福建省福州市2021届高考化学诊断试卷(5月份)(附答案详解)

福建省福州市2021届高考化学诊断试卷（5月份）

一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）

1.下列物质不属于合金的是（）

A.不锈钢B.青铜C.硬铝D.石英

2.下列说法中正确的是（）

A.标准状况下，22.4L水中所含的分子数约为6.02X1023

B.标准状况下，记的氧气和氮气的混合物含有的分子数约为Mx6.02x1023

22.4

C.常温常压下，48g&气体含有的氧原子数为6.02X1023

D.2.24LCO2中含有的原子数为0.3x6.02x1023

3.短周期元素R的最高价氧化物对应的水化物的化学式％ROy，气态氢化物的化学式为HzR（或

RHz）,已知ImolHxROy比lmo/"zR质量多64g,下列说法不正确的是（）

A.有多种元素符合本题条件

B.符合本题的HxROy分子有一元酸和多元酸

C.Z=X

D.R可能是第二周期元素

4.某溶液中可能存在广、CO打、SOg、43+、ci-、K+等六种离子中的某几种。现取该溶液进行

实验，得到如下现象：实验1：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变黄色，且有无色气体逸出；实

验2：向所得黄色溶液中加CC,4萃取后，取水层滴加4gN03溶液，出现白色沉淀；实验3：向实

验1所得溶液中加入足量BaCL溶液，无沉淀生成。根据上面的操作和现象推断，下列说法正确

的是（）

A.溶液中一定存在「、COj­,不存在⑷3+、SOl-

B.溶液变黄色时发生反应的离子方程式为厂+Cl2=I+2Cl-

C.产生的无色气体中一定有C。?，可能有SO?

D.溶液中一定存在K+,可能存在山3+、ci-

5.有关酸碱滴定实验，下列说法的正确的是（）

A.滴定管和锥形瓶都需要使用蒸储水和待装液润洗

B.滴定前，必须将滴定管中液体的液面调至0刻度

C.滴定至终点时，溶液一定呈中性

D.测定待测液的浓度，至少需要完成两组平行实验，取消耗标准液的平均值

6.金属银有广泛的用途，粗银中含有少量Fe、Zn.Cu,Pt等杂质，以硫酸锲溶液为电角翠液进行

粗银提纯，下列说法正确的是（已知：氧化性的强弱顺序为Fe2+<N/+<Ci?+）（）

A.阳极首先发生的电极反应是Ni2++2e-=Ni

B.电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等

C.电解后，C”和Pt沉积在电解槽底部形成阳极泥，且溶液中NC+浓度要变化

D.电解后，溶液中存在金属阳离子有Ni2+、Fe3+和zn2+

7.现有a、b、c三个容器，a容器恒容恒温，b容器恒压恒温，c容器恒容绝热.在三个容器中各充

入1瓶。〃2（9）和2m。，为发生反应以9）+“2（。）U2H1（g）△//<0,初始时三个容器的体积和温

度均相等，则反应达到平衡后，三个容器中/2（g）的转化率的大小关系是（）

A.a=b>cB.b>a>cC.c>b>aD.a=b<c

8.用铁泥（主要成分为Fez/、FeO和Fe）制备纳米Fes。#平均直径25mn）的流程示意图如图，下列

叙述错误的是（）

「一③.。H靠——小

B3

A.步骤①中，生成车间要禁止烟火

B.步骤②中，主要反应的离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+

C.步骤④中H2G应该过量

D.步骤⑤中，为验证得到因体是纳米态/^3。4粒子，可将其形成分散系，做丁达尔效应实验

9.高铁酸钾（占FeO。是一种新型多功能净水剂，强碱性条件下制取，干燥环境下冷藏。制备过程

如下：

下列说法不正确的是（）

漂白粉与苏打片溶液1溶液2墨》力

A.高铁酸钾既能杀菌消毒、又有净水作用，净水作用与胶体的性质有关

B.溶液1->溶液2的离子方程式为：2/=>3++3CIO-+100H-=2FeOl-+3c厂+5H2O

C.溶液2中加入KOH析出了KzFeCU固体，说明七八。4难溶于水

D.高铁酸钾受热分解可放出氧气

10.下列各组数据中比值不为1：1的是（）

A.10(TC时，pH=6的纯水中，c(OH-)与C(H+)之比

B.常温下，pH=1的“尸溶液与O.lmol•L的盐酸中c(H+)之比

C.常温下，pH=7的CH3COOH与C“3COONa的混合溶液中，，(。/^。。。一)与c(Na+)之比

D.常温下，p，=12的Ba(OH)2溶液与「，=12的/;。〃溶液中溶质的物质的量浓度之比

二、简答题(本大题共5小题，共60.0分)

11.零价铁(Fe)除去水体中的硝酸盐(N。*)已成为环境修复研究的热点之一.

(l)Fe还原水体中NO*的反应原理如图所示.的反应原理如图1所示.

图1图2

正极的电极反应式是.

(2)将足量铁粉投入水体中，经24小时测定N。*的去除率和pH,结果如表:

初始pHpH=2.5pH=4.5

NO*的去除率接近100%<50%

24小时pH接近中性接近中性

IrOiOHl⑥…KcO(O电II))

铁的最终物质形态

pH=4.5时，N。］的去除率低.其原因是.

(3)实验发现：在初始p"=4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2+可以明显提高

N。*的去除率.对八2+的作用提出两种假设：

I.Fe?+直接还原NOJ；

II.Fe?+破坏FeO(OH)氧化层.

对比实验，结果如图2所示，可得到的结论是.pH=4.5(其他条件相同)

L高铁酸钠NazFeO,

(4)高铁酸钠主要通过如下反应制取:2Fe(OH)3+SNaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3X+5H2O,

则X的化学式为.

(5)高铁酸钠具有强氧化性，与水反应生成Fe(0")3胶体能够吸附水中悬浮杂质，请写出高铁酸

钠与水反应的离子方程式.

12.工业上用含镒废料(主要成分MnC>2,含有少量产02。3、川2。3、CuO,Ca。等)与烟气脱硫进行联

合处理并制备MnSOq的流程如图:

ZUS

已知：25久时，部分金属离子完全沉淀为氢氧化物的pH如表所示。

氢氧化物

Al(0H)3Fe(0H)3CU(OH)2Mn(OH)2

PH4.73.06.69.8

请回答:

(1)时71。2与5。2反应的化学方程式为。

(2)沉淀2的主要成分是(写化学式)。

⑶“净化”时，加入(N“4)2S的作用是沉淀C"2+'(N“4)2S中含有(填“共价键”“离子

键”或“共价键和离子键”)，写出沉淀反应的离子方程式。

(4)加入双氧水的目的是(用相关离子力程式表示)。

(S)已知：滤液3中除外，还含有少量(NHJS/，(N%)2so4、M71SO4的溶解度曲线如图

所示。据此判断，操作“I”应为蒸发浓缩、洗涤、干燥。

(6)(/7“4)25。4是一种常用的氮肥，可由氨气与硫酸反应制得，写出反应的化学方程式

13.在5L密闭容器中充人气体和Imo/B气体，在一定条件下发生反应：24(g)+B(g)=

2c(g),达平衡时，在相同温度下测得容器内混合气体的压强是反应前的去

O

(1)求4的转化率.

(2)求平衡时混合气体中C的物质的量分数.

14.铁是目前应用最多的金属，铁的单质及其化合物用途非常广泛。

⑴KHFeCCNb］可用作食盐的抗结剂。基态钾原子的电子排布式为

(2)Nci2仍e(CN)5(N0)］可用作治疗高血压急症。

①Na、N、。的第一电离能有小到大的顺序为。

②CAT中碳原子的杂化类型是o

(3)过氧化氢在FeCG催化作用下分解生成水和氧气。

①1m0/也。2中。键的数目为0

②修。的沸点比H2s高的原因是。

(4)铁触媒是重要的催化剂。C。易与铁触媒作用导致其失去催化活性：Fe+SCO=Fe(C0)5：除去C。

的化学方程式为［C"(N”3)2］OOCCH3+。。+NH3=［CU(NH3)3(CO)］OOCC，3。

①与CO互为等电子体的分子为。配合物£”(2"3)2］。。〜，3中不存在的作用力是(填字

母)。

a.离子键瓦金属键c,配位键d.极性共价键

②Fe(CO)5在空气中燃烧的化学方程式为4Fe(CO)5+13O2―2取2。3+20。。2,Fe?。?的晶体类型

是。

③铁的晶胞如图所示，若该晶体的密度是ag-cm-3,则两个最近的Fe原子间的距离为cm(设

M为阿伏伽德罗常数的值)。

15.有机物G是一种常见的食用香料。实验室由链状二烯烧4制备G的合成路线如下：

O

A^QH.^.AX0X—HBr_6

H,C-CH-CN

CHJCHJCOOC^CH-CH,O

：

dCHCH,COOHICH,IClb-CH.CN

小a一已一匕

G

回答下列问题:

(1)4的结构简式为,。的化学名称是o

(2)③的反应方程式为o

(3)④的反应试剂和反应条件分别是,⑤的反应类型是

(4)F中官能团名称为,G的分子式为。

(5)H是E的同分异构体，其分子中含有苯环，苯环上只有2个取代基且处于对位，遇氯化铁溶液显紫

色，则H可能的结构有种。

(6)己知：①反应物分子的环外双键比环内双键更容易被氧化；

②AHC=CHR!—RCHO+RfCHO{R、R'代表炫基或氢原子)。写出山有机物4制备

CHZOH

的合成路线：(无机试剂任选)。

参考答案及解析

1.答案：D

解析：解：4、不锈钢是铁的合金属于混合物；

B、青铜是铜锡合金；

C、硬铝属于铝的合金；

D、石英的主要成分为二氧化硅，不是合金。

故选：D。

根据合金的定义与特点进行解答：合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有

金属特性的物质，合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；

③合金中至少有一种金属.

本题主要考查合金与合金的性质，合金概念的三个特点要记牢；还要理解合金的性质，即合金的硬

度大，熔点低.本考点基础性强，比较好把握.

2.答案：B

解析：解：2、标况下水不是气态，力n=22.4L/moZ不适肋22.4L水的物质的量无法计算，所以22.4L

水中所含的分子数不确定，故A错误；

B、标准状况下，aL的氧气和氮气的混合物含有的分子数N==必=彖x6.02x1023,故B正确；

C、常温常压下，48。。3中含有的氧原子数N=*MX一个分子中氧原子数=高禽、3以=3以=

3x6.02x1023,故C错误;

D、=22.4L/7no/适用于标况下的气体，没指名状态，所以22.4L二氧化碳的物质的量不确定，原

子数不确定，故D错误。

故选：B。

A、标况下水不是气态；

B、氮气和氧气均是双原子分子，根据N=*Na来计算；

vm

C、根据氧原子数=1N4X一个分子中氧原子数来计算：

D^Vm=22.4L/mo/适用于标况下的气体.

本题是一道关于阿伏加德罗常数的计算体，熟记宏观量和微观量之间的关系公式是解题的关键，难

度不大.

3.答案：D

解析：解：由分子式看出/ROy比HzR相差。原子和H原子，1摩尔的//xROy比1摩尔的HzR质量多64

克，如果多的质量为氧原子的质量，则。原子的物质的量为4mo/,即y=4,此时x=z,如果将一

个。换成H,则要有16个H原子，不符合客观实际，所以分子式为％氏。4,"zR的化学式为当匕

A.符合本题条件的R有多种，可以是氯或者硫，故A正确；

B.当R为氯和硫时，对应的酸分别是He，。,、H2SO4,故B正确；

C.多的质量为氧原子的质量，则。原子的物质的量为4m0八即y=4,此时x=z,故C正确；

D.在第二周期中，存在含氧酸的B、C、N等元素，均不符合题中x=z的条件，故D错误；

故选：D.

依据题意InwIHxROy比lmo/HzR质量多64g,可知多出的可能是。和“，分别讨论当多出的为。时、

多出的为。和H时，y与x、z的关系，以此来解答.

本题考查了元素性质、原子结构相关知识，熟悉相关知识是解题关键，题目难度中等.

4.答案:A

解析：解：4溶液中含有CO歹，则一定不含有⑷3+,因43+与C0歹发生双水解反应不能共存，生成

沉淀，实验3说明不含SO歹，该溶液中一定存在的离子为K+、厂、CO歹，一定不存在的离子为⑷3+、

SOj~,故A正确；

B.溶液变黄色时发生反应的离子方程式为：2厂+C%=/2+2C「，故B错误；

C.实验1：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变黄色，且有无色气泡冒出，说明反应生成的碘单质，气

体为二氧化碳、或二氧化硫，但实验3：向实验1所得溶液中加入足量BaC%溶液，无沉淀生成，说

明不含SOg，则溶液中一定存在81、CO.，无色气体中一定为CO2,不可能有SO2,故C错误；

D.根据溶液呈电中性原则，溶液中一定含有K+,溶液中含有67。歹，则一定不含有43+,实验1引进

了氯离子，则无法判断原溶液中是否含有C广，故D错误；

故选：4。

实验1：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变黄色，说明溶液中含有广，且有无色气泡冒出，说明溶液

中含离子S。歹、COj~,至少含其中一种；

实验2：向所得橙色溶液加CC,4萃取后，取水层滴加力gNO3溶液，出现白色沉淀生成，该沉淀为硫酸

钢或亚硫酸钢或氯化银，则原溶液中一定存在so歹、coj~,至少含其中一种，由于引进了氯离子,

则无法判断原溶液中是否含有C厂；

实验3：向实验1所得溶液中加入足量BaC%溶液，无沉淀生成，说明不含SOg。

该溶液中一定存在的离子为K+、厂、C。仁，一定不存在的离子为43+、s。歹，可能存在Cr。

本题考查离子的检验及离子共存问题，题目难度中等，注意把握反应的实验现象，结合离子的性质

进行判断。

5.答案：D

解析：解：4滴定管需要润洗，但锥形瓶不能润洗，否则导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，

故A错误；

B.滴定前，滴定管中液体的液面不一定非要调至0刻度，可调至0刻度以下，故B错误；

C.滴定至终点时，溶液不一定呈中性，如NaOH达到醋酸，滴定终点生成醋酸钠，溶液呈碱性，故C

错误；

D.测定待测液的浓度，为了减少滴定误差，必须至少需要完成两组平行实验，取消耗标准液的平均

值，故D正确；

故选：

A.锥形瓶不能用待装液润洗；

B.滴定管中液体的液面可调至。刻度以下；

C.滴定终点时溶液可能为酸性、中性或碱性；

D.为了减少滴定误差，至少需要完成两组平行实验。

本题考查中和滴定，题目难度不大，明确中和滴定原理为解答关键，注意掌握中和滴定操作步骤及

锥形瓶、滴定管的使用方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。

6.答案：C

解析：

本题考查了电解原理，明确阴阳极上发生的电极反应是解本题关键，注意结合阳离子氧化性强弱分

析解答，知道阳极泥成分，难度不大。

A.阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为N/++2e-=M,故A错误：

B.电解过程中阳极失电子的有尸e、Zn.Ni；阴极析出的是保：依据电子守恒，阳极质量的减少与阴

极质量的增加不相等，故B错误；

C.金属活泼性Fe和Zn较强，Cu和Pt较弱，Fe和Zn优先溶解，Cu和Pt则形成阳极泥，活泼金属溶解

提供一部分电子，则N-+被还原为Ni时，溶液中Ni2+变化，故C正确；

D.Fe溶解产生Fe2+,故D错误。

故选C。

7.答案:A

解析：解：对于/2(g)+H2(g)U2H/(g)A”<0,反应前后气体的体积不变，则增大压强平衡不移

动，a容器恒容恒温，b容器恒压恒温，由于压强对平衡无影响，则以。)的转化率的大小关系是a=b,

正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，c容器恒容绝热，则温度高于a、b,则a=b>c。

故选：A.

对于/2(g)+H2(g)=2H/(g)△”<(),反应前后气体的体积不变，则增大压强平衡不移动，正反应

为放热反应，升高温度平衡逆向移动，c容器恒容绝热，则温度高于a、b,以此解答该题.

本题考查了化学平衡影响因素，侧重考查容器特征、化学平衡移动原理，为高频考点，注意恒温恒

容容器、恒温恒压容器、恒容绝热容器改变条件对平衡的分析方法，题目难度中等.

8.答案：C

解析：解：4粉尘属于易燃易爆物质，生成车间要禁止烟火，故A正确；

B.滤液力溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子和反应过量的盐酸：2Fe3++

Fe=3Fe2+>故B正确；

C.步骤④中，防止其在步骤⑤中继续氧化+2价铁元素，%。2最好不要过量，故C错误；

D.胶体分散质微粒直径在1到100纳米间，纳米态Fes。,粒子，可将其形成分散系为胶体，做丁达尔

效应实验可以验证，故D正确。

故选：Co

铁泥(主要成分为尸62。3、Fe。和少量Fe)与稀盐酸反应得到的滤液4溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量

的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+,过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，

加入氢氧化钠溶液，生成Fe(OH)2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水氧化：2尸e(O“)2+/。2=

2FeOOH+2H2O,反应完成后需再加热一段时间除去剩余也。2，再与氯化亚铁加热搅拌发生反应:

△

2+

2FeOOH+Fe+2OH~—Fe3O4+2//2O-过滤、洗涤、干燥得产品/=>3。4，以此解答该题。

本题考查了物质的制备，为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析、实验能力，题目涉及对工

艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解、信息获取与迁移运用等，需要学生具备

扎实的基础，题目难度中等。

9.答案：C

解析：解：4FeO厂具有强氧化性，能够杀菌消毒，FeO厂被还原生成的铁离子水解生成氢氧化铁胶

体具有较强吸附性，能够净水，则净水作用与胶体的性质有关，故A正确；

B.溶液1中含有次氯酸钠，在碱性条件下次氯酸钠与铁离子反应生成高铁酸根氨离子和水，则溶液1T

溶液2的离子方程式为：2Fe3++3C7。-+10。"-=2Fe。广+3C厂+5%。，故B正确；

C.钾盐、钠盐都易溶于水，溶液2中加入KOH析出了七尺。4固体，说明&FeO4的溶解度小于NazFeO^

不是出踪。4难溶于水，故C错误；

D.高铁酸钾需要在干燥环境下冷藏，若高铁酸钾受热会分解生成氧化铁、氧化钾和氧气，反应方程

△

式为：4K2/6。4二2/02。3+3。2T+4K2。，故D正确；

故选：Co

漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，苏打的主要成分为碳酸钠，漂白粉和苏打反应生成次氨酸

钠(溶液1)和碳酸钙；在碱性条件下次氯酸钠与铁离子发生反应2Fe3++3CIO-+100H-=

2FeOl-+3CI-+5H2O,生成FeOj-和水(溶液2)；向溶液2中加入一定量的KOH,经过过滤、洗涤、

干燥等步骤得到高铁酸钾(占FeOQ,以此分析解答。

本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、物质的性质、实验技能为解答的关键，转

移掌握常见元素化合物性质，C为易错点，试题侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。

10.答案：D

解析：解：4、在纯水中氢离子的浓度与氢氧根离子的浓度相等，所以c(OH-)与c(H+)之比为1：1,

故A正确；

B、p"=l的HF溶液氢离子的浓度为O.lnio,•厂1,而盐酸是一元强酸酸的浓度等于氢离子的浓度,

所以两者氢离子的浓度相等，故B正确；

C、根据电荷守恒：c(C“3C。。-)+c(OH-)=c(Na+)+c("+),PH=7说明溶液中c(0/T)=c("+),

所以c(C“3C。。-)=c(Na+),故C正确；

D、根据c(0/r)=需知，pH=12的Ba(OH)2溶液与p"=12的KOH溶液中氢氧根离子浓度相等

为O.OlmoZ/L,但溶质的物质的量浓度之比=0.005mo//L：0.01mol/L=1：2,故D错误；

故选：D。

A、在纯水中氢离子的浓度与氢氧根离子的浓度相等；

B、pH=1的HF溶液氢离子的浓度为O.lmoE•『1；

C、根据电荷守恒：c(C“3COO-)+c(。”-)=c(Na+)+c(”+),结合PH=7分析解答；

D、c(O/r)=%结合化学式中氢氧根离子和化学式的关系分析.

本题考查了pH的有关计算，明确弱电解质的电离特点是解本题关键，学生要清楚纯水中，氢离子的

浓度等于氢氧根离子的浓度，为易错点.

11.答案：N。］+8e-+10H+=NHj+3H2。因为铁表面生成不导电的FeO(。")，将铁全部覆盖，

阻止反应进一步发生本实验条件下,Fe2+不能直接还原NO〉在Fe和北2+共同作用下能提高NO］的

去除率

解析：解：(l)Fe还原水体中N。1,则Fe作还原剂，失去电子，作负极，N。1在正极得电子发生还原

反应产生N赤，根据图2信息可知为酸性环境，则正极的电极反应式为：NO1+8e~+10H+=NH^+

3H2。,

+

故答案为：NOi+8e-+10W=NHt+3W2O；

(2)pH越高,Fe3+越易水解生成FeO(OH),而尸eO(OH)不导电，将铁全部覆盖阻碍电子转移，所以NOJ

的去除率低.

故答案为：因为铁表面生成不导电的FeO(OH),将铁全部覆盖，阻止反应进一步发生；

(3)从图2的实验结果可以看出，单独加入Fe2+时，N。*的去除率为0,因此得出尸e?+不能直接还原

NO”而Fe和Fe2+共同加入时NO1的去除率比单独Fe高，因此可以得出结论：本实验条件下，Fe2+

不能直接还原NO。在Fe和Fe2+共同作用下能提高N。］的去除率.

故答案为：本实验条件下，Fe2+不能直接还原N。］；在Fe和北2+共同作用下能提高NO*的去除率；

(4)根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变，每个X中含一个钠原子和一个氯原子，

为氯化钠，化学式为Na。.

故答案为：NaCl；

(5)高铁酸钠具有强氧化性，与水反应生成Fe(OH)3胶体，其中Fe元素化合价由+3价变为+6价，则。

元素化合价由-2价变为0价即有氧气生成，则反应的离子方程式为：4Fe。厂+10为。=4Fe(OH)3(

胶体)+3。2T+80H1

故答案为：4FeO；-+10%。=4尸e(OH)3(胶体)+3O2T+80H~.

(l)Fe还原水体中NO。根据题意/=>3。4为电解质，则Fe作还原剂，失去电子，作负极；NO］在正极

得电子发生还原反应产生NH：,根据图2信息可知为酸性环境；

(2)由于Fes/为电解质，而电解质主要作用是为电子转移提供媒介，然后根据FeO(OH)不导电进行

分析；

(3)根据图2中的三个实验结果进行分析，单独加入Fe2+时，NO1的去除率为0,因此得出Fe?+不能

直接还原NOg；而Fe和Fe2+共同加入时NO*的去除率比单独Fe高；

(4)根据反应前后原子的种类与数目不发生改变进行判断；

(5)高铁酸钠具有强氧化性，与水反应生成Fe(OH)3胶体，其中Fe元素化合价由+3价变为+6价，所

以0元素化合价由-2价变为0价即有氧气生成，根据转移电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写方程式.

本题考查化学反应原理，涉及电化学、氧化还原反应等相关知识，题中的Fe与N。］的反应跟溶液酸

碱性有关，抓住这一点是解题的关键，第II问的解答有一定的难度，特别是阐述上的准确性，题目

难度中等.

22+

12.答案：S02+MnO2=MnS04Al(OH)3.Fe(OH)3共价键和离子键S-+Cu=

2++3+

CuSI2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O趁热过滤2N/+H2SO4=(/VW4)2S04

解析：解：⑴Un。？与5。2反应的化学方程式为5。2+%。2=MnSC>4，

故答案为：S02+MnO2=MnS04；

(2)沉淀2的主要成分是小(OH｝、Fe(0H)3，

故答案为：4(。“)3、Fe(0H)3；

(3)“净化”时，加入(N”4)2S的作用是沉淀Ci?+,(N“4)2S中含有共价键和离子键，沉淀反应的离

子方程式为S2-+Cu2+=CuSI,

故答案为：共价键和离子键；S2-+Cu2+=CuSI；

+3+

(4)加入双氧水的目的是2Fe2++H202+2H=2Fe+2H2O,

故答案为：2Fe2++“2O2+2H+=2Fe3++2”2。；

(5)由图可知，温度较高时硫酸镭的溶解度不大，且与硫酸镇的溶解度差异大，则操作“I”应为蒸

发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥，

故答案为：趁热过滤：

(6)(N“4)2S04是一种常用的氮肥，可由氨气与硫酸反应制得，反应的化学方程式为2N%+”2s。4=

(/VH4)2SO4,

故答案为：2N“3+H2s0&=(NHQ2SO4。

由流程可知，含锦废料(主要成分用应。2，含有少量注2。3、42。3、Cu。、Cao等)与含有二氧化硫烟

2++2+

气、稀硫酸溶解，^.S02+MnO2=Mn+S01~,Fe2O3+S02+2H=2Fe+SOl-+H20,

+3++2++

Al2O3+6H=2Al+3H2O,CUO+2H=Cu+H20,CaO+2H+SOl-=CaS04I+H2O,

沉淀1为CaS内,滤液1金属阳离子为M"+、Fe2+,Al3+,Cu2+,加入双氧水氧化Fe?+为Fe3+,调

节pH为5沉淀Fe3+、Al3+,沉淀2为4(0H)3和Fe(OH)3，滤液2金属阳离子为“层+、Cu2+,加入

(N44)2S沉淀Ci?+,滤液3中除MnS04外，还含有少量(NHQzS。,，将滤液3蒸发浓缩、趁热过滤、

洗涤、干燥制备“送。4，以此来解答。

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答关

键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

13.答案：解：恒温恒容时，混合气体的压强是反应前的J,说明混合气体的物质的量也是反应前的

6o

设A转化了物质的量工

24(g)+B(g)=2C(g)

初始物质的量2mol1mol0

转化物质的量%x

平衡物质的量2mol—%1mol—x

则(2mol—%)+(Imol--%)+x=-x(2mol4-1mol)

26

%=1mol

(1)4的转化率a(4)=gx100%=50%,答：A的转化率为50%.

Imol

(2)C的物质的量分数为x100%=40%；

lmol+0.5mol+lmol

答：C的物质的量分数为40%；

解析：依据化学平衡三段式列式计算，设/转物质的量》,

24(g)+8(g)=2C(g)

初始物质的量2mol1mol0

转化物质的量XX

平衡物质的量2moZ-x1mo/-2xx

依据气体压强之比等于气体物质的量之比计算分析.

本题考查了化学平衡计算方法的分析应用，主要考查转化率、物质的量分数的计算分析，注意气体

压强之比等于气体物质的量之比，题目较简单.

14.答案：Is22s32P63s23P64sl或Mr]4s】；N>0>Na；sp；3^(^1.806x1024)；水分子间存在

氢键，氢键比分子间作用力强；”;b;离子晶体；乎凝

解析：解：(1)K原子核外有19个电子，根据构造原理书写该原子核外电子排布式为

Is22s32P63s23P64sl或4sT,

故答案为：Is22s32P63s23P64sl或[4r]4si；

(2)①元素的非金属性越强，其第一电离能越大；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增

大趋势，但第〃4族、第族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素第一电离能大小顺序

是N>0>Na,

故答案为：N>0>Na；

②CAT与氮气分子互为等电子体，贝IC原子价层电子对个数是2,根据价层电子对互斥理论判断C原

子杂化类型为sp；

(3)①1个"2。2中。键个数是3，则1m。出2。2中。键个数为3M(或1.806xIO?’,

故答案为：3刈(或1.806X1024)；

②含有氢键的物质熔沸点较高，/。中含有氢键、"2s不含氢键只含分子间作用力，氢键比分子间作

用力强，所以“2。的沸点比H2s高，

故答案为：水分子间存在氢键，氢键比分子间作用力强；

(4)①与C。互为等电子体的分子中原子个数是2、价电子数是10,与C。互为等电子体的分子为N2；

配合物［CBN%)2］。。。。/中铜离子和N原子之间存在配位键，N-H、C一H、C一。原子之间存在

极性键，C-C原子之间存在非极性键，铜钱络离子和醋酸根离子之间存在离子键，所以该物质中不

含金属键，

故答案为：W2；b；

②尸02。3是由铁离子和氧离子构成的，所以晶体类型是离子晶体，

故答案为：离子晶体；

1-13M.

③该晶胞中Fe原子个数=8x^+6x：=4,该晶胞棱长=无竺l，两个最近的Fe原子间的距离为晶

胞棱长的赵倍，则两个最近的Fe原子间的距离_在「阳在J留叵

7-A1Cfll-AICut-ICIIL

/2'a2yJa24CLNA

故答案为：案。

(1)K原子核外有19个电子，根据构造原理书写该原子核外电子排布式；

(2)①元素的非金属性越强，其第一电离能越大；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增

大趋势，但第〃4族、第族元素第一电离能大于其相邻元素；

②CN-与氮气分子互为等电子体，则C原子价层电子对个数是2,根据价层电子对互斥理论判断C原

子杂化类型；

⑶①1个"2。2中c键个数是3,据此计算1加0皿。2中。键个数：

②含有氢键的物质熔沸点较高；

(4)①与C。互为等电子体的分子中原子个数是2、价电子数是10；

配合物[Cn(NH