第8期 元素化合物知识 综合复习-【数理报】2026年高考化学一轮复习学案

高考化学第6~9期 数理柄] 答案详解 2025~2026学年高考化学第6~9期(2025年8月) 第6期4版参考答案 的，D正确 素养提升（六） 4.B“还原”步骤中焦炭和石英砂反应生成粗硅和C0, 1.A设Cl2、H20、ClO2的物质的量均为1mol,1 mol Cl2 Si0,+2C温si+2C0↑，C0不能使澄清石灰水变浑浊，A错 生成Cl时转移2mol电子，1 mol ClO2生成C时转移5mol 误；“高温氮化”是S与N2反应，原料气中含有N2和少量的 电子，1molH202生成水时转移2mol电子，转移电子数最多的 02,02能与Si反应生成Si02,灼热的铜粉可与02反应，从而 是C102,故消毒效率最高的是C102· 除去N2中含有的少量O2,B正确；“高温氮化”合成反应为 2.DNCl分子中中心原子N的价层电子对数=3+ 3S+2八，高温5i,N,反应中氮元素的化合价降低，被还原，故 5-1x3=4,N原子含有1个孤电子对，则N0,分子为三角锥 2 N2是氧化剂，C错误；“高温氮化”制备的Si,N4中含有少量Fe 形结构，A正确：根据图知，电解NH,Cl溶液时生成H2和 和Cu及其化合物，Cu与稀硫酸不反应，杂质不能完全除去， Na,化学方程式为NH,C+2HC电馨NC,+3H,↑，B正确： D错误. 5.D向含Fe(SCN)3的溶液中加入铁粉，发生反应： CO2具有强氧化性，硫酸亚铁具有还原性，二者反应可产生 2Fe3++Fe=3Fe2+,Fe3++3SCN一Fe(SCN)3平衡逆向移 Fe3+,水解得到氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮 动，溶液颜色变线，涉及化学反应，A不符合题意：氯水在光照 物而净水，C正确；NaCIO2和NCl,溶液的反应为6 NaClO2+ 条件下放置一段时间后，黄绿色消失，是因发生反应：2HCO NCl,+3H20=6CO2↑+NH3↑+3NaOH+3NaCd,溶液X中 含有Cl和OH,溶液呈碱性，D错误。 光照2HC1+0,↑，C,+H,0一HCl0+HC平衡正向移动，涉 及化学反应，B不符合题意：紫红色变浅的原因是发生反应： 3.D通人空气的目的是稀释C102,防止ClO2发生爆炸， L,+I一，，涉及化学反应，C不符合题意：焰色试验属于物理 A错误；吸收塔中加入氢氧化钠、H,O2发生氧化还原反应生成 变化，不涉及化学反应，D符合题意. NaC102,离子方程式为20H-+2Cl02+H202=2C102+2H20 6.B根据图示，a为HCl,b为Cl,,c为ClO2,d为HClO,e +O2↑，B错误；CO2具有氧化性，SO?具有还原性，二者会 为氯化物，f为氯酸盐.CO2具有强氧化性，可作为一种新型自 发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误. 来水消毒剂，A正确：f中C元素的化合价为+5，具有很强的 4.CC0与有机物接触时可能爆炸，橡胶塞的成分为有 氧化性，B错误；C有还原性，C10、CO,有氧化性，酸性条 机物，因此组装装置时，玻璃导管接口之间尽可能靠近，橡胶塞 件下可发生反应生成Cl2,C+Cl0+2H=Cl2↑+H20, 用锡箔包住，A正确；装置B中发生的反应为16HC1(浓)+ 5C1+Cl0+6H*=3Cl2↑+3H20,C正确；氯水中存在平衡： 2KMn04=2KCl+2MnCl2+5C2↑+8H20,16 mol HCI参与反 CL2+H20、→HC+HC0,又酸性：HCl>H,C03>HClO,加入 应转移10mol电子，若参加反应的HCl为4mdl,反应中转移电 NaHCO3溶液后，HCl浓度减小，平衡正向移动，HClO的浓度增 子的物质的量为2.5mol,B正确；装置G用于吸收氯气，防止 大，漂白性增强，D正确. 污染空气，则G中试剂应用碱石灰，不能用无水CaCl2,C错误； 7.C NaHSO3具有还原性，Cl2具有氧化性，二者能发生 C20的熔点为-116℃，沸点为3.8℃，因此装置F中用液氨 氧化还原反应A正确；电解饱和食盐水时，阴极上水电离出的 冷凝收集产品，分离CL20和氯气，D正确. H放电，B正确；K”ClO,与浓盐酸反应制备二氧化氯，”CO 第6期2-3版参考答案 中的C1由+5价降低到+4价，生成”C102,C1生成CL2,反应 精练卷（六） 的离子方程式为2”C0,+4H+2C1=CL,↑+2”C02↑+ 1.B2.D 2H,0,C错误；氯气溶于水生成HC1和HCO,离子方程式为Cl2 3.D硅胶具有吸水性，食品袋里放人硅胶，用作干燥剂， 不能用作抗氧化剂，A错误；石墨烯-硅太阳能电池光电转换 +H,0=H*+C1-+HCl0,D正确. 8.D实验室利用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2,该装 效率虽然较高，但仍不能达到100%，B错误；可穿戴式智能测 温设备的测温芯片主要成分是硅单质，C错误；有机硅橡胶是 置未加热，A错误；由于浓盐酸具有挥发性，因此利用MnO2与 CH3 浓盐酸混合加热制取的CL,中含有HC1和水蒸气，在净化时要 先通过饱和NaCl溶液除去HCl杂质，然后再通过浓硫酸进行干 一种重要的合成橡胶，它是HO一S一OH通过缩聚反应制得 燥处理，B错误；C装置只有气体入口，无气体出口，因此不能收 CH 集到CL2,C错误；C2是有毒气体，可根据其能够与碱反应的性 高考化学第6~9期 质，利用NaO溶液进行尾气处理，防止大气污染，D正确： Fe(S04)3不能代替SO2,D错误 得2×2e g.D根锅4Q,二2Q+26可知，生成2 15.(除标注外，每空2分)(1)2C+S0,商温si+2C0↑ (2)CD 失4×e- (3)Si有空的3d轨道，容易受到水分子进攻；Si一C1键能 Cl2转移4mol电子，则反应每生成标准状况下22.4LCl2,转 小，容易断键(3分)取少量水解后的溶液分成两等份于两支 移电子的数目等于2×6.02×10”，A错误；该反应平衡常数的 1 试管中，一支试管中滴入紫色石蕊溶液，变成红色，则证明溶液 表达式为K=c(C,)·c2(H,0) 中有氢离子；另一支试管中滴入硝酸银溶液，产生白色沉淀，加 c(HCl)·c(02)1 B错误；催化剂可以降低正、 入稀硝酸后沉淀不溶解，则证明溶液中有氯离子(3分) 逆反应的活化能，但不能降低反应的焓变，C错误；C2和O2中 (4)SiCl +4CH CH,OH-(CH CHO)Si+4HCI 含有非极性键，H,O和HC1中含有极性键，D正确 解析：(2)因电负性：Cd>H>Si,SiHCI,中H元素和Cl元 10.D若钠盐只有NaCIO3和Nad,则发生反应：3Cl2+ 素的化合价均为-1，因此Si元素的化合价为+4，A错误；S1 6NaOH=5NaCl+NaCIO,+3H,O,氧化剂和还原剂的质量比为 和SiO,都是共价晶体，Si的原子半径大于O的，因此S一Si键 5:I,A错误；若钠盐只有NaC1O和NaC,滴加少量盐酸，生成 长比Si一0键长要长，因此Si一0键能更大，晶体Si的熔点低 HCO,漂白性增强：当盐酸量增大时，会发生反应：COˉ+2H+ 于SiO2的，B错误；由流程图可以看出步骤Ⅱ消耗HCl生成H2 Cl=C,↑+H,0,漂白性减弱，B错误；若钠盐有NaCI0、 (Si+3HC30℃siHC,+H,),后续氢气还原SiHCl,,时消耗 NaCIO3和NaCl,根据转移电子守恒，可得n(NaClO)+ H,生成HC(SiHCL,+H,1100 C Si+3HC),则H,和HC都 5n(NaCl03)=n(NaCl),根据氯元素质量守恒，可得2n(Cl2)= 可循环使用，C正确；SiHCl（沸点33.0℃)中混有少量SiCL n(NaCl)+n(NaCO)+n(NaCIO3),需根据NaClO和NaClO 的量才可计算Cl2的量，C错误；根据NaCl、NaCIO、NaClO,中 (沸点67.6℃)，二者沸点相差较大，可以用蒸馏的方式提纯 SiHCI3,D正确. 钠、氯组成比可知，无论产物的量如何变化，n(Na)=n(), n(NaOH)=2n(Cl,),D正确. 16.(每空2分)(1)1.5 (2)3Cl0+2Fe3++100H=2Fe0}+3C-+5H,0 11.Cc(Ag)·c(CI)>Kp(AgCl)时产生白色沉淀，A 错误：实验2中发生的反应有：C10+C+2CH,C0OH=CL2↑ (3)大于烧杯、漏斗、玻璃棒乙醇或乙醚 (4)随着盐酸加入，溶液H减小，高铁酸钾氧化性增强， H,O+2CH,COO.CH,COOH C1O=CH,COO HCIO. 氧化C1生成Cl, 2HC10光黑2HC+0,↑，容器壁中气泡成分有0，和Cl,两种， (5)高铁酸钾能杀菌消毒，其还原产物Fe3+能水解生成 B错误；A13+和CO因发生水解互促而不能大量共存，H*和 Fe(OH)3胶体吸附悬浮物，达到净水的作用 C1O结合生成HCIO而不能大量共存，D错误. 17.(除标注外，每空2分)(1)①C0(NH2)2+20H+ 12.D84消毒液的有效成分为NaCl0,与浓盐酸发生氧： C0=N2H4·H20+C+C0号②降温至-5℃ 化还原反应生成氯气，反应的化学方程式为NaCO+2HC(浓) 一NaCl+CL,↑+H,O,浓盐酸体现酸性和还原性，A错误；具支 (2)①2NH,Cl+Ca(0H),△CaCl,+2NH,↑+2H,0 试管产生氯气，在a处遇KBr发生置换反应生成Br2,溶液变橙 ②防止N2H,被过量氯气氧化(3分)③B、C之间增加盛有饱 色，可得氧化性：CL2>Br2,b处变蓝说明生成I2,因Br2具有挥 和食盐水的洗气装置(3分) 发性，此处的L2可能由CL2或Br2置换出，不能证明L2与Br2 (3)N2H.(HS04)2N2H4-4e+2C0号=N2↑+2H20 的氧化性强弱，B错误；浓盐酸具有挥发性，HC气体也能与酸 +2C02↑ 性KMO,溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，不能说明是 解析：(2)③浓盐酸具有挥发性，制得的CL2中含HC1,若 KMnO4与Cl2发生反应，C错误；氯气和NaOH溶液反应生成 不除去HCl,会消耗NH导致N2L4的产率降低. NaCl和NaCO,溶液碱性变弱，同时NaClO具有漂白性，故酚酞 18.(除标注外，每空2分)(1)C0+H20二O+ 溶液褪色，D错误， HCIO 13.DBr2和CCL,均为非极性分子，而BCl为极性分子， (2)C10+2I+H20=I2+C1+20H 根据相似相溶原理，常温下，在四氧化碳中的溶解度BCl比 (3)向pH=10的NaOH溶液中加入少量滴有淀粉溶液的 Br2小，A正确；BrC和IC中BrI均为+1价，Br比I更易得 碘水，振荡，蓝色褪去(3分) 电子，因此BrCl的氧化性强于ICl的，B正确；BrC的性质与卤 (4)①CL2②溶液中的C2或HC10也可将I广氧化为L2, 素类似，Br,、Cl,可与Mg反应生成MgBr,和MgCL,则Brd可i 使溶液变蓝加热pH=2的溶液至无色，使黄绿色气体（或 与Mg反应生成MgBr,和MgCL2,C正确；BrCl与NaOH溶液反 C,)充分逸出，使HCO完全分解，冷却后再加入I溶液(3 应生成NaBrO、NaC和H,O,D错误. 分)③3Cl0+1=3C1+IO 14.D因为液溴易挥发，利用热空气可吹出溴单质，A正 解析：(2)实验I中溶液变为浅黄色，说明有碘单质生成， 确；吸收塔中发生反应：Br2+SO2+2H20=2HBr+H2S04,使 NaClO氧化K生成2，自身被还原为NaCl. 溴得到富集，B正确；蒸馏塔中利用物质沸点使得溴单质被蒸 (3)欲证明2在碱性溶液中不能存在，可向NaOH溶液中 馏出来，得到分离，C正确；S02被氧化，二氧化硫作还原剂， 滴加滴有淀粉溶液的碘水，观察溶液是否褪色。 Fe,(SO,),中Fe+具有强氧化性，不与溴单质反应，因此 (4)②由题给信息知，酸性条件下10？不能氧化C1,可 -2 高考化学第6~9期 以氧化I,取实验Ⅱ所得溶液，滴加稀硫酸至过量，整个过程化还原反应，最终使铜粉溶解，C不符合题意；K,S与铜单质不 均未出现蓝色，说明没有生成碘.一段时间后有黄绿色刺激性 能反应，铜粉不溶解，D符合题意. 气味的气体产生，说明生成CL2,测得溶液的pH=2.由ClOˉ和 3.B氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮，该过 C1在酸性条件下反应生成CL2,因溶液中的CL2或HCO也可 程不属于氮的固定，A错误；温度升高，2NO2(g)、一N204(g) 将I~氧化为山2，使溶液变蓝，则此实验不能说明实验Ⅱ所得溶 △H<0的平衡逆向移动，不利于N2O4被MOFs固定，C错 液中存在O?,此时应加热，除去氯气和HClO,再加入KI溶 误；转化为HNO3的反应是2N204+O2+2H04HNO3,其原 液，溶液变蓝，说明实验Ⅱ所得溶液中存在IO· 子利用率为100%，D错误. 第7期4版参考答案 4.B硫化钠用于除去废水中的汞离子是因为硫化汞难 素养提升（七） 溶于水，与硫化钠的还原性无关，A错误；硫酸铝在溶液中电离 1.BS和02反应生成S02,S02和02在催化剂加热的条！ 出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体的表面 件下反应生成SO3,S无法直接转化成SO3,A错误；据题意， 积大，具有很强的吸附性，能吸附水中悬浮杂质产生聚沉达到 SO2能与水反应产生H2S20,B正确；据题意，S03在高温下才 净水的目的，B正确；将硫酸铵和明矾按一定比例混合，加人适 能将HBr氧化为Br2,C错误；SO,和BaCl,反应时，若生成物中 量的水溶解，过滤去除杂质，蒸发浓缩、冷却结晶，得到铵明矾， 有BSO2,则同时生成HCl,违背强酸制弱酸原理，D错误. 与硫酸铵易分解无关，C错误：胃酸中含有盐酸，而硫酸钡用作 2.D反应④中Na,S2O,在酸性条件下发生歧化反应，生 造影剂的主要原因是BaSO,不溶于酸，D错误， 成S和S02,S是还原产物，D错误， 5.AFeS2中硫元素的化合价为-1，FeS2与足量稀盐酸 3.C反应g中，N元素化合价升高，NH发生氧化反应， 反应有H,S生成，氧化还原反应中化合价有升必有降，正确的 A正确：图中6种含氮微粒中，氮元素的化合价有0、+1、+5、 离子反应为FeS2+2H=Fe2++HS↑+S,A错误. +4、-3,一共呈现了氮元素的5种价态，B正确；反应j中 6.D NaHSO4+BaCl2=BaSO4↓+HCl+NaCl,pH虽减 2.24LN20没有注明标准状况，无法计算，C错误；NH3分子中 小，但反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应， N原子形成3个σ键，含有一个孤电子对，分子的空间结构为 A不符合题意；2H2S+S02=3S+2H,0,溶液plH增大，B不符 三角锥形，D正确. 合题意；4NaHC03+2CuS04=Cu2(OH)2C03↓+2Na2S04+ 4.D固氮是游离态的氮转化为氮的化合物的过程，①不 H20+3C02↑，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化 属于固氮反应，A错误；反硝化过程中氮元素的化合价降低，被 还原反应，C不符合题意；H2S+C2一S+2HCl,反应中有元素 还原，B错误；NO,增多，反硝化作用增强，水中氮气含量增 发生化合价变化，属于氧化还原反应，弱酸氢硫酸转化为强酸 加，会引起NH4含量变化，C错误；反应④是NH4被氧化成 盐酸，溶液的pH减小，D符合题意. NO2和N,0,可能是被O2氧化，D正确. 7.A浓硫酸具有脱水性，能将有机物分子中的H原子和 5.C结合价态和物质类别，a为NH3,b为H,S,c为N2或 0原子按2：1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑， S,d为NO2或SO2,e为HNO3,f为HSO4,据此分析解答：若c 体现浓硫酸的脱水性，A错误；浓硫酸脱水过程中释放大量热 在常温、常压下呈固态，c为S,则b(H,S)和d(SO2)因发生氧 此时发生反应：C+2H,s04(浓)△C0,↑+2S0,↑+2H,0, 化还原反应不能大量共存，A正确；若通入水中发生氧化还原 产生大量气体，使固体体积膨胀，B正确；结合选项B可知，浓 反应，则d为NO2,e为HNO3,浓硝酸不稳定，易分解，应保存： 硫酸脱水过程中生成的S02能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的 在棕色瓶中，B正确；若d能使溴水褪色，d为SO2,f为H,S04, 强氧化性，C正确；该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学 常温下铁遇到浓硫酸发生钝化，不能剧烈反应，C错误；若©是 键的断裂，D正确. 空气的主要成分，c为N,,则a为NH3,e为HNO3,氨气和硝酸 8.BH,S一稀盐酸、NO一稀硫酸、CO2一饱和NaHCO3溶液 反应生成硝酸铵，含离子键和共价键，D正确。 均不能反应或溶解，无法出现喷泉现象.HC一稀氨水能发生反 第7期2-3版参考答案 应，烧瓶内压强减小，能出现喷泉现象. 精练卷（七） 9.D氢气的密度小于空气的，丁装置中收集氢气的集气 1.A由方程式可知，硫化钠是还原产物，亚硫酸钠是氧 瓶的导管应该“短进长出”，D不能达到实验目的. 化产物，则发生氧化反应与发生还原反应的硫的物质的量之比 10.A在富氧条件下，SO易被氧气氧化为SO,A错误. 是1：2，A错误；由图可知，S6分子中含有6个S一S,则1molS6 11.C气体中含有的杂质吸附或沉积在催化剂表面，会使 分子中含有的S—S数目为1mol×6×N mol-1=6WA,B正 催化剂活性降低或丧失，即催化剂中毒，故八2和H2必须净化， 确；S4、S6、Sg是硫元素形成的不同种单质，互为同素异形体，则 A正确：氨的催化氧化生成NO,B正确；硝酸具有强氧化性，能 S4、S6、Sg之间的转化属于化学变化，C正确；硫不溶于水，易溶 腐蚀橡胶，应该使用玻璃塞，C错误；NO+NO2+CO=CO2+ 于二硫化碳，所以试管内壁上的硫可用热的氢氧化钠溶液或二 2NO2,D正确. 硫化碳除去，D正确. 12.C仪器X的名称是分液漏斗，A正确：由酚酞溶液变 2.D加人H202后，发生反应：Cu+H202+2H=Cu2++ 红色可知，N,S4与水反应生成了氨气，氨气极易溶于水，倒置 2H20,铜粉溶解，A不符合题意；加人Fe2（S04)3后，发生反 漏斗能防倒吸，B正确；撤去热水浴，相当于降低温度，反应速 应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,铜粉溶解，B不符合题意；加入 率变小，则酚酞溶液变红色会减慢，C错误；(NH)zS,O,与盐 NaNO,后，NO,在酸性条件下表现强氧化性，能与Cu发生氧 酸发生反应：S20}+2H=$↓+S02↑+H20,反应生成S单 一3 高考化学第6~9期 质，可观察到产生浅黄色沉淀，D正确。 (3)NH,SCN+KOH△KSCN+NH,↑+H,O 13.C设原气体体积为8L,则剩余气体为1L,根据方程 (4)吸收尾气H,S和NH33H,S+Cr,0?+8H*=3S↓ 式4N02+02+2H20=4HN03讨论分析： +2Cr3++7H,0 若剩余的1L气体为O2,则反应的二氧化氮和氧气共7L, (5)重结晶 《0,)=专×7L,(0,)=了×7L+1L,则二氧化氨和氧气 17.(除标注外，每空2分)(1)酸性条件下N0具有氧化 的体积比为7：3，②正确. 性，能将S02氧化为S0},从而产生白色沉淀 若剩余的1L气体为NO,即相当于剩余3LNO2,则反应 (2)作缓冲瓶，防止倒吸 的二氧化氮和氧气英5L,(Q,)=了×5L=1L,(N0,)= (3)隔绝氧气(1分)b (4)S02被氧气氧化为S0},S01与Ba2+反应产生白色 8L-1L=7L,则二氧化氮和氧气的体积比为7：1，③正确. 沉淀 14.B沉淀质量达到最大时，沉淀为Mg(OH)2和 (5)3S02+2N03+2H20+3Ba2+=3BaS04↓+2N0+ A1(OH)3,根据质量守恒，沉淀质量应为合金质量和OH~的质 4H* 量和，即m(OH-)=(n-m)g,①正确；当沉淀质量达到最大 (6)02在氧化反应中起到主要作用 时，溶液中溶质为NaNO3,n(NO,)=n(NaNO,)=n(NaOH)= 解析：(4)根据变量控制思想，对比实验一可知，B烧杯中加 aV×10-3mol,②错误；沉淀中OH的物质的量等于Mg2+、 入未煮沸的BaCl2溶液出现白色沉淀，而A烧杯煮沸的BaCl,溶 A1+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量， 液未出现白色沉淀，说明是O2氧化SO2,故发生的反应为 即n(e)=n(OH)=”-mmol,③正确；根据得失电子数目 2H2S03+02+2Ba2+=2BaS04↓+4H或2H20+2S02+02+ 17 2Ba2+=2BaS04↓+4H,因此B烧杯中出现浑浊的原因是SO2 守恒，即n(0)=X号ml=”mml,因为在室温状态下， 51 被氧气氧化为S0,S0?与Ba2+反应产生白色沉淀。 (6)根据图像，有O2参加的反应中pH变化比无氧参加的 无法计算NO的体积，④错误；参加反应的硝酸有两种作用：酸 性和氧化性，因此与合金反应的硝酸的物质的量为(aV×103 大，且用时短，说明O2在氧化反应中起到主要作用. 18.(每空2分)(1)增大固体与气体的接触面积，提高焙 +-)mol,⑤正确。 51 烧速率 15.(除标注外，每空2分)(1)球形干燥管(1分) (2)Si02FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S (2)Mn0,+4H++2C1≌Mn2++CL2↑+2H,0 (3)温度过低，反应速率慢；温度过高，NH4HCO,发生分解 (4)酸式KSCN或硫氰化钾溶液变红 (3)E→DB→F吸收未反应的氯气，防止污染空气，同 (5)80% 时吸收空气中的水蒸气，防止其进人装置，与S2C2反应 解析：(1)“培烧”时气体与矿料逆流而行，可以增大固体 (4)排出装置内的空气将生成的S2CL2带人装置F中 与气体的接触面积，提高焙烧速率. (5)浓盐酸的滴加速度（或装置B中通入CL2的量） (2)SO2不溶于稀硫酸，则“溶浸”后滤渣的主要成分为 (6)2706x100% 233a SiO2.FeS2与H,S04不反应，“还原”时FeS2被Fe3+氧化，发生 解析：(3)装置E中盛有的饱和食盐水用于除去氯气中混 反应的离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S. 有的氯化氢气体，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置 (3)温度过低，反应速率慢；温度过高，NH,HCO发生分 B中氯气与硫共热反应制备二氯化二硫，装置F用于冷凝收集 解，故“沉铁”时需控制温度在32℃左右. 二氯化二硫，装置C中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气， (4)由题干信息可知，柠檬酸是一种三元酸，故柠檬酸亚 防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进人装置F,使二氯 铁是一种酸式盐.检验柠檬酸亚铁中铁元素的方法为取少量柠 化二硫水解，则装置的连接顺序为A→E→D一→B→F→C. 檬酸亚铁样品于试管中，加水溶解，然后加入少量稀硝酸，再滴 (5)二氯化二硫能被氯气氧化为SC2,为提高产品纯度， 加几滴KSCN溶液，若溶液变红，说明含有铁元素. 应控制氯气的量，故可调节装置A中分液漏斗活塞，控制液体 (5)1kg硫铁矿中含有的FeS,的物质的量为 滴加速度，控制氯气的生成速率，或通人一定量的氮气，对氯气 1000g×60%=5mml,经过焙烧、溶浸后得到5 mol Fe+,“还 的浓度进行稀释，也可以起到相同的作用. 120 g/mol (6)根据反应2S2C2+2H20=3S↓+S02↑+4HC1、H202 原”步骤发生反应：FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S,则还原后得到的 +S02=H,S04、H2S04+BaCl2=BaS0,↓+2HCl,可得出反应 Fe2+为7.5mol,则经上述流程理论上可制得柠檬酸亚铁的质 关系式为2S,Cl2~S02~BaS04,则样品中二氯化二硫的含量为 量为7.5mol×246g/mol=1.845kg,而实际上只制得1.476kg 2b 233×135 1009%=233a 270b 行檬酸亚铁侧行袋酸亚铁的产率为}8是×10%=380。 ×100%. a 第8期4版参考答案 16.(除标注外，每空2分)(1)bc(1分)c(1分)》 素养提升（八） (2)观察气泡流速，便于调控生成NH的速率使氨气与 1.C在富氧氛围下，氧气充足，喷入少量燃油可以生成 CS,充分接触，防倒吸 CO2、H,0等，而不是生成还原性尾气，A错误；NSR系统中的催 4 高考化学第6~9期 化剂有Pt、Ba,不止一种，B错误；由图可知，存储阶段，氯元素化号，B错误；Mg(OH)2属于难溶性碱，不能拆分，正确的离子方 合价升高被氧化，以Ba(NO3),的形式被存储起来，C正确：还原 程式为Mg(OH)2+2H=Mg2++2H20,C错误；D项转移电子 阶段，氮元素化合价由+5变为0，发生还原反应，电子转移为 数不守恒，正确的离子方程式为I0+5I+6H=3L2+ N2~10e,则每生成0.1mdlN2,转移1mol电子，D错误. 3H0,D错误。 2.D从图中可以看出，过程I发生的反应为2xZn+ 6.C将1.12m3(标准状况)工业尾气通入足量的PdCL 2N0,=N2+2xZm2++20;过程Ⅱ发生的反应为Zm2++0 溶液中，析出10.6g固体，即产生0.1 mol Pd,由反应可知尾气 +C0=Zn*+C02·总反应为2N0,+2xC0=2xC02+N2.Zn 中含有0.1mlC0(即2.24L),C0的体积分数为1.12×101 2.24L 先消耗，后生成，作催化剂.由总反应可建立关系式：N2~ 4xe,则每生成1molN2转移4xmol电子.综上D错误. ×100%=0.2%,A正确：1个C180分子中含6+10=16个中 3.D反应过程中先生成后消耗的是中间体，A错误；由流 15g 程可知，V5+一O一H→V5+一0…H一N*H3中各元素化合价 子，15gC0的物质的量为30g/ma=0.5m0l,所含中子数目 没有发生变化，B错误；整个过程中反应物有NH3、NO、O2,生 为8NA,B正确；反应碳元素化合价由+2升高为+4，C02为 成物有N2和H,0,在钒系催化剂作用下脱硝反应为4NH,+ 氧化产物，反应中每生成1olC02,转移电子数目为2WA,C错 4N0+0,催化剂4N,+6H,0,C错误：反应过程中有0=0断 误；反应后的溶液为HCl溶液，含0.2molH*,Na加入0.1L 裂，N=N形成，有N一H断裂，H一O形成，所以既有极性键又 HCl溶液中，先与酸反应(2Na+2HCl=2NaCl+H2↑)，若酸不 足后再与水反应，4.6gNa(即0.2mol)恰好与生成的0.2mol 有非极性键的断裂和形成，D正确 HCl完全反应产生0.1modH,,气体分子数为0.1NA,D正确. 4.(1)②s02+Ca0≌CaS0 7.D吹脱法利用物理方法脱氮，折点氯化法中生成H ③2Cas0,+02△-2Cas0, 和C1,d0和C1在酸性环境中可能发生归中反应生成氯 (2)①2NH3+S02+H,0=(NH4),S0: 气，氯气有毒，D错误. ②2(NH4)2S03+02=2(NH4)2S04 8.C碱溶液与单质d反应生成漂白液，故单质d为Cl2； (3)D2NaOH +SO2 =Na2SO,+H2O 碱溶液与氧化物c(适量)反应得纯碱溶液，故碱溶液是NaO, 2Na2 CO3+SO2=Na2SO3 +CO2 氧化物c为CO2;单质M经一系列反应得碱溶液NaOH,故单 3Na2SO,+SO2 +H2O=2NaHSO3 质M为Na,氧化物b为H,O;Na与单质a反应得氧化物，因此 (4)12NaOH+SO,=Na,SO +H,O 单质a为02，据此回答 ②2Na2S03+02=2Na2S04 为O2,O2可与灼热的铜反应生成黑色的氧化铜，A正 ③Na,S04+Ca(OH)2=Cas04↓+2Na0H 确；b为H20,水蒸气可与红热的铁在高温下反应生成四氧化 5.(1)3HC10+2N0+H20=3Cd+2N0+5H+ 三铁和氢气，B正确；c为C02,镁条在CO2中燃烧生成氧化镁 (2)溶液pH越小，溶液中HCO的浓度越大，氧化NO的 和碳，燃烧的镁条不熄灭，C错误；d为CL2,CL2可与碘化钾反 能力越强 应生成碘单质，碘单质能使湿润的淀粉试纸变蓝，D正确。 第8期2-3版参考答案 9.C若隔绝空气煅烧，铁元素化合价从+2上升到+3， 精练卷（八） 依据氧化还原反应“有升必有降”原则，硫元素的化合价必然 1.B“燃煤脱硫”技术是减少二氧化硫的排放，与“碳达 要下降，从而得到SO2,A正确；氧化铁是红色固体，俗称铁红， 峰、碳中和”无关，A错误；高效率钙钛矿太阳能电池能将太阳能 可以作红色的油漆和涂料，B正确；蒸馏利用的是高沸点酸制 转化为电能，C错误；光导纤维其主要成分是二氧化硅，D错误. 备低沸点酸，只能说明H,SO,的沸点比HNO,的高，并不能比 2.D浓HNO,有强氧化性，但常温下铁遇到浓硝酸发生 钝化，常温下能用铁罐储运浓硝酸，D错误。 较两者的酸性强弱，C错误；煅烧时的反应为2FeS0,越 3.C不锈钢是合金，不是化合物，不属于电解质，其余分 Fe03+S02↑+S03↑，吸收S03的反应为S03+H20= 类正确，A错误；A山2O3既能与酸反应生成盐和水，又能与强碱 H,S0,加KNO,蒸馏时的反应为H,S0,(浓)+KNO,△ 反应生成盐和水，属于两性氧化物；冰水混合物中只有水分子， KHSO4+HNO,↑，依次为分解反应，化合反应和复分解反应，D 属于纯净物，其余分类正确，B错误；Cu(OH)2是弱碱；Na2O2 正确. 与酸反应除了生成盐和水外还生成了氧气，不属于碱性氧化 10.B缓慢通人N2的目的是尽可能地将双颈烧瓶中S02 物，其余分类正确，D错误 吹出，使其进入H2O2溶液被氧化为H,S04,A正确；冷凝管的 4.CMg在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁，在氧气中 1 作用是避免温度过高，导致部分硫酸溶液被吹入H2O2溶液而 燃烧生成氧化镁，A错误；S02和水、H,S的反应分别为SO2+ 影响测定结果，B错误；根据反应S02+H,O2=H,SO4,H2S04 H20H2S03,S02+2H2S=3S+2H20,反应类型不同，B错 +2NaOH=Na,S04+2H,0可得关系式：S02~H,S04~2NaOH, 误；Na202分别与H,0和C02反应生成的气体均为氧气，C正 根据滴定时消耗NaOH标准溶液的量，就可以得到SO2的含量， 确；浓H2S0,与Cu反应生成S02,与C反应生成C02和S02, C正确；SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色，若实验过程中看 生成的酸性气体不相同，D错误。 到品红溶液褪色，说明在H,O2溶液中S0,没有被完全氧化吸 5.A用Na,C03溶液处理水垢中的CaS04,生成溶解度更 收，则根据滴定时消耗NaOH标准溶液计算的SO2的含量就会 小的碳酸钙，A正确：A+水解生成氢氧化铝胶体，不写沉淀符 比实际偏低，D正确。 5 高考化学第6~9期 11.C依题意可知，甲装置中发生的反应为[C(NH)4]C,无色，且半分钟不恢复65.7偏大 +2NaOH=Cu0↓+2NaCl+4NH,↑+H,0,A正确：氨气易溶 解析：装置A中高锰酸钾固体与浓盐酸反应产生氯气，装置B 于水，装置乙的作用是防倒吸，B正确：氨气溶于水后得到的氨 盛有饱和食盐水用于除去氯气中混有的HCl,氯气通人NaOH溶 水呈碱性，为检验NH的生成，可在装置丙中加人酚酞溶液，C 液中，先制备NaCO碱性溶液.NaCO再与Na,PO与Na,HPO,混 错误；生成的沉淀可能附着NaCl,故可用稀硝酸酸化的硝酸银 合液反应生成“消洗灵”.装置D是安全瓶，防止倒吸，氯气有毒， 溶液检验生成的沉淀是否洗涤干净，D正确. 需要进行尾气处理，装置E吸收尾气，防止污染大气 12.B类比Cu与稀硝酸的反应可写出3Hg+8H+ (5)步骤②中NaoP0.Cl·5H,0中氯元素的化合价由+1 2N0,=3Hg2++2NO↑+4H20,A正确：KI溶液与AgNO3能 降低至-1，Iˉ被氧化为↓2，根据得失电子守恒可以得到关系 发生反应I+Ag=Agl↓，故不能用KI溶液除去AgNO3中 式：Na1oP0gCl·5H20~2~2S20号，故产品的纯度为 的Hg(NO3)2,B错误；反应③的离子方程式为2[Hgl4]2+ 0.05mLx20x103Lx7×g0w品x6565gmm × 2.000g 40H +71+3H20,消耗的 100%≈65.7%；步骤②中若静置时间过长，溶液中过量K可 Hg 被空气中的氧气氧化生成碘单质，导致后续滴定过程消耗 NH和OH的物质的量之比为1：4，C正确：根据反应③可 Na2S2O3标准溶液的体积偏大，使产品纯度的测定值将偏大. 知，奈斯勒试剂和微量的N日反应可生成红色沉淀 17.(每空2分)(1)50.0mL三颈烧瓶 Hg (2)增加NaNO2的溶解度双氧水受热分解；反应太剧 NH ,故可用奈斯勒试剂检验NaHCO,中微量 烈，容易发生副反应降低溶液极性，促进Na,[Co(NO2)。]析 Hg 出12N02+2Co2++H,02+2CH,C00H=2[Co(N02)6]3 的NH,HCO3,D正确 +2CH,C00+2H,0[Co(N02)6]3=6N02+Co3+,强酸 13.D由流程可知，加入稀硫酸溶解，Fe、Cr、Ni、C0单质 电离出来的H与NO2结合生成HNO2,平衡向正反应方向移 在稀硫酸中转化为相应的盐，生成的气体为H2,溶液中含有 动，产率降低 N2+、Co2+、Cr3+、Fe2+,加入NaS分离出的滤渣1含CoS和 (3)80.0透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色，若呈紫色则 NS,再加草酸生成FC,O,以除Fe2+,最后过滤分离出硫酸 含钾元素 铬.由于“除杂”操作中加入具有还原性的$2，故溶液中不存 解析：(1)仪器a为三颈烧瓶，所加液体的体积为15.0mL 在Fe3+. +6.0mL+7.0mL=28.0mL,因此三颈烧瓶的规格应该为 14.A加人足量稀盐酸，产生无色、无味的气体，则X中 50mL. 含有Na,CO3,不含Na,SO,.加入足量的NaOH溶液，产生的无 (2)步骤①中，用热蒸馏水的目的是增加NaNO2的溶解 色、有刺激性气味的气体应为NH3,则说明X中含有NH,NO3； 度；温度过高，双氧水受热分解，同时温度较高时，反应较剧烈， 无白色不溶物，则不含BaCl2.根据题给物质性质可知加入足量 容易发生副反应，因此加入双氧水前需要冷却： 稀盐酸后产生的白色固体应是AgC1,则X中含有AgNO,.根据 Na[Co(NO2)。]微溶于乙醇，加入乙醇的作用是降低溶液极 以上分析可知，当加入蒸馏水时，产生的白色沉淀可能是 性，促进Na[Co(NO2)6]析出. AgC1、Ag2CO3,也可能是A1,O3,或它们的混合物，则X中可能 Na[Co(NO,)。]中Co元素的化合价为+3，加人H,O, 含有KCl或A山，O,·加入蒸馏水微热产生无色、有刺激性气味 后，C02+被氧化，制备该配合物的离子方程式为12NO2+ 的气体，应是Na,CO,与NHNO3发生相互促进的水解反应生 2Co2++H,02+2CH,C00H=2[Co(N02)6]3-+2CHC00-+ 成NH.综上可知A正确. 15.(除标注外，每空2分)(1)饱和食盐水(1分) 2H,0;[C0(N0,)6]3存在电离平衡：[Co(N02)6]3-、一 6NO2+C。3+,硝酸或硫酸是强酸，其电离出来的H+与NO2 (2)2Mn(OH)2+02=2Mn02+2H20 结合生成HNO2,平衡向正方向移动，产率降低 (3)M2+的还原性随溶液碱性的增强而增强 (3)足量KC1与1.010g产品反应生成0.872g亮黄色沉 (4)①CL2+20H=C1+C10+H20 ②4Mn04+40H=4Mm0}+02↑+2H20Cl2(1分) 淀，则n(K,Na[Co(NO,)]}=nNa,[Co(NO,)6]}-0,82mml= 436 ③3Cl0-+2Mn02+20H=2Mn04+3Cl-+H,0 0.002mol,m{Na[Co(N02)6]}=0.002mol×404g/mol= ④过量Cl2与NaOH反应产生NaCIO,使溶液的碱性减弱， ! c(OH)降低，溶液中的MnO,被还原为MnO的速率减小， 0608.产品线度为0g×10%=s0.0% 因而实验Ⅲ未得到绿色溶液 18.(每空2分)(1)H,S04HF 16.(每空2分)(1)+1b (2)Ti02++2C03+3H20=H4Ti04↓+2HC0 (2)2:5 (3)2HP04+2FeS04·7H20+4NH3+H202=2FeP0,+ (3)增大反应物的接触面积，加快反应速率 2(NH4)2S04+16H20 (4)Na:PO +2Na,HPO +NaClO +2NaOH =Najo P:O Cl+ (4)边搅拌边向磷酸亚铁粗产品中加入1mo/L的H,S04 2H,0 至完全溶解，向溶液中加入足量的30%H202溶液充分反应， (5)当最后半滴NaS,O,标准液滴入时，溶液由蓝色变为 边搅拌边滴加1mol/L的Na2HPO4溶液至溶液pH约为L.5, 6 高考化学第6~9期 充分反应至不再有沉淀产生，过滤、洗涤、干燥 燃料的燃烧可将化学能转化为热能等形式的能量，B正确；燃 (5)47.4 料电池直接将化学能转化为电能，C错误：太阳能属于新能源， 解析：(1)由图可知，“试剂”为一种酸，钛铁矿加人试剂X 利用太阳能光解水制氢属于新能源的利用，D正确. 后得到FeSO,·7H,O,磷灰石矿[Ca,F(PO4)3]加入试剂X酸溶 2.B甲烷燃烧是放热反应，反应过程中化学能转化为热 之后，过滤可得到石膏(CaS04),“试剂X”H,SO4,“气体Y”HF. 能，A错误；白磷转化为黑磷放出热量，说明白磷的能量高于黑 (2)“滤液1”显酸性，钛的存在形式为T02+,加人过量 磷，故黑磷更稳定，B正确：燃烧热指1ol可燃物燃烧生成指 NaC03后转化为H4iO4,该反应的离子方程式为Ti02++ 定物质所放出的热量，NH3对应的指定物质是N2,C错误； 2C0片+3H,0=H4Ti0↓+2HC02. H2(g)和l2(g)的反应是可逆反应，1molH2(g)和1molL2(g)不 (3)“沉淀”过程发生氧化还原反应，FSO4·7H20被 能完全转化，故H2(g)+L2(g)=2Ⅲl(g)△H<-bkJ/mol,D H,02氧化，磷元素来自“滤液2”中的HP04,“沉淀”反应的化 错误. 学方程式为2H,PO+2FeS0,·7H,0+4NH1+H,0,一2FeP04+ 3.C两个反应中Na2C03·10H2O失水都是吸热反应，则 2(NH4)2S04+16H20. Na,CO3(s)与水的化合反应是放热反应，A正确；碳酸钠晶体 (4)磷酸亚铁粗产品（混有氢氧化铁）不溶于水，应先加 的失水是分解反应，属于化学变化，B正确；Na2CO3（s)中， H,SO4溶解，再加H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,最后加Na2HPO4, CO?不水解，Na和CO?数目之比等于2，C错误；根据盖斯 由图可知，pH在1.5左右Fe的有效转化率最高. 定律，△H=△H2-△H1,D正确. (5)该反应为氧化还原反应，铁元素化合价由+3变为+2， 4.D已知反应①为放热反应，反应②为吸热反应，因此 碳元素化合价由0变为+2，根据电子守恒，可得关系式 反应①中碘的能量高，即反应①中碘单质为气态，②中碘单质 C,H,0.12ifaP0,则m(LiFeP0,）=158×2×4,9×90%kg= 为固态，因此反应①中反应物总能量大于反应②的，A、B错误； 180×98% 反应②为吸热反应，△H=化学键断裂时吸收的能量-化学键 47.4g 形成时释放的能量=+26.48kJ/mol>0,即反应②化学键断裂 第9期4版参考答案 时吸收的能量比化学键形成时释放的能量多，C错误；根据盖 素养提升（九）》 斯定律，②-①即得2(s)=L2(g)△H,△H=△H2-△H1= 1.B三种催化竞争的总反应中，HCOOH的能量最高，故 [+26.48-(-9.48)]kJ/mol=+35.96kJ/mol,因此1mol固 生成HCOOH吸收的能量最多，A正确；生成CO的反应应得电 态碘升华时将吸收35.96k的热量，D正确. 子，则在二维锑片表面生成C0的反应为CO,+2"H+2e 5.A将已知反应依次编号为①和②，根据盖斯定律（① 一CO+H,O,B错误；从图中可知，催化剂Sb改变了反应的路 -②)÷2得Cu0(s)+Cu(s)=Cu,0(s)△H,△H= 径，C正确；活化能越小，反应越容易进行，D正确. △H,-△4=-314+292/mol=-11/mol,A正确. 2.A化合物1在反应过程中先被消耗，后又生成，为此 2 2 反应的催化剂，可加快C02转换速率，A正确；由图乙可知，化 6.D燃烧反应为放热反应，则△H1<0,△H2<0,A错误； 合物2和H20反应生成化合物3和HCO0ˉ的反应是放热反 工业合成氨的反应为放热反应，△H4<0,B错误；根据盖斯定 应，反应物的总键能小于生成物的总键能，但不能判断化合物 律，AH,=4H+4 ,C错误 3 2的总键能和化合物3的总键能的大小关系，B错误；过渡态物 7.B元素的非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强， 质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大 A正确：由图可知，第一步反应和第二步反应都是放热反应，所 则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快， 以两步反应中化学键断裂吸收的总能量均小于化学键形成释 活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应.图乙表示 放的总能量，B错误；由盖斯定律可知，第一步反应+第二步反 的反应历程包括3步基元反应，第二步形成中间体I2的反应 应得到反应H,S(g)+202(g)=S0（aq)+2H(aq)△H, 的活化能最大，故为总反应的决速步骤，C错误：上述反应中 则△H=(-221.19kJ/mol)+(-585.20kJ/mol)= H,0中0原子形成2个共价键，化合物2→化合物3的反应过 -806.39kJ/mol,C正确；表示硫固体的燃烧热的热化学方程 程中水分子与F形成了配位键，相应氧原子的成键数目由2 式为S(s)+02(g)=S02(g)△H①，第一步热化学方程式为 变为了3，D错误 3.D由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产 H,s(g)+之0，(g)=S()+H,0(g)4,②，由盖斯定律可 物的总能量均低于反应物，都是放热反应，A正确：与Br原子 知，2×（①+②），可得到2H2S(g)+302（g)=2S02(g)+ 相连的C原子为a-C,过渡态TS1是由CN的C原子进攻 2H0(g)△H,D正确. CHCH2Br的α-C,形成碳碳键，B正确；后续物I、Ⅱ转化为 8.B根据盖斯定律，△H1=3△H2-△H3=(3a-b)kJ/mdl,又 产物，分别断开的是“N--Ag”和“C--Ag”,且后者吸收更多的 △H1=E正-E道=(3a-b)kJ/mol,则E池-E正=(b-3a)k/mol. 能量，故I中“N-Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作 9.B由图中循环过程，可得出下列热化学方程式： 用力弱，C正确；由于生成CH,CH,CN需要的活化能高，反应 ①NH,Cl(s)=NH4(g)+Cl(g)△H1=+698kJ/mol 速率慢，故低温时更容易生成CHCH,NC,D错误 ②NH4C(s)=NH4(ag)+da(ag)△H2=+15kJ/mo 第9期2-3版参考答案 ③C1(g)=Cl(aq）△H3=-378kJ/mol 精练卷（九） 1.C钻木取火包含物质的燃烧，属于化学变化，A正确； ④2(NH,)s0,()=NH(g)+2s0(g)△h 一7 高考化学第6~9期 (NH):SO,(s)-NH:(aq)+2SO-(aq) △H,= △H1,设HCl和HBr的键能分别为EH-a、EH-B,则△H=EH-a -EH-B=△H3-△H1,D错误. +3 kJ/mol 14.B步骤I的活化能大于步骤Ⅱ，步骤I反应速率更 6}s0(g)-s0(aq）4H=-530/md 小，为该过程的决速步骤，A错误；根据反应机理可知，若MO 与CHD反应，生成的氘代甲醇可能为CH,OD或CH2DOH,共 依据盖斯定律，将反应⑤-⑥+①-②+③得反应④，即 △H4=△H-△H。+AH1-△H2+△H3=[+3-(-530)+698- 两种，B正确；能量越低越稳定，则三种微粒中 HO CH:1 15+(378)]kJ/mol=+838kJ/mol,故选B. 最稳定，C错误；根据图示总反应的△H= M 10.D根据盖斯定律可知△H1=-(△H2+△H,+△H4), A正确；催化剂不能改变反应的△H,故用工业催化剂代替微生 E1-E2+E3-E4,D错误. 15.(热化学方程式每空3分，其余每空2分) 物发酵，△H不变，B正确；表示葡萄糖燃烧热的热化学方程式 为C6H206(s)+602(g)=6C02(g)+6H20(1)△H,根据图 (1)①2H20(1)=2H2(g)+02(g）△H=+571.6kJ/mol 示可知该燃烧热为-△H1,C正确：“人造转化器”的目的是使 ②fe(s）+S(s)=fes(s)△H=-95.6kJ/mol C02与水逆向反应生成葡萄糖，使非自发反应发生，并不是催 ③N2(g)+3H2(g)2NH,(g)△H=-92kJ/mol 化剂，D错误。 ④4CuCl(s)+02(g）=2CuCl2(s)+2C0(s）△H= -177.6 kJ/mol 11.C其他条件相同，物质能量越低越稳定，由图可知，四 (2)+32k/mol 种含锡物质中SO2(s)的生成热最小，即生成单位物质的量的 (3)504kJ 含锡物质，生成Sn02(s)时放热量最大，则S02(s)的能量最低， 16.(除标注外，每空2分)(1)①放热②第1步③碱 也最稳定，A正确；由生成热的定义可得热化学方程式：S(s)+ Cl2(g)=SnCl(s)△H1=-325.1kJ/mol①，Sm(s)+2CL2(g) 焕 =SmCL4(g)△H2=-471.5kJ/mol②，根据盖斯定律，②-① (2)①玻璃搅拌器使蔗糖样品燃烧不充分，实验结果不 可得：SmC(s)+Cl(g)=:SnCl4(g)△H,该反应的△H= 准确最高值 (-471.5k/mol)-（-325.1k/mol)=-146.4kJ/mol,B正确； ②小C12H201(s)+1202(g)=12C02(g)+11H20(1) △H=-5016kJ/mol(3分) 同理，Sn(s)+0,(g)=s0(s)△4，=-285.8/ml①， 解析：(4)“弹式量热计”若无绝热外套，燃烧产生的热量 Sn(s)+02(g)=Sn02(s）△H4=-580.7kJ/mdl②，由2×① 会散失，测得的燃烧热数值比实际数值小；根据△H=m△= n -②式可得：SnO2(s)+Sn(s)=2Sn0(s)△H,该反应的△H =(-285.8kJ/mol)×2-(-580.7kJ/mdl)=+9.1kJ/mol> 4.18×300×0.80×10≥1/ml=-5016W/mol,放表示蔗 0.684 0,C错误；Sn(s)+02(g)=Sn02(s)△H=-580.7kJ/mol, 342 g0(s)的物质的量为5020.2ml,则放出 糖燃烧热的热化学方程式为C2H20,(s)+1202(g)= 12C02(g)+11H,0(1)△H=-5016kJ/mol. 量：580.7kJ/mol×0.2mol=116.14kJ,D正确. 12.C能量越低越稳定，故稳定性：P2>P1,A错误；据图可 17.(除标注外，每空2分)1)-2△4+△4，+△4 2 知，由中间产物Z转化为产物时，过渡态Ⅲ的活化能比过渡态Ⅳ (2)2LiH(s)+02(g)=i,0(s)+H20(1)△H= 的活化能小得多，故通常情况下更容易获得P1产品，D错误；反 -702kJ/mdl(3分) 应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，B错 (3)①-144.5 误；由图中可知，该历程的决速步骤是由中间产物2到过滤态 ②L,L,过程中过滤态能量较低，活化能较小 V,即-18.92kJ/mol-(-205.11kJ/mol)=186.19kJ/mol. 18.(除标注外，每空2分)(1)△H2-△H3-△H4 C正确. (2)①4b+3c-a 13.C由图可知，CHCH,CH3的氯化是放热过程，溴化是吸 HH 热过程，A错误：能量越低越稳定，由图可知，(CH3),CH·更稳定， ②H:C:C:·COOH+H*+e一C0+H,0 B错误；由图示可写出热化学方程式： HH ①CH,CH,CH,+·C=CH,CH,CH2·+HCl△H1; ②CH,CH,CH3+·Cd=·CH(CH)2+HCl△H2; ③CH,CH,CH3+·Br=CH,CH,CH2·+HBr△H3; E (3)①喇 (3分) ④CH,CH,CH3+·Br=·CH(CH3)2+HBr△H 反应物 根据盖斯定律，由①-②得·CH(CH)2=CHCH2CH2· 生成物 0 反应过程 △H,△H=△H,-△H2;根据盖斯定律，由③-④得·CH (CH3)2=CHCH2CH2·△H,AH=△H3-△H4·△H,-△H2= ②H,C0+2H,(g)或4，C0H*+H,(g)(3分) △H-△H4,即△H1+△H4=△H2+△H3,C正确；根据盖斯定律 由③-①得到HC+Br·=HBr+Cl·△H△H=△H,- △H1,即HCl+Br·+H·=HBr+C·+H·的△H=△L3- 8素养·拓展 数理招 6 系列化”物质的转化美系 ,D正确： 答案：C @辽宁刘亮 趁热打铁 元素及其化合物知识是中学化学的主干内 Cl-Fe FeCl-FeFeCl 甲、乙、丙、X是中学化学中常见的物质，在 容，串起了中学化学各个知识点.本文重点讲解 例.已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见物一定条件下，它们之间的转化关系如下图所示 元素及其化合物的A文B文C直线型系列质，它们之间的转化关系如下图所示（部分产物 (部分产物已略去).请回答下列问题： 化转化关系. 已略).下列说法不正确的是 闸x乙x因 (1)若X为02 (1)若甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，丙 Na O.,NaO O.Na2O: 为红棕色气体.写出甲转化为乙的化学方程式： N,(或NH,)ON0ONO,: s(或H.S.Fe5,)0s0,0s0,: A.X、Y、Z中至少有一种相同的元素，该元 (2)若X为能使湿润的品红试纸褪色的无 色气体.写出乙转化为丙的离子方程式： c(或CH,)0c00,C0 素可以是金属元素也可以是非金属元素 B.物质W可能是化合物，也可能是单质 (2)若X为C02或S02 (3)若X是一种常见的金属单质，常温下甲的 C.若X为金属铁，则W可以是C,或稀硝酸 NaOH Na CO,NaHCO, 浓溶液可盛放在铝制容器中，丙为浅绿色溶液. D.若X、Y、Z中均含有一种常见金属元素， ①检验乙是否完全转化为丙的试剂为 NaOH SO,NaSO,so .,NaHSO 则W可能是强酸也可能是强碱 _(填试剂名称). (3)若X为强酸（如HCI) 解析：当X为碱，W为酸性氧化物时符合条 ②保存丙溶液常加入少量X,其目的是 NaCO,NaHCO,CO. 件；当W为铁，X为氯气时符合条件；当X为 NaLAI)]A(OH)AICL 碳，W为氧气时符合条件，则X、Y、Z中至少有 种相同的元素，该元素可以是金属元素也可 答案：（1)4NH,+50,4N0+6,0 (4)若X为强碱（如NaOH) 以是非金属元素.W可能是化合物，也可能是单 (2)S02+S0+H20=2HS0, AICLI(OH)Na[AIOH)] 质，A、B正确；若X为金属铁，铁和氯气反应只 (3)①硫氰化钾溶液②防止Fe2+被氧化 (5)若X为Fe 能生成三价铁，无法实现Y一一→Z的转化，C错成Fe3 素养提开（八） D.反应过程中每生成1molN2转移2xmol 该脱硫法采用喷雾吸收法，雾化的氨水与 电子 烟气中的S02直接接触吸收S02,用化学方程式 含氨、硫污染物的处理 3.钒系催化剂催化脱硝部分机理如下图所 表示其原理. ⊙数理报社试题研究中心 示.下列有关该过程的叙述正确的是 ①S02转化为(NH4),S03: 1.目前，汽车尾气系统中均安装了催化转 ②(NH4)2S03转化为(NH4)2S04: NH 化器，这种方法是处理N0,的“储存还原技术 tO…HNH -0=V+ (3)钠碱脱硫法 法”，简称NSR,工作原理如下图所示.下列说法 -0-V44 H20 钠碱脱硫法是用NaOH/Na,CO,吸收烟气 中正确的是 ( NO 中的S02,得到Na,S03和NaHS03,用化学方程 式表示其原理. 存储阶段 还原阶段 富氧，条件 贫氧条件 ①SO2和NaOH反应生成Na2S03; H2、C0 V+H,0 V5+0…HN-N= ②S02和Na,C03反应生成Na,S03:_; 02、N0 NO C02、 H2O BaBa(NO A.V5+一0…+H3N一N=0是反应的催 ③Na,S0,转化为NaHS0,: 化剂 (4)双碱脱硫法 A1,0 Al203 双碱脱疏法是指先用烧碱吸收S02,再利用 B.反应过程中V5+一0一H被氧化 A.在富氧氛围下喷入少量燃油可以生成 熟石灰浆液进行再生，再生的NaOH碱液可循 C.脱硝反应为4N,+30.催化剂2N,+ C0、H,等还原性尾气 环利用，用化学方程式表示其原理。 6H,0 ①NaOH吸收SO2: B.NSR系统中只有一种催化剂 D.反应过程中既有极性键又有非极性键的 ②Na,S0,被02氧化： C.存储都阶段，氮元素被氧化，以Ba(NO3)2 的形式被存储起来 断裂和形成 ③Na2S04和Ca(0H)2反应： D.还原阶段，每生成0.1molN2,转移2mol 4.二氧化硫是大气主要污染物之一，是衡 5.用NaCI0溶液100 量大气是否遭到污染的重要标志.因此，工业生 电子 吸收硝酸尾气，可提章0 产中常采用以下方法处理二氧化硫 2.用ICP/SIT方 NO 高尾气中N0的去除鸢80 (1)钙基固疏法 率.其他条件相同，N0 70 法可将汽车尾气中的 60 为防治酸雨，工业上常用生石灰和含硫的 转化为N0的转化 N0.(x≥1)和C0转化 煤混合后燃烧，燃烧时硫、生石灰、02共同反应 率随NaCI0溶液初始 为无污染的气体，下列 生成硫酸钙，从而使疏转移到煤渣中，用化学方 pH(用稀盐酸调节)的变化如上图所示 说法错误的是() A.整个过程中Zn*作催化剂 程式表示其原理。 (1)在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO ①S的燃烧：S+0,点尴s0,: 生成C°和N0,其离子方程式为 B.过程I中发生的反应为2xZn++2NO =N2+2xZn2++2x0 ②S02转化为CaS03: (2)NaClO溶液的初始plH越小，NO转化率 C.该过程的总反应为2NO,+2xC0= ③Cas03转化为Cas04: 越高.其原因是 2xC02+N2 (2)氨水脱硫法 (参考答案见下期) 本版责任编辑：孙丽 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 越理极 2025年8月19日·星期二 高考 报纸发行质量反馈电话： 8期总第1152期 第一轮复习 0351-5271248 第7期4版参考答案 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版 社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707(F)邮发代号：21-208 化 素养提升（七） 1.B2.D3.C4.D5.C “价一类”二维图是以物质的类别为横坐 第7期2-3版参考答案 标，以某元素的化合价为纵坐标，在二维平面内 精练卷（七） 常见元素及其化合物的 绘制含有某元素物质的图像.它是在“元素观' .A2.D3.B4.B5.A 6.D7.A8.B9.D “分类观”“转化观”指导下实现元素化合物知 10.A11.C12.C13.C 识结构化的工具 价—一类”三维图 14.B 四川曾志平 15.(除标注外，每空2 化合价 最高价只具有氧化性 3.硫及其化合物的“价一类”二维图 确的是 分)(1)球形干燥管(1分) 流元素化合 (2)Mn02+4H+ 氧化剂 还成 中间价态还原性、氧化性 0→H0→Na0 化合价 2C-△M2++d2↑+ 剂 最低价只具有还原性 、NaS0 2H20 物质类别 (3)E→D→B→F吸 金属单质氧化物碱盐 收未反应的氯气，防止污 非金属单质氧化物酸盐 染空气，同时吸收空气中 分析思路： 化 单质氧化物 酸 盐物质类别 氢化物单质酸钠盐物质类别 的水蒸气，防止其进人装 (1)横向变化体现了同价态不同类别[氧化 置，与S2Cl2反应 4.氮及其化合物的“价一类”二维图 A.X的水溶液可以用来制取二氧化碳 (4)排出装置内的 物、酸（碱）、盐]之间的转化 元素化合份 B.Y不具有强氧化性 (2)纵向变化体现了不同价态同类别物质 N 气将生成的S2Cl2带人 N C.Z可用作消毒剂和漂白剂是因为Z具有 装置F中 之间的转化，主要体现物质的氧化性或还原性. (5)浓盐酸的滴加速 还原性 度（或装置B中通入Cl (3)斜向变化体现不同价态、不同类别之间 D.可以通过焰色试验区分Z、W两种化合物 的量) 物质的转化，主要体现物质的氧化物和还原性， 之NH,C 3.氯、硫及其化合物的“价一类”二维图如 (6)2×100% 1.铁及其化合物的“价一类”二维图 态氨化物单质 氧化物 盐物质的类别 下图所示.下列说法正确的是 铁元素化合价 16.(除标注外，每空2 小试牛刀 1含S物质、 分)(1)be(1分) c(1 含N物质|酸 分》 1.铁元素的 +6 (2)观察气泡流速，便 “价一类”二维图如 氧化生 于调控生成NH,的速率 单质 右图所示，下列说 使氨气与CS2充分接触 氢化 +2 防倒吸 法错误的是( 章化物 碱物质类别 V的化合价+5+4+20 -3 -20 +4 +6S的化合价 (3)NH4SCN KOF A.常温下可用 0-- △KSCN+NH↑+H,O 2.氯及其化合物的“价一类”二维图 铁制容器运输浓硫酸 单质氧化物碱 盐类别 A.a、b、u、v、w均能作还原剂 氯元素化合价 (4)吸收尾气H2S和 B.b和c可分别与水发生反应生成e和d B.常温下，e、z的浓溶液不与铁反应 NH3H,s+C20号+ C.e在潮湿的空气中容易转变为d C.除y外，上述物质中还有2种属于电解质 8H+=3S↓+2Cr3++ HClO一→NaC D.h的某种盐是具备净水和消毒双重功能 D.d、w、x均可与水反应生成酸，且都属于 7H20 (5)重结晶 CO-→NaCl0 CIONO 的水处理剂 酸性氧化物 17.(除标注外，每空2 HC 2.如下图所示为氯元素的“价一类”二维 分)(1)酸性条件下N0 氢化物单质酸 盐陌生物质物质类别 图，其中X、Y、Z、W为含氯化合物.下列说法正 VEV乙8I粪号 具有氧化性，能将S02氧 化为$0好，从而产生白色 NaHSO.. 沉淀 其他硫的含氧酸钠盐的性质 4.焦亚硫酸钠(Na2S20)】 (2)作缓冲瓶，防止倒 Na2S,0,在医药、橡胶、印染、食品等方面应 (3)隔绝氧气(1分) 用广泛. (4)S02被氧气氧化 ©湖北苏文静 (1)NaHSO3过饱和溶液结晶脱水可制得 为S0好，S0匠与Ba2+反 NazS2Os:2NaHSO3-NazS2Os +H2O. 1.硫代硫酸钠(Na,S,03,俗称大苏打、海波) 子的平均化合价为+2. 应产生白色沉淀 (1)Na,S203是中等强度还原剂，可与多种 (2)N,S,0,与盐酸反应可制得S02,反应 (5)3S02+2N03+ 2.过二硫酸钠(Na,S,0g) 为2HCl+Na,S205=2NaCl+2S02↑+H,0. 2H20+3Ba2+=3BaS04↓ 氧化剂发生反应 Na2S,0g中S元素的化合价为+6，含有 +2N0+4H+ ①N,S,0,可被碘氧化为连四硫酸钠1个过氧键（一0一0-一），性质与H,02相似，具 (3)Na,S20,具有还原性，如Na2S20,+2L (6)02在氧化反应中 (N,S,06),该反应常用来定量测定碘的含量，有氧化性.作为氧化剂参与反应时，过氧键断 +3H20=2NaHs04+4HⅢ.葡萄酒中常用 起到主要作用 Na,S,0作抗氧化剂， 18.(每空2分)(1)增 反应的离子方程式为I2+2S,0?=2I°+裂，过氧键中的氧元素化合价由-1变为-2，硫 S406. 小试牛刀 大固体与气体的接触面 积，提高焙烧速率 元素化合价不变.如S,0g+2I2s0+ ②Na2S203可被Cl2、Br2等氧化为S0,可 1.工业上电解NaHSO4溶液可制备 (2)Si02 FeS2+ 2Fe3+=3Fe2++2S 在纺织和造纸工业中作脱氯剂，如NaS,0,十，5S,0+2Mm2·+8H,0s10s0+NaS,0,(过二硫酸钠).电解时，阴极材料为 (3)温度过低，反应速 4CL,+5H,O =2NaHSO,+8HCI 2Mn04+16H+. Pb,阳极（铂电极）上的电极反应为2HS04- 率慢；温度过高，NL4HCO (2)Na2S,03可与酸反应生成淡黄色沉淀， 3.连二亚硫酸钠(Na2S204,俗称保险粉) 2eˉ=S,08+2H*.下列说法正确的是( 发生分解 并放出刺激性气味气体，离子方程式为$，0？+ Na,S,0,广泛用于化纤、造纸和食物存储等 A.Na,S,Og水溶液呈弱碱性 (4)酸式KSCN或硫 氰化钾溶液变红 2H+=S↓+S02↑+H,0. 领域.在无氧条件下，用锌粉还原NaHSO3可制 B.Na2S,0g可水解生成H,02,同时生成 (5)80% (3)Na,S,0,可与一些金属离子形成稳定的得Na,S,04:2 NaHSC0,+Zn=NaS,04+ NaHSO4可循环利用 配离子，如[Ag(S,03)2]3 Zn(0H)2.Na,S,04有极强的还原性，其水溶液 C.H,S,0g可完全电离，故稳定性与硫酸相当 注意：Na,S,03中两个硫原子所处的化学环 能被空气中的氧气氧化：2Na2S,04+02+2H,0 D.Na,S,0g具有强氧化性，故不能使酸性高 境不同，化合价并不相同，一般理解为2个硫原 =4NaHSO3 Na,S,0+02 H2O=NaHSO3 锰酸钾溶液褪色 8苦号半 2 素养·测评 数理招 9.明代《徐光启手迹》中记载了硝酸 第一轮复习精练卷 的制备方法，其主要物质转化流程如右图s0,选 所示，下列有关说法不正确的是( ,气体X 涉及内容：元素化合物知识 A.若煅烧时隔绝空气，得到的气体X (满分：100分，时间：75分钟) 可能为S02 ◎数理报社试题研究中心 B.煅烧生成的F,O3可用作红色的油漆和涂料 一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选 C.由蒸馏过程发生的反应可推测H,SO4的酸性比HNO3的强 项符合题意) D.上述转化流程中依次发生分解反应、化合反应和复分解反应 1.[化学与STSE]化学与环境、材料、能源、信息等息息相关，下列说法正 10.一种测定葡萄酒中S0,含量的 确的是 实验装置如右图所示（忽略夹持装 A.“燃煤脱硫”技术有利于我国早日实现“碳达峰、碳中和” 置).下列说法错误的是 B.“神舟十八号”返回舱使用的耐高温材料包括碳化硅等新型陶瓷 A.缓慢通入N,的目的是尽可能 C.高效率钙钛矿太阳能电池能将化学能转化为电能 使S02进入H202溶液 葡萄酒 D.光导纤维具有通信容量大，抗干扰性能强等优点，其主要成分是硅单质 B.冷凝管的作用是避免水蒸气进（加入造量稀硫酸要 2.物质的性质决定用途.下列说法错误的是 ( 入H,0,溶液影响测定结果 A.金属铝的密度小、强度高，故可用作航空材料 C.用NaOH标准溶液滴定反应后 B.Fe粉具有还原性，可用作食品脱氧剂 的H,02溶液可获得S0,的含量 H,02溶液品红溶液 C.液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂 D.若实验过程中品红溶液褪色，实际测得的S0,含量偏低 D.浓HNO,有强酸性，常温下不能用铁储运 11.某化学兴趣小组在老师的指导下以印刷线路板的碱性蚀刻废液{主 3.下表中物质分类正确的是 要成分为[Cu(NH3)4]CL2}和稍过量的NaOH溶液为原料制取CuO.反应装 选项 强碱 电解质 碱性氧化物 混合物 置图如下所示.下列说法错误的是 A RbOH 不锈钢 Cao 空气 空气 B Ba(OH), 次氯酸钙 AL203 冰水混合物 C KOH NH3·H,O MgO 碘酒 D Cu(OH), AgCl Na,0, 石油 蚀刻废液 热水浴 4.下列叙述正确的是 装置甲 装置乙 装置丙 装置丁 A.Mg分别与空气和氧气反应，生成的产物相同 A.装置甲中发生的反应为[Cu(NH)4]CL2+2NaOH=CuO↓+2NaCl+ B.S02分别与H20和H2S反应，反应的类型相同 4NH3↑+H20 C.Na202分别与H20和C02反应，生成的气体相同 B.装置乙的作用是防倒吸 D.浓HS04分别与Cu和C反应，生成的酸性气体相同 C.为检验NH,的生成，可在装置丙中加入蓝色石蕊溶液 5.化学与生活息息相关.下列离子方程式书写正确的是 D.用稀硝酸酸化的硝酸银溶液可检验生成的沉淀是否洗涤干净 A.用Na2C0,溶液处理水垢中的CaS04:CaS04(s)+C0号(aq)= 12.K,[Hgl4]的KOH溶液称为奈斯勒(Nessler)试剂，其制备流程及特色 CaCO3(s)+SO(aq) 反应如下图所示。 B.明矾用于净水：A13++3H20==A1(0H)3↓+3H ,KOH溶液 Ho C.抗酸药中的Mg(OH)2可治疗胃酸过多：OH+H+=H0 Hg过量稀硝酸，e(N0,2达量N溶流K,[EL] ii.微量NH4 （红色 NH ① ② D.用酸化的(-淀粉溶液检验加碘盐中的IO:IO,+I+2H*一L,+H,0 沉淀) 6.PCL2溶液与C0的反应十分灵敏，常用于C0的检验，其反应为PdCL 下列说法错误的是 C0+H,0=P1↓+C02+2HC1.将1.12m3(标准状况)某工业尾气通入足 A.反应①的离子方程式为3Hg+8H++2N03=3Hg2++2N0↑+4H20 量的PdCL,溶液中，析出10.6g固体.设N.为阿伏加德罗常数的值，下列说 B.由反应②可知，用KI溶液可除去AgNO3中的Hg(NO3)2 法错误的是 ) C.反应③中消耗的NH和OH的物质的量之比为1：4 A.该尾气中C0的体积分数为0.2% D.可用奈斯勒试剂检验NaHCO,中微量的NH,HCO B.15gC180所含中子数目为8N、 13.用铬铁合金（含少量N、Co单质）生产硫酸铬的工艺流程如下： C.反应中每生成1mol氧化产物，转移电子数目为4V. 稀硫酸 NaS 草酸 D.向反应后0.1L溶液中加入4.6gNa充分反应，产生气体的分子数为 0.1N 铬铁合金→ 受由除东→院铁→C,(S0,) 7.[环保情境]含氯化合物过多蓄积会导致水体富营养化，需将其从水 气体 滤渣1滤渣2 体中除去，该过程称为脱氮.常用的脱氮方法有吹脱法和折点氯化法 已知浸出液中主要金属阳离子为N2+、Co2+、Cr3+、Fe2+,下列说法错误 吹脱法：调节水体pH至8左右，然后持续向水中吹入空气 的是 () 折点氯化法：调节水体pH至6左右，向水中加入适量NaCl0 A.“浸出”产生的气体含有H2B.“除杂”的目的是除去Ni、Co元素 下列分析不正确的是 C.流程中未产生六价铬化合物D.“滤渣2”的主要成分是Fe2(C204)3 A.含氨和铵盐的水体中存在平衡：NH+OH一NH,·H,0 14.白色固体样品X,可能含有AgNO,、NHNO3、BaCL2、KCl、Na,S03 NH,+H,O Na,C0、Al,03之中的几种或全部.在三个烧杯中各加入适量X.分别加入足 B.吹脱法的原理是通过鼓气降低NH,浓度，从而降低水中NH,·H,0量以下三种试剂并微热使之充分反应，实验记录如下表所示： 与NH的含量 编号试剂反应后的不溶物 生成的气体 C.折点氯化法除NH的原理：2NH+3ClO=N,↑+3Cl-+3H,0+2H I 蒸馏水 白色 无色、有刺激性气味 D.折点氯化法相比于吹脱法更绿色、更环保、更安全 稀盐酸 白色 无色、无味 8.单质M的相关转化如下所示.下列说法错误的是 ⅢNaOH溶液无不溶物无色、有刺激性气味 氧化物b 单质d ,漂白液 依据实验现象，判断下列说法正确的是 学质单质a氧化罚氧化物b威落液氧化物（造量） A.可能含AL203 B.含BaCl2 C.含Na2S03 纯碱溶液 D.不含KCl 二、非选择题（本题包括4小题，共58分） A.a可使灼热的铜变黑 B.b可与红热的铁产生气体 15.(14分)某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应. C.c可使燃烧的镁条熄灭 D.d可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝 资料：i.Mn2+在一定条件下被Cl2或C10氧化成MnO2(棕黑色)、 数理极 素养·测评 3 MnO?(绿色)、MnO,(紫色) ①取2.000g产品试样溶于蒸馏水中配成100mL溶液； iⅱ.浓碱条件下，MnO,可被OH还原为MnO? ②量取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入10mL2mol/LH,S0,溶液、 ⅲ.CL,的氧化性与溶液的酸减性无关，八aCl0的氧化性随碱性增强而减弱. 25mL0.1mol/LKI溶液（过量），暗处静置5min; 实验装置如下图（夹持装置略）： ③滴加3滴淀粉溶液，用0.05mo/LNa,S,0,标准溶液滴定，发生反应： 12+2S203=2I+S,0% 恒压滴液漏斗 平行滴定三次，平均消耗20.00mL标准溶液.判断达到滴定终点的现象 109%盐酸 为 ;产品的纯度为 %(保留三位有效数字)；步骤②中若静 置时间过长，产品纯度的测定值将 (填“偏大”“偏小”或“不变”) 17.(16分)亚硝酸钴钠Na,[Co(N0,),](M 10mL物质a 404g/mol)易溶于水，微溶于醇，在分析化学中用于 中加入5滴 NaOH溶液 KMnO 0.1 mol/. K*的鉴定，其制备装置示意图（夹持装置等略）及步 CMnSo,溶液 骤如下： C中实验现象 ①向仪器a中加入l5 g NaNO2和15.0mL热蒸 实 验 物质a 通入C2前 通入CL,后 馏水，搅拌溶解. 产生棕黑色沉淀，且放置 ②磁力搅拌下加入5.0gCo(N02)2·6H0,从 I 水 得到无色溶液 仪器c加人50%醋酸6.0mL.冷却至室温后，再从仪 磁力搅拌器 后不发生变化 产生白色沉淀，在空气中 棕黑色沉淀增多，放置后 器b缓慢滴入30%双氧水7.0mL.待反应结束，滤去固体 5%NaOH溶液 缓慢变成棕黑色沉淀 溶液变为紫色，仍有沉淀 ③滤液中加入95%乙醇静置40分钟.固液分离后，依次用乙醇、乙醚洗 Ⅲ40%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中 棕黑色沉淀增多，放置后 涤固体产品，称重 缓慢变成棕黑色沉淀 溶液变为紫色，仍有沉淀 已知：i.乙醇、乙醚的沸点分别是78.5℃、34.5℃； (1)装置B中的试剂是 iⅱ.NaNO2的溶解度数据如下表. (2)通人CL,前，实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为 温度/℃ 20 304050 溶解度/(g/100gH20)84.591.698.4104.1 (3)对比实验I、Ⅱ通入CL,后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的 认识是 ⅲ.2K*+a+[Co(N0,6]3-中性或维K,Na[Co(N0,)6](亮黄色) 回答下列问题： (4)根据资料ⅱ，实验Ⅲ中应得到绿色溶液，而实验中得到紫色溶液，分 (1)仪器a的规格及名称是 析现象与资料不符的原因： (2)步骤①中使用热蒸馏水的目的是 一；步骤②加入双氧水前需 原因一：可能是通入C,导致溶液的碱性减弱. 要冷却，原因是防止 一；步骤③中加人乙醇的作用是 .步骤② 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO?氧化为MnO, 得到配离子[Co(NO2)6]3~的离子方程式为 ①用离子方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因： 在实验中如果用硝酸或硫酸代替醋酸，产率降低的原因是 ,但通过实验测定溶液的碱性变化很小、 (结合必要的反应和文字说明) ②取实验Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%Na0H溶液，溶液 (3)足量KC1与1.010g产品反应生成0.872g亮黄色沉淀，产品纯度为 由紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深.溶液由紫色变为绿色的离子方程式 %.实验室定性检验样品中钾元素的常用方法是：将铂丝用盐酸洗 为 溶液绿色缓慢加深，原因是MnO,被 净后，在外焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同时，用铂丝蘸取样品在外焰上 (填化学式)氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量. 灼烧， ③取实验Ⅱ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深， 18.[新技术](12分)比亚迪2025年计划推出新一代基于磷酸亚铁锂技 发生反应的离子方程式是 术的“刀片电池”.一种以钛铁矿(FeTi0)和磷灰石矿[Ca,F(P0,)3]为主要 ④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因是 原料制取磷酸亚铁锂前驱体磷酸铁(FPO,)的工艺流程如下： 试剂X 16.(16分)“消洗灵”(NaoP0.C1·5H,0)是一种高效低毒的消毒洗涤 80℃ 钛铁矿酸解 水浸、冷却 过滤 剂，其消毒原理与84消毒液相似，实验室制备“消洗灵”的装置如下图所示 →滤液1→… →钛白粉 (夹持装置略).回答下列问题： 酸解渣 试剂X FeS0,·7H,0 仪器1 NaPO4、Na2HPO 骑友石旷一区法制南夏一过沟造液2院淘一0. 盐酸 混合液 气体Y 石膏 NH:H2O2 已知：钛(V)在酸性溶液中的存在形式是T02+,在碱性环境中转化为 多孔函 H4Ti04.回答下列问题： 和食盐水 (1)写出对应物质的化学式：“试剂X' “气体Y (2)“滤液1”中加入过量Na,C0,粉末可得到白色含钛固体，写出该反应 (1)NaoP30sCl·5H20中氯元素的化合价为 使用仪器 的离子方程式：」 (填“a”或“b”)时，需取下玻璃塞或使玻璃塞山凹槽与磨口小孔相对. (3)“沉淀”反应的化学方程式为 (2)装置A中发生反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为 (4)工业上也可以用磷酸亚铁粗产品 (混有氢氧化铁)制备磷酸铁(FePO4).其他 (3)装置C中多孔球泡的作用为 条件一定，制备FePO,时测得的有效转化率 (4)实验操作步骤如下： n(FePO,) ①打开仪器a的活塞及活塞K,制备NaCIO碱性溶液； ne(F0)x100%]与溶液pH的关系如右 ②关闭仪器a的活塞及活塞K,打开仪器b的活塞； 95 图所示.请设计制备FePO4晶体的实验方 ③一段时间后，装置C中溶液经一系列操作得到粗产品： (实验中须 1.5 2.5 装置C中Na,P04与Na,HP04的物质的量之比为1：2，则步骤②中生成使用的试剂：1mol/LH,S04溶液，30%H,02 PH NaoP,O3Cl的化学方程式为 溶液，1mol/LNa2HPO4溶液). (5)利用滴定法测定产品的纯度(NaoP,013Cl·5H20的摩尔质量为 (5)在高温条件下，FePO4、Li2C03、葡萄糖可制备磷酸亚铁锂(LiFePO4) 656.5g/mol). 反应中葡萄糖被氧化为C0,若消耗纯度为90%的工业葡萄糖4.9kg,理论上 实验方案如下： 可制得纯度为98%的磷酸亚铁锂粗品 kg. (参考答案见下期)