遂寧市第二中學(xué)2020屆高三上學(xué)期第二次模擬理綜化學(xué)試題含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精四川省遂寧市第二中學(xué)2020屆高三上學(xué)期第二次高考模擬理綜化學(xué)試題含解析遂寧市第二中學(xué)2020屆高三上學(xué)期高考模擬（二）理科綜合試卷化學(xué)部分可能用到的相對原子質(zhì)量:H—1C-12O—16N—14一、選擇題：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1?；瘜W(xué)與生活、科技、醫(yī)藥、工業(yè)生產(chǎn)均密切相關(guān)，下列有關(guān)化學(xué)敘述正確的是(）A.濃硫酸具有強(qiáng)腐蝕性，可用濃硫酸刻蝕石英制藝術(shù)品B。我國預(yù)計2020年發(fā)射首顆火星探測器太陽能電池帆板的材料是二氧化硅C.《本草經(jīng)集注》中關(guān)于鑒別硝石(KNO3)和樸硝（Na2SO4）的記載：“以火燒之，紫青煙起，乃真硝石也”,該方法應(yīng)用了焰色反應(yīng)D。誤食重金屬鹽引起的人體中毒,可喝大量的食鹽水解毒【答案】C【解析】氫氟酸刻蝕石英制藝術(shù)品,故A錯誤;太陽能電池帆板的材料是晶體硅，故B錯誤；鉀元素的焰色是紫色，所以“以火燒之，紫青煙起，乃真硝石也”，故C正確;誤食重金屬鹽引起的人體中毒，可喝大量的牛奶解毒，故D錯誤.2.設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說法正確的是A。常溫下lLpH=7的1mol/LCH3COONH4溶液中CH3COO－與NH4+數(shù)目均為NAB.18.0g葡萄糖和果糖的混合物中含羥基數(shù)目為0。5NAC。1molNa與足量O2反應(yīng),生成Na2O和Na2O2混合物，Na失去2NA個電子D。室溫下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水電離的OH－數(shù)目為0.1NA【答案】B【解析】【詳解】A．CH3COONH4溶液中CH3COO－與NH4+均要水解，其數(shù)目均小于NA，故選項A錯誤；B．葡萄糖為五羥基醛,果糖為五羥基酮，同時二者互為同分異構(gòu)體,二者任意比例混合，所含羥基數(shù)目為0。5NA,故選項B正確；C．由于Na為1mol，與足量O2反應(yīng)，無論生成什么產(chǎn)物，Na失去NA個電子，故選項C錯誤；D．1LpH=13的NaOH溶液中，水電離的c(OH－）=10－13mol/L，故選項D錯誤；故選B。3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大.在如圖所示的物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系中，p、q、m、n分別是元素W、X、Y、Z的氣體單質(zhì),p和s均為有色氣體，v的水溶液呈堿性。常溫下，0.1mol?L－1t溶液與0。1mol?L－1u溶液的pH均為1。下列說法不正確的是A.Y、W的最高價氧化物對應(yīng)的水化物均為強(qiáng)酸B。Z和Y的簡單氫化物的穩(wěn)定性和沸點高低均為:Z＞YC.s溶于水的反應(yīng)中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2D.v的電子式可表示為【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，p、q、m、n分別是元素W、X、Y、Z的氣體單質(zhì).p與q反應(yīng)生成u，u為二元化合物，而常溫下0.1mol·L—1u溶液的pH為1，則u為HCl，由原子序數(shù)可知，X為H元素、W為Cl元素，故q為H2，p為Cl2．q與m反應(yīng)生成v，v的水溶液呈堿性,則m為N2,v為NH3,故Y為N元素;m與n在放電條件下得到r,r與n得到有色氣體s，且s與水反應(yīng)得到r與t，而常溫下0。1mol·L—1t溶液的pH為1，t為一元強(qiáng)酸，故n為O2，r為NO，s為NO2，t為HNO3，則Z為O元素,綜上可知X為H元素、Y為N元素、Z為O元素、W為Cl元素?！驹斀狻緼．Y、W的最高價氧化物對應(yīng)的水化物均為HNO3和HClO4，兩者均為強(qiáng)酸，故選項A正確；B．Z和Y的簡單氫化物分別為H2O和NH3，水的穩(wěn)定性和沸點均高于氨氣,故選項B正確；C．s為NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2，故選項C正確；D．v為NH3，其電子式可表示為，故選項D錯誤；故選D?！军c睛】本題考查無機(jī)物的推斷，注意氣體的顏色及溶液的pH為推斷的突破口，再結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系推斷，熟練掌握元素化合物知識.4.下列關(guān)于有機(jī)物的說法正確的是A.乙醇和丙三醇互為同系物B.二環(huán)己烷(）的二氯代物有7種結(jié)構(gòu)（不考慮立體異構(gòu))C。按系統(tǒng)命名法，化合物的名稱是2，3，4—三甲基—2—乙基戊烷D.環(huán)己烯（）分子中的所有碳原子共面【答案】B【解析】【詳解】A．乙醇和丙三醇所含羥基的個數(shù)不同,不是同系物，故選項A錯誤；B．二環(huán)己烷中有兩類氫原子,當(dāng)一個氯原子定到1號位,二氯代物有3種,當(dāng)一個氯原子定到2號位，二氯代物有4種，故選項B正確；C．按系統(tǒng)命名法，化合物的名稱是2，3,4，4—四甲基己烷,故選項C錯誤；D．環(huán)己烯中碳原子有sp2和sp3兩種雜化方式，不能滿足所有碳原子共面，故選項D錯誤；故選B。5.如圖是一種綜合處理SO2廢氣的工藝流程.下列說法正確的是A.溶液酸性：A〉B>CB。溶液B轉(zhuǎn)化為溶液C發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為4H++2Fe2++O2=2Fe3++2H2OC.向B溶液中滴加KSCN溶液,溶液可能會變?yōu)榧t色D.加氧化亞鐵可以使溶液C轉(zhuǎn)化為溶液A【答案】C【解析】【分析】由流程圖可知，A到B過程發(fā)生的反應(yīng)為Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，B到C發(fā)生的反應(yīng)為4FeSO4+2H2SO4+O2=4Fe2（SO4）3+2H2O?！驹斀狻緼．由于A到B過程中生成H2SO4，酸性增強(qiáng),B到C過程中消耗H+，酸性減弱，溶液酸性B最強(qiáng)，故選項A錯誤；B．溶液B轉(zhuǎn)化為溶液C發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為4H++4Fe2++O2=4Fe3++2H2O，故選項B錯誤;C．溶液A中通入SO2反應(yīng)為：Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，F(xiàn)e3+沒有完全轉(zhuǎn)化,則滴加KSCN溶液，溶液會變?yōu)榧t色，故選項C正確;D．溶液C中成分為Fe2（SO4）3和H2SO4，加入氧化亞鐵,生成產(chǎn)物仍未Fe2+，故選項D錯誤；故選C。6?？刂谱兞渴强茖W(xué)研究重要方法。由下列實驗現(xiàn)象一定能得出相應(yīng)結(jié)論是選項ABCD裝置圖現(xiàn)象右邊試管產(chǎn)生氣泡較快左邊棉球變棕黃色,右邊棉球變藍(lán)色B中產(chǎn)生白色沉淀,C中溶液顏色褪去試管中液體變渾濁結(jié)論催化活性:Fe3+〉Cu2+氧化性:Br2〉I2硫酸亞鐵銨分解的產(chǎn)物中除NH3外還含有SO3和SO2非金屬性:C〉SiA.A B。B C.C D。D【答案】A【解析】【詳解】A．氯離子濃度相同時，F(xiàn)e3+濃度小，但產(chǎn)生的氣泡速度快，催化活性：Fe3+〉Cu2+，故選項A正確；B．氯氣過量條件下,也能與KI溶液反應(yīng),無法判斷Br2能否與KI溶液反應(yīng)，故選項B錯誤;C．硫酸亞鐵銨分解的產(chǎn)物中含有SO2，硫元素化合價降低被還原，由氧化還原反應(yīng)規(guī)律可知，銨根離子中的氮元素化合價升高被氧化，發(fā)生還原反應(yīng)生成氮氣，則分解產(chǎn)物中應(yīng)該含有氮氣，故選項C錯誤；D．鹽酸為揮發(fā)性酸，揮發(fā)的HCl也能與Na2SiO3溶液反應(yīng)，干擾二氧化碳與硅酸鈉溶液的反應(yīng)，不能證明非金屬性：C〉Si,故選項D錯誤；故選A。7。常溫下，用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0。01mol/L的KCl、K2C2O4溶液,所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示（不考慮C2O42—的水解)。下列敘述正確的是（)A.Ksp（Ag2C2O4)的數(shù)量級等于10-11B.n點表示AgCl的不飽和溶液C.向c(Cl-)=c（C2O42—)的混合液中滴入AgNO3溶液時,先生成Ag2C2O4沉淀D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42—的平衡常數(shù)為109。04【答案】D【解析】【詳解】A。Ksp（Ag2C2O4)=（10-4）2×10—2。46=10—11.46,科學(xué)計數(shù)法表示時應(yīng)該是a×10b，a是大于1小于10的數(shù),故它的數(shù)量級等于10-12，A錯誤；B.n點時c(Ag+)，比溶解平衡曲線上的c（Ag+）大，所以表示AgCl的過飽和溶液,B錯誤;C。設(shè)c(Cl-）=c(C2O42-）=amol/L，混合液中滴入AgNO3溶液時，生成Ag2C2O4沉淀所需c（Ag+)=，生成AgCl沉淀所需c(Ag+)=,顯然生成AgCl沉淀需要的c（Ag+)小，先形成AgCl沉淀，C錯誤；D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42—的平衡常數(shù)為=109。04，D正確;故合理選項是D。二、非選擇題:包括必考題和選考題兩部分。第26題～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.（一）必考題8。肼是重要的化工原料。某探究小組利用下列反應(yīng)制取水合肼(N2H4·H2O)。已知：N2H4·H2O高溫易分解，易氧化制備原理：CO(NH2）2+2NaOH+NaClO＝Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl【實驗一】制備NaClO溶液（實驗裝置如圖所示）(1)配制30％NaOH溶液時，所需玻璃儀器除量筒外，還有_____（填標(biāo)號)A．容量瓶B．燒杯C．燒瓶D．玻璃棒(2)錐形瓶中發(fā)生反應(yīng)化學(xué)程式是_____________________________?！緦嶒灦恐迫∷想隆＃▽嶒炑b置如圖所示）控制反應(yīng)溫度，將分液漏斗中溶液緩慢滴入三頸燒瓶中,充分反應(yīng).加熱蒸餾三頸燒瓶內(nèi)的溶液，收集108-114餾分。（3)分液漏斗中的溶液是____________（填標(biāo)號）。A．CO（NH2)2溶液B．NaOH和NaClO混合溶液選擇的理由是____________。蒸餾時需要減壓，原因是______________?！緦嶒炄繙y定餾分中肼含量。（4）水合肼具有還原性，可以生成氮氣。測定水合肼質(zhì)量分?jǐn)?shù)可采用下列步驟：a．稱取餾分5.000g，加入適量NaHCO3固體（保證滴定過程中溶液的pH保持在6。5左右），配制1000mL溶液.b．移取10。00mL于錐形瓶中，加入10mL水,搖勻。c．用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出現(xiàn)______________，記錄消耗碘的標(biāo)準(zhǔn)液的體積。d．進(jìn)一步操作與數(shù)據(jù)處理(5）滴定時，碘標(biāo)準(zhǔn)溶液盛放在______________滴定管中（選填：“酸式"或“堿式”）水合肼與碘溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式________________________。（6)若本次滴定消耗碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液為8.20mL，餾分中水合肼（N2H4·H2O)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為______?！敬鸢浮浚?）.BD（2）.Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O(3).B(4）。如果次氯酸鈉溶液裝在三頸燒瓶中，生成的水合肼會被次氯酸鈉氧化（5).減壓蒸餾可使產(chǎn)品在較低溫度下氣化，避免高溫分解（6).淡黃色且半分鐘不消失(7).酸式（8）。N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O(9)。82。00％【解析】【分析】（1)配制一定質(zhì)量分?jǐn)?shù)的溶液時，具體步驟是計算、稱量、溶解，NaOH固體時需要放在燒杯中稱,量取水時需要量筒，溶解時需要燒杯、玻璃棒；（2)氯氣通入到盛有NaOH的錐形瓶中與NaOH發(fā)生反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水；（3）依據(jù)制取水合肼（N2H4·H2O）的反應(yīng)原理為：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl,結(jié)合反應(yīng)產(chǎn)物和反應(yīng)物分析判斷；水合肼（N2H4·H2O)具有還原性，易被次氯酸鈉氧化；（4）根據(jù)反應(yīng)原理確定反應(yīng)終點；（5）根據(jù)碘溶液的性質(zhì)確定所用儀器；（6）根據(jù)N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O進(jìn)行計算。【詳解】(1）配制一定質(zhì)量分?jǐn)?shù)的溶液時，溶解時需要燒杯、玻璃棒，故答案為：BD；（2）錐形瓶中氯氣和NaOH反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案為：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；（3)水合肼（N2H4·H2O）中氮元素為—2價，具有還原性,若次氯酸鈉過量，具有強(qiáng)氧化性的次氯酸鈉會氧化水合肼，為防止水合肼被氧化，分液漏斗中的溶液應(yīng)是NaOH和NaClO混合溶液；水合肼高溫易分解,減壓會降低物質(zhì)的沸點，則為防止水合肼分解需要減壓蒸餾，故答案為:B；如果次氯酸鈉溶液裝在燒瓶中,反應(yīng)生成的水合肼會被次氯酸鈉氧化;餾分高溫易分解，減壓會降低物質(zhì)的沸點;（4）根據(jù)反應(yīng)N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，終點時碘過量，用0。2000mol/L碘溶液滴定至溶液出現(xiàn)淡黃色且半分鐘不消失，記錄消耗碘的標(biāo)準(zhǔn)液的體積，故答案為：淡黃色且半分鐘不消失；（5）滴定時，碘具有強(qiáng)氧化性，會腐蝕橡膠管，則碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液盛放在酸式滴定管中，故答案為:酸式；（6）由題意可知，水合肼與碘溶液反應(yīng)生成氮氣、碘化氫和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為N2H2·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，由方程式可知n（N2H2·H2O）=0。2000mol·L－1×0.0082L×=0。00082mol,250ml溶液中含有的物質(zhì)的量=0。00082mol×=0。082mol，水合肼（N2H2·H2O）的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100％=82％，故答案為：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O；82%?！军c睛】水合肼（N2H4·H2O）中氮元素為-2價，具有還原性，若次氯酸鈉過量,具有強(qiáng)氧化性的次氯酸鈉會氧化水合肼是解答關(guān)鍵，也是易錯點.9.苯乙烯是一種重要的化工原料,可采用乙苯催化脫氫法制備，反應(yīng)如下:(g）（g)+H2(g）△H=+17。6kJ/mol。（1）從溫度和壓強(qiáng)角度分析提高乙苯平衡轉(zhuǎn)化率可采取的措施有___________。(2)工業(yè)上，通常在乙苯蒸氣中摻混水蒸氣（原料氣中乙苯和水蒸氣的物質(zhì)的量之比為1：4),測得容器總壓和乙苯轉(zhuǎn)化率隨時間變化結(jié)果如圖所示.①摻入水蒸氣能提高乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率，解釋說明該事實__________。平衡常數(shù)Kp=_______kPa(Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)）②反應(yīng)速率V=V正-V逆=k正P乙苯-k逆p苯乙烯p氫氣，k正、k逆分別為正逆反應(yīng)速率常數(shù)。計算a處的______.(3）CO2氣氛下乙苯催化脫氫可同時存在圖1兩種途徑：①b=_______kJ/mol。②途徑I的反應(yīng)歷程圖所示，下列說法正確的是______________.a．CO2為氧化劑b．狀態(tài)1到狀態(tài)2形成了O-H鍵c．中間產(chǎn)物只有（)d．該催化劑可提高乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率③在相同的容器中，不同p(CO2）的條件下,進(jìn)行相同的反應(yīng)時間,p(CO2）與乙苯轉(zhuǎn)化率關(guān)系如圖，分析，p（CO2）為15kPa時乙苯轉(zhuǎn)化率最高的因____________________.【答案】（1）.升溫、降壓(2）.乙苯蒸氣中摻混水蒸氣，可以達(dá)到減小乙苯蒸氣分壓的作用，減壓有利于平衡正向移動，可以提高乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率（3）.45（4).2。5(5）。59.2（6）。a、b（7）.p(CO2)壓強(qiáng)增大，反應(yīng)速率加快，乙苯轉(zhuǎn)化率增多，當(dāng)p（CO2）大于15kPa，由于催化劑表面有限，能吸附的乙苯量下降，反應(yīng)速率減慢，乙苯轉(zhuǎn)化率下降【解析】【分析】（1)（g)(g）+H2（g)△H=+17。6kJ/mol是吸熱反應(yīng),又是氣體體積增大的反應(yīng);（2）氣體體積增大的反應(yīng)，利用減小壓強(qiáng)，平衡正向移動；根據(jù)反應(yīng)三段式分析計算;反應(yīng)速率v=v正—v逆=k正p乙苯-k逆p苯乙烯p氫氣,則v正=k正p乙苯，v逆=k逆p苯乙烯p氫氣，平衡時v正=v逆，即k正p乙苯-k逆p苯乙烯p氫氣，所以計算;（3）①由圖片可知b=17。6J/mol+41。6J/mol；②反應(yīng)過程中CO2轉(zhuǎn)化為CO,C的化合價降低，被還原;狀態(tài)1到狀態(tài)2過程中在催化劑表面生成了”HO—C=O“和等中間產(chǎn)物；催化劑可加快反應(yīng)速率，但不影響反應(yīng)進(jìn)程；③由反應(yīng)途徑I圖片可知乙苯催化脫氫被催化劑吸附，在催化劑表面進(jìn)行,隨著CO2壓強(qiáng)增大，反應(yīng)物濃度增大，反應(yīng)速率加快，但壓強(qiáng)過大時，會導(dǎo)致催化劑吸附乙苯的機(jī)能降低，乙苯平衡轉(zhuǎn)化率反而降低?！驹斀狻浚?）(g）（g)+H2(g)△H=+17.6kJ/mol是氣體體積增大的吸熱反應(yīng)，升高溫度和減小壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動，則提高乙苯平衡轉(zhuǎn)化率可采取的措施有升溫、降壓,故答案為：升溫、降壓；（2）①摻入水蒸氣能提高乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率，解釋說明該事實乙苯蒸氣中摻混水蒸氣，可以達(dá)到減小乙苯蒸氣分壓的作用，減壓有利于平衡正向移動，可以提高乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率。原料氣中乙苯和水蒸氣的物質(zhì)的量之比為1：4，根據(jù)PV=nRT,其它條件相同時，物質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)比,原料氣中P水蒸氣=80Kpa，P乙苯=20Kpa，平衡時P乙苯=20Kpa（1-75％）=5Kpa,P苯乙烯=20Kpa×75%=15Kpa,P氫氣=20Kpa×75％=15Kpa，平衡常數(shù)Kp==45kPa，故答案為：45;②反應(yīng)速率V=V正-V逆=k正P乙苯—k逆p苯乙烯p氫氣，k正、k逆分別為正逆反應(yīng)速率常數(shù)，a處的，故答案為：2.5；（3）①由蓋斯定律可知b=17。6J/mol+41.6J/mol=59。2kJ/mol，故答案為:59.2；②a．反應(yīng)過程中CO2轉(zhuǎn)化為CO，C的化合價降低，被還原,是氧化劑，故a正確；b．狀態(tài)1到狀態(tài)2過程中在催化劑表面生成了”HO-C=O“等中間產(chǎn)物,形成了O-H鍵,故b正確；c．狀態(tài)1到狀態(tài)2過程中在催化劑表面生成了”HO—C=O“和等中間產(chǎn)物，故c錯誤；d．催化劑可加快反應(yīng)速率，但不影響反應(yīng)進(jìn)程，故d錯誤；ab正確，故答案為:ab；③在相同的容器中，不同p（CO2）的條件下，進(jìn)行相同的反應(yīng)時間,p(CO2)與乙苯轉(zhuǎn)化率關(guān)系如圖3，p(CO2）為15kPa時乙苯轉(zhuǎn)化率最高的原因：p（CO2)壓強(qiáng)增大，反應(yīng)速率加快，乙苯轉(zhuǎn)化率增多,當(dāng)p(CO2）大于15kPa，由于催化劑表面有限，能吸附的乙苯量下降,反應(yīng)速率減慢，乙苯轉(zhuǎn)化率下降，故答案為：p（CO2)壓強(qiáng)增大，反應(yīng)速率加快，乙苯轉(zhuǎn)化率增多，當(dāng)p(CO2）大于15kPa,由于催化劑表面有限，能吸附的乙苯量下降，反應(yīng)速率減慢,乙苯轉(zhuǎn)化率下降。10。鐵、鎳及其化合物在工業(yè)上有廣泛的應(yīng)用。從某礦渣[成分為NiFe2O4（鐵酸鎳）、NiO、FeO、CaO、SiO2等］中回收NiSO4的工藝流程如下：已知（NH4）2SO4在350℃分解生成NH3和H2SO4，回答下列問題：（1）“浸渣"的成分有Fe2O3、FeO（OH)、CaSO4外，還含有___________（寫化學(xué)式)。（2）礦渣中部分FeO焙燒時與H2SO4反應(yīng)生成Fe2（SO4)3的化學(xué)方程式為_______________.(3）向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+（濃度為1．0×10—3mol·L-1)，當(dāng)溶液中c(F-）=2．0×10-3mol·L-1時，除鈣率為______________［Ksp(CaF2）=4．0×10-11].(4)溶劑萃取可用于對溶液中的金屬離子進(jìn)行富集與分離：。萃取劑與溶液的體積比（V0／VA）對溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影響如圖所示，V0／VA的最佳取值為______。在___________（填“強(qiáng)堿性”“強(qiáng)酸性"或“中性”）介質(zhì)中“反萃取”能使有機(jī)相再生而循環(huán)利用.（5）以Fe、Ni為電極制取Na2FeO4的原理如圖所示。通電后，在鐵電極附近生成紫紅色的FeO42—，若pH過高，鐵電極區(qū)會產(chǎn)生紅褐色物質(zhì)。①電解時陽極的電極反應(yīng)式為________________，離子交換膜（b))為______(填“陰"或“陽”）離子交換膜。②向鐵電極區(qū)出現(xiàn)的紅褐色物質(zhì)中加入少量的NaClO溶液,沉淀溶解。該反應(yīng)的離子方程式為_____?！敬鸢浮?1）。SiO2(2）.4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O(3)。99%（4)。0。25（5).強(qiáng)酸性(6）.Fe—6e—+8OH-=FeO42—+4H2O(7).陰(8）。2Fe（OH）3+3ClO—+4OH—=2FeO42—+3Cl-+5H2O【解析】【分析】某礦渣的主要成分是NiFe2O4（鐵酸鎳）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸銨研磨后，600℃焙燒，已知：(NH4）2SO4在350℃以上會分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙燒過程中生成NiSO4、Fe2（SO4）3，在90°C的熱水中浸泡過濾得到浸出液，加入NaF除去鈣離子,過濾得到濾液加入萃取劑得到無機(jī)相和有機(jī)相，無機(jī)相通過一系列操作得到硫酸鎳,有機(jī)相循環(huán)使用,據(jù)此分析解答?！驹斀狻磕车V渣的主要成分是NiFe2O4（鐵酸鎳）、NiO、FeO、CaO、SiO2等,加入硫酸銨研磨后,600°C焙燒，已知：（NH4)2SO4在350℃以上會分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙燒過程中生成NiSO4、Fe2（SO4）3，在90°C的熱水中浸泡過濾得到浸出液，加入NaF除去鈣離子,過濾得到濾液加入萃取劑得到無機(jī)相和有機(jī)相，無機(jī)相通過一系列操作得到硫酸鎳，有機(jī)相循環(huán)使用。（1)礦渣的主要成分是NiFe2O4（鐵酸鎳）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸銨加熱浸取后的浸渣為不反應(yīng)和不溶于水的硫酸鈣和二氧化硅,“浸渣"的成分除Fe2O3、FeO（OH)、CaSO4外，還含有SiO2;(2）礦渣中部分FeO焙燒時與H2SO4及空氣中的氧氣反應(yīng)生成Fe2(SO4）3和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2（SO4)3+6H2O；（3)當(dāng)溶液中c(F—)=2．0×10-3mol·L—1時，Ksp(CaF2）=c(Ca2+）×c2（F-）=c（Ca2+）×（2．0×10-3mol·L-1）2=4．0×10-11，故c（Ca2+)=1．0×10—5mol/L,則除鈣率為99%;（4）要求Fe2+萃取率最低，Ni2+的萃取率最高，根據(jù)圖象，最佳取值為0.25；在強(qiáng)酸性介質(zhì)中“反萃取”能使有機(jī)相再生而循環(huán)利用;（5)①電解時正極連接鐵電極，為陽極，陽極上失電子在堿性條件下反應(yīng)生成FeO42-,電極反應(yīng)式為Fe—6e—+8OH-=FeO42-+4H2O;離子交換膜（b)）允許氫氧根離子向Ⅲ移動,為陰離子交換膜；②向鐵電極區(qū)出現(xiàn)的紅褐色物質(zhì)中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。次氯酸鈉將氫氧化鐵氧化生成高鐵酸鈉，反應(yīng)的離子方程式為2Fe（OH)3+3ClO—+4OH—=2FeO42—+3Cl—+5H2O。【點睛】本題考查了物質(zhì)分離提純、物質(zhì)制備、離子方程式書寫、溶度積常數(shù)計算等知識點，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。［化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)］11.大型客機(jī)燃油用四乙基鉛[Pb(CH2CH3)4］）做抗震添加劑，但皮膚長期接觸四乙基鉛對身體健康有害，可用硫基乙胺（HSCH2CH2NH2）和KMnO4清除四乙基鉛。（1)碳原子核外電子的空間運動狀態(tài)有______種，基態(tài)錳原子的外圍電子排布式為___，該原子能量最高的電子的電子云輪廓圖形狀為________.(2）N、C和Mn電負(fù)性由大到小的順序為____________。(3)HSCH2CH2NH2中C的雜化方式為_____，其中NH2－空間構(gòu)型為____；N和P的價電子相同，但磷酸的組成為H3PO4，而硝酸的組成不是H3NO4,其原因是_______。(4）Pb(CH2CH3）4是一種難電離且易溶于有機(jī)溶劑的配合物，其晶體類型屬于_____晶體.已知Pb(CH2CH3)4晶體的堆積方式如下.Pb（CH2CH3)4］在xy平面上的二維堆積中的配位數(shù)是___，A分子的坐標(biāo)參數(shù)為_____;設(shè)阿伏加德羅常數(shù)為NA/mol，Pb(CH2CH3）4]的摩爾質(zhì)量為Mg/mol，則Pb(CH2CH3）4］晶體的密度是_____g/cm3（列出計算式即可)?！敬鸢浮浚?）。6(2).3d54s2（3）。球形(4）.N＞C＞Mn(5）.sp3（6).V型(7）。N原子半徑較小,不能容納較多的原子軌道，故不能形成H3NO4（8).分子（9）。6（10).（11)?！窘馕觥俊痉治觥浚?）原子核外電子運動狀態(tài)和該原子的核外電子數(shù)相等，原子序數(shù)為27的錳元素基態(tài)原子的外圍電子排布式為3d54s2，據(jù)此可以得出錳元素在周期表中的位置是第四周期第ⅤⅡB族，能量最高的電子是4s2電子，4s電子的電子云輪廓圖為球形;（2）電負(fù)性是金屬性與非金屬性定量描述的一個物理量，元素的非金屬性越強(qiáng),往往其電負(fù)性越大，根據(jù)元素周期表中元素非金屬性（或電負(fù)性）的遞變規(guī)律，同周期從左到右元素電負(fù)性增大;(3）HSCH2CH2NH2分子中，C形成4個共價鍵，它們價層電子對數(shù)為4對，其雜化方式為sp3,在—NH2中N有兩個單鍵，一對孤對電子和一個單電子,因為單電子也需要占用一個軌道，所以N的價層電子對數(shù)依然可以視為4對，其雜化方式也為sp3，考慮配位原子只有兩個H，所以其空間構(gòu)型為平面三角形，N和P為同族元素，其價層電子數(shù)相同，通常情況下其成鍵方式相同，但是由于N原子半徑小于P，N原子周圍空間無法容納4個氧原子成鍵；(4）題目信息，Pb（CH2CH3）4是一種難電離且易溶于有機(jī)溶劑的配合物，可知其晶體類型為分子晶體,這一點也可以從Pb(CH2CH3)4晶體的堆積方式得到結(jié)論，Pb（CH2CH3）4晶體堆積方式為六方密堆積，所以在xy平面上的二維堆積中也采取二維最密堆積即配位數(shù)為6,由堆積圖可知每個晶胞中包含2個Pb（CH2CH3)4分子,所以每一個晶胞的質(zhì)量為g，再結(jié)合晶胞參數(shù)，長方體的棱邊長度，計算得到晶胞的體積為cm3，則Pb（CH2CH3)4晶體的密度=。【詳解】(1）碳原子核外電子排布為1s22s22p2,核外電子的空間運動狀態(tài)有6種，原子序數(shù)為27的錳元素基態(tài)原子的外圍電子排布式為3d54s2，據(jù)此可以得出錳元素在周期表中的位置是第四周期第ⅤⅡB族,能量最高的電子是4s2電子,值得注意的是，教材上提供的構(gòu)造原理是原子填充順序規(guī)則，并不代表電子的能量高低，在金屬元素的原子中,最易失去的電子才是該原子能量最高的電子，4s電子的電子云輪廓圖為球形，故答案為：6；3d54s2；球形；（2)電負(fù)性是金屬性與非金屬性定量描述的一個物理量,元素的非金屬性越強(qiáng)，往往其電負(fù)性越大，根據(jù)元素周期表中元素非金屬性（或電負(fù)性)的遞變規(guī)律，同周期從左到右元素電負(fù)性增大，可以得到電負(fù)性大小為N大于C，而Mn為金屬元素，其電負(fù)性小于非金屬性，N、C和Mn三種元素的電負(fù)性由大到小的順序為：N、C、Mn，故答案為：N、C、Mn;（3）HSCH2CH2NH2分子中,C形成4個共價鍵，它們價層電子對數(shù)為4對，其雜化方式為sp3，在—NH2中N有兩個單鍵,一對孤對電子和一個單電子，因為單電子也需要占用一個軌道,所以N的價層電子對數(shù)依然可以視為4對,其雜化方式也為sp3，考慮配位原子只有兩個H,所以其空間構(gòu)型為平面三角形，N和P為同族元素，其價層電子數(shù)相同,通常情況下其成鍵方式相同,但是由于N原子半徑小于P，N原子周圍空間無法容納4個氧原子成鍵,所以在其最高價含氧酸中，前者為一元酸后者為三元酸，或說H3NO4分子會因為N原子半徑小，無法容納4個氧原子成鍵，要脫去一個水分子,以HNO3形式存在，故答案為：sp3；平面三角形；N和P為同族元素，其價層電子數(shù)相同,通常情況下其成鍵方式相同，但是由于N原子半徑小于P，N原子周圍空間無法容納4個氧原子成鍵，所以在其最高價含氧酸中，前者為一元酸后者為三元酸，或說H3NO4分子會因為N原子半徑小，無法容納4個氧原子成鍵,要脫去一個水分子，以HNO3形式存在；(4)題目信息,Pb(CH2CH3）4是一種難電離且易溶于有機(jī)溶劑的配合物,可知其晶體類型為分子晶體,這一點也可以從Pb(CH2CH3)4晶體的堆積方式得到結(jié)論，Pb(CH2CH3）4晶體堆積方式為六方密堆積，所以在xy平面上的二維堆積中也采取二維最密堆積即配位數(shù)為6，A分子的坐標(biāo)參數(shù)為（）由堆積圖可知每個晶胞中包含2個Pb（CH2CH3）4分子，所以每一個晶胞的質(zhì)量為g，再結(jié)合晶胞參數(shù)，可以得到晶胞的體積為cm3，則Pb(CH2CH3)4晶體的密度是g·cm－3,故答案為：分子；6；?！军c睛】Pb（CH2CH3）4是一種難電離且易溶于有機(jī)溶劑的配合物，可知其晶體類型為分子晶體是解答關(guān)鍵。［化學(xué)——選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)]12。奈必洛爾是一種用于血管擴(kuò)張的降血壓藥物，一種合成奈必洛爾中間體G的部分流程如下：已知:乙酸酐的結(jié)構(gòu)簡式為請回答下列問題:(1）A的名稱是____________;B中所含官能團(tuán)的名稱是___________________.(2)反應(yīng)⑤的化學(xué)方程式為_____________，該反應(yīng)的反應(yīng)類型是______。(3）G的分子式為__