江苏省扬州市2022-2023学年高二下学期开学考试化学试题（含解析）

这是一份江苏省扬州市2022-2023学年高二下学期开学考试化学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

江苏省扬州市2022-2023学年高二下学期开学考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．我国力争在2060年前实现碳中和。下列说法不正确的是
A．可利用捕集废气中的
B．鼓励植树造林，吸收过多排放的
C．将转化为，实现的资源化利用
D．研发新型催化剂将分解为C和，并放出热量
2．下列关于水的说法正确的是
A．纯水的一定等于7
B．水比较稳定是由于水分子间存在氢键
C．温度升高，纯水中的和增大
D．等于4的盐酸和溶液中，水的电离程度相同
3．汽车剧烈碰撞后，安全气囊中物质会发生反应：10NaN3+2KNO3 =K2O+5Na2O+ 16N2↑，生成大量气体。下列说法正确的是
A．半径大小：r(N3-)＞r(Na+)
B．电负性大小：χ(N)＞χ(O)
C．电离能大小：I1(K)＞I1(Na)
D．离子键强弱：K2O＞Na2O
4．下列钠及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．Na能与水反应，可用于高压钠灯
B．NaCl熔点较高，可用于制备烧碱
C．NaHCO3能与酸反应，可用于治疗胃酸过多
D．Na2O2受热会分解，可用作呼吸面具中的供氧剂
5．SO2既是大气主要污染物之一，也是重要的工业原料。工业制硫酸时在接触室中以V2O5为催化剂，发生反应2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)  ΔH<0，尾气中的SO2在高温下可被CO、H2还原为硫单质，也可被Na2SO3溶液吸收生成NaHSO3溶液。电解NaHSO3溶液时阴极可生成硫单质。硫单质的熔沸点较低。下列说法正确的是
A．V基态原子核外电子排布式为[Ar]3d34s2
B．CO分子中仅含σ键
C．H2S的热稳定性比H2O强
D．硫单质属于共价晶体
6．SO2既是大气主要污染物之一，也是重要的工业原料。工业制硫酸时在接触室中以V2O5为催化剂，发生反应2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)  ΔH<0，尾气中的SO2在高温下可被CO、H2还原为硫单质，也可被Na2SO3溶液吸收生成NaHSO3溶液。电解NaHSO3溶液时阴极可生成硫单质。硫单质的熔沸点较低。下列化学反应表示正确的是
A．H2S燃烧生成SO2：H2S + O2 SO2 + H2
B．高温下CO还原SO2：CO + SO2 S + CO2
C．Na2SO3溶液吸收SO2：
D．电解NaHSO3溶液时的阴极反应： −4e－+ 5H+ = S +3H2O
7．下列关于物质制备的说法不正确的是
A．高温条件下用CO还原铁矿石炼铁
B．将Cl2通入澄清石灰水中制漂白粉
C．以粗铜为阳极、纯铜为阴极，电解精炼铜
D．将NH3、CO2通入饱和食盐水中制备NaHCO3
8．恒容容器中发生反应4HCl(g) + O2(g) 2H2O(g) + 2Cl2(g)  ΔH<0，下列说法正确的是
A．各物质浓度不再发生变化，表明该反应达到平衡状态
B．催化剂可以改变反应的焓变
C．该反应的平衡常数K=
D．其他条件不变，增大，HCl的平衡转化率增大
9．工业上吸收含氟烟气中的HF并制备Na3AlF6的流程如下：

已知Ka(HF)=6.6×10−4；H2CO3的Ka1=4.3×10−7，Ka2=5.6×10−11。下列说法不正确的是
A．“吸收”时发生反应的离子方程式为HF+=+F－
B．“吸收”时烟气自下而上、吸收液自上而下喷淋，有利于HF的吸收
C．“合成”过程中溶液的碱性减弱
D．“过滤”所得滤液可以返回“吸收”过程，循环使用
10．碱性Na2Sx—空气二次电池可用于储能，其放电时工作原理如图所示。下列说法不正确的是

A．离子交换膜a为阳离子交换膜
B．放电时Ⅲ室中NaOH溶液的浓度减小
C．放电时的负极反应为2－ 2e－=
D．使用储液罐可储存与释放更多能量
11．室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
向两支试管中各加入2 mL 5%的H2O2溶液，分别滴加2滴蒸馏水和2滴0.1 mol·L−1 FeCl3溶液，观察产生气泡的速率
FeCl3能加快H2O2分解
B
室温下，向0.1 mol·L−1 HCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升
镁与盐酸反应放热
C
用pH试纸分别测量浓度均为0.1 mol·L−1 CH3COONa溶液与NaCN溶液的pH
比较CH3COO−与CN−结合H+能力的大小
D
向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，搅拌，过滤；向洗净后的沉淀中滴加稀盐酸，观察是否有气体放出
比较Ksp(BaSO4)与Ksp(BaCO3) 的大小
A．A B．B C．C D．D
12．室温下，H2SO3的Ka1=1.5×10−2，Ka2=1.5×10−7.通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质。
实验1：用pH试纸测量0.1 mol·L−1 NaHSO3溶液的pH
实验2：向5 mL 0.1 mol·L−1 NaHSO3溶液中滴加0.1mol·L−1 NaOH溶液至pH为8
实验3：将浓度均为0.01 mol·L−1 NaHSO3和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀
实验4：将浓度均为1.0 mol·L−1的 NaHSO3和CuCl2溶液等体积混合，生成CuCl沉淀
下列说法正确的是
A．实验1测得溶液的pH>7 B．实验2所得溶液中c()>c()
C．由实验3可知：Ksp(BaSO3)>2.5×10−5 D．实验4中转化为单质S
13．将TiO2、C、Cl2以一定的物质的量之比加入密闭容器中反应可生成TiCl4。可能发生的反应如下：
反应Ⅰ：TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)　ΔH1 =+172 kJ·mol−1
反应Ⅱ：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2 =－393.5 kJ·mol−1
反应Ⅲ：2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) ΔH3 = +564 kJ·mol−1
平衡时容器中气体的物质的量分数随温度变化如图所示(曲线a、b表示生成的CO2或CO)。下列说法不正确的是

A．曲线a为CO
B．与仅加入TiO2、Cl2相比，碳的加入可提高TiCl4的产率
C．TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) ΔH=－51 kJ·mol－1
D．其他条件不变，增大压强，TiCl4的平衡产率增大

二、工业流程题
14．以硫化铜矿(主要成分为CuS，含一定量的Zn2+、Fe2+)为原料制备粗铜的流程如下：

已知：①浸取液中c(Cu2+) 约为0.1 mol·L−1
②几种离子沉淀完全(金属离子浓度≤10－5 mol·L−1)时的pH：
离子
Fe2+
Fe3+
Cu2+
Zn2+
沉淀完全的pH
9.6
3.2
6.7
8.2
(1)“浸取”时，CuS转化为S的离子方程式为 。
(2)已知CuS难溶于硫酸。溶液中存在CuS(s)Cu2+(aq) + S2−(aq)。“浸取”时采用高压O2的原因是 。
(3)“调pH”时需控制的pH范围是 。
(4)“过滤1”所得固体X主要成分是 。
(5)粗铜中铜含量的测定
步骤1：取0.200 g 粗铜，加入一定量浓HNO3、浓HCl，微热至粗铜完全溶解后，控制溶液pH为3~4，加热除去未反应的HNO3，冷却；
步骤2：将步骤1所得溶液加水定容至250 mL，量取25.00 mL置于锥形瓶中，加入过量KI溶液，再加入少量淀粉溶液，用0.01000 mol·L−1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。
已知：Cu2++ I−－CuI+I2， I2 + －+I−(未配平)
粗铜中铜的质量分数为 (写出计算过程)。

三、实验题
15．某废旧锂电池正极材料中含有LiCoO2、LiMnO2以及有机物、碳粉等，以该正极材料为原料可制备CoCO3和Li2CO3。
已知：Ksp[Co(OH)2]=1.6×10－15，Ksp[CoCO3]=1.4×10－13。
(1)热解。将正极材料加热。LiCoO2的晶胞如图所示，各离子位于晶胞的顶点、棱和体内。晶胞中Co3+的数目是 。  

(2)浸出。热解所得产物含Li+、Co3+、Mn3+等，向其中加入H2O2和稀H2SO4，充分反应，过滤，得到含Li+、Co2+、Mn2+的浸出液。H2O2在该过程中的作用为 。
(3)分离。向浸出液中加入有机萃取剂HA，发生反应：Co2+＋2HACoA2＋2H+，将CoA2萃取入有机相中，HA对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示。分液后，再从有机相中反萃取得到CoSO4溶液的操作是 。

(4)制备CoCO3.用CoSO4溶液与NH4HCO3−氨水混合溶液反应制备CoCO3，装置如图所示。分液漏斗中盛装的溶液为 ，该反应的离子方程式为 。

(5)制备Li2CO3.已知：常温下，LiOH易溶于水，Li2CO3的溶解度为1.3 g；pH约为10时，Mn(OH)2完全沉淀。请补充完整制取纯度较高的Li2CO3的实验方案：取(3)中萃取、分液后的水层溶液(含少量Mn2+)， ，得到纯度较高的Li2CO3。(实验中可使用的试剂：1.0 mol·L−1NaOH溶液、1.0 mol·L−1 H2SO4溶液、稀盐酸、BaCl2溶液、1.0 mol·L−1 Na2CO3溶液)

四、原理综合题
16．以Cu/Zn催化剂作阴极，酸性溶液为介质。用电化学法可将CO2转化为CH3OH，其原理如图所示。

(1)阴极生成CH3OH的电极反应式为 。电解时阴极会产生一种气体副产物，其化学式为 。
(2)目前认为该转化过程可能有两种机理，一种机理会生成中间产物HCOOH(路径A)，另一种机理会生成中间产物CO(路径B)。两种机理的部分反应路径如下：

两种反应路径中，H+在铜表面得电子分别形成H和H－。其中形成H－的路径是 (填“A”或“B”)。从电负性的角度说明判断的理由： 。
(3)计算机模拟CO2在Cu/Zn催化剂表面发生路径A和路径B的部分反应历程如图所示(TS表示过渡态，*表示吸附在催化剂表面，图中未显示表面吸附的氢原子)。根据反应历程推测，在Cu/Zn催化剂表面更易发生的是路径 (填“A”或“B”)，作出判断的理由是 。

(4)使用Cu/Zn催化剂，改变其他反应条件，可通过路径B在制备CO的同时产生H2，当减小Cu/Zn催化剂中的值，有利于提高产物中CO的比例，原因是 。
17．双温–双催化剂(Fe–TiO2–xHy)法可提升合成氨反应中NH3的产率。将一定比例N2、H2混合气体，匀速通过装有不同催化剂的反应器中发生反应：N2(g) + 3H2(g)2NH3(g)  ΔH =－92.4 kJ·mol−1，NH3的平衡浓度随体系温度的变化如图所示。

(1)体系温度为495℃，光照条件下，双催化剂(Fe–TiO2–xHy)会产生温差。分别使用双温–双催化剂以及铁催化剂催化合成氨反应，可能的机理如图所示。

双温–双催化剂法的反应过程可描述为 。从化学反应速率和化学平衡的角度出发，双温–双催化剂法的优点是 。合成氨过程中需要不断分离出氨，原因是 。
(2)利用NH3可消除氮氧化物对环境的污染。NH3和NO在Ag2O催化剂表面反应时，相同时间下，NO生成N2的转化率随温度的变化如图所示。

NH3与NO反应生成N2的化学方程式为 ，当生成1 mol N2时，转移的电子数为 mol。在500~580 K之间，有氧气存在的条件下NO生成N2的转化率明显高于无氧条件，可能的原因是 。

参考答案：
1．D
【详解】A．CaO和CO2反应生成CaCO3，且CaO粉末表面积大，利于捕获CO2，A项正确；
B．植物中叶绿素可将CO2转化为O2，B项正确；
C．CO2和H2在一定条件下反应可生成为CH3OH，从而实现CO2的资源利用，C项正确；
D．CO2分解为C和O2要吸收热量，D项错误。
答案选D。
2．C
【详解】A．纯水的不一定等于7，比如100℃时纯水的pH小于7，故A错误；
B．水比较稳定是由于水中的氢氧键键能大，故B错误；
C．温度升高，纯水的电离平衡正向移动，因此纯水中的和增大，故C正确；
D．等于4的盐酸和溶液中，前者抑制水的电离，后者促进水的电离，因此水的电离程度不相同，故D错误。
综上所述，答案为C。
3．A
【详解】A．N3-、Na+核外电子排布是2、8，二者的电子层结构相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径大小关系为：r(N3-)＞r(Na+)，A正确；
B．N、O是同一周期元素，原子序数越大，元素的电负性就越大，所以电负性大小：χ(N)＜χ(O)，B错误；
C．K、Na是同一主族元素，原子核外最外层电子数相同，原子核外电子层数越多，其第一电离能就越小，所以电离能大小：I1(K)＜I1(Na)，C错误；
D．K2O、Na2O都是由离子键结合形成的离子化合物，由于离子半径：r(K+)＞r(Na+)，所以二者分别与O2-形成的离子键的键长：K2O＞Na2O，键长越大，键能就越小，故离子键的键能大小关系为K2O＜Na2O，D错误；
故合理选项是A。
4．C
【详解】A．高压钠灯发出的黄光射程远，透雾力强，对道路平面的照明度比高压水银灯高几倍，故将钠应用于电光源上，与能与水反应无关，故A不符题意；
B．电解饱和NaCl溶液生成NaOH，与NaCl熔点无关，故B不符合题意；
C．NaHCO3溶液能与酸反应用于治疗胃酸过多，故C符合题意；
D．Na2O2与水和二氧化碳反应能生成氧气，可用作呼吸面具的供氧剂，与受热分解无关，故D不符题意；
故选C。
5．A
【详解】A．V的原子序数为23，位于第四周期第ⅤB族，基态V的核外电子排布式为[Ar]3d34s2，故A正确；
B．CO与氮气互为等电子体，CO存在三键，含有σ键、π键，故B错误；
C．非金属性：O＞S，因此H2O的热稳定性强于H2S，故C错误；
D．硫单质的熔沸点较低，因此硫单质属于分子晶体，故D错误；
答案为A。
6．C
【详解】A．H2S燃烧生成SO2和H2O：2H2S + 3O2 2SO2 +2 H2O，故A错误；
B．尾气中的SO2在高温下可被CO还原为硫单质，没有配平，应该为：2CO + SO2 S + 2CO2，故B错误；
C．Na2SO3溶液吸收SO2，被Na2SO3溶液吸收生成NaHSO3溶液：，故C正确；
D．电解NaHSO3溶液时阴极可生成硫单质，则阴极反应是得到电子即 +4e－+ 5H+ = S +3H2O，故D错误。
综上所述，答案为C。
7．B
【详解】A．CO具有还原性，可用于还原铁矿石炼铁，故A正确；
B．因Ca(OH)2溶解度较小，故应将氯气通入石灰乳制取漂白粉，故B错误；
C．电解精炼铜时，应将粗铜作阳极，纯铜作阴极，故C正确；
D．将NH3、CO2通入饱和食盐水发生反应NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，可以制备NaHCO3，故D正确；
故选B。
8．A
【详解】A．各组分的浓度不变时标明反应达到了平衡，故A正确；
B．催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应的焓变，故B错误；
C．该反应的平衡常数K=，故C错误；
D．增大，假设n(O2)不变，n(HCl)增大，HCl的平衡转化率减小，故D错误；
故选A。
9．C
【分析】烟气中的HF和过量碳酸钠溶液反应生成NaF，NaF和偏铝酸钠溶液在合成过程中最后生成Na3AlF6。
【详解】A．由Ka值大小可知，酸性HF＞，则“吸收”时发生的离子方程式为HF+=+F－，符合强酸制取弱酸的规律，故A正确；
B．烟气自下而上、吸收液自上而下喷淋，增大了接触面积，有利于HF的吸收，故B正确；
C．“合成”过程中的化学方程式为2CO2+6NaF+NaAlO2=Na3AlF6+2Na2CO3，因此，溶液的碱性增强，故C错误；
D．“过滤”所得溶液为碳酸钠，可以返回“吸收”过程，循环使用，故D正确；
故选C。
10．B
【分析】由图分析可知，放电时，氧气发生还原反应生成氢氧根离子，则右边电极为正极，则左边电极为负极。
【详解】A．放电时，正极发生还原反应，反应为O2+2H2O+ 4e- =4OH-；负极发生氧化反应，反应为2-2e-=；正极区氢氧根离子向左侧运动，离子交换膜b为阴离子交换膜；负极区钠离子向右侧运动，离子交换膜a为阳离子交换膜，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，A正确；
B．由A分析可知，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，B错误；
C．充电时，负极失去电子发生氧化反应，反应为2-2e-=，C正确；
D．使用储液罐可以储存NaOH和Na2Sx溶液参与循环使用，故可储存与释放更多能量，D正确；
故选B。
11．D
【详解】A．采用控制变量方法，根据产生气泡的快慢研究FeCl3溶液是否对H2O2溶液分解产生影响，A能够达到实验目的，A正确；
B．室温下，向0.1 mol·L−1 HCl溶液中加入少量镁粉，发生置换反应产生MgCl2和H2，因此会看到产生大量气泡，同时测得溶液温度上升，说明该反应是放热反应，放出热量使溶液温度升高，B正确；
C．CH3COONa、NaCN都是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，等浓度的盐溶液，其形成盐的弱酸越弱，则水解后溶液的碱性就越强，溶液pH就越大，说明弱酸根离子结合水电离产生H+的能力就越强，故能比较CH3COO-与CN-结合H+能力的大小，C正确；
D．向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末搅拌，BaSO4溶解电离产生Ba2+、，当Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)时生成BaCO3沉淀，BaCO3可与盐酸反应生成CO2气体，故不能用于比较Ksp(BaSO4)与Ksp(BaCO3) 的大小关系，D错误；
故合理选项是D。
12．B
【详解】A．NaHSO3中亚硫酸氢根离子的水解常数，Kh< Ka2，故此溶液显酸性，A错误；
B．实验2所得溶液为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合溶液，的水解常数，其水解常数小于的电离常数，即当亚硫酸根离子和亚硫酸氢根浓度相同时，溶液显酸性，故若溶液显碱性，则c()>c()，B正确；
C．实验2中，c()=0.005mol/L，c()＜0.005mol/L，c(Ba2+)=0.005mol/L，则Ksp(BaSO3)=(＜0.005)×0.005＜2.5×10-5，C错误；
D．NaHSO3和CuCl2溶液等体积混合，生成CuCl沉淀，则铜的化合价降低，硫的化合价升高，故转化为硫酸根，D错误；
故选B。
13．D
【详解】A．CO只有在反应Ⅲ中生成，且该反应为吸热反应，故其物质的量会随温度升高而增大，最终反应达到平衡时达到最大值，而CO2在反应Ⅱ中生成，在反应反应Ⅲ中又会因为反应而消耗，其物质的量不会一直增大，故曲线a表示的为CO，A正确；
B．加入C，能够反应消耗O2，使反应Ⅰ的生成物浓度减小，化学平衡正向移动，有助于生成更多TiCl4，故可以提高TiCl4的产率，B正确；
C．根据盖斯定律，将热化学方程式Ⅰ+Ⅱ×2+Ⅲ，整理可得热化学方程式 TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) ΔH=－51 kJ·mol－1，C正确；
D．反应Ⅰ的热化学方程式为TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g) ΔH1 =+172 kJ·mol−1，该反应是反应前后气体体积不变的吸热反应，在其他条件不变时，增大压强，TiCl4的平衡产率不变，D错误；
故合理选项是D。
14．(1)2CuS+O2+4H+=2Cu2++2S+2H2O
(2)增大溶解氧的浓度(或增加O2在溶液中的溶解度)，提高O2氧化S2-的速率，使CuS沉淀溶解平衡正向移动
(3)3.2 ~ 4.7
(4)S、Fe(OH)3
(5)64%，n(Na2S2O3)=0.01000 mol·L−1×20.00×10-3 L=2.0×10-4mol，2Cu2+~I2~2Na2S2O3，n(Cu2+)=n(Na2S2O3)=2.0×10-4 moL，0.2000 g粗铜中m(Cu)=×2.0×10-4 moL×64 g/mol=0.128 g，粗铜中铜的质量分数为：× 100% = 64%。

【分析】CuS与酸性条件下被O2氧化产生Cu2+、S、H2O，Fe2+被氧化变为Fe3+，然后通入NH3，调整溶液pH在3.2 ~ 4.7，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，将沉淀过滤除去，然后通入高压H2，可以将Cu2+还原为Cu单质，就得到粗铜。
【详解】（1）在浸取时，CuS、H2SO4、O2发生氧化还原反应产生CuSO4、S、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可得反应的离子方程式为2CuS+O2+4H+=2Cu2++2S+2H2O；
（2）已知CuS难溶于硫酸。溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq) + S2−(aq)。“浸取”时采用高压O2是为了增大溶解氧的浓度(或增加O2在溶液中的溶解度)，提高O2氧化S2-的速率，使CuS沉淀溶解平衡正向移动，促进物质的转化；
（3）在浸取时O2可以将Fe2+氧化变为Fe3+，发生反应：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，结合溶液中各种离子沉淀完全时溶液的pH，调整溶液pH在3.2 ~ 4.7，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+及Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，故“调pH”时需控制的pH范围是3.2 ~ 4.7；
（4）S难溶于水，以固体形式存在，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，故“过滤1”所得固体X主要成分是S、Fe(OH)3；
（5）根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可知在滴定过程中发生反应为：2Cu2++4I−=2CuI+I2，I2+2=+2I−，故反应的关系式为：2Cu2+~I2~2Na2S2O3，25.00 mL0.01000 mol/LNa2S2O3溶液中溶质的物质的量n(Na2S2O3)=0.01000 mol·L−1×20.00×10-3 L=2.0×10-4 mol，根据反应转化关系可知反应消耗Cu2+的物质的量n(Cu2+)= n(Na2S2O3)=2.0×10-4 mol，则在0.2000 g粗铜中含有Cu的质量m(Cu)=×2.0×10-4 moL×64 g/mol=0.128 g，故该粗铜中Cu的质量分数为。
15．(1)3
(2)做还原剂
(3)向有机相中加入稀硫酸，调节pH约为2，充分振荡，静置，分液，得到CoSO4溶液
(4) NH4HCO3−氨水溶液 + NH3·H2O + Co2＋CoCO3↓ + + H2O或+ Co2＋ = CoCO3↓
(5)边搅拌边加入1.0 mol∙L−1 NaOH溶液调节溶液pH约为10，充分反应，过滤，向滤液中加入足量1.0 mol∙L−1 Na2CO3溶液，充分反应，过滤，洗涤2~3次，取少量最后一次洗涤滤液，加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，若无沉淀产生，将所得固体干燥

【分析】某废旧锂电池正极材料中含有LiCoO2、LiMnO2以及有机物、碳粉等，以该正极材料为原料可制备CoCO3和Li2CO3，通过热解、浸出、分离、制备CoCO3，再制备制备Li2CO3；
【详解】（1）Co3+位于晶胞的棱边与体内，一个晶胞含有Co3+的数目为: 4+2= 3，答案为3；
（2）加入硫酸酸化的过氧化氢溶液，Co3+转化为Co2+，钴元素从+3价降低为+2价，被还原，过氧化氢起还原剂的作用，其氧化产物是氧气，答案为做还原剂；
（3）分液后，再从有机相中反萃取得到CoSO4溶液的操作是：向有机相中加入稀硫酸，调节pH约为2，充分振荡，静置，分液，得到CoSO4溶液；
（4）制备CoCO3.用CoSO4溶液与NH4HCO3−氨水混合溶液反应制备CoCO3，一种溶液在三颈烧瓶内，一种溶液在分液漏斗中，考虑到氨水受热易分解，故NH4HCO3−氨水混合溶液应盛装在分液漏斗中，可减少反应物的分解；该反应的离子方程式为+ NH3·H2O + Co2＋CoCO3↓ + + H2O或+ Co2＋ = CoCO3↓；答案为NH4HCO3−氨水溶液；+ NH3·H2O + Co2＋CoCO3↓ + + H2O或+ Co2＋ = CoCO3↓；
（5）制取纯度较高的Li2CO3的实验方案：取(3)中萃取、分液后的水层溶液(含少量Mn2+)，边搅拌边加入1.0 mol∙L−1 NaOH溶液调节溶液pH约为10，充分反应，过滤，向滤液中加入足量1.0 mol∙L−1 Na2CO3溶液，充分反应，过滤，洗涤2~3次，取少量最后一次洗涤滤液，加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，若无沉淀产生，将所得固体干燥，得到纯度较高的Li2CO3。
16．(1) CO2 + 6e－+ 6H+ = CH3OH + H2O H2
(2) A O的电负性比C强，C略带正电荷，易与带负电荷的H－结合
(3) A 路径A的活化能较低，反应速率更快
(4)从路径B可看出，H+在Cu表面得电子生成H，进而生成H2；CO在Zn表面生成

【详解】（1）电解池中阴极发生还原反应，故在酸性介质中，阴极生成CH3OH的电极反应式为：CO2 + 6e－+ 6H+ = CH3OH + H2O，电解时阴极上的H+可能得到电子，会产生一种气体副产物H2，电极反应为：2H++2e-=H2↑，故答案为：CO2 + 6e－+ 6H+ = CH3OH + H2O；H2；
（2）已知O的电负性比C强，故CO2分子中C略带正电荷，易与带负电荷的H－结合，结合题干图示信息可知，其中形成H－的路径是A，故答案为：A；O的电负性比C强，C略带正电荷，易与带负电荷的H－结合；
（3）由题干图示信息可知，路径A的决速步骤的活化能为：(-0.34eV)-(-1.28eV)=0.94eV，而路径B的决速步骤的活化能为：(0.98eV)-(-0.48eV)=1.46eV，故路径A的活化能较低，反应速率更快，则在Cu/Zn催化剂表面更易发生的是路径A，故答案为：A；路径A的活化能较低，反应速率更快；
（4）由题干图示信息可知，从路径B可看出，H+在Cu表面得电子生成H，进而生成H2；CO在Zn表面生成，用Cu/Zn催化剂，改变其他反应条件，可通过路径B在制备CO的同时产生H2，当减小Cu/Zn催化剂中的值，即增大Zn的含量或减少Cu的含量，则有利于生成CO而不利于产生H2，即有利于提高产物中CO的比例，故答案为：从路径B可看出，H+在Cu表面得电子生成H，进而生成H2；CO在Zn表面生成。
17．(1) N2、H2在温度较高的Fe表面共价键断裂生成N、H，随后N、H在温度较低的TiO2–xHy表面生成NH3 N≡N在温度较高的Fe表面获得更多能量，断裂生成N速率加快，有利于提高合成氨反应速率，合成氨的正反应为放热反应，TiO2–xHy表面较低的温度促使平衡正向移动，有利于提高NH3的平衡产率 有利于平衡正向移动，利于N2、H2循环，提高NH3产率
(2) 6NO+4NH3 5N2+6H2O 2.4 在温度为500∼580K时，有氧条件下NO与O2反应生成NO2，更易与NH3反应，NO转化率明显增加

【详解】（1）根据反应机理可知，双温–双催化剂法的反应过程可描述为N2、H2在温度较高的Fe表面共价键断裂生成N、H，随后N、H在温度较低的TiO2–xHy表面生成NH3；从化学反应速率和化学平衡的角度出发，双温–双催化剂法的优点是：N≡N在温度较高的Fe表面获得更多能量，断裂生成N速率加快，有利于提高合成氨反应速率，合成氨的正反应为放热反应，TiO2–xHy表面较低的温度促使平衡正向移动，有利于提高NH3的平衡产率；合成氨过程中需要不断分离出氨，原因是有利于平衡正向移动，利于N2、H2循环，提高NH3产率；
（2）NH3与NO反应生成N2，同时生成水，反应的化学方程式为6NO+4NH3 5N2+6H2O；
反应中N元素由+2价降为0和从-3价升高为0价， 当生成1 mol N2时，转移的电子数为=2.4mol；在500~580 K之间，有氧气存在的条件下NO生成N2的转化率明显高于无氧条件，可能的原因是在温度为500∼580K时，有氧条件下NO与O2反应生成NO2，更易与NH3反应，NO转化率明显增加。