2022届江西省新余市一中高三第二次模拟考试理综化学试题含解析

这是一份2022届江西省新余市一中高三第二次模拟考试理综化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。


江西省新余市一中2022届高三第二次模拟考试
理综化学试题
一、单选题
1．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是（　　）
A．“天和”核心舱电推进系统中的霍尔推进器腔体，使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机非金属材料
B．2021年我国科学家在实验室中首次成功实现二氧化碳人工合成淀粉，这项技术有利于实现“碳中和”
C．冬奥火炬“飞扬”将碳纤维与高性能树脂结合在一起做成碳纤维复合材料，碳纤维和树脂都是有机高分子材料
D．奥密克戎是新冠病毒变异株，传播性强，其成分中含有蛋白质，属于高分子化合物
2．下列实验所涉及反应的离子方程式错误的是（　　）
A．向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸： S2O32- +2H+=S↓+SO2↑+H2O
B．向海带灰浸出液中滴加几滴硫酸酸化的过氧化氢溶液：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O
C．向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液：Cu2++2HS-=CuS↓+H2S↑
D．用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2 MnO4- +16H++5 C2O42- =2Mn2++10CO2↑+8H2O
3．下列有关实验操作、现象及结论都正确的是（　　）
　
实验操作
实验现象
实验结论
A
室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液
溶液变蓝色
Fe3+的氧化性比I2的强
B
将淀粉和稀硫酸混合加热一段时间后，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热
产生砖红色沉淀
淀粉在稀硫酸、加热条件下水解为葡萄糖
C
取一支试管装入2 mL2 mol/LNaOH溶液，先滴加1 mL1 mol/LMgCl2溶液，溶液再滴加几滴1mol/LCuCl2
先生成白色沉淀，后沉淀变为蓝色
Ksp[Cu(OH)2＜Ksp[Mg(OH)2
D
两支试管各盛4mL0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液，分别加入2mL0.1mol/L的草酸溶液和2mL0.2mol/L草酸溶液
加入0.2mol/L草酸溶液的试管中，高锰酸钾溶液完全褪色时间更短
反应物浓度越大，反应速率越快
A．A B．B C．C D．D
4．布洛芬是一种用于小儿发热的经典解热镇痛药，异丁基苯是合成它的一种原料，二者的结构简式如图。下列说法正确的是（　　）

A．两者均属于芳香烃
B．异丁基苯的一氯代物有6种
C．异丁基苯分子中最多有7个碳原子共平面
D．布洛芬可以发生取代、加成、氧化、聚合反应
5．由短周期主族元素W、X、Y、Z构成的一种阴离子(如下图)，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Z元素无正化合价。下列说法正确的是（　　）

A．X与Y的氢化物沸点：Y＞X
B．原子半径大小关系是：Z＞Y＞X＞W
C．上图中各原子均满足8电子稳定结构
D．W的最高价氯化物对应的水化物是一种一元强酸
6．科学家采用碳基电极材料设计了一种新的电解氯化氢回收氯气的工艺方案，原理如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．b极是电源的正极
B．阴极的电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+
C．电路中每转移1mol e-理论上可以回收氯气11.2L(标准状况)
D．该工艺涉及的总反应为4HCl+O2通电__Fe3+ 2Cl2+2H2O
7．Cu2+与NH3可结合生成多种络合物，在水溶液中存在如下平衡： [Cu(NH3)4]2+⇌K1[Cu(NH3)3]2+⇌K2[Cu(NH3)2]2+⇌K3[Cu(NH3)]2+⇌K4Cu2+ (K1、K2、K3、K4分别为每一步反应的化学平衡常数)。向某浓度的CuSO4溶液中滴加浓氨水，实验测得含Cu微粒的物质的量分布分数(δ)与溶液中游离氨的1gc(NH3)关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．K1=10-4
B．曲线a表示[Cu(NH3)4]2+的物质的量分布分数曲线
C．lgc(NH3)=-3时，c(Cu2+)+c{[Cu(NH3)]2+}+ c{[Cu(NH3)2]2+}+ c{[Cu(NH3)3]2+}+ c{[Cu(NH3)4]2+}=0.5[c(OH-)-c(H+)-c( NH4+ )]
D．M点时， 1gc(NH3)=lgK1+lgK2+lgK33
二、综合题
8．“消洗灵”是一种广谱、高效、低毒的消毒洗涤剂，常应用于宾馆、医院床上用品的洗涤消毒，其化学组成可以表示Na10P3O13Cl·5H2O(磷酸三钠次氯酸钠)。实验室制备装置和过程如图：

已知：①“消洗灵”是一种含氯消毒剂，消毒原理与“84消毒液”相似
②磷酸三钠对金属表面具有一定的保护作用
回答下列问题：
（1）a仪器的名称为　 　，X试剂为　 　。
（2）C中采用多孔球泡的目的是　 　。
（3）Na10P3O13Cl·5H2O中氯元素的化合价为　 　，C中Na3PO4与Na2HPO4的物质的量之比为1：2，则C中反应的化学方程式为　 　。
（4）“消洗灵”对医疗器械消毒比“84消毒液”效果好，原因是　 　。
（5）产品纯度测定(Na10P3O13Cl·5H2O的摩尔质量为656.5 g/mol)。
①取6.565g待测试样溶于蒸馏水配成250 mL溶液；
②取20.00 mL待测液于锥形瓶中，加入10 mL2 mol/L稀硫酸、25mL0.1 mol/L碘化钾溶液(过量)，此时溶液出现棕色；
③滴入3滴5%淀粉溶液，用0.05 mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点，消耗硫代硫酸钠溶液20.00 mL。已知：2 S2O32- +I2= S4O62- +2I-，达到滴定终点的现象为　 　，产品的纯度为　 　。
9．三氧化二镍(Ni2O3)经常用于制造镍氢电池，也可用于镍粉的制造，工业上利用含镍废料(主要成分为镍、铝、铁及其氧化物、碳等)回收其中的镍并制备Ni2O3的工艺流程如下所示：

已知：①NiCl2易溶于水，在该实验条件下H2O2、Fe3+不能氧化Ni2+
②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.010mol/L)的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
完全沉淀时(c=1.0×10-5mol/L)的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
③反萃取的反应原理为NiR2+2H+⇌ Ni2++2HR
（1）“预处理”操作目的是除去镍废料表面的矿物油污，可选用试剂为___________(填标号)。
A．酒精 B．纯碱溶液 C．NaOH溶液
（2）酸浸时镍的浸出率与温度的关系如图所示，温度高于40℃时镍的浸出率开始下降，主要原因可能是　 　(从两个角度分析)。

（3）“氧化”时主要反应的离子方程式是　 　。
（4）利用上述表格数据，可计算出Fe(OH)3的Ksp=　 　(用科学记数法表示，已知lg2=0.3)，若“氧化”后的溶液中Ni2+浓度为0.1 mol/L，则“调pH”应控制的pH范围是　 　。
（5）向有机相中加入 H2SO4 溶液能进行反萃取的原因为　 　(用化学平衡移动原理解释)。
（6）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系：
温度
低于30.8℃
30.8℃-53.8℃
53.8℃-280℃
高于280℃
晶体形态
NiSO4·7H2O
NiSO4·6H2O
多种结晶水合物
NiSO4
从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4·6H2O晶体的操作依次是　 　。
（7）有机相提取的Ni2+再生时可用于制备镍氢电池(碱性)，该电池充电时的总反应为Ni(OH)2+M=NiOOH+MH，则放电时负极的电极反应式为　 　。
10．五氧化二碘是一种重要的工业试剂，常温下为白色针状结晶，可用于除去空气中的一氧化碳。回答下列问题：
（1）已知：2I2(s)+5O2(g)=2I2O5(s) △H1=-75.6 kJ/mol Ⅰ
I2O5(s)+5CO(g) ⇌ 5CO2(g)+I2(s) △H2=-1377.2 kJ/mol Ⅱ
则表示CO燃烧热的热化学方程式为　 　。
（2）结合反应Ⅰ和反应Ⅱ分析， I2 在CO转化为CO2的反应中所起的作用是　 　。
（3）10℃时，某恒容密闭容器中充有足量的I2O5，向该容器中充入CO发生反应Ⅱ，平衡时CO2与充入CO的物质的量关系如图1所示。若降低温度，θ值　 　(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；压缩容器体积，θ值　 　。

（4）20℃时向装有足量I2O5的2L恒容密闭容器中充入2mol CO，反应达到平衡后固体质量减小8 g。
①该温度下反应的平衡常数K=　 　(可用分数表示)。
②图2是CO的平衡转化率随CO2的移出率[ CO2的移出率=n（CO2实际移出量）n（理论生成量） ×100%]关系。则图中a=　 　，b=　 　。

③由M点变为N点耗时5min，则该段时间内的平均反应速率v(CO)=　 　。
11．铝离子电池能量密度高、成本低且安全性高，是有前景的下一代储能电池。铝离子电池一般采用离子液体作为电解质，几种离子液体的结构如下。

回答下列问题：
（1）基态铝原子的核外电子排布式为　 　。
（2）基态氮原子的价层电子排布图为____(填编号)。
A． B．
C． D．
（3）化合物I中碳原子的杂化轨道类型为　 　，化合物II中阳离子的空间构型为　 　。
（4）化合物III中O、F、S电负性由大到小的顺序为　 　。
（5）传统的有机溶剂大多易挥发，而离子液体有相对难挥发的优点，原因是　 　。
（6）铝离子电池的其中一种正极材料为AlMn2O4，其晶胞中铝原子的骨架如图所示。

①晶体中与Al距离最近的Al的个数为　 　。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，如图中原子1的坐标为(34，14，14)，原子2的坐标为(14，14，34)，则原子3的坐标为　 　。
③已知该晶体属于立方晶系，晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为　 　g·cm-3(列出计算式)。
12．对于攻克癌症，这是一个世界性的难题，随着医学技术的进步，越来越多的手段应用于癌症的治疗。有机物I是合成某种抗癌药物黄酮醋酸的中间体，其合成路线如下图所示：

已知：
（1）A的电子式为　 　，E的名称为　 　。
（2）D+E→F的反应类型为　 　，I分子中含氧官能团的名称为　 　。
（3）1 mol F与H2发生加成反应，最多消耗H2　 　mol。
（4）H与氢氧化钠的水溶液反应的化学方程式为　 　。
（5）满足下列条件的G的同分异构体的结构简式为　 　(任写一个)。
①属于芳香酯；
②有两个与苯环直接相连的甲基；
③核磁共振氢谱显示有四组峰，其面积比为6：2：1：1
（6）结合所学知识并参考上述合成路线，设计以乙醇和苯酚(无机试剂任选)为原料合成乙酸苯酯( )的路线。　 　。

答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．氮化硼陶瓷由B、N元素组成，具有耐高温、强度高、耐腐蚀等性能，所以氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机非金属材料，A不符合题意；
B．用二氧化碳人工合成淀粉，可有效减少大气中二氧化碳的含量，有利于实现“碳中和”，B不符合题意；
C．碳纤维含有90%以上的碳元素，属于无机非金属材料，C符合题意；
D．蛋白质的相对分子质量远大于10000，属于高分子化合物，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.氮化硼陶瓷属于新型的无机非金属材料；
B.人工合成淀粉能减少二氧化碳的含量；
C.碳纤维是无机非金属材料；
D.蛋白质的相对分子质量在10000以上。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．向Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸，发生歧化反应，离子方程式为： S2O32- +2H+=S↓+SO2↑+H2O，故A不符合题意；
B．向海带灰浸出液中滴加几滴硫酸酸化的过氧化氢溶液，I-被氧化为单质碘，离子方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故B不符合题意；
C．向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液，发生复分解反应，生成CuS沉淀和H2S气体，离子方程式为：Cu2++2HS-=CuS↓+H2S↑，故C不符合题意；
D．用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸，离子方程式为：2MnO 4- +6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应生成S和SO2；
B.过氧化氢能将碘离子氧化为单质碘；
C.二者反应生成硫化铜沉淀和硫化氢；
D.草酸为弱酸，应保留化学式。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．FeCl3与KI反应生成I2：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，氧化剂Fe3+的氧化性强于氧化产物I2的氧化性，故A符合题意；
B．将淀粉和稀硫酸混合加热一段时间后，水解后应在碱性溶液中检验葡萄糖，需要加入适量的NaOH溶液中和稀硫酸，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，观察现象，故B不符合题意；
C．向2 mL2 mol/LNaOH溶液中加入1 mL1mol/LMgCl2溶液，完全反应后NaOH过量，再滴加几滴1mol/LCuCl2溶液，CuCl2溶液与过量的NaOH溶液反应生成蓝色沉淀，并不会发生沉淀的转化，无法证明Ksp[Cu(OH)2＜Ksp[Mg(OH)2，故C不符合题意；
D.2Mn O4- +5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据离子反应方程式可得，高锰酸钾和草酸恰好完全反应的物质的量之比为2：5，所以D选项实验中高锰酸钾过量，溶液并不能完全褪色，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物判断；
B.水解后应在碱性条件下进行检验；
C.NaOH过量，铜离子直接结合氢氧根生成氢氧化铜；
D.高锰酸钾均过量，不能观察颜色褪去。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．两者均含有苯环，属于芳香族化合物，但布洛芬中还含有氧元素，则不属于芳香烃，故A不符合题意；
B．异丁基苯含有6种氢原子，则其一氯代物有6种，故B符合题意；
C．苯环上所有原子共平面，甲基和亚甲基中最多有3个原子共平面，单键可以旋转，所以该分子中最多有9个碳原子共平面，故C不符合题意；
D．布洛芬中含有苯环、羧基，具有苯和羧酸的性质，苯环能发生加成反应、取代反应，羧酸能发生取代反应，苯环上有侧链能被强氧化剂氧化，而且有机物燃烧也是氧化反应，但不能发生聚合反应，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.芳香烃是指含有苯环的碳氢化合物；
B.异丁基苯有6种不同环境的氢原子；
C.苯环为平面结构，单键可以旋转；
D.布洛芬含有苯环和羧基。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．X与Y的氢化物沸点，不一定Y>X，因为X是碳，有多种氢化物，有的沸点高于水，A项不符合题意；
B．同周期主族元素从左向右，元素原子半径逐渐减小，原子半径大小关系是：W > X >Y > Z，B项不符合题意；
C．根据图可知，上图中各原子均满足8电子稳定结构，C项符合题意；
D．W的最高价氧化物对应的水化物是硼酸，是一种弱酸，D项不符合题意；
故答案为：C。

【分析】Z元素无正化合价，且形成1个共价单键，则Z为F元素，Y形成2个共价单键，X形成2个共价单键和1个共价双键，则X为C元素，Y为O元素，X形成4个共价单键，该离子整体带1个单位负电荷，则W的四条键中有1个配位键，W为B元素。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．由分析可知，a极是电源的正极，则b极是电源的负极，A符合题意；
B．在阴极，Fe3+得电子生成Fe2+，则电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+，B不符合题意；
C．阳极发生的电极反应为2HCl-2e-=Cl2+2H+，则电路中每转移1mol e-，理论上可以回收氯气(标准状况)的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，C不符合题意；
D．该工艺涉及的反应为4HCl-4e-=2Cl2+4H+、4Fe3++4e-=4Fe2+、4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，总反应为4HCl+O2通电__Fe3+ 2Cl2+2H2O，D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.发生氧化反应的电极为阳极，接外电源的正极；
B.阴极发生还原反应；
C.根据2HCl-2e-=Cl2+2H+计算；
D.该工艺涉及的总反应为HCl与O2反应生成Cl2、H2O。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．我们取d、e曲线的交叉点，此时c{[Cu(NH3)3]2+}=c{[Cu(NH3)4]2+}，则K1= c{[Cu(NH3)3]2+}⋅c(NH3)c{[Cu(NH3)4]2+}=c(NH3) =10-2，A不符合题意；
B．由分析可知，曲线a表示Cu2+的物质的量分布分数曲线，B不符合题意；
C．lgc(NH3)=-3时，依据电荷守恒，2c(Cu2+)+2c{[Cu(NH3)]2+}+2 c{[Cu(NH3)2]2+}+ 2c{[Cu(NH3)3]2+}+ 2c{[Cu(NH3)4]2+}+ c(H+)+c( NH4+ )=c(OH-)+2c( SO42- )，所以c(Cu2+)+c{[Cu(NH3)]2+}+ c{[Cu(NH3)2]2+}+ c{[Cu(NH3)3]2+}+ c{[Cu(NH3)4]2+}＞0.5[c(OH-)-c(H+)-c( NH4+ )]，C不符合题意；
D．M点时，c{[Cu(NH3)4]2+}= c{[Cu(NH3)]2+}，K1时，反应为[Cu(NH3)4]2+⇌ [Cu(NH3)3]2++NH3；K2时，反应为[Cu(NH3)3]2+⇌ [Cu(NH3)2]2++NH3；K3时，反应为[Cu(NH3)2]2+⇌ [Cu(NH3)]2++NH3，将三个反应加和，即得[Cu(NH3)4]2+⇌ [Cu(NH3)]2++3NH3，则K´= c{[Cu(NH3)]2+}⋅c3(NH3)c{[Cu(NH3)4]2+}=c3(NH3) ，两边取对数，即得
31gc(NH3)=lgK1+lgK2+lgK3 ，从而得出 1gc(NH3)=lgK1+lgK2+lgK33 ，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】曲线a的起点在c(NH3)最小时，说明曲线a表示Cu2+，随着c(NH3)升高，Cu2+浓度逐渐减小，[Cu(NH3)]2+浓度逐渐增大，则曲线b是[Cu(NH3)]2+，c(NH3)继续增大，[Cu(NH3)]2+的浓度逐渐减小，[Cu(NH3)2]2+浓度逐渐增大，则曲线c表示[Cu(NH3)2]2+，以此类推，曲线d表示[Cu(NH3)3]2+，曲线e表示为[Cu(NH3)4]2+。
8．【答案】（1）分液漏斗；饱和食盐水
（2）增大反应物的接触面积，加快反应速率
（3）+1；Na3PO4 + 2Na2HPO4 + 4NaOH + Cl2 +2H2O = Na10P3O13Cl·5H2O + NaCl
（4）“消洗灵”含有对金属表面有保护作用的磷酸三钠，对医疗器械的腐蚀性更小
（5）当加入最后一滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去且30s不恢复原色；62.5%
【解析】【解答】根据题中图示装置可知，装置A是制取氯气装置；装置B是除去Cl2中HCl装置；装置C是制取“消洗灵”装置；装置D是尾气处理装置，避免污染环境；据此解答。
(1)根据仪器构造可判断，装置A中a仪器的名称为分液漏斗；装置A是用浓盐酸与KMnO4发生氧化还原反应制取Cl2，由于浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢，需要用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，所以X试剂的名称为饱和食盐水；答案为分液漏斗；饱和食盐水。
(2)C中采用多孔球泡的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率；答案为增大反应物的接触面积，加快反应速率。
(3)Na10P3O13Cl·5H2O中Na元素呈现+1价，P元素呈现+5价，O元素呈现-2价，设氯元素的化合价是x，根据化合价代数和为0可得(+1)×10+(+5)×3+(-2)×13+x=0，解之x=+1，即Na10P3O13Cl·5H2O中氯元素的化合价为+1价；C中Na3PO4与Na2HPO4的物质的量之比为1：2，则C中Cl2、NaOH、Na3PO4、Na2HPO4发生反应生成Na10P3O13Cl·5H2O的化学方程式为Na3PO4 + 2Na2HPO4 + 4NaOH + Cl2 +2H2O = Na10P3O13Cl·5H2O + NaCl；答案为+1；Na3PO4 + 2Na2HPO4 + 4NaOH + Cl2 +2H2O = Na10P3O13Cl·5H2O + NaCl。
(4)根据题中信息，磷酸三钠对金属表面具有一定的保护作用，所以“消洗灵”含有对金属表面有保护作用的磷酸三钠，对医疗器械的腐蚀性更小；答案为“消洗灵”含有对金属表面有保护作用的磷酸三钠，对医疗器械的腐蚀性更小。
(5)由题中信息可知，Na10P3O13Cl•5H2O能把碘离子氧化为单质碘，碘单质用硫代硫酸钠溶液滴定，淀粉溶液作指示剂，所以达到滴定终点的现象为当加入最后一滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去且30s不恢复原色；Na10P3O13Cl•5H2O把碘离子氧化为单质碘，反应中氯元素化合价从+1价降低到-1价，根据电子得失守恒可知Na10P3O13Cl•5H2O～I2，又因为2 S2O32- +I2= S4O62- +2I-，则Na10P3O13Cl•5H2O～2 S2O32- ，所以产品中Na10P3O13Cl•5H2O的质量为m= 12 ×0.05mol/L×20×10-3L× 250ml20ml ×656.5g/mol=6.25×10-3×656.5g，则产品的纯度为 6.25×10-3×656.5g6.565g×100% =62.5%；答案为62.5%。
【分析】（1）仪器a为分液漏斗；X用于除去氯气中的HCl，为饱和食盐水；
（2）多孔球泡可增大反应物的接触面积；
（3）根据化合物的化合价代数和为0计算；根据得失电子守恒、原子守恒配平方程式；
（4）磷酸三钠对金属表面具有一定的保护作用；
（5）有碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；根据Na10P3O13Cl•5H2O～2 S2O32- 计算。
9．【答案】（1）A
（2）HCl挥发加快，导致盐酸浓度降低较快；Ni2＋水解加快(或促进Ni2＋水解)，部分生成Ni(OH)2
（3）2Fe2+ + H2O2 + 2H+ =2Fe3+ + 2H2O
（4）4×10-38；4.7≤PH＜7.2
（5）存在平衡NiR2＋2H＋⇌ Ni2＋＋2HR，加入H2SO4，C(H+)增大，平衡正向移动，产生更多的Ni2+
（6）蒸发浓缩，冷却至30.8℃—53.8℃之间结晶，过滤，洗涤，干燥
（7）MH + OH- -e- = M + H2O
【解析】【解答】含镍废料经过预处理除去表面的油污，根据物理方法，使油污分离，第二步中加入盐酸浸出金属阳离子，而其中的碳没有参与反应，在滤渣1中，而金属镍离子，二价铁离子、铝离子，第三步加入双氧水后将二价铁氧化成三价铁离子，在第四步中加入氧化镍后调节pH将三价铁和铝离子除去，在第五步中加入有机萃取剂把镍离子萃取到有机相中，第六步中加入硫酸溶液后将镍离子反萃取到溶液中，通过结晶得到硫酸镍晶体，再通过一系列过程得到三氧化二镍；
(1)A．油污能溶于酒精，故可以除去镍废料表面的矿物油污，故A正确；
B．纯碱溶液与镍废料中铝的氧化物反应，在浸出流程中加入盐酸时会消耗更多，故B不符合；
C．氢氧化钠溶液会消耗更多的盐酸，故不符合；
故答案为：答案A；
(2)温度升高，导致HCl挥发加快，盐酸浓度降低较快；HCl对Ni2＋水解抑制程度减小，从而加快Ni2＋水解，部分生成Ni(OH)2，故温度高于40℃时导致浸出率开始下降，故答案为：HCl挥发加快，导致盐酸浓度降低较快；Ni2＋水解加快(或促进Ni2＋水解)，部分生成Ni(OH)2；
(3)根据双氧水的氧化性，及混合物中的具有还原性的离子二价铁发生氧化还原反应，根据化合价升降守恒配平得：2Fe2+ + H2O2 + 2H+ =2Fe3+ + 2H2O；故答案为：2Fe2+ + H2O2 + 2H+ =2Fe3+ + 2H2O；
(4)根据表格中开始沉淀时：pH=2.2，c(H+)=10-2.2，c(OH-)=10-11.8，Fe(OH)3的Ksp=c(Fe3+)×c3(OH-)=0.01×10-36×10-0.6=4×10-38，故答案为：4×10-38；若“氧化”后的溶液中Ni2+浓度为0.1 mol/L，则“调pH”应控制的pH范围根据流程目的，不能使Ni2+沉淀，而使铝离子和三价铁离子沉淀而除去，故调节的pH的范围是：4.7≤pH＜7.2，故答案为4.7≤pH＜7.2；
(5)根据平衡NiR2＋2H＋⇌ Ni2＋＋2HR，加入H2SO4，c(H+)增大，平衡正向移动，产生更多的Ni2+；故答案为：平衡NiR2＋2H＋⇌ Ni2＋＋2HR，加入H2SO4，c(H+)增大，平衡正向移动，产生更多的Ni2+；
(6)根据表格中的信息判断：从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4·6H2O晶体，即晶体的操作依次是蒸发浓缩，冷却至30.8℃—53.8℃之间结晶，过滤，洗涤，干燥；
(7)电池充电时的总反应为Ni(OH)2+M=NiOOH+MH，则放电时负极的电极反应式与阴极反应刚好相反，为MH + OH- -e- = M + H2O；故答案为：MH + OH- -e- = M + H2O。
【分析】（1）“预处理”操作表面的矿物油为烃类，不能用碱性物质来清除，可根据相似相溶原理，选用酒精进行清洗；
（2）盐酸易挥发；
（3） “氧化”时双氧水将亚铁离子氧化为铁离子；
（4）根据Ksp=c(Fe3+)×c3(OH-)计算；“调pH”的目的是使Al3+和Fe3+沉淀而Ni2+不沉淀；
（5） 加入H2SO4，C(H+)增大，平衡正向移动 ；
（6） 30.8℃-53.8℃ 时得到 NiSO4·6H2O晶体 ；
（7）放电时MH为负极，失去电子发生氧化反应产生M。
10．【答案】（1）CO(g)+ 12 O2(g)=CO2(g) ∆H =-283.0 kJ•mol-1
（2）催化剂
（3）增大；不变
（4）1243；62.5；80；0.075 mol•L-1•min-1
【解析】【解答】(1)已知：2I2(s)+5O2(g)=2I2O5(s) △H1=-75.6 kJ/mol Ⅰ
I2O5(s)+5CO(g) ⇌ 5CO2(g)+I2(s) △H2=-1377.2 kJ/mol Ⅱ
根据盖斯定律，将 110 （I+2×II）得，CO(g)+ 12 O2(g)=CO2(g) ∆H =-283.0 kJ•mol-1，故CO燃烧热的热化学方程式为：CO(g)+ 12 O2(g)=CO2(g) ∆H =-283.0 kJ•mol-1；
(2)结合反应Ⅰ和反应Ⅱ分析， I2 在反应I中作反应物，在反应II中是生成物，所有在CO转化为CO2的反应中所起的作用是催化剂，故答案为：催化剂；
(3)反应II为放热反应，降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，导致c(CO2)增大，θ值增大；反应II是反应前后气体体积不变的反应，压缩容器的容积，导致容器内气体的压强增大，压强增大，反应II的化学平衡不发生移动；所以θ值不变；故答案为：增大；不变；
(4)①I2O5(s)→I2(s)，相当于减少了5个O，反应消耗掉I2O5物质的量为n(I2O5)= 8g16g/mol×5=0.1mol ，对于反应 I2O5(s)+5CO(g)⇌5CO2(g)+I2(s) ，反应开始时CO的物质的量是2 mol，反应的I2O5(s)物质的量是0.1 mol，则反应消耗CO的物质的量是5×0.1 mol=0.5 mol，则反应产生CO2的物质的量是0.5 mol，平衡时CO的物质的量为2 mol-0.5 mol=1.5 mol，物质的平衡浓度c(CO)= 1.5mol2L=0.75mol/L ，c(CO2)= 0.5mol2L=0.25mol/L ，则该反应的化学平衡常数K= 0.2550.755=1243 ；
②反应开始时加入的CO物质的量是2 mol，根据图象可知：在温度为10℃时，当CO2移出率是0时，CO的转化率为50%，则平衡时n(CO)=n(CO2)=1 mol，c(CO)=c(CO2)= 1mol2L=0.5mol/L ，故此时的化学平衡常数K1= 0.550.55=1 。当CO的转化率是a%时，反应产生CO2的物质的量是2a% mol，剩余CO的物质的量是2(1-a)% mol，由于CO2的移出率是40%，则此时CO2的物质的量是2a% mol×(1-40%)=1.2a% mol，由于该反应达到平衡时化学平衡常数K1=1，该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以2(1-a)mol=1.2a mol，解得a=62.5；
在反应温度为20℃时，当CO平衡转化率是a%时，CO平衡时物质的量为n(CO)=2(1-a)% mol，反应产生的CO2的物质的量为2a% mol，由于CO2的移出率为b%，则平衡时CO2的物质的量为n(CO2)=2a% mol×(1-b%)，平衡时c(CO)= 2(1-a%)mol2L=(1-a%)mol/L ，c(CO2)= 2a%(1-b%)mol2L=a%(1-b%)mol/L ，根据①计算可知在20℃化学平衡常数K= 1243 ，则 [a%(1-b%)]5[1-a%]5=135=1243 ，将a=62.5带入平衡常数表达式中，可得 [a%(1-b%)]5[1-a%]5=[62.5%×(1-b%)]5[1-62.5%]5=135=1243 ，解得b%=80%，b=80；
③在M点时未移出CO2，假设CO转化的物质的量是m mol，则平衡时CO物质的量为(2-m) mol，CO2的物质的量为m mol，该条件下化学平衡常数K= [mmol2L]5[(2-m)mol2L]5=1243 ，解得m=0.5 mol，此时CO的物质的量是2 mol-0.5 mol=1.5 mol；在N点时CO2移出率是80%，假设反应的CO物质的量是n mol，则平衡时n(CO)=(2-n)mol，CO2的物质的量为n(CO2)=n(1-80%)mol，带入平衡常数表达式中K= [n(1-80%)mol2L]5[(2-n)mol2L]5=1243 ，解得n=1.25 mol，此时CO的物质的量为2 mol-1.25 mol=0.75mol，故化学反应速率v(CO)= ΔcΔt=(1.5mol-0.75)mol2L5min=0.075 mol/(L·min)。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）催化剂在反应前后不变化；
（3）反应Ⅱ为气体体积不变的放热反应，降温平衡逆向移动，增压平衡不移动；
（4）①平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
②根据 CO2的移出率=n（CO2实际移出量）n（理论生成量） ×100% 结合图像确定a、b；
③根据v=ΔcΔt计算。
11．【答案】（1）1s22s22p63s23p1
（2）C
（3）sp3杂化；正四面体
（4）F＞O＞S
（5）离子液体是由有机阳离子和无机阴离子组成，形成稳定的离子键
（6）4；(14，34，14)；48×185a3NA×10-30
【解析】【解答】(1)Al为第13号元素，基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1；
(2)基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p3，基态氮原子的价层电子排布图为，
故答案为：C；
(3)化合物I中碳原子均是饱和键，杂化轨道类型为sp3杂化；化合物II中可认为(-CH3)代替了NH4+中的3个H，则阳离子的空间构型为正四面体构型；
(4)化合物III中O、F、S，同周期电负性从左到右逐渐增大，同周期从上到下逐渐减弱，则电负性大小为：F＞O＞S；
(5)离子液体是由有机阳离子和无机阴离子组成，形成稳定的离子键；
(6)①以左下角定点铝为例，最近的Al为1号铝，故晶体中与Al距离最近的Al的个数为4；
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，如图中原子1的坐标为(34，14，14)，原子2的坐标为(14，14，34)，则原子3的坐标为(14，34，14)，1与3同高z坐标相同，2与3x坐标相同。
③已知该晶体属于立方晶系，晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，其中Al的占有数为8×18+6×12+4=8，则所有原子的占有数为：8+16+24=48,则晶体的密度为ρ=NMV·NA=48×185a3NA×10-30g·cm-3

【分析】（1）考查核外电子排布式；
（2）基态氮原子核外的价层电子排布要满足能量最低原理；
（3）饱和碳原子采用sp3杂化，含双键或苯环上的碳原子是sp2杂化；分析中心原子的价层电子对数，再利用VSEPR模型分析其构型；
（4）同主族从上到下电负性逐渐减弱，同周期从左往右电负性逐渐增强；
（5）分析图可知 离子液体含离子键；
（6）① 看晶胞结构图可知是4个；
② 根据原子1和原子2的坐标及3的位置推知3的坐标；
③ 用均摊法算出一个晶胞中Al原子的个数，再推至Mn、O原子的个数，算出一个晶胞的质量和体积，最后求密度。
12．【答案】（1）；4-甲基苯酚(对甲基苯酚)
（2）取代反应；羟基、羰基
（3）3
（4） +2NaOH →Δ +NaCl+H2O
（5） （或 ）
（6）CH3CH2OH →KMnO4(H+) CH3COOH →SOCl2
【解析】【解答】由图可知，A为HC ≡ CH，B能与银氨溶液反应，说明B为CH3CHO，B氧化生成C，C为CH3COOH，C与SOCl2反应生成D，结合已知信息反应可知D为 ，D与E生成酯F，则E为 ，F经一系列步骤合成I。
(1)根据分析可知，A为HC ≡ CH，电子式为 ，E为 ，属于酚类，根据酚的命名方法，名称为4-甲基苯酚(对甲基苯酚)，故答案为： ；4-甲基苯酚(对甲基苯酚)；
(2)E的官能团是酚羟基，则D+E→F的反应为E中酚羟基的氢原子被取代生成酯基的反应，类型为取代反应，根据I的结构简式，I分子中含氧官能团的名称为羟基、羰基，故答案为：取代反应；羟基、羰基；
(3)F中含1个苯环，1个酯基，酯基不和氢气加成，则1 mol F与H2发生加成反应，最多消耗H23mol，故答案为：3；
(4)由H的结构简式可知，H分子中含有酚羟基能和NaOH发生中和，含有氯原子能和NaOH发生水解反应生成醇和氯化钠，则H与氢氧化钠的水溶液反应的化学方程式为 +2NaOH →Δ +NaCl+H2O，故答案为： +2NaOH →Δ +NaCl+H2O；
(5)G为 ，满足条件的G的同分异构体：①属于芳香酯，则含有苯环，此外还含有3个碳原子、2个氧原子；②有两个与苯环直接相连的甲基，则此外还有1个碳原子，由G中支链的不饱和度为1，则含有甲酸酯或醛基；③核磁共振氢谱显示有四组峰，其面积比为6：2：1：1，则该物质结构对称性特别好且两个甲基对称；故结构简式可以为： （或 ），故答案为： （或 ）；
(6)以乙醇和苯酚为原料合成乙酸苯酯，结合题干提供D生成F原理可知，乙醇需要氧化生成乙酸，乙酸需要通过已知反应原理生成 ，然后 与苯酚发生取代反应生成目标产物，合成路线为：CH3CH2OH →KMnO4(H+) CH3COOH →SOCl2 ，故答案为：CH3CH2OH →KMnO4(H+) CH3COOH →SOCl2 。
【分析】（1）A为乙炔；结合E的分子式和F的结构简式可知，E为，据此命名；
（2）D、E发生取代反应生成F；I中含氧官能团为羟基、羰基；
（3）F中只有苯环与氢气加成；
（4）H中的-Cl在NaOH水溶液中发生水解；
（5）根据要求书写同分异构体；
（7）乙醇氧化生成乙酸，乙酸通过已知反应生成 ，然后 与苯酚发生取代反应生成目标产物。