【文档说明】四川省内江市第六中学2019-2020学年高二下学期第二次月考理综化学试题 【精准解析】.doc，共(19)页，1.125 MB，由小赞的店铺上传

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理综化学第I卷(选择题)一、单选题1.下列物质的性质和用途不存在因果关系的是A.小苏打受热易分解，在面粉中加入适量小苏打焙制糕点B.醋酸酸性强于碳酸，用醋酸溶液清除热水器中的水垢C.胶体具有电泳的性质，可向豆浆中加入盐卤制作豆腐D.氧化铝熔点高，可作耐高温材料【答

案】C【解析】【详解】A．在面粉中加入适量小苏打焙制糕点，小苏打受热易分解，产生的气体使糕点变得疏松多孔，故A不选；B．醋酸酸性强于碳酸，能发生反应：2CH3COOH＋CaCO3=(CH3COO)2Ca＋H2O＋CO2↑，可用醋酸溶液清除热水器中的水垢，故B

不选；C．胶体遇电解质能发生聚沉，可向豆浆中加入盐卤制作豆腐，与电泳无关，故选C；D．氧化铝熔点高，能耐高温，可作耐高温材料，故D不选；故选C。2.芳樟醇()是常用的香料，下列有关芳樟醇说法正确的是A.能使酸性高

锰酸钾溶液和溴水均褪色的原理不同B.分子中所有碳原子共平面C.与溴的CCl4溶液不反应D.与有机物互为同系物【答案】A【解析】【详解】A．芳樟醇分子中含有碳碳双键和羟基，均能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，芳樟醇分子中含有碳碳双键，和溴水发生加成反应，

使溴水褪色，褪色的原理不同，A选项正确；B．芳樟醇分子中含多个四面体结构的C，所有碳原子不能共面，B选项错误；C．芳樟醇分子中含有碳碳双键，可与溴的CCl4溶液发生加成反应，C选项错误；D．芳樟醇分子中含

有2个碳碳双键和羟基，分子中含有一个碳碳双键和羟基，故芳香醇分子与有机物结构不相似，不能称为同系物，D选项错误；答案选A。【点睛】D选项为易错点，同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”的有机化合物；一般出现在有机化学中，且必须是同一类物质。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说

法正确的是A.0.lmolC2H6O分子中含C-H键数目为0.5NAB.1mol·L-1的NH4Cl溶液中含有+4NH数目小于0.1NAC.25℃时，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为

0.2NAD.1molCl2与足量铜铁合金反应，转移电子数一定是2NA【答案】D【解析】【详解】A．0.lmolC2H6O分子中含C-H键数目不一定为0.5NA，若该分子式表示为乙醇，一个乙醇分子中含C-H键数目为5个，则

0.1mol中含有C-H键数目为0.5NA；若该分子是表示的是二甲醚，一个二甲醚分子中含有6个C-H，则0.1mol含有C-H键数目为0.6NA，A选项错误；B．题中为给出该溶液的体积，溶质的物质的量无法求解，+4NH的数目无法判断，B选项错误；C．pH=13的Ba(OH)2溶液，OH-

的浓度为0.1mol·L-1，体积为1L，则OH－的物质的量=0.1mol·L-1×1L=0.1mol，其数目为0.1NA，C选项错误；D．1molCl2与足量铜铁合金反应，氯气完全反应，Cl元素由0价变为-1价，一个氯气分子转移2个电子，则1m

olCl2完全反应转移电子数为2NA，D选项正确；答案选D。【点睛】选项A是易错点，学生容易忽视乙醇存在同分异构体二甲醚而错选。答题时要灵活，不能思维定式。4.有关下列四组实验描述不正确．．．的是A.加热甲装置中的烧杯

可以分离SiO2和NH4ClB.利用装置乙可证明非金属性强弱：Cl＞C＞SiC.打开丙中的止水夹，一段时间后，可观察到烧杯内溶液上升到试管中D.向丁中铁电极区滴入2滴铁氰化钾溶液，一段时间后，烧杯中不会有蓝色沉淀生成【答案】B【解析】【分析】A．SiO

2受热不分解，而NH4Cl受热分解；B．盐酸有挥发性，生成的CO2中混有HCl，另外氯元素的最高价氧化物对应水化物为HClO4；C．该装置构成原电池，该装置中铁发生吸氧腐蚀；D．Zn-Fe原电池中Zn为负极，Fe为正极。

【详解】A．SiO2受热不分解，而NH4Cl受热分解，利用加热甲装置中的烧杯可以分离SiO2和NH4Cl，故A正确；B．氯元素的最高价氧化物对应水化物为HClO4，另外盐酸有挥发性，生成的CO2中混有HCl，无法判

断碳酸的酸性比硅酸强，由装置乙无法证明非金属性强弱：Cl＞C＞Si，故B错误；C．该装置构成原电池，该装置中铁发生吸氧腐蚀，一段时间内试管内压强减小，烧杯内溶液上升到试管中，故C正确；D．Zn-Fe原电池中Zn为负极，Fe为正

极，烧杯内无Fe2+，则滴入2滴铁氰化钾溶液，烧杯中不会有蓝色沉淀生成，故D正确；故答案为B。5.Q、X、Y、Z为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示。这4种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法错误的是XYQZA.X、Y和氢3种元素形成的化合物中可能含有离子键B.X

、Y的简单离子电子层结构相同，且简单离子半径：X＜YC.Z的最高价氧化物对应的水化物是一种强酸D.简单气态氢化物的稳定性：Q＜Z【答案】B【解析】【分析】由Q、X、Y和Z为短周期元素及它们在周期表中的位置可知，X、Y位于第二周期，Q、Z位于第三周期，

设X的最外层电子数为x，4种元素的原子最外层电子数之和为22，则x-1+x+x+1+x+2=22，解得x=5，可知X为N、Y为O、Q为Si、Z为Cl，据此分析解答。【详解】A．N、O和H形成的化合物中，NH4NO3含有离子键，A选项正确；B．电子层数

相同，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数：N＜O，则离子半径：N3-＞O2-，B选项错误；C．Cl的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，HClO4是一种强酸，C选项正确；D．非金属性越强，简单气态氢化物稳定性越强，非

金属性Si＜Cl，则稳定性SiH4＜HCl，D选项正确；答案选B。6.摩拜单车可利用车篮处的太阳能电池板向智能锁中的锂离子电池充电，锂离子电池反应原理为Li1－xCoO2+LixC6LiCoO2+6C，装置示意图如图所示。下列说法错误的是A.充电时，阴极质量增加，发生还原反

应B.充电时，电路中每有1mol电子通过，则有1molLi+通过聚合物电解质膜C.该锂离子电池放电时，化学能转化为电能D.放电时，正极的电极反应式为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+【答案】D【解析】【分析】由题干信息可知，电池反应原理：Li1－x

CoO2+LixC6LiCoO2+6C，充电时，阳极失去电子，发生氧化反应，阴极得到电子发生还原反应；放电时，正极得电子发生还原反应，负极失电子发生氧化反应。结合题中结构图可知，聚合物电解质膜为阳离子交换膜，据此进行分析。【

详解】A．充电时，阳极生成Li+，Li+向阴极(C极)移动，阴极得电子发生还原反应，电极反应方程式为：6C+xLi++xe-=LixC6，阴极质量增加，A选项正确；B．充电时，阳极失电子发生氧化反应，电极反应方程式为：LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，电路中每有1mol电子转移，

则有1molLi+由装置左侧通过聚合物电解质膜移向右侧，B选项正确；C．锂离子电池工作时，为放电过程，化学能转化为电能，C选项正确；D．放电时，正极得电子发生还原反应，电极反应方程式为：Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCo

O2，D选项错误；答案选D。7.常温下，向20mL0.2mol·L-1H2X溶液中滴加0.2mol·L-1NaOH溶液，在不同pH环境下不同形态的粒子组成分数如图所示，下列说法正确的是A.水的电离程度：b点小于点aB.将等物质的量的NaHX、Na2X

溶于水中，所得溶液pH恰好为11C.常温下的Ka(HY)＝1.1×10-10，将少量H2X溶液加入到足量NaY溶液中，发生的反应为：H2X＋Y－＝HY＋HX－D.常温下，反应X2－+H2O⇌HX－+OH－的平衡常数对数值1gK=-11【答案】C【解析】【分析】

在H2X溶液中滴加NaOH溶液首先发生反应--22HX+OH=HX+HO，该反应过程中H2X的浓度逐渐减小，HX-的浓度逐渐增大；然后发生--2-2HX+OH=X+HO，HX-的浓度逐渐减小，X2-的浓度逐渐增大，根据反应过程及每个阶段中粒子种类的变化分析。【详解

】A.由图像可知a点的溶质组成为H2X和NaHX的混合溶液，b点为NaHX和Na2X的混合溶液，H2X是酸抑制水的电离，Na2X为强碱弱酸盐促进水的电离，由此可知b点水的电离程度大于a点水的电离程度，故A错误；B.由图像可知，当溶液中HX-和X2-的浓度相等时，溶液的pH值等于11，

但等物质的量的NaHX、Na2X溶于水中，X2-的水解程度大于HX-的水解程度，因此溶液中的HX-的浓度大于X2-的浓度，溶液pH值略小于11，故B错误；C.由a点可求()12KaHX，()122-7c(X)c()X=c()=10c(X)HHKaHHH++−=；.由b

点可求()22KaHX，()2-11-22c(X)c()X=c(HKaH)=10cXH()H++−=，常温下的Ka(HY)＝1.1×10-10，则酸性-2HX>HY>HX，根据强酸制弱酸的原理则少量H2X溶液加入到足量NaY溶液中，发生的反应为：H2X＋Y－＝

HY＋HX－，故C正确；D.反应X2－+H2O⇌HX－+OH－的平衡常数W222Kc(HX)c(O)c(HX)c(O)c()==c(X)c(X)c()HHHKKaH−−+−−+−−==-14-3-1110=1010，1gK=-3，故D错误；故选：C。第

II卷(非选择题)(一)必做题8.已知：乙二酸(HOOC—COOH，可简写为H2C2O4)，俗称草酸，157℃时开始分解。(1)探究草酸的酸性25℃H2C2O4K1＝5.4×10-2，K2＝5.4×10-5；H2CO3K1＝4.5×10-7，K2＝4.7×10-11下列化学方程式可能正确的是_

__。A．H2C2O4+2-3CO=-3HCO+-24HCOB．-24HCO+2-3CO=-3HCO+2-24COC．22-24CO+CO2+H2O=2-24HCO+2-3COD．H2C2O4+2-3CO=2-24CO+H2O+CO2↑(2)探究草酸分解产物实验中观察到B中CuSO4粉末变蓝

，C中澄清石灰水变浑浊，D的作用是___，证明有CO气体生成的现象是______。(3)探究催化剂对化学反应速率的影响在甲、乙两支试管中各加入4mL0.01mol·L-1酸性KMnO4溶液和2mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液，再向乙试管中加入一粒黄豆大的MnS

O4固体，摇匀。填写表格：反应现象①_______实验结论②______试管中发生反应的离子方程式③______(4)用酸性KMnO4溶液滴定Na2C2O4，求算Na2C2O4的纯度。实验步骤：准确称取2.0gN

a2C2O4固体，配成100mL溶液；取出20.00mL于锥形瓶中，再向瓶中加入足量稀H2SO4；用0.0160mol·L-1酸性KMnO4溶液滴定，滴定至终点时消耗KMnO4溶液25.00mL。①KMnO4

溶液应装在_________滴定管中。(填“酸式”或“碱式”)②Na2C2O4的纯度是_________。【答案】(1).BD(2).吸收CO2气体(3).F中黑色CuO变成光亮的红色，G中澄清石灰水变浑浊(4).两支试管中紫色

KMnO4溶液均褪色，乙试管中溶液褪色较快(5).MnSO4(Mn2+)是此反应的催化剂，加入催化剂可以使化学反应速率加快(6).2-4MnO＋5H2C2O4＋6H+=10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O(7).酸式(8).33.5%【解析】【分析】

(1)电离常数越大其酸性越强，根据强酸制取弱酸判断；(2)氢氧化钠是碱能吸收酸性氧化物；一氧化碳具有还原性，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；(3)高锰酸钾具有氧化性，能氧化还原性物质，硫酸锰具有催化作用，加快反应速率；(4)①酸式滴定管能量取酸性溶液；②根据高锰酸钾计算草酸

钠的纯度。H2C2O4+2-3CO=-3HCO+-24HCO【详解】(1)根据电离常数知酸性强弱顺序是：H2C2O4>-24HCO>H2CO3>-3HCO，根据强酸制取弱酸知草酸和碳酸根离子反应生成草酸根离子和二氧化碳，草酸氢根离子和碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子和草酸根离子，故选BD

；(2)氢氧化钠是强碱能吸收酸性氧化物二氧化碳，一氧化碳具有还原性，能还原黑色的氧化铜生成红色的铜，同时自身被氧化生成二氧化碳，二氧化碳使澄清的石灰水变浑浊，所以看到的现象是：F中黑色CuO变成光亮的红色，G中澄清石灰水变浑浊，故答案为：吸收CO2气体；F中黑色CuO变成光亮的

红色，G中澄清石灰水变浑浊；(3)看到的现象是两支试管中紫色KMnO4溶液均褪色，乙试管中溶液褪色较快；通过对比实验知，硫酸锰是该反应的催化剂，加入催化剂能加快反应速率；该反应中高锰酸根离子被还原生成锰离子，草酸被氧化生成二氧化碳，离子反应方程式为：2-4MnO＋5H2C

2O4＋6H+=10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O；故答案为：两支试管中紫色KMnO4溶液均褪色，乙试管中溶液褪色较快；MnSO4(Mn2+)是此反应的催化剂，加入催化剂可以使化学反应速率加快；2-4MnO＋5H2C2O

4＋6H+=10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O；(4)①高锰酸钾溶液呈酸性且具有强氧化性，易腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管量取，故答案为：酸式；②设草酸钠的质量分数为x，-2-2424222MnO5CO16H10CO2Mn8HO252.0x10.0160

mol/L0.025L()mol1345＋＋＋＋＝＋＋x＝0.0160.0255513422.0×100%＝33.5%，答：草酸钠的质量分数为33.5%。故答案为：33.5%；【点睛】本题考查弱电解质的

电离、探究物质的组成及含量的测定等知识点，计算量较大，会根据实验现象确定物质的组成，难度中等。9.在氮及其化合物的化工生产中，对有关反应的反应原理进行研究有着重要意义。(1)t℃时，关于N2、NH3的两个反应的信息如下表所示：化学反应正反应活化能逆反应活化能t℃时平衡常数N2(g)＋

O2(g)＝2NO(g)△H>0akJ/molbkJ/molK14NH3(g)＋5O2(g)＝4NO(g)＋6H2O(g)△H<0ckJ/moldkJ/molK2请写出t℃时氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式：__________

____________，t℃时该反应的平衡常数为__________(用K1和K2表示)。(2)工业合成氨的原理为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)下图甲表示在一定体积的密闭容器中反应时，H2的物质的量浓度随时间的变化。图乙表示在其他条件不变的情况下，起始投料H2与N2

的物质的量之比(设为x)与平衡时NH3的物质的量分数的关系。①图甲中0～t1min内，v(N2)＝_____mol·L－1·min－1；b点的v(H2)正_____a点的v(H2)逆(填“大于”“小于”或“等于”)。②己知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol，容器体积为1L，保

持温度和压强不变，又充入3molN2后，平衡________(填“向右移动”“向左移动”或“不移动”)。(3)①科学家研究出以尿素为动力的燃料电池新技术。用这种电池可直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水，又能发电。尿素燃料电池结构

如图所示，写出负极电极反应式：________________________________________________。②理论上电池工作时，每消耗标准状况下2.24LO2时，可产生的电量为________(法拉第常数为96500C/mol)。【答案】(1).4NH3(g)＋6N

O(g)=N2(g)＋6H2O(g)△H=(c-d-5a+5b)kJ/mol(2).K=251KK(3).10.1tmol/(L•min)(4).大于(5).不移动(6).CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+(7).38600c【解析】【

分析】(1)已知△H=正反应活化能-逆反应活化能，则①N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)△H=(a-b)kJ/mol>0，②4NH3(g)＋5O2(g)＝4NO(g)＋6H2O(g)△H=(c-d)kJ/mol<0，由盖斯定律知：②-①×5得4NH3(g)＋6NO(

g)=N2(g)＋6H2O(g)，据此计算反应△H并写出该反应的平衡常数；(2)①图甲中0～t1min内，H2的变化浓度为0.6mol/L-0.3mol/L=0.3mol/L，由N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)可知N2的变化浓度为0.3m

ol/L×13=0.1mol/L，再根据v(N2)＝()2cNt计算；根据浓度越大，反应速率越快判断b点与a点的速率大小；②己知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol，容器体积为1L，则平衡常数K=

()()()23322cNHcNcH=23111=1，保持温度和压强不变，又充入3molN2，此时容器的体积变为2L，则N2、H2和NH3的浓度瞬间变为2mol/L、0.5mol/L和0.5mol/L，根据Qc=(

)()()23322cNHcNcH判断平衡移动的方向；(3)①由尿素燃料电池的结构可知，正极上氧气得到电子生成水，负极上尿素失去电子生成氮气和二氧化碳；②标准状况下2.24LO2的物质的量为2.24L22.4L

/mol=0.1mol，转移电子的物质的量为0.4mol，再计算产生的电量。【详解】(1)已知△H=正反应活化能-逆反应活化能，则①N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)△H=(a-b)kJ/mol>0，②4NH3(g)＋5O2(g)＝4NO(g)

＋6H2O(g)△H=(c-d)kJ/mol<0，由盖斯定律知：②-①×5得4NH3(g)＋6NO(g)=N2(g)＋6H2O(g)，即△H=(c-d)kJ/mol-[(a-b)]kJ/mol×5=(c

-d-5a+5b)kJ/mol，则t℃时氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式为4NH3(g)＋6NO(g)=N2(g)＋6H2O(g)△H=(c-d-5a+5b)kJ/mol，t℃时此反应的平衡常数为K=251KK；(2

)①图甲中0～t1min内，H2的变化浓度为0.6mol/L-0.3mol/L=0.3mol/L，由N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)可知N2的变化浓度为0.3mol/L×13=0.1mol/L，则v(N2)＝()2cNt=10.1mol/Ltmin=10.1tmol/(L

•min)；根据浓度越大，反应速率越快可知b点的v(H2)正大于a点的v(H2)逆；②己知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol，容器体积为1L，则平衡常数K=()()()23322cNHcNcH=23111=1，保持温度和压强不变，又充入3molN2，此时容器的体

积变为2L，则N2、H2和NH3的浓度瞬间变为2mol/L、0.5mol/L和0.5mol/L，根据Qc=()()()23322cNHcNcH=230.520.5=1=K，则此时平衡不移动；(3)①由尿素燃

料电池的结构可知，负极上尿素失去电子生成氮气和二氧化碳，负极反应为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+；②标准状况下2.24LO2的物质的量为2.24L22.4L/mol=0.1mol，转移电子的物质的量为0.4mol，则可产生的电量为96500C/mol×0

.4mol=38600c。【点睛】化学平衡常数应注意的问题：①化学平衡常数只与温度有关；②化学平衡常数表达式与化学方程式的书写方式有关。同一个化学反应，由于书写的方式不同，各反应物、生成物的化学计量数不同

，平衡常数就不同；且相同温度下，等于同一反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，同一转化关系，化学计量数变为原的n倍，则化学平衡常数为原来的n次方倍；③判断可逆反应进行的方向：对于可逆反应，在一定的温度的任意时刻，生成物浓

度的化学计量数次幂与反应物的化学计量数次幂的比值叫做反应的浓度商，用Qc表示。Qc＜K时，向正反应方向进行；Qc=K时，反应平衡；Qc＞K时，向逆反应方向进行。10.三氧化二钴主要用作颜料、釉料及磁性材料，利用铜钴矿石

制备Co2O3的工艺流程如图所示。已知：铜钴矿石主要含有CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。请回答下列问题：(1)“浸泡”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率

的方法是_______(写出2种即可)。(2)“浸泡”过程中，加入Na2SO3溶液的主要作用是____________。(3)向“沉铜”后的滤液中加入NaClO3溶液，写出滤液中的金属离子与NaClO3反应的离子方

程式________________。(4)温度、pH对铜、钴浸出率的影响如图1、图2所示：①“浸泡”铜钴矿石的适宜条件为__________________。②图2中pH增大时铜、钴浸出率下降的原因可能是___________。(5)CoC2O4·2H2O在空气中高温煅烧

得到Co2O3的化学方程式是________。(6)一定温度下，向滤液A中加入足量的NaF溶液可将Ca2+、Mg2+沉淀而除去，若所得滤液B中c(Mg2+)=1.0×10-5mol/L，则滤液B中c(Ca2+)

为______。［已知该温度下Ksp(CaF2)=3.4×10-11，Ksp(MgF2)=7.1×10－11］【答案】(1).升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度(任意两种)(2).将Co3+、Fe3+还原为Co2

+、Fe2+(3).ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O(4).温度为65～75℃、pH为0.5～1.5(5).pH升高后溶液中c(H+)下降，溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3的能力降低(6).4CoC2O4·

2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O(7).4.8×10-6mol/L【解析】【分析】含钴废料中加入过量稀硫酸和Na2SO3，可得Co2+、Cu2+、Fe2+、Mg2+、Ca2+，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、F

e2+，沉铜后加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，可以使Fe3+沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，再用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入浓Na2CO3溶液转为CoCO3固体，最后进入草酸铵溶液得到草酸钴，煅烧后制得Co2O

3。【详解】(1)“浸泡”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是如升高温度、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度等(任意两种)；(2)Co2O3与硫酸反应产生Co2(SO4)3，杂质Fe2O3与硫酸反应产生Fe2(SO4)3，Co3+、Fe3+都具有氧化性，而Na2S

O3具有还原性，所以在“浸泡”过程中，加入Na2SO3溶液的主要作用是将溶液中的将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；(3)“沉铜”后的滤液中含有Fe2+，向其中加入NaClO3溶液，NaClO3会将Fe2+氧化为Fe3+，则根据电子守恒、电

荷守恒及原子守恒，可知滤液中的Fe2+与NaClO3反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；(4)①根据图1可知，温度在65℃～75℃时，钴、铜的浸出率最高，且之后铜的浸出率变化不大，钴的浸出率有下降趋势。在

图2中pH：0.5～1.5铜、钴的浸出率最高，pH>1.5，铜、钴的浸出率开始下降。故“浸泡”铜钴矿石的适宜条件为温度：65℃～75℃、pH：0.5～1.5；②图2是pH变化对铜、钴浸出率的影响，浸出过程中是利用H+和CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO

3中的OH-和CO32-反应，使得Co3+和Co2+溶解在溶液中，所以pH升高后溶液中c(H+)浓度下降，使得溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3的能力下降；(5)由题中可知CoC2O4•2H2O在空气中高温煅烧得到Co2O3，CoC2O4中Co的化合价为+2价，生成

Co2O3(Co的化合价为+3价)，化合价升高，说明空气中的O2作为氧化剂参与了反应，而C2O42-具有一定还原性也被O2氧化成CO2，故产物分别为Co2O3和CO2，根据元素守恒，可推测出产物中还有H2O生成。在根据电子守恒和原子守恒法

，最终可得知反应方程式为4CoC2O4·2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O；(6)Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)=3.4×10-11，Ksp(MgF2)=c(Mg2+)·c2(F-)=7.1×10－11，所以()()()()()()()()22

211sp211222sp2cCacCacOHKCaF3.410KMgF7.110cMgcMgcOH++−−−++−====0.48，所以c(Ca2+)=0.48×1×10-5mol/L=4.8×10-

6mol/L。【点睛】本题以Co2O3的制取为线索，考查了化学反应速率的影响因素、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂、溶度积常数的应用，利用图形分析问题等能力，掌握元素及化合物知识、氧化还原反应原理和化学反应原理是解题关键。

要结合做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息，然后利用信息分析问题的能力。(二)选做题[化学—选修3：物质结构与性质]11.在电解冶炼铝的过程中加入冰晶石，可起到降低Al2O3熔融温度的作用。冰晶石的生产原理为2Al(OH)3+12HF+3Na2CO3==

=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O。根据题意填空：(1)冰晶石的晶体不导电，但熔融时能导电，则在冰晶石晶体中存在_____(填序号)。a．离子键b．极性键c．配位键d．范德华力(2)CO2分子的空间构型为___，中心原子的杂化方式为__，和CO2互为等电子体的

氧化物是___。(3)反应物中电负性最大的元素为_____(填元素符号)，写出其原子最外层的电子排布式____。(4)冰晶石由两种微粒构成，冰晶石的晶胞结构如图甲所示，黑球位于大立方体的顶点和面心，白球位于大立方体的12条棱的中点和8个小立

方体的体心，那么大立方体的体心处所代表的微粒是______(填具体的微粒符号)。(5)Al单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞结构如图丙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丁所示。若已知Al的原子半径为dcm，NA代表阿伏加德罗常数的值，Al的相对原子质量为Mr

，则一个晶胞中Al原子的数目为______个；Al晶体的密度为________(用字母表示)。【答案】(1).abc(2).直线形(3).sp(4).N2O(5).F(6).2s22p5(7).Na+(8).4(9).3AMr42dNg·cm-3【解析】【分析】根据题干信息

，判断冰晶石化合物种类，从而分析其晶体存在的作用力，根据杂化轨道互斥理论判断空间构型和杂化方式，根据等电子体原理书写，根据均摊法结合立体几何知识进行晶胞的相关计算。【详解】(1)冰晶石(Na3AlF6)晶体不导电，但熔融时能导电，说明属于离子化合物，由Na+、[AlF6]3-构成，[AlF6]3

-中含有配位键，也属于极性键，故选abc；(2)CO2分子为直线形结构，可知碳原子采取sp杂化方式，原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，和CO2互为等电子体的氧化物是N2O，故答案为：直

线形；sp；N2O；(3)元素的非金属性越强，其电负性越强，所以电负性最强的是F元素；F原子核外最外层上s、p能级上电子分别是2、5，其最外层电子排布式为2s22p5，故答案为：F；2s22p5；(4)由均摊法可知，黑球的个数=8×18+6×12=4，白球个数=12×14+8=11，根据化学式知

，Na+和[AlF6]3-的个数比是3：1，则白色球和黑色球之比接近3：1，要使其为3：1，则大立方体的体心处所代表的微粒是Na+，故答案为：Na+；(5)晶胞中Al原子个数为8×18+6×12=4，则晶胞质量A4MrNg，面对角线上3个Al原子相邻，晶胞

棱长为4d×22=22d，则晶胞密度=4×AMrNg÷(22dcm)3=3AMr42dNg·cm-3，故答案为：4；3AMr42dNg·cm-3。【点睛】本题是对物质结构与性质的考查，涉及化学键、空间构型与杂化方式、等电子体、核外电子排布、晶胞计算

等，(5)中关键是明确原子半径与晶胞棱长关系掌握均摊法进行晶胞有关计算。利用均摊法计算Al原子个数，表示出晶胞质量，面对角线上3个Al原子相邻，晶胞棱长为4d×22=22d，再根据ρ=mV计算晶胞密度[化学—选修5：有机化学基础]12.工业上利用甲

苯制备一种芳香六元环酯(己)的方法如下：回答下列问题：(1)写出物质丁的分子式_______，1mol丁完全燃烧需要氧气的物质的量为_______。(2)物质甲的官能团名称为________。物质丙分子中共面的原子个数最多为_______。(3)反应(3)的反应类型是_____，写出

反应(1)的化学方程式_______。(4)物质X的结构简式为______。(5)物质丁的同分异构体较多，满足下列条件的物质丁的同分异构体数目是______，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰，且峰面积之比为6:2:2:1:1的结构简式为_____

_。①能发生银镜反应②苯环上只有两个对位取代基(6)写出以CH3CH=CH2为原料合成2－羟基丙酸()的合成路线(其他无机试剂任选)______。【答案】(1).C10H12O(2).12.5mol(3).

氯原子(4).18(5).酯化反应或取代反应(6).++NaCl(7).(8).5(9).(10).【解析】【分析】根据题干合成路线可知，甲苯光照条件下与氯气发生甲基上的取代反应生成甲(C7H7Cl)，则甲为，与Na反应生成丙炔钠()，再与甲发生

取代反应生成乙，乙与氢气发生碳碳三键的加成反应生成丙，丙与Br2的CCl4溶液发生碳碳双键的加成反应生成X，则X为，X水解生成戊，丙与RCOOOH发生氧化反应生成丁，丁酸化后生成戊，戊在一定条件下与C2H2O4反应得到己，据此分析解答。【详解】(

1)根据丁的结构简式可知，一个丁分子中含有10个C原子，12个H原子，1个O原子，则丁的分子式为C10H12O，丁在氧气中燃烧的化学方程式为2C10H12O+25O2→20CO2+12H2O，则1mol丁完全燃烧需要氧气的物质的量为12.5mol；(2)根

据上述分析，甲为，其官能团名称为氯原子，丙的结构简式为，由于苯环上的所有原子共平面，与碳碳双键的所有原子共平面，甲基中最多3个原子共平面，则丙分子中最多有18个原子共平面；(3)反应(3)为戊在一定条件下与C2H2O4发生酯化反应反应得到己，反应(1)为再与甲发生取代反应生成乙

，反应的化学方程式为++NaCl；(4)根据上述分析可知，X为；(5)物质丁的分子式为C10H12O，其同分异构体能够发生银镜反应，则含有醛基，且其苯环上只有两个对位取代基，则该同分异构体有、、、、共5

种，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰，且峰面积之比为6:2:2:1:1的结构简式为；(6)结合题干合成路线可知，以CH3CH=CH2为原料合成2－羟基丙酸()的合成路线可以为。