【文档说明】安徽省六安第一中学2023-2024学年高三上学期第三次月考化学试题 含解析.docx，共(20)页，3.992 MB，由小赞的店铺上传

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六安一中2023年秋学期高三年级第三次月考化学试卷满分：100分时间：75分钟可能用到的相对原子质量H-1C-12N-14O-16Mg-24S-32Cu-64Ga-70Ba-137一、单选题(本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合

题目要求的)1.高粱酿酒过程中部分操作如图所示。下列说法错误的是“蒸粮”时加热“拌曲”前摊晾“堆酵”时升温“馏酒”时控温A.“蒸粮”时可适当鼓风加快燃烧速率B.““拌曲”加入的酒曲在酿酒时起到催化作用C

.“堆酵”时升温是因为吸收环境中的热量D.“馏酒”的原理即实验操作中的“蒸馏”【答案】C【解析】【详解】A．“蒸粮”时可适当鼓风，增加氧气的浓度，可以加快燃烧速率，A正确；B．酒曲在酿酒时起到催化作用，B正确；C．升温是因为发酵时放出热量，C错误；D．蒸馏时控制温度在酒精

的沸点范围内，D正确；故选C。2.化学用语就是化学的专用术语，是化学界统一规定的用来表示物质的组成、结构和变化规律的特殊符号。下列化学用语表示正确的是A.基态Fe的电子排布式：6Ar3dB.22SCl的结构式

：ClSSCl−−−C.2MgH的电子式：Mg2+[:H]2-D.基态Cr的价层电子轨道表示式：【答案】B【解析】【详解】A．Fe为26号元素，基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，故A错误；B

．S2Cl2分子中各原子均满足8电子结构，说明每个Cl原子形成1个共价键、每个S原子形成2个共价键，所以其结构式为Cl-S-S-Cl，故B正确；C．MgH2是离子化合物，由Mg2+和H-构成，H-最外层电子数为2，其电子式为[H:]-Mg2+[:H]-，故C错误；D．基态24C

r原子的价层排布式为3d54s1，价层电子的轨道表示式为，故D错误；故选：B。3.某些化学知识用数轴表示更形象直观、简明易记。下列用数轴表示不合理的是A铁与稀硝酸反应B向烧碱溶液通入SO2后的产物CNa与O2加热反应的产物()()2NaOnnD分散系的分类

A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．铁和稀硝酸反应的化学方程式为：4HNO3+Fe=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O(Fe少量)，8HNO3+3Fe=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O(Fe过量)，少量铁和稀硝酸反应生成硝酸铁，此时n(HNO3)：n(Fe)=4：1；

过量的铁和硝酸反应最后生成硝酸亚铁，此时(HNO3)：n(Fe)=8：3；在4：1～8：3范围内生成硝酸亚铁和硝酸铁，该数轴表示合理，故A不选；B．烧喊溶液中通入少量二氧化硫反应生成亚硫酸钠，即n(NaOH)：n(SO2)=2：1时反应生成亚硫酸钠；通

入过量二氧化硫生成亚硫酸氢钠，即n(NaOH)：n(SO2)=1：1时反应生成亚硫酸氢钠；在2：1～1：1范围内生成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，该数轴表示合理，故B不选；C．Na与O2加热反应的产物是过氧化钠，不会生成氧

化钠，其与反应条件有关，与反应物的物质的量之比无关，该数轴表示不合理，故C选；D．分散质微粒直径小于1nm形成的分散系为溶液，分散质微粒直径在1nm～100nm时形成的分散系为胶体，大于100nm形成的为浊液，故D不选；故选：C。4.19世纪科学家提出22

HO与2Cl作用的反应过程如下：下列说法正确的是反应I：222ClHOHClHOOCl+=+反应II：2HOOClHClO=+A.氧化性：22OClB.反应I中22HO作还原剂C.反应I中每消耗0.1mol2Cl，转移A0.2eN−D.每

产生32g2O，则消耗2Cl为1mol【答案】D【解析】【详解】A．由反应Ⅰ知，氧化性Cl2>HOOCl，由反应Ⅱ知，氧化性HOOCl>O2，故氧化性Cl2＞O2，A错误；B．反应Ⅰ中，氯气的化合价从0价既升高到+1价，又降低到-1价，即是氧化剂又是还

原剂，22HO的化合价没有变化，不是还原剂，B错误；C．反应Ⅰ中，氯气的化合价从0价既升高到+1价，又降低到-1价，每消耗0.1molCl2，转移A0.1eN−，C错误；D．反应I消耗1mol氯气和反应II生成1mol氧气都是转移1mol电子

，电子转移关系为：32g2O~e-~1mol2Cl，D正确；故选D。5.关注“实验室化学”并加以实践能有效提高同学们的实验素养。用如图所示装置(夹持装置省略)进行实验，操作正确且能达到目的的是A.用甲装置制取3NaHCOB.用乙装置可制备无水2MgClC.通过丙装置可比较Al和Cu的

金属活动性D.丁装置可用于制取2SO，并验证其还原性【答案】B【解析】【详解】A．制取3NaHCO时因氨气溶解度大于二氧化碳，应将二氧化碳通入溶有氨气的饱和食盐水中，A错误；B．2MgCl晶体制备时，应在HCl的氛围中蒸发结晶避免其水解，B正确；C．比较Al和Cu的金属活

动性不可以选用氧化性酸，而应选用非氧化性酸如盐酸或稀硫酸，C错误；D．铜和浓硫酸制备二氧化硫时需要加热，D错误。故选B。6.在《是真的吗》节目《盐里面加进了亚铁氰化钾》案例中：有一位老教授食用了添加抗结剂亚铁氰化钾的食盐后，肾脏受到严重危害。亚铁氰化

钾46KFe(CN)俗名黄血盐，制备方法为23Fe6HCN2KCO++=46222KFe(CN)H2CO2HO+++。设AN为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.27gHCN分子中含

有π键数目为ANB.配合物46KFe(CN)的中心离子价电子排布式为63d，该中心离子的配位原子数为12C.每生成1mol2CO时，反应过程中转移电子数目为4AND.1L1mol/L的23KCO溶液，阳离子数目大于2AN【

答案】D【解析】【详解】A．27gHCN的物质的量为1mol,其结构式为：H-C≡N，则27gHCN分子中含有π键数目为2NA，故A错误；B．配合物46KFe(CN)的中心离子为Fe2+，其价电子排布式为3d6，该中心离子的配

体为CN-，配位数为6，故B错误；C．该反应中，铁由0价升高到+2价，两个+1价氢变为0价，则转移2个电子，故每生成1molCO2时，反应过程中转移电子数目为NA，故C错误；D．1L1mol•L-1K2CO3溶液中，阳离子有K

+和H+，其中钾离子的物质的量为2mol，则溶液中阳离子数目大于2NA，故D正确；故选：D。7.金属的冶炼与生产、生活及国防军事等领域均密切相关。下列有关金属冶炼的原理错误的是A.用电解法制取金属钠：22NaCl()2Na+Cl电解熔融B.用Na、Mg等活泼金属为还原剂冶炼Ti：42Mg+Ti

Cl(熔融)2Ti+2MgCl高温氩气C.用Al作还原剂(铝热剂)冶炼金属V：25233VO+10Al6V+5AlO点燃D.用H2作还原剂炼金属Ag：222AgO+H2Ag+HO高温【答案】D【解析】【详解】A．电解熔融氯化钠制取金属钠，反应方程

式是22NaCl()2Na+Cl电解熔融，故A正确；B．Na、Mg的活泼性大于Ti，用Na、Mg等活泼金属为还原剂冶炼Ti，反应方程式是42Mg+TiCl(熔融)2Ti+2MgCl高温氩气，故B正确；C．铝的还原性大于钒，用Al作

还原剂(铝热剂)冶炼金属V，反应方程式是25233VO+10Al6V+5AlO点燃D．银是不活泼的金属，一般采用加热Ag2O的方法冶炼Ag，故D错误；选D。8.为维护国家安全和利益，经国务院批准，决定对镓、锗相关物项实施出口管制。镓的某种化合物的晶胞结构如下图所示(晶胞参数为ap

m)，下列说法正确的是A.Ga元素位于周期表的ds区B.晶体结构中N的配位数为4C.该物质的化学式为GaN2D.该晶体的密度为273A48410aN−g/cm3【答案】B【解析】【详解】A．镓元素原子序数为31，价电子排布式为4s24

p1，位于周期表的p区，故A错误；B．由晶胞结构可知，晶胞中位于体对角线上的氮原子与4个镓原子的距离最近，则氮原子的配位数为4，故B正确；C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的镓原子个数为8×18+6×12=4

，位于体内的氮原子个数为4，则物质的化学式为GaN，故C错误；D．设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：A484N=(a10-10)3d，解得d=303A48410aNg/cm3，故D错误；故选B。

9.下列离子方程式书写错误的是A.2SO通入双氧水中：22224SOHO=HSO+B.NaOH浓溶液与饱和4NHCl溶液：432OHNH=NHHO−+++C.Pb与()243FeSO溶液：23244PbSO2F

e2FePbSO−++++=+的D.用惰性电极电解硫酸铜溶液：222Cu2HOCuO4H+++++电解【答案】A【解析】【详解】A．24HSO是强酸，离子方程式中需拆为离子形式，离子方程式：+22224SOHO2H

+SO−+=，故A错误；B．NaOH浓溶液与饱和4NHCl溶液：432OHNH=NHHO−+++，故B正确；C．Pb与()243FeSO溶液：23244PbSO2Fe2FePbSO−++++=+，故C正确；D．用惰性电极电解硫酸铜溶液：222Cu2HOCuO4H+++++电

解，故D正确；答案选A。10.S和O可组成一系列负二价阴离子，结构如图。下列说法正确的是硫酸根焦硫酸根连四硫酸根硫代硫酸根过二硫酸根A.电负性：OS，该系列离子中不存在非极性共价键B.硫代硫酸根的空间结构为正四面体C.2mol硫代硫酸根被氧化为1mol连四硫酸根转移2mol电子D.过二硫酸根具

有极强氧化性，原因是其中S元素处于+7价【答案】C【解析】【详解】A．连四硫酸根中存在S-S非极性共价键，A错误；B．硫代硫酸根空间构型为四面体，但不是正四面体，B错误；C．硫代硫酸根中S的平均价态为+2价，被氧化为连四硫酸根，S的平均化合价为+2.5，故2mol硫

代硫酸根被氧化为1mol连四硫酸根转移2mol电子，C正确；D．过二硫酸根具有极强氧化性，原因是其存在一个过氧基，S显+6价，D错误。故选C。11.氮循环是全球生物地球化学循环的重要组成部分，全球每年通过人类活动新增的“活性”氮导致全球氮循环严重失衡，并引起水体的富

营养化、水体酸化、温室气体排放等一系列环境问题。海洋生物参与氮循环的过程如图所示。下列叙述不正确的是A.图中5个反应中包含4个氧化还原反应B.1mol4NH+与1mol3NH所含电子数相等C.水华和赤潮都是水体富营养化的表现D.反应③和⑤生成等质量N2时，反应⑤转移的

电子数少【答案】D【解析】【详解】A．反应①中铵根转化为氨气，氮元素化合价不变，不是氧化还原反应，NH2OH中N为-1价，N2H4中N为-2价，反应②~⑤中氮元素化合价发生变化，都属于氧化还原反应，故A正确；B．4NH+电子数为7+1×4-

1=10，3NH电子数为7+1×3=10，则1mol4NH+与1mol3NH所含电子数相等均为10NA，故B正确；C．大量含有各种含氮和磷有机物的废污水排入水中，促使水域富营养化，造成水华和赤潮，故C正确；D．N2H4中N为-2价，反应③生成1mol氮气转移4mol

电子，2NO−中N为+3价，反应⑤生成1mol氮气转移6mol电子，则反应⑤转移的电子数多，故D错误；故选D。12.碘酸钙()32CaIO是重要的食品添加剂。实验室制取()322CaIOHO的实验流程如图：已知：常温下()322CaIOHO微溶于水，难溶于乙醇。下列说法错误的是A.4C

Cl的作用是增大2I的溶解度，提高2I的利用率B.转化中发生的反应是2223I5Cl6HO2HIO10HCl++=+C.分离2的操作为过滤D.粗产品可以直接用蒸馏水进行洗涤【答案】D【解析】【分析】由流程可知，2I的CCl4溶液在转化过程中与Cl2反应生成碘酸，CCl4难

溶于水经过分液除去，水层中含有碘酸向水层中加入氢氧化钙悬浊液，经过滤、洗涤、干燥制得()322CaIOHO，以此解答该题。【详解】A．单质碘易溶于有机溶剂，4CCl的作用是增大2I的溶解度，提高2I的利用率，故A正确；

B．反应生成盐酸和碘酸，转化中发生的反应是2223I5Cl6HO2HIO10HCl++=+，故B正确；C．分离2后得到晶体，所以其操作为过滤，故C正确；D．常温下()322CaIOHO微溶于水，难溶于乙醇，所以粗产品不可

以直接用蒸馏水进行洗涤，故D错误。故选：D。二、不定项选择题：(本大题共4小题，每小题4分，共16分；在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题意。全部选对得4分，选对但不全得2分，多选、错选均不得分。)13.

硫及其化合物的“价—类”二维图体现了化学变化之美。下列有关说法正确的是A.硫在过量的氧气中燃烧直接生成YB.Z与碳反应，体现了Z的酸性和强氧化性C.水银温度计不慎打碎，应立即用硫粉覆盖D.2HS与Z反应

可生成气体X，X分子中的S是杂化2sp【答案】CD【解析】【分析】根据硫及其化合物的“价-类二维图”，可知X是SO2、Y是SO3、Z是H2SO4、M是CuSO4；【详解】A．硫在氧气中燃烧，只能生成二氧化硫，故A错误；B．H2SO4与

C反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，只能体现硫酸的强氧化性，故B错误；C．Hg与S反应可生成硫化汞，故C正确；D．H2S与浓H2SO4反应生成SO2、S、水，SO2分子中的S原子价电子对数为3，采用sp2杂化，故D正

确；答案选CD。14.化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。亚氯酸钠(2NaClO)具有强氧化性，受热易分解，可作漂白剂、食品消毒剂等，以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下图所示。已知：消毒能力即每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克2Cl的氧化能力。下列说法正确的是A.反应②中的22H

O可以用4KMnO代替B.相同物质的量2ClO的消毒能力是2Cl的5倍C.“反应2”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2D.“减压蒸发”可以降低蒸发时的温度，提高产品产率【答案】D【解析】【分析】由题给流程可知，反应1为二氧化硫与稀硫酸

、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应2为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应得到的亚氯酸钠在55℃条件下减压蒸发、冷却结晶、过滤得到亚氯酸钠粗产品；【详解】A．反应②为2222222NaOH2ClOHOO2

HO2NaClO++=++，H2O2作还原剂，反应②中的H2O2不能用4KMnO代替，故A错误；B．1molCl2完全反应转移2mol电子，1mol2ClO完全反应转移5mol电子，相同物质的量2ClO的消毒能力是2Cl的2.5倍，故B错误；C．“反应2”中发生反应的化学方程式：2

2222HO2ClO2NaOH2NaClO2HOO++=++，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故C错误；D．温度过高，2NaClO会分解，所以采用“减压蒸发”可以降低蒸发时的温度，提高产品产率，故D正确；答

案选D。15.一种工业有机洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素X、Y、Z、Q、W的原子序数依次增大，X和W同主族但不相邻，Y和Q原子最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，X、Y、Z、W均可与Q形成至少两种二元化合物。下列说法正确的是A.第一电离能：Z<QB.键能：X2<Z2C.简单

离子半径：Q<WD.最简单氢化物键角：Y<Q【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、Q、W的原子序数依次增大，X和W同主族但不相邻，W+带一个正电荷且原子序数最大，则W是Na元素，X形成1个共价键且原子序数最小，X是H元素；根据该物质的结构式可

知，Z可以形成3个共价键，Y可以形成4个共价键，Q可以形成2个共价键且X、Z、Q、W均可与Y形成至少两种二元化合物，Y和Q原子最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，故可推测出Y是碳元素，Z是N元素，Q是O元素。【详解】A．因为N原子2P能

级电子处于半充满状态，故第一电离能大于O原子，故A错误；B．氮分子中的氮氮三键键能很大，故键能：H2<N2，故B正确；C．核外电子排布相同，原子序数越大离子半径越小，则离子半径：O2->Na+，故C错误；的D．最简单氢化物CH4与H2O键角分别为109°28'和104.5°，故甲烷中

键角更大，故D错误；故选B。16.下列有关物质结构与性质说法正确的是A.2022年诺贝尔化学奖授予三位在“点击化学和生物正交化学”方面做出突出贡献的科学家。，其中Z分子中含有1个手性碳原子B.氟的电负性大于氯，所以三氟乙酸的paK比三氯乙酸小C.雪花是天空中的水

汽经凝华而来的一种晶体，其六角形形状与氢键的方向性有关D.基态铝原子有7种伸展方向，核外电子的空间运动状态有13种【答案】BC【解析】【详解】A．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，根据Z结构简式可知Z分子中不含有手性碳原子

，故A错误；B．氟的电负性大于氯，所以三氟乙酸酸性强于三氯乙酸，则三氟乙酸的paK比三氯乙酸小，故B正确；C．雪花是天空中的水汽经凝华而来的一种晶体，其六角形形状与氢键的方向性有关，故C正确；D．核外电子的空间运动状态等于轨道数，Al核外电子

排布：226211s2sp3s3p2，核外电子的空间运动状态有7种，故D错误；答案选BC。三、填空题(共48分)17.NiOOH可用作碱性镍镉电池的电极材料，用含镍废料(主要成分是Ni，杂质有Al、F

e、2SiO)制取NiOOH的流程如图已知：i．2Ni+的性质较稳定；ii．有关金属离子沉淀的相关pH见下表沉淀物3Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)2Ni(OH)开始沉淀时pH3.01.55.97

.1完全沉淀时pH4.73.29.09.2回答下列问题：（1）Ni与Fe同族，则Ni在周期表中的位置_______，“滤渣2”的主要成分_________。（2）实际生产中发现22HO的实际用量比理论用量多，原因是___________。（3

）“调pH”时pH的范围是___________。（4）“氧化2”中反应的离子方程式为___________。（5）配合物4Ni(CO)，四羰基合镍的配位原子___________。【答案】（1）①.第四周期第VIII

族②.3Fe(OH)3Al(OH)（2）22HO会被3Fe+催化分解，导致实际用量比理论用量多（3）4.7pH7.1或者[4.7，7.1)（4）222NiClO4OH2NiOOHClHO+−−−++=++（5）C【解析】【分析】含镍废料(Ni

、Al、Fe、SiO2)用稀硫酸酸浸，Ni、Al、Fe溶解得到Ni2+、Al3+、Fe2+，SiO2不溶形成滤渣1，加入H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+，加入Ni(OH)2调pH，使Al3+、Fe3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀(滤渣2)，加入KOH、KClO将Ni2+氧

化为NiOOH，过滤后得到产品。【小问1详解】Ni位于元素周期表第四周期，第Ⅷ族；加入Ni(OH)2调pH，使Al3+、Fe3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀(滤渣2)；【小问2详解】H2O2遇

铁离子会被催化分解，从而导致实际用量多于理论用量；【小问3详解】“调pH”的目的是使Al3+、Fe3+形成氢氧化物沉淀而Ni2+不能形成沉淀，故pH范围为4.7≤pH<7.1；【小问4详解】“氧化2”中KClO被还原为Cl-，Ni2+被氧化为Ni

OOH，对应的离子方程式为2Ni2++ClO−+4OH−=2NiOOH↓+Cl−+H2O；【小问5详解】4Ni(CO)中Ni作中心原子，CO作配体，其中C的电负性小于O，C提供孤电子对，作配位原子。18.氟的化合物用

途十分广泛，回答下列问题：（1）CuF中Cu+的基态价电子排布式为________，铜元素位于元素周期表_________区。（2）已知Cu、Zn的第二电离能分别为1957.91kJmol−、1733.31kJmol−，前者高于后者的原因是___________。（3）26HFSb

F+−(氟锑酸，是一种超强酸)，Sb与N原子同主族，阴离子6SbF−的空间构型为___________，2HF+中F原子的杂化方式是___________。（4）2CaF的晶胞如图所示，已知2CaF晶体

的密度为3g/cm，相邻的两个2Ca+的最近核间距为apm，则2CaF的摩尔质量为___________g/mol(列出代数式，设AN为阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）①.103d②.ds（2）Cu+价电子103d，Zn+价电子

1013d4s，当3d轨道全充满时，能量低，比较稳定，所以第二电离能低（3）①.正八面体②.3sp（4）330A2102aN−【解析】【小问1详解】Cu元素为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布式为226261011s2s2p3s3p3d4s，失去最外层

一个电子形成Cu+，所以Cu+的价电子排布式为103d；铜元素位于第四周期第IB族，所以属于ds区；【小问2详解】Cu+价电子103d，Zn+价电子1013d4s，当3d轨道全充满时，能量低，比较稳定，所以第二电离能低；【小问3详解】6SbF−中Sb原子价层电子对数：()

16516162++−=，空间构型为正八面体；2HF+中F原子价层电子对数：()12712142+−−=，含有两对孤电子对，故其空间构型为V形，杂化方式为sp3杂化；【小问4详解】根据晶胞图，1个

晶胞中有Ca2+数：118+6482=，F-数是8，设CaF2的摩尔质量数值为M，则晶胞质量：AM4gN，相邻的两个Ca2+的最近核间距为10a10−cm，则晶胞棱长为10210a−cm，CaF2的密度

为3g/cm，则330A2102MaN−=。19.二氯化二硫(22SCl)是一种重要化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发粘、遇冷变硬的性质。查阅资料可知22SCl具有下列性质：物质色态熔点/C沸点/℃其他性质22SCl金黄色液体-122138遇

水会发生水解，并放出腐蚀性烟气；300℃以上完全分解生成S和2Cl；能被2Cl氧化为2SCl；遇高热或与明火接触，有引起燃烧的危险I、制取少量的22SCl利用熔化的硫与少量氯气在110~140℃反应制得22SCl粗品，氯气过量会生成2SCl。（1）仪器m名称___________。（2）

装置连接顺序：A→___________→E→D。（3）实验前打开1K，通入一段时间的氮气排尽装置内的空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的的的氮气，其目的是___________，D装置所填充试剂是___________。（4）22SCl遇水强烈反应，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色

，加热后又恢复原状，且反应中有黄色浑浊沉淀，写出该反应的化学方程式___________。II、某同学为了测定22SCl与水反应后生成的气体X在混合气体中的体积分数，设计了如图实验方案：（5）该混合气体中气体X的体积分数为___________(用含V、m

的式子表示)。【答案】（1）三颈烧瓶（2）F-C-B（3）①.装置内的氯气排入D中以免污染空气，并将B中残留的22SCl排入E中收集②.碱石灰（4）2222SCl2HO3SSO4HCl+=++（5）22.4100%233mv【解析】

【分析】本实验先制备氯气，再经饱和食盐水除去HCl，浓硫酸干燥后与S加热后得到22SCl，同时冷凝得到液态22SCl，最后使用碱石灰处理尾气。【小问1详解】仪器m的名称为三颈烧瓶。【小问2详解】由分析可知装置连接顺序为A→F-C-B→E→D。【小问3详解】实验前打开1K，通入一段时间的氮

气排尽装置内的空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是确保装置内的氯气排入D中以免污染空气，并将B中残留的22SCl排入E中收集，可选用碱石灰吸收尾气氯气。【小问4详解】22SCl遇水强烈反应，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，可知为二氧化硫，加热后又恢复

原状，且反应中有黄色浑浊沉淀S产生，由此可知化学方程式为2222SCl2HO3SSO4HCl+=++。【小问5详解】经分析，W溶液将SO2氧化为硫酸根，再与过量的Ba(OH)2反应得到mgBaSO4，由原子守恒得SO2~BaSO4，故()2V122.4L233mSO=，则该混合气

体中气体X的体积分数为22.4100%233mv。20.8月29日，华为Mate60Pro横空出世，国产麒麟9000s芯片闪耀登场。华为的坚毅不屈成就了中国芯，不仅值得我们骄傲，更值得我们每个中国人

学习！大国制造彰显中国实力，化学材料助力科技成果的转化与应用。高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料。工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下。（1）用石英砂和焦炭在电弧炉中制粗硅，该反应的化学方程式为___________。（2）4SiCl是生产多

晶硅的副产物。已知4SiCl比4CCl更易水解，导致4SiCl更易水解的因素有___________(填标号)。a．SiCl−键极性更大b．Si的原子半径更大c．SiCl−键键能更大（3）2SiO的晶体类型___________；碳原子和氧原子之间可以形成双

键，而硅原子和氧原子很难形成双键，其原因是___________。运用所学化学原理，解决下列问题：（4）已知：2232Si2NaOHHONaSiO2H++=+。某同学利用单质硅和铁为电极材料设计原电池(NaOH为电解质溶液)，

该原电池负极的电极反应式为___________。（5）配制实验所需的NaOH溶液时，下列操作会导致所配溶液浓度偏高的是___________。A.未冷却至室温就定容B.容量瓶用蒸馏水洗净后未干燥C.定容

时俯视读取刻度D.定容时液面超过了刻度线，并将多余溶液析出【答案】（1）2SiO2CSi2CO++（2）ab（3）①.共价晶体②.由于硅原子半径比较大，SiO−距离太远，难以形成pp−键（4）232Si6OH4eSiO3HO−−−+−=+（5）A

C【解析】【分析】石英砂和焦炭加热生成粗硅，粗硅和HCl反应生成SiHCl3，然后使用氢气还原SiHCl3得到高纯硅；【小问1详解】石英砂和焦炭加热生成硅和CO，反应为2SiO2CSi2CO++；【小问2详解】硅原子半径比碳原子半径更大，硅氯键键能更小，且硅氯键的极性大于碳氯键极性

，使得硅氯键更易断裂发生水解，故选ab；【小问3详解】2SiO共价晶体；由于硅原子半径比较大，SiO−距离太远，难以形成pp−键，导致硅原子和氧原子很难形成双键，而碳原子半径较小，使得碳原子和氧原子之间可以形成双键；【小问4详解】在碱性条件下铁不发生失去电子的

反应，硅失去电子发生氧化反应生成硅酸根离子，故负极反应为232Si6OH4eSiO3HO−−−+−=+；【小问5详解】A．未冷却至室温就定容，使得冷却溶液体积偏小，浓度偏大，符合题意；B．容量瓶用蒸馏水洗净后

未干燥，不影响溶液的体积，不影响溶液的浓度，不符合题意；C．定容时俯视读取刻度，使得溶液体积偏小，配制溶液浓度偏大，符合题意；D．定容时液面超过了刻度线，并将多余溶液析出，溶液体积偏大，得到浓度偏低，不符合题意；为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公

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