2021-2022学年江苏省徐州市沛县高二下学期第二次学情调研化学试题（含解析）

2021-2022学年度第二学期高中第二次学情调研高二化学学科试题注意事项：1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，总分：100分。考试时间：75分钟。2.请把答案写在答题卡的指定栏目内。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Mn-55Fe-56Co-59一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意。1.三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3是一种重要的化工产品，实验室可用反应2CoCl2+10NH3+2NH4Cl+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O制备。下列有关说法正确的是A.基态Co2+价电子排布式为3d54s2 B.中子数为18的氯原子可表示为C.NH3的电子式为 D.第一电离能：I1(N)＞I1(O)【答案】D【解析】【详解】A．基态Co的价电子排布式为3d74s2，失去4s上电子得到基态Co2+，所以Co2+的价电子排布式应该为3d7，A项错误；B．中子数为18的氯原子应该为，B项错误；C．正确的应该为，C项错误；D．N原子2p轨道半充满，比O稳定，所以第一电离能：I1(N)＞I1(O)，D项正确；故答案选D。2.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外电子只有一种自旋取向，Y、Z两种原子核外s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等，W原子的价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数之比为2：1(按能量由低到高的顺序)。下列说法正确的是A.W的第一电离能比同周期相邻元素的小B.原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)C.工业上电解熔融化合物ZY制备单质ZD.W的最高价氧化物对应的水化物可溶于氨水【答案】A【解析】【分析】X原子核外电子只有一种自旋取向，说明X核外只有一个1个电子，即X为H，Y、Z两种原子核外s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等，因为短周期元素，因此核外电子排布式为1s22s22p4、1s22s22p63s2，即Y、Z为O、Mg，W原子的价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数之比为2：1(按能量由低到高的顺序)，W为主族元素，价电子是最外层电子，W价电子排布式为3s23p1，即W为Al，据此分析；【详解】A．根据上述分析，W为Al，同周期从左向右第一电离能是增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，因此第一电离能大小顺序是Si＞Mg＞Al，故A正确；B．根据上述分析，X为H，Y为O，Z为Mg，W为Al，原子半径大小顺序是r(Mg)＞r(Al)＞r(O)＞r(H)，故B错误；C．Z为Mg，氧化镁熔点很高，因此工业上常电解熔融氯化镁冶炼金属镁，故C错误；D．W为Al，Al的最高价氧化物对应的水化物是Al(OH)3，氢氧化铝虽然属于两性氢氧化物，但不溶于弱碱，即氢氧化铝不溶于氨水，故D错误；答案为A。3.下图所示与对应叙述相符的是A.图甲表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(FeS)＜Ksp(CuS)B.图乙表示pH=2的甲酸与乙酸溶液稀释时的pH变化曲线，则酸性：甲酸<乙酸C.25℃时，图丙表示用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定25.00mL盐酸的滴定曲线，则c(HCl)=0.080mol·L-1D.图丁表示反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始变化的曲线，则转化率：αA(H2)=αB(H2)【答案】C【解析】【详解】A．S2-浓度相同时，c(Fe2+)＞c(Cu2+)，所以c(S2-)c(Fe2+)＞c(S2-)×c(Cu2+)，即Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，A项不符合；B．稀释过程中，越强的酸碱，pH值变化的就越明显，结合图像可知，甲酸在稀释过程中pH值变化更明显，所以其酸性更强，B项不符合；C．NaOH滴定HCl，pH=7时即滴定终点，此时V(NaOH)=20ml=V(HCl)，所c(NaOH)=c(HCl)=0.080mol·L-1，C项符合；D．对于有两种反应物的可逆反应，增加其中一种反应物的物料可使另一种反应物的转化率增加，从A到B，N2的量增加了，所以H2的转化率就增加了，因此αA(H2)<αB(H2)，D项不符合；答案选C。4.关于反应CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)；ΔH1=247kJ·mol-1说法正确的是A.该反应在任何温度下都可自发进行B.反应CO2(s)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)；ΔH2＜247kJ·mol-1C.反应中每生成1molH2，转移电子的数目为3×6.02×1023D.在过渡元素区域内选择高效催化剂可以降低反应的焓变，提高化学反应速率【答案】C【解析】【详解】A．该反应为吸热反应，ΔH＞0，根据反应方程式，该反应为熵增反应，即ΔH＞0，利用符合判据：ΔG=ΔH-TΔS，要是自发反应，温度应是高温，ΔG才能小于0，故A错误；B．CO2(s)=CO2(g)ΔH3＞0，根据盖斯定律，推出CO2(s)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)；ΔH2=ΔH1+ΔH3＞247kJ/mol，故B错误；C．根据反应方程式CO2中C显+4价，转化为+2价，降低2价，CH4中C显-4价，转化成为+2价，升高6价，CH4中H显+1价，转化为0价，降低4价，因此产生2mol氢气转移电子物质的量6mol，即产生1mol氢气转移电子物质的量3mol，故C正确；D．一般从过渡元素区域内选择高效催化剂，焓变只与体系内的始态和终态有关，与反应途径无关，使用催化剂不能影响焓变，但可以降低活化能，使反应速率加快，故D错误；答案为C。5.如图为元素周期表中短周期的一部分，关于Y、Z、M的说法正确的是

A.电负性：Y＞Z＞MB.元素M的氧化物对应水化物的酸性一定比Z的强C.Z元素基态原子最外层电子轨道表示式为D.离子半径：Z2-＞M-＞Y-【答案】D【解析】【详解】结合周期表的结构分析，X为氦，Y为氟，Z为硫，M为氯。A．非金属性越强，电负性越大，则电负性顺序为：Y>M>Z，A项错误；B．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则最高价含氧酸的酸性顺序为Z<M，B项错误；C．Z为硫元素，最外层有六个电子，成对电子应自旋相反，C项错误；D．硫离子和氯离子属于电子层结构相同的离子，根据核电荷数越大，半径越小分析，硫离子半径大于氯离子半径，氯离子有三个电子层，氟离子有2个电子层，故氯离子半径大于氟离子半径，D项正确；故选D。6.吗替麦考酚酯(MycophenolateMofetil)主要用于预防同种肾移植病人的排斥反应及治疗难治性排斥反应，其结构简式如下图所示。下列说法错误的是

A.可以发生取代反应、加聚反应、显色反应B.1mol吗替麦考酚酯最多消耗1mol碳酸氢钠C.1mol吗替麦考酚酯与足量NaOH溶液一定条件下完全反应最多消耗3molNaOHD.与足量的H2发生加成反应，所得产物中有7个手性碳原子【答案】B【解析】【详解】A．吗替麦考酚酯分子中含有-OH，可以发生取代反应，碳碳双键可以发生加聚反应，苯环上连有羟基，从而构成酚，能发生显色反应，A正确；B．吗替麦考酚酯分子中不含有羧基，不能与碳酸氢钠发生反应，B错误；C．吗替麦考酚酯分子中含有2个酯基和1个酚羟基，所以1mol吗替麦考酚酯最多消耗3molNaOH，C正确；D．与足量的H2发生加成反应，与甲基相连的碳碳双键中的碳原子为手性碳原子，苯环转化成环己基，6个碳原子全部为手性碳原子，因而所得产物中有7个手性碳原子，D正确；故选B。7.下列有关实验操作步骤、现象、结论正确的是实验操作和现象结论A向1-溴丙烷中加入KOH溶液，加热并充分振荡，然后取少量液体滴入AgNO3溶液，出现棕黑色沉淀1-溴丙烷中混有杂质B无水乙醇与浓硫酸共热至170°C，将产生的气体通入溴水，溴水褪色乙醇发生了消去反应C向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清酸性：苯酚＞D向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀苯酚浓度小A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．出现棕黑色沉淀是硝酸银与KOH反应生成的AgOH分解的产物(Ag2O)，1-溴丙烷中不一定混有杂质，A不正确；B．无水乙醇与浓硫酸共热，除去可能生成乙烯外，还可能生成二氧化硫气体，所以产生的气体使溴水褪色，不一定生成乙烯，B不正确；C．向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清，发生反应+CO2+H2O→+，但与不反应，所以酸性：苯酚＞，C正确；D．向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀，其原因是生成的少量三溴苯酚溶解在苯酚中，而不是因为苯酚的浓度小，D不正确；故选C。8.25℃时，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1的一组醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)与pH的关系如图所示。下列有关离子浓度关系叙述不正确的是A.pH=5.5溶液中：c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)B.W点表示溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)C.pH=3.5溶液中：c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.1mol·L-1D.向W点所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl气体(溶液体积变化可忽略)：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)+c(Cl-)【答案】D【解析】【分析】【详解】A．从图中可以看出，pH=5.5的溶液中：c(CH3COO-)>c(CH3COOH)，此时溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，从数据中可以看出，c(CH3COOH)>c(H+)，所以c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)，A项正确；B．W点所表示的溶液中，按电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，因为在W点，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，B项正确；C．pH=3.5的溶液中，c(Na+)+c(H+)-c(OH-)=c(CH3COO-)=0.1mol·L-1-c(CH3COOH)，所以c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.1mol·L-1，C项正确；D．向W点所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl气体，刚好与CH3COO-完全反应生成CH3COOH，此时溶液中存在以下电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+、H2OH++OH-，c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，而此时c(CH3COOH)>c(CH3COO-)，所以c(H+)<c(CH3COOH)+c(OH-)，根据图中给出的浓度，CH3COO-浓度为0.05mol/L，则钠离子浓度也为0.05mol/L，1.0L溶液中通入0.05molHCl气体，氯离子的浓度为0.05mol/L，氯离子浓度等于钠离子浓度，故c(Na+)+c(H+)<c(CH3COOH)+c(OH-)+c(Cl-)，D项错误；答案选D。9.炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化SO2。下列说法正确的是A.每活化一个氧分子吸收0.29eV能量B.水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eVC.氧分子的活化是C-O的断裂与O-O键的生成过程D.炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此是放出能量，故A不符合题意；B．由图可知，水可使第一步反应的活化能降低0.18eV，使第二步反应的活化能降低0.42eV，故B不符合题意；C．由图可知，氧分子的活化是O－O的断裂与C－O键的生成过程，故C不符合题意；D．活化氧可以快速氧化SO2，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中SO2转化为SO3的催化剂，故D符合题意；故答案为D。【点睛】对于基元反应，活化能是活化分子的平均能量与所有分子平均能量的差值。对于复杂反应，如果得到有明确级数的总反应速率方程，总速率常数(又叫表观速率常数)是各基元步骤的速率常数因次之积，则总反应的活化能是各基元反应活化能的代数和（仅作了解）。10.硼氢化钠(NaBH4)既是一种重要的储氢材料，又是具有广泛应用的还原剂。NaBH4在水溶液中的稳定性随着溶液pH升高而增大。在氮气气氛保护下，向一定量的FeCl2溶液中逐滴加入一定量的NaBH4溶液，可制得纳米铁粉，反应的离子方程式为2+Fe2++6H2O=Fe↓+2B(OH)3+7H2↑(反应前后B元素化合价不变)。NaBH4-H2O2燃料电池有望成为低温环境下工作的便携式燃料电池，其工作原理如下图所示。

关于NaBH4与FeCl2反应制备纳米铁粉的实验，下列说法正确的是A.反应中只有Fe2+作氧化剂B.Fe2+转化为Fe得到的2个电子基态时填充在3d轨道上C.B元素最高价氧化物的水化物是弱酸D.降低反应液的pH有利于提高纳米铁粉的产率【答案】C【解析】【详解】A．由反应2+Fe2++6H2O=Fe↓+2B(OH)3+7H2↑可知，Fe2+、H2O都作氧化剂，A不正确；B．Fe电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则Fe2+转化为Fe得到的2个电子基态时填充在4s轨道上，B不正确；C．从方程式2+Fe2++6H2O=Fe↓+2B(OH)3+7H2↑可以看出，B(OH)3不能完全电离，则B元素最高价氧化物的水化物是弱酸，C正确；D．NaBH4在水溶液中的稳定性随着溶液pH升高而增大，则降低反应液的pH，不利于生成Fe反应的正向进行，即不利于提高纳米铁粉的产率，D不正确；故选C11.硼氢化钠()既是一种重要的储氢材料，又是具有广泛应用的还原剂。在水溶液中的稳定性随着溶液升高而增大。在氮气气氛保护下，向一定量的溶液中逐滴加入一定量的溶液，可制得纳米铁粉，反应的离子方程式为。燃料电池有望成为低温环境下工作的便携式燃料电池，其工作原理如题图所示。

下列有关燃料电池的说法正确的是A.电池工作时，电能主要转化为化学能B.电极上的反应为：C.放电过程中电极区的溶液下降D.放电过程中参与反应，失去个电子【答案】B【解析】【分析】【详解】A．燃料电池工作时，将化学能主要转化为电能，故A错；B．由图示分析可知，a电极为负极，失去电子，发生氧化反应，则其反应方程式为：，故选B；C．放电过程中b电极为正极，其电极反应为：，则放电过程中电极区的溶液上升，故C错；D．放电过程中，所以放电过程中参与反应，得到个电子，故D错；答案选B12.室温下，通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质实验实验操作和现象1用pH试纸测定0.1mol/LNaHSO3溶液的pH，测得pH约为52向0.1mol/LNaHSO3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去3将浓度均为0.01mol/L的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀4向0.1mol/LNaHSO3溶液中滴加稀盐酸，有刺激性气体产生下列有关说法正确的是A.0.1mol·L-1NaHSO3溶液中存在c(H+)=c(OH-)+c()-c(H2SO3)B.实验2说明NaHSO3溶液具有漂白性C.依据实验3的现象，不能得出Ksp(BaSO3)＜2.5×10-5的结论D.实验4中生成的刺激性气体可能为Cl2【答案】A【解析】【详解】A．0.1mol·L-1NaHSO3溶液中，依据物料守恒可得：c(Na+)=c()+c()+c(H2SO3)，依据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，从而得出c(H+)=c(OH-)+c()-c(H2SO3)，A正确；B．实验2中，NaHSO3溶液具有还原性，酸性KMnO4溶液被还原，从而褪色，B不正确；C．实验3中，c()=0005mol/L，c()＜0.005mol/L，c(Ba2+)=0.005mol/L，则Ksp(BaSO3)=(＜0.005)×0.005＜2.5×10-5，C不正确；D．实验4中，向0.1mol/LNaHSO3溶液中滴加稀盐酸，发生反应NaHSO3+HCl=NaCl+H2O+SO2↑，D不正确；故选A。13.通过反应Ⅰ：可将有机氯化工业的副产品转化为。在、反应物起始物质的量比条件下，不同温度时平衡转化率如题图所示。向反应体系中加入，能加快反应速率。反应Ⅱ：反应Ⅲ：下列说法正确的是A.反应Ⅰ的B.升高温度和增大压强均能提高反应Ⅰ中的平衡转化率C.保持其他条件不变，500℃时，使用，能使转化率从点的值升至点的值D.在、500℃条件下，若起始，的转化率可能达到点的值【答案】D【解析】【分析】【详解】A．根据盖斯定律，由Ⅱ+Ⅲ2得，故A错误；B．反应Ⅰ为气体体积减小的放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率降低，故B错误；C．使用作催化剂，只能加快反应速率，不能改变的平衡转化率，故C错误；D．在、500℃条件下，若起始，增加了O2的相对含量，能提高HCl的转化率，的转化率可能达到点的值，故D正确；答案选D。二、非选择题：共4题，共61分。14.现有六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。A元素形成的物质种类繁多，其形成的一种固体单质工业上常用作切割工具B元素原子的核外p电子数比s电子数少1C元素基态原子p轨道有两个未成对电子D原子的第一至第四电离能分别是：I1=738kJ·mol-1；I2=1451kJ·mol-1；I3=7733kJ·mol-1；I4=10540kJ·mol-1E原子核外所有p轨道全满或半满F基态原子中未成对电子数和该元素所在的周期数相等（1）某同学根据上述信息，推断A基态原子的核外电子排布为该同学所画的电子排布图违背了___________。（2）B元素的电负性____________(填“大于”“小于”或“等于”)C元素的电负性。（3）D元素第二次电离能飞跃数据将发生在失去第____________个电子时。（4）E基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有____________个伸展方向。（5）基态F2+和F3+中未成对电子数之比为___________。（6）和元素F为同一周期的第VIIB元素G能形成G2+，气态G2+再失去1个电子比气态F2+再失去1个电子难，对此你的解释是___________。【答案】（1）洪特规则（2）小于（3）11（4）3（5）4:5（6）Fe2+价电子排布为3d6，而Mn2+价电子排布为3d5，处于半满状态，能量比较低，再失去一个电子需要的能量较大【解析】【分析】A、B、C、D、E为短周期主族元素，F为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素形成的物质种类繁多，其形成的一种固体单质工业上常用作切割工具，则A为C元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，则B为N元素；C元素基态原子p轨道有两个未成对电子，则C为O元素；由D原子的第一至第四电离能的数据可知，第二电离能和第三电离能相差很大，则D为Mg元素；E原子核外所有p轨道全满或半满，则E为P元素；F在周期表的第8纵列，则F为Fe元素。【小问1详解】碳元素的原子序数为6，基态碳原子的电子排布图为，由图可知，该同学所画的电子排布图的2p轨道违背了洪特规则，故答案为：洪特规则；【小问2详解】元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于氮元素，则氮元素的电负性小于氧元素，故答案为：小于；【小问3详解】D为Mg元素，原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，当Mg原子核外有2个电子再失去1个电子时电离能发生飞跃，即失去第11个电子时电离能发生飞跃，故答案为：11；【小问4详解】基态磷原子的价电子排布式为3s23p3，基态原子中能量最高的电子是3p轨道上的电子，3p电子云在空间有3个伸展方向，故答案为：3；【小问5详解】F为Fe元素，铁原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2，Fe变成Fe2+时，首先失去4s轨道上的电子，Fe2+的价电子排布3d6，基态Fe2+未成对的电子数之比为4，Fe3+中的价电子排布3d5，基态Fe3+未成对的电子数之比为5，基态Fe2+和Fe3+中未成对电子数之比为4:5，故答案为：4:5；【小问6详解】和元素Fe为同一周期的第VIIB元素G是Mn，基态Mn2+的电子排布式：1s22s22p63s23p63d5，价电子排布式为3d5；Fe2+价电子排布为3d6，而Mn2+价电子排布为3d5，处于半满状态，能量比较低，再失去一个电子需要的能量较大，故气态Mn2+再失去1个电子比气态Fe2+再失去1个电子难，故答案为：Fe2+价电子排布为3d6，而Mn2+价电子排布为3d5，处于半满状态，能量比较低，再失去一个电子需要的能量较大。15.化合物F是一种天然药物合成中的重要中间体，其合成路线如下：（1）B→C的反应类型为___________。（2）写出B物质和银氨溶液反应的离子方程式：___________。（3）D→E的反应过程中会产生一种与E互为同分异构体的副产物，写出该副产物的结构简式：_____。（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出其结构简式：___________。①分子中含有苯环，能发生银镜反应，且能使FeCl3溶液显紫色；②分子中不同化学环境的氢原子个数比为1：1：2：6。（5）设计以和为原料制备的合成路线(无机试剂任用和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)_____。【答案】（1）氧化反应（2）+2[Ag(NH3)2]++2OH-+2Ag↓+NH+3NH3+H2O（3）（4）或（5）【解析】【分析】由已知有机合成路线可知，发生了取代反应，副产物为HBr，，醛基变成了羧基，属于加氧氧化，反应类型是氧化反应，，在浓硫酸加热条件下，羧基与甲醇发生酯化反应得到D，，结构发生异构化，主产物在羟基对位引入官能团，而羟基邻位也属于活性位置，所以副产物还有，最后，属于取代反应。【小问1详解】见分析，B→C反应类型属于氧化反应；【小问2详解】B结构为，含有1个醛基，当与银氨溶液反应时，与乙醛相似，对应物质系数相同，所以离子方程式为：+2[Ag(NH3)2]++2OH-+2Ag↓+NH+3NH3+H2O；【小问3详解】，由结构推测，羟基对位出现了新的取代基，而羟基属于邻对位的占位基团，所以在发生反应时，羟基邻位也可能出现新的取代基从而成为副产物，所以答案是；【小问4详解】结构中含有一个苯环，苯环外4个碳原子，3个氧原子和2个不饱和度，同时C满足以下条件:①分子中含有苯环，能发生银镜反应，且能使FeCl3溶液显紫色，说明有-CHO和-OH；②分子中不同化学环境的氢原子个数比为1：1：2：6，一共四组吸收峰，说明结构对称性高，存在两个-CH3且在苯环的对称位置上，酚羟基在对称轴上，剩下的两个不饱和度可能是两个醛基在对称位置上，或者一个醛基和一个酮羰基相连，C的同分异构体可能结构是：或；【小问5详解】属于酯类物质，可通过酯化反应得到，所以上一步物质应该为，再由A→B的合成路线可知和反应生成，然后再与HBr反应生成，在高锰酸钾氧化下甲基被氧化成羧基，从而生成，经过NaOH水溶液水解后再酸化得到，最后酯化反应后可得到。所以答案为：16.Co3O4在磁性材料、电化学领域应用广泛，实验室中可以用CoCO3或CoC2O4煅烧后制得。利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的流程如图所示：

已知：Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15，Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8，CoCO3煅烧300°C~600°C生成Co3O4，1100°C以上生成Co2O3。（1）“溶解还原”过程中Co(OH)3发生反应的离子方程式为___________。（2）“沉钴”时，不能用Na2C2O4溶液代替(NH4)C2O4溶液，原因是_______。（3）为测定草酸钻样品中草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的质量分数进行如下实验：①取草酸钴(CoC2O4·2H2O)样品3.050g，加入100.00mL0.1000mol/L酸性KMnO4溶液，加热(该条件下Co2+不被氧化)。②充分反应后将溶液冷却至室温，加入250mL容量瓶中，定容。③取25.00mL溶液，用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定，消耗FeSO4溶液18.00mL。计算样品中草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的质量分数：___________(写出计算过程)。【答案】（1）2Co(OH)3++4H+=2Co2+++5H2O（2）Na2C2O4碱性过强，因为Ksp[Co(OH)2]＜Ksp(CoC2O4)，所以容易生成Co(OH)2沉淀（3）96.00%【解析】【分析】钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]中加入H2SO4、Na2SO3，两种碱先溶解，然后金属离子被还原为Co2+、Fe2+；加入NaClO3、O2后，Fe2+转化为铁渣；滤液中加入(NH4)2C2O4，CoSO4转化为CoC2O4沉淀，煅烧可得钴的氧化物。【小问1详解】“溶解还原”过程中，Co(OH)3溶解后被Na2SO3还原为CoSO4等，反应的离子方程式为2Co(OH)3++4H+=2Co2+++5H2O。答案为：2Co(OH)3++4H+=2Co2+++5H2O；【小问2详解】Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15，Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8，而Na2C2O4溶液的碱性过强，易生成Co(OH)2沉淀，所以“沉钴”时，不能用Na2C2O4溶液代替(NH4)C2O4溶液，原因是：Na2C2O4碱性过强，因为Ksp[Co(OH)2]＜Ksp(CoC2O4)，所以容易生成Co(OH)2沉淀。答案为：Na2C2O4碱性过强，因为Ksp[Co(OH)2]＜Ksp(CoC2O4)，所以容易生成Co(OH)2沉淀；【小问3详解】加入FeSO4与过量的KMnO4酸性溶液发生反应，关系式为5FeSO4——KMnO4，n(FeSO4)=0.1000mol/L×0.018L×=0.018mol，n(KMnO4)==3.6×10-3mol；则与CoC2O4反应的KMnO4的物质的量为0.1mol/L×0.1L-3.6×10-3mol=6.4×10-3mol。CoC2O4与KMnO4反应的关系式为：5CoC2O4——2KMnO4，n(CoC2O4)==1.6×10-2mol，样品中草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的质量分数：=96.00%。答案为：96.00%。【点睛】虽然Co2+具有还原性，但KMnO4不能将Co2+氧化。17.回答下列问题：（1）一定温度下，向一容积为5L的恒容密闭容器中充入0.4molSO2和0.2molO2，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1。经2min后达到平衡，当反应达到平衡时，容器内压强变为起始时的0.7倍。回答下列①~③问题：①判断该反应达到平衡状态的标志是___________(填字母)。a．SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2：1：2b．容器内气体的压强不变c．容器内混合气体的密度保持不变d．SO3的物质的量不再变化e．SO2的生成速率不变；②SO2的转化率为___________。③恒温恒容条件下，硫可以发生如下转化，其反应过程和能量关系如图所示。a.写出能表示硫的燃烧热的热化学方程式：______b．ΔH2=___________kJ·mol-1。（2）多晶Cu是目前唯一被实验证实能高效催化CO2还原为烃类(如C2H4)的金属。如图所示，电解装置中分别以多晶Cu和Pt为电极材料，用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，反应前后KHCO3浓度基本保持不变，温度控制在10°C左右。生成C2H4的电极反应式为___________。（3）室温时，向100mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是___________点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是___________。（4）利用纳米铁粉可以有效处理废水中的Cu2+和Zn2+，去除机理如图-1所示。①纳米铁粉去除污水中Cu2+和Zn2+机理不同，请解释原因并简述两者的区别：___________。②由图-2可知，pH＜3时，随pH减小，Cu2+和Zn2+去除率减小的原因是：_______。【答案】（1）①.bde②.90%③.S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-297kJ/mol④.-78.64（2）14CO2+12e-+8H2O=C2H4+12HCO（3）①.a②.c(Na+)＞c(SO)＞c(NH)＞c(H+)=c(OH-)（4）①.Fe的金属性强于Cu，弱于Zn，因此Cu(Ⅱ)被铁还原成Cu单质而除去，而Fe无法还原Zn(Ⅱ)，主要通过吸附作用除去Zn(Ⅱ)②.铁与H+反应【解析】【小问1详解】①a．令达到平衡时消耗氧