河北省唐山市2024年高考化学模拟试题（含答案）3

河北省唐山市2024年高考化学模拟试题阅卷人一、单选题得分1．化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列说法错误的是（）A．神舟系列飞船返回舱使用氮化硅耐高温材料，Si3N4属于共价晶体B．月壤中的“嫦娥石[（Ca8Y）Fe（PO4）7]”，该成分是无机盐C．利用CO2合成了脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变D．《本草纲目》中“以芒硝于风日中消尽水气”得到的是Na2SO42．高分子化合物在人类生产生活中有着重要用途。下列说法正确的是（）A．酚醛树脂通常由苯酚和甲醛通过缩聚反应合成B．淀粉和纤维素均表示为(C6H10O5)n，二者互为同分异构体C．塑料、橡胶、合成纤维均为合成高分子材料D．医用口罩主要原料是聚丙烯，与聚乙烯互为同系物3．下列试剂的保存方法错误的是（）A．氢氟酸通常保存在塑料瓶中B．液溴应水封保存，并用橡胶塞塞紧瓶口C．双氧水可以保存在棕色细口瓶中D．FeCl2溶液保存时需加入少量铁粉4．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．标准状况下，11.2L氯仿含有氯原子1.5NAB．31g白磷中共价键数目为3NAC．0.1mol.L-1K2Cr2O7酸性溶液中含0.1NA的Cr2O7D．4.4gC2H4O中含有σ键最多为0.7NA5．克拉维酸钾是一种β-内酰胺类抗生素，下列说法错误的是（）A．克拉维酸钾存在顺反异构B．克拉维酸分子含有5种官能团C．上述转化中的二者均能使酸性KMnO4溶液褪色D．实现上述转化可加入KOH溶液6．下列说法错误的是（）A．SO2和CO2的价层电子对互斥模型相同B．NH3和CH4的中心原子杂化方式相同C．C2H6和C2H4的化学键类型不同，可用溴水除去C2H6中混有的C2H4D．水和苯分子极性不同，可用分液法分离7．物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是（）选项性质差异结构因素A沸点：乙醇(78.3℃)高于二甲醚(-29.5℃)氢键作用B熔点：AlF3(1040℃)远高于AlCl3(178℃升华)晶体类型C键角：PF3(94°)小于PCl3(109.5°)电负性差异D分解温度：HBr(500℃)高于HI(300℃)范德华力作用A．A B．B C．C D．D8．M、X、Y、Z、W均为短周期元素，原子序数依次减小，能形成如下图所示化合物，下列说法正确的是（）A．第一电离能：M>Y>X>ZB．简单氢化物的稳定性：X>YC．X与W形成的化合物不能使酸性KMnO4溶液褪色D．由M、X、Z、W四种元素组成的化合物其水溶液显碱性9．下列方案或操作能达到实验目的是（）ABCD实验室制氯气证明非金属性：Cl>C验证Ksp（AgCl）>Ksp（AgI）检验淀粉是否完全水解A．A B．B C．C D．D10．白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19·7H2O(含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)，利用白硼钙石制取强还原剂NaBH4的工艺流程如下：已知H3BO3微溶于水，易溶于乙醇：偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。下列说法错误的是（）A．“滤渣1”的主要成分是SiO2B．“气体”的主要成分是NO2C．“操作X”涉及到蒸发浓缩、降温结晶D．“反应Y”的化学方程式是NaB11．2022年诺贝尔化学奖授予了三位研究点击化学的科学家。Cu+催化的叠氮化物-炔烃环加成和催化剂CuCl的晶体结构如图所示。下列说法正确的是（）A．晶胞结构中，Cu+的配位数为8B．基态Cu的价层电子排布式为3d94s2C．叠氮化物-炔烃环加成反应只有σ键的断裂与形成D．若晶体的密度为dg/cm3，则晶胞参数a=12．T0时，向容积为5L的恒容密闭容器中充入一定量的A(g)和B(g)，发生反应：2A(g)+B(g)⇌3C(g)+D(g)△H<0。反应过程中的部分数据如下表，下列说法错误的是（）t/minn(A)/moln(B)/mol04.02.052.01.0102.01.0A．其他条件不变，温度变为T1时，平衡时测得C的浓度为0.8mol/L，则T1>T0B．8min时，该反应的υ(正)=υ(逆)C．平衡时，D的体积分数约为14.3%D．5min时，向该容器中再充入4.0molA和2.0molB，达新平衡后，B的百分含量变大13．电解苯酚的乙腈（CH3CN）水溶液可在电极上直接合成扑热息痛（），电极材料均为石墨。下列说法错误的是（）A．电极d为阴极B．装置工作时，乙室溶液pH增大C．电极c的电极反应式为+CH3CN+HD．合成1mol扑热息痛，理论上甲室质量增重96g14．溶洞水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。现测得溶洞水体中lgc（X）X为H2CO3、HCO3-、CO32-或Ca2+）与pH的关系如图所示，KspA．曲线Ⅱ代表lgc(COB．溶洞水体中存在关系式：2pH（b）=pH（a）+pH（c）C．a点溶液中，c（Ca2+）=0.28mol⋅L-1D．K阅卷人二、解答题得分15．已知三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3为橙黄色晶体，易溶于热水，在冷水中微溶，可在氯化铵和氨水的混合溶液中活性炭做催化剂条件下，利用双氧水氧化CoCl2制备。I.制备产品，步骤如下：①称取2.0gNH4Cl固体，用5mL水溶解，加到锥形瓶中。②分批加入3.0gCoCl2·6H2O后，将溶液温度降至10℃以下，加入1g活性炭、7mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10mL6%的双氧水。③加热至55-60℃反应20min，冷却，过滤。④将滤得的黑黄固体转入含有少量盐酸的25mL沸水中，趁热过滤。⑤滤液转入烧杯，加入4mL浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。回答下列问题：（1）写出制备[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式。（2）步骤②中，将温度降至10℃以下的原因是。（3）步骤③中反应装置部分仪器如上图(其中加持仪器路去)，不包括过滤还需要的玻璃仪器名称为，仪器A的名称为，仪器B的作用是。（4）步骤④中趁热过滤的目的是。（5）Ⅱ.测定产品纯度，实验如下：①称取ag产品溶于足量稀硝酸中，并用蒸馏水稀释，置于锥形瓶中，加入过量V1mLc1mol·L-1AgNO3溶液，并加3mL的硝基苯用力振荡。②向锥形瓶中滴入3滴Fe(NO3)3溶液为指示剂，用c2mol·L-1KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时用去V2mL溶液。(已知：Ksp（AgCl）=1.8×10回答下列问题：产品的质量分数为。(列出计算式)（6）加入硝基苯的目的是。16．一种利用硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)制备新能源汽车电池电极LiFePO4的工艺流程如下：①已知室温下难溶物溶度积常数如下表，离子浓度小于10-5mol/L，认为沉淀完全。难溶物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3FePO4KSD1111②Ka1（H3回答下列问题：（1）从“焙烧”到“氧化”要经历“酸浸→还原→过滤一除铝”4道工序。①若“酸浸”工序用硫酸，“还原”工序加入FeS。“还原”工序的离子方程式为，滤渣的成分是(填化学式)。②“除铝”工序可加入的难溶物质是(填化学式)，除净铝离子需要调节的最小pH为(结果保留一位小数)。（2）“氧化”步骤中，加入的试剂“R”最佳是(填标号)，A．HNO3B．H2O2C．Ca(ClO)2D．KMnO4判断是否氧化彻底的试剂名称为。（3）“沉铁”步骤反应的平衡常数为。（4）“高温煅烧”时，发生的主要反应的化学方程式为。17．通过捕捉空气中的CO2和电解水产生的H2可以合成“零碳甲醇”，实现碳中和。回答下列问题：（1）已知H2燃烧热为286kJ.mol-1，甲醇的燃烧热为726kJ.mol-1，反应CO2（g）+3H（2）采用绿色光伏发电电解Na2SO4溶液制备H2，同时获得H2SO4和NaOH。已知a、b均为惰性电极，气体甲和乙的体积比为2：1，b极的电极反应式为。（3）在2L恒温恒容有某催化剂的密闭容器中充入2molCO2和6molH2，发生如下反应：主反应①：CO2（g）+3副反应②：CO2（g）+4副反应③：CO2（g）+某温度下反应均达平衡后，测得CH3OH为1mol、CH4为0.4mol、CO为0.2mol，则CH3OH的选择性为（CH3OH选择性=CH（4）若测得上述反应在不同温度下CO2的平衡转化率和甲醇的选择性如下图：通过图示分析，更适合生产甲醇的温度为（填标号），A.400℃B.600℃C.800℃D.1000℃高于800℃时，CO2转化率增大的主要原因是。（5）利用电喷雾电离等方法可得MO+，MO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇，反应机理如下图所示：已知参与化学键变化的元素替换成更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO+与CD4反应的能量变化曲线为（填c、d），写出MO+与CHD3反应生成的氘代甲醇的结构简式。18．化合物I是某抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下图：已知：①+H2②RCH2③苯环上的卤原子较难水解。回答下列问题：（1）E→F所需试剂有。（2）化合物H中含氧官能团名称为，D→E的反应类型为。（3）上述合成路线设置反应A→B、C→D的目的是。（4）化合物D发生缩聚反应生成高分子的化学方程式为。（5）化合物I的结构简式为。（6）写出任意一种满足下列条件E的同分异构体。①含有苯基和氨基，且二者直接相连，但Br原子不与苯环直接相连；②属于酯类，可发生银镜反应；③含有手性碳原子。（7）参照题干中的合成路线，设计以苯胺、乙醛、一氯甲烷为主要原料，制备的合成路线。（无机试剂任选）

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、Si3N4为共价晶体，A不符合题意。

B、(Ca8Y)Fe(PO4)7属于无机盐，B不符合题意。

C、脂肪酸不属于有机高分子，因此利用CO2合成脂肪酸，没有实现无机小分子向有机高分子的转变，C符合题意。

D、芒硝为Na2SO4·10H2O，“消尽水气”的过程中Na2SO4·10H2O脱去结晶水的过程，最后得到的是Na2SO4，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】A、Si3N4属于共价晶体。

B、(Ca8Y)Fe(PO4)7属于无机盐。

C、脂肪酸不属于有机高分子。

D、芒硝为Na2SO4·10H2O。2．【答案】A【解析】【解答】A、苯酚和甲醛通过缩聚反应，可合成酚醛树脂，A符合题意。

B、淀粉和纤维素二者的n值不同，分子式不同，因此不属于同分异构体，B不符合题意。

C、天然橡胶属于天然高分子材料；而合成橡胶才属于合成高分子材料，C不符合题意。

D、聚丙烯、聚乙烯都属于混合物，因此二者不属于同系物，D不符合题意。

故答案为；A

【分析】A、苯酚和甲醛通过缩聚反应可生成酚醛树脂。

B、淀粉和纤维素二者的n值不同。

C、天然橡胶不属于合成高分子材料。

D、聚丙烯、聚乙烯都是混合物，不属于同系物。3．【答案】B【解析】【解答】A、玻璃中含有SiO2，HF能与SiO2反应，因此氢氟酸通常保存在塑料瓶中，A不符合题意。

B、液溴水封保存，可防止液溴挥发。橡胶中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应，因此装有液溴的试剂瓶不能用橡胶塞，B符合题意。

C、液体通常保存在细口瓶中；H2O2光照易分解，应保存在棕色瓶内，C不符合题意。

D、Fe2＋易被空气中的O2氧化成Fe3＋，加入铁粉，可发生反应2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，防止Fe2＋被氧化，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、玻璃中含有SiO2，能与HF反应。

B、橡胶中含有碳碳双键，能与Br2反应。

C、H2O2易分解，应用棕色瓶保存。

D、Fe2＋易被氧化成Fe3＋，可用铁粉防止其被氧化。4．【答案】D【解析】【解答】A、标准状态下，氯仿不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算，A不符合题意。

B、白磷的化学式为P4，31g白磷的物质的量为0.25mol。一分子白磷中含有6个共价键，因此0.25molP4中所含的共价键数目为0.25mol×6×NA=1.5NA，B不符合题意。

C、未给出溶液的体积，无法应用公式n=c×V进行计算，C不符合题意。

D、4.4gC2H4O的物质的量为0.1mol，其结构可能为CH3CHO、CH2=CHOH、环氧乙烷，其所含的σ键个数分别为6、6、7。因此0.1molC2H4O中所含的σ键数目最多为0.1mol×7×NA=0.7NA，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、标准状态下，氯仿不属于气态。

B、白磷的化学式为P4，一分子白磷中含有6个共价键。

C、未给出溶液的体积，无法进行计算。

D、C2H4O的结构可能为CH3CHO、CH2=CHOH、环氧乙烷。5．【答案】D【解析】【解答】A、克拉维酸钾中碳碳双键中的碳原子上连接有2个不同的原子或原子团，因此克拉维酸钾存在顺反异构，A不符合题意。

B、克维拉酸分子中所含的官能团有醚键、碳碳双键、羟基、羧基、酰胺基，共有5种官能团，B不符合题意。

C、二者都含有碳碳双键，都能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，C不符合题意。

D、加入KOH溶液后，羧基、酰胺基都能与KOH反应，因此不能实现上述转化，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、碳碳双键碳原子上连有2个不同的原子或原子团时，存在顺反异构。

B、根据分子结构确定其所含的官能团。

C、分子结构中含有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化。

D、KOH能与－COOH和酰胺基反应。6．【答案】A【解析】【解答】A、SO2中心硫原子的价层电子对数为2+12×6-2×2=2+1=3，其VSEPR模型为平面三角形；CO2的价层电子对数为2，其VSEPR模型为直线型，A符合题意。

B、NH3和CH4的价层电子对数都是4，均采用sp3杂化，B不符合题意。

C、C2H4能与溴水中的Br2反应生成液态1，2－二溴乙烷，因此可用溴水除去C2H6中的C2H4，C不符合题意。

D、H2O为极性分析，苯为非极性分子，二者结构不相似，因此不相容，可用分液法进行分离，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】A、根据中心原子的价层电子对数确定其VSEPR模型。

B、二者的价层电子对数都是4，采用sp3杂化。

C、C2H47．【答案】D【解析】【解答】A、乙醇C2H5OH中羟基可形成分子间氢键，而二甲醚CH3OCH3不能形成氢键，因此乙醇的沸点高于二甲醚，A不符合题意。

B、AlF3为离子晶体，而AlCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，B不符合题意。

C、电负性F＞Cl，使得PF3中共用电子对距离P更远，排斥力更小，键角更小；且原子半径F＜Cl。因此键角PF3＜PCl3，C不符合题意。

D、原子半径Br＜I，因此化学键键能H－Br＞H－I，键能越大，断裂化学键所需能量越高。范德华力影响分子晶体的熔沸点等物理性质，与稳定性无关，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、乙醇中酚羟基可形成氢键，使得沸点增大。

B、AlF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体。

C、电负性越大，排斥力越小，键角越小。

D、分解温度与其化学键键能有关，与范德华力无关。8．【答案】B【解析】【解答】由分析可知，M为Na、X为O、Y为N、Z为C、W为H。

A、Na易失去最外层一个电子，因此Na的第一电离能最小。C、N、O中核电荷数越大，第一电离能越大；但N原子的2p能级为半充满稳定结构，因此第一电离能N＞O＞C＞Na，即Y＞X＞Z＞M，A不符合题意。

B、非金属性越强，则其简单氢化物的稳定性越强。由于非金属性X＞Y，则简单氢化物的稳定性X＞Y，B符合题意。

C、X、W形成的化合物为H2O或H2O2，其中H2O2能使酸性KMnO4溶液褪色，C不符合题意。

D、由Na、O、C、H形成的化合物可能为NaHCO3或NaHC2O4，其中NaHCO3溶液显碱性，NaHC2O4显酸性，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】M带有一个正电荷，所以M为Li或Na。X可形成2个共价键，所以X的最外层电子数为6，则X为O或S。由于M、X、Y、Z、W均为短周期元素，且原子序数依次减小，因此M为Na、X为O。Y可形成3个共价键，所以Y为N。Z可形成4个共价键，因此Z为C；W可形成一个共价键，因此W为H。9．【答案】C【解析】【解答】A、MnO2与稀盐酸不反应，无法制得Cl2，A不符合题意。

B、将稀盐酸滴入Na2CO3溶液中，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明反应生成CO2，则酸性：HCl＞H2CO3，但不能说明非金属性Cl＞C，B不符合题意。

C、将1mL0.1mol·L－1的AgNO3溶液滴入1mL0.1mol·L－1的NaCl溶液中，二者恰好完全反应生成AgCl白色沉淀。继续滴入几滴0.1mol·L－1的KI溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀AgI，存在AgCl沉淀转化为AgI沉淀，说明溶度积Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，C符合题意。

D、检验淀粉是否完全水解，则检验溶液中是否含有淀粉，可往淀粉水溶液中滴加几滴碘水。若先加足量NaOH溶液，则I2能与NaOH反应，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】A、MnO2与稀盐酸不反应。

B、最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则其非金属性越强。

C、沉淀会向着更难溶的方向进行，存在沉淀的转化可说明溶度积Ksp的相对大小

D、I2能与NaOH溶液反应。10．【答案】B【解析】【解答】A、SiO2与浓硝酸不反应，因此所得滤渣1的主要成分为SiO2，A不符合题意。

B、浓硝酸的还原产物为NO2；同时CaCO3与浓硝酸反应生成CO2气体，因此“酸浸”过程产生的气体为NO2和CO2，B符合题意。

C、由分析可知，“操作X”为蒸发浓缩、降温结晶，C不符合题意。

D、“反应Y”中反应物为MgH2和NaBO2，生成物为MgO和NaBH4，该反应的化学方程式为：NaBO2＋2MgH2=2MgO＋NaBH4，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】往白硼钙石中加入浓硝酸，反应生成Ca(NO3)2、Fe(NO3)2、NO2，SiO2与浓硝酸不反应。加入乙醇后过滤，所得滤渣1的主要成分为SiO2。继续加入NaOH溶液，并80℃水浴，则反应生成NaBO2和Fe(OH)3沉淀。过滤得到NaBO2溶液，对溶液进行蒸发浓缩、降温结晶，得到NaBO2。加入MgH2反应生成NaBH4和耐火材料，该耐火材料为MgO。据此结合选项进行分析。11．【答案】D【解析】【解答】A、由晶胞结构可知，Cu＋的配位数为4，A不符合题意。

B、基态Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，因此其价层电子排布式为3d104s1，B不符合题意。

C、该反应中碳碳三键中的π键断裂，形成碳碳双键，因此存在π键的断裂，C不符合题意。

D、由“均摊法”可知，该晶胞中含有4个CuCl，其密度ρ=mV=4×99.5NA×a3=d，解得a=3398NAd×107nm，D符合题意。12．【答案】A【解析】【解答】A、T0温度时，反应达到平衡状态时生成n(C)=3mol，此时c(C)=0.6mol·L－1。其他条件不变，温度变为T1时，平衡时c(C)=0.8mol·L－1，说明改变温度后，平衡正向移动。由于该反应为放热反应，因此温度T1＜T0，A符合题意。

B、5~10min时，n(A)、n(B)保持不变，说明反应达到平衡状态，因此8min时，该反应的v(正)=v(逆)，B不符合题意。

C、反应达到平衡状态时，反应生成n(C)=3mol、n(D)=1mol。相同条件下，体积之比等于物质的量之比，因此平衡时，D的体积分数为1mol2mol+1mol+3mol+1mol×100%=14.3%，C不符合题意。

D、5min时，往平衡体系中再充入4.0molA和2.0molB，此时压强增大，平衡逆向移动，n(B)增大，所以达到平衡后B的百分含量变大，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析，温度升高，平衡向吸热反应方向移动。

B、5～10min内，n(A)、n(B)保持不变，反应达到平衡状态。

C、根据平衡时n(A)计算反应过程中反应生成n(C)、n(D)，从而得出D的体积分数。13．【答案】D【解析】【解答】A、由分析可知，d电极为阴极，A不符合题意。

B、装置工作时，乙室中b电极的电极反应式为：H2O2＋2e－＋2H＋=2H2O，溶液中c(H＋)减小，因此溶液的pH变大，B不符合题意。

C、由分析可知，c电极的电极反应式为：＋CH3CN＋H2O－2e－=＋2H＋，C不符合题意。

D、合成1mol扑热息痛时，转移2mol电子，此时甲室内产生1molO2，减少的质量为1mol×32g·mol－1=32g；同时有1molSO42－进入甲室，增加的质量为1mol×96g·mol－1=96g。因此合成1mol扑热息痛，理论上甲室增加的质量为96g－32g=64g，D符合题意。

故答案为：D

【分析】左侧装置为原电池，右侧装置为电解池。在原电池中，阴离子移向负极，因此a电极为负极，其电极反应式为：H2O2－2e－＋2OH－=O2↑＋2H2O；b电极与正极，其电极反应式为：H2O2＋2e－＋2H＋=2H2O。d电极与负极相连，因此d电极为阴极，其电极反应式：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。c电极与正极相连，为阳极，其电极反应式为：＋CH3CN＋H2O－2e－=＋2H＋。据此结合选项进行分析。14．【答案】C【解析】【解答】A、由分析可知，曲线Ⅱ表示lgc(CO32－)与pH的关系，A不符合题意。

B、b点时，溶液中c(H2CO3)=c(CO32－)，Ka1×Ka2=cHCO3-·cH+cH2CO3×cCO32-·cH+cHCO3-=c2H+·cCO32-cH2CO3=10-6.3×10-10.3。c(H＋)=10－8.3mol·L－1，则pH(b)=8.3；由图可知，pH(a)=6.3、pH(c)=10.3，所以2pH(b)=pH(a)＋pH(c)，B不符合题意。

C、a点时，溶液pH=6.3，Ka1×Ka2=cHCO3-·cH+cH2CO3×cCO315．【答案】（1）2CoCl2+10NH3•H2O+2NH4Cl+H2O2活性炭__55~60℃2[Co(NH3)6]Cl3（2）减少浓氨水和H2O2分解，以免造成浪费（3）酒精灯；干燥管；冷凝回流，提高原料的利用率（4）防止冷却时析出三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3为橙黄色晶体，造成损失（5）26.（6）使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆盖，防止AgCl转化为AgSCN沉淀【解析】【解答】（1）制备[Co(NH3)6]Cl3的实验中，在NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中，以活性炭为催化剂，利用H2O2溶液氧化CoCl2，该反应的化学方程式为：2CoCl2＋10NH3·H2O＋2NH4Cl＋H2O2==55~60℃活性炭2[Co(NH3)6]Cl3＋12H2O。

故答案为：2CoCl2＋10NH3·H2O＋2NH4Cl＋H2O2==55~60℃活性炭2[Co(NH3)6]Cl3＋12H2O

（2）步骤②中加入的浓氨水、H2O2溶液具有挥发性，且受热易分解。因此将温度降低到10℃以下，是为了减少浓氨水和H2O2的分解，以免造成原料的浪费。

故答案为：减少浓氨水和H2O2的分解，以免造成浪费

（3）步骤③中需加热至55～60℃，所需的玻璃仪器为酒精灯。仪器A为干燥管。仪器B为球形冷凝管，可起到冷凝回流，提高原料利用率的作用。

故答案为：酒精灯；干燥管；冷凝回流，提高原料的利用率

（4）[Co(NH3)6]Cl3易溶于热水，微溶于冷水。步骤④中趁热过滤，可防止温度降低[Co(NH3)6]Cl3结晶析出，造成损失。

故答案为：防止冷却时析出三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3为橙黄色晶体，造成损失

（5）步骤②中滴加KSCN溶液发生反应的离子方程式为Ag＋＋SCN－=AgSCN↓，参与反应的n(Ag＋)=c2mol·L－1×V2×10－3L=c2V2×10－3mol。则与Cl－反应的n(Ag＋)=c1mol·L－1×V1×10－3L－c2V2×10－3mol=(c1V1－c2V2)×10－3mol。Ag＋与Cl－反应的离子方程式为：Ag＋＋Cl－=AgCl↓，因此可知样品中n(Cl－)=(c1V1－c2V2)×10－3mol，则ag样品中nCoNH36Cl3=c1V1-c2V2×10-33mol，因此产品的质量分数为c1V1-c2V2×10-33mol×267.5g·mol-1ag×100%=26.75c1V1-c2V23a%。16．【答案】（1）2Fe3++FeS=3Fe2++S；FeS和S；FeO；4.7（2）B；酸性高锰酸钾溶液（3）3.0×109（4）Li2CO3+H2C2O4+2FePO4高温煅烧__2LiFePO4+3CO2↑+H【解析】【解答】（1）①“还原”工序中加入FeS，与溶液中的Fe3＋反应，生成Fe2＋和S，该反应的离子方程式为：2Fe3＋＋FeS=3Fe2＋＋S。过滤后所得的滤渣中含有过量的FeS和反应后生成的S。

故答案为：2Fe3＋＋FeS=3Fe2＋＋S；FeS和S

②“除铝”工序中可加入FeO，利用FeO与Al3＋水解产生的H＋反应，促使Al3＋水解平衡正向移动，将Al3＋转化为Al(OH)3沉淀除去。因此“除铝”工序中加入的难容物质为FeO。当溶液中c(Al3＋)=10－5mol·L－1时，溶液中Al3＋完全沉淀，此时溶液中cOH-=3KspAlOH3cAl3+=31.0×10-3310-5=10-9.3mol·L-1，此时溶液中cH+=KwcOH-=10-1410-9.3=10-4.7mol·L-1，所以溶液的pH=4.7。

故答案为：FeO；4.7

（2）“氧化”步骤中，是为了将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，为了不引入新的杂质，所选的氧化剂R最佳是H2O2，B符合题意。判断是否氧化彻底，则需判断反应后溶液中是否还含有Fe2＋，因此可加入酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则说明溶液中还含有Fe2＋，氧化不彻底；若溶液紫红色不褪色，则说明溶液中不含有Fe2＋，氧化彻底。

故答案为：B；酸性高锰酸钾溶液

（3）“沉铁”步骤发生的反应为Fe3＋＋HPO42－⇌FePO4↓＋H＋，该反应的平衡常数K=cH+cFe3+·cHPO42-。又HPO4－⇌H＋＋PO43－，其平衡常数Ka3=cH+·cPO43-cHPO42-=4.2×10-13；FePO4(s)=Fe3＋(aq)＋PO43－(aq)，其溶度积常数Ksp(FePO4)=c(Fe3＋)×c(PO43－)=1.4×10－22。所以K=cH+cFe3+·cHPO42-=Ka3KspFePO4=4.2×10-131.4×10-22=3.0×109。

故答案为：3.0×109

（4）“高温煅烧”过程中Li2CO3、H2C2O4和FePO417．【答案】（1）-132（2）2H2O-4e-=O2↑+4H+（3）62.5%；K=0.4（4）A；温度高于800℃，反应①和反应②为放热反应，平衡逆向移动，反应③为吸热反应，平衡正向移动且程度更大（5）c；CD3OH、CHD2OD【解析】【解答】（1）H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋12O2(g)=H2O(l)ΔH1=－286kJ·mol－1，CH3OH燃烧热的热化学方程式为：CH3OH(l)＋32O2=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH2=－726kJ·mol－1。根据盖斯定律可得，目标反应的反应热ΔH=3ΔH1－ΔH2=3×(－286kJ·mol－1)－(－726kJ·mol－1)=－132kJ·mol－1。

故答案为：－132

（2）电解Na2SO4溶液的过程中，实质为电解H2O，其总反应式为2H2O=2H2↑＋O2↑。产生的气体甲和乙的体积比为2：1，因此气体甲为H2，气体乙为O2。所以b极的电极反应式为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋。

故答案为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋

（3）当反应平衡状态时，体系中含有CO2、H2、CH3OH、H2O、CH4、CO，其中n(CH3OH)=1mol、n(CH4)=0.4mol、n(CO)=0.2mol。根据C原子守恒可得，n(CO2)=2mol－1mol－0.4mol－0.2mol=0.4mol；根据O原子守恒可得，n(H2O)=4mol－0.8mol－1mol－0.2mol=2mol；根据H原子守恒可得，n(H2)=12×(12mol－4mol－4mol－1.6mol)=1.2mol。所以CH3OH的选择性为1mol2mol-0.4mol×100%=62.5%。反应②的平衡常数K=cCH4·c2H2OcCO2·c4H2=0.42×2220.42×1.224。

故答案为：62.5%；0.42×2220.42×1.224

（4）反应生成n(CH3OH)=CH3OH的选择性×转化的n(CO2)，因此CO2