四川省瀘州市2025屆高三化學(xué)第二次診斷性考試試題含解析

PAGE16-四川省瀘州市2025屆高三化學(xué)其次次診斷性考試試題（含解析）1.化學(xué)與生活親密相關(guān)。下列敘述中錯(cuò)誤的是A.環(huán)境中殺滅新型冠狀病毒可用“84”消毒液B.食品中的抗氧化劑可用維生素CC.治療胃酸過(guò)多可用CaCO3和Ca(OH)2D.除去工業(yè)廢水中的Cu2+可用FeS【答案】C【解析】【詳解】A.環(huán)境中殺滅新型冠狀病毒可用“84”消毒液，利用“84”消毒液的強(qiáng)氧化性，使蛋白質(zhì)變性，故A增加；B.維生素C具有還原性，可用維生素C作食品中的抗氧化劑，故B正確；C.治療胃酸過(guò)多可用NaHCO3和Al(OH)3，不能用Ca(OH)2，Ca(OH)2堿性較強(qiáng)，會(huì)灼傷胃，故C錯(cuò)誤；D.除去工業(yè)廢水中的Cu2+可用FeS，Cu2+(aq)+FeS(s)CuS(s)+Fe2+(aq)，生成更難溶的CuS，故D正確。綜上所述，答案為C。2.下列關(guān)于有機(jī)物的說(shuō)法正確的是A.聚氯乙烯高分子中全部原子均在同一平面上B.乙烯和苯使溴水褪色的反應(yīng)類型相同C.石油裂化是化學(xué)變更D.葡萄糖與蔗糖是同系物【答案】C【解析】【詳解】A.聚氯乙烯高分子中是鏈狀結(jié)構(gòu)，像烷烴結(jié)構(gòu)，因此不是全部原子均在同一平面上，故A錯(cuò)誤；B.乙烯使溴水褪色是發(fā)生加成反應(yīng)，苯使溴水褪色是由于萃取分層，上層為橙色，下層為無(wú)色，原理不相同，故B錯(cuò)誤；C.石油裂化、裂解都是化學(xué)變更，故C正確；D.葡萄糖是單糖，蔗糖是二糖，結(jié)構(gòu)不相像，不是同系物，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為C。【點(diǎn)睛】石油裂化、裂解、煤干氣化、液化都是化學(xué)變更，石油分餾是物理變更。3.阿伏加德羅常數(shù)為NA。關(guān)于l00mLlmol/L的Fe2(SO4)3溶液，下列說(shuō)法正確是A.加NaOH可制得Fe(OH)3膠粒0.2NAB.溶液中陽(yáng)離子數(shù)目為0.2NAC.加Na2CO3溶液發(fā)生的反應(yīng)為3CO32-+2Fe3+=Fe2(CO3)3↓D.Fe2(SO4)3溶液可用于凈化水【答案】D【解析】【詳解】A.Fe2(SO4)3加NaOH反應(yīng)生成Fe(OH)3沉淀，而不是膠粒，故A錯(cuò)誤；B.l00mLlmol/L的Fe2(SO4)3溶液中n[Fe2(SO4)3]=1mol?L?1×0.1L=0.1mol，n(Fe3+)=0.2mol，鐵離子水解Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，依據(jù)水解方程式得到溶液中陽(yáng)離子數(shù)目大于0.2NA，故B錯(cuò)誤；C.加Na2CO3溶液發(fā)生雙水解生成氫氧化鐵沉淀和二氧化碳?xì)怏w，其反應(yīng)為3CO32?+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，故C錯(cuò)誤；D.Fe2(SO4)3溶液水解生成膠體，膠體具有吸附雜質(zhì)功能，起凈水功能，因此可用于凈化水，故D正確。綜上所述，答案為D?！军c(diǎn)睛】鐵離子與碳酸根、碳酸氫根、偏鋁酸根、硅酸根等離子要發(fā)生雙水解反應(yīng)。4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。X原子的最外層電子數(shù)是K層電子數(shù)的3倍；Z的原子半徑在短周期中最大；常溫下，Z和W形成的化合物的水溶液pH>7,呈弱堿性。下列說(shuō)法正確的是A.X與W屬于同主族元素B.最高價(jià)氧化物水化物酸性：W<YC.簡(jiǎn)潔氫化物的沸點(diǎn)：Y>X>WD.Z和W的單質(zhì)都能和水反應(yīng)【答案】A【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。X原子的最外層電子數(shù)是K層電子數(shù)的3倍，則X為O；Z的原子半徑在短周期中最大，則Z為Na，Y為F；常溫下，Z和W形成的化合物的水溶液pH＞7，呈弱堿性，則為Na2S，即W為S。【詳解】A.O與S屬于同主族元素，故A正確；B.F無(wú)最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物，故B錯(cuò)誤；C.水、氟化氫分子間存在氫鍵，沸點(diǎn)反常，常溫下，水為液態(tài)、氟化氫為氣態(tài)，所以簡(jiǎn)潔氫化物的沸點(diǎn)：H2O＞HF＞H2S，故C錯(cuò)誤；D.Na與H2O反應(yīng)生成NaOH和H2，S和H2O不反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為A?！军c(diǎn)睛】留意H2O、HF、NH3氫化物的沸點(diǎn)，它們存在分子間氫鍵，其他氫化物沸點(diǎn)與相對(duì)分子質(zhì)量有關(guān)，相對(duì)分子質(zhì)量越大，范德華力越大，熔沸點(diǎn)越高。5.下列試驗(yàn)操作及現(xiàn)象，不能得出對(duì)應(yīng)結(jié)論的是選項(xiàng)試驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論A將甲烷與氯氣在光照下反應(yīng)，反應(yīng)后的混合氣體通入紫色石蕊試液中紫色石蕊試液變紅且不褪色反應(yīng)產(chǎn)生了HClB鍍鋅鐵片出現(xiàn)刮痕后部分浸入飽和食鹽水中,一段時(shí)間后鐵片旁邊滴入K3[Fe(CN)6]溶液無(wú)藍(lán)色沉淀鍍鋅鐵沒(méi)有發(fā)生原電池反應(yīng)C向2mL0.lmol/L醋酸溶液和2mL0.lmol/L硼酸溶液中分別滴入少量0.lmol/LNaHCO3溶液只有醋酸溶液中產(chǎn)生氣體酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸D向FeCl3溶液與NaCl溶液中分別滴入30%H2O2溶液只有FeCl3溶液中快速產(chǎn)生氣體Fe3+能催H2O2分解A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A.將甲烷與氯氣在光照下反應(yīng)，反應(yīng)后的混合氣體通入紫色石蕊試液中，紫色石蕊試液變紅且不褪色，說(shuō)明生成了HCl，故A不符合題意；B.鍍鋅鐵片出現(xiàn)刮痕后部分浸入飽和食鹽水中，一段時(shí)間后鐵片旁邊滴入K3[Fe(CN)6]溶液，無(wú)藍(lán)色沉淀，鋅作負(fù)極，鐵作正極，鐵受到了愛(ài)護(hù)，鍍鋅鐵發(fā)生了原電池反應(yīng)，故B符合題意；C.向2mL0.lmol?L?1醋酸溶液和2mL0.lmol?L?1硼酸溶液中分別滴入少量0.lmol?L?1NaHCO3溶液，只有醋酸溶液中產(chǎn)生氣體，說(shuō)明醋酸和碳酸氫鈉反應(yīng)，硼酸不與碳酸氫鈉反應(yīng)，則得出酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，故C不符合題意；D.向FeCl3溶液與NaCl溶液中分別滴入30%H2O2溶液，只有FeCl3溶液中快速產(chǎn)生氣體，說(shuō)明Fe3+對(duì)H2O2分解起催化作用，故D不符合題意。綜上所述，答案為B。6.利用固體燃料電池技術(shù)處理H2S廢氣并發(fā)電的原理如圖所示。依據(jù)不同固體電解質(zhì)M因傳導(dǎo)離子的不同，分為質(zhì)子傳導(dǎo)型和氧離子傳導(dǎo)型,工作溫度分別為500℃和850℃左右，傳導(dǎo)質(zhì)子時(shí)的產(chǎn)物硫表示為Sx。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.氣體X是H2S廢氣，氣體Y是空氣B.M傳導(dǎo)質(zhì)子時(shí)，負(fù)極a反應(yīng)：xH2S—2xe-=Sx+2xH+C.M傳導(dǎo)氧離子時(shí)，存在產(chǎn)生SO2污染物的問(wèn)題D.氧離子遷移方向是從a電極向b電極【答案】D【解析】【詳解】A.依據(jù)電流分析，電極a為負(fù)極，傳導(dǎo)質(zhì)子時(shí)的產(chǎn)物硫表示為Sx，說(shuō)明是氣體H2S廢氣變?yōu)镾x，化合價(jià)上升，在負(fù)極反應(yīng)，因此氣體X為H2S廢氣，氣體Y是空氣，故A正確；B.M傳導(dǎo)質(zhì)子時(shí)，產(chǎn)物硫表示為Sx，因此負(fù)極a反應(yīng)為：xH2S?2xe－=Sx+2xH+，故B正確；C.M傳導(dǎo)氧離子時(shí)，H2S和O2?可能反應(yīng)生成SO2，因此存在產(chǎn)生SO2污染物的問(wèn)題，故C正確；D.依據(jù)原電池中，陰離子向負(fù)極移動(dòng)規(guī)律，氧離子遷移方向是從b電極向a電極，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為D?！军c(diǎn)睛】原電池中離子移動(dòng)方向依據(jù)“同性相吸”原則，電解池中離子移動(dòng)方向依據(jù)“異性相吸”原則。7.常溫下向0.lmol/L的NaClO溶液中通入HF氣體，隨反應(yīng)進(jìn)行（不考慮HClO分解），溶液中l(wèi)g(A代表ClO或F)的值和溶液pH變更存在如圖所示關(guān)系，下列說(shuō)法正確的是A.線N代表lg的變更線B.反應(yīng)ClO-+HF?HCIO+F-的平衡常數(shù)數(shù)量級(jí)為105C.當(dāng)混合溶液pH=7時(shí)，溶液中c(HClO)=c(F-)D.隨HF的通入，溶液中c(H+)?c(OH-)增大【答案】C【解析】【分析】，，由于同濃度酸性：HF大于HClO，當(dāng)lg=0時(shí)，則=1，則K(HF)=10-3.2，K(HClO)=10-7.5?！驹斀狻緼．，，由于同濃度酸性：HF大于HClO，又因lg=0時(shí)，則=1，因此pH大的為HClO，所以線M代表的變更線，故A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)ClO－+HFHClO+F－的平衡常數(shù)，其平衡常數(shù)數(shù)量級(jí)為104，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)混合溶液pH=7時(shí)，依據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(ClO－)+c(F－)+c(OH－)，溶液呈中性，得到c(Na+)=c(ClO－)+c(F－)，依據(jù)物料守恒c(ClO－)+c(HClO)=c(Na+)，因此溶液中c(HClO)=c(F－)，故C正確；D．溫度未變，隨HF的通入，溶液中c(H+)?c(OH－)不變，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為C。8.正丁醚可作很多有機(jī)物的溶劑及萃取劑，常用于電子級(jí)清洗劑及用于有機(jī)合成。試驗(yàn)室用正丁醇與濃H2SO4反應(yīng)制取，試驗(yàn)裝置如右圖，加熱與夾持裝置略去。反應(yīng)原理與有關(guān)數(shù)據(jù)：反應(yīng)原理：2C4H9OHC4H9OC4H9+H2O副反應(yīng)：C4H9OHC2H5CH=CH2+H2O物質(zhì)相對(duì)分子質(zhì)量熔點(diǎn)/℃沸點(diǎn)/℃溶解性水50%硫酸其它正丁醇74-89.8117.7微溶易溶二者互溶正丁醚130-98142.4不溶微溶試驗(yàn)步驟如下：①在二口燒瓶中加入0.34mol正丁醇和4.5mL濃H2SO4,再加兩小粒沸石，搖勻。②加熱攪拌，溫度上升至100~ll0℃起先反應(yīng)。隨著反應(yīng)的進(jìn)行，反應(yīng)中產(chǎn)生的水經(jīng)冷凝后收集在水分別器的下層，上層有機(jī)物至水分別器支管時(shí)，即可返回?zé)?。加熱至反?yīng)完成。③將反應(yīng)液冷卻，依次用水、50%硫酸洗滌、水洗滌，再用無(wú)水氯化鈣干燥，過(guò)濾，蒸餾，得正丁醚的質(zhì)量為Wg。請(qǐng)回答：（1）制備正丁醚的反應(yīng)類型是____________，儀器a的名稱是_________。（2）步驟①中藥品的添加依次是，先加______（填“正丁醇”或“濃H2SO4”），沸石的作用是___________________。（3）步驟②中為削減副反應(yīng)，加熱溫度應(yīng)不超過(guò)_________℃為宜。運(yùn)用水分別器不斷分別出水的目的是________。如何推斷反應(yīng)已經(jīng)完成？當(dāng)_____時(shí)，表明反應(yīng)完成，即可停止試驗(yàn)。（4）步驟③中用50%硫酸洗滌的目的是為了除去______________。本試驗(yàn)中，正丁醚的產(chǎn)率為_(kāi)____（列出含W的表達(dá)式即可）?！敬鸢浮?1).取代反應(yīng)(2).（直形）冷凝管(3).正丁醇(4).防暴沸或防止反應(yīng)液猛烈沸騰(5).135(6).提高正丁醚的產(chǎn)率或正丁醇的轉(zhuǎn)化率(7).分水器中水（或有機(jī)物）的量（或液面）不再變更(8).正丁醇(9).【解析】【分析】⑴依據(jù)反應(yīng)方程式2C4H9OHC4H9OC4H9+H2O，分析得到制備正丁醚的反應(yīng)類型，依據(jù)圖中裝置得出儀器a的名稱。⑵步驟①中藥品的添加依次是，依據(jù)溶液的稀釋，密度大的加到密度小的液體中，燒瓶中是液體與液體加熱須要沸石防暴沸。⑶依據(jù)題中信息，生成副反應(yīng)在溫度大于135℃；該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，分別出水，有利于平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)；水分別器中是的量不斷增加，當(dāng)水分別器中水量不再增加時(shí)表明反應(yīng)完成。⑷依據(jù)題中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸；依據(jù)2C4H9OHC4H9OC4H9+H2O理論得到C4H9OC4H9物質(zhì)的量，再計(jì)算正丁醚的產(chǎn)率。【詳解】⑴依據(jù)反應(yīng)方程式2C4H9OHC4H9OC4H9+H2O，分析得到制備正丁醚的反應(yīng)類型是取代反應(yīng)，依據(jù)圖中裝置得出儀器a的名稱是(直形)冷凝管；故答案為：取代反應(yīng)；(直形)冷凝管。⑵步驟①中藥品的添加依次是，依據(jù)溶液的稀釋，密度大的加到密度小的液體中，因此先加正丁醇，燒瓶中是液體與液體加熱，因此沸石的作用是防暴沸或防止反應(yīng)液猛烈沸騰；故答案為：正丁醇；防暴沸或防止反應(yīng)液猛烈沸騰。⑶依據(jù)題中信息，生成副反應(yīng)在溫度大于135℃，因此步驟②中為削減副反應(yīng)，加熱溫度應(yīng)不超過(guò)135℃為宜。該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，分別出水，有利于平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，因此運(yùn)用水分別器不斷分別出水的目的是提高正丁醚的產(chǎn)率或正丁醇的轉(zhuǎn)化率。水分別器中水的量不斷增加，當(dāng)水分別器中水量不再增加時(shí)或則有機(jī)物的量不再變更時(shí)，表明反應(yīng)完成，即可停止試驗(yàn)；故答案為：135；提高正丁醚的產(chǎn)率或正丁醇的轉(zhuǎn)化率；分水器中水(或有機(jī)物)的量(或液面)不再變更。⑷依據(jù)題中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸，因此步驟③中用50%硫酸洗滌的目的是為了除去正丁醇。依據(jù)2C4H9OHC4H9OC4H9+H2O理論得到C4H9OC4H9物質(zhì)的量為0.17mol，則正丁醚的產(chǎn)率為；故答案為：正丁醇；。9.自然氣水蒸汽重整法是工業(yè)上生產(chǎn)氫氣的重要方法，反應(yīng)在400℃以上進(jìn)行。l00kPa時(shí)，在反應(yīng)容器中通入甲烷與為水蒸汽體積比為1:5的混合氣體，發(fā)生下表反應(yīng)。反應(yīng)方程式焓變△H(kJ/mol)600℃時(shí)的平衡常數(shù)①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)a0.6②CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)+165.0b③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)-41.22.2請(qǐng)回答下列下列問(wèn)題：（1）上表中數(shù)據(jù)a=__________;b=___________。（2）對(duì)于反應(yīng)②，既能加快反應(yīng)又能提高CH4轉(zhuǎn)化率的措施是_____________。A.升溫B.加催化劑C.加壓D.汲取CO2（3）下列狀況能說(shuō)明容器中各反應(yīng)均達(dá)到平衡的是___________。A.體系中H2O與CH4物質(zhì)的量之比不再變更B.體系中H2的體積分?jǐn)?shù)保持不變C.生成n個(gè)CO2的同時(shí)消耗2n個(gè)H2OD.v正(CO)=v逆(H2)（4）工業(yè)重整制氫中，因副反應(yīng)產(chǎn)生碳會(huì)影響催化效率，須要避開(kāi)溫度過(guò)高以削減積碳。該體系中產(chǎn)生碳的反應(yīng)方程式為_(kāi)______________。（5）平衡時(shí)升溫，CO含量將_________（選填“增大”或“減小”)。（6）肯定溫度下，平衡時(shí)測(cè)得體系中CO2和H2的物質(zhì)的量濃度分別是0.75mol/L、4.80mol/L,則此時(shí)體系中CO物質(zhì)的量濃度是_______mol/L。（7）變更上述平衡體系的溫度，平衡時(shí)H2O與CH4物質(zhì)的量之比[］值也會(huì)隨著變更，在圖中畫出其變更趨勢(shì)。________________【答案】(1).+206.2(2).1.32(3).A(4).AB(5).CH4C+2H2(6).增大(7).0.6(8).【解析】【分析】⑴第②個(gè)方程式減去第③個(gè)方程式，方程式相減，平衡常數(shù)相除。⑵依據(jù)影響反應(yīng)速率和平衡移動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行分析，但是要同時(shí)滿意：既能加快反應(yīng)又能提高CH4轉(zhuǎn)化率；⑶依據(jù)正逆反應(yīng)速率相等，各組分濃度保持不變及由此衍生的其他物理量進(jìn)行分析；⑷甲烷分解生成碳和氫氣；⑸平衡時(shí)升溫，對(duì)反應(yīng)①是平衡向吸熱反應(yīng)即正向移動(dòng)，對(duì)反應(yīng)③是平衡向吸熱反應(yīng)即逆向移動(dòng)。⑹依據(jù)得失電子守恒計(jì)算c(CO)平衡時(shí)濃度。⑺反應(yīng)容器中通入甲烷與為水蒸汽體積比為1:5的混合氣體，當(dāng)反應(yīng)發(fā)生時(shí)H2O與CH4物質(zhì)的量之比，起先變更上述平衡體系的溫度，對(duì)①和②平衡向吸熱反應(yīng)移動(dòng)即正向移動(dòng)，對(duì)③平衡逆向移動(dòng)，因此增大。【詳解】⑴第②個(gè)方程式減去第③個(gè)方程式得到a=+165.0?(?41.2)=+206.2，方程式相減，平衡常數(shù)相除，因此，解得b=1.32；故答案為：+206.2；1.32。⑵對(duì)于反應(yīng)②，A．反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升溫，速率加快，平衡正向移動(dòng)，CH4轉(zhuǎn)化率增大，故A符合題意；B．加催化劑，加快反應(yīng)速率，但平衡不移動(dòng)，故B不符合題意；C．加壓，加快反應(yīng)速率，但平衡向體積減小方向即逆向移動(dòng)，CH4轉(zhuǎn)化率減小，故C不符合題意；D．汲取CO2，生成物濃度減小，反應(yīng)速率減慢，故D不符合題意；綜上所述，答案為A。⑶A．體系中H2O與CH4物質(zhì)的量之比不再變更，則達(dá)到平衡，故A符合題意；B．體系中H2的體積分?jǐn)?shù)保持不變，則達(dá)到平衡，故B符合題意；C．生成n個(gè)CO2的同時(shí)消耗2n個(gè)H2O，都是正方向，同一個(gè)方向，不能說(shuō)明達(dá)到平衡，故C不符合題意；D．υ正(CO)=υ逆(H2)，反應(yīng)體系中CO與H2的比例不清晰，因此不能說(shuō)明達(dá)到平衡，故D不符合題意；綜上所述，答案為AB。⑷該體系中產(chǎn)生碳的反應(yīng)主要是甲烷分解生成碳和氫氣，其方程式為CH4C+2H2；故答案為：CH4C+2H2；⑸反應(yīng)①是吸熱反應(yīng)，反應(yīng)③是放熱反應(yīng)，平衡時(shí)升溫，對(duì)反應(yīng)①是平衡向吸熱反應(yīng)即正向移動(dòng)，對(duì)反應(yīng)③是平衡向吸熱反應(yīng)即逆向移動(dòng)，因此CO含量將增大；故答案為：增大。⑹肯定溫度下，平衡時(shí)測(cè)得體系中CO2和H2的物質(zhì)的量濃度分別是0.75mol?L?1、4.80mol?L?1，依據(jù)得失電子守恒，CH4到CO2上升8價(jià)，CH4到CO上升6價(jià)，甲烷或水到H2降低2個(gè)價(jià)態(tài)，因此8×0.75mol?L?1+6c(CO)=2×4.80mol?L?1，解得c(CO)=0.6mol?L?1；故答案為：0.6；⑺反應(yīng)容器中通入甲烷與為水蒸汽體積比為1：5的混合氣體，當(dāng)反應(yīng)發(fā)生時(shí)H2O與CH4物質(zhì)的量之比，起先變更上述平衡體系的溫度，對(duì)①和②平衡向吸熱反應(yīng)移動(dòng)即正向移動(dòng)，對(duì)③平衡逆向移動(dòng)，因此增大，在圖中畫出其變更趨勢(shì)為；故答案為：。10.NH4HCO3分解溫度是35℃。以氯化鉀和制取二氧化鈦的副產(chǎn)品硫酸亞鐵為原料生產(chǎn)鐵紅顏料和過(guò)二硫酸銨等，原料的綜合利用率較高。其主要流程如下：（1）氣體x是_________，反應(yīng)I需限制反應(yīng)溫度低于35℃,其目的是_______。（2）反應(yīng)I的離子方程式為_(kāi)__________，F(xiàn)eCO3灼燒的反應(yīng)方程式為_(kāi)_________。（3）各物質(zhì)的溶解度曲線如圖，晶體z是____，簡(jiǎn)述反應(yīng)III發(fā)生的緣由________，工業(yè)生產(chǎn)上常在反應(yīng)III的過(guò)程中加入肯定量的乙醇，其目的是_____________。（4）反應(yīng)IV常用于生產(chǎn)(NH4)2S2O8(過(guò)二硫酸銨）。電解時(shí)均用惰性電極，氣體y是__________，陽(yáng)極發(fā)生的電極反應(yīng)可表示為_(kāi)______________。【答案】(1).CO2或二氧化碳(2).防止NH4HCO3分解（或削減Fe2＋的水解）(3).Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑(4).4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2(5).K2SO4(6).在相同溫度下，K2SO4最先達(dá)到飽和或K2SO4溶解度最小或K2SO4溶解度比KCl、(NH4)2SO4小或離子反應(yīng)向生成溶解度更小的K2SO4的方向進(jìn)行，故先析出(7).降低K2SO4的溶解度(8).H2(9).2SO42－-2e-=S2O82－或2HSO4－-2e-=2H++S2O82－【解析】【分析】反應(yīng)I是FeSO4與NH4HCO3反應(yīng)生成FeCO3、H2O和CO2，過(guò)濾得到沉淀碳酸亞鐵，碳酸亞鐵在氧氣中灼燒生成氧化鐵和二氧化碳，濾液為硫酸銨和NH4HCO3，向?yàn)V液中加入稀硫酸反應(yīng)生成硫酸銨，硫酸銨加入KCl發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成硫酸鉀和氯化銨，電解硫酸銨得到過(guò)二硫酸銨?！驹斀狻竣乓罁?jù)分析得到氣體x是CO2，依據(jù)題中信息NH4HCO3的分解溫度是35℃，因此反應(yīng)I需限制反應(yīng)溫度低于35℃，其目的是防止NH4HCO3分解(或削減Fe2＋的水解)；故答案為：CO2或二氧化碳；防止NH4HCO3分解(或削減Fe2＋的水解)。⑵反應(yīng)I是Fe2+與HCO3－反應(yīng)生成FeCO3、H2O和CO2，其離子方程式為Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+H2O+CO2↑，F(xiàn)eCO3灼燒與氧氣反應(yīng)生成氧化鐵和二氧化碳，其反應(yīng)方程式為FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；故答案為：Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+H2O+CO2↑；FeCO3+O22Fe2O3+4CO2。⑶各物質(zhì)的溶解度曲線如圖，在相同溫度下，K2SO4溶解度最小，離子反應(yīng)向生成溶解度更小的K2SO4的方向進(jìn)行，因此先析出晶體z是K2SO4，工業(yè)生產(chǎn)上常在反應(yīng)III的過(guò)程中加入肯定量的乙醇，其目的是降低K2SO4的溶解度；故答案為：K2SO4；在相同溫度下，K2SO4最先達(dá)到飽和或K2SO4溶解度最小或K2SO4溶解度比KCl、(NH4)2SO4小或離子反應(yīng)向生成溶解度更小的K2SO4的方向進(jìn)行，故先析出；降低K2SO4的溶解度。⑷反應(yīng)IV常用于生產(chǎn)(NH4)2S2O8(過(guò)二硫酸銨)，反應(yīng)IV是電解硫酸根或硫酸氫根生成(NH4)2S2O8，化合價(jià)上升，發(fā)生氧化反應(yīng)，在陽(yáng)極反應(yīng)，因此陰極是氫離子得到電子生成氫氣，故氣體y是H2，陽(yáng)極發(fā)生的電極反應(yīng)可表示為2SO42??2e－=S2O82?或2HSO4－?2e－=2H++S2O82?；故答案為：H2；2SO42??2e－=S2O82?或2HSO4－?2e－=2H++S2O82?。11.尖晶石是世界上最迷人的寶石之一，主要是鎂鋁氧化物組成的礦物，還常含有鐵、鋅、錳、鉻、鈷等元素?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）基態(tài)錳原子價(jià)層電子排布式為_(kāi)_________，Co3+的未成對(duì)電子數(shù)為_(kāi)________。（2）一種鋁試劑的結(jié)構(gòu)如圖，該物質(zhì)中碳的雜化類型為_(kāi)__________，氮與其成鍵的3個(gè)原子共同構(gòu)成的空間構(gòu)型為_(kāi)______，氮與鋁形成的是_____鍵（填編號(hào)。）a離子b配位c.σd.π（3）基態(tài)原子第一電離能：鎂_____鋁（填“大于”“小于”或“等于”)緣由是_______。（4）一種由Mg、Cr、O元素組成的尖晶石晶胞分別由4個(gè)A與4個(gè)B交替無(wú)隙并置而成（見(jiàn)圖甲），晶胞結(jié)構(gòu)如圖乙所示，該尖晶石的化學(xué)式為_(kāi)____________；圖乙中，若E點(diǎn)鎂原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(，，0)，則F點(diǎn)鎂原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為_(kāi)______________?！敬鸢浮?1).3d54s2(2).4(3).sp2(4).平面三角形(5).bc(6).大于(7).鎂原子電子排布為全（充）滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；或鎂原子為3s2全充溢結(jié)構(gòu)，難失電子；或鋁失去1個(gè)電子為3s2的全充溢穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，鎂原子失去1個(gè)電子為3s1不穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；（隨意一種答法）(8).MgCr2O4（Cr2MgO4也可）(9).（，,）【解析】【分析】⑴基態(tài)錳是25號(hào)元素，其基態(tài)原子電子排布式為[Ar]3d54s2，Co是27號(hào)元素，其基態(tài)原子電子排布式為[Ar]3d74s2，Co3+電子排布式為[Ar]3d6。⑵該物質(zhì)中碳價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3對(duì)，氮與其成鍵的3個(gè)原子，其價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，分析結(jié)構(gòu)氮未與鋁形成鍵時(shí)含有1對(duì)孤對(duì)電子，與鋁形成時(shí)則氮供應(yīng)孤對(duì)電子。⑶鎂原子為3s2，全充溢結(jié)構(gòu)，難失電子，鋁原子3s23p1，易失去1個(gè)電子變?yōu)?s2的全充溢穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。⑷先計(jì)算每個(gè)A中Mg、O個(gè)數(shù)，再計(jì)算B中O、Mg、Cr個(gè)數(shù)，再得出整個(gè)晶胞中有Mg、O、Cr個(gè)數(shù)，再得化學(xué)式，F(xiàn)點(diǎn)鎂原子在左前上方的小的立方體中心?！驹斀狻竣呕鶓B(tài)錳是25號(hào)元素，其基態(tài)原子電子排布式為[Ar]3d54s2，價(jià)層電子排布式為3d54s2，Co是27號(hào)元素，其基態(tài)原子電子排布式為[Ar]3d74s2，Co3+電子排布式為[Ar]3d6，未成對(duì)電子數(shù)為4；故答案為：3d54s2；4。⑵如圖結(jié)構(gòu)，該物質(zhì)中碳價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3對(duì)，其雜化類型為sp2，氮與其成鍵的3個(gè)原子，其價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，因此氮與其成鍵的3個(gè)原子共同構(gòu)成的空間構(gòu)型為平面三角形，分析結(jié)構(gòu)氮未與鋁形成鍵時(shí)含有1對(duì)孤對(duì)電子，與鋁形成時(shí)則氮供應(yīng)孤對(duì)電子，因此形成的是配位鍵和σ鍵；故答案為：sp2；平面三角形；bc。⑶鎂原子為3s2，全充溢結(jié)構(gòu)，難失電子，鋁原子3s23p1，易失去1個(gè)電子變?yōu)?s2的全充溢穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，因此基態(tài)原子第一電離能：鎂大于鋁；故答案為：大于；鎂原子電子排布為全(充)滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；或鎂原子為3s2全充溢結(jié)構(gòu)，難失電子；或鋁失去1個(gè)電子為3s2的全充溢穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，鎂原子失去1個(gè)電子為3s1不穩(wěn)定結(jié)構(gòu)(隨意一種答法)。⑷A中Mg為1.5個(gè)，O為4個(gè)，B中O為4個(gè)，Mg為