2022年云南省曲靖二中高考化学二模试卷（附答案详解）

2022年云南省曲靖二中高考化学二模试卷

一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）

1.全国实行垃圾分类，体现了环境保护。下列有关说法正确的是（）

A.废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不可降解，能使滨水褪色

B.可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氯化铝制取

C.废旧电池中含有镁、镉等重金属，不可用填埋法处埋

D.含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O

2.已知N为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A.13.3g靖Cs含有的中子数为5.5以

B.Imol/L的碳酸钠溶液中阴离子总数小于NA

C.11.2LN0和5.6LO2充分反应生成NO2的分子数为0-5NA

D.0.5molCH4与LOmolCk在光照下充分反应后的分子数为1.5NA

3.a-氟基丙烯酸异丁酯可用作医用胶，其结构简式如图。下CN

列关于a-氟基丙烯酸异丁酯的说法错误的是（）‘人『°

A.其分子式为CgHiiNO?

B.该有机物可以发生还原反应

C.分子中可能共平面的碳原子最多为6个

D.其任一含苯环的同分异构体中至少有4种不同化学环境的氢原子

4.下列实验操作能达到实验目的的是（）

Ml溶液

A.用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH

B.将4.0gNaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制l.OOOmol•LNaOH溶液

C.用装置甲蒸干A1C0溶液制无水A1C13固体

D.用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO2

5.X、Y、Z和W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。X的一种核素可用于测定

文物的年代，X与丫同周期且相邻，四种元素中只有Z为金属元素，W的单质为黄绿

色气体。下列说法正确的是()

A.原子半径：r(Z)>r(W)>r(Y)>r(X)

B.X的氢化物中可能存在非极性共价键

C.Z和W组成的化合物一定是离子化合物

D.W的氧化物对应水化物的酸性比X的强

6.科学家利用质子导体反应器实现了电化学合成N电，证明了d0作为氢源的可行性。

以H2。替换出作为氢源,可以免除H2的生产和提纯成本,进一步降低氨的生产成本,

且可以以最小的成本生产纯。2,其工作原理如图所示。下列说法错误的是()

飞广上

QQ0］琢亘］

W<>2

+

A.氨电极为阴极，电极反应为电+6H+6e-=2NH3

B.在外电场作用下，H+由氢电极经固体电解质移向氨电极

C.每制得lmolNG，理论上消耗1.5molH2同时得至U48g氧气

D.若在氢电极通入水蒸气和甲烷，电极反应为CH4+2%0-8e-=CO2+8H+

7.在TH时，AgzCrOK橘红色)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知该温度

下AgCl的Lp=1.8xIO-】。。下列说法正确的是()

c(Ag7(mol•L")

A.rC时，Ag2Cr()4的Ksp为l.Ox10-8

B.「C时，丫点和Z点时AgzCrCU的Ksp不相等

C.向AgzCrO4饱和溶液中加入1<2004，可使溶液由丫点最终变为X点

D.TC时,将O.Olmol•LAgNO,溶液滴入20mI0.01mol•KClfOO.Olmol•

IT】K2C1O4的混合溶液中，C「先沉淀

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二、简答题（本大题共5小题，共73.0分）

8.对硝基乙酰苯胺常用作合成药物和染料的中间体，用乙酰苯胺制备对硝基乙酰苯胺

的反应为：NHCOCHJO；N—NHCOCHj。

实验参数：

化合物名分子

性状熔点/国沸点/汽溶解度

称量

溶于沸水，微溶于冷水，

乙酰苯胺135白色晶体114.3304

溶于乙醇和乙醛

对硝基乙100(1.06溶于热水，几乎不溶于冷

180白色晶体215.6

酰苯胺x10-3kPa)水，溶于乙醇和乙醛

邻硝基乙淡黄色片状溶于沸水，微溶于冷水，

18094.0100(0.13kPa)

酰苯胺或棱状晶体溶于乙醇和乙醛

副反应:

NHCOCHJ+H2浓2酸NH?+CH3COOH

浓警Q-NHCOCH，+H20

O-NHCOCHJ+HNO3

NO2

乙酰苯胺与混酸在下反应主要产物是对硝基乙酰苯胺，在40。（：下反应则生成约

25%的邻硝基乙酰苯胺。

步骤1.在三颈烧瓶内放入新制备的乙酰苯胺4.5g和4.5mL冰醋酸。在冷水浴冷却下

搅拌，慢慢加入9mL浓硫酸。乙酰苯胺逐渐溶解。将所得溶液放在冰水浴中冷却到

0~2℃o

步骤2.用2mL浓硫酸和2.3mL浓硝酸在冰水浴中配制混酸。

步骤3.向三颈烧瓶中滴加混酸，保持反应温度不超过5。配滴加完毕，在室温下搅

拌lh后，将反应混合物缓慢倒入装有20mL水和30g碎冰的烧杯，并不断搅拌，立

即析出淡黄色沉淀。

步骤4.待碎冰全部融化后抽滤，洗涤，抽干得粗品。

步骤5,将该粗品纯化，得对硝基乙酰苯胺3.2g。

回答下列问题：

（1）装置图中，冷凝管的出水口是（填字母），仪器A中a的作用是。

(2)步骤1加冰醋酸有两个作用：①作溶剂，加速溶解，②。

(3)步骤2配制混酸的方法是o

(4)步骤3滴加混酸时不能过快，控制每10s滴加1〜2滴，原因是

(5)步骤5中洗涤粗品时(填标号)。

a.用冷水洗

b.用热水洗

c.用乙醇洗

d.先用冷水再用乙醇洗

(6)步骤4中将粗品纯化的方法是。本实验的产率为，

9.钻酸锂一般用作锂离子电池的正极材料，需求量大，而我国极度缺乏钻资源，主要

依赖进口，因而从废旧电池中进行回收具有重要意义。以废旧钻酸锂电池材料(主

要成分为LiCoC>2,含单质Cu及为改善电池性能添加的单质Al等)回收钻酸锂的一种

工艺流程如图。

经倏处理的

废旧钻酸便----►liCoO.

电池材料

流液凌潘有机相AKOHh

回答下列问题：

(1)废旧钻酸锂电池需经放电、拆解、粉碎预处理，粉碎的目的是。

⑵“碱浸”所得滤液中主要溶质的化学式为、NaOH»

(3)电。2的电子式为；“酸浸”时出。2作还原剂，还原产物为C02+,反应

的离子方程式为;上述反应的氧化产物又将铜氧化而溶解浸出，该反应的

化学方程式为。

(4)“萃取铜”中的有机萃取剂用HR表示，发生萃取的反应可表示为CM++2HRU

+2+-1

CuR2+2H0若酸浸后的浸取液pH=1.000,c(Cu)=O.OlOOlmol-L,多次

萃取后水相中c(H+)为0.1200mol」T,则铜的萃取率为(溶液体积变化忽

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略)：为回收铜，可用一定浓度的H2sO,将有机相中的铜反萃取到水相，其原理是

(5)“碱浸”时少量未浸出的残余铝可在“酸浸”时浸出，萃取铜后的溶液需调pH

至5.0以上将铝离子沉淀除去。若c(Co2+)=0.16mol」T,为避免析出Co(OH)z沉

淀，则调pH不能超过。(已知lKsp[Co(OH)2]=1.6X10-15)

(6)“钻、锂共沉淀”时析出CoC03和Li2c。3,经过滤、无水乙醇洗涤、80久干燥后

在750式燃烧，反应的化学方程式为；生成的气体可通入上述流程中的

中加以利用，参与金属回收。

10.我国高含硫天然气资源丰富，天然气脱硫和甲烷与硫化氢重整制氢具有重要的现实

意义。回答下列问题：

(1)天然气脱硫工艺涉及如下反应：

3,

1

H2S(g)+-O2(g)=SO2(g)+H2O(g)AH=akj-mor

3,

1

2H2s(g)+SO2(g)=-S2(g)+2H2O(g)AH=bkj-mor

1,

1

H2s(g)+-O2(g)=S2(g)+H2O(g)AH=ckj-mor

-1

则2s(g)=S2(g)AH=kJ-molo

(2)甲烷与H2s重整制氢是一条全新的H2s转化与制氢技术路线。为了研究甲烷对

H2s制氢的影响，理论计算表明，原料初始组成MCHJ：MH2S)=1：2,在体系压

强为O.IMPa,反应C*(g)+2H2s(g)-CS2(g)+4H2(g)达到平衡时，四种组分的

物质的量分数x随温度T的变化如图所示：

0.11

00400800^1200160011.^

▼SCI</V*

①图中表示MS、出变化的曲线分别是、。反应达平衡的标志是

(填标号)。

A.2V正(H?S)=4V逆(小)

B.C%的体积分数不再变化

c•勰不再变化

D.混合气体的密度不再改变

②由图可知该反应的AH0(填或

"=”)，判断的理由是。

③M点对应温度下，C%的转化率为;950℃

时该反应的。=(MPa)2o

(3)H2s燃料电池的原理如图所示。电池的正极是

，负极的电极反应式为。

11.铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2及(NHQ4【UO2(CC>3)3】等。

回答下列问题：

(1)UF4用Mg或Ca还原可得金属铀。金属铀的一种堆积方式为体心立方堆积，该堆

积方式的空间利用率为:基态钙原子核外电子排布式为;熔点：

MgO(2852oC)高于CaO(2614oC),其原因是。

吧°中所含作用力

(2)2UO2+5NH4HF212UF4-NH4F+3NH3?+4H2OT.NH4HF2

有(填字母)。

a.氢键b.配位键c.共价键d.离子键e.金属键

已知:。。

(3)3(NH4)4[UO2(CO3)3]-3UO2+10NH3T+9CO2C+N2T+9H2T

①NH本的空间构型为,与NH：互为等电子体的分子或离子有(写两种)

②CO打中碳原子杂化轨道类型为。

③分解产物中属于非极性分子的是(填字母)o

a.NH3b.CO2C.N2d.H2O

(4)U()2的晶胞结构及晶胞参数如图所示:

①晶胞中U的配位数为O

②U02的密度为g・cm-3(列出计算式即可，用以表示阿伏伽德罗常数的值)。

美乐托宁(G)具有调节昼夜节律、抗氧化、抗炎、抑制肿瘤生长、提高记忆和延缓衰老

等作用。它的一种合成路线如图：

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己知：①DMF的结构简式为H-g-N〔CH3

„LiNH，

N02t-NH2

(1)A中的官能团名称是。乙二醇的分子式为。

(2)B到C的反应类型是.E的结构简式为o

(3)F到G的反应方程式为。

(4)A的同分异构体中，分子中存在羟基且苯环上只有两个取代基的有种，写出

其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：2：2：1的所有结构简式：o

OCH3

(5)4—甲氧基乙酰苯胺)是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醛(

NHCOCH3

OCH3

d])制备4-甲氧基乙酰苯胺的合成路线：o(其他试剂任选)。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A.废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，很难降解，不能使澳水褪色，故A错

误；

B.可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解熔融的氧化铝制取，故B错误；

C.废旧电池中含有银、镉等重金属，不可用填埋法处埋，否则会造成水体污染，故C正

确；

D.棉、麻、丝及合成纤维的主要成分是纤维素，燃烧处理时都只生成CO2和Hz。，毛的

主要成分是蛋白质，燃烧处理时都生成CO2、出0和氮气等，故D错误；

故选：Co

A.聚乙烯结构中不在含有C=C键；

B.氯化铝属于共价化合物，电解熔融的氧化铝制取金属铝；

C.含有银、镉等重金属的电池若填埋会造成水体污染；

D.毛的主要成分是蛋白质，燃烧处理时都生成CO2、H2O和氮气。

本题主要考查聚乙烯类白色污染，废弃电池的处理等，考查学生的环境保护意识，属于

基本知识点考查，难度不大。

2.【答案】D

【解析】解：A.13.3g导3cs含有的中子数为：式篇x78xNAmoL=7.8NA，故A

错误；

B.溶液体积未知，无法计算离子个数，故B错误；

C.气体状况未知，无法计算气体的物质的量，故C错误；

D.甲烷与氯气的反应中，反应前后分子数始终不变，所以OSmolCH,与l.OmoICk在光照

下充分反应后的分子数为1.5NA，故D正确；

故选：Do

A.1个段3cs含有中子数为133-55=78；

B.溶液体积未知；

C.气体状况未知；

D.甲烷与氯气的反应中，反应前后分子数始终不变。

本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心

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的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题充分考查了学生灵活应用所学知识的能力。

3.【答案】C

【解析】解：A.根据结构简式确定分子式为CgHiiNOz，故A正确；

B.碳碳双键能和氢气发生加成反应，该反应也属于还原反应，故B正确；

C.碳碳双键、—CN、一COOC-均直接相连，月.3个原子可确定一个平面，连接2个甲基的

C为四面体结构，可能共平面的碳原子最多为7个，即只有1个甲基上C与其它碳原子不

共面，故C错误；

D.该有机物不饱和度是4,苯环的不饱和度是4,如果含有苯环，苯环上还含有羟基或酸

键、氨基，除了苯环外还含有2个碳原子，所以其任一含苯环的同分异构体中至少有4种

不同化学环境的氢原子，故D正确；

故选：Co

该有机物中含有碳碳双键、-CN、酯基，具有烯煌、月青、酯的性质，一定条件下能发生

加成反应、加聚反应、氧化反应、水解反应、取代反应等。

本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及

其性质关系是解本题关键，易错点是同分异构体判断，题目难度不大。

4.【答案】D

【解析】解：A.用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH,原溶液被稀释，若为酸性或碱性

溶液，会影响测定结果，故A错误；

B.应该在烧杯中溶解NaOH固体，不能在容量瓶中直接溶解，故B错误；

C.氯化铝水解生成氢氧化铝和HCLHC1易挥发，蒸干AICI3溶液无法获得无水AlCk固体，

故C错误；

D.NaOH溶液与二氧化硫反应，且不与乙烯反应，可用装置乙除去实验室所制乙烯中的

少量SO2,故D正确；

故选：D»

本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及溶液配制、pH试纸使用、物质分

离与提纯、盐的水解等知识，明确常见化学实验基本操作方法即可解答，试题侧重考查

学生的分析能力及化学实验能力。

5.【答案】B

【解析】解：由上述分析可知，X为C、丫为N、Z为Na或Mg或Al、W为C1,

A.电子层越多、原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：r(Z)>

r(W)>r(X)>r(Y),故A错误；

B.X的氢化物为多碳原子的烧时，存在非极性共价键，故B正确；

C.Z和W组成的化合物若为氯化铝，为共价化合物，故C错误；

D.非金属性C1大于C,W的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强，不是最高价含氧酸

无此规律，故D错误；

故选：B。

X、Y、Z和W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X的一种核素可用于测定文物

的年代，X为C,X与丫同周期且相邻，丫为N；四种元素中只有Z为金属元素，Z为Na或Mg

或Al,W的单质为黄绿色气体，W为CL以此来解答。

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、元素的位置及性质来推

断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不

大。

6.【答案】C

【解析】解：A.该装置为电解池，氨电极上电发生得电子的还原反应生成N电,则氨电

极为阴极，电极反应为Nz+6H++6e-=2NH3，故A正确；

B.该装置为电解池，氨电极为阴极，氢电极为阳极，工作时H+由氢电极经固体电解质

移向氨电极，故B正确；

C.阴极反应式为“+6H++6e-=2NH3，阳极反应式为2H20-4e-=02T+4H+,根

据电子守恒可知，4NH3~3O2，n(02)=-n(NH3)=0.75xImolx32g/mol=24g,故

C错误；

D.C的非金属性与0,则稳定性：H2O>CH4,若在氢电极通入水蒸气和甲烷，甲烷失电

子生成CO2，电极反应为CH4+2H2()-8e-=C()2+8H+,故D正确；

故选：C«

由图可知，该装置为电解池，氨电极上电发生得电子的还原反应生成NH3,氢电极上山0

发生失电子的反应生成。2,则氨电极为阴极，氢电极为阳极，阴极反应式为N2+6H++

6e­=2NH3,阳极反应式为2H20—4e-=O2T+4H+,电解池工作时，阴离子移向阳

极，阳离子移向阴极，结合电极反应和电子守恒进行计算，据此分析解答。

本题考查电解原理的应用，为高频考点，把握电极的判断和各个电极上发生的反应为解

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答关键，侧重侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力，题目难度不大。

7.【答案】D

2+32

【解析】解：A.由图可知，Ksp(Ag2CrO4)=c(Ag)-c(CrOf)=(1XIO-)X(1X

10-5)=1x10-11，故A错误；

B.Ksp只与温度有关，温度不变，则Ksp不变，1:。(：时图中丫点和Z点的Ksp相等，故B错误；

2+

C.c(Ag)-c(CrOi-)=Ksp(Ag2CrO4),饱和AgzCrO,溶液中加入LCrCU，则c(CrO厂)增

大、c(Ag+)减小，仍然在曲线上，不可能由丫点移动到X点，故C错误；

2+11

D.Ksp(Ag2CrO4)=c(Ag)-c(CrOQ)=1xIO_,Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(C「)=1.8X

10-1。，以0.01mol/LAgNC)3溶液滴定20mL0.01mol/LKCl和0.01mol/L的LCrCU的混合溶

液中：c(CrO厂)=0.01mol/L,c(Cr)=O.Olmol/L,CrO厂沉淀时c(Ag+)=

L=10-4-smol/L>C「沉淀时c(Ag+)=—mol/L=1.8x10-8mol/L<10-4-5mol/

L,所以Q-先沉淀，故D正确：

故选：D。

2+

A.Ksp(Ag2CrO4)=c(Ag)-c(CrOb)；

B.Ksp只与温度有关，温度不变，则Ksp不变；

2+

C.c(Ag)-c(CrOl-)=Ksp(Ag2CrO4),c(CrO『)增大,则c(Ag+)减小;

D.结合Ksp及阴离子浓度计算CrOt、C「沉淀时c(Ag+),c(Ag+)小的先析出沉淀。

本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握沉淀溶解平衡原理及溶度积常数的

计算为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意Ksp只与温度有关，题目难度不

大。

8.【答案】c平衡气压，便于液体顺利流下抑制乙酰苯胺的水解浓硫酸慢慢加入浓

硝酸中，边加边振荡滴加过快会使反应温度高于5。口副产物增多a重结晶53.3%

【解析】解：(1)为提高冷凝效果，冷凝管中的冷凝水应该下进上处，冷凝管的出水口

是c,仪器A中a连接分液漏斗的上、下两端，作用是平衡气压，便于液体顺利流下，

故答案为：c；平衡气压，便于液体顺利流下；

(2)根据信息，乙酰苯胺能发生水解反应《^-NHCOCH'+HZO浓色酸

+CH3coOH,加入冰醋酸能抑制乙酰苯胺的水解，

故答案为：抑制乙酰苯胺的水解；

(3)浓硫酸密度大，溶解时放热，所以步骤2配制混酸的方法是将浓硫酸慢慢加入浓硝酸

中，边加边振荡，

故答案为：浓硫酸慢慢加入浓硝酸中，边加边振荡；

(4)在40冤下反应生成约25%的邻硝基乙酰苯胺；反应放热，滴加过快会使反应温度高

于5久，副产物增多，

故答案为：滴加过快会使反应温度高于5。口副产物增多；

(5)根据对硝基乙酰苯胺、邻硝基乙酰苯胺、乙酰苯胺微溶于冷水，易溶于热水、酒精，

洗涤粗品时用冷水洗，

故答案为：a；

(6)根据溶解性，将粗品纯化的方法是重结晶，4.5g乙酰苯胺的物质的量是0.0333mol,

3.2g对硝基乙酰苯胺的物质的量是0.0178mol,本实验的产率为黑强x100%*53.3%,

故答案为：重结晶；53.3%。

(1)为提高冷凝效果，冷凝管中的冷凝水应该下进上处，冷凝管的出水口是c,仪器A中a

连接分液漏斗的上、下两端，作用是平衡气压；

(2)根据信息，乙酰苯胺能发生水解反应C^-NHCOCH、+出0浓警C^-NH2

+CH3COOH,结合平衡移动原理分析；

(3)浓硫酸密度大，溶解时放热，所以步骤2配制混酸的方法是将浓硫酸慢慢加入浓硝酸

中，边加边振荡；

(4)在40冤下反应生成约25%的邻硝基乙酰苯胺；反应放热，温度过高，易发生副反应；

(5)根据对硝基乙酰苯胺、邻硝基乙酰苯胺、乙酰苯胺微溶于冷水，易溶于热水、酒精

性质进行分析；

(6)根据溶解性，将粗品纯化的方法是重结晶，4.5g乙酰苯胺的物质的量是0.0333moL

3.2g对硝基乙酰苯胺的物质的量是0.0178mol,据此计算。

本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综

合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，

综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。

9.【答案】提高浸取反应速率和浸取率NaA102H：()：O：112LiCo02+H202+

++2+

6H=2Li+2CO+02T+4H202CU+02+2H2so4=2CuS04+

2H2O99.90%增大氢离子浓度，萃取反应平衡逆移7.04CoC03+2Li2CO34-

750℃

02^4LiCo02+6C02滤液

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【解析】解：(1)粉碎能增大反应物接触面积，提高浸取反应速率和浸取率，所以废旧

钻酸锂电池需经粉碎预处理，

故答案为：提高浸取反应速率和浸取率；

(2)“碱浸"AI和NaOH溶液发生反应2液+2H2O+2NaOH=2NaA102+3H2T,偏铝酸

钠为可溶性钠盐，为了将A1碱浸更彻底，所以加入的NaOH溶液过量，则所得滤液中主

要溶质的化学式为NaAlOz、过量的NaOH,

故答案为：NaA102；

(3)出。2的电子式为H：日：D：H;“酸浸”时电。2作还原剂，还原产物为C02+,双

氧水中0元素化合价由价变为。价、Co元素化合价由+3价变为+2价，同时还有水生

成，则反应的离子方程式为2LiCo()2+也。2+6H+=2Li++2co2++(J?T+4H2。;上

述反应的氧化产物氧气又将铜氧化而溶解浸出，得到硫酸铜，该反应的化学方程式为

2Cu+。2+2H2so4=2CUS04+2H2O,

++2+

故答案为：II：(>：6：Il；2LiCoO2+H202+6H=2Li+2Co+02T+4H20；

2Cu+C)2+2H2SO4=2C11SO4+2H2。；

(4)若酸浸后的浸取液pH=1.000,则酸浸后的浸取液中c(H+)=O.lOOOmol•多次

萃取后水相中c(H+)为0.1200mol•「1,则溶液中多的c(H+)为0。200moi•厂1，根据

-1

“CM++2HR#CUR2+2H+”得除去c(Cu2+)=：x0.0200mol-L=O.OlOOmol-

LT,则铜的萃取率为U可.ULUUX鲁11101/Lx100%,99.90%；根据“CM++2HRUCUR2+2H+”

知，加入稀硫酸导致溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动，从而得到CM+,

故答案为：99.90%；增大氢离子浓度，萃取反应平衡逆移；

(5)若c(C02+)=0.16mol.L,为避免析出Co(0H)2沉淀，溶液中c(OH-)<

J"；；："mol/L=10-7mol/L-则溶液中c(H+)>^^mol/L=10-7mol/L,则调pH不

能超过7.0,

故答案为：7.0；

(6)“钻、锂共沉淀”时析出CoCC)3和Li2c。3,经过滤、无水乙醇洗涤、80℃干燥后在750汽

燃烧得到LiCoOz，Co元素化合价由+2价变为+3价、氧气中O元素化合价由0价变为-2价，

7S0T

根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为4coec)3+2Li2cO3+O2-^4LiCoO2+

6C02,生成的气体为二氧化碳，NaOH和二氧化碳反应生成碳酸钠，滤液中含有NaOH,

所以生成的气体可通入上述流程中的滤液中加以利用，参与金属回收

故答案为：4COCO3+2Li2CO3+02—4LiCoO2+6CO2；滤液。

废旧钻酸锂电池材料(主要成分为LiCoC)2,含单质Cu及为改善电池性能添加的单质Al等)

用NaOH溶液碱浸，A1和NaOH溶液反应方程式为2Al+2H2O+2NaOH=2NaA102+

3H2T,过滤后，滤液中含有过量的NaOH、可溶性的NaAQ，LiCoO2和Cu都难溶于NaOH

溶液，则得到的滤渣中含有UC0O2和Cu；向滤渣中加入稀硫酸、双氧水进行酸浸，“酸

浸”时小。2作还原剂，还原产物为C02+,发生的离子反应方程式为2UC0O2+H2O2+

6H+=2Li++2co2++O2T+4H2O，Cu和氧气、稀硫酸发生化学反应2Cu+。2+

2H2sOd=2CUS04+2H2O,“碱浸”时少量未浸出的残余铝可在“酸浸”时浸出，萃

取铜后的溶液需调pH至5.0以上将铝离子沉淀除去；向溶液中加入有机萃取剂萃取Cu,

分液得到有机相中含有CUR?;向无机相中加入碳酸氢钱调节溶液的pH除去残余Al得到

A1(OH)3，“钻、锂共沉淀”时析出COCO3和Li2c。3，经过滤、无水乙醇洗涤、80K干

燥后在空气中750。(：时燃烧得到LiCoOz，根据反应物、生成物及反应条件知，燃烧时反

应方程式为4coeO3+2Li2cO3+O2^4LiCoO2+6C02；

(1)反应物接触面积越大，反应速率越快；

(2)碱浸时，A1易和NaOH溶液反应生成可溶性的偏铝酸钠：

(3)双氧水分子中每个0原子和一个H原子共用一对电子、两个0原子之间共用一对电子；

“酸浸”时也。2作还原剂，还原产物为CM+,双氧水中。元素化合价由-1价变为0价、

Co元素化合价由+3价变为+2价，同时还有水生成；上述反应的氧化产物氧气又将铜氧

化而溶解浸出，得到硫酸铜；

(4)若酸浸后的浸取液pH=1.000,则酸浸后的浸取液中c(H+)=O.lOOOmol-L-1,多次

萃取后水相中c(H+)为0.1200mol-L-1,则溶液中多的c(H+)为0.0200mol-L-1,根据

+_1

“CM++2HR=CUR2+2H”得除去c(Cu2+)=|x0.0200mol-L=O.OlOOmol•

L-1；“CM++2HRUCUR2+2H+”中增大生成物浓度，平衡逆向移动；

(5)若c(Co2+)=0.i6mol」T,为避免析出Co(0H)2沉淀，溶液中c(OH-)<

J16o.i6~1Smol/L=IL7moi/L，则溶液中c(H+)>程mol/L=10-7mol/L;

(6)“钻、锂共沉淀”时析出COCO?和Li2cO3,经过滤、无水乙醇洗涤、8(TC干燥后在750?

燃烧得到UCOO2,Co元素化合价由+2价变为+3价、氧气中0元素化合价由0价变为-2价,

根据反应物和生成物及反应条件书写方程式；生成的气体为二氧化碳，NaOH和二氧化

碳反应生成碳酸钠。

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物

分离提纯为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合,

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题目难度不大。

10.【答案】|(a+b-3c)caB＞升高温度，反应物物质的量分数降低，生成物物

+

质的量分数增大，说明平衡正向移动33.3%0.01电极b2H2S-4e-=S2+4H

【解析】解：⑴①H2s(g)+|()2(g)=SO2(g)+H2O(g)AH=akj.moL

②2H2s(g)+SO2(g)=|s2(g)+2H2O(g)AH=bkj.moL

1

③H2s(g)+扣2(g)=S2(g)+H2O(g)AH=ckj-mor

根据盖斯定律：|x①+|x②—2X③可得2s(g)=S2(g)AH=|(a+b-3c)kJ/mol,

故答案为：|(a+b-3c)；

(2)①根据原料初始组成MCH4)：n(H2S)=1：2,则曲线d为C%,曲线c为f^S,根据

方程式可知n(CS2)：n(H2)=1：4,则曲线b为CSz(g),曲线a为Hz(g)曲线；

A.4VJE(H2S)=2V逆(出)才能说明反应达到平衡状态，故A错误；

B.CH4的体积分数不再变化，说明反应达到平衡状态，故B正确；

C.原料初始组成MCH。：n(HzS)=1：2,两者变化物质的量为1：2,则罂始终等于

P则不能说明反应达到平衡状态，故c错误；

D.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变,

当气体的密度不再改变，不能表明反应已达到平衡状态，故D错误；

故答案为：c；a；B；

②由图可知，随着温度的升高，反应物物质的量分数降低，生成物物质的量分数增大，

说明平衡正向移动，则该反应为吸热反应，AH〉。，

故答案为：＞；升高温度，反应物物质的量分数降低，生成物物质的量分数增大，说明

平衡正向移动；

③M点X(HZS)=X(H2)，列化学平衡三段式，设甲烷转化物质的量为xmol,

CH4(g)+2H2s(g)tCS2(g)+4H2(g)

起始(mol)a2a00

转化(mol)x2xx4x

平衡(mol)a-x2a-2xx4x

则2a-2x=4x,解得x=；a,CH4的转化率为二x100%*33.3%；

6a

950久时该反应的x(CHJ=x(CS2),列化学平衡三段式，设甲烷转化物质的量为ymoL

CH4(g)+2H2s(g)tCS2(g)4-4H2(g)

起始(mol)a2a00

转化(mol)y2yy4y

平衡(mol)a—y2a—2yy4y

a-y=y,则y=0.5a,混合气体总物质的量为：(3a+2x0.5a)mol=4amoLp(CH4)=

詈xO.IMPa=2MPa,同理pf^S)=^MPa,p(CS2)=^MPa,p(H2)=^MPa,Kp=

P(CSZ)P"H2)=AMPax^MPa)'=QlfMp

p(CH4)p2(H2S)表MPax扁MPa),，

故答案为：33.3%;0.01;

(3)通氧气的电极为正极，则正极为电极b,H2s在负极失去电子转化为S2，电极方程式

为：2H2s-4e-=S2+4H+,

+

故答案为：电极b；2H2S-4e-=S2+4HO

(1)①H2s(g)+|()2(g)=SO2(g)+H2O(g)AH=akj-moL

1

②2H2s(g)+SO2(g)=|s2(g)+2H2O(g)AH=bkj.mor

-1

③H2s(g)+^O2(g)=S2(g)+H2O(g)AH=ckj-mol

根据盖斯定律：|x①+|x②-2x③可得2s(g)=S2(g);

(2)①根据原料初始组成MCHQ：n(H2S)=1：2,即可得出C*和H2s曲线,根据方程

式可知n(CSz)：4也)=1：4,即可得出CS2(g)和电©曲线;判断化学平衡状态的直接

标志：I“正=丫逆(同物质)，n.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标

志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断

依据；

②由图可知，随着温度的升高，反应物物质的量分数降低，生成物物质的量分数增大，

说明平衡正向移动；

③M点X(HZS)=X(H2)，列化学平衡三段式，设甲烷转化物质的量为xmol,

CH4(g)+2H2s(g)tCS2(g)+4H2(g)

起始(mol)a2a00

转化(mol)x2xx4x

平衡(mol)a-x2a—2xx4x

则2a-2x=4x,解得x=ga,结合转化率公式计算；950。(2时该反应的x(CH4)=x(CS2),

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列化学平衡三段式，设甲烷转化物质的量为ymol,

CH4(g)+2H2s(g)-CS2(g)+4H2(g)

起始(mol)a2a00

转化(mol)y2yy4y

平衡(mol)a—y2a—2yy4y

a-y=y,WUy=0.5a,结合"部黜计算；

(3)通氧气的电极为正极，H2s在负极失去电子转化为S2。

本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析

能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三

段式等知识解答，此题难度大。

11.【答案】68%[Ar]4s2CaO和MgO均为离子晶体，MgO的晶格能大于CaO,故MgO

晶体的熔点高a、b、c、d正四面体CH4,BH式或BeH铝A1H]、Si*及

2

GeH。spb、c8NA.晨Ko-呼

【解析】解：(1)根据体心立方堆积晶胞的内部结构，1个体心立方晶胞含有硬球数目为

8、：+1=2个，设硬球边长为a,根据硬球接触模型，则硬球半径与晶胞边长的关系

为4r=6a,所以r=&，所以空间利用率=其=%rx100%=当冗x100%=

4V晶胞a38

68%,

Ca处于周期表中第4周期第DA族，则基态钙原子核外电子排布式为：[Ar]4s2,

熔点：MgO(2852oC)高于CaO(2614oC),从晶格能角度分析，离子晶体晶格能越大，熔

点越高，

故答案为：68%；[Ar]4s2；CaO和MgO均为离子晶体，MgO的晶格能大于CaO,故MgO晶

体的熔点高；

(2)NH4HF2为离子晶体，含有离子键，HF]含有氢键和共价键，NH]中含有配位键和共

价键，所以NH4HF2中所含作用力有：a、b、c、d,

故答案为：a、b、c、d；

(3)①对于NH3根据VSEPR理论，价电子对数为VP=BP+LP=4+匕警2=4,

VSEPR模型为四面体形，形成4根N-H键，则其空间构型为正四面体，

等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，所以与NH。互为等电子体的分

子或离子有：CH4>BH](或BeH；-、A1H]、Si*及GeHJ

故答案为：正四面体；CH,、BH式或BeHt、A1H1、SiH,及GeHQ;

②对于C0『，根据VSEPR理论，价电子对数为VP=BP+LP=3+匕等上=3,根据

杂化轨道理论，中心C为sp2杂化，

故答案为:sp2；

③分子中正负电荷中心重合的是非极性分析，不重合的是极性分子，所以属于非极性

分子的是C02和电，

故答案为：b、c；

(4)①根据晶胞结构分析,U做面心立方最密堆积,0做四面体填隙，从上底面面心的U看,

周围等距且最近的。的数目为8,则其配位数为8,

故答案为：8；

②一个晶胞中含有U的数目为8x^+6xg=4个，含有0的数目为8,不妨取lmol这样

的晶胞，则lmol晶胞的质量为m=4x270g,lmol晶胞即为NA个晶胞，1个晶胞体积为

V=a3m3=(5.455x10-8)3cm3,所以晶体密度为p=蒜=成急需彳

LLgdL4X270

83

故u案为：NA(5.455X10-)°

(1)根据体心立方堆积晶胞