2023年屆湖北省黃岡八模高三模擬理綜化學(xué)測(cè)試卷

黃 岡 八 模2023屆高三理綜化學(xué)模擬測(cè)試卷〔一〕命 題：黃岡市文海教科院本試卷分第1卷〔選擇題〕和其次卷〔非選擇題〕兩局部，共300分．考試用時(shí)150分鐘可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H:1 C:12 :16 Na:23 2n:651卷〔126分〕13678符合題目的要求的.7.15世紀(jì)我國(guó)明崇禎年間《徐光啟手跡》記載了《造強(qiáng)水法》“綠釩五斤，硝五斤，將礬炒去，約折五分之一，將二味同研細(xì)，次用鐵作鍋，……鍋下起火，取氣冷定，開(kāi)壇則藥化為水鍋亦壞矣用水入五金皆成水惟黃金不化水中加鹽則化……強(qiáng)水用過(guò)無(wú)力……”，“硝”即硝酸鉀。以下說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔 〕這里的“強(qiáng)水”主要成分是HNO3C.“鍋亦壞矣”的化學(xué)方程式為C.“鍋亦壞矣”的化學(xué)方程式為Fe+6HNO3Fe〔NO〕+3NO↑+3HO3 3 2 2D.“惟黃金不化水中，加鹽則化”，可能是參與的Cl-在金溶解的過(guò)程中發(fā)揮了重要作用8.設(shè)N為阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔 〕A白磷〔P〕為正四周體構(gòu)造，則PCO3：14 4 21L1mol/LKAl〔SO〕2N4 2 A9g13CON17O4.6N2 2 AD.0.2mol0.3NA有關(guān)如以下圖化合物的說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是〔 〕該化合物的分子式為C20H22O4該化合物中全部碳原子有可能共面該化合物既可以與溴水反響，又可以使酸性KMnO4溶液褪色，且原理不同1mol2molNaOH關(guān)于以下四個(gè)裝置的說(shuō)明符合試驗(yàn)要求的是〔 〕裝置①：試驗(yàn)室中假設(shè)需制備較多量的乙炔可用此裝置裝置②：XNH3HCl裝置③：制備并檢驗(yàn)乙烯裝置④：用從a處加水的方法檢驗(yàn)裝置④的氣密性依據(jù)以下各圖曲線表征的信息，得出的結(jié)論正確的選項(xiàng)是〔 〕10.1000mol?L-1NaOH20.00mL0.1000mol?L-1醋酸溶液的滴定曲線2表示用水稀釋pH一樣的鹽酸和NHClpH4Ⅱ表示NHCl：b≥c＞a43表示的是A13+OH-反響時(shí)含鋁微粒濃度變化曲線，圖中a點(diǎn)溶液中大量存在A13+4表示A、Bt℃時(shí)A、B1tω〔A〕＜ω〔B〕2一種利用微生物燃料電池處理工業(yè)廢水的裝置如以下圖，以下關(guān)于該裝置的說(shuō)法正確的是〔 〕A.aB.b2NO3-+10e-+6H2O═N2↑+12OH-C.該裝置通過(guò)消耗外界電能以實(shí)現(xiàn)除去污水中苯酚和硝酸根的目的Da1mol6molH+通過(guò)著名化學(xué)家徐光憲獲得國(guó)家最高科學(xué)技術(shù)獎(jiǎng)：金屬鈰〔稀土元素〕是一種活潑的金屬，活潑性略強(qiáng)于鎂〔注：鈰常見(jiàn)的化合價(jià)為+3和+4，氧化性：Ce4+＞Fe3+。〕以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔 〕工業(yè)上可用焦炭復(fù)原鈰的氧化物來(lái)制備金屬鈰Ce〔SO〕溶液與硫酸鐵溶液混合，其離子方程式為：Ce3++Fe3+═Ce4++Fe2+2 4 3可以將金屬Ce保存在煤油中以隔絕空氣，防止被氧化在確定條件下電解熔融的CeO可以制得金屬Ce，電解中Ce2其次卷〔非選擇題，共174分〕17422～3233～38題為選考題，考生依據(jù)要求作答．〔一〕129分乳酸亞鐵〔[CHCH〔OH〕COO]Fe?3HO，Mr=288〕是一種常用的補(bǔ)鐵劑，易溶于水，幾3 2 2得。某興趣小組通過(guò)如下試驗(yàn)方案在試驗(yàn)室模擬乳酸亞鐵的制備過(guò)程：Ⅰ．制備碳酸亞鐵：裝置如以下圖。儀器A的名稱是 。試驗(yàn)操作如下：關(guān)閉活塞2，翻開(kāi)活塞1、3，參與適量稀硫酸反響一段時(shí)間，其目的是 ，然后關(guān)閉活塞1，接下來(lái)的操作是 ，此后，C裝置溶液中有沉淀生成，并有大量氣泡冒出，則C中發(fā)生反響的離子方程式為 。Ⅱ．乳酸亞鐵晶體的制備將制得的FeCO3參與到足量乳酸溶液中，再參與少量鐵粉，75℃下攪拌反響。鐵粉的作用是 。從上述所得溶液中獲得乳酸亞鐵晶體的方法是 、過(guò)濾、洗滌、枯燥。Ⅲ．乳酸亞鐵晶體純度的測(cè)量該興趣小組用KMnO4法測(cè)定樣品中亞鐵含量進(jìn)而計(jì)算產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。以下操作會(huì)引起測(cè)定結(jié)果偏高的是 。滴定管在盛裝高錳酸鉀前未潤(rùn)洗B．滴定過(guò)程中，錐形瓶震蕩的太猛烈，以致局部液體濺出C．滴定前讀數(shù)正確，滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)D．滴定前讀數(shù)正確，滴定終點(diǎn)時(shí)仰視讀數(shù)該興趣小組用KMnO4測(cè)定產(chǎn)品中亞鐵含量進(jìn)而計(jì)算乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。覺(jué)察產(chǎn)品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)總是大于100%，其緣由可能是 。某同學(xué)查閱文獻(xiàn)后，用〔NH4〕4Ce〔SO4〕4滴定法測(cè)定樣品中Fe2+的含量并計(jì)算樣品純度〔反響中Ce4+復(fù)原為Ce3+〕，他稱取6.40g樣品，配制成250.00mL溶液，取出25.00mL，用濃度為0.10mol?L-1的〔NH4〕4Ce〔SO4〕4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)液20.00mL．則產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的純度為 〔以質(zhì)量分?jǐn)?shù)表示〕。鉻鐵礦的主要成分可表示為FeO?CrOSiOAlOFeO等雜質(zhì)。以鉻鐵礦為原23 2 23 23料制備重鉻酸鉀〔KCrO〕的過(guò)程如以下圖。2 27：①CrO2-+HO2CrO2-+2H+．依據(jù)題意答復(fù)以下問(wèn)題：27 2 4“焙燒”后的固體產(chǎn)物成分除NaCrO、FeO、NaAlO外，還有 〔填化學(xué)式〕。2 4 23 2寫(xiě)出“焙燒”過(guò)程中所發(fā)生的氧化復(fù)原反響的化學(xué)方程式 ?！八辈襟E中，為了提高浸出率，可實(shí)行的措施有〔請(qǐng)寫(xiě)出兩條〕： 。操作Ⅰ為 ；固體X中主要含有 〔填寫(xiě)化學(xué)式〕。第一次參與醋酸的目的是 ；其次次參與醋酸調(diào)整溶液pH＜5，其目的是 。2物質(zhì)272 27溶解度/〔g/100g〕如表是相關(guān)物質(zhì)的溶解度數(shù)據(jù)，操作Ⅲ發(fā)生反響的化學(xué)方程式是：NaCr2物質(zhì)272 27溶解度/〔g/100g〕0℃40℃80℃KCl2840.151.3NaCl35.736.438KCrO2 274.726.373NaCrO2 27163215376該反響在溶液中能發(fā)生的理由是 。操作Ⅲ由多步組成，獲得KCrO晶體的操作依次是：參與KCl2 2 7 、過(guò)濾、 、枯燥。氨在化肥生產(chǎn)、儲(chǔ)氫及環(huán)境治理等領(lǐng)域正發(fā)揮著重要作用。〔1〕2023Dr．KatsutoshiNagaoka等帶著的爭(zhēng)論團(tuán)隊(duì)開(kāi)發(fā)了一種可以“快速啟動(dòng)的氨1〔2〕氨在高溫下分解也可以釋放出氫氣。1100℃時(shí)，在鎢絲外表NH分解的半衰期〔濃度3減小一半所需時(shí)間〕如下表所示：c〔NHc〔NH〕/mol?L-1 4.56×10-3 2.28×10-3 1.14×10-3 5.7×10-4 2.85×10-43時(shí)間/s 0 440 660 770 t5表中的t的值為 。c〔NH〕的值從2.28×10-3變化至1.14×10-3的過(guò)程中，平均反響5 3速率v〔H〕═ 〔保存三位有效數(shù)字〕mol?L-1?s-1?！?〕氨催化氧化時(shí)會(huì)發(fā)生兩個(gè)競(jìng)爭(zhēng)反響Ⅰ：4NH〔3〕氨催化氧化時(shí)會(huì)發(fā)生兩個(gè)競(jìng)爭(zhēng)反響Ⅰ：4NH〔g〕+5O〔g〕3 24NO〔g〕+6HO〔g〕2。Ⅱ：4NH。Ⅱ：4NH〔g〕+3O〔g〕。為分析某催化劑對(duì)該反響的選擇性，在1L1moINH3

2molO22①該催化劑在低溫時(shí)選擇反響 〔填“I”或“Ⅱ”〕。②520℃時(shí)，4NH〔g〕+5O〔g〕4NO〔g〕+6HO〔g〕的平衡常數(shù)K═ 〔只需列出數(shù)字3 2 2計(jì)算式，無(wú)需計(jì)算結(jié)果〕?！?〕氨氣燃料電池使用的電解質(zhì)為KOH溶液，電池反響4NH3+3O2═2N2+6H2O．該電池負(fù)極的電極反響式為 ，用該電池作為電源進(jìn)展粗銅〔含Al、Zn、Ag、Pt、Au等雜質(zhì)〕的電解精煉，以CuSO4溶液為電解質(zhì)溶液，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是 。a．電能全部轉(zhuǎn)化為化學(xué)能b．Cu2+的物質(zhì)的量濃度不變〔不考慮溶液體積變化〕c．溶液中Cu2+向陽(yáng)極移動(dòng)d．利用陽(yáng)極泥可回收Ag、Pt、Au〔二〕452道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題做答，假設(shè)多做，則每科按所做的第一題計(jì)分．35.3：物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)](15A-I4A2DFCEGH請(qǐng)答復(fù)以下問(wèn)題：〔以下問(wèn)題中的全部原子都必需在上述元素中查找〕〔1〕B單質(zhì)分子中σ與π鍵數(shù)目比為 ABC第一電離能由小到大的挨次為 〔填寫(xiě)元素符號(hào)〕?！?〕Fe3+離子電子排布式為 ；C、F兩元素以原子個(gè)數(shù)比4：1形成的離子空間構(gòu)型為 ，中心元素雜化方式為 ，C、F兩元素形成的另一種離子與上述離子互為等電子體，該離子的化學(xué)式為 ?！?〕D與G可以形成如圖的晶胞，則圓圈表示的是元素 〔填寫(xiě)元素符號(hào)〕，該元素原子在該晶胞中的配位數(shù)為 。假設(shè)將上述晶胞圓圈對(duì)應(yīng)的原子所在上下兩層平面原子，按兩條相互垂直的對(duì)角線上各去掉該原子2個(gè)〔共去掉4個(gè)〕，并將小點(diǎn)和圓圈對(duì)應(yīng)的原子更改為另外兩種元素的原子，則這個(gè)晶胞化學(xué)式為 假設(shè)再將留下的全部原子換成另外一種元素的原子成為另外一種晶胞，該成鍵原子鍵角為 。，E單質(zhì)晶體的原子積存為ABAB型，那么，該晶體的空間利用率為 。假設(shè)E單質(zhì)的摩爾質(zhì)量為M，晶胞棱長(zhǎng)為a，晶胞高度為c，則該晶體密度表達(dá)式為 〔用阿伏加德羅常數(shù)表示，不化簡(jiǎn)〕36.5：有機(jī)化學(xué)根底](15EPR〔EPR〔〕廣泛應(yīng)用于汽車部件、建筑用防水材料、電線電纜PC〔〕的透光性良好，可制作車、船、飛機(jī)的擋風(fēng)玻璃以及眼鏡等。它們的合成路線如圖：：①RCOOR：①RCOOR+ROHRCOOR+ROH②B、F、C、H、各物質(zhì)中，核磁共振氫譜都只有一組吸取峰。E→F的反響類型為 ，F(xiàn)中官能團(tuán)名稱為 。D→E的反響條件為 ?！?〕M的構(gòu)造簡(jiǎn)式為 。H→J的化學(xué)方程式為 。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是： 。a．反響Ⅰ的原子利用率為100%b.1molJ與足量的NaOH2molNaOHc．A→Dd．C〔7〕試設(shè)計(jì)利用B的合成路線〔無(wú)機(jī)試劑任選〕反響Ⅰ過(guò)程中，可以得到兩種同類型副產(chǎn)物，且與M〔7〕試設(shè)計(jì)利用B的合成路線〔無(wú)機(jī)試劑任選〕 。解析版7.【答案】B【解析】解：A．依據(jù)題意用水入五金皆成水，惟黃金不化水中，大多數(shù)金屬能夠與硝酸發(fā)生氧化還原反響溶于硝酸，綠礬為FeSO7HO4 2銅、鐵、錫，硝酸可溶解除金外的其它金屬符合強(qiáng)水的性質(zhì)，故A正確；鍋下起火取氣冷定過(guò)程依次發(fā)生2FeSO?7HO FeO+SO↑+SO↑+4HSO+HO=HSO，4 2 23 2 3 2 3 2 2 4KNO+HSO KHSO+HNO，故B3 2 4 4 3“鍋亦壞矣”為鐵和硝酸的反響，反響的化學(xué)方程式為Fe+6HNO Fe〔NO〕+3NO3 3 3 2↑+3HO，故C2金的金屬活動(dòng)性很弱，硝酸不能將其氧化，加氯化鈉，強(qiáng)水中含有王水成分，金可溶于王水，故D應(yīng)選：B。只有大多數(shù)金屬能夠與硝酸發(fā)生氧化復(fù)原反響而溶于硝酸；B．“鍋下起火，取氣冷定”過(guò)程涉及綠礬的分解，產(chǎn)物與水反響，硝酸鉀與硫酸的反響；C．“鍋亦壞矣”為鐵和硝酸的反響；C．“鍋亦壞矣”為鐵和硝酸的反響；D．黃金不溶于硝酸，參與氯化鈉相當(dāng)于強(qiáng)水，據(jù)此解答。中等。8.8.【答案】C【解析】解：A、白磷和甲烷均為正四周體構(gòu)造，白磷含643：2，故AB2NBAC13CO與N17O的摩爾質(zhì)量均為45g/mo，故9g混合物的物質(zhì)的量為0.2mo，且兩者均2 222230.2mol4.6N個(gè)，故CAD、鐵和稀硝酸不能生成氫氣，生成的是NO，故D應(yīng)選：C。A、白磷和甲烷均為正四周體構(gòu)造，白磷含64B、鋁離子的水解導(dǎo)致陽(yáng)離子個(gè)數(shù)增多；C13CO與N17O的摩爾質(zhì)量均為45g/mo，且均含22個(gè)質(zhì)子2 2D、鐵和稀硝酸不能生成氫氣。是解題關(guān)鍵。9.9.【答案】D【解析】解：A．由構(gòu)造簡(jiǎn)式可知有機(jī)物分子式為CHO，故A20224B．含有苯環(huán)、碳碳雙鍵和酯基，都為平面形構(gòu)造，與苯環(huán)、碳碳雙鍵直接相連的原子可能共平面，則全部的碳原子可能共平面，故B正確；C．含有碳碳雙鍵，可與溴水發(fā)生加成反響，與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化復(fù)原反響，原理不同，CD．1mol該化合物3molNaOHD應(yīng)選：D。該有機(jī)物中含有-COOC-、C=C、-OH、苯環(huán)等，結(jié)合酯、烯烴、酚及苯的有關(guān)性質(zhì)來(lái)解答。苯酚和烯烴及酯性質(zhì)的考察，題目難度不大。10.10.【答案】D【解析】AB．X為苯時(shí)不能隔絕氣體與水，不能防止倒吸，故B錯(cuò)誤；C．揮發(fā)的乙醇、生成的乙烯均使高錳酸鉀氧化，不能檢驗(yàn)乙烯，故C錯(cuò)誤；D．從a處加水，觀看兩側(cè)液面差，假設(shè)一段時(shí)間不變，則氣密性良好，故D正確；12.12.【答案】A【解析】解：反響中NO-→NNb電極為原電池正極，電3 2極反響為2NO-+10+12H═N+6H，苯酚發(fā)生氧化反響生成CO，a電極為原電池的負(fù)極，3 2 2 2電極反響為CHOH-28-+11HO=6CO+28H，65 2 2A、左側(cè)苯酚發(fā)生反響生成CO，其中C2A上升到+4，發(fā)生氧化反響，故B、電解質(zhì)溶液呈酸性，不行能生成O-，電極反響式為2NO-+10+12+N+6H，故B錯(cuò)3 2 2誤；C、該裝置是原電池裝置，不是電解池，不需要消耗外界電能，故CD、惰性電極aCO2應(yīng)選：D。A．生成氫氧化鈣易堵塞瓶頸處；B．X為苯時(shí)不能隔絕氣體與水；C．揮發(fā)的乙醇、生成的乙烯均使高錳酸鉀氧化；D．從a此題考察化學(xué)試驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、物質(zhì)的制備、試驗(yàn)操作、實(shí)驗(yàn)技能為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與試驗(yàn)力氣的考察，留意試驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大。11.11.【答案】D【解析】A．醋酸是弱電解質(zhì)而局部電離，則0.1000mo?-1醋酸溶液中則溶液的pH＞1，醋酸鈉溶液呈堿性，則酸堿恰好完全反響時(shí)溶液呈堿性，溶液的pH＞7，AB．稀釋pH一樣的鹽酸和NHClpH4Ia＞b＞c，所以導(dǎo)電性：a＞b＞c，故BCA13a點(diǎn)pH7，溶液呈堿性，則不能大量存在A3+，故C錯(cuò)誤；D．t℃時(shí)A、Bω〔A〕＜ω〔B〕，上升溫度溶液變?yōu)椴伙柡腿芤?，沒(méi)有溶質(zhì)析1出，所以溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)不變，ω〔A〕＜ω〔B〕，D應(yīng)選：D。醋酸是弱電解質(zhì)而局部電離，則0.1000mo?L-1醋酸溶液的p＞；稀釋pH一樣的鹽酸和NHClpH4性與離子濃度成正比；CA13存在于酸性溶液中；D．將t℃時(shí)A、BtA、B1 2質(zhì)量分?jǐn)?shù)不變。目難度不大。CCHOH-28+11HO=6CO↑+28+65 2 2荷數(shù)相等，依據(jù)電子守恒和電荷守恒可知，消耗1mol苯酚時(shí)，質(zhì)子交換膜中將有28mol+通過(guò)，故D應(yīng)選：A。由原電池裝置圖可知，反響中NONNb電極3 22NO-+10+12+N+6HOCOa電極3 2 2 2為原電池的負(fù)極，電極反響為CHOH-28-+11HO=6CO↑+28，據(jù)此分析解答。65 2 2中等。13.【答案】C【解析】解：A．金屬鈰〔稀土元素〕的活潑性較強(qiáng)，應(yīng)當(dāng)用電解法獲得，無(wú)法用焦炭復(fù)原鈰的氧化物來(lái)制備金屬鈰，故A由于氧化性是Ce4＞F3，Ce〔SO〕溶液與硫酸鐵不發(fā)生反響，故B錯(cuò)誤；2 4 3鈰活潑性較強(qiáng)，在空氣中易氧化變暗，所以Ce保存時(shí)應(yīng)隔絕空氣，防止被氧化，故C正確；電解熔融狀態(tài)的CeO，電解池中在陰極是鈰離子發(fā)生得電子得復(fù)原反響，即在陰極獲得2鈰，故D應(yīng)選：C。A．金屬鈰〔稀土元素〕是一種活潑的金屬，無(wú)法用焦炭復(fù)原；B．氧化性是Ce4＞F3+，該反響不會(huì)發(fā)生；C．金屬鈰是一種活潑的金屬，活潑性略強(qiáng)于鎂，易被氧氣氧化；DCe4得到電子發(fā)生復(fù)原反響，應(yīng)當(dāng)在陰極得到C。應(yīng)用力氣?！窘馕觥拷猓骸?〕由圖可知儀器A的名稱是分液漏斗，故答案為：分液漏斗；反響前先利用生氣除去裝置內(nèi)空氣，再利用生成氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B置中的氯化亞鐵溶液壓入C21、3，參與適量稀硫酸反響一段時(shí)間，其目的是排出裝置內(nèi)的空氣，然后關(guān)閉活塞1，接下來(lái)的操作是反響一段時(shí)間后，翻開(kāi)23，此后，CC應(yīng)的離子方程式為F2++2HCO-=FeCO+CO↑+H，3 3 2 22F2+2HCO-=FeCO3 3↓+CO↑+HO；2 2F2離子易被氧化為Fe3+離子，試驗(yàn)?zāi)康氖侵苽淙樗醽嗚F晶體，參與Fe粉，防止Fe2+溶液中獲得乳酸亞鐵晶體，應(yīng)經(jīng)過(guò)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、枯燥等操作，故答案為：防止Fe2離子被氧化；蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；〔4〕A．滴定管在盛裝高錳酸鉀前未潤(rùn)洗，消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏大，導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏高，故A選；B．滴定過(guò)程中，錐形瓶震蕩的太猛烈，以致局部液體濺出，消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏小，導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏低，故B不選；C．滴定前讀數(shù)正確，滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)，消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏小，導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏低，故C不選；D．滴定前讀數(shù)正確，滴定終點(diǎn)時(shí)仰視讀數(shù)，消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏大，導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏高，D故答案為：AD；乳酸根中含有羥基，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，導(dǎo)致消耗高錳酸鉀的增大，而計(jì)100%，故答案為：乳酸根離子中含有羥基，被酸性高錳酸鉀溶液氧化；由C4++F2+=C3++F3，可知產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的純度為×100%=90%，故答案為：90%。因亞鐵離子簡(jiǎn)潔被氧氣氧化，制備過(guò)程中應(yīng)在無(wú)氧環(huán)境中進(jìn)展，F(xiàn)e與鹽酸反響制備氯化亞鐵，利用反響生成的氫氣排盡裝置中的空氣，故BC裝置中FeClNHHCO2 4 3FeCl+2NHHCO=FeCO+2NHCl+CO↑+HO，利用生成氫氣，使BB2 4 3 3 4 2 2裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中，將制備的FeCO3

參與到足量乳酸溶液，參與Fe粉，防止F2+Fe可測(cè)定其含量。乳酸根中含有羥基，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，導(dǎo)致消耗高錳酸鉀的增大；由C4++F2+=C3++F3可計(jì)算25.0mL溶液中Fe2+〕，再依據(jù)m=nM的質(zhì)量，進(jìn)而計(jì)算產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。此題考察物質(zhì)的制備試驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反響、制備原理、試驗(yàn)技【解析】解：〔1〕“焙燒”后的固體產(chǎn)物成分除NaCrO

、NaAlO

外，還有NaSiO2 4 2 3 2 2 34FeO?CrO+7O+8NaCO

8NaCrO+2FeO

+8CO，23 2 2 3 2 4 2 3 2故答案為：NaSiO；4FeO?CrO+7O+8NaCO 8NaCrO+2FeO+8CO；2 3 23 2 2 3 2 4 23 2“水浸”步驟中，為了提高浸出率，可實(shí)行的措施有加熱、攪拌、研磨或延長(zhǎng)浸出時(shí)間等，故答案為：加熱、攪拌、研磨或延長(zhǎng)浸出時(shí)間等；操作Ⅰ用于分別固體和液體，為過(guò)濾操作；固體X中主要含有FeO23故答案為：過(guò)濾；FeO23第一次參與醋酸的目的是將NaAlONaSiO

轉(zhuǎn)化為HSiOAl〔OH〕

沉淀除去，其次2 2 3 2 3 3次參與醋酸調(diào)整溶液p，其目的是使CrO2轉(zhuǎn)化為CrO2，4 27故答案為：將NaAlONaSiO

轉(zhuǎn)化為HSiOAl〔OH〕

沉淀除去；使CrO2轉(zhuǎn)化為CrO2；2 2 3 2 3 3 4 27溶解度大的物質(zhì)能轉(zhuǎn)化為溶解度小的物質(zhì)，依據(jù)表中數(shù)據(jù)知，四種物質(zhì)中KCrO的溶2 27解度最小，NaCrO

的溶解度比KCrO

大，所以在溶液中能發(fā)生反響：NaCrO+2KCl=KCrO2 27

2 27

2 27

2 27↓+2NaCl，↓+2NaCl，故答案為：KCrO的溶解度比NaCrO2 7 2 27〔6〕從溶液中獵取晶體的方法是：參與KC1固體、蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥，故答案為：冷卻結(jié)晶；洗滌。鉻鐵礦參與碳酸鈉通過(guò)焙燒，生成NaCrO、FeO、NaAlONaSiO2 4 2 3 2 2 3水溶解得固體氧化鐵和溶液NaCrONaSiONaAlO，再調(diào)整溶液的pH，使偏鋁酸鹽完全2 4 2 3 2沉淀，硅酸鹽完全沉淀；連續(xù)調(diào)整溶液的pH使CrO2-轉(zhuǎn)化為CrO2，最終向所得溶液中參與4 27氯化鉀，生成溶解度微小的KCrO2 27難度中等。3222開(kāi)頭〔mol/L〕反應(yīng)〔mol/L〕0.40.30.20.6平衡〔mol/L〕0.2=7.7=7.7×10-6 mol〔L，82；7.7×1-6；〔3〕①依據(jù)圖象分析，在溫度較低時(shí)，產(chǎn)生較多的是N，該催化劑在低溫時(shí)選擇反響Ⅱ；2故答案為：Ⅱ；②可逆反響：4NH〔g〕+5O〔g〕?4NO〔g〕+6HO〔g〕3 2 2開(kāi)頭〔mol/L〕反0.20.3平〔mol/L〕0.2應(yīng)〔0.25mol/L0.2〕衡0.34NH〔g〕+3O〔g〕?2N〔g〕+6HO〔g〕0.63 2c〔NO〕=c〔N〕=0.2mol/L、c〔HO〕=〔0.3+0.6〕mol=0.9mol，〔3〕①〔3〕①依據(jù)圖象分析，在溫度較低時(shí)，產(chǎn)生較多的是N2②可逆反響4NH〔g〕+5O〔g〕?4NO〔g〕+6HO〔g〕3 2 2開(kāi)頭〔mol/L〕反0.20.3平〔mol/L〕0.2應(yīng)〔mol/L0.2〕0.25衡0.34NH〔g〕+3O〔g〕?2N〔g〕+6HO〔g〕0.63 2c〔NO〕=c〔N〕=0.2mol/L、c〔HO〕=〔0.3+0.6〕mol=0.9mol，2 24NH〔g〕+5O〔g〕?4NO〔g〕+6HO〔g〕K=；3 2 2〔4〕該電池負(fù)極化合價(jià)上升，則為NH放電生成N3 2應(yīng)式；4NH〔g〕+5O4NH〔g〕+5O〔g〕?4NO〔g〕+6HO〔g〕K=故答案為：4〕該電池負(fù)極化合價(jià)上升，則為4〕該電池負(fù)極化合價(jià)上升，則為NH放電生成N，電極反響式為2NH+6O--6-=N+6H；3 2 3 2 2CuSO溶液為電解質(zhì)溶液電解精煉粗銅，粗銅作陽(yáng)極，純銅做陰極，陽(yáng)極產(chǎn)生陽(yáng)極泥，4a、少量電能轉(zhuǎn)化為熱能，故ab、電解時(shí)，粗銅中雜質(zhì)溶解時(shí)陽(yáng)極消耗電解液中的Cu2+，故CuSO濃度減小，故b錯(cuò)誤；4c、陽(yáng)離子移向陰極，陰離子移向陽(yáng)極，故cd、陽(yáng)極泥主要成分為不活潑的Ag、Pt、Au等金屬，故d2NH+6O--6e=N+6HO；。3222開(kāi)頭〔mol/L〕反應(yīng)〔mol/L〕0.40.30.20.6平衡〔mol/L〕0.2CuSO4

溶液為電解質(zhì)溶液電解精煉粗銅，粗銅作陽(yáng)極，純銅做陰極，陽(yáng)極產(chǎn)生陽(yáng)極泥，a、少量電能轉(zhuǎn)化為熱能；b、電解時(shí)，粗銅中雜質(zhì)溶解時(shí)陽(yáng)極消耗電解液中的c、陽(yáng)離子移向陰極，陰離子移向陽(yáng)極；d、陽(yáng)極泥主要成分為不活潑的Ag、Pt、Au3〕中K4NH〕+3O〔〕2Ng+6HO”而導(dǎo)致計(jì)算3 2 2 2錯(cuò)誤，為解答難點(diǎn)，題目難度中等。35.【解析】解：A2倍，則ACF，即D為FHHFe族，則IZnEG是金屬，所以EGIIAE為MgGCaB、C之間，所以BNCO元素，則與C同一主族的FS元素，即元A-IAC、B為N、CO、DF、E為Mg、F為S、GCa、HFe、IZn，氮?dú)夥肿訕?gòu)造為N≡N，一個(gè)三鍵中含有1σ2π鍵，即分子中σ與π鍵數(shù)目1：2；C、N、O位于其次周期，但N2PO，所以C、N、OC＜O＜N，故答案為：1：2；C＜O＜N；Fe的原子序數(shù)是23個(gè)電子生成Fe3Fe的核外電子排布式1s22263s23p3d642，則Fe3的核外電子排布式為1s2s2263s23635；SO2的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4+ =4、4VSEPRS原子的雜化方式為sSO2-4互為等電子體的離子含有5個(gè)原子、價(jià)電子總數(shù)3，O原子可以用S原子替換為SO2，231s2222p3s363sp；SO2；23CaF2

晶胞中中圓圈表示的原子數(shù)目為8，黑點(diǎn)表示的原子數(shù)目為 圓圈表示的原子數(shù)目：黑點(diǎn)表示的原子數(shù)目=2：1，所以圓圈表示的元素為F，由晶胞圖可知F4CaF4，故答案為：F；4；44：4=1