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2022-2023学年山东省实验中学高三第三次诊断考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年山东省实验中学高三第三次诊断考试化学试题含解析，共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，结构与性质，工业流程题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
山东省实验中学2022-2023学年高三第三次诊断考试
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列有关化学药品的配制和保存的说法中正确的是
A．将盛有与乙醇的试剂瓶保存于同一个药品橱中
B．白磷浸泡在冷水中用广口试剂瓶贮存
C．固体密封保存在棕色细口瓶中
D．配制溶液时加入少量防止水解
【答案】B
【详解】A．过氧化氢具有强氧化性，乙醇具有还原性，不能保存于同一个药品橱中，A错误；
B．白磷燃点低容易自燃，故白磷浸泡在冷水中用广口试剂瓶贮存，B正确；
C．固体应该放在广口瓶中，固体具有强氧化性，密封保存在棕色广口瓶中，C错误；
D．水解显碱性，配制溶液时加入少量氢氧化钠防止水解，D错误；
故选B。
2．利用超分子可分离和。将、的混合物加入一种空腔大小适配的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法错误的是
A．原子半径：C>O B．杯酚分子中存在大π键
C．杯酚与形成氢键 D．与杯酚晶体类型相同
【答案】C
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：C>O，A正确；
B．杯酚分子中含有苯环结构，具有大π键，B正确；
C．氢键是H与N、O、F等电负性大的元素以共价键结合的一种特殊分子间或分子内相互作用力，所以杯酚与C60形成的不是氢键，C错误；
D．与杯酚均为分子晶体，二者晶体类型相同，D正确；
故选C。
3．下列生活应用正确且与所述化学原理相关的是
选项
应用
原理
A
与铝高温下反应应用于焊接钢轨
与铝高温下的反应是放热的
B
用作净水剂
具有氧化性
C
可用作食品脱色剂
具有漂白性
D
用小苏打和硫酸铝混合制备泡沫灭火器
受热容易分解
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．铝热反应是放热反应，与铝高温下反应生成氧化铝和铁并放出大量的热，应用于焊接钢轨，故选A；
B．易水解为氢氧化铁胶体，吸附水中杂质，所以用作净水剂，故不选B；
C．有毒，不能广泛用作食品脱色剂，故不选C；
D．小苏打和硫酸铝混合后发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，所以小苏打和硫酸铝混合制备泡沫灭火器，故不选D；
选A。
4．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们形成的某种化合物的结构如图。其中X、Y、Z同周期，Y、W同主族。下列说法错误的是
A．第一电离能：Z>Y>X
B．简单氢化物的熔、沸点：Y>W
C．简单阴离子的还原性：W>Y>Z
D．Y与W形成的两种常见化合物，中心原子的杂化方式相同
【答案】A
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们形成的某种化合物的结构如图。Y、W同主族，W有6条共价键，二者位于ⅥA族，则Y为O元素，W是S元素；其中X、Y、Z同周期，X形成3条共价键，Z形成一条共价键，则X为N，Z为F元素。
【详解】A．同周期从左到右，第一电离能有增大的趋势，ⅤA族p能级上是半充满结构，第一电离能变大，第一电离能：Z>X>Y，故A错误；
B．水分子间形成氢键，熔沸点较高，气态氢化物的熔沸点：Y>W，故B正确；
C．S2-比O2-多一个电子层，O2-与F-电子层结构相同，核电荷数大的半径小，简单阴离子半径：W>Y>Z，半径越大，还原性越强，简单阴离子的还原性：W>Y>Z，故C正确；
D．Y与W形成的两种常见化合物SO2和SO3，中心原子的价层电子对分别为：2+=3、3+=3，中心原子的杂化方式相同，均为sp2杂化，故D正确；
故选A。
5．利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是
A．用甲装置配制100mL溶液时定容
B．用乙装置比较Cl、C、Si的非金属性
C．用丙装置除去中的HCl气体
D．用丁装置制备氧气并控制反应的进程
【答案】C
【详解】A．定容时需要凹液面和刻度线相切，但胶头滴管不能伸入容量瓶，需要悬空滴加，A错误；
B．盐酸具有挥发性，且HCl不是Cl的最高价含氧酸，用装置乙无法比较C、Si、Cl的非金属性，B错误；
C．HCl和饱和亚硫酸氢钠反应生成SO2气体，可以除杂，C正确；
D．过氧化钠为粉末状，不能放在带孔隔板上，D错误；
故选C。
6．为二元弱酸，在25℃时，溶液中及HA-浓度的负对数pc随溶液pH变化的关系如图所示[已知：溶液中始终保持]。下列有关叙述错误的是
A．H2A的Ka1为1.0×10-3
B．b点：
C．由a点到c点的过程中，水的电离程度一直增大
D．NaHA溶液呈碱性
【答案】D
【分析】pH为0时，溶液中主要是H2A，以H2A的一级电离为主，故c(HA-)=10-4mol/L，ab所在曲线为HA-的曲线，另一条线为A2-的曲线，c(H2A)近似为0.1mol/L， 。
【详解】A．由分析可知，Ka1=10-3，A正确；
B．b点溶液显酸性，氢氧根浓度很小，根据图知，c(HA-)>c(A2-)，故c(HA-)>c(A2-)>c(OH-)，B正确；
C．由a点经b点到c点的过程中，溶液一直呈酸性，且酸性越来越弱，酸抑制水电离程度越来越弱，故水的电离程度一直增大，C正确；
D．pH=4.4时，c(HA-)=c(A2-)，故，HA-的水解平衡常数，故NaHA溶液显酸性， D错误；
故选D。
7．实验室以二氧化铈()废渣为原料制备含量少的，部分实验过程如下：
已知能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为，下列说法正确的是
A．“酸浸”过程中做氧化剂
B．加氨水“中和”去除过量盐酸，目的是提高的萃取率
C．“反萃取”中用适量萃取剂分多次萃取，有利于将水层尽可能多地转移到有机层
D．“沉淀”时反应的离子方程式为
【答案】B
【分析】二氧化铈()废渣加入盐酸、过氧化氢酸浸，得到含有的溶液，加入氨水中和过量的盐酸，加入萃取剂HA萃取后再加入稀硝酸反萃取，分离出水层，加入氨水、碳酸氢铵生成；
【详解】A．由流程可知，“酸浸”过程中四价铈转化为三价铈，铈化合价降低为氧化剂，根据电子守恒可知，则中氧元素化合价升高，做还原剂，故A错误；
B．加氨水“中和”去除过量盐酸，降低氢离子浓度，利于平衡向萃取的方向移动，目的是提高的萃取率，故B正确；
C．“反萃取”中用适量萃取剂分多次萃取，有利于将有机层尽可能多地转移到水层，故C错误；
D．“沉淀”时、氨水、碳酸氢铵反应生成沉淀，反应的离子方程式为，故D错误。
故选B。
8．锂硒电池具有优异的循环稳定性。下列说法错误的是
A．电极Ⅰ为该电池的负极，电势比电极Ⅱ低
B．电极材料Se可由通入亚硒酸()溶液中反应制得，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
C．锂硒电池充电时电极Ⅱ的电极反应式为
D．该电池能量密度高，且充放电过程中负极电解液的浓度保持不变
【答案】C
【分析】由图可知，锂失去电子发生氧化反应为负极，硒得到电子发生还原反应为正极；
【详解】A．由分析可知，电极Ⅰ为该电池的负极，电势比正极电极Ⅱ低，A正确；
B．通入亚硒酸()溶液中反应生成Se，中Se化合价由+4变为0为氧化剂，二氧化硫中硫元素化合价由+4变为+6为还原剂，根据电子守恒可知，，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，B正确；
C．锂硒电池充电时电极Ⅱ为阳极，失去电子发生氧化反应，C错误；
D．锂的相对原子质量较小，该电池能量密度高；放电过程中锂失去电子 Li-e−=Li+，生成锂离子向正极运动；充电过程中，锂离子得到电子Li++e−= Li，锂离子向阴极运动，故充放电过程中负极电解液的浓度保持不变，D正确；
故选C。
9．电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃，进而确定滴定终点。常温下，利用盐酸滴定某溶液中亚磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与曲线如图所示。下列说法正确的是
已知：亚磷酸是二元弱酸，电离常数，。
A．a点对应的溶液呈弱碱性
B．水的电离程度：a点小于b点
C．a点对应的溶液中存在：
D．b点对应的溶液中存在：
【答案】D
【详解】A．根据图示，a点对应的溶液中溶质为，的电离常数为、的水解常数为，电离大于水解，溶液呈弱酸性，故A错误；
B．a点对应的溶液中溶质为，b点对应的溶液中溶质为，a、b两点溶液都因电解质电离呈酸性，抑制水电离，b点酸性大于a点，水的电离程度：a点大于b点，故B错误；
C．a点溶质为等浓度的，根据电荷守恒，根据物料守恒 ，所以对应的溶液中存在：，故C错误；
D．b点对应的溶液中溶质为，的比为1:2，根据电荷守恒，根据物料守恒 ，所以b点对应的溶液中存在：，故D正确；
选D。
10．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
通入溶液，然后滴入稀硝酸
产生白色沉淀，加入稀硝酸沉淀不溶解
开始的沉淀为，后转化为
B
将0.1溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1溶液
先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀
C
向浓硝酸中加入炭粉并加热，产生的气体通入少量澄清石灰水
有红棕色气体产生，石灰水变浑浊
炭粉与浓硝酸反应
D
溶液中加入少量苯，然后通入少量振荡
静置后有机相呈橙色
氧化性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．二氧化硫和氯化钡不反应，开始无沉淀生成，A错误；
B．0.1溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1溶液，此时镁离子完全沉淀离子浓度很小，而此时铜离子浓度很大，故白色沉淀转化为蓝色沉淀说明氢氧化铜比氢氧化镁更难溶，B正确；
C．碳和浓硝酸加热反应生成二氧化碳和二氧化氮气体，二氧化氮和水反应生成的硝酸能和氢氧化钙反应，故混合气体通入少量澄清石灰水中不会出现沉淀，C错误；
D．有机相呈橙色，说明氯气和反应生成了溴单质，氯气是还原剂，溴是还原产物：还原性有，D错误；
故选B。
11．原子序数依次增大的X、Y、Z、Q、W五种短周期主族元素，X、W同族，Y、Z、Q同周期；离子化合物M由这五种元素组成，M的结构如图所示，下列叙述正确的是
A．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z
B．电负性：Z>Q>Y
C．常温下，M水溶液pH<7
D．X分别与Y、Z、W形成的二元化合物均可在空气中燃烧
【答案】D
【分析】由X与W同族，且化合物M中W为+1价，可以推出X为H元素，W为Na元素；Z成3个键，Y成4个键，Q与Y成双键，因为X、Y、Z、Q、W是五种短周期主族元素且原子序数依次增大，所以推测出Y为C元素，Z为N元素，Q为O元素。
【详解】A．Y的最高价氧化物对应水化物是H2CO3，Z的最高价氧化物对应水化物是HNO3，酸性：HNO3>H2CO3，A项错误；
B．Y为C元素，Z为N元素，Q为O元素，同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，所以Y、Z、Q的电负性依次增大，B项错误；
C．由M结构可知，M为强碱弱酸盐，溶液显碱性，pH>7，C项错误；
D．X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为Na元素，则X与Y、Z、W形成的二元化合物分别为CH4（或其他烃）、NH3、NaH，均可在空气中燃烧，D项正确；
答案选D。
12．一种铝硫电池的示意图如下，放电原理为，其中阳离子交换膜只允许阳离子通过。下列说法错误的是
A．充电时，电极为阳极
B．充电时，阳极区的电极反应式为
C．放电时，通过阳离子交换膜向电极移动
D．放电时，每转移1mol电子，负极区电解质溶液质量增加9g
【答案】D
【分析】从总反应分析：放电时Al电极发生了氧化反应为负极，电极反应为，Cu/CuxS极为正极，电极反应为3CuxS+6e-=3xCu+3S2−；
充电时：Al电极为阴极，电极反应式为，Cu/CuxS极为阳极，电极反应式为3xCu+3S2−-6e-=3CuxS（或）。
【详解】A．由分析可知充电时Cu/CuxS极为阳极，A正确；
B．由分析可知充电时的阳极反应式为3xCu+3S2−-6e-=3CuxS（或），B正确；
C．放电时，阳离子移向正极，故放电时，K+通过阳离子交换膜向Cu/CuxS电极移动，C正确；
D．放电时，Al作负极，电极反应式为，Cu/CuxS为正极，电极反应为3CuxS+6e-=3xCu+3S2−，K+通过阳离子交换膜移向正极，则放电时，每转移1mol电子，molAl溶解进入电解质溶液，使负极区电解质溶液增重，1mol K+从负极移向正极，使负极区电解质溶液减重，故负极区减少的质量为39g-30g，D错误；
故选D。
13．向体积均为2L的两个恒容容器中分别充入2molX和1molY发生反应： △H，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．△H>0 B．反应速率：
C．气体的总物质的量： D．a点平衡常数：K>48
【答案】B
【详解】A．由图像可知：甲在绝热条件下，开始反应时压强开始增大，说明反应发生后体系温度升高，故反应的正反应为放热反应，所以ΔH<0，A错误；
B．温度越高，反应速率越快，因为甲是在绝热条件下，该反应的正反应是放热反应，故反应温度：a>c，则化学反应速率：va正>vb正， B正确；
C．在其他条件不变时，升高温度，气体分子运动速率加快，气体压强增大。a、c两点气体压强相同，由于温度：a>c，所以气体的物质的量：na
故选B。
14．常温下，保持某含少量浊液的水体中与空气中的平衡，调节水体pH，水体中与pH的关系如图所示(其中X为、、或)。下列说法错误的是
A．曲线Ⅱ表示与pH的关系
B．该温度下，的电离常数的数量级为
C．向水体中加入适量固体，可使溶液由b点变到c点
D．a点的水体中：
【答案】C
【分析】离子浓度越大，其对应负对数越小。随着pH越大，c(CO )越大，则其负对数越小，并且，碳酸是二元弱酸，以第一步电离为主，pH较小时，c(HCO )＞c(CO)，则其负对数相反，可以推知曲线Ⅱ表示与 的关系，曲线Ⅰ可以表示 与的关系；随着pH越大，c(Ca2+)越小，则曲线Ш表示 与的关系。
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅱ表示与 的关系，A正确；
B．的电离常数= ，当处于a点时，c(H2CO3)= c(HCO)，此时=c(H+)=10-6.2，其数量级为10-7，B正确；
C．Ksp()= c(Ca2+)c(CO)，向水体中加入适量固体，c(Ca2+)增大，同温下，Ksp（）不变，c(CO)减小，其负对数增大，所以不可使b点变到c点，C错误；
D．曲线Ⅱ表示与 的关系，曲线Ⅰ可以表示与的关系；曲线Ш表示 与的关系。离子浓度越大，其负对数数值越小，则a点水体中，，D正确；
故选C。
二、多选题
15．氟锑酸()属于超强酸，可通过与HF反应制得。实验室以、为原料制备的装置如图所示，反应原理为。其他信息如下：
物质
性质
熔点73.4℃，沸点220.3℃，易水解
熔点3.5℃，140℃时沸腾并分解，易水解
下列说法错误的是A．装置Ⅰ中的b为冷凝水的出水口
B．装置Ⅱ可吸收和空气中的水蒸气
C．制备完成后，将通改通HF，完成的制备
D．制备完成后，对进行提纯时可采用常压蒸馏分离
【答案】CD
【详解】A．由实验装置图可知，装置Ⅰ为球形冷凝管，为增强冷凝回流的效果，装置中下口a为冷凝水的进水口，b为冷凝水的出水口，A正确；
B．由实验装置图可知，装置Ⅱ为干燥管，干燥管中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气防止污染空气，同时吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入三颈烧瓶中导致SbCl5水解，B正确；
C．由题给信息可知，HF能与玻璃中二氧化硅反应，所以制备时不能选用玻璃仪器，C错误；
D．由题给信息可知，SbCl5在140℃时即发生分解，所以制备完成后应采用减压蒸馏的方法分离出SbCl5，D错误；
答案选CD。
三、结构与性质
16．钛被称为“21世纪的金属”，其单质及化合物具有优异的性能。回答下列问题：
(1)基态钛原子的价电子轨道表示式为_______。
(2)钛元素的检验方法如下：
可与形成稳定的，其原因是_______。
(3)二氧化钛是良好的光催化剂，可催化转化多种有毒物质，如：可将水中的转化为；将甲基橙、亚甲基蓝、HCHO转化为等。
甲基橙、亚甲基蓝中S原子的杂化类型分别为_______、_______。
(4)具有双钙钛矿型结构的晶体通过掺杂改性可用作固体电解质材料。双钙钛矿型晶体的一种典型结构单元如图所示：
①晶体中与La距离最近的Ba的数目为_______，一个完整晶胞中含有_______个Co原子。
②真实的晶体中存在5%的O原子缺陷，从而能让在其中传导，已知La为+3价，则+3价钴与+4价钴的原子个数比为_______；设阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为_______(列出计算式即可)。
【答案】(1)
(2)TiO2+中的Ti有空轨道，而H2O2中的O有孤电子对，两者能形成配位键
(3) sp3 sp2
(4) 6 8 4:1
【详解】（1）Ti为22号元素，核外电子排布式为[Ar]3d24s2，价电子轨道表示式为；
（2）TiO2+中的Ti有空轨道，而H2O2中的O有孤电子对，两者能形成配位键，从而形成稳定的[TiO(H2O2)]2+；
（3）甲基橙中S原子形成4个σ键，2个π键，所以不含孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3杂化；亚甲基蓝中S原子形成2个σ键，1个π键，带一个单位正电荷，所以还有一对孤电子，则价层电子对数为3，为sp2杂化；
（4）①以任一顶点的La原子为例，距离其最近的Ba原子位于该La原子所在棱的另一个顶点，一个La原子被六条棱共用，所以晶体中与La距离最近的Ba的数目为6；
Co原子位于结构单元的体心，每个结构单元含有1个Co原子，观察发现可知，若该结构单元重复排列，则其相邻结构单元的La、Ba原子会与该结构单元中的Ba、La原子重叠，所以该结构单元不是该晶体的晶胞，该晶体的晶胞应是由8个小正方体组成的大正方体，所以一个完整晶胞中含有8个Co原子；
②该结构单元中含有=个La原子、=个Ba原子，存在5%的O原子缺陷，所以含×(1-5%)=2.85个O原子，La为+3价、Ba为+2价，O为-2价，设+3价钴的个数为x，+4价钴的个数为y，则根据化合价之和为0可得3x+4y+×(+3+2)=2×2.85，根据原子守恒可得x+y=1，联立解得x=0.8、y=0.2，所以+3价钴与+4价钴的原子个数比为4：1；
结构单元的质量为g，结构单元的体积为a3pm3=a3×10-30cm3，所以结构单元的密度为=g·cm-3。
四、工业流程题
17．某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制备BiOCl和，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的MnO2分解为，转变为；
②金属活动性：；
③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下：
离子
开始沉淀pH
6.5
1.6
8.1
完全沉淀pH
8.3
2.8
10.1
回答下列问题：
(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为_______。
a.进一步粉碎矿石 b.降低焙烧温度 c.鼓入适当过量的空气
(2)在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为_______。
(3)“酸浸”中使用过量浓盐酸的作用除为了充分浸出和外，还有_______。
(4)滤渣的主要成分为_______(填化学式)。
(5)生成气体A的离子方程式为_______。
(6)加入金属Bi的目的是_______。
(7)将100kg辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.2kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量BiOCl产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为80%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为_______。
【答案】(1)ac
(2)
(3)抑制金属离子水解
(4)SiO2
(5)
(6)将Fe3+转化为Fe2+
(7)
【分析】已知①焙烧时过量的分解为，转变为，在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，与浓盐酸生成A氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi将Fe3+转化为Fe2+，调节pH得到；
【详解】（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过量的空气 使燃烧更加充分，故选ac；
（2）在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，反应的化学方程式为；
（3）“酸浸”中由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；②抑制金属离子水解；
（4）由于SiO2不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为SiO2；
（5）和盐酸发生氧化还原反应生成锰离子、氯气，故A为氯气，反应为；
（6）金属活动性：，Fe3+在pH为1.6时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入金属Bi将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液；
（7）根据铋元素守恒可知，辉铋矿中Bi元素的质量分数为。
五、实验题
18．辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中、CuS的含量，实验步骤如下：
①取2.6g样品，加入200.0mL0.2000酸性溶液，加热(硫元素全部转化为)，滤去不溶杂质后，将滤液配制成250mL溶液；
②取25.00mL溶液，用0.1000溶液滴定，消耗20.00mL；
③加入适量溶液(掩蔽和，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：；
④加入2滴淀粉溶液，用0.1000溶液滴定，消耗30.00mL，发生反应：。
回答下列问题：
(1)溶于酸性溶液的离子方程式为_______。
(2)配制0.1000溶液时要用煮沸过的稀硫酸，煮沸的原因是_______；配制待测液过程中所需玻璃仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒外还有_______。
(3)步骤②中取25.00mL待测溶液所用的仪器是_______；
(4)步骤④中滴定至终点时的现象为_______；
(5)样品中CuS的含量为_______%(保留1位小数)。
【答案】(1)
(2) 除去水中溶解的氧气 胶头滴管、250mL容量瓶
(3)酸式滴定管或移液管
(4)最后一滴标准液加入后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色
(5)36.9%
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；
滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
【详解】（1）样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO，高锰酸根离子被还原为锰离子，根据电子守恒、质量守恒配平，反应的离子方程式。
（2）溶液中溶解的氧气会把亚铁离子氧化为铁离子；配制0.1000mol·L－1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；配制成250mL溶液，则配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒外还有胶头滴管、250mL容量瓶；
（3）步骤③中取25.00mL待测溶液（有未反应的酸性KMnO4溶液），所用仪器的精度应为0.01mL，故选酸式滴定管或移液管。
（4）碘单质能使淀粉溶液变蓝色，步骤⑤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2，使用淀粉作指示剂，终点为：最后一滴标准液加入后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。
（5）设2.6g样品中，Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y；
据5Fe2+~（5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O），样品反应后剩余n()=0.1000mol·L－1×20.00×10-3L××=4.000×10-3mol，样品消耗n()=0.2000mo·L－1×200.0×10-3L－4.000×10-3mol=36.00×10-3mol；由Cu2S~2MnO4-和5CuS~8（5CuS+8+24H+=5Cu2++5SO+8Mn2++12H2O），得2x+y=36.00×10-3mol；又据2Cu2+~I2~2S2O，得2x+y=0.1000mo1·L－1×30.00×10-3L×=30.00×10-3mol；解方程组得x=y=0.01mol；故w(CuS)==36.9%。
19．氯化亚铜(CuCl)难溶于水，在潮湿空气中可被迅速氧化，是电镀行业的原料。实验室中利用混合液与溶液反应制取CuCl。装置及相关数据如下：
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是_______；制备过程中过量会发生副反应生成，为提高产率，仪器a中所加试剂应为_______。
(2)图乙是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl反应的离子方程式_______。图丙是产率随pH变化关系图，实验过程中往往用混合溶液代替溶液，其中Na2CO3的作用是_______。并维持pH在_______左右以保证较高产率。
(3)反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是_______。
(4)实验室中也可以采用热分解法制备CuCl，装置如图所示：
实验过程中，可将加热至140℃生成无水；再迅速加热至300℃以上分解获得CuCl。实验操作的先后顺序是a→_______(填标号)；通入的目的是_______。
a.检查装置的气密性后加入药品 b.点燃酒精灯，加热
c.熄灭酒精灯，冷却 d.在气体入口处通入干燥HCl
e.停止通入HCl，然后通入
【答案】(1) 恒压滴液漏斗 溶液
(2) 消耗反应生成的氢离子 3.5
(3)防止CuCl被氧化
(4) dbce 排出装置内残留的HCl气体
【分析】实验室中利用混合液与溶液反应制取CuCl，三口烧瓶中先加入混合液，恒压滴液漏斗中加入溶液，把铜离子还原为CuCl沉淀。根据图示，为提高CuCl的产率，应控制pH为3.5左右。
【详解】（1）根据装置图，仪器a的名称是恒压滴液漏斗；制备过程中过量会发生副反应生成，要把溶液滴入混合溶液中，所以仪器a中所加试剂应为溶液。
（2）由图乙可知反应过程中酸性增强，有氢离子生成， 生成CuCl反应的离子方程式为。根据图丙，pH=3.5时CuCl的产率最高，实验过程中往往用混合溶液代替溶液， Na2CO3的作用是消耗氢离子维持pH=3.5。
（3）氯化亚铜难溶于水，在潮湿空气中可被迅速氧化，洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是防止CuCl被氧化。
（4）实验中有气体生成，先检验装置的气密性，且热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，为防止CuCl被氧化和Cu+水解，所以要在HCl气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，继续通入氮气，实验操作的先后顺序是a.检查装置的气密性后加入药品；d.在气体入口处通入干燥HCl；b.点燃酒精灯，加热；c.熄灭酒精灯，冷却；e.停止通入HCl，然后通入；通入的目的是排出装置内残留的HCl气体。
六、原理综合题
20．主要成分为的工业废气的回收利用有重要意义。回答下列问题：
(1)热解制。发生反应： 。
①在1470K、100kPa反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压为3∶2，平衡转化率为_______，平衡常数_______kPa.(保留两位有效数字)
②在1373K、100kPa反应条件下，对于分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的r混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。
对应图中曲线_______(填标号)。
(2)将和的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
总反应：Ⅲ.
投料按体积之比，并用Ar稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得和体积分数如下表：
温度/℃
950
1000
1050
1100
1150
/V(%)
0.5
1.5
3.6
5.5
8.5
/V(%)
0.0
0.0
0.1
0.4
1.8
①反应Ⅲ能自发进行的条件是_______。
②在1000℃，常压下，保持通入的体积分数不变，提高投料比[]，的转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)
③在950℃~1150℃范围内(其他条件不变)，的体积分数随温度升高发生变化，该变化规律是_______。
a.一直升高 b.先升后降 c.一直降低 d.先降后升
【答案】(1) 40% 1.7 b
(2) 高温 不变 b
【详解】（1）稀有气体物质的量为4mol，平衡时混合气中与的分压之比等于物质的量之比，故，解得x=0.2mol，平衡转化率为；；的正向为气体体积增大的反应，增大H2S的压强，平衡将逆向移动，越大，混合气体中H2S的分压越大，越不利于H2S分解，H2S平衡转化率越小，故对应图中曲线为b；
（2）根据盖斯定律可知Ⅲ=I+II即得到反应Ⅲ的H=+234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热、气体体积增大（S>0）的反应，根据G=H-TS<0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温下自发进行；根据表中数据可知在1000℃，时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；由于在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2(g)的速率大于反应Ⅰ生成S2(g)的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。
山东省实验中学2022-2023学年高三第三次诊断考试
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列有关化学药品的配制和保存的说法中正确的是
A．将盛有与乙醇的试剂瓶保存于同一个药品橱中
B．白磷浸泡在冷水中用广口试剂瓶贮存
C．固体密封保存在棕色细口瓶中
D．配制溶液时加入少量防止水解
【答案】B
【详解】A．过氧化氢具有强氧化性，乙醇具有还原性，不能保存于同一个药品橱中，A错误；
B．白磷燃点低容易自燃，故白磷浸泡在冷水中用广口试剂瓶贮存，B正确；
C．固体应该放在广口瓶中，固体具有强氧化性，密封保存在棕色广口瓶中，C错误；
D．水解显碱性，配制溶液时加入少量氢氧化钠防止水解，D错误；
故选B。
2．利用超分子可分离和。将、的混合物加入一种空腔大小适配的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法错误的是
A．原子半径：C>O B．杯酚分子中存在大π键
C．杯酚与形成氢键 D．与杯酚晶体类型相同
【答案】C
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：C>O，A正确；
B．杯酚分子中含有苯环结构，具有大π键，B正确；
C．氢键是H与N、O、F等电负性大的元素以共价键结合的一种特殊分子间或分子内相互作用力，所以杯酚与C60形成的不是氢键，C错误；
D．与杯酚均为分子晶体，二者晶体类型相同，D正确；
故选C。
3．下列生活应用正确且与所述化学原理相关的是
选项
应用
原理
A
与铝高温下反应应用于焊接钢轨
与铝高温下的反应是放热的
B
用作净水剂
具有氧化性
C
可用作食品脱色剂
具有漂白性
D
用小苏打和硫酸铝混合制备泡沫灭火器
受热容易分解
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．铝热反应是放热反应，与铝高温下反应生成氧化铝和铁并放出大量的热，应用于焊接钢轨，故选A；
B．易水解为氢氧化铁胶体，吸附水中杂质，所以用作净水剂，故不选B；
C．有毒，不能广泛用作食品脱色剂，故不选C；
D．小苏打和硫酸铝混合后发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，所以小苏打和硫酸铝混合制备泡沫灭火器，故不选D；
选A。
4．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们形成的某种化合物的结构如图。其中X、Y、Z同周期，Y、W同主族。下列说法错误的是
A．第一电离能：Z>Y>X
B．简单氢化物的熔、沸点：Y>W
C．简单阴离子的还原性：W>Y>Z
D．Y与W形成的两种常见化合物，中心原子的杂化方式相同
【答案】A
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们形成的某种化合物的结构如图。Y、W同主族，W有6条共价键，二者位于ⅥA族，则Y为O元素，W是S元素；其中X、Y、Z同周期，X形成3条共价键，Z形成一条共价键，则X为N，Z为F元素。
【详解】A．同周期从左到右，第一电离能有增大的趋势，ⅤA族p能级上是半充满结构，第一电离能变大，第一电离能：Z>X>Y，故A错误；
B．水分子间形成氢键，熔沸点较高，气态氢化物的熔沸点：Y>W，故B正确；
C．S2-比O2-多一个电子层，O2-与F-电子层结构相同，核电荷数大的半径小，简单阴离子半径：W>Y>Z，半径越大，还原性越强，简单阴离子的还原性：W>Y>Z，故C正确；
D．Y与W形成的两种常见化合物SO2和SO3，中心原子的价层电子对分别为：2+=3、3+=3，中心原子的杂化方式相同，均为sp2杂化，故D正确；
故选A。
5．利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是
A．用甲装置配制100mL溶液时定容
B．用乙装置比较Cl、C、Si的非金属性
C．用丙装置除去中的HCl气体
D．用丁装置制备氧气并控制反应的进程
【答案】C
【详解】A．定容时需要凹液面和刻度线相切，但胶头滴管不能伸入容量瓶，需要悬空滴加，A错误；
B．盐酸具有挥发性，且HCl不是Cl的最高价含氧酸，用装置乙无法比较C、Si、Cl的非金属性，B错误；
C．HCl和饱和亚硫酸氢钠反应生成SO2气体，可以除杂，C正确；
D．过氧化钠为粉末状，不能放在带孔隔板上，D错误；
故选C。
6．为二元弱酸，在25℃时，溶液中及HA-浓度的负对数pc随溶液pH变化的关系如图所示[已知：溶液中始终保持]。下列有关叙述错误的是
A．H2A的Ka1为1.0×10-3
B．b点：
C．由a点到c点的过程中，水的电离程度一直增大
D．NaHA溶液呈碱性
【答案】D
【分析】pH为0时，溶液中主要是H2A，以H2A的一级电离为主，故c(HA-)=10-4mol/L，ab所在曲线为HA-的曲线，另一条线为A2-的曲线，c(H2A)近似为0.1mol/L， 。
【详解】A．由分析可知，Ka1=10-3，A正确；
B．b点溶液显酸性，氢氧根浓度很小，根据图知，c(HA-)>c(A2-)，故c(HA-)>c(A2-)>c(OH-)，B正确；
C．由a点经b点到c点的过程中，溶液一直呈酸性，且酸性越来越弱，酸抑制水电离程度越来越弱，故水的电离程度一直增大，C正确；
D．pH=4.4时，c(HA-)=c(A2-)，故，HA-的水解平衡常数，故NaHA溶液显酸性， D错误；
故选D。
7．实验室以二氧化铈()废渣为原料制备含量少的，部分实验过程如下：
已知能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为，下列说法正确的是
A．“酸浸”过程中做氧化剂
B．加氨水“中和”去除过量盐酸，目的是提高的萃取率
C．“反萃取”中用适量萃取剂分多次萃取，有利于将水层尽可能多地转移到有机层
D．“沉淀”时反应的离子方程式为
【答案】B
【分析】二氧化铈()废渣加入盐酸、过氧化氢酸浸，得到含有的溶液，加入氨水中和过量的盐酸，加入萃取剂HA萃取后再加入稀硝酸反萃取，分离出水层，加入氨水、碳酸氢铵生成；
【详解】A．由流程可知，“酸浸”过程中四价铈转化为三价铈，铈化合价降低为氧化剂，根据电子守恒可知，则中氧元素化合价升高，做还原剂，故A错误；
B．加氨水“中和”去除过量盐酸，降低氢离子浓度，利于平衡向萃取的方向移动，目的是提高的萃取率，故B正确；
C．“反萃取”中用适量萃取剂分多次萃取，有利于将有机层尽可能多地转移到水层，故C错误；
D．“沉淀”时、氨水、碳酸氢铵反应生成沉淀，反应的离子方程式为，故D错误。
故选B。
8．锂硒电池具有优异的循环稳定性。下列说法错误的是
A．电极Ⅰ为该电池的负极，电势比电极Ⅱ低
B．电极材料Se可由通入亚硒酸()溶液中反应制得，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
C．锂硒电池充电时电极Ⅱ的电极反应式为
D．该电池能量密度高，且充放电过程中负极电解液的浓度保持不变
【答案】C
【分析】由图可知，锂失去电子发生氧化反应为负极，硒得到电子发生还原反应为正极；
【详解】A．由分析可知，电极Ⅰ为该电池的负极，电势比正极电极Ⅱ低，A正确；
B．通入亚硒酸()溶液中反应生成Se，中Se化合价由+4变为0为氧化剂，二氧化硫中硫元素化合价由+4变为+6为还原剂，根据电子守恒可知，，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，B正确；
C．锂硒电池充电时电极Ⅱ为阳极，失去电子发生氧化反应，C错误；
D．锂的相对原子质量较小，该电池能量密度高；放电过程中锂失去电子 Li-e−=Li+，生成锂离子向正极运动；充电过程中，锂离子得到电子Li++e−= Li，锂离子向阴极运动，故充放电过程中负极电解液的浓度保持不变，D正确；
故选C。
9．电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃，进而确定滴定终点。常温下，利用盐酸滴定某溶液中亚磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与曲线如图所示。下列说法正确的是
已知：亚磷酸是二元弱酸，电离常数，。
A．a点对应的溶液呈弱碱性
B．水的电离程度：a点小于b点
C．a点对应的溶液中存在：
D．b点对应的溶液中存在：
【答案】D
【详解】A．根据图示，a点对应的溶液中溶质为，的电离常数为、的水解常数为，电离大于水解，溶液呈弱酸性，故A错误；
B．a点对应的溶液中溶质为，b点对应的溶液中溶质为，a、b两点溶液都因电解质电离呈酸性，抑制水电离，b点酸性大于a点，水的电离程度：a点大于b点，故B错误；
C．a点溶质为等浓度的，根据电荷守恒，根据物料守恒 ，所以对应的溶液中存在：，故C错误；
D．b点对应的溶液中溶质为，的比为1:2，根据电荷守恒，根据物料守恒 ，所以b点对应的溶液中存在：，故D正确；
选D。
10．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
通入溶液，然后滴入稀硝酸
产生白色沉淀，加入稀硝酸沉淀不溶解
开始的沉淀为，后转化为
B
将0.1溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1溶液
先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀
C
向浓硝酸中加入炭粉并加热，产生的气体通入少量澄清石灰水
有红棕色气体产生，石灰水变浑浊
炭粉与浓硝酸反应
D
溶液中加入少量苯，然后通入少量振荡
静置后有机相呈橙色
氧化性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．二氧化硫和氯化钡不反应，开始无沉淀生成，A错误；
B．0.1溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1溶液，此时镁离子完全沉淀离子浓度很小，而此时铜离子浓度很大，故白色沉淀转化为蓝色沉淀说明氢氧化铜比氢氧化镁更难溶，B正确；
C．碳和浓硝酸加热反应生成二氧化碳和二氧化氮气体，二氧化氮和水反应生成的硝酸能和氢氧化钙反应，故混合气体通入少量澄清石灰水中不会出现沉淀，C错误；
D．有机相呈橙色，说明氯气和反应生成了溴单质，氯气是还原剂，溴是还原产物：还原性有，D错误；
故选B。
11．原子序数依次增大的X、Y、Z、Q、W五种短周期主族元素，X、W同族，Y、Z、Q同周期；离子化合物M由这五种元素组成，M的结构如图所示，下列叙述正确的是
A．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z
B．电负性：Z>Q>Y
C．常温下，M水溶液pH<7
D．X分别与Y、Z、W形成的二元化合物均可在空气中燃烧
【答案】D
【分析】由X与W同族，且化合物M中W为+1价，可以推出X为H元素，W为Na元素；Z成3个键，Y成4个键，Q与Y成双键，因为X、Y、Z、Q、W是五种短周期主族元素且原子序数依次增大，所以推测出Y为C元素，Z为N元素，Q为O元素。
【详解】A．Y的最高价氧化物对应水化物是H2CO3，Z的最高价氧化物对应水化物是HNO3，酸性：HNO3>H2CO3，A项错误；
B．Y为C元素，Z为N元素，Q为O元素，同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，所以Y、Z、Q的电负性依次增大，B项错误；
C．由M结构可知，M为强碱弱酸盐，溶液显碱性，pH>7，C项错误；
D．X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为Na元素，则X与Y、Z、W形成的二元化合物分别为CH4（或其他烃）、NH3、NaH，均可在空气中燃烧，D项正确；
答案选D。
12．一种铝硫电池的示意图如下，放电原理为，其中阳离子交换膜只允许阳离子通过。下列说法错误的是
A．充电时，电极为阳极
B．充电时，阳极区的电极反应式为
C．放电时，通过阳离子交换膜向电极移动
D．放电时，每转移1mol电子，负极区电解质溶液质量增加9g
【答案】D
【分析】从总反应分析：放电时Al电极发生了氧化反应为负极，电极反应为，Cu/CuxS极为正极，电极反应为3CuxS+6e-=3xCu+3S2−；
充电时：Al电极为阴极，电极反应式为，Cu/CuxS极为阳极，电极反应式为3xCu+3S2−-6e-=3CuxS（或）。
【详解】A．由分析可知充电时Cu/CuxS极为阳极，A正确；
B．由分析可知充电时的阳极反应式为3xCu+3S2−-6e-=3CuxS（或），B正确；
C．放电时，阳离子移向正极，故放电时，K+通过阳离子交换膜向Cu/CuxS电极移动，C正确；
D．放电时，Al作负极，电极反应式为，Cu/CuxS为正极，电极反应为3CuxS+6e-=3xCu+3S2−，K+通过阳离子交换膜移向正极，则放电时，每转移1mol电子，molAl溶解进入电解质溶液，使负极区电解质溶液增重，1mol K+从负极移向正极，使负极区电解质溶液减重，故负极区减少的质量为39g-30g，D错误；
故选D。
13．向体积均为2L的两个恒容容器中分别充入2molX和1molY发生反应： △H，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．△H>0 B．反应速率：
C．气体的总物质的量： D．a点平衡常数：K>48
【答案】B
【详解】A．由图像可知：甲在绝热条件下，开始反应时压强开始增大，说明反应发生后体系温度升高，故反应的正反应为放热反应，所以ΔH<0，A错误；
B．温度越高，反应速率越快，因为甲是在绝热条件下，该反应的正反应是放热反应，故反应温度：a>c，则化学反应速率：va正>vb正， B正确；
C．在其他条件不变时，升高温度，气体分子运动速率加快，气体压强增大。a、c两点气体压强相同，由于温度：a>c，所以气体的物质的量：na
故选B。
14．常温下，保持某含少量浊液的水体中与空气中的平衡，调节水体pH，水体中与pH的关系如图所示(其中X为、、或)。下列说法错误的是
A．曲线Ⅱ表示与pH的关系
B．该温度下，的电离常数的数量级为
C．向水体中加入适量固体，可使溶液由b点变到c点
D．a点的水体中：
【答案】C
【分析】离子浓度越大，其对应负对数越小。随着pH越大，c(CO )越大，则其负对数越小，并且，碳酸是二元弱酸，以第一步电离为主，pH较小时，c(HCO )＞c(CO)，则其负对数相反，可以推知曲线Ⅱ表示与 的关系，曲线Ⅰ可以表示 与的关系；随着pH越大，c(Ca2+)越小，则曲线Ш表示 与的关系。
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅱ表示与 的关系，A正确；
B．的电离常数= ，当处于a点时，c(H2CO3)= c(HCO)，此时=c(H+)=10-6.2，其数量级为10-7，B正确；
C．Ksp()= c(Ca2+)c(CO)，向水体中加入适量固体，c(Ca2+)增大，同温下，Ksp（）不变，c(CO)减小，其负对数增大，所以不可使b点变到c点，C错误；
D．曲线Ⅱ表示与 的关系，曲线Ⅰ可以表示与的关系；曲线Ш表示 与的关系。离子浓度越大，其负对数数值越小，则a点水体中，，D正确；
故选C。
二、多选题
15．氟锑酸()属于超强酸，可通过与HF反应制得。实验室以、为原料制备的装置如图所示，反应原理为。其他信息如下：
物质
性质
熔点73.4℃，沸点220.3℃，易水解
熔点3.5℃，140℃时沸腾并分解，易水解
下列说法错误的是A．装置Ⅰ中的b为冷凝水的出水口
B．装置Ⅱ可吸收和空气中的水蒸气
C．制备完成后，将通改通HF，完成的制备
D．制备完成后，对进行提纯时可采用常压蒸馏分离
【答案】CD
【详解】A．由实验装置图可知，装置Ⅰ为球形冷凝管，为增强冷凝回流的效果，装置中下口a为冷凝水的进水口，b为冷凝水的出水口，A正确；
B．由实验装置图可知，装置Ⅱ为干燥管，干燥管中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气防止污染空气，同时吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入三颈烧瓶中导致SbCl5水解，B正确；
C．由题给信息可知，HF能与玻璃中二氧化硅反应，所以制备时不能选用玻璃仪器，C错误；
D．由题给信息可知，SbCl5在140℃时即发生分解，所以制备完成后应采用减压蒸馏的方法分离出SbCl5，D错误；
答案选CD。
三、结构与性质
16．钛被称为“21世纪的金属”，其单质及化合物具有优异的性能。回答下列问题：
(1)基态钛原子的价电子轨道表示式为_______。
(2)钛元素的检验方法如下：
可与形成稳定的，其原因是_______。
(3)二氧化钛是良好的光催化剂，可催化转化多种有毒物质，如：可将水中的转化为；将甲基橙、亚甲基蓝、HCHO转化为等。
甲基橙、亚甲基蓝中S原子的杂化类型分别为_______、_______。
(4)具有双钙钛矿型结构的晶体通过掺杂改性可用作固体电解质材料。双钙钛矿型晶体的一种典型结构单元如图所示：
①晶体中与La距离最近的Ba的数目为_______，一个完整晶胞中含有_______个Co原子。
②真实的晶体中存在5%的O原子缺陷，从而能让在其中传导，已知La为+3价，则+3价钴与+4价钴的原子个数比为_______；设阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为_______(列出计算式即可)。
【答案】(1)
(2)TiO2+中的Ti有空轨道，而H2O2中的O有孤电子对，两者能形成配位键
(3) sp3 sp2
(4) 6 8 4:1
【详解】（1）Ti为22号元素，核外电子排布式为[Ar]3d24s2，价电子轨道表示式为；
（2）TiO2+中的Ti有空轨道，而H2O2中的O有孤电子对，两者能形成配位键，从而形成稳定的[TiO(H2O2)]2+；
（3）甲基橙中S原子形成4个σ键，2个π键，所以不含孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3杂化；亚甲基蓝中S原子形成2个σ键，1个π键，带一个单位正电荷，所以还有一对孤电子，则价层电子对数为3，为sp2杂化；
（4）①以任一顶点的La原子为例，距离其最近的Ba原子位于该La原子所在棱的另一个顶点，一个La原子被六条棱共用，所以晶体中与La距离最近的Ba的数目为6；
Co原子位于结构单元的体心，每个结构单元含有1个Co原子，观察发现可知，若该结构单元重复排列，则其相邻结构单元的La、Ba原子会与该结构单元中的Ba、La原子重叠，所以该结构单元不是该晶体的晶胞，该晶体的晶胞应是由8个小正方体组成的大正方体，所以一个完整晶胞中含有8个Co原子；
②该结构单元中含有=个La原子、=个Ba原子，存在5%的O原子缺陷，所以含×(1-5%)=2.85个O原子，La为+3价、Ba为+2价，O为-2价，设+3价钴的个数为x，+4价钴的个数为y，则根据化合价之和为0可得3x+4y+×(+3+2)=2×2.85，根据原子守恒可得x+y=1，联立解得x=0.8、y=0.2，所以+3价钴与+4价钴的原子个数比为4：1；
结构单元的质量为g，结构单元的体积为a3pm3=a3×10-30cm3，所以结构单元的密度为=g·cm-3。
四、工业流程题
17．某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制备BiOCl和，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的MnO2分解为，转变为；
②金属活动性：；
③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下：
离子
开始沉淀pH
6.5
1.6
8.1
完全沉淀pH
8.3
2.8
10.1
回答下列问题：
(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为_______。
a.进一步粉碎矿石 b.降低焙烧温度 c.鼓入适当过量的空气
(2)在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为_______。
(3)“酸浸”中使用过量浓盐酸的作用除为了充分浸出和外，还有_______。
(4)滤渣的主要成分为_______(填化学式)。
(5)生成气体A的离子方程式为_______。
(6)加入金属Bi的目的是_______。
(7)将100kg辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.2kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量BiOCl产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为80%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为_______。
【答案】(1)ac
(2)
(3)抑制金属离子水解
(4)SiO2
(5)
(6)将Fe3+转化为Fe2+
(7)
【分析】已知①焙烧时过量的分解为，转变为，在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，与浓盐酸生成A氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi将Fe3+转化为Fe2+，调节pH得到；
【详解】（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过量的空气 使燃烧更加充分，故选ac；
（2）在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，反应的化学方程式为；
（3）“酸浸”中由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；②抑制金属离子水解；
（4）由于SiO2不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为SiO2；
（5）和盐酸发生氧化还原反应生成锰离子、氯气，故A为氯气，反应为；
（6）金属活动性：，Fe3+在pH为1.6时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入金属Bi将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液；
（7）根据铋元素守恒可知，辉铋矿中Bi元素的质量分数为。
五、实验题
18．辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中、CuS的含量，实验步骤如下：
①取2.6g样品，加入200.0mL0.2000酸性溶液，加热(硫元素全部转化为)，滤去不溶杂质后，将滤液配制成250mL溶液；
②取25.00mL溶液，用0.1000溶液滴定，消耗20.00mL；
③加入适量溶液(掩蔽和，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：；
④加入2滴淀粉溶液，用0.1000溶液滴定，消耗30.00mL，发生反应：。
回答下列问题：
(1)溶于酸性溶液的离子方程式为_______。
(2)配制0.1000溶液时要用煮沸过的稀硫酸，煮沸的原因是_______；配制待测液过程中所需玻璃仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒外还有_______。
(3)步骤②中取25.00mL待测溶液所用的仪器是_______；
(4)步骤④中滴定至终点时的现象为_______；
(5)样品中CuS的含量为_______%(保留1位小数)。
【答案】(1)
(2) 除去水中溶解的氧气 胶头滴管、250mL容量瓶
(3)酸式滴定管或移液管
(4)最后一滴标准液加入后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色
(5)36.9%
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；
滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
【详解】（1）样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO，高锰酸根离子被还原为锰离子，根据电子守恒、质量守恒配平，反应的离子方程式。
（2）溶液中溶解的氧气会把亚铁离子氧化为铁离子；配制0.1000mol·L－1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；配制成250mL溶液，则配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒外还有胶头滴管、250mL容量瓶；
（3）步骤③中取25.00mL待测溶液（有未反应的酸性KMnO4溶液），所用仪器的精度应为0.01mL，故选酸式滴定管或移液管。
（4）碘单质能使淀粉溶液变蓝色，步骤⑤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2，使用淀粉作指示剂，终点为：最后一滴标准液加入后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。
（5）设2.6g样品中，Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y；
据5Fe2+~（5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O），样品反应后剩余n()=0.1000mol·L－1×20.00×10-3L××=4.000×10-3mol，样品消耗n()=0.2000mo·L－1×200.0×10-3L－4.000×10-3mol=36.00×10-3mol；由Cu2S~2MnO4-和5CuS~8（5CuS+8+24H+=5Cu2++5SO+8Mn2++12H2O），得2x+y=36.00×10-3mol；又据2Cu2+~I2~2S2O，得2x+y=0.1000mo1·L－1×30.00×10-3L×=30.00×10-3mol；解方程组得x=y=0.01mol；故w(CuS)==36.9%。
19．氯化亚铜(CuCl)难溶于水，在潮湿空气中可被迅速氧化，是电镀行业的原料。实验室中利用混合液与溶液反应制取CuCl。装置及相关数据如下：
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是_______；制备过程中过量会发生副反应生成，为提高产率，仪器a中所加试剂应为_______。
(2)图乙是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl反应的离子方程式_______。图丙是产率随pH变化关系图，实验过程中往往用混合溶液代替溶液，其中Na2CO3的作用是_______。并维持pH在_______左右以保证较高产率。
(3)反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是_______。
(4)实验室中也可以采用热分解法制备CuCl，装置如图所示：
实验过程中，可将加热至140℃生成无水；再迅速加热至300℃以上分解获得CuCl。实验操作的先后顺序是a→_______(填标号)；通入的目的是_______。
a.检查装置的气密性后加入药品 b.点燃酒精灯，加热
c.熄灭酒精灯，冷却 d.在气体入口处通入干燥HCl
e.停止通入HCl，然后通入
【答案】(1) 恒压滴液漏斗 溶液
(2) 消耗反应生成的氢离子 3.5
(3)防止CuCl被氧化
(4) dbce 排出装置内残留的HCl气体
【分析】实验室中利用混合液与溶液反应制取CuCl，三口烧瓶中先加入混合液，恒压滴液漏斗中加入溶液，把铜离子还原为CuCl沉淀。根据图示，为提高CuCl的产率，应控制pH为3.5左右。
【详解】（1）根据装置图，仪器a的名称是恒压滴液漏斗；制备过程中过量会发生副反应生成，要把溶液滴入混合溶液中，所以仪器a中所加试剂应为溶液。
（2）由图乙可知反应过程中酸性增强，有氢离子生成， 生成CuCl反应的离子方程式为。根据图丙，pH=3.5时CuCl的产率最高，实验过程中往往用混合溶液代替溶液， Na2CO3的作用是消耗氢离子维持pH=3.5。
（3）氯化亚铜难溶于水，在潮湿空气中可被迅速氧化，洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是防止CuCl被氧化。
（4）实验中有气体生成，先检验装置的气密性，且热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，为防止CuCl被氧化和Cu+水解，所以要在HCl气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，继续通入氮气，实验操作的先后顺序是a.检查装置的气密性后加入药品；d.在气体入口处通入干燥HCl；b.点燃酒精灯，加热；c.熄灭酒精灯，冷却；e.停止通入HCl，然后通入；通入的目的是排出装置内残留的HCl气体。
六、原理综合题
20．主要成分为的工业废气的回收利用有重要意义。回答下列问题：
(1)热解制。发生反应： 。
①在1470K、100kPa反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压为3∶2，平衡转化率为_______，平衡常数_______kPa.(保留两位有效数字)
②在1373K、100kPa反应条件下，对于分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的r混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。
对应图中曲线_______(填标号)。
(2)将和的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
总反应：Ⅲ.
投料按体积之比，并用Ar稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得和体积分数如下表：
温度/℃
950
1000
1050
1100
1150
/V(%)
0.5
1.5
3.6
5.5
8.5
/V(%)
0.0
0.0
0.1
0.4
1.8
①反应Ⅲ能自发进行的条件是_______。
②在1000℃，常压下，保持通入的体积分数不变，提高投料比[]，的转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)
③在950℃~1150℃范围内(其他条件不变)，的体积分数随温度升高发生变化，该变化规律是_______。
a.一直升高 b.先升后降 c.一直降低 d.先降后升
【答案】(1) 40% 1.7 b
(2) 高温 不变 b
【详解】（1）稀有气体物质的量为4mol，平衡时混合气中与的分压之比等于物质的量之比，故，解得x=0.2mol，平衡转化率为；；的正向为气体体积增大的反应，增大H2S的压强，平衡将逆向移动，越大，混合气体中H2S的分压越大，越不利于H2S分解，H2S平衡转化率越小，故对应图中曲线为b；
（2）根据盖斯定律可知Ⅲ=I+II即得到反应Ⅲ的H=+234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热、气体体积增大（S>0）的反应，根据G=H-TS<0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温下自发进行；根据表中数据可知在1000℃，时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；由于在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2(g)的速率大于反应Ⅰ生成S2(g)的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。
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