江西省临川一中2022届高三化学上学期第二次联合考试试题含解析.doc

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1、江西省临川一中2022届高三化学上学期第二次联合考试试题含解析1.生活中处处有化学，以下说法正确的选项是A. 煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和高级脂肪酸甘油酯B. 晶体硅可作光伏电池材料，其性质稳定，不与酸、碱发生反响C. 雾霾天气会危害人类的健康，“雾和“霾的分散质微粒不同D. “绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理【答案】C【解析】【详解】A. 植物油是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，故不是饱和甘油酯类，故A错误；B. 晶体硅是良好的半导体材料 晶体硅可作光伏电池材料，其性质稳定，可与氢氟酸、氢氧化钠反响，故B错误；C. 雾滴的尺度比拟大，从几微米到100微米，平均直径大约在10

2、-20微米左右；霾粒子的分布比拟均匀，而且灰霾粒子的尺度比拟小，从0.001微米到10微米，平均直径大约在1-2微米左右，故C正确；D. 绿色化学核心就是要利用化学原理从源头消除污染而不是对污染进行治理，故D错误；答案选C。2.以下与化学有关的文献，理解错误的选项是A. ?问刘十九?中写道：“绿蚁新醅酒，红泥小火炉，“新醅酒即新酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反响B. ?清波杂志?卷十二：“信州铅山胆水自山下注，势假设瀑布古传一人至水滨，遗匙钥，翌日得之，已成铜矣。这里的胆水是指CuSO4溶液C. ?天工开物?中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质，而使殊颜异色得以尚焉文中“裘主要成

3、分是蛋白质D. ?傅鹑觚集太子少傅箴?中记载：“故近朱者赤，近墨者黑。这里的“朱指的是朱砂，古代常用的一种红色颜料，其主要成分是HgS【答案】A【解析】【详解】A.葡萄糖是单糖，不能发生水解反响，故A错误；B.胆水是指CuSO4溶液， “遗匙钥，翌日得之，已成铜矣指的是铁与硫酸铜发生的置换反响，置换出了铜单质，故B正确；C. “裘指的是动物的皮毛，其主要成分是蛋白质，故C正确；D.朱砂，古代常用的一种红色颜料，其主要成分是HgS，故D正确；应选A。【点睛】主要考察学生对中国传统文化的了解，明白化学在人类开展和进步中起的重要作用，增强民族自豪感。3.以下有关化学用语表示正确的选项是A. H2O2

4、的电子式：B. 氟原子的结构示意图：C. 中子数为16的磷原子：D. 明矾的化学式：KAl(SO4)2【答案】C【解析】【详解】A.H2O2是共价化合物，不能写成离子化合物的电子式，应为，故A错误；B. F的结构示意图为，故B错误；C.中子数为16的磷原子：，故C正确；D.明矾的化学式：KAl(SO4)212H2O，故D错误；答案为C。4.设NA表示阿伏伽德罗常数的值，以下说法错误的选项是A. l00g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子数为4NAB. 向FeI2溶液中通人适量Cl2，当有1mol Fe2+被氧化时，反响转移电子数目为3NAC. 某温度下，1L pH=2的H2SO4溶液中，硫酸

5、和水电离出的H+总数为0.01NAD. 常温下，1L 0.1molL1醋酸钠溶液中参加醋酸至中性，那么溶液中CH3COO-数为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A. 在乙醇溶液中，除了乙醇，水也含氧原子，在100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含有的乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，那么含1mol氧原子；水的质量为54g，物质的量为3mol，那么含3mol氧原子，故共含4mol氧原子即4 NA个，故A正确；B. 的复原性强于，故向含有的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化，故当有1mol亚铁离子被氧化时，溶液中的已经完全被氧化，而由于的物质的量未知，故反响转移的电子数无法计算，故B错误；C.

6、 溶液pH=2，即，所以硫酸水和电离的氢离子总数为，故C答案正确；D. 醋酸钠溶液和醋酸的混合溶液中，电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，由于溶液为中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(CH3COO-)= c(Na+)=1Lx0.1molL=0.1mol，故D正确；答案选B。【点睛】此题考查NA的应用将多个知识点整合在一个题目中，解题时除了灵活运用相关知识外，还要注意题目的陷阱，如乙醇溶液中的水。5.以下离子方程式正确是A. Na2S2O3溶液与稀H2SO4反响：S2O32+6H+=2S+3H2OB. 在海带灰的浸出液中滴加H2O2得到I2：2I+H2O2

7、+2H+=I2+O2+2H2OC. 向 NH4Al(SO4)2溶液中参加Ba(OH)2溶液至SO42恰好沉淀完全：Al3+2SO42+2Ba2+4OH=AlO2+2BaSO4+2H2OD. Fe与稀硝酸反响，当n(Fe)n(HNO3)=12时：3Fe+2NO3+8H+=3Fe2+2NO+4H2O【答案】D【解析】【详解】A. Na2S2O3溶液与稀H2SO4反响生成硫酸钠、二氧化硫、硫单质和水，化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S+H2O，离子方程式为：，故A错误；B. 过氧化氢具有强氧化性，将I氧化为I2，由电荷守恒、电子转移守恒与原子守恒可得：H2O2+2I-

8、+2H+=I2+2H2O，故B错误；C向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液恰好使SO42-完全沉淀，说明SO42-与Ba2+的比例是1：1，即NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2的物质的量之比为1：2，氢氧根先与Al3+结合生成Al(OH)3，再与铵根离子反响，最后溶解氢氧化铝；反响离子方程式为：2Ba2+NH4+Al3+2SO42+4OH-Al(OH)3+NH3H2O+2BaSO4，故C错误；D. 过量的铁与稀硝酸反响生成硝酸亚铁：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2+2NO+4H2O，假设铁缺乏时生成硝酸铁：Fe+4H+NO3-Fe3+NO+2H2O，Fe和稀硝酸的物质的

9、量之比为1：2时，Fe过量，故D正确；答案选D。6.以下实验操作标准且能到达目的的是目的操作A取25.00mL盐酸在50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为25.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶B配制浓度为0.1000molL1MgCl2溶液称取MgCl2固体0.95g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度C清洗碘升华实验所用试管先用酒精清洗，再用水清洗D测定醋酸钠溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.酸式滴定管下方无刻度，充满液体，那么调整初始读数为25.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶，溶液体积大于25.00

10、mL，故A错误；B.不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解冷却后转移到容量瓶中，故B错误；C.碘易溶于酒精，酒精与水互溶，那么先用酒精清洗，再用水清洗，可洗涤试管，故C正确；D.pH试纸不能湿润，应选枯燥的pH试纸测定，故D错误；答案选C。7.关于以下各装置图的表达中，正确的选项是A. 装置中，c为阴极、d为阳极B. 装置可用于收集H2、NH3、CO2等气体C. 装置假设用于吸收NH3，并防止倒吸，那么X可为苯D. 装置可用于枯燥、收集HCl，并吸收多余的HCl【答案】B【解析】【详解】A. 由电流方向可知a为正极，b为负极，那么c为阳极，d为阴极，故A错误；B. H2、NH3密度比空气小，用

11、向下排空法收集，可从a进气；Cl2、HCl、NO2、CO2等气体密度比空气大，用向上排空法收集，可从b进气；故B正确；C. 苯的密度比水小，位于上层，故C错误；D. HCl是酸性气体，不能用碱石灰枯燥，故D错误；答案选B。8.在一个氧化复原反响体系中存在Fe3+、NO3-、Fe2+、NH4+、H+、H2O，那么以下判断正确的选项是A. 配制Fe(NO3)2溶液时应参加硝酸酸化防止Fe2+水解B. 该反响中氧化剂与复原剂的化学计量数之比为8 ：1C. 假设有1mol NO3-发生复原反响，转移的电子物质的量为1molD. 假设将该反响设计成原电池，那么负极反响式为Fe2+-e-=Fe3+【答案】

12、D【解析】【详解】A配制Fe(NO3)2溶液时如参加硝酸酸化会使Fe2+氧化，故A错误；B氧化剂为NO3-，复原剂为Fe2+，由电子守恒可知，氧化剂与复原剂物质的量之比为1：8，故B错误；C假设有1mol NO3-发生氧化反响生成铵根离子，转移电子为1mol5-(-3)=8mol，故C错误；D假设将该反响设计成原电池，那么负极反响为Fe2+-e-=Fe3+，故D正确；答案选D。9.前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、Y、Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍，含有元素Z的盐的焰色反响为紫色。以下说法正确的选项是A. 简

13、单离子半径的大小Z Y W XB. 简单氢化物的沸点W XC. Y是地壳中含量最多的金属元素D. 工业上通过电解W、Y组成的化合物制备单质Y【答案】B【解析】【分析】W的原子最外层电子数是次外层电子数的3 倍，应为O元素，含有元素Z的盐的焰色反响为紫色，那么Z为K元素，X、Y、Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍，那么X、Y的原子序数为40-19=21，X为第二周期，Y为第三周期，且X的原子序数比W大，且为主族元素，应为F元素，那么Y为Mg元素。【详解】由以上分析可知W为O元素、X为F元素、Y为Mg元素、Z为K元素；A. 钾离子有三个电子层，其余离子均两层，相同电子层数，核电

14、荷数越大，半径越小，简单离子半径的大小Z W X Y，故A错误；B. W为O，简单氢化物为水，X为F，简单氢化物为氟化氢，水的沸点高于氟化氢，故B正确；C. Y为镁，地壳中含量最多的金属元素为铝，故C错误；D. 工业电解熔融的氯化镁冶炼镁，故D错误；答案选B。10.某物质M能实现如下的转化，那么M可能是“A. NH3B. Na2CO3C. Al2O3D. FeO【答案】A【解析】【详解】A. NH3和盐酸反响生成氯化铵，氯化铵和氢氧化钠反响生成一水合氨，一水合氨受热分解生成NH3，符合转化流程，故A正确；B. Na2CO3和盐酸反响生成二氧化碳和氯化钠，氯化钠不与氢氧化钠反响，二氧化碳和过量氢

15、氧化钠反响生成碳酸钠，碳酸钠受热不分解，故B错误；C. Al2O3和盐酸反响生成氯化铝和水，氯化铝和过量氢氧化钠反响生成偏铝酸钠，偏铝酸钠受热不分解，故C错误；D. FeO和盐酸反响生成氯化亚铁，氯化亚铁与过量氢氧化钠反响生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，故D错误；答案选A。11.以下各组离子在溶液中一定能大量共存的是A. 澄清透明的溶液中：MnO4-、SO42-、K+、H+B. 含有大量的AlO2-的溶液：NH4+、Na+、HCO3-、SO42-C. pH=11的溶液中：ClO-、Na+、SO42-、I-D. 水电离产生的c(H+)=110-14 mo

16、lL-1的溶液中：HCO3-、NH4+、Cl-、Ca2+【答案】A【解析】【详解】A.该组离子之间不反响，可大量共存，故A正确；B. AlO2-与NH4+、HCO3-反响，不能大量共存， 故B错误；C. pH=11的溶液显碱性，ClO-、I-会发生氧化复原反响，故C错误；D.水电离产生的c(H+)=110-14 molL-1的溶液为酸性或为碱性，在酸性和碱性条件下，HCO3-都不能大量存在，故D错误；答案选A。12.1mol化学式为C4H8O3的物质分别与足量的NaHCO3且和Na反响产生气体的物质的量相等，满足条件的同分异构体数目为不考虑空间异构A. 4种B. 5种C. 6种D. 7种【答案

17、】B【解析】COOH与NaHCO3反响生成CO2，OH与Na反响生成H2，产生的气体的物质的量相等，说明C4H8O3含有的羟基数目是羧基的2倍，所以C4H8O3分子含有一个COOH和一个OH，C4H8O3分子可看作由COOH、OH、C3H6组成，可形成CH2OHCH2CH2COOH、CH3CHOHCH2COOH、CH3CH2CHOHCOOH、(CH3)2COHCOOH、CH2OHCH(CH3)COOH等5种分子结构，应选B。点睛：解答此题需要注意COOH中含有羟基，COOH既能与NaHCO3反响，又能与Na反响。1molCOOH与足量NaHCO3反响生成1molCO2，与足量Na反响生成0.5

18、molH2。13.以下有关电解质溶液的表达正确的选项是A. 常温下，稀释CH3COOH溶液时，CH3COOH的Ka增大，水的离子积Kw不变B. 0.1molL-1 Na2SO3溶液，加水稀释，c(SO32)与c(Na+)的比值减小C. 0.01molL-1 NaHCO3溶液中：c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)D. 常温下，pH=12的氢氧化钡溶液与pH=2的醋酸溶液等体积混合，溶液呈碱性【答案】B【解析】【详解】A、平衡常数只和温度有关，常温下稀释CH3COOH溶液时，CH3COOH的Ka不变，水的离子积Kw不变，故A错误；B、0.1molL-1 Na2SO3

19、溶液水解呈碱性，加水稀释，c(SO32-)减小，c(SO32-)与c(Na+)的比值减小，故B正确；C、0.01molL-1 NaHCO3溶液呈碱性，水解程度大于电离程度：c(Na+)c(HCO3-)c(OH-)c(CO32-)c(H+)， 故C错误；D、氢氧化钡为强碱，醋酸为弱酸，所以pH为12的氢氧化钡溶液与pH为2的醋酸溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，故D错误；答案选B。14.向偏铝酸钠溶液中逐滴参加盐酸，溶液的pH值随着参加盐酸体积的变化曲线如下图，那么以下说法正确的选项是A. ab段的主要离子方程式为A1O2+4H+=Al3+2H2OB. 向c点溶液中滴加氨水，发生的离子方程式

20、为 A13+3OH=Al(OH)3C. cd段的主要离子方程式为Al(OH)3+3H+=A13+3H2OD. 向c点溶液中参加碳酸钠，发生的离子方程式为2A13+3CO32+3H2O=2Al(OH)3+3CO2【答案】C【解析】【详解】偏铝酸钠溶液中存在水解平衡AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH-，所以溶液显碱性，向溶液中逐滴参加盐酸，ab段H+先与OH-反响；bc段pH发生突变，主要发生H+与AlO2-的反响，生成Al(OH)3和NaCl；cd段盐酸过量后Al(OH)3与盐酸反响，生成AlCl3；A、ab段的主要离子方程式为H+OH-H2O，故A错误；B、c点Al3+已沉淀完全,参加氨

21、水不发生反响，故B错误；C、cd段盐酸过量后，Al(OH)3与盐酸反响，生成AlCl3，故C正确；D、c点Al3+已沉淀完全，参加Na2CO3溶液不发生反响，故D错误；应选C。15.某研究性学习小组同学取V L浓缩的海水，用以下图所示装置模拟工业法提溴。答复以下问题：1装置A可用于实验室制备氯气，其反响原理为_(用离子方程式表示)，装置B是SO2贮气瓶，那么Q中的溶液为_。2溴的富集过程：通入氯气与通入热空气的顺序是先通_，通入氯气时K1、K2、K3的关、开方式是_。装置D的作用是_，通入SO2时装置E中发生反响的化学方程式为_。3溴的精制：待装置E中Br-全部转化为单质后，再利用以下图中的_

22、(填字母)装置进行蒸馏即可得到纯溴。假设最终得到m g纯溴，实验中溴的利用率为b%，那么浓缩海水中c(Br-)=_.【答案】 (1). (2). 饱和NaHSO3溶液 (3). Cl2 或氯气 (4). 关闭K1、K3，翻开K2 (5). 吸收尾气，防止其污染空气 (6). SO2+Br2+2H2O=2HBr+ H2SO4 (7). C (8). mol/L或 mol/L【解析】【详解】1装置A为固液加热装置，实验室用浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下制备氯气其反响原理为MnO2+4H+2Cl-Mn2 +Cl2+2H2O；装置B是SO2贮气瓶，酸性气体SO2难溶于对应酸式盐溶液，在取用二氧化硫时，

23、可参加饱和NaHSO3溶液后可将SO2排出，并无损失；2热空气的作用是将溴单质从溶液中吹出，从而到达富集溴的目的，因此应向溶液中先通一段时间氯气，将溴离子转化为溴单质，再通入热空气，将溴从溶液中别离出来；通入氯气时应关闭K3，防止氯气进入装置E影响后续制取结果，多余的氯气有毒，不能排放到大气中，应翻开K2用碱液吸收，关闭K1；装置D的作用吸收尾气，防止其污染空气；通入SO2时装置E中的溴单质与SO2发生反响生成溴化氢和硫酸，化学方程式为SO2+Br2+2H2O=2HBr+ H2SO4；3在进行蒸馏操作过程中，仪器温度计用来测得蒸馏出的蒸汽的温度，温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，对蒸馏出的

24、蒸汽进行冷凝，冷凝管内通入冷凝水的方向为下进上出；根据反响Cl2+2Br-=2Cl-+Br2可知，生成1mol Br2，消耗2mol Br-，现制得m g纯溴，那么消耗Br-的物质的量为，由于实验中溴的利用率为b%，那么浓缩海水中Br-的总物质的量为，那么浓缩海水中c(Br)=mol/L或mol/L。16.汽车尾气中含有CO、NOx等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反响转化为无毒气体。1 4CO(g)2NO2(g)4CO2(g)N2(g) H= -1200kJmol-1该反响在_填“高温、低温或任何温度下能自发进行。对于该反响，改变某一反响条件温度T1T2，以下图像正确的选项

25、是_(填序号)。某实验小组模拟上述净化过程，一定温度下，在 2L的恒容密闭容器中，起始时按照甲、乙两种方式进行投料，经过一段时间后到达平衡状态，测得甲中CO的转化率为50%，那么该反响的平衡常数为_；两种方式达平衡时，N2的体积分数：甲_乙 填“、=、 (5). (6). N2O (7). 2NO2 N2O4，NO2气体中存在N2O4，不便于定量测定。【解析】【详解】1 4CO(g)2NO2(g)4CO2(g)N2(g) H= -1200 kJmol1 H= -1200 kJmol10，正反响为气体体积减小的过程，即为熵减的过程，S0结合复合判据H-TST2，由T1 到T2为降温，反响速率应减

26、小，图像与实际不符，故A错误；B. 利用“先拐先平数值大的原那么，根据图中显示可得T1T2，图像与实际不符，故B错误；C.增大压强反响向体积减小的方向移动，即正反响方向移动，CO2的体积分数增大；保持压强不变，降低温度，反响向放热的方向移动，即正反响方向移动，CO2的体积分数增大，图像与实际相符合，故C正确；D. 平衡常数只与温度有关，改变压强平衡不移动，图像与实际相符合，故D正确；答案选CD；设甲中到达平衡状态时CO的变化量为x mol，那么，可得x=0.2mol，根据反响4CO(g)2NO2(g)4CO2(g)N2(g)，初始mol0.4 0.2 0 0变化mol0.2 0.1 0.2 0

27、.05平衡mol0.2 0.1 0.2 0.05 那么该反响的平衡常数K=10甲的投料时乙的两倍，条件不变的情况下，两种方式达平衡时，甲N2的体积分数大于乙，甲NO2的浓度大于乙；2图中参与反响生成X和Y的一氧化氮的物质的量为：0.025mol(8%+16%)=0.006mol，模拟尾气中O2的物质的量为0.5mol，测得排出的气体中含0.45mol O2，说明实际参与反响的氧气的物质的量为0.05mol，同时测得0.0525mol CO2，根据氧原子守恒，可知一氧化二氮的物质的量为：0.052+0.0060.05252=0.001mol，根据氮原子守恒可知氮气的物质的量为：(0.006-0.

28、0012)mol=0.002mol，所以16%对应的是氮气，而8%对应是一氧化二氮，即Y对应是N2O；实验过程中采用NO模拟NOx，而不采用NO2的原因是NO2中存在2NO2 N2O4的平衡体系，NO2气体中存在N2O4，不便于定量测定。17.钴铁氧体CoFe2O4不仅是重要的磁性材料、磁致伸缩材料，还是重要的锂离子电池负极材料。工业上，可以由废旧锂钴电池正极材料主要含Fe、Al、硅等杂质回收钴，再用电化学法制得CoFe2O4。其流程如下图过程中所加试剂均足量废旧电池中钴的回收1含铝滤液中，铝元素的存在形式为_写化学式；硅在过程_填序号与钴别离。2写出过程中LiCoO2与H2O2发生反响的化学

29、方程式_。3过程Na2CO3的主要作用为_。 电解法制得钴铁合金4配制 0.050molL-1 FeSO4和0.025molL-1 CoSO4的混合溶液，用铜作阴极、石墨作阳极进行电解，获得CoFe2合金。阴极的电极方程式为_。阳极氧化法制得钴铁氧体5以1.500molL1NaOH溶液作电解液，纯洁的钴铁合金CoFe2作阳极进行电解，在阳极上获得CoFe2O4薄膜。该电解过程的化学方程式为_。6当电路上有0.4mol电子转移时，阳极电极材料增重质量为3.4g，与理论值不符，其原因可能为_。7由废旧锂钴电池制CoFe2O4的现实意义在于：_写一条即可。【答案】 (1). NaAlO2或AlO2-

30、 (2). (3). 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=2CoSO4+O2+ Li2SO4+4H2O (4). 调节pH，使Fe3+沉淀别离 (5). Co2+2Fe2+6e-=CoFe2 (6). (7). 电极上同时生成了Co和Fe的氢氧化物 (8). 合理利用废弃物；变废为宝；减少重金属污染写一条即可【解析】【分析】废旧锂钴电池正极材料主要含Fe、Al、硅等杂质，用氢氧化钠溶液浸泡溶解，杂质Al、硅与氢氧化钠反响，转化为偏铝酸钠和硅酸钠，过滤后得到的滤渣中含有LiCoO2和杂质Fe，在硫酸和双氧水的作用下将单质铁杂质转化为铁离子，LiCoO2与H2O2发生氧化复原反响，酸性条件下，

31、双氧水将LiCoO2的钴元素氧化为钴离子，再参加Na2CO3调节溶液pH，使Fe3+沉淀与溶液中的钴离子别离，参加萃取剂，将锂离子与溶液别离，分液后得到含有硫酸钴的溶液。【详解】1由废旧锂钴电池正极材料主要含Fe、Al、硅等杂质回收钴，一般除杂试剂要过量，Al和过量的氢氧化钠溶液反响生成偏铝酸钠，杂质中的硅单质也可与氢氧化钠反响，可在第一步碱溶中和金属铝一并除去；2根据流程转化LiCoO2与H2O2发生氧化复原反响，酸性条件下，双氧水将LiCoO2的钴元素氧化为钴离子，化学方程式2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=2CoSO4+O2+ Li2SO4+4H2O；3过程中，在硫酸和双氧水的作用

32、下将单质铁杂质转化为铁离子，再参加Na2CO3调节溶液pH，使Fe3+沉淀与溶液中的钴离子别离；4阴极上，溶液中的Co2+和Fe2+得到电子，转化为CoFe2，阴极的电极方程式为Co2+2Fe2+6e=CoFe2；5NaOH溶液作电解液，相当于电解水，阴极上产生氢气，钴铁合金CoFe2作阳极，活性电极参与电极反响，合金CoFe2和氢氧根离子失电子变为CoFe2O4， 该电解过程的化学方程式为；6阳极电极材料增重质量为氧的质量，根据，生成1mol CoFe2O4时，转移8mol电子，当电路上有0.4mol电子转移时，生成0.05mol CoFe2O4，增加的质量为0.05mol416g/mol=

33、3.2gCH3OHCO2H2 (7). H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大 (8). 离子键和键或键 (9). 0.148 (10). 0.076【解析】【详解】1Co是27号元素，位于元素周期表第4周期第VIII族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2。元素Mn与O中，由于O元素是非金属性而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O。O基态原子价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子价电子排布为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外

34、未成对电子数较多的是Mn。2CO2和CH3OH的中心原子C原子的价层电子对数分别为2和4，所以CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为sp和sp3。3在CO2低压合成甲醇反响所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为H2OCH3OHCO2H2，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；H2O与CH3OH均为非极性分子，H2O中氢键比甲醇多，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高。4硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N原子与3个氧原子形成 3个键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在键。5

35、因为O2是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2半径的4倍，即4r=a，解得r= nm=0.148nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构，晶胞棱长是2r(O2-)+2r(Mn2+)= a =0.448nm，解得r(Mn2+)=0.076nm。19.“张-烯炔环异构化反响被?NameReactions?收录。该反响可高效构筑五元环状化合物：R、R、R表示氢、烷基或芳基合成五元环有机化合物J的路线如下：1A属于炔烃，其结构简式为_。2B由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30。B的分子式为_。3C、D含有与B相同的官能团，C是芳香族化合物，E中含有的官能团名称是_。4F与试剂a反响生成

36、G的化学方程式：_；试剂b是_。5M和N均为不饱和醇。M的结构简式为_。6参照上述反响路线，以乙炔和甲醛为原料，合成丁二醛无机试剂任选。_【答案】 (1). CH3CCH (2). CH2O (3). 碳碳双键、醛基 (4). +Br2 (5). NaOH醇溶液 (6). CH3CCCH2OH (7). HCCHHOCH2CCCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OHOHCCH2CH2CHO【解析】【分析】由合成流程可知，A为炔烃，结构为CH3CCH，B由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30，B为HCHO，A与B发生加成反响生成M为CH3CCCH2OH，M和N均为不饱和醇，那么M与氢气发

37、生加成反响生成N为CH3CH=CHCH2OH；C、D含有与B相同的官能团，C是芳香族化合物，那么C为，D为CH3CHO，由信息可知生成E为，E氧化生成F为，试剂a为溴水，生成G为，试剂b为NaOH/醇溶液，G发生消去反响生成H，那么H，CH3CH=CHCH2OH与发生酯化反响生成I，最后I发生“张-烯炔环异构化反响生成J。【详解】1A属于炔烃，其结构简式是CH3CCH；2B的结构简式是HCHO；3C为，D为CH3CHO，E为，根据E的结构式可确定，E中含有碳碳双键、醛基；4F与试剂a反响生成G的化学方程式是+Br2；试剂b是NaOH、醇溶液，5根据分析，M的结构简式是CH3CCCH2OH；6结合流程中的信息，CH3CCH和CH2O反响生成HOCH2CCCH2OH，HOCH2CCCH2OH催化加氢生成HOCH2CH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2CH2OH在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成OHCCH2CH2CHO； 反响过程为：HCCHHOCH2CCCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OHOHCCH2CH2CHO。