【文档说明】北京市中国人民大学附属中学2024-2025学年高三上学期10月检测化学试题 Word版含解析.docx，共(23)页，1.346 MB，由小赞的店铺上传

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人大附中2025届高三10月检测练习化学说明：本试卷19道题，共100分；考试时间90分钟；请在答题卡上填写个人信息，并将条形码贴在答题卡的相应位置上。可能用到的相对原子质量：H：1Li：7C：12O：16一

、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸的相应位置上)1.下列化学用语或图示表达不正确的是A.3SO的VSEPR模

型：B.羟基的电子式：C.2S−的结构示意图：D.原子核内有8个中子的碳原子：146C【答案】A【解析】【详解】A．3SO中心S原子的价层电子对数为632=，不含孤对电子，VSEPR模型为平面三角形，故A错误；B．羟基是电中性微粒，电子式为：，故B正确；C．S为16号元素，2S−核外电子

排布为2，8，8，离子结构示意图为，故C正确；D．8个中子的碳原子，质量数为14，核素表示式为：146C，故D正确；故选：A。2.近日，我国首台中速大功率氨燃料发动机点火成功。下列关于氨燃料的说法不合理的是A.氨易液化便于存储，且液化时放热B.NH3分子间存在氢键，因此加热时

很难分解C.NH3具有还原性，可以在O2中燃烧D.与柴油发动机相比，氨燃料发动机可降低碳排放【答案】B【解析】【详解】A．氨气的熔点高，易液化，便于存储，且液化时放热，故A正确；B．NH3分子间存在氢键，决定了沸点高，不能判断氢化物的稳定性，

加热时很难分解和分子内化学键有关，故B错误；C．NH3具有还原性，可以在O2中燃烧生成氮气和水，故C正确；D．与柴油发动机相比，氨燃料发动机燃烧产物是氮气和水，可降低碳排放，故D正确；故选：B。3.下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是A.非

金属性：F>O>NB.碱性：KOH>NaOH>LiOHC.热稳定性：224HOHSSiHD.酸性：42323HClOHSOHSiO【答案】D【解析】【详解】A．同周期主族元素从左向右非金属性增强，则非金属性：F＞O＞N，能用元素周期律解释，故A不符合题意；B．同主族从上到

下金属性增强，金属性为K＞Na＞Li,则碱性：KOH＞NaOH＞LiOH，能用元素周期律解释，故B不符合题意；C．非金属性为O＞S＞Si,则热稳定性：H2O＞H2S＞SiH4，能用元素周期律解释，故C不

符合题意；D．同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：HClO4＞H2SO4＞H2SiO3，H2SO3不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释，故D符合题意；故选：D。4.常温下

，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.pH1=的溶液中：3HCO−、K+、Cl−、Na+B.无色溶液中：4NH+、K+、4MnO−、3NO−C.含有24SO−的溶液中：3NO−、OH−、Na+、2Ba+D.()-2cOH=10molL−的溶液中：Na+、23CO−、Cl−、K+【答案】D

【解析】【详解】A．pH=1表示溶液显强酸性，3HCO−不能大量共存，A错误；B．溶液中4MnO−呈紫红色，在无色溶液中不能共存，B错误；C．含有24SO−时，2Ba+能与之反应生成白色沉淀，故2Ba+不能大量共存，C错误；D．()21c10?LOHmol−−−=表明溶液显碱性

，四种离子共能大量共存，D正确；故选D。5.下列离子方程式书写不正确的是A.向NaOH溶液中通入过量2SO：23OHSOHSO−−+=B.向KI溶液中通入少量2Cl：222ICl2ClI−−+=+；23III−−+C.向()2

BaOH溶液中滴加少量4NaHSO溶液：22442BaOHHSOBaSOHO+−+−+++=+D.向()2CaOH溶液中滴加过量3NaHCO溶液：223322HCO2OHCaCaCO2HO+−−++++=+【答案】D【解析】【详解】A．向NaOH溶液中通入过量2SO生成亚硫酸氢钠，离子

方程式为23OHSOHSO−−+=，A正确；B．向KI溶液中通入少量2Cl，氯气置换出单质碘，单质碘与碘离子反应生成碘三离子，离子方程式为222ICl2ClI−−+=+；23III−−+，B正确；C．向()2BaOH溶液中滴加少量4N

aHSO溶液，少量定为一，生成硫酸钡、氢氧化钠和水，离子方程式为22442BaOHHSOBaSOHO+−+−+++=+，C正确；D．碳酸氢根离子不能拆分，正确的离子方程式为2-3HCO+2OH−+Ca2+=CaCO3↓+2-3CO+2H2O，

D错误；故选D。6.已知AN是阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A.标准状况下，222.4LN中含有A7N个中子B.60g富勒烯(C60)中含有AN个碳原子C.2271molKCrO被还原为3Cr+转移的电子数为A6ND.密闭容器中，22molSO和21

molO催化反应后分子总数为A2N【答案】C【解析】【详解】A．标准状况下，222.4LN物质的量为1mol，一个N原子中含有7个中子，即标准状况下，222.4LN中含有A14N个中子，故A错误；BC60分子是由C原子构成，

60g富勒烯(C60)中含有AA60gN5N12g/mol=哥C原子，故B错误；C．227KCrO中Cr为+6价，2271molKCrO被还原为3Cr+转移的电子数为A6N，故C正确；D．密闭容器中，SO2与O2催化

反应方程式为：223Δ2SO(g)O(g)2SO(g)+催化剂，由于反应可逆，因此22molSO和21molO催化反应后分子总数大于A2N，故D错误；故选C。7.下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH增大的是A.向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，紫色褪去B.

向NaHSO3溶液中加入Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀C.向BaCl2溶液中先通入SO2，后通入O2，产生白色沉淀D.向饱和NaCl溶液中先通入NH3，后通入CO2，产生白色沉淀【答案】A【解析】【详解】A．向酸性KMnO

4溶液中加入FeSO4溶液，紫色褪去，说明发生氧化还原反应，离子方程式：22342MnO5Fe8HMn5Fe4HO−++++++=++，pH增大，故A正确；B．向NaHSO3溶液中加入Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀

，发生复分解反应，不属于氧化还原反应，故B错误；C．向BaCl2溶液中先通入SO2，后通入O2，产生白色沉淀，反应过程中H+增多，pH减小，故C错误；D．向饱和NaCl溶液中先通入NH3，后通入CO2，产生白色沉淀，无元素化合价变

化，不属于氧化还原反应，故D错误；答案选A。8.实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均合理的是气体试剂制备装置收集方法ACO2石灰石+稀H2SO4cdBNH3NH4Cl+Ca(OH)2bfCSO2Na2SO3+浓H2SO4ceDCl2MnO2+浓盐酸adA.AB.BC.C

D.D【答案】D【解析】【详解】A．石灰石与稀H2SO4反应生成的CaSO4微溶于水，会覆盖在石灰石表面，阻碍反应的继续进行，所以用石灰石与稀硫酸不能制取二氧化碳，A不正确；B．用NH4Cl与Ca(OH)2反应制取NH3时，采用“固+固、加热”型制气装置，但由于NH3极易溶于水，所以不能采用

排水法收集NH3，B不正确；C．用Na2SO3与浓H2SO4反应制SO2气体，可采用简易气体发生装置，但由于SO2的密度比空气大，所以应采用向上排空气法收集，C不正确；D．MnO2与浓盐酸在加热条件下才能反应制取Cl2，由于Cl2的密度比空气大，所以采用向上排空气

法收集，D正确；故选D。9.燃料电池法可以处理高浓度氨氮废水，原理的示意图如下(忽略溶液体积的变化)。下列说法不正确．．．的是A.H+通过质子交换膜向a极室迁移B.工作一段时间后，a极室中稀硫酸的浓度增大C.电极b的电极反应：422NH6eN8H+−+−=+D.电池的总反应：422

24NH3O2N6HO4H+++=++【答案】B【解析】【分析】根据燃料电池装置可知，左侧a极为正极，通入空气后氧气在正极发生还原反应，电极反应式：22O4e4H2HO−+++=；右侧b极为负极，4NH+在负极发生氧化反应

，电极反应式：422NH6eN8H+−+−=+；【详解】A．结合分析，根据电极反应及电解质溶液呈电中性可知，H+通过质子交换膜向a极室迁移，A正确；B．根据分析，a极电极反应式：22O4e4H2HO−+++=可知，工作过程中每当消耗4mol氢

离子的同时，生成2mol水，则工作一段时间后，a极室中稀硫酸浓度减小，B错误；C．根据分析可知，b极为负极，4NH+在负极发生氧化反应，电极反应式：422NH6eN8H+−+−=+，C正确；D．结合分析，根据得失电子守恒，将两电极反应式相加得总反应：42224NH3O2N6HO4

H+++=++，D正确；答案选B。10.用如图装置检验浓硫酸与木炭在加热条件下反应的产物2CO和2SO。下列说法不正确．．．的是A.①中现象说明产物中有2SOB.②中利用了4KMnO的氧化性C.将②③对调也能够达到实验目的D.浓硫酸与木炭的反应：()24222Δ2HSOCCO2SO2HO

+++浓【答案】C【解析】【分析】浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫与水，品红检验二氧化硫，酸性高锰酸钾除去SO2，澄清石灰水检验CO2，据此回答。【详解】A．SO2能使品红褪色，则①中现象说明产物中有SO2，A正确；B．②中利用了KMnO4的氧化性，能够氧化

SO2，B正确；C．将②③对调不能够达到实验目的，因为SO2与CO2都能使澄清石灰水变浑浊，C错误；D．浓硫酸与木炭的反应方程式为：()24222Δ2HSOCCO2SO2HO+++浓，D正确；故选C。11.2CO的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用2C

O为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路线如下。已知：反应①中无其他产物生成。下列说法不正确的是A.2CO与X的化学计量比为1:2B.P完全水解得到的产物的分子式和Y的分子式相同C.P可以利用碳碳双键进一步交联形成网状结构D.Y通过碳碳

双键的加聚反应生成的高分子难以降解【答案】B【解析】【详解】A．结合已知信息，通过对比X、Y的结构可知2CO与X的化学计量比为1:2，A正确；B．P完全水解得到的产物结构简式为，分子式为9143CHO，Y的分子式为9122CH

O，二者分子式不相同，B错误；C．P的支链上有碳碳双键，可进一步交联形成网状结构，C正确；D．Y形成的聚酯类高分子主链上含有大量酯基，易水解，而Y通过碳碳双键加聚得到的高分子主链主要为长碳链，与聚酯类高分子相比难以降解，D正确；故

选B。12.H、C、O、Na四种元素之间(二种、三种或四种)可组成多种无机化合物，选用其中某些化合物，利用下图装置(夹持固定装置已略去)进行实验，装置Ⅲ中产生白色沉淀，装置V中收集到一种无色气体。下列说法不正确．．．的是A.装置I

中的化合物有多种可能B.装置Ⅱ中发生氧化还原反应C.装置Ⅲ中反应的离子方程式为CO2+2OH−+Ba2+=BaCO3↓+H2OD.装置V中收集的气体含有极性共价键，是非极性分子【答案】D【解析】【分析】Ⅰ中稀硫酸和碳酸氢钠或碳酸钠生成水和二氧化碳，Ⅱ中二氧化碳和过氧化钠生成碳酸

钠和氧气，Ⅲ中二氧化碳和氢氧化钡生成碳酸钡沉淀，二氧化碳被吸收，Ⅳ中氧气被干燥，Ⅴ中收集得到氧气；据此解答。【详解】A．装置I中的化合物可以是碳酸钠或碳酸氢钠，故A正确；B．Ⅱ中二氧化碳和过氧化钠生成碳酸钠和氧气，该反应过程中存在化合价变化，属于氧

化还原反应，故B正确；C．Ⅲ中二氧化碳和氢氧化钡生成碳酸钡沉淀，反应离子方程式为：CO2+2OH−+Ba2+=BaCO3↓+H2O，故C正确；D．装置V中收集的气体为氧气，含非极性键，是非极性分子，故D错误；故选：D。13.可采用D

eacon催化氧化法将工业副产物HCl制成2Cl，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：-1222CuO4HCl(g)+O(g)2Cl(g)+2HO(g)ΔH=-114.4kJmol。下图所示为该

法的一种催化机理。下列说法不正确的是A.Y为反应物HCl，W为生成物2HOB.反应制得21molCl，须投入2molCuOC.升高反应温度，HCl被2O氧化制2Cl的反应平衡常数减小D.图中转化涉及的反应

中有两个属于氧化还原反应【答案】B【解析】【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W

为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是2Cl、HCl、2O、2HO。【详解】A．由分析可知，Y为反应物HCl，W为生成物2HO

，A正确；B．CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；D．图中涉及的两个氧化还原反应是2CuClCuCl→和22CuClCuOCl→，D正确；故选B。14.

某实验小组探究KMnO4溶液与NH3以及铵盐溶液的反应。已知：-4MnO的氧化性随溶液酸性增强而增强；MnO2为棕黑色，Mn2+接近无色。实验序号试剂a实验现象Ⅰ8mol·L-1氨水(pH≈13)紫色变浅，底

部有棕黑色沉淀Ⅱ0.1mol·L-1NaOH溶液无明显变化Ⅲ4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈6)紫色略变浅，底部有少量棕黑色沉淀Ⅳ硫酸酸化的4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈1)紫色变浅Ⅴ硫酸酸化的4mo

l·L-1NH4Cl溶液(pH≈1)紫色褪去下列说法不正确．．．的是A.由Ⅱ可知，pH=13时，OH-不能还原-4MnOB.由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与+4NH相比，NH3更易还原-4MnOC.由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对+4N

H与-4MnO反应的影响D.由Ⅳ、Ⅴ可知，+4NH浓度降低，其还原性增强【答案】D【解析】【详解】A．Ⅱ中0.1mol·L-1NaOH溶液的pH=13，实验无现象，说明pH=13时，OH-不能还原-4MnO，A正确；；B．Ⅰ、Ⅱ可知，pH相同，氨水中现象明显；Ⅱ、Ⅲ可

知，氨水中现象明显，而含铵根离子的硫酸铵溶液反应现象不太明显；故由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与+4NH相比，NH3更易还原-4MnO，B正确；C．Ⅲ、Ⅳ中变量为溶液的pH不同，则由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对+4NH与-4MnO反应的影响，C正确；D．Ⅳ、Ⅴ中存在铵根离子浓

度、阴离子种类2个变量，不能说明+4NH浓度降低，其还原性增强，D错误；故选D。二、非选择题(本部分共5小题，共58分)15.自然界中的局部氮循环如下图。（1）上图含氮物质的各步转化中，属于氮的固定的是__

____（填数字序号）。（2）NH3是氮循环中的重要物质，工业合成氨反应的化学方程式为_____________。（3）某化工厂出现泄漏，大量氨水进入循环水系统，使循环水中含氯杀菌剂（有效成分为Cl2）的杀菌效果降低、硝化作用增强，导致循环水的pH发生波动，最终造成设备腐蚀

。①下列有关氨对循环水影响的说法中，正确的是_____（填字母序号）。a.过量氨进入循环水后，水中NO-2和NO-3含量会升高b.过量氨进入循环水后，不会导致水体富营养化c.循环水pH波动中，pH的上升与氨水的碱性有关d.为减少氨对杀菌剂杀菌效果的影响，可以改用非氧化性杀菌剂②通过

检测循环水中的c（NO-2）可判断循环水的水质是否恶化，c（NO-2）检测利用的是酸性条件下I-被NO-2氧化为I2的反应，该反应的历程如下：I.NO-2+2H+=NO++H2OII.……III.2ONI=I2+2NOII的离子方程式为___________。的（4）含N

O-3的废水可用二硫化亚铁（FeS2）处理，在反硝化细菌的作用下发生以下反应，请将离子方程式补充完整：14NO-3+5FeS2+___H+反硝化细菌7N2↑+10SO2-4+___________【答案】①.①②②

.223N(g)+3H(g)2NH(g)高温高压催化剂③.acd④.+-2NO+2I=2ONI⑤.4⑥.2+25Fe+2HO【解析】【分析】（1）氮的固定是将空气中游离的氮转变成氮的化合物的过程；（2）工业上用氮气和氢气在高温高压催化剂条件下合成氨气；（3）①氨进入循环水后会与会与水系统中硝化细菌

和氧气等发生硝化作用，生成NO-2和NO-3，是水体富营养化；氨气水溶液呈碱性；②酸性条件下I-被NO-2氧化为I2则总反应为--+2222NO+2I+4H=2NO+I+2HO，和反应I、III，写出II的离子

方程式；（4）根据化合价升降守恒、电荷守恒和元素守恒配平方程；【详解】（1）氮的固定是将空气中游离的氮转变成氮的化合物的过程，有自然固氮和人工固氮之分，即将N2转化为其他含N化合物，从图上看，①②分别属于自然固氮和人工固氮，故答案为：①②；（2）工业上用氮气和氢气在高温高压催化剂条件下合

成氨气化学方程式为：223N(g)+3H(g)2NH(g)高温高压催化剂，故答案为：223N(g)+3H(g)2NH(g)高温高压催化剂；（3）①a.过量氨进入循环水后，会与水系统中的硝化细菌和氧气等发生硝化作用，生成NO-2和NO-3，故N

O-2和NO-3含量会升高，故a正确；b.水体富营养化是指含N、P的营养盐含量过多而引起的水质污染现象，故过量氨进入循环水后，会导致水体富营养化，故b错误；c.循环水pH的波动中，pH的上升与氨水的碱性有关，故c正确；d.氨对杀菌剂杀

菌效果的有很大的影响，为保证杀菌效果，可以改用非氧化性杀菌剂，故d正确；故答案为：acd；②酸性条件下I-被NO-2氧化为I2则总反应为--+2222NO+2I+4H=2NO+I+2HO，反应I×2+II+III可得--+2222NO+2I+4H=2NO+I+2HO，则II的离子方程

式为+-2NO+2I=2ONI，故答案为：的+-2NO+2I=2ONI；（4）由离子方程式可知NO-3中N由+5价变为0价，化合价下降145=70，FeS2中S由-1价升高到+6，化合价升高107=70，此时化合价升降已经相等，则Fe元素化合价不变，反应生成5Fe2+，再根据电荷

守恒可得-+2-2+3224214NO+5FeS+4H7N+10SO+5Fe+2HO=，故答案为：4；2+25Fe+2HO。16.某钠离子电池以NaClO4的碳酸丙烯酯溶液作电解质溶液，6NaMnFe(CN)x作正极材料，Na作负极材料。（1）CO2与环氧丙烷在一定条件下反应制

得碳酸丙烯酯。①CO2是___________(填“极性”或“非极性”)分子。②环氧丙烷中，O原子的杂化轨道类型是___________杂化。③沸点：环氧丙烷___________CO2(填“＞”或“＜”)。（2）2MnCl溶液与Na4[Fe(CN)6]溶液混合可制备

6NaMnFe(CN)x晶体。①一个基态Mn原子中的未成对电子数是___________。②CN-的性质与卤素离子相近，被称为拟卤离子，(CN)2被称为拟卤素。i．(CN)2与H2O反应的生成物的结构式分别是HCN−、___

________。ⅱ．HCN有酸性但乙炔无明显酸性，HCN的酸性比乙炔的强的原因是___________。（3）钠离子电池的正极材料6NaMnFe(CN)x在充、放电过程中某时刻的晶胞示意图如下。①6NaMnFe(CN)

x中存在的化学键有配位键、___________。②该时刻的晶胞所示的6NaMnFe(CN)x中，x=___________。【答案】（1）①.非极性②.sp3③.＞（2）①.5②.HOCN−−③.N原子的电负性大，-CN具有吸电子效应，使HCN中H-

C的极性更大，更易断裂（3）①.离子键、(极性)共价键②.1【解析】【小问1详解】①CO2分子中，C原子的价层电子对数为42=2，发生sp杂化，分子呈直线形结构，是非极性分子。②环氧丙烷分子中，O原子与2个C原子分别以单键相连，其价层电子对数为

6212+=4，杂化轨道类型是sp3杂化。③环氧丙烷与CO2都形成分子晶体，环氧丙烷的相对分子质量大于CO2，分子间作用力环氧丙烷大于CO2，则沸点：环氧丙烷＞CO2。【小问2详解】①Mn的价电子的轨道表示式为，则一个基态Mn原子中的未成对电子数是5。②

i．Cl2与H2O反应，生成HCl和HClO，采用类推法，可确定(CN)2与H2O反应的生成物为HCN、HOCN，则结构式分别是HCN−、HOCN−−。ⅱ．HCN有酸性但乙炔无明显酸性，乙炔为非极性分

子而HCN为极性分子，且H、C间的共用电子对偏离H原子，则HCN的酸性比乙炔的强，原因是：N原子的电负性大，-CN具有吸电子效应，使HCN中H-C的极性更大，更易断裂。【小问3详解】①在6NaMnFe(CN)x中，Na+与配离子间形成离子键，配离子中，金属离子与CN-

间形成配位键，-CN内C、N原子间形成(极性)共价键，则存在的化学键有配位键、离子键、(极性)共价键。②由晶胞示意图可知，4个Na+位于体内，Mn位于顶点和面心，Mn原子的个数为118682+=4，则Na与Mn的个数比为4:4=1:1，所以该时刻的晶胞所示的6NaMnFe(CN)x中

，x=1。【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。17.一种利用富锂卤水(含Li+、Na+、Mg2+、Cl-、硼酸根等)制备碳酸锂的工艺如下：已知：室温下相关物质的spK如下表。化合物3MgCO2Mg(OH)24CaCO3CaCO2Ca(OH)23

LiCOspK66.810−125.610−92.310−92.810−65.510−22.510−（1）i中，操作的名称是___________。（2）ii可除去80％的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应的离子方程式为__________

_。（3）iii中，得到的沉淀3的成分有___________。（4）有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议_______(填“可行”或“不可行”)，理由是_______。（5）一种测定碳酸锂产品纯度的

方法如下：步骤I．取agLi2CO3产品，加入11124molLmLHSOcV−标准溶液，固体完全溶解；步骤Ⅱ．加热溶液，缓缓煮沸一段时间后自然冷却至室温；步骤Ⅲ．以酚酞为指示剂，用12molLNaOHc−标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为2VmL。①已知：杂质不与H2

SO4、NaOH溶液反应。该Li2CO3产品纯度为___________(写出计算式，用质量分数表示)。②步骤Ⅱ的目的是___________；若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致测得的Li2CO3产品纯度___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答

案】（1）萃取分液（2）Mg2++32-3CO+2H2O=Mg2(OH)2CO3+2-3HCO（3）Mg(OH)2和CaCO3（4）①.不可行②.溶液3中Ca2+能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯（5）①.11223%2a.7(-)cVcV②.将溶

液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果③.偏低【解析】【分析】由题干工艺流程图可知，向富锂卤水中加入有机溶剂进行萃取分液出含硼有机溶剂和主要含Li+、Na+、Mg2+的水层溶液1，向溶液1中加入纯碱，将Mg2+转化为Mg2(OH)2CO

3进行一次除镁，过滤得沉淀2主要成分为Mg2(OH)2CO3，向溶液2中加入石灰乳进行二次除镁，将剩余的镁离子转化为Mg(OH)2，同时步骤ii中生成的碳酸氢根离子和石灰乳反应生成CaCO3沉淀，故过滤出沉淀3主

要成分为Mg(OH)2和CaCO3，向溶液3中加入草酸钠进行出Ca2+，将溶液3中的Ca2+转化为CaC2O4沉淀，过滤得到沉淀4主要成分为CaC2O4，向溶液4中加入纯碱进行沉锂，过滤洗涤得到碳酸锂，据此分析解题。【小问1详解

】由分析可知，i中，操作的名称是萃取分液，故答案为：萃取分液；【小问2详解】由分析可知，ii可除去80％的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应即Mg2+和Na2CO3溶液反应生成Mg2(OH)2CO3，故该反应的离子方

程式为：Mg2++32-3CO+2H2O=Mg2(OH)2CO3+2-3HCO，故答案为：Mg2++32-3CO+2H2O=Mg2(OH)2CO3+2-3HCO；【小问3详解】由分析可知，iii中，得

到的沉淀3的成分有Mg(OH)2和CaCO3，故答案为：Mg(OH)2和CaCO3；【小问4详解】由分析可知，溶液3中含有Li+、Na+、Ca2+等离子，Ca2+能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不

纯，故有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议不可行，故答案为：不可行；溶液3中Ca2+能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯；【小问5详解】①根据2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O可知与NaO

H反应的H2SO4的物质的量为：n(H2SO4)1=12n(NaOH)=12c2V2×10-3mol，则与Li2CO3反应的硫酸的物质的量为：n(H2SO4)2=c1V1×10-3mol-n(H2SO4)1=c1V1×10-3

mol-12c2V2×10-3mol=(c1V1-12c2V2)×10-3mol，根据Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑，故该Li2CO3产品纯度为311221()10?74g/

mol2×100%agcVcVmol−−=11223.7(2-)%acVcV，故答案为：11223.7(2-)%acVcV；②由反应方程式Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑可知，步骤I反应后的溶液中含有CO2，故步骤Ⅱ的目的是将溶液中溶解的

CO2赶出，以免影响实验结果；若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致上述实验中的V2偏大，则将导致测得的Li2CO3产品纯度偏低，故答案为：将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果；偏低。18.某兴趣小组模拟工业制取3FeCl，并对其性质进行探究。资料：i．无水3

FeCl易潮解，加热易升华。ii．3Fe+与23SO−可以形成红色配离子。(一)3FeCl的制取(夹持装置略)实验I：（1）A为氯气发生装置。A中反应方程式是___________(锰被还原为2Mn+)。（2）装置G中的NaOH溶液用来吸收

多余的氯气，请写出该反应的离子方程式___________。（3）装置F中的试剂是___________。(二)3FeCl性质探究将实验I制取的3FeCl固体配成30.1mol/LFeCl溶液，进行实验Ⅱ和实验Ⅲ。实验Ⅱ：将酸化的35mL0.1mol/LFe

Cl溶液与232mL0.1mol/LNaSO溶液混合，得到红色溶液，一段时间后红色褪去。（4）解释实验Ⅱ中溶液先变红后褪色的原因___________。操作序号现象实验Ⅲa蒸发时，试管内有白雾b灼烧时，导出气体可以使NaBr溶

液变黄的的c最终，试管底部留有黑色固体（5）结合化学方程式，解释a中的实验现象___________。（6）小组成员对b中的现象进行探究。向得到的黄色溶液中加入苯，振荡静置，上层溶液呈黄色，取上层黄色溶液加入淀粉KI溶液，溶液变蓝。

甲同学推测实验Ⅲ灼烧过程中3FeCl分解产生了2Cl，乙同学认为需要排除3FeCl被苯萃取的影响，并通过实验证实了甲同学的推测，乙同学的验证过程及现象是___________。（7）将c中黑色固体溶于浓盐酸，无气泡产生，小组同学判断黑色固体中含有正二价铁，其理由是____

_______。【答案】（1）42222KMnO16HCl2MnCl5Cl8HO2KCl+=+++（2）22Cl2OHClClOHO−−−+=++（3）浓24HSO（4）3Fe+与23SO−既可以形成配离子也可以发生氧化还原反应；开始时形成配离子的反应速率大，但氧化

还原反应限度大，最终红色褪去（5）加热促进323FeCl3HOFe(OH)3HCl++平衡正移，挥发的HCl形成白雾（6）向3FeCl溶液中加入苯，振荡静置，未见变黄或向3FeCl溶液中加入苯，振荡静置，取上层溶液加入淀粉KI溶液，溶液未变蓝（7）实验确认有2Cl生成，Cl元素化合价

升高，黑色固体与盐酸反应没有2H生成，说明没有0价Fe，判断+3价铁降低到+2价【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用

于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置D中氯气与铁共热反应制备氯化铁，装置E为冷凝收集氯化铁的装置；装置F中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入E中导致氯化铁潮解；装置G中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气

，防止污染空气。【小问1详解】装置A中发生的反应为高锰酸钾固体与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，42222KMnO16HCl2MnCl5Cl8HO2KCl+=+++；【小问2详解】G中氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水：22Cl2OHClClOHO−−

−+=++；【小问3详解】由分析，装置F中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入E中导致氯化铁潮解；【小问4详解】溶液中铁离子能与亚硫酸根离子可以形成红色配离子使溶液呈红色，具有氧化性的铁离子也能与具有还原性的亚硫酸根离子发生氧化反应生成亚铁离子和

硫酸根离子，实验Ⅱ中溶液先变红后褪色说明溶液中铁离子与亚硫酸根离子发生氧化还原反应的限度大于发生络合反应的限度，故答案为：3Fe+与23SO−既可以形成配离子也可以发生氧化还原反应；开始时形成配离子的反应速率大，但氧化还原反应限度大，最终红色褪去；【小问5详解】氯化铁是强

酸弱碱盐，在溶液中存在如下水解平衡：323FeCl3HOFe(OH)3HCl++，水解反应是吸热反应，加热蒸发时，反应温度升高，平衡向正反应方向移动，挥发出氯化氢遇到水蒸气形成盐酸小液滴而产生白雾，故答案为：加热促进323FeCl3HOFe(OH)3HCl++平衡正移，挥发的HCl形成白雾；【小

问6详解】由题意可知，乙同学的实验目的是验证苯不能萃取氯化铁溶液中的氯化铁，则验证过程为向FeCl3溶液中加入苯，振荡静置，取上层溶液加入淀粉KI溶液，溶液未变蓝，说明苯中不含有氯化铁，故答案为：向3FeCl溶液中加入苯，振荡静置，未见变黄

或向3FeCl溶液中加入苯，振荡静置，取上层溶液加入淀粉KI溶液，溶液未变蓝；【小问7详解】由题意可知，实验确认有Cl2生成，反应中Cl元素化合价升高被氧化，黑色固体与盐酸反应没有H2生成，的说明固体中没有0价Fe，由此可判断氯化铁

溶液加热时，+3价铁得到电子被还原，化合价降低到+2价，故答案为：实验确认有2Cl生成，Cl元素化合价升高，黑色固体与盐酸反应没有2H生成，说明没有0价Fe，判断+3价铁降低到+2价。19.某小组探究227KCrO的制备。已知：i.23CrO

（绿色，不溶于水）、3Cr+（绿色）、()3CrOH（灰绿色，不溶于水）、()326CrNO−（玫瑰红色）、227CrO−（橙色）、24CrO−（黄色）ii.2HNO是一种弱酸，易分解：2323HNO2NOHNOHO=++将237.

60gCrO固体和315.15gKNO固体（物质的量之比为1:3）与过量的23KCO固体混合，高温煅烧得含24KCrO的黄色固体，反应如下：233232422CrO3KNO2KCO2KCrO2CO3KNO+++

+高温。（1）3KNO受热分解转化为2KNO，反应的化学方程式是________。（2）24KCrO转化为227KCrO，进行实验Ⅰ：①加入24HSO，24CrO−转化为227CrO−反应的离子方程式是________。②无色气泡中的气体有________。③资料显示溶液变为棕黑色

是3Cr+与227CrO−混合所致。设计实验：取少量棕黑色溶液于试管中，逐滴加入NaOH溶液，生成灰绿色沉淀，溶液变为黄色，至不再生成沉淀时，静置，取上清液________（填操作和现象），证实溶液中存在3Cr+与227CrO−。（3）

探究3Cr+的来源来源1：……来源2：酸性环境中，227CrO−与2NO−发生氧化还原反应生成3Cr+。①来源1：________。②进行实验Ⅱ证实来源2成立，实验操作及现象如下：实验操作实验现象溶液由橙色逐渐变为棕黑色，进而变为绿色，过程中

无红棕色气体产生。继续加入2NaNO溶液，溶液变为玫瑰红色，加入1241mL1molLHSO−溶液后，溶液恢复绿色。溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红色的反应的离子方程式：________、________。从平衡移动的角度解释溶液由玫瑰红色变为绿色的原因：

________。（4）为避免24KCrO转化为227KCrO的过程中产生3Cr+，进行实验Ⅲ。将煅烧后的黄色固体浸泡于100mL水中，过滤后向滤液中加入醋酸溶液，调至pH＝5，溶液变为橙色。实验Ⅲ中溶液的颜色与实验Ⅰ中的不同的原因可能是_____

___。【答案】（1）322Δ2KNO2KNOO+（2）①.2242722CrO2HCrOHO−+−+=+②.NO、2CO③.加入稀硫酸，调至pH＝3，溶液由黄色变为橙色（3）①.黄色固体中含有23CrO，溶于稀硫酸生成3Cr+②.2327232CrO3NO8H2Cr3NO4HO−−++−+

+=++③.()33226Cr6NOCrNO−+−+=④.()33226CrNOCr6NO−+−+，加入24HSO溶液，22NOHHNO−++，且2HNO易分解，()2NOc−减小，平衡正向移动，()326CrNO−

转化为3Cr+，溶液由玫瑰红色变为绿色（4）实验Ⅱ中，过滤除去了23CrO，溶液中的()Hc+比实验Ⅰ中的小，227CrO−的氧化性减弱的程度大于2HNO的还原性增强的程度，使227CrO−与2H

NO不能反应生成3Cr+，溶液仍为橙色【解析】【分析】将23CrO固体和3KNO固体与过量的23KCO固体混合，高温煅烧得24KCrO固体，加水溶解后加入稀硫酸调节pH，反应可生成227KCrO；反应过程中再酸性环境下，227CrO

−与2NO−发生氧化还原反应生成3Cr+，会导致生成的产物中含有3Cr+杂质。【小问1详解】根据得失电子守恒和质量守恒定律，3KNO受热分解转化为2KNO和氧气，化学方程式：322Δ2KNO2KNOO+

；【小问2详解】①根据原子守恒及电荷守恒，加入24HSO，24CrO−转化为227CrO−反应的离子方程式：2242722CrO2HCrOHO−+−+=+；②过量的碳酸盐与硫酸反应生成二氧化碳气体，亚硝酸盐在酸性

环境下形成亚硝酸，亚硝酸不稳定分解出NO气体；③溶液中存在3Cr+与227CrO−，结合题干信息可知，可通过改变溶液酸碱性，通过颜色变化进行成分判断，具体操作及现象：加入稀硫酸，调至pH＝3，溶液由黄色变为橙色；【小问3详解】①根据实验信息可知，黄色固体中含有23CrO，溶于稀硫酸生成3C

r+；②结合题干信息各微粒颜色，结合得失电子守恒及电荷守恒可知，溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红色的反应的离子方程式：2327232CrO3NO8H2Cr3NO4HO−−++−++=++、()33226Cr6NOCrNO−+−+=；()33226CrNOCr6

NO−+−+，加入24HSO溶液，22NOH=HNO−++，且2HNO易分解，()2NOc−减小，平衡正向移动，()326CrNO−转化为3Cr+，溶液由玫瑰红色变为绿色；【小问4详解】实验Ⅱ中，过滤除去了23CrO，溶

液中的()Hc+比实验Ⅰ中的小，227CrO−的氧化性减弱的程度大于2HNO的还原性增强的程度，使227CrO−与2HNO不能反应生成3Cr+，溶液仍为橙色。