江蘇省蘇州市工業(yè)園區(qū)星海實(shí)驗(yàn)中學(xué)2024-2025學(xué)年高二年級第二學(xué)期期中考試化學(xué)試題（解析版）

第第頁2024-2025學(xué)年第二學(xué)期期中考試試卷高二化學(xué)2025.04注意事項：1.本試卷分為單項選擇題和非選擇題兩部分，試卷滿分100分?？荚嚂r間75分鐘。2.將選擇題答案填涂在答題卡的對應(yīng)位置上，非選擇題的答案寫在答題卡的指定欄目內(nèi)。一、單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。1.明礬可用作凈水劑。下列說法正確的是A.半徑： B.電負(fù)性：C.沸點(diǎn)： D.堿性：【答案】B【解析】【詳解】A．有2個電子層，而有3個電子層，因此，的半徑較大，A錯誤；B．同一主族的元素，其電負(fù)性從上到下依次減小，O和S都是ⅥA的元素，O元素的電負(fù)性較大，B正確；C．雖然的相對分子質(zhì)量較大，但是分子間可形成氫鍵，因此的沸點(diǎn)較高，C錯誤；D．元素的金屬性越強(qiáng)，其最高價的氧化物的水化物的堿性越強(qiáng)，K的金屬性強(qiáng)于Al，因此的堿性較強(qiáng)，D錯誤；綜上所述，本題選B。2.實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行鐵釘鍍鋅實(shí)驗(yàn)。下列相關(guān)原理、裝置及操作不正確的是ABCD配制溶液鐵釘除油污鐵釘除銹鐵釘鍍鋅A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時，溶質(zhì)要放在燒杯中溶解，不能直接放在容量瓶中溶解，A不正確；B．油污的主要成分是油脂，油脂在堿性條件下可以發(fā)生水解反應(yīng)生成可溶于水的甘油和高級脂肪酸鹽，因此，鐵釘放在溶液中加熱后可以除去其表面的油污，B正確；C．鐵銹的主要成分是，其可溶于鹽酸，因此，將鐵釘放在鹽酸中可以除去其表面的鐵銹，C正確；D．該裝置為電解池，鐵釘與電源負(fù)極相連作陰極，鋅片與電源的正極相連作陽極，電解質(zhì)溶液為溶液，因此，該裝置為電鍍裝置，可以實(shí)現(xiàn)鐵釘上鍍鋅，D正確；綜上所述，本題選A。3.從微觀視角探析物質(zhì)結(jié)構(gòu)及性質(zhì)是學(xué)習(xí)化學(xué)的有效方法。下列實(shí)例與解釋不符的是選項實(shí)例解釋A分子間氫鍵比分子間氫鍵更強(qiáng)，但水的蒸發(fā)熱高于液體汽化時破壞的分子間氫鍵數(shù)目：B晶體中與8個配位，而晶體中與6個配位比的半徑大C的鍵角鍵角中心原子的雜化方式不同D逐個斷開中的鍵，每步所需能量不同各步中的C-H鍵所處化學(xué)環(huán)境不同A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．雖然單個HF分子間氫鍵強(qiáng)于H2O，但水分子每個O原子可形成兩個氫鍵，而HF每個F原子只能形成一個，故汽化時H2O需破壞更多氫鍵，蒸發(fā)熱更高，A正確。B．離子晶體中的陽離子的配位數(shù)和離子半徑有關(guān)，Cs+半徑大于Na+，在CsCl中可容納8個Cl-配位，而NaCl中僅6個Cl-配位，B正確；C．NH3和CH4的中心原子價層電子對數(shù)分別為=4、=4，均為sp3雜化，但NH3因孤對電子排斥導(dǎo)致鍵角小于CH4的正四面體鍵角，C錯誤；D．CH4中四個C-H鍵等價，但逐個斷裂時，剩余鍵的化學(xué)環(huán)境因自由基形成而改變，導(dǎo)致所需能量不同，D正確；故選C。4.是火箭固體燃料重要的氧載體，能發(fā)生反應(yīng)：。下列有關(guān)化學(xué)用語或表述正確的是A.中的陰、陽離子具有相同的空間結(jié)構(gòu)B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下生成，轉(zhuǎn)移0.8mol電子C.的形成過程可表示為D.和都能作制冷劑是因?yàn)樗鼈冇邢嗤愋偷姆肿娱g作用力【答案】A【解析】【詳解】A．中陽離子為，中心原子價層電子對數(shù)為4+=4，且不含孤電子對，空間構(gòu)型為正四面體，陰離子為，中心原子價層電子對數(shù)為4+=4，且不含孤電子對，空間構(gòu)型為正四面體，A正確；B．該反應(yīng)中C元素由0價上升到+4價，標(biāo)準(zhǔn)狀況下生成，n(CO2)=0.1mol，轉(zhuǎn)移0.4mol電子，B錯誤；C．HCl是共價化合物，的形成過程可表示為，C錯誤；D．分子間存在氫鍵，分子間不存在氫鍵，D錯誤；故選A。5.下列有關(guān)反應(yīng)描述正確的是A.催化氧化為斷裂鍵B.氟氯烴破壞臭氧層，氟氯烴產(chǎn)生的氯自由基改變分解的歷程C.丁烷催化裂化為乙烷和乙烯，丁烷斷裂鍵和鍵D.石墨轉(zhuǎn)化為金剛石，碳原子軌道的雜化類型由轉(zhuǎn)變?yōu)椤敬鸢浮緽【解析】【詳解】A．催化氧化為斷裂羥基氧氫鍵、斷裂羥基所連碳原子上的一個碳?xì)滏I，形成碳氧雙鍵，故A錯誤；B．催化劑能夠改變反應(yīng)歷程，加快反應(yīng)速率，氯自由基催化O3分解形成臭氧空洞，破壞臭氧層，即氟氯烴破壞臭氧層，產(chǎn)生的氯自由基改變分解的歷程，故B正確；C．丁烷催化裂化為乙烷和乙烯，但丁烷為飽和鏈烴，分子中無鍵，故C錯誤；D．石墨中碳原子為sp2雜化，金剛石中碳原子為sp3雜化，石墨轉(zhuǎn)化為金剛石，碳原子軌道的雜化類型由sp2轉(zhuǎn)變?yōu)閟p3，故D錯誤；故答案為：B。閱讀下列材料，完成以下問題：元素周期表中VIIA族元素的單質(zhì)及其化合物應(yīng)用廣泛。氫氟酸可用作雕刻玻璃，與反應(yīng)生成(在水中完全電離為和)；可溶于苯、等有機(jī)溶劑，極易水解；加碘鹽中主要添加的是；鹵素互化物(如)性質(zhì)類似，具有氧化性，也能與發(fā)生反應(yīng)；鹵化銀均具有感光性，見光易分解。6.下列說法正確是A.的鍵角大于的鍵角B.晶體中含有的鍵數(shù)目是2molC.、、的熔、沸點(diǎn)依次升高D.的中心原子S采用雜化7.下列化學(xué)反應(yīng)表示正確的是A.溶于水：B.與溶液反應(yīng)：C.水解：D.與溶液反應(yīng)：8.下列物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是A.能形成分子間氫鍵，可用于雕刻玻璃B.受熱可分解，可用于食鹽碘添加劑C.具有感光性，可用于人工降雨D.有強(qiáng)氧化性，可用于水體殺菌消毒劑【答案】6.C7.D8.D【解析】【6題詳解】A．與都采取sp3雜化，但中心原子有1對孤電子對，中心原子沒有孤電子對，孤電子對越多鍵角越小，因此的鍵角小于的鍵角，故A錯誤；B．在晶體中，1個Si原子周圍有4個以共價單鍵相連的O原子，1個O原子周圍有2個以共價單鍵相連的Si原子，因此1個“”中平均含有4個鍵，1mol晶體中含有的鍵數(shù)目是4mol，故B錯誤；C．沒有氫鍵存在的情況下相對分子質(zhì)量越大，熔沸點(diǎn)越高，HCl、HBr、HI的熔、沸點(diǎn)依次升高，故C正確；D．的中心原子S原子的σ鍵電子數(shù)為3，孤電子對數(shù)為，價層電子對數(shù)為4，采用雜化，故D錯誤；故答案為C?！?題詳解】A．溶于水生成HCl和HClO，HClO為弱酸，不能寫成離子形式，離子方程式應(yīng)為，故A錯誤；B．ICl中碘為+1價氯為-1價，溶于NaOH溶液生成NaIO和NaCl，離子方程式為，故B錯誤；C．水解生成亞硫酸和氯化氫，亞硫酸分解二氧化硫和水，因此離子方程式為，故C錯誤；D．氫氟酸與反應(yīng)生成，其離子反應(yīng)方程式為，故D正確；故答案為D?！?題詳解】A．HF能與二氧化硅反應(yīng)，則氫氟酸可用于雕刻玻璃，與氫氟酸能形成分子間氫鍵無關(guān)，故A錯誤；B．受中含有I元素，所以可用作食鹽碘添加劑，與受熱分解無關(guān)，故B錯誤；C．碘化銀用于人工降雨的原理是碘化銀受熱后就會在空氣中形成極多極細(xì)的碘化銀粒子，在人工降雨中，用作冰核形成劑可以跟云層中的水蒸氣起催化作用，與感光性無關(guān)，故C錯誤；D．具有強(qiáng)氧化性，能殺死細(xì)菌，所以可以用于自來水消毒殺菌，故D正確；故答案為D。9.在給定條件下，下列物質(zhì)轉(zhuǎn)化的方程式正確的是A.用碳酸鈉溶液浸泡鍋爐水垢中的硫酸鈣：B.食醋去除水垢中的：C.電解水制氫的陽極反應(yīng)：D.工業(yè)廢水中的用去除：【答案】A【解析】【詳解】A．用碳酸鈉溶液浸泡鍋爐水垢中的硫酸鈣，硫酸鈣沉淀轉(zhuǎn)化為碳酸鈣沉淀，，故A正確；B．食醋去除水垢中的生成醋酸鈣、二氧化碳、水，反應(yīng)的離子方程式為，故B錯誤；C．電解水制氫，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣，故C錯誤；D．工業(yè)廢水中的用去除生成PbS沉淀和亞鐵離子，反應(yīng)的離子方程式我，故D錯誤；選A。10.金屬原子與形成的配合物稱為金屬羰基配合物，如羰基鐵[化學(xué)式為，黃色油狀液體，熔點(diǎn)為-21℃、沸點(diǎn)為102.8℃]。金屬羰基配合物中每個提供一對電子與金屬原子形成配位鍵，且金屬原子的價電子和提供的電子總和等于18。下列說法錯誤的是A.中鐵的化合價為0 B.屬于離子晶體C.羰基鎳的化學(xué)式為 D.羰基鎳分子中含有配位鍵、共價鍵【答案】B【解析】【詳解】A．在Fe(CO)5中碳是+2價，而氧是-2價，得出鐵是0價，故A正確；B．Fe(CO)5常溫下呈液態(tài)，熔沸點(diǎn)較低，易溶于非極性溶劑，應(yīng)為分子晶體，故B錯誤；C．Ni是28號元素，價電子數(shù)為10，金屬原子的價電子和提供的電子總和等于18，所以CO要提供8個電子，每個提供一對電子，則羰基鎳的化學(xué)式為，故C正確；D．羰基與鎳之間形成配位鍵，配體中含有共價鍵，故D正確；故選B。11.研究人員制備了一種具有鋰離子通道的導(dǎo)電氧化物()，其立方晶胞和導(dǎo)電時遷移過程如下圖所示。已知該氧化物中為價，為價。下列說法錯誤的是A.導(dǎo)電時，和的價態(tài)不變 B.若，與空位的數(shù)目相等C.與體心最鄰近的O原子數(shù)為12 D.導(dǎo)電時、空位移動方向與電流方向相反【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)題意，導(dǎo)電時Li+發(fā)生遷移，化合價不變，則Ti和La價態(tài)不變，A項正確；B．根據(jù)“均攤法”，1個晶胞中含Ti：8×=1個，含O：12×=3個，含La或Li或空位共：1個，若x=，則La和空位共，n(La)+n(空位)=，結(jié)合正負(fù)化合價代數(shù)和為0，(+1)×+(+3)×n(La)+(+4)×1+(-2)×3=0，解得n(La)=、n(空位)=，Li+與空位數(shù)目不相等，B項錯誤；C．由立方晶胞的結(jié)構(gòu)可知，與體心最鄰近的O原子數(shù)為12，即位于棱心的12個O原子，C項正確；D．導(dǎo)電時Li+向陰極移動方向，即與電流方向相同，則空位移動方向與電流方向相反，D項正確；答案選B?！军c(diǎn)睛】12.下列根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象能得到相應(yīng)結(jié)論的是選項實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A用溶液分別中和等體積的溶液和溶液，消耗的溶液多酸性：B室溫下，向濃度均為的和混合溶液中加入溶液，出現(xiàn)白色沉淀白色沉淀是C常溫下，向溶液中加入溶液，將帶火星的木條放在試管口，木條復(fù)燃氧化性：D向溶液中加入溶液()，溶液呈黃色，再滴加幾滴溶液，溶液變?yōu)榧t色和的反應(yīng)存在限度A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．實(shí)驗(yàn)中等濃度的硫酸、醋酸所含的H+濃度不一樣，故不能判斷兩者酸性強(qiáng)弱，A錯誤；B．CaCl2溶液與Na2CO3反應(yīng)生成的CaCO3也是白色沉淀，由操作和現(xiàn)象無法證明白色沉淀是BaCO3，B錯誤；C．常溫下，向溶液中加入溶液，將帶火星的木條放在試管口，木條復(fù)燃，說明反應(yīng)放出氧氣，該反應(yīng)中氯化鐵是過氧化氫分解的催化劑，而不是氧化了過氧化氫，C錯誤；D．Fe3+和I-發(fā)生反應(yīng)：2Fe3++2I-=I2+2Fe2+，溶液變呈黃色說明生成I2，，，則I-過量，故向反應(yīng)后的溶液中滴加少量KSCN，溶液變?yōu)榧t色說明存在Fe3+，因此該現(xiàn)象能說明和的反應(yīng)存在限度，D正確；故選D。13.以二氧化鈰廢渣為原料制備，其部分實(shí)驗(yàn)過程如下：已知：能被有機(jī)萃取劑(簡稱HA)萃取，其萃取原理可表示為：(水層)+3HA(有機(jī)層)(有機(jī)層)(水層)。下列說法正確的是A.“酸浸”過程中做氧化劑B.加氨水“中和”除去過量鹽酸，主要目的是提高的萃取率C.試劑a選用氨水D.“沉淀”時反應(yīng)的離子方程式為【答案】B【解析】【分析】二氧化鈰()廢渣加入鹽酸、過氧化氫酸浸，得到含有的溶液，加入氨水中和過量的鹽酸，加入萃取劑HA萃取后再加入酸反萃取，分離出水層，加入氨水、碳酸氫銨生成?！驹斀狻緼．“酸浸”時CeO2與稀鹽酸、H2O2反應(yīng)生成CeCl3，Ce元素化合價降低，CeO2是氧化劑，根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律，H2O2作還原劑發(fā)生氧化反應(yīng)，故A錯誤；B．加氨水“中和”去除過量鹽酸，降低氫離子濃度，Ce3+(水層)+3HA(有機(jī)層)Ce(A)3(有機(jī)層)+3H+(水層)平衡正向移動，可以提高Ce3+的萃取率，故B正確；C．加入試劑a“反萃取”，將有機(jī)層中Ce元素轉(zhuǎn)移至水層，根據(jù)萃取原理Ce3+(水層)+3HA(有機(jī)層)Ce(A)3(有機(jī)層)+3H+(水層)，增大氫離子濃度平衡逆向移動，因此試劑a應(yīng)選用酸，故C錯誤；D．“沉淀”時、氨水、碳酸氫銨反應(yīng)生成沉淀，反應(yīng)的離子方程式為，故D錯誤；故選B。二、非選擇題：共4題，共61分。14.結(jié)合相關(guān)知識，回答下列問題.（1）丁二酮肟()分了中鍵和鍵的個數(shù)比為_______。（2）與在銅催化作用下反應(yīng)生成，分子的VSEPR模型為_______。（3）比較大小并說明原因：沸點(diǎn)：鄰羥基苯甲酸_______對羥基苯甲酸(填“>”“<”或“=”，下同)，主要原因_______。（4）固體三氧化硫中存在如圖所示的三聚分子，該分子中S的軌道雜化類型為_______。（5）砷化鎵的一種晶胞如圖所示，該晶體中周圍距離最近且相等的的數(shù)目是_______。（6）現(xiàn)有10mL濃度為的溶液A，溶質(zhì)可能是或，用濃度為的溶液進(jìn)行滴定，消耗溶液20mL，溶液A中的溶質(zhì)是_______(填化學(xué)式)。（7）的一種晶體晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(其中S原子均位于晶胞內(nèi)部)，晶胞中Cu原于數(shù)目有_______個。在答題卡的圖中用“—”將Cu原子(圖示中的A)與其緊鄰的S原子連接起來_______。【答案】（1）2:15（2）四面體（3）①.＜②.鄰羥基苯甲酸易形成分子內(nèi)氫鍵，可降低物質(zhì)沸點(diǎn)，對羥基苯甲酸易形成分子間氫鍵，可升高沸點(diǎn)（4）sp3（5）12（6）（7）①.4②.【解析】【小問1詳解】有機(jī)物結(jié)構(gòu)中，單鍵屬于鍵，雙鍵中一個是鍵，一個是π鍵。丁二酮肟()分了中鍵的數(shù)目是2，鍵的個數(shù)是15，兩者個數(shù)比為2:15。故答案是2:15?！拘?詳解】中孤電子對數(shù)是，價層電子對數(shù)是3+1=4，分子的VSEPR模型為正四面體。【小問3詳解】鄰羥基苯甲酸易形成分子內(nèi)氫鍵，可降低物質(zhì)沸點(diǎn)，對羥基苯甲酸易形成分子間氫鍵，可升高沸點(diǎn)，故答案＜；鄰羥基苯甲酸易形成分子內(nèi)氫鍵，可降低物質(zhì)沸點(diǎn)，對羥基苯甲酸易形成分子間氫鍵，可升高沸點(diǎn)?！拘?詳解】固體三氧化硫中存在如圖所示的三聚分子，該結(jié)構(gòu)是四面體結(jié)構(gòu)，該分子中S的軌道雜化類型為sp3?！拘?詳解】分析砷化鎵的晶胞，以頂角上的為參考對象，周圍距離最近且相等的是位于相鄰的面心位置，故周圍距離最近且相等的的數(shù)目是12個?！拘?詳解】一份的外界能電離出3份氯離子，而一份可以電離出2份氯離子。溶液A中溶質(zhì)的物質(zhì)的量是，用濃度為的溶液進(jìn)行滴定，消耗溶液20mL，消耗的物質(zhì)的量是，根據(jù)Cl-+Ag+=AgCl↓的反應(yīng)關(guān)系，可知溶液A含0.002mol氯離子，故溶質(zhì)為?！拘?詳解】的一種晶體晶胞結(jié)構(gòu)中，銅原子位于頂角、面和體心，則銅原子的數(shù)目是，故一個晶胞中含銅原子數(shù)目是4個；S原子均位于晶胞內(nèi)部，銅原子的A位置緊鄰的S原子連接，如下圖所示：15.某工廠采用如下工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液(含、、、、和)，實(shí)現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收。（1）工業(yè)上用一定濃度的硫酸浸取已粉碎的鎳鈷礦并不斷攪拌，提高浸取速率的方法為_______(答出一條即可)（2）“氧化”時，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強(qiáng)氧化性的過一硫酸，通入混合氣中的體積分?jǐn)?shù)與氧化率隨時間的變化關(guān)系如圖所示。①已知可以看作是過氧化氫分子中的一個氫原子被磺酸基(—)取代的產(chǎn)物，畫出的結(jié)構(gòu)式_______。②再用石灰乳調(diào)節(jié)，被氧化為，該反應(yīng)的離子方程式為_______(的電離第一步完全，第二步微弱)。③所得濾渣中主要成分是、_______。④若混合氣中不添加，相同時間內(nèi)Mn(II)氧化率很低但不為0的原因是_______⑤的體積分?jǐn)?shù)高于9.0%時，相同時間內(nèi)Mn(II)氧化率隨的體積分?jǐn)?shù)增大而降低的原因是_______。（3）將“鈷鎳渣”加入足量酸溶后，加入溶液進(jìn)行“鈷鎳分離”，寫出氧化生成沉淀的離子方程式_______。（4）據(jù)報道，只含鎂、鎳和碳三種元素的晶體可具有超導(dǎo)性。該晶體的結(jié)構(gòu)可看作由鎂原子和鎳原子在一起進(jìn)行面心立方最密堆積(如圖)，則該晶體中鎂、碳、鎳三種元素的原子個數(shù)比是_______?！敬鸢浮浚?）適當(dāng)增大硫酸濃度或適當(dāng)升高溫度（2）①.②.Mn2++HSO+H2O=MnO2↓+SO+3H+③.CaSO4、Fe(OH)3④.氧氣也能氧化Mn(II)⑤.SO2有還原性，過多將會降低H2SO5的濃度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率（3）ClO—+2Co2++5H2O=2Co(OH)3↓+Cl—+4H+（4）1：1：3【解析】【分析】硫酸浸取液中加入混合氣，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強(qiáng)氧化性的H2SO5，加入石灰乳調(diào)節(jié)pH，Mn2+被H2SO5氧化為MnO2，亞鐵離子也被H2SO5氧化成鐵離子，故還有氫氧化鐵沉淀生成，鈣離子與硫酸根離子反應(yīng)生成硫酸鈣沉淀，濾渣為MnO2、CaSO4和Fe(OH)3；過濾后濾液中加入NaOH沉鈷鎳，過濾后濾液中加入NaOH沉鎂，生成氫氧化鎂沉淀?！拘?詳解】用硫酸浸取已粉碎的鎳鈷礦并不斷攪拌時，適當(dāng)增大硫酸濃度、適當(dāng)升高溫度等措施可提高浸取速率，故答案為：適當(dāng)增大硫酸濃度或適當(dāng)升高溫度；【小問2詳解】①由過一硫酸可以看作是過氧化氫分子中的一個氫原子被磺酸基取代的產(chǎn)物可知，過一硫酸的結(jié)構(gòu)式為，故答案為：；②由題意可知，再用石灰乳調(diào)節(jié)溶液pH為4時，錳離子發(fā)生的反應(yīng)為錳離子與過一硫酸氫根離子和水反應(yīng)生成二氧化錳沉淀、硫酸根離子和氫離子，反應(yīng)的離子方程式為Mn2++HSO+H2O=MnO2↓+SO+3H+，故答案為：Mn2++HSO+H2O=MnO2↓+SO+3H+；③由分析可知，所得濾渣中主要成分是二氧化錳、硫酸鈣、氫氧化鐵，故答案為：CaSO4、Fe(OH)3；④若混合氣中不添加二氧化硫，相同時間內(nèi)Mn(II)氧化率很低但不為0是因?yàn)榭諝庵械难鯕庖材軐⑷芤褐械腻i離子氧化，過一硫酸氧化性遠(yuǎn)強(qiáng)于氧氣，所以相同時間內(nèi)Mn(II)氧化率很低但不為0，故答案為：氧氣也能氧化Mn(II)；⑤由圖可知，二氧化硫的體積分?jǐn)?shù)為9.0%時，Mn(Ⅱ)氧化速率最大，繼續(xù)增大二氧化硫的體積分?jǐn)?shù)，具有還原性二氧化硫會與溶液中的過一硫酸反應(yīng)從而降低過一硫酸的濃度，從而降低Mn(Ⅱ)的氧化速率，故答案為：SO2有還原性，過多將會降低H2SO5的濃度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率；【小問3詳解】由題意可知，次氯酸鈉氧化溶液中亞鈷離子的反應(yīng)為次氯酸根離子與亞鈷離子和水反應(yīng)生成氫氧化鈷沉淀、氯離子和氫離子，反應(yīng)的離子方程式為ClO—+2Co2++5H2O=2Co(OH)3↓+Cl—+4H+，故答案為：ClO—+2Co2++5H2O=2Co(OH)3↓+Cl—+4H+；【小問4詳解】由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂點(diǎn)的鎂原子個數(shù)為8×=1、位于體心的碳原子個數(shù)為1，位于面心的鎳原子個數(shù)為6×=3，則晶體中鎂、碳、鎳三種元素的原子個數(shù)比是1：1：3，故答案為：1：1：3。16.檸檬酸亞鐵是一種易被人體吸收的高效鐵制劑，醫(yī)療上可以用來治療缺鐵性貧血。某課題組以硫鐵礦燒渣(含、、少量等)為原料，先制備碳酸亞鐵，再與檸檬酸反應(yīng)可以制得檸檬酸亞鐵。其工藝流程如圖：已知：相關(guān)金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH(開始沉淀的pH按金屬離子濃度為計算)：金屬離子沉淀開始pH沉淀完全pH3.15.15.96.91.23.2（1）“浸泡”時加入過量硫酸的目的：_______。（2）“除雜”時有同學(xué)提出下列兩種途經(jīng)，請選擇較合理的途徑并說明理由_______。途徑一：途徑二：（3）“制備”時，溶液的濃度對沉淀中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)以及產(chǎn)率的影響如圖，溶液的濃度大于4mol/L時，產(chǎn)率下降但沉淀中鐵元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)上升的原因是_______。（4）已知檸檬酸亞鐵易被氧化，能溶于水，不溶于乙醇。設(shè)計試驗(yàn)方案，從“除雜”后的溶液制備檸檬酸亞鐵晶體：_______，靜置、過濾、洗滌、干燥，獲得檸檬酸亞鐵晶體。(必須用到的試劑有：粉、4mol/L溶液，檸檬酸溶液，無水乙醇)（5）產(chǎn)品純度的測定。產(chǎn)品中鐵的含量用EDTA配位滴定法測定；稱取0.4000g產(chǎn)品中加入足量溶液和適量的稀，充分反應(yīng)后再用溶液滴定至終點(diǎn)(其他離子對滴定過程無干擾)，消耗EDTA溶液的體積為20.00mL(已知：EDTA與的滴定比例為1：1，檸檬酸亞鐵的摩爾質(zhì)量為246g/mol)。計算產(chǎn)品的純度為_______?！敬鸢浮浚?）使燒渣充分溶解，提高鐵元素的浸出率，抑制鐵離子的水解（2）選擇途徑一更好，途徑一產(chǎn)品的純度高，途徑二產(chǎn)品中混有硫酸鋁雜質(zhì)。（3）當(dāng)碳酸鈉濃度大于4mol/L時，F(xiàn)e2+與碳酸根離子發(fā)生雙水解生成氫氧化亞鐵沉淀，導(dǎo)致碳酸亞鐵產(chǎn)率降低，氫氧化亞鐵中鐵的百分含量高于FeCO3中鐵的百分含量，所以沉淀中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)上升（4）向硫酸亞鐵溶液中逐滴加入4mol/L碳酸鈉溶液，待沉淀不再增加后過濾，將濾渣溶于足量的檸檬酸溶液中，同時加入適量鐵粉，充分反應(yīng)后將濾液濃縮、加入適量的無水乙醇（5）73.8%【解析】【分析】硫鐵礦燒渣中加入硫酸浸泡，氧化鐵轉(zhuǎn)化為鐵離子、氧化鋁轉(zhuǎn)化為鋁離子，SiO2不溶于酸形成沉淀，隨后在濾液中加入還原劑，將鐵離子轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，隨后調(diào)節(jié)pH在5.1-5.9之間，除去鋁離子，過濾后濾液中加入碳酸鈉溶液，生成碳酸亞鐵沉淀，過濾得到碳酸亞鐵，最后碳酸亞鐵與檸檬酸反應(yīng)生成檸檬酸亞鐵。【小問1詳解】浸泡時加入過量的硫酸，一是使燒渣充分溶解，提高鐵元素的浸出率，二是因?yàn)殍F離子會水解，硫酸過量可抑制鐵離子的水解?！拘?詳解】途徑一中先加鐵粉，鐵離子與鐵粉反應(yīng)生成亞鐵離子，隨后調(diào)節(jié)pH在5.1-5.9之間，使鋁離子完全沉淀，過濾除去得到硫酸亞鐵；途徑二中先調(diào)節(jié)pH，鐵離子完全沉淀pH為3.2，此時鋁離子已經(jīng)開始沉淀，因此過濾得到的氫氧化鐵中含有部分氫氧化鋁，使得最終產(chǎn)物中含有硫酸鋁，因此選擇途徑一更好?！拘?詳解】當(dāng)碳酸鈉濃度大于4mol/L時，F(xiàn)e2+與碳酸根離子發(fā)生雙水解生成氫氧化亞鐵沉淀，導(dǎo)致碳酸亞鐵產(chǎn)率降低，F(xiàn)e(OH)2中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=62.2%，F(xiàn)eCO3中鐵質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=48%，氫氧化亞鐵中鐵的百分含量高于FeCO3中鐵的百分含量，所以鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)上升?！拘?詳解】從除雜后的FeSO4溶液制備檸檬酸亞鐵晶體，具體實(shí)驗(yàn)方案為：向硫酸亞鐵溶液中逐滴加