《试卷3份集锦》甘肃省金昌市高考化学第五次调研试卷

c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时，除钙率为___。

【答案】将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案） Cu2S＋4Fe3＋=S＋4Fe2＋＋2Cu2＋ 温度升高，单

＋＋++

质硫在煤油中的溶解度增加 4HF＋H2SiO3=SiF4↑＋3H2O NaClO将Fe2氧化Fe3，消耗H，使H浓

度减小，促使水解平衡Fe3＋＋3H2O晶 C 99% 【解析】 【分析】

Fe(OH)3＋3H＋向右移动，生成Fe(OH)3沉淀 蒸发浓缩 冷却结

辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取过滤，得到矿渣加入煤油回收硫单质；加入NaF除去钙离子，生成CaF2沉淀，加盐酸和硅酸钠生成H2SiO3除去多余的氟离子，再用NaClO将Fe2＋氧化Fe3＋，消耗H+，使H+浓度减小，促使水解平衡Fe3＋3H2O

＋

Fe(OH)3＋3H＋向右移动，生成Fe(OH)3沉淀；过滤后在滤液中加入

盐酸调节pH，蒸发浓缩 冷却结晶，得到CuCl2·H2O。 【详解】

（1）为了提高“溶浸”效率，可采取的措施是将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案）；“溶浸”过程中Cu2S溶解时，被Fe3＋氧化，离子方程式：Cu2S＋4Fe3＋=S＋4Fe2＋＋2Cu2＋。

故答案为：将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案）；Cu2S＋4Fe3＋=S＋4Fe2＋＋2Cu2＋；

（2）“脱硫”时，随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加； 故答案为：温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加；

（3）加盐酸和硅酸钠生成H2SiO3除去多余的氟离子，“脱氟”时HF发生反应的化学方程式：4HF＋H2SiO3=SiF4↑＋3H2O。

故答案为：4HF＋H2SiO3=SiF4↑＋3H2O；

（4）“沉铁”过程中，加入NaClO的两个作用是NaClO将Fe2＋氧化Fe3＋，消耗H+，使H+浓度减小，促使水解平衡Fe3＋3H2O

＋

Fe(OH)3＋3H＋向右移动，生成Fe(OH)3沉淀；

Fe(OH)3＋3H

＋＋++＋

故答案为：NaClO将Fe2氧化Fe3，消耗H，使H浓度减小，促使水解平衡Fe3＋3H2O＋

向右移动，生成Fe(OH)3沉淀；

（5）氯化铜溶于水，则“操作X”的具体操作是蒸发浓缩 冷却结晶。 故答案为：蒸发浓缩 冷却结晶

（6）经过“操作X”后，母液经过一系列操作可得到另外一种物质，这种物质是NaCl，NaCl易溶于水，不溶于酒精，随温度变化溶解度变化不明显；CuCl2·H2O易溶于水、酒精、浓氨水，随温度升高溶解度变明显增大。所以要得到这种纯净物，最好选用洗涤剂酒精，而A．浓盐酸、B．水、D．浓氨水三个选项中提供的物质均能溶解NaCl，故答案为：C。

（7）当溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时,Ksp(CaF2)=c(Ca2＋)c2(F－)=c(Ca2＋)(2.0×10-3)2= 4.0×10-11，

1.0?10?3?1.0?10?5c(Ca)=1.0×10mol·L，则除钙率为 ×100%=99%。 ?31.0?102＋

-5

-1

故答案为：99%。 【点睛】

本题考查了物质分离提纯的方法和流程判断，主要是物质性质的理解应用和实验基本操作，掌握基础是关NaCl在水中和酒精中的溶解度不同，键，难点（6）要充利用题目中的信息，难点（7）先用公式Ksp(CaF2)=c(Ca2

＋

)c2(F)计算出溶液中的c(Ca2)，再求出除钙率。

－＋

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．钴的合金及其配合物用途非常广泛。已知Co3＋比Fe3＋的氧化性更强，在水溶液中不能大量存在。 (1)Co3＋的核外电子排布式为__________________________。

(2)无水CoCl2的熔点为735℃、沸点为1049℃，FeCl3熔点为306℃、沸点为315℃。CoCl2属于_________晶体，FeCl3属于__________晶体。

(3)BNCP可用于激光起爆器等，可由HClO4、CTCN、NaNT共反应制备。 ①ClO4的空间构型为______________。

2－②CTCN的化学式为[Co(NH3)4CO3]NO3，与Co(Ⅲ)形成配位键的原子是_______{已知 CO3的结构式为

－}。

③NaNT可以____________。

(双聚氰胺)为原料制备。1 mol双聚氰胺分子中含σ键的数目为

(4)Co与CO作用可生成Co2(CO)8，其结构如图所示。该分子中C原子的杂化方式为_________________。

(5)钴酸锂是常见锂电池的电极材料，其晶胞结构如图所示。该晶胞中氧原子的数目为___________。已知NA为阿伏加德罗常数的数值，则该晶胞的密度为__________(用含a、b、NA的代数式表示)g·cm－3。 【答案】 [Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6 离子 分子 正四面体 N和O 9NA（或

196?10309×6.02×10） sp和sp 6

3a2b?NA23

2

【解析】 【分析】

（1）Co是27号元素，其原子核外有27个电子，失去3d上1个电子和4s上2个电子生成Co3+离子，根据构造原理知Co3+基态的电子排布式；

（2）分子晶体熔沸点较低，离子晶体熔沸点较高，据此解答； （3）根据价层电子对互斥理论作答；

（4）根据图示Co2(CO)8的结构式结合杂化轨道理论作答；

（5）先通过数学几何关系计算出六棱柱的体积，再利用“均摊法”求出该晶胞中O原子、Li原子和Co原子的数目，最后利用晶体密度ρ=【详解】

（1）Co位于第四周期第VIII族，基态Co的价电子排布式为3d74s2，Co3＋核外电子排布式为 [Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6；

FeCl3熔点为306℃、（2）无水CoCl2的熔点为735℃、沸点为1049℃，符合离子晶体的特点；沸点为315℃，符合分子晶体的特点，则CoCl2属于离子晶体，FeCl3属于分子晶体；

（3）①ClO4－中心原子Cl有4个σ键，孤电子对数为(7＋1－4×2)/2=0，价层电子对数为4，ClO4－的空间构型为正四面体；

②构成配位键，和中心原子提供空轨道，配原子提供孤电子对，根据CTCN的化学式，以及CO32－的结构式，与Co（III）形成配位键的原子是N和O；

③前一个C原子，有3个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp2，后一个碳原子有2个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp；成键原子之间只能形成一个σ键，即1mol该分子中含有σ键物质的量为9 mol，个数为9NA或9×6.02×1023。

（4）图中以碳氧双键存在的中心C原子是平面结构，C的价电子数=3+0=3，则采用sp2杂化方式；以碳氧三键存在的中心C原子是直线型结构，C的价电子数=2+0=2，则采用sp杂化方式，故答案为sp和sp2； 题图中原子的堆积方式为六方最密堆积。1pm=1010cm，六棱柱底部正六边形的面积=6?m计算求出结论。 V3(a×10-10)2cm2，4六棱柱的体积=6?12?323(a×10-10)2(b×10-10)cm3=3?ab×10-30cm3。该晶胞中氧原子的数目为

24111+6?+2?+1=6，Li原子的数目为3，Co原子的数目为3，已知NA为阿伏加德罗常数的数值，则

326294196?1030m?3g?cmg，故密度为ρ==一个晶胞的质量为。 2NAV3ab?NA196?1030因此，本题正确答案是： 3a2b?NA19．研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2，对减缓燃料危机和减少温室效应具有重要的意义。工业上CO2与CH4发生反应I：CH4(g)+CO2(g)＝2CO(g)+2H2(g) △H1

在反应过程中还发生反应Ⅱ：H2(g)+CO2(g)＝H2O(g)+CO(g) △H2=+41kJ/mol (l)已知部分化学键的键能数据如下表所示： 化学键 键能（kJ/mol） C—H 413 H—H 436 C=O 803 C?O 1076 则△Hl =____kJ/mol，反应Ⅰ在一定条件下能够自发进行的原因是____，该反应工业生产适宜的温度和压强为____（填标号）。

A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压

(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1:1投料制取CO2和H2时，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化关系如图所示。

①923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是________________________ ②计算923K时反应II的化学平衡常数K=______（计算结果保留小数点后两位）。 ③1200K以上CO2和CH4的平衡转化率趋于相等的原因可能是____。 (3)工业上CH4和CO2反应时通常会掺入O2发生反应

III: CH4+2O2＝CO2+2H2O，掺人O2可消除反应产生的积碳和减小反应器的热负荷（单位时间内维持反应发生所需供给的热量），O2的进气量与反应的热负荷的关系如图所示。

①随着O2进入量的增加，热负荷下降的原因是 ____。

②掺人O2可使CH4的平衡转化率____（填“增大”、“减小”或“不变”。下同），CO2的平衡转化率________ 【答案】+234 △S>0 B CH4和CO2按1:1投料发生反应I时转化率相等，CO2还发生反应II，所以平衡转化率大于CH4 0.39 1200K以上时以反应I为主，二者转化率趋于相等（或1200K以上时反应I的正向进行程度远大于反应II）（或1200K以上时反应I的平衡常数远大于反应II） 反应III放热，