2021-2022学年山东省威海乳山市高三上学期期中考试化学试题

高中化学1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考生号、座号填写在相应位置。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号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。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27P31S32Cl35.5Mn55Cu64Zn65一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与人类生产、生活密切相关。下列说法错误的是A.氯化钙溶解放热，可用于制作自加热罐头B.二氧化氯能够氧化甲醛，含二氧化氯的装修除味剂可用作甲醛清除剂C.固态二氧化碳汽化时会使周围温度降低，低温实验时常用其作制冷剂D.柠檬酸常用作复合膨松剂的酸性物质，其作用主要是降低食品的碱性【答案】D【解析】【详解】A．氯化钙溶解放热的性质使得它可用于制作自加热罐头和加热垫上等，A正确；B．甲醛是还原性物质，二氧化氯具有强氧化性，即通过它的强氧化能力和甲醛、苯、氨等有害气体发生化学反应，生成稳定物质，不再释放有害气体，因此含二氧化氯的装修除味剂可用作甲醛清除剂，B正确；C．固态二氧化碳升华时吸热，使周围环境温度降低，可广泛用于制冷剂、人工降雨，因此低温实验时常用其作制冷剂，C正确；D．柠檬酸常用作复合膨松剂的酸性物质，可与复合膨松剂中的碳酸氢钠等反应，可使产气量大，另一方面能使发粉之残留物为中盐，保持制品的色、味，D错误；答案选D。2.关于OF2、Cl2O和NF3的结构与性质，下列说法错误的是A.OF2是极性分子 B.NF3的空间构型为三角锥形C.OF2的键角大于Cl2O D.N、O原子的杂化方式相同【答案】C【解析】【详解】A．OF2是V形结构，属于极性分子，故A正确；B．NF3中N原子有1对孤电子对，3个键，夹层电子对为4，属于sp3杂化，NF3的空间构型为三角锥形，故B正确；C．OF2和Cl2O都是V形结构，原子的电负性F>O>Cl，O-F键的成键电子对偏向F，排斥作用小，键角小，OF2的键角小于Cl2O，故C错误；D．NF3中N原子有1对孤电子对，3个键，夹层电子对为4，属于sp3杂化；OF2、Cl2O中O原子有2对孤电子对，2个键，夹层电子对为4，属于sp3杂化，N、O原子的杂化方式相同，故D正确；故答案为C。3.足球烯(C60)分子形成的晶体是碳的一种单质形态。下列说法错误的是A.形成该单质的微粒间作用力为范德华力B.足球烯晶体的熔沸点低于金刚石晶体C.足球烯、石墨均可作为生产耐高温的润滑剂材料D.足球烯在苯中的溶解度比在酒精中的溶解度大【答案】C【解析】【详解】A．足球烯是分子晶体，形成该单质的微粒间作用力是分子间作用力，为范德华力，A正确；B．足球烯晶体是分子晶体，金刚石晶体是原子晶体，足球烯熔沸点低于金刚石晶体，B正确；C．足球烯是分子晶体不可作为生产耐高温的材料，C错误；D．足球烯是非极性分子，苯是非极性溶剂，酒精是极性溶剂，根据相似相溶原理，足球烯在苯中的溶解度比在酒精中的溶解度大，D正确；故选C。4.下列关于仪器使用的说法错误的是A.仪器①为蒸发皿，可用于蒸发或浓缩溶液B.仪器②③加热时需要垫石棉网C.仪器③为蒸馏烧瓶，主要用于混合液体的蒸馏和分馏D.仪器④为容量瓶，使用前应检查是否漏水【答案】B【解析】【详解】A．仪器①为蒸发皿，可以直接加热，用于蒸发或浓缩溶液，故A正确；B．仪器②为坩埚，用于灼烧固体，直接加热，仪器③为蒸馏烧瓶，加热时需要垫石棉网，故B错误；C．仪器③为蒸馏烧瓶，主要是利用沸点不同分离混合液体，用于蒸馏和分馏操作的仪器，故C正确；D．仪器④为容量瓶，磨砂口的玻璃仪器，使用前应检查是否漏水，故D正确；故答案为B。5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温下，2.0gH218O中含有的质子数目为2NAB.标准状况下，二氯甲烷中含有4NA个极性共价键C.由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO-数目为NAD.标准状况下，2.24LNO2完全溶于水，反应过程转移电子的数目为NA【答案】C【解析】【详解】A．2.0gH218O为，每个H218O分子中质子数为10个，故2.0gH218O中含有的质子数目为NA，故A错误；B．标准状况下，二氯甲烷为液体，不能用计算二氯甲烷物质的量，故B错误；C．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，根据电荷守恒可知：，溶液显中性即：，故，CH3COO-数目为NA，故C正确；D．标准状况下2物质的量为，二氧化氮与水的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO~2e-，则反应中转移电子数为，故D错误；故答案为C。6.下列由实验现象所得结论错误的是A.向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，紫色褪去，说明H2O2具有还原性B.向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明该溶液中含有Fe2+，无Fe3+C.向CuCl2固体中逐渐加水，溶液由黄绿色逐渐变蓝色，说明Cl-和H2O相互竞争引起平衡移动，从而使溶液颜色发生变化D.用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近从酸式滴定管中流出的CF2Cl2，液流方向改变，说明CF2Cl2是极性分子【答案】B【解析】【详解】A．向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，紫色褪去，是由于H2O2被KMnO4溶液氧化为O2，KMnO4被还原为无色Mn2+，因此可证明H2O2具有还原性，A正确；B．向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明该溶液中含有Fe2+，但不能确定是否含有Fe3+，B错误；C．向CuCl2固体中逐渐加水，开始时溶液显黄色，随着水量的增加，溶液由黄绿色逐渐变蓝色，这是由于溶液中产生更多的[Cu(H2O)4]2+，而使溶液显蓝色，故溶液颜色发生变化是Cl-和H2O相互竞争引起的平衡移动所致，C正确；D．CF2Cl2是四面体结构，物质分子中正负电荷重心不重合，因此该物质分子是极性分子；用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，CF2Cl2分子是极性分子，当玻璃棒靠近从酸式滴定管中流出的CF2Cl2时，由于静电感应，液流方向改变，从而可说明CF2Cl2是极性分子，D正确；故合理选项是B。7.下列图示的实验，能够实现相应实验目的的是A.利用甲装置用CCl4从碘水中萃取碘 B.利用乙装置制取并收集少量纯净的氯气C.利用丙装置控制制取氧气的速率 D.利用丁装置验证SO2的漂白性【答案】A【解析】【详解】A．碘易溶于CCl4，可用CCl4从碘水中萃取碘，故A正确；B．高锰酸钾和浓盐酸制氯气，浓盐酸挥发，制备收集的氯气不纯净，故B错误；C．过氧化钠是粉末状，不能用该装置控制反应速率，故C错误；D．SO2与Fe2(SO)4发生氧化还原，生成亚铁离子，KSCN溶液颜色褪去，故D错误；故答案为A。8.近期我国科技工作者开发了高效NO净化催化剂(用M表示)，实现NO减排，其催化原理如图所示(□代表氧空位)。下列说法错误的是A.反应过程中有O-H的断裂和生成B.反应过程中Ce的成键数目未发生改变C.反应过程中Ti的化合价发生了改变D.催化循环的总反应为：4NH3+4NO+O24N2+6H2O【答案】B【解析】【详解】A．从图中分析，催化剂表面的O与NH3中的H生成O-H键，一个O原子结合两个H生成两个O-H键即以H2O的形式脱离催化剂，催化剂表面两个O-H键也可断裂一个O-H生成水的同时留一O在催化剂表面，反应过程中有O-H生成，也有O-H的断裂，A正确；B．从图中分析，Ce的成键数目有氧空位和无氧空位不同，是否与N原子成键也影响其成键数目，反应过程中Ce的成键数目发生改变，B错误；C．从图中分析，Ti原子有氧空位时与一个O原子连接，无氧空位时与两个O原子连接，反应过程中Ti化合价发生了改变，C正确；D．从图中分析，全过程进入体系的物质有“”、两次的“NH3+NO”，出来的物质有“H2O”、“N2”、“N2+2H2O”，故催化循环的总反应为：4NH3+4NO+O24N2+6H2O，D正确；故选D。9.XeF4在水中的反应为：6XeF4+12H2O=2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑。下列说法正确的是A.XeF4分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构B.XeO3分子空间构型为平面三角形C.上述反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2D.反应中收集到标准状况下气体，共转移电子【答案】CD【解析】【详解】A．Xe原子最外层电子数本来为8，与F原子成键后最外层不再是8电子稳定结构，A错误；B．XeO3分子中心原子Xe原子价电子对数，是sp3杂化，轨道构型是正四面体型，三个氧原子在三个顶点，分子空间构型为三角锥型，B错误；C．该反应中按系数计算，有2mol的XeF4的Xe化合价从+4价升高到+6价，有4mol的XeF4的Xe化合价从+4价降低到0价，有6mol的H2O的O从-2价升高到0价，化合价降低部分作氧化剂，化合价升高部分作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，C正确；D．反应中收集到标准状况下气体，该气体的物质的量为，根据方程式，两种气体的物质的量之比是4:3，该反应中失去电子有Xe和O两种元素，得到电子就Xe元素，转移电子以得到电子生成Xe气体计算，共转移电子(mol)，D正确；故选CD。10.短周期元素原子组成的某种分子的结构式如图所示。X原子的核外电子只有一种运动状态；W、Y、Z位于同一周期，Z元素原子中p轨道所含电子数与s轨道相等。E与W有相同数目的价电子。下列说法错误的是

A.电负性：B.简单阴离子半径：C.同周期中，第一电离能大于Z的元素有2种D.同主族元素中，W形成的气态氢化物最稳定【答案】C【解析】【分析】X原子的核外电子只有一种运动状态，则X原子核外只有1个电子，因此X为H，W原子的成键数为1，则W为F或Cl，Y的成键数为4，则Y为C或Si，Z元素原子中p轨道所含电子数与s轨道相等，则Z为O或Mg，因Z与非金属原子之间形成的是共价键，则Z为O，W、Y、Z位于同一周期，因此W为F，Y为C，E与F原子有相同数目的价电子，且为短周期元素，则E为Cl。【详解】由上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，W为F，E为Cl。A．同一周期从左至右元素的电负性逐渐增大，同一主族从上至下元素的电负性逐渐减小，因此电负性：F>C>H，故A正确；B．Cl-核外有3个电子层，F-、O2-核外有2个电子层，粒子核外电子层数越多，其半径越大，电子层数相同时，原子核内质子数越多，半径越小，因此半径：Cl->O2->F-，故B正确；C．同一周期中，原子的第一电离能从左至右有逐渐增大的趋势，由于价电子所填充轨道全充满或半充满会反常，因此第二周期中第一电离能大于O原子的有N、F、Ne，共3种，故C错误；D．元素的非金属性越强，其形成的简单气态氢化物的稳定性越好，同主族元素从上至下元素的非金属性逐渐减弱，因此VIIA族中元素形成的气态氢化物中HF最稳定，故D正确；综上所述，说法错误的是C项，故答案为C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验操作、现象和所得结论正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向某加碘酸钾的食盐溶液中，加入淀粉，并滴入适量硝酸溶液变为蓝色硝酸与碘酸钾反应生成I2B将Cl2和H2S气体在集气瓶中混合瓶壁上出现黄色固体Cl2的氧化性比S强C向含有少量铜粉的Cu(NO3)2溶液中滴入稀硫酸铜粉逐渐溶解稀硫酸能与铜单质反应D向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液；再加入足量稀盐酸先出现白色沉淀，后部分沉淀溶解久置的Na2SO3部分被氧化A.A B.B C.C D.D【答案】BD【解析】【详解】A．碘遇淀粉变蓝。向某加碘酸钾的食盐溶液中，加入淀粉，并滴入适量硝酸，溶液变为蓝色，不能说明硝酸与碘酸钾反应生成I2，还可能是碘酸钾分解生成碘化钾，在被硝酸氧化生成I2，故A错误；B．将Cl2和H2S气体在集气瓶中混合，瓶壁上出现黄色固体为硫，H2S中S元素的化合价由-2升高到0，说明H2S是还原剂发生了氧化反应，S属于氧化产物，Cl2属于氧化剂，所以Cl2的氧化性比S强，故B正确；C．向含有少量铜粉的Cu(NO3)2溶液中滴入稀硫酸，铜粉逐渐溶解，是因为溶液中含有硝酸根离子，遇到酸形成硝酸，就能和铜单质反应，稀硫酸不会和铜单质反应，故C错误；D．BaSO3是能溶于稀盐酸的白色沉淀，BaSO4是不能溶于水和稀盐酸的白色沉淀。所以向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入足量稀盐酸先出现白色沉淀，后部分沉淀溶解，说明久置的Na2SO3部分被氧化，故D正确；故答案：BD。12.磷钇矿是提取钇的重要矿物原料，某磷钇矿的四方晶胞如图所示。下列说法错误的是A.该晶体的化学式为YPO4 B.PO中磷原子采用sp3杂化C.距离钇原子为a的PO有6个 D.晶胞参数a等于钇和磷酸根直径之和【答案】CD【解析】【详解】A．从磷钇矿的四方晶胞图示可知，PO分处在六个面和四条棱上，属于该晶胞的个数有，Y分处在八个顶点、四个侧面和体心，属于该晶胞的个数有，该晶体的晶胞中Y和PO个数比是1:1，故其化学式为YPO4，A正确；B．PO中磷原子作为中心原子，其价电子对数为，故其采用sp3杂化，B正确；C．该四方晶胞参数为a，Y原子在顶点位置，距离钇原子为a的PO处在面心位置，从图中可知，在一个晶胞中，一个顶点所在的三个面只有一个面心有PO，一个顶点属于八个晶胞，一个面心PO属于两个晶胞，故距离钇原子为a的PO有个，C错误；D．从图中分析，以面上PO和Y原子连线平行于棱，两微粒均在面内可知，其直径之和比棱长小，即晶胞参数a大于钇和磷酸根直径之和，D错误；故选CD。13.某化学小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应，实验记录如下表所示：已知：Cu2++Cu+4Cl-=2[CuCl2]-，[CuCl2]-CuCl↓(白色)+Cl-序号ⅠⅡⅢ实验步骤充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水实验现象铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀下列说法错误的是A.实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，Fe3+均被还原B.实验Ⅰ中加入铜粉充分反应后，溶液中铜以[CuCl2]-的形式存在C.实验Ⅱ中所得白色沉淀能溶于饱和NaCl溶液D.向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀【答案】B【解析】【分析】实验Ⅰ∶少量铜粉加入1mL0.1mol/L氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象，说明铁离子氧化铜生成铜离子；实验Ⅱ∶过量铜粉加入1mL0.1mol/L氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉有余，溶液黄色褪去，铁离子全部和铜反应，加入蒸馏水后生成白色沉淀，说明铜被氧化的产物中有亚铜离子，生成CuCl白色沉淀；实验Ⅲ︰过量铜粉加入1mL0.05mol/L硫酸铁溶液﹐充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉有余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉，说明铁离子反应完全，生成的溶液中可能含铜离子和亚铜离子，据此分析判断。【详解】A．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中溶液黄色变浅或褪去，均涉及Fe3+被还原，A正确﹔B．实验Ⅰ中少量铜粉加入1mL0.1mol/L氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象，说明铁离子氧化铜生成铜离子，溶液中铜元素不是以[CuCl2]-的形式存在，B错误；C．实验II中过量铜粉加入1mL0.1mol/L氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉有余，溶液黄色褪去，铁离子全部和铜反应，加入蒸馏水后生成白色沉淀，说明铜被氧化的产物中有亚铜离子，生成CuCl白色沉淀，由于在溶液中存在平衡：[CuCl2]-CuCl↓(白色)+Cl-，向其中加入饱和NaCl溶液，c(Cl-)增大，平衡逆向移动，CuCl白色沉淀转化为可溶性[CuCl2]-，因此白色沉淀能溶于饱和NaCl溶液，C正确；D．实验Ⅲ︰过量铜粉加入1mL0.05mol/L硫酸铁溶液﹐充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉有余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉，说明铁离子反应完全，生成溶液中可能含铜离子和亚铜离子，向其中加入NaCl饱和溶液，Cu+与Cl-反应产生CuCl白色沉淀，D正确；故合理选项是B。14.五氧化二钒(V2O5)是接触法制硫酸的催化剂。从废钒催化剂(主要成分为V2O5、V2O4、K2SO4、SiO2、Fe2O3)中回收V2O5的工艺流程如图所示：

已知：①钒的氧化物在酸性条件下以VO、VO2+存在；②“离子交换”和“洗脱"”过程可简单表示为4ROH+V4OR4V4O12+4OH－。下列说法正确的是A.“氧化”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶1B.离子交换时应选择阳离子交换树脂C.“中和”过程中，含钒离子发生反应的离子方程式为4VO+8OH－=V4O+4H2OD.为了提高洗脱效率，应选择强碱性淋洗液【答案】CD【解析】【分析】废钒催化剂(主要成分为V2O5、V2O4、K2SO4、SiO2、Fe2O3)加入稀硫酸，二氧化硅不反应，V2O5、V2O4、Fe2O3和稀硫酸反应，生成VOSO4，加入氯酸钾，VO2+被氧化，再加入KOH将铁离子沉淀，VO变为V4O，根据信息用离子交换膜交换得到R4V4O12，再洗脱得到V4O，再加入氯化铵沉淀煅烧，最终得到V2O5。【详解】A．“氧化”过程中主要是VO2+和发生氧化还原反应，化合价降低到Cl－，降低6个，VO2+化合价升高到VO，升高1个，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6；故A错误；B．根据离子交换表示为4ROH+V4OR4V4O12+4OH－，因此离子交换时应选择阴离子交换树脂，故B错误；C．“中和”过程中，将铁离子沉淀，而含钒离子发生反应的离子方程式为4VO+8OH－=V4O+4H2O，故C正确；D．根据4ROH+V4OR4V4O12+4OH－，为了提高洗脱效率，应选择强碱性淋洗液，故D正确。综上所述，答案为CD。15.磷化铝与水反应产生高毒的PH3气体(还原性强、易自燃)，可用于粮食熏蒸杀虫。食品安全标准规定：粮食中磷化物(以PH3计)的含量低于时合格。可用以下方法测定粮食中残留的磷化物含量：

已知：装置C中盛100g粮食。装置D中反应共消耗4.0×10-7molKMnO4。下列说法错误的是A.装置A的作用是除去空气中的还原性气体B.实验中，应先打开K2，再打开K1，将装置中生成的PH3赶出C.装置D发生反应的离子方程式是：5PH3+8MnO+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2OD.该原粮样品磷化物的含量合格【答案】BD【解析】【分析】该实验主体部分是装置C中水与粮食中残留的磷化物反应生成PH3，将PH3全部排入装置D中用KMnO4吸收并定量测定。反应前应用KMnO4酸性溶液洗涤过的空气排除装置内可能影响测定的还原性气体。【详解】A．据分析，装置A的作用是除去空气中的还原性气体，A正确；B．实验中，应先打开K1排除装置内还原性气体，关闭K1打开K2，放入水与粮食中残留的磷化物充分反应，再关闭K2打开K1，将生成的PH3全部赶进装置D进行反应测定，B错误；C．装置D内酸性KMnO4溶液与从C中排出的PH3发生反应，离子方程式是：5PH3+8MnO+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O，C正确；D．根据反应5PH3+8MnO+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O，装置D中反应共消耗4.0×10-7molKMnO4，则PH3的质量为，则粮食中磷化物(以PH3计)的含量是，高于，该原粮样品磷化物的含量不合格，D错误；故选BD。三、非选择题：本题共5小题，共60分16.合理利用工业烟尘，变废为宝，对保护环境具有重要意义。一种以铜冶炼烟尘(主要成分是CuO、Cu2O、ZnO、PbO、SiO2、As2O3)为原料制备Cu和ZnSO4·6H2O的流程如图所示：

已知：酸浸时As2O3转化为H3AsO3。回答下列问题：（1）能提高“酸浸”浸出率的措施是___________(任写一条)，“滤渣1”的主要成分是___________。（2）“酸浸”过程中Cu2O发生反应的化学方程式为___________。（3）“滤渣2”的成分为FeAsO4，则“沉砷”过程中发生反应的离子方程式为___________。（4）ZnSO4的溶解度曲线如图1所示。从溶液中回收ZnSO4·6H2O的实验操作为___________。

（5）取26.90gZnSO4·6H2O加热，剩余固体的质量随温度的变化如图2所示。750℃时所得固体的化学式为___________(填序号)。

a．ZnOb．ZnSO4c．Zn3O(SO4)2d．ZnSO4·H2O【答案】（1）①.适当升高温度或增加硫酸浓度②.PbSO4、SiO2（2）（3）（4）加热浓缩、趁热过滤（5）C【解析】【分析】铜冶炼烟尘在空气作用下用稀硫酸酸浸，各种金属元素以离子形式存在于溶液之中，不溶于稀硫酸的SiO2沉淀析出，滤液中铜离子用铁单质置换后过滤析出，制得Cu；再用硫酸铁将溶液中的砷元素以砷酸铁沉淀析出，最后在空气作用下用氧化锌调节pH值以氢氧化铁除去铁元素，得到的滤液经加热浓缩趁热过滤制得ZnSO4·6H2O。【小问1详解】烟尘“酸浸”欲提高浸出率，可适当增加稀硫酸浓度、适当升高温度或者充分吹入空气等操作；从该烟尘的成分看，酸浸时PbSO4、SiO2溶解不了，留在滤渣。【小问2详解】“酸浸”过程中Cu2O在氧气作用下与稀硫酸发生反应，化学方程式为：。【小问3详解】“滤渣2”的成分为FeAsO4，则“沉砷”过程中加入的硫酸铁与砷酸发生反应，离子方程式为：。【小问4详解】从图1中ZnSO4的溶解度曲线分析，欲从溶液中回收ZnSO4·6H2O的温度范围在312-333℃，故实验操作为加热浓缩、趁热过滤。【小问5详解】750℃时剩余固体与680℃时一样，剩下，质量减少了，26.90gZnSO4·6H2O中水的质量，则还有S元素质量减少，26.90gZnSO4·6H2O中S元素的质量，则S元素还有剩余，故答案选择C。17.碳、硅及其化合物在生产、生活中应用广泛。回答下列问题：（1）基态Si原子价层电子空间运动状态有___________种。（2）C、O、Si电负性由小到大的顺序为___________；CS2分子的空间构型为___________；CS2的熔点___________(填“高于”或“低于”)CO2，原因是___________。（3）C和Si与O原子结合形成CO2和SiO2时假设采用甲、乙两种构型：化学键键能(kJ/mol)化学能键能化学能键能C-C331C-O343Si-Si197Si-O466C=C620C=O805Si=Si272Si=O640SiO2晶体中Si原子采取的构型是___________(填“甲”或“乙”)，从能量角度解释Si原子采取该构型的原因是___________。（4）碳化硅(SiC)是人工合成的无机非金属材料，其晶体结构类似于金刚石，结构如图所示：①在立方体体对角线的一维空间上碳、硅原子的分布规律(原子的比例大小和相对位置)正确的是___________(填序号)。a．·b．c．d．②SiC晶体中硅原子与离其最近的原子间距离为d，则硅原子与离其次近的原子间距离为___________，一个硅原子周围与其次近的原子的数目为___________。【答案】（1）4（2）①.Si<C<O②.直线型③.高于④.CS2与CO2都属于分子晶体，组成结构相似，CS2相对分子质量较大，分子间作用力较强（3）①.乙②.Si原子与O原子形成四个Si-O键的总键能高于形成两个Si=O键的总键能，体系更加稳定（4）①.a②.③.3【解析】【小问1详解】基态Si原子价层电子排布为3s23p2，每个电子的空间运动状态均不同，共有4种。小问2详解】同周期元素电负性随质子数增大而增大，同主族元素电负性随电子层数增大而减小，故C、O、Si电负性由小到大的顺序为Si<C<O；CS2分子的中心原子有2个σ键，没有孤电子对，是sp杂化，连接两个S原子，分子的空间构型为直线型；CS2与CO2都属于分子晶体，组成结构相似，CS2相对分子质量较大，分子间作用力较强，熔点较高。【小问3详解】从表中数据可知，Si原子与O原子形成四个Si-O键的总键能高于形成两个Si=O键的总键能，体系更加稳定，故SiO2晶体中Si原子采取乙所示的构型。【小问4详解】①硅原子半径比碳原子大，从图中微粒大小关系判断，较小的碳原子在碳化硅立方晶胞的八个顶点和六个面面心位置，较大的硅原子在体对角线离顶点处，且四个硅原子对应的顶点处于交错位置，和该顶点所在面的面心构成正四面体，一个晶胞内体对角线均分四段，五个点上的原子顺序是“碳-硅-空-空-碳”，则在立方体体对角线的一维空间上碳、硅原子的分布规律如图a所示；②据①的分析，SiC晶体中与硅原子最近的原子是与其构成正四面体的碳原子，与其次近的原子是同处在平行与晶胞面的平面内的硅原子，距离是面对角线的一半，硅原子与离其最近的原子间距离为d，则体对角线长为4d，设晶胞棱长为x，有，x=,晶胞面对角线为，故硅原子与其次近的原子间距离为；一个晶胞内一个硅原子周围与其次近的原子是另外的硅原子，数目是3个，硅原子在晶胞内部，完全属于一个晶胞，故一个硅原子周围与其次近的原子的数目为3。18.过氧化锶在工业上常用作分析试剂、氧化剂、漂白剂等。在实验室中利用氨气、30%H2O2溶液与SrCl2溶液反应制备过氧化锶晶体(SrO2·8H2O)的装置如图所示：已知：过氧化锶温度低于5℃时溶解度小，温度升高溶解度增大，易溶于稀酸。回答下列问题：（1）装置甲中a的作用是___________，制取NH3时用饱和食盐水代替水的目的是___________。（2）装置乙的作用是___________。（3）装置丙中仪器b的名称是___________，冰水浴的作用是___________。（4）装置丙中发生反应的离子方程式为___________。（5）设计实验证明SrO2的氧化性比FeCl3的氧化性强：___________(写出必要的实验操作、现象和结论)。【答案】（1）①.平衡气压，使饱和食盐水顺利流下②.使反应更平缓（2）乙作用为检测NH3流速，控制反应速率（3）①.三颈烧瓶②.降低SrO2溶解度，便于形成SrO2·8H2O晶体（4）Sr2++H2O2+2NH3+8H2O=SrO2·8H2O+2NH（5）在盐酸的FeCl2溶液中加入KSCN溶液，无明显现象加入SrO2后溶液变为血红色，则可证明SrO2氧化性比FeC13强；【解析】【小问1详解】a为恒压管，作用为平衡气压，使饱和食盐水顺利流下；反应进行，水减少，会有NaCl析出覆盖在Mg3N2表面，可以使反应更平缓；【小问2详解】乙中若NH3流速过快，则乙中压强增大CCl4会沿长颈漏斗上升，则此时应控制甲中反应速率，故乙作用为检测NH3流速，控制反应速率；【小问3详解】b为三颈烧瓶，由题干已知可知过氧化锶温度低于5℃时溶解度小，故冰水浴目的为：降低SrO2溶解度，便于形成SrO2·8H2O晶体；【小问4详解】b中为NH3、H2O2、SrCl2反应生成SrO2·8H2O，反应为：Sr2++H2O2+2NH3+8H2O=SrO2·8H2O+2NH；【小问5详解】在盐酸的FeCl2溶液中加入KSCN溶液，无明显现象加入SrO2后溶液变为血红色，则可证明SrO2氧化性比FeC13强；19.KBr是一种重要的无机化合物，可用于光谱分析和化学分析等。某溴素厂以卤水为原料生产液溴和KBr的工艺流程如下图所示：回答下列问题：（1）“氧化Ⅰ”加入稀硫酸的目的是___________(从化学平衡移动角度解释)。（2）“还原、富集”时发生反应的离子方程式为___________。（3）“冷凝、分离”后剩余的粗溴水应循环使用，应将其导入到___________操作中(填操作单元的名称)，该生产流程中可以循环利用的物质有___________(填名称)。（4）“尿素还原”时发生反应的化学方程式为___________。（5）KBr可用于测定苯酚样品的纯度：取苯酚试样，用NaOH溶液溶解后配制成250mL溶液；取该溶液，加入的KBrO3(含过量KBr)标准溶液，然后加入足量盐酸，充分反应后再加足量KI溶液；用2S2O3溶液滴定至淡黄色，加入指示剂，继续滴定至终点，用去Na2S2O3溶液。测定过程中物质的转化关系如下：①加入指示剂为___________。②苯酚样品的纯度为___________(计算结果保留到小数点后1位)。【答案】（1）溴水中存在反应：Br2+H2OHBr+HBrO，加入稀硫酸增大氢离子浓度，可抑制溴和水的反应（2）SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+（3）①.蒸馏②.硫酸（4）3Br2+3K2CO3+CO(NH2)2=N2↑+4CO2↑+6KBr+2H2O（5）①.淀粉溶液②.90.24%【解析】【分析】“氧化Ⅰ”氯气将溴单质置换出来，发生反应为Cl2+2KBr=Br2+KCl，“还原、富集”利用SO2的还原性和Br2的氧化性，反应离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+，“尿素还原”反应的化学方程式为3Br2+3K2CO3+CO(NH2)2=N2↑+4CO2↑+6KBr+2H2O；【小问1详解】“氧化Ⅰ”是利用氯气的氧化性比溴的强，将溴单质置换出来，由于溴单质在水中会发生部分反应：Br2+H2OHBr+HBrO，加入稀硫酸增大氢离子浓度，可抑制溴和水的反应，【小问2详解】“还原、富集”时是SO2和Br2发生氧化还原反应生成HBr和H2SO4，反应的离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+；【小问3详解】粗溴中还含有溴单质，应导入蒸馏装置中，生产过程中还原富集这一步产生了H2SO4，故可循环利用的物质是硫酸，【小问4详解】“尿素还原”是利用尿素含有Br2，同时K2CO3参与反应生成N2、CO2、KBr，反应的化学方程式为3Br2+3K2CO3+CO(NH2)2=N2↑+4CO2↑+6KBr+2H2O；【小问5详解】①溴液中含有的KBrO3及过量KBr在盐酸条件下反应产生单质溴、氯化钾和水，方程式为：KBrO3+5KBr+6HCl═3Br2+6KCl+3H2O，单质溴具有氧化性，能将碘离子氧化生成单质碘，离子方程式为：Br2+2I-=2Br-+I2，用0.1000mol•L-1Na2S2O3溶液滴定至淡黄色，加入指示剂，继续滴定至终点，I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI，加入的指示剂为淀粉溶液，碘单质遇到淀粉变蓝色，故答案为：淀粉溶液；

②定量关系Br2+2I-=2Br-+I2，I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI，Br2～I2～2S2O，与I-反应的Br2：n1(Br2)=n(S2O)=×16.20×10-3

L×0.100

0

mol•L-1=8.1×10-4

mol，KBrO3+5KBr+6HCl═3Br2+6KCl+3H2O，定量关系BrO～5Br-～3Br2，KBrO3与KBr生成的Br2：n(Br2)=3n(KBrO3)=3×25.00×10-3

L×0.030

00

mol•L-1=2.25×10-3

mol，与C6H5OH反应的Br2：n2(Br2)=n(Br2)-n1(Br2)