四川省成都市树德中学2022-2023学年高二化学下学期4月月考试题（Word版附解析）

树德中学高2021级高二下学期4月阶段性测试化学试题考试时间：70分钟分值：100分可能用到的相对原子质量：Li-7Co-59Cu-64Ag-108第I卷(共42分)一、单项选择题(每小题只有1个选项正确，每小题3分，共42分)1.化学与生活、科技、传统文化密切相关。以下说法错误的是A.“天问一号”中Ti-Ni形状记忆合金的两种金属都属于过渡金属元素B.光伏发电成为青海省第一大电源，电能是污染小的二次能源C.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应D.烟花燃放是利用了金属的焰色反应，焰色反应是化学变化【答案】D【解析】【详解】A．Ti位于第四周期IVB族，Ni为第四周期VIII族，均属于过渡金属元素，故A正确；B．光伏发电实现太阳能转化为电能，电能属于二次能源，且电能自身无污染，故B正确；C．该过程为铁与硫酸铜溶液反应生成铜单质，属于置换反应，故C正确；D．焰色反应是物理变化，故D错误；故选：D。2.实验发现，298K时，在氯化铁酸性溶液中加少量锌粒后，立即被还原成。某夏令营兴趣小组根据该实验事实设计了如图所示原电池装置。下列有关说法正确的是A.盐桥中的阴离子往左侧烧杯移动B.左侧烧杯中电极上发生还原反应，溶液的红色逐渐褪去C.电子由Zn极流出到Pt电极，再经过溶液回到Zn极，形成闭合回路 D.该电池总反应为【答案】B【解析】【分析】由图知，该反应的总反应为2FeCl3+Zn=ZnCl2+2FeCl2，那么Pt电极为正极，Zn为负极。【详解】A．盐桥中的阴离子移向Zn电极(负极)，朝右侧烧杯移动，A项错误；B．左侧电极为正极，发生还原反应，Fe3+转化为Fe2+，Fe3+减少，故红色变浅，B项正确；C．电子从负极Zn经导线流向正极Pt，C项错误；D．少量的Zn反应产生Fe2+，不能得到铁单质，所以总反应为Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+，D项错误；故选B。3.以锂硫电池(电池的总反应为2Li+xS=Li2Sx)为电源，电解含(NH4)2SO4的废水制备硫酸和化肥的原理如图(不考虑其他杂质离子的反应)。下列说法正确的是A.a为锂硫电池的负极B.电解池中膜1和膜2都是阳离子交换膜C.锂硫电池每消耗2.8g锂，理论上M室产生2.24L气体(标准状况)D.电解一段时间后，原料室中溶液的pH会下降【答案】C【解析】【分析】以锂硫电池为电源，通过电解含(NH4)2SO4的废水制备硫酸和磷酸，M室得到硫酸说明是氢氧根离子放电，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，则a为正极，b为负极；【详解】A．上述分析可知a为正极，为锂硫电池的正极，故A错误； B．电解池中阴离子移向阳极，通过阴膜由原料室移向M室，则膜1为阴离子交换膜，故B错误；C．由锂硫电池2Li+xS═Li2Sx可得负极反应式为2Li+-2e-=Li2Sx，消耗2.8g锂即物质的量为，转移0.4mole-，M室的电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，生成0.1mol氧气，标准状况下气体体积为V=nVm=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故C正确；D．N室的电极反应是溶液中氢离子放电生成氢气，M室是氢氧根离子放电生成氧气，本质是电解水，原料室中溶液的pH不变，故D错误；故选：C。4.我国科学家利用Zn-BiOI电池，以水溶液作为锌离子电池的介质，可实现快速可逆的协同转化反应。如图所示，放电时该电池总反应为：。下列说法正确的是A.放电时，BiOI为正极，发生氧化反应B.放电时，1molBiOI参与反应，转移C.充电时，通过阳离子交换膜从Zn极移向BiOI极D.充电时，阳极发生反应：【答案】D【解析】 【分析】该电池为二次电池，放电时锌作负极，BiOI作正极，放电时电池的总反应为：；充电时，Bi作阳极，锌电极作阴极，电池的总反应为：2Bi+2Bi2O3+3ZnI2＝6BiOI+3Zn，据此解答。【详解】A．由总反应可知，放电时，Zn为负极，发生氧化反应，故A错误；B．由总反应可知，6molBiOI参与反应反应时生成2molBi，转移6mol电子，1molBiOI参与反应，转移1mole-，故B错误；C．充电时，Zn电极作阴极，BiOI极作阳极，溶液中阳离子向阴极移动，则Zn2+通过阳离子交换膜从BiOI极移向Zn极，故C错误；D．充电时阳极发生反应：，故D正确；故选D。5.下列化学用语正确的是A.的空间构型为直线形B.S原子的轨道表达式为：C.的路易斯结构式为：D.基态Ga原子的价层电子排布式为：【答案】C【解析】【详解】A．分子中氧原子含有2对孤对电子，空间构型为V形，A错误；B．S原子的轨道表达式为：，B错误；C．中氯原子还有3对电子不参与成键，其路易斯结构式为：，C正确；D．基态Ga原子的价层电子排布式应该为：，D错误；答案选C。6.下列说法中正确的是 A.为V形，则A一定为杂化B.可与形成配离子，1mol该配离子中含有键的物质的量为8molC.正四面体形分子的键角一定是：D.Cr原子的激发态简化电子排布式为【答案】B【解析】【详解】A．H2O为V形分子，O原子为杂化，故A错误；B．可与形成配离子，可与形成4个配位键，配位键为键，离子中存在碳氮三键，1个离子中含有1个键2个π键，1mol该配离子中含有键的物质的量为8mol，故B正确；C．正四面体形分子的键角不一定是，如白磷分子为正四面体，键角为60°，故C错误；D．是Cr原子的基态简化电子排布式，故D错误；选B。7.以下对核外电子运动状况的描述正确的是A.同一原子中，2p，3p，4p能级的轨道依次增多B.电子云图中的一个小黑点表示一个自由运动的电子C.基态Si原子中所有电子占有9个原子轨道D.在同一能级上运动的电子，其运动状态不可能相同【答案】D【解析】【详解】A．同一原子中，2p、3p、4p能级的能量依次升高，但轨道数都为3，A不正确；B．电子云图中的小黑点的疏密只表示电子出现的机会多少，不表示电子，B不正确；C．基态Si原子的核外电子的轨道表示式为，所有电子占有8个原子轨道，C不正确；D．一个原子中，没有电子层、电子亚层、电子云伸展方向和自旋方向完全相同的两个电子存在，所以在同一能级上运动的电子，其运动状态不可能相同，D正确；故选D。 8.短周期元素X、Y、Z的原子序数依次减小，三者组成的化合物M(组成中阴、阳离子个数比为1∶3，其中阴离子的结构如图)常用作冶炼铝的助熔剂，X是地壳中含量最多的金属元素，Z无正价。下列说法正确的是A.简单离子半径：B.的空间构型是三角双锥C.Y和Z的单质都能与水反应产生气体D.元素的最高化合价：【答案】C【解析】【分析】X是地壳中含量最多的金属元素，Z无正价，则X为Al元素，Z为F元素。阴离子常用作冶炼铝的助熔剂，则该物质为Na3AlF6，所以Y为Na元素。从而得出X、Y、Z分别为Al、Na、F元素。【详解】A．三种元素的简单离子分别为Al3+、Na+、F-，三者的电子层结构相同，则离子半径：F-＞Na+＞Al3+，A不正确；B．为，中心Al原子发生sp3d2杂化，空间构型是正八面体，B不正确；C．Y和Z的单质分别为Na和F2，Na与水反应产生H2，F2与水反应产生O2，C正确；D．Al的最高化合价为+3价，Na的最高化合价为+1价，F没有正价，则三种元素的最高化合价：Al＞Na＞F，D不正确；故选C。9.W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大前四周期元素，W是形成化合物种类最多的元素，Y的最外层电子数是其电子层数的3倍，是一种常用的自来水消毒剂，R是组成人体血红蛋白的核心金属元素。下列说法正确的是A.氢化物的沸点一定是：B.R的单质与冷水反应缓慢C.含氧酸的酸性：；简单氢化物的热稳定性：D.电负性：；第一电离能：【答案】D 【解析】【分析】W化合物种类最多即W为C；Y最外层电子数是其电子层数的3倍，Y为O；X为N；ZY2为常见的自来水消毒剂为ClO2，Z为Cl；R为组成人体血红单边的核心金属元素，R为Fe。【详解】A．没有说明简单氢化物，W的氢化物种类很多无法比较大小，A项错误；B．Fe与冷水不反应，它与水蒸气高温条件下反应，B项错误；C．Z的含氧酸有HClO和HClO4等，没有指明是哪种，无法比较酸性，同周期从左往右，非金属性增强，简单氢化物的稳定性增强即稳定性CH4<NH3，故C项错误；D．电负性Y>Z>W，同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同时N由于半满结构稳定难失电子比相邻族大，即X>Y>W，D项正确；故选D。10.下列说法正确的是A.原子核外M层上的s、p能级上都充满电子，而d能级上没有电子的两种原子一定位于同一周期B.W(钨)的简化电子排布式为：，它是d区元素C.A原子基态时2p轨道上有1个未成对电子，B原子基态时3p轨道上也有1个未成对电子，A、B一定是同主族元素D.p区元素最外层电子数为3～8个，既有金属元素，d区元素也有非金属元素【答案】B【解析】【详解】A．原子核外M层上的s、p能级上都充满电子，而d能级上没有电子的原子可以是：Ar：，K：，Ca：，不一定位于同一周期，故A错误；B．W(钨)为74号元素，位于VIB族，属于d区元素，其简化电子排布式为：，故B正确；C．A原子基态时2p轨道上有1个未成对电子，A可能是B或F，B原子基态时3p轨道上也有1个未成对电子，B可能是Al或Cl，两者不一定同主族，故C错误；D．d区元素只有金属元素，故D错误；故选：B。 11.雄黄和雌黄(，其结构如图所示)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生，和有如下反应：。下列说法错误的是A.的VSEPR模型为正四面体形B.中只含有极性键，且为非极性分子C.若将该反应设计成原电池，则应该在正极附近逸出D.中As—S—As的键角比S—As—S的键角大【答案】D【解析】【详解】A．中心原子价层电子对数为4，孤电子对数为×(5+3−4×2)=0，空间构型为正四面体形，A正确；B．As2S3结构如图，只含有极性键，正负电荷中心重合，为非极性分子，B正确；C．NO2是NO得电子的产物，得电子的反应发生在正极，所以在正极附近NO2生成，C正确；D．中As和S原子均含4对价层电子对，As形成3个键有一对孤电子对，S形成2个键，含两对孤电子对，孤电子对越多，相应键角越小，则键角：As—S—As的键角比S—As—S的键角小，D错误；故选：D。 12.1-乙基-3-甲基咪唑四氟硼酸盐是一种常见的离子液体(结构如图)，其环状结构中存在类似苯的大键。下列说法正确的是A.1mol的阳离子中键数目为B.该离子液体存在共价键、配位键、离子键、氢键C.第二周期中第一电离能介于B和N之间的元素有3种D.该离子液体与水不能形成氢键【答案】C【解析】【详解】A．单键为键，双键中1个键和1个键，1mol阳离子中键数目为，故A错误；B．该离子液体中不存在氢键，故B错误；C．第二周期中第一电离能介于B和N之间的元素有Be、C、O共3种，故C正确；D．该离子液体中N、F均可以与水中的氢形成氢键，故D错误；故选：C。13.下列反应的离子方程式正确的是A.向溶液中加入过量氨水：B.向溶液中滴加氨水至过量：C.用硫氰化钾溶液检验正三价铁离子：D.用惰性电极电解溶液：【答案】B【解析】【详解】A．向溶液中加入过量氨水，生成Al(OH)3沉淀等： Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，A不正确；B．向溶液中滴加氨水至过量，起初生成的AgOH完全溶解并转化为银氨离子：，B正确；C．用硫氰化钾溶液检验正三价铁离子，生成血红色的溶液：，C不正确；D．用惰性电极电解溶液，阳极生成Cl2，阴极生成H2和Mg(OH)2沉淀：，D不正确；故选B。14.某氨基吡碇衍生物铜配合物X的结构简式如图所示，下列说法正确的是A.X中的配位数是3B.基态Cu原子核外电子的空间运动状态有29种，它在元素周期表的ds区C.从离子的电子层结构角度分析，Cu2O比CuO稳定D.X中C、N两种元素原子的杂化方式都为【答案】C【解析】【详解】A．X中的Cu与4个O和1个N形成共价键，X中的Cu2+配位数为5，A项错误；B．基态Cu原子核外电子占据的原子轨道数为15，其空间运动状态有15种，它在元素周期表的ds区，B项错误； C．Cu2O中Cu+的价电子排布式为3d10，CuO中Cu2+的价电子排布式为3d9，前者为全充满结构更稳定，C项正确；D．甲基上碳的杂化方式为sp3，D项错误。答案选C。第II卷(非选择题58分)15.高锰酸钾、重铬酸钾和高铁酸钾是中学常见的强氧化剂。请回答下列问题：（1）基态Cr原子价层电子的运动状态有_______种。（2）价铁的强酸盐溶于水，可逐渐水解产生黄色的以及二聚体(结构如图)。①含s、p、d轨道的杂化类型有、、，则中Fe的杂化类型为_______，中含有σ键的数目为_______(用表示阿伏加德罗常数的值)。②二聚体中，Fe的配位数为_______，该二聚体中H、O、Fe三种元素的电负性从大到小的顺序为_______。（3）KSCN是检验的试剂之一，的立体构型为_______，与互为等电子体的微粒为_______(任写一种)；HSCN的结构有两种，其中硫氰酸()的沸点低于异硫氰酸()，原因是_______。（4）的键角_______的键角(填“＞”“＜”或“=”)，理由是_______。（5）向溶液中逐滴加入过量的氨水，发现先生成蓝色沉淀，然后沉淀溶解，得到_______透明溶液，写出沉淀溶解的离子方程式：_______；若向沉淀溶解后的溶液中加入乙醇，则析出_______(填化学式)晶体。 【答案】（1）6（2）①.sp3d2②.17NA③.6④.O＞H＞Fe（3）①.直线形②.CO2③.异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键（4）①.＜②.F的电负性比H大，中N原子周围电子云的密度减小，成键电子对之间的排斥力较小(或F的电负性比H大，中成键电子对偏向F，成键电子对排斥力比小)，因而键角较小（5）①.深蓝色②.③.【解析】【小问1详解】基态Cr原子价层电子排布式为3d54s1，共有6个电子，则其价层电子的运动状态有6种。答案为：6；【小问2详解】①中Fe有6个配体，需要形成6个杂化轨道，则杂化类型为sp3d2，中，含有共价键的物质的量为1+2×5=11mol，另外还形成6mol配位键，则共含有σ键的数目为17NA。②二聚体中，每个Fe与6个O原子间形成配位键，则Fe的配位数为6，该二聚体中H、O、Fe三种元素的非金属性O＞H＞Fe，则电负性从大到小的顺序为O＞H＞Fe。答案为：sp3d2；17NA；6；O＞H＞Fe；【小问3详解】的立体构型为直线形，与互为等电子体的微粒为CO2(或CS2等)；HSCN的结构有两种，其中硫氰酸()的沸点低于异硫氰酸()，二者的相对分子质量相同，沸点高，可能是分子间形成氢键，则原因是：异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键。答案为：直线形；CO2；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键；【小问4详解】F的非金属性比H强，吸引共用电子对的能力强，则NF3分子中共用电子对偏离N，所以NF3 的键角＜NH3的键角，理由是：F的电负性比H大，NF3中N原子周围电子云的密度减小，成键电子对之间的排斥力较小(或F的电负性比H大，NF3中成键电子对偏向F，成键电子对排斥力比NH3小)，因而键角较小。答案为：＜；F的电负性比H大，NF3中N原子周围电子云的密度减小，成键电子对之间的排斥力较小(或F的电负性比H大，NF3中成键电子对偏向F，成键电子对排斥力比NH3小)，因而键角较小；【小问5详解】向溶液中逐滴加入过量的氨水，先生成Cu(OH)2蓝色沉淀，然后沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液[Cu(NH3)4]2+，则沉淀溶解的离子方程式：；若向沉淀溶解后的溶液中加入乙醇，则会降低硫酸铜氨的溶解度，从而析出晶体。答案为：深蓝色；；。【点睛】通常，盐在乙醇中的溶解度比较小。16.I.某实验小组同学利用如图装置对电化学原理进行了一系列探究活动。（1）甲池装置为_______(填“原电池”或“电解池”)。（2）实验过程中，甲池左侧烧杯中的浓度_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。（3）甲池反应前，两电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差28g，则导线中通过_______mol电子。（4）其他条件不变，若用U形铜代替“盐桥”，工作一段时间后取出U形铜称量，质量_______(填“增大”、“减小”或“不变”)；若乙池中的某盐溶液为足量的硝酸银溶液，工作一段时间后，若要使乙池中溶液恢复原浓度，可向溶液中加入_______。(填化学式) （5）若把乙池改为精炼铜装置(粗铜含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)，电解质溶液为溶液，则下列说法正确的是_______。A.电解过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等B.乙池左侧电极为粗铜，发生氧化反应C.溶液的浓度保持不变D.杂质都将以单质的形式沉淀到池底II.氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺，节能超过30%，在此工艺中，物料传输和转化关系如图，其中电极未标出，所用离子交换膜只允许阳离子通过。（6）电解池A中发生的电解化学方程式是_______（7）图中Y是_______(填化学式)，若电解产生11.2L(标准状况)该物质，则至少转移电子_______mol。（8）分析图可知：氢氧化钠的质量分数为a%、b%、c%，由大到小的顺序为_______。【答案】（1）原电池（2）增大（3）0.2mol（4）①.不变②.(或)（5）B（6）（7）①.②.1.0（8）【解析】【分析】甲池中发生铜和硝酸银溶液的置换反应，是自发的氧化还原反应，所以甲池是原电池，乙池为电解池。甲池中铜为负极，银为正极。【小问1详解】甲池中有两个活泼性不同的金属电极，铜与硝酸银溶液可以自发的氧化还原反应，通过盐桥 形成闭合的回路，则甲池为原电池，故答案为：原电池；【小问2详解】实验过程中，盐桥中的移向负极(Cu电极)，则甲池左侧烧杯中的浓度增大，故答案为：增大；【小问3详解】甲池的总反应式为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，反应前，两电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差28g，则：有：=，解得：n=0.2mol，所以导线中通过0.2mol电子，故答案为：0.2mol；【小问4详解】其他条件不变，若用U形铜棒代替“盐桥”，甲池右侧烧杯变为原电池，铜是负极，电极反应为Cu-2e-=Cu2+；左侧烧杯变为电解池，左侧烧杯中右边铜棒是阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，所以U形铜质量不变；若乙池中的某盐溶液是足量AgNO3溶液，乙池中左侧Pt电极与原电池(甲池)的正极相连是电解池的阳极，电极反应为，乙池中右侧Pt电极是阴极，电极反应式是Ag++e-=Ag，工作一段时间后，若要使乙池溶液恢复原来浓度，可向溶液中加入Ag2O(或Ag2CO3)，故答案为：不变；Ag2O(或Ag2CO3)；【小问5详解】A．阳极上Cu以及活泼性比Cu强的金属失电子，阴极上铜离子得电子生成Cu，溶解的金属与析出的金属不相等，故A错误；B．粗铜接电源正极，作阳极，阳极上发生氧化反应，故B正确；C．阳极上Cu以及活泼性比Cu强的金属失电子，阴极上铜离子得电子生成Cu，溶解的金属与析出的金属不相等，所以CuSO4溶液的浓度发生改变，故C错误；D．Ag、Pt、Au活泼性比Cu弱的金属在阳极不反应，形成阳极泥，所以利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au；Al、Zn活泼性比Cu强，不会以单质的形式沉淀到池底，故D错误；故答案为：B；【小问6详解】 电解池A中发生的电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，反应的化学方程式为，故答案为：；【小问7详解】B为燃料电池，通入空气的一极为正极，A为电解池，A中左侧进入的是饱和食盐水，放出的是稀NaCl溶液，则左侧为阳极，氯离子放电生成氯气，钠离子通过离子交换膜进入右侧，则右侧为阴极，水电离的氢离子在阴极上得电子生成氢气，则Y为H2；产生氢气的电极反应式为，若电解产生11.2L(标准状况)H2，物质的量为，则至少转移电子1.0mol，故答案为：1.0；【小问8详解】电解池中加入的NaOH目的是增大溶液导电性，通入电解后生成的氢氧化钠，所以加入的NaOH浓度小于出来的NaOH浓度；原电池中，正极上生成氢氧化钠，其浓度大于加入的氢氧化钠，所以氢氧化钠浓度大小顺序是b%>a%>c%，故答案为：b%>a%>c%。17.随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，二氧化碳资源化利用倍受关注。I.以和由为原料合成尿素：。（1）研究发现，合成尿素反应分两步完成，其能量变化如图所示：第一步：第二步： ①图中_______。②反应速率较快的是_______(填“第一步”或“第二步”)反应，理由是_______。II.用制备甲醇可实现微循环（2）已知反应的，，其中、分别为正、逆反应速率常数，p为气体分压(分压总压物质的量分数)。在540K下，按初始投料比、、，得到不同压强条件下的平衡转化率关系图：①a、b、c各曲线所表示的投料比由大到小的顺序为_______(用字母表示)。②N点在b曲线上，540K时的压强平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算)。③540K条件下，某容器测得某时刻，， ，此时_______(保留两位小数)。（3）利用多晶铜高效催化电解制乙烯的原理如图所示。因电解前后电解液浓度几乎不变，故可实现的连续转化。①某温度下，当电解质溶液的时，此时该溶液中_______[已知：该温度下，]。②多晶铜电极的电极反应式为_______。③理论上当生产0.05mol乙烯时，铂电极产生的气体在标况下体积为_______(不考虑气体的溶解)。【答案】（1）①.72.5②.第一步③.第一步反应的活化能小（2）①②.0.5③.0.64（3）①.4②.③.16.8L【解析】【小问1详解】①Ⅰ．根据图示，Ⅱ．△H=-159.5kJ/mol；根据盖斯定律，Ⅰ-Ⅱ得△H=-87kJ/mol+159.5kJ/mol=+72.5kJ/mol，即+72.5kJ/mol；②活化能越小反应速率越快，第一步反应的活化能小，所以反应速率较快的是第一步。 【小问2详解】①相同温度、压强下，二氧化碳与氢气的物质的量比越小，氢气转化率越小，a、b、c各曲线所表示的投料比由大到小的顺序为。②N点在b曲线上，二氧化碳与氢气的物质的量比为1:1，540K时的压强平衡常数。③540K条件下，，某容器测得某时刻，，，=。【小问3详解】①某温度下，当电解质溶液的时，此时该溶液中。②多晶铜电极通入二氧化碳，二氧化碳在多晶铜电极得电子发生还原反应生成乙烯，多晶铜电极为阴极，电极反应式为。③铂电极为阳极，阳极反应式为，理论上当生产0.05mol乙烯时，电路中转移0.6mol电子，根据电子守恒，铂电极产生氧气和二氧化碳的总物质的量为0.75mol，在标况下体积为16.8L。18.三氯化六氨合钻是一种重要的化工原料。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取的工艺流程如图所示： 已知：①“酸浸”过滤后滤液中含有、、、等②、、、溶液中金属离子物质的量浓度低于时，可认为沉淀完全。回答下列问题：（1）Co位于元素周期表_______，基态价层电子的电子排布图为_______。（2）写出加“适量”发生反应的离子方程式_______。（3）加调节pH至a后会生成两种沉淀，同时得到含的滤液，调节的范围为_______。（4）操作I的步骤包括：_______、冷却结晶、减压过滤。（5）下列说法错误的是_______。A.流程中除作反应物外，溶于水电离出的会抑制后期加入的的电离，防止生成沉淀B.稳定常数是指中心原子(或离子)与配体发生反应形成配合物的平衡常数，用K稳表示，K稳值越大，表示生成的配合物越稳定。的K稳值比小。C.为了得到较大颗粒的晶体，可采取的措施是将滤液快速冷却（6）含量测定。通过碘量法可测定产品中的钴元素的含量。称取0.10g产品加入稍过暈的NaOH液并加热，将完全转化为难溶的，过滤洗涤后将滤渣完全溶于硫酸中，向所得的溶中加入过量的KI和2～3滴淀粉溶液，再用的溶液滴定( 反应原理：，)，达到滴定终点时消耗溶液24.00mL，以下说正确的是_______。A.装有溶液的酸式滴定管装液前要先检漏、蒸馏水洗、标准液润洗B.滴定时要适当控制滴定速度，边滴边摇动锥形瓶(接近终点时改为滴加半滴溶液)，直到溶液颜色从无色变为蓝色，达到滴定终点C.平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下（7）计算产品中钴元素的含量为_______。(保留三位有效数字)【答案】（1）①.第四周期第VIII族②.（2）（3）4.7～7.4（4）HCl氛围下蒸发浓缩（5）C（6）C（7）14.2%【解析】【分析】利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取，用盐酸溶解废料，过滤出滤渣，得到含有Co2+、Fe2+、Al3+的酸性滤液，向滤液中加入适量的氯酸钠将Fe2+氧化为Fe3+，再加碳酸钠调节pH，沉淀Al3+、Fe3+为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤的滤渣（主要成分为氢氧化铁和氢氧化铝）和滤液，向含有Co2+的溶液中加入活性炭和氯化铵溶液得到CoCl2∙6H2O，再依次加入氨水和过氧化氢，发生反应依次为：CoCl2+6NH3∙H2O=[Co(NH3)6]Cl2↓+6H2O;H2O2+2[Co(NH3)6]Cl2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3↓+2NH3↑+2H2O，再将沉淀在氯化氢氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品。【小问1详解】Co的原子序数为27，位于元素周期表第四周期第VIII族；Co元素核外电子排布式为[Ar]3d74s2,价层电子排布式为3d74s2，Co2+的价层电子排布式为3d5，Co2+的电子排布图为 ；【小问2详解】浸出液中含有Fe2+，加入氯酸钠，氯酸根将Fe2+氧化，发生的离子反应为：【小问3详解】除杂过程中加调节pH后会生成两种沉淀，即使Fe3+和Al3+完全城店，而Co2+不产生沉淀，由题干信息，，可知<，即当铝离子完全沉淀后，铁离子已经早就完全沉淀，此时，pH=4.7，同时得到含的滤液，，pH=7.4，即调节pH的范围为4.7～7.4【小问4详解】Co2+在水溶液可以发生水解，加热CoCl2溶液促进Co2+，为抑制Co2+水解，制得晶体，需在HCl氛围下蒸发浓缩；【小问5详解】A．流程中除作反应物外，溶于水电离出的会抑制后期加入的的电离，防止生成沉淀，A正确；B．稳定常数是指中心原子(或离子)与配体发生反应形成配合物的平衡常数，用K稳表示，K稳值越大，表示生成的配合物越稳定。由于带电量<，的K稳值比小，B正确；C．溶液冷却越快，析出的晶体越小，为了得到较大颗粒的晶体，可采取的措施是将滤液缓慢冷却，C错误；故选C。 【小问6详解】A．溶液显碱性，应由碱式滴定管盛放，A错误；B．此时溶液显蓝色，用硫代硫酸钠标准液滴定，滴定终点的现象应为颜色从蓝色变为无色，且30s不变色，B错误；C．“0”刻度以上无刻度，无法计量，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，C正确；故选C。【小问7详解】由题意可知：2Co3+~I2~2，n(Co3+)=n()=0.01mol/L×0.024L=2.4×10-4mol，m(Co3+)=2.4×10-4mol×59g/mol=0.01416g，ω(Co3+)%=0.0416÷0.1×100%=14.16%。