【完整版】河北省衡水中學(xué)2017屆高三20周周測理綜化學(xué)試題2

/河北省衡水中學(xué)2017屆高三20周周測理綜化學(xué)試題1.化學(xué)與社會、消費(fèi)、生活親密相關(guān),以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A.鮮花運(yùn)輸途中需噴灑高錳酸鉀稀溶液,主要是為鮮花補(bǔ)充鉀肥B.牙膏中添加的Na2PO3F、NaF提供的氟離子濃度相等時,它們防治齲齒的作用一樣C.自來水廠用明礬凈水,用Fe2(SO4)3或ClO2均能代替明礬凈水D.用石灰水或MgSO4溶液噴涂在樹干上均可消滅樹皮上的過冬蟲卵【答案】B【解析】A．高錳酸鉀稀溶液有強(qiáng)氧化性,不能作為鉀肥,故A錯誤；B．防治齲齒的有效成分是氟離子,那么在牙膏中添加Na2PO3F、NaF或SrF2等均能防治齲齒,當(dāng)提供的氟離子濃度相等時,它們防治齲齒的作用是一樣的,故B正確；C．自來水廠用明礬凈水,可用Fe2(SO4)3代替明礬凈水,但因ClO2有強(qiáng)氧化性,只能用于消毒,不可用于凈水,故C錯誤；D．石灰水能使蛋白質(zhì)變性,但MgSO4溶液不能,故D錯誤,答案為B。2.物質(zhì)X的構(gòu)造簡式如下圖,它常被用于制香料或作為飲料酸化劑,在醫(yī)學(xué)上也有廣泛用處。以下關(guān)于物質(zhì)X的說法正確的選項(xiàng)是〔〕A.與X具有一樣官能團(tuán),且分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子的X的同分異構(gòu)體有3種B.X分子內(nèi)所有碳原子可能在同一平面內(nèi)C.不能發(fā)生氧化反響,能發(fā)生取代反響D.1molX與足量的Na反響可生成44.8LH2【答案】A3.用NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A.3.0g由葡萄糖和冰醋酸組成的混合物中含有的原子總數(shù)為0.3NAB.1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中含有的氮原子數(shù)小于0.1NAC.用鉛蓄電池電解氯化鈉溶液,得到標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4L氫氣時,理論上鉛蓄電池中消耗氫離子數(shù)目為4NAD.氫氣與氯氣反響生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4L氯化氫,斷裂化學(xué)鍵的總數(shù)為2NA【答案】C【解析】A．葡萄糖和冰醋酸的最簡式均為CH2O,那么3.0g由葡萄糖和冰醋酸組成的混合物中含有的原子總數(shù)為0.4NA,故A錯誤；B．根據(jù)物料守恒定律,1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中含有的氮原子數(shù)為0.1NA,故B錯誤；C．用鉛蓄電池電解氯化鈉溶液,得到標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4L即1mol氫氣時,理論上鉛蓄電池的正負(fù)極共中消耗氫離子數(shù)目為4NA,故C正確；D．氫氣與氯氣反響生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4L即1mol氯化氫時,斷裂化學(xué)鍵的總數(shù)為1NA,故D錯誤；答案為C。點(diǎn)晴：阿伏伽德羅常數(shù)的常見問題和考前須知：①物質(zhì)的狀態(tài)是否為氣體；②對于氣體注意條件是否為標(biāo)況；③注意同位素原子的差異；④注意可逆反響或易水解鹽中離子數(shù)目的判斷；⑤注意物質(zhì)的構(gòu)造：如Na2O2是由Na+和O22-構(gòu)成,而不是有Na+和O2-構(gòu)成；SiO2、SiC都是原子晶體,其構(gòu)造中只有原子沒有分子,SiO2是正四面體構(gòu)造,1molSiO2中含有的共價(jià)鍵為4NA,1molP4含有的共價(jià)鍵為6NA等。4.根椐實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的選項(xiàng)是〔〕選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A將鹽酸滴入NaHCO3溶液中有氣泡產(chǎn)生氯的非金屬性比碳強(qiáng)B用pH試紙分別測定0.1mol?L-1的Na2SO3溶液和0.1mol?L-1的NaHSO3溶液的pHNa2SO3溶液的pH約為10,NaHSO3溶液的pH約為5HSO3-結(jié)合H+的才能比SO32-強(qiáng)C分別將乙烯與SO2通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液均褪色兩種氣體使酸性KMnO4溶液褪色的原理一樣D向2mL0.1mol?L-1MgCl2溶液中參加5mL0.1mol?L-1NaOH溶液,出現(xiàn)白色沉淀后,繼續(xù)滴入幾滴FeCl3濃溶液,靜置出現(xiàn)紅褐色沉淀同溫下,Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A．將鹽酸滴入NaHCO3溶液中有氣泡產(chǎn)生,可知鹽酸比碳酸酸性強(qiáng),但無法證明氯的非金屬性比碳強(qiáng),故A錯誤；B．用pH試紙分別測定0.1mol·L－1的Na2SO3溶液和0.1mol·L－1的NaHSO3溶液的pH,根據(jù)溶液的pH可知HSO3－結(jié)合H+的才能比SO32－弱,故B錯誤；C．乙烯與SO2通入酸性KMnO4溶液中溶液褪色,原理均為發(fā)生氧化復(fù)原反響,故C正確；D．Mg(OH)2和Fe(OH)3的構(gòu)型不一樣,無法判斷溶度積大小,故D錯誤；答案為C。5.X、Y、Z均為短周期主族元素,它們的原子序數(shù)的關(guān)系為X+Z=2Y,且Z的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物是強(qiáng)酸。那么以下有關(guān)說法中正確的選項(xiàng)是〔〕A.假設(shè)X是Na,那么Z的最高價(jià)一定為偶數(shù)B.假設(shè)X是O,那么YX—定是離子化合物C.假設(shè)Y是O,那么非金屬性：Z>Y>XD．假設(shè)Y是Na,那么X、Z不可能是同一主族元素【答案】B【解析】A．X是Na,那么Z可為Cl,最高價(jià)是奇數(shù),故A錯誤；B．X是O,因?yàn)镺原子序數(shù)是8,偶數(shù),那么Z只能是S,Y的原子序數(shù)為8+點(diǎn)晴：高頻考點(diǎn),注意根據(jù)原子序數(shù)的關(guān)系判斷元素的種類是解答該題的關(guān)鍵,原子序數(shù)X+Z=2Y,那么X和Z的原子序數(shù)只能同時為奇數(shù)或者同時為偶數(shù),Z的最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物是強(qiáng)酸,Z只能是N,S,Cl(短周期)等元素,以此解答該題。6.常溫下,量取pH=2的兩種二元酸H2A與H2B各1mL,分別加水稀釋,測得pH與加水稀釋倍數(shù)有如下圖關(guān)系,那么以下有關(guān)表達(dá)不正確的選項(xiàng)是〔〕學(xué)*科*網(wǎng)...A.H2B為弱酸B.NaHA水溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(OH-)C.含等物質(zhì)的量的NaHA、NaHB的混合溶液中：c(Na+)=c(A2-)+c(HB-)+c(B2-)+c(H2B)D.pH=10的NaHB溶液中：c(Na+)>c(HB-)>c(B2-)>c(OH-)>c(H2B)【答案】D【解析】A．PH一樣的二種酸稀釋一樣的倍數(shù),因弱酸能繼續(xù)電離,弱酸的pH變化小,由圖示可知H2B為弱酸,H2A為強(qiáng)酸,故A正確；B．由圖示可知H2A為二元強(qiáng)酸,那么NaHA水溶液中存在的電荷守恒式為c(Na+)+c(H+)=2c(A2－)+c(OH－),故B正確；C．含等物質(zhì)的量的NaHA、NaHB的混合溶液中根據(jù)物料守恒可知c(Na+)=c(A2－)+c(HB－)+c(B2－)+c(H2B),故C正確；D．pH=10的NaHB溶液中HB-的水解大于HB-的電離,那么c(Na+)>c(HB－)>c(OH－)>c(H2B)>c(B2－),故D錯誤；答案為D。7.將9g銅和鐵的混合物投入100mL稀硝酸中,充分反響后得到標(biāo)準(zhǔn)狀況下1.12LNO,剩余4.8g金屬；繼續(xù)參加100mL等濃度的稀硝酸,金屬完全溶解,又得到標(biāo)準(zhǔn)狀況下1.12LNO。假設(shè)向反響后的溶液中參加KSCN溶液,溶液不變紅,那么以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A.原混合物中銅和鐵各0.065molB.稀硝酸的物質(zhì)的量濃度為4.0mol?L-1C.第一次剩余的4.8g金屬為銅和鐵D.向反響后的溶液中再參加該稀硝酸100mL,又得到的NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為0.56L【答案】D【解析】因?yàn)殍F的復(fù)原性比銅強(qiáng),所以該混合物與硝酸反響時,鐵優(yōu)先與硝酸反響。根據(jù)鐵與少量硝酸反響的化學(xué)方程式3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O可求出生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下1.12LNO氣體需要鐵4.2g,恰好與混合物減少的質(zhì)量相等。根據(jù)銅與硝酸反響的化學(xué)方程式3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O可求出生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下1.12LNO氣體需要銅4.8g,恰好與剩余的固體質(zhì)量相等。所以,混合物中含鐵和銅的質(zhì)量分別為4.2g和4.8g,物質(zhì)的量都是0.075mol。因此,100mL稀硝酸中含有硝酸的物質(zhì)的量為0.075mol×83=0.2mol,所以c(HNO3)=2.0mol/L.由鐵元素守恒可知,混合物完全溶解后,溶液中n(Fe2+)=0.075mol,再向溶液中參加0.20mol/L的稀硝酸100mL,發(fā)生離子反響3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO+2H2O,由離子方程式可知,Fe2+可以完全被氧化,所以n(NO)=13n(Fe2+)=0.025mol,這些氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為0.56L.綜上所述,8.某同學(xué)為了探究鈉與CO2的反響,利用如圖裝置進(jìn)展實(shí)驗(yàn)?！睵dCl2能被CO復(fù)原為黑色的Pd〕〔1〕裝置②中用稀鹽酸與CaCO3反響制備CO2,在加稀鹽酸時,發(fā)現(xiàn)CaCO3與稀鹽酸不能接觸,而稀鹽酸又不夠了,為使反響能順利進(jìn)展,可向長頸漏斗中參加的試劑是______________。A．H2SO4溶液B．CCl4C．苯D．稀硝酸〔2〕請將圖中各裝置按順序連接〔填裝置接口字母〕：c接____________,__________接_______,_______接_______,_______接_______?！?〕裝置④的作用是_______________________________________________________________?！?〕檢査完裝置氣密性并裝好藥品后,點(diǎn)燃酒精燈之前應(yīng)進(jìn)展的操作是翻開彈簧夾,讓CO2充滿整個裝置,當(dāng)觀察到_________________時再點(diǎn)燃酒精燈?！?〕假設(shè)反響過程中CO2足量,鈉與CO2充分反響后,生成的固體物質(zhì)可能有多種情況,該同學(xué)提出以下猜測：①生成的固體物質(zhì)為Na2CO3；②生成的固體物質(zhì)為Na2CO3和C的混合物；③生成的固體物質(zhì)為Na2CO3和Na2O的混合物；④生成的固體物質(zhì)為Na2O和C的混合物。假設(shè)反響過程中有以下兩種情況：Ⅰ．觀察到裝置⑤PdCl2溶液中有黑色沉淀,假設(shè)裝置①中固體成分只有一種,且向固體中參加稀鹽酸可產(chǎn)生能使澄淸石灰水變渾濁的氣體,寫出該情況下鈉與CO2反響的化學(xué)方程式：_________________。Ⅱ．裝置①中鈉的質(zhì)量為0.46g,充分反響后,將裝置①中的固體參加足量的稀鹽酸中產(chǎn)生224mL〔標(biāo)準(zhǔn)狀況)CO2氣體,溶液中殘留固體的質(zhì)量為_______?！?〕設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案證明裝置①中參加的金屬鈉局部被氧化：________________________________。學(xué)*科*網(wǎng)...【答案】(1).BD(2).f(3).g(4).d(5).e(6).a〔或b〕(7).b〔或a〕(8).h(9).吸收HCl氣體(10).裝置⑤中澄清石灰水開場變渾濁(11).2Na+2CO2Na2CO3+CO(12).0.06g(13).準(zhǔn)確稱取0.46g金屬鈉樣品,并投入足量水中,測得搜集到的氣體體積小于224mL〔標(biāo)準(zhǔn)狀況下測量〕〔或其他合理答案〕【解析】(1)A．H2SO4溶液：參加H2SO4溶液后,增大了鹽酸的體積,但硫酸和碳酸鈣反響生成硫酸鈣微溶覆蓋在碳酸鈣外表阻止反響進(jìn)一步發(fā)生,故A錯誤；B．CCl4：四氯化碳的密度大于稀鹽酸,參加四氯化碳后會,四氯化碳層在混合液下層,從而使鹽酸與碳酸鈣接觸,故B正確；C．苯：苯的密度小于鹽酸,參加苯后,苯在混合液上層,無法使稀鹽酸與碳酸鈣接觸,故C錯誤；D．稀硝酸：參加稀硝酸后,可以增大溶液體積,使溶液與碳酸鈣接觸,故D正確；故答案為BD；(2)探究鈉與CO2的反響,首先用鹽酸和碳酸鈣在②中反響制取二氧化碳?xì)怏w,制取的二氧化碳中混有揮發(fā)出來的HCl,需要用裝置④中的飽和碳酸氫鈉溶液除去HCl,然后用③濃硫酸枯燥,再在①中進(jìn)展鈉與二氧化碳的反響,最后用裝置⑤檢驗(yàn)反響產(chǎn)物,所以裝置的連接順序?yàn)椋篺、g、d、e、a(b)、b(a)、h；

(3)裝置④的作用是吸收二氧化碳中混有的HCl氣體；(4)鈉化學(xué)性質(zhì)比擬活潑,可以與空氣中的氧氣、水反響,所以點(diǎn)燃酒精燈之前應(yīng)需要翻開彈簧夾,讓CO2充滿整個裝置,以便排盡裝置中的空氣,防止空氣中O2、H2O干擾實(shí)驗(yàn)；當(dāng)裝置裝置⑤中澄清石灰水變渾濁時,證明裝置中空氣已經(jīng)排凈,

故答案為：裝置⑤中澄清石灰水開場變渾濁；

(5)Ⅰ．裝置⑤PdCl2溶液中觀察到有黑色沉淀,PdCl2能被CO復(fù)原得到黑色的Pd,那么黑色沉淀為Pd,鈉與二氧化碳反響生成了CO；裝置①中固體成分只有一種,且向固體中參加稀鹽酸產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的氣體,該氣體為二氧化碳,那么鈉與二氧化碳反響生成碳酸鈉和CO,2Na+2CO2Na2CO3+CO；

Ⅱ．裝置①中鈉的質(zhì)量為0.46g,鈉的物質(zhì)的量為：n(Na)=0.46g23g/mol=0.02mol,將裝置①中的固體參加到足量稀鹽酸中產(chǎn)生224mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)CO2氣體,二氧化碳的物質(zhì)的量為：n(CO2)=0.224L22.4L/(6)準(zhǔn)確稱取0.46g金屬鈉樣品,并投入足量水中,測得搜集到的氣體體積小于224ml(標(biāo)準(zhǔn)狀況下測量),即可證明裝置①中參加的金屬鈉局部被氧化。點(diǎn)晴：正確理解題干信息為解答關(guān)鍵,注意掌握性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)原那么,(4)為易錯點(diǎn),根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康模禾骄库c與CO2的反響,設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案,完成正確的儀器連接順序,②為制取二氧化碳裝置,實(shí)驗(yàn)室中常用碳酸鈣與鹽酸反響,二氧化碳中混有氯化氫,需要用裝置④除去,然后用裝置③枯燥,然后在①中進(jìn)展鈉與二氧化碳的反響,然后用⑤檢驗(yàn)反響產(chǎn)物,據(jù)此進(jìn)展連接裝置并分析解題。9.氨氣在消費(fèi)、生活和科研中應(yīng)用非常廣泛?！?〕以CO2與NH3為原料合成尿素的主要反響如下：2NH3(g)+CO2(g)NH2CO2NH4(s)△H=-159kJ?mol-1NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=+72kJ?mol-1H2O(1)H2O(g)△H=+44kJ?mol-1那么反響2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=_______kJ?mol-1〔2〕某溫度下,向容積為100mL的密閉容器中通入4molNH3和2molCO2發(fā)生反響2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g),物質(zhì)X的濃度變化曲線如右圖所示。①前5s內(nèi),v(H2O)=___________。②該條件下的平衡常數(shù)K=__________。〔3〕T℃時,將等物質(zhì)的量的NO和CO充入容積為2L的密閉容器中,保持溫度和體積不變,反響過程〔0?15min)中NO的物質(zhì)的量隨吋間的變化如下圖。①平衡時假設(shè)保持溫度不變,再向容器中充入CO、N2各0.8mol,平衡將___________〔填“向左〞“向右〞或“不〞)挪動。②圖中a、b分別表示在一定溫度下,使用質(zhì)量一樣但外表積不同的催化劑時,到達(dá)平衡過程中n(NO)的變化曲線,其中表示催化劑外表積較大的曲線是________〔填“a〞或“b〞)。③15min時,假設(shè)改變外界反響條件,導(dǎo)致n(NO)發(fā)生如下圖的變化,那么改變的條件可能是_____________?！?〕垃圾滲濾液中含有大量的氨氮物質(zhì)(用NH3表示〕和氯化物,把垃圾滲濾液參加如下圖的電解池〔電極為惰性材料〕中進(jìn)展電解除去NH3,凈化污水．該凈化過程分兩步：第一步電解產(chǎn)生氧化劑,第二步氧化劑氧化氨氮物質(zhì)生成N2。①寫出第二步反響的化學(xué)方程式：______________________________。②假設(shè)垃圾滲濾液中氨氮物質(zhì)的含量為1.7%,那么理論上電解1t該污水,電路中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為_________?！敬鸢浮?1).-131(2).lmol?L-1?s-1(3).2.5×10-3(4).向右(5).b(6).增大CO的物質(zhì)的量濃度〔或增大壓強(qiáng)〕(7).3Cl2+2NH3=N2+6HCl〔或3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl〕(8).3×103NA【解析】(1)：2NH3(g)+CO2(g)═NH2CO2NH4(s)△H=-159kJ?mol-1①,NH2CO2NH4(s)═CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=+72kJ?mol-1②,H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ·mol－1③將①+②-③可得：2NH3(g)+CO2(g)═CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=(-159kJ?mol-1)+(+72kJ?mol-1)-(+44kJ·mol－)=-131KJ/mol；學(xué)*科*網(wǎng)...(2)①圖示為NH3的濃度隨時間的變化曲線,5s時NH3的濃度有40mol/L降為30mol/L,那么v(NH3)=10mol/L5s=2mol·L－1·s－1,v(H2O)=1②平衡時NH3的濃度為20mol/L,NH3的濃度為20mol/L,那么平衡時CO2的濃度為10mol/L,H2O(g)的濃度為10mol/L,該條件下的平衡常數(shù)K=c(H2O)c(3)①起始時,NO為0.4mol,平衡時NO為0.2mol,

2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2

起始物質(zhì)的量：0.4mol

0.4mol

0

0

轉(zhuǎn)化的物質(zhì)量：0.2mol

0.2mol

0.2mol

0.1mol

平衡物質(zhì)的量：0.2mol

0.2mol

0.2mol

0.1mol

那么平衡時的濃度：c(NO)=0.1mol/L,c(CO)=0.1mol/L,c(CO2)=0.1mol/L,c(N2)=0.05mol/L,

k==5(mol/L)-1；

平衡時假設(shè)保持溫度不變,再向容器中充入CO、N2各0.8mol,那么c(CO)=0.5mol/L,c(N2)=0.45mol/L,

Qc==1.8＜k,那么平衡將向右挪動；②催化劑外表積較大,反響速率快,到達(dá)平衡所用時間短,由圖可知,b曲線代表的條件下反響速率快,所以b的催化劑的外表積大；③由圖象可知,NO的濃度減小,平衡向正方向挪動,所以改變的條件為增加CO的物質(zhì)的量濃度或增大壓強(qiáng)；(4)①根據(jù)圖示知道：A電極是電解池的陽極,該電極上發(fā)生失電子的氧化反響,可以得到氧化劑,根據(jù)離子的放電順序,即氯離子失電子產(chǎn)生氯氣的過程,電極反響式為2Cl--2e-=Cl2↑；第二步氧化劑氯氣氧化氨氮物質(zhì)即氨氣生成N2的過程,發(fā)生的反響為：3Cl2+2NH3=N2+6HCl；②1t該污水中氨氮物質(zhì)的含量為1.7%,質(zhì)量為1×106g×1.7%=1.7×104g,那么理論上電解轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1.7×104g÷17g/mol×3=3×103mol,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3×103NA。點(diǎn)晴：側(cè)重于考察學(xué)生對根底知識的綜合應(yīng)用才能和計(jì)算才能,注意把握三段式在化學(xué)平衡計(jì)算中的應(yīng)用,注意題干信息的應(yīng)用是關(guān)鍵,該電解池(電極為惰性材料)電解除去NH3,凈化污水．該凈化過程分兩步：第一步電解產(chǎn)生氧化劑,即產(chǎn)生能將氨氧化為氮?dú)獾奈镔|(zhì),第二步氧化劑氧化氨氮物質(zhì)生成N2,據(jù)電解池的工作原理結(jié)合發(fā)生的反響來答復(fù)。10.黃銅礦〔CuFeS2〕是冶煉銅及制備鐵的氧化物的重要礦藏,常含有微量的金、銀等。如圖是以黃銅礦為主要原料消費(fèi)銅、鐵紅〔氧化鐵〕顏料的工藝流程圖：〔1〕反響Ⅰ的離子方程式為_________________________________________。〔2〕CuCl難溶于水,但可與過量的Cl-反響生成溶于水的[CuCl2]-。該反響的離子方程式為_________________________________________________?！?〕有大量Cl-存在時,Na2SO3可將CuCl2復(fù)原成[CuCl2]-。Na2SO3要緩慢滴加到溶液中的原因是_________________________________________________?！?〕反響Ⅰ?Ⅴ五個反響中屬于非氧化復(fù)原反響的是反響____________?！?〕Cu+在反響Ⅴ中發(fā)生自身氧化復(fù)原反響,歧化為Cu2+和Cu,由此可推知溶液A中的溶質(zhì)為_______________〔填化學(xué)式〕?！?〕含AsO43-的廢水對環(huán)境造成嚴(yán)重污染,常用新制的氫氧化鐵沉淀與之作用形成FeAsO4沉淀而除去,一樣溫度下溶解度：Fe(OH)3__________〔填“<〞“>〞或“=〞〕FeAsO4?！?〕在酸性、有氧條件下,一種叫Thibacillusferroxidans的細(xì)菌能將黃銅礦轉(zhuǎn)化成硫酸鹽,該過程中發(fā)生反響的離子方程式為________________________________?！?〕將一定量的鐵紅溶于160mL5mol?L-1鹽酸中,再參加足量鐵粉,待反響完畢后共搜集到氣體2.24L〔標(biāo)準(zhǔn)狀況〕,經(jīng)檢測,溶液中無Fe3+,那么參加反響的鐵粉的質(zhì)量為_____________?！敬鸢浮?1).CuFeS2+3Fe3++Cl-==4Fe2++CuCl+2S(2).Cl-+CuCl=[CuCl2]-(3).假如參加過快,局部SO32-會與生成的H+作用生成SO2導(dǎo)致原料損耗(4).Ⅱ、Ⅳ(5).CuCl2、NaCl(6).>(7).4CuFeS2+4H++17O2==4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O(8).11.2g【解析】由化工流程可知,反響I中,CuFeS2與氯化鐵溶液反響生成氯化亞鐵溶液和難溶的氯化亞銅、硫。過濾后,向?yàn)V液中參加碳酸鈉可發(fā)生復(fù)分解反響II,生成碳酸亞鐵沉淀；濾渣中的氯化亞銅與氯化鈉溶液反響IV,生成可溶性的配合物Na[CuCl2]。反響III中,碳酸亞鐵在空氣中煅燒生成鐵紅。反響V中,Na[CuCl2]經(jīng)加水稀釋發(fā)生歧化反響生成銅、氯化銅和氯化鈉。〔1〕反響Ⅰ的離子方程式為CuFeS2+3Fe3++Cl-==4Fe2++CuCl+2S?！?〕CuCl與過量的Cl-反響生成溶于水的[CuCl2]-的離子方程式為Cl-+CuCl=[CuCl2]-?！?〕有大量Cl-存在時,Na2SO3可將CuCl2復(fù)原成[CuCl2]-,該反響的離子方程式為：SO32-+2Cu2++4Cl-+H2O==2[CuCl2]-+SO42-+2H+,所以反響后溶液顯酸性,假如參加Na2SO3過快,局部SO32-會與生成的H+作用生成SO2導(dǎo)致原料損耗?！?〕反響Ⅰ?Ⅴ五個反響中,只有II和IV中沒有化合價(jià)發(fā)生變化,所以屬于非氧化復(fù)原反響的是反響Ⅱ、Ⅳ?！?〕Cu+在反響Ⅴ中發(fā)生自身氧化復(fù)原反響,歧化為Cu2+和Cu,由此可推知溶液A中的溶質(zhì)為CuCl2、NaCl?！?〕新制的氫氧化鐵沉淀與AsO43-作用形成FeAsO4沉淀,說明在一樣溫度下FeAsO4比Fe(OH)3小?！?〕在酸性、有氧條件下,Thibacillusferroxidans的細(xì)菌將黃銅礦轉(zhuǎn)化成硫酸鹽,說明該細(xì)菌可以做催化劑,該反響的離子方程式為4CuFeS2+4H++17O2==4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O?！?〕鐵紅溶于160mL5mol?L-1鹽酸中,再參加足量鐵粉,共搜集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下氫氣2.24L,氫氣的物質(zhì)的量為0.1mol。反響過程中,鹽酸中的氫離子參與的兩個離子反響分別為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O和Fe+2H+=Fe2++H2。由Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O,求出n(Fe3+)=13n(H+)=13(160×10-3L×5mol?L-1-0.1mol×211.[化學(xué)——物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)]原子序數(shù)依次增大的四種元素A、B、C、D分別處于第一至第四周期。自然界中存在多種A的化合物,B原子核外電子有6種不同的運(yùn)動狀態(tài),B與C可形成正四面體形的分子,D的基態(tài)原子的最外能層只有一個電子,其他能層均已充滿電子,請答復(fù)以下問題：學(xué)*科*網(wǎng)...〔1〕這四種元素中電負(fù)性最大的元素的基態(tài)原子的價(jià)電子排布圖為__________________________?！?〕A與B元素形成的B2A2中含有的σ鍵、π鍵數(shù)目之比為_______________?！?〕B元素可形成多種單質(zhì),一種單質(zhì)晶體構(gòu)造如圖一所示,其原子的雜化類型為_________；另一種單質(zhì)的晶胞如圖二所示,該晶胞的空間利用率為__________保存兩位有效數(shù)字,3≈〔4〕向盛有硫酸銅溶液的試管中加氨水,首先形成藍(lán)色沉淀,繼續(xù)參加氨水,沉淀溶解,得到深藍(lán)色透明溶液。請寫出藍(lán)色沉淀溶于氨水的離子方程式：__________________________________?！?〕圖三為一個由D元素形成的單質(zhì)的晶胞,該晶胞“實(shí)際〞擁有的D原子數(shù)是______個,其晶體的堆積模型為_______________,此晶胞立方體的邊長為acm,D的相對原子質(zhì)量為M,單質(zhì)D的密度為ρg?cm-3,那么阿伏加德羅常數(shù)可表示為_________mol-1〔用含M、a、p的代數(shù)式表示〕。【答案】(1).(2).3∶2(3).sp2(4).34%(5).Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH-(6).4(7).面心立方密堆積(8).4M【解析】原子序數(shù)依次增大的四種元素A、B、C、D分別處于第一至第四周期,自然界中存在多種A的化合物,那么A為氫元素；B原子核外電子有6種不同的運(yùn)動狀態(tài),即核外有6個電子,那么B為碳元素；D的基態(tài)原子的最外能層只有一個電子,其他能層均已充滿電子,D原子外圍電子排布為3d104s1,那么D為銅元素；結(jié)合原子序數(shù)可知,C只能處于第三周期,B與C可形成正四面體型分子,那么B為氯元素．

〔1〕四種元素中電負(fù)性最大的是Cl,其基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為3s23p5,基態(tài)原子的價(jià)電子排布圖為；

〔2〕C2H2的構(gòu)造式為H-C≡C-H,單鍵為σ鍵,三鍵含有1個σ鍵、2個π鍵,含有的σ鍵、π鍵數(shù)目之比為3︰2；

〔3〕圖一為平面構(gòu)造,在其層狀構(gòu)造中碳碳鍵鍵角為120°,每個碳原子都結(jié)合著3個碳原子,碳原子采取sp2雜化；晶胞中每個C原子與周圍4個C原子形成正四面體構(gòu)造,正四面體體心原子與晶胞頂點(diǎn)原子連線在晶胞體對角線上,且為體對角線長度的14,令碳原子半徑為r,那么晶胞棱長為8r,故晶胞棱長為,晶胞中C原子數(shù)目=4+6×12+8×18=8,那么晶胞中碳原子總體積=8×43πr3,故晶胞空間利用率=8×43πr3÷〔〕〔4〕硫酸銅溶液中參加氨水會產(chǎn)生氫氧化銅藍(lán)色沉淀,繼續(xù)滴加氨水,沉淀溶解,得到四氨合銅絡(luò)離子,溶液為深藍(lán)色的透明溶液,藍(lán)色沉淀溶解離子方程式為：Cu〔OH〕2+4NH3═[Cu〔NH3〕4]2++2OH-；

〔5〕由晶胞構(gòu)造示意圖可知,晶體的堆積模型為面心立方密堆積,晶胞中原子數(shù)目為6×12+8×18=4,晶胞質(zhì)量為4×,晶胞體積為〔acm〕3,那么4×=ρg/cm3×〔acm〕3,故NA=4M/ρa(bǔ)