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江西省临川一中2020届高三上学期第二次联合考试化学（解析版）
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江西省临川一中2020届高三上学期第二次联合考试
1.生活中处处有化学，下列说法正确的是（ ）
A. 煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和高级脂肪酸甘油酯
B. 晶体硅可作光伏电池材料，其性质稳定，不与酸、碱发生反应
C. 雾霾天气会危害人类的健康，“雾”和“霾”的分散质微粒不同
D. “绿色化学”的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
【答案】C
【详解】A. 植物油是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，故不是饱和甘油酯类，故A错误；
B. 晶体硅是良好的半导体材料 晶体硅可作光伏电池材料，其性质稳定，可与氢氟酸、氢氧化钠反应，故B错误；
C. 雾滴的尺度比较大，从几微米到100微米，平均直径大约在10-20微米左右；霾粒子的分布比较均匀，而且灰霾粒子的尺度比较小，从0.001微米到10微米，平均直径大约在1-2微米左右，故C正确；
D. 绿色化学”核心就是要利用化学原理从源头消除污染而不是对污染进行治理，故D错误；
答案选C。
2.下列与化学有关的文献，理解错误的是（ ）
A. 《问刘十九》中写道：“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反应
B. 《清波杂志》卷十二：“信州铅山胆水自山下注，势若瀑布……古传一人至水滨，遗匙钥，翌日得之，已成铜矣。”这里的胆水是指CuSO4溶液
C. 《天工开物》中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质，而使殊颜异色得以尚焉……”文中“裘”主要成分是蛋白质
D. 《傅鹑觚集·太子少傅箴》中记载：“故近朱者赤，近墨者黑。”这里的“朱”指的是朱砂，古代常用的一种红色颜料，其主要成分是HgS
【答案】A
【详解】A.葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，故A错误；
B.胆水是指CuSO4溶液， “遗匙钥，翌日得之，已成铜矣”指的是铁与硫酸铜发生的置换反应，置换出了铜单质，故B正确；
C. “裘”指的是动物的皮毛，其主要成分是蛋白质，故C正确；
D.朱砂，古代常用的一种红色颜料，其主要成分是HgS，故D正确；
故选A。
【点睛】主要考察学生对中国传统文化的了解，明白化学在人类发展和进步中起的重要作用，增强民族自豪感。
3.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. H2O2的电子式： B. 氟原子的结构示意图：
C. 中子数为16的磷原子： D. 明矾的化学式：KAl(SO4)2
【答案】C
【详解】A.H2O2是共价化合物，不能写成离子化合物的电子式，应为，故A错误；
B. F的结构示意图为，故B错误；
C.中子数为16的磷原子：，故C正确；
D.明矾的化学式：KAl(SO4)2·12H2O，故D错误；
答案为C。
4.设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A. l00g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子数为4NA
B. 向FeI2溶液中通人适量Cl2，当有1mol Fe2+被氧化时，反应转移电子数目为3NA
C. 某温度下，1L pH=2的H2SO4溶液中，硫酸和水电离出的H+总数为0.01NA
D. 常温下，1L 0.1mol·L−1醋酸钠溶液中加入醋酸至中性，则溶液中CH3COO-数为0.1NA
【答案】B
【详解】A. 在乙醇溶液中，除了乙醇，水也含氧原子，在100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含有的乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，则含1mol氧原子；水的质量为54g，物质的量为3mol，则含3mol氧原子，故共含4mol氧原子即4 NA个，故A正确；
B. 的还原性强于，故向含有的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化，故当有1mol亚铁离子被氧化时，溶液中的已经完全被氧化，而由于的物质的量未知，故反应转移的电子数无法计算，故B错误；
C. 溶液pH=2，即，所以硫酸水和电离的氢离子总数为，故C答案正确；
D. 醋酸钠溶液和醋酸的混合溶液中，电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，由于溶液为中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(CH3COO-)= c(Na+)=1Lx0.1molL=0.1mol，故D正确；
答案选B。
【点睛】本题考查NA的应用将多个知识点整合在一个题目中，解题时除了灵活运用相关知识外，还要注意题目的陷阱，如乙醇溶液中的水。
5.下列离子方程式正确是（ ）
A. Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应：S2O32－+6H+=2S↓+3H2O
B. 在海带灰的浸出液中滴加H2O2得到I2：2I−+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2O
C. 向 NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液至SO42－恰好沉淀完全：Al3++2SO42－+2Ba2++4OH－=AlO2－+2BaSO4↓+2H2O
D. Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)∶n(HNO3)=1∶2时：3Fe+2NO3－+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
【答案】D
【详解】A. Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化硫、硫单质和水，化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，离子方程式为：，故A错误；
B. 过氧化氢具有强氧化性，将I−氧化为I2，由电荷守恒、电子转移守恒与原子守恒可得：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，故B错误；
C向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液恰好使SO42-完全沉淀，说明SO42-与Ba2+的比例是1：1，即NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2的物质的量之比为1：2，氢氧根先与Al3+结合生成Al(OH)3，再与铵根离子反应，最后溶解氢氧化铝；反应离子方程式为：2Ba2++NH4++Al3+++2SO42－+4OH-═Al(OH)3↓+NH3⋅H2O+2BaSO4↓，故C错误；
D. 过量的铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，若铁不足时生成硝酸铁：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑+2H2O，Fe和稀硝酸的物质的量之比为1：2时，Fe过量，故D正确；
答案选D。
6.下列实验操作规范且能达到目的的是（ ）
目的
操作
A．
取25.00mL盐酸
在50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为25.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶
B．
配制浓度为0.1000mol⋅L−1MgCl2溶液
称取MgCl2固体0.95g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
C．
清洗碘升华实验所用试管
先用酒精清洗，再用水清洗
D．
测定醋酸钠溶液pH
用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上
【答案】C
【详解】A.酸式滴定管下方无刻度，充满液体，则调整初始读数为25.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶，溶液体积大于25.00mL，故A错误；
B.不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解冷却后转移到容量瓶中，故B错误；
C.碘易溶于酒精，酒精与水互溶，则先用酒精清洗，再用水清洗，可洗涤试管，故C正确；
D.pH试纸不能湿润，应选干燥的pH试纸测定，故D错误；
答案选C。
7.关于下列各装置图的叙述中，正确的是（ ）
A. 装置①中，c为阴极、d为阳极
B. 装置②可用于收集H2、NH3、CO2等气体
C. 装置③若用于吸收NH3，并防止倒吸，则X可为苯
D. 装置④可用于干燥、收集HCl，并吸收多余的HCl
【答案】B
【详解】A. 由电流方向可知a为正极，b为负极，则c为阳极，d为阴极，故A错误；
B. H2、NH3密度比空气小，用向下排空法收集，可从a进气；Cl2、HCl、NO2、CO2等气体密度比空气大，用向上排空法收集，可从b进气；故B正确；
C. 苯的密度比水小，位于上层，故C错误；
D. HCl是酸性气体，不能用碱石灰干燥，故D错误；
答案选B。
8.在一个氧化还原反应体系中存在Fe3+、NO3-、Fe2+、NH4+、H+、H2O，则下列判断正确的是（ ）
A. 配制Fe(NO3)2溶液时应加入硝酸酸化防止Fe2+水解
B. 该反应中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为8 ：1
C. 若有1mol NO3-发生还原反应，转移的电子物质的量为1mol
D. 若将该反应设计成原电池，则负极反应式为Fe2+-e-=Fe3+
【答案】D
【详解】A．配制Fe(NO3)2溶液时如加入硝酸酸化会使Fe2+氧化，故A错误；
B．氧化剂为NO3-，还原剂为Fe2+，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：8，故B错误；
C．若有1mol NO3-发生氧化反应生成铵根离子，转移电子为1mol×[5-(-3)]=8mol，故C错误；
D．若将该反应设计成原电池，则负极反应为Fe2+-e-=Fe3+，故D正确；
答案选D。
9.前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、Y、Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍，含有元素Z的盐的焰色反应为紫色。下列说法正确的是（ ）
A. 简单离子半径的大小Z > Y > W > X
B. 简单氢化物的沸点W> X
C. Y是地壳中含量最多的金属元素
D. 工业上通过电解W、Y组成的化合物制备单质Y
【答案】B
【分析】W的原子最外层电子数是次外层电子数的3 倍，应为O元素，含有元素Z的盐的焰色反应为紫色，则Z为K元素，X、Y、Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍，则X、Y的原子序数为40-19=21，X为第二周期，Y为第三周期，且X的原子序数比W大，且为主族元素，应为F元素，则Y为Mg元素。
【详解】由以上分析可知W为O元素、X为F元素、Y为Mg元素、Z为K元素；
A. 钾离子有三个电子层，其余离子均两层，相同电子层数，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径的大小Z > W > X> Y，故A错误；
B. W为O，简单氢化物为水，X为F，简单氢化物为氟化氢，水的沸点高于氟化氢，故B正确；
C. Y为镁，地壳中含量最多的金属元素为铝，故C错误；
D. 工业电解熔融的氯化镁冶炼镁，故D错误；
答案选B。
10.某物质M能实现如下的转化，则M可能是（ ）
“”
A. NH3 B. Na2CO3 C. Al2O3 D. FeO
【答案】A
【详解】A. NH3和盐酸反应生成氯化铵，氯化铵和氢氧化钠反应生成一水合氨，一水合氨受热分解生成NH3，符合转化流程，故A正确；
B. Na2CO3和盐酸反应生成二氧化碳和氯化钠，氯化钠不与氢氧化钠反应，二氧化碳和过量氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠受热不分解，故B错误；
C. Al2O3和盐酸反应生成氯化铝和水，氯化铝和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠受热不分解，故C错误；
D. FeO和盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与过量氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，故D错误；
答案选A。
11.下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 澄清透明的溶液中：MnO4-、SO42-、K+、H+
B. 含有大量的AlO2-的溶液：NH4+、Na+、HCO3-、SO42-
C. pH=11的溶液中：ClO-、Na+、SO42-、I-
D. 水电离产生的c(H+)=1×10-14 mol·L-1的溶液中：HCO3-、NH4+、Cl-、Ca2+
【答案】A
【详解】A.该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；
B. AlO2-与NH4+、HCO3-反应，不能大量共存， 故B错误；
C. pH=11的溶液显碱性，ClO-、I-会发生氧化还原反应，故C错误；
D.水电离产生的c(H+)=1×10-14 mol·L-1的溶液为酸性或为碱性，在酸性和碱性条件下，HCO3-都不能大量存在，故D错误；
答案选A。
12.1mol化学式为C4H8O3的物质分别与足量的NaHCO3且和Na反应产生气体的物质的量相等，满足条件的同分异构体数目为（不考虑空间异构）（ ）
A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种
【答案】B
【解析】—COOH与NaHCO3反应生成CO2，—OH与Na反应生成H2，产生的气体的物质的量相等，说明C4H8O3含有的羟基数目是羧基的2倍，所以C4H8O3分子含有一个—COOH和一个—OH，C4H8O3分子可看作由—COOH、—OH、—C3H6—组成，可形成CH2OHCH2CH2COOH、CH3CHOHCH2COOH、CH3CH2CHOHCOOH、(CH3)2COHCOOH、CH2OHCH(CH3)COOH等5种分子结构，故选B。
点睛：解答本题需要注意—COOH中含有羟基，—COOH既能与NaHCO3反应，又能与Na反应。1mol—COOH与足量NaHCO3反应生成1molCO2，与足量Na反应生成0.5molH2。
13.下列有关电解质溶液的叙述正确的是（ ）
A. 常温下，稀释CH3COOH溶液时，CH3COOH的Ka增大，水的离子积Kw不变
B. 0.1mol⋅L-1 Na2SO3溶液，加水稀释，c(SO32−)与c(Na+)的比值减小
C. 0.01mol⋅L-1 NaHCO3溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)
D. 常温下，pH=12的氢氧化钡溶液与pH=2的醋酸溶液等体积混合，溶液呈碱性
【答案】B
【详解】A、平衡常数只和温度有关，常温下稀释CH3COOH溶液时，CH3COOH的Ka不变，水的离子积Kw不变，故A错误；
B、0.1mol⋅L-1 Na2SO3溶液水解呈碱性，加水稀释，c(SO32-)减小，c(SO32-)与c(Na+)的比值减小，故B正确；
C、0.01mol⋅L-1 NaHCO3溶液呈碱性，水解程度大于电离程度：c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(CO32-)>c(H+)， 故C错误；
D、氢氧化钡为强碱，醋酸为弱酸，所以pH为12的氢氧化钡溶液与pH为2的醋酸溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，故D错误；
答案选B。
14.向偏铝酸钠溶液中逐滴加入盐酸，溶液的pH值随着加入盐酸体积的变化曲线如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. a～b段的主要离子方程式为A1O2−+4H+=Al3++2H2O
B. 向c点溶液中滴加氨水，发生的离子方程式为 A13++3OH−=Al(OH)3↓
C. c～d段的主要离子方程式为Al(OH)3+3H+=A13++3H2O
D. 向c点溶液中加入碳酸钠，发生的离子方程式为2A13++3CO32−+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
【答案】C
【详解】偏铝酸钠溶液中存在水解平衡AlO2-+2H2O⇌Al(OH)3+OH-，所以溶液显碱性，向溶液中逐滴加入盐酸，a～b段H+先与OH-反应；b～c段pH发生突变，主要发生H+与AlO2-的反应，生成Al(OH)3和NaCl；c～d段盐酸过量后Al(OH)3与盐酸反应，生成AlCl3；
A、a～b段的主要离子方程式为H++OH-═H2O，故A错误；
B、c点Al3+已沉淀完全,加入氨水不发生反应，故B错误；
C、c～d段盐酸过量后，Al(OH)3与盐酸反应，生成AlCl3，故C正确；
D、c点Al3+已沉淀完全，加入Na2CO3溶液不发生反应，故D错误；
故选C。
15.某研究性学习小组同学取V L浓缩的海水，用下图所示装置模拟工业法提溴。回答下列问题：
（1）装置A可用于实验室制备氯气，其反应原理为________________________________(用离子方程式表示)，装置B是SO2贮气瓶，则Q中的溶液为________________。
（2）溴的富集过程：
①通入氯气与通入热空气的顺序是先通______________，通入氯气时K1、K2、K3的关、开方式是___________________。
②装置D的作用是_______________________________，通入SO2时装置E中发生反应的化学方程式为______________________________________。
（3）溴的精制：
①待装置E中Br-全部转化为单质后，再利用下图中的____________(填字母)装置进行蒸馏即可得到纯溴。
②假设最终得到m g纯溴，实验中溴的利用率为b%，则浓缩海水中c(Br-)=______________.
【答案】(1). (2). 饱和NaHSO3溶液 (3). Cl2 或氯气 (4). 关闭K1、K3，打开K2 (5). 吸收尾气，防止其污染空气 (6). SO2+Br2+2H2O=2HBr+ H2SO4 (7). C (8). mol/L或 mol/L
【详解】（1）装置A为固液加热装置，实验室用浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下制备氯气
其反应原理为MnO2+4H++2Cl-Mn2 ++Cl2↑+2H2O；装置B是SO2贮气瓶，酸性气体SO2难溶于对应酸式盐溶液，在取用二氧化硫时，可加入饱和NaHSO3溶液后可将SO2排出，并无损失；
（2）①热空气的作用是将溴单质从溶液中吹出，从而达到富集溴的目的，因此应向溶液中先通一段时间氯气，将溴离子转化为溴单质，再通入热空气，将溴从溶液中分离出来；通入氯气时应关闭K3，防止氯气进入装置E影响后续制取结果，多余的氯气有毒，不能排放到大气中，应打开K2用碱液吸收，关闭K1；
②装置D的作用吸收尾气，防止其污染空气；通入SO2时装置E中的溴单质与SO2发生反应生成溴化氢和硫酸，化学方程式为SO2+Br2+2H2O=2HBr+ H2SO4；
（3）①在进行蒸馏操作过程中，仪器温度计用来测得蒸馏出的蒸汽的温度，温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，对蒸馏出的蒸汽进行冷凝，冷凝管内通入冷凝水的方向为下进上出；
②根据反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 可知，生成1mol Br2 ，消耗2mol Br-，现制得m g纯溴，则消耗Br-的物质的量为，由于实验中溴的利用率为b%，则浓缩海水中Br-的总物质的量为，则浓缩海水中c(Br−)===mol/L或mol/L。
16.汽车尾气中含有CO、NOx等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体。
（1）已知 4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g) ΔH= -1200kJ·mol-1
①该反应在________________（填“高温、低温或任何温度”）下能自发进行。
②对于该反应，改变某一反应条件（温度T1>T2），下列图像正确的是_______(填序号)。
③某实验小组模拟上述净化过程，一定温度下，在 2L的恒容密闭容器中，起始时按照甲、乙两种方式进行投料，经过一段时间后达到平衡状态，测得甲中CO的转化率为50%，则该反应的平衡常数为__________；两种方式达平衡时，N2的体积分数：甲______乙（ 填“>、=、<或不确定”，下同），NO2的浓度：甲______乙。
甲
乙
0.2mol NO2
0.1mol NO2
0.4mol CO
0.2mol CO
（2）柴油汽车尾气中的碳烟(C)和NOx可通过某含钴催化剂催化消除。不同温度下，将模拟尾气（成分如下表所示）以相同的流速通过该催化剂测得所有产物(CO2、N2、N2O)与NO的相关数据结果如图所示。
模拟尾气
气体（10mol）
碳烟
NO
O2
He
物质的量（mol）
0.025
0.5
9.475
a
①375℃时，测得排出的气体中含0.45mol O2和0.0525mol CO2，则Y的化学式为________。
②实验过程中采用NO模拟NOx，而不采用NO2的原因是______________________。
【答案】(1). 低温 (2). CD (3). 10 (4). > (5). > (6). N2O (7). 2NO2 N2O4，NO2气体中存在N2O4，不便于定量测定。
【详解】（1）已知 4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g) ΔH= -1200 kJ·mol−1
① 已知ΔH= -1200 kJ·mol−1<0，正反应为气体体积减小的过程，即为熵减的过程，∆S<0
结合复合判据ΔH-T∆S<0反应能自发进行，则该反应在低温时能自发进行；
②A.已知 T1>T2，由T1 到T2为降温，反应速率应减小，图像与实际不符，故A错误；
B. 利用“先拐先平数值大”的原则，根据图中显示可得T1
D. 平衡常数只与温度有关，改变压强平衡不移动，图像与实际相符合，故D正确；
答案选CD；
③设甲中达到平衡状态时CO的变化量为x mol，则，可得x=0.2mol，
根据反应4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g)，
初始（mol）0.4 0.2 0 0
变化（mol）0.2 0.1 0.2 0.05
平衡（mol）0.2 0.1 0.2 0.05
则该反应的平衡常数K==10
甲的投料时乙的两倍，条件不变的情况下，两种方式达平衡时，甲N2的体积分数大于乙，甲NO2的浓度大于乙；
（2）①图中参与反应生成X和Y的一氧化氮的物质的量为：0.025mol×(8%+16%)=0.006mol，模拟尾气中O2的物质的量为0.5mol，测得排出的气体中含0.45mol O2，说明实际参与反应的氧气的物质的量为0.05mol，同时测得0.0525mol CO2，根据氧原子守恒，可知一氧化二氮的物质的量为：0.05×2+0.006−0.0525×2=0.001mol，根据氮原子守恒可知氮气的物质的量为：×(0.006-0.001×2)mol=0.002mol，所以16%对应的是氮气，而8%对应是一氧化二氮，即Y对应是N2O；
②实验过程中采用NO模拟NOx，而不采用NO2的原因是NO2中存在2NO2 N2O4的平衡体系，NO2气体中存在N2O4，不便于定量测定。
17.钴铁氧体（CoFe2O4）不仅是重要的磁性材料、磁致伸缩材料，还是重要的锂离子电池负极材料。工业上，可以由废旧锂钴电池正极材料（主要含Fe、Al、硅等杂质）回收钴，再用电化学法制得CoFe2O4。其流程如图所示（过程中所加试剂均足量）
Ⅰ．废旧电池中钴的回收
（1）含铝滤液中，铝元素的存在形式为________（写化学式）；硅在过程_____（填序号）与钴分离。
（2）写出过程②中LiCoO2与H2O2发生反应的化学方程式____________________________。
（3）过程③Na2CO3的主要作用为________________________________________。
Ⅱ．电解法制得钴铁合金
（4）配制 0.050mol⋅L-1 FeSO4和0.025mol⋅L-1 CoSO4的混合溶液，用铜作阴极、石墨作阳极进行电解，获得CoFe2合金。阴极的电极方程式为____________________________________。
Ⅲ．阳极氧化法制得钴铁氧体
（5）以1.500mol⋅L−1NaOH溶液作电解液，纯净的钴铁合金（CoFe2）作阳极进行电解，在阳极上获得CoFe2O4薄膜。该电解过程的化学方程式为_________________________。
（6）当电路上有0.4mol电子转移时，阳极电极材料增重质量为3.4g，与理论值不符，其原因可能为______________________________________________。
（7）由废旧锂钴电池制CoFe2O4的现实意义在于：______________________（写一条即可）。
【答案】(1). NaAlO2或AlO2- (2). ① (3). 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=2CoSO4+O2↑+ Li2SO4+4H2O (4). 调节pH，使Fe3+沉淀分离 (5). Co2++2Fe2++6e-=CoFe2 (6). (7). 电极上同时生成了Co和Fe的氢氧化物 (8). 合理利用废弃物；变废为宝；减少重金属污染（写一条即可）
【分析】废旧锂钴电池正极材料（主要含Fe、Al、硅等杂质），用氢氧化钠溶液浸泡溶解，杂质Al、硅与氢氧化钠反应，转化为偏铝酸钠和硅酸钠，过滤后得到的滤渣中含有LiCoO2和杂质Fe，在硫酸和双氧水的作用下将单质铁杂质转化为铁离子，LiCoO2与H2O2发生氧化还原反应，酸性条件下，双氧水将LiCoO2的钴元素氧化为钴离子，再加入Na2CO3调节溶液pH，使Fe3+沉淀与溶液中的钴离子分离，加入萃取剂，将锂离子与溶液分离，分液后得到含有硫酸钴的溶液。
【详解】（1）由废旧锂钴电池正极材料（主要含Fe、Al、硅等杂质）回收钴，一般除杂试剂要过量，Al和过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，杂质中的硅单质也可与氢氧化钠反应，可在第一步碱溶中和金属铝一并除去；
（2）根据流程转化LiCoO2与H2O2发生氧化还原反应，酸性条件下，双氧水将LiCoO2的钴元素氧化为钴离子，化学方程式2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=2CoSO4+O2↑+ Li2SO4+4H2O；
（3）过程③中，在硫酸和双氧水的作用下将单质铁杂质转化为铁离子，再加入Na2CO3调节溶液pH，使Fe3+沉淀与溶液中的钴离子分离；
（4）阴极上，溶液中的Co2+和Fe2+得到电子，转化为CoFe2，阴极的电极方程式为Co2++2Fe2++6e－=CoFe2；
（5）NaOH溶液作电解液，相当于电解水，阴极上产生氢气，钴铁合金（CoFe2）作阳极，活性电极参与电极反应，合金CoFe2和氢氧根离子失电子变为CoFe2O4， 该电解过程的化学方程式为；
（6）阳极电极材料增重质量为氧的质量，根据，生成1mol CoFe2O4时，转移8mol电子，当电路上有0.4mol电子转移时，生成0.05mol CoFe2O4，增加的质量为0.05mol×4×16g/mol=3.2g<3.4g，说明阳极上除了产生CoFe2O4外，还产生了其他物质，原因可能是：阳极钴铁合金（CoFe2）在失电子过程中转化为铁离子和钴离子，与电解质溶液中的氢氧根离子结合，形成了Co和Fe的氢氧化物；
（7）由废旧锂钴电池制CoFe2O4可对废弃物进行回收再利用，可减少重金属离子对环境污染。
18.[2017新课标Ⅲ]研究发现，在CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：
（1）Co基态原子核外电子排布式为_____________。元素Mn与O中，第一电离能较大的是_________，基态原子核外未成对电子数较多的是_________________。
（2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为__________和__________。
（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为_________________，原因是______________________________。
（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在________________________。
（5）MgO具有NaCl型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420 nm，则r(O2-)为________nm。MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a' =0.448 nm，则r(Mn2+)为________nm。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 (2). O (3). Mn (4). sp (5). sp3 (6). H2O>CH3OH>CO2>H2 (7). H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大 (8). 离子键和π键（或键） (9). 0.148 (10). 0.076
【详解】（1）Co是27号元素，位于元素周期表第4周期第VIII族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2。元素Mn与O中，由于O元素是非金属性而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O。O基态原子价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子价电子排布为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn。
（2）CO2和CH3OH的中心原子C原子的价层电子对数分别为2和4，所以CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为sp和sp3。
（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为H2O>CH3OH>CO2>H2，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；H2O与CH3OH均为非极性分子，H2O中氢键比甲醇多，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高。
（4）硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N原子与3个氧原子形成 3个σ键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在π键。
（5）因为O2－是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2－半径的4倍，即4r=a，解得r= nm=0.148nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构，晶胞棱长是2r(O2-)+2r(Mn2+)= a' =0.448nm，解得r(Mn2+)=0.076nm。
19.“张-烯炔环异构化反应”被《NameReactions》收录。该反应可高效构筑五元环状化合物：
（R、R′、R′′表示氢、烷基或芳基）合成五元环有机化合物J 的路线如下：
（1）A属于炔烃，其结构简式为______________。
（2）B由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30。B的分子式为___________。
（3）C、D含有与B相同的官能团，C是芳香族化合物，E中含有的官能团名称是______。
（4）F与试剂a反应生成G的化学方程式：_____________________________________；试剂b是___________。
（5）M和N均为不饱和醇。M的结构简式为________。
（6）参照上述反应路线，以乙炔和甲醛为原料，合成丁二醛（无机试剂任选）。_________________________________________________________________________
【答案】(1). CH3C≡CH (2). CH2O (3). 碳碳双键、醛基 (4). +Br2 (5). NaOH醇溶液 (6). CH3C≡CCH2OH (7). HC≡CHHOCH2C≡CCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OH OHCCH2CH2CHO
【分析】由合成流程可知，A为炔烃，结构为CH3C≡CH，B由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30，B为HCHO，A与B发生加成反应生成M为CH3C≡CCH2OH，M和N均为不饱和醇，则M与氢气发生加成反应生成N为CH3CH=CHCH2OH；C、D含有与B相同的官能团，C是芳香族化合物，则C为，D为CH3CHO，由信息可知生成E为，E氧化生成F为，试剂a为溴水，生成G为，试剂b为NaOH/醇溶液，G发生消去反应生成H，则H，CH3CH=CHCH2OH与发生酯化反应生成I，最后I发生“张-烯炔环异构化反应”生成J。
【详解】（1）A属于炔烃，其结构简式是CH3C≡CH；
（2）B的结构简式是HCHO；
（3）C为，D为CH3CHO，E为，根据E的结构式可确定，E中含有碳碳双键、醛基；
（4）F与试剂a反应生成G的化学方程式是+Br2；试剂b是NaOH、醇溶液，
（5）根据分析，M的结构简式是CH3C≡CCH2OH；
（6）结合流程中的已知信息，CH3C≡CH和CH2O反应生成HOCH2C≡CCH2OH，HOCH2C≡CCH2OH催化加氢生成HOCH2CH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2CH2OH在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成OHCCH2CH2CHO； 反应过程为：HC≡CH HOCH2C≡CCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OHOHCCH2CH2CHO。
江西省临川一中2020届高三上学期第二次联合考试
1.生活中处处有化学，下列说法正确的是（ ）
A. 煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和高级脂肪酸甘油酯
B. 晶体硅可作光伏电池材料，其性质稳定，不与酸、碱发生反应
C. 雾霾天气会危害人类的健康，“雾”和“霾”的分散质微粒不同
D. “绿色化学”的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
【答案】C
【详解】A. 植物油是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，故不是饱和甘油酯类，故A错误；
B. 晶体硅是良好的半导体材料 晶体硅可作光伏电池材料，其性质稳定，可与氢氟酸、氢氧化钠反应，故B错误；
C. 雾滴的尺度比较大，从几微米到100微米，平均直径大约在10-20微米左右；霾粒子的分布比较均匀，而且灰霾粒子的尺度比较小，从0.001微米到10微米，平均直径大约在1-2微米左右，故C正确；
D. 绿色化学”核心就是要利用化学原理从源头消除污染而不是对污染进行治理，故D错误；
答案选C。
2.下列与化学有关的文献，理解错误的是（ ）
A. 《问刘十九》中写道：“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反应
B. 《清波杂志》卷十二：“信州铅山胆水自山下注，势若瀑布……古传一人至水滨，遗匙钥，翌日得之，已成铜矣。”这里的胆水是指CuSO4溶液
C. 《天工开物》中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质，而使殊颜异色得以尚焉……”文中“裘”主要成分是蛋白质
D. 《傅鹑觚集·太子少傅箴》中记载：“故近朱者赤，近墨者黑。”这里的“朱”指的是朱砂，古代常用的一种红色颜料，其主要成分是HgS
【答案】A
【详解】A.葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，故A错误；
B.胆水是指CuSO4溶液， “遗匙钥，翌日得之，已成铜矣”指的是铁与硫酸铜发生的置换反应，置换出了铜单质，故B正确；
C. “裘”指的是动物的皮毛，其主要成分是蛋白质，故C正确；
D.朱砂，古代常用的一种红色颜料，其主要成分是HgS，故D正确；
故选A。
【点睛】主要考察学生对中国传统文化的了解，明白化学在人类发展和进步中起的重要作用，增强民族自豪感。
3.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. H2O2的电子式： B. 氟原子的结构示意图：
C. 中子数为16的磷原子： D. 明矾的化学式：KAl(SO4)2
【答案】C
【详解】A.H2O2是共价化合物，不能写成离子化合物的电子式，应为，故A错误；
B. F的结构示意图为，故B错误；
C.中子数为16的磷原子：，故C正确；
D.明矾的化学式：KAl(SO4)2·12H2O，故D错误；
答案为C。
4.设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A. l00g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子数为4NA
B. 向FeI2溶液中通人适量Cl2，当有1mol Fe2+被氧化时，反应转移电子数目为3NA
C. 某温度下，1L pH=2的H2SO4溶液中，硫酸和水电离出的H+总数为0.01NA
D. 常温下，1L 0.1mol·L−1醋酸钠溶液中加入醋酸至中性，则溶液中CH3COO-数为0.1NA
【答案】B
【详解】A. 在乙醇溶液中，除了乙醇，水也含氧原子，在100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含有的乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，则含1mol氧原子；水的质量为54g，物质的量为3mol，则含3mol氧原子，故共含4mol氧原子即4 NA个，故A正确；
B. 的还原性强于，故向含有的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化，故当有1mol亚铁离子被氧化时，溶液中的已经完全被氧化，而由于的物质的量未知，故反应转移的电子数无法计算，故B错误；
C. 溶液pH=2，即，所以硫酸水和电离的氢离子总数为，故C答案正确；
D. 醋酸钠溶液和醋酸的混合溶液中，电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，由于溶液为中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(CH3COO-)= c(Na+)=1Lx0.1molL=0.1mol，故D正确；
答案选B。
【点睛】本题考查NA的应用将多个知识点整合在一个题目中，解题时除了灵活运用相关知识外，还要注意题目的陷阱，如乙醇溶液中的水。
5.下列离子方程式正确是（ ）
A. Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应：S2O32－+6H+=2S↓+3H2O
B. 在海带灰的浸出液中滴加H2O2得到I2：2I−+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2O
C. 向 NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液至SO42－恰好沉淀完全：Al3++2SO42－+2Ba2++4OH－=AlO2－+2BaSO4↓+2H2O
D. Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)∶n(HNO3)=1∶2时：3Fe+2NO3－+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
【答案】D
【详解】A. Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化硫、硫单质和水，化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，离子方程式为：，故A错误；
B. 过氧化氢具有强氧化性，将I−氧化为I2，由电荷守恒、电子转移守恒与原子守恒可得：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，故B错误；
C向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液恰好使SO42-完全沉淀，说明SO42-与Ba2+的比例是1：1，即NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2的物质的量之比为1：2，氢氧根先与Al3+结合生成Al(OH)3，再与铵根离子反应，最后溶解氢氧化铝；反应离子方程式为：2Ba2++NH4++Al3+++2SO42－+4OH-═Al(OH)3↓+NH3⋅H2O+2BaSO4↓，故C错误；
D. 过量的铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，若铁不足时生成硝酸铁：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑+2H2O，Fe和稀硝酸的物质的量之比为1：2时，Fe过量，故D正确；
答案选D。
6.下列实验操作规范且能达到目的的是（ ）
目的
操作
A．
取25.00mL盐酸
在50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为25.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶
B．
配制浓度为0.1000mol⋅L−1MgCl2溶液
称取MgCl2固体0.95g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
C．
清洗碘升华实验所用试管
先用酒精清洗，再用水清洗
D．
测定醋酸钠溶液pH
用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上
【答案】C
【详解】A.酸式滴定管下方无刻度，充满液体，则调整初始读数为25.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶，溶液体积大于25.00mL，故A错误；
B.不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解冷却后转移到容量瓶中，故B错误；
C.碘易溶于酒精，酒精与水互溶，则先用酒精清洗，再用水清洗，可洗涤试管，故C正确；
D.pH试纸不能湿润，应选干燥的pH试纸测定，故D错误；
答案选C。
7.关于下列各装置图的叙述中，正确的是（ ）
A. 装置①中，c为阴极、d为阳极
B. 装置②可用于收集H2、NH3、CO2等气体
C. 装置③若用于吸收NH3，并防止倒吸，则X可为苯
D. 装置④可用于干燥、收集HCl，并吸收多余的HCl
【答案】B
【详解】A. 由电流方向可知a为正极，b为负极，则c为阳极，d为阴极，故A错误；
B. H2、NH3密度比空气小，用向下排空法收集，可从a进气；Cl2、HCl、NO2、CO2等气体密度比空气大，用向上排空法收集，可从b进气；故B正确；
C. 苯的密度比水小，位于上层，故C错误；
D. HCl是酸性气体，不能用碱石灰干燥，故D错误；
答案选B。
8.在一个氧化还原反应体系中存在Fe3+、NO3-、Fe2+、NH4+、H+、H2O，则下列判断正确的是（ ）
A. 配制Fe(NO3)2溶液时应加入硝酸酸化防止Fe2+水解
B. 该反应中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为8 ：1
C. 若有1mol NO3-发生还原反应，转移的电子物质的量为1mol
D. 若将该反应设计成原电池，则负极反应式为Fe2+-e-=Fe3+
【答案】D
【详解】A．配制Fe(NO3)2溶液时如加入硝酸酸化会使Fe2+氧化，故A错误；
B．氧化剂为NO3-，还原剂为Fe2+，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：8，故B错误；
C．若有1mol NO3-发生氧化反应生成铵根离子，转移电子为1mol×[5-(-3)]=8mol，故C错误；
D．若将该反应设计成原电池，则负极反应为Fe2+-e-=Fe3+，故D正确；
答案选D。
9.前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、Y、Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍，含有元素Z的盐的焰色反应为紫色。下列说法正确的是（ ）
A. 简单离子半径的大小Z > Y > W > X
B. 简单氢化物的沸点W> X
C. Y是地壳中含量最多的金属元素
D. 工业上通过电解W、Y组成的化合物制备单质Y
【答案】B
【分析】W的原子最外层电子数是次外层电子数的3 倍，应为O元素，含有元素Z的盐的焰色反应为紫色，则Z为K元素，X、Y、Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍，则X、Y的原子序数为40-19=21，X为第二周期，Y为第三周期，且X的原子序数比W大，且为主族元素，应为F元素，则Y为Mg元素。
【详解】由以上分析可知W为O元素、X为F元素、Y为Mg元素、Z为K元素；
A. 钾离子有三个电子层，其余离子均两层，相同电子层数，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径的大小Z > W > X> Y，故A错误；
B. W为O，简单氢化物为水，X为F，简单氢化物为氟化氢，水的沸点高于氟化氢，故B正确；
C. Y为镁，地壳中含量最多的金属元素为铝，故C错误；
D. 工业电解熔融的氯化镁冶炼镁，故D错误；
答案选B。
10.某物质M能实现如下的转化，则M可能是（ ）
“”
A. NH3 B. Na2CO3 C. Al2O3 D. FeO
【答案】A
【详解】A. NH3和盐酸反应生成氯化铵，氯化铵和氢氧化钠反应生成一水合氨，一水合氨受热分解生成NH3，符合转化流程，故A正确；
B. Na2CO3和盐酸反应生成二氧化碳和氯化钠，氯化钠不与氢氧化钠反应，二氧化碳和过量氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠受热不分解，故B错误；
C. Al2O3和盐酸反应生成氯化铝和水，氯化铝和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠受热不分解，故C错误；
D. FeO和盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与过量氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，故D错误；
答案选A。
11.下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 澄清透明的溶液中：MnO4-、SO42-、K+、H+
B. 含有大量的AlO2-的溶液：NH4+、Na+、HCO3-、SO42-
C. pH=11的溶液中：ClO-、Na+、SO42-、I-
D. 水电离产生的c(H+)=1×10-14 mol·L-1的溶液中：HCO3-、NH4+、Cl-、Ca2+
【答案】A
【详解】A.该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；
B. AlO2-与NH4+、HCO3-反应，不能大量共存， 故B错误；
C. pH=11的溶液显碱性，ClO-、I-会发生氧化还原反应，故C错误；
D.水电离产生的c(H+)=1×10-14 mol·L-1的溶液为酸性或为碱性，在酸性和碱性条件下，HCO3-都不能大量存在，故D错误；
答案选A。
12.1mol化学式为C4H8O3的物质分别与足量的NaHCO3且和Na反应产生气体的物质的量相等，满足条件的同分异构体数目为（不考虑空间异构）（ ）
A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种
【答案】B
【解析】—COOH与NaHCO3反应生成CO2，—OH与Na反应生成H2，产生的气体的物质的量相等，说明C4H8O3含有的羟基数目是羧基的2倍，所以C4H8O3分子含有一个—COOH和一个—OH，C4H8O3分子可看作由—COOH、—OH、—C3H6—组成，可形成CH2OHCH2CH2COOH、CH3CHOHCH2COOH、CH3CH2CHOHCOOH、(CH3)2COHCOOH、CH2OHCH(CH3)COOH等5种分子结构，故选B。
点睛：解答本题需要注意—COOH中含有羟基，—COOH既能与NaHCO3反应，又能与Na反应。1mol—COOH与足量NaHCO3反应生成1molCO2，与足量Na反应生成0.5molH2。
13.下列有关电解质溶液的叙述正确的是（ ）
A. 常温下，稀释CH3COOH溶液时，CH3COOH的Ka增大，水的离子积Kw不变
B. 0.1mol⋅L-1 Na2SO3溶液，加水稀释，c(SO32−)与c(Na+)的比值减小
C. 0.01mol⋅L-1 NaHCO3溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)
D. 常温下，pH=12的氢氧化钡溶液与pH=2的醋酸溶液等体积混合，溶液呈碱性
【答案】B
【详解】A、平衡常数只和温度有关，常温下稀释CH3COOH溶液时，CH3COOH的Ka不变，水的离子积Kw不变，故A错误；
B、0.1mol⋅L-1 Na2SO3溶液水解呈碱性，加水稀释，c(SO32-)减小，c(SO32-)与c(Na+)的比值减小，故B正确；
C、0.01mol⋅L-1 NaHCO3溶液呈碱性，水解程度大于电离程度：c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(CO32-)>c(H+)， 故C错误；
D、氢氧化钡为强碱，醋酸为弱酸，所以pH为12的氢氧化钡溶液与pH为2的醋酸溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，故D错误；
答案选B。
14.向偏铝酸钠溶液中逐滴加入盐酸，溶液的pH值随着加入盐酸体积的变化曲线如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. a～b段的主要离子方程式为A1O2−+4H+=Al3++2H2O
B. 向c点溶液中滴加氨水，发生的离子方程式为 A13++3OH−=Al(OH)3↓
C. c～d段的主要离子方程式为Al(OH)3+3H+=A13++3H2O
D. 向c点溶液中加入碳酸钠，发生的离子方程式为2A13++3CO32−+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
【答案】C
【详解】偏铝酸钠溶液中存在水解平衡AlO2-+2H2O⇌Al(OH)3+OH-，所以溶液显碱性，向溶液中逐滴加入盐酸，a～b段H+先与OH-反应；b～c段pH发生突变，主要发生H+与AlO2-的反应，生成Al(OH)3和NaCl；c～d段盐酸过量后Al(OH)3与盐酸反应，生成AlCl3；
A、a～b段的主要离子方程式为H++OH-═H2O，故A错误；
B、c点Al3+已沉淀完全,加入氨水不发生反应，故B错误；
C、c～d段盐酸过量后，Al(OH)3与盐酸反应，生成AlCl3，故C正确；
D、c点Al3+已沉淀完全，加入Na2CO3溶液不发生反应，故D错误；
故选C。
15.某研究性学习小组同学取V L浓缩的海水，用下图所示装置模拟工业法提溴。回答下列问题：
（1）装置A可用于实验室制备氯气，其反应原理为________________________________(用离子方程式表示)，装置B是SO2贮气瓶，则Q中的溶液为________________。
（2）溴的富集过程：
①通入氯气与通入热空气的顺序是先通______________，通入氯气时K1、K2、K3的关、开方式是___________________。
②装置D的作用是_______________________________，通入SO2时装置E中发生反应的化学方程式为______________________________________。
（3）溴的精制：
①待装置E中Br-全部转化为单质后，再利用下图中的____________(填字母)装置进行蒸馏即可得到纯溴。
②假设最终得到m g纯溴，实验中溴的利用率为b%，则浓缩海水中c(Br-)=______________.
【答案】(1). (2). 饱和NaHSO3溶液 (3). Cl2 或氯气 (4). 关闭K1、K3，打开K2 (5). 吸收尾气，防止其污染空气 (6). SO2+Br2+2H2O=2HBr+ H2SO4 (7). C (8). mol/L或 mol/L
【详解】（1）装置A为固液加热装置，实验室用浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下制备氯气
其反应原理为MnO2+4H++2Cl-Mn2 ++Cl2↑+2H2O；装置B是SO2贮气瓶，酸性气体SO2难溶于对应酸式盐溶液，在取用二氧化硫时，可加入饱和NaHSO3溶液后可将SO2排出，并无损失；
（2）①热空气的作用是将溴单质从溶液中吹出，从而达到富集溴的目的，因此应向溶液中先通一段时间氯气，将溴离子转化为溴单质，再通入热空气，将溴从溶液中分离出来；通入氯气时应关闭K3，防止氯气进入装置E影响后续制取结果，多余的氯气有毒，不能排放到大气中，应打开K2用碱液吸收，关闭K1；
②装置D的作用吸收尾气，防止其污染空气；通入SO2时装置E中的溴单质与SO2发生反应生成溴化氢和硫酸，化学方程式为SO2+Br2+2H2O=2HBr+ H2SO4；
（3）①在进行蒸馏操作过程中，仪器温度计用来测得蒸馏出的蒸汽的温度，温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，对蒸馏出的蒸汽进行冷凝，冷凝管内通入冷凝水的方向为下进上出；
②根据反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 可知，生成1mol Br2 ，消耗2mol Br-，现制得m g纯溴，则消耗Br-的物质的量为，由于实验中溴的利用率为b%，则浓缩海水中Br-的总物质的量为，则浓缩海水中c(Br−)===mol/L或mol/L。
16.汽车尾气中含有CO、NOx等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体。
（1）已知 4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g) ΔH= -1200kJ·mol-1
①该反应在________________（填“高温、低温或任何温度”）下能自发进行。
②对于该反应，改变某一反应条件（温度T1>T2），下列图像正确的是_______(填序号)。
③某实验小组模拟上述净化过程，一定温度下，在 2L的恒容密闭容器中，起始时按照甲、乙两种方式进行投料，经过一段时间后达到平衡状态，测得甲中CO的转化率为50%，则该反应的平衡常数为__________；两种方式达平衡时，N2的体积分数：甲______乙（ 填“>、=、<或不确定”，下同），NO2的浓度：甲______乙。
甲
乙
0.2mol NO2
0.1mol NO2
0.4mol CO
0.2mol CO
（2）柴油汽车尾气中的碳烟(C)和NOx可通过某含钴催化剂催化消除。不同温度下，将模拟尾气（成分如下表所示）以相同的流速通过该催化剂测得所有产物(CO2、N2、N2O)与NO的相关数据结果如图所示。
模拟尾气
气体（10mol）
碳烟
NO
O2
He
物质的量（mol）
0.025
0.5
9.475
a
①375℃时，测得排出的气体中含0.45mol O2和0.0525mol CO2，则Y的化学式为________。
②实验过程中采用NO模拟NOx，而不采用NO2的原因是______________________。
【答案】(1). 低温 (2). CD (3). 10 (4). > (5). > (6). N2O (7). 2NO2 N2O4，NO2气体中存在N2O4，不便于定量测定。
【详解】（1）已知 4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g) ΔH= -1200 kJ·mol−1
① 已知ΔH= -1200 kJ·mol−1<0，正反应为气体体积减小的过程，即为熵减的过程，∆S<0
结合复合判据ΔH-T∆S<0反应能自发进行，则该反应在低温时能自发进行；
②A.已知 T1>T2，由T1 到T2为降温，反应速率应减小，图像与实际不符，故A错误；
B. 利用“先拐先平数值大”的原则，根据图中显示可得T1
D. 平衡常数只与温度有关，改变压强平衡不移动，图像与实际相符合，故D正确；
答案选CD；
③设甲中达到平衡状态时CO的变化量为x mol，则，可得x=0.2mol，
根据反应4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g)，
初始（mol）0.4 0.2 0 0
变化（mol）0.2 0.1 0.2 0.05
平衡（mol）0.2 0.1 0.2 0.05
则该反应的平衡常数K==10
甲的投料时乙的两倍，条件不变的情况下，两种方式达平衡时，甲N2的体积分数大于乙，甲NO2的浓度大于乙；
（2）①图中参与反应生成X和Y的一氧化氮的物质的量为：0.025mol×(8%+16%)=0.006mol，模拟尾气中O2的物质的量为0.5mol，测得排出的气体中含0.45mol O2，说明实际参与反应的氧气的物质的量为0.05mol，同时测得0.0525mol CO2，根据氧原子守恒，可知一氧化二氮的物质的量为：0.05×2+0.006−0.0525×2=0.001mol，根据氮原子守恒可知氮气的物质的量为：×(0.006-0.001×2)mol=0.002mol，所以16%对应的是氮气，而8%对应是一氧化二氮，即Y对应是N2O；
②实验过程中采用NO模拟NOx，而不采用NO2的原因是NO2中存在2NO2 N2O4的平衡体系，NO2气体中存在N2O4，不便于定量测定。
17.钴铁氧体（CoFe2O4）不仅是重要的磁性材料、磁致伸缩材料，还是重要的锂离子电池负极材料。工业上，可以由废旧锂钴电池正极材料（主要含Fe、Al、硅等杂质）回收钴，再用电化学法制得CoFe2O4。其流程如图所示（过程中所加试剂均足量）
Ⅰ．废旧电池中钴的回收
（1）含铝滤液中，铝元素的存在形式为________（写化学式）；硅在过程_____（填序号）与钴分离。
（2）写出过程②中LiCoO2与H2O2发生反应的化学方程式____________________________。
（3）过程③Na2CO3的主要作用为________________________________________。
Ⅱ．电解法制得钴铁合金
（4）配制 0.050mol⋅L-1 FeSO4和0.025mol⋅L-1 CoSO4的混合溶液，用铜作阴极、石墨作阳极进行电解，获得CoFe2合金。阴极的电极方程式为____________________________________。
Ⅲ．阳极氧化法制得钴铁氧体
（5）以1.500mol⋅L−1NaOH溶液作电解液，纯净的钴铁合金（CoFe2）作阳极进行电解，在阳极上获得CoFe2O4薄膜。该电解过程的化学方程式为_________________________。
（6）当电路上有0.4mol电子转移时，阳极电极材料增重质量为3.4g，与理论值不符，其原因可能为______________________________________________。
（7）由废旧锂钴电池制CoFe2O4的现实意义在于：______________________（写一条即可）。
【答案】(1). NaAlO2或AlO2- (2). ① (3). 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=2CoSO4+O2↑+ Li2SO4+4H2O (4). 调节pH，使Fe3+沉淀分离 (5). Co2++2Fe2++6e-=CoFe2 (6). (7). 电极上同时生成了Co和Fe的氢氧化物 (8). 合理利用废弃物；变废为宝；减少重金属污染（写一条即可）
【分析】废旧锂钴电池正极材料（主要含Fe、Al、硅等杂质），用氢氧化钠溶液浸泡溶解，杂质Al、硅与氢氧化钠反应，转化为偏铝酸钠和硅酸钠，过滤后得到的滤渣中含有LiCoO2和杂质Fe，在硫酸和双氧水的作用下将单质铁杂质转化为铁离子，LiCoO2与H2O2发生氧化还原反应，酸性条件下，双氧水将LiCoO2的钴元素氧化为钴离子，再加入Na2CO3调节溶液pH，使Fe3+沉淀与溶液中的钴离子分离，加入萃取剂，将锂离子与溶液分离，分液后得到含有硫酸钴的溶液。
【详解】（1）由废旧锂钴电池正极材料（主要含Fe、Al、硅等杂质）回收钴，一般除杂试剂要过量，Al和过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，杂质中的硅单质也可与氢氧化钠反应，可在第一步碱溶中和金属铝一并除去；
（2）根据流程转化LiCoO2与H2O2发生氧化还原反应，酸性条件下，双氧水将LiCoO2的钴元素氧化为钴离子，化学方程式2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=2CoSO4+O2↑+ Li2SO4+4H2O；
（3）过程③中，在硫酸和双氧水的作用下将单质铁杂质转化为铁离子，再加入Na2CO3调节溶液pH，使Fe3+沉淀与溶液中的钴离子分离；
（4）阴极上，溶液中的Co2+和Fe2+得到电子，转化为CoFe2，阴极的电极方程式为Co2++2Fe2++6e－=CoFe2；
（5）NaOH溶液作电解液，相当于电解水，阴极上产生氢气，钴铁合金（CoFe2）作阳极，活性电极参与电极反应，合金CoFe2和氢氧根离子失电子变为CoFe2O4， 该电解过程的化学方程式为；
（6）阳极电极材料增重质量为氧的质量，根据，生成1mol CoFe2O4时，转移8mol电子，当电路上有0.4mol电子转移时，生成0.05mol CoFe2O4，增加的质量为0.05mol×4×16g/mol=3.2g<3.4g，说明阳极上除了产生CoFe2O4外，还产生了其他物质，原因可能是：阳极钴铁合金（CoFe2）在失电子过程中转化为铁离子和钴离子，与电解质溶液中的氢氧根离子结合，形成了Co和Fe的氢氧化物；
（7）由废旧锂钴电池制CoFe2O4可对废弃物进行回收再利用，可减少重金属离子对环境污染。
18.[2017新课标Ⅲ]研究发现，在CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：
（1）Co基态原子核外电子排布式为_____________。元素Mn与O中，第一电离能较大的是_________，基态原子核外未成对电子数较多的是_________________。
（2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为__________和__________。
（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为_________________，原因是______________________________。
（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在________________________。
（5）MgO具有NaCl型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420 nm，则r(O2-)为________nm。MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a' =0.448 nm，则r(Mn2+)为________nm。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 (2). O (3). Mn (4). sp (5). sp3 (6). H2O>CH3OH>CO2>H2 (7). H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大 (8). 离子键和π键（或键） (9). 0.148 (10). 0.076
【详解】（1）Co是27号元素，位于元素周期表第4周期第VIII族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2。元素Mn与O中，由于O元素是非金属性而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O。O基态原子价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子价电子排布为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn。
（2）CO2和CH3OH的中心原子C原子的价层电子对数分别为2和4，所以CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为sp和sp3。
（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为H2O>CH3OH>CO2>H2，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；H2O与CH3OH均为非极性分子，H2O中氢键比甲醇多，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高。
（4）硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N原子与3个氧原子形成 3个σ键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在π键。
（5）因为O2－是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2－半径的4倍，即4r=a，解得r= nm=0.148nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构，晶胞棱长是2r(O2-)+2r(Mn2+)= a' =0.448nm，解得r(Mn2+)=0.076nm。
19.“张-烯炔环异构化反应”被《NameReactions》收录。该反应可高效构筑五元环状化合物：
（R、R′、R′′表示氢、烷基或芳基）合成五元环有机化合物J 的路线如下：
（1）A属于炔烃，其结构简式为______________。
（2）B由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30。B的分子式为___________。
（3）C、D含有与B相同的官能团，C是芳香族化合物，E中含有的官能团名称是______。
（4）F与试剂a反应生成G的化学方程式：_____________________________________；试剂b是___________。
（5）M和N均为不饱和醇。M的结构简式为________。
（6）参照上述反应路线，以乙炔和甲醛为原料，合成丁二醛（无机试剂任选）。_________________________________________________________________________
【答案】(1). CH3C≡CH (2). CH2O (3). 碳碳双键、醛基 (4). +Br2 (5). NaOH醇溶液 (6). CH3C≡CCH2OH (7). HC≡CHHOCH2C≡CCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OH OHCCH2CH2CHO
【分析】由合成流程可知，A为炔烃，结构为CH3C≡CH，B由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30，B为HCHO，A与B发生加成反应生成M为CH3C≡CCH2OH，M和N均为不饱和醇，则M与氢气发生加成反应生成N为CH3CH=CHCH2OH；C、D含有与B相同的官能团，C是芳香族化合物，则C为，D为CH3CHO，由信息可知生成E为，E氧化生成F为，试剂a为溴水，生成G为，试剂b为NaOH/醇溶液，G发生消去反应生成H，则H，CH3CH=CHCH2OH与发生酯化反应生成I，最后I发生“张-烯炔环异构化反应”生成J。
【详解】（1）A属于炔烃，其结构简式是CH3C≡CH；
（2）B的结构简式是HCHO；
（3）C为，D为CH3CHO，E为，根据E的结构式可确定，E中含有碳碳双键、醛基；
（4）F与试剂a反应生成G的化学方程式是+Br2；试剂b是NaOH、醇溶液，
（5）根据分析，M的结构简式是CH3C≡CCH2OH；
（6）结合流程中的已知信息，CH3C≡CH和CH2O反应生成HOCH2C≡CCH2OH，HOCH2C≡CCH2OH催化加氢生成HOCH2CH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2CH2OH在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成OHCCH2CH2CHO； 反应过程为：HC≡CH HOCH2C≡CCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OHOHCCH2CH2CHO。
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