江苏省连云港高级中学2023-2024学年高三下学期4月期中考试化学试题

这是一份江苏省连云港高级中学2023-2024学年高三下学期4月期中考试化学试题，共18页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 化学与生产、生活等密切相关。下列说法正确的是
A. 采用冷链运输新冠疫苗，以防止蛋白质变性
B. 向河水中加入明矾，可除去悬浮杂质并杀灭有害细菌
C. 大丝束碳纤维被称为“新材料之王”，属于有机高分子材料
D. 5G技术实现超高清信号长时间稳定传输，5G芯片主要材质是
【答案】A
【解析】
【详解】A．疫苗中的蛋白质在较高温度下容易变性，所以采用冷链运输疫苗，以防止蛋白质变性，A正确；
B．明矾能净化河水，但不能对河水消毒杀菌，B错误；
C．碳纤维不有机物，C错误；
D．5G芯片主要材质是Si单质，D错误；
故选A。
2. 侯氏制碱法的基本反应为NaCl + H2O + NH3 + CO2 = NaHCO3↓ + NH4Cl。下列说法正确的是
A. Na+的结构示意图为B. CO2的空间构型为V形
C. NH3的电子式为D. NaHCO3既含离子键又含共价键
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na+的质子数为11，核外电子数为10，结构示意图为，A错误；
B．CO2中心C原子的价层电子对数为：2+=2，故其空间构型为直线形，B错误；
C．NH3中N原子满足8电子稳定结构，电子式为，C错误；
D．NaHCO3中钠离子和碳酸氢根离子含离子键，碳酸氢根离子内含共价键，D正确；
故答案为：D。该试卷源自 每日更新，享更低价下载。3. 下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是
A. 用装置甲制取氯气
B. 用装置乙除去氯气中的少量氯化氢
C. 用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液
D. 用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A、二氧化锰与浓盐酸需要在加热的条件下反应制取氯气，A不正确；
B、用装置乙除去氯气中的少量氯化氢应该用饱和氯化钠溶液，且气体是长口进短口出，B不正确；
C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，装置丙是过滤装置，C正确；
D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制备MnCl2·4H2O，应该在氯化氢的气氛中进行，D不正确。
答案选C。
4. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，基态时Y原子2p轨道上有4个电子，Z在周期表中位于IA族，W与Y同主族。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(W)＞r(Z)
B. 电负性：X＞Y
C. 元素Y和元素Z仅能形成一种离子化合物
D. Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素为N；基态时Y原子2p轨道上有4个电子，即核外有8个电子，则为O元素；Z在周期表中位于IA族则为Na；W与Y同主族，Y为S元素，据此分析解题。
【详解】A．原子半径同主族从上到下逐渐增大，同周期从左到右逐渐减小：r(W)＜r(Z)，A错误；
B．非金属性越强电负性越强，同周期从左到右非金属性增强，电负性：X＜Y，B错误；
C．元素Y和元素Z能形成Na2O、Na2O2，C错误；
D．非金属性越强，气态氢化物稳定性越强，同周期从上到下非金属性逐渐减弱，Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D正确；
答案选D。
5. ⅤA族氮、磷、砷(As)、锑(Sb)元素及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料，广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱、医药等；肼()的燃烧热为624kJml，是常用的火箭燃料。白磷()晶胞如图所示，P元素可形成多种含氧酸，其中次磷酸()为一元弱酸，H3PO4为三元中强酸。雌黄(As2S3)和SnCl2在盐酸中反应转化为雄黄(As4S4)和SnCl4(沸点114 ℃)并放出H2S气体。锑是带有银色光泽的灰色金属，铅锑合金一般用作铅蓄电池的负极材料。
下列说法正确的是
A. PCl3是由极性键形成的非极性分子
B. 易液化是由于与分子间形成氢键
C. ⅤA族元素单质的晶体类型相同
D. 白磷晶体中1个分子周围有12个紧邻的分子
【答案】D
【解析】
【详解】A．PCl3中含共价键P－Cl键，属于极性键，中心原子P价层电子对数：3+=4，含1对孤电子对，为三角锥形，属于极性分子，故A错误；
B．NH3易液化是由于NH3分子间形成氢键，故B错误；
C．VA族氮、磷、砷(As)、锑(Sb)元素由非金属元素向金属过渡，氮、磷、砷形成的单质是分子晶体，锑(Sb)单质晶体类型是金属晶体，故C错误；
D．由白磷晶胞结构图可知，与晶胞顶点距离最近且相等的白磷分子有3个，分别位于3个面心，为2个晶胞所共用；而晶胞顶点上的白磷分子为8个晶胞所共用，则晶体中与1个P4分子紧邻的P4分子有：3×8×=12，故D正确；
答案选D。
6. ⅤA族氮、磷、砷(As)、锑(Sb)元素及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料，广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱、医药等；肼()的燃烧热为624kJ/ml，是常用的火箭燃料。白磷()晶胞如图所示，P元素可形成多种含氧酸，其中次磷酸()为一元弱酸，H3PO4为三元中强酸。雌黄(As2S3)和SnCl2在盐酸中反应转化为雄黄(As4S4)和SnCl4(沸点114 ℃)并放出H2S气体。锑是带有银色光泽的灰色金属，铅锑合金一般用作铅蓄电池的负极材料。
下列化学反应表示正确的是
A. NO2制HNO3的离子方程式：3NO2＋H2O=2HNO3 ＋NO
B. 次磷酸与足量NaOH溶液反应：
C. 肼燃烧的热化学方程式：；
D. 雌黄制备雄黄的化学方程式：2As2S3＋2SnCl2＋4HCl=As4S4＋2SnCl4＋2H2S↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．NO2制HNO3的离子方程式：3NO2＋H2O=2H++2NO＋NO，故A错误；
B．次磷酸是一元弱酸，次磷酸与足量NaOH溶液反应生成NaH2PO2，方程式为：，故B错误；
C．肼()的燃烧热为624kJ/ml，即1ml燃烧生成氮气和液态水时放出624kJ热量，热化学方程式： ，故C错误；
D．雌黄(As2S3)和SnCl2在盐酸中反应转化为雄黄(As4S4)和SnCl4(沸点114 ℃)并放出H2S气体，化学方程式为：2As2S3＋2SnCl2＋4HCl=As4S4＋2SnCl4＋2H2S↑，故D正确；
故选D。
7. ⅤA族氮、磷、砷(As)、锑(Sb)元素及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料，广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱、医药等；肼()的燃烧热为624kJml，是常用的火箭燃料。白磷()晶胞如图所示，P元素可形成多种含氧酸，其中次磷酸()为一元弱酸，H3PO4为三元中强酸。雌黄(As2S3)和SnCl2在盐酸中反应转化为雄黄(As4S4)和SnCl4(沸点114 ℃)并放出H2S气体。锑是带有银色光泽的灰色金属，铅锑合金一般用作铅蓄电池的负极材料。
下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 易分解，可用作氮肥
B. 氨气易液化，可用于工业制硝酸
C. 具有脱水性，可用于实验室乙醇制取乙烯
D. 铅锑合金导热性好，可用作铅蓄电池的电极材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH4HCO3中含有氮元素，可用作氮肥，与其受热分解性质无关，A错误；
B．氨气发生催化氧化生成NO，NO转化为NO2，最后生成硝酸，与氨气易液化无关，B错误；
C．P2O5具有脱水性，乙醇制备乙烯脱去一个水，则P2O5可用于实验室乙醇制取乙烯，C正确；
D．铅锑具有导电性，且能参与电极反应从而用作电极材料，与其导热性好无关，D错误；
故答案选C。
8. 下列有关氮、硫、氯的单质及其化合物的转化正确的是
A. 工业制备漂白粉：饱和食盐水Cl2漂白粉
B. 实验室制备NH3：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O
C. 工业制备硫酸：FeS2SO3H2SO4
D. 实验室制备SO2：Na2SO3+2HNO3=2NaNO3+SO2↑+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．工业上通过将氯气通入冷的石灰乳中来制备漂白粉，故A错误；
B．实验室用Ca(OH)2固体与NH4Cl固体共热制备NH3，故B正确；
C．FeS2与氧气反应生成二氧化硫，故C错误；
D．实验室用Na2SO3固体与浓硫酸制备SO2，HNO3具有强氧化性，会氧化Na2SO3生成Na2SO4，故D错误；
故选B。
9. 异甘草素具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效。合成中间体Z的部分路线如图：

下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
A. 1mlZ中含有6ml碳氧σ键
B. X分子中的所有原子一定共平面
C. Y能发生加成、氧化和消去反应
D. Z与足量的氢气加成后的产物分子中含有3个手性碳原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据单键都是σ键，双键是1个σ键1个π键，1mlZ中含有6ml碳氧σ键，A正确；
B．因为-OH中的氧是sp3杂化，再加上单键可以旋转，X分子中的所有原子不一定共平面， B错误；
C．Y中官能团有酮羰基、酚羟基，能发生加成、氧化反应，因苯环结构稳定，酚羟基不能发生消去反应，C错误；
D．Z与足量的氢气加成后的产物分子为其中含有4个手性碳原子，D错误；
故选A。
10. 以Cu­ZnO­Al2O3作催化剂发生反应2CH3CHO(g)+H2O(g)C2H5OH(g)+CH3COOH(g) ΔH<0，下列说法正确的是
A. 该反应的平衡常数K=
B. 反应物的键能总和小于生成物的键能总和
C. 该反应中每消耗1 ml H2O(g)，转移电子数约为6.02×1023
D. 将C2H5OH移出一段时间后，v正增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．气态水浓度会发生变化，应写入表达式中，该反应的平衡常数K=，A错误；
B．ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和<0，可得反应物的键能总和小于生成物的键能总和，B正确；
C．CH3CHO转化为CH3COOH相当于增加一个O原子，转移2个电子，该反应中每消耗1 ml H2O(g)，转移2ml电子，转移电子数约为2×6.02×1023，C错误；
D．将C2H5OH移出生成物浓度减小，逆反应速率减小，平衡正向移动，一段时间后，反应物浓度减小，则v正减小，D错误；
故答案为：B。
11. 室温下，探究0.1 ml·L-1 FeCl3溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．CuSO4和FeCl3溶液中阴离子不同，应控制阴离子相同，探究Cu2+和Fe3+的催化效果，A错误；
B．发生2FeCl3+2KI2FeCl2+2KCl+I2，且FeCl3溶液过量，反应后加KSCN溶液血红色，检验铁离子不能证明反应存在限度，应控制氯化铁溶液不足，B错误；
C．苯酚溶液中加入几滴FeCl3溶液，发生显色反应，生成配合物，没有元素的化合价发生改变，故与氧化反应无关，C错误；
D．已知FeCl3溶液由于Fe3+水解而呈酸性，NaHCO3溶液由于碳酸氢根水解大于电离而呈碱性，故将5 mL 0.1 ml·L-1 FeCl3溶液和15 mL 0.1 ml·L-1 NaHCO3溶液混合，由于Fe3+与发生了双水解反应Fe3++3=Fe(OH)3↓+3CO2↑，生成红褐色沉淀和气体，D正确；
故答案为：D。
12. 捕集与转化CO2的部分过程如下图所示，室温下以0.1 ml·L-1的NaOH溶液吸收CO2，忽略通入CO2引起的溶液体积变化和水的挥发。已知溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()，H2CO3电离常数分别为Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，下列说法正确的是
A 吸收液中：c()B. 吸收液c总=0.1 ml·L-1时，c(H2CO3)+c()+c(H+)=c(OH-)，且Ka2(H2CO3)>
C. “再生”过程中发生反应的离子方程式有：Ca(OH)2+= CaCO3+OH-+H2O
D. 将CaCO3投入煮沸后蒸馏水，沉降后溶液pH≈8.3，则c(Ca2+)c()≠Ksp(CaCO3)
【答案】C
【解析】
【分析】由题给流程可知，用氢氧化钠溶液吸收烟气中的二氧化碳得到溶液pH为10的吸收液，向吸收液中加入石灰乳，石灰乳与溶液中的碳酸钠、碳酸氢钠反应生成氢氧化钠和碳酸钙，过滤得到可循环使用的氢氧化钠溶液和碳酸钙；碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与水反应生成可循环使用的石灰乳。
【详解】A．由分析可知，吸收液的pH为10，由电离常数可知，溶液中===0.47，则溶液中的碳酸根离子浓度小于碳酸氢根离子浓度，故A错误；
B．由题意可知，吸收液c总为0.1ml/L的溶液为碳酸氢钠溶液，由电离常数可知，碳酸氢根离子在溶液中的水解常数Kh==＞Ka2(H2CO3)= 4.7×10-11，故B错误；
C．由分析可知，石灰乳与溶液中的碳酸钠、碳酸氢钠反应生成氢氧化钠和碳酸钙，则碳酸氢根离子在溶液中反应的离子方程式为Ca(OH)2+= CaCO3+OH-+H2O，故C正确；
D．将碳酸钙投入煮沸后蒸馏水所得沉降后溶液为碳酸钙饱和溶液，溶液中c(Ca2+)c()=Ksp(CaCO3)，故D错误；
故选C。
13. 已知CO2催化加氢的主要反应有：
反应Ⅰ CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 ΔS1<0
反应Ⅱ CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2>0 ΔS2
在恒温恒压反应器中通入1 ml CO2、3 ml H2气体，CO2的平衡转化率及CH3OH的平衡产率随温度变化关系如下图。已知：CH3OH产率=×100%；CH3OH的选择性=×100%。下列说法不正确的是
A. ΔH1＜0，ΔS2＞0
B. CH3OH的平衡选择性随温度的升高而减小
C. 525 K后，升高温度对反应Ⅰ的影响大于对反应Ⅱ的影响
D. 525 K时，增大的值或增大压强均能使CO2的平衡转化率达到b点的值
【答案】C
【解析】
【详解】A．350K~500K，随温度升高，二氧化碳的平衡转化率减小，而反应Ⅱ为吸热反应，升温平衡正向移动，使二氧化碳平衡转化率有增大的趋势，故反应Ⅰ应为放热反应，升温平衡逆移，使二氧化碳平衡转化率有减小的趋势，故ΔH1＜0；化合物的熵大于单质，故ΔS2＞0，故A正确；
B．随温度升高，甲醇的平衡产率减小，故CH3OH的平衡选择性随温度的升高而减小，故B正确；
C．525K后，随温度升高，甲醇的平衡产率减小，说明反应Ⅰ平衡逆移，但二氧化碳的平衡转化率增大，使二氧化碳平衡转化率随温度升高而增大的反应为反应Ⅱ，说明525 K后，升高温度对反应Ⅱ的影响大于对反应Ⅰ的影响，故C错误；
D．525 K时，增大的值，相当于二氧化碳的量不变，增大氢气的浓度，平衡正向移动，可以增大二氧化碳的平衡转化率，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，均可以达到b点的值，故D正确；
故选C。
二、非选择题(共4题，共61分)
14. 水合肼()易溶于水，具有弱碱性和还原性，能与铜离子形成络合物。利用水合肼处理碱性铜氨废液可获得纳米铜粉。
已知：；在一定条件下可与铜反应转化为。
(1)水合肼电离平衡常数表达式为Kb1(N2H4⋅H2O)=___________。
(2)获得纳米铜粉时，水合肼被氧化成N2，发生反应的离子方程式为___________。若水合肼的量不足时，生成另一种还原产物，其晶胞结构如图所示，该产物的化学式为___________。
(3)保持其它条件不变，水合肼浓度、反应温度对纳米铜的产率的影响如图所示。
①水合肼浓度大于3.25ml/L时，纳米铜的产率下降的原因可能是___________。
②温度高于75℃后，纳米铜的产率下降的原因可能是___________。
(4)、都可用于处理高压锅炉水中溶解的，防止锅炉被腐蚀。与相比，使用水合肼处理水中溶解的的优点有___________。
【答案】 ①. ②. 2[Cu(NH3)4]2++4OH-+N2H4⋅H2O=2Cu+8NH3↑+N2↑+5H2O ③. Cu2O ④. 溶液碱性增强，溶液中铵根离子转化为氨气，有利于生成[Cu(NH3)4]2+，溶液中铜离子减少 ⑤. 氨气溢出，导致生成[Cu(NH3)4]2+的平衡逆向移动，Cu2+与铜粉生成Cu+ ⑥. 水合肼的用量少，不产生杂质
【解析】
【详解】(1)水合肼N2H4⋅H2O溶于水发生电离，N2H4⋅H2O⇌N2H+OH-，则Kb1(N2H4⋅H2O)=；
(2)已知[Cu(NH3)4]2+与水合肼反应生成铜和氮气，则反应的离子方程式为2[Cu(NH3)4]2++4OH-+N2H4⋅H2O=2Cu+8NH3↑+N2↑+5H2O；根据晶胞的结构，铜原子在晶胞的体内，个数为4，氧原子在顶点和体内，个数=8×+1=2，则N(Cu)：N(O)=4：2=2：1，化学式为Cu2O；
(3)①水合肼浓度大于3.25ml/L时，溶液碱性增强，溶液中铵根离子转化为氨气，生成更多的[Cu(NH3)4]2+，导致铜离子减小，纳米铜的产率降低；
②温度高于75℃后，氨气溢出，导致生成[Cu(NH3)4]2+的平衡逆向移动，Cu2+与铜粉生成Cu+，纳米铜的产率降低；
(4)亚硫酸钠与氧气反应生成硫酸钠，产生杂质，而水合肼与氧气反应生成氮气和水，无杂质生成。
15. 化合物I是一种非甾体类抗炎药，其合成路线如下：
（1）化合物A的水溶性比化合物C的___________(填“大”“小”或“无差别”)。
（2）B与CO2的反应过程中，CO2分子中碳原子杂化类型的变化为___________。
（3）F的分子式为C7H10O3，其结构简式为___________。
（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，其结构简式为___________。
①在碱性条件水解，酸化得2种产物；
②一种产物为芳香族化合物且能与NaHCO3溶液反应，且有4种不同化学环境的氢原子；
③另一种产物在铜催化条件下与氧气反应，所得有机产物不能发生银镜反应。
（5）已知：
①(R、R1、R2、R3、R4指烃基，下同)
② R1COOR2
写出以、CH3OH、CH3Cl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)。
【答案】（1）小 （2）sp杂化变为sp2杂化
（3） （4） （5）
【解析】
【分析】由流程图可知，B到C发生的反应是CO2变为-COOH，C发生取代反应得到D，D发生酯化反应得到E，E的结构简式为，结合G的结构简式可以推出F的结构为，发生的反应为取代反应。
【小问1详解】
由于C中含有羧基，能与水形成分子间氢键，故A的水溶性比C小；
【小问2详解】
CO2中C的杂化方式为sp，反应后变为-COOH，-COOH中C原子杂化方式为sp2，故碳原子杂化类型的变化为sp杂化变为sp2杂化；
【小问3详解】
由分子可知，F的结构简式为；
【小问4详解】
C的结构简式为，其同分异构体①在碱性条件水解，酸化得2种产物，说明含有酯基；②一种产物为芳香族化合物且能与NaHCO3溶液反应，且有4种不同化学环境的氢原子，即得到应该是苯甲酸；③另一种产物为醇，在铜催化条件下与氧气反应，所得有机产物不能发生银镜反应，根据碳原子的数目，应该得到丙酮，即水解产物为2-丙醇，故该同分异构体的结构简式为：；
小问5详解】
根据流程图的E到G的反应要得到，应该要得到，根据已知信息②，要往前进一步得到，由得到可经过消去、酸性高锰酸钾氧化、酯化得到；故合成路线图为：。
16. CO可用于制取催化剂，可以由含钴废料(主要成分为C2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3 和MgO)经过如下过程进行制取：
（1）含钴废料用硫酸和Na2SO3溶液浸出后，溶液中含有的阳离子是Na+、H+、C2+、Fe2+、Fe3+、Al3+和Mg2+。
①写出“浸取”时C2O3所发生反应的离子方程式：___________。
②“浸取”时含钴废料、硫酸和Na2SO3溶液混合的方式为___________。
（2）已知：
①氧化性C3+>H2O2；
②Ksp(MgF2)=6.4×10-11；CF2可溶于水；Fe3+、Al3+与F-可生成配合物难以沉淀；
③实验条件下金属离子转化为氢氧化物时开始沉淀及沉淀完全的pH如下表所示：
补充完整由“浸取液”制取CC2O4·2H2O的实验方案：取一定量的浸取液，___________，过滤，向滤液中滴加2 ml·L-1 (NH4)2C2O4溶液……得到CC2O4·2H2O晶体(实验中须使用的试剂：2 ml·L-1的氨水、5%的H2O2溶液、K3[Fe(CN)6]溶液、1 ml·L-1的NH4F溶液)。
（3）已知：Ksp(CC2O4)=4×10-8、Ka1(H2C2O4)=5×10-2、Ka2(H2C2O4)=5×10-5。
①反应C2++H2C2O4CC2O4↓+2H+的平衡常数为___________。
②制取CC2O4·2H2O时使用(NH4)2C2O4溶液而不是Na2C2O4溶液的原因是___________。
（4）为测定草酸钴样品的纯度，进行如下实验：
①取草酸钴样品3.000 g，加入100.00 mL 0.100 0 ml·L-1酸性KMnO4溶液，加热充分反应至不再有CO2气体产生(该条件下C2+不被氧化，杂质不参与反应)。
②将溶液冷却，加水稀释定容至250 mL。
③取25.00 mL溶液，用0.100 0 ml·L-1 FeSO4溶液滴定过量的KMnO4，恰好完全反应时消耗18.00 mL FeSO4溶液。计算样品中CC2O4·2H2O的质量分数，并写出计算过程___________。[已知：M(CC2O4·2H2O)=183]
【答案】（1） ①. C2O3++4H+=2C2+++2H2O ②. 先将含钴废料与Na2SO3溶液混合，然后再向其中逐滴加入硫酸溶液
（2）向其中边加入5%的H2O2溶液，直至取少许溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液，不出现蓝色沉淀时停止加入，再向其中滴加2 ml·L-1氨水，调pH 在4.7～6.6之间，过滤，向滤液中滴加1 ml·L-1的NH4F溶液直至静置后向上层清液中再滴加NH4F溶液无沉淀产生
（3） ①. 62. 5 ②. 防止生成沉淀时产生C(OH)2，降低热解后生成CO中钠元素的含量
（4）n(FeSO4)＝0.100 0 ml·L-1×18.00×10-3L＝1.8×10-3 ml
依据电子守恒：n(KMnO4)×5＝n(FeSO4)×1
被FeSO4还原的KMnO4的物质的量n(KMnO4)＝3.6×10-3 ml
则与CC2O4反应的KMnO4的物质的量为0.1 L×0.1 ml·L-1-0.003 6 ml＝0.0064 ml
依据电子守恒：n(KMnO4)×5＝n(CC2O4)×2
n(CC2O4)＝0.016 ml
w(CC2O4·2H2O)＝×100%＝97.60%
【解析】
【分析】由含钴废料(主要成分为C2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3、和MgO)制取CO，用硫酸和Na2SO3溶液浸出后，溶液中含有的阳离子是Na+、H+、C2+、Fe2+、Fe3+、Al3+和Mg2+，溶液浸出后，向其中边加入5%的H2O2溶液，直至取少许溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液，不出现蓝色沉淀时停止加入，再向其中滴加2ml/L氨水，调pH在4.7～6.6之间，过滤，向滤液中滴加1ml/L的NH4F溶液直至静置后至上层清液中再滴加NH4F溶液无沉淀产生，过滤，向滤液中滴加2ml•L-1(NH4)2C2O4溶液，得到CC2O4•2H2O晶体，最终热解得到CO，据此作答。
【小问1详解】
“浸取”时C2O3与Na2SO3在酸性条件下发生氧化还原反应，所发生反应的离子方程式为：C2O3++4H+=2C2+++2H2O，“浸取”时含钴废料、硫酸和Na2SO3溶液混合的方式为：先将含钴废料与Na2SO3溶液混合，然后在向其中逐滴加入硫酸溶液，故答案为：C2O3++4H+=2C2+++2H2O；先将含钴废料与Na2SO3溶液混合，然后在向其中逐滴加入硫酸溶液；
【小问2详解】
溶液浸出后，溶液中含有的阳离子是Na+、H+、C2+、Fe2+、Fe3+、Al3+和Mg2+，题中信息已知Fe3+、Al3+与F-可生成配合物难以沉淀，因此Fe3+、Al3+要以氢氧化物形式除去，观察各杂质离子的沉淀pH可知，Fe2+和C2+在转化为氢氧化物过程中的pH有重叠的部分，因此要先将Fe2+氧化为Fe3+，而后调节pH后除去Fe3+、Al3+，再根据题中所给信息CF2可溶于水而MgF2难溶于水，因此需要加入NH4F除去，步骤为：向其中边加入5%的H2O2溶液，直至取少许溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液，不出现蓝色沉淀时停止加入，再向其中滴加2ml/L氨水，调pH在4.7～6.6之间，过滤，向滤液中滴加1ml/L的NH4F溶液直至静置后至上层清液中再滴加NH4F溶液无沉淀产生；
【小问3详解】
①根据C2++H2C2O4⇌CC2O4↓+2H+可得， ，故答案为：62.5；
②制取CC2O4•2H2O时使用(NH4)2C2O4溶液而不是Na2C2O4溶液的原因是：防止生成沉淀时产生C(OH)2，降低热解后生成CO中钠元素的含量，故答案为：防止生成沉淀时产生C(OH)2，降低热解后生成CO中钠元素的含量；
【小问4详解】
根据草酸钴样品与酸性KMnO4溶液，加热充分反应至不再有CO2气体产生，该条件下C2+不被氧化，杂质不参与反应，可知发生的反应为：5CC2O4+2+16H+=10CO2+2Mn2++5C2++8H2O，用FeSO4溶液滴定过量的KMnO4发生的反应为：5Fe2+++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，n(FeSO4)=0.1000ml•L-1×18.00×10-3L=1.8×10-3ml,依据电子守恒：n(KMnO4)×5=n(FeSO4)×1，被 FeSO4 还原 KMnO4 的物质的量 n(KMnO4)＝3.6×10−3ml，则与 CC2O4 反应的 KMnO4 的物质的量为：0.1L×0.1ml/L-0.0036ml=0.0064ml,依据电子守恒：n(KMnO4)×5=n(CC2O4)×2，n(CC2O4)=0.016ml,ω(CC2O4⋅2H2O)＝×100%＝97.60%。
17. 尿素[CO(NH2)2]的生产具有重要意义。
（1）尿素的催化合成
已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH1=-286.0 kJ·ml-1
N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH2=-92.2 kJ·ml-1
2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(aq)+H2O(l) ΔH3=-101.5 kJ·ml-1
则反应2CO2+2N2+4H2O=2CO(NH2)2+3O2的 ΔH=___________kJ·ml-1
（2）尿素的电化学合成
①电催化CO2和合成尿素的装置如下图所示，生成尿素的电极反应式为___________。
②电催化CO2和N2合成尿素。CO2先在阴极被还原为中间体CO，再与N2合成尿素。
已知：CO2在阴极还能被还原为CH4，其生成CH4的趋势比生成CO的趋势更大。但实验数据说明，一定时间内，阴极产物中CO的物质的量大于CH4，可能的原因为___________。
（3）尿素的应用
尿素将烟气中氮氧化物还原为N2以达到消除污染的目的。控制其他条件相同，将混有NO、NO2、SO2、N2和O2的模拟烟气匀速通过装有尿素溶液的装置，在装置出口处检测NO、NO2的脱除率α(α=×100%)。
①当烟气中有少量SO2时，有利于NO2脱除，其可能的原因是___________。
②当烟气中无SO2存在时，且超过一定数值时，测得α(NO)变为负值，其可能的原因是___________。
③尿素水溶液热解产生的NH3可去除尾气中的NOx，流程如下：
若氧化处理后的尾气中混有SO2，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低NOx的去除率。试分析硫酸盐的产生过程___________。
【答案】（1）470.6 kJ·ml-1
（2） ①. CO2+2+18H++16e－=CO(NH2)2+7H2O ②. 该条件下，CO2在阴极生成CO的速率比生成CH4的速率快
（3） ①. SO2具有还原性，也能还原一部分NO2 ②. 当烟气中超过一定数值时，过量的NO2与溶液中的H2O反应生成NO，使NO的出口浓度大于进口浓度 ③. SO2与O2、H2O反应生成硫酸，硫酸与氨气生成硫酸铵或硫酸氢铵
【解析】
【小问1详解】
已知：反应①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH1=-286.0 kJ·ml-1；②N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH2=-92.2 kJ·ml-1；③2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(aq)+H2O(l) ΔH3=-101.5 kJ·ml-1；根据盖斯定律可知，由2②+2③-3①可得，反应2CO2+2N2+4H2O=2CO(NH2)2+3O2的 ΔH=2(-92.2 kJ·ml-1)+2(-101.5 kJ·ml-1)-3(-286.0 kJ·ml-1)=470.6 kJ·ml-1kJ·ml-1。
【小问2详解】
①根据装置图可知，CO2、反应生成尿素，为还原反应，生成尿素的电极反应式为CO2+2+18H++16e－=CO(NH2)2+7H2O。
②已知：CO2在阴极还能被还原为CH4，其生成CH4的趋势比生成CO的趋势更大，即生成CH4反应的平衡常数比生成CO的反应的平衡常数更大。但实验数据说明，一定时间内，阴极产物中CO的物质的量大于CH4，可能的原因为该条件下，CO2在阴极生成CO的速率比生成CH4的速率快。
【小问3详解】
尿素将烟气中氮氧化物还原为N2以达到消除污染的目的。控制其他条件相同，将混有NO、NO2、SO2、N2和O2的模拟烟气匀速通过装有尿素溶液的装置，在装置出口处检测NO、NO2的脱除率α(α=×100%)。
①当烟气中有少量SO2时，有利于NO2脱除，其可能的原因是SO2具有还原性，也能还原一部分NO2。
②当烟气中无SO2存在时，烟气中超过一定数值时，过量的NO2与溶液中的H2O反应生成NO，使NO的出口浓度大于进口浓度。
③若氧化处理后的尾气中混有SO2，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低NOx的去除率。则二氧化硫被氧化了，故硫酸盐的产生过程为SO2与O2、H2O反应生成硫酸，硫酸与氨气生成硫酸铵或硫酸氢铵。选项
探究方案
探究目的
A
向两支试管中分别加入5 mL 5%的H2O2溶液，再向两支试管中滴入3滴浓度均为0.1 ml·L-1 的FeCl3和CuSO4，观察产生气体的速率
比较Fe3+和Cu2+的催化效率
B
向2 mL 0.1 ml·L-1 FeCl3溶液中加入1 mL 0.1 ml·L-1 KI溶液，充分振荡后滴加KSCN溶液，观察颜色变化
2Fe3++2I-=2Fe2++I2是否为可逆反应
C
向苯酚溶液中滴加几滴0.1 ml·L-1 FeCl3溶液，溶液呈紫色
FeCl3与苯酚发生了氧化还原反应
D
将5 mL 0.1 ml·L-1 FeCl3溶液和15 mL 0.1 ml·L-1 NaHCO3溶液混合，生成红褐色沉淀和气体
Fe3+与发生了双水解反应
Fe3+
Al3+
Fe2+
C2+
Mg2+
开始沉淀pH
1.9
3.4
6.9
6.6
9.1
沉淀完全pH
3.2
4.7
8.9
9.2
11.1