【化学】浙江省舟山市2024-2025学年高二下学期6月期末（解析版）

浙江省舟山市2024-2025学年高二下学期6月期末可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24K39Mn55Fe56选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列含有非极性键的极性分子是A.O3 B.CH2Cl2 C.CO2 D.H2O2【答案】D【解析】O3分子中化学键为极性键，O3分子呈V形，结构不对称，是极性分子，A不符合题意；CH2Cl2中C-H和C-Cl键均为极性键，无非极性键；分子结构不对称，是极性分子，B不符合题意；CO2中C=O键为极性键，分子呈直线对称结构，是非极性分子，C不符合题意。H2O2中O-O键为非极性键，分子结构不对称，是极性分子，D符合题意；故选D。2.下列化学用语表示不正确的是A.Na2O的电子式：B.Cl-的最外层电子排布式为：3s23p6C.HCl分子中共价键的电子云图：D.的名称：2，3，3-三甲基戊烷【答案】C【解析】Na2O为离子化合物，电子式正确，A正确；Cl-的核外有3个电子层，最外层8个电子，最外层电子排布式为：3s23p6，B正确；HCl分子中共价键为s-p键，电子云图为：，C错误；的最长碳链含5个碳原子，名称为：2，3，3-三甲基戊烷，D正确；故选C。3.化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是A.苯甲酸钠可作为食品防腐剂B.储存和释放氢气用的储氢合金是金属材料，储氢后氢以化合态存在C.高碳钢硬而脆，可用作制造钢板、钢丝和钢管D.厨卫管道常因留有油脂、毛发、菜渣造成堵塞，可以用固体管道疏通剂(主要成分为NaOH和Al)疏通【答案】C【解析】苯甲酸钠是常见食品防腐剂，故A正确；储氢合金属金属材料，储氢后氢以金属氢化物存在，故B正确；高碳钢硬而脆，易断裂，不适合制造钢板、钢丝等需韧性的材料，故C错误；NaOH与Al遇水反应生成强碱和氢气，可分解油脂、腐蚀有机物，疏通管道，故D正确；答案选C。4.(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O商品名为摩尔盐，根据元素周期律，下列说法不正确的是A.第一电离能：N>O>S B.微粒中的键角：H2O>C.碱性：NH3·H2O>Fe(OH)2 D.化合物中离子键百分数：Fe2O3<MgO【答案】B【解析】氮的2p轨道半充满更稳定，第一电离能大于同周期相邻元素；同主族从上到下第一电离能依次减小，氧的电离能大于同主族的硫，所以第一电离能：N＞O＞S，故A正确；H2O分子中O原子价电子对数为4，有2个孤电子对；V形结构，键角约104.5°；中N原子价电子对数为4，无孤电子对；孤电子对对价电子对具有排斥作用，所以微粒中的键角H2O<，故B错误；氨水和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁和氯化铵沉淀，可知碱性：NH3·H2O＞Fe(OH)2，故C正确；MgO中Mg2+与O2-电负性差更大，离子键百分数更高，所以离子键百分数Fe2O3＜MgO，故D正确；选B。5.下列有关化学实验安全规范的说法不正确的是A.对于不需要回收利用的可燃有机废液，一般可用焚烧法处理B.具有标识的化学品为爆炸类物质，实验时不准敲击、摩擦和挤压C.滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直D.“84”消毒液和“洁厕灵”混合使用既能除去马桶污渍，又能杀菌消毒【答案】D【解析】焚烧法处理有机废液是在高温条件下利用空气深度氧化处理有机废液中有机物的有效手段，对于不需要回收利用的可燃有机废液，一般可用焚烧法处理，A正确；具有标识的化学品为爆炸类物质，受撞击、摩擦等操作时能引起急剧的燃烧或爆炸，实验时不准敲击、摩擦和挤压，B正确；滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，视线与凹液面最低处相切，C正确；“84”消毒液的主要成分次氯酸钠和“洁厕灵”的主要成分盐酸混合会生成氯气，不能混合使用，D错误；故选D。6.人教版教材第二册中“吹出法”海水提溴的工艺流程图简化如下，下列说法不正确的是A.“吹出”过程利用了Br2的挥发性B.流程中气体A和气体C可能是同一物质C.将溴吹入吸收塔的反应可能为：Br2+SO2+2H2O=2Br⁻++4H⁺D.该提溴流程中进行了两次氧化还原反应【答案】D【解析】“吹出法”海水提溴的过程为：①将蒸馏(制淡水)后浓缩的海水用硫酸进行酸化；②向酸化的海水中通入足量氯气，使溴离子转化为溴单质，方程式:2NaBr+Cl2=Br2+2NaCl；③向上述溶液中通入热空气和水蒸气，将溴单质吹入盛有二氧化硫水溶液的吸收塔内转化成氢溴酸，方程式为:Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；④向吸收塔内通入适量的氯气，方程式为:2HBr+Cl2=2HCl+Br2；⑤用四氯化碳萃取吸收塔中的溴单质。在“吹出”过程中，通过鼓入空气或水蒸气，将溴从溶液中分离出来，利用的是溴易挥发的性质，故A项正确；气体A和气体C均用于将Br-氧化为Br2，二者均为Cl2，故B项正确；在吸收塔中，溴与二氧化硫发生反应，生成氢溴酸和硫酸，从而达到吸收溴的目的，离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=2Br⁻++4H⁺，故C项正确；该提溴流程中进行了三次氧化还原反应，分别是：①2NaBr+Cl2=Br2+2NaCl；②Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；③2HBr+Cl2=2HCl+Br2，故D项错误；故答案选D。7.物质的组成、结构、性质与用途往往相互关联，下列说法不正确的是A.等离子体含电子、阳离子和中性粒子，具有良好的导电性和流动性，可制造显示器B.“可燃冰”中甲烷分子被水分子以氢键相连笼穴包围，其结构稳定，常温常压下不会分解C.石墨中碳原子未杂化的所有p轨道相互平行重叠，使p轨道中的电子可在整个碳原子平面内运动，因此石墨可制成导电材料D.1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐()由体积较大的阴、阳离子组成的离子液体，有良好的导电性，故1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐可被开发为原电池的电解质【答案】B【解析】等离子体是由部分电子被剥夺后的原子及原子团被电离后产生的正负离子组成的离子化气体状物质，即由电子、阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的气态物质，具有良好的导电性和流动性，可制造显示器，A正确；“可燃冰”是天然气与水在高压低温条件下形成的固态结晶物质，在常温常压下会分解成水与甲烷，B错误；石墨中碳原子未杂化的所有p轨道相互平行重叠，形成大键，这些p轨道中的电子可以在整个大键中运动，使得石墨具有良好的导电性，因此石墨可制成导电材料，C正确；1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐有良好的导电性，可被开发为原电池的电解质，D正确；故选B。8.下列实验中的离子方程式正确的是A.Na[Al(OH)4]溶液中加入小苏打溶液：[Al(OH)4]⁻+=Al(OH)3↓++H2OB.向血红色硫氰化铁溶液中加入过量铁粉至溶液显浅绿色：2Fe3++Fe=3Fe2+C.用足量酸性KMnO4溶液除甲醛：2+5HCHO+6H+═2Mn2++5HCOOH+3H2OD.NH4Cl固体溶于重水发生水解：+D2O⇌NH3•D2O+H+【答案】A【解析】四羟基合铝酸根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和氢氧化铝，离子方程式为[Al(OH)4]⁻+=Al(OH)3↓++H2O，A正确；硫氰化铁溶液中Fe3+以Fe(SCN)3络离子形式存在，硫氰化铁溶液与过量的铁反应生成Fe2+和SCN-，离子方程式为2Fe(SCN)3+Fe=3Fe2++6SCN-，B错误；足量酸性KMnO4会将HCHO完全氧化为CO2，离子方程式为：4+5HCHO+12H+═4Mn2++5CO2+11H2O，C错误；D2O电离出的OD-与结合生成NH3•DHO，离子方程式为+D2O⇌NH3•DHO+D+，D错误；答案选A。9.类似海带的“昆布”在《神农本草经》中记载其具有利水消肿的功效，其主要成分是3，5-二碘酪氨酸，结构简式如下图。下列关于该有机化合物说法不正确的是A.分子中只含1个手性碳原子B.分子中所有碳原子一定在同一平面上C.该物质在一定条件下能形成高分子化合物D.该分子含有5个官能团，且既能与酸反应又能与碱反应【答案】B【解析】该分子中与氨基相连的碳原子为手性碳原子，只有1个，A正确；苯环为平面构型，与苯环直接相连的碳原子与苯环共平面，碳氧双键为平面构型，与双键碳原子直接相连的碳原子与双键共平面，两个平面通过单键相连，单键可以旋转，分子中所有碳原子不一定在同一平面上，B错误；该物质在一定条件下能发生缩聚反应形成高分子化合物，C正确；该分子中含碳碘键、羟基、氨基、羧基，共5个官能团，氨基能与酸反应，酚羟基、羧基能与碱反应，D正确；故选B。10.某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙，重结晶提纯苯甲酸按如下流程：下列说法正确的是A.甲操作，可用蒸发皿代替烧杯B.乙操作的目的是除去泥沙并防止晶体析出C.丙操作，采用冰水冷却可得大颗粒晶体便于后续操作D.丁与乙操作，均采用热水洗涤沉淀可提高产率【答案】B【解析】溶解应该在烧杯中进行，蒸发皿用于蒸发结晶，A错误；苯甲酸溶解度随温度降低而减小，过滤时热量散失，导致溶液温度降低，趁热过滤除去泥沙的同时可防止苯甲酸晶体析出，B正确；采用冰水冷却得到的是小颗粒晶体，C错误；苯甲酸溶解度受温度影响较大，温度高，溶解度大，乙采用热水洗涤可提高产率，丁操作用热水洗涤沉淀，会使苯甲酸晶体重新溶解，降低产率，D错误；故选B。11.下列有关说法正确的是A.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H1；H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H2；则有B.某温度下，反应BaCO3(s)⇌BaO(s)+CO2(g)已达到平衡，压缩体积后达到新平衡时，CO2的浓度增大C.反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)在一定条件下能自发进行，则正反应的活化能大于逆反应的活化能D.浓硫酸作用下，1molCH3COOH(l)和1molC2H5OH(l)混合发生酯化反应放热25.6kJ，其热化学方程式为CH3COOH(l)+C2H5OH(l)⇌CH3COOC2H5(l)+H2O(l)△H=-25.6kJ/mol，催化剂能有效降低该反应的活化能，但不影响反应热【答案】A【解析】第一个反应生成2molH2O(l)，第二个反应生成1molH2O(l)，焓变与物质的量成正比，因此ΔH1=2ΔH2，由于两个反应均为放热反应(ΔH为负值)，故ΔH1(更负)小于ΔH2，A正确；反应BaCO3(s)⇌BaO(s)+CO2(g)的平衡常数K仅与[CO2]有关。压缩体积时，CO2浓度瞬间增大，但系统通过减少气体物质的量(逆反应)恢复平衡。由于温度不变，K值不变，最终CO2浓度仍等于原平衡浓度，B错误；反应的△S＜0，由ΔG=ΔH-T•ΔS＜0时，反应可自发进行可知，ΔH＜0，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误；酯化反应为可逆反应，实际放热量小于理论值。热化学方程式应表示完全反应的ΔH，而题目中直接使用实验值25.6kJ/mol，未考虑可逆性，写法错误；D错误；故选A。12.高端新能源汽车采用了续航更长的三元锂电池，某三元锂电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是A.放电时，A极电势比B极高B.放电时，A极发生的反应为LixC6-xe-=xLi++6CC.充电时，需连接K1、K2，B极发生Li1-xNiaCobMncO2+xLi++xe-=LiNiaCobMncO2D.充电时，锂离子从正极脱嵌，嵌入负极石墨中，电子通过外电路由正极流向负极【答案】B【解析】连接K2、K3时放电，A是负极，电极反应式为LixC6-xe-=xLi++6C，B是正极，电极反应式为Li1-xNiaCobMncO2+xLi++xe-=LiNiaCobMncO2；连接K1、K2充电，A是阴极，电极反应式为xLi++6C+xe-=LixC6，B是阳极，电极反应式为LiNiaCobMncO2-xe-=Li1-xNiaCobMncO2+xLi+。放电时，A是负极，B是正极，A极电势比B极低，A错误；放电时，A是负极，电极反应式为LixC6-xe-=xLi++6C，B正确；充电时，需连接外加电源，故要连接K1、K2，B极阳极，电极反应式为LiNiaCobMncO2-xe-=Li1-xNiaCobMncO2+xLi+，C错误；充电时，锂离子从正极脱嵌，嵌入负极石墨中，电子通过外电路由正极流向外加电源的正极，外加电源的负极流向锂离子电池的负极，D错误；答案选B。13.硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂，硫代硫酸根可以看成是硫酸根中的一个氧原子被硫原子代替。晶胞形状为长方体，边长分别为结构如图所示。下列说法正确的是A.的空间结构为正四面体B.含有的键数目为C.浸金时，与形成配离子中的中心原子提供孤电子对D.若已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为【答案】D【解析】硫酸根的价层电子对数，空间构型为正四面体，是用一个硫原子取代了硫酸根离子中的一个氧原子，硫酸根离子的空间结构为正四面体，故的结构为四面体结构，A错误；中，每一个水分子含有2个σ键，水分子和镁离子之间形成了6个配位键，都是σ键，所以中一共有18个σ键，B错误；中的中心原子无孤电子对，C错误；晶胞中的数目有个和4个，其密度应为：，D正确；故选D。14.烟酰胺()通过抑制黑色素向表皮细胞的转运、减少氧化应激和促进皮肤屏障功能，发挥美白和抗衰老作用，是最近火爆全网的“网红”美白产品。它可由烟酸(又称维生素B3)合成，烟酸的其中一种化学合成方法如下图所示。(已知的结构和性质与苯相似。)下列有关说法不正确的是A.3-甲基吡啶的分子式为C6H7NB.1mol烟酸最多能与3molH2发生加成反应C.烟酰胺在酸性条件下水解可以生成烟酸和铵盐D.上图三种有机物中碱性最强的是中间体M【答案】D【解析】由图可知，3-甲基吡啶的分子式为C6H7N，A正确；已知的结构和性质与苯相似，1mol苯最多能与3molH2发生加成反应，故1mol烟酸最多能与3molH2发生加成反应，B正确；酰胺基在酸性条件下能水解，烟酰胺在酸性条件下水解可以生成烟酸和铵盐，C正确；-CN、-COOH为吸电子基团，-CH3为给电子基团，三种有机物中碱性最强的是3-甲基吡啶，D错误；故选D。15.N2H4·2H2O是一种二元弱碱，其一、二级电离方程式分别为N2H4·2H2O⇌+OH-；⇌+OH-，25℃时，。已知。在25℃时，下列描述不正确的是A.+H2O⇌N2H4·2H2O+H+，当c()=c(N2H4·2H2O)时pH=8B.N2H6Cl2溶液中，2c()+c()+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)C.2+Mg2+⇌Mg(OH)2(s)+2，D.[]Cl溶液中，c()+c(H+)=c(OH-)+c(N2H4·2H2O)【答案】C【解析】反应+H2O⇌N2H4·2H2O+H+的，当c()=c(N2H4·2H2O)时，，此时pH=-lgc(Ｈ＋)=8，故Ａ正确；N2H6Cl2溶液中，电荷守恒为2c()+c()+c(H⁺)=c(OH⁻)+c(Cl⁻)，故Ｂ正确；反应平衡常数为，故Ｃ错误；[]Cl溶液的质子守恒为c(H⁺)+c()=c(OH⁻)+c(N2H4·2H2O)，故Ｄ正确；故答案选Ｃ。16.测定300.0g新鲜菠菜中草酸含量(以H2C2O4计)，实验方案如图。下列说法不正确的是A.“操作1”需要用到的主要玻璃仪器有烧杯、普通漏斗、玻璃棒B.“滴定”至终点后，需再静置滴定管1～2分钟后读数，否则会使测定结果偏低C.“操作2”若用盐酸替代硫酸可能会导致测定结果偏高D.若滴定终点消耗30.00mLKMnO4溶液，则测得菠菜中草酸含量为0.45%【答案】B【解析】首先将新鲜菠菜预处理，研磨榨汁、浸泡、过滤，滴加足量CaCl2溶液，产生白色沉淀，为草酸钙，过滤得到CaC2O4固体，加入盐酸溶解后，滴加高锰酸钾测定草酸含量。操作1是过滤，需要用到的主要玻璃仪器有烧杯、普通漏斗、玻璃棒，A正确；“滴定”至终点后，需再静置滴定管1～2分钟后读数，待滴定管内壁上的液体流下，否则会导致高锰酸钾溶液读数偏大，测定结果偏高，B错误；“操作2”若用盐酸替代硫酸，盐酸也会与高锰酸钾反应，消耗的高锰酸钾偏高，导致测定结果偏高，C正确；高锰酸钾的物质的量为：，根据关系式：，草酸含量为：，D正确；故选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共4小题，共52分。)17.金属镁及其化合物在传统工业、催化、光电等领域有着广泛的应用。（1）镁粉在空气中燃烧生成大量氧化镁，还有少量氮化镁，产物中所有离子的半径由大到小的顺序是___________(用离子符号表示)（2）若Mg原子电子排布呈现下列状态，其能量由高到低的顺序是___________(填标号)。a.b.c.d.（3）以Mg2+为中心的大环配合物叶绿素的结构如下图1所示，请在图中用“→”标出镁与氮形成的配位键___________，该配合物中还存在___________(填字母)。a．离子键b．极性键c．非极性键d．氢键（4）我国车载电池领域不断取得新的研究成果，水系镁离子电池就是其中之一、它的正极材料的化学式可表示为MgxCuFe(CN)y，其晶胞的一部分结构如图2所示(Mg2+未画出)，则y=___________。电池放电过程中，电解液中的Mg2+会不断嵌入立方体中心，晶胞中Fe3+和Fe2+含量发生变化，当Mg2+达到最大容量时，铁元素和铜元素的价态均为+2价，此时x=___________。当电池充电完全时，1mol晶胞中含有___________molMg2+。（5）金属镁的制备可用海底锰结核(主要成分为MnO2，含少量CaO、MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料，工艺流程路线如下：①“浸出”中MnO2与SO2反应的离子方程式为___________。②滤渣I的主要成分为___________。【答案】（1）N3->O2->Mg2+（2）cadb（3）①.②.abc（4）①.6②.1③.2（5）①.MnO2+SO2=Mn2++②.SiO2、CaSO4【解析】【小问1详解】镁粉在空气中燃烧生成大量氧化镁，还有少量氮化镁，在这两种化合物中，镁元素形成Mg2+，氧元素形成O2-，氮元素形成N3-，所以产物中的离子有O2-、Mg2+、N3-三种。比较离子半径大小时，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小。O2-、Mg2+、N3-核外电子排布相同，核电荷数大小顺序为Mg2+>O2->N3-，所以离子半径大小顺序为：N3->O2->Mg2+；故答案：N3->O2->Mg2+。【小问2详解】基态镁原子核外电子排布式为：1s22s22p63s2，此时能量最低。选项中涉及的轨道能量从低到高顺序为：1s＜2s＜2p＜3s＜3p，a图表示镁的激发态，电子排布式为：1s22s22p43s13p3，b图是镁的基态，电子排布式为：1s22s22p63s2，c图是镁的激发态，电子排布式为：1s22s22p33s23p3，d图是镁的激发态，电子排布式为：1s22s22p63s13p1，处于高能量轨道的电子数量越多，能量越高，越不稳定，所以能量由高到低的顺序是：cadb；故答案为：cadb。【小问3详解】①叶绿素中心镁原子与氮原子形成配位键时，氮原子提供孤电子对，镁原子提供空轨道，其配位键如图所示：；故答案为：。②配合物中除了配位键还存在离子键、极性键和非极性键；故答案为：abc。【小问4详解】①由题干晶胞示意图可知，该部分晶胞为整个晶胞的1/8，则一个晶胞含有Cu2+的个数为：8×4×1/8=4，Fe2+或Fe3+的总个数为：8×4×1/8=4，CN-的个数为:8×12×1/4=24，则该晶体的化学式为:MgxCuFe(CN)6，即y=6；故答案为：y=6。②电池放电过程中，电解液中的Mg2+会不断嵌入立方体中心，晶胞中Fe3+和Fe2+含量发生变化，当Mg2+达到最大容量时，铁元素和铜元素的价态均为+2价，根据晶体的化学式：MgxCuFe(CN)6，以及物质化合价代数和为0，可知此时x=1；故答案为：1。③当电池充电完全时，即铁元素全部为Fe3+，根据化合价代数和为0，可知1mol晶胞中含有2molMg2+；故答案为：2。【小问5详解】①MnO2与SO2反应生成MnSO4，离子方程式为：MnO2+SO2=Mn2++；故答案为：MnO2+SO2=Mn2++。②CaO、MgO、Fe2O3、Al2O3都会与H2SO4反应，CaO会与H2SO4反应生成CaSO4沉淀，SiO2不反应，所以滤渣I的主要成分为：SiO2、CaSO4；故答案为：SiO2、CaSO4。18.甲胺是重要的化工原料，被广泛应用于国民经济各个领域。（1）制取甲胺：反应Ⅰ．。已知该反应中相关化学键的键能数据如表：共价键C-OH-ON-HC-N键能/kJ·mol-1abcd则该反应的___________kJ·mol-1。（2）常温下，一元弱碱一水甲胺(CH3NH2·H2O)电离常数为Kb≈4.0×10-4，lg5≈0.7。常温下用0.02mol/L的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.02mol/L的NaOH溶液和CH3NH2·H2O溶液，利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列推断正确的是___________。A.曲线I代表滴定曲线，E点对应的溶液中存在电离平衡B.H点对应的溶液中水电离出的H+与OH-浓度关系为：C.G点对应的溶液中存在D.常温下，F点对应的溶液的（3）利用甲醇与氨气反应制取甲胺过程中还会发生下列反应：反应Ⅱ．。反应Ⅲ．在、条件下改变氨气与甲醇的物质的量投料比R，一定时间内(所有反应均未平衡)测得各产物的含量如图所示。增大R可以提高反应___________的选择性(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)；当R相同时，请解释含量最高的原因___________。（4）利用原电池原理，在微生物的作用下，可以将工业废水中的甲胺()转化为无毒无害物质(、、)，其工作原理如图(甲池)所示(A、B极均为惰性电极)。电池工作时，B极的电极反应式为___________，将甲池与乙池连接，实现乙池中NaCl溶液的淡化。C电极附近溶液的pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】（1）a+c-b-d（2）AC（3）①.Ⅰ②.反应Ⅲ的活化能最小（4）①.2CH3NH2-18e-+4H2O=2CO2↑+N2↑+18H+(或2CH3NH2·H2O-18e-+2H2O=2CO2↑+N2↑+18H+)②.减小【解析】【小问1详解】该反应的焓变等于反应物总键能减去生成物总键能，故；【小问2详解】A．曲线Ⅰ在滴定前电导率较大，说明对应的电解质溶液中离子浓度较大，氢氧化钠溶液和甲胺溶液的起始浓度相等，故曲线Ⅰ代表氢氧化钠的滴定曲线，E点盐酸与氢氧化钠正好完全反应，为NaCl溶液，溶液中存在水的电离平衡，A正确；B．H点对应溶液中盐酸过量，水的电离受到抑制，故，B错误；C．G点溶液中存在物料守恒：，C正确；D．F点对应的溶液中酸碱恰好完全反应，溶液中溶质为CH3NH3Cl，浓度为0.01mol/L，溶液中存在水解平衡，。设0.01mol/LCH3NH3Cl溶液中c(H+)＝xmol/L，则有，，得溶液的pH≈6.3，D错误；故选AC。【小问3详解】提高R，CH3NH2的物质的量分数增大，故可以提高反应Ⅰ的选择性；反应Ⅰ产生CH3NH2，反应Ⅱ消耗CH3NH2产生(CH3)2NH，反应Ⅲ消耗(CH3)2NH产生(CH3)3N，R相同时含量最高主要是反应Ⅲ的速度快，故R相同时，含量最高的原因：反应Ⅲ的活化能最小；【小问4详解】甲池为原电池装置，A极通入氧气，为正极，B为负极，B极的电极反应式为：2CH3NH2-18e-+4H2O=2CO2↑+N2↑+18H+(或2CH3NH2·H2O-18e-+2H2O=2CO2↑+N2↑+18H+)；将甲池与乙池连接，实现乙池中NaCl溶液的淡化。C电极处Bi元素化合价升高，故C为阳极，电极式为：，C电极附近溶液的pH减小。19.CoSO4是一种重要的工业原料。工业上以含钴矿渣(主要成分为CoO、Fe2O3、FeO、ZnO)为原料制备CoSO4、ZnSO4的一种工艺流程如下：已知：常温下Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38，Ksp[Co(OH)2]=1×10-16，Ksp[Zn(OH)2]=1×10-17。（1）写出“酸浸”时发生的氧化还原反应的离子方程式_______。为了提高浸出率，可采取的方法_______。（2）“除铁”时应控制溶液的pH范围为_______(假设酸浸后各金属阳离子浓度均为1mol·L-1，离子浓度小于10-5mol·L-1时可认为沉淀完全)。（3）上述“萃取”过程可表示为ZnSO4(水层)+2HM(有机层)ZnM2(有机层)+H2SO4(水层)。①下列说法不正确的是_______。A．除铁时可用ZnCO3或ZnO调节pHB．将硫酸锌热饱和溶液冷却结晶即可得到ZnSO4C．可选择苯作为萃取剂D．酸浸时加入H2O2的目的是为了除铁时能更完全②请选择合适的编号，按正确的操作顺序完成萃取实验_______(假设只放气一次)。倒入溶液和萃取剂→_______→_______→_______→b→_______→_______→_______→使下层液体慢慢流出→b→上层液体从上口倒出。a．塞上上口玻璃塞；b．关闭旋塞；c．打开旋塞；d．打开上口玻璃塞；e．倒转分液漏斗振摇；f．放在铁圈上静置；g．手持静置。（4）从有机层中获得ZnSO4溶液的方法是_______。【答案】（1）①.2FeO+H2O2+6H+=2Fe3++4H2O或者2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O②.适当升高温度、把废渣粉碎、适当提高硫酸浓度等（2）3≤pH<5.5（3）①.BC②.aecfdc（4）加稀硫酸充分振荡后再分液【解析】含钴废渣(主要成分为CoO、Fe2O3、FeO、ZnO)加入硫酸酸浸，再加入双氧水使Fe2+氧化为Fe3+，可反应生成CoSO4、硫酸铁、硫酸锌等；调节溶液的pH，可生成氢氧化铁沉淀而除去铁离子；然后加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层中加入稀硫酸，可得硫酸锌，以此回答该题；【小问1详解】“酸浸”时加入双氧水，Fe2+氧化为Fe3+，发生的离子方程式为2FeO+H2O2+6H+=2Fe3++4H2O或者2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；为了提高浸出率，可采取的方法有：适当升高温度、把废渣粉碎、适当提高硫酸浓度等。【小问2详解】要使Fe3+沉淀完全，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38，pOH=11，则pH=3，但不能除去Zn2+、Co2+，Ksp[Co(OH)2]=1×10-16＞Ksp[Zn(OH)2]=1×10-17，即Zn2+先开始沉淀，此时，pOH=8.5，则pH=5.5，因此“除铁”时应控制溶液的pH范围为3≤pH<5.5。【小问3详解】①A．除铁时加入ZnCO3或ZnO，ZnCO3或ZnO可与H+反应，使得pH升高，且不引进杂质离子，故A正确；B．硫酸锌热饱和溶液冷却结晶可能会得到结晶水合物，如等，故B错误；C．根据方程式ZnSO4(水层)+2HM(有机层)ZnM2(有机层)+H2SO4(水层)可知，萃取剂需与ZnSO4发生反应，因此不可选用苯作为萃取剂，故C错误；D．酸浸时加入H2O2目的是Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+更易发生水解，除铁时能更完全，故D正确；答案选BC。②萃取操作的步骤为1、倒入溶液和萃取剂；2、盖上玻璃塞；3、倒转分液漏斗振摇；4、打开旋塞放气；5、放在铁圈上静置；6、打开上口玻璃塞；7、打开旋塞使下层液体从下口放出，最后关闭旋塞使上层液体从上口倒出，故答案为：aecfdc。【小问4详解】根据方程式ZnSO4(水层)+2HM(有机层)ZnM2(有机层)+H