1、20202021学年度第一学期期中学业水平检测 高三化学试题 2020.11说明：1本试卷分为选择题和非选择题两部分，考试时间90分钟，满分100分。2选择题答案用2B铅笔涂在答题卡上，非选择题用0.5mm黑色中性笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置。可能用到的相对原子质量：H 1 He 4 B 13 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Ba 137 Pb 207 I 127一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合要求。1. 北宋沈括梦溪笔谈中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其
2、水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列叙述正确的是( )A. 胆矾的化学式为FeSO47H2OB. “熬之则成胆矾”是蒸发结晶、过滤C. 胆矾可用于配制波尔多液，以杀死细菌，其原理是利用了胆矾的强氧化性D. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”该过程中既发生了化学腐蚀又有电化学腐蚀【答案】D【解析】【详解】A胆矾的化学式为CuSO45H2O，A项不符合题意；B由水溶液获得胆矾，涉及到的操作是蒸发浓缩，B项不符合题意；C胆矾中Cu是重金属，可以使蛋白质变性，C项不符合题意；D涉及到的反应是Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，既有化学腐蚀，又有电化学腐蚀，D项符合题意；故正确选项为
3、D2. 盐酸肼(N2H6Cl2)是一种化工原料，与NH4Cl类似，其溶液呈酸性。下列说法正确的是( )A. N2H6Cl2属于共价化合物B. N2H6Cl2中含有非极性共价键C. N2H6Cl2中氮元素化合价为3价D. 盐酸肼在水中电离方程式为N2H6Cl22Cl【答案】B【解析】【详解】AN2H6Cl2与NH4Cl结构类似，都属于离子化合物，A错误；B在N2H6Cl2中含有N-N键属于非极性键，B正确；C在N2H6Cl2中，Cl是-1价，H是+1价，根据化合物中元素化合价代数和等于0可知氮元素化合价为2价，C错误；D盐酸肼(N2H6Cl2)是强酸弱碱盐，在水中完全电离产生、Cl-，电离方程式
4、为：N2H6Cl2=2Cl-，D错误；故合理选项是B。3. 设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A 22.4 L(标准状况)三氧化硫中含有40NA个质子B. 常温常压下，8g氦气中含有的分子数为NAC. 常温常压下，28g乙烯和丙烯的混合气体中含有4NA个氢原子D. 1 L 1 molL1 Na2SO4溶液中含有4NA个氧原子【答案】C【解析】【详解】A.三氧化硫在标准状况下不是气体，故标况下22.4 L三氧化硫的物质的量大于1mol，所含有质子数大于40NA，A错误；B. 氦气由氦的原子直接构成，氦原子即氦分子，常温常压下，8g氦气的物质的量为2mol，含有的分子数为2NA，B
5、错误；C. 乙烯和丙烯的混合气可看作平均组成为“CH2”的气体，常温常压下，28g乙烯和丙烯的混合气体即2mol“CH2”，含有4NA个氢原子，C正确；D. 1 L 1 molL1 Na2SO4溶液中除了溶质还有大量的水，故含有氧原子数大于4NA个，D错误；答案选C。4. 长式周期表共有18个纵列，从左到右排为118列，碱金属为第1列，稀有气体元素为第18列。按这种规定，下列说法正确的是( )A. 第212列元素中没有非金属元素B. 最外层电子排布式为ns2np1的元素位于第3列C. 第4周期第8列元素，其原子结构示意图为D. 第1317列元素的最高正化合价均依次增大【答案】A【解析】【详解】
6、A元素周期表中第212列元素为碱土金属和过渡金属元素，其中没有非金属元素，故A正确；B最外层电子排布式为ns2np1的元素最外层有3个电子，位于第13列，IIIA族，故B错误；C第4周期第8列元素为Fe，其原子结构示意图为，故C错误；D第17列的元素F没有最高正化合价，故D错误；故选A。5. 能正确表示下列反应的离子方程式是( )A. (NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应：Ba2 =BaSO4B. 金属钾与水反应：KH2O=KOHH2C 用FeCl3溶液腐蚀铜箔制造印刷电路板：Fe3Cu=Fe2Cu2D. 铜与稀硝酸和硫酸的混合酸制硫酸铜：3Cu8H2=3Cu22NO4
7、H2O【答案】D【解析】【详解】A. (NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应，Ba(OH)2完全反应，离子方程式为：Ba2+2OH-+Fe2= BaSO4+Fe(OH)2，故A错误；B. 金属钾与水反应生成KOH和氢气，离子方程式为：2K2H2O=2K2OHH2，故B错误；C. 用FeCl3溶液腐蚀铜箔制造印刷电路板的过程中Cu还原Fe3生成Cu2和Fe2，离子方程式为：2Fe3Cu=2Fe2Cu2，故C错误；D. 铜与稀硝酸和硫酸的混合酸反应生成一氧化氮、铜离子和水，离子方程式为：3Cu8H2=3Cu22NO4H2O，故D正确；故选D。6. 下列实验所选装置不合理的是(
8、 )A. 选用图、所示装置进行粗盐提纯实验B. 选用图所示装置进行CCl4萃取碘水中碘的实验C. 选用图所示装置分离饱和Na2CO3溶液和CH3COOC2H5D. 选用图所示装置用NaOH溶液吸收Cl2【答案】C【解析】【详解】A选用图可分离除去食盐水中泥沙等难溶性物质，通过可以将食盐水蒸发结晶，可得到纯净NaCl，故图、所示装置可进行粗盐提纯实验，A正确；B由于I2单质在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，且与四氯化碳不反应，四氯化碳与水互不相溶，故可以萃取碘水中碘，然后再进行分液操作，就将碘与水进行了分离，B正确；C饱和Na2CO3溶液和CH3COOC2H5是互不相溶的两层液体，可以使
9、用分液方法分离，不能采用蒸馏方法分离，C错误；DCl2与NaOH溶液发生反应产生可溶性物质，因此可以选用图所示装置用NaOH溶液吸收Cl2，D正确；故合理选项是C。7. 聚合氯化铝铁AlFe(OH)nCl6-nm用于生活给水及工业给水的净化处理。以工业废料(Fe、Al、FeO、Fe2O3、Al2O3)为原料生产该产品的流程如下，下列说法错误的是( )A. 产品中铁元素的化合价为3B. 甲溶液中一定存在的阳离子有H+、Al3+、Fe2+、Fe3+C. 试剂X可以用H2O2，目的是将Fe2氧化为Fe3+D. 乙溶液呈酸性【答案】B【解析】【分析】向废料中加入过量稀盐酸，金属及氧化物反应变为Al3+
10、、Fe3+、Fe2+进入溶液甲中，向其中加入过量H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+，然后用NaOH溶液调整溶液pH，发生聚沉得到聚合氯化铝铁AlFe(OH)nCl6-nm。【详解】A假设Fe元素化合价为+x，聚合氯化铝铁AlFe(OH)nCl6-nm中各种元素化合价代数和等于0，可得3+x-n-(6-n)=0，解得x=+3，即产品中铁元素的化合价为3，A正确；B废料中的Al、Al2O3与足量盐酸反应产生Al3+，Fe、FeO与盐酸反应产生Fe2+；Fe2O3与盐酸反应产生Fe3+，Fe3+氧化性强，可能与Fe、Al反应产生Fe2+，由于废料中Al、Fe及Fe2O3的物质的量关系无法确定，因此不
11、能确定反应后的溶液中Fe元素的存在形式中是否含有Fe3+，B错误；C向甲溶液中加入的试剂X可以用H2O2，目的是将Fe2氧化为Fe3+，然后通过调节溶液pH，使Al3+、Fe3+转化为聚合氯化铝铁AlFe(OH)nCl6-nm，C正确；D溶液显碱性或中性时会时Fe3+会转化为Fe(OH)3沉淀，不能得到聚合氯化铝铁AlFe(OH)nCl6-nm，则此时溶液显酸性，D正确；故合理选项是B。8. NaH和NaAlH4都是重要的还原剂，一定条件下金属钠和H2反应生成NaH。NaH与水反应可生成H2，NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4。下列说法错误的是( )A. NaAlH4中阴离子空间构型为正
12、四面体B. NaH与AlCl3得到NaAlH4的反应属于氧化还原反应C. NaH在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3)D. 金属钠和H2反应生成NaH的反应体系需要控制无氧、无水和无酸等条件【答案】B【解析】【详解】AAlH-中，Al的轨道杂化数目为4+=4，Al采取sp3杂化，为正四面体构型，故A正确；BNaH与AlCl3反应可得到NaAlH4，此反应无化合价的变化，不是氧化还原反应，故B错误；CNaH在此做还原剂（H化合价升高为+1价），铁锈在此为氧化剂（Fe化合价降低为0价），反应生成铁单质，故C正确；D金属钠可以和氧气、水和酸反应，因此钠和H2反应生成Na
13、H的反应体系需要控制无氧、无水和无酸等条件，故D正确；故答案为B。9. 下列对中学化学常见非金属的性质或用途分析正确的是( )A. 工业炼铁过程中往往加入石灰石除去熔点很高的脉石( SiO2)B. 浓 HNO3有强氧化性，常温下能与Fe发生剧烈反应C. ClO2、SO2均能使品红溶液褪色的原因是二者均有强氧化性D. 可以将气体通入盛有足量酸性FeCl3溶液的洗气瓶，以除去SO2中的HI气体【答案】A【解析】【详解】A炼铁过程中加入石灰石，能够与铁矿石中的熔点很高的脉石(二氧化硅)反应，生成硅酸盐而除去，故A正确；BFe在浓 HNO3中钝化，不会发生剧烈反应，故B错误；CSO2漂白性的实质是SO
14、2与水反应生成的H2SO3跟有机色素结合成了不稳定的无色化合物，与氧化性无关，故C错误；DSO2具有还原性，也会和FeCl3反应，所以不能用FeCl3溶液除去SO2中的HI气体，故D错误；故选A。10. 原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z，依次对应形成a、b、c、d 4种单质；Y元素原子最外层电子数等于其电子层数；向甲的溶液中通入丙气体，产生白色沉淀，它们之间的转化关系如图所示。下列说法正确的是( )A. 元素对应的简单离子的半径：ZYXB. 电解熔融的甲可以获得c、dC. Y的最高价氧化物对应的水化物与酸、碱均反应D. 丁中含有配位键，属于配合物【答案】C【解析】【分析】原子序数依次
15、增大的短周期元素W、X、Y、Z，依次对应形成a、b、c、d 4种单质；Y元素原子最外层电子数等于其电子层数，则Y是Al元素；c是Al单质；乙、丙混合生成白烟，则丁应为NH4Cl，则元素W是H，X是N，Z是Cl元素，单质a是H2，b是N2，d是Cl2；Al与Cl2反应产生的甲是AlCl3；H2与Cl2反应产生的乙是HCl；H2与N2反应产生的丙是NH3；在甲的溶液中通入丙气体，产生白色沉淀是Al(OH)3，则丙为由转化关系即原子序数关系可知：d为Cl2，c为Al，a是H2，b为N2，可知乙为HCl，则W为H元素、X为N元素、Y为Al元素、Z为Cl元素，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知：W为
16、H，X为N，Y为Al，Z为Cl；a是H2，b为N2，c为Al，d为Cl2，甲是AlCl3，乙为HCl，丙为NH3，丁是NH4Cl。AX为N、Y为Al、Z为Cl，离子核外电子层数越大，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以这三种元素对应离子的大小顺序为：Cl-N3-Al3+，即离子半径：ZXY，A错误；B甲是AlCl3，该物质是共价化合物，电解其水溶液，阳极产生Cl2、阴极产生H2，同时得到Al(OH)3，不能产生金属Al，B错误；CY为Al，其最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强酸、强碱发生反应产生盐和水，C正确；D丁是NH4
17、Cl，该物质是离子化合物，含有离子键、共价键和配位键，而不属于配合物，D错误；故合理选项是C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11. 工业废水进行无害化处理过程中主要存在ClO、N2、CNO 、Cl等微粒，对溶液中部分离子浓度进行了跟踪监测，监测结果如图。下列说法正确的是( )A. 中碳原子的杂化方式为sp3B. 处理过程中发生反应：2CNO3ClOH2O2N23ClC. 处理过程中每产生22.4L N2转移6 mol eD. 处理过程中加入硫酸使溶液呈强酸性，可达到更好的处理效果【答案】B
18、【解析】【详解】A中C原子的杂化方式与相同，中C原子的键数为3，孤电子对数为，所以C原子的价电子对数为3+0=3，应为sp2杂化，A项不符合题意；B根据得失电子守恒、电荷守恒。元素守恒知该过程中发生的反应是：2CNO3ClOH2O=2N23Cl，B项符合题意；C该题不在标准状况下，无法计算，C项不符合题意；D本题的目的是要对工业废水进行无害化处理，加入硫酸后溶液显强酸性，不符合题目要求，D项不符合题意；故正确选项为B12. 氨基乙酸铜是一种有机原料，其分子结构如图。下列关于该物质的说法正确的是( )A. 其熔点主要取决于所含化学键的键能B. 分子中O和N的杂化方式相同C. 其组成元素的基态原子
19、中，含有未成对电子数最多的是ND. 分子中所有原子共平面【答案】C【解析】【详解】A该物质是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，其熔点主要取决于分子间作用力大小，与物质分子内所含化学键的键能大小无关，A错误；B分子中O杂化类型有sp3杂化、sp2杂化，而N的杂化方式类型只有sp3杂化，可见分子中O和N的杂化类型不完全相同，B错误；C在该物质的组成元素的基态原子中，Cu原子只有1个未成对电子，C、O各有2个成单电子，N原子有3个成单电子，故含有未成对电子数最多的是N原子，C正确；DNH3分子是三角锥形分子，分子中含有2个氨基，可看作是NH3分子中氢原子被一个原子基团代替，因此分子中所有原子
20、不可能共平面，D错误；故合理选项是C。13. 多晶硅是单质硅的一种形态，是制造硅抛光片、太阳能电池及高纯硅制品的主要原料。已知多晶硅第三代工业制取流程如图所示。下列说法错误的是( )A. Y、Z分别为H2、Cl2B. 制取粗硅过程可能发生反应：SiO23CSiC2COC. 提纯SiHCl3可采用萃取、分液的方法D. SiHCl3和SiCl4形成的晶体均为共价晶体【答案】CD【解析】【分析】饱和食盐水电解生成氯化钠、氢气和氯气，焦炭与二氧化硅反应生成硅与一氧化碳，硅和氢气、氯气反应生成的氯化氢作用得SiHCl3，再用氢气还原得到多晶硅，以此解答。【详解】A电解饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠，
21、其中H2在Cl2中燃烧，而Y具有还原性，所以Y、Z分别为H2、Cl2，故A正确；B制取粗硅的过程中焦炭与石英会发生副反应生成碳化硅，在该副反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，方程式为：SiO23CSiC2CO，故B正确；CSiHCl3遇水剧烈反应，不能采用萃取、分液的方法分离，故C错误；DSiHCl3和SiCl4的分子结构与CHCl3和CCl4类似，属于分子晶体，故D错误；故选CD。14. 某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl-、SO42-、CO32-、AlO2-中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol/L，某同学进行了如下实验：（已知：稀HNO3可与Fe2+发
22、生氧化还原反应产生NO气体，Fe2+被氧化为Fe3+），下列说法正确的是A. 无法确定原试液中是否含有Al3+、Cl-B. 滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C. 原溶液中存在的离子为NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-D. 无法确定沉淀C的成分【答案】C【解析】【分析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明无、；加入硝酸钡有气体，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH有气体，说明存在，气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；滤液中通入少量CO2产生沉淀，先与OH-、Ba2+反应，沉淀C中一定含碳酸钡；因为存在的离子浓度均为0.1molL-1，根据溶液呈电中性，只
23、能含有、Fe2+、Cl-、才能保证电荷守恒，K+、Al3+不能存在，以此解答。【详解】A由上述分析可知，溶液中一定含有Cl-，故A错误；B加入过量Ba(NO3)2溶液，溶液中的H+、Fe2+与NO3-发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+，因此滤液X中大量存在的阳离子有、Fe3+、Ba2+，故B错误；C由上述分析可知，原溶液中存在的离子为、Fe2+、Cl-、，故C正确；D沉淀C的成分是碳酸钡，故D错误；故答案为：C。【点睛】离子推断题解法归纳：这些推断题的解法在于掌握离子的特有反应以及离子间的共存情况，在解题之前，应对所提供的离子在溶液中能否大量共存进行分析，做到心中有数，一般来说，离子间
24、能生成沉淀、或气体、或弱电解质，以及能发生氧化还原反应的，就不能在溶液中大量共存。例如，与，与弱酸根阴离子，与弱碱阳离子，与、，、与、，与酸性条件下，与，与、等，都不能在溶液中共存。15. 二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，熔点为59.5，沸点为11.0，浓度过高时易发生分解引起爆炸，制备二氧化氯溶液的装置如图。下列说法错误的是( )A. 装置A发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1B. 实验中氮气的作用就是将装置内的空气排出C. 装置B可以起到防止倒吸的作用D. 当看到装置C中导管液面上升时应减慢氮气的通入速率【答案】BD【解析】【分析】【详解】A装置A是生成ClO2
25、的装置，Cl元素由NaClO3中的+5价降低到ClO2中的+4价，得到1个电子，NaClO3是氧化剂，氧元素由H2O2中-1价升高到O2中的0价，失去2个电子，H2O2是还原剂，根据得失电子守恒知，NaClO3与H2O2的物质的量之比为2:1，A项不符合题意；B由题意知，二氧化氯浓度过高易发生分解引起爆炸，通入氮气主要是为了降低二氧化氯的浓度，B项符合题意；CB 装置中的两根导管都较短，可以起到防倒吸的作用，C项不符合题意；D装置C中导管液面上升，说明内部压强偏小，易引起倒吸，此时应加快氮气的通入速率，弥补压强的不足，D项符合题意；故选BD。三、非选择题：本大题共5道题，共60分16. 某化合
26、物X由三种元素组成，某研究小组按如图流程探究其组成： 回答下列问题：(1)表现A具有氧化性的反应化学方程式为_；固体B成分是_。(2)写出X煅烧时反应的化学方程式_，上述流程中转移电子的数目为_。(3)红褐色沉淀灼烧后放在_(填仪器名称)中冷却，然后用托盘天平称量，两次称量结果小于_g可认为灼烧充分。(4)研究小组同学在最后所得的深蓝色溶液中缓慢加入乙醇，得到一种深蓝色晶体。经分析，该晶体是一种配合物，其化学式为_；加入乙醇的作用是_。【答案】 (1). (2). Fe2O3、CuO (3). FeCuS2 (4). 1.3 NA (5). 干燥器 (6). 0.1 (7). (8). 降低的
27、溶解度【解析】【分析】无色气体A能使品红褪色，结合流程图可知，A为SO2，n(SO2)=0.2mol；溶液C调节pH后生成红褐色沉淀，该沉淀为Fe(OH)3，灼烧后生成红棕色固体D，则D为Fe2O3，n(Fe2O3)= =0.05mol；溶液C调节pH后得到蓝色溶液，则溶液C中含有Cu2+， ；【详解】(1)由以上分析可知，A为SO2，表现SO2氧化性的反应方程式为；由以上分析可知，X中含有Cu、Fe、S三种元素，煅烧后得到固体B，则B的成分为Fe2O3、CuO；(2)由以上分析可知，X中n(Fe):n(Cu):n(S)=(0.052):0.1:0.2=1:1:2，则X的化学式为FeCuS2，
28、煅烧时反应的化学方程式为；煅烧时，只有氧气中氧元素化合价降低，煅烧后生成n(SO2)=0.2mol，由反应方程式可知，煅烧消耗氧气0.325mol，则上述流程中转移电子的数目为0.3254NA=1.3 NA； (3)红褐色沉淀灼烧后放在干燥器中冷却，然后用托盘天平称量，两次称量结果小于0.1g可认为灼烧充分； (4)铜离子和过量氨水反应生成，加入乙醇后形成深蓝色晶体，该晶体的化学式为；加入乙醇的作用是降低的溶解度。17. 氯酸钾(KClO3)和次氯酸钠(NaClO)是氯元素重要的含氧酸盐，实验室中利用下图装置制备这两种盐。回答下列问题：(1)仪器X名称是_，甲装置圆底烧瓶中的试剂为K2Cr2O
29、7固体，写出发生反应的离子方程式_。(2)为达成实验目的，上述仪器口连接顺序依次为：a-_。(3)丁装置中所盛试剂为_；乙装置中采用冰水浴冷却的目的是_。(4)反应结束，取出b中试管，经冷却结晶，_，_，干燥，得到KClO3晶体。(5)为进一步测定所得KClO3晶体的纯度，设计了如下实验方案：写出通入足量SO2时，溶液中发生反应的离子方程式_。依据上述实验结果，测得该晶体的纯度为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). (3). f-e-c-d-b (4). 饱和食盐水 (5). 避免生成NaClO3 (6). 过滤 (7). 洗涤 (8). (9). 73.5%【解析】【分析】用K2Cr2
30、O7固体和浓盐酸反应制备氯气，产生的氯气中混有氯化氢气体，用饱和食盐水除去Cl2中的HCl气体。在加热条件下氯气与KOH反应可以制备KClO3，采用冰水浴条件使氯气与NaOH反应可以制备NaClO、避免生成NaClO3。利用化学方程式和元素质量守恒、列关系式，采用已知条件计算纯度。【详解】(1)仪器X名称为分液漏斗，由于实验主要目的为制备氯酸钾和次氯酸钠，因此甲装置为制备氯气的发生装置，甲装置圆底烧瓶中的试剂为K2Cr2O7固体，反应的离子方程式。(2) 由题干图示可知，乙为制取次氯酸钠的装置和尾气处理装置，丙为制取氯酸钾的装置，丁为洗气装置，由于甲中产生的氯气中混有氯化氢气体，HCl气体会对
31、后续制备实验造成干扰，因此，甲应与丁相接，以除去氯气中混有氯化氢气体，由于乙中带有尾气处理装置，则丙应排在乙之前，则这四个装置的连接顺序为甲丁丙乙，对应的仪器口连接顺序依次为afecdb，故答案为：f-e-c-d-b。(3) 由(2)中分析可知，丁中应盛装饱和食盐水以除去Cl2中的HCl气体。对比乙、丙装置可知，在加热条件下氯气与KOH反应可以制备KClO3，则乙装置中采用冰水浴冷却的主要目的是避免生成NaClO3。(4)反应结束，取出b中试管，由于氯酸钾的溶解度随温度变化差异大，应选择降温结晶得到KClO3晶体，操作为冷却结晶，过滤，少量(冷)水洗涤，干燥得到KClO3晶体。(5)根据流程，
32、在通入足量SO2时，溶液中的氯酸钾与二氧化硫发生氧化还原反应，离子方程式为：。此时得到的固体物质为BaSO4，根据S元素守恒，SO2的物质的量为：，则根据上述离子方程式建立关系式：氯酸钾的物质的量，因此，该晶体的纯度为：。18. 由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的工艺流程示意图如下： 回答下列问题：(1)Ti元素在周期表中的位置是_。(2)钛精矿、焦炭和氯气高温反应制取粗TiCl4过程中产生CO和CO2，若产生CO和CO2物质的量之比为2:1，则该步反应的化学方程式为_。(3)实验室进行蒸馏提纯时所用的玻璃仪器有蒸馏烧瓶、酒精灯、牛角管、锥形瓶、_、_。(4)用金属镁还原TiCl4
33、过程中需要保护气，下列气体可作为保护气的是_。aCl2 bN2 cAr dCO2(5)有同学认为用金属镁制取钛生产成本较高，若采用电解TiCl4的方法制取金属钛可降低生产成本。你是否认同该同学的设想？_(填“是”或“否”)。你的理由是_。【答案】 (1). 第四周期B族 (2). 2TiO2+3C+4Cl22CO+CO2+2TiCl4 (3). 冷凝管 (4). 温度计 (5). c (6). 否 (7). TiCl4是共价化合物，则液态TiCl4不导电，无法用电解TiCl4的方法制取金属钛【解析】【分析】由制备纯TiCl4的流程示意图可知，高温下钛精矿与氯气、C发生氯化过程，生成粗TiCl4
34、，经蒸馏得到纯TiCl4，Mg再和TiCl4在高温度下反应得到MgCl2和Ti。【详解】(1)Ti的核电荷数是22，则钛元素在周期表中的位置是第四周期B族；(2)TiCl4由TiO2、焦炭和氯气在加热条件下制得，产生CO和CO2物质的量之比为2:1，根据电子守恒可得发生反应的化学方程式为2TiO2+3C+4Cl22CO+CO2+2TiCl4；(3)实验室进行蒸馏提纯时需要利用冷凝管中的冷水使蒸气液化，同时使用温度计控制温度，则所用的玻璃仪器有蒸馏烧瓶、酒精灯、牛角管、锥形瓶、冷凝管、温度计；(4)aMg能在Cl2中燃烧，则不能使用Cl2作保护气，故a错误；bMg能在N2中燃烧，则不能使用N2作
35、保护气，故b错误； cMg在Ar中不能燃烧，可选用Ar作保护气，故c正确；dMg能在CO2中燃烧，则不能使用CO2作保护气，故d错误；故答案为c；(5)粗TiCl4可以蒸馏获得纯TiCl4 ，说明TiCl4的熔沸点低，可知TiCl4晶体是分子晶体，TiCl4是共价化合物，则液态TiCl4不导电，无法用电解TiCl4的方法制取金属钛，故不能采用电解TiCl4的方法制取金属钛。【点睛】本题考查Ti的冶炼，准确理解工艺流程是解题关键，易错误是氧化还原反应方程式的配平，难点是不能从流程中理解TiCl4是共价化合物的信息，明确液态TiCl4不导电。19. 氨硼烷是一种特殊的化合物，分子式为NH3BH3。
36、氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气3NH3BH36H2O=3NH39H2。的结构如图。回答下列问题：(1)写出O原子价电子轨道式_。(2)写出NH3BH3分子的电子式_；NH3BH3晶体中含有的微粒间作用力有_(填标号)。a非极性共价键 b配位键 c氢键 d范德华力 e金属键(3)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(H+)，与B原子相连的H呈负电性(H-)。上述化学反应中，所含元素电负性由小到大的顺序为_(填元素符号)；反应方程式中五种微粒含有sp3杂化原子的微粒有_(填微粒化学式)。 (4)有机碱离子是NH3BH3的等电子体，该离子与Pb2+、I-组成的光电材料，其晶胞如图所示：该晶
37、体中 离子与I离子间作用力为_，的配位数是_。若晶胞参数为a pm，该晶体密度为 gcm-3，阿伏加德罗常数NA可表示为_mol-1(列出计算式)。【答案】 (1). (2). (3). bcd (4). BHNO (5). NH3BH3 H2O NH B3O (6). 离子键 (7). 12 (8). 1021【解析】【详解】(1) O原子价电子为2s22p4，其轨道式为，故答案：。(2)NH3BH3属于共价化合物，其分子的电子式；NH3BH3属于分子晶体，分子间存在范德华力，NH3BH3分子中N和H原子间、B和H原子间都形成的是极性共价键，N和B原子间形成的是配位键，N原子非金属性强，分子
38、间还可以形成氢键，所以晶体中含有的微粒间作用力有配位键、氢键、配位键，故答案：bcd。(3)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(H+)，说明N的电负性大于H；与B原子相连的H呈负电性(H-)，说明B的电负性小于H。因为N、O在同一周期，原子半径逐渐减小，所以N电负性小于O，故所含元素电负性由小到大的顺序为BHNO 。判断是否是sp3杂化的标准是：看中心原子。当它的孤电子对数+结合原子数=4时，就是sp3杂化了。由3NH3BH36H2O=3NH3B3O9H2反应方程式可知，NH3BH3、H2O、NH 、B3O，符合判断标准，所以都属于sp3杂化，故答案：BHN13，转化为钒酸盐溶解，A
39、l(OH)3转化为， Fe(OH)3不溶于碱，滤渣为Fe(OH)3，滤液为、；“调pH”在酸性条件下转化为Al(OH)3，滤渣是Al(OH)3，滤液是；“沉钒”利用同离子效应，促进NH4VO3晶体的析出。【详解】(1)根据影响反应速率的因素，知升高温度或者搅拌都可以加快酸浸的速率；(2)MnO2是氧化剂，其中的Mn元素由+4价降低到+2价，产物时Mn2+，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒，知离子方程式为；V元素由VO+中的+3价升高到中的+5价，失去2个电子，Mn由MnO2中的+4价降低到Mn2+的+2价，得到2个电子，根据得失电子守恒知1molVO+需消耗1molMnO2，即87g；(3)“中和沉淀”时，pH=3.0-3.1，根据表格数据：Fe2+在“酸浸氧化”时被氧化为Fe3+，Fe2+的数据无需参考，Fe3+沉淀范围是1.9-3.2，此时Fe3+沉淀但是没有沉淀完全，Al3+沉淀范围是3.0-4.7，Al3+刚刚开始沉淀，应有大量Al3+剩余，Mn2+的沉淀范围是8.1-10.1，还没有开始沉淀，所以随滤液可除去的离子是所有的Mn2+和部分Fe3+、Al3+；(4)“沉淀转溶”是pH13，Fe(OH)3不能溶于碱，是滤渣的成分，Al(OH)3溶于NaOH；(5)加入过量NH4Cl，增大，根据同离子效应，可促进NH4VO3晶体尽可能完全析出。