2020年高三化學(xué)最新信息卷（五）

2020年高考高三最新信息卷化 學(xué)（五）注意事項：1本試卷分第卷（選擇題）和第卷（非選擇題）兩部分。答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號填寫在答題卡上。2回答第卷時，選出每小題的答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。寫在試卷上無效。3回答第卷時，將答案填寫在答題卡上，寫在試卷上無效。4考試結(jié)束，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39第卷一、選擇題：本大題共7小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。7宋應(yīng)星所著天工開物被外國學(xué)者譽為“17世紀(jì)中國工藝百科全書”。下列說法不正確的是A“凡白土曰堊土，為陶家精美啟用”中“陶”是一種傳統(tǒng)硅酸鹽材料B“凡火藥，硫為純陽，硝為純陰”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸C“燒鐵器淬于膽礬水中，即成銅色也”該過程中反應(yīng)的類型為置換反應(yīng)D“每紅銅六斤，入倭鉛四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黃銅”中的黃銅是合金8設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A25，101kPa條件下，5.6L甲烷和乙烯的混合氣體中含氫原子數(shù)為NAB將4.6g鈉用鋁箔包裹并刺小孔，與足量水充分反應(yīng)生成H2分子數(shù)為0.1NAC50時，1L pH=1的H2SO4溶液中，含有H+的數(shù)目為0.1NAD將1mol Cl2通入到足量的水中，則N(HClO)+N(Cl)+N(ClO)=2NA(N表示粒子數(shù))9某學(xué)習(xí)小組以廢催化劑（主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS）為原料，制備鋅和銅的硫酸鹽晶體。設(shè)計的實驗方案如下：下列說法不正確的是A步驟、中發(fā)生的反應(yīng)均為氧化還原反應(yīng)B步驟中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnSC步驟涉及的離子反應(yīng)可能為CuS+H2O2+2H+Cu2+S+2H2OD步驟和，采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾后均可獲取粗晶體10化合物如圖的分子式均為C7H8。下列說法正確的是AW、M、N均能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)BW、M、N的一氯代物數(shù)目相等CW、M、N分子中的碳原子均共面DW、M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色11X、Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。X和R屬同族元素；Z和U位于第VIIA族；X和Z可形成化合物XZ4；Q是其中唯一金屬元素且可與氮氣反應(yīng)；T的一種單質(zhì)在空氣中能夠自燃。下列說法中正確的是AX的氫化物的沸點一定小于R的氫化物的沸點BQ的氮化物溶于鹽酸生成兩種鹽的物質(zhì)的量之比為11CZ單質(zhì)可以從U的鈉鹽溶液中將其置換出來DCuSO4溶液能用作T4中毒的解毒劑12全釩液流電池充電時間短，續(xù)航能力強，被譽為“完美電池”，工作原理如圖1所示，反應(yīng)的離子方程式為：VO2+V3+H2OVO2+V2+2H+。以此電池電解Na2SO3溶液(電極材料為石墨)，可再生NaOH，同時得到H2SO4，其原理如圖2所示。下列說法正確的是A電解Na2SO3溶液時，a極與電池負(fù)極相連，圖1中H+從電池右邊移向左邊B電池放電時，負(fù)極的電極反應(yīng)式為VO+e+2H+=VO2+H2OC電解時b的電極反應(yīng)式為SO+H2O2e=SO+2H+D若電解過程中圖2所有液體進(jìn)出口密閉，則消耗12.6g Na2SO3陰極區(qū)變化的質(zhì)量為4.6g13已知常溫下，氨水中NH3H2O的電離平衡常數(shù)：Kb110-5。向1L0.1molL-1 NH4Cl溶液中，不斷加入固體NaOH后，NH與NH3H2O的變化趨勢如圖所示(溶液體積和溫度的變化、氨的揮發(fā)均忽略不計)，下列說法正確的是ANH4Cl的電離方程式為：NH4ClCl-+NHBM點時，pH9Ca=0.05D當(dāng)n(NaOH)=0.05mol時溶液中有：c(Cl-)c(Na+)c(NH4+)c(OH-)c(H+)第II卷二、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第26-28題為必考題，每個試題考生都必須作答。第35-36題為選考題，考生根據(jù)要求作答。26（14分）單晶硅是信息產(chǎn)業(yè)中重要的基礎(chǔ)材料。通常用碳在高溫下還原二氧化硅制得粗硅(含鐵、鋁、硼、磷等雜質(zhì))，粗硅與氯氣反應(yīng)生成四氯化硅(反應(yīng)溫度450500)，四氯化硅經(jīng)提純后用氫氣還原可得高純硅。以下是實驗室制備四氯化硅的裝置示意圖。相關(guān)信息如下：a四氯化硅遇水極易水解；b硼、鋁、鐵、磷在高溫下均能與氯氣直接反應(yīng)生成相應(yīng)的氯化物；c有關(guān)物質(zhì)的物理常數(shù)見下表：物質(zhì)SiCl4BCl3AlCl3FeCl3PCl5沸點/57.712.8315熔點/70.0107.2升華溫度/180300162請回答下列問題：（1）寫出裝置A中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：_。（2）裝置F的名稱是_；裝置C中的試劑是_；裝置E中的h瓶需要冷卻的理由是_。（3）裝置E中h瓶收集到的粗產(chǎn)物可通過精餾(類似多次蒸餾)得到高純度四氯化硅，精餾后的殘留物中，除鐵元素外可能還含有的雜質(zhì)元素是_(填寫元素符號)。（4）為了分析殘留物中鐵元素的含量，先將殘留物預(yù)處理，使鐵元素還原成Fe2+，再用KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液在酸性條件下進(jìn)行氧化還原滴定，反應(yīng)的離子方程式為5Fe2+MnO8H+=5Fe3+Mn2+4H2O。滴定前是否要滴加指示劑？_(填“是”或“否”)。某同學(xué)稱取5.000g殘留物，經(jīng)預(yù)處理后在容量瓶中配制成100 mL溶液，移取25.00mL試樣溶液，用1.000102molL1 KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。達(dá)到滴定終點時，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL，則殘留物中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是_27（14分）NOx(主要指NO和NO2)是大氣主要污染物之一。有效去除大氣中的NOx是環(huán)境保護(hù)的重要課題。（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180.5kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g) H=-393.5kJ/mol2C(s)+O2(g)=2CO(g) H=-221 kJ/mol若某反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=c(N2)c2(CO2)c2(NO)c2(CO)，請寫出此反應(yīng)的熱化學(xué)方程式_。（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸。寫出電解時陽極的電極反應(yīng)式：_。（3）NO2用氨水吸收能生成NH4NO3，25時，將a mol NH4NO3溶于水配成b L溶液，溶液顯酸性，常溫下向該溶液通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下V L氨氣后溶液呈中性，則通入氨氣的過程中水的電離平衡將_(填“正向”“不”“逆向”)移動，通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下氨氣的體積為_L(設(shè)通入氨氣后溶液的體積不變，用含a的代數(shù)式表示，已知常溫下NH3H2O的電離平衡常數(shù)為2.010-5)（4）催化氧化法去除NO是在一定條件下，用NH3消除NO污染，其反應(yīng)原理為4NH3+6NO5N2+6H2O不同溫度條件下，n(NH3)：n(NO)的物質(zhì)的量之比分別為41、31、13時，得到NO脫除率曲線如圖所示：由圖可知，無論以何種比例反應(yīng)，在溫度超過900時NO脫除率都會驟然下降的原因可能是_。曲線a中NO的起始濃度為610-4mg/m3，從A點到B點經(jīng)過0.8s，該時間段內(nèi)NO的脫除速率為_mg/(m3s)。曲線c對應(yīng)NH3與NO的物質(zhì)的量之比是_。28（15分）鉬酸鈉晶體(Na2MoO42H2O)可抑制金屬腐蝕。以鉬精礦(主要成分為MoS2，含少量雜質(zhì))為原料，制備鉬酸鈉晶體的主要流程圖如下圖。回答下列問題（1）完成下列反應(yīng)：_MoS2+_O2_SO2+_MoO3；在焙燒爐中，空氣從爐底進(jìn)入礦石經(jīng)粉碎后從爐頂進(jìn)入，這樣處理的目的是_。（2）濃氨水浸取粗產(chǎn)品獲得(NH4)2MoO4溶液，其化學(xué)反應(yīng)方程式為_；該反應(yīng)說明MoO3_（填“有”或“沒有”）酸性氧化物的性質(zhì)。（3）常溫下，沉鉬階段所得廢液為(NH4)2SO4稀溶液。若(NH4)2SO4稀溶液的pH=a，則c(NH4+)c(NH3H2O) =_（用含a的代數(shù)式表示，NH3H2O的Kb=1.8105），若將此稀溶液蒸發(fā)濃縮，c(NH4+)c(SO42-)將_（填“變大”“不變”或“變小”）。（4）操作X為_ ，已知鉬酸鈉在一定溫度范圍內(nèi)的析出物質(zhì)及相應(yīng)物質(zhì)的溶解度如下表所示，則在操作X中應(yīng)控制溫度的最佳范圍為_。溫度()0491015.53251.5100100析出物質(zhì)Na2MoO410H2ONa2MoO42H2ONa2MoO4溶解度30.6333.8538.1639.2839.2739.8241.2745.00結(jié)晶得到的母液可以在下次結(jié)晶時重復(fù)使用，但達(dá)到一定次數(shù)后必須凈化處理，原因是_。（5）Li、MoS2 可充電電池的工作原理為xLi+nMoS2Lix(MoS2)n；Lix(MOS2)n附著在電極上，則電池充電時陽極的電極反應(yīng)式為_ 。35【化學(xué)選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】（15分）鐵及其化合物在生活、生產(chǎn)、國防等方面有廣泛應(yīng)用。（1）基態(tài)鐵原子的電子排布式為Ar_。（2）Fe2+易被氧化成Fe3+，從微粒的結(jié)構(gòu)上分析其主要原因是_。（3）鐵氰化鉀K3Fe(CN)6是檢驗Fe2+的重要試劑，在鐵氰化鉀中，碳原子的雜化類型是_；1 mol K3Fe(CN)6含_mol 鍵。 （4）Fe(CO)5是一種淺黃色液體，熔點20，沸點103，熱穩(wěn)定性較高，易溶于苯等有機溶劑，不溶于水。Fe(CO)5是_分子(填“極性”或“非極性”)，它的固體熔化時克服作用力類型是_。配體CO提供孤電子對的原子是C，不是O，其原因是_。（5）鐵碳合金，是鐵和碳組成的二元合金。其中一種鐵碳合金的結(jié)構(gòu)如下：則該鐵碳合金的化學(xué)式_(用原子個數(shù)最簡比表示)。若滲入碳原子不改變鐵原子間的距離，則在該鐵的晶體中滲入碳原子后，可使其密度凈增_%(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。36【化學(xué)選修5：有機化學(xué)基礎(chǔ)】（15分）具有抗菌作用的白頭翁素衍生物H的合成路線如下圖所示：已知：iRCH2Br RHC=CH-RiiRHC=CH-RiiiRHC=CH-R （1）A屬于芳香烴，其名稱是_。（2）B的結(jié)構(gòu)簡式是_。（3）由C生成D的化學(xué)方程式是_。（4）由G生成H的反應(yīng)類型是_，1mol F與足量NaOH溶液反應(yīng)，消耗_mol NaOH。（5）試劑b是_。（6）下列說法正確的是_（選填字母序號）aG存在順反異構(gòu)體b由G生成H的反應(yīng)是加成反應(yīng)c1mol G最多可以與1mol H2發(fā)生加成反應(yīng)d1mol F或1mol H與足量NaOH溶液反應(yīng)，均消耗2mol NaOH（7）以乙烯為起始原料，結(jié)合已知信息選用必要的無機試劑合成，寫出合成路線(用結(jié)構(gòu)簡式表示有機物，用箭頭表示轉(zhuǎn)化關(guān)系，箭頭上注明試劑和反應(yīng)條件)_。絕密 啟用前2020年高考高三最新信息卷化學(xué)答案（五）7.【答案】B 【解析】A陶瓷是傳統(tǒng)硅酸鹽材料，屬于無機傳統(tǒng)非金屬材料，故A正確；B“凡火藥，硫為純陽，硝為純陰”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸鉀，故B不正確；C該過程中反應(yīng)為鐵與硫酸銅反應(yīng)生成硫酸亞鐵和銅，反應(yīng)類型為置換反應(yīng)，故C正確；D黃銅是銅鋅合金，故D正確；答案：B。8. 【答案】C【解析】A項、25，101kPa條件不是標(biāo)準(zhǔn)狀況，不能使用氣體摩爾體積vm=22.4L/mol計算5.6L甲烷和乙烯的物質(zhì)的量，故A錯誤；B項、鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，4.6g鈉的物質(zhì)的量為0.2mol，反應(yīng)生成0.1mol氫氣，但是反應(yīng)生成的氫氧化鈉能夠與鋁箔反應(yīng)生成氫氣，與足量水充分反應(yīng)生成H2大于0.1mol，故B錯誤；C項、50時，1L pH=1的H2SO4溶液中，H+的物質(zhì)的量為0.1mol，H+的數(shù)目為0.1NA，故C正確；D項、將1mol Cl2通入到足量的水中，氯氣部分與水反應(yīng)，由氯原子個數(shù)守恒可得：2N(Cl2)+N(HClO)+N(Cl)+N(ClO)=2NA，故D錯誤。故選C。9. 【答案】A【解析】A中發(fā)生ZnO+H2SO4ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4ZnSO4+H2S，不是氧化還原反應(yīng)，故A符合題意；BZnO、ZnS可與硫酸反應(yīng)，CuS不溶于硫酸，故B不符合題意；C中發(fā)生CuS+H2O2+H2SO4CuSO4+S+2H2O，離子反應(yīng)為CuS+H2O2+2H+Cu2+S+2H2O，故C不符合題意；D步驟和均為溶液結(jié)晶得到含結(jié)晶水的晶體，則均采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾獲得晶體，故D不符合題意；答案：A。10. 【答案】D【解析】A由結(jié)構(gòu)簡式可知，W不能和溴水發(fā)生加成反應(yīng)，M、N均能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，故A錯誤；BW的一氯代物數(shù)目為4種，M的一氯代物數(shù)目3種，N的一氯代物數(shù)目4種，故B錯誤；C根據(jù)甲烷分子的正四面體結(jié)構(gòu)、乙烯分子和苯分子的共面結(jié)構(gòu)可知，W、N分子中的碳原子均共面，M中的碳原子不能共面，故C錯誤，DW中與苯環(huán)相連的碳原子了有氫原子，M和N均含碳碳雙鍵，故W、M、N均能被酸性KMnO4溶液氧化，故D正確；答案：D。11. 【答案】D【解析】AX為碳元素，X的氫化物是各種烴類，較多，沸點不一定小于SiH4的沸點，故A錯誤；BMg3N2溶于鹽酸生成兩種鹽的物質(zhì)的量之比為32，故B錯誤；C氟單質(zhì)不可以從NaCl溶液中將氯置換出來，而是先與水反應(yīng)，生成氧氣，故C錯誤；DCuSO4溶液能用作P4中毒的解毒劑，反應(yīng)生成磷酸和銅，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是：P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4，故D正確；故選D。12. 【答案】C【解析】ANa移向a極，a是陰極，所以a極與電池負(fù)極相連，電池放電時，V3+V2+，右邊是正極，所以圖1中H+從電池左邊移向右邊，故A不正確；B電池放電時，負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為VO2+e+H2O=VO+2H+，故B錯誤；CSO移向b極，b是陽極，電解時b的電極反應(yīng)式為SO+H2O2e=SO+2H+，故C正確；D消耗12.6g Na2SO3，轉(zhuǎn)移0.2mol電子，有0.2mol Na移入陰極區(qū)，同時陰極生成0.1mol氫氣，所以變化的質(zhì)量為0.2230.2=4.4g，故D錯誤。13. 【答案】B【解析】A.NH4Cl在溶液中完全電離，正確的電離方程式為：NH4Cl=Cl-+NH4+，A項錯誤； B根據(jù)圖象可知，M點c(NH3H2O)=c(NH4+)，NH3H2O的電離平衡常數(shù)Kb=c(NH4+)c(OH-)c(NH3H2O)110-5，則c(OH-)=110-5mol/L，則c(H+)=110-14110-5mol/L=110-9mol/L，溶液的pH=9，B項正確；C若a=0.05，NH4Cl和NaOH反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NH3.H2O和NH4Cl、NaCl，NH3H2O的電離程度大于NH4Cl水解程度，導(dǎo)致溶液中c(NH4+)c(NH3H2O)，要使混合溶液中c(NH4+)=c(NH3H2O)，則混合溶液中c(NH3H2O)c(NH4Cl)，則ac(NH4+)c(Na+)c(OH-)c(H+)，D項錯誤；答案選B。26. 【答案】（1）MnO24H+2ClMn2Cl22H2O （2）干燥管 濃H2SO4 SiCl4沸點較低，用冷卻液可得到液態(tài)SiCl4 （3）Al、Cl、P （4）否 4.48% 【解析】（1）裝置A中發(fā)生的反應(yīng)為二氧化錳和濃鹽酸加熱制取氯氣，離子方程式為：MnO24H+2ClMn2+Cl22H2O，故答案為：MnO24H+2ClMn2+Cl22H2O；（2）裝置F的名稱是干燥管；裝置C中用濃H2SO4除水以制得干燥純凈的Cl2，故所盛試劑是濃H2SO4；h瓶用冷卻液冷卻，主要目的是得到SiCl4。故答案為：干燥管；濃H2SO4；SiCl4沸點較低，用冷卻液可得到液態(tài)SiCl4；（3）精餾粗產(chǎn)物得到SiCl4，溫度應(yīng)控制在57.7C，此時BCl3已汽化，但AlCl3、FeCl3、PCl3均殘留在瓶中，所以殘留雜質(zhì)元素除鐵元素外是Al、P、Cl，故答案為：Al、Cl、P；（4）滴定時MnO是自身指示劑，終點時變?yōu)樽霞t色且30s內(nèi)不變色即可讀數(shù)，所以不需要滴加指示劑；根據(jù)反應(yīng)的離子方程式為5Fe2+MnO8H+=5Fe3+Mn2+4H2O5Fe2+MnO5 1x 1.000102 molL10.020L2.000104 mol解得x1.000103 mol，從100mL中取出25mL，原溶液中n(Fe2+)4.000103mol，w4.00010-356g/mol5.000g100%4.48%。故答案為：4.48%。27. 【答案】（1）2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=746.5kJ/mol （2）HNO22e+H2O=NO+3H+ （3）逆向 22.4a200或0.112a （4）催化劑活性下降 1.5104 13 【解析】（1）由于化學(xué)平衡常數(shù)是可逆反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)時，生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比，因此該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)；N2(g)+ O2(g)=2NO(g) H=+180.5kJ/mol；C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-393.5kJ/mol；2C(s)+O2(g)=2CO(g) H=-221 kJ/mol；2-，整理可得2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=746.5kJ/mol；（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，電解該溶液得到較濃的硝酸，是由于亞硝酸電離產(chǎn)生NO在陽極失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：HNO22e+H2O=NO+3H+；（3）NH4NO3是強酸弱堿鹽，在溶液中由于NH水解使溶液顯酸性，向該溶液中通入氨氣，導(dǎo)致c(NH3H2O)增大，導(dǎo)致化學(xué)平衡NH+H2ONH3H2O+H+逆向移動；若溶液顯中性，則c(OH)=107mol/L，c(NH)=abmol/L，c(NH3H2O)=V22.4bmol/L，K=c(NH+)c(OH-)c(NH3H2O)=ab10-7V22.4b=2.0105，解得V=22.4a200或0.112a；（4）根據(jù)圖像可知：無論是在什么溫度下，當(dāng)溫度超過900時NO脫除率都會驟然下降，是由于反應(yīng)4NH3+6NO5N2+6H2O的正反應(yīng)是在催化劑存在時進(jìn)行，催化劑只有在一定溫度范圍內(nèi)催化活性才最強，當(dāng)溫度超過900時NO脫除率都會驟然下降的原因是催化劑活性下降；曲線a中NO的起始濃度為610-4mg/m3，從A點到B點經(jīng)過0.8s，根據(jù)圖象，NO的脫除率從55%上升到75%，則該段時間內(nèi)NO的脫除量為c=610-4mg/m3(75%-55%)=1.210-4mg/m3，時間間隔為t=0.8s，所以該段時間內(nèi)NO的脫除速率為v=ct=1.210-4mg/m30.8s=1.510-4 mg/(m3s)；兩種反應(yīng)物存在的反應(yīng)，增大一種反應(yīng)物的量可提高另一種反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，根據(jù)圖象，曲線c的NO脫除率最低，即NO的轉(zhuǎn)化率最低，所以NO的在總反應(yīng)物中的比例最高，符合的是n(NH3)：n(NO)的物質(zhì)的量之比13。28. 【答案】（1）2 7 4 2 增大固氣接觸面積，提高原料利用率(加快反應(yīng)速率亦可) （2） MoO3+2NH3H2O=(NH4)2MoO4+H2O 有 （3）1.8109-a 變大 蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶 15.5100 （4）母液中的NaOH濃度越來越大，最后結(jié)晶提純時隨Na2MoO42H2O析出 （5）Lix(MoS2)nxe=nMoS2+xLi+ 【解析】（1）MoS2中S元素為-2價，Mo元素為+4價，其中化合價升高的為Mo和S，失電子數(shù)為：(+6)-(+4) +2+4-(-2)=14，化合價降低的元素為O，得電子數(shù)為20-(-2)=4，根據(jù)氧化還原反應(yīng)化合價升降相等規(guī)律：Mo由+4價升高到+6價，S由-2價升高+4價，共升高6-4+2（4+2）=14價，O由0價降低到-2價，共降低4價，最小公倍數(shù)為28；所以MoS2系數(shù)為2，O2系數(shù)7，根據(jù)原子守恒進(jìn)行配平，具體如下：2MoS2+7O24SO2+ 2MoO3；在焙燒爐中，空氣從爐底進(jìn)入礦石經(jīng)粉碎后從爐頂進(jìn)入，可增大固氣接觸面積，提高原料利用率，加快化學(xué)反應(yīng)速率，故答案為：2；7；4；2；增大固氣接觸面積，提高原料利用率(或加快反應(yīng)速率)；（2）MoO3與NH3H2O反應(yīng)生成(NH4)2MoO4，化學(xué)反應(yīng)方程式為MoO3+2NH3H2O=(NH4)2MoO4+H2O；酸性氧化物是指與堿反應(yīng)生成鹽和水，發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，整個反應(yīng)過程，各元素化合價均沒發(fā)生變化，所以MoO3有酸性氧化物的性質(zhì)；故答案：MoO3+2NH3H2O=(NH4)2MoO4+H2O；有。（3）硫酸銨水解顯酸性，水解平衡常數(shù)為Kh=Kw/Kb=c(NH3H2O)c(H+)/c(NH4+)，所以c(NH3H2O)/c(NH)=Kw/Kbc(H+)，c(H+)=10-a mol/L，所以c(NH3H2O)/c(NH)=10aKw/Kb，c(NH4+)c(NH3H2O)=Kb/10aKw=1.810-5/10a10-14=1.8109-a；若將(NH4)2SO4稀溶液蒸發(fā)濃縮，溶劑減小，濃度增大，NH4+水解能力減弱，所以c(NH4+)c(SO42-)將變大；故答案：1.8109-a；變大；（4）根據(jù)題給圖表信息可知，溫度控制在15.5100之間，對鉬酸鈉溶液進(jìn)行蒸發(fā)濃縮，可以得到Na2MoO42H2O，然后進(jìn)行過濾、洗滌、晾干等操作；因為加熱，會促進(jìn)Na2MoO4的水解，進(jìn)行多次重復(fù)操作后，母液中的NaOH濃度越來越大，也會隨著Na2MoO42H2O析出，故答案為：蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶；15.5100；母液中的NaOH濃度越來越大，最后結(jié)晶提純時隨Na2MoO42H2O析出；（5）可充電電池的工作原理為xLi+nMoS2LixMoS2n，則電池充電時陽極的電極反應(yīng)式為Lix(MoS2)nxe=nMoS2+xLi+，故答案為：Lix(MoS2)nxe=nMoS2+xLi+。35. 【答案】（1）3d64s2 （2）Fe2+的價層電子排布式為3d6，易失去1個電子達(dá)到半充滿結(jié)構(gòu) （3）sp 12 （4）非極性 范德華力(或分子間作用力) C的電負(fù)性比O小，C比O易提供孤電子對 （5）FeC 21.4 【解析】（1）電子排布式中，內(nèi)層部分電子排布用對應(yīng)的稀有氣體原子結(jié)構(gòu)替代，鐵為26號元素，根據(jù)電子排布式1s22s22p63s23p63d64s2或者Ar3d64s2，答案為3d64s2。（2）物質(zhì)穩(wěn)定性由價層結(jié)構(gòu)決定，用洪特規(guī)則特例分析，F(xiàn)e2+的核外排布1s22s22p63s23p63d6，F(xiàn)e3+的核外排布為1s22s22p63s23p63d5，可以知道Fe3+的3d軌道上的電子數(shù)為5，為半充滿，更加穩(wěn)定，答案為Fe2+的價層電子排布式為3d6，易失去1個電子達(dá)到半充滿結(jié)構(gòu)；（3）CN-存在三鍵，含有1個鍵和2個鍵。1個CN-形