2022届广东省梅州市梅江区梅州中学高二下学期阶段性考试（二）化学试题（含解析）

2021~2022学年第二学期高二年级阶段考试化学试卷注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4.作答选考题时，请先用2B铅笔填涂选做题的题号对应的信息点，再作答。漏涂、错涂、多涂的，答案无效。5.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1、C-12、N-14、O-16、Si-28、Co-59、Cl-35.5、Mo-96一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.第24届冬奥会于2022年2月4日在北京开幕，科技部提出了“科技冬奥”理念，并着力于做好此次冬奥会的科技支撑保障工作。以下事实对应的解释或说法不正确的是A.有舵雪橇中的碳纤维是一种有机高分子材料B.吉祥物“冰墩墩”采用聚氯乙烯等原材料制作，聚氯乙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.冬奥会采用氢燃料电池车，还开发了全新车载光伏发电系统，体现了“绿色出行”的理念D.北京冬奥会使用二氧化碳跨临界制冰机组，与传统制冷剂氟利昂相比更加环保【答案】A【解析】【详解】A．碳纤维是一种无机非金属材料，A错误；B．聚氯乙烯中不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．氢气燃烧生成水，对环境无污染，体现了“绿色出行”的理念，C正确；D．氟利昂会造成臭氧空洞，使用二氧化碳替代，无污染，D正确；答案选A。2.化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法错误的是A.丙三醇可用于配制化妆品B.乙炔燃烧放出大量热，可用氧炔焰来切割金属C.乙烯可作水果催熟剂D.甲醛能使蛋白质变性，可用甲醛溶液来保存海鲜【答案】D【解析】【详解】A．丙三醇俗称为甘油，具有良好的保湿性，常用于配制化妆品或本身就能作为护肤品，A正确；B．乙炔燃烧放出大量热，氧炔焰能够产生很高的温度，则可用氧炔焰来切割金属，B正确；C．乙烯是一种植物生长调节剂和水果的催熟剂，可作为水果催熟剂，C正确；D．甲醛能使蛋白质变性，但甲醛有毒，可使人体细胞癌变而致癌，不可用甲醛溶液来保存海鲜等食品，D错误；故答案为：D。3.《天工开物》中记载：“凡乌金纸由苏、杭造成，其纸用东海巨竹膜为质。用豆油点灯，闭塞周围，只留针孔通气，熏染烟光而成此纸，……”。下列说法不正确的是A.“乌金纸”的“乌”与豆油不完全燃烧有关B.“巨竹膜”为造纸的原料，主要成分是纤维素C.豆油的主要成分油脂在酸性和碱性条件下水解均能得到电解质D.豆油和甘油含有相同的官能团【答案】D【解析】【详解】A．豆油不完全燃烧生成炭黑，“乌金纸”的“乌”与豆油不完全燃烧有关，故A正确；B．“巨竹膜”为造纸的原料，竹纤维的主要成分是纤维素，故B正确；C．豆油的主要成分为油脂，油脂在酸性条件下水解生成的高级脂肪酸和油脂，在碱性条件下水解生成的高级脂肪酸盐均为电解质，故C正确；D．豆油含有酯基，甘油含有羟基，含有的官能团不同，故D错误；选D。4.下列说法正确的是A.硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，说明分子极性：H2O>C2H5OH>CS2B.碘单质升华或NH4Cl的分解过程中，不需克服化学键C.熔点：MgO>NH4Cl；H2O>H2S；锂<钠<钾<铷<铯D.在氯化钠晶体中，每个Na+周围与它距离最近且相等的的Na+共有8个【答案】A【解析】【详解】A．由分子组成的晶体，其溶解性遵循“相似相溶”原理，因为H2O是折线型极性分子，CS2是直线型非极性分子，根据硫在其中的溶解性特点可知分子极性大小关系是H2O>C2H5OH>CS2，A选项正确；B．碘属于分子晶体，升华时克服分子间作用力，NH4Cl分解是化学变化，原有化学键断裂，B选项错误；C．离子晶体的熔点决定于离子半径大小和离子所带电荷数的多少，据此判断MgO>NH4Cl，H2O分子间有氢键，熔点大于克服分子间作用力的H2S，同主族金属晶体随着核电荷数的递增，金属阳离子半径逐渐增大，熔点逐渐降低，C选项错误；D．与NaCl简单立方晶胞中心Na+距离最近且相等的Na+在立方体棱的中心，因此共有12个，D选项错误；答案选A。5.下列各项中的反应原理相同的是A.乙醇、乙烯分别与HBr反应制取溴乙烷B.甲苯、乙烯使酸性KMnO4溶液褪色C.溴水中加入己烯或苯充分振荡，溴水层均褪色D.乙醇与浓硫酸共热140℃、170℃均能脱去水分子【答案】B【解析】【详解】A．乙醇与HBr发生取代反应生成溴乙烷，乙烯与HBr发生加成反应生成溴乙烷，原理不同，A错误；B．甲苯、乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，均是被酸性KMnO4溶液氧化，原理相同，B正确；C．溴水中加入己烯，己烯与溴发生加成反应使溴水褪色，溴水中加入苯，发生萃取使溴水褪色，原理不同，C错误；D．乙醇与浓硫酸共热140℃脱去水分子发生的是取代反应生成乙醚，乙醇与浓硫酸共热170℃脱去水分子发生的是消去反应生成乙烯，原理不同，D错误；答案选B。6.下列说法正确的是A.属于醛类B.用系统命名法命名为2-甲基-1-丙醇C.、、三者互为同系物D.可用新制的Cu(OH)2悬浊液来鉴别甲酸和乙酸【答案】D【解析】【详解】A．含有的官能团是酯基，属于酯类，A错误；B．用系统命名法命名为：2-丁醇，B错误；C．和分子式相同，结构不同，互为同分异构体，C错误；D．甲酸(HCOOH)结构中含-CHO，能与新制的Cu(OH)2悬浊液加热条件下反应产生砖红色沉淀，乙酸与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成蓝色溶液，现象不同，可用新制的Cu(OH)2悬浊液来鉴别甲酸和乙酸，D正确；答案选D。7.2021年9月24日《科学》杂志发表了我国科学家的原创性重大突破，首次在实验室实现从CO2到淀粉的全合成。其合成路线如下：下列说法错误的是A.电负性：O>C>H>ZnB.Zn2+溶于氨水形成配合物[Zn(NH3)4](OH)2，Zn2+的配位数为6C.DHA分子间存在氢键D.甲醇分子中H-C-O键角小于甲醛分子中H-C-O键角【答案】B【解析】【详解】A．C、O的氢化物中H显正价，同周期自左至右，电负性逐渐增大，所以电负性：O＞C＞H，锌为金属元素，电负性最小，故A正确；

B．Zn2+溶于氨水形成配合物[Zn(NH3)4](OH)2，Zn2+的配位数为4，故B错误；

C．DHA分子中含有2个羟基，可以形成分子间氢键，故C正确；

D．甲醇分子中C原子为sp3杂化，甲醛分子中C原子为sp2杂化，所以甲醇分子中H-C-O键角小于甲醛分子中H-C-O键角，故D正确；

故选：B。8.下列有关实验装置及用途叙述完全正确的是A.a装置检验消去反应后有丙烯B.b装置检验酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚C.c装置用于实验室制取并收集乙烯D.d装置用于实验室制硝基苯【答案】D【解析】【分析】【详解】A．挥发的醇及生成的烯烃均使高锰酸钾褪色，由高锰酸钾不能检验丙烯生成，故A错误；

B．盐酸易挥发，盐酸与苯酚钠反应，图中装置不能比较碳酸、苯酚的酸性，故B错误；

C．温度计测定反应液的温度，水银球应在液面下，故C错误；

D．水浴加热制备硝基苯，图中装置可制备，故D正确；

故选：D。9.已知有机物的结构简式如图所示，下列说法不正确的是A.存在官能团酰胺键B.分子中所有碳原子不可能共平面C.一氯代物有10种D.酸性条件下可以发生水解【答案】C【解析】【详解】A．根据物质结构简式可知：该物质分子中存在官能团是酰胺键，A正确；B．根据物质结构简式可知：分子中含有的环己烷结构，其中有6个饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，因此该物质分子中不可能所有碳原子共平面，B正确；C．该物质分子结构高度不对称，在左、右侧苯环上各有3种H原子；在2个酰胺键上有2种H原子；在中间环己烷结构上有4种H原子，因此该物质分子中含有3+3+2+4=12种，它们分别被氯原子取代就得到一种取代产物，故其一氯取代产物有12种，C错误；D．根据物质分子结构可知：在该物质分子中存在官能团是酰胺键，在酸性条件下水解产生、、，D正确；故合理选项是C。10.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法中正确的是A.1mol苯乙烯()中含有的碳碳双键数为4NAB.2.8g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳原子数为0.2NAC.60gSiO2和12g金刚石中各含有4NA个Si—O键和4NA个C—C键D.标准状况下，2.24LCHCl3含有的分子数为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A．1个苯乙烯分子中含有1个碳碳双键，则1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为NA，A错误；B．乙烯和丙烯的最简式是CH2，其式量是14，所以2.8g乙烯和丙烯的混合气体中含有最简式的物质的量是0.2mol，因此其中所含的C原子的数目是0.2NA，B正确；C．60gSiO2的物质的量为1mol，形成4molSi-O键，个数为4NA，12g金刚石的物质的量为1mol，形成了2molC-C键，个数为2NA，C错误；D．标准状况下CHCl3为液态物质，不能使用气体摩尔体积计算，D错误；答案选B。11.硝酸甘油（三硝酸甘油酯）是临床上常用的抗心率失常药。其合成步骤如下：1-丙醇→丙烯→3-氯-1-丙烯→1，2，3-三氯丙烷→丙三醇→三硝酸甘油酯（提示：CH2=CHCH3+Cl2→CH2=CHCH2Cl+HCl）经过的反应类型依次是（）A.取代→加成→加成→水解→酯化B.消去→取代→加成→水解→酯化C.消去→加成→加成→水解→酯化D.消去→加成→加成→取代→取代【答案】B【解析】【详解】1-丙醇在浓硫酸作用下发生消去反应生成丙烯（CH3CH=CH2），在加热条件下发生取代反应生成3-氯-1-丙烯，再与氯气发生加成反应生成1，2，3-三氯丙烷，在NaOH的水溶液中加热水解得丙三醇，在浓硫酸作用下与硝酸发生酯化反应生成三硝酸甘油酯，综合上述过程采用的反应为：消去→取代→加成→水解→酯化，故选B。12.由五种元素组成的某配离子是一种常用的有机催化剂，结构如图。X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，Y、Z、M同周期，X与M形成的化合物水溶液可以用于雕刻玻璃，基态Z原子2p轨道有两个单电子，Q2+离子的价电子排布式为3d9。下列说法正确的是A.Q的最高价氧化物对应的水化物能溶于强酸，不溶于任何碱B.原子半径：M＞Z＞YC.简单氢化物的沸点：Z＞M＞YD.含有X、Y、Z的酸的分子式一定是X2YZ3【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，基态Z原子2p轨道有两个单电子，则Z为O元素；Y、Z、M同周期，由有机催化剂结构可知，X形成1个共价键、Y形成4个共价键、M形成1个共价键，则X为H元素、Y为C元素、M为F元素；Q2+离子的价电子排布式为3d9，则Q为29号Cu元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。【详解】根据上述分析可知：X是H，Y是C，Z是O，M是F，Q是Cu元素。A．Q是Cu元素，其最高价氧化物对应的水化物Cu(OH)2是弱碱，能溶于弱碱NH3·H2O中形成四氨合铜离子，A错误；B．同一周期元素从左到右原子半径依次减小，则C、O、F的原子半径大小顺序为：C＞O＞F，B错误；C．Y是C，Z是O，M是F，三种元素形成的简单氢化物分别是CH4、H2O、HF，H2O、HF分子能形成分子间氢键，而CH4分子不能形成分子间氢键，CH4的分子间作用力最小，沸点最低，H2O分子间形成的氢键数目多于HF分子，分子间作用力高于HF，沸点高于HF，则简单氢化物的沸点高低顺序为：H2O＞HF＞CH4，C正确；D．X是H，Y是C，Z是O，H、C、O三种元素形成的含氧酸可能为H2CO3、HCOOH、CH3COOH、H2C2O4等，D错误；故合理选项是C。13.科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法正确的是A.该装置将电能转化为化学能B.电极b上发生的反应式：O2+4e-+4H+=2H2OC.电极a为电池的正极D.电路中每通过4mol电子，理论上在电极a消耗44.8LH2S【答案】B【解析】【详解】A．该燃料电池是将化学能转化为电能，A选项错误；B．质子固体电解质膜传递质子，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，B选项正确；C．H2S在a电极失电子被氧化为S2，a电极为电池的负极，C选项错误；D．未标明标准状况，无法计算，D选项错误；答案选B。14.中成药连花清瘟胶囊可用于新冠肺炎的防治，其成分之一绿原酸的结构简式如图，下列关于绿原酸判断正确的是A1mol绿原酸与足量NaHCO3溶液反应，生成3molCO2气体B.1mol绿原酸与足量溴水反应，最多消耗3molBr2C.1mol绿原酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOHD.绿原酸的水解产物均可以与FeCl3溶液发生显色反应【答案】C【解析】【详解】A．1mol绿原酸含有1mol羧基，能和NaHCO3反应产生1molCO2，A错误；B．含有1mol碳碳双键能和1molBr2发生加成反应，含有酚羟基，使得苯环邻位和对位上的氢原子变得活泼，容易发生取代，消耗3molBr2，1mol绿原酸与足量溴水反应，最多消耗4molBr2，B错误；C．1mol绿原酸含有1mol羧基、1mol酯基、2mol酚羟基，最多消耗4molNaOH，C正确；D．右边的环是环烷烃，不是苯环，不含有酚羟基，绿原酸水解后含右边环的产物不能与FeCl3溶液发生显色反应，D错误；答案选C。15.下列化学实验中的操作、现象及结论都正确的是选项实验操作实验现象结论A.向CH2=CHCHO中滴加KMnO4酸性溶液紫红色褪去CH2=CHCHO中含碳碳双键B.将苯、液溴和铁粉混合产生的气体直接通入硝酸银溶液中产生淡黄色沉淀证明苯与液溴发生了取代反应C.向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液浊液变澄清CO结合H+的能力比C6H5O-强D.溴乙烷与NaOH水溶液混合共热后，再滴入硝酸银溶液溶液中出现淡黄色沉淀说明溴乙烷中含有溴元素A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．CH2=CHCHO中有醛基，醛基也能使KMnO4酸性溶液紫红色褪去，不能说明CH2=CHCHO中含碳碳双键，A错误；B．将苯、液溴和铁粉混合，反应放热，产生的气体中含有溴蒸气，将气体直接通入硝酸银溶液中，溴化氢和溴蒸气均能使硝酸银溶液中产生淡黄色沉淀，不能证明苯与液溴发生了取代反应，B错误；C．向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，两者反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，说明CO结合H+的能力比C6H5O-强，C正确；D．溴乙烷与NaOH水溶液混合共热后，应先加入硝酸酸化，中和氢氧化钠，然后再加入硝酸银溶液，产生淡黄色沉淀，说明溴乙烷中含有溴元素，D错误；答案选C。16.2021年诺贝尔化学奖授予本杰明·李斯特(BenjaminList)、大卫·麦克米兰(DavidW·C.MacMillan)，以表彰在“不对称有机催化的发展”中的贡献，用脯氨酸催化合成酮醛反应如图：下列说法正确的是A.c发生消去反应后形成的产物存在顺反异构 B.该反应为取代反应C.b与足量H2加成后分子中含有2个手性碳原子 D.c的分子式为C10H9NO4【答案】A【解析】【详解】A．c发生消去反应后形成的产物为，双键碳上均连有2个不同的原子团，存在顺反异构，A正确；B．该反应由两种反应物得到一种产物，为加成反应，B错误；C．b与足量H2加成后的产物为，不存在手性碳原子，C错误；D．由c的结构简式可知，c的分子式为C10H10NO4，D错误；答案选A。二、非选择题：共56分。本题共4大题，考生根据要求作答。17.(青蒿素是我国科学家从传统中药中发现的能治疗疟疾的有机化合物。已知：青蒿素是烃的含氧衍生物，为无色针状晶体，可溶于乙醇、乙醚，在水中几乎不溶，熔点为156~157℃，热稳定性差，青蒿素60℃以上易分解。从青蒿中提取青蒿素的方法之一是以萃取原理为基础的。（1）从青蒿中提取青蒿素的流程如图：研究团队经历了使用不同溶剂和不同温度的探究过程，实验结果如表：溶剂水乙醇乙醚沸点/℃1007834.5提取效率几乎为035%95%①分离残渣与提取液的实验操作是____；操作Ⅱ的名称是____。②研究发现，青蒿素分子中的某个基团受热不稳定，据此分析若用乙醇作溶剂，提取效率低于乙醚的原因是____。③操作Ⅲ的主要过程可能是____(填字母)。A．加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶B．加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤C．加入乙醚进行萃取分液（2）某学生对青蒿素的性质进行探究。将青蒿素加入含有NaOH、酚酞的水溶液中，青蒿素的溶解量较小，加热并搅拌，青蒿素的溶解量增大，且溶液红色变浅，说明青蒿素与____(填字母)具有相似的性质。A.乙醇 B.乙酸 C.乙酸乙酯 D.乙醛（3）青蒿素的质谱数据中有一个峰值与另一种抗疟药鹰爪素相同，而鹰爪素的该质谱峰对应过氧基团，于是推测青蒿素中也含有过氧基团，请写出过氧基的电子式：____，青蒿素所属晶体类型为____晶体。研究还发现，将青蒿素通过下面反应转化为双氢青蒿素，治疗疟疾的效果更好。该反应的反应类型是____反应(填“氧化”或“还原”)。（4）科学家对H2O2分子结构的认识经历了较为漫长的过程，最初科学家提出了两种观点：甲：、乙：H—O—O—H，甲式中O→O表示配位键，在化学反应中O→O键遇到还原剂时易断裂。化学家Baeyer和Villiyer为研究H2O2的分子结构，设计并完成了下列实验：a．将C2H5OH与浓H2SO4反应生成(C2H5)2SO4和水；b．将制得的(C2H5)2SO4与H2O2反应，只生成A和H2SO4；c．将生成的A与H2反应(已知该反应中H2作还原剂)。①如果H2O2的结构如甲所示，实验c中化学反应方程式为(A写结构简式)：____。②为了进一步确定H2O2的结构，还需要在实验c后添加一步实验d，请设计d的实验方案：____。【答案】（1）①.过滤②.蒸馏③.乙醇沸点相对乙醚来说较高，分离时易造成青蒿素受热被破坏，导致其提取率偏低④.B（2）C（3）①.②.分子③.还原（4）①.+H2C2H5OC2H5+H2O②.用无水硫酸铜检验c的反应产物中有没有水【解析】【分析】本题是一道从青蒿中提取青蒿素的实验题，首先用乙醚从青蒿干燥破碎中萃取出青蒿素，之后过滤得到提取液，再通过蒸馏的方式分离乙醚和粗品，再对粗品提纯即可得到精品，以此解答。【小问1详解】①分离残渣与提取液的操作是分离难溶性固体与液体混合物，该实验操作方法是名称是过滤；操作Ⅱ为分离互溶的两种液体物质的操作，该操作名称为蒸馏；②用乙醇作溶剂，提取效率偏低，不能达到理想效果的原因是乙醇沸点相对乙醚来说较高，分离时易造成青蒿素受热被破坏，导致其提取效率偏低；故答案为:乙醇沸点相对乙醚来说较高，分离时易造成青蒿素受热被破坏,导致其提取效率偏低;③操作Ⅲ为提纯青蒿素的过程得到精品青蒿素。A．青蒿素在水中几乎不溶，不能用水溶解，A错误；B．青蒿素在乙醇中可溶解，加95%的乙醇，然后浓缩、结晶、过滤，就可以提纯青蒿素，B正确；C．加入乙醚分液后得到的还是混合液，而不是精品，C错误；故合理选项是B；【小问2详解】A．乙醇易溶于水，A错误；B．乙酸易溶于水，B错误；C．乙酸乙酯在水中的溶解度不大，加入含有NaOH、酚酞的水溶液后水解生成乙酸，且水解的碱性减弱，溶液红色变浅，C正确；D．乙醛易溶于水，D错误；故合理选项是C；【小问3详解】过氧基里两个氧之间有一对共用电子对，另外两个氧还各有一个单电子，故其电子式为；青蒿素的熔点为156~157℃，熔点较低，说明该物质属于分子晶体；根据青蒿素和双氢青蒿素分子结构的不同，可知该反应类型为加成反应；物质与H2的加成反应属于还原反应，故该反应的反应类型是还原反应；【小问4详解】①根据原子守恒可知，A的分子式为C4H10O2，所以如果双氧水的结构如甲所示，O→O键遇到还原剂时易断裂，则实验c中的化学反应方程式为+H2C2H5OC2H5+H2O；②如果双氧水的结构如乙所示，则反应为C2H5O-OC2H5+H2→2CH3CH2OH，两者的区别之一为是否有水生成，所以可利用无水硫酸铜进行检验。因此用无水硫酸铜检验c的反应产物有没有水。18.无水氯化钴(CoCl2)用作彩色水泥的添加剂、催化剂、饲料等，以钴渣(主要成分是CoO含少量NiO、CuO、FeO和SiO2等)为原料制备无水氯化钴的工艺流程如图：已知几种金属氢氧化物沉淀的pH如表所示：金属离子Co2+Cu2+Ni2+Fe3+Fe2+开始沉淀时pH7.64.46.81.97.5完全沉淀时pH9.26.48.43.29.5请回答下列问题：（1）固体1的主要成分是____(填化学式)。（2）从绿色化学角度考虑选择试剂M为H2O2，其作用是____(用离子方程式表示)。“调pH=6.5”除去的固体2的成分是____(填化学式)。（3）“萃取”目的是除去____(填离子符号)。（4）“系列操作”的实验操作依次为缓缓加热，浓缩至溶液表面出现结晶薄膜为止、____、过滤、洗涤、干燥，即得产品。（5）“灼烧”过程生成两种溶于水呈酸性的气体，请写出相应的化学方程式____。（6）测定CoCl2产品纯度：准确称取mg产品溶于蒸馏水配制成250mL溶液，量取25.0mL于锥形瓶中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用cmol·L-1AgNO3滴定至终点，消耗滴定液体积为xmL。该产品纯度为____(用含m、c和x的代数式表示)。【答案】（1）SiO2（2）①.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O②.Cu(OH)2、Fe(OH)3（3）Ni2+（4）冷却结晶(或者降温结晶)（5）CoCl2•6H2O+SOCl2CoCl2+SO2↑+2HCl↑+5H2O（6）%【解析】【分析】“酸浸”中金属氧化物与硫酸反应得到对应的盐，溶液中离子有Co2+、Ni2+、Cu2+、Fe2+，SiO2与硫酸不反应，固体1为SiO2，加入氧化剂可氧化Fe2+为Fe3+，调节pH=6.5可将Cu2+、Fe3+转为沉淀除去，“萃取”步骤中将Ni2+转到有机层，得到溶液含Co2+，加入纯碱生成CoCO3沉淀，过滤得滤渣再加盐酸酸溶得到CoCl2溶液，经系列操作后得到结晶，加入SOCl2灼烧得到CoCl2，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，固体1的主要成分是SiO2，故答案为：SiO2；【小问2详解】由分析可知，试剂M的目的为氧化Fe2+为Fe3+，从绿色化学角度考虑选择试剂M可以为H2O2，其作用是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，由题干表中数据可知，“调pH=6.5”可将Cu2+、Fe3+转为沉淀除去，则除去的固体2的成分是Cu(OH)2、Fe(OH)3，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Cu(OH)2、Fe(OH)3；小问3详解】由分析可知，“萃取”目的是除去Ni2+，故答案为：Ni2+；【小问4详解】从溶液中析出晶体操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥，则“系列操作”的实验操作依次为缓缓加热，浓缩至溶液表面出现结晶薄膜为止、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即得产品，故答案为：冷却结晶(或者降温结晶)；【小问5详解】由上述分析可知，CoCl2·6H2O在SOCl2气流中灼烧，得到无水氯化钴(CoCl2)、SO2和HCl气体，其化学方程式为CoCl2•6H2O+SOCl2CoCl2+SO2↑+2HCl↑+5H2O，故答案为CoCl2•6H2O+SOCl2CoCl2+SO2↑+2HCl↑+5H2O；【小问6详解】根据反应CoCl2+2AgNO3=2AgCl↓+Co(NO3)2可知，n(CoCl2)=n(AgNO3)=×cmol·L-1×x×10-3L=5cx×10-4mol，该产品纯度为=%，故答案为：%。19.镍是一种硬而有延展性并具有铁磁性的金属，它能够高度磨光和抗腐蚀，用镍制造不锈钢和各种合金钢被广泛地用于飞机、舰艇、雷达、导弹、陶瓷颜料、永磁材料、电子遥控等领域。回答下列问题：（1）基态镍原子的价电子轨道表示式为____。（2）硝酸肼镍{Ni[(N2H4)3](NO3)2}是一种配合物，NO空间构型是____(用文字说明)；配体N2H4中氮原子杂化轨道类型为____；N2H4沸点(113.5℃)比乙烷沸点(-88.6℃)高得多，其主要原因是____。丁二酮肟()可用于鉴别Ni2+，1mol丁二酮肟含有σ键数目为____(用NA表示阿伏加德罗常数)。（3）草酸镍可用于制镍粉和镍的催化剂等，加热分解的化学方程式为NiC2O4NiO+CO↑+CO2↑，属于非极性分子的产物是____。（4）过渡金属氮化物因其优异的催化性能(加氢处理、光和电化学催化等)受到了广泛关注。贵金属钼(Mo)的氮化物可作将N2还原为氨的反应的催化剂。贵金属钼的氮化物的立方晶胞如图所示。已知晶胞参数为anm，则该晶体的化学式为_____，晶体的密度为____(列出计算式)g·cm-3。【答案】（1）（2）①.平面三角形②.sp3③.N2H4分子间可形成氢键，而乙烷分子间不能形成氢键④.15NA（3）CO2（4）①.Mo2N②.【解析】【小问1详解】镍的原子序数为28，其基态原子的价电子轨道表示式为：。【小问2详解】NO的中心原子价层电子对数为3+=3，采取sp2杂化，没有孤对电子，空间构型是平面三角形；配体N2H4的结构式为，氮原子形成3个共价单键、有1对孤对电子，采取sp3杂化；氮的电负性强，N2H4分子间可形成氢键，而乙烷分子间不能形成氢键，因此N2H4沸点比乙烷沸点高得多；单键为σ键、双键为1个σ键、1个π键，1个丁二酮肟分子中含13个单键、2个双键，因此1mol丁二酮肟含有σ键数目为15NA。【小问3详解】氧化镍为离子化合物，一氧化碳分子的空间构型为直线型，正负电荷重心不重合，为极性分子，二氧化碳分子空间构型为直线型，正负电荷重心重合，为非极性分子。【小问4详解】依据均摊法，Mo原子的个数为8+6=4