2022届江西省南昌二中十五名校联盟高三第二次联考理科综合化学试题含解析

这是一份2022届江西省南昌二中十五名校联盟高三第二次联考理科综合化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

2022届江西省南昌二中十五名校联盟高三第二次联考
理科综合化学试题
一、单选题
1．化学科学在“国之重器”的打造中发挥着重要作用。下列有 关叙述正确的是（　　）
A．“墨子号”卫星的成功发射实现了光纤量子通信，光纤的主要成分为晶体硅
B．“嫦娥五号”携带的月壤中，富含的3He与地球上的4He互为同素异形体
C．“奋斗者”载人潜水器下潜深度10 909 m，其所用合金潜孔钻头属于复合材料
D．“鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油是石油分馏产品
2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，2.24 L的CHCl3含有C-Cl键的数目为0.3 NA
B．1 L pH=1的盐酸中含有阴离子总数为0.1NA
C．1 mol NH4F固体中含有的共价键数目为5 NA
D．常温下，18 g水中含有的OH- 数目为10-7 NA
3．五指毛桃汤中含有佛手柑内酯(结构简式如图)。下列有关该化合物的说法正确的是（　　）

A．该物质的分子式为C12H10O4
B．1 mol该物质最多能与6 mol H2发生加成反应
C．该物质完全氢化后的产物的一氯代物有11种
D．该物质分子中所有碳原子一定共平面
4．下列实验操作、现象和结论都正确的是（　　）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将HI溶液加入Fe(NO3)3溶液中，充分反应后再加入CCl4混合振荡，静置
溶液分层， 下层液体显紫红色
氧化性：Fe3+＞I2
B
过量的铁粉和氯气反应，将反应后的固体溶于盐酸后，滴加KSCN溶液
溶液不显红色
过量铁与氯气反应的产物为FeCl2
C
室温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol/L的Na2SO3溶液和CH3COONa溶液的pH
pH：Na2SO3＞CH3COONa
H2SO3酸性弱于CH3COOH
D
向2支装有等物质的量的AgCl、AgI的试管中分别滴加足量等体积等浓度的氨水
AgCl溶解而AgI不溶解
相同温度下，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
5．现有处于不同主族的短周期元素A、B、C、D、E，其中B原子最外层电子数是电子层数的2倍，C是金属元素，0.1 mol·L-1的D的最高价氧化物的水化物溶液pH＜1，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示。下列推断错误的是（　　）

A．原子半径和离子半径均满足：E＜C
B．由C，E两种元素组成的化合物的水溶液能促进水的电离
C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：B＜D＜E
D．B与D形成的化合物BD2中原子的最外层都满足8电子稳定结构
6．储量丰富、成本低的新型电池系统引起了科学家的广泛关注。由于K+能够可逆地嵌入/脱嵌石墨电极，开发了基于钾离子电解液(KPF6)的新型双碳电池[碳微球(C)为正极材料，膨胀石墨(Cy* )为负极材料]，充电时总反应为：Cy*+xK++xC+xPF6-=KxCy*+xC(PF6)，如图所示。下列叙述错误的是（　　）

A．放电时，K+在电解液中由A极向B极迁移但并未嵌入碳微球中
B．充电时，B极的电极反应式为xC(PF6)+xe-=xC+xPF6-
C．放电时，每转移0.2mol电子时，电解液增重36.8g
D．充放电过程中，PF6-在碳微球电极上可逆地嵌入/脱嵌
7．25℃时，在体积均为100 mL、浓度均为0.1 mol·L-1的两种一元酸HA和HB的溶液中，分别加入NaOH固体(温度恢复至室温，溶液体积变化忽略不计)，lgc(H+)c(OH-) 随加入NaOH固体的物质的量的变化如图所示。下列有关说法错误的是（　　）

A．酸性：HA＞ HB，且HA是强酸，HB是弱酸
B．由水电离出的c(H+ )的顺序：a＜b＜c＜d
C．c点溶液中：c(H+)=c(B-)-c(HB) +c(OH-)
D．d点溶液中：c(B-)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)
二、综合题
8．近年来，随着锂离子电池的广泛应用，废锂离子电池的回收处理至关重要。下面是利用废锂离子电池正极材料(有Al、LiCoO2、Ni、Mn、Fe等)回收钴、镍、锂的流程图。

已知：i．P204[二(2-乙基己基)磷酸酯]常用于萃取锰，P507(2-乙基己基磷酸-2-乙基己酯)和Cyanex272[二(2，4，4-三甲基戊基)次膦酸]常用于萃取钴、镍。
ii．萃取剂萃取钴离子的原理为2HR(Org) +Co2+ (aq)⇌CoR2(Org)+2H+ (aq)
iii．氧化性强弱：Co3+＞H2O2＞Fe3+
回答下列问题：
（1）为了缩短浸出时间，可采取的措施是　 　；浸出时加入H2O2的作用是　 　 、　 　；(用相应的化学方程式表示)。
（2）常温下，一些金属难溶氢氧化物的溶解度(用阳离子的浓度表示)与pH的关系图如下，其中Ni(OH)2与Co(OH)2的Ksp极其相近。已知离子浓度小于等于1×10-5 mol·L-1时视为沉淀完全，则在加P204萃取前已除尽的杂质离子有　 　(填离子符号)。用P204萃取锰时具体操作为：先将混合液转入分液漏斗中，加入P204，盖上分液漏斗的玻璃塞，将分液漏斗倒置，约呈45°振荡，　 　(填具体操作)；重复以上操作，正立放铁圈上静置，最后分液。

（3）控制水相pH=5.2，温度25 ℃，分别用P507、Cyanex272作萃取剂，萃取剂浓度对萃取分离钴、镍的影响实验结果如图所示。

两种萃取剂中　 　(填“P507”或“Cyanex272”)的分离效果比较好，若选Cyanex272萃取剂，则最适宜的萃取剂浓度大约为　 　mol·L-1。
（4）往载钴有机相中加入　 　 (填试剂名称)反萃取后得载钴水相。CoSO4溶液和(NH4)2C2O4溶液反应可制得一种难溶于水的浅粉红色粉末草酸钴(CoC2O4)。在空气中加热10. 98 g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O) ，受热过程中在不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表所示，加热到890~920 ℃过程中生成的钴的氧化物的化学式为　 　。
温度范围/℃
150~210
290~320
890~920
固体质量/g
8.82
4.82
4.50
（5）室温下，用NaOH溶液调节钴萃余液，搅拌一段时间后，静置，离心分离得到淡绿色氢氧化镍固体，镍沉淀率可达99.62% ，若离心分离后的溶液中Ni2+的浓度为10-11 mol·L-1，pH=　 　。
9．为充分利用资源，变废为宝，实验室里利用废铁屑制取摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]。某兴趣小组以废铁屑制得摩尔盐后，按下列流程制备二水合草酸亚铁(FeC2O4·2H2O)，进一步制备高纯度还原铁粉。

已知：FeC2O4·2H2O难溶于水；H2C2O4易溶于水，溶解度随温度升高而增大。
回答下列问题：
（1）下列说法正确的是____(填标号)。
A．步骤①酸化主要是为了抑制Fe2+水解
B．步骤②发生的离子反应是：Fe2+ +C2O42-+2H2O= FeC2O4·2H2O
C．步骤③用冷水洗涤的效果更好
D．步骤③直接烘干可以加快干燥速率
（2）利用下图装置，可以完成步骤③中的抽滤和洗涤。抽滤结束，开始洗涤前需　 　(填“打开”或“关闭”)活塞，理由是　 　。

步骤③中检验沉淀是否洗涤干净的操作是　 　。
（3）实现步骤④，必须在　 　 (填仪器名称)中进行，该步骤发生反应的化学方程式为　 　。
（4）步骤⑤，用H2还原Fe2O3往往混有杂质Fe3O4，原因是　 　。
（5）称取某摩尔盐(M= 392 g/mol)样品14.00 g，用煮沸后冷却的蒸馏水配成100 mL溶液；取25.00 mL溶液加入稀硫酸，用0.1000mol/L的KMnO4溶液滴定。
①达到滴定终点时，消耗15.00 mL KMnO4溶液，该摩尔盐的纯度是　 　%。
②实验结果比理论值偏高的可能原因是　 　(填标号)。
a．滴定管洗净后直接加入KMnO4溶液
b．滴定过程中有少量样品溶液溅出
c．配制溶液过程中蒸馏水未煮沸
d．滴定后滴定管尖嘴处气泡消失
10．大气污染物主要有氮的氧化物NOx和硫的氧化物SO2等。请回答下列问题：
（1）NO2有较强的氧化性，能将SO2氧化成SO3，自身被还原为NO。已知下列两反应过程中能量变化如图1、图2所示，则NO2氧化SO2生成SO3(g)的热化学方程式为　 　。若上述反应过程中正反应的活化能Ea=112.2 kJ·mol-1，则逆反应的活化能Eb=　 　 kJ·mol-1。

（2）研究发现，NOx是雾霾的主要成分之一，NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。已知：4NH3(g) + 6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g) ΔH=﹣1810kJ·mol-1，相同条件下，在2 L恒容密闭容器中，选用不同的催化剂，上述反应产生N2的物质的量随时间变化如图3所示。

①在A、B、C三种催化剂的作用下，清除氮氧化物反应的活化能分别表示为Ea(A)、Ea(B)、Ea(C) ，根据图3曲线，判断三种催化剂条件下，活化能由小到大的顺序为　 　。
②在氨气足量时，反应在催化剂A的作用下，经过相同时间，测得脱氮率随反应温度的变化情况如图4所示，据图可知，在相同的时间内，温度对脱氮率的影响是　 　，其可能的原因是　 　(已知A、B催化剂在此温度范围内不失效)。
（3）NO和CO均为汽车尾气的成分，在催化转换器中二者可发生反应减少尾气污染。已知：2NO(g) +2CO(g) ⇌ N2(g) +2CO2(g) ΔH ＜0. 若一定温度下，向恒容容器中通入等物质的量的NO和CO气体，测得容器中压强随时间的变化关系如下表所示：
t/ min
0
1
2
3
4
5
p/kPa
400
370
346
330
320
320
假设反应在恒定温度和标准压强下进行，则Kθ=　 　 (标准平衡常数Kθ=pN2pθ×(pCO2pθ)2(pNOpθ)2×(pCOpθ)2，其中pθ为标准压强(1 ×105 Pa)，pNO、pCO、pN2和pCO2，为各组分的平衡分压，如pNO=xNO·p总，p总为平衡总压，xNO为平衡系统中NO的物质的量分数)。
（4）用电化学原理可以减少SO2排放，其装置如图5所示。H2O2从　 　口进入，右侧电极的电极反应式为　 　，若电路中通过2mol电子时，负极区n(H2SO4)=　 　。

11．钛金属重量轻、强度高、有良好的抗腐蚀能力，其单质及其化合物在航空航天、武器装备、能源、化工、冶金建筑和交通等领域应用前景广阔。回答下列有关问题：
（1）基态钛原子的价电子排布式为　 　；钛(Ti)和锆(Zr)是同一副族的相邻元素，钛和锆的价层电子结构相似，请画出基态锆原子的价电子排布图：　 　。
（2）二氧化钛(TiO2)是常用的具有较高催化活性和稳定性的光催化剂。在TiO2催化作用下，可将CN-氧化成CNO-，进而得到N2，与CNO-互为等电子体的分子化学式为　 　(写出2个)。TiO2与光气COCl2反应可用于制取四氯化钛，COCl2的空间构型为　 　。
（3）钛与卤素形成的化合物的熔、沸点如下表所示：


TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
-24.1
38.3
155
沸点/℃
136.5
233. 5
377
分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是　 　。
（4）钛某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构如图所示：

①甲基上的碳原子的杂化类型是　 　。
②该配合物中含有的化学键有　 　 (填标号)。
a离子键 b．σ键 c．金属键 d．π键
（5）已知TiO2晶胞中Ti4+位于O2-所构成的正八面体的体心，ZrO2晶胞中Zr4+位于O2-所构成的立方体的体心，其晶胞结构如下图所示。

①TiO2晶胞中Ti4+的配位数是　 　。
②已知二氧化锆晶胞中Zr原子和O原子之间的最短距离为a pm，则二氧化锆晶体的密度为　 　g·cm-3。(列出表达式即可，不用化简，NA为阿伏加德罗常数的值，ZrO2的摩尔质量为M g/mol)。
12．阿比朵尔能有效抑制新型冠状病毒，化合物H是合成阿比朵尔的中间体，其合成路线如下：

回答下列问题：
（1）H的分子式为　 　，物质B中的官能团的名称为　 　。
（2）由F生成G的过程中，F与Br2反应的化学计量数比例为　 　 ，若 E与H2在一定条件下发生加成反应，其完全加成后的产物中手性碳的个数为　 　。
（3）写出D→E的反应方程式：　 　。
（4）已知：E到F的过程如下图所示，由中间体生成F的反应类型为　 　。

（5）在合成化合物H的流程中，反应I的目的是　 　。
（6）①C的同分异构体中，满足下列条件的有　 　种(不考虑立体异构)。
a．含有苯环
b．含有-NO2
c．既能发生水解反应，又能发生银镜反应
②C的所有同分异构体在下列表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同的是　 　(填标号)。
a．核磁共振氢谱仪 b．质谱仪
c．红外光谱仪 d．元素分析仪

答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．硅单质用于太阳能电池和半导体材料，光纤制品的成分是二氧化硅，A项不符合题意；
B．月壤中富含的3He与地球上的4He都是原子，不是单质，属于He元素的同位素，不属于同素异形体，B项不符合题意；
C．金属单质或合金均属于金属材料，即硬质合金潜孔钻头应该属于金属材料，C项不符合题意；
D．航空煤油属于混合物，是由不同馏分的烃组成的，是石油分馏的产品之一，D项符合题意；
故答案为：D。

【分析】A．光纤的成分是二氧化硅；
B．依据质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素；
C．金属单质或合金均属于金属材料；
D．馏分属于混合物。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．CHCl3在标准状况下是液体，不能计算2.24 L的CHCl3的物质的量，A项不符合题意；
B.1 LpH=1的盐酸中n(H+ )=0.1 mol，根据电荷守恒有n(OH- )+n(Cl- )=n(H+ )=0.1 mol，B项符合题意；
C．NH4F是离子化合物，NH4+ 只有4个共价键，1 molNH4F固体中含有的共价键数目为4NA，C项不符合题意；
D．常温下水电离出的c(OH- )=1 ×10-7 mol/L，18 g水体积为18 mL，故n(OH- )=1×10-7×18×10-3=1.8 ×10-9 mol，D项不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A．标准状况下是液体，不能计算；
B.根据电荷守恒计算；
C．NH4F是离子化合物，NH4+ 只有4个共价键；
D．依据n(OH- )=c(OH- ) ×V计算。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．该物质的分子 式为C12H8O4，A项不符合题意；
B．碳碳双键和苯环均能与H2发生加成反应，酯基中碳氧双键不能与H2发生加成反应，因此1mol该物质最多能与5molH2发生加成反应，B项不符合题意；
C．该物质完全氢化后的产物结构不对称，与H连接的C上均存在不同的一氯代物，共11种，C项符合题意；
D．醚键连接了苯环和一个甲基，甲基是四面体结构，由于单键可以旋转，该甲基上的碳原子可能与苯环不共面，D项不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A．依据结构简式确定分子 式；
B．碳碳双键和苯环均能与H2发生加成反应，酯基中碳氧双键不能与H2发生加成反应；
C．利用等效氢判断；
D．甲基是四面体结构。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．根据反应后CCl4层显紫红色说明溶液中生成了I2，由于混合溶液中含有HNO3和Fe3+两种氧化性物质，二者都可将I-氧化为I2，因此不能证明氧化性Fe3+＞I2，A项不符合题意；
B．过量的铁粉与氯气反应生成FeCl3，溶于盐酸后过量的铁粉与FeCl3在溶液中反应生成FeCl2，所以滴加KSCN溶液后不会变红，B项不符合题意；
C．应测定浓度均为0.1 mol/L的NaHSO3溶液和CH3COONa溶液的pH，才能比较H2SO3和CH3COOH的酸性强弱，C项不符合题意；
D．根据实验现象AgCl溶解而AgI不溶解，说明AgCl 溶液中离子浓度更大，则Ksp(AgCl)＞ Ksp(AgI)，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据HNO3和Fe3+都可将I-氧化为I2；
B．铁粉与FeCl3在溶液中反应生成FeCl2；
C．利用越弱越水解判断；
D．根据沉淀转化分析。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．同周期原子序数越大原子半径越小，原子半径：Cl＜Mg或Al，电子层数越多离子半径越大，但离子半径：Cl-＞ Mg2+ 或Al3+ ，故A符合题意；
B．由C、E两种元素组成的化合物的水溶液为MgCl2或AlCl3，都能促进水的电离，故B不符合题意；
C．元素的非金属性强弱顺序为C＜S＜Cl，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：B＜D＜E，故C不符合题意；
D．CS2中C共用了4个共用电子对，S共用了2个共用电子对，都满足8电子稳定结构，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．同周期原子序数越大原子半径越小，电子层数越多离子半径越大；
B．可水解的盐促进水的电离；
C．元素的非金属性越强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；
D．利用最外层电子数与化合价的绝对值之和分析。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．放电时K+在电解液中由A极向B极迁移，但并未嵌入碳微球中，而是留在溶液中，故A不符合题意；
B．充电时为电解池，B极为电解池的阳极，电极反应式为xC+ xPF6-- xe-=xC(PF6)，故B符合题意；
C．放电时，每转移0.2 mol电子时，电解液增重0.2 mol KPF6，质量为0.2 mol× 184 g/mol=36.8 g，故C不符合题意；
D．充放电过程中，阴离子移向阳极和负极，PF6- 在碳微球电极上可逆地嵌入/脱嵌，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．放电时阳离子在电解液中由负极向正极迁移；
B．电解池的阳极失电子发生氧化反应；
C．依据得失电子守恒；
D．充放电过程中，阴离子移向阳极和负极。
7．【答案】C
【解析】【解答】A.25℃时，Kw=1×10-14，由图可知没有加入氢氧化钠固体时，a点0.1 mol/L HA溶液中，lgc(H+)c(OH-)=12，可求得0.1 mol/L HA溶液中c(H+ )=0.1 mol/L，则HA为强酸；同理，由b点可知0.1 mol/L HB溶液中，c(H+)=0.01 mol/L，则HB为弱酸，故A项不符合题意；
B．由图和上述计算可知，a点和b点均抑制水的电离，由于a点c(H+)更大，对水的抑制程度更大，c点和d点均为HB和NaB的混合溶液，由于d点加入氢氧化钠的物质的量大，溶液中NaB的物质的量大，对水电离的促进大，则由水电离出的c(H+)的顺序为a＜b＜c＜d，故B项不符合题意；
C．c点反应后为等浓度的HB和NaB溶液，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，根据物料守恒：2c(Na+)=c(B-)+c(HB)，联立可得2c(H+)=c(B-)-c(HB)+2c(OH-)，故C项符合题意；
D．d点c(H+)=c(OH-)=10-7 mol/L，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(B-)，且远大于c(H+)，故对应的溶液中，c(B-)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)，故D项不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.依据电离的程度判断强弱；
B．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
C．根据电荷守恒和物料守恒分析；
D．根据电荷守恒分析。
8．【答案】（1）搅拌或适当加热或适当提高H2SO4溶液浓度等；2LiCoO2 +3H2SO4.+H2O2=Li2SO4 +O2↑+2CoSO4+4H2O；2Fe+ 3H2SO4 +3H2O2=Fe2(SO4)3 +6H2O
（2）Fe3+；打开分液漏斗活塞排出气体，再关闭活塞
（3）Cyanex272；0.4
（4）硫酸；CoO
（5）12.2
【解析】【解答】根据题意利用废锂离子电池正极材料(有Al、LiCoO2、Ni、Mn、Fe等)回收钴、镍、锂，整个流程中应将钴、镍、锂元素进行保留转化成相应的产物，将铝、锰和铁元素除尽，提高产品产品纯度，据此分析；
(1)缩短浸出时间加快浸出速率可用搅拌；适当加热，但不能高温，以防H2O2 受热分解。也可以适当增大H2SO4浓度等。根据题意由LiCoO2制得CoSO4，Co元素由+3价变为+2价，说明LiCoO2 在硫酸中作氧化剂把H2O2氧化成O2，方程式为2LiCoO2 +3H2SO4.+H2O2=Li2SO4 +O2↑+2CoSO4+4H2O；Fe与H2SO4反应只生成Fe2+ ，不便于沉淀除去，根据氧化性：Co3+＞H2O2＞Fe2+ ，H2O2把Fe2+氧化成Fe3+ ，方程式为2Fe+ 3H2SO4 +3H2O2=Fe2(SO4)3 +6H2O。
(2)由金属难溶氢氧化物的溶解度与pH的关系图可知，加入NaOH溶液调pH=4时，Fe3+浓度小于1 ×10-5mol/L，沉淀完全。萃取的具体操作为先将混合液转入分液漏斗中，加入P204，盖上分液漏斗的玻璃塞，将分液漏斗倒置，约呈45°振荡，打开分液漏斗活塞排出气体，再关闭活塞，目的是防止振荡过程中产生气体，压强过大炸裂仪器，最后重复以上操作，正立放铁圈上静置，最后分液，完成萃取分离。
(3)由图可知，萃取时“Cyanex272"比“P507”对钴、镍萃取率的差值大，Cyanex272分离效果好。选Cyanex272萃取剂，浓度在0.40mol/L 以后镍的萃取率上升，钴的萃取率变化不大，所以0.4 mol/ L 最好。
(4)萃取剂萃取钴离子的原理为2HR(Org) +Co2+ (aq) ⇌CoR2 (Org)+ 2H+ (aq)，为使有机相钴变为水相钴，且最终获得CoSO4，应加稀硫酸使平衡逆向移动，反萃取后可生成CoSO4，溶液。10.98g草酸钴晶体的物质的量为10.98183mol=0.06mol，加热到890~920℃时生成物中的钴的物质的量为0.06mol，则氧元素的质量为4.5 g-0.06 mol ×59 g/mol=0. 96 g，物质的量为0. 06 mol，最终生成的钴的氧化物的化学式为CoO。
(5)由金属难溶氢氧化物的溶解度与pH的关系图可知Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)·c2(OH- )= 1 ×10-14.6，c2(OH- )= 1×10-14.61×10-11=1×10-3.6，c(OH- )=1×10-1.8 mol/ L，pH= 12.2。

【分析】
(1)利用影响反应速率的因素分析；根据氧化还原反应原理分析。
(2)由金属难溶氢氧化物的溶解度与pH的关系分析；依据萃取操作的过程作答。
(3)依据萃取率的差值大，分离效果好选择。
(4)依据平衡移动原理选择试剂；利用原子守恒确定化学式。
(5)利用Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)·c2(OH- )计算。
9．【答案】（1）A
（2）打开；防止后续所加洗涤剂流速过快不能充分洗涤；取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡，若无白色沉淀，则洗涤干净
（3）坩埚；4(FeC2O4·2H2O)+3O2高温__2Fe2O3+8CO2+8H2O
（4）还原铁粉在高温下易与产物水蒸气反应生成Fe3O4
（5）84；ad
【解析】【解答】摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]酸化溶解后，用稍过量的H2C2O4反应，经抽滤、洗涤、干燥等操作得到FeC2O4·2H2O，该物质灼烧时与O2反应得到Fe2O3，Fe2O3被还原可制备高纯度还原铁粉。
(1)步骤①，Fe2+会水解，酸化能抑制其水解，故A正确；步骤②，H2C2O4是弱电解质，不能拆，正确的离子方程式为Fe2+ +H2C2O4 +2H2O= FeC2O4 ·2H2O↓+2H+ ，故B不正确；步骤③，根据已知信息，采用热水洗涤可提高草酸的溶解度，提升除杂效果，故C不正确；步骤③，直接烘干会使FeC2O4 ·2H2O脱去结晶水，故D不正确。
(2)步骤③中抽滤时要关闭活塞进行减压，洗涤时要打开活塞，防止因减压导致后续所加洗涤剂流速过快不能充分洗涤；晶体表面主要附着(NH4)2SO4可溶性杂质，可通过检验最后一次洗涤液中是否含有SO42-来判断沉淀是否洗涤干净，操作是：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡，若无白色沉淀，则洗涤干净
(3)固体灼烧需要在坩埚内进行；FeC2O4 ·2H2O在空气中灼烧生成Fe2O3、CO2和H2O，反应方程式：4(FeC2O4·2H2O)+3O2高温__2Fe2O3+8CO2+8H2O。
(4)步骤⑤若用H2，则制备的还原铁粉会与产物水蒸气发生反应：3Fe+ 4H2O(g) =====高温Fe3O4 +4H2。
(5)①根据离子方程式：5Fe2+ +MnO4- +8H+=5Fe3+ + Mn2+ +4H2O，可建立如下关系式：5Fe2+ ~ MnO4-，则该摩尔盐的纯度是0.1mol/L×0.015L×5×100mL25mL×392g/mol14.00g ×100%= 84%。
②a．滴定管洗净后直接加入KMnO4溶液，则KMnO4溶液的浓度减小，所用体积偏大，使测定的纯度值偏高；
b．滴定过程中有少量样品溶液溅出，则所用KMnO4溶液的体积偏小，测定结果偏低；
c．配制溶液过程中蒸馏水未煮沸，则溶液中亚铁离子会被氧气氧化，导致消耗的KMnO4溶液的体积偏小，测定结果偏低；
d．滴定后滴定管尖嘴处气泡消失，则读取KMnO4溶液的体积偏大，测定结果偏高；
故答案为：ad。

【分析】
(1)步骤①利用“同离子效应”分析；弱电解质，不能拆；步骤③，温度对溶解度的影响分析；结晶水加热易失去。
(2)注意仪器的使用方法。
(3)坩埚用来灼烧固体；FeC2O4 ·2H2O在空气中灼烧生成Fe2O3、CO2和H2O。
(4)还原铁粉会与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气。
(5)①根据关系式计算。
②利用公式分析。
10．【答案】（1）NO2(g)+ SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g) ΔH=﹣41.8kJ/ mol；154
（2）Ea(A)＜Ea(B)＜Ea(C)；300 ℃之前，温度升高脱氮率逐渐增大，300° C之后，温度升高脱氮率逐渐减小；300 ℃之前反应未平衡，脱氮率主要取决于反应速率，温度越高，反应速率越快，所以脱氮率增大，300℃之后脱氮率主要取决于平衡移动，该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，脱氮率减小
（3）80
（4）a；SO2－2e﹣+2H2O=SO42-+4H+；1.2 mol
【解析】【解答】(1)由图可得如下热化学方程式：①2SO2(g)+O2(g) ⇌2SO3(g) ΔH1=-246.6kJ /mol ，②2NO(g) +O2(g) ⇌2NO2(g)△H2=-163.0kJ/ mol，由盖斯定律可知，①-②2可得反应NO2(g) +SO2(g) ⇌NO(g)+SO3(g)，则△H=12(ΔH1-△H2)= 12×[(-246.6)-(-163.0)] kJ/mol=-41.8kJ/mol，则二氧化氮氧化二氧化硫生成三氧化硫气体的热化学方程式为NO2(g)+ SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)ΔH=-41.8kJ/ mol，故答案为：NO2(g)+ SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)ΔH=-41.8kJ/ mol；
(2)①由图可知，三种催化剂条件下，相同时间内生成氮气物质的量的大小顺序为A＞B＞C，则反应的反应速率的大小顺序为A＞B＞C，反应的活化能越大，反应速率越慢，所以三种催化剂条件下，活化能由小到大的顺序为Ea(A)＜Ea(B)＜Ea(C)，故答案为：Ea(A)＜Ea(B)＜Ea(C)；
②由图可知，300 ℃时，脱氮率最大，说明反应达到平衡，300 ℃之前，反应未达到平衡，升高温度，化学反应速率加快，脱氮率增大，该反应为放热反应，300 ℃之后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，脱氮率减小，故答案为：300 ℃之前，温度升高脱氮率逐渐增大，300° C之后，温度升高脱氮率逐渐减小；300 ℃之前反应未平衡，脱氮率主要取决于反应速率，温度越高，反应速率越快，所以脱氮率增大，300℃之后脱氮率主要取决于平衡移动，该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，脱氮率减小；
(3)设起始一氧化氮和一氧化碳的物质的量均为2mol，4min反应达到平衡时生成氮气amol，由题意可建立如下三段式：
2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)起(mol)2200变(mol)2a2a2aa平(mol)2-2a2-2a2aa
由平衡前后气体的物质的量之比等于压强之比可得：400kPa320kPa=4mol(4-a)mol，解得a=0.8，平衡时一氧化氮、一氧化碳、二氧化碳和氮气的平衡分压分别为0.4mol3.2mol×320kPa=40kPa、0.4mol3.2mol×320kPa=40kPa、1.6mol3.2mol×320kPa=160kPa、0.8mol3.2mol×320kPa=80kPa，则标准平衡常数Kθ=80×1031×105×(160×1031×105)2(40×1031×105)2×(40×1031×105)2=80，故答案为：80；
(4)由图中电子的移动方向可知，右侧电极为原电池的负极，二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应式为SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+，左侧电极为正极，过氧化氢在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O，电路中通过2 mol电子时，负极区生成硫酸根离子的物质的量为2 mol ×12=1 mol，则溶液中硫酸的物质的量为1 mol/ L×0.2 L+1 mol=1.2 mol，故答案为：a；SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+；1.2mol。

【分析】(1)根据盖斯定律计算；
(2)①反应的活化能越大，反应速率越慢；
②依据温度对反应速率和化学平衡的影响分析；
(3)利用三段式计算；
(4)利用电子的移动方向确定电极，负极失去电子发生氧化反应；利用得失电子守恒计算。
11．【答案】（1）3d24s2；
（2）CO2、CS2；平面 三角形
（3）三者均为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔、沸点升高
（4）sp3；bd
（5）6；ρ=4MNA/(4a3×10-10)3
【解析】【解答】(1)钛的价层电子排布式为3d24s2，钛和锆的价层电子结构相似，基态锆原子的价电子排布图为 ；
(2)CNO-中含有3个原子，16个价电子，所以其等电子体中分子为：CO2、N2O、CS2、BeCl2等，离子有SCN-、N3-等；COCl2中碳是中心原子，价层电子对数=3+12 (4-2 ×1-2)=3，所以碳原子是sp2杂化，孤对电子对数=12×(4-2- 2)=0，因此空间构型为平面三角形；
(3)TiCl4、TiBr4、TiI4的熔、沸点逐渐升高，因为它们均为分子晶体，组成和结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔、沸点越高；
(4)①形成4个单键为sp3杂化，故甲基上的碳原子的杂化类型是sp3杂化；
②Ti原子和Cl原子、O原子之间存在配位键，C一H和C- C及C- O原子之间存在σ键，碳碳双键和碳氧双键中存在σ键和π键，不存在离子键和金属键，
故答案为：bd；
(5)①晶体中Ti4+位于O2-所构成的正八面体的体心，Ti4+的配位数为6。
②晶体中Zr原子和O原子之间的最短距离为a pm，晶胞体对角线长度等于棱长的3倍，则晶胞棱长为4a3×10-10 cm，晶胞中白色球数目为8，黑色球数目为8 ×18+6 ×12=4，即O原子数目为8，Zr原子数目为4，一个晶胞中有4个ZrO2.二氧化锫的密度为ρg·cm-3，则一个晶胞质量为4×MNAg=(4a3×10-10cm)3×ρg·cm-3，解得ρ=[4MNA/(4a3×10-10)3] g·cm-3。

【分析】(1)根据核外电子排布规律书写；
(2)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
(3)利用熔、沸点确定晶体类型再分析；
(4)①依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
②依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
(5)①依据晶胞结构判断。
②利用均摊法确定原子数目，再依据ρ=mV计算。
12．【答案】（1）C19H18O3NSBr；硝基、羟基
（2）1：2；1个
（3）
（4）取代反应
（5）保护酚羟基，防止其在反应过程中被氧化
（6）17；d
【解析】【解答】由E的结构及A的分子式可知，A为，由A的分子式(C6H6O)及B的分子式(C6H5NO3) 结合E的结构可知B为，B与CH3COCl反应生成C，由C的分子式(C8H7NO4 )知，C为，
C在Fe/HCl条件下生成D，D分子式为(C8H9NO2)，C得氢失氧变为D，则D为，D与通过脱水生成E，F通过取代得到G，G通过脱HBr，酯基水解得到最终产物H。
(1)根据键线式的特点结合价键原理，可得H的结构简式的分子式为C19H18O3NSBr；物质B为。 ，其官能团的名称为硝基和羟基；
故答案为：C19H18O3NSBr；硝基、羟基；
(2)由F和G的结构简式来看，2个溴原子取代了2个氢原子，故反应方程式为 +2Br2 +2HBr，比例为1：2；E中有一个苯环和一个双键，所以与H2反应的比例为1 ： 4.且加成后只有与N相连的那个C为手性碳。如图标有*的碳为手性碳，而标有1位置的两个碳原子关于轴对称，所以手性碳只有一个；
故答案为：1：2；1个；
(3)D→E是D和反应，通过前后碳骨架结构对比发现，D脱掉氨基上的两个氢原子，E脱掉酮基上的氧原子，生成E和水，反应的化学方程式为
；
故答案为：
；
(4)中间体→F，对比前后有机物结构发现是中间体中氮原子上的氢原子被甲基取代，所以反应类型为取代反应；
故答案为：取代反应；
(5)酚羟基的还原性比较强，很容易被氧化，在合成化合物H的流程中，反应I将酚羟基转化为酯基的目的是保护酚羟基，防止其被氧化；
故答案为：保护酚羟基，防止其被氧化；
(6)C为，其同分异构体“既能发生水解反应，又能发生银镜反应”即含甲酸酯(HCOO-)，因此苯环中含有-NO2 和HCOO-结构，若苯环上含有一个基团：HCOOCH(NO2)- ，只有1种，如 ，若苯环上含有两个基团：第一种取代基组合，- CH2NO2和HCOO-，如 苯环上二元取代有3种，第二种取代基组合，-NO2和HCOOCH2-，如苯环上二元取代有3种，若苯环上含有三个基团：-NO2、- CH3和HCOO-，同分异构体有以下几种情况如，甲基的位置异构有4种，甲基的位置异构也有4种，甲基的位置异构有2种，共17种；C的所有同分异构体的分子式相同、组成元素相同，在元素分析仪中显示的信号或数据完全相同，所以应该选元素分析仪，故合理选项是d；
故答案为：17；d。

【分析】(1)根据键线式的特点结合价键原理确定分子式；由结构简式确定官能团；
(2)由反应物和产物的结构简式确定；手性碳是碳原子连接4个不同的原子或原子团的物质分析；
(3)由反应物和产物的结构简式确定化学方程式；
(4)取代反应是有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替的反应；
(5)利用试剂的性质判断；
(6)依据官能团及性质，确定同分异构体；元素分析仪中显示的信号或数据完全相同。