江蘇省2022年高三化學(xué)試題及答案

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page99頁，共=sectionpages99頁江蘇省2022年高三化學(xué)試題一、單選題1．2021年我國在載人航天、北斗、探月、探火工程上取得重大進(jìn)展，航天成就驚艷全球。下列有關(guān)說法不正確的是A．長征五號火箭采用液氫作為燃料，其燃燒產(chǎn)物對環(huán)境無污染B．“天問一號”火星車使用的保溫材料—納米氣凝膠，具有丁達(dá)爾效應(yīng)C．月壤中含有He，其中子數(shù)為3D．宇航服“液冷層”所用的尼龍材料，屬于有機高分子材料2．反應(yīng)HCHO+O2H2O+CO2可用于消除甲醛污染。下列說法正確的是A．CO2的電子式為：B．O的第一電離能比同周期相鄰元素小C．H2O為非極性分子D．HCHO中σ鍵和π健的數(shù)目比為2∶13．以菱鎂礦(主要成分是，含少量)為原料制取高純氧化鎂需要經(jīng)歷酸浸、調(diào)pH、過濾、灼燒等操作。下列實驗裝置和原理能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖茿．用裝置甲配制稀 B．用裝置乙測定溶液的pHC．用裝置丙過濾懸濁液 D．用裝置丁灼燒固體4．下列有關(guān)氧化物的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是A．硬度大，可用作光導(dǎo)纖維 B．有兩性，可用作耐高溫材料C．有漂白性，可用作葡萄酒的添加劑 D．有氧化性，可用于實驗室制取氯氣5．X、Y、Z、M為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素，X和Z基態(tài)原子L層上均有2個未成對電子，Z與M同主族；W位于第四周期，其基態(tài)原子失去3個電子后3d軌道半充滿。下列說法正確的是A．X簡單氫化物的沸點高于同主族其它元素B．Y基態(tài)原子核外有5種空間運動狀態(tài)的軌道C．鍵角：MZ>MZD．W位于元素周期表的ds區(qū)6．下列有關(guān)Cl-、ClO-、ClO、ClO和ClO的說法不正確的是A．隨Cl元素化合價升高，Cl-、ClO-、ClO、ClO和ClO的氧化性增強B．ClO、ClO和ClO中心原子軌道的雜化類型均為sp3C．Cl-可提供孤電子對與CuCl形成CuClD．ClO的空間構(gòu)型為三角錐形7．在給定條件下，下列物質(zhì)間所示的轉(zhuǎn)化能實現(xiàn)的是A． B．HClOCl2C．Cl2FeCl2 D．8．對于反應(yīng)新型催化劑RuO2作用下，O2氧化HCl可獲得Cl2：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)

△H=akJ·mol-1。下列說法正確的是A．該反應(yīng)△H＜0B．4molHCl與1molO2反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)約為4×6.02×1023C．RuO2的使用能降低該反應(yīng)的焓變D．反應(yīng)的平衡常數(shù)為K=9．CuCl難溶于乙醇和水，易溶于氯離子濃度較高的溶液，在潮濕空氣中易被氧化變質(zhì)。以銅藍(lán)(主要成分為CuS)為原料生產(chǎn)CuCl的工藝過程如下。下列說法正確的是A．“熱溶解”時主要反應(yīng)的離子方程式為2CuS+4H++O22Cu2++2S+2H2OB．“制備”時加入NH4Cl固體越多，CuCl沉淀越完全C．“過濾2”所得濾液中可能大量存在的離子有：NH、SO、Cl-、OH-D．CuCl的晶胞如圖所示，每個Cl-周圍與之距離最近且相等的Cl-有4個10．化合物Z是合成抗多發(fā)性骨髓瘤藥物帕比司他的重要中間體，可由下列反應(yīng)制得。下列有關(guān)X、Y、Z的說法不正確的是A．1個X分子中含有7個sp2雜化的碳原子B．Y與足量H2反應(yīng)生成的有機化合物中含2個手性碳原子C．Y在水中的溶解度比Z在水中的溶解度大D．X、Y、Z分別與足量酸性KMnO4溶液反應(yīng)所得芳香族化合物相同11．室溫下：Ka1(H2C2O4)=10-1.26、Ka2(H2C2O4)=10-4.27、Ksp(CaC2O4)=10-8.64，實驗室進(jìn)行多組實驗測定某些酸、堿、鹽性質(zhì)，相關(guān)實驗記錄如下：實驗1測定某濃度NaHC2O4溶液的pH=4.3實驗2配制pH相等的(NH4)2SO4、NH4Cl、NH4HSO4三種溶液實驗3向0.10mol·L-1Na2C2O4溶液中滴加等濃度鹽酸后，混合溶液的pH=7實驗4向0.10mol·L-1NaHC2O4溶液加入一定體積的等濃度CaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀，測得上層清液pH=4，c(Ca2+)=10-4mol·L-1下列所得結(jié)論正確的是A．實驗1中c(H2C2O4)=103.07c(C2O)B．實驗2中溶液濃度的大小關(guān)系為：c(NH4Cl)<c[(NH4)2SO4]<c(NH4HSO4)C．實驗3混合溶液中有：c(Na+)=c(C2O)+c(HC2O)+c(Cl-)D．實驗4所得上層清液中的c(HC2O)=10-4.37mol·L-112．利用微生物電池除去廢水中CH3COO-，同時可實現(xiàn)海水淡化?，F(xiàn)以NaCl溶液模擬海水，采用惰性電極，用下圖裝置處理有機廢水。下列說法錯誤的是A．負(fù)極反應(yīng)為：CH3COO-+2H2O–8e-=2CO2+7H+B．隔膜1為陰離子交換膜，隔膜2為陽離子交換膜C．當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移1mol電子時，模擬海水理論上除鹽58.5gD．電池工作一段時間后，正、負(fù)極產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比為1：113．常溫下將NaOH溶液滴加到磷酸(H3PO4)溶液中，混合溶液中的pH與部分離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A．Na2HPO4溶液中：2c(Na+)=c(H3PO4)+c()+c()+c()B．若直線丙表示pH與-lg的變化關(guān)系，應(yīng)該在甲、乙之間C．常溫下H3PO4：Ka2(H3PO4)=10-6.79D．當(dāng)c()=c(H3PO4)時，pH=4.6814．在一定的溫度和壓強下，將按一定比例混合的CO2和H2通過裝有催化劑的反應(yīng)器可得到甲烷。已知：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=﹣165kJ·mol-1CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ·mol-1催化劑的選擇是CO2甲烷化技術(shù)的核心。在兩種不同催化劑作用下反應(yīng)相同時間，測CO2轉(zhuǎn)化率和生成CH4選擇性隨溫度變化的影響如圖所示。CH4選擇性=×100%下列有關(guān)說法正確的是A．在260℃~320℃間，以Ni-CeO2為催化劑，升高溫度CH4的產(chǎn)率不變B．延長W點的反應(yīng)時間，一定能提高CO2的轉(zhuǎn)化率C．CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)ΔH=﹣206kJ·mol-1D．高于320℃后，以Ni為催化劑，隨溫度的升高CO2轉(zhuǎn)化率上升的原因是平衡正向移動二、工業(yè)流程題15．聚合硫酸鐵(PFS)是一種優(yōu)質(zhì)的絮凝劑，水溶液呈棕黃色，其化學(xué)組成可表示為[Fex(OH)y(SO4)z]m。以鉛尾礦渣(含F(xiàn)eS2、PbS)為原料制備聚合硫酸鐵。已知：①含F(xiàn)e(NO)2+溶液為黑色。鎢酸鈉可與Ti3+生成藍(lán)色物質(zhì)“鎢藍(lán)”。②“水解”的過程可表示為：Fe3++SO+H2O→Fex(OH)y(SO4)z+H+(1)寫出“酸浸”過程中FeS2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式____。(2)①在“氧化、水解”過程中，溶液的pH與反應(yīng)時間的關(guān)系如圖所示，pH在20min左右出現(xiàn)波動的原因是____。②“氧化、水解”時H2O2也可用NaNO2代替，反應(yīng)的機理如圖所示，逐滴滴入NaNO2后的反應(yīng)現(xiàn)象為____。(3)設(shè)計以下實驗測定以上制備[Fex(OH)y(SO4)z]m中x：y：z的值：步驟1.稱取一定質(zhì)量的PFS樣品，加入40mL0.10mol/LHCl和蒸餾水配成100.00mL溶液，分成兩等份。步驟2.取其中一份于錐形瓶中，加入鎢酸鈉指示劑，用0.10mol/L的TiCl3溶液滴定至終點，消耗TiCl3溶液30.00mL(Fe3++Ti3+=Fe2++Ti4+)。步驟3.取另一份溶液于錐形瓶中，加入足量KF溶液掩蔽Fe3+，滴加幾滴酚酞溶液，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定至終點，消耗NaOH溶液10.00mL。①步驟2中滴定終點的現(xiàn)象是____。②試計算[Fex(OH)y(SO4)z]m中x：y：z的值____(寫出計算過程)。16．Li2CO3可用于制備鋰電池的正極材料LiCoO2，以某鋰云母礦石(主要成分為Li2O，還有Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2等雜質(zhì))制備Li2CO3。已知：①Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13、Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10-11、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33。②Co3O4、CoO均難溶于水。Co3O4難溶于酸，CoO能溶于酸中。③當(dāng)溶液中的離子濃度小于10-5mol/L時，已完全沉淀。④部分物質(zhì)的溶解度曲線見圖。利用鋰云母礦石制備Li2CO3步驟如下：(1)酸浸。向鋰云母礦石中加入30%硫酸，加熱至90℃，裝置如圖所示。燒杯中試劑的作用是____。(2)調(diào)pH。向酸浸后的溶液中加入NaOH溶液，調(diào)節(jié)pH約為6，過濾。再向濾液中繼續(xù)滴加氫氧化鈉溶液調(diào)pH>13，過濾，此時的濾渣主要成分為____。分兩次調(diào)節(jié)pH的主要原因是____。(3)沉鋰。將已經(jīng)除雜的溶液蒸發(fā)濃縮，向濃縮后的濾液中加入稍過量飽和Na2CO3溶液，加熱煮沸，趁熱過濾，將濾渣洗滌烘干，得Li2CO3固體。濃縮液中離子濃度過大將在產(chǎn)品中引入____雜質(zhì)(填化學(xué)式)。(4)Li2CO3和Co3O4混合后，在空氣中高溫加熱可以制備鋰電池的正極材料LiCoO2，寫出反應(yīng)方程式：____。(5)Co3O4可由CoCO3熱分解制備。CoCO3在有氧和無氧環(huán)境下的所得Co3O4和CoO的百分含量與溫度關(guān)系如圖所示。請補充完整由CoCO3制備較純凈的Co3O4實驗方案，取一定質(zhì)量的CoCO3于熱解裝置中，____，干燥。(須使用的試劑和儀器有：lmol/LH2SO4，蒸餾水，BaCl2溶液)三、有機推斷題17．化合物F可以用于治療哮喘、支氣管炎、風(fēng)濕等疾病。其一種合成路線如圖：(1)一個A分子中采用sp3雜化方式的碳原子數(shù)目_______。(2)A→B經(jīng)歷兩步反應(yīng)，第二步是消去，第一步反應(yīng)類型為_______。(3)C分子式為C19H20O5，則C的結(jié)構(gòu)簡式為_______。(4)H的分子組成比F少兩個亞甲基，請寫出同時符合下列條件的H的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：_______。①分子中含有兩個苯環(huán)；②既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)又能發(fā)生水解，且水解得到的產(chǎn)物能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；③其核磁共振氫譜有4組吸收峰，峰的面積比為1∶1∶2∶2。(5)設(shè)計以、為原料制備的合成路線流程圖_______(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)。四、填空題18．用化學(xué)方法降解水中有機物已成為污水處理領(lǐng)域的重要研究方向。(1)酸性條件下，鐵炭混合物處理污水中硝基苯時的物質(zhì)轉(zhuǎn)化示意圖如圖1所示。①該物質(zhì)轉(zhuǎn)化示意圖可以描述為_______。②其他條件一定，反應(yīng)相同時間，硝基苯的去除率與pH的關(guān)系如圖2所示。pH越大，硝基苯的去除率越低的原因是_______。(2)向含F(xiàn)e2+和苯胺()的酸性溶液中加入雙氧水，會發(fā)生如下反應(yīng)：Fe2++H++H2O2=Fe3++HO·+H2O，HO·(羥基自由基)具有強氧化性，能將溶液中的苯胺氧化成CO2和N2。寫出該反應(yīng)的離子方程式：_______。(3)利用電化學(xué)裝置通過間接氧化法能氧化含苯胺的污水，其原理如圖3所示。其他條件一定，測得不同初始pH條件下，溶液中苯胺的濃度與時間的關(guān)系如圖4所示。反應(yīng)相同時間，初始溶液pH=3時苯胺濃度大于pH=10時的原因是_______。[已知氧化性：HClO(H+)>ClO－(OH－)]答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page1414頁，共=sectionpages1414頁參考答案：1．C【解析】【詳解】A．用液氫作為燃料，燃燒產(chǎn)物是水，對環(huán)境無污染，故A正確；B．納米氣凝膠屬于膠體，具有丁達(dá)爾效應(yīng)，故B正確；C．He中子數(shù)為3-2=1，故C錯誤；D．尼龍是合成纖維，屬于合成有機高分子材料，故D正確；選C。2．B【解析】【詳解】A．CO2是共價化合物，電子式為，故A錯誤；B．第一電離能，O的第一電離能比同周期相鄰元素小，故B正確；C．H2O空間構(gòu)形為“V形”，正負(fù)電荷重心不重合，為極性分子，故C錯誤；D．HCHO的結(jié)構(gòu)式是，σ鍵和π健的數(shù)目比為3∶1，故D錯誤；選B。3．C【解析】【詳解】A．容量瓶屬于玻璃精量器，不能在容量瓶中直接稀釋溶液，選項A錯誤；B．測定溶液的pH時不能將pH試紙直接放進(jìn)溶液中，應(yīng)用玻璃棒蘸取溶液點在試紙上與比色卡對比讀數(shù)，選項B錯誤；C．用裝置丙過濾懸濁液，裝置及操作均正確，選項C正確；D．灼燒固體時應(yīng)選用坩堝，且加熱固體物質(zhì)時試管口應(yīng)該向下傾斜，選項D錯誤；答案選C。4．D【解析】【詳解】A．二氧化硅光學(xué)特性好，可用作光導(dǎo)纖維，A錯誤；B．熔點高，耐高溫，可用作耐高溫材料，B錯誤；C．有還原性，抗氧化，還能殺菌，可用作葡萄酒的添加劑，C錯誤；D．有氧化性，加熱條件下其能將濃HCl氧化得到氯氣，故可用于實驗室制取氯氣，D正確；選D。5．B【解析】【分析】X和Z的基態(tài)原子L層上有2個未成對電子，原子序數(shù)X＜Z，則X原子核外電子排布式為，X為C元素，Z原子核外電子排布式為，Z為Ｏ元素，則Y為N元素，Ｚ與M同主族，則M為S元素，W位于第四周期，其基態(tài)原子失去3個電子后3d軌道半充滿，則W為Fe元素。【詳解】A．組成和結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強，物質(zhì)的熔沸點越高，即沸點：，故A錯誤；B．Y為N元素，其基態(tài)原子軌道表示式為，原子核外有5種空間運動狀態(tài)的軌道，故B正確；C．為，中心S原子的價層電子對數(shù)為4，采用sp3雜化，有一個孤電子對，為，中心S原子的價層電子對數(shù)為4，采用sp3雜化，無孤電子對，孤電子對對成鍵電子的斥力大于成鍵電子間的斥力，則鍵角<，故C錯誤；D．W為Fe，位于元素周期表的d區(qū)，故D錯誤；答案選B。6．A【解析】【詳解】A．Cl-、ClO-、ClO、ClO和ClO的氧化性強并不是隨氯元素化合價的升高而升高，其中次氯酸根離子的氧化性反而比高氯酸根離子的氧化性強，A錯誤；B．ClO的中心原子價層電子對數(shù)為：2+(7+1-22)=4，采取sp3雜化，ClO的中心原子價層電子對數(shù)為：3+(7+1-32)=4，采取sp3雜化，ClO的中心原子價層電子對數(shù)為：4+(7+1-42)=4，采取sp3雜化，B正確；C．氯離子有孤對電子，亞銅離子有空軌道，Cl-可提供孤電子對與CuCl形成CuCl，C正確；D．ClO的中心原子價層電子對數(shù)為：3+(7+1-32)=4，采取sp3雜化，有1對孤對電子，空間構(gòu)型為三角錐形，D正確；答案選A。7．D【解析】【詳解】A．和二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cl-，故A錯誤；

B．HClO在光照條件下生成HCl和O2，故B錯誤；C．Cl2和Fe在點燃條件下生成FeCl3，故C錯誤；

D．和氫氧化鈉反應(yīng)生成、，故D正確；選D。8．A【解析】【詳解】A．物質(zhì)與氧氣的反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，A正確；B．該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，4mol與1mol不能完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)無法計算，B錯誤；C．催化劑可以加快反應(yīng)速率，但不能改變反應(yīng)的焓變，C錯誤；D．反應(yīng)中各物質(zhì)狀態(tài)均為氣態(tài)，平衡常數(shù)，D錯誤；故選Ａ。9．A【解析】【分析】CuS與硫酸、氧氣反應(yīng)生成硫單質(zhì)和硫酸銅，硫酸銅而后與亞硫酸銨、氯化銨反應(yīng)生成硫酸銨和CuCl，最終經(jīng)過過濾、洗滌等操作得到CuCl，據(jù)此分析回答問題?！驹斀狻緼．由圖示可知，銅藍(lán)、硫酸、氧氣反應(yīng)生成硫酸銅、S和水，主要離子方程式為：2CuS+4H++O22Cu2++2S+2H2O，A正確；B．由題給信息知，CuCl易溶于氯離子濃度較高的溶液，所以NH4Cl固體越多，CuCl溶解的越多，B錯誤；C．由以上分析可知，“過濾2”所得濾液中不存在大量的OH-，C錯誤；D．由CuCl的晶胞圖可知，每個Cl-周圍與之距離最近且相等的Cl-有12個，亞銅離子有4個，D錯誤；答案選A。10．B【解析】【詳解】A．苯環(huán)、醛基中的碳原子為sp2雜化，1個X分子中含有7個sp2雜化的碳原子，故A正確；B．Y與足量H2反應(yīng)生成的有機化合物是，不含手性碳原子，故B錯誤；C．Y中含有的羥基、羧基都是親水基團(tuán)，Z中只有羥基是親水基團(tuán)，Y在水中的溶解度比Z在水中的溶解度大，故C正確；D．X、Y、Z分別與足量酸性KMnO4溶液反應(yīng)所得芳香族化合物都是，故D正確；選B。11．D【解析】【詳解】A．NaHC2O4溶液中，存在和，該溶液的pH=4.3，則，，，則，，則，故A錯誤；B．NH4HSO4可以電離產(chǎn)生氫離子使溶液顯酸性，且硫酸氫根完全電離，而(NH4)2SO4、NH4Cl均是因銨根的水解而顯酸性，水解是微弱的，所以pH相等時NH4HSO4的濃度最小，(NH4)2SO4可以電離出兩個銨根離子，所以其濃度小于NH4Cl，則pH相等時，濃度的大小關(guān)系為c(NH4Cl)>c[(NH4)2SO4]>c(NH4HSO4)，故B錯誤；C．混合溶液中存在電荷守恒：，混合溶液的pH=7，即，則有，故C錯誤；D．上層清液c(Ca2+)=10-4mol·L-1，則，pH=4，即，則，故D正確；答案選D。12．D【解析】【分析】據(jù)圖可知a極上CH3COOˉ轉(zhuǎn)化為CO2和H+，C元素被氧化，所以a極為該原電池的負(fù)極，則b極為正極?！驹斀狻緼．a(chǎn)極為負(fù)極，CH3COOˉ失電子被氧化成CO2和H+，結(jié)合電荷守恒可得電極反應(yīng)式為CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+，故A正確；B．為了實現(xiàn)海水的淡化，模擬海水中的氯離子需要移向負(fù)極，即a極，則隔膜1為陰離子交換膜，鈉離子需要移向正極，即b極，則隔膜2為陽離子交換膜，故B正確；C．當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移1mol電子時，根據(jù)電荷守恒可知，海水中會有1molClˉ移向負(fù)極，同時有1molNa+移向正極，即除去1molNaCl，質(zhì)量為58.5g，故C正確；D．b極為正極，水溶液為酸性，所以氫離子得電子產(chǎn)生氫氣，電極反應(yīng)式為2H++2eˉ=H2↑，所以當(dāng)轉(zhuǎn)移8mol電子時，正極產(chǎn)生4mol氣體，根據(jù)負(fù)極反應(yīng)式可知負(fù)極產(chǎn)生2mol氣體，物質(zhì)的量之比為4:2=2:1，故D錯誤；故答案為D。13．D【解析】【分析】常溫下將NaOH溶液滴加到磷酸(H3PO4)溶液中，混合溶液中的pH越來越大，c(H3PO4)逐漸減小，c()逐漸增大，所以逐漸減小，-lg逐漸增大；隨著NaOH溶液滴入，c()逐漸減小，c()逐漸增大，-lg逐漸增大；繼續(xù)滴入NaOH溶液滴入c()逐漸減小，c()逐漸增大，-lg逐漸增大；由圖可知，甲為pH與-lg的直線，乙為pH與-lg的直線。【詳解】A．Na2HPO4溶液中，根據(jù)物料守恒有：c(Na+)=2c(H3PO4)+2c()+2c()+2c()，選項A錯誤；B．根據(jù)分析，-lg>-lg，直線丙表示pH與-lg的變化關(guān)系，應(yīng)位于乙的右邊，選項B錯誤；C．乙為線上pH=8.21時，-lg=1，=0.1，其倒數(shù)等于10，所以Ka2(H3PO4)==10-8.21=10-7.21，選項C錯誤；D．Ka2(H3PO4)==10-7.21，由圖可知pH=4.15時，-lg=2，=10-2，得出Ka1(H3PO4)=10-4.15=10-2.15；==1，又因c()=c(H3PO4)，解得c(H+)=10-4.68，pH=4.68，選項D正確；答案選D。14．C【解析】【詳解】A．在260℃~320℃間，以Ni-CeO2為催化劑時，升高溫度CH4的選擇性基本不變，但CO2的轉(zhuǎn)化率在上升，所以CH4的產(chǎn)率上升，故A錯誤；B．W點可能是平衡點，延長時間不一定能提高CO2的轉(zhuǎn)化率，故B錯誤；C．已知：①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=﹣165kJ·mol-1，②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ·mol-1，根據(jù)蓋斯定律，由①-②可得CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)ΔH=﹣206kJ·mol-1，故C正確；D．由圖可知，對應(yīng)的時間內(nèi)以Ni為催化劑，CO2轉(zhuǎn)化率明顯低于相同溫度下Ni-CeO2為催化劑的轉(zhuǎn)化率，320℃時，以Ni-CeO2為催化劑，CO2甲烷化反應(yīng)已達(dá)平衡，升高溫度平衡左移，而以Ni為催化劑，CO2甲烷化反應(yīng)速率較慢，升高溫度反應(yīng)速率加快，因此高于320℃后，隨溫度的升高CO2轉(zhuǎn)化率上升的原因是催化劑活性增大，反應(yīng)速率加快，故D錯誤；答案選C。15．(1)FeS2+2H+=Fe2++H2S↑+S(2)

H2O2氧化Fe2+消耗H+使溶液pH升高，生成的Fe3+水解產(chǎn)生H+使溶液的pH下降，兩者速率的變化引起pH的波動

溶液由淺綠色(無色)變?yōu)楹谏?，后黑色褪去，如此反?fù)，最終溶液呈棕黃色(3)

滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色，且30s無變化

3：1：4【解析】【分析】“過濾”步驟得到PbS，鉛尾礦渣中PbS不與H2SO4反應(yīng)，“過濾”還得到S單質(zhì)，F(xiàn)eS2中S顯－1價，F(xiàn)e元素顯＋2價，“酸浸”時得到氣體，因此離子反應(yīng)方程式為FeS2＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑＋S，加入H2O2，將Fe2＋氧化成Fe3＋，據(jù)此分析；(1)根據(jù)上述分析，F(xiàn)eS2中－1價硫元素在硫酸中發(fā)生歧化反應(yīng)，生成H2S和S，其離子方程式為FeS2＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑＋S，故答案為FeS2＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑＋S；(2)①Fe2＋與H2O2反應(yīng)：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，使溶液pH升高，根據(jù)信息②，F(xiàn)e3＋水解產(chǎn)生H＋，溶液的pH下降，兩者速率的變化引起pH的波動，故答案為H2O2氧化Fe2+消耗H+使溶液pH升高，生成的Fe3+水解產(chǎn)生H+使溶液的pH下降，兩者速率的變化引起pH的波動；②反應(yīng)機理過程：Fe2＋與NO反應(yīng)生成Fe3＋和NO，NO與Fe2＋反應(yīng)生成Fe(NO)2＋，F(xiàn)e(NO)2＋與氧氣反應(yīng)生成NO和Fe3＋，F(xiàn)e2＋顯綠色，F(xiàn)e(NO)2＋顯黑色，F(xiàn)e3＋顯棕黃色，因此逐滴滴入NaNO2后的反應(yīng)現(xiàn)象為溶液由淺綠色(無色)變?yōu)楹谏?，后黑色褪去，如此反?fù)，最終溶液呈棕黃色；故答案為溶液由淺綠色(無色)變?yōu)楹谏?，后黑色褪去，如此反?fù)，最終溶液呈棕黃色；(3)①根據(jù)題意可知，步驟2鎢酸鈉作指示劑，TiCl3進(jìn)行滴定，滴定終點的現(xiàn)象是：滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色，且30s無變化；故答案為滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色，且30s無變化；②步驟2：發(fā)生Fe3＋＋Ti3＋=Fe2＋＋Ti4＋，推出樣品中Fe3＋物質(zhì)的量為2×30mL×10－3L·mL－1×0.1mol·L－1=6×10－3mol，樣品中OH－物質(zhì)的量為(40mL×10－3L·mL－1×0.10mol·L－1－2×10mL×10－3L·mL－1×0.1mol·L－1)=2×10－3mol，根據(jù)電荷守恒，推出樣品中n(SO)==8×10－3mol，則x∶y∶z=6×10－3∶2×10－3∶8×10－3=3∶1∶4；故答案為3∶1∶4。16．(1)吸收HF，防止污染空氣(2)

Mg(OH)2、Mn(OH)2

防止鋁元素轉(zhuǎn)化為AlO，無法去除(3)Na2SO4(4)6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2(5)在空氣中加熱固體(加熱時鼓入氧氣)，溫度在900~1000℃保持一段時間，取出固體，冷卻。向固體中邊攪拌、邊加入1mol/LH2SO4至固體不再減少，過濾，用蒸餾水洗滌濾渣至最后一次洗滌液加BaCl2溶液無明顯現(xiàn)象【解析】【分析】本工藝流程題為利用鋰云母礦石制備Li2CO3的操作，“酸浸”時向鋰云母礦石中加入30%硫酸，加熱至90℃，發(fā)生的反應(yīng)有：Li2O+H2SO4=Li2SO4+H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、MnO+H2SO4=MnSO4+H2O、MgF2+H2SO4=MgSO4+2HF，先調(diào)節(jié)pH為6讓Fe3+、Al3+完全沉淀，過濾出Fe(OH)3、Al(OH)3，將濾液的pH繼續(xù)調(diào)節(jié)pH值為12，析出Mg(OH)2和Mn(OH)2沉淀，過濾得到較純凈的Li2SO4溶液，加入飽和Na2CO3溶液，則發(fā)生反應(yīng)Li2SO4+Na2CO3=Li2CO3↓+Na2SO4，過濾洗滌干燥得到純凈的Li2CO3，據(jù)此分析解題。(1)由分析可知，“酸浸”是向鋰云母礦石中加入30%硫酸，加熱至90℃，發(fā)生的反應(yīng)：MgF2+H2SO4=MgSO4+2HF，HF是一種能揮發(fā)，且有毒的酸性物質(zhì)，燒杯中試劑的作用是吸收HF，防止污染空氣，故答案為：吸收HF，防止污染空氣；(2)由題干信息可知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13、Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10-11、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，則當(dāng)pH為6時，c(Fe3+)==4.0×10-14mol/L，c(Al3+)==1.0×10-9mol/L，c(Mn2+)==2.0×103mol/L，c(Mg2+)==1.2×105mol/L，說明此時Al3+、Fe3+已經(jīng)完全沉淀，而Mg2+、Mn2+還未開始沉淀，繼續(xù)調(diào)節(jié)pH＞13，則此時c(Mn2+)＜=2.0×10-11mol/L，c(Mg2+)＜=1.2×10-9mol/L，即Mg2+、Mn2+沉淀完全，此時沉淀為Mn(OH)2、Mg(OH)2，由于Al(OH)3能溶于強堿溶液中，轉(zhuǎn)化為引入新的雜質(zhì)，很難除去，故答案為：Mg(OH)2、Mn(OH)2；防止鋁元素轉(zhuǎn)化為AlO，無法去除；(3)由分析可知，“沉鋰”步驟中發(fā)生的反應(yīng)為：Li2SO4+Na2CO3=Li2CO3↓+Na2SO4，由題干溶解度隨溫度變化的關(guān)系圖可知，溫度高于40℃時，Na2SO4的溶解度隨溫度升高而減小，且溫度高于50℃時，Na2SO4的溶解度小于Na2CO3的溶解度，故濃縮液中離子濃度過大將在產(chǎn)品中引入Na2SO4雜質(zhì)，故答案為：Na2SO4；(4)Li2CO3和Co3O4混合后，在空氣中高溫加熱可以制備鋰電池的正極材料LiCoO2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平原則可得該反應(yīng)的反應(yīng)方程式為：6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2，故答案為：6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2；(5)從題干信息中CoCO3在有氧和無氧環(huán)境下的所得Co3O4和CoO的百分含量與溫度關(guān)系圖示信息可知，有氧比無氧環(huán)境下Co3O4的百分含量要高得多，故選擇在有氧環(huán)境中進(jìn)行，結(jié)合題干信息②Co3O4、CoO均難溶于水。Co3O4難溶于酸，CoO能溶于酸中，則盡量使CoO百分含量越低越好，故選擇溫度為900℃~1000℃下進(jìn)行，最后用H2SO4除去CoO，過濾洗滌，并檢驗洗滌干凈后干燥得到較純凈的Co3O4，故由CoCO3制備較純凈的Co3O4實驗方案：取一定質(zhì)量的CoCO3于熱解裝置中，在空氣中加熱固體(加熱時鼓入氧氣)，溫度在900~1000℃保持一段時間，取出固體，冷卻。向固體中邊攪拌、邊加入1mol/LH2SO4至固體不再減少，過濾，用蒸餾水洗滌濾渣至最后一次洗滌液加BaCl2溶液無明顯現(xiàn)象，干燥，故答案為：在空氣中加熱固體(加熱時鼓入氧氣)，溫度在900~1000℃保持一段時間，取出固體，冷卻。向固體中邊攪拌、邊加入1mol/