精品解析：山东省临沂第一中学北校区2025-2026学年高一上学期12月月考化学试题

一中北校区高一化学月考 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分。考试用时90分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号和科类填写到答题卡和试卷规定的位置上。 2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 3.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。不按以上要求作答的答案无效。 可能用到的元素的相对原子质量：H1 N14 O16 B11 C12 Al27 Fe56 Pt195 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意。) 1. 2025年9月3日举行的中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式，展示了中国国防现代化建设的最新成果，展现了我国强大的军事实力。下列说法正确的是 A. 九三阅兵采用的“环保型礼炮”，减少了、、等大气污染物 B. 东风-5C重型洲际核导弹，涉及核裂变原理：，属于化学变化 C. 歼-20、歼-35战机机身采用钛合金，其中金属钛的冶炼原理是Na与溶液反应置换出Ti D. 阅兵盛典中用到的气球在自然环境中通过光照和微生物最终分解为和，减少了环境污染 2. 下列关于化学的应用和记载，对其说明不合理的是 A. 《梦溪笔谈》中描述的“熬胆矾()铁釜，久之亦化为铜”，涉及的反应类型为氧化还原反应 B. 宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料(主要成分为)，孔雀石颜料的主要成分为盐 C. 《望庐山瀑布》中的诗句“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象 D. 《本草经集注》中记载了区分硝石()和朴硝()的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也” 3. 对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是 粒子组 判断和分析 A 、、、 不能大量共存，因发生反应： B 、、、 不能大量共存，因发生反应： C 、、、 能大量共存，粒子间不反应 D 、、、 能大量共存，粒子间不反应 A. A B. B C. C D. D 4. 下列离子方程式书写正确的是 A. 用三氯化铁溶液刻蚀覆铜电路板： B. 将少量通入漂白液中： C. 溶液中加过量NaOH溶液： D. 向溶液中通入足量氯气： 5. 研发CO2的利用技术，将CO2转化为能源是缓解环境和解决能源问题的方案之一，由CO2和CH4制备合成气(CO、H2)，再由合成气制备CH3OH的反应转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A. 标准状况下，理论上生成16g CH3OH需要22.4L的H2 B. 标准状况下，22.4L CO2和CH4混合物中有且只有NA个碳原子 C. 一定条件下等物质的量的CH3OH和CH4，CH3OH比CH4多8NA个电子 D. 制备合成气的反应中，若生成2mol CO，反应Ⅰ和Ⅱ中共转移电子数为6NA 6. 下列装置用于实验室制Cl2并回收MnCl2·4H2O晶体，能达到实验目的的是 甲 乙 丙 丁 A. 用装置甲制取Cl2 B. 用装置乙除去Cl2中的少量HCl C. 用装置丙分离MnO2固体和MnCl2溶液 D. 用装置丁蒸干MnCl2溶液制得MnCl2·4H2O 7. 配制250mL 0.1 mol·L−1稀盐酸，配制时步骤如下：用50mL量筒量取11.8 mol·L−1浓盐酸2.1mL，将其沿玻璃棒注入烧杯中，再向烧杯中加入少量蒸馏水(约30mL)，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀，将已恢复至室温的盐酸沿玻璃棒注入所选用的容量瓶中，用30mL蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，将洗涤液全部注入容量瓶中，轻轻摇动容量瓶，继续往容量瓶中小心地注入蒸馏水，直到溶液的凹液面恰好与容量瓶瓶颈上的刻度线相切，将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。上述步骤中存在的错误有几处？ A. 2处 B. 3处 C. 4处 D. 5处 8. 某化学小组欲通过下列实验来测定4.0g已变质的样品中的含量(假设无其它杂质，Q为弹性良好的气囊，忽略气体在Ⅱ和Ⅳ中的溶解)。下列说法错误的是 A. 测量气体总体积时需关闭、，打开 B. 可以通过b中碱石灰的增重来计算样品中的含量 C. 可以通过标况下量筒Ⅱ收集的气体体积来计算样品中的含量 D. 读完气体总体积后，关闭，打开后再缓缓打开，可观察到Q气球慢慢缩小 9. 从砷化镓废料(主要成分为GaAs、、和)中回收镓和砷的工艺流程如图。已知镓与铝同主族，性质相似；“碱浸时，镓元素以形式存在。下列说法错误的是 A. 滤渣1的主要成分为、 B. 碱浸时GaAs发生的反应为 C. Ga的主要化合价为＋3价，砷位于元素周期表的第四周期第ⅢA族 D. “电积”产生的与Ga的物质的量之比为3：4 10. 几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表，分析判断下列说法正确的是 元素符号 A B D E G H I J 化合价 -1 -2 ＋4，-4 -1 ＋5，-3 ＋3 ＋2 ＋1 原子半径/nm 0.071 0.074 0.077 0.099 0.110 0.143 0.160 0.186 A. I在中燃烧生成两种化合物 B. A、H、J的离子半径由大到小的顺序是H＞J＞A C. 非金属性A＞G＞E D. A单质能从B的简单氢化物中置换出B单质 11. 已知X、Y、Z、W为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是 A. 若四种元素中只有一种为金属，则Y的最高价氧化物一定属于酸性氧化物 B. 若为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性(m、n均为正整数) C. 若四种元素均为非金属，则W的最高价氧化物对应的水化物一定是强酸 D. 若四种元素均为金属，则只能形成一种氧化物 12. 将一定质量的铝粉和铁粉的混合物加入一定量很稀的硝酸溶液中，充分反应生成铵盐，反应过程中无气体放出。向反应结束后的溶液中，逐滴加入5mol/L的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量(n)关系如图所示，下列说法错误的是 A. 根据关系图可知前a=20 B. 样品中铝粉质量为1.08g C. 原溶液中硝酸的物质的量为0.42mol D. b点Fe(OH)3质量为4.28克 13. 下列实验方案、对应的实验现象及结论或解释均正确的是 实验方案 现象 结论或解释 A 用铂丝蘸取待测液在酒精灯上灼烧，观察火焰颜色 火焰显黄色 该溶液中不含 B 向碘水中加入少量，振荡静置 溶液分层，上层紫红色，下层几乎无色 在中的溶解度比在水中大 C 分别向盛有相同质量的镁粉和铝条的试管中，加入相同浓度和体积的稀盐酸 均有气泡产生，产生气泡的速率金属镁大于金属铝 失电子能力： D 向NaBr溶液中滴加几滴新制氯水 溶液变为橙黄色 非金属性： A. A B. B C. C D. D 14. 利用镍铂靶材废料(主要成分为Ni、Pt以及微量Fe、Al的单质)回收铂的一种工艺流程如下。 已知：①“沉铂”时发生的反应为[ PtCl6]2- +2 = (NH4)2PtCl6↓。 ②隔绝空气“煅烧”时有两种单质生成，其中一种是 N2。 下列说法正确的是 A. “酸浸”时应在较高温度下进行 B. 滤液②可返回“酸浸”工序循环利用 C. “溶解”时发生的离子反应为3Pt+ 16H++4+18Cl-= 3[ PtCl6]2- +4NO↑+8H2O D. 隔绝空气“煅烧”时每生成117.0g Pt，理论上产生标准状况下13.44 L N2 15. 化合物可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是 A. W、X、Y、Z的单质常温下均为气体 B. 最高价氧化物的水化物的酸性： C. 阶段热分解失去4个 D. 热分解后生成固体化合物 第Ⅱ卷 非选择题 二、非选择题(本题共5小题，共55分。) 16. 以下9种短周期主族元素，它们具有如下特征： 元素 特征 a 该元素的某种同素异形体硬度最大 b 次外层电子数是最内层电子数与最外层电子数之和 c 单质常用于制作路灯 d 最外层电子数是内层电子数的3倍 e 单质是空气中含量最高的 f 最高化合价为＋7价 g 第3周期元素的简单离子中半径最小 h K、L层电子数之和是M层的2倍 i 宇宙中最丰富的元素 回答下列问题(用对应的微粒符号表示)： （1）d元素在周期表中的位置是_________，f元素对应的简单离子的结构示意图为_________。 （2）a、f、h三种元素最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱依次为_________。 （3）b、c、d三种元素对应的简单离子半径由大到小的顺序为_________，b、f两种元素对应的简单气态氢化物的还原性强弱顺序为_________，由以上元素的原子构成的10电子微粒的分子是_________。 （4）g元素的简单离子的盐溶液中加入过量c元素的简单氢化物对应的水溶液，反应的离子方程式为_________。 （5）列举一个实验事实，比较元素c和元素g的金属性强弱_________。 17. 胃舒平的有效成分为，测定其中含量的操作如下(设该药片中的其它成分不与盐酸或NaOH溶液反应)。①加入稀盐酸； ②用移液管量取20.00mL胃舒平悬浊液于锥形瓶中； ③配制稀盐酸和溶液： ④取5粒药片(0.10g/片)，研碎，加入100mL蒸馏水充分搅拌； ⑤用溶液中和过量的稀盐酸，记录所消耗NaOH溶液的体积。回答下列问题： （1）正确的操作顺序是③④_________(填序号)。 （2）测定过程中发生反应的离子方程式为________________、___________________。 （3）该测定实验共进行了4次。实验室现有50mL、100mL、250mL、500mL四种规格的容量瓶，则配制盐酸应选用的容量瓶规格最好为_________mL。用密度为、质量分数为36.5%的浓盐酸配制实验中所需稀盐酸，需用量筒量取浓盐酸的体积为_________mL。 （4）某同学4次测定所消耗的NaOH溶液的体积如下： 实验序号 1 2 3 4 消耗NaOH溶液体积/mL 15.90 17.30 16.10 16.00 胃舒平中的质量分数为_________(保留3位有效数字)。 （5）用NaOH固体配制实验中所需的NaOH溶液时，下列操作会使胃舒平中含量测定值偏高的是_________。 A. NaOH固体中含有NaCl杂质 B. 定容时俯视容量瓶刻度线 C. 溶液未冷却至室温即进行定容 D. 摇匀后发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线 18. 我国化学家侯德榜发明的“联合制碱法”为世界制碱工业做出了巨大贡献，联合制碱法主要过程和部分物质的溶解度曲线如图所示。 回答下列问题： （1）沉淀池中发生反应的化学方程式为___________________。 （2）物质X的化学式为_________；为测定煅烧后固体中的含量，将煅烧后固体充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量增重mg，则固体中的质量为_________g。 （3）向母液中加入NaCl可促进副产品的生成，根据NaCl和的溶解度曲线，为使充分析出，需控制的适宜温度为_________(填标号)。 A. 0～10℃ B. 30～50℃ C. 50～70℃ D. 90～100℃ （4）实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的pH随滴加盐酸体积变化的曲线如下图所示。 ⅰ．到达第一个滴定终点B时消耗盐酸，到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸。，所得产品的成分为_________(填标号)。 a． b． c．和 d．和NaOH ⅱ．到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓。该同学所记录的_________(填“＞”“＜”或“=”)。 19. 为易溶于水而难溶于乙醇的翠绿色晶体，可用于制备负载型活性铁催化剂。实验室以为原料制备的流程如下： 已知：①为淡黄色晶体，难溶于水而溶于稀硫酸，真空下142℃开始失去结晶水。 ②溶液与反应产生蓝色沉淀，与不反应。 （1）氧化配位。将加入过量饱和溶液中，保持温度40℃缓缓加入，获得含配离子和的悬浊液。 ①检验悬浊液中Fe(Ⅱ)已被完全氧化的实验方法为___________________。 ②反应结束后，需要将悬浊液煮沸30s，其目的是__________________________。 （2）酸溶配位。加入饱和溶液所发生反应的化学方程式为_____________________。从溶液中获得，除了蒸发浓缩、降温结晶，还可选择的方法为_____________________。 （3）某研究性学习小组拟用已提纯的溶液为原料制备高纯。已知：、的溶解度曲线如图所示；100℃时生成大颗粒便于过滤。 请完成实验方案：取一定体积溶液置于锥形瓶中，在搅拌下加入等体积相同浓度的_________，将所得溶液_________，过滤，用蒸馏水多次洗涤，低于_________真空干燥得到(可选用的试剂：溶液、溶液、溶液、溶液、稀盐酸、蒸馏水)。 （4）测定高纯纯度的方法如下：准确称取0.2500 g样品，加入适量水、浓硫酸、磷酸，用标准溶液滴定至终点(草酸亚铁转化为和转化为)，消耗标准溶液18.00 mL。 ①该过程中总反应的离子方程式______________________。 ②计算样品中的纯度：_________。 20. 三氯化硼(BCl3)，主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成催化剂。某兴趣小组用氯气和硼为原料，采用下列装置(部分装置可重复使用)制备BCl3。 已知： ①BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃；遇水剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和盐酸； ②2B+6HCl2BCl3+3H2； ③B单质在加热条件下会被氧气氧化为B2O3。 请回答下列问题： （1）用二氧化锰固体与浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式为：___________。 （2）装从左到右的接口连接顺序为a→___________fg___________→j。 （3）装置E中的试剂为___________。如果拆去E装置，可能的后果是___________。 （4）B中冰水的作用是___________。 （5）D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，则造成的结果是___________。 （6）BCl3固体遇空气产生白雾的化学反应方程式为：___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 一中北校区高一化学月考 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分。考试用时90分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号和科类填写到答题卡和试卷规定的位置上。 2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 3.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。不按以上要求作答的答案无效。 可能用到的元素的相对原子质量：H1 N14 O16 B11 C12 Al27 Fe56 Pt195 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意。) 1. 2025年9月3日举行的中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式，展示了中国国防现代化建设的最新成果，展现了我国强大的军事实力。下列说法正确的是 A. 九三阅兵采用的“环保型礼炮”，减少了、、等大气污染物 B. 东风-5C重型洲际核导弹，涉及核裂变原理：，属于化学变化 C. 歼-20、歼-35战机机身采用钛合金，其中金属钛的冶炼原理是Na与溶液反应置换出Ti D. 阅兵盛典中用到的气球在自然环境中通过光照和微生物最终分解为和，减少了环境污染 【答案】D 【解析】 【详解】A．环保型礼炮减少的SO2、NO属于大气污染物，但CO2是温室气体而非污染物，因此A错误； B．核裂变是原子核的变化，属于核反应而非化学变化，B错误； C．金属钛的冶炼需在熔融状态下用Na或Mg还原TiCl4，而非溶液中反应（TiCl4会水解），C错误； D．环保气球若由可降解材料制成，分解为H2O和CO2是合理的，D正确； 答案选D。 2. 下列关于化学的应用和记载，对其说明不合理的是 A. 《梦溪笔谈》中描述的“熬胆矾()铁釜，久之亦化为铜”，涉及的反应类型为氧化还原反应 B. 宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料(主要成分为)，孔雀石颜料的主要成分为盐 C. 《望庐山瀑布》中的诗句“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象 D. 《本草经集注》中记载了区分硝石()和朴硝()的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也” 【答案】C 【解析】 【详解】A．“熬胆矾()铁釜，久之亦化为铜”描述的反应是，涉及化合价变化，属于氧化还原反应，A正确； B．盐是由金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子结合而成的化合物，含有阳离子，阴离子，属于碱式盐，为盐类，B正确； C．“紫烟”为水雾的光学现象，与碘升华无关，C错误； D．钠元素和钾元素的焰色试验不同，可以利用“焰色试验”区分硝石()和朴硝()，D正确； 故选C。 3. 对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是 粒子组 判断和分析 A 、、、 不能大量共存，因发生反应： B 、、、 不能大量共存，因发生反应： C 、、、 能大量共存，粒子间不反应 D 、、、 能大量共存，粒子间不反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．与因发生氧化还原反应不能大量共存，但给出的离子方程式电荷不守恒，正确反应为，A错误； B．酸性条件下与发生归中反应生成，给出的离子方程式书写正确，粒子不能大量共存，B正确； C．与会发生反应，少量时生成沉淀，过量时生成，不能大量共存，C错误； D．可催化发生分解反应，粒子间会发生反应，不能大量共存，D错误； 故答案选B。 4. 下列离子方程式书写正确的是 A. 用三氯化铁溶液刻蚀覆铜电路板： B. 将少量通入漂白液中： C. 溶液中加过量NaOH溶液： D. 向溶液中通入足量氯气： 【答案】C 【解析】 【详解】A．三氯化铁刻蚀铜时，被还原为，正确反应为，A错误； B．具有还原性，具有氧化性，二者会发生氧化还原反应，被氧化为，被还原为，正确离子方程式为，B错误； C．过量与反应时，和均完全反应，离子方程式符合反应事实、配比及守恒规则，C正确； D．足量氯气通入溶液时，和按物质的量比完全被氧化，正确反应为，选项中未完全反应，对应氯气少量的情况，D错误； 故答案选C。 5. 研发CO2的利用技术，将CO2转化为能源是缓解环境和解决能源问题的方案之一，由CO2和CH4制备合成气(CO、H2)，再由合成气制备CH3OH的反应转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A. 标准状况下，理论上生成16g CH3OH需要22.4L的H2 B. 标准状况下，22.4L CO2和CH4混合物中有且只有NA个碳原子 C. 一定条件下等物质的量的CH3OH和CH4，CH3OH比CH4多8NA个电子 D. 制备合成气的反应中，若生成2mol CO，反应Ⅰ和Ⅱ中共转移电子数为6NA 【答案】C 【解析】 【分析】反应Ⅰ为CH4=C+2H2，反应Ⅱ为C+CO2=2CO，反应Ⅲ为CO+2H2=CH3OH。 【详解】A．标准状况下，16g CH3OH的物质的量为=0.5mol，由反应Ⅲ可知，需要1molH2，体积为22.4L，A正确； B．CO2和CH4分子中各含有1个C原子，标准状况下，22.4L CO2和CH4混合气的物质的量为1mol，则有且只有NA个碳原子，B正确； C．1个CH3OH分子比1个CH4分子多1个O原子，电子数多8个，等物质的量的CH3OH和CH4的物质的量不一定为1mol，则CH3OH比CH4不一定多8NA个电子，C不正确； D．制备合成气的反应中，若生成2mol CO，反应Ⅰ中转化4mol电子，反应Ⅱ中转移2mol电子，则共转移电子数为6NA，D正确； 故选C。 6. 下列装置用于实验室制Cl2并回收MnCl2·4H2O晶体，能达到实验目的的是 甲 乙 丙 丁 A. 用装置甲制取Cl2 B. 用装置乙除去Cl2中的少量HCl C. 用装置丙分离MnO2固体和MnCl2溶液 D. 用装置丁蒸干MnCl2溶液制得MnCl2·4H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A．实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制取氯气，甲装置缺少加热装置，A项不符合题意； B．饱和氯化钠溶液可以吸收Cl2中的HCl，B项符合题意； C．丙装置是分液漏斗，用于分离互不相溶的液体，分离MnO2固体和MnCl2溶液应用过滤，C项不符合题意； D．丁是蒸发装置，由MnCl2溶液制得MnCl2·4H2O应用蒸发浓缩，冷却结晶，D项不符合题意； 故答案选B。 7. 配制250mL 0.1 mol·L−1稀盐酸，配制时步骤如下：用50mL量筒量取11.8 mol·L−1浓盐酸2.1mL，将其沿玻璃棒注入烧杯中，再向烧杯中加入少量蒸馏水(约30mL)，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀，将已恢复至室温的盐酸沿玻璃棒注入所选用的容量瓶中，用30mL蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，将洗涤液全部注入容量瓶中，轻轻摇动容量瓶，继续往容量瓶中小心地注入蒸馏水，直到溶液的凹液面恰好与容量瓶瓶颈上的刻度线相切，将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。上述步骤中存在的错误有几处？ A. 2处 B. 3处 C. 4处 D. 5处 【答案】C 【解析】 【详解】错误1（ 量筒选择错误）：量取2.1 mL液体应使用10 mL量筒（精度更高），而非50 mL量筒； 错误2（ 稀释顺序错误）：浓盐酸应缓慢倒入水中，而非先加浓盐酸后加水，避免放热飞溅； 错误3（定容未用胶头滴管）：定容至刻度线前1-2 cm时需改用胶头滴管调整，直接倒水易超刻度； 错误4（摇匀方式错误）：应倒转摇匀容量瓶，而非简单振荡； 其他步骤（如冷却后转移、玻璃棒引流）均正确，故总错误数为4处； 选C。 8. 某化学小组欲通过下列实验来测定4.0g已变质的样品中的含量(假设无其它杂质，Q为弹性良好的气囊，忽略气体在Ⅱ和Ⅳ中的溶解)。下列说法错误的是 A. 测量气体总体积时需关闭、，打开 B. 可以通过b中碱石灰的增重来计算样品中的含量 C. 可以通过标况下量筒Ⅱ收集的气体体积来计算样品中的含量 D. 读完气体总体积后，关闭，打开后再缓缓打开，可观察到Q气球慢慢缩小 【答案】B 【解析】 【分析】变质的过氧化钠中含有碳酸钠，加入酸后在Q内发生反应；，反应产生的CO2、O2使气囊变大，将广口瓶中气体排出，水进入量筒Ⅰ中，所以量筒Ⅰ中水的体积即为产生的CO2、O2的体积。反应停止，打开K2，再缓缓打开K1，广口瓶内外相通，Q气囊慢慢缩小，混合气体通过碱石灰吸收CO2，最后量筒Ⅱ中收集的是O2，据此分析。 【详解】A．测量气体总体积是利用气球膨胀，把瓶中的空气排入右边排水量气，所以必须关闭K1、K2，打开K3，A正确； B．b中碱石灰会吸收CO2和水蒸气（反应生成的气体含H2O），其增重为CO2和H2O的总质量，无法单独确定CO2质量，不能计算Na2CO3含量，B错误； C．量筒Ⅱ收集的气体为O2体积（标况下），可通过O2的体积计算Na2O2的量，再间接求出Na2CO3的含量，C正确； D．读完总体积后，关闭K3，打开K1后再缓缓打开K2，气体进入空气中，可观察气囊Q因气压减小而缩小，D正确； 故答案选B。 9. 从砷化镓废料(主要成分为GaAs、、和)中回收镓和砷的工艺流程如图。已知镓与铝同主族，性质相似；“碱浸时，镓元素以形式存在。下列说法错误的是 A. 滤渣1的主要成分为、 B. 碱浸时GaAs发生的反应为 C. Ga的主要化合价为＋3价，砷位于元素周期表的第四周期第ⅢA族 D. “电积”产生的与Ga的物质的量之比为3：4 【答案】C 【解析】 【分析】向废料中加入氢氧化钠和过氧化氢。在此过程中，被氧化溶解，镓转化为偏镓酸根，砷转化为砷酸根，二氧化硅也转化为硅酸根进入溶液；而氧化铁和碳酸钙不反应，作为滤渣1被除去。向滤液中加入稀硫酸调节pH值。利用镓与铝性质相似的特点，使偏镓酸根转化为氢氧化镓沉淀析出，即滤渣2，从而实现镓与砷的分离。此时，砷以砷酸钠的形式留在滤液2中，经浓缩结晶得到。用稀硫酸溶解滤渣2，得到含的硫酸盐溶液，不溶性硅酸作为滤渣3除去。电解上述硫酸镓溶液。在阴极析出金属镓，阳极产生氧气，从而完成镓的回收。 【详解】A．碱浸时、均不与反应，、反应生成可溶性物质进入滤液，因此滤渣1主要成分为、，A正确； B．中从-3价被氧化为+5价，失去 ，4个共得到 ，配平后的方程式符合电子守恒、原子守恒，B正确； C．与同主族，主要化合价为+3价正确，但砷为33号元素，核外最外层有5个电子，位于第四周期第ⅤA族，不是第ⅢA族，C错误； D．电积时，生成1 mol转移4 mol电子，生成1 mol得到3 mol电子，根据得失电子守恒，故，D正确； 故选C。 10. 几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表，分析判断下列说法正确的是 元素符号 A B D E G H I J 化合价 -1 -2 ＋4，-4 -1 ＋5，-3 ＋3 ＋2 ＋1 原子半径/nm 0.071 0.074 0.077 0.099 0.110 0.143 0.160 0.186 A. I在中燃烧生成两种化合物 B. A、H、J的离子半径由大到小的顺序是H＞J＞A C. 非金属性A＞G＞E D. A单质能从B的简单氢化物中置换出B单质 【答案】D 【解析】 【分析】短周期元素，A、E有-1价，B有-2价，且A的原子半径与B相差不大，则A、E处于ⅦA族，B处于ⅥA族，A原子半径小于E，可推知A为F、E为Cl，B为O，D有-4、+4价，处于ⅣA族，原子半径与O原子相差不大，可推知D为C元素，G元素有-3、+5价，处于ⅤA族，原子半径大于C原子，应处于第三周期，则G为P元素，H、I、J的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于ⅢA族、ⅡA族、ⅠA族，原子半径依次增大，且都大于P原子半径，应处于第三周期，可推知H为Al、I为Mg、J为Na。 【详解】A．I是，为，在中燃烧生成和单质，仅1种化合物，A错误； B．、、核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，半径顺序为即，B错误； C．同周期从左到右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，非金属性顺序为即，C错误； D．与的简单氢化物发生反应：，可置换出单质，D正确； 故答案选D。 11. 已知X、Y、Z、W为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是 A. 若四种元素中只有一种为金属，则Y的最高价氧化物一定属于酸性氧化物 B. 若为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性(m、n均为正整数) C. 若四种元素均为非金属，则W的最高价氧化物对应的水化物一定是强酸 D. 若四种元素均为金属，则只能形成一种氧化物 【答案】A 【解析】 【详解】A．若四种元素中只有一种为金属，则唯一金属元素为位于第三周期的，对应为、为C，的最高价氧化物为，属于酸性氧化物，A正确； B．若为强酸，例如为时是强酸，其氢化物溶于水形成氨水，溶液显碱性，B错误； C．若四种元素均为非金属，例如为时，其最高价氧化物对应的水化物为，属于中强酸，不是强酸，C错误； D．若四种元素均为金属，则为、为、为、为，仅就可形成、等多种氧化物，D错误； 故答案选A。 12. 将一定质量的铝粉和铁粉的混合物加入一定量很稀的硝酸溶液中，充分反应生成铵盐，反应过程中无气体放出。向反应结束后的溶液中，逐滴加入5mol/L的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量(n)关系如图所示，下列说法错误的是 A. 根据关系图可知前a=20 B. 样品中铝粉质量为1.08g C. 原溶液中硝酸的物质的量为0.42mol D. b点Fe(OH)3质量为4.28克 【答案】C 【解析】 【分析】反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，向反应后溶液中滴加NaOH溶液，开始没有沉淀生成，可知硝酸过量，故铝和铁被氧化为Al3+、Fe3+，反应后溶液加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与OH-发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓，③+OH-=NH3•H2O，④Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；cd段消耗NaOH溶液8mL，根据Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-可知，n[Al(OH)3]=n(NaOH)=0.008L×5mol/L=0.04mol，故n(Al)=n[Al(OH)3]=0.04mol，而bc段消耗的氢氧化钠的6mL，根据与+OH-═NH3•H2O可知，n()=n(NaOH)=0.006L×5mol/L=0.03mol，根据电子转移守恒有：3n(Fe)+3n(Al)=8n()，即3n(Fe)+3×0.04mol=8×0.03mol，解得n(Fe)=0.04mol，即混合物中含有0.04mol Al、0.04mol Fe，据此解题。 【详解】A．混合物中含有0.04mol Al、0.04mol Fe，则ab段消耗NaOH物质的量为0.04mol×3+0.04mol×3=0.24mol，ab段消耗NaOH溶液体积为=0.048L=48mL，故a点对应NaOH溶液体积为68mL-48mL=20mL，A正确； B．由分析可知，样品中铝粉质量为0.04mol×27g/mol=1.08g，B正确； C．加入氢氧化钠溶液为68mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，bc段消耗的NaOH的物质的量等于铵根离子的物质的量，而n(NH4NO3)=n()=0.006L×5mol/L=0.03mol，根据Na元素守恒：n(NaNO3)=n(NaOH)=0.068L×0.05mol/L=0.34mol，根据N元素守恒原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.34mol+0.03mol×2=0.4mol，C错误； D．根据铁元素守恒可知，b点Fe(OH)3的质量为0.04mol×107g/mol=4.28g，D正确； 故选C。 13. 下列实验方案、对应的实验现象及结论或解释均正确的是 实验方案 现象 结论或解释 A 用铂丝蘸取待测液在酒精灯上灼烧，观察火焰颜色 火焰显黄色 该溶液中不含 B 向碘水中加入少量，振荡静置 溶液分层，上层紫红色，下层几乎无色 在中的溶解度比在水中大 C 分别向盛有相同质量的镁粉和铝条的试管中，加入相同浓度和体积的稀盐酸 均有气泡产生，产生气泡的速率金属镁大于金属铝 失电子能力： D 向NaBr溶液中滴加几滴新制氯水 溶液变为橙黄色 非金属性： A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．焰色试验火焰显黄色说明溶液含，但检验需透过蓝色钴玻璃滤去黄光才能观察焰色，该实验未用蓝色钴玻璃，无法证明不含，结论错误，A不符合题意； B．密度大于水，萃取碘水中的后，下层为层呈紫红色，上层为水层几乎无色，选项现象描述错误，B不符合题意； C．实验中镁为粉末、铝为条状，二者与盐酸的接触面积不同，反应速率差异可能由接触面积导致，无法据此比较失电子能力，结论推导不严谨，C不符合题意； D．氯水中的与反应生成使溶液呈橙黄色，说明氧化性，单质氧化性越强对应元素非金属性越强，故非金属性，实验现象和结论均正确，D符合题意； 故答案选D。 14. 利用镍铂靶材废料(主要成分为Ni、Pt以及微量Fe、Al的单质)回收铂的一种工艺流程如下。 已知：①“沉铂”时发生的反应为[ PtCl6]2- +2 = (NH4)2PtCl6↓。 ②隔绝空气“煅烧”时有两种单质生成，其中一种是 N2。 下列说法正确的是 A. “酸浸”时应在较高温度下进行 B. 滤液②可返回“酸浸”工序循环利用 C. “溶解”时发生的离子反应为3Pt+ 16H++4+18Cl-= 3[ PtCl6]2- +4NO↑+8H2O D. 隔绝空气“煅烧”时每生成117.0g Pt，理论上产生标准状况下13.44 L N2 【答案】BC 【解析】 【分析】由题干工艺流程图可知，酸浸是是除去Fe、Al和Ni，过滤得滤液①中主要含有Fe2+、Al3+和Ni2+，将滤渣主要为Pt用王水进行溶解，根据信息①可知并进行氧化还原反应配平可得，该反应方程式为：3Pt+4HNO3+18HCl=3H2PtCl6+4NO↑+8H2O，用NH4Cl进行沉铂，反应原理为：H2PtCl6+2NH4Cl=(NH4)2PtCl6↓+2HCl，过滤得滤液②主要成分为HCl和NH4Cl，滤渣为(NH4)2PtCl6，最后对滤渣进行隔绝空气煅烧，反应方程式为：3(NH4)2PtCl62N2+3Pt+18HCl↑+2NH3↑，据此分析解题。 【详解】A．由于盐酸具有挥发性，故“酸浸”时不能在较高温度下进行，A错误； B．由分析可知，滤液②的主要成分为HCl和NH4Cl，故可返回“酸浸”工序循环利用，B正确； C．由分析可知，“溶解”时发生方程式为：3Pt+4HNO3+18HCl=3H2PtCl6+4NO↑+8H2O，则其离子反应为3Pt+ 16H++4+18Cl-= 3[ PtCl6]2- +4NO↑+8H2O，C正确； D．由分析可知，煅烧时的反应方程式为：3(NH4)2PtCl62N2+3Pt+18HCl↑+2NH3↑，隔绝空气“煅烧”时每生成117.0g即=0.6mol Pt，根据方程式可知，理论上产生N2的物质的量为：0.4mol，其标准状况下0.4mol×22.4L·mol-1=8.96 L N2，D错误； 故答案为：BC。 15. 化合物可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是 A. W、X、Y、Z的单质常温下均为气体 B. 最高价氧化物的水化物的酸性： C. 阶段热分解失去4个 D. 热分解后生成固体化合物 【答案】D 【解析】 【分析】化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W为H，Z为O，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则Y为N，原子序数依次增加，且加和为21，则X为B。 【详解】A．X(B)的单质常温下为固体，故A错误； B．根据非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H3BO3)＜Y(HNO3)，故B错误； C．根据前面已知200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100～200℃阶段热分解失去4个H2O，则质量分数，则说明不是失去4个H2O，故C错误； D．化合物(NH4B5O8·4H2O)在500℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，根据硼元素守恒，则得到关系式2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，则固体化合物B2O3质量分数为，说明假设正确，故D正确。 综上所述，答案为D。 第Ⅱ卷 非选择题 二、非选择题(本题共5小题，共55分。) 16. 以下9种短周期主族元素，它们具有如下特征： 元素 特征 a 该元素的某种同素异形体硬度最大 b 次外层电子数是最内层电子数与最外层电子数之和 c 单质常用于制作路灯 d 最外层电子数是内层电子数的3倍 e 单质是空气中含量最高的 f 最高化合价为＋7价 g 第3周期元素的简单离子中半径最小 h K、L层电子数之和是M层的2倍 i 宇宙中最丰富的元素 回答下列问题(用对应的微粒符号表示)： （1）d元素在周期表中的位置是_________，f元素对应的简单离子的结构示意图为_________。 （2）a、f、h三种元素最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱依次为_________。 （3）b、c、d三种元素对应的简单离子半径由大到小的顺序为_________，b、f两种元素对应的简单气态氢化物的还原性强弱顺序为_________，由以上元素的原子构成的10电子微粒的分子是_________。 （4）g元素的简单离子的盐溶液中加入过量c元素的简单氢化物对应的水溶液，反应的离子方程式为_________。 （5）列举一个实验事实，比较元素c和元素g的金属性强弱_________。 【答案】（1） ①. 第二周期ⅥA族 ②. （2） （3） ①. ②. ③. 、、 （4） （或 ） （5） 将钠和铝分别投入冷水中，钠与冷水剧烈反应，而铝与冷水不反应（或：钠的最高价氧化物对应的水化物是强碱，而铝的最高价氧化物对应的水化物是两性氢氧化物） 【解析】 【分析】a元素的某种同素异形体硬度最大，则a为C；b元素的次外层电子数是最内层电子数与最外层电子数之和，短周期元素最内层电子数为2，若次外层为8，则最外层为6，故b为S；c单质常用于制作路灯（高压钠灯），则c为Na；d最外层电子数是内层电子数的3倍，内层为2，最外层为6，则d为O； e单质是空气中含量最高的，则e为N； f最高化合价为+7价，短周期中只有Cl，则f为Cl； g第3周期元素的简单离子中半径最小，则g为Al； h的K、L层电子数之和是M层的2倍，K层2个，L层8个，和为10，则M层为5，则h为P； i是宇宙中最丰富的元素，则i为H。 【小问1详解】 d为O元素，原子序数为8，位于第二周期ⅥA族；f为Cl元素，其简单离子为，核电荷数为17，核外有18个电子，分三层排布，各层电子数分别为2、8、8，结构示意图为；  【小问2详解】 a(C)、f(Cl)、h(P)的非金属性强弱顺序为，非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，故酸性由强到弱依次为：； 【小问3详解】 b(S)、c(Na)、d(O)对应的简单离子分别为、、。有3个电子层，半径最大；和核外电子排布相同，核电荷数越小半径越大，故半径。综合可得离子半径：。b(S)和f(Cl)的非金属性，非金属性越强，简单气态氢化物的还原性越弱，故还原性：。由上述推断出的元素构成的10电子分子，需满足质子数总和为10，如、、等；  【小问4详解】 g为Al，其简单离子的盐溶液含有；c为Na，其简单氢化物为，溶于水发生反应，故其水溶液为溶液。向溶液中加入过量溶液，反应生成偏铝酸钠（或四羟基合铝酸钠）和水，离子方程式为（或 ）； 【小问5详解】 比较Na和Al金属性强弱，可通过单质与水反应的剧烈程度或最高价氧化物对应水化物的碱性强弱来判断。实验事实如：将钠和铝分别投入冷水中，钠与冷水剧烈反应，而铝与冷水不反应（或：钠的最高价氧化物对应的水化物是强碱，而铝的最高价氧化物对应的水化物是两性氢氧化物）。 17. 胃舒平的有效成分为，测定其中含量的操作如下(设该药片中的其它成分不与盐酸或NaOH溶液反应)。①加入稀盐酸； ②用移液管量取20.00mL胃舒平悬浊液于锥形瓶中； ③配制稀盐酸和溶液： ④取5粒药片(0.10g/片)，研碎，加入100mL蒸馏水充分搅拌； ⑤用溶液中和过量的稀盐酸，记录所消耗NaOH溶液的体积。回答下列问题： （1）正确的操作顺序是③④_________(填序号)。 （2）测定过程中发生反应的离子方程式为________________、___________________。 （3）该测定实验共进行了4次。实验室现有50mL、100mL、250mL、500mL四种规格的容量瓶，则配制盐酸应选用的容量瓶规格最好为_________mL。用密度为、质量分数为36.5%的浓盐酸配制实验中所需稀盐酸，需用量筒量取浓盐酸的体积为_________mL。 （4）某同学4次测定所消耗的NaOH溶液的体积如下： 实验序号 1 2 3 4 消耗NaOH溶液体积/mL 15.90 17.30 16.10 16.00 胃舒平中的质量分数为_________(保留3位有效数字)。 （5）用NaOH固体配制实验中所需的NaOH溶液时，下列操作会使胃舒平中含量测定值偏高的是_________。 A. NaOH固体中含有NaCl杂质 B. 定容时俯视容量瓶刻度线 C. 溶液未冷却至室温即进行定容 D. 摇匀后发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线 【答案】（1） ②①⑤ （2） ①. ②. （3） ①. 250 ②. 2.1 （4） 23.4 （5）BC 【解析】 【小问1详解】 测定过程的操作步骤应当为：先配制好标准溶液（③），再处理药片制备悬浊液（④），用移液管准确移取部分悬浊液到锥形瓶中（②），加入定量且过量的标准盐酸溶解沉淀（①），最后用标准氢氧化钠溶液滴定剩余的盐酸（⑤）。故正确顺序为③④②①⑤； 【小问2详解】 在此测定实验中，加入稀盐酸主要用于溶解悬浊液中的氢氧化铝，其离子方程式为：；随后用氢氧化钠滴定过量的盐酸，发生的离子方程式为：； 【小问3详解】 实验需进行4次，每次消耗稀盐酸，共需至少。考虑到润洗仪器及配制过程中的损耗，应选用稍微大一级的容量瓶，即容量瓶最好； 计算所需浓盐酸的体积：浓盐酸的物质的量浓度为。配制的稀盐酸，根据稀释定律，需取浓盐酸的体积为； 【小问4详解】 四次消耗溶液的体积中，第2次的偏差较大，应舍去。取其余三次的平均值：。 每次滴定中，过量的。 加入的总。 参与溶解的。 根据 ，每次取的样品中含有。 悬浊液（5粒药片总计）中含有。 故的质量分数为 ； 【小问5详解】 要使测得的含量偏高，意味着计算出的消耗在上的偏多，即计算出的剩余（由滴定读出的体积得出）偏少。这要求滴定时实际消耗的体积偏小，也就意味着配制的标准液实际浓度偏高。 A．中含有杂质，导致实际所含的偏少，配出的浓度偏低，滴定消耗体积变大，结果偏低，A不符合题意； B．定容时俯视刻度线，加水量偏少，溶液体积偏小，配出的溶液浓度偏高，结果偏高，B符合题意； C．未冷却至室温即定容，冷却后液体体积收缩，液面低于刻度线，实际浓度偏高，结果偏高，C符合题意； D．摇匀后发现液面低于刻度线再加水，导致溶液被稀释，浓度偏低，结果偏低，D不符合题意； 故选BC。 18. 我国化学家侯德榜发明的“联合制碱法”为世界制碱工业做出了巨大贡献，联合制碱法主要过程和部分物质的溶解度曲线如图所示。 回答下列问题： （1）沉淀池中发生反应的化学方程式为___________________。 （2）物质X的化学式为_________；为测定煅烧后固体中的含量，将煅烧后固体充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量增重mg，则固体中的质量为_________g。 （3）向母液中加入NaCl可促进副产品的生成，根据NaCl和的溶解度曲线，为使充分析出，需控制的适宜温度为_________(填标号)。 A. 0～10℃ B. 30～50℃ C. 50～70℃ D. 90～100℃ （4）实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的pH随滴加盐酸体积变化的曲线如下图所示。 ⅰ．到达第一个滴定终点B时消耗盐酸，到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸。，所得产品的成分为_________(填标号)。 a． b． c．和 d．和NaOH ⅱ．到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓。该同学所记录的_________(填“＞”“＜”或“=”)。 【答案】（1） （2） ①. ②. （3）A （4） ①. a ②. ＞ 【解析】 【分析】向饱和食盐水中通入来自合成氨厂的氨气和二氧化碳。在沉淀池中，氨气、二氧化碳、水和氯化钠发生反应，生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵。化学方程式：，碳酸氢钠进入煅烧炉。液体（母液）主要含有氯化铵和未反应的氯化钠等。从沉淀池得到的碳酸氢钠固体在煅烧炉中受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳。化学方程式为，最终产品，生成的二氧化碳通过循环Ⅱ回到沉淀池中继续作为原料使用。向母液中加入氯化钠，利用同离子效应及溶解度差异，使氯化铵结晶析出，得到副产品溶液。母液中剩余的含钠溶液，主要含NaCl，通过循环Ⅰ重新回到沉淀池，从而大幅提高原料NaCl的利用率。 【小问1详解】 沉淀池中，向饱和食盐水中先后通入足量氨气和二氧化碳，发生反应生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵，化学方程式为； 【小问2详解】 煅烧炉中碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，二氧化碳可返回沉淀池循环利用，故物质X的化学式为。煅烧后固体充分加热产生的气体通过浓硫酸吸收水蒸气后，剩余的与发生反应：。根据差量法，每吸收（质量为），放出（质量为），固体增重。现增重，则生成的物质的量为。根据碳元素守恒关系式，可知固体中的物质的量为，其质量为； 【小问3详解】 由溶解度曲线可知，在时，的溶解度受温度影响较大且明显小于的溶解度。向母液中加入，增大溶液中氯离子浓度，利用同离子效应，在的低温下有利于充分析出且不混入杂质，故选A。 【小问4详解】 ⅰ．用盐酸滴定产品，第一阶段（终点B）发生反应，消耗盐酸；第二阶段（终点C）发生反应，消耗盐酸。由于，说明产品中仅含有（若含则，若含则），故选a； ⅱ．若滴定速度过快且摇动不均匀，导致局部盐酸浓度过大，部分会直接与反应生成气体逸出（）。这部分在第一阶段多消耗了盐酸，导致到达第一个滴定终点时消耗的盐酸总体积偏大，即。 19. 为易溶于水而难溶于乙醇的翠绿色晶体，可用于制备负载型活性铁催化剂。实验室以为原料制备的流程如下： 已知：①为淡黄色晶体，难溶于水而溶于稀硫酸，真空下142℃开始失去结晶水。 ②溶液与反应产生蓝色沉淀，与不反应。 （1）氧化配位。将加入过量饱和溶液中，保持温度40℃缓缓加入，获得含配离子和的悬浊液。 ①检验悬浊液中Fe(Ⅱ)已被完全氧化的实验方法为___________________。 ②反应结束后，需要将悬浊液煮沸30s，其目的是__________________________。 （2）酸溶配位。加入饱和溶液所发生反应的化学方程式为_____________________。从溶液中获得，除了蒸发浓缩、降温结晶，还可选择的方法为_____________________。 （3）某研究性学习小组拟用已提纯的溶液为原料制备高纯。已知：、的溶解度曲线如图所示；100℃时生成大颗粒便于过滤。 请完成实验方案：取一定体积溶液置于锥形瓶中，在搅拌下加入等体积相同浓度的_________，将所得溶液_________，过滤，用蒸馏水多次洗涤，低于_________真空干燥得到(可选用的试剂：溶液、溶液、溶液、溶液、稀盐酸、蒸馏水)。 （4）测定高纯纯度的方法如下：准确称取0.2500 g样品，加入适量水、浓硫酸、磷酸，用标准溶液滴定至终点(草酸亚铁转化为和转化为)，消耗标准溶液18.00 mL。 ①该过程中总反应的离子方程式______________________。 ②计算样品中的纯度：_________。 【答案】（1） ①. 取反应后溶液适量，加入溶液，没有蓝色沉淀产生，说明Fe(Ⅱ)已被完全氧化 ②. 除去过量的双氧水 （2） ①. ②. 加入无水乙醇，过滤 （3） ①. 溶液 ②. 加热到100℃并不断搅拌 ③. 142℃ （4） ①. ②. 97.2% 【解析】 【分析】草酸亚铁晶体中加入草酸钾溶液和过氧化氢，将草酸亚铁氧化为，加入饱和草酸溶液进行酸溶配位后，一定条件下结晶，分离提纯，得到，据此解答。 【小问1详解】 ①溶液与反应产生蓝色沉淀，与不反应，因此检验悬浊液中Fe(Ⅱ)已被完全氧化的实验方法为：取反应后溶液适量，加入溶液，没有蓝色沉淀产生，说明Fe(Ⅱ)已被完全氧化；②加入过氧化氢溶液完全反应后，煮沸，可除去过量的双氧水，因此反应结束后，需要将悬浊液煮沸30s的目的是除去过量的双氧水； 【小问2详解】 由于氧化配位获得含和的悬浊液，因此酸溶配位时加入饱和 溶液所发生反应的化学方程式为；由于溶于水而难溶于乙醇的晶体，从溶液中获得，除了蒸发浓缩、降温结晶，还可选择的方法为加入无水乙醇，过滤； 【小问3详解】 草酸钠的溶解度受温度影响小，草酸钾的溶解度受温度影响大，又因为100℃时生成大颗粒便于过滤，所以实验方案为：取一定体积溶液置于锥形瓶中，在搅拌下加入等体积相同浓度的溶液，将溶液加热到100℃并不断搅拌，充分反应后，过滤，用蒸馏水多次洗涤，低于142℃真空干燥得到； 【小问4详解】 ①与在酸性条件下反应，中为+2价，C为+3价，反应后转化为，C转化为，转化为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式，在酸性条件下补充和，得到离子方程式为； ②已知标准溶液浓度，体积，根据，可得，由离子方程式可知，，则，因为与物质的量相等，，根据，可得，样品质量，则样品中的纯度。 20. 三氯化硼(BCl3)，主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成催化剂。某兴趣小组用氯气和硼为原料，采用下列装置(部分装置可重复使用)制备BCl3。 已知： ①BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃；遇水剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和盐酸； ②2B+6HCl2BCl3+3H2； ③B单质在加热条件下会被氧气氧化为B2O3。 请回答下列问题： （1）用二氧化锰固体与浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式为：___________。 （2）装从左到右的接口连接顺序为a→___________fg___________→j。 （3）装置E中的试剂为___________。如果拆去E装置，可能的后果是___________。 （4）B中冰水的作用是___________。 （5）D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，则造成的结果是___________。 （6）BCl3固体遇空气产生白雾的化学反应方程式为：___________。 【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O （2） ①. ih→de ②. bc(或cb)→de （3） ①. 饱和食盐水 ②. 硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸 （4）冷却BCl3蒸气，使其液化 （5）加热条件下，B单质会被空气中的氯气氧化生成B2O3，使产品不纯 （6）BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl↑ 【解析】 【分析】根据装置：由A中二氧化锰固体与浓盐酸反应制氯气，制得的氯气混有HCl和水蒸气，可以由E中饱和食盐水吸收HCl气体，由C中浓硫酸吸水干燥；BCl3遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸，因此发生反应前需要先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气(水蒸气)，干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应；BCl3的沸点为12.5℃，熔点为−107.3℃，可以用B中冰水冷凝产物BCl3并收集，F中NaOH可以吸收尾气，防止污染空气，为防止F中的水蒸气进入B装置，在B和F之间连接一个C干燥装置，据此分析解答。 【小问1详解】 A装置用二氧化锰固体与浓盐酸反应制氯气，反应的方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O； 【小问2详解】 根据分析，A制备氯气，E中饱和食盐水吸收HCl气体，C中浓硫酸吸水干燥，为保证除杂充分，导气管均长进短出，干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应，用B中冰水冷凝产物BCl3并收集，F中NaOH吸收尾气，防止污染空气，为防止F中的水蒸气进入B装置，在B和F之间连接一个C干燥装置，故连接顺序为：a→ih→de→fg(或gf)→bc(或cb)→de→j，故答案为ih→d，bc(或cb)→de； 【小问3详解】 装置E中为饱和食盐水，可以除去氯气中的HCl气体，若拆去E装置，硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸； 【小问4详解】 BCl3的沸点为12.5 ℃，所以B中冰水的作用是冷凝产物BCl3； 【小问5详解】 D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，氧气与硼粉会生成B2O3，使产品不纯，故答案为：会生成B2O3，使产品不纯。 【小问6详解】 BCl3固体遇空气产生白雾的化学反应方程式为BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl↑。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $