四川省眉山市2025屆高三化學(xué)第三次診斷性考試試題含解析

PAGE15-四川省眉山市2025屆高三化學(xué)第三次診斷性考試試題（含解析）可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H—1C—12O—16Na—23C1—35.5一、選擇題本題共13小題，每小題6分共78分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.化學(xué)便利了人類的生產(chǎn)與生活，下列說法不正確的是A.氫氧化鋁可用于中和人體過多的胃酸B.碘是人體必需的微量元素，應(yīng)當(dāng)適量服用I2C.葡萄糖可以用于食品加工和合成葡萄糖酸鈣D.漂白粉中的有效成分是Ca(ClO)2【答案】B【解析】【詳解】A．胃酸的主要成分為HCI，Al(OH)3與HCI反應(yīng)達(dá)到中和過多胃酸的目的，正確，A不選；B．碘元素是人體必需微量元素，不能攝入過多，而且微量元素碘可以用無毒IO3－或I－補(bǔ)充，而I2有毒不能服用，錯(cuò)誤，B選；C．葡萄糖是食品添加劑，也可干脆服用，同時(shí)葡萄糖通過氧化成葡萄糖酸之后，可以用于制備補(bǔ)鈣劑葡萄糖酸鈣，正確，C不選；D．漂白粉含Ca(ClO)2和CaCl2，其中有效成分Ca(ClO)2具有強(qiáng)氧化性，能夠氧化有色物質(zhì)，起到漂白的作用，正確，D不選。答案選B。2.工業(yè)上用酸性KMnO4溶液與乙苯()反應(yīng)生產(chǎn)苯甲酸()，下列有關(guān)說法正確的是A.乙苯是苯的同系物 B.乙苯的全部原子均共平面C.生產(chǎn)苯甲酸時(shí)發(fā)生的是取代反應(yīng) D.乙苯不能與H2發(fā)生反應(yīng)【答案】A【解析】【詳解】A．苯和乙苯，都只含有一個(gè)苯環(huán)，結(jié)構(gòu)相像，且分子相差2個(gè)CH2，是同系物，A正確；B．乙苯中的－CH2CH3上有2個(gè)飽和的C原子，飽和碳原子與其四周的原子位置關(guān)系類似于CH4，不能全部原子共面，B錯(cuò)誤；C．乙苯在高錳酸鉀的作用下轉(zhuǎn)化為苯甲酸，是氧化反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．乙苯中的苯環(huán)能夠與H2反生加成反應(yīng)，D錯(cuò)誤。答案選A。3.含有0.01molFeCl3氯化鐵飽和溶液因久置變得渾濁，將所得分散系從如圖所示裝置的A區(qū)流向B區(qū)，其中C區(qū)是不斷更換中的蒸餾水。已知NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法不正確的是A.試驗(yàn)室制備Fe(OH)3膠體的反應(yīng)為：FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HClB.濾紙上殘留的紅褐色物質(zhì)為Fe(OH)3固體顆粒C.在B區(qū)的深紅褐色分散系為Fe(OH)3膠體D.進(jìn)入C區(qū)的H+的數(shù)目為0.03NA【答案】D【解析】【詳解】A．飽和FeCl3在沸水中水解可以制備膠體，化學(xué)方程式為FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl，正確，A不選；B．濾紙上層的分散系中懸浮顆粒直徑通常大于10-7m時(shí)，為濁液，不能透過濾紙，因此濾紙上的紅褐色固體為Fe(OH)3固體顆粒，正確，B不選；C．膠體的直徑在10-9~10-7m之間，可以透過濾紙，但不能透過半透膜，因此在濾紙和半透膜之間的B層分散系為膠體，正確，C不選；D．若Fe3＋完全水解，Cl－全部進(jìn)入C區(qū)，依據(jù)電荷守恒，則進(jìn)入C區(qū)的H＋的數(shù)目應(yīng)為0.03NA。但是Fe3＋不肯定完全水解，Cl－也不行能通過滲析完全進(jìn)入C區(qū)，此外Fe(OH)3膠體粒子通過吸附帶正電荷的離子如H+而帶有正電荷，因此進(jìn)入C區(qū)的H＋的數(shù)目小于0.03NA，錯(cuò)誤，D選。答案選D。4.W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素，W為空氣中含量最多的元素，Y的周期數(shù)等于其族序數(shù)，W、X、Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物可兩兩反應(yīng)生成鹽和水，Z的最外層電子數(shù)是最內(nèi)層電子數(shù)的3倍。下列敘述正確的是A.X、Y均可形成兩種氧化物B.離子的半徑大小依次：r(X+)<r(Z2-)C.W和Z的氫化物之間不能反應(yīng)D.X的氫化物(XH)中含有共價(jià)鍵【答案】B【解析】【詳解】W是空氣中含量最多的元素，則W為N元素。Y的周期數(shù)等于其族序數(shù)，另Y的原子序數(shù)大于W的原子序數(shù)，則Y在第三周期第ⅢA族，Y為Al元素。Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為Al(OH)3，可以與N的最高價(jià)氧化物的水化物HNO3反應(yīng)生成鹽和水，在Al和N之間的元素，Al(OH)3只能與Na的最高價(jià)的氧化物的水化物NaOH反應(yīng)生成鹽和水，則X為Na元素。Z的最外層電子數(shù)是最內(nèi)層電子數(shù)的3倍，最內(nèi)層的電子數(shù)為2個(gè)，則Z的最外層電子數(shù)為6，則Z為S元素。A．Na的氧化物為Na2O和Na2O2(其中Na2O2為過氧化物，屬于特別的氧化物)，有2種；Al的氧化物為Al2O3，只有1種，A錯(cuò)誤；B．S2－核外有3個(gè)電子層，Na＋核外只有2個(gè)電子層，電子層數(shù)越多，離子半徑越大，則有r(Na＋)＜r(S2－)，B正確；C．W和Z的氫化物分別為NH3和H2S，可發(fā)生下列反應(yīng)NH3+H2S=NH4HS或2NH3＋H2S=(NH4)2S，C錯(cuò)誤；D．Na的氫化物NaH，由Na＋和H－構(gòu)成，只有離子鍵，D錯(cuò)誤。答案選B?！军c(diǎn)睛】離子半徑比較方法可以歸納為：①核外電子排布相同時(shí)，核電荷數(shù)越大，離子半徑越??；②核外電子排布不同的短周期元素離子，其電子層數(shù)越多，離子半徑越大。5.下列試驗(yàn)過程可以達(dá)到試驗(yàn)?zāi)康牡氖蔷幪?hào)試驗(yàn)?zāi)康脑囼?yàn)過程A配制0.4000mol?L-1的NaOH溶液將稱取的4.0g固體NaOH置于250mL容量瓶中，加入適量蒸餾水溶解并定容至容量瓶刻度線B收集NH4Cl和Ca(OH)2混合物在受熱時(shí)產(chǎn)生的氣體用排水法收集，在試驗(yàn)結(jié)束時(shí)，應(yīng)先移出導(dǎo)管，后熄滅酒精燈C探究濃度對(duì)反應(yīng)速率的影響向2支盛有5mL不同濃度Na2S2O3溶液的試管中同時(shí)加入2mL0.1mol/LH2SO4溶液，察試驗(yàn)現(xiàn)象D證明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)向含少量NaCl的NaI溶液中滴入適量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．容量瓶是配制肯定物質(zhì)的量濃度溶液的儀器，不能用于溶解溶質(zhì)，即不能在容量瓶中溶解NaOH，A錯(cuò)誤；B．NH3極易溶于水，其收集方法不能用排水法，B錯(cuò)誤；C．Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，可以通過黃色沉淀出現(xiàn)快慢來比較化學(xué)反應(yīng)速率的快慢，從而探究濃度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，C正確；D．由于NaCl量較少，可能濃度商c(Ag＋)·c(Cl－)<Ksp(AgCl)而未出現(xiàn)沉淀。只有在CI－和I－濃度相同狀況下才可以比較，D錯(cuò)誤。答案選C?！军c(diǎn)睛】A項(xiàng)須要留意的是NaOH溶液易變質(zhì)，通常不能干脆正確地配制肯定物質(zhì)的量的濃度的NaOH溶液（即NaOH不能作基準(zhǔn)物質(zhì)），而須要通過滴定來測(cè)定NaOH溶液的濃度。6.已知常溫下反應(yīng)：Fe3++Ag?Fe2++Ag+的平衡常數(shù)K=0.3?，F(xiàn)將含0.010mol/LFe(NO3)2和0.10mol/LFe(NO3)3的混合溶液倒入燒杯甲中，將含0.10mol/L的AgNO3溶液倒入燒杯乙中(如圖)，閉合開關(guān)K，關(guān)于該原電池的說法正確的是A.原電池發(fā)生的總反應(yīng)中Ag+氧化Fe2+B.鹽橋中陽離子從左往右作定向移動(dòng)C.石墨為負(fù)極，電極反應(yīng)為Fe2+-e-=Fe3+D.當(dāng)電流計(jì)指針歸零時(shí)，總反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)【答案】D【解析】【詳解】A．依據(jù)濃度商Qc和平衡常數(shù)K大小推斷反應(yīng)進(jìn)行方向，從而確定原電池的正負(fù)極。由Fe3＋、Fe2＋及Ag＋的濃度，可求得，Qc小于K，所以反應(yīng)Fe3++Ag?Fe2++Ag+正向進(jìn)行，即原電池總反應(yīng)為Fe3＋+Ag=Fe2＋+Ag＋，F(xiàn)e3＋作氧化劑，氧化了Ag，A錯(cuò)誤；B．依據(jù)A項(xiàng)分析，Ag失去電子，作還原劑，為負(fù)極，石墨作正極。在原電池中，陽離子向正極移動(dòng)，因此鹽橋中的陽離子是從右往左作定向移動(dòng)，B錯(cuò)誤；C．依據(jù)A項(xiàng)分析，石墨作正極，石墨電極上發(fā)生反應(yīng)，F(xiàn)e3＋+e－=Fe2＋，C錯(cuò)誤；D．當(dāng)電流計(jì)讀數(shù)為0時(shí)，說明該電路中無電流產(chǎn)生，表示電極上得失電子達(dá)到平衡，即該總反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡，D正確。答案選D?！军c(diǎn)睛】該題通過濃度商Qc和平衡常數(shù)K大小推斷反應(yīng)進(jìn)行方向，從而確定原電池的正負(fù)極，是解題的關(guān)鍵。7.向1.00L濃度均為0.0100mol/L的Na2SO3、NaOH混合溶液中通入HCl氣體調(diào)整溶液pH(忽視溶液體積變更)。其中比H2SO3、HSO3-、SO32-平衡時(shí)的分布系數(shù)(各含硫物種的濃度與含硫物種總濃度的比)隨HCl氣體體積(標(biāo)況下)的變更關(guān)系如圖所示(忽視SO2氣體的逸出)；已知Ka1代表H2SO3在該試驗(yàn)條件下的一級(jí)電離常數(shù)。下列說法正確的是A.Z點(diǎn)處的pH=-lgKa1(H2SO3)B.從X點(diǎn)到Y(jié)點(diǎn)發(fā)生的主要反應(yīng)為SO32-+H2O?HSO3-+OH-C.當(dāng)V(HCl)≥672mL時(shí)，c(HSO3-)=c(SO32-)=0mol/LD.若將HCl改為NO2，Y點(diǎn)對(duì)應(yīng)位置不變【答案】A【解析】【詳解】A．在Z點(diǎn)c(H2SO3)=c(HSO3-)，由，則有，則pH=-lgc(H+)=-lgKa1，A正確；B．依據(jù)圖示，從X點(diǎn)到Y(jié)點(diǎn)，SO32－的濃度削減，而HSO3－的濃度在增加，則加入鹽酸發(fā)生的主要反應(yīng)為SO3－+H＋=HSO3，B錯(cuò)誤；C．當(dāng)V(HCl)=672mL時(shí)，n(HCl)=0.672L÷22.4L·mol－1=0.03mol。溶液中的NaOH和Na2SO3的物質(zhì)的量均為1L×0.01mol·L－1=0.01mol，通入0.03molHCl，NaOH完全反應(yīng)，Na2SO3轉(zhuǎn)化為H2SO3。H2SO3為弱酸，可經(jīng)第一二步電離產(chǎn)生HSO3－和SO32－，其關(guān)系是c(HSO3-)＞c(SO32-)＞0，C錯(cuò)誤；D．若將HCl換為NO2，NO2會(huì)與水反應(yīng)，3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成HNO3有強(qiáng)氧化性，可以氧化Na2SO3，溶液中將沒有SO32－、HSO3－、H2SO3等粒子，Y點(diǎn)位置會(huì)消逝，D錯(cuò)誤。答案選A。8.探討NO的性質(zhì)對(duì)建設(shè)漂亮家鄉(xiāng)，打造宜居環(huán)境具有重要意義。(1)自然界在閃電時(shí)，生成NO的反應(yīng)方程式為__________________。(2)T℃時(shí)在容積為2L的恒容密閉容器中，充入NO和O2發(fā)生反應(yīng)：2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)，不同時(shí)刻測(cè)得容器中n(NO)、n(O2)如表：時(shí)間/s012345n(NO)/mol10.60.40.20.20.2n(O2)/mol0.60.40.30.20.20.2①在T℃下，0~2s時(shí)，該反應(yīng)的平均反應(yīng)速率=________；②該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)K=________，在T℃下，能提高NO的平衡轉(zhuǎn)化率的措施有_______、________。(3)已知NO和O2反應(yīng)的歷程如圖，回答下列問題：①寫出其中反應(yīng)①的熱化學(xué)方程式也(△H用含物理量E的等式表示)：________。②試分析上述基元反應(yīng)中，反應(yīng)①和反應(yīng)②的速率較小的是_____（選填“反應(yīng)①”或“反應(yīng)②”）；已知反應(yīng)①會(huì)快速建立平衡狀態(tài)，反應(yīng)②可近似認(rèn)為不影響反應(yīng)①的平衡。對(duì)該反應(yīng)體系上升溫度，發(fā)覺總反應(yīng)速率變慢，其緣由可能是____________?！敬鸢浮?1).N2＋O22NO(2).0.15mol·L－1·s－1(3).160.0L·mol－1(4).增大O2的濃度(5).增大體系壓強(qiáng)(6).2NO(g)N2O2(g)△H=－(E3－E2)kJ·mol－1(7).反應(yīng)②(8).因?yàn)榉磻?yīng)①為放熱反應(yīng)，上升溫度，反應(yīng)①平衡逆向移動(dòng)，導(dǎo)致c(N2O2)減小，反應(yīng)②變慢，而反應(yīng)②為慢反應(yīng)是總反應(yīng)速率的決速反應(yīng)【解析】【分析】(2)依據(jù)計(jì)算化學(xué)反應(yīng)速率；依據(jù)求算平衡常數(shù)；(3)依據(jù)△H=生成物的總能量－反應(yīng)物的總能量求算△H；(4)一般來說，活化能越大，化學(xué)反應(yīng)速率越慢?！驹斀狻?1)在閃電時(shí)，N2和O2會(huì)發(fā)生化合反應(yīng)生成NO，化學(xué)方程式為N2＋O22NO；(2)①在T℃下，0～2s時(shí)，n(NO)從1mol降低到0.4mol，變更了0.6mol，容器體積為2L。依據(jù)，帶入數(shù)據(jù)，有；②依據(jù)方程式，從起先到平衡，消耗n(NO)=1mol－0.2mol=0.8mol，則生成n(NO2)=0.8mol。平衡時(shí)，NO、O2、NO2的物質(zhì)的量分別為0.2mol、0.2mol、0.8mol，容器體積為2L，平衡常數(shù)，帶入數(shù)據(jù)，有；在T℃下，提高NO的轉(zhuǎn)化率，需平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，須要留意的是，溫度已經(jīng)限定，不能變更溫度。則增大NO的轉(zhuǎn)化率，可以增大O2的濃度；該反應(yīng)是氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，可以壓縮體積，增大壓強(qiáng)；(3)①依據(jù)圖像，反應(yīng)①為NO(g)反應(yīng)化合生成N2O2(g)，依據(jù)△H=生成物的能量－反應(yīng)物的能量，則熱化學(xué)方程式：2NO(g)N2O2(g)△H=－(E3－E2)kJ·mol－1；②一般來說，活化能越大，化學(xué)反應(yīng)速率越慢。反應(yīng)①的活化能為E4－E3，反應(yīng)②的活化能為E5－E2，依據(jù)圖示，反應(yīng)②的活化能大，化學(xué)反應(yīng)速率較??；化學(xué)反應(yīng)速率慢的基元反應(yīng)是總反應(yīng)的決速步，反應(yīng)②的活化能大，化學(xué)反應(yīng)速率較小，是總反應(yīng)的決速步。從圖示看，反應(yīng)①和②都是放熱反應(yīng)，上升溫度，平衡均逆向移動(dòng)，由于反應(yīng)①快速達(dá)到平衡，則反應(yīng)①的產(chǎn)物N2O2的濃度會(huì)減小，但對(duì)于反應(yīng)②來說，c(N2O2)減小，會(huì)使得反應(yīng)②的反應(yīng)速率減小，而反應(yīng)②是總反應(yīng)的決速步，因此總反應(yīng)速率變慢。答案：因?yàn)榉磻?yīng)①為放熱反應(yīng)，上升溫度，反應(yīng)①平衡逆向移動(dòng)，導(dǎo)致c(N2O2)減小，反應(yīng)②變慢，而反應(yīng)②為慢反應(yīng)是總反應(yīng)速率的決速反應(yīng)。9.肉桂酸()是制備感光樹脂重要原料，某肉桂酸粗產(chǎn)品中含有苯甲酸及聚苯乙烯，各物質(zhì)性質(zhì)如表：名稱相對(duì)分子質(zhì)量熔點(diǎn)(℃)沸點(diǎn)(℃)水中溶解度(25℃)苯甲醛106-26179.62微溶聚苯乙烯104n83.1~105240.6難溶肉桂酸148135300微溶(熱水中易溶)試驗(yàn)室提純?nèi)夤鹚岬牟襟E及裝置如下(部分裝置未畫出)，試回答相關(guān)問題：

2g粗產(chǎn)品和30mL熱水的混合物濾液稱重(1)裝置A中長(zhǎng)玻璃導(dǎo)管的作用是_________，步驟①使苯甲醛隨水蒸汽離開母液，上述裝置中兩處須要加熱的儀器是____________(用字母A、B、C、D回答)。(2)儀器X的名稱是_______，該裝置中冷水應(yīng)從___________口(填a或b)通入。(3)步驟②中，10%NaOH溶液的作用是___________，以便過濾除去聚苯乙烯雜質(zhì)。(4)步驟④中，證明洗滌干凈的最佳方法是________，若產(chǎn)品中還混有少量NaCl，進(jìn)一步提純獲得肉桂酸晶體方法為_________________。(5)若本試驗(yàn)肉桂酸粗產(chǎn)品中有各種雜質(zhì)50%，加堿溶解時(shí)損失肉桂酸10%，結(jié)束時(shí)稱重得到產(chǎn)品0.6g，若不計(jì)操作損失，則加鹽酸反應(yīng)的產(chǎn)率約為_____％(結(jié)果精確至0.1%)?！敬鸢浮?1).平衡氣壓(2).AB(3).冷凝管(4).b(5).將肉桂酸轉(zhuǎn)化為易溶于水的肉桂酸鈉(6).用鉑絲蘸取最終一次洗滌液進(jìn)行焰色反應(yīng)，假如火焰無黃色，則洗滌干凈(7).重結(jié)晶(8).66.7【解析】【分析】粗產(chǎn)品通過水蒸汽蒸餾，苯甲醛沸點(diǎn)較低，隨著水蒸汽逸出。加入NaOH，肉桂酸轉(zhuǎn)化為肉桂酸鈉，溶于水中，而聚苯乙烯難溶于水，過濾除去，得到肉桂酸鈉溶液，加入HCl酸化，肉桂酸鈉轉(zhuǎn)化為肉桂酸，由于肉桂酸溶解度較低，從溶液中析出，過濾晾干得到肉桂酸?！驹斀狻?1)A供應(yīng)水蒸氣，長(zhǎng)玻璃導(dǎo)管可以平衡圓底燒瓶?jī)?nèi)部的壓強(qiáng)和外界的大氣壓，在加熱煮沸過程中導(dǎo)管可以預(yù)防圓底燒瓶?jī)?nèi)部壓強(qiáng)過高導(dǎo)致發(fā)生平安事故。長(zhǎng)玻璃導(dǎo)管的作用是平衡氣壓；A需加熱供應(yīng)水蒸氣，B亦須要加熱以維持苯甲醛（沸點(diǎn)179.62℃）的沸騰，讓苯甲醛隨水蒸氣逸出，因此須要加熱的儀器是AB；(2)儀器X為直形冷凝管，冷水應(yīng)從下進(jìn)入，即b口進(jìn)；(3)肉桂酸微溶于水，但與NaOH反應(yīng)生成可溶于水的肉桂酸鈉，從而過濾除去聚苯乙烯。因此NaOH溶液的作用是將肉桂酸轉(zhuǎn)化為易溶于水的肉桂酸鈉；(4)肉桂酸鈉與HCl反應(yīng)后生成肉桂酸，同時(shí)還有NaCl生成，過濾洗滌目的是洗去NaCl與過量的HCl，所以證明是否洗滌干凈可以檢查最終一段洗滌液中是否有Na＋、CI－，因肉桂酸微溶，不適合檢測(cè)H＋，題目對(duì)肉桂酸根性質(zhì)未予介紹，不適合檢驗(yàn)CI－，因此可以用焰色反應(yīng)檢驗(yàn)Na＋，操作為用鉑絲蘸取最終一次洗滌液進(jìn)行焰色反應(yīng)，假如火焰無黃色，則洗滌干凈；肉桂酸在熱水中易溶，NaCl的溶解度隨著溫度的變更不大，因此可以利用溶解度隨溫度變更的差異性分別，采納重結(jié)晶?？蓪?shí)行重結(jié)晶方法除去NaCl；(5)本試驗(yàn)肉桂酸粗產(chǎn)品中有各種雜質(zhì)50%，則肉桂酸的物質(zhì)的量為，堿溶后余下90%，則肉桂酸的物質(zhì)的量為，設(shè)加鹽酸反應(yīng)的產(chǎn)率約為x%，有，計(jì)算得x=66.7。10.閃鋅精礦(含有ZnS、SiO2和少量FeS雜質(zhì))，鈦白廢液(含H2SO4約20%，還有少量Fe2+、TiO2+)。利用鈦白廢液及閃鋅精礦聯(lián)合生產(chǎn)七水合硫酸鋅流程簡(jiǎn)化如下：回答下列問題：(1)在焙燒過程中，產(chǎn)生了具有漂白性的氣體和金屬氧化物，其中氣體是_________，濾渣X的主要成分是_________________。(2)氧化時(shí)，假如鼓入空氣不足，其弊端是__________，生成H2TiO3的相關(guān)離子反應(yīng)方程式為____________，從生產(chǎn)實(shí)際考慮，調(diào)pH時(shí)，選擇加入石灰乳而不是燒堿的緣由是_________。(3)常溫下，濾液Y中鋅離子濃度約為6mol/L，若Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Zn(OH)2]=6.0×10-18。據(jù)此分析，加入石灰乳調(diào)整的pH應(yīng)不超過________，此時(shí)溶液中還有的雜質(zhì)陽離子為H+和__________。(4)工業(yè)上，常用電解硫酸四氨合鋅(II)溶液【含[Zn(NH3)4]2+】制備單質(zhì)鋅，其陰極的電極反應(yīng)式為__________?！敬鸢浮?1).SO2（或二氧化硫）(2).SiO2（或二氧化硅）(3).Fe2＋氧化不完全，在調(diào)整pH時(shí)不能除盡Fe2＋(4).2H2O＋TiO2＋=H2TiO3↓＋2H＋或TiO2＋＋Ca(OH)2=H2TiO3＋Ca2＋(5).Ca(OH)2來源廣，價(jià)格便宜(6).5(7).Ca2＋(8).[Zn(NH3)4]2＋＋2e－=Zn＋4NH3【解析】【分析】閃鋅精礦焙燒過程中ZnS和FeS會(huì)與O2反應(yīng)，生成金屬氧化物和SO2，加入鈦白廢液，金屬氧化物會(huì)與鈦白廢液中的H2SO4反應(yīng)，生成溶于水的硫酸鹽。過濾，不溶于酸的SiO2被除去。通過空氣氧化Fe2＋成Fe3+，加入石灰乳調(diào)整pH，以便轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀除去，TiO2＋也轉(zhuǎn)化為H2TiO3沉淀除去，過濾得到ZnSO4溶液，最終得到ZnSO4·7H2O?！驹斀狻?1)由信息可知，焙燒過中發(fā)生反應(yīng)：2ZnS＋3O22ZnO＋2SO2，4FeS＋7O22Fe2O3＋4SO2，所以放出的氣體是SO2；由于ZnO和Fe2O3均溶于硫酸，SiO2不溶于H2SO4，因此濾渣X為SiO2；(2)通入空氣的目的是為了將Fe2＋氧化為Fe3＋從而形成Fe(OH)3除去，假如空氣不足，F(xiàn)e2＋沒有被完全氧化，在調(diào)整pH時(shí)，不能完全除去Fe2＋；加入石灰乳調(diào)整pH，TiO2＋轉(zhuǎn)化為H2TiO3，分析化合價(jià)可知，Ti的化合價(jià)沒有發(fā)生變更，依據(jù)原子守恒配平，則化學(xué)方程式為2H2O＋TiO2＋=H2TiO3↓＋2H＋或TiO2＋＋Ca(OH)2=H2TiO3＋Ca2＋；生產(chǎn)實(shí)際考慮時(shí)，必需考慮原料的來源和價(jià)格，石灰乳Ca(OH)2來源廣，價(jià)格便宜；(3)調(diào)整pH時(shí)，F(xiàn)e3＋要沉淀完全，而Zn2＋不能沉淀，假設(shè)Fe3＋沉淀完全的濃度為1×10－5mol·L－1，c(Fe3＋)3c(OH－)=Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，可求出c(OH－)=1.6×10－11mol·L－1；當(dāng)Zn2＋恰好沉淀時(shí)，c(Zn2＋)2c(OH－)=Ksp[Zn(OH)2]=6.0×10-18，c(Zn2＋)=6mol/L，可求出c(OH－)=10－9mol·L－1，則c(OH－)不應(yīng)超過10－9mol·L－1，可計(jì)算最大的pH值，，因此pH應(yīng)不超過5；加入石灰乳Ca(OH)2調(diào)整pH時(shí)，生成的CaSO4是微溶物，因此濾液中還會(huì)有Ca2＋；(4)依據(jù)信息，由[Zn(NH3)4]2＋制備Zn，在陰極，得電子發(fā)生還原反應(yīng)，則電極反應(yīng)為[Zn(NH3)4]2＋＋2e－=Zn＋4NH3。11.鉻是一種應(yīng)用廣泛的金屬材料。請(qǐng)回答下列問題：(1)基態(tài)鉻的價(jià)電子排布式為_____________，其單電子數(shù)目為______________。(2)Cr(NH3)3F3中所含非金屬元素的電負(fù)性由大到小的依次是_______________。(3)NH3中N的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為____________，已知Cr(NH3)3F3中Cr的配位數(shù)為6，Cr的配位原子是_____________，NH3與Cr3+成鍵后，N的雜化類型為____________。(4)Cr(NH3)3F3固體易升華，其熔沸點(diǎn)均較NaCl低許多，其緣由是________________。(5)將Cr(NH3)3F3在足夠氧氣中灼燒有Cr2O3生成，從Cr2O3晶體中取出的具有重復(fù)性的六棱柱結(jié)構(gòu)如圖所示，已知Cr2O3的摩爾質(zhì)量為Mg/mol，晶體的密度為ρg/cm3，六棱柱的體積為Vcm3。六棱柱結(jié)構(gòu)內(nèi)部的小白球代表________(填“鉻離子”或“氧離子”)阿伏加德羅常數(shù)NA=___________mol-1(用含M，V，ρ的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1).3d54s1(2).6(3).F＞N＞H(4).4(5).N和F(6).sp3雜化(7).Cr(NH3)3F3為分子晶體，NaCl為離子晶體，分子間作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于離子鍵(8).鉻離子(9).【解析】【詳解】(1)Cr為24號(hào)元素，其核外電子排布為1s22s22p63s23p64s13d5，則其價(jià)電子排布為3d54s1，其中3d和4s軌道上的電子均為單電子，因此單電子數(shù)為6；(2)同周期自左而右，電負(fù)性增大，電負(fù)性F＞N；H元素與F、N元素化合時(shí)，H元素表現(xiàn)正化合價(jià)，H元素的電負(fù)性比F、N元素小，故電負(fù)性F＞N＞H；(3)NH3中N的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=；由Cr的配位數(shù)為6知，該物質(zhì)為配鹽(無外界)，所以N和F均為配位原子；NH3中孤電子對(duì)在與Cr成鍵時(shí)，N的價(jià)層電子對(duì)數(shù)不變，所以雜化類型不變，N的雜化類型為sp3；(4)由Cr(NH3)3F3易升華可知，其熔沸點(diǎn)較低，應(yīng)為分子晶體，而NaCl為離子晶體，離子鍵強(qiáng)于分子間作用力，所以NaCl熔沸點(diǎn)高許多；(5)由圖示可知，該六棱柱中白色小球有4個(gè)，均為六棱柱全部；在六棱柱的頂點(diǎn)有12個(gè)黑色小球，為6個(gè)六棱柱全部；上下的面心有2個(gè)黑色小球，為2個(gè)六棱柱全部，在六棱柱內(nèi)部還有3個(gè)黑色小球，則六棱柱中黑色小球共有個(gè)，白色小球和黑色小球的比例為4:6=2:3，依據(jù)化學(xué)式Cr2O3，可知白色小球?yàn)殂t離子；依據(jù)計(jì)算六棱柱中有4個(gè)Cr和6個(gè)O，則其質(zhì)量，則晶體密度，則。12.白藜蘆醇在