甘肅省蘭州市高考化學(xué)一模試卷及答案

高考化學(xué)一模試卷一、單選題1.化學(xué)與社會、生產(chǎn)密切相關(guān)，下列說法正確的是（

）A.明礬凈水是因為其水解產(chǎn)物能殺菌、消毒，并能吸附水中懸浮物

B.95%的酒精能使蛋白質(zhì)失去生理活性，可用于消毒預(yù)防新冠肺炎

C.醫(yī)用外科口罩使用材料之一為聚丙烯，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色

D.葡萄酒中通常添加微量SO2，具有殺菌并防止營養(yǎng)成分被氧化的作用2.硫化氫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護的重要研究課題。將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl3、CuCl2的混合溶液中反應(yīng)回收S，其物質(zhì)轉(zhuǎn)化過程如下圖所示。下列敘述錯誤的是（

）A.

反應(yīng)過程中，CuCl2、FeCl3可以循環(huán)利用

B.

反應(yīng)的總方程式為：2H2S+O22S↓+2H2O

C.

由圖示的轉(zhuǎn)化可得出：氧化性的強弱順序為O2＞Cu2+＞S

D.

保持溶液中Fe3+的量不變，反應(yīng)中消耗標況下22.4L的O2，可以生成64g硫3.有機物M的結(jié)構(gòu)簡式為下列說法錯誤的是（

）A.有機物M中所有碳原子可能共處于同一平面

B.有機物M既能使酸性KMnO4溶液褪色又能使溴水褪色，且反應(yīng)類型相同

C.1mol有機物M與足量溴水反應(yīng)，消耗Br2為1mol

D.與有機物M具有相同的官能團，且含有苯環(huán)的同分異構(gòu)體有4種(不包括M)4.某同學(xué)設(shè)計利用下圖裝置制備硫酸錳，下列說法錯誤的是（

）A.裝置I燒瓶中放入的藥品X為Na2SO3固體，濃硫酸在反應(yīng)中表現(xiàn)出酸性

B.裝置II中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率，SO2在反應(yīng)中做還原劑

C.裝置III燒杯里裝的是NaOH溶液，用于吸收未反應(yīng)的SO2氣體

D.從裝置II反應(yīng)后的溶液獲取MnSO4·H2O可以采用蒸發(fā)結(jié)晶的方法5.X、Y、Z、W、M為短周期主族元素，25℃時，其最高價氧化物對應(yīng)水化物的溶液濃度均為0.01mol·L-1的pH和原子半徑大小的關(guān)系如下圖所示。下列有關(guān)說法錯誤的是（

）A.

M元素一定位于第三周期第IA族

B.

X與Z的簡單氣態(tài)氫化物反應(yīng)生成的化合物中含有離子鍵和極性鍵

C.

Z、W的氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Z<W

D.

W的氧化物可能具有還原性、氧化性6.科學(xué)家利用新型Zn-CO2水介質(zhì)電池，電極材料為金屬鋅和選擇性催化材料，放電時，溫室氣體CO2被轉(zhuǎn)化為儲氫物質(zhì)甲酸等，為解決環(huán)境和能源問題提供了一種新途徑。其電池示意圖如下圖所示，下列說法正確的是（

）A.放電時，正極區(qū)pH降低

B.放電時，Zn極發(fā)生電極反應(yīng)式為：Zn+4OH--2e-=Zn(OH)

C.充電時，每生成標況下11.2LO2在陽極可生成65gZn

D.電解質(zhì)溶液2一定是堿性溶液7.常溫下，某H3AsO4溶液中逐滴加人NaOH，溶液中含砷微粒的分布分數(shù)(某含砷微粒的物質(zhì)的量濃度占所有含砷微粒物質(zhì)的量濃度之和的分數(shù))與pH的變化關(guān)系如下圖所示。下列說法正確的是（

）A.H3AsO4的第一步電離常數(shù)Ka1>0.01

B.pH=11.5時，c(H2AsO)+2c(HAsO)＋3c(AsO)+c(OH-)=c(H+)

C.Na3AsO4溶液中，3c(Na+)=c(AsO)+c(HAsO)+c(H2AsO)+c(H3AsO4)

D.以酚酞為指示劑，將NaOH溶液逐滴加入到H3AsO4溶液中，當溶液由無色變?yōu)闇\紅色時停止滴加。該反應(yīng)的離子方程式為2OH-+H3AsO4=HAsO+2H2O二、非選擇題8.CoCl2是一種性能優(yōu)越的電池前驅(qū)材料，可用于電鍍。含鈷礦中Co元素主要以Co2O3、CoO形式存在，還含有Fe3O4、SiO2、CuO、ZnO、NiO、MgCO3等雜質(zhì)，制取氯化鈷晶體的一種工藝流程如下：濾液3經(jīng)過多次萃取與反萃取制備CoCl2晶體。已知：①焦亞硫酸鈉Na2S2O5，常做食品抗氧化劑。MgF2難溶于水。②CoCl2·6H2O熔點86℃，易溶于水、乙醚等；常溫下穩(wěn)定無毒，加熱至110~120℃時，失去結(jié)晶水變成有毒的無水氯化鈷。③部分金屬離子形成氫氧化物的pH見下表：Co3+Fe3+Cu2+Co2+Fe2+Zn2+Mg2+開始沉淀pH0.32.75.57.27.67.69.6完全沉淀pH1.13.26.69.29.69.211.1請回答：（1）實驗室中進行操作①時所需的玻璃儀器有________。濾渣1的主要成分是________。（2）取時加入Na2S2O5發(fā)生的氧化還原反應(yīng)的離子方程式為________。（3）濾液1中加入NaClO3的作用為________。加入Na2CO3溶液發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為________。（4）濾液3中加入萃取劑I，然后用稀鹽酸反萃取的目的是________。（5）制備晶體CoCl2·6H2O，需在減壓環(huán)境下烘干的原因是________。（6）某學(xué)習(xí)小組同學(xué)為測定產(chǎn)品中CoCl2·6H2O晶體的純度，將一定量的樣品溶于水，再向其中加入足量AgNO3溶液，過濾洗滌，并將沉淀烘干后稱量。通過計算發(fā)現(xiàn)產(chǎn)品中CoCl2·6H2O的質(zhì)量分數(shù)大于100%，其原因可能是________。(寫一條即可)。9.燃煤廢氣中的氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等氣體常用下列方法處理，以實現(xiàn)節(jié)能減排、廢物利用。（1）處理煙氣中的SO2常用液吸法。室溫下，將煙氣通人濃氨水中得到(NH4)2SO3溶液，0.1mol/L(NH4)2SO3溶液的pH________。(填“>”、“＜”或“=”)7.將煙氣通人(NH4)2SO3溶液可以繼續(xù)吸收SO2，用離子方程式表示出能繼續(xù)吸收二氧化硫的原因________。(已知：25℃時，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5；H2SO3：Ka1=1.5×10-2，Ka2=1.0×10-7)（2）處理煙氣中氮氧化物常用活性炭還原法，反應(yīng)為：C(s)+2NO(g)→N2(g)+CO2(g)。在T℃、100kPa時，研究表明反應(yīng)速率v(NO)=3×10-3×p(NO)(kPa·min-1)，該條件下現(xiàn)將1.5molC和2.5molNO充人恒容密閉容器中充分反應(yīng)，達到平衡時測得p(N2)=32kPa，則此時v(NO)=________kPa·min-1，以p表示各氣體的分壓，該反應(yīng)平衡常數(shù)Kp=________。（3）CO2經(jīng)催化加氫可以生成低碳燃料?？茖W(xué)家研究發(fā)現(xiàn)，在210℃~290℃，催化劑條件下CO2和H2可轉(zhuǎn)化生成甲醇蒸氣和水蒸氣。①230℃，向容器中充人0.5molCO2和1.5molH2，當H2轉(zhuǎn)化率達80%時放熱19.6kJ，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式________。②一定條件下，往2L恒容密閉容器中充人1.0molCO2和3.0molH2，在不同催化劑作用下，CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如右圖所示，催化效果最佳的催化劑是________。(填催化劑“I”、“II”或“III”)。b點v(正)________v(逆)(填“>”、“＜”或“=”)。此反應(yīng)a點已達到平衡狀態(tài)CO2的轉(zhuǎn)化率比c點高的原因是________。。10.1，2-二氯乙烷是一種廣泛使用的有機溶劑、黏合劑，其沸點為83.5℃，熔點為-35℃。下圖為實驗室中制備1，2-二氯乙烷的裝置，加熱和夾持裝置已略去。裝置A中的濃硫酸是催化劑、脫水劑，無水乙醇的密度約為0.8g·mL-1，該反應(yīng)需要控制在170℃左右進行。（1）裝置A中還缺少的一種必需實驗儀器是________。使用冷凝管的目的是________。裝置A中發(fā)生反應(yīng)主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為________。（2）裝置B中插人玻璃管的作用是________。（3）實驗時若溫度控制不好，A中三頸燒瓶內(nèi)會產(chǎn)生某種刺激性氣味的氣體，為吸收該氣體在裝置B中應(yīng)加入的最佳試劑為________。(填字母序號)。A．高錳酸鉀溶液B．濃硫酸C．氫氧化鈉溶液D．飽和碳酸氫鈉溶液為檢驗該氣體已完全除去，C中盛放的試劑為________。(填試劑名稱)。（4）D中a、c兩個導(dǎo)氣管進入儀器中的長度不同，其優(yōu)點是________。從綠色化學(xué)角度考慮，對導(dǎo)氣管b的進一步處理方法是________。（5）實驗結(jié)束后收集得到ag1，2-二氯乙烷，則乙醇的利用率為________。11.電池在人類生產(chǎn)生活中具有十分重要的作用，工業(yè)上采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺()等作為原料制備鋰離子電池正極材料磷酸亞鐵鋰(LiFePO4)，采用單晶硅和銅、鍺、鎵、硒等的化合物作為太陽能電池的制備原料。（1）基態(tài)硒原子的價電子排布式是________。（2）下圖表示碳、硅和磷元素的四級電離能變化趨勢，其中表示碳元素的曲線是________(填標號)。（3）苯胺中N原子的雜化方式為________，分子中σ鍵與π鍵的數(shù)目比為________。（4）自然界中含硼元素的鈉鹽存在于天然礦藏中，其化學(xué)式為Na2B4O7·10H2O，它的結(jié)構(gòu)單元是由兩個H3BO3和兩個［B(OH4)]-縮合而成的雙六元環(huán)，應(yīng)該寫成Na2[B4O5(OH)4]·8H2O，其結(jié)構(gòu)如下圖所示，則該晶體中不存在的作用力是___________。(填選項字母)。A.離子鍵

B.共價鍵

C.金屬鍵

D.范德華力

E.氫鍵（5）①圖1為某金屬單質(zhì)的晶胞示意圖，其堆積方式的名稱為________。②圖2為銅的某種氯化物晶胞示意圖，該物質(zhì)的化學(xué)式是________。原子坐標參數(shù)可表示晶胞內(nèi)部各原子的相對位置，上圖中各原子坐標參數(shù)A為(0，0，0)；B為(0，1，1)；C為(1，1，0)；則D原子的坐標參數(shù)為________。③圖示晶胞中C、D兩原子核間距為298pm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體密度為________g?cm-3(列出計算式即可)。12.烯烴復(fù)分解反應(yīng)原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3，現(xiàn)以烯烴C5H10為原料，合成有機物M和N，合成路線如下：（1）A分子中核磁共振氫譜吸收峰峰面積之比為________。（2）B的結(jié)構(gòu)簡式為________。，M的結(jié)構(gòu)簡式為________。F→G的反應(yīng)類型是________。。（3）已知X的苯環(huán)上只有一個取代基，且取基無甲基，寫出G→N的化學(xué)方程式________。（4）滿足下列條件的X的同分異構(gòu)體共有________。種，寫出任意一種的結(jié)構(gòu)簡式________。①遇FeCl3溶液顯紫色②苯環(huán)上的一氯取代物只有兩種（5）寫出三步完成E→F合成路線(用結(jié)構(gòu)簡式表示有機物，箭頭上注明試劑和反應(yīng)條件)________。

答案解析部分一、單選題1.【答案】D【解析】【解答】A．明礬水解生成的Al(OH)3膠體具有吸附性，能夠凈水，但不具有強的氧化性，不能殺菌消毒，A不符合題意；B．殺菌消毒一般使用75%的酒精，B不符合題意；C．聚丙烯是丙烯的聚合物，結(jié)構(gòu)中沒有碳碳雙鍵，不能使KMnO4褪色，C不符合題意；D．SO2雖然有毒，但是可以殺菌，而且具有還原性，故微量的SO2可防止葡萄糖中的營養(yǎng)成分被氧化，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.明礬可以凈水，但是不能殺毒

B.95%的酒精溶液不能殺死病毒，一般的濃度是75%

C.雙鍵可使高錳酸鉀溶液褪色，但是聚丙烯中不含雙鍵

D.二氧化硫可以殺菌，具有還原性可以作為紅酒的添加劑2.【答案】C【解析】【解答】A．從分析可知，在整個反應(yīng)過程中，Cu2+和Fe3+即CuCl2和FeCl3可以循環(huán)使用，故A不符合題意；B．將上述的三個反應(yīng)處理后相加，即將第一個反應(yīng)乘以2，第二個反應(yīng)也乘以2，和第三個反應(yīng)相加，得到總反應(yīng)：2H2S+O22S↓+2H2O，故B不符合題意；C．三步反應(yīng)，第一個反應(yīng)沒有化合價的變化，不是氧化還原反應(yīng)，第二個反應(yīng)中的氧化劑Fe3+的氧化性強于氧化產(chǎn)物S的氧化性，第三個反應(yīng)中的氧化劑O2的氧化性強于氧化產(chǎn)物Fe3+的氧化性，所以可以得出氧化性強弱的順序為O2＞Fe3+＞S，故C符合題意；D．根據(jù)反應(yīng)的總方程式為：2H2S+O22S↓+2H2O，反應(yīng)中消耗標況下22.4L的O2，即消耗1molO2時，可以生成2molS，即64g硫，故D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥繌膱D示可以看出，Cu2+和H2S發(fā)生反應(yīng)，生成CuS，離子方程式為：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；生成的CuS和Fe3+反應(yīng)生成Cu2+、Fe2+和S，離子方程式為：CuS+2Fe3+=S↓+Cu2++2Fe2+；生成的Fe2+和氧氣反應(yīng)生成Fe3+，離子方程式為：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。3.【答案】B【解析】【解答】A．苯環(huán)是一個正六邊形平面分子，它的所有原子共平面，碳碳雙鍵上的原子也有可能在同一個平面上，羧基的所有原子也可以在一個平面上，則有機物M中所有碳原子可能共處于同一平面，故A不符合題意；B．有機物M含碳碳雙鍵，與酸性高錳酸鉀溶液的反應(yīng)是氧化反應(yīng)，與溴水的反應(yīng)是加成反應(yīng)，反應(yīng)類型不同，故B符合題意；C．有機物M能與溴水反應(yīng)的官能團只有碳碳雙鍵，且只消耗1molBr2，故C不符合題意；D．與有機物M具有相同的官能團，且含有苯環(huán)的同分異構(gòu)體共有4種，其中乙烯基與羧基在苯環(huán)的間位和對位有2種，另外苯環(huán)上只有一個取代基為或，有兩種，共4種，故D不符合題意。故答案為：B。

【分析】根據(jù)給出的結(jié)構(gòu)式，含有苯環(huán)和雙鍵以及羧基，連接靠的是單鍵，可以通過旋轉(zhuǎn)進行共面，1mol有機物M可以與1mol溴發(fā)生加成反應(yīng)，可使高錳酸鉀和溴水褪色，但是褪色原理不同，根據(jù)要求寫出同分異構(gòu)體即可判斷4.【答案】D【解析】【解答】A．裝置I制備二氧化硫氣體，實驗室一般用亞硫酸鹽與濃硫酸制備，固體藥品X通常是Na2SO3，發(fā)生的反應(yīng)為Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O，符合強酸制弱酸原理，濃硫酸在反應(yīng)中表現(xiàn)出酸性，故A不符合題意；B．裝置Ⅱ中用“多孔球泡”，增大了接觸面積，可提高SO2的吸收速率，其化學(xué)方程式為SO2+MnO2=MnSO4，該反應(yīng)SO2中硫元素失電子由+4價升高到+6價，作還原劑，故B不符合題意；C．二氧化硫有毒，需要使用尾氣吸收裝置，則裝置Ⅲ中NaOH溶液用于吸收未反應(yīng)的SO2，故C不符合題意；D．從裝置II反應(yīng)后的溶液獲取MnSO4·H2O，由于產(chǎn)品是結(jié)晶水合物，若采用蒸發(fā)結(jié)晶會失去結(jié)晶水，應(yīng)采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，即降溫結(jié)晶的方法，故D符合題意；答案為D?！痉治觥坑深}中實驗裝置可知，裝置Ⅰ用于制取SO2，X應(yīng)為亞硫酸鈉，亞硫酸鈉與濃硫酸反應(yīng)生成二氧化硫；裝置II為制備硫酸錳晶體的發(fā)生裝置，二氧化硫與二氧化錳反應(yīng)生成MnSO4，使用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率；用裝置Ⅱ反應(yīng)后的溶液經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，可得到晶體；裝置Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾氣，以此來解答。5.【答案】C【解析】【解答】分析可知：X、Y、Z、W、M分別為N、C、Cl、S、Na。A．Na元素一定位于第三周期第IA族，故A不符合題意；B．X與Z的簡單氣態(tài)氫化物反應(yīng)生成的化合物氯化銨中含有銨根與氯離子形成的離子鍵和N-H極性鍵，故B不符合題意；C．非金屬性：Cl＞S，則最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Z＞W(wǎng)，故C符合題意；D．W的氧化物SO2中+4價的硫處于中間價態(tài)，可能具有還原性、氧化性，故D不符合題意；故答案為：C。【分析】X、Y、Z、W、M

均為常見的短周期主族元素，25℃時，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物溶液（濃度均為0.01mol?L-1）的pH，X、Z的0.01mol?L-1的最高價含氧酸的pH=2，都為一元強酸，結(jié)合X、Z的原子半徑可知，X為N元素，Z為Cl元素；Y的半徑大于N，且酸性比硝酸弱，則Y為C元素；W的原子半徑大于Cl，且對應(yīng)的酸的pH小于2，應(yīng)為硫酸，則W為S元素；M的原子半徑最大，且0.01mol?L-1W的最高價氧化物對應(yīng)的水化物溶液的pH為12，則W為Na。6.【答案】B【解析】【解答】A．放電時，二氧化碳轉(zhuǎn)化為甲酸，碳原子價態(tài)降低，故其為正極反應(yīng)，反應(yīng)式為：，所以放電時正極消耗氫離子，pH升高，故A不符合題意；B．放電時，介質(zhì)為水，故負極反應(yīng)為：

，故B符合題意；C．根據(jù)上述反應(yīng)式可以發(fā)現(xiàn)，充電時陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，而Zn應(yīng)在陰極生成，故C不符合題意；D．電解質(zhì)溶液2若為堿性，則甲酸應(yīng)以HCOO-形式存在，故D不符合題意。故答案為：B。

【分析】放電時，鋅做負極發(fā)生的是鋅失去電子結(jié)合氫氧根變?yōu)閆n(OH)42-,即發(fā)生

，正極是二氧化碳得到電子變?yōu)樽優(yōu)榧姿?，即，?dǎo)致正極負極的pH增大，因此電解質(zhì)2的溶液顯酸性，充電時，陽極生的反應(yīng)是2H2O-4e=4H++O2,陰極發(fā)生的是Zn(OH)42-+2e=Zn+4OH-,即可計算出鋅的質(zhì)量7.【答案】D【解析】【解答】A．H3AsO4的第一步電離常數(shù)Ka1=，據(jù)圖可知當c(H2AsO)=c(H3AsO4)時pH=2.2，即c(H+)=10-2.2mol/L，所以Ka1=10-2.2<10-2=0.01，A不符合題意；B．溶液中存在電荷守恒c(H2AsO)+2c(HAsO)＋3c(AsO)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，B不符合題意；C．根據(jù)物料守恒Na3AsO4溶液中，c(Na+)=3c(AsO)+3c(HAsO)+3c(H2AsO)+3c(H3AsO4)，C不符合題意；D．根據(jù)酚酞的變色范圍可知，溶液由無色變?yōu)闇\紅色時，pH約為8.8，據(jù)圖可知此時As元素存在形式主要為HAsO，所以該反應(yīng)的離子方程式為2OH-+H3AsO4=HAsO+2H2O，D符合題意；故答案為D。

【分析】A.根據(jù)圖示找出c(H2AsO)=c(H3AsO4)即可計算出第一步電離平衡常數(shù)

B.根據(jù)給出的條件結(jié)合電荷守恒即可判斷

C.根據(jù)給出的條件結(jié)合物料守恒即可判斷

D.根據(jù)酚酞的變色范圍即可判斷出產(chǎn)物即可寫出方程式二、非選擇題8.【答案】（1）燒杯、漏斗、玻璃棒；SiO2

（2）4Co3++S2O+3H2O=4Co2++2SO+6H+

（3）將亞鐵離子氧化為三價鐵離子，便于分離；2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑

（4）分離出溶液中的Na+、Cu2+、Zn2+，回收利用萃取劑I

（5）降低烘干溫度，防止產(chǎn)品分解產(chǎn)生有毒的無水氯化鈷

（6）獲得晶體中含有Cl-的雜質(zhì)或烘干時失去了部分結(jié)晶水【解析】【解答】(1)操作①分離固體和液體，所以為過濾，所需玻璃儀器為燒杯、漏斗、玻璃棒；濾渣1為難溶液稀硫酸的SiO2；

(2)根據(jù)題意可知Na2S2O5具有還原性，且Co3+極易沉淀，所以加入Na2S2O5將Co3+還原為Co2+，離子方程式為4Co3++S2O+3H2O=4Co2++2SO+6H+；(3)濾液1中加入NaClO3將亞鐵離子氧化為三價鐵離子，便于分離；加入Na2CO3溶液，碳酸根和鐵離子發(fā)生徹底雙水解得到氫氧化鐵沉淀和二氧化碳，離子方程式為2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；(4)根據(jù)流程可知濾液3中加入萃取劑I，得到的有機層中主要含有Cu2+、Zn2+、Na+，用稀鹽酸反萃取又得到萃取劑I，所以過程的目的是分離出溶液中的Na+、Cu2+、Zn2+，回收利用萃取劑I；(5)低壓環(huán)境中可以降低水的沸點，從而降低烘干溫度，防止產(chǎn)品分解產(chǎn)生有毒的無水氯化鈷；(6)該測定原理是利用樣品和硝酸銀反應(yīng)生成的AgCl的量確定產(chǎn)品中CoCl2·6H2O的量，如果獲得晶體中含有Cl-的雜質(zhì)會使得到的AgCl偏多，導(dǎo)致結(jié)果偏高，或者烘干時失去了部分結(jié)晶水，會使樣品的質(zhì)量偏小，導(dǎo)致結(jié)果偏高?！痉治觥亢挼V中Co元素主要以Co2O3、CoO形式存在，還含有Fe3O4、SiO2、CuO、ZnO、NiO、MgCO3等雜質(zhì)，加入稀硫酸和焦亞硫酸鈉Na2S2O5浸取，濾渣1為難溶物SiO2，其余金屬元素進入濾液中，Co3+被Na2S2O5還原為Co2+；濾液1中加入NaClO3將亞鐵離子氧化為三價鐵離子，便于分離，加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH用于3.0～3.5沉淀鐵離子，過濾得到濾渣2和濾液2，濾液2中加入NaF調(diào)節(jié)溶液pH=4.0～5.0沉淀鎂離子，生成濾渣3為MgF2，濾液3中還有Cu2+、Zn2+、Ni2+、Co2+、Na+，濾液3中加入萃取劑Ⅰ除去Cu2+、Zn2+、Na+，向分液得到有機層中加入稀鹽酸反萃取得到萃取劑Ⅰ和溶液4，經(jīng)過一系列操作得到相應(yīng)的鹽；溶液中含Ni2+、Co2+，加入萃取劑Ⅱ萃取分液得到含Ni2+的溶液和含Co2+的有機層，加入稀鹽酸反萃取得到氯化鈷溶液，經(jīng)過濃縮蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌、干燥得到晶體。

9.【答案】（1）>；SO＋SO2＋H2O=2HSO

（2）0.108；64/81

（3）CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH=-49kJ/mol；Ⅰ；>；該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動，CO2的轉(zhuǎn)化率減小【解析】【解答】(1)根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)可知Ka2(H2SO3)<Kb(NH3·H2O)，所以SO的水解程度大于NH的水解程度，所以(NH4)2SO3溶液顯堿性，pH>7；(NH4)2SO3溶液可以和SO2反應(yīng)生成亞硫酸氫鹽，離子方程式為SO＋SO2＋H2O=2HSO，所以可以繼續(xù)吸收二氧化硫；

(2)該反應(yīng)前后氣體系數(shù)之和相等，所以壓強始終不變，根據(jù)反應(yīng)方程式可知題目所給條件可知平衡時p(N2)=p(CO2)=32kPa，則平衡時p(NO)=100kPa-32kPa-32kPa=36kPa，則v(NO)=3×10-3×36kPa=0.108；Kp==；(3)①CO2與H2反應(yīng)的化學(xué)方程式為CO2＋3H2=CH3OH＋H2O，當H2轉(zhuǎn)化率達80%時放熱19.6kJ，即1.5mol×80%=1.2mol氫氣完全反應(yīng)時放出19.6kJ熱量，則3mol氫氣完全反應(yīng)放出kJ=49kJ熱量，熱化學(xué)方程式為CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH=-49kJ/mol；②據(jù)圖可知，溫度較低時催化劑Ⅰ條件下CO2的轉(zhuǎn)化率最大，即反應(yīng)速率最快，催化效果最好；a點前隨溫度升高CO2轉(zhuǎn)化率增大，a點后隨溫度升高轉(zhuǎn)化率減小，說明a點前由于溫度較低，反應(yīng)速率較慢，在測定轉(zhuǎn)化率時反應(yīng)還未達到平衡，即b點時反應(yīng)正向移動，正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率；該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動，CO2的轉(zhuǎn)化率減小，所以a點CO2的轉(zhuǎn)化率比c點高?！痉治觥浚?）根據(jù)比較平衡常數(shù)即可判斷，二氧化硫可以亞硫酸根繼續(xù)反應(yīng)得到亞硫酸氫根

（2）根據(jù)此時的氮氣的壓強即可計算出一氧化氮和二氧化碳的壓強即可計算出一氧化氮的速率和平衡常數(shù)

（3）①根據(jù)給出的數(shù)據(jù)計算出焓變即可寫出熱化學(xué)方程式

②根據(jù)圖示中的轉(zhuǎn)化率的高低即可判斷出催化劑的效果，根據(jù)轉(zhuǎn)化率的變化趨勢，到達a點達到平衡，即可判斷b點的正逆速率大小，根據(jù)此反應(yīng)的熱效應(yīng)即可判斷

10.【答案】（1）溫度計；導(dǎo)出生成的乙烯氣體；使乙醇冷凝回流，提高原料的利用率；C2H5OHCH2=CH2↑+H2O

（2）平衡氣壓，防倒吸并監(jiān)控實驗過程中導(dǎo)管是否堵塞

（3）C；品紅溶液

（4）有利于Cl2、C2H4充分混合反應(yīng)；將b管逸出的Cl2通入到NaOH溶液，防止尾氣污染環(huán)境

（5）【解析】【解答】(1)該反應(yīng)需要控制在170℃左右進行，所以缺少的儀器為溫度計；冷凝管可以導(dǎo)出生成的乙烯氣體，使乙醇冷凝回流，提高原料的利用率；裝置A中的反應(yīng)為乙醇的消去反應(yīng)，化學(xué)方程式為C2H5OHCH2=CH2↑+H2O；

(2)裝置B中玻璃管可以平衡氣壓，防倒吸并監(jiān)控實驗過程中導(dǎo)管是否堵塞；(3)濃硫酸具有強氧化性，反應(yīng)過程中可能被還原生成SO2，即該刺激性氣味的氣體為二氧化硫，高錳酸鉀溶液可以吸收二氧化硫，但同時也會把乙烯氧化；濃硫酸不能吸收二氧化硫；飽和碳酸氫鈉雖然可以吸收二氧化硫，但同時會產(chǎn)生新的氣體雜質(zhì)二氧化碳，應(yīng)用NaOH溶液吸收，故答案為：C；檢驗二氧化硫是否完全除盡可以用品紅溶液；(4)乙烯的密度較小，氯氣的密度較大，乙烯從靠下的位置進入，氯氣從靠上位置進入，可以使兩種氣體充分接觸；氯氣有毒，所以應(yīng)將將b管逸出的Cl2通入到NaOH溶液，防止尾氣污染環(huán)境；(5)20mL乙醇的物質(zhì)的量為=mol，則理論上可以生成mol1，2-二氯乙烷，ag1，2-二氯乙烷的物質(zhì)的量為mol，所以產(chǎn)率為=?！痉治觥勘緦嶒灥哪康氖侵苽?，2-二氯乙烷，裝置A中利用無水乙醇和濃硫酸反應(yīng)制取乙烯，濃硫酸具有強氧化性，所以該反應(yīng)中可能會生成SO2，裝置B中可以盛放NaOH溶液吸收SO2，同時也可以吸收揮發(fā)出的乙醇，裝置C中盛放品紅溶液檢驗SO2是否被吸收完全，裝置D中乙烯和氯氣發(fā)生加成反應(yīng)生成1，2-二氯乙烷，所以裝置E中應(yīng)盛滿氯氣，然后通過分液漏斗中的液體將氯氣排出，則分液漏斗中的液體應(yīng)為飽和食鹽水。

11.【答案】（1）4s24p4

（2）a

（3）sp3；14:1

（4）C

（5）六方最密堆積；CuCl；()；【解析】【解答】(1)硒元素是第34號元素，位于周期表的第四周期VIA族，故基態(tài)硒原子的價電子排布式為4s24p4；

(2)磷碳、硅和磷三種元素中，硅元素的第一電離能最小，則曲線c代表硅；碳、磷原子的價電子排布式分別為2s22p2、3s23p3，顯然碳原子失去2p軌道的2個電子較易，失去2s軌道的2個電子較難，故碳元素的第一、二級電離能明顯小于第三、四級電離能；磷原子失去3p軌道的3個電子相對較易，失去3s軌道的2個電子較難，故磷元素的第四級電離能明顯大于第一、二、三級電離能，圖中曲線a代表碳，曲線b代表磷；(3)苯胺中N原子的雜化方式為sp3雜化；苯胺分子含有1個大π鍵，14個σ鍵（5個C-H鍵、6個C-C鍵、1個C-N鍵、2個N-H鍵），則σ鍵和π鍵的數(shù)目比為14:1；(4)根據(jù)題中的結(jié)構(gòu)可知，Na+和酸根離子之間存在離子鍵，非金屬原子之間存在共價鍵，分子間存在范德華力，水分子之間存在氫鍵，該晶體內(nèi)不存在金屬鍵，故答案為：C；(5)①該堆積方式為六方最密堆積；②該晶胞中，含有Cu的個數(shù)為4，含有Cl的個數(shù)為=4，則該晶