四川巴中市南江中学2025-2026学年高二下学期期中测试 化学试题

南江中学2025-2026学年高二下学期期中测试化学试题 可能用到的相对原子质量：F-19 Au-197 Na-23 S-32 O-16 Ce-140 一、单选题 1．下列化学用语或图示表达正确的是 A．中子数为8的碳原子表示为 B．HCl的键电子云图形： C．K的原子结构示意图： D．四氯化碳的空间填充模型： 2．关于乳酸分子()下列说法不正确的是 A．碳原子有两种杂化方式 B．分子中有1个手性碳原子 C．键与键数目之比为 D．所有原子可以共处于同一平面上 3．脱氧核苷酸上的碱基受到紫外线(UV)照射会发生如下反应，破坏DNA结构，造成人体皮肤损伤。下列说法错误的是 A．Ⅰ中C原子的杂化方式为、 B．Ⅰ分子中有4个手性碳原子 C．Ⅱ中的官能团有3种 D．乙烯在UV条件下能生成环丁烷 4．如图是氯化钠、氯化铯、二氧化硅、晶体硅的晶体结构一部分，有关晶体的叙述中正确的是 A．氯化钠晶体在熔融状态下不导电 B．氯化铯的一个晶胞中，含有8个，8个 C．在二氧化硅晶体中原子未排列成紧密堆积结构是因为共价键具有方向性和饱和性 D．在晶体硅中，硅原子与Si-Si键数目比为 5．下列说法错误的是 A．向含足量AgCl固体的悬浊液中加少量的水，c(Ag+)减小 B．CH3COONa溶液中离子浓度的关系满足c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH) C．实验室制备氢氧化铝可用可溶性铝盐加足量氨水： D．1mol化学式为的配合物中，加入足量溶液，有2mol沉淀 6．下列依据相关数据进行的推断正确的是 数据 推断 A 元素的电负性： 分子极性： B 可用CuS除去 溶液中的 C 短周期元素R的各级电离能(省略单位)：        R元素的最高正化合价为+2价 D 相同温度下：      与反应的速率更快 A．A B．B C．C D．D 7．下列各组元素性质的叙述中，正确的是。 A．N、O、F的电负性依次增大 B．N、O、F的第一电离能依次增大 C．N、O、F的最高正化合价依次升高 D．O、F、Na的原子半径依次减小 8．中国科学家首次合成了单原子催化剂，并证明其在氧化反应中具有非凡活性，实现了从“颗粒催化”到“单原子催化”的开创性突破。“单原子催化”是指每个金属原子都成为催化反应的活性中心。在元素周期表中的信息如图所示，下列说法不正确的是 A．是第六周期的主族元素 B．基态Pt原子的5d能级有1个未成对电子 C．可在元素周期表中与位置相近的元素中寻找类似的单原子催化剂 D．相同质量的的“单原子催化剂”比“颗粒催化剂”具有更多活性中心 9．双金属氧化物()催化加氢制甲醇的反应机理如图所示，图中□表示氧空位，已知“活化位点”是指催化剂上能吸附反应物分子并与其反应的位置。下列说法错误的是 A．步骤①过程中有化学键的断裂和形成 B．反应过程中的杂化方式不变 C．催化剂吸附和的活化位点不同 D．若步骤②活化能最大，则氧空位越多，反应速率越快 10．贵州矿产资源丰富，以某矿石为原料制备一种化工产品涉及的主要化学反应：，W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前20号主族元素，只有Q为金属元素且其基态原子核外无单电子，X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Z和X同主族。下列说法正确的是 A．W能与X结合形成的化合物只有一种 B．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Y<Z C．简单离子半径：X<Z<Q D．第一电离能： 11．下图示中，图1是8­羟基喹啉，图2用高分辨原子力显微镜观察到的聚集的8­羟基喹啉图像，图3聚集的分子结构模型。下列有关说法正确的是 A．图1中，每个8­羟基喹啉分子中含有5个π键 B．对比图2可验证8­羟基喹啉分子间存在氢键 C．C、N、O的第一电离能依次增大 D．原子力显微镜可直接观测到氢键的本质 12．下列有关物质的同分异构体数目(均不考虑立体异构)的判断中，错误的是 A．“狗烯”的一氯代物共有15 种 B．组成和结构可用表示的有机物共有16种 C．含有两个碳碳三键的脂肪烃C6H6，分子中6个碳原子不都在同一直线上的共有4种 D．C5H12O属于醇的同分异构体有8种 13．机械互锁分子是由一个或多个分子结构单元经互锁或互穿等方式相互缠结，而非通过化学键连接在一起所形成的分子。TY型质子化咪唑盐与冠醚形成的机械互锁分子，可形成对匹配的空腔环境，进而负载，进行穿梭运动，实现金属离子对分子穿梭运动行为的调控。 当取代基、不同时，TY型质子化咪唑盐与冠醚的结合常数如下表所示。 H H H H H 结合常数 1670 1180 5970 3720 下列说法错误的是 A．机械互锁分子对的负载，是冠醚与形成了配位键 B．TY型质子化咪唑盐上的取代基，吸电子效应越强，结合常数越大 C．加入后冠醚在机械互锁分子内的移动受、的推(吸)电子效应的影响 D．负载的机械互锁分子容易向阳离子浓度高的区域穿梭 14．是一种重要的催化剂，其立方晶胞如图所示。Ce、O核间最短距离为x pm，作催化剂参与反应时，能在和之间改变，形成氧空位(空缺率)。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．白球代表 B．，晶胞中，距离最近且等距的数目为12 C．若晶体中与的个数比为，则空缺率为5% D．晶体密度为 15．将溶于液态HF的和Au反应可以得到一种化合物A(化学式为：)，将A缓慢加热到60℃可得到金的氟化物B、Kr和；经化学分析，B中Au、F的质量分数分别为67.47%、32.53%。已知①Au最高价为价，易和形成一种稳定的八面体构型的配离子；②是直线形分子；③在的液态HF溶液中没有含Kr的单核微粒。下列说法错误的是 A．是非极性分子 B．加热A分解生成B的化学方程式为： C．若A为强电解质，则A的电离方程式为： D．实验表明溶于液态HF的的两个氟原子是等同的，故在HF中以离子的形式存在 第II卷（非选择题） 2、 填空题 16．(14分）硫代硫酸盐()、连三硫酸盐()和连四硫酸盐()都是采矿废水中常见的硫代盐，其中硫代硫酸盐最为常见。科技工作者通过悬浮微滴实验，深入探讨了O3氧化硫代硫酸盐的反应机制(如图所示)，这对废水处理和理解气候影响具有重要意义。 请回答下列问题： (1)基态S的2p电子云有_______种不同的伸展方向；基态S中能量最高的电子占据的原子轨道电子云轮廓图为_______。 (2)O3、P4、C60三种物质中，在CS2中溶解度最小的是_______，C60的晶体类型为_______晶体。 (3)查阅资料知，可看成中的一个O被S代替。一定条件下，中的_______(填字母序号)最易可和Ag+配位； a.O原子 　　　b.中心S原子　　　 c. 端基S原子 (4)六水合硫代硫酸镁(MgS2O3·6H2O)的晶胞结构与参数如下图所示： 六水合硫代硫酸镁晶体中微粒间的作用力除有离子键、极性共价键外，还有______________；若该晶体的密度为ρg·cm-3， 则阿伏加德罗常数的值NA=_______mol-1(MgS2O3·6H2O的摩尔质量为Mg·mol-1)。 17．（16分）含及的四元半导体化合物(简写为，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题： (1)基态原子的价层电子中，两种自旋状态的电子数之比为___________。 (2)Be与B相比，第一电离能更大的是___________，原因是___________。 (3)的空间构型为___________。 (4)处于的中心，若将离子中的2个换为，则有2种结构，则是否为杂化___________(填“是”或“否”)，理由为___________。 (5)如图是硫的三种含氧酸根的结构： A．  B．   C． 根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将转化为的是___________。 (6)ClO4-的键角大于Cl2O，原因是___________。 三、解答题 18．（14分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)在精细化工领域应用广泛，实验室制备Na2S2O3的一种装置如图所示。回答下列问题 ①Na2S2O3在中性或碱性环境中稳定，在酸性环境中易发生反应产生硫单质； ②二氧化硫不溶于饱和NaHSO3溶液。 (1)盛装Na2CO3和Na2S的仪器名称是________。装置A中反应的化学方程式________。 (2)开始实验后，装置C中先出现黄色浑浊，后逐渐澄清，待完全澄清时停止反应，得到Na2S2O3溶液和一种无色无味的气体。 ①写出装置C中发生总反应的离子方程式：_______。 ②若不及时停止装置A中的反应，Na2S2O3产量会降低，原因是_______。 (3)装置D的作用是_______。 (4)用已知浓度的I2溶液可以测定硫代硫酸钠固体的纯度。 步骤Ⅰ：准确称取10.00 g硫代硫酸钠固体，加水溶解后，全部转移到250 mL容量瓶中，加水定容至250 mL。若在定容时仰视刻度线，会使得配制的溶液浓度_______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。 步骤Ⅱ：量取物质的量浓度为0.10 mol/L的I2溶液50.0 mL，向其中加入步骤Ⅰ所配硫代硫酸钠溶液，恰好完全反应时消耗硫代硫酸钠溶液50.0 mL。已知反应为I2+2=+2，则硫代硫酸钠固体的纯度为___________________。 19．（11分）以钴锰渣(主要成分为Co2O3、CoO、MnO2，含少量FeO、ZnO、SiO2等)为原料，分离回收钴的工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)“酸浸”时，加入的作用是______，浸渣的主要成分是______(填化学式)(1分）。 (2)“除铁”时温度不宜太高的原因是______（1分），该过程中将pH控制在3.7~4.0范围内的原因可能是______。 (3)过硫酸钠()中阴离子的结构如图所示，其中硫元素的化合价为______，在酸性条件下，“除锰”时发生的主要反应的离子方程式为______。 (4)向“除锰”后的溶液中加入溶液并控制溶液pH进行“氧化沉钴”。由“除铁”和“沉钴”的工序可推断，还原性：______(填“>”“<”或“=”)（1分）。 《2025-2026学年度高中化学期中考试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D B C A C A A B B 题号 11 12 13 14 15 答案 B B D C D 1．C 【详解】A．碳元素质子数为6，中子数为8时，质量数为6+8=14，正确表示应为，A错误； B．HCl中是H的s轨道和Cl的p轨道头碰头重叠形成s−p σ键，由于Cl电负性更强，电子云偏向Cl，则HCl的键电子云图形为，B错误； C．K是19号元素，核电荷数为19，原子核外电子分层排布为2、8、8、1 ，K的原子结构示意图为，C正确； D．四氯化碳中C原子半径小于Cl原子，空间填充模型应中心为小球（C）、周围为大球（Cl），题中模型中心为大球、周围为小球，与实际原子半径比例不符，D错误； 故选C。 2．D 【详解】A．甲基碳、中间连羟基的饱和碳原子为杂化，羧基的羰基碳为杂化，共两种杂化方式，A正确； B．手性碳原子是连接4种不同基团的饱和碳原子，只有中间碳原子连接甲基、羟基、羧基和氢原子四种不同结构，故分子中只有1个手性碳原子，B正确； C．单键均为键，双键含1个键和1个键，乳酸分子中共含11个键、1个键，键与键数目之比为，C正确； D．乳酸分子存在饱和杂化的碳原子，空间结构为四面体，因此所有原子不可能共平面，D错误； 故答案为D。 3．B 【详解】A．Ⅰ 的结构中含碳碳双键和饱和碳原子，碳碳双键上的碳原子采取杂化，饱和碳原子采取杂化，A正确； B．Ⅰ 分子中的手性碳原子如图，共3个，B错误； C．Ⅱ 的结构中含有的官能团有羟基、醚键、酰胺键，共3种 ，C正确； D．根据反应规律，2 分子Ⅰ 通过加成形成环状结构 Ⅱ ，类比可知2 分子乙烯在UV条件下可通过加成生成环丁烷，D正确； 故选B。 4．C 【详解】A．氯化钠为离子晶体，熔融状态下可电离出自由移动的与，能够导电，A不符合题意； B．氯化铯晶胞中，位于体心，数目为1；位于顶点，数目为，因此一个晶胞中含1个、1个，图中为8个氯化铯晶胞，B不符合题意； C．二氧化硅为原子晶体，晶体中Si原子与O原子通过共价键结合，共价键具有方向性与饱和性，限制了原子的紧密堆积，因此原子未排列成紧密堆积结构，C符合题意； D．晶体硅中每个Si原子形成4个键，每个键由2个Si原子共用，因此硅原子与键数目比为，D不符合题意； 故选C。 5．A 【详解】A．温度不变时的溶度积为定值，含足量固体的悬浊液加少量水后仍为饱和溶液，因此不变，A错误； B．根据质子守恒，水电离出的总量等于水电离出的总量，包括游离和与结合生成的，B正确； C．氨水是弱碱溶液，无法溶解，可溶性铝盐与足量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式符合事实，C正确； D．配合物内界的无法电离，外界的2个氯离子可以电离并与银离子产生沉淀，因此1 mol该配合物与足量反应生成2 mol 沉淀，D正确； 故选A。 6．C 【详解】A．为正四面体形结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，为三角锥形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，因此分子极性，A不符合题意； B．说明溶解度远小于，无法发生沉淀转化，不能用除去，B不符合题意； C．的第三电离能远大于第二电离能，说明失去2个电子后达到稳定结构，最外层有2个电子，最高正化合价为+2价，C符合题意； D．平衡常数衡量反应进行的限度，与反应速率无直接关联，仅说明与反应更彻底，不能说明反应速率更快，D不符合题意； 故选C。 7．A 【详解】A．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，N、O、F为第二周期相邻主族元素，电负性依次增大，A正确； B．同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于相邻的O，即第一电离能O < N < F，并非依次增大，B错误； C．N的最高正化合价为+5价，O没有最高正价，F没有正化合价，不存在最高正化合价依次升高的规律，C错误； D．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，故原子半径O>F，Na为第三周期元素，电子层数比O、F多，原子半径远大于二者，原子半径大小顺序为Na>O>F，并非依次减小，D错误； 故答案为：A。 8．A 【详解】A．由图可知，原子序数为78，位于元素周期表第六周期第Ⅷ族，属于过渡金属元素，A符合题意； B．由图可知，的5d能级容纳有9个电子，d能级有5个原子轨道，根据洪特规则可知有1个未成对电子，B不符合题意； C．元素周期表中位置相近的元素性质相似，与位置相近的元素可能用作单原子催化剂，C不符合题意； D．单原子催化剂中所有原子都可作为活性中心，而颗粒催化剂只有颗粒表面的原子能作为活性中心，因此，相同质量的，单原子催化剂拥有更多活性中心，D不符合题意； 答案选A。 9．B 【详解】A．步骤①为的吸附过程，分子中的、键断裂，同时形成、键，存在化学键的断裂和形成，A不符合题意； B．反应过程中，的成键数目发生变化，步骤③的产物中为杂化，步骤①②④的产物中为杂化，杂化方式发生改变，B符合题意； C．由反应机理可知，在、的活化位点吸附，在氧空位活化位点吸附，二者活化位点不同，C不符合题意； D．若步骤②活化能最大，则步骤②为决速步骤，氧空位越多，吸附位点越多，步骤②反应速率越快，总反应速率越快，D不符合题意； 故选B。 10．B 【分析】首先推断元素：X最外层电子数是内层的3倍，故X为O；Z与X同主族且原子序数更大，故Z为S；Q为前20号金属，基态无单电子，结合中Q为+2价，故Q为Ca；Y原子序数介于O和S之间，结合中Y为+5价，故Y为P；W原子序数最小，结合反应式可知W为H。 【详解】A．W为H，X为O，二者可形成、两种化合物，不止一种，A错误； B．Y为P，最高价氧化物对应水化物为（中强酸），Z为S，对应水化物为（强酸），故最高价氧化物对应的水化物的酸性，B正确； C．简单离子电子层数越多半径越大，电子层结构相同时核电荷数越大半径越小，离子半径顺序为，即简单离子半径：，C错误； D．同周期元素第一电离能呈增大趋势，但P的3p轨道为半满稳定结构，第一电离能，金属Ca第一电离能小于非金属，故第一电离能：，D错误； 故选B。 11．B 【详解】A．苯环中为大π键，含氮杂环中含有两个碳碳双键，因此每个8­羟基喹啉分子中未含有3个π键，故A错误； B．根据图示，8-羟基喹啉分子间存在、等氢键，故B正确； C．C、N、O位于同周期，其第一电离能随着原子序数递增，总的趋势是变大，但N的2p层电子半充满，导致其第一电离能大于O，C、O、N的第一电离能依次增大，故C错误； D．根据题意可知，通过原子力显微镜观测在铜单晶表面吸附组装的8-羟基喹啉分子，获得原子级分辨的分子化学骨架结构图象，并清晰观察到分子间存在的氢键作用，并不是直接观测到氢键的本质，故D错误； 故答案选B。 12．B 【详解】A．狗烯有15中不同的氢原子，则一氯代物共有15 种，A项正确； B．C4H9-存在4种不同的结构，所以含有的不同结构有机物理论上为16种，但由于两个取代基同为C4H9-，所以重复的结构有6种，因此则表示的有机物共有16-6=10种，B项错误； C．C6H6的不饱和度为4，含有两个碳碳三键的脂肪烃C6H6，满足的同分异构体为：、、、、，则分子中6个碳原子不都在同一直线上的共有4种，C项正确； D．满足题意的有机物共有8种，分别如下：、、、、，、、，D项正确； 答案选B。 13．D 【详解】A．冠醚分子中氧提供孤电子对、锂离子提供空轨道，两者形成配位键，A正确； B．由表，为时，TY型质子化咪唑盐与冠醚的结合常数最大，为吸电子基团，为时，TY型质子化咪唑盐与冠醚的结合常数最小，为供电子基团，说明TY型质子化咪唑盐上的取代基，吸电子效应越强，结合常数越大，B正确；   C．、的推(吸)电子效应会导致电荷分布的不均匀，由图，在加入或脱离后，冠醚在机械互锁分子内的移动，其移动受、的推(吸)电子效应的影响，C正确； D．本身带正电荷，则负载的机械互锁分子容易向阴离子浓度高的区域穿梭，D错误； 故选D。 14．C 【分析】首先计算晶胞中原子数目：黑球位于顶点和面心，数目为 ；白球全部位于晶胞内，数目为。中，因此黑球代表，白球代表，据此分析； 【详解】A．据分析，白球是，黑球才是，A错误； B．位于面心立方的顶点/面心，填充四面体空隙，每个最近且等距的数目为，B错误； C．晶胞中总数目为，，则，。总正电荷，电荷平衡得。原本完整晶胞应有个，空缺数，空缺率，C正确； D．、核间最短距离是体对角线的，即，得晶胞边长，晶胞总质量，密度，D错误； 故选C。 15．D 【详解】A．是直线形分子，结构对称，正负电荷中心重合，是非极性分子，A正确； B．由B中Au和F的质量分数计算可得B的化学式为，则加热A分解的化学方程式为，B正确； C．若A为强电解质，根据已知条件①可得Au易与形成八面体构型的，且Kr在中为+2价，中Kr也为+2价，则A的电离方程式应为，C正确； D．核磁共振谱显示的两个氟原子等同，说明在液态HF中以分子形式存在（直线形结构对称），而非离子形式，已知条件③也指出溶液中无含Kr的单核微粒，进一步支持分子形式，D错误； 故答案选D。 16．(1) 26 5 (2)     哑铃 (3)AD (4) d 由于的电子排布式为，3d轨道半充满，比（）稳定，再失去电子吸收能量高。 【详解】（1）铁的原子序数为26，核外共26个电子，每个电子的运动状态都不相同，因此核外电子运动状态共26种；基态Fe的电子排布为，失电子生成时先失去的2个电子，再失去的1个电子，因此的电子排布为，5个电子均未成对，未成对电子数为5。 （2）N的原子序数为7，价层电子为，按泡利原理和洪特规则排布即可；N的最高能级为2p，p能级电子云轮廓为哑铃形。 （3）对28号Ni的不同微粒分析： A：①是Ni基态原子的电子排布，②是基态（失去2个电子）的电子排布，因此①②都属于基态，A正确； B：发射光谱由激发态电子向低能级跃迁产生，②是基态微粒，无法产生发射光谱，B错误； C：②是带2个正电荷的，正电荷对电子的吸引力更强，电离一个电子所需能量：②>①，C错误； D：③是激发态，核电荷数为28，核外电子数为27；②是，核电荷数28，核外电子数为26；核电荷相同时，电子数越多，半径越大，因此微粒半径③>②，D正确。 （4）Mn位于第四周期ⅦB族，属于元素周期表的d区；从电子排布角度，的是半充满稳定结构，失去电子需要破坏稳定结构，所需能量更高；而为，失去一个电子就能得到半充满稳定结构，因此更易失电子，故气态再失去一个电子比更难。 17．(1)或 (2) 的第一电离能失去的是电子，第二电离能失去的是的电子，电子电子处于全充满状态，较难失去电子，其与电子能量差值更大：的第一电离能失去的是电子，第二电离能失去的是的电子，失去的是同一能级的电子，差值较小。 (3)三角锥形 (4) 否 若为杂化，则只有一种结构 (5)C (6)的电负性大于，成键电子对离中心原子更近，斥力更大，键角更大 【详解】（1）基态的价电子排布是，根据基态原子电子排布规则，两种自旋状态的电子数之比为。答案为：。 （2）的第二电离能失去的是的电子，第一电离能失去的是电子，的第二电离能失去的是的电子，第一电离能失去的是电子，电子处于全充满状态，其与电子能量差值更大。答案为：；的第一电离能失去的是电子，第二电离能失去的是的电子，电子电子处于全充满状态，较难失去电子，其与电子能量差值更大：的第一电离能失去的是电子，第二电离能失去的是的电子，失去的是同一能级的电子，差值较小。 （3）是族元素，的中心离子价层电子对数为，有对孤电子对，中心离子是杂化，几何构型是三角锥形。答案为：三角锥形。 （4）若将离子中的2个换为，则有2种结构，说明它是平面结构，不是四面体结构，所以它不是杂化。答案为：否；若为杂化，则只有一种结构。 （5）中为价，转化为的过程中锰元素被氧化，所以应该选择具有强氧化性的物质，（）中含有过氧键，具有强氧化性，因此选择C项。答案选：C。 （6）由于硫的电负性大于硒，共用电子对更靠近硫原子，导致电子对之间的排斥力增大，从而使得的键角大于。答案为：的电负性大于，成键电子对离中心原子更近，斥力更大，键角更大。 18．(1) 三颈（口）烧瓶 (2)观察气体流速 (3) 过量的SO2使溶液显酸性，Na2S2O3在酸性条件下会发生反应 (4)吸收多余的酸性气体，防止污染空气；防倒吸 (5) 偏小 79% 【分析】实验室制备的实验原理为：在装置A中将Cu片和浓加热反应生成气体：；通过装置B的饱和溶液调节好流速后，再通入装置C的和混合溶液中搅拌作用下反应生成；剩余的尾气在装置D的NaOH溶液中吸收，由于气体易溶于水，需要使用防倒吸装置，据此分析解答。 【详解】（1）三个口的圆底的烧瓶叫三颈烧瓶；； （2）饱和溶液不与气体反应，又没有杂质可除去，则可能的作用为：调节气体流速，使之在装置C中能与溶液充分接触转化为，提高转化效率。 （3）开始实验后，装置C中先出现黄色浑浊：；后逐渐澄清，待完全澄清时停止反应，得到溶液和一种无色无味的气体：； ①装置C中发生总反应的化学方程式为：；故离子方程式： ②若不及时停止装置A中的反应，剩余的气体会在装置C的溶液中生成亚硫酸：，根据题目中已知：在中性或碱性环境中稳定，在酸性环境中易分解产生硫单质，所以会导致被消耗而使产量降低。 （4）尾气处理，吸收多余的酸性气体，防止污染空气；防倒吸 （5）定容时仰视刻度线所加入的液体体积偏大，故浓度偏小； 由物质的量浓度为的溶液50.0mL，恰好完全反应时消耗硫代硫酸钠溶液50.0mL，根据反应：可知，硫代硫酸钠固体的纯度为：。 19．(1) 还原及 (2) 防止高温分解 偏低，沉淀不完全，偏高，等离子会沉淀 (3) +6 (4)＜ (5)Co2O3 【分析】钴锰渣(主要成分为Co2O3、CoO、MnO2，含少量FeO、ZnO、SiO2等)中加入过量硫酸、K2SO3溶液进行酸浸、还原，Co2O3、CoO、MnO2、FeO、ZnO转化为Co2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+，SiO2不溶，过滤后，SiO2成为滤渣；加入H2O2、调节pH，Fe2+被氧化生成的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；加入将Mn2+氧化并转化为MnO2沉淀；继续加入、NaOH溶液，Co2+被氧化为Co3+并转化为Co(OH)3沉淀，过滤后，滤液中含有Zn2+等。 【详解】（1）由分析可知，“酸浸”时，加入，Co2O3、MnO2溶解并被还原为Co2+、Mn2+、则K2SO3的作用是：还原及，浸渣的主要成分是。 （2）H2O2的热稳定性差，受热易发生分解，“除铁”时温度不宜太高的原因是：防止高温分解；该过程中需除尽Fe3+但不能让Co2+生成沉淀，则将pH控制在3.7~4.0范围内的原因可能是：偏低，沉淀不完全，偏高，等离子会沉淀。 （3）过硫酸钠()的阴离子中，6个O显-2价，2个O显-1价，设硫元素的化合价为x，则2x+(-2)×6+(-1)×2=-2，则x=+6，在酸性条件下，“除锰”时，加入将Mn2+氧化并转化为MnO2沉淀，转化为，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出发生的主要反应的离子方程式为。 （4）在“除铁”步骤中，能氧化但不能氧化，说明的还原性强于；在“沉钴”步骤中，需要更强的氧化剂才能氧化，也说明的还原性较弱。综合可知，还原性：＜。 （5）设初始Co(OH)3的物质的量为1mol，质量m=1mol×(59+17×3)g/mol=110g，隔绝空气灼烧时，Co(OH)3发生分解反应，失重成分为H2O，假设反应为2Co(OH)3Co2O3+3H2O，失重质量为1.5mol×18g/mol=27g，失重率为≈24.5%，对照图中数据，此时温度为290℃，所得物质为Co2O3。 【点睛】H2O2中O元素显-1价，既能升高又能降低，则H2O2既具有氧化性又具有还原性。 答案第1页，共2页 高二化学 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $