山东省青岛市四区县2022-2023学年高三上学期期中考试化学试题

2022—2023学年度第一学期期中学业水平检测高三化学试题说明：1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，考试时间90分钟，满分100分。2.可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mg24Si28S32Cl35.5Cu64In115一、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.化学与生产、生活、科技和环境等密切相关。下列有关说法错误的是A.侯氏制碱过程中应向饱和食盐水中先通NH3，后通CO2B.84消毒液与洁厕灵不能混用，若混用能产生有毒气体C.卫星探测器上的太阳能电池帆板主要成分是晶体硅D.“汽车尾气处理”有助于改善城市空气质量，有利于实现“碳达峰、碳中和”【答案】D【解析】【详解】A．根据氨气极易溶于水、二氧化碳能溶于水的性质，向饱和食盐水中先通入氨气至饱和，再通入足量二氧化碳，可生成较多的碳酸氢钠，将碳酸氢钠灼烧可转化为碳酸钠，选项A正确；B．84消毒液的有效成分是次氯酸钠，洁厕灵的主要成分是盐酸，若将两者混合使用，可能会发生如下反应:NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，选项B正确；C．晶体硅是种性能良好的半导体材料，常用于制作芯片和太阳能电池板，卫星探测器上的太阳能电池帆板主要成分是晶体硅，选项C正确；D．汽车尾气中含有有毒的一氧化碳和一氧化氮，在催化加的作用下将其转化为二氧化碳和氮气，因此汽车尾气处理不能减少二氧化碳的排放，选项D错误；答案选D。2.2021年我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质的转化过程示意图如下，下列说法错误的是A.淀粉溶液能产生丁达尔现象B.CO2和CH3OH均属于非电解质C.反应②每生成1molCH3OH转移6NA个电子D.“C6→淀粉”过程中只涉及C—O键断裂和生成【答案】D【解析】【详解】A．淀粉溶液属于胶体，能表现胶体的性质，能产生丁达尔现象，故A正确；B．二氧化碳和甲醇都不能电离出自由移动的离子，均属于非电解质，故B正确；C．由图可知，反应②为二氧化碳和氢气反应生成甲醇，反应方程式为CO2+3H2=CH3OH+H2O，反应生成1mol甲醇时，反应转移6NA个电子，故C正确；D．由图可知，C6→淀粉过程中涉及了H—O键和C—O键的断裂，故D错误；故选D。3.关于下列仪器使用的说法错误的是A.①、②、④使用前需检漏 B.①、③常用于物质的分离C.④洗净后必须要进行烘干 D.⑤可用于冷凝回流【答案】C【解析】【详解】A．分液漏斗、酸式滴定管、容量瓶都是带有瓶塞或活塞的玻璃仪器，使用前需要检漏，故A正确；B．分液漏斗可用于分液操作，蒸馏烧瓶可用于组装蒸馏装置完成蒸馏操作，故B正确；C．容量瓶中附有蒸馏水不影响溶质的物质的量和溶液的体积，对所配溶液的浓度无影响，所以容量瓶洗净后不需要进行烘干，故C错误；D．球形冷凝管可用于冷凝回流，故D正确；故选C。4.在氢氟酸溶液中加入Na2CO3和Al(OH)3，生成冰晶石的反应为2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O。下列说法错误的是A.钠失去最外层一个电子所需要的能量：[Ne]3s1＜[Ne]3p1B.CO2结构式可表示为O=C=OC.冰晶石中存在离子键、极性共价键和配位键D.HF在水中的电离方程式为HF+H2O⇌H3O++F【答案】A【解析】【详解】A．基态的能量最低，[Ne]3s1为基态，[Ne]3p1为激发态，所以失去e的基态需要能量多，选项A错误；B．二氧化碳分子中C原子与2个O原子形成四个共价键，使分子中每个原子都达到稳定结构，所以CO2的结构式:O=C=O，选项B正确；D．HF是弱酸，为弱电解质，故其电离方程式为:HF+H2OH3O++F，选项D正确；答案选A。5.下列指定反应的离子方程式正确的是是A.氯化铁溶液腐蚀铜箔制印刷电路板：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+【答案】C【解析】【详解】A．氯化铁溶液腐蚀铜箔制印刷电路板，反应生成氯化铜和氯化亚铁，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，选项A错误；B．浓硝酸与过量铁粉若常温下发生钝化，选项B错误；答案选C。6.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，基态W原子核外电子分布在3个能级，且各能级电子数相等，X原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Y是短周期元素中原子半径最大的元素，Z的原子序数是W和Y的原子序数之和。下列说法正确的是A.X氢化物的沸点一定高于W氢化物的沸点B.简单离子的半径由大到小顺序为Z>Y>XC.仅由X、Y、Z形成的化合物的水溶液可能呈碱性D.W、Y、Z分别与X均只能形成两种二元化合物【答案】C【解析】【详解】短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，基态W原子核外电子分布在3个能级，且各能级电子数相等，则电子排布式为1s22s22p2，W为C元素；X原子最外层电子数是内层电子数的3倍，则为O元素；Y是短周期元素中原子半径最大的元素，则为Na元素；Z的原子序数是W和Y的原子序数之和，则为6+11=17,为Cl元素。A．X氢化物H2O和H2O2，W氢化物为烃，随着碳原子数的增加，烃的沸点可能高于H2O和H2O2，选项A错误；B．简单离子Cl多一个电子层，半径最大，O2、Na+具有相同电子层结构核电荷数越大半径越小，故半径由大到小顺序为Cl>O2>Na+，即Z>X>Y，选项B错误；C．仅由X、Y、Z形成的化合物NaClO的水溶液呈碱性，选项C正确；D．W、Y分别与X均能形成两种二元化合物Na2O、Na2O2、H2O、H2O2，Z与X均能形成两种以上二元化合物Cl2O、ClO2、Cl2O7等，选项D错误；答案选C。7.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是【答案】B【解析】答案选B。8.某短周期元素的价类二维图如图所示，其中y是一种常见气体，a为酸式盐，e的相对分子质量比d大16.以下判断正确的有①a的水溶液一定显酸性②x既可能是强酸，也可能是强碱③y是O2④若d为酸性氧化物，则其具有漂白性⑤e与水反应一定能生成一种强酸A.5个 B.4个 C.3个 D.2个【答案】B【解析】【分析】y是一种常见气体，e的相对分子质量比d大16，可知Y是O2；则b、c、d、e分别是NH3、N2、NO、NO2或H2S、S、SO2、SO3；a为酸式盐，a可能是铵盐或硫化物；【详解】①若a为NH4HCO3，其水溶液显碱性，故①错误；②若a是硫化物，x既是强酸；若a为铵盐，X是强碱，故②正确；③y是一种常见气体，e相对分子质量比d大16，可知Y是O2，故③正确；④若d为酸性氧化物，则d为SO2，SO2具有漂白性，故④正确；⑤若e是NO2，与水反应生成HNO3；若e是SO3，与水反应生成H2SO4，故⑤正确；正确的是②③④⑤，选B。9.下列说法正确的是A.分别向少量Fe2O3和Al2O3固体中加入足量的NaOH溶液，固体均能溶解B.分别向等物质的量Na和Na2O2中加入足量稀硫酸，产生气体的物质的量一样多C.分别向等质量Na2CO3和NaHCO3固体中加入足量的盐酸，产生的CO2前者多D.分别向少量Fe(OH)2和Mg(OH)2固体中加入足量稀硝酸，反应类型相同【答案】B【解析】【详解】A．氧化铁是碱性氧化物，不能与氢氧化钠溶液反应，故A错误；B．1mol钠与足量稀硫酸反应生成mol氢气，1mol过氧化钠与足量稀硫酸反应生成mol氧气，则分别向等物质的量钠和过氧化钠中加入足量稀硫酸，产生气体的物质的量一样多，故B正确；C．碳酸钠的相对分子质量大于碳酸氢钠，等质量的碳酸钠的物质的量小于碳酸氢钠，则等质量碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量的盐酸反应时，碳酸钠生成二氧化碳的物质的量小于碳酸氢钠，故C错误；D．氢氧化亚铁与稀硝酸发生反应还原反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，氢氧化镁与稀硝酸发生中和反应生成硝酸镁和水，反应类型不相同，故D错误；故选B。10.比亚迪推出的“刀片电池”正极材料为LiFePO4，利用LiFePO4废料(带铝箔)回收Li、Al、Fe、P元素的工业模拟过程如下：下列说法错误的是A.LiFePO4中Fe为+2价B.产品1主要成分为Al(OH)3C.步骤③发生反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OD.④、⑥两步加入Na2CO3产生沉淀的原理相同【答案】C【解析】【分析】由题给流程可知，向LiFePO4废料中加入氢氧化钠溶液碱浸，将铝转化为偏铝酸钠，LiFePO4与氢氧化钠溶液不反应，过滤得到含有LiFePO4的滤渣和含有偏铝酸钠的滤液1；向滤液中通入二氧化碳后，过滤得到氢氧化铝；向滤渣中加入盐酸和双氧水的混合溶液，将LiFePO4转化为氯化锂、氯化铁和磷酸，过滤得到含有氯化锂、氯化铁和磷酸的滤液2；向滤液2中加入碳酸钠溶液调节溶液pH，将氯化铁和磷酸转化为FePO4·2H2O沉淀，过滤得到FePO4·2H2O和含锂离子的粗盐溶液；FePO4·2H2O与氢氧化钠溶液反应后，过滤得到氢氧化铁和磷酸钠；向含锂离子的粗盐溶液中加入碳酸钠溶液，将溶液中锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂。【详解】A．由化合价代数和为0可知，LiFePO4中铁元素的化合价为+2价，故A正确；B．由分析可知，产品1主要成分为氢氧化铝，故B正确；C．由分析可知，步骤③发生的反应为盐酸和双氧水的混合溶液与LiFePO4反应生成氯化锂、氯化铁和磷酸，反应的离子方程式为2LiFePO4+H2O2+8H+=2Li++2Fe3++2H3PO4+2H2O，故C错误；D．由分析可知，步骤④加入碳酸钠溶液调节溶液pH的目的是将氯化铁和磷酸转化为FePO4·2H2O沉淀，步骤⑥加入碳酸钠溶液的目的是将溶液中锂离子转化为碳酸锂沉淀，④、⑥两步都是发生复分解反应，则产生沉淀的原理相同，故D正确；故选C。二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，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、现象及得出的结论均正确的是选项实验操作现象结论A向Ba(NO3)2溶液中通入过量的SO2产生白色沉淀该沉淀为BaSO3B向酸性高锰酸钾溶液中加入Fe3O4粉末紫色褪去证明Fe3O4中有Fe(II)C向AlCl3溶液中逐步通入过量的氨气先产生白色沉淀，后消失Al(OH)3能与过量的氨水反应D向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液先变橙色，后变蓝色氧化性：Cl2>Br2>I2A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．溶于水的二氧化硫部分与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子与亚硫酸分液生成硫酸，反应生成的硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，则白色沉淀为硫酸钡，不是亚硫酸钡，故A错误；B．向酸性高锰酸钾溶液中加入四氧化三铁粉末，四氧化三铁溶于酸得到的亚铁离子，酸性条件下，亚铁离子与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则溶液褪色说明四氧化三铁中含有Fe(II)，故B正确；C．氢氧化铝是不溶于弱碱的两性氢氧化物，则向氯化铝溶液中逐步通入过量的氨气，反应生成的白色沉淀不会溶解消失，故C错误；D．氯气的氧化性强于溴，会优先与碘化钾溶液反应，则向溴化钠溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉碘化钾溶液不能确定溴是否与碘化钾溶液反应，无法比较溴与碘的氧化性强弱，故D错误；故选B。12.黄铁矿(主要成分为FeS2)在酸性条件和催化剂作用下，可发生如图所示的转化。下列说法错误的是A.反应I、II、III均属于氧化还原反应C.反应III中氧化剂与还原剂的物质的量比为1：4D.该过程中Fe3+是催化剂，NO是中间产物【答案】A【解析】C．反应III为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，只有Fe、O元素化合价发生变化，O2为氧化剂，Fe(NO)2+为还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量比为1：4，选项C正确；D．反应中Fe3+是催化剂，Fe2+、NO是中间产物，选项D正确；答案选A。13.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，湿法制备高铁酸钾的工艺流程如下。下列说法正确的是A.若反应①产物n(NaC1O)：n(NaClO3)=5：1，则n(NaCl)：n(NaClO)=2：1B.反应②中Fe(NO3)3体现还原性C.反应③用NaOH溶液作强碱性溶液D.理论上，6.72L(STP)Cl2参加反应可得到0.1molK2FeO4【答案】AB【解析】【详解】A．若反应①产物n(NaC1O)：n(NaClO3)=5：1，可设分别为5mol和1mol，n(NaCl)=5×1+1×5=10mol，则n(NaCl)：n(NaClO)=10:5=2：1，故A正确；B．反应②为2Fe3＋＋3ClO−＋10OH−＝2FeO＋3Cl−＋5H2O，Fe(NO3)3体现还原性，故B正确；C．据分析可知，反应③加入KOH溶液作强碱性溶液，故C错误；故答案选AB。【点睛】本题考查物质的制备实验，把握制备流程中发生的反应、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。14.体复杂结构的三维表示往往难以在二维图上绘制和解释，可以从晶胞的一个方向(通常选择晶胞的一个轴的方向)往下看，得到该方向的投影图，原子分数坐标(将原子位置的坐标表示为晶胞棱长的分数)标注原子位置，如图1为面心立方晶胞的投影。已知某硅的硫化物晶胞的投影如图2所示，其晶胞参数为anm，晶胞密度为ρg·cm3.下列说法正确的是A.该硅硫化物化学式为SiS2B.Si与S原子的最近距离为nmC.与Si紧邻的4个S原子呈四面体构型【答案】AC【解析】【详解】A．由硫化硅的面心立方晶胞的投影图可知，晶胞中位于顶点和面心的硫原子个数为8×+6×=4，位于体内的硅原子个数为2，则硅的硫化物化学式为SiS2，故A正确；C．由硫化硅的面心立方晶胞的投影图可知，与硅原子紧邻的4个硫原子呈四面体构型，故C正确；故选AC。15.Cl2O是一种强氧化剂，与水反应生成次氯酸，与有机物接触时会发生燃烧并爆炸，浓度过高时易分解爆炸。利用反应HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O制取Cl2O的装置如图所示。已知：Cl2O的熔点为116℃，沸点为3.8℃；Cl2的沸点为34.6℃。下列说法错误的是A.装置②③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸B.通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，减小爆炸危险C.从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2OD.装置④与⑤之间不能用橡胶管连接，是为了防止发生燃烧并爆炸【答案】C【解析】【分析】由实验装置图可知，装置①中高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置②中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置③中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置④为氯气与氧化汞反应制备一氧化二氯，装置⑤中盛有的液氨用于冷凝收集一氧化二氯，该装置的缺陷是缺少尾气处理装置，会污染空气。【详解】A．由分析可知，装置②中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置③中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，故A正确；B．由一氧化二氯浓度过高时易分解爆炸可知，实验时通入干燥空气的目的是将生成的一氧化二氯稀释，减小爆炸危险，故B正确；C．由分析可知，装置⑤中盛有的液氨用于冷凝收集一氧化二氯，则从装置⑤中逸出气体的主要成分是氯气和空气，故C错误；D．由一氧化二氯与有机物接触时会发生燃烧并爆炸可知，装置④与⑤之间不能用橡胶管连接的目的是防止橡胶管发生燃烧并爆炸，故D正确；故选C。三、根据题意填空、简答：共5道题，60分，答案填写在答题卡上。16.亚硫酰氯(SOCl2)在农药、医药、染料等生产中有重要应用，是一种无色或淡黄色液体，易挥发，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：（1）根据价电子对互斥理论，亚硫酰氯空间构型为_______，其构成元素电负性由大到小的顺序为_______。（2）实验室可通过将二氧化硫和氯气通入一氯化硫(S2Cl2)中反应制取亚硫酰氯。①一氯化硫的电子式为_______；②该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_______；③向Ba(OH)2溶液中滴加少量亚硫酰氯，有白色沉淀生成，发生反应的离子方程式为_______。（3）MgCl2·6H2O、AlCl3·6H2O、FeCl2·4H2O等结晶水合氯化物在空气中受热脱水易发生水解反应，常用亚硫酰氯作脱水剂以制取无水氯化物。①在加热条件下，亚硫酰氯与MgCl2·6H2O反应的化学方程式为_______。②MgCl2·6H2O在空气中受热脱水过程中，热重分析测得剩余固体质量占初始固体质量的百分含量随温度变化的曲线如图所示。试判断A点固体的化学式为_______；460℃时发生反应的化学方程式为_______。【答案】（1）①.三角锥型②.O>Cl>S【解析】【小问1详解】亚硫酰氯分子中S原子价电子对数是4，有一对孤对电子，空间构型为三角锥型，元素非金属性越强电负性越大，其构成元素电负性由大到小的顺序为O>Cl>S；【小问2详解】②该反应方程式为2SO2+3Cl2+S2Cl2=4SOCl2，Cl2中氯元素化合价降低，Cl2是氧化剂、S2Cl2中S元素化合价升高，S2Cl2是还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:3；③向Ba(OH)2溶液中滴加少量亚硫酰氯，反应生成硫酸钡、氯化钡、水，发生反应的离子方程式为Ba2++4OH+SOCl2=BaSO3↓+2Cl+2H2O。【小问3详解】①在加热条件下，亚硫酰氯与MgCl2·6H2O反应生成无水氯化镁、二氧化硫、盐酸，反应的化学方程式为MgCl2·6H2O+6SOCl2MgCl2+6SO2+12HCl。17.化学实验社团成员将某器件加工企业的生产废料溶解后取样20mL，进行分离并测定Fe3+浓度的实验实践活动，设计实验方案如下：已知：①乙醚[(C2H5)2O]低毒，微溶于水，密度比水小，沸点34.5℃，易挥发；②当盐酸浓度较高时，Fe3+、HCl与乙醚易形成缔合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而易溶于乙醚；当盐酸浓度降低时，该缔合物解离。回答下列问题：（1）铬在元素周期表中的位置是_______。（2）步骤I中操作a的名称是_______，该操作完成后，简述检验Fe3+已无残留的方法是_______。（3）步骤II中加“适量水”的目的是_______。（4）步骤III中的还原剂X最好是难溶性还原剂，原因是_______。（5）步骤IV滴定反应的离子方程式为_______。滴定至终点，测得平均消耗0.0500mol∙L1K2Cr2O7溶液16.00mL，试样中Fe3+的物质的量浓度为_______；滴定过程中，下列操作可能导致测定结果偏高的是_______(填标号)。a．锥形瓶内有少量水b．盛装K2Cr2O7标准液的滴定管未润洗c．步骤Ⅲ用滴定管移取溶液时终读数俯视d．滴定结束，滴定管尖嘴处有气泡【答案】（1）第四周期ⅥB族（2）①.分液②.取溶液②少许于试管中，滴加KSCN溶液，溶液不变为红色，说明溶液中不含有Fe3+，已无残留（3）使缔合物[(C2H5)2OH][FeCl4]解离为Fe3+（4）若X为可溶性还原剂，溶液④中含有的X会使步骤IV滴定消耗K2Cr2O7溶液体积偏大，所测结果偏高（5）①.6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O②.1.2mol/L③.bc【解析】【分析】由题给流程可知，向20.00mL含有铁离子和铝离子的试样中加入浓盐酸和乙醚，将铁离子转化为溶于乙醚的缔合物[(C2H5)2OH][FeCl4]，分液得到含有[(C2H5)2OH][FeCl4]的溶液1和含有铝离子的溶液2；向溶液1中加入适量水，将[(C2H5)2OH][FeCl4]转化为铁离子，蒸馏得到含有铁离子的溶液3；将溶液3稀释至100mL后，取20.00mL稀释液加入难溶性还原剂将铁离子还原为亚铁离子得到溶液④，向溶液④中加入稀硫酸酸化后，加入指示剂，用重铬酸钾溶液滴定至滴定终点。【小问1详解】铬元素的原子序数为24，位于元素周期表第四周期ⅥB族，故答案为：第四周期ⅥB族；【小问2详解】由分析可知，步骤I中操作a为分液；若分液得到的溶液②中含有铁离子，向溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液会变为红色，则检验溶液中铁离子已无残留的操作为取溶液②少许于试管中，滴加硫氰化钾溶液，溶液不变为红色，说明溶液中不含有铁离子，已无残留，故答案为：分液；取溶液②少许于试管中，滴加KSCN溶液，溶液不变为红色，说明溶液中不含有Fe3+，已无残留；【小问3详解】由题给信息可知，步骤II中加适量水的目的是降低盐酸浓度，将缔合物解离为铁离子，便于后续实验完成，故答案为：使缔合物[(C2H5)2OH][FeCl4]解离为Fe3+；【小问4详解】若X为可溶性还原剂，溶液④中含有的X会使步骤IV滴定消耗K2Cr2O7溶液体积偏大，所测结果偏高，所以步骤III中的还原剂X最好是难溶性还原剂，故答案为：若X为可溶性还原剂，溶液④中含有的X会使步骤IV滴定消耗K2Cr2O7溶液体积偏大，所测结果偏高；【小问5详解】a．锥形瓶内有少量水不影响待测液中溶质的物质的量和标准溶液的体积，对滴定测定结果无影响，故错误；b．盛装重铬酸钾标准液的滴定管未润洗会使消耗重铬酸钾溶液的体积增大，导致所测结果偏高，故正确；c．步骤Ⅲ用滴定管移取溶液时终读数俯视会使溶液中的亚铁离子的物质的量增大，消耗重铬酸钾溶液的体积增大，导致所测结果偏高，故正确；d．滴定结束，滴定管尖嘴处有气泡会使消耗重铬酸钾溶液的体积减小，导致所测结果偏低，故错误；故选bc，故答案为：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；1.2mol/L；bc。18.硼、铝、镓、铟等第IIIA族元素及其化合物在材料化学、工业生产和生活中具有广泛的应用。回答下列问题：（1）基态镓原子核外价电子的轨道表示式为_______；同周期主族元素基态原子与其具有相同数目未成对电子的有_______。（2）氨硼烷(NH3BH3)是目前最具潜力的储氢材料之一。①氨硼烷晶体中B原子的杂化方式为________。②氨硼烷分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“NH…HB”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是_______(填序号)。a.N2H4和AlH3b.C3H6和C2H6c.B2H6和HCN（3）氟化铝常用作非铁金属的熔剂，可由氯化铝与氢氟酸、氨水作用制得。从氟化铝熔点(1090℃)到氯化铝熔点(192.6℃)下降幅度近900℃的原因是_______。（4）太阳能材料CuInS2晶体为四方晶系，其晶胞参数及结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。已知A处In原子坐标为(0.5，0，0.25)，B处Cu原子坐标为(0，0.5，0.25)。①C处S原子坐标为_______；②晶体中距离D处Cu原子最近的S原子有_______个；③设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为_______g·cm3。【答案】（1）①.②.K和Br（2）①.②.ac（3）因为氟化铝是离子晶体，熔点高，氯化铝是分子晶体，熔点低【解析】【小问1详解】【小问2详解】(2)①氨硼烷晶体中B原子周围连接4个σ键，为杂化，故填；②a．N2H4中N电负性大于H，H呈正电性；AlH3中，电负性H大于Al，H呈负电性，所以N2H4和AlH3可以形成双氢键，故a正确；b．C3H6和C2H6中，电负性C大于H，H均呈正电性，不能形成双氢键，故b错误；c．B2H6中H呈负电性，HCN中，H呈正电性，所以B2H6和HCN可以形成氢键，故c正确；故填ac；【小问3详解】(3)氟化铝是离子晶体，熔化时克服的是离子键，氯化铝是分子晶体，熔化时克服的是分子间作用力，熔点低，故填因为氟化铝是离子晶体，熔点高，氯化铝是分子晶体，熔点低；【小问4详解】②晶体中距离D处Cu原子最近的S原子是与D处直接相连的S原子，在晶体中，这样的S原子有4个，故填4；19.钪的价格昂贵，在地壳里的含量只有0.0005%。研究发现，可从金属提取工艺中的固体废料“赤泥”(含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)里回收钪，流程如下：已知：①Sc2O3和TiO2性质较稳定，不易被还原，且TiO2难溶于盐酸；②“熔炼”过程中，单质硅和大部分单质铁转化为“熔融物”分离出来；③草酸可与多种金属离子形成可溶性络合物。回答下列问题：（1）“熔炼”时，酸性氧化物发生反应的方程式_______。（2）“酸浸”时，滤渣的主要成分除C等单质外还有_______(填化学式)。（4）氧化钪(Sc2O3)可用作半导体镀层的蒸镀材料。草酸钪晶体Sc2(C2O4)3在足量空气中加热550℃以上可得到氧化钪，反应的化学方程式为_______。（5）常温下，三价Sc的部分存在形式与氟离子浓度的对数[lgc(F)]、pH的关系如图所示。若溶液中c(F)=2×105mol·L1，“调pH”过程中若调节至pH=6，则此时三价Sc的存在形式为_______(填化学式)；若氨水过量，pH由6升至9，写出该过程发生转化的离子方程式_______。(已知lg2=0.3)（2）TiO2（3）草酸用量过多时，草酸钪沉淀会转化为可溶性络合物，故钪的沉淀率下降【解析】【分析】本工艺流程题是从固体废料“赤泥”里回收Sc2O3，由题干流程图结合题干已知信息可知，“熔炼”时主要是将Fe2O3、SiO2分别还原为Fe和Si，并将大部分Fe和Si转化为熔融物分离出来，则固体为Sc2O3、TiO2和少量Fe、Si等，加入盐酸后将Fe转化为Fe2＋、Sc2O3转化为Sc3＋、过滤的滤渣主要成分为TiO2、Si和C，滤液中加入H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋便于后续调节pH来除去Fe3＋，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体，据此分析解题。【小问1详解】【小问2详解】由分析可知，“酸浸”时，滤渣的主要成分除C外还有TiO2，故答案为TiO2；【小问3详解】由题干信息可知，草酸可与多种金属离子形成可溶性络合物，草酸用量过多时，草酸钪沉淀会转化为可溶性络合物，故钪的沉淀率下降，故答案为草酸用量过多时，草酸钪沉淀会转化为可溶性络合物，故钪的沉淀率下降；【小问4详解】【小问5详解】【点睛】本题考查物质的制备实验方案设计，侧重考查知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。20.乳酸亚铁固体{[CH3CH(OH)COO]2Fe，相对分子质量234}常用于治疗缺铁性贫血，易溶于水，难溶于乙醇。制备乳酸亚铁固体并测定其纯度的实验如下，回答下列问题：I.制备碳酸亚铁实验步骤：第1步：组装仪器，检查装置气密性，加入试剂；第2步：控制开关并制取氢气，排尽装置内的空气；第3步：一段时间后，启动电磁搅拌器，并控制开关，制备FeCO3；第4步：抽滤，洗涤干燥。（1）仪器a名称_______；实验中所用蒸馏水均需经煮沸后快速冷却，目的是_______。（2）第3步中“控制开关”的具体操作是_______。（3）装置B中Na2CO3溶液可用NaHCO3溶液代替，反应的离子方程式为_______。II.制备乳酸亚铁向制得的FeCO3固体加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应。（4）该反应的化学方程式为_______。反应结束后，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的方法是低温蒸发、冷却结晶、过滤、_______、干燥。III.乳酸亚铁晶体纯度的测量（5）用铈