陜西省延安市第一中學2025屆高三化學第十一次質(zhì)量檢測試題含解析

PAGEPAGE17陜西省延安市第一中學2025屆高三化學第十一次質(zhì)量檢測試題（含解析）1.在抗擊“2024新型冠狀病毒”的過程中，口罩、防護服、消毒用品及疫苗投入運用。下列有關(guān)說法不正確的是()A.84消毒液和酒精均可殺滅新型冠狀病毒，兩者的消毒原理不同B.新型冠狀病毒疫苗一般應(yīng)冷藏存放，其目的是避開蛋白質(zhì)變性C.聚丙烯和聚四氟乙烯為生產(chǎn)防護服的主要原料，兩者均屬于有機高分子材料D.真絲織品和棉紡織品可代替熔噴無紡布生產(chǎn)防護口罩，兩者均可防止病毒滲透【答案】D【解析】【詳解】A．乙醇和84消毒液都可用于消毒，84消毒液是利用強氧化性使蛋白質(zhì)變性，乙醇是利用滲透作用和揮發(fā)性使蛋白質(zhì)凝固而變性，二者消毒原理不相同，故A正確；B．新型冠狀病毒疫苗是蛋白質(zhì)，溫度過高易變性，則冷藏存放，目的是避開蛋白質(zhì)變性，故B正確；C．聚丙烯和聚四氟乙烯都是有機高分子材料，故C正確；D．真絲織品和棉紡織品不能防止病毒滲透，不能代替無紡布生產(chǎn)防護口罩，故D錯誤；故答案為D。2.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是()A.7g乙烯和丙烯混合氣體中的氫原子數(shù)為NAB.7.8gNa2O2與足量水充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.2NAC.1L1mol·L?1的乙酸溶液中含H+的數(shù)量為NAD.標準狀況下，2.24L乙醇完全燃燒產(chǎn)生CO2分子的數(shù)目為NA【答案】A【解析】【詳解】A．乙烯和丙烯的最簡式均為CH2，故7g混合物中含0.5molCH2，含NA個氫原子，故A正確；B．7.8gNa2O2的物質(zhì)的量為0.1mol，與足量水充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NA，故B錯誤；C．乙酸是弱酸，不能完全電離，則1L1mol·L?1的乙酸溶液中含H+的數(shù)量小于NA，故C錯誤；D．標準狀況下，乙醇是液體，不能依據(jù)氣體摩爾體積計算2.24L乙醇的物質(zhì)的量，則無法推斷完全燃燒產(chǎn)生CO2分子的數(shù)目，故D錯誤；故答案為A。3.豆油被加熱到185℃時會產(chǎn)生如圖所示的物質(zhì)。下列關(guān)于該物質(zhì)的說法不正確的是A.該有機物的分子式為 B.該有機物可以與H2發(fā)生加成反應(yīng)C.該有機物能使溴的四氯化碳溶液褪色 D.該有機物屬于烴類化合物【答案】D【解析】【詳解】A、由結(jié)構(gòu)簡式可知該物質(zhì)的分子式為C9H16O2，A正確；B、該物質(zhì)含有碳碳雙鍵能與H2發(fā)生加成反應(yīng)，B正確；C、分子中含有碳碳雙鍵，可使溴的四氯化碳溶液褪色，C正確；D、烴類化合物只含有碳和氫兩種元素，該物質(zhì)含有氧元素，屬于烴的含氧衍生物，D錯誤；正確選項D。4.鋅–空氣燃料電池可用作電動車動力電源，電池的電解質(zhì)溶液為KOH溶液，反應(yīng)為2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-。下列說法正確的是（）A.充電時，電解質(zhì)溶液中K+向陽極移動B.充電時，電解質(zhì)溶液中c(OH－)漸漸減小C.放電時，負極反應(yīng)為：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42－D.放電時，電路中通過2mol電子，消耗氧氣22.4L（標準狀況）【答案】C【解析】詳解】A．充電時，陽離子向陰極移動，即K＋向陰極移動，A項錯誤；B．放電時總反應(yīng)為2Zn+O2+4OH–+2H2O=2Zn(OH)42-，則充電時生成氫氧化鉀，溶液中的氫氧根離子濃度增大，B項錯誤；C．放電時，鋅在負極失去電子，電極反應(yīng)為Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C項正確；D．標準狀況下22.4L氧氣的物質(zhì)的量為1摩爾，電路中轉(zhuǎn)移4摩爾電子，D項錯誤；答案選C?！军c睛】電極反應(yīng)式的書寫是電化學中必考的一項內(nèi)容，一般先寫出還原劑（氧化劑）和氧化產(chǎn)物（還原產(chǎn)物），然后標出電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目，最終依據(jù)原子守恒和電荷守恒完成缺項部分和配平反應(yīng)方程式，作為原電池，正極反應(yīng)式為：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，負極電極反應(yīng)式為：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-；充電是電解池，陽離子在陰極上放電，陰離子在陽極上放電，即陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動，對可充電池來說，充電時原電池的正極接電源正極，原電池的負極接電源的負極，不能接反，否則發(fā)生危急或電極互換，電極反應(yīng)式是原電池電極反應(yīng)式的逆過程；涉及到氣體體積，首先看一下有沒有標準狀況，假如有，進行計算，假如沒有必定是錯誤選項。5.下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z為短周期主族元素，X和Z兩元素的原子序數(shù)之和等于W元素的原子序數(shù)。下列說法正確的是()A.X、W分別與Y都能形成兩種或兩種以上化合物，這些化合物都是酸性氧化物B.X、Y、Z都能形成10電子的氫化物，其中Z的最簡潔氫化物沸點最高C.X、Y、W與氫四種元素能組成離子化合物，該化合物肯定能發(fā)生水解D.X和W兩元素的氧化物對應(yīng)的水化物的酸性：X>W【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z為短周期主族元素，由位置可知X、Y、Z位于其次周期，W位于第三周期，X和Z兩元素的原子序數(shù)之和等于W元素的原子序數(shù)，設(shè)Y的原子序數(shù)為n，則n-1+n+1=n+8，解得n=8，可知X為N、Y為O、Z為F、W為S，以此來解答?！驹斀狻坑煞治鲋篨為N、Y為O、Z為F、W為S；A．N的氧化物中N2O3和N2O5是酸性氧化物，而NO、NO2等不是酸性氧化物，S的氧化物SO3和SO2均為酸性氧化物，故A錯誤；B．N、O、F形成的10電子氫化物是NH3、H2O和HF，其中H2O沸點最高，故B錯誤；C．N、O、S與氫四種元素組成的離子化合物是NH4HSO4、NH4HSO3、(NH4)2SO4和(NH4)2SO3等，其中NH4+和SO32-在水溶液中均發(fā)生水解，故C正確；D．N和S的最高價氧化物的水化物的酸性是H2SO4＞HNO3，而H2SO3的酸性小于HNO3，故D錯誤；故答案為C。6.試驗室制備硝基苯的試驗裝置如圖所示(夾持裝置已略去)。下列說法不正確的是()A.水浴加熱的優(yōu)點為使反應(yīng)物受熱勻稱、簡潔限制溫度B.儀器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率C.濃硫酸、濃硝酸和苯混合時，應(yīng)先向濃硫酸中緩緩加入濃硝酸，待冷卻至室溫后，再將所得混合物加入苯中D.反應(yīng)完全后，可用蒸餾的方法分別苯和硝基苯【答案】C【解析】【詳解】A．水浴加熱的優(yōu)點為使反應(yīng)物受熱勻稱、簡潔限制溫度，故A正確；B．冷凝管可冷凝回流反應(yīng)物，則儀器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，故B正確；C．混合時先加濃硝酸，后加濃硫酸，最終加苯，則混合時，應(yīng)向濃硝酸中加入濃硫酸，待冷卻至室溫后，再將所得混合物加入苯中，故C錯誤；D．苯和硝基苯相互混溶，可依據(jù)沸點差異利用蒸餾的方法分別苯和硝基苯，故D正確；故答案為C。7.丙基(-C3H7))的二氯代物共有(不含立體異構(gòu))()A.9種 B.7種 C.8種 D.10種【答案】A【解析】【詳解】丙基有-CH2CH2CH3和-CH(CH3)2兩種，其中-CH2CH2CH3的二氯代物有-CCl2CH2CH3、-CHClCHClCH3、-CHClCH2CH2Cl、-CH2CCl2CH3、-CH2CHClCH2Cl、-CH2CH2CHCl2，共6種，-CH(CH3)2的二氯代物有-CCl(CH3)CH2Cl、-CH(CH2Cl)2、-CH(CH3)CHCl2，共3種，則丙基(-C3H7))的二氯代物共有9種，故答案為A。8.工業(yè)上用鋁土礦(含氧化鋁、氧化鐵)制取鋁的過程如下：請回答下列問題：(1)沉淀C的化學式為____，C與金屬Al可以在高溫下發(fā)生反應(yīng),可用于焊接鐵軌。則該反應(yīng)的化學方程式為_________。(2)操作Ⅰ、操作Ⅱ和操作Ⅲ都是____(填操作名稱)，試驗室要洗滌Al(OH)3沉淀，洗滌方法是____________。(3)生產(chǎn)過程中，除NaOH、H2O可以循環(huán)運用外，還可以循環(huán)運用的物質(zhì)有______(填化學式)。用此法制取鋁的副產(chǎn)品是______(填化學式)。(4)金屬鋁的生產(chǎn)是以Al2O3為原料，在熔融狀態(tài)下進行電解：，電解熔融的氧化鋁，若得到標準狀況下11.2LO2，則同時生成____g鋁。下列有關(guān)此工藝的說法合理的是______A．冰品石(Na3AlF6)的作用是降低Al2O3的熔化溫度B．電解生成的金屬鋁是在熔融液的上層C．電解過程中的電極材料可以為金屬材料D．鋁是高耗能產(chǎn)品，廢舊鋁材的回收后制成氧化鋁比較合理(5)若鋁土礦中還含有二氧化硅，此生產(chǎn)過程中得到的氧化鋁將混有雜質(zhì)：___(填化學式)。【答案】(1).Fe2O3(2).2Al+Fe2O3=Al2O3+2Fe(3).過濾(4).向漏斗中加蒸餾水至浸沒沉淀，使水自然流完，重復操作2～3次(5).CaO和CO2(6).Fe2O3和O2(7).18(8).A(9).SiO2【解析】【分析】依據(jù)流程圖，氧化鋁可以和氫氧化鈉反應(yīng)得到偏鋁酸鈉，氧化鐵和氫氧化鈉不反應(yīng)，所以B是偏鋁酸鈉溶液，C是氧化鐵，實現(xiàn)固體和液體的分別的方法是過濾，氫氧化鋁受熱分解得到氧化鋁和水，電解氧化鋁得到的是金屬鋁和氧氣，據(jù)流程分析解題?！驹斀狻?1)因Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O，而Fe2O3不與NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)，因此過濾得到的沉淀C為Fe2O3，利用Fe2O3發(fā)生鋁熱反應(yīng)制取Fe，即2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；(2)操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均是除去不溶于液體的固體，即過濾，洗滌方法是向漏斗中加蒸餾水至浸沒沉淀，使水自然流完，重復操作2～3次；(3)據(jù)流程圖可看出循環(huán)運用的物質(zhì)除NaOH、H2O外，還有CaCO3CaO+CO2↑，CaO與CO2也可循環(huán)運用；制取Al同時得到Fe2O3和O2；(4)2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑，n(O2)=0.5mol，則m(Al)=×0.5mol×27g/mol=18g；A．Al2O3的熔點很高，熔化得須要較多能量，加入冰晶石可以降低熔化溫度，故A正確；B．由于冰晶石(Na3AlF6)與氧化鋁熔融物密度比鋁的小，所以鋁在熔融液的下層，故B錯誤；C．電解過程中假如是金屬做陽極，將參加電極反應(yīng)，故C錯誤；D．電解產(chǎn)生的鋁要盡量以單質(zhì)形式存在，所以將回收鋁做成鋁錠最好，故D錯誤；故答案為：A；(5)鋁土礦中含有二氧化硅，可以和氫氧化鈉反應(yīng)生成硅酸鈉溶液，向其中通二氧化碳可以得到硅酸沉淀，硅酸受熱分解得到二氧化硅，所以生產(chǎn)過程中得到的氧化鋁將混有雜質(zhì)二氧化硅。9.氨既是試驗室中常用試劑，也是工業(yè)上重要原料。(1)某學習小組欲制備少量的氨水。供選用的試劑有：①NH4Cl②(NH4)2CO3。供應(yīng)的裝置如下，請回答下列問題：①裝置A試管內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為__________；②從供應(yīng)的儀器中選擇并組裝一套本試驗的合理、簡潔裝置，按氣流方向連接依次為(用圖中標注的導管口符號表示)a→____；(2)氨在氧氣中燃燒，生成水和一種單質(zhì)。已知：N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=-92.4kJ·mol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-572kJ·mol-1寫出氨在氧氣中燃燒生成液態(tài)水和氣態(tài)單質(zhì)的熱化學方程式：_________；(3)已知在肯定條件下，將1molN2和3molH2混合于一個10L的密閉容器中發(fā)生的反應(yīng)為N2+3H22NH3，5min后達到平衡，平衡時氨的體積分數(shù)為25%。①該反應(yīng)的平衡常數(shù)=_____；②從反應(yīng)起先到平衡時，N2的反應(yīng)速率(N2)=______；(4)工業(yè)上以氨氣、空氣為主要原料制取硝酸。在容積恒定的密閉容器中進行反應(yīng)2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)△H＞0。該反應(yīng)的反應(yīng)速率()隨時間()變更的關(guān)系如圖所示。若t2、t4時刻只變更一個條件，下列說法正確的是(填選項序號)______。A．在時，可依據(jù)容器內(nèi)氣體的壓強保持不變推斷反應(yīng)已達到平衡狀態(tài)B．在時，實行的措施可以是上升溫度C．在時，可依據(jù)容器內(nèi)氣體的密度保持不變推斷反應(yīng)已達到平衡狀態(tài)D．在時，容器內(nèi)NO2的體積分數(shù)是整個過程中的最大值(5)為檢驗氨氣與酸反應(yīng)得到的某種常見氮肥的成分，某同學進行了以下試驗：①加熱氮肥樣品產(chǎn)生氣體，其中一種氣體能使潮濕的紅色石蕊試紙變藍，另一種氣體能使澄清石灰水變渾濁。②取少量該氮肥樣品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，沒有明顯變更。由此可知該氮肥的主要成分可能是_____________(填選項序號)；A．NH4ClB．(NH4)2CO3C．NH4HCO3D．NH4NO(6)硝酸廠常用Na2CO3溶液汲取處理尾氣NO2生成CO2。若9.2gNO2和Na2CO3溶液完全反應(yīng)時轉(zhuǎn)移電子0.1mol，則反應(yīng)的離子方程式是_________________。【答案】(1).(NH4)2CO32NH3↑+CO2↑+H2O(2).edf(3).4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)△H=-1531.2kJ·mol-1(4).K=18.3(5).0.008mol/(L﹒min)(6).AB(7).C(8).2NO2+CO=NO+NO+CO2【解析】【分析】碳酸銨加熱分解生成氨氣、二氧化碳和水，通過盛有堿石灰的干燥管除去二氧化碳，再通入水中，氨氣極易溶于水簡潔發(fā)生倒吸，用D汲取可以防止倒吸；依據(jù)已知熱化學方程式，結(jié)合蓋斯定律分析解題；依據(jù)平衡常數(shù)的表達式和平衡狀態(tài)計算平衡常數(shù)，依據(jù)化學速率公式計算，結(jié)合影響化學平衡的因素分析解題；依據(jù)氮肥分解產(chǎn)物的性質(zhì)確定產(chǎn)物并推斷氮肥的成分；依據(jù)電子守恒書寫發(fā)生反應(yīng)的離子方程式。【詳解】(1)碳酸銨加熱分解生成氨氣、二氧化碳和水，發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為：(NH4)2CO32NH3↑+CO2↑+H2O；②碳酸銨分解的氣體含有二氧化碳，通過盛有堿石灰的干燥管除去二氧化碳，再通入水中，氨氣極易溶于水簡潔發(fā)生倒吸，用D汲取可以防止倒吸，則按氣流方向連接依次為a→e→d→f；(2)①N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=-92.4kJ?mol-1，②2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-572kJ?mol-1，依據(jù)蓋斯定律②×3-①×②得：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)△H=-1531.2kJ?mol-1；(3)①平衡時氨的體積分數(shù)為25%，則=0.25，解得：a=0.04，該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式K===18.3；②N2的反應(yīng)速率v(N2)===0.008mol/(L﹒min)；(4)A．該反應(yīng)正反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，恒溫恒容下條件下，壓強不變，說明到達平衡，故A正確；B．正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，上升溫度平衡向逆反應(yīng)移動，在t2時，正、逆速率都增大，且正反應(yīng)速率增大更多，平衡向正反應(yīng)移動，該反應(yīng)正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強平衡向正反應(yīng)進行，轉(zhuǎn)化率增大，故B正確；C．恒容條件下，反應(yīng)混合氣體的總質(zhì)量不變，密度始終不變，所以不能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故C錯誤；D．由圖可知，在t2時，變更條件平衡向正反應(yīng)移動，t3時到達平衡，t4時瞬間正反應(yīng)速率不變，逆反應(yīng)速率減小，平衡向正反應(yīng)進行，應(yīng)是NO2降低的濃度，故容器內(nèi)NO2的體積分數(shù)在t3時值的最大，故D錯誤；故答案為AB；(5)加熱氮肥樣品生成兩種氣體，其中一種氣體能使潮濕的紅色石蕊試紙變藍，該氣體為氨氣，說明含有銨根離子，另一種氣體能使澄清石灰水變渾濁，說明碳酸根離子或碳酸氫根離子；取少量該氮肥樣品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，沒有明顯變更，說明沒有碳酸氫根離子，說明鹽中含有銨根離子和碳酸根離子，所以氮肥的主要成分NH4HCO3，故答案為C；(6)9.2gNO2的物質(zhì)的量=0.2mol，即0.2molNO2和Na2CO3溶液完全反應(yīng)時轉(zhuǎn)移電子0.1mol，則2molNO2和Na2CO3溶液反應(yīng)時轉(zhuǎn)移電子1mol，則N的化合價分別有+4價變更為+5價和+3價，在堿性溶液中應(yīng)生成NO3-和NO2-，反應(yīng)的離子方程式為：2NO2+CO32-=NO3-+NO2-+CO2?！军c睛】考查氨氣的制備和性質(zhì)的檢驗，蓋斯定律求反應(yīng)熱，化學平衡的移動及平衡狀態(tài)的推斷；其中應(yīng)用蓋斯定律進行簡潔計算的基本方法是參照新的熱化學方程式(目標熱化學方程式)，結(jié)合原熱化學方程式(一般2～3個)進行合理“變形”，如熱化學方程式顛倒、乘除以某一個數(shù)，然后將它們相加、減，得到目標熱化學方程式，求出目標熱化學方程式的ΔH與原熱化學方程式之間ΔH的換算關(guān)系。10.制燒堿所用鹽水需兩次精制。第一次精制主要是用沉淀法除去粗鹽水中Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO等離子，過程如下：Ⅰ.向粗鹽水中加入過量BaCl2溶液，過濾；Ⅱ.向所得濾液中加入過量Na2CO3溶液，過濾；Ⅲ.濾液用鹽酸調(diào)整pH，獲得一次精制鹽水。(1)過程Ⅰ除去的離子是______。(2)過程Ⅰ、Ⅱ生成的部分沉淀及其溶解度(20℃/g)如下表：①檢測Fe3+是否除盡的方法是______。②過程Ⅰ選用BaCl2而不選用CaCl2，運用表中數(shù)據(jù)說明緣由______。③除去Mg2+的離子方程式是______。④檢測Ca2+、Mg2+、Ba2+是否除盡時，只需檢測Ba2+即可，緣由是_____。(3)其次次精制要除去微量的I-、IO、NH、Ca2+、Mg2+，流程示意如下：①過程Ⅳ除去的離子是______。②鹽水b中含有SO。Na2S2O3將IO還原為I2的離子方程式是________。③過程VI中，在電解槽的陽極發(fā)生反應(yīng)的電極方程式是：_________________?！敬鸢浮?1).SO(2).取少量過程II后的濾液于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，若溶液不變紅，說明Fe3+已除盡；反之沒除盡(3).BaSO4的溶解度比CaSO4的小，可將SO沉淀更完全(4).2Mg2++2CO+H2O=Mg2(OH)2CO3↓+CO2↑(5).在BaCO3、CaCO3、Mg2(OH)2CO3中，BaCO3的溶解度最大，若Ba2+沉淀完全，則說明Mg2+和Ca2+也沉淀完全(6).NH、I-(7).5S2O+8IO+2OH-=4I2+10SO+H2O(8).2Cl--2e-=Cl2↑【解析】【分析】第一次精制：向粗鹽水中加入過量BaCl2溶液，Ba2+與SO得到BaSO4沉淀，過濾，除去BaSO4沉淀，向所得濾液中加入過量Na2CO3溶液，除去Ca2+、Mg2+、Fe3+和過量的Ba2+，過濾后，用鹽酸調(diào)整pH，除去過量的碳酸鈉，得到精制鹽水，結(jié)合表格數(shù)據(jù)分析解答(1)和(2)；其次次精制：向第一次精制鹽水(雜質(zhì)離子為I-、IO、NH、Ca2+、Mg2+)中加入NaClO，NaClO具有氧化性，將I-氧化為I2、NH氧化為N2，再加入Na2S2O3，將IO還原為I2，分別出I2后，通過離子交換法除去Ca2+、Mg2+，電解剩余溶液(硫酸鈉和氯化鈉的混合溶液)得到NaOH，據(jù)此分析解答(3)。【詳解】(1)向粗鹽水中加入過量BaCl2溶液，Ba2+與SO得到BaSO4沉淀，過濾，除去SO，故答案為：SO；(2)①Fe3+能夠使KSCN溶液變紅，因此檢測Fe3+是否除盡的方法是取少量過程II后的濾液于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，若溶液不變紅，說明Fe3+已除盡；反之沒除盡，故答案為：取少量過程II后的濾液于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，若溶液不變紅，說明Fe3+已除盡；反之沒除盡；②依據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，BaSO4的溶解度小于CaSO4，選用BaCl2，可將SO沉淀更完全，故過程Ⅰ選用的是BaCl2而不選用CaCl2，故答案為：BaSO4的溶解度比CaSO4的小，可將SO沉淀更完全；③Mg2+與CO生成Mg2(OH)2CO3和二氧化碳，離子方程式為：2Mg2++2CO+H2O=Mg2(OH)2CO3↓+CO2↑，故答案為：2Mg2++2CO+H2O=Mg2(OH)2CO3↓+CO2↑；④Ca2+、Mg2+、Ba2+以CaCO3、Mg2(OH)2CO3、BaCO3的形式除去，依據(jù)溶解度小的物質(zhì)沉淀完全后溶解度大的才起先沉淀，由表格數(shù)據(jù)可知，碳酸鋇的溶解度最大，若鋇離子沉淀完全，則說明鎂離子和鈣離子也沉淀完全，故檢測Ca2+、Mg2+、Ba2+是否除盡時，只需檢測Ba2+即可，故答案為：在BaCO3、CaCO3、Mg2(OH)2CO3中，BaCO3的溶解度最大，若Ba2+沉淀完全，則說明Mg2+和Ca2+也沉淀完全；(3)①NaClO具有強氧化性，能將I-氧化，依據(jù)流程可知NH被氧化為N2，故過程Ⅳ除去的離子是NH、I-，故答案為：NH、I-；②Na2S2O3將IO還原為I2，自身被氧化為SO，反應(yīng)的離子方程式為：5S2O+8IO+2OH-═4I2+10SO+H2O，故答案為：5S2O+8IO+2OH-═4I2+10SO+H2O；③過程VI中，電解硫酸鈉和氯化鈉的混合溶液生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，在電解槽的陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，陽極的電極反應(yīng)式為2Cl--2e-=Cl2↑，故答案為：2Cl--2e-=Cl2↑。【點睛】明確粗鹽的提純的試驗原理及試驗基本操作方法是解題的關(guān)鍵。本題的難點為(2)，要留意溶解度小的物質(zhì)沉淀完全后溶解度大的才起先沉淀。11.［化學——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)］已知A、B、C、D四種短周期元素，它們的核電荷數(shù)依次增大。A原子，C原子的L能層中，都有兩個未成對的電子，C、D同主族。E、F都是第四周期元素，E原子核外有4個未成對電子，F(xiàn)原子除最外能層只有1個電子外，其余各能層均為全充溢。依據(jù)以上信息填空：（1）基態(tài)D原子中，電子占據(jù)的最高能層符號，該能層具有的原子軌道數(shù)為；（2）E2＋離子的價層電子軌道表示式是，F(xiàn)原子的電子排布式是；（3）A元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物中心原子實行的軌道雜化方式為，B元素的氣態(tài)氫化物的分子模型為；（4）化合物AC2、B2C和陰離子DAB－互為等電子體，它們結(jié)構(gòu)相像，DAB－的電子式為（5）協(xié)作物甲的焰色反應(yīng)呈紫色，其內(nèi)界由中心離子E3＋與配位體AB－構(gòu)成，配位數(shù)為6，甲的水溶液可以用于試驗室中E2＋離子的定性檢驗，檢驗E2＋離子的離子方程式為；（6）某種化合物由D，E，F(xiàn)三種元素組成，其晶胞如圖所示，則其化學式為，該晶胞上下底面為正方形，側(cè)面與底面垂直，依據(jù)圖中所示數(shù)據(jù)列式計算該晶體的密度：d=g/cm3。【答案】（1）M；9；（2）；1s22s22p63s23p63d104s1；（3）sp2；四面體；（4）（5）3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；（6）CuFeS2；4.32【解析】【分析】A、B、C、D都是周期表中的短周期元素，它們的核電荷數(shù)依次增大，A原子、C原子的L能層中都有兩個未成對的電子，則A原子核外電子排布為1s22s22p2，C原子核外電子排布為1s22s22p4，故A為碳元素、C為氧元素；B原子序數(shù)介于C、O之間，則B為氮元素；C、D同主族，則D為S元素；E、F都是第四周期元素，E原子核外有4個未成對電子，原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2，則E為Fe；F原子除最外能層只有1個電子外，其余各能層均為全充溢，F(xiàn)原子核外電子數(shù)=2+8+18+1=29，則F為Cu元素，據(jù)以上分析回答題中的問題。【詳解】(1)基態(tài)S原子中電子占據(jù)的最高能層為第3能層，符號M，該能層有1個s軌道、3個p軌道、5個d軌道，共有9個原子軌道；(2)Fe2+離子的價層電子排布3d6，其價層電子排布圖是，F(xiàn)為Cu元素，原子核外有29個電子，原子的電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1；(3)碳元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為H2CO3，中心C原子成3個σ鍵、沒有孤電子對，C原子實行sp2雜化方式；B的氣態(tài)氫化物為NH3，NH3分子中N原子價層電子對數(shù)=3+=4，其VSEPR模型為四面體；(4)與CO2互為等電子體，可知SCN-電子式與CO2相同，參照CO2的電子式寫出電子式為：；(5)協(xié)作物甲的焰色反應(yīng)呈紫色，為K元素，其內(nèi)界由中心離子Fe3+與配位體CN-構(gòu)成，配位數(shù)為6，甲為K3[Fe（CN）6]，甲的水溶液可以用于試驗室中Fe2+離子的定性檢驗，檢驗Fe2+離子的離子方程式為：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；(6)晶胞中D（S）原子位于晶胞內(nèi)部，原子數(shù)目為8個，E（Fe）原子6個位于面上、4個位于棱上，E（Fe）原子數(shù)目=6×+4×=4，F(xiàn)（Cu）原子位于4個位于面上、1個內(nèi)部、8個頂點上，原子數(shù)目=4×+1+8×=4，晶體中Cu、Fe、S原子數(shù)目之比=4：4：8=1：1：2，故該晶體化學式為：CuFeS2；晶胞質(zhì)量=g，晶胞