贵州省遵义正安县一中2020届高三上学期开学考试化学试题

贵州省遵义正安县一中2020届高三上学期开学考试化学试题

贵州省遵义正安县一中2019-2020学年上学期开学考试 高三理综化学 一、单选题(共7小题，每小题6.0分，共42分)‎ ‎1.标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6 g，若装满氮气时总质量为66 g，则此容器的容积(　　)‎ A. 22.4 L B. 44.8 L C. 11.2 L D. 4.48 L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】假设气体的物质的量为nmol，容器的质量为mg，则：mg+nmol×71g/mol=74.6g，mg+nmol×28g/mol=66g，联立方程，解得n=0.2mol，气体的体积为V=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，所以容器的容积为4.48L，故选D。‎ ‎2.已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，化学方程式为2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋8H2O，现将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示。则下列有关说法不正确的是(　　)‎ A. 图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应 B. 图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2‎ C. 根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25 mol D. 根据OC段的数据可知开始加入的硫酸亚铁的物质的量为1 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：高锰酸钾的氧化性大于铁离子，铁离子大于碘。A、AB段铁离子的物质的量不变，说明此时高锰酸钾与碘离子发生氧化还原反应，正确；B、BC段铁离子的物质的量逐渐减少至0，说明该段发生的是铁离子与碘离子的氧化还原反应，离子方程式是2Fe3++2I-=" 2Fe2++"‎ ‎ I2，正确；C、根据以上分析，高锰酸钾先氧化亚铁离子，剩余的再氧化碘离子，铁离子氧化碘离子，所以相当于高锰酸钾直接与碘离子发生氧化反应，共消耗1.25molI-。碘离子的物质的量是1.25mol，则失去电子的物质的量是1.25mol，高锰酸钾氧化碘离子为单质碘，自身被还原为+2价锰离子，根据得失电子守恒，所以用于与碘离子反应的高锰酸钾的物质的量是1.25mol/5=0.25mol，正确；D、由图像可知铁离子消耗碘离子的物质的量是1.25-0.5=0.75mol，根据2Fe3++2I-=" 2Fe2++" I2，所以亚铁离子的物质的量是0.75mol，则硫酸亚铁的物质的量是0.75mol，错误，答案选D。‎ 考点：考查物质氧化性的应用，对图像的分析与计算 ‎3.金属的使用是人类拓展自身能力的标志之一。人类利用几种常用金属的先后顺序依次为金、铜、铁、铝，之所以有先后，主要取决于( )‎ A. 金属在地壳中的含量多少 B. 金属的熔沸点高低 C. 金属的活泼性强弱 D. 金属的导电性强弱 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据金属活动性顺序表可知，金属活动性由强到弱的顺序为：铝＞铁＞铜＞金；金属利用的先后顺序既与金属冶炼的难易程度有关，又与金属活动性顺序有关，越不活泼的金属越早被利用。人类使用较早的金属，其活动性较弱；金属活动性越强，金属的冶炼难易程度越难，这也影响了人类对金属的使用，而与A、B、D选项中金属在地壳中的含量多少、熔沸点高低、导电性强弱无关。‎ 考点：金属活动性顺序及其应用 点评：本题难度不大，了解人类利用金属的历史、金属活动性顺序等即可正确解答本题.‎ ‎4.化工生产要遵守三大原则：充分利用原料、充分利用能量、保护环境。下列描述不符合以上某原则的是( )‎ A. 煅烧硫铁矿使用沸腾炉 B. 制盐酸时将氢气在氯气中燃烧 C. 制硫酸时使用热交换器 D. 合成氨时氮气和氢气循环使用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎ ‎ 煅烧硫铁矿使用沸腾炉，可使硫铁矿与氧气充分接触而反应，减少能量的消耗，充分利用原料，故A符合；‎ B. 制盐酸时将氢气在氯气中燃烧，氯气和氢气剧烈反应，放出能量，与题目要求原则无关，故B不符合；‎ C. 制硫酸时使用热交换器，可充分利用能量，故C符合；‎ D. 合成氨时氮气和氢气循环使用，可充分利用原料，故D符合。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】充分利用原料、充分利用能量、保护环境，应能符合原料利用率高，节约能源，且不产生污染物或减少污染物的排放。‎ ‎5.下列各选项中，原因、结论及因果关系均正确的是（ ）‎ A. 因为H-F键能大于H-Cl，所以HF的沸点高于HCl B. 因为HClO4比HClO中的氯元素的化合价高，所以HClO4的氧化性强于HClO C. 因为N元素的非金属性比P元素强，所以NH3的稳定性强于PH3‎ D. 因为Fe的还原性强于Cu，所以Cu2+的氧化性强于Fe3+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.键能的大小决定氢化物的稳定性，和沸点无关，HF的沸点高于HCl的原因是HF分子间有氢键，而HCl只有分子间作用力，故A不选；‎ B.价态的高低和氧化性的强弱没有关系，故B不选；‎ C.非金属性越强，氢化物的稳定性就越强，故C选；‎ D.还原剂的还原性越强，其氧化产物的氧化性就越弱。铁的氧化产物为Fe2+而不是Fe3+，所以Cu2+的氧化性强于Fe2+。Fe3+的氧化性强于Cu2+，可以从反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+得到证明。故D不选。‎ 故选C。‎ ‎6.下列有关物质性质或应用说法正确的是 A. 医疗上，常用碳酸钠治疗胃酸过多 B. 在海轮外壳上安装锌块以减缓船体腐蚀 C. 液氨汽化放出大量的热，可用作制冷剂 D. 明矾具有强氧化性，常用于自来水的杀菌消毒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸钠碱性太强，有较强腐蚀性，应利用氢氧化铝或小苏打治疗胃酸过多，故A项错误；‎ B．锌与铁形成原电池，Zn活泼作负极，海轮铁壳为正极得到保护，则在海轮外壳上安装锌块以减缓船体腐蚀，故B项正确；‎ C．液氨汽化时吸收热量，可用作制冷剂，故C项错误；‎ D．明矾在水溶液中形成胶体，吸附水溶液中悬浮颗粒等，具有净水作用，但不具有强氧化性，则不能杀菌消毒，故D项错误；‎ 故答案选B。‎ ‎7.在某2L恒容密闭容器中充入2molX（g）和1molY（g）发生反应：2X（g）+Y（g）3Z（g）△H，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是（ ）‎ A. M点时，Y的转化率最大 B. 升高温度，平衡常数减小 C. 平衡后充入Z达到新平衡时Z的体积分数增大 D. W、M两点Y的正反应速率相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应过程中持续升高温度，反应开始时正反应速率大于逆反应速率，所以X不断消耗，X的体积分数不断降低，到Q点，X的体积分数最低，此时达到了平衡状态。然后继续升温，此时X的体积分数升高，说明平衡逆向移动，所以正反应是放热反应。‎ ‎【详解】A.从W到Q的过程中，由于正反应速率大于逆反应速率，所以Y的转化率不断升高，从Q点以后，由于平衡逆向移动，所以Y的转化率会降低，所以在Q点，Y的转化率最大，故A不选；‎ B.由于该反应的正反应是放热的，所以温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故B选；‎ C.由于该反应反应前后气体系数之和相等，在恒容容器中，平衡后再充入Z，达到新平衡时，Z的体积分数不变。故C不选；‎ D.M点和W点的X的体积分数相等，而M点的温度高于W点的温度，所以M点的Y的正反应速率大于W点的Y的正反应速率。故D不选。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】对于在恒温恒容条件下的可逆反应，达到平衡后，如果按原比例再充入反应物，就相当于增大压强，结果可以按增大压强处理，但平衡移动方向要具体问题具体分析。例如本题，在恒容密闭容器中充入2molX（g）和1molY（g），发生反应2X（g）+Y（g）3Z（g），平衡后充入Z，也就相当于按物质的量之比2:1的比例充入了X和Y，所以相当于增大了压强。由于该反应反应前后气体系数之和相等，所以各物质的体积分数都不变。但由于增加了Z，Z的浓度增大，所以平衡向逆反应方向移动。‎ 二、必考题 ‎8.欲降低废水中重金属元素铬的毒性，可将Cr2O转化为Cr(OH)3沉淀除去。已知该条件下：‎ ‎（1）某含铬废水处理的主要流程如图所示：‎ ‎①初沉池中加入的混凝剂是K2SO4·Al2(SO4)3·2H2O，其作用为(用离子方程式表示)____。‎ ‎②反应池中发生主要反应的离子方程式是Cr2O72-＋3HSO3-＋5H＋===2Cr3＋＋3SO42-＋4H2‎ O。根据“沉淀法”和“中和法”的原理，向沉淀池中加入NaOH溶液，此过程中发生主要反应的离子方程式是_____、____。证明Cr3＋沉淀完全的方法是____。‎ ‎（2）工业可用电解法来处理含Cr2O废水。实验室利用如图装置模拟处理含Cr2O72-的废水，阳极反应式是Fe－2e－===Fe2＋，阴极反应式是2H＋＋2e－===H2↑。Fe2＋与酸性溶液中的Cr2O72-反应的离子方程式是_____，得到的金属阳离子在阴极区可沉淀完全。用电解法处理该溶液中0.01molCr2O72-时，至少得到沉淀的质量是____g。‎ ‎【答案】 (1). Al3＋＋3H2O===Al(OH)3(胶体)＋3H＋[或Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋] (2). Cr3＋＋3OH－===Cr(OH)3↓ (3). H＋＋OH－===H2O (4). 测定溶液的pH，若pH≥8，则证明Cr3＋沉淀完全 (5). Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O (6). 8.48‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①氢氧化铝胶体能吸附悬浮物，所以作混凝剂；  ②反应池中发生主要反应的离子方程式是Cr2O72-+3HSO3-+5H+═2Cr3++3SO42-+4H2O，反应后溶液中有H+、Cr3+，加NaOH溶液，NaOH会和H+、Cr3+发生反应；  （2）Fe2+离子与Cr2O72-离子发生氧化还原反应生成Fe3+离子和Cr3+离子；随着电解进行，溶液中c（H+） 逐渐减少，c（OH-）浓度增大；根据Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，Cr3++3OH-═Cr（OH）3↓、Fe3++3OH-═Fe（OH）3↓进行计算。‎ ‎【详解】（1）①K2SO4﹒Al2（SO4）3﹒24H2O为强电解质，在溶液中完全电离，生成Al3+和SO42-、K+，Al3+能水解生成氢氧化铝胶体：Al3++3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+或Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物，所以能作净水剂，  故答案为：Al3＋＋3H2O===Al(OH)3(胶体)＋3H＋[或Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋] ；‎ ‎②反应池中发生主要反应的离子方程式是Cr2O72-+3HSO3-+5H+═2Cr3++3SO42-+4H2O，反应后溶液中有H+、Cr3+；根据“沉淀法”和“中和法”的原理，向沉淀池中加入NaOH溶液，NaOH会和H+发生反应H++OH-═H2O，Cr3+与NaOH发生反应Cr3++3OH-═Cr（OH）3↓，根据题给图表信息可知，Cr（OH）3沉淀完全时的pH为8，所以，测定溶液的pH，若pH≥8，则证明Cr3+‎ 沉淀完全，  故答案为：Cr3++3OH-═Cr（OH）3↓、H++OH-═H2O；测定溶液的pH，若pH≥8，则证明Cr3+沉淀完全；  （2）亚铁离子与Cr2O72-发生氧化还原反应，被还原为Cr3+，重铬酸根具有强氧化性，能将生成的亚铁离子氧化为三价，即6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；随着电解进行，溶液中c（H+）逐渐减少，打破了水的电离平衡，促进了水的电离，使溶液中OH-浓度增大，溶液的碱性增强，生成Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀，金属阳离子在阴极区可沉淀完全；根据Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，Cr3++3OH-═Cr（OH）3↓、Fe3++3OH-═Fe（OH）3↓知0.01molCr2O72-，可生成0.02molCr（OH）3，0.06molFe（OH）3，至少得到沉淀的质量是0.02mol×103g/mol+0.06mol×107g/mol=8.48g； 故答案为：Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O； 8.48。‎ ‎9.硫酰氯（SO2Cl2）是重要的化学试剂，可由如下反应制取：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2（g）△H针对该反应回答下列问题：‎ ‎（1）已知：①SO2（g）+Cl2（g）+SCl2（g）2SOCl2（g）△H1=﹣akJ•mol﹣1‎ ‎②SO2Cl2+SCl2（g）=2SOCl2（g）△H2=﹣bkJ•mol﹣1‎ ‎③a＞b＞0则△H=______kJ•mol﹣1（用含a、b的代数式表示）‎ ‎（2）为了提高该反应中Cl2的平衡转化率，下列措施合理的是______（填字母序号）．‎ a．缩小容器体积　b．使用催化剂　c．增加SO2浓度　d．升高温度 ‎（3）若在绝热、恒容的密闭体系中，投入一定量SO2和Cl2，发生该反应，下列示意图能说明t1时刻反应达到平衡状态的是______（填字母序号）．（下图中υ正、K、n、m分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和质量）‎ ‎（4）若在催化剂作用下，将nmolSO2与nmolCl2充入容积可变密闭容器中，并始终保持温度为T，压强为P．起始时气体总体积为10L，t min时反应达到平衡状态，此时气体总体积为8L．‎ ‎①在容积改变的条件下，反应速率可用单位时间内反应物或生成物的物质的量变化来表示．则υ（SO2）=____．‎ ‎②此温度下，该反应的K=___．‎ ‎③相同条件下，若将0.5nmolSO2与0.5nmolCl2充入该容器，到达平衡状态时，混合物中SO2Cl2的物质的量是____．‎ ‎（5）该反应的产物SO2Cl2遇水发生剧烈水解生成两种强酸，写出其化学方程式____；已知25℃时，Ksp[AgCl]=1.8×10﹣10，Ksp[Ag2SO4]=1.4×10﹣5，则SO2Cl2于水所得溶液中逐滴加入AgNO3稀溶液时，最先产生的沉淀是______．‎ ‎【答案】 (1). ﹣（a﹣b） (2). AC (3). BD (4). mol/min (5). L/mol (6). 0.2nmol (7). SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl (8). AgCl ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①SO2(g)+Cl2(g)+SCl2(g)⇌2SOCl2(g)△H1=−a kJ•mol﹣1‎ ‎②SO2Cl2+SCl2(g)=2SOCl2(g)△H2=−b kJ•mol﹣1‎ 盖斯定律计算①−②得到：SO2(g)+Cl2(g)⇌SO2Cl2(g)△H=−(a−b) kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：−(a−b)；‎ ‎(2)提高反应中Cl2的平衡转化率，改变条件使平衡向正反应移动，不能增大氯气的用量，‎ A. 缩小容器体积,压强增大,平衡向正反应移动,Cl2的转化率增大，故A正确；‎ B. 使用催化剂,缩短到达平衡的时间,不影响平衡移动,Cl2的转化率不变，故B错误；‎ C. 增加SO2浓度,平衡向正反应移动,Cl2的转化率增大，故C正确；‎ D. 该反应正反应是放热反应,升高温度,平衡向逆反应移动,Cl2的转化率降低，故D错误；‎ 故答案为：AC。‎ ‎(3)A、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后速率不变，故a错误；‎ B. 该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故B正确；‎ C. t1时刻后SO2(g)，SO2Cl2(g)的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故C错误；‎ D. t1时刻,SO2的质量为定值，处于平衡状态，图象与实际符合，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎(4)若在催化剂作用下，将nmolSO2与nmolCl2充入容积可变的密闭容器中，并始终保持温度为T，压强为P，起始时气体总体积为10L，tmin时反应达到平衡状态，此时气体总体积为8L，设参加反应的二氧化硫物质的量为x，‎ ‎              SO2(g)+Cl2(g)⇌SO2Cl2(g)‎ 起始量(mol) n        n         0‎ 变化量(mol)  x        x          x 平衡量(mol) n−x      n−x         x 保持温度为T，压强为P，气体体积之比等于气体物质的量之比，2n:(2n−x)=10:8，‎ x=0.4n，‎ ‎① 在容积改变的条件下，反应速率可用单位时间内反应物或生成物的物质的量变化来表示。‎ 则υ(SO2)= mol/min，故答案为： mol/min；‎ 依据①结合平衡概念计算,K═，‎ 故答案为：；‎ ‎② 将nmolSO2与nmolCl2充入容积可变的密闭容器中,得到SO2Cl20.4nmol，则恒压容器中 成正比例关系，相同条件下，若将0.5nmolSO2与0.5nmolCl2充入该容器,到达平衡状态时，消耗二氧化硫物质的量为0.2n，混合物中SO2Cl2的物质的量是0.2nmol，‎ 故答案为：0.2nmol；‎ ‎(5)SO2Cl2遇水发生剧烈水解,且产生白雾，白雾是水解生成HCl与空气中水蒸气结合所致，则−SO2−基团结合2个−OH生成H2SO4,反应方程式为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，知25℃时，Ksp[AgCl]=1.8×10﹣10，Ksp[Ag2SO4]=1.4×10﹣5，Ksp越小，溶解度越小，所以氯化银的溶解度远远小于Ag2SO4的溶解度，SO2Cl2溶于水所得溶液中c(H2SO4):c(HCl)=1:2，溶液中氯离子浓度为硫酸根离子的2倍，故AgCl最先沉淀，‎ 故答案为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；AgCl。‎ ‎10.硫酸锌可作为食品锌强化剂的原料。工业上常用菱锌矿生产硫酸锌，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，并含少量的Fe2O3、FeCO3、MgO、CaO等，生产工艺流程示意如图：‎ ‎（1）将菱锌矿研磨成粉的目的是__。‎ ‎（2）完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式：□Fe(OH)2+□____+□_____=□Fe(OH)3+□Cl-____。‎ ‎（3）针铁矿(Goethite)是以德国诗人歌德(Goethe)名字命名的，组成元素是Fe、O和H，化学式量为89，化学式是___。‎ ‎（4）根据下表数据，调节“滤液2”的pH时，理论上可选用的最大区间为__。‎ ‎（5）工业上从“滤液3”制取MgO过程中，合适的反应物是___(选填序号)。‎ a．大理石粉 b．石灰乳 c．纯碱溶液 d．烧碱溶液 ‎（6）“滤液4”之后的操作依次为_____、____、过滤，洗涤，干燥。‎ ‎（7）分析图中数据，菱锌矿粉中ZnCO3的质量分数不低于___。‎ ‎【答案】 (1). 增大反应物接触面积或增加反应时的接触面积，使反应更加充分 (2). 2Fe(OH)2+1ClO-+1H2O=2Fe(OH)3+1Cl- (3). FeO(OH) (4). 8.0PH＜10.4 (5). b(或b和d)或d (6). 蒸发浓缩 (7). 冷却结晶 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向菱镁矿粉中加入过量浓盐酸，滤液中含有ZnCl2、FeCl3、FeCl2、MgCl2和CaCl2，通过加入氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+和调节PH使Fe3+生成针铁矿而除去，通过调节滤液2的PH，使Mg2+和Zn2+分离，滤液3中含有Mg2+，可用于制取MgO，沉淀2中的Zn(OH)2用硫酸溶解，然后加入锌粉和过量的硫酸反应，过滤后的滤液中含有ZnSO4，用于制取ZnSO4·7H2O。‎ ‎【详解】（1）将菱锌矿研磨成粉的目的是增大反应物接触面积，使反应更加充分。故答案为：增大反应物接触面积或增加反应时的接触面积，使反应更加充分。‎ ‎（2）氧化除铁步骤中，Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，加入的氧化剂是漂白粉，起氧化作用的是ClO-中的+1价的氯，ClO-被还原为Cl-。根据电子守恒和电荷守恒配平离子方程式：2Fe(OH)3+1ClO-+1H2O=2Fe(OH)2+1Cl-。‎ ‎（3）针铁矿组成元素是Fe、O和H，化学式量为89，铁的相对原子质量为56，所以含有1个铁原子，89-56=33，所以含有的氧原子数为2，33-2×16=1，所以含有1个氢原子，所以化学式是FeO(OH)。‎ ‎（4）调节“滤液2”的pH，目的是使Zn2+沉淀完全而Mg2+不能沉淀，可以加入MgO消耗H+而使PH增大，根据表中给出的数据，理论上可选用的最大区间为8.0PH＜10.4。‎ ‎（5） “滤液3”中含有MgCl2，由于Mg(OH)2难溶而MgCO3微溶，所以应先使其转变为Mg(OH)2，然后再加热分解得到MgO，所以加入的合适的反应物是石灰乳或烧碱溶液，故选b(或b和d)或d。‎ ‎（6）从溶液中获得结晶水合物，为了不失去结晶水，所以需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤，干燥。故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。‎ ‎（7）m1kg菱镁矿粉中的锌转化为沉淀Zn(OH)2，以ZnO计为m2kg，最后得到的m3kgZnSO4·7H2O的数据不能用于计算菱锌矿粉中ZnCO3的质量分数，因为在溶解Zn(OH)2后的溶液中又加入了锌粉，所以ZnSO4·7H2O中的锌不是全部来自于菱镁矿。根据m2kgZnO的质量可以计算锌的物质的量：mol，所以ZnCO3的质量为g，所以ZnCO3的质量分数为。‎ ‎11.化学实验装置的科学设计是实验是否取得预期效果的关键。请回答下列有关实验装置的相关问题：‎ I．图一中A为教材制备乙酸乙酯的实验装置，甲同学认为图一中B装置比A要好，则冷却水应从______口进入；乙同学认为图一中C装置效果更好，理由是_______。‎ Ⅱ．“摩尔盐”[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]是分析化学中的重要试剂。已知：摩尔盐隔绝空气加热至500℃时可完全分解。某学习小组欲探究其分解产物。‎ ‎（1）[提出猜想]小组同学认为分解产物可能有以下几种情况：‎ A．Fe2O3、SO2、NH3、H2O B．FeO、SO3、NH3、H2O C．FeO、SO2、NH3、H2O D．Fe2O3、SO3、SO2、NH3、H2O 根据所学知识，可确定_________不成立（填序号）‎ ‎（2）[药品验纯]甲同学提出可以用湿润的红色石蕊试纸、稀盐酸和_________溶液检验出“摩尔盐”中的三种离子；取一定量的“摩尔盐”配成溶液，取少量溶液置于试管中，向其中滴加_______（填试剂名称和实验现象），则“摩尔盐”未因氧化而变质。‎ ‎（3）[实验探究]为检验分解产物，甲同学设计了如下实验装置。‎ ‎①取一定量“摩尔盐”置于加热管A中，加热至分解完全后打开K，再通入N2，目的是________。‎ ‎②实验中观察到A中固体逐渐变为红棕色，B、C中均产生白色沉淀．C中发生反应的离子方程式为________。‎ ‎③实验验证取A中残留物少许加入稀硫酸溶解，再滴入KMnO4稀溶液，不褪色证明产物不含______。‎ ‎（4）[实验结论与反思]通过实验现象和认真反思，上述猜想中一定正确的是______。（填序号）‎ ‎【答案】 (1). b (2). 既能冷凝回流又能及时分离出反应生成水，有利于酯的生成 (3). C (4). Ba(OH)2 (5). 硫氰化钾溶液，溶液不变红色 (6). 使分解产生的气体在B、C中被吸收充分 (7). SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+ (8). FeO (9). A ‎【解析】‎ ‎【详解】I．为充分冷凝蒸气，冷却水的流向和蒸气的流向应该相反，所以冷却水应从b口进入；C装置既能冷凝回流又能及时分离出反应生成的水，有利于酯的生成。故答案为：b，既能冷凝回流又能及时分离出反应生成的水，有利于酯的生成。‎ Ⅱ．（1）A. “摩尔盐”中铁的化合价为+2价，硫为+6价，生成物中铁为+3价，硫为+4价，化合价既有升高又有降低，所以A合理；‎ B.没有任何一种元素的化合价发生变化，所以B合理；‎ C.只有硫的化合价降低，不符合氧化还原反应的要求，所以C不合理；‎ D.铁的化合价升高，硫的化合价部分降低，所以D合理。‎ 所以选C。‎ ‎（2）“摩尔盐”中含有NH4+，可以加入强碱溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验逸出的氨气。加入强碱溶液后，Fe2+可以和OH-生成Fe(OH)2白色沉淀，白色沉淀会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的Fe(OH)3，可以据此检验Fe2+。SO42-可以用稀盐酸和Ba2+检验，产生不溶于盐酸的白色沉淀BaSO4，所以选择既可以提供OH-又能提供Ba2+的Ba(OH)2溶液；若“摩尔盐”因氧化而变质，则会存在Fe3+，可以用KSCN溶液检验。故答案为：Ba(OH)2，硫氰化钾溶液，溶液不变红色。‎ ‎（3）①“摩尔盐”加热分解完全后打开K，再通入N2，目的是使分解产生的气体在B、C中被吸收充分。‎ ‎②实验中观察到C中产生白色沉淀，原因是SO2通入C中，被H2O2氧化为SO42-，SO42-和Ba2+生成了BaSO4。则C中发生反应离子方程式为SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+。‎ ‎③A中残留物少许加入稀硫酸溶解，再滴入KMnO4稀溶液，若产物中有FeO，则溶于稀硫酸后生成的Fe2+能使KMnO4稀溶液褪色，KMnO4稀溶液不褪色证明产物不含FeO。‎ ‎（4）实验中观察到A中固体逐渐变为红棕色，所以“摩尔盐”分解产生了Fe2O3，B中产生白色沉淀，可能是生成了SO3，进入水溶液中后和水反应生成了H2SO4，H2SO4和BaCl2反应生成了BaSO4，也可能是氨气和SO2一起进入B中，氨和SO2生成的(NH4)2SO3和BaCl2反应生成了BaSO3。C中产生白色沉淀，是SO2通入C中，被H2O2氧化为SO42-，SO42-和Ba2+生成了BaSO4。所以一定有SO2和Fe2O3生成。则上述猜想中一定正确的是A。‎ ‎12. 金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。请回答下列问题：‎ ‎（1）Ni原子的核外电子排布式为 ；‎ ‎（2）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69 pm和78 pm，则熔点NiO FeO（填“<”或“>”）；‎ ‎（3）NiO晶胞中Ni和O的配位数分别为 、 ；‎ ‎（4）金属镍与镧（La）形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如左下图所示。该合金的化学式为 ；‎ ‎（5）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应可生成鲜红色沉淀，其结构如右上图所示。‎ ‎①该结构中，碳碳之间的共价键类型是σ键，碳氮之间的共价键类型是 ，氮镍之间形成的化学键是 ；‎ ‎②该结构中，氧氢之间除共价键外还可存在 ；‎ ‎③该结构中，碳原子的杂化轨道类型有 。‎ ‎【答案】（1）[Ar]3d84s2； （2分） （2）>；（2分）‎ ‎（3）6,6； （2分） （4）LaNi5；（2分）‎ ‎（5）①σ键，π键； 配位键； ②氢键； ③sp2，sp3。（每空1分）‎ ‎【解析】‎ ‎ ‎