仿真训练周测卷(七)

仿真训练周测卷(七)(时间：90分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Na—23Mg—24Al—27Si—28P—31S—32Cl—35.5K—39Cr—52Mn—55Fe—56Cu—64Zn—65Br—80Ag—108Ba—137卷Ⅰ选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．将下列各组物质按酸、碱、盐、氧化物分类顺序排列，正确的是()A．硫酸、纯碱、石膏、过氧化钠B．冰醋酸、烧碱、绿矾、水C．乙醇、苛性钾、胆矾、环氧乙烷(化学式为C2H4O)D．甘氨酸、熟石灰、芒硝、碱石灰答案：B2．下列化学用语表达中正确的是()A．CH3CH(CH3)CH2COOH用系统命名法命名为2­甲基丁酸B．空间填充模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子C．CH3OH分子中，碳原子与氧原子之间形成的共价键类型为sp3­pσ键D．基态氧原子核外电子轨道表示式：解析：选D由结构简式可知，该有机物属于羧酸，含有羧基的最长碳链的碳原子个数为4、侧链为甲基，名称为3­甲基丁酸，故A错误；碳原子的原子半径大于氢原子，而小于氯原子，所以空间填充模型不能表示四氯化碳分子，故B错误；甲醇分子中碳原子和氧原子的杂化方式都为sp3杂化，则碳原子与氧原子之间形成的共价键类型为sp3­sp3σ键，故C错误；氧元素的原子序数为8，电子排布式为1s22s22p4，电子轨道表示式为↑↓↑↓，故D正确。3．NaCl是实验室中的一种常用试剂。下列与NaCl有关的实验，描述正确的是()A．将铁钉浸没在NaCl溶液中可验证铁的析氢腐蚀B．模拟“侯氏制碱”时，应向饱和NaCl溶液中先通入CO2再通入NH3C．进行粗盐提纯时，可向上层清液中继续滴加2～3滴BaCl2溶液以检验SOeq\o\al(2－,4)是否除尽D．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，若加水超过刻度线，应将多余液吸出解析：选CNaCl溶液呈中性，故将铁钉浸没在NaCl溶液中可验证铁的吸氧腐蚀而不能验证析氢腐蚀，A错误；由于CO2难溶于水，而易溶于NH3碱化后溶液中，且NH3极易溶于水，故模拟“侯氏制碱”时，应向饱和NaCl溶液中先通入NH3再通入CO2，B错误；进行粗盐提纯时，可向上层清液中继续滴加2～3滴BaCl2溶液以检验SOeq\o\al(2－,4)是否除尽，若无明显现象则已除尽，C正确；配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，若加水超过刻度线，不能将多余液吸出，应该重新配制，D错误。4．“结构决定性质，性质决定用途”。下列物质的性质与用途不具有对应关系的是()A．氮化硅耐高温、抗氧化，可用于制造高温结构陶瓷B．氯化铁溶液显酸性，可用于刻蚀铜制电路板C．硬铝的密度小、强度高，可用于制造飞机外壳D．聚乳酸具有生物相容性和可降解性，可用作手术缝合线解析：选B氮化硅为共价晶体，熔沸点很高，硬度很大，性质稳定，耐高温，抗氧化，可用于制造高温结构陶瓷，故A正确；氯化铁具有氧化性，能与Cu单质反应，因此用于刻蚀铜制电路板，与溶液显酸性无关，故B错误；硬铝合金具有高强度，低密度的特点，可用于制造飞机外壳，故C正确；聚乳酸具有生物相容性，同时也可水解成乳酸，容易降解，因此可用作手术缝合线，故D正确。5．下列实验操作规范的是()ABCD仪器装置实验操作蒸发NaCl溶液洗涤AgCl沉淀滴定终点前冲洗锥形瓶内壁称量NaOH固体解析：选C蒸发需要玻璃棒不断搅拌，防止局部温度过高，液滴飞溅，图中缺少玻璃棒，故A错误；洗涤沉淀时，不能搅拌，易捣破滤纸，应使水自然流下，重复2～3次，故B错误；冲洗锥形瓶内壁，可保证充分反应，图中操作合理，故C正确；NaOH易潮解，具有腐蚀性，称量遵循左物右码，应在左盘的小烧杯中称量，故D错误。6．实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图1，反应过程中铬元素的化合价变化如图2。已知H2O2是常用的强氧化剂之一。下列说法正确的是()A．实验开始至5s，铬元素被氧化B．实验开始至30s，溶液中生成Cr3＋时的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3C．30s至80s的过程，一定是氧气氧化了Cr3＋D．80s时，溶液中的主要阴离子仍为Cr2Oeq\o\al(2－,7)解析：选B根据图2可知，实验开始至5s，铬元素的化合价保持为＋6，没有被氧化，A错误；实验开始至30s，由图2知生成Cr3＋，铬元素的化合价降低，则双氧水中氧元素化合价升高生成氧气，离子方程式为3H2O2＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋8H＋=2Cr3＋＋7H2O＋3O2↑，氧化剂Cr2Oeq\o\al(2－,7)与还原剂H2O2的物质的量之比为1∶3，B正确；实验开始时，加入的H2O2过量，30s时，向溶液中加入NaOH，80s时，铬元素的化合价变为＋6，可能是因为过氧化氢在碱性溶液中氧化性更强，过量的过氧化氢氧化了Cr3＋，C错误；根据图2知80s时铬元素呈＋6价，实验过程中加入了NaOH，溶液呈碱性，溶液中的主要阴离子为CrOeq\o\al(2－,4)，D错误。7．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．1molCO(NH2)2中所含共用电子对的数目为7NAB．100℃时，1LpH＝6的纯水中，含有的OH－数目为1×10－6NAC．常温常压下，14g乙烯与乙烷的混合气体含有的碳原子数为NAD．Na2O2与足量H2O反应生成2.24LO2(标准状况下)，转移电子数为0.4NA解析：选B已知1分子CO(NH2)2中含有4个N—H键，1个C=O键和2个C—N键，即1分子CO(NH2)2中含有8个共价键，故1molCO(NH2)2中所含共用电子对的数目为8NA，A错误；已知100℃时，在pH＝6的纯水中c(H＋)＝c(OH－)＝10－6mol·L－1，故1L纯水中含有的OH－数目为1L×10－6mol·L－1×NAmol－1＝1×10－6NA，B正确；常温常压下，设14g乙烯与乙烷的混合气体中C2H4为xg，C2H6为(14－x)g，则含有的碳原子数为（eq\f(xg,28g·mol－1)×2＋eq\f(14－xg,30g·mol－1)×2）×NAmol－1＜NA，C错误；已知反应2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑每生成1molO2转移电子为2mol，故Na2O2与足量H2O反应生成2.24LO2(标准状况下)，转移电子数为eq\f(2.24L,22.4L·mol－1)×2NAmol－1＝0.2NA，D错误。8．化学与生产、生活、科研密切相关。下列说法错误的是()A．食用油中添加叔丁基对苯二酚作抗氧化剂B．色谱法可以用于获得分子的化学键和官能团的信息C．“杯酚”分离C60、C70是利用分子识别原理D．将模具干燥后再注入铁水防止高温下铁与水反应解析：选B叔丁基对苯二酚具有较高的抗氧化能力，能延缓植物油分解酶的活性，使植物油保存时间更长，所以食用油中添加叔丁基对苯二酚的目的是作抗氧化剂，故A正确；色谱法主要是利用物质的沸点、极性及吸附性的差异来实现混合物的分离，可以用来分离提纯有机物，故B错误；“杯酚”属于超分子，分离C60、C70是利用了分子识别原理，故C正确；高温条件下铁水与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故须将模具干燥后再注入铁水，故D正确。9．下列离子方程式书写正确的是()A．Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)∶n(HNO3)＝1∶1时，3Fe＋2NOeq\o\al(－,3)＋8H＋=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2OB．Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：S2Oeq\o\al(2－,3)＋2SOeq\o\al(2－,4)＋6H＋=4SO2↑＋3H2OC．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：COeq\o\al(2－,3)＋CO2＋H2O=2HCOeq\o\al(－,3)D．CuSO4与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)解析：选A当n(Fe)∶n(HNO3)＝1∶1时，Fe过量应生成Fe2＋，A选项正确；Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：S2Oeq\o\al(2－,3)＋2H＋=SO2＋S＋H2O，B选项错误；向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，离子方程式为2Na＋＋COeq\o\al(2－,3)＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓，C选项错误；CuSO4与过量浓氨水反应形成配合物，离子方程式：Cu2＋＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O，D选项错误。10．2022年诺贝尔化学奖颁发给为点击化学发展做出贡献的3位科学家。下图为点击化学的经典反应。下列说法正确的是()A．上述物质中碳原子的杂化方式共有2种B．化合物n中所有碳原子都在同一条直线上C．p与足量氢气加成后，产物分子中含2个手性碳原子D．m、n、p中所有碳、氮原子均满足8电子结构解析：选D上述物质中饱和碳原子为sp3杂化，碳碳双键中碳原子为sp2杂化，碳碳三键碳原子为sp杂化，则碳原子的杂化方式共有3种，A错误；碳碳三键是直线型、与碳碳三键直接相连的原子在同一条直线上，饱和碳原子是四面体结构，单键碳及其相连的原子最多三个共面，则化合物n中所有碳原子不可能都在同一条直线上，B错误；手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，p与足量氢气加成后，产物分子中含1个手性碳原子，五元环中与乙基直接相连的那个碳原子是手性碳原子，C错误；根据结构示意图可知，m中eq\o(N,\s\up6(⊕))共用4对电子对、失去1个电子，eq\o(N,\s\up6(⊖))共用2对电子对、得到1个电子，N共用3对电子对、还有1对孤电子对，碳原子共用4对电子对，n中碳原子均共用4对电子对，p中N共用3对电子对、还有1对孤电子对，碳原子共用4对电子对，则所有碳、氮原子均满足8电子结构，D正确。11．四种常见元素基态原子的结构信息如下表。下列大小关系不一定正确的是()元素XYZQ结构信息有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子有8个不同运动状态的电子2p能级上有2个电子价电子排布式为3d104s1A.电负性：Y>XB．第一电离能：Y<XC．单质的硬度：Z>QD．最高价含氧酸的酸性：X>Z解析：选CX有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子，可知X的核外电子排布式为1s22s22p3，X为N；Y有8个不同运动状态的电子，则Y有8个核外电子，Y为O；Z的核外电子排布式为1s22s22p2，则Z为C；Q的价电子排布式为3d104s1，则Q为Cu。同周期从左到右电负性依次增大，则电负性：O＞N，A项正确；N为半充满状态，比较稳定，第一电离能大于O，B项正确；C有多种同素异形体，比如金刚石、石墨等，石墨的硬度小于Cu，而金刚石的硬度大于Cu，C项不一定正确；N的最高价含氧酸为HNO3，C的最高价含氧酸为H2CO3，酸性：HNO3＞H2CO3，D项正确。12．实验室中用山梨酸和乙醇催化合成山梨酸乙酯的过程如下所示，下列说法错误的是()A．反应时不能用水浴进行加热B．试剂a可以是5%NaOH溶液，目的是除去滤液1中的山梨酸和硫酸杂质C．操作①和操作③基本原理相同，操作②和操作④基本原理不同D．加入无水MgSO4固体的目的是除去有机物中的水分解析：选B山梨酸和乙醇催化合成山梨酸乙酯，反应后过滤得到滤液1，加入饱和碳酸钠溶液洗涤后水洗分液得到有机层，加入无水硫酸镁干燥后过滤得到滤液2，蒸馏得到山梨酸乙酯。水的沸点低于110℃，不能用水浴进行加热，A正确；生成的酯在碱性条件下会发生水解反应，故不能用氢氧化钠溶液洗涤，B错误；操作①和操作③均为分离固液的操作，为过滤，基本原理相同；操作②为萃取分液操作、操作④为蒸馏操作，基本原理不同，C正确；加入无水MgSO4固体可以吸水作干燥剂，目的是除去有机物中的水分，D正确。13．我国科研团队提出一种新型阴离子电极材料——Cu3(PO4)2的水系双离子电池，该电池以Na0.44MnO2和Cu3(PO4)2为电极，其工作原理如图所示。下列有关叙述不正确的是()A．充电时，电极a应接电源的正极B．放电时，若电极a得到6.4gCu和1.44gCu2O，则电路中转移0.22mol电子C．充电时，电极b的电极反应式为Na0.44－xMnO2＋xNa＋－xe－=Na0.44MnO2D．第2次放电时，溶液碱性逐渐增强解析：选C由图可知，放电时a电极上Cu3(PO4)2得到电子发生还原反应最终生成铜，为正极，则b为负极；放电时电极a为正极，则充电时电极a为阳极，应接电源的正极，故A正确；放电时，电子转移情况为Cu～2e－、Cu2O～2e－，若电极a得到6.4gCu(为0.1mol)和1.44gCu2O(为0.01mol)，则电路中转移0.1mol×2＋0.01mol×2＝0.22mol电子，B正确；充电时，电极b为阴极，Na0.44－xMnO2得到电子发生还原反应生成Na0.44MnO2，电极反应式为Na0.44－xMnO2＋xNa＋＋xe－=Na0.44MnO2，故C错误；第2次放电时，Cu2O得到电子发生还原反应生成铜和氢氧根离子，Cu2O＋2e－＋H2O=2Cu＋2OH－，溶液碱性逐渐增强，故D正确。14．中国科学家首次用C60改性铜基催化剂，将草酸二甲酯加氢制乙二醇的反应条件从高压降至常压。草酸二甲酯加氢的主要反应有：其他条件相同时，相同时间内温度对产物选择性的影响结果如图。已知：ⅰ.物质B的选择性S(B)＝eq\f(n生成B所用的草酸二甲酯,n转化的草酸二甲酯)×100%ⅱ.450～500K，反应③的平衡常数远大于反应①和反应②的平衡常数下列说法不正确的是()A．制乙二醇适宜的温度范围是470～480KB．实验条件下反应③的活化能最高，升温更有利于反应③C．减压可提高乙二醇的平衡产率D．铜基催化剂用C60改性后反应速率增大，可以降低反应所需的压强解析：选C由图可知，温度为470～480K时，生成乙二醇的选择性最高，A正确；由图可知，升高温度有利于生成乙醇，实验条件下反应③的活化能最高，所以升温更有利于反应③，B正确；反应②为气体分子数减小的反应，则增大压强可以提高乙二醇的平衡产率，C错误；铜基催化剂用C60改性后，将草酸二甲酯加氢制乙二醇的反应条件从高压降至常压，则催化剂可以使反应速率增大，D正确。15．室温下，取四根打磨后形状大小相同的镁条，通过下列实验探究镁在溶液中的反应。实验1将镁条放入滴有酚酞的蒸馏水中，无明显现象，加热溶液，镁条表面产生气泡，溶液逐渐变红实验2将镁条放入滴有酚酞的1mol·L－1NH4Cl溶液中，产生气泡，溶液逐渐变红实验3将镁条放入滴有酚酞的1mol·L－1CH3COONH4溶液(pH≈7)，产生气泡，溶液逐渐变红实验4将镁条放入滴有酚酞的1mol·L－1NaCl溶液中，产生气泡，溶液逐渐变红下列基于相应实验现象得出的结论不正确的是()A．实验1加热时发生反应的化学方程式为Mg＋2H2O△,Mg(OH)2＋H2↑B．实验2反应后的溶液中存在：c(Cl－)＜2c(Mg2＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))C．实验3产生的气体中可能含NH3D．实验1和实验4表明Cl－对Mg与H2O反应有催化作用解析：选D加热条件下镁条与水发生反应生成氢氧化镁和氢气，氢氧化镁电离出氢氧根离子使溶液呈碱性，因此滴有酚酞的溶液变红色，故A正确；实验2反应后溶液中存在电荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝2c(Mg2＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)，溶液呈碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，由此可知c(Cl－)＜2c(Mg2＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))，故B正确；实验3中反应后溶液呈碱性，碱性条件下铵根离子与氢氧根离子反应会生成氨气，因此产生的气体中可能含氨气，故C正确；实验1和实验4对比可知NaCl对镁与水的反应有促进作用，有催化作用的离子可能是氯离子也可能是钠离子，故D错误。16．下列实验操作、现象或结论均正确的是()选项实验操作现象结论A向圆底烧瓶中加入NaOH固体和无水乙醇，搅拌后再加入1­溴丁烷，微热。将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中酸性高锰酸钾溶液褪色1­溴丁烷发生了消去反应B将NaHCO3溶液滴入Na[Al(OH)4]溶液中有白色沉淀产生[Al(OH)4]－比COeq\o\al(2－,3)结合质子能力强C将KSCN滴入FeCl3溶液中，再加入KCl固体溶液红色变浅增大KCl浓度，平衡逆向移动D向脱脂棉上滴加蒸馏水和浓硫酸，反应后，再滴入少量新制氢氧化铜悬浊液，加热有砖红色沉淀产生纤维素水解产物有醛基解析：选B反应中挥发出的乙醇也能和酸性高锰酸钾溶液反应而使溶液褪色，干扰了生成的烯烃的检验，A错误；将NaHCO3溶液滴入Na[Al(OH)4]溶液中生成白色沉淀，说明生成了氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，则[Al(OH)4]－比COeq\o\al(2－,3)结合质子能力强，B正确；Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3(血红色)，加入氯化钾固体不能使平衡移动，溶液颜色无明显变化，C错误；使用新制氢氧化铜沉淀检验醛基时，需要在碱性条件下进行，故应该在纤维素水解后加入氢氧化钠溶液后再滴入少量新制氢氧化铜悬浊液，加热检验醛基，D错误。卷Ⅱ非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17．(10分)中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物(MgxFe2－xSiO4)。回答下列问题：(1)基态Fe原子的价电子排布式为____________。橄榄石中，各元素电负性大小顺序为____________________，铁的化合价为______________。(2)已知一些物质的熔点数据如下表：物质熔点/℃NaCl800.7SiCl4－68.8GeCl4－51.5SnCl4－34.1Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于SiCl4，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。分析同族元素的氯化物SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势及其原因______________________________________________________。SiCl4的空间结构为____________，其中Si的轨道杂化形式为___________。(3)一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于六方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下所示，晶胞中含有________个Mg。该物质化学式为________________，B与B间的最近距离为________。解析：(1)Fe是26号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，价电子排布式为3d64s2。一般来说，元素的非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小，故橄榄石中元素电负性大小顺序为O>Si>Fe>Mg；根据化合物中各元素化合价代数和为零，可知Fe的化合价为＋2。(2)由表中数据可知，NaCl是离子晶体(熔化时离子键被破坏)，SiCl4是分子晶体(熔化时分子间作用力被破坏)，离子键强度远大于分子间作用力，故NaCl熔点明显高于SiCl4。分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高。SiCl4分子结构中，1个Si与周围的4个Cl形成正四面体结构，中心Si原子采用sp3杂化。(3)结合投影图可知，晶体结构图中实线部分为1个晶胞，Mg位于晶胞顶点，数目为4×eq\f(1,6)＋4×eq\f(1,12)＝1；B位于晶胞体内，数目为2，故该物质的化学式为MgB2；如图，B位于边长为a的正三角形的中心，故B与B间的最近距离为eq\f(\r(3),2)a×eq\f(1,3)×2＝eq\f(\r(3),3)a。答案：(1)3d64s2O>Si>Fe>Mg＋2(2)NaCl是离子晶体，SiCl4是分子晶体，NaCl中离子键强度远大于SiCl4分子间作用力SiCl4、GeCl4、SnCl4的熔点依次升高，因为三者均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增强正四面体形sp3(3)1MgB2eq\f(\r(3),3)a18．(10分)纳米氧化镁是在磁性、催化方面有许多特异功能的新材料，具有重要价值。工业上以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3、CaCO3，和SiO2杂质)为原料制备纳米氧化镁的上艺流程如图：(1)“焙烧”中，SiO2几乎不发生反应，MgCO3、FeCO3、CaCO3转化为相应的硫酸盐。写出FeCO3转化为NH4Fe(SO4)2的化学方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)“滤渣Ⅰ”的成分是______________。(3)已知在该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表：金属离子Fe2＋Fe3＋Mg2＋开始沉淀时的pH6.32.28.9完全沉淀时的pH9.02.810.9上述流程中所用“氧化剂”常用双氧水，这一步不可省掉的理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)“试剂a”可能是____________；调节pH的范围是____________。(5)资料显示煅烧MgCO3比煅烧Mg(OH)2更容易生成MgO纳米材料。“沉淀”时若将NH4HCO3更换为Na2CO3，则产生的后果是____________________。(6)该流程中可以循环利用的物质是________________________________________________________________________。解析：(1)FeCO3转化为NH4Fe(SO4)2，铁元素化合价升高，则被空气中氧气氧化，“焙烧”时生成的主要气体有NH3、CO2，则得化学方程式：4FeCO3＋O2＋8(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up7(焙烧),\s\do5())4NH4Fe(SO4)2＋12NH3↑＋4CO2↑＋6H2O。(2)CaSO4是微溶物、SiO2不溶于水，“滤渣Ⅰ”的成分是CaSO4、SiO2。(3)根据表格数据可知，Fe2＋未沉淀完全时Mg2＋已开始沉淀，但若将Fe2＋氧化为Fe3＋，调pH使Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀时Mg2＋未开始沉淀、得到的Fe(OH)3沉淀可过滤除去，故上述流程中常用双氧水将Fe2＋氧化为Fe3＋，这一步不可省掉。(4)根据分析，试剂a可能是MgO(或MgCO3、Mg(OH)2、Mg2(OH)2CO3等)；调pH使Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀时要保证Mg2＋未开始沉淀，则调节pH的范围是2.8≤pH＜8.9。(5)Na2CO3碱性比NH4HCO3更强，碱性强的溶液中易生成更多Mg(OH)2，而锻烧MgCO3比锻烧Mg(OH)2更容易生成MgO纳米材料，故使用Na2CO3不利于MgO纳米材料的生成，纳米MgO纯度降低。(6)根据分析，沉淀步骤中所得滤液为(NH4)2SO4，则该流程中可以循环利用的物质是(NH4)2SO4。答案：(1)4FeCO3＋O2＋8(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up7(焙烧),\s\do5())4NH4Fe(SO4)2＋12NH3↑＋4CO2↑＋6H2O(2)CaSO4、SiO2(3)防止Fe2＋未完全转化成Fe3＋，导致下一步Fe2＋和Mg2＋可能同时沉淀，后续难以分离产品(4)MgO或Mg(OH)2或MgCO32.8≤pH＜8.9(5)Na2CO3碱性更强，反应中易生成难溶的氢氧化镁沉淀，不利于制备纳米材料氧化镁，纳米MgO纯度降低(6)(NH4)2SO419．(10分)基于Al2O3载氮体的碳基化学链合成氨技术示意图如下。(1)总反应3C(s)＋N2(g)＋3H2O(l)=3CO(g)＋2NH3(g)ΔH＝__________kJ·mol－1。(2)有利于提高反应ⅰ平衡转化率的条件为________(填标号)。A．高温高压 B．高温低压C．低温高压 D．低温低压(3)在温度t、100kPa条件下进行反应ⅰ，平衡时若氮气转化率为50%，则N2压强为____________，平衡常数Kp＝__________kPa2(以分压表示，分压＝总压×物质的量分数)。(4)相较于哈伯法合成氨，碳基化学链合成氨的优势有能够降低能耗、减少原料成本________________________________(写出一条即可)。解析：(1)将反应ⅰ和反应ⅱ相加，即可得到总反应3C(s)＋N2(g)＋3H2O(l)=3CO(g)＋2NH3(g)，其ΔH＝＋708.1kJ·mol－1－274.1kJ·mol－1＝＋434.0kJ·mol－1。(2)反应ⅰ的正反应是吸热反应，升高温度有利于提高平衡转化率，该反应又是气体体积增大的反应，降低压强有利于平衡正向移动，所以高温低压有利于提高平衡转化率，故选B。(3)在温度t、100kPa条件下进行反应ⅰ，设起始时氮气的物质的量为1mol，平衡时氮气转化率为50%，可列三段式：Al2O3(s)＋3C(s)＋N2(g)2AlN(s)＋3CO(g)起始/mol10变化/mol0.51.5平衡/mol0.51.5所以平衡时氮气和CO的分压分别为eq\f(0.5,0.5＋1.5)×100kPa＝25kPa，eq\f(1.5,0.5＋1.5)×100kPa＝75kPa，则平衡常数Kp＝eq\f(753,25)＝16875kPa2。(4)相较于哈伯法合成氨，碳基化学链合成氨的优势有能够降低能耗、减少原料成本，副产物CO是重要的化工原料，从而达到无碳利用化石燃料的目的。答案：(1)＋434(2)B(3)25kPa16875(4)副产物CO是重要的化工原料20．(10分)铋酸钠(NaBiO3)浅黄色、不溶于冷水、能与热水或酸溶液反应。它常用作分析试剂、氧化剂，如在钢铁分析中测定锰等。某同学在实验室用氯气将Bi(OH)3(白色，难溶于水)氧化制取NaBiO3，并探究其性质。各实验装置如下图所示：请回答下列问题：(1)装置的连接顺序是：__________→__________→__________→__________(填装置下面的字母)。(2)仪器a的名称是____________；D中装有的试剂是__________________。(3)装置C的作用是______________________；装置A中盛NaOH溶液的恒压滴液漏斗的作用是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)当B中出现白色固体消失的现象时，应进行的操作是________________________________________________________________________。(5)装置B中发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(6)该同学将铋酸钠固体加到足量的浓盐酸中，发现浅黄色固体溶解，并有黄绿色气体产生，于是该同学很矛盾，矛盾的原因是：该实验现象说明NaBiO3的氧化性比Cl2强，可是从装置B中的反应来看，Cl2的氧化性比NaBiO3强。请你向该同学解释其原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(7)为测定产品的纯度。取上述NaBiO3产品3.20g，用足量硫酸和MnSO4稀溶液使其还原为Bi3＋，再将其准确配制成100mL溶液，取出25mL，用0.100mol·L－1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnOeq\o\al(－,4)，滴定终点时消耗25mLH2C2O4标准溶液，则该产品的纯度为_________。解析：(1)装置A反应生成氯气，通过装置C中饱和食盐水除去氯气中氯化氢气体，进入B中反应生成NaBiO3，尾气使用D中碱液吸收减少污染，故装置的连接顺序为ACBD；(2)仪器a的名称是三颈烧瓶；D中装有的试剂是氢氧化钠溶液，用于吸收尾气；(3)氯气中含有挥发的氯化氢气体，装置C的作用是除去氯气中氯化氢气体；反应后装置A中含有毒性气体氯气，氯气能和氢氧化钠反应，装置A中盛NaOH溶液的恒压滴液漏斗的作用是反应后吸收滞留在装置中的有毒气体氯气；(4)当B中出现白色固体消失的现象时，说明Bi(OH)3已经完全反应，装置B中应该不再通入氯气，此时应进行的操作是关闭K1、K3，打开K2；(5)装置B中氯气将Bi(OH)3氧化制取NaBiO3，反应中Bi元素化合价升高、氯元素化合价降低生成氯离子，根据电子守恒、质量守恒可知，发生反应的离子方程式为Bi(OH)3＋3OH－＋Na＋＋Cl2=NaBiO3＋2Cl－＋3H2O；(6)将铋酸钠固体加到足量的浓盐酸中，有黄绿色气体(氯气)生成，说明NaBiO3的氧化性比Cl2强；装置B中氯气将Bi(OH)3氧化制取NaBiO3，说明Cl2的氧化性比NaBiO3强；得出不同结论的原因是两者反应的溶液的酸碱性不同，溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱；(7)