2022—2023學(xué)年度第一學(xué)期期中學(xué)業(yè)水平檢測高三化學(xué)試題說明：1.本試卷分為選擇題和非選擇題兩部分，考試時間90分鐘，滿分100分。2.可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12O16Na23Mg24Si28S32Cl35.5Cu64In115一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分，每小題只有一個選項符合題意。1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活、科技和環(huán)境等密切相關(guān)。下列有關(guān)說法錯誤的是A.侯氏制堿過程中應(yīng)向飽和食鹽水中先通NH3，后通CO2B.84消毒液與潔廁靈不能混用，若混用能產(chǎn)生有毒氣體C.衛(wèi)星探測器上的太陽能電池帆板主要成分是晶體硅D.“汽車尾氣處理”有助于改善城市空氣質(zhì)量，有利于實現(xiàn)“碳達峰、碳中和”【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)氨氣極易溶于水、二氧化碳能溶于水的性質(zhì)，向飽和食鹽水中先通入氨氣至飽和，再通入足量二氧化碳，可生成較多的碳酸氫鈉，將碳酸氫鈉灼燒可轉(zhuǎn)化為碳酸鈉，選項A正確；B．84消毒液的有效成分是次氯酸鈉，潔廁靈的主要成分是鹽酸，若將兩者混合使用，可能會發(fā)生如下反應(yīng):NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，選項B正確；C．晶體硅是種性能良好的半導(dǎo)體材料，常用于制作芯片和太陽能電池板，衛(wèi)星探測器上的太陽能電池帆板主要成分是晶體硅，選項C正確；D．汽車尾氣中含有有毒的一氧化碳和一氧化氮，在催化加的作用下將其轉(zhuǎn)化為二氧化碳和氮氣，因此汽車尾氣處理不能減少二氧化碳的排放，選項D錯誤；答案選D。2.2021年我國科學(xué)家實現(xiàn)了二氧化碳到淀粉的人工合成。有關(guān)物質(zhì)的轉(zhuǎn)化過程示意圖如下，下列說法錯誤的是A.淀粉溶液能產(chǎn)生丁達爾現(xiàn)象B.CO2和CH3OH均屬于非電解質(zhì)C.反應(yīng)②每生成1molCH3OH轉(zhuǎn)移6NA個電子D.“C6→淀粉”過程中只涉及C—O鍵斷裂和生成【答案】D【解析】【詳解】A．淀粉溶液屬于膠體，能表現(xiàn)膠體的性質(zhì)，能產(chǎn)生丁達爾現(xiàn)象，故A正確；B．二氧化碳和甲醇都不能電離出自由移動的離子，均屬于非電解質(zhì)，故B正確；C．由圖可知，反應(yīng)②為二氧化碳和氫氣反應(yīng)生成甲醇，反應(yīng)方程式為CO2+3H2=CH3OH+H2O，反應(yīng)生成1mol甲醇時，反應(yīng)轉(zhuǎn)移6NA個電子，故C正確；D．由圖可知，C6→淀粉過程中涉及了H—O鍵和C—O鍵的斷裂，故D錯誤；故選D。3.關(guān)于下列儀器使用的說法錯誤的是A.①、②、④使用前需檢漏 B.①、③常用于物質(zhì)的分離C.④洗凈后必須要進行烘干 D.⑤可用于冷凝回流【答案】C【解析】【詳解】A．分液漏斗、酸式滴定管、容量瓶都是帶有瓶塞或活塞的玻璃儀器，使用前需要檢漏，故A正確；B．分液漏斗可用于分液操作，蒸餾燒瓶可用于組裝蒸餾裝置完成蒸餾操作，故B正確；C．容量瓶中附有蒸餾水不影響溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液的體積，對所配溶液的濃度無影響，所以容量瓶洗凈后不需要進行烘干，故C錯誤；D．球形冷凝管可用于冷凝回流，故D正確；故選C。4.在氫氟酸溶液中加入Na2CO3和Al(OH)3，生成冰晶石的反應(yīng)為2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O。下列說法錯誤的是A.鈉失去最外層一個電子所需要的能量：[Ne]3s1＜[Ne]3p1B.CO2結(jié)構(gòu)式可表示為O=C=OC.冰晶石中存在離子鍵、極性共價鍵和配位鍵D.HF在水中的電離方程式為HF+H2O?H3O++F【答案】A【解析】【詳解】A．基態(tài)的能量最低，[Ne]3s1為基態(tài)，[Ne]3p1為激發(fā)態(tài)，所以失去e的基態(tài)需要能量多，選項A錯誤；B．二氧化碳分子中C原子與2個O原子形成四個共價鍵，使分子中每個原子都達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以CO2的結(jié)構(gòu)式:O=C=O，選項B正確；D．HF是弱酸，為弱電解質(zhì)，故其電離方程式為:HF+H2OH3O++F，選項D正確；答案選A。5.下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是是A.氯化鐵溶液腐蝕銅箔制印刷電路板：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+【答案】C【解析】【詳解】A．氯化鐵溶液腐蝕銅箔制印刷電路板，反應(yīng)生成氯化銅和氯化亞鐵，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，選項A錯誤；B．濃硝酸與過量鐵粉若常溫下發(fā)生鈍化，選項B錯誤；答案選C。6.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，基態(tài)W原子核外電子分布在3個能級，且各能級電子數(shù)相等，X原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，Y是短周期元素中原子半徑最大的元素，Z的原子序數(shù)是W和Y的原子序數(shù)之和。下列說法正確的是A.X氫化物的沸點一定高于W氫化物的沸點B.簡單離子的半徑由大到小順序為Z>Y>XC.僅由X、Y、Z形成的化合物的水溶液可能呈堿性D.W、Y、Z分別與X均只能形成兩種二元化合物【答案】C【解析】【詳解】短周期主族元素W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，基態(tài)W原子核外電子分布在3個能級，且各能級電子數(shù)相等，則電子排布式為1s22s22p2，W為C元素；X原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，則為O元素；Y是短周期元素中原子半徑最大的元素，則為Na元素；Z的原子序數(shù)是W和Y的原子序數(shù)之和，則為6+11=17,為Cl元素。A．X氫化物H2O和H2O2，W氫化物為烴，隨著碳原子數(shù)的增加，烴的沸點可能高于H2O和H2O2，選項A錯誤；B．簡單離子Cl多一個電子層，半徑最大，O2、Na+具有相同電子層結(jié)構(gòu)核電荷數(shù)越大半徑越小，故半徑由大到小順序為Cl>O2>Na+，即Z>X>Y，選項B錯誤；C．僅由X、Y、Z形成的化合物NaClO的水溶液呈堿性，選項C正確；D．W、Y分別與X均能形成兩種二元化合物Na2O、Na2O2、H2O、H2O2，Z與X均能形成兩種以上二元化合物Cl2O、ClO2、Cl2O7等，選項D錯誤；答案選C。7.常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是【答案】B【解析】答案選B。8.某短周期元素的價類二維圖如圖所示，其中y是一種常見氣體，a為酸式鹽，e的相對分子質(zhì)量比d大16.以下判斷正確的有①a的水溶液一定顯酸性②x既可能是強酸，也可能是強堿③y是O2④若d為酸性氧化物，則其具有漂白性⑤e與水反應(yīng)一定能生成一種強酸A.5個 B.4個 C.3個 D.2個【答案】B【解析】【分析】y是一種常見氣體，e的相對分子質(zhì)量比d大16，可知Y是O2；則b、c、d、e分別是NH3、N2、NO、NO2或H2S、S、SO2、SO3；a為酸式鹽，a可能是銨鹽或硫化物；【詳解】①若a為NH4HCO3，其水溶液顯堿性，故①錯誤；②若a是硫化物，x既是強酸；若a為銨鹽，X是強堿，故②正確；③y是一種常見氣體，e相對分子質(zhì)量比d大16，可知Y是O2，故③正確；④若d為酸性氧化物，則d為SO2，SO2具有漂白性，故④正確；⑤若e是NO2，與水反應(yīng)生成HNO3；若e是SO3，與水反應(yīng)生成H2SO4，故⑤正確；正確的是②③④⑤，選B。9.下列說法正確的是A.分別向少量Fe2O3和Al2O3固體中加入足量的NaOH溶液，固體均能溶解B.分別向等物質(zhì)的量Na和Na2O2中加入足量稀硫酸，產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量一樣多C.分別向等質(zhì)量Na2CO3和NaHCO3固體中加入足量的鹽酸，產(chǎn)生的CO2前者多D.分別向少量Fe(OH)2和Mg(OH)2固體中加入足量稀硝酸，反應(yīng)類型相同【答案】B【解析】【詳解】A．氧化鐵是堿性氧化物，不能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，故A錯誤；B．1mol鈉與足量稀硫酸反應(yīng)生成mol氫氣，1mol過氧化鈉與足量稀硫酸反應(yīng)生成mol氧氣，則分別向等物質(zhì)的量鈉和過氧化鈉中加入足量稀硫酸，產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量一樣多，故B正確；C．碳酸鈉的相對分子質(zhì)量大于碳酸氫鈉，等質(zhì)量的碳酸鈉的物質(zhì)的量小于碳酸氫鈉，則等質(zhì)量碳酸鈉和碳酸氫鈉分別與足量的鹽酸反應(yīng)時，碳酸鈉生成二氧化碳的物質(zhì)的量小于碳酸氫鈉，故C錯誤；D．氫氧化亞鐵與稀硝酸發(fā)生反應(yīng)還原反應(yīng)生成硝酸鐵、一氧化氮和水，氫氧化鎂與稀硝酸發(fā)生中和反應(yīng)生成硝酸鎂和水，反應(yīng)類型不相同，故D錯誤；故選B。10.比亞迪推出的“刀片電池”正極材料為LiFePO4，利用LiFePO4廢料(帶鋁箔)回收Li、Al、Fe、P元素的工業(yè)模擬過程如下：下列說法錯誤的是A.LiFePO4中Fe為+2價B.產(chǎn)品1主要成分為Al(OH)3C.步驟③發(fā)生反應(yīng)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OD.④、⑥兩步加入Na2CO3產(chǎn)生沉淀的原理相同【答案】C【解析】【分析】由題給流程可知，向LiFePO4廢料中加入氫氧化鈉溶液堿浸，將鋁轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉，LiFePO4與氫氧化鈉溶液不反應(yīng)，過濾得到含有LiFePO4的濾渣和含有偏鋁酸鈉的濾液1；向濾液中通入二氧化碳后，過濾得到氫氧化鋁；向濾渣中加入鹽酸和雙氧水的混合溶液，將LiFePO4轉(zhuǎn)化為氯化鋰、氯化鐵和磷酸，過濾得到含有氯化鋰、氯化鐵和磷酸的濾液2；向濾液2中加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH，將氯化鐵和磷酸轉(zhuǎn)化為FePO4·2H2O沉淀，過濾得到FePO4·2H2O和含鋰離子的粗鹽溶液；FePO4·2H2O與氫氧化鈉溶液反應(yīng)后，過濾得到氫氧化鐵和磷酸鈉；向含鋰離子的粗鹽溶液中加入碳酸鈉溶液，將溶液中鋰離子轉(zhuǎn)化為碳酸鋰沉淀，過濾得到碳酸鋰?！驹斀狻緼．由化合價代數(shù)和為0可知，LiFePO4中鐵元素的化合價為+2價，故A正確；B．由分析可知，產(chǎn)品1主要成分為氫氧化鋁，故B正確；C．由分析可知，步驟③發(fā)生的反應(yīng)為鹽酸和雙氧水的混合溶液與LiFePO4反應(yīng)生成氯化鋰、氯化鐵和磷酸，反應(yīng)的離子方程式為2LiFePO4+H2O2+8H+=2Li++2Fe3++2H3PO4+2H2O，故C錯誤；D．由分析可知，步驟④加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH的目的是將氯化鐵和磷酸轉(zhuǎn)化為FePO4·2H2O沉淀，步驟⑥加入碳酸鈉溶液的目的是將溶液中鋰離子轉(zhuǎn)化為碳酸鋰沉淀，④、⑥兩步都是發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，則產(chǎn)生沉淀的原理相同，故D正確；故選C。二、選擇題：本題共5個小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.下列實驗操作、現(xiàn)象及得出的結(jié)論均正確的是選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A向Ba(NO3)2溶液中通入過量的SO2產(chǎn)生白色沉淀該沉淀為BaSO3B向酸性高錳酸鉀溶液中加入Fe3O4粉末紫色褪去證明Fe3O4中有Fe(II)C向AlCl3溶液中逐步通入過量的氨氣先產(chǎn)生白色沉淀，后消失Al(OH)3能與過量的氨水反應(yīng)D向NaBr溶液中滴加過量氯水，再加入淀粉KI溶液先變橙色，后變藍色氧化性：Cl2>Br2>I2A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．溶于水的二氧化硫部分與水反應(yīng)生成亞硫酸使溶液呈酸性，酸性條件下，硝酸根離子與亞硫酸分液生成硫酸，反應(yīng)生成的硫酸根離子與鋇離子反應(yīng)生成硫酸鋇白色沉淀，則白色沉淀為硫酸鋇，不是亞硫酸鋇，故A錯誤；B．向酸性高錳酸鉀溶液中加入四氧化三鐵粉末，四氧化三鐵溶于酸得到的亞鐵離子，酸性條件下，亞鐵離子與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)使溶液褪色，則溶液褪色說明四氧化三鐵中含有Fe(II)，故B正確；C．氫氧化鋁是不溶于弱堿的兩性氫氧化物，則向氯化鋁溶液中逐步通入過量的氨氣，反應(yīng)生成的白色沉淀不會溶解消失，故C錯誤；D．氯氣的氧化性強于溴，會優(yōu)先與碘化鉀溶液反應(yīng)，則向溴化鈉溶液中滴加過量氯水，再加入淀粉碘化鉀溶液不能確定溴是否與碘化鉀溶液反應(yīng)，無法比較溴與碘的氧化性強弱，故D錯誤；故選B。12.黃鐵礦(主要成分為FeS2)在酸性條件和催化劑作用下，可發(fā)生如圖所示的轉(zhuǎn)化。下列說法錯誤的是A.反應(yīng)I、II、III均屬于氧化還原反應(yīng)C.反應(yīng)III中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量比為1：4D.該過程中Fe3+是催化劑，NO是中間產(chǎn)物【答案】A【解析】C．反應(yīng)III為4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，只有Fe、O元素化合價發(fā)生變化，O2為氧化劑，F(xiàn)e(NO)2+為還原劑，故氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量比為1：4，選項C正確；D．反應(yīng)中Fe3+是催化劑，F(xiàn)e2+、NO是中間產(chǎn)物，選項D正確；答案選A。13.高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種新型、高效、多功能綠色水處理劑，濕法制備高鐵酸鉀的工藝流程如下。下列說法正確的是A.若反應(yīng)①產(chǎn)物n(NaC1O)：n(NaClO3)=5：1，則n(NaCl)：n(NaClO)=2：1B.反應(yīng)②中Fe(NO3)3體現(xiàn)還原性C.反應(yīng)③用NaOH溶液作強堿性溶液D.理論上，6.72L(STP)Cl2參加反應(yīng)可得到0.1molK2FeO4【答案】AB【解析】【詳解】A．若反應(yīng)①產(chǎn)物n(NaC1O)：n(NaClO3)=5：1，可設(shè)分別為5mol和1mol，n(NaCl)=5×1+1×5=10mol，則n(NaCl)：n(NaClO)=10:5=2：1，故A正確；B．反應(yīng)②為2Fe3＋＋3ClO?＋10OH?＝2FeO＋3Cl?＋5H2O，F(xiàn)e(NO3)3體現(xiàn)還原性，故B正確；C．據(jù)分析可知，反應(yīng)③加入KOH溶液作強堿性溶液，故C錯誤；故答案選AB?！军c睛】本題考查物質(zhì)的制備實驗，把握制備流程中發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提純、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾椤?4.體復(fù)雜結(jié)構(gòu)的三維表示往往難以在二維圖上繪制和解釋，可以從晶胞的一個方向(通常選擇晶胞的一個軸的方向)往下看，得到該方向的投影圖，原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)(將原子位置的坐標(biāo)表示為晶胞棱長的分?jǐn)?shù))標(biāo)注原子位置，如圖1為面心立方晶胞的投影。已知某硅的硫化物晶胞的投影如圖2所示，其晶胞參數(shù)為anm，晶胞密度為ρg·cm3.下列說法正確的是A.該硅硫化物化學(xué)式為SiS2B.Si與S原子的最近距離為nmC.與Si緊鄰的4個S原子呈四面體構(gòu)型【答案】AC【解析】【詳解】A．由硫化硅的面心立方晶胞的投影圖可知，晶胞中位于頂點和面心的硫原子個數(shù)為8×+6×=4，位于體內(nèi)的硅原子個數(shù)為2，則硅的硫化物化學(xué)式為SiS2，故A正確；C．由硫化硅的面心立方晶胞的投影圖可知，與硅原子緊鄰的4個硫原子呈四面體構(gòu)型，故C正確；故選AC。15.Cl2O是一種強氧化劑，與水反應(yīng)生成次氯酸，與有機物接觸時會發(fā)生燃燒并爆炸，濃度過高時易分解爆炸。利用反應(yīng)HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O制取Cl2O的裝置如圖所示。已知：Cl2O的熔點為116℃，沸點為3.8℃；Cl2的沸點為34.6℃。下列說法錯誤的是A.裝置②③中盛裝的試劑依次是飽和食鹽水和濃硫酸B.通入干燥空氣的目的是將生成的Cl2O稀釋，減小爆炸危險C.從裝置⑤中逸出氣體的主要成分是Cl2OD.裝置④與⑤之間不能用橡膠管連接，是為了防止發(fā)生燃燒并爆炸【答案】C【解析】【分析】由實驗裝置圖可知，裝置①中高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)制備氯氣，濃鹽酸具有揮發(fā)性，制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣，裝置②中盛有的飽和食鹽水用于除去氯化氫氣體，裝置③中盛有的濃硫酸用于干燥氯氣，裝置④為氯氣與氧化汞反應(yīng)制備一氧化二氯，裝置⑤中盛有的液氨用于冷凝收集一氧化二氯，該裝置的缺陷是缺少尾氣處理裝置，會污染空氣?！驹斀狻緼．由分析可知，裝置②中盛有的飽和食鹽水用于除去氯化氫氣體，裝置③中盛有的濃硫酸用于干燥氯氣，故A正確；B．由一氧化二氯濃度過高時易分解爆炸可知，實驗時通入干燥空氣的目的是將生成的一氧化二氯稀釋，減小爆炸危險，故B正確；C．由分析可知，裝置⑤中盛有的液氨用于冷凝收集一氧化二氯，則從裝置⑤中逸出氣體的主要成分是氯氣和空氣，故C錯誤；D．由一氧化二氯與有機物接觸時會發(fā)生燃燒并爆炸可知，裝置④與⑤之間不能用橡膠管連接的目的是防止橡膠管發(fā)生燃燒并爆炸，故D正確；故選C。三、根據(jù)題意填空、簡答：共5道題，60分，答案填寫在答題卡上。16.亞硫酰氯(SOCl2)在農(nóng)藥、醫(yī)藥、染料等生產(chǎn)中有重要應(yīng)用，是一種無色或淡黃色液體，易揮發(fā)，遇水極易反應(yīng)生成兩種酸性氣體?；卮鹣铝袉栴}：（1）根據(jù)價電子對互斥理論，亞硫酰氯空間構(gòu)型為_______，其構(gòu)成元素電負性由大到小的順序為_______。（2）實驗室可通過將二氧化硫和氯氣通入一氯化硫(S2Cl2)中反應(yīng)制取亞硫酰氯。①一氯化硫的電子式為_______；②該反應(yīng)中還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為_______；③向Ba(OH)2溶液中滴加少量亞硫酰氯，有白色沉淀生成，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。（3）MgCl2·6H2O、AlCl3·6H2O、FeCl2·4H2O等結(jié)晶水合氯化物在空氣中受熱脫水易發(fā)生水解反應(yīng)，常用亞硫酰氯作脫水劑以制取無水氯化物。①在加熱條件下，亞硫酰氯與MgCl2·6H2O反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。②MgCl2·6H2O在空氣中受熱脫水過程中，熱重分析測得剩余固體質(zhì)量占初始固體質(zhì)量的百分含量隨溫度變化的曲線如圖所示。試判斷A點固體的化學(xué)式為_______；460℃時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______?！敬鸢浮浚?）①.三角錐型②.O>Cl>S【解析】【小問1詳解】亞硫酰氯分子中S原子價電子對數(shù)是4，有一對孤對電子，空間構(gòu)型為三角錐型，元素非金屬性越強電負性越大，其構(gòu)成元素電負性由大到小的順序為O>Cl>S；【小問2詳解】②該反應(yīng)方程式為2SO2+3Cl2+S2Cl2=4SOCl2，Cl2中氯元素化合價降低，Cl2是氧化劑、S2Cl2中S元素化合價升高，S2Cl2是還原劑，還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為1:3；③向Ba(OH)2溶液中滴加少量亞硫酰氯，反應(yīng)生成硫酸鋇、氯化鋇、水，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Ba2++4OH+SOCl2=BaSO3↓+2Cl+2H2O?！拘?詳解】①在加熱條件下，亞硫酰氯與MgCl2·6H2O反應(yīng)生成無水氯化鎂、二氧化硫、鹽酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式為MgCl2·6H2O+6SOCl2MgCl2+6SO2+12HCl。17.化學(xué)實驗社團成員將某器件加工企業(yè)的生產(chǎn)廢料溶解后取樣20mL，進行分離并測定Fe3+濃度的實驗實踐活動，設(shè)計實驗方案如下：已知：①乙醚[(C2H5)2O]低毒，微溶于水，密度比水小，沸點34.5℃，易揮發(fā)；②當(dāng)鹽酸濃度較高時，F(xiàn)e3+、HCl與乙醚易形成締合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而易溶于乙醚；當(dāng)鹽酸濃度降低時，該締合物解離?；卮鹣铝袉栴}：（1）鉻在元素周期表中的位置是_______。（2）步驟I中操作a的名稱是_______，該操作完成后，簡述檢驗Fe3+已無殘留的方法是_______。（3）步驟II中加“適量水”的目的是_______。（4）步驟III中的還原劑X最好是難溶性還原劑，原因是_______。（5）步驟IV滴定反應(yīng)的離子方程式為_______。滴定至終點，測得平均消耗0.0500mol?L1K2Cr2O7溶液16.00mL，試樣中Fe3+的物質(zhì)的量濃度為_______；滴定過程中，下列操作可能導(dǎo)致測定結(jié)果偏高的是_______(填標(biāo)號)。a．錐形瓶內(nèi)有少量水b．盛裝K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)液的滴定管未潤洗c．步驟Ⅲ用滴定管移取溶液時終讀數(shù)俯視d．滴定結(jié)束，滴定管尖嘴處有氣泡【答案】（1）第四周期ⅥB族（2）①.分液②.取溶液②少許于試管中，滴加KSCN溶液，溶液不變?yōu)榧t色，說明溶液中不含有Fe3+，已無殘留（3）使締合物[(C2H5)2OH][FeCl4]解離為Fe3+（4）若X為可溶性還原劑，溶液④中含有的X會使步驟IV滴定消耗K2Cr2O7溶液體積偏大，所測結(jié)果偏高（5）①.6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O②.1.2mol/L③.bc【解析】【分析】由題給流程可知，向20.00mL含有鐵離子和鋁離子的試樣中加入濃鹽酸和乙醚，將鐵離子轉(zhuǎn)化為溶于乙醚的締合物[(C2H5)2OH][FeCl4]，分液得到含有[(C2H5)2OH][FeCl4]的溶液1和含有鋁離子的溶液2；向溶液1中加入適量水，將[(C2H5)2OH][FeCl4]轉(zhuǎn)化為鐵離子，蒸餾得到含有鐵離子的溶液3；將溶液3稀釋至100mL后，取20.00mL稀釋液加入難溶性還原劑將鐵離子還原為亞鐵離子得到溶液④，向溶液④中加入稀硫酸酸化后，加入指示劑，用重鉻酸鉀溶液滴定至滴定終點?！拘?詳解】鉻元素的原子序數(shù)為24，位于元素周期表第四周期ⅥB族，故答案為：第四周期ⅥB族；【小問2詳解】由分析可知，步驟I中操作a為分液；若分液得到的溶液②中含有鐵離子，向溶液中加入硫氰化鉀溶液，溶液會變?yōu)榧t色，則檢驗溶液中鐵離子已無殘留的操作為取溶液②少許于試管中，滴加硫氰化鉀溶液，溶液不變?yōu)榧t色，說明溶液中不含有鐵離子，已無殘留，故答案為：分液；取溶液②少許于試管中，滴加KSCN溶液，溶液不變?yōu)榧t色，說明溶液中不含有Fe3+，已無殘留；【小問3詳解】由題給信息可知，步驟II中加適量水的目的是降低鹽酸濃度，將締合物解離為鐵離子，便于后續(xù)實驗完成，故答案為：使締合物[(C2H5)2OH][FeCl4]解離為Fe3+；【小問4詳解】若X為可溶性還原劑，溶液④中含有的X會使步驟IV滴定消耗K2Cr2O7溶液體積偏大，所測結(jié)果偏高，所以步驟III中的還原劑X最好是難溶性還原劑，故答案為：若X為可溶性還原劑，溶液④中含有的X會使步驟IV滴定消耗K2Cr2O7溶液體積偏大，所測結(jié)果偏高；【小問5詳解】a．錐形瓶內(nèi)有少量水不影響待測液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量和標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積，對滴定測定結(jié)果無影響，故錯誤；b．盛裝重鉻酸鉀標(biāo)準(zhǔn)液的滴定管未潤洗會使消耗重鉻酸鉀溶液的體積增大，導(dǎo)致所測結(jié)果偏高，故正確；c．步驟Ⅲ用滴定管移取溶液時終讀數(shù)俯視會使溶液中的亞鐵離子的物質(zhì)的量增大，消耗重鉻酸鉀溶液的體積增大，導(dǎo)致所測結(jié)果偏高，故正確；d．滴定結(jié)束，滴定管尖嘴處有氣泡會使消耗重鉻酸鉀溶液的體積減小，導(dǎo)致所測結(jié)果偏低，故錯誤；故選bc，故答案為：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；1.2mol/L；bc。18.硼、鋁、鎵、銦等第IIIA族元素及其化合物在材料化學(xué)、工業(yè)生產(chǎn)和生活中具有廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)鎵原子核外價電子的軌道表示式為_______；同周期主族元素基態(tài)原子與其具有相同數(shù)目未成對電子的有_______。（2）氨硼烷(NH3BH3)是目前最具潛力的儲氫材料之一。①氨硼烷晶體中B原子的雜化方式為________。②氨硼烷分子中與N相連的H呈正電性，與B原子相連的H呈負電性，它們之間存在靜電相互吸引作用，稱為雙氫鍵，用“NH…HB”表示。以下物質(zhì)之間可能形成雙氫鍵的是_______(填序號)。a.N2H4和AlH3b.C3H6和C2H6c.B2H6和HCN（3）氟化鋁常用作非鐵金屬的熔劑，可由氯化鋁與氫氟酸、氨水作用制得。從氟化鋁熔點(1090℃)到氯化鋁熔點(192.6℃)下降幅度近900℃的原因是_______。（4）太陽能材料CuInS2晶體為四方晶系，其晶胞參數(shù)及結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°。已知A處In原子坐標(biāo)為(0.5，0，0.25)，B處Cu原子坐標(biāo)為(0，0.5，0.25)。①C處S原子坐標(biāo)為_______；②晶體中距離D處Cu原子最近的S原子有_______個；③設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體密度為_______g·cm3。【答案】（1）①.②.K和Br（2）①.②.ac（3）因為氟化鋁是離子晶體，熔點高，氯化鋁是分子晶體，熔點低【解析】【小問1詳解】【小問2詳解】(2)①氨硼烷晶體中B原子周圍連接4個σ鍵，為雜化，故填；②a．N2H4中N電負性大于H，H呈正電性；AlH3中，電負性H大于Al，H呈負電性，所以N2H4和AlH3可以形成雙氫鍵，故a正確；b．C3H6和C2H6中，電負性C大于H，H均呈正電性，不能形成雙氫鍵，故b錯誤；c．B2H6中H呈負電性，HCN中，H呈正電性，所以B2H6和HCN可以形成氫鍵，故c正確；故填ac；【小問3詳解】(3)氟化鋁是離子晶體，熔化時克服的是離子鍵，氯化鋁是分子晶體，熔化時克服的是分子間作用力，熔點低，故填因為氟化鋁是離子晶體，熔點高，氯化鋁是分子晶體，熔點低；【小問4詳解】②晶體中距離D處Cu原子最近的S原子是與D處直接相連的S原子，在晶體中，這樣的S原子有4個，故填4；19.鈧的價格昂貴，在地殼里的含量只有0.0005%。研究發(fā)現(xiàn)，可從金屬提取工藝中的固體廢料“赤泥”(含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)里回收鈧，流程如下：已知：①Sc2O3和TiO2性質(zhì)較穩(wěn)定，不易被還原，且TiO2難溶于鹽酸；②“熔煉”過程中，單質(zhì)硅和大部分單質(zhì)鐵轉(zhuǎn)化為“熔融物”分離出來；③草酸可與多種金屬離子形成可溶性絡(luò)合物?；卮鹣铝袉栴}：（1）“熔煉”時，酸性氧化物發(fā)生反應(yīng)的方程式_______。（2）“酸浸”時，濾渣的主要成分除C等單質(zhì)外還有_______(填化學(xué)式)。（4）氧化鈧(Sc2O3)可用作半導(dǎo)體鍍層的蒸鍍材料。草酸鈧晶體Sc2(C2O4)3在足量空氣中加熱550℃以上可得到氧化鈧，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。（5）常溫下，三價Sc的部分存在形式與氟離子濃度的對數(shù)[lgc(F)]、pH的關(guān)系如圖所示。若溶液中c(F)=2×105mol·L1，“調(diào)pH”過程中若調(diào)節(jié)至pH=6，則此時三價Sc的存在形式為_______(填化學(xué)式)；若氨水過量，pH由6升至9，寫出該過程發(fā)生轉(zhuǎn)化的離子方程式_______。(已知lg2=0.3)（2）TiO2（3）草酸用量過多時，草酸鈧沉淀會轉(zhuǎn)化為可溶性絡(luò)合物，故鈧的沉淀率下降【解析】【分析】本工藝流程題是從固體廢料“赤泥”里回收Sc2O3，由題干流程圖結(jié)合題干已知信息可知，“熔煉”時主要是將Fe2O3、SiO2分別還原為Fe和Si，并將大部分Fe和Si轉(zhuǎn)化為熔融物分離出來，則固體為Sc2O3、TiO2和少量Fe、Si等，加入鹽酸后將Fe轉(zhuǎn)化為Fe2＋、Sc2O3轉(zhuǎn)化為Sc3＋、過濾的濾渣主要成分為TiO2、Si和C，濾液中加入H2O2將Fe2＋氧化為Fe3＋便于后續(xù)調(diào)節(jié)pH來除去Fe3＋，過濾得固體沉淀物為Fe(OH)3沉淀，向濾液中加入草酸，得到草酸鈧晶體，過濾洗滌干燥后，在空氣中加熱可得Sc2O3固體，據(jù)此分析解題?！拘?詳解】【小問2詳解】由分析可知，“酸浸”時，濾渣的主要成分除C外還有TiO2，故答案為TiO2；【小問3詳解】由題干信息可知，草酸可與多種金屬離子形成可溶性絡(luò)合物，草酸用量過多時，草酸鈧沉淀會轉(zhuǎn)化為可溶性絡(luò)合物，故鈧的沉淀率下降，故答案為草酸用量過多時，草酸鈧沉淀會轉(zhuǎn)化為可溶性絡(luò)合物，故鈧的沉淀率下降；【小問4詳解】【小問5詳解】【點睛】本題考查物質(zhì)的制備實驗方案設(shè)計，側(cè)重考查知識綜合應(yīng)用、根據(jù)實驗?zāi)康募拔镔|(zhì)的性質(zhì)進行分析、實驗基本操作能力及實驗方案設(shè)計能力，綜合性較強，注意把握物質(zhì)性質(zhì)以及對題目信息的獲取與使用，難度較大。20.乳酸亞鐵固體{[CH3CH(OH)COO]2Fe，相對分子質(zhì)量234}常用于治療缺鐵性貧血，易溶于水，難溶于乙醇。制備乳酸亞鐵固體并測定其純度的實驗如下，回答下列問題：I.制備碳酸亞鐵實驗步驟：第1步：組裝儀器，檢查裝置氣密性，加入試劑；第2步：控制開關(guān)并制取氫氣，排盡裝置內(nèi)的空氣；第3步：一段時間后，啟動電磁攪拌器，并控制開關(guān)，制備FeCO3；第4步：抽濾，洗滌干燥。（1）儀器a名稱_______；實驗中所用蒸餾水均需經(jīng)煮沸后快速冷卻，目的是_______。（2）第3步中“控制開關(guān)”的具體操作是_______。（3）裝置B中Na2CO3溶液可用NaHCO3溶液代替，反應(yīng)的離子方程式為_______。II.制備乳酸亞鐵向制得的FeCO3固體加入足量乳酸溶液，在75℃下攪拌使之充分反應(yīng)。（4）該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。反應(yīng)結(jié)束后，從所得溶液中獲得乳酸亞鐵晶體的方法是低溫蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾、_______、干燥。III.乳酸亞鐵晶體純度的測量（5）用鈰