云南省红河州弥勒市2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题含解析

PAGE22-云南省红河州弥勒市2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）(本试卷分为第I卷和第II卷两部分，满分100分。考试时间90分钟)留意事项：1.答题前，考生务必将自己的相关信息填涂在答题卡相应位置。2.作答时，需将答案书写在答题卡相应区域内。写在试卷和草稿纸上均无效。3.考试结束后请将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：Co-59Zn-65O-16H-1S-32Fe-56Cu-64第I卷(选择题，共42分)本卷共14小题，每题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。1.化学在2024年抗击新型冠状病毒肺炎的战役中发挥了巨大作用。下列说法错误的是A.防控新冠病毒所用的酒精浓度越大，消毒效果越好B.防护服、口罩的生产均要用到有机高分子材料C.过氧化氢、过氧乙酸、84消毒液、二氧化氯泡腾片都可用于环境消毒D.冷链运输抗病毒疫苗的目的是避开蛋白质变性【答案】A【解析】【详解】A．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，这个浓度的酒精使病毒中的蛋白质变性，从而杀死病毒，酒精浓度过高，会使病毒的蛋白质外壳快速凝固，并形成一层爱护膜，阻挡酒精进入内，因而不能将病毒彻底杀死，A错误；B．防护服、口罩中有聚丙烯纤维等有机物，属于高分子材料，B正确；C．过氧化氢、过氧乙酸、84消毒液、二氧化氯都有强氧化性，可用于消毒，C正确；D．蛋白质在高温、强酸、强碱等环境下会变性而失去活性，冷链运输可以较长时间地保存蛋白质，防止蛋白质变性，D正确；故选A。2.化学与生活、环境亲密相关，下列说法错误的是()A.高纯硅可用于制作光感电池 B.铝合金大量用于高铁建设C.活性炭具有除异味和杀菌作用 D.碳酸钠可用于去除餐具的油污【答案】C【解析】【详解】A.硅是半导体材料，高纯硅可用于制作光感电池，故A正确，但不符合题意；B.铝合金硬度大，可用于高铁建设，故B正确，但不符合题意；C.活性炭具有吸附性，有除异味作用，不具有杀菌作用，故C错误，符合题意；D.碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，故D正确，但不符合题意；故选：C。3.下列有关化学用语正确的是()A.丁烷的球棍模型 B.和互为同系物C.次氯酸的电子式 D.乙烯的结构简式CH2CH2【答案】A【解析】【详解】A.丁烷分子中含有两个甲基和2个亚甲基，其球棍模型为，故A正确；B.属于酚类，属于醇类，不是同系物，故B错误；C.次氯酸分子中含有1个H−O键和1个O−Cl键，其电子式为，故C错误；D.

乙烯分子中含有1个碳碳双键，其结构简式为CH2=CH2，故D错误；故选：A。4.“纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种，若将纳米碳匀称地分散到蒸馏水中，所形成的物质（）①是溶液②是胶体③能产生丁达尔效应④能透过滤纸⑤不能透过滤纸⑥静置后，会析出黑色沉淀A.①④⑥ B.②③④ C.②③⑤ D.①③④⑥【答案】B【解析】【分析】纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳匀称地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析推断问题。【详解】纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳匀称地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，②③④正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查了胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用，留意分散系的本质区分是分散质微粒直径大小。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()A.0.1mol的11B中，含有0.6NAB.1L0.2mol/LNaC1O溶液中含有的次氯酸根离子数小于0.2NAC.34gH2O2中含有的化学键数目为3NAD.1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为3NA【答案】D【解析】【详解】A．11B中含有中子数=11−5=6，0.1mol的11B中含有0.6mol中子，含有0.6NA个中子，故A正确，但不符合题意；B．1L0.2mol/LNaC1O溶液中含有次氯酸根离子数小于0.2NA，因为次氯酸根离子水解，消耗次氯酸根离子，故B正确，但不符合题意；C．34gH2O2物质的量为1mol，含有的化学键数目为3NA，故C正确，但不符合题意；D．1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数：2×3NA=6NA，故D错误，符合题意；故选：D。6.在生成和纯化乙酸乙酯的试验过程中，下列操作未涉及的是A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，依据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。详解：A、反应物均是液体，且须要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液汲取，留意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分别，C正确；D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分别，D错误。答案选D。点睛：驾驭乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，留意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和推断。7.下列有关试验，对应现象以及结论都正确的是选项试验现象结论A某无色溶液，加入足量的稀盐酸生成无色无味的能使澄清石灰水变浑浊的气体说明原溶液中肯定含有COB将01mol/LMgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol/LCuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀Cu(OH)2的浓度积比Mg(OH)2的小C向AgNO3溶液中滴加过量氨水溶液澄清Ag+与NH3·H2O能大量共存D向稀硝酸中加入过量Fe粉，反应完全再向溶液中滴加KSCN溶液溶液变为血红色Fe与硝酸反应得到Fe3+A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A.碳酸氢根离子与盐酸反应生成二氧化碳，由现象可知，原溶液中可能含CO或HCO3−，或二者均有，故A错误；B.由操作和现象可知,发生沉淀的转化，则Cu(OH)2的浓度积比Mg(OH)2的小，故B正确；C.

Ag+与NH3·H2O先生成AgOH沉淀，当氨水过量时生成银氨溶液，溶液变澄清，所以Ag+与NH3·H2O不能大量共存，故C错误；D.

Fe过量，生成硝酸亚铁，则滴加KSCN溶液后无现象，故D错误；故选：B。8.X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，X、M同主族，Y原子在短周期主族元素中原子半径最大。下列说法正确的是A.Y2X和Y2X2中化学键类型相同，阴、阳离子的个数比相同B.气态氢化物的热稳定性：M>NC.M与X的化合物对应的水化物肯定是强酸．D.离子半径【答案】D【解析】【分析】依据题意知X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，则X为氧元素；X、M同主族，则M为硫元素，N为氯元素；Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，则Y为钠元素。【详解】A．Na2O中的化学键为离子键，Na2O2中的化学键为离子键和共价键，化学键类型不同，错误；B．同周期由左向右元素的非金属性渐渐增加，气态氢化物的稳定性渐渐增加，则气态氢化物的热稳定性：S＜Cl，即M＜N，错误；C．S与O的化合物SO2对应的水化物亚硫酸为弱酸，错误；D．O2－和Na＋电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，故离子半径r：r(X2-)＞r(Y+)，正确。故选D。9.下列变更中，气体被还原的是A.氯气使KBr溶液变黄B.二氧化碳使Na2O2固体变白C.乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色D.二氧化硫使KMnO4溶液褪色【答案】A【解析】【详解】A．氯气使KBr溶液变黄，该反应中氯气做氧化剂，反应中被还原，故A正确；B．二氧化碳与淡黄色的Na2O2反应生成白色的碳酸钠，该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，二氧化碳不是氧化剂和还原剂，故B错误；C．乙烯与溴的反应中，溴做氧化剂，乙烯被氧化，故C错误；D．二氧化硫使KMnO4溶液褪色，气体被氧化，故D错误；故选：A。10.下列关于有机物的说法不正确的是()A.苯和乙烯均可以使溴水褪色，但褪色原理不同B.羊毛、蚕丝、塑料、合成橡胶都属于有机高分子材料C.淀粉、油脂、蛋白质的水解都是由高分子生成小分子的过程D.分子式为C3H6Cl2的同分异构体共有4种(不考虑立体异构)【答案】C【解析】【详解】A.苯与溴水不反应，但可以发生萃取现象，溴水层几乎无色，苯层呈现橙红色；乙烯和溴水能发生加成反应而使溴水褪色；所以褪色原理不同，故A正确，但不符合题意；B.羊毛、蚕丝、塑料、合成橡胶都属于有机高分子材料，故B正确，但不符合题意；C.油脂是大分子，不属于高分子，故C错误，符合题意；D.

C3H6Cl2的同分异构体，一个连在端碳上Cl，另一个Cl有3种位置：

；若一个Cl连在中间碳上，则另一个Cl只有1种位置：

，所以同分异构体有4种，故D正确，但不符合题意；故选：C。11.下列反应的离子方程式不正确的是()A.向氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2++4H++NO=3Fe3++2H2O+NO↑B.向碳酸钠溶液中加入少量氢氧化钡固体：CO+Ba(OH)2=BaCO3↓+2OH－C.氧化铝与氢氧化钠溶液反应：Al2O3+2OH－=2AlO+H2OD.氯气与澄清石灰水反应：Cl2+2OH－=ClO－+Cl－+H2O【答案】B【解析】【详解】A.在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸的离子反应方程式为3Fe2++4H++NO=3Fe3++2H2O+NO↑，符合客观事实，电荷守恒，电子守恒，故A正确；B.碳酸钠溶液与氢氧化钡溶液反应的离子方程式中，氢氧化钡应当拆开，正确的离子方程式为：+Ba2+=BaCO3↓，故B错误；C.氧化铝与氢氧化钠溶液反应离子方程式：Al2O3+2OH－=2AlO+H2O，符合客观事实，电荷守恒，故C正确；D.氯气与澄清石灰水反应的离子方程式：Cl2+2OH－=ClO－+Cl－+H2O，符合客观事实，电荷守恒，电子守恒，故D正确；故选：B。12.关于化合物2－苯基丙烯()，下列说法正确的是()A.不能使稀高锰酸钾溶液褪色B.分子中全部原子共平面C.可以发生加成聚合反应D.最多能与4mo1Br2发生加成反应【答案】C【解析】【详解】A.含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，故A错误；B.苯分子中全部原子共平面、乙烯分子中全部原子共平面，甲烷分子为正四面体结构，有3个原子共平面，该分子中甲基具有甲烷结构特点，所以该分子中全部原子不能共平面，故B错误；C.含有碳碳双键，可发生加成聚合反应，故C正确；D.只有碳碳双键与溴发生加成反应,1mol该物质最多能与1molBr2发生加成反应，故D错误；故选：C。13.我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转扮装置，其示意图如下：下列说法不正确的是（）A.b为电源的正极B.①②中，捕获CO2时碳元素的化合价发生了变更C.a极的电极反应式为：D.上述装置存在反应：CO2=C+O2【答案】B【解析】【详解】A．依据图片可知C2O52-→O2，则a电极发生失去电子的氧化反应，a为阳极，与电源正极相连，则b为原电池正极，A正确；B．①②中，捕获CO2的转化为：CO2→C2O52-或CO32-，转化中碳元素的化合价均为+4，没有发生变更，B错误；C．由图片可知C2O52-→O2，a电极发生失去电子的氧化反应，电极反应式为：2C2O52—4e-=4CO2+O2，C正确；D．由装置可知电解二氧化碳熔盐的过程，就是在电解条件下CO2发生分解生成C和O2的过程，总反应为；CO2=C+O2，D正确；答案选B。14.常温下，用0.1000mol·LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是A.点①所示溶液中：B.点②所示溶液中：C.点③所示溶液中：D.滴定过程中可能出现：【答案】D【解析】【详解】A、点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO－的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），由电荷守恒可知：c（CH3COO－）+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO－）+c（OH－）＞c（CH3COOH）+c（H+），故A错；B、点②pH＝7，即c（H+）＝c（OH-），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO－）+c（OH－），故c（Na+）＝c（CH3COO－），故B错；C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COO－水解，且程度较小，所以c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H+），故C错；D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH－），故D正确，答案选D。【点睛】该题涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较，综合性强，留意答题的敏捷性。对学生的思维实力提出了较高的要求，留意利用电荷守恒的角度解答。第Ⅱ卷(非选择题，共58分)本卷包括5个题目，其中第15、16、17为必做题目。第18题和第19题，请任选一道题目作答，若多做，则按18小题评分。15.某同学对教材中铜与浓硫酸的试验作出如下改进。试验装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。试验步骤：①组装仪器，检查装置气密性；②加入试剂，关闭旋塞E，加热A，视察C中溶液颜色变更；③将铜丝上提离开液面，停止加热。（1）检查虚线框内装置气密性的方法是____________________________。（2）装置A的名称是________，装置B的作用是_________，装置D中所盛药品是__________。（3）装置A中发生反应的化学方程式为____________________________。（4）试验后，拆除装置前，为避开有害气体的泄漏，应当实行的操作是__________。（5）试验后装置A中有白色固体产生，将装置A中固液混合物缓慢转移至盛有少量水的烧杯中，可视察到的现象是______________；不行干脆向装置A中加水的缘由是__________。【答案】(1).关闭旋塞E，装置C中加水没过导管口，给A装置微热，装置C中导管口有气泡冒出，撤去热源后，导管内有倒吸产生的液柱，且高度保持不变(2).三颈烧瓶；(3).防倒吸(4).碱石灰(5).Cu+2H2SO4═CuSO4+SO2↑+2H2O(6).打开旋塞E，从E管口向A中鼓入大量空气(7).混合时放热，白色固体溶解，溶液变蓝色(8).水加入浓硫酸中，放出大量热使液体飞溅【解析】【分析】（1）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据变更体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来推断装置气密性的好坏；（2）仪器A的名称是三颈烧瓶，仪器B的作用是防止二氧化硫倒吸，仪器D是处理尾气，而二氧化硫是酸性气体，所以D中所盛药品是碱石灰或NaOH固体；（3）铜与浓硫酸在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水；（4）从E处鼓入空气或氮气，使体系中的二氧化硫完全除净；（5）硫酸铜晶体溶于水溶液变蓝色；铜元素的焰色反应呈黄绿色，水加入浓硫酸中，放出大量热使液体飞溅．【详解】(1)对于简易装置的气密性检查时，一般对瓶内气体加热，然后看有无气泡冒出或冷却后看导管口是否形成一段水柱，所以要关闭旋塞E，装置C中加水没过导管口，给A装置微热，装置C中导管口有气泡冒出，撤去热源后，导管内有倒吸产生的液柱，且高度保持不变；故答案为关闭旋塞E，装置C中加水没过导管口，给A装置微热，装置C中导管口有气泡冒出，撤去热源后，导管内有倒吸产生的液柱，且高度保持不变；(2)仪器A的名称是三颈烧瓶，仪器B的作用是防止二氧化硫倒吸，仪器D是尾气处理，而二氧化硫是酸性气体，所以D中所盛药品是碱石灰或NaOH固体；故答案为三颈烧瓶；防倒吸；碱石灰；(3)铜与浓硫酸在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水,反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4═CuSO4+SO2↑+2H2O；故答案为Cu+2H2SO4═CuSO4+SO2↑+2H2O；(4)从E处鼓入空气或氮气，使体系中的二氧化硫完全除净，所以操作为：打开旋塞E，从E管口向A中鼓入大量空气，故答案为打开旋塞E，从E管口向A中鼓入大量空气；(5)硫酸铜晶体溶于水溶液变蓝色；水加入浓硫酸中，放出大量热使液体飞溅；故答案为混合时放热，白色固体溶解，溶液变蓝色；水加入浓硫酸中，放出大量热使液体飞溅。16.能源和环境爱护是世界各国关注的热点话题。请回答下列问题：Ⅰ.探讨发觉，含pm2.5的雾霾主要成分有SO2、NOx、CxHy及可吸入颗粒等。(1)雾霾中能形成酸雨物质是______。(2)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)△H=－34.0kJ·mol-1，用活性炭对NO进行吸附。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和肯定量的NO气体，测得NO的转化率α(NO)随温度的变更如图所示：①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度上升而堵大，缘由是_____；1100k时，CO2的体积分数为_______。②该反应达平衡后，为提高NO的转化率，可实行的措施有________(填字母序号)。A.增大碳的质量B.将CO2(g)从体系中分别C.降低温度D.改用高效催化剂Ⅱ.电化学法处理SO2是目前探讨的热点。利用双氧水汲取SO2，可消退SO2污染，设计装置如图所示。(1)石墨1为____(填“正极”或“负极”)；正极的电极反应式为____。(2)H+的迁移方向为_______。(3)若11.2L(标准状况)SO2参与反应，则迁移H+的物质的量为______。【答案】(1).SO2和NOx(2).1050K前反应未达到平衡状态，随着温度上升，反应速率加快，NO转化率增大(3).20％(4).BC(5).负极(6).H2O2＋2e－＋2H+=2H2O(7).从质子交换膜左侧向右侧迁移(8).1mol【解析】【分析】

【详解】Ⅰ.(1)形成酸雨的主要是硫的氧化物和氮的氧化物，即是SO2和NOx；(2)①结合平衡状态的特点，转化率最大时为平衡状态，1050K前转化率没有达到最大值，即反应未达到平衡状态，随温度上升，反应速率加快，NO转化率增大，在1100K时，NO的转化率为40%，设起始量NO为2mol，列三段式如下：CO2的体积分数==%=20%故答案为：1050K前反应末达到平衡状态，随着温度上升，反应速率加快，NO转化率增大；20%；②A.增大碳的质量，碳是固体，不影响平衡移动，故A错误；B.将CO2(g)从体系中分别，降低了生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，反应物的转化率提高，故B正确；C.降低温度，该反应正向移动，NO的转化率提高，故C正确；D.改用高效催化剂，平衡不移动，NO的转化率不变，故D错误；故选：BC。Ⅱ．（1）该原电池中，通入二氧化硫的电极上失电子发生氧化反应，则通入二氧化硫的电极是负极、通入双氧水的电极是正极，正极上双氧水得电子生成水，电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O，故答案为：负极；H2O2+2e-+2H+=2H2O；（2）H+是阳离子，阳离子移向正极，其迁移方向为从质子交换膜左侧向右侧迁移，故答案为：从质子交换膜左侧向右侧迁移；（3）n（SO2）==0.5mol，该反应的负极反应式为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，正极电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O，有0.5mol二氧化硫参与反应，有2mol氢离子在正极上发生反应，则迁移H+的物质的量为反应的二氧化硫的2倍，为1mol，故答案为：1mol。17.湿法炼锌产生的铜镉渣主要含锌、镉(Cd)、铜、铁、钴(Co)等金属单质。利用铜镉渣可生产Cu、Cd及ZnSO4·7H2O等，其生产流程如图：如表是部分金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(起先沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L-1计算)：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cd(OH)2Zn(OH)2起先沉淀的pH1.97.07.25.4沉淀完全的pH3.29.09.58.2请回答下列问题：(1)提高铜镉渣的“浸出”速率的措施有________________________________(写出1条即可)。(2)Fe的金属性比Co强，该流程中“除钴”________(填“能”或“不能”)用Zn代替Fe，“除钴”中Fe发生反应的离子方程式是__________________________________。(3)“除铁”操作中加入H2O2的目的是______________________________，加入ZnO的目的是调整溶液pH，以除去溶液中的铁元素，调整溶液pH的范围为_________，“除铁”操作中的沉淀成分是__________(写化学式)。(4)“电解”操作中，Cd2＋在________极放电得到金属Cd，电极反应式是________________________。(5)“电解”后的电解废液是ZnSO4溶液，用该电解废液制备ZnSO4·7H2O的方法是__________________。(6)“除钴”后的含钴废渣在空气中煅烧，煅烧后的成分测定如表：元素CoZnCuFe含量/%59.000.520.2013.16则煅烧后所得固体混合物中，钴氧化物的化学式是________。【答案】(1).适当上升浸取液温度(或将铜镉渣磨制成粉末等)(2).能(3).Fe＋Co2＋=Fe2＋＋Co(4).将Fe2＋氧化成Fe3＋(5).3.2～5.4(6).Fe(OH)3(7).阴(8).Cd2＋＋2e－=Cd(9).蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(10).Co3O4【解析】分析】用湿法炼锌产生的铜镉渣生产金属镉的流程：铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉（Cd）、钴（Co）等单质，加入稀硫酸，铜不溶，过滤，滤液含有Zn2+、Fe2+、Cd2+、Zn2+、Co2+，向滤液加入锌，活化剂Sb2O3，锌粉会与Sb2O3等形成微电池产生合金CoSb除去钴，向除钴后的溶液中加入酸性高锰酸钾氧化Fe2+为Fe3+，高锰酸钾生成不溶的二氧化锰，加入氧化锌调整pH使Fe3+沉淀与二氧化锰一起过滤除去，电解含有Zn2+、Co2+的溶液，可得镉单质，据此分析解答。(1)上升温度、增大反应物表面积等均可提高反应速率。(2)Zn的金属性比Fe强。除钴中Fe与Co2＋发生置换反应生成Fe2＋和Co。(3)H2O2可氧化Fe2＋，使之转化为Fe3＋。依据表格中的数据将Fe3＋完全转化成Fe(OH)3沉淀。(4)Cd2＋在阴极得电子生成单质Cd。(5)从ZnSO4溶液中制备ZnSO4·7H2O的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。(6)由题意知，煅烧后所得固体为钴氧化物、ZnO、CuO、Fe2O3的混合物。【详解】(1)上升温度、增大反应物表面积等均可提高反应速率。(2)因Zn的金属性比Fe强，故可用Zn代替铁除钴。除钴中Fe与Co2＋发生置换反应生成Fe2＋和Co。(3)H2O2可氧化Fe2＋，使之转化为Fe3＋。依据表格中的数据，可知欲除去溶液中的铁元素，需加入ZnO调整溶液pH的范围为3.2～5.4，此时Fe3＋完全转化成Fe(OH)3沉淀。(4)电解操作中Cd2＋在阴极得电子生成单质Cd。(5)从ZnSO4溶液中制备ZnSO4·7H2O的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。(6)由题意知，煅烧后所得固体为钴氧化物、ZnO、CuO、Fe2O3的混合物，设煅烧后所得固体质量为100g，结合题表中的数据可知，钴氧化物中m(O)＝100g－59.00g－81g·mol－1×－80g·mol－1×－160g·mol－1×＝21.302g，则钴氧化物中n(O)＝≈1.33mol，n(Co)＝＝1.00mol，故钴氧化物的化学式为Co3O4。【选做题】本题包括18、19两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答。若多做，则按18小题评分。18.电能是一种无污染、可再生的二级能源。储电材料种类繁多。如图是两种储电材料，请阅读试题、视察图片，回答问题。Ⅰ.新型碳氮材料的储电实力应用前景广袤。其基本构成单元如图所示。(1)图1中化学键σ键与π键之比为_____；图2中碳原子的杂化方式为_____。(2)图3中，储电材料的分子式可以表示为_____。(3)碳元素与氮元素的电负性大小关系为____。氮元素与氧元素的第一电离能大小关系为_______。(4)碳的最高价含氧酸根的空间构型是_____；硝酸的酸性强于亚硝酸的缘由是_____。Ⅱ.传统锂电池的主要成分是LiCoO2其晶胞结构如图所示；因结构中存在笼状空隙，可以与Ni和Mn发生位置替换，形成储电性能更加优良的化合物LiNiMnCoO2。(5)基态Co原子的价电子排布式为_______；化合物LiCoO2中O元素在晶胞中的位置，除了位于六棱柱的顶点外，其他详细位置是_____。(6)已知化合物中各原子半径依次为：Li=a，Ni=b，Mn=c，Co=d，O=e，晶胞的棱长为m，底边边长为n，该晶体的空间利用率的计算表达式为________(用含有a、b、c、d、e、m、n的式子表示)。【答案】(1).2：1(2).sp2(3).C3N4(4).N>C(5).N>O(6).平面三角形(7).一是同种元素形成的不同价态的含氧酸，中心原子化合价越高酸性越强。硝酸中N原子化合价+5大于亚硝酸中N原子化合价+3；二是非羟基氧的个数前者为2，后者为1，非羟基氧的数目越多酸性越强(8).3d74s2(9).O位于上下两个面心、六棱柱的侧面(10).【解析】【详解】Ⅰ.（1）图1的结构式是H2-N-C≡H，共价键单键是σ键，共价键双键一个是σ键，另一个是π键，共价键三键一个是σ键，另外两个是π键，其σ键与π键之比为4:2=2:1，图2碳原子形成碳氮双键，碳原子的杂化方式为sp2；（2）图片3中，重复的结构单元是三角形，在三角形中有6个碳原子，这6个碳原子全部被三角形拥有，10个氮原子，其中7个氮原子全部被三角形拥有，顶点的3个氮原子被3个三角形拥有，即顶点的氮原子对每一个三角形的贡献是，所以氮原子个数是7+3×=8，碳原子与氮原子之比是6:8=3:4，分子式可以表示为C3N4；（3）同一周期电负性渐渐增大，所以电负性N>C，同一周期第一电离能渐渐增大，但是氮元素核外电子最外层p能级处于半充溢状态，比较稳定，第一电离能变大，所以电离能N>O；（4）碳的最高价含氧酸根是碳酸根离子，孤电子对数是0，σ键数为3，价层电子对数是3，空间构型是平面三角形，硝酸的酸性强于亚硝酸的缘由是一是同种元素形成的不同价态的含氧酸，中心原子化合价越高酸性越强。硝酸中N原子化合价+5大于亚硝酸中N原子化合价+3；二是非羟基氧的个数前者为2，后者为1，非羟基氧的数目越多酸性越强；Ⅱ.（5）基态Co原子的价电子排布式为3d74s2，化合物LiCoO2中O元素在晶胞中的位置，除了位于六棱柱的顶点外，有图可知其他详细位置是位于上下两个面心、六棱柱的侧面；（6）有晶胞可知，Li原子个数是，有化学式LiNiMnCoO2可知，Li原子个数是3，Ni原子个数是1，Mn原子个数是1，Co原子个数是1，O原子个数是6，这些原子的总体积是，底面是正六边形，其面积是n2=n2，晶胞的体积是n2×m，该晶体的空间利用率的计算表达式为=。19.高分子树脂具有较好的吸水性，其合成线路如下：已知：I:-CHO+-CH2CHO-CH=CHCHOII.-CH=CH-COOH回答下列问题(1)G中的含氧官能团名称为______，M的结构简式为_______。(2)由A生成B的化学方程式为____________________