【文档说明】天津市第一中学2022-2023学年高三上学期第二次月考化学试题含解析.docx，共(16)页，2.334 MB，由小赞的店铺上传

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天津市第一中学2022-2023学年高上学期第二次月考化学试题本试卷分为第I卷(选择题)、第II卷(非选择题)两部分，共100分，考试用时60分钟。考生务必将答案涂写在规定的位置上，答在试卷上的无效。祝各位考生考试顺利！相对原子质量：H1C12O16Na23S32

Fe56Cu64Ba137：：：：：：：：第I卷一、选择题(单选，共12题，每题3分，共36分)1.下列有关说法正确的是A.24NH的结构式为B.中子数为8的氮原子可表示为87NC.3SO的VSEPR模型：D.

NaCl的电子式为【答案】A【解析】【详解】A．N2H4分子中两个N原子共用一对电子，每个电子和两个H原子分别共用一对电子，结构式正确，A正确；B．根据在原子表示中，元素符号左下角为质子数，左上角为质量数，可知该原子可表示为157N，B错误；C．三氧化硫分子中δ键

数是3，孤电子对数是0，所以价层电子对数是3+0=3，空间构型：平面三角型，C错误；D．NaCl为离子化合物，电子式，D错误；故答案为：A。2.“碳中和有利于全球气候改善。下列有关2CO的说法错误的是

A.2CO是直线形的非极性分子B.2CO可被催化氧化为甲酸C.2CO晶体可用于人工增雨D.2CO是侯氏制碱法的原料之一【答案】B【解析】【详解】A．CO2的中心原子C杂化轨道类型为sp杂化，分子构型为直线形，且正负电荷中心重合，为

非极性分子，A正确；B．CO2中C的化合价为+4价，HCOOH中C的化合价为+2价，CO2催化生成HCOOH是还原反应，不是氧化反应，B错误；C．CO2晶体（干冰）升华时吸收大量热，可使空气中水蒸气凝结为水珠，能

用于人工降雨，C正确；D．候氏制碱法以饱和氯化钠溶液、氨气、二氧化碳为原料制得碳酸氢钠，反应式为22334NaCl+HO+CO+NH=NaHCO+NHCl，再热分解碳酸氢钠可制得碳酸钠（纯碱），反应式为323222NaHCONaCO+HO+COΔ，D正确；故选B。3.2

ClO与22NaO在碱性溶液中可以发生反应：222222ClO+NaO=2NaClO+O下列有关说法错误的是A.2ClO与22NaO均可用作杀菌剂、漂白剂B.22NaO与2NaClO晶体中阴阳离子个数比值不同C.+Na、-Cl

、2-O离子半径：()()()-+2-rCl>rNa>rOD.反应中有离子键的断裂与形成【答案】C【解析】详解】A．2ClO与22NaO均具有强氧化性，均可用作杀菌剂、漂白剂，A正确；B．22NaO中阴阳离子个数比为1:2，而2N

aClO中阴阳离子个数比为1:1，B正确；C．先看电子层，氯离子的电子层最多，氯离子半径最大，钠离子和氧离子电子层数相同，看原子序数，原子序数越小离子半径越大，所以，氧离子的半径大于钠离子的，C错误；D．222222ClO+NaO=2NaCl

O+O反应中过氧化钠中离子键断裂，生成物中形成了2NaClO中的离子键，反应中有离子键的断裂与形成，D正确；故本题选C。4.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，Z是地壳中含量最丰富的金属元素，W与X可形成原子个数比2∶1

的18e−分子，下列说法正确的是【A.X与Z能形成耐高温的无机材料B.简单离子半径Z＞X＞YC.由W、X、Y三种元素所组成的化合物的水溶液均显酸性D.非金属性：X＞Y＞W【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序

数依次增大的短周期主族元素，Z是地壳中含量最丰富的金属元素，Z是Al元素；W与X可形成原子个数比为2∶1的18e-分子，则形成的化合物为N2H4，W是H元素、X是N元素；Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，Y是O元素，据此分析解答。【详解】A．X是N元素，Z是Al元

素，可形成AlN，可作耐高温的无机材料，A正确；B．电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数Al＞O＞N，则离子半径：r(N3-)＞r(O2-)＞r(Al3+)，B错误；C．H、N、O组成的化合物NH3·H2O的水溶液呈碱性，C错误；D．X是N元素，Y是O元素，W是H元素，

非金属性：O＞N＞H，D错误；答案选A。5.下列说法正确的是A.石墨中的碳原子呈3sp杂化，是混合型晶体B.4.6g乙醇分子中含有共价键数为A0.7N(AN为阿伏加德罗常数)C.2HS和2HO结构相似，但硫化氢晶体中，一

个2HS周围有12个紧邻的分子，而冰中一个2HO周围只有4个紧邻的分子D.臭氧分子是由非极性键形成的非极性分子【答案】C【解析】【详解】A．石墨单层原子为平面形结构，C原子为sp2杂化，A错误；B．4.6g乙醇的物质的量为4.6g46g/mol=0.1mol，每个乙醇分子中含8条共价键，因

此共价键数目为0.8NA，B错误；C．H2S分子间为范德华力，晶体堆积为最密堆积，每个H2S周围有12个紧邻的分子，而冰中水分子间有氢键，每个H2O周围只有4个紧邻的分子，C正确；D．O3分子中O与O之

间为非极性键，但由于正负电荷中心不重合，为极性分子，D错误；故选C。6.在特定碱性条件下，过量22HO可将Cr(III)完全氧化成Cr(VI)，其反应为-2-2224HO+CrO+WCrO+Y→(未配平)，下列有关说法错误的是

A.W为-OHB.上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2C.221molHO参加反应时，转移电子的物质的量为2molD.在酸性条件下2-27CrO可以转化为2-4CrO【答案】D【解析】【分析】H2O2中氧元素化合

价由-1降低为-2，-2CrO中Cr元素化合价由+3升高为+6，根据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为-2-222423HO+2CrO+2OH2CrO+4HO−=。【详解】A．据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为-2-222423

HO+2CrO+2OH2CrO+4HO−=，W为-OH，故A正确；B．H2O2中氧元素化合价由-1降低为-2，H2O2是氧化剂，-2CrO中Cr元素化合价由+3升高为+6，-2CrO是还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2，故B正确；C．H2O2

中氧元素化合价由-1降低为-2，221molHO参加反应时，转移电子的物质的量为2mol，故C正确；D．有可逆反应：2-27CrO+H2O22-4CrO+2H+，加碱，平衡正向移动，所以在碱性条件下2-27CrO可以转化为2-4CrO，故D错误；选D。7.下表为某短周期元

素R的各级电离能数据(用I1、I2、I3……表示，单位-1kJmol)。下列关于元素R的判断正确的是元素1I2I3I4I5I……R738145177331054013630……A.R元素同周期相邻元素的第一电离能均小

于738kJ/molB.R元素位于元素周期表的ⅢA族C.R元素位于元素周期表的p区D.R元素基态原子的轨道表示式：【答案】A【解析】【分析】短周期元素R的第一电离能和第二电离能较小，第三电离能远大于第二电离能，说明该原子最外层有2个电子，处于IIA族

，该原子存在第五电离能，说明核外电子数数目大于4，故R为Mg元素，位于第三周期第IIA族。【详解】A．同周期元素的第一电离能:IIA族>IIIA族>IA族，故R元素同周期相邻元素的第一电离能均小于738kJ·mol-1，故A正确

；B．Mg元素处于IIA族，B错误；C．Mg元素处于IIA族，为s区，C错误；D．Mg元素基态原子的轨道表示式为，D错误；故答案选A。8.下列实验所涉及反应的离子方程式错误的是A.过氧化钠与水反应：+-22

222NaO+2HO=4Na+4OH+OB.向海带灰浸出液中滴加几滴硫酸酸化的过氧化氢溶液：-+22222I+HO+2H=I+2HOC.向硫酸铜溶液中通入2++22HSCu+HS=CuS+2H：D.用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸：+22+424222MnO+16H+CO=2Mn+

10CO+8HO−−【答案】D【解析】【详解】A．过氧化钠与水反应生成强氧化钠和氧气，A正确；B．碘离子与过氧化氢发生氧化还原，B正确；C．硫酸铜溶液中通入H2S，发生复分解反应，C正确；D．草酸为弱酸，不能拆，242242226H5HCO2108H

OMnOMnCO−++++=++，D错误；故答案为：D。9.下列由废铜屑制取CuSO4·5H2O的实验原理与装置不能．．达到实验目的的是A.用装置甲除去废铜屑表面的油污B.用装置乙在加热的条件下溶解废铜屑C.用装置丙过滤得到CuSO4溶液D.用装置丁蒸干溶液获

得CuSO4·5H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A.碳酸钠溶液显碱性，在加热的条件下可以除去铜屑表面的油污，A正确；B.在酸性条件下，铜与双氧水发生氧化反应得到硫酸铜，B正确；C.装置丙为过滤装置，过滤可以除去难溶杂质，得到硫酸铜溶液，C正确；D.用装置丁蒸干溶液得到硫酸铜固体，而不是C

uSO4·5H2O，D错误；答案选D。10.NH4Cl的晶胞为立方体，其结构如下。下列说法不正确的是A.NH4Cl晶体属于离子晶体B.NH4Cl晶胞中H-N-H键角为90°C.NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键D.每个Cl-周围与它最近且等距离的+4NH的数目为8【答

案】B【解析】【详解】A．氯化铵由铵根离子和氯离子构成，为离子晶体，A正确；B．铵根离子中N原子杂化方式为sp3杂化，键角为109。28'，B错误；C．NH4Cl晶体中铵根和氯离子之间为离子键，氮原子和氢原子之间为共价键，C正确；D．根据晶胞结构可知每个Cl-周围与它最近且等距

离的铵根离子的数目为8，在周围八个立方体体心位置，D正确；故选B11.含S元素的某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是A.a可能为正盐，也可能为酸式盐B.c为不溶于盐酸的白色沉淀C.d分子中心原子杂化轨道类型为3sp杂化D.反应②

中还可能生成淡黄色沉淀【答案】C【解析】【分析】由框图可知该钠盐有还原性，可被氯气氧化生成硫酸钠，硫酸钠与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，且该盐溶液与稀盐酸反应生成有还原性的刺激性气味气体，该气体为二氧化硫，综上可推得该盐可能为亚硫酸钠、亚硫酸氢钠或者硫代硫酸钠。

【详解】A．由框图可知a中含S的酸根有还原性，且能被氯气氧化生成硫酸根，则a可以为正盐，如亚硫酸盐，也可以为酸式盐，如亚硫酸氢钠，A正确；B．a溶液与氯气反应生成的溶液b为酸性，溶液b与氯化钡反应生成不溶于酸的沉淀，则沉淀应

为硫酸钡，B正确；C．由框图中信息可得气体d为二氧化硫，分子构型为V形，其中心原子S的杂化轨道类型为sp2杂化，C错误；D．若a为硫代硫酸钠，则与盐酸的反应为22322NaSO+2HCl=S+SO+2NaCl+HO，出二氧化硫外还生成淡黄色的硫单质，D正确；故选C。12.向盛有硫

酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象的说法中，正确的是A.反应后溶液中没有沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B.沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子为()2+34CuNH。C

.在()2+34CuNH中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道D.向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生任何变化，因为()2+34CuNH不与乙醇发生反应【答案】B【解析】【分析】向硫酸铜溶液中加入氨水，氨

水先和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，离子方程式为Cu2++2NH3•H2O═Cu(OH)2↓+2NH+4，继续添加氨水，氨水和氢氧化铜反应生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+，离子方程式为Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH-，在[Cu(NH3)4]2+离子中，C

u2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，以此分析解答。【详解】A．铜离子和氨水先生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜再和氨水能反应生成配合离子[Cu(NH3)4]2+，所以反应后Cu2+的浓度减小，故A错误；B．氢氧化铜沉淀溶解的离子反应为Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH-

，则生成深蓝色的配离子为[Cu(NH3)4]2+，故B正确；C．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，故C错误；D．[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以向

溶液中加入乙醇后因为溶解度减小，析出蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4，故D错误；故选B第II卷(共64分)二、简答题13.请回答下列问题（1）钴及其化合物有重要的用途，探究其结构有重要意义。①按照核外电子排布，可把元素周期表划分为5个区，Co在

元素周期表中属于_______区。②下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号)A.71[Ar]3d4sB.72[Ar]3d4sC.711[Ar]3d4s4pD.71[Ar]3d4p（2）()325CoNHClCl是3+Co的一种重要配合物

。①该配合物的一种配体是3NH，3NH的空间结构呈_______形，是_______(填“极性”或“非极性)分子。②3+Co的价层电子轨道表示式是_______。该配合物中3+Co参与杂化的6个能量相近的空轨道分

别是2个3d轨道、1个4s轨道和3个_______轨道。。③设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。实验如下：称取2.505g该配合物，先加水溶解，再加足量3AgNO溶液，_______(补全实验操作和数据)。相对分子质量()325CoN

HClCl:250.5AgCl:143.5（3）第VA族元素及其化合物的结构和性质如下①N基态原子核外电子排布式为_______。②333NHPHAsH、、的沸点由高到低的顺序为_______(填化学式，下同)，键角由大到小的顺序为_______。③某一种氮化硼晶体的立方晶胞结构如下图

：氮化硼(BN)属于_______晶体。该种氮化硼(BN)的熔点_______SiC。(填>、<、=)【答案】（1）①.d②.A（2）①.三角锥②.极性③.④.4p⑤.过滤，沉淀称重2.87g（3）①.1s22s22p3②.NH3、AsH3、

PH3③.NH3、PH3、AsH3④.共价⑤.>【解析】【小问1详解】①Co元素位于第四周期第Ⅷ族，根据元素周期表的分区在d区；②基态Co原子的电子排布为72[Ar]3d4s,711[Ar]3d4s4p和7

1[Ar]3d4p状态的Co电子能量均高于基态原子的，故电离最外层的1个电子所需的能量也小于基态Co的第一电离能I1，而71[Ar]3d4s状态的Co，其4s轨道为半满结构，能量更低，所需电离能也更大，故选A；【小问2详解】①NH3的中

心原子N为sp3杂化，NH3分子构型为三角锥形，其正负电荷中心不重叠，为极性分子；②基态Co的价电子排布为3d74s2，失去3个电子后有3d能级的轨道有6个电子，价电子电子排布图为。4p能级有3个轨道，参与杂化形成sp

3d2杂化轨道；③2.505g该配合物的物质的量为2.505gn==0.01mol250.5g/mol，配合物溶于水只有离子键断裂，则溶液中氯离子的物质的量为0.02mol，加入硝酸银生成的氯化银沉淀为0.02mol，氯化银的质量为m=nM=0.02mo

l143.5g/mol=2.87g，故后续操作与数据为过滤沉淀，称重，沉淀质量为2.87g；【小问3详解】①N为第二周期第ⅤA族元素，电子排布式为1s22s22p3；②三者均为分子晶体，熔沸点高低主要由范德华力影响，相对分子质量越大，范德华力

越大，熔沸点越高，而NH3分子之间会生成氢键，沸点高于PH3和AsH3，故沸点大小为NH3>AsH3>PH3。三种化合物中心原子均为sp3杂化，分子为三角锥性，且中心原子电负性N>P>As，电负性越大，成键电

子对偏向中心原子，电子对之间的排斥力越大，键角越大，故键角大小为：NH3>PH3>AsH3；③BN晶体与SiC晶体均为为共价晶体，共价晶体熔沸点由共价键键能决定，键长越短键能越大，B、C、N均为第二周期的元素，其原子半径小于位于第三周期

的Si原子，故B—N键键长小于Si—C键键长，则BN晶体熔点高于SiC熔点。14.青蒿素(15225CHO)是治疗疟疾的有效药物，白色针状晶体，溶于乙醇和乙醚，对热不稳定。青蒿素晶胞(长方体，含4个青蒿素分子)及分子结构如下图所示。（1）提

取青蒿素在浸取、蒸馏过程中，发现用沸点比乙醇低的乙醚(2525CHOCH)提取，效果更好。乙醇的沸点高于乙醚，原因是_______。（2）确定结构①图中晶胞的棱长分别为anmbnnmcm、、，晶体的密度为_______-3gcm。(用AN表示阿伏加德罗常数，青蒿素的相对分子质量为282

)②能确定晶体中哪些原子间存在化学键、并能确定键长和键角，从而得出分子空间结构的一种方法是_______。a.质谱法b.X射线衍射c.核磁共振氢谱d.红外光谱（3）修饰结构，提高疗效一定条件下，用4NaBH将青蒿素选择性还原生成双氢青蒿素。(双氢青蒿素)①双氢青蒿素分子中碳原子的杂

化轨道类型为_______。②4BH−的空间结构为_______。双氢青蒿素比青蒿素水溶性更好，治疗疟疾的效果更好。【答案】（1）乙醇分子间能形成氢键（2）①.-21A4282Nabc10②.b（3）①.sp3②.正四面体【解析】【小问1详解】乙醇分子中

含有O-H键，乙醇分子间能形成氢键，所以乙醇的沸点高于乙醚。【小问2详解】①图中晶胞的棱长分别为anmbnnmcm、、，则晶胞的体积为213abc10cm−，晶体的密度为213A4282gabc10cmN−=-21A4282Nabc10-3gcm。②X射线衍射能测定原子的

空间位置，所以X射线衍射能确定晶体中哪些原子间存在化学键、并能确定键长和键角，从而得出分子空间结构，选b。【小问3详解】①根据双氢青蒿素分子的结构简式，可知碳原子全是单键碳，C原子形成4个σ键，有个杂化轨道，杂化轨道类型为sp3。②4BH−中B原子的价电

子对数为3+4+1=42，无孤电子对，空间结构为正四面体。15.某废旧金属材料中主要含2323FeCuAlFeOFeOAlOCuO、、、、、、和可燃性有机物，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收A1Cu、、绿矾等。回答下列问题：（1）“焙烧”的目的主要是将金属单质转化为氧化物，并

除去_______。（2）“碱浸时发生反应的化学方程式为_______。（3）操作I、Ⅱ中使用的仪器除烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器是_______。（4）试剂a为_______(填化学式)，加入试剂a

后发生的化学反应中有一个属于化合反应，其离子方程式为_______。（5）滤液Ⅱ制取绿矾晶体需先加入少量稀硫酸再经过_______、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体。（6）绿矾在空气中容易被部分氧化为硫酸铁，现取被部分氧化为硫酸铁晶体8.22g溶于稀盐酸后，加入足量的2BaC

l溶液，过滤得沉淀9.32g；再通入112mL(标准状况)氯气恰好将其中的2+Fe完全氧化。①为确定绿矾未被全部氧化，可选择的最佳试剂是_______(填标号)。A.22HOB.KSCN溶液C.NaOH溶液D.36KFe(C

N)溶液②推测晶体中()()2+3+nFe:nFe=_______。【答案】（1）可燃性有机物（2）2322AlO+2NaOH=2NaAlO+HO（3）漏斗（4）①.Fe②.3+2+Fe+2Fe=3Fe（5）蒸发浓缩（6）①.D②.1：2【解析】【分析】废旧金属材料中主要含Fe

、Cu、Al、FeO、FeO、A12O3、CuO和可燃性有机物，焙烧，可除去有机物，同时将金属单质转化为氧化物，加入氢氧化钠溶液“碱浸”，可得到偏铝酸钠溶液，滤液I为偏铝酸钠，可用于提取铝，滤渣I含有铁的氧化物和铜的氧化物，加入硫酸“酸浸”，可生成硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜，试剂a为铁，可

用于除去硫酸铜，并与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，得到滤液Ⅱ为硫酸亚铁，滤渣Ⅱ为Fe、的Cu，加入硫酸酸浸，Cu不与硫酸反应，过滤得到铜，滤液Ⅱ蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾。【小问1详解】“焙烧”的目的主要是将金属单质转化为氧化物，并将可燃有

机物在氧气中燃烧而除去。答案：可燃有机物；【小问2详解】焙烧后成分为铁的和铝的氧化物，碱浸时氧化铝溶于氢氧化钠，反应的化学方程式为2322AlO+2NaOH=2NaAlO+HO，答案：2322AlO+2NaOH=2NaAlO+HO。【小问3详解】操

作Ⅰ、Ⅱ均为过滤，使用的仪器除烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器是漏斗，答案为：漏斗；【小问4详解】为了保证最后得到的晶体为纯净的硫酸亚铁，在滤液Ⅰ中需要加入的试剂a为铁粉，可能发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe+Cu2+=Fe2+

+Cu，属于化合反应的是Fe+2Fe3+=3Fe2+。答案为：Fe；Fe+2Fe3+=3Fe2+；小问5详解】滤液Ⅱ蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾，过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体，故答案为：蒸发浓缩；【小问6详解】为确定绿矾未被全

部氧化，可以检验是否有残余的亚铁离子，检验时要注意排除Fe3+对Fe2+检验单干扰，取少量被氧化的绿矾溶于水，再加入36KFe(CN)溶液，若有蓝色沉淀生成，则证明绿矾没有被完全氧化。由题意可知：晶体中2-4SO的物质的量为2-4-19.32g(SO

==0.04mol233gmolmnM=），消耗氯气的物质的量20.112L(Cl===0.005mol22.4L/mol22.4L/molVn），根据2+3+22Fe+Cl=2Fe，晶体中含4(FeSO=.mol=.moln）0005200

1，根据()2-42443(FeSO+3[FeSO=(SOnnn）），代入数据，解得，()243[FeSO=0.01moln，则()()2+3+nFe:nFe=1∶2。16.次氯酸(HClO)的浓溶液呈黄色，是极强氧化剂，常用作消毒剂及除甲醛(HCHO)的试剂。某学习小组设计下列

装置制备HClO并验证其氧化性(夹持仪器及降温装置已省略)。已知：2ClO为棕黄色气体，极易溶于水并迅速反应生成HClO。【回答下列问题：（1）HClO的结构式为_______，仪器a的名称为____

___。（2）制备HClO时要打开活塞13KK、，关闭2K，待装置A中反应结束时再通入一段时间2N。①仪器C中制备2ClO时，发生反应为2232232Cl+2NaCO+HO=ClO+2NaCl+2NaHC

O，仪器B、D中的试剂分别为_______(填字母)。a.浓244HSOCCl、b.饱和食盐水、4CClc.饱和食盐水、浓24HSO②反应结束后再通入一段时间2N的目的是_______。（3）验证HClO的氧化性时要向F中加入过量HClO并充分搅拌，待溶液变澄清时停止

搅拌。反应结束时，F的溶液中含有的离子主要有3+2-+4FeClSOH、、、，该反应的离子方程式为_______。（4）HClO可用于除去HCHO，生成一种常见强酸和两种常见无污染的氧化物。①该反应的化学方程式为______

_。②若除去15gHCHO，则转移电子的个数为_______AN(AN表示阿伏加德罗常数)。【答案】（1）①.H-O-Cl②.三颈烧瓶（2）①.b②.使体系中的Cl2及Cl2O被充分吸收，防止干扰后续实验

（3）2FeS2+15HClO+H2O=2Fe3++15Cl-+4SO24−+17H+（4）①.HCHO+2HClO=2HCl+CO2+H2O②.2【解析】【分析】通过氮气将装置中空气排尽，A中浓盐酸和酸性高锰酸钾溶液反应生成Cl2，浓

盐酸具有挥发性，得到的Cl2中含有HCl，HCl能和碳酸钠反应，所以B装置用于除去HCl，C装置制备Cl2O，D装置用于除去多余的Cl2，E中Cl2O和水反应生成HClO,HClO具有强氧化性，反应结束时，F的溶液中含有的离子主要有3+2-+4FeCl

SOH、、、，说明HClO和FeS2反应生成3+2-+4FeClSOH、、、，据此分析。【小问1详解】HClO中H、Cl原子各形成1个共价键，O原子形成2个共价键则HClO的结构式为：H-O-Cl，仪器a的名称为三颈烧瓶；故答案为：H-O-Cl；三颈烧瓶；【小问2详解】仪器C中制备Cl2O时，根

仪器B的作用是除去HCl，用饱和的食盐水；仪器D的作用是除去Cl2，氯气易溶于有机溶剂四氯化碳，所以B、D中药品分别是饱和食盐水、CCl4,故答案为：b；Cl2、Cl2O都具有强氧化性，而干扰HClO和F

eS2的反应，所以反应结束后再通入一段时间N2的目的是使体系中的Cl2、Cl2O被充分吸收，防止干扰后续实验；故答案为：使体系中的Cl2、Cl2O被充分吸收，防止干扰后续实验；【小问3详解】HClO具有强氧化性，反应结束时，F的溶液中含有的离子主要有3+2-+4FeClSOH、、、，说明HC

lO和FeS2反应生成3+2-+4FeClSOH、、、，该反应的离子方程式为：2FeS2+15HClO+H2O=2Fe3++15Cl-+4SO24−+17H+故答案为：2FeS2+15HClO+H2O=2Fe3++15Cl-+4SO24−+17H+【小问4详解】①次氯酸具有强氧化性，能氧化甲醛，结

合已知生成一种常见强酸和两种常见无污染的氧化物，产物为二氧化碳、盐酸、水，故该反应的化学方程式为：HCHO+2HClO=2HCl+CO2+H2O故本题的答案为：HCHO+2HClO=2HCl+CO2+H2O②根据上述反应方程式，除去1molHCHO的质量为30g，转移的电子数为4NA，15g

HCHO转移的电子数为2NA，故答案为：2NA。