陕西省延安市第一中学2025届高三化学第十一次质量检测试题含解析

PAGEPAGE17陕西省延安市第一中学2025届高三化学第十一次质量检测试题（含解析）1.在抗击“2024新型冠状病毒”的过程中，口罩、防护服、消毒用品及疫苗投入运用。下列有关说法不正确的是()A.84消毒液和酒精均可杀灭新型冠状病毒，两者的消毒原理不同B.新型冠状病毒疫苗一般应冷藏存放，其目的是避开蛋白质变性C.聚丙烯和聚四氟乙烯为生产防护服的主要原料，两者均属于有机高分子材料D.真丝织品和棉纺织品可代替熔喷无纺布生产防护口罩，两者均可防止病毒渗透【答案】D【解析】【详解】A．乙醇和84消毒液都可用于消毒，84消毒液是利用强氧化性使蛋白质变性，乙醇是利用渗透作用和挥发性使蛋白质凝固而变性，二者消毒原理不相同，故A正确；B．新型冠状病毒疫苗是蛋白质，温度过高易变性，则冷藏存放，目的是避开蛋白质变性，故B正确；C．聚丙烯和聚四氟乙烯都是有机高分子材料，故C正确；D．真丝织品和棉纺织品不能防止病毒渗透，不能代替无纺布生产防护口罩，故D错误；故答案为D。2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()A.7g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为NAB.7.8gNa2O2与足量水充分反应转移电子数目为0.2NAC.1L1mol·L−1的乙酸溶液中含H+的数量为NAD.标准状况下，2.24L乙醇完全燃烧产生CO2分子的数目为NA【答案】A【解析】【详解】A．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故7g混合物中含0.5molCH2，含NA个氢原子，故A正确；B．7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol，与足量水充分反应转移的电子数目为0.1NA，故B错误；C．乙酸是弱酸，不能完全电离，则1L1mol·L−1的乙酸溶液中含H+的数量小于NA，故C错误；D．标准状况下，乙醇是液体，不能依据气体摩尔体积计算2.24L乙醇的物质的量，则无法推断完全燃烧产生CO2分子的数目，故D错误；故答案为A。3.豆油被加热到185℃时会产生如图所示的物质。下列关于该物质的说法不正确的是A.该有机物的分子式为 B.该有机物可以与H2发生加成反应C.该有机物能使溴的四氯化碳溶液褪色 D.该有机物属于烃类化合物【答案】D【解析】【详解】A、由结构简式可知该物质的分子式为C9H16O2，A正确；B、该物质含有碳碳双键能与H2发生加成反应，B正确；C、分子中含有碳碳双键，可使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；D、烃类化合物只含有碳和氢两种元素，该物质含有氧元素，属于烃的含氧衍生物，D错误；正确选项D。4.锌–空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-。下列说法正确的是（）A.充电时，电解质溶液中K+向阳极移动B.充电时，电解质溶液中c(OH－)渐渐减小C.放电时，负极反应为：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42－D.放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）【答案】C【解析】详解】A．充电时，阳离子向阴极移动，即K＋向阴极移动，A项错误；B．放电时总反应为2Zn+O2+4OH–+2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B项错误；C．放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C项正确；D．标准状况下22.4L氧气的物质的量为1摩尔，电路中转移4摩尔电子，D项错误；答案选C。【点睛】电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂（氧化剂）和氧化产物（还原产物），然后标出电子转移的数目，最终依据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反应方程式，作为原电池，正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极电极反应式为：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则发生危急或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，假如有，进行计算，假如没有必定是错误选项。5.下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，X和Z两元素的原子序数之和等于W元素的原子序数。下列说法正确的是()A.X、W分别与Y都能形成两种或两种以上化合物，这些化合物都是酸性氧化物B.X、Y、Z都能形成10电子的氢化物，其中Z的最简洁氢化物沸点最高C.X、Y、W与氢四种元素能组成离子化合物，该化合物肯定能发生水解D.X和W两元素的氧化物对应的水化物的酸性：X>W【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，由位置可知X、Y、Z位于其次周期，W位于第三周期，X和Z两元素的原子序数之和等于W元素的原子序数，设Y的原子序数为n，则n-1+n+1=n+8，解得n=8，可知X为N、Y为O、Z为F、W为S，以此来解答。【详解】由分析知：X为N、Y为O、Z为F、W为S；A．N的氧化物中N2O3和N2O5是酸性氧化物，而NO、NO2等不是酸性氧化物，S的氧化物SO3和SO2均为酸性氧化物，故A错误；B．N、O、F形成的10电子氢化物是NH3、H2O和HF，其中H2O沸点最高，故B错误；C．N、O、S与氢四种元素组成的离子化合物是NH4HSO4、NH4HSO3、(NH4)2SO4和(NH4)2SO3等，其中NH4+和SO32-在水溶液中均发生水解，故C正确；D．N和S的最高价氧化物的水化物的酸性是H2SO4＞HNO3，而H2SO3的酸性小于HNO3，故D错误；故答案为C。6.试验室制备硝基苯的试验装置如图所示(夹持装置已略去)。下列说法不正确的是()A.水浴加热的优点为使反应物受热匀称、简洁限制温度B.仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率C.浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硫酸中缓缓加入浓硝酸，待冷却至室温后，再将所得混合物加入苯中D.反应完全后，可用蒸馏的方法分别苯和硝基苯【答案】C【解析】【详解】A．水浴加热的优点为使反应物受热匀称、简洁限制温度，故A正确；B．冷凝管可冷凝回流反应物，则仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，故B正确；C．混合时先加浓硝酸，后加浓硫酸，最终加苯，则混合时，应向浓硝酸中加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将所得混合物加入苯中，故C错误；D．苯和硝基苯相互混溶，可依据沸点差异利用蒸馏的方法分别苯和硝基苯，故D正确；故答案为C。7.丙基(-C3H7))的二氯代物共有(不含立体异构)()A.9种 B.7种 C.8种 D.10种【答案】A【解析】【详解】丙基有-CH2CH2CH3和-CH(CH3)2两种，其中-CH2CH2CH3的二氯代物有-CCl2CH2CH3、-CHClCHClCH3、-CHClCH2CH2Cl、-CH2CCl2CH3、-CH2CHClCH2Cl、-CH2CH2CHCl2，共6种，-CH(CH3)2的二氯代物有-CCl(CH3)CH2Cl、-CH(CH2Cl)2、-CH(CH3)CHCl2，共3种，则丙基(-C3H7))的二氯代物共有9种，故答案为A。8.工业上用铝土矿(含氧化铝、氧化铁)制取铝的过程如下：请回答下列问题：(1)沉淀C的化学式为____，C与金属Al可以在高温下发生反应,可用于焊接铁轨。则该反应的化学方程式为_________。(2)操作Ⅰ、操作Ⅱ和操作Ⅲ都是____(填操作名称)，试验室要洗涤Al(OH)3沉淀，洗涤方法是____________。(3)生产过程中，除NaOH、H2O可以循环运用外，还可以循环运用的物质有______(填化学式)。用此法制取铝的副产品是______(填化学式)。(4)金属铝的生产是以Al2O3为原料，在熔融状态下进行电解：，电解熔融的氧化铝，若得到标准状况下11.2LO2，则同时生成____g铝。下列有关此工艺的说法合理的是______A．冰品石(Na3AlF6)的作用是降低Al2O3的熔化温度B．电解生成的金属铝是在熔融液的上层C．电解过程中的电极材料可以为金属材料D．铝是高耗能产品，废旧铝材的回收后制成氧化铝比较合理(5)若铝土矿中还含有二氧化硅，此生产过程中得到的氧化铝将混有杂质：___(填化学式)。【答案】(1).Fe2O3(2).2Al+Fe2O3=Al2O3+2Fe(3).过滤(4).向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，使水自然流完，重复操作2～3次(5).CaO和CO2(6).Fe2O3和O2(7).18(8).A(9).SiO2【解析】【分析】依据流程图，氧化铝可以和氢氧化钠反应得到偏铝酸钠，氧化铁和氢氧化钠不反应，所以B是偏铝酸钠溶液，C是氧化铁，实现固体和液体的分别的方法是过滤，氢氧化铝受热分解得到氧化铝和水，电解氧化铝得到的是金属铝和氧气，据流程分析解题。【详解】(1)因Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O，而Fe2O3不与NaOH溶液发生反应，因此过滤得到的沉淀C为Fe2O3，利用Fe2O3发生铝热反应制取Fe，即2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；(2)操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均是除去不溶于液体的固体，即过滤，洗涤方法是向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，使水自然流完，重复操作2～3次；(3)据流程图可看出循环运用的物质除NaOH、H2O外，还有CaCO3CaO+CO2↑，CaO与CO2也可循环运用；制取Al同时得到Fe2O3和O2；(4)2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑，n(O2)=0.5mol，则m(Al)=×0.5mol×27g/mol=18g；A．Al2O3的熔点很高，熔化得须要较多能量，加入冰晶石可以降低熔化温度，故A正确；B．由于冰晶石(Na3AlF6)与氧化铝熔融物密度比铝的小，所以铝在熔融液的下层，故B错误；C．电解过程中假如是金属做阳极，将参加电极反应，故C错误；D．电解产生的铝要尽量以单质形式存在，所以将回收铝做成铝锭最好，故D错误；故答案为：A；(5)铝土矿中含有二氧化硅，可以和氢氧化钠反应生成硅酸钠溶液，向其中通二氧化碳可以得到硅酸沉淀，硅酸受热分解得到二氧化硅，所以生产过程中得到的氧化铝将混有杂质二氧化硅。9.氨既是试验室中常用试剂，也是工业上重要原料。(1)某学习小组欲制备少量的氨水。供选用的试剂有：①NH4Cl②(NH4)2CO3。供应的装置如下，请回答下列问题：①装置A试管内发生反应的化学方程式为__________；②从供应的仪器中选择并组装一套本试验的合理、简洁装置，按气流方向连接依次为(用图中标注的导管口符号表示)a→____；(2)氨在氧气中燃烧，生成水和一种单质。已知：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92.4kJ·mol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-572kJ·mol-1写出氨在氧气中燃烧生成液态水和气态单质的热化学方程式：_________；(3)已知在肯定条件下，将1molN2和3molH2混合于一个10L的密闭容器中发生的反应为N2+3H22NH3，5min后达到平衡，平衡时氨的体积分数为25%。①该反应的平衡常数=_____；②从反应起先到平衡时，N2的反应速率(N2)=______；(4)工业上以氨气、空气为主要原料制取硝酸。在容积恒定的密闭容器中进行反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H＞0。该反应的反应速率()随时间()变更的关系如图所示。若t2、t4时刻只变更一个条件，下列说法正确的是(填选项序号)______。A．在时，可依据容器内气体的压强保持不变推断反应已达到平衡状态B．在时，实行的措施可以是上升温度C．在时，可依据容器内气体的密度保持不变推断反应已达到平衡状态D．在时，容器内NO2的体积分数是整个过程中的最大值(5)为检验氨气与酸反应得到的某种常见氮肥的成分，某同学进行了以下试验：①加热氮肥样品产生气体，其中一种气体能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊。②取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变更。由此可知该氮肥的主要成分可能是_____________(填选项序号)；A．NH4ClB．(NH4)2CO3C．NH4HCO3D．NH4NO(6)硝酸厂常用Na2CO3溶液汲取处理尾气NO2生成CO2。若9.2gNO2和Na2CO3溶液完全反应时转移电子0.1mol，则反应的离子方程式是_________________。【答案】(1).(NH4)2CO32NH3↑+CO2↑+H2O(2).edf(3).4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)△H=-1531.2kJ·mol-1(4).K=18.3(5).0.008mol/(L﹒min)(6).AB(7).C(8).2NO2+CO=NO+NO+CO2【解析】【分析】碳酸铵加热分解生成氨气、二氧化碳和水，通过盛有碱石灰的干燥管除去二氧化碳，再通入水中，氨气极易溶于水简洁发生倒吸，用D汲取可以防止倒吸；依据已知热化学方程式，结合盖斯定律分析解题；依据平衡常数的表达式和平衡状态计算平衡常数，依据化学速率公式计算，结合影响化学平衡的因素分析解题；依据氮肥分解产物的性质确定产物并推断氮肥的成分；依据电子守恒书写发生反应的离子方程式。【详解】(1)碳酸铵加热分解生成氨气、二氧化碳和水，发生反应的化学方程式为：(NH4)2CO32NH3↑+CO2↑+H2O；②碳酸铵分解的气体含有二氧化碳，通过盛有碱石灰的干燥管除去二氧化碳，再通入水中，氨气极易溶于水简洁发生倒吸，用D汲取可以防止倒吸，则按气流方向连接依次为a→e→d→f；(2)①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92.4kJ•mol-1，②2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-572kJ•mol-1，依据盖斯定律②×3-①×②得：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)△H=-1531.2kJ•mol-1；(3)①平衡时氨的体积分数为25%，则=0.25，解得：a=0.04，该反应的平衡常数表达式K===18.3；②N2的反应速率v(N2)===0.008mol/(L﹒min)；(4)A．该反应正反应是气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，压强不变，说明到达平衡，故A正确；B．正反应是放热反应，上升温度平衡向逆反应移动，在t2时，正、逆速率都增大，且正反应速率增大更多，平衡向正反应移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应进行，转化率增大，故B正确；C．恒容条件下，反应混合气体的总质量不变，密度始终不变，所以不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D．由图可知，在t2时，变更条件平衡向正反应移动，t3时到达平衡，t4时瞬间正反应速率不变，逆反应速率减小，平衡向正反应进行，应是NO2降低的浓度，故容器内NO2的体积分数在t3时值的最大，故D错误；故答案为AB；(5)加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，说明含有铵根离子，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊，说明碳酸根离子或碳酸氢根离子；取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变更，说明没有碳酸氢根离子，说明盐中含有铵根离子和碳酸根离子，所以氮肥的主要成分NH4HCO3，故答案为C；(6)9.2gNO2的物质的量=0.2mol，即0.2molNO2和Na2CO3溶液完全反应时转移电子0.1mol，则2molNO2和Na2CO3溶液反应时转移电子1mol，则N的化合价分别有+4价变更为+5价和+3价，在碱性溶液中应生成NO3-和NO2-，反应的离子方程式为：2NO2+CO32-=NO3-+NO2-+CO2。【点睛】考查氨气的制备和性质的检验，盖斯定律求反应热，化学平衡的移动及平衡状态的推断；其中应用盖斯定律进行简洁计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。10.制烧碱所用盐水需两次精制。第一次精制主要是用沉淀法除去粗盐水中Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO等离子，过程如下：Ⅰ.向粗盐水中加入过量BaCl2溶液，过滤；Ⅱ.向所得滤液中加入过量Na2CO3溶液，过滤；Ⅲ.滤液用盐酸调整pH，获得一次精制盐水。(1)过程Ⅰ除去的离子是______。(2)过程Ⅰ、Ⅱ生成的部分沉淀及其溶解度(20℃/g)如下表：①检测Fe3+是否除尽的方法是______。②过程Ⅰ选用BaCl2而不选用CaCl2，运用表中数据说明缘由______。③除去Mg2+的离子方程式是______。④检测Ca2+、Mg2+、Ba2+是否除尽时，只需检测Ba2+即可，缘由是_____。(3)其次次精制要除去微量的I-、IO、NH、Ca2+、Mg2+，流程示意如下：①过程Ⅳ除去的离子是______。②盐水b中含有SO。Na2S2O3将IO还原为I2的离子方程式是________。③过程VI中，在电解槽的阳极发生反应的电极方程式是：_________________。【答案】(1).SO(2).取少量过程II后的滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已除尽；反之没除尽(3).BaSO4的溶解度比CaSO4的小，可将SO沉淀更完全(4).2Mg2++2CO+H2O=Mg2(OH)2CO3↓+CO2↑(5).在BaCO3、CaCO3、Mg2(OH)2CO3中，BaCO3的溶解度最大，若Ba2+沉淀完全，则说明Mg2+和Ca2+也沉淀完全(6).NH、I-(7).5S2O+8IO+2OH-=4I2+10SO+H2O(8).2Cl--2e-=Cl2↑【解析】【分析】第一次精制：向粗盐水中加入过量BaCl2溶液，Ba2+与SO得到BaSO4沉淀，过滤，除去BaSO4沉淀，向所得滤液中加入过量Na2CO3溶液，除去Ca2+、Mg2+、Fe3+和过量的Ba2+，过滤后，用盐酸调整pH，除去过量的碳酸钠，得到精制盐水，结合表格数据分析解答(1)和(2)；其次次精制：向第一次精制盐水(杂质离子为I-、IO、NH、Ca2+、Mg2+)中加入NaClO，NaClO具有氧化性，将I-氧化为I2、NH氧化为N2，再加入Na2S2O3，将IO还原为I2，分别出I2后，通过离子交换法除去Ca2+、Mg2+，电解剩余溶液(硫酸钠和氯化钠的混合溶液)得到NaOH，据此分析解答(3)。【详解】(1)向粗盐水中加入过量BaCl2溶液，Ba2+与SO得到BaSO4沉淀，过滤，除去SO，故答案为：SO；(2)①Fe3+能够使KSCN溶液变红，因此检测Fe3+是否除尽的方法是取少量过程II后的滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已除尽；反之没除尽，故答案为：取少量过程II后的滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已除尽；反之没除尽；②依据表格数据可知，BaSO4的溶解度小于CaSO4，选用BaCl2，可将SO沉淀更完全，故过程Ⅰ选用的是BaCl2而不选用CaCl2，故答案为：BaSO4的溶解度比CaSO4的小，可将SO沉淀更完全；③Mg2+与CO生成Mg2(OH)2CO3和二氧化碳，离子方程式为：2Mg2++2CO+H2O=Mg2(OH)2CO3↓+CO2↑，故答案为：2Mg2++2CO+H2O=Mg2(OH)2CO3↓+CO2↑；④Ca2+、Mg2+、Ba2+以CaCO3、Mg2(OH)2CO3、BaCO3的形式除去，依据溶解度小的物质沉淀完全后溶解度大的才起先沉淀，由表格数据可知，碳酸钡的溶解度最大，若钡离子沉淀完全，则说明镁离子和钙离子也沉淀完全，故检测Ca2+、Mg2+、Ba2+是否除尽时，只需检测Ba2+即可，故答案为：在BaCO3、CaCO3、Mg2(OH)2CO3中，BaCO3的溶解度最大，若Ba2+沉淀完全，则说明Mg2+和Ca2+也沉淀完全；(3)①NaClO具有强氧化性，能将I-氧化，依据流程可知NH被氧化为N2，故过程Ⅳ除去的离子是NH、I-，故答案为：NH、I-；②Na2S2O3将IO还原为I2，自身被氧化为SO，反应的离子方程式为：5S2O+8IO+2OH-═4I2+10SO+H2O，故答案为：5S2O+8IO+2OH-═4I2+10SO+H2O；③过程VI中，电解硫酸钠和氯化钠的混合溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，在电解槽的阳极发生氧化反应，阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑。【点睛】明确粗盐的提纯的试验原理及试验基本操作方法是解题的关键。本题的难点为(2)，要留意溶解度小的物质沉淀完全后溶解度大的才起先沉淀。11.［化学——选修3：物质结构与性质］已知A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大。A原子，C原子的L能层中，都有两个未成对的电子，C、D同主族。E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充溢。依据以上信息填空：（1）基态D原子中，电子占据的最高能层符号，该能层具有的原子轨道数为；（2）E2＋离子的价层电子轨道表示式是，F原子的电子排布式是；（3）A元素的最高价氧化物对应的水化物中心原子实行的轨道杂化方式为，B元素的气态氢化物的分子模型为；（4）化合物AC2、B2C和阴离子DAB－互为等电子体，它们结构相像，DAB－的电子式为（5）协作物甲的焰色反应呈紫色，其内界由中心离子E3＋与配位体AB－构成，配位数为6，甲的水溶液可以用于试验室中E2＋离子的定性检验，检验E2＋离子的离子方程式为；（6）某种化合物由D，E，F三种元素组成，其晶胞如图所示，则其化学式为，该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，依据图中所示数据列式计算该晶体的密度：d=g/cm3。【答案】（1）M；9；（2）；1s22s22p63s23p63d104s1；（3）sp2；四面体；（4）（5）3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；（6）CuFeS2；4.32【解析】【分析】A、B、C、D都是周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A原子、C原子的L能层中都有两个未成对的电子，则A原子核外电子排布为1s22s22p2，C原子核外电子排布为1s22s22p4，故A为碳元素、C为氧元素；B原子序数介于C、O之间，则B为氮元素；C、D同主族，则D为S元素；E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则E为Fe；F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充溢，F原子核外电子数=2+8+18+1=29，则F为Cu元素，据以上分析回答题中的问题。【详解】(1)基态S原子中电子占据的最高能层为第3能层，符号M，该能层有1个s轨道、3个p轨道、5个d轨道，共有9个原子轨道；(2)Fe2+离子的价层电子排布3d6，其价层电子排布图是，F为Cu元素，原子核外有29个电子，原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1；(3)碳元素的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，中心C原子成3个σ键、没有孤电子对，C原子实行sp2杂化方式；B的气态氢化物为NH3，NH3分子中N原子价层电子对数=3+=4，其VSEPR模型为四面体；(4)与CO2互为等电子体，可知SCN-电子式与CO2相同，参照CO2的电子式写出电子式为：；(5)协作物甲的焰色反应呈紫色，为K元素，其内界由中心离子Fe3+与配位体CN-构成，配位数为6，甲为K3[Fe（CN）6]，甲的水溶液可以用于试验室中Fe2+离子的定性检验，检验Fe2+离子的离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；(6)晶胞中D（S）原子位于晶胞内部，原子数目为8个，E（Fe）原子6个位于面上、4个位于棱上，E（Fe）原子数目=6×+4×=4，F（Cu）原子位于4个位于面上、1个内部、8个顶点上，原子数目=4×+1+8×=4，晶体中Cu、Fe、S原子数目之比=4：4：8=1：1：2，故该晶体化学式为：CuFeS2；晶胞质量=g，晶胞