【解析】重慶市江津中學(xué)實驗中學(xué)等七校高三下學(xué)期6月聯(lián)考（三診）理科綜合化學(xué)試題

七校高2020級第三次診斷性考試理科綜合試題化學(xué)部分1.化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列敘述錯誤的是（）A.醫(yī)用防護口罩中使用的聚丙烯熔噴布，其生產(chǎn)原料來自石油裂解B.核酸檢測是確認病毒類型的有效手段，核酸是高分子化合物C.韓愈的詩句“榆莢只能隨柳絮，等閑撩亂走空園”中的柳絮富含糖類D.北斗衛(wèi)星導(dǎo)航專用ASIC硬件結(jié)合國產(chǎn)應(yīng)用處理器打造出一顆真正意義的“中國芯”，該“中國芯”的主要成分為SiO2【答案】D【解析】【詳解】A．聚丙烯是由丙烯加聚形成，石油裂解的產(chǎn)物主要有乙烯、丙烯等，為丙烯的主要來源，故A正確；B．核酸是由許多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，核酸是高分子化合物，故B正確；C．柳絮成分為纖維素，纖維素屬于多糖，故C正確；D．芯片主要成分為半導(dǎo)體材料硅晶體，二氧化硅是光導(dǎo)纖維成分，故D錯誤；答案為D。2.用化學(xué)用語表示2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑中的相關(guān)微粒，其中正確的是A.中子數(shù)為10的氧原子：O B.NaOH的電子式：C.Na+的結(jié)構(gòu)示意圖： D.H2O的比例模型：【答案】A【解析】【詳解】A.原子符號的左上角表示質(zhì)量數(shù)，左下角表示質(zhì)子數(shù)，中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)質(zhì)子數(shù)，A項正確；B.和之間是以離子鍵的形式結(jié)合的，因此要加上中括號和正負電荷，B項錯誤；C.鈉是11號元素，鈉離子失去1個電子后核外只有10個電子，C項錯誤；D.氫原子要比氧原子小，D項錯誤；答案選A。3.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是（）8H10和C4H10O3的混合物中氫原子數(shù)為NA2H4和CH3OCH3的混合氣體完全燃燒轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為12NAC.只含有BaSO4[Ksp(BaSO4)=1.0×1010]的懸濁液中，離子總數(shù)是2.0×105NAD.室溫下，pH=11，體積為1L的NaAlO2溶液中，發(fā)生電離的水分子數(shù)為1.0×103NA【答案】C【解析】【詳解】A．C8H10和C4H10O3相對分子質(zhì)量都是106，且分子式中氫原子數(shù)都為10，10.6g混合物的總物質(zhì)的量為0.1mol，所含氫原子總物質(zhì)的量為1mol，故A選項正確；2H4和CH3OCH3的混合氣體物質(zhì)的量為1mol，其中C2H4，CH3OCH3中C的化合價均價為2，產(chǎn)物中C均為+4價，故完全燃燒轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為12mol，故B正確；C．只含有BaSO4[Ksp(BaSO4)=1.0×1010]的懸濁液中，可以知道離子濃度，但是懸濁液的體積不清楚，故離子的數(shù)目為不確定值，故C選項錯誤；D．NaAlO2為強堿弱酸鹽，故pH=11是鹽類水解的結(jié)果有pH=lgc（H+），Kw=c（H+）c（OH）可知，c（OH）=1.0×103mol/L，故1L的NaAlO2溶液中，發(fā)生電離的水分子數(shù)為1.0×103NA，故D選項正確；故答案選C。4.白屈菜有止痛、止咳等功效，從其中提取的白屈菜酸的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列有關(guān)白屈菜酸的說法中不正確的是（）A.白屈菜酸的同分異構(gòu)體中可能含有芳香族化合物B.所有碳原子可以共面C.1mol白屈菜酸完全燃燒需要O2的物質(zhì)的量為4molD.能通過加聚反應(yīng)形成高分子物質(zhì)【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)白屈菜酸的結(jié)構(gòu)簡式可知，其分子式為C7H4O6，其不飽和度為6，碳原子數(shù)大于6，其同分異構(gòu)體中可以有芳香族化合物，A項正確；B．C=C雙鍵以及與雙鍵上碳原子相連的原子構(gòu)成一個平面，白屈菜酸的結(jié)構(gòu)中含有兩個C=C鍵，故所有碳原子可能共面，B項正確；C．白屈菜酸的分子式為C7H4O6，所以1mol白屈菜酸完全燃燒需要O2的物質(zhì)的量為(7+)mol=5mol，C項錯誤；D．白屈菜酸分子結(jié)構(gòu)中含有C=C鍵，可以發(fā)生加聚反應(yīng)，D項正確；故答案為C。5.W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素。X是短周期原子半徑最大的元素，Y的最高化合價與最低價相加為0，Z是同周期非金屬性最強的元素，W、X、Y三種元素形成的一種化合物結(jié)構(gòu)如圖所示。下列敘述正確的是A.X單質(zhì)的熔點高于Y單質(zhì)B.氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：Y＜ZC.Z的氧化物對應(yīng)的水化物為強酸D.X分別與W、Z形成的二元化合物溶于水顯堿性【答案】B【解析】【分析】X是短周期原子半徑最大的元素，則X為Na；根據(jù)W、X、Y三種元素形成的化合物可知，Y可以形成4個共價鍵，且Y的最高化合價與最低價相加為0，應(yīng)為第ⅣA族元素，其原子序數(shù)大于Na，則為Si元素；W可以形成2個共價鍵，應(yīng)為第ⅥA族元素，其原子序數(shù)小于Na，所以為O元素，Z是同周期非金屬性最強的元素，其原子序數(shù)大于Si，則應(yīng)為Cl元素?！驹斀狻緼．X單質(zhì)為Na，為金屬晶體，而Y的單質(zhì)Si為原子晶體，熔點高于Na，故A錯誤；B．非金屬性越強，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性Cl>Si，所以氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性Cl>Si，故B正確；C．Z的氧化物對應(yīng)的水化物有多種，例如HClO即為弱酸，故C錯誤；D．Na與Cl形成的二元化合物NaCl水溶液顯中性，故D錯誤；故答案為B。6.通過下列實驗操作和實驗現(xiàn)象，得出的結(jié)論正確的是（）實驗操作實驗現(xiàn)象結(jié)論碘水褪色并分層丙烯與碘水發(fā)生了取代反應(yīng)4溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液產(chǎn)生藍色沉淀FeSO4溶液未變質(zhì)NaOH溶液中通入SO2氣體溶液紅色褪去SO2具有漂白性4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振蕩、靜置上層呈紫紅色，下層有白色沉淀生成銅離子可以氧化碘離子，白色沉淀可能為CuIA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．丙烯含有碳碳雙鍵，可以與碘水發(fā)生加成反應(yīng)，而不是取代反應(yīng)，故A錯誤；B．K3[Fe(CN)6]溶液可以檢驗Fe2+，原溶液中本來就有Fe2+，若變質(zhì)會生成Fe3+，應(yīng)檢驗溶液中是否有Fe3+來判斷溶液是否變質(zhì)，故B錯誤；C．溶液紅色褪去是因為二氧化硫和NaOH反應(yīng)使溶液堿性減弱，并不是因為二氧化硫的漂白性，故C錯誤；D．苯的密度比水小，所以在上層，上層呈紫紅色說明Iˉ被氧化生成I2，下層出現(xiàn)白色沉淀，綜合分析可知該過程中銅離子氧化碘離子生成碘單質(zhì)，自身被還原成Cu+，再與Iˉ結(jié)合生成CuI白色沉淀，故D正確；故答案為D。7.某溫度下，向一定體積0.1mol/L氨水中逐滴加入相同濃度的鹽酸，溶液中pH與pOH的變化關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.此溫度下，水的離子積常數(shù)為1.0×102aB.N點溶液加水稀釋，增大C.M、Q、N三點所示的溶液中均存在：c(NH)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)D.Q點消耗的鹽酸的體積等于氨水的體積【答案】D【解析】【詳解】A．Q點溶液中pOH=pH，c(H+)=c(OH)=10amol/L，溶液呈中性，此時氫離子濃度和氫氧根濃度乘積即為該溫度下的離子積常數(shù)，為1.0×102a，故A正確；B．一水合氨的電離平衡常數(shù)Kb=，所以=，N點溶液pOH<pH，所以c(H+)<c(OH)，溶液顯堿性，加水稀釋溶液堿性減弱，所以c(OH)減小，電離平衡常數(shù)不變，則增大，故B正確；C．M、Q、N三點所示的溶液中均存在電荷守恒，即c(NH)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)，故C正確；D．氨水和鹽酸濃度相同，若等體積混合，溶質(zhì)為氯化銨，溶液顯酸性，而Q點溶液呈中性，所以氨水的體積要稍大于鹽酸的體積，故D錯誤；故答案為D。8.某化學(xué)興趣小組利用硫酸鐵溶液與銅粉反應(yīng)，又向反應(yīng)后溶液中加入KSCN溶液以檢驗Fe3+是否有剩余，實驗記錄如下；實驗編號操作現(xiàn)象實驗1i．加入Cu粉后充分振蕩，溶液逐漸變藍；ii．取少量i中清液于試管中，滴加2滴0.2mol/LKSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色，但振蕩后紅色迅速褪去并有白色沉淀生成。（1）寫出實驗1中第i步的離子方程式_______________。甲同學(xué)猜想第ii步出現(xiàn)的異?，F(xiàn)象是由于溶液中的Cu2+干擾了檢驗Fe3+的現(xiàn)象。查閱相關(guān)資料如下①2Cu2++4SCN2CuSCN↓（白色）+(SCN)2（黃色）②硫氰[(SCN)2]：是一種擬鹵素，性質(zhì)與鹵素單質(zhì)相似，其氧化性介于Br2和I2之間。該同學(xué)又通過如下實驗驗證猜想實驗編號操作現(xiàn)象實驗2溶液呈綠色，一段時間后后開始出現(xiàn)白色沉淀，上層溶液變?yōu)辄S色實驗3無色溶液立即變紅，同時生成白色沉淀。（2）經(jīng)檢測，實驗2反應(yīng)后的溶液pH值減小，可能的原因是___________________________________________。（3）根據(jù)實驗2、3的實驗現(xiàn)象，甲同學(xué)推斷實驗3中溶液變紅是由于Fe2+被(SCN)2氧化，寫出溶液變紅的離子方程式_______________________。繼續(xù)將實驗2中的濁液進一步處理，驗證了這一結(jié)論的可能性。補充實驗4的目的是排除了溶液存在Cu2+的可能，對應(yīng)的現(xiàn)象是____________________________________________。（4）乙同學(xué)同時認為，根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理，在此條件下，Cu2+也能氧化Fe2+，他的判斷依據(jù)是_______。（5）為排除干擾，小組同學(xué)重新設(shè)計如下裝置。①A溶液為____________________________。②“電流表指針偏轉(zhuǎn)，說明Cu與Fe3+發(fā)生了反應(yīng)”，你認為這種說法是否合理？__________________（填合理或不合理），原因是__________________________________________。③驗證Fe3+是否參與反應(yīng)的操作是________________________________________?！敬鸢浮?1).Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+(2).部分(SCN)2與水反應(yīng)生成酸(3).Fe3++3SCNFe(SCN)3(4).溶液褪色，無藍色沉淀(5).在Cu2+與SCN－反應(yīng)中，Cu2+是氧化劑，氧化性Cu2+〉(SCN)22(SO4)3溶液(7).不合理(8).未排除氧氣干擾(9).一段時間后，取少量A溶液于試管中，滴加鐵氰化鉀溶液，出現(xiàn)藍色沉淀【解析】【分析】(1)Cu粉與Fe3+反應(yīng)，離子方程式為Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；(2)硫氰[(SCN)2]：是一種擬鹵素，性質(zhì)與鹵素單質(zhì)相似，其氧化性介于Br2和I2之間，能與水反應(yīng)，生成酸；(3)Fe2+被(SCN)2氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+與KSCN反應(yīng)，顯紅色；(SCN)2會與氫氧化鉀反應(yīng)，同時Cu2+與氫氧化鉀反應(yīng)，生成藍色沉淀，沒有Cu2+則無藍色沉淀；(4)根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律分析；(5)①A的電極為C，B的電極為Cu，則Cu做負極，C做正極，A中放電解質(zhì)溶液；②溶液中的氧氣會影響反應(yīng)；③鐵氰化鉀溶液遇亞鐵鹽則生成深藍色沉淀。【詳解】(1)Cu粉與Fe3+反應(yīng)，離子方程式為Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+，故答案為：Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；(2)硫氰[(SCN)2]：是一種擬鹵素，性質(zhì)與鹵素單質(zhì)相似，其氧化性介于Br2和I2之間，能與水反應(yīng)，生成酸，故答案為：部分(SCN)2與水反應(yīng)生成酸；(3)Fe2+被(SCN)2氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+與KSCN反應(yīng)，顯紅色，離子方程式為Fe3++3SCNFe(SCN)3；(SCN)2會與氫氧化鉀反應(yīng)，同時Cu2+與氫氧化鉀反應(yīng)，生成藍色沉淀，沒有Cu2+則無藍色沉淀，故答案為：Fe3++3SCNFe(SCN)3；溶液褪色，無藍色沉淀；(4)根據(jù)2Cu2++4SCN2CuSCN↓(白色)+(SCN)2(黃色),Cu2+是氧化劑，氧化性Cu2+>(SCN)2，(SCN)2能氧化Fe2+，則氧化性(SCN)2>Fe2+，即Cu2+也能氧化Fe2+，故答案為：在Cu2+與SCN－反應(yīng)中，Cu2+是氧化劑，氧化性Cu2+>(SCN)2；2(SO4)32(SO4)3溶液；②溶液中的氧氣會影響反應(yīng)，未做排氧操作，不合理，故答案為：不合理；未排除氧氣干擾；③Fe3+參與反應(yīng)后生成Fe2+，鐵氰化鉀溶液遇亞鐵鹽則生成深藍色沉淀，可驗證產(chǎn)生的Fe2+，操作為一段時間后，取少量A溶液于試管中，滴加鐵氰化鉀溶液，出現(xiàn)藍色沉淀，故答案為：一段時間后，取少量A溶液于試管中，滴加鐵氰化鉀溶液，出現(xiàn)藍色沉淀?！军c睛】本題易錯點(6)，使用的電解質(zhì)溶液，要和之前的濃度保持一致，才能形成對比實驗，做實驗題型，一定要注意控制變量法的規(guī)則。9.氮的化合物在生產(chǎn)生活中廣泛存在。（1）氯胺（NH2Cl）的電子式為___。可通過反應(yīng)NH3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)制備氯胺，已知部分化學(xué)鍵的鍵能如表所示（假定不同物質(zhì)中同種化學(xué)鍵的鍵能一樣），則上述反應(yīng)的ΔH=___。化學(xué)鍵NHClClNClHCl鍵能/(kJ·mol1)391243191431（2）液氨中存在電離平衡2NH3(l)NH+NH，用Pt電極對液氨進行電解也可產(chǎn)生H2和N2。陰極的電極反應(yīng)式是___。（3）用焦炭還原NO的反應(yīng)為：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，向容積均為1L的甲、乙、丙三個恒容恒溫（反應(yīng)溫度分別為400℃、400℃、T℃）容器中分別加入足量的焦炭和一定量的NO，測得各容器中n(NO)隨反應(yīng)時間t的變化情況如表所示：t/min020406080n(NO)（甲容器）/moln(NO)（乙容器）/moln(NO)（丙容器）/mol100①該反應(yīng)為___（填“放熱”或“吸熱”）反應(yīng)，理由是___；②下列選項中可以說明容器乙已經(jīng)達到平衡狀態(tài)的是___（填序號）正(NO)=υ逆(N2)③乙容器在100min達到平衡狀態(tài)，則0～100min內(nèi)用NO的濃度變化表示的平均反應(yīng)速率υ(NO)=___，平衡常數(shù)K(400℃)=___?！敬鸢浮?1).(2).+12kJ?mol1(3).2NH3+2e=H2↑+2或2NH4++2e=H2↑+2NH3(4).放熱(5).丙容器與甲容器投入量相同，達到平衡所用時間較短，說明丙容器溫度較高，即T>400℃，丙容器平衡時NO的濃度比甲容器高，說明溫度升高平衡逆向移動，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)(6).BD(7).0.006mol?L1?min1(8).【解析】【分析】(1)根據(jù)NH2Cl是共價化合物寫出其電子式，由△H=反應(yīng)物的鍵能之和生成物的鍵能之和計算反應(yīng)熱；(2)根據(jù)陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)寫出電極反應(yīng)；(3)根據(jù)甲和丙投料一樣，達到平衡時間不一樣，判斷溫度高低，由平衡時c(NO)的濃度判斷平衡移動方向，進而判斷該反應(yīng)的熱效應(yīng)；根據(jù)化學(xué)反應(yīng)2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，判斷平衡標志；根據(jù)甲和乙是等效平衡，由化學(xué)平衡計算的“三段式”求出反應(yīng)速率和平衡常數(shù)?！驹斀狻浚?）氯胺可看作是氨氣分子上一個氫原子被氯原子取代的結(jié)構(gòu)，為共價化合物，則氯胺的電子式為：；NH3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)，△H=反應(yīng)物的鍵能之和生成物的鍵能之和=（3×391+243）kJ?mol1（2×391+191+431）kJ?mol1=+12kJ?mol1；答案為，+12kJ?mol1。（2）電解時陰極發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，在陰極液氨得電子生成氫氣和，或銨根離子得電子生成氫氣和NH3，則電極方程式為：2NH3+2e=H2↑+2或2NH4++2e=H2↑+2NH3；答案為2NH3+2e=H2↑+2或2NH4++2e=H2↑+2NH3。（3））①丙容器與甲容器投入量相同，達到平衡所用時間較短，說明丙容器溫度較高，即T>400℃，丙容器平衡時NO的濃度比甲容器高，說明溫度升高平衡逆向移動，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；答案為放熱，丙容器與甲容器投入量相同，達到平衡所用時間較短，說明丙容器溫度較高，即T>400℃，丙容器平衡時NO的濃度比甲容器高，說明溫度升高平衡逆向移動，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)。②根據(jù)化學(xué)反應(yīng)2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，A．由于此反應(yīng)左右兩邊氣體系數(shù)相等，因而壓強始終不變，容器內(nèi)壓強不變不能判斷反應(yīng)是否平衡，故A不選；B．由于反應(yīng)物C為固體，氣體的總質(zhì)量是一個變量，氣體的總體積是一個定值，容器內(nèi)氣體的密度是一個變值，容器內(nèi)氣體的密度不變能說明化學(xué)反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故B選；C．2υ正(NO)=υ逆(N2)時，正、逆反應(yīng)速率不相等，反應(yīng)沒有達到平衡狀態(tài)，故C不選；D．由于反應(yīng)物C為固體，氣體的總質(zhì)量是一個變量，氣體的總物質(zhì)的量是一個定值，混合氣體的平均摩爾質(zhì)量是一個變值，平均摩爾質(zhì)量不變能說明化學(xué)反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故D選；答案為BD。③乙容器中起始加入NO物質(zhì)的量為甲容器中的一半，根據(jù)2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，反應(yīng)前后氣體體積不變，恒溫恒容下，甲與乙為等效平衡，故乙平衡時NO的物質(zhì)的量為甲平衡時的一半，為0.4mol，則0～100min內(nèi)用NO的濃度變化表示的平均反應(yīng)速率υ(NO)==0.006mol?L1?min1；甲與乙為等效平衡，故乙平衡時NO的物質(zhì)的量為甲平衡時的一半，為0.4mol，容器體積為1L，平衡時c(NO)=0.4mol/L，在400℃時平衡常數(shù)K===；答案為0.006mol?L1?min1，?！军c睛】本題應(yīng)注意第（3）問，甲和乙均在恒溫恒容條件下，發(fā)生2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)反應(yīng)，此反應(yīng)前后氣體體積相等，反應(yīng)物C又是固體，因而要根據(jù)等效平衡的判斷方法準確判斷甲與乙是等效平衡，由等效平衡關(guān)系根據(jù)甲容器NO的起始量是2mol，乙容器NO的起始量是1mol，準確求出乙平衡時NO的物質(zhì)的量為甲平衡時的一半，才能正確解答此題。10.利用水鈷礦（主要成分為Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等）可以制取多種化工試劑，以下為草酸鈷晶體和氯化鈷晶體的制備流程，回答下列問題：已知：①浸出液中含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。②沉淀Ⅰ中只含有兩種沉淀。③流程中部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見表：沉淀物開始沉淀完全沉淀Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2（1）浸出過程中氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為___。（2）NaClO3在浸出液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___。（3）加入Na2CO3調(diào)pH至5.2，目的是___；萃取劑層含錳元素，則沉淀Ⅱ的主要成分為__。（4）操作Ⅰ包括：將水層加入濃鹽酸調(diào)整pH為2～3，___、___、過濾、洗滌、減壓烘干等過程。（5）為測定粗產(chǎn)品中CoCl2·6H2O的含量，稱取一定質(zhì)量的粗產(chǎn)品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸銀溶液，過濾、洗滌、干燥，測沉淀質(zhì)量。通過計算發(fā)現(xiàn)粗產(chǎn)品中CoCl2·6H2O質(zhì)量分數(shù)大于100%，其原因可能是___（回答一條原因即可）。（6）將5.49g草酸鈷晶體(CoC2O4·2H2O)置于空氣中加熱，受熱過程中不同溫度范圍內(nèi)分別得到一種固體物質(zhì)，其質(zhì)量如表。溫度范圍/℃150～210290～320固體質(zhì)量/g經(jīng)測定，整個受熱過程，只產(chǎn)生水蒸氣和CO2氣體，則290～320℃溫度范圍，剩余的固體物質(zhì)化學(xué)式為___。[已知：CoC2O4·2H2O的摩爾質(zhì)量為183g·mol1]【答案】(1).1:1(2).(3).使和沉淀完全(4).CaF2和MgF2(5).蒸發(fā)濃縮(6).冷卻結(jié)晶(7).粗產(chǎn)品中結(jié)晶水含量低(或粗產(chǎn)品中混有氯化鈉雜質(zhì))(8).Co3O4(或CoO·Co2O3)【解析】【分析】水鈷礦中加入鹽酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息①中浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，則進入的Na2SO3將Co3+、Fe3+還原為Co2+、Fe2+，工藝流程最終得到草酸鈷，加入NaClO3將Fe2+氧化為Fe3+，加入Na2CO3調(diào)pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，過濾后所得濾液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去鈣、鎂，過濾后，向濾液中加入萃取劑，將錳離子萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，進入草酸銨溶液得到草酸鈷。【詳解】（1）浸出過程中主要發(fā)生的氧化還原反應(yīng)是：Co2O3是氧化劑，是還原劑，二者的物質(zhì)的量之比為1:1，故答案為：1:1（2）NaClO3在浸出液中是將Fe2+氧化為Fe3+，故發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為，故答案為：（3）通過信息③可知，加入Na2CO3調(diào)pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，故目的是使和沉淀完全；萃取劑層含錳元素，說明溶液中的除錳離子和鈷離子以外的金屬陽離子均已除去，故加入NaF溶液是除Ca2+和Mg2+，則沉淀Ⅱ的主要成分為CaF2和MgF2，故答案為：使和沉淀完全CaF2和MgF2。（4）從溶液中析出晶體，都要經(jīng)過：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌、干燥的過程，故答案為：蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶（5）該步驟是通過加入足量硝酸酸化的硝酸銀溶液，過濾、洗滌、干燥，測沉淀質(zhì)量的方法來計算粗產(chǎn)品中的，粗產(chǎn)品中氯元素的含量偏高則結(jié)果偏高，故可能的原因有可能是結(jié)晶水不足，或者結(jié)晶過程析出了氯化鈉，故答案為：粗產(chǎn)品中結(jié)晶水含量低(或粗產(chǎn)品中混有氯化鈉雜質(zhì))；（6）草酸鈷晶體為，計算可知150～210℃時，，可知此時失去全部結(jié)晶水；210～290℃時，氣體產(chǎn)物為CO2，故產(chǎn)物為Co3O4或者CoO·Co2O3，故答案為：Co3O4(或CoO·Co2O3)11.鋁、鋅、鐵在人類生產(chǎn)和生活中有重要作用，也是人體必需的微量元素?；卮鹣铝袉栴}：（1）Fe2+電子排布式為___，Zn的基態(tài)原子能級最高的電子的電子云輪廓圖形狀為___。（2）已知Al的第一電離能為578kJ·mol1、Mg的第一電離能為740kJ·mol1，請解釋Mg的第一電離能比Al大的原因___。（3）Zn2+可形成[Zn(NH3)6]SO4絡(luò)合物，1mol[Zn(NH3)6]2+配離子中含σ鍵___mol，其陰離子中心原子的雜化方式是___，NH3的沸點高于PH3的原因是___。（4）已知Zn2+等過渡元素離子形成的水合離子的顏色如下表所示：離子Sc3+Cr3+Fe2+Zn2+水合離子的顏色無色綠色淺綠色無色請根據(jù)原子結(jié)構(gòu)推測Sc3+、Zn2+的水合離子為無色的原因：___。（5）FeCl3中的化學(xué)鍵具有明顯的共價性，蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子存在的FeCl3的結(jié)構(gòu)式為___，其中Fe的配位數(shù)為___。（6）Fe和N可組成一種過渡金屬氮化物，其晶胞如圖所示。六棱柱底邊邊長為xcm，高為ycm，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則晶胞的密度為___g·cm3（列出計算式即可）?！敬鸢浮?1).[Ar]3d6(2).球型(3).Mg的電子排布式為[Ne]3s2，Al的電子排布式為[Ne]3s23p1，鎂的3s處于全滿狀態(tài)，較穩(wěn)定不易失去一個電子，鋁的最外層為3p1，易失去一個電子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)(4).24(5).sp3(6).氨分子之間形成分子間氫鍵(7).3d軌道上沒有未成對電子（或3d軌道全空或全滿狀態(tài)）(8).(9).4(10).【解析】【詳解】（1）鐵為26號元素，基態(tài)原子電子排布式為[Ar]3d64s2，所以Fe2+電子排布式為[Ar]3d6；Zn為30號元素，基態(tài)原子能級最高的電子為4s上的2個電子，所有電子云輪廓圖形狀為球形，故答案為：[Ar]3d6球形；（2）Mg的電子排布式為[Ne]3s2，Al的電子排布式為[Ne]3s23p1，鎂的3s處于全滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，不易失去一個電子，鋁的最外層為3p1，易失去一個電子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以Al原子的第一電離能比Mg大，故答案為：Mg的電子排布式為[Ne]3s2，Al的電子排布式為[Ne]3s23p1，鎂的3s處于全滿狀態(tài)，較穩(wěn)定不易失去一個電子，鋁的最外層為3p1，易失去一個電子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；（3）[Zn(NH3)6]2+中每個N原子形成3個氮氫σ鍵，與Zn2＋形成1個配位鍵，配位鍵也屬于σ鍵，所以1mol該離子中σ鍵為24mol；陰離子為，根據(jù)價層電子對互斥理論，其中心原子S的價電子對為對，所以中心S為sp3雜化。NH3分子中N原子的電負性強，原子半徑小，使得N—H鍵的極性增強而表現(xiàn)一定的電性，分子之間能夠形成氫鍵，而PH3分子中P半徑大，電負性小，則不能形成分子間氫鍵，只存在范德華力，氫鍵的作用力強于范德華力，所以沸點NH3大于PH3，故答案為：24sp3氨分子之間形成分子間氫鍵；（4）Sc3+的外圍電子排布式為[Ar]3d0、Cr3+的外圍電子排布式為[Ar]3d3、Fe2+電子排布式為[Ar]3d6、Zn2+的外圍電子排布式為[Ar]3d10，對比四種離子的外圍電子排布式可知，其水合離子的顏色與3d軌道上的單電子有關(guān)，故答案為：3d軌道上沒有未成對電子（或3d軌道全空或全滿狀態(tài)）；（5）Fe能夠提供空軌道，而Cl能夠提供孤電子對，故FeCl3分子雙聚時可形成配位鍵。由常見AlCl3的雙聚分子的結(jié)構(gòu)可知FeCl3的雙聚分子的結(jié)構(gòu)式為，其中Fe的配位數(shù)為4，故答案為：4；（6）由圖示，堆積方式為六方最緊密堆積。為了計算的方便，選取該六棱柱結(jié)構(gòu)進行計算：六棱柱頂點的原子是6個六棱柱共用的，面心是兩個六棱柱共用，所以該六棱柱中的鐵原子為個，N原子位于六棱柱內(nèi)部，所以該六棱柱中的氮原子為2個，該結(jié)構(gòu)的質(zhì)量為，該六棱柱的底面為正六邊形，邊長為xcm，底面的面積為6個邊長為xcm的正三角形面積之和，根據(jù)正三角形面積的計算公式，該底面的面積為cm2，高為ycm，所以體積為cm3。所以密度為：，故答案為：。12.化合物G是一種重要的有機合成原料，其球棍模型如圖甲所示。該化合物可用芳香烴A為原料來合成，其合成路線如圖乙所示：（1）下列關(guān)于G的說法不正確的是___（填標號）。b.G能使酸性高錳酸鉀溶液和溴水褪色，褪色原理相同d.