PAGE19-寧夏銀川一中2025屆高三化學第五次月考試題（含解析）1.在抗擊新型冠狀病毒肺炎的戰(zhàn)役中，化學品發(fā)揮了重要作用。下列說法中錯誤的是A.生產(chǎn)醫(yī)用防護口罩的原料聚丙烯纖維屬于有機高分子材料B.過氧化氫、過氧乙酸等消毒液均利用其強氧化性而達到消毒的目的C.84消毒液的主要有效成分是NaClO，與醫(yī)用酒精混合可以提升消毒效果D.硝酸銨制成的醫(yī)用速冷冰袋利用了硝酸銨溶于水吸熱的性質(zhì)【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．生產(chǎn)醫(yī)用防護服、口罩的主要原料是聚丙烯纖維、熔噴布等，均是有機高分子材料，故A正確；B．過氧化氫、過氧乙酸都具有強氧化性，均可以將病毒氧化而達到消毒的目的，故B正確；C．84消毒液是以NaClO為主要有效成分的消毒液，乙醇具有還原性，與醫(yī)用酒精混合會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能起到提升消毒效果的作用，故C錯誤；D．硝酸銨溶于水汲取大量的熱，使水溫快速降低，可用于制醫(yī)用速冷冰袋，故D正確；答案選C。2.已知NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A.12g石墨烯(單層石墨)中含有六元環(huán)的個數(shù)為2NAB.100g質(zhì)量分數(shù)為46%的乙醇水溶液中含有的氧原子數(shù)為NAC.在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，陰離子總數(shù)肯定大于0.1NAD.常溫下，1L0.1mol·L-1醋酸鈉溶液中加入醋酸至溶液為中性，則溶液含醋酸根離子數(shù)0.1NA【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．12g石墨烯的物質(zhì)的量是1mol，石墨烯中平均每個六元環(huán)含有2個碳原子，則1mol碳原子含有六元環(huán)的個數(shù)是0.5NA，故A錯誤；B．100g質(zhì)量分數(shù)為46%的乙醇水溶液中含有乙醇的物質(zhì)的量是=1mol，含有氧原子數(shù)為NA，水中也含有氧原子，故B錯誤；C．不知道溶液的體積，無法算出碳酸鈉的物質(zhì)的量，故C錯誤；D．常溫下，1L0.1mol·L-1醋酸鈉溶液中加入醋酸至溶液為中性，溶液中存在電荷守恒：，則=0.1mol=0.1NA，故D正確；故選：D。3.某科研人員提出HCHO與O2在羥基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的歷程，該歷程示意圖如圖(圖中只畫出了HAP的部分結(jié)構(gòu))。下列說法不正確的是（）A.HAP能提高HCHO與O2的反應(yīng)速率B.HCHO在反應(yīng)過程中，有C—H鍵發(fā)生斷裂C.依據(jù)圖示信息，CO2分子中的氧原子全部來自O(shè)2D.該反應(yīng)可表示為：HCHO＋O2CO2＋H2O【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．依據(jù)圖知，HAP在第一步反應(yīng)中作反應(yīng)物，在其次步反應(yīng)中作生成物，所以是總反應(yīng)的催化劑，催化劑能改變更學反應(yīng)速率，因此該反應(yīng)中HAP作催化劑而提高反應(yīng)速率，A正確；B．依據(jù)圖示可以發(fā)覺，甲醛分子中的兩個C-H鍵的H原子都與O發(fā)生斷裂，故僅有C-H鍵發(fā)生斷裂，B正確；C．依據(jù)圖知，CO2分子中氧原子一部分來自O(shè)2，另一部分還來自于甲醛，C錯誤；D．該反應(yīng)中反應(yīng)物是甲醛和氧氣，生成物是二氧化碳和水，HAP為催化劑，反應(yīng)方程式為：HCHO＋O2CO2＋H2O，D正確；故選C。4.由下列試驗現(xiàn)象肯定能得出相應(yīng)結(jié)論的是選項ABCD裝置圖現(xiàn)象右邊試管產(chǎn)生氣泡較快左邊棉球變棕黃色，右邊棉球變藍色試管中先出現(xiàn)淡黃色固體，后出現(xiàn)黃色固體試管中液體變渾濁結(jié)論催化活性：Fe3+＞Cu2+氧化性：Br2＞I2Ksp：AgCl＞AgBr＞AgI非金屬性：C＞SiA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】【詳解】A.兩溶液c(Cl-)相同，可解除氯離子的影響，c(Fe3+)比c(Cu2+)小，也解除了濃度的影響，而右邊產(chǎn)生的氣泡快，說明催化活性：Fe3+Cu2+，故A正確；B.生成的溴蒸汽中混有氯氣，氯氣和溴蒸汽均能氧化KI生成碘，所以不能說明氧化性Br2I2，故B錯誤；C.2ml的AgCl懸濁液，滴加2-3滴NaBr后，有淡黃色沉淀，此時溶液中還含有大量的AgCl，再滴2-3滴NaI溶液，有黃色沉淀，可能是AgCl轉(zhuǎn)化成了AgI，則不能證明Ksp：AgBrAgI，故C錯誤；D.生成的CO2會混有HCI，所以不能說明碳酸的酸性不硅酸的酸性強，則不能證明非金屬性CSi，故D錯誤；本題答案為A。5.我國科學家合成了一種新的化合物，其結(jié)構(gòu)式如圖所示。該物質(zhì)中W、X、Y、Z、M是短周期中常見元素，且原子序數(shù)依次增大；已知M元素原子核外電子總數(shù)是Y元素原子核外電子總數(shù)的兩倍。下列說法中錯誤的是A.由X和Y兩種元素形成的化合物有多種B.W和Z元素位于周期表中同一主族C.元素的非金屬性強弱依次為：Z＞Y＞XD.Y、M元素的氣態(tài)氫化物沸點凹凸為：Y＞M【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z、M是短周期中常見元素，且原子序數(shù)依次增大；已知M元素原子核外電子總數(shù)是Y元素原子核外電子總數(shù)的兩倍，結(jié)合結(jié)構(gòu)式圖所示，X形成3個共價鍵，M形成六個共價鍵，W形成一個共價鍵，則W為H元素，X為N元素，Y為O元素，Z為F元素，M為S元素，據(jù)此分析結(jié)合元素性質(zhì)解答?！驹斀狻恳罁?jù)分析，WH元素，X為N元素，Y為O元素，Z為F元素，M為S元素；A．X為N元素，Y為O元素，由X和Y兩種元素形成的化合物為氮氧化物，有一氧化氮、二氧化氮、三氧化二氮、五氧化二氮等多種，故A正確；B．W為H元素，位于第一周期第ⅠA族，Z為F元素，位于周期表其次周期第ⅦA族，故B錯誤；C．X為N元素，Y為O元素，Z為F元素，同周期元素，隨核電荷數(shù)增大，非金屬性越強，元素的非金屬性強弱依次為：Z＞Y＞X，故C正確；D．Y為O元素，M為S元素，氧元素形成的氫化物為水，水分子間存在氫鍵，沸點較高，硫元素形成的氣態(tài)氫化物為硫化氫，無氫鍵，則Y、M元素的氣態(tài)氫化物沸點凹凸為：Y＞M，故D正確；答案選B?！军c睛】依據(jù)元素的成鍵特征，可以推斷出各元素所在的族，從而依據(jù)同周期元素的性質(zhì)遞變規(guī)律進行推斷。6.我國科學家研發(fā)了一種水系可逆Zn-CO2電池，將兩組陰離子、陽離子復(fù)合膜反向放置分隔兩室電解液，充電、放電時，復(fù)合膜層間的H2O解離成H+和OH-，工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.a膜是陽離子膜，b膜是陰離子膜B.放電時負極的電極反應(yīng)式為Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-C.充電時CO2在多孔Pd納米片表面轉(zhuǎn)化為甲酸D.外電路中每通過1mol電子，復(fù)合膜層間有1molH2O解離【答案】C【解析】分析】依據(jù)圖示可知，放電時是原電池，放電時，負極為鋅，鋅在負極失去電子生成鋅離子，結(jié)合復(fù)合膜層電離出的氫氧根離子生成Zn(OH)42-，負極的電極反應(yīng)式為Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-，多孔Pd納米片為正極，二氧化碳在正極得到電子轉(zhuǎn)化為甲酸，電極反應(yīng)為CO2+2H++2e-=HCOOH，總的電極反應(yīng)為：Zn+2OH-+2H2O+CO2=Zn(OH)42-+HCOOH，充電時的電極反應(yīng)與放電時的反應(yīng)相反，由此分析?！驹斀狻緼．由圖可知，a膜釋放出氫離子，是陽離子膜，b膜釋放出氫氧根離子，是陰離子膜，故A正確；B．依據(jù)圖示可知，放電時是原電池，負極為鋅，鋅在負極失去電子生成鋅離子，結(jié)合復(fù)合膜層電離出的氫氧根離子生成Zn(OH)42-，負極的電極反應(yīng)式為Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-，故B正確；C．放電時多孔Pd納米片為正極，二氧化碳在正極得到電子轉(zhuǎn)化為甲酸，充電時是電解池，甲酸在多孔Pd納米片表面轉(zhuǎn)化為CO2，故C錯誤；D．復(fù)合膜層間的H2O解離成H+和OH-，依據(jù)總的電極反應(yīng)：Zn+2OH-+2H2O+CO2=Zn(OH)42-+HCOOH，鋅的化合價從0價上升到+2價，外電路中每通過1mol電子，復(fù)合膜層間有1molH2O解離，故D正確；答案選C?！军c睛】依據(jù)圖中信息寫出電極反應(yīng)是解本題的關(guān)鍵，方法是依據(jù)氧化還原反應(yīng)的原理找到反應(yīng)物和生成物，依據(jù)化合價的變更找到轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，再進行推斷。7.已知pOH=-lgc(OH-)，向20mL0.1mol·L-1的氨水中滴加未知濃度的稀H2SO4，測得混合溶液的溫度、pOH隨加入稀硫酸體積的變更如下圖所示，下列說法不正確的是A.稀H2SO4的物質(zhì)的量濃度為0.05mol·L-1B.當溶液中pH=pOH時，水的電離程度最小C.a點時溶液中存在c(NH3·H2O)＋2c(OH-)=c(NH)＋2c(H＋D.a、b、c三點對應(yīng)NH的水解平衡常數(shù)：Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)【答案】B【解析】【分析】向20mL0.1mol?L-1的氨水中滴加未知濃度的稀H2SO4，反應(yīng)放熱，溶液的溫度上升，當二者恰好完全反應(yīng)時，放熱最多，溶液的溫度最高，所以硫酸的體積為20mL時，恰好完全反應(yīng)。【詳解】A．有分析可知：加入20ml硫酸與氨水恰好完全反應(yīng)，硫酸是二元酸，一水合氨是一元堿，所以稀H2SO4的物質(zhì)的量濃度為0.05mol·L-1，故A不選；B．當溶液中pH=pOH時，溶液呈中性，水的電離既不促進又不抑制，而不滴加硫酸時，溶液顯堿性，抑制水的電離，當加入40ml硫酸時，酸過量，抑制水的電離，氨水與硫酸恰好反應(yīng)生成硫酸銨時水的電離程度最大，故B選；C．a(chǎn)點時反應(yīng)后溶質(zhì)為一水合氨和硫酸銨，且硫酸銨為一水合氨濃度的一半，有電荷守恒和物料守恒得c(NH3·H2O)＋2c(OH-)=c(NH)＋2c(H＋)，故C不選；D．上升溫度促進銨根離子水解，水解常數(shù)增大，由圖可知，溫度：b＞a＞c，則a、b、c三點對應(yīng)NH的水解平衡常數(shù)：Kh(b)＞Kh(a)＞Kh(c)，故D不選；故選：B。8.碳、氮能形成多種氧化物、氫化物(1)已知：①2NO(g)N2(g)＋O2(g)△H1=-180.5kJ·mol-1②CO(g)＋O2(g)CO2(g)△H2=-283kJ·mol-1則NO與CO反應(yīng)生成兩種無毒氣體的熱化學方程式為_______。(2)運用高效催化劑可大大削減汽車尾氣排放出的NOx含量，某探討所的科研人員探究了T1℃時等質(zhì)量的三種催化劑對CO還原NO的催化效果(其他條件相同)①假如不考慮催化劑價格，則運用催化劑_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)最好；A、B兩狀態(tài)下，生成CO2的速率大小關(guān)系是_______。②若容器容積為2L，起先時加入0.5molNO、0.5molCO，在催化劑Ⅰ的作用下達到如圖1所示平衡，則反應(yīng)2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)在該溫度下的平衡常數(shù)K=_______L·mol-1。(3)化學動力學上將一步完成的反應(yīng)稱為基元反應(yīng)。對于基元反應(yīng)：aA＋bB→cC＋dD，其速率方程式為v=k·ca(A)·cb(B)(k為只與溫度有關(guān)的速率常數(shù))，困難反應(yīng)(由幾個基元反應(yīng)構(gòu)成)的速率取決于慢的基元反應(yīng)。①已知反應(yīng)NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)△H＜0，在溫度低于250℃時是由兩個基元反應(yīng)構(gòu)成的困難反應(yīng)，該反應(yīng)的速率方程式為v=k·c2(NO2)，則其兩個基元反應(yīng)分別為：Ⅰ._______=NO3＋_______；Ⅱ.略，這兩個反應(yīng)中活化能較小的是_______。②某科研小組測得380℃時該反應(yīng)的c(NO2)、c(CO)與生成CO2的速率[v(CO2)]的關(guān)系如下：則該溫度下的反應(yīng)速率常數(shù)k=_______L·mol-1·s-1.c(CO)/(mol·L-1)0.0250.050.025c(NO2)/(mol·L-1)0.040.040.12v(CO2)/(mol·L-1·s-1)2.2×10-44.4×10-46.6×10-4【答案】(1).2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)△H=-746.5kJkJ·mol-1(2).I(3).v(A)>v(B)(4).640(5).2NO2(6).NO(7).II(8).0.22【解析】【分析】【詳解】(1)：①2NO（g）?N2（g）+O2（g）△H1=-180.5kJ?mol-1②CO(g)＋O2(g)CO2(g)△H2=-283kJ·mol-1依據(jù)蓋斯定律①+2×②得2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）△H=-746.5kJkJ·mol-1；(2)①相同時間25s內(nèi)，催化劑Ⅰ條件下n（N2）最多，則催化劑I最好；相同25s內(nèi)，A狀態(tài)下n（N2）大于B狀態(tài)下n（N2），氮氣的反應(yīng)速率狀態(tài)A大于狀態(tài)B，化學反應(yīng)速率之比等于化學計量數(shù)之比，則生成二氧化碳的速率v(A)>v(B)；②容器容積為2L，起先時加入0.5molNO、0.5molCO，在催化劑Ⅰ的作用下達到平衡，n（N2）=0.2mol，=640；(3)①對于基元反應(yīng)：aA+bB→cC+dD，其速率方程式為v=k?ca（A）?cb（B），結(jié)合v=k?c2（NO2），則基元反應(yīng)Ⅰ的反應(yīng)物是NO2，系數(shù)是2，有原子守恒得生成物還有NO，系數(shù)是1，依據(jù)速率方程式可知，該反應(yīng)的速率有基元Ⅰ確定，則基元Ⅰ是慢反應(yīng)，Ⅱ為快反應(yīng)，說明活化能較小的是Ⅱ；②NO2（g）+CO（g）?NO（g）+CO2（g），則v=k?c（NO2）?c（CO），，解得k=0.22。9.工業(yè)上用菱錳礦(MnCO3)[含F(xiàn)eCO3、SiO2、Cu2(OH)2CO3等雜質(zhì)]為原料制取KMnO4.其流程示意圖如圖。已知：①Ksp(CuS)=1.3×10﹣36、Ksp(MnS)=1.95×10﹣13金屬陽離子生成氫氧化物沉淀的pH如表：Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2起先沉淀時8.36.32.74.7完全沉淀時9.88.33.76.7回答下列問題：(1)寫出濾渣1的一種工業(yè)用途：_______。(2)試劑a最好選用_______(填選項字母)。A.氯水B.高錳酸鉀C.次氯酸鈉D.濃鹽酸(3)試劑b可選用_______(填選項字母)。A.氨水B.稀硫酸C.碳酸錳D.Mn(OH)2E.NaOH(4)試劑c為MnS，寫出濾液2中加入MnS后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：_______。該反應(yīng)的平衡常數(shù)為_______(5)工業(yè)上用硫酸溶解碳酸錳，而不用鹽酸溶解，其緣由是_______。(6)下表是幾種弱酸常溫下的電離平衡常數(shù)：CH3COOHH2CO3H2SH3PO4Ka=1.8×10-5Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11Ka1=9.1×10-8Ka2=1.1×10-12Ka1=7.5×10-3Ka2=6.2×10-8Ka3=2.2×10-13則其酸根離子結(jié)合質(zhì)子實力最強的是_______【答案】(1).制造光導(dǎo)纖維、冶煉硅、制玻璃等(2).B(3).CD(4).MnS+Cu2+=Mn2++CuS(5).1.5×1023(6).若用鹽酸溶解碳酸錳，電解時溶液中的Cl﹣會失去電子生成氯氣，而不生成MnO(7).PO【解析】【分析】菱錳礦用硫酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2(OH)2CO3與硫酸反應(yīng)，SiO2不與硫酸反應(yīng)，過濾得到濾渣1為SiO2，濾液1中含有硫酸鎂、硫酸亞鐵、硫酸銅及剩余的硫酸，向濾液1中加入試劑a為高錳酸鉀，將溶液中Fe2+氧化為Fe3+，加入試劑b為碳酸錳或Mn(OH)2等調(diào)整pH=4時Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，過濾除去，濾渣2為Fe(OH)3，濾液2中加入試劑c為MnS，將溶液中Cu2+氧化為CuS沉淀過濾除去，則濾渣3為CuS，濾液3中含有MnSO4，最終經(jīng)電解得到KMnO4。【詳解】(1)二氧化硅可用于制造光導(dǎo)纖維、冶煉硅、制玻璃等；(2)試劑a將溶液中Fe2+氧化為Fe3+，且不能引入新雜質(zhì)，只有高錳酸鉀符合，故答案為：B；(3)試劑b調(diào)整pH使鐵離子轉(zhuǎn)化為沉淀，但不能引入新雜質(zhì)，則加入試劑b為碳酸錳、Mn(OH)2等，故答案為：CD；(4)MnS與氯化銅反應(yīng)轉(zhuǎn)化更難溶的CuS，同時得到氯化鎂，反應(yīng)離子方程式為MnS+Cu2+=Mn2++CuS，平衡常數(shù)為=1.5×1023；(5)電解時氯離子放電實力大于錳離子，若用鹽酸溶解碳酸錳，電解時溶液中的Cl-會失去電子生成氯氣，而不生成MnO4-，故答案為：若用鹽酸溶解碳酸錳，電解時溶液中的Cl-會失去電子生成氯氣，而不生成MnO4-；(6)電離常數(shù)越大，對應(yīng)酸的酸性越強，酸電離出的陰離子結(jié)合質(zhì)子的實力越弱，則酸性強弱是H3PO4>CH3COOH>H2CO3>H2S>>>>，則其酸根離子結(jié)合質(zhì)子實力最強的是PO。10.PCl3主要用于制造敵百蟲等有機磷農(nóng)藥和磺胺嘧啶(SD)等醫(yī)藥的原料。下圖為試驗室中制取粗PCl3產(chǎn)品的裝置，夾持裝置略去。經(jīng)查閱資料知：紅磷與少量Cl2反應(yīng)生成PCl3，與過量Cl2反應(yīng)生成PCl5，PCl3遇水會劇烈水解生成H3PO3，PCl3遇O2會生成POCl3(三氯氧磷)，PCl3、POCl3的熔沸點見表。

物質(zhì)熔點/℃沸點/℃PCl3﹣11275.5POCl32105.3回答下列問題：(1)A是制取CO2裝置，CO2的作用是_______，選擇A中的藥品是_______(填字母)。a.稀鹽酸b.稀硫酸c.NaHCO3粉末d.塊狀石灰石(2)裝置D中盛有堿石灰，其作用_______。(3)裝置G中生成Cl2，反應(yīng)的離子方程式為_______。(4)裝置C采納65﹣70℃水浴加熱，制得的PCl3粗產(chǎn)品中常含有POCl3、PCl5等雜質(zhì)，除雜的方法是：先加入紅磷加熱，除去PCl5，然后通過_______(填試驗操作名稱)，即可得到較純凈的PCl3。(5)通過試驗測定粗產(chǎn)品中PCl3的質(zhì)量分數(shù)，試驗步驟如下(不考慮雜質(zhì)的反應(yīng))：第一步：快速移取20.0gPCl3粗產(chǎn)品，加水完全水解后，再配成500mL溶液；其次步：移取25.00mL溶液置于錐形瓶中；第三步：加入0.5mol?L﹣1碘溶液20mL，碘過量，H3PO3完全反應(yīng)生成H3PO4；第四步：加入幾滴淀粉溶液，用1.0mol?L﹣1Na2S2O3標準溶液滴定過量的碘，反應(yīng)方程式為I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI，滴至終點時消耗Na2S2O3標準溶液12mL。①第三步中反應(yīng)的化學方程式為_______。第四步滴定終點時的現(xiàn)象是_______。②依據(jù)上述數(shù)據(jù)，計算該產(chǎn)品中PCl3的質(zhì)量分數(shù)為_______%。【答案】(1).排盡裝置中的空氣，防止PCl3被氧化，干擾試驗(2).ad(3).防止空氣中水蒸氣進入裝置使PCl3水解，汲取未反應(yīng)的氯氣，防止污染空氣(4).2MnO+16H++10Cl﹣=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(5).蒸餾(6).H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI(7).藍色褪去，半分鐘不復(fù)原(8).55%【解析】【分析】由試驗裝置可知，本試驗首先由A裝置中CaCO3和鹽酸反應(yīng)生成CO2，產(chǎn)生的氣體通濃硫酸，以除去CO2氣體中混入的水，然后用CO2排盡裝置內(nèi)的空氣，G裝置濃鹽酸和高錳酸鉀二者反應(yīng)生成氯化鉀、氯化錳、氯氣和水，制得氯氣，因PCl3遇水會劇烈水解，所以氯氣需干燥，E裝置利用濃硫酸干燥氯氣，利用二氧化碳排盡裝置中的空氣，防止三氯化磷與氧氣反應(yīng)，PCl3沸點為75.5℃，利用C裝置防止PCl3揮發(fā)（冷凝），因尾氣中含有有毒氣體氯氣，且空氣中水蒸氣可能進入裝置，所以用D裝置利用堿石灰汲取多余的Cl2，防止空氣中的水蒸氣進入燒瓶和PCl3【詳解】(1)通入一段時間的CO2可以排盡裝置中的空氣，防止PCl3被氧化，干擾試驗，A為由CaCO3和鹽酸反應(yīng)生成CO2，故答案為：排盡裝置中的空氣，防止PCl3被氧化，干擾試驗；ad；(2)因尾氣中含有毒氣體氯氣，且空氣中水蒸氣可能進入裝置，所以D裝置利用堿石灰汲取多余的Cl2，防止空氣中的水蒸氣進入燒瓶和PCl3反應(yīng)；故答案為：防止空氣中水蒸氣進入裝置使PCl3水解，汲取未反應(yīng)的氯氣，防止污染空氣；(3)G裝置濃鹽酸和高錳酸鉀二者反應(yīng)生成氯化鉀、氯化錳、氯氣和水，制得氯氣，依據(jù)化學方程式寫出離子方程式為2MnO+16H++10Cl﹣=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(4)由信息可知，POCl3與PCl3都是液體，沸點相差較大，故可以用蒸餾的方法進行分別；(5)①據(jù)加入碘，H3PO3完全反應(yīng)生成H3PO4，據(jù)此寫出反應(yīng)的化學方程式：H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI，第四步滴定終點時的現(xiàn)象是藍色褪去，半分鐘不復(fù)原；②H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，依據(jù)化學方程式可知H3PO3物質(zhì)的量和PCl3的物質(zhì)的量相同，設(shè)過量的碘體積為VmL，列式求得：VmL=12mL故和H3PO3反應(yīng)的碘體積有20?12=8mL設(shè)該產(chǎn)品中PCl3的質(zhì)量分數(shù)為ω，20.0gPCl3粗產(chǎn)品，加水完全水解后，配成500mL溶液，只移取25.00mL溶液試驗，故20.0gPCl3粗產(chǎn)用量為8mL×20列式求得：ω=55%。11.2019年10月1日，在慶祝中華人民共和國成立70周年的閱兵儀式上，最終亮相的DF-31A洲際戰(zhàn)略導(dǎo)彈是我國大國地位、國防實力的顯著標記。其制作材料包含了Fe、Cr（1）基態(tài)鐵原子的價電子排布式為___。（2）與Cr同周期且基態(tài)原子最外層電子數(shù)相同的元素，可能位于周期表的___區(qū)。（3）試驗室常用KSCN溶液、苯酚()檢驗Fe3+。其中N、O、S的第一電離能由大到小的依次為___(用元素符號表示)，苯酚中碳原子的雜化軌道類型為___。（4）鐵元素能于CO形成Fe(CO)5。羰基鐵[Fe(CO)5]可用作催化劑、汽油抗爆劑等。1molFe(CO)5分子中含___molσ鍵，與CO互為等電子體的一種離子的化學式為___。（5）碳的一種同素異形體的晶體可實行非最密積累，然后在空隙中插入金屬離子獲得超導(dǎo)體。如圖為一種超導(dǎo)體的面心立方晶胞，C60分子占據(jù)頂點和面心處，K+占據(jù)的是C60分子圍成的___空隙和___空隙(填幾何空間構(gòu)型)；若C60分子的坐標參數(shù)分別為A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，則距離A位置最近的陽離子的原子坐標參數(shù)為___。（6）Ni可以形成多種氧化物，其中一種NiaO晶體晶胞結(jié)構(gòu)為NaCl型，由于晶體缺陷，a的值為0.88，且晶體中的Ni分別為Ni2+、Ni3+，則晶體中Ni2+與Ni3+的最簡整數(shù)比為___，晶胞參數(shù)為428pm，則晶體密度為___g/cm3(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，列出表達式)?！敬鸢浮?1).3d64s2(2).s、ds(3).N>O>S(4).sp2雜化(5).10(6).CN-(7).正四面體(8).正八面體(9).(10).8:3(11).【解析】【分析】原子核外電子排布式為，處于過渡元素，除最外層外價電子還包含3d電子；

為24號元素，位于元素周期表中第四周期第ⅥB族，基態(tài)原子電子排布式為，最外層電子數(shù)為1個；

同周期隨原子序數(shù)增大元素第一電離能呈增大趨勢，N原子2p軌道為半充溢穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同一同周期相鄰元素，同主族自上而下第一電離能減小；苯酚為平面結(jié)構(gòu)，C原子實行雜化；

與CO形成5個配位鍵，屬于鍵，CO分子中有1個鍵，分子含有10個鍵；與CO互為等電子體的離子，含有2個原子、價電子總數(shù)為10，可以用N原子與1個單位負電荷替換O原子，也可以用C原子與2個單位負電荷替換O原子；

據(jù)圖知，占據(jù)的是圍成的正四面體空隙和正八面體空隙，若分子的原子坐標參數(shù)分別為0，，0，，1，等，說明該晶胞的參數(shù)是1，則距離A位置分子最近的為形成的正四面體體心上的；

依據(jù)中化合價代數(shù)和為零可求得晶體中與的最簡整數(shù)比，晶體的晶胞結(jié)構(gòu)為NaCl型，所以每個晶胞中含有4個O原子，有4個“”，再依據(jù)計算?！驹斀狻吭雍送怆娮优挪际綖?，處于過渡元素，除最外層外價電子還包含3d電子，故價電子排布式為，故答案為：；

位于第四周期，基態(tài)原子電子排布式為，最外層電子數(shù)為1個，與Cr同周期且基態(tài)原子最外層電子數(shù)相同的元素為K和Cu，分別為s區(qū)和ds區(qū)，故答案為：s、ds；

同周期隨原子序數(shù)增大元素第一電離能呈增大趨勢，N原子2p軌道為半充溢穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同一同周期相鄰元素的O，同主族自上而下第一電離能減小，故第一電離能，苯酚為平面結(jié)構(gòu)，C原子實行雜化；故答案為：；雜化；

與CO形成5個配位鍵，屬于鍵，CO分子中形成1個鍵，故F分子含有10個鍵，1mol分子中含10mol鍵。CO含有2個原子14個電子，所以與CO互為等電子體的一種離子的化學式為或、、，故答案為：10；；

據(jù)圖知，占據(jù)的是圍成的正四面體空隙和正八面體空隙，若分子的原子坐標參數(shù)分別為0，，0，，1，等，說明該晶胞的棱參數(shù)是1，則距離A位置分子最近的為形成的正四面體體心上的，為晶胞棱長的，其參數(shù)為，故答案為：正四面體；正八面體；；

設(shè)晶體中與的最簡整數(shù)比為x：y，依據(jù)中化合價代數(shù)和為零可知：，解得x：：晶體的晶胞結(jié)構(gòu)為Na