福建省泉州第十六中学2020届高三11月理科综合能力测试（二）化学试题

福建省泉州第十六中学2020届高三11月理科综合能力测试（二）化学试题

‎1.我国的科技发展改变着人们的生活、生产方式。下列说法中错误的是 A. “甲醇制取低碳烯烃”技术可获得聚乙烯原料 B. “嫦娥四号”使用的SiC―Al材料属于复合材料 C. 5G芯片“巴龙5000”的主要材料是SiO2‎ D. “东方超环(人造太阳)”使用的氘、氚与氕互为同位素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. “甲醇制取低碳烯烃”技术可生产乙烯，乙烯是制备聚乙烯的原料，故A正确；‎ B. SiC―Al材料是SiC增强铝基复合材料，故B正确；‎ C.计算机芯片的主要材料是单质Si，故C错误；‎ D. 氕、氘、氚质子数都是1，中子数分别是0、1、2，所以互为同位素，故D正确；选C。‎ ‎2.2019 年是“国际化学元素周期表年”。 1869 年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法中错误的是 A. 甲位于现行元素周期表第四周期第ⅢA 族 B. 原子半径比较：甲＞乙＞ Si C. 乙的简单气态氢化物的稳定性强于CH4 D. 推测乙的单质可以用作半导体材料 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B和Al在同一主族，与As同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第ⅢA族，为Ga元素，同理，乙元素的位置是第四周期第ⅣA族，为Ge元素。‎ A．从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B和Al在同一主族，与As同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第ⅢA族，A项正确；‎ B．甲元素和乙元素同周期，同周期元素核电荷数越小半径越大，甲元素的原子序数小，所以甲元素的半径大于乙元素。同主族元素，核电荷数越大，原子半径越大，乙元素与Si 同主族，乙元素核电荷数大，原子半径大，排序为甲＞乙＞Si，B项正确；‎ C．同主族元素的非金属性从上到下越来越弱，则气态氢化物的稳定性越来越弱，元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于CH4，C项错误；‎ D．乙为Ge元素，同主族上一个元素为硅元素，其处于非金属和金属元素的交界处，可用作半导体材料，D项正确；‎ 本题答案选C。‎ ‎3.国际计量大会第26 届会议新修订了阿伏加德罗常数(NA＝6.02214076×1023 mol―1), 并将于2019 年 5月20 日正式生效。下列说法中正确的是 A. 在 1 mol中，含有的中子数为 6 NA B. 将7.1 g C12溶于水制成饱和氯水，转移的电子数为 0.1 NA C. 标准状况下，11.2 L NO和11. 2 L O2混合后，气体的分子总数为 0.75 NA D. 某温度下，1L pH= 3的醋酸溶液稀释到10L 时，溶液中 H+的数目大于0.01 NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、中含有中子数是11-5=6，所以1 mol中含有的中子数为 6NA，故A正确；‎ B、将7.1 g C12溶于水制成饱和氯水，氯气没有完全与水反应，所以转移的电子数小于 0.1 NA，故B错误；‎ C、标准状况下，11.2 L NO和11. 2 L O2混合后，由于存在2NO2N2O4，所以气体的分子总数小于0.75 NA，故C错误；‎ D、某温度下，1L pH= 3的醋酸溶液稀释到10L 时，溶液4>pH>3，溶液中 H+的数目小于0.01 NA，故D错误。‎ ‎4.下列选项中，利用相关实验器材（规格和数量不限）能够完成相应实验的是 ‎ 选项 实验器材 相应实验 A 天平(带砝码)、100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管 用NaCl固体配制100mL 1.00 mol/LNaCI 溶液 B 烧杯、环形玻璃搅拌棒、碎泡沫塑料、硬纸板 中和反应反应热的测定 C 酸/碱式滴定管、滴定管夹、烧杯、锥形瓶、铁架台 实验测定酸碱滴定曲线 D 三脚架、酒精灯、坩埚、坩埚钳、镊子、泥三角、滤纸、小刀、玻璃片 钠在空气中燃烧 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、用NaCl固体配制100mL 1.00 mol/LNaCI 溶液，需用玻璃棒引流和搅拌，故不选A；‎ B、中和反应反应热的测定需用温度计测量反应前后的温度，故不选B；‎ C、实验测定酸碱滴定曲线，需用有指示剂判断滴定终点，故不选C；‎ D、用三脚架、酒精灯、坩埚、坩埚钳、镊子、泥三角、滤纸、小刀、玻璃片可以完成钠在空气中燃烧的实验，故选D。‎ ‎【点睛】本题涉及基础实验操作仪器的选择，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重课本实验等基础知识的积累。‎ ‎5.四种有机物的结构简式如下图所示。下列说法中错误的是 A. ①②③④的分子式相同 B. ①②中所有碳原子均处于同一平面 C. ①④的一氯代物均有2种 D. 可用酸性高锰酸钾溶液鉴别③和④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ①②③④的分子式都是C8H8，故A正确；‎ B. ①中含有多个饱和的碳原子，根据甲烷分子的正四面体结构可以判断，分子中所有碳原子不可能共平面，故B错误；‎ C. ①④分子中都有2种等效氢，所以一氯代物均有2种，故C正确；‎ D. ③分子中没有碳碳双键， ④分子中有碳碳双键，③不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，④能，故可用酸性高锰酸钾溶液鉴别③和④，D正确。选B。‎ ‎6.电解合成 1 , 2－二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中正确的是 A. 该装置工作时，化学能转变为电能 B. CuCl2能将C2H4还原为 l , 2－二氯乙烷 C. X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜 D. 该装置总反应为CH2CH2 + 2H2O + 2NaClH2 + 2NaOH + ClCH2CH2Cl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 该装置为外加电源的电解池原理；‎ B. 根据装置图易知，阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应，根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律；‎ C. 根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答；‎ D. 根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。‎ ‎【详解】A. 该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，故A项错误；‎ B. C2H4中C元素化合价为-2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价，则CuCl2能将C2H4氧化为1，2一二氯乙烷，故B项错误；‎ C. 该电解池中，阳极发生的电极反应式为：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为：2H2O + 2e- = H2↑+ 2OH-，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，故C项错误；‎ D. 该装置中发生阳极首先发生反应：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1，2一二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为：CH2＝CH2＋2H2O＋2NaClH2＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl，故D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.向FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液,测定混合后溶液pH随混合前溶液中变化的曲线如图所示。‎ 实验发现:‎ ⅰ.a点溶液澄清透明,向其中滴加NaOH溶液后,立即产生灰白色沉淀,滴入KSCN溶液显红色;‎ ⅱ.c点和d点溶液中产生红褐色沉淀,无气体逸出。取其上层清液滴加NaOH溶液后无明显现象,滴加KSCN溶液显红色。‎ 下列分析合理的是 A. 向a点溶液中滴加BaCl2溶液,无明显现象 B. b点较a点溶液pH升高的主要原因:2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SO42-+2H+‎ C. c点溶液中发生的主要反应:2Fe3++3 SO32-+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3‎ D. 向d点上层清液中滴加KSCN溶液,溶液变红;再滴加NaOH溶液,红色加深 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据i的现象，a点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即a点溶液中含有Fe2＋，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c点和d点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，然后据此分析；‎ ‎【详解】根据i的现象，a点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即a点溶液中含有Fe2＋，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c点和d点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，取上层清液滴加NaOH溶液，无明显现象，是因为NaOH与H2SO3反应，滴加KSCN溶液显红色，说明溶液中含有Fe3＋，‎ A、a点处溶液中含有SO42－，加入BaCl2，会产生BaSO4白色沉淀，故A错误；‎ B、pH升高说明溶液c(H＋)减小，原因是c(SO32－)‎ 增大，水解程度增大，按照给出方程式，生成H＋，溶液c(H＋)增大，溶液的pH应减小，不会增大，故B错误；‎ C、c点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应，离子方程式为2Fe3＋＋3SO32－＋6H2O=2Fe(OH)3↓＋3H2SO3，故C正确；‎ D、溶液变红后滴加NaOH会消耗溶液中的Fe3＋，因此红色应变浅，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎8.废旧光盘金属层中含有金属Ag(其它金属微量忽略不计)，从光盘中提取金属 Ag 的工艺流程如下。请回答下列问题。‎ ‎(1)“氧化”阶段需在 80 ℃ 条件下进行，使用的加热方式为______________________。 ‎ ‎(2)NaClO溶液与Ag 反应的产物为AgCl、NaOH 和O2，该反应的化学方程式为____________。有人提出用HNO3代替 NaClO氧化Ag，从反应产物的角度分析，其缺点是______________。‎ ‎(3)“过滤Ⅰ”中洗涤难溶物的实验操作为_____________________________________。‎ ‎(4)常用10％的氨水溶解AgCl固体， AgCl与 NH3•H2O按 1:2 反应可生成 Cl－和一种阳离子_____(填阳离子的化学式)的溶液。实际反应中，即使氨水过量，“废渣”中也含有少量AgCl固体，可能的原因是__________________________________________。 ‎ ‎(5)理论上消耗 0.1 mol N2H4•H2O可“还原”得到_____ g Ag的单质。‎ ‎【答案】 (1). 水浴加热 (2). 4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑ (3). 生成氮氧化物，污染空气 (4). 向漏斗中加入蒸馏水至沉淀完全浸没，使洗涤液自然流下，重复2~3次 (5). ［Ag（NH3）2］＋ (6). 氨水溶解AgCl的反应是可逆反应，不能进行到底 (7). 43.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)精确控制温度，需要水浴加热；‎ ‎(2)根据得失电子守恒配平NaClO溶液与Ag 反应的方程式；‎ ‎(3)根据实验操作规范回答洗涤难溶物的操作方法；‎ ‎(4) 根据原子守恒判断AgCl与 NH3•H2O按 1:2 反应生成阳离子；‎ ‎(5)根据得失电子守恒计算生成Ag的质量。‎ ‎【详解】(1)“氧化”阶段需在 80 ℃ 条件下进行，使用水浴加热；‎ ‎(2)根据得失电子守恒，NaClO溶液与Ag 反应生成AgCl、NaOH 和O2的方程式是4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑；若用硝酸做氧化剂，还原产物是氮氧化合物，污染环境。‎ ‎(3)“过滤Ⅰ”中洗涤难溶物的实验操作为向漏斗中加入蒸馏水至沉淀完全浸没，使洗涤液自然流下，重复2~3次 ‎(4) AgCl与 NH3•H2O按 1:2 反应方程式是AgCl+2NH3•H2O［Ag（NH3）2］Cl，所以生成的阳离子是［Ag（NH3）2］＋；由于可逆反应不能进行到底，所以即使氨水过量，“废渣”中也含有少量AgCl固体；‎ ‎(5) N2H4•H2O与［Ag（NH3）2］Cl 发生氧化还原反应，氧化产物是氮气，还原产物是Ag，0.1 mol N2H4•H2O反应转移0.4mol电子，根据得失电子守恒，可“还原”得到0.4mol Ag，质量为0.4mol×108g/mol= 43.2g。‎ ‎9.回收利用硫和氮的氧化物是环境保护的重要举措。‎ ‎（1）已知：2NO(g ) + O2(g)2NO2(g)，正反应的活化能为c kJ•molˉ1。该反应历程为：‎ 第一步：2NO(g ) N2O2(g) △H1 =－a kJ•molˉ1 （快反应）‎ 第二步：N2O2(g ) + O2(g)2NO2(g) △H2 =－b kJ•molˉ1 （慢反应）‎ ‎①下列对上述反应过程表述正确的是__________（填标号）。‎ A．NO比N2O2稳定 B．该化学反应的速率主要由第二步决定 ‎ C．N2O2为该反应的中间产物 ‎ D．在一定条件下N2O2的浓度为0时反应达到平衡 ‎②该反应逆反应的活化能为_______________。‎ ‎（2）通过下列反应可从燃煤烟气中回收硫。2CO(g) + 2SO2(g)2CO2(g) + S(l) △H﹤0,在模拟回收硫的实验中，向某恒容密闭容器通入2.8 mol CO和1 molSO2，反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示：‎ ‎①与实验a相比，实验b改变的实验条件可能是______________________。‎ ‎②实验b中的平衡转化率a(SO2)=_________。‎ ‎（3）用NH3消除NO污染的反应原理为： 4NH3 + 6NO5N2 + 6H2O。不同温度条件下，NH3与NO的物质的量之比分别为 3:1、2:1、1:1 时，得到 NO 脱除率曲线如图所示：‎ ‎①曲线c对应NH3与NO 的物质的量之比是_______________。 ‎ ‎②曲线a中 NO的起始浓度为4×10－4 mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为_____________ mg/(m3•s)。‎ ‎（4）双碱法除去SO2是指：用 NaOH 吸收SO2，并用CaO使 NaOH再生。NaOH溶液 Na2SO3溶液 ‎①用化学方程式表示NaOH 再生的原理____________________________________ 。‎ ‎②25℃ 时，将一定量的SO2通入到NaOH溶液中，两者完全反应，得到含Na2SO3、 NaHSO3的混合溶液，且溶液恰好呈中性，则该混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_____________（已知25℃时，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1×10-2，Ka2=1×10-7)。‎ ‎【答案】 (1). BC (2). （a+b+c）kJ•molˉ1 (3). 使用催化剂 (4). 95% (5). 1:1 (6). 1×10-4 (7). CaO+H2O+Na2SO3 = CaSO3+ 2NaOH (8). c(Na+)>c(HSO3-)=c(SO32-)>c(OH-)=c(H+)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①A．第一步正反应快，活化能小；‎ B．该化学反应的速率主要由最慢的一步决定；‎ C．N2O2为该反应的中间产物 D．在一定条件下N2O2的浓度不变反应达到平衡；‎ ‎②已知：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，正反应的活化能为c kJ•mol-1．该反应历程为：‎ 第一步：2NO(g)⇌N2O2(g)△H1 =-a kJ•mol-1   （快反应）‎ 第二步：N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H2 =-b kJ•mol-1     （慢反应）‎ 据此计算该反应逆反应的活化能=正反活化能-反应焓变；‎ ‎（2）①a、c开始均通入2.8mol CO和1mol SO2，容器的容积相同，而起始时c的压强大于a，物质的量与体积一定，压强与温度呈正比关系；‎ ‎②结合三行计算列式得到，气体压强之比等于气体物质的量之比；‎ ‎（3）①两种反应物存在的反应，增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率，据此分析；‎ ‎②根据NO的脱除量变化值和脱除时间计算NO的脱出速率；‎ ‎（4）①过程中NaOH再生是平衡CaO(s)+H2O(l)═Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH-(aq)正向进行；氢氧根离子浓度增大；‎ ‎②25℃时，将一定量的SO2通入到NaOH溶液中，两者完全反应，得到含Na2SO3、NaHSO3的混合溶液，且溶液恰好呈中性，已知25℃时，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1×10-2，Ka2=1×10-7，可知SO32-的水解常数为=1×10-7，可知Na2SO3的水解与NaHSO3的电离程度相等。‎ ‎【详解】（1）①A．第一步正反应快，活化能小于第二步正反应活化能，故A错误；‎ B．第二步：N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H2 =-b kJ•mol-1     （慢反应），该化学反应的速率主要由第二步决定，故B正确；‎ C．已知：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，正反应的活化能为c kJ•mol-1．该反应历程为：‎ 第一步：2NO(g)⇌N2O2(g)△H1 =-a kJ•mol-1   （快反应）‎ 第二步：N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H2 =-b kJ•mol-1     （慢反应）‎ 分析过程可知，N2O2为该反应的中间产物，故C正确；‎ D．反应为可逆反应，在一定条件下N2O2的浓度不变时反应达到平衡，故D错误；‎ 故答案为：BC；‎ ‎②已知：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，正反应的活化能为c kJ•mol-1．该反应历程为：‎ 第一步：2NO(g)⇌N2O2(g)△H1 =-a kJ•mol-1   （快反应） 第二步：N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H2 =-b kJ•mol-1     （慢反应） 逆反应的活化能为=正反活化能-反应焓变=c-[(-a)+(-b)] kJ /mol=(a+b+c)kJ /mol，‎ 故答案为：(a+b+c)kJ /mol；‎ ‎（2）①a、c开始均通入2.8mol CO和1mol SO2，容器的容积相同，而起始时c的压强大于a，物质的量与体积一定，压强与温度呈正比关系，故c组改变的实验条件可能是：升高温度，‎ 故答案：升高温度；‎ ‎②设消耗二氧化硫物质的量x，2CO(g) + 2SO2(g)2CO2(g) + S(l) 起始量（mol）   2.8           1                        0‎ 变化量（mol）    x             x                        x 平衡量（mol）2.8-x          1-x                      x ‎，解得x=0.95mol，‎ 实验b中的平衡转化率a（SO2）=×100%=95%，‎ 故答案为：95%；‎ ‎（3）①两种反应物存在的反应，增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率，根据图象，曲线c的NO脱除率最低，即NO的转化率最低，所以NO的在总反应物中的比例最高，符合的是n（NH3）：n（NO）的物质的量之比1：1，‎ 故答案为：1：1；‎ ‎②曲线a中NO的起始浓度为4×10-4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，根据图象，NO的脱除率从55%上升到75%，则该段时间内NO的脱除量为△c=4×10-4mg/m3×（75%-55%）=8×10-5mg/m3，时间间隔为△t=0.8s，所以该段时间内NO的脱除速率为== 1.0×10-4mg/‎ ‎（m3•s），‎ 故答案为：1.0×10-4；‎ ‎（4）①过程中加入CaO，存在CaO（s）+H2O （l）═Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH-（aq），因SO32-与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成，反应的化学方程式：CaO+H2O+Na2SO3═CaSO3+2NaOH，‎ 故答案为：CaO+H2O+Na2SO3═CaSO3+2NaOH；‎ ‎②已知25℃时，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1×10-2，Ka2=1×10-7，可知SO32-的水解常数为==1×10-7，可知Na2SO3的水解与NaHSO3的电离程度相等，则知25℃时由Na2SO3和NaHSO3形成的混合溶液恰好呈中性，即c(OH-)=c(H+)，可知c（SO32-）=c（HSO3-），则溶液中存在c(Na+)>c(HSO3-)=c(SO32-)>c(OH-)=c(H+)，‎ 故答案：c(Na+)>c(HSO3-)=c(SO32-)>c(OH-)=c(H+)。‎ ‎【点睛】溶液中离子的浓度大小比较，需注意溶液的酸碱性，利用电离平衡常数和水解平衡常数判断溶液的电离程度和水解程度。‎ ‎10.(NH4)2SO4是常见的化肥和化工原料，受热易分解。某兴趣小组拟探究其分解产物。‎ ‎[查阅资料](NH4)2SO4在260℃和400℃时分解产物不同。‎ ‎[实验探究]该小组拟选用下图所示装置进行实验（夹持和加热装置略）‎ 实验1：连接装置A-B-C-D，检查气密性，按图示加入试剂（装置B盛0.5000mol/L盐酸70.00mL）。通入N2排尽空气后，于260℃加热装置A一段时间，停止加热，冷却，停止通入N2。品红溶液不褪色，取下装置B，加入指示剂，用0.2000mol/L NaOH溶液滴定剩余盐酸，终点时消耗NaOH溶液25.00 mL。经检验滴定后的溶液中无SO42-。‎ ‎（1）仪器X的名称是________________。‎ ‎（2）滴定前，下列操作的正确顺序是_________(填字母编号)。‎ a．盛装0.2000mol/L NaOH溶液 ‎ b．用0.2000mol/L NaOH溶液润洗 c．读数、记录 ‎ d．查漏、清洗 ‎ e．排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面 ‎（3）装置B内溶液吸收气体的物质的量是__________mol 实验2：连接装置A-D-B，检查气密性，按图示重新加入试剂。通入N2排尽空气后，于400℃加热装置A至(NH4)2SO4完全分解无残留物，停止加热，冷却，停止通入N2。观察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体。经检验，该白色固体和装置D内溶液中有SO32-，无SO42-。进一步研究发现，气体产物中无氮氧化物。‎ ‎（4）检验装置D内溶液中有SO32-，无SO42-的实验操作和现象是__________.‎ ‎（5）装置B内溶液吸收的气体是____________.‎ ‎（6）(NH4)2SO4在400℃分解的化学方程式是______________________.‎ ‎【答案】（1）圆底烧瓶 ‎（2）dbaec ‎（3）0.03 mol ‎（4）取少量装置D内溶液于试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀；加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解，放出无色刺激性气体 ‎（5）NH3‎ ‎（6）3(NH4)2SO44NH3↑+ N2↑+3SO2↑ + 6H2O↑‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎（1）根据仪器结构可知仪器X的名称是圆底烧瓶；‎ ‎（2）滴定的操作步骤为：首先查漏、水洗，然后用待装溶液来润洗，再装溶液，再排尽滴定管尖嘴的气泡并且调整液面，最后读数并进行记录，因此正确的操作顺序是dbaec；‎ ‎（3）品红溶液没有褪色，证明无SO2生成；经检验滴定后的溶液中无SO2－4，证明盐酸溶液中没有吸收SO3，则装置B中吸收的气体为NH3；根据酸碱中和滴定的原理，n(HCl)＝n(NH3)+n(NaOH)，则n(NH3)＝0.5mol/L×0.07L－0.2mol/L×0.025L＝0.03mol；‎ ‎（4）亚硫酸钡能与盐酸反应生成SO2，硫酸钡不溶于盐酸，则检验装置D内溶液中有SO32－，无SO42－的实验操作和现象是：取少量装置D内溶液于试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀；加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解，放出无色刺激性气体，证明装置D内溶液中有SO2－‎ ‎ 3，无 SO42—；‎ ‎（5）实验2证明，(NH4)2SO4在400℃分解得到的产物中有NH3和SO2，能被装置B中的盐酸溶液吸收的气体为NH3；‎ ‎（6）(NH4)2SO4在400℃分解得到的产物中有NH3和SO2，由于气体产物中无氮氧化物，因此根据得失电子守恒可知反应中还有氮气生成，所以反应的化学方程式为3(NH4)2SO44NH3↑+ N2↑+3SO2↑ + 6H2O↑。‎ 考点：考查化学实验设计与评价 ‎11.铁被称“第一金属”，铁及其化合物在生产、生活中有广泛用途。 ‎ ‎（1）铁原子外围电子轨道表示式为____________________，铁原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用_________摄取铁元素的原子光谱。 ‎ ‎（2）FeCoOx是一种新型光电催化剂。第四电离能大小关系是I4(Co)____I4(Fe)（填“>”或“<” ) ，原因是_____________。‎ ‎（3）二茂铁[(C5H5)2Fe]可用作火箭燃料添加剂、汽油抗爆剂。二茂铁熔点172℃，沸点249 ℃，易升华，难溶于水，易溶于有机溶剂，它属于_____________晶体。 ‎ ‎（4）环戊二烯（C5H6）结构如图（a），可用于制二茂铁。环戊二烯中碳原子的杂化方式为________。分子中的大π键可用符号表示，其m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，环戊二烯负离子（C5H5―）结构如图(b)，其中的大π键可以表示为_________________。‎ ‎ ‎ ‎（5）某普鲁士蓝类配合物可作为新型钠离子电池电极材料。它由Na+、Ni2+、Fe3+和CN―构成，其晶胞结构如图(c)。该物质中，不存在________（填标号）。A．离子键 B． σ键 ‎ ‎ C． π键 D． 氢键 E． 金属键 ‎（6）该晶胞中Fe3+采用的堆积方式与_______（选填Po、Na、Mg、Cu）相同，单个晶胞的配位空隙中共容纳_____个 Na+。‎ ‎【答案】 (1). (2). 光谱仪 (3). < (4). 铁失去的是处于半充满状态的3d5的一个电子，相对较难；钴失去3d6上的一个电子后形成稳定的半充满状态，相对容易 (5). 分子 (6). sp2 sp3 (7). (8). DE (9). Cu (10). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）铁原子序数为26，由构造原理可知，铁原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 4s2，外围电子排布式为3d64s2，据此写出轨道表示式；‎ 核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，形成光谱，可以用光谱仪获取原子光谱；‎ ‎（2）Co原子序数为27，Co3+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6、Fe3+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，为半充满的稳定状态，失去电子较难，需要较高能量，据此分析解答； （3）根据该晶体的物理性质分析判断晶体类型；‎ ‎（4）根据环戊二烯（C5H6）的结构式、结合C原子四键规律分析C原子的杂化类型；由环戊二烯负离子（C5H5-）结构图可知，环戊二烯负离子，由两个双键和一个负电荷组成环状共轭体系，π电子数是6，即六个π电子，据此写出大π键符号；‎ ‎（5）分析构成普鲁士蓝类配合物的粒子可知，该物质是离子化合物，含有CN-，CN-中存在C≡N三键；‎ ‎（6）抽出晶胞中Fe3+和CN-可知，晶胞中Ni2+位于体心和棱心位置，配位数是12，晶胞中含有Ni2+数目为12×+1=4，是面心立方最密堆积，类似于Cu晶胞；晶胞中Fe3+的数目为8×+6×=4，CN-的数目为24×+24×+6=24，结合化合物中阴阳离子电荷数相等推断Na+的数目。‎ ‎【详解】铁原子序数为26,核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 4s2，外围电子排布式3d6 4s2，外围电子轨道排布式为 ‎；核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，形成光谱，可以用光谱仪获取原子光谱，‎ 故答案为：；光谱仪；‎ ‎(2)Co3+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，不是特殊结构，失去一个电子形成1s22s22p63s23p63d5结构需要能量不大，Fe3+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，是半充满的稳定结构，再失去一个电子形成不稳定结构需要较高能量，所以I4(Co)

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