2022-2023学年江西省赣州寻乌县第二中学化学高三上期中学业水平测试模拟试题（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、茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是A将茶叶灼烧灰化，选用、和B用浓硝酸溶解茶叶并

2、加蒸馏水稀释，选用、和C过滤得到滤液，选用、和D检验中滤液中的Fe3，选用、和2、从某含Br废水中提取Br2的过程包括：过滤、氧化、萃取（需选择合适萃取剂）及蒸馏等步骤。已知：物质Br2CCl4正十二烷密度/gcm-33.1191.5950.753沸点/58.7676.8215217下列说法不正确的是A甲装置中Br发生的反应为：2Br-+ Cl2 = Br2 + 2Cl-B甲装置中NaOH溶液每吸收0.1mol Cl2，转移0.1mol eC用乙装置进行萃取，溶解Br2的有机层在下层D用丙装置进行蒸馏，先收集到的是Br23、某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法中错误的是A利用过滤的方法

3、，可将Z中固体与液体分离BX、Z烧杯中分散质相同CY中反应的离子方程式为DZ中能产生丁达尔效应4、化学与人类生产生活、社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是A利用高纯度硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能B“春蚕到死丝方尽，烛炬成灰泪始干”其中的“丝”和“泪”化学成分都是蛋白质C施肥时，铵态氮肥不能与草木灰混合使用D本草经集注中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应5、某温度下，体积相同的甲、乙两容器中，分别充有等物质的量的SO3气体，在相同温度下发生反应2SO3(g)O2(g)+2SO2(g)并达到平衡。在这一

4、过程中甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO3的转化率为P%，则乙容器中SO3的转化率A等于P%B大于P%C小于P%D无法比较6、下列有关物质性质和用途具有对应关系的是ANa2O2呈淡黄色，可用于呼吸面具供氧B金属Al具有导电性，可用于防锈涂料制造CClO2具有强氧化性，可用于饮用水消毒D氯化铁易水解，可用于腐蚀铜制线路板7、一定量的盐酸跟过量锌粉反应时，为了减缓反应速率但又不影响生成H2的总量，可采取的措施是()A加入少量NaOH固体 B加入少量CH3COONa固体C加入少量Na2SO4固体 D加入少量Na2CO3固体8、某温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时

5、的pH变化曲线如下图所示，下列判断正确的是Aa、c两点溶液的导电能力相同Bb点溶液中c(H+)+c(NH3H2O)=c(OH)Ca、b、c三点溶液水的电离程度abcD与等体积b、c处溶液反应，消耗等量的NaOH9、足量的铜与一定量的浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，则和铜反应的硝酸的物质的量可能是A0.55molB0.4molC0.6molD0.65mol10、四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，W与Y同族，Z的原子半径是其所在周期主族

6、元素原子中最小的，且Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是A最高价氧化物的水化物的酸性：YZB气态氢化物的热稳定性：WYCY与Z形成的化合物为共价化合物D简单离子半径：WXY，故A项错误；B项，根据元素周期律可知，同主族元素随着原子序数的增大，元素的非金属性减弱，气态氢化物的稳定性降低，所以气态氢化物的热稳定性：WY ，故B项错误；C项，结合以上分析可知，Y为P或S，Z为Cl；P或S与Cl原子间形成化合物均为共价化合物，故C项正确；D项，根据元素周期律可知，离子电子层结构相同的，原子序数大的离子半径小，电子层结构不同的，电子层越多离子半径越大，可得简单离子半径：X WZ，故D项

7、错误；综上所述，本题选C。11、A【答案解析】根据“靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”可判断以此获取靑蒿素用到的分离方法是过滤，答案选A。12、B【答案解析】A、NaCl溶于水与加热熔化时破坏的作用力相同，均是离子键，A错误；B、NH5的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子结构，电子式为，因此是既具有离子键又具有共价键的离子化合物，B正确；C、氢键不是化学键，C错误；D、SiO2晶体是Si原子和O原子按照1：2构成的空间网状结构的原子晶体，不存在分子，D错误，答案选B。13、D【题目详解】A加热碘升华，高锰酸钾分解，加热法不能分离两者混合物，故A错误；B二氧化硫与溴水发生氧化还原反

8、应，与二氧化硫的还原性有关，与漂白性无关，故B错误；C关闭止水夹，NaOH难与硫酸亚铁接触，不能制备氢氧化亚铁，故C错误；D氯化铵分解生成氨气、HCl，氨气可使湿润的酚酞试纸变红，HCl可使蓝色石蕊试纸变红，P2O5可以吸收氨气，碱石灰可以吸收HCl,所以可检验氯化铵受热分解生成的两种气体，故D正确；本题答案：D。14、D【答案解析】A项，该盐酸溶液的体积未知，无法计算H+数目，A错误；含氧原子总数为0.2NA的CO2和NO2的混合气体，若只有CO2和NO2，则为0.1mol，标准状况下其体积为2.24L，但是存在可逆反应2NO2N2O4，故实际体积小于2.24L，故B错误；C项，常温下铁在浓

9、硝酸中钝化，无法计算转移的电子数，故C错误；D项，100g质量分数为46%的乙醇溶液中含有46g(1mol)乙醇和54g(3mol)水，所含的OH数目为7NA，D正确。点睛：本题考查NA及其应用，题目难度不大，但设计了一些思维障碍，易错点较多，A项由水电离的H浓度为1013molL-1，B项易忽略可逆反应，C项注意钝化，D项注意水中的OH。15、C【分析】相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同；A.钝化反应应注意必须注明常温下，浓硝酸与Fe发生钝化；B.实验室制备氯气的反应中应注意盐酸的浓度和反应温度；C.过量与少量问题应以少量物质为基准书写产物；D.钠的还原性强

10、，其与氧气反应，温度不同，产物也不同；【题目详解】A.常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，故A错误；B.二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，故B错误；C.二氧化硫与过量氨水反应生成亚硫酸铵，故C正确；D.常温下，Na与空气中的氧气反应生成Na2O；加热条件下，钠与氧气反应生成Na2O2，故D错误；综上所述，本题应选C。【答案点睛】本题考查常见物质的化学反应，相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同，所以在描述化学反应时应注意反应的条件。16、B【答案解析】A. 使甲基橙变红色的溶液呈酸性，H+ ClOHClO，故A组离子在指定溶液中不能大量共存；B. 0.1

11、molL-1 Na2CO3溶液：K、AlO2-、Cl、SO42-在指定溶液中不能发生离子反应，一定能大量共存；C. 0.1 molL-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、NO3-、Fe2+发生反应，故C组离子在指定溶液中不能大量共存；D. KW/c(H)c(OH-)=0.1 molL-1的溶液呈碱性，Ca2+、OH-，NH4+、OH-，HCO3-、OH-发生反应，故D组离子在指定溶液中不能大量共存。故选B.17、C【答案解析】A.硅可与氧气加热下反应生成 SiO 2 ，但一般是由沙子 SiO 2 与碳高温反应生产硅 Si ，而不会用较贵的 Si 来生产较易得的 SiO 2；B.常用的

12、太阳能热水器只是利用了利用玻璃透光、玻璃管内层的涂层材料吸热让水升温，利用双层真空玻璃管减少热散失；C. 可用 SiO 2 为原料生产出粗 Si ，再经提纯得高纯的硅；D. 光纤材料为 SiO 2，可与HF、碱液反应。【题目详解】A.硅可与氧气加热下反应生成 SiO 2 ，但一般是由沙子 SiO 2 与碳高温反应生产硅 Si ，而不会用较贵的 Si 来生产较易得的 SiO 2 ，A错误；B.常用的太阳能热水器只是利用了利用玻璃透光、玻璃管内层的涂层材料吸热让水升温，利用双层真空玻璃管减少热散失，与Si 单质直接将光能转化为电能的特性无关，而 SiO 2 并无将光能转化为热能的特性，B错误；C.

13、 可用 SiO 2 为原料生产出粗 Si ，再经提纯得高纯的硅，可制作计算机、电子设备微芯片，故 C 正确；D. 光纤材料 SiO 2 化学性质稳定，常温下不与常见的酸、氧化剂、盐溶液反应，但可碱液反应，D错误；答案为： C 。18、D【题目详解】(1)氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液加入过量氨水的反应方程式为：AlCl3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4Cl，对照图象应为；(2)饱和石灰水通过量CO2气体，应先有沉淀：Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O，后通与前一步等量的CO2气体，沉淀溶解：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，对照图象应为；(3)含少量Na

14、OH的四羟基合铝酸钠溶液，通往过量CO2气体先是NaOH和CO2气体反应，反应为：CO2+NaOH=NaHCO3，后发生：NaAl(OH)4+CO2=NaHCO3 +Al(OH)3，对照图象应为；(4)含少量NaOH的四羟基合铝酸钠溶液，逐滴加入稀盐酸，先是NaOH和HCl发生中和反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，后是NaAl(OH)4+HCl=Al(OH)3+NaCl+H2O，Al(OH)3 +3HCl=AlCl3+3H2O，对照图象应为；(5)MgCl2、AlCl3的混合液，逐滴加入NaOH溶液至过量，先是生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，MgCl2+2NaOHMg(OH)2+2NaCl

15、；AlCl3+3NaOHAl(OH)3+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al(OH)3 +NaOHNaAlO2+2H2O，对照图象应为；故答案为：D。【点晴】所示图象中，纵坐标为沉淀物的物质的量，横坐标为某溶液中加入反应物的物质的量；表示加入某溶液，先沉淀最大量，后沉淀部分溶解；表示先后加入等体积的某溶液，先沉淀最大量，后沉淀全部溶解；表示加入某溶液，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀不再增加或溶解；表示加入某溶液，经过一段时间后，才出现沉淀，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀不再增加或溶解；表示加入某溶液，经过一段时间后，才出现沉淀，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀全部溶解。19、B【答案解析】A

16、、标准状况下，22.4 L乙烷的物质的量为1 mol，1 mol乙烷中含6 mol CH键，1 mol CC键，其中CH键为极性键，故1 mol乙烷中含极性共价键6NA，A错误；B、H218O与D2O的相对分子质量均为20，且一个分子所含质子数均为10个，所以2.0 g H218O和D2O组成的物质为0.1 mol，含有0.1NA个分子，则含有质子数为NA，B正确；C、铁与盐酸反应：Fe+2H+Fe2+H2，因此5.6 g Fe完全反应，转移电子的物质的量为0.2 mol，C错误；D、2 L 0.05 molL1乙醇溶液中乙醇的物质的量为0.1 mol，由于溶剂水分子还含有氢原子，则所含有H原

17、子数目为大于0.6NA，D错误；答案选B。20、A【答案解析】A、蒸馏操作时，冷凝管中冷却水应低进高出，即逆向冷却，A正确；B、萃取操作时，不一定必须选择密度比水大的萃取剂，B错误；C、氯水具有强氧化性，不能利用pH试纸测得新制氯水的pH值，C错误；D、由于硝酸是氧化性酸，能把亚硫酸根氧化为硫酸根，向未知溶液中滴加Ba（NO3）2，并向产生的沉淀中滴加硝酸，沉淀不溶解，不能证明原溶液中含有SO42-，也可能含有亚硫酸根，D错误。答案选A。21、B【题目详解】ACOCl2分子中碳原子和氧原子之间形成2对共用电子对，碳原子连接2个氯原子，碳原子和氯原子之间形成1对共用电子对，COCl2的结构式为：

18、，A正确；B二氧化硅是由氧原子和硅原子以共价键构成的共价晶体，不存在二氧化硅分子，化学式为SiO2，B错误；CCH4分子为正四面体结构，含有4个碳氢键，碳原子半径比氢原子大，其比例模型为，C正确；DCl-核内有17个质子，核外有三个电子层，最外层有8个电子，其结构示意图为，D正确；答案选B。22、A【答案解析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明不含碳酸根离子，不含Ba2+，不含AlO2-；加入硝酸钡有气体生成，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，生成的气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入

19、CO2产生沉淀，说明存在Al3+，沉淀C为氢氧化铝。因为存在的离子浓度均为0.1molL-1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-才能保证电荷守恒，K+必然不能存在。故A、原溶液中存在Al3+、NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-，选项A正确；B、滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Al3+，选项B错误；C、沉淀C为氢氧化铝，选项C错误；D、原试液中含有Al3+、Cl-，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查了常见离子的性质检验，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，另外本题需要根据电荷守恒判断氯离子是否存在。二、非选择题(共84分)23、羟基 羧基 加

20、成反应 取代反应 13 【答案解析】试题分析：A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH，A能与碳酸氢钠反应生成B，则A分子中含有羧基-COOH，由E的化学式可知A的分子式为C9H8O3，其不饱和度为6，故故还含有C=C双键，A分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，核磁共振氢谱有6个吸收峰，峰面积比为1：1：1：1：2：2，则A的结构简式为，E的结构简式为，E与氢氧化钠反应生成F为A与HCl发生加成反应生成B，B发生水解反应、酸化得到C，C转化得到D，D分子中除含2个苯环外还含有1个六元环，结合D的分子式可知，应是2分子C发生酯化反应反应生成环酯，则C中侧链中羧基与-OH

21、连接在同一碳原子上，故B为，则C为，D为；(1)A的结构简式是，所含官能团的名称是：羧基、羟基、碳碳双键；(2)反应属于加成反应，反应属于水解反应，反应属于酯化反应，均属于取代反应；(3)由上述分析可知，B的结构简式为，D的结构简式为：；(4)AE反应的化学方程式为：+NaHCO3+H2O+CO2；(5)A()的同分异构体符合下列条件：能与FeCl3溶液发生显色反应且不能水解，含有酚羟基，没有酯基；lmol该物质可与4mol(Ag(NH3)2)+发生银镜反应，含有2个醛基；lmol该物质可与5mol H2加成；芳香族化合物，苯环上的取代基不超过3个；侧链为-OH、-CH(CHO)2时，有邻、间

22、、对三种位置侧链为-OH、-CHO、-CH2CHO时，当-OH、-CHO处于邻位时，-CH2CHO有4种位置，当-OH、-CHO处于间位时，-CH2CHO有4种位置，当-OH、-CHO处于对位时，-CH2CHO有2种位置，故符合条件的同分异构体有：3+4+4+2=13种。【考点定位】考查有机物的推断【名师点晴】根据物质的性质确定A含有的官能团，结合E的分子式确定A的结构是解题的关键，A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH，A能与碳酸氢钠反应生成B，则A分子中含有羧基-COOH，由E的化学式可知A的分子式为C9H8O3，其不饱和度为=6，故故还含有C=C双键，A分子中所含的苯环上

23、有2个取代基，取代基不含支链，核磁共振氢谱有6个吸收峰，峰面积比为1：1：1：1：2：2，则A的结构简式为，E的结构简式为，E与氢氧化钠反应生成F为A与HCl发生加成反应生成B，B发生水解反应、酸化得到C，C转化得到D，D分子中除含2个苯环外还含有1个六元环，结合D的分子式可知，应是2分子C发生酯化反应反应生成环酯，则C中侧链中羧基与-OH连接在同一碳原子上，故B为，则C为，D为，据此解答。24、C10H20 羧基、羰基 4 加成反应 取代反应 CH3CHBrCOOH+2NaOHCH3CH(OH)COONa+NaBr+H2O 【分析】根据A的分子式以及信息和A与酸性高锰酸钾溶液反应的生成物结构

24、简式可知A的结构简式为，则B的结构简式为CH3COCOOH。B与氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为CH3CHOHCOOH，D与HBr发生羟基上的取代反应生成E，则E的结构简式为CH3CHBrCOOH。D分子中羟基和羧基，2分子D反应生成G，则根据G的分子式可知G的结构简式为，据此分析作答；【题目详解】（1）由H的结构简式可知，H分子式为C10H20；（2）B的结构简式为CH3COCOOH，所含官能团为羧基、羰基；（3）含两个-COOCH3基团的C的同分异构体共有H3COOCCH2CH2CH2COOCH3、H2COOCCH(CH3)CH2COOCH3、CH3CH2CH(COOCH3)2、共

25、计4种；其中核磁共振氢谱呈现2个吸收峰的同分异构体的结构简式为；（4）由上述分析知B发生加成反应生成D；D发生取代反应生成E；（5）G为含六元环的化合物，写出其结构简式为；（6）根据以上分析可知EF的化学反应方程式为：CH3CHBrCOOH+2NaOHCH3CH(OH)COONa+NaBr+H2O。25、使受热均匀，便于控制温度 1 12 3 9H2O 使升华的草酸冷凝，避免对CO2检验的干扰 F D G H D E CuO H中黑色固体变红色，第一个D装置无现象，第二个D装置出现白色浑浊，即可证明 【分析】在水浴条件下，葡萄糖被硝酸氧化为草酸，草酸晶体受热分解为CO、CO2、水，用氢氧化钠溶

26、液除去CO中的CO2，干燥后用CO还原氧化铜，用澄清石灰水检验生成的CO2，再用排水法收集CO，防止污染空气。【题目详解】(1)步骤，在5560下，葡萄糖被硝酸氧化为草酸，水浴加热可以使受热均匀，便于控制温度；(2)根据得失电子守恒，葡萄糖被硝酸氧化为草酸的方程式是C6H12O6 +12HNO33H2C2O4 + 9NO2 + 3NO+ 9H2O；(3)20.00 mL草酸溶液中，含有草酸的物质的量是xmol； x=，所得草酸晶体（H2C2O42H2O）的纯度为 ；(4) 草酸钙难溶于水，验证产物CO2，需要除去草酸蒸气，所以装置B的主要作用是使升华的草酸冷凝，避免对CO2检验的干扰；(5)草

27、酸晶体受热分解为CO、CO2、水，检验CO时，用氢氧化钠溶液除去CO中的CO2，干燥后用CO还原氧化铜，用澄清石灰水检验生成的CO2，再用排水法收集CO，防止污染空气，装置依次连接的合理顺序为A、B、F、D、G、H、D、E。CO和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，其中装置H反应管中盛有的物质是CuO；H中黑色固体变红色，第一个D装置无现象，第二个D装置出现白色浑浊，即可证明草酸晶体分解产物中有CO。【答案点睛】本题以草酸的制备和性质检验为载体，考查学生实验能力，理解实验原理是解题关键，明确CO的检验方法，培养学生实验探究能力和实验操作能力。26、2Fe3+ +S2-=2Fe2+S 复分解反应 乙 F

28、eS与盐酸反应不会产生硫沉淀 Fe2S3+4H+=2Fe2+S+2H2S ，一般情况下K105 认为反应可向正反应方向进行完全。 【分析】实验中有黄色沉淀生成说明Fe3+过量时将S2-氧化成硫单质；实验中说明当S2-过量时，Fe3+和S2-反应后的产物不是S单质，根据沉淀的颜色可知可能为Fe2S3；甲同学猜测实验II中的黑色沉淀可能是FeS，乙同学猜测可能是Fe2S3，实验中加入盐酸后黑色沉淀溶解，转化为乳黄色沉淀，并伴有臭鸡蛋气味，说明酸性环境中产生S单质，同时有硫化氢气体生成，亚铁离子不能将S2-氧化，说明一定存在Fe3+，沉淀应为Fe2S3。【题目详解】(1)2Fe3+ 和S2-发生氧化

29、还原反应而得到黄色沉淀，该沉淀应为S单质，结合电子守恒和元素守恒可知离子方程式2Fe3+ +S2-=2Fe2+S；(2)根据离子方程式写出化学方程式为：2FeCl3 +3Na2S=2Fe2S3+6NaCl，该反应为复分解反应；(3) FeS与盐酸反应：FeS+2HCl=FeCl2+H2S不会产生硫沉淀，根据实验III加酸后有乳黄色沉淀产生，可判断黑色沉淀为Fe2S3 ，故乙正确；根据实验现象可写出离子方程式为Fe2S3+4H+=2Fe2+S+2H2S；(4)反应2Fe(OH)3(s)+3S2-(aq)=Fe2S3(s)+6OH-(aq) 的平衡常数 一般情况下K105认为反应可向正反应方向进行

30、完全。27、球形冷凝管 吸收未反应完的氯气和二氧化硫，防止污染空气；防止空气中水蒸气进入甲， 使SO2Cl2水解饱和食盐水SO2Cl2+4OH-SO42-+2Cl-+2 H2O蒸馏B2SOCl24e=4ClSSO2锂是活泼金属，易与H2O、O2反应；SOCl2也可与水反应【答案解析】（1）根据仪器的构造可判断装置甲中仪器A的名称为球形冷凝管；（2）仪器B中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气；（3）装置丙中盛放的试剂要将氯气压入后续反应装置，所以不能溶解氯气，应为饱和食盐水；（4）在实验操作中需要注意的事项有先通冷凝水，再通气体；控制气流速率，宜慢不宜

31、快；若三颈烧瓶发烫，可适当降温，但不能加热三颈烧瓶，否则会加速分解；（5）二者为互溶的液体，沸点相差较大，可采取蒸馏法进行分离；取产物在干燥条件下加热至完全反应（或挥发或分解等），冷却后加水稀释；取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红，证明溶液呈酸性，再取少量溶液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有H2SO4；（6）由总反应可知，SOCl2在正极得电子被还原生成S，同时有生成SO2；该电池必须在无水、无氧的条件下进行，锂易与H2O、O2反应，SOCl2也可与水反应。【题目详解】（1）根据仪器的构造可判断装置甲中仪器A的名称为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（2）甲装置：SO2+Cl2SO2Cl

32、2，二氧化硫、氯气为有毒的酸性气体，产物硫酰氯会水解，所以仪器B中盛放的药品是碱性物质碱石灰，吸收未反应完的氯气和二氧化硫，防止污染空气；防止空气中水蒸气进入甲，使SO2Cl2水解，故答案为：吸收未反应完的氯气和二氧化硫，防止污染空气；防止空气中水蒸气进入甲，使SO2Cl2水解。（3）装置丙中盛放的试剂要将氯气压入后续反应装置，所以不能溶解氯气，应为饱和食盐水；硫酰氯与氢氧化钠反应的离子方程式为SO2Cl2+4OH-SO42-+2Cl-+2H2O，故答案为：饱和食盐水；SO2Cl2+4OH-SO42-+2Cl-+2H2O。（4）由于硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点为-54.1，沸点为69.1，

33、在潮湿空气中“发烟”；100以上开始分解，生成二氧化硫和氯气，长期放置也会发生分解，因此为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有先通冷凝水，再通气体；控制气流速率，宜慢不宜快；若三颈烧瓶发烫，可适当降温，但不能加热三颈烧瓶，否则会加速分解，故答案为：。（5）二者为互溶的液体，沸点相差较大，可采取蒸馏法进行分离，故答案为：蒸馏。氯磺酸（ClSO3H）分解反应为2ClSO3H=H2SO4+SO2Cl2，取产物在干燥条件下加热至完全反应（或挥发或分解等），冷却后加水稀释；取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红，证明溶液呈酸性，再取少量溶液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有H2SO4，

34、或取反应后的产物直接加BCl2溶液，有白色沉淀，证明含有硫酸根离子，再滴加紫色石蕊试液变红，说明含有H2SO4，故答案为：B。（6）由总反应可知，SOCl2在正极得电子被还原生成S，同时有生成SO2，电极反应为2SOCl24e=4ClSSO2，故答案为：2SOCl24e=4ClSSO2。锂性质活泼，易与H2O、O2反应，SOCl2也可与水反应，组装该电池必须在无水、无氧的条件下进行，故答案为：锂是活泼金属，易与H2O、O2反应；SOCl2也可与水反应。28、烧杯、漏斗、玻璃棒 H2SiO3 5.66.2 Al2O3 盐酸的量不易控制 2NH4+CaCO32NH3+Ca2+CO2+H2O ZrO

35、2+2NH3H2O+H2O=Zr(OH)4+2NH4+ 取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的AgNO3，未产生白色沉淀，则洗涤干净 防止Fe2+被氧化 FeSO47H2O TiOSO4+2H2OH2TiO3+H2SO4 TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO 活性炭与O2反应并放热，促进反应正向移动利于制备TiCl4 做保护气 稀盐酸 溶解MgCl2和未反应的Mg，过滤后提纯金属钛 【题目详解】A部分： （1）从反应流程可知，操作I为过滤，所需要的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠与盐酸反应生成了胶状沉淀硅酸，因此操作I除了得到溶液a还可得到H2SiO3；综

36、上所述，本题答案是：烧杯、漏斗、玻璃棒，H2SiO3。(2)加氨水的目的是除去溶液中的铁离子和铝离子，使两种离子变为沉淀，根据表格数据可知，当溶液a中调节pH的的范围是5.66.2之间时，即可实现目的；综上所述，本题答案是：5.66.2。 (3)滤渣II为氢氧化铁和氢氧化铝混合物，氢氧化铝能够与强碱反应生成偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠溶液中加入过量的二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，加热氢氧化铝得到氧化铝固体；所以氧化物B的化学式为Al2O3；若试剂X为盐酸，盐酸适量，偏铝酸钠与盐酸反应产生氢氧化铝沉淀，盐酸过量，氢氧化铝沉淀溶解，因此使用盐酸制备氢氧化铝就需控制盐酸的使用量；综上所述，本题答案是：Al2O

37、3；盐酸的量不易控制。(4)根据流程分析可知，操作III除得到Zr(OH)4外还得到氯化铵溶液，氯化铵溶液水解显酸性，向该溶液中加入CaCO3粉末并加热，得到二氧化碳和氨气。该反应的离子方程式为2NH4+CaCO32NH3+Ca2+CO2+H2O；综上所述，本题答案是：2NH4+CaCO32NH3+Ca2+CO2+H2O。(5) 强酸性溶液b中含有ZrO2+，该离子能够与氨水反应生成Zr(OH)4沉淀，离子方程式为：ZrO2+2NH3H2O+H2O=Zr(OH)4+2NH4+；综上所述，本题答案是：ZrO2+2NH3H2O+H2O=Zr(OH)4+2NH4+。(6)为得到纯净的ZrO2，Zr(

38、OH)4需要洗涤附着的氯化铵溶液，是否洗涤干净，可用稀硝酸和硝酸银溶液检验洗涤液中是否存在氯离子；具体操作如下：取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的AgNO3，未产生白色沉淀，则洗涤干净；综上所述，本题答案是：取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的AgNO3，未产生白色沉淀，则洗涤干净。 B部分： (1) 钛精矿主要成分为FeTiO3，铁为+2价，固体产物A中溶于水后溶液中含有Fe2+，Fe2+易被氧化，因此步骤中加入铁屑的作用是防止Fe2+被氧化；综上所述，本题答案是：防止Fe2+被氧化。(2)晶体K俗称绿矾，它为带有7个结晶水的硫酸亚铁晶体，化学式为FeSO47H2O；综上所述，本题答案是：FeSO4