/河北省衡水中學(xué)2017屆高三下學(xué)期三調(diào)考試化學(xué)試卷一、選擇題1．化學(xué)與消費(fèi)、生活、科技、環(huán)境等親密相關(guān)。以下說法正確的選項(xiàng)是A.地溝油制止用于食品用油,但可以用于制肥皂和生物柴油B.石油裂解、海水曬鹽、纖維素制火棉都包含化學(xué)變化C.糖類、油脂和蛋白質(zhì)在人體內(nèi)均被水解為人體能直接吸收的有機(jī)物D.“嫦峨三號(hào)〞使用的碳纖維是一種新型的有機(jī)高分子材料2．微生物燃料電池是指在微生物的作用下將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某微生物燃料電池的工作原理如下圖,以下說法正確的選項(xiàng)是A.電子從b流出,經(jīng)外電路流向aB.HS-在硫氧化菌作用下轉(zhuǎn)化為SO42-的反響是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+C.假如將反響物直接燃燒,能量的利用率不會(huì)變化D.假設(shè)該電池電路中有0.4mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移,那么有0.5molH+通過質(zhì)子交換膜3．以下實(shí)驗(yàn)的現(xiàn)象與對(duì)應(yīng)結(jié)論均正確的選項(xiàng)是A.AB.BC.CD.D4．以下有關(guān)物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系的說法中不正確的選項(xiàng)是〔〕A.圖1中甲可能是Cl2,X可能是FeB.圖2中反響一定是置換反響或復(fù)分解反響C.圖3中是向某溶液中滴加NaOH溶液的變化圖像,原溶質(zhì)可能是Al2(SO4)3D.圖4中a可能為NaOH,b可能為Na2CO3,c可能為NaHCO35．用NA表示阿伏伽德羅常數(shù)的值,以下表達(dá)中不正確的選項(xiàng)是A.28g由乙烯和環(huán)丁烷(C4H8)組成的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為2NAB.常溫下,1L0.5mol/LFeCl3溶液中含有的Fe3+數(shù)目一定小于0.5NAC.92g由NO2和N2O4組成的混合氣體中含有的原子總數(shù)為6NAD.22.4L氯氣與足量鎂粉充分反響后,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA6．分子式為C5H10O2且能與NaOH溶液反響的有機(jī)物有(不含立體異構(gòu))A.13種B.4種C.9種D.16種7．常溫下10mL濃度均為0.1mol·L-1的HX和HY兩種一元酸溶液加水稀釋過程中的pH隨溶液體積變化曲線如下圖。那么以下說法不正確的選項(xiàng)是A.電離常教：K(HX)<K(HY)B.濃度均為0.1mol·L-1的HX和HY的混合溶液中：c(X-)+c(HX)=c(Y-)+c(HY)C.濃度均為0.1mol·L-1的NaX和NaY的混合溶液中:c(Na+)>c(Y-)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)D.a點(diǎn)水的電離度大于b點(diǎn)水的電離度二、實(shí)驗(yàn)題8．一氯化碘(沸點(diǎn)97.4℃),是一種紅棕色易揮發(fā)的液體,不溶于水,溶于乙醇和乙酸。某校研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)擬制備一氯化碘。答復(fù)以下問題：〔1〕甲組同學(xué)擬利用枯燥、純潔的氯氣與碘反響制備一氯化碘,其裝置如下：(碘與氯氣的反響為放熱反響〕①各裝置連接順序?yàn)锳→______；A裝置中發(fā)生反響的離子方程式為_________。②B裝置燒瓶需放在冷水中,其目的是：_______,D裝置的作用是____________。③將B裝置得到的液態(tài)產(chǎn)物進(jìn)一提純可得到較純潔的ICl,那么提純采取的操作方法是______。〔2〕乙組同學(xué)采用的是最新報(bào)道的制一氯化碘的方法。即在三頸燒瓶中參加粗碘和鹽酸,控制溫度約50℃,在不斷攪拌下逐滴參加氯酸鈉溶液,生成一氯化碘。那么發(fā)生反響的化學(xué)方程式為__________?！?〕設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明：①ICl的氧化性比I2強(qiáng)：____________。②ICl與乙烯作用發(fā)生加成反響：____________。三、填空題9．聚合氯化鋁是一種新型凈水劑,其中鋁的總濃度(用c表示〕包括三類：主要為Al3+的單體形態(tài)鋁〔用Ala表示〕總濃度,主要為主要為[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+的中等聚合形態(tài)鋁總濃度(用Alb表示)和Al(OH)3膠體形態(tài)鋁(用A1c表示)總濃度?！?〕真空碳熱復(fù)原一氧化法可實(shí)現(xiàn)由鋁土礦制備金屬鋁,相關(guān)反響的熱化學(xué)方程式如下：①Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)△H1=akJ·mol-1②3AlCl(g)=2Al(s)+AlCl3(g)△H2=bkJ·mol-1那么反響Al2O3(s)+33C(s)=2Al(s)+3CO(g)△H=______kJ·mol-1〔用含a、b的代數(shù)式表爾〕。反響①在常壓、1900℃的高溫下才能進(jìn)展,說明△H______(填“>〞“=〞或“<〞〕。〔1〕用膜蒸餾〔簡稱MD〕濃縮技術(shù)將聚合氯化鋁溶液進(jìn)展?jié)饪s,實(shí)驗(yàn)過程中不同濃度聚合氯化鋁溶液中鋁形態(tài)分布〔百分?jǐn)?shù)〕如下表：①在一定溫度下,c越大,Al(OH)3膠體的百分含量______(填“越大〞“越小〞或“不變〞)。②假設(shè)將c=2.520mol/L的聚合氯化鋁溶液加水稀釋,那么稀釋過程中發(fā)生的主要反響的離子方程式為_____________?！?〕一定條件下,向1.0mol/L的AlCl3溶液中參加0.6mol/L的NaOH溶液,可制得Alb含量約為86%的聚合氯化鋁溶液。寫出生成[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+的離子方程式：_______。〔4〕Al3++4X=2,X表示顯色劑,表示有色物質(zhì),通過比色分析得到25℃時(shí)Al3+濃度隨時(shí)間的變化關(guān)系如下圖〔初始時(shí)X的濃度為0.194mol·L-1〕。①1min時(shí),的濃度為___________。②0～3min內(nèi)該反響的速率vx＝________。③第9min時(shí),反響到達(dá)平衡,K=__________(用代數(shù)式表示〕。10．以某含銅礦石[主要成分是FeCuSi3O13(OH)4,含少量SiO2、CaCO3]為原料制備CuSO4·5H2O的流程如下：相關(guān)試劑成分和價(jià)格如下表所示：請(qǐng)答復(fù)以下問題：〔1〕含銅礦石粉碎的目的是_______。〔2〕酸浸后的溶液中除了Cu2+外,還含有的金屬陽離子是_______。〔3〕固體1溶于NaOH溶液的離子方程式為__________?！?〕結(jié)合題中信息可知：所選用的試劑1的名稱為_______；參加該試劑時(shí),發(fā)生反響的離子方程式為_________?！?〕試劑2可以選擇以下物成中的______。濾渣2中一定含有的物質(zhì)為______(填化學(xué)式〕。A.CuB.CuOC.Cu(OH)2D.Fe〔6〕CuSO4·5H2O用于電解精煉銅時(shí),導(dǎo)線中通過9.632×103C的電量,測(cè)得陽極溶解的銅為16.0g。而電解質(zhì)溶液〔原溶液為1L〕中恰好無CuSO4,那么理論上陰極質(zhì)量增加_____g,原電解液中CuSO4的濃度為__。一個(gè)電子的電量為1.6×10-19C〕11．[化學(xué)——選修3：物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)]氫化鋁鈉〔NaAlH4〕是一種新型輕質(zhì)儲(chǔ)氫材料,摻入少量Ti的NaAlH4在150℃時(shí)釋氫,在170℃、15.2MPa條件下又重復(fù)吸氫。NaAlH4可由AlCl3和NaH在適當(dāng)條件下合成。NaAlH4的晶胞構(gòu)造如右以下圖所示?！?〕基態(tài)Ti原子的價(jià)電子軌道表示式為?！?〕NaH的熔點(diǎn)為800℃,不溶于有機(jī)溶劑。NaH屬于晶體,其電子式為?！?〕AlCl3在178℃時(shí)升華,其蒸氣的相對(duì)分子質(zhì)量約為267,蒸氣分子的構(gòu)造式為〔標(biāo)明配位鍵〕?！?〕AlH4－中,Al的軌道雜化方式為；例舉與AlH4－空間構(gòu)型一樣的兩種離子〔填化學(xué)式〕?！?〕NaAlH4晶體中,與Na+緊鄰且等距的AlH4－有個(gè)；NaAlH4晶體的密度為g·cm－3〔用含a的代數(shù)式表示〕。假設(shè)NaAlH4晶胞底心處的Na+被Li+取代,得到的晶體為〔填化學(xué)式〕。〔6〕NaAlH4的釋氫機(jī)理為：每3個(gè)AlH4－中,有2個(gè)分別釋放出3個(gè)H原子和1個(gè)Al原子,同時(shí)與該Al原子最近鄰的Na原子轉(zhuǎn)移到被釋放的Al原子留下的空位,形成新的構(gòu)造。這種構(gòu)造變化由外表層擴(kuò)展到整個(gè)晶體,從而釋放出氫氣。該釋氫過程可用化學(xué)方程式表示為。12．烯烴在化工消費(fèi)過程中有重要意義。下面是以烯烴A為原料合成粘合劑M的道路圖。答復(fù)以下問題：〔1〕以下關(guān)于道路圖中的有機(jī)物或轉(zhuǎn)化關(guān)系的說法正確的選項(xiàng)是_______〔填字母〕。A.A能發(fā)生加成、氧化、縮聚等反響B(tài).B的構(gòu)造簡式為CH2ClCHClCH3C.C的分子式為C4H5O3D.M的單體是CH2=CHCOOCH3和CH2=CHCONH2〔2〕A中所含官能團(tuán)的名稱是_______,反響①的反響類型為_________?！?〕設(shè)計(jì)步驟③⑤的目的是_________,C的名稱為________。〔4〕C和D生成粘合劑M的化學(xué)方程式為____________。〔5〕滿足以下條件的C的同分異構(gòu)體共有__種〔不含立體異構(gòu)〕,寫出其中核磁共振氫譜有3組峰的同分異構(gòu)體的構(gòu)造簡式：_____________。①能發(fā)生銀鏡反響②酸、堿性條件下都能水解③不含環(huán)狀構(gòu)造〔6〕結(jié)合信息,以CH3CH=CHCH2OH為原料〔無機(jī)試劑任選〕,設(shè)計(jì)制備CH3CH=CHCOOH的合成道路。合成道路流程圖例如如下：_____________參考答案1．A【解析】A.地溝油的主要成分是油脂,應(yīng)制止用于食品用油,但可以用于制肥皂和生物柴油,A正確；B.海水曬鹽屬于物理變化,B錯(cuò)誤；C.糖類中的纖維素在人體內(nèi)不能被水解,C錯(cuò)誤；D.碳纖維是一種含碳量在95%以上的高強(qiáng)度的新型纖維材料,不是一種新型的有機(jī)高分子材料,D錯(cuò)誤,答案選A。2．B【解析】A.b電極通入氧氣,是正極,a電極是負(fù)極,電子從a流出,經(jīng)外電路流向b,A錯(cuò)誤；B.a電極是負(fù)極,發(fā)生失去電子的氧化反響,即HS-在硫氧化菌作用下轉(zhuǎn)化為SO42-,電極反響是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+,B正確；C.假如將反響物直接燃燒,會(huì)有局部化學(xué)能轉(zhuǎn)化為光能,因此能量的利用率會(huì)變化,C錯(cuò)誤；D.假設(shè)該電池電路中有0.4mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移,根據(jù)電荷守恒可知有0.4molH+通過質(zhì)子交換膜與0.1mol氧氣結(jié)合轉(zhuǎn)化為水,D錯(cuò)誤,答案選B。點(diǎn)睛：明確原電池的工作原理是解答的關(guān)鍵,注意正負(fù)極、電子流向、離子挪動(dòng)方向的有關(guān)判斷。難點(diǎn)是電極反響式的書寫,注意從氧化復(fù)原反響的角度結(jié)合電解質(zhì)溶液的酸堿性或交換膜的性質(zhì)分析解答。3．D【解析】A、應(yīng)該是藍(lán)色沉淀,A錯(cuò)誤；B、也可能含有銀離子,B錯(cuò)誤；C、在高溫下鐵與水蒸氣反響生成黑色的四氧化三鐵和氫氣,C錯(cuò)誤；在加熱的條件下氧化銅將乙醇氧化為乙醛,而氧化銅被乙醇復(fù)原為銅,表達(dá)乙醇的復(fù)原性,D正確。4．B【解析】A、鐵和氯氣反響生成氯化鐵,氯化鐵在溶液中和鐵反響生成氯化亞鐵,氯氣能把氯化亞鐵氧化為氯化鐵,A正確；B、圖2中反響不一定是置換反響或復(fù)分解反響,例如在加熱的條件下CO與氧化銅反響生成銅和CO2,B錯(cuò)誤；C、向硫酸鋁溶液中逐滴參加氫氧化鈉溶液的方程式為Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓,氫氧化鈉過量后發(fā)生反響Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O,圖像正確,C正確；D、向氫氧化鈉溶液中通入少量CO2生成碳酸鈉和H2O,向碳酸鈉溶液中繼續(xù)通入CO2生成碳酸氫鈉,碳酸氫鈉和鹽酸反響轉(zhuǎn)化為CO2,D正確,答案選B。5．D【解析】A.乙烯和環(huán)丁烷(C4H8)的最簡式一樣,均是CH2,那么28g由乙烯和環(huán)丁烷(C4H8)組成的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為2NA,A正確；B.鐵離子水解,那么常溫下,1L0.5mol/LFeCl3溶液中含有的Fe3+數(shù)目一定小于0.5NA,B正確；C.NO2和N2O4的最簡式一樣,均是NO2,因此92g由NO2和N2O4組成的混合氣體中含有的原子總數(shù)為6NA,C正確；D.22.4L氯氣的物質(zhì)的量不一定1mol,與足量鎂粉充分反響后,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)不一定為2NA,D錯(cuò)誤,答案選D。點(diǎn)睛：近年來高考題常以阿伏加德羅常數(shù)為載體,考察物質(zhì)的量,氣體摩爾體積、阿伏加德羅定律及其推論、氧化復(fù)原反響等,綜合運(yùn)用了物質(zhì)的狀態(tài)、摩爾質(zhì)量、比例關(guān)系、微粒數(shù)目、反響關(guān)系、電子轉(zhuǎn)移等思維方法。注意選項(xiàng)A和C中物質(zhì)組成的特點(diǎn),找出其共性。6．A【解析】分子式為C5H10O2并能與NaOH溶液反響,該有機(jī)物可能為羧酸,也可能為酯。假設(shè)為羧酸,C5H10O2為飽和一元羧酸,烷基為-C4H9,-C4H9異構(gòu)體有4種同分異構(gòu)體；假設(shè)為假設(shè)為酯,分子式為C5H10O2的酯為飽和一元酯,①甲酸和丁醇酯化,丁醇有4種；②乙酸和丙醇酯化,丙醇有2種；③丙酸和乙醇酯化,丙酸有1種；④丁酸和甲醇酯化,丁酸有2種；因此屬于酯的共4+2+1+2=9種,所以符合條件的C5H10O2的同分異構(gòu)體共13種,答案選A。點(diǎn)睛：掌握有機(jī)物的性質(zhì)和同分異構(gòu)體的書寫規(guī)那么是解答該的關(guān)鍵。解答此類題的一般思路如下：①首先根據(jù)限制條件的范圍,確定有機(jī)物的類別(即官能團(tuán)異構(gòu))；②確定有機(jī)物可能含有的幾種碳鏈構(gòu)造(即碳鏈異構(gòu))；③確定有機(jī)物中官能團(tuán)的詳細(xì)位置(即位置異構(gòu))。7．D【解析】A．濃度均為0.1mol/L的HX和HY兩種一元酸,HY溶液的pH=2,HX的pH＞2,說明HY溶液中氫離子濃度大于HX,那么HY的酸性比HX強(qiáng),所以HX的電離常數(shù)K〔HX〕小于HY的電離常數(shù)K〔HY〕,A正確；B．根據(jù)物料守恒可知濃度均為0.1mol·L-1的HX和HY的混合溶液中：c(X-)+c(HX)=c(Y-)+c(HY),B正確；C．HY的酸性比HX強(qiáng),那么NaX的水解程度大,所以溶液中c〔Y-〕＞c〔X-〕,那么溶液中離子濃度大小關(guān)系：c〔Na+〕＞c〔Y-〕＞c〔X-〕＞c〔OH-〕＞c〔H+〕,C正確；D．a(chǎn)、b兩點(diǎn)溶液中氫離子濃度一樣,對(duì)水的電離的抑制程度一樣,所以a點(diǎn)水的電離程度等于b點(diǎn)水的電離程度,D錯(cuò)誤；答案選D。8．C→E→B→DMnO2+4H++2Cl-===Mn2++Cl2↑+2H2O防止ICl揮發(fā)吸收未反響的氯氣,防止污染空氣蒸餾3I2+6HCl+NaClO36ICl+NaCl+3H2O用潮濕的KI-淀粉試紙檢驗(yàn)一氯化碘蒸氣,試紙變藍(lán)在ICl的乙醇溶液中通入乙烯,溶液褪色【解析】用枯燥純潔的氯氣與碘反響制備一氯化碘,A裝置用二氧化錳和濃鹽酸制備氯氣,制得的氯氣中含有HCl氣體和水蒸氣,先用飽和食鹽水〔C〕除HCl氣體,再用濃硫酸〔E〕枯燥,將枯燥的氯氣通入B中與碘反響,制備ICl,而ICl揮發(fā),所以B應(yīng)放在冷水中,最后用氫氧化鈉〔D〕處理未反響完的氯氣,結(jié)合問題分析解答?！?〕用枯燥純潔的氯氣與碘反響制備一氯化碘,A裝置用二氧化錳和濃鹽酸制備氯氣,制得的氯氣中含有HCl氣體和水蒸氣,因此需要先用飽和食鹽水〔C〕除HCl氣體,再用濃硫酸〔E〕枯燥氯氣,將枯燥的氯氣通入B中與碘反響,制備ICl。由于ICl易揮發(fā),所以B應(yīng)放在冷水中。又因?yàn)槁葰庥卸?需要尾氣處理,所以最后用氫氧化鈉〔D〕處理未反響完的氯氣,那么①那么裝置順序?yàn)椋篈→C→E→B→D,A中發(fā)生反響的離子方程式為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；②ICl揮發(fā),所以B應(yīng)放在冷水中,用氫氧化鈉〔D〕處理未反響完的氯氣,防止污染空氣；③：一氯化碘沸點(diǎn)97.4℃,那么B裝置得到的液態(tài)產(chǎn)物進(jìn)一步蒸餾,搜集97.4℃的餾分可得到較純潔的ICl；〔2〕粗碘和鹽酸,控制溫度約50℃,在不斷攪拌下逐滴參加氯酸鈉溶液,生成一氯化碘,碘元素總共升2價(jià),氯元素總共降6價(jià),化合價(jià)升降應(yīng)相等,那么碘單質(zhì)應(yīng)配3,再由原子守恒可得3I2+6HCl+NaClO36ICl+NaCl+3H2O；〔3〕①根據(jù)氧化性強(qiáng)的物質(zhì)制氧化性弱的物質(zhì),可用潮濕的KI淀粉試紙檢驗(yàn)一氯化碘蒸氣,試紙變藍(lán)即證明ICl的氧化性比I2強(qiáng)；②一氯化碘是一種紅棕色液體,不溶于水,溶于乙醇和乙酸,與乙烯發(fā)生加成反響,那么顏色褪去,即在ICl的乙醇溶液中通入乙烯,溶液褪色說明ICl與乙烯作用發(fā)生加成反響。點(diǎn)睛：此題考察了物質(zhì)的制備,涉及氧化復(fù)原反響、實(shí)驗(yàn)裝置的選擇、實(shí)驗(yàn)過程的控制,物質(zhì)的別離提純等知識(shí)點(diǎn),為高考頻點(diǎn),注意掌握物質(zhì)性質(zhì)靈敏運(yùn)用,擅長提取題目的信息。第〔3〕問是解答的難點(diǎn)和易錯(cuò)點(diǎn),注意結(jié)合已學(xué)過的知識(shí)〔即氧化復(fù)原反響規(guī)律的應(yīng)用〕和題目中隱含的信息進(jìn)展知識(shí)的遷移靈敏應(yīng)用。9．a(chǎn)+b>越小Al3++3H2O===Al(OH)3(膠體)+3H+13Al3++32OH-+8H2O=[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+0.04mol/L0.053mol/(L·min)【解析】〔1〕：①Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)△H1=akJ·mol-1,②3AlCl(g)=2Al(s)+AlCl3(g)△H2=bkJ·mol-1,根據(jù)蓋斯定律,①+②可得：Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g),那么△H=△H1+△H2=〔a+b〕kJ/mol；該反響△S＞0,反響①常壓下在1900℃的高溫下才能進(jìn)展,△H-T△S＜0反響自發(fā)進(jìn)展,說明該反響△H＞0；〔2〕①根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知在一定溫度下,c越大,Alc%越??；②根據(jù)表中數(shù)據(jù)如將c=2.520mol?L-1的聚合氯化鋁溶液加水稀釋,那么稀釋過程中會(huì)產(chǎn)生氫氧化鋁膠體,因此主要發(fā)生反響的離子方程式Al3++3H2O?Al(OH)3(膠體)+3H+；〔3〕根據(jù)原子守恒和電荷守恒可知生成[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+的離子方程式為13Al3++32OH-+8H2O=[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+；〔4〕①鋁離子的起始濃度是0.05mol/L,1min時(shí)變?yōu)?.03mol/L,那么參加反響的鋁離子濃度是0.02mol/L,所以根據(jù)方程式可知1min時(shí),的濃度為0.02mol/L×2＝0.04mol/L；②0～3min內(nèi)消耗鋁離子是0.05mol/L-0.01mol/L=0.04mol/L,那么根據(jù)方程式可知消耗X是0.04mol/L×4＝0.16mol/L,所以該反響的速率vx＝0.16mol/L÷3min＝0.053mol/(L·min)；③根據(jù)圖像可知第9min時(shí)鋁離子濃度是0.002mol/L,消耗鋁離子是0.05mol/L-0.002mol/L=0.048mol/L,那么根據(jù)方程式可知消耗X是0.048mol/L×4＝0.192mol/L,平衡時(shí)X濃度是0.194mol/L－0.192mol/L＝0.002mol/L,的濃度為0.048mol/L×2＝0.096mol/L,所以反響到達(dá)平衡,K=。10．進(jìn)步含銅礦石的利用率及酸浸效率Fe2+SiO2+2OH-=SiO32-+H2O漂液ClO-+2Fe2++2H+=Cl-+2Fe3++H2OBCFe(OH)332.00.25mol/L【解析】礦石粉碎后與足量稀硫酸反響鐵、銅均轉(zhuǎn)化為硫酸鹽,二氧化硅和碳酸鈣變?yōu)闉V渣1,二者在高溫下反響轉(zhuǎn)化為硅酸鈣；要得到硫酸銅晶體需要除去溶液中的亞鐵離子,利用亞鐵離子的復(fù)原性參加氧化劑轉(zhuǎn)化為鐵離子,通過調(diào)節(jié)pH轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀,過濾即得到硫酸銅溶液,據(jù)此分析解答。〔1〕含銅礦石粉碎可以增大反響物的接觸面積,加快反響速率,即目的是進(jìn)步含銅礦石的利用率及酸浸效率；〔2〕根據(jù)正負(fù)價(jià)代數(shù)和為0可知FeCuSi3O6(OH)4中鐵元素的化合價(jià)是＋2價(jià),因此酸浸后的溶液中除了Cu2+外,還含有的金屬陽離子是Fe2+；〔3〕固體1中含有二氧化硅,溶于NaOH溶液的離子方程式為SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；〔4〕結(jié)合題中信息可知漂液的價(jià)格最經(jīng)濟(jì),因此所選用的試劑1的名稱為漂液,參加該試劑時(shí)根據(jù)電子得失守恒和原子守恒可知發(fā)生反響的離子方程式為ClO-+2Fe2++2H+=Cl-+2Fe3++H2O；〔5〕試劑2是為了調(diào)節(jié)pH沉淀鐵離子,得到純潔的硫酸銅溶液,因此可以選擇氧化銅或氫氧化銅,答案選BC；濾渣2中一定含有的物質(zhì)為Fe(OH)3；〔6〕通過電子的個(gè)數(shù)是9.632×104C÷1.6×10-19C＝6.02×1023,物質(zhì)的量是1mol。根據(jù)Cu2＋＋2e－＝Cu可知理論上陰極質(zhì)量增加。陽極溶解的銅是16g÷64g/mol＝0.25mol,所以溶液中硫酸銅的物質(zhì)的量是0.5mol-0.25mol=0.25mol,那么濃度是0.25mol÷1L＝0.25mol/L?！敬鸢浮俊?〕〔2〕離子；〔3〕〔4〕sp3NH4+、BH4?〔或“SO42?〞“PO43?〞等其他合理答案〕〔5〕8〔或“〞〕Na3Li(AlH4)4〔6〕3NaAlH4＝Na3AlH6+2Al+3H2↑【解析】試題分析：〔1〕Ti的原子序數(shù)為22,電子排布為1s22s22p63s23p63d24s2,價(jià)電子排布式為3d24s2,價(jià)電子軌道表示式為；〔2〕NaH的熔點(diǎn)為800℃,不溶于有機(jī)溶劑,屬于離子晶體；NaH是離子化合物,電子式為；〔3〕氯化鋁中鋁原子最外層電子只有3個(gè)電子,形成3個(gè)共價(jià)鍵,每個(gè)鋁原子和四個(gè)氯原子形成共價(jià)鍵,且其中一個(gè)共用電子對(duì)是氯原子提供形成的配位鍵,如圖；〔4〕AlH4-中,Al的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=4+=4,所以Al原子為sp3雜化；等電子體的構(gòu)造相似,所以AlH4-空間構(gòu)型一樣的兩種離子NH4+、BH4-〔或“SO42-〞“PO43-〞〕；〔5〕以底面Na+離子研究,與之最近的AlH4-間隔為anm,位于同一面的4個(gè)頂角以及其余4個(gè)側(cè)面的面心上,共有8個(gè)；根據(jù)均攤法可知,晶胞中鈉離子的個(gè)數(shù)為6×+4×=4,晶體的化學(xué)式為NaAlH4,所以晶胞中AlH4-的個(gè)數(shù)為4,該晶胞的質(zhì)量為g,該晶胞體積為2a3nm3=2a3×10-21cm3,那么該晶胞的密度為。晶胞中AlH4-的個(gè)數(shù)為4,鈉離子的個(gè)數(shù)為4,假設(shè)NaAlH4晶胞底心處的Na+被Li+取代,那么晶胞中AlH4-的個(gè)數(shù)為4,鈉離子的個(gè)數(shù)為3,鋰離子的個(gè)數(shù)為1,晶體的化學(xué)式為：Na3Li(AlH4)4；〔6〕NaAlH4的釋氫機(jī)理為：每3個(gè)AlH4-中,有2個(gè)分別釋放出3個(gè)H原子和1