四川省泸县第四中学2020届高三化学下学期三诊模拟试题（含解析）

四川省泸县第四中学2020届高三化学下学期三诊模拟试题（含解析）1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）A. PM2.5和PM10都是空气质量指数(AQI)的重要指标B. 汽车尾气中的NO2和CO2都是大气污染C. 聚乙烯和聚氯乙烯随意乱扔都能产生白色污染D. 含N和P的大量污水任意排放都能导致水体富营养化【答案】B【解析】PM2.5是指空气中直径小于或等于颗粒物，PM1O是指可吸入颗粒物,就是空气中可被吸入人体的颗粒物, 该值越高，代表空气污染程度越严重；因此PM2.5和PM10都是空气质量指数(AQI)的重要指标；A正确；大气中的SO2和氮氧化物是形成酸雨的主要污染物，而CO2不是大气污染物；B错误；聚乙烯和聚氯乙烯都属于有机高分子，不易降解，随意乱扔都能产生白色污染，C正确；水体富营养化污染是指含有大量氮、磷等植物营养成分的污水的排放,大量有机物在水中降解放出营养元素N、P,会使水中氮、磷等营养成分大量富集,促进水中的藻类等浮游植物和浮游动物大量繁殖,使水体通气不良,水中溶解的氧气含量显著下降,致使鱼类等水生生物大量死亡,水面发黑,水体发臭,出现赤潮、水华现象；D正确；正确选项B。2.油纸伞是“国家级非物质文化遗产”，其传统制作技艺的最后一步使用的桐油(主要成分是不饱和脂肪酸甘油三酯)，可因自行聚合而固化。下列有关说法正确的是（ ）A. 1，2-丙二醇与甘油互为同系物B. C17H33COOH的直链不饱和脂肪酸共17种C. 天然桐油能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. 桐油的自行聚合固化属于缩聚反应【答案】C【解析】同系物必须结构相似，组成上相差n个 -CH2原子团；1，2-丙二醇与甘油所含有的羟基个数不同，1，2-丙二醇含有2个羟基，甘油含有3个羟基，结构不相似，不是同系物关系，A错误；如果-C17H33为直链烃基，含有碳碳双键就有16种，如果-C17H33为带有支链的烃基，含有碳碳双键的数目远大于17种，所以C17H33COOH的直链不饱和脂肪酸大于17种，B错误；桐油主要成分是不饱和脂肪酸甘油三酯，结构中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；桐油主要成分是不饱和脂肪酸甘油三酯，结构中含有碳碳双键，在一定条件下与氢气发生加成反应变为固态，不属于缩聚反应，D错误；正确选项C。点睛：同系物：结构相似，组成上相差相差n个-CH2原子团；如果有机物含有官能团，则要求官能团的种数相同，个数也得相同，所以. 1，2-丙二醇与甘油不是同系物关系，属于同类物。3.下列说法正确的是（ ）A. 1molOH含10NA个电子B. 1molC2H518OH与足量CH3COOH充分反应可得NA个H2OC. 标准状况下，11.2L丙烯所含的极性共价键数为3NAD. 常温下，将1mol铁加入到足量的浓硝酸中，生成NO2气体的体积大于67.2L【答案】C【解析】A项，1个-OH中含9个电子，1mol-OH含9NA个电子，A项错误；B项，C2H518OH与CH3COOH的酯化反应为可逆反应，1molC2H518OH与足量CH3COOH充分反应得到的H2O的物质的量小于1mol，B项错误；C项，n（CH2=CHCH3）=0.5mol，1个CH2=CHCH3分子中含6个碳氢极性共价键，标准状况下11.2L丙烯所含的极性共价键物质的量为3mol，C项正确；D项，常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，D项错误；答案选C。点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为中心的计算，涉及物质的组成和结构、乙酸乙酯的制备、Fe的钝化等知识，注意-OH和OH-的区别，酯化反应的机理一般是“酸脱羟基，醇脱氢”，酯化反应是可逆反应。4.实验室验证钠能与二氧化碳发生反应，并确定其产物的装置如图所示(已知：PdC12溶液遇CO能产生黑色的Pd)，下列说法错误的是A. 装置的仪器还可以制取H2、NH3等气体B. 装置中石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯C. 装置中分别盛装饱和Na2CO3溶液、浓H2SO4D. 装置中有黑色沉淀，发生的反应是PdC12+CO+H2O=Pd+CO2+2HC1【答案】C【解析】固体和液体不加热反应制备气体，锌和稀硫酸反应制氢气，氧化钙和浓氨水反应制备氨气都可以用装置，A正确；金属钠与空气中的氧气、水蒸气等发生反应，因此实验之前，用二氧化碳气体排出装置内的空气，当看到装置中石灰水变浑浊后，空气已排净，再点燃酒精灯，B正确；反应产生的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，因此先用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，（因为碳酸钠溶液与二氧化碳反应），再用浓H2SO4吸收水蒸气，C错误；根据题给信息可知，PdC12被CO还原为黑色的Pd，反应PdC12+CO+H2O=Pd+CO2+2HC1，D正确；正确选项C。点睛：碳酸钠与盐酸反应制备二氧化碳气体，会含有杂质气体氯化氢和水蒸气，要得到纯净的二氧化碳气体，混合气体先通过饱和碳酸氢钠溶液，再通过浓硫酸，不能用饱和碳酸钠溶液除氯化氢，因为碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠。5.a、b、c、d为短周期元素，原子序数依次增大。25时，其最高价氧化物的水化物溶液(浓度均为0.1molL-1)的pH和原子序数的关系如图所示。下列有关说法正确的是A. 简单离子半径：baB. d元素氧化物的水化物一定是强酸C. 气态氢化物的稳定性：dcD. b、c的简单离子都能破坏水的电离平衡【答案】C【解析】a、b、c、d为短周期主族元素,由25时其最高价氧化物的水化物溶液(浓度均为0.1molL-1) 的pH和原子序数的关系图可以知道, 0.1mol/LHNO3的pH=1, 0.1mol/LHClO4 的pH=1，0.1mol/LNaOH溶液的pH=13，a为N元素,b为Na，D为Cl，c为第三周期元素，且c的最高价含氧酸为二元酸时pHNa+，A错误；S元素的氧化物有二氧化硫和三氧化硫，二氧化硫的水化物亚硫酸为弱酸，三氧化硫的水化物硫酸为强酸，B错误；非金属性ClS, 非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物稳定性: HClH2S，C正确；Na+为强碱阳离子，不发生水解，不能破坏水的电离平衡，S2-属于弱酸根离子，能够水解，破坏水的电离平衡，D错误；正确选项C。6.锂铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2LiCu2OH2O2Cu2Li+2OH-，下列说法错误的是（ ） A. 放电时，当电路中通过0.1 mol电子的电量时，有0.1molLi+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12L氧气参与反应B. 整个反应过程中，氧化剂为O2C. 放电时，正极的电极反应式为：Cu2OH2O2e-2Cu2OH-D. 通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O【答案】A【解析】【分析】放电时，锂作负极，电极反应式为Li-e-Li+，Cu作正极，根据总反应2LiCu2OH2O2Cu2Li+2OH-，4Cu+O2=2Cu2O，正极的电极反应式为4Cu+O2=2Cu2O，Cu2OH2O2e-2Cu2OH-，电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。【详解】A、放电时，电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，当电路中通过0.1 mol电子的电量时，根据4Cu+O2=2Cu2O，O2+4e-+2H2O=4OH-，正极上参与反应的氧气为0.025 mol，在标准状况下的体积为0.025mol22.4L/mol=0.56L，故A错误；B、通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，氧化剂为O2，故B正确；C、该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，故C正确；D该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，因此通入空气的目的是让氧气与铜反应生成Cu2O，故D正确；答案选A。【点睛】明确原电池正负极的判断及电极反应式是解本题关键。本题的易错点为C，要注意根据正反应方程式分析解答，注意把握Cu在整个过程中的作用。7.已知298K时，Ksp(NiS)1.010-21，Ksp(NiCO3)1.010-7 ；p(Ni)lg c(Ni2+)，p(B)lg c(S2-)或lg c(CO32-)。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 对于曲线I，在b点加热，b点向c点移动B. 常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度C. 向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动D. P为3.5且对应的阴离子是CO32-【答案】A【解析】【详解】A一般而言，加热可使难溶电解质的溶解度增大，其溶度积常数增大，所以溶液中c(Ni2+)和c(B2-)都增大，但pNi和pB存在关系为：pNi=pKsp(NiB)-pB。所以对于曲线I，在b点加热，b点不是向c点移动，而是向a点方向移动，故A错误；BNiS和NiCO3是同类型难溶电解质，由于Ksp(NiCO3)1.010-7Ksp(NiS)1.010-21，所以常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度，故B正确；C对于d所处溶液，有Ksp(NiB)=c(Ni2+)c(B2-)，向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，沉淀溶解平衡逆向移动，即c(B2-)增大，则c(Ni2+)减小，pNi增大，即d点向b点移动，故C正确；D产生NiS或者NiCO3，则有pNi+pB=pKsp(NiB)，由于Ksp(NiS)=1.010-21，Ksp(NiCO3)=1.010-7，所以P点对应的是较小的pKsp(NiB)，即Ksp(NiB)较大，因此P点对应的是NiCO3，pNi=pB=3.5，故D正确；答案选A。8.索氏提取法是测定动植物样品中粗脂肪含量的标准方法。其原理是利用如图装置，用无水乙醚等有机溶剂连续、反复、多次萃取动植物样品中的粗脂肪。具体步骤如下：包装：取滤纸制成滤纸筒，放入烘箱中干燥后，移至仪器X中冷却至室温，然后放入称量瓶中称量，质量记作a;在滤纸筒中包入一定质量研细的样品，放入烘箱中干燥后，移至仪器X中冷却至室温，然后放入称量瓶中称量，质量记作b。萃取：将装有样品的滤纸筒用长镊子放入抽提筒中，注入一定量的无水乙醚，使滤纸筒完全浸没入乙醚中，接通冷凝水，加热并调节温度，使冷凝下滴的无水乙醚呈连珠状，至抽提筒中的无水乙醚用滤纸点滴检查无油迹为止(大约6h12h)。称量：萃取完毕后，用长镊子取出滤纸筒，在通风处使无水乙醚挥发，待无水乙醚挥发后，将滤纸筒放入烘箱中干燥后，移至仪器X中冷却至室温，然后放入称量瓶中称量，质量记作c。回答下列问题：（1）实验中三次使用的仪器X的名称为_。为提高乙醚蒸气的冷凝效果，索氏提取器可选用下列_(填字母)代。 a 空气冷凝管 b 直形冷凝管 c 蛇形冷凝管(2)实验中必须十分注意乙醚的安全使用，如不能用明火加热、室内保持通风等。为防止乙醚挥发到空气中形成燃爆，常在冷凝管上口连接一个球形干燥管，其中装入的药品为_(填字母)。a 活性炭 b 碱石灰 c P2O5 d 浓硫酸无水乙醚在空气中可能氧化生成少量过氧化物，加热时发生爆炸。检验无水乙醚中是否含有过氧化物的方法是_。(3)实验中需控制温度在7080之间，考虑到安全等因素，应采取的加热方式是_。当无水乙醚加热沸腾后，蒸气通过导气管上升，被冷凝为液体滴入抽提筒中，当液面超过回流管最高处时，萃取液即回流入提取器(烧瓶)中该过程连续、反复、多次进行，则萃取液回流入提取器(烧瓶)的物理现象为_。索氏提取法与一般萃取法相比较，其优点为_。(4)数据处理：样品中纯脂肪百分含量_(填“”或“=”)(b-c)/(b-a)100%；测定中的样品、装置、乙醚都需要进行脱水处理，否则导致测定结果_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】 (1). 干燥器 (2). c (3). a (4). 取少量乙醚滴加稀硫酸和KI溶液，振荡，若溶液变黄则含过氧化物，否则不含 (5). 恒温加热炉且水浴加热 (6). 虹吸 (7). 连续、反复、多次萃取，且每一次萃取都是纯的溶剂，萃取效率高 (8). (9). 偏高【解析】(1)实验中三次使用的仪器X是在放入烘箱中干燥后，X的名称为干燥器；为提高乙醚蒸气的冷凝效果，应增大冷凝的接触面积，故索氏提取器可选用蛇形冷凝管，答案选c；(2)实验中必须十分注意乙醚的安全使用，如不能用明火加热、室内保持通风等。为防止乙醚挥发到空气中形成燃爆，常在冷凝管上口连接一个球形干燥管，其中装入的药品起干燥和吸附作用，并且只能装固体药品，故答案为a；检验无水乙醚中是否含有过氧化物的方法是取少量乙醚滴加稀硫酸和KI溶液，振荡，若溶液变黄则含过氧化物，否则不含；(3)实验中需控制温度在7080之间，温度不高于水的沸点，考虑到安全等因素，应采取的加热方式是恒温加热炉且水浴加热。当无水乙醚加热沸腾后，蒸气通过导气管上升，被冷凝为液体滴入抽提筒中，当液面超过回流管最高处时，萃取液即回流入提取器(烧瓶)中该过程连续、反复、多次进行，则萃取液回流入提取器(烧瓶)的物理现象为虹吸。索氏提取法与一般萃取法相比较，其优点为连续、反复、多次萃取，且每一次萃取都是纯的溶剂，萃取效率高；(4)实验过程样品没有脱水干燥时水分部分计入脂肪，使样品中纯脂肪百分含量 Fe3+ SO2，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器和A中加热装置已略）。实验过程：.查好装置的气密性后，在各仪器中添加相应试剂.打开弹簧夹K1K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4.打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热.当B中溶液变黄时，停止加热，关闭K2.打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子。.打开K3和活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后关闭K3VII. 更换试管D，重复过程V，检验B溶液中的离子（1）检验虚线框内装置气密性的操作是_。（2）B棉花中浸润的溶液为_。实验通入N2的作用是_。（3）C中发生反应的化学方程式_。（4）用70%的硫酸制取SO2，反应速率比用98%的硫酸快，原因是_。（5）若将制取的SO2通入酸性高锰酸钾溶液可使溶液褪色，其离子方程式为_。（6）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，结论如下表所示。他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2 Fe3+SO2的是_（填“甲”“乙”“丙”）。过程B溶液中含有的离子过程B溶液中含有的离子甲既有Fe3+又有Fe2+有SO42-乙有Fe3+无Fe2+有SO42-丙有Fe3+无Fe2+有Fe2+【答案】 (1). 关闭K1、K2，打开分液漏斗的盖子和活塞，向其中加水，一段时间后分液漏斗尖嘴处不再滴液即证明气密性良好 (2). NaOH溶液 (3). 排除装置内的空气，防止FeCl2溶液被O2氧化 (4). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O (5). 70%的硫酸中的H+的浓度比98%的硫酸中的H+的浓度大 (6). 2MnO4- +5SO2+2H2O= 2Mn2+ +5SO42- + 4H+ (7). 甲、丙【解析】分析】(1)根据压差法检验装置的气密性；(2)装置A是制备氯气的，氯气有毒，要用氢氧化钠进行吸收；亚铁离子容易被氧化，据此判断通入氮气的作用；(3)亚硫酸钠可以和较浓的硫酸之间反应生成硫酸钠和水以及二氧化硫；(4)98%的硫酸中主要是硫酸分子；(5)SO2通入酸性高锰酸钾溶液，二者发生氧化还原反应；(6)甲既有Fe3+又有Fe2+可排除氯气的影响，生成硫酸根离子，可说明Fe3+SO2，乙不能排除氯气过量；丙有Fe3+无Fe2+，反应生成Fe2+，可说明铁离子被还原，据此解答。【详解】(1)根据压差法来检验装置的气密性：关闭K1、K2，打开分液漏斗的盖子和活塞，向其中加入水，一段时间后分液漏斗尖嘴处不再滴液即证明气密性良好，故答案为：关闭K1、K2，打开分液漏斗的盖子和活塞，向其中加水，一段时间后分液漏斗尖嘴处不再滴液即证明气密性良好；(2)装置A是制备氯气的，二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，氯气有毒，要用氢氧化钠进行吸收，由于装置中含有空气，而空气的存在，会对实验产生干扰，所以通入氮气的目的是排除装置中的空气，防止FeCl2溶液被O2氧化，故答案为：NaOH溶液；排除装置内的空气，防止FeCl2溶液被O2氧化；(3)亚硫酸钠可以和较浓的硫酸之间反应生成硫酸钠和水以及二氧化硫，即Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；(4)98%的硫酸中主要是硫酸分子，70%的硫酸的氢离子浓度较大，所以用70%的硫酸制取SO2，反应速率比用98%的硫酸快，故答案为：70%的硫酸中的H+的浓度比98%的硫酸中的H+的浓度大；(5)二氧化硫具有还原性，高锰酸钾具有氧化性，SO2通入酸性高锰酸钾溶液，二者之间可以发生氧化还原反应：2MnO4-+5SO2+4H2O=2Mn2+5SO42-+4H+，故答案为：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+；(6)甲的过程中B溶液中含有Fe3+、Fe2+，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，过程中B溶液中含有SO42-，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫；乙的过程中B溶液中含有Fe3+，能够说明氯气的氧化性大于铁离子，过程中B溶液中含有SO42-，可能是剩余的氯气将二氧化硫氧化，不能说明氧化性铁离子大于二氧化硫；丙中过程中B溶液中有Fe3+，无Fe2+，则氯气的氧化性大于铁离子，过程中B溶液中有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子发生了反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫，故答案为：甲、丙。【点睛】明确装置的作用及发生的反应是解答的关键。本题的难点为(6)，要注意理清反应的顺序和规律，同时注意氯气对后续过程是否有影响。10.工业上可用软锰矿（主要成分是MnO2）和黄铁矿（主要成分是FeS2）为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰（MnCO3）。其工业流程如下：回答下列问题：（1）为了提高溶浸工序中原料的浸出率，除了可以搅拌、将矿石研磨粉碎以外，可以采取的措施有（写两条）_。（2）副产品A的化学式是_。（3）净化工序的目的是除去溶液中的Cu2、Ca2等杂质。若测得滤液中c(F)0.01 molL1，则滤液中残留的c(Ca2)_已知：Ksp(CaF2)1.461010。（4）沉锰工序中，加入NH4HCO3后有无色无味的气体放出，同时有浅红色的沉淀生成，发生反应的离子方程式是_；沉锰工序中判断沉淀已经洗涤干净的实验操作是_。（5）已知MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100开始分解。工业上一般用少量C2H5OH洗涤的原因是_。（6）溶浸过程中发生的主要反应如下，请完成并配平该反应的离子方程式：_FeS2_MnO2_Fe3_Mn2_SO42_，_【答案】 (1). 适当升高温度、适当提高稀硫酸的浓度 (2). (NH4)2SO4 (3). 1.4610-6molL-1 (4). Mn2+2HCO3-MnCO3CO2H2O (5). 取最后一次洗涤液，加入几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净 (6). 防止MnCO3潮湿时被空气氧化、便于在温度低于100干燥 (7). 2FeS215MnO228H+2Fe3+15Mn2+4SO4214H2O【解析】试题分析：本题以软锰矿和黄铁矿为主要原料制备MnCO3的流程为载体，考查流程的分析，反应条件的控制，溶度积的计算，离子方程式的书写，基本实验操作，离子方程式的配平。软锰矿和黄铁矿用稀硫酸溶浸后软锰矿中的MnO2主要转化为MnSO4，黄铁矿中FeS2主要转化为Fe2（SO4）3；溶浸过程中FeS2可能转化为FeSO4，溶浸后的溶液中加入MnO2将Fe2+氧化成Fe3+，加入石灰调节pH使Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀除去；净化工序中加入（NH4）2S除去Cu2+，加入NH4F除去Ca2+；沉锰过程即向MnSO4溶液中加入NH4HCO3、氨水形成MnCO3，过滤后的废液中含大量的NH4+、SO42-。（1）为了提高溶浸工序中原料的浸出率，除了可以搅拌、将矿石研磨粉碎外，还可以采取的措施有：适当升高温度、适当提高稀硫酸的浓度。（2）沉锰过滤后的废液中含大量的NH4+、SO42-，副产品A的化学式为（NH4）2SO4。（3）CaF2的溶解平衡表达式为CaF2（s）Ca2+（aq）+2F-（aq），Ksp（CaF2）=c（Ca2+）c2（F-），若滤液中c（F-）=0.01mol/L，则滤液中残留的c（Ca2+）= Ksp（CaF2）c2（F-）=1.4610-10（0.01）2=1.4610-6mol/L。（4）沉锰工序中，加入NH4HCO3后有无色无味的气体放出，同时有浅红色的沉淀生成，Mn2+与HCO3-电离产生的CO32-形成MnCO3沉淀，促进HCO3-进一步电离产生H+，H+与另一部分HCO3-生成H2O和CO2，发生反应的离子方程式为Mn2+2HCO3-=MnCO3+H2O+CO2。沉锰工序中要判断沉淀已经洗涤干净即检验最后洗涤液中不含（NH4）2SO4，沉锰工序中判断沉淀已经洗涤干净的实验操作是：取最后一次洗涤液少许，加入几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净。（5）MnCO3潮湿时易被空气氧化，100MnCO3开始分解，工业上用少量C2H5OH洗涤的原因是：防止MnCO3潮湿时被空气氧化、便于在温度低于100干燥（乙醇的沸点低于100）。（6）在反应中FeS2中Fe元素的化合价由+2价升至+3价，S元素的化合价由-1价升至+6价，1molFeS2失去15mol电子；Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子；根据得失电子守恒配平：2FeS2+15MnO22Fe3+4SO42-+15Mn2+，在溶浸过程中加入稀硫酸，结合原子守恒和电荷守恒，写出配平的离子方程式为2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3+4SO42-+15Mn2+14H2O。点睛：无机工业流程题以工业生产过程为背景，考查学生运用已有知识灵活解决实际问题的能力。流程图的一般解题过程为：（1）了解整个流程的目的；（2）浏览整个流程，基本辨别出原料预处理、物质的分离和提纯、物质的制备等阶段；（3）具体分析每一步发生的反应和操作、应用的反应原理。在分析过程中要抓住元素守恒进行推理。11.铁、钴、镍等金属及其化合物在科学研究和工业生产中应用十分广泛。回答下列问题：（1）铁、钴、镍的基态原子核外未成对电子数最多的是_。（2）酞菁钴分子的结构简式如图所示，中心离子为钴离子，酞钴分子中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是_(填1、2、3、4)，三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为_(用相应的元素符号表示)；氮原子的杂化轨道类型为_。 （3）Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x，晶体属于_(填晶体类型)，若配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=_。（4）NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO_FeO(填“”“CH (4). sp2、sp3 (5). 分子晶体 (6). 5 (7). (8). Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，晶格能：NiOFeO，因此熔点NiOFeO (9). 4 (10). 【解析】【分析】(1)未成对电子处于价电子中，铁、钴、镍的基态原子的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、3d84s2，结合泡利原理与洪特规则判断；(2)含有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键；三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大；根据分子中N原子形成的键个数和含有的孤对电子的数目，分析判断；(3)根据Fe(CO)x的熔沸点比较低分析判断晶体类型；Fe原子价电子数为8，CO提供一对孤对电子，与Fe原子形成配位键，根据Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，列式计算x；(4)离子晶体的熔点与晶格能大小有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高；(5)根据均摊法计算晶胞中Ni、As原子数目，由晶胞结构可知As原子配位数为4，结合晶胞中Ni、As元素数目之比计算Ni的配位数；首先计算晶胞的质量，再结合密度计算晶胞体积，进而计算晶胞棱长，最后根据面心与顶点上的Ni原子距离最近计算。【详解】(1)铁、钴、镍的基态原子的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、3d84s2，三种元素原子的核外未成对电子数分别为4、3、2，未成对电子数最多的是Fe，故答案为：Fe；(2)有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键，1号、3号N原子形成3对共用电子对为普通共价键，2号、4号N原子形成4对共用电子对，与Co通过配位键结合；酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性NCH；分子中N原子有形成2个键，含有1对孤对电子，有形成3个键，没有孤对电子，杂化轨道数目均为3，N原子的杂化轨道类型为 sp2；有形成3个键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目均为4，N原子的杂化轨道类型为 sp3，故答案为：2、4；NCH；sp2、sp3；(3)配合物Fe(CO)x的熔沸点比较低，易溶于非极性溶剂，应属于分子晶体；Fe原子价电子数为8，CO提供一对孤对电子，与Fe原子形成配位键，则8+2x=18，解得x=5，故答案为：分子晶体；5；(4)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，故晶格能：NiOFeO，所以熔点NiOFeO，故答案为：；Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，故晶格能：NiOFeO，所以熔点NiOFeO；(5)晶胞中As原子数目为4，Ni原子数目=8+6=4，二者为11，由晶胞结构可