【完整版】河北省衡水中学2017届高三上学期七调化学试卷

/河北省衡水中学2017届高三上学期七调化学试卷一、选择题1．化学与社会、消费、生活亲密相关,以下说法正确的选项是A.鲜花运输途中需喷洒高锰酸钾稀溶液,主要是为鲜花补充钾肥B.牙膏中添加的Na2PO3F、NaF提供的氟离子浓度相等时,它们防治龋齿的作用一样C.自来水厂用明矾净水,用Fe2(SO4)3或ClO2均能代替明矾净水D.用石灰水或MgSO4溶液喷涂在树干上均可消灭树皮上的过冬虫卵2．物质X的构造简式如下图,它常被用于制香料或作为饮料酸化剂,在医学上也有广泛用处。以下关于物质X的说法正确的选项是A.与X具有一样官能团,且分子中有4种不同化学环境的氢原子的X的同分异构体有3种B.X分子内所有碳原子可能在同一平面内C.不能发生氧化反响,能发生取代反响D.1molX与足量的Na反响可生成44.8LH23．用NA代表阿伏伽德罗常数的值。以下表达正确的选项是A.3.0g由葡萄糖和冰醋酸组成的混合物中含有的原子总数为0.3NAB.1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中含有的氮原子数小于0.1NAC.用铅蓄电池电解氯化钠溶液,得到标准状况下22.4L氢气时,理论上铅蓄电池中消耗氢离子数目为4NAD.氢气与氯气反响生成标准状况下22.4L氯化氢,断裂化学键的总数为2NA4．根据实验操作和现象所得出的结论正确的选项是选项实验操作实验现象结论A将盐酸滴入NaHCO3溶液中有气泡产生氯的非金属性比碳的强B用pH试纸分别测定0.1mol·L－1的Na2SO3溶液和0.1mol·L－1的NaHSO3溶液的pHNa2SO3溶液的pH约为10NaHSO3溶液的pH约为5HSO3－结合H+的才能比SO32－强C分别将乙烯与SO2通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液均褪色两种气体使酸性KMnO4溶液褪色的原理一样D向2ml0.1mol·L－1MgCl2溶液中参加5ml0.1mol·L－1NaOH溶液,出现白色沉淀后,继续滴入几滴FeCl3浓溶液,静置出现红褐色沉淀同温下,Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]A.AB.BC.CD.D5．X、Y、Z均为短周期主族元素,它们的原子序数的关系为X+Z=2Y,且Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸。那么以下有关说法正确的选项是A.假设X是Na,那么Z的最高价一定为偶数B.假设X是O,那么YX一定是离子化合物C.假设Y是O,那么非金属性Z＞Y＞XD.假设Y是Na,那么X、Z不可能是同一主族元素6．常温下,量取pH=2的两种二元酸H2A与H2B各1ml,分别加水稀释,测得pH与加水稀释倍数有如下图关系,那么以下有关表达不正确的选项是A.H2B为弱酸B.NaHA水溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(A2－)+c(OH－)C.含等物质的量的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．将9g铜和铁的混合物投入100ml稀硝酸中,充分反响后得到标准状况下1.12LNO,剩余4.8g金属；继续参加100ml等浓度的稀硝酸,金属完全溶解,又得到标准状况下1.12LNO。假设向反响后的溶液中参加KSCN溶液,溶液不变红,那么以下说法正确的选项是A.原混合物中铜和铁各0.065molB.稀硝酸的物质的量浓度为4.0mol·L－1C.第一次剩余的4.8g金属为铜和铁D.向反响后的溶液中再参加该稀硝酸100ml,又得到的NO在标准状况下的体积为0.56L二、实验题8．某同学为了探究钠与CO2的反响,利用如图装置进展实验。〔PdCl2能被CO复原为黑色的Pd〕〔1〕装置②中用稀盐酸与CaCO3反响制备CO2,在加稀盐酸时,发现CaCO3与稀盐酸不能接触,而稀盐酸又不够了,为使反响能顺利进展,可向长颈漏斗中参加的试剂是_______。A.H2SO4溶液B.CCl4C.苯D.稀硝酸〔2〕请将图中各装置按顺序连接〔填装置接口字母〕：c接______,______接____,____接______,____接____。〔3〕装置④的作用是__________。〔4〕检查完装置气密性并装好药品后,点燃酒精灯之前应进展的操作是翻开弹簧夹,让CO2充满整个装置,当观察到_________时再点燃酒精灯。〔5〕假设反响过程中CO2足量,钠与CO2充分反响后,生成的固体物质可能有多种情况,该同学提出以下猜测：①生成的固体物质为Na2CO3②生成的固体物质为Ns2CO3和C的混合物③生成的固体物质为Ns2CO3和Na2O的混合物④生成的固体物质为Ns2O和C的混合物假设反响过程中有以下两种情况：I.观察到装置⑤PdCl2溶液中有黑色沉淀,假设装置①中固体成分只有一种,且向固体中参加稀盐酸可产生能使澄清石灰水变浑浊的气体,写出该情况下钠与CO2反响的化学方程式____。II.装置①中钠的质量为0.46g,充分反响后,将装置①中的固体参加足量的稀盐酸中产生224ml〔标准状况〕CO2气体,溶液中残留固体的质量为___________。〔6〕设计实验方案证明装置①中参加的金属钠局部被氧化____________。三、简答题9．氨气在消费、生活和科研中应用非常广泛。〔1〕以CO2与NH3为原料合成尿素的主要反响如下：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那么反响2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=______kJ·mol－1〔2〕某温度下,向容积为100ml的密闭容器中通入4molNH3和2molCO2发生反响2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g),物质X的浓度变化曲线如以下图所示。①前5s内,v(H2O)=__________。②该条件下的平衡常数K=_______。〔3〕T℃时,将等物质的量的NO和CO充入体积为2L的密闭容器中,保持温度和体积不变,反响过程〔0——15min〕中NO的物质的量随时间的变化如下图。①平衡时假设保持温度不变,再向容器中充入CO、N2各0.8mol,平衡将____〔填“向左〞“向右〞或“不〞〕挪动。②图中a、b分别表示在一定温度下,使用质量一样但外表积不同的催化剂时,到达平衡过程中n(NO)的变化曲线,其中表示催化剂外表积较大的曲线是______〔填“a〞或“b〞〕。③15min时,假设改变外界反响条件,导致n(NO)发生如下图的变化,那么改变的条件可能是____。〔4〕垃圾渗滤液中含有大量的氨氮物质〔用NH3表示〕和氯化物,把垃圾渗滤液参加如下图的电解池〔电极为惰性材料〕中进展电解除去NH3,净化污水。该净化过程分两步：第一步电解产生氧化剂,第二步氧化剂氧化氨氮物质生成N2。①写出第二步反响的化学方程式_________。②假设垃圾渗滤液中氨氮物质的含量为1.7%,那么理论上电解1t该污水,电路中转移的电子数为________。10．黄铜矿〔CuFeS2〕是冶炼铜及制备铁的氧化物的重要矿藏,常含有微量的金、银等。如图是以黄铜矿为主要原料消费铜、铁红〔氧化铁〕颜料的工艺流程图：〔1〕反响I的离子方程式为___________。〔2〕CuCl难溶于水,但可与过量的Cl－反响生成溶于水的[CuCl2]－。该反响的离子方程式为___________。〔3〕有大量Cl－存在时,Na2SO3可将CuCl2复原成[CuCl2]－。Na2SO3要缓慢滴加到溶液中的原因是___________。〔4〕反响I——V五个反响中属于非氧化复原反响的是反响___________。〔5〕Cu+在反响V中发生自身氧化复原反响,歧化为Cu2+和Cu,由w此可推知溶液A中的溶质为___________〔填化学式〕。〔6〕含AsO43－的废水对环境造成严重污染,常用新制的氢氧化铁沉淀与之作用形成FeAsO4沉淀而除去,一样温度下溶解度：Fe(OH)3___________〔填“＜〞“＞〞或“=〞〕FeAsO4。〔7〕在酸性、有氧条件下,一种叫Thibacillusferroxidans的细菌能将黄铜矿转化成硫酸盐,该过程中发生反响的离子方程式为___________。四、填空题11．【化学——物质构造与性质】原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期。自然界存在多种A的化合物,B原子核外电子有6种不同的运动状态,B与C可形成正四面体形的分子,D的基态原子的最外能层只有一个电子,其他能层均已充满电子。请答复以下问题：〔1〕这四种元素中电负性最大的元素的基态原子的价电子排布图为___________。〔2〕A与B元素形成的B2A2中含有的σ键、π键数目之比为__________。〔3〕B元素可形成多种单质,一种单质晶体构造如图一所示,其原子的杂化类型为_______；另一种单质的晶胞如图二所示,该晶胞的空间利用率为_________〔保存两位有效数字,≈1.732〕。〔4〕向盛有硫酸铜溶液的试管中加氨水,首先形成蓝色沉淀,继续参加氨水,沉淀溶解,得到深蓝色透明溶液。请写出蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式_________。〔5〕图三为一个由D元素形成的单质的晶胞,该晶胞“实际〞拥有的D原子数是________个,其晶体的堆积模型为_______,此晶胞立方体的边长为acm,D的相对原子质量为M,单质D的密度为ρg·cm－3,那么阿伏伽德罗常数可表示为_______mol－1〔用含M、a、ρ的代数式表示〕。五、推断题12．【化学——有机化学根底】聚酯增塑剂H及某医药中间体F的一种合成道路如下〔局部反响条件略去〕：试答复以下问题：〔1〕F中官能团名称为________；反响②的试剂和条件是_______。〔2〕Y的名称是_______；烃A分子中一定有_________个原子共平面。〔3〕写出E的分子式_______；⑥的反响类型是_______。〔4〕写出反响⑤的化学方程式_________。〔5〕B有多种同分异构体,其中在核磁共振氢谱上只有2个峰的构造简式为_________。〔6〕利用以上合成道路的信息,设计一条以苯甲酸乙酯和乙醇为原料合成的道路。〔无机试剂任选〕参考答案1．B【解析】A．高锰酸钾稀溶液有强氧化性,不能作为钾肥,故A错误；B．防治龋齿的有效成分是氟离子,那么在牙膏中添加Na2PO3F、NaF或SrF2等均能防治龋齿,当提供的氟离子浓度相等时,它们防治龋齿的作用是一样的,故B正确；C．自来水厂用明矾净水,可用Fe2(SO4)3代替明矾净水,但因ClO2有强氧化性,只能用于消毒,不可用于净水,故C错误；D．石灰水能使蛋白质变性,但MgSO4溶液不能,故D错误,答案为B。2．A【解析】A．X分子内含有3个羧基和1个醇羟基,那么与X具有一样官能团,且分子中有4种不同化学环境的氢原子的X的同分异构体共有3种,故A正确；B．X分子内含有sp3杂化的碳原子,那么所有碳原子不可能在同一平面内,故B错误；C．X分子内的醇羟基可发生催化氧化,故C错误；D．1molX与足量的Na反响可生成2mol氢气,标准状况下的体积为44.8L,故D错误,答案为A。3．C【解析】A．葡萄糖和冰醋酸的最简式均为CH2O,那么3.0g由葡萄糖和冰醋酸组成的混合物中含有的原子总数为0.4NA,故A错误；B．根据物料守恒定律,1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中含有的氮原子数为0.1NA,故B错误；C．用铅蓄电池电解氯化钠溶液,得到标准状况下22.4L即1mol氢气时,理论上铅蓄电池的正负极共中消耗氢离子数目为4NA,故C正确；D．氢气与氯气反响生成标准状况下22.4L即1mol氯化氢时,断裂化学键的总数为1NA,故D错误；答案为C。点晴：阿伏伽德罗常数的常见问题和考前须知：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反响或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的构造：如Na2O2是由Na+和O22-构成,而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体,其构造中只有原子没有分子,SiO2是正四面体构造,1molSiO2中含有的共价键为4NA,1molP4含有的共价键为6NA等。4．C【解析】A．将盐酸滴入NaHCO3溶液中有气泡产生,可知盐酸比碳酸酸性强,但无法证明氯的非金属性比碳强,故A错误；B．用pH试纸分别测定0.1mol·L－1的Na2SO3溶液和0.1mol·L－1的NaHSO3溶液的pH,根据溶液的pH可知HSO3－结合H+的才能比SO32－弱,故B错误；C．乙烯与SO2通入酸性KMnO4溶液中溶液褪色,原理均为发生氧化复原反响,故C正确；D．Mg(OH)2和Fe(OH)3的构型不一样,无法判断溶度积大小,故D错误；答案为C。5．B【解析】A．X是Na,那么Z可为Cl,最高价是奇数,故A错误；B．X是O,因为O原子序数是8,偶数,那么Z只能是S,Y的原子序数为2=12,Y是Mg,MgO是离子化合物,故B正确；C．Y是O,那么X+Z=16,只有Z为N,X为F满足,非金属性：F＞O＞N,即：X＞Y＞Z,故C错误；D．Y是Na,那么X+Z=22,Z可为N,Y为P元素,N和P是同一主族元素,7+15=22满足前述条件,故D错误；应选B。点晴：高频考点,注意根据原子序数的关系判断元素的种类是解答该题的关键,原子序数X+Z=2Y,那么X和Z的原子序数只能同时为奇数或者同时为偶数,Z的最高价氧化物对应水化物是强酸,Z只能是N,S,Cl(短周期)等元素,以此解答该题。6．D【解析】A．PH一样的二种酸稀释一样的倍数,因弱酸能继续电离,弱酸的pH变化小,由图示可知H2B为弱酸,H2A为强酸,故A正确；B．由图示可知H2A为二元强酸,那么NaHA水溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=2c(A2－)+c(OH－),故B正确；C．含等物质的量的NaHA、NaHB的混合溶液中根据物料守恒可知c(Na+)=c(A2－)+c(HB－)+c(B2－)+c(H2B),故C正确；D．pH=10的NaHB溶液中HB-的水解大于HB-的电离,那么c(Na+)>c(HB－)>c(OH－)>c(H2B)>c(B2－),故D错误；答案为D。7．D【解析】A．整个过程可以看作是9g铜和铁混合物与200mL硝酸反响生成0.1molNO,金属完全溶解,向反响后的溶液中参加KSCN溶液,溶液不变红,说明生成硝酸亚铁、硝酸铜,且硝酸完全反响,发生的反响方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,设铁为xmol,铜为ymol,根据二者质量与生成NO的体积列方程,有：56x+64y=9、2(x+y)/3=2.24/22.4,联立方程,解得：x=0.075mol、y=0.075mol,A．由上述分析可知,原混合物中铜和铁各0.075mol,故A错误；B．根据方程式可知,n(HNO3)=4n(NO)=0.4mol,稀硝酸的物质的量浓度为0.4mol÷0.2L=2mol/L,故B错误；C．9g混合物中含铁质量为0.075mol×56g/mol=4.2g,含铜质量为0.075mol×64g/mol=4.8g,故第一次剩余金属4.8g为Cu的质量,故C错误；D．再参加100mL该稀硝酸,亚铁离子与硝酸反响生成NO与硝酸铁,溶液中亚铁离子为0.075mol,根据电子转移守恒可知,亚铁离子完全反响,所以再加硝酸得NO为=0.025mol,其体积为0.025mol×22.4L/mol=0.56L,故D正确；应选D。点晴：利用整体法解答及判断最终的产物是关键,整个过程可以看作是9g铜和铁混合物与200mL硝酸反响生成0.1molNO,金属完全溶解,向反响后的溶液中参加KSCN溶液,溶液不变红,说明生成硝酸亚铁、硝酸铜,且硝酸完全反响,发生的反响方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,设铁为xmol,铜为ymol,根据二者质量与生成NO的体积列方程,再结合选项解答。8．BDfgdeabh吸收HCl气体装置⑤中澄清石灰水开场变浑浊2Na+2CO2Na2CO3+CO0.06g准确称取0.46g金属钠样品,并投入足量水中,测得搜集到的气体体积小于224ml〔标准状况下测量〕【解析】(1)A．H2SO4溶液：参加H2SO4溶液后,增大了盐酸的体积,但硫酸和碳酸钙反响生成硫酸钙微溶覆盖在碳酸钙外表阻止反响进一步发生,故A错误；B．CCl4：四氯化碳的密度大于稀盐酸,参加四氯化碳后会,四氯化碳层在混合液下层,从而使盐酸与碳酸钙接触,故B正确；C．苯：苯的密度小于盐酸,参加苯后,苯在混合液上层,无法使稀盐酸与碳酸钙接触,故C错误；D．稀硝酸：参加稀硝酸后,可以增大溶液体积,使溶液与碳酸钙接触,故D正确；故答案为BD；(2)探究钠与CO2的反响,首先用盐酸和碳酸钙在②中反响制取二氧化碳气体,制取的二氧化碳中混有挥发出来的HCl,需要用装置④中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl,然后用③浓硫酸枯燥,再在①中进展钠与二氧化碳的反响,最后用装置⑤检验反响产物,所以装置的连接顺序为：f、g、d、e、a(b)、b(a)、h；

(3)装置④的作用是吸收二氧化碳中混有的HCl气体；(4)钠化学性质比拟活泼,可以与空气中的氧气、水反响,所以点燃酒精灯之前应需要翻开弹簧夹,让CO2充满整个装置,以便排尽装置中的空气,防止空气中O2、H2O干扰实验；当装置装置⑤中澄清石灰水变浑浊时,证明装置中空气已经排净,

故答案为：装置⑤中澄清石灰水开场变浑浊；

(5)Ⅰ．装置⑤PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀,PdCl2能被CO复原得到黑色的Pd,那么黑色沉淀为Pd,钠与二氧化碳反响生成了CO；装置①中固体成分只有一种,且向固体中参加稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体,该气体为二氧化碳,那么钠与二氧化碳反响生成碳酸钠和CO,2Na+2CO2Na2CO3+CO；

Ⅱ．装置①中钠的质量为0.46g,钠的物质的量为：n(Na)==0.02mol,将装置①中的固体参加到足量稀盐酸中产生224mL(标准状况)CO2气体,二氧化碳的物质的量为：n(CO2)==0.01mol,那么反响后生成碳酸钠的物质的量为0.01mol,说明钠完全转化成了碳酸钠；

溶液中还有固体残留,根据化合价变化可知,残留的固体只能为C,那么钠与二氧化碳反响生成了碳酸钠和C,反响的化学方程式为：4Na+3CO22Na2CO3+C,生成C的物质的量为0.01mol÷2=0.005mol,质量为0.005mol×12g/mol=0.06g；(6)准确称取0.46g金属钠样品,并投入足量水中,测得搜集到的气体体积小于224ml(标准状况下测量),即可证明装置①中参加的金属钠局部被氧化。点晴：正确理解题干信息为解答关键,注意掌握性质实验方案的设计原那么,(4)为易错点,根据实验目的：探究钠与CO2的反响,设计实验方案,完成正确的仪器连接顺序,②为制取二氧化碳装置,实验室中常用碳酸钙与盐酸反响,二氧化碳中混有氯化氢,需要用装置④除去,然后用装置③枯燥,然后在①中进展钠与二氧化碳的反响,然后用⑤检验反响产物,据此进展连接装置并分析解题。9．－1311mol·L－1·s－12.5×10－3向右b增大CO的物质的量浓度〔或增大压强〕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将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图示为NH3的浓度随时间的变化曲线,5s时NH3的浓度有40mol/L降为30mol/L,那么v(NH3)==2mol·L－1·s－1,v(H2O)=v(NH3)=1mol·L－1·s－1；②平衡时NH3的浓度为20mol/L,NH3的浓度为20mol/L,那么平衡时CO2的浓度为10mol/L,H2O(g)的浓度为10mol/L,该条件下的平衡常数K====2.5×10－3；(3)①起始时,NO为0.4mol,平衡时NO为0.2mol,

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

起始物质的量：0.4mol

0.4mol

0

0

转化的物质量：0.2mol

0.2mol

0.2mol

0.1mol

平衡物质的量：0.2mol

0.2mol

0.2mol

0.1mol

那么平衡时的浓度：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；

平衡时假设保持温度不变,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,那么平衡将向右挪动；②催化剂外表积较大,反响速率快,到达平衡所用时间短,由图可知,b曲线代表的条件下反响速率快,所以b的催化剂的外表积大；③由图象可知,NO的浓度减小,平衡向正方向挪动,所以改变的条件为增加CO的物质的量浓度或增大压强；(4)①根据图示知道：A电极是电解池的阳极,该电极上发生失电子的氧化反响,可以得到氧化剂,根据离子的放电顺序,即氯离子失电子产生氯气的过程,电极反响式为2Cl--2e-=Cl2↑；第二步氧化剂氯气氧化氨氮物质即氨气生成N2的过程,发生的反响为：3Cl2+2NH3=N2+6HCl；②1t该污水中氨氮物质的含量为1.7%,质量为1×106g×1.7%=1.7×104g,那么理论上电解转移电子的物质的量为1.7×104g÷17g/mol×3=3×103mol,转移电子数为3×103NA。点晴：侧重于考察学生对根底知识的综合应用才能和计算才能,注意把握三段式在化学平衡计算中的应用,注意题干信息的应用是关键,该电解池(电极为惰性材料)电解除去NH3,净化污水．该净化过程分两步：第一步电解产生氧化剂,即产生能将氨氧化为氮气的物质,第二步氧化剂氧化氨氮物质生成N2,据电解池的工作原理结合发生的反响来答复。10．CuFeS2+3Fe3++Cl－=4Fe2++CuCl+2SCl－+CuCl=[CuCl2]－假如参加过快,局部SO32－会与生成的H+作用生成SO2导致原料损耗II、IVCuCl2、NaCl＞4CuFeS2+4H++17O2=4Cu2++4Fe3++8SO42－+2H2O【解析】氯化铁具有氧化性,能氧化黄铜矿,根据产物知反响I为CuFeS2+3Fe3++Cl-=4Fe2++CuCl↓+2S↓,然后过滤得到固体CuCl和S和滤液,向滤液中参加碳酸钠发生反响II,发生的离子反响方程式为Fe2++CO32-=FeCO3↓,过滤得到FeCO3,在空气中灼烧FeCO3得到氧化铁,反响III为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；向CuCl、S的混合物中参加NaCl溶液,发生反响IV为Cl-+CuCl=[CuCl2]-,过滤得到Na[CuCl2],再参加水发生反响V生成Cu和溶液A,Cu+在反响V中发生自身氧化复原反响,歧化为C

u2+和Cu,那么A为CuCl2、NaCl；(1)反响I的离子方程式为CuFeS2+3Fe3++Cl-=4Fe2++CuCl↓+2S↓；

(2)该反响离子方程式为Cl-+CuCl=[CuCl2]-；

(3)假如参加过快,局部SO32－会与生成的H+作用生成SO2导致原料损耗,故Na2SO3要缓慢滴加到溶液中；(4)这些反响中只有II和IV为非氧化复原反响；

(5)反响Ⅴ为Na[CuCl2]和H2O的反响,根据题给信息知生成物是Cu、NaCl和CuCl2,所得的溶液中的溶质是CuCl2、NaCl；

(6)用新制的氢氧化铁沉淀与含AsO43－的废水作用可形成FeAsO4沉淀,根据溶解平衡可知,一样温度下Fe(OH)3溶解度大于FeAsO4的溶解度；(7)在酸性溶液中利用氧气可以将黄铜矿氧化成硫酸盐,那么应有硫酸参加反响,且生成硫酸铜,硫酸铁和水,反响的方程式为4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2〔SO4〕3+2H2O,离子反响方程式为：4CuFeS2+4H++17O2=4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O。点晴：明确元素化合物性质、氧化复原反响原理是解此题关键,氯化铁具有氧化性,能氧化黄铜矿,根据产物知反响I为CuFeS2+3Fe3++Cl-=4Fe2++CuCl↓+2S↓,然后过滤得到固体CuCl和S和滤液,向滤液中参加碳酸钠发生反响II,发生的离子反响方程式为Fe2++CO32-=FeCO3↓,过滤得到FeCO3,在空气中灼烧FeCO3得到氧化铁,反响III为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；向CuCl、S的混合物中参加NaCl溶液,发生反响IV为Cl-+CuCl=[CuCl2]-,过滤得到Na[CuCl2],再参加水发生反响V生成Cu和溶液A,Cu+在反响V中发生自身氧化复原反响,歧化为Cu2+和Cu,那么A为CuCl2、NaCl,结合题目分析解答。11．3：2sp234%Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2－+2OH－4面心立方密堆积4M/ρa3【解析】原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期,自然界中存在多种A的化合物,那么A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态,即核外有6个电子,那么B为碳元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子,其他能层均已充满电子,D原子外围电子排布为3d104s1,那么D为铜元素；结合原子序数可知,C只能处于第三周期,B与C可形成正四面体型分子,那么B为氯元素．

〔1〕四种元素中电负性最大的是