江苏省南京市六校联合体2021-2022学年高二化学下学期期末联考试题（Word版附解析）

2021~2022学年第二学期六校联合体期末联考试题高二化学注意事项：1.本试卷满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。5.如需作图，必须用2B铅笔绘写清楚，线条符号等须加黑加粗。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16V-51Co-59一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1.为共同构建人与自然生命共同体，我国已将“碳达峰”和“碳中和”纳入生态文明建设整体布局，“3060”双碳目标是我国对世界的庄严承诺，重点是推动以二氧化碳为主的温室气体减排。下列措施与此目标不吻合的是A.植树造林、节能减排B.太阳能、潮汐能、风能、氢能等清洁能源逐步替代火力发电C.研发二氧化碳加氢制甲醇的高效催化剂D.燃煤中适当添加石灰石，减少污染气体排放【答案】D【解析】【详解】A．植树造林增加绿色植被，可增加植物光合作用，吸收二氧化碳，利于实现“碳中和”，不符合题意；B．开发利用太阳能、潮汐能、风能和氢能等清洁能源，能减少化石燃料燃烧，减少CO2排放量，不符合题意；C．研发二氧化碳加氢制甲醇的高效催化剂，有利于CO2的消除，不符合题意； D．燃煤中适当添加石灰石，减少污染气体排放，不利于实现“碳中和”，D符合题意；故选D。2.反应NaClO＋2NH3=N2H4＋NaCl＋H2O可用于制备还原剂肼(N2H4)。下列说法正确的是A.NaClO的电子式为B.在反应中NH3是氧化剂C.N2H4分子间能形成氢键D.H2O的空间填充模型为【答案】C【解析】【详解】A．NaClO是离子化合物，Na+与ClO-之间以离子键结合，在ClO-中Cl与O原子之间以共价键结合，故NaClO的电子式为：，A正确；B．在反应中N元素化合价由反应前NH3中的-3价变为反应后N2H4中的-2价，化合价升高，失去电子被氧化，所以NH3是还原剂，B错误；C．在N2H4分子中含有N-H键，分子间能形成氢键，由于N原子上有孤对电子，且N原子半径小，元素的非金属性强，因此在N2H4分子间形成氢键，增加了分子之间的吸引作用，，C正确；D．H2O分子中O原子半径大于H原子半径，且三个原子不在同一直线上，水分子的空间填充模型为，D错误；故合理选项是C。3.利用化学反应可以制取人们需要的物质。下列物质间的转化均能实现的是AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】【详解】A．电解熔融的氯化钠制得氯气，氯气与石灰乳反应制得漂白粉而不是与石灰水反应， 选项A不符合；B．一氧化碳还原四氧化三铁得到铁单质，铁与盐酸反应生成氯化亚铁而不是得到氯化铁，选项B不符合；C．氯气与溴化钠发生置换反应制得溴单质，溴与二氧化硫在水中发生反应生成氢溴酸和硫酸，物质间的转化均能实现，选项C符合；D．氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，电解氯化镁溶液得到氢氧化镁、氢气和氯气，应该是电解熔融的氯化镁才能得到镁单质，选项D不符合；答案选C。4.工业上生产硫酸时，其中SO2与O2反应生成SO3热化学方程式为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH=-196.6kJ·mol-1。在生产过程中，充分利用反应放出的热量对SO2和O2进行加热，并将尾气进行循环利用。下列有关SO2的说法正确的是A.SO2与H2S反应有淡黄色固体生成，体现了SO2的氧化性B.SO2使溴水褪色利用了SO2的漂白性C.将SO2通入Ba(NO3)2溶液中不可能产生白色沉淀D.SO2分子的空间构型为直线形【答案】A【解析】【详解】A．SO2与H2S反应生成淡黄色固体S，SO2中硫元素的化合价降低，体现了SO2的氧化性，A项正确；B．SO2使溴水褪色，是因为反生了氧化还原反应，利用了SO2的还原性，B项错误；C．将SO2通入Ba(NO3)2溶液中会产生白色沉淀，因为SO2与水反应，生成亚硫酸，导致体系中存在硝酸，会将亚硫酸根氧化为硫酸根，C项错误；D．SO2分子中，S原子的确采用sp2杂化，其中2个杂化轨道与O原子成键，还有一个杂化轨道里面是未共用电子对，三对电子之间都有排斥力，因此SO2分子就是V形的，D项错误；答案选A。5.工业上生产硫酸时，其中SO2与O2反应生成SO3的热化学方程式为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH=-196.6kJ·mol-1。在生产过程中，充分利用反应放出的热量对SO2和O2进行加热，并将尾气进行循环利用。下列有关工业上生产SO3反应的说法正确的是A.该反应在任何条件下均能自发进行B.当反应放出98.3kJ热量时，反应转移的电子数约为2×6.02×1023 C.若SO2、O2、SO3的浓度之比为2∶1∶2，则反应达到了平衡状态D.从平衡体系中分离出SO3，能加快正反应速率，提高SO2的转化率【答案】B【解析】【详解】A．ΔH-T×ΔS＜0的反应自发进行，该反应中ΔH＜0，ΔS＜0，则在低温下能自发进行，A项错误；B．根据反应可知，转移4mol电子，放出196.6kJ热量，则当反应放出98.3kJ热量时，反应转移的电子数约为2×6.02×1023，B项正确；C．投料比合适时，SO2、O2、SO3的浓度之比可以为2∶1∶2，不能说明反应达到了平衡状态，C项错误；D．从平衡体系中分离出SO3，能降低逆反应速率，反应正向移动，提高SO2的转化率，D项错误；答案选B。6.工业上生产硫酸时，其中SO2与O2反应生成SO3的热化学方程式为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH=-196.6kJ·mol-1。在生产过程中，充分利用反应放出的热量对SO2和O2进行加热，并将尾气进行循环利用。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.MgO、Al2O3熔点高，可用于制作耐火材料B.NaHCO3能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂C.浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氢气D.SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆【答案】A【解析】【详解】A．MgO、Al2O3都是离子化合物，离子之间以极强的离子键结合，离子之间作用力很强，故物质熔点高，因此可用于制作耐火材料，A正确；B．NaHCO3不稳定，受热分解产生CO2气体，气体从面团中逸出，从而能够使面团松软，故可用作焙制糕点的膨松剂，这与其与碱反应的性质无关，B错误；C．浓硫酸具有吸水性，因此可用于干燥氢气，这与浓硫酸的脱水性无关，C错误；D．SO2具有漂白性，因此可用于漂白纸浆，这与SO2具有氧化性无关，D错误；故合理选项是A。7.实验室以废铁屑、氨气和稀硫酸为原料，制备少量摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]。如图所示 装置和原理能达到实验目的的是A.用装置甲制取FeSO4溶液B.用装置乙制取NH3C.用装置丙将氨气通入FeSO4和H2SO4的混合溶液D.用装置丁蒸干溶液得到(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O【答案】A【解析】【详解】A．Fe与稀硫酸反应生成FeSO4，过量的Fe可以防止Fe2+被氧化，A符合题意；B．收集NH3的试管口应该放一团棉花，不应该用橡皮塞，B不符合题意；C．由于氨气极易溶于水且与硫酸反应，容易引发倒吸，而丙装置不能防倒吸，不能达到实验目的，C不符合题意；D．由于产品带结晶水，故不能将溶液蒸干，应该采取蒸发浓缩、降温结晶的操作，D不符合题意；故答案选A。8.锌电池具有成本低、安全性强、可循环使用等优点。一种新型锌电池的工作原理如图所示(凝胶中允许离子生成或迁移)。下列说法正确的是A.充电过程中，a电极接外接电源的负极B.充电过程中，b电极反应为：Zn2＋＋2e-=Zn C.放电过程中，H2SO4溶液中SO向a电极迁移D.放电过程中，转移0.4mole-时，a电极消耗0.8molH＋【答案】D【解析】【分析】由图示可知，放电过程中b为负极，失去电子发生氧化反应；a为正极，得到电子发生还原反应；充电过程中b为阴极，外接电源负极，a为阳极，外接电源正极。【详解】A．由分析可知，充电过程中a为阳极，外接电源正极，A错误；B．充电过程中b电极得到电子发生还原反应，由于在碱性环境中Zn以形式存在，则充电过程中，b电极反应为：，B错误；C．放电过程中，a为正极，b极为负极，溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极；所以放电过程中，SO向b极迁移，C错误；D．放电过程中b电极为负极，其电极反应式为；a极为正极，则其电极反应式为，。所以放电过程中，转移0.4mole-时，a电极消耗0.8molH+，D正确；故选D。9.实验室通过下列流程从净化除氯后的含碘海水中提取I2。下列有关说法不正确的是A.富集得到含碘化合物的晶胞如图，其中距离每个I-最近的Ag＋有4个B.转化后的溶液中主要含有Fe2＋和I- C.用稀HNO3溶解滤渣Y得到的溶液可循环利用D.氧化时，理论上通入氯气的量至少控制为溶液中溶质物质的量的1.5倍【答案】D【解析】【分析】富集过程生成AgI，过滤分离，滤液X含有硝酸银等，转化过程中存在溶解平衡，Fe与Ag+发生反应，过滤，滤渣Y主要为Ag，实现I-的富集，最后氧化生成碘单质。【详解】A．I-位于晶胞的顶点和面心，晶胞中I-数目为，Ag+位于晶胞内部，数目为4，二者配位数相同，晶胞中距离每个Ag+最近的I-有4个，距离每个I-最近的Ag+也有4个，A正确；B．存在溶解平衡，Fe与Ag+发生反应，转化后溶液中主要含有Fe2+和I-，B正确；C．经分析可知，滤渣Y主要为Ag，稀硝酸溶解滤渣Y得到硝酸银溶液，可在富集步骤中循环利用，C正确；D．氧化时发生反应，理论上通入氯气的量至少控制为溶液中溶质物质的量的0.5倍，D错误；故答案选D。10.化合物Z(华法林)是一种香豆素类抗凝剂，可由下列反应制得：下列说法不正确的是A.Y分子存在顺反异构体B.1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOHC.一定条件下，Y分子可以发生取代、加聚、还原反应D.Z分子中含有1个手性碳原子【答案】B 【解析】【详解】A．Y分子中由于两个不饱和的C原子上连接了两个不同的原子和原子团，因此该物质的分子存在顺反异构体，A正确；B．X分子中含有的醇羟基不能与NaOH发生反应，分子中含有的酯基水解产生的酚羟基和羧基都可以与NaOH反应，故1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH，B错误；C．Y分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下，能够发生加聚反应；可以与H2发生加成反应，与H2的加成反应也属于还原反应；含有苯环，在一定条件下能够发生取代反应，故一定条件下Y分子可以发生取代、加聚、还原反应，C正确；D．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子。根据Z的结构简式可知：Z分子中只有与两个六元环连接的C原子为手性C原子，故Z分子中含有1个手性碳原子，D正确；故合理选项是B。11.利用烟气中SO2可回收废水中的，实现碘单质的再生，其反应原理如下图所示下列说法错误的是A.中Co的化合价为+3价B.总反应离子方程式为：C.反应①~⑤中均有电子的转移D.反应③中，每消耗1molO2会转移2mol电子【答案】C【解析】 【详解】A．中含有过氧键，故氧元素显价，由化合价规则知A项正确；B．由题干信息及工作原理图知，反应物有SO2、O2、，生成物是I2、，B项正确；C．过程②和⑤中没有电子转移，C项错误；D．反应③中O2得到电子后转化为过氧键，D项正确。故选C。12.前四周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X与W同主族，Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Z基态原子的3p轨道上只有1个电子，W原子核外有14种运动状态不同的电子，Q原子的质子总数等于X、Z、W原子的质子总数之和。下列说法正确的是A.XY2属于离子化合物B.原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)C.Q的简单气态氢化物空间构型为平面正三角形D.Q的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱【答案】D【解析】【分析】前四周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，X与W同主族，Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y为O元素；Z基态原子的3p轨道上只有1个电子，Z的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，则Z为Al元素；W原子核外有14种运动状态不同的电子，所以W为Si元素；X与W同主族，所以X为C元素；Q原子的质子总数等于X、Z、W原子的质子总数，所以Q为33号元素As元素，即元素X、Y、Z、W、Q分别为对应元素C、O、Al、Si、As。【详解】A．XY2为CO2属于共价化合物，A项错误；B．根据原子半径的递变规律以及元素所在周期表的位置关系可得r(Al)>r(Si)>r(C)>r(O)，即原子半径：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)，B项错误；C．Q的简单气态氢化物为AsH3与同主族的氮元素的简单气态氢化物NH3的空间构型相似，为三角锥形，C项错误；D．非金属性O>N>As，所以Q的简单气态氢化物AsH3的热稳定性比Y的简单气态氢化物H2O的弱，D项正确； 故选D项。13.室温下，通过下列实验探究NH4HCO3溶液性质。实验实验操作实验现象1用pH试纸测定0.1mol·L-1NH4HCO3溶液的pHpH约为82向0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中加入过量0.lmol·L-1Ba(OH)2溶液析出白色沉淀3常温下，将等体积等物质的量浓度NH4HCO3与NaCl溶液混合析出晶体4向0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中加入0.lmol·L-1AlCl3溶液有气泡产生下列有关说法正确的是A.0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中存在c(NH)+c(NH3·H2O)+c(H+)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)+c(OH-)B.实验2反应静置后的上层清液中有c(Ba2+)·c(CO)<Ksp(BaCO3)C.实验3静置后的上层清液中有c(H+)+c(NH)>c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)D.实验4中产生的气体是NH3【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据物料守恒可得：c(NH)+c(NH3·H2O)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)，pH约为8，则c(OH-)>c(H+)，等式不成立，故A错误；B．产生沉淀的溶液为碳酸钡的饱和溶液，溶液中存在c(Ba2+)·c(CO)=Ksp(BaCO3)，故B错误；C．将等体积等物质的量浓度NH4HCO3与NaCl溶液混合，会析出碳酸氢钠晶体，溶液中的溶质可视为氯化铵和碳酸氢钠，因碳酸氢钠析出，可知溶液中氯化铵的量大于碳酸氢钠，由电荷守恒的：c(H+)+c(NH)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)，c(Cl-)>c(Na+)，则c(H+)+c(NH)>c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)，故C正确；D．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中加入0.lmol·L-1AlCl3溶液，两者发生双水解反应，生成氢氧化 铝沉淀和二氧化碳气体，生成的气泡的二氧化碳，故D错误；故选：C。14.利用和重整技术可获得合成气(主要成分为CO、)，重整过程中部分反应的热化学方程式：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：不同配比随温度变化对出口合成气中的影响如图所示。下列说法正确的是A.对于反应Ⅰ，M点的平衡常数大于N点B.高温高压有利于提高原料的平衡转化率C.使用合适的催化剂并不能提高合成气的产率D.当时，温度高于900℃后减小是由反应Ⅱ导致的【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，M点和N点的反应温度相同，平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则M点和N点的平衡常数相等，故A错误；B．反应Ⅰ、Ⅲ都是气体体积增大的反应，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，增大压强，反应Ⅱ形成的平衡不移动，反应Ⅰ、Ⅲ形成的平衡向逆反应方向移动，反应物的转化率减小，则高压不利于提高原料的平衡转化率，故B错误； C．使用合适的催化剂能提高反应的选择性，能提高合成气的产率，故C错误；D．由方程式可知，反应Ⅰ、Ⅲ中氢气和一氧化碳都是生成物，反应Ⅱ中氢气是反应物、一氧化碳是生成物，则当时，温度高于900℃后，减小说明体系中的反应以反应Ⅱ为主，反应物氢气的浓度减小、生成物一氧化碳的浓度增大，导致减小，故D正确；故选D。二、非选择题：共4题，共58分。15.钒具有广泛用途，利用含钒废催化剂(主要含有V2O5、VOSO4和不溶性硅酸盐)制备V2O5的新工艺流程如图：已知：滤液1和滤液2中钒以VO2+的形式存在。回答下列问题：（1）写出V基态原子核外电子排布式_______。（2）在实验室中操作Ⅰ用到的玻璃仪器有_______。（3）在滤渣1中加入Na2SO3和过量稀H2SO4溶液发生氧化还原反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。（4）混合溶液中加入KClO3，发生反应的离子方程式是_______。（5）钒最后以NH4VO3的形式沉淀出来。沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比)表示该工艺钒的回收率。图中是沉钒率随温度变化的关系曲线，“沉钒”时，温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是_______(写一条即可)。 （6）称取wg所得产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液，再加入的(NH4)2Fe(SO4)2溶液，最后用酸性KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗溶液KMnO4的体积为。假设杂质不参与反应，锰元素被还原为Mn2+。求产品中V2O5的质量分数为_______(写出计算过程)[已知(VO2)2SO4和(NH4)2Fe(SO4)2溶液反应的离子方程式为VO+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O]【答案】（1）[Ar]3d34s2（2）漏斗、烧杯、玻璃棒（3）1∶1（4）（5）80℃以后，温度升高，的溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨水受热分解，溶液中浓度减小，沉钒率下降（6）%【解析】【分析】由题给流程可知，向含钒废催化剂中加水溶解，和不溶性硅酸盐不溶于水，溶于水，过滤得到含有和不溶性硅酸盐的滤渣1和含有的滤液1；向滤渣1中加入亚硫酸钠溶液和过量稀硫酸，在酸性条件下，亚硫酸钠与发生氧化还原反应生成硫酸钠、和水，不溶性硅酸盐与稀硫酸反应转化为难溶于水的硅酸，过滤得到含有硅酸的滤渣2和含有的滤液2；向含有的混合溶液中加入氯酸钾，具有氧化性的氯酸根离子在酸性条件下将离子氧化为离子，向氧化后的溶液中加入氨 水，离子与氨水反应生成沉淀，过滤得到；受热分解生成，据此分析作答。【小问1详解】V的原子序数为23，则基态原子核外电子排布式为[Ar]3d34s2，故答案为：[Ar]3d34s2；【小问2详解】由分析可知，操作Ⅰ为固、液分离的过滤操作，过滤用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；【小问3详解】由分析可知，在滤渣1中加入亚硫酸钠溶液和过量稀硫酸发生的反应为在酸性条件下，亚硫酸钠与发生氧化还原反应生成硫酸钠、和水，由得失电子数目守恒可知，氧化剂和还原剂亚硫酸钠的物质的量之比为1:1，故答案为：1:1；【小问4详解】由分析可知，混合溶液中加入氯酸钾发生反应为具有氧化性的氯酸根离子在酸性条件下将离子氧化为离子，反应的离子方程式为，故答案为：；【小问5详解】“沉钒”时，温度超过80℃以后，的溶解度增大，以及氨水受热分解，溶液中浓度减小，都会导致沉钒率下降，故答案为：80℃以后，温度升高，的溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨水受热分解，溶液中浓度减小，沉钒率下降；【小问6详解】由题意可知，滴定时，硫酸亚铁铵做反应的还原剂，离子和高锰酸钾做反应的氧化剂，由得失电子数目守恒可得：n()+5n()=n(Fe2+)，解得n()=(a1b1−5a2b2)×10−3 mol，由钒原子个数守恒可知，产品中的质量分数为 ×100%=%，故答案为：%。16.是一种抗血小板凝聚的药物，其人工合成路线如图：（1）分子中采取杂化的碳原子数目是_______。（2）的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。①分子中有4种不同化学环境的氢原子；②苯环上有2个取代基，能发生银镜反应。（3）中有一种相对分子质量为60的产物生成，该产物的结构简式为_______。（4）的反应需经历的过程，中间体的分子式为。的反应类型为_______。（5）已知：，写出以、、和为原料制备 的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。【答案】（1）7（2）(或等合理答案)（3）（4）取代反应(或水解反应)（5）【解析】【分析】A与、Mg、乙醚反应，然后酸化得到B，B与NBS发生取代反应得到C，C与和KHCO3反应生成D，D先后在n-BuLi、硼酸三丁酯、H2O2的作用下生成E，E在(CH3CO)2O、(CH3CH2)3N、DMSO的作用下反应生成F。【小问1详解】饱和碳采取sp3杂化，由D的结构简式可知，D分子中有7个饱和碳()，因此采取sp3杂化的碳原子数目是7。【小问2详解】B为，B的一种同分异构体同时满足下列条件，①分子中有4 种不同化学环境的氢原子，②苯环上有2个取代基，能发生银镜反应，含-CHO，则符合条件的物质的结构简式为：或等。【小问3详解】由E和F的结构简式可知，E→F的过程中(CH3CO)2O参与反应，因此E→F中有一种相对分子质量为60的产物生成，该产物的结构简式为：。【小问4详解】X水解生成Y，结合X的结构简式和Y的分子式可知，Y为，因此X→Y的反应类型为：取代反应(或水解反应)。【小问5详解】在AlCl3的作用下与(CH3CO)2O发生取代反应生成,与NBS发生取代反应生成，与、KHCO3反应生成,在(CH3CO)2O、(CH3CH2)3N、DMSO的作用下反应生成，合成路线为： 。17.以废旧锂离子电池的正极材料[活性物质为LixCoO2(x≤1)、附着物为炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉等]为原料，制备纳米钴粉和Co3O4。（1）预处理。将正极材料研磨成粉末后进行高温煅烧，高温煅烧的目的是_______。（2）浸出，将煅烧后的粉末(含LixCoO2和少量难溶杂质)与硫酸混合，得到悬浊液，加入如图所示的烧瓶中。控制温度为75℃，边搅拌边通过分液漏斗滴加双氧水，充分反应后，滤去少量固体残渣。得到Li2SO4、CoSO4和硫酸的混合溶液。浸出实验中当观察到_______，可以判断反应结束，不再滴加双氧水。（3）制钴粉。向浸出后的溶液中加入NaOH调节pH，接着加入N2H4·H2O可以制取单质钴粉，同时有N2生成。已知不同pH时Co(II)的物种分布图如图所示。Co2+可以和柠檬酸根离子()生成配合物。 ①写出pH=9时制钴粉的离子方程式：_______。②pH＞10后所制钴粉中由于含有Co(OH)2而导致纯度降低。若向pH＞10的溶液中加入柠檬酸钠(Na3C6H5O7)，可以提高钴粉的纯度，原因是_______。（4）请补充完整由浸取后滤液先制备CoC2O4·2H2O，并进一步制取Co3O4的实验方案：取浸取后滤液，_______，得到。[已知：Li2C2O4易溶于水，CoC2O4在溶液中直接结合水生成CoC2O4·2H2O沉淀，CoC2O4·2H2O在空气中加热时的固体残留率(100%)与随温度的变化如图所示。实验中必须使用的试剂有：2mol·L-1(NH4)2C2O4溶液、0.1mol·L-1BaCl2溶液)]【答案】（1）除去正极材料中的炭黑、聚乙烯醇、淀粉等物质（2）圆底烧瓶中不再产生气泡（3）①.Co4(OH)＋2N2H4·H2O＋4OH-=4Co↓＋2N2↑＋10H2O②.Co2+与柠檬酸钠反应生成配合物[CoC6H5O7]-，能抑制Co(OH)2的生成或促进Co(OH)2的溶解（4）边搅拌边加入2mol·L-1(NH4)2C2O4溶液，当静置时上层清液中加入(NH4)2C2O4溶液不再 产生沉淀时，停止滴加，过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤滤液加入0.1mol·L-1BaCl2溶液时无沉淀生成，将固体在400℃~800℃下加热，当残余固体质量不再发生变化后停止加热【解析】【分析】将正极材料预处理，除去附着在正极材料表面的炭黑、聚乙烯醇、淀粉等物质，然后向煅烧后含有LixCoO2粉末与硫酸混合，并控制温度为75℃，边搅拌边通过分液漏斗滴加双氧水，充分反应产生Li2SO4、CoSO4，再向浸出液中加入NaOH调节pH＞10，接着加入N2H4·H2O可以制取单质钴粉，同时有N2生成。由浸取后滤液先制备CoC2O4·2H2O，并进一步制取Co3O4。【小问1详解】预处理时，将正极材料研磨成粉末后进行高温煅烧，可除去正极材料中的炭黑、聚乙烯醇、淀粉等物质，所以高温煅烧的目的就是除去附着在正极材料中的炭黑、聚乙烯醇、淀粉等物质；【小问2详解】浸出过程，向煅烧后含LixCoO2的粉末中加入H2SO4于如图所示的烧瓶中，控制温度为75℃，边搅拌边通过分液漏斗滴加双氧水，充分反应后，滤去少量固体残渣。得到Li2SO4、CoSO4和硫酸的混合溶液。浸出实验中当观察到不再有泡产生时，说明反应完成，此时不再滴加双氧水；【小问3详解】①根据图示可知在溶液pH=9时，溶液中Co元素主要存在形式为Co4(OH)，Co4(OH)与N2H4·H2O在碱性条件下发生氧化还原反应产生Co单质、N2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：Co4(OH)＋2N2H4·H2O＋4OH-=4Co↓＋2N2↑＋10H2O；②当溶液pH＞10后所制钴粉中由于含有Co(OH)2而导致纯度降低。若向pH＞10的溶液中加入柠檬酸钠(Na3C6H5O7)，可以提高钴粉的纯度，这是由于Co2+与柠檬酸钠反应生成配合物[CoC6H5O7]-，能抑制Co(OH)2的生成或促进Co(OH)2的溶解，从而可提高钴粉的纯度；【小问4详解】浸取后得到Li2SO4、CoSO4和硫酸的混合溶液。边搅拌边加入2mol·L-1(NH4)2C2O4溶液，使Co2+反应转化为CoC2O4·2H2O沉淀。当静置时向上层清液中加入(NH4)2C2O4溶液不再产生沉淀时，说明Co2+反应完成，停止滴加(NH4)2C2O4溶液。过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤滤液加入0.1mol·L-1BaCl2溶液时无沉淀生成，说明洗涤液中无 ，固体洗涤干净，根据Co元素守恒，100gCoC2O4·2H2O完全转化为Co3O4时固体质量m(Co3O4)=，因此当固体残留率为43.90时CoC2O4·2H2O完全转化为Co3O4。因此将固体在400℃~800℃下加热，当残余固体质量不再发生变化后停止加热，就制取得到Co3O4。18.研究脱除烟气中的NO是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。选择性催化还原技术是利用还原剂氨或尿素，把烟气中的NO还原成和。相关反应方程式如下：（1）①___________。②有氧条件下，在Fe基催化剂表面，还原NO的反应机理如图所示，该过程可描述为___________。（2）近年来，低温等离子体(NTP)技术是在高压放电下，产生自由基(O*)，自由基将NO氧化为后，再用溶液吸收，便达到消除NO的目的。实验室将模拟气(、、NO)以一定流速通入低温等离子体装置，实验装置如图所示。 ①等离子体技术在低温条件下可提高NO的转化率，原因是___________。②若4.6g被含0.05mol溶液充分吸收，转移电子数为0.05mol，则此反应的离子方程式为___________。③其他条件相同，等离子体的功率与NO的转化率关系如图所示，当功率大于30W时，NO转化率下降的原因可能是___________。【答案】（1）①.②.在Fe基催化剂表面，吸附在的酸性配位点上形成，NO与吸附在配位点上形成，而后与结合生成的与NO反应生成、，并从催化剂表面逸出（2）①.NO与反应生成是放热反应，低温时有利于反应的正向进行②.③.功率增大时，会产生更多的O*自由基，NO更易被氧化为；功率增大，和在放电时会生成NO；相比而言后者产生的NO更多【解析】【小问1详解】①由已知③④，⑤则①=×⑤+×④-×③，则×(-2780KJ/mol)+×(-112mol/mol)-×180.5/mol=； ②由图可知该过程可描述为在Fe基催化剂表面，吸附在的酸性配位点上形成，NO与吸附在配位点上形成，而后与结合生成的与NO反应生成、，并从催化剂表面逸出；【小问2详解】①由题干信息可知一氧化氮和氧气的反应是放热反应，从平衡移动的角度分析，低温有利于平衡正向移动，故答案为：NO与反应生成是放热反应，低温时有利于反应的正向进行；②4.6g的物质的量为0.1mol，此时转移0.05mol电子，说明该反应为歧化反应，即+4价氮反应后变为+3价和+5价，用碳酸根离子配平电荷即可，离子方程式为：；③由图可知在高压放电下，产生自由基(O*)，功率越大产生的自由基越多，自由基将NO氧化为的量也越多，但是在放电条件下氮气也可以和氧气反应生成一氧化氮，功率越大产生的一氧化氮越多，故答案为：功率增大时，会产生更多的O*自由基，NO更易被氧化为；功率增大，和在放电时会生成NO；相比而言后者产生的NO更多。