江蘇南京六校聯(lián)合體2024至2025學(xué)年高三上學(xué)期10月聯(lián)合調(diào)研化學(xué)試卷試題及答案解析

-2025學(xué)年第一學(xué)期六校聯(lián)合體10月聯(lián)合調(diào)研高三化學(xué)答案可能用到的相對(duì)原子量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Fe-56Zn-65一、單項(xiàng)選擇題：共14題，每題3分，共42分。每題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意。1.2024年政府工作報(bào)告中的新質(zhì)生產(chǎn)力涉及新材料產(chǎn)業(yè)。下列材料不屬于新型無(wú)機(jī)非金屬材料的是A.碳納米材料 B.石墨烯 C.石英光導(dǎo)纖維 D.聚碳酸酯【答案】D【解析】【詳解】A．碳納米材料屬于新型無(wú)機(jī)非金屬材料，A不合題意；B．石墨烯屬于新型無(wú)機(jī)非金屬材料，B不合題意；C．石英光導(dǎo)纖維屬于新型無(wú)機(jī)非金屬材料，C不合題意；D．聚碳酸酯是有機(jī)高分子材料，不屬于新型無(wú)機(jī)非金屬材料，D符合題意；故選D。2.氮化硅(Si3N4)可通過(guò)反應(yīng)制備。下列說(shuō)法正確的是A.1molSiO2中含有2molSi—O鍵 B.的電子式為C.CO是極性分子 D.Si3N4晶體屬于分子晶體【答案】C【解析】【詳解】A．SiO2晶體中1個(gè)Si原子和4個(gè)O原子形成4個(gè)共價(jià)鍵，每個(gè)Si周圍結(jié)合4個(gè)O，同時(shí)每個(gè)O與2個(gè)Si相結(jié)合，所以1molSiO2中含有4molSi—O鍵，A錯(cuò)誤；B．N2分子中，2個(gè)N原子之間形成共價(jià)三鍵，另外，每個(gè)N原子的最外層還有1個(gè)孤電子對(duì)，則其電子式為，B錯(cuò)誤；C．CO是雙原子化合物分子，共用電子對(duì)偏向O原子、偏離C原子，O原子帶部分負(fù)電荷，C原子帶部分正電荷，正負(fù)電中心不重合，屬于極性分子，C正確；D．Si3N4是由硅原子和氮原子通過(guò)Si－N鍵構(gòu)成共價(jià)晶體，不是分子晶體，D錯(cuò)誤；故選C。3.下列制取、驗(yàn)證其還原性、收集并進(jìn)行尾氣處理的裝置和原理能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿．制取B．驗(yàn)證還原性C．收集D．尾氣處理A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．濃硫酸和銅加熱反應(yīng)生成二氧化硫氣體，A錯(cuò)誤；B．二氧化硫具有還原性，可使溴水褪色，操作符合要求，可達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，B正確；C．二氧化硫密度比空氣大，可用向上排空氣法收集，氣體應(yīng)從長(zhǎng)導(dǎo)管進(jìn)入，C錯(cuò)誤；D．二氧化硫不溶于飽和亞硫酸氫鈉溶液，應(yīng)用氫氧化鈉溶液吸收尾氣，D錯(cuò)誤；故選B。4.臭氧(O3)在[Fe(H2O)6]2+催化下能將煙氣中的SO2、NOx分別氧化為S和N。下列關(guān)于N、O、S、Fe元素及其化合物的說(shuō)法正確的是A.原子半徑：S>O>N B.1mol[Fe(H2O)6]2+含有鍵數(shù)目為12molC.鍵角：H2O>NH3 D.第一電離能：I1(N)>I1(O)>I1(S)【答案】D【解析】【詳解】A．S核外有3個(gè)電子層，N、O核外有2個(gè)電子層，因此S的原子半徑最大，N、O同周期從左向右原子半徑依次減小，因此原子半徑：S＞N＞O，故A錯(cuò)誤；B．H2O中含有2個(gè)鍵，配位鍵也是鍵，[Fe(H2O)6]2+中含有6+2×6=18個(gè)鍵，1mol[Fe(H2O)6]2+含有鍵數(shù)目為18mol，故B錯(cuò)誤；C．H2O和NH3中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)都是4，雜化方式都是sp3，而H2O中心原子含有2個(gè)孤電子對(duì)，NH3中心原子含有1個(gè)孤電子對(duì)，孤電子對(duì)越多，鍵角越小，則鍵角：H2O<NH3，故C錯(cuò)誤；D．同周期從左向右第一電離能是增大趨勢(shì)，但ⅤA＞ⅥA，同主族從上到下第一電離能逐漸減小，因此第一電離能：I1(N)＞I1(O)＞I1(S)，故D正確；故選D。閱讀下列材料，完成下列小題氮的常見(jiàn)氫化物有氨(NH3)和肼(N2H4)。Mg3N2可與水反應(yīng)生成NH3.液氨可發(fā)生微弱電離產(chǎn)生，液氨能與堿金屬(如Na、K)反應(yīng)產(chǎn)生H2.NH3中一個(gè)H被—NH2取代可得N2H4，常溫下N2H4為液體，具有很高的燃燒熱(622kJ·mol-1)。以硫酸為電解質(zhì)，通過(guò)催化電解可將N2轉(zhuǎn)化為N2H4；堿性條件下，NaClO氧化NH3也可制備N2H4。5.下列說(shuō)法正確的是A.NH3和N2H4分子中N原子雜化軌道類型不同B.液氨電離可表示為：2NH3?C.N2H4的結(jié)構(gòu)式為D.Mg3N2中存在N≡N鍵6.下列化學(xué)反應(yīng)表示正確的是A.肼在氧氣中燃燒：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-622.1kJ·mol-1B.液氨與鈉反應(yīng)：2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑C.NaClO氧化NH3制備N2H4；4NH3+ClO-+2OH-=2N2H4+Cl-+3H2OD.電解法制備N2H4的陰極反應(yīng)：N2+4H+-4e-=N2H47.下列物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)或物質(zhì)性質(zhì)與用途不具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A.NH3分子間存在氫鍵，NH3極易溶于水B.液氨汽化時(shí)吸收大量的熱，可用作制冷劑C.N2H4中N原子能與形成配位鍵，N2H4的水溶液呈堿性D.N2H4具有還原性，可用作燃料電池的燃料【答案】5.B6.B7.A【解析】【5題詳解】A．NH3和N2H4分子中N原子周圍的價(jià)層電子對(duì)數(shù)均為4，故其雜化軌道類型相同，均為sp3雜化，A錯(cuò)誤；B．依據(jù)水的電離方程式可知，液氨的電離方程式可表示為2NH3?，B正確；C．根據(jù)N原子的成鍵特點(diǎn)，N2H4的結(jié)構(gòu)式為：，C錯(cuò)誤；D．Mg3N2晶體為離子晶體，其中存在Mg2+與N3-之間為離子鍵，即不存在N≡N鍵，D錯(cuò)誤；故答案為：B。【6題詳解】A．燃燒熱是指1mol純物質(zhì)完全燃燒生成指定穩(wěn)定的物質(zhì)(其中H2O為液態(tài)水)時(shí)放出的熱量，A錯(cuò)誤；B．液氨與鈉反應(yīng)，生成NaNH2和氫氣，化學(xué)方程式為：2Na+2NH3═2NaNH2+H2↑，B正確；C．NaClO氧化NH3制備N2H4，方程式為：2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O，原離子方程式電荷不守恒，C錯(cuò)誤；D．陰極發(fā)生還原反應(yīng)，故電解法制備N2H4的陰極反應(yīng)：N2+4H++4e-=N2H4，D錯(cuò)誤；故答案為：B。【7題詳解】A．NH3極易溶于水，是由于氨氣分子和水分子都是極性分子同時(shí)可以形成氫鍵，與NH3分子間存在氫鍵無(wú)關(guān)，A符合題意；B．氨分子由液態(tài)轉(zhuǎn)化為氣態(tài)時(shí)，需要從周圍環(huán)境吸收熱量，液氨可用作制冷劑，B不合題意；C．N2H4中的N原子與H+形成配位鍵，N2H4分子內(nèi)的N原子可以提供孤電子對(duì)，H+提供空軌道形成配位鍵，故N2H4的水溶液呈堿性，C不合題意；D．N2H4中N元素處于較低價(jià)態(tài)，具有還原性，可以和氧氣等氧化劑反應(yīng)，故而可用作燃料電池的燃料，D不合題意；故答案為：A。8.在給定條件下，下列選項(xiàng)中所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是A.由FeS2制備BaSO3：B.由MgO制備MgCl2：C.由CuSO4生成Cu2O：CuSO4溶液D.SiO2制Na2SiO3：【答案】C【解析】【詳解】A．二氧化硫和氯化鋇不反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．鎂離子水解，氯化鎂溶液蒸干不能得到氯化鎂，B錯(cuò)誤；C．硫酸銅和氫氧化鈉生成氫氧化銅沉淀，新制氫氧化銅和葡萄糖發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氧化亞銅沉淀，C正確；D．二氧化硅和水不反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故選C。9.化合物Z是一種有機(jī)合成中的重要中間體，其部分合成路線如下：下列說(shuō)法正確的是A.Y與Z分子均存在順?lè)串悩?gòu)體 B.用酸性高錳酸鉀溶液鑒別X和YC.用FeCl3溶液可以鑒別X、Y D.Y與足量H2加成后的產(chǎn)物中含有手性碳原子【答案】C【解析】【詳解】A．順?lè)串悩?gòu)是每個(gè)雙鍵碳原子均連不同的原子或原子團(tuán)，故Y與Z分子都不存在順?lè)串悩?gòu)，A不符合題意；B．酸性高錳酸鉀溶液有強(qiáng)氧化性，醛基有還原性可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故X和Y都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，不能用酸性高錳酸鉀溶液鑒別，B不符合題意；C．化合物X中含有酚羥基，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，化合物Y中不含有酚羥基，不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，可以鑒別，C符合題意；D．Y與足量氫氣加成后的產(chǎn)物為：，不含有手性碳原子，D不符合題意；故答案選C；10.實(shí)驗(yàn)室以含鋅廢液(主要成分為ZnSO4，還含有少量的Fe2+、Mn2+，溶液pH≈5)為原料制備ZnCO3的實(shí)驗(yàn)流程如圖甲所示，具有強(qiáng)氧化性，易被還原為，的結(jié)構(gòu)如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是“除錳”反應(yīng)的離子方程式為+Mn2++2H2O=2+MnO2↓+4H+B.“除錳”反應(yīng)中每消耗1mol，硫元素共得到2mol電子C.試劑X可以選用Zn、ZnO等物質(zhì)D.濾液中一定大量存在的陽(yáng)離子有Na+、NH和Zn2+【答案】A【解析】【分析】含鋅廢液(主要成分為ZnSO4，還含有少量的Fe2+、Mn2+，溶液pH≈5)為原料制備ZnCO3的實(shí)驗(yàn)流程為：具有強(qiáng)氧化性，加入Na2S2O8將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO2除去，同時(shí)亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子，“除錳”反應(yīng)的離子方程式為+Mn2++2H2O═2+MnO2↓+4H+，過(guò)濾，濾渣為MnO2，加入ZnO、ZnCO3等調(diào)節(jié)pH分離出氫氧化鐵，濾液中加入碳酸氫銨和氨水沉鋅生成ZnCO3，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．具有強(qiáng)氧化性，氧化Mn2+生成MnO2，則除錳”反應(yīng)的離子方程式為+Mn2++2H2O═2+MnO2↓+4H+，故A正確；

B．具有強(qiáng)氧化性，是因?yàn)楹?O-O-鍵，反應(yīng)時(shí)O得電子生成-2價(jià)O，硫元素化合價(jià)不變，故B錯(cuò)誤；

C．試劑X應(yīng)為ZnO、ZnCO3或Zn(OH)2，不能使用金屬Zn,因?yàn)閆n可還原鐵離子生成亞鐵離子，增大除雜難度，故C錯(cuò)誤；

D．加入Na2S2O8引入Na+、加入碳酸氫銨和氨水沉鋅時(shí)引入，但沉鋅時(shí)Zn2+轉(zhuǎn)化為ZnCO3沉淀，所以液中一定大量存在陽(yáng)離子有Na+、，Zn2+只有微量，故D錯(cuò)誤；

故選：A。11.下列實(shí)驗(yàn)方案能達(dá)到探究目的的是選項(xiàng)探究目的實(shí)驗(yàn)方案AAl與結(jié)合H+能力大小分別測(cè)量濃度均為0.1mol·L-1Na2CO3溶液和Na[Al(OH)4]溶液的pH，比較pH的大小BH2S與H2SO4的酸性強(qiáng)弱向CuSO4溶液中通入H2S氣體，觀察現(xiàn)象C檢驗(yàn)Fe2+對(duì)H2O2分解是否有催化作用向H2O2溶液中滴入FeCl2溶液，觀察產(chǎn)生氣泡的速率D檢驗(yàn)Fe3O4中含有Fe(II)將Fe3O4溶于鹽酸所得溶液濃縮后，滴入酸性KMnO4溶液，觀察溶液顏色的變化A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．相同條件下，溶液pH越大，水解能力越強(qiáng)，結(jié)合氫離子能力越強(qiáng)，A能達(dá)到目的；B．CuSO4溶液與H2S反應(yīng)生成CuS和硫酸，反應(yīng)的發(fā)生不是強(qiáng)酸制弱酸，是因?yàn)樯闪薈uS沉淀，且不溶于酸，B不能達(dá)到目的；C．加入FeCl2溶液，可能是Fe2+或Cl-的影響，C不能達(dá)到目的；D．Cl-也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，D不能達(dá)到目的；答案選A。12.硫酸工業(yè)尾氣(主要含SO2、N2和O2)，用Na2SO3溶液吸收尾氣中的SO2可將其轉(zhuǎn)化為NaHSO3，當(dāng)c(HSO)：c(SO)≈10時(shí)，吸收能力下降，需要加熱再生為Na2SO3溶液。已知Ka1(H2SO3)=，Ka2(H2SO3)=，下列說(shuō)法不正確的是A.NaHSO3溶液中存在：2c(SO)+c(HSO)>c(Na+)B.Na2SO3溶液吸收SO2的離子方程式為：SO＋SO2＋H2O=2HSC.當(dāng)c(HSO)：c(SO)=10時(shí)，此時(shí)吸收液的pH=6.2D.與原Na2SO3溶液相比，吸收液充分分解放出SO2再生后吸收SO2能力幾乎不變【答案】D【解析】【詳解】A．NaHSO3溶液中存在HSO的電離與水解，Ka2(H2SO3)=，Kh=，即HSO電離程度大于水解程度，NaHSO3溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，由電荷守恒可知，2c(SO)+c(HSO)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，則2c(SO)+c(HSO)＞c(Na+)，故A正確；B．亞硫酸鈉溶液與二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉，反應(yīng)的離子方程式為SO＋SO2＋H2O=2，故B正確；C．亞硫酸的電離常數(shù)Ka2(H2SO3)==，當(dāng)c(HSO)：c(SO)=10時(shí)，溶液中c(H+)=10-7.2×10mol/L=10-6.2mol/L，溶液的pH為6.2，故C正確；D．吸收能力下降的吸收液加熱再生為亞硫酸鈉溶液的反應(yīng)為溶液中的亞硫酸氫鈉受熱分解轉(zhuǎn)化為亞硫酸鈉，亞硫酸鈉具有還原性，可能被空氣中的氧氣氧化為硫酸鈉，硫酸鈉溶液不能與二氧化硫反應(yīng)，所以再生的吸收液后吸收二氧化硫的能力下降，故D錯(cuò)誤；故選D。13.CO2催化加氫是轉(zhuǎn)化CO2的一種方法，其過(guò)程中主要發(fā)生下列反應(yīng)：反應(yīng)Ⅰ：反應(yīng)Ⅱ：在恒壓、CO2和H2的起始量一定的條件下，CO2平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時(shí)CO的選擇性隨溫度的變化如圖。其中：。下列說(shuō)法正確的是A.B.△H1<0C.溫度高于300℃時(shí)主要發(fā)生反應(yīng)ⅡD.其他條件不變，圖中A點(diǎn)選擇合適催化劑可提高CO的選擇性【答案】D【解析】【詳解】A．由方程式可知，，A錯(cuò)誤；B．由圖可知，升高溫度，CO2的轉(zhuǎn)化率先降低后升高，CO的選擇性一直增大，則反應(yīng)Ⅰ正向移動(dòng)，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，△H1>0，B錯(cuò)誤；C．溫度高于300℃時(shí)，CO的選擇性更大，產(chǎn)率更多，故主要發(fā)生反應(yīng)Ⅰ，C錯(cuò)誤；D．A點(diǎn)沒(méi)有達(dá)到CO的平衡選擇性，故其他條件不變，圖中A點(diǎn)選擇合適催化劑促進(jìn)CO的生成，提高CO的選擇性，D正確；故選D。非選擇題：共4題，共61分14.以廢干電池[主要含MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH]和鈦白廠廢酸(主要含H2SO4，還有少量Ti3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+等)為原料，制備錳鋅鐵氧體[MnxZn1-xFe2O4]的流程如下：已知：①25℃時(shí)，Ksp(MgF2)=7.5×10-11，Ksp(CaF2)=1.5×10-10；酸性較弱時(shí)，MgF2、CaF2均易形成[MFn]2-n配離子(M代表金屬元素)；②(NH4)2S2O8在煮沸時(shí)易分解（1）酸浸過(guò)程中含錳物質(zhì)被溶液中的FeSO4還原為Mn2+，其中MnO2參與反應(yīng)的離子方程式為_______。（2）氧化時(shí)加入H2O2將Ti3+、Fe2+氧化，再加入Na2CO3調(diào)節(jié)溶液pH為1～2，生成偏鈦酸(H2TiO3)和黃鉀鐵礬[K2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，使得鈦、鉀得以脫除。①加入Na2CO3生成黃鉀鐵礬的離子方程式為_______。②若加入Na2CO3過(guò)多，將導(dǎo)致產(chǎn)品的產(chǎn)率下降，其原因是_______。（3）①氟化過(guò)程中溶液pH與鈣鎂去除率關(guān)系如圖1所示。當(dāng)2.5<pH<4.0時(shí)，溶液pH過(guò)高或過(guò)低，Ca2+、Mg2+去除率都會(huì)下降，其原因是_______。②氟化后，溶液中為_______。③CaF2晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示，其中Ca2+的配位數(shù)為_______。（4）共沉淀前，需測(cè)定溶液中錳元素含量。先準(zhǔn)確量取1.00mL氟化后溶液于錐形瓶中，加入少量硫酸、磷酸和硝酸銀(Ag＋是催化劑)溶液振蕩；將溶液加熱至80℃，加入3g(NH4)2S2O8充分反應(yīng)后，再將溶液煮沸，冷卻后，再用0.0700mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)液滴定至溶液由淺紅色變?yōu)闊o(wú)色。請(qǐng)寫出Mn2+與S2反應(yīng)的離子方程式_______?！敬鸢浮浚?）2Fe2+＋MnO2＋4H+=Mn2+＋2Fe3+＋2H2O（2）①.2K+＋6Fe3+＋4SO＋6CO＋6H2O=K2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋6CO2↑②.加入Na2CO3過(guò)多，pH過(guò)大，生成Fe(OH)3沉淀（3）①.pH過(guò)低，溶液酸性較強(qiáng)，F(xiàn)-轉(zhuǎn)化為弱酸HF，溶液中F-濃度減小，Ca2+、Mg2+去除率減??；pH過(guò)高，MgF2、CaF2沉淀轉(zhuǎn)化為[MFn]2-n配離子，沉淀重新溶解，Ca2+、Mg2+的去除率降低②.0.5③.8（4）2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋【解析】【分析】粉碎廢電池增加酸浸速率，廢干電池(主要含MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH)和鈦白廠廢酸(主要含H2SO4，還有少量Ti3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+等)，MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH溶于酸，MnO2、MnOOH在酸性條件下被Fe2+還原生成Mn2+，氧化時(shí)加入H2O2將Ti3+、Fe2+氧化，加入NH4F生成MgF2、CaF2沉淀除去Ca2+、Mg2+，加入(NH4)2CO3制備錳鋅鐵氧體[MnxZn1-xFe2O4]?！拘?wèn)1詳解】MnO2被溶液中的FeSO4還原為Mn2+，離子方程式為：2Fe2+＋MnO2＋4H+=Mn2+＋2Fe3+＋2H2O；【小問(wèn)2詳解】①加入Na2CO3調(diào)節(jié)溶液pH為1～2，生成黃鉀鐵礬[K2Fe6(SO4)4(OH)12]的離子方程式為2K+＋6Fe3+＋4SO＋6CO＋6H2O=K2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋6CO2↑；②若加入Na2CO3過(guò)多，溶液堿性變強(qiáng)，F(xiàn)e3+會(huì)生成Fe(OH)3，將導(dǎo)致產(chǎn)品的產(chǎn)率下降；【小問(wèn)3詳解】①如圖所示當(dāng)2.5＜pH＜4.0時(shí)，溶液pH過(guò)高或過(guò)低，Ca2+、Mg2+除率都會(huì)下降，當(dāng)pH過(guò)低酸性較強(qiáng)NH4F會(huì)生成HF，溶液中F-濃度較低，Ca2+、Mg2+去除率會(huì)下降；酸性較弱時(shí)，MgF2、CaF2均易形成[MFn]2-n配離子，MgF2、CaF2去除率會(huì)下降；②上層的清液中==0.5；③晶胞中白色原子個(gè)數(shù)為，黑色原子位于晶胞內(nèi)部，個(gè)數(shù)為8，則白色代表Ca2+，黑色代表F-；以面心的Ca2+為研究對(duì)象，其距離最近的4個(gè)F-位于晶胞內(nèi)部，面心的Ca2+被兩個(gè)晶胞共用，Ca2+的配位數(shù)為8；【小問(wèn)4詳解】加入的(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象是：溶液由淺紅色變?yōu)闊o(wú)色，則滴定前錳元素的存在形式為MnO，故該離子反應(yīng)為S2O將Mn2+氧化為MnO，自身被還原為SO，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒，配平該反應(yīng)為2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋。15.F是一種有機(jī)工業(yè)制備的重要中間體，其一種合成工藝流程如下圖：（1）E中含氧官能團(tuán)的名稱為_______。（2）A→B時(shí)發(fā)生取代反應(yīng)，所得產(chǎn)物為化合物B和CH3OH。則X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_______。（3）Y的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_______。（4）E→F的反應(yīng)實(shí)際上經(jīng)歷了兩步反應(yīng)，兩步反應(yīng)類型依次是_______、_______。（5）寫出一種符合下列條件的化合物C的同分異構(gòu)體_______。①結(jié)構(gòu)中含有苯環(huán)，無(wú)其他環(huán)狀結(jié)構(gòu)；苯環(huán)上的一元取代物只有一種；②紅外光譜顯示結(jié)構(gòu)中含“-C≡N”和“C=S”結(jié)構(gòu)；③核磁共振氫譜顯示結(jié)構(gòu)中有3種化學(xué)環(huán)境的氫原子，個(gè)數(shù)比為1：6：6。（6）設(shè)計(jì)以化合物CH2=CH2、n-BuLi、、為原料，合成化合物的路線圖_______(無(wú)機(jī)試劑及有機(jī)溶劑任用)?！敬鸢浮浚?）(酮)羰基（2）（3）（4）①.加成反應(yīng)②.消去反應(yīng)（5）或或（6）【解析】【分析】A與X發(fā)生取代反應(yīng)生成B；B與n-BuLi、發(fā)生取代反應(yīng)生成C等；C與n-BuLi、Y發(fā)生取代反應(yīng)生成D，采用逆推法可確定Y為；D在H2SO4、HgCl2作用下與水反應(yīng)轉(zhuǎn)化為E等；E在作用下發(fā)生加成、消去反應(yīng)生成F等?！拘?wèn)1詳解】E為，含氧官能團(tuán)的名稱為(酮)羰基。【小問(wèn)2詳解】A()→B()時(shí)發(fā)生取代反應(yīng)，所得產(chǎn)物為化合物B和CH3OH，采用逆推法，可確定X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為?！拘?wèn)3詳解】由分析可知，Y的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為?！拘?wèn)4詳解】E()→F()的反應(yīng)實(shí)際上經(jīng)歷了兩步反應(yīng)，先發(fā)生-CH3與酮羰基的加成反應(yīng)(生成-OH)，再發(fā)生-OH的消去反應(yīng)，所以兩步反應(yīng)類型依次是：加成反應(yīng)、消去反應(yīng)。【小問(wèn)5詳解】化合物C為，符合下列條件：“①結(jié)構(gòu)中含有苯環(huán)，無(wú)其他環(huán)狀結(jié)構(gòu)；苯環(huán)上的一元取代物只有一種；②紅外光譜顯示結(jié)構(gòu)中含“-C≡N”和“C=S”結(jié)構(gòu)；③核磁共振氫譜顯示結(jié)構(gòu)中有3種化學(xué)環(huán)境的氫原子，個(gè)數(shù)比為1:6:6”的化合物C的同分異構(gòu)體，分子中應(yīng)含有1個(gè)苯環(huán)、1個(gè)“-C≡N”、2個(gè)“C=S”，另外還含有4個(gè)-CH3，分子結(jié)構(gòu)對(duì)稱，則可能結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為或或?！军c(diǎn)睛】以化合物CH2=CH2、n-BuLi、、為原料，合成化合物時(shí)，采用逆推法，利用題給流程圖中E→F的信息，合成的反應(yīng)物為CH3CH2CHO，而由CH2=CH2制取CH3CH2CHO，需要增加1個(gè)碳原子，此時(shí)需使用流程圖中D→F的信息，即制得，從而得出合成路線為：。16.廢舊鋰電池正極材料(含LiCoO2及少量Al、Fe等)為原料制備CoSO4溶液，再以CoSO4溶液、NaOH溶液、氨水和水合肼為原料制得微米級(jí)Co(OH)2。已知：①Co2+、Co3+易與NH3形成配合物；②水合肼(N2H4·H2O)為無(wú)色油狀液體，具有強(qiáng)還原性，氧化產(chǎn)物為N2；③沉淀的生成速率越快，顆粒越小，呈凝乳狀膠體，不易過(guò)濾。（1）寫出鈷基態(tài)原子的價(jià)層電子排布式_______。（2）制備CoSO4溶液。取一定量廢舊鋰電池正極材料，粉碎后與Na2SO3溶液混合配成懸濁液，邊攪拌邊加入1mol/LH2SO4溶液充分反應(yīng)。LiCoO2轉(zhuǎn)化為CoSO4、Li2SO4的化學(xué)方程式為_______。從分液漏斗中滴入1mol/LH2SO4時(shí)，滴加速率不能太快且需要快速攪拌的原因是_______。（3）制備微米級(jí)Co(OH)260℃時(shí)在攪拌下向500mL1mol/LCoSO4溶液中加入氨水，調(diào)節(jié)pH至6后，再加入NaOH溶液，調(diào)節(jié)pH至9.5左右，一段時(shí)間后，過(guò)濾、洗滌，真空烘干得微米級(jí)Co(OH)2。制備時(shí)，在加入NaOH溶液前必須先加氨水的原因是_______。（4）經(jīng)儀器分析，測(cè)得按題(3)步驟制得的Co(OH)2晶體結(jié)構(gòu)中含有Co(Ⅲ)，進(jìn)一步用碘量法測(cè)得Co(Ⅱ)的氧化程度為8%。因此制備時(shí)必須加入一定量的還原劑。為確保制得的Co(OH)2產(chǎn)品中不含Co(Ⅲ)，制備時(shí)至少需加入水合肼的質(zhì)量為_______g。(寫出計(jì)算過(guò)程)（5）利用含鈷廢料(主要成分為Co3O4，還含有少量的石墨、LiCoO2等雜質(zhì))制備碳酸鈷CoCO3。已知：①CoCO3幾乎不溶于水，Li2CO3微溶于水；②鈷、鋰在有機(jī)磷萃取劑(HR)中的萃取率與pH的關(guān)系如圖所示；③酸性條件下的氧化性強(qiáng)弱順序?yàn)椋篊o3+>H2O2。請(qǐng)補(bǔ)充完整實(shí)驗(yàn)方案：取一定量含鈷廢料，粉碎后_______，充分反應(yīng)后，靜置后過(guò)濾，洗滌、干燥得到CoCO3?！緦?shí)驗(yàn)中必須使用的試劑：2mol/LH2SO4溶液、2mol/LNaOH溶液、有機(jī)磷(HR)、0.5mol/LNa2CO3溶液、30%H2O2溶液?！俊敬鸢浮浚?）（2）①.2LiCoO2+Na2SO3+3H2SO4=2CoSO4+Li2SO4+Na2SO4+3H2O②.使硫酸與懸濁液充分接觸反應(yīng)，防止局部酸性過(guò)強(qiáng)產(chǎn)生二氧化硫逸出(或提高鈷的還原率)（3）Co2+與NH3形成配離子，降低溶液中Co2+的濃度，使Co2+與OH-形成Co(OH)2的速率降低，從而得到較大顆粒的Co(OH)2，防止形成凝乳狀沉淀或膠體，便于過(guò)濾分離提純（4）0.5（5）向其中加入2mol/L稀硫酸和10%H2O2溶液，充分反應(yīng)后過(guò)濾，向溶液中加入有機(jī)磷(HR)，用2mol/LNaOH溶液調(diào)節(jié)pH為5.4左右(5.2-5.8之間)，(充分振蕩后靜置)分液，向有機(jī)層中滴加2mol/LH2SO4溶液，調(diào)節(jié)pH約為2，分液，邊攪拌邊向水層中滴加0.5mol/LNa2CO3溶液【解析】【分析】廢舊鋰電池正極材料主要含LiCoO2，將其粉碎后與Na2SO3、H2SO4溶液混合，發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生CoSO4，然后先加入氨水，使Co2+與NH3形成絡(luò)合物，降低Co2+的濃度，再滴加NaOH溶液，使Co2+與OH-形成Co(OH)2的速率降低，從而得到較大顆粒的Co(OH)2，但在制取Co(OH)2中，其中含有Co(Ⅲ)，因此制備時(shí)必須加入一定量的還原劑；利用含鈷廢料制備碳酸鈷，可根據(jù)還原性：Co3+＞H2O2，向其中加入2mol/L稀硫酸和10%H2O2溶液，使Co(Ⅲ)轉(zhuǎn)化為Co(Ⅱ)。充分反應(yīng)后過(guò)濾，向溶液中加入有機(jī)磷(HR)萃取Co2+，為提高Co2+萃取率可用2mol/LNaOH溶液調(diào)節(jié)pH為5.4左右(5.2-5.8之間)，經(jīng)充分振蕩后分液，向有機(jī)層中滴加2mol/LH2SO4溶液，調(diào)節(jié)pH約為2，再分液，邊攪拌邊向水層中滴加0.5mol/LNa2CO3溶液，發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)產(chǎn)生CoCO3沉淀，經(jīng)過(guò)濾、洗滌、干燥得到純凈CoCO3?！拘?wèn)1詳解】Co為27號(hào)元素，其基態(tài)原子的價(jià)層電子排布式為：?！拘?wèn)2詳解】廢舊鋰電池正極材料主要含LiCoO2，將其粉碎后與Na2SO3混合得到懸濁液，然后邊攪拌邊滴加1mol/LH2SO4溶液，發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生CoSO4、Li2SO4、Na2SO4、H2O，根據(jù)電子守恒、原子守恒，可得反應(yīng)方程式為：2LiCoO2+Na2SO3+3H2SO4=2CoSO4+Li2SO4+Na2SO4+3H2O；從分液漏斗中滴入1mol/LH2SO4時(shí)，滴加速率不能太快且需要快速攪拌的原因是使硫酸與懸濁液充分接觸反應(yīng)，防止局部酸性過(guò)強(qiáng)產(chǎn)生二氧化硫逸出(或提高鈷的還原率)；【小問(wèn)3詳解】60℃時(shí)在攪拌下向CoSO4溶液中加入氨水，調(diào)節(jié)pH至6后，再加入NaOH溶液，調(diào)節(jié)pH至9.5左右，一段時(shí)間后，過(guò)濾、洗滌，真空烘干得微米級(jí)Co(OH)2。制備時(shí)，在加入NaOH溶液前必須先加氨水的原因是Co2+與NH3形成絡(luò)合物，降低溶液中Co2+的濃度，使Co2+與OH-形成Co(OH)2的速率降低，從而得到較大顆粒的Co(OH)2，防止形成凝乳狀沉淀或膠體，便于過(guò)濾分離提純；【小問(wèn)4詳解】500mLCoSO4溶液中含有n(CoSO4)=1mol/L×0.5L=0.5mol，被氧化后的n[Co(Ⅲ)]=0.5mol×8%=0.04mol，n(N2H4·H2O)=，m(N2H4·H2O)=；【小問(wèn)5詳解】利用含鈷廢料(主要成分為Co3O4，還含有少量的石墨、LiCoO2等雜質(zhì))制備碳酸鈷CoCO3，首先取一定量含鈷廢料，粉碎后，向其中加入2mol/L稀硫酸和10%H2O2溶液，使Co3+反應(yīng)變?yōu)镃o2+，充分反應(yīng)后過(guò)濾，向溶液中加入有機(jī)磷(HR)。用2mol/LNaOH溶液調(diào)節(jié)pH為5.4左右(5.2-5.8之間)，充分振蕩萃取Co2+后分液，棄去水層，向有機(jī)層中滴加2mol/LH2SO4溶液，調(diào)節(jié)pH約為2，分液，邊攪拌邊向水層中滴加0.5mol/LNa2CO3溶液，Co2+與CO反應(yīng)變?yōu)镃oCO3沉淀，充分反應(yīng)后，靜置后過(guò)