河北省衡水市第二次調研2024-2025學年高三上學期9月月考化學試題 含解析VIP

2024~2025學年高三年級學科素養(yǎng)檢測(二調)化學(時間75分鐘，滿分100分)注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名、班級和考號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：O16Na23Cl35.5Fe56Zn65S64Cu64Ba137一、單項選擇題：本題共18小題，其中1~12題每題2分，13~18題，每小題3分，共42分。在每小題給出的4個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.中華傳統(tǒng)文化源遠流長，下列說法正確的是A.越王勾踐劍(主要成份為銅錫合金)千年不腐，與成份金屬相比，該合金不易生銹，且熔點高、硬度大B.北齊白釉綠彩長頸瓶是中國發(fā)現最早的白瓷器之一，其生產工藝必須降低胎、釉料中氧化鐵的含量C.中國刺繡工藝美輪美奐，其主要原材料蠶絲與油脂一樣，均是能發(fā)生水解反應的高分子化合物D.黃金分沙金和脈金兩種，《韓非子·內儲說上》提到“麗水之中生金”，利用了化學方法分離出金【答案】B【解析】【詳解】A．合金熔點低于成分金屬，硬度大于成分金屬，抗腐蝕能力比成分金屬強，A錯誤；B．氧化鐵是紅棕色固體粉末，北齊白釉綠彩長頸瓶是中國發(fā)現最早的白瓷器之一，其中紅棕色的含量很低，因此其生產工藝必須降低胎、釉料中氧化鐵的含量，B正確；C．油脂能夠發(fā)生水解反應，但其不是高分子化合物，C錯誤；D．上述分離出黃金的方法中沒有產生新的物質，因此是用物理方法分離出金，D錯誤；故合理選項是B。2.下列化學用語表述正確的是A.S2Cl2的電子式：B.鎂原子最外層電子的電子云輪廓圖：C.次氯酸中氧氯鍵上的電荷分布示意圖：D.SO3價層電子對互斥模型：【答案】B【解析】【詳解】A．S2Cl2是共價化合物，結構式為Cl-S-S-Cl，電子式為：，A錯誤；B．鎂原子價層電子排布式為3s2，s軌道電子云輪廓圖為球形，B正確；C．O的電負性比Cl大，氧帶部分正電荷，氯帶部分負電荷，次氯酸中Cl元素為+1價，O元素為-2價，C錯誤；D．SO3中心原子價層電子對數為3+=3，且沒有孤電子對，價層電子對互斥模型為平面三角形，D錯誤；故選B。3.下列反應的離子方程式書寫正確的是A.向氯化鐵溶液中加少量過氧化鈉：B.向濃HNO3中加入Cu2O：C.網線遇強堿溶液發(fā)生網絡中斷：D.向濃鹽酸中滴加高鐵酸鉀溶液：【答案】D【解析】【詳解】A．過氧化鈉不拆分，，A錯誤；B．濃HNO3發(fā)生氧化還原反應生成NO2氣體，B錯誤；C．強電解質，需要拆開：，C錯誤；D．濃鹽酸中滴加高鐵酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應，，D正確；故選D。4.是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.古代火法煉鋅的反應為，每產生65g鋅，轉移電子數目為2B.標準狀況下，22.4LCHCl3中含有的C—H鍵數目為C.的NaClO溶液中含有的的數目為D.標準狀況下，11.2LH2和D2的混合氣體中含有的質子數為【答案】D【解析】【詳解】A．單質碳化合價由0變?yōu)?2，失去2×2=4個電子，則每產生65g鋅（為1mol），轉移電子數目為4，A錯誤；B．標準狀況下，22.4LCHCl3不是氣體，不確定其物質的量，B錯誤；C．水解生成次氯酸，導致其數目小于，C錯誤；D．H2和D2分子中均含有2個質子，標準狀況下，11.2LH2和D2的混合氣體含有0.5mol分子，其中含有的質子數為，D正確；故選D。5.乙炔燈是很多野外登山愛好者照明工具，也可以用來烹飪食物，小明同學設計的下列裝置中能達到實驗目的的是A．制備乙炔B．除去乙炔中混有的H2SC．收集乙炔D．乙炔尾氣處理A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．電石與水反應放熱且變?yōu)槟酄?，無法控制反應與否，故A錯誤；B．飽和NaHS不能與H2S反應，無法除去，應通過裝有硫化銅溶液的汽氣瓶，故B錯誤；C．乙炔的密度略小于空氣且微溶于水，應用排水法收集，故C錯誤；D．乙炔點燃生成二氧化碳和水，可以用點燃尾氣處理掉，以免直接排放到空氣中遇明火發(fā)生爆炸等危險，故D正確；答案選D。6.下列物質的性質或用途錯誤的是A.二氧化硫是一種抗氧化劑，適量的二氧化硫有助于保持葡糖酒的天然果香味B.硅氧四面體結構的特殊性，決定了硅酸鹽材料大多具有硬度高，難溶于水等性質C.超導陶瓷在某一臨界溫度下電阻為零，具有超導性，可用于電力，醫(yī)療等領域D.人造奶油外觀與天然奶油接近，有良好的加工性能，能延長食品的保質期，但成本較高【答案】D【解析】【詳解】A．二氧化硫具有還原性，是一種抗氧化劑，適量的二氧化硫有助于保持葡糖酒的天然果香味，A正確；B．在硅酸鹽中，Si和O構成了硅氧四面體，每個Si結合4個O，Si在中心，O在四面體的四個頂角，硅氧四面體結構的特殊性，決定了硅酸鹽材料大多具有硬度高、熔點高，難溶于水、化學性質穩(wěn)定、耐腐蝕等特點，B正確；C．超導陶瓷是一類在臨界溫度時電阻為零的陶瓷，具有良好的導電性，可用于電力，醫(yī)療等領域，C正確；D．天然奶油保質期短，必須及時冷藏保存，易融化，成本較高，而人造奶油外觀與天然奶油接近，有良好的加工性能，能延長食品的保質期，成本較低，D錯誤；故選D。7.下列實驗操作及現象和對應結論都正確的是選項實驗操作及現象結論A將SO2和CO2分別通入水中達到飽和，用pH計測得溶液的pH，前者小于后者非金屬性：S>CB室溫下分別測定H2O和CCl4在CS2中的溶解度，前者大于后者分子極性：H2O>CCl4C室溫下用pH計測定等濃度CF3COOH溶液和CCl3COOH溶液的pH，前者小于后者電負性：F>ClD向KBr、KI混合溶液中加入少量氯水和CCl4，振蕩，靜置。溶液分層，下層呈紫紅色氧化性：Cl2>Br2>I2A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．由于SO2、CO2的溶解度不同，將SO2和CO2分別通入水中達到飽和得到的溶液濃度不同，不能比較H2SO3和H2CO3的酸性，A錯誤；B．H2O是極性分子，CCl4是非極性分子，根據相似相溶的原理，室溫下分別測定H2O和CCl4在CS2中的溶解度，前者小于后者，B錯誤；C．電負性：F>Cl，F的吸電子效應大于Cl，導致CF3COOH的羧基中羥基的極性增大，更加容易電離出H+，酸性更強，室溫下用pH計測定等濃度CF3COOH溶液和CCl3COOH溶液的pH，前者小于后者，C正確；D．向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振蕩，靜置，溶液分層，下層呈紫紅色，說明反應產生I2，發(fā)生反應：2KI+Cl2=2KCl+I2，證明氧化性：Cl2＞I2，不能比較Br2與Cl2的氧化性強弱，D錯誤；故選C。8.W、X、Y、Z、M為原子序數依次增大的短周期主族元素，最外層電子數之和為17.X和Z的基態(tài)原子均有兩個未成對電子，M的某種鹽的陰離子由于形成如圖的雙聚物結構導致溶解度降低。下列說法正確的是A.第一電離能：Z>Y>M B.氫化物的沸點：Z>Y>XC.鍵角： D.W和Z形成的常見化合物是極性分子【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z、M為短周期主族元素，原子序數依次增大，最外層電子數之和為17，X和Z的基態(tài)原子有兩個未成對電子，X為C，Z為O，Y為N，根據結構圖示，內含氫鍵，W為H，最外層電子數之和為17，M最外層電子數為1，M為Na，則W為H，Z為O，X為C，Y為N，M為Na，據此解答；【詳解】A．Z為O，Y為N，M為Na，同周期從左到右，第一電離能增加，ⅡA族和ⅤA族元素，第一電離能大于相鄰元素，同主族從上到下第一電離能減小，故第一電離能：Y>Z>M，A錯誤；B．X為C，Y為N，Z為O，未說明是簡單氫化物，無法確定其沸點關系，B錯誤；C．中C原子采取sp2雜化，空間構型為平面三角形，鍵角為120°，中N原子采取sp3雜化，空間構型為正四面體，鍵角為109°28'，則鍵角：，C錯誤；D．W和Z形成的常見化合物是H2O，V形，極性分子，D正確；故選D。9.下列裝置及操作能達到對應目的的是A．除去苯中的三溴苯酚B．除去乙醇中的水C．分離NH4Cl和NaCl固體D．除去膠體中含有的不溶雜質A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．三溴苯酚和苯互溶，不能用過濾的方法除去苯中的三溴苯酚，A錯誤；B．乙醇和水互溶，加熱形成恒沸物，需加入生石灰，再用蒸餾的方法除去乙醇中的水，B錯誤；C．NH4Cl受熱分解會產生NH3和HCl，冷凝后化合成氯化銨，可以分離NH4Cl和NaCl固體，C正確；D．膠體和不溶雜質都不能透過半透膜，不用半透膜除去膠體中含有的不溶雜質，D錯誤；故選B。10.多硫化鈉液流電池因使用領域廣、循環(huán)使用壽命長被廣泛研究。實驗室常用次氯酸鈉處理多硫化鈉廢液，反應的化學方程式為：(未配平)，下列說法錯誤的是A.Y為NaCl，還原產物B.配平后，氧化劑與還原劑的物質的量之比為C.生成1molNa2SO4時，反應轉移6xmol電子D.多硫化鈉含有類似-O-O--S-S-鍵，故多硫化鈉有一定的氧化性【答案】C【解析】【詳解】A．中S元素化合價上升，為還原劑，則NaClO為氧化劑，Cl元素化合價由+1下降到-1價，則Y為NaCl，是還原產物，A正確；B．由A可知Y為NaCl，根據得失電子守恒和原子守恒配平化學方程式為：，是還原劑，NaClO為氧化劑，氧化劑與還原劑的物質的量之比為，B正確；C．由可知，生成1molNa2SO4時，消耗molNaClO，Cl元素化合價由+1下降到-1價，反應轉移mol電子，C錯誤；D．多硫化鈉含有類似-O-O-的-S-S-鍵，含有-O-O-的物質如H2O2具有氧化性，則多硫化鈉有一定的氧化性，D正確；故選C。11.V2O5是制造釩鐵合金、金屬釩的原料，也是重要的催化劑。釩礦石中含V2O5，雜質為大量Al2O3和少量CaO等，可通過堿熔法從釩礦石中提取純度較高的V2O5，流程如下：已知：V2O5是以酸性為主的兩性化合物，偏釩酸銨(NH4VO3)與偏釩酸鈣[Ca(VO3)2]均難溶于水，在弱堿性環(huán)境下，偏釩酸鈣經鹽浸生成碳酸鈣。下列說法錯誤的是A.氣體②的成分為CO2B.鹽浸工序得到濾渣的成分為CaCO3C.洗脫工序中洗脫液主要成分為NaClD.延長沉釩時間、增大NH4Cl溶液的濃度有利于沉釩【答案】A【解析】【分析】釩礦石中含V2O5，雜質為大量Al2O3和少量CaO等，向其中加入NaOH熱熔，V2O5先轉化為NaVO3，然后NaVO3與CaO反應會產生偏釩酸鈣[Ca(VO3)2]，Al2O3反應轉化為NaAlO2，生成的NaAlO2與CaO反應轉化為偏鋁酸鈣Ca(AlO2)2，再加入純堿Na2CO3，Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2轉化為CaCO3沉淀，同時產生可溶性NaVO3、NaAlO2而溶于水，Ca(A1O2)2、Ca(VO3)2、CaCO3難溶于水，過濾除去濾渣，向濾液中加入樹脂進行離子交換，經洗脫液洗脫，富集和提純，再加入NH4Cl溶液沉淀釩，生成NH4VO3沉淀，過濾，再將濾液回流到離子交換工序，將濾渣NH4VO3進行焙燒得到V2O5，據此分析解答?！驹斀狻緼．加入NH4Cl溶液沉釩，形成NH4VO3沉淀，將其煅燒，發(fā)生反應：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O，可見反應產生的氣體②的主要成分為NH3，A錯誤；B．釩礦石中含V2O5及大量Al2O3和少量CaO等雜質，在用NaOH熱熔時，V2O5轉化為偏釩酸鈣[Ca(VO3)2]，Al2O3轉化為Ca(AlO2)2，然后加入純堿鹽浸，Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2反應產生CaCO3沉淀，同時得到可溶性物質NaVO3、NaAlO2，故鹽浸工序得到濾渣的成分主要為CaCO3，B正確；C．由離子交換樹脂的組成可知，洗脫液中應含氯離子，考慮到水浸所得溶液中含有鈉離子，為避免引入其它雜質離子，且氯化鈉價廉易得，洗脫工序中洗脫液的主要成分為NaCl，C正確；D．沉釩過程是生成NH4VO3沉淀，因此延長沉釩時間、增大NH4Cl溶液的濃度，有利于沉釩，D正確；故合理選項是A。12.由下列實驗方案、現象所得結論錯誤的是

實驗方案現象結論AAI甲燒杯內壁有液滴，倒入澄清石灰水后未變渾濁鈉與乙醇反應產生氫氣B漫射日光照射的試管中氣體顏色變淺，黑色紙?zhí)椎脑嚬軣o明顯現象甲烷與氯氣反應需要在光照條件下進行C鮮花褪色干燥的氯氣具有漂白性D70℃熱水的燒杯中先出現渾濁其他條件相同，溫度越高，反應速率越快A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．甲燒杯內壁有液滴證明有水生成，倒入澄清石灰水后未變渾濁證明無二氧化碳生成，該實驗說明鈉與乙醇反應產生氫氣，A正確；B．漫射日光照射的試管中氣體顏色變淺，黑色紙?zhí)椎脑嚬軣o明顯現象即未發(fā)生反應，說明甲烷與氯氣反應需要在光照條件下進行，B正確；C．鮮花褪色是因為氯氣與鮮花中的水反應生成的次氯酸具有漂白性，干燥的氯氣不具有漂白性，C錯誤；D．兩個實驗中只有溫度不同，70℃熱水的燒杯中先出現渾濁，說明溫度高反應快，可以說明其他條件相同，溫度越高，反應速率越快，D正確；故選C。13.合理開發(fā)利用自然資源對人類生存和發(fā)展至關重要，下列說法正確的是A.金屬礦物的開發(fā)利用就是將金屬元素從其化合物里置換出來B.可燃冰被譽為新世紀高效清潔能源，存在于海底，儲量巨大，大規(guī)模開采有利于實現碳中和C.新能源電動汽車近年來被大力推廣使用，是因為它可以達到零污染，有利于環(huán)境的可持續(xù)發(fā)展D.水煤氣(CO和H2)為清潔能源，在催化劑作用下可轉化生成甲醇(CH3OH)，該反應原子利用率為100%【答案】D【解析】【詳解】A．金屬的冶煉就是將金屬礦石中金屬從其化合物中還原出來，不一定是置換反應，A錯誤；B．可燃冰中含有甲烷，甲烷燃燒會產生二氧化碳，大規(guī)模開采使用甲烷，不會減小二氧化碳的排放，不利于實現碳中和，B錯誤；C．雖然新能源電動汽車在使用階段實現了零排放，但在電力生產和電池處理方面仍存在環(huán)境影響，C錯誤；D．水煤氣(CO和H2)為清潔能源，在催化劑作用下可轉化生成甲醇(CH3OH)，化學方程式為：CO＋2H2CH3OH，該反應是化合反應，利用率為100%，D正確；故選D。14.某同學為探究FeCl3溶液和Na2SO3溶液的反應進行了如下實驗：觀察現象如下：①中溶液立即變?yōu)榧t褐色；靜置10min后，②中溶液顏色由紅褐色變?yōu)辄S色，試管底部出現大量橙黃色沉淀；靜置一天后，③中溶液最終變?yōu)闇\綠色。下列說法正確的是A.②中溶液變黃可能與有關B.將橙黃色沉淀洗凈溶于鹽酸，加入KMnO4溶液，溶液褪色，證明橙黃色沉淀中含有C.檢驗到③中溶液含有，證明Fe(Ⅲ)與發(fā)生了氧化還原反應D.實驗證明FeCl3溶液和Na2SO3溶液混合后，氧化還原反應速率慢，但進行程度較大【答案】D【解析】【詳解】A．因三價鐵離子存在必須在酸性環(huán)境中，②中溶液變黃可能與有關，A錯誤；B．將橙黃色沉淀洗凈溶于鹽酸，加入KMnO4溶液，溶液褪色，因鹽酸也可以使KMnO4溶液褪色，故不能證明橙黃色沉淀中含有，B錯誤；C．檢驗到③中溶液含有，可能是Fe(Ⅲ)與發(fā)生了氧化還原反應，也可能是空氣中氧氣與發(fā)生了氧化還原反應，C錯誤；D．①中溶液立即變?yōu)榧t褐色說明水解反應速率快，靜置10min后，②中溶液顏色由紅褐色變?yōu)辄S色，試管底部出現大量橙黃色沉淀；靜置一天后，③中溶液最終變?yōu)闇\綠色，說明氧化還原反應速率慢，但進行程度較大，D正確；故選D。15.從微觀視角探析物質結構及性質是學習化學的有效方法。下列實例與解釋不符的是選項實例解釋A基態(tài)K原子簡化電子排布式為而不是3p能級最多容納6個電子BN、O、F的原子半徑依次減小電子層數相同時，核電荷數越大，核對電子的吸引力就越大，原子半徑越小CLED是可見光電子從較低能量的基態(tài)吸收能量躍遷到較高能量的激發(fā)態(tài)DMg的第一電離能大于AlAl的第一電離能失去的電子是3p能級的，能量比Mg失去的3s能級的高A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．基態(tài)K原子的簡化電子排布式為而不是，p能級最多容納6個電子，A正確；B．電子層數相同時，核電荷數越大，原子核對核外電子的吸引力就越大，原子半徑越小，因而N、O、F的原子半徑依次減小，B正確；C．LED是可見光，是因為電子從較高能量的激發(fā)態(tài)躍遷到較低能量的基態(tài)時，所釋放的能量以光子的形式放出，C錯誤；D．Mg和Al位于同一周期，且Mg的價電子排布為2s2的穩(wěn)定結構，能量較低，而Al的價電子排布為2s22p1，能量較高，容易失去3p能級1個電子達到2s2全滿穩(wěn)定結構，因而Mg的第一電離能大于Al，D正確；故選C。16.如圖A、B、C、D、E、F、G均為中學化學常見物質。A為生活中常見氧化物，氫化物B的水溶液為強酸，單質D常溫常壓下為黃綠色氣體，E為強堿。下列說法錯誤的是A.由加淀粉溶液變藍可知B為HIB.由紅褐色沉淀可知A為Fe2O3，其與B反應的化學方程式為C.與適量氣體D反應時，離子方程式可能為D.由最終的焰色試驗呈黃色可知E為NaOH【答案】B【解析】【分析】A加少量B（強酸），濾液通入D，單質D常溫常壓下為黃綠色氣體，D為氯氣，分三份；第一份加E（強堿），濾液焰色試驗為黃色，說明E為NaOH，生成紅褐色沉淀F，F為，則A中含鐵，且是氧化物，可能為Fe2O3或Fe3O4；第二份加沉淀變藍，說明生成了碘單質，酸為HI；第三份加硝酸酸化的AgNO3，生成沉淀AgI，據此分析；【詳解】A．由分析可知B為HI，A正確；B．由紅褐色沉淀可知A為Fe2O3或Fe3O4，B錯誤；C．與適量氣體D反應時，亞鐵離子與碘離子被氧化，離子方程式可能為，C正確；D．由分析可知E為NaOH，D正確；故選B。17.金屬銻可以增加合金的硬度，廣泛應用于子彈、鉛彈等的制造，被稱為戰(zhàn)略金屬。五氟化銻(SbF5)是非常強的路易斯酸，其酸性是純硫酸的1500萬倍，某種銻礦主要成分為Sb2O3，含有少量CuO、PbO、As2O3等雜質，以該礦石為原料制備SbF5的工藝流程如圖：已知：①浸出后得到的濾液中陽離子主要為、、、和；②As2O3微溶于水、Sb2O3難溶于水，它們均為兩性氧化物；③SbOCl難溶于水。下列說法正確的是A.“濾渣Ⅰ”中存在少量的SbOCl，可加入足量NaOH溶液使其轉化為Sb2O3回收B.“濾渣Ⅱ”的成分為PbSC.“除砷”時NaH2PO2轉化為H3PO4，此反應中氧化劑、還原劑物質的量之比為D.“電解”過程中陰極上的反應可能為：、【答案】D【解析】【分析】銻礦加鹽酸浸出時，As2O3、Sb2O3均為兩性氧化物，可溶于鹽酸，同時少量Sb2O3轉化為SbOCl，為“濾渣Ⅰ”的成分，加入氨水對其“除氯”轉化為Sb2O3，第二步加入硫化鈉，可除去銅和鉛，再加入NaH2PO2，除去As，同時轉化為H3PO4；【詳解】A．浸出時少量轉化為SbOCl，為“濾渣Ⅰ”的成分，Sb2O3為兩性氧化物，能溶于過量的NaOH溶液，應加入氨水對其“除氯”轉化為Sb2O3，故A錯誤；B．Cu2+、Pb2+轉化為CuS和PbS沉淀進入濾渣Ⅱ中，“濾渣Ⅱ”的成分為PbS、CuS，故B錯誤；C．“除砷”時，轉化為H3PO4，As3+轉化為As被還原，離子反應方程式為：4As3++3+6H2O=4As+3H3PO4+9H+，氧化劑As3+與還原劑的物質的量之比為4:3，故C錯誤；D．在“電解”過程中，以惰性材料為電極，根據流程可知陰極生成Sb，電極反應式為：Sb3++3e?=Sb，電解”時可能發(fā)生副反應2H++2e?=H2↑，故D正確；答案選D。18.某興趣小組為探究礦物X的組成設計了如下實驗，已知：①X含三種常見元素；②固體B是一種單質和化合物的混合物；③實驗中所用試劑均足量。下列說法正確的是A.X的化學式為Cu2FeS3B.氣體A與溴水反應體現A的漂白性C.向溶液G中滴入KSCN溶液變紅D.紅棕色固體I溶于HI溶液的離子方程式為【答案】A【解析】【分析】含三種常見元素礦物在空氣中煅燒，反應產生氣體A和固體B，氣體A被溴水吸收得到溶液C，向其中加入BaCl2溶液反應產生沉淀D質量139.8g，則沉淀D是BaSO4，氣體A是SO2，溶液C為H2SO4、HBr的混合物，說明X中含有S元素；固體B用CO氣體還原產生固體E，向其中加入鹽酸，過濾，分離得到紫紅色金屬F，則F是金屬Cu，則X中含有Cu元素；溶液G中加入NaOH溶液，反應產生沉淀H，經煅燒，H反應產生紅棕色固體I，I是Fe2O3，沉淀H是Fe與HCl反應后的溶液中加入NaOH溶液生成的，則H是Fe(OH)2，說明X中含有Fe元素，然后根據元素守恒，由BaSO4、Fe2O3的質量計算出S的物質的量0.6mol、Fe元素的物質的量0.2mol，進而可得Cu元素的物質的量，最后根據物質的量及質量關系得到物質的化學式X為Cu2FeS3，再結合物質的性質分析解答?！驹斀狻緼．根據分析可知，X的化學式為Cu2FeS3，A正確；B．A是SO2，與溴水反，體現的是還原性，B錯誤；C．G為氯化亞鐵，滴入KSCN溶液不變紅，C錯誤；D．紅棕色固體I溶于HI溶液的離子方程式為，D錯誤；故選A。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。19.粗食鹽中一般含鈣、鎂、鉀的鹵化物和硫酸鹽等可溶性雜質，某化學興趣小組設計實驗制備試劑級氯化鈉?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ．溶解：用______稱取10.0g粗食鹽，放入100mL小燒杯中，加入80mL水，加熱并攪拌。Ⅱ．除：將溶液加熱至微沸，邊攪拌邊滴加BaCl2溶液，待沉淀完全時，繼續(xù)煮沸數分鐘，冷卻后過濾，保留濾液。Ⅲ．除去、、等：將濾液加熱至微沸，邊攪拌邊滴加NaOH溶液，再滴加Na2CO3溶液直至沉淀完全，冷卻后過濾；向濾液中滴加稀鹽酸，至溶液呈酸性，加熱攪拌。Ⅳ．蒸發(fā)、濃縮、結晶：將上述溶液轉入蒸發(fā)皿中，加熱濃縮至液面剛出現微晶膜，停止加熱。Ⅴ。純化：實驗裝置如下，待裝置C中晶體不再析出時，停止實驗，用減壓過濾法將產品過濾抽干，用少量95%的乙醇淋洗2~3次，干燥后獲得產品。（1）步驟Ⅰ中使用的稱量儀器為________________________。（2）步驟Ⅱ中除去發(fā)生的主要反應的離子方程式為__________；“加熱至微沸”及“煮沸”的目的是____________；檢驗已沉淀完全的操作為_____________。（3）步驟Ⅴ中蒸餾燒瓶中發(fā)生反應的化學方程式為_____________________；裝置C中小玻璃漏斗的作用是____________。（4）產品檢驗：稱取0.15g氯化鈉產品溶于70mL水中，加入指示劑，用標準液避光滴定至滴定終點，重復2~3次，平均消耗標準液體積25.59mL，則氯化鈉的質量分數為________。實驗反思：利用HCl氣體通入飽和氯化鈉溶液可以獲得氯化鈉晶體，但是Cl2在飽和氯化鈉溶液中溶解度卻很小，化學實驗小組利用以下信息進行探究：已知：Cl2在水中溶解度很小，主要存在以下兩個平衡體系：（5）將Cl2通入不同濃度的HCl溶液，溶解情況如下，則隨HCl濃度增大Cl2溶解度增大的可能原因是______________。鹽酸濃度Cl2溶解度鹽酸濃度Cl2溶解度0.2000.06192.9900.08240.4960.06303.9870.09141.0190.06655.1800.1004（6）將Cl2通入不同濃度的NaCl溶液，溶解情況如下，則隨NaCl濃度增大Cl2溶解度減小的可能原因是______________。Cl2溶解度0.5010.06580.9980.05802.9910.04163.9890.03604.9890.0360【答案】（1）托盤天平（2）①.②.為了促進沉淀形成，提高沉淀的結晶度，提高反應速率，以及促進固液分離③.在上層清液中先滴加稀鹽酸，再滴加BaCl2溶液，若不產生白色沉淀，確定沉淀完全（3）①.②.防倒吸（4）99.8%（5）高濃度的HCl溶液中，Cl-離子濃度較高，正向進行的程度較大，從而增加Cl2的溶解度（6）Cl-離子濃度增大，逆向移動，從而降低了Cl2的溶解度【解析】【分析】某化學興趣小組設計實驗制備試劑級氯化鈉，將粗鹽提純后得到的精鹽溶于水得到精制飽和氯化鈉溶液，裝置A中濃硫酸和氯化鈉固體在加熱的條件下反應生成HCl氣體，HCl氣體溶于C中，精制飽和氯化鈉溶液中Cl-濃度增大，有氯化鈉固體析出，待裝置C中晶體不再析出時，停止實驗，用減壓過濾法將產品過濾抽干，用少量95%的乙醇淋洗2~3次，干燥后獲得產品?！拘?詳解】步驟Ⅰ中稱取10.0g粗食鹽，使用的稱量儀器為托盤天平。【小問2詳解】步驟Ⅱ中滴加BaCl2溶液除去，發(fā)生的主要反應的離子方程式為：，“加熱至微沸”及“煮沸”的目的是：為了促進沉淀形成，提高沉淀的結晶度，提高反應速率，以及促進固液分離。檢驗已沉淀完全的操作為：在上層清液中先滴加稀鹽酸，再滴加BaCl2溶液，若不產生白色沉淀，確定沉淀完全?！拘?詳解】步驟Ⅴ蒸餾燒瓶中濃硫酸和氯化鈉固體在加熱的條件下反應生成HCl氣體，化學方程式為：，裝置C中小玻璃漏斗的作用是：防倒吸。【小問4詳解】由題意可知，溶于中n(Cl-)=n(Ag+)=0.1mol/L×0.02559L=0.002559mol，則氯化鈉的質量分數為=99.8%?！拘?詳解】Cl2在水中溶解度很小，主要存在以下兩個平衡體系：，，隨HCl濃度增大Cl2溶解度增大的可能原因是：高濃度的HCl溶液中，Cl-離子濃度較高，正向進行的程度較大，從而增加Cl2的溶解度?！拘?詳解】隨NaCl濃度增大Cl2溶解度減小的可能原因是：Cl-離子濃度增大，逆向移動，從而降低了Cl2的溶解度?。20.銅氨纖維因親膚性和滑爽性備受消費者青睞。銅氨溶液(主要含)是制備銅氨纖維的重要試劑。實驗室模擬用廢棄輝銅礦渣(主要含Cu2S，還含有少量FeS、SiO2)為原料制備銅氨溶液的流程如圖：已知：常溫下，，；濾渣1的主要成分有兩種，其中一種為淡黃色的固體單質?；卮鹣铝袉栴}：（1）“試劑①”為__________。（2）方案Ⅱ中，Cu2S和硫酸鐵溶液反應的離子方程式為____________。（3）方案Ⅱ優(yōu)于方案Ⅰ的主要原因為________，“試劑②”為________(填選項)。a．Cub．CuOc．CuSO4d．Cu2(OH)2CO3（4）向燒杯中逐滴加入氨水的現象為______________。（5）某同學受實驗啟發(fā)，提出兩種想法，并實驗成功。ⅰ.向新制的懸濁液里通入NH3也可得銅氨溶液。沉淀開始溶解時溶液中，則此時溶液的pH=________。ⅱ.用氯化銨和氨水的混合液可腐蝕電路板，使電路板露出的銅以氯化四氨合銅的形式溶解下來，寫出腐蝕的化學方程式___________________________。【答案】（1）氫氧化鈉溶液（2）4Fe3++Cu2S=4Fe2++2Cu2++S（3）①.方案Ⅱ中沒有有毒氣體二氧化硫產生②.bd（4）先生成藍色沉淀，然后沉淀溶解，得到深藍色溶液（5）①.10②.2Cu+4NH4Cl+4NH3·H2O+O2=2+6H2O【解析】【分析】方案I：為銅礦渣中加入氫氧化鈉溶液浸取，將二氧化硅轉化為硅酸鈉，過濾得到硫酸鈉溶液和含有硫化亞銅、硫化亞鐵的濾渣，濾渣在空氣中灼燒得到含有氧化鐵和氧化銅的灼渣和有毒的二氧化硫，向灼渣中加入稀硫酸得到硫酸鐵和硫酸銅混合溶液；方案II：銅礦渣中加入硫酸鐵溶液浸取，將硫化亞銅、硫化亞鐵轉化為硫、硫酸亞鐵和硫酸銅，二氧化硅不與硫酸鐵溶液反應，過濾得到含有二氧化硅和硫的濾渣和含有硫酸亞鐵、硫酸銅的濾液；將濾液混合后加入合適的氧化劑，將亞鐵離子轉化為鐵離子，加入氧化銅調節(jié)溶液的pH，將鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，過濾得到硫酸銅溶液；向硫酸銅溶液中加入濃氨水先將溶液中的銅離子轉化為氫氧化銅沉淀，繼續(xù)加入濃氨水將氫氧化銅轉化為四氨合銅離子。【小問1詳解】由分析可知，試劑①為氫氧化鈉溶液，目的是將二氧化硅轉化為可溶的硅酸鈉；【小問2詳解】硫化亞銅和硫酸鐵溶液反應生成硫酸銅、硫酸亞鐵、硫，反應的離子方程式為4Fe3++Cu2S=4Fe2++2Cu2++S。【小問3詳解】由分析可知，方案I中硫化亞銅、硫化亞鐵濾渣在空氣中灼燒得到含有氧化鐵和氧化銅的灼渣和有毒的二氧化硫，方案Ⅱ優(yōu)于方案Ⅰ的主要原因為：方案Ⅱ中沒有有毒氣體二氧化硫產生；“試劑②”的作用是和溶液中的酸反應調節(jié)pH，注意不能引入新的雜質，可以選擇CuO或Cu2(OH)2CO3，故選bd；【小問4詳解】由分析可知，向燒杯中逐滴加入氨水，銅離子轉化為氫氧化銅沉淀，繼續(xù)加入濃氨水將氫氧化銅轉化為四氨合銅離子，現象為：先生成藍色沉淀，然后沉淀溶解，得到深藍色溶液?！拘?詳解】ⅰ.向新制的懸濁液里通入NH3也可得銅氨溶液。沉淀開始溶解時溶液中，則c(Cu2+)=，c(OH-)=，pH=10；ⅱ.用氯化銨和氨水的混合液可腐蝕電路板，使電路板露出的銅以氯化四氨合銅的形式溶解下來，寫出腐蝕的化學方程式為：2Cu+4NH4Cl+4NH3·H2O+O2=2+6H2O。21.海水中蘊藏著非常豐富的資源，海水資源的利用具有廣闊的前景。（1）請列舉海水淡化的兩種方法：________、________。（2）氯堿工業(yè)是用電解精制飽和氯化鈉溶液的方法制取一系列工業(yè)產品，其化學方程式為___________；制得的氯氣通入石灰乳中可制得漂白粉，其離子方程式為______________。（3）從海水中提取溴的簡化流程可以表示為：，進行這一系列的操作目的是________________，已知堿性條件下比更穩(wěn)定，請寫出溶液I在酸性條件下生成Br2的離子方程式________________________。從海水中提取單質碘的一種方法如圖所示：（4）“轉化”反應的離子方程式為____________________。（5）若反應物用量比時，寫出該反應的離子方程式______________。（6）根據I2的特性，分離操作X的名稱是__________________?！敬鸢浮浚?）①.電滲析法②.蒸餾法或離子交換法（2）①.②.（3）①.溴元素的富集(或濃縮溴元素)②.+5Br－+6H＋=3Br2+3H2O（4）Fe+2AgI=Fe2++2I-+2Ag（5）（6）加熱升華【解析】【分析】含I-海水經富集后，加入AgNO3溶液得到AgI懸濁液，加入Fe粉后，Fe與懸濁液中的AgI發(fā)生氧化還原反應，生成Ag和FeI2，轉化后，加入Cl2將I-氧化成I2，用活性炭吸附I2，低溫干燥后升華分離出I2。【小問1詳解】海水淡化方法是為分離海水中的淡水和鹽而利用淡水的方法，有：電滲析法、蒸餾法、離子交換法（寫兩種）?！拘?詳解】“氯堿工業(yè)”指的是工業(yè)上用電解飽和氯化鈉溶液的方法來制取氫氧化鈉、氯氣和氫氣，并以它們?yōu)樵仙a一系列化工產品，其反應的化學方程式為

：，制得的氯氣通入石灰乳中可制得漂白粉，其離子方程式為：?！拘?詳解】低濃度Br2中已獲得游離態(tài)的溴，又將之轉變成化合態(tài)的溴，其目的是：溴元素的富集(或濃縮溴元素)

，已知