【文档说明】山东省济南市山师大附中2021-2022学年高三上学期开学考试化学试题（解析版）.docx，共(22)页，1.295 MB，由管理员店铺上传

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2019级2021-2022学年秋季开学考试化学试题1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对姓名、考生号和座号。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整

、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Ti48Fe56Co59Zn65一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。1.化学与

生产、生活、环境等社会实际密切相关。下列相关叙述正确的是A.重金属盐中毒者可以用鸡蛋清进行急救，K2FeO4可作为饮用水的消毒剂和净水剂B.乙酸、苯甲酸、乙二酸(草酸)均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.纳米铁粉通过物理吸附去除污水中Hg2、Pb2等重金属离子D.红宝石、玛瑙、水晶、钻石

的主要成分都是硅酸盐【答案】A【解析】【分析】【详解】A．重金属盐中毒者可以用鸡蛋清进行急救，利用蛋白质进行解毒，K2FeO4具有强氧化性，得到还原产物含有铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，因此K2FeO4可作为饮

用水的消毒剂和净水剂，故A正确；B．乙二酸(草酸)被酸性高锰酸钾氧化而褪色，故B正确；C．纳米铁粉与Hg2、Pb2等重金属离子反应，是化学反应，故C错误；D．玛瑙、水晶主要成份是二氧化硅，钻石主要成分是碳单质，故D错误。综上所述，答案为

A。2.关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。A确定时，当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系(其他反应产物及反应所需条件均已略去)，当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。2222ClOOHOXABCDEF⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→下

列说法中不正确的是A.当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4B.当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3的C.B和Cl2的反应是氧化还原反应D.A可能为亚硫酸铵【

答案】D【解析】【分析】关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。A确定时，当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系(其他反应产物及反应所需条件均已略去)，当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外

，另一产物是盐酸盐，得出A为硫化铵。【详解】A．当X是强酸时，A为硫化铵，B为硫化氢，C为硫单质，D为二氧化硫，E为三氧化硫，F为硫酸，因此A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4，故A正确；B．当X是强碱时，A为硫化铵，

B为氨气，C为氮气，D为一氧化氮，E为二氧化氮，F为硝酸，因此A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3，故B正确。C．B是氨气或硫化氢，氨气与Cl2反应生成氯化铵和氮气，硫化氢和氯气反应生成硫单质和氯化氢，

因此B与氯气反应是氧化还原反应，故C正确；D．A若为亚硫酸铵，和酸反应生成二氧化硫，二氧化硫和氯气反应生成硫酸和盐酸，不符合题意，故D错误。综上所述，答案为D。3.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NAB.10g46

%乙醇水溶液中所含氧原子数为0.4NAC.32.5gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.2NAD.足量的锌与一定量的浓硫酸充分反应，放出标况下2.24LSO2和H2混合气体时，转移电子数为0.2NA【

答案】C【解析】【分析】【详解】A．48g正丁烷和10g异丁烷的混合物的物质的量为1mol，共价键数目为13NA，A正确；B．10g46%乙醇水溶液中所含氧原子数为：-1A-1-146g100g-46g(+)?Nmol=46g?mol18g

?mol0.4NA，B正确；C．32.5gFeCl3的物质的量为0.2mol，水解形成的Fe(OH)3胶体粒子，Fe(OH)3胶粒是多个Fe(OH)3的聚合体，Fe(OH)3胶体粒子数小于0.2NA，C错误；D．Zn2H2SO4(浓)=ZnSO4SO2↑2H2O，ZnH2SO4=ZnSO4H2

↑从方程式可看出，锌失去两个电子生成锌离子，标况下2.24LSO2和H2混合气体的物质的量为0.1mol，转移电子数为0.2NA，D正确；答案选C。4.对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是粒子组判断和分析ANa+、3Al+、Cl−、32NHHO不能大量共存，

因发生反应：332242Al4NHHO=AlO4NH2HO+−++++BH+、K+、223SO−、24SO−不能大量共存，因发生反应：223222HSOSO=SOH+−+++CNa+、3Fe+、24SO−、22HO能大量共存，粒子

间不反应DH+、Na+、Cl−、4MnO−能大量共存，粒子间不反应A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A.Al3和NH3H2O生成Al(OH)3沉淀而不是生成Al2O−，故A错误；B．S223O

−和H反应生成单质硫、二氧化硫和水，离子方程式为：2HS223O−=S↓SO2↑H2O，故B正确；C．Fe3做催化剂促进H2O2分解，不能大量共存，故C错误；D．在酸性条件下Mn4O−能将Cl-氧化为Cl2，不能大量共存，故D错误；答案选B。5.以含钴废渣

（主要成分CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质）为原料制备CoCO3的一种实验流程如下所示，下列说法正确的是A.用装置甲制备“酸浸”所需的SO2B.用装置乙配制“酸浸”所需的1mol·L-1H2SO4溶液C.用装置丙过滤“沉钴”所得悬浊液D.用装置丁灼烧CoCO3固体制Co2O3

【答案】C【解析】【详解】A．浓硫酸与铜反应需要加热，甲装置没有酒精灯，无法反应制取SO2，A项错误；B．滴定管使用时应悬于容量瓶上方，不能伸入容量瓶内，这样会污染试剂，B项错误；C．过滤用于固液分离，用装置丙可以过滤“沉钴”所得悬浊液，

且装置中操作正确，C项正确；D．灼烧CoCO3固体应用坩埚，不能在烧杯中直接灼烧固体，D项错误；答案选C。6.下列关于元素周期表的说法正确的是A.原子序数相差8的两短周期元素，它们一定是同主族元素B.价电子排

布为5s25p4的元素位于第五周期第VIA族，是p区元素C.镧系元素在周期表中占据同一格，它们互为同位素D.第四周期元素中，基态原子未成对电子数目最多的是锰【答案】B【解析】【详解】A．原子序数相差8的两短周期元素，它们可能是零族元素，A错误；B．价电子

排布为5s25p4的元素位于第五周期第VIA族，是p区元素，B正确；C．镧系元素在周期表中属于f区，原子序数从57到70，C错误；D．根据洪特规则可知，第四周期元素中，基态原子未成对电子数目最多的Cr(3d54s1)有6个，Mn(3d54s2

)是5个，并不是最多的，D错误；故选B。7.磷酸亚铁锂(LiFePO4)可用作锂离子电池的正极材料，具有安全性高、热稳定性强等优点。工业上以FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺()等为原料制备磷酸亚铁锂。下列说法错误

的是A.该反应中苯胺作还原剂B.+4NH和3-4PO的空间构型相同C.1mol苯胺分子中含有9molσ键D.LiCl、苯胺和甲苯的熔点由高到低的顺序是LiCl>苯胺>甲苯【答案】C【解析】【详解】A．从反应物和生成物分析，三价铁被还原为二价铁，其它

元素化合价不变，得知还原剂是苯胺，A正确；B．+4NH和3-4PO的空间构型都是正四面体型，B正确；C．从苯胺结构简式分析，1mol苯胺分子中含有14molσ键，其中氨基上含3molσ键，苯环碳碳间含6molσ键，苯环上的碳氢间含5molσ键，C错误；D．LiCl属离子晶体，熔点高于分子晶

体，苯胺和甲苯同属分子晶体，苯胺分子间能形成氢键，故其熔点较甲苯高，D正确；故选C。8.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与氢元素形成的二元化合物为五核10电子；X元素价电子排布式为nsnnpn2；X、Y同主族相邻。下列说法正确的是A.WY2属于极性分子B.W的某种单质可能是共价晶

体C.YX2-3的空间构型为平面三角形D.氧化物对应水化物的酸性：W＜Y＜Z【答案】B【解析】【分析】由题意，W与H形成二元化合物为五核10电子，该化合物为4CH，即W为C元素；根据电子排布的规律，s轨道最多容纳2个电子，所以n=2，即X的价电子排布式为242s2p，为O元素；Y

与X同主族，且相邻，则Y为S元素；Z为Cl元素。【详解】A．2CS属于非极性分子，故A错误；B．C元素形成的单质有石墨、金刚石、足球烯、C60等，均为共价晶体，故B正确；C．2-3SO中，中心原子S为3sp杂化，因为存在孤对电子，为三角

锥形结构，故C错误；的D．非金属元素最高价氧化物对应的水化物酸性与非金属性正相关，未说明是否最高价的时候不能确认酸性强弱，故D错误；故选B。9.下列“类比”结果不正确．．．的是A.22HO的热稳定性比2HO的弱，则24NH的热稳定性比3NH的弱B.2HO的分子构型为V

形，则二甲醚的分子骨架(C-O-C)构型为V形C.()32CaHCO的溶解度比3CaCO的大，则3NaHCO的溶解度比23NaCO的大D.将丙三醇加入新制()2CuOH中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制()2CuOH中溶液

也呈绛蓝色【答案】C【解析】【分析】【详解】A．22HO分子内含有化学键：O-O，热稳定性弱于2HO，24NH分子内含有化学键：N-N，热稳定性弱于3NH，A正确；B．2HO中氧原子的价层电子对数为4，3sp杂化，含有两对孤电子对，空间构型为：V

形，二甲醚的分子骨架(C-O-C)中氧原子价层电子对数为4，3sp杂化，含有两对孤电子对，空间构型为：V形，B正确；C．钠盐、钾盐等碳酸盐溶解度大于碳酸氢盐溶解度，钙盐相反，碳酸氢钙的溶解度大于碳酸钙，C错误；D．多羟基的醇遇新制()2CuOH溶液呈绛蓝色，丙三醇加入新

制()2CuOH溶液呈绛蓝色，葡萄糖为多羟基的醛，遇新制()2CuOH溶液呈绛蓝色，加热后出现砖红色沉淀，D正确；答案为：C。10.咖啡酸有较广泛的抑菌和抗病毒活性，可在化妆品中安全使用，其结构简式如图所示。下列关于咖啡酸的说法不正确的是A.分子中碳原子的杂化方式

有1种B.分子中可能共平面的碳原子最多有8个C.该物质中可能存在分子间氢键D.1mol该物质与足量溴水反应，需要的2Br最多为4mol【答案】B【解析】【分析】【详解】A．该物质的分子中碳原子均采取sp2杂化，A正确；B．该物质的分子中含有碳碳双键和苯环两个平面结构，则最多有9个碳原子共平

面，B错误；C．该物质分子中含有羟基和羧基，可能存在分子间氢键，C正确；D．溴取代酚羟基的邻位和对位上的C-H中的H消耗3mol，双键加成消耗1mol，1mol该物质与足量溴水反应，需要的2Br最多为4mol，D正确；答案选B。二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。11.番木鳖酸具

有一定的抗炎、抗菌活性，结构简式如图。下列说法错误的是A.1mol该物质与足量饱和NaHCO3溶液反应，可放出22.4L(标准状况)CO2B.一定量的该物质分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者物质的量之比为5：1C.1mol该物质最多可与2molH2发生加成反

应D.该物质可被酸性KMnO4溶液氧化【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．根据分子的结构简式可知，1mol该分子中含有1mol-COOH，可与3NaHCO溶液反应生成1mol2CO，在标准状况下其体积为22.4L，A正确；B．1mol分子中含5mol羟基和1mol羧基，其中羟基和羧

基均能与Na发生置换反应产生氢气，而只有羧基可与氢氧化钠发生中和反应，所以一定量的该物质分别与足量NaNaOH和反应，消耗二者物质的量之比为6:1，B错误；的C．1mol分子中含1mol碳碳双键，其他官能团不与氢气发生加成反应，所以1mol该物质最多可与21molH发生加成反应，C错误

；D．分子中含碳碳双键和羟基，均能被酸性4KMnO溶液氧化，D正确；故选BC。12.立体异构包括顺反异构、对映异构等。有机物M(2-甲基-2-丁醇)存在如图转化关系，下列说法正确的是A.N分子可能存在顺反异构B.L的任一同分异构体最多有1个手性碳原子C.M

的同分异构体中，能被氧化为酮的醇有4种D.L的同分异构体中，含两种化学环境氢的只有1种【答案】BD【解析】【分析】M()在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生消去反应生成或，N与HCl发生加成反应生成L，L能发生水解反应生成M，则L的结构简式为，据此分析解题。【详解】A．顺反异构是指化合物分子中由于具有

自由旋转的限制因素，使各个基团在空间的排列方式不同而出现的非对映异构现象，、都不存在顺反异构，故A错误；B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，L的同分异构体结构及手性碳原子(用*标记)为、、、、、、、，任一同分异构体中最多含有1个手性碳原子，故B正确；C．当与羟基相连的碳原子上只

有1个氢原子时，醇发生催化氧化反应生成酮，羟基取代戊烷同分异构体中含有2个氢原子的碳原子上1个氢原子即满足条件，满足条件的结构有：、、，共3种，故C错误；D．连接在同一碳原子上的氢原子等效，连接在同一碳

原子上的甲基等效，由B项解析可知，L的同分异构体中，含有2种化学环境的氢原子的结构为，故D正确；答案选BD。13.下列实验中，对应的现象以及结论都正确的是选项实验现象结论A在某醛类有机溶液中滴入溴水溴水褪色该醛类物质含有碳碳双键B将

苯、液溴和铁粉混合后产生的气体直接通入AgNO3溶液中产生淡黄色沉淀苯和液溴发生了取代反应C向FeBr2和KSCN混合溶液中滴入少量新制氯水，再加入CCl4混合振荡、静置下层呈无色，上层呈红色Fe2的还原性大于Br-D向CO还原Fe2O3得到的黑色固体中加入盐酸，固体溶解后再加入KSCN溶液，溶

液不显红色黑色固体中没有Fe3O4A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】【详解】A．醛基可能会被溴水氧化，使溴水褪色，该物质中不一定含有碳碳双键，故A错误；B．液溴易挥发，挥发出的溴单质与AgNO3溶液反应也能生成AgBr沉淀，所

以产生淡黄色沉淀并不能说明苯和液溴发生了取代反应，故B错误；C．向FeBr2和KSCN混合溶液中滴入少量新制氯水，因Fe2的还原性大于Br-，亚铁离子被氧化为铁离子，与硫氰化钾反应生成血红色络合物，加入四氯化碳试剂后静置，

有机层在下层呈无色，水层在上层呈红色，故C正确；D．CO还原Fe2O3得到单质铁，即使黑色固体中有Fe3O4，其溶于盐酸后产生的Fe3可能与Fe发生反应Fe2Fe3=3Fe2，加入KSCN溶液也不显红色，D错误；故选C。14.1-丁醇、溴化

钠和70%的硫酸共热反应，经过回流、蒸馏、萃取分液制得1-溴丁烷粗产品，装置如图所示：已知：Δ3232432342CH(CHOH+NaBr+HSOCH(CHBr+NaHSO+HO))⎯⎯→下列说法正确的是A.装置I中回流的目的是为了减少物质的挥发，提高

产率B.装置Ⅱ中a为进水口，b为出水口C.用装置Ⅲ萃取分液时，将分层的液体依次从下放出D.经装置Ⅲ得到的粗产品干燥后，使用装置Ⅱ再次蒸馏，可得到更纯的产品【答案】AD【解析】【分析】根据题意1-丁醇、溴化钠和70%的硫酸在装置I中共热发

生Δ3232432342CH(CHOH+NaBr+HSOCH(CHBr+NaHSO+HO))⎯⎯→得到含323CH(CH)OH、323CH(CH)Br、NaHSO4、NaBr、H2SO4的混合物，混合物在装置Ⅱ中蒸馏得到323CH(CH)OH和323

CH(CH)Br的混合物，在装置Ⅲ中用合适的萃取剂萃取分液得323CH(CH)Br粗产品。【详解】A．浓硫酸和NaBr会产生HBr，1-丁醇以及浓硫酸和NaBr产生的HBr均易挥发，用装置I回流可减少反应物的挥发，提高产

率，A正确；B．冷凝水应下进上出，装置Ⅱ中b为进水口，a为出水口，B错误；C．用装置Ⅲ萃取分液时，将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C错误；D．由题意可知经装置Ⅲ得到粗产品，由于粗产品中各物质沸点不同，再次进行蒸馏可得到

更纯的产品，D正确；选AD。15.磷化氢(PH3)是一种在空气中能自燃的剧毒气体，具有还原性，可作为电子工业原料。PH3的一种工业制法流程如下：下列说法错误的是A.H3PO2为一元弱酸B.该过程最好在无氧条件下进行C.不考虑损失，1molP4参与反应，

可产生2.5molPH3D.反应1中氧化产物和还原产物的物质的量之比为1︰3【答案】D【解析】【分析】【详解】A．过量的NaOH反应只生成NaH2PO2，说明H3PO2只电离出一个氢离子，为一元弱酸，A正确；B．P4、PH3在有氧条件下

易自燃，则反应过程需保持无氧条件，B正确；C．反应1的化学方程式P43NaOH3H2O=3NaH2PO2PH3↑，1P4~1PH3，反应3的化学方程式为2H2PO2=H3PO4PH3，1P4~3NaH2PO2~1.5PH3，可知1molP4参与反应，可产生2.5molPH3，C正确；

D．反应1的化学方程式P43NaOH3H2O=3NaH2PO2PH3↑，氧化产物是NaH2PO2，还原产物是PH3，物质的量之比为3︰1，D错误；故选：D。三、非选择题16.氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌

、消毒及化工领域。实验室中利用如图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。回答下列问题：（1）盛放MnO2粉末的仪器名称是，a中的试剂为。（2）b中采用的加热方式是。c中化学

反应的离子方程式是，采用冰水浴冷却的目的是。（3）d的作用是，可选用试剂(填标号)。A.Na2SB.NaClC.Ca(OH)2D.H2SO4（4）反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，，，干燥，得到KClO3晶体。（5）取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴

加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显色。可知该条件下KClO3的氧化能力(填“大于”或“小于”)NaClO。（6）84消毒液的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%

的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000kg该溶液需消耗氯气的质量为kg(保留整数)。【答案】（1）①.圆底烧瓶②.饱和食盐水（2）①.水浴加热②.Cl22OH-=Cl-C

lO-H2O③.避免生成NaClO3（3）①.吸收尾气(Cl2)，防止污染环境②.AC（4）①.过滤②.少量(冷)水洗涤（5）①.紫②.小于（6）①.ClO-Cl-2H=Cl2↑H2O②.203【解析】【分析

】整套装置最左端为氯气的发生装置，利用二氧化锰固体和浓盐酸在加热条件下制取氯气，由于盐酸有挥发性，导致氯气中含有杂质HCl和水蒸气。其中，氯气中的杂质的HCl气体会影响后面KClO3和NaClO的制备，故需要用饱和食盐水(a中盛放试剂)除去氯气中的HCl杂质。b为氯气与KOH溶液在加热条件下制取K

ClO3的装置，发生的反应为3Cl26KOH→KClO35KCl3H2O，c为氯气与NaOH溶液在较低温度下制取NaClO的装置，发生的反应为Cl22NaOH=NaClNaClOH2O。d为尾气的吸收装置，可防止污染环境，吸收氯气可用还原性物质或碱性溶液，据此分析解题。【小问1详解】根据装置

图和分析可知盛放MnO2粉末的仪器名称是圆底烧瓶，a中的试剂为：饱和食盐水。【小问2详解】b中采用的是水浴加热方法。c装置中反应的离子方程式为Cl22OH-=Cl-ClO-H2O，c中采用冰水浴的目的是防止温度较高氯气和NaOH溶液生成NaClO3；【小

问3详解】d装置中应盛放还原性物质或碱性物质，故符合条件的试剂为A、C；【小问4详解】从溶液中获得晶体可采用的方法步骤为：冷却结晶→过滤→洗涤(少量冷水)→干燥；【小问5详解】1号试管中的KClO3溶液不能将I-氧化为单质I2，而2号试管中的NaClO溶液可将I-氧化为I2，故

在此条件下氧化性：KClO3小于NaClO。四氯化碳萃取出碘水中的I2后，静置一段时间可观察到液体分为两层，由于四氯化碳的密度大于水的密度，则碘的四氯化碳溶液在下层，呈紫色；【小问6详解】酸性条件下ClO-与Cl-发生归中反应：

ClO-Cl-2H=Cl2↑H2O；设原30%的NaOH溶液的质量为x，结合反应2NaOHCl2=NaClNaClOH2O，可得方程：-1-171g?mol(x30%-1000kg1%)240g?molx=100

0kg解得x=796.74kg，则消耗Cl2的质量为1000kg-796.74kg=203.26kg≈203kg。17.某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如图工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体

(NiSO4·7H2O)：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子Ni2Al3Fe3Fe2开始沉淀时(c=0.01mol∙L−1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c=1.0×10

−5mol∙L−1)的pH8.74.73.29.0回答下列问题：（1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂、和。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式。（2）“滤液②”中含有的金属离子是。（3）“转化”中可替代H2O2的物质是。若工艺流程

改为先“调pH”后“转化”，即(如图)：“滤液③”中可能含有的杂质离子为。（4）利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=(带入具体数据列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2浓度为1.0mol∙L

−1，则“调pH”应控制的pH范围是。（5）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式。【答案】（1）①.溶解铝及其氧化物②.[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O（2）N

i2、Fe2、Fe3（3）①.O2或空气②.Fe3（4）①.0.01×(107.2−14)2mol3·L−3②.3.2～6.2（5）2Ni2＋ClO－＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O【解析】【分析】废镍催化剂中能与NaOH溶液反应的有油脂、铝及其氧化物，过

滤后，得到滤饼①的成分为Ni、Fe及其氧化物等，用稀硫酸酸浸时可得到NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3等，过滤后得到滤液含有金属阳离子有Ni2、Fe2、Fe3；用双氧水氧化亚铁离子得到铁离子，用NaOH溶液调节溶液pH值，过滤得

到滤液，控制pH浓缩结晶，最终得到硫酸镍晶体。【小问1详解】废镍催化剂中能与NaOH溶液反应的有油脂、铝及其氧化物，滤液①中的溶质为Na[Al(OH)4]、高级脂肪酸钠和甘油，当向该滤液中滴加稀硫酸将溶液调为中性时，其中的Na[Al(OH)4

]可与稀硫酸反应得到Al(OH)3沉淀，其离子方程式为[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O；故答案为：溶解铝及其氧化物；[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O。【小问2详解】滤饼①的成

分为Ni、Fe及其氧化物等，用稀硫酸酸浸时可得到NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3等，则滤液②中的金属阳离子有Ni2、Fe2、Fe3；故答案为：Ni2、Fe2、Fe3。【小问3详解】加H2O2溶液“转化”的目的

是将Fe2氧化为Fe3，替代起氧化作用的H2O2溶液的可以为O2或空气，这样既能将Fe2氧化，又不引进新杂质。由于Fe2开始沉淀、沉淀完全时的pH与Ni2的相近，所以若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，则“调pH”得到Fe(OH)3沉淀，Fe2与Ni2一起存在于溶液中，通过“转化”(氧化)使Fe

2转变为Fe3而被沉淀出来，则滤液③中可能的杂质离子为氧化得到的Fe3；故答案为：O2或空气；Fe3。【小问4详解】根据Ni2开始沉淀时的pH为7.2，可得Ni(OH)2的Ksp=c平(Ni2)·2c平(OH－

)=0.01×(107.2−14)2mol3·L−3，根据Ni2完全沉淀时的pH为8.7，也可得Ni(OH)2的Ksp=c平(Ni2)·2c平(OH－)=10-5×(108.7−14)2mol3·L−3；“调pH”是为了使Fe3沉淀完全，根据Fe3完全沉淀时的pH为

3.2可知，pH应大于3.2，同时不能使Ni2沉淀，则c(Ni2)·c2(OH－)＜0.01×(107.2−14)2mol3·L−3，根据c(Ni2)=1.0mol·L−1，可求得c(OH－)＜10−7.8mol·L−1，对应c(H＋)＞10−6.2mol·L

−1，则“调pH”的pH应小于6.2，则“调pH”控制的pH范围是3.2～6.2；故答案为：0.01×(107.2−14)2mol3·L−3；3.2～6.2。【小问5详解】Ni2被ClO－氧化为NiOOH，ClO－被还原为Cl－，根据电子守恒可配平得：2Ni

2＋ClO－→2NiOOH↓＋Cl－，最后可配平得：2Ni2＋ClO－＋4OH－＝2NiOOH↓＋Cl－＋H2O；故答案为：2Ni2＋ClO－＋4OH－＝2NiOOH↓＋Cl－＋H2O。18.工业上常用水钴矿(主要成分为Co2O3，还含少量Fe2O3、Al2O3、

MgO、CaO等杂质)制备钴的氧化物，其制备工艺流程如下(已知Na2SO3能还原Fe3＋和Co3＋)：回答下列问题：(1)在加入盐酸进行“酸浸”时，能提高“酸浸”速率的方法有(任写2种)。(2)“酸浸”后加入Na2S

O3钴的存在形式为Co2＋，产生Co2＋反应的离子方程式为(3)溶液a中加入NaClO的作用是(4)沉淀a的成分是(写化学式)，操作2的名称是(5)溶液d中的金属离子只有Co2＋和Na＋两种，则溶液c中加入NaF溶液的作用是(6)在空气中缎烧C

oC2O4生成钴的某种氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为12.05g，CO2的体积为6.72L(标准状况)，则此反应的化学方程式为【答案】①.将水钴矿石粉碎；充分搅拌；适当增加盐酸浓度；提高酸浸温度等②.32223242CoSOHO2CoSO2H+−+−+++=++③

.将溶液中Fe2氧化成Fe3④.Fe(OH)3、Al(OH)3⑤.过滤⑥.使Mg2、Ca2转化为难溶于水的MgF2、CaF2沉淀除去⑦.3CoC2O42O2Co3O46CO2【解析】【分析】水钴矿中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、

CaCl2，浸出液含有的阳离子主要有H、Co2、Fe2、Mn2、Ca2、Mg2、Al3等，则加入的Na2SO3将Co3、Fe3还原为Co2、Fe2；加入NaClO将Fe2氧化为Fe3，溶液b中阳离子有Co2、Fe3、Al3、Mg

2、Ca2，加入碳酸氢钠，Fe3、Al3与碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应分别生成Fe(OH)3、Al(OH)3，故沉淀A的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；溶液c中含有Co2、Mg2、Ca2，加入NaF，Mg2、Ca2转化成MgF2、CaF2沉淀，溶液d中含

有Co2，溶液d中加入草酸铵过滤得到CoC2O4晶体，最后煅烧得到钴的氧化物，据此分析作答。【详解】（1）“酸浸”时为固体与液体的反应，根据外界条件对化学反应速率的影响，在加入盐酸进行“酸浸”时，能够提高“酸浸”速率的方法有：将水钴矿

石粉碎，增大接触面积；充分搅拌；适当增加盐酸的浓度；适当提高酸浸的温度等，故答案为将水钴矿石粉碎；充分搅拌；适当增加盐酸浓度；提高酸浸温度等。（2）酸浸时水钴矿中的Co2O3、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO溶解转化为CoCl3、FeCl3、AlCl3

、MgCl2、CaCl2；加入Na2SO3，钴的存在形式为Co2，Co3被还原为Co2，则SO32-被氧化成SO42-，产生Co2的反应可表示为：SO32-Co3→Co2SO42-，根据得失电子守恒配平为：SO32-2Co3→2Co2SO42-，根据溶液呈酸性和电荷守恒，生成

Co2的离子方程式为SO32-2Co3H2O=2Co2SO42-2H；（3）加入Na2SO3还会将Fe3还原为Fe2，反应的离子方程式为SO32-2Fe3H2O=2Fe2SO42-2H；溶液a中含有Co2、Fe2、Al3、Mg2、C

a2、Na、Cl-、SO42-等，向溶液a中加入NaClO，NaClO具有强氧化性，将Fe2氧化成Fe3，反应的离子方程式为2Fe2ClO-2H=2Fe3Cl-H2O，故答案为将溶液中Fe2氧化成Fe3；（4）加入NaClO溶液后得到溶液b中含有Co2、Fe3、Al3、Mg

2、Ca2、Na、Cl-、SO42-等；向溶液b中加入NaHCO3调节溶液的pH，使Fe3、Al3转化为氢氧化物沉淀而除去，沉淀A的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；溶液c中含有Co2、Mg2、Ca2、Na、Cl-、SO42-等，向溶液c中

加入NaF，Mg2、Ca2转化为难溶于水的MgF2、CaF2沉淀，操作2的名称为过滤，故答案为Fe(OH)3、Al(OH)3；过滤；（5）根据（4）的分析，溶液c中加入NaF溶液的作用是使Mg2、Ca2转化为难溶

于水的的MgF2、CaF2沉淀除去，故答案为使Mg2、Ca2转化为难溶于水的MgF2、CaF2沉淀除去；（6）n（CO2）=6.72L22.4L/mol=0.3mol，根据C守恒，n（CoC2O4）=0.15mol，根据Co守恒，n（Co）=0

.15mol，所得钴的氧化物中n（O）=12.050.1559/16/gmolgmolgmol−=0.2mol，n（Co）：n（O）=0.15mol：0.2mol=3:4，生成的钴的氧化物的化学式为Co

3O4，在空气中煅烧CoC2O4的化学方程式为3CoC2O42O2Co3O46CO2。19.以烯烃A、D为原料合成某药物中间体K，其流程如图：已知：RX乙醇钠⎯⎯⎯⎯⎯→2i)酸化ii)Δ,-CO⎯⎯⎯⎯⎯⎯→R

CH2COOH(R表示烃基，X表示卤素原子)回答下列问题：（1）A的化学名称是；B所含官能团名称。（2）H→I所需试剂a为。C＋I→J的反应类型是。（3）E、F与新制氢氧化铜悬浊液共热都产生砖红色沉淀。E的结构简式为

，F与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应的化学方程式为。（4）K的结构简式。（5）C的同分异构体有种（6）以丙二酸(HOOCCH2COOH)、乙烯为原料合成2−乙基丁酸()，设计合成路线(其他试剂任选)。【答案】（1）①.1,3−丁二烯②.碳

碳双键、溴原子(碳溴键)（2）①.乙醇(CH3CH2OH)②.取代反应（3）①.CH2=CHCHO②.HOCH2CH2CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHΔ⎯⎯→HOCH2CH2COONa＋Cu2O↓＋3H2O（4）（5）8（6）【解析】【分析】由A的分

子式以及A与溴单质反应生成B，则A→B发生1、4加成，则A为1,3−丁二烯；由B与氢气发生加成反应生成C，则C为；由D的分子式C3H6，以及与氧气发生氧化反应生成E可知D为，E为；结合F的相对分子质量可知F为HOCH2CH2CHO；F

与氧气在Cu作催化剂下发生催化氧化生成G，结合G的分子式可知G的结构简式为OHCCH2CHO；G与银氨溶液反应在酸化得到分子式为HOOCCH2COOH，则H的结构简式为HOOCCH2COOH；H与试剂a在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成分子式为C7H12O4的

I，则试剂a为乙醇(CH3CH2OH)，I的结构简式为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；I与C反应生成J；J再酸化、加热、脱去二氧化碳的到K。【小问1详解】由A的分子式以及A与溴单质反应生成B，则A→B发生1、4加成，则A为1,3−丁二烯；

B()中所含官能团有碳碳双键以及溴原子；故答案为：1,3−丁二烯；碳碳双键、溴原子(碳溴键)。【小问2详解】H的分子式C3H4O4、结构简式HOOCCH2COOH，以及I的分子式和反应条件可知试剂a为乙醇(CH3CH2OH)；由已知：RX乙醇

钠⎯⎯⎯⎯⎯→可知，C＋I→J的反应类型为取代反应，故答案为：乙醇(CH3CH2OH)；取代反应。【小问3详解】E、F与新制氢氧化铜悬浊液共热都产生砖红色沉淀，以及根据E的分子式C3H4O，可知E的结构简式为；根据F的相对分子质量可知F的

结构简式为HOCH2CH2CHO，则其与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应的化学方程式为HOCH2CH2CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHΔ⎯⎯→HOCH2CH2COONa＋Cu2O↓＋3H2O，故答案为：；HOCH2CH2CHO＋2Cu(OH)

2＋NaOHΔ⎯⎯→HOCH2CH2COONa＋Cu2O↓＋3H2O。【小问4详解】J经酸化水解、加热脱二氧化碳，生成K，则K的结构简式；故答案为：。【小问5详解】丁烷有正丁烷异、丁烷两种同分异构体，其中一溴

代物有共4种，a、b、c、d分子中的1个氢原子被溴原子取代得二溴代物依次由4种、2种、3种、1种，则C的同分异构体共8种；故答案为：8。【小问6详解】在浓硫酸作用下丙二酸(HOOCCH2COOH)与乙醇加热发生反应生成CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；

乙烯与HBr在一定条件下发生加成反应生成CH3CH2Br；CH3CH2Br与CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3在乙醇钠作用下反应生成；然后再酸化、加热脱二氧化碳得到目标产物；则其合成路线如下：；故答案为：。20.2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学

家。TiS2、LiCoO2和LiMnO2等都是他们研究锂离子电池的载体。回答下列问题：（1）基态Co原子的价层电子排布图为，Co2、Co3能与NH3、H2O、SCN-等形成配合物，上述配位体中的第二周期元素电负性从小到大顺序是。（2）已知第三电离

能数据：I3(Mn)=3246kJ•mol-1，I3(Fe)=2957kJ•mol-1，锰的第三电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是。（3）据报道，在MnO2的催化下，甲醛可被氧化成CO2，在处理含HCHO的废水或空气方面有广泛应用。HCHO中键角

CO2中键角(填“大于”“小于”或“等于”)。（4）工业上，采用电解熔融氯化锂制备锂，钠还原TiCl4(g)制备钛。已知：LiCl、TiCl4的熔点分别为605℃、-24℃，它们的熔点相差很大，其主要原因是。（5）二氧化钛晶胞如图1所示，钛原子配

位数为。氮化钛的晶胞如图2所示，图3是氮化钛的晶胞截面图(相邻原子两两相切)。已知：NA表示阿伏加德罗常数，氮化钛晶体密度为dg•cm-3.氮化钛晶胞中N原子半径为pm。【答案】（1）①.②.C<N<O（2）Mn失

去的是3d5上半满结构的电子，Fe失去的是3d6电子（3）小于（4）氯化锂属于离子晶体，氯化钛属于分子晶体，离子晶体里的离子键要比分子晶体里的分子间作用力强（5）①.6②.103A2-2624104Nd【

解析】【小问1详解】基态Co原子为27号元素，价层电子排布图为：；NH3、H2O、SCN—配位体中的第二周期元素为：C、N、O，电负性从左到右依次增大，电负性从小到大顺序是：C<N<O，故答案为：；C<N<O；【小问2详解】据离子价层电子排布和

洪特规则的特例分析电离能，离子越稳定，越容易生成，生成此离子的电离能越小，此离子再失电子的电离能越大。锰的第三电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是Mn2价层电子排布式为3d5，达到稳定结构，不易失电子形成Mn3，Fe2价层电子排布式为3d6，要失去

1个电子才达到稳定结构，较易形成Fe3，故锰的第三电离能大于铁。故答案为：Mn失去的是3d5上半满结构的电子，Fe失去的是3d6电子；【小问3详解】HCHO分子呈平面结构，键角接近120°，而CO2的键角是180°，碳

原子的杂化类型不同，键角不同。HCHO中键角小于CO2中键角，故答案为：小于；【小问4详解】采用电解熔融氯化锂制备锂，可知LiCl为离子晶体，TiCl4的熔点为-24℃，说明TiCl4为分子晶体，故答案为：氯化锂属于离子晶体，氯化钛属于分子晶体，离子晶体里的离子键要比

分子晶体里的分子间作用力强；【小问5详解】图1中，由均摊法可知1个晶胞含2个黑球4个白球(2个白球在体内，4个白球在面心)，所以黑球为钛，白球为氧，1个钛与6个氧相连，钛的配位数为6；由图2可知1个晶胞含4个TiN，TiN的相对式量为62，图3棱上三个粒子相

切，设晶胞棱长为a，3A462dNa=，103A462a10pmNd=，[4r(Ti)]2=2a2，r(Ti)=24a，2r(Ti)2r(N)=a，r(N)=103A2-2624×104Nd。故答案为：6；103A2-2624×104Nd获得更多资

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