【完整版】河北省衡水中學(xué)2017屆高三下學(xué)期七調(diào)理科綜合化學(xué)試題

/河北省衡水中學(xué)2017屆高三下學(xué)期七調(diào)理科綜合化學(xué)試題1.化學(xué)創(chuàng)造美妙生活。以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是A.食品包裝內(nèi)常放置具有吸水性的化學(xué)藥品以保持枯燥,如五氧化二磷和硅膠B.青蒿素在超臨界CO2中有很強(qiáng)的溶解性,萃取青蒿素可用超臨界CO2作萃取劑C.利用太陽(yáng)能電池板發(fā)電,不發(fā)生化學(xué)變化D.在即將到來(lái)的新能源時(shí)代,核能、太陽(yáng)能、氫能將成為主要能源【答案】A【解析】A、五氧化二磷與水反響生成酸,酸具有腐蝕性,不能作食品枯燥劑,而硅膠可以,選項(xiàng)A不正確；B、青蒿素為有機(jī)酯類(lèi)物質(zhì),不溶于水,在超臨界CO2中有很強(qiáng)的溶解性,那么萃取青蒿素可用超臨界CO2作萃取劑,選項(xiàng)B正確；C、太陽(yáng)能電池板發(fā)電,太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能,沒(méi)有新物質(zhì)生成,那么不發(fā)生化學(xué)變化,選項(xiàng)C正確；D、減少化石能源的使用,開(kāi)發(fā)核能、太陽(yáng)能、氫能等新能源,在即將到來(lái)的新能源時(shí)代,核能、太陽(yáng)能、氫能將成為主要能源,選項(xiàng)D正確。答案選A。2.被譽(yù)為“礦石熊貓〞的香花石,由我國(guó)地質(zhì)學(xué)家首次發(fā)現(xiàn),它由前20號(hào)元素中的6種組成,其化學(xué)式為X3Y2(ZWR4),其中X、Y、Z為金屬元素,Z的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等,X、Z位于同族,Y、Z、R、T位于同周期,R最外層電了數(shù)是次外層的3倍,T無(wú)正價(jià),X與R原子序數(shù)之和是W的2倍。以下說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是A.原子半徑：Y>Z>R>TB.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：W<R<TC.最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的堿性：X>ZD.XR2、WR2兩種化合物中R的化合價(jià)一樣【答案】D【解析】試題分析：香花石化學(xué)式為X3Y2(ZWR4)3T2,由前20號(hào)元素中的6種組成,其中R原子最外層電子數(shù)為其次外層電子數(shù)的3倍,R原子只能有2個(gè)電子層,最外層電子數(shù)為6,那么R為O元素；Y、Z、R、T位于同周期,即處于第二周期,T元素?zé)o正價(jià),那么T為F元素；Z的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等,那么Z為Be元素；Y為金屬元素,那么Y為L(zhǎng)i；X、Z位于同主族,那么X為Mg元素或Ca元素,假設(shè)X為鎂元素,那么由X與R原子序數(shù)之和是W的2倍,那么=10,推出W為氖元素不符合題意,假設(shè)X為Ca元素,那么由X與R原子序數(shù)之和是W的2倍,那么=14,推出W為Si元素,符合題意；A．Y為鋰元素、Z為鈹元素、R為氧元素、T為氟元素,位于同周期,元素的原子半徑從左向右半徑在減小,即原子半徑：Y＞Z＞R＞T,故A正確；B．W為硅元素、R為氧元素、T為氟元素,非金屬性F＞O＞Si,那么氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性W＜R＜T,故B正確；C．X為鈣元素、Z為鈹元素,金屬性Ca＞Be,那么最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物堿性：氫氧化鈣＞氫氧化鈹,故C正確；D．XR2、WR2兩化合物CaO2、SiO2,CaO2中O元素為﹣1價(jià),SiO2中O元素化合價(jià)為﹣2,故D錯(cuò)誤,應(yīng)選D?！究键c(diǎn)定位】考察構(gòu)造性質(zhì)位置關(guān)系應(yīng)用【名師點(diǎn)晴】推斷元素是解題的關(guān)鍵,注意掌握核外電子排布與元素周期律；香花石化學(xué)式為X3Y2(ZWR4)3T2,由前20號(hào)元素中的6種組成,其中R原子最外層電子數(shù)為其次外層電子數(shù)的3倍,R原子只能有2個(gè)電子層,最外層電子數(shù)為6,那么R為O元素；Y、Z、R、T位于同周期,即處于第二周期,T元素?zé)o正價(jià),那么T為F元素；Z的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等,那么Z為Be元素；Y為金屬元素,那么Y為L(zhǎng)i；X、Z位于同主族,那么X為Mg元素或Ca元素,假設(shè)X為鎂元素,那么由X與R原子序數(shù)之和是W的2倍,那么=10,推出W為氖元素不符合題意,假設(shè)X為Ca元素,那么由X與R原子序數(shù)之和是W的2倍,那么=14,推出W為Si元素,據(jù)此解答即可。3.以下有機(jī)物的同分異構(gòu)體數(shù)目(不考慮立體異構(gòu)〕由小到大的順序是①②③④分子式C8H10C3H5ClC4H8O2C4H9ClO限定條件芳香烴能發(fā)生加成反響能與氫氧化鈉溶液反響能與鈉反響A.③②①④B.②③①②C.③①②④D.②①③④【答案】D【解析】①分子式為C8H10的芳香烴中,假如只含有1個(gè)取代基,那么為乙基,那么有乙基苯。假如含有兩個(gè)取代基,那么為兩甲基,有鄰位、間位、對(duì)位三種,那么有1,2－二甲基苯,1,3－二甲基苯,1,4－二甲基苯,共計(jì)是4種；②C3H5Cl,能發(fā)生加成反響,說(shuō)明含有碳碳雙鍵,可看成是丙烯分子中的1個(gè)氫原子被1個(gè)氯原子取代,取代不同碳原子上的氫原子有3種；③分子式C4H8O2的有機(jī)物能與氫氧化鈉反響的有羧酸和酯,假設(shè)為羧酸,除羧基外,丙基有兩種：正丙基和異丙基,那么屬于羧酸的有2種；假設(shè)為酯,甲酸丙酯有2種,乙酸乙酯只有1種,丙酸甲酯1種,4種酯,總共6種同分異構(gòu)體；④C4H9ClO能與鈉反響,說(shuō)明含有羥基而不是醚的構(gòu)造,可看成是丁烷分子中的2個(gè)氫原子分別被1個(gè)氯原子和1個(gè)羥基取代,而丁烷有正丁烷和異丁烷,假如正丁烷取代同一個(gè)碳原子上的氫原子,那么有2種,取代不同碳原子上的氫原子有6種；假如異丁烷取代同一個(gè)碳原子上的氫原子,那么有2種,取代不同碳原子上的氫原子有3種；合計(jì)是11種。答案選D。4.某恒溫密閉容器發(fā)生可逆反響Z(?)+W(?)X(g)+Y(?)△H,在t1時(shí)刻反響到達(dá)平衡,在t2時(shí)刻縮小容器體積,t3時(shí)刻再次到達(dá)平衡狀態(tài)后未再改變條件。以下有關(guān)說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是A.Z和W在該條件下至少有一個(gè)是為氣態(tài)B.t1～t2時(shí)間段與t3時(shí)刻后,兩時(shí)間段反響體系中氣體的平均摩爾質(zhì)量不可能相等C.假設(shè)該反響只在某溫度T0以上自發(fā)進(jìn)展,那么該反響的平衡常數(shù)K隨溫度升高而增大D.假設(shè)在該溫度下此反響平衡常數(shù)表達(dá)式為K=c(X〕,那么t1～t2時(shí)間段與t3時(shí)刻后的X濃度不相等【答案】C【解析】試題分析：A、根據(jù)圖像可知,正反響速率不隨反響時(shí)間和壓強(qiáng)的改變而改變,故Z和W都是不是氣體,A錯(cuò)誤；B、結(jié)合圖像可知,X是氣體,Y可能是氣體,也可能不是,所以反響過(guò)程中氣體的摩爾質(zhì)量可能會(huì)相等,B錯(cuò)誤；C、由于該反響在溫度為T(mén)0以上時(shí)才能自發(fā)進(jìn)展,根據(jù)△H-T△S＜0,得出該反響是吸熱反響,升高溫度平衡正向挪動(dòng),平衡常數(shù)增大,C正確；D、由于化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān),該溫度下平衡常數(shù)的表達(dá)式K=c〔X〕是定值,那么t1～t2時(shí)間段與t3時(shí)刻后的c〔X〕相等,D錯(cuò)誤；答案選C?？键c(diǎn)：考察化學(xué)平衡有關(guān)計(jì)算、化學(xué)平衡圖像等5.向含amolH2S水溶液中通入bmolCl2,當(dāng)通入的Cl2少量時(shí),產(chǎn)生淺黃色渾濁,增加通入C12的量,淺黃色渾濁逐漸消失,最后成為無(wú)色溶液,溶液呈酸性,以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是A.當(dāng)b≤a時(shí),發(fā)生的離子方程式：H2S+Cl2=2H++S↓+2Cl-B.當(dāng)2a=b時(shí),發(fā)生的離子方程式：3H2S+6Cl2+4H2O=14H++2S↓+SO42-+12Cl-C.當(dāng)a≤b≤4a時(shí),反響中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量n(e-)為2amol≤n(e-)≤8amolD.當(dāng)a<b<4a時(shí),溶液中的S、SO42-、Cl-的物質(zhì)的量比為(4a-b)∶(b-a)∶2b【答案】D【解析】試題分析：A．當(dāng)b≤a時(shí),氯氣缺乏,氯氣只把H2S氧化為單質(zhì)S,發(fā)生的離子方程式：H2S+Cl2=2H++S↓+2Cl-,A正確；B．當(dāng)2a=b時(shí),生成的S繼續(xù)被氯氣氧化,發(fā)生的離子方程式：3H2S+6Cl2+4H2O=14H++2S↓+SO42-+12Cl-,B正確；C．當(dāng)4a=b時(shí),生成的S繼續(xù)被氯氣氧化,發(fā)生的離子方程式：H2S+4Cl2+4H2O=10H++SO42-+8Cl-,因此當(dāng)a≤b≤4a時(shí),反響中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量n(e-)為2amol≤n(e-)≤8amol,C正確；D．當(dāng)a<b<4a時(shí)根據(jù)電荷守恒和S原子守恒,溶液中的S、SO42-、Cl-的物質(zhì)的量比為(4a-b)∶(b-a)∶6b,D錯(cuò)誤。答案選D?？键c(diǎn)：考察氧化復(fù)原反響的有關(guān)判斷與計(jì)算6.某同學(xué)組裝了如下圖的電化學(xué)裝置,電極Ⅰ為Al,其他電極均為Cu,那么以下表達(dá)中正確的選項(xiàng)是A.電極Ⅰ發(fā)生復(fù)原反響B(tài).電流方向：電極Ⅳ電極ⅠC.電極Ⅱ逐漸溶解D.電極Ⅲ的電極反響：Cu2++2e-=Cu【答案】B【解析】試題分析：A、電極Ⅰ是原電池的負(fù)極,發(fā)生氧化反響,錯(cuò)誤；B、電極I與II及電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池,電極III與IV及電解質(zhì)溶液構(gòu)成電解池,原電池中Al作負(fù)極,Cu作正極,電極III是電解池的陽(yáng)極,電極IV是電解池的陰極,所以電流的流向是從電源的正極流出,流到陽(yáng)極,再?gòu)年帢O流回電源的負(fù)極,正確；C、電極Ⅱ是原電池的正極,正極上有Cu析出,錯(cuò)誤；D、電極Ⅲ是電解池的陽(yáng)極,所以發(fā)生氧化反響,Cu失去電子生成Cu2＋,錯(cuò)誤,答案選A?？键c(diǎn)：考察原電池、電解池的組合裝置的判斷,反響原理的應(yīng)用7.根據(jù)表提供的數(shù)據(jù),以下判斷正確的選項(xiàng)是弱酸化學(xué)式CH3COOHHClOH2CO3電離平衡常數(shù)1.8×10-63.0×10-8Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×l0-11A.等物質(zhì)的量的Na2CO3和CH3COOH兩種溶液混合,一定有：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(CH3COO-)B.常溫下,酸H2A存在如下平衡：H2AH++HA-；HA-H++A2-(Ka1=5.9×10-2,Ka2=6.4×10-6),那么NaHA溶液中水的電離程度一定大于純水中水的電離程度C.一樣濃度的CH3COONa和NaClO混合溶液中各離子濃度大小關(guān)系是：C(Na+)>c(ClO-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)D.常溫下,在0.1mol/LCH3COOH溶液中滴加0.1mol/LNaOH的溶液發(fā)生反響,當(dāng)c(CH3COOH〕：c〔CH3COO-〕=5:9時(shí),此時(shí)溶液pH=5【答案】D【解析】A、根據(jù)電荷守恒規(guī)律,等物質(zhì)的量的Na2CO3和CH3COOH兩種溶液混合一定有c(Na+)+c(H＋)=c(OH－)+c(CH3COO-)+c(HCO3-)+2c(CO32－),選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、H2A為二元弱酸,那么NaHA溶液的酸堿性未知,HA-的水解與電離程度的強(qiáng)弱無(wú)法判斷,所以NaHA溶液中水的電離程度與純水中水的電離程度無(wú)法比擬,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、根據(jù)電離平衡常數(shù)可知,醋酸的酸性大于次氯酸,所以同濃度的醋酸鈉與次氯酸鈉的混合液中次氯酸根離子的水解程度大于醋酸根離子的水解程度,溶液呈堿性,那么溶液中離子的濃度關(guān)系是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+),錯(cuò)誤；D、常溫下,在0.1mol/LCH3COOH溶液中滴加0.1mol/LNaOH的溶液發(fā)生反響,當(dāng)c(CH3COOH):c(CH3COO-)=5:9時(shí),根據(jù)醋酸的電離常數(shù)K=1.8×10-5=c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH),那么c〔H+點(diǎn)睛：考察電解質(zhì)溶液中離子濃度的關(guān)系比擬,電離常數(shù)的應(yīng)用,正確書(shū)寫(xiě)電離平衡常數(shù)以及會(huì)利用溶液中三大守恒原理：電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒是解答題目的關(guān)鍵。8.某廢催化劑含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.50%的ZnS和12.8%的CuS及少量的Fe3O4。某同學(xué)用15.0g該廢催化劑為原料,回收鋅和銅。采用的實(shí)驗(yàn)方案如下,答復(fù)以下問(wèn)題：：ZnS與稀硫酸反響,且化合價(jià)不變；CuS既不溶解于稀硫酸,也不與稀硫酸反響〔1〕在以下裝置中,第一次浸出反響裝置最合理的_______〔填標(biāo)號(hào)〕?！?〕濾液1中含有Fe2+,選用提供的試劑進(jìn)展檢驗(yàn),檢驗(yàn)方法如下：____________。〔提供的試劑：稀鹽酸KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液碘水〕〔3〕本實(shí)驗(yàn)要用到抽濾,設(shè)所用的洗滌劑為X,抽濾洗滌沉淀的操作__________?！?〕寫(xiě)出第二次浸出的化學(xué)反響方程式__________________________,向盛有濾渣1的反響器中加H2SO4和H2O2溶液,應(yīng)先加_________________。〔5〕濾渣2的主要成分是____________________________________。濃縮、結(jié)晶得到硫酸鋅晶體的主要儀器名稱(chēng)是______________________。〔6〕某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)完成之后,得到1.50gCuSO4·5H2O,那么銅的回收率為_(kāi)____?！敬鸢浮?1).D(2).取少量濾液1,滴加高錳酸鉀溶液,假設(shè)褪色,那么證明有亞鐵離子(3).關(guān)小水龍頭,使洗滌劑X緩緩?fù)ㄟ^(guò)沉淀物(4).CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O(5).H2SO4(6).SiO2、S(7).蒸發(fā)皿(8).30%.【解析】〔1〕第一次浸出主要是ZnS和稀硫酸反響,ZnS和稀硫酸反響生成ZnSO4和H2S,硫化氫有毒,污染環(huán)境,所以必需要有尾氣處理裝置,適宜的裝置是D；〔2〕檢驗(yàn)濾液1中的Fe2+,根據(jù)提供的試劑,為了操作簡(jiǎn)便可以選用高錳酸鉀溶液,第一次浸出時(shí)加了稀硫酸,所以不需要再加酸,答案為：取少量濾液1,滴加高錳酸鉀溶液,假設(shè)褪色,那么證明有Fe2+；〔3〕抽濾洗滌沉淀的操作是：關(guān)小水龍頭,使洗滌劑x緩緩?fù)ㄟ^(guò)沉淀物；〔4〕第二次浸出主要是CuS在酸性條件下和H2O2發(fā)生的氧化復(fù)原反響,反響的化學(xué)方程式為CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O,向盛有濾渣1的容器中加H2SO4和H2O2,由于濾渣的主要成分是SiO2和CuS,可以催化過(guò)氧化氫分解,所以要先參加H2SO4；〔5〕二氧化硅不會(huì)和硫酸及過(guò)氧化氫反響,所以濾渣2的主要成分是SiO2,濃縮、結(jié)晶得到硫酸鋅晶體的儀器是蒸發(fā)皿；〔6〕廢催化劑中銅的物質(zhì)的量為15.0g×12.8%96g/mol=0.02mol,1.50gCuSO4·5H2O晶體中銅的物質(zhì)的量為：1.5g250g/mol=0.006mol9.從古至今,鐵及其化合物在人類(lèi)消費(fèi)生活中的作用發(fā)生了宏大變化。(1)古代中國(guó)四大創(chuàng)造之一的司南是由天然磁石制成的,其主要成分是__________(填字母序號(hào))。a.Feb.FeOc.Fe3O4d.Fe2O3(2)現(xiàn)代利用鐵的氧化物循環(huán)裂解水制氫氣的過(guò)程如圖二所示。整個(gè)過(guò)程與溫度親密相關(guān),當(dāng)溫度低于570℃時(shí),Fe3O4(s)和CO(g)反響得到的產(chǎn)物是Fe(s)和CO2(g),阻礙循環(huán)反響的進(jìn)展.圖1圖2①：Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)△H1=+19.3kJ·mol-13FeO(s)+H2O(g)Fe3O4(s)+H2(g)△H2═-57.2kJ·mol-1C(s)+CO2(g)2CO(g)△H3=+172.4kJ·mol-1鐵氧化物循環(huán)裂解水制氫氣總反響的熱化學(xué)方程式是________________。②如圖一表示其他條件一定時(shí),Fe3O4(s)和CO(g)反響達(dá)平衡時(shí)CO(g)的體積百分含量隨溫度的變化關(guān)系．i.反響Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g)△H___0〔填“＞〞、“＜〞或“=〞〕,理由是______________。ii.隨溫度升高,反響Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)平衡常數(shù)的變化趨勢(shì)是____；1000℃時(shí),該反響的化學(xué)平衡常數(shù)的數(shù)值是___________。(3)①古老而神奇的藍(lán)色染料普魯士藍(lán)的合成方法如下：復(fù)分解反響ii的離子方程式是________________。②如今基于普魯士藍(lán)合成原理可檢測(cè)食品中CN-,方案如下：假設(shè)試紙變藍(lán)那么證明食品中含有CN-,請(qǐng)解釋檢測(cè)時(shí)試紙中FeSO4的作用_______________?！敬鸢浮?1).c(2).C(s)+H2O(g)=H2(g)+CO(g)△H=+l34.5kJ·mol-1.(3).△H<0(4).當(dāng)其他條件一定時(shí),溫度升高,CO的體積百分含量增大,可逆反響Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g)逆向挪動(dòng),故△H<0(5).增大(6).4(7).3[Fe(CN)6]4-+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3↓(8).堿性條件下,Fe2+與CN-結(jié)合生成[Fe(CN)6]4-；Fe2+被空氣中O2氧化生成Fe3+；[Fe(CN)6]4-與Fe3+反響生成譜魯士藍(lán)使試紙顯藍(lán)色【解析】(1)古代中國(guó)四大創(chuàng)造之一的司南是由天然磁石制成的,磁鐵成分主要是四氧化三鐵,選c；

(2)①Ⅰ．Fe3O4(s)+CO(g)?3FeO(s)+CO2(g)△H1═+19.3kJ?mol-1

Ⅱ.3FeO(s)+H2O(g)?Fe3O4(s)+H2(g)△H2═-57.2kJ?mol-1

Ⅲ．C(s)+CO2(g)?2CO(g)△H3═+172.4kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律計(jì)算Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ得到鐵氧化物循環(huán)裂解水制氫氣總反響的熱化學(xué)方程式；C(s)+H2O(g)═H2(g)+CO(g)△H═+134.5

kJ?mol-1；

②i.當(dāng)溫度低于570℃時(shí),溫度降低CO的轉(zhuǎn)化率增大；因?yàn)楫?dāng)溫度低于570℃時(shí),溫度降低,CO的體積百分含量降低,可逆反響Fe3O4+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g)正向挪動(dòng),故CO的轉(zhuǎn)化率增大。ii．高于570°C,隨溫度升高,反響Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)平衡正向進(jìn)展,平衡常數(shù)的變化趨勢(shì)增大,1040℃時(shí)CO體積分?jǐn)?shù)為20%,結(jié)合三行計(jì)算列式計(jì)算得到平衡濃度,設(shè)起始濃度CO為1mol/L,消耗CO濃度為x

Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)

起始量(mol/L)

1

0

變化量(mol/L)

x

x

平衡量(mol/L)

1-x

x

1-x1=20%,x=0.8mol/L,K=0.81-0.8=4；

(3)①[Fe(CN)6]4-和Fe3+反響生成Fe4[Fe(CN)6]3藍(lán)色沉淀,反響的離子方程式為：3[Fe(CN)6]4-+4Fe3+═Fe4[Fe(CN)6]3↓；

②基于普魯士藍(lán)合成原理可檢測(cè)食品中CN-,堿性條件下,Fe2+與CN-結(jié)合生成[Fe(CN)6]4-；Fe2+被空氣中O2氧化生成Fe3+；[Fe(CN)6]4-

與Fe3+反響(4)假設(shè)不出現(xiàn)渾濁現(xiàn)象,那么c(Fe3+)×C3(OH-)≤Ksp[Fe(OH)3],代入有關(guān)數(shù)據(jù)后可求出c(OH-)≤2×10-13mol/L,c(H+)≥0.05mol/L,那么參加鹽酸的體積至少為0.1L10.鎳及其化合物用處廣泛。某礦渣的土要成分是NiFe2O4〔鐵酸鎳〕、NiO、FeO、CaO、SiO2等,如圖1是從該礦渣中回收NiSO4的工藝道路：：〔NH4)2SO4在350℃以上會(huì)分解生成NH3和H2SO4,NiFe2O4在焙燒過(guò)程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3。錫(Sn)位子第五周期第IVA族.(1)焙燒前將礦渣與(NH4)2SO4混合研磨,混合研磨的目的是________________。(2)"浸泡“過(guò)程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的離子方程式為_(kāi)_________,“浸渣〞的成分除Fe2O3、FeO(OH)外還含有____________(填化學(xué)式)。(3)為保證產(chǎn)品純度,要檢測(cè)“浸出液〞的總鐵量：取一定體積的浸出液,用鹽酸酸化后,參加SnCl2將Fe3+復(fù)原為Fe2+,所需SnCl2的物質(zhì)的量不少于Fe3+物質(zhì)的量的_____倍；除去過(guò)量的SnCl2后,再用酸性K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定溶液中的Fe2+,復(fù)原產(chǎn)物為Cr3+,滴定時(shí)反響的離子方程式________________。⑷“浸出液〞中c(Ca2+)=1.0×10-3mol·L-1,當(dāng)除鈣率到達(dá)99%時(shí),溶液中c(F-)=______mol·L-1。[己知Ksp(CaF2)>4.0×10-11](5)本工藝中,萃取劑與溶液的體積比(V0/VA)對(duì)溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影響如圖2所示,V0/VA的最正確取值是__________。(6)己知正十二烷可用作該工藝的萃取劑。用電化學(xué)制備正十二烷的方法為：向燒杯中參加50mL甲醇,不斷攪拌參加少量金屬鈉,再參加11mL正庚酸攪拌均勻,裝好鉑電極,接通電源反響,當(dāng)電流明顯減小時(shí)切斷電源,然后提純粹十二烷。己知電解總反響為：2C6H13COONa+2CH3OHC12H26

+2CO2↑+H2↑+2CH3ONa以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔_____〕A.圖中電源的A極為直流電源的負(fù)極B.參加金屬鈉可以將酸轉(zhuǎn)化為鈉鹽,進(jìn)步離子濃度,增強(qiáng)導(dǎo)電性C.陽(yáng)極電極反響為：2C6H13COO--2e-=C12H26+2CO2↑D.反響一段時(shí)間后將電源正負(fù)極反接,會(huì)產(chǎn)生雜質(zhì)影響正十二烷的制備【答案】(1).增大接觸面積,加快反響速率,使反響更充分(2).Fe3++2H2OFeO(OH)↓+3H+(3).SiO2、CaSO4(4).0.5(5).Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O(6).c(F+)=2.0×10-3mol·L-1(7).0.25(8).D【解析】(1)焙燒前將礦渣與(NH4)2SO4混合研磨,以增大接觸面積,加快反響速率,使反響更充分；〔2〕放在95℃熱水中浸泡,使Fe3+發(fā)生水解,即離子反響方程式為：Fe3++2H2OFeO(OH)↓+3H+,SiO2不溶于水,Ca2+和SO42-生成微溶于水的CaSO4,因此浸渣中除Fe2O3、FeO(OH)外,還有SiO2和CaSO4；〔3〕根據(jù)得失電子數(shù)目守恒n(Sn2+)×2=n(Fe3+)×1,解得n(Sn2+)：n(Fe3+)=0.5,K2Cr2O7→Cr3+,化合價(jià)除低3價(jià),共降低6價(jià),Fe2+→Fe3+,化合價(jià)升高1價(jià),最小公倍數(shù)6,因此離子反響方程式為：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；〔4〕除鈣后溶液中c(Ca2+)=1%×1.0×10-3mol·L-1=1.0×10-5mol·L-1,由Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-),得c(F-)=2.0×10-3mol·L-1；〔5〕要求Fe2+萃取率最低,Ni2+的萃取率最高,根據(jù)圖像,最正確取值為0.25；〔6〕A、A連接的電極生成氫氣,發(fā)生復(fù)原反響,那么A為負(fù)極,選項(xiàng)A正確；B、C6H13COONa為強(qiáng)電解質(zhì),導(dǎo)電才能比正庚酸強(qiáng),選項(xiàng)B正確；C、陽(yáng)極發(fā)生氧化反響,電極方程式為2C6H13COO--2e-=C12H26+2CO2↑,選項(xiàng)C正確；D、因C12H26為液體,而雜質(zhì)為氣體,不影響C12H26的制備,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選D。點(diǎn)睛：此題考察影響化學(xué)反響速率的因素、氧化復(fù)原反響方程式的書(shū)寫(xiě)、溶度積的計(jì)算等知識(shí)點(diǎn)。解答此題的關(guān)鍵是掌握氧化復(fù)原反響配平中的守恒原理以及溶度積的表示式。11.2021年國(guó)產(chǎn)C919大型客機(jī)正式下線(xiàn),標(biāo)志著我國(guó)成為世界上少數(shù)幾個(gè)具有自行研制大型飛機(jī)的國(guó)家之一,標(biāo)志著我國(guó)航空工業(yè)進(jìn)入了新的開(kāi)展階段.(1)飛機(jī)的外殼通常采用鎂-鋁合金材料,鋁的價(jià)電子排布圖為_(kāi)__________,第一電離能：鎂______(填“大于〞或“小于〞)鋁。〔2現(xiàn)代飛機(jī)為了減輕質(zhì)量而不減輕外殼承壓才能,通常采用復(fù)合材料--玻璃纖維增強(qiáng)塑料,其成分之一為環(huán)氧樹(shù)脂,常見(jiàn)的E51

型環(huán)氧樹(shù)脂中局部構(gòu)造如以下圖所示：其中碳原子的雜化方式為_(kāi)_______,個(gè)數(shù)比為_(kāi)________。II.大型飛機(jī)的發(fā)動(dòng)機(jī)被譽(yù)為航空工業(yè)皇冠上的“寶石〞。制造過(guò)程中通常采用碳化鎢做關(guān)鍵部位的材料(3)鎢元素位于周期表的第六周期第VIB族,該元素價(jià)電子不遵循半充滿(mǎn)排布規(guī)律,請(qǐng)寫(xiě)出其外圍電子排布式___________。(4)以下圖為碳化鎢晶體的一局部構(gòu)造,碳原子嵌入金屬鎢的晶格的間隙,并不破壞原有金屬的晶格,形成填隙+固溶體,也稱(chēng)為填隙化合物。在此構(gòu)造中,其中鎢原子有_______個(gè),1個(gè)鎢原子周?chē)g隔鎢原子最近的碳原子有______個(gè),C原子填入鎢原了組成的________空隙。鎢取子填入碳原子組成的_________空隙。以下金屬元素的堆積方式與碳化鎢晶胞中碳原子和鎢原子所處位置類(lèi)似的是______A.

Fe

Cu

B.Ti

AuC.Mg

Zn

D.Cu

Ag(5)假設(shè)該局部晶體的體積為Vcm3,碳化鎢的摩爾質(zhì)量為M

g/mol,密度為b

g/cm3,那么阿伏加德羅常數(shù)NA用上述數(shù)據(jù)可以表示為_(kāi)__________________【答案】(1).(2).大于(3).sp2、sp3(4).2:1(5).5d46s2(6).6(7).6(8).四面體(9).八面體(10).C(11).4Πbv【解析】試題分析：〔1〕鋁是13號(hào)元素,最外層有3個(gè)電子,根據(jù)核外電子排布規(guī)律,鋁的價(jià)電子排布圖為；鎂、鋁屬于同一周期元素,鎂原子的最外層電子排布為2s2,處于全充滿(mǎn)狀態(tài),相比照擬穩(wěn)定,第一電離能比同周期相鄰元素的第一電離能都大,所以第一電離能：鎂大于鋁；〔2〕根據(jù)環(huán)氧樹(shù)脂的構(gòu)造簡(jiǎn)式可知,分子中碳元素局部形成單鍵,局部形成苯環(huán),因此碳原子的雜化軌道類(lèi)型是sp2、sp3；對(duì)應(yīng)個(gè)數(shù)比為12：6＝2：1?！?〕鎢元素位于周期表的第六周期第VIB族,其外圍電子排布式為5d56s1?！?〕碳化鎢晶體構(gòu)造類(lèi)似于金屬Zn、Ti、Mg的六方最密堆積,差異在于每層是碳和鎢交替排列的,所以配位數(shù)減半為6個(gè),即在此構(gòu)造中,其中鎢原子有6個(gè),1個(gè)鎢原子周?chē)g隔鎢原子最近的碳原子有6個(gè),以下金屬元素的堆積方式與碳化鎢晶胞中碳原子和鎢原子所處位置類(lèi)似的是C。〔5〕利用均攤法計(jì)算,該晶胞中鎢原子個(gè)數(shù)＝2×6×1/3×1/2+2×1/2+1+6×1/3＝6個(gè),晶胞中碳原子各為6個(gè)。已經(jīng)知道晶胞體積,根據(jù)密度＝m÷V,b＝6M÷(NA×V),所以NA＝。【名師點(diǎn)晴】考察軌道排布圖、第一電離能、雜化類(lèi)型的判斷,晶胞的計(jì)算等知識(shí)?！久麕燑c(diǎn)睛】該題考察的知識(shí)點(diǎn)較多,綜合性強(qiáng)。明確核外電子排布規(guī)律、元素周期律是解答的關(guān)鍵。難點(diǎn)是晶胞構(gòu)造分析與計(jì)算,注意利用均攤方法可計(jì)算晶胞中含有的各種元素原子的個(gè)數(shù),根據(jù)物質(zhì)的密度計(jì)算公式就可以計(jì)算得到晶胞的邊長(zhǎng)。關(guān)于晶胞的計(jì)算需要注意：〔1〕判斷某種微粒周?chē)染嗲揖o鄰的微粒數(shù)目時(shí),要注意運(yùn)用三維想象法。如NaCl晶體中,Na＋周?chē)腘a＋數(shù)目(Na＋用“○〞表示)：每個(gè)面上有4個(gè),共計(jì)12個(gè)。〔2〕?？嫉膸追N晶體主要有干冰、冰、金剛石、SiO2、石墨、CsCl、NaCl、K、Cu等,要熟悉以上代表物的空間構(gòu)造。當(dāng)題中信息給出與某種晶體空間構(gòu)造一樣時(shí),可以直接套用某種構(gòu)造。12.某有機(jī)物有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：{注：物質(zhì)ABCDEF中C原子數(shù)均為9}己知：①②根據(jù)以上信息答復(fù)以下問(wèn)題：(1)K的分子式是______