精品解析：安徽省阜阳市临泉田家炳实验中学（临泉县教师进修学校）2025-2026学年高三上学期10月月考 化学试题

高三化学 (75分钟　100分) 可能用到的相对原子质量：H 1　Li 7　C 12　N 14　O 16　Al 27　Cl 35.5　Cu 64Zn 65 一、选择题：本题共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. 化学在生活中有着广泛的应用。下列物质的主要成分不属于硅酸盐的是 A．三彩凤首壶 B．花岗岩制作的冰壶 C．霍去病墓大理石石刻 D．龙山黑陶 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．三彩凤首壶是陶瓷，陶瓷主要成分为硅酸盐，A不符合题意； B．花岗岩主要由长石、石英、云母等组成，长石和云母均为硅酸盐矿物，主要成分属于硅酸盐，B不符合题意； C．大理石的主要成分为碳酸钙，属于碳酸盐，不属于硅酸盐，C符合题意； D．龙山黑陶是陶瓷，陶瓷主要成分为硅酸盐，D不符合题意； 故选C。 2. 浓硫酸和浓硝酸在工业生产中有广泛的应用。下列关于浓硫酸和浓硝酸的说法正确的是 A. 均能使蔗糖炭化 B. 均能用于干燥氯气 C. 一定条件下，均能与木炭反应 D. 在高温下均能用铝制容器盛放 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓硫酸能使蔗糖炭化（体现脱水性），浓硝酸无脱水性，不能使蔗糖炭化，故A错误； B．浓硫酸具有吸水性且与氯气不反应，可干燥氯气；浓硝酸不具有吸水性而具有较强的挥发性，会使氯气中混入硝酸蒸气，不能用于干燥氯气，故B错误； C．二者均为强氧化性酸，浓硫酸在高温下能与木炭反应生成CO2和SO2及水；浓硝酸在加热条件下也可与木炭发生反应生成CO2和NO2及水，故C正确； D．常温下铝遇浓硫酸和浓硝酸发生钝化，在铝的表面形成一层致密的氧化物保护膜，故可用铝制容器盛放这两种酸；但高温下钝化膜被破坏，铝制容器将逐渐被溶解，因此不能用铝制容器盛放这两种酸，故D错误； 故选C。 3. 2023年世界环境日的主题为“建设人与自然和谐共生的现代化”。下列说法错误的是 A. 绿色化学的核心思想是治理经济发展所带来的环境污染 B. 废电池、保鲜袋、过期药品属于不可回收垃圾 C. 将CO2转化为淀粉有利于实现“碳中和” D. NO2、SO2都会导致酸雨的形成 【答案】A 【解析】 【详解】A．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，直接从源头上杜绝污染，A错误； B．废电池、过期药品属于有害垃圾（不可回收），但保鲜袋若未被污染应属可回收物，B正确； C．CO2转化为淀粉可减少温室气体，符合碳中和目标，C正确； D．酸雨形成是由于SO2、NO2而引起的，D正确； 故选A。 4. 下列装置不可以用于相应实验的是 A．稀释浓硫酸 B．测量NO体积 C．用铁坩埚熔融烧碱 D．分离Al(OH)3和NH4Cl溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿器壁缓慢注入水中并搅拌，图示装置中烧杯盛有水，玻璃棒搅拌，操作正确，A正确； B．NO不溶于水，可用排水法测量体积，图示量气管与水准管组成的装置可通过排水法读取NO体积，B正确； C．铁与NaOH不反应，熔融烧碱（NaOH）可用铁坩埚，玻璃、陶瓷坩埚因含SiO2会与NaOH反应，C正确； D．分离Al(OH)3沉淀与NH4Cl溶液需过滤，图示漏斗下端未紧贴烧杯内壁，D错误； 故选D。 5. 某化学小组用“84消毒液” (主要成分有 NaClO)制备氯气并探究其性质，进行如图所示的实验(a~d中均为浸有相应试液的棉花，夹持装置省略)。下列说法正确的是 A. 具支试管中反应生成了黄绿色气体，该反应体现了浓盐酸的酸性和还原性 B. a处变为橙色， b处变为蓝色，说明氧化性：Cl2>Br2>I2 C. c处褪色， 说明 Cl2具有还原性 D. d处褪色，说明Cl2具有漂白性 【答案】A 【解析】 【分析】具支试管中84消毒液的有效成分为NaClO，与浓盐酸发生归中反应生成氯气，产生的氯气在a处于KBr发生置换反应生成Br2，在b处氯气和KI反应生成I2，c处的有强氧化性，与还原性物质比如以及挥发出的HCl反应而褪色，d装置试剂NaOH同样可以与以及挥发出的HCl反应而使碱性减弱。 【详解】A．84消毒液的有效成分为NaClO，与浓盐酸发生归中反应生成氯气、氯化钠、水，生成了黄绿色气体，该反应体现了浓盐酸的酸性和还原性，故A正确； B．具支试管产生氯气在a处于KBr发生置换反应生成Br2，溶液变橙色，可得氧化性Cl2>Br2，b处淀粉遇碘单质变蓝，氯气和KI反应生成I2，可得氧化性：Cl2>I2，但未知I2与Br2的氧化性强弱，无法得到氧化性：溴＞碘，故B错误； C．浓盐酸具有挥发性，HCl气体有还原性，能使酸性溶液褪色，不能说明Cl2有氧化性，故C错误； D．氯气和NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，溶液碱性变弱，酚酞溶液褪色，不是氯气的漂白性造成的，故D错误； 故答案选A。 6. 先将铜与浓硫酸反应产生的气体X持续通入下图装置中，一段时间后再将铜与浓硝酸反应产生的大量气体Y也持续通入该装置中，观察到的现象正确的是 A. 通入X气体后先产生白色沉淀后溶解 B. 通入X气体后溶液中无明显现象 C. 通入Y气体后溶液中无明显现象 D. 通入Y气体后沉淀溶解 【答案】A 【解析】 【分析】铜与浓硫酸反应产生的气体X为二氧化硫，二氧化硫与氢氧化钡反应生成白色沉淀亚硫酸钡；铜与浓硝酸反应产生的大量气体Y为二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，硝酸能把亚硫酸钡氧化成硫酸钡，据此分析； 【详解】A．铜与浓硫酸反应产生的气体X为SO2，通入Ba(OH) 2溶液中，首先发生反应SO2+Ba(OH)2=BaSO3↓+H2O，产生白色沉淀；持续通入SO2，过量的SO2与BaSO3沉淀反应：BaSO3 +SO2+H2O=Ba(HSO3)2，沉淀溶解，故现象为先产生白色沉淀后溶解，A正确； B．由A项分析可知，通入X气体后会先产生沉淀再溶解，并非无明显现象，B错误； C．铜与浓硝酸反应产生的气体Y为NO2，NO2通入溶液中发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的HNO3具有强氧化性，会将溶液中过量SO2与Ba(OH) 2反应生成的Ba(HSO3)2氧化为BaSO4沉淀，故会产生白色沉淀，并非无明显现象，C错误； D．通入Y气体后生成的沉淀为BaSO4，BaSO4不溶于硝酸，沉淀不会溶解，D错误； 故选A。 7. 氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过如下反应制得：3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列对该反应的说法正确的是 A. 1 mol SiO2中含有的Si—O键的数目为2NA B. 12 g 14C中含有的中子数为8NA C. 28 g N2和CO的混合气体的体积为22.4 L D. 上述反应中每转移6 mol电子生成0.5 mol Si3N4 【答案】D 【解析】 【详解】A．SiO2中每个Si原子连接4个O原子，形成4个Si—O键，因此1 mol SiO2含有4 NA个Si—O键，而非2 NA，故A错误； B．14C的中子数为14-6=8，但12 g 14C的物质的量为12 g/14 g·mol-1≈0.857 mol，中子总数约为6.857 NA，而非8 NA，故B错误； C．N₂和CO的摩尔质量均为28 g/mol，28 g混合气体为1 mol，但气体体积需在标准状况下才为22.4 L，题目未说明条件，无法确定，故C错误； D．反应中每个C失去2个电子，6 mol CO对应6 mol C，共转移12 mol电子，生成1 mol Si3N4因此转移6 mol电子时生成0.5 mol Si3N4，故D正确； 故选D。 8. 能正确表示下列反应的离子方程式的是 A. 向碳酸氢钙溶液中滴入少量NaHSO4溶液：Ca2+++H++=CaSO4↓+H2O+CO2↑ B. KHSO3溶液能使酸性KMnO4溶液褪色：5+2Mn+6H+=2Mn2++5+3H2O C. 铁粉中加入过量稀硝酸：3Fe+2+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O D. 将等体积的NO2和O2混合后通入水中：NO2+O2+2H2O=4H++2 【答案】A 【解析】 【详解】A．向碳酸氢钙溶液中滴入少量NaHSO4溶液，H+与反应生成CO2和H2O，同时Ca2+与生成微溶的CaSO4沉淀。离子方程式正确，A正确； B．KHSO3在酸性条件下以形式存在，而非。选项B的反应式错误地将写成，不符合实际反应物形式，正确的离子方程式为5+2+H+=2Mn2++5+3H2O，B错误； C．过量稀硝酸与铁反应生成Fe3+而非Fe2+，选项C的产物错误， Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，C错误； D．等体积NO2和O2通入水中，正确反应式为4NO2 + O2 + 2H2O =4H+ +4，而选项D的配平比例（1:1）错误，D错误； 故答案选A。 9. 下图是实验室制取并验证的某些性质的装置。下列说法错误的是 A. ①中使用的试剂可用98%溶液和铜片代替 B. ③可证明气体具有漂白性 C. ④中发生反应： D. ⑤中的实验现象是酸性溶液褪色 【答案】A 【解析】 【详解】A．实验室制取通常用与中等浓度反应（无需加热），而98%为浓硫酸，且中等浓度与铜片反应需加热，①中无加热装置则无法反应，不能代替，A错误； B．③中通常盛放品红溶液，能使品红褪色，可证明其漂白性，B正确； C．④中与发生归中反应生成S沉淀，方程式为，C正确； D．⑤中酸性具有强氧化性，具有还原性，二者发生氧化还原反应使溶液褪色，D正确； 故答案选A。 10. 下列物质在一定条件下的转化均能通过一步反应实现的是 A. CuSO4溶液CuCuOCu(OH)2 B. Na2O2NaOHCaCO3 C. SiO2COCO2CaCO3 D. Fe3O4FeFeCl2 【答案】B 【解析】 【详解】A．溶液与Al发生置换反应可生成Cu，Cu在中加热生成CuO，但CuO与水不反应，无法一步生成，A错误； B．与水反应可生成NaOH，NaOH与溶液反应能生成沉淀，两步均可一步完成，B正确； C．与C高温反应生成Si和CO，化学方程式为，CO燃烧生成，但与溶液不反应，无法生成，C错误； D．高温条件下，可被还原生成Fe；但Fe与反应(点燃条件下)只能生成而非，D错误； 故答案选B。 11. 海洋系统中氮循环的主要过程如图，图中虚线为缺氧条件，实线为富氧条件。已知大气中的N2O能与臭氧发生反应，从而破坏臭氧层。下列叙述正确的是 A. N2→N的过程不属于氮的固定 B. R-NH2和N中N原子的杂化方式相同 C. 海水富营养化可能使臭氧层遭到破坏 D. 反硝化作用中N元素的化合价下降，氨化作用中N元素的化合价上升 【答案】C 【解析】 【详解】A．氮的固定是将游离态氮（N2）转化为含氮化合物的过程，N2→过程属于氮的固定，故A错误； B．R-NH2中N原子形成3个σ键，且有1对孤电子对，N的价层电子对数为4，杂化方式为sp3；中N原子的价层电子对数为，N有1对孤电子对，杂化方式为sp2，二者杂化方式不同，故B错误； C．海水富营养化可能导致含氮物质增多，在缺氧条件下反硝化作用增强，产生更多N2O，而N2O与臭氧反应能破坏臭氧层，故C正确； D．反硝化作用中N元素化合价：+5→0，化合价下降；氨化作用中，R-NH2(N元素为-3价)转化为(N元素为-3价)，N元素化合价前后不变，故D错误； 故选C。 12. 利用SO2ZnS2O4Na2S2O4转化制取连二亚硫酸钠(Na2S2O4)的装置如图。已知金属Zn类似于金属Al，具有两性。下列说法错误的是 A. 装置①的作用是防倒吸 B. 先打开滴液漏斗旋塞，再通入至溶液中 C. 调pH 8.2~10.5的目的是使Zn(OH)2析出 D. 该实验适合使用NaOH溶液进行尾气处理 【答案】B 【解析】 【分析】Zn和反应生成，控制温度，使和NaOH反应生成和沉淀，通过过滤除去，得到溶液，对溶液进行降温，使晶体析出。 【详解】A．装置①为安全瓶，可防止装置②中液体倒吸进入气源装置，A正确； B．滴液漏斗中为NaOH溶液，若先打开旋塞加入NaOH，Zn为两性金属会与NaOH反应生成锌酸盐（如），阻碍Zn与反应生成，应先通入与Zn反应生成，再滴加NaOH调pH，B错误； C．溶液中加入NaOH，调pH至8.2~10.5的碱性条件下，与结合生成沉淀，便于分离得到溶液，C正确； D．尾气中可能含未反应的，为酸性氧化物，可与NaOH溶液反应生成和，适合用NaOH溶液吸收，D正确； 故答案选B。 13. 部分含镁或含铜物质的分类与相应化合价关系如图所示，其中e为氯化物。下列推断不合理的是 A. 高温条件下，d可以转化为c B. b可与盐酸反应生成e和a，b既有氧化性又有还原性 C. 新制d悬浊液可用于鉴别葡萄糖和麦芽糖 D. e→d→e→a的转化可实现从海水中提取镁 【答案】C 【解析】 【详解】A．d为+2价碱，c为+2价氧化物，若d为Cu(OH)2，高温下分解生成CuO（c）和水；若d为Mg(OH)2，高温分解生成MgO（c），均能实现转化，A正确； B．b为+1价氧化物，只能是Cu2O（Cu+），与盐酸反应：Cu2O+2HCl=CuCl2（e，+2价氯化物）+Cu（a，单质）+H2O，Cu+处于中间价态，既有氧化性（降为0价）又有还原性（升为+2价），B正确； C．d为+2价碱，若为Cu(OH)2，新制悬浊液可与醛基反应，但葡萄糖和麦芽糖均含醛基，均生成砖红色沉淀，无法鉴别，C错误； D．e为MgCl2（海水提镁的氯化物），e→d（MgCl2→Mg(OH)2沉淀）、d→e（Mg(OH)2→MgCl2）、e→a（电解MgCl2得Mg单质），符合海水提镁流程，D正确； 故答案选C。 14. 碲碳酸铝[Al2(CO2Te)3]可提供首例双阴离子配体。以铝土矿(主要成分是Al2O3，含Fe2O3、MgO、SiO2等杂质)为原料制备碲碳酸铝的流程如图： 下列叙述错误的是 A. 滤渣1的主要成分是SiO2 B. “沉铝”中气体X为CO2 C. “电解”中，转移3 mol e-理论上阴极析出27 g Al D. “合成”中理论上消耗Al2Te3和CO2的物质的量之比为1∶1 【答案】D 【解析】 【分析】铝土矿加入硫酸酸溶，Al2O3、Fe2O3、MgO形成可溶性硫酸盐进入溶液，而SiO2不能反应进入滤渣1中，然后过滤，向溶液加入NaOH溶液，使Fe3+、Mg2+形成Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀进入滤渣2中，Al3+则转化为四羟基合铝酸钠存在溶液中，然后向除去镁铁后的滤液中通入足量CO2气体，转化为Al(OH)3沉淀，酸溶时溶液中的H2SO4与加入的NaOH反应产生Na2SO4存在滤液3中，过量CO2气体与NaOH溶液反应产生NaHCO3也存在滤液3中，将Al(OH)3沉淀经洗涤后煅烧产生Al2O3，然后电解熔融Al2O3冶炼铝，Al与Te高温反应产生Al2Te3，Al2Te3与CO2在一定条件下反应产生碲碳酸铝[Al2(CO2Te)3]。 【详解】A．根据上述分析可知：滤渣1的主要成分是SiO2，A正确； B．四羟基合铝酸钠能和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，故“沉铝”中气体X为二氧化碳，B正确； C．电解熔融Al2O3反应产生Al单质，铝化合价由+3变为0，每反应3mol e⁻，理论上阴极析出1mol Al，其质量是27 g， C正确； D．根据碲碳酸铝Al2(CO2Te)3化学式可知，在“合成”中理论上消耗Al2Te3和CO2的物质的量之比为1：3，D错误； 故选D 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. FeOOH可作颜料，易溶于酸。利用如下装置可制得FeOOH，实验操作如下： ①先通入氮气，向100 mL 0.4 mol·L-1 FeSO4溶液中逐滴加入40 mL 2 mol·L-1 NaOH溶液，生成白色沉淀A。 ②升温至40 ℃，改通空气，随空气的通入，形成蓝绿色沉淀B，继续通空气，沉淀转化为黄色沉淀FeOOH，停止通入空气。 回答下列问题： （1）装置中盛FeSO4溶液的仪器名称是______。 （2）通入氮气的作用是______，白色沉淀A的化学式为______。 （3）蓝绿色沉淀B为Fe6(OH)12SO4，化学式中显+3价的Fe与显+2价的Fe的个数之比为______。 （4）由B生成FeOOH的化学方程式为______。 （5）设计简单实验方案检验FeOOH中Fe的价态：______。 （6）将FeOOH、FeSO4溶液、NaOH溶液混合，可得Fe3O4，该反应的离子方程式为______。 【答案】（1）三颈烧瓶 （2） ①. 防止Fe(OH)2被氧化 ②. Fe(OH)2 （3）1∶2 （4）Fe6(OH)12SO4+O2+2NaOH6FeOOH+Na2SO4+4H2O （5）取产品少许，溶于稀硫酸中，滴加KSCN溶液，若溶液变红，则说明FeOOH中Fe显+3价 （6）2FeOOH+Fe2++2OH-=Fe3O4+2H2O 【解析】 【分析】该题是实验探究题，用原料FeSO4 ，NaOH溶液和氧气制备某种物质FeOOH。 结合题意可分析知，由亚铁离子在，就需要排尽装置中的空气，防止Fe2+被氧化Fe(OH)2，剩下的可以依题做题。 【小问1详解】 装置中盛FeSO4溶液的仪器名称是分液漏斗，故答案为：三颈烧瓶； 【小问2详解】 通入氮气的作用是排尽装置中的空气，防止Fe2+被氧化，白色沉淀A的化学式为Fe(OH)2，故答案为:排尽装置中的空气，防止Fe2+被氧化Fe(OH)2； 【小问3详解】 蓝绿色沉淀B为Fe6(OH)12SO4，化学式中显+3价的Fe与显+2价的Fe的个数之比为1∶2，故答案为：1∶2； 【小问4详解】 由B生成FeOOH的化学方程式为Fe6(OH)12SO4+O2+2NaOH6FeOOH+Na2SO4+4H2O，故答案为：Fe6(OH)12SO4+O2+2NaOH6FeOOH+Na2SO4+4H2O 【小问5详解】 设计简单实验方案检验FeOOH中Fe的价态：取少量FeOOH，加入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液变红，则证明FeOOH中Fe为+3价，若溶液不变红，则证明FeOOH中Fe为+2价。故答案为：取少量FeOOH，加入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液变红，则证明FeOOH中Fe为+3价，若溶液不变红，则证明FeOOH中Fe为+2价; 【小问6详解】 根据题目，找出反应物，根据得失电子守恒，找出生成物，再根据电荷守恒，配平得到答案：2FeOOH+Fe2++2OH-=Fe3O4+2H2O。 16. 稀土元素被称为“工业维生素”，包括钇、铈(Ce)等元素，稀土元素能显著提升建造航母及舰载机的材料性能。 Ⅰ、工业上吸收SO2和NO，以获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程如图所示。 （1）NH4NO3属于______(填“离子”或“共价”)化合物。 （2）装置Ⅱ中，酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是N、N。请写出生成相等数目的N和N时反应的离子方程式：______。 （3）电解时每生成1 mol S2，理论上导线中转移的电子数目为______(设NA为阿伏加德罗常数的值)。 Ⅱ、含有稀土元素钇的氧化钇(Y2O3)被广泛应用于航空航天涂层材料。以富钇稀土矿(主要成分为Y2O3，含有少量的Fe2O3、CuO、SiO2等杂质)为原料生产氧化钇的工艺流程如图所示。 （4）流程中操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的名称是______。 （5）向反应釜2中通入气体X使溶液呈碱性，调节溶液的pH除去滤液Ⅰ中的杂质，沉淀Ⅱ的主要成分是______(填化学式)。 （6）反应釜3的作用是______。 （7）焙烧炉中发生反应的化学方程式为______。 【答案】（1）离子 （2）4Ce4++2NO+3H2O=4Ce3++N+N+6H+ （3）2NA （4）过滤 （5）Fe(OH)3、Cu(OH)2 （6）循环利用NH3 （7）Y2(CO3)3Y2O3+3CO2↑ 【解析】 【分析】Ⅰ、由题给流程可知，混合气体中的二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收生成亚硫酸氢钠，酸性条件下一氧化氮与溶液中的Ce4+反应生成亚硝酸根离子、硝酸根离子、Ce3+和氢离子，电解槽中亚硫酸氢钠在阴极上得到电子被还原为Na2S2O4、Ce3+在阳极失去电子被氧化为可以循环使用的Ce4+，向未参与放电的亚硝酸根离子、硝酸根离子的溶液中通入氨气和氧气，反应得到硝酸铵； Ⅱ、由题给流程可知，向研磨粉碎的富钇稀土矿中加入盐酸酸溶，将金属元素转化为可溶的氯化物，二氧化硅不与盐酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中通入氨气使溶液呈碱性，将溶液中铁离子、铜离子转化为氢氧化铁、氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铜的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，氯化钇溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸钇沉淀、二氧化碳、氯化铵和水，过滤得到氯化铵溶液和碳酸钇；碳酸钇焙烧分解生成氧化钇；氯化铵溶液与熟石灰共热反应生成可重复利用的氨气。 【小问1详解】 硝酸铵是含有离子键（铵根离子和硝酸根之间）和共价键(铵根内部、硝酸根内部)的离子化合物； 【小问2详解】 由分析可知，装置Ⅱ中发生的反应为酸性条件下未反应的一氧化氮与溶液中的Ce4+反应生成亚硝酸根离子、硝酸根离子、Ce3+和氢离子，反应的离子方程式为：4Ce4++2NO+3H2O=4Ce3++N+N+6H+； 【小问3详解】 由分析可知，电解槽中亚硫酸氢钠在阴极转化为Na2S2O4，由化合价变化(S元素：+4→+3)可知，生成1 mol S2转移的电子的数目为：1 mol×2×NAmol-1=2NA； 【小问4详解】 由分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都为固液分离的过滤操作； 【小问5详解】 由分析可知，向滤液中通入氨气使溶液呈碱性的目的是将溶液中铁离子、铜离子转化为氢氧化铁、氢氧化铜沉淀，则沉淀Ⅱ的主要成分是Fe(OH)3、Cu(OH)2。 【小问6详解】 由分析可知，反应釜3的作用：利用氯化铵溶液与熟石灰共热反应生成可重复利用的氨气； 【小问7详解】 由分析可知，焙烧炉中发生的反应为碳酸钇焙烧分解生成氧化钇和二氧化碳，反应的化学方程式为：Y2(CO3)3Y2O3+3CO2↑。 17. 一氧化二氯(Cl2O)是一种氯化剂和氧化剂，极易溶于水，与水反应生成HClO，42 ℃以上易分解。某化学兴趣小组设计如图装置制备Cl2O(支撑、加热及夹持装置已省略)。 已知：①a中固体试剂是MnO2，b中试剂是浓盐酸。 ②Cl2O的部分性质如下表： 熔点 沸点 制备方法 -120.6 ℃ 3.8 ℃ 2HgO+2Cl2=Cl2O+HgCl2·HgO(反应放热) （1）指出该制备装置中存在的一个明显缺陷：______(经改进后进行有关实验)。 （2）装置C中盛有的试剂是______。 （3）写出装置A中制备Cl2的化学方程式：______。 （4）装置D中采用18~20 ℃水浴的原因除温度过低、反应速率慢外，另一个是______。 （5）当观察到A中不再产生气体时，M处通入干燥空气，其目的是______。 （6）Cl2O是市场上一种比较理想的饮用水消毒剂，ClO2和Cl2O在消毒时自身均被还原为Cl-，则ClO2的消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)是等质量的Cl2O的______(结果保留两位小数)倍。 （7）据文献报道，Cl2O的另一种制备方法是利用Cl2与适量潮湿的Na2CO3反应，同时产生氯化钠和碳酸氢钠两种盐。写出该反应的化学方程式：______。 【答案】（1）缺少尾气处理装置 （2）浓硫酸 （3）4HCl(浓)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O （4）温度过高，Cl2O易分解 （5）将D中的气体完全带入E中 （6）1.61 （7）2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaCl+Cl2O+2NaHCO3 【解析】 【小问1详解】 实验室利用MnO2和浓盐酸混合加热制氯气，则该制备装置中存在的一个明显错误是A装置缺少酒精灯加热，故答案为：A装置缺少酒精灯加热； 【小问2详解】 HCI易挥发，A中生成的氯气中含有HCI、H2O，用饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥，先除氯化氢，后干燥。故C中的液体d是浓硫酸，故答案为：浓硫酸； 【小问3详解】 MnO2和浓盐酸混合加热制氯气，同时生成MnCl2和水，发生反应的化学方程式为4HCl(浓)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O。 【小问4详解】 装置D中采用18℃~20℃水浴的原因是温度太低反应速率太慢，温度过高Cl2O分解，故答案为：温度过高Cl2O分解； 【小问5详解】 由信息可知，氧化二氯不稳定，接触一般有机物易爆炸，因此 Cl2O不能与有机物接触，所以A、B、C间用乳胶管连接，D、E间不能乳胶管连接，故答案为：防止Cl2O与橡胶管接触发生燃烧或爆炸； 【小问6详解】 ClO2和Cl2O在消毒时自身均被还原为Cl-，质量相同的ClO2和Cl2O的消毒能力之比就是它们得电子的数目之比。设ClO2和Cl2O的质量均为1g，1g ClO2得电子数为 ，1gCl2O得电子数为 ，则ClO2和Cl2O的消毒能力之比为 ，即ClO2的消毒能力是Cl2O的1.61倍，故答案为：1.61； 【小问7详解】 (7)根据题干信息，Cl2与潮湿的Na2CO3反应，生成Cl2O、NaCl和NaHCO3，根据原子守恒配平化学方程式为。 18. 工业上采用菱锌矿（主要成分为ZnCO3，还含有CdCO3、FeCO3、MnCO3和少量不溶于酸的杂质）制取活性ZnO，工艺流程如下： 已知：①相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol·L-1]开始沉淀及完全沉淀时的pH如下表： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+ Mn2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4 8.1 完全沉淀的pH 2.8 8.3 8.2 9.4 10.1 ②弱酸性KMnO4溶液能将Mn2+氧化成MnO2。 回答下列问题： （1）“酸浸”时，为提高锌的浸取率，不宜采用的方法是______(填序号)，“酸浸”后过滤所得浸取液中含有的金属阳离子主要有______（用化学符号表示）。 ①研磨　　②多次浸取　　③升高温度　　④加压　　⑤搅拌 （2）“氧化除杂”的目的是______。 （3）“调pH”时，使用ZnO的优点是______。 （4）“还原除镉”时，Zn的实际用量是理论用量的1.3倍的原因是______。 （5）“沉锌”生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，写出加入Na2CO3溶液沉锌化学方程式：______。形成的沉淀可用水洗，洗涤时的操作是______。 （6）取10.0 g活性氧化锌样品配成待测液，加入3~4滴指示剂，再加入适量六亚甲基四胺，用a mol·L-1的EDTA标准液进行滴定，消耗标准液100 mL。已知：与1.0 mL EDTA标准液[c(EDTA)=1.000 mol·L-1]相当的以克表示的氧化锌的质量为0.08139 g，则样品中氧化锌的质量分数为______（用含a的代数式表示）。 【答案】（1） ①. ④ ②. Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+ （2）将Mn2+氧化为MnO2而除去，并将Fe2+氧化为Fe3+，便于“调pH”除去 （3）提高ZnO产量且不引入其他杂质 （4）溶液中还含有过量的和H+ （5） ①. 3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O=ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑ ②. 沿着玻璃棒向过滤器内加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2~3次 （6）81.39a% 【解析】 【分析】菱锌矿（主要成分为ZnCO3，还含有CdCO3、FeCO3、MnCO3和少量不溶于酸的杂质），加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，滤渣1为不溶于酸的杂质，滤液加入KMnO4将Fe2+氧化为Fe3+，将Mn2+氧化为MnO2，滤渣2为MnO2；加入ZnO调节pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，除去Fe3+，接着还原除杂除去Cd2+；最后向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，碱式碳酸锌高温灼烧得到ZnO，据此作答。 【小问1详解】 将矿石研成粉末、多次反复浸取、适当升高温度、充分搅拌等都可以提高锌的浸取率，但加压对水溶液中的反应基本无影响，故选④；“酸浸”后过滤所得浸取液中含有的金属阳离子主要有Zn2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+； 【小问2详解】 “氧化除杂”的目的是将Mn2+氧化为MnO2而除去，并将Fe2+氧化为Fe3+，便于“调pH”除去； 【小问3详解】 “调pH”时，使用ZnO的优点是能提高ZnO产量且不引入其他杂质； 【小问4详解】 加入KMnO4氧化除杂时KMnO4会稍过量，且使用ZnO将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀后，溶液仍为弱酸性环境，因此“还原除镉”时，Zn的实际用量是理论用量的1.3倍； 【小问5详解】 ZnSO4溶液中加入Na2CO3生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀的化学方程式为3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O=ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑；过滤后，沉淀水洗的方法为沿着玻璃棒向过滤器内加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2~3次； 【小问6详解】 依题意知，与1.0 mL EDTA标准液[c(EDTA)=1.000 mol·L-1]相当的以克表示的氧化锌的质量为0.08139 g，则100 mL a mol·L-1的EDTA标准液相当于氧化锌的质量为，则样品中氧化锌的质量分数为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学 (75分钟　100分) 可能用到的相对原子质量：H 1　Li 7　C 12　N 14　O 16　Al 27　Cl 35.5　Cu 64Zn 65 一、选择题：本题共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. 化学在生活中有着广泛的应用。下列物质的主要成分不属于硅酸盐的是 A．三彩凤首壶 B．花岗岩制作的冰壶 C．霍去病墓大理石石刻 D．龙山黑陶 A. A B. B C. C D. D 2. 浓硫酸和浓硝酸在工业生产中有广泛的应用。下列关于浓硫酸和浓硝酸的说法正确的是 A. 均能使蔗糖炭化 B. 均能用于干燥氯气 C. 一定条件下，均能与木炭反应 D. 在高温下均能用铝制容器盛放 3. 2023年世界环境日的主题为“建设人与自然和谐共生的现代化”。下列说法错误的是 A. 绿色化学的核心思想是治理经济发展所带来的环境污染 B 废电池、保鲜袋、过期药品属于不可回收垃圾 C. 将CO2转化为淀粉有利于实现“碳中和” D. NO2、SO2都会导致酸雨的形成 4. 下列装置不可以用于相应实验是 A．稀释浓硫酸 B．测量NO体积 C．用铁坩埚熔融烧碱 D．分离Al(OH)3和NH4Cl溶液 A. A B. B C. C D. D 5. 某化学小组用“84消毒液” (主要成分有 NaClO)制备氯气并探究其性质，进行如图所示的实验(a~d中均为浸有相应试液的棉花，夹持装置省略)。下列说法正确的是 A. 具支试管中反应生成了黄绿色气体，该反应体现了浓盐酸的酸性和还原性 B. a处变为橙色， b处变为蓝色，说明氧化性：Cl2>Br2>I2 C. c处褪色， 说明 Cl2具有还原性 D. d处褪色，说明Cl2具有漂白性 6. 先将铜与浓硫酸反应产生的气体X持续通入下图装置中，一段时间后再将铜与浓硝酸反应产生的大量气体Y也持续通入该装置中，观察到的现象正确的是 A. 通入X气体后先产生白色沉淀后溶解 B. 通入X气体后溶液中无明显现象 C. 通入Y气体后溶液中无明显现象 D. 通入Y气体后沉淀溶解 7. 氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过如下反应制得：3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列对该反应的说法正确的是 A. 1 mol SiO2中含有的Si—O键的数目为2NA B. 12 g 14C中含有的中子数为8NA C. 28 g N2和CO的混合气体的体积为22.4 L D. 上述反应中每转移6 mol电子生成0.5 mol Si3N4 8. 能正确表示下列反应的离子方程式的是 A. 向碳酸氢钙溶液中滴入少量NaHSO4溶液：Ca2+++H++=CaSO4↓+H2O+CO2↑ B. KHSO3溶液能使酸性KMnO4溶液褪色：5+2Mn+6H+=2Mn2++5+3H2O C. 铁粉中加入过量稀硝酸：3Fe+2+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O D. 将等体积的NO2和O2混合后通入水中：NO2+O2+2H2O=4H++2 9. 下图是实验室制取并验证的某些性质的装置。下列说法错误的是 A. ①中使用的试剂可用98%溶液和铜片代替 B. ③可证明气体具有漂白性 C. ④中发生反应： D. ⑤中的实验现象是酸性溶液褪色 10. 下列物质在一定条件下转化均能通过一步反应实现的是 A. CuSO4溶液CuCuOCu(OH)2 B. Na2O2NaOHCaCO3 C. SiO2COCO2CaCO3 D. Fe3O4FeFeCl2 11. 海洋系统中氮循环的主要过程如图，图中虚线为缺氧条件，实线为富氧条件。已知大气中的N2O能与臭氧发生反应，从而破坏臭氧层。下列叙述正确的是 A. N2→N的过程不属于氮的固定 B. R-NH2和N中N原子的杂化方式相同 C. 海水富营养化可能使臭氧层遭到破坏 D. 反硝化作用中N元素的化合价下降，氨化作用中N元素的化合价上升 12. 利用SO2ZnS2O4Na2S2O4转化制取连二亚硫酸钠(Na2S2O4)的装置如图。已知金属Zn类似于金属Al，具有两性。下列说法错误的是 A. 装置①的作用是防倒吸 B. 先打开滴液漏斗旋塞，再通入至溶液中 C. 调pH 8.2~10.5的目的是使Zn(OH)2析出 D. 该实验适合使用NaOH溶液进行尾气处理 13. 部分含镁或含铜物质的分类与相应化合价关系如图所示，其中e为氯化物。下列推断不合理的是 A. 高温条件下，d可以转化为c B. b可与盐酸反应生成e和a，b既有氧化性又有还原性 C. 新制d的悬浊液可用于鉴别葡萄糖和麦芽糖 D. e→d→e→a的转化可实现从海水中提取镁 14. 碲碳酸铝[Al2(CO2Te)3]可提供首例双阴离子配体。以铝土矿(主要成分是Al2O3，含Fe2O3、MgO、SiO2等杂质)为原料制备碲碳酸铝的流程如图： 下列叙述错误的是 A. 滤渣1的主要成分是SiO2 B. “沉铝”中气体X为CO2 C. “电解”中，转移3 mol e-理论上阴极析出27 g Al D. “合成”中理论上消耗Al2Te3和CO2的物质的量之比为1∶1 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. FeOOH可作颜料，易溶于酸。利用如下装置可制得FeOOH，实验操作如下： ①先通入氮气，向100 mL 0.4 mol·L-1 FeSO4溶液中逐滴加入40 mL 2 mol·L-1 NaOH溶液，生成白色沉淀A。 ②升温至40 ℃，改通空气，随空气的通入，形成蓝绿色沉淀B，继续通空气，沉淀转化为黄色沉淀FeOOH，停止通入空气。 回答下列问题： （1）装置中盛FeSO4溶液的仪器名称是______。 （2）通入氮气的作用是______，白色沉淀A的化学式为______。 （3）蓝绿色沉淀B为Fe6(OH)12SO4，化学式中显+3价的Fe与显+2价的Fe的个数之比为______。 （4）由B生成FeOOH的化学方程式为______。 （5）设计简单实验方案检验FeOOH中Fe的价态：______。 （6）将FeOOH、FeSO4溶液、NaOH溶液混合，可得Fe3O4，该反应的离子方程式为______。 16. 稀土元素被称为“工业维生素”，包括钇、铈(Ce)等元素，稀土元素能显著提升建造航母及舰载机的材料性能。 Ⅰ、工业上吸收SO2和NO，以获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程如图所示。 （1）NH4NO3属于______(填“离子”或“共价”)化合物。 （2）装置Ⅱ中，酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是N、N。请写出生成相等数目的N和N时反应的离子方程式：______。 （3）电解时每生成1 mol S2，理论上导线中转移的电子数目为______(设NA为阿伏加德罗常数的值)。 Ⅱ、含有稀土元素钇的氧化钇(Y2O3)被广泛应用于航空航天涂层材料。以富钇稀土矿(主要成分为Y2O3，含有少量的Fe2O3、CuO、SiO2等杂质)为原料生产氧化钇的工艺流程如图所示。 （4）流程中操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的名称是______。 （5）向反应釜2中通入气体X使溶液呈碱性，调节溶液pH除去滤液Ⅰ中的杂质，沉淀Ⅱ的主要成分是______(填化学式)。 （6）反应釜3的作用是______。 （7）焙烧炉中发生反应的化学方程式为______。 17. 一氧化二氯(Cl2O)是一种氯化剂和氧化剂，极易溶于水，与水反应生成HClO，42 ℃以上易分解。某化学兴趣小组设计如图装置制备Cl2O(支撑、加热及夹持装置已省略)。 已知：①a中固体试剂是MnO2，b中试剂是浓盐酸。 ②Cl2O的部分性质如下表： 熔点 沸点 制备方法 -120.6 ℃ 3.8 ℃ 2HgO+2Cl2=Cl2O+HgCl2·HgO(反应放热) （1）指出该制备装置中存在的一个明显缺陷：______(经改进后进行有关实验)。 （2）装置C中盛有的试剂是______。 （3）写出装置A中制备Cl2的化学方程式：______。 （4）装置D中采用18~20 ℃水浴的原因除温度过低、反应速率慢外，另一个是______。 （5）当观察到A中不再产生气体时，M处通入干燥空气，其目的是______。 （6）Cl2O是市场上一种比较理想的饮用水消毒剂，ClO2和Cl2O在消毒时自身均被还原为Cl-，则ClO2的消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)是等质量的Cl2O的______(结果保留两位小数)倍。 （7）据文献报道，Cl2O的另一种制备方法是利用Cl2与适量潮湿的Na2CO3反应，同时产生氯化钠和碳酸氢钠两种盐。写出该反应的化学方程式：______。 18. 工业上采用菱锌矿（主要成分为ZnCO3，还含有CdCO3、FeCO3、MnCO3和少量不溶于酸的杂质）制取活性ZnO，工艺流程如下： 已知：①相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol·L-1]开始沉淀及完全沉淀时的pH如下表： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+ Mn2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4 8.1 完全沉淀的pH 2.8 8.3 8.2 9.4 10.1 ②弱酸性KMnO4溶液能将Mn2+氧化成MnO2。 回答下列问题： （1）“酸浸”时，为提高锌浸取率，不宜采用的方法是______(填序号)，“酸浸”后过滤所得浸取液中含有的金属阳离子主要有______（用化学符号表示）。 ①研磨　　②多次浸取　　③升高温度　　④加压　　⑤搅拌 （2）“氧化除杂”的目的是______。 （3）“调pH”时，使用ZnO的优点是______。 （4）“还原除镉”时，Zn的实际用量是理论用量的1.3倍的原因是______。 （5）“沉锌”生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，写出加入Na2CO3溶液沉锌的化学方程式：______。形成的沉淀可用水洗，洗涤时的操作是______。 （6）取10.0 g活性氧化锌样品配成待测液，加入3~4滴指示剂，再加入适量六亚甲基四胺，用a mol·L-1的EDTA标准液进行滴定，消耗标准液100 mL。已知：与1.0 mL EDTA标准液[c(EDTA)=1.000 mol·L-1]相当的以克表示的氧化锌的质量为0.08139 g，则样品中氧化锌的质量分数为______（用含a的代数式表示）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $