【文档说明】重庆市长寿中学校2022-2023学年高二下学期4月期中考试化学试题 含解析.docx，共(18)页，1.575 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市长寿中学校2024届高二下半期考试化学试题本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(填空题)两部分。满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答

题卡上对应题目的答案标号涂黑。3.答填空题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。可能用到的相对原子质量：H1−B11−N14−Si28−Zn65−As75−第I卷(选择题，共42分)一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符

合题目要求的。1.化学与科技、生活密切相关，下列说法正确的是A.航天器使用的太阳能电池帆板的主要成分是2SiOB.现代化学常利用原子光谱的特征谱线来鉴定元素C.通过红外光谱仪可以测定分子的相对分子质量D.焰火、激光都与原子核外电子跃迁吸收能量有关【答案】

B【解析】【详解】A．太阳能电池帆板的主要成分是Si单质，故A错误；B．不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，常利用原子光谱的特征谱线可以鉴定元素，故B正确；C．通过红外光谱仪可以测定分子中的官能团和化学键，通过质谱仪可以测定分子的相对分子质量，故

C错误；D．焰火、激光都与原子核外电子跃迁释放能量有关，故D错误；选B。2.下列化学用语表达正确的是。A.基态硅原子的轨道表示式：B.基态Cr的电子排布式：22626421s2s2p3s3p3d4sC.3NCl的电子式：D.C原子的核外能量最高的电子云图像如图：

【答案】D【解析】【详解】A．基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，轨道表示式：，故A错误；B．Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故B错误；C．3NCl是共价化合物，电子式为：，故C错误；D．C原子的核外能

量最高的轨道为2p，电子云图像如图：，故D正确；故选D。3.下列图象表示正确的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．氟、氯、溴的原子半径依次增大，氢卤键长增长，键能减小，故A错误；B．NH3分子间存在氢键，NH3沸点最高，PH3和AsH3相比，相对分

子质量越大，分子间作用力越大沸点越高，故沸点NH3＞AsH3＞PH3，故B错误；C．非金属元素原子与氢原子形成共价键时，元素非金属性越强，键的极性越强。C、N、F处于同周期，原子序数逐渐增大，非金属性逐

渐增强，键的极性增强，故C正确；D．SiH4、NH3、H2O的中心原子的价层电子数均为4，但是孤电子对数分别为0、1、2，由于孤电子对越多，斥力越大，键角越小，故键角逐渐减小，故D错误；答案选C。4.二氟化氧()2OF的键角为103

，是一种无色的剧毒气体，能发生反应：222326OF4NO4NF4NO++=+，下列有关说法正确的是。A.2OF难溶于4CClB.2OF的键角大于3NFC.2OF分子中O与F之间存在的是氢键D.2OF的VSEPR模型名称为正四面体形【答案】AD【解析】【详解】A．由于OF2中中心原子O形成2个共

价键且存在2对孤电子对，为sp3杂化，OF2为V形结构，正负电荷重心不重合，故OF2是极性分子，而CCl4是非极性分子，故OF2难溶于CCl4，A正确；B．OF2中存在2对孤电子对，，而3NF中存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥

力大于成键电子对之间的斥力，故2OF的键角小于3NF，B错误；C．2OF分子中O与F之间存在的是极性共价键，C错误；D．由分析可知，OF2中中心原子O形成2个共价键且存在2对孤电子对，为sp3杂化，2OF的VSEPR模型名称

为正四面体形，D正确；故选AD。5.“冰面为什么滑？”，这与冰层表面的结构有关，下列有关说法正确的是A.由于氢键的存在，水分子的稳定性好，高温下也很难分解B.第一层固态冰中，水分子间通过共价键形成空间网状结构C.第二层“准液体”中，水分

子间形成共价键机会减少，形成氢键的机会增加D.当高于一定温度时，“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键断裂，产生“流动性的水分子”，使冰面变滑【答案】D【解析】【详解】A．水分子的稳定性好，是由水分子内氢氧共价键的键能决定的，与分子

间形成的氢键无关，A错误；B．分子间不存在共价键，应该是通过氢键形成空间网状结构，B错误；C．分子间不存在共价键应该是氢键个数减少，C错误；D．当温度达到一定数值时，“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键被破坏，使

一部分水分子能够自由流动，从而产生“流动性的水分子”，造成冰面变滑，D正确；故选D。6.已知：Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，Z元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，其余均为短

周期主族元素，Y原子价层电子排布式为msmpnn，Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。下列说法中正确的是。A.元素的第一电离能：X>R>QB.Z位于元素周期表d区C.原子半径：Y>X>R>QD.Q、Y形成的最高价氧化物的水化物的酸性：Q>Y【答案

】D【解析】【分析】Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，Z元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，Z为Cu元素，其余的均为短周期主族元素；Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4，Q原子的

核外电子排布为1s22s22p2，故Q为C元素；X原子的核外电子排布为1s22s22p4，为O元素；R原子序数介于C元素与O元素之间，故R为N；元素Y原子价层电子排布式为msnmpn，则n=2，故为第ⅣA族元素，原子序

数大于O元素，小于Cu元素，故Y为Si元素；【详解】A．同周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族元素自上而下第一电离能降低，但第ⅤA族由于p轨道为半充满状态，更加稳定，所以第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：R>X>Q，故A错误；B．铜位于元素周期表ds区，故B错误；C．C

电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Y>Q>R>X，故C错误；D．同非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Q、Y形成的最高价氧化物的水化物的酸性：Q>Y，故D正确；故选D。7.AN是阿伏伽德罗常数的值，

下列说法正确的是A.1mol白磷()4P含有A4N个P—P键B.21molSCl分子中，S原子的价层电子对数目为A2NC.1mol乙酸含键数目为A7ND.28g晶体Si中的Si—Si键数目为A4N【答案】C【解析】【详解】A．白磷()4P的结构式为，1molP4含有P-P键含有6m

ol共价键，含有p-p键的个数为6NA，故A错误；B．2SCl中S原子价层电子对数为2+()1622−=4，21molSCl分子中，S原子的价层电子对数目为A4N，故B错误；C．CH3COOH单键都σ键，碳氧双键中含有1个σ键，故1mol乙酸中含7molσ键即7NA条，故C正确；D．单晶硅中每

个Si原子可形成4个Si-Si键，每个Si-Si键被2个Si原子共用，则每个Si原子含有Si-Si键的个数为4×12=2，所以28g(即1mol)单晶硅晶体含有的Si-Si键的数目为2NA，故D错误；故选C。8.葡酚酮是由葡萄籽提取的一种花青素类衍生物(结构简式如图)具有良

好的抗氧化活性。下列关于葡酚酮叙述错误的是A.基态氧原子的电子有5种空间运动状态B.分子中含有两种杂化轨道类型的碳原子C.分子中含有2个手性碳原子D该分子可形成分子间氢键【答案】C【解析】【详解】A．把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，因而空间运动状态个数等于轨

道数；基态O原子核外电子排布为1s22s22p4，有5种空间运动状态，A正确；B．有机物中苯环、酯基、羧基、碳碳双键的碳原子为sp2杂化，饱和碳原子为sp3杂化，B正确；C．分子中含有3个手性碳原子，C错误；D．

有机物含有羟基、羧基等，可形成分子内氢键，D正确；故选C。9.下列各组物质性质的比较，结论正确的是A.在水中的溶解度：3232CHCHBrCHCHOHB.溶液酸性：33CFCOOHCClCOOHC.晶体熔点：碳化硅<晶体硅D.沸点：>【答案】D【解析】【详解】A．乙醇与水分子间能形

成氢键，乙醇易溶于水，CH3CH2Br难溶于水，所以在水中的溶解度：CH3CH2Br＜CH3CH2OH，故A错误；B．由于元素的非金属性(电负性)：F>Cl，所以吸引电子对能力F比Cl更强，极性依次减弱，从而使CF3COOH中的-COOH的羟基H原子

具有更大的活性，更容易发生电离，所以酸性：CF3COOH>CCl3COOH，故B错误；C．晶体硅、碳化硅都是原子晶体，原子半径越小，共价键越短，键能越大，熔沸点越高，因为碳原子半径小于硅原子半径，所以C-Si＜Si-Si，所以晶体熔点：碳化硅>晶体硅，故C错误；.D．邻羟基苯甲酸可以形

成分子内氢键，使熔沸点偏低，而对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键，使熔沸点偏高，则沸点：>，故D正确；故选D。10.以SO2为原料，通过下列工艺可制备化工原料H2SO4和清洁能源H2。下列说法中不正确的是A.该生

产工艺中Br2被循环利用B.在电解过程中，电解槽阴极附近溶液的pH变大C.原电池中负极发生的反应为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+D.该工艺总反应的化学方程式表示为SO2+Br2+2H20=2HBr+H2SO4【答案】D【解析】【详解】A项，分析流程：SO2、B

r2和H2O反应生成HBr和H2SO4，然后分离HBr和H2SO4，最后电解HBr溶液得到Br2和H2，结合流程可得，该生产工艺中Br2被循环利用，故A正确；B项，电解HBr溶液，阴极H+得电子生成H2，消耗H+，在电解过程中

，电解槽阴极附近溶液的pH变大，故B正确；C项，原电池中负极发生失电子氧化反应，电极反应式为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，故C正确；D项，该工艺是以SO2为原料，制备H2SO4和H2，总反

应为：SO2+2H2O=H2SO4+H2，故D正确。11.我国科学家研发了一种水系可逆2ZnCO−电池，电池工作原理如图所示，电极材料为金属锌和选择性催化材料，图中的双极膜层间的2HO解离成H+和OH−，并在直流

电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是A.电解质溶液2一定是碱性溶液B.充电时，每生成标况下211.2LO在阴极可生成65gZnC.充电时，阳极电极反应式222HO4e=O4H−+++D.放电时，电池总反应为()22242ZnO4OH

2HO=2ZnOH−−+++【答案】B【解析】【分析】由图可知，放电时，Zn作负极，电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)24−，右侧电极为正极，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，充电时，Zn作阴极

，电极反应式为Zn(OH)24−+2e-=Zn+4OH-，右侧电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，据此作答。【详解】A．放电时，右侧电解质溶液生成甲酸，溶液为酸性溶液，故A错误；B．充电时，右侧电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，11.2L

O2的物质的量为0.5mol，转移电子2mol，Zn作阴极，电极反应式为Zn(OH)24−+2e-=Zn+4OH-，阴极生成Zn质量为2mol2×65g/mol=65g，故B正确；C．由分析可知，充电时，右侧电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=

O2↑+4H+，故C错误；D．由放电时两极反应可知，电池总反应为Zn+CO2+2OH-+2H2O=Zn(OH)24−+HCOOH，故D错误；故选：B。12.砷化硼晶体是具有超高热导率的半导体材料，其结构如图所示，

若晶胞参数为nma，下列说法正确的是。A.砷化硼的化学式为74BAsB.与顶点B原子距离最近且等距的B原子有6个C.B、As原子之间的最短距离为3nm4aD.该晶体的密度为33A344gcmNa−【答案】C为【解析】【详解】

A．由均摊法可知，晶胞中B原子数目为8×18+6×12=4，晶胞中As原子数目为4，化学式为BAs，故A错误；B．晶胞中B的位置与金刚石中碳原子位置一样，所以晶胞中位于顶点的B原子，与之距离最近且等距的B原子位于面

心，共有12个，故B错误；C．B、As原子之间的最短距离是体对角线的14，为34anm，故C正确；D．该晶体密度ρ=()2133A33-7A4MNm48634410==g/cmg/cmVVaNa10AN=

，故D错误；故选：C。13.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度与温度T的关系如图所示。则下列说法正确的是A.该反应的Δ

H>0B.若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1<K2C.在T2时，若反应体系处于状态D，则此时一定有v(正)<v(逆)D.在T3时，若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态【答案】D【解析】【详解】A．由图像可知，T

1<T2，升高温度c平(NO)增大，平衡左移(吸热方向)，所以ΔH<0，且K1>K2，A错误；B．由图像可知，T1<T2，升高温度c平(NO)增大，平衡左移(吸热方向)，所以ΔH<0，且K1>K2，B错误；C．T2时由D→B点需降低c平(NO)，即平衡向右移动，所以D

点对应体系中，v(正)>v(逆)，C错误；D．由于反应物C为固体，故容积不变时，反应后气体质量增大，混合气体的密度增大，当密度不再变化时，可以判断反应达到平衡状态，D正确。故选D。14.常温下，浓度均为10.1molL−、体积均为100mL的两种一元酸H

X、HY的溶液中，分别加入NaOH固体，()()cHlgcOH+−随加入NaOH的物质的量的变化如图所示。下列叙述正确的是A.HX的酸性弱于HYB.a点由水电离出的()131cH10molL+−−=C.b点时酸碱恰好完全反应D.b点

溶液中的()aHYK小于c点溶液【答案】B【解析】【详解】A．未加氢氧化钠时，相同浓度溶液中，HX的()()cHlgcOH+−=12，而HY的()()cHlgcOH+−<9，由于c(H+)×c(OH-)=Kw，则HX溶液中氢离子浓度更大，故HX的酸性强于HY，故A错误；B．a点溶液()(

)cHlgcOH+−=12，结合c(H+)c(OH-)=10-14，可知c(OH-)=10-131mol/L，酸性溶液中水电离出的c(H+)等于溶液中c(OH-)，即a点由水电离出的c(H+)=10-13mol∙L-1，故B正确；C．HY为

0.01mol，b点进入NaOH为0.008mol，二者按物质的量1：1反应，故HY有剩余，故C错误；D．()aKHY只受温度影响，b点和c点温度相等，()aKHY相等，故D错误；故选B。第II卷(非选择题，共58分)

二、填空题：本题共4小题，共58分。15.氢、碳、氮、氧元素的单质及化合物在很多领域有着广泛的应用。回答下列问题：（1）画出基态N原子的轨道表示式___________。（2）下列分子中，①2HO，②HCl，③22HO，④2N，⑤2CO，⑥26CH，⑦()HC

NHCN−既有键又有π键的是___________(填序号，下同)；以极性键结合，具有直线形结构的非极性分子是___________；HCN分子中N原子的杂化轨道类型是___________。（3）22NF(二氟氮烯)分子中的氮原子采用2

sp杂化，则22NF的结构式为_________。（4）重铬酸铵()4272NHCrO常用作有机合成催化剂，227CrO−的结构如图。()42721molNHCrO中键数目为___________AN。（5）利用皮秒激光照射悬浮在甲醇溶液中的

多臂碳纳米管可以合成T-碳，T-碳的晶体结构可看成金刚石晶体中每个碳原子被正四面体结构单元(由四个碳原子组成)替代，图a、b分别为T-碳的晶胞和俯视图，图c为金刚石晶胞。一个T-碳晶胞中含有___________个碳原子，T-碳的密度为金刚石的一半，则T

-碳晶胞和金刚石晶胞的棱长之比为___________。【答案】（1）（2）①.④⑤⑦②.⑤③.sp（3）F—N=N—F（4）16（5）①.32②.2:1【解析】【小问1详解】基态N原子价电子排布式为1s22s22p3，基态N原子的轨道表示式为：。【小问2详解】①2

HO中含有H-O键、②HCl中含有H-Cl键、③22HO中含有H-O和O-O键、④2N中含有NN、⑤2CO含有C=O键、⑥26CH含有C-C和C-H、⑦()HCNHCN−，既有键又有π键的是④⑤⑦；

以极性键结合，具有直线形结构的非极性分子是⑤；HCN分子中N原子价层电子对数为2，杂化轨道类型是sp。【小问3详解】22NF(二氟氮烯)分子中的氮原子采用2sp杂化，说明N原子的价层电子对数为3，说明N原子形

成-N=N-，则22NF的结合式为F—N=N—F。【小问4详解】()4272NHCrO中的Cr2O27−含有8个o键，还有2×4=8个N-H键，所以1mol()4272NHCrO中键数目为16NA。【小问5详解】金刚石晶胞中C原子位于顶点8个，面心上下左右前

后6个，体内两层对角线台2个共4个，C原子数目为4＋8×18+6×12=8，T-碳的晶体结构可以看成金刚石晶体中每个C被一个由4个C组成的正四面体结构单元取代，故含有C原子个数为4×8=32，T-碳的密度为金刚石的一半，T-碳的质量为金刚石的4倍，由p=mV可知，

T-碳的体积应该为金刚石的8倍，则T-碳晶胞和金刚石晶胞的棱长之比为2:1。16.运用化学反应原理研究碳、氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机有重要意义。（1）CO还原NO的反应为：()()()()222COg2NOg=Ng2COg++，请回答下列问题：①已知该反应为自发反应，则该

反应的反应热H___________0.(填“>”或“<”或“=”)②已知：()()()22NgOg2NOg+=1kJmolHa−=()()()22CsOg=COg+1kJmolHb−=()()22CsOg2CO+=1kJmolHc−=则()()()()222COg2NOg

=Ng2COg++H=________1kJmol−(用含a、b、c表达式表示)（2）一定温度下，将2molCO、4molNO充入2L密闭容器。5min到达平衡，测得2N的物的量为0.5mol，则：①5min内()NOv=____

_______。②该条件下，可判断此反应到达平衡标志是___________。A．单位时间内，消耗2molCO同时形成21molNB．混合气体平均相对分子质量不再改变C．混合气体的密度不再改变D．CO和NO的转化率比值不再改变（3）用焦炭还原NO的反应为：()()()()22

2NOgCsNgCOg++。恒容恒温条件下，向体积均为1L的甲、乙、丙三个容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中NO的物质的量()NOn随反应时间(t)的变化情况如下表所示：mint()NOmoln容器04080120160甲/400℃2

.001.51.100.800.80乙/400℃1.000.800.650.530.45丙/T℃2.001.451.001.001.00①T___________400℃(填“>”或“<”)。②乙容器达平衡时()2Nn=___

________mol。（4）氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景。在固态金属氧化物电解池中，高温电解22HOCO−混合气体制备2H和CO，基本原理如图所示，X是电源的___________极(填“正”或“负”)，电解池中阴极的反应式

是___________和22=CO2eCOO−−++。【答案】（1）①.<②.2bac−−的的（2）①.110.1molLmin−−②.B（3）①.>②.0.3（4）①.负②.222HO2e=HO−−++【解析】【小问1详解

】①该反应为熵减反应，已知该反应为自发反应，则该反应为放热反应，反应热H小于零；②已知：①()()()22NgOg2NOg+=1kJmolHa−=②()()()22CsOg=COg+1kJmolHb−

=③()()22CsOg2CO+=1kJmolHc−=由盖斯定律可知，2×②-①-③得反应()()()()222COg2NOg=Ng2COg++，则H=2bac−−1kJmol−；【小问2详解】①5min内()()()()20.5NO2N2mol/Lmin0.1mo

l/Lmin25vv===；②A．单位时间内，消耗2molCO同时形成21molN，描述的都是正反应，不能说明达到平衡状态；B．混合气体的平均相对分子质量M=m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M

会发生改变，当M不变时，反应达到平衡；C．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；D．根据化学方程式可知，设反应CO、NO均为amol，则CO和NO的转化率比值为a2=2a4，其为定值，其值不改变，不说明达到平衡状态；故选B；【小问3详解】①温度越高，

反应速率越快，比较甲丙数据可知，T>400℃；②反应为气体分子数不变的反应，则甲乙为等效平衡，结合甲容器数据可知，甲平衡时n(N2)=()12.0-0.8mol=0.6mol2，乙容器达平衡时()2Nn=10.62mol=0.3mol。【小

问4详解】由图可知，上层电极水和二氧化碳得到电子发生还原反应生成氢气和一氧化碳，为阴极，电极反应为222HO2e=HO−−++、22=CO2eCOO−−++，则与之相连的X为负极。17.肼()24NH是一种重要的工业产品，实验室用3NH与2Cl合

成肼()24NH并探究肼的性质。实验装置如图所示：已知：24NH为无色液体，熔点1.4℃，沸点113℃，与水混溶、具有强还原性。回答下列问题：（1）24NH是___________分子(填“极性”或“非极性”)，仪器a的作用是___________。（2）装置B中制备肼的离子方程式为_

__________，该装置中通入3NH必须过量的原因是___________。（3）上述装置存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，应在___________(填“A与B”或“B与C”)之间，加入一个盛有___________的洗气瓶。（

4）测定肼的质量分数。取装置B中的溶液3.2g，调节溶液pH为6.5左右，加水配成250mL溶液，移取25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用10.5molL−的碘溶液滴定(杂质不参与反应)，滴定过程中有无

色、无味、无毒气体产生(2422NHI=NHI++未配平)。滴定终点平均消耗标准溶液20.00mL，产品中肼的质量分数为___________%。【答案】（1）①.极性②.防倒吸（2）①.322422NHCl2OH=NH2Cl2HO−

−++++②.防止24NH被2Cl氧化（3）①.B与C②.饱和食盐水（4）50【解析】【分析】装置A生成氨气，装置C生成氯气，氨气和氯气B中生成肼，尾气通过烧杯中溶液吸收；【小问1详解】24NH分子中正负

电荷重心不重合，是极性分子，仪器a的作用是起安全瓶作用，防倒吸；在【小问2详解】氯气和氢氧化钠生成次氯酸钠，次氯酸钠和氨气反应生成肼和氯化钠，总反应为：322422NHCl2OH=NH2Cl2HO−−++++；已知肼

具有强还原性，次氯酸钠、氯气具有强氧化性，肼会与其反应；该装置中通入NH3必须过量的原因是因为N2H4具有强还原性易被Cl2氧化，NH3必须过量，促进氯气、次氯酸钠和氨气反应，以利于肼的生成；【小问3详解】Cl

2中含有挥发产生的HCl，会和装置B中氢氧化钠溶液反应，导致肼的产率降低，改进方法是在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体；【小问4详解】根据电子守恒可知，反应为2422NH+2I=N+4HI，

则产品中N2H4的质量分数为-312500.52010mol32g/mol225100%=50%3.2g。18.三氧化二钴是重要的化工原料。以含钴废料(主要成分为23CoO，含有少量2MnO、NiO、34FeO)为原料制备23CoO的流程如下图：已知：“滤液1”中含有

的阳离子有H+、2Co+、3Fe+、2Ni+。（1）“滤渣1”的主要成分是___________(写化学式)。（2）“酸浸”时，为了提高钴的浸出率可采取的措施有(写出两种)___________。22HO可将23CoO还原为

2Co+，离子方程式是___________。（3）在工艺流程中，已知()37sp3FeOH2.710K−=，调节pH值，要使3Fe+完全沉淀(离子沉淀完全浓度51.010molL−，lg30.5=，请问需要调节pH值为___________。（

4）加有机萃取剂的目的是为了除去___________(填离子符号)。（5）由“滤液2”可得到的主要副产品是___________(写化学式)。（6）“沉钴”过程中，生成()232CoOHCO的离子方程式___________。【答案】（1）2MnO（2）①.升温、适当提高硫酸

浓度②.Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++O2↑+3H2O（3）3.5（4）2Ni+（5）()442NHSO（6）()2332234222CoHCO3NHHO=CoOHCO3NHHO+−+++++【解析】【分析】含钴废料研磨后，加入硫酸和H2O2酸浸，除去杂质MnO2固体，所得

溶液调pH至3.7得滤渣Fe(OH)3，加入萃取剂萃取分液得含Ni2+的有机相，向含Co2+的水相中加入氨水和NH4HCO3沉钴，分别得滤液和Co2(OH)2CO3，高温煅烧Co2(OH)2CO3制备Co2O3，滤

液进一步操作得副产品硫酸铵，据此分析回答问题。【小问1详解】结合分析可知，滤渣为MnO2。【小问2详解】“酸浸”时，为了提高钴的浸出率可采取的措施有升高温度、适当提高硫酸浓度。Co2O3中+3价钴元素化合价降低被还

原生成含Co2+的溶液，H2O2中-1价的氧元素化合价升高生成0价的O2，根据得失电子守恒和质量守恒写出方程式为：Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++O2↑+3H2O。【小问3详解】“调pH”时，常温下，为保证Fe3+完全沉淀，对应Fe3+的最

大浓度为1.0×10-5mol/L，则c(OH-)=()()373115333+mol/L=3mol/LKspFeOH2.7101010cFe1−−−=，对应的c(H+)=11143101mol/L10mol/L1330−−−=，pH为-lg(31103−)=3-lg13=

3+0.5=3.5。【小问4详解】已知：“滤液1”中含有的阳离子有H+、Co2+、Fe3+、Ni2+，结合后续流程，加入有机萃取剂是为了除去Ni2+。【小问5详解】结合分析可知，滤液中还有硫酸铵可以用作化肥，故答案为：(NH4)2SO4。【小问6详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信

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