浙江省丽水、湖州、衢州市2022-2023学年高三化学第一学期期中质量检测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是（ ）A检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化碳B配制一定物质的量浓度的H

2、2SO4溶液C测量氨气的体积D进行二氧化碳喷泉实验2、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，位于三个周期，原子最外层电子数等于Y、Z原子最外层电子数之和，W与Y同主族，Z的单质是一种黄色固体。下列说法正确的是A简单离子半径：ZXYB稳定性：W2ZWXCYWZ只含有一种化学键DWX和Y2Z溶液中由水电离出的c(H+)均大于1073、在新制饱和氯水中，若只改变某一条件，下列叙述正确的是A再通入少量氯气，减小B通入少量SO2，溶液漂白性增强C加入少量的碳酸氢钠粉末，pH增大，溶液漂白性增强D光照过程中，有气泡冒出，溶液的导电性减弱4、下列有关原电池的说法中正确的是（ ）A电极一定要由两种

3、不同的金属组成B电子流出的一极是正极C两极均发生氧化还原反应D由化学能转化为电能的装置5、甲庚等元素在周期表中的相对位置如下表，戊的最高氧化物对应水化物有强脱水性，丙和丁在同一周期，丙原子最外层与最内层具有相同电子数。下列判断不正确的是( )A甲元素对应氢化物的沸点一定低于乙的氢化物B气态氢化物的稳定性：庚戊XB最高价氧化物的水化物酸性：YZC气态氢化物沸点：ZWD气态氢化物热稳定性：ZXY，故A正确；BX为F，Z为S，非金属性FS，则稳定性：H2SHF，故B错误；CW为H，Y为Na，Z为S，NaHS为离子化合物含有离子键，HS-中含有共价键，故C错误；DWX为HF，Y2Z为Na2S，HF为弱

4、酸抑制水的电离，Na2S为强碱弱酸盐水解促进水的电离，故D错误。故选A。【答案点睛】本题考查原子结构与元素周期律，把握原子结构、元素的性质来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。3、C【答案解析】A、饱和氯水不能再溶解Cl2，各成分的浓度不变，A错误；B、SO2+Cl2+2H2O2HCl+H2SO4，Cl2+H2OH+Cl+HClO的平衡左移，HClO浓度降低，漂白性减弱，B错误；C、加入少量NaHCO3粉末，消耗H+，使上述平衡Cl2+H2OH+Cl+HClO正向移动，HClO的浓度增大，C正确；D、光照过程中HClO分解，生成O2和HCl，溶液中的离子浓度增

5、大，导电性增强，D错误。答案选C。4、D【答案解析】试题分析：A原电池的电极不一定要由两种不同的金属组成，也可以是金属和石墨等非金属，或者全部是金属，例如燃料电池，A错误；B 电子流出的一极是负极，B错误；C负极发生氧化反应，正极发生还原反应，C错误；D原电池是把化学能转化为电能的装置，D正确，答案选D。考点：考查原电池的有关判断5、A【分析】戊的最高氧化物对应水化物有强脱水性，则戊为S，甲为C、乙为F、丁为Si、庚为As，丙和丁在同一周期即第3周期，丙原子最外层与最内层具有相同电子数即2个，则丙为Mg，己为Ca，据此回答；【题目详解】A. 甲元素对应氢化物为碳氢化合物，若是最简单的烃，则沸点

6、一定低于乙的氢化物(HF)，但随着碳原子数目的增多，烃的熔沸点升高，故A错误；B. 同周期从左到右元素非金属性递增，同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性排序为：庚戊乙，非金属性越强，简单氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：庚戊乙，B正确；C. 据分析知丙、已原子序数相差8，C正确；D. 乙即F是最活泼的非金属元素、在自然界中无游离态；丁即硅在自然界中无游离态、主要存在于二氧化硅、硅酸盐中，故两元素在自然界中只以化合态形式存在，D正确；答案选A。6、C【题目详解】A、化合物KCrO2中K和O元素的化合价分别是1价和2价，因此Cr元素为+3价，A正确；B、Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到K

7、CrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液，则根据氧化铝的性质可类推Cr2O3是两性氧化物，B正确；C、向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液。在反应中Cr元素的化合价从3价升高到6价，失去电子，因此KCrO2是还原剂，则双氧水是氧化剂，C不正确；D、将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝，这说明反应中有单质碘生成，因此K2Cr2O7是氧化剂，其氧化性强于氧化产物单质碘的，D正确；答案选C。7、A【题目详解】A碳酸氢钠加热会分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，故碳酸氢钠中混有碳酸钠，不能用加热的方法除杂，A错误；B向亚硫酸钠固体中加入少量浓硫

8、酸可制备二氧化硫，B正确；C氯水具有强氧化性，与溴化钠反应生成溴单质，与碘化钾反应生成碘单质，再用四氯化碳萃取，得到两种不同颜色的溶液，C正确；D钠与水的反应更剧烈，故将少量钠投入到等量水和乙醇中，可比较水和乙醇中氢的活性，水中氢的活性更强，D正确；答案选A。8、B【答案解析】A、Al3+与S2-发生双水解生成氢氧化铝和硫化氢而不能大量共存，选项A错误；B、水电离出的c（H+）=10-13mol/L的溶液可能显酸性，也可能显碱性，无论酸性还是碱性条件下Na+、 K+、 Cl、 Br都能大量存在且相互之间不反应，选项B正确；C、酸性溶液中ClO具有强氧化性，而I有强还原性，发生氧化还原反应而不能

9、大量共存，选项C错误；D、Fe3+水解使溶液呈酸性，中性溶液中不可能大量存在Fe3+，选项D错误。答案选B。9、C【题目详解】A平衡后，从Tb到Ta，n(CO)增大，说明平衡正向移动，则说明是升温，因此温度TbTa，故A错误；BTa时，4min时n(CO)1mol，0 4 min内，故B错误；CTb时，平衡时n(CO) 0.6 mol，若改为恒温恒压容器，由于反应是体积增大的反应，相当于在原来基础上降低压强，平衡正向移动，因此平衡时n(CO) 0.6 mol，故C正确；DTb时，温度不变，平衡时即使再充入1.1 mol CH4，平衡常数也不变，故D错误。综上所述，答案为C。10、B【分析】根据

10、图像分析知纵坐标所代表的物理量随温度的升高而增大，结合上述反应知温度升高平衡向正反应方向移动，所以增大的物理量有B的转化率，C的物质的量浓度和混合气体的平均摩尔质量。根据此分析进行解答。【题目详解】A p1p2，压强增大，平衡正向移动，C的物质的量浓度增大，故A选项错误。B. p1p2，随压强的增大，平衡正向移动，B的转化率增大，故B选项正确。C. p1p2，压强增大，平衡正向移动，混合气体平均摩尔质量增大，故C选项错误。D. p1p2，随压强的增大，平衡正向移动，A的质量分数减小，故A选项错误。故答案选B。【答案点睛】当图像上有两种变量时，一般分析改变一种变量的关系，即温度改变对平衡的影响或

11、压强改变对平衡的影响。熟悉外界条件对平衡的影响因素是关键。11、C【题目详解】A云、烟、雾属于气溶胶，胶体可以发生丁达尔效应，它们都能发生丁达尔效应，故A错误；B75%的酒精可以满足对环境进行消毒，不是浓度越大越好，浓度太大或太小，杀菌消毒效果都不理想，故B错误；C84消毒液中含有次氯酸盐，洁厕灵中含有盐酸，二者混合会发生氧化还原反应，产生有毒气体氯气，故C正确；D聚丙烯为合成高分子材料，故D错误；故选C。12、C【题目详解】A生物质本质上能来源于太阳能，故A正确；B乙醇来源于纤维素，属于生物质能，故B正确；C汽油、柴油等属于混合物，故C错误；D沼气的主要成分是甲烷，故D正确。故答案为C。13

12、、D【题目详解】下列关于指定粒子构成的几种描述中正确的是A.C与C是碳元素的不同核素，C与C互称同位素，同位素的化学性质基本完全相同，物理性质差别较大，所以分别由这两种原子构成的石墨化学性质相同，故A错误；B. 元素组成相同，结构相同的物质为同一物质，H2O、D2O都是由氢元素、氧元素组成的，结构相同，为同一物质，故B错误；C. H3O+是10电子微粒，-OH叫做羟基，是9电子微粒，电子数不同，故C错误；D. 中子数=质量数-质子数，37Cl的质子数为17，质量数为37，中子数=37-17=20，39K的质子数为19，质量数为39，中子数=39-19=20，则具有相同的中子数，故D正确；答案选

13、D。【答案点睛】分子式相同结构不同的化合物互称同分异构体；要识记元素符号周围角标标示的含义。14、B【题目详解】在同温同压同体积，则气体的物质的量相同，分子数相同，但因为分子中含有的原子数不相同，和不同物质的摩尔质量不同，故两容器内的原子数和质量和密度不同。故选B。【答案点睛】掌握阿伏加德罗定律和推论。即四同原理“同温同压同体积同分子数”。结合具体物质分析不同的分子中的原子数和质量和密度的关系。15、D【分析】W原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，即W为O，根据四种元素在周期表位置，推出四种元素，然后据此分析；【题目详解】W原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，根据核外

14、电子排布规律，即W为O，根据四种元素在周期表位置，X为Si，Y为P，Z为S，A、同主族从上到下原子半径增大，即r(O)H3PO4，故B错误；C、两种元素的氢化物是H2O和H2S，H2O分子间存在氢键，其沸点比没有分子间氢键的H2S高，故C错误；D、O的非金属性强于S，即H2O比H2S稳定，故D正确；答案为D。【答案点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大；二看原子序数，电子层数相等，半径随着原子序数的递增而减少；三看电子数，当电子层数相等，原子序数相等，半径随着电子数的递增而增大。16、D【答案解析】A、NH4是弱碱阳离子，发生水解：NH4H2ONH3H2OH，因此NH

15、4数量小于0.1NA，故A错误；B、2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.42/24mol=0.2mol，因此转移电子数为为0.2NA，故B错误；C、标准状况下，N2和O2都是气态分子，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，故C错误；D、H2I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2mol，分子数为0.2NA，故D正确。17、C【题目详解】A. 砒霜的主要成分是三氧化二砷，故A错误；B. 碳酸钠溶液能够与酸剧烈反应，并产生二氧化碳气体，对身体不利，因此不能用来中和胃酸，故B错误；C. 阿司匹林为感冒用药,但因其含有水杨酸,服用过

16、量易造成酸中毒,可静脉注射碳酸氢钠来降低酸性,故C正确；D. 金属性指的是元素的性质，“纳米铜”为物质，应该说还原性；因此铜片在空气中难燃烧，纳米级铜粉在空气中易燃烧，是因为与氧气的接触面积不同，不能说明“纳米铜”的还原性比铜片强，故D错误；综上所述，本题选C。18、C【答案解析】A.1mol/L盐酸不是浓盐酸，与二氧化锰不反应，应选浓盐酸、二氧化锰加热制备氯气，A错误；B导管应长进短出，图中气体将溶液排出，B错误；C溴的CCl4溶液在下层，水在上层，则图中分液装置可分离，C正确；D蒸馏时温度计测定馏分的温度，且冷却水下进上出，图中温度计的位置、冷水方向不合理，D错误；答案选C。点睛：本题考查

17、化学实验方案的评价，把握实验装置的作用、气体的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。选项A是易错点，注意稀盐酸与二氧化锰不反应。19、A【分析】通过物质的性质，结合选项观察实验装置，判断能否达到实验目的。【题目详解】A. SO2与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，SO2表现还原性，A不能达到实验目的；B.喷泉实验要求烧瓶与大气产生压力差，HCl气体极易溶于水，烧瓶内压强迅速减小，产生喷泉，B能达到实验目的；C.向U形管中加入水后，若装置密封良好，则两管出现液面差，C能达到实验目的；D.铜与稀硝酸反应生成NO气体，不溶于水，气体进入集气瓶后把液体

18、排出到量筒中，D能达到实验目的。答案为A。20、B【题目详解】Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、A1(OH)3、NaOH(aq)六种物质，其中NaOH和其他5种物质都能发生反应，所以Y一定为NaOH。盐酸和除了Cl2之外的其他4种物质都能反应，所以N一定为盐酸。Al能和Cl2、HCl(aq)、 NaOH(aq)发生反应，所以M为Al，X为Cl2，Al2O3和A1(OH)3都只能盐酸、NaOH(aq)反应，所以Q、Z分别为Al2O3和A1(OH)3中的一种。故选B。21、C【题目详解】A将二氧化碳通入到溶有氨气的饱和氯化钠的溶液中，反应生成碳酸氢钠和氯化铵，导管长进短出可制取NaHCO3

19、，故A装置和原理能达到实验目的；B碳酸氢钠的溶解度小，从溶液中析出晶体，可用图中过滤的方法分离出NaHCO3，故B装置和原理能达到实验目的；CNaHCO3不稳定，直接加热会分解，应选择干燥器干燥，故C装置和原理不能达到实验目的；D根据C项分析，NaHCO3不稳定，直接加热会分解生成碳酸钠，故D装置和原理能达到实验目的；答案选C。22、A【题目详解】A0.1molL1HCl溶液中，Al3+、Fe2+、SO、Br各离子均不发生反应，可以共存，故A正确；BClO-和H+能生成次氯酸，不能大量共存，故B错误；COH-和HCO能反应，不能大量共存，故C错误；DMnO能氧化亚硫酸氢根，不能大量共存，故D错

20、误；故选A。二、非选择题(共84分)23、HCCH CH3COOH 酯基、碳碳双键 +nNaOH+nCH3COONa 加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热使其充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键 保护醛基不被H2还原 HCCH CH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CHOH 【分析】A的俗名是电石气，A为HCCH，与X反应生成B，由B的结构简式可知X为CH3COOH，发生加聚反应生成PVAc，结构简式为，由转化关系可知D为CH3CHO，由信息可知E为，由信息可知F为，结合G的分子式可知G应为，H为，在EFGH的转化过程中，乙二醇可保护醛基

21、不被H2还原，M为，以此分析解答。【题目详解】(1)A的俗名是电石气，A为HCCH，根据上述分析，X为CH3COOH， B()中的官能团为酯基、碳碳双键，故答案为HCCH；CH3COOH；酯基、碳碳双键；(2)反应的化学方程式为+nNaOH+nCH3COONa，故答案为+nNaOH+nCH3COONa；(3)E为，E中不含氧官能团为碳碳双键，碳碳双键可以是溴水或溴的四氯化碳溶液褪色，而醛基也能使溴水褪色，所以检验碳碳双键前，需要把醛基破坏掉，故检验碳碳双键的方法为：加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键，故答案为；加入新

22、制Cu(OH)2悬浊液，热充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键；(4)E中含有醛基，经EFGH的转化后又生成醛基，则乙二醇的作用是保护醛基不被H2还原，故答案为保护醛基不被H2还原；(5)M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为，故答案为；(6)以乙炔为原料合成1-丁醇(CH3CH2CH2CHOH)，需要增长碳链，可以利用信息I，因此需要首先合成乙醛(CH3CHO)，根据信息I，2分子乙醛可以反应生成CH3CH=CHCHO，然后与氢气加成即可，合成路线为：HCCH CH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CHOH，故答案为

23、HCCH CH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CHOH。【答案点睛】本题的易错点为(3)，检验碳碳双键时要注意醛基的干扰，需要首先将醛基转化或保护起来。24、 ab 2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl- 2Al2O3（熔融）4Al + 3O2 3Fe + NO3- + 2H+ H2O = Fe3O4 + NH4+ 8Al+3Fe3O44Al2O3+ 9Fe 【分析】A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，A为C；D的氧化物属于两性氧化物，D为Al；D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，14-4-3

24、=7，则E为Cl；W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状，W为Fe。【题目详解】（1）A为C，E为Cl，AE4为CCl4，电子式为；（2）a.同周期元素金属性依次减弱，铝在镁的右边，所以金属性弱于镁，所以D的最高价氧化物对应水化物氢氧化铝的碱性弱于Mg(OH)2，故a符合题意；b.同周期元素非金属性依次增强，所以F的非金属性强于O，则氢化物稳定性H2O小于HF，故b符合题意；c.氯化铁与铜发生氧化还原反应，所以可以用氯化铁的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，不能用元素周期律解释，故c不符合题意；答案选ab；（3）NaCN是一种有剧毒的盐，E为Cl，用E的一种氧化物ClO2可以除去水溶液中含

25、有的该有毒物质，得到一种生活中常见的固体和两种无毒气体。该反应的离子方程式：2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；（4）D为Al，工业上用电解熔融氧化铝的方法制备铝的单质，反应的化学方程式为2Al2O3（熔融）4Al+3O2；（5）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3-，使其转换为NH4+，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理，酸性环境下硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化性铁生成四氧化三铁，反应的离子方程式为3Fe+NO3- +2H+H2O=Fe3O4 +NH4+；铝与四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，方程式：8Al+3Fe3O44Al2O3+ 9Fe。25、 防止爆沸 黑色固体

26、变成红色，玻璃管壁有水珠 盐酸或稀硫酸 【题目详解】（1）硬质玻璃管中的Fe在高温情况下被水蒸气氧化成而水自身被还原成，其反应方程式为：，故答案为：；（2）液体加热时容易发生暴沸现象，加碎瓷片的作用是防止暴沸，故答案为：防止暴沸；（3）装置E中所发生的反应为：，则该反应的实验现象为：黑色固体变红，硬质玻璃管E的右端管壁有液珠，故答案为：黑色固体变成红色，玻璃管壁有水珠；（4）由反应可知，硬质玻璃管B中的黑色固体可能为Fe或者或者为Fe与的混合物，为检验其组成应用酸溶解（但不能选用氧化性酸），则所选的酸应为稀硫酸或者盐酸；将所得溶液分成两份，其中一份滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红色，则溶液中含

27、有，而是由溶于酸所得，则元固体中一定含有，故选；若溶液未变红色，说明溶液中不含，则原固体中一定含有Fe，故选，故答案为：盐酸或稀硫酸；。26、（1）4 Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O（2）（3）后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净;2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O;冷却结晶65.30% 偏高【答案解析】试题分析：（1）Ce(OH)CO3变成CeO2失去1个电子，氧气得到4个电子，所以二者比例为4:1，方程式为4 Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O。（2）电解熔融状态的 二氧化铈可制备铈，在阴

28、极得到铈，阴极是铈离子得到电子生成铈，电极反应为。（3）滤渣A为氧化铁，二氧化铈和氧化亚铁，与硫酸反应后溶液中存在铁离子和亚铁离子。固体表面可吸附铁离子或亚铁离子，检验滤渣B已经洗净的方法是取最后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净。二氧化铈与过氧化氢反应生成硫酸铈和水，方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；根据流程分析，由溶液生成固体，应先蒸发浓缩，然后冷却结晶。称取0.536g样品，加入硫酸溶解，用硫酸亚铁溶液滴定，消耗25毫升，方程式为：Ce4+ Fe2+= Ce3+ Fe3+,根据元素守恒分析，Ce(OH)4的物质的量等于亚铁

29、离子物质的量=0.0025mol，含量为0.0025140/0.536=65.30% ；硫酸亚铁在空气中被氧化，消耗硫酸亚铁增多，测定产品的质量分数偏高。考点：物质分离和提纯的方法和基本实验操作，氧化还原反应的配平 【名师点睛】方法适用范围主要仪器注意点实例固+液蒸发易溶固体与液体分开酒精灯、蒸发皿、玻璃棒不断搅拌；最后用余热加热；液体不超过容积2/3NaCl(H2O)固+固结晶溶解度差别大的溶质分开NaCl(KNO3)升华能升华固体与不升华物分开酒精灯I2(NaCl)固+液过滤易溶物与难溶物分开漏斗、烧杯一贴、二低、三靠；沉淀要洗涤；定量实验要“无损”NaCl(CaCO3)Fe粉(A1粉)液

30、+液萃取溶质在互不相溶的溶剂里，溶解度的不同，把溶质分离出来分液漏斗先查漏；对萃取剂的要求；使漏斗内外大气相通;上层液体从上口倒出从溴水中提取Br2分液分离互不相溶液体分液漏斗乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液蒸馏分离 沸点不同混合溶液蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计、牛角管温度计水银球位于支管处；冷凝水从下口通入；加碎瓷片乙醇和水、I2和CCl4渗析分离胶体与混在其中的分子、离子半透膜更换蒸馏水淀粉与NaCl盐析加入某些盐，使溶质的溶解度降低而析出烧杯用固体盐或浓溶液蛋白质溶液、硬脂酸钠和甘油气+气洗气易溶气与难溶气分开洗气瓶长进短出CO2(HCl)、CO (CO2)液化沸点不同气分开U形管常用冰水NO

31、2(N2O4)27、Cr3+3OH-=Cr(OH)3 Cr3+较稳定，不能被过氧化氢氧化 2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2+8H2O pH较低时，溶液中存在Cr3+，不易被氧化，故溶液为墨绿色，pH较高时，混合物中存在Cr(OH)3和CrO，可被过氧化氢氧化为或，故溶液颜色逐渐变为黄色或砖红色 H2O2+2=2+4O2+2OH- 在一定温度和pH下，用不同浓度的Cr2(SO4)3溶液与H2O2反应，观察反应后的现象 pH、温度、浓度 【分析】本题探究Cr()与过氧化氢反应的影响因素，研究了pH、温度、浓度的影响，在研究每一个因素时，需用控制变量法，即研究一个因素，需保证另外两个因素不

32、变。探究pH的影响时，不同pH时Cr在水中的存在形式不同，pH较小时以Cr3+形式存在，随着pH的不断增大，Cr的存在形式变为Cr(OH)3和CrO；探究温度的影响时，生成的红色物质CrO（Cr为+5价）不稳定，该物质中O的化合价为-1价，自身的Cr与O发生氧化还原反应，反应后的物质再被H2O2氧化，得到亮黄色的CrO和O2；探究浓度的影响时，需保证pH和温度不变，改变Cr3+浓度，观察反应后的现象。【题目详解】(1)为碱性环境，生成蓝色沉淀的离子方程式为Cr3+3OH-=Cr(OH)3；(2)试管溶液为酸性，酸性条件下为Cr3+，Cr3+较稳定，不能被过氧化氢氧化；(3)中溶液偏碱性，沉淀溶

33、解，溶液变为亮黄色，是Cr(OH)3被氧化为，离子方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2+8H2O；(4)根据分析，pH较低时，溶液中存在Cr3+，而Cr3+不易被氧化，故溶液为Cr3+的颜色，为墨绿色；pH较高时，根据分析，混合物中存在Cr(OH)3和CrO，两者都可被过氧化氢氧化，得到或，故溶液颜色逐渐变为黄色或砖红色；(5)根据分析，在碱性环境中，生成的红色物质CrO不稳定，该物质中O的化合价为-1价，自身的Cr与O发生氧化还原反应，反应后的物质再被H2O2氧化，得到亮黄色的CrO和O2，总反应为H2O2+2=2+4O2+2OH-；(6)根据分析，探究浓度的影响时，需保证pH

34、和温度不变，通过稀释，改变Cr3+浓度，观察反应后的现象；(7)根据分析，本实验探究了pH、温度、浓度不同时，对Cr()与过氧化氢反应的影响；28、1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2 2 正四面体 配位键 N 高于 NH3分子间可形成氢键 极性 sp3 金属 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子 3:1 【题目详解】（1）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2。（2）SO42-中S原子的孤电子对数=0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体；Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键。PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子之间的作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的，NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化。（3）单质铜及镍都属于金属晶体，都