【文档说明】北京市清华大学附属中学2024-2025学年高三上学期统练(三)化学试题 Word版含解析.docx，共(23)页，1.195 MB，由管理员店铺上传

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G22级高三上学期化学统练32024.10可能用到的相对原子量：H-1C-12N-14O-16S-32Ca-40Ti-48Fe-56Co-59Cu-64第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.我国科研团队对嫦娥

五号月壤的研究发现，月壤中存在一种含“水”矿物()()543CaPOOH。下列化学用语或图示表达不正确．．．的是A.—OH的电子式：B.2Ca+的结构示意图：C.34PO−的空间结构模型：D.2HO的V

SEPR模型：【答案】C【解析】【详解】A．-OH的电子式：，A正确；B．2Ca+的结构示意图：，B正确；C．34PO−的中心原子的价层电子对数为4+53422+−=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，C错误；D．2HO的中心原子的价层电子对数为2+6212−=4，有2个孤电子对，VSE

PR模型：，D正确；故选C。2.下列事实或现象不能．．用元素周期律解释的是A.相同温度、相同物质的量浓度时，醋酸的pH大于盐酸B.醛基的碳氧双键中，氧原子带部分负电荷C.Mg和水的反应不如Na和水的反应剧烈D.向

NaBr溶液中滴加氯水，溶液变黄【答案】A【解析】【详解】A．相同温度、相同物质的量浓度时，醋酸是弱酸未完成电离，故醋酸的pH大于盐酸，不能用元素周期律解释，A符合题意；B．同周期元素随原子序数的递增电负性增强，故醛基的碳氧双键

中，氧原子带部分负电荷，B不符合题意；C．同周期元素随原子序数的递增金属性减弱，故Mg和水的反应不如Na和水的反应剧烈，C不符合题意；D．同主族元素从上到下非金属性越来越弱，氯气氧化性强于溴单质，故向NaBr溶液中滴加氯水，可以置换出溴单质，溶液变黄，D不符合题意；故选A。

3.短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法错误的是A.X能与多种元素形成共价键B.简单氢化物沸点：Z<

QC.第一电离能：YZD.电负性：W<Z【答案】B【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W简单离子在同周期离子中半径最小，说明W为第三周期元素Al。短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论：①为第二周期元素时，

最外层电子排布为2s22p2或2s22p4，即C或O；②为第三周期元素时，最外层电子排布为3s23p2或3s23p4，即Si或S。Q与Z同主族，结合原子序数大小关系可知，则X、Z、Q分别为C、O和S，则Y为N。【详解】A．X为C，能与多种元素(H、O、

N、P、S等)形成共价键，A正确；B．Z和Q形成的简单氢化物为H2O和H2S，由于H2O分子间能形成氢键，故H2O沸点高于H2S，B错误；C．Y为N，Z为O，N的最外层p轨道电子为半充满结构，比较稳定，故其第一电离能比O大，C正确；D．W为Al，Z为O，O的电负性更大，D正确

；故选B。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存是A.pH=1的溶液中：3HCO−、K+、Cl−、Na+的B.无色溶液中：+4NH、K+、4MnO−、2-4SOC.能使甲基橙变红的溶液中：-3NO、Cl−、Na+、2Fe+D.()2

OH10mol/L−−=c的溶液中：Na+、2-3CO、Cl−、K+【答案】D【解析】【详解】A．pH=1的溶液中3HCO−不能大量共存，A不合题意；B．无色溶液中不能存在有色离子，4MnO−在溶液中显紫色，

B不合题意；C．能使甲基橙变红的溶液是酸性溶液，-3NO在酸性条件下具有强氧化性，可氧化2Fe+，不能共存，C不合题意；D．()2OH10mol/Lc−−=溶液是碱性溶液，Na+、2-3CO、Cl−、K+在碱性条件下互不反应，可以共存，D符合题意；故选D。5.2

022北京冬奥会采用氢气作为火炬燃料，选择氢能汽车作为赛事交通服务用车，充分体现了绿色奥运的理念。已知：下列说法不正确．．．的是A.氢气既可以通过燃烧反应提供热能，也可以设计成燃料电池提供电能B.()()22HOgHOl=的过程中，H0，ΔS<0C.断裂2

mol2H和1mol2O中化学键所需能量大于断裂2mol2HO中化学键所需能量D.化学反应H，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关【答案】C【解析】【详解】A．氢气既可以通过燃烧反应提供热能，也可以根据氧化还原反应原理设计成燃料电池提供电能，A正确；的B．由盖斯定律知()()22H

Og=HOl21ΔH-ΔH-571.6kJ/mol--483.6kJ/molΔH===-44kJ/mol22（）<0，气体变成液体，该反应是熵减的反应，B正确；C．氢气燃烧的反应是放热反应，故断裂2mol氢气和1mol氧气中化学键所需能量小于断裂2m

ol水中化学键所需能量，C错误；D．化学反应的H，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确；故选C。6.AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.28g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为2ANB.1.8g重水

()212HO中所含质子数为ANC.电解粗铜精炼铜，通过电路的电子数为AN时，阳极有32gCu转化为2Cu+D.140.1molLNHCl−溶液中，4NH+、32NHHO数目之和为0.1AN【答案】A【解析】【详解】A．乙烯和丙烯的最简式为CH2，故28g乙烯和丙烯的

混合气体中含有的碳原子数为AA28gN=2N14g/mol，A正确；B．1.8g重水()212HO中所含质子数为AA1.8g×10N=0.9N20g/mol，B错误；C．电解粗铜精炼铜，阳极发生的反应除了Cu-2e

-=Cu2+还有其他金属的溶解，故通过电路的电子数为AN时，阳极溶解的铜小于32g，C错误；D．140.1molLNHCl−溶液中，4NH+、32NHHO数目与溶液的体积有关，未说明体积，D错误；故选A。7.下列对实验现象解释的方程式中，不正确的是A.0

.1mol/L次氯酸溶液的pH约为4.2：HClOHClO+−+ƒB.向醋酸中加入3NaHCO溶液得到无色气体：33322CHCOOHHCOCHCOOHOCO−−+=++C.向4NaHSO溶液中加入足量()2BaOH溶液，得到白色

沉淀：22442HSOBaOHBaSOHO+−+−+++=+D.在煤中添加石灰石，降低尾气中2SO浓度，同时得到石膏：3232CaCOSOCaSOCO++【答案】D【解析】【详解】A．次氯酸为弱电解质，在水溶液中不完全电离，电离方程式正确，A正确；B．醋酸与碳酸氢钠溶液

反应生成无色气体二氧化碳，离子方程式正确，B正确；C．硫酸氢钠属于酸式盐，在水溶液中可以电离出硫酸根离子，与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式正确，C正确；D．石膏成分为硫酸钙，石灰石与二氧化硫和空气中氧气反应得到硫酸钙和二氧化碳，降低尾气

中二氧化硫浓度，化学方程式为3224222O22CaCOSOCaSOCO++=+，D错误；故选D。8.关于23NaCO和3NaHCO的下列说法中，不正确的是A.两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同B.可用NaOH溶液使3NaHCO转化为23NaCOC.利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混

合物中除去3NaHCOD.室温下，二者饱和溶液的pH差约为4，说明23NaCO碱性强于3NaHCO【答案】D【解析】【详解】A．23NaCO和3NaHCO的两种溶液中存在电离和水解，溶液中的离子种类都含有：Na+、23CO−、3HCO−、23HCO、H+、OH-、H2O

等微粒，A正确；B．2332HCO+OH=CO+HO−−−,可用NaOH溶液使3NaHCO转化为Na2CO3，B正确；C．323222OHONaHCNaCOCO=++，利用二者稳定性差异，可以除去碳酸钠固体中混有的碳酸

氢钠，C正确；D．室温下，二者饱和溶液的pH差约为4，但是二者溶解度不同，不能说明碳酸钠碱性强于碳酸氢钠，D错误；故选D。9.用下列实验装置完成对应的实验（夹持装置已略去），不能达到实验目的的是A.证明氨气极易溶于水B.证明二氧化硫具有漂白性C.证明碳酸钠热稳定性比碳酸氢钠高D.证明铁与水蒸

气反应生成氢气【答案】B【解析】【详解】A.挤压胶头滴管，氨气遇水溶解，烧瓶内气压降低，在大气压的作用下将烧杯中的水向上压形成“喷泉”，可以说明氨气极易溶于水，故A正确；B.二氧化硫使高锰酸钾褪色表现为二氧化硫的还原性

，无法证明二氧化硫具有漂白性，故B错误；C.碳酸氢钠不稳定加热分解，而碳酸钠不分解，则图中小试管中温度低碳酸氢钠分解，可知碳酸氢钠的稳定性差，故C正确；D.铁与水蒸气反应生成氢气，用燃烧的火柴靠近能点燃气体并有淡蓝色火焰可说明生成氢气，故D正确。

故答案选：B。10.硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。下列说法不正确的是A.I的化学方程式：223423FeS+8OFeO+6SOB.Ⅱ中的反应条件都是为了提高2SO平衡转化率C.将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生D.

生产过程中产生的尾气可用碱液吸收【答案】B【解析】【分析】黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，SO2和空气中的O2在400~500℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3，用98.3%的浓硫酸吸收SO3，得到H2SO4。【详解】A．反应I是

黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，化学方程式：223423FeS+8OFeO+6SO，故A正确；B．反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高2SO平衡转化

率，故B错误；C．将黄铁矿换成硫黄，则不再产生34FeO，即可以减少废渣产生，故C正确；D．硫酸工业产生的尾气为2SO、3SO，可以用碱液吸收，故D正确；故选B。11.氮及其化合物的转化关系如下图所示，则下列说法不正确的是A.路线①②③是工业生产

硝酸的主要途径B.路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径C.上述所有反应都是氧化还原反应D.反应③中每生成1mol3HNO，转移2mol电子【答案】D【解析】【详解】A．路线①、②、③依次发生的反应为

4NH3+5O2Δ催化剂4NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，是工业上以NH3为原料生成HNO3的途径，氨催化氧化制HNO3是工业生成HNO3的主要途径，A项正确；B．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次发生反应N2+O2放电2NO、2NO+O2=2NO2

、3NO2+H2O=2HNO3+NO，是雷电固氮生成HNO3的主要途径，B项正确；C．N2、NH3、NO、NO2、HNO3中N元素的化合价依次为0价、-3价、+2价、+4价、+5价，上述反应中N元素的化合价都发生变化，所有反应都是氧化还原反应，C项正确；D．反应③为3NO

2+H2O=2HNO3+NO，反应中N元素的化合价由NO2中的+4价部分升至HNO3中+5价、部分降至NO中+2价，反应每生成2molHNO3转移2mol电子，则每生成1molHNO3转移1mol电子，D项错误；答案选D。12.

向碘水中加入KI溶液，发生反应：()()()23IaqIaqIaq−−+，充分反应达平衡后，测得微粒浓度如下：微粒I−2I3I−浓度()1/molL−32.510−32.510−34.010−下列说法不正确．．．的是A.向所得

溶液中加入4CCl，振荡静置，水层()2cI降低B.向所得溶液中加入等体积水，()312cI<1.2510molL−−C.该温度下，反应23III−−+的K640=D.配制碘水时，加入少量KI，可促进2I的溶解【答案】B

【解析】【详解】A．碘单质在水中的溶解度小于有机溶剂四氯化碳中的溶解度，向所得溶液中加入4CCl，振荡静置，水层()2cI降低，A正确；B．向所得溶液中加入等体积水，体积扩大一倍，各离子浓度瞬间减少一半，--33--3-32c(I)2

.010Q===1280>K=640c(I)c(I)1.25101.2510，故平衡逆向移动，()-3-12cI>1.2510molL，B错误；C．--33--3-32c(I)4.010K===640c(I)c

(I)2.5102.510，C正确；D．碘单质在水中的溶解度小，配制碘水时，加入少量KI，--23I+II，可促进2I的溶解，D正确；故选B。13.已知合成氨反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，工业上选择的适宜条件为500℃、铁

做催化剂、20MPa~50MPa.下列叙述中正确的是A.铁做催化剂可加快反应速率，且有利于平衡向合成氨的方向移动B.将氨从混合气中分离，可加快反应速率，且有利于平衡向合成氨的方向移动C.升高温度可以加快反应速率，所以工业生产中尽可能提高温度D.增大压强可加快反应速率，且有

利于平衡向合成氨的方向移动【答案】D【解析】【详解】A．催化剂加快反应速率，但不能影响平衡移动，故A错误；B．将氨分离出，有利于平衡向合成氨方向移动，但反应速率降低，故B错误；C．升高温度加快反应速率，该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，不利于氨气的合成，故C错误；D．该反

应正反应是气体体积减小的反应，增大压强反应速率加快，平衡向正反应方向移动，有利用氨气的合成，故D正确。答案选D。14.2CO转化可减少2CO排放并实现资源利用。2CO催化氧化乙烷制乙烯的主要反应有：①：()(

)()26242CHgCHgHg+②：()()()()222COgHgCOgHOg++反应的能量变化如图1所示。体系中还存在其他副反应。相同时间内，乙烷的转化率、乙烯的选择性与温度的关系如图2所示。已知：乙烯的选择性为转化的乙烷中生成乙烯的百分比，下列说法不正确．．．的

是A.()()()()()262242CHgCOgCHgCOgHOg+++177kJ/molH=+B.反应②比反应①的速率小，是总反应的决速步C.在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的产率越低D.其他条件不变，适当增大投料比()()226CO:CHnn，能提高26CH的转化率

【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，()()()()()262242CHgCOgCHgCOgHOg+++H=生成物的能量减去反应物的能量=-300kJ/mol-(-477kJ/mol)=+177kJ/mol，故A正确；B．由图可知，反应①的活化能小于反应②的活化能，则反应②比反

应①的速率小，速率小的是总反应的决速步，故B正确；C．由图可知，在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的选择性越低，但是乙烷的转化率越高，无法确定乙烯的产率的变化，故C错误；D．其他条件不变，适当增大投料比()()226CO:CHnn

，反应①正向移动，能提高26CH的转化率，故D正确；故选C。第二部分本部分共5题，共58分15.I.氮化镓、碳化硅、ZnO、ZnS、CdSe均为重要的半导体材料，可应用于生物标记和荧光显示领域，并在光电

器件、生物传感和激光材料等方面也得到了广泛的应用。（1）基态Si原子的价层电子轨道表示式为_______。（2）S与P在周期表中是相邻元素，两者的第一电离能：S_______P(填“>”、“＜”或“=”)，解释其原因_______。（3）

CdSe的一种晶体为闪锌矿型结构，晶胞结构如图所示。已知，晶胞边长anm，阿伏伽德罗常数为AN，CdSe的摩尔质量为1911gmol−。则CdSe晶体的密度是_______3gcm−。(71nm10cm−=)Ⅱ.W、X、Y、Z

为同一周期的四种主族元素，原子序数依次增大。基态Y原子的价电子排布为243s3p，X的电离能数据如下表所示。电离能1I2I3I4I…1a/kJmolI−7381451773310540…（4）下列事实能用元素周期律解释的是_______(填字母序号)。a．W可用于制备活泼金

属钾b．Y的气态氢化物的稳定性小于2HOc．将Z单质通入2NaS溶液中，溶液变浑浊d．Y的氧化物对应的水化物23HYO的酸性比23HSiO强（5）为了进一步研究最高价氧化物对应水化物的酸碱性与元素金属性、非金属性的关系，查阅如下资料。ⅰ.某元素最高价氧化物对应的水化物脱水前的化学式

通常可以表示为()MOHn，该水化物中的M-O-H结构有两种断键方式，断M-O键在水中电离出OH−，断O-H键则在水中电离出H+。ⅱ.在水等强极性溶剂中，成键原子电负性的差异是影响化学键断裂难易程度的原因之一。水化物的M-O-H结

构中，成键原子电负性差异越大，所成化学键越容易断裂。①已知：O、H元素的电负性数值分别为3.5和2.1，若元素M的电负性数值为2.5，且电负性差异是影响M-O-H中化学键断裂难易程度的主要原因。该元素最高价氧化物对应的水化物呈______

_(填“酸”或“碱”)性。②结合资料判断，W和X的最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱，并说明理由：_______。【答案】（1）（2）①.＜②.P的价电子排布式为233s3p，S的价电子排布为243s3p，P原子为半充满结构，比较

稳定，难失电子，第一电离能大。（3）()321A764/10Na−（4）bc（5）①.酸②.NaOH>()2MgOH，理由：Na的电负性比Mg小，Na与O电负性差异更大，所形成的化学键更容易断裂，在水中

更容易电离出OH−【解析】【小问1详解】基态Si原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2；价电子排布式为：3s23p2；价层电子轨道表示式为：；【小问2详解】P的价电子排布式为3s23p3，S的价电子排布为3s23p4，P原子为半充满结构，比较稳定，难失电子，第一电离能大，

即I1(P)>I1(S)；【小问3详解】Se原子全部位于晶胞内部，有4个，Cd为顶点和面心，8×18+6×12=4，因此每个晶胞中共存在4个CdSe，该晶胞的质量为A1914gN，则CdSe晶体的密度为()A371914ga10cmN−=321A76410−

Nag·cm-3。【小问4详解】a．同主族元素从上到下元素的金属性依次增强，金属性K>Na，则钠用于制备活泼金属钾不能用元素周期律解释，故a不符合题意；b．同主族元素从上到下元素的非金属性依次减弱，S的非金属性弱于O，氢化物稳定性H2S小于H2O，能用元素周期律解释，故b符合题意；c．同

周期从左到右元素的非金属性依次增强，所以Cl的非金属性强于S，单质的氧化性：Cl2>S，则氯气能将硫化钠中单质硫置换出来，能用元素周期律解释，故c符合题意；d．同周期从左到右元素的非金属性依次增强，所以S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物H

2SO4的酸性强于H2SiO3，由于H2SO3不是硫元素的最高价氧化物对应水化物，不能元素周期律解释，故d不符合题意；故答案为：bc；【小问5详解】①根据O、H元素的电负性数值分别为3.5和2.1，某元素M的

电负性数值为2.5，M和O的电负性差值为1，O和H的电负性差值1.4，根据电负性差异是影响M-O-H中化学键断裂难易程度的主要原因，明显O-H键更容易断裂，该元素最高价氧化物对应的水化物呈酸性，②W的最高价氧

化物对应的水化物为NaOH，X的最高价氧化物对应的水化物Mg(OH)2，同一周期从左到右电负性逐渐增大，Na与O的电负性差值比Mg与O的电负性差值大，M-O键更容易断裂，所以碱性较强的是NaOH。16.将沼气(主要成分为4CH)中的2CO、2H

S资源化转化在能源利用、环境保护等方面意义重大。I.脱除沼气中的2HS并使之转化为可再利用的资源资料：ⅰ.()22x1SSSx−−−+(黄色溶液)，2xS−与酸反应生成S、2HS(或HS−)ⅱ.BaS、xBaS均易溶于水（1）乙醇胺(222HOCHCHN

H)可脱除沼气中的2HS，这与其结构中的_______(填官能团名称)有关。加热所得产物，得到2HS，同时乙醇胺得以再生。（2）采用加热法可将2HS转化为2S和2H，反应为：()()()2222HSgSg2Hg+△H。一定温度下，将am

ol2HS置于vL密闭容器中加热分解，平衡时混合气中2HS与H2的物质的量相等，该温度下反应的平衡常数K=_______(用含a、v的代数式表示)（3）采用电解法也可将2HS转化为S和2H。先用NaOH溶液吸收2H

S气体，再电解所得溶液。电解时阴极产生无色气体，阳极附近溶液变为黄色。①用方程式解释阳极附近溶液变为黄色的原因_______。②实验测得2HS的转化率大于S的收率，推测电解时阳极可能生成2-3SO、2-4SO等物质。实验证实了上述推测成立，写出检验2-4SO的实验操作及现象：_______

。资料：2HS的转化率()()22HS100%HSnn=转化的通入的；S的收率()()2S100%HSnn=生成的通入的。③停止通电，向黄色溶液中通入_______(填化学式)气体，析出S，过滤，滤液可继续电解。Ⅱ.4CH与2CO催化重整可生成2H，2CO与2H在催化

剂作用下可转化为3CHOH，体系中发生的主要反应有：ⅰ.()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++1149kJmolH−=−ⅱ.()()()()222COgHgCOgHOg++1241kJmolH−=+（4）研究表明，CO与2H也能生成3CHO

H，写出该反应的热化学方程式：_______。（5）在催化剂作用下，将1mol2CO、3mol2H投入反应器，反应温度对2CO平衡转化率()2XCO、3CHOH选择性()3YCHOH的影响如下。已知：(

)()()3232nCHOHCOYCHOH=100%nCO转化为的转化的()2XCO随温度升高逐渐增大、()3YCHOH随温度升高逐渐减小的原因是_______。【答案】（1）氨基（2）4av（3）①.2S2eS−−−=、()221SSSxx−−−+(黄色溶液

)②.取少量阳极附近溶液，加入足量盐酸，静置，取上层清液，加2BaCl溶液，若产生白色沉淀，则含有2-4SO③.2HS（4）()()()23COg2HgCHOHg+190kJmolH−=−（5）反应i为放热反应，反应ⅱ为吸热

反应。随温度升高，反应i逆向移动程度小于反应ⅱ正向移动程度【解析】【小问1详解】H2S的水溶液是弱酸，具有酸性，氨基具有碱性，二者能发生反应，故乙醇胺(222HOCHCHNH)可脱除沼气中的2HS，这与其结构中的氨基(填官能团名称)有关。【小问2详解】

一定温度下，将amol2HS置于vL密闭容器中加热分解，()()()2222HS(g)S(g)+2H(g)mola00mol22mola-22xxxxxx起始转化平衡，平衡时混合气中2HS与H2的物质的量相等，则amol-2x=2x，x=0.25amol，该温度下反应的平

衡常数为220.25amol0.50amol()vVLVLK==amol-0.50amol()VLa4。【小问3详解】①先用NaOH溶液吸收2HS气体，发生反应：222HS2OHS2HO−−++=，再电解所得溶液，硫离子在阳极放电生成硫单质、淡黄色的硫单质不溶于水，据信息，硫能

与硫离子反应生成可溶性2xS−(黄色溶液)，故阳极附近溶液变为黄色，用方程式解释阳极附近溶液变为黄色的原因为：2S2eS−−−=、()221SSSxx−−−+(黄色溶液)。②实验测得2HS的转化率大于S的收率，

推测电解时阳极可能生成2-3SO、2-4SO等物质。由于酸性条件下硫离子、亚硫酸根离子会反应生成不溶性硫单质，或者氢离子与2xS−反应生成硫单质，会干扰硫酸根离子的检验，为防止干扰，检验时需过滤加盐酸后产生的硫或往上层清液中滴入氯化钡，则检验

阳极可能存在2-4SO的实验操作及现象为：取少量阳极附近溶液，加入足量盐酸，静置，取上层清液，加2BaCl溶液，若产生白色沉淀，则含有2-4SO。③已知2xS−与酸反应生成S、2HS，则停止通电时，防止引

入其它酸根离子，可向黄色溶液中通入2HS气体，析出S，过滤，滤液可继续电解。【小问4详解】CO与H2反应生成CH3OH的化学方程式为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)；ⅰ.()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++1149kJmolH−=−ⅱ.(

)()()()222COgHgCOgHOg++1241kJmolH−=+根据盖斯定律：i-ii计算反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的ΔH=-49kJ⋅mol-1-(+41kJ⋅mol-1)=-90kJ⋅mol

-1，CO与2H生成的3CHOH热化学方程式为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH=-90kJ⋅mol-1。【小问5详解】反应ⅰ放热，升温平衡左移，二氧化碳转化率减小、甲醇产量减小，反应ⅱ为吸热

反应，升温平衡右移，二氧化碳转化率增大。则()2XCO随温度升高逐渐增大、()3YCHOH随温度升高逐渐减小的原因是：当温度升高时，反应ⅰ逆向移动，而反应ⅱ正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，

但甲醇的选择率却降低。17.以下是生活中常用的几种消毒剂：ⅰ.“84”消毒液，有效成分是NaClOⅱ.消毒液A，其有效成分的结构简式为(简称PCMX)ⅲ.双氧水消毒液，是质量分数为3%～25%的22HO溶液ⅳ液氯（

1）“84”消毒液需要在阴暗处密封保存，否则容易失效，用化学用语解释其原因：①223NaClOHOCONaHCOHClO++=+；②_______。（2）实验室通过测定不同pH环境中不同浓度NaClO溶液的细菌杀灭率(%)，以探究

“84”消毒液杀菌能力的影响因素，实验结果如下表。NaClO溶液浓度(mg/L)不同pH下的细菌杀灭率(%)pH=4.5pH=7.0pH=9.525098.9077.9053.9050099.9997.906554下列关于“84消毒液”使用方法的描述中，正确的是_______(填字母序号)。a．

“84”消毒液的杀菌能力与其浓度有关b．长期用于对金属制品消毒，不会使金属腐蚀c．不能与洁厕灵(含HCl)混合使用，可能会导致安全事故d．喷洒在物品表面后适当保持一段时间，以达到消毒杀菌效果（3）消毒

液A常用于家庭衣物消毒。若将消毒液A与“84”消毒液混合使用，会大大降低消毒效果，从物质性质的角度解释其原因为：_______。..（4）研究小组将某“84”消毒液与双氧水消毒液等体积混合，有大量无色气体生成，经检验为氧气。用离子方程式表示生成氧气的可能原因：22222

HO2HOO+=、_______。（5）自来水厂常用液氯进行杀菌消毒。①氯气溶于水发生的反应为_______(用离子方程式表示)。②用液氯消毒会产生微量有机氯代物，危害人体健康，可以使用二氧化氯(2ClO)代替液氯

。工业上以黄铁矿(2FeS)、氯酸钠(3NaClO)和硫酸溶液混合制备二氧化氯气体。已知黄铁矿中的硫元素(-1价)最终氧化成2-4SO，写出制备二氧化氯的离子方程式_______。（6）用莫尔法可以测定溶液中Cl−的含量。莫尔法是一种沉淀滴定法，用标准3AgN

O溶液滴定待测液，以24KCrO为指示剂，滴定终点的现象是溶液中出现砖红色沉淀(24AgCrO)。已知平衡222724CrOHO2CrO2H−−+++，该滴定过程需要控制pH范围在6.5～10.5，若pH小于6.5会

使测定结果偏高。结合平衡移动原理解释偏高的原因：_______。【答案】（1）22HClO2HClO光照+（2）acd（3）PCMX中的酚羟基具有还原性，而“84”消毒液中的NaClO具有氧化性，当二者接触时能发生氧化还原反应减弱消毒杀菌效果（4）2222Cl

OHOClOHO−−+=++（5）①.22ClHOHClHClO+−+++②.323224215ClOFeS14H15ClOFe2SO7HO−++−++=+++（6）根据反应222724CrOHO2CrO2H−−+++，增大()Hc+，平衡逆

向移动，()24CrOc−降低，根据溶度积()()224ccKspAgCrO+−=可知，生成24AgCrO(砖红色)沉淀需要消耗的()cAg+增大，则消耗的硝酸银量也增多，使最终测得的Cl−的含量偏高【解析】【分析】【小问1详解】“84”消毒液需要在阴暗处

密封保存，否则容易失效，是因为暴露在光照下，次氯酸易分解为盐酸和氧气。故答案为：222OHClOHCl=+光。【小问2详解】根据表格中的数据得出：“84”消毒液杀菌能力随浓度增加而增强，随酸性增强（pH减小）而增强；a．根据表格中的数据

，“84”消毒液的杀菌能力与其浓度有关，浓度越大，“84”消毒液杀菌能力越强，a正确；b．长期用于对金属制品消毒，因溶液中存在HClO显酸性，长期接触金属，会慢慢与金属反应，对金属产生腐蚀，b错误；c．洁厕灵中含HCl，

如与“84”消毒液混合使用，能发生反应22HOHClOHClCl+=+，生成氯气有毒，可能会导致中毒事故发生，c正确；d．喷洒在物品表面后，由于HClO的灭菌作用不是瞬间完成，因此适当保持一段时间，可以增强消毒杀菌持续效果，d正确。故答案为：acd。【小问3详解】PCMX属于酚类

，其中的酚羟基具有还原性，而“84”消毒液中的NaClO具有氧化性，当二者接触时能发生氧化还原反应减弱消毒杀菌效果。故答案为：PCMX中的酚羟基具有还原性，而“84”消毒液中的NaClO具有氧化性，当二者接触时能发生氧化还原反应减弱消毒杀菌效果。【小问4详解】“8

4”消毒液与双氧水等体积混合，生成氧气，除了双氧水分解出氧气外，还有可能是次氯酸钠将双氧水氧化产生了氧气，反应的离子方程式为:2222ClOHOClOHO−−+=++。故答案为:2222ClOHOClOHO−−+=+

+。【小问5详解】①将氯气溶于水后，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸为强酸全电离，次氯酸为弱酸，则反应的离子方程式：22ClHOHClHClO+−+++；②工业上以黄铁矿(2FeS)、氯酸钠(3NaClO)和硫酸溶液混合制备二氧化

氯气体，黄铁矿中的硫元素(-1价)最终氧化成2-4SO、铁元素氧化为+3价，氯酸钠中氯元素由+5价被还原为二氧化氯的+4价，则反应的离子方程式为：323224215ClOFeS14H15ClOFe2SO7HO−++−++=+++。故答案为：22ClHOHClHClO+−+++；的3232242

15ClOFeS14H15ClOFe2SO7HO−++−++=+++。【小问6详解】莫尔法是利用Ag+与氯离子完全沉淀后，加入最后一滴硝酸银使Ag+与24CrO−成24AgCrO(砖红色)沉淀来判断滴定完成；根据反应222724CrOHO2CrO

2H−−+++，增大()Hc+，平衡逆向移动，()24CrOc−降低，根据溶度积()()224ccKspAgCrO+−=可知，生成24AgCrO(砖红色)沉淀需要消耗的()cAg+增大，则消耗的硝酸银量也增多，使最终测

得的Cl−的含量偏高。故答案为：根据反应222724CrOHO2CrO2H−−+++，增大()Hc+，平衡逆向移动，()24CrOc−降低，根据溶度积()()224ccKspAgCrO+−=可知，生成24A

gCrO(砖红色)沉淀需要消耗的()cAg+增大，则消耗的硝酸银的量也增多，使最终测得的Cl−的含量偏高。18.我国科学家用粗氢氧化高钴[()3CoOH]制备硫酸钴晶体(42CoSO7HO)，其工艺流程如下。已知：ⅰ.还原浸出液中的阳离子有：2Co+、H+、2Fe+和2Ca+等ⅱ

.部分物质的溶度积常数如下(25℃)物质spK2CaF114.010−()3FeOH392.810−ⅲ.42CoSO7HO溶解度随温度升高而明显增大（1）氢氧化高钴溶于硫酸的化学方程式是_______。（2）浸出2Co+时，理论上

氧化性离子和还原性离子物质的量之比为_______。（3）写出“氧化沉铁”的离子方程式_______；25℃时，浊液中铁离子浓度为_______mol/L(此时pH为4)。（4）P507萃取后，经反萃取

得到硫酸钴溶液，将硫酸钴溶液经_______操作，得到硫酸钴晶体。（5）用滴定法测定硫酸钴晶体中的钴含量，其原理和操作如下。在溶液中，用铁氰化钾将Co(II)氧化为Co(III)，过量的铁氰化钾以Co(II)标准液返滴定。反应的方程式

为：()()342366CoFeCNCoFeCN−−+++=+。已知：铁氰化钾标准液浓度为1cmol/L，Co(II)标准液浓度为2cmol/L。取mg硫酸钴晶体，加水配成200mL溶液，取20mL待测液进行滴定，消耗1VmL铁氰化钾标

准液、2VmLCo(II)标准液。计算样品中钴含量=_______(以钴的质量分数计)。【答案】（1）()()24242332CoOH3HSOCoSO6HO+=+（2）2:1（3）①.()22336Fe15HOClO6FeOHCl12H+−−+++=++②.92.810−（4）加热浓缩、

冷却结晶、过滤（5）()11220.59100%cVcVm−【解析】【分析】用粗氢氧化高钴[()3CoOH]制备硫酸钴晶体(42CoSO7HO)，首先粗氢氧化高钴加入稀硫酸溶解，然后加入过量Na2SO3进行还原浸出，还原浸出液中的阳离子有Co2+、H+、Fe2+和Ca2+等，加入过量NaC

1O3氧化沉铁，使亚铁离子氧化为三价铁离子并转化为Fe(OH)3沉淀，加入过量NaF得到氟化钙沉钙，过滤除去沉淀，加入P2O4进行萃取，加入P5O7分离后，经反萃取得到硫酸钻溶液；将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、

干燥，便可得到硫酸钴晶体，由此作答：【小问1详解】氢氧化高钴溶于硫酸的化学方程式为()()24242332CoOH3HSOCoSO6HO+=+；【小问2详解】用过量亚硫酸钠还原浸出2Co+发生的离子反应为2-2-+42+33+2+SO+HO=2CoSOo+C+2H2，则理论上氧化剂与还原剂物质

的量之比2：1；【小问3详解】“氧化沉铁”时，亚铁离子被氧化后转化为氢氧化铁沉淀，氯酸根被还原为氯离子，离子方程式为()22336Fe15HOClO6FeOHCl12H+−−+++=++；25℃时，pH=4，()

--10cOH=110mol/L，浊液中()()-393+-93-102.810cFe=mol/L=2.810mol/L110；【小问4详解】从硫酸钴溶液中提取硫酸钴晶体，由于硫酸钴晶体的溶解度随温度升高而明显

增大，所以将硫酸钴溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤操作，得到硫酸钴晶体；【小问5详解】根据方程式可知()326CoFeCN−+，20mL待测液中二价钴离子的物质的量=3311221010cVcV−−−，则200mL溶液中二价钴离子的物质的量=()331122101010cVcV−−

−，则样品中钴的含量为()()3311221122101010590.59100%100%cVcVcVcVmm−−−−=。19.某小组同学探究2SO与3FeCl溶液的反应。（1）实验Ⅰ：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备2SO，将2SO通入3Fe

Cl溶液中。实验现象：A中产生白雾；C中溶液由黄色变成红棕色，静置5min后，溶液颜色从红棕色变回黄色，检测到2Fe+；静置9h后，溶液变为浅绿色。①浓24HSO与Cu反应的化学方程式是_______。②试剂a是_______。（2）分析C中溶液颜色变化的原因。①溶液颜色由黄色最终变为浅绿色

的原因是_______。(写离子方程式)。②针对溶液颜色变为红棕色，提出了两种假设。假设1：主要与2SO、23HSO有关。假设2：主要与23SO−、3HSO−有关。实验Ⅱ证实假设1不成立，假设2成立。实验Ⅱ：向3FeCl溶液中加入3NaHSO溶液，_______(填现象)，然后滴加____

___(填试剂)，溶液变为黄色。（3）进一步探究3FeCl与23SO−、3HSO−显红棕色的原因。查阅资料：()()3-2n3+2-3232nmFe+nSO+mHOFeSOHO(红棕色)实验Ⅲ：向3FeCl溶液中滴加23NaSO溶液，溶液由黄色变

成红棕色，析出大量橙黄色沉淀。甲同学认为橙黄色沉淀中可能含有OH−、23SO−、24SO−，并设计如下检验方案。①乙同学认为酸性4KMnO溶液褪色不能证明橙黄色沉淀中含有23SO−，理由是_______。②实验证实橙黄色沉淀中含有23SO−、不含24SO−，试剂b、c分别是_______、____

___。（4）实验反思：实验I静置5min后溶液颜色由红棕色变回黄色可能的原因是_______。【答案】（1）①.Cu+2H2SO4（浓）ΔCuSO4+SO2+2H2O②.饱和NaHSO3溶液（2）①.2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO24−+4H+

②.溶液变为红棕色③.硫酸（或盐酸）（3）①.溶液A中含有盐酸，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰亚硫酸根的检验；②.BaCl2溶液③.H2O2（氯水等合理即可）（4）三价铁与二氧化硫发生氧化还原反应导致三价铁离子浓度减小，反应生成的氢离子使亚硫酸根减小，()()3-2n3+2-

3232nmFe+nSO+mHOFeSOHO逆向移动，溶液由红棕色变为黄色。【解析】【小问1详解】浓24HSO与Cu反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）ΔCuSO4+SO2+2H2O；试剂a是除杂试剂饱和NaHSO3溶

液，去除二氧化硫中混有的杂质气体而不损耗二氧化硫；【小问2详解】溶液颜色由黄色最终变为浅绿色的原因是2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO24−+4H+；向3FeCl溶液中加入3NaHSO溶液，溶液变为红棕色，然后滴加硫酸或盐酸，溶液变为黄色。【小问3详解】溶液A中含有盐酸，也能使酸性高

锰酸钾溶液褪色，干扰亚硫酸根的检验；试剂b、c分别是BaCl2溶液、H2O2（氯水等合理即可），先滴加氯化钡无明显现象说明不含硫酸根，再加氧化剂生成沉淀说明亚硫酸根被氧化成硫酸根；【小问4详解】实验I静置5min

后溶液颜色由红棕色变回黄色可能的原因是三价铁与二氧化硫发生氧化还原反应导致三价铁离子浓度减小，反应生成的氢离子使亚硫酸根减小，()()3-2n3+2-3232nmFe+nSO+mHOFeSOHO逆向移动，溶液由红棕色变为黄色。