2019届安徽省黄山市屯溪第一中学高三上学期第二次月考化学试题（

安徽省黄山市屯溪第一中学2019届高三上学期第二次月考化学试题

1.化学与生产、生活相关，下列有关说法正确的是 ( ) A. 汽车用压缩天然气代替燃油可减少NOx和PM2.5的排放 B. 油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子物质后才能被吸收 C. “天宫二号”中使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料

D. 用二氧化硫漂白后的食品显得白亮，所以二氧化硫可作食品漂白剂 【答案】A 【解析】

【详解】A．燃油是液体，除含碳、氢元素外还含氮、硫等元素，而压缩天然气、液化石油气是气体燃料，主要成分是烃，所以压缩天然气、液化石油气燃烧更充分，且充分燃烧产物是二氧化碳和水，对空气无污染，故A正确；B．油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，油脂在人体内水解生成高级脂肪酸和甘油，故B错误；C．碳纤维为碳单质，属于无机非金属材料，不是有机高分子材料，故C错误；D．二氧化硫有毒，不可作食品的漂白剂，故D错误；故选A。

2.a、b、c 的分子式均为C8H8，其结构如下所示，下列说法正确的是 ( )

A. b的同分异构体可与苯互为同系物 B. c苯环上的二氯代物有10种 C. a能与溴水发生取代反应 D. c中所有原子可以处于同一平面 【答案】D 【解析】

【详解】A．b的分子式为C8H8，苯的同系物的通式为CnH2n-6，因此b的同分异构体不可能与苯互为同系

物，故A错误；B．c为苯乙烯，对应的二氯代物有（○为一个氯原子，●为另一个氯

原子可能的位置）4种；2种，共6种，故B错误；C．a中含碳碳双键，能与溴水发生

加成反应，故C错误；D．c为苯乙烯，碳碳双键和苯环均为平面结构，所有原子可能处于同一平面，故D正确；故选D。

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【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、同分异构体的判断、有机反应为解答的关键。本题的易错点为D，有机物中的原子共平面问题可以联想甲烷的正四面体结构、乙烯和苯的平面型结构、乙炔的直线型结构。

3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( ) A. 0.1molCl2与0.2molCH4光照充分反应生成HCl分子数为0.1NA B. 1LpH=12的氨水中加入足量盐酸，生成NH4+数为0.01NA C. 100g 34%的H2O2中加入MnO2充分反应转移电子数为2NA

D. 0.1mol乙醇与0.1mol乙酸在浓硫酸作用下充分反应生成乙酸乙酯分子数为0.1 NA 【答案】A 【解析】

【详解】A. 0.1molCl2与0.2molCH4充分反应，氯气完全反应，由于1mol氯气～1molHCl，故0.1mol氯气生成0.1molHCl，分子个数为0.1NA个，故A正确；B. 1LpH=12的氨水中氨水的浓度大于0.01mol/L，加入

+

足量盐酸，生成NH4数多于0.01NA，故B错误；C. 100g 34%的H2O2中含有过氧化氢34g，物质的量为

1mol，加入MnO2充分反应转移电子数为NA，故C错误；D、酯化反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的乙酸乙酯分子小于0.1NA个，故D错误；故选A。

4.2017年5月18日，我国海域天然气水合物试采成功，下列分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其

2－

装置如下图所示，其中的固体电解质是 Y2O3－Na2O，O可以在其中自由移动。下列有关叙述正确的是

( )

A. 该分析仪工作时，电极a为正极

B. 电极a的反应式为：CH4 + 10OH－－8e－=CO32－+7H2O C. 当固体电解质中有1 mol O2－通过时，电子转移4mol D. 该分析仪可用于分析空气中的天然气的含量 【答案】D 【解析】

2-【详解】分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其中的固体电解质是Y2O3-Na2O，O可以在其中自由

移动，电子在外电路转移，通甲烷气体的为负极，通空气一端为正极，电池总反应为CH4+2O2=CO2+H2O，

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-2-2--正极反应为：O2+4e=2O，负极反应为：CH4+4O-8e=CO2+2H2O。A. 根据上述分析，该分析仪工作时，2--电极a为负极，故A错误；B．甲烷所在电极a为负极，电极反应为：CH4+4O-8e=CO2+2H2O，故B错误；

C.1mol O2得4mol电子生成2molO2-，故当固体电解质中有1mol O2-通过时，电子转移2mol，故C错误。D. 根据转移的电子可以计算出通入的甲烷的量，因此该分析仪可用于分析空气中的天然气的含量，故D正确；故选D。

5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X与Y的简单离子的核外电子排布相同。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄绿色气体产生。下列说法不正确的是 ( ) A. X的简单氢化物的热稳定性比W强 B. Y的简单离子半径比X的简单离子半径大 C. X与Y形成化合物的水溶液可使红色石蕊试纸变蓝 D. Z与X不属于同一主族，与Y属于同一周期 【答案】B 【解析】 【分析】

W的简单氢化物可用作制冷剂，常见为氨气，则W为N元素，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，应为Na元素；X与Y的简单离子的核外电子排布相同，则X为O元素；由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄绿色气体产生，该气体为氯气，则Z为Cl元素；结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律的递变规律解答。

【详解】由以上分析可知W为N元素，X为O元素，Y为Na元素，Z为Cl元素。A．非金属性O＞N，B．Y 的简单离子与X 的简单离子均有10个电子，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故A正确；具有相同的电子层结构，Y原子序数大于X，则Y离子半径小于X离子半径，故B错误；C．X与Y形成D．根化合物为氧化钠或过氧化钠，其水溶液均为氢氧化钠，显碱性，可使红色石蕊试纸变蓝，故C正确；据上述分析，Z为Cl元素，与O不属于同一主族，与Na处于同一周期，故D正确；故选B。

【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，侧重考查学生的分析能力。本题的难点为Z元素的判断，由Na、O和Z三种元素形成的一种盐与盐酸反应生成氯气，根据氧化还原反应的原理，Z应该为Cl，且化合价须降低。

6.下列离子方程式书写正确的是 ( )

A. 酸性FeCl2溶液中加入双氧水：2Fe2++H2O2 ＝2Fe3++O2↑+2H+

B. 向KAl(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液至SO42－恰好完全沉淀：Al3++2SO42－+2Ba2++4OH－＝2BaSO4↓+AlO2－+2H2O

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3第

2－

2－

C. 碳酸钙和盐酸反应: CO3+2H=H2O+CO2↑ D. 向铝中加入NaOH溶液：Al+4OH＝ AlO2+2H2↑ 【答案】B 【解析】

【详解】A．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水，二者发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++O2↑+2H2O，故A错误；B．向明矾[KAl（SO4）2]溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至

SO42-恰好沉淀完全反应生成硫酸钡、偏铝酸钠、水，离子反应为

－

－

2-+

Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2O，故B正确；C．碳酸钙和盐酸反应，碳酸钙难溶于水，离

+2+

子方程式：CaCO3+2H=H2O+CO2↑+Ca，故C错误；D．Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离-－

子反应为2Al+2OH+3H2O═2AlO2+3H2↑，故D错误；故选B。

【点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，明确离子方程式正误判断的常用方法是解题的关键。本题的

2－

易错点为B，要注意KAl(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液至SO4恰好完全沉淀，铝离子恰好转化为偏铝酸

根离子。

7.下列实验中根据现象得出的结论错误的是 ( ) 选项 A 实验过程 现象 结论 将充有NO2的密闭烧瓶放入热水中 烧瓶内气体颜色变深 NO2生成N2O4的反应中△H<0 试管口有红棕色气体B 向某溶液中加铜和浓H2SO4 产生 －原溶液可能含有NO3 加热盛有少量NH4HCO3固体的试C 管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸 L的向浓度均为0.1 mol·D MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水

A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】

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?1石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性 先出现蓝色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2] 【详解】A．充有NO2的密闭烧瓶放入热水中，温度影响2NO2?N2O4，则由现象可知NO2生成N2O4的反应中△H＜0，故A正确；B．向某溶液中加入Cu和浓H2SO4，试管口有红棕色气体产生，该气体为二氧化氮，则说明溶液中含有NO3，故B正确；C．碳酸氢铵分解生成氨气，则在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝，可检验氨气，不能说明NH4HCO3本身显碱性，故C错误；D．向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，说明氢氧化铜的溶度积较小，即Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Cu（OH）2]，故D正确；故选C。

8.氢化钙固体是登山运动员常用的能源提供剂。某兴趣小组拟选用如下装置制备氢化钙。下列说法不正确的是 ( )

-

A. 实验开始时，先通H2后加热，结束时，先停止加热，后停止通H2 B. ②中盛放的试剂可能为碱石灰

C. 装置①不能用于KMnO4和浓盐酸制备Cl2

D. 实验后，取出少量③中固体加入含有酚酞的水中，若变红，证明有CaH2生成 【答案】D 【解析】

【详解】A. 装置中存在空气，实验开始时，应该先通H2，排尽空气，经过验纯后再加热，结束时，为了防止倒吸，应该先停止加热，后停止通H2，故A正确；B. 稀盐酸与锌反应生成的氢气中含有水蒸气和氯C. 高锰酸化氢气体，需要干燥并除杂，因此②中盛放的试剂可以为碱石灰或固体氢氧化钠等，故B正确；钾为粉末状固体，不能置于多孔隔板上，因此装置①不能用于KMnO4和浓盐酸制备Cl2，故C正确；D. 钙属于活泼金属，常温下能够与水反应生成氢氧化钙，溶液也显碱性，故D错误；故选D。

9.分子式为C9H10O2的有机物，其结构中含有苯环且可以与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的同分异构体有(不考虑立体异构) ( )

A. 15种 B. 14种 C. 13种 D. 12种 【答案】B 【解析】

【详解】该有机物能与NaHCO3发生反应产生二氧化碳气体，说明含有羧基-COOH。取代基为正丙酸基时，1种；取代基为异丙酸基，1种；取代基为-COOH、-CH2-CH3，有邻、间、对3种；取代基为乙酸基、-CH3，

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有邻、间、对3种；取代基为-COOH、-CH3，-CH3，2个甲基邻位，2种；2个甲基间位，3种；2个甲基对位，1种；符合条件的总共有14种，故选B。

【点睛】本题考查同分异构体数目的求算，明确官能团以及取代基的分类是解答本题的关键。该有机物能与NaHCO3发生反应产生气体，说明含有羧基-COOH，本题的难点是如何讨论其余2个碳原子的连接形式。 10.25℃时，用0．100 mol·L-1盐酸分别滴定20．00 mL 0．100 mol·L-1的氨水和20．00 mL 0．100 mol·L-1NaOH溶液，两溶液的pH与所加盐酸体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是 ( )

H2O)的数量级为10—4 A. Kb(NH3·B. 10 < a < 20

+

C. P点溶液中：c(NH4)>c(Cl一)

D. 水的电离程度：M > N > P 【答案】B 【解析】

L-1盐酸分别滴定20．00 mL 0．100 mol·L-1的氨水【详解】氨水为弱碱，氢氧化钠为强碱，用0．100 mol·

L-1NaOH溶液，滴定至pH=7时，氨水消耗的盐酸少，即N点对应于氢氧化钠溶和20．00 mL 0．100 mol·

M点对应于氨水。A.根据上述分析，结合图像可知，0．100 mol·L-1的氨水的pH=11.2，即c(H+)=10-11.2 液，

mol·L-1，c(OH-)=10-2.8 mol·L-1，Kb(NH3·H2O)=

≈10-4.6=a×10-5（1＜a＜10），故A错误；B.N点

对应的盐酸为20mL，若盐酸为10mL，则反应后氨水过量，溶液显碱性，因此10 < a < 20，故B正确；C. P点盐酸和氨水恰好反应生成氯化铵，由于铵根离子水解，因此c(NH4+)＜c(Cl一)，故C错误；D. P点对应于氯化铵溶液，铵根离子水解，促进水的电离，P点水的电离程度最大，故D错误；故选B。 11.下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是( )

A. 一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有 B. 通电时溶液中的溶质粒子向两极移动，而胶体分散质粒子只向某一极移动 C. 溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律 D. 溶液是呈中性的，胶体是带电的 【答案】A

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【解析】

【详解】A、丁达尔效应是胶体特有的性质，当一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带即丁达尔效应，前者则没有，故A正确；B、通电时，溶液中的溶质粒子是电解质，电离出的阴阳离子分别向两极移动，若溶质是非电解质不移向电极，胶体中的分散质粒子向某一极移动，故B错误；C、溶液中溶质粒子和胶体中分散质粒子均作无规则运动，胶体粒子的无规则运动属于布朗运动，故C错误；D、胶体微粒吸附带电离子，胶体分散系是电中性的，故D错误；故选A。

12.已知0.1 mol·L－1的三元酸H3A溶液的pH＝4.0，则下列说法中正确的是 ( ) A. 在Na3A、Na2HA、NaH2A三种溶液中，离子种类不相同

B. 在溶质物质的量相等的Na3A、Na2HA、NaH2A三种溶液中阴离子总数相等 C. 在NaH2A溶液中一定有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2A－)＋c(HA2－)＋c(A3－) D. 在Na3A溶液中一定有：c(H＋)＝c(OH－)－c(HA2－)－2c(H2A－)－3c(H3A) 【答案】D 【解析】

3-2-【详解】A、在Na3A、Na2HA、NaH2A溶液中，A离子水解，H2A、HA存在电离和水解，所以溶液中离+

子种类相同，故A错误；B、在溶质物质的量相等的Na3A、Na2HA、NaH2A三溶液中阳离子Na的物质的

量不同，所以阴离子总数不相同，故B错误；C、在NaHA溶液中一定有电荷守恒：

3-c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（H2A-）+2c（HA2-）+3c（A3-），故C错误；D、在Na3A溶液中，A离子

分步水解，溶液呈碱性，溶液中存在质子守恒，即水电离的氢离子与水电离的氢氧根离子浓度相等，则c（OH-）=c（H+）+c（HA2-）+2c（H2A-）+3c（H3A

）

，

所

以

c（H+）=c（OH-）-c（HA2-）-2c（H2A-）-3c（H3A），故D正确；故选D。

【点睛】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较方法，明确溶液中离子的水解、电离是解题关键。本题的易错点为A，要注意根据电离和水解以及水的电离方程式分析判断离子的种类。

13.FeS 与一定浓度的HNO3 反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO 和H2O，当NO2、N2O4、NO 的物质的量之比为1：1：2 时，实际参加反应的FeS 与被还原的HNO3的物质的量之比为 ( ) A. 1：4 B. 1：5 C. 1：6 D. 1：7 【答案】B 【解析】

【详解】当NO2、N2O4、NO 的物质的量之比为1：1：2 时，设NO2、N2O4、NO 的物质的量分别是1mol、1mol、2mol，硝酸得到电子的物质的量=1mol×（5-4）+1mol×2×（5-4）+2mol×（5-2）=9mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒，n（FeS）=

=1mol，根据氮元素守恒得，生成

NO2、N2O4、NO 的物质的量分别是1mol、1mol、2mol时消耗硝酸的物质的量=1mol+2mol+2mol=5mol，

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所以实际参加反应的FeS 与被还原的HNO3的物质的量之比为=1mol：5mol=1：5，故选B。 14.下列微粒在所给条件下，一定可以大量共存的是（ ） A. 透明溶液中：SCN－、NO3－、Na+、Fe3+

B. 遇酚酞显红色的溶液中：Cl2、Mg2+、I－、SO42－

C. 与铝反应能产生大量氢气的溶液中：HCO3－、K+、Cl－、CH3COO－ D. 酸性溶液中：Fe2+、Al3+、SO42－、NH4+ 【答案】D 【解析】 【分析】

离子间如果发生化学反应，则一定不能大量共存，结合离子的性质、发生的化学反应解答。

3

【详解】A. 溶液中SCN－与Fe+发生反应生成Fe(SCN)3，不能大量共存，A错误；

B. 遇酚酞显红色的溶液显碱性，则Cl2、Mg2+一定不能大量共存，另外氯气也能氧化I－，不能大量共存，B错误；

C. 与铝反应能产生大量氢气的溶液可能显酸性，也可能显碱性，如果显酸性HCO3－、CH3COO－均不能大量共存，如果显碱性HCO3－不能大量共存，C错误；

D. 酸性溶液中Fe2+、Al3+、SO42－、NH4+之间不反应，可以大量共存，D正确。 答案选D。

15.在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下[已知N2(g)＋3H2(g)容器 反应物投入量 NH3的浓度(mol·L－1) 反应的能量变化 体系压强(Pa) 反应物转化率

下列说法正确的是

A. 2c1＞c3 B. a＋b＝92.4 C. 2p2＜p3 D. α1＋α3＞1 【答案】B

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2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1]：

乙 2 mol NH3 c2 吸收b kJ p2 α2 丙 4 mol NH3 c3 吸收c kJ p3 α3 甲 1 mol N2、3 mol H2 c1 放出a kJ p1 α1 【解析】 甲投入1

molN2、3

molH2，乙容器投入量2

molNH3，恒温恒容条件下，甲容器与乙容器是等效平衡，各组分的物质的量、含量、转化率等完全相等；而甲容器投入1 molN2、3 molH2，丙容器加入4 molNH3，采用极限转化法丙相当于加入2 molN2、6 molH2，丙中加入量是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器为等效平衡，所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以丙中氮气、氢气转化率大于甲和乙的；A．丙容器反应物投入量4 molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2

molN2、6

molH2，是甲中的二倍，若平衡不移动，c3=2c1；丙相当于增大压强，平衡向着正向移动，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的二倍，即c3＞2c1，故A错误；B．甲投入1

molN2、3

molH2，乙中投入2

molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4 kJ，故a+b=92.4，故B正确；C．丙容器反应物投入量4

molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2＞p3，故C错误；D．丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率减小，所以转化率α1+α3＜1，故D错误；故选B。

点睛：考查化学平衡影响因素、等效平衡、化学平衡的计算，解答的关键是构建平衡建立的等效途径；甲容器反应物投入1molN2、3molH2，乙容器反应物投入量2molNH3，恒温且乙容器容积和甲容器相同，则甲容器与乙容器是等效平衡；甲容器反应物投入1molN2、3molH2，丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡；所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，所以丙与甲、乙相比，增大了压强，平衡向着正向移动，小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以丙中氮气、氢气转化率大于甲和乙的，据此进行解答。

16.下图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置。通电后在石墨电极a和b附近分别滴加一滴石蕊溶液，下列实验现象中正确的是( )

A. 逸出气体的体积，a电极的小于b电极的

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B. 一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体 C. a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色 D. a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色 【答案】D 【解析】

2-试题分析：根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，溶液中的阴离子SO4、OH－移向阳极b

－＋－＋＋

极，在b极上OH放电，产生O2，b极附近c(H)>c(OH)，石蕊试液变红。溶液中的阳离子Na、H移

向阴极a极，在a极H＋放电产生H2，a极附近c(OH－)>c(H＋)，石蕊试液变蓝。根据同一闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生的氧气与氢气的体积关系是：V(H2)=2V(O2)，所以产生的气体体积a电极的大于b电极的；两种气体均为无色无味的气体。A、B、C均错误，D选项正确。 考点：考查电解原理的应用的知识。

17.氯化铁可用作金属蚀刻、有机合成的催化剂，研究其制备及性质是一个重要的课题。 （1）氯化铁晶体的制备（夹持及加热装置省略）：

①实验过程中装置丙中可能发生反应的离子方程式有____________。 ②该装置气密性检查方法及操作：_________________________。 （2）氯化铁的性质探究：

为探究氯化铁的性质设计了如下实验。（查阅文献知：①氯化铁的熔点为306℃、沸点为315℃，易升华，气态FeCl3会分解成FeCl2和Cl2 ②FeCl2熔点670℃）

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操作步骤 打开K，充入氮气 关闭K，加热至600℃，实验现象 D中有气泡产生 解释原因 ①充入N2的原因___________。 B中出现棕黄色固体 充分灼烧固体 实验结束，振荡C静③_____________ 置

②产生现象的原因__________________________。 ④________________________。(用方程式解释） 【答案】 (1). OH－+ H+= H2O、C12+2OH－= ClO－+ Cl－+ H2O (2). 关闭两个分液漏斗活塞及弹簧夹2，打开弹簧夹1、3，丙烧杯中盛蒸馏水，将导气管插入烧杯中水中，用酒精灯微热甲装置中的烧瓶，若导管末端产生气泡，停止微热，有水柱形成，说明装置不漏气 (3). 排出装置内的空气 (4). FeCl3易升华 (5). 溶液分层，上层接近无色，下层为橙红色 (6). 2FeCl3【解析】

（1）①根据装置图，【详解】装置甲中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气；装置乙中盐酸与铁反应生成氢气，氢气和氯气反应生成氯化氢和装置甲和乙中挥发出来的氯化氢在丙中与氢氧化钠反应，过量的氯气在丙中

－+－－－与氢氧化钠反应除去；装置丙中可能发生反应的离子方程式有OH+ H= H2O、C12+2OH= ClO+ Cl+

2FeCl2+Cl2；2Br－+Cl2=Br2+2Cl－

H2O，故答案为：OH－+ H+= H2O、C12+2OH－= ClO－+ Cl－+ H2O；

②该装置气密性检查方法及操作为关闭两个分液漏斗活塞及弹簧夹2，打开弹簧夹1、3，丙烧杯中盛蒸馏水，将导气管插入烧杯中水中，用酒精灯微热甲装置中的烧瓶，若导管末端产生气泡，停止微热，有水柱形成，说明装置不漏气，故答案为：关闭两个分液漏斗活塞及弹簧夹2，打开弹簧夹1、3，丙烧杯中盛蒸馏水，将导气管插入烧杯中水中，用酒精灯微热甲装置中的烧瓶，若导管末端产生气泡，停止微热，有水柱形成，说明装置不漏气；

（2）①为防止空气对实验的干扰，打开K，充入氮气，故答案为：排出装置内的空气； ②FeC13易升华，B中出现棕黄色固体，故答案为：FeC13易升华； ③充入氮气，关闭K，加热至600℃，充分灼烧固体，2FeC13

2FeCl2+Cl2，

-2-生成的氯气通入C装置，2Br+Cl=Br2+2Cl，四氯化碳密度比水重，萃取溴单质，使C中溶液分层，上层

接近无色，下层橙红色，故答案为：溶液分层，上层接近无色，下层橙红色； ④灼烧固体，2FeC13案为：2FeC13

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2FeCl2+Cl2，生成的氯气在C装置中与溴化钠发生置换，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；故答

2FeCl2+Cl2，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-。

11第

18.一种用软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿（主要成分FeS2）制取MnSO4·H2O并回收单质硫的工艺流程如

下：

回答下列问题：

（1）步骤①混合研磨成细粉的主要目的是__________________________。

2+2+

（2）步骤③所得酸性滤液可能含有Fe，除去Fe可用的方法是__________；步骤④需将溶液加热至沸然

后在不断搅拌下加入碱,调节pH 4～5，再继续煮沸一段时间，“继续煮沸”的目的是____________。步骤⑤所得滤渣为___________（填化学式）。

（3）步骤⑦需在90～100℃下进行，该反应的化学方程式为_______________。

（4）测定产品MnSO4·H2O的方法之一是：准确称取a g产品于锥形瓶中，加入适量ZnO及H2O煮沸，然后用c mol·L－1KMnO4标准溶液滴定至浅红色且半分钟不褪，消耗标准溶液V mL，产品中Mn2+的质量分数为w(Mn)=_________________。

【答案】 (1). 增大表面积，提高硫酸浸取时的浸取率 (2). 加入H2O2溶液或软锰矿粉 (3). 破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒长大析出，便于过滤分离 (4). Fe(OH)3 (5). (NH4)2Sx+1(6). 【解析】

【详解】（1）步骤①混合研磨成细粉，可以增大反应物的接触面积，提高硫酸浸取时的浸取率，故答案为：增大表面积，提高硫酸浸取时的浸取率；

2+2+（2）由于亚铁离子具有较强的还原性，步骤③所得酸性滤液可能含有Fe，可以加入过氧化氢除去Fe，

2+

2NH3+H2S + xS↓

×100%

也可以加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子；步骤④需将溶液加热至沸然后在不断搅拌下加入碱,调节pH 4～5，再继续煮沸一段时间，“继续煮沸”的目的破坏氢氧化铁胶体，使之沉淀，便于过滤分离，因此步骤⑤所得滤渣为氢氧化铁，故答案为：加入H2O2溶液或软锰矿粉；破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒长大析出，便于过滤分离； Fe(OH)3；

（3）步骤⑦需在90～100℃下进行，反应的化学方程式为(NH4)2Sx+1为：(NH4)2Sx+1

页

2NH3+H2S + xS↓，故答案

2NH3+H2S + xS↓；

12第

（4）已知本实验条件下，高锰酸钾溶液与硫酸锰溶液混合产生二氧化锰，反应的方程式为

2KMnO4+3MnSO4+2H2O==5MnO2+2H2SO4+K2SO4，n(KMnO4)= c mol·L－1×V ×10-3L= cV ×10-3mol，则n（MnSO4）= 1.5cV ×10-3mol，产品中Mn2+的质量分数为w(Mn2+)=

×100%=

×100%，故答案为：

×100%。

19.硫及其化合物在生产生活中应用广泛。回答下列问题：

（1）铁铵矾是一种化学物质，分子式是NH4Fe(SO4)2·12H2O，其溶于水后，溶液中的离子浓度大小关系为_____________________。

（2）已知某溶液中含有CO32－、SO42－等离子，取一定量的该溶液，向其中滴加BaCl2溶液，当CO32－开始沉淀时，溶液中

＝_____。10－10，Ksp(BaCO3)=2.5×10－9） （已知Ksp(BaSO4)=1.0×

（3）已知：S2Cl2(l)＋Cl2(g)＝2SCl2(l) ΔH＝－50.2 kJ·mol－1。断裂1mol Cl－Cl键、1mol S－S键分别需要吸收243kJ、268kJ的能量，则断裂1mol S－Cl键需要吸收的能量为_____________kJ。 （4）某容积不变的密闭容器中发生如下反应：2SO2(g)+O2(g) ①下列能说明反应达到平衡状态的是 ________________ a．体系压强保持不变 b．混合气体的密度保持不变

c．SO3和O2的体积比保持不变 d．每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol SO2

②向同温、同体积的两个密闭容器中分别充入气体：(甲)2 mol SO2 和1 mol O2；(乙) 1 mol SO2 和0.5 mol O2 ；恒温、恒容下反应达平衡时，两个容器内的压强大小关系为____（用p甲、p乙表示）。

（5）用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可以制备H2SO4，其原理如下图所示(电极材料为石墨)。

2SO3(g) △H=－197 kJ·mol－1。

阳极的电极反应式为___________________________________。

【答案】 (1). c(SO42－)>c(NH4＋)>c(Fe3＋)>c(H＋)>c(OH－) (2). 25 (3). 280.6 (4). a、c (5). p

乙

【解析】

3++3+【详解】（1）硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2?12H2O]溶于水形成的溶液中，Fe和NH4水解溶液显酸性，Fe

页 13第

++2+

的水解程度大于NH4，水解程度越大，离子浓度越小，所以c（NH4）＞c（Fe），硫酸根离子不水解，2-+3++-浓度最大，所以溶液中离子浓度关系c（SO4）＞c（NH4）＞c（Fe）＞c（H）＞c（OH），故答案为：

c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（Fe3+）＞c（H+）＞c（OH-）； （2）根据

=

可知，

=

=25，故答案为：25；

（3）反应的焓变等于反应物的键能减去生成物的键能，设断裂1mol S－Cl键需要吸收的能量为x，则S2Cl2(l)＋Cl2(g)＝2SCl2(l) ΔH＝[268kJ+x×2+243kJ]-x×4=－50.2 kJ·mol－1，解得x=280.6kJ，故答案为：280.6；

（4）①a．该反应属于气体体积变化的反应，反应过程中压强为变量，因此体系压强保持不变，说明达到b．反应前后气体的体积和质量均不变，混合气体的密度始终保持不变，不能判断了平衡状态，故a正确；

是否为平衡状态，故b错误；c．SO3和O2的体积比保持不变，说明二者的物质的量保持不变，能够说明达到平衡状态，故c正确；d．每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol SO2，均表示逆反应速率，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故d错误；故选ac；

②甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应方向移动，达到新平衡后压强比原来要大，故P乙＜P甲＜2P乙，故答案为：P乙＜P甲＜2P乙；

（5）图中阴离子向b极移动，则b为阳极，所以b极上SO32-在阳极失电子生成SO42-，其电极方程式为：SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+，故答案为：SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+。 20.氮及其化合物广泛存在于自然界中。回答下列问题：

14

（1）写出N原子的电子排布式_____________。在基态N原子中，核外存在___________个未成对电子。

（2）原子第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，C、N、O原子的第一电离能由大到小的顺序为_______________。

（3）氮气和氢气在一定条件下可合成氨，氨分子中氮原子的杂化方式为_____________杂化。 （4）纯叠氮酸HN3在常温下是一种液体，沸点较高，为308.8K，主要原因是_________。

（5）X的+1价阳离子中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3－形成的晶体结构如图所示。X的

3－

元素符号是________，X离子与N形成的化合物化学式为____________。

（6）假设X+的半径为a cm,N3-的半径为b cm，且X+与N3-都是紧密接触的刚性小球，则该氮化物的密度为_____________g.cm-3。

页

14第

223－3

【答案】 (1). 1s2s2p (2). 3 (3). N＞O＞C (4). sp (5). HN3分子间存在氢键 (6). Cu

(7). Cu3N (8). 103/4NA(a+b)3(或206/8NA(a+b)3 【解析】

223

【详解】（1）N位于周期表中第2周期，第ⅤA族，则其核外电子排布式为：1s2s2p，

2p轨道有3个电子，分占3个轨道，所以在基态14N原子中，核外存在3个未成对电子，故答案为：1s22s22p3；3；

（2）同一周期，从左到右，第一电离能逐渐增大，但由于N原子的2p为半充满结构，较为稳定，第一电离能最大，所以C、N、O原子的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C； （3）根据VSEPR，NH3中N原子的价电子对数为3+

33

式为sp，故答案为：sp；

=4，根据杂化轨道理论，中心N原子的杂化方

（4）HN3液体沸点较高，考虑氢键的影响，分子间形成氢键，沸点升高，故答案为：HN3分子间存在氢键； （5）X的+1价阳离子中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，则X的核外电子排布式为

1s22s22p63s23p63d104s1，则X为Cu，一个晶胞中，含有Cu+为8×=1个，含有N3-为12×=3个，所以形成的晶体的化学式为Cu3N，故答案为：Cu；Cu3N；

（6）由Cu3N的晶胞结构如图，大球个数=12×=3，小球个数=8×=1，所以大球表示Cu原子、小球表示

N原子，晶胞的体积=[（2a+2b）cm]3，Cu3N的密度==g/cm3=g/cm3，故答案为：

。

【点睛】本题考查物质的结构与性质，涉及电离能，价层电子对互斥理论，杂化轨道理论，晶胞的计算等。本题的易错点为（6），要注意晶胞边长的计算。

21.尼美舒利是一种非甾体抗炎药，它的一种的合成路线如下：

已知：

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（易氧化）

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