/河北省衡水中學2017屆高三上學期七調化學試卷一、選擇題1．化學與社會、消費、生活親密相關,以下說法正確的選項是A.鮮花運輸途中需噴灑高錳酸鉀稀溶液,主要是為鮮花補充鉀肥B.牙膏中添加的Na2PO3F、NaF提供的氟離子濃度相等時,它們防治齲齒的作用一樣C.自來水廠用明礬凈水,用Fe2(SO4)3或ClO2均能代替明礬凈水D.用石灰水或MgSO4溶液噴涂在樹干上均可消滅樹皮上的過冬蟲卵2．物質X的構造簡式如下圖,它常被用于制香料或作為飲料酸化劑,在醫學上也有廣泛用處。以下關于物質X的說法正確的選項是A.與X具有一樣官能團,且分子中有4種不同化學環境的氫原子的X的同分異構體有3種B.X分子內所有碳原子可能在同一平面內C.不能發生氧化反響,能發生取代反響D.1molX與足量的Na反響可生成44.8LH23．用NA代表阿伏伽德羅常數的值。以下表達正確的選項是A.3.0g由葡萄糖和冰醋酸組成的混合物中含有的原子總數為0.3NAB.1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中含有的氮原子數小于0.1NAC.用鉛蓄電池電解氯化鈉溶液,得到標準狀況下22.4L氫氣時,理論上鉛蓄電池中消耗氫離子數目為4NAD.氫氣與氯氣反響生成標準狀況下22.4L氯化氫,斷裂化學鍵的總數為2NA4．根據實驗操作和現象所得出的結論正確的選項是選項實驗操作實驗現象結論A將鹽酸滴入NaHCO3溶液中有氣泡產生氯的非金屬性比碳的強B用pH試紙分別測定0.1mol·L－1的Na2SO3溶液和0.1mol·L－1的NaHSO3溶液的pHNa2SO3溶液的pH約為10NaHSO3溶液的pH約為5HSO3－結合H+的才能比SO32－強C分別將乙烯與SO2通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液均褪色兩種氣體使酸性KMnO4溶液褪色的原理一樣D向2ml0.1mol·L－1MgCl2溶液中參加5ml0.1mol·L－1NaOH溶液,出現白色沉淀后,繼續滴入幾滴FeCl3濃溶液,靜置出現紅褐色沉淀同溫下,Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]A.AB.BC.CD.D5．X、Y、Z均為短周期主族元素,它們的原子序數的關系為X+Z=2Y,且Z的最高價氧化物對應的水化物是強酸。那么以下有關說法正確的選項是A.假設X是Na,那么Z的最高價一定為偶數B.假設X是O,那么YX一定是離子化合物C.假設Y是O,那么非金屬性Z＞Y＞XD.假設Y是Na,那么X、Z不可能是同一主族元素6．常溫下,量取pH=2的兩種二元酸H2A與H2B各1ml,分別加水稀釋,測得pH與加水稀釋倍數有如下圖關系,那么以下有關表達不正確的選項是A.H2B為弱酸B.NaHA水溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(A2－)+c(OH－)C.含等物質的量的NaHA、NaHB的混合溶液中：c(Na+)=c(A2－)+c(HB－)+c(B2－)+c(H2B)D.pH=10的NaHB溶液中：c(Na+)>c(HB－)>c(B2－)>c(OH－)>c(H2B)7．將9g銅和鐵的混合物投入100ml稀硝酸中,充分反響后得到標準狀況下1.12LNO,剩余4.8g金屬；繼續參加100ml等濃度的稀硝酸,金屬完全溶解,又得到標準狀況下1.12LNO。假設向反響后的溶液中參加KSCN溶液,溶液不變紅,那么以下說法正確的選項是A.原混合物中銅和鐵各0.065molB.稀硝酸的物質的量濃度為4.0mol·L－1C.第一次剩余的4.8g金屬為銅和鐵D.向反響后的溶液中再參加該稀硝酸100ml,又得到的NO在標準狀況下的體積為0.56L二、實驗題8．某同學為了探究鈉與CO2的反響,利用如圖裝置進展實驗。〔PdCl2能被CO復原為黑色的Pd〕〔1〕裝置②中用稀鹽酸與CaCO3反響制備CO2,在加稀鹽酸時,發現CaCO3與稀鹽酸不能接觸,而稀鹽酸又不夠了,為使反響能順利進展,可向長頸漏斗中參加的試劑是_______。A.H2SO4溶液B.CCl4C.苯D.稀硝酸〔2〕請將圖中各裝置按順序連接〔填裝置接口字母〕：c接______,______接____,____接______,____接____。〔3〕裝置④的作用是__________。〔4〕檢查完裝置氣密性并裝好藥品后,點燃酒精燈之前應進展的操作是翻開彈簧夾,讓CO2充滿整個裝置,當觀察到_________時再點燃酒精燈。〔5〕假設反響過程中CO2足量,鈉與CO2充分反響后,生成的固體物質可能有多種情況,該同學提出以下猜測：①生成的固體物質為Na2CO3②生成的固體物質為Ns2CO3和C的混合物③生成的固體物質為Ns2CO3和Na2O的混合物④生成的固體物質為Ns2O和C的混合物假設反響過程中有以下兩種情況：I.觀察到裝置⑤PdCl2溶液中有黑色沉淀,假設裝置①中固體成分只有一種,且向固體中參加稀鹽酸可產生能使澄清石灰水變渾濁的氣體,寫出該情況下鈉與CO2反響的化學方程式____。II.裝置①中鈉的質量為0.46g,充分反響后,將裝置①中的固體參加足量的稀鹽酸中產生224ml〔標準狀況〕CO2氣體,溶液中殘留固體的質量為___________。〔6〕設計實驗方案證明裝置①中參加的金屬鈉局部被氧化____________。三、簡答題9．氨氣在消費、生活和科研中應用非常廣泛。〔1〕以CO2與NH3為原料合成尿素的主要反響如下：2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)△H=－159kJ·mol－1NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=+72kJ·mol－1H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ·mol－1那么反響2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=______kJ·mol－1〔2〕某溫度下,向容積為100ml的密閉容器中通入4molNH3和2molCO2發生反響2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g),物質X的濃度變化曲線如以下圖所示。①前5s內,v(H2O)=__________。②該條件下的平衡常數K=_______。〔3〕T℃時,將等物質的量的NO和CO充入體積為2L的密閉容器中,保持溫度和體積不變,反響過程〔0——15min〕中NO的物質的量隨時間的變化如下圖。①平衡時假設保持溫度不變,再向容器中充入CO、N2各0.8mol,平衡將____〔填“向左〞“向右〞或“不〞〕挪動。②圖中a、b分別表示在一定溫度下,使用質量一樣但外表積不同的催化劑時,到達平衡過程中n(NO)的變化曲線,其中表示催化劑外表積較大的曲線是______〔填“a〞或“b〞〕。③15min時,假設改變外界反響條件,導致n(NO)發生如下圖的變化,那么改變的條件可能是____。〔4〕垃圾滲濾液中含有大量的氨氮物質〔用NH3表示〕和氯化物,把垃圾滲濾液參加如下圖的電解池〔電極為惰性材料〕中進展電解除去NH3,凈化污水。該凈化過程分兩步：第一步電解產生氧化劑,第二步氧化劑氧化氨氮物質生成N2。①寫出第二步反響的化學方程式_________。②假設垃圾滲濾液中氨氮物質的含量為1.7%,那么理論上電解1t該污水,電路中轉移的電子數為________。10．黃銅礦〔CuFeS2〕是冶煉銅及制備鐵的氧化物的重要礦藏,常含有微量的金、銀等。如圖是以黃銅礦為主要原料消費銅、鐵紅〔氧化鐵〕顏料的工藝流程圖：〔1〕反響I的離子方程式為___________。〔2〕CuCl難溶于水,但可與過量的Cl－反響生成溶于水的[CuCl2]－。該反響的離子方程式為___________。〔3〕有大量Cl－存在時,Na2SO3可將CuCl2復原成[CuCl2]－。Na2SO3要緩慢滴加到溶液中的原因是___________。〔4〕反響I——V五個反響中屬于非氧化復原反響的是反響___________。〔5〕Cu+在反響V中發生自身氧化復原反響,歧化為Cu2+和Cu,由w此可推知溶液A中的溶質為___________〔填化學式〕。〔6〕含AsO43－的廢水對環境造成嚴重污染,常用新制的氫氧化鐵沉淀與之作用形成FeAsO4沉淀而除去,一樣溫度下溶解度：Fe(OH)3___________〔填“＜〞“＞〞或“=〞〕FeAsO4。〔7〕在酸性、有氧條件下,一種叫Thibacillusferroxidans的細菌能將黃銅礦轉化成硫酸鹽,該過程中發生反響的離子方程式為___________。四、填空題11．【化學——物質構造與性質】原子序數依次增大的四種元素A、B、C、D分別處于第一至第四周期。自然界存在多種A的化合物,B原子核外電子有6種不同的運動狀態,B與C可形成正四面體形的分子,D的基態原子的最外能層只有一個電子,其他能層均已充滿電子。請答復以下問題：〔1〕這四種元素中電負性最大的元素的基態原子的價電子排布圖為___________。〔2〕A與B元素形成的B2A2中含有的σ鍵、π鍵數目之比為__________。〔3〕B元素可形成多種單質,一種單質晶體構造如圖一所示,其原子的雜化類型為_______；另一種單質的晶胞如圖二所示,該晶胞的空間利用率為_________〔保存兩位有效數字,≈1.732〕。〔4〕向盛有硫酸銅溶液的試管中加氨水,首先形成藍色沉淀,繼續參加氨水,沉淀溶解,得到深藍色透明溶液。請寫出藍色沉淀溶于氨水的離子方程式_________。〔5〕圖三為一個由D元素形成的單質的晶胞,該晶胞“實際〞擁有的D原子數是________個,其晶體的堆積模型為_______,此晶胞立方體的邊長為acm,D的相對原子質量為M,單質D的密度為ρg·cm－3,那么阿伏伽德羅常數可表示為_______mol－1〔用含M、a、ρ的代數式表示〕。五、推斷題12．【化學——有機化學根底】聚酯增塑劑H及某醫藥中間體F的一種合成道路如下〔局部反響條件略去〕：試答復以下問題：〔1〕F中官能團名稱為________；反響②的試劑和條件是_______。〔2〕Y的名稱是_______；烴A分子中一定有_________個原子共平面。〔3〕寫出E的分子式_______；⑥的反響類型是_______。〔4〕寫出反響⑤的化學方程式_________。〔5〕B有多種同分異構體,其中在核磁共振氫譜上只有2個峰的構造簡式為_________。〔6〕利用以上合成道路的信息,設計一條以苯甲酸乙酯和乙醇為原料合成的道路。〔無機試劑任選〕參考答案1．B【解析】A．高錳酸鉀稀溶液有強氧化性,不能作為鉀肥,故A錯誤；B．防治齲齒的有效成分是氟離子,那么在牙膏中添加Na2PO3F、NaF或SrF2等均能防治齲齒,當提供的氟離子濃度相等時,它們防治齲齒的作用是一樣的,故B正確；C．自來水廠用明礬凈水,可用Fe2(SO4)3代替明礬凈水,但因ClO2有強氧化性,只能用于消毒,不可用于凈水,故C錯誤；D．石灰水能使蛋白質變性,但MgSO4溶液不能,故D錯誤,答案為B。2．A【解析】A．X分子內含有3個羧基和1個醇羥基,那么與X具有一樣官能團,且分子中有4種不同化學環境的氫原子的X的同分異構體共有3種,故A正確；B．X分子內含有sp3雜化的碳原子,那么所有碳原子不可能在同一平面內,故B錯誤；C．X分子內的醇羥基可發生催化氧化,故C錯誤；D．1molX與足量的Na反響可生成2mol氫氣,標準狀況下的體積為44.8L,故D錯誤,答案為A。3．C【解析】A．葡萄糖和冰醋酸的最簡式均為CH2O,那么3.0g由葡萄糖和冰醋酸組成的混合物中含有的原子總數為0.4NA,故A錯誤；B．根據物料守恒定律,1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中含有的氮原子數為0.1NA,故B錯誤；C．用鉛蓄電池電解氯化鈉溶液,得到標準狀況下22.4L即1mol氫氣時,理論上鉛蓄電池的正負極共中消耗氫離子數目為4NA,故C正確；D．氫氣與氯氣反響生成標準狀況下22.4L即1mol氯化氫時,斷裂化學鍵的總數為1NA,故D錯誤；答案為C。點晴：阿伏伽德羅常數的常見問題和考前須知：①物質的狀態是否為氣體；②對于氣體注意條件是否為標況；③注意同位素原子的差異；④注意可逆反響或易水解鹽中離子數目的判斷；⑤注意物質的構造：如Na2O2是由Na+和O22-構成,而不是有Na+和O2-構成；SiO2、SiC都是原子晶體,其構造中只有原子沒有分子,SiO2是正四面體構造,1molSiO2中含有的共價鍵為4NA,1molP4含有的共價鍵為6NA等。4．C【解析】A．將鹽酸滴入NaHCO3溶液中有氣泡產生,可知鹽酸比碳酸酸性強,但無法證明氯的非金屬性比碳強,故A錯誤；B．用pH試紙分別測定0.1mol·L－1的Na2SO3溶液和0.1mol·L－1的NaHSO3溶液的pH,根據溶液的pH可知HSO3－結合H+的才能比SO32－弱,故B錯誤；C．乙烯與SO2通入酸性KMnO4溶液中溶液褪色,原理均為發生氧化復原反響,故C正確；D．Mg(OH)2和Fe(OH)3的構型不一樣,無法判斷溶度積大小,故D錯誤；答案為C。5．B【解析】A．X是Na,那么Z可為Cl,最高價是奇數,故A錯誤；B．X是O,因為O原子序數是8,偶數,那么Z只能是S,Y的原子序數為2=12,Y是Mg,MgO是離子化合物,故B正確；C．Y是O,那么X+Z=16,只有Z為N,X為F滿足,非金屬性：F＞O＞N,即：X＞Y＞Z,故C錯誤；D．Y是Na,那么X+Z=22,Z可為N,Y為P元素,N和P是同一主族元素,7+15=22滿足前述條件,故D錯誤；應選B。點晴：高頻考點,注意根據原子序數的關系判斷元素的種類是解答該題的關鍵,原子序數X+Z=2Y,那么X和Z的原子序數只能同時為奇數或者同時為偶數,Z的最高價氧化物對應水化物是強酸,Z只能是N,S,Cl(短周期)等元素,以此解答該題。6．D【解析】A．PH一樣的二種酸稀釋一樣的倍數,因弱酸能繼續電離,弱酸的pH變化小,由圖示可知H2B為弱酸,H2A為強酸,故A正確；B．由圖示可知H2A為二元強酸,那么NaHA水溶液中存在的電荷守恒式為c(Na+)+c(H+)=2c(A2－)+c(OH－),故B正確；C．含等物質的量的NaHA、NaHB的混合溶液中根據物料守恒可知c(Na+)=c(A2－)+c(HB－)+c(B2－)+c(H2B),故C正確；D．pH=10的NaHB溶液中HB-的水解大于HB-的電離,那么c(Na+)>c(HB－)>c(OH－)>c(H2B)>c(B2－),故D錯誤；答案為D。7．D【解析】A．整個過程可以看作是9g銅和鐵混合物與200mL硝酸反響生成0.1molNO,金屬完全溶解,向反響后的溶液中參加KSCN溶液,溶液不變紅,說明生成硝酸亞鐵、硝酸銅,且硝酸完全反響,發生的反響方程式為：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,設鐵為xmol,銅為ymol,根據二者質量與生成NO的體積列方程,有：56x+64y=9、2(x+y)/3=2.24/22.4,聯立方程,解得：x=0.075mol、y=0.075mol,A．由上述分析可知,原混合物中銅和鐵各0.075mol,故A錯誤；B．根據方程式可知,n(HNO3)=4n(NO)=0.4mol,稀硝酸的物質的量濃度為0.4mol÷0.2L=2mol/L,故B錯誤；C．9g混合物中含鐵質量為0.075mol×56g/mol=4.2g,含銅質量為0.075mol×64g/mol=4.8g,故第一次剩余金屬4.8g為Cu的質量,故C錯誤；D．再參加100mL該稀硝酸,亞鐵離子與硝酸反響生成NO與硝酸鐵,溶液中亞鐵離子為0.075mol,根據電子轉移守恒可知,亞鐵離子完全反響,所以再加硝酸得NO為=0.025mol,其體積為0.025mol×22.4L/mol=0.56L,故D正確；應選D。點晴：利用整體法解答及判斷最終的產物是關鍵,整個過程可以看作是9g銅和鐵混合物與200mL硝酸反響生成0.1molNO,金屬完全溶解,向反響后的溶液中參加KSCN溶液,溶液不變紅,說明生成硝酸亞鐵、硝酸銅,且硝酸完全反響,發生的反響方程式為：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,設鐵為xmol,銅為ymol,根據二者質量與生成NO的體積列方程,再結合選項解答。8．BDfgdeabh吸收HCl氣體裝置⑤中澄清石灰水開場變渾濁2Na+2CO2Na2CO3+CO0.06g準確稱取0.46g金屬鈉樣品,并投入足量水中,測得搜集到的氣體體積小于224ml〔標準狀況下測量〕【解析】(1)A．H2SO4溶液：參加H2SO4溶液后,增大了鹽酸的體積,但硫酸和碳酸鈣反響生成硫酸鈣微溶覆蓋在碳酸鈣外表阻止反響進一步發生,故A錯誤；B．CCl4：四氯化碳的密度大于稀鹽酸,參加四氯化碳后會,四氯化碳層在混合液下層,從而使鹽酸與碳酸鈣接觸,故B正確；C．苯：苯的密度小于鹽酸,參加苯后,苯在混合液上層,無法使稀鹽酸與碳酸鈣接觸,故C錯誤；D．稀硝酸：參加稀硝酸后,可以增大溶液體積,使溶液與碳酸鈣接觸,故D正確；故答案為BD；(2)探究鈉與CO2的反響,首先用鹽酸和碳酸鈣在②中反響制取二氧化碳氣體,制取的二氧化碳中混有揮發出來的HCl,需要用裝置④中的飽和碳酸氫鈉溶液除去HCl,然后用③濃硫酸枯燥,再在①中進展鈉與二氧化碳的反響,最后用裝置⑤檢驗反響產物,所以裝置的連接順序為：f、g、d、e、a(b)、b(a)、h；

(3)裝置④的作用是吸收二氧化碳中混有的HCl氣體；(4)鈉化學性質比擬活潑,可以與空氣中的氧氣、水反響,所以點燃酒精燈之前應需要翻開彈簧夾,讓CO2充滿整個裝置,以便排盡裝置中的空氣,防止空氣中O2、H2O干擾實驗；當裝置裝置⑤中澄清石灰水變渾濁時,證明裝置中空氣已經排凈,

故答案為：裝置⑤中澄清石灰水開場變渾濁；

(5)Ⅰ．裝置⑤PdCl2溶液中觀察到有黑色沉淀,PdCl2能被CO復原得到黑色的Pd,那么黑色沉淀為Pd,鈉與二氧化碳反響生成了CO；裝置①中固體成分只有一種,且向固體中參加稀鹽酸產生能使澄清石灰水變渾濁的氣體,該氣體為二氧化碳,那么鈉與二氧化碳反響生成碳酸鈉和CO,2Na+2CO2Na2CO3+CO；

Ⅱ．裝置①中鈉的質量為0.46g,鈉的物質的量為：n(Na)==0.02mol,將裝置①中的固體參加到足量稀鹽酸中產生224mL(標準狀況)CO2氣體,二氧化碳的物質的量為：n(CO2)==0.01mol,那么反響后生成碳酸鈉的物質的量為0.01mol,說明鈉完全轉化成了碳酸鈉；

溶液中還有固體殘留,根據化合價變化可知,殘留的固體只能為C,那么鈉與二氧化碳反響生成了碳酸鈉和C,反響的化學方程式為：4Na+3CO22Na2CO3+C,生成C的物質的量為0.01mol÷2=0.005mol,質量為0.005mol×12g/mol=0.06g；(6)準確稱取0.46g金屬鈉樣品,并投入足量水中,測得搜集到的氣體體積小于224ml(標準狀況下測量),即可證明裝置①中參加的金屬鈉局部被氧化。點晴：正確理解題干信息為解答關鍵,注意掌握性質實驗方案的設計原那么,(4)為易錯點,根據實驗目的：探究鈉與CO2的反響,設計實驗方案,完成正確的儀器連接順序,②為制取二氧化碳裝置,實驗室中常用碳酸鈣與鹽酸反響,二氧化碳中混有氯化氫,需要用裝置④除去,然后用裝置③枯燥,然后在①中進展鈉與二氧化碳的反響,然后用⑤檢驗反響產物,據此進展連接裝置并分析解題。9．－1311mol·L－1·s－12.5×10－3向右b增大CO的物質的量濃度〔或增大壓強〕3Cl2+2NH3=N2+6HCl〔或3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl〕3×103NA【解析】(1)：2NH3(g)+CO2(g)═NH2CO2NH4(s)△H=-159kJ?mol-1①,NH2CO2NH4(s)═CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=+72kJ?mol-1②,H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ·mol－1③將①+②-③可得：2NH3(g)+CO2(g)═CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=(-159kJ?mol-1)+(+72kJ?mol-1)-(+44kJ·mol－)=-131KJ/mol；(2)①圖示為NH3的濃度隨時間的變化曲線,5s時NH3的濃度有40mol/L降為30mol/L,那么v(NH3)==2mol·L－1·s－1,v(H2O)=v(NH3)=1mol·L－1·s－1；②平衡時NH3的濃度為20mol/L,NH3的濃度為20mol/L,那么平衡時CO2的濃度為10mol/L,H2O(g)的濃度為10mol/L,該條件下的平衡常數K====2.5×10－3；(3)①起始時,NO為0.4mol,平衡時NO為0.2mol,

2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2

起始物質的量：0.4mol

0.4mol

0

0

轉化的物質量：0.2mol

0.2mol

0.2mol

0.1mol

平衡物質的量：0.2mol

0.2mol

0.2mol

0.1mol

那么平衡時的濃度：c(NO)=0.1mol/L,c(CO)=0.1mol/L,c(CO2)=0.1mol/L,c(N2)=0.05mol/L,

k==5(mol/L)-1；

平衡時假設保持溫度不變,再向容器中充入CO、N2各0.8mol,那么c(CO)=0.5mol/L,c(N2)=0.45mol/L,

Qc==1.8＜k,那么平衡將向右挪動；②催化劑外表積較大,反響速率快,到達平衡所用時間短,由圖可知,b曲線代表的條件下反響速率快,所以b的催化劑的外表積大；③由圖象可知,NO的濃度減小,平衡向正方向挪動,所以改變的條件為增加CO的物質的量濃度或增大壓強；(4)①根據圖示知道：A電極是電解池的陽極,該電極上發生失電子的氧化反響,可以得到氧化劑,根據離子的放電順序,即氯離子失電子產生氯氣的過程,電極反響式為2Cl--2e-=Cl2↑；第二步氧化劑氯氣氧化氨氮物質即氨氣生成N2的過程,發生的反響為：3Cl2+2NH3=N2+6HCl；②1t該污水中氨氮物質的含量為1.7%,質量為1×106g×1.7%=1.7×104g,那么理論上電解轉移電子的物質的量為1.7×104g÷17g/mol×3=3×103mol,轉移電子數為3×103NA。點晴：側重于考察學生對根底知識的綜合應用才能和計算才能,注意把握三段式在化學平衡計算中的應用,注意題干信息的應用是關鍵,該電解池(電極為惰性材料)電解除去NH3,凈化污水．該凈化過程分兩步：第一步電解產生氧化劑,即產生能將氨氧化為氮氣的物質,第二步氧化劑氧化氨氮物質生成N2,據電解池的工作原理結合發生的反響來答復。10．CuFeS2+3Fe3++Cl－=4Fe2++CuCl+2SCl－+CuCl=[CuCl2]－假如參加過快,局部SO32－會與生成的H+作用生成SO2導致原料損耗II、IVCuCl2、NaCl＞4CuFeS2+4H++17O2=4Cu2++4Fe3++8SO42－+2H2O【解析】氯化鐵具有氧化性,能氧化黃銅礦,根據產物知反響I為CuFeS2+3Fe3++Cl-=4Fe2++CuCl↓+2S↓,然后過濾得到固體CuCl和S和濾液,向濾液中參加碳酸鈉發生反響II,發生的離子反響方程式為Fe2++CO32-=FeCO3↓,過濾得到FeCO3,在空氣中灼燒FeCO3得到氧化鐵,反響III為4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；向CuCl、S的混合物中參加NaCl溶液,發生反響IV為Cl-+CuCl=[CuCl2]-,過濾得到Na[CuCl2],再參加水發生反響V生成Cu和溶液A,Cu+在反響V中發生自身氧化復原反響,歧化為C

u2+和Cu,那么A為CuCl2、NaCl；(1)反響I的離子方程式為CuFeS2+3Fe3++Cl-=4Fe2++CuCl↓+2S↓；

(2)該反響離子方程式為Cl-+CuCl=[CuCl2]-；

(3)假如參加過快,局部SO32－會與生成的H+作用生成SO2導致原料損耗,故Na2SO3要緩慢滴加到溶液中；(4)這些反響中只有II和IV為非氧化復原反響；

(5)反響Ⅴ為Na[CuCl2]和H2O的反響,根據題給信息知生成物是Cu、NaCl和CuCl2,所得的溶液中的溶質是CuCl2、NaCl；

(6)用新制的氫氧化鐵沉淀與含AsO43－的廢水作用可形成FeAsO4沉淀,根據溶解平衡可知,一樣溫度下Fe(OH)3溶解度大于FeAsO4的溶解度；(7)在酸性溶液中利用氧氣可以將黃銅礦氧化成硫酸鹽,那么應有硫酸參加反響,且生成硫酸銅,硫酸鐵和水,反響的方程式為4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2〔SO4〕3+2H2O,離子反響方程式為：4CuFeS2+4H++17O2=4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O。點晴：明確元素化合物性質、氧化復原反響原理是解此題關鍵,氯化鐵具有氧化性,能氧化黃銅礦,根據產物知反響I為CuFeS2+3Fe3++Cl-=4Fe2++CuCl↓+2S↓,然后過濾得到固體CuCl和S和濾液,向濾液中參加碳酸鈉發生反響II,發生的離子反響方程式為Fe2++CO32-=FeCO3↓,過濾得到FeCO3,在空氣中灼燒FeCO3得到氧化鐵,反響III為4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；向CuCl、S的混合物中參加NaCl溶液,發生反響IV為Cl-+CuCl=[CuCl2]-,過濾得到Na[CuCl2],再參加水發生反響V生成Cu和溶液A,Cu+在反響V中發生自身氧化復原反響,歧化為Cu2+和Cu,那么A為CuCl2、NaCl,結合題目分析解答。11．3：2sp234%Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2－+2OH－4面心立方密堆積4M/ρa3【解析】原子序數依次增大的四種元素A、B、C、D分別處于第一至第四周期,自然界中存在多種A的化合物,那么A為氫元素；B原子核外電子有6種不同的運動狀態,即核外有6個電子,那么B為碳元素；D的基態原子的最外能層只有一個電子,其他能層均已充滿電子,D原子外圍電子排布為3d104s1,那么D為銅元素；結合原子序數可知,C只能處于第三周期,B與C可形成正四面體型分子,那么B為氯元素．

〔1〕四種元素中電負性最大的是