资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩16页未读，
继续阅读
北京市十一学校2023-2024学年高一下学期期中考试化学试卷（Word版附解析）
展开
这是一份北京市十一学校2023-2024学年高一下学期期中考试化学试卷（Word版附解析），文件包含北京市十一学校2023-2024学年高一下学期第三学段教学诊断化学试题Word版含解析docx、北京市十一学校2023-2024学年高一下学期第三学段教学诊断化学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：O-16，Na-23，Al-27，P-31，S-32，Cl-35.5，Fe-56，Cu-64，Rh-l03
第I卷 选择题(共42分)
每题只有1个选项符合题意，请将答案填涂在答题卡上。
1. 合金的应用促进了人类社会的发展。下列不属于合金的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．高铁铝合金属于金属材料，属于合金，故A不符合题意；
B．聚酰胺属于有机高分子，不属于合金，故B符合题意；
C．钛合金属于金属材料，属于合金，故C不符合题意；
D．不锈钢属于铁合金，故D不符合题意；
答案为B。
2. 下列物质间的转化，不能一步实现的是
A. Na→NaOHB. CuO→Cu(OH)2C. Fe→FeSO4D. Al→AlCl3
【答案】B
【解析】
【详解】A．钠和水生成氢氧化钠和氢气，A不符合题意；
B．氧化铜不溶于水，也不能和水反应生成氢氧化铜，B符合题意；
C．铁和稀硫酸生成硫酸亚铁和氢气，C不符合题意；
D．铝和盐酸生成氯化铝和氢气，D不符合题意；
故选B
3. 下列有关电子式书写不正确的是
A. 氯化铵的电子式：
B. 用电子式表示MgBr2的形成过程：
C. N2分子的电子式：
D. 用电子式表示HCl的形成过程：
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化铵为离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，其电子式为，故A正确；
B．MgBr2为离子化合物，用电子式表示MgBr2的形成过程为，故B错误；
C．N原子最外层电子数为5，N2分子中N原子间共用3对电子，其电子式为，故C正确；
D．H原子最外层电子数为1、Cl原子最外层电子数为7，H和Cl共用1对电子形成HCl，用电子式表示HCl的形成过程为，故D正确；
故答案为：B。
4. 关于性质的解释合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．和都属于同一主族是氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气中含有氢键， PH3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，故A错误；
B．熔点高于，是因为氨气中含有氢键，氢键的存在导致氨气的熔点升高，不是键的键能比大，故B错误；
C．中氮原子有孤电子对，使和以配位键结合形成[Ag(NH3)2]+，故C正确；
D．是共价化合物，是弱碱，在水溶液中部分电离出和OH-，故D错误；
答案选C。
5. 下列说法正确的是
A. 有l个孤电子对、其空间结构为三角锥形
B. 凡是AB2型的共价化合物，其中心原子A均采用sp2杂化轨道成键
C. 干冰CO2晶体和石英SiO2晶体的化学键类型相同，晶体类型也相同
D. 如图是金属铜的晶胞，该晶胞中含有6个Cu原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．分子中中心原子价层电子对数为3+=4，存在l个孤电子对，采用sp3杂化，空间结构为三角锥形，A正确；
B．AB2型的共价化合物，其中心原子A不一定采用sp2杂化轨道成键，例如二氧化碳分子中碳为sp杂化，B错误；
C．干冰CO2晶体为分子晶体、石英SiO2晶体为共价晶体，C错误；
D．根据“均摊法”，晶胞中含个Cu，D错误；
故选A。
6. 中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。
下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是
A. 三种物质中均有碳碳原子间的键B. 三种物质中的碳原子都是杂化
C. 三种物质的晶体类型相同D. 三种物质均能导电
【答案】A
【解析】
【详解】A．原子间优先形成键，三种物质中均存在键，A项正确；
B．金刚石中所有碳原子均采用杂化，石墨中所有碳原子均采用杂化，石墨炔中苯环上的碳原子采用杂化，碳碳三键上的碳原子采用杂化，B项错误；
C．金刚石为共价晶体，石墨炔为分子晶体，石墨为混合晶体，C项错误；
D．金刚石中没有自由移动电子，不能导电，D项错误；
故选A。
7. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 氯化铝与过量氨水反应：Al3++4NH3·H2O=[Al(OH)4]-+4
B. 用盐酸溶解氢氧化镁：H++OH-=H2O
C. 用FeCl3溶液腐蚀覆铜板：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+
D. 过量的CO2通入NaAlO2溶液中发生反应：CO2++2H2O=Al(OH)3↓+
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铝与过量氨水反应生成Al(OH)3沉淀，反应离子方程式为Al3++3NH3·H2O= Al(OH)3↓+3，故A错误；
B．氢氧化镁为难溶物，在离子方程式中不能拆，用盐酸溶解氢氧化镁的离子方程式为2H++Mg(OH)2=2H2O+Mg2+，故B错误；
C．Fe3+具有比较强的氧化性，能氧化Cu，用FeCl3溶液腐蚀覆铜板的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B错误；
D．过量的CO2通入NaAlO2溶液中先生成Al(OH)3沉淀和Na2CO3，然后生成的Na2CO3继续在溶液中和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：CO2++2H2O=Al(OH)3↓+，故D正确；
故答案为：D。
8. 下列实验过程中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是
A. 向FeSO4溶液中加入NaOH溶液，先产生白色沉淀，然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
B. 向NaBr溶液中滴入少量氯水，溶液变为黄色
C. 向CuSO4溶液中逐滴加入氨水，先有蓝色沉淀生成，后沉淀溶解得到深蓝色的溶液
D. 将FeCl3溶液滴在淀粉—KI试纸上，试纸变蓝
【答案】C
【解析】
【详解】A．向FeSO4溶液中加入NaOH溶液，先产生白色沉淀，然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，发生，A与氧化还原反应有关；
B．向NaBr溶液中滴入少量氯水，溶液变为黄色，发生， B与氧化还原反应有关；
C．向CuSO4溶液中逐滴加入氨水，先有蓝色沉淀生成，蓝色沉淀为，后沉淀溶解得到深蓝色的溶液，生成，没有化合价升降，C与氧化还原反应无关；
D．将FeCl3溶液滴在淀粉—KI试纸上，试纸变蓝，说明有碘单质生成，发生，D与氧化还原反应有关；
故选C。
9. 下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．Fe2+遇赤血盐(K3[Fe(CN)6])溶液，反应生成蓝色沉淀，可用于检验Fe2+，所以向某溶液中加入赤血盐溶液，有蓝色沉淀生成，则该溶液中一定含有Fe2+，故A正确；
B．向某溶液中加入氢氧化钠溶液，生成的白色沉淀可能是Al(OH)3，也可能Mg(OH)2，故B错误；
C．Fe2+遇KSCN溶液无明显现象，Fe3+遇KSCN溶液显红色，所以向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红，该溶液中一定有Fe3+、可能有Fe2+，故C错误；
D．浓硝酸具有强氧化性，常温下，能把Fe氧化，在Fe表面生成一层致密的氧化膜，即能使铁钝化，故D错误；
故答案为：A。
10. 某FeO、Fe2O3混合物中，铁、氧的物质的量之比为5：6，其中Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)物质的量之比为
A. 1：3B. 2：3C. 5：6D. 3：2
【答案】D
【解析】
【详解】设FeO、Fe2O3物质的量分别为a、b，则(a+2b):(a+3b)=5:6，a：b=3:1；则Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)物质的量之比为3:(1×2)=3:2；
故选D。
11. 下列叙述正确的是
①共价键具有方向性和饱和性，根据成键方式的不同可分为σ键和π键
②H2S的稳定性低于H2O的，因为S-H键的键长比O-H键的长，S-H键的键能比O-H键的低
③BF3和PCl3的分子构型都是平面三角形、它们都是由极性键构成的非极性分子
④金属能导电的原因是金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动
A. ①②③B. ①②④C. ①②③④D. ①③④
【答案】B
【解析】
【详解】①共价键具有方向性和饱和性，根据成键方式的不同可分为头碰头形成σ键和肩并肩形成的π键，正确；
②氧原子半径小于硫，S-H键的键长比O-H键的长，S-H键的键能比O-H键的低，使得H2S的稳定性低于H2O，正确；
③BF3中心原子形成3个共价键且无孤电子对，为sp2杂化，为平面三角形，是由极性键构成的非极性分子；PCl3中心原子形成3个共价键且有1对故孤电子对，为sp3杂化，为三角锥形，是由极性键构成的极性分子，错误；
④组成金属晶体的微粒为金属阳离子和自由电子，在外加电场作用下电子可发生定向移动，从而导电，正确；
故选B。
12. 金属铑(45Rh)的磷化物Rh2P可用作电解水的高效催化剂，其晶胞如图所示。已知晶胞为立方体，边长为acm，下列说法不正确的是
A. Rh在周期表中第5周期，Ⅷ族，是d区元素
B. P的第一电离能比硫元素的大，电负性比硫元素的小
C. Rh2P晶体的密度为g·cm-3
D. 在Rh2P晶体中，P的配位数为4
【答案】D
【解析】
【详解】A．Rh为45号元素，在周期表中第5周期Ⅷ族，是d区元素，A正确；
B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，P的3p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故P的第一电离能比硫元素的大，电负性比硫元素的小，B正确；
C．据“均摊法”，晶胞中含个P、8个Rh，则晶体密度为，C正确；
D．结合C分析可知，P位于顶点和面心，以底面面心P为例，上层、下层最近的原子各4个，故配位数为8，D错误；
故选D。
13. 从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下图。下列说法正确的是
A. 试剂a是铁，试剂b是稀硫酸
B. 操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ所用仪器完全相同
C. 试剂c可以为氯气，相应的反应为2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+
D. 用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否含有Fe2+
【答案】C
【解析】
【分析】工业废水中加入试剂a为过量的铁，铁置换出铜单质且将铁离子还原为亚铁离子，操作Ⅰ为过滤，得到滤渣Y为Fe、Cu，滤液X为氯化亚铁溶液，滤渣Y中加入试剂b为盐酸，溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作Ⅱ过滤得到铜和滤液Z，Z为氯化亚铁溶液，滤液Z和X合并通入氯气，把亚铁离子氧化为铁离子，蒸发结晶，过滤洗涤干燥得到氯化铁晶体；
【详解】A．据分析，试剂a铁，试剂b是稀盐酸，A错误；
B．由上述分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，操作Ⅲ是蒸发浓缩、冷却结晶，所用仪器不同，B错误；
C．滤液X、Z中均含有FeCl2，C为氯气，氯气把亚铁离子氧化铁离子，反应为：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+，C正确；
D．亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，用酸性KMnO4溶液不能检验溶液W中是否还有Fe2+，D错误；
故选C。
14. 某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. 实验I、II、III中均发生了反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
B. 对比实验I、II、III说明白色沉淀的产生可能与铜粉的量及溶液的阴离子种类有关
C. 实验I、III中加入蒸馏水后c(Cu2+)相同
D. 向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．三组实验中溶液中均含有Fe3+，加入了铜粉，均会发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故A正确；
B．对比实验I、Ⅱ可知，白色沉淀的产生与铜粉的量有关，对比实验Ⅱ、III可知，白色沉淀的产生与溶液的阴离子种类有关，故B正确；
C．实验I中铜粉少量，且完全消失，所以不能确定是否将Fe3+全部反应，所以实验I、III中加入蒸馏水后c(Cu2+)不一定相同，故C错误；
D．根据实验Ⅱ的现象可知，当铜过量且氯离子存在时会产生沉淀，所以向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液，可能出现白色沉淀，故D正确；
故答案为C。
第Ⅱ卷 非选择题(共58分)
15. C和Si元素在化学中占有极其重要的地位。
（1）写出Si的基态原子核外电子排布式___________。C、Si和O元素的电负性由大至小的顺序为___________。
（2）SiC的晶体结构与晶体硅相似，其中C原子的杂化方式为___________，微粒间存在的作用力是___________；lml硅晶体中有___________mlSi-Si键。
（3）氧化物MO的电子总数与SiC的相等，则M为___________(填元素符号)。MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似。MO的熔点比CaO的高，其原因是___________。
（4）C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同。CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与О原子间不形成上述π键。从原子半径大小的角度分析，为何C、O原子间能形成，而Si、O原子间不能形成上述π键？___________。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. ②. 共价键 ③. 2
（3） ①. ②. 离子半径比小，离子键强
（4）的原子半径较小，、原子能充分接近，轨道肩并肩重叠程度较大，能形成较稳定的π键（或的原子半径较大，、原子间距离较大，轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述较稳定的π键）
【解析】
【小问1详解】
是14号元素，基态原子核外电子排布式；根据同周期从左向右电负性值增大，同主族从上向下电负性值减小，C、Si和O元素的电负性由大至小的顺序为；
【小问2详解】
晶体硅为共价晶体，1个与4个以共价键结合，1个共价键被2个共用，杂化方式为，SiC的晶体结构与晶体硅相似，其中C原子的杂化方式为；微粒间存在的作用力是共价键；lml硅晶体中有2mlSi-Si键。
【小问3详解】
氧化物MO的电子总数与SiC的相等，SiC电子总数为14+6=20，则M为电子总数为20-8=12，M为12号元素；的熔点比CaO的高原因：二者均为离子晶体，离子所带电荷相同，离子半径比小，离子键强；
【小问4详解】
σ键是头碰头重叠形成，π键是肩并肩重叠形成，原子半径小，易形成π键；CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与О原子间不形成上述π键原因的原子半径较小，、原子能充分接近，轨道肩并肩重叠程度较大，能形成较稳定的π键（或的原子半径较大，、原子间距离较大，轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述较稳定的π键）。
16. 黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2是其中铜的主要存在形式。回答下列问题：
（1）基态Cu原子的价层电子的轨道表达式为___________。
（2）在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体H2S产生。
①H2S分子的立体构型是___________，中心原子杂化类型为___________，属于___________ (填极性"或“非极性”)分子。
②H2S分子量比水大，沸点却比水低，主要原因是___________。
（3）CuFeS2与氧气反应生成SO2，SO2中心原子的价层电子对数为___________，键角___________120°(填“>”或“=”或“<")，原因是___________。
（4）CuFeS2晶胞结构如图所示。
①Cu的配位数为___________。
②已知：晶胞为长方体，三个边长分别为anm、bnm、cnm，NA为阿伏加德罗常数，CuFeS2晶体的密度___________g·cm-3(列出计算式)。(1nm=10-9m)
【答案】（1） （2） ①. V形 ②. sp3 ③. 极性 ④. 水分子间存在氢键
（3） ①. 3 ②. ＜ ③. SO2有1对孤电子对，孤电子对与成键电子之间的斥力大于成键电子间的斥力
（4） ①. 4 ②.
【解析】
【小问1详解】
Cu 元素的原子序数为29，基态Cu原子的价层电子的轨道表达式为；
【小问2详解】
①H2S分子的中心原子硫原子的价层电子对数为2+×(6-2×1)=4，有2对孤电子对，S原子采取sp3杂化，立体构型是V形，属于极性分子；
②H2O中O元素的电负性较强， H2O分子之间存在氢键，而H2S分子之间无氢键，所以H2S分子量比水大，但沸点却比水低；
【小问3详解】
SO2中心原子的价层电子对数为，有1对孤电子对，分子空间构型是V形，由于存在孤电子对，而孤电子对与成键电子之间的斥力大于成键电子间的斥力，所以键角小于120°；
【小问4详解】
①由晶胞结构可知，晶体中每个 Cu与4个S相连，所以Cu的配位数为4；
②晶胞中Cu个数为6×+4×=4，Fe个数为8×+4×+1=4，S个数为8，CuFeS2晶体的密度。
17. 无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等。工业上以铝土矿(Al2O3、Fe2O3)为原料制备无水AlCl3的工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）氧化铁的颜色为___________。
（2）氯化炉中Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式为___________。
（3）用Na2SO3溶液可除去冷却器排出的尾气中的Cl2，请配平该反应的离子方程式：___________。
+___________Cl2+___________= ___________+___________Cl-+___________；
（4）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al除去其中的FeCl3杂质，请设计实验方案检验FeCl3杂质是否除净：___________。
（5）为测定制得的无水AlCl3产品(含杂质FeCl3)的纯度，称取l6.25g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液中，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重，得其质量为0.32g。
①写出加入过量NaOH溶液时发生反应的离子方程式：___________、___________。
②AlCl3产品的纯度为___________。
【答案】（1）红色 （2）
（3）
（4）取样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明存在氯化铁杂质，若不变色，说明不存在氯化铁杂质
（5） ①. ②. ③. 96%
【解析】
【分析】氯化炉中加入的物质有铝土矿、氯气和C生成氯化铝、氯化铁，冷却后加入铝单质除去氯化铁杂质，分离出氯化铝；
【小问1详解】
氧化铁的颜色为红色固体；
【小问2详解】
氯化炉中加入的物质有铝土矿、氯气和C，冷却器中出来的气体有CO和未反应的氯气，说明氯化器发生的反应中生成CO，反应中碳化合价升高，则氯元素化合价降低会生成氯化物，则Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式为；
小问3详解】
亚硫酸钠具有还原性，氯气具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸根离子和HCl，硫化合价由+4升高为+4、氯化合价由0降低为-1，结合已知表达式及电子守恒可知，离子方程式为；
【小问4详解】
铁离子和KSCN溶液反应变红色，故检验FeCl3杂质方案为：取样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明存在氯化铁杂质，若不变色，说明不存在氯化铁杂质；
【小问5详解】
样品，溶于过量的NaOH溶液中，铝转化为四羟基合铝酸钠溶液：，铁转化为氢氧化铁沉淀：，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧得到氧化铁、冷却、称重，得氧化铁质量为0.32g，结合铁元素守恒可知，AlCl3产品的纯度为。
18. 高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性，是一种新型的绿色净水消毒剂，只在碱性环境中稳定存在。工业上可以通过次氯酸钠氧化法制备高铁酸钠，生产过程如下：
请回答下列问题：
（1）氢氧化钠固体中存在的化学键类型有___________。
（2）经过步骤①后，加入NaOH固体的原因是___________。
（3）H2O2的电子式为___________，是___________分子(填“极性”或“非极性”)，步骤②反应的离子方程式是___________。
（4）从溶液Ⅰ中分离出Na2FeO4后，还有副产品Na2SO4、NaCl，则步骤③中反应的离子方程式为___________。
（5）已知用Na2FeO4消毒时，其产物为Fe(OH)3；通过计算可知Na2FeO4的消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)比氯气的___________(填“高”或“低”)，用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是___________(答出一点即可)。
【答案】（1）离子键、共价键
（2）调节溶液显碱性，易生成高铁酸钠
（3） ①. ②. 极性 ③.
（4）
（5） ①. 低 ②. 高铁酸钠既能起消毒杀菌作用又能起净水作用
【解析】
【分析】加入氢氧化钠可以调节溶液显碱性，易生成高铁酸钠；依据流程分析判断，步骤②是加入过氧化氢在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子，碱溶液中次氯酸根离子氧化铁离子为高铁酸根离子，高铁酸钠是强氧化剂，得到电子生成氢氧化铁胶体；
【小问1详解】
氢氧化钠固体是由钠离子和氢氧根离子构成的，氢氧根离子中含有氢氧共价键，存在的化学键类型有离子键、共价键；
【小问2详解】
高铁酸钠(Na2FeO4)只在碱性环境中稳定存在，加入氢氧化钠可以调节溶液显碱性，易生成高铁酸钠；
【小问3详解】
过氧化氢是共价化合物，电子式：；其分子中存在氢氧共价键，且分子中正负电荷重心不重合，为极性分子；步骤②是加入过氧化氢在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子，反应为；
【小问4详解】
从溶液Ⅰ中分离出Na2FeO4后，还有副产品Na2SO4、NaCl，则步骤③中反应为碱性条件下，次氯酸根离子氧化铁离子生成高铁酸根离子，同时生成氯离子，铁化合价由+3变为+6、氯化合价由+1变为-1，由电子守恒可知，离子方程式为；
【小问5详解】
Na2FeO4消毒时，其产物为Fe(OH)3，化合价变化3，单位质量得到电子0.018，Cl2+2e-=2Cl-，单位质量得到电子0.028，所以Na2FeO4的消毒效率比氯气低，高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂，利用氧化性起到杀菌消毒作用，利用生成的氢氧化铁胶体起到净水作用，所以高铁酸钠既能起消毒杀菌作用又能起净水作用。
19. 某课外小组探究Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3溶液的反应。
【查阅资料】
ⅰ. 2+Cu2+[Cu(S2O3)2]2-(绿色)，2+Cu+ [Cu(S2O3)2]3-(无色)：
ⅱ. 2NH3+Cu+[Cu(NH3)2]+(无色)，[Cu(NH3)2]+遇空气容易被氧化成[Cu(NH3)4]2+ (蓝色)；
ⅲ. 易被氧化为或。
【猜想假设】
同学们根据资料认为Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3可能会发生两种反应：
假设1：Cu2+与在溶液中发生配合反应生成[Cu(S2O3)2]2-；
假设2：Cu(Ⅱ)有氧化性，Cu2+与在溶液中发生氧化还原反应。
【实验操作及现象分析】
实验一：探究CuSO4与Na2S2O3溶液的反应。
（1）根据实验a的现象可推测溶液中生成的含Cu微粒是___________(填化学式)。
（2）甲同学认为实验一可证明假设2成立，他的理由是___________。
实验二：探究CuCl2与Na2S2O3的反应。
（3）乙同学利用已知资料进一步证实无色溶液中存在Cu(Ⅰ)，他的实验方案是：取少量无色溶液，向其中滴加氨水，___________(补全实验方案)，则说明含Cu(Ⅰ)。
（4）经检验白色沉淀中含CuCl，请写出继续加Na2S2O3溶液后CuCl沉淀溶解的离子方程式：___________。
（5）经检验氧化产物以形式存在，写出Cu2+与发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式：___________。
【获得结论】
（6）综合以上实验，同学们认为Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3在溶液中的反应与多种因素有关，得到实验结论，选择合适的选项填入下面的横线中。
A配合反应 B．氧化还原反应 C．置换反应 D．复分解反应
①随n()：n(Cu2+)的增大，二者发生___________的趋势减弱；
②Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl-时能增大Cu2+和发生___________的趋势。
【答案】（1）[Cu(S2O3)2]2-
（2）实验a到实验c，最终溶液颜色逐渐变浅，说明发生了氧化还原反应
（3）放置在空气中，溶液变为蓝色
（4）CuCl+2S2O=[Cu(S2O3)2]3-+Cl-
（5）2Cu2++6=2[Cu(S2O3)2]3-+
（6） ①. A ②. B
【解析】
【分析】该实验的实验目的是探究溶液中铜离子与硫代硫酸根离子的反应，通过实验探究得到溶液中硫代硫酸根离子与铜离子的物质的量比增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；铜盐的阴离子为氯离子时，二者发生氧化还原反应的趋势增大的实验结论。
【小问1详解】
由实验现象可知，实验a中溶液逐渐变为绿色，静置无变化，说明溶液中铜离子与硫代硫酸根离子发生络合反应生成[Cu(S2O3)2]2-离子，故答案为：氧化；[Cu(S2O3)2]2-；
【小问2详解】
由表格数据可知，实验a、b、c中，硫代硫酸钠溶液浓度依次增大，溶液颜色依次变浅直至变为无色，说明溶液中铜离子与硫代硫酸根离子发生氧化还原反应生成了无色的[Cu(S2O3)2]3-离子，故答案为：实验a到实验c，最终溶液颜色逐渐变浅，说明发生了氧化还原反应；
【小问3详解】
由题给信息可知，验证无色溶液中存在Cu(Ⅰ)的实验方案为取少量无色溶液，向其中滴加氨水，放置在空气中，溶液变为蓝色，说明溶液中说明含Cu(Ⅰ)，故答案为：放置在空气中，溶液变为蓝色；
【小问4详解】
由题意可知，氯化亚铜沉淀溶解的反应为氯化亚铜与溶液中的硫代硫酸根离子反应生成[Cu(S2O3)2]3-离子和氯离子，反应的离子方程式为CuCl+2S2O=[Cu(S2O3)2]3-+Cl-，故答案为：CuCl+2S2O=[Cu(S2O3)2]3-+Cl-；
【小问5详解】
由题意可知，发生氧化还原反应得到无色溶液的反应为溶液中铜离子和硫代硫酸根离子反应生成[Cu(S2O3)2]3-离子和离子，反应的离子方程式为2Cu2++6=2[Cu(S2O3)2]3-+，故答案为：2Cu2++6=2[Cu(S2O3)2]3-+；
【小问6详解】
①由题给实验可知，溶液中铜离子和硫代硫酸根离子的反应与多种因素有关，溶液中硫代硫酸根离子与铜离子的物质的量比增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强，故选A；
②由题给实验可知，溶液中铜离子和硫代硫酸根离子的反应与多种因素有关，铜盐的阴离子为氯离子时，二者发生氧化还原反应的趋势增大，故选B。A．复兴号高铁铝合金车体
B．十一学校聚酰胺类校服
C．钛合金用于制造飞机
D．食堂厨房用不锈钢橱柜
选项
性质
解释
A
比容易液化
分子间的范德华力更大
B
NH3熔点高于
键的键能比大
C
能与以配位键结合
中氮原子有孤电子对
D
氨水中存在
是离子化合物
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入赤血盐溶液，有蓝色沉淀生成
该溶液中一定含有Fe2+
B
向某溶液中加入氢氧化钠溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有Al3+
C
向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红
该溶液中一定有Fe3+、无Fe2+
D
常温下，把光洁的铁钉放入浓硝酸中，无明显现象
铁与浓硝酸不反应
序号
I
II
III
实验步骤
充分振荡，加2mL蒸馏水
充分振荡，加入2mL蒸馏水
充分振荡，加入2mL蒸馏水
实验现象
铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，
变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀
实验操作
实验序号
V1(mL)
V2(mL)
逐滴加入Na2S2O3溶液时的实验现象
a
1.5
0.5
溶液逐渐变为绿色，静置无变化
b
1.0
1.0
溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化
c
0
2.0
溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化
可能用到的相对原子质量：O-16，Na-23，Al-27，P-31，S-32，Cl-35.5，Fe-56，Cu-64，Rh-l03
第I卷 选择题(共42分)
每题只有1个选项符合题意，请将答案填涂在答题卡上。
1. 合金的应用促进了人类社会的发展。下列不属于合金的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．高铁铝合金属于金属材料，属于合金，故A不符合题意；
B．聚酰胺属于有机高分子，不属于合金，故B符合题意；
C．钛合金属于金属材料，属于合金，故C不符合题意；
D．不锈钢属于铁合金，故D不符合题意；
答案为B。
2. 下列物质间的转化，不能一步实现的是
A. Na→NaOHB. CuO→Cu(OH)2C. Fe→FeSO4D. Al→AlCl3
【答案】B
【解析】
【详解】A．钠和水生成氢氧化钠和氢气，A不符合题意；
B．氧化铜不溶于水，也不能和水反应生成氢氧化铜，B符合题意；
C．铁和稀硫酸生成硫酸亚铁和氢气，C不符合题意；
D．铝和盐酸生成氯化铝和氢气，D不符合题意；
故选B
3. 下列有关电子式书写不正确的是
A. 氯化铵的电子式：
B. 用电子式表示MgBr2的形成过程：
C. N2分子的电子式：
D. 用电子式表示HCl的形成过程：
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化铵为离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，其电子式为，故A正确；
B．MgBr2为离子化合物，用电子式表示MgBr2的形成过程为，故B错误；
C．N原子最外层电子数为5，N2分子中N原子间共用3对电子，其电子式为，故C正确；
D．H原子最外层电子数为1、Cl原子最外层电子数为7，H和Cl共用1对电子形成HCl，用电子式表示HCl的形成过程为，故D正确；
故答案为：B。
4. 关于性质的解释合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．和都属于同一主族是氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气中含有氢键， PH3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，故A错误；
B．熔点高于，是因为氨气中含有氢键，氢键的存在导致氨气的熔点升高，不是键的键能比大，故B错误；
C．中氮原子有孤电子对，使和以配位键结合形成[Ag(NH3)2]+，故C正确；
D．是共价化合物，是弱碱，在水溶液中部分电离出和OH-，故D错误；
答案选C。
5. 下列说法正确的是
A. 有l个孤电子对、其空间结构为三角锥形
B. 凡是AB2型的共价化合物，其中心原子A均采用sp2杂化轨道成键
C. 干冰CO2晶体和石英SiO2晶体的化学键类型相同，晶体类型也相同
D. 如图是金属铜的晶胞，该晶胞中含有6个Cu原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．分子中中心原子价层电子对数为3+=4，存在l个孤电子对，采用sp3杂化，空间结构为三角锥形，A正确；
B．AB2型的共价化合物，其中心原子A不一定采用sp2杂化轨道成键，例如二氧化碳分子中碳为sp杂化，B错误；
C．干冰CO2晶体为分子晶体、石英SiO2晶体为共价晶体，C错误；
D．根据“均摊法”，晶胞中含个Cu，D错误；
故选A。
6. 中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。
下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是
A. 三种物质中均有碳碳原子间的键B. 三种物质中的碳原子都是杂化
C. 三种物质的晶体类型相同D. 三种物质均能导电
【答案】A
【解析】
【详解】A．原子间优先形成键，三种物质中均存在键，A项正确；
B．金刚石中所有碳原子均采用杂化，石墨中所有碳原子均采用杂化，石墨炔中苯环上的碳原子采用杂化，碳碳三键上的碳原子采用杂化，B项错误；
C．金刚石为共价晶体，石墨炔为分子晶体，石墨为混合晶体，C项错误；
D．金刚石中没有自由移动电子，不能导电，D项错误；
故选A。
7. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 氯化铝与过量氨水反应：Al3++4NH3·H2O=[Al(OH)4]-+4
B. 用盐酸溶解氢氧化镁：H++OH-=H2O
C. 用FeCl3溶液腐蚀覆铜板：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+
D. 过量的CO2通入NaAlO2溶液中发生反应：CO2++2H2O=Al(OH)3↓+
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铝与过量氨水反应生成Al(OH)3沉淀，反应离子方程式为Al3++3NH3·H2O= Al(OH)3↓+3，故A错误；
B．氢氧化镁为难溶物，在离子方程式中不能拆，用盐酸溶解氢氧化镁的离子方程式为2H++Mg(OH)2=2H2O+Mg2+，故B错误；
C．Fe3+具有比较强的氧化性，能氧化Cu，用FeCl3溶液腐蚀覆铜板的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B错误；
D．过量的CO2通入NaAlO2溶液中先生成Al(OH)3沉淀和Na2CO3，然后生成的Na2CO3继续在溶液中和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：CO2++2H2O=Al(OH)3↓+，故D正确；
故答案为：D。
8. 下列实验过程中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是
A. 向FeSO4溶液中加入NaOH溶液，先产生白色沉淀，然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
B. 向NaBr溶液中滴入少量氯水，溶液变为黄色
C. 向CuSO4溶液中逐滴加入氨水，先有蓝色沉淀生成，后沉淀溶解得到深蓝色的溶液
D. 将FeCl3溶液滴在淀粉—KI试纸上，试纸变蓝
【答案】C
【解析】
【详解】A．向FeSO4溶液中加入NaOH溶液，先产生白色沉淀，然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，发生，A与氧化还原反应有关；
B．向NaBr溶液中滴入少量氯水，溶液变为黄色，发生， B与氧化还原反应有关；
C．向CuSO4溶液中逐滴加入氨水，先有蓝色沉淀生成，蓝色沉淀为，后沉淀溶解得到深蓝色的溶液，生成，没有化合价升降，C与氧化还原反应无关；
D．将FeCl3溶液滴在淀粉—KI试纸上，试纸变蓝，说明有碘单质生成，发生，D与氧化还原反应有关；
故选C。
9. 下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．Fe2+遇赤血盐(K3[Fe(CN)6])溶液，反应生成蓝色沉淀，可用于检验Fe2+，所以向某溶液中加入赤血盐溶液，有蓝色沉淀生成，则该溶液中一定含有Fe2+，故A正确；
B．向某溶液中加入氢氧化钠溶液，生成的白色沉淀可能是Al(OH)3，也可能Mg(OH)2，故B错误；
C．Fe2+遇KSCN溶液无明显现象，Fe3+遇KSCN溶液显红色，所以向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红，该溶液中一定有Fe3+、可能有Fe2+，故C错误；
D．浓硝酸具有强氧化性，常温下，能把Fe氧化，在Fe表面生成一层致密的氧化膜，即能使铁钝化，故D错误；
故答案为：A。
10. 某FeO、Fe2O3混合物中，铁、氧的物质的量之比为5：6，其中Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)物质的量之比为
A. 1：3B. 2：3C. 5：6D. 3：2
【答案】D
【解析】
【详解】设FeO、Fe2O3物质的量分别为a、b，则(a+2b):(a+3b)=5:6，a：b=3:1；则Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)物质的量之比为3:(1×2)=3:2；
故选D。
11. 下列叙述正确的是
①共价键具有方向性和饱和性，根据成键方式的不同可分为σ键和π键
②H2S的稳定性低于H2O的，因为S-H键的键长比O-H键的长，S-H键的键能比O-H键的低
③BF3和PCl3的分子构型都是平面三角形、它们都是由极性键构成的非极性分子
④金属能导电的原因是金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动
A. ①②③B. ①②④C. ①②③④D. ①③④
【答案】B
【解析】
【详解】①共价键具有方向性和饱和性，根据成键方式的不同可分为头碰头形成σ键和肩并肩形成的π键，正确；
②氧原子半径小于硫，S-H键的键长比O-H键的长，S-H键的键能比O-H键的低，使得H2S的稳定性低于H2O，正确；
③BF3中心原子形成3个共价键且无孤电子对，为sp2杂化，为平面三角形，是由极性键构成的非极性分子；PCl3中心原子形成3个共价键且有1对故孤电子对，为sp3杂化，为三角锥形，是由极性键构成的极性分子，错误；
④组成金属晶体的微粒为金属阳离子和自由电子，在外加电场作用下电子可发生定向移动，从而导电，正确；
故选B。
12. 金属铑(45Rh)的磷化物Rh2P可用作电解水的高效催化剂，其晶胞如图所示。已知晶胞为立方体，边长为acm，下列说法不正确的是
A. Rh在周期表中第5周期，Ⅷ族，是d区元素
B. P的第一电离能比硫元素的大，电负性比硫元素的小
C. Rh2P晶体的密度为g·cm-3
D. 在Rh2P晶体中，P的配位数为4
【答案】D
【解析】
【详解】A．Rh为45号元素，在周期表中第5周期Ⅷ族，是d区元素，A正确；
B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，P的3p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故P的第一电离能比硫元素的大，电负性比硫元素的小，B正确；
C．据“均摊法”，晶胞中含个P、8个Rh，则晶体密度为，C正确；
D．结合C分析可知，P位于顶点和面心，以底面面心P为例，上层、下层最近的原子各4个，故配位数为8，D错误；
故选D。
13. 从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下图。下列说法正确的是
A. 试剂a是铁，试剂b是稀硫酸
B. 操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ所用仪器完全相同
C. 试剂c可以为氯气，相应的反应为2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+
D. 用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否含有Fe2+
【答案】C
【解析】
【分析】工业废水中加入试剂a为过量的铁，铁置换出铜单质且将铁离子还原为亚铁离子，操作Ⅰ为过滤，得到滤渣Y为Fe、Cu，滤液X为氯化亚铁溶液，滤渣Y中加入试剂b为盐酸，溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作Ⅱ过滤得到铜和滤液Z，Z为氯化亚铁溶液，滤液Z和X合并通入氯气，把亚铁离子氧化为铁离子，蒸发结晶，过滤洗涤干燥得到氯化铁晶体；
【详解】A．据分析，试剂a铁，试剂b是稀盐酸，A错误；
B．由上述分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，操作Ⅲ是蒸发浓缩、冷却结晶，所用仪器不同，B错误；
C．滤液X、Z中均含有FeCl2，C为氯气，氯气把亚铁离子氧化铁离子，反应为：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+，C正确；
D．亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，用酸性KMnO4溶液不能检验溶液W中是否还有Fe2+，D错误；
故选C。
14. 某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. 实验I、II、III中均发生了反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
B. 对比实验I、II、III说明白色沉淀的产生可能与铜粉的量及溶液的阴离子种类有关
C. 实验I、III中加入蒸馏水后c(Cu2+)相同
D. 向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．三组实验中溶液中均含有Fe3+，加入了铜粉，均会发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故A正确；
B．对比实验I、Ⅱ可知，白色沉淀的产生与铜粉的量有关，对比实验Ⅱ、III可知，白色沉淀的产生与溶液的阴离子种类有关，故B正确；
C．实验I中铜粉少量，且完全消失，所以不能确定是否将Fe3+全部反应，所以实验I、III中加入蒸馏水后c(Cu2+)不一定相同，故C错误；
D．根据实验Ⅱ的现象可知，当铜过量且氯离子存在时会产生沉淀，所以向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液，可能出现白色沉淀，故D正确；
故答案为C。
第Ⅱ卷 非选择题(共58分)
15. C和Si元素在化学中占有极其重要的地位。
（1）写出Si的基态原子核外电子排布式___________。C、Si和O元素的电负性由大至小的顺序为___________。
（2）SiC的晶体结构与晶体硅相似，其中C原子的杂化方式为___________，微粒间存在的作用力是___________；lml硅晶体中有___________mlSi-Si键。
（3）氧化物MO的电子总数与SiC的相等，则M为___________(填元素符号)。MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似。MO的熔点比CaO的高，其原因是___________。
（4）C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同。CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与О原子间不形成上述π键。从原子半径大小的角度分析，为何C、O原子间能形成，而Si、O原子间不能形成上述π键？___________。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. ②. 共价键 ③. 2
（3） ①. ②. 离子半径比小，离子键强
（4）的原子半径较小，、原子能充分接近，轨道肩并肩重叠程度较大，能形成较稳定的π键（或的原子半径较大，、原子间距离较大，轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述较稳定的π键）
【解析】
【小问1详解】
是14号元素，基态原子核外电子排布式；根据同周期从左向右电负性值增大，同主族从上向下电负性值减小，C、Si和O元素的电负性由大至小的顺序为；
【小问2详解】
晶体硅为共价晶体，1个与4个以共价键结合，1个共价键被2个共用，杂化方式为，SiC的晶体结构与晶体硅相似，其中C原子的杂化方式为；微粒间存在的作用力是共价键；lml硅晶体中有2mlSi-Si键。
【小问3详解】
氧化物MO的电子总数与SiC的相等，SiC电子总数为14+6=20，则M为电子总数为20-8=12，M为12号元素；的熔点比CaO的高原因：二者均为离子晶体，离子所带电荷相同，离子半径比小，离子键强；
【小问4详解】
σ键是头碰头重叠形成，π键是肩并肩重叠形成，原子半径小，易形成π键；CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与О原子间不形成上述π键原因的原子半径较小，、原子能充分接近，轨道肩并肩重叠程度较大，能形成较稳定的π键（或的原子半径较大，、原子间距离较大，轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述较稳定的π键）。
16. 黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2是其中铜的主要存在形式。回答下列问题：
（1）基态Cu原子的价层电子的轨道表达式为___________。
（2）在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体H2S产生。
①H2S分子的立体构型是___________，中心原子杂化类型为___________，属于___________ (填极性"或“非极性”)分子。
②H2S分子量比水大，沸点却比水低，主要原因是___________。
（3）CuFeS2与氧气反应生成SO2，SO2中心原子的价层电子对数为___________，键角___________120°(填“>”或“=”或“<")，原因是___________。
（4）CuFeS2晶胞结构如图所示。
①Cu的配位数为___________。
②已知：晶胞为长方体，三个边长分别为anm、bnm、cnm，NA为阿伏加德罗常数，CuFeS2晶体的密度___________g·cm-3(列出计算式)。(1nm=10-9m)
【答案】（1） （2） ①. V形 ②. sp3 ③. 极性 ④. 水分子间存在氢键
（3） ①. 3 ②. ＜ ③. SO2有1对孤电子对，孤电子对与成键电子之间的斥力大于成键电子间的斥力
（4） ①. 4 ②.
【解析】
【小问1详解】
Cu 元素的原子序数为29，基态Cu原子的价层电子的轨道表达式为；
【小问2详解】
①H2S分子的中心原子硫原子的价层电子对数为2+×(6-2×1)=4，有2对孤电子对，S原子采取sp3杂化，立体构型是V形，属于极性分子；
②H2O中O元素的电负性较强， H2O分子之间存在氢键，而H2S分子之间无氢键，所以H2S分子量比水大，但沸点却比水低；
【小问3详解】
SO2中心原子的价层电子对数为，有1对孤电子对，分子空间构型是V形，由于存在孤电子对，而孤电子对与成键电子之间的斥力大于成键电子间的斥力，所以键角小于120°；
【小问4详解】
①由晶胞结构可知，晶体中每个 Cu与4个S相连，所以Cu的配位数为4；
②晶胞中Cu个数为6×+4×=4，Fe个数为8×+4×+1=4，S个数为8，CuFeS2晶体的密度。
17. 无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等。工业上以铝土矿(Al2O3、Fe2O3)为原料制备无水AlCl3的工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）氧化铁的颜色为___________。
（2）氯化炉中Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式为___________。
（3）用Na2SO3溶液可除去冷却器排出的尾气中的Cl2，请配平该反应的离子方程式：___________。
+___________Cl2+___________= ___________+___________Cl-+___________；
（4）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al除去其中的FeCl3杂质，请设计实验方案检验FeCl3杂质是否除净：___________。
（5）为测定制得的无水AlCl3产品(含杂质FeCl3)的纯度，称取l6.25g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液中，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重，得其质量为0.32g。
①写出加入过量NaOH溶液时发生反应的离子方程式：___________、___________。
②AlCl3产品的纯度为___________。
【答案】（1）红色 （2）
（3）
（4）取样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明存在氯化铁杂质，若不变色，说明不存在氯化铁杂质
（5） ①. ②. ③. 96%
【解析】
【分析】氯化炉中加入的物质有铝土矿、氯气和C生成氯化铝、氯化铁，冷却后加入铝单质除去氯化铁杂质，分离出氯化铝；
【小问1详解】
氧化铁的颜色为红色固体；
【小问2详解】
氯化炉中加入的物质有铝土矿、氯气和C，冷却器中出来的气体有CO和未反应的氯气，说明氯化器发生的反应中生成CO，反应中碳化合价升高，则氯元素化合价降低会生成氯化物，则Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式为；
小问3详解】
亚硫酸钠具有还原性，氯气具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸根离子和HCl，硫化合价由+4升高为+4、氯化合价由0降低为-1，结合已知表达式及电子守恒可知，离子方程式为；
【小问4详解】
铁离子和KSCN溶液反应变红色，故检验FeCl3杂质方案为：取样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明存在氯化铁杂质，若不变色，说明不存在氯化铁杂质；
【小问5详解】
样品，溶于过量的NaOH溶液中，铝转化为四羟基合铝酸钠溶液：，铁转化为氢氧化铁沉淀：，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧得到氧化铁、冷却、称重，得氧化铁质量为0.32g，结合铁元素守恒可知，AlCl3产品的纯度为。
18. 高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性，是一种新型的绿色净水消毒剂，只在碱性环境中稳定存在。工业上可以通过次氯酸钠氧化法制备高铁酸钠，生产过程如下：
请回答下列问题：
（1）氢氧化钠固体中存在的化学键类型有___________。
（2）经过步骤①后，加入NaOH固体的原因是___________。
（3）H2O2的电子式为___________，是___________分子(填“极性”或“非极性”)，步骤②反应的离子方程式是___________。
（4）从溶液Ⅰ中分离出Na2FeO4后，还有副产品Na2SO4、NaCl，则步骤③中反应的离子方程式为___________。
（5）已知用Na2FeO4消毒时，其产物为Fe(OH)3；通过计算可知Na2FeO4的消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)比氯气的___________(填“高”或“低”)，用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是___________(答出一点即可)。
【答案】（1）离子键、共价键
（2）调节溶液显碱性，易生成高铁酸钠
（3） ①. ②. 极性 ③.
（4）
（5） ①. 低 ②. 高铁酸钠既能起消毒杀菌作用又能起净水作用
【解析】
【分析】加入氢氧化钠可以调节溶液显碱性，易生成高铁酸钠；依据流程分析判断，步骤②是加入过氧化氢在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子，碱溶液中次氯酸根离子氧化铁离子为高铁酸根离子，高铁酸钠是强氧化剂，得到电子生成氢氧化铁胶体；
【小问1详解】
氢氧化钠固体是由钠离子和氢氧根离子构成的，氢氧根离子中含有氢氧共价键，存在的化学键类型有离子键、共价键；
【小问2详解】
高铁酸钠(Na2FeO4)只在碱性环境中稳定存在，加入氢氧化钠可以调节溶液显碱性，易生成高铁酸钠；
【小问3详解】
过氧化氢是共价化合物，电子式：；其分子中存在氢氧共价键，且分子中正负电荷重心不重合，为极性分子；步骤②是加入过氧化氢在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子，反应为；
【小问4详解】
从溶液Ⅰ中分离出Na2FeO4后，还有副产品Na2SO4、NaCl，则步骤③中反应为碱性条件下，次氯酸根离子氧化铁离子生成高铁酸根离子，同时生成氯离子，铁化合价由+3变为+6、氯化合价由+1变为-1，由电子守恒可知，离子方程式为；
【小问5详解】
Na2FeO4消毒时，其产物为Fe(OH)3，化合价变化3，单位质量得到电子0.018，Cl2+2e-=2Cl-，单位质量得到电子0.028，所以Na2FeO4的消毒效率比氯气低，高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂，利用氧化性起到杀菌消毒作用，利用生成的氢氧化铁胶体起到净水作用，所以高铁酸钠既能起消毒杀菌作用又能起净水作用。
19. 某课外小组探究Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3溶液的反应。
【查阅资料】
ⅰ. 2+Cu2+[Cu(S2O3)2]2-(绿色)，2+Cu+ [Cu(S2O3)2]3-(无色)：
ⅱ. 2NH3+Cu+[Cu(NH3)2]+(无色)，[Cu(NH3)2]+遇空气容易被氧化成[Cu(NH3)4]2+ (蓝色)；
ⅲ. 易被氧化为或。
【猜想假设】
同学们根据资料认为Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3可能会发生两种反应：
假设1：Cu2+与在溶液中发生配合反应生成[Cu(S2O3)2]2-；
假设2：Cu(Ⅱ)有氧化性，Cu2+与在溶液中发生氧化还原反应。
【实验操作及现象分析】
实验一：探究CuSO4与Na2S2O3溶液的反应。
（1）根据实验a的现象可推测溶液中生成的含Cu微粒是___________(填化学式)。
（2）甲同学认为实验一可证明假设2成立，他的理由是___________。
实验二：探究CuCl2与Na2S2O3的反应。
（3）乙同学利用已知资料进一步证实无色溶液中存在Cu(Ⅰ)，他的实验方案是：取少量无色溶液，向其中滴加氨水，___________(补全实验方案)，则说明含Cu(Ⅰ)。
（4）经检验白色沉淀中含CuCl，请写出继续加Na2S2O3溶液后CuCl沉淀溶解的离子方程式：___________。
（5）经检验氧化产物以形式存在，写出Cu2+与发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式：___________。
【获得结论】
（6）综合以上实验，同学们认为Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3在溶液中的反应与多种因素有关，得到实验结论，选择合适的选项填入下面的横线中。
A配合反应 B．氧化还原反应 C．置换反应 D．复分解反应
①随n()：n(Cu2+)的增大，二者发生___________的趋势减弱；
②Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl-时能增大Cu2+和发生___________的趋势。
【答案】（1）[Cu(S2O3)2]2-
（2）实验a到实验c，最终溶液颜色逐渐变浅，说明发生了氧化还原反应
（3）放置在空气中，溶液变为蓝色
（4）CuCl+2S2O=[Cu(S2O3)2]3-+Cl-
（5）2Cu2++6=2[Cu(S2O3)2]3-+
（6） ①. A ②. B
【解析】
【分析】该实验的实验目的是探究溶液中铜离子与硫代硫酸根离子的反应，通过实验探究得到溶液中硫代硫酸根离子与铜离子的物质的量比增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；铜盐的阴离子为氯离子时，二者发生氧化还原反应的趋势增大的实验结论。
【小问1详解】
由实验现象可知，实验a中溶液逐渐变为绿色，静置无变化，说明溶液中铜离子与硫代硫酸根离子发生络合反应生成[Cu(S2O3)2]2-离子，故答案为：氧化；[Cu(S2O3)2]2-；
【小问2详解】
由表格数据可知，实验a、b、c中，硫代硫酸钠溶液浓度依次增大，溶液颜色依次变浅直至变为无色，说明溶液中铜离子与硫代硫酸根离子发生氧化还原反应生成了无色的[Cu(S2O3)2]3-离子，故答案为：实验a到实验c，最终溶液颜色逐渐变浅，说明发生了氧化还原反应；
【小问3详解】
由题给信息可知，验证无色溶液中存在Cu(Ⅰ)的实验方案为取少量无色溶液，向其中滴加氨水，放置在空气中，溶液变为蓝色，说明溶液中说明含Cu(Ⅰ)，故答案为：放置在空气中，溶液变为蓝色；
【小问4详解】
由题意可知，氯化亚铜沉淀溶解的反应为氯化亚铜与溶液中的硫代硫酸根离子反应生成[Cu(S2O3)2]3-离子和氯离子，反应的离子方程式为CuCl+2S2O=[Cu(S2O3)2]3-+Cl-，故答案为：CuCl+2S2O=[Cu(S2O3)2]3-+Cl-；
【小问5详解】
由题意可知，发生氧化还原反应得到无色溶液的反应为溶液中铜离子和硫代硫酸根离子反应生成[Cu(S2O3)2]3-离子和离子，反应的离子方程式为2Cu2++6=2[Cu(S2O3)2]3-+，故答案为：2Cu2++6=2[Cu(S2O3)2]3-+；
【小问6详解】
①由题给实验可知，溶液中铜离子和硫代硫酸根离子的反应与多种因素有关，溶液中硫代硫酸根离子与铜离子的物质的量比增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强，故选A；
②由题给实验可知，溶液中铜离子和硫代硫酸根离子的反应与多种因素有关，铜盐的阴离子为氯离子时，二者发生氧化还原反应的趋势增大，故选B。A．复兴号高铁铝合金车体
B．十一学校聚酰胺类校服
C．钛合金用于制造飞机
D．食堂厨房用不锈钢橱柜
选项
性质
解释
A
比容易液化
分子间的范德华力更大
B
NH3熔点高于
键的键能比大
C
能与以配位键结合
中氮原子有孤电子对
D
氨水中存在
是离子化合物
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入赤血盐溶液，有蓝色沉淀生成
该溶液中一定含有Fe2+
B
向某溶液中加入氢氧化钠溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有Al3+
C
向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红
该溶液中一定有Fe3+、无Fe2+
D
常温下，把光洁的铁钉放入浓硝酸中，无明显现象
铁与浓硝酸不反应
序号
I
II
III
实验步骤
充分振荡，加2mL蒸馏水
充分振荡，加入2mL蒸馏水
充分振荡，加入2mL蒸馏水
实验现象
铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，
变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀
实验操作
实验序号
V1(mL)
V2(mL)
逐滴加入Na2S2O3溶液时的实验现象
a
1.5
0.5
溶液逐渐变为绿色，静置无变化
b
1.0
1.0
溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化
c
0
2.0
溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化
相关试卷
北京市西城区育才学校2023-2024学年高一下学期期中考试化学（选考）试卷（Word版附解析）： 这是一份北京市西城区育才学校2023-2024学年高一下学期期中考试化学（选考）试卷（Word版附解析），文件包含北京市育才学校2023-2024学年高一下学期期中考试化学选考试题Word版含解析docx、北京市育才学校2023-2024学年高一下学期期中考试化学选考试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。
北京市怀柔区青苗学校普高部2023-2024学年高一下学期期中考试化学试卷（Word版附解析）： 这是一份北京市怀柔区青苗学校普高部2023-2024学年高一下学期期中考试化学试卷（Word版附解析），文件包含北京市怀柔区青苗学校普高部2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题Word版含解析docx、北京市怀柔区青苗学校普高部2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
北京市陈经纶中学2023-2024学年高一下学期期中化学试卷（Word版附解析）： 这是一份北京市陈经纶中学2023-2024学年高一下学期期中化学试卷（Word版附解析），文件包含北京市陈经纶中学2023-2024学年高一下学期期中诊断化学试卷Word版含解析docx、北京市陈经纶中学2023-2024学年高一下学期期中诊断化学试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
