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【期中真题】山西省大同市2022-2023学年高三上学期11月期中考试化学试题.zip
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山西省大同市2022-2023学年高三上学期11月期中考试
化学试题
(考试时间：90分钟 试卷满分：100分)
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在答题卡上相应的位置。
2.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。
3.回答选择题时，选出每小题答案后，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。回答非选择题时，将答案用0.5毫米及以上黑色笔迹签字笔写在答题卡上。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Na—23 S—32 Cl—35.5 K—39 Fe—56 I—127
一、选择题：本题共18小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学与生活、生产、科技、环境等密切相关。下列说法错误的是
A. 医疗上的血液透析利用了胶体的性质，土壤保肥与胶体的性质也有关
B. 纳米铁粉通过物理吸附去除污水中、等重金属离子
C. 北斗组网卫星使用的碳纤维是一种新型无机非金属材料
D. 用人工合成淀粉，有利于促进“碳中和”
【答案】B
【解析】
【详解】A．胶体能透过滤纸不能透过半透膜，血液透析利用了胶体的性质；土壤是胶体，其胶粒带负电荷，可以吸附阳离子，这样的阳离子被土壤胶粒吸附，就不容易随水分流失，起到一定的保肥作用，也就便于植物的根部进行吸收，故A正确；
B．纳米铁粉通过铁的还原性去除污水中、等重金属离子，故B错误；
C．碳纤维主要由碳元素组成，具有耐高温、抗摩擦、导热及耐腐蚀等特性，外形呈纤维状、柔软、可加工成各种织物，是一种新型无机非金属材料，故C正确；
D．“碳中和”是指在一定时间内直接或间接产生的二氧化碳或温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳或温室气体排放量，实现正负抵消，达到相对“零排放”，用人工合成淀粉，可减少二氧化碳的排放，有利于促进“碳中和”，故D正确；
故答案为：B。
2. 已知反应：，该反应可用于提纯末端炔烃。下列说法不正确的是
A. 的电子式为 B. O的价电子排布图为
C. 的空间充填模型为 D. 中键与键的个数比为1：1
【答案】A
【解析】
【详解】A．电子式为，A错误；
B．O的电子排布式为1s22s22p4，价电子排布图为，B正确；
C．H2O空间构型为V形，且氧原子半径大于H原子，图示空间充填模型正确，C正确；
D．银离子和氰酸根离子形成的配位键属于σ键，氰酸根离子中的碳氮三键中含有一个σ键和2个π键，故σ键和π键的个数比为4：4=1：1，D正确；
故答案选A。
3. 实验室用已经称量好的NaClO固体配制消毒液，下列说法正确的是
A. 如图所示的仪器中，有五种是不需要的
B. 容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于配制溶液
C. 用放置时间较长的NaClO来配制溶液，可能导致所配溶液浓度偏高
D. 定容时，俯视容量瓶刻度线，会导致所配溶液浓度偏低
【答案】A
【解析】
【分析】配制一定物质的量浓度溶液的一般操作步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签；
【详解】A．操作中需要仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；用已经称量好的NaClO固体配制消毒液，不需要的仪器有圆底烧瓶、酸式滴定管、碱式滴定管、分液漏斗、托盘天平共5种，故A正确；
B．定容操作时仍需要向容量瓶中加入蒸馏水，所以容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干后就能用于配制溶液，故B错误；
C．由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以NaClO可能部分变质导致NaClO减少，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C错误；
D．定容时，俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，会导致所配溶液浓度偏高，故D错误；
故选A。
4. 雄黄(As4S4，)与雌黄(As2S3)在古代均曾入药。二者可发生如图转化；NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1mol雄黄分子中，含有S－S非极性共价键的数目为2NA
B. 反应I每生成22.4LSO2气体时，转移的电子数目为7NA
C. 1mol雄黄分子中含有σ键的数目为10NA
D. 1L1mol/LNaH2AsO3溶液中，Na+、H2AsO、AsO数目之和为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．As是第ⅤA族元素，S是第ⅥA族元素，结合8电子稳定结构原理，雄黄结构中黑球为As，白球为S，因此，雄黄中不含有S-S共价键，A错误；
B．根据图示的反应过程，反应Ⅰ的化学方程式为As4S4+7O2=4SO2+2As2O3，反应过程中每生成4mol SO2需要转移28mol电子，但是选项中没有指明SO2的状态，无法计算转移电子数目，B错误；
C．单键均为σ键，根据图示可知，1分子雄黄中含有10个σ键，则1mol雄黄分子中含有σ键的数目为10NA，C正确；
D．根据物料守恒有c(Na+)=c(H3AsO3)+c(H2AsO)+c(HAsO)+c(AsO)=1mol/L，但H2AsO、AsO的物质的量浓度无法求得，因此无法计算溶液中Na+、H2AsO、AsO的数目之和，D错误；
故选C。
5. 下列叙述正确的是
①与都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②作葡萄酒的保鲜剂，是因为具有氧化性
③溶液可用于刻蚀铜制电路板
④可用明矾对自来水进行杀菌消毒
⑤、、水溶液均能导电，它们都是电解质
⑥俗称小苏打，可用于治疗胃酸过多
⑦工业生产玻璃、水泥和陶瓷，均需用石灰石作原料
⑧呈红棕色，可用作涂料
A. 都正确 B. ②③④⑤ C. ③⑥⑧ D. ④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①与都能和水反应生成碱，是过氧化物；故①错误；
②作葡萄酒的保鲜剂，是利用的还原性，可抗氧化，故②错误；
③溶液与铜可发生，可用于刻蚀铜制电路板，故③正确；
④可用明矾对自来水进行除杂，不能杀菌消毒，故④错误；
⑤和的水溶液能导电是因为溶于水发生了反应生成的和，属于非电解质，故⑤错误；
⑥俗称小苏打，可用于中和胃酸中HCl，故⑥正确；
⑦陶瓷的原料为粘土，没有石灰石，故⑦错误；
⑧呈红棕色，可用作涂料，说法正确，故⑧正确；
所以③⑥⑧正确，故答案选C。
6. 几种物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 反应1中是还原产物
B. 反应2中得电子
C. 反应2的离子方程式为
D. 能和大量共存
【答案】C
【解析】
【详解】A．将反应1设计成原电池，Fe2+被氧化，发生氧化反应生成，是氧化产物，选项A错误；
B．反应2中，H2S作还原剂，失去电子生成S，选项B错误；
C．反应2中，Fe3+和H2S反应生成Fe2+和S，该反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，选项C正确；
D．HNO3具有强氧化性，H2S具有强还原性，二者不能共存，选项D错误；
答案选C。
7. 下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的的是
选项
A
B
C
D
实验目的
加热熔融NaOH固体
实验室制取干燥的氨气
除去中的少量HCl
推断S、C、Si的非金属性强弱
实验装置
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．瓷坩埚中的SiO2会与加热熔融NaOH反应，A错误；
B．碳酸氢铵受热分解产生的二氧化碳、氨气和水会重新结合为碳酸氢铵，实验室常用氯化铵和氢氧化钙固体加热制取氨气，B错误；
C．饱和碳酸钠吸收少量HCl的同时也吸收，应使用饱和碳酸氢钠除去中的少量HCl，C错误；
D．非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，利用酸性“强制弱”可比较非金属性，且实验中硫酸不挥发，D正确；
答案选D。
8. 部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是
A. 可以通过化合反应生成c
B. 工业上通过a→b→c→d→e来制备
C. 浓的a＇溶液和浓的c＇溶液反应可以得到b＇
D. 加热d＇的固态钾盐可以产生
【答案】B
【解析】
【分析】部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系图，由图可知，a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2或N2O4，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐。
【详解】A．氮气和氧气可以在高温或放电条件下通过化合反应生成NO，故A正确；
B．工业上通过氧化催化氨气生成一氧化氮，一氧化氮和氧气转化为二氧化氮，二氧化氮和水生成硝酸，即a→c→d→e来制备HNO3，故B错误；
C．NaClO具有强氧化性，能将氯离子氧化为氯气，故可通过反应2HCl（浓）+NaClO=Cl2↑+H2O+NaCl得到氯气，故C正确；
D．氯酸钾在二氧化锰催化作用下受热分解可以生成氯化钾和氧气，故D正确；
故选B。
9. 类比是一种重要的学习方法，下列“类比”中正确的是
A. CO2通入溶液中不产生沉淀，则SO2通入溶液中也不产生沉淀
B. 钠在空气中加热能生成过氧化钠，则锂在空气中加热也能生成过氧化锂
C. 可用固体与浓硫酸加热制气体，则可用固体与浓硫酸加热制气体
D. CO2中C为sp杂化，SiO2中Si也是sp杂化
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸、亚硫酸都是弱酸，盐酸是强酸，CO2通入溶液中不产生沉淀，则SO2通入溶液中也不产生沉淀，故A正确；
B．锂的活泼性比钠弱，锂在空气中加热生成氧化锂，故B错误；
C．I-能被浓硫酸氧化，所以不能用固体与浓硫酸加热制气体，故C错误；
D．SiO2中Si与周围4个O原子形成4个σ键，Si是sp3杂化，故D错误；
选A。
10. 离子液体具有较好的化学稳定性、较低的熔点以及对多种物质有良好的溶解性，因此被广泛应用于有机合成、分离提纯以及电化学研究中。如图为某一离子液体的结构。下列选项不正确的是
A. 该离子液体能与水分子形成氢键
B. 该结构中不存在手性碳原子
C. 该结构中C原子的轨道杂化类型有3种
D. BF中存在配位键，B原子的轨道杂化类型为sp3
【答案】C
【解析】
【详解】A． 离子中含有非金属性强、原子半径小的氮原子，能与水分子形成氢键，故A正确；
B．由结构示意图可知，该结构中不存在连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B正确；
C．由结构示意图可知，该结构中含有的单键碳原子的轨道杂化类型为sp3杂化、含有的双键碳原子的轨道杂化类型为sp2杂化，轨道杂化类型共有2种，故C错误；
D．BF离子中存在配位键，离子中B原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，轨道杂化类型为sp3杂化，故D正确；
故选C。
11. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 的溶液中：、、、
B. 溶液中：、、、
C. 溶液中：、、、
D. 能使甲基橙变红的溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．的溶液中，具有强氧化性，与无法大量共存，H+和也能发生二氧化硫和水，反应生成硫、故A错误；
B．溶液中，和将发生反应，不能大量共存，故B错误；
C．溶液中，、、、之间不发生反应，能大量共存，故C正确；
D．使甲基橙变红的溶液显酸性，不能大量共存，故D错误；
故答案选C。
12. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式的是
A. 向碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水：
B. 用溶液吸收少量：
C. 向水垢中滴加足量醋酸：
D. 向硫酸铝溶液中加过量氨水：
【答案】B
【解析】
【详解】A．向碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水，碳酸氢根离子完全反应生成碳酸钙和水，铵根离子完全反应生成氨气和水：，故A错误；
B．溶液吸收少量，氯气具有强氧化性，把部分亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子同时是亚硫酸氢根离子：，故B正确；
C．醋酸为弱酸不能拆，CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，故C错误；
D．氨水为弱碱，向硫酸铝溶液中加过量氨水生成氢氧化铝沉淀和氨根离子，Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH，故D错误；
故选B。
13. 钛酸钙矿物的晶胞结构如图(a)所示，某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图(b)所示，其中A为，另两种离子为和。下列说法错误的是
A. 钛酸钙晶体中距离最近的有8个
B. 图(b)中，X为
C. 电负性：O>N>C
D. 钛酸钙晶胞中距离最近的形成了正八面体，位于其中心
【答案】B
【解析】
【详解】A．以顶点的为研究对象，离最近的钛离子位于晶胞的体心，所以晶体中离最近的有8个，A项正确；
B．晶胞图b中含有1个A，3个X，1个B，且A为，根据电中性原理可推知，X为，B项错误；
C．同一周期元素，电负性从左到右逐渐增强，则电负性：O>N>C，C项正确；
D．由晶胞图a可知，钛酸钙晶体中离最近的氧离子形成了正八面体，钛离子位于其中心，D项正确；
故选B。
14. 原子序数依次增大的V、W、X、Y、Z五种短周期元素，V与其他元素均不在同一周期，W元素形成的化合物种类最多，X元素的简单氢化物与它的最高价氧化物对应的水化物能反应生成盐，Y与Z同主族，Z元素形成的单质是黑火药的成分之一，下列说法错误的是
A. V和W或V和Y形成的化合物均可能存在非极性共价键
B. 分子是非极性分子
C. 仅由V、X、Y三种元素形成的化合物可能是离子化合物
D. Y和Z形成的化合物常温、常压下均为气体
【答案】D
【解析】
【分析】原子序数依次增大的V、W、X、Y、Z五种短周期元素，W元素形成的化合物种类最多，则W为C元素；X元素的简单氢化物与它的最高价氧化物对应水化物能反应生成盐，则X为N元素；Y与Z同主族，Z元素形成的单质是黑火药的成分之一，则Y为O元素、Z为S元素；V与其它元素均不在同一周期，则V为H元素。
【详解】A．碳原子个数大于1的烃中含有碳碳非极性键，过氧化氢中含有氧氧非极性键，故A正确；
B．二硫化碳分子为对称结构，是非极性分子，故B正确；
C．硝酸铵和亚硝酸铵均是由H、N、O三种元素形成的离子化合物，故C错误；
D．三氧化硫常温下为无色透明油状液体，故D错误；
故选D。
15. 制备铁红工业流程中，用FeS2还原铁盐溶液得到Fe2+和SO，反应机理如下图。下列说法不正确的是
A. 过程I中每有60gFeS2参与反应，理论上可还原3molFe3+
B. 过程Ⅱ中若S2O过量会有气体生成
C. 由过程Ⅱ可知还原性：S2O＜Fe2+
D. 总反应离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2 SO+16H+
【答案】C
【解析】
分析】
【详解】A．n(FeS2)==0.5mol，根据图示，过程I FeS2中S元素化合价由-1价升高到S2O中+2价，失去6个电子，Fe3+被还原为Fe2+得到1个电子，根据得失电子守恒得关系：FeS2~6Fe3+，故0.5 mol FeS2能还原3 mol Fe3+，故A正确；
B．过程Ⅱ由于生成H+，溶液显酸性，S2O在酸性条件下会歧化生成S和SO2，即2H++S2O=SO2↑+S+H2O中，故B正确；
C．由图示知，S2O被Fe3+氧化为SO，故S2O32-作还原剂，Fe2+为还原产物，根据还原性强弱规律知还原性：S2O32-＞Fe2+，故C错误；
D．根据图示知总反应为：FeS2+Fe3+→SO+H++Fe2+，根据元素守恒知，方程式左边要添加H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得总方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=2 SO+16H++15Fe2+，故D正确；
故选C。
16. 硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化学试剂，其熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，遇冷水逐渐分解，其制备原理为SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ·mol-1，现用如图所示装置(夹持仪器已略去)进行实验。
下列说法正确的是（ ）
A. A的作用是冷凝回流，冷凝水应b口进a口出
B. 乙和丙中分别盛装饱和食盐水和浓硫酸
C. 活性炭可加快反应速率
D. B中最好盛装碱石灰，其作用只是为了除去多余的SO2和Cl2
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于反应放热会使SO2Cl2挥发损失，所以冷凝管的作用为冷凝回流，冷凝水应a口进b口出，故A不选；
B．由于SO2Cl2遇冷水逐渐分解，所以制得的氯气应先用饱和食盐水除去挥发出来的HCl，再用浓硫酸除去水蒸气，故B不选；
C．从反应原理看，活性炭不参与反应，而活性炭的特点是表面积大，具有吸附作用，所以其可增大两种反应物的接触面积，使反应速率加快，故选C；
D．B中盛装碱石灰，既要防止多余的SO2和Cl2逸出污染环境，也要防止空气中的水蒸气进入装置使SO2Cl2水解，故D不选。
答案选C
17. 氢能是一种重要的清洁能源，由HCOOH可以制得。在催化剂作用下，HCOOH分解生成可能的反应机理如图所示。研究发现，其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳。
下列说法正确的是
A. HCOOH催化释氢过程中，有非极性键的断裂与形成
B. HCOOD催化释氢反应除生成外，还生成、HD、
C. 其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH不能提高释放氢气的纯度
D. HCOOK溶液代替HCOOH时发生反应：
【答案】D
【解析】
【分析】在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2；若将HCOOH换成HCOOD或HCOOK，也可按HCOOH分解的原理分析。
【详解】A．转化涉及到N-H键的断裂和形成、O-H键的断裂以及H-H键的形成，没有非极性键的断裂，A错误；
B．若用HCOOD代替HCOOH，反应为HCOOD分解，除生成CO2外，还生成HD，没有H2 、D2，B错误；
C．若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK分解生成CO2和KH，KH与水反应生成KOH和H2，KOH能吸收CO2，所以最终所得气体中CO2的量会减少，提高释放氢气的纯度，C错误；
D．若用HCOOK溶液代替HCOOH，生成的KOH能吸收CO2转变为 ，离子反应为，D正确；
故选D。
18. 一种以海绵铜(Cu)为原料制备CuCl的工艺流程如下。
已知：CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化。下列说法错误的是
A. “溶解”时可用热空气或H2O2代替NaNO3
B. “过滤”用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
C. “还原”时发生的离子反应为2Cu2+++2Cl-+2OH-=2CuCl↓++H2O
D. 为提高CuCl的产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥
【答案】C
【解析】
【分析】硝酸根在酸性条件下的强氧化性，可将海绵铜(Cu)氧化溶解，过滤除杂后得到含有硫酸铜的滤液，加入亚硫酸钠、氯化钠在溶液中发生反应2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+，过滤后得到CuCl粗产品，经洗涤、干燥得到纯净的CuCl。
【详解】A．海绵铜加入稀硫酸、热空气或H2O2也可以发生反应得到硫酸铜溶液，A正确；
B．过滤用于分离难溶性固体和液体，所用玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，B正确；
C．“还原”步骤中含有硫酸铜的滤液呈酸性，不可能有氢氧根参加反应，加入亚硫酸钠、氯化钠，发生反应2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+，C错误；
D．由题中信息可知，CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化，则可采用乙醇洗涤，为避免CuCl发生氧化，可真空干燥，D正确；
答案选C。
二、非选择题：本题共4小题，共46分。
19. 从古至今，铁及其化合物在人类生产生活中的作用发生了巨大改变。
（1）古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是___________(填字母序号)。
a． b． c． d．
基态原子的价电子的运动状态有___________种。
若将该成分溶于足量的稀硫酸中，再滴加溶液，溶液变红，继续滴加双氧水至过量，溶液红色褪去，同时有气泡产生。
猜想一：气泡可能是的反应产物或；
猜想二：气泡还可能是___________，理由是___________。(用化学方程式表示)
（2）硫酸渣的主要化学成分为：约45%，约40%，约10%，约5%。用该废渣制取药用辅料——红氧化铁的工艺流程如下(部分操作和条件略)：
回答下列问题：
①在步骤i中产生的有毒气体可能有___________。
②步骤iv中，生成的离子方程式是___________。
（3）古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下：
复分解反应ii的离子方程式是___________。
【答案】（1） ①. c ②. 8 ③. O2 ④.
（2） ①. CO和 ②.
（3）
【解析】
【分析】硫酸废渣中含有Fe2O3及少量SiO2、Al2O3、MgO等杂质，加煤燃烧可生成CO、SO2等有毒气体，加硫酸后只有二氧化硅不与硫酸反应，过滤除去二氧化硅，然后调节pH，将铁离子和铝离子转化成沉淀，而亚铁离子没有转化为沉淀，向滤液中加入碳酸氢铵将溶液中Fe2+转变为碳酸亚铁沉淀，过滤得到碳酸亚铁，碳酸亚铁洗涤、干燥然后加热得到氧化铁。
【小问1详解】
天然磁石的主要成分为Fe3O4，故答案选c。基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，其价电子的运动状态有8种。Fe3+可催化H2O2分解，生成H2O和O2，化学方程式为。
【小问2详解】
①根据分析可知，煤燃烧可能产生CO和SO2这两种有毒气体。②步骤iv中，Fe2+和碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁，离子方程式为。
【小问3详解】
根据图示可知，[Fe(CN)6]4-与FeCl3反应生成Fe4[Fe(CN)6]3，离子方程式为。
20. 和都是非线性光学晶体材料，在激光技术方面有广泛用途。回答下列问题：
（1）基态Ti原子的价层电子排布式为_______。
（2）、KH熔点由高到低的顺序为_______，原因是_______。
（3）可与结合生成，中H-O-H的键角比中的_______(填“大”或“小”)。是常用的氧化剂，其分子结构如图1所示。能与水混溶，却不溶于的原因是_______。
（4）K和O形成离子化合物的晶胞结构如图2所示，晶胞中O的配位数为_______，该晶胞的密度为，阿伏加德罗常数的值为，则K与O之间的最短距离为_______cm(用含、的代数式表示)。
【答案】（1）
（2） ①. ②. KH为离子晶体，为分子晶体
（3） ①. 小 ②. 由图示可知极性分子，为极性分子，为非极性分子，根据相似相溶规律，故能溶于而不溶于
（4） ①. 8 ②.
【解析】
【小问1详解】
Ti是第22号元素，原子核外有22个电子，按照构造原理可知，价层电子排布式为3d24s2；故答案为：3d24s2；
【小问2详解】
KH为离子晶体，H2O为分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高得多，故H2O、KH熔点由高到低的顺序为KH＞H2O；故答案为：KH＞H2O；KH为离子晶体，H2O为分子晶体；
【小问3详解】
H2O中O原子有2孤对电子，H3O+中O原子只有1对孤对电子，排斥力较小，键角较大；故水中H-O-H的键角比H3O+中的小；由图示可知H2O2为极性分子，根据相似相溶原理，H2O为极性分子，CCl4为非极性分子，故H2O2能溶于H2O而不溶于CCl4；故答案为：小；由图示可知H2O2为极性分子，H2O为极性分子，CCl4为非极性分子，根据相似相溶原理，故H2O2能溶于H2O而不溶于CCl4；
【小问4详解】
晶胞中K+离子数目为8，O2-离子数目为8+6=4，K+离子、O2-离子数目之比为8：4=2: 1，故该晶体化学式为K2O，由图可知，每个K+离子周围有4个O2-离子，K+离子配位数为4，距一个阴离子周围最近的所有阳离子有8个，则O的配位数为8；晶胞质量为g，该晶胞的密度为g/cm3，而晶胞体积为 =cm3，晶胞棱长为cm，则Na与O之间的最短距离为立方体对角线的=cm，故答案为: 8；。
21. Ⅰ.新冠肺炎期间，化学消毒剂大显身手。高铁酸钾(K2FeO4，M=198 g∙mol-1)是一种高效多功能的绿色消毒剂，广泛应用于生活用水和废水的杀菌、消毒。工业制备高铁酸钾的方法主要有湿法和干法两种。实验室模拟湿法制备高铁酸钾的流程如下：
已知：转化过程发生复分解反应。
回答下列问题：
（1）NaOH溶液应置于冰水浴中，否则温度升高将发生如下副反应：(未配平)
①若有0.3molCl2发生该副反应，转移电子的数目为_______。
②若反应后溶液中NaCl和NaClO3的物质的量之比为6∶1，则生成NaCl和NaClO的物质的量之比为_______。
（2）氧化过程中溶液保持碱性，写出反应的离子方程式：_______。
（3）产品经干燥后得到纯品99g，则K2FeO4的产率为_______(用百分数表示)。
（4）工业干法制备高铁酸钾的第一步反应为，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。第二步反应为，试解释该反应能发生的原因：_______。
Ⅱ.氮循环的过程中产生有毒氧化物(NOx)，工业上常用溶液吸收法处理。发生的反应有：
(Ⅰ)
(Ⅱ)
（5）将1mol NOx通入Na2CO3溶液中，被完全吸收，溶液中生成的、两种离子的物质的量随x变化关系如图所示。图中线段b表示_______(填离子符号)随x值变化的关系，若用溶质质量分数为21.2％的Na2CO3溶液吸收，则需要Na2CO3溶液至少_______g。
【答案】（1） ①. 0.5 NA或3.01×1023 ②. 6∶1
（2）
（3）75％ （4） ①. 5∶3 ②. 相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小
（5） ①. ②. 250
【解析】
【分析】标况下22.4LCl2(物质的量为1mol)通入500mL4.0mol/LNaOH溶液中，发生反应生成NaCl、NaClO等；加入浓Fe(NO3)3溶液，发生氧化还原反应，生成Na2FeO4、NaNO3等；加入稀KOH溶液进行除杂，将未被氧化的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；往滤液中加入浓KOH溶液，将Na2FeO4转化为K2FeO4，过滤后、洗涤、干燥，从而获得产品。
【小问1详解】
①将副反应配平可得反应式：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，建立关系式为：3Cl2——5e-，若有0.3molCl2发生该副反应，转移电子的数目为NA=0.5 NA或3.01×1023。
②在溶液中发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，若反应后溶液中NaCl和NaClO3的物质的量之比为6∶1，则生成NaCl、NaClO、NaClO3的物质的量之比为6 : 1 : 5，从而得出生成NaCl和NaClO的物质的量之比为6∶1。答案为：0.5 NA或3.01×1023；6∶1；
【小问2详解】
氧化过程中溶液保持碱性，则NaClO在NaOH溶液中将Fe(NO3)3氧化为Na2FeO4等，反应的离子方程式：。答案为：；
【小问3详解】
由反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、，可建立关系式：3Cl2——2K2FeO4，则理论上生成K2FeO4的质量为=132g，产品经干燥后得到纯品99g，则K2FeO4的产率为=75％。答案为：75％；
【小问4详解】
工业干法制备高铁酸钾的第一步反应为，该反应中，若有2molFeSO4参加反应，则2molFeSO4作还原剂，1molNa2O2作还原剂，作氧化剂的Na2O2有5mol，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶3。第二步反应为，此反应为复分解反应，则至少有一种产物的溶解度一定比较小，所以该反应能发生的原因：相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小。答案为：5∶3；相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小；
【小问5详解】
从图中可以看出，当x=1.5时，只发生反应，将1mol NOx通入Na2CO3溶液中，被完全吸收，生成1molNaNO2；当x=2时，只发生反应，将1mol NOx通入Na2CO3溶液中，被完全吸收，溶液中生成的、两种离子的物质的量各为0.5mol。所以图中线段b表示随x值变化的关系；当x介于1.5~2.0之间时，1mol NOx消耗Na2CO3的物质的量都为0.5mol，其质量为0.5mol×106g/mol=53g，若用溶质质量分数为21.2％的Na2CO3溶液吸收，则需要Na2CO3溶液至少为=250g。答案为：；250。
【点睛】当已知量与待求量涉及多个反应时，可建立关系式求解。
22. 碘化钾常用作钢铁酸洗缓蚀剂或者其他缓蚀剂的增效剂。已知：与KOH溶液反应的产物之一是。实验室制取KI并探究KI与H2O2的反应，步骤如下：
Ⅰ.向如图所示装置(夹持装置略去，装置气密性好)的仪器D中加入63.5g研细的单质碘和溶液，搅拌；
Ⅱ.碘完全反应后，打开A装置中的分液漏斗活塞和弹簧夹，向仪器D中缓缓通入足量；
Ⅲ.反应后，向仪器D中加入适量稀硫酸酸化，水浴加热；
Ⅳ.冷却、过滤得KI粗溶液。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为_______，装置B的作用是_______。
（2）步骤Ⅰ为保证碘完全反应，D中加入KOH溶液体积x至少为_______。
（3）向装置D中通入后发生反应的离子方程式为_______。
（4）步骤Ⅲ中水浴加热的目的是_______。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 防止倒吸
（2）62.5 （3）
（4）除去溶液中溶解的气体
【解析】
【分析】装置A中盐酸和FeS生成H2S，气体通过单向阀进入B除去挥发的HCl后H2S进入D，和氢氧化钾发生反应生成KI，尾气使用碱液E吸收。
【小问1详解】
a的名称为三颈烧瓶，装置B为单向阀，可以防止C中液体进入A，故作用是防止倒吸；
【小问2详解】
已知：与KOH溶液反应的产物之一是，碘元素化合价升高，则由部分碘元素化合价降低生成KI，反应为3I2+6KOH=5KI +KIO3+3H2O，63.5g研细的单质碘为0.25mol，则加入KOH溶液的体积x至少为0.25mol×2÷8mol/L=0.0625L=62.5mL；
【小问3详解】
硫化氢具有还原性，向装置D中通入后和碘酸根离子发生反应生成碘离子和硫单质，发生反应的离子方程式为；
【小问4详解】
步骤Ⅲ中主要溶质为KI，，KI会和H2O2反应，而硫化氢也会H2O2发生反应，故水浴加热的目的是除去溶液中溶解的气体；
山西省大同市2022-2023学年高三上学期11月期中考试
化学试题
(考试时间：90分钟 试卷满分：100分)
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在答题卡上相应的位置。
2.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。
3.回答选择题时，选出每小题答案后，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。回答非选择题时，将答案用0.5毫米及以上黑色笔迹签字笔写在答题卡上。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Na—23 S—32 Cl—35.5 K—39 Fe—56 I—127
一、选择题：本题共18小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学与生活、生产、科技、环境等密切相关。下列说法错误的是
A. 医疗上的血液透析利用了胶体的性质，土壤保肥与胶体的性质也有关
B. 纳米铁粉通过物理吸附去除污水中、等重金属离子
C. 北斗组网卫星使用的碳纤维是一种新型无机非金属材料
D. 用人工合成淀粉，有利于促进“碳中和”
【答案】B
【解析】
【详解】A．胶体能透过滤纸不能透过半透膜，血液透析利用了胶体的性质；土壤是胶体，其胶粒带负电荷，可以吸附阳离子，这样的阳离子被土壤胶粒吸附，就不容易随水分流失，起到一定的保肥作用，也就便于植物的根部进行吸收，故A正确；
B．纳米铁粉通过铁的还原性去除污水中、等重金属离子，故B错误；
C．碳纤维主要由碳元素组成，具有耐高温、抗摩擦、导热及耐腐蚀等特性，外形呈纤维状、柔软、可加工成各种织物，是一种新型无机非金属材料，故C正确；
D．“碳中和”是指在一定时间内直接或间接产生的二氧化碳或温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳或温室气体排放量，实现正负抵消，达到相对“零排放”，用人工合成淀粉，可减少二氧化碳的排放，有利于促进“碳中和”，故D正确；
故答案为：B。
2. 已知反应：，该反应可用于提纯末端炔烃。下列说法不正确的是
A. 的电子式为 B. O的价电子排布图为
C. 的空间充填模型为 D. 中键与键的个数比为1：1
【答案】A
【解析】
【详解】A．电子式为，A错误；
B．O的电子排布式为1s22s22p4，价电子排布图为，B正确；
C．H2O空间构型为V形，且氧原子半径大于H原子，图示空间充填模型正确，C正确；
D．银离子和氰酸根离子形成的配位键属于σ键，氰酸根离子中的碳氮三键中含有一个σ键和2个π键，故σ键和π键的个数比为4：4=1：1，D正确；
故答案选A。
3. 实验室用已经称量好的NaClO固体配制消毒液，下列说法正确的是
A. 如图所示的仪器中，有五种是不需要的
B. 容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于配制溶液
C. 用放置时间较长的NaClO来配制溶液，可能导致所配溶液浓度偏高
D. 定容时，俯视容量瓶刻度线，会导致所配溶液浓度偏低
【答案】A
【解析】
【分析】配制一定物质的量浓度溶液的一般操作步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签；
【详解】A．操作中需要仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；用已经称量好的NaClO固体配制消毒液，不需要的仪器有圆底烧瓶、酸式滴定管、碱式滴定管、分液漏斗、托盘天平共5种，故A正确；
B．定容操作时仍需要向容量瓶中加入蒸馏水，所以容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干后就能用于配制溶液，故B错误；
C．由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以NaClO可能部分变质导致NaClO减少，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C错误；
D．定容时，俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，会导致所配溶液浓度偏高，故D错误；
故选A。
4. 雄黄(As4S4，)与雌黄(As2S3)在古代均曾入药。二者可发生如图转化；NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1mol雄黄分子中，含有S－S非极性共价键的数目为2NA
B. 反应I每生成22.4LSO2气体时，转移的电子数目为7NA
C. 1mol雄黄分子中含有σ键的数目为10NA
D. 1L1mol/LNaH2AsO3溶液中，Na+、H2AsO、AsO数目之和为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．As是第ⅤA族元素，S是第ⅥA族元素，结合8电子稳定结构原理，雄黄结构中黑球为As，白球为S，因此，雄黄中不含有S-S共价键，A错误；
B．根据图示的反应过程，反应Ⅰ的化学方程式为As4S4+7O2=4SO2+2As2O3，反应过程中每生成4mol SO2需要转移28mol电子，但是选项中没有指明SO2的状态，无法计算转移电子数目，B错误；
C．单键均为σ键，根据图示可知，1分子雄黄中含有10个σ键，则1mol雄黄分子中含有σ键的数目为10NA，C正确；
D．根据物料守恒有c(Na+)=c(H3AsO3)+c(H2AsO)+c(HAsO)+c(AsO)=1mol/L，但H2AsO、AsO的物质的量浓度无法求得，因此无法计算溶液中Na+、H2AsO、AsO的数目之和，D错误；
故选C。
5. 下列叙述正确的是
①与都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②作葡萄酒的保鲜剂，是因为具有氧化性
③溶液可用于刻蚀铜制电路板
④可用明矾对自来水进行杀菌消毒
⑤、、水溶液均能导电，它们都是电解质
⑥俗称小苏打，可用于治疗胃酸过多
⑦工业生产玻璃、水泥和陶瓷，均需用石灰石作原料
⑧呈红棕色，可用作涂料
A. 都正确 B. ②③④⑤ C. ③⑥⑧ D. ④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①与都能和水反应生成碱，是过氧化物；故①错误；
②作葡萄酒的保鲜剂，是利用的还原性，可抗氧化，故②错误；
③溶液与铜可发生，可用于刻蚀铜制电路板，故③正确；
④可用明矾对自来水进行除杂，不能杀菌消毒，故④错误；
⑤和的水溶液能导电是因为溶于水发生了反应生成的和，属于非电解质，故⑤错误；
⑥俗称小苏打，可用于中和胃酸中HCl，故⑥正确；
⑦陶瓷的原料为粘土，没有石灰石，故⑦错误；
⑧呈红棕色，可用作涂料，说法正确，故⑧正确；
所以③⑥⑧正确，故答案选C。
6. 几种物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 反应1中是还原产物
B. 反应2中得电子
C. 反应2的离子方程式为
D. 能和大量共存
【答案】C
【解析】
【详解】A．将反应1设计成原电池，Fe2+被氧化，发生氧化反应生成，是氧化产物，选项A错误；
B．反应2中，H2S作还原剂，失去电子生成S，选项B错误；
C．反应2中，Fe3+和H2S反应生成Fe2+和S，该反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，选项C正确；
D．HNO3具有强氧化性，H2S具有强还原性，二者不能共存，选项D错误；
答案选C。
7. 下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的的是
选项
A
B
C
D
实验目的
加热熔融NaOH固体
实验室制取干燥的氨气
除去中的少量HCl
推断S、C、Si的非金属性强弱
实验装置
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．瓷坩埚中的SiO2会与加热熔融NaOH反应，A错误；
B．碳酸氢铵受热分解产生的二氧化碳、氨气和水会重新结合为碳酸氢铵，实验室常用氯化铵和氢氧化钙固体加热制取氨气，B错误；
C．饱和碳酸钠吸收少量HCl的同时也吸收，应使用饱和碳酸氢钠除去中的少量HCl，C错误；
D．非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，利用酸性“强制弱”可比较非金属性，且实验中硫酸不挥发，D正确；
答案选D。
8. 部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是
A. 可以通过化合反应生成c
B. 工业上通过a→b→c→d→e来制备
C. 浓的a＇溶液和浓的c＇溶液反应可以得到b＇
D. 加热d＇的固态钾盐可以产生
【答案】B
【解析】
【分析】部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系图，由图可知，a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2或N2O4，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐。
【详解】A．氮气和氧气可以在高温或放电条件下通过化合反应生成NO，故A正确；
B．工业上通过氧化催化氨气生成一氧化氮，一氧化氮和氧气转化为二氧化氮，二氧化氮和水生成硝酸，即a→c→d→e来制备HNO3，故B错误；
C．NaClO具有强氧化性，能将氯离子氧化为氯气，故可通过反应2HCl（浓）+NaClO=Cl2↑+H2O+NaCl得到氯气，故C正确；
D．氯酸钾在二氧化锰催化作用下受热分解可以生成氯化钾和氧气，故D正确；
故选B。
9. 类比是一种重要的学习方法，下列“类比”中正确的是
A. CO2通入溶液中不产生沉淀，则SO2通入溶液中也不产生沉淀
B. 钠在空气中加热能生成过氧化钠，则锂在空气中加热也能生成过氧化锂
C. 可用固体与浓硫酸加热制气体，则可用固体与浓硫酸加热制气体
D. CO2中C为sp杂化，SiO2中Si也是sp杂化
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸、亚硫酸都是弱酸，盐酸是强酸，CO2通入溶液中不产生沉淀，则SO2通入溶液中也不产生沉淀，故A正确；
B．锂的活泼性比钠弱，锂在空气中加热生成氧化锂，故B错误；
C．I-能被浓硫酸氧化，所以不能用固体与浓硫酸加热制气体，故C错误；
D．SiO2中Si与周围4个O原子形成4个σ键，Si是sp3杂化，故D错误；
选A。
10. 离子液体具有较好的化学稳定性、较低的熔点以及对多种物质有良好的溶解性，因此被广泛应用于有机合成、分离提纯以及电化学研究中。如图为某一离子液体的结构。下列选项不正确的是
A. 该离子液体能与水分子形成氢键
B. 该结构中不存在手性碳原子
C. 该结构中C原子的轨道杂化类型有3种
D. BF中存在配位键，B原子的轨道杂化类型为sp3
【答案】C
【解析】
【详解】A． 离子中含有非金属性强、原子半径小的氮原子，能与水分子形成氢键，故A正确；
B．由结构示意图可知，该结构中不存在连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B正确；
C．由结构示意图可知，该结构中含有的单键碳原子的轨道杂化类型为sp3杂化、含有的双键碳原子的轨道杂化类型为sp2杂化，轨道杂化类型共有2种，故C错误；
D．BF离子中存在配位键，离子中B原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，轨道杂化类型为sp3杂化，故D正确；
故选C。
11. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 的溶液中：、、、
B. 溶液中：、、、
C. 溶液中：、、、
D. 能使甲基橙变红的溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．的溶液中，具有强氧化性，与无法大量共存，H+和也能发生二氧化硫和水，反应生成硫、故A错误；
B．溶液中，和将发生反应，不能大量共存，故B错误；
C．溶液中，、、、之间不发生反应，能大量共存，故C正确；
D．使甲基橙变红的溶液显酸性，不能大量共存，故D错误；
故答案选C。
12. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式的是
A. 向碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水：
B. 用溶液吸收少量：
C. 向水垢中滴加足量醋酸：
D. 向硫酸铝溶液中加过量氨水：
【答案】B
【解析】
【详解】A．向碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水，碳酸氢根离子完全反应生成碳酸钙和水，铵根离子完全反应生成氨气和水：，故A错误；
B．溶液吸收少量，氯气具有强氧化性，把部分亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子同时是亚硫酸氢根离子：，故B正确；
C．醋酸为弱酸不能拆，CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，故C错误；
D．氨水为弱碱，向硫酸铝溶液中加过量氨水生成氢氧化铝沉淀和氨根离子，Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH，故D错误；
故选B。
13. 钛酸钙矿物的晶胞结构如图(a)所示，某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图(b)所示，其中A为，另两种离子为和。下列说法错误的是
A. 钛酸钙晶体中距离最近的有8个
B. 图(b)中，X为
C. 电负性：O>N>C
D. 钛酸钙晶胞中距离最近的形成了正八面体，位于其中心
【答案】B
【解析】
【详解】A．以顶点的为研究对象，离最近的钛离子位于晶胞的体心，所以晶体中离最近的有8个，A项正确；
B．晶胞图b中含有1个A，3个X，1个B，且A为，根据电中性原理可推知，X为，B项错误；
C．同一周期元素，电负性从左到右逐渐增强，则电负性：O>N>C，C项正确；
D．由晶胞图a可知，钛酸钙晶体中离最近的氧离子形成了正八面体，钛离子位于其中心，D项正确；
故选B。
14. 原子序数依次增大的V、W、X、Y、Z五种短周期元素，V与其他元素均不在同一周期，W元素形成的化合物种类最多，X元素的简单氢化物与它的最高价氧化物对应的水化物能反应生成盐，Y与Z同主族，Z元素形成的单质是黑火药的成分之一，下列说法错误的是
A. V和W或V和Y形成的化合物均可能存在非极性共价键
B. 分子是非极性分子
C. 仅由V、X、Y三种元素形成的化合物可能是离子化合物
D. Y和Z形成的化合物常温、常压下均为气体
【答案】D
【解析】
【分析】原子序数依次增大的V、W、X、Y、Z五种短周期元素，W元素形成的化合物种类最多，则W为C元素；X元素的简单氢化物与它的最高价氧化物对应水化物能反应生成盐，则X为N元素；Y与Z同主族，Z元素形成的单质是黑火药的成分之一，则Y为O元素、Z为S元素；V与其它元素均不在同一周期，则V为H元素。
【详解】A．碳原子个数大于1的烃中含有碳碳非极性键，过氧化氢中含有氧氧非极性键，故A正确；
B．二硫化碳分子为对称结构，是非极性分子，故B正确；
C．硝酸铵和亚硝酸铵均是由H、N、O三种元素形成的离子化合物，故C错误；
D．三氧化硫常温下为无色透明油状液体，故D错误；
故选D。
15. 制备铁红工业流程中，用FeS2还原铁盐溶液得到Fe2+和SO，反应机理如下图。下列说法不正确的是
A. 过程I中每有60gFeS2参与反应，理论上可还原3molFe3+
B. 过程Ⅱ中若S2O过量会有气体生成
C. 由过程Ⅱ可知还原性：S2O＜Fe2+
D. 总反应离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2 SO+16H+
【答案】C
【解析】
分析】
【详解】A．n(FeS2)==0.5mol，根据图示，过程I FeS2中S元素化合价由-1价升高到S2O中+2价，失去6个电子，Fe3+被还原为Fe2+得到1个电子，根据得失电子守恒得关系：FeS2~6Fe3+，故0.5 mol FeS2能还原3 mol Fe3+，故A正确；
B．过程Ⅱ由于生成H+，溶液显酸性，S2O在酸性条件下会歧化生成S和SO2，即2H++S2O=SO2↑+S+H2O中，故B正确；
C．由图示知，S2O被Fe3+氧化为SO，故S2O32-作还原剂，Fe2+为还原产物，根据还原性强弱规律知还原性：S2O32-＞Fe2+，故C错误；
D．根据图示知总反应为：FeS2+Fe3+→SO+H++Fe2+，根据元素守恒知，方程式左边要添加H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得总方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=2 SO+16H++15Fe2+，故D正确；
故选C。
16. 硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化学试剂，其熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，遇冷水逐渐分解，其制备原理为SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ·mol-1，现用如图所示装置(夹持仪器已略去)进行实验。
下列说法正确的是（ ）
A. A的作用是冷凝回流，冷凝水应b口进a口出
B. 乙和丙中分别盛装饱和食盐水和浓硫酸
C. 活性炭可加快反应速率
D. B中最好盛装碱石灰，其作用只是为了除去多余的SO2和Cl2
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于反应放热会使SO2Cl2挥发损失，所以冷凝管的作用为冷凝回流，冷凝水应a口进b口出，故A不选；
B．由于SO2Cl2遇冷水逐渐分解，所以制得的氯气应先用饱和食盐水除去挥发出来的HCl，再用浓硫酸除去水蒸气，故B不选；
C．从反应原理看，活性炭不参与反应，而活性炭的特点是表面积大，具有吸附作用，所以其可增大两种反应物的接触面积，使反应速率加快，故选C；
D．B中盛装碱石灰，既要防止多余的SO2和Cl2逸出污染环境，也要防止空气中的水蒸气进入装置使SO2Cl2水解，故D不选。
答案选C
17. 氢能是一种重要的清洁能源，由HCOOH可以制得。在催化剂作用下，HCOOH分解生成可能的反应机理如图所示。研究发现，其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳。
下列说法正确的是
A. HCOOH催化释氢过程中，有非极性键的断裂与形成
B. HCOOD催化释氢反应除生成外，还生成、HD、
C. 其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH不能提高释放氢气的纯度
D. HCOOK溶液代替HCOOH时发生反应：
【答案】D
【解析】
【分析】在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2；若将HCOOH换成HCOOD或HCOOK，也可按HCOOH分解的原理分析。
【详解】A．转化涉及到N-H键的断裂和形成、O-H键的断裂以及H-H键的形成，没有非极性键的断裂，A错误；
B．若用HCOOD代替HCOOH，反应为HCOOD分解，除生成CO2外，还生成HD，没有H2 、D2，B错误；
C．若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK分解生成CO2和KH，KH与水反应生成KOH和H2，KOH能吸收CO2，所以最终所得气体中CO2的量会减少，提高释放氢气的纯度，C错误；
D．若用HCOOK溶液代替HCOOH，生成的KOH能吸收CO2转变为 ，离子反应为，D正确；
故选D。
18. 一种以海绵铜(Cu)为原料制备CuCl的工艺流程如下。
已知：CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化。下列说法错误的是
A. “溶解”时可用热空气或H2O2代替NaNO3
B. “过滤”用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
C. “还原”时发生的离子反应为2Cu2+++2Cl-+2OH-=2CuCl↓++H2O
D. 为提高CuCl的产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥
【答案】C
【解析】
【分析】硝酸根在酸性条件下的强氧化性，可将海绵铜(Cu)氧化溶解，过滤除杂后得到含有硫酸铜的滤液，加入亚硫酸钠、氯化钠在溶液中发生反应2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+，过滤后得到CuCl粗产品，经洗涤、干燥得到纯净的CuCl。
【详解】A．海绵铜加入稀硫酸、热空气或H2O2也可以发生反应得到硫酸铜溶液，A正确；
B．过滤用于分离难溶性固体和液体，所用玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，B正确；
C．“还原”步骤中含有硫酸铜的滤液呈酸性，不可能有氢氧根参加反应，加入亚硫酸钠、氯化钠，发生反应2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+，C错误；
D．由题中信息可知，CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化，则可采用乙醇洗涤，为避免CuCl发生氧化，可真空干燥，D正确；
答案选C。
二、非选择题：本题共4小题，共46分。
19. 从古至今，铁及其化合物在人类生产生活中的作用发生了巨大改变。
（1）古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是___________(填字母序号)。
a． b． c． d．
基态原子的价电子的运动状态有___________种。
若将该成分溶于足量的稀硫酸中，再滴加溶液，溶液变红，继续滴加双氧水至过量，溶液红色褪去，同时有气泡产生。
猜想一：气泡可能是的反应产物或；
猜想二：气泡还可能是___________，理由是___________。(用化学方程式表示)
（2）硫酸渣的主要化学成分为：约45%，约40%，约10%，约5%。用该废渣制取药用辅料——红氧化铁的工艺流程如下(部分操作和条件略)：
回答下列问题：
①在步骤i中产生的有毒气体可能有___________。
②步骤iv中，生成的离子方程式是___________。
（3）古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下：
复分解反应ii的离子方程式是___________。
【答案】（1） ①. c ②. 8 ③. O2 ④.
（2） ①. CO和 ②.
（3）
【解析】
【分析】硫酸废渣中含有Fe2O3及少量SiO2、Al2O3、MgO等杂质，加煤燃烧可生成CO、SO2等有毒气体，加硫酸后只有二氧化硅不与硫酸反应，过滤除去二氧化硅，然后调节pH，将铁离子和铝离子转化成沉淀，而亚铁离子没有转化为沉淀，向滤液中加入碳酸氢铵将溶液中Fe2+转变为碳酸亚铁沉淀，过滤得到碳酸亚铁，碳酸亚铁洗涤、干燥然后加热得到氧化铁。
【小问1详解】
天然磁石的主要成分为Fe3O4，故答案选c。基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，其价电子的运动状态有8种。Fe3+可催化H2O2分解，生成H2O和O2，化学方程式为。
【小问2详解】
①根据分析可知，煤燃烧可能产生CO和SO2这两种有毒气体。②步骤iv中，Fe2+和碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁，离子方程式为。
【小问3详解】
根据图示可知，[Fe(CN)6]4-与FeCl3反应生成Fe4[Fe(CN)6]3，离子方程式为。
20. 和都是非线性光学晶体材料，在激光技术方面有广泛用途。回答下列问题：
（1）基态Ti原子的价层电子排布式为_______。
（2）、KH熔点由高到低的顺序为_______，原因是_______。
（3）可与结合生成，中H-O-H的键角比中的_______(填“大”或“小”)。是常用的氧化剂，其分子结构如图1所示。能与水混溶，却不溶于的原因是_______。
（4）K和O形成离子化合物的晶胞结构如图2所示，晶胞中O的配位数为_______，该晶胞的密度为，阿伏加德罗常数的值为，则K与O之间的最短距离为_______cm(用含、的代数式表示)。
【答案】（1）
（2） ①. ②. KH为离子晶体，为分子晶体
（3） ①. 小 ②. 由图示可知极性分子，为极性分子，为非极性分子，根据相似相溶规律，故能溶于而不溶于
（4） ①. 8 ②.
【解析】
【小问1详解】
Ti是第22号元素，原子核外有22个电子，按照构造原理可知，价层电子排布式为3d24s2；故答案为：3d24s2；
【小问2详解】
KH为离子晶体，H2O为分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高得多，故H2O、KH熔点由高到低的顺序为KH＞H2O；故答案为：KH＞H2O；KH为离子晶体，H2O为分子晶体；
【小问3详解】
H2O中O原子有2孤对电子，H3O+中O原子只有1对孤对电子，排斥力较小，键角较大；故水中H-O-H的键角比H3O+中的小；由图示可知H2O2为极性分子，根据相似相溶原理，H2O为极性分子，CCl4为非极性分子，故H2O2能溶于H2O而不溶于CCl4；故答案为：小；由图示可知H2O2为极性分子，H2O为极性分子，CCl4为非极性分子，根据相似相溶原理，故H2O2能溶于H2O而不溶于CCl4；
【小问4详解】
晶胞中K+离子数目为8，O2-离子数目为8+6=4，K+离子、O2-离子数目之比为8：4=2: 1，故该晶体化学式为K2O，由图可知，每个K+离子周围有4个O2-离子，K+离子配位数为4，距一个阴离子周围最近的所有阳离子有8个，则O的配位数为8；晶胞质量为g，该晶胞的密度为g/cm3，而晶胞体积为 =cm3，晶胞棱长为cm，则Na与O之间的最短距离为立方体对角线的=cm，故答案为: 8；。
21. Ⅰ.新冠肺炎期间，化学消毒剂大显身手。高铁酸钾(K2FeO4，M=198 g∙mol-1)是一种高效多功能的绿色消毒剂，广泛应用于生活用水和废水的杀菌、消毒。工业制备高铁酸钾的方法主要有湿法和干法两种。实验室模拟湿法制备高铁酸钾的流程如下：
已知：转化过程发生复分解反应。
回答下列问题：
（1）NaOH溶液应置于冰水浴中，否则温度升高将发生如下副反应：(未配平)
①若有0.3molCl2发生该副反应，转移电子的数目为_______。
②若反应后溶液中NaCl和NaClO3的物质的量之比为6∶1，则生成NaCl和NaClO的物质的量之比为_______。
（2）氧化过程中溶液保持碱性，写出反应的离子方程式：_______。
（3）产品经干燥后得到纯品99g，则K2FeO4的产率为_______(用百分数表示)。
（4）工业干法制备高铁酸钾的第一步反应为，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。第二步反应为，试解释该反应能发生的原因：_______。
Ⅱ.氮循环的过程中产生有毒氧化物(NOx)，工业上常用溶液吸收法处理。发生的反应有：
(Ⅰ)
(Ⅱ)
（5）将1mol NOx通入Na2CO3溶液中，被完全吸收，溶液中生成的、两种离子的物质的量随x变化关系如图所示。图中线段b表示_______(填离子符号)随x值变化的关系，若用溶质质量分数为21.2％的Na2CO3溶液吸收，则需要Na2CO3溶液至少_______g。
【答案】（1） ①. 0.5 NA或3.01×1023 ②. 6∶1
（2）
（3）75％ （4） ①. 5∶3 ②. 相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小
（5） ①. ②. 250
【解析】
【分析】标况下22.4LCl2(物质的量为1mol)通入500mL4.0mol/LNaOH溶液中，发生反应生成NaCl、NaClO等；加入浓Fe(NO3)3溶液，发生氧化还原反应，生成Na2FeO4、NaNO3等；加入稀KOH溶液进行除杂，将未被氧化的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；往滤液中加入浓KOH溶液，将Na2FeO4转化为K2FeO4，过滤后、洗涤、干燥，从而获得产品。
【小问1详解】
①将副反应配平可得反应式：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，建立关系式为：3Cl2——5e-，若有0.3molCl2发生该副反应，转移电子的数目为NA=0.5 NA或3.01×1023。
②在溶液中发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，若反应后溶液中NaCl和NaClO3的物质的量之比为6∶1，则生成NaCl、NaClO、NaClO3的物质的量之比为6 : 1 : 5，从而得出生成NaCl和NaClO的物质的量之比为6∶1。答案为：0.5 NA或3.01×1023；6∶1；
【小问2详解】
氧化过程中溶液保持碱性，则NaClO在NaOH溶液中将Fe(NO3)3氧化为Na2FeO4等，反应的离子方程式：。答案为：；
【小问3详解】
由反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、，可建立关系式：3Cl2——2K2FeO4，则理论上生成K2FeO4的质量为=132g，产品经干燥后得到纯品99g，则K2FeO4的产率为=75％。答案为：75％；
【小问4详解】
工业干法制备高铁酸钾的第一步反应为，该反应中，若有2molFeSO4参加反应，则2molFeSO4作还原剂，1molNa2O2作还原剂，作氧化剂的Na2O2有5mol，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶3。第二步反应为，此反应为复分解反应，则至少有一种产物的溶解度一定比较小，所以该反应能发生的原因：相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小。答案为：5∶3；相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小；
【小问5详解】
从图中可以看出，当x=1.5时，只发生反应，将1mol NOx通入Na2CO3溶液中，被完全吸收，生成1molNaNO2；当x=2时，只发生反应，将1mol NOx通入Na2CO3溶液中，被完全吸收，溶液中生成的、两种离子的物质的量各为0.5mol。所以图中线段b表示随x值变化的关系；当x介于1.5~2.0之间时，1mol NOx消耗Na2CO3的物质的量都为0.5mol，其质量为0.5mol×106g/mol=53g，若用溶质质量分数为21.2％的Na2CO3溶液吸收，则需要Na2CO3溶液至少为=250g。答案为：；250。
【点睛】当已知量与待求量涉及多个反应时，可建立关系式求解。
22. 碘化钾常用作钢铁酸洗缓蚀剂或者其他缓蚀剂的增效剂。已知：与KOH溶液反应的产物之一是。实验室制取KI并探究KI与H2O2的反应，步骤如下：
Ⅰ.向如图所示装置(夹持装置略去，装置气密性好)的仪器D中加入63.5g研细的单质碘和溶液，搅拌；
Ⅱ.碘完全反应后，打开A装置中的分液漏斗活塞和弹簧夹，向仪器D中缓缓通入足量；
Ⅲ.反应后，向仪器D中加入适量稀硫酸酸化，水浴加热；
Ⅳ.冷却、过滤得KI粗溶液。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为_______，装置B的作用是_______。
（2）步骤Ⅰ为保证碘完全反应，D中加入KOH溶液体积x至少为_______。
（3）向装置D中通入后发生反应的离子方程式为_______。
（4）步骤Ⅲ中水浴加热的目的是_______。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 防止倒吸
（2）62.5 （3）
（4）除去溶液中溶解的气体
【解析】
【分析】装置A中盐酸和FeS生成H2S，气体通过单向阀进入B除去挥发的HCl后H2S进入D，和氢氧化钾发生反应生成KI，尾气使用碱液E吸收。
【小问1详解】
a的名称为三颈烧瓶，装置B为单向阀，可以防止C中液体进入A，故作用是防止倒吸；
【小问2详解】
已知：与KOH溶液反应的产物之一是，碘元素化合价升高，则由部分碘元素化合价降低生成KI，反应为3I2+6KOH=5KI +KIO3+3H2O，63.5g研细的单质碘为0.25mol，则加入KOH溶液的体积x至少为0.25mol×2÷8mol/L=0.0625L=62.5mL；
【小问3详解】
硫化氢具有还原性，向装置D中通入后和碘酸根离子发生反应生成碘离子和硫单质，发生反应的离子方程式为；
【小问4详解】
步骤Ⅲ中主要溶质为KI，，KI会和H2O2反应，而硫化氢也会H2O2发生反应，故水浴加热的目的是除去溶液中溶解的气体；
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