综合限时练(5)-【红对勾讲与练】2026年高考化学二轮复习考前增分练

H OH催化剂 OH COOH 十H,O。(4)化合物日中的含氧官能 COOH HO-OH 团名称是羧基、羰基、醚键、醇羟基。(5)F的分子式为 C1gH1oO,1molF的同分异构体中含有 ,且 最多消耗4 mol NaOH,第一种情况：说明含有四个酚羟基； 剩余的一个碳原子和一个氧原子与一个氢原子构成一个 一CH();核磁共振氢谱中有6组吸收峰，说明含有6种不同 化学环境的氢原子。第二种情况：说明含有三个酚羟基；剩 余的一个碳原子和两个氧原子与一个氢原子构成一个 COOH;符合条件的结构为 OH OH OHOH OHC- 、OHC OH OH OH OH HO OH HO HO OHC- 、OHC HO ()H HOHO HO OH HO OH OHC 、OHC- HO OH HO OH OH HOOC OH、 OH HO HOOC OH、 HO OH HOOC- -OH、 OH HO HOOC OH,一共有10种。其中所有 HO 官能团都在一个苯环上的结构简式为 HO OH 0 OHC (6) OH 生成M,M HO OH NH 再生成 ,该步骤可以参考D→E反应特点，逆推可知 M是 ,一OH发生消去反应形成C一C；然后 OH 发生类似E·F的反应，生成目标产物，所以反应条 件为Nal),、催化剂。 综合限时练（五） 1.D蚕丝属于天然纤维，并非化学纤雏，A错误；白糖（蔗糖） 属于二糖，而非单糖，B错误；青铜是铜锡等金属的合金，属 于金属材料而非无机非金属材料，C错误；竹子的主要成分 是纤雏素，属于天然有机高分子，D正确。 2.D由于冠醚的孔径可选择性适配不同大小的碱金属离子， 故可用于识别碱金属离子，A项正确；氯水遇pH试纸先显 红色再褪色，故可探究氯水的酸性和漂白性，B项正确；碳酸 氢铵受热分解产生氨气、水蒸气和二氧化碳气体，通过碱石 灰可除去水蒸气和二氧化碳气体，故可获得氨气，C项正确； 胆矾受热易失去结晶水，故应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方 法制备，D项错误。 3.C观察有机物结构可知，该有机物含醛基、羰基、碳碳双键 3种官能田，A项错误；该分子中含有3个手性碳原子（用*标 ,B项错误；碳碳双键、醛基都能使 酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；一个双键贡献一个不饱 和度，一个环贡献一个不饱和度，该分子的不饱和度为7，一 个苯环的不饱和度为4，故该有机物的同分异构体有芳香族 化合物，D项错误。 4.C40,+4Na0H一60C4Na0,+0,+2H,0,生成 0.05molO2时消耗0.2molO3,数目为0.2NA,A错误；体 积未知，无法计算，B错误；6.4gO,和O的混合气体，该混 合气体中的原子总数为6品XN,mol0,N,CE :方程式中O,→NaO,0元素化合价由0价降到-？价 4个0，中有10个氧原子化合价降低，铃移了号个电子，4 个NaOH中有2个-2价氧原子化合价升高到-号价，转移 了2×2-号）=碧个电子，故金或4mlN:0,时转移 10 3mol电子，则生成0.1 mol Nac0,转移2mol电子，D 错误。 5.AX、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素， X与Z可形成原子个数比为1：1的18电子分子，则该分子 为HO2,则X为H,Z为O;X与W同主族，则W为Na;Z 的最外层电子数为M的2倍，则M的最外层电子数为3，M 为A;Y的最简单氢化物与最高价氧化物对应的水化物反 应可生成盐，则Y为N元素，则X为H、Y为N、Z为O、W 为Na、M为Al,据此分析解答。非金属性越强，简单氢化物 的稳定性越强，非金属性：Z(O)>Y(N),由于O能形成多种 氢化物，如H,O、HO2,N也能形成多种氢化物，如NHg、 N,H,题干没说比较最简单的氢化物，则无法比较两种元素 氢化物的稳定性，A错误；电子层数越多，离子半径越大，电 子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半 径大小：O>Na>A+,即Z>W>M,B正确；Z与M形 成的化合物为AlO3,Al)3能溶于强酸也能溶于强碱，属 于两性氧化物，C正确：同周期元素从左到右，金属性逐渐减 弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，W为N,M 为Al,则碱性：NaOH>Al(OH)3,D正确。 6.D在元素周期表中，同族元素位于同一分区，钻位于d区， 故铱位于d区，A错误；观察晶胞图，灰球位于顶角和体内， 参考答案295 黑球位于面上和体内，1个晶胞含2个灰球、4个黑球，所以， 灰球代表铱离子，黑球代表氧离子，氧离子的配位数为3，铱 离子的配位数为6，B错误；由B选项可知，灰球代表铱离子， 位于顶角和体内，C错误；1个晶胞含2个rO,,晶体密度 172 2M 4.48×1023 p=7=a·bx10t·Na2·b·NA g·cm3, D正确。 7.C金属性：Mg>Cu,则碱性：Mg()H),>Cu(OH)。,二者 均为弱碱，同温同浓度的MgCL。溶液和CuCl,溶液，Cu+水 解程度更大，使溶液酸性更强，则溶液的H更小，故现象应 该是pH:MgCl2>CuCl2,A错误；CuSO,溶液中滴入氨水生 成Cu(OH),,继续滴加氨水生成[Cu(NH3),]+,说明稳定 性：[Cu(NH),]+>[Cu(H,O),]+,B错误；向 Co(NH,)3Cl3的水溶液中滴加硝酸银溶液，无沉淀产生，说 明氣原子为内界，所以其化学式为Co[(NH?)3CL],配位数 是6，C正确：将S(),通入FeCL溶液后滴加KSCN溶液，题 目没说明SO,是少量还是过量，若是SO,少量，滴加KSCN 溶液，现象为溶液变为血红色，题目不严谨，D错误。 8.C由题图1可知，随着溶液pH的增大，6(H,S)逐渐减小、 8(HS)先增大后减小、8(S)逐渐增大，则曲线①②③分别 表示8(H,S)、8(HS)、8(S2)与pH的关系，当pH=6.97 时，6(H,S)=8(HS),则c(HS)=c(HS),K1= c(HS)c(H)=10,当pH=12.90时，6(HS） c(H2S) 8(S)c(Hs)=c(S)K。=S)H2)=10 c(HS) NaHS溶液中HS的电离常数K。=l01,水解常数 =K。。109 Ku=K0=10>10比”，以水解为主，故溶液 显碱性，故A正确；题图2中P点pH=8.94,K= c(HS)c(H)=c(HS） c(H2 S) c(H,S) ×108.9:=106.97,Ke= c(HS）=《HSX10=101”,这两个式子相 c(S2-)c(H+)c(S2-) 乘得c(S) （H,S=101”,H,S饱和溶液浓度为0.1mol/L,电 离程度非常小，所以溶液中c(H,S)≈0.1mol/L,c(S)≈ 102.9mol/L,-lge=23.11,则c=10.1mol/L, Kw(M2S)=c2(M)·c(S2)=(102a1)2X102.9= 10.21,Kp(NS)=c(N2+)·c(S)=102.u×10.9= 106.1,随着pH的增大，c(S)增大，金属阳离子浓度减小， 但c(N+)减小得更快，所以⑤表示HS饱和溶液中N2+ 的一lgc与pH的关系，故B正确；由B项分析可知， Km(NS)=c(N2+)·c(S2-)=108.1X10299=10n.1,故 C错误；根据题图2知，向浓度均为0.01mol/L的M、N+ 的混合溶液逐滴加入H,S饱和溶液，当c(S) 109.21 0.01)mo/L=101mol/L时M开始况淀，当 10-2.1 c(S2-)= 0.01mol/L=104mol/L时，+开始沉淀， 则M+先沉淀，当M+沉淀完全时，溶液中c(S-)= 10-49.21 0ymol/L=10n1mol/L<101mol/L,此时N2+ 还没有开始沉淀，所以能通过滴加HS饱和溶液实现分离， 故D正确。 9.(1)个个个 3d 48 (2)SiO2、BaS) (3)3Fe3++Na++2S0+3C0号+3H,0 NaFe(SO.)2(OH)6￥+3CO2↑ (4)①增大有机溶剂与溶液的接触面积，提高N+的萃取率 ②消耗H,促进平衡向正反应方向移动，提高萃取率 (5)7.3(6)400~600 296红因勾·讲与练·高三二轮化学 解析：工业上以含镍废料（主要成分为Ni),含少量FeO、 Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料制备NiSO,·6H,)和 C0CO3的工艺流程为将含镍废料先加稀硫酸进行“酸 浸”，SiO2不溶，Ba)与H,SO:反应生成BaSO沉淀，过滤 后形成“滤渣I”除去；其余氧化物溶于稀硫酸转化为含 N+、Fe2+、Fe3+、Co+、H+的滤液，在滤液中加入NaCIO: 将Fe+氧化为Fe+,再加入NaCO,调节溶液pH,将Fe 转化为NaFe(SO,)2(OH):沉淀过滤除去，剩下含N+ C0+的滤液中加入有机萃取剂，把N+萃取到有机溶剂中 分液进行分离，然后往有机层中加入硫酸进行“反萃取”重新 得到NiSO,,经过一系列处理得到产品NiSO,·6H,O;前面 萃取分液后含Co+的水层加入NaHCO3“沉钴”后得到产品 CoCO3,据此分析解答。(1)Co为27号元素，位于周期表中 第四周期第Ⅷ族，基态C0原子的价层电子排布式为3d'4s, 则基态C0原子的价层电子的轨道表示式为 ↑个个。(2)报据分析，“滤渣I”的主要成分 3d 4s 为不与稀硫酸反应的S):以及能与稀硫酸反应的B)生 成的BaSO,沉淀。(3)“调pH”过程是使Fe+在Na,CO,溶 液中最后转化为NaFe(S),),(OH)。沉淀的过程，则反应 的离子方程式为3Fe++Na+2S)+3CO+3H,) —NaFe(S0,)2(OH):￥+3CO2↑。(4)①“萃取”的目的 是将N+萃取到有机溶剂中通过分液进行分离，萃取中充 分振荡的目的是增大有机溶剂与溶液的接触面积，提高 N+的萃取率。②“萃取”和“反萃取”可简单表示为2HX十 N+==NiX十2H,正反应为“茶取”过程，逆反应为“反 萃取”过程：在“萃取”过程中加入适量氨水，可以消耗H十， 促进平衡向正反应方向移动，提高萃取率。(5)常温下， K,[Co(OH):]=2X105,若起始时c(Co+)=0.05mol/L,恰 好反应生成Co(OH):时，K[Co(OH):]=c(Co+)· c2(0H)=2X10,e2(0H)=2x101 c(Co2+) 2X10-15 0.05mo·L2=4×10“mol·L2,解得c(0H)= 2×107mol·L1,则p0H=-lg(2×107)=7-lg2= 7-0.3=6.7,pH=14-pOH=14-6.7=7.3,最后得到“沉 钴”过程中应控制pH<7.3。(6)由题图可知，CoCO3受热 后得到的产物可能是CoO、CoO3、Co3O,,取1 mol CoCO3 (119g)分别得到上面3种产物的剩余固体的质量分数为 w(CoO)= (59+16)×100%≈63.03%、m(C0:0,）= 119 59X2十16X3)x2×1008,756,m（Co0) 119 一59义3十16×)X3×10667,5%,报据以上款提再 119 结合图形可以得出，在400~600℃煅烧至恒重即可得 到Co3O: 10.(1)高温+117 (2)①C,H,②反应I和Ⅲ均为吸热反应，升高温度，平衡 正向移动，且升温对反应Ⅲ的影响更大③2.645 (3)①O2+2e+2H+-H2O,②6 解析：(1)反应I为吸热嫡增的反应，在高温条件下能自发 进行：根据盖斯定律，反应Ⅲ=（反应ⅡX3-反应I)X2, △H,=2×(+104kJ·mol×3-78k灯·mol)= +117kJ·mol厂1。(2)①反应I、Ⅱ、Ⅲ都为吸热反应，升 高温度，C2H。增多，C,Hg减少，a代表的是CH,b代表的 是C4H8,c代表的是CH:。②C3H:是反应I的生成物， 同时也是反应Ⅲ的反应物，所以CH:物质的量分数由反 应I和Ⅲ共同决定，710K后，曲线c下降的原因是反应I 和Ⅲ均为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，且升温对反 应Ⅲ的影响更大。③a代表的是C2H:,b代表的是C4Hg, c代表的是C3H:,m点C2H:和C3H:的物质的量分数均 为0.46，C:H:的物质的量分数为0.08，反应Ⅱ的平衡常数 K,046 =2.645。(3)①阴极上氧气得电子生成HO2, 0.08 电极反应式为)。十2e十2H+一H2O,。②阳极氯离子 失电子转化为次氨酸，电极反应式为C1一2e十H,) HCO+H+,阴极产生的H,O2和阳极产生的HClO均可 将甲醛氧化为甲酸，当外电路通过0.2mol电子时，阴极产 生0.1 mol H,O,和阳极产生0.1 mol HCIO,0.1mol H2O2作氧化剂得0.2mol电子，0.1 mol HCIO作氧化剂 得0.2mol电子，根据关系式HCHO~HCO)H~2e, 0.1molH),和0.1 mol HC10可处理0.2 mol HCHO, 质量为0.2mol×30g/mol=6g,当外电路通过0.2mol电 子时，理论上能处理的甲醛的质量为6g。 综合限时练（六） 1.B疫苗等生物制剂属于蛋白质，需要在低温下保存，防止高 温时蛋白质变性，A正确；葡萄糖在酒化酶的作用下发生分 解反应生成乙醇，B错误；硅胶、生石灰均能吸水而且无毒， 所以可用作食品千燥剂，C正确；将C)2转化为淀粉属于化 学变化，能够减少向空气中排放C),的量，有利于实现“碳 中和”，D正确。 2.C钛元素在元素周期表中位于第四周期第NB族，不是第 ⅡB族，A错误；碳化硅(SiC)中原子间通过共价键结合，形 成空间网状结构，属于共价晶体，不是分子晶体，B错误；对 于Fe,质量数A=56,质子数Z=26,根据中子数N=A Z,可得中子数N=56-26=30,C正确：H和D(氘)质子数 相同，中子数不同，互为同位素，同素异形体是同种元素组成 的不同单质，D错误。 3.B雏生素C具有还原性，抗氧化，故做水果罐头时加入雏生 素C,A错误；固体疏通剂为Al和NOH的混合物，遇水发 生反应2Al+2NaOH+6HO一-2Na[AI(OH):]+3H↑， 能使封闭管道内气压增大，疏通堵塞的管道，B正确；C+与 NaS反应生成难溶性沉淀CuS,所以可以除Cu+,为非氧化 还原反应，C错误；玻璃中的S),可以与HF反应生成 SF:,不是因为HF的弱酸性，D错误。 4.DR、W、Z、X、Y、T为原子序数依次增大的短周期元素，R 连1个键，应该为H元素，W连4个键，应该为C元素，Z连 3个键，Y连5个键，两者为第VA族元素，Z为N元素，Y为 P元素，X和T都连2个键，为第ⅥA族元素，X为O元素，T 为S元素，即R、W、Z、X、Y、T分别为H、C、N、O、P、S。由于 N的价层电子为半满结构，更稳定，故第一电离能大于)，O 的第一电离能大于S,故第一电离能：N>O>S,故A错误； 由于水分子间存在氢键，沸，点变高，故沸点：H,O>H,S,故B 错误；CH是正四面体形，为非极性分子，NH?为三角锥形， 为极性分子，故C错误；S)和P)月中心原子都是4个价 层电子对，且都没有孤电子对，空间结构均为四面体形，故D 正确。 5.D1mol》 可以和3mol氢气加成，但苯中不含有碳 碳双键，而是一种介于单键和双键之间独特的化学键，陈述 I正确，陈述Ⅱ错误，A不符合题意；石墨的硬度小于金刚 石，这是由于石墨为层状结构且各层间分子间作用力弱所 致，并非因为“石墨中共价键的键能比金刚石小”，事实上石 墨中C一C键长更短，键能更大，陈述I正确，陈述Ⅱ错误， B不符合题意；二氧化硫可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，是 因为SO,具有还原性，而非漂白性，陈述I正确，陈述Ⅱ错 误，C不符合题意；烷基越长推电子效应越大，使羧基中羟基 极性变小，则羧基越难电离，羧酸酸性越弱，陈述I与陈述Ⅱ 均正确，且具有因果关系，D符合题意。 6.A由题图可知，若为氨元素的物质类别，则a为NH3、b为 N2H,、c为N2,d为N),e为NO2(N2O,),f为HNO3;若为 疏元素的物质类别，则b为H,S、c为S,e为S),,g为 H,SO:,据此分析。在自然界中存在S,S在一定条件下能够 氧化金属生成金属硫化物，无法说明该元素非金属性较弱， A错误；一定条件下N2H,与NO),反应生成N2,化学方程式 为2N,H4+2NO,3N2十4H,),一定条件下H,S与S) 反应生成S,化学方程式为2H2S十SO):一3S￥+2H,O, B正确；根据分析可知，HN)3、HS),为常见的强酸，常温 下其浓溶液可使铁钝化，故可用铁制容器储运，C正确；a为 NH,其中心原子的价层电子对数为3十5-)X3=4,b为 2 N2H,、H2S,NH,中中心原子的价层电子对数为3十 5一(2X1十1X1)=4,H,S中中心原子的价层电子对数为 2 2+6-2X1=4,VSEPR模型均是四面体形，D正确。 2 7.B生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大接触面积，增 大甲酸分解的速率，故A正确；整个历程中，1molH2失电 子形成2molH转移2mole,1 mol NO?得电子形成 0.5molN2转移5mole,所以1molH2可以还原0.4mol NO?,故B错误；HCOOH分解产生CO,和H,,所以会发生 碳氢键和氢氧键的断裂，只有极性共价键发生了断裂，故C 正确；N)3与NO,在氧化Fe+的过程中需要消耗氢离子， H,还原Fe+过程中生成H+,所以生成的氢离子可以起到 调节pH的作用，有增强N)?氧化性的作用，故D正确。 ,C由题图可知，Cr+在电极b失去电子生成CrO,电极 反应为2Cr3+-6e+7H,O一Cr2O+14H+,电极b为 阳极，电极a为阴极，以此解答。C3+在电极b失去电子生 成Cr2O,电极b为阳极，电极a为阴极，电解池中阳离子 向阴极移动，则H+通过质子交换膜移向a极，A正确；装置 M中甲苯和CrO发生氧化还原反应生成苯甲酸，根据得 CH 失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为 COOH Cr2)片+8H+ +2Cr3++5HO,B正确；H 在阴极得到电子生成H2,每生成3molH,,转移6mol电 子，由2Cr3+-6e+7H2O 一Cr2O片+14H+和 CH; COOH +Cr2O片+8H +2Cr3++5H2O可 COOH 知，每转移6mol电子可生成1mol ,质量为 1mol×122g/mol=122g,C错误；由分析可知，电极反应为 2Cr3+-6e+7H2OCrO+14H,D正确。 9.(1)D2NH,CI+Ca(OH):CaCl+2NH,+2HO ②efbc③B (2)加入氢氧化钠浓溶液并加热，在试管口用湿润的红色石 蕊试纸检验放出气体，若试纸由红变蓝，则证明溶液中含 有NH (3)AgC1+2NH·H2O—[Ag(NH):]++CI-+2H,O (4)蒸馏水导电性很弱 (5)①U.>U3、U>U1②CH3CHO-2e+3OH CH;COO+2H2O (6)比较Ag和[Ag(NH),]氧化性的强弱 (7)将溶液A换成pH=6的0.1mol/LKN)3溶液 解析：(1)①加热氯化铵和熟石灰的固体混合物制取氨气，所 以大试管中发生反应的化学方程式为2NH,Cl+Ca(OH)g △CaCL十2NH,个+2H:0。②制得的氢气常混有水蒸 气，除去水蒸气需用碱石灰干燥，氨气的密度比空气小，需从 b口进入，氨气为碱性气体需用硫酸吸收，且氨气极易溶于 水，则需注意防倒吸，故组装制取并收集纯净干燥的NH?的 参考答案297班级： 姓名： 综合限时练（五） (分值：50分限时：40分钟) 一、选择题：本题包括8小题，每小题3分，共24分。 养因子生长，有望用于治疗神经退行性疾病。下 每小题只有一个选项符合题意。 列关于Cyathin B,的说法正确的是 1.下列关于四川传统文化与化学知识的对应关系， 正确的是 ( ) Cyathin B, A.分子中含有2种官能团 四川蜀锦 内江糖画 B.分子中含有4个手性碳原子 C.能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D.没有芳香族化合物的同分异构体 4.NA为阿伏加德罗常数的值。已知：O3和NaOH会 三星堆青铜面具 蜀南竹编 发生反应生成臭氧化钠(40，十4NaOH一60℃ A.四川蜀锦的主要成分蚕丝属于化学纤维 B.内江糖画制作所用白糖的主要成分属于单糖 4NaO3+O2+2H,O。下列叙述正确的是() C.三星堆青铜面具是由青铜制作的，青铜属于无 A.生成1.12L(标准状况下)O2时消耗O3分子的 机非金属材料 数目为0.3Na D.蜀南竹编的主要成分属于天然有机高分子 B.常温下，0.01mol·L1NaOH溶液中含OH 2.下列装置或方案不能达到相应目的的是 ( 的数目为0.01NA C.常温下，收集6.4gO2和O3的混合气体，该混 合气体中的原子总数为0.4NA pH试纸 D.每生成0.1 mol NaO3时转移电子的数目为 (18-冠-6) 0.1NA A.使用18-冠-6从Li产和B.探究氯水的酸性和漂 5.X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族 K中识别K 白性 元素，X与Z可形成原子个数比为1：1的18电子 NH,HCO. 碱石灰 分子；X与W同主族；Z的最外层电子数为M的2 倍；Y的最简单氢化物与最高价氧化物对应的水 化物反应可生成盐。下列说法不正确的是() D.蒸干硫酸铜溶液制备 C.制备氨气 A.氢化物的稳定性：Z>Y 胆矾 B.简单离子的半径大小：Z>W>M 3.类鸟巢烷二萜天然产物(Cyathin B,,结构如图)具 C.Z与M形成的化合物为两性氧化物 有抗炎、抗菌、抗病毒和抗癌活性，能促进神经营 D.最高价氧化物对应水化物的碱性：W>M (横线下方不可作答) 205 第二部分综合限时练 6.二氧化铱（化学式为1rO2,铱和钴位于同族）可用 ① 于制造高硬度的铱铂合金，这种合金常被用来制 0.8 0.6 造陀螺仪导电环、笔尖、钟表、仪器轴承等精密部 0.4 件。二氧化铱的晶胞结构如图所示。已知：N为 0.2 阿伏加德罗常数的值，晶胞棱长分别为anm、 02 -6.97 12.90 3 11 13 anm、bnm。下列叙述正确的是 pH 图1 30 P 20 ④ (8.94,23.11) A.铱位于元素周期表ds区 15 ⑤ B.氧离子的配位数为6 4 5 6 8 10 C.铱离子位于面心和体内 pH 图2 D.晶体密度为4.48×10 a2·b·Ngcm 下列说法错误的是 7.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是 A.NaHS溶液显碱性 B.直线⑤表示H2S饱和溶液中N2+的一lgc与 选项 实验操作 现象 解释或结论 pH的关系 测同温同浓度的 C.金属硫化物NS的pKp=49.21 pH:CuCl,> 金属性： A MgCl2溶液和 MgCl D.浓度均为0.01mol/L的M+和N2+的混合溶液 Mg>Cu CuCl2溶液的pH 可通过滴加H2S饱和溶液实现分离 稳定性： 向CuSO,溶液中 先生成沉淀， 二、非选择题：本题包括2小题，共26分。 B [Cu(NH),]+< 滴加过量氨水 后沉淀溶解 9.(14分)镍、钴及其化合物在工业上有广泛的应用。 [Cu(HO)4]+ 以含镍废料（主要成分为NiO,含少量FeO、 向Co(NH),CL 该配合物 Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料制备NiSO,· 的水溶液中滴加 无明显现象 中Co+的 硝酸银溶液 6H2O和CoCO3的工艺流程如下。 配位数是6 将SO,通入FeCl H,SO,NaCIO,Na,CO,萃取剂NaHCO 氧化性： D 溶液后滴加 无明显现象 一酸浸一氧化一一调p日一萃取一→沉钴一→CoC0, Fe>SO. 料 KSCN溶液 滤渣I 黄钠铁矾渣有机层 NaFe (SO)(OH) 反应 NiSO,·6H,O 晶体 8.常温下，H2S溶液中含硫粒子分布系数6 比如： 回答下列问题： 得分 c(HS) 6(HS)= c(H2S)+c(HS)+c(S2) 与pH的 (1)基态C。原子的价层电子的轨道表示式为 关系如图1所示；金属硫化物M,S和NS在H,S 饱和溶液(0.1mol/L)中达沉淀溶解平衡时，一lgc (2)“滤渣工”的主要成分是 (填 与pH的关系如图2所示(c为金属离子浓度)。 化学式)。 红对勾·讲与练 206 高三二轮化学 班级： 姓名： (3)“调pH”过程中生成黄钠铁矾沉淀，该反应的 反应Ⅱ：C4H8(g)一2C2H4(g) △H2= 离子方程式为 +104kJ·mol-1: 反应Ⅲ：2C3H6(g)一3C2H(g)△H3。 (4)①“萃取”时需充分振荡，目的是 得分 (1)反应I在 (填“高温”或“低温”)下能 自发进行；△H3= kJ·mol-1。 (2)反应达到平衡时，三种组分的物质的量分数x ②“萃取”和“反萃取”可简单表示为2HX十N 随温度T的变化关系如图所示： 一NiX2十2H。在萃取过程中加入适量氨水， 0.7 其作用是 0.6 0.5 m 0.4 b (900.0.46) 0.3 02 0.1 a 500 600700800900 T/K (5)常温下，Km[Co(OH)2]=2×1015,若起始时 ①曲线a代表的成分是 c(Co+)=0.05mol/L,“沉钴”过程中应控制 ②710K后，曲线c下降的原因是 pH< 。(1g2=0.3) (6)CoCO3在空气中能受热分解，测得剩余固体的 质量与起始CoCO?的质量的比值（剩余固体的质 量分数)随温度变化曲线如图所示。 号 100% ③图中m点反应Ⅱ的以物质的量分数表示的平 衡常数K,= (以物质的量分数代替浓 s69.75% 67.51% 度计算)。 乐63.03% (3)一种将电氧化法和电还原法联合处理含甲醛 的废水的装置如图所示。 20040060080010001200温度/℃ 阳极 阴极 将CoCO,固体置于热解装置中，通入空气气流， O!L-ond-OPd-'Ous HCIO HCHO -H02 在 ℃（填范围）煅烧至恒重 化 即可得到CoO4。(已知CoCO,的摩尔质量为 石 HCOOH+ 02 墨 119g/mol,CoO,的摩尔质量为241g/mol) HO 10.(12分)烯烃是有机合成中的重要基础原料。乙 ①阴极的电极反应为 烯、丙烯、丁烯之间存在如下转化关系： 反应I:3C4H3(g)=4C3H6(g) △H ②当外电路通过0.2mol电子时，理论上能处理 +78kJ·mol1; 的甲醛的质量为 g。 (横线下方不可作答) 207 第二部分综合限时练 ■■