河南省南阳市2026届高三化学上学期11月期中试题含解析

考生注意：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。

2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案

标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域

书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

4.本卷命题范围：人教版必修第一、二册，选择性必修1第一章。

5.可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23

一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目

要求的。

1.下列做法不能体现“绿色化学”思想的是

A.将废旧塑料裂解为化工原料

B.研发新能源汽车，降低汽油、柴油消耗

C.减少一次性筷子、纸杯和塑料袋的使用

D.乙烯、Ca(OH)2、Cl2制备(环氧乙烷)

【答案】D

【解析】

【详解】A．将废旧塑料裂解为化工原料，可以实现原料再利用，既可减少环境污染物的排放，又能节约能

源，符合绿色化学理念，A不符合题意；

B．研发新能源汽车，降低汽油、柴油消耗，可以减少环境污染物的排放，有利于保护环境，符合绿色化学

理念，B不符合题意；

C．减少一次性筷子、纸杯和塑料袋的使用，既可减少环境污染物的排放，又能节约能源，符合绿色化学理

念，C不符合题意；

D．乙烯、Ca(OH)2、Cl2反应生成环氧乙烷、CaCl2和水，不能实现原子利用率100%，不符合绿色化学理念，

D符合题意；

故答案选D。

2.下列说法正确的是

A.MgO属于两性氧化物

B.Fe3O4中的铁元素呈现两种价态

C.CO2和SiO2二者物理性质相似

D.用FeCl3溶液和NaOH溶液制备Fe(OH)3胶体

【答案】B

【解析】

【详解】A．MgO是碱性氧化物，只能与酸反应生成盐和水，不能与强碱反应，不属于两性氧化物，A错误；

B．Fe3O4可看作FeO·Fe2O3，其中铁元素呈现+2和+3两种价态，B正确；

C．CO2是分子晶体（常温为气体），SiO2是原子晶体（高熔点固体），物理性质差异显著，C错误；

D．FeCl3溶液与NaOH溶液直接反应生成Fe(OH)3沉淀，而非胶体，制备胶体需将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，

D错误；

故答案为B。

3.下列鉴别或检验能达到实验目的的是

A.用硝酸酸化的BaCl2溶液检验Na2SO3是否被氧化

B.用酸性KMnO4检验乙烯中是否含有SO2

C.用石灰水鉴别Na2

CO3与NaHCO3

D.用水检验溴蒸气和NO2气体

【答案】D

【解析】

22

【详解】A．硝酸具有强氧化性，会将亚硫酸根SO3氧化为硫酸根SO4，因此即使Na2SO3未被氧化，

也会被硝酸氧化生成BaSO4沉淀，无法判断原Na2SO3是否被氧化，A错误；

B．乙烯和SO2均能使酸性KMnO4溶液褪色，会对SO2的检验造成干扰，B错误；

C．Na2CO3和NaHCO3与石灰水反应均能生成CaCO3白色沉淀，现象相同，无法鉴别，C错误；

D．溴蒸气溶于水形成溴水变为橙黄色，而NO2溶于水发生反应：3NO2H2O2HNO3NO，气体颜色

褪去并产生无色气体NO，现象明显不同，D正确；

故答案为：D。

4.下列有关化学用语表示错误的是

A.H2O的空间结构：V形

B.NaOH的电子式：

C.Cl-的结构示意图：

D.溶于水的电离方程式：32

Fe2(SO4)3Fe2(SO4)32Fe3SO4

【答案】C

【解析】

【详解】A．H2O的中心原子为O原子，价电子对数为4，有两对孤电子对，故空间结构：V形，故A正确；

B．NaOH是离子化合物，电子式为，故B正确；

C．Cl-的质子数为17，最外层8个电子，正确结构示意图为：，故C错误；

D．Fe2(SO4)3是强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式正确，故D正确；

故选C。

5.下列反应的离子方程式书写正确的是

A.少量Cl通入NaI溶液中：

2Cl2II2Cl

B.用氢氟酸雕刻玻璃：

SiO24H4FSiF42H2O

C.NO通入水中：

22NO2H2O2H2NO3

D.过量通入饱和碳酸钠溶液中：2

CO22NaCO3CO2H2O2NaHCO3

【答案】D

【解析】

【详解】A．反应未配平，离子方程式应为，A错误；

Cl22II22Cl

B．氢氟酸为弱酸，不能拆为H+和F-，应保留HF分子形式，离子方程式应为，

SiO24HFSiF42H2O

B错误；

C．NO与水反应生成HNO和NO，方程式未体现NO的生成，离子方程式应为，

233NO2H2O2H2NO3NO

C错误；

D．过量CO2与饱和Na2CO3反应生成溶解度更低的NaHCO3沉淀，方程式正确，D正确；

故答案为D。

6.下列根据实验目的设计的装置连接中正确的是

A.用碱石灰和浓氨水制备收集NH3：连接a→d→e→e

B.用MnO2和浓盐酸制备收集Cl2：连接b→f→c→e→d

C.用铜和稀硝酸制备收集NO：连接b→c→e

D.用铜和浓硫酸制备收集SO2：连接a→c→e→d

【答案】D

【解析】

【详解】A．用碱石灰和浓氨水制备收集NH3，不需要加热，发生装置应该使用b装置，尾气处理装置也

错误，故A错误；

B．用MnO2和浓盐酸制备收集Cl2，需要加热，发生装置应该需要a装置，故B错误；

C．用铜和稀硝酸制备收集NO，不能用排空气法收集，应该用排水法收集NO，选用g，故C错误；

D．用铜和浓硫酸制备收集SO2，需要加热，使用a装置，用浓硫酸干燥，密度比空气大，用向上排空气法

收集，选择e装置进行收集，最后用d进行尾气处理，故连接a→c→e→d，故D正确；

故选D。

1

7.在298K、100kPa时，已知：2C(s)O(g)2CO(g)H，H(g)O(g)HO(l)H，

2122222

C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)H3。下列关于ΔH1、ΔH2、ΔH3的关系正确的是

A.H12H22H30B.H12H22H30

C.H12H22H30D.无法确定

【答案】A

【解析】

【详解】已知：反应①2C(s)O2(g)2CO(g)H1

1

反应②H(g)O(g)HO(l)H

22222

反应③C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)H3

根据盖斯定律可知反应②×2+反应③×2可得：2C(s)+O2(g)+2H2O(g)=2CO(g)+2H2O(l)ΔH总

=2ΔH3+2ΔH2

将上述所得反应中的2H2O(l)转为2H2O(g)，引入气化焓：2H2O(l)=2H2O(g)ΔH=2ΔHvap(ΔHvap>0)

故由盖斯定律可得：2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH1=ΔH总+2ΔHvap=2ΔH3+2ΔH2+2ΔHvap

故ΔH1−2ΔH2−2ΔH3=2ΔHvap>0

故答案选A。

8.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。如图为在某温度下，CH3OH与H2O在铜基催化

剂上的反应机理和能量与反应过程之间的关系（各物质均为气态）：

下列说法错误的是

A.反应Ⅱ过程中热效应ΔH<0

B.1molCH3OH(g)和1molH2Og的总能量小于1molCO2(g)和3molH2g的总能量

C.选择优良的催化剂可以降低反应活化能，但不能改变反应的ΔH

D.CO(g)在反应过程中，先生成后消耗，故可认为CO(g)是催化剂

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据能量-反应过程图像可知，反应Ⅱ的反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，

即ΔH＜0，A正确；

B．总反应方程式为CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)，根据图像可知，该反应为吸热反应，即1molCH3OH(g)

和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，B正确；

C．给定反应中，焓变只与始态和终态有关，使用催化剂可降低反应活化能，但不能改变焓变ΔH，C正确；

D．CO(g)在反应过程中，先生成后消耗，因此CO(g)是中间产物，而非催化剂，D错误；

故答案选D。

9.下表中物质性质和用途均正确且具有因果关系的是

物质性质用途

氮气的化学性质稳

A工业合成氨

定

二氧化硫与氧气反二氧化硫可用于制作葡萄酒的食品添加

B

应剂

二氧化硫具有漂白

C二氧化硫可以用来漂白食品

性

D浓硫酸具有脱水性浓硫酸用作干燥剂

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A．氮气的化学性质稳定，但工业合成氨需要氮气在高温高压下与氢气反应，利用的是其反应性而

非稳定性，因果关系不成立，A错误；

B．二氧化硫能与氧气反应，作为抗氧化剂添加到葡萄酒中，防止氧化变质，性质与用途因果关系正确，B

正确；

C．二氧化硫虽有漂白性，因其有毒，残留于食品中可危害健康，因此不允许用于食品漂白。食品工业中，

二氧化硫仅限作为防腐剂（如用于干果），但漂白食品是禁止的。用途错误，C错误；

D．浓硫酸作干燥剂利用的是吸水性，而非脱水性（脱水性指使有机物碳化），性质与用途不匹配，D错误；

故答案为B。

焦炭

10.工业制备高纯硅的主要过程如下：石英砂粗硅HClH2高纯硅。已

18002000℃300℃SiHCl31100℃

知SiHCl3遇潮会发烟，下列说法正确的是

高温

A.制备粗硅的反应方程式为SiO2CSiCO2

B.光导纤维的主要成分为高纯硅

C.1molSi含Si-Si键的数目约为46.021023

D.原料气HCl要充分干燥，去除水蒸气

【答案】D

【解析】

高温

【详解】A．C在高温下的氧化产物为CO，则制备粗硅的反应方程式应为SiO22CSi2CO，A

错误；

B．光导纤维的主要成分是二氧化硅（SiO2），B错误；

C．硅晶体中每个硅原子形成4个Si-Si键，但每个键被2个原子共享，则1molSi含Si-Si键实际数目

为26.021023，C错误；

D．SiHCl3遇潮会发烟，需避免与水反应，因此HCl必须充分干燥，D正确；

故答案选D。

3

11.NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图甲所示。有氧条件下，Fe催化

NH3还原NO的反应历程如图乙所示。下列说法错误的是

A.图甲中反应伴随着极性键和非极性键的形成

-1

B.图甲所示热化学方程式为4NH3g6NOg5N2g6H2O(g)ΔHabkJmol

C.图乙所示反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1

D.图乙中总反应为4NH3g4NOgO2g4N2g6H2Og

【答案】C

【解析】

【详解】A．图甲中存在N-N键和O-H键的形成，有极性键和非极性键的形成，A正确；

B．反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，图甲所示热化学方程式为

-1

4NH3g6NOg5N2g6H2O(g)ΔHabkJmol，B正确；

C．图乙中反应③为2++3+，氧化剂为氧气，还原剂为2+，氧化剂与还原剂物质

4Fe+4H+O2=4Fe+2H2OFe

的量之比为1：4，C错误；

D．图乙中反应物有NH3、NO和O2，生成物为N2和H2O，总反应为

4NH3g4NOgO2g4N2g6H2Og，D正确；

故选C。

12.合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是

A.甲、乙、丙、丁都含有同一种元素B.图中涉及反应只有反应I属于氮的固定

C.反应IV中水既不是氧化剂也不是还原剂D.乙和丙均不属于酸性氧化物

【答案】A

【解析】

【分析】根据转化关系图可知，甲与氢气反应生成氨气，甲为氮气，乙转化为丙，丙和水反应生成硝酸，

反推出乙为一氧化氮，丙为二氧化氮，氨气中加入二氧化碳和氯化钠溶液变成丁，丁为碳酸氢钠；

【详解】A．由分析可知，甲乙丙丁分别为，NH3、NO、NO2、NaHCO3，甲乙丙丁中未含有同一种元素，故A错

误；

B．氮的固定为游离态氮转化为化合态氮，反应一为氮气和氢气反应生成氨气的过程，符合定义，其他反应

不符合，故B正确；

C．反应为3NO2H2O=2HNO3NO，NO2在反应中既作氧化剂又作还原剂，水既不是氧化剂也不是还原

剂，故C正确；

D．乙丙分别为NO、NO2，不属于酸性氧化物，故D正确；

故答案选A。

13.某种离子化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的最

外层电子数是内层电子数的2倍，Z与W同主族，Q是元素周期表中电负性最大的元素。下列说法错误的是

A.非金属性：Z>W

B.氢化物沸点：Z>Y

C.ZQ3分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构

D.X、Z、Q三种元素能形成离子化合物

【答案】B

【解析】

【分析】根据X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的最外层电子数是内层电子数的2

倍，且Y形成四个键，Y为C元素；Q是元素周期表中电负性最大的元素，Q为F元素；Z与W同主族，Z失

去一个电子后形成四个键，最外层有5个电子，W得到一个电子后形成6个键，W最外层是5个电子，则Z

为N元素，W为P元素，X形成一个键为H元素，据此分析回答。

【详解】A．由分析可知，Z为N元素，W为P元素，非金属性同主族从上到下依次减小，则非金属性：N>P，

A正确；

B．由分析可知，Z为N元素，Y为C元素，简单氢化物沸点：CH4<NH3，C、N均存在其他种类氢化物，该选

项未强调简单氢化物，B错误；

C．由分析可知，Z为N元素，Q为F元素，NF3分子中含有3个N-F键，N、F原子最外层均达到8电子稳定

结构，C正确；

D．由分析可知，X、Z、Q三种元素分别为H、N、F，能形成离子化合物NH4F，D正确；

故选B。

、

14.氧族元素碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳极泥(主要成分是Cu2Te含

Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收贵金属，其工艺流程如图所示：

已知：TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。下列说法错误的是

A.Te的最外层电子数为6

B.“酸浸1”过程中，Cu2Te转化为TeO2，反应的化学方程式为

Cu2Te2O22H2SO42CuSO4TeO22H2O

C.“还原”过程中，反应的化学方程式为

TeCl42SO24H2O2H2SO4Te4HCl

D.TeO溶于浓NaOH溶液的离子方程式为2

2TeO22OHTeO4H2O

【答案】D

【解析】

、

【分析】铜阳极泥(主要成分是Cu2Te含Ag、Au等杂质)在氧气、硫酸作用下酸浸，Cu2Te转化为硫酸铜

和TeO2，过滤后得到含TeO2、Ag、Au的滤渣，向滤渣中加入浓盐酸，TeO2转化为TeCl4，过滤后向滤

液中通入SO2将TeCl4还原为Te，据此解答。

【详解】A．Te的原子序数为52，其价电子排布式为5s25p4，最外层电子数为6，A正确；

B．“酸浸1”过程中，Cu2Te与氧气、硫酸反应生成硫酸铜、TeO2和H2O，反应的化学方程式为：

Cu2Te2O22H2SO42CuSO4TeO22H2O，B正确；

C．“还原”过程中，SO2被氧化生成H2SO4，TeCl4被还原生成Te，反应的化学方程式为：

，C正确；

TeCl42SO24H2O2H2SO4Te4HCl

D．TeO与浓NaOH溶液反应生成和水，反应的离子方程式为：2，D

2Na2TeO3TeO22OHTeO3H2O

错误；

故选D。

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.废旧三元锂电池正极材料LiNixCo1xyMnyO2中富含Li、Ni、Co、Mn等有价金属，将其回收的工

艺流程如图所示：

已知：①浸出液中cLi0.14molL1；

②少量的Ni2＋和2与氨水反应生成的2比2更稳定。

Co[Ni(NH3)6][Co(NH3)6]

回答下列问题：

（1）Fe在元素周期表中的位置为_______。

（2）正极材料表示为LiMO2(M代表Co、Ni、Mn，化合价均为＋3)。

①“酸浸”时LiNiO2反应的化学方程式为_______。

②“酸浸”时温度不宜过高的原因是_______。

（3）浸出液中先加入氨水后加入(NH4)2C2O4，生成CoC2O4沉淀而没有NiC2O4沉淀生成的原因是_______。

（4）气体X的电子式为_______。

（5）一定量2NiCO3·Ni(OH)2与足量盐酸反应，消耗HCl的物质的量与生成CO2的物质的量之比为_______。

＋

（6）现有10L浸出液，回收得到44.03gLi2CO3，则Li的回收率为_______。

【答案】（1）第四周期Ⅷ族

（2）①.2LiNiO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2NiSO4+O2↑+4H2O②.H2O2受热易分解，温度过高浸出率反而

降低

2+2+2+

（3）由于[Ni(NH3)6]比[Co(NH3)6]稳定性强，镍元素主要以[Ni(NH3)6]的形式存在于溶液中，故不能被沉

淀

（4）（5）3:1

（6）85%

【解析】

【分析】由题给流程可知，废旧三元锂电池正极材料经预处理后，加入过氧化氢和稀硫酸的混合溶液酸浸，

将金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，根据金属元素的化合价变化可知过氧化氢被氧化产生氧气，向酸浸液

中加入氨水和草酸铵，将溶液中钴离子转化为草酸钴沉淀，过滤得到草酸钴和滤液；向滤液中加入碳酸氢

铵，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得碳酸锰和滤液；向滤液中加入碳酸钠和氢氧化钠的混合

溶液，将溶液中镍离子转化为aNiCO3·bNi(OH)2沉淀，过滤；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的锂离子

转化为碳酸锂沉淀，据此解答。

【小问1详解】

Fe的原子序数为26，元素周期表中的位置为第四周期Ⅷ族；

【小问2详解】

①“酸浸”时LiMO2(M代表Co、Ni、Mn，化合价均为+3价)将H2O2氧化，Ni、Co、Mn元素被还原为+2价，

离子方程式为2LiNiO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2NiSO4+O2↑+4H2O；

②H2O2受热易分解，温度过高浸出率反而降低；

【小问3详解】

2+

浸出液中先加入氨水后加入(NH4)2C2O4，生成CoC2O4沉淀而没有NiC2O4沉淀生成的原因是由于[Ni(NH3)6]

2+2+

比[Co(NH3)6]稳定性强，镍元素主要以[Ni(NH3)6]的形式存在于溶液中，故不能被沉淀；

【小问4详解】

沉锰过程中加入碳酸氢铵，与锰离子反应生成碳酸锰沉淀和二氧化碳，气体X为二氧化碳，电子式为

；

【小问5详解】

2NiCO·Ni(OH)与足量盐酸反应，化学方程式为，

322NiCO3NiOH26HCl=3NiCl22CO24H2O

消耗HCl的物质的量与生成CO2的物质的量之比为3:1；

【小问6详解】

1＋＋

浸出液中cLi0.14molL，10L浸出液中含有1.4molLi，回收得到44.03gLi2CO3，则Li的回收

44.03g

2

率为74g/mol=85%。

1.4mol

16.以黄铁矿(主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2)为原料，制备硫酸、亚硫酸氢钠和硫酸亚铁晶体

(FeSO47H2O，溶解度随温度升高而增大)的部分工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）“焙烧”后得到的固体主要成分为Fe2O3，写出Fe2O3与稀硫酸反应的离子方程式：_______。

（2）“焙烧”产生的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，写出反应的离子方程式：_______。

（3）实验室用制得的浓硫酸和铜制备SO2的化学方程式为_______。

（4）试剂X是_______(填化学式)。

（5）设计实验，检验“还原”得到的溶液是否达到实验目的：_______。

（6）从“还原”得到的溶液中获得硫酸亚铁晶体的操作：_______、_______、过滤、洗涤、干燥。

（7）工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图所示，下列说法错误的是_______(填字母)。

A.“吸收”过程中有气体生成B.“结晶”后母液中含有NaHCO3

C.“气流干燥”时温度不宜过高D.“中和”后溶液中含Na2SO3和NaHCO3

+3+

【答案】（1）Fe2O3+6H=2Fe+3H2O

（2）SO+2NHHO=2++2-+HO

23∙2NH4SO32

（3）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O

（4）Fe（5）取少量还原后溶液于试管中，滴加KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明溶液中不含有Fe3+，

则已达到实验目的

（6）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（7）B

【解析】

【分析】黄铁矿(主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2)中通入空气焙烧，FeS2、CuS分别转化为Fe2O3、CuO

和SO2，SiO2不反应；加入20%硫酸进行酸溶，此时SiO2不溶，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，CuO转化为CuSO4，SiO2

3+2+2+

不与硫酸反应；过滤后，SiO2成为滤渣，往滤液中加入试剂X，可将Fe还原为Fe，同时将Cu还原为Cu；

过滤后，将滤液及SO2经过处理，可制备硫酸、亚硫酸氢钠和硫酸亚铁晶体FeSO47H2O。

【小问1详解】

“焙烧”后得到的固体主要成分为Fe2O3，Fe2O3与稀硫酸反应，生成硫酸铁和水，依据电荷守恒和原子守恒，

+3+

可得出发生反应的离子方程式：Fe2O3+6H=2Fe+3H2O。

【小问2详解】

“焙烧”产生的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式：

SO+2NHHO=2++2-+HO。

23∙2NH4SO32

【小问3详解】

实验室用制得的浓硫酸和铜制备SO2，同时生成CuSO4等，依据得失电子守恒和原子守恒，可得出发生反应

的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。

【小问4详解】

试剂X可将Fe3+还原为Fe2+，同时将Cu2+还原为Cu，且不能引入新的杂质，则X是Fe。

【小问5详解】

检验“还原”得到的溶液是否达到实验目的，也就是检验Fe3+是否全部还原为Fe2+，需检验Fe3+是否存在，

设计实验为：取少量还原后溶液于试管中，滴加KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明溶液中不含有Fe3+，

则已达到实验目的。

【小问6详解】

硫酸亚铁的溶解度随温度的升高而增大，则从“还原”得到的溶液中获得硫酸亚铁晶体的操作：蒸发浓缩、

冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

【小问7详解】

工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3时，结晶得到的母液中含有NaHSO3，加入纯碱和水，调节pH=8，

此时NaHSO3与Na2CO3反应，生成Na2SO3、NaHCO3；在吸收过程中，SO2与Na2SO3反应生成NaHSO3，SO2与Na2CO3、

NaHCO3反应生成NaHSO3和CO2气体；湿料中NaHSO3用气流干燥，可获得NaHSO3。

A．“吸收”过程中，SO2与Na2SO3反应生成NaHSO3，SO2与Na2CO3、NaHCO3反应生成NaHSO3和CO2气体，A正

确；

B．“结晶”后母液中只含有NaHSO3，不含有NaHCO3，B错误；

C．NaHSO3受热易分解，“气流干燥”时温度不宜过高，C正确；

D．由分析可知，“中和”后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确；

故选B。

【点睛】NaHSO3在空气中也能被O2氧化。

17.工业上以浓缩海水（含较高浓度的Br）为原料提取溴的部分流程及实验装置图如下：

已知：。

3Na2CO33Br25NaBrNaBrO33CO2

回答下列问题：

（1）图示的圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为_______，该装置中KMnO4_______（填“能”或“不能”）

用MnO2替代。

（2）反应釜2中发生反应的离子方程式为_______。

（3）实验室用图示装置模拟流程中的部分过程，通入热空气的作用是_______。

（4）将Cl缓缓通入冷的NaOH溶液中制得漂白液，模拟实验得到ClO-、等离子的物质的量n(mol)与

2ClO3

反应时间t(min)的关系曲线如图所示。

①参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比为_______。

：：

②a点时溶液中nNaClnNaClO3nNaClO_______。

-

③已知：有效氯是指每克含氯消毒剂的氧化能力（得电子数目，氯元素转化为Cl）相当于多少克Cl2的氧

化能力，则NaClO的有效氯值为_______（保留两位有效数字）。

【答案】（1）①.+2②.不能

2MnO410Cl16H2Mn5Cl28H2O

（2）+

5BrBrO36H3Br23H2O

（3）使蒸馏烧瓶中的Br2进入圆底烧瓶中（或加热并带出溴蒸气）

（4）①.2：1②.6：1：1③.0.95

【解析】

-

【分析】由流程可知，硫酸酸化的浓缩海水，通入氯气将Br氧化为Br2，再通入热的空气吹出溴单质，用

碳酸钠溶液吸收溴单质，使Br歧化为Br-和，再加入稀硫酸，Br-和发生归中反应重新生成Br，

2BrO3BrO32

达到富集溴的目的，最后通过蒸馏得到溴单质，以此作答。

【小问1详解】

图示装置为Cl2的发生装置，利用KMnO4和浓盐酸制取氯气，反应的离子方程式为

+2；MnO和浓盐酸制取氯气需要加热，而该装置没有加热

2MnO410Cl16H2Mn5Cl28H2O2

装置，因此不能将KMnO4用MnO2替代；

【小问2详解】

反应釜2中发生Br-和在酸性条件下的归中反应，离子方程式为+；

BrO35BrBrO36H3Br23H2O

【小问3详解】

Br2易挥发，因此通入热空气的作用是使蒸馏烧瓶中的Br2进入圆底烧瓶中（或加热并带出溴蒸气）；

【小问4详解】

①溶液中溶质为NaCl、NaClO、NaClO3，三者均有n(Na)n(Cl)，因此参加反应所需NaOH与氯气的物质的

量之比n(NaOH):n(Cl2)2:1；

②a点时，Cl通入NaOH溶液中，反应得到含有和物质的量之比为1：1的溶液，根据得失电子

2ClOClO3

守恒配平方程式为4Cl28NaOH6NaClNaClO3NaClO4H2O，因此溶液中

：：

nNaClnNaClO3nNaClO6:1:1；

1gxg

的

③设1gNaClO氧化能力相当于xgCl2的氧化能力，则22，解得x0.95，

74.5gmol171gmol1

即NaClO的有效氯值为0.95。

18.某兴趣小组设计如下实验进行喷泉实验和制备水合肼N2H4H2O。回答下列问题：

I．制备NH3并进行喷泉实验(实验装置如图所示，加热及夹持装置已省略)。

i．NH3的制备：打开K1、K3，关闭K2，加热甲处试管底部，反应生成NH3；

、

ii．喷泉实验：当丁中溶液变蓝后，停止制备NH3，关闭K1K3。通过操作a引发喷泉，此过程中三颈烧

瓶内气体压强随时间的变化关系如图所示。

（1）①甲中制备NH3的化学方程式为_______。

②操作a为_______。

③C→D过程中，三颈烧瓶中的现象为_______。

（2）若乙中预先收集Cl2，胶头滴管和丙中为NaOH溶液，也能进行喷泉实验，产生喷泉时乙中反应的离子

方程式为_______。

II．制备水合肼。

以NaClO溶液与含NaOH的CO(NH2)2(沸点：196.6℃)溶液为原料，利用图示装置(部分仪器已省略)制备

N2H4H2O(熔点：-51.7℃，沸点：118.5℃，常温下为易溶于水的碱性液体，具有较强的还原性)。

（3）三颈烧瓶中合成N2H4H2O的化学方程式是_______(产物中还有两种盐)，N2H4溶于水显碱性，为二

元弱碱，N2H4与硫酸反应生成酸式盐的化学式为_______。

（4）从三颈烧瓶所得溶液中获得N2H4H2O的操作是_______(填字母)。

A．过滤B．蒸发浓缩、冷却结晶C．蒸馏

（5）图中冷凝管能否改用球形冷凝管并说明理由：_______。

（6）样品中N2H4H2O含量的测定：称取样品1.500g，加入适量NaHCO3固体，配成250mL溶液，每次取

-1

25.00mL溶液，滴入几滴淀粉溶液，用0.1000mol·L的标准I2溶液滴定，达滴定终点时平均消耗标准I2

溶液的体积为36.00mL，则样品中N2H4H2O的质量分数为_______(已知：

。

N2H4H2O2I2N24HIH2O)

【答案】（1）①.②.先将滴管中的水挤入三

CaOH22NH4ClCaCl22H2O2NH3

颈烧瓶，再打开K2③.出现红色喷泉

（2）