2021-2022学年山东省菏泽市高三（上）期末化学试卷（A卷）（含解析）

这是一份2021-2022学年山东省菏泽市高三（上）期末化学试卷（A卷）（含解析），共27页。试卷主要包含了 NA为阿伏加德罗常数的值，2NA等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山东省菏泽市高三（上）期末化学试卷（A卷）
得分

注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法错误的是(    )
A. 硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多
B. 煤的液化是获得清洁燃料的一种方式，主要是将煤转化成煤油等液态燃料
C. “嫦娥五号”携带的国旗是优质高分子材料嵌入纤维制成的，该材料属于复合材料
D. 以铁粉为主要成分制成双吸剂放入食品包装袋，可以延长食物的保持期
2. 实验原理与装置能达到实验目的的是(    )
A. 利用装置甲提纯粗碘
B. 利用装置乙验证铁钉能否发生析氢腐蚀
C. 利用装置丙蒸干溶液获得FeSO4⋅7H2O
D. 利用装置丁制备NaHCO3
3. 含巯基(−SH)有机化合物I是重金属元素汞的解毒剂，化合物Ⅱ是一种强酸。下列说法正确的是(    )

A. 在Ⅱ中各原子最外层均有8电子 B. 在I中C−C−C键角是180°
C. 在I中存在离子键与共价键 D. 在Ⅱ中硫氧键的键能均相等
4. NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(    )
A. 铜与浓硝酸反应生成22.4L气体时转移电子数为NA
B. 标准状况下，22.4LHF含有的质子数为10NA
C. 6gSiO2晶体中含的硅氧键的数目为0.2NA
D. 100g质量分数为46%的乙醇水溶液中，氧原子的数目为4NA
5. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，可形成如图所示的某种化合物，其中X、Y、Z同周期，Y、W同主族，下列说法错误的是(    )
A. 简单离子半径：W>X>Z
B. 第一电离能：Z>X>Y
C. 简单阴离子的还原性：W>Y>Z
D. Y与W形成的两种常见化合物，中心原子的杂化方式不同
6. 用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)(    )
选项
A
B
C
D

X
浓盐酸
稀硝酸
稀硫酸
浓氨水
Y
KMnO4
Cu
CaCO3
CaO
气体
Cl2
NO
CO2
NH3

A. A B. B C. C D. D
7. 硅及其化合物广泛应用于光电材料领域，其中SiCl4与N−甲基咪唑()反应可以得到M2+，其结构如图所示。下列叙述错误的是(    )


A. SiCl4的空间构型为正四面体
B. 1个M2+中含有42个σ键
C. H、C、N的电负性由大到小的顺序为N>C>H
D. N−甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3
8. 某同学进行酸碱中和滴定实验，操作如下：向润洗后的锥形瓶中加入25.00mL待测盐酸，并加入几滴酚酞溶液；另取一支碱式滴定管，查漏后洗净，向其中注入标准碱液，驱赶滴定管尖嘴部分中的气泡并调整液面至“零”刻度；然后，左手控制滴定管，右手不停摇动锥形瓶，两眼注视滴定管内液面变化，直至加入半滴标准液，溶液从红色变为无色且半分钟内不恢复，达到滴定终点。实验中存在的错误有几处？(    )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
9. 我国科学家将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内。形成如图所示电池，该电池可将可乐(pH=2.5)中的葡萄糖作为燃料产生能量。下列说法错误的是(    )

A. 该电池是将化学能转化为电能的装置
B. 随着反应的进行，负极区的pH不断增大
C. 消耗0.01mol葡萄糖，电路中转移0.02mol电子
D. b极的电极反应式为MnO2+4H++2e−=Mn2++2H2O
10. 有机物M(Ph为苯基)是合成某中药的一种中间产物。下列说法错误的是(    )

A. M的分子式为C22H16O8N2
B. M中有2个手性碳原子
C. 能发生取代、加成、氧化反应
D. 1molM与足量NaOH反应最多消耗4molNaOH
11. 下列有关实验操作、现象和结论或解释都正确的是(    )
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
FeCl3+3KSCN⇌Fe(SCN)3+3KCl在平衡体系中加入KCl晶体
溶液颜色不变
加入少量KCl晶体，不会影响该化学平衡
B
分别向等体积0.01mol⋅L−1和0.1mol⋅L−1KMnO4溶液中通入足量SO2，记录溶液褪色所需的时间
0.1mol⋅L−1KMnO4溶液褪色所需时间更短
其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大
C
将20℃0.5mol⋅L−1Na2CO3溶液加热到60℃，用传感器测定溶液pH
溶液的pH逐渐减小
Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D
用pH试纸测得相同浓度的CH3COONa溶液、NaNO2溶液的pH
CH3COONa溶液pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8
CH3COOH的酸性比HNO2强

A. A B. B C. C D. D
12. 催化剂二价铜微粒[CuII(OH)(NH3)]+可用于汽车尾气脱硝，反应催化机理如图1，能量变化如图2。下列说法正确的是(    )

A. 总反应焓变ΔHVO2+，VO2+>Fe2+，VO2+空气中易被氧化生成VO2+；
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是 ______，装置B的作用是 ______。
(2)步骤II中，当 ______ (填实验现象)时，关闭K1进行实验，装置C中生成氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体的化学方程式 ______。
(3)步骤III中用饱和NH4HCO3溶液洗涤的原因是 ______。
(4)称量mg产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后加入KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，用尿素除去过量NaNO2用cmol⋅L−1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点消耗标准溶液的体积为VmL。产品中钒的质量分数为 ______%(以VO2计。用含有m、c、V的式子表示)。
(5)设计实验证明装置C中VOCl2溶液是否变质 ______(供选试剂：KMnO4溶液、盐酸酸化的氯化亚铁溶液、盐酸酸化的氯化铁溶液、KSCN溶液)。
17. 含硫物质在自然界中分布非常广泛，与我们的生活密切相关。回答下列问题：
(1)基态S原子核外电子的空间运动状态有 ______种。
(2)P、S、Cl第一电离能由大到小的顺序为 ______，化合物磺酰氯SO2Cl2的空间构型为 ______，键角∠OSCl ______∠ClSCl (填“>”“Z(F−)，故A正确；
B.同周期主族元素岁原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能大于氧元素，故第一电离能：Z(氟)>X(氮)>Y(氧)，故B正确；
C.元素非金属性：Z(氟)>Y(氧)>W(硫)，故阴离子还原性：S2−>O2−>F−，故C正确；
D.Y与W形成的两种常见化合物为SO2、SO3，前者分子中S原子价层电子对数为2+6−2×22=3，后者S原子价层电子对数=3+6−2×32=3，硫原子均采取sp2杂化，故D错误；
故选：D。
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X、Y、Z同周期，Y、W同主族，化合物中Z形成1个共价键、Y形成2个共价键、X形成3个共价键、W形成6个共价键，则X是N元素、Y是O元素、Z是F元素、W是S元素。
本题元素结构与元素周期律，关键是利用价键结构推断元素，熟练掌握元素周期律，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况。

6.【答案】B 
【解析】解：A.常温下，高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，但氯气能溶于水，不能用排水法收集，采用向上排空气法收集，故A错误；
B.Cu与稀硝酸反应生成NO，且NO不溶于水，图中装置可制备并收集NO，故B正确；
C.稀硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙包裹在碳酸钙的表面，阻止反应的发生，则不适合制备气体，故C错误；
D.氨气极易溶于水，不能排水法收集，故D错误；
故选：B。
A.高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气能溶于水，不能用排水法收集；
B.Cu与稀硝酸反应生成NO；
C.稀硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙包裹在碳酸钙的表面，阻止反应的发生；
D.氨气极易溶于水。
本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，把握物质的性质、气体的制备实验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

7.【答案】B 
【解析】解：A.SiCl4中硅原子的价层电子对数为4+12(4−4×1)=4，为正四面体结构，故A正确；
B.单键和配位键均为σ键，双键中一条为σ键、一条为π键，故1个M2+中含有54个σ键，故B错误；
C.同一周期的主族元素从左到右，元素的电负性逐渐增强，在CH4中，C显−4价，H显+1价，则电负性N>C>H，故C正确；
D.N−甲基咪唑()中甲基上的碳原子为sp3杂化，环上的碳原子为sp2杂化，N−甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3，故D正确；
故选：B。
A.SiCl4中硅原子的价层电子对数为4+12(4−4×1)=4；
B.单键和配位键均为σ键，双键中一条为σ键、一条为π键；
C.同一周期的主族元素从左到右，元素的电负性逐渐增强，在CH4中，C显−4价，H显+1价；
D.N−甲基咪唑()中甲基上的碳原子为sp3杂化，环上的碳原子为sp2杂化。
本题主要考查物质结构和性质，为高考常见题型和高频考点，涉及化学键、电负性，杂化方式、分子的空间构型等知识点，侧重考查基础知识运用、空间想象能力及计算能力，题目难度中等。

8.【答案】D 
【解析】解：实验中存在的错误有①装待测液的锥形瓶不能润洗，②装标准碱液的碱式滴定管需要润洗，③滴定时两眼注视锥形瓶内溶液颜色变化，④滴定终点判断为，当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色变为粉红色且半分钟不恢复，
故选：D。
依据酸碱中和滴定基本操作判断。
本题考查酸碱中和滴定，题目难度中等，掌握相关实验的基本操作是解题的关键。

9.【答案】B 
【解析】解：A.该装置为原电池，将化学能转化为电能，故A正确；
B.a极为负极，电极反应式为C6H12O6−2e−=C6H10O6+2H+，负极区的pH不断减小，故B错误；
C.消耗0.01mol葡萄糖，电路中转移电子的物质的量为0.01mol×2=0.02mol，故C正确；
D.b极为正极，电极反应式为MnO2+4H++2e−=Mn2++2H2O，故D正确；
故选：B。
由图可知，a极碳元素价态升高失电子，故a极为负极，b极为正极，据此作答。
本题考查原电池，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。

10.【答案】B 
【解析】解：A.由结构可知，该有机物分子含有22个碳原子、8个氧原子、16个氢原子、2个氮原子，分子式为C22H16O8N2，故A正确；
B.分子中连接苯环的碳原子是手性碳原子，即只含有1个手性碳原子，故B错误；
C.含有酯基，可以发生取代反应，含有苯环，可以发生加成反应，该有机物可以燃烧，属于氧化反应，故C正确；
D.分子中含有2个羧酸与酚形成的酯基，1molM与足量NaOH反应最多消耗4molNaOH，故D正确；
故选：B。
A.交点为碳原子，利用碳的四价结构确定氢原子数目，或利用不饱和度计算氢原子数目；
B.连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子；
C.含有酯基与苯环，可以燃烧；
D.含有2个羧酸与酚形成的酯基。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意理解酯基在酸性条件或碱性条件下水解原理，题目侧重考查学生分析能力、灵活运用知识的能力。

11.【答案】A 
【解析】解：A.加入KCl晶体，对铁离子与SCN−的络合反应无影响，则平衡不移动，溶液的颜色不变，故A正确；
B.KMnO4溶液的浓度不同，颜色不同，不能探究浓度对反应速率的影响，故B错误；
C.加热促进碳酸根离子的水解，水解促进水的电离，则溶液的pH增大，故C错误；
D.相同浓度的CH3COONa溶液、NaNO2溶液的pH，CH3COONa溶液的pH大，可知CH3COO−的水解程度大，则CH3COOH的酸性比HNO2弱，故D错误；
故选：A。
A.加入KCl晶体，对铁离子与SCN−的络合反应无影响；
B.KMnO4溶液的浓度不同；
C.加热促进碳酸根离子的水解，水解促进水的电离；
D.相同浓度的CH3COONa溶液、NaNO2溶液的pH，CH3COONa溶液的pH大，可知CH3COO−的水解程度大。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、化学平衡、盐类水解、反应速率为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

12.【答案】BC 
【解析】解：A.由图2可知，起始态物质总能量大于终态物质总能量，则总反应放热、焓变△H13，沉淀转溶得滤液③，滤液③含有V2O5⋅xH2O生成VO3−和溶于碱的Al(OH)3生成的[Al(OH)4]−，“沉淀转溶”得到滤渣③的主要成分是Fe(OH)3，故C正确；
D.滤液③加入盐酸调pH=8.5，[Al(OH)4]−生成Al(OH)3即滤渣④，滤液④含有VO3−，则“调pH=8.5”的目的是除去铝元素，故D正确；
故选：B。
黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，加入稀硫酸，使Fe3O4生成Fe3+和Fe2+；加入MnO2氧化还原性的Fe2+成Fe3+；VO+和VO2+成VO2+，SiO2成为滤渣①，滤液①含有：Fe3+、VO2+、K+、Mg2+、Mn2+、Al3+；滤液①加入NaOH溶液至pH=3.0～3.1，中和过量的硫酸并沉淀Fe3+，使钒水解并沉淀为V2O5⋅xH2O，得滤饼②，除去滤液②Mn2+、K+、Mg2+、Na+及部分Fe3+、Al3+；滤饼②加入过量NaOH溶液至pH>13，沉淀转溶得滤液③，滤液③含有V2O5⋅xH2O生成VO3−和溶于碱的Al(OH)3生成的[Al(OH)4]−；滤渣③为Fe(OH)3，滤液③加入盐酸调pH=8.5，[Al(OH)4]−生成Al(OH)3即滤渣④；滤液④含有VO3−，加入NH4Cl沉钒的产物：NH4VO3和滤液⑤NaCl溶液，以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。

14.【答案】BD 
【解析】解：A.b极为阳极，电极反应式为SO32−−2e−+H2O=SO42−+2H+，HSO3−−2e−+H2O=SO42−+3H+，生成氢离子，溶液pH减小，但随反应进行，硫酸越来越大，变为浓硫酸时，电离出氢离子浓度小，故溶液pH值先减小后增大，故A错误；
B.a极生成氢氧根离子，钠离子向左迁移，故A为阳离子交换膜，SO32−和HSO3−向右迁移，故B为阴离子交换膜，故B正确；
C.a极为阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，故C错误；
D.再生后溶液pH≥8.9，c(H+)≤10−8.9mol/L，Ka2=c(H+)⋅c(SO32−)c(HSO3−)=1×10−6.9，吸收液中c(SO32−)c(HSO3−)≥10−6.910−8.9=100，故D正确；
故选：BD。
由图可知，a极氢元素价态降低得电子，故a极为阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，钠离子向左迁移，b极为阳极，电极反应式为SO32−−2e−+H2O=SO42−+2H+，HSO3−−2e−+H2O=SO42−+3H+，据此作答。
本题考查电解原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。

15.【答案】D 
【解析】解：A.随NaOH的加入，c(H3XO3)减小，c(H2XO3−)先增大后减小，c(HXO32−)增大，则曲线①代表δ(H2XO3−)，曲线②代表δ(HXO32−)，故A错误；
B.由曲线②可知，pH为a后继续滴加NaOH溶液δ(HXO32−)仍呈上升趋势，说明H3XO3为二元酸，不存在三级电离，故B错误；
C.a点溶液pH>7，溶液呈碱性，则c(H+)c(H2XO3−)+2c(HXO32−)，根据图知c(H3XO3)c(H3XO3)+c(H2XO3−)+c(HXO32−)，故C错误；
D.δ(HXO32−)=δ(H2XO3−)时c(HXO32−)=c(H2XO3−)，溶液的pH=7，则Ka2=c(HXO32−)c(H2XO3−)×c(H+)=c(H+)=10−7mol/L，温度不变电离平衡常数不变，则pH=a时，溶液中c(H+)=10−amol/L，加入NaOH溶液体积为40mL，c(HXO32−)约为0.3mol/L×0.2L0.6L=0.1mol/L，代入Ka2=c(HXO32−)c(H2XO3−)×c(H+)=0.1×10−ac(H2XO3−)mol/L=10−7mol/L，解得c(H2XO3−)约为106−amol⋅L−1，故D正确；
故选：D。
A.随着溶液pH值的增大，溶液中H3XO3的浓度逐渐减小、H2XO3−的浓度先增大后减小、HXO32−的浓度逐渐增大，所以H3XO3的分布系数逐渐减小、H2XO3−的分布系数先增大后减小、HXO32−的分布系数逐渐增大，所以曲线①代表δ(H2XO3−)、曲线②代表δ(HXO32−)；
B.由图可知，存在两步电离；
C.a点溶液pH>7，溶液呈碱性，则c(H+)c(H2XO3−)+2c(HXO32−)，根据图知c(H3XO3)Fe2+，加入氯化亚铁溶液，则VO2+能将Fe2+氧化为Fe3+，再通过加入KSCN溶液检验是否生成Fe3+，所以设计实验为：取少量VOCl2溶液于试管中，加入适量盐酸酸化氯化亚铁溶液，再加入KSCN溶液，若溶液变红，则变质，反之没变质，
故答案为：取少量VOCl2溶液于试管中，加入适量盐酸酸化氯化亚铁溶液，再加入KSCN溶液，若溶液变红，则变质，反之没变质。
由装置图可知，装置A中用CaCO3、盐酸制取CO2的装置，由于盐酸易挥发，生成的CO2中混有HCl，装置B用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl气体，装置C中VOCl2溶液与NH4HCO3溶液反应制备氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体，发生反应为6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]⋅10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl，装置D盛有澄清石灰水，用来检验二氧化碳，结合实验的目的解答。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。

17.【答案】9  Cl>P>S  四面体形  >  根据价层电子对互斥理论，斥力大小关系：双键−单键>单键−单键  6  D 3a4cm 388a3d 
【解析】解：(1)已知硫为16号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s22p4，则S原子核外电子的空间运动状态有1+1+3+1+3=9种，
故答案为：9；
(2)根据同一周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，第ⅡA族和第ⅤA族反常，故P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为Cl>P>S，化合物磺酰氯分子中的中心原子S价层电子对数=4+12(6−2×2−2×1)=4+0=4，所以其空间构型为四面体形，根据价层电子对互斥理论，价层电子对斥力的大小为双键−单键>单键−单键，故键角∠OSCl>∠ClSCl，
故答案为：Cl>P>S；四面体形；>；根据价层电子对互斥理论，斥力大小关系：双键−单键>单键−单键；
(3)SF6中心原子S的价层电子对数=6+12(6−6×1)=6，有6个价层电子对，对应有6个轨道参与杂化，则推断出SF6的中心原子S的杂化方式为sp3d2，
故答案为：6；D；
(4)由题中给出的沿z轴的投影可知，S2−位于晶胞的内部，Zn2+位于晶胞的顶点和六个面的面心，则晶胞中Zn2+离子的堆积方式为面心立方最密堆积，S2−离子和Zn2+离子最短距离是晶胞的体对角线的14，体对角线的长度为3acm，故Zn2+离子和S2−离子最短距离是3a4cm，一个晶胞中含Zn2+的数目为8×18+6×12=4，含S2−的数目为4，晶体的密度d=mV=338NAa3g⋅cm−3，则NA=388a3dmol−1，
故答案为：3a4cm；388a3d。
(1)由S原子的外电子排布式，可推S原子核外电子的空间运动状态有1+1+3+1+3=9种；
(2)根据同一周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，第ⅡA族和第ⅤA族反常；化合物磺酰氯分子中的中心原子S价层电子对数=σ键数目+孤电子对数，由此判断分子空间构型，根据价层电子对互斥理论，价层电子对斥力的大小为：双键−单键>单键−单键，可推知键角∠OSCl>∠ClSCl；
(3)SF6中心原子S的价层电子对数=σ键数目+孤电子对数，进而推断其杂化方式；
(4)由题中给出的沿z轴的投影可知，S2−位于晶胞的内部，Zn2+位于晶胞的顶点和六个面的面心，利用均摊法计算一个晶胞中含Zn2+的数目为8×18+6×12=4，含S2−的数目为4，晶体的密度d=mV=338NAa3，可以表示出阿伏伽德罗常数的表达式。
本题综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、电离能、杂化理论、分子结构、晶胞结构等，难度中等，对学生的思维能力、空间想象能力有一定的要求。

18.【答案】升高反应温度或增大NaOH溶液浓度  2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑  石墨  钴的浸出率比较大，温度若低于50°C，浸出反应速率随温度升高而增大，若超过50°C，H2O2的分解导致浸出反应速率下降，所以50°C左右最好  Fe3+、Al3+  4.8～5.0  2.1  4CoC2O4+2Li2CO3+3O2− 高温  4LiCoO2+10CO2 
【解析】解：(1)为加快“碱浸”效率可采取的措施有升高反应温度、增大NaOH溶液浓度等，
故答案为：升高反应温度或增大NaOH溶液浓度；
(2)“酸浸”酸性溶液中H2O2将+3价钴还原为+2价，H2O2被氧化为O2，反应的离子方程式为：2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑；石墨不溶，在滤渣2中；酸浸时温度控制在50°C左右，钴的浸出率比较大，温度若低于50°C，浸出反应速率随温度升高而增大，若超过50°C，H2O2的分解导致浸出反应速率下降，所以50°C左右最好，
故答案为：2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑；石墨；钴的浸出率比较大，温度若低于50°C，浸出反应速率随温度升高而增大，若超过50°C，H2O2的分解导致浸出反应速率下降，所以50°C左右最好；
(3)根据“滤液2”中各种金属离子的沉淀率随pH的变化图示，向“滤液2”中加入氨水调节溶液的pH在4.8～5.0，可除去杂质离子Fe3+、Al3+，
故答案为：Fe3+、Al3+；4.8～5.0；
(4)Co2+与H2C2O4反应生成CoC2O4的离子方程式为：Co2+(aq)+H2C2O4(aq)⇌CoC2O4(s)+2H+，平衡常数K=c2(H+)c(Co2+)⋅c(H2C2O4)=c2(H+)c(Co2+)⋅c(H2C2O4)×c(C2O42−)c(C2O42−)=Ka1Ka2Ksp(CoC2O4)=5.6×10−2×1.5×10−44.0×10−6=2.1，
故答案为：2.1；
(5)高温下，纯净的CoC2O4与Li2CO3生成LiCoO2，Co的化合价从+2价升高到+3价，被空气中的氧气氧化，氧气也会将CoC2O4中的+3价碳氧化为+4价，生成CO2，高温下，纯净的CoC2O4与Li2CO3再生LiCoO2的化学方程式为：4CoC2O4+2Li2CO3+3O2− 高温  4LiCoO2+10CO2，
故答案为：4CoC2O4+2Li2CO3+3O2− 高温  4LiCoO2+10CO2。
废旧锂离子电池正极材料[钴酸锂(LiCoO2)、石墨、铝箔及其他杂质]的回收时，先加入NaOH溶液，铝箔能溶于NaOH溶液，生成偏铝酸钠溶液，过滤，得到钴酸锂(LiCoO2)、石墨的滤渣1，滤渣加入硫酸和H2O2酸浸，石墨不溶，过滤后在滤渣2中，滤液2除杂后加入草酸，得到CoC2O4固体和含Li+的滤液，滤液净化后加Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，高温下，纯净的CoC2O4与Li2CO3再生LiCoO2。
本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。

19.【答案】甲苯  氧化反应  羧基、酯基 +HNO3→△浓硫酸+H2O  10 →△浓硝酸、浓硫酸→酸性高锰酸钾溶液→Fe/HCl 
【解析】解：(1)A为，A的名称为甲苯，反应①的反应类型为氧化反应，
故答案为：甲苯；氧化反应；
(2)E为，E中的官能团名称为羧基、酯基，
故答案为：羧基、酯基；
(3)E为，F为，反应②的化学方程式为：+HNO3→△浓硫酸+H2O，
故答案为：+HNO3→△浓硫酸+H2O；
(4)H的同分异构体符合下列条件：
①遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
②分子中甲基与苯环直接相连；
③苯环上共有三个取代基，根据其不饱和度知，还存在一个−NO2，该分子中3个取代基为酚−OH、−NO2、−CH3，酚羟基和硝基相邻时，甲基有4种位置异构；酚羟基和硝基相间时，甲基有4种位置异构，酚羟基和硝基相对时，甲基有2种位置异构，所以一共有10种位置异构，
故答案为：10；
(5)以物质A为原料合成有机物()，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成，因为氨基易被氧化，所以发生氧化反应生成，发生还原反应生成，合成路线为→△浓硝酸、浓硫酸→酸性高锰酸钾溶液→Fe/HCl，
故答案为：→△浓硝酸、浓硫酸→酸性高锰酸钾溶液→Fe/HCl。
G发生信息②的反应生成H，则G为，A和氯气发生取代反应生成B，B发生水解反应然后酸化得到C，C和乙酸酐发生信息①的反应生成D，D中甲基被氧化生成E中羧基，E和浓硝酸发生取代反应生成F，F发生水解反应然后酸化得到G，根据H的结构简式知，A为，B为，C为，D为，E为，F为；
(5)以物质A为原料合成有机物()，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成，因为氨基易被氧化，所以发生氧化反应生成，发生还原反应生成。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。

20.【答案】+41.2  3−a−b (3−a−b)c(3−2a−c)b  CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动  D  0.0625kP02 
【解析】解：(1)①I.CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH1=+247.41kJ⋅mol−1，Ⅲ.CH4(g)+12O2(g)⇌CO(g)+2H2(g)ΔH3=−35.6kJ⋅mol−1，12O2(g)+H2(g)=H2O(g)ΔH=−241.8kJ⋅mol−1，根据盖斯定律I+①−Ⅲ得，则CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+247.41kJ⋅mol−1−241.8kJ⋅mol−1+35.6kJ⋅mol−1=+41.2kJ⋅mol−1，
故答案为：+41.2；
②向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCH4(g)、2molCO2(g)、1molH2(g)和适量O2(g)发生上述反应，达到平衡时，容器中CH4(g)为amol，CO2(g)为bmol，H2O(g)为cmol，设氢气物质的量为xmol，CO物质的量为ymol，根据C、H原子守恒，则1+2=a+b+y，4+2=4a+2c+2x，解得x=3−2a−c，y=3−a−b，则c(CO)=3−a−bVmol/L；K=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)=3−a−bV×cVbV×3−2a−cV=(3−a−b)c(3−2a−c)b，
故答案为：(3−a−b)c(3−2a−c)b；
(2)①CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，所以HCOOH的选择性随温度升高而下降；CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)正反应放热，降低温度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性增大；CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)正反应气体物质的量减少，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性增大；为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性，应选择的反应条件为低温、高压，选D，
故答案为：CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动；D；
②设CO2和H2O(g)的初始的物质的量均为amol，反应在60min时压强变为0.80p0，即混合气体的总物质的量变为原来的0.8倍，为2amol×0.8=1.6amol，设平衡时CO的物质的量为xmol，则平衡时H2O(g)的物质的量也为xmol，由图1可知平衡时HCOOH(g)的选择性为CO的4倍，即HCOOH(g)的物质的量为4xmol，由C、H原子守恒可知平衡时CO2(g)和H2(g)的物质的量均为(a−5x)mol，所以2(a−5x)mol+4xmol+xmol+xmol=1.6amol，解得x=0.1a，分压p(CO2)=p(H2)=amol−0.5amol1.6amol×0.80P0=0.25P0，所以反应在60min时v=k⋅p(CO2)⋅p(H2)=k×0.25P0×0.25P0=0.0625kP02，
故答案为：0.0625kP02。
(1)①I.CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH1=+247.41kJ⋅mol−1，Ⅲ.CH4(g)+12O2(g)⇌CO(g)+2H2(g)ΔH3=−35.6kJ⋅mol−1，12O2(g)+H2(g)=H2O(g)ΔH=−241.8kJ⋅mol−1，根据盖斯定律I+①−Ⅲ得，则CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)；
②向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCH4(g)、2molCO2(g)、1molH2(g)和适量O2(g)发生上述反应，达到平衡时，容器中CH4(g)为amol，CO2(g)为bmol，H2O(g)为cmol，设氢气物质的量为xmol，CO物质的量为ymol，根据C、H原子守恒计算；
(2)①反应СO2(g)+Н2(g)⇌НСOOН(g)ΔH1