化学答案解析

东平高级中学高三年级第二次质量检测
化学试题参考答案
1、【详解】A. CaSO4是盐，属于离子化合物，Na2O是活泼金属氧化物，二者在熔融状态下完全电离产生离子，属于强电解质；HCl是酸，由分子构成，在水中完全电离产生离子，为强电解质，A正确；
B. 雾、云、烟均为胶体，而纳米材料是微粒直径在1-100 nm之间，假设未形成分散系，那么不属于胶体，B错误；
C. HD是两种不同的H原子形成的H2，属于单质，C错误；
D. C60、金刚石、石墨均为碳的不同性质的单质，它们互为同素异形体，D错误；
故合理选项是A。

5、【答案】C
【详解】A．NaClO中+1价的Cl元素化合价降低被复原生成NaCl，那么NaClO是氧化剂，A正确；
B．Na2S x中S元素化合价升高被氧化生成Na2SO4，那么Na2SO4是氧化产物，B正确；
C．设Na2S x的物质的量是1 mol，那么次氯酸钠的物质的量是13 mol，由电子守恒可知：1 mol×[6-(-2
x
)]x=13
mol×[1-(-1)]，解得：x=4，C错误；
D．假设x=3，1 mol S32-参与反响被氧化为3 mol SO42-，化合价升高20 mol，NaClO中+1价的Cl元素被复原为-1
价，化合价降低2，那么被复原的NaClO的物质的量n(NaClO)=20
2
mol=10 mol，据此结合质量守恒配平该反响
的离子方程式为：S32-+10ClO-+4OH-=3SO42-+10Cl-+2H2O，D正确；
故合理选项是C。

10、【答案】B
【详解】A.由于Cl原子最外层电子为7，为了到达8电子稳定结构，只能形成一对共用电子对，同理，O原子形成两对共用电子对，H原子形成一对共用电子对，因而次氯酸的的结构式为H－O－Cl，A项错误；
B.质量数等于中子数加质子数，因而该碲原子的质量数为75+52=127，所以该碲原子为127
52Te，B项正确；
C. S2−的最外层为8个电子，因而结构示意图为，C项错误；
D. Cl原子最外层有一个电子成键，剩余六个未成键电子，因而四氯化碳的电子式为，D项错误.
13、A. 用浓氨水和生石灰制取的氨气中混有水蒸气，二者反响形成的氨水显碱性，能能够使枯燥红色石蕊试纸
变蓝色，A正确；
B. 在氨气和CuO反响前应先枯燥，常用碱式灰，由于氯化钙能与氨气反响生成Ca(NH3)8Cl2，所以不能用无水氯
化钙枯燥氨气，B错误；
C. 氨气与氧化铜反响生成Cu单质，Cu元素的化合价降低，得到电子，发生复原反响，氨气发生氧化反响，说
明氨气具有复原性，C正确；
D. 熄灭酒精灯后，装置内压强降低，水槽中水会发生倒流，为防止水槽中的水倒流，实验结束后，应先将导气
管从水槽中拿出再熄灭酒精灯，D正确；
故合理选项是B。

17、【答案】(1). 第二周期第VIA族(2). N2O5(3). (4). C+2H2SO4(浓)
Δ
CO2↑+2SO2↑+2H2O
(5). Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+(6). Mg2+<Na+<O2－<S2－(7). O2(8). Al2O3(9). 2Mg+CO2
点燃
2MgO+C (10). 2Al+2OH－+6H2O=2[Al(OH)]4－+3H2↑
【分析】结合元素周期表可知①为H元素，②为C元素，③为N元素，④为O元素，⑤为Na元素，⑥为Mg
元素，⑦为Al元素，⑧为S元素，⑨为Cl元素。

【详解】〔1〕④为O元素，在周期表中位置是第二周期第VIA族，③是N元素，最高价为+5价，所以元素③的
最高价氧化物的化学式为N2O5；
〔2〕元素①⑤组成化合物为NaH，属于离子化合物，Na+电子式为Na+，H－的电子式为，因而NaH的
电子式为；
〔3〕元素②的单质与⑧的最高价氧化物的水化物分别是C和H2SO4，其化学反响方程式为C+2H2SO4(浓)
Δ
CO2↑+2SO2↑+2H2O；
〔4〕元素⑦与⑨形成的化合物与元素③的氢化物分别是AlCl3和NH3，NH3的水溶液为NH3·H2O，其离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
〔5〕元素④⑤⑥⑧形成的简单离子分别是O2-，Na+，Mg2+，S2-，S2-的电子层数为3，其它离子电子层数为2，所以S2-的半径最大；当电子层数相同时，原子序数越小，离子半径越大，因而O2->Na+>Mg2+；综上可知
Mg2+<Na+<O2－<S2－；
〔6〕G是一种常见温室气体，可推知G为CO2，结合A、B、C、D为①—⑨中某种元素形成的单质，且A和D 生成G，推断A为O2或C〔碳单质〕，F为两性物质且F为C与A形成的二元化合物，可推知F为Al2O3，因而A为O2，D为C〔碳单质〕，C为Al；E中B元素的质量分数为60%，结合E为B与A形成的二元化合物，E
中O元素的质量分数为40%，那么E的相对分子质量为16
40
0.4
，那么B元素的相对原子质量为40-16=24，可
推知B为Mg，E为MgO，结合G是一种常见温室气体，与B可以反响生成E，即CO2与Mg点燃生成MgO和C，证明上述推断合理；综上A为为O2，B为Mg，C为Al；D为C〔碳单质〕，E为MgO，F为Al2O3，G为CO2。

①由上分析知A和F的化学式分别为O2，Al2O3；
②B与G反响，即Mg与CO2反响，其化学方程式为2Mg+CO2点燃
2MgO+C；
③C为Al，那么C与NaOH溶液反响的离子方程式2Al+2OH－+6H2O=2[Al(OH)]4－+3H2↑。

【点睛】第一步，先看电子层数，因为微粒半径大小的决定因素是电子层数。

电子层数越多，其半径越大。

这里主要是指同一主族，不同族不能直接比拟，不能认为具有3个电子层的氯原子半径大于具有2个电子层的锂原子。

第二步在电子层数相同的情况下看核电荷数，因为核电荷数的多少是影响半径大小的次要因素。

而核电荷数越多，其半径越小。

第三步在电子层数和核电荷数相同的情况下看电子数，核外电子数是影响半径大小的最小因素。

核外电子数越多，其半径越大。

注意的是此三步不可颠倒。

19、答案】(1). BaSO4、BaCO3(2). 一氧化氮、二氧化碳(3). 2Al3++3CO32－+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ (4). BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O (5). 3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O (6). 一定不；由实验过程可确定溶液A中一定不存在CO32-、SO32-、Fe2+、Fe3+，一定存在Al3+、NO3-、SO42-，因Al3+、NO3-、SO42-三种离子已经满足电荷守恒，所以一定不存在NH4+。

【分析】某溶液A中可能含有NO3-、CO32-、SO32-、SO42-、NH4+、Fe2+、Al3+、Fe3+中的几种离子，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1 mol/L。

实验1：向该溶液中逐滴滴入过量的(NH4)2CO3溶液，生成的无色气体为CO2，生成的白色沉淀B是CO32-和溶液中的弱碱阳离子相互促进水解生成的，由于生成的沉淀为白色，故此弱碱阳离子为Al3+，溶液中一定存在Al3+，不存在CO32-、SO32-，还能说明溶液中不含有生成带颜色沉淀的离子Fe2+、Fe3+；
实验2：静置后，再向溶液中参加过量Ba(OH)2溶液，加热，生成的无色气体为NH3，由于实验1参加的过量的(NH4)2CO3溶液能引入NH4+，故不能确定原溶液中是否含有NH4+；实验1参加的过量(NH4)2CO3溶液引入CO32-，故生成的白色沉淀C一定含BaCO3，可能含有BaSO4；
实验3：静置后，继续向溶液中参加Cu片和过量的盐酸，溶液变蓝色，说明生成了Cu2+，那么溶液中存在NO3-，此时，BaCO3溶解生成气体CO2，白色沉淀D为BaSO4，气体E为NO和CO2，然后进行分析解答。

【详解】综上分析可知，溶液中一定不存在CO32-、SO32-、Fe2+、Fe3+，一定存在0.1 mol/LAl3+、0.1 mol/L NO3-，由于溶液必须显电中性，故溶液中一定含0.1 mol/L SO42-。

(1)由上分析，白色沉淀C的成分为BaSO4、BaCO3；气体E为一氧化氮、二氧化碳；
(2)CO32-和Al3+相互促进水解，生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，反响的离子方程式为
2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；
(3)实验3中白色沉淀C的成分BaCO3与盐酸发生复分解反响：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；在酸性条件下Cu 与溶液中的NO3-、H+会发生氧化复原反响：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(4)由实验过程可确定溶液A中一定不存在CO32-、SO32-、Fe2+、Fe3+，一定存在Al3+、NO3-、SO42-，因Al3+、NO3-、SO42-三种离子已经满足电荷守恒，所以一定不存在NH4+。

【点睛】此题考查了无机推断及常见离子的检验方法，明确常见离子的颜色、常见离子的性质为解答关键，注意掌握常见离子的检验方法。

20、(1). 球形冷凝管(2). 检查装置的气密性(3). 增大接触面积，使反响更充分，炭粉稍过量，提高钛铁矿利用率(4). 将生成的TiCl4气体完全排入C装置中(5). 2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO (6).
冷凝或凝结FeCl3固体，除去FeCl3(7). 缺少吸收CO防止污染大气的装置(8). TiCl4+(2+x)H2O
TiO2•xH2O+4HCl
【分析】浓盐酸与KMnO4反响制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制取得到的Cl2中含有杂质HCl及水蒸气，用饱和NaCl溶液除去HCl，然后经浓硫酸枯燥得到纯洁Cl2，在A中与钛铁矿及焦炭在加热时发生反响产生TiCl4、FeCl3及水，在B装置中控制温度在150～200℃，将FeCl3冷凝别离除去，C收集产品，D装置用碱石灰吸收反响中剩余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入C装置，但该装置缺少对CO处理的装置。

【详解】(1)仪器a为球形冷凝管；装置组装好以后，参加试剂之前须进行的操作是检查装置的气密性；
(2)实验中先将钛铁矿粉碎，并与稍过量的炭粉混合均匀，制成多孔状固体混合物，可增大反响物接触面，炭粉稍过量，可以提高钛铁矿利用率；
(3)实验中两次通入N2，第一次通入是排出装置中的空气，防止其干扰实验，第二次通入N2的作用是将生成的TiCl4气体完全排入冷凝管冷却；
(4)枯燥纯洁的氯气在A中与FeTiO3和炭粉的混合物反响生成四氯化钛和氯化铁，其化学反响方程式为：
2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO；
℃，氯化铁的熔点306℃，沸点315℃，装置B的控温箱温度在150～200℃，就可以使氯化铁凝结为固体，从而可以让将生成的TiCl4气体完全排入冷凝管冷却，并且与氯化铁别离；
(6)D装置用碱石灰吸收反响中剩余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入C装置，但该装置缺少对CO处理的装置；
(7) 产物TiCl4在热潮湿空气中“发烟〞生成TiO2•xH2O，反响的化学方程式为TiCl4+(x+2)H2O
TiO2•xH2O↓+4HCl。