2022屆高考化學(xué)考前沖刺卷(五)解析版

2022屆高考考前沖刺卷化學(xué)（五）注意事項(xiàng)：1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效。4．考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試題卷和答題卡一并上交。第Ⅰ卷（選擇題）一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．化學(xué)與生產(chǎn)、生活、科技、環(huán)境等關(guān)系密切。下列說(shuō)法不正確的是（）A．2021年9月24日，國(guó)際學(xué)術(shù)期刊《科學(xué)》在線發(fā)表了我國(guó)科學(xué)家在實(shí)驗(yàn)室里首次實(shí)現(xiàn)以二氧化碳為原料從頭合成的人工合成淀粉的論文，該方法有利于改善全球氣候變暖趨勢(shì)B．“神舟十二號(hào)”宇宙飛船返回艙外表面使用的高溫結(jié)構(gòu)陶瓷的主要成分是硅酸鹽C．中芯國(guó)際是我國(guó)生產(chǎn)芯片的龍頭企業(yè)，所生產(chǎn)芯片的主要成分是晶體硅D．采取靜電除塵、燃煤固硫、汽車尾氣催化凈化等方法，可提高空氣質(zhì)量【答案】B【解析】A．人工合成淀粉的原料需要二氧化碳，二氧化碳的減少有利于改善全球氣候變暖趨勢(shì)，故A正確；B．高溫結(jié)構(gòu)陶瓷屬于新型無(wú)機(jī)非金屬材料，不屬于傳統(tǒng)的硅酸鹽材料，故B錯(cuò)誤；C．晶體硅為良好的半導(dǎo)體，是芯片的主要成分，故C正確；D．采取“靜電除塵”、“燃煤固硫”、“汽車尾氣催化凈化”等方法，減少了空氣污染物，提高空氣質(zhì)量，故D正確；故選B。2．下列過(guò)程中的離子反應(yīng)方程式正確的是（）A．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2的反應(yīng)：Ca2++2ClO-+H2O+SO2=CaSO3↓+2HClOB．鉛蓄電池（H2SO4作電解質(zhì)溶液）放電時(shí)正極上的反應(yīng)：PbO2+2e-+4H+=Pb2++2H2OC．NaOH溶液中加入足量Ca(HCO3)2：OH-+HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2OD．醋酸苯甲酯與足量的NaOH溶液共熱：+2OH-→CH3COO-+[]-+H2O【答案】C【解析】A．少量SO2和Ca(ClO)2溶液反應(yīng)的離子方程式為Ca2++3ClO-+H2O+SO2=CaSO4↓+Cl-+2HClO，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．鉛蓄電池（H2SO4作電解質(zhì)溶液）放電時(shí)，正極的電極反應(yīng)式為PbO2+2e-++4H+=PbSO4+2H2O，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．NaOH溶液中加入足量Ca(HCO3)2，反應(yīng)的離子方程式為OH-+HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2O，C項(xiàng)正確；D．醋酸苯甲酯與足量的NaOH溶液共熱生成乙酸鈉和苯甲醇，離子方程式為+OH-→CH3COO-+，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。3．從中草藥中提取的一種有機(jī)物A（結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖）可用于治療多種疾病。下列關(guān)于有機(jī)物A的說(shuō)法正確的是（）A．有機(jī)物A分子可以發(fā)生消去反應(yīng)B．該有機(jī)物可以和5mol溴發(fā)生取代反應(yīng)C．最多可與3molNaOH發(fā)生反應(yīng)。D．該有機(jī)物酸性環(huán)境可以發(fā)生水解，水解后兩種有機(jī)物互為同分異構(gòu)體【答案】C【解析】A．該有機(jī)物含有的羥基是酚羥基，不能發(fā)生消去反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．苯環(huán)上酚羥基鄰位、對(duì)位的氫原子可以被溴發(fā)生取代，左側(cè)酚羥基1個(gè)鄰位有氫原子，右側(cè)酚羥基1個(gè)鄰位有氫原子，故1mol該有機(jī)物可以和2mol溴發(fā)生取代反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．酚羥基、酯基水解得到的羧基與氫氧化鈉發(fā)生中和反應(yīng)，該有機(jī)物分子含有2個(gè)酚羥基、1個(gè)羧酸與醇形成的酯基，因此1mol該有機(jī)物最多能與3molNaOH反應(yīng)，故C正確；D．該有機(jī)物酸性水解產(chǎn)物為和，二者含有的官能團(tuán)種類不相同，且分子式也不相同，二者不是同分異構(gòu)體，故D錯(cuò)誤；答案選C。4．下列各實(shí)驗(yàn)的現(xiàn)象及結(jié)論都不正確的是（）實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A加熱NaI固體和濃磷酸的混合物有氣體產(chǎn)生生成了HI氣體B向含有Cl-、I-溶液中逐滴加入AgNO3溶液先生成黃色沉淀，后生成白色沉淀Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)C在Na2SO3飽和溶液中滴加稀硫酸，將產(chǎn)生的氣體通入KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色該氣體產(chǎn)物具有還原性D在K2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液有磚紅色沉淀（Ag2CrO4）生成Ag2CrO4溶解度比Ag2Cr2O7小A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】A．由于H3PO4是不揮發(fā)性的酸，HI是揮發(fā)性酸，加熱NaI固體和濃磷酸的混合物，二者發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)產(chǎn)生沸點(diǎn)低的HI，故可以證明HI為氣體，A正確；B．若向含有等物質(zhì)的量濃度的Cl-、I-溶液中逐滴加入AgNO3溶液，先生成黃色沉淀，后生成白色沉淀，說(shuō)明首先產(chǎn)生AgI黃色沉淀，后反應(yīng)產(chǎn)生AgCl白色沉淀，從而證明物質(zhì)的溶度積常數(shù)Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，但題干未指明溶液中Cl-、I-的濃度，因此不能確定溶度積常數(shù)Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相對(duì)大小，B錯(cuò)誤；C．在Na2SO3飽和溶液中滴加稀硫酸，二者發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)產(chǎn)生SO2氣體，SO2中S元素化合價(jià)為+4價(jià)，介于S的最高+6價(jià)和最低-2價(jià)之間，具有強(qiáng)的還原性，將其通入KMnO4溶液中，會(huì)看到溶液紫色褪去，從而證明該氣體產(chǎn)物具有還原性，C正確；D．在K2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液，看到有磚紅色沉淀（Ag2CrO4）生成，說(shuō)明在K2Cr2O7溶液中存在化學(xué)平衡：，加入AgNO3溶液后，加入的溶液中Ag+與原溶液中的形成了Ag2CrO4沉淀，故可以說(shuō)明Ag2CrO4溶解度比Ag2Cr2O7小，D正確；故合理選項(xiàng)是B。5．A、B、C、D、E為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，A、B兩元素能形成常見的兩種化合物；C所在周期數(shù)與族序數(shù)相同；D的最高化合價(jià)與最低化合價(jià)絕對(duì)值之差為4，D與A同族。下列敘述不正確的是（）A．原子半徑：B＞C＞D＞AB．A、B形成的兩種化合物都只含離子鍵C．B、C和E的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物兩兩之間皆能反應(yīng)D．A單質(zhì)的氧化性比D單質(zhì)的氧化性強(qiáng)【答案】B【解析】C所在周期數(shù)與族序數(shù)相同，應(yīng)為Al，D的最高化合價(jià)與最低化合價(jià)絕對(duì)值之差為4，D應(yīng)為S，D與A同族，A為O，由于五種元素都是短周期元素，其原子序數(shù)依次增大且A、B兩元素能形成常見的兩種化合物，可知B為Na，E為Cl。A．同周期中，原子序數(shù)越大，半徑越小，原子半徑：B＞C＞D＞A，故A正確；B．A、B形成兩種物質(zhì)，Na2O、Na2O2，Na2O2中含離子鍵和共價(jià)鍵，故B錯(cuò)誤；C．B、C、E最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物分別為NaOH、Al(OH)3、HClO4，均能兩兩相互反應(yīng)，故C正確；D．O2氧化性強(qiáng)于單質(zhì)S，故D正確；故選B。6．2019年3月，我國(guó)科學(xué)家研發(fā)出一種新型的鋅碘單液流電池，其原理如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是（）A．放電時(shí)B電極反應(yīng)式為：I2+2e-=2I-B．放電時(shí)電解質(zhì)儲(chǔ)罐中離子總濃度增大C．M為陽(yáng)離子交換膜，N為陰離子交換膜D．充電時(shí)，A極增重65g時(shí)，C區(qū)增加離子數(shù)為4NA【答案】C【解析】由裝置圖可知，放電時(shí)，Zn是負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)式為Zn-2e-=Zn2+，石墨是正極，反應(yīng)式為I2+2e-=2I-，外電路中電流由正極經(jīng)過(guò)導(dǎo)線流向負(fù)極，充電時(shí)，陽(yáng)極反應(yīng)式為2I--2e-=I2、陰極反應(yīng)式為Zn2++2e-=Zn，據(jù)此分析解答。A．放電時(shí)，B電極為正極，I2得到電子生成I-，電極反應(yīng)式為I2+2e-=2I-，A正確；B．放電時(shí)，左側(cè)即負(fù)極，電極反應(yīng)式為Zn-2e-=Zn2+，所以儲(chǔ)罐中的離子總濃度增大，B正確；C．離子交換膜是防止正負(fù)極I2、Zn接觸發(fā)生反應(yīng)，負(fù)極區(qū)生成Zn2+、正電荷增加，正極區(qū)生成I-、負(fù)電荷增加，所以Cl-通過(guò)M膜進(jìn)入負(fù)極區(qū)，K+通過(guò)N膜進(jìn)入正極區(qū)，所以M為陰離子交換膜，N為陽(yáng)離子交換膜，C錯(cuò)誤；D．充電時(shí)，A極反應(yīng)式Zn2++2e-=Zn，A極增重65g轉(zhuǎn)移2mol電子，所以C區(qū)減少2molK+、2molCl-，減少離子總數(shù)為4NA，D正確；故選C。7．已知室溫時(shí)：K1(H2C2O4)=6×10-2，K2(H2C2O4)=6.4×10-5，Ksp(Ag2C2O4)=5×10-12，Ksp(AgCl)=1.8×10-10。向20mL0.02mol/L的Na2C2O4溶液中滴加0.02mol/L的鹽酸，相關(guān)圖像如下所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．a(chǎn)點(diǎn)溶液顯酸性B．a(chǎn)點(diǎn)溶液滴加0.01mol/L硝酸銀溶液，先產(chǎn)生AgCl沉淀C．c點(diǎn)溶液中c(Na+)>4c(HC2O)+8c(C2O)D．水電離程度：a>b>c【答案】C【解析】A．a(chǎn)點(diǎn)溶液時(shí)加入了10mL鹽酸，此時(shí)Na2C2O4溶液和鹽酸反應(yīng)生成等濃度的HC2O和C2O，由于K2(H2C2O4)=6.4×10-5，Kh(HC2O)==1.6×10-10，電離大于水解，溶液顯酸性，故A正確；B．a(chǎn)點(diǎn)溶液中，c(Cl-)=mol/L=mol/L，c(C2O)=mol/L=mol/L，Cl-和C2O的濃度相同，又因Ksp(Ag2C2O4)=5×10-12，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，陰離子濃度相同的情況下，生成Ag2C2O4所需Ag+濃度較大，故加入硝酸銀溶液時(shí)，先產(chǎn)生氯化銀沉淀，故B正確；C．c點(diǎn)溶液時(shí)，加入30mL0.02mol/L的鹽酸，此時(shí)Na2C2O4與HCl為2∶3反應(yīng)，c(Na+)∶c(Cl-)=4∶3，溶液中電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)+c(Cl-)，將c(Na+)∶c(Cl-)=4∶3代入，得①c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，又此時(shí)溶液中的溶質(zhì)為NaHC2O4、H2C2O4、NaCl，且n(NaHC2O4)∶n(H2C2O4)=1∶1，且K1(H2C2O4)=6×10-2，Kh(HC2O)==1.6×10-10，電離大于水解，溶液顯酸性，c(H+)>c(OH-)，結(jié)合①式得c(Na+)<c(HC2O)+2c(C2O)，即c(Na+)<4c(HC2O)+8c(C2O)，故C錯(cuò)誤；D．由a→b→c，不斷加鹽酸，抑制了水的電離，故水的電離程度a>b>c，故D正確；故選C。第Ⅱ卷（非選擇題）二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第8~10題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第11、12題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：此題包括3小題，共43分。8．以軟錳礦粉（含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物）為原料制備電池級(jí)MnO2。（1）浸取。將一定量軟錳礦粉與Na2SO3、H2SO4溶液中的一種配成懸濁液，加入到三頸瓶中（圖1），70℃下通過(guò)滴液漏斗緩慢滴加另一種溶液，充分反應(yīng)，過(guò)濾。滴液漏斗中的溶液是_______；MnO2轉(zhuǎn)化為Mn2+的離子方程式為_________________________。（2）除雜。向已經(jīng)除去Fe、Al、Si的MnSO4溶液（pH約為5）中加入NH4F溶液，溶液中的Ca2+、Mg2+形成氟化物沉淀。若沉淀后上層清液中c(F-)=0.05mol·L-1，則=___。[Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9]（3）制備MnCO3。在攪拌下向100mL1mol·L-1MnSO4溶液中緩慢滴加1mol·L-1NH4HCO3溶液，過(guò)濾、洗滌、干燥，得到MnCO3固體。需加入NH4HCO3溶液的體積約為___。（4）制備MnO2。MnCO3經(jīng)熱解、酸浸等步驟可制備MnO2。MnCO3在空氣氣流中熱解得到三種價(jià)態(tài)錳的氧化物，錳元素所占比例（×100%）隨熱解溫度變化的曲線如圖2所示。已知：MnO與酸反應(yīng)生成Mn2+；Mn2O3氧化性強(qiáng)于Cl2，加熱條件下Mn2O3在酸性溶液中轉(zhuǎn)化為MnO2和Mn2+。為獲得較高產(chǎn)率的MnO2，請(qǐng)補(bǔ)充實(shí)驗(yàn)方案：取一定量MnCO3置于熱解裝置中，通空氣氣流，_______________________，固體干燥，得到MnO2。（可選用的試劑：1mol·L-1H2SO4溶液、2mol·L-1HCl溶液、BaCl2溶液、AgNO3溶液）【答案】（1）H2SO4溶液

MnO2+SO+2H+=Mn2++SO+H2O（2）100（3）200mL（4）加熱到450℃充分反應(yīng)一段時(shí)間，將固體冷卻后研成粉末，邊攪拌邊加入一定量1mol·L-1稀H2SO4，加熱，充分反應(yīng)后過(guò)濾，洗滌，直到取最后一次洗滌濾液加鹽酸酸化的0.1mol·L-1BaCl2溶液不變渾濁【解析】（1）若三頸瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加Na2SO3溶液則易生成SO2導(dǎo)致Na2SO3的利用率減小，故滴液漏斗中的溶液是H2SO4溶液；MnO2被亞硫酸根還原為Mn2+的離子方程式為：MnO2+SO+2H+=Mn2++SO+H2O。（2）=。（3）該反應(yīng)的化學(xué)方程式2NH4HCO3+MnSO4=MnCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，由方程式可知NH4HCO3與MnSO4的物質(zhì)的量之比為2∶1，需加入NH4HCO3溶液的體積約為200mL。（4）根據(jù)圖像在450℃左右MnO2占比最高，所以加熱到450℃最佳，MnO與酸反應(yīng)生成Mn2+，故用酸除MnO，Mn2O3氧化性強(qiáng)于Cl2，用鹽酸會(huì)發(fā)生氧化還原生產(chǎn)氯氣。因此，該實(shí)驗(yàn)方案可補(bǔ)充為：加熱到450℃充分反應(yīng)一段時(shí)間后，將固體冷卻后研成粉末，向其中邊攪拌邊加入一定量1mol·L-1稀H2SO4，加熱，充分反應(yīng)后過(guò)濾，洗滌，直到取最后一次洗滌濾液加鹽酸酸化的0.1mol·L-1BaCl2溶液不變渾濁。9．當(dāng)前，二氧化碳排放量逐年增加，CO2的利用和轉(zhuǎn)化成為研究熱點(diǎn)。（1）二氧化碳加氫合成二甲醚反應(yīng)包括三個(gè)相互關(guān)聯(lián)的反應(yīng)過(guò)程：反應(yīng)I：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)

?H=-49.01kJ·mol-1反應(yīng)II：2CH3OH(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)

?H=-24.52kJ·mol-1反應(yīng)III：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)

?H=+41.17kJ·mol-1在壓強(qiáng)30MPa，=4，不同溫度下CO2的平衡轉(zhuǎn)化率、CO的選擇性和CH3OCH3的選擇性如圖所示（選擇性是指生成某物質(zhì)消耗的CO2占CO2消耗總量的百分比）：①圖中三支曲線中，代表CH3OCH3選擇性的是_______（填“A”、“B”、“C”）。②根據(jù)圖中數(shù)據(jù)計(jì)算300℃時(shí)，CH3OCH3的平衡產(chǎn)率為_______。（2）研究表明，Pb對(duì)不同原子的結(jié)合能力具有差異性，CO2在Pb表面電還原生成HCOOH的機(jī)理如圖：①用簡(jiǎn)潔的語(yǔ)言描述圖中涉及的轉(zhuǎn)化過(guò)程_______。②為了深入理解CO2還原反應(yīng)的機(jī)制，我們研究了不同條件下的反應(yīng)路徑以揭示不同影響因素的作用：結(jié)果表明在氣相條件下，CO幾乎不會(huì)生成，可能的原因是_______。（3）根據(jù)熱力學(xué)模擬結(jié)果，當(dāng)ZnI2分解反應(yīng)體系中存在CO2時(shí)，可顯著提高ZnI2的分解率。已知：I．ZnI2+CO2=ZnO+I2+CO，碘量可通過(guò)電位滴定法測(cè)定。II．氣流床實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)可用于進(jìn)行ZnI2-CO2反應(yīng)實(shí)驗(yàn)研究，實(shí)驗(yàn)中，需要根據(jù)研究目的設(shè)計(jì)固體反應(yīng)物與載氣Ar、反應(yīng)氣體CO2的流量，使固體反應(yīng)物的進(jìn)料速率與質(zhì)量流量滿足一定關(guān)系，從而實(shí)現(xiàn)對(duì)初始反應(yīng)物摩爾比的控制。請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證：CO2可提高ZnI2的分解率，且CO2比例越大，ZnI2的分解率越大。_______（可使用的試劑有純Ar氣、50%CO2載氣、100%CO2載氣）。【答案】（1）C

6%

（2）以生成HCOOH作為最終的產(chǎn)物，其中包含有兩條路徑CO2→COOH→HCOOH和CO2→HCOO→HCOOH，分別以COOH和HCOO作為中間產(chǎn)物；其中中間產(chǎn)物COOH的質(zhì)子化還能生成一氧化碳和水（CO2→COOH→CO+H2O）

在氣相條件下，Pb對(duì)O原子的結(jié)合強(qiáng)度遠(yuǎn)強(qiáng)于對(duì)C原子的結(jié)合強(qiáng)度，HCOO是最有利的中間產(chǎn)物，反應(yīng)過(guò)程CO2→HCOO→HCOOH為最優(yōu)路徑，不會(huì)產(chǎn)生CO

（3）分別稱取相同質(zhì)量的ZnI2固體置于氣流床實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)內(nèi)，分別通入流量相同的純Ar氣載氣、50%CO2載氣、100%CO2載氣，在相同溫度下反應(yīng)相同時(shí)間后，電位滴定法測(cè)定生成的I2【解析】（1）①反應(yīng)I和反應(yīng)II為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，二甲醚的選擇性減小，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率減小，反應(yīng)III為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，一氧化碳的選擇性增大，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大。由圖可知，曲線A代表一氧化碳的選擇性、B代表二氧化碳的轉(zhuǎn)化率、C代表二甲醚的選擇性，故答案為：C。②由圖可知，300℃時(shí)，二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率為30%、二甲醚的選擇性為20%，設(shè)起始二氧化碳為amol，二甲醚的產(chǎn)率為×100%=6%，故答案為：6%。（2）①由圖可知，CO2在Pb表面電還原生成HCOOH的機(jī)理包含兩條路徑，Pb結(jié)合C原子形成COOH：CO2→COOH→HCOOH和Pb結(jié)合O原子形成HCOO：CO2→HCOO→HCOOH，兩條路徑分別以COOH和HCOO作為中間產(chǎn)物，其中中間產(chǎn)物COOH的質(zhì)子化還能生成一氧化碳和水（CO2→COOH→CO+H2O），故答案為：以生成HCOOH作為最終的產(chǎn)物，其中包含有兩條路徑CO2→COOH→HCOOH和CO2→HCOO→HCOOH，分別以COOH和HCOO作為中間產(chǎn)物；其中中間產(chǎn)物COOH的質(zhì)子化還能生成一氧化碳和水（CO2→COOH→CO+H2O）。②由在氣相條件下，一氧化碳幾乎不會(huì)生成可知，在氣相條件下，Pb對(duì)O原子的結(jié)合強(qiáng)度遠(yuǎn)強(qiáng)于對(duì)C原子的結(jié)合強(qiáng)度，HCOO是最有利的中間產(chǎn)物，反應(yīng)過(guò)程CO2→HCOO→HCOOH為最優(yōu)路徑，不會(huì)產(chǎn)生一氧化碳，故答案為：在氣相條件下，Pb對(duì)O原子的結(jié)合強(qiáng)度遠(yuǎn)強(qiáng)于對(duì)C原子的結(jié)合強(qiáng)度，HCOO是最有利的中間產(chǎn)物，反應(yīng)過(guò)程CO2→HCOO→HCOOH為最優(yōu)路徑，不會(huì)產(chǎn)生CO。（3）若CO2可提高ZnI2的分解率，且CO2比例越大，ZnI2的分解率越大，則ZnI2在其他條件相同時(shí)，在純Ar氣、50%CO2載氣、100%CO2載氣中，ZnI2的分解率會(huì)依次增大，生成I2的量會(huì)增大，則相關(guān)實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)為分別稱取相同質(zhì)量的ZnI2固體置于氣流床實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)內(nèi)，分別通入流量相同的純Ar氣載氣、50%CO2載氣、100%CO2載氣，在相同溫度下反應(yīng)相同時(shí)間后，電位滴定法測(cè)定生成的I2。故答案為：分別稱取相同質(zhì)量的ZnI2固體置于氣流床實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)內(nèi)，分別通入流量相同的純Ar氣載氣、50%CO2載氣、100%CO2載氣，在相同溫度下反應(yīng)相同時(shí)間后，電位滴定法測(cè)定生成的I2。10．鎳、鈷及其化合物在工業(yè)上有廣泛的應(yīng)用。工業(yè)上用紅土鎳礦（主要成分為NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2）制備NiSO4·6H2O和鈷的工藝流程如圖所示。已知：①Ni、Co的化學(xué)性質(zhì)與Fe相似，②溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+Co2+Mg2+開始沉淀時(shí)的pH6.84.12.27.57.29.4沉淀完全時(shí)的pH9.25.43.29.09.012.4③“萃取”可將金屬離子進(jìn)行富集與分離，原理如下：X2+（水相）+2RH（有機(jī)相）XR2（有機(jī)相）+2H+（水相）?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）濾渣I的主要成分為___________（填化學(xué)式）。（2）調(diào)pH的目的為沉鐵和沉鋁。沉鐵時(shí)發(fā)生的氧化還原反應(yīng)的離子方程式為_______________________。如何判斷NaClO已足量：_______________________________________________________（寫出具體操作過(guò)程）。（3）濾渣3的成分為MgF2和CaF2。若濾液1中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，當(dāng)濾液2中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L時(shí)，除鈣率為______________（忽略沉淀前后溶液體積變化）。（已知：Ksp(CaF2)=1.5×10-10、Ksp(MgF2)=7.5×10-11）（4）用25%P507+5%TBP+70%磺化煤油作萃取劑，萃取時(shí)，Co、Ni的浸出率和鈷/鎳分離因素隨pH的關(guān)系如圖所示：萃取時(shí)，選擇pH為__________左右。（5）試劑X為____________。（6）資料顯示，硫酸鎳結(jié)晶水合物的形態(tài)與溫度有如表關(guān)系。溫度低于30.8℃30.8℃~53.8℃53.8℃~280℃高于280℃晶體形態(tài)NiSO4·7H2ONiSO4·6H2O多種結(jié)晶水合物NiSO4由NiSO4溶液獲得穩(wěn)定的NiSO4·6H2O晶體的操作M依次是蒸發(fā)濃縮、____________、過(guò)濾、洗滌、干燥?！敬鸢浮浚?）CaSO4和SiO2（2）2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO

取反應(yīng)后少量濾液于試管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若無(wú)藍(lán)色沉淀產(chǎn)生，說(shuō)明NaClO已足量（3）99.7%（4）3.5（5）鹽酸（6）冷卻至30.8℃~53.8℃之間結(jié)晶【解析】紅土鎳礦：主要成分為NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2，向其中加入硫酸，NiO與硫酸反應(yīng)生成NiSO4，CoO與硫酸反應(yīng)生成CoSO4，F(xiàn)eO與硫酸反應(yīng)生成FeSO4，F(xiàn)e2O3與硫酸反應(yīng)生成Fe2(SO4)3，Al2O3與硫酸反應(yīng)生成Al2(SO4)3，MgO與硫酸反應(yīng)生成MgSO4，CaO與硫酸反應(yīng)生成CaSO4，SiO2與硫酸不反應(yīng)，則過(guò)濾得到的濾渣1含SiO2和CaSO4；向?yàn)V液中加入次氯酸鈉將亞鐵離子氧化為鐵離子，加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)pH，將鐵離子、鋁離子沉淀，過(guò)濾，濾渣2含F(xiàn)e(OH)3、Al(OH)3；向?yàn)V液1中加入氟化鈉，將鎂離子轉(zhuǎn)化為氟化鎂沉淀，將鈣離子轉(zhuǎn)化為氟化鈣沉淀，濾渣3含MgF2、CaF2；向?yàn)V液2中加入萃取劑，將二價(jià)鈷離子萃取到有機(jī)相中，再加鹽酸進(jìn)行反萃取，得到氯化鈷溶液，氯化鈷溶液電解得到單質(zhì)鈷；而二價(jià)鎳離子在萃取的水相中，將水相處理得到硫酸鎳溶液，硫酸鎳溶液經(jīng)過(guò)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥得到NiSO4·6H2O晶體。（1）由分析可知，濾渣1的主要成分是SiO2和CaSO4。（2）次氯酸根離子有強(qiáng)氧化性，亞鐵離子有還原性，兩者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯離子和鐵離子，而生成的鐵離子又水解生成氫氧化鐵，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒，沉鐵時(shí)發(fā)生的氧化還原反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO；要證明次氯酸鈉已足量，只需證明溶液中已經(jīng)沒有亞鐵離子，因此方法為：取反應(yīng)后少量濾液于試管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若無(wú)藍(lán)色沉淀產(chǎn)生，說(shuō)明NaClO已足量。（3）當(dāng)濾液2中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L時(shí)，c2(F-)===510-5(mol/L)2，此時(shí)溶液中c(Ca2+)===310-6mol/L，除鈣率為：。（4）由圖示可知，pH為3.5左右時(shí)，Co/Ni分離因素最高，鈷和鎳的萃取率相差較大，因此，萃取時(shí)，選擇pH為3.5左右。（5）由圖示可知，反萃取后得到氯化鈷溶液，再結(jié)合已知信息③，因此試劑X為鹽酸。（6）從溶液中獲得晶體的操作一般是：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥，依據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，30.8℃~53.8℃，晶體以NiSO4·6H2O形式存在，因此冷卻結(jié)晶時(shí)應(yīng)在30.8℃~53.8℃之間冷卻結(jié)晶。（二）選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道題中任選一題作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目對(duì)應(yīng)的題號(hào)右側(cè)方框涂黑，按所涂題號(hào)進(jìn)行評(píng)分；多涂、多答，按所涂的首題進(jìn)行評(píng)分；不涂，按本選考題的首題進(jìn)行評(píng)分。11．第IIB族元素（Zn、Cd、Hg）和第VIA族元素（S、Se、Te）組成的某些二元化合物常用作半導(dǎo)體材料，在壓電效應(yīng)等器件方面有著廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）基態(tài)Se原子核外電子排布式為[Ar]___________，有___________個(gè)未成對(duì)電子。（2）Zn的四種鹵化物熔點(diǎn)如下表所示。請(qǐng)分析ZnF2熔點(diǎn)高于其他三種鹵化物，自ZnCl2至ZnI2熔點(diǎn)依次升高的原因：___________?；衔颶nF2ZnCl2ZnBr2ZnI2熔點(diǎn)/℃872275394446（3）向硫酸鋅溶液中加入足量氨水可生成可溶性[Zn(NH3)4]SO4，該物質(zhì)中所含酸根的空間結(jié)構(gòu)為___________，[Zn(NH3)4]2+中配位原子為___________（填名稱），從化學(xué)鍵角度解釋該離子能夠形成的原因：___________。（4）H2S、H2Se、H2Te的沸點(diǎn)由低到高的順序?yàn)開__________（用“＜”連接，下同）；鍵角由小到大的順序?yàn)開__________。（5）氧化鋅系氣敏陶瓷是指具有氣敏效應(yīng)的半導(dǎo)體陶瓷，應(yīng)用十分廣泛。一種ZnO陶瓷的晶胞（立方體）如圖1所示，圖2是沿著立方格子對(duì)角面取得的截圖，則Zn原子與O原子間最短距離為___________pm。晶體的密度為___________g·cm-3（NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，Zn原子半徑為apm，列出計(jì)算式即可）?！敬鸢浮浚?）3d104s24p4

2（2）ZnF2是離子晶體，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2是分子晶體，分子晶體的相對(duì)分子質(zhì)量越大，熔點(diǎn)越高（3）正四面體

N

N提供孤對(duì)電子，Zn2+提供空軌道，形成配位鍵（4）H2S＜H2Se＜H2Te

H2Te＜H2Se＜H2S（5）

【解析】（1）Se為34號(hào)元素，基態(tài)Se原子核外電子排布式為[Ar]3d104s24p4；Se的4p軌道上含有2個(gè)未成對(duì)電子。（2）由表中數(shù)據(jù)可知，ZnF2的熔點(diǎn)與ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的熔點(diǎn)相差很大，是因?yàn)閆nF2是離子晶體，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2是分子晶體，分子晶體的相對(duì)分子質(zhì)量越大，熔