【文档说明】安徽省合肥市一六八中学2024-2025学年高三上学期10月月考化学试题Word版含解析.docx，共(20)页，1.859 MB，由管理员店铺上传

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合肥一六八中学2025届高三10月段考试卷化学考生注意：1.试卷分值：100分，考试时间：75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直

径0.5毫米黑色。墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效。考试结束后只交答题卡。可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16Al-27Cl-3

5.5Ti-48Fe-56Ba-137一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42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.化学与生活、生产息息相关，从化学视角认识世界，下列说法错误的是A.加工馒头，面包时，可加入一些膨松剂，如43NHHCO，蒸制或烘

焙食品过程中碳酸氢铵分解产生大量气体，使面团疏松多孔B.2023年诺贝尔化学奖授予量子点研究，直径为220nm硅量子点不是胶体C.过量服用阿司匹林引起酸中毒后，可用静脉注射3NaHCO溶液的方法解毒D.碳纳米材料主要包括富勒烯、碳纳米管、石墨烯等有机材料【答案】D【解析】【详解】A．NH4HCO

3俗称泡打粉，加工馒头，面包时，加入一些NH4HCO3，碳酸氢铵分解产生大量气体，从而使面团变得疏松多孔，A正确；B．硅量子点的直径为2~20nm，虽然符合胶体中分散质粒子直径的范围，但没有构成分散系，所以硅量

子点不是胶体，B正确；C．阿司匹林分子中含有羧基，显酸性，当酸中毒时，可静脉注射NaHCO3溶液进行解毒，C正确；D．碳纳米材料主要包括富勒烯、碳纳米管、石墨烯等，它们的主要成分都是碳单质，属于无机非金属材料，D错误；故选D。2.下列关于物质工业制备

的说法中正确的是A.侯氏制碱法应在饱和食盐水中先通二氧化碳再通氨气B.硝酸生产尾气中的xNO可用23NaCO溶液或3NH处理C.工业上用电解熔融氯化钠和熔融氧化镁的方法，来制备金属钠和镁D.工业炼铁时

，常用焦炭做还原剂在高温条件下还原铁矿石【答案】B【解析】【详解】A．2CO在NaCl中的溶解度很小，先通入3NH使食盐水显碱性，能够吸收大量2CO气体，所以侯氏制碱法应在饱和食盐水中先通氨气再通二氧化碳，A错误；B．NOx与23NaCO溶液反应生成硝酸

盐、亚硝酸盐，NOx与3NH反应生成氮气，B正确；C．钠是活泼金属，当前工业上普遍采用熔融氯化钠电解法制金属钠，镁化学性质也比较活泼，工业上常用电解熔融氯化镁方法制取金属镁，C错误；D．工业炼铁主要利用的是焦炭产生的CO在高温下还原铁矿石得到的铁单质，D错误；故选B。3.往下列溶液中通

入气体，不能生成沉淀的是A.往饱和碳酸钠溶液中通入足量的2CO气体B.往氯化钡溶液中通入体积比为31:1NH和2SO的混合气体C.往氯化钡溶液中通入体积比为21:1Cl和2SO的混合气体D.往氯化钡溶液中通入体积比为21:1NO和2SO的混合气体【答案】

B【解析】【详解】A．往饱和碳酸钠溶液中通入足量的2CO气体可生成碳酸氢钠沉淀，A错误；B．往氯化钡溶液中通入体积比为31:1NH和2SO的混合气体，32243NHSOHONHHSO++=，43NHHS

O与氯化钡溶液反应，无法生成沉淀，B正确；C．往氯化钡溶液中通入体积比为21:1Cl和2SO的混合气体22224ClSO2HO2HlSOHC+++=，24HSO与氯化钡溶液反应生成4BaSO，C错误；D．往氯化钡溶液中

通入体积比为21:1NO和2SO的混合气体，22224NOSOHOHSONO++=+，24HSO与氯化钡溶液反应生成4BaSO，D错误；的故选B。4.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.1822.2gDO和2TO的混合物

，含有的质子数为ANB.在()()42223222P3BaOH6HO3BaHPO2PH++=+反应中，当生成标况下34.48LPH，转移了A0.6N电子C.1molZn与一定量浓硫酸反应后完全溶解，生成气体的分子数一定等于AND.5.6g铁完全发生吸氧腐蚀生成铁

锈(232FeOxHO)，在电化学过程中转移的电子数为A0.3N【答案】D【解析】【详解】A．182DO和2TO的摩尔质量均为22g/mol，2.2g混合物的物质的量为0.1mol，每个182DO和2TO分子均含有10个质子，故1822.2

gDO和2TO的混合物，含有的质子数为AN，A正确；B．标况下34.48LPH的物质的量()3nPH=0.2mol，由方程式得关系式为3PH3e−。则转移的电子为A0.6N，B正确；C．Zn与浓硫酸反应为：()24422Zn2HSOZnSOSO2HO+=++浓

，Zn与稀硫酸反应：()2442ZnHSOZnSOH+=+稀，由反应可知1molZn生成1mol气体，故C正确；D．5.6g铁的物质的量是0.1mol，发生电化学(吸氧腐蚀)生成亚铁，则在电化学过程中转移的电子数为A0.2N，D错误；故选D。5.下列方程式与所给事实相符的一项是

A.二元弱酸亚磷酸(33HPO)溶液中滴加少量的NaOH溶液：23332HPO2OHHPO2HO−−+=+B.将少量溴水滴入过量23NaSO溶液中：222234BrHOSO2Br2HSO−−+−++=++C.向12100mL0.1molLFeBr−溶液中通入20.012molCl：2

32210Fe14Br12Cl10Fe7Br24Cl+−+−++=++D.泡沫灭火器灭火原理：()3232232Al3CO3HO2AlOH3CO+−++=+【答案】C【解析】【详解】A．二元弱酸亚磷酸(33HPO)溶液中滴加少量的NaOH溶液反应生成32NaHPO和水：33232

HPOOHHPOHO−−++=，A错误；B．将少量溴水滴入过量23NaSO溶液中，会生成H+，溶液中过量的23SO−与会H+结合生成3HSO−，离子方程式：2222343BrHO3SO2BrSO2HSO−−−−++=++，B错误；C．2Fe+的还原性强于Br−，因此2Cl先将2Fe+氧化，根据

电子守恒，完全氧化20.01molFe+应消耗20.005molCl，剩余20.007molCl氧化0.014molBr−，因此参与反应的2Fe+和Br−的物质的量之比为0.01mol:0.014mol1

0:14=，离子方程式为232212Cl10Fe14Br7Br10Fe24Cl+−+−++++=，C正确；D．泡沫灭火剂的主要成分为硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液，所以泡沫灭火器的灭火原理为：()3323Al3HCOAlOH3CO+−++=，D错误；故选C。6.下列

各组离子在给定溶液中能大量共存的是A.某弱碱性溶液中：Na+、3HCO−、I−、24SO−B.加入铝粉后可放出2H的溶液中可能含有：K+、Cl−、3NO−、4NH+C.无色溶液中：24HPO−、Na+、34PO−、24SO−D.中性溶液中Na+、Cl−、Br−、3CHCOO−【答

案】A【解析】【详解】A．3HCO−水解为弱碱性，可在碱性溶液中存在，A正确；B．加入铝粉后放出H2的溶液可能呈酸性或碱性，4NH+在碱性环境下不能存在，铝在酸性环境下与含3NO−的溶液无法生成氢气，而是生成NO气体

，B错误；C．322444HPOPO2HPO−−−+=，则24HPO−、34PO−在溶液中不能大量共存，C错误；D．3CHCOO−水解会使溶液呈碱性，不能在中性溶液中存在，D错误；故选A。7.卤素间形成的化合物如“5IF、BrCl、IBr”等称为卤素互化物

，化学性质与卤素单质类似。下列关于卤素互化物性质的描述及发生的相关反应正确的是A.IBr中I为1−价，Br为1+价B.IBr与Fe反应化学方程式为333IBr2FeFeIFeBr+=+C.1molBrCl与足量2FeBr溶液完全反应时转移的电子为1molD.5IF可以与水生成3HIO和HF，不是氧

化还原反应【答案】D【解析】【详解】A．IBr中溴非金属性较强，溴显1−价、碘显+1价，A错误；B．氧化性：32FeI+，IBr与Fe反应生成2FeI，B错误；C．BrCl与足量2FeBr反应的化学方程式为2333BrCl6FeBrFeCl5FeBr++=，BrCl中Br元素在反应中由

1+价变为1−价，故1molBrCl与足量2FeBr溶液完全反应时转移的电子为2mol，C错误；D．5IF中氟非金属性较强，氟显1−价、碘显5+价，5IF可以与水生成3HIO和HF，各元素化合价没有改变，不是氧化还原反应，D正确；故选D。8.在下列不同溶液体系中化学反应先后顺

序判断错误的是A.在含()2BaOH、KOH、()4NaAlOH的混合溶液中缓慢通入2CO：()2BaOH、KOH、()4NaAlOH、23KCO、3BaCOB.在含4NH+、3Al+、3F

e+、H+的溶液中逐滴加入KOH溶液(已知相同条件下()()spsp33KAlOH>KFeOH)：H+、3Fe+、3Al+、4NH+、()3AlOHC.在含()4AlOH−、OH−、23CO−的溶液中逐滴加入盐酸：OH−、()4AlOH−

、23CO−、()3AlOH、3HCO−D.在含等物质的量的2Fe+、Ag+、2Cu+、3Fe+、H+的溶液中加入锌粉：Ag+、3Fe+、2Cu+、H+、2Fe+的【答案】C【解析】【详解】A．在含()2BaOH、

KOH的混合溶液中缓慢通入2CO，2CO先与()2BaOH反应生成3BaCO沉淀，然后KOH与2CO反应生成23KCO，()4NaAlOH与2CO反应生成()3AlOH，23KCO再与2CO反应生成3KHCO，最后3B

aCO和2CO反应生成()32BaHCO，A正确；B．在含4NH+、3Al+、Fe3+、H+的溶液中逐滴加入KOH溶液，H+先与KOH反应生成水，因为()()spsp33KAlOH>KFeOH，所以Fe3+先与KOH反应生成Fe(OH)3沉淀，3Al+后与KOH反应生成氢氧化铝沉淀

，4NH+再与KOH反应生成32NHHO，最后()3AlOH与KOH反应生成偏铝酸钾，B正确；C．在含()4AlOH−、OH−、23CO−的溶液中逐滴加入盐酸，H+先与OH−反应生成水，然后()4AlOH−与

H+反应生成氢氧化铝沉淀，再后23CO−与H+反应生成3HCO−，3HCO−与H+反应生成2CO，最后()3AlOH和H+反应生成铝离子，C错误；D．氧化性：322AgFeCuHFe+++++，在含等物质的量的2Fe+、Ag+、2Cu+、3F

e+、H+的溶液中加入锌粉，氧化性强的先反应，当氧化性强的反应完成后氧化性弱的依次再发生反应，故化学反应先后顺序为Ag+、3Fe+、2Cu+、H+、2Fe+，D正确；故选C。9.由含硒废料(主要含S、Se、23FeO、CuO

、ZnO、2SiO等)在实验室中制取硒的流程如图：下列说法错误的是A.“分离”时得到含硫煤油的方法是分液B.“酸溶”操作的目的是除去废料中的金属氧化物C.“浸取”后的分离操作所用玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒D.“酸化”时发生反应的离子方程式：2322SeSO2H=SeSOHO−++++

【答案】A【解析】【分析】含硒废料加入煤油除去硫，分离出固体加入稀硫酸将铁、铜、锌转化为盐溶液除去，分离出固体加入亚硫酸钠将Se转化为23SeSO−，加入稀硫酸酸化得到Se；【详解】A．“分离”时得到含硫煤油为

分离固液的操作，方法是过滤，A错误；B．金属氧化物能和酸反应，“酸溶”操作的目的是除去废料中的金属氧化物，B正确；C．“浸取”后分离固液的操作为过滤，所用玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，C正确；D．“酸化”时23SeSO−转化为Se和二氧化硫，发生反应的离

子方程式：2322SeSO2H=SeSOHO−++++，D正确；故选A。10.下列关于物质的性质、用途等描述中错误的是A.2SO具有还原性，并且可以杀菌、抗氧化，在葡萄酒中添加适量的2SO能杀灭微生物并防止葡萄酒的氧化变质B

.新型陶瓷碳化硅不仅可用作耐高温结构材料，还可用作耐高温半导体材料C.储氢合金是一类能大量吸收2H，并与2H结合成金属氢化物的材料D.燃煤中添加生石灰能有效吸收2CO，实现碳中和【答案】D【解析】【详解】

A．SO2具有还原性，并且可以杀菌、抗氧化，在葡萄酒中添加适量的SO2，能防止葡萄酒的氧化变质，并能杀灭微生物等，A正确；B．新型陶瓷碳化硅是新型无机非金属材料，可用作耐高温结构材料、耐高温半导体材料，B正确；C．储氢合金是一类能大量吸收H2，并与H2结

合成金属氢化物的材料，在条件改变时，又可释放出H2，C正确；D．燃煤中添加生石灰可以减少硫的氧化物的排放，可减少污染，但不能有效吸收CO2，实现碳中和，D错误；故选D。11.利用如图所示装置进行下列实验(部分夹持和尾气处理装

置省略)，相应实验现象描述正确的是选项Ⅰ处试剂Ⅱ处用品Ⅱ处实验现象ANH4Cl湿润的蓝色石蕊试纸Ⅰ处产生白烟，Ⅱ处蓝色石蕊试纸变红BCu2(OH)2CO3过氧化钠粉末Ⅰ处由绿色变黑色，Ⅱ处由淡黄色变白色CKClO3湿润

的淀粉试纸Ⅰ处无明显现象，Ⅱ处淀粉试纸变蓝D氧化铁和碳粉的混合物氧化铜粉末Ⅰ处由黑色变银白色，Ⅱ处由黑色变红色A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．氯化铵受热分解为氨气和HCl，遇冷重新生成氯化铵，因此Ⅱ处蓝色石蕊试纸不会变红，故A不符合题意；B．Cu2(OH)2CO3受热分

解为CuO、CO2、H2O，Cu2(OH)2CO3为绿色，CuO为黑色，因此Ⅰ处固体颜色由绿色变为黑色，二氧化碳、水能分别与Na2O2反应生成碳酸钠和NaOH，因此Ⅱ处固体颜色由淡黄色变为白色，故B符合题意；C．氯酸钾在二氧化锰作催化剂下加热得到KCl和氧气，题中所给药

品没有给出MnO2，Ⅰ、Ⅱ处均无明显现象，故C不符合题意；D．氧化铁与碳粉在加热条件下发生2Fe2O3+3CΔ4Fe+3CO2或Fe2O3+3CΔ2Fe+3CO，CO2不与CuO反应，CO与CuO加热条件下才反应，因此Ⅱ处无明显现象，故D不符合题意；答案B。12.酸性溶液中过氧化氢能使227Cr

O−转化成蓝色的二过氧化铬5CrO，分子结构如图所示，该反应可用来检验227CrO−的存在，其反应的离子方程式为22227524HOCrO2H2CrO5HO−+++=+。下列说法正确的是为A.Cr的价电子排布式为423d4sB.227CrO−在碱性溶液中不能稳定存在C5CrO分子

中有极性键、非极性键和离子键D.该反应中227CrO−作氧化剂，22HO作还原剂【答案】B【解析】【详解】A．Cr是24号元素，其价电子排布式为513d4s，A错误；B．由222724CrOHO2CrO2H−−+++可知，碱性溶液中会消耗H+，使平衡向右移动，()2

27cOCr−减小，所以227CrO−在碱性溶液中不能稳定存在，B正确；C．5CrO分子为分子晶体，不含离子键，C错误；D．根据反应22227524HOCrO2H2CrO5HO−+++=+和在5CrO的结构中还存在4个

负一价氧可知，该反应中所有元素的化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，D错误；故答案为：B。13.下列有关实验的操作及结论正确的是选项实验操作及结论A验证配位键影响物质的溶解性向NaCl溶液中滴加少量3AgNO溶液，产生白色沉淀，继

续滴加氨水直至过量，沉淀会溶解，能验证配位键影响物质的溶解性B比较4KMnO、2Cl和3Fe+的氧化性向酸性4KMnO溶液中滴入2FeCl溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生，则氧化性：.432ClKMnOFe

+C探究不同价态硫元素之间的转化向23NaSO和2NaS混合溶液中加入浓硫酸，溶液中出现淡黄色沉淀，则可说明+4价和2−价硫可归中为0价D在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒，火焰呈黄色溶液中含Na元素A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．氯化钠溶液与硝酸银溶液

反应生成氯化银白色沉淀和硝酸钠，继续滴加氨水直至过量，氯化银与氨水反应生成32Ag(NH)+，沉淀溶解，则当向氯化钠溶液中滴加少量硝酸银溶液，产生白色沉淀，继续滴加氨水直至过量，观察现象能验证配位键影响物质的溶解

性，A正确；B．向酸性4KMnO溶液中滴入2FeCl溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生，可以证明4KMnO氧化性大于2Cl，无法证明32ClFe+，B错误；C．向23NaSO和2NaS混合溶液中加入浓硫酸，因为浓硫酸具有强氧化性，

溶液中出现淡黄色沉淀，可能是浓硫酸氧化2NaS导致，C错误；D．玻璃棒中含有钠元素，因此玻璃棒灼烧时火焰呈黄色，不能证明溶液中含有Na元素，D错误；本题选A。14.某试液中只可能含有K+、4NH+、2Fe+、

3Al+、Cl−、24SO−、23CO−、()4AlOH−中的若干种离子，离子浓度均为相同，某同学进行了如下实验。下列说法正确的是A.原溶液中存在4NH+、2Fe+、Cl−、24SO−B.滤液X中大量

存在的阳离子只有4NH+、3Fe+和2Ba+C.沉淀C为()3AlOHD.无法确定原试液中是否含有3Al+、K+【答案】A【解析】【分析】加入过量稀硫酸无明显现象，说明无23CO−；加入过量()32BaNO溶液有气体A生成，说明溶液中存在还原性离子，即含有2Fe+，因2Fe+能与()4Al

OH−发生相互促进的水解反应，故溶液中无()4AlOH−；因为前面加入了稀硫酸，故由生成沉淀A(硫酸钡)不能说明溶液中存在24SO−；向滤液X中加入过量NaOH溶液有气体B生成，说明存在4NH+，沉淀B为氢氧化铁；向滤液Y中通入少量2CO得到沉淀C，则沉淀C可以是3Ba

CO或()3AlOH或二者的混合物，又因为试液中各离子的浓度相同，根据电荷守恒及以上分析可知，原溶液中一定存在24SO−、Cl−，一定不存在K+、3Al+，故沉淀C为3BaCO。【详解】A．由上述分析知，原

溶液中存在4NH+、2Fe+、24SO−、Cl−，A正确；B．滤液X中大量存在的阳离子为3Fe+、4NH+、2Ba+、H+，B错误；C．沉淀C为3BaCO，C错误；D．原溶液中存在Cl−，一定不存在K+，D错误；故选A。二、非选择题(本大题共4小题，

共58分)。15.Ⅰ：各物质转化关系如图所示：（1）A对应元素在周期表中的位置：_______。（2）G转化为H的离子方程式_______。（3）操作1为：_______，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。（4）简述溶液H的溶

质成分在自来水厂使用时的工作原理_______。已知：氯化亚砜()易水解，2G6HO转化为无水G的化学方程式_______。Ⅱ：在如图所示的物质转化关系中，A是常见的气态氢化物，B是能使带火星的木条复燃的无色无味的气体，E的相对分子质量比D大17，

G是紫红色金属单质(反应条件和部分生成物未列出)。（5）写出反应①的化学方程式，并用双线桥法表示电子转移的方向和数目_______。（6）写出E的稀溶液与Fe反应，生成等量2Fe+和3Fe+的离子方程式：__

_____。（7）一定量的金属G投入到稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中，若想使金属G的反应量达到最大，则稀硫酸和稀硝酸的物质的量之比为_______。【答案】（1）第四周期第Ⅷ族（2）322422Fe3Cl16OH2F

eO6Cl8HO+−−−++=++（3）在HCl气流中蒸发浓缩（4）①.先利用高铁酸钾的强氧化性杀菌消毒，再利用还原产物Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体来净水②.32232FeCl6HO6SOClFeCl6SO12HCl+++（5）（6）23326Fe5NO2

0H3Fe3Fe5NO10HO−+++++=+++（7）3:2【解析】【分析】由“红褐色沉淀”可知F为氢氧化铁，E为氢氧化亚铁，G为FeCl3，A为Fe，B为FeCl2。由“焰色反应为紫色”可知“溶液”中含有K元素，推知C为KOH，D为KCl，H为

AgCl。【小问1详解】A为26号元素铁，其原子结构示意图为，则在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族。【小问2详解】由题给信息可推出，G为FeCl3，H为K2FeO4，FeCl3与Cl2、KOH反应，生成K

2FeO4和KCl等，离子方程式为322422Fe3Cl16OH2FeO6Cl8HO+−−−++=++。【小问3详解】操作1是由FeCl3溶液制取FeCl3∙6H2O，蒸发时要防止FeCl3发生水解，故在HCl气流中蒸发浓

缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。【小问4详解】高铁酸钾中铁元素显+6价，具有强氧化性，还原产物中的Fe3+可水解生成具有吸附水中悬浮颗粒物能力的氢氧化铁胶体，则溶液H的溶质成分在自来水厂使用时的工作原

理：先利用高铁酸钾的强氧化性杀菌消毒，再利用还原产物Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体来净水。FeCl3∙6H2O转化为无水FeCl3时，使用SOCl2抑制Fe3+水解，化学方程式为：32232FeCl6HO6SOClFeCl6SO12HCl+++【

小问5详解】B能使带火星木条复燃，为氧气；G为紫色金属，是Cu；E的相对分子质量比D大17，推出E为HNO3，D为NO2；进一步推出F为H2O，A为NH3。反应①为NO2与水反应，生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应中NO2既是氧化剂又是

还原剂，电子转移的数目为2e-，用双线桥法表示电子转移的方向和数目为：【小问6详解】稀硝酸与Fe反应，生成等量Fe2+和Fe3+，则产物为Fe(NO3)2、Fe(NO3)3(物质的量之比为1:1)、NO、H2O，由此可得出离子方程式为：23326Fe5NO

20H3Fe3Fe5NO10HO−+++++=+++【小问7详解】硝酸根全部显氧化性时，溶解Cu的量最大，由此可得出反应方程式：324423Cu2HNO3HSO3CuSO2NO4HO++=++，从而得出稀硫酸和稀硝酸的物质的量之比为3:2。【点睛】Cu与稀硫酸不反

应，在Cu、稀硝酸、稀硫酸的反应中，稀硫酸只表现出酸性。16.Ti被称为本世纪的金属，在医疗领域、航空航天材料方面使用广泛。某小组利用如下图所示(加持装置省略)在实验室制取收集4TiCl，并用4TiCl制备纳米2TiO。已知：①高温时4TiCl能与2O反应，不与HCl反应，遇水极易水

解；②瓷舟中的物质反应除生成4TiCl外，还生成一种有毒的氧化物气体和少量副产物4CCl；③相关物质的部分物理性质如下表。熔点/℃沸点/℃水溶性4TiCl23.2−136.4极易水解生成白色沉淀，能溶于4CCl等有机溶剂3FeCl306315易水解生成红褐色沉淀

4CCl23−76.8难溶于水（1）下图是2Cl的发生装置，仪器b的名称_______。（2）实验开始时先通氯气，当观察到_______现象时，管式炉开始加热。（3）管式炉加热到900℃，瓷舟中发生的主要反应化学方程式为_______。（4）为除去产物中的3FeCl杂质，控温箱的温度应控制的范

围是_______，欲分离锥形瓶中的液态混合物，所采取的操作名称是_______。（5）干燥管中碱石灰的作用是_______。（6）利用如下图的装置测定4TiCl的纯度：取2.0g产品加入烧瓶中，向安全

漏斗中加入适量蒸馏水，待4TiCl充分反应后将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，滴加几滴10.1molL−的24KCrO溶液作指示剂，用11.00molL−的3AgNO溶液滴定至终点，消耗标准液体积40.00mL。已

知：()4222TiCl+2+nHO=TiO?nHO+4HCl。①安全漏斗中的水在本实验中的作用除去与4TiCl反应外，还有_______。②已知4TiCl的相对分子质量为190，则产品纯度为_______(保留两位有效数字)。【答案】（1）蒸馏烧瓶（2）硬质

玻璃管内(或装置内)充满黄绿色气体（3）23437Cl2FeTiO6C2TiCl6CO2FeCl++++（4）①.136.4306②.蒸馏（5）吸收氯气，防污染；防止空气中水蒸气接触产品，导致产品水解（6）①.防止HCl挥发损耗②.95%【解

析】【分析】反应前通入氮气，排除装置内原有的空气，随后通入Cl2，经过浓硫酸干燥后，氯气进入瓷舟与FeTiO3、C反应，根据题干可知，除了生成TiCl4、FeCl3外，同时生成一种有毒氧化物气体和少量的副产物CCl4，则该氧化物为CO，反应的化学方程式为2343

7Cl2FeTiO6C2TiCl6CO2FeCl++++，TiCl4、FeCl3、CO均会进入控温箱，根据TiCl4和FeCl3的沸点可知，控温箱控制温度在136.4℃-306℃，可冷凝FeCl3且保证TiCl4为气态，从而除去TiCl4中

混有的FeCl3，最后经冷凝收集TiCl4在锥形瓶中，碱石灰用于吸收多余的氯气，因反应生成的CO尚未处理，故装置单元X作用为吸收CO，防止其污染环境。【小问1详解】由图可知仪器b的名称蒸馏烧瓶；【小问2详解】氯气有色，可通过观察黄绿色是否充满装置判断是否排尽空气；【小问3详解】

据题给信息写出反应物和生成物，由碳、氧原子守恒判断3FeTiO和C计量数比为1:3，再根据电子守恒、原子守恒配平方程式为：23437Cl2FeTiO6C2TiCl6CO2FeCl++++【小问4详解】保持3FeCl为固态，保留在右边硬质

玻璃管中，4TiCl和4CCl为气态进入锥形瓶中，分离出氯化铁，固温度控制在136.4306℃；由表中信息可知，四氯化钛溶于四氯化碳中，故分离采用蒸馏的方法；【小问5详解】吸收氯气，防污染；易水解，防止空气中水蒸气接触产品，导致产品水解；【小问6详解】①安全漏斗中的水可以吸收挥发出来

的HCl，防HCl逸出造成测定误差；②根据43TiCl4AgNO得知：n(TiCl4)=14n(AgNO3)=14×1.00mol/L×0.040L=0.010mol，m(TiCl4)=0.10mol×190g/mol=1.90g，

产品的纯度为1.90g2.0g×100%=95%。17.层状结构2MoS是优良的固体润滑材料及电极材料，可由辉钼矿(主要成分2MoS及少量的FeO、2SiO)制得3MoO后再与S气相沉积得到，并回收有价金属，流程如下：回答下列问题：（1）“焙烧”产生2

SO污染空气，请写出用酸性4KMnO溶液吸收的离子方程式：_______。（2）氨水“浸取”时，反应的温度控制在50℃左右，原因是_______；“浸取”得到重钼酸铵[()4272NHMoO]，则“灼烧”可以回收利用的气体的空间结构为_______。（3）滤渣2的成分为_______。

（4）盐酸浸取后，对浸取液进行紫外可见光光度测试结果如下图所示。写出23FeO与盐酸反应的离子方程式_______。的（5）盐酸“浸取”后的浸取液中，加入草酸后，溶液中主要存在的配位阴离子是()3243FeCO−，写出生成242FeCO2HO的离子方程式_______。（6）将Li+嵌入层状2M

oS充电后得到2LiMoSx可做电池负极，该负极放电时的电极反应式为_______。【答案】（1）2224245SO2MnO2HO5SO2Mn4H−−++++=++（2）①.当升温，加快浸取速率，温度不宜过高，防止氨气大量挥发②.三角锥形（3）铁粉、2SiO（4）2342FeO6

H8Cl2FeCl3HO+−−++=+（5）()322422422432FeCOFe6HO3FeCO2HO3CO−−++=+（6）-+x22LiMoS-xe=xLi+MoS【解析】【分析】辉钼矿焙烧后得到SO2气体和MoO3，使用氨水浸取得到[(

NH4)2Mo2O7]，结晶后灼烧得到MoO3，最后与S经气相反应并沉积得到MoS2，滤渣1是Fe2O3和SiO2，加盐酸浸取再过滤。滤渣2是过量的铁粉和SiO2，滤液加入过量铁粉还原得到Fe2+离子，再与H2C2O4作用得到FeC2O4·2H2O晶体。【

小问1详解】2SO被氧化为硫酸根，高锰酸根被还原为2Mn+，酸性4KMnO溶液吸收SO2的离子方程式为：2224245SO2MnO2HO5SO2Mn4H−−++++=++；【小问2详解】温度过低，反应速率较慢，温度过高，氨气会大量挥发，因此控制温度在50℃左右；(NH4)2M

o2O7灼烧可以得到气体是NH3，NH3可以循环使用，NH3的价层电子对数为4，含1对孤电子对，其空间构型为三角锥形；【小问3详解】经分析滤渣2的成分为过量的铁粉和不溶的SiO2；【小问4详解】由图可知，

生成的三价铁是以“4FeCl−”的形式存在，不能写为3Fe+，故离子方程式为2342FeO6H8Cl2FeCl3HO+−−++=+；【小问5详解】三价铁与单质铁发生归中反应，三价铁以()3243FeCO−形式存在，不能写成3

Fe+，离子方程式为：()322422422432FeCOFe6HO3FeCO2HO3CO−−++=+；【小问6详解】将Li+嵌入层状2MoS充电后得到2LiMoSx可做电池负极，该负极放电时发生氧化反应，2L

iMoSx中Li释放电子同时生成Li+，电极反应式为-+x22LiMoS-xe=xLi+MoS。18.某化学实验小组对铜及及其化合物进行了有关探究。Ⅰ：按如下图所示进行实验，观察到以下实验现象：①铜丝表面缓慢放出气泡，锥形瓶内气体呈红棕色；②铜丝表面气泡释放速度逐渐加快，气体颜色逐渐变深；③

一段时间后气体颜色逐渐变浅，至几乎无色；④锥形瓶中液面上升，最终铜丝与液面脱离接触，反应停止。回答下列问题：（1）铜丝表面气泡释放速度逐渐加快的原因_______。（2）反应停止时，若溶液中硝酸根离子浓度不变(忽略溶液体积变化)，铜丝溶解的质量为6.4mg，则消耗标准状况下2O的体积为___

____mL。Ⅱ：改进铜与浓硫酸反应装置a．按图组装实验装置，检查装置的气密性；b．点燃酒精灯，加热浓硫酸，待硫酸微沸后插入铜丝接触硫酸；c．待观察到浸有品红溶液的滤纸条和浸有紫色石蕊溶液的滤纸条有现象后，移出铜丝，中止反应；d．移去酒精灯，通过鼓气球向装置内部鼓入空气；e．冷却后

，将反应后试管内的液体慢慢倒入盛有水的烧杯中。（3）写出铜与浓硫酸反应化学方程式_______。（4）写出步骤c中滤纸条现象是_______。（5）通过鼓气球向装置内部鼓入空气的原因_______。ⅡⅠ：探究()2CuOH的溶解实验实验1：取一钥匙氢氧化铜固体于试

管中，向其中加入110mL1molL−的氨水，溶液略变为深蓝，但沉淀并未见明显溶解。实验2：向实验1的试管中加入2滴饱和醋酸铵溶液，沉淀完全溶解。（6）实验2沉淀能溶解的原因：_______。【答案】（1）反应放热，体系温度升高，速率加快（2）1.12（3

）2H2SO4(浓)+Cu△CuSO4+SO2↑+2H2O（4）品红溶液褪色，紫色石蕊试液只变红不褪色（5）除去装置中残留SO2的气体，同时防止NaOH溶液倒吸（6）()()()()22CuOHsCuaq2OHaq+−+，醋酸铵电离出的铵根离子结合氢氧根，使氢

氧化铜溶解平衡向溶解的方向移动【解析】【分析】Ⅱ：检查装置气密性后，加热具支试管，Cu和浓硫酸发生反应，2H2SO4(浓)+Cu△CuSO4+SO2↑+2H2O，生成的SO2进入玻璃管中，由于SO2具有漂白性，品红溶液褪色，由于SO2是酸性氧化物，紫色石蕊试液变红

，但SO2不能漂白指示剂，因此石蕊不会褪色，最后的试管中NaOH吸收SO2，防止污染空气。【小问1详解】Cu与硝酸的反应为放热反应，温度越高，反应速率越快，因此铜丝表面气泡释放速度逐渐加快的原因是温度升高

；【小问2详解】Cu与HNO3反应，电子由Cu转移给HNO3，HNO3被还原为NO，由于溶液中3NO−浓度不变，即NO将电子转移给O2生成了HNO3，因此可以看出电子由Cu转移给了O2，关系式为2Cu~O2，n(Cu)=6.4mg64g/mol=0.1m

mol，n(O2)=12n(Cu)=0.05mmol，V(O2)=0.05mmol×22.4L/mol=1.12mL；【小问3详解】铜与浓硫酸反应生成SO2、CuSO4和H2O，方程式为2H2SO4(浓)+Cu△CuSO4+SO2↑+2H2O；【小问4详解】根

据分析，品红溶液褪色，紫色石蕊试液只变红不褪色；【小问5详解】向装置中鼓入空气，可以让装置中的气体向右侧移动，因此能除去装置中残留SO2的气体，同时防止NaOH溶液倒吸【小问6详解】Cu(OH)2中加入氨水，溶液略变为深蓝，说明生成了[Cu(NH3)4

]2+，但由于溶液中Cu2+浓度较小，Cu2+无法完全形成配合物，Cu(OH)2在水中的溶解平衡为()()()()22CuOHsCuaq2OHaq+−+，加入CH3COONH4，+4NH与OH-结合，平衡正向移动，促进Cu(OH)2的

溶解。