浙江省寧波市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期九校聯(lián)考化學(xué)試題 含解析

寧波市2023學(xué)年第一學(xué)期期末九校聯(lián)考高二化學(xué)試題考生須知：1.本試題滿分100分，考試時(shí)間90分鐘。2.考生答題前，務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用黑色字跡的簽字筆或鋼筆填寫在答題卡上。3.非選擇題的答案須用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題卡上相應(yīng)區(qū)域內(nèi)，答案寫在本試題卷上的無效。4.本試卷中可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28P-31S-32Cl-35.5K-39Ca-40Mn-55Fe-56Co-59Cu-64Zn-65Ag-108Sn-119I-127選擇題部分一、選擇題Ⅰ(本大題共10小題，每小題2分，共20分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分，請(qǐng)將你認(rèn)為正確的答案填涂在答題卡相應(yīng)位置)1.膠體有別于其他分散系的本質(zhì)區(qū)別是A.分散質(zhì)粒子大小在1～100nm B.能透過濾紙C.電泳 D.丁達(dá)爾效應(yīng)【答案】A【解析】【詳解】膠體有別于其他分散系的本質(zhì)區(qū)別是分散質(zhì)粒子大小在1～100nm，因此本題選A。2.下列各組物質(zhì)中，按沸點(diǎn)由低到高的順序排列正確的是A.H2O、H2S、H2Se、H2Te B.CH4、CCl4、CBr4、CI4C.金剛石、P4、O2 D.碳化硅、二氧化硅、晶體硅【答案】B【解析】【詳解】A．H2O、H2S、H2Se、H2Te均為分子晶體，H2O分子間存在氫鍵，熔沸點(diǎn)較高，H2S、H2Se、H2Te分子間為范德華力，相對(duì)分子質(zhì)量越大，范德華力越大，熔沸點(diǎn)越高，因此H2O的沸點(diǎn)最高，A錯(cuò)誤；B．CH4、CCl4、CBr4、CI4均為分子晶體，分子間作用力為范德華力，相對(duì)分子質(zhì)量越大，范德華力越大，熔沸點(diǎn)越高，因此沸點(diǎn)依次升高，B正確；C．金剛石為共價(jià)晶體，P4、O2為分子晶體，共價(jià)晶體的沸點(diǎn)高于分子晶體，因此金剛石的沸點(diǎn)最高，C錯(cuò)誤；D．碳化硅、二氧化硅、晶體硅均為共價(jià)晶體，原子半徑越小，共價(jià)鍵鍵能越大，共價(jià)晶體的沸點(diǎn)越高，由于半徑C＜Si，Si-C的鍵長(zhǎng)＜Si-Si的鍵長(zhǎng)，因此Si-C的鍵能＞Si-Si的鍵能，故沸點(diǎn)SiC＞Si，D錯(cuò)誤；故選B。3.下列有關(guān)說法正確的是A.鋼鐵發(fā)生電化學(xué)腐蝕的負(fù)極反應(yīng)式：B.用Pt電極電解一定量的稀硫酸溶液，電解一段時(shí)間后溶液的PH值不變C.電解精煉銅時(shí)，電解質(zhì)溶液中均保持不變D.金屬Cu無論在酸性條件下，還是在堿性條件下發(fā)生的都是吸氧腐蝕【答案】D【解析】【詳解】A．鋼鐵腐蝕時(shí)鐵失去電子生成亞鐵離子，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．電解稀硫酸實(shí)際是電解水，電解一段時(shí)間后硫酸的濃度增大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．電解精煉銅時(shí)開始時(shí)陽極是其他比銅活潑的金屬失去電子進(jìn)入溶液中，陰極是銅離子得到電子生成銅，故電解質(zhì)溶液中的銅離子濃度稍微減少，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．銅的活動(dòng)性比氫弱，不能發(fā)生析氫腐蝕，D項(xiàng)正確。故選D。4.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，中含有的氯原子數(shù)為B.溶液中的數(shù)目為C.密閉容器中，和在催化劑作用下充分反應(yīng)后分子總數(shù)為D.1molNa與足量反應(yīng)生成和的混合物，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為【答案】D【解析】【詳解】A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，不是氣體，不確定其物質(zhì)的量，A錯(cuò)誤；B．草酸根離子水解導(dǎo)致其物質(zhì)的量小于1mol，故其數(shù)目小于，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)為可逆反應(yīng)，故密閉容器中，和在催化劑作用下充分反應(yīng)后生成氨分子小于2mol，故分子總數(shù)小于，C錯(cuò)誤；D．生成氧化鈉和過氧化鈉過程中鈉元素化合價(jià)均由0升高為+1，故1molNa與足量反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子1mol，數(shù)目為，D正確；故選D。5.官能團(tuán)決定有機(jī)物的化學(xué)特性。下列有機(jī)物中，既能使溴水褪色又能跟金屬鈉反應(yīng)，還可以和碳酸鈉溶液反應(yīng)的是A.CH2=CHCH2OH B.CH2=CHCHOC.CH2=CHCOOH D.CH2=CHCOOCH3【答案】C【解析】【詳解】A.碳碳雙鍵可與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，羥基能跟金屬鈉反應(yīng)，但都不能與碳酸鈉溶液反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B.碳碳雙鍵和醛基不能與金屬鈉、碳酸鈉溶液反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C.碳碳雙鍵可與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，—COOH可與金屬鈉反應(yīng)、碳酸鈉溶液反應(yīng)，C正確；D.碳碳雙鍵可與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，其和酯基都不能與金屬鈉、碳酸鈉溶液反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故選C。6.下列說法不正確的是A.做“海帶中碘元素的分離及檢驗(yàn)”實(shí)驗(yàn)時(shí)，須用過量的氯氣或雙氧水氧化I-B.冷卻結(jié)晶時(shí)，溶液冷卻得越快，析出的晶體顆粒就越小C.其他條件相同時(shí)，雙氧水在堿性溶液中分解速率比在酸性溶液中快D.如果酸液濺入眼內(nèi)，用大量水沖洗后，立即送醫(yī)院診治【答案】A【解析】【詳解】A．過量的氯氣可繼續(xù)氧化碘單質(zhì)，因此應(yīng)通入適量氯氣，故A錯(cuò)誤；B．晶體顆粒大小與蒸發(fā)、冷卻的快慢有關(guān)，溶劑蒸發(fā)的速度越快，或濃縮后的溶液冷卻得越快，析出的晶體顆粒就越小，故B正確；C．堿性溶液中有利于雙氧水的電離，能促進(jìn)其分解，所以其他條件相同時(shí)，雙氧水在堿性溶液中分解速率比在酸性溶液中快，故C正確；D．酸溶液具有腐蝕性，如果酸液濺入眼內(nèi)，用大量水沖洗后，立即送醫(yī)院診治，故D正確；故選A。7.下列根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象得出結(jié)論不正確的是A.氯水的顏色呈淺黃綠色，說明氯水中含有Cl2B.向溴水中通入SO2，溶液褪色，說明SO2具有漂白性C.向氯水中加入NaHCO3粉末，有氣泡產(chǎn)生，說明氯水中含有H＋D.向SO2水溶液中加入NaHCO3粉末，有氣泡產(chǎn)生，說明H2SO3酸性強(qiáng)于H2CO3【答案】B【解析】【詳解】A．只有氯氣有顏色，為黃綠色，氯水呈淺黃綠色是由于含有氯氣，故A正確；B．向溴水中通入SO2，溶液褪色，是因?yàn)殇逅趸硕趸?，說明SO2具有還原性，故B錯(cuò)誤；C．HCl的酸性比碳酸強(qiáng)，與碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳，該現(xiàn)象說明含有H＋，故C正確；D．SO2的水溶液中含H2SO3，向SO2的水溶液中加入少量NaHCO3粉末，有氣泡產(chǎn)生，說明H2SO3和NaHCO3反應(yīng)產(chǎn)生了二氧化碳和水，則說明H2SO3酸性強(qiáng)于H2CO3，D正確；綜上所述答案為B。8.下列離子方程式書寫正確的是A.白醋與次氯酸鈉溶液混合產(chǎn)生黃綠色氣體：B.四氧化三鐵溶于足量稀硝酸：C.向溶液中通入過量：D.向氯化鋁溶液中加入過量濃氨水：【答案】D【解析】【詳解】A．白醋中含有醋酸，醋酸為弱酸，書寫離子方程式時(shí)，不應(yīng)拆寫成離子，故A錯(cuò)誤；B．硝酸具有強(qiáng)氧化性，能將Fe2+氧化成Fe3+，故B錯(cuò)誤；C．CO2為過量，過量CO2與碳酸鈣反應(yīng)生成碳酸氫鈣，故C錯(cuò)誤；D．氫氧化鋁不溶于過量氨水，因此氯化鋁與過量氨水的反應(yīng)為Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，故D正確；答案為D。9.金屬M(fèi)在潮濕的空氣中會(huì)形成一層致密穩(wěn)定的3M(XY)2?MZX3，X、Y、Z為短周期主族元素，X的原子序數(shù)是Y的8倍，基態(tài)X和Z的未成對(duì)電子數(shù)相同，M是人體必需的元素之一。1molMZX3，含有42mol質(zhì)子，下列說法正確的是A.離子半徑：M＞X B.X、Y、Z的電負(fù)性大小為：X＞Z＞YC.M的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物為強(qiáng)堿 D.第一電離能：Z＞X【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z為短周期主族元素，即原子序數(shù)均小于18，而X的原子序數(shù)是Y的8倍，故Y為H元素，X為O元素；基態(tài)X和Z的未成對(duì)電子數(shù)相同，則Z可能為C或Si或S；金屬M(fèi)在潮濕的空氣中會(huì)形成一層致密穩(wěn)定的3M(OH)2?MZX3，可知M顯+2價(jià)，1molMZX3含有42mol質(zhì)子，當(dāng)Z為Si元素時(shí)，M的質(zhì)子數(shù)為4，即Be元素，不是人體必需微量元素，不合題意，當(dāng)Z為S元素時(shí)，M的質(zhì)子數(shù)為2，為He，不是人體必需微量元素，不符合題意，只有當(dāng)Z為C元素時(shí)，M的質(zhì)子數(shù)為12，為Mg元素，是人體的必需微量元素之一，符合題意，故確定X、Y、Z、M分別為：O、H、C、Mg，據(jù)此分析。【詳解】A．由分析可知，M為Mg，X為O，Mg2+和O2-具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，且Mg的核電荷數(shù)比O大，故離子半徑：Mg2+＜O2-，即M＜X，A錯(cuò)誤；B．由分析可知，X為O、Y為H、Z為C，故X、Y、Z的電負(fù)性大小為O＞C＞H，即X＞Z＞Y，B正確；C．由分析可知，M為Mg，M的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物即Mg(OH)2為弱堿，C錯(cuò)誤；D．由分析可知，X為O，Z為C，根據(jù)同一周期從左往右元素第一電離能呈增大趨勢(shì)，ⅡA和ⅤA反常，故第一電離能：O＞C，即X＞Z，D錯(cuò)誤；故答案為B。10.常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.使酚酞試液呈紅色的溶液中：、、、B.水電離的mol?L的溶液中：、、、C.明礬溶液中：、、、D.的溶液中：、、、【答案】A【解析】【詳解】A．使酚酞試液呈紅色的溶液含有大量的氫氧根，離子間兩兩不反應(yīng)，A符合題意；B．水電離的mol?L的溶液，說明水的電離被抑制，溶液呈酸性或堿性，酸性溶液中，不能存在，堿性溶液中，不能存在，B不符合題意；C．明礬溶液中存在大量的鋁離子，會(huì)與發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳?xì)怏w而不能共存，C不符合題意；D．強(qiáng)酸性溶液中，會(huì)被氧化為三價(jià)鐵離子，不能共存，D不符合題意；故選A。二、選擇題Ⅱ(本大題共10小題，每小題3分，共30分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分，請(qǐng)將你認(rèn)為正確的答案填涂在答題卡相應(yīng)位置)11.以、為原料合成涉及的反應(yīng)如下：反應(yīng)Ⅰ：反應(yīng)Ⅱ：反應(yīng)Ⅲ：在5MPa下，按照投料，平衡時(shí)，CO和在含碳產(chǎn)物中物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)及的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖。下列說法正確的是A.反應(yīng)Ⅲ中反應(yīng)物的總鍵能大于生成物的總鍵能B.曲線代表CO在含碳產(chǎn)物中物質(zhì)量分?jǐn)?shù)C.該條件下溫度越低，越有利于工業(yè)生產(chǎn)D.圖示270℃時(shí)，平衡體系中的體積分?jǐn)?shù)約為66.6%【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)蓋斯定律I-Ⅱ可得反應(yīng)ⅢCO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)ΔH3=-49kJ·mol-1-41kJ·mol-1=-90kJ·mol-1；ΔH=反應(yīng)物的總鍵能-生成物的總鍵能，故反應(yīng)Ⅲ中反應(yīng)物的總鍵能小于生成物的總鍵能，A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)Ⅱ的正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，生成物中有CO，溫度升高，反應(yīng)Ⅱ的平衡正向移動(dòng)，CO的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大；反應(yīng)Ⅲ的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，反應(yīng)物中有CO，溫度升高，反應(yīng)Ⅲ的平衡逆向移動(dòng)，CO的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)也會(huì)增大，也就是說，溫度升高，CO的產(chǎn)量變大，則CO在含碳產(chǎn)物的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，故符合這個(gè)規(guī)律的是曲線n，B錯(cuò)誤；C．由圖可知，溫度在150℃時(shí)有利于反應(yīng)Ⅰ進(jìn)行，CH3OH的含量高，有利于提高CH3OH的產(chǎn)率，但并不是溫度越低越好，因?yàn)闇囟忍头磻?yīng)速率太慢，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)題意設(shè)起始量n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，平衡時(shí)甲醇和CO的物質(zhì)的量相等，設(shè)CH3OH物質(zhì)的量為xmol，則CO的物質(zhì)的量也為xmol，270℃時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率為25%，則平衡時(shí)CO2的物質(zhì)的量為0.75mol，根據(jù)碳守恒：0.75+2x=1，解得x=0.125，根據(jù)氧守恒，水的物質(zhì)的量為：2mol-0.75mol×2-0.125mol-0.125mol=0.25mol，根據(jù)氫守恒，氫氣的物質(zhì)的量為=2.5mol，則反應(yīng)后總的物質(zhì)的量0.75mol+0.125mol+0.125mol+2.5mol+0.25mol=3.75mol，則平衡體系中H2的體積分?jǐn)?shù)為=66.7%，D正確；答案選D。12.Burns和Dainton研究發(fā)現(xiàn)Cl2與CO合成COCl2的反應(yīng)機(jī)理如下：①Cl2(g)?2Cl?(g)快②CO(g)+Cl?(g)?COCl?(g)快③COCl?(g)+Cl2(g)?COCl2(g)+Cl?(g)慢反應(yīng)②的速率方程為v正=k正c(CO)×c(Cl?)，v逆=k逆c(COCl?)。下列說法錯(cuò)誤的是A.反應(yīng)①的活化能大于反應(yīng)③的活化能B.反應(yīng)②的平衡常數(shù)K=C.要提高合成COCl2的速率，關(guān)鍵是提高反應(yīng)③的速率D.選擇合適的催化劑能提高單位時(shí)間內(nèi)COCl2的產(chǎn)率【答案】A【解析】【分析】根據(jù)有效碰撞理論，活化能越小，反應(yīng)速率越大；催化劑降低反應(yīng)的活化能，提高反應(yīng)速率，但不改變反應(yīng)最終的平衡產(chǎn)率。【詳解】A．活化能越小，反應(yīng)速率越快，則反應(yīng)①的活化能小于反應(yīng)③的活化能，故A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)②存在v正=k正c(CO)×c(Cl?)，v逆=k逆c(COCl?)，平衡時(shí)正逆反應(yīng)速率相等，，故B正確；C．慢反應(yīng)決定整個(gè)反應(yīng)速率，要提高合成COCl2的速率，關(guān)鍵是提高反應(yīng)③的速率，故C正確；D．選擇合適的催化劑加快化學(xué)反應(yīng)速率，所以能提高單位時(shí)間內(nèi)COCl2的產(chǎn)率，故D正確；故選A。13.與在不同催化劑作用下反應(yīng)生成的反應(yīng)歷程圖(為過渡態(tài)。*表示吸附在催化劑表面的物種)如圖所示。下列說法正確的是A.該反應(yīng)為放熱反應(yīng)B.催化劑1和催化劑2均降低了反應(yīng)的焓變C.反應(yīng)過程中有非極性鍵的斷裂和形成D.催化劑1作用下的決速步為【答案】A【解析】【詳解】A．由圖可知，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，A正確；B．催化劑不改變反應(yīng)的焓變，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)過程中只有H-H鍵的斷裂，沒有非極性鍵的形成，C錯(cuò)誤；D．活化能最大的步驟為決速步驟，步驟1的活化能為146.64-85.87=60.77(kJ/mol)，步驟2的活化能為126.38-63.66=62.72(kJ/mol)，則催化劑1作用下的決速步為，D錯(cuò)誤；故選A。14.下列溶液中，加入(或通入)某物質(zhì)后，發(fā)生反應(yīng)的先后順序正確的是A.在含等濃度的Fe3+、H+、Cu2+的溶液中加入鐵粉：Fe3+、H+、Cu2+B.在含等濃度的I-、S2-、Br-的溶液中不斷通入氯氣：I-、Br-、S2-C.在含等濃度的AlO、CO、OH-的溶液中逐滴加入硫酸氫鈉溶液：OH-、AlO、COD.在含等濃度的Mg2+、H+、NH的溶液中逐漸加入燒堿溶液：Mg2+、NH、H+【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．因?yàn)檠趸裕篎e3+＞Cu2+＞H+，故在含等濃度的Fe3+、H+、Cu2+的溶液中加入鐵粉，發(fā)生反應(yīng)的先后順序?yàn)椋篎e3+、Cu2+、H+，A錯(cuò)誤；B．因?yàn)檫€原性：S2-＞I-＞Br-，故在含等濃度的I-、S2-、Br-的溶液中不斷通入氯氣，發(fā)生反應(yīng)的先后順序?yàn)椋篠2-、I-、Br-，B錯(cuò)誤；C．因?yàn)榻Y(jié)合質(zhì)子的能力：OH-＞＞，故在含等濃度的、、OH-的溶液中逐滴加入硫酸氫鈉溶液，依次發(fā)生的反應(yīng)為H++OH-=H2O、+H++H2O=Al(OH)3↓、+2H+=H2O+CO2↑、Al(OH)3+3H+=Al3++3H+，C正確；D．在含等濃度的Mg2+、H+、的溶液中逐漸加入燒堿溶液，依次發(fā)生的反應(yīng)為H++OH-=H2O、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、+OH-=NH3·H2O，D錯(cuò)誤；答案選C。15.將溶液滴加到己二酸溶液中，混合溶液的與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是A.當(dāng)混合溶液呈中性時(shí)，B.曲線表示與的變化關(guān)系C.溶液中D.的數(shù)量級(jí)為【答案】A【解析】【分析】己二酸為二元弱酸，在溶液中分步電離，以一級(jí)電離為主，電離常數(shù)Ka1(H2X)=＞Ka2(H2X)=，當(dāng)溶液中氫離子濃度相同時(shí)，＞，則由圖可知，曲線N表示pH與lg的變化關(guān)系，曲線M表示pH與lg的變化關(guān)系?！驹斀狻緼．由圖可知，當(dāng)溶液pH=7時(shí)，lg>0，則溶液中c(X2－)>c(HX－)，故A錯(cuò)誤；B．由分析可知，曲線N表示pH與lg的變化關(guān)系，故B正確；C．由圖可知，當(dāng)lg=0時(shí)，溶液的pH約為5.4，電離常數(shù)Ka2(H2X)=c(H＋)=1.0×10—5.4，當(dāng)lg=0時(shí)，溶液的pH約為4.4，電離常數(shù)Ka1(H2X)=c(H＋)=1.0×10—4.4，則NaHX的水解常數(shù)Kh=≈=1.0×10—9.6＜Ka2(H2X)≈1.0×10—5.4，NaHX在溶液中的水解程度小于電離程度，溶液呈酸性，溶液中c(H＋)>c(OH－)，故C正確；D．由分析可知，曲線M表示pH與lg的變化關(guān)系，當(dāng)lg=0時(shí)，溶液的pH約為5.4，電離常數(shù)Ka2(H2X)=c(H＋)=10—5.4，數(shù)量級(jí)為10-6，故D正確；答案選A。16.電解液來源豐富、成本低廉的新型酸堿混合鋅鐵液流電池的示意圖如圖，下列說法錯(cuò)誤的是A.放電時(shí)，電流由B經(jīng)導(dǎo)線流向AB.放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)式為C.離子交換膜a為陽離子交換膜D.充電時(shí)，每轉(zhuǎn)移電子，參與反應(yīng)的鐵元素質(zhì)量為【答案】D【解析】【分析】由圖可知，作為原電池時(shí)，鋅失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，A為負(fù)極，則B為正極，以此解題?！驹斀狻緼．放電時(shí)，電流由正極到負(fù)極，即電流由B經(jīng)導(dǎo)線流向A，A正確；B．由分析可知，A為負(fù)極，電極反應(yīng)為：，B正確；C．在原電池中，陽離子向正極移動(dòng)，則鈉離子可以通過交換膜a，C正確；D．充電時(shí)，陽極反應(yīng)式為Fe2+-e-=Fe3+，每轉(zhuǎn)移2mol電子，參與反應(yīng)的鐵元素質(zhì)量為112g，D錯(cuò)誤；故選D。17.向和的混合物中加入某濃度的稀硝酸，固體物質(zhì)完全反應(yīng)，得到標(biāo)準(zhǔn)狀況下和的混合氣體及。在所得溶液中加入的NaOH溶液，此時(shí)溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，沉淀質(zhì)量為。下列有關(guān)說法正確的是A.與的物質(zhì)的量之比為 B.硝酸的物質(zhì)的量濃度為2.4mol/LC.產(chǎn)生的的體積為(標(biāo)況) D.、與硝酸反應(yīng)后剩余為【答案】D【解析】【詳解】A．設(shè)27.2gCu和混合物中Cu物質(zhì)的量為xmol，物質(zhì)的量為ymol，加入氫氧化鈉呈中性，金屬離子已完全沉淀，沉淀質(zhì)量為39.2g，根據(jù)銅守恒建立關(guān)系，64x+144y=27.2，98(x+2y)=39.2，解得x=0.2，y=0.1，因此Cu與的物質(zhì)的量之比為2：1，故A錯(cuò)誤；B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下8.96LNO和即物質(zhì)的量為0.4mol，溶液加NaOH溶液至中性，得到n()=0.4mol+n()=0.4mol+1.0×1.0L=1.4mol，則硝酸的物質(zhì)的量濃度為2.8，故B錯(cuò)誤；C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下8.96LNO和即物質(zhì)的量為0.4mol，設(shè)NO物質(zhì)的量為amol，物質(zhì)的量為bmol，根據(jù)得失電子守恒得到x+y=0.4mol，3x+y=0.2mol×2+0.1mol×2×1，解得x=0.1，y=0.3，因此標(biāo)況下，產(chǎn)生的體積為6.72L，故C錯(cuò)誤；D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下8.96LNO和即物質(zhì)的量為0.4mol，根據(jù)氮元素守恒得到消耗的硝酸物質(zhì)的量n()=0.4mol+2×(0.2+0.1×2)mol=1.2mol，根據(jù)B選項(xiàng)得到總的硝酸物質(zhì)的量為1.4mol，因此Cu、與硝酸反應(yīng)后剩余為0.2mol，故D正確。故選D。18.是離子晶體，具有反螢石結(jié)構(gòu)，晶胞如圖所示，其晶格能可通過圖中的循環(huán)計(jì)算得到。下列說法錯(cuò)誤的是A.Li的第一電離能為B.Li的配位數(shù)為4C.晶格能為D.晶胞參數(shù)為anm，則的密度為【答案】A【解析】【詳解】A．第一電離能是氣態(tài)基態(tài)原子失去最外層的一個(gè)電子所需要的最低能量，則Li的第一電離能為，A錯(cuò)誤；B．由Li2O的晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，每個(gè)Li+周圍有4個(gè)O2-，則其配位數(shù)為4，B正確；C．晶格能是指在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，使離子晶體變成氣態(tài)正離子和氣態(tài)負(fù)離子時(shí)所吸收的最低能量，由圖可知Li2O的晶格能為，C正確；D．每個(gè)晶胞內(nèi)含有8個(gè)Li+和4個(gè)O2-，則Li2O的密度，D正確；答案選A。19.白色固體混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的幾種，常溫常壓下進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。下列推斷不正確的是（）A.無色溶液B做焰色反應(yīng)實(shí)驗(yàn)，火焰可能顯紫色B.白色固體F的主要成分是H2SiO3C.混合物A中一定含有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3D.在無色溶液B中加HNO3酸化，無沉淀；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，說明混合物A中有KCl【答案】C【解析】【分析】假設(shè)題中的五種物質(zhì)都有，則KCl一定進(jìn)入到溶液B中；Cu2+可以和CO32-反應(yīng)產(chǎn)生CuCO3沉淀，可以和SiO32-發(fā)生雙水解反應(yīng)產(chǎn)生Cu(OH)2和H2SiO3沉淀，CaCO3本身不溶于水，也不發(fā)生反應(yīng)，故固體C中可能含有的是CuCO3、CaCO3、Cu(OH)2、H2SiO3；固體C中加入過量的HNO3，H2SiO3不反應(yīng)，形成了白色固體F，CuCO3和Cu(OH)2溶于HNO3中，形成藍(lán)色溶液E，放出無色氣體D，故可以推斷出固體C中一定有CuCO3、Cu(OH)2、H2SiO3，可能有CaCO3，則混合物A中一定有Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，可能有KCl、CaCO3?！驹斀狻緼、經(jīng)分析，混合物A中可能有KCl，由于KCl不和其他物質(zhì)反應(yīng)，KCl會(huì)進(jìn)入到溶液B中，該溶液做焰色反應(yīng)，火焰可能呈紫色，A正確；B、經(jīng)分析，白色固體F是H2SiO3，B正確；C、經(jīng)分析，混合物A中一定有Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，可能有KCl、CaCO3，C錯(cuò)誤；D、混合物A中可能有KCl，由于KCl不和其他物質(zhì)反應(yīng)，KCl會(huì)進(jìn)入到溶液B中，向該溶液中加HNO3酸化無沉淀，再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，說明混合物A中有KCl，D正確；故選C?！军c(diǎn)睛】20.下列實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)、現(xiàn)象和結(jié)論不正確的是實(shí)驗(yàn)?zāi)康姆桨冈O(shè)計(jì)現(xiàn)象和結(jié)論A探究反應(yīng)物濃度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響分別取10mL0.lmol/LNa2S2O3溶液和5mL0.1mol/LNa2S2O3溶液、5mL蒸餾水于兩支試管中，然后同時(shí)加入10mL0.1mol/LH2SO4溶液前者出現(xiàn)渾濁的時(shí)間更短，說明增大Na2S2O3濃度，可以加快反應(yīng)速率B探究壓強(qiáng)對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響在容積不變的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)向其中通入氬氣反應(yīng)速率不變，說明化學(xué)反應(yīng)速率不受壓強(qiáng)影響C探究溫度對(duì)化學(xué)平衡的影響將裝有NO2和N2O4混合氣體的連同球分別浸泡在冰水和熱水中：2NO2(g)(紅棕色)N2O4(g)(無色)，△H＜0熱水中氣體顏色深，冰水中顏色淺，說明其他條件不變時(shí)，升高溫度，會(huì)使化學(xué)平衡向吸熱方向移動(dòng)D探究KI與FeCl3反應(yīng)的限度取5mL0.1mol/L的KI溶液于試管中，加入1mL0.1mol/L的FeCl3溶液，充分反應(yīng)后滴入5滴15%KSCN溶液溶液變血紅色，則KI與FeCl3的反應(yīng)有一定限度A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．兩份混合溶液的體積相同，H2SO4的濃度相同，但Na2S2O3的濃度不同，增大Na2S2O3的濃度，出現(xiàn)渾濁的時(shí)間縮短，從而得出增大反應(yīng)物濃度，可加快反應(yīng)速率，A不符合題意；B．對(duì)于合成氨反應(yīng)，在體積不變時(shí)，通過充入稀有氣體增大容器的壓強(qiáng)，由于反應(yīng)物和生成物的濃度不變，所以反應(yīng)速率不變，不能得出化學(xué)反應(yīng)速率不受壓強(qiáng)影響的結(jié)論，B符合題意；C．對(duì)于反應(yīng)2NO2(g)(紅棕色)N2O4(g)(無色)△H＜0，升高溫度，混合液的顏色加深，則表明平衡逆向移動(dòng)，從而得出結(jié)論：升高溫度，會(huì)使化學(xué)平衡向吸熱方向移動(dòng)，C不符合題意；D．足量的KI溶液中加入少量的FeCl3溶液，反應(yīng)后的溶液能使KSCN溶液變紅，表明FeCl3有剩余，從而說明KI與FeCl3的反應(yīng)有一定限度，D不符合題意；故選B。非選擇題部分三、非選擇題(本大題共5小題，共50分)21.磷酸鐵鋰電池是以磷酸鐵鋰(LiFePO4)為正極材料的鋰離子電池，具有循環(huán)壽命長(zhǎng)、安全性能好、無環(huán)境污染等特點(diǎn)。（1）磷酸鐵鋰具有橄欖石結(jié)構(gòu)，空間骨架結(jié)構(gòu)不易發(fā)生形變，化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定。①基態(tài)的價(jià)層電子排布式為_______。②Li、P、O三種元素的電負(fù)性由大到小的順序是_______。（2）硫酸亞鐵(FeSO4)可用于制備磷酸鐵鋰。①根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論可知，的空間結(jié)構(gòu)為_______。②比較S原子和O原子的第一電離能大小，并從原子結(jié)構(gòu)的角度說明理由：_______。（3）草酸亞鐵(FeC2O4)也可用于制備磷酸鐵鋰。草酸根離子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，其中碳原子的雜化軌道類型為_______。（4）磷酸鐵(FePO4)與磷酸鐵鋰結(jié)構(gòu)相似，其中圍繞和分別形成正八面體和正四面體，它們通過共頂點(diǎn)、共棱形成空間鏈結(jié)構(gòu)。充放電過程中，中的會(huì)不斷脫嵌或嵌入鏈之間的孔道內(nèi)，其結(jié)構(gòu)變化如圖所示。①i表示_______(填“充電”或“放電”)過程。②已知Li+的脫嵌率=。某時(shí)刻，若正極材料中Li+的脫嵌率為，則其中_______?！敬鸢浮浚?）①.3d6②.O>P>Li（2）①.正四面體形②.I1(O)>I1(S)，O原子半徑小，原子核對(duì)最外層電子的吸引力大，不易失去1個(gè)電子（3）sp2（4）①.充電②.1：1【解析】【小問1詳解】①鐵的質(zhì)子數(shù)是26，失去兩個(gè)電子形成亞鐵離子，所以基態(tài)的價(jià)層電子排布式為3d6。②同周期元素，從左到右金屬性減弱，非金屬性增強(qiáng)，元素的電負(fù)性增大；同主族元素，由上到下，金屬性逐漸增強(qiáng)，非金屬性逐漸減弱，電負(fù)性逐漸減弱，Li、P、O三種元素的電負(fù)性由大到小的順序是O>P>Li?！拘?詳解】①硫酸根離子的中心原子S的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為，所以的空間結(jié)構(gòu)為正四面體形。②S和O位于同一主族，原子半徑O<S，原子核對(duì)最外層電子的吸引力O>S，O原子不易失去一個(gè)電子，所以I1(O)>I1(S)?！拘?詳解】草酸根離子中碳原子形成了3個(gè)σ鍵和1個(gè)π鍵，且無孤電子對(duì)，所以碳原子的雜化軌道類型為sp2?！拘?詳解】①磷酸鐵鋰電池是以磷酸鐵鋰(LiFePO4)為正極材料的鋰離子電池，由晶胞結(jié)構(gòu)可以得到LiFePO4在陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成FePO4，i表示充電過程。②LiFePO4晶胞中鋰離子的數(shù)目為，磷酸根離子的個(gè)數(shù)為4，若正極材料中Li+的脫嵌率為，則剩余的鋰離子數(shù)目為2。假設(shè)亞鐵離子的個(gè)數(shù)為a，鐵離子個(gè)數(shù)為b，則a+b=4，利用化合物中化合價(jià)之和為0可以得到，求解可以得到a=2，b=2，所以。22.結(jié)晶水合物X由4種元素組成，某學(xué)習(xí)小組按如下流程進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：已知：黑色固體B用100mL2.0mol/LH2SO4溶液溶解后，多余的酸用0.30molNaOH恰好中和。（1）組成X的元素有H、O和___________(填元素符號(hào))，A的兩種成分為___________(填寫化學(xué)式)。（2）寫出X隔絕空氣加熱分解的化學(xué)方程式___________。（3）寫出金屬粉末C生成深藍(lán)色D溶液的離子方程式___________。（4）黑色固體B加入稀硫酸溶解后，再加入足量氫氧化鈉溶液，生成的藍(lán)色沉淀可能是氫氧化物、堿式硫酸鹽或兩者的混合物(都難溶于水，易溶于強(qiáng)酸)，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)一個(gè)實(shí)驗(yàn)方案證明藍(lán)色沉淀只有氫氧化物沒有堿式硫酸鹽：________。【答案】（1）①.Cu、N②.NO2、O2（2）2Cu(NO3)2·3H2O2CuO+4NO2+O2↑+6H2O（3）2Cu+8NH3·H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH—+6H2O（4）取藍(lán)色沉淀少許于試管中，加入足量稀鹽酸溶解得到藍(lán)色溶液，向溶液中加入BaCl2溶液，沒有白色沉淀生成，說明藍(lán)色沉淀只有Cu(OH)2【解析】【分析】由標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.28L紅棕色氣體A被足量的水恰好完全吸收轉(zhuǎn)化為強(qiáng)酸可知，氣體A為二氧化氮和氧氣的混合氣體、強(qiáng)酸為硝酸，則X中含有氮元素；由得失電子數(shù)目守恒可知，混合氣體中二氧化氮的物質(zhì)的量為×=0.1mol、氧氣的物質(zhì)的量為×=0.025mol，則X中含有氮元素的物質(zhì)的量為0.1mol；由黑色固體B能與氫氣共熱反應(yīng)得到金屬粉末C，金屬粉末能與氨水和氧氣反應(yīng)得到深藍(lán)色溶液D可知，B為氧化銅、C為銅、D為四氨合銅離子，則X中含有銅元素，由黑色固體B用100mL2.0mol/L硫酸溶液溶解后，多余的酸用0.30mol氫氧化鈉恰好中和可知，X中含有銅元素的物質(zhì)的量為2.0mol/L×0.1L—0.30mol×=0.05mol；由X中含有氫元素和氧元素可知，X為帶有結(jié)晶水的硝酸銅晶體，硝酸銅的物質(zhì)的量為0.05mol，則結(jié)晶水的物質(zhì)的量為=0.15mol，硝酸銅和水的物質(zhì)的量比為0.05mol：0.15mol=1：3，X的化學(xué)式為Cu(NO3)2·3H2O?！拘?詳解】由分析可知，X為三水硝酸銅，含有的元素為銅元素、氮元素、氧元素和氫元素，氣體A為二氧化氮和氧氣的混合氣體，故答案為：Cu、N；NO2、O2；【小問2詳解】由分析可知，X為三水硝酸銅，受熱分解生成氧化銅、二氧化氮、氧氣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Cu(NO3)2·3H2O2CuO+4NO2+O2↑+6H2O，故答案為：2Cu(NO3)2·3H2O2CuO+4NO2+O2↑+6H2O；【小問3詳解】由分析可知，銅粉末與氨水和氧氣反應(yīng)得到含有四氨合銅離子的深藍(lán)色溶液，反應(yīng)的離子方程式為2Cu+8NH3·H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH—+6H2O，故答案為：2Cu+8NH3·H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH—+6H2O；【小問4詳解】若藍(lán)色沉淀中含有堿式硫酸鹽，用鹽酸溶解藍(lán)色沉淀所得溶液能與氯化鋇溶液反應(yīng)生成白色硫酸鋇沉淀，則驗(yàn)證藍(lán)色沉淀只有氫氧化物沒有堿式硫酸鹽的實(shí)驗(yàn)方案為取藍(lán)色沉淀少許于試管中，加入足量稀鹽酸溶解得到藍(lán)色溶液，向溶液中加入氯化鋇溶液，沒有白色沉淀生成，說明藍(lán)色沉淀只有氫氧化銅，故答案為：取藍(lán)色沉淀少許于試管中，加入足量稀鹽酸溶解得到藍(lán)色溶液，向溶液中加入BaCl2溶液，沒有白色沉淀生成，說明藍(lán)色沉淀只有Cu(OH)2。23.丙烯是一種重要的化工原料，在催化劑作用下，可以由丙烷直接脫氫或氧化脫氫制備。反應(yīng)Ⅰ(直接脫氫)：反應(yīng)Ⅱ(氧化脫氫)：反應(yīng)Ⅲ(氫氣燃燒)：回答下列問題：（1）_____kJ/mol。（2）對(duì)于反應(yīng)Ⅰ，總壓恒定為100kPa，在密閉容器中通入和Ar的混合氣體。在溫度為時(shí)，的平衡轉(zhuǎn)化率與通入氣體中的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)的關(guān)系如圖1①結(jié)合圖1，從平衡移動(dòng)的角度分析，“通入Ar”的作用是_____。②若要將的平衡轉(zhuǎn)化率提高到60％，則_____。（3）恒溫條件下，測(cè)得反應(yīng)Ⅰ平衡時(shí)的物質(zhì)的量濃度與平衡總壓的關(guān)系如圖2.請(qǐng)?jiān)趫D上畫出平衡時(shí)的物質(zhì)的量濃度隨平衡總壓變化的曲線_____。(在圖中C點(diǎn)平衡總壓為10Mpa時(shí)，丙烷和丙烯的物質(zhì)的濃度相等)。（4）①關(guān)于反應(yīng)Ⅲ，下列說法正確的是_____。A．該反應(yīng)在任何溫度下都能自發(fā)進(jìn)行B．升高溫度，反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)增大C．通入的氧氣越多，越有利于丙烷的氧化脫氫D．將水液化分離出來，既可以加快反應(yīng)速率，又能提高的轉(zhuǎn)化率②與直接脫氫反應(yīng)相比，氧化脫氫制備丙烯的優(yōu)點(diǎn)是_____。（5）研究表明，可催化氧化脫氫制丙烯。在p=0.1MPa，，催化劑X的催化下，氣體按一定流速通過反應(yīng)器，丙烷轉(zhuǎn)化率和產(chǎn)物選擇性(丙烯的選擇性=丙烯的產(chǎn)率÷丙烷的轉(zhuǎn)化率×100％)隨溫度變化如下表：t℃丙烷轉(zhuǎn)化率產(chǎn)物的選擇性CO4004.0693.122.204.6850012.3291.233.165.6160035.2285.447.736.83下列說法不正確的是_____。A.在較高溫度下，催化劑X可提高產(chǎn)生丙烯反應(yīng)的速率B.催化氧化脫氫制丙烯的反應(yīng)是放熱反應(yīng)C.相同條件下，使用不同的催化劑，丙烷的平衡轉(zhuǎn)化率相同D.溫度升高，催化劑X的活性下降，丙烯的產(chǎn)率降低【答案】（1）＋124（2）①.減小氣體濃度(或分壓)，使平衡右移，提高轉(zhuǎn)化率②.1：3.8（3）（4）①.A②.反應(yīng)溫度較低、節(jié)約能源##氧氣消耗氫氣，有利于平衡正向移動(dòng)##利用氫氣和氧氣反應(yīng)放熱，維持熱量平衡##產(chǎn)品容易分離、副產(chǎn)物少（5）BD【解析】【小問1詳解】由蓋斯定律，可得；【小問2詳解】①在總壓恒定的條件下，充入惰性氣體，等同于擴(kuò)體減壓，氣體濃度(或分壓)減小，使平衡向著氣體分子數(shù)增大的方向移動(dòng)(右移)，提高了的轉(zhuǎn)化率；②根據(jù)圖1，的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.4時(shí)，其平衡轉(zhuǎn)化率為50%。假設(shè)混合氣體為1mol，則起始時(shí)為0.4mol，Ar為0.6mol，運(yùn)用三段式法計(jì)算：，由于總壓恒定為100kPa，平衡時(shí)為0.2mol，為0.2mol，為0.2mol，Ar為0.6mol，則、、的分壓均為，故時(shí)反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)，要將的平衡轉(zhuǎn)化率提高到60%，假設(shè)起始時(shí)為1mol，Ar為xmol，。運(yùn)用三段式法計(jì)算：，由于總壓恒定為100kPa，平衡時(shí)為0.4mol，為0.6mol，為0.6mol，Ar為xmol，則分壓為，、的分壓均為，根據(jù)溫度不變平衡常數(shù)相等：，(說明：本題用濃度平衡常數(shù)同樣可求得結(jié)果)；【小問3詳解】增大壓強(qiáng)縮小體積，平衡時(shí)兩種物質(zhì)的濃度都隨平衡總壓(體積縮小)的增大而增大。增大壓強(qiáng)時(shí)，由于平衡向著氣體分子數(shù)減少的逆反應(yīng)方向移動(dòng)，所以在兩者濃度相等之后，兩者濃度增加的程度不同，丙烷的濃度增大得更多，故丙烷的濃度大于丙烯的濃度。據(jù)此理可作圖；【小問4詳解】①A.反應(yīng)Ⅱ的，，所以該反應(yīng)在任何溫度下都能自發(fā)進(jìn)行，選項(xiàng)A正確；B.升高溫度，反應(yīng)Ⅱ的平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)減小，選項(xiàng)B不正確；C.通入的氧氣過多，將發(fā)生丙烷的深度氧化，可能生成CO或，使丙烯的產(chǎn)率降低或得不到丙烯，選項(xiàng)C不正確；D.將水液化分離出來，可提高的轉(zhuǎn)化率，濃度降低減慢反應(yīng)速率，選項(xiàng)D不正確；答案選A；②與直接脫氫反應(yīng)相比，氧化脫氫制備丙烯的優(yōu)點(diǎn)是反應(yīng)Ⅱ的溫度較低(任何溫度下都自發(fā))、反應(yīng)Ⅰ必須在高溫下才能自發(fā)，低溫反應(yīng)可以節(jié)約能源；產(chǎn)品主要是水和丙烯，容易分離、副產(chǎn)物少；【小問5詳解】A.催化氧化脫氫制丙烯，在較高溫度下，丙烯產(chǎn)率遠(yuǎn)高于乙烯和CO，是催化劑X選擇性地提高產(chǎn)生丙烯反應(yīng)速率的結(jié)果，選項(xiàng)A正確；B.表格中的數(shù)據(jù)不一定是平衡狀態(tài)的數(shù)據(jù)，不能得出該平衡體系，溫度對(duì)平衡移動(dòng)的影響規(guī)律，選項(xiàng)B不正確；C.催化劑能夠改變反應(yīng)速率，不同的催化劑對(duì)一定時(shí)間里沒有達(dá)到平衡的轉(zhuǎn)化率影響不同，但不能改變平衡轉(zhuǎn)化率和平衡常數(shù)，選項(xiàng)C正確；D.催化劑的活性與溫度有關(guān)，溫度過低或過高都可能是催化劑失活。從表格中的數(shù)據(jù)分析，溫度升高，丙烯的選擇性降低，但是丙烷的轉(zhuǎn)化率在增大，丙烯的產(chǎn)率在增加，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選BD。24.鈷在現(xiàn)代有著廣泛應(yīng)用，如草酸鈷可作指示劑與催化劑，氯化鈷是一種飼料營(yíng)養(yǎng)強(qiáng)化劑．利用水鈷礦（主要成分為，含少量、、、MgO、CaO、等）可以制取草酸鈷晶體和氯化鈷晶體，依據(jù)以下制備流程回答下列問題：已知：①具有強(qiáng)氧化性．②沉淀Ⅰ中只含有兩種沉淀．③流程中部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時(shí)溶液的pH見下表：沉淀物開始沉淀277.67.64.07.7沉淀完全3.79.69.25.19.8（1）為加快鈷礦“浸出”效率，可采取的措施是______（任選一條），浸出過程中加入的與反應(yīng)的離子方程式為______．（2）加入的作用是______，后續(xù)加入調(diào)pH得到沉淀Ⅰ的成分是______．（3）NaF溶液可將鈣、鎂離子轉(zhuǎn)化為沉淀過濾除去，若所得濾液中，則：______．［已知：，］（4）加入萃取劑可以除去的雜質(zhì)離子是______．（5）操作Ⅰ包括：向水層加入濃鹽酸調(diào)整pH為2~3，______、過濾、洗滌、減壓烘干等過程．（6）在空氣中加熱5.49g草酸鈷晶體（），受熱過程中不同溫度范圍內(nèi)分別得到一種固體物質(zhì)，其質(zhì)量如下表：［已知：］溫度范圍/℃150~210290~320890~920固體質(zhì)量/g4.412.412.25經(jīng)測(cè)定，210~290℃過程中產(chǎn)生的氣體只有，此過程發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是______．【答案】24.①.將水鈷礦粉碎、加熱、適當(dāng)增大鹽酸濃度、攪拌等（任選1條）②.25①.氧化②.、26.27.28.蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶29.【解析】【分析】水鈷礦中加入鹽酸和亞硫酸鈉，Co2O3與鹽酸和亞硫酸鈉發(fā)生反應(yīng)，Co2O3轉(zhuǎn)化為Co2+，F(xiàn)e2O3與鹽酸和亞硫酸鈉發(fā)生反應(yīng)，F(xiàn)e2O3轉(zhuǎn)化為Fe2+，MnO2與鹽酸和亞硫酸鈉發(fā)生反應(yīng)，MnO2轉(zhuǎn)化為Mn2+，浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等，工藝流程最終得到草酸鈷，加入NaClO3將Fe2+氧化為Fe3+，加入Na2CO3調(diào)pH至5.2，可得到Fe(OH)3、A(OH)3沉淀，過濾后所得濾液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF除去鈣離子、鎂離子，過濾后，向?yàn)V液中加入萃取劑，將錳離子萃取，萃取后的水層中主要含有CoCl2，加入草酸銨溶液得到草酸鈷?！拘?詳解】將水鈷礦粉碎、加熱、適當(dāng)增大鹽酸濃度、攪拌，均可以加快鈷礦的“浸出率”；Na2SO3將Co3+還原為Co2+，；故答案為：