2019-2020学年第30届全国中学生化学竞赛复赛考试试题新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年第30届全国中学生化学竞赛复赛考试试题新高考化学模拟试
卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列符合实际并用于工业生产的是
A．工业炼铝：电解熔融的氯化铝
B．制取漂粉精：将氯气通入澄清石灰水
C．工业制硫酸：用硫磺为原料，经燃烧、催化氧化、最后用98.3%浓硫酸吸收
D．工业制烧碱：电解饱和食盐水，在阳极区域得到烧碱溶液
【答案】C
【解析】
【详解】
A.氯化铝是共价化合物，工业炼铝:电解熔融的氧化铝，故A错误；
B.氯气和石灰乳反应制备漂白精，故B错误；
C.工业制硫酸：用硫磺为原料，经燃烧得到二氧化硫，二氧化硫催化氧化为三氧化硫，最后用浓硫酸吸收，故C正确；
D.工业制烧碱：电解饱和食盐水，在阴极区域得到烧碱溶液，故D错误；
故选C。

2．短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递増，其原子的最外层电子数之和为13。

X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍。

下列说法正确的是( ) A．X的简单氢化物溶于水显酸性
B．Y的氧化物是离子化合物
C．Z的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质
D．X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，说明Z原子的最外层电子数是6个，Y的最外层电子数是2，因此X的最外层电子数是5，即X是N。

X与Y、Z位于相邻周期，所以Y是镁，Z是硫。

A.氨气的水溶液显碱性，A不正确；
B.氧化镁是活泼的金属和活泼的非金属形成的，属于离子化合物，B正确；
C.H2S具有还原性，容易被氧化，C不正确；
D.硝酸和硫酸都是强酸，D不正确；
答案选B。

3．下列有关叙述不正确的是
A．能源是人类生活和社会发展的基础，地球上最基本的能源是太阳能
B．钛合金主要用于制作飞机发动机部件，工业上可用钠与四氯化钛溶液反应制取
C．借助扫描道显微镜，应用STM技术可以实现对原子或分子的操纵
D．燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NO x的催化转化都可以减少酸雨的产生
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 地球上的能源主要来源于太阳能，通过植物的光合作用被循环利用，故A正确；
B. 钛合金工业上可用钠与四氯化钛固体反应制取，钠可以和盐溶液中的水反应，不能置换出单质钛，故B 错误；
C. 科学仪器的使用利于我们认识物质的微观世界，现在人们借助扫描隧道显微镜，应用STM技术可以“看”到越来越细微的结构，并实现对原子或分子的操纵，故C正确；
D. SO2和NO x的排放可导致酸雨发生，则燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NO x的催化转化都是减少酸雨产生的措施，故D正确；
答案选B。

4．一种治疗感冒咳嗽的药物结构简式是。

下列关于该有机物的说法正确的是（）
A．分子中所有碳原子可在同一平面上
B．该有机物的分子式是C10H16O
C．该有机物能发生加成和氧化反应
D．该有机物与互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．饱和碳原子连接的四个原子构成四面体结构，最多有三个原子处于同一平面，中标*的碳原子
连了三个碳原子，所以所有碳原子不可能在同一平面，A错误；
B．该有机物的分子式是C10H14O，B错误；
C．该有机物含有的碳碳双键、羰基能发生加成反应，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，C正确；
D．的分子式为C10H12O，二者分子式不相同，不互为同分异构体，D错误。

答案选C。

5．硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见下图）。

下列说法正确的是
A．CO、SO2、SO3均是酸性氧化物
B．工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉
C．除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应
D．用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．SO2、SO3均是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，A错误；
B．工业上利用Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，B错误；
C．除去与水反应，图示转化反应中均有元素化合价的升降，故反应均为氧化还原反应，C正确；
D．用CO与氢气反应合成CH3OH，反应物完全转化为生成物，原子利用率为100%，甲醇与氧气在催化剂存在时发生反应HCHO和水，所以该步反应中原子利用率不为100%，D错误；
故答案选C。

6．下列晶体中属于原子晶体的是（）
A．氖B．食盐
C．干冰D．金刚石
【答案】D
【解析】
【分析】
根据原子晶体的组成特点及常见的性质判断，晶体硅、金刚石和二氧化硅等是常见的原子晶体。

【详解】
A、氖属于分子晶体，选项A不选；
B、食盐为氯化钠晶体，氯化钠属于离子晶体，选项B不选；
C、干冰属于分子晶体，选项C不选；
D、金刚石属于原子晶体，选项D选；
答案选D。

7．有机物X 的结构简式如图所示，下列有关说法错误的是
A．X 的分子式为C13H10O5
B．X 分子中有五种官能团
C．X 能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．X 分子中所有碳原子可能共平面
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A. 由结构简式，X的分子式为C13H10O5，故A正确；
B．X分子中有羧基、羟基、羰基、碳碳双键四种官能团，故B错误；
C．X分子中有碳碳双键，X 能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；
D．X分子中有11个碳是sp2杂化，平面三角形结构，与它相连的碳共面，有2个碳是sp3杂化，可以通过旋转后共面，X 分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；
故选B。

【点睛】
本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结构及对称性判断，难点D，抓住共面的条件，某点上相连的原子形成的周角之和为360°，易错点B，苯环不是官能团。

8．氮化硅是一种高温陶瓷材料，其硬度大、熔点高，下列晶体熔化（或升华）时所克服的微粒间作用力都与氮化硅相同的是（）
A．白磷、硅B．碳化硅、硫酸钠
C．水晶、金刚石D．碘、汞
【答案】C
【解析】 【分析】 【详解】
根据描述氮化硅应该是一种原子晶体，原子晶体是由原子直接通过共价键形成的，再来分析选项： A.白磷4P 是分子晶体，熔融时克服的是范德华力，A 项错误；
B.硫酸钠24Na SO 是离子晶体，熔融时电离，克服的是离子键，B 项错误；
C.水晶和金刚石同为原子晶体，因此熔融时克服的是共价键，C 项正确；
D.碘是分子晶体，熔融时克服的是范德华力，而汞作为一种特殊的金属，原子间无金属键，熔融时克服的也是范德华力，D 项错误； 答案选C 。

【点睛】
由于惰性电子对效应，汞原子的6s 电子很难参与成键，仅以原子间的范德华力结合，这也是为什么汞是唯一一种常温下为液态的金属。

9．下列离子方程式表达正确的是 A ．向FeC13溶液中滴加HI 溶液：3222Fe
2HI 2Fe 2H I +
+++=++
B ．向(NH 4)2SO 4溶液中滴加Ba(OH)2溶液: 2244324NH SO Ba OH NH H O BaSO +
-
+
-+++=⋅+↓
C ．Ca(OH)2溶液与少量NaHCO 3溶液混合：223323Ca
2OH 2HCO CaCO 2H O CO +
---
++=↓++
D ．3mol/LNa 2CO 3溶液和1mol/L Al 2(SO 4)3溶液等体积混合：
3232322Al 3CO 3H O 2Al(OH)3CO +-
++=↓+↑
【答案】D 【解析】 【详解】
A ．FeCl 3溶液中滴加HI 溶液，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2Fe 3++2I −=2Fe 2++I 2，故A 错误；
B ．向(NH 4)2SO 4溶液中滴加Ba(OH)2溶液：22443242NH SO Ba 2OH 2NH H O BaSO +-+-
+++=⋅+↓，故
B 错误；
C ．Ca(OH)2溶液与少量NaHCO 3溶液混合：2332Ca
OH HCO CaCO H O +
--
++=↓+，
故C 错误； D ．3mol/LNa 2CO 3溶液和1mol/L Al 2(SO 4)3溶液等体积混合，则CO 32-与Al 3+按照3:2发生双水解反应，离子方程式为：3232322Al 3CO 3H O 2Al(OH)3CO +
-
++=↓+↑，故D 正确。

故选D 。

10．Z是一种常见的工业原料，实验室制备Z的化学方程式如下图所示。

下列说法正确的是（）
A．1molZ最多能与7molH2反应
B．Z分子中的所有原子一定共平面
C．可以用酸性KMnO4溶液鉴别X和Y
D．X的同分异构体中含有苯环和醛基的结构有14种（不考虑立体异构）
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 1分子Z中含有2个苯环、1个碳碳双键、1个羰基，则1molZ最多能与8molH2发生加成反应，故A错误；
B. Z分子中含有甲基，因此Z分子中的所有原子不可能共平面，故B错误；
C. X分子中苯环上含有侧键—CH3，Y分子中含有—CHO，则X和Y都能使酸性KMnO4溶液褪色，则不能用酸性KMnO4溶液鉴别X和Y，故C错误；
D. X的同分异构体中含有苯环和醛基的结构，取代基为—CH2CH2CHO的结构有1种，取代基为—CH（CHO）CH3的结构有1种，取代基为—CH2CH3和—CHO有3种，取代基为—CH2CHO和—CH3的结构有3种，取代基为2个—CH3和1个—CHO的结构有6种，共14种，故D正确。

综上所述，答案为D。

【点睛】
只要有甲基，原子都不可能共平面，分析共面时一定要从甲烷、乙烯、苯三种结构中推其他共面、共线问题。

11．向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液，溶液pH随时间的变化如图所示。

呈碱性时停止滴加，一段时间后溶液黄绿色逐渐褪去。

由此得不到的结论是
A．该新制氯水c(H+)=10-2.6mol/L
B．开始阶段，pH迅速上升说明H+被中和
C．OH-和Cl2能直接快速反应
D．NaOH和氯水反应的本质是OH-使Cl2+H2O H++Cl-+HClO平衡右移
【答案】C
【解析】 【详解】
A. 没有加入NaOH 溶液时，新制氯水的pH 为2.6，氢离子的浓度c(H +)=10-2.6mol/L ，故A 正确；
B. 向新制氯水中逐滴滴加NaOH 溶液，NaOH 先和溶液中的氢离子反应，pH 迅速上升，故B 正确；
C. 新制氯水中有氢离子，逐滴滴加NaOH 溶液，NaOH 先和溶液中的氢离子和HClO 反应，故C 错误；
D. 由图可知，逐滴滴加NaOH 溶液，NaOH 先和溶液中的氢离子和HClO 反应，使Cl 2+H 2O H ++Cl -+HClO
反应平衡右移，故D 正确；
题目要求选择不能得到的结论，故选C 。

12．草酸(H 2C 2O 4)是一种二元弱酸。

常温下，向H 2C 2O 4溶液中逐滴加入NaOH 溶液，混合溶液中lgX[X 为
-24242c(HC O c(H C O ))
或
2-24-24
c(C O )c(HC O )
]与pH 的变化关系如图所示。

下列说法一定正确的是
A ．Ⅰ表示lg
-24242c(HC O c(H C O ))
与pH 的变化关系
B ．pH ＝1.22的溶液中：2c(
C 2O 42-)＋c (HC 2O 4-)=c (Na ＋) C ．根据图中数据计算可知，K a2(H 2C 2O 4)的数量级为10-4
D ．pH 由1.22到4.19的过程中，水的电离程度先增大后减小 【答案】A 【解析】 【分析】 H 2C 2O 4
H ++HC 2O 4- K a1=
-2424+2c(HC O c(H C O )c(H ))
⨯，lg
-24242c(HC O c(H C O ))
=0时，
-24242c(HC O c(H C O ))
=1，K a1=c(H +)=10-pH ；
HC 2O 4-H ++C 2O 42- K a2=
2-2424
+c(C O c(HC O )c(H )
)-
⨯，lg
2-2424
c(C O c(HC O ))
-=0时，
2-2424
c(C O c(HC O ))
-=1，K a2= c(H +)=10-pH 。

【详解】
A ．由于K a1＞K a2，所以
-24242c(HC O c(H C O ))
=1时溶液的pH 比
2-24
24c(C O c(HC O ))
-
=1时溶液的pH 小，所以，Ⅰ表示
lg
-24242c(HC O c(H C O ))
与pH 的变化关系，A 正确；
B ．电荷守恒：2c(
C 2O 42-)＋c (HC 2O 4-)+c(OH -)=c(Na ＋)+c(H +)，pH ＝1.22，溶液显酸性，c(H +)＞c(OH -)，那么：
2c(C 2O 42-)＋c (HC 2O 4-)＞c (Na ＋)，B 错误； C ．由A 可知，Ⅱ为lg
2-2424
c(C O c(HC O ))
-与pH 的变化关系，由分析可知，K a2= c(H +)=10-pH =10-4.19=100.81×10-5，故
K a2(H 2C 2O 4)的数量级为10-5，C 错误；
D ．H 2C 2O 4和NaOH 恰好完全反应生成Na 2C 2O 4，此时溶液呈碱性，水的电离程度最大。

H 2C 2O 4溶液中滴入NaOH 溶液，pH 由1.22到4.19的过程中，H 2C 2O 4一直在减少，但还没有完全被中和，故H 2C 2O 4抑制水电离的程度减小，水的电离程度一直在增大，D 错误； 答案选A 。

【点睛】
酸和碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，判断水的电离程度增大还是减小，关键找准重要的点对应的溶质进行分析，本题中重要的点无非两个，一是还没滴NaOH 时，溶质为H 2C 2O 4，此时pH 最小，水的电离程度最小，草酸和NaOH 恰好完全反应时，溶质为Na 2C 2O 4，此时溶液呈碱性，水的电离程度最大，pH 由1.22到4.19的过程，介于这两点之间，故水的电离程度一直在增大。

13．下列化学用语或图示表达正确的是 A ．乙烯的比例模型：
B ．质子数为53，中子数为78的碘原子：78
53I C ．氯离子的结构示意图：
D ．CO 2的电子式：
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A. C 原子比H 原子大，黑色球表示C 原子，且乙烯为平面结构，则乙烯的比例模型为，A 项正确；
B. 质子数为53，中子数为78，则质量数=53+78=131，碘原子为：
131
53I ，B
项错误；
C. 氯离子含有17+1=18个电子，结构示意图为，C 项错误；
D. 二氧化碳为共价化合物，分子中存在碳氧双键，二氧化碳正确的电子式为：，D 项错误；
答案选A 。

14．在NaCN 溶液中存在水解平衡:CN --+H 2O
HCN+OH --，水解常数
()(
)(
)
()
()
2c HCN c OH c OH Kh c0NaCN c CN
-
-
-
⋅=
≈
[c 0 (NaCN)是NaCN 溶液的起始浓度]。

25℃向1mol/L 的NaCN 溶
液中不断加水稀释，NaCN 溶液浓度的对数值lgc 0与2pOH[pOH=-lgc(OH -)]的关系下图所示，下列说法错误的是
A ．25℃时，K h (CN -)的值为10-4.7
B ．升高温度，可使曲线上a 点变到b 点
C ．25℃，向a 点对应的溶液中加入固体NaCN ，CN -的水解程度减小
D ．c 点对应溶液中的c(OH -)大于a 点 【答案】B 【解析】
A. 当lgc0=0时，()0c NaCN =1mol/L ，此时()2
c
OH -
=1×10
-4.7
(mol/L)2，故由
()(
)()
()
()
2Kb 0c HCN c OH c OH c NaCN c CN -
-
-
⋅=
≈
得，Kn(CN -)=10-4.7，A 正确；B. 随着竖坐标的值增大，(
)
c OH
-
降低，即b 点()c OH
-
小于a 点，而升高温度可加速盐类的水解，所以B 错误；C. 向a 点加入固体NaCN ，
相当于减少水的添加量，会降低CN -的水解程度，C 正确；D. 随着竖坐标的值增大，(
)c OH -
降低，故c
点对应溶液中的c(OH -)大于a 点，D 正确。

所以选择B 。

15．下列能源中不属于化石燃料的是（ ） A ．石油 B ．生物质能
C ．天然气
D ．煤
【答案】B 【解析】 【分析】
化石能源指由古动物、植物遗体变化形成的能源，主要有煤、石油、天然气等，其特点是具有不可再生性。

【详解】
化石能源指由古动物、植物遗体经过复杂的物理化学变化形成的能源，主要有煤、石油、天然气等，故A 、C 、D 不选；
B 、生物质能可通过植物光合作用获得，不属于化石燃料，故B 选； 故选：B 。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．三苯甲醇()是重要的有机合成中间体。

实验室中合成三苯甲醇时采用如图所示的装置，
其合成流程如图：
已知:①格氏试剂易潮解，生成可溶于水的Mg(OH)Br。

②三苯甲醇可通过格氏试剂与苯甲酸乙酯按物质的量比2:1反应合成
③相关物质的物理性质如下：
物质相对分子量沸点熔点溶解性
三苯甲醇260 380℃164.2℃不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
乙醚- 34.6℃-116.3℃
微溶于水，溶于乙
醇、苯等有机溶剂
溴苯- 156.2℃-30.7℃不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
苯甲酸乙酯150 212.6℃-34.6℃不溶于水
请回答下列问题：
（1）合成格氏试剂：实验装置如图所示，仪器A的名称是____，已知制备格氏试剂的反应剧烈放热，但实验开始时常加入一小粒碘引发反应，推测I2的作用是____。

使用无水氯化钙主要是为避免发生____（用化学方程式表示）。

（2）制备三苯甲醇：通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入13mL苯甲酸乙酯（0.09mol）和15mL 无水乙醚的混合液，反应剧烈，要控制反应速率除使用冷水浴外，还可以___（答一点）。

回流0.5h后，加入饱和氯化铵溶液，有晶体析出。

（3）提纯：冷却后析出晶体的混合液含有乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯和碱式溴化镁等杂质，可先通过___（填操作方法，下同）除去有机杂质，得到固体17.2g。

再通过___纯化，得白色颗粒状晶体16.0g，测得熔点为164℃。

（4）本实验的产率是____（结果保留两位有效数字）。

本实验需要在通风橱中进行，且不能有明火，原因是____。

【答案】球形干燥管与Mg反应放出热量，提供反应需要的活化能
+H2O→+Mg(OH)Br 缓慢滴加混合液蒸馏重结晶68% 乙醚有毒，
且易燃
【解析】
【分析】
首先利用镁条、溴苯和乙醚制取格氏试剂，由于格氏试剂易潮解，所以需要在无水环境中进行反应，则装置A中的无水氯化钙是为了防止空气中的水蒸气进入反应装置；之后通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入苯甲酸抑制和无水乙醚混合液，由于反应剧烈，所以需要采用冷水浴，同时控制混合液的滴入速率；此时得到的三苯甲醇溶解在有机溶剂当中，而三苯甲醇的沸点较高，所以可采用蒸馏的方法将其分离，除去有机杂质；得到的粗品还有可溶于水的Mg(OH)Br杂质，可以通过重结晶的方法分离，三苯甲醇熔点较高，所以最终得到的产品为白色颗粒状晶体。

【详解】
(1)根据装置A的结构特点可知其为球形干燥管；碘与Mg反应放热，可以提供反应需要的活化能；无水氯化钙防止空气中的水蒸气进入反应装置，使格氏试剂潮解，发生反应：
+H2O→+Mg(OH)Br；
(2)控制反应速率除降低温度外(冷水浴)，还可以缓慢滴加混合液、除去混合液的杂质等；
(3)根据分析可知应采用蒸馏的方法除去有机杂质；进一步纯化固体可采用重结晶的方法；
(4)三苯甲醇可以通过格氏试剂与苯甲酸乙酯按物质的量比2:1反应，由于格氏试剂过量，所以理论生成的
n(三苯甲醇)=n(苯甲酸乙酯)=0.09mol，所以产率为
16.0g
100%
0.09mol260g/mol
⨯
⨯
=68%；本实验使用的乙醚易
挥发，有毒且易燃，所以需要在通风橱中进行。

【点睛】
本题易错点为第3题，学生看到三苯甲醇的熔点较高就简单的认为生成的三苯甲醇为固体，所以通过过滤分离，应还要注意三苯甲醇的溶解性，实验中使用的有机溶剂都可以溶解三苯甲醇，所以要用蒸馏的方法分离。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．废旧钴金属片中的钴有＋2 价和＋3 价，还含有锰、铁、钙、镁、铝等金属元素及碳粉等，回收钴的工艺流程：
已知：①焙烧后 Mn 元素的化合价为+2 ② 物质 MgF 2 CaF 2 CoF 2 MgC 2O 3 CaC 2O 3 CoC 2O 3 溶度积
3×10－9
4.3×10－9
3×10－3
4×10－6
6.3×10－9
1.7×10－7
(1)焙烧时为了使废旧钴金属片充分反应，可采取的措施是_____________（任写一条）。

(2)滤液 1 含有的阴离子是 ____________ 。

(3)该流程中浸钴时，钴的浸出率最高只能达到 70％，后来改进方法，加入使用硫酸进行第一次浸取后， 再加入 Na 2SO 3 溶液进行第二次浸取，从而使钴的浸出率达 90％以上，写出第二次浸出钴时溶液中发生反 应的离子方程式：___________________
(3)净化溶液的操作中含有多个步骤，先除铁后除锰。

①除铁：常温下，调节溶液 pH 为 1．4～2．0 后，加 H 2O 2，反应一段时间，加 8％Na 2CO 3 溶液，将溶液 的 pH 调至 3．0～4．0。

请用化学平衡移动原理解释加入 Na 2CO 3 溶液能除去溶液中铁元素的原因____________。

②除锰：加入 NaClO 溶液。

写出该离子方程式：___________________。

③减钙镁：加入 NH 3F 溶液，沉淀大部分的钙、镁的离子。

试解释为何草酸铵溶液沉钴前要减钙镁：_____。

(4)树德中学化学兴趣小组欲探究 CoC 2O 3•2H 2O 受热后的分解产物，取 4.39gCoC 2O 3•2H 2O （摩尔质量为183g/mol ）于硬质玻璃管中加热一段时间，冷却、称量，剩余氧化物固体的质量为 2.31g 。

书写 CoC 2O 3•2H 2O 受热分解的化学方程式___________________________________。

【答案】将废旧钴片粉碎或适当增大空气的进气量 AlO 2-、OH -
2-+2-2+32342SO +Co O +4H =SO +2Co +2H O 或2-+2-2+33442SO +Co O +6H =SO +3Co +3H O 溶液中存
在铁离子的水解平衡：3+
+23Fe +3H O
Fe(OH)+3H ，向该体系中加入Na 2CO 3溶液后，CO 32-和H +反应，
使c(H +)降低，促进水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀 2+--+
22Mn +ClO +H O=MnO +Cl +2H ↓
草酸钴的溶度积比草酸钙大，与草酸镁很接近，先减少钙、镁离子的浓度，可以避免再沉钴时引入钙、镁杂质 24234223CoC O 2H O Co O +4CO +2CO +6H O ⋅∆↑↑ 【解析】 【分析】
由流程图可知，废钴片在空气中焙烧后，生成钴、锰、铁的氧化物以及氧化镁、氧化铝、氧化钙、二氧化碳等，加入氢氧化钠溶液碱浸可以与氧化铝反应生成偏铝酸钠，从而过滤除去，然后再用稀硫酸浸取钴元素，使其转化为离子，同时锰、铁、钙、镁元素也转化为相应的离子，再经过溶液净化除去铁、锰、钙、镁，最后用草酸铵溶液沉淀钴离子，得到草酸钴，据此分析解答。

【详解】
(1)将废旧钴片粉碎或适当增大空气的进气量，可以在焙烧时使废旧钴金属片充分反应，故答案为：将废旧钴片粉碎或适当增大空气的进气量；
(2)加入氢氧化钠溶液碱浸，Al 2O 3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，则滤液 1 的溶质为偏铝酸钠和过量的氢氧化钠，则含有的阴离子是AlO 2-、OH -，故答案为：AlO 2-、OH -；
(3)Na 2SO 3具有还原性，可以将+3价钴的氧化物还原为+2价钴离子，发生反应的离子方程式为
2-+2-2+32342SO +Co O +4H =SO +2Co +2H O 或2-+2-2+33442SO +Co O +6H =SO +3Co +3H O ，故答案为：2-+2-2+32342SO +Co O +4H =SO +2Co +2H O 或2-+2-2+33442SO +Co O +6H =SO +3Co +3H O ；
(3)①加H 2O 2，可以将Fe 2+氧化为Fe 3+，在溶液中存在铁离子的水解平衡：3+
+23Fe +3H O
Fe(OH)+3H ，
则向该体系中加入Na 2CO 3溶液后，CO 32-和H +反应，使c(H +)降低，促进水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3
沉淀，故答案为：溶液中存在铁离子的水解平衡：3++23Fe +3H O Fe(OH)+3H ，向该体系中加入Na 2CO 3
溶液后，CO 32-和H +反应，使c(H +)降低，促进水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀；
②NaClO 具有强氧化性，可以将Mn 2+氧化为MnO 2，从而过滤除去，发生反应的离子方程式为：
2+--+22Mn +ClO +H O=MnO +Cl +2H ↓，故答案为：2+--+22Mn +ClO +H O=MnO +Cl +2H ↓；
③由表格中的溶度积数据可知，草酸钴的溶度积比草酸钙大，与草酸镁很接近，则为了避免在沉钴时，将钙离子、镁离子同时沉淀，应先加入NH 3F 溶液，沉淀大部分的钙、镁的离子，再加入草酸沉淀钴离子，故答案为：草酸钴的溶度积比草酸钙大，与草酸镁很接近，先减少钙、镁离子的浓度，可以避免在沉钴时引入钙、镁杂质；
(4)4.39g CoC 2O 3•2H 2O 的物质的量为
5.49g
=0.03mol 183g/mol
，则剩余的钴的氧化物固体中氧元素的物质的量
为
2.41g-0.03mol 59g/mol
=0.04mol 16g/mol
⨯，则该氧化物中Co 与O 元素物质的量之比为3:3，则该钴的氧化物的化学式为Co 3O 3，由此可知部分Co 的化合价升高，失电子，则C 元素应得电子，化合价降低，生成CO ，根据得失电子守恒、元素守恒配平该方程式，还应有CO 2和H 2O 生成，故发生反应的化学方程式为
24234223CoC O 2H O Co O +4CO +2CO +6H O ⋅∆↑↑，故答案为：24234223CoC O 2H O Co O +4CO +2CO +6H O ⋅∆↑↑。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。

回答下列问题：
（1）德国化学家F.Haber 从1901年开始研究N 1和H 1直接合成NH 3。

在1.01×105Pa 、150℃时，将1 molN 1和1 molH 1加入aL 刚性容器中充分反应，测得NH 3体积分数为0.04；其他条件不变，温度升高至450℃，测得NH 3体积分数为0.015，则可判断合成氨反应为 ____填“吸热”或“放热”）反应。

（1）在1.01×105Pa 、150℃时，将1 moIN 1和1 molH 1加入aL 密闭容器中充分反应，H 1平衡转化率可能为 ___（填标号）。

A =4%
B <4%
C 4%～7%
D >11.5%
（3）我国科学家结合实验与计算机模拟结果，研究了在铁掺杂W18049纳米反应器催化剂表面上实现常温低电位合成氨，获得较高的氨产量和法拉第效率。

反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。

需要吸收能量最大的能垒（活化能）E=____ev ，该步骤的化学方程式为____，若通入H 1体积分数过大，可能造成 ___。

（4）T ℃时，在恒温恒容的密闭条件下发生反应：223N (g)3H (g)2NH (g) 反应过程中各物质浓度
的变化曲线如图所示：
①表示N 1浓度变化的曲线是 ____（填“A”、“B”或“C’，）。

与（1）中的实验条件（1.01×105Pa 、450℃）相比，改变的条件可能是_____。

②在0～15min 内H 1的平均反应速率为____。

在该条件下反应的平衡常数为 ___mol -1．L 1（保留两位有效数字）。

【答案】放热 D 1.54 NH 3*+NH 3=1NH 3 占据催化剂活性位点过多 B 加压强或降温 0.006mol·L -1·min -1 0.73
【解析】 【分析】
（1）升高温度，NH 3体积分数降低；
（1）在1.01×105Pa 、150℃时，将1 moIN 1和1 molH 1加入aL 密闭容器中充分反应，与在1.01×105Pa 、150℃时，将1 moIN 1和1 molH 1加入aL 密闭容器中充分反应比，相当于加压； （3）吸收能量最大的能垒，即相对能量的差最大；根据图示写方程式；
（4）根据反应方程式，N 1、H 1、NH 3的变化量比为1:3:1；图氢气的转化率为15%，（1）中氢气的转化率是11.5%，根据转化率的变化分析；
②A 表示氢气的浓度变化，根据=c
t υ∆∆ 计算H 1的平均反应速率；根据()()()
2
3322NH N H c K c c =计算平衡常数；
【详解】
（1）升高温度，NH 3体积分数降低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热；
（1）在1.01×105Pa 、150℃时，将1 molN 1和1 molH 1加入aL 刚性容器中充分反应，测得NH 3体积分数为0.04；
223
N (g)+3H (g)
2NH 110321132x x x x x
x
--初始转化平衡
20.0422x x =- ，x=0.0384，H 1平衡转化率0.03843
100%=11.5%1
⨯⨯，在1.01×105Pa 、150℃时，将1
moIN 1和1 molH 1，相当于加压，平衡正向移动，氢气转化率增大，H 1平衡转化率>11.5%，故选D ； （3）根据图示，吸收能量最大的能垒，即相对能量的差最大是-1.01-(-1.56)=1.54；根据图示，该步的方程式是NH 3*+NH 3=1NH 3；若通入H 1体积分数过大，氢分子占据催化剂活性位点过多；
（4）①根据反应方程式，N 1、H 1、NH 3的变化量比为1:3:1，所以表示N 1浓度变化的曲线是B ；(1)中氢气转化率11.5%，1:3时氢气转化率更低，图中氢气转化率15%，故只能考虑压强、温度的影响，可以采用加压或降温的方法；
②A 表示氢气的浓度变化， ()20.15mol/L
H =
25min
υ=0.006mol·L -1·min -1；
()()()22
333
22NH 0.1==0.73N H 0.150.45
c K c c =⨯ mol -1．L 1。

19．某小组同学以不同方案探究Cu 粉与FeCl 3溶液的反应。

(1)甲同学向FeCl 3溶液中加入Cu 粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，由此证明发生了反应，其离子方程式是______________________________________________。

(2)乙同学通过反应物的消耗证明了上述反应的发生：将Cu 粉加入到滴有少量KSCN 的FeCl 3溶液中，观察到溶液红色褪去，有白色沉淀A 产生。

① 针对白色沉淀A ，查阅资料：A 可能为CuCl 和CuSCN （其中硫元素的化合价为-2价）中的一种或两种。

实验过程如下：
请回答：
Ⅰ. 根据白色沉淀B 是__________________（填化学式），判断沉淀A 中一定存在CuSCN 。

Ⅱ. 仅根据白色沉淀A 与过量浓HNO 3反应产生的实验现象，不能判断白色沉淀A 中一定存在CuSCN ，从氧化还原角度说明理由：_______________________________________________________。

Ⅲ. 向滤液中加入a 溶液后无明显现象，说明A 不含CuCl ，则a 是________________（填化学式）。

根据以上实验，证明A 仅为CuSCN 。

② 进一步查阅资料并实验验证了CuSCN 的成因，将该反应的方程式补充完整： _______Cu 2+ + _______SCN -
= _______CuSCN↓ + _______ (SCN)2
③ 结合上述过程以及Fe(SCN)3 ⇌ Fe 3+ + 3SCN -
的平衡，分析(2)中溶液红色褪去的原因：_________________。

(3)已知(SCN)2称为拟卤素，其氧化性与Br 2相近。

将KSCN 溶液滴入(1)所得的溶液中，观察到溶液变红色，则溶液变红的可能原因是_______________________________________________。

【答案】Cu + 2Fe 3+ = Cu 2+ + 2Fe 2+ BaSO 4 +1价铜也可将浓HNO 3还原 AgNO 3 2Cu 2+ + 4SCN - = 2CuSCN↓ + (SCN)2 Cu 和Fe 3+反应生成Cu 2+使c(Fe 3+)减小 Cu 和3+Fe 反应生成2+Cu 和2+Fe 使
()3+c Fe 减小，Cu 2+和SCN -反应生成CuSCN 沉淀使c(SCN -)减小，均使该平衡正向移动，导致Fe(SCN)3浓度
减小，溶液红色褪去 Fe 3+有剩余 空气中的O 2将Fe 2+氧化 (SCN)2将Fe 2+氧化 【解析】 【分析】
（1）向3FeCl 溶液中加入Cu 粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，说明生成了铜离子； （2）①Ⅰ.根据流程图沉淀B 不溶于酸，故该沉淀是硫酸钡； Ⅱ. CuSCN 中铜元素显+1价，也具有还原性，能够还原硝酸； Ⅲ.用硝酸银溶液检验滤液中是否含有氯离子即可； ②根据氧化还原规律和元素守恒配平； ③Cu 和3+Fe 反应生成2+Cu 和2+Fe 使(
)3+
c Fe 减小，2+
Cu
和-SCN 反应生成CuSCN 沉淀使(
)-
c SCN
减
小；。