江苏省连云港市2024-2025学年高一年级上册期末调研化学试题（解析版）

江苏省连云港市2024-2025学年高一上学期期末调研化学试题

一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。

1.2024年12月26日，我国第六代战机首飞成功。战机中常使用高强度、耐高温的钛合金材料，钛合金材

料属于

A.分子晶体B.离子晶体C.金属晶体D.共价晶体

【答案】C

【解析】【解答】A、分子晶体是由分子构成，微粒间靠分子间作用力结合，钛合金含金属元素，不是分子构

成，A错误；

B、离子晶体由离子构成，靠离子键结合，钛合金无离子键，B错误；

C、金属晶体包括纯金属和合金，钛合金是钛与其他金属等形成的合金，属于金属材料，所以属于金属晶

体，C正确；

D、共济晶体由原子通过共价键结合，钛合金不是原子通过共价键形成的晶体，D错误；

故答案为：C»

【分析】要判断钛合金所属晶体类型，需明确各类晶体（分子晶体、离子晶体、金属晶体、共价晶体）的构

成微粒及特点，再结合钛合金的组成（合金，属于金属材料范畴）进行分析。

2.反应2帽12。2+2。。2=2可02。。3+。2可作呼吸面具的供氧剂，下列说法正确的是

A.Na+的结构示意图为（+11）281

B.CO2空间填充模型为

C.可做。。3仅含离子键

D.中子数为10的氧原子可表示为孽0

【答案】D

【解析】【解答】A、Na+是钠原子失去最外层I个电子形成的阳离子，核外电子层结构为2、8（共10个

电子），其离子结构示意图为：（+11）28,A错误;

B、C02分子中，C原子半径大于0原子半径，空间填充模型应体现原子大小差异，为：B

错误；

C、Na2cCh由Na+和CCh?-构成，Na+与CCh?一之间存在离子键，而CO.S-内部的C与O之间存在共价键，

因此Na2cCh既含离子键又含共价键，C错误；

D、氧原子的质子数为8,中子数为10时，质量数=质子数+中子数=18,原子表示方法为左上角标质

第1页

量数、左下角标质子数，即孽0,D正确；

故答案为：Do

【分析】本题需结合化学用语的规范要求，分析离子结构示意图、分子空间模型、化学键类型及原子表示方

法的正确性。

3.化学创造美好生活。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是

A.浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂

B.次氯酸具有弱酸性，可用于杀菌消毒

C.钠具有强还原性，可用于制作高压钠灯

D.NaHCO3受热易分解，可治疗胃酸过多

【答案】A

【解析】【解答】A、浓硫酸的吸水性使其能够吸收气体或固体中的水分，这一性质直接决定了它可作为干燥

剂使用，性质与用途对应正确，A正确；

B、次氯酸用于杀菌消毒，依赖的是其强氧化性（能破坏微生物结构），而非弱酸性，性质与用途不对应，B

错误；

C、钠可制作高压钠灯，是因为钠的焰色反应呈黄色（光的穿透性强），与钠的强还原性无关，性质与用途不

对应，C错误；

D、NaHCCh治疗胃酸过多，是由于它能与胃酸中的HC1反应（中和酸性），并非因为其受热易分解的性

质，D错误；

故答案为：Ao

【分析】判断物质性质与用途的对应关系，关键在于明确每种物质的核心性质及其与用途之间的逻辑关联，

排除性质与用途不匹配的选项。

4.氯及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是

A.制漂白粉：NaCl溶液”平外澄竺灰水漂白粉

B.HC1制备：NaCl溶液呼附和C&堂

C.纯碱工业：Naci溶液咚NQ//C033NQ2c。3

D.金属Mg制备：Mg（0H）2呷Mg"溶液吧'Mg

【答案】B

【解析】【解答】A、漂白粉制备需用02与石灰乳（Ca（OH）2的悬浊液）反应，因澄清石灰水（Ca（OH）2稀溶

液）浓度低，无法充分吸收CL以制备有效成分，故该转化不合理，A错误；

B、电解NaCl溶液时，反应生成NaOH、％和Cl2：H?在Cb中燃烧可直接生成HC1.两步反应均能发生

且条件合理，转化流程可行，B正确；

第2页

C、因盐酸酸性强于碳酸，NaCI溶液与C02不反应。工业制纯碱时，需先向饱和NaCl溶液通入NH3（制

成氨盐水，增强碱性），再通入CO,才能析出NaIICO3,故该转化不合理，C错误；

D、电解熔融MgCE可得到Mg和Ch；若电解MgCL溶液，因H+比Mg2+更易放电，产物为以、。2和

Mg（OH）2,无法得到金属Mg,转化不合理，D错误；

故答案为：B。【分析】本题需结合氯及其化合物的制备原理、反应条件及物质性质，判断各转化流程是否合

理，核心在于分析反应能否发生及条件是否适宜。

【分析】A.明确漂白粉的制备原料及浓度要求。

B.分析电解NaCI溶液的产物及比与C12的反应可能性。

C.判断NaCI溶液与CCh能否直接反应生成NaHCO.o

D.区分电解熔融MgCL与MgCL溶液的产物差异。

阅读下列材料，完成下面小题：

周期表中IVA族元素及其化合物应用广泛。石墨烯、碳纳米管、富勒烯等单质是常见的碳纳米材料；SiO2

能与氢氟酸（HF,弱酸）反应生成，2夕尸6（HzStR在水中完全电离为"+和51底一）；将硫化铸（GeS2）与也

共热制得错；S/+还原性比&2+还原性强；PbS与浓盐酸反应生成C%。

5.石墨烯结构如图所示。下列有关说法正确的是

A.石墨烯纳米材料属于胶体

B.石墨烯是一种新型化合物

C.石墨烯能导电，石墨烯属于电解质

D.从石墨剥离出石墨烯需克服分子间作用力

6.碳及其化合物的多样性是构成物质多样性的重要原因。下列说法中正确的是

A.乙醇和二甲醛互为同位素

B.富勒烯、金刚石化学性质相似

C.碳纳米管、石墨烯互为同分异构体

D.I2C、I3C、14c三种核素互为同素异形体

7.卜.列化学反应表示正确的是

A.S@与HF溶液反应：SiO2+6H++6F~=H2SiF6+2H20

B.高温下"2还原硫化错：GeS2+2H2=Ge+2H2S

C.强酸溶液中，$77.门2与尸。门3反应：2〃03++S力2+=2/702++q%4+

D.PbO2与浓盐酸反应：PbO2+2HCI（浓）=PbC12+电0+Cl2T

第3页

【答案】5.D

6.B

7.C

【解析】【解答】（1）A、胶体是分散质粒子直径在1-IOOnm的分散系，石墨烯纳米材料本身不是分散系，不

属于胶体，A错误；

B、石墨烯仅由碳元素组成，是单质，并非化合物，B错误；

C、电解质是溶于水或熔融态能导电的化合物，石墨烯是单质，不符合电解质定义，C错误；

D、石墨为层状结构，层与层之间通过分子间作用力结合，剥离石暨烯需克服这种作用力，D正确：

故答案为：Do

（2）A、同位素指同种元素的不同原子，乙醇（C2H5OH）和二甲醛（CH30cH3）是分子式相同的化合物，

互为同分异构体，A错误；

B、富勒烯和金刚石均为碳元素的单质（同素异形体），化学性质相似，B正确；

C、碳纳米管和石墨烯是碳元素的不同单质，互为同索异形体，同分异构体针对化合物，C错误；

D、me、"c、"C是碳元素的不同核素，质子数相同、中子数不同，互为同位素，D错误；

故答案为：Bo

（3）A、HF是弱酸，离子方程式中应保留化学式，反应应为SiO2+6HF=2H++SiF62-+2H2O,原式子错误，A

错误；

B、H?还原GeS2的产物为Ge和HzS,高温下H2s稳定，反应式应为GeS?+2%瞥Ge+2H2s.B错误；

C、Sn?+还原性强于Fe?+,可被Fe?+氧化为SB,反应为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+,C正确；

D、PbCh与浓盐酸反应的化学方程式应为Pb（h+4H。（浓）=PbCL+2H2O+Q2T，原式子配平错误，D错误；

故答案为：Co

【分析】（1）围绕石墨烯的性质与分类，结合胶体、化合物、电解质的定义及石墨的层状结构特点进行判

断。

（2）依据同位素、同素异形体、同分异构体的概念，区分不同类别物质的关系。

（3）根据反应事实、物质电离特点及氧化还原规律，判断化学方程式或离子方程式的正确性。

5.A、胶体是分散质粒子直径在1-IOOnm的分散系，石墨烯纳米材料本身不是分散系，不属于胶体，A错

误；

B、石墨烯仅由碳元素组成，是单质，并非化合物，B错误；

C、电解质是溶于水或熔融态能导电的化合物，石墨烯是单质，不符合电解质定义，C错误；

D、石墨为层状结构，层与层之间通过分子间作用力结合，剥离石墨烯需克服这种作用力，D正确；

故答案为：De

6.A、同位素指同种元素的不同原子，乙醉（C2HOH）和二甲暇（CH30cH3）是分子式相同的化合物，互

第4页

为同分异构体，A错误；

B、富勒烯和金刚石均为碳元素的单质（同素异形体），化学性质相似，B正确；

C、碳纳米管和石墨烯是碳元素的不同单质，互为同素异形体，同分异构体针对化合物，C错误；

D、nc、me、“c是碳元素的不同核素，质子数相同、中子数不同，互为同位素，D错误；

故答案为：Bo

7.A、HF是弱酸，离子方程式中应保留化学式，反应应为SQ+6HF=2H++SiF62-+2H2O,原式子错误，A错

误；

B、H2还原GeS2的产物为Ge和H2S,高温下H2s稳定，反应式应为GeS?+2H?瞥Ge+2H2s.B错误；

C、SM+还原性强于Fe2+,可被Fe3+氧化为Sr?+,反应为2Fe3++Sn2+=2Fc2++SM+,C正确；

D、PbCh与浓盐酸反应的化学方程式应为PbCh+4HQ（浓尸PbCl2+2H2O+CLT，原式子配平错误，D错误；

故答案为：Co

8.硫及其化合物部分转化关系如图所示。下列说法正确的是

①②

S<-S02tNa?SOq

H2SNaOH

A.常温下，32gs单质中含LOmolS原子

B.反应①每消耗3.4g，2S，得到0.4mol电子

C.O.lmolLWQ2SO3溶液中，C（NQ+）为0.1molU

D.标准状况下，1L2LSO2中原子总数约为0.5x6.02x1023

【答案】A

【解析】【解答】A、硫单质（S）的摩尔质量是32g/mol,32gS的物质的量为Imol,所含S原子的物质的

量为l.Omol,A正确；

B、反应①为SO?与H2s反应生成S和H2O,H2s中S元素化合价从-2升高到0（被氧化），是失去

电子而非得到。3.4gH2s的物质的量为O.lmol,反应中失去0.2mol电子，B错误；

C、Na2so3在溶液中完全电离，ImolNa2so3电离出2moiNa+,故0.1mol•L」Na2so3溶液中，c（Na+）为

0.2mol-L1,C错误；

D、标准状况下1L2LSO2的物质的量为0.5moL1个SO2分子含3个原子（1个S和2个O）,则原子

总数约为0.5x3x6.02x1023,D错误；

故答案为：Ao

【分析】本题需结合硫及其化合物的转化关系，从物质的量计算、氧化还原电子转移、溶液离子浓度及气体

摩尔体积等角度分析选项正确性。

9.实验室进行制备并验证SO?性质的实验，下列相关原理、装置及操作正确的是

第5页

尾气

丙丁

A.用装置甲制取SO?B.用装置乙验证SO2漂白性

C.用装置丙收集SO?D.用装置丁吸收尾气

【答案】D

【解析】【解答】A、铜与浓硫酸反应生成S02的条件是加热，装置甲中缺少加热仪器，无法发生反应，A错

误；

B、SO?的漂白性体现在能使品红溶液褪色，而它通入紫色石蕊溶液中只会使溶液变红（因SCh与水反应生

成H2sCh显酸性），不能漂白酸碱指示剂，无法验证漂白性，B错误：

C、SO2的密度比空气大，用向上排空气法收集时，气体应从长导管进入、短导管排出，装置丙的进气方式

错误，C错误；

D、SCh是酸性气体，可与NaOH溶液反应（SCh+2NaOH二NazSCh+IhO）,装置丁用NaOH溶液吸收尾

气，旦倒置的漏斗能防止倒吸（避免因压强减小导致液体回流），D正确；

故答案为：Do

【分析】本题需结合SOz的制备原理、性质验证、收集方法及尾气处理的实验要求，判断各装置及操作的合

理性。

10.用反萃取原理可从乃的萃取液中回收，2,流程如图所示。下列说法不正确的是

浓NaOH溶液稀硫酸

A.“反应I”的离子方程式为介+20H-=广+10i+H20

B.“操作I”为分液

C.利用反萃取原理可实现碘单质的重新富集

D.通过升华可将粗碘提纯

【答案】A

【解析】【解答】A、“反应I”是b与浓NaOH溶液的反应，12既是氧化剂又是还原剂，正确的离子方程式

为3/2+6。〃-=S/一+/。5+3也。，A错误：

B、操作I用于分离互不相溶的CCL有机层和水溶液，符合分液操作的适用条件（分离互不相溶的液体），

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B正确：

C、反萃取过程中，L先从低浓度的CCh溶液转移到水溶液中形成I-和IOy,加稀硫酸后乂转化为高浓度

12,实现了碘的富集，C正确；

D、碘单质易升华（固体直接变为气体），利用这•性质可通过升华法除去粗碘中的杂质，达到提纯目的，D

正确；

故答案为：Ao

【分析】本题需结合反萃取回收碘的流程，从反应方程式配平、分离操作类型、富集原理及提纯方法等角度

分析选项正确性。

11.室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是

选

实验过程及现象实验结论

项

A往某溶液中加入盐酸产生无色气体该溶液一定含有C。/

B将湿润的有色布条放入干燥的氯气，布条褪色氯气具有漂白性

向蔗糖中滴加几滴蒸馀水，再加入浓硫酸，产生海绵状黑浓硫酸体现了吸水性、脱

C

色物质，并产生刺激性气味气体水性和强氧化性

D用洁净的钳丝蘸取某溶液灼烧，火焰呈黄色溶液中不含钾元素

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】【解答】A、加盐酸产生的无色气体可能是CO?或SCK若为COi,溶液可能含COP-或HCOr：

2

若为SO2,可能含SQF-或HSOyo因此，仅凭此现象不能确定溶液一定含CO3-,A错误；

B、干燥氯气无漂白性，湿润有色布条褪色是因为氯气与水反应生成HCIO（C12+H2O=HC1+HCIO）,HCIO

具有漂白性，并非氯气本身，B错误；

C、蔗糖中先加蒸储水，浓硫酸吸收水分（吸水性）；随后使蔗糖脱水生成黑色碳（脱水性）；碳与浓硫酸反

应生成SO2（刺激性气体），体现强氧化性（C+2H2so4浓）=CO?T+2sO2T+2H20）。现象与性质对应，C正

确;

D、焰色呈黄色说明含Na+,但K+的焰色为紫色，会被Na+的黄色掩盖，需透过蓝色钻玻璃观察才能确认是

否含K+,因此不能判断溶液不含钾元素，D错误；

故答案为：C。【分析】A.判断与盐酸反应产生无色气体的离子种类。

B.区分氯气与次氯酸的漂白性。

C.分析浓硫酸在反应中体现的性质。

D.明确钾元素焰色反应的观察条件。

12.室温下，通过下列实验探究一定浓度可曳。。3溶液的性质。

第7页

实验I:向NQ2CO3溶液中滴儿滴酚酣，溶液显红色。

实验2：向实验1所得溶液中缓慢滴加几滴稀盐酸，溶液红色变浅，无气体产生。

实验3:向可。2。。3溶液中通入过量的C02，无明显现象。

实验4：向实验3所得溶液中滴加少量BQ(0〃)2溶液，产生白色沉淀。

下列有关说法正确的是

A.实验1说明Na2c。3可电离出。，一

B.实验2中溶液红色变浅的原因是：COj~+H+=HCOi

C.由实验3可以推测NQ2CO3与。。2没有发生反应

D.实验4反应后的溶液中存在大量的c。/、HC05、0H-

【答案】B

2

【解析】【解答】A、Na2cCh在水中电离出Na+和CO3-,本身不能电离出OH。实验1中溶液变红，是因

为COF发生水解(CO32-+H2OUH83+OH)产生了0H;使溶液呈碱性，A错误；

B、实验2中加少量稀盐酸，发生反应COF+H+=HCO*CO.P-浓度减小，其水解程度降低，溶液中0H浓

度减小，碱性减弱，导致红色变浅，B正确；

C、实验3中虽无明显现象，但NgCCh与过量CO?实际发生反应(Na2cO3+CO2+H?O=2NaHCO3),只是生

成的NaHCCh溶于水，无明显外观变化，并非未反应，C错误；

D、实验3所得溶液为NaHCCh溶液，滴加少量Ba(OH)2溶液时，发生反应HCOv+OH-

2+

+Ba=BaCO.U+H2O,OH被消耗，不会大量存在，D错误；

故答案为：Bo

【分析】本题通过实验探究Na2c0;溶液的性质，需结合盐类水解、离子反应规律，分析各实验现象背后的

化学原理，判断选项正误。A.明确Na2c03溶液显碱性的原因是水解而非电离。

B.分析少量盐酸与Na2co3反应的离子变化及对溶液碱性的影响。

C.判断Na2cCh与过量82是否发生反应。

D.分析实验4中反应后的离子组成。

13.向一定浓度的NaOH溶液中缓慢通入生成物的物质的量和溶液的温度随通入氯气的物质的量的变化

A.a点时溶液中n(CT):以67。打=5:1

B.n(以的增加可能是由于温度升高导致的

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C.九(。，。一)减少的原因可能是：3C，。—金2c厂+C7O5

D.参加反应的NaOlI与*2的物质的量之为2：1

【答案】A

【解析】【解答】A、a点时n(ClO)=n(ClOr),设二者均为Imol。Cb生成QO时，C1元素从0价升至+

1价，ImolClO佚去Imol电子；生成C1O3•时,C1元素从0价升至+5价，ImolCICh佚去5mol电

子，共失电子6molo根据电子守恒，生成CV(CI元素从0价降至-1价)应得6mol电子，故n

(Cl)=6molo因此n(Cl)：n(CIO.v)=6：1,A错误；

B、NaOH与Cb的反应放热，随C12通入，温度升高。图中n(ClOy)随温度升高而增加，推测温度升高可

能促进生成CICh-的反应，B正确；

C、图中CIO减少时，C1O3-和。洞步增加，符合反应3。。=2。-+。03-的变化规律，故。0-减少可能源于

此反应，C正确；

+

D、产物为NaCKNaClO.NaClOx,三种物质中Na+与C「的个数比均为1：1,故反应中n(Na)=n(Cl)o

+

NaOH提供Na,Cb提供Cl原子，因此n(NaOH)：n(Cl2)=2：1,D正确；

故答案为：A。【分析】本题考查NaOH与CL反应的产物变化规律，需结合氧化还原反应的电子守恒、原

子守恒及温度对反应的影响分析选项。

A.利用电子守恒计算a点时C1-与C1O3-的物质的量之比。

B.分析温度对产物种类的影响。

C.解释CIO减少与CO3•增加的关系。

D.依据原子守恒确定NaOH与CL的物质的量比。

二、非选择题：共4题，共61分。

14.下图是中学常见元素周期表的一部分，参照元素在表中的位置，回答下列问题：

(1)元素的排列。

①元素g在周期表的位置是O

②主族元素在周期表中所处的位置与电子层数和电子数有关。

(2)元素及其化合物的结构。

®f形成的氧化物的电子式为O

②a、d形成的化合物中含有的化学键类型为。

(3)元素周期律及其应用。

①元素b、c形成的简单氢化物热稳定性最强的是(填结构式)，元素h、i最高为氧化物对应的

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水化物酸性最强的是（填化学式）。

②已知：4（0〃）3与NaOII生成34。2和〃2。。j是门捷列夫预言的“类铝”元素钱（Ga）,其最高价氧化

物对应的水化物与元素e的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为。

【答案】（1）第三周期IHA族；最外层

r:U

共

koI2-价键

L:J

H-N-H

（3）I；HCIO4；Ga{OH）+0H-=GaO^+2HO

H32

【解析】【解答】（1）①g是AI元素，在周期表中位于第三周期第niA族；

②对于主族元素来说，原子核外有几层电子，就位于第几周期，最外层有几个电子，位于第几主族，主族元

素在周期表中所处的位置与电子层数和最外层电子数有关；

故答案为：第三周期IHA族；最外层；

（2）①f是Mg元素，氧化物为MgO,电子式为Mg2+［：0：『；

②a是H元素，d是O元素，形成的化合物是HzO或者HzCh,含有的化学键类型是共价键：

一0n2■

d共价键

・

故答案为:・j

」

（3）①b、c分别是C和N元素，简单氢化物分别为CH,和NH-非金属性N>C,非金属性越强，简单氢

H-N-H

化物的稳定性越强，氢化物最稳定的是NH3,结构式为|；h、i分别是S和CL非金属性C1>S,非

H

金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，酸性强的是HC104；

②元素e的最高价氧化物对应的水化物是NaOH,Ga与Al类似，其最高价氧化物对应的水化物与NaOH反

应的离子方程式为：Ga（OH）3+OH-=GaOi+2H

H-N-H

故答案为：|;HCQ；Ga{OH）3+0H-=GaOi+2H2O；

H

【分析】由元素在周期表中的位置可知，a、b、c、d、e、f、g、h、i、j分别是H、C、N、0、Na、Mg、

Al、S、Cl、Ga元素。

（1）①根据元素在周期表中的位置确定元素种类，进而判断周期和族。

②主族元素周期数由电子层数决定，主族序数由最外层电子数决定。

（2）①先确定元素形成的氧化物，再根据离子化合物电子式书写规则书写。

②确定形成的化合物，分析其中化学键类型。

（3）①根据元素非金属性强弱判断氢化物稳定性和最高价含氧酸酸性强弱，非金属性越强，对应氢化物越

稳定、最高价含氧酸酸性越强。

②利用元素的相似性（钱与铝类似），结合已知反应类推离子方程式八

（1）①g是A1元素，在周期表中位于第三周期第niA族；

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②对于主族元素来说，原子核外有几层电子，就位于第儿周期，最外层有几个电子，位于第儿主族，主族元

素在周期表中所处的位置与电子层数和最外层电子数有关；

（2）①f是Mg元素，氧化物为MgO,电子式为Mg?+

②a是H元素，d是O元素，形成的化合物是HzO或者H2O2,含有的化学键类型是共价键；

（3）①b、c分别是C和N元素，简单氢化物分别为CH4和NH3,非金属性N>C,非金属性越强，简单氢

H-N-H

化物的稳定性越强，氢化物最稳定的是N%,结构式为|；h、i分别是S和Cl,非金属性C1>S,非

H

金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，酸性强的是HC1O4；

②元素e的最高价氧化物对应的水化物是NaOH,Ga与Al类似，其最高价氧化物对应的水化物与NaOH反

应的离子方程式为：Ga（0H）3+0H-=GaOi+2H2O.

15.以菱镁矿渣（主要成分是MgCO?,含少量尸。2。3、FeO、CaO、Al2O3.SiO?、MgO等）为原料制备

MgSO「7,2。的流程如下：

稀硫酸H2O2MgO

漉渣Fe(OH)3>A1(OH)3CaSO4-2H2O滤液

（1）将稀硫酸加入菱镁矿渣充分反应后过滤。

①为提高“酸浸”效率可以采用的措施是（写出一种措施即可）。

②滤渣的主要成分为最。2、0

（2）加入〃2。2将Fe2+氧化为在3+,加入适量MgO调节溶液pH,除去Fe、Al元素。

①“氧化”时的离子方程式为o

@pH对硫酸镁粗液中杂质元素去除率以及Mg元素损失率的影响如图所示。应调节pH为

（3）对除钙后的滤液进行蒸发结晶，过滤得到Mgs。>7，?。晶体。硫酸镁溶液在不同温度下蒸发结晶得

到的产物的XRD图谱如图所示（XRD图谱用于判断某晶态物质是否存在）。要得到MgSO厂7生。晶体应选

择的温度为0

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•MgSO4-6H2O♦MgSO4-7H2O

102030405060

(4)将24.6gMgSO/MO(摩尔质量为246gmoH)焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。

①a―b过程发生反应的化学方程式为____________________________________

②e点对应固体成分的化学式为o

【答案】(1)粉碎菱镁矿渣或适当升高温度；CaSO4

2++3+

(2)2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O：6

(3)30℃

(4)MgS04-7H20=MgSO4♦久。+6H2。；MgO

【解析】【解答】(1)①粉碎菱镁矿渣，增大接触面积，或适当升高温度均可提高"酸浸''效率，则为提高“酸

浸”效密可以采用的措施是粉碎菱镁矿渣或适当升高温度；

②根据分析可知，滤渣的主要成分为Si。?、CaSO4；

故答案为：粉碎菱镁矿渣或适当升高温度；CaSO4;

2++3+

(2)①“氧化”时Fc2+被H2O2氧化为Fe3+,反应的离子方程式为：2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O,

②由图可知，pH=6时，Fe、Al元索的去除率很高，且Mg元素的损失率较低，则应调节pH为6；

故答案为：2“"+十”2。2十2"+=2Fe"十2e0；6；

(3)根据XRD图谱可知，30℃时MgSOr7H2O的衍射峰强度较高，而50℃、80℃时MgSO’6H2O的衍

射峰强度高，故要得到MgS。4•7%。晶体应选择的温度为30℃；

故答案为：30℃；

(4)①a—b过程中，固体质量减少(24.6-13.8)g=10.8g,减少的质量为结晶水的质量，即失去的

九(〃2。)=1；湍oi=0・6m。］,而24.6gMgSO/7H2。的物质的量为O.lmoL含有0.7mol结品水，则a-b过

1C

程MgS%•7%。失去6分子结晶水生成MgS/•H2O,即反应的化学方程式为：MgSO..7H20=°MgSO..

第12页

“2。+6,2。；

②e点固体质量为4.00g,其中Mg的质量为0.177zoZx24g/mol=2.4g,贝ij乘馀质量4.0g-2.4g=1.6g,恰

好为O元素的质量，故e点固体成分的化学式为MgO。

1C

故答案为：MgS04-7H2O=°MgSO^-H20+6H2O;MgO。

【分析】菱镁矿渣主要成分是MgCO3,还含有少量Fe2O3>FeO、CaO、AI2O3、SiCh、MgO等。流程第一

步酸浸时，加入稀硫酸后：MgCCh和MgO与硫酸反应生成MgSO4；FezCh反应生成Fe2(SO4)3；FeO反应

生成FeSO4；CaO反应生成CaSO4(微溶于水)；AI2O3反应生成AI2(SO4)3；而SiCh不与稀硫酸反应，过

滤后成为滤渣成分之一。

由于CaS04微溶，部分未溶解的CaSCh也会成为滤渣。后续步骤中，H2O2将Fe?+氧化为Fe3+,加入MgO

3

调节pH并煮沸,使Fe\AP+转化为Fe(OH)3和A1(OH)3沉淀。再通过除钙操作分离出CaSO4-2H2O,

最后经结晶得到MgS04-7H2OO

(1)①粉碎菱镁矿渣，增大接触面积，或适当升高温度均可提高"酸浸''效率，则为提高“酸浸”效率可以采

用的措施是粉碎菱镁矿渣或适当升高温度；

②根据分析可知，滤渣的主要成分为Si0、CaSO4；

2++3+

(2)①“氧化”时Fe2+被H2O2氧化为Fe3+,反应的离子方程式为:2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O；

②由图可知，pH=6时，Fe、Al元素的去除率很高，且Mg元素的损失率较低，则应调节pH为6；

(3)根据XRD图谱可知,30℃时MgSO4-7H2O的衍射峰强度较高,而50℃、80℃时MgSO,6H2O的衍

射峰强度高，故要得到MgSOq•7,2。晶体应选择的温度为30℃；

(4)①a—b过程中，固体质量减少(24.6-13.8)g=10.8g,减少的质量为结晶水的质量，即失去的

71(“2。)=岩备=0・6加0人而24您用房04・7,2。的物质的量为0.1»101,含有0.7mol结晶水，则a-b过

1C

程MgS/♦7H2。失去6分子结晶水生成MgS/-H20,即反应的化学方程式为：MgSO,•7H2O=°MgS。/

“2。+6H2。：

②e点固体质量为4.00g,其中Mg的质量为O.Lno/x24g/mo/=2.4g,则剩余质量4.0g-2.4g=1.6g,恰

好为O元素的质量，故e点固体成分的化学式为MgO。

16.SO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生爆炸，常将其制备成NaSOz固体以便运输和贮存，

NaSOz高于60℃时分解。实验装置如图所示。

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(1)装置A产生SO?。将一定量Na。。?固体与NazSS溶液、，25。4溶液中的一种配成悬浊液，加入到

三颈烧瓶中，通过恒压滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应。

①恒压滴液漏斗中的溶液为。

②制备过程中持续通入空气的目的是。

(2)装置B制备NaC7O2。

①生成NaC/02的化学方程式为o

②NaCn“溶液在不同温度时析出的晶体情况如图所示。从NaC/02溶液中获得NaC/02固体的操作：

(3)NaC，0纯度测定。称取样品1.000g溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，再加入足

量酸化的KI溶液。充分反应后滴加两滴淀粉溶液作指示剂，用0.2()(X).L」的Na2s2O3标准溶液反应，至恰好

完全反应时消耗Na2s2。3溶液20.00mLo测定过程中发生下列反应：NaClO2+4Kl+2H2SO4=2H2O+

2I2+NaCl+2K25。4，/2+2Na2S2O3=2NaI+Na2s必。

①计算该NaCE02产品的纯度(写出计算过程)。

②配制Na2s2。3标准溶液，下列操作将导致测定的NaC02纯度偏高的是(填字母)。

a.定容时俯视刻度线b.摇匀后发现液面下降，补加蒸储水至刻线

c.未洗涤烧杯和玻璃棒d.容量瓶洗涤后未干燥直接进行配制

【答案】(1)，25。4溶液；稀释防止爆炸

i

(2)2NaOH+H2O2+2ClO2^^-2NaClO2+O2T+2%。；加热温度至略低于60℃蒸发浓缩冷却至略高

于38c结晶趁热过滤用无水乙醇洗涤所得固体，控制温度低于60℃干燥。

第14页

(3)90.5%；be

【解析】【解答］(1)@NaClO3.Na2s。3、〃2$。4的反应足氧化还原反应，氯酸钠在酸性环境下足强氧化

剂，将氯酸钠和亚硫酸钠按♦定比例配成混合物，即A中是NaCICh和Na2sCh溶液，滴加硫酸溶液开始反

应：2NaClO3+Na2sO3+H2so4=2Na2sO4+2CIO2T+H20,因此恒压滴液漏斗中是H2sO4溶液；

②ClCh浓度过高时易发生爆炸，通入N2的目的是稀释C1O2,防止浓度过高发生爆炸；

故答案为：H2s。4溶液；稀释。。2防止爆炸；

(2)①装置B在冰水浴中。Ch与NaOH和H2O2反应生成NaQCh,反应的化学方程式为：2NQOH+

冰水浴

H2O2+2CIO22NaClO2+02T+2%。；

②NaCICh高于60℃时分解，根据图示可知，温度低于38℃容易析出NaQChSHzO,因此NQ。。2溶液中获得

NaC/S固体的操作是：加热温度至略低于60c蒸发浓缩，冷却至略高于38℃结晶，趁热过滤，用无水乙醇

洗涤所得固体，控制温度低于60c干燥；

、'卜、〃、

故答案为：2Na0H+H2O2+2ClO2==2NaClO2+02T+2H2O；加热温度至略低于60℃蒸发浓缩

冷却至略高于38℃结晶趁热过灌用无水乙醇洗涤所得固体，控制温度低于60℃干燥;

(3)①n(Na2s203)=CV=0.2000molL/x20.00x101=46lO-Woi；

由方程式可知：NaCQ~2l2~4Na2s2(Kn(NaC102)=ln(Na2S203)=I.OxlO-W;

1.0x1Q~3molx90.5g/mclx^so

co(NaC102)=；xl00%=90.5%

1.000g;

②配制Na2s2O3溶液时俯视刻度线，溶液体积偏小，配制标准溶液浓度偏高，消耗的标准溶液体积偏小，造

成测定结果偏低，a不符合;

摇匀后发现液面下降，补加蒸储水至刻线，造成所配制溶液浓度偏小，滴定时消耗的标准溶液体积偏大，测

定结果偏高，b符合；

未洗涤烧杯和玻璃棒，造成所配溶液中溶质减少，所配标准溶液浓度偏小，滴定时消耗的溶液体积偏大，测

定结果偏高，c符合；

容量瓶洗涤后未干燥，对所配溶液的浓度无影响，测定结果港确，d不符合；

故答案为:90.5%；bco

【分析】三颈烧瓶中有Na2sCh溶液和NaC。固体，通过恒压滴液漏斗加入硫酸溶液发生反应，生成CQ

气体，在冰水浴中与NaOH和H2O2反应生成NaCKh,尾气通过C装置处理。

(1)①根据反应需酸性环境，判断滴加的是H2s04溶液(提供酸性条件)。

②因CIO2浓度过高易爆炸，通入空气是为稀释CIO2,防止爆炸。

(2)①结合反应物(ClCh、NaOH、H2O2)和产物(NaClCh、O2等)，与化学方程式。

②依据NaCICh高于60℃分解及溶解度曲线，控制温度在38℃~60℃间操作，并用无水乙醇处理。

第15页

(3)①通过反应关系(NaCQ~2b~4Na2s2。3),由Na2s2O3的量计算纯度。

②分析配制NazS,O,溶液的操作对浓度的影响，判断对测定结果的偏高因素。

(1)®NaClO3.Na2sO3、”25。4的反应是氧化还原反应，氯酸钠在酸性环境下是强氧化剂，将氯酸钠和亚

硫酸钠按一定比例配成混合物，即A中是NaCQ和Na2sCh溶液，滴加硫酸溶液开始反应：

2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2Na2SOA+2ClO2什/。，因此恒压滴液漏斗中是H2so4溶液；

②。02浓度过高时易发生爆炸，通入N2的目的是稀释CI02,防止浓度过高发生爆炸；

(2)①装置B在冰水浴中。Ch与NaOH和H2O2反应生成NaQCh,反应的化学方程式为：2NQOH+

冰水浴

H2O2+2CIO22NaClO2+02T+2H2O；

②NaQCh高于60℃时分解，根据图示可知，温度低于38℃容易析出NaQChSFhO,因此Na。。?溶液中获得

NaC/g固体的操作是：加热温度至略低于60c蒸发浓缩，冷却至略高于38C结晶，趁热过滤，用无水乙醇

洗涤所得固体，控制温度低于60c干燥；

(3)(l)n(Na2S203)=CV=0.2000niol-Llx20.00x1Q-3L=4.0x103mol；

由方程式可知：NaCICh〜2L~4Na2s2O3,n(NaQO2)=1n(Na2s2。3)=l.OxlOW;

(D(NaCI02)J°xl03mo/x90.5g/mc，x^^x100%=90.5%；

1.000g

②配制Na2s2O3溶液时俯视刻度线，溶液体积偏小，配制标准溶液浓度偏高，消耗的标准溶波体积偏小，造

成测定结果偏低，a不符合；

摇匀后发现液面下降，补加蒸你水至刻线，造成所配制溶液浓度偏小，滴定时消耗的标准溶液体积偏大，测

定结果偏向»b符合；

未洗涤烧杯和玻璃棒，造成所配溶液中溶质减少，所配标准溶液浓度偏小，滴定时消耗的溶液体积偏大，测

定结果偏高，c符合；

容量瓶洗涤后未干燥，对所配溶液的浓度无影响，测定结果准确，d不符合；

答案选be。

17.脱硫是天然气、电力、石油化工等行业中非常重要的一个环节，其主要目的是去除含硫化合物，以减少

环境污染和提高产品质量。

(1)天然气中含有少量“2S，在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。

①该催化脱硫过程总反应的化学方程式为o

②该催化过程中，要控制反应温度不能过高，原因是

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（2）或（。，）2钙基脱硫剂常用于工业烟气的干法脱硫。通过添加活性组分可以提高脱硫性能，为筛选出

能够更加有效提升脱硫剂脱硫效果的活性组分，进行研窕：250c时-，S02初始浓度、模拟烟气流量相同的条

件下，分别添加O.lgNaHCS及氨基类活性物质进行脱硫实验，结果如图所示。

E12o

d1

d•0o

、*1

翅8o

影6o

口

4o

汨

O

S2O-A-NaHCO.

一氨基类活性物质

,911

86

1220

①反应一段时间后，S02出口浓度都升高的原因是o

②250c时，Nc由。。3已分解为内即。。3固体，氨基类活性物质分解产生气态N，3。氨基类活性物质脱硫性

能明显优于NQHCO?的原因

（3）石油化工会产生含硫（-2价）废水，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。

催化剂载体--------------->催化剂载体oMn

・o

□空位

凡0、S2-*0*0

111JO-\J-O*0吸附态氧原子

催化剂载体<催化剂载体

OH，S

①步骤【II可描述为____________________________

②步骤IV中，化合价发生变化的元素有

【答案】（1）2H2S+O^^2Sl+2H2O；温度太高，硫杆菌失去活性

（2）随着反应时间的延长，活性组分逐渐被消耗；250℃时、碳酸氢钠分解为碳酸钠固体，反应为“气-固”模

式，氨基类活性物质产生气