江苏省2023年高考化学模拟题汇编-07物质结构与性质
一、单选题
1．（2023·江苏南通·统考二模）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素。X和Y的基态原子s能级电子总数均等于其p能级电子总数，Z的原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，W和X位于同一主族。下列说法不正确的是
A．Z单质可用于制作半导体材料
B．元素Z、W的最高价氧化物对应水化物都是强酸
C．元素X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D．简单离子半径：
2．（2023·江苏南通·统考二模）黑火药是中国古代四大发明之一。爆炸反应为。下列说法不正确的是
A．含离子键和共价键 B．与具有相同的电子层结构
C．的结构式为 D．干冰的晶体类型为共价晶体
3．（2023·江苏南通·统考二模）一种由含的酸性溶液制备氧化钪()的工艺流程如下。
下列说法正确的是
A．Sc基态核外电子排布式为
B．1 mol (乙二酸)含有5 mol σ键
C．生成的离子方程式为
D．在足量空气中焙烧，消耗
4．（2023·江苏南通·统考二模）下列说法正确的是
A．BrCl、都是由极性键构成的非极性分子
B．中的键角大于中的键角
C．溴元素位于元素周期表第四周期第VA族
D．F、Cl、Br、I的第一电离能逐渐减小
5．（2023·江苏·统考一模）中和胃酸药物“达喜”的有效成分为。下列说法正确的是
A．电离能大小： B．电负性大小：
C．半径大小： D．碱性强弱：
6．（2023·江苏·统考一模）硫及其化合物有着广泛的作用。硫元素具有多种化合价，在一定条件下能发生相互转化。不同温度下硫单质的状态和分子结构不同，环状分子的结构为。合理应用和处理含硫的化合物，在生产生活中有重要意义。下列有关说法正确的是
A．的空间构型为正四面体 B．是共价晶体
C．和中的键角相等 D．的沸点高于
7．（2023·江苏·统考二模）化工原料Z是X与HI反应的主产物，X→Z的反应机理如图：
下列说法正确的是
A．X分子中所有碳原子位于同一平面上
B．Y与Z中碳原子杂化轨道类型相同
C．X与Z分子中均含有1个手性碳原子
D．X与HI反应有副产物CH3CH2CH2CH2I产生
8．（2023·江苏·统考二模）元素周期表中VIA族元素单质及其化合物有着广泛应用。O2可用作氢氧燃料电池的氧化剂；O3具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫有多种单质，如斜方硫(燃烧热为297kJ mol-1)、单斜硫等，硫或黄铁矿(FeS2)制得的SO2可用来生产H2SO4。用SO2与SeO2的水溶液反应可制备硒；硒是一种半导体材料，在光照下导电性可提高近千倍。下列说法正确的是
A．基态氧原子价电子的轨道表示式为
B．斜方硫和单斜硫互为同素异形体
C．SO2是由极性键构成的非极性分子
D．SeO2分子中O－Se－O的键角大于120°
9．（2023·江苏·统考二模）由SiCl4制备高纯SiH4的反应为SiCl4+LiAlH4SiH4↑+LiCl+AlCl3。下列说法正确的是
A．热稳定性：HCl＞SiH4 B．离子半径：r(Li+)＞r(H-)
C．第一电离能：I1(Al)＞I1(Cl) D．共价键的极性：Si－Cl＞Al－Cl
10．（2023·江苏·统考二模）用NaCN溶液浸取矿粉中金的反应为4Au+2H2O+8NaCN+O2=4Na[Au(CN)2]+4NaOH。下列说法正确的是
A．H2O的空间结构为直线形 B．NaCN中含有离子键和共价键
C．1mol[Au(CN)2]-中含有2molσ键 D．NaOH的电子式为
11．（2023·江苏南通·统考一模）工业制取的主要反应为。下列说法正确的是
A．中子数为10的氧原子： B．价层电子排布式为
C．分子空间构型为直线形 D．硫原子结构示意图：
12．（2023·江苏·统考一模）人们在金星大气中探测到PH3，据此推断金星大气层或存在生命。反应可制备PH3。下列说法正确的是
A．P4为极性分子 B．K+的结构示意图为
C． PH3的电子式为 D．中含有离子键和共价键
13．（2023·江苏南通·统考一模）首例有机小分子催化剂催化的不对称Aldol反应如下：
下列说法正确的是
A．X分子中σ键和π键数目之比为3：1 B．Y的名称为3-氨基苯甲醛
C．Z不能发生消去反应 D．存在对映异构现象
14．（2023·江苏南通·统考一模）X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大且不超过20的主族元素。X是地壳中含量最多的元素，Y基态原子核外s能级和p能级电子数相等，Z与X同主族，Q的焰色试验呈紫色。列说法正确的是
A．简单离子半径；
B．X的第一电离能比同周期的相邻元素的大
C．Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D．Q最高价氧化物对应水化物的碱性比Y的弱
15．（2023·江苏·统考一模）工业上用C还原SiO2可得半导体材料Si和CO。下列说法正确的是
A．键能大小：E(C-C)
C．电负性大小：x(O)< x(C)
D．酸性强弱：H2CO3
A．氧原子的结构示意图为 B．CsF的电子式为
C．FNO的空间构型为直线形 D．CsNO3中含有离子键与共价键
二、填空题
17．（2023·江苏南通·统考二模）研究含硼化合物具有重要意义。
(1)易溶于热水、在冷水中溶解度较小，可通过如下过程制得：称取10 g钠硼解石[主要成分，含少量、NaCl和难溶于酸的物质]，除去氯化钠后，在60℃下用浓硝酸溶解，趁热过滤，将滤渣用热水洗净后，合并滤液和洗涤液，降温结晶，过滤得。
①写出与硝酸反应生成的化学方程式：______。
②60℃时，控制钠硼解石量一定，硝酸溶解时B的浸出率随液固质量比的变化如图所示。硝酸溶解时控制液固质量比为5∶1，而不采用更大液固质量比的原因是______。
③钠硼解石中的B可看成以形式存在。液固质量比为测定钠硼解石中的质量分数，实验方案如下：将所得用热水完全溶解后，加水定容至500 mL。取25.00 mL溶液，加入适量甘露醇(甘露醇与结合后，每分子可电离出1个)，滴入2~3滴酚酞作指示剂，用0.2500 mol·L NaOH标准溶液进行滴定，终点时消耗NaOH标准溶液20.00 mL。根据实验数据计算钠硼解石中的质量分数，写出计算过程______。
(2)一种镍磷化合物催化氨硼烷水解制氢的可能机理如图所示。
①“中间体I”中B、N上所连H分别吸附在Ni和P上的原因是______。
②“中间体III”可以进一步水解，则氨硼烷水解最终所得含硼化合物的化学式为____________。
(3)一种是核工业屏蔽中子的新型材料。其晶胞中Ca处于晶胞的体心位置，占据晶胞8个顶点的是由B原子构成的正八面体。晶胞和正八面体结构如图所示。中______。
三、有机推断题
18．（2023·江苏·统考一模）化合物G是一种酪氨酸激酶抑制剂中间体，其合成路线之一如下：
(1)A分子中碳原子的杂化轨道类型为_______。
(2)B→C的反应类型为_______。
(3)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①分子中有4种不同化学环境的氢，能与发生显色反应，但不能与溴水发生取代反应。
②在碱性条件下发生水解反应，酸化后产物之一苯环上含有2种含氧官能团。
(4)D到E的反应需经历D→M→E的过程，M的分子式为。M的结构简式为_______。
(5)请写出以和甲酸乙酯为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
四、工业流程题
19．（2023·江苏·统考一模）对为载体的加氢废催化剂(主要含有、NiS、，少量碳、磷)处理的实验流程如下：
(1)NiS中，基态镍离子的电子排布式为_______。
(2)高温氧化焙烧时，发生反应的化学方程式为_______。
(3)滤渣X的成分为和_______。
(4)易溶于水，、均难溶于水。除磷装置见如图所示，向滤液中先通入，再滴加溶液，维持溶液pH为9～10，得到复合肥料固体。
①实验中球形干燥管的作用是_______。
②磷酸的分布分数x(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。生成的离子方程式为_______。
③向滤液中先通入后加入溶液的原因是_______。
(5)已知：①该实验中pH=5.0时，沉淀完全；在pH=6.0时，开始沉淀。
②实验中须用到的试剂：2 溶液、0.1 NaOH溶液。浸渣中含NiO、少量的和不溶性杂质。请完成从浸渣制备的实验方案：_______。
20．（2023·江苏·统考二模）以粉煤灰浸取液(含Al3+、Li+、Mg2+、Cl-等)为原料制备电极材料LiFePO4的实验流程如图：
(1)“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3和_____(填化学式)。
(2)“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等。已知Ksp[Mg(OH)2]=5.5×10-12，欲使c(Mg2+)≤5.5×10-6mol L-1，“除杂”需要调节溶液的pH不低于_____。
(3)离子筛法“富集”锂的原理如图1所示。在碱性条件下，离子筛吸附Li+容量较大，其可能原因为_____。
(4)已知Li2CO3的溶解度曲线如图2所示。“沉锂”反应1h，测得Li+沉淀率随温度升高而增加，其原因有_____。
(5)“合成”在高温下进行，其化学方程式为_____。
(6)LiFePO4的晶胞结构示意图如图3所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有_____个。
21．（2023·江苏·统考一模）钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料(含和少量Fe、Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及活性炭)为原料制取钴的氧化物的流程如下。
已知：萃取时发生的反应为。
(1)除Fe、Al：先加入溶液，再加入溶液调节pH。写出氧化的离子方程式：_______。
(2)除Ca、Mg：当某离子浓度时，认为该离子已除尽。
①为使、除尽，必须保持溶液中_______。
②若调节溶液的pH偏低、将会导致、沉淀不完全，其原因是_______。 [，，]。
(3)萃取、反萃取：加入某有机酸萃取剂，实验测得萃取率随pH的变化如图所示。向萃取所得有机相中加入，反萃取得到水相。
①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_______。
②萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是_______。
(4)热分解：向反萃取所得水相中加入溶液，充分反应后，得到。将在空气中加热可得到钴的氧化物。分解时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示。
①B点剩余固体产物为_______(写出计算过程)。
②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有_______个。
22．（2023·江苏·统考一模）锶的化合物应用广泛，SrSO4可用于陶瓷工业，SrF2可作防蛀牙膏的添加剂。
(1)以天青石精矿(主要含SrSO4)为原料制备高纯硫酸锶的部分工艺流程如下：
①“转化”中用碳酸氢铵和过量氨水的混合溶液浸取天青石精矿，可制得SrCO3沉淀。写出该过程的离子方程式：_____
②“转化”中维持反应温度70℃且控制氨水过量，氨水过量的主要原因是_____
③该工艺流程中，可循环利用物质是_______ (填化学式) 。
(2)工业上还可用碳还原法制备高纯硫酸锶。将天青石精矿和煤粉按照一定质量比在回转窑中煅烧，生成SrS，再处理得高纯SrSO4。
①煅烧温度对SrSO4转化率的影响如图,最佳煅烧温度为_____
②天青石精矿和煤粉质量比对SrSO4转化率的影响如图,天青石精矿和煤粉质量比增大至5.5：1后，SrSO4转化率下降的可能原因是_______。
(3)SrF2一种晶体的晶胞结构如图所示。
①由图可知，每个Sr2+周围紧邻且等距离的Sr2+个数为_______。
②已知 =3.2×10-8，若一次刷牙所用牙膏含的质量为2mg，口腔中溶液体积为5mL，刷牙时口腔溶液中氟离子浓度为_______mol·L-1。
参考答案：
1．B
【分析】短周期元素X、Y的s能级电子总数均等于p能级，若是第二周期元素则s能级电子数为4，2p能级电子数为4，原子序数为8，为O元素，若位于第三周期，则s能级电子为6，2p能级电子数为6，3p能级没有电子，原子序数为12，为Mg元素，因此X为O，Y为Mg；W与X同主族，则W为S；Z最外层电子数是Y最外层电子数的两倍，则Z最外层有4个电子，为Si元素。据此解答该题。
【详解】A．Z为Si，单质可用于制作半导体材料，A正确；
B．Z的最高价氧化物对应水化物是硅酸，为弱酸，B错误；
C．O的非金属性比S强，因此简单气态氢化物更稳定，C正确；
D．电子层数越多半径越大，电子层数相同，原子序数越小半径越大，S2-的电子层数多于O2-和Mg2+，故半径最大，O2-和Mg2+电子层数相同，O的原子序数更小半径更大，因此简单粒子半径：，D正确；
故选B。
2．D
【详解】A．中存在K+和，含有离子键和共价键，故A正确；
B．与都含有18个电子，具有相同的电子层结构，故B正确；
C．的结构式为，故C正确；
D．干冰的晶体类型为分子晶体，故D错误；
故选D。
3．C
【详解】A．Sc是21号元素，基态核外电子排布式为，故A错误；
B．结构简式为HOOC-COOH，分子中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，该分子中碳原子的杂化方式为sp2，单键为σ键，双键含有1个σ键，1个π键，故HOOC-COOH分子中含有7个σ键，1 mol 分子中含有7 mol σ键，故B错误；
C．和发生反应生成固体，离子方程式为：，故C正确；
D．在足量空气中焙烧生成，Sc元素化合价没有发生变化，说明中C元素由+3价上升到+4价，O2中O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒可知消耗，故D错误；
故选C。
4．D
【详解】A．BrCl是直线形结构，Br原子和Cl原子大小不同，则BrCl是极性分子，故A错误；
B．中心原子价层电子对数为4+=4，Cl原子为sp3杂化，为正四面体结构，键角为109°28′，中心原子价层电子对数为3+=3，C原子为sp2杂化，为正三角形结构，键角为120°，故B错误；
C．溴元素位于元素周期表第四周期第VIIA族，故C错误；
D．同一主族从上到下第一电离能减小，F、Cl、Br、I的第一电离能逐渐减小，故D正确；
故选D。
5．A
【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Al的第一电离能比Mg小；A正确；
B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；电负性大小：，B错误；
C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；半径大小：，C错误；
D．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性强弱：，D错误；
故选A。
6．A
【详解】A．中硫原子形成4个共价键，空间构型为正四面体，A正确；
B．是由分子构成的分子晶体，B错误；
C．和中硫原子均为sp2杂化，但是二氧化硫中存在一对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故两者的键角不相等，C错误；
D．水分子间能形成氢键导致沸点升高，故的沸点低于，D错误；
故选A。
7．D
【详解】A．X分子中存在饱和碳上连接三个碳原子，故所有碳原子不可能共平面，A错误；
B．Y中碳原子有sp2、sp3两种杂化类型，Z中只有sp3杂化，B错误；
C．X分子中没有手性碳原子，Z中有1个手性碳原子，C错误；
D．X分子开环时，HI中的H原子可分别加在断键的两个碳原子上，故有副产物CH3CH2CH2CH2I产生，D正确；
故选D。
8．B
【详解】A．基态氧原子价电子的轨道表示式为，故A错误；
B．斜方硫和单斜硫均是硫元素组成的不同单质，互为同素异形体，故B正确；
C．SO2是V形结构，是由极性键构成的极性分子，故C错误；
D．SeO2分子中Se是sp2杂化，Se原子价层电子对数为2+=3，有一对孤电子对，对两个成键电子对有排斥作用，O－Se－O的键角小于120°，故D错误；
故选B。
9．A
【详解】A．元素的非金属性Cl＞Si，则简单氢化物的稳定性HCl＞SiH4，A正确；
B．Li+和H-的电子层数相同，Li的核电核数大，故半径小，即r(Li+)＜r(H-)，B错误；
C．Al的失电子能力大于Cl，故第一电离能I1(Al)＜I1(Cl)，C错误；
D．元素电负性差值越大，共价键极性越强，Si与Cl的电负性差值小于Al，故共价键的极性Si－Cl＜Al－Cl，D错误；
故选A。
10．B
【详解】A．H2O的空间结构为V形，A错误；
B．NaCN中Na+与CN-间形成离子键，CN-中C和N之间形成共价键，B正确；
C．[Au(CN)2]-中CN-内含有1个σ键，Au与CN-间形成配位键也是σ键，故1mol[Au(CN)2]-中含有4molσ键，C错误；
D．NaOH的电子式为，D错误；
故选B。
11．A
【详解】A．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为10的氧原子：，A正确；
B．铁失去2个电子后得到亚铁离子，价层电子排布式为，B错误；
C．分子中中心S原子价层电子对数为2+=3，S原子采用sp2杂化，分子是V形分子，C错误；
D．硫原子的最外层电子数为6，原子结构示意图为：，D错误；
故选A。
12．D
【详解】A．P4分子呈正四面体结构，正负电荷重心重合，为非极性分子，A不正确；
B．K+的核外有18个电子，结构示意图为，B不正确；
C． PH3分子中，1个P与3个H各形成一对共用电子，另外P的最外层还有1个孤电子对，电子式为，C不正确；
D．KH2PO2由K+和构成，阴阳离子间形成离子键，内原子间形成共价键，D正确；
故选D。
13．D
【详解】A．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，X分子中σ键和π键数目之比为9：1，A错误；
B．Y的名称为4-硝基苯甲醛，B错误；
C．Z中羟基碳的相邻碳含有氢，能发生消去反应，C错误；
D．分子中含有手性碳，存在对映异构现象，D正确；
故选D。
14．A
【分析】X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大且不超过20的主族元素；X是地壳中含量最多的元素，X为O；Y基态原子核外s能级和p能级电子数相等，Y为Mg；Z与X同主族，Z为S；Q的焰色试验呈紫色，Q为K，则W为Cl。
【详解】A．由分析可知，X为O，Y为Mg，Z为S；电子层数越多，简单离子的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，简单离子的半径越小；故简单离子半径；，A正确；
B．由分析可知，X为O；同一周期，从左到右，随着原子序数变大，元素的第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故N、O的第一电离能大小：N>O；而不是氧的第一电离能比同周期的相邻元素的大，B错误；
C．由分析可知，Z为S，W为Cl；元素的非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，非金属性：Cl＞S，则S的简单气态氢化物的热稳定性比W的Cl，C错误；
D．由分析可知，Y为Mg，Q为K；元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；金属性：K＞Mg，K最高价氧化物对应水化物的碱性比Mg的强，D错误；
故选A。
15．B
【详解】A．同主族元素，随着原子核电荷数变大，半径半径变大，键能变小，故E(C-C)＞E(Si-Si)，A错误；
B．同周期原子第一电离能随着核电荷数变大呈增大趋势，第VA族遵循半满规则，能量最低，电离能大于第VIA族电离能，电离能大小VA族＞VIA族＞IVA族，故I1(C)< I1(O)，同主族元素第一电离能随着核电荷数增大而增大，故I1(Si)< I1(C)，故I1(Si)< I1(O)，B正确；
C．同周期原子，电负性随核电荷数增大而增大，电负性大小：x(C)< x(O)，C错误；
D．同主族元素，非金属性随核电荷数增加而减弱，最高价氧化物对应的水化物酸性减弱：H2CO3＞H2SiO3，D错误；
故答案为：B。
16．D
【详解】A． O原子的质子数和电子数都是8，核外电子分层排布，其结构示意图为，故A错误；
B． CsF为离子化合物，电子式为，故B错误；
C． FNO中心原子N原子价层电子对数为2+=3，空间构型为V形，故C错误；
D． CsNO3中含有Cs+与NO间的离子键与N-O共价键，故D正确；
故选D。
17．(1) 使用更大液固比，B元素浸出率不再增大，但会消耗更多硝酸，浪费原料；更大液固比时，硼酸的结晶率会降低，减少硼酸的产率 mol
原10 g钠硼解石中B的物质的量 mol
mol
g
钠硼解石
(2) 电负性N>H>B，P>Ni，所以B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，所以B、N上所连H分别吸附在Ni和P上 或
(3)6
【详解】（1）①与硝酸反应生成硝酸钠、硝酸钙、硼酸和水，反应方程式为：，故答案为：；
②由图中信息可知当液固质量比为5：1时，B元素的浸出率已经较大，再增大质量比B元素的浸出率不再增大，但会增加硝酸的用量，浪费原料；另外过高的质量比会导致硼酸的结晶率降低，减少硼酸产率，故答案为：使用更大液固比，B元素浸出率不再增大，但会消耗更多硝酸，浪费原料；更大液固比时，硼酸的结晶率会降低，减少硼酸的产率；
③ mol
原10 g钠硼解石中B的物质的量 mol
mol
g
钠硼解石
故答案为： mol
原10 g钠硼解石中B的物质的量 mol
mol； g；钠硼解石；
（2）①由电负性规律可知：电负性N>H>B，P>Ni，由此可知B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，所以B、N上所连H分别吸附在Ni和P上。故答案为：电负性N>H>B，P>Ni，所以B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，所以B、N上所连H分别吸附在Ni和P上；
②由反应机理可知水解过程中B原子所连的H逐步被-OH替代，由此可知氨硼烷水解最终水解生成和铵根离子，最终产物为或，故答案为：或；
（3）由晶胞结构可知，该晶胞中含1个Ca，由B原子构成的正八面体占据晶胞8个顶点，则正八面体的个数为，则晶胞中B原子个数为6，故答案为：6。
18．(1)sp2、sp3
(2)还原反应
(3)或
(4)
(5)
【分析】A发生硝化反应生成B，B中的硝基变为氨基生成C，C与甲酸乙酯反应生成D，D中氨基、醛基先发生加成反应，再发生消去反应生成E，E中羟基被氯原子取代生成F，F发生取代反应生成G。
【详解】（1）A分子中单键碳原子采用sp3杂化，双键碳、苯环上的碳原子采用sp2杂化，碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3；
（2）B中的硝基变为C中的氨基，B→C的反应类型为还原反应；
（3）①分子中有4种不同化学环境的氢，说明结构对称，能与发生显色反应，说明含有酚羟基，但不能与溴水发生取代反应，说明酚羟基的邻位、对位都有取代基。②在碱性条件下发生水解反应，说明含有酯基，酸化后产物之一苯环上含有2种含氧官能团。符合条件的C的同分异构体为或；
（4）D到E的反应需经历D→M→E的过程，D中氨基、醛基发生加成反应生成M，M的分子式为，M发生消去反应生成E， M的结构简式为。
（5）苯乙烯和氯化氢加成、水解生成，催化氧化为；与甲酸乙酯反应生成，与POCl3反应生成，合成路线为 。
19．(1)[Ar]3d8
(2)
(3)Al(OH)3
(4) 防止倒吸 避免生成MgHPO4沉淀，提升NH4MgPO4产率或纯度
(5)向浸渣中加入稍过量的2mol·L-1H2SO4溶液中，充分搅拌至固体不再溶解；边搅拌边滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0～6.0之间，过滤；将滤液加热浓缩、冷却结晶，过滤
【分析】废催化剂通入空气氧化焙烧，、NiS、转化为相应的金属氧化物同时生成二氧化碳、二氧化硫，加入碳酸钠焙烧金属氧化物转化钠盐，水浸除去滤渣，滤液加热煮沸加入盐酸调节pH得到硅酸、氢氧化铝沉淀成为滤渣X；过滤滤液加入氨气、氯化镁除去磷，滤液加入氯化钙溶液处理得到CaWO4；
【详解】（1）基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，镍失去2个电子得到镍离子，基态镍离子的电子排布式为[Ar]3d8；
（2）高温氧化焙烧时，和空气中氧气反应生成WO3和二氧化硫，反应为；
（3）由分析可知，滤渣X的成分为和Al(OH)3；
（4）①氨气极易溶于水溶液产生倒吸，实验中球形干燥管的作用是防止倒吸；
②维持溶液pH为9～10，得到复合肥料固体，pH为9～10时磷主要以存在，则反应为；
③已知：易溶于水，、均难溶于水。向滤液中先通入后加入溶液的原因是避免生成MgHPO4沉淀，提升NH4MgPO4产率或纯度；
（5）该实验中pH=5.0时，沉淀完全；在pH=6.0时，开始沉淀。故实验方案为：向浸渣中加入稍过量的2mol·L-1H2SO4溶液中，充分搅拌至固体不再溶解；边搅拌边滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0～6.0之间，过滤；将滤液加热浓缩、冷却结晶，过滤。
20．(1)HCl
(2)11
(3)在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+
(4)随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内Li2CO3沉淀量增大；随温度升高，Li2CO3溶解度减小，Li2CO3沉淀量增大
(5)Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑
(6)4
【分析】粉煤灰浸取液(含Al3+、Li+、Mg2+、Cl-等)为原料进行焙烧进行一定的转化，根据题设问可知，“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3，根据元素守恒和元素价态不变，另一产物是HCl，加水溶解后“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等。继续加入NaOH溶液，使镁离子形成Mg(OH)2沉淀，可得到富集的Li+；加入碳酸钠溶液后，发生2Li++CO=Li2CO3↓，得到Li2CO3与H2C2O4和FePO4反应，反应方程式是Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑；
【详解】（1）“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3，根据元素守恒和元素价态不变，另一产物是HCl，故答案是HCl；
（2）“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等，加入NaOH溶液，使镁离子形成Mg(OH)2沉淀，根据Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH-)=5.5×10-12，欲使c(Mg2+)≤5.5×10-6mol L-1，则此时溶液中c(OH-)==，故c(H+)===10-11，故“除杂”需要调节溶液的pH不低于11；
（3）离子筛法“富集”锂的原理如图分析，离子筛中含H+和Li+，若在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+，故答案是在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+；
（4）由图像可知，温度越高，Li2CO3溶解度减小，越易产生沉淀；“沉锂”发生2Li++CO=Li2CO3↓，温度越高，反应速率越大，相同时间内产生Li2CO3含量越大，故“沉锂”反应1h，测得Li+沉淀率随温度升高而增加，其原因有随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内Li2CO3沉淀量增大；随温度升高，Li2CO3溶解度减小，Li2CO3沉淀量增大；
（5）“合成”在高温下进行，其化学方程式为Li2CO3与H2C2O4和FePO4反应生成产物LiFePO4，分析元素化合价变化，可知FePO4中铁元素化合价由+3降到+2，做氧化剂，H2C2O4中碳元素化合价由+3价，升高到+4价，其产物是CO2，根据氧化还原反应，故反应方程式是Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑；
（6）由题图可知，小白球表示锂离子，每个晶胞中的锂离子数为8×+4×+4×=4，故一个晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个。
21．(1)
(2) 0.01 pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子
(3) 实现的提取和富集 随着pH升高，氢离子浓度减小，平衡正向移动，导致萃取率升高；若pH过高则转化为Co(OH)2沉淀，导致萃取率下降
(4) 在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1mol，A点为0.1mol；根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1mol，则B中氧为，则B中Co、O的物质的量之比为0.1:0.133=3:4，故B点剩余固体产物为Co3O4 12
【分析】含钴废料焙烧后活性炭转化为二氧化碳，金属元素转化为相应氧化物；加入盐酸、亚硫酸钠浸取后加入氧化为铁离子，加入碳酸钠调节pH除去铁、铝；滤液加入氟化并调节pH除去钙、镁；滤液加入催化剂萃取出后分液，有机层反萃取出，处理后最终得到钴的氧化物；
【详解】（1）氧化生成氯离子和铁离子，离子方程式：；
（2）①，，则氟化钙溶解度更大，钙离子除尽则需要保证氟离子至少为，故为使、除尽，必须保持溶液中0.01。
②若调节溶液的pH偏低、将会导致、沉淀不完全，其原因是pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子；
（3）①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是将从滤液中提取到有机层中，然后分液后再反萃取到水层中，实现的提取和富集；
②萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是随着pH升高，氢离子浓度减小，平衡正向移动，导致萃取率升高；若pH过高则转化为Co(OH)2沉淀，导致萃取率下降；
（4）①在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1mol，A点为0.1mol；根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1mol，则B中氧为，则B中Co、O的物质的量之比为0.1:0.133=3:4，故B点剩余固体产物为Co3O4；
②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，根据“均摊法”，晶胞中含个黑球、个白球，则钴、氧各自周围等距最近的钴、氧原子数目是相同的，以体心白球为例，周围等距最近的白球为12个，故在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有12个。
22．(1) 能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行 NH3
(2) 1200℃ 煤粉不足，不能使硫酸锶充分反应
(3) 12
【分析】（1）由溶度积可知相同温度时溶解度SrCO3＜SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应，过滤后得到的粗SrCO3中含有杂质SiO2、BaSO4．粗SrCO3焙烧分解转化成氧化锶和二氧化碳，氧化锶与水反应生成易溶于水的氢氧化锶，难溶的SiO2和BaSO4进入浸渣中，浸液中含有Sr(OH)2，此时加入(NH4)2SO4溶液，生成沉淀SrSO4。
【详解】（1）①由溶度积可知相同温度时溶解度SrCO3＜SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应生成碳酸锶，，答案：；
②氨水过量会中和较多的碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与锶离子结合生成碳酸锶，所以氨水过量的主要原因是能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行，答案：能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行；
③第一步转化中需要NH3H2O，在沉淀过程中会生成NH3，NH3可循环利用，故答案为：NH3；
（2）①随着温度的升高硫酸锶的转化率在升高，当达到1200℃后，再升高温度转化率没有明显的变化，所以选择1200℃，答案：1200℃；
②SrSO4转化率下降的可能原因是：煤粉不足，不能使硫酸锶充分反应；
（3）①由晶胞结构可知一种微粒位于顶点和面心，每个晶胞均摊4个，内部有8个另一种微粒，所以可知锶离子位于顶点和面心，每个Sr2+周围紧邻且等距离的Sr2+个数为12个，答案：12；
②是难溶物，口腔中形成了饱和溶液，设 mol·L-1，则 mol·L-1，所以，得，所以氟离子浓度为mol·L-1，答案：。
试卷第1页，共3页
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