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人大附中 2025 届高三 10 月检测练习
化学
说明：本试卷 19 道题，共 100 分；考试时间90 分钟；请在答题卡上填写个人信息，并将
条 形码贴在答题卡的相应位置上。
可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C ：12 O ：16
一、选择题(本大题共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题所给出的四个选项中，只
有 一项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸的相应位置上)
1. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. SO 的 VSEPR 模型： B. 羟基的电子式：
3
4
C. S2- 的结构示意图： D. 原子核内有 8 个中子的碳原子： 16C
【答案】A
【解析】
【详解】A ．SO 中心 S 原子的价层电子对数为 = 3 ，不含孤对电子，VSEPR 模型为平面三角形，故
3
A
错误；
B ．羟基是电中性微粒， 电子式为： ，故 B 正确；
C ．S 为 16 号元素， S2- 核外电子排布为 2 ，8 ，8 ，离子结构示意图为 ，故 C 正确；
4
D ．8 个中子的碳原子，质量数为 14 ，核素表示式为： 16C ，故 D 正确；
故选：A。
2. 近日，我国首台中速大功率氨燃料发动机点火成功。下列关于氨燃料的说法不合理的是
A. 氨易液化便于存储，且液化时放热
B. NH 分子间存在氢键，因此加热时很难分解
3
C. NH 具有还原性，可以在 O 中燃烧
3 2
D. 与柴油发动机相比，氨燃料发动机可降低碳排放
【答案】B
【解析】
第 1页/共 22页【详解】A ．氨气的熔点高，易液化，便于存储，且液化时放热，故 A 正确；
B．NH 分子间存在氢键，决定了沸点高，不能判断氢化物的稳定性，加热时很难分解和分子内化学键有关，
3
故 B 错误；
C ．NH 具有还原性，可以在 O 中燃烧生成氮气和水，故 C 正确；
3 2
D ．与柴油发动机相比，氨燃料发动机燃烧产物是氮气和水，可降低碳排放，故 D 正
确； 故选：B。
3. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A. 非金属性：F>O>N B. 碱性：KOH>NaOH>LiOH
C. 热稳定性： H O > H S > SiH D. 酸性： HClO >H SO >H SiO
2 2 4 4 2 3 2 3
【答案】D
【解析】
【详解】A ．同周期主族元素从左向右非金属性增强，则非金属性：F＞O＞N ，能用元素周期律解释，故
A 不符合题意；
B ．同主族从上到下金属性增强，金属性为 K＞Na＞Li,则碱性：KOH＞NaOH＞LiOH ，能用元素周期律
解 释，故 B 不符合题意；
C ．非金属性为 O＞S＞Si,则热稳定性：H O＞H S＞SiH ，能用元素周期律解释，故 C 不符合题意；
2 2 4
D．同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：HClO
4
>H SO ＞H SiO ，H SO 不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释，故 D 符合题
2 4 2 3 2 3
意； 故选：D。
4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. pH = 1 的溶液中： HCO- 、 K+ 、 Cl- 、 Na+
3
+
B. 无色溶液中： NH4 、 K+ 、 MnO - 、 NO -
4 3
2
C. 含有SO4- 的溶液中： NO - 、 OH- 、 Na+ 、 Ba2+
3
D. c ( OH - ) =10-2 mol L 的溶液中： Na+ 、 CO 2 3 - 、 Cl- 、 K+
【答案】D
【解析】
【详解】A ．pH= 1 表示溶液显强酸性， HCO - 不能大量共存，A 错误；
3
B ．溶液中MnO - 呈紫红色，在无色溶液中不能共存，B 错误；
4
第 2页/共 22页2
C ．含有 SO4- 时， Ba2+ 能与之反应生成白色沉淀，故Ba2+ 不能大量共存，C 错误；
D ． c ( OH ) = 10-2 mol·L-1 表明溶液显碱性，四种离子共能大量共存，D 正确；
-
故选 D。
5. 下列离子方程式书写不正确的是
A. 向 NaOH 溶液中通入过量SO ： OH- + SO = HSO -
2 2 3
B. 向 KI 溶液中通入少量Cl ： 2I- + Cl = 2Cl- + I ； I + I- ≈ I -
2 2 2 2 3
2
C. 向Ba (OH) 溶液中滴加少量 NaHSO 溶液： Ba2+ + OH- + H+ + SO 4 - = BaSO ↓ +H O
2 4 4 2
D. 向Ca ( OH ) 溶液中滴加过量 NaHCO 溶液： 2H+ + CO 2 3 - + 2OH- + Ca 2+ = CaCO ↓ +2H O
2 3 3 2
【答案】D
【解析】
【详解】A ．向 NaOH 溶液中通入过量SO 生成亚硫酸氢钠，离子方程式为 OH- + SO = HSO - ，A 正
2 2 3
确； B ．向 KI 溶液中通入少量Cl ，氯气置换出单质碘，单质碘与碘离子反应生成碘三离子，离子方程
2
式为
2I- + Cl = 2Cl- + I ； I + I- ≈ I - ，B 正确；
2 2 2 3
C ．向Ba
(OH)
溶液中滴加少量 NaHSO 溶液，少量定为一，生成硫酸钡、氢氧化钠和水，离子方程式
2 4
为
2
Ba2+ + OH- + H+ + SO4- = BaSO ↓ +H O ，C 正确；
4 2
2
D ．碳酸氢根离子不能拆分，正确的离子方程式为 2 HCO
3
- +2OH−+Ca2+=CaCO
3
↓+ CO3 - +2H
2
O ，D 错误；
故选 D。
6. 已知 N 是阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A
A. 标准状况下， 22.4LN 中含有7N 个中子
2 A
B. 60g 富勒烯(C )中含有 N 个碳原子
60 A
C. 1mol K Cr O 被还原为 Cr3+ 转移的电子数为6N
2 2 7 A
D. 密闭容器中， 2mol SO 和1mol O 催化反应后分子总数为2N
2 2 A
第 3页/共 22页【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下，22.4LN 物质的量为 1mol，一个 N 原子中含有 7 个中子，即标准状况下，
2
22.4LN
2
第 3页/共 22页中含有14N 个中子，故 A 错误；
A
B C60 分子是由 C 原子构成， 60g 富勒烯(C60)中含有 × N
A
= 5N
A
哥 C 原子，故 B 错误；
C ． K Cr O 中 Cr 为+6 价， 1mol K Cr O 被还原为 Cr3+ 转移的电子数为6N ，故 C 正确；
2 2 7 2 2 7 A
催
D ．密闭容器中， SO 与 O 催化反应方程式为：2SO 2SO 由于反应可逆，
2 2 2 3
因
此2mol SO 和1mol O 催化反应后分子总数大于2N ，故 D 错
2 2 A
误； 故选 C。
7. 下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液 pH 增大的是
A. 向酸性 KMnO 溶液中加入 FeSO 溶液，紫色褪去
4 4
B. 向 NaHSO 溶液中加入 Ba(OH) 溶液，产生白色沉淀
3 2
C. 向 BaCl 溶液中先通入 SO ，后通入 O ，产生白色沉淀
2 2 2
D. 向饱和 NaCl 溶液中先通入 NH ，后通入 CO ，产生白色沉淀
3 2
【答案】A
【解析】
【详解】A ．向酸性 KMnO 溶液中加入 FeSO 溶液，紫色褪去，说明发生氧化还原反应，离子方程
4 4
式： MnO - + 5Fe2+ + 8H+ = Mn2+ + 5Fe3+ + 4H O ，pH 增大，故 A 正确；
4 2
B ．向 NaHSO 溶液中加入 Ba(OH) 溶液，产生白色沉淀，发生复分解反应，不属于氧化还原反应，故 B
3 2
错 误；
C ．向 BaCl 溶液中先通入 SO ，后通入 O ，产生白色沉淀，反应过程中 H+增多，pH 减小，故 C 错
2 2 2
误；
D ．向饱和 NaCl 溶液中先通入 NH ，后通入 CO ，产生白色沉淀，无元素化合价变化，不属于氧化还原
3 2
反 应，故 D 错误；
答案选 A。
8. 实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均合理的是
第 4页/共 22页气体 试剂 制备装置 收集方法
A CO 2 石灰石+稀 H 2 SO 4 c d
B NH NH Cl+Ca(OH) b f
3 4 2
C SO 2 Na2SO 3 +浓 H 2 SO 4 c e
D Cl 2 MnO 2 +浓盐酸 a d
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A ．石灰石与稀 H SO 反应生成的 CaSO 微溶于水，会覆盖在石灰石表面，阻碍反应的继续进
2 4 4
行， 所以用石灰石与稀硫酸不能制取二氧化碳，A 不正确；
B ．用 NH Cl 与 Ca(OH) 反应制取 NH 时，采用“固+ 固、加热”型制气装置，但由于 NH 极易溶于水，
4 2 3 3
所以 不能采用排水法收集 NH ，B 不正确；
3
C ．用 Na2SO
3
与浓 H
2
SO
4
反应制 SO
2
气体，可采用简易气体发生装置，但由于 SO
2
的密度比空气大，所
以 应采用向上排空气法收集，C 不正确；
D．MnO 与浓盐酸在加热条件下才能反应制取 Cl ，由于 Cl 的密度比空气大，所以采用向上排空气法收集，
2 2 2
D 正
确； 故
选 D。
9. 燃料电池法可以处理高浓度氨氮废水，原理的示意图如下(忽略溶液体积的变化)。
下列说法不正确的是
. . .
A. H+ 通过质子交换膜向a 极室迁移
B. 工作一段时间后，a 极室中稀硫酸的浓度增大
+
C. 电极 b 的电极反应： 2NH4 - 6e- = N ↑ +8H+
2
第 5页/共 22页+
D. 电池的总反应： 4NH4 + 3O = 2N + 6H O + 4H+
2 2 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据燃料电池装置可知，左侧 a 极为正极，通入空气后氧气在正极发生还原反应， 电极反应式：
+
O + 4e- + 4H+ = 2H O ；右侧 b 极为负极， NH4在负极发生氧化反应， 电极反应式：
2 2
+
2NH4 - 6e- = N ↑ +8H+ ；
2
【详解】A ．结合分析，根据电极反应及电解质溶液呈电中性可知， H+ 通过质子交换膜向a 极室迁移，
A 正确；
B ．根据分析，a 极电极反应式： O + 4e- + 4H+ = 2H O 可知，工作过程中每当消耗 4mol 氢离子的同
2 2
时， 生成 2mol 水，则工作一段时间后，a 极室中稀硫酸浓度减小，B 错误；
+ +
C ．根据分析可知，b 极为负极， NH4在负极发生氧化反应，电极反应式： 2NH4 - 6e- = N ↑ +8H+ ，
2
C
正确；
+
D ．结合分析，根据得失电子守恒，将两电极反应式相加得总反应： 4NH4 + 3O = 2N + 6H O + 4H+
2 2 2
，
D 正确；
答案选 B。
10. 用如图装置检验浓硫酸与木炭在加热条件下反应的产物CO 和SO 。
2 2
下列说法不正确的是
. . .
A. ①中现象说明产物中有SO
2
B. ②中利用了KMnO 的氧化性
4
第 6页/共 22页C. 将②③对调也能够达到实验目的
第 6页/共 22页Δ
D. 浓硫酸与木炭的反应： 2H SO
(浓)
+ C CO ↑ +2SO ↑ +2H O
2 4 2 2 2
【答案】C
【解析】
【分析】浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫与水，品红检验二氧化硫，酸性高锰酸钾除去 SO ，
2
澄 清石灰水检验 CO ，据此回答。
2
【详解】A ．SO 能使品红褪色，则①中现象说明产物中有 SO ，A 正确；
2 2
B . ②中利用了 KMnO 的氧化性，能够氧化 SO ，B 正确；
4 2
C ．将②③对调不能够达到实验目的，因为 SO 与 CO 都能使澄清石灰水变浑浊，C 错误；
2 2
Δ
D ．浓硫酸与木炭的反应方程式为： 2H SO (浓) + C CO ↑ +2SO ↑ +2H O ，D 正确；
2 4 2 2 2
故选 C。
11. CO 的资源化利用有利于实现“碳中和 ”。利用CO 为原料可以合成新型可降解高分子 P ，其合成
2 2
路 线如下。
已知：反应①中无其他产物生成。下列说法不正确的是
A. CO 与 X 的化学计量比为1:2
2
B. P 完全水解得到的产物的分子式和 Y 的分子式相同
C. P 可以利用碳碳双键进一步交联形成网状结构
D. Y 通过碳碳双键的加聚反应生成的高分子难以降解
【答案】B
【解析】
【详解】A ．结合已知信息，通过对比 X 、Y 的结构可知CO 与 X 的化学计量比为1:2 ，A 正确；
2
B ．P 完全水解得到的产物结构简式为 ，分子式为C H O ，Y 的分子式为
9 14 3
C H O ，二者分子式不相同，B 错误；
9 12 2
第 7页/共 22页C ．P 的支链上有碳碳双键，可进一步交联形成网状结构，C 正确；
D ．Y 形成的聚酯类高分子主链上含有大量酯基，易水解，而 Y 通过碳碳双键加聚得到的高分子主链主
要 为长碳链，与聚酯类高分子相比难以降解，D 正确；
故选 B。
12. H 、C 、O 、Na 四种元素之间(二种、三种或四种)可组成多种无机化合物，选用其中某些化合物，利用
下 图装置(夹持固定装置已略去)进行实验，装置Ⅲ中产生白色沉淀，装置 V 中收集到一种无色气体。下列
说法
不正确的是
. . .
A. 装置 I 中的化合物有多种可能
B. 装置Ⅱ中发生氧化还原反应
C. 装置Ⅲ中反应的离子方程式为 CO + 2OH− + Ba2+ = BaCO ↓ + H O
2 3 2
D. 装置 V 中收集的气体含有极性共价键，是非极性分子
【答案】D
【解析】
【分析】Ⅰ中稀硫酸和碳酸氢钠或碳酸钠生成水和二氧化碳，Ⅱ中二氧化碳和过氧化钠生成碳酸钠和氧气，
Ⅲ中二氧化碳和氢氧化钡生成碳酸钡沉淀，二氧化碳被吸收，Ⅳ中氧气被干燥，Ⅴ中收集得到氧气；据此解
答。
【详解】A ．装置 I 中的化合物可以是碳酸钠或碳酸氢钠，故 A 正确；
B . Ⅱ中二氧化碳和过氧化钠生成碳酸钠和氧气，该反应过程中存在化合价变化，属于氧化还原反应，故
B 正确；
C . Ⅲ中二氧化碳和氢氧化钡生成碳酸钡沉淀，反应离子方程式为：CO + 2OH− + Ba2+ = BaCO ↓ + H O ，
2 3 2
故 C 正确；
D ．装置 V 中收集的气体为氧气，含非极性键，是非极性分子，故 D 错
误； 故选：D。
13. 可采用 Deacon 催化氧化法将工业副产物 HCl 制成Cl ，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程
2
式：
第 8页/共 22页CuO
4HCl(g)+O (g) 2Cl (g)+2H O(g)
2 2 2 ΔH=-114.4kJ . mol-1 。下图所示为该法的一种催化机理。
下列说法不正确的是
A. Y 为反应物 HCl ，W 为生成物H O
2
B. 反应制得1mol Cl ，须投入 2molCuO
2
C. 升高反应温度， HCl 被O 氧化制Cl 的反应平衡常数减小
2 2
D. 图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【分析】 由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有 HCl 、O 、CuO 、Cl 、H O ；CuO 与
2 2 2
Y 反应生成 Cu(OH)Cl ，则 Y 为 HCl；Cu(OH)Cl 分解生成 W 和 Cu2OCl
2
，则 W 为 H
2
O ；CuCl
2
分解为
X 和
CuCl ，则 X 为 Cl
2
；CuCl 和 Z 反应生成 Cu2OCl
2
，则 Z 为 O
2
；综上所述，X 、Y 、Z 、W 依次是Cl
2
、
HCl 、 O 、 H O 。
2 2
【详解】A ．由分析可知，Y 为反应物 HCl ，W 为生成物 H O ，A 正确；
2
B ． CuO 在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B 错误；
C ．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C 正确；
D ．图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl → CuCl 和CuCl → Cu OCl ，D 正确；
2 2 2
故选 B。
14. 某实验小组探究 KMnO 溶液与 NH 以及铵盐溶液的反应。
4 3
已知： MnO - 的氧化性随溶液酸性增强而增强；MnO 为棕黑色，Mn2+接近无色。
4 2
序
实验
第 9页/共 22页
试剂 a 实验现象
号Ⅰ 8mol·L-1 氨水(pH≈ 13) 紫色变浅，底部有棕黑色沉
第 9页/共 22页淀
Ⅱ 0. 1mol·L-1NaOH 溶液 无明显变化
紫色略变浅，底部有少量棕
Ⅲ 4mol·L-1(NH ) SO 溶液(pH≈6)
4 2 4
黑色沉淀
硫酸酸化的 4mol·L-1(NH ) SO 溶
4 2 4
Ⅳ 紫色变浅
液(pH≈ 1)
硫 酸 酸 化 的 4mol·L-1NH Cl 溶
4
Ⅴ 紫色褪去
液 (pH≈ 1)
下列说法不正确的是
. . .
A. 由Ⅱ可知，pH= 13 时，OH- 不能还原 MnO
4
-
+
B. 由Ⅰ 、 Ⅱ 、Ⅲ可知，与 NH4相比，NH 更易还原
3
+
MnO - C. 由Ⅲ 、Ⅳ可探究溶液 pH 对 NH4与 MnO - 反
4 4
+
应的影响 D. 由Ⅳ 、Ⅴ可知， NH4浓度降低，其还原性
增强
【答案】D
【解析】
【详解】A . Ⅱ中 0. 1mol·L-1NaOH 溶液的 pH= 13 ，实验无现象，说明 pH= 13 时，OH- 不能还原 MnO
4
- ，
A 正 确；；
B . Ⅰ 、Ⅱ可知，pH 相同，氨水中现象明显；Ⅱ 、Ⅲ可知，氨水中现象明显，而含铵根离子的硫酸铵溶液反
应
+
现象不太明显；故由Ⅰ 、Ⅱ 、Ⅲ可知，与 NH4相比，NH 更易还原 MnO - ，B 正确；
3 4
+
C . Ⅲ 、Ⅳ中变量为溶液的 pH 不同，则由Ⅲ 、Ⅳ可探究溶液 pH 对 NH4与 MnO - 反应的影响，C 正
4
确；
+
D . Ⅳ 、Ⅴ中存在铵根离子浓度、阴离子种类 2 个变量，不能说明NH4浓度降低，其还原性增强，D 错误；
故选 D。
二、非选择题(本部分共 5 小题，共 58 分)
第 10页/共 22页15. 自然界中的局部氮循环如下图。
第 10页/共 22页（1）上图含氮物质的各步转化中，属于氮的固定的是 （ 填数字序号）。
（2） NH 是氮循环中的重要物质，工业合成氨反应的化学方程式为 。
3
（3）某化工厂出现泄漏，大量氨水进入循环水系统，使循环水中含氯杀菌剂（有效成分为 Cl ）的杀菌
2
效 果降低、硝化作用增强，导致循环水的 pH 发生波动，最终造成设备腐蚀。
①下列有关氨对循环水影响的说法中，正确的是_____ （ 填字母序号）。
a.过量氨进入循环水后，水中 NO - 和 NO - 含量会升高
2 3
b.过量氨进入循环水后，不会导致水体富营养化
c.循环水 pH的波动中，pH 的上升与氨水的碱性有关
d.为减少氨对杀菌剂杀菌效果的影响，可以改用非氧化性杀菌剂
②通过检测循环水中的 c（NO - ）可判断循环水的水质是否恶化，c（NO - ）检测利用的是酸性条件下 I-
2 2
被 NO - 氧化为 I 的反应，该反应的历程如下：
2 2
I. NO - +2H+= NO++H O
2 2
II. … …
III.2ONI= I +2NO
2
II 的离子方程式为 。
（4）含 NO - 的废水可用二硫化亚铁（FeS ）处理，在反硝化细菌的作用下发生以下反应，请将离子方程
3 2
反硝化细菌
2
式补充完整：14NO - + 5FeS + H+ 7N ↑+10SO4- +
3 2 2
高≈温高压
【答案】 ①. ①② ②. N (g)+3H (g) 催化剂 2NH (g) ③. acd ④. 2NO+ +2I -
2 2 3
=2ONI
⑤. 4 ⑥. 5Fe2+ +2H O
2
【解析】
【分析】（1）氮的固定是将空气中游离的氮转变成氮的化合物的过程；
（2）工业上用氮气和氢气在高温高压催化剂条件下合成氨气；
第 11页/共 22页（3）①氨进入循环水后会与会与水系统中的硝化细菌和氧气等发生硝化作用，生成 NO - 和 NO - ，是水
2 3
体 富营养化；氨气水溶液呈碱性；
②酸性条件下 I- 被 NO - 氧化为 I 则总反应为 2NO - +2I- +4H+ =2NO+I +2H O ，和反应 I 、III ，写
2 2 2 2 2
出 II 的离子方程式；
（4）根据化合价升降守恒、电荷守恒和元素守恒配平方程；
【详解】（1）氮的固定是将空气中游离的氮转变成氮的化合物的过程，有自然固氮和人工固氮之分，即将
转化为其他含 化合物，从图上看，①②分别属于自然固氮和人工固氮，故答案为：①②;
N N
2
（2）工业上用氮气和氢气在高温高压催化剂条件下合成氨气化学方程式为：
高温高压
高温高压
≈
N (g)+3H 催化剂 2NH (g) ，故答案为： N (g)+3H ≈ 2NH (g) ；
2 2 3 2 2 催化剂 3
（3）①a.过量氨进入循环水后，会与水系统中的硝化细菌和氧气等发生硝化作用，生成 NO - 和 NO - ，
2 3
故 NO - 和 NO - 含量会升高，故 a 正确；
2 3
b.水体富营养化是指含 N 、P 的营养盐含量过多而引起的水质污染现象，故过量氨进入循环水后，会导致
水 体富营养化，故 b 错误；
c.循环水 pH 的波动中，pH 的上升与氨水的碱性有关，故 c 正确；
d.氨对杀菌剂杀菌效果的有很大的影响，为保证杀菌效果，可以改用非氧化性杀菌剂，故 d 正确；故答案
为： acd；
②酸性条件下 I- 被 NO - 氧化为 I 则总反应为 2NO - +2I- +4H+ =2NO+I +2H O ，反应 I×2+II+III
2 2 2 2 2
可得 2NO - +2I- +4H+ =2NO+I +2H O ，则 II 的离子方程式为 2NO+ +2I=2ONI ，故答案为：
2 2 2 -
2NO+ +2I=2ONI ；
-
（4） 由离子方程式可知 NO - 中 N 由+5 价变为 0 价，化合价下降 14× 5=70 ，FeS 中 S 由-1 价升高到
3 2
+6， 化合价升高10 × 7=70 ，此时化合价升降已经相等，则 Fe 元素化合价不变，反应生成 5Fe2+ ，再根
2
据电荷 守恒可得14NO - + 5FeS + 4H+ =7N ↑ +10SO4- +5Fe2+ +2H O ，故答案为：4； 5Fe2+ +2H O
3 2 2 2 2
。
[ ]
16. 某钠离子电池以 NaClO 的碳酸丙烯酯溶液作电解质溶液，Na MnFe(CN) 作正极材料，Na 作负
4 x 6
极 材料。
（1）CO 与环氧丙烷在一定条件下反应制得碳酸丙烯酯。
2
第 12页/共 22页①CO 是 (填“极性”或“非极性”)分子。
2
第 12页/共 22页②环氧丙烷中，O 原子的杂化轨道类型是 杂化。
③沸点：环氧丙烷 CO (填“＞”或“＜”)。
2
（2） MnCl 溶液与 溶液混合可制备 Na [MnFe(CN) ] 晶体。
2 x 6
①一个基态 Mn 原子中Na的4 未Fe成(C对N)电6 子数是 。
②CN- 的性质与卤素离子相近，被称为拟卤离子，(CN)
2
被称为拟卤素。
i ．(CN) 与 H O 反应的生成物的结构式分别是 H - C 三 N 、 。
2 2
ⅱ . HCN 有酸性但乙炔无明显酸性，HCN 的酸性比乙炔的强的原因是 。
（3）钠离子电池的正极材料 Na [MnFe(CN) ] 在充、放电过程中某时刻的晶胞示意图如下。
x 6
[
Na Mn①Fe ( C N ) 中存在的化学键有配位键、 。
x 6
②该时刻的晶胞所示的 Na [MnFe(CN) ] 中，x=
x 6
【答案】（1） ①. 非极性 ②. sp3 ③. ＞
（2） ①. 5 ②. H - O - C 三 N ③. N 原子的电负性大，-CN 具有吸电子效应，使 HCN 中
H-C 的极性更大，更易断裂
（3） ①. 离子键、(极性)共价键 ②. 1
【解析】
【小问 1 详解】
①CO 分子中，C 原子的价层电子对数为 发生 sp 杂化，分子呈直线形结构，是非极性分子。
2
②环氧丙烷分子中，O 原子与2 个 C 原子分别以单键相连，其价层电子对数为 杂化轨道类型
是 sp3 杂化。
③环氧丙烷与 CO 都形成分子晶体，环氧丙烷的相对分子质量大于 CO ，分子间作用力环氧丙烷大于
2 2
CO ， 则沸点：环氧丙烷＞CO 。
2 2
【小问2 详解】
第 13页/共 22页①Mn 的价电子的轨道表示式为 ，则一个基态 Mn 原子中的未成对电子数是 5。
②i．Cl 与 H O 反应，生成 HCl 和 HClO，采用类推法，可确定(CN) 与 H O 反应的生成物为 HCN、
2 2 2 2
HOCN， 则结构式分别是 H - C 三 N 、 H - O - C 三 N 。
ⅱ . HCN 有酸性但乙炔无明显酸性，乙炔为非极性分子而 HCN 为极性分子，且 H 、C 间的共用电子对偏
离 H 原子，则 HCN 的酸性比乙炔的强，原因是：N 原子的电负性大，-CN 具有吸电子效应，使 HCN 中
H-C 的极性更大，更易断裂。
【小问 3 详解】
[ ]
①在
Na
x
MnFe(CN)
6
中，Na+与配离子间形成离子键，配离子中，金属离子与 CN- 间形成配位键，-
内 C 、N 原子间形成(极性)共价键，则存在的化学键有配位键、离子键、(极性)共价键。
②由晶胞示意图可知，4 个 Na+位于体内，Mn 位于顶点和面心，Mn 原子的个数为 则 Na
与 Mn 的个数比为 4:4= 1:1 ，所以该时刻的晶胞所示的 Na [MnFe(CN) ] 中，
x 6
x=1。 【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。
17. 一种利用富锂卤水(含 Li+ 、Na+ 、Mg2+ 、Cl- 、硼酸根等)制备碳酸锂的工艺如下：
已知：室温下相关物质的K 如下表。
sp
化合物 MgCO Mg(OH) CaC O CaCO Ca(OH) Li CO
3 2 2 4 3 2 2 3
K sp 6.8 × 10-6 5.6 × 10-12 2.3 × 10-9 2.8 × 10-9 5.5 × 10-6 2.5 × 10-2
（1）i 中，操作的名称是 。
（2）ii 可除去 80％的 Mg2+ ，该过程中生成 Mg (OH) CO 反应的离子方程式为 。
2 2 3
（3）iii 中，得到的沉淀 3 的成分有 。
（4）有人提出：可省略向溶液 3 中加入草酸钠这一步，该建议 (填“可行”或“不可行”)，理由是
。
第 14页/共 22页（5）一种测定碳酸锂产品纯度的方法如下：
步骤 I ．取 agLi CO 产品，加入 c mol . L—1V mLH SO 标准溶液，固体完全溶
2 3 1 1 2 4
解； 步骤Ⅱ . 加热溶液，缓缓煮沸一段时间后自然冷却至室温；
步骤Ⅲ . 以酚酞为指示剂，用 c mol . L—1NaOH 标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为V mL 。
2 2
①已知：杂质不与 H SO 、NaOH 溶液反应。该 Li CO 产品纯度为 (写出计算式，用质量分
2 4 2 3
数
表示)。
②步骤Ⅱ的目的是 ；若省略步骤Ⅱ , 直接进行步骤Ⅲ , 将导致测得的 Li CO 产品纯度
2 3
(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）萃取分液
2
（2）Mg2++3 CO3 - +2H
2
O= Mg
2
(OH)
2
CO
3
+2 HCO
3
-
（3）Mg(OH) 和 CaCO
2 3
（4） ①. 不可行 ②. 溶液 3 中 Ca2+能与步骤 v 中的沉锂的纯碱反应生成 CaCO ，造成所得
3
Li CO
2 3
沉淀不纯
将溶液中溶解的 CO 赶出，以免影响实验结果 ③. 偏低
2
【解析】
【分析】 由题干工艺流程图可知，向富锂卤水中加入有机溶剂进行萃取分液出含硼有机溶剂和主要含 Li+ 、
Na+ 、Mg2+的水层溶液 1 ，向溶液 1 中加入纯碱，将 Mg2+转化为 Mg (OH) CO 进行一次除镁，过滤得沉淀
2 2 3
2 主要成分为 Mg (OH) CO ，向溶液 2 中加入石灰乳进行二次除镁，将剩余的镁离子转化为 Mg(OH) ，
2 2 3 2
同时 步骤 ii 中生成的碳酸氢根离子和石灰乳反应生成 CaCO 沉淀，故过滤出沉淀 3 主要成分为Mg(OH) 和
3 2
CaCO ， 向溶液 3 中加入草酸钠进行出 Ca2+ ，将溶液 3 中的 Ca2+转化为 CaC O 沉淀，过滤得到沉淀 4
3 2 4
主要成分为 CaC O ，向溶液 4 中加入纯碱进行沉锂，过滤洗涤得到碳酸锂，据此分析解题。
2 4
【小问 1 详解】
由分析可知，i 中，操作的名称是萃取分液，故答案为：萃取分液；
【小问2 详解】
由分析可知，ii 可除去 80％的 Mg2+ ，该过程中生成 Mg
2
(OH)
2
CO
3
反应即 Mg2+和 Na2CO
3
溶液反应生成
2
Mg
2
(OH)
2
CO
3
，故该反应的离子方程式为：Mg2++3 CO3 - +2H
2
O= Mg
2
(OH)
2
CO
3
+2 HCO
3
- ，故答案为：
2
Mg2++3 CO3 - +2H
2
O= Mg
2
(OH)
2
CO
3
+2 HCO
3
- ；
【小问 3 详解】
由分析可知，iii 中，得到的沉淀 3 的成分有 Mg(OH) 和 CaCO ，故答案为：Mg(OH) 和
2 3 2
CaCO ； 第 15页/共 22页
3【小问4 详解】
由分析可知，溶液 3 中含有 Li+ 、Na+ 、Ca2+等离子，Ca2+能与步骤 v 中的沉锂的纯碱反应生成 CaCO ，造
3
成 所得 Li CO 沉淀不纯，故有人提出：可省略向溶液 3 中加入草酸钠这一步，该建议不可行，故答案
2 3
为：不 可行；溶液 3 中 Ca2+能与步骤 v 中的沉锂的纯碱反应生成 CaCO ，造成所得 Li CO 沉淀不纯；
3 2 3
【小问 5 详解】
①根据 2NaOH+H
2
SO
4
=Na2SO
4
+2H
2
O 可知与 NaOH 反应的 H
2
SO
4
的物质的量为：
c2V
2
×10-3mol ，则与 Li
2
CO
3
反应的硫酸的物质的量为：n(H
2
SO
4
)
2
= c1V
1
×10-
3mol-
1
= c1V
1
×10-3mol- c2V
2
×10-3mol= ×10-3mol ，根据
Li 2 CO 3 +H 2 SO 4 =Li 2 SO 4 +H 2 O+CO 2 ↑ , 故该 Li CO 产品纯度为 =
2 3 ×100%
故答案为：
②由反应方程式 Li CO +H SO =Li SO +H O+CO ↑可知，步骤 I 反应后的溶液中含有 CO ，故步骤Ⅱ的目
2 3 2 4 2 4 2 2 2
的 是将溶液中溶解的 CO 赶出，以免影响实验结果；若省略步骤Ⅱ , 直接进行步骤Ⅲ , 将导致上述实验中
2
的 V 偏大，则将导致测得的 Li CO 产品纯度偏低，故答案为：将溶液中溶解的 CO 赶出，以免影响实验
2 2 3 2
结果； 偏低。
18. 某兴趣小组模拟工业制取FeCl ，并对其性质进行探究。
3
资料：i ．无水FeCl 易潮解，加热易升华。
3
2
ii ． Fe3+ 与SO3 - 可以形成红色配离子。
(一) FeCl 的制取(夹持装置略)
3
实验 I：
第 16页/共 22页（1）A 为氯气发生装置。A 中的反应方程式是 (锰被还原为 Mn2+ )。
第 16页/共 22页（2）装置 G 中的 NaOH 溶液用来吸收多余的氯气，请写出该反应的离子方程式 。
（3）装置 F 中的试剂是 。
(二) FeCl 性质探究
3
将实验 I 制取的FeCl 固体配成0. 1mol / LFeCl 溶液，进行实验Ⅱ和实验Ⅲ。
3 3
实验Ⅱ：将酸化的5mL0. 1mol / LFeCl 溶液与2mL0. 1mol / LNa SO 溶液混合，得到红色溶液，一段
3 2 3
时 间后红色褪去。
（4）解释实验Ⅱ中溶液先变红后褪色的原因 。
操作 序号 现象
a 蒸发时，试管内有白雾
灼烧时，导出的气体可以使 NaBr
b
溶 液变黄
实验
Ⅲ
c 最终，试管底部留有黑色固体
（5）结合化学方程式，解释 a 中的实验现象 。
（6）小组成员对 b 中的现象进行探究。向得到的黄色溶液中加入苯，振荡静置，上层溶液呈黄色，取上
层 黄色溶液加入淀粉 KI 溶液，溶液变蓝。 甲同学推测实验Ⅲ灼烧过程中FeCl 分解产生了Cl ，乙同
3 2
学认为 需要排除 FeCl 被苯萃取的影响，并通过实验证实了甲同学的推测，乙同学的验证过程及现象是
3
____________。
（7）将 c 中黑色固体溶于浓盐酸，无气泡产生，小组同学判断黑色固体中含有正二价铁，其理由是
____________。
【答案】（1） 2KMnO +16HCl = 2MnCl + 5Cl ↑ +8H O + 2KCl
4 2 2 2
（2） Cl + 2OH- = Cl- + ClO- + H O
2 2
（3）浓H SO
2 4
第 17页/共 22页2
（4） Fe3+ 与SO3- 既可以形成配离子也可以发生氧化还原反应；开始时形成配离子的反应速率大，但氧
化
还原反应限度大，最终红色褪去
（5）加热促进FeCl + 3H O ≈ Fe(OH) + 3HCl 平衡正移，挥发的 HCl 形成白雾
3 2 3
（6） 向FeCl 溶液中加入苯，振荡静置，未见变黄或向FeCl 溶液中加入苯，振荡静置，取上层溶液加
3 3
入 淀粉 KI 溶液，溶液未变蓝
（7）实验确认有Cl 生成，Cl 元素化合价升高，黑色固体与盐酸反应没有 H 生成，说明没有 0 价 Fe ，
2 2
判 断+3 价铁降低到+2 价
【解析】
【分析】 由实验装置图可知，装置 A 中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得
的 氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置 B 中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置 C 中盛有的浓硫
酸用 于干燥氯气，装置 D 中氯气与铁共热反应制备氯化铁，装置 E 为冷凝收集氯化铁的装置；装置 F
中盛有的 浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入 E 中导致氯化铁潮解；装置 G 中盛有的氢氧化钠溶液
用于吸收未 反应的氯气，防止污染空气。
【小问 1 详解】
装置 A 中发生的反应为高锰酸钾固体与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和
水， 2KMnO +16HCl = 2MnCl + 5Cl ↑ +8H O + 2KCl ；
4 2 2 2
【小问2 详解】
G 中氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水： Cl + 2OH- = Cl- + ClO- + H O
2 2
； 【小问 3 详解】
由分析，装置 F 中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入 E 中导致氯化铁潮
解； 【小问4 详解】
溶液中铁离子能与亚硫酸根离子可以形成红色配离子使溶液呈红色，具有氧化性的铁离子也能与具有还原
性的亚硫酸根离子发生氧化反应生成亚铁离子和硫酸根离子，实验Ⅱ中溶液先变红后褪色说明溶液中铁离
2
子与亚硫酸根离子发生氧化还原反应的限度大于发生络合反应的限度，故答案为：Fe3+ 与SO3- 既可以形
成
配离子也可以发生氧化还原反应；开始时形成配离子的反应速率大，但氧化还原反应限度大，最终红色褪
去；
【小问 5 详解】
氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中存在如下水解平衡： FeCl + 3H O ≈ Fe(OH) + 3HCl ，水解反应是
吸 3 2 3
第 18页/共 22页热反应，加热蒸发时，反应温度升高，平衡向正反应方向移动，挥发出的氯化氢遇到水蒸气形成盐酸小液
滴而产生白雾，故答案为：加热促进FeCl + 3H O ≈ Fe(OH) + 3HCl 平衡正移，挥发的 HCl 形成白
3 2 3
雾； 【小问 6 详解】
由题意可知，乙同学的实验目的是验证苯不能萃取氯化铁溶液中的氯化铁，则验证过程为向 FeCl 溶液中
3
加 入苯，振荡静置，取上层溶液加入淀粉 KI 溶液，溶液未变蓝，说明苯中不含有氯化铁，故答案为：向
FeCl
3
溶液中加入苯，振荡静置，未见变黄或向FeCl 溶液中加入苯，振荡静置，取上层溶液加入淀粉 KI 溶
3
液，
溶液未变蓝；
【小问 7 详解】
由题意可知，实验确认有 Cl 生成，反应中Cl 元素化合价升高被氧化，黑色固体与盐酸反应没有 H 生
2 2
成， 说明固体中没有 0 价 Fe ，由此可判断氯化铁溶液加热时，+3 价铁得到电子被还原，化合价降低到+2
价，故 答案为：实验确认有Cl 生成，Cl 元素化合价升高，黑色固体与盐酸反应没有H 生成，说明没有
2 2
0 价 Fe， 判断+3 价铁降低到+2 价。
19. 某小组探究K Cr O 的制备。
2 2 7
已知：i. Cr O （绿色，不溶于水）、 Cr3+ （绿色）、 Cr (OH) （灰绿色，不溶于水）、
2 3 3
2 2
玫瑰红色）、 Cr O7 - （橙色）、 CrO4 - （黄色）
2
ii. HNO 是一种弱酸，易分解： 3HNO = 2NO ↑ +HNO + H O
2 2 3 2
将7.60gCr O 固体和15. 15gKNO 固体（物质的量之比为 1:3）与过量的K CO 固体混合，高温煅烧得
2 3 3 2 3
含 K CrO 的黄色固体，反应如下：
2 4
高温
Cr O + 3KNO + 2K CO 2K CrO + 2CO ↑ +3KNO 。
2 3 3 2 3 2 4 2 2
（1） KNO 受热分解转化为KNO ，反应的化学方程式是 。
3 2
（2） K CrO 转化为K Cr O ，进行实验 Ⅰ :
2 4 2 2 7
第 19页/共 22页2 2
①加入 H SO ， CrO4- 转化为 Cr O7- 反应的离子方程式是 。
2 4 2
第 19页/共 22页②无色气泡中的气体有 。
2
③资料显示溶液变为棕黑色是 Cr3+ 与 Cr O7 — 混合所致。设计实验：取少量棕黑色溶液于试管中，逐滴加入
2
NaOH 溶液，生成灰绿色沉淀，溶液变为黄色，至不再生成沉淀时，静置，取上清液 （填操作和现
2
象），证实溶液中存在 Cr3+ 与 Cr O7 — 。
2
（3）探究 Cr3+ 的来
源 来源 1 ： ……
2 —
来源 2 ：酸性环境中， Cr O7 — 与 NO2 发生氧化还原反应生成 Cr3+ 。
2
①来源 1 ： 。
②进行实验Ⅱ证实来源 2 成立，实验操作及现象如下：
实验操作 实验现象
溶液由橙色逐渐变为
棕黑色，进而变为绿
色，过程中无红棕色
气体产生。
继续加入 NaNO 溶
2
液，溶液变为玫瑰红
色 ， 加 入
1mL1mol . L—
1H SO 溶液后，溶
2 4
液恢复绿 色。
第 20页/共 22页溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红色的反应的离子方程式： 、 。
从平衡移动的角度解释溶液由玫瑰红色变为绿色的原因： 。
（4）为避免K CrO 转化为K Cr O 的过程中产生 Cr3+ ，进行实验Ⅲ。
2 4 2 2 7
将煅烧后的黄色固体浸泡于 100mL 水中，过滤后向滤液中加入醋酸溶液，调至 pH ＝5 ，溶液变为橙色。
实验Ⅲ中溶液的颜色与实验 Ⅰ 中的不同的原因可能是 。
Δ
【答案】（1） 2KNO 2KNO + O ↑
3 2 2
2 2
（2） ①. 2CrO4 — + 2H+ = Cr O7 — + H O ②. NO 、 CO ③. 加入稀硫酸，调至 pH ＝3
2 2 2
，溶液
由黄色变为橙色
（ 3 ） ①. 黄 色 固 体 中 含 有 Cr O ， 溶 于 稀 硫 酸 生 成 Cr3+
2 3
②.
Cr 2 O 2 7 — + 3NO — 2 + 8H + = 2Cr3+ + 3NO 3 — + 4H 2 O ③. Cr3+ + 6NO — 2 = Cr (NO 2 ) 6 7」 3—
④.
Cr (NO ) 7」 3— ≈ Cr 3+ +6NO — ，加入 H SO 溶液， NO — + H + HNO ，且 HNO 易分解，c
2 6 2 2 4 2 2 2
( —)
NO
2
3—
减小，平衡正向移动， Cr (NO ) 转化为 Cr3+ ，溶液由玫瑰红色变为绿色
2 6
( + ) 2—
（4）实验Ⅱ中，过滤除去了Cr O ，溶液中的c H 比实验 Ⅰ 中的小， Cr O 的氧化性减弱的程度
2 3 2 7
大于
2
HNO 的还原性增强的程度，使 Cr O7 — 与HNO 不能反应生成 Cr3+ ，溶液仍为橙色
2 2 2
【解析】
【分析】将Cr O 固体和KNO 固体与过量的K CO 固体混合，高温煅烧得 K CrO 固体，加水溶解后
2 3 3 2 3 2 4
加
2 —
—
入稀硫酸调节 pH ，反应可生成K Cr O ；反应过程中再酸性环境下，Cr O7 与 NO2发生氧化还原反
2 2 7 2
应生
成 Cr3+ ，会导致生成的产物中含有 Cr3+ 杂质。
【小问 1 详解】
根据得失电子守恒和质量守恒定律， KNO 受热分解转化为KNO 和氧气，化学方程式：
3 2
第 21页/共 22页Δ
2KNO 2KNO
3 2 + O ↑ ;
2
【小问2 详解】
2 2
①根据原子守恒及电荷守恒，加入 H SO ， CrO4 — 转化为 Cr O7 — 反应的离子方程式：
2 4 2
第 21页/共 22页2 2
2CrO4- + 2H+ = Cr O7- + H O ；
2 2
②过量的碳酸盐与硫酸反应生成二氧化碳气体，亚硝酸盐在酸性环境下形成亚硝酸，亚硝酸不稳定分解出
NO 气体；
2
③溶液中存在 Cr3+ 与 Cr O7 - ，结合题干信息可知，可通过改变溶液酸碱性，通过颜色变化进行成分判
2
断，
具体操作及现象：加入稀硫酸，调至 pH ＝3 ，溶液由黄色变为橙
色； 【小问 3 详解】
①根据实验信息可知，黄色固体中含有Cr O ，溶于稀硫酸生成 Cr3+ ；
2 3
②结合题干信息各微粒颜色，结合得失电子守恒及电荷守恒可知，溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红
2 -
色的反应的离子方程式： Cr O7 - + 3NO2 + 8H+ = 2Cr3+ + 3NO - + 4H O 、
2 3 2
Cr3+ + 6NO - 2 = Cr (NO 2 ) 6 7」 3- ； Cr (NO 2 ) 6 7」 3- ≈ Cr3+ + 6NO - 2 ，加入H 2 SO 4 溶液，NO - 2 + H + =HNO 2
，
( -)
且HNO 易分解，c NO 减小，平衡正向移动 转化为 Cr3+ ，溶液由玫瑰红色变为绿
2 2
色；
【小问4 详解】
( + ) 2-
实验Ⅱ中，过滤除去了Cr O ，溶液中的c H 比实验Ⅰ中的小，Cr O 的氧化性减弱的程度大于HNO
2 3 2 7 2
的
2
还原性增强的程度，使 Cr O7 - 与HNO 不能反应生成 Cr3+ ，溶液仍为橙色。
2 2
第 22页/共 22页
