资料简介
高三化学试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64
I 127
一、选择题
1.化学与生产生活联系紧密，下列有关说法正确的是( )
A. 热的纯碱溶液可用于洗涤煤油、柴油等矿物油污
B. 水垢中的 CaSO4，可先转化为 CaCO3 ，再用酸除去
C. 胃舒平主要成分[(Al(OH)3]和食醋同时服用可增强药效
D. 可溶性的铝盐可处理水中的悬浮物并能对水消毒杀菌
【答案】B
【解析】
【详解】A．矿物油渍属于烃类化合物，碱和烃类化合物不反应，所以不能用纯碱溶液洗涤除
去矿物油污，故 A 错误；
B．利用沉淀的转化原理，用饱和的碳酸钠溶液浸泡水垢中的 CaSO4，可先转化为 CaCO3，再用
酸除去，故 B 正确；
C．胃舒平可中和胃酸，但不能与醋酸混用，因为醋酸能溶解 A1(OH)3 降低药效，故 C 错误；
D．用可溶性铝盐处理水中悬浮物，是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有的吸附性，可
溶性的铝盐没有强氧化性，不能消毒杀菌，故 D 错误；
故选 B。
2.在一定条件下，Na2S 溶液中存在水解平衡：S2－＋H2O HS－＋OH－。下列说法正确的是
( )
A. 稀释溶液，水解平衡常数增大 B. 加入 CuSO4 固体，HS－浓度减小
C. 升高温度，c(HS－)/c(S2－)减小 D. 加入 NaOH 固体，溶液 pH 减小
【答案】B
【解析】
【详解】A.平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，A 错误；
B.加入 CuSO4 固体，硫离子与铜离子结合生成硫化铜沉淀，使 S2-+H2O HS-+OH-逆向移动，
HS-浓度减小，B 正确；
C.水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c(S2-)减小，c(HS-)增大，所以 c(HS－)/c(S2
－)增大，C 错误；D.加入 NaOH 固体，由于氢氧化钠是一种强碱，溶液 pH 增大，D 错误；
答案选 B。
3.已知人体体液中存在如下平衡：H＋＋HCO H2CO3 CO2＋H2O，以维持体液 pH 的相
对稳定。下列说法不合理的是( )
A. 当强酸性物质进入体液后，上述平衡向右移动，以维持体液 pH 的相对稳定
B. 当强碱性物质进入体液后，上述平衡向左移动，以维持体液 pH 的相对稳定
C. 若静脉滴注大量生理盐水，则体液的 pH 减小
D. 进行呼吸活动时，如果 CO2 进入血液，会使体液的 pH 减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．当强酸性物质进入体液后，血液中氢离子浓度增大，平衡向右移动生成二氧化碳
气体，从而维持体液 pH 的相对稳定，故 A 正确；
B．当强碱性物质进入体液后，碱电离出的氢氧根离子结合体液中的氢离子，使该平衡向左移
动，从而维持体液 pH 的相对稳定，故 B 正确；
C．若静脉滴注大量生理盐水，钠离子和氯离子都不水解，则不影响该平衡，故 C 错误；
D．进行呼吸活动时，如 CO2 进入血液，导致体液中二氧化碳浓度增大，会使平衡向左移动，
则体液中氢离子浓度增大，体液的 pH 减小，故 D 正确；
故选 C。
4.下列离子方程式中正确的是
A. 用铁电极电解饱和食盐水：2Cl－＋2H2O 2OH－＋H2↑＋Cl2↑
B. Fe(NO3)3 溶液中加入过量的 HI 溶液 2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2
C. 少量 SO2 通入 Ca(ClO)2 溶液中：SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClO
D. 向 Mg(HCO3)2 溶液中加入过量的 NaOH 溶液：Mg2＋＋2HCO3－＋4OH－＝Mg(OH)2↓＋2CO32－＋
2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．用铁电极电解饱和食盐水时，阳极 Fe 要溶解，发生的离子反应为 Fe＋2H2O
Fe(OH)2↓+H2↑，故 A 错误；
通电
通电B．NO3-在酸性条件下也有强氧化性，能氧化 I-，则 Fe(NO3)3 溶液中加入过量的 HI 溶液，发生
的离子方程式为 12H＋+3NO3－+Fe3＋+10I－=3NO↑+Fe2＋+5I2+6H2O，故 B 错误；
C．SO2 有较强还原性，HClO 有强氧化性，则少量 SO2 通入 Ca(ClO)2 溶液中发生的离子反应为
Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-，故 C 错误；
D．向 Mg(HCO3)2 溶液中加入过量的 NaOH 溶液发生的离子反应方程式为 Mg2＋＋2HCO3－＋4OH－
＝Mg(OH)2↓＋2CO32－＋2H2O，故 D 正确；
故答案为 D。
5.利用某分子筛作催化剂，NH3 可脱除废气中的 NO 和 NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如
下图所示，下列说法正确的是（ ）
A. X 是 N2
B. 汽车尾气中含有的氮氧化合物是由于汽油燃烧产生的
C. NH4+中含有非极性共价键
D. 上述历程的总反应为：2NH3+NO +NO2 2N2+3H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．图示反应可以生成 X 的反应为[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++X+H+，原子守
恒判断 X 为 N2 和 H2O，故 A 错误；
B．汽油是碳氢化合物的混合物，而汽车尾气中含有的氮氧化合物是由空气中的 N2 氧化产生的，
故 B 错误；
C．NH4+中含有四个 N-H 极性共价键，而不是非极性键，故 C 错误；
D．由反应历程图可知，氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是生成物，所以总反
应为：2NH3+NO+NO2 2N2+3H2O，故 D 正确；
故答案为 D。
6.氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属 Cu 和 Cu2+，广泛
催化剂应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解 CuC12•2H2O 制备 CuCl，并进行相关探
究。下列说法不正确的是( )
A. 途径 1 中产生的 Cl2 可以回收循环利用
B. 途径 2 中 200℃时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl2 2CuO+2HCl↑
C. X 气体是 HCl，目的是抑制 CuCl2•2H2O 加热过程可能的水解
D. CuCl 与稀硫酸反应的离子方程式为：2CuCl＋4H+＋SO42—=2Cu2+＋2Cl—＋SO2↑＋2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 途径 1 中产生的 Cl2 可与氢气反应生成 HCl，循环利用，与题意不符，A 错误；
B. 途径 2 中，根据原子守恒 200℃时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl2 2CuO+2HCl↑，与
题意不符，B 错误；
C. CuCl2•2H2O 水解生成氢氧化铜和 HCl，加热时促进水解，X 气体是 HCl，目的是抑制
CuCl2•2H2O 加热过程可能的水解，与题意不符，C 错误；
D. 稀硫酸无强氧化性，CuCl 在稀硫酸存在的条件下，不稳定易生成金属 Cu 和 Cu2+，符合题
意，D 正确；
答案为 D。
【点睛】稀硫酸无强氧化性不能氧化 CuCl 中的 Cu 为+2 价。
7.肼(N2H4)是一种用于火箭或燃料电池的原料，已知：
①2H2O(g)＋O2(g)===2H2O2(l) ΔH＝＋108. 3 kJ·mol－1
②N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－534 kJ·mol－1
下列说法正确的是( )
A. 反应①中反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量
B. N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－642. 3 kJ·mol－1
C. 铂作电极，硫酸溶液作电解质溶液，由反应②设计的燃料电池其负极反应式为：N2H4－4e－
===N2↑＋4H＋
D. 铂作电极，氢氧化钾溶液作电解质溶液，由反应②设计的燃料电池工作一段时间，氢氧化钾溶液的 pH 将增大
【答案】C
【解析】
【详解】A、已知 2H2O(g)＋O2(g)=2H2O2(l) ΔH＝＋108. 3 kJ/mol，该反应为吸热反应，反应
后能量升高，所以反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量，故 A 错误；
B、①2H2O(g)＋O2(g)=2H2O2(l) ΔH＝＋108. 3 kJ/mol，②N2H4(g)+O2(g)═N2(g)+2H2O(g)，
△H=-534kJ/mol ，目标方程式为 N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(l)，但通过②-①得到：
N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g)，△H=②-①=(-534kJ/mol)-(+108. 3kJ/mol)=-642.
3kJ/mol，生成的水为液态时放热更多，故 B 错误；
C、铂作电极，硫酸溶液作电解质溶液，负极是 N2H4 失电子生成 N2 和 H2O，则其电极反应式为：
N2H4-4e-=N2+4H+，故 C 正确；
D、铂作电极，氢氧化钾溶液作电解质溶液，已知该电池反应的总方程为：N2H4+O2=N2+2H2O，
反应生成水，溶液的体积增大，所以氢氧化钾的浓度减小，即溶液的 pH 减小，故 D 错误；
故选 C。
8.对可逆反应 2A(s)＋3B(g) C(g)＋2D(g) ΔH＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙
述正确的是( )
①增加 A 的量，平衡向正反应方向移动
②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)减小
③压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变
④增大 B 的浓度，v(正)＞v(逆)
⑤加入催化剂，B 的转化率提高
A. ①② B. ④ C. ③ D. ④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①A 是固体，增加 A 的量，平衡不移动，故①错误；
②2A(s)＋3B(g) C(g)＋2D(g)，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)、
v(逆)均增大，故②错误；
③2A(s)＋3B(g) C(g)＋2D(g)，反应前后气体系数和不变，压强增大一倍，平衡不移动，
v(正)、v(逆)均增大，故③错误；
④增大 B 的浓度，反应物浓度增大，平衡正向移动，所以 v(正)＞v(逆)，故④正确；
⑤加入催化剂，平衡不移动，B 的转化率不变，故⑤错误；
故选 B。
9.2017 年南京理工大学合成出下图的离子化合物，该物质由两种阳离子和两种阴离子构成，
其中有两种 10 电子离子和一种 18 电子离子。X、Y、Z、M 均为短周期元素，且均不在同一族。
下列说法不正确的是
A. X 与 Y 形成的化合物沸点高于 Y 同族元素与 X 形成的化合物
B. Z 的最高价氧化物对应水化物的酸性比 M 的强
C. Y 气态氢化物的稳定性比 Z 的强
D. 在该盐中，存在极性共价键和非极性共价键
【答案】B
【解析】
【详解】该化合物由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种 10 电子离子和一种 18 电子
离子，且 X、Y、Z、M 均为短周期元素，均不在同一族，由结构图并结合 X、Y、Z、M 可知 X
为 H 元素、Y 为 O 元素、Z 为 N 元素，M 为 Cl 元素，化合物中含有 NH4+、H3O+、N5-和 Cl-，则：
A．H2O 分子之存在氢键，其沸点明显高于 O 族其它元素的氢化物，如 H2S 等，故 A 正确；
B．Cl 的非金属性比 N 强，则 HNO3 的酸性比 HClO4 弱，故 B 错误；
C．O 的非金属性比 N 强，则 H2O 比 NH3 稳定，故 C 正确；
D．该盐中含有 NH4+、H3O+、N5-，其中 NH4+、H3O+中均含有极性共价键，而 N5-中的 N-N 键为非
极性键，故 D 正确；
故答案为 B。
【点睛】本题解题关键是结合离子化合物的示意图准确推断元素；常见元素非金属性强弱的
判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟
氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化
物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元
素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。
10.镍钴锰三元材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性
好、成本适中等重要优点。镍钴锰三元材料中 Ni 为主要活泼元素，通常可以表示为：
LiNiaCobMncO2，其中 a+b+c=1，可简写为 LiAO2。充电时总反应为 LiAO2 + nC = Li1-xAO2 + LixCn
（0c(B2+)
C. 交点 b 处 c(OH)=6.4×10-5
D. 当加入的盐酸溶液的体积为 15mL 时存在：c(Cl-)+c(OH-)= c(B2+)+c(B(OH)+)+ c(H+)，
【答案】C
【解析】
图中曲线①B(OH)2，②为 B(OH)+ ③为 B2+；交点 a 处对应加入的盐酸溶液的体积为 5mL 时，反
应生成等浓度的 B(OH)Cl 和 B(OH)2 混合液，由于两种溶质水解电离能力不同，所以 B(OH)2、
B(OH)+ 浓度分数 δ 不相等，A 错误；当加入的盐酸溶液的体积为 10mL 时，溶液为 B(OH)Cl，
溶 液 显 酸 性 ， 根 据 B(OH)2(K1=5.9×10-2 、 K2=6.4×10-5) 可 知 ， c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>
c(B2+)>c(OH-)，B 错误；交点 b 处时，c(B(OH)+)= c(B2+)，根据 B(OH)+ B2++ OH-，K2=
( ) ( )
( ) ( )
4
2 4 2
2 6
2 2
c C H c H O
c CO c H
×
×
4
2 6
0 5 0.125
0.25 0.25
×
×
．c(OH-)=6.4×10-5, C 正确；当加入的盐酸溶液的体积为 15mL 时，生成等体积等浓度 B(OH)Cl
和 BCl2 的混合液，存在电荷守恒为 c(Cl-)+c(OH-)= 2c(B2+)+c(B(OH)+)+ c(H+)，D 错误；正确
选项 C。
二、填空题
17.X、Y、Z、W、R、Q 是原子序数依次增大的前 20 号元素。X2 是通常状况下密度最小的气体；
Z 与 R 同主族，R 的一种固体单质在空气中易自燃；Y、W 最外层电子数之和是 Z 的 2 倍，W 有
W2、W3 两种常见单质；含 Q 的化合物焰色反应呈紫色。请回答下列问题：
(1)X、W、R、Q 原子半径由大到小的顺序是(写元素符号)__________；请写出 Z 在周期表中的
位置____________________。
(2)由上述元素组成的物质 YW(ZX2)2 是一种中性肥料，请写出它的电子式______________。
(3)请设计实验比较 Z 与 R 元素的非金属性强弱____________________。
(4)X、Y 形成的化合物中含有非极性键且相对分子质量最小的物质是________。(写化学式)
(5)R 的简单氢化物具有强还原性，将其通入硫酸铜溶液能生成两种最高价含氧酸和一种单质，
请写出该反应的化学方程式__________________________________________________。
(6)Y 的最高价氧化物与 Q 的最高价氧化物的水化物按物质的量之比 1：2 反应，所得溶液中离
子浓度由大到小的顺序____________________。
【答案】 (1). K＞P＞O＞H (2). 第二周期ⅤA 族 (3). (4). 配制
等浓度的磷酸和硝酸溶液，分别测量其 pH，磷酸溶液的 pH 大，说明硝酸的酸性强，即 P 的非
金属性弱于 N (5). C2H2 (6). 4CuSO4+PH3+4H2O=4Cu↓+H3PO4+4H2SO4 (7). c(K+)＞c(CO32-)
＞c(OH-)＞c(HCO3-)＞c(H+)
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W、R、Q 是原子序数依次增大的前 20 号元素；X2 是通常状况下密度最小的气体，说
明 X 为 H 元素；Z 与 R 同主族，R 的一种固体单质在空气中易自燃，此单质为 P4，则 Z 为 N 元
素，R 为 P 元素；Y、W 最外层电子数之和是 Z 的 2 倍，W 有 W2、W3 两种常见单质，则 W 为 O 元
素，Y 为 C 元素；含 Q 的化合物焰色反应呈紫色，可知 Q 为 K 元素，据此分析并结合元素周期
律分析解题。
【详解】由分析知：X、Y、Z、W、R、Q 依次为 H、C、N、O、P、K 元素；
(1)H、O、P、K 原子分属四个不同周期，结合同主族元素核电荷数大，原子半径大，而同周期主族元素，核电荷数大，原子半径小的规律可知原子半径 K＞Na＞P＞S＞O＞H，则半径由大到
小的顺序是(写元素符号) K＞P＞O＞H；Z 为 N 元素，核电荷数为 7，其在周期表中的位置第二
周期ⅤA 族；
(2)由上述元素组成的尿素(CO(NH2)2 是一种中性肥料，说明其为共价化合物，则它的电子式为
；
(3)元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，则配制等浓度的磷酸和硝酸溶
液，分别测量其 pH，磷酸溶液的 pH 大，说明硝酸的酸性强，即 P 的非金属性弱于 N；
(4)C、H 元素可组成多种烃，其中含有非极性键且相对分子质量最小的物质是乙炔，其化学式
为 C2H2；
(5)PH3 具有强还原性，通入硫酸铜溶液能生成两种最高价含氧酸和一种单质，应为磷酸、硫
酸和 Cu，则发生反应的化学方程式为 4CuSO4+PH3+4H2O=4Cu↓+H3PO4+4H2SO4；
(6)CO2 与 KOH 按物质的量之比 1：2 反应生成 K2CO3，所得溶液中 CO32-分步水解，且溶液呈碱
性，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为 c(K+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)＞c(H+)。
18.25 ℃时，0.1 mol·L－1HA 溶液中 ＝108，0.01 mol·L－1BOH 溶液 pH＝12。请回答
下列问题：
（1）HA 的电离常数 Ka 为________，BOH 是________(填“强电解质”或“弱电解质”)。
（2）pH 相等的 BOH 溶液与 BA 溶液，分别加热到相同的温度后 BOH 溶液的 pH________(填
“＞”“＝”或“＜”)BA 溶液的 pH。
（3）已知碳酸的 Ka1＝4.3×10－7，Ka2＝5.6×10－11，向等浓度的 Na2CO3 和 NaA 的溶液中滴加
盐酸直至过量，则与 H＋作用的粒子依次为___________________。
（4）25 ℃，两种酸的电离平衡常数如下表。
Ka1 Ka2
H2SO3 1.3×10－2 6.3×10－8
H2CO3 4.2×10－7 5.6×10－11
①HSO3-的电离平衡常数表达式 K＝___________________。
( )
(
H
)
c
c OH
+
−②0.10 mol·L－1 NaHSO3 溶液中离子浓度由大到小的顺序为_____________________。
③H2SO3 溶液和 NaHCO3 溶液反应的主要离子方程式为______________________。
【答案】 (1). 10-5 (2). 强电解质 (3). ＜ (4). CO32-、HCO3-、A- (5).
(6). c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-) (7). H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
(1)根据 0.1mol/L 的 HA 溶液中 =108、结合 c(OH-)c(H+)=10-14，计算出 c(H+)；再结合
电离方程式计算 HA 的电离平衡常数；0.01mol/L 的 BOH 溶液 pH=12，结合 c(OH-)c(H+)=10-14，
计算确定碱的强弱；
(2)BOH 溶液为强碱溶液，BA 溶液为强碱弱酸盐溶液，结合水解平衡是吸热反应，加热促进水
解，据此分析解答；
(3)已知碳酸的 Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11，HA 的电离平衡常数 Ka 为 10-3，酸性大小 HA＞
H2CO3＞HCO3-，酸越弱对应阴离子结合氢离子的能力越强，据此分析判断；
(4)①HSO3-的电离方程式为：HSO3-⇌H++SO32-，据此书写平衡常数表达式；②通过计算判断水
解常数和电离常数的大小，判断溶液的酸碱性，再判断离子浓度由大到小的顺序；③由表可
知 H2SO3 的二级电离小于 H2CO3 的一级电离，则酸性强弱 H2SO3＞H2CO3＞HSO3-，据此书写反应的
离子方程式。
【详解】(1)25℃时，0.1mol/L 的 HA 溶液中 =108、c(OH-)c(H+)=10-14，则该溶液中
c(H+)=0.001mol/L＜0.1mol/L，所以 HA 是弱酸，则 HA 是弱电解质，溶液 pH=3，HA 的电离平
衡常数 Ka= = =10-5；0.01mol/L 的 BOH 溶液 pH=12，
该溶液中 c(OH-)= mol/L=0.01mol/L=c(BOH)，所以 BOH 是强碱，则 BOH 是强电解质，故
答案为：10-5；强电解质；
(2)BOH 溶液为强碱溶液，BA 溶液为强碱弱酸盐溶液，水解反应是吸热反应，加热促进水解，
平衡正向移动，因此 pH 相等的 BOH 溶液与 BA 溶液，分別加热到相同的温度后 BOH 溶液的 pH＜
BA 溶液的 pH，故答案为：＜；
( )2
3
3
c SO c H
c HS
( )
( )O
− +
−
( )
(
H
)
c
c OH
+
−
( )
(
H
)
c
c OH
+
−
( )
( )
c H c A(
HA
)
c
+ − 0.001mol / L 0.001mol / L
0.1mol / L 0.001mol / L
×
−
14
12
10
10
−
−(3)已知碳酸的 Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11，HA 的电离平衡常数 Ka 为 10-5，酸性大小 HA＞
H2CO3＞HCO3-，酸越弱对应阴离子结合氢离子的能力越强，则与 H＋作用的粒子依次为 CO32-、
HCO3-、A-，故答案为：CO32-、HCO3-、A-；
(4)①HSO3-的电离方程式为：HSO3-⇌H++SO32-，平衡常数表达式为 K= ，故答案
为： ；
②0.10 mol·L－1 NaHSO3 溶液中存在 HSO3-的电离和水解，其中电离常数=6.3×10－8，水解常数
= = ，因此水解常数＜电离常数，溶液显酸性，水也要电离出部分氢离子，离子
浓度由大到小的顺序为 c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)，故答案为：c(Na+)＞
c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)；
③由表可知 H2SO3 的二级电离小于 H2CO3 的一级电离，所以酸性强弱 H2SO3＞H2CO3＞HSO3-，所以
反应的主要离子方程式为 H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O， 故答案为：
H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O。
19.碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用 NaOH、单质碘和水合肼(N2H·H2O)为原
料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：
(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3
①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为__________(按气流方向，用小写字母表示)。
若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内 ClO-与 ClO3-的物质的量之比为 5：1，则氯气与
氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为________。
②制备水合肼时，应将___________滴到 __________ 中（填“NaClO 溶液”或“尿素溶液”），
且滴加速度不能过快。
(2)碘化钠的制备采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：
( )2
3
3
c SO c H
c HS
( )
( )O
− +
−
( )2
3
3
c SO c H
c HS
( )
( )O
− +
−
1
w
a
K
K
14
2
10
1.3 10
−
× －
→在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物 IO3-，该过程的离子方程式为
______________________________________。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备
碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是
_________________________________。
(3)测定产品中 NaI 含量的实验步骤如下：
a．称取 10．00g 样品并溶解，在 500mL 容量瓶中定容；
b．量取 25．00mL 待测液于锥形瓶中，然后加入足量的 FeCl3 溶液，充分反应后，再加入 M 溶
液作指示剂：
c．用 0．2100mol·L-1 的 Na2S2O3 标准溶液滴定至终点(反应方程式为；
2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为 15．00mL。
①M 为____________(写名称)。
②该样品中 NaI 的质量分数为_______________。
【答案】 (1). ecdabf (2). 5:3 (3). NaClO 溶液 (4). 尿素 (5).
2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O (6). N2H4•H2O 被氧化后的产物为 N2 和 H2O，不引入杂质
(7). 淀粉 (8). 94.5%
【解析】
【分析】
(1)①根据制备氯气，除杂，制备次氯酸钠和氧氧化钠，处理尾气分析；三颈瓶内 ClO-与 ClO3-
的物质的量之比为 5：1，设 ClO-与 ClO3-的物质的量分别为 5mol、1mol，根据得失电子守恒，
生成 5molClO-则会生成 Cl-5mol，生成 1mol ClO3--则会生成 Cl-5mol，据此分析可得；
②NaClO 氧化水合肼；
(2)碘和 NaOH 反应生成 NaI、NaIO，副产物 IO3-，加入水合肼还原 NaIO、副产物 IO3-，得到碘
离子和氮气，结晶得到碘化钠；
(3)①淀粉溶液遇碘单质溶液变蓝色；
②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则 n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中 NaI 的质量为：
0.2100mol×0.015L× ×150g/mol=9.45g，据此计算。500mL
25.00mL【详解】(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH
N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3
①装置 c 由二氧化们和浓盐酸制备氯气，用 B 装置的饱和食盐水除去 HCl 气体，为保证除杂
充分，导气管长进短出，氯气与 NaOH 在 A 中反应制备，为充分反应，从 a 进去，由 D 装置吸
收未反应的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为：ecdabf；三颈瓶内 ClO-与 ClO3-的物
质的量之比为 5：1，设 ClO-与 ClO3-的物质的量分别为 5mol、1mol，根据得失电子守恒，生
成 5molClO-则会生成 Cl-5mol，生成 1molClO3-则会生成 Cl-5mol，则被还原的氯元素为化合价
降低的氯元素，即为 Cl-，有 5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素，物
质的量之比为 ClO-与 ClO3-共 5mol+1mol=6mol，故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的
量之比为 10：6=5:3；
②将尿素滴到 NaClO 溶液中或过快滴加，都会使过量的 NaClO 溶液氧化水合肼，降低产率，
故实验中取适量 NaClO 溶液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，
且滴加速度不能过快，防止水合肼被氧化；
(2)根据流程可知，副产物 IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，反应为：
2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O；N2H4•H2O 被氧化后的产物为 N2 和 H2O，不引入杂质，水合肼
还原法制得的产品纯度更高；
(3)①实验中滴定碘单质，用淀粉做指示剂，即 M 为淀粉；
②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则 n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中 NaI 的质量为：
0.2100mol×0.015L× ×150g/mol=9.45g，故其质量分数为 ×100%=94.5%。
20.在氮及其化合物的化工生产中，对有关反应的反应原理进行研究有着重要意义。
（1）t℃时，关于 N2、NH3 的两个反应的信息如下表所示：
请写出 t℃时氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式：______________________，
t℃时该反应的平衡常数为__________ (用 K1 和 K2 表示)。
（2）工业合成氨的原理为：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)下图甲表示在一定体积的密闭容器中反
应时，H2 的物质的量浓度随时间的变化。图乙表示在其他条件不变的情况下，起始投料 H2 与
→
500mL
25.00mL
9.45g
10.00g
N2 的物质的量之比(设为 x)与平衡时 NH3 的物质的量分数的关系。
①图甲中 0～t1 min 内，v(N2)＝_____mol·L－1·min－1；b 点的 v(H2)正_____a 点的 v(H2)逆(填
“大于”“小于”或“等于”)。
②图乙中，b 点时 N2 的物质的量分数__________。
③己知某温度下该反应达平衡时各物质均为 1mol，容器体积为 1L，保持温度和压强不变，又
充入 3 mol N2 后，平衡________(填“向右移动”“向左移动”或“不移动”)。
【答案】 (1). 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) △H=[(e-d)-5(A-b)] kJ•mol-1 (2).
(3). mol•L-1•min-1 (4). 大于 (5). 20% (6). 不移动
【解析】
【分析】
(1)根据表格数据，反应的△H=正反应的活化能-逆反应的活化能计算出反应①和②的△H，再
根据盖斯定律分析解答；
(2)①根据图像，0～t1 min 内，△c(H2)=(0.6-0.3)mol•L-1=0.3mol•L-1，则△c
(N2)=0.1mol•L-1，据此计算 v(N2)；当 H2 与 N2 的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时，
达到平衡时氨的体积分数最大，即图乙中，b 点时 x=3∶1，则 a 点 x 小于 3∶1，据此分析判
断；
②当 H2 与 N2 的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时，达到平衡时氨的体积分数最大，
即图乙中，b 点时 x=3∶1，平衡时氨气的物质的量分数为 20%，根据三段式分析计算；
③己知某温度下该反应达平衡时各物质均为 1 mol，容器体积为 1L，计算出此时的平衡常数
K，保持温度和压强不变，又充入 3 mol N2 后，容器的体积变成 2L，计算出 Qc，再与 K 比较判
断。
2
1
5
K
K
1
0.1
t【详解】(1)根据表格数据，反应的△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，
①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=(A-b) kJ•mol-1，②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H=(e-d)
kJ•mol-1，根据盖斯定律，将②-①×5得到氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式：
4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) △H=[(e-d)-(A-b)×5]kJ•mol-1=[(e-d)-5(A-b)]kJ•mol-1，
t℃时该反应的平衡常数 K= ，故答案为：
4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=[(e-d)-5(A-b)] kJ•mol-1； ；
(2)①0～t1 min 内，△c(H2)=(0.6-0.3)mol•L-1=0.3mol•L-1，则△c (N2)=0.1mol•L-1，则 v(N2)=
= = mol•L-1•min-1；当 H2 与 N2 的起始体积比符合方程式中化学计量数之比
时，达到平衡时氨的体积分数最大，即图乙中，b 点时 x=3∶1，则 a 点 x 小于 3∶1，其他条
件不变，则平衡时氢气的浓度小于 b，则 b 点的 v(H2)正＞a 点的 v(H2)逆，故答案为：
mol•L-1•min-1；大于；
②当 H2 与 N2 的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时，达到平衡时氨的体积分数最大，
即图乙中，b 点时 x=3∶1，平衡时氨气的物质的量分数为 20%，设起始时 H2 与 N2 的物质的量
分别为 3mol 和 1mol，生成的氨气为 2xmol
N2(g)＋3H2(g) ⇌ 2NH3(g)
起始(mol) 1 3 0
反应(mol) x 3x 2x
平衡(mol)1-x 3-3x 2x
则 ×100%=20%，解得 x= ，b 点时 N2 的物质的量分数= =20%，故答案为：20%；
③己知某温度下该反应达平衡时各物质均为 1 mol，容器体积为 1L，此时，平衡常数 K=
=1，保持温度和压强不变，又充入 3 mol N2 后，容器的体积变成 2L，Qc= =1=K，为平
2
1
5
K
K
2
1
5
K
K
c
t
1
0.1mol / L
t min 1
0.1
t
1
0.1
t
2
4 2
x
x−
1
3
11 3
24 3
−
−
2
3
1
1 1×
2
3
1( )2
4 1( )2 2
×衡状态，平衡不移动，故答案为：不移动。
【点睛】本题的易错点为(2)③的判断，要注意保持温度和压强不变，又充入 3 mol N2 后，容
器的体积变成 2L，不是体积不变。
21.红帘石矿的主要成分为 Fe3O4、Al2O3、MnCO3、MgO 少量 MnO2 等。工业上将红帘石处理后运
用阴离子膜电解法的新技术提取金属锰并制得绿色高效的水处理剂(K2FeO4)。工业流程如下：
（1）在稀硫酸浸取矿石的过程中，MnO2 可将 Fe2+氧化为 Fe3+，写出该反应的离子方程式：
___________________。
（2）浸出液中的阳离子除 H+、Fe2+、Fe3+外还有_____________(填离子符号)。
（3）已知不同金属离子生成氢氧化物沉淀所需的 pH 如下表：
步骤②中调节溶液的 pH 等于 6，调节 pH 的试剂最好选用下列哪种试剂__________(填选项
字母，下同)滤渣 B 除掉杂质后可进一步制取 K2FeO4，除掉滤渣 B 中杂质最好选用下列哪种试
剂：________。
a. 稀盐酸 b. KOH c. 氨水 d. MnCO3 e. CaCO3
（4）滤渣 B 经反应④生成高效水处理剂的离子方程式_______________。
【答案】 (1). MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O (2). Mn2+、Mg2+、Al3+ (3). d
(4). b (5). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】
【分析】
红帘石主要成分有 Fe3O4、Al2O3、MnCO3、MgO 少量 MnO2 等，Fe3O4、Al2O3、MnCO3、MgO 都能和稀硫酸反应，并且 MnO2 在酸性条件下被二价铁还原为 Mn2+，浸出液中的离子有 Fe2+、Fe3+、Mg2+、
Mn2+、Al3+、SO42-，滤渣 A 为 SiO2；滤液中加入双氧水，双氧水氧化亚铁离子生成铁离子，调
节 pH 生成氢氧化铁沉淀，滤渣 B 为氢氧化铁，滤液为 Mg2+、Mn2+、SO42-；氢氧化铁中加入氢
氧化钾、次氯酸钾反应 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 生成 K2FeO4；滤液为 Mg2+、
Mn2+、SO42-，经过精制后电解生成金属锰，据此分析解答。
【详解】(1)在稀硫酸浸取矿石的过程中，MnO2 可将 Fe2+氧化为 Fe3+，反应的离子方程式为
MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
(2)红帘石主要成分有 Fe3O4、Al2O3、MnCO3、MgO 少量 MnO2 等，加入硫酸：
Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O、MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O，
2Fe2++MnO2+4H+═2Fe3++Mn2++2H2O、Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，浸出液中的阳离子有 H+、Fe2+、Fe3+、
Mg2+、Mn2+、Al3+，故答案为：Mn2+、Mg2+、Al3+；
(3)步骤②中调节溶液的 pH 等于 6，为不引入新杂质，调节 pH 的试剂最好选用 MnCO3，滤渣 B
为氢氧化铁，可能含有氢氧化铝等杂质，可加入 KOH 除杂，故答案为：d；b；
(4)次氯酸根离子具有氧化性，在碱性条件下氧化+3 价铁生成 K2FeO4，反应的离子方程式为
2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。
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