四川省遂宁市 高三(上)入学化学试卷

四川省遂宁市高三（上）入学化学试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.化学与社会发展以及人们生活质量的提高有密切关系．下列的叙述不正确的是
（）
A. 在1个标准大气压下，水只有在 时才能蒸发
B. 用或示踪原子可以进行幽门螺旋杆菌的检测
C. 用溶液可以洗去蔬菜、水果等的残留农药
D. 使用含钙、镁离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力会减弱
2.设N A为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）
A. 39g K 与足量反应完全后可生成个分子
B. 含4 molHCl的浓盐酸和足量加热反应可生成个分子
C. 标准状况下，氟化氢中含个原子
D. 2mol单质Cu与足量高温硫蒸气完全反应，失去个电子
3.
A B C D
4.奥运会中，禁止运动员使用兴奋剂是奥运会的重要举措之一．以下两种兴奋剂的结
构分别为：
则关于它们的说法中正确的是（）
A. 利尿酸分子中有三种含氧官能团，在核磁共振氢谱上共有六个峰
B. 1 mol兴奋剂X与足量浓溴水反应，最多消耗4 mol
C. 两种兴奋剂最多都能和含3molNaOH的溶液反应
D. 两种分子中的所有碳原子均不可能共平面
5.电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如图．下列说
法不正确的是（）
A. 在电极b上发生还原反应
B. 溶液中向电极a移动
C. 反应消耗的与的物质的量之比为4：5
D. 负极的电极反应式为：
6.短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次递增，且在同一周期，四种元素原子的
最外层电子数之和为19，X和Y元素原子的原子序数比为6：7，X的最高正价是W的最低负价的绝对值的2倍．下列说法正确的是（）
A. X单质可以通过铝热法获得
B. Y的氧化物是良好的半导体材料
C. Z的氢化物比W的氢化物更稳定
D. X的最高价氧化物和Z的最高价氧化物化合的产物中有共价键和离子键
7.N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生如下反应：2N2O5（g）⇌4NO2（g）
（g）△H＞0．T温度时，向密闭容器中通入N气体，部分实验数据见下表：
下列说法正确的是（）
A. 500 s内的生成速率为
B. 温度下该反应平衡时的转化率为
C. 达到平衡其他条件不变，将容器的体积压缩到原来，则
D. 温度下的平衡常数为，温度下的平衡常数为，若，则
二、填空题（本大题共4小题，共15.0分）
8.在一定条件下，将1.00molN2（g）与3.00molH2（g）混合于一个10.0L密闭容器中，
在不同温度下达到平衡时NH3（g）的平衡浓度如图所示．其中温度为T1时平衡混合气体中氨气的体积分数为25.0%．
①当温度由T1变化到T2时，平衡常数关系K1______ K2（填“＞”，“＜”或“=”），
焓变△H ______ 0．（填“＞”或“＜”）
②该反应在T1温度下5.00min达到平衡，这段时间内N2的化学反应速率为______
③T1温度下该反应的化学平衡常数K1= ______ ．
9.根据最新“人工固氮”的研究报道，在常温常压和光照条件下N2在催化剂表面与
水发生反应：2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g），此反应的△S ______ 0（填“＞”或“＜”）．若已知：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=a kJ/mol2H2
（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=b kJ/mol2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g）的△H= ______ （用含a、b的式子表示）．
10.科学家采用质子高导电性的SCY陶瓷（可传递H+）实现了低温常压下高转化率的
电化学合成氨，其实验原理示意图如图所示，则阴极的电极反应式是______．
11.25
现有常温下•的（4）23溶液，
①该溶液呈______ 性（填“酸”、“中”、“碱”），原因是______
②该（NH4）2CO3溶液中各微粒浓度之间的关系式不正确的是______ ．
A．c（NH4+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（NH3•H2O）
B．c（NH4+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+c（CO32-）
C．c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）=0.1mol/L
D．c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）
E．c（H+）+c（HCO3-）+c（H2CO3）=c（OH-）+c（NH3•H2O）
三、简答题（本大题共3小题，共34.0分）
12.工业上用某矿渣（含有Cu2O、Al2O3，Fe2O3、SiO2）制取铜的操作流程如下：
已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O
（1）实验操作Ⅰ的名称为______；在空气中灼烧固体混合物D时，用到多种硅酸盐质的仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有______（填仪器名称）．
（2）滤液A中铁元素的存在形式为______（填离子符号），生成该离子的离子方程式为______，检验滤液A中存在该离子的试剂为______（填试剂名称）．
（3）金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨，该反应的化学方程式为______．
（4）常温下，等pH的NaAlO2和NaOH两份溶液中，由水电离出的c（OH-）前者为后者的108倍，则两种溶液的pH=______．
（5）利用电解法进行粗铜精炼时，下列叙述正确的是______（填代号）．
a．电能全部转化为化学能
b．粗铜接电源正极，发生氧化反应
c．精铜作阴极，电解后电解液中Cu2+浓度减小
d．粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量无确定关系
（6）从浓硫酸、浓硝酸、蒸馏水中选用合适的试剂，测定粗铜样品中金属铜的质量分数，涉及的主要步骤为：称取一定质量的样品→______→过滤、洗涤、干燥→称量剩余固体铜的质量．（填缺少的操作步骤，说出主要操作方法，不必描述操作过程的细节）
13.（1）纳米技术制成的金属燃料、非金属固体燃料、氢气等已应用到社会生活和高
科技领域．单位质量的A和B单质燃烧时均放出大量热，可用作燃料．已知A和
①某同学根据上述信息，推断B的核外电子排布如图1所示，该同学所画的电子排
布图违背______ ，B元素位于周期表五个区域中的______ 区．
②ACl2分子中A的杂化类型为______ ，ACl2的空间构型为______ ．
（2）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道能与一些分子或离子形成配合物．
①以体心立方堆积形成的金属铁中，其原子的配位数为______ ．
②写出一种与CN-互为等电子体的单质的电子式______ ．
③六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4-中不存在______ ．
A．共价键 B．非极性键 C．配位键 D．σ键 E．π键
（3）一种Al-Fe合金的立体晶胞如图2所示．请据此回答下列问题：
①确定该合金的化学式______ ．
②若晶体的密度=ρ g/cm3，则此合金中最近的两个Fe原子之间的距离（用含ρ的代
数式表示，不必化简）为______ cm．
14.化合物F是一种抗心肌缺血药物的中间体，可以通过以下方法合成：
（1）化合物C中的官能团为______ 和______ （填官能团的名称）．
（2）化合物B的结构简式为______ ；由A→B的反应类型是：______ ．
（3）同时满足下列条件的A的同分异构体有______ 种．试写出一种分子中只含
有6种等效氢的结构简式：______ ．
①分子含有2个独立苯环，无其他环状结构②能发生银镜反应和水解反应
③不能和FeCl3发生显色反应，但水解产物可以，分子中含有甲基
（4）（4）已知：RCH2CN RCH2CH2NH2，请写出以为原料制备化合物X（）（结构简式见图）的合成路线流程图（无机试
剂可任选）．合成路线流程图示例如下：______ ．
四、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
15.已知：ICl的熔点为13.9 ，沸点为97.4 ，易水解，且能发生反应：ICl（l）+Cl2
（g）=ICl3（l）．（图中夹持装置略去）
（1）装置A中发生反应的化学方程式是______．
（2）装置B的作用是______．不能用装置F代替装置E，理由 ______．
（3）所制得的ICl中溶有少量ICl3杂质，提纯的方法是______（填标号）．
A．过滤B．蒸发结晶C．蒸馏 D．分液
（4）用ICl的冰醋酸溶液测定某油脂的不饱和度．进行如下两个实验，实验过程中有关反应为：
①
②ICl+KI=I2+KCl
③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
实验1：将5.00g该油脂样品溶于四氯化碳后形成100mL溶液，从中取出十分之一，加入20mL某ICl的冰醋酸溶液（过量），充分反应后，加入足量KI溶液，生成的碘单质用a mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定．经平行实验，测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为V1mL．
实验2（空白实验）：不加油脂样品，其它操作步骤、所用试剂及用量与实验1完全相同，测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为V2mL．
①滴定过程中可用______作指示剂．
②滴定过程中需要不断振荡，否则会导致V1______（填“偏大”或“偏小）．
③5.00g该油脂样品所消耗的ICl的物质的量为______mol．由此数据经换算即可求
得该油脂的不饱和度．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
解：A．蒸发对温度没有要求，0℃的水也能蒸发，故A错误；
B．用13C或14C示踪原子可以进行幽门螺旋杆菌的检测，故B正确；
C．碳酸氢钠水解显碱性，很多农药是油脂性的可以用NaHCO3溶液洗涤除去，故C正确；
D．肥皂能够使钙、镁离子浓度较大的地下水产生沉淀，去污能力减弱，故D
正确；
故选：A．
A．蒸发对温度没有要求；
B．用13C或14C示踪原子可以进行幽门螺旋杆菌的检测；
C．碳酸氢钠水解显碱性，很多农药是油脂性的，用清水泡洗不易除去，用碳
酸钠或碳酸氢钠来泡洗蔬菜可除去油脂性的农药；
D．肥皂能够使钙、镁离子浓度较大的地下水产生沉淀；
本题考查了化学与生活等的相关知识，题目难度不大，注意积累，注意硬水
与软水的区别．
2.【答案】D
【解析】
解：A、39g钾的物质的量为1mol，而1molK～0.5mol氢气，故生成的氢气分子物质的量为0.5mol，个数为0.5N A个，故A错误；
B、二氧化锰只能和浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故浓盐酸不能反应完全，
则生成的氯气分子个数小于N A个，故B错误；
C、标况下HF为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；
D、铜和硫反应后变为+1价，故2mol铜失去2N A个电子，故D正确．
故选D．
A、求出钾的物质的量，然后根据1molK～0.5mol氢气来分析；
B、二氧化锰只能和浓盐酸反应，和稀盐酸不反应；
C、标况下HF为液体；
D、铜和硫反应后变为+1价．
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．
3.【答案】D
【解析】
解：A．向两份蛋白质溶液中分别加NaCl发生盐析，加CuSO4溶液发生变性，盐析为可逆过程，变性为不可逆过程，故A错误；
B．淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，水解生成葡萄糖，应在碱性条件下检验葡萄糖，则没有加碱至碱性不能检验，故B错误；
C．向苯酚浓溶液中滴入溴水，生成三溴苯酚溶于苯酚，应选浓溴水，现象可观察到白色沉淀，故C错误；
D．乙醇和浓硫酸共热至170℃后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色，则该实验不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故D 正确；
故选D．
A．加NaCl发生盐析，加CuSO4溶液发生变性；
B．淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，水解生成葡萄糖，应在碱性条件下检验葡萄糖；
C．向苯酚浓溶液中滴入溴水，生成三溴苯酚溶于苯酚；
D．乙醇和浓硫酸共热至170℃后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色．
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气有机物的结构与性质、
有机实验等知识，把握物质的性质、实验技能等为解答的关键，侧重分析与
实验能力的考查，选项C是易错点，注意实验的评价性分析，题目难度不大．
4.【答案】B
【解析】
解：A．利尿酸分子中含氧官能团分别是羰基、醚键和羧基，利尿酸中氢原子
种类有7种，有7个吸收峰，故A错误；
B．兴奋剂中含有碳碳双键、酚羟基，碳碳双键和苯环上酚羟基邻对位氢原子能和溴发生反应，所以1 mol兴奋剂X与足量浓溴水反应，最多消耗4 mol Br2，故B正确；
C．酚羟基、氯原子和羧基能和氢氧化钠反应，所以两种兴奋剂最多都能和含5molNaOH的溶液反应，故C错误；
D．碳碳双键、连接苯环的碳原子能共面，所以兴奋剂X中所有碳原子能共面，故D错误；
故选：B。

A．利尿酸分子中含氧官能团分别是羰基、醚键和羧基，有几种氢原子就有几个吸收峰；
B．兴奋剂中含有碳碳双键、酚羟基，碳碳双键和苯环上酚羟基邻对位氢原子能和溴发生反应；
C．酚羟基、酯基、氯原子和羧基能和氢氧化钠反应；
D．碳碳双键、连接苯环的碳原子能共面．
本题考查有机物结构和性质，侧重考查酚、卤代烃、羧酸的性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，难点是判断原子共面，题目难度不大．
5.【答案】C
【解析】
解：A．氧气在b极发生还原反应，则b极为正极，a极为负极，故A正确；B．因为a极为负极，则溶液中的阴离子向负极移动，故B正确；
C．反应中N元素化合价升高3价，O元素化合价降低4价，根据得失电子守
恒，消耗NH3与O2的物质的量之比为4：3，故C错误；
D．负极是氨气发生氧化反应变成氮气，且OH-向a极移动参与反应，故电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故D正确。

故选：C。

Pt电子通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极，则b为正极，氧气得电子被还原，结合电极方程式解答该题．
本题考查了原电池原理，根据O、N元素化合价变化判断正负极，再结合反应物、生成物及得失电子书写电极反应式，注意书写电极反应式时要结合电解质特点，为易错点．
6.【答案】D
【解析】
解：短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次递增，且在同一周期，X和Y元素原子的原子序数比为6：7，如果X的原子序数为6，则X、Y、Z和W的最外层电子数只能为4、5、6、7，四种元素原子的最外层电子数之和为22，而且X 的最高正价是W的最低负价的绝对值的4倍，不符合题意；
如果X的原子序数为12，X和Y元素原子的原子序数比为6：7，Y的原子序数应为14，由于X的最高正价是W的最低负价的绝对值的2倍，则W的原子序数为17，四种元素原子的最外层电子数之和为19，Z只能是16号元素，所以X、Y、Z和W以此为Mg、Si、S、Cl元素，
A、X为Mg元素，比Al活泼，不能用铝热法制取，故A错误；
B、硅单质是良好的半导体材料，二氧化硅不是，故B错误；
C、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素对应的氢化物的稳定性逐渐增强，则氯化氢的稳定性大于硫化氢，故C错误；
D、X的最高价氧化物和Z的最高价氧化物化合的产物为硫酸镁，属于含氧酸盐，既含有离子键，又含有共价键，故D正确。

故选：D。

短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次递增，且在同一周期，X和Y元素原子的原子序数比为6：7，如果X的原子序数为6，则X、Y、Z和W的最外层电子数只能为4、5、6、7，四种元素原子的最外层电子数之和为22，而且X的最高正价是W的最低负价的绝对值的4倍，不符合题意；
如果X的原子序数为12，X和Y元素原子的原子序数比为6：7，Y的原子序数应为14，由于X的最高正价是W的最低负价的绝对值的2倍，则W的原
子序数为17，四种元素原子的最外层电子数之和为19，Z只能是16号元素，所以X、Y、Z和W以此为Mg、Si、S、Cl元素，根据元素所在周期表的位置结合元素周期律的递变规律推断元素、单质及化合物所具有的性质．
本题考查原子结构和元素周期律的关系，题目难度较大，正确推断元素的种
类为解答该题的关键，注意物质的工业用途和化学键的类型．
7.【答案】D
【解析】
解：A．依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度
=5.00mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L，分解速率==2.96×10-3mol/（L•s），所以二氧化氮的反应速率=2v（N2O5）=5.92×10-3mol•L-1•s-1，故A错误；
B．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）
=2.5mol/L，c（NO2）=5mol/L，c（O2）=1.25mol/L，转化率为×100%=50%，故B错误；
C．T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，各物质的浓度先变为原来的2倍，而加压平衡左移，则c（N2O5）＞5.00mol•L-1，故C错误；
D．该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大，所以温度高，平衡常数大，故D正确；
故选：D。

A．依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度计算分解率；
B．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）
=2.5mol/L，计算转化率；
C．将容器的体积压缩到原来的，各物质的浓度先变为原来的2倍，而加压平衡左移；
D．该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大．本题考查化学平衡状态判断、化学平衡有关计算、化学平衡影响因素、平衡
常数等，难度中等．
8.【答案】①＞＜
②8.00×10-3mol/（L•min）
③18.3L2/mol2
【解析】
【分析】
①由图1可知，温度越高，平衡时NH3的浓度越小，说明升高温度平衡向逆反应进行，平衡常数减小；②令参加反应的氮气的物质的量为nmol，利用三段
式用n表示处于平衡时各组分的物质的量，根据氨气的体积分数列方程计算
n的值，再计算N2的化学反应速率；③T1温度下该反应的化学平衡常数K1；本题考查化学平衡计算、反应速率计算、平衡常数计算及应用，难度中等，注意理解掌握平衡常数的应用。

【解答】
①由图可知，温度越高，平衡时NH3的浓度越小，说明升高温度平衡向逆反
应进行，平衡常数减小，故平衡常数K A＞K B，温度越高，K值越小，所以正反应是放热反应；
故答案为：＞；＜；
②令参加反应的氮气的物质的量为nmol，则：
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
开始（mol）：1 3 0
变化（mol）：n 3n 2n
平衡（mol）：1-n 3-3n 2n
所以×100%=25%，解得n=0.4，这段时间内N2的化学反应速率为=8.00×10-3mol/（L•min）；
故答案为：8.00×10-3mol/（L•min）；
③K1==18.3L2/mol2；
故答案为：18.3L2/mol2。

9.【答案】＞；（2a-3b）kJ/mol
【解析】
解：2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g），气体物质的量增加熵增，△S＞0；
因为①N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=a kJ/mol；②2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=b kJ/mol，根据盖斯定律可知，目标反应为2①-3②，所以△H=（2a-3b）kJ/mol，
故答案为：＞；（2a-3b）kJ/mol．
2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g），气体物质的量增加熵增，根据盖斯定律求△H，目标反应为2①-3②．
本题考查反应热计算，难度中等，旨在考查学生对知识的掌握与运用，加强基础知识的掌握理解．
10.【答案】反应式为N2+6H++6e-=2NH3
【解析】
解：电解时，N2在阴极上得电子被还原生成氨气，氢离子参加反应，阴极反应式为反应式为N2+6H++6e-=2NH3，故答案为：反应式为N2+6H++6e-=2NH3．由图可知电解时，阴极与电源的负极相连，氮气在阴极得电子发生还原反应生成氨气，据此写出阴极反应．
本题考查了电解原理，明确电解池电极的判断，会正确书写电极反应式，注意注意氢离子的作用，题目难度中等．
11.【答案】①碱；由于NH3•H2O的电离平衡常数大于HCO3-的电离平衡常数，因此CO32-水解程度大于NH4+水解程度，溶液呈碱性
②BE
【解析】
【分析】
本题以盐类水解为载体考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确电离平衡
常数与弱离子水解程度关系是解本题关键，注意守恒思想的灵活运用，题目
难度不大。

【解答】
①分析电离平衡常数可知电离程度，NH3•H2O＞H2CO3＞HCO3-，对应盐水
解程度NH4+＜HCO3-＜CO32-，常温下0.1mol•L-1的（NH4）2CO3溶液呈碱性，由于NH3•H2O的电离平衡常数大于HCO3-的电离平衡常数，因此CO32-水解程度大于NH4+水解程度，溶液中c （OH-）＞c（H+），溶液呈碱性；
故答案为：碱；由于NH3•H2O的电离平衡常数大于HCO3-的电离平衡常数，因此CO32-水解程度大于NH4+水解程度，溶液呈碱性；
②A.溶液中铵根离子浓度大于碳酸根离子浓度，碳酸根离子水解程度大于铵根离子水解程度，所以溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（CO32-）＞c （HCO3-）＞c（NH3•H2O），故A正确；
B.溶液中存在电荷守恒为：c（NH4+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-），故B错误；
C.依据溶液中物料守恒得到：c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）=0.1mol•L-1 ，故C正确；
D.依据溶液中物料守恒，n（N）：n（C）=2：1，结合溶液中离子种类和守恒关系得到：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），故D正确；
E.依据溶液中质子守恒，c（NH3•H2O）+c（OH-）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c
（H2CO3），故E错误；
故答案为：BE。

12.【答案】过滤；坩埚；Fe2+；Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；硫氰化钾溶液和新制氯水；
2Al+Fe2O3高温2Fe+Al2O3；11；bc；将浓硫酸用蒸馏水稀释，使样品与足量稀硫酸充分反
应
【解析】
解：某矿渣（含有Cu2O、Al2O3，Fe2O3、SiO2）加足量的稀盐酸，过滤，滤液A 含有Cu2+、Al3+、Fe2+；固体混合物B为二氧化硅和Cu；滤液A中加足量的NaOH溶液，生成偏铝酸钠、氢氧化铁沉淀和氢氧化铜沉淀，过滤，滤液C为偏铝酸钠，偏铝酸钠经过一系列操作可以制得E（Al），固体混合物D为氢氧化铁沉淀和氢氧化铜沉淀，灼烧氢氧化铁沉淀和氢氧化铜沉淀得到固体混合物F（氧化铁和氧化铜），氧化铁和氧化铜混合物发生铝热反应生成Cu和Fe，电解得到纯铜．
（1）实验操作I步骤中分离溶液和沉淀的操作名称为过滤，在空气中灼烧固体混合物D时，所用到的仪器有坩埚、泥三角、三角架、酒精灯，玻璃棒，
故答案为：过滤；坩埚；
（2）依据提取流程图可知，加入过量盐酸，氧化铁和氧化铝全部溶解为氯化铁和氯化铝溶液，Cu2O与盐酸反应生成氯化铜、铜和水，生成的铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，二氧化硅不溶于盐酸为沉淀，所以滤液A中铁元素的存在形式为亚铁离子，可用氯水将其氧化成三价铁离子，三价铁离子与KSCN溶液发生反应生成红色物质来检验三价铁离子，
故答案为：Fe2+；2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；硫氰化钾溶液和新制氯水；
（3）铝与氧化铁发生铝热反应的化学方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故
答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；
（4）设溶液的PH为X，NaAlO2溶液中由水电离出的c（OH-）=10X-14mol/L，
NaOH溶液中由水电离出的c（OH-）=10-X mol/L，=108，解得X=11，
则溶液中氢离子浓度：c（H+）=10-11mol/L，即pH=11；
故答案为：11；
（5）a．电能部分转化为化学能，故a错误；
b．粗铜接电源正极，失去电子，发生氧化反应，故b正确；
c．精铜作阴极，电解后电解液中Cu2+浓度减小，故c正确；
d．粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量存在关系：电路中通过3.01×1023个电子，得到精铜的质量为16g，故d错误；
故选：b．c；
（6）设计方案的主要步骤是将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后，过滤，干燥，称量剩余固体铜的质量即可；
故答案为：将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应．
某矿渣（含有Cu2O、Al2O3，Fe2O3、SiO2）加足量的稀盐酸，过滤，滤液A含有Cu2+、Al3+、Fe2+；固体混合物B为二氧化硅和Cu；滤液A中加足量的NaOH 溶液，生成偏铝酸钠、氢氧化铁沉淀和氢氧化铜沉淀，过滤，滤液C为偏铝酸钠，偏铝酸钠经过一系列操作可以制得E（Al），固体混合物D为氢氧化铁沉淀和氢氧化铜沉淀，灼烧氢氧化铁沉淀和氢氧化铜沉淀得到固体混合物F（氧化铁和氧化铜），氧化铁和氧化铜混合物发生铝热反应生成Cu和Fe，电解得到纯铜．
（1）根据分离溶液和沉淀；根据灼烧过程所需要用到的仪器分析即可；
（2）依据提取流程图可知，加入过量盐酸，氧化铁和氧化铝全部溶解为氯化铁和氯化铝溶液，Cu2O与盐酸反应生成氯化铜、铜和水，生成的铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，二氧化硅不溶于盐酸为沉淀；三价铁离子与KSCN溶液发生反应生成红色物质来检验三价铁离子；
（3）根据铝热反应的原理来书写；
（4）设溶液的PH为X，然后求出由水电离出的c（OH-），利用由水电离出的c （OH-）前者为后者的108倍求出X；
（5）a．电能转化为化学能、热能；
b．粗铜接电源正极，失去电子，发生氧化反应
c．精铜作阴极，电解后电解液中Cu2+浓度减小
d．粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量存在关系；
（6）设计方案的主要步骤是将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后，过滤，干燥，称量剩余固体铜的质量即可．
本题以矿渣（含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2）提取铜为背景，考查考查物质的制备以及分离和提纯等知识，侧重于考查学生综合运用化学知识的能力，为高考常见题型，难度中等．
13.【答案】能量最低原理；s；sp；直线形；8；；B；Fe 2Al；
【解析】
解：（1）①由图1电子轨道排布图可知，3s能级未填满就填充3p能级，所以违背能量最低原理；由表中电离能可知，二者第三电离能剧增，故为+2价，都为短周期元素，故A为铍、B为Mg，镁价层电子排布为3s2，处于周期表中s区，故答案为：能量最低原理；s；
②BeCl2分子中Be的成2个σ键，杂化轨道数为2，采取sp杂化，没有孤对电子对，为直线型，故答案为：sp；直线形；
（2）①体心立方堆积，如：，属于钾、钠和铁型，其原子的配位数为8，故答案为：8；
②等电子体中原子个数相等、价电子数相等，CN-含有2个原子、价电子数是10，与单质氮气分子是等电子体关系，氮气的电子式为，
故答案为：；
③六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4-中存在配位键，极性共价键，CN-电子式为
，则C、N间存在σ键和π键，
故答案为：B；
（3）①由晶胞图2，晶胞中含有4个Al原子，且都位于晶胞内部，则晶胞平均含有4个Al，晶胞中Fe位于顶点的有8个，位于面心的有6个，位于棱上的有12个，位于体心的有1个，含有Fe原子数目为8×+6×+12×+1=8，Fe 与Al原子数目之比为8：4=2：1，故该合金的化学式为Fe2Al，故答案为：Fe2Al；
②一个晶胞中含有8个Fe原子和4个Al原子，设合金中最近的两个Fe原子之间的距离为xcm，则棱长为2xcm，体积为8x3cm3，晶胞质量为
g，由ρ=可知，8x3=，则x=cm，故答案为：
．
（1）①由图1电子轨道排布图可知，3s能级未填满就填充3p能级，3s能级能量比3p能级低，每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反；
由表中电离能可知，二者第三电离能剧增，故为+2价，都为短周期元素，故A 为铍、B为Mg，镁价层电子排布为3s2；
②BeCl2分子中Be的成2个σ键，杂化轨道数为2，采取sp杂化，没有孤对电子对，为直线型；
（2）①体心立方堆积，如：，属于钾、钠和铁型，其原子的配位数为8；②等电子体中原子个数相等、价电子数相等，CN-含有2个原子、价电子数是10，与单质氮气分子是等电子体关系；
③六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4-中存在配位键，极性共价键，CN-电子式为
，则C、N间存在σ键和π键；。