【文档说明】新疆和田地区民丰县2022-2023学年高三上学期期中化学试题 含解析.pdf，共(17)页，1.339 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-850bfcf0fa34203f21d68d3b8c2bc7b5.html

以下为本文档部分文字说明：

2022~2023学年度第一学期和田地区民丰县期中教学情况调研高三化学本次考试时间为75分钟，满分值为100分。一、单项选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个．．．．选项符合题意。1.制造水泥和玻璃都需用到的原料是A.粘土B.石英C.石灰石D

.纯碱【答案】C【解析】【详解】制造水泥的原料是石灰石和粘土，制造玻璃的原料是石灰石、纯碱和石英，所以制造水泥和玻璃都需用到的原料是石灰石，故选C。2.化学与生产、生活息息相关，下列解释正确的是A.红酒中的二氧化硫，主要作用是增加酸性B.游泳池中定期加入的

漂白粉，主要作用是漂白C.月饼包装中的铁粉，主要作用是除氧，防止月饼变质D.用饱和硅酸钠溶液浸泡木材，主要作用是杀虫【答案】C【解析】【详解】A．为了杀菌消毒，红酒中可添加适量二氧化硫，A错误；B．游泳池中定期加入的漂白粉，是为了杀菌消毒，B错误；C．铁粉具有还原性，可以除去月饼包装

中的氧气，防止月饼被氧化而变质，C正确；D．饱和硅酸钠浸泡木材，主要作用是使木材防火，D错误；故选C。3.下列关于氯化氢和盐酸的叙述中，正确的是A.它们都用HCl表示，两者没有区别B.氯化氢和稀盐酸在潮

湿的空气中都形成酸雾C.氯化氢和盐酸都能导电D.氯化氢是无色气体，盐酸是无色溶液，它们都有刺激性气味【答案】D【解析】【分析】【详解】A．盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，氯化氢是纯净物，A错误；B．稀盐酸不会形成酸雾，B错误；C．氯化氢不能导电，C错误；D．氯化氢是无

色气体，盐酸是无色溶液，都有刺激性气味，D正确；故选D。4.“一带一路”倡议赋予古丝绸之路崭新的时代内涵。古代丝绸染整时先将丝绸精炼(即先将蚌壳灼烧成蚌壳灰，然后将其加入草木灰汁中，再将丝绸浸泡其中)，以除去蚕丝表层的丝胶，再进行染色。下列说法正确的是A.古代丝绸的主要化学成分是纤维素B.古代丝

绸的精炼剂实际是KOH溶液C.古代丝绸耐酸碱侵蚀，可长久保存D.古代丝绸精炼涉及的反应均为放热反应【答案】B【解析】【详解】A．古代丝绸的主要化学成分是蛋白质，A错误；B．由题干信息可知，先将蚌壳灼烧成蚌壳灰C

aCO3高温CaO+CO2，CaO+H2O=Ca(OH)2，然后将其加入草木灰汁中Ca(OH)2+K2CO3=CaCO3↓+2KOH，再将丝绸浸泡其中，则古代丝绸的精炼剂实际是KOH溶液，B正确；C．丝绸主要成分是蛋白质，在强酸

、强碱溶液中将发生酰胺基水解反应而被腐蚀，即古代丝绸不耐酸碱侵蚀，C错误；D．古代丝绸精炼涉及的反应中CaCO3高温CaO+CO2↑为吸热反应，D错误；故答案为：B。5.4℃时，若20滴水恰好为1mL，那么1滴水中所含的

水分子数约为(NA表示阿伏加德罗常数的值)（）A.20NAB.NA/360C.9NA/10D.360/NA【答案】B【解析】【详解】4℃时，水的密度是1g/cm3，若20滴水恰好为1mL，因此1mL水中含有的水分子物质的量为1g18g/mol=118mol，数目是NA/18

，因此1滴水中含有的水分子数为NA/（18×20）=NA/360；答案选B。6.下列指定反应的离子方程式正确的是()A.Fe与稀硫酸反应:2Fe+6H+=Fe3++3H2↑B.Cu与AgNO3溶液反应:Cu+2Ag+=Cu2++2AgC.向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸:Ba2++OH-+H++SO

42-=BaSO4↓+H2OD.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水:Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O【答案】B【解析】【详解】A、铁和稀硫酸反应生成亚铁离子和氢气，不是三价铁离子，应改为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；B、铜和AgNO3之间发生氧化还原反应，离子反应遵

循电荷守恒，故B正确；C、氢氧化钡和稀硫酸之间发生中和反应，反应为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D、向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：NH4++HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+NH3H2O+H2O，故D错误。故选B

。7.已知：在一定条件下，mg钠与0.98L(已折合成标准状况)氧气完全反应后得到固体X，固体X恰好能与0.2L0.5mol·L-1稀盐酸完全反应。则固体X的组成为A.Na、Na2OB.Na2O2、Na2OC.Na2O2D.Na2O2、Na【答案】B【解析】【详解】固体X恰好能与0.2L0.5

mol·L-1稀盐酸完全反应，其中Na最终转化为NaCl，根据原子守恒可知金属钠的物质的量是0.2L×0.5mol/L＝0.1mol，和钠反应的氧气的物质的量是0.98L÷22.4L/mol＝0.04375mol，设所得混合物中Na2O2、Na2O的物质的量分别是xmol、ymol，则2

x+2y＝0.1、2x+y＝0.04375×2，解得x＝0.0375、y＝0.0125，即固体X的组成为Na2O2、Na2O。答案选B。8.某无色透明的溶液能与铝作用放出氢气，此溶液中可以大量共存的离子组是

A.H、2Mg、Cl、2BaB.24SO、Na、3HCO、KC.3NO、OH、Cl、3FeD.2Cu、OH、24SO、2Fe【答案】A【解析】【分析】溶液能与铝作用放出氢气，说明该溶液显酸性或者碱性，以此解题。【详解】A．该溶液显酸性，可以和铝反应生成氢气，

酸性条件下，该溶液溶液中的其他离子都不反应，可以共存，A正确；B．碳酸氢根离子和氢离子以及氢根离子都可以反应，不能存在，B错误；C．氢氧根离子可以和三价铁反应生成氢氧化铁沉淀，不能共存，C错误；D．氢氧根离子可以和铜离子、二价铁离子

反应生成沉淀，不能共存，D错误；故选A。9.一定量的CuS和2CuS的混合物投入足量的3HNO中，收集到气体VL(标准状况)，向反应后的溶液中(存在2Cu和24SO)加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤、洗涤、灼烧，得到CuO12g，若上述气体为NO和2NO的混合物，且

体积比为11∶，则V可能为A.12.2LB.14.5LC.15.8LD.16.4L【答案】A【解析】【分析】利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据n=mM计算n（CuO），根据Cu元素守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒，计

算n（NO）、n（NO2），根据V=nVm计算气体体积，实际气体介于二者之间。【详解】若混合物全是CuS,其物质的量n(CuS)=n(CuO)=12g80g/mol=0.15mol，转移电子物质的量=0.15×(6+2)=1.2mol，NO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为

x、NO2的物质的量为x，则3x+x=1.2，解得x=0.3，故气体体积V=0.6mol×22.4L/mol=13.44L；若混合物全是Cu2S,其物质的量n(Cu2S)=12n(CuO)=12×0.15mol=0.

075mol，转移电子物质的量0.075×10=0.75mol,设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=0.75，计算得x=0.1875，气体体积0.1875mol×2×22.4L/mol=8.4L，实际气体的体积介于8.4L∼13

.44L之间，故选A。【点睛】此题考查物质的量计算，在混合物的相关计算中，要注意极限法的应用，假设两种纯净物的情况，那么混合物时的结果介于两种纯净物之间，做题的过程中要灵活应用。10.验证次氯酸光照分解的产物可设计成数字化实验，其数据经计算机处理得如下图象。下列说法不正确的

是A.从0s到150s，溶液pH降低的原因是HClO电离产生了HB.从0s到150s，溶液的导电能力逐渐增强C.光照时间越长，氯水溶液中-cCl越大D.可以通过测定瓶内氧气的体积分数变化来验证次氯酸分解有2

O生成【答案】A【解析】【详解】A．氯水中存在+-22Cl+HOH+Cl+HClO,从0s到150s，溶液pH降低的原因主要是HCl电离产生的H，故A错误；B．从0s到150s，随着反应+-22Cl+HOH+Cl+HClO的进行，

溶液中离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力逐渐增强，故B正确；C．氯水中存在22Cl+HOHCl+HClO、2光照2HClO2HCl+O和+-HCl=H+Cl，光照时间越长，氯水溶液中-c(Cl)逐渐增大直至次氯酸完全分解，故C正确；D．图

中氧气的体积分数不断增大说明次氯酸分解有2O生成，故D正确；故答案为：A11.下列说法正确的是（）A.SiO2能和水发生化合反应生成硅酸B.SiO2是酸性氧化物，它不溶于任何酸C.SiO2又叫水晶，能溶于NaOH溶液中D.SiO2的俗名叫水玻璃，

不溶于水【答案】C【解析】【详解】A.SiO2难溶于水，不能和水发生化合反应生成硅酸，A错误；B.SiO2是酸性氧化物，但它能溶于氢氟酸中，B错误；C.SiO2是水晶的主要成分，能溶于NaOH溶液中，C正

确；D.硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，能溶于水，D错误；故合理选项是C。12.下列有关氧化还原反应的叙述中正确的是A.有单质参加或有单质生成的反应一定是氧化还原反应B.氧化还原的本质是元素化合价的升降C.失电

子的反应物在反应中作氧化剂，反应中被还原D.金属单质在化学反应中一定作还原剂【答案】D【解析】【详解】A．有单质参加或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，如：石墨转化为金刚石就不是氧化还原反应，故A错误；B．氧化还原反应的本质是有电子的转移，其特征是元素化合价的升降，故B错误；C．失电子的反应物

在反应中作还原剂，反应中被氧化，故C错误；D．在化学反应中，金属最外层电子很容易失去，所以金属单质常常作还原剂，故D正确；答案选D。13.下列关于反应热的描述正确的是(已知Ba2+与SO2-4结合生成BaSO4时放热)()‍A.已知C(s)+12O2(g)=CO(

g)ΔH=-110.5kJ/mol，则碳的燃烧热为110.5kJ/molB.HCl和NaOH反应的中和热-57.3kJ·mol-1,则含1molH2SO4和1molBa(OH)2稀溶液反应的反应热ΔH=2×(-57.3)kJ·mol-1C.同温同

压下，已知两个放热反应：2A(g)+B(g)=2C(l)ΔH1；2A(l)+B(l)=2C(g)ΔH2，则ΔH1<ΔH2D.1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热【答案】C【解析】【详解】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成

稳定氧化物时放出的热量；反应生成的是一氧化碳不是稳定氧化物，不符合燃烧热概念，故A错误；B．生成硫酸钡放热，则含1molH2SO4的稀溶液反应和含1molBa(OH)2的溶液反应的△H＜2×(-57.3)kJ·mol-1，故B错误；C．同温同压

下，已知两个放热反应：2A(g)+B(g)=2C(l)ΔH1；2A(l)+B(l)=2C(g)ΔH2，气体变化为液体放热，焓变是负值，则ΔH1<ΔH2，故C正确；D．燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成最稳定的氧化物所放出的热量，水的状态应该是稳定的液态水，所以1mol甲烷燃烧生

成气态水和二氧化碳所放出的热量不是甲烷的燃烧热，故D错误。答案选C。14.一定条件下，硫的某种含氧酸H2SOx(x≤4)与H2S可发生如下反应：H2S+H2SOx→S+(x-3)SO2+H2O(未配平)，则下列有关的推断合理的是A.该反应中，一定有SO2生成B.当x=4时，若改变条件(

例如加热)，H2S可能被氧化为SO2C.若x=3，则还原剂与氧化剂的粒子个数之比为1：1D.若x=4，则每生成1molS原子，此时转移的电子数目为2【答案】B【解析】【详解】A．可能发生3H2S+H2SO4=4S+4H2O的反应，所以不一定有二氧化硫生成，A错误；B．当x=4时，即H2SOx为H2

SO4其中S元素的化合价为+6价，而H2S中硫元素为-2价，根据氧化还原反应的归中原则可知，H2S可能被氧化为SO2，B正确；C．若x=3，则发生3H2S+H2SO4=4S+4H2O的反应，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为：1：3，而不是1：1，C错误；D．若x=4，单质硫是硫化氢中-2价的

硫氧化得到的，所以每生成1molS，转移的电子为2mol，D错误；故答案为：B。15.某学习小组向50mLBa（NO3）2和Al（NO3）3的混合溶液M中逐滴加入K2SO4和KOH的混合溶液N，产生沉淀的物质的量（n）随加入溶液N的体积（V）变化的关系如图。下列

说法错误的是A.溶液N中K2SO4和KOH的物质的量浓度均为1mol•L-1B.X点沉淀的组成为0.09molBaSO4和0.03molAl（OH）3C.溶液M中含有0.11molBa（NO3）2和0.03molAl（NO3）3D.Y点到Z点之间发生

的化学方程式为：Al（OH）3+KOH=KAlO2+2H2O【答案】A【解析】【分析】硫酸钾发生反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓，而KOH发生反应：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，当KOH过量时，又发生反应：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。由45～55mL沉淀量不变，

而后沉淀又减小，可知该阶段由Al(OH)3的溶解和BaSO4的继续生成所引起，且溶解的Al(OH)3的物质的量和生成的BaSO4的物质的量相等，则：0～45mL阶段曲线生成的沉淀为BaSO4和Al(OH)3，且加入N溶液45mL时

，Al3+恰好沉淀完全。加入N溶液55mL时，Ba2+恰好沉淀完全。55mL～60mL阶段Al(OH)3继续溶解。加入N溶液60mL时，沉淀中Al(OH)3已完全溶解。最终沉淀为BaSO4共0.11mol，

据此解答。【详解】A．0～45mL阶段曲线生成的沉淀为BaSO4和Al(OH)3，45～55mL阶段溶解的Al(OH)3的物质的量和生成的BaSO4的物质的量相等，假设溶解Al(OH)3为1mol，则生成BaSO4为1mol，由Al(OH

)3+OH-=AlO2-+2H2O，可知消耗KOH为1mol，由Ba2++SO42-=BaSO4↓，可知消耗K2SO4为1mol，故溶液N中c(K2SO4)：c(KOH)=1：1，55mL～60mL阶段Al(OH)3继续溶

解。加入N溶液60mL时，沉淀中Al(OH)3已完全溶解，溶解0.01molAl(OH)3，c(KOH)=0.01mol0.005L=2mol/L，溶液N中K2SO4和KOH的物质的量浓度均为2mol•L-1，故A错误；B．加入K2S

O4和KOH的混合溶液N45mL，溶液N中K2SO4和KOH的物质的量浓度均为2mol•L-1，消耗的物质的量都为2mol•L-1×0.045L=0.09mol，故X点沉淀的组成为0.09molBaSO4和0.

03molAl(OH)3，故B正确；C．60mL阶段沉淀中Al(OH)3已完全溶解，最终沉淀为BaSO4共0.11mol，根据钡离子守恒，溶液M中含有0.11molBa(NO3)2，根据铝原子守恒，有0.

03molAl(NO3)3，故C正确；D．Y点到Z点之间发生发生Al(OH)3溶解至完全，化学方程式为Al(OH)3+KOH＝KAlO2+2H2O，故D正确；故选：A。16.向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量的氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。下列有关说法中正确的是A.离子的还

原性顺序为：Fe2+＞Br－＞I－B.原混合溶液中FeBr2的物质的量为4molC.原溶液中：n(Fe2+)∶n(I－)∶n(Br－)=2∶1∶3D.当通入2molCl2时，溶液中发生的离子反应可表示为：2Fe2++2Br－+2Cl2＝2Fe3

++Br2+4Cl－【答案】C【解析】【详解】A、离子的还原性强弱：I－>Fe2＋>Br－，故错误；B、氯气的物质的量在3～6之间，发生的反应是2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－，则n(Br－)=3×2mol

=6mol，即n(FeBr2)=n(Br－)/2=3mol，故错误；C、氯气的物质的量在0～1之间发生的反应是2I－＋Cl2=I2＋2Cl－，此时n(I－)=2mol，在1～3之间发生的是2Fe2＋＋

Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，n(Fe2＋)=2×2mol=4mol，因此三者的比值为n(I－):n(Fe2＋):n(Br－)=2：4：6=1：2：3，故正确；D、根据图象，当通入2mol氯气时，Br－

没参加反应，正确的离子反应是2Fe2++2I－+2Cl2＝2Fe3++I2+4Cl－，故错误。二、填空题：共计52分。17.红色固体X由两种元素组成，为探究其组成和性质，设计了如下实验：请回答：(1)气体Y的一种同素异形体的分子式是____

__，红褐色沉淀的化学式______。(2)X在隔绝空气条件下受高温分解为Y和Z的化学方程式____________。(3)取黄色溶液W滴加在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝色，用离子方程式表示试纸变蓝的原因____________。【答案】

①.O3②.Fe(OH)3③.6Fe2O3高温4Fe3O4＋O2↑④.2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2【解析】【分析】无色气体Y为O2，同素异形体的分子式是O3，且X中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X为氧化铁，再根据X分解得到Y与Z的量的关系

可知，Z为Fe3O4，W为FeCl3，红褐色沉淀为Fe(OH)3。由于FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉-KI试纸上时会有I2生成，而使试纸变蓝色，据此分析解答。【详解】无色气体Y为O2，

同素异形体的分子式是O3，且X中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X为氧化铁，再根据X分解得到Y与Z的量的关系可知，Z为Fe3O4，W为FeCl3，红褐色沉淀为Fe(OH)3；由于FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉-KI试纸上时会有I2生成，

而使试纸变蓝色，（1）无色气体Y为O2，其同素异形体的分子式是O3；红褐色沉淀为Fe(OH)3；故答案为：O3；Fe(OH)3；（2）X为Fe2O3，Y为O2，Z为Fe3O4，Fe2O3在隔绝空气条件下受热高温分解为Fe

3O4和O2，化学反应方程式为6Fe2O3高温4Fe3O4＋O2↑；故答案为：6Fe2O3高温4Fe3O4＋O2↑；（3）W为FeCl3，FeCl3具有较强的氧化性，能将KI氧化为I2，试纸变蓝色，反应的离子方程式为2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2；故答案

为：2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2。【点睛】本题中学生们由于不按要求作答造成失分，有两点：①第（1）问经常会出现学生将化学式写成名称；②第（3）问错将离子方程式写成化学方程式；学生们做题时一定要认真审题，按要求作

答，可以用笔进行重点圈画，作答前一定要看清是让填化学式还是名称，让写化学方程式还是离子方程式。学生们一定要养成良好的审题习惯，不要造成不必要的失分。18.磷及其化合物在生产、生活中有重要的用途。回答下列问题：(1)写出磷酸主要的电离方程式：__________________________

________________。(2)在碱性条件下，次磷酸盐可用于化学镀银，完成其反应的离子方程式。__-22HPO＋___Ag＋＋__________=__3-4PO＋__Ag＋__________(3)由

工业白磷(含少量砷、铁、镁等)制备高纯白磷(熔点44℃，沸点280℃)，主要生产流程如下：①除砷过程在75℃时进行，其合理的原因是________(填字母)。a．使白磷熔化，提高反应活性b．降低白磷的毒性c．温度不宜过高，防止硝酸分解d

．适当提高温度，增大反应速率②生产过程在高纯氮气保护下进行，其目的是____________________________________。③硝酸氧化除砷时被还原为NO，写出砷转化为砷酸的化学方程式：_______________。氧化相同质量的砷，当转化为亚砷酸的量越多时，消耗硝酸

的量越________(填“多”或“少”)。④某条件下，用一定量的硝酸处理一定量的工业白磷，砷的脱除率及磷的产率随硝酸质量分数的变化如图所示，砷的脱除率从a点到b点降低的原因是___________________________。【答案】①.H3

PO4H＋＋-24HPO②.1③.4④.6⑤.OH－⑥.1⑦.4⑧.4⑨.H2O⑩.acd⑪.防止白磷被空气中氧气氧化⑫.3As＋5HNO3＋2H2O=3H3AsO4＋5NO↑⑬.少⑭.硝酸浓度变大，氧化性增强，有较多的硝酸用于氧化白磷，脱砷率降低【解析】【详解】（1）①H3

PO4是三元弱酸，其电离是逐步进行的，主要是第一步电离，磷酸主要的电离方程式是H3PO4H++H2PO4-；（2）该反应是氧化还原反应，同时也是离子反应，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的方程式是：H

2PO2-+4Ag++6OH-=PO43-+4Ag+4H2O。（3）①除砷过程在75℃下进行，其合理的原因是使白磷熔化，提高反应活性；适当提高温度，增大反应速率；温度不宜过高，防止硝酸分解，所以选项是acd。②生产过程在高纯氮气保护下进行，原因是白磷非常活泼，容易与空气中的氧气发生反应；在氮气

的环境中，其目的是防止白磷被空气中氧气氧化；③硝酸氧化除砷时被还原为NO，砷被氧化为砷酸，根据电子守恒、原子守恒，可得砷转化为砷酸的化学方程式：3As+5HNO3+2H2O=3H3AsO4+5NO↑；氧化相同质量的砷，当转化为亚砷酸的量越多，得到的电子就越少，则反应消耗硝

酸的量越少；⑤根据图示可知，砷的脱除率从a点到b点降低，磷的产率也降低，故推知原因是硝酸浓度变大，氧化性增强，有较多的硝酸用于氧化白磷，脱砷率降低。19.从铜电解液中分离得到的粗硫酸镍晶体中含有大量的杂质元素(Cu、Fe、As、Ca、Zn等)，我国

科学家对粗硫酸镍(4NiSO)进行精制提纯，其工艺流程如下。已知：i.含镍溶液中的杂质微粒有：2+Cu、2+Fe、34HAsO、2+Ca和2+Zn等ii.饱和2HS溶液中，2HS0.1mol/Lcⅲ.部分物质的电离常数和溶度积常数如下表物质电离常数物质溶度积常数物质溶度积常数2HS7a1K=

1.11013a2K1.310CuS366.310FeS186.310NiS193.2102NiOH165.5102CaF114103FeOH392.810（1）2HS是弱电解质，a1

a2KK_______[用2HSc、Hc和2Sc表示]201.4310。（2）滤渣1中含有23AsS和S，写出生成23AsS和S的化学方程式_______。（3）解释“氧化除杂”中析出3Fe

OH的原因_______。（4）“氟化除杂”中试剂a为_______。（5）“P204萃取”水溶液的pH约为3.3，结合下图解释原因_______。（6）理论上“硫化除杂”之后，溶液中2Cuc____

___mol/L[计算时2HSc取0.1mol/L，结果保留两位有效数字]。【答案】（1）22-2cHc(S)cHS＋（2）3422322HAsO5HSAsS2S8HO＋＝＋＋（3）Cl2将Fe2＋氧化为Fe3＋，323Fe3HO3HFe(OH)＋

＋＋＋，加入的Ni(OH)2和H＋反应，Fe3＋的水解平衡正移，生成Fe(OH)3（4）NiF2或HF（5）pH过大，Ni2＋损失较多；pH过小，Zn2＋有较多剩余（6）4.4×10−16【解析】【分析】粗硫酸镍晶体溶解调节pH＝0.5，通

入硫化氢除去铜、砷元素；加入氯气将二价铁转化为三价铁，加入氢氧化镍调节pH值，除去铁元素；加入NiF2或HF除去钙元素；调节pH萃取分离出镍元素，最终得到精制硫酸镍。【小问1详解】H2S是弱电解质，分两步电离，-2HSHSH

＋＋、-2-HSSH＋＋，-a12cHcHSK)H(cS＋＝、2-a2-cHcSKcHS()＋＝，所以22-a1a22cHcS()KKcHS＋＝；故答案为22-2cHc(S)cHS＋；【小问2详解】含镍溶液中

的主要离子有AsO34，滤渣1中含有As2S3和S，由流程可知，AsO34和通入的硫化氢气体在酸性环境中发生氧化还原反应生成As2S3和S，离子方程式为3422322HAsO5HSAsS2S8HO＋＝＋＋；故答案为

3422322HAsO5HSAsS2S8HO＋＝＋＋；【小问3详解】Cl2具有氧化性，会将Fe2＋氧化为Fe3＋，铁离子发生水解反应：323Fe3HO3HFe(OH)＋＋＋＋，加入的Ni(OH)2

和溶液中H＋反应导致溶液pH增大碱性增强，Fe3＋的水解平衡正移生成Fe(OH)3，则原因为Cl2将Fe2＋氧化为Fe3＋，323Fe3HO3HFe(OH)＋＋＋＋，加入的Ni(OH)2和H＋反应，Fe3＋的水解平衡正移，生成F

e(OH)3；故答案为Cl2将Fe2＋氧化为Fe3＋，323Fe3HO3HFe(OH)＋＋＋＋，加入的Ni(OH)2和H＋反应，Fe3＋的水解平衡正移，生成Fe(OH)3；【小问4详解】流程对粗硫酸镍进行精制提纯，“氟化除杂”中要加入氟元素除去钙离子且不不能引入杂质阳离子，故

加入试剂a为NiF2或HF；故答案为NiF2或HF；【小问5详解】由图可知，“P204萃取”水溶液的pH约为3.3时，锌离子基本已经除尽且此时镍离子损失不大，如果pH过大，Ni2＋损失较多，pH过小，Zn2＋有

较多剩余，故pH约为3.3；故答案为pH过大，Ni2＋损失较多；pH过小，Zn2＋有较多剩余；【小问6详解】已知饱和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/L；由（1）可知-2HSHSH＋＋、-2-HSSH＋＋，22-20a1a22cHcSK=KK1.4

310cHS()＋＝＝；由流程可知，此时pH＝0.5，则c(H＋)＝10−0.5mol/L，则20.522010cS1.43100.1＝，220cS1.4310＝；Ksp(CuS)＝6.3×10−36＝c(S2−)×c(Cu2＋)，-36

2-16-206.310c(Cumol/L4.410mol/L1.4310＋)＝；故答案为4.4×10−16。【点睛】本题考查物质的制备实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合

性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。20.有下列装置图Ⅰ.探究氯气与氨气的反应(1)为制取干燥氨气，可将装置C与____________(填装置编号)连接；装置C中的烧瓶内固体宜选用_

_______________________。a．碱石灰b．氯化钙c．五氧化二磷d．浓硫酸(2)装置A、E、E连接可制取纯净、干燥的氯气，A中发生的离子反应方程式为：_________________

；则两个E装置内的药品依次是_________、_____________。Ⅱ.探究某些物质的性质(3)利用装置A、E，可设计实验比较Cl－和Br－的还原性强弱，能证明结论的实验现象_______________。(4)若利用装置A、E进行乙烯与溴水反应的实验，写出反应的化学方程式__

_______________。(5)将装置B、C分别与F相连后，进行H2S与SO2反应的实验。F的烧瓶中发生反应的化学方程式为________________；F的烧杯所起的作用是_______________________________。【答案】①.D②.a③.MnO2+4

H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O④.饱和食盐水⑤.浓硫酸⑥.装置E中的NaBr溶液变橙红⑦.CH2=CH2＋Br2→Br—CH2—CH2—Br⑧.SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O⑨.吸收尾气【解析】【分析

】（1）浓氨水与生石灰不需要加热产生氨气，要制取氨气应连接盛有碱石灰的干燥管干燥氨气；（2）实验室是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，用浓硫酸除去氯气中的水蒸气得到干燥纯净的氯气；（3）氯气的

氧化性强于溴，能够置换溴，溴水为橙红色；（4）乙烯含有碳碳双键能够与溴发生加成反应；（5）二氧化硫具有弱的氧化性能够氧化硫化氢生成硫单质；二氧化硫、硫化氢都有毒，应进行尾气处理。【详解】（1）C装置是不需要加热制备氨气的装置，浓氨水易挥发，滴入生石灰即可产

生氨气，制取干燥氨气可以用碱石灰干燥氨气；为制取干燥氨气，可将装置C连接D的干燥氨气的装置，装置C中的烧瓶内固体宜选用碱石灰；故答案为D；a。（2）实验室是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，离子

方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，用浓硫酸除去氯气中的水蒸气得到干燥纯净的氯气，故答案为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，饱和食盐水

，浓硫酸。（3）装置A为制取氯气的装置，制取的氯气通入到盛有溴离子的盐溶液中，氯气与溴离子发生氧化还原反应生成溴单质，溴单质溶液水形成橙红色溶液；故答案为装置E中的NaBr溶液变橙红色。（4）乙烯含有碳碳双键能够与溴发生加成反应，反应方

程式：CH2=CH2+Br2→Br-CH2-CH2-Br；故答案为CH2=CH2+Br2→Br-CH2-CH2-Br。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com