【文档说明】湖南省邵阳市第二中学2022-2023学年高三上学期第五次月考化学试题 含解析.docx，共(19)页，1.874 MB，由envi的店铺上传

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2023届高三第五次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12Na-23Cl-35.5I-127一、选择题(每题3分，共30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、科技及环境密切相关。下列说法正确的

是A.抗击新型冠状病毒用到的“84消毒液”的有效成分为2Ca(ClO)B.“建本雕版印刷技艺”使用的木质雕版主要成分为纤维素C.嫦娥四号采样器带回的月壤中的2CaOMgO2SiO属于氧化物D.陶瓷工艺

品建盏(中国国家地理标志产品)属于新型无机非金属材料【答案】B【解析】【分析】【详解】A．“84消毒液”的有效成分为NaClO，A错误；B．木质雕版主要材料为木材，木材主要成分为纤维素，B正确；C．2CaOMgO2SiO为硅酸盐氧化物形式，因此2CaOMgO2SiO属于硅酸盐，

C错误；D．陶瓷属于传统硅酸盐材料，D错误；答案选B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol环戊烷含有的σ键数为5NAB.1.0mol·L-1的AlCl3溶液中含有阴离子总数为3NAC

.电解精炼铜，阳极质量减少64g时电路中通过的电子数为2NAD.反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O生成25.4gI2时，转移电子的数目为0.175NA【答案】D【解析】【详解】A．环戊烷分子式是C5H10，分子中含有5个C-C键和10个C-H键，C-C键、

C-H键都是σ键，1个分子中含有15个σ键，则1mol环戊烷含有的σ键数为15NA，A错误；B．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒数目，B错误；C．电解精炼铜时，阳极上Cu及活动性比Cu强的金属失去电子，发

生氧化反应变为金属阳离子进入溶液，活动性比Cu弱的金属则以单质的形式沉淀在阳极底部形成阳极泥，故若阳极质量减少64g时，反应过程不一定转移2mol电子，所以电路中通过的电子数不一定为2NA，C错误；的D．根据反应方程式可知：每反应产生4molI2，反应过程中转移7

mol电子，现在反应生成25.4gI2时，n(I2)=25.4g254g/mol=0.01mol，则反应过程中转移电子的物质的量n(e-)=0.01mol74=0.175mol，则转移的电子数目为0.175NA，D正确；故合

理选项是D。3.摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]在定量分析中常用作标定高锰酸钾等溶液的标准物质。某化学兴趣小组以废铁屑、氨气和稀硫酸为原料，制备少量摩尔盐。结合装置，判断下列说法错误的是A.用

装置甲制取FeSO4溶液时铁粉需要过量B.用装置乙制取NH3，NH3必须经过碱石灰干燥再通入装置丙中C.用装置丙将氨气通入FeSO4和H2SO4混合溶液，不会倒吸D.用装置丁将溶液浓缩后，再降温结晶，过滤可以得到(

NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体【答案】B【解析】【详解】A．制取FeSO4溶液时要防氧化，铁粉需要过量，故A正确；B．丙装置中反应在水溶液中进行，制取的NH3不必干燥，故B错误；C．通入装置丙的氨气先进入C

Cl4中，不会被吸收，所以不会倒吸，故C正确；D．为防止结晶水合物受热分解，采取蒸发浓缩后降温结晶的方式，故D正确；故选C。4.下列由实验现象所得结论正确的是A.向某溶液中加入足量稀盐酸，生成白色沉淀，证明溶液中含Ag+B.向Na2S溶液中通入足量SO2，生成淡黄色沉淀，证明SO2能呈现酸性

和氧化性C.向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液变为黄色，证明Fe2+与Cl2反应生成Fe3+D.常温下，取饱和CaSO4溶液和氨水做导电性实验，氨水灯泡更亮，证明CaSO4为弱电解质【答案】B【解析】的

【详解】A．向某溶液中加入足量稀盐酸，生成白色沉淀，该沉淀可能是AgCl或H2SiO3，溶液中含Ag+或SiO2-3，故A错误；B．向Na2S溶液中通入足量SO2，生成淡黄色沉淀S和亚硫酸钠，证明SO2能呈现酸性和氧化性，故B

正确；C．I-的还原性大于Fe2+，向FeI2溶液中滴加少量氯水，先发生反应222IClI2Cl−−+=+碘水溶液呈黄色，所以不能证明Fe2+与Cl2反应生成Fe3+，故C错误；D．CaSO4是强电解质，但CaSO4微溶于水，离子浓度小，所以饱和CaSO4溶液的导电性弱，故D错误；选B

。5.下列实验对应的离子方程式不正确的是A.将少量SO2通入NaClO溶液：SO2+H2O+2ClO-=SO23−+2HClOB.将少量NO2通入NaOH溶液：2NO2+2OH-=NO3−+NO2−+H2OC.将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：HCO3−+Ca2++O

H-=CaCO3↓+H2OD.将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1：2混合：Ba2++2OH-+2H++SO24−=BaSO4↓+2H2O【答案】A【解析】【详解】A．次氯酸根离子具有强

氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸根离子，少量SO2通入NaClO溶液：2ClO-+SO2+H2O=2-4SO+Cl-+HClO+H+，A错误；B．少量NO2通入NaOH溶液生成硝酸钠、亚硝酸钠，B正确；C．碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合，氢氧根过量，碳酸氢根离子完全反应生成水、碳酸钙，C

正确；D．等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1：2混合，氢离子和氢氧根离子恰好生成水，钡离子完全反应生成硫酸钡沉淀，D正确；故选A。6.关于的说法正确的是A.分子中有3种杂化轨道类型的碳原子B.分子中共平面的原子数目最多为14C.分子中

的苯环由单双键交替组成D.与Cl2发生取代反应生成两种产物【答案】A【解析】【详解】A．—CH3的碳原子有4个σ键，无孤对电子，是sp3杂化，苯环上的碳原子有3个σ键，无孤对电子，是sp2杂化，—C≡CH的碳原子有2

个σ键，无孤对电子，是sp杂化，因此分子中有3种杂化轨道类型的碳原子，故A正确；B．根据苯中12个原子共平面，乙炔中四个原子共直线，甲烷中三个原子共平面，因此分子中共平面的原子数目最多为15个(甲基中碳原子和其中一个氢原子与其他原子共面)，故

B错误；C．分子中的苯环中碳碳键是介于碳碳单键和双键之间独特的键，故C错误；D．与Cl2发生取代反应，取代甲基上的氢有一种产物，取代苯环上的氢有四种产物，因此取代反应生成五种产物，故D错误。综上所述，答案为A。7.已知X、Y、Z、W、M为原子序数依次递增的短周期元素，其

中X、Y、Z元素同周期，Y与W元素同主族，它们可以形成一种重要化合物甲。其结构如图所示。下列说法正确的是A.原子半径：M＞W＞ZB.第一电离能：Y＞Z＞XC.氢化物的沸点：Z＞Y＞XD.甲中W的杂化方式为sp２【答案】B【解析】【分析】已知X、Y、Z、W、M为原子序数依次递

增的短周期元素，其中X、Y、Z元素同周期，X形成四个共价键，则X特征最外层有4个电子，X是C元素；Y形成3个共价键，Y原子最外层有5个电子，Y是N元素；Z形成2个共价键，则Z最外层有6个电子，Y与W元素同主族，则W是P元素，M原子序数比P大，可形成1个共价键，则M最外层

有7个电子，M是Cl元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。【详解】根据上述分析可知：X是C，Y是N，Z是O，W是P，M是Cl元素。A．同一周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径P＞Cl，不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，则原子半径大小关系为：W(P)＞M(

Cl)＞Z(O)，A错误；B．一般情况下同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增强，但当元素处于第ⅡA或第ⅤA时，原子核外电子处于全满、半满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，由于N的2p轨道处于半满状态，较稳定，所以第一电离能

：N＞O＞C，B正确；C．碳的氢化物种类较多，物质分子中含有的C原子数目多少不同，物质沸点高低不同，因此无法确定X、Y、Z三种元素的氢化物熔沸点高低，C错误；D．W是P，P原子价层电子对数是3+5-123=4，元素甲中W杂化方

式为sp3杂化，D错误；故合理选项是B。8.一种电解法处理含有NO3−的酸性废水的工作原理如下图所示，阴极和阳极之间用浸有NaCl溶液的多孔无纺布分隔。阳极材料为石墨，阴极材料中含有铁的化合物，H表示氢原子。下列说法不正确．．．的是A.H原子在阴极产生：H++e-=HB.阴极材料既是得电子场

所，同时起催化剂的作用C.H原子与NO3−反应的化学方程式为：8H+NO3−=NH4++2OH-+H2OD.HClO产生的原因：2Cl--2e-=Cl2↑、Cl2+H2O⇌HCl+HClO【答案】C【解析】【分析】由题干图示可知，阴极上产生的H将Fe(III)转化Fe(I

I)，Fe(II)与NO3−和H+转化为+4NH，而后+4NH被HClO转化为N2，阳极上为2Cl--2e-=Cl2↑，然后Cl2+H2OHCl+HClO，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，H原子在阴极产生：H++e-=H，A正确；B．由分析可知，含铁阴极材料参

与电极反应，且反应前后保持不变，故阴极材料既是得电子场所，同时起催化剂的作用，B正确；C．由题干信息可知，为酸性环境，故H原子与NO3−反应的化学方程式为：2H++8H+NO3−=NH4++3H2O，C错误；D．由分析可知，HClO产生的原因：2

Cl--2e-=Cl2↑、Cl2+H2OHCl+HClO，D正确；故答案为：C。9.据文献报道，氨催化还原法可用来消除某些污染气体，其反应历程如图所示：的下列说法正确的是A.V的核外电子排布式为3d34s2B.当消耗标准状况下11.2LO2时，整个过程转移

6mole-C.V5+-OH在该反应过程中作催化剂，V4+-OH是该反应过程的中间产物D.总反应化学方程式：4NH3+3O2催化剂2N2+6H2O【答案】B【解析】【详解】A．V为23号元素，核外电子排布式为1s22

s22p63s23p63d34s2，A错误；B．由历程图可知，总反应为4NO+4NH3+O2催化剂4N2+6H2O，反应中化合价升高的元素为氨气中氮元素，降低的元素为一氧化氮中氮元素和氧气中氧元素，电子转移关系为4NH3～12e-～O2，则消耗标准状况下11.2LO2时，O2的物质的量为0.5m

ol，整个过程转移电子的物质的量为12×0.5mol=6mol，B正确；C．由历程图可知，V5+-OH、V4+-OH该反应前后质量和化学性质不变，均作催化剂，C错误；D．由B分析可知，总反应为4NO+4NH3+O2催化剂4N2+6H2O，D错误；故选B。10.工业上以黄

铁矿(主要成分为FeS2，含有少量NiS、CuS、SiO2等杂质)为原料制备K4[Fe(CN)6]•3H2O，工艺流程如图：在下列说法错误的是A.“焙烧”时氧化产物有Fe2O3和SO2B.“调pH”分离Fe3+与Cu2

+、Ni2+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同C.“溶液Ⅰ”中主要反应的离子方程式为6OH-+6HCN+Fe2+=[Fe(CN)6]4-+6H2OD.“一系列操作”为过滤、洗涤、干燥【答案】C【解析】【详解】A．由工艺流程图可知，黄铁矿焙烧的主要化

学方程式为：4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+4SO2（g）,“焙烧”时氧化产物有Fe2O3和SO2，故A正确。B．Fe(OH)3的Ksp远小于Cu(OH)2、Ni(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+产生沉淀，而Cu2+、Ni2+不沉淀，从而将其分

离，故B正确。C．写离子方程式时石灰乳不能拆开，故C错误。D．由工艺流程图可知，由溶液得到晶体的操作为：过滤、洗涤、干燥，故D正确。故答案：C。二、选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求

，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)11.有科学研究提出：锂电池负极材料(Li)由于生成LiH而不利于电池容量的保持。一定温度下，利用足量重水(D2O)与含LiH的Li负极材料反应，通过测定2nn(D)(HD)可以获知n(n(Li)LiH)。已知：

①LiH+H2O═LiOH+H2↑；②2Li(s)+H2(g)垐?噲?2LiH(s)△H＜0下列说法不正确的是A.可用质谱区分D2和HDB.Li与D2O的反应：2Li+2D2O═2LiOD+D2↑C.若n(n(Li)LiH

)越大，则2nn(D)(HD)越小D.80℃反应所得2nn(D)(HD)比25℃反应所得2nn(D)(HD))小【答案】CD【解析】【详解】A．D2和HD的相对分子质量不同，可以用质谱区分，A正确；B．类似于钠和水的反应，Li

与D2O反应生成LiOD与D2，化学方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2↑，B正确；C．D2由Li与D2O反应生成，HD通过反应LiH+D2O=LiOD+HD，2nn(D)(HD)越大，n(n(

Li)LiH)越大，C错误；D．升高温度，2Li(s)+H2(g)⇌2LiH(s)△H＜0，平衡左移，Li增多，LiH减少，则结合选项C可知：80℃下的2nn(D)(HD)大于25℃下的2nn(D)(HD)，D错误；故选CD。12.燃煤烟气中

含有SO2和SO3等物质，用如图装置测定SO3含量。已知异丙醇溶液可选择性吸收SO3并转化为SO24−，也可溶解少量SO2.实验中应尽快除去SO2。下列说法错误的是A.用空气吹出异丙醇溶液中溶解的SO2B.通过测定BaSO4的质量检测SO3含

量C.该过程中涉及到反应：H2O2+SO2=H2SO4D.0℃冰浴不可以减少异丙醇的挥发【答案】AD【解析】【分析】0℃的冰浴可减少异丙醇的挥发，烟气通过80%异丙醇后SO3被吸收，烟气再通过双氧水后SO2被吸

收。【详解】A．空气中的氧气能将溶解的SO2氧化为SO24−，不能用空气吹出异丙醇溶液中溶解的SO2，A错误；B．根据S原子守恒可通过测定BaSO4的质量计算SO3的质量，从而检测SO3含量，B正确；C．未被异丙醇溶液吸收的SO

2和过氧化氢发生氧化还原反应，反应的化学方程式为H2O2+SO2=H2SO4，因此过程中涉及到H2O2+SO2=H2SO4，C正确；D．异丙醇易挥发，0∘C冰浴温度较低，可减少异丙醇的挥发，D错误；答案选AD。13.以菱镁矿(主要成分为MgCO3

，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如图：已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是A.浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl═MgCl2+2NH3↑+H2

OB.浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行C.流程中可循环使用的物质只有NH3D.分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同【答案】BC【解析】【分析】菱镁矿高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形

式存在，加入氯化铵，二氧化硅不反应成为滤渣，镁、铁、铝成为盐溶液，加入氨水生成氢氧化镁沉淀，分离出氢氧化镁煅烧的搭配镁砂。【详解】A．高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根离子水解产生的氢离子反

应，促进铵根离子的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，所以浸出镁的反应为MgO+2NH4C=MgCl2+2NH3↑+H2O，A正确；B．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故沉镁的操作不能在较高温度下进行，B错误；C．在浸出的操作中，NH3可以

回收制备氨水，用于沉镁，在滤液中含有过量NH4C1，可用于浸出时的反应液，流程中可循环使用的物质有NH3、NH4C1，C错误；D．Mg2+与A13+、Fe3+的氢氧化物Ksp相差较大，据此分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3

+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，D正确；故选BC。14.下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A检验某无色溶液取少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再加入若溶液变黄色且试管上

部产中是否含有NO2−FeCl2溶液生红棕色气体，则该溶液中含有NO2−B探究KI与FeCl3反应的限度取5mL01mol·L-1KI溶液于试管中，加入1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液若溶液变血红色，

则KI与FeCl3的反应有一定限度C判断某卤代烃中的卤素取2mL卤代烃样品于试管中，加入5mL20%KOH水溶液混合后加热，再滴加AgNO3溶液若产生的沉淀为白色，则该卤代烃中含有氯元素D探究蔗糖在酸性水溶液中的稳定性取2mL20%的蔗糖溶液于试管中，加入

适量稀H2SO4后水浴加热5min；再加入适量新制Cu(OH)2悬浊液并加热若没有生成砖红色沉淀，则蔗糖在酸性水溶液中稳定A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．原溶液中存在硝酸根可以和Fe2+反应生成Fe3+，故不能验证原溶液中含有亚硝酸根，A

错误；B．向KI溶液中滴加FeCl3，若FeCl3没有剩余说明反应是完全的，因此向反应后的溶液中加入KSCN溶液，若溶液变红，则说明该反应是有限度的，B正确；C．溶液中加入KOH后体系中剩余大量的OH-，再加入硝酸银溶液后OH-也可以使Ag+生产白色沉淀，C错误；D．蔗糖为二糖，在酸性条件

下可以水解生产单糖，验证单糖中是否存在醛基，应向水解液中加入NaOH溶液使体系呈碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，D错误；故答案选B。三、非选择题(本大题包括4个小题，共54分。)15.六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂

，熔点为283℃，沸点为340℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：.(1)检查装置气密性并加入WO3。先通

N2，其目的是___；一段时间后，加热管式炉，改通H2，对B处逸出的H2进行后续处理。仪器A的名称为___，证明WO3已被完全还原的现象是___。(2)WO3完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H2；②以干燥的接收装置替换E

；③在B处加装盛有碱石灰的干燥管；④……；⑤加热，通Cl2；⑥……。碱石灰的作用是___；操作④是___，目的是___。(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1g；开盖并计时1分钟，盖紧称

重为m2g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3g，则样品质量为___g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO3−离子交换柱发生反应：WO24−+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO3−；交换结束后，向所得含IO3−的溶液中加入适量酸化的KI

溶液，发生反应：IO3−+5I-+6H+=3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O23−=2I-+S4O26−。滴定达终点时消耗cmol•L-1的Na2S2O3溶液VmL，则样品中WCl6(摩尔质量为Mg•m

ol-1)的质量分数为___。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将___(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将___(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】①.排

除装置中的空气②.直形冷凝管③.不再有水凝结④.吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E⑤.再次通入N2⑥.排除装置中的H2⑦.(m3+m1-2m2)⑧.()3121202cVMmmm+−%⑨.不变

⑩.偏大【解析】【分析】(1)将WO3在加热条件下用H2还原为W，为防止空气干扰，还原WO3之前要除去装置中的空气；(2)由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E

中；(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，称量时加入足量的CS2用于溶解样品，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1-m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发

出(m1-m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g+2(m1-m2)g-m1g=(m3+m1-2m2)g；滴定时，利用关系式：WO24−~2IO3−~6I2~12S2O23−计算样品中含WCl6的

质量，进而计算样品中WCl6的质量分数；根据测定原理分析是否存在误差及误差是偏大还是偏小。【详解】(1)用H2还原WO3制备W，装置中不能有空气，所以先通N2，其目的是排除装置中的空气；由仪器构造可知仪器A的名称为

直形冷凝管；当WO3被完全还原后，不再有水生成，则可观察到的现象为锥形瓶中不再有液滴滴下，即不再有水凝结。故答案为：不再有水凝结；(2)由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中，所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯

气，防止污染空气；其二是防止空气中的水蒸气进入E；在操作⑤加热，通Cl2之前，装置中有多余的H2，需要除去，所以操作④是再次通入N2，目的是排除装置中的H2，故答案为：吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E；再次

通入N2；排除装置中的H2；(3)①根据分析，称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1-m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1-m2)g

的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g-m1g+2(m1-m2)g=(m3+m1-2m2)g，故答案为：(m3+m1-2m2)；②滴定时，根据关系式：WO24−~2IO3−~6I2~12S2O23−，样品中n(WCl6)=n(WO24−)=112n(S2O2

3−)=112cV10-3mol，m(WCl6)=112cV10-3molMg/mol=cVM12000g，则样品中WCl6的质量分数为：312cVMg12000(2)mmmg+−100%=()3121

202cVMmmm+−%；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大，故答案为：()3121202cVMmmm+−%；不变；偏大。16

.二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。（1）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2方法。①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。其次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的____

____（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。经检测发现滤液中仍含有一定量的SO42-，其原因是___________【已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10-10Ksp(BaCO3)=5.1×10-9】②该法工艺原理如右。其过程是将

食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2。工艺中可以利用的单质有____________（填化学式），发生器中生成ClO2的化学方程式为___________。（2）纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到

的最终产物D与NaClO3反应生成ClO2。完成反应的化学方程式：□（D）+24NaClO3+12H2SO4=□ClO2↑+□CO2↑+18H2O+□_________（3）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN-氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl

-。处理含CN-相同量得电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的_______倍【答案】①.BaCl2②.BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量23CO−时，BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s)(或其它合理答案)③.H2、Cl2④.2NaClO

3+4HCl2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O⑤.1C6H12O6+24NaClO3+12H2SO424ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12Na2SO4⑥.2.5【解析】【详解】（1）①在除杂的过程中每

步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去。根据提供的Ksp数据，在后面加入碳酸钠时，发生BaSO4(s)+23CO−(aq)=

BaCO3(s)+24SO−(aq)。②电解饱和食盐水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的单质为H2、Cl2，合成HCl。根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；可以写出方程式，并用化合价升降法配平得到。（2）纤维素为多糖，水解最终产物为葡萄糖（C

6H12O6），具有还原性，可将NaClO3还原得到ClO2。Cl从+5到+4价，降低1价，葡萄糖（C6H12O6）C均价为0，到+4价，升高4价，然后配平得到。（3）每摩尔Cl2得到2mol电子，而没摩尔ClO2得到5mol电子，故为2.

5倍。17.绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：回

答下列问题：(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是_______(填元素符号)。(2)工序①的名称为__。(3)滤渣I的主要成分是__(填化学式)。(4)工序③中发生反应的离子方程式为_______。(5)物质V可代替高温连

续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为__，可代替NaOH的化学试剂还有_______(填化学式)。(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序_______(填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为__

。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol•L-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-⇌Al(OH)4−：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)【答案】①.Fe、Cr②.溶解浸出③.MgO、Fe2O3④.2N

a++22-4CrO+2CO2+H2O=2-27CrO+2NaHCO3↓⑤.4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO3高温8Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O⑥.Na2CO3⑦.②⑧.

8.37【解析】【分析】由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤

得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1中通入二氧化

碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序②循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。【详解】(1)由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，

故答案为：Fe、Cr；(2)由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；(3)由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；(4)工序③

中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na++22-4CrO+2CO2+H2O=2-27CrO+2NaHCO3↓，故答案为：2Na++22-4CrO+2

CO2+H2O=2-27CrO+2NaHCO3↓；(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO3高温8Na2CrO4+2Fe2O3+1

6CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO3高温8Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；(6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，

将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为()()423+AlOHAl+OOHH+H−，反应的平衡常数为K1=

()+4c[1]OH)lc(HA−=()--+-4c(OH)]c[c(H)c(AlHOHO)=1wKK=1013.37，当()4c[AlOH]−为10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为()14c[AlOH1]K−=5133711010−.mol/L=10—8.37mol/

L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。18.NH3与甲醛CH2O反应可以制备乌洛托品(六亚甲基四胺，分子结构为)，乌洛托品可用于有机合成、消毒、杀虫、军事燃料等用途。回答下列有关问题：（1）基态氮原子的价电子轨道表

达式为___________，第三电离能I3(C)___________I3(N)(填“>”或“<)。（2）NH3的空间构型为___________，CH2O中C采取的杂化类型为___________。CH2O中碳氢键与NH3中氮氢键相比，键长较长的是__________

_。（3）乌洛托品为___________(填“极性”或“非极性”)分子，分子中的所有N原子呈正四面体分布，所有C原子呈___________几何体分布，该分子可与H+形成配位键，电子对给予体为_________

__原子。（4）在乌洛托品晶体中，分子采取体心立方堆积，其分子配位数为___________。乌洛托品比金刚烷(C10H16)水溶性更高，理由是___________。（5）金刚烷晶体采取分子密堆积、晶胞结构如图所

示，若晶胞体积为Vnm3，阿伏加德罗常数为L×1023mol-1，则晶体的密度为___________g/cm3。【答案】（1）①.②.>（2）①.三角锥形②.sp2③.C—H（3）①.非极性②.正八面体③.N（4）①.8②.乌洛托品与水分子形成氢键，金刚烷不能与水分子形成氢键（5）

5.44LV【解析】【小问1详解】氮元素的原子序数为7，价电子排布式为2s22p3，价电子轨道表达式为；碳元素失去2个电子后，价电子排布式为2s2，2s轨道为稳定的全充满结构，不易失去电子，氮元素失去2个电子后，价电子排布式为2s22p1，易失去2p轨道

的电子形成全充满2s2的稳定结构，所以碳元素的第三电离能大于氮元素，故答案为：；>；【小问2详解】氨分子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1,所以分子的空间构型为三角锥形；甲醛的结构简式为HCHO，分子中形成双键

的碳原子的杂化方式为sp2杂化；碳原子的原子半径大于氮原子，则甲醛分子中碳氢键的键长大于氨分子中的氮氢键，故答案为：三角锥形；sp2；C—H；【小问3详解】由结构式可知，乌洛托品是结构对称的非极性分子，分子中的所有氮原子呈正四面体分布，所有碳原子呈正八面体分步；分子中的

氮原子具有孤对电子，能与氢离子形成配位键，故答案为：非极性；正八面体；N；【小问4详解】由乌洛托品晶体中分子采取体心立方堆积可知，分子的配位数为8；乌洛托品分子中含有氮原子，能与水分子形成氢键，而金刚烷不能与水分子形成氢键，所以乌洛托品分子的水溶性大于金刚烷，故答案为：

8；乌洛托品与水分子形成氢键，金刚烷不能与水分子形成氢键；【小问5详解】由晶胞结构可知，晶胞中金刚烷的分子数为8×18+6×12=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：234136L10=10—21Vd，解得d=5.44LV，故答案为：5.44LV。获得更多资源请扫

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