2026年上海高考化学二轮复习讲练测主题一化学用语与基本概念综合训练（解析版）

主题一化学用语与基本概念

(考试时间：60分钟试卷满分：100分)

可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Na-23K-39Cr-52Mn-55

一、物质的制备及其性质(15分）

2

（25-26高三上·上海徐汇·期末）MnO2可由(NH4)2S2O8与MnSO4反应制得。S2O8的结构如下。

2

1．S2O8中S-O-O(填“是”或“不是”)在一条直线上。

MnO2在许多反应中有催化作用：①催化KClO3分解制氧气②催化H2O2分解制氧气③MnO2作催化剂氨催化

还原脱除NO；其中一种催化机理示意图如下：

2．从化学键的角度解释MnO2能结合NH3的原因。

3．用NH3每脱除1molNO的同时，消耗0.25mol氧气，写出该催化过程的总反应的化学方程式并标出电子

转移的方向和数目：。

4．以MnSO4溶液为原料，用如图装置(a，b均为惰性电极)同步制备Mn和MnO2。

电极a与电源的(负极或正极)连接，发生的电极反应式为。

电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4的流程如下。

5．MnS不溶于水，它与硫酸溶液发生复分解反应的离子方程式为。

6．浸出过程中加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4。利用了MnO2的化学性质

是。结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的原理：。

【答案】除备注外，每空2分

1．不是（1分）2．Mn原子提供空轨道，N原子提供孤电子对，形成配位键

2+-+

3．4．正极Mn+2H2O-2e=4H+MnO2

+2+3++

5．MnS+2H=Mn+H2S↑6．氧化性Fe+3H2O3H+Fe(OH)3，增大pH、升高温度，

3+

使平衡向右移动，Fe转化为Fe(OH)3沉淀

【分析】由电解锰渣(主要成分是MnS)为原料制取高纯MnSO4的工艺流程，首先用MnO2和硫酸浸取电解

3+2+

锰渣，获得浸出液，浸出液中含杂质Fe和Ca，后调节溶液的pH为4，使得铁离子转化为Fe(OH)3沉淀，

2+

再将浓缩液进行萃取除去Ca，得到MnSO4溶液，最后获得纯净的MnSO4；

23

1．S2O8离子存在-O-O-键，因过氧化氢的空间结构中O原子采用sp杂化，同时孤对电子的斥力作用使结

2

构为书形，则S2O8中的S-O-O不在一条直线上；

2．由图可知，MnO2能结合NH3的原因是：Mn原子提供空轨道，N原子提供孤电子对，形成配位键；

3．

用NH3每脱除1molNO的同时，消耗0.25mol氧气，NH3和NO、O2反应生成N2，N元素由-3价上升到0

价，N元素由+2价下降到0价，O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式

并标出电子转移的方向和数目：；

2+2+

4．由图可知，Mn在b电极得到电子生成Mn，b电极为阴极，Mn在a电极失去电子生成MnO2，a电极

2+-+

为阳极，电极a与电源的正极连接，发生的电极反应式为Mn+2H2O-2e=4H+MnO2；

+2+

5．MnS与H2SO4发生复分解反应的离子方程式为MnS+2H=Mn+H2S；

6．浸出过程中，会产生有毒气体H2S，加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4，锰元素

3++

由+4价转变为+2价，被还原，则MnO2为氧化剂，利用了其氧化性；Fe+3H2O3H+Fe(OH)3，增大

3+

pH、升高温度，使平衡向右移动，Fe转化为Fe(OH)3沉淀。

二、Li2CN2的结构与性质(16分）

7．（25-26高三上·上海宝山·期末）Li2CN2是一种高活性的人工固氮产物，其合成反应为

高温

2LiH+C+N2Li2CN2+H2。

(1)写出N2的电子式。

(2)Li2CN2含有的化学键是______。(不定项)

A．极性共价键B．非极性共价键C．离子键D．金属键

(3)判断上述反应是否属于氧化还原反应。

A．是B．否

判断依据是。

2

(4)根据价层电子对互斥理论，可知CN2中C的价层电子对数为______。

A．2B．3C．4D．6

22

(5)已知CN2与CO2是等电子体，CN2中C原子的杂化类型为。

A．spB．sp2C．sp3

(6)已知：LiH+H2O=LiOH+H2↑，其中氧化产物是。(不定项)

A．LiHB．H2OC．LiOHD．H2

在标准状况下，该反应生成22.4L氢气，转移的电子数目是。

Li2CN2晶胞结构如下图所示。

-1-1

已知：①a、b、c的单位是nm；②M(Li2CN2)=Mrg⋅mol，阿伏加德罗常数=NAmol

(7)晶胞中含有Li+的个数为______。

A．2B．4C．6D．8

(8)该晶体的密度ρ=g·cm-3(列出算式)。

【答案】除备注外，每空2分

(1)

(2)AC

(3)是（1分）有元素化合价升降（1分）

(4)A（1分）

(5)A（1分）

(6)DNA

(7)B

2M21

(8)r10

abcNA

【详解】（1）

氮气的结构式为NN，其电子式为。

2-

（2）Li2CN2是离子化合物，含有离子键；CN2中含有C=N极性共价键，所以Li2CN2中含有离子键和极

性共价键。

高温

（3）反应2LiH+C+N2Li2CN2+H2中，LiH→H2中的氢元素由-1价升高到0价，C→Li2CN2中的碳元

素由0价升高到+2价，N2→Li2CN2中的氮元素由0价降低到-2价，有元素化合价的升降，属于氧化还原

反应。

1

（4）CN2的中心原子为碳原子，价层电子对=242232，所以其价层电子对数为2。

22

2

（5）CO2是直线形分子，C为sp杂化，CN2与CO2是等电子体，结构相似，C与两个N形成双键，无孤

对电子，结构为直线形。

（6）LiH中H为-1价，H2O中的H为+1价，H2中的H为0价，H从-1价升高到0价，被氧化，H2为氧

化产物。

该反应中转移电子数为1个，若有1mol氢气生成，则转移电子数为NA，在标准状况下，该反应生成22.4L

氢气，氢气的物质的量为1mol，所以转移电子数为NA。

1

（7）根据所给的晶胞图，可知8个Li+位于侧面的四个面上，用均摊法可算出Li+的个数为84个

2

-213

（8）由第7问的分析可以知道该晶胞中有2个Li2CN2，该晶胞的体积为abc10cm，由密度公式

N

mM3

=N2M21g/cm

VAr10

VabcNA

三、以氟碳铈矿为原料的工艺流程(18分）

（25-26高三上·上海·期中）我国是世界上最大的稀土生产、出口和应用国。稀土元素中丰度最高的是铈，

在电子材料、催化剂等方面应用广泛。工业上以氟碳铈矿(CeCO3F，含Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)为原料

制备二氧化铈(CeO2)、硫酸铝铵和氯化亚铁，工艺流程如下图所示：

已知：①Ce3在空气中易被氧化为Ce4，Ce4具有强氧化性；

②沉铈时发生反应得到复盐：。

“”Ce2SO43Na2SO46H2OCe2SO43Na2SO46H2O

8．氟碳铈矿CeCO3F中铈元素的化合价为价(填序号)，焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF4，焙

烧氟碳铈矿的目的是。

A．1B．2C．3D．4

．向含有3的溶液中加入反应生成的离子方程式为。

9CeNH4HCO3Ce2CO33

10．“溶解”时，为防止Ce3被氧化，可以加入___________(不定项)。

A．KMnO4B．NaClOC．CH3CHOD．Na2SO4

向“含F滤液”先后加入物质X、Y可以得到两种副产品，工艺流程如下图所示：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：

金属离子Fe3Fe2Al3

开始沉淀pH1.97.53.0

完全沉淀pH3.29.04.7

11．物质X是，后加入的物质Y需要控制pH范围在。

A．1.9～3.2B．3.2～7.5C．4.7～7.5D．1.9～7.5

12．副产物氯化亚铁易被氧化，如何检验其是否已被氧化。

13．“酸浸”中，铈浸出率与温度的关系如图1所示，铈浸出率与硫酸浓度的关系如图2所示。工业生产应

选择的适宜条件是。

14．若“酸浸”步骤的稀硫酸改用稀盐酸，可能造成的影响是。

15．取所得的8.0g含CeO2的产品，用30mL高氯酸和20mL磷酸混合液加热溶解，冷却至室温后，配成250mL

溶液。取溶液用1硫酸亚铁铵NHFeSO溶液滴定，已知滴定时发生的反应为

25.00mL0.2000molL4242

Fe2Ce4Fe3Ce3，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液20.00mL，假定杂质不参与反应，则该产品

的纯度为。

【答案】除备注外，每空2分

8．C（1分）将氟碳铈矿氧化为易溶于酸的CeO2、CeF4，同时除去部分杂质(如SiO2等)

．3．．铁粉（分）

92Ce6HCO3Ce2CO333CO23H2O10C111C

12．取少量样品溶于水，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明已被氧化；若不变色，则未被氧化

4+-

13．85℃，3.0mol/L14．Ce具有强氧化性，会氧化Cl生成Cl2，导致铈元素损失，同时产生有毒气体

污染环境15．86%

【分析】“焙烧”时，CeCO3F转化为CeF4、CeO2得到Fe2O3、Al2O3、SiO2、CeF4、CeO2，“酸浸”时，Fe2O3、

2

Al2O3、CeF4、CeO2分别转化为硫酸铁、硫酸铝、CeF2，SiO2不与硫酸反应，滤渣A为SiO2；“沉铈”时，

2--

CeF2中的Ce发生“已知”反应转化为沉淀，过滤得到滤渣B为Ce2(SO4)3⋅Na2SO4⋅6H2O，含F滤液含F、

Al3+、Fe3+等；“溶解”后Ce元素转化为Ce3+进入溶液，而后加碳酸氢铵得到碳酸铈，在空气中灼烧碳酸铈

得到CeO2。

8．CeCO3F中，C为+4价、O为-2价、F为-1价，设Ce化合价为x，则x+(+4)+3×(-2)+(-1)=0，解得x=+3；

焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF4，焙烧氟碳铈矿的目的是：将难溶的氟碳铈矿转化为易溶于酸的CeO2、

CeF4，同时除去部分杂质(如SiO2等)，为后续分离提纯奠定基础；故答案为：+3；将氟碳铈矿氧化为易溶

于酸的CeO2、CeF4，同时除去部分杂质(如SiO2等)。

3+23+

9．Ce与HCO3反应，HCO3电离出的CO3与Ce结合生成沉淀同时释放氢离子，氢离子继续与HCO3反

3+

应生成CO2和H2O，因此，其离子方程式为：2Ce+6HCO3=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O；故答案为：

3+

2Ce+6HCO3=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O。

3+4+3+

10．Ce易被氧化为Ce，需加入还原剂保护，CH3CHO具有还原性，可防止Ce被氧化；A、B为氧化剂，

会氧化Ce3+；D一般无还原性，无法起到保护作用；故答案为：C。

11．“含F-滤液”除F-外还含Fe3+、Al3+，故X为铁粉，目的是将三价铁还原为二价铁，pH控制理由：需先

使FAl3+完全沉淀(pH≥4.7)，再避免Fe2+沉淀(pH＜7.5)，故选择4.7～7.5；故答案为：铁粉；C。

12．Fe2+被氧化生成Fe3+，Fe3+与KSCN反应生成血红色络合物，现象明显，因此检验氯化亚铁是否被氧化

时：取少量样品溶于水，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明已被氧化；若不变色，则未被氧化；

故答案为：取少量样品溶于水，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明已被氧化；若不变色，则未

被氧化。

13．由图1可知，85℃时铈浸出率达到较高水平，继续升温浸出率提升不明显；图2中3.0mol/L硫酸时浸

出率最高，浓度过高或过低均会降低浸出率，即选择温度控制在85℃左右，硫酸浓度控制在3.0mol/L左右；

故答案为：85℃，3.0mol/L。

4+4+-4+-3+

14．Ce具有强氧化性，“酸浸”时若将稀硫酸改为稀盐酸，Ce会氧化Cl生成Cl2，2Ce+2Cl=2Ce+Cl2↑，

4+4+-

既消耗Ce，又产生污染性气体，故答案为：Ce具有强氧化性，会氧化Cl生成Cl2，导致铈元素损失，同

时产生有毒气体污染环境。

15．根据滴定时发生的反应Fe2Ce4Fe3Ce3可知，25.00mL溶液中

4+4+250mL

n(Ce)=n{[(NH4)2Fe(SO4)2]}=0.2000mol/L×0.02L=0.004mol，则样品中n(Ce)=0.004mol×=0.04mol，

25.00mL

172g/mol0.04mol

4+

样品中n(CeO2)=n(Ce)=0.04mol，所以样品的纯度为100%=86%。

8.0g

四、废水处理的工艺(17分）

16．（2026·上海·一模）生产、生活废水必须要做及时处理，否则会影响人类的生活环境。废水的常见化学

处理法有：中和法、氧化还原法、萃取法、吸附法、混凝法、沉淀法等。

(1)下列物质常被用于污水处理，其中属于纯净物的是________。

A．漂粉精B．聚丙烯酸钠C．明矾D．石灰乳

2+

(2)三价铁的强酸盐溶液因会发生水解，可被用作净水剂，其水解时会产生黄色的[Fe(OH)(H2O)5]以及二聚

4+

体[Fe2(OH)2(H2O)8](结构如图)。则二聚体中Fe的配位数为，配位体是。

大量含氮污水任意排放将造成藻类疯长，出现水体富营养化等问题。某小组尝试用NaClO溶液处理含氨氮

废水。

(3)室温下，部分酸的电离平衡常数如表所示，下列关于次氯酸钠溶液的说法中，错误的是_________；

常温下的电离平衡常

化学式

数

HClOKa3108

7

Ka14.210

H2CO3

11

Ka24.810

7

Ka11.310

H2S

15

Ka27.110

A．依据物料守恒关系，cNa+c(ClO)cHClO

B．依据强酸制弱酸原理，通入少量SO2有利于HClO生成，可增强漂白作用

C．由于NaClO水解呈碱性，则cNa+c(ClO)

D．根据“有弱才水解”规律，所以NaClO是弱电解质

(4)下列物质中不能与NaClO反应的是_________。

A．CO2B．NaHCO3C．H2SD．NaHS

(5)NaClO将废水中的NH3氧化为无污染气体，反应的离子方程式为；实际实验中NaClO溶液的

投入量要大于理论计算量，可能的原因是。

含铜(Cu2)废水是冶金、电子等行业产生的废水，直接排放会导致严重污染。工业上常用NaHS作为沉淀剂

处理Cu2离子。

-1

(6)现有0.1mol·LNa2S溶液；

①若将该溶液中的S2-、HS-、OH-离子按浓度由大到小进行排序，则顺序为。

②通过计算为什么0.1mol·L-1NaHS溶液呈碱性的原因：。

2+-

(7)沉淀铜离子时，发生反应Cu(aq)+2HS(aq)CuS(s)+H2S(aq)。常温下，该反应的平衡常数约为K，则

此条件下Ksp(CuS)(用该反应的K,H2S的Ka1和Ka2表示)。

【答案】除备注外，每空2分

(1)C（1分）

-

(2)6（1分）H2O和OH

(3)BD

(4)B（1分）

--

(5)3ClO+2NH3=N2+3Cl+3H2ONaClO水解生成的HClO不稳定，易分解

K11014

-＞-＞2--w8＞-

(6)cOHcHScSHS的水解常数Kh77.710Ka2，说明HS的水

Ka11.310

解程度大于电离程度，溶液中cOH-cH+，溶液呈碱性

K

(7)a2

KKa1

【详解】（1）A．漂粉精是氯化钙和次氯酸钙的混合物，A不符合题意；

B．聚丙烯酸钠是聚合度不确定的合成高分子化合物，属于混合物，B不符合题意；

．明矾的化学式为，是带有结晶水的纯净物，符合题意；

CKAlSO4212H2OC

D．石灰乳是氢氧化钙溶于水形成的悬浊液，属于混合物，D不符合题意；

故答案选C；

（2）由二聚体的结构式可知，配离子中具有空轨道的铁离子是中心离子，具有孤对电子的水分子和氢氧根

-

离子是配位体，配位数为6，故答案为：6；H2O和OH；

（3）A．次氯酸钠溶液中存在如下物料守恒关系：c(Na+)c(ClO-)c(HClO)，A正确；

B．二氧化硫具有还原性，二氧化硫能与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应，使得次氯酸钠溶液的浓度减小，

漂白作用减弱，B错误；

C．次氯酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则由电荷守恒关系：

cNa++cH+=cClO-+cOH-可知，溶液中钠离子浓度大于次氯酸根离子浓度，C正确；

D．次氯酸钠在溶液中完全电离出钠离子和次氯酸根离子，属于强电解质，D错误；

故答案选BD；

（4）A．由电离常数可知，碳酸的酸性强于次氯酸，由强酸制弱酸的原理可知，二氧化碳能与次氯酸钠溶

液反应生成次氯酸，A不符合题意；

B．由电离常数可知，碳酸的酸性强于次氯酸，由强酸制弱酸的原理可知，碳酸氢钠溶液不能与次氯酸钠溶

液反应生成次氯酸，B符合题意；

C．硫化氢具有强还原性，能与次氯酸钠溶液反应生成氯化钠、硫沉淀和水，C不符合题意；

D．硫氢化钠具有强还原性，能与次氯酸钠溶液反应生成氯化钠、硫沉淀和氢氧化钠，D不符合题意；

故答案选B；

（5）由题意可知，氨气与次氯酸钠溶液反应生成氮气、氯化钠和水，反应的离子方程式为：

--

3ClO+2NH3=N2+3Cl+3H2O；次氯酸钠在溶液中水解生成氢氧化钠和次氯酸，次氯酸不稳定，遇光易

分解，使得水解平衡右移，导致次氯酸钠溶液的浓度降低，所以实际实验中次氯酸钠溶液的投入量要大于

--

理论计算量，故答案为：3ClO+2NH3=N2+3Cl+3H2O；NaClO水解生成的HClO不稳定，易分解；

14

Kw110-

（6）①硫离子的水解常数为Kh151.4，由硫元素守恒可知，c(HS)＜0.1mol/L，

Ka27.110

cOH2

1.42x

＞1，即cOH＞cS，若忽略2级水解，设水解的c(S2-)=xmol/L，则1.4，解

cS2cHS0.1x

0.09375

得x0.09375，S2-的水解程度为100%93.75%＞50%，所以c(HS-)>c(S2-)，因此，溶液中离子浓

0.1

度大小关系为：cOH-＞cHS-＞cS2-，故答案为：cOH-＞cHS-＞cS2-；

K11014

-w8＞-

②HS的水解常数Kh77.710Ka2，说明HS的水解程度大于电离程度，溶液中

Ka11.310

K11014

-+-w8＞

cOHcH，所以硫氢化钠溶液呈碱性，故答案为：HS的水解常数Kh77.710Ka2，

Ka11.310

-+

说明HS-的水解程度大于电离程度，溶液中cOHcH；

2

c(H2S)1c(H2S)c(S)

（7）由方程式可知，由K，可变形为K。根据HS的电离

c(Cu2)c2(HS)c(Cu2)c(S2)c2(HS)2

2

c(HS)c(S)K1Ka2

2a222K

平衡常数表达式可知2，且Ksp(CuS)c(Cu)c(S)。代入得，则

c(HS)Ka1Ksp(CuS)Ka1

Ka2Ka2

Ksp(CuS)，故答案为：。

KKa1KKa1

五、钴蓝及其相关粒子的结构与性质(15分）

17．（25-26高三上·上海松江·期末）钴蓝(CoAl2O4)是使用最广也最为成熟的色料，青花瓷的命名很大程度

上和“钴”料的使用有关。

(1)确定CoAl2O4晶体结构的方法是______。

A．X射线衍射B．质谱C．红外吸收光谱D．核磁共振氢谱

(2)钴元素在元素周期表中的位置是______。

A．第4周期第VIIIB族B．第4周期第9族

C．第5周期第VIII族D．第5周期第9族

化合物X可作为某些含钴染料或颜料的合成原料，其化学式为[Co(NH3)6]Cl2

(3)基态Co2+中，______。(不定项)

A．有7个未成对电子B．有6个不同能级的电子

C．价电子运动状态有15种D．核外电子空间运动状态有14种

(4)化合物X可合成[Co(NH3)5Cl]Cl。

①0.5mol[Co(NH3)5Cl]Cl与足量的AgNO3溶液发生反应，可生成沉淀mol。

②0.5mol[Co(NH3)5Cl]Cl中含有的共价键为mol。

A．10.5B．11C．21D．22

(5)已知X中H-N-H键角大于NH3中H-N-H键角，请解释其原因。

2+

(6)化合物X晶体的晶胞结构如图所示，离A最近的[Co(NH3)6]个数为。

A．6B．8C．10D．12

–1–3

NA是阿伏加德罗常数的值。已知该化合物X的摩尔质量为Mg•mol，密度为ρg•cm，则该晶胞的棱长为

nm。

3+

利用X能络合NO的特性，再经多步反应将NO从废气中脱除，同时生成[Co(NH3)6]。工业上可用活性炭

3+2+

和水实现[Co(NH3)6]→[Co(NH3)6]，机理如下图所示。

(7)写出步骤(iii)的离子反应方程式。

(8)结合上述机理，简述利用化合物X处理废气中NO的优缺点(优点、缺点各一条)。

【答案】除备注外，每空2分

(1)A（1分）

(2)B（1分）

(3)BD

(4)0.5（1分）A（1分）

3

(5)X和NH3中氮原子皆为sp杂化，孤电子对分别为0和1，由于孤电子对和成键电子对之间排斥力大于成

键电子对之间排斥力，所以X中H-N-H键角大于NH3中H-N-H键角

4M

(6)D（1分）3×107

NA

3+2++

(7)4Co+2H2O=4Co+4H+O2↑

(8)优点：化合物X可循环利用；缺点：氨易挥发，造成原料浪费或污染环境(答案合理即可)

【详解】（1）利用X射线穿透晶体后衍射原理分析晶体结构，确定CoAl2O4晶体结构的方法是X射线衍射，

选A；

（2）钴是27号元素，其价电子排布式为3d74s2,在元素周期表中的位置是第4周期第9族，选B；

（3）A．基态Co2+的电子排布式为［Ar］3d7，有3个未成对电子，故A错误；

B．基态Co2+的核外有1s、2s、2p、3s、3p、3d共6个不同能级的电子，故B正确；

C．基态Co2+价电子排布式为3d7，价电子运动状态有7种，故C错误；

D．基态Co2+的电子排布式为［Ar］3d7，核外电子占用14个原子轨道，电子空间运动状态有14种，故D

正确；

选BD。

（4）化合物X可合成[Co(NH3)5Cl]Cl。

-

①[Co(NH3)5Cl]Cl外界只有1个氯离子，0.5mol[Co(NH3)5Cl]Cl能电离出0.5molCl，与足量的AgNO3溶

液发生反应，可生成氯化银沉淀0.5mol。

+2+-

②[Co(NH3)5Cl]中Co与配体NH3、Cl通过共价键结合，NH3中N、H通过共价键结合，0.5mol

[Co(NH3)5Cl]Cl中含有的共价键为0.5mol×(6+3×5)=10.5mol，选A。

3

（5）X和NH3中氮原子皆为sp杂化，孤电子对分别为0和1，由于孤电子对和成键电子对之间排斥力大

于成键电子对之间排斥力，所以X中H-N-H键角大于NH3中H-N-H键角。

2+

（6）根据化合物X的晶胞结构图，[Co(NH3)6]在晶胞中构成面心立方堆积，其配位数为12离A最近

2+

的[Co(NH3)6]个数为12，选D。

-2+2+

根据图示，晶胞中Cl数为8，[Co(NH3)6]在晶胞中构成面心立方堆积，根据均摊原则，[Co(NH3)6]数为

11

864，该化合物X的摩尔质量为Mg•mol–1，密度为ρg•cm–3，设晶胞棱长为anm，

82

4M4M74M

37

3ρ,a=10,则该晶胞的棱长为3×10nm。

7N

a10NAANA

3+3+2+3+

（7）步骤(iii)中Co把水氧化为氧气，Co被还原为Co，反应的离子反应方程式4Co+2H2O

2++

=4Co+4H+O2↑。

（8）根据图示，利用化合物X处理废气中NO的优点是化合物X可循环利用；缺点是氨易挥发，造成原

料浪费或污染环境。

六、氯气及其化合物的性质与应用(19分）

（25-26高三上·上海·期中）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工

原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：

18．氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许

离子通过，氯气的逸出口是(填标号)。

cX

19．HClO电离平衡体系中各成分的组成分数[X，X为HClO或ClO]与pH的关

cHClOcClO

系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为。

20．Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化

剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为。

21．ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、

NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的

反应属于歧化反应，每生成1molClO2消耗NaClO2的量为mol；产生“气泡”的离子方程式

为。

次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠C3N3O3Cl2Na都是常用的杀菌消毒剂。可用于制备二氯异氰尿酸钠。

22．NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子方程式为；

用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用

减弱，其原因是。

二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。实验检测原理为：

C3N3O3Cl2H2H2OC3H3N3O32HClO

HClO2IHI2ClH2O

22

I22S2O3S4O62I

准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸

1

和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用0.1000molLNa2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉

指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。

23．通过计算判断该样品是否为优质品。。

测定中转化为HClO的氯元素质量2

(写出计算过程，该样品的有效氯=100%)

样品质量

【答案】除备注外，每空2分

+7.5

18．Na（1分）a（1分）19．1020．HgO+2Cl2=Cl2O+HgCl221．1.25

+-

H+HCO3=H2O+CO2

---

22．Cl2+2OH=Cl+ClO+H2ONaClO溶液吸收空气中的二氧化碳后产生HClO，HClO见光分

解

23．

2-3

nS2O30.1000mol/L0.02000L=2