福建师范大学附属中学2027届高三上学期10月月考 化学试题

2027届福建师范大学附属中学 志勤级高三10月适应性训练一化学学科试卷 可能用到的相对原子质量H1C12016Mm55I127 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的4个选项中，只有一 个选项是符合题目要求的 1.化学实验操作有严格的规范。下列实验操作描述错误的是() A.实验剩余的钠块可以放回原瓶 B.进行焰色试验时如无铂丝，可以用玻璃棒代替 C.稀释浓硫酸时，将浓硫酸缓缓沿器壁倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌 D.制备氢氧化铁胶体实验时，不宜长时间加热 2.下列离子方程式书写正确的是() A.钢铁发生吸氧腐蚀的负极反应式：Fe-3e=Fe3+ B.向苯酚钠溶液中通入少量C02:2-0+C02+H,0→2-oH+C0 C.用稀硝酸溶解铜蓝(Cu):CuS+2H=Cu2++H,S个 D.向NH4HSO4溶液中滴加过量Ba(OH),溶液：NH+H+SO}+Ba2++2OH=BaSO4↓+H,O+NH3·H,O 3.某合成染料的中间体结构如图所示，Q、R、T、W、X和Y为原子序数依次增大的短周期元素，下列 说法错误的是() A.简单离子半径：Y>X>W B.第一电离能：T>W>Y -RO C.虚框内基团均可与水分子形成氢键 RO. D.最高价氧化物对应水化物的酸性：R<T 4.有机物Z是合成某杀虫剂的中间体，合成路线如下： (X) CF (Y) 下列说法正确的是( A.X中所有原子可能共平面 B.可用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和Z C.Y的核磁共振氢谱有5组峰 D.该反应的原子利用率为100% 1 阅读下列材料，完成下面2个小题。 氟主要以萤石（主要成分为CaF)、氟磷酸钙[主要成分为3Ca(PO,)2·CaF,]等矿物存在，萤石白天受到 日光照射，可在夜晚发光。工业电解制备E使用KHF,与无水亚组成熔融混合物作电解质，电解反应可表 二示为州，个出，个。1986年化学家克里颗特直次用化学方法验成氟气，他用六氯合锌)视 373K (K,MnF。)、五氟化锑(SbF,)为原料反应得到MnF4,生成的MnF4不稳定会分解生成MnE和E。 5.下列有关物质结构或性质的描述错误的是( A.PO的空间结构为正四面体形 B.电负性：K>Sb C.F2分子中的共价键为p-po键 D.萤石在夜晚发光与电子的跃迁有关 6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是() A.55g基态Mn原子中，含s能级电子总数目为8NA B.MnF,分解时，每生成1 mol MnF,转移电子数目为2N C.标准状况下，33.6LH2中含有的原子数目为1.5NA D.0.1molL的K,MnF,溶液中MnF数目小于0.1NA 7.某化学实验室以一种工业上的废渣（主要含有MgCO3SiO2和少量Fe、A1的氧化物）为原料，制备 MgSO4·7H,O。实验流程如图所示，下列说法错误的是( 40%H2SO4 30%H202 有机萃取剂 废渣 酸溶 过滤 滤液 萃取分液 过滤 操作a →MgSO47H20 滤渣 含Fe3+的有机相 Al(OH) A.往滤液中加入30%H2O2,主要发生反应的离子方程式为H202+2Fe2++2H=2Fe3++2H,0 B.“萃取分液操作，要用到的玻璃仪器主要有分液漏斗和烧杯 C.“过滤操作时，加试剂X调节pH除去AI+,X可以选用MgO或Mg(OHD2 D.“操作a”为蒸发结晶 2 8.根据下列实验操作及现象，得出的结论正确的是() 选项 实验操作及现象 结论 在碘的四氯化碳溶液中加入浓K紅溶液，振荡，下层溶液颜色 A 生成5，促进L2溶于水 变浅 以K,CO,为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定溶液中的CI, 心 K(AgCl)<K(Ag2 CrO) 先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀 向待测液中加入稀硝酸酸化，再加入Ba(NO,)2溶液，出现白 待测液中含SO 色沉淀 常温下，分别向等体积等pH的苯甲酸和对硝基苯甲酸溶液中 D 酸性：苯甲酸>对硝基苯甲酸 加蒸馏水稀释至等体积，测得pH:对硝基苯甲酸>苯甲酸 9.利用电化学化学协同法将天然气中的HS转化为硫酸盐，实现HS资源化利用。原理示意图如下。下 列说法不正确的是() A.KOH溶液的作用之一是吸收H2S H,S 02 电源 0 B.a极的电极反应式：O2+H,0+2e=HO2+OH 02 02 HO, b OH C.当双极膜H0解离生成0.2molH,阳极室溶液的质量减 S2- 少1.6g KOH溶液H“ OH KOH溶液 D.理论上，阳极产生的n(O)小于阴极消耗的n(O) 双极膜 10.草酸((HzC20.)是一种有机二元弱酸。常温下，向20.00mL0.50molL'H,C,0,溶液中加入1.0molL 的NaOH溶液调节pH,加水控制溶液体积为200mL,测得溶液中含碳微粒的分布分数8 c(x) (x)[8(x)= H,Co,)+cC,0)+cC,0g)x代表H,C0HC,0:或C,0]随pH变化如图所示，下列说 法错误的是() A.pH调至大于4.3时，发生反应： δ) 0.9 HC2O+OH=C2O+H2O 0> B. K(H,C,0,-1000 K2(H2C204) 0.5 C.N点溶液：c(Na)>3c(HCO,) 0.3 D.当滴入20.00 nL NaOH溶液，所得溶液中： 3 4.35 8 pH c(Na*)>c(C2O)>c(HC2O)>c(H*) 3 二、非选择题：本题包括4小题，共60分 11.化合物E是某类激酶抑制剂的合成中间体，其制备工艺路线a如下： OCH, COOCH, CH2 强碱 O(CH)S CI C 四氢呋喃 二氯甲烷 B OCH, OH NaBH 氟化试剂 LiAIH HO 乙醇 O D E 回答下列问题： (1)化合物A中官能团的名称为 (2)A→B的反应类型属于 (3)B和C质谱图中的分子离子峰的质荷比分别为195和197，推测C的结构简式为 (4)C→D反应中NaBH,的作用为 (5)路线a的总产率为11%。为了优化E的合成工艺，某小组设计了路线b,过程如下： COOCH COOCH. 碱 强碱 1)氟化试剂HO H HO HCI (C,HNO) 2)LiAIH G ①F→G反应的化学方程式为 OH OH ②结构表征确认，的分子结构简式为 。推测H的分子结构简式 (6)已知F→G和G→E的产率分别为90%和70%.路线b的优势有 (答一条即可)。 4 12.废旧三元锂离子电池处理后得到的正极活性材料（住要成分为LiNi,Co,Mn1-x-,O2,还含铝等杂质），用 来制备镍钴锰酸锂产品的主要流程示意图如下： H2SO4 H2O2 NH4HCO3 碱液 Na2CO3溶液 正极 活性洲 除铝 加相应离子调整比例为 浸取日 共沉淀 沉锂→Li2C03 焙烧→产品 材料 n(Co:n(Ni:n(Mn=1:1:1 滤渣 钴锰镍氢氧化物 (I)LiNi,Co,Mn-x-,O2中Ni、Co、Mn的化合价相同，则它们的化合价为 (2)①浸取时，加入H,0,作 (填氧化剂或“还原剂)。 ②“浸取”时温度对镍、钴、锰浸出率的影响如图所示，控制浸取的温度不高于0℃的原因是 100 80 生话液 梁 60 钴 一 40 0 40 60 80 温度/℃ (3)除铝时，反应的离子方程式为 (4)室温下，Co(OH)2、Ni(OH)2、Mn(OH)2三种物质的Kp分别为10ls0、10-15.3、10-2.8。“共沉淀”时， 这三种金属离子均沉淀完全（溶液中离子浓度≤105olL,可视为沉淀完全），则pH应调至 以上。 (⑤)已知Li2CO3的溶解度随温度变化如下图所示。为提高Li,C03的析出量和纯度，“沉锂”的操作依次为： 加NaCO3溶液、蒸发结晶、 、 热水洗涤、干燥。 1.4 1.2 0.8…t… 0.6 0.4 0.2 020406080100120 温度C 5 (6)某种镍钴锰酸锂材料(LiNi3Co3Mnv3O2)的晶胞示意图如下图所示。 ①组成晶体的元素基态原子中，未成对电子数最多的是 ②每个晶胞中含有L计的个数为 ③与同个Lⅰ等距离最近的O的个数为 ●Li OCo Ni Mn OO “● 13.碘在油脂测定中应用广泛。可利用含碘废液（含Na和少量L2)制取单质碘并用于油脂测定。 I.制Cul 已知：K[Fe(CN)。](亚铁氰化钾)与Cu2+会生成红褐色沉淀。 (1)如图1所示，先向含碘废液中加入足量的Na,SO3溶液，控制温度在60~70℃，边搅拌边逐滴滴加CuSO4 溶液，反应的化学方程式为2CuS0,+2NaI+Na,S0,+H,060-70℃2CuI↓+2NaHS0,+Na,S0。 8 CuSO4溶液 仪器a 含碘废液和 磁子 Na2SO,溶液 磁力搅拌加热器 图1 ①盛装CuSO4溶液的仪器名称为 0 ②可采用 的方法将装置温度控制在6070℃。 ③若不加入NaSO,溶液，仅加入CuSO4溶液也可生成CuI沉淀，写出该反应主要的离子方程式 Ⅱ.制12 (2)弃去上步反应后的上层液体只留C固体，在分液漏斗中装入浓硝酸，并连接图2尾气吸收装置，边搅 拌边逐滴加入浓硝酸，充分反应后，将所得混合物用真空抽滤器过滤，用冷水洗涤，低温干燥得到碘单质。 ①图2烧杯中盛放的试剂为 (填化学式)。 ②检验碘单质洗涤干净的方法：取最后一次洗涤液少许于试管中， (写出实验操作及现象)。 图2 ③浓硝酸过量使得产量下降，可能原因是 6 I.测定油脂的碘值 (3)油脂的不饱和度可通过油脂与碘的加成反应测定，通常称为油脂的碘值。碘值越大，油脂的不饱和程度 越高。碘值是指l00g油脂所能吸收的l2的克数。称取ag某油脂，加入含bmoll,2的韦氏溶液（韦氏溶液是 测定碘值时使用的特殊试剂)，充分振荡；过量的L,用cmol/LNaS,O3标准溶液滴定，消耗NaS,O3溶液 VmL(滴定反应为2NaS,03+L2=NaS,06+2Nal)。 ①滴定实验中选择的指示剂为 ②该油脂的碘值为 g(最简表达式)。 14.氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。 (1)298K时，1gH2燃烧生成H,O(g)放热121kJ,1molH,O①)蒸发吸热44kJ,表示H2燃烧热的热化学方程 式为 (2)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。 I.CHa(g)+H,O(g)CO(g)+3H2(g) Ⅱ.CO(g十H2O(g)、CO2(gHH2(g) ①下列操作中，能提高CH4(g)平衡转化率的是 (填标号)。 A.增加CH4(g)用量 B.恒温恒压下通入惰性气体 C.移除CO(g) D.加入催化剂 ②恒温恒压条件下，Imol CH(g)和5molH,O(g)反应，达平衡时，CH4(g)的转化率为a=0.9,CO2(g) 的物质的量为0.65mol,平衡体系中H2（g)的物质的量为 (3)实现碳达峰、碳中和是贯彻新发展理念的内在要求，因此二氧化碳的合理利用成为研究热点。可用氢气 和二氧化碳在催化剂作用下合成甲醇：CO2+3H2、三CH,OH+H,O。恒压下，CO2和H2的起始物质的量 之比为1：3时，该反应甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示。该反应的△H0,甲醇的产率P点高于 T点的原因为 △有分子筛膜 45 ●无分子筛膜 .△ △ 礼證 ● △ 25 (分子筛膜能选择性分离出H2O)》 T 200 220 240温度/C 7 (4)在允许O2自由迁移的固体电解质燃料电池中，CH22放电的电极反应式为 (⑤)甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO,四步可能脱氢产物及其相对能量如 图，则最可行途径为a→ (用bj等代号表示)。 ●c CH2O ●d ● (-CHOH)brid (-COH)op ●e 咱 CH3OH (-CHOH)top ●g ●b (-CHO)top (-CH2OH)top (-CO)top ●h (-COH)fee 。i (-CO)fee 0 2 3 4 CHOH脱氢个数 8 志勤级高三10月适应性训练一化学学科试卷·参考答案 1~5:BDABB 6~10:ADACC 11.答案 (1)酯基、酰胺基 (2)取代反应 OCH, 0 (3 (4)做还原剂，将酮羰基还原为羟基 COOCH, COOCH COOCH, (5)① ② HO (⑥)总产率更高（或合成步骤短，工艺更简洁，答一条即可） 12.答案 (1)+3 (2)还原剂 70℃时浸出率已接近100%，温度继续升高反而会增加能耗，同时增大过氧化氢的分解率 (3)A1++3HCO3=AI(OHD3↓+3C02↑ (4)10.1 (⑤)趁热过滤 (6)Mn或锰 3 6 13.答案 (1)①分液漏斗 ②水浴加热 ③2C2++4I=2Cl↓+L (2)①NaOH ②滴加K4[Fe(CN)6]溶液，无红褐色沉淀生成 ③浓硝酸具有强氧化性，会将生成的单质碘进一步氧化为更高价态的碘化合物（如HO,) (3)①淀粉溶液 ②25400b-12.7cV a 14.答案 (1)H(g+20(g-HH,0(1)△F-286kmo1 (2)①BC ②3.35mol (3)下P点有分子筛，能将水分离，水为生成物，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率： (4)CmH2t2-(6n+2)e+(3n+1)02mC02++1)H20 (5)a→b→e→h→j 9 志勤级高三10月适应性训练一化学学科试卷·详解 1.B 【详解】A.钠性质活泼，随意丢弃易引发安全事故，因此实验剩余的钠块可以放回原试剂瓶，A正确， 不符合题意； B.普通玻璃中含有钠元素，自身焰色为黄色，会千扰焰色试验的检测结果，因此不能用玻璃棒代替铂丝 进行焰色试验，B错误，符合题意； C.浓硫酸密度大于水且稀释过程释放大量热，将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中并不断搅拌可防止局部过热 导致液体飞溅，操作规范，C正确，不符合题意： D.长时间加热会使氢氧化铁胶体发生聚沉生成沉淀，因此制备氢氧化铁胶体时不宜长时间加热，D正确， 不符合题意； 2.D 【详解】A.钢铁发生吸氧腐蚀时，负极Fe失电子生成Fe+,负极反应式为Fe-2e=Fe+,A错误； B.酸性：H2CO3>苯酚>HCO3,根据“强酸制弱酸”的规律，无论通入CO2的量有多少，苯酚钠和CO2 反应产物均为苯酚和HC0,不会生成C0,离子方程式为：〈0+C02+H,0→《OH+HC0, B错误； C.稀硝酸具有强氧化性，会氧化CuS中的S2-,发生氧化还原反应，不会发生复分解反应生成HS,C 错误； D.NH4HSO4与过量Ba(OH2反应时，NH4、H+完全反应，SO子与Ba+生成沉淀，离子方程式为： NHH+H++S0+Ba2++2OH=BaS04↓+H,0+NH3H20,D正确： 3.A 【分析】根据结构和成键特点、原子序数依次增大的短周期条件，推导得：Q为H(1号元素，只形成1 个共价键)，R为C(6号元素，形成的-RO为甲基，符合结构)，T为N(7号元素，形成的-T2为氨基)， W为0(8号元素，磺酸基中Y连接3个W),X为Na(11号元素，带1个正电荷的阳离子，原子序数 介于W和Y之间)，Y为S(16号，磺酸基中心原子，短周期原子序数最大)。 【详解】A.Y(S2)有3个电子层，W(O2)和XNa)都有2个电子层；电子层相同时，核电荷数越大半 径越小，因此半径顺序为：S2->O2>Na,即Y>W>X,A错误； B.同周期N(VA族，半充满稳定)第一电离能大于O;同主族从上到下第一电离能减小，O大于S,因 此顺序：N>O>S即T>W>Y,B正确； C.虚框中的-NH2（含N)、-SO,（含O),N、O电负性大，都可以和水分子形成氢键，C正确： 10 D.R是C,最高价碳酸，T是N,最高价硝酸，酸性HCO,<HNO3,所以R<T,D正确： 4.B 【详解】A.X分子中含有-CF,中心碳原子是$即3杂化，为四面体结构，因此所有原子不可能共平面，A 错误； B,X中无碳碳双键，也无能够被酸性高锰酸钾氧化的烷基侧链，不能使酸性高锰酸钾褪色；Z中含有碳 碳双键，碳碳双键可被酸性高锰酸钾氧化，能使高锰酸钾溶液褪色，因此可以用酸性高锰酸钾鉴别X和Z, B正确； C.Y的结构为苯环上连有3个不同取代基：-COCH,、-CH,、-COOCH,不同环境氢的种类：苯环上 3种不等价氢，加上3个取代基中3个不等价甲基氢，共3+3=6种，核磁共振氢谱有6组峰，C错误： D.该反应为羟醛缩合反应，会脱去1分子小分子水，并非所有原子都进入目标产物Z,原子利用率小于 100%,D错误； 5.B6.A 【详解】5.A.P0?中P原子形成4个0键，孤电子对数为5+3,42=0，价层电子对数为4，空间结构为正 四面体形，A正确； B.K和Sb分别位于第四周期和第五周期，K的金属性远强于Sb,对键合电子的吸引能力较弱，故电负 性：K<Sb,B错误； C.每个F原子的2p能级有1个未成对电子，两个F原子的2p轨道以“头碰头”的方式重叠，形成σ键，因 此F2分子中的共价键为Ppo键，C正确： D.萤石受到日光照射时，电子吸收能量跃迁到较高能级；电子向较低能级跃迁时释放光能，因此萤石在 夜晚发光与电子的跃迁有关，D正确； 6.A.Mm的原子序数为25，基态Mm原子的电子排布式为1s22s22p3s23p63d4s2,1s、2s、3s、4s能级 55g 各有2个电子，年个M血原子含8个s能级电子。55gM的物质的量为5gmr1m0l,所含s能级电子总 数目为8NA,A正确： B.由题给分解产物并根据原子守恒，分解反应的化学方程式为2MnF4=2ME+E,个。反应中Mn元素的 化合价由+4价降低到+3价，每个Mn原子得到1个电子，故每生成1olMn正，转移电子的物质的量为1 mol,电子数目为NA,B错误； 33.6L C.标准状况下，H的物质的量为224LmF=15mol，每个氢分子含2个氢原子，故氢原子数目为3N,C 错误： 11 D,物质的量浓度一定时，溶质的物质的量还取决于溶液体积，题中未给溶液体积，无法确定MF。的数 目，更不能判断其是否小于01NA,D错误： 7.D 【详解】A.酸性条件下H,O2将F2+氧化为Fe3+,给出的离子方程式符合得失电子守恒、电荷守恒和原子 守恒，A正确： B.萃取分液操作使用的主要玻璃仪器为分液漏斗和烧杯，B正确： C.加入MgO或Mg(OH2可与溶液中H+反应升高pH,使A1+转化为A1(OHD3沉淀除去，且不会引入新杂 质，C正确； D.MgSO4·TH,O为带结晶水的物质，直接蒸发结晶会失去结晶水，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法获 取晶体，D错误； 8.A 【详解】A.【2可与I厂发生反应L2+厂I,I易溶于水，使得四氯化碳层中12浓度降低，颜色变浅，结 论正确，A正确： B.AgCl为AB型沉淀，Ag2CO4为A,B型沉淀，二者溶度积表达式类型不同，不能仅根据沉淀先后顺序 判断Kp的大小，B错误； C.稀硝酸具有氧化性，可将溶液中的O氧化为SO子，也会生成白色沉淀，无法确定待测液一定含SO?, C错误； D.等pH的弱酸，酸性越强，稀释相同倍数时pH变化越大。稀释后对硝基苯甲酸pH更大，说明其酸性 更强，即酸性：对硝基苯甲酸>苯甲酸，结论错误，D错误； 9.C 【分析】由题可知，HS通入KOH溶液中，反应生成KS,O2在a电极得到电子生成HO2和OH,电极 反应式为O2+H2O+2e=HO,+OH,S2被HO2氧化为SO号；b电极上，OH失去电子生成水和氧气， 电极反应式为：4OH-4e=02个+2H,0,据此回答。 【详解】A.KOH溶液呈碱性，可与酸性气体HS发生反应，起到吸收HS的作用，A正确： B.a极为阴极，O2在碱性条件下得电子生成HO,,电极反应式为：O2+HO+2e=HO2+OH,B正确； C.当双极膜H0解离生成0.2molH,则转移0.2mol电子，有0.2 mol OH进入阳极室；阳极的电极反应 式为4OH-4e=02个+2H,0,当转移0.2mol电子时，生成0.05mol02,所以阳极室溶液的质量变化 12 0.2mol×17g/mol-0.05mol×32g/mol=1.8g,即增重1.8g,C错误： D.阳极反应为4OH-4e=0,个+2H,0,每生成1mol02转移4mol电子，阴极每消耗1mol02转移2mol 电子，相同转移电子数下，阳极产生的(O小于阴极消耗的(O),D正确： 10.C 【分析】当酸性越强时，δHCO4)含量越大，碱性越强时溶液中8(CO)含量越大，所以曲线I、Ⅱ、Ⅲ分 别是8(HC2O4)、δHC204)、δ(C20)的变化曲线。据图选择M点(1.3,0.5)，此点表示c(HC04)=c(H2C204), -cC02c☐-1013，选择N点43,0.，此点表示c(HC,0)=cC,0,HC,0,的电离平衡 c(H2C204) 常数K。=c(C0)c()-10.。 c(HC,O) 【详解】A.由图知，pH调至大于4.3时，δHC204)减小，8(C204)增大，则发生反应：HC,O4+OH= C2O+H20,A正确： K1(H2C204)_1013 B.K,HC,0)-10100,B正确： C.N点c(C,O)=c(HCO4),根据电荷守恒， c(Na)+c(H)=c(OH)+2c(C,0)+c(HCO)=c(OH)+3c(C0),因为此时pH=4.3,溶液显酸性， c(H)>c(oH),因此c(Na)<3c(Co),C错误； D.当滴入20.00 mLNaOH溶液，所得溶液中溶质为Na,C,O4,则(Na*)>c(C,O)>c(HC,O)>c(H), D正确； 11.分析与详解 OCH, 0= 【分析】A和C1 CH C发生取代反应生成B,由反应条件可知，B发生氧化反应生成C为 C和NaBH4发生还原反应生成D,羰基转化为羟基，D和氟化试剂反应生成 和 LiAIH4发生还原反应生成E。 【详解】 (1)化合物A中-COOCH3官能团的名称为酯基。-CONH官能团的名称为酰胺基 13 (2)由A、C1 C和B的结构可以推知，A和C CH, C发生取代反应生成B。 (3)B分子量195，C分子量197，差为2；B中碳碳双键经臭氧化还原，-C=CH2断裂转化为C=0, OCH. 分子量恰好增加16-14=2，结合分析可知，C的结构简式为： (4)NaBH4是温和的还原剂，可选择性还原醛酮羰基，不能还原酯基，C中酮羰基被还原为羟基得到D, 符合结构变化。 (5)F和8 反应生成G,由原子守恒可知，该反应中没有其它物质生成，化学方程式为： COOCH, COOCH 。G与等物质的量碱反应，主要得到H,H与HCl反应得到G,结合 HO A→B的反应原理可以推知，氯原子与COOCH,相连碳原子上的氢原子结合生成HCL,H的结构简式为 COOCH, H中的酯基在碱性条件下水解、酸化后变为羧基生成I,I中羟基被F原子取代且羧基被还原为 羟基得到E。 (6)路线b总产率为90%×70%=63%，远高于路线a的11%，且步骤更少，工艺更优。 12.分析与详解 【分析】将废旧三元锂离子电池正极活性材料（主要成分为LWi,Co,Mn2,还含铝等杂质)用HSO, 和H,O2处理，HSO,提供强酸性环境以溶解金属氧化物，HO2作为还原剂，把正极材料中的Ni、C0、Mn 还原为易溶于酸的Ni2+、Co2+、Mn2+,使Li、Ni、Co、Mn等目标金属转入溶液；除铝阶段中向浸取液 中加入NH,HCO,利用其提供的HCO调节溶液pH,使AI+发生双水解反应生成AI(OH),沉淀并过滤除 去，得到含Li计、Ni+、Co2+、Mn2+的净化液；再将溶液中Ni2+、Co2+、Mn2+的物质的量之比精准调整 为1：1：1，共沉淀步骤中加入碱液进行共沉淀，使N2+、C02+、Mn2+转化为氢氧化物沉淀，得到钻锰镍氢 氧化物，实现三种金属元素的均匀混合；沉锂步骤向溶液中加入NCO3溶液，使溶液中的Lit与CO结 合生成难溶的Li,CO,沉淀，；最后将Li,CO,与钻锰镍氢氧化物混合，在高温下焙烧，氢氧化物脱水，LiCO, 分解释放Li计，与i、C0、Mn的氧化物发生固相反应，最终生成具有层状结构的镍钻锰酸锂产品。 【详解】（1)已知Li为+1价，O为-2价，设Ni、C0、Mn的化合价为a,列式得： +1+xa+ya+(1-x-y)a+2×(-2)=0,解得a=+3: (2)LiNi,Co,Mm-x-yO2中Ni、C0、Mn化合价为+3，浸取后流程中最终得到的是Co2+、N+、Mn2+,金 14 属元素化合价降低，发生还原反应，则HO2被氧化，作还原剂；温度高于70℃后，镍、钻、锰的浸出率 已经接近100%，没有明显提升，且H02受热易分解，温度过高会加速H2O2分解，同时升高温度会增加 能耗，因此控制浸取温度不高于70C: (3)“除铝”步骤中，浸取后铝以AI+形式存在，加入NH,HCO3后，A1+与HCO?发生双水解反应生成氢 氧化铝沉淀，反应的离子方程式为A++3HCO=A1(OH),↓+3CO2个： (4)对于二价金属氢氧化物M(OH)2,溶度积关系为K[M(OH2]=c(M2+）2(OH）,沉淀完全时 c(M+)105molL，分别计算三种离子沉淀完全所需的c(OH）,Co(OH2:Kp=10150、 OH210s01000,得cOH2100moL,对应pH=9.0,N7002:Kn=10 c(oH)≥105 10=100,得c(0M）≥1015moL,对应pH=8.85,MmOH2:K。=102、 ≥1078，得c0H≥109moL,室温下pH=14-p0H=14-3.9=10.1,三秀 淀完全，需要满足最难沉淀的Mn2+的要求，则pH应调至10.1： (5)从Li,CO3的溶解度曲线可知，Li,CO的溶解度随温度升高而减小，温度越高，L,CO3溶解度越小， 蒸发结晶后体系温度较高，此时趁热过滤可以让更多L,CO,析出，若降温会使L,CO溶解度增大，造成产 物溶解损失； (6)①该晶体组成元素有Li、Ni、C0、Mn、O,各元素基态原子未成对电子数分别为：Li:[H]2s, 未成对电子数为1,0：[He2s22p,未成对电子数为2，Ni:[Ar]3d4s2,未成对电子数为2，Co:[Ar]3d”4s2, 未成对电子数为3，M加：[A]3d4s2,未成对电子数为5，未成对电子数最多；②观察晶胞结构图可得，8 个L时位于晶胞顶点，2个L广位于晶胞体内，则顶，点8×。=1个，体内2个，总共1+2=3：③从晶胞结构 8 看，L计处于八面体空隙中心，周围等距离最近的O原子形成正八面体构型，配位数为6（上下、左右、 前后各1个0)。 13.分析与详解 【分析】含碘废液中的少量单质碘在亚硫酸钠的还原作用下转化为碘离子；随后滴加硫酸铜溶液，在亚硫 酸钠存在下发生氧化还原反应生成C沉淀，从而将碘元素富集于固体中。弃去上层清液后，利用浓硝酸 的强氧化性将C氧化为单质碘和可溶性铜盐，反应产生的二氧化氮有毒尾气通过防倒吸装置后用碱液吸 收。所得混合物经抽滤、冷水洗涤去除可溶性杂质，再低温干燥得到纯净的碘单质。在测定油脂碘值时， 先让油脂与已知过量的碘发生加成反应，再用硫代硫酸钠标准溶液滴定剩余的碘，通过差量法计算出油脂 吸收的碘量，进而求得碘值。 15 【详解】(1)②反应需要控制温度在6070℃，该温度低于水的沸点，采用水浴加热可以使反应体系受热 均匀，且便于准确控制温度。 ③若不加入还原剂Na,SO,Cu2+具有一定的氧化性，能将部分I厂氧化为【2，自身被还原为Cu+并与溶液 中的厂结合生成Cl沉淀，该反应的离子方程式为2Cu2++4=2Cl↓+l2。 (2)①浓硝酸氧化C时会生成有毒的O2气体，需要用碱液进行尾气吸收，故图2烧杯中盛放的试剂 为NaOH溶液（填化学式即为NaOH)。 ②碘单质表面可能附着未洗净的可溶性铜盐（Cu2+),根据题千已知信息“K4[F(CW)6]与Cu+会生成红 褐色沉淀”，可取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加K4[F(CN)6]溶液，若无红褐色沉淀生成，则说明洗 涤千净。 ③浓硝酸具有强氧化性，若加入过量，会将已经生成的单质碘进一步氧化为更高价态的碘化合物（如HⅡO), 从而导致碘单质的产量下降。 (3)①滴定实验中利用硫代硫酸钠标准溶液滴定过量的碘，碘遇淀粉变蓝，故应选择淀粉溶液作为指示 剂，滴定终点时溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不恢复。 ②加入韦氏溶液中碘的总物质的量为bmol。滴定剩余碘消耗的NaS,O3物质的量为 cmol/L×V×103L=cV×103mol。根据滴定反应方程式2Na2S,O3+L2=NaS,O。+2Nal可知，剩余碘的物 质的量为)xcVx10'mol=c cV 。mol。则ag油脂吸收的碘的物质的量为b- mol,其质量为 2 200 2000 25400b-12.7cV 254g/mol×b- mol。碘值是指100g油脂所能吸收的【2的克数，故该油脂的碘值为： 2000 a 14.分析与详解 【详解】 (1)298时，1gH燃烧生成H0(g)放热121，则1moIH燃烧生成H0e)放热121J242k,用热化 0.5 1 学方程式表示为：H(g20(gH0(g△HF-242kmol1D,又国为1mo1H0(1)蒸发吸热44，则 HO(g)=HO(①)△H=-44kJo1②，根据盖斯定律可知，表示H燃烧热的反应热为△H=△H什△H=-286 krmo,故答案为：H(e)+)0,eH0(0）AE-286kJ-mo: (2)①A.增加CH4(g)用量可以提高HO(g)的转化率，但是CH4(g)平衡转化率减小，A不符合题意； B.恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应I的化学平衡 正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，B符合题意； C.移除CO(g),减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应I的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化 16 率，C符合题意； D.加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D不符合题意； 综上所述，上述操作中，能提高CH4(g)平衡转化率的是BC: ②恒温恒压条件下，1 mol CH4(g)和5molH2O(g)反应，达平衡时，CH4(g)的转化率为a=0.9,参加反 应的CH4的物质的量为0.9mol,C02(g)的物质的量为0.65mol,根据碳元素守恒，反应生成C0的物质的 量为0.9-0.65-0.25mol,根据氧元素守恒，参加反应的水的物质的量为0.65mol×2+0.25mol=1.55mol,根 据氢元素守恒，平衡体系中H,(g)的物质的量为0.9molx4+1.55molx2=3.35mol。 2 (3)由图可知，温度升高，甲醇的产率降低，说明升温平衡逆向移动，则逆向为吸热反应，该反应为放 热反应，焓变为负值：P点有分子筛，能将水分离，水为生成物，分离出水有利于平衡正向移动，从而提 高甲醇的产率： （4)在允许O2自由迁移的固体电解质燃料电池中，CH2+2在负极发生氧化反应生成CO2和HO,电极反 应式为CH+2-(6n+2)e+(3n+1)02nC02+(+1)H0; (5)由图示可知，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到C0,且能垒越低，活化能越小，越容易进 行，根据图示可知，其可行的途径为：a→b→e→h→j。 17