延安市第一中學(xué)2020屆高三第十一次質(zhì)量檢測(cè)化學(xué)試題含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精陜西省延安市第一中學(xué)2020屆高三第十一次質(zhì)量檢測(cè)化學(xué)試題含解析1.在抗擊“2020新型冠狀病毒”的過(guò)程中，口罩、防護(hù)服、消毒用品及疫苗投入使用。下列有關(guān)說(shuō)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，其目的是避免蛋白質(zhì)變性C。聚丙烯和聚四氟乙烯為生產(chǎn)防護(hù)服的主要原料,兩者均屬于有機(jī)高分子材料D.真絲織品和棉紡織品可代替熔噴無(wú)紡布生產(chǎn)防護(hù)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(qiáng)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(guò)高易變性，則冷藏存放，目的是避免蛋白質(zhì)變性，故B正確；C．聚丙烯和聚四氟乙烯都是有機(jī)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(wú)紡布生產(chǎn)防護(hù)口罩，故D錯(cuò)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(shuō)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(biāo)準(zhǔn)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(jiǎn)式均為CH2，故7g混合物中含0。5molCH2，含NA個(gè)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(cuò)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(cuò)誤;D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，乙醇是液體，不能根據(jù)氣體摩爾體積計(jì)算2。24L乙醇的物質(zhì)的量，則無(wú)法判斷完全燃燒產(chǎn)生CO2分子的數(shù)目，故D錯(cuò)誤；故答案為A.3.豆油被加熱到185℃時(shí)會(huì)產(chǎn)生如圖所示的物質(zhì)。下列關(guān)于該物質(zhì)的說(shuō)法不正確的是（

）A.該有機(jī)物的分子式為 B.該有機(jī)物可以與H2發(fā)生加成反應(yīng)C。該有機(jī)物能使溴的四氯化碳溶液褪色 D.該有機(jī)物屬于烴類(lèi)化合物【答案】D【解析】【詳解】A、由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)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(lèi)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(cuò)誤；正確選項(xiàng)D。4.鋅–空氣燃料電池可用作電動(dòng)車(chē)動(dòng)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(shuō)法正確的是()A。充電時(shí)，電解質(zhì)溶液中K+向陽(yáng)極移動(dòng)B.充電時(shí)，電解質(zhì)溶液中c（OH－）逐漸減小C。放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為：Zn+4OH–—2e–=Zn(OH)42－D.放電時(shí),電路中通過(guò)2mol電子，消耗氧氣22。4L（標(biāo)準(zhǔn)狀況)【答案】C【解析】詳解】A．充電時(shí),陽(yáng)離子向陰極移動(dòng)，即K＋向陰極移動(dòng),A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．放電時(shí)總反應(yīng)為2Zn+O2+4OH–+2H2O=2Zn(OH）42—，則充電時(shí)生成氫氧化鉀，溶液中的氫氧根離子濃度增大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．放電時(shí)，鋅在負(fù)極失去電子，電極反應(yīng)為Zn+4OH–—2e–=Zn(OH）42-，C項(xiàng)正確；D．標(biāo)準(zhǔn)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(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C?！军c(diǎn)睛】電極反應(yīng)式的書(shū)寫(xiě)是電化學(xué)中必考的一項(xiàng)內(nèi)容，一般先寫(xiě)出還原劑（氧化劑）和氧化產(chǎn)物（還原產(chǎn)物)，然后標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目，最后根據(jù)原子守恒和電荷守恒完成缺項(xiàng)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(fù)極電極反應(yīng)式為：Zn+4OH–—2e–=Zn(OH）42—；充電是電解池,陽(yáng)離子在陰極上放電，陰離子在陽(yáng)極上放電，即陽(yáng)離子向陰極移動(dòng)，陰離子向陽(yáng)極移動(dòng)，對(duì)可充電池來(lái)說(shuō)，充電時(shí)原電池的正極接電源正極,原電池的負(fù)極接電源的負(fù)極,不能接反，否則發(fā)生危險(xiǎn)或電極互換，電極反應(yīng)式是原電池電極反應(yīng)式的逆過(guò)程;涉及到氣體體積，首先看一下有沒(méi)有標(biāo)準(zhǔn)狀況，如果有，進(jìn)行計(jì)算，如果沒(méi)有必然是錯(cuò)誤選項(xiàng)。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(shuō)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(jiǎn)單氫化物沸點(diǎn)最高C。X、Y、W與氫四種元素能組成離子化合物，該化合物一定能發(fā)生水解D。X和W兩元素的氧化物對(duì)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位于第二周期，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(lái)解答。【詳解】由分析知:X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(cuò)誤；B．N、O、F形成的10電子氫化物是NH3、H2O和HF，其中H2O沸點(diǎn)最高，故B錯(cuò)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(jià)氧化物的水化物的酸性是H2SO4＞HNO3，而H2SO3的酸性小于HNO3，故D錯(cuò)誤；故答案為C。6。實(shí)驗(yàn)室制備硝基苯的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示(夾持裝置已略去）.下列說(shuō)法不正確的是()A。水浴加熱的優(yōu)點(diǎn)為使反應(yīng)物受熱均勻、容易控制溫度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(shí)，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,可用蒸餾的方法分離苯和硝基苯【答案】C【解析】【詳解】A．水浴加熱的優(yōu)點(diǎn)為使反應(yīng)物受熱均勻、容易控制溫度，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(shí)先加濃硝酸，后加濃硫酸，最后加苯，則混合時(shí)，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(cuò)誤；D．苯和硝基苯相互混溶，可根據(jù)沸點(diǎn)差異利用蒸餾的方法分離苯和硝基苯，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(guò)程如下：請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1）沉淀C的化學(xué)式為_(kāi)___,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(xué)方程式為_(kāi)________。（2)操作Ⅰ、操作Ⅱ和操作Ⅲ都是____（填操作名稱(chēng))，實(shí)驗(yàn)室要洗滌Al（OH）3沉淀，洗滌方法是____________。（3）生產(chǎn)過(guò)程中,除NaOH、H2O可以循環(huán)使用外，還可以循環(huán)使用的物質(zhì)有______(填化學(xué)式）。用此法制取鋁的副產(chǎn)品是______(填化學(xué)式）.（4)金屬鋁的生產(chǎn)是以Al2O3為原料，在熔融狀態(tài)下進(jìn)行電解:，電解熔融的氧化鋁,若得到標(biāo)準(zhǔn)狀況下11。2LO2，則同時(shí)生成____g鋁.下列有關(guān)此工藝的說(shuō)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(guò)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(guò)程中得到的氧化鋁將混有雜質(zhì):___(填化學(xué)式）。【答案】(1）。Fe2O3(2).2Al+Fe2O3=Al2O3+2Fe（3）。過(guò)濾(4)。向漏斗中加蒸餾水至浸沒(méi)沉淀，使水自然流完，重復(fù)操作2～3次（5)。CaO和CO2（6）.Fe2O3和O2(7）.18（8）。A(9)。SiO2【解析】【分析】根據(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(shí)現(xiàn)固體和液體的分離的方法是過(guò)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(guò)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(guò)濾，洗滌方法是向漏斗中加蒸餾水至浸沒(méi)沉淀，使水自然流完，重復(fù)操作2～3次；(3）據(jù)流程圖可看出循環(huán)使用的物質(zhì)除NaOH、H2O外，還有CaCO3CaO+CO2↑,CaO與CO2也可循環(huán)使用；制取Al同時(shí)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(diǎn)很高，熔化得需要較多能量，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(cuò)誤;C．電解過(guò)程中如果是金屬做陽(yáng)極，將參與電極反應(yīng)，故C錯(cuò)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(cuò)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(guò)程中得到的氧化鋁將混有雜質(zhì)二氧化硅.9。氨既是實(shí)驗(yàn)室中常用試劑，也是工業(yè)上重要原料。(1）某學(xué)習(xí)小組欲制備少量的氨水。供選用的試劑有：①NH4Cl②(NH4）2CO3.提供的裝置如下,請(qǐng)回答下列問(wèn)題：①裝置A試管內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_________;②從提供的儀器中選擇并組裝一套本實(shí)驗(yàn)的合理、簡(jiǎn)潔裝置,按氣流方向連接順序?yàn)椋ㄓ脠D中標(biāo)注的導(dǎo)管口符號(hào)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(xiě)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(xué)方程式：_________；（3）已知在一定條件下，將1molN2和3molH2混合于一個(gè)10L的密閉容器中發(fā)生的反應(yīng)為N2+3H22NH3，5min后達(dá)到平衡，平衡時(shí)氨的體積分?jǐn)?shù)為25％。①該反應(yīng)的平衡常數(shù)=_____；②從反應(yīng)開(kāi)始到平衡時(shí)，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(jìn)行反應(yīng)2NO(g)+O2（g)?2NO2（g)△H＞0。該反應(yīng)的反應(yīng)速率（)隨時(shí)間(）變化的關(guān)系如圖所示。若t2、t4時(shí)刻只改變一個(gè)條件，下列說(shuō)法正確的是(填選項(xiàng)序號(hào))______。A．在時(shí)，可依據(jù)容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)保持不變判斷反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)B．在時(shí)，采取的措施可以是升高溫度C．在時(shí)，可依據(jù)容器內(nèi)氣體的密度保持不變判斷反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)D．在時(shí)，容器內(nèi)NO2的體積分?jǐn)?shù)是整個(gè)過(guò)程中的最大值（5)為檢驗(yàn)氨氣與酸反應(yīng)得到的某種常見(jiàn)氮肥的成分,某同學(xué)進(jìn)行了以下實(shí)驗(yàn)：①加熱氮肥樣品產(chǎn)生氣體,其中一種氣體能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，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(méi)有明顯變化。由此可知該氮肥的主要成分可能是_____________（填選項(xiàng)序號(hào))；A．NH4ClB．（NH4)2CO3C．NH4HCO3D．NH4NO（6）硝酸廠(chǎng)常用Na2CO3溶液吸收處理尾氣NO2生成CO2。若9。2gNO2和Na2CO3溶液完全反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移電子0.1mol，則反應(yīng)的離子方程式是_________________?！敬鸢浮?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(guò)盛有堿石灰的干燥管除去二氧化碳,再通入水中,氨氣極易溶于水容易發(fā)生倒吸，用D吸收可以防止倒吸;根據(jù)已知熱化學(xué)方程式，結(jié)合蓋斯定律分析解題；根據(jù)平衡常數(shù)的表達(dá)式和平衡狀態(tài)計(jì)算平衡常數(shù)，根據(jù)化學(xué)速率公式計(jì)算，結(jié)合影響化學(xué)平衡的因素分析解題；根據(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;根據(jù)電子守恒書(shū)寫(xiě)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(xué)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(guò)盛有堿石灰的干燥管除去二氧化碳,再通入水中,氨氣極易溶于水容易發(fā)生倒吸，用D吸收可以防止倒吸，則按氣流方向連接順序?yàn)閍→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(shí)氨的體積分?jǐn)?shù)為25%,則=0。25，解得：a=0。04，該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)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(qiáng)不變,說(shuō)明到達(dá)平衡，故A正確；B．正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，在t2時(shí),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(dòng)，該反應(yīng)正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)平衡向正反應(yīng)進(jìn)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(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài),故C錯(cuò)誤；D．由圖可知，在t2時(shí)，改變條件平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，t3時(shí)到達(dá)平衡，t4時(shí)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(jìn)行,應(yīng)是NO2降低的濃度，故容器內(nèi)NO2的體積分?jǐn)?shù)在t3時(shí)值的最大，故D錯(cuò)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?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán),該氣體為氨氣,說(shuō)明含有銨根離子,另一種氣體能使澄清石灰水變渾濁,說(shuō)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(méi)有明顯變化，說(shuō)明沒(méi)有碳酸氫根離子，說(shuō)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(shí)轉(zhuǎn)移電子0.1mol，則2molNO2和Na2CO3溶液反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移電子1mol,則N的化合價(jià)分別有+4價(jià)變化為+5價(jià)和+3價(jià)，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.【點(diǎn)睛】考查氨氣的制備和性質(zhì)的檢驗(yàn)，蓋斯定律求反應(yīng)熱,化學(xué)平衡的移動(dòng)及平衡狀態(tài)的判斷;其中應(yīng)用蓋斯定律進(jìn)行簡(jiǎn)單計(jì)算的基本方法是參照新的熱化學(xué)方程式（目標(biāo)熱化學(xué)方程式)，結(jié)合原熱化學(xué)方程式（一般2～3個(gè)）進(jìn)行合理“變形”，如熱化學(xué)方程式顛倒、乘除以某一個(gè)數(shù),然后將它們相加、減，得到目標(biāo)熱化學(xué)方程式，求出目標(biāo)熱化學(xué)方程式的ΔH與原熱化學(xué)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(guò)程如下：Ⅰ。向粗鹽水中加入過(guò)量BaCl2溶液,過(guò)濾;Ⅱ。向所得濾液中加入過(guò)量Na2CO3溶液,過(guò)濾；Ⅲ。濾液用鹽酸調(diào)節(jié)pH，獲得一次精制鹽水.（1）過(guò)程Ⅰ除去的離子是______。（2）過(guò)程Ⅰ、Ⅱ生成的部分沉淀及其溶解度（20℃/g)如下表:①檢測(cè)Fe3+是否除盡的方法是______。②過(guò)程Ⅰ選用BaCl2而不選用CaCl2，運(yùn)用表中數(shù)據(jù)解釋原因______.③除去Mg2+的離子方程式是______。④檢測(cè)Ca2+、Mg2+、Ba2+是否除盡時(shí)，只需檢測(cè)Ba2+即可,原因是_____。（3)第二次精制要除去微量的I-、IO、NH、Ca2+、Mg2+，流程示意如下：①過(guò)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(guò)程VI中，在電解槽的陽(yáng)極發(fā)生反應(yīng)的電極方程式是：_________________?！敬鸢浮?1）。SO（2).取少量過(guò)程II后的濾液于試管中，滴加幾滴KSCN溶液,若溶液不變紅，說(shuō)明Fe3+已除盡；反之沒(méi)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(shuō)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(guò)量BaCl2溶液，Ba2+與SO得到BaSO4沉淀，過(guò)濾,除去BaSO4沉淀,向所得濾液中加入過(guò)量Na2CO3溶液,除去Ca2+、Mg2+、Fe3+和過(guò)量的Ba2+，過(guò)濾后，用鹽酸調(diào)節(jié)pH,除去過(guò)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);第二次精制：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，分離出I2后，通過(guò)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）?！驹斀狻?1）向粗鹽水中加入過(guò)量BaCl2溶液，Ba2+與SO得到BaSO4沉淀，過(guò)濾，除去SO，故答案為：SO;(2）①Fe3+能夠使KSCN溶液變紅，因此檢測(cè)Fe3+是否除盡的方法是取少量過(guò)程II后的濾液于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，若溶液不變紅，說(shuō)明Fe3+已除盡;反之沒(méi)除盡，故答案為：取少量過(guò)程II后的濾液于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，若溶液不變紅，說(shuō)明Fe3+已除盡；反之沒(méi)除盡；②根據(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(guò)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，根據(jù)溶解度小的物質(zhì)沉淀完全后溶解度大的才開(kāi)始沉淀，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(shuō)明鎂離子和鈣離子也沉淀完全，故檢測(cè)Ca2+、Mg2+、Ba2+是否除盡時(shí)，只需檢測(cè)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(shuō)明Mg2+和Ca2+也沉淀完全；（3）①NaClO具有強(qiáng)氧化性,能將I-氧化，根據(jù)流程可知NH被氧化為N2，故過(guò)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(guò)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(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng),陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為2Cl—-2e-=Cl2↑，故答案為:2Cl-—2e-=Cl2↑?！军c(diǎn)睛】明確粗鹽的提純的實(shí)驗(yàn)原理及實(shí)驗(yàn)基本操作方法是解題的關(guān)鍵。本題的難點(diǎn)為(2），要注意溶解度小的物質(zhì)沉淀完全后溶解度大的才開(kāi)始沉淀.11。［化學(xué)——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(gè)未成對(duì)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(gè)未成對(duì)電子,F原子除最外能層只有1個(gè)電子外，其余各能層均為全充滿(mǎn)。根據(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(hào),該能層具有的原子軌道數(shù)為；（2)E2＋離子的價(jià)層電子軌道表示式是,F原子的電子排布式是；（3)A元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物中心原子采取的軌道雜化方式為,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)相似,DAB－的電子式為（5）配合物甲的焰色反應(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實(shí)驗(yàn)室中E2＋離子的定性檢驗(yàn)，檢驗(yàn)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(xué)式為，該晶胞上下底面為正方形，側(cè)面與底面垂直，根據(jù)圖中所示數(shù)據(jù)列式計(jì)算該晶體的密度：d=g/cm3?！敬鸢浮?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(gè)未成對(duì)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(gè)未成對(duì)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(gè)電子外，其余各能層均為全充滿(mǎn)，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(wèn)題?！驹斀狻?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(hào)M,該能層有1個(gè)s軌道、3個(gè)p軌道、5個(gè)d軌道，共有9個(gè)原子軌道；（2）Fe2+離子的價(jià)層電子排布3d6，其價(jià)層電子排布圖是，F(xiàn)為Cu元素，原子核外有29個(gè)電子,原子的電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1；（3)碳元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為H2CO3，中心C原子成3個(gè)σ鍵、沒(méi)有孤電子對(duì)，C原子采取sp2雜化方式；B的氣態(tài)氫化物為NH3，NH3分子中N原子價(jià)層電子對(duì)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(xiě)出電子式為：；(5）配合物甲的焰色反應(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實(shí)驗(yàn)室中Fe2+離子的定性檢驗(yàn)，檢驗(yàn)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(gè)，E(Fe）原子6個(gè)位于面上、4個(gè)位于棱上，E（Fe)原子數(shù)目=6×+4×=4,F（Cu）原子位于4個(gè)位于面上、1個(gè)內(nèi)部、8個(gè)頂點(diǎn)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(xué)式為:CuFeS2；晶胞質(zhì)量=g,晶胞體積=（524×10-10cm）2×103×10—10cm，該晶胞密度d==［]÷［(524×10-10cm）2×1030×10-10cm］