河南省鶴壁 安陽(yáng) 焦作 濮陽(yáng)四市聯(lián)考2025屆高三二模化學(xué)試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1河南省鶴壁安陽(yáng)焦作濮陽(yáng)四市聯(lián)考2025屆高三二模試題考生注意：1.答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)填寫(xiě)在試卷和答題卡上，并將考生號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1C-12O-16Mg-24Al-27Ca-40一、選擇題：本題共14小題，每小題3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.張騫鑿?fù)ㄎ饔颍Q生了絲綢之路。絲綢之路交流的下列產(chǎn)品中主要成分屬于硅酸鹽的是A.茶葉 B.紙張 C.鐵器 D.陶器【答案】D【解析】A．茶葉主要成分是有機(jī)物（如纖維素、茶多酚），不含硅酸鹽，A錯(cuò)誤；B．紙張由植物纖維（纖維素）制成，屬于有機(jī)物，不含硅酸鹽，B錯(cuò)誤；C．鐵器以金屬鐵為主，可能含有碳等其他元素，但屬于金屬材料，不含硅酸鹽，C錯(cuò)誤；D．陶器由黏土燒制而成，黏土的主要成分是鋁硅酸鹽礦物，屬于傳統(tǒng)硅酸鹽材料，D正確；故選D。2.下列化學(xué)用語(yǔ)表述錯(cuò)誤的是A.Na3N的電子式：B.氯仿(CHCl3)分子的空間結(jié)構(gòu)為四面體形C.質(zhì)子數(shù)為41，中子數(shù)為52的銀(Nb)原子：D.的化學(xué)名稱(chēng)：2，2，3-三甲基己烷【答案】A【解析】A．NaN是離子化合物，電子式為：，A錯(cuò)誤；B．氯仿(CHCl3)分子中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4+=4，且不含孤電子對(duì)，由于C-H和C-Cl鍵的鍵長(zhǎng)不同，空間結(jié)構(gòu)為四面體形，B正確；C．質(zhì)子數(shù)為41，中子數(shù)為52的銀(Nb)原子質(zhì)量數(shù)為41+52=93，表示為，C正確；D．主鏈上含有6個(gè)碳原子，2號(hào)碳原子上有2個(gè)甲基，3號(hào)碳原子上有3個(gè)甲基，命名為：2，2，3-三甲基己烷，D正確；故選A。3.下列實(shí)驗(yàn)裝置或操作能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿．由普通酒精制備無(wú)水酒精B．證明H2具有還原性C．收集一集氣瓶氨氣或甲烷氣體D．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液制備白色Fe(OH)2A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．乙醇沸點(diǎn)為

78.3℃（在標(biāo)準(zhǔn)大氣壓下），直接用酒精燈加熱會(huì)揮發(fā)，并且乙醇易燃，應(yīng)采取加生石灰后再蒸餾的方法制備無(wú)水酒精，A不符合題意；B．氫氣與氧化銅反應(yīng)生成水，試管口應(yīng)該略向下傾斜，B不符合題意；C．氨氣與甲烷的密度小于空氣，應(yīng)該采取向下排空氣法，C符合題意；D．取一支試管，加入新制的硫酸亞鐵溶液，然后用膠頭滴管吸取氫氧化鈉溶液，將滴管尖端插入硫酸亞鐵溶液液面以下，緩慢擠出氫氧化鈉溶液，防止氫氧化亞鐵氧化，D不符合題意；故選C。4.甲是由短周期元素構(gòu)成的一種常見(jiàn)有色氣體單質(zhì)，乙為強(qiáng)堿且焰色呈黃色，丙的摩爾質(zhì)量大于戊，它們有如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系(部分條件和產(chǎn)物省略)。下列敘述正確的是A.反應(yīng)條件a為“加熱” B.甲可用排飽和食鹽水法收集C.用pH試紙可測(cè)定丙溶液的pH D.在水中加入丁、丙都能促進(jìn)水電離【答案】B【解析】甲是由短周期元素構(gòu)成的一種常見(jiàn)有色氣體單質(zhì)，推測(cè)為氯氣，乙為強(qiáng)堿且焰色呈黃色，推測(cè)為氫氧化鈉，兩者生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，丙的摩爾質(zhì)量大于戊，則丙為次氯酸鈉，戊為氯化鈉，據(jù)此解答。A．氯化鈉和水在電解的條件下可以生成氫氧化鈉，所以反應(yīng)條件a為“電解”，故A錯(cuò)誤；B．氯氣可用排飽和食鹽水法收集，故B正確；C．丙為次氯酸鈉溶液，具有漂白性，不可用pH試紙測(cè)定丙溶液的pH，故C錯(cuò)誤；D．在水中加入次氯酸鈉能促進(jìn)水電離，加入水不能促進(jìn)水電離，故D錯(cuò)誤；答案選B。5.茜草主寒濕，其提取物的有效成分之一是茜素(結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示)。下列有關(guān)該物質(zhì)的說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.含有兩種官能團(tuán) B.在FeCl3溶液中發(fā)生顯色反應(yīng)C.1mol該物質(zhì)最多能與8molH2反應(yīng) D.能與NaHCO3溶液反應(yīng)放出CO2氣體【答案】D【解析】A．由茜素的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，其含有羰基(C=O)和酚羥基(-OH)兩種官能團(tuán)，A正確；B．因?yàn)樵撐镔|(zhì)含有酚羥基，酚羥基能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，B正確；C．該物質(zhì)分子中苯環(huán)和羰基都能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，1個(gè)苯環(huán)可與3個(gè)H2加成，2個(gè)羰基可與2個(gè)H2加成，所以1mol該物質(zhì)最多能與反應(yīng)

，C正確；D．酚羥基的酸性比碳酸弱，不能與NaHCO3溶液反應(yīng)放出CO2氣體，D錯(cuò)誤；故選D。6.河南省重要礦石——珍珠巖的主要成分可表示為R2CaFe2K2ZY2WX12，其基態(tài)鐵離子有5個(gè)未成對(duì)電子，W為最高價(jià)。X、Y、Z、R、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，基態(tài)X原子的價(jià)層電子排布式為nsnnp2n，短周期中Y的原子半徑最大，R的氧化物是兩性氧化物。下列敘述正確的是A.第一電離能：W>Z>R B.X的簡(jiǎn)單氫化物VSEPR模型為V形C.熔點(diǎn)：Y2X>WX2 D.離子鍵百分?jǐn)?shù)：ZX<R2X3【答案】A【解析】由題干信息可知，珍珠巖的主要成分可表示為R2CaFe2K2ZY2WX12，其基態(tài)鐵離子有5個(gè)未成對(duì)電子，即該物質(zhì)中Fe顯+3價(jià)，W為最高價(jià)，X、Y、Z、R、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，基態(tài)X原子的價(jià)層電子排布式為nsnnp2n即2s22p4，X為O，短周期中Y的原子半徑最大即Y為Na，R的氧化物是兩性氧化物，且R的原子序數(shù)在Na之后，則R為Al，Z介于Y和R之間，故為Mg，即化學(xué)式為：Al2CaFe2K2MgNa2WO12，根據(jù)化學(xué)式化合價(jià)代數(shù)和為0可知，W的化合價(jià)a為：2×3+2+2×3+2×1+2+2×1+a-2×12=0，解得a=4，故W為Si，由此分析可知X為O、Y為Na、Z為Mg、R為Al、W為Si，據(jù)此分析解題。A．由分析可知，Z為Mg、R為Al、W為Si，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與ⅢA、ⅤA與ⅥA反常，故第一電離能Si＞Mg＞Al即W>Z>R，A正確；B．由分析可知，X為O，X的簡(jiǎn)單氫化物即H2O中心原子O周?chē)膬r(jià)層電子對(duì)數(shù)為：2+=4，故其VSEPR模型為四面體形，B錯(cuò)誤；C．由分析可知，X為O、Y為Na、W為Si，故Na2O為離子晶體，而SiO2為共價(jià)晶體，故熔點(diǎn)Na2O＜SiO2即Y2X＜WX2，C錯(cuò)誤；D．由分析可知，X為O、Z為Mg、R為Al，由于電負(fù)性O(shè)＞Al＞Mg即Mg與O之間電負(fù)性差值比Al與O之間的電負(fù)性差值，故離子鍵百分?jǐn)?shù)：MgO＞Al2O3即ZX＞R2X3，D錯(cuò)誤；故答案為：A。7.下列離子方程式或化學(xué)方程式符合題意且書(shū)寫(xiě)正確的是A.向NH4Cl溶液中滴加稀NaOH溶液：B.用飽和FeCl3溶液腐蝕銅電路板：C.制備乙酸乙酯：D.使用泡沫滅火器滅火：【答案】D【解析】A．向NH4Cl溶液中滴加稀NaOH溶液，反應(yīng)生成一水合氨，不會(huì)放出氨氣，正確的離子方程式為：，A錯(cuò)誤；B．用飽和FeCl3溶液腐蝕銅電路板，反應(yīng)的離子方程式應(yīng)滿(mǎn)足電荷守恒，正確的是，B錯(cuò)誤；C．制備乙酸乙酯時(shí)，酸脫羥基醇脫氫，應(yīng)在乙酸乙酯中，正確的化學(xué)方程式為，C錯(cuò)誤；D．泡沫滅火器滅火原理是鋁離子()和碳酸氫根離子()發(fā)生雙水解反應(yīng)，生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳?xì)怏w，離子方程式書(shū)寫(xiě)正確，D正確；故選D。8.丁二酮肟可用于鎳的檢驗(yàn)和測(cè)定。丁二酮肟的制備反應(yīng)如下：①②下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.羥胺單磺酸鈉中電負(fù)性最大的元素是氧元素B.1個(gè)丁二酮單肟分子中含有6個(gè)σ鍵C.丁酮和丁二酮肟中碳原子均采取sp2、sp3雜化D.乙醇與水互溶因?yàn)樗鼈兙鶠闃O性分子且兩者之間易形成氫鍵【答案】B【解析】A．羥胺單磺酸鈉由H、C、N、O、Na元素組成，元素非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，故電負(fù)性最大的元素是氧元素，A項(xiàng)正確；B．丁二酮單肟分子中含有雙鍵，其中雙鍵中有1個(gè)是σ鍵、1個(gè)鍵，而結(jié)構(gòu)中的單鍵，單鍵是σ鍵，故1個(gè)丁二酮單肟分子中含有13個(gè)σ鍵，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．丁酮和丁二酮肟分子中或碳原子采取sp2雜化、而或碳原子為sp3雜化，C項(xiàng)正確；D．根據(jù)相似相溶原理，乙醇與水均為極性分子，二者互溶，且兩者結(jié)構(gòu)中都含有羥基，二者之間易形成氫鍵，D項(xiàng)正確；答案選B。9.海南大學(xué)楊金霖/田新龍團(tuán)隊(duì)以MXene作為負(fù)極，AgCl/CuCl/FeOCl作為正極，首次報(bào)道了一種基于天然海水電解液的可充電氯離子電池。其工作原理如圖所示，是基于MXene負(fù)極與氯離子之間的共價(jià)相互作用以及AgCl/CuCl/FeOCl正極與氯離子發(fā)生的轉(zhuǎn)換反應(yīng)。下列敘述正確的是A.放電時(shí)，Cl-向a極遷移B.充電時(shí)，b極與電源正極連接C.放電時(shí)，b極發(fā)生還原反應(yīng)D.放電時(shí)，a極的電極反應(yīng)式之一是AgCl+e-=Ag+Cl-【答案】D【解析】由題意可知，放電時(shí)a極為原電池的正極，b極為負(fù)極，充電時(shí)，與直流電源正極相連的a極為陽(yáng)極，與直流電源負(fù)極相連的b極為陰極。A．由分析可知，放電時(shí)a極為原電池的正極，b極為負(fù)極，則氯離子向b極遷移，故A錯(cuò)誤；B．由分析可知，充電時(shí)，與直流電源負(fù)極相連的b極為陰極，故B錯(cuò)誤；C．由分析可知，放電時(shí)b極為負(fù)極，氯離子在負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣，故C錯(cuò)誤；D．由分析可知，放電時(shí)a極為原電池的正極，AgCl或CuCl或FeOCl在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)被還原，電極反應(yīng)式之一是AgCl+e-=Ag+Cl-，故D正確；故選D。10.由下列操作及現(xiàn)象不能得出相應(yīng)結(jié)論的是選項(xiàng)操作及現(xiàn)象結(jié)論A向某溶液中先滴加KSCN溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象，再滴加新制氯水，溶液變紅該溶液中含有Fe2+B向濃硝酸中加入紅熱的碳，產(chǎn)生紅棕色氣體碳還原濃硝酸生成NO2C向CuSO4溶液中漓加氨水，生成藍(lán)色沉淀，繼續(xù)添加氨水，沉淀溶解得到深藍(lán)色溶液，再加人乙醇，析出深藍(lán)色晶體乙醇能降低[Cu(NH3)4]SO4在水中的溶解度D向?qū)谆郊兹┲械渭有轮茪溲趸~，加熱，產(chǎn)生磚紅色沉淀對(duì)甲基苯甲醛中含有醛基A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．向某溶液中先滴加硫氰化鉀溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象說(shuō)明溶液中不含有鐵離子，再滴加新制氯水，溶液變紅說(shuō)明溶液中含有亞鐵離子，亞鐵離子與氯氣反應(yīng)生成鐵離子，能與硫氰酸根離子反應(yīng)變紅色，故A正確；B．濃硝酸遇熱會(huì)分解生成二氧化氮、氧氣和水，則向濃硝酸中加入紅熱的碳，產(chǎn)生紅棕色氣體不能說(shuō)明碳還原濃硝酸生成二氧化氮，故B錯(cuò)誤；C．向硫酸銅溶液中加入氨水生成藍(lán)色沉淀，繼續(xù)添加氨水，沉淀溶解得到深藍(lán)色溶液，再加入乙醇，析出深藍(lán)色晶體是因?yàn)闃O性較低乙醇能降低硫酸四氨合銅在水中的溶解度，便于晶體析出所致，故C正確；D．向?qū)谆郊兹┲械渭有轮茪溲趸~，加熱，產(chǎn)生磚紅色沉淀說(shuō)明對(duì)甲基苯甲醛中含有醛基，故D正確；故選B。11.上海交通大學(xué)葉俊濤課題組實(shí)現(xiàn)內(nèi)酰胺的光促爾代反應(yīng)，如圖所示(Ph為苯基)。下列敘述正確的是A.Z為反應(yīng)物，G為產(chǎn)物B.→中形成了非極性鍵C有機(jī)物A3能發(fā)生消去反應(yīng)D.中所有原子一定不共平面【答案】A【解析】A．從反應(yīng)圖中可以看出，Z參與反應(yīng)，G是反應(yīng)生成的產(chǎn)物，所以Z為反應(yīng)物，G為產(chǎn)物，A正確；B．→中是氧原子與氫原子形成O-H鍵，O-H鍵是極性鍵，不是非極性鍵，B錯(cuò)誤；C．有機(jī)物A3中與羥基相連的碳原子的鄰位碳上沒(méi)有氫原子，不能發(fā)生消去反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．(Ph為苯基)中，羰基碳原子采取雜化，羰基及與羰基直接相連的原子共平面，苯環(huán)是平面結(jié)構(gòu)，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以該分子中所有原子可能共平面，D錯(cuò)誤；故選A。12.NatureChemistry報(bào)道了一種利用二氧化碳和1，3-丁二烯制備可回收聚酯的方法，轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是A.m=2nB.乙分子的同分異構(gòu)體丁炔中所有碳原子一定共直線(xiàn)C.丙還能發(fā)生加聚反應(yīng)生成其他的高分子材料D.丁能降解成小分子【答案】B【解析】A．對(duì)比甲、乙、丙的結(jié)構(gòu)，1個(gè)CO2與2個(gè)乙分子加成生成1個(gè)丙，故m=2n，故A正確；B．丁炔有同分異構(gòu)體，如果結(jié)構(gòu)為，則碳原子不共直線(xiàn)，故B錯(cuò)誤；C．丙中含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加聚反應(yīng)生成其他的高分子材料，故C正確；D．題干中明確指出這種方法制備的是“可回收聚酯”，因此聚酯材料通常具有良好的降解性能，能夠降解成小分子，且高聚物中含有酯基，可以降解，故D正確；答案選B。13.亞硝酰瓠(NOCl)的分解反應(yīng)為2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)H，其正、逆反應(yīng)速率可以表示為v1=k1c2(NOCl)，v-1=k-1c2(NO)·c(Cl2)。k1和k-1分別為正、逆反應(yīng)的速率常數(shù)，E1和E-1分別為正、逆反應(yīng)的活化能，lnk與的關(guān)系如圖所示(已知：k=，E為活化能，R為理想氣體常數(shù)，A為比例系數(shù))。下列敘述錯(cuò)誤的是A.E1<E-1B.降低溫度，平衡逆向移動(dòng)C.加入催化劑不能提高NOCl的平衡轉(zhuǎn)化率D.平衡常數(shù)K=【答案】A【解析】lnk與關(guān)系圖所示，隨著溫度升高，lnk逐漸增大，且lnk1增大更多，說(shuō)明升高溫度，正反應(yīng)速率增加更多，平衡應(yīng)正向移動(dòng)，則該反應(yīng)正向應(yīng)為吸熱反應(yīng)。A．由分析可知，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則正反應(yīng)的活化能大于逆反應(yīng)的活化能，則E1>E-1，A錯(cuò)誤；B．由分析可知，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，降低溫度，平衡逆向移動(dòng)，B正確；C．加入催化劑可加快反應(yīng)速率，但不影響平衡移動(dòng)，不會(huì)提高NOCl的平衡轉(zhuǎn)化率，C正確；D．反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，v1=k1c2(NOCl)=v-1=k-1c2(NO)·c(Cl2)，則平衡常數(shù)K=，D正確；故選A。14.常溫下，向飽和AgAc溶液(有足量AgAc固體)中滴加稀硝酸，調(diào)節(jié)體系pH促進(jìn)AgAc溶解，總反應(yīng)為AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡時(shí)lgc(Ag+)、分布系數(shù)δ(M)與pH的變化關(guān)系如圖所示〔其中M代表HAc或Ac，δ(HAc)=，Ag+水解忽略不計(jì)]。已知：常溫下，pKsp(AgAc)=-lgKsp(AgAc)=2.71。下列敘述錯(cuò)誤的是A.曲線(xiàn)代表lgc(Ag+)與pH的關(guān)系B.pH=4.5時(shí)，溶液中c(HAc)<c()C.pH=6時(shí)，溶液中>10D.AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)的平衡常數(shù)K=102.04【答案】C【解析】隨著pH增大，c(H+)減小，c(HAc)減小，c(Ac?)增大，所以曲線(xiàn)Ⅱ?qū)?yīng)HAc的分布系數(shù)（隨pH增大而減?。?，曲線(xiàn)Ⅲ對(duì)應(yīng)Ac?的分布系數(shù)（隨pH增大而增大），據(jù)此分析解題。A．隨著pH減小，c(H+)增大，AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡正向移動(dòng)，隨pH減小lgc(Ag+)增大，曲線(xiàn)I代表lgc(Ag+)與pH的關(guān)系，A正確；B．當(dāng)pH=4.5時(shí)，溶液中存在物料守恒c(Ag+)=c(Ac?)+c(HAc)，電荷守恒c(Ag+)+c(H+)=c(Ac?)+c(?)+c(OH?)，聯(lián)立可得c(HAc)+c(H+)=c(?)+c(OH?)

，pH=4.5時(shí)，c(H+)>c(OH?)，所以c(HAc)<c(?)，B正確；C．pH=6時(shí)，c(H+)=10?6mol/L，Ka(HAc)=，X點(diǎn)時(shí)pH=4.75，δ(HAc)==0.5，即，Ka(HAc)=c(H+)=10-4.75，溶液中，C錯(cuò)誤；D．AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡常數(shù)K，Ksp(AgAc)=10-2.71，Ka(HAc)=10-4.75，平衡常數(shù)K=102.04，D正確；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.一種以廢鎳氫電池的廢渣[主要成分為Ni(OH)2，Co(OH)2，及少量Fe、Al的氧化物]為原料制備硫酸鎳(NiSO4·7H2O)晶體的流程如圖所示。已知部分陽(yáng)離子以氫氧化物形式沉淀時(shí)溶液的pH如下表。陽(yáng)離子Fe2+Fe3+Co2+Co3+Al3+Ni2+開(kāi)始沉淀的pH6.31.57.2

3.46.2完全沉淀的pH8.32.89.21.14.78.9回答下列問(wèn)題：（1）“酸浸”中不能用鹽酸替代稀硫酸，其主要原因是___________。（2）“氧化1”中調(diào)節(jié)pH為5的目的是___________，將沉淀M浸于___________(填化學(xué)式)溶液，經(jīng)過(guò)濾、洗滌、灼燒得到紅色粉末，可用于制造顏料。（3）“氧化2”中Co2+被氧化生成Co(OH)3的離子方程式為_(kāi)__________。（4）“沉鎳”中不能加入過(guò)量氨水，其原因是Ni(OH)2溶解生成硫酸四氨合鎳，故過(guò)量氨水與硫酸鎳反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。（5）利用Co(OH)3制備CoCO3，的微流程如圖所示：“轉(zhuǎn)化、酸溶”中主要發(fā)生放熱反應(yīng)，如果加入雙氧水過(guò)快，則消耗雙氧水的量遠(yuǎn)大于理論值，其主要原因是___________；“轉(zhuǎn)化、酸溶”中H2O2主要表現(xiàn)的性質(zhì)是___________(填“氧化性”或“還原性”)。（6）探究Co(OH)3的氧化性。取少量Co(OH)3于試管中，滴加KI淀粉溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象，再滴加稀硫酸，立即變藍(lán)色，其變藍(lán)色的原因是___________(填化學(xué)方程式)?！敬鸢浮浚?）避免氧化2中產(chǎn)生氯氣（2）①.促進(jìn)Fe3+、Al3+完全沉淀②.NaOH(或KOH)（3）2Co2++ClO-+5H2O=2Co(OH)3↓+Cl-+4H+（4）NiSO4+4NH3·H2O=[Ni(NH3)4]SO4+4H2O（5）①.放熱多，導(dǎo)致H2O2分解加快②.還原性（6）2Co(OH)3+2KI+3H2SO4=2CoSO4+K2SO4+I2+6H2O【解析】廢鎳氫電池的廢渣[主要成分為Ni(OH)2，Co(OH)2，及少量Fe、Al的氧化物]加入硫酸酸溶，金屬元素轉(zhuǎn)化為金屬離子(Ni2+、Co2+、Fe2+、Al3+)。浸取液加入H2O2將Fe2+氧化為Fe3+；調(diào)pH=5，F(xiàn)e3＋、Al3＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而被除去。過(guò)濾后，濾液加入NaClO將Co2+氧化為Co3+；調(diào)pH，得到Co(OH)3沉淀，從而與Ni2＋分離。沉鎳后得到Ni(OH)2沉淀；經(jīng)過(guò)一系列操作最終得到NiSO4·7H2O晶體。（1）“酸浸”中若使用稀鹽酸酸浸，鹽酸的與氧化2中的在酸性條件下發(fā)生歸中反應(yīng)生成，所以不能用鹽酸酸浸；（2）由表可知，“氧化1”中調(diào)節(jié)pH為5，使得Fe3＋、Al3＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而被除去；沉淀M含有Fe(OH)3、Al(OH)3，將其進(jìn)入NaOH溶液中，Al(OH)3轉(zhuǎn)化為，過(guò)濾后得到Fe(OH)3固體，灼燒后得到，常用于制造紅色顏料；（3）“氧化2”中NaClO將Co2+氧化為Co3+；進(jìn)而生成Co(OH)3沉淀，離子方程式為：；（4）過(guò)量氨水與硫酸鎳反應(yīng)生成硫酸四氨合鎳和水，化學(xué)方程式為；（5）制備CoCO3的流程為，在硫酸參與下，Co(OH)3被H2O2還原為CoSO4，加入溶液得CoCO3沉淀；該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，雙氧水不穩(wěn)定，溫度過(guò)高易分解，所以消耗雙氧水的量遠(yuǎn)大于理論值；由上述分析可知，H2O2表現(xiàn)還原性；（6）淀粉KI溶液變藍(lán)色原因是酸性條件下，Co(OH)3表現(xiàn)氧化性，將氧化為，化學(xué)方程式為。16.某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)測(cè)定Pb3O4組成中PbO、PbO2的物質(zhì)的量之比。步驟l：Pb3O4的分解。用托盤(pán)天平稱(chēng)取0.5g干燥的Pb3O4置于小燒杯中，加入2mL6mol·L-1HNO3溶液，用玻璃棒攪拌，使之充分反應(yīng)，可以看到紅色的Pb3O4快速變?yōu)樽睾谏腜bO2.過(guò)濾分離混合物，并用少量蒸餾水多次洗滌，得到固體；將洗滌液并入濾液中。步驟2：PbO含量的測(cè)定。將上述濾液全部轉(zhuǎn)移到錐形瓶中，加入調(diào)節(jié)劑使溶液pH為5~6，用c1mol·L-EDTA(乙二胺四乙酸鈉簡(jiǎn)寫(xiě))溶液滴定至終點(diǎn)，消耗EDTA溶液體積為V1mL。步驟3：PbO2含量的測(cè)定。將上述固體連同濾紙一并置于另一錐形瓶中，往其中加入30mLHAc-NaAc溶液，再向其中加入0.8gKI固體，搖動(dòng)錐形瓶，使PbO2全部反應(yīng)而溶解，此時(shí)溶液呈透明棕色。用c2mol·L-1Na2S2O3，標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至溶液呈淺黃色時(shí)，加入1mL2%淀粉溶液，繼續(xù)滴定至溶液藍(lán)色剛好褪去為止，消耗滴定液體積為V2mL。有關(guān)反應(yīng)如下：Pb3O4+4HNO3=PbO2+2Pb(NO3)2+2H2OPb2++EDTA4-=PbEDTA2-PbO2+4KI+4HAc=PbI2(黃色)+I2+2H2O+4KAcI2+2=2I-+回答下列問(wèn)題：（1）步驟1中，不能用硫酸替代硝酸，其原因是___________。用少量蒸餾水多次洗滌固體的主要目的是除去固體表面陽(yáng)離子___________(填離子符號(hào))。過(guò)濾時(shí)用到的玻璃儀器有___________。（2）步驟3中，固體連同濾紙一起置于錐形瓶中，其目的是___________。（3）根據(jù)上述數(shù)據(jù)計(jì)算Pb3O4中PbO、PbO2的物質(zhì)的量之比為_(kāi)__________(用含c1、V1、c2、V2的代數(shù)式表示)。（4）步驟2滴定過(guò)程中，若滴定前俯視讀數(shù)，滴定后仰視讀數(shù)，其測(cè)定結(jié)果___________(填“偏高”“偏低”或“無(wú)影響”)。（5）步驟3中，加入HAc-NaAc溶液調(diào)節(jié)pH，如果加入HAc過(guò)多，測(cè)定結(jié)果偏低，其原因是___________(用離子方程式表示)?！敬鸢浮浚?）①.PbSO4難溶于水②.Pb2+③.燒杯，漏斗，玻璃棒（2）避免固體損失，造成較大誤差（3）（4）偏高（5）+2HAc=SO2↑+S↓+H2O+2Ac-【解析】實(shí)驗(yàn)測(cè)定Pb3O4組成中PbO、PbO2的物質(zhì)的量之比，取一定量Pb3O4加入稀硝酸發(fā)生反應(yīng)Pb3O4+4HNO3=PbO2+2Pb(NO3)2+2H2O，過(guò)濾出PbO2；濾液中加入調(diào)節(jié)劑使溶液pH為5~6，用c1mol·L-EDTA溶液滴定發(fā)生反應(yīng)Pb2++EDTA4-=PbEDTA2-，測(cè)定PbO含量；用碘量法測(cè)定PbO2的含量，然后計(jì)算計(jì)算Pb3O4中PbO、PbO2的物質(zhì)的量之比。（1）Pb3O4和硫酸反應(yīng)生成PbO2、PbSO4，PbSO4難溶于水，所以步驟1中不能用硫酸替代硝酸。PbO2固體表面可能有雜質(zhì)Pb(NO3)2，用少量蒸餾水多次洗滌固體的主要目的是除去固體表面陽(yáng)離子Pb2+。過(guò)濾裝置圖為，過(guò)濾時(shí)用到的玻璃儀器有漏斗、燒杯、玻璃棒。（2）步驟3中，固體連同濾紙一起置于錐形瓶中，可以避免固體PbO2損失，造成較大誤差。（3）根據(jù)PbO2+4KI+4HAc=PbI2(黃色)+I2+2H2O+4KAc、I2+2=2I-+，n(PbO2)=n(I2)=；根據(jù)Pb2++EDTA4-=PbEDTA2-，n(PbO)=n(EDTA)=；根據(jù)上述數(shù)據(jù)計(jì)算Pb3O4中PbO、PbO2的物質(zhì)的量之比為。（4）步驟2滴定過(guò)程中，若滴定前俯視讀數(shù)，滴定后仰視讀數(shù)，消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，PbO含量偏大，其測(cè)定結(jié)果偏高。（5）步驟3中，加人HAc-NaAc溶液調(diào)節(jié)pH，如果加入HAc過(guò)多，發(fā)生反應(yīng)+2HAc=SO2↑+S↓+H2O+2Ac-，PbO2含量偏大，所以測(cè)定結(jié)果偏低。17.近日，石河子大學(xué)于鋒教授團(tuán)隊(duì)制備了鈣鎂鋁復(fù)合氧化物(P-CaMgAl-LDO)，該材料具有優(yōu)異的CO2吸附性能，有利于CO2催化加氫制備CH3OH，涉及如下反應(yīng)。．CO2(g)+3H2(g)CHOH(g)+H2O(g)H1．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H2=+411kJ·mol-1．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H3=-90.4kJ·mol-1回答下列問(wèn)題：（1）基態(tài)Mg原子中s、p能級(jí)上電子總數(shù)之比為_(kāi)__________。（2）高溫下CaO與焦炭反應(yīng)生成CaC2，反應(yīng)為CaO+3CCaC2+CO↑，四方晶系CaC2的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。①CaC2中σ鍵、π鍵的數(shù)目之比為_(kāi)__________。②已知CaC2的晶胞與NaCl的晶胞類(lèi)似，晶胞參數(shù)anm=bnm≠cnm，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，該晶體的密度為_(kāi)__________g·cm-3(用含a，b、c和NA的代數(shù)式表示)。（3）反應(yīng)的H1=___________kJ·mol-1。（4）在體積可變的密閉容器中以CO和H2物質(zhì)的量之比1：3充入混合氣體發(fā)生上述反應(yīng)，測(cè)得CO2平衡轉(zhuǎn)化率與溫度﹑壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示。①根據(jù)圖像，p1、p2、p3由大到小的順序?yàn)開(kāi)__________，判斷依據(jù)是___________。②隨著溫度升高，不同壓強(qiáng)下，CO2平衡轉(zhuǎn)化率趨向交于M點(diǎn)，可能的原因是___________。（5）一定條件下，向體積為2L的恒容密閉容器中通入1molCO2和3molH2，發(fā)生上述反應(yīng)，達(dá)到平衡時(shí)，容器中CH3OH(g)為0.4mol，CO為0.2mol，此時(shí)，H2O(g)的濃度為_(kāi)__________mol·L-1，反應(yīng)II的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)平衡常數(shù)Kx=___________(Kx為用物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)替代濃度計(jì)算的平衡常數(shù))?！敬鸢浮浚?）1：1（2）①.1：2②.（3）-49.3（4）①.p1>p2>p3②.反應(yīng)、是氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，反應(yīng)是氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)，其他條件相同，增大壓強(qiáng)，CO2平衡轉(zhuǎn)化率增大③.隨著溫度升高，逐漸以反應(yīng)為主，壓強(qiáng)對(duì)平衡的影響逐漸減小，平衡轉(zhuǎn)化率主要由溫度決定（5）①.0.3②.或0.1875【解析】（1）基態(tài)Mg原子核外電子排布式為，則基態(tài)Mg原子中s、p能級(jí)上電子總數(shù)之比為；（2）①由和構(gòu)成，中含有一個(gè)鍵，兩個(gè)鍵，則中σ鍵、π鍵的數(shù)目之比為；②根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，該晶胞中含有個(gè)，個(gè)，則該晶體的密度g·cm-3；（3）根據(jù)蓋斯定律可知，反應(yīng)I=反應(yīng)II+反應(yīng)III，則；（4）①在溫度相同的情況下，反應(yīng)、是氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，反應(yīng)是氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)，至過(guò)程中，平衡轉(zhuǎn)化率減小，說(shuō)明平衡逆向移動(dòng)，減小壓強(qiáng)，平衡向氣體分子數(shù)增大的方向移動(dòng)，即逆向移動(dòng)，故；判斷依據(jù)是：反應(yīng)、是氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，反應(yīng)是氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)，其他條件相同，增大壓強(qiáng)，平衡轉(zhuǎn)化率增大；②反應(yīng)I、III為放熱反應(yīng)，反應(yīng)I為吸熱反應(yīng)，隨著溫度升高，逐漸以反應(yīng)為主，同時(shí)反應(yīng)是氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)，壓強(qiáng)對(duì)平衡的影響逐漸減小，平衡轉(zhuǎn)化率主要由溫度決定，所以平衡轉(zhuǎn)化率趨向交于M點(diǎn)的原因可能是：隨著溫度升高，逐漸以反應(yīng)為主，壓強(qiáng)對(duì)平衡的影響逐漸減小，平衡轉(zhuǎn)化率主要由溫度決定；（5）假設(shè)反應(yīng)I消耗，反應(yīng)II消耗，根據(jù)信息可建立關(guān)系式，反應(yīng)I：，反應(yīng)II：，反應(yīng)III：，，則，；平衡時(shí)，，，，，則。18.K是合成某藥物的中間體，一種合成K的路線(xiàn)如圖所示?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）B→C中濃硫酸作用是_