江西省南昌二中十五名校聯(lián)盟高三第二次聯(lián)考理科綜合化學(xué)試題

2022屆江西省南昌二中十五名校聯(lián)盟高三第二次聯(lián)考理科綜合化學(xué)試題一、單選題1．化學(xué)科學(xué)在“國之重器”的打造中發(fā)揮著重要作用。下列有關(guān)敘述正確的是（）A．“墨子號”衛(wèi)星的成功發(fā)射實(shí)現(xiàn)了光纖量子通信，光纖的主要成分為晶體硅B．“嫦娥五號”攜帶的月壤中，富含的3He與地球上的4He互為同素異形體C．“奮斗者”載人潛水器下潛深度10909m，其所用合金潛孔鉆頭屬于復(fù)合材料D．“鯤龍”水陸兩棲飛機(jī)實(shí)現(xiàn)海上首飛，其所用燃料航空煤油是石油分餾產(chǎn)品2．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L的CHCl3含有C-Cl鍵的數(shù)目為0.3NAB．1LpH=1的鹽酸中含有陰離子總數(shù)為AC．1molNH4F固體中含有的共價鍵數(shù)目為5NAD．常溫下，18g水中含有的OH-數(shù)目為10-7NA3．五指毛桃湯中含有佛手柑內(nèi)酯(結(jié)構(gòu)簡式如圖)。下列有關(guān)該化合物的說法正確的是（）A．該物質(zhì)的分子式為C12H10O4B．1mol該物質(zhì)最多能與6molH2發(fā)生加成反應(yīng)C．該物質(zhì)完全氫化后的產(chǎn)物的一氯代物有11種D．該物質(zhì)分子中所有碳原子一定共平面4．下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A將HI溶液加入Fe(NO3)3溶液中，充分反應(yīng)后再加入CCl4混合振蕩，靜置溶液分層，下層液體顯紫紅色氧化性：Fe3+＞I2B過量的鐵粉和氯氣反應(yīng)，將反應(yīng)后的固體溶于鹽酸后，滴加KSCN溶液溶液不顯紅色過量鐵與氯氣反應(yīng)的產(chǎn)物為FeCl2C室溫下，用pH試紙分別測定濃度均為的Na2SO3溶液和CH3COONa溶液的pHpH：Na2SO3＞CH3COONaH2SO3酸性弱于CH3COOHD向2支裝有等物質(zhì)的量的AgCl、AgI的試管中分別滴加足量等體積等濃度的氨水AgCl溶解而AgI不溶解相同溫度下，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)A．A B．B C．C D．D5．現(xiàn)有處于不同主族的短周期元素A、B、C、D、E，其中B原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍，C是金屬元素，0.1mol·L-1的D的最高價氧化物的水化物溶液pH＜1，五種元素的原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系如圖所示。下列推斷錯誤的是（）A．原子半徑和離子半徑均滿足：E＜CB．由C，E兩種元素組成的化合物的水溶液能促進(jìn)水的電離C．最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性：B＜D＜ED．B與D形成的化合物BD2中原子的最外層都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)6．儲量豐富、成本低的新型電池系統(tǒng)引起了科學(xué)家的廣泛關(guān)注。由于K+能夠可逆地嵌入/脫嵌石墨電極，開發(fā)了基于鉀離子電解液(KPF6)的新型雙碳電池[碳微球(C)為正極材料，膨脹石墨(Cy*)為負(fù)極材料]，充電時總反應(yīng)為：Cy*+xK++xC+xPF6A．放電時，K+在電解液中由A極向B極遷移但并未嵌入碳微球中B．充電時，B極的電極反應(yīng)式為xC(PF6)+xe-=xC+xPC．放電時，每轉(zhuǎn)移電子時，電解液增重D．充放電過程中，PF6-7．25℃時，在體積均為100mL、濃度均為0.1mol·L-1的兩種一元酸HA和HB的溶液中，分別加入NaOH固體(溫度恢復(fù)至室溫，溶液體積變化忽略不計)，lgc(H+)A．酸性：HA＞HB，且HA是強(qiáng)酸，HB是弱酸B．由水電離出的c(H+)的順序：a＜b＜c＜dC．c點(diǎn)溶液中：c(H+)=c(B-)-c(HB)+c(OH-)D．d點(diǎn)溶液中：c(B-)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)二、綜合題8．近年來，隨著鋰離子電池的廣泛應(yīng)用，廢鋰離子電池的回收處理至關(guān)重要。下面是利用廢鋰離子電池正極材料(有Al、LiCoO2、Ni、Mn、Fe等)回收鈷、鎳、鋰的流程圖。已知：i．P204[二(2-乙基己基)磷酸酯]常用于萃取錳，P507(2-乙基己基磷酸-2-乙基己酯)和Cyanex272[二(2，4，4-三甲基戊基)次膦酸]常用于萃取鈷、鎳。ii．萃取劑萃取鈷離子的原理為2HR(Org)+Co2+(aq)?CoR2(Org)+2H+(aq)iii．氧化性強(qiáng)弱：Co3+＞H2O2＞Fe3+回答下列問題：（1）為了縮短浸出時間，可采取的措施是；浸出時加入H2O2的作用是、；(用相應(yīng)的化學(xué)方程式表示)。（2）常溫下，一些金屬難溶氫氧化物的溶解度(用陽離子的濃度表示)與pH的關(guān)系圖如下，其中Ni(OH)2與Co(OH)2的Ksp極其相近。已知離子濃度小于等于1×10-5mol·L-1時視為沉淀完全，則在加P204萃取前已除盡的雜質(zhì)離子有(填離子符號)。用P204萃取錳時具體操作為：先將混合液轉(zhuǎn)入分液漏斗中，加入P204，蓋上分液漏斗的玻璃塞，將分液漏斗倒置，約呈45°振蕩，(填具體操作)；重復(fù)以上操作，正立放鐵圈上靜置，最后分液。（3）控制水相，溫度25℃，分別用P507、Cyanex272作萃取劑，萃取劑濃度對萃取分離鈷、鎳的影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖所示。兩種萃取劑中(填“P507”或“Cyanex272”)的分離效果比較好，若選Cyanex272萃取劑，則最適宜的萃取劑濃度大約為mol·L-1。（4）往載鈷有機(jī)相中加入(填試劑名稱)反萃取后得載鈷水相。CoSO4溶液和(NH4)2C2O4溶液反應(yīng)可制得一種難溶于水的淺粉紅色粉末草酸鈷(CoC2O4)。在空氣中加熱10.98g草酸鈷晶體(CoC2O4·2H2O)，受熱過程中在不同溫度范圍內(nèi)分別得到一種固體物質(zhì)，其質(zhì)量如下表所示，加熱到890~920℃過程中生成的鈷的氧化物的化學(xué)式為。溫度范圍/℃150~210290~320890~920固體質(zhì)量/g（5）室溫下，用NaOH溶液調(diào)節(jié)鈷萃余液，攪拌一段時間后，靜置，離心分離得到淡綠色氫氧化鎳固體，鎳沉淀率可達(dá)99.62%，若離心分離后的溶液中Ni2+的濃度為10-11mol·L-1，pH=。9．為充分利用資源，變廢為寶，實(shí)驗(yàn)室里利用廢鐵屑制取摩爾鹽[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]。某興趣小組以廢鐵屑制得摩爾鹽后，按下列流程制備二水合草酸亞鐵(FeC2O4·2H2O)，進(jìn)一步制備高純度還原鐵粉。已知：FeC2O4·2H2O難溶于水；H2C2O4易溶于水，溶解度隨溫度升高而增大?；卮鹣铝袉栴}：（1）下列說法正確的是____(填標(biāo)號)。A．步驟①酸化主要是為了抑制Fe2+水解B．步驟②發(fā)生的離子反應(yīng)是：Fe2++C2O42-+2H2O=FeC2O4·2H2C．步驟③用冷水洗滌的效果更好D．步驟③直接烘干可以加快干燥速率（2）利用下圖裝置，可以完成步驟③中的抽濾和洗滌。抽濾結(jié)束，開始洗滌前需(填“打開”或“關(guān)閉”)活塞，理由是。步驟③中檢驗(yàn)沉淀是否洗滌干凈的操作是。（3）實(shí)現(xiàn)步驟④，必須在(填儀器名稱)中進(jìn)行，該步驟發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（4）步驟⑤，用H2還原Fe2O3往往混有雜質(zhì)Fe3O4，原因是。（5）稱取某摩爾鹽(M=392g/mol)樣品14.00g，用煮沸后冷卻的蒸餾水配成100mL溶液；取25.00mL溶液加入稀硫酸，用的KMnO4溶液滴定。①達(dá)到滴定終點(diǎn)時，消耗15.00mLKMnO4溶液，該摩爾鹽的純度是%。②實(shí)驗(yàn)結(jié)果比理論值偏高的可能原因是(填標(biāo)號)。a．滴定管洗凈后直接加入KMnO4溶液b．滴定過程中有少量樣品溶液濺出c．配制溶液過程中蒸餾水未煮沸d．滴定后滴定管尖嘴處氣泡消失10．大氣污染物主要有氮的氧化物NOx和硫的氧化物SO2等。請回答下列問題：（1）NO2有較強(qiáng)的氧化性，能將SO2氧化成SO3，自身被還原為NO。已知下列兩反應(yīng)過程中能量變化如圖1、圖2所示，則NO2氧化SO2生成SO3(g)的熱化學(xué)方程式為。若上述反應(yīng)過程中正反應(yīng)的活化能Ea=112.2kJ·mol-1，則逆反應(yīng)的活化能Eb=kJ·mol-1。（2）研究發(fā)現(xiàn)，NOx是霧霾的主要成分之一，NH3催化還原氮氧化物(SCR)技術(shù)是目前應(yīng)用最廣泛的煙氣氮氧化物脫除技術(shù)。已知：4NH3(g)+6NO(g)?5N2(g)+6H2O(g)ΔH=﹣1810kJ·mol-1，相同條件下，在2L恒容密閉容器中，選用不同的催化劑，上述反應(yīng)產(chǎn)生N2的物質(zhì)的量隨時間變化如圖3所示。①在A、B、C三種催化劑的作用下，清除氮氧化物反應(yīng)的活化能分別表示為Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)，根據(jù)圖3曲線，判斷三種催化劑條件下，活化能由小到大的順序?yàn)?。②在氨氣足量時，反應(yīng)在催化劑A的作用下，經(jīng)過相同時間，測得脫氮率隨反應(yīng)溫度的變化情況如圖4所示，據(jù)圖可知，在相同的時間內(nèi)，溫度對脫氮率的影響是，其可能的原因是(已知A、B催化劑在此溫度范圍內(nèi)不失效)。（3）NO和CO均為汽車尾氣的成分，在催化轉(zhuǎn)換器中二者可發(fā)生反應(yīng)減少尾氣污染。已知：2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g)ΔH＜0.若一定溫度下，向恒容容器中通入等物質(zhì)的量的NO和CO氣體，測得容器中壓強(qiáng)隨時間的變化關(guān)系如下表所示：t/min012345p/kPa400370346330320320假設(shè)反應(yīng)在恒定溫度和標(biāo)準(zhǔn)壓強(qiáng)下進(jìn)行，則Kθ=(標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)Kθ=pN2pθ×(pCO2pθ)2(pNOpθ)2×(（4）用電化學(xué)原理可以減少SO2排放，其裝置如圖5所示。H2O2從口進(jìn)入，右側(cè)電極的電極反應(yīng)式為，若電路中通過2mol電子時，負(fù)極區(qū)n(H2SO4)=。11．鈦金屬重量輕、強(qiáng)度高、有良好的抗腐蝕能力，其單質(zhì)及其化合物在航空航天、武器裝備、能源、化工、冶金建筑和交通等領(lǐng)域應(yīng)用前景廣闊?；卮鹣铝杏嘘P(guān)問題：（1）基態(tài)鈦原子的價電子排布式為；鈦(Ti)和鋯(Zr)是同一副族的相鄰元素，鈦和鋯的價層電子結(jié)構(gòu)相似，請畫出基態(tài)鋯原子的價電子排布圖：。（2）二氧化鈦(TiO2)是常用的具有較高催化活性和穩(wěn)定性的光催化劑。在TiO2催化作用下，可將CN-氧化成CNO-，進(jìn)而得到N2，與CNO-互為等電子體的分子化學(xué)式為(寫出2個)。TiO2與光氣COCl2反應(yīng)可用于制取四氯化鈦，COCl2的空間構(gòu)型為。（3）鈦與鹵素形成的化合物的熔、沸點(diǎn)如下表所示：

TiCl4TiBr4TiI4熔點(diǎn)/℃155沸點(diǎn)/℃233.5377分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔點(diǎn)和沸點(diǎn)呈現(xiàn)一定變化規(guī)律的原因是。（4）鈦某配合物可用于催化環(huán)烯烴聚合，其結(jié)構(gòu)如圖所示：①甲基上的碳原子的雜化類型是。②該配合物中含有的化學(xué)鍵有(填標(biāo)號)。a離子鍵b．σ鍵c．金屬鍵d．π鍵（5）已知TiO2晶胞中Ti4+位于O2-所構(gòu)成的正八面體的體心，ZrO2晶胞中Zr4+位于O2-所構(gòu)成的立方體的體心，其晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示。①TiO2晶胞中Ti4+的配位數(shù)是。②已知二氧化鋯晶胞中Zr原子和O原子之間的最短距離為apm，則二氧化鋯晶體的密度為g·cm-3。(列出表達(dá)式即可，不用化簡，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，ZrO2的摩爾質(zhì)量為Mg/mol)。12．阿比朵爾能有效抑制新型冠狀病毒，化合物H是合成阿比朵爾的中間體，其合成路線如下：回答下列問題：（1）H的分子式為，物質(zhì)B中的官能團(tuán)的名稱為。（2）由F生成G的過程中，F(xiàn)與Br2反應(yīng)的化學(xué)計量數(shù)比例為，若E與H2在一定條件下發(fā)生加成反應(yīng)，其完全加成后的產(chǎn)物中手性碳的個數(shù)為。（3）寫出D→E的反應(yīng)方程式：。（4）已知：E到F的過程如下圖所示，由中間體生成F的反應(yīng)類型為。（5）在合成化合物H的流程中，反應(yīng)I的目的是。（6）①C的同分異構(gòu)體中，滿足下列條件的有種(不考慮立體異構(gòu))。a．含有苯環(huán)b．含有-NO2c．既能發(fā)生水解反應(yīng)，又能發(fā)生銀鏡反應(yīng)②C的所有同分異構(gòu)體在下列表征儀器中顯示的信號(或數(shù)據(jù))完全相同的是(填標(biāo)號)。a．核磁共振氫譜儀b．質(zhì)譜儀c．紅外光譜儀d．元素分析儀

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．硅單質(zhì)用于太陽能電池和半導(dǎo)體材料，光纖制品的成分是二氧化硅，A項(xiàng)不符合題意；B．月壤中富含的3He與地球上的4He都是原子，不是單質(zhì)，屬于He元素的同位素，不屬于同素異形體，B項(xiàng)不符合題意；C．金屬單質(zhì)或合金均屬于金屬材料，即硬質(zhì)合金潛孔鉆頭應(yīng)該屬于金屬材料，C項(xiàng)不符合題意；D．航空煤油屬于混合物，是由不同餾分的烴組成的，是石油分餾的產(chǎn)品之一，D項(xiàng)符合題意；故答案為：D。

【分析】A．光纖的成分是二氧化硅；B．依據(jù)質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同的同一元素的不同原子互為同位素；C．金屬單質(zhì)或合金均屬于金屬材料；D．餾分屬于混合物。2．【答案】B【解析】【解答】A．CHCl3在標(biāo)準(zhǔn)狀況下是液體，不能計算2.24L的CHCl3的物質(zhì)的量，A項(xiàng)不符合題意；B.1LpH=1的鹽酸中n(H+)=0.1mol，根據(jù)電荷守恒有n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)=0.1mol，B項(xiàng)符合題意；C．NH4F是離子化合物，NH4+只有4個共價鍵，1molNH4F固體中含有的共價鍵數(shù)目為4NAD．常溫下水電離出的c(OH-)=1×10-7mol/L，18g水體積為18mL，故n(OH-)=1×10-7×18×10-3=1.8×10-9mol，D項(xiàng)不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下是液體，不能計算；B.根據(jù)電荷守恒計算；C．NH4F是離子化合物，NH4+D．依據(jù)n(OH-)=c(OH-)×V計算。3．【答案】C【解析】【解答】A．該物質(zhì)的分子式為C12H8O4，A項(xiàng)不符合題意；B．碳碳雙鍵和苯環(huán)均能與H2發(fā)生加成反應(yīng)，酯基中碳氧雙鍵不能與H2發(fā)生加成反應(yīng)，因此1mol該物質(zhì)最多能與5molH2發(fā)生加成反應(yīng)，B項(xiàng)不符合題意；C．該物質(zhì)完全氫化后的產(chǎn)物結(jié)構(gòu)不對稱，與H連接的C上均存在不同的一氯代物，共11種，C項(xiàng)符合題意；D．醚鍵連接了苯環(huán)和一個甲基，甲基是四面體結(jié)構(gòu)，由于單鍵可以旋轉(zhuǎn)，該甲基上的碳原子可能與苯環(huán)不共面，D項(xiàng)不符合題意；故答案為：C。

【分析】A．依據(jù)結(jié)構(gòu)簡式確定分子式；B．碳碳雙鍵和苯環(huán)均能與H2發(fā)生加成反應(yīng)，酯基中碳氧雙鍵不能與H2發(fā)生加成反應(yīng)；C．利用等效氫判斷；D．甲基是四面體結(jié)構(gòu)。4．【答案】D【解析】【解答】A．根據(jù)反應(yīng)后CCl4層顯紫紅色說明溶液中生成了I2，由于混合溶液中含有HNO3和Fe3+兩種氧化性物質(zhì)，二者都可將I-氧化為I2，因此不能證明氧化性Fe3+＞I2，A項(xiàng)不符合題意；B．過量的鐵粉與氯氣反應(yīng)生成FeCl3，溶于鹽酸后過量的鐵粉與FeCl3在溶液中反應(yīng)生成FeCl2，所以滴加KSCN溶液后不會變紅，B項(xiàng)不符合題意；C．應(yīng)測定濃度均為0.1mol/L的NaHSO3溶液和CH3COONa溶液的pH，才能比較H2SO3和CH3COOH的酸性強(qiáng)弱，C項(xiàng)不符合題意；D．根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象AgCl溶解而AgI不溶解，說明AgCl溶液中離子濃度更大，則Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D項(xiàng)符合題意；故答案為：D?！痉治觥緼．根據(jù)HNO3和Fe3+都可將I-氧化為I2；B．鐵粉與FeCl3在溶液中反應(yīng)生成FeCl2；C．利用越弱越水解判斷；D．根據(jù)沉淀轉(zhuǎn)化分析。5．【答案】A【解析】【解答】A．同周期原子序數(shù)越大原子半徑越小，原子半徑：Cl＜Mg或Al，電子層數(shù)越多離子半徑越大，但離子半徑：Cl-＞Mg2+或Al3+，故A符合題意；B．由C、E兩種元素組成的化合物的水溶液為MgCl2或AlCl3，都能促進(jìn)水的電離，故B不符合題意；C．元素的非金屬性強(qiáng)弱順序?yàn)镃＜S＜Cl，則最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性：B＜D＜E，故C不符合題意；D．CS2中C共用了4個共用電子對，S共用了2個共用電子對，都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D不符合題意；故答案為：A?！痉治觥緼．同周期原子序數(shù)越大原子半徑越小，電子層數(shù)越多離子半徑越大；B．可水解的鹽促進(jìn)水的電離；C．元素的非金屬性越強(qiáng)，則最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性越強(qiáng)；D．利用最外層電子數(shù)與化合價的絕對值之和分析。6．【答案】B【解析】【解答】A．放電時K+在電解液中由A極向B極遷移，但并未嵌入碳微球中，而是留在溶液中，故A不符合題意；B．充電時為電解池，B極為電解池的陽極，電極反應(yīng)式為xC+xPF6--xe-=xC(PF6)C．放電時，每轉(zhuǎn)移0.2mol電子時，電解液增重0.2molKPF6，質(zhì)量為0.2mol×184g/mol=36.8g，故C不符合題意；D．充放電過程中，陰離子移向陽極和負(fù)極，PF6-在碳微球電極上可逆地嵌入/故答案為：B?！痉治觥緼．放電時陽離子在電解液中由負(fù)極向正極遷移；B．電解池的陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；C．依據(jù)得失電子守恒；D．充放電過程中，陰離子移向陽極和負(fù)極。7．【答案】C【解析】【解答】A.25℃時，Kw=1×10-14，由圖可知沒有加入氫氧化鈉固體時，a點(diǎn)0.1mol/LHA溶液中，lgc(H+)c(OH-)=12，可求得0.1mol/LHA溶液中c(H+)=0.1mol/L，則HA為強(qiáng)酸；同理，由b點(diǎn)可知0.1mol/LHB溶液中，B．由圖和上述計算可知，a點(diǎn)和b點(diǎn)均抑制水的電離，由于a點(diǎn)c(H+)更大，對水的抑制程度更大，c點(diǎn)和d點(diǎn)均為HB和NaB的混合溶液，由于d點(diǎn)加入氫氧化鈉的物質(zhì)的量大，溶液中NaB的物質(zhì)的量大，對水電離的促進(jìn)大，則由水電離出的c(H+)的順序?yàn)閍＜b＜c＜d，故B項(xiàng)不符合題意；C．c點(diǎn)反應(yīng)后為等濃度的HB和NaB溶液，根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，根據(jù)物料守恒：2c(Na+)=c(B-)+c(HB)，聯(lián)立可得2c(H+)=c(B-)-c(HB)+2c(OH-)，故C項(xiàng)符合題意；D．d點(diǎn)c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，則c(Na+)=c(B-)，且遠(yuǎn)大于c(H+)，故對應(yīng)的溶液中，c(B-)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)，故D項(xiàng)不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.依據(jù)電離的程度判斷強(qiáng)弱；

B．依據(jù)酸或堿抑制水的電離，含有弱根離子的鹽促進(jìn)水的電離；

C．根據(jù)電荷守恒和物料守恒分析；

D．根據(jù)電荷守恒分析。8．【答案】（1）攪拌或適當(dāng)加熱或適當(dāng)提高H2SO4溶液濃度等；2LiCoO2+3H2SO4.+H2O2=Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O；2Fe+3H2SO4+3H2O2=Fe2(SO4)3+6H2O（2）Fe3+；打開分液漏斗活塞排出氣體，再關(guān)閉活塞（3）Cyanex272；（4）硫酸；CoO（5）【解析】【解答】根據(jù)題意利用廢鋰離子電池正極材料(有Al、LiCoO2、Ni、Mn、Fe等)回收鈷、鎳、鋰，整個流程中應(yīng)將鈷、鎳、鋰元素進(jìn)行保留轉(zhuǎn)化成相應(yīng)的產(chǎn)物，將鋁、錳和鐵元素除盡，提高產(chǎn)品產(chǎn)品純度，據(jù)此分析；(1)縮短浸出時間加快浸出速率可用攪拌；適當(dāng)加熱，但不能高溫，以防H2O2受熱分解。也可以適當(dāng)增大H2SO4濃度等。根據(jù)題意由LiCoO2制得CoSO4，Co元素由+3價變?yōu)?2價，說明LiCoO2在硫酸中作氧化劑把H2O2氧化成O2，方程式為2LiCoO2+3H2SO4.+H2O2=Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O；Fe與H2SO4反應(yīng)只生成Fe2+，不便于沉淀除去，根據(jù)氧化性：Co3+＞H2O2＞Fe2+，H2O2把Fe2+氧化成Fe3+，方程式為2Fe+3H2SO4+3H2O2=Fe2(SO4)3+6H2O。(2)由金屬難溶氫氧化物的溶解度與pH的關(guān)系圖可知，加入NaOH溶液調(diào)pH=4時，F(xiàn)e3+濃度小于1×10-5mol/L，沉淀完全。萃取的具體操作為先將混合液轉(zhuǎn)入分液漏斗中，加入P204，蓋上分液漏斗的玻璃塞，將分液漏斗倒置，約呈45°振蕩，打開分液漏斗活塞排出氣體，再關(guān)閉活塞，目的是防止振蕩過程中產(chǎn)生氣體，壓強(qiáng)過大炸裂儀器，最后重復(fù)以上操作，正立放鐵圈上靜置，最后分液，完成萃取分離。(3)由圖可知，萃取時“Cyanex272"比“P507”對鈷、鎳萃取率的差值大，Cyanex272分離效果好。選Cyanex272萃取劑，濃度在以后鎳的萃取率上升，鈷的萃取率變化不大，所以0.4mol/L最好。(4)萃取劑萃取鈷離子的原理為2HR(Org)+Co2+(aq)?CoR2(Org)+2H+(aq)，為使有機(jī)相鈷變?yōu)樗噔?，且最終獲得CoSO4，應(yīng)加稀硫酸使平衡逆向移動，反萃取后可生成CoSO4，溶液。草酸鈷晶體的物質(zhì)的量為10.98183，加熱到890~920℃時生成物中的鈷的物質(zhì)的量為，則氧元素的質(zhì)量為4.5g-0.06mol×59g/mol=0.96g，物質(zhì)的量為0.06mol(5)由金屬難溶氫氧化物的溶解度與pH的關(guān)系圖可知Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)·c2(OH-)=1×10，c2(OH-)=1×10-14.61×10-11=1×10

【分析】(1)利用影響反應(yīng)速率的因素分析；根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理分析。(2)由金屬難溶氫氧化物的溶解度與pH的關(guān)系分析；依據(jù)萃取操作的過程作答。(3)依據(jù)萃取率的差值大，分離效果好選擇。(4)依據(jù)平衡移動原理選擇試劑；利用原子守恒確定化學(xué)式。(5)利用Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)·c2(OH-)計算。9．【答案】（1）A（2）打開；防止后續(xù)所加洗滌劑流速過快不能充分洗滌；取最后一次洗滌液少許于試管中，加入鹽酸酸化的氯化鋇，若無白色沉淀，則洗滌干凈（3）坩堝；4(FeC2O4·2H2O)+3O2高溫__2Fe2O3+8CO2+8H（4）還原鐵粉在高溫下易與產(chǎn)物水蒸氣反應(yīng)生成Fe3O4（5）84；ad【解析】【解答】摩爾鹽[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]酸化溶解后，用稍過量的H2C2O4反應(yīng)，經(jīng)抽濾、洗滌、干燥等操作得到FeC2O4·2H2O，該物質(zhì)灼燒時與O2反應(yīng)得到Fe2O3，F(xiàn)e2O3被還原可制備高純度還原鐵粉。(1)步驟①，F(xiàn)e2+會水解，酸化能抑制其水解，故A正確；步驟②，H2C2O4是弱電解質(zhì)，不能拆，正確的離子方程式為Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+，故B不正確；步驟③，根據(jù)已知信息，采用熱水洗滌可提高草酸的溶解度，提升除雜效果，故C不正確；步驟③，直接烘干會使FeC2O4·2H2O脫去結(jié)晶水，故D不正確。(2)步驟③中抽濾時要關(guān)閉活塞進(jìn)行減壓，洗滌時要打開活塞，防止因減壓導(dǎo)致后續(xù)所加洗滌劑流速過快不能充分洗滌；晶體表面主要附著(NH4)2SO4可溶性雜質(zhì)，可通過檢驗(yàn)最后一次洗滌液中是否含有SO(3)固體灼燒需要在坩堝內(nèi)進(jìn)行；FeC2O4·2H2O在空氣中灼燒生成Fe2O3、CO2和H2O，反應(yīng)方程式：4(FeC2O4·2H2O)+3O2高溫__2Fe2O3+8CO2+8H2(4)步驟⑤若用H2，則制備的還原鐵粉會與產(chǎn)物水蒸氣發(fā)生反應(yīng)：3Fe+4H2O(g)=====高溫Fe3O4+4H2(5)①根據(jù)離子方程式：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，可建立如下關(guān)系式：5Fe2+~MnO②a．滴定管洗凈后直接加入KMnO4溶液，則KMnO4溶液的濃度減小，所用體積偏大，使測定的純度值偏高；b．滴定過程中有少量樣品溶液濺出，則所用KMnO4溶液的體積偏小，測定結(jié)果偏低；c．配制溶液過程中蒸餾水未煮沸，則溶液中亞鐵離子會被氧氣氧化，導(dǎo)致消耗的KMnO4溶液的體積偏小，測定結(jié)果偏低；d．滴定后滴定管尖嘴處氣泡消失，則讀取KMnO4溶液的體積偏大，測定結(jié)果偏高；故答案為：ad。

【分析】

(1)步驟①利用“同離子效應(yīng)”分析；弱電解質(zhì)，不能拆；步驟③，溫度對溶解度的影響分析；結(jié)晶水加熱易失去。

(2)注意儀器的使用方法。

(3)坩堝用來灼燒固體；FeC2O4·2H2O在空氣中灼燒生成Fe2O3、CO2和H2O。

(4)還原鐵粉會與水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣。

(5)①根據(jù)關(guān)系式計算。

②利用公式分析。10．【答案】（1）NO2(g)+SO2(g)?SO3(g)+NO(g)ΔH=﹣；154（2）Ea(A)＜Ea(B)＜Ea(C)；300℃之前，溫度升高脫氮率逐漸增大，300°C之后，溫度升高脫氮率逐漸減??；300℃之前反應(yīng)未平衡，脫氮率主要取決于反應(yīng)速率，溫度越高，反應(yīng)速率越快，所以脫氮率增大，300℃之后脫氮率主要取決于平衡移動，該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，脫氮率減?。?）80（4）a；SO2－2e﹣+2H2O=SO42-+4H【解析】【解答】(1)由圖可得如下熱化學(xué)方程式：①2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)ΔH1=-246.6kJ/mol，②2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)△H2，由蓋斯定律可知，①-②2可得反應(yīng)NO2(g)+SO2(g)?NO(g)+SO3(g)，則△H=12(ΔH1-△H2)=12，則二氧化氮氧化二氧化硫生成三氧化硫氣體的熱化學(xué)方程式為NO2(g)+SO2(g)?SO3，故答案為：NO2(g)+SO2(g)?(2)①由圖可知，三種催化劑條件下，相同時間內(nèi)生成氮?dú)馕镔|(zhì)的量的大小順序?yàn)锳＞B＞C，則反應(yīng)的反應(yīng)速率的大小順序?yàn)锳＞B＞C，反應(yīng)的活化能越大，反應(yīng)速率越慢，所以三種催化劑條件下，活化能由小到大的順序?yàn)镋a(A)＜Ea(B)＜Ea(C)，故答案為：Ea(A)＜Ea(B)＜Ea(C)；②由圖可知，300℃時，脫氮率最大，說明反應(yīng)達(dá)到平衡，300℃之前，反應(yīng)未達(dá)到平衡，升高溫度，化學(xué)反應(yīng)速率加快，脫氮率增大，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，300℃之后，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，脫氮率減小，故答案為：300℃之前，溫度升高脫氮率逐漸增大，300°C之后，溫度升高脫氮率逐漸減小；300℃之前反應(yīng)未平衡，脫氮率主要取決于反應(yīng)速率，溫度越高，反應(yīng)速率越快，所以脫氮率增大，300℃之后脫氮率主要取決于平衡移動，該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，脫氮率減小；(3)設(shè)起始一氧化氮和一氧化碳的物質(zhì)的量均為2mol，4min反應(yīng)達(dá)到平衡時生成氮?dú)鈇mol，由題意可建立如下三段式：2NO(g)+由平衡前后氣體的物質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)之比可得：400kPa320kPa=4mol(4-a)mol，解得，平衡時一氧化氮、一氧化碳、二氧化碳和氮?dú)獾钠胶夥謮悍謩e為0.4mol3.2mol×320kPa=40kPa、0.4mol3.2mol×320kPa=40kPa、1.6mol3.2mol×320kPa=160kPa、0.8mol3.2mol×320kPa=80kPa，則標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)K(4)由圖中電子的移動方向可知，右側(cè)電極為原電池的負(fù)極，二氧化硫在負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成硫酸，電極反應(yīng)式為SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+，左側(cè)電極為正極，過氧化氫在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成水，電極反應(yīng)式為H2O2+2e-+2H+=2H2O，電路中通過2mol電子時，負(fù)極區(qū)生成硫酸根離子的物質(zhì)的量為2mol×12=1mol，則溶液中硫酸的物質(zhì)的量為1mol/L×0.2L+1mol=1.2mol，故答案為：a；SO2-2e-+2H2O=S

【分析】(1)根據(jù)蓋斯定律計算；(2)①反應(yīng)的活化能越大，反應(yīng)速率越慢；②依據(jù)溫度對反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的影響分析；(3)利用三段式計算；(4)利用電子的移動方向確定電極，負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)；利用得失電子守恒計算。11．【答案】（1）3d24s2；（2）CO2、CS2；平面三角形（3）三者均為分子晶體，組成與結(jié)構(gòu)相似，隨著相對分子質(zhì)量增大，分子間作用力增大，熔、沸點(diǎn)升高（4）sp3；bd（5）6；ρ=4【解析】【解答】(1)鈦的價層電子排布式為3d24s2，鈦和鋯的價層電子結(jié)構(gòu)相似，基態(tài)鋯原子的價電子排布圖為；(2)CNO-中含有3個原子，16個價電子，所以其等電子體中分子為：CO2、N2O、CS2、BeCl2等，離子有SCN-、N3-等；COCl2中碳是中心原子，價層電子對數(shù)=3+12(4-2×1-2)=3，所以碳原子是sp2雜化，孤對電子對數(shù)=12(3)TiCl4、TiBr4、TiI4的熔、沸點(diǎn)逐漸升高，因?yàn)樗鼈兙鶠榉肿泳w，組成和結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強(qiáng)，熔、沸點(diǎn)越高；(4)①形成4個單鍵為sp3雜化，故甲基上的碳原子的雜化類型是sp3雜化；②Ti原子和Cl原子、O原子之間存在配位鍵，C一H和C-C及C-O原子之間存在σ鍵，碳碳雙鍵和碳氧雙鍵中存在σ鍵和π鍵，不存在離子鍵和金屬鍵，故答案為：bd；(5)①晶體中Ti4+位于O2-所構(gòu)成的正八面體的體心，Ti4+的配位數(shù)為6。②晶體中Zr原子和O原子之間的最短距離為apm，晶胞體對角線長度等于棱長的3倍，則晶胞棱長為4a3×10-10cm，晶胞中白色球數(shù)目為8，黑色球數(shù)目為8×18+6×12=4，即O原子數(shù)目為8，Zr原子數(shù)目為4，一個晶胞中有4個ZrO2.二氧化锫的密度