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    20．某油脂化工厂的含镍废催化剂主要含有Ni，还含有Al、Fe的单质及氧化物，其他是不溶杂质．现用该废催化剂制取NiSO4•7H2O，流程如图1：

    部分阳离子以氢氧物形式完全沉淀时的pH如下：
    沉淀物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Ni（OH）2
    pH5.23.29.79.2
    回答下列问题：
    （1）第1步加入NaOH溶液的目的是除去Al、Al2O3和油脂等杂质．
    （2）“酸浸”时所加入的X酸是硫酸（填化学式）．保持其他条件相同，在不同温度下对废镍催化剂进行“酸浸”，镍浸出率随时间变化如图2，“酸浸”的适宜温度与时间分别是C（填选项字母）．
    A.30℃、30min  B.90℃、150min  C.70℃、120min
    （3）第V步调pH为2～3的目的是（请结合化学用语和平衡移动原理解释）溶液中存在水解平衡Ni2++2H2O?Ni（OH）2+2H+，增大氢离子浓度平衡逆向进行避免浓缩过程中水解生成沉淀．
    （4）工业上以铝和NiOOH为电极，NaOH溶液为电解液制成电池．放电时，NiOOH转化为Ni（OH）2，该电池正极反应式是NiO（OH）+H2O+e-═Ni（OH）2+OH-．
    （5）已知：2Mg（s）+O2（g）=2Mg（s）△H1=-2075kJ/mol
    Mg2Ni（s）+2MgH2（s）=2Mg（s）+Mg2NiH4（s）△H2=+84.6kJ/mol
    MgH2（s）+$\frac{1}{2}$O2（g）=MgO（s）+H2（g）△H3=-963kJ/mol
    含镍储氢材料（Mg2NiH4）释放氢气和Mg2Ni的热化学方程式是Mg2NiH4（s）=Mg2Ni（s）+2H2（g）△H=+64.4KJ/mol．
    （6）在含镍废催化剂中，Ni、Al和Fe的质量分数分别是29.5%、31%和5.6%．a kg含镍废催化剂按上述流程转化，第Ⅱ步加入cmol/L的X酸bL，酸浸后的滤液Y不含Fe3+，滤液Z中残留的酸忽略不计，则第Ⅳ步应加入NiCO30.119（cb-5.5a）kg．

    分析 废催化剂制取NiSO4•7H2O，含镍废催化剂主要含有Ni，还含有Al、Fe的单质及氧化物，其他是不溶杂质，废催化剂中加入氢氧化钠溶液浸取，铝及其氧化铝溶解，过滤得到滤渣为镍、铁及其氧化物，加入硫酸酸浸主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，过滤得到滤液中加入NiO2氧化亚铁离子为铁离子，NiCO3调节溶液PH=6沉淀铁离子，过滤得到滤液中加入硫酸调节溶液PH=2-3，防止硫酸镍溶液中镍离子水解生成沉淀，浓缩结晶得到NiSO4•7H2O，
    （1）含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）的单质及氧化物，铝和氧化铝都可以和强酸强碱反应溶解得到溶液含有偏铝酸盐；
    （2）根据镍浸出率随时间变化图可知，70℃时，镍浸出率很大，从时间看，120min镍浸出率就已经很高了；
    （3）调节溶液pH为酸性防止镍离子水解，减少镍离子的损失；
    （4）放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，Ni元素化合价降低，被还原，应为原电池正极反应；
    （5）依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2-②-①得到含镍储氢材料（Mg2NiH4）释放氢气和Mg2Ni的热化学方程式；
    （6）分析可知第Ⅱ步加入cmol/L的硫酸bL，物质的量为cbmol，元素守恒最后为NiSO4，镍元素来源于加入的NiCO3、NiO2和废催化剂中的Ni，依据氧化还原反应和铁的量计算消耗NiO2物质的量，镍元素守恒计算得到碳酸镍物质的量得到质量．

    解答 解：（1）碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物，铝是两性元素和强碱反应，氧化铝是两性氧化物和强碱反应，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应达到除去铝元素的目的，反应的两种方程式为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-═2AlO2-+3H2O，第1步加入NaOH溶液的目的是除去Al、Al2O3和油脂等杂质，
    故答案为：除去Al、Al2O3和油脂等杂质；
    （2）“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO4•7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸酸浸X为硫酸，根据镍浸出率随时间变化图可知，70℃时，镍浸出率很大，从时间看，120min镍浸出率就已经很高了，
    故答案为：硫酸；C；
    （3）硫酸镍溶液需要蒸发浓缩结晶析出，为防止镍离子水解生成氢氧化镍沉淀，溶液中存在水解平衡Ni2++2H2O?Ni（OH）2+2H+，增大氢离子浓度平衡逆向进行避免浓缩过程中水解生成沉淀，需要控制溶液pH在酸性条件下，
    故答案为：溶液中存在水解平衡Ni2++2H2O?Ni（OH）2+2H+，增大氢离子浓度平衡逆向进行避免浓缩过程中水解生成沉淀；
    （4）放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，Ni元素化合价降低，被还原，应为原电池正极反应，电极方程式为NiO（OH）+H2O+e-═Ni（OH）2+OH-，
    故答案为：NiO（OH）+H2O+e-═Ni（OH）2+OH-；
    （5）①2Mg（s）+O2（g）=2MgO（s）△H1=-2075kJ/mol
    ②Mg2Ni（s）+2MgH2（s）=2Mg（s）+Mg2NiH4（s）△H2=+84.6kJ/mol
    ③MgH2（s）+$\frac{1}{2}$O2（g）=MgO（s）+H2（g）△H3=-963kJ/mol，
    依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2-②-①得到含镍储氢材料（Mg2NiH4）释放氢气和Mg2Ni的热化学方程式：
    Mg2NiH4（s）=Mg2Ni（s）+2H2（g）△H=+64.4KJ/mol
    故答案为：Mg2NiH4（s）=Mg2Ni（s）+2H2（g）△H=+64.4KJ/mol；
    （6）分析可知第Ⅱ步加入cmol/L的硫酸bL，物质的量为cbmol，元素守恒最后为NiSO4，镍元素来源于加入的NiCO3、NiO2和废催化剂中的Ni，依据氧化还原反应和铁的量计算消耗NiO2物质的量，酸浸后的滤液Y不含Fe3+，滤液Z中残留的酸忽略不计，NiO2～Ni2+～2e-，Fe2+～Fe3+～e-，则NiO2～2Fe2+，n（Fe）=$\frac{a×1{0}^{3}×5.6%}{56}$=amol，NiO2物质的量为0.5amol，原废催化剂中Ni物质的量=$\frac{a×1{0}^{3}×29.5%}{59}$=5amol，则NiCO3物质的量=cbmol-0.5amol-5amol=（cb-5.5a）mol，则第Ⅳ步应加入NiCO3 质量=（cb-5.5a）mol×119g/mol=119（cb-5.5a）g=0.119（cb-5.5a）Kg，
    故答案为：0.119（cb-5.5a）．

    点评 本题考查了物质分离提纯、除杂实验过程分析、元素守恒的计算、盖斯定律计算等，主要是离子性质和流程分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等．

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    ①指出锌在周期表中的位置：第四周期，第ⅡB族，基态Zn原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2．
    ②葡萄糖酸锌[CH2OH（CHOH）4COO]2Zn是目前市场上流行的补锌剂．葡萄糖分子中碳原子杂化方式有sp2、sp3．

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    10．《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无砂粘土而为之”，“凡坯既成，干燥之后，则堆积窖中燃薪举火”，“浇水转釉（主要为青色），与造砖同法”．下列说法错误的是（　　）
    A．沙子和粘土主要成分为硅酸盐
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    D．粘土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料

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    8．某学生用0.1mol/L KOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：
    （A）移取20.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2-3滴酚酞
    （B）用标准溶液润洗滴定管2-3次
    （C）把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液
    （D）调节液面至0或0刻度以下，记下读数
    （E）取标准KOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2-3cm
    （F）把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度
    完成以下填空：
    （1）正确操作的顺序是（用序号字母填写）BDCEAF．
    （2）上述（B）操作的目的是防止将标准液稀释．
    （3）上述（A）操作之前，锥形瓶水洗后没干燥，则对测定结果的影响是（填偏大、偏小、不变，）不变．
    （4）实验中用左手控制碱式滴定管橡皮管玻璃珠处（填仪器及部位），眼睛注视锥形瓶中溶液的颜色变化，直至滴定终点．判断到达终点的现象是溶液颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    15．某混合物A含有Al2（SO4）3、Al2O3和FeO，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：

    据此回答下列问题：
    （1）I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是过滤．
    （2）写出反应①、②、③、④四个反应的方程式（是离子反应的写离子方程式）
    ①Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；②Al3++3NH3．H2O=3NH4++Al（OH）3↓；③AlO2-+H2O+H+=Al（OH）3↓；④2Al（OH）3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Al2O3+3H2O．
    （3）如果把步骤③中适量的盐酸改为过量的二氧化碳，则反应的离子方程式AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-．
    （4）在空气中将NaOH溶液滴入F溶液中，观察到的现象是先生成白色沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，写出最终反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    5．硫及其化合物具有广泛的用途．回答下列问题：
    （l）Se与S同主族，且为相邻周期，基态Se原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s22p4
    若ls22s22p63s13p5是S原子的核外电子排布式，出现这种排布现象的原因是S原子3s轨道的1个电子激发到3p轨道．
    （2）过渡金属的硫酸盐中形成的配合物较多．如Co（NH3）5ClSO4就是一种配合物，Co化合价为+3，其中含有的化学键类型有离子键、共价键、配位键，在该配合物水溶液中，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀，而另取配合物溶液滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，则无沉淀生成，则该配合物中配位原子是N、Cl
    （3）含硫的有机物具有广泛的用途．如硫代乙酰胺（CH3CSNH2）可用于生产催化剂、农药等，其中两个碳原子的杂化轨道类型分别为sp3、sp2，1mol硫代乙酰胺含有8molσ键，1 molπ键．
    （4）硫化铜纳米晶体在光热疗领域引起广泛关注．图是CuS的晶胞结构，该晶胞的棱长为apm，则CuS的密度为$\frac{384}{{N}_{A}×{a}^{3}×1{0}^{-30}}$g•cm-3（NA表示阿伏加德罗常数的值，用代数式表示，下同），最近的Cu2+与S2-间的距离为$\frac{\sqrt{3}}{4}$apm．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    12．碳、氢质量比为21：4的饱和烃，其同分异构体的数目为（　　）
    A．7B．8C．9D．10

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    9．图是中学教材中元素周期表的一部分，其中标出A～Q14种元素，试回答下列问题：

    （1）在上表所列出的短周期元素中（填具体物质化学式）
    原子半径最小的是（除稀有气体元素）F；阴离子还原性最弱的是F-；最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4．
    （2）F和G两元素相比较，金属性较强的是镁（填名称），可以验证该结论的实验是bc．（填编号）
    a．将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中
    b．将这两种元素的单质粉末分别和同浓度的盐酸反应
    c．将这两种元素的单质粉末分别和热水作用，并滴入酚酞溶液
    d．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性
    （3）B元素形成的单质的结构式为N≡N，E2C2的电子式为．
    （4）写出E的最高价氧化物对应的水化物与G单质发生的反应的离子方程式：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑．

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    科目：高中化学 来源： 题型：填空题

    10．苯环上发生溴化所用的试剂和条件液溴、Fe，该反应的反应类型为取代反应．

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