池中X与阴极铁相连作负极，负极上发生的反应是Pb+SO42--2e-=PbSO4，Y与阳极铝相连作正极，电极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，串联电路中各电极转移电子相等，据此分析解答。 本题考查原电池和电解池工作原理，正确判断原电池正负极、电解池阴阳极以及铝电极上产生氧气是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度中等。 6.答案：B
解析：解：前4周期的一部分，且X、Y、Z、R和W均为主族元素，
A．X位于第二周期，Z为第三周期元素，二、三周期均含8种元素，则X、Z原子序数相差8，不可能为相差18，故A错误；
B．若X为C，Z为Si，C与二氧化硅反应生成Si和CO，该反应为置换反应，故B正确； C．根据图示可知，X位于第二周期，次外层含有电子数为2，故C错误；
D．Y可能为Al、Si、P，它们的最高价氧化物对应水化物都不是强酸，故D错误； 故选：B。
前4周期的一部分，且X、Y、Z、R和W均为主族元素，
A．X位于第二周期，Z为第三周期元素，二、三周期均含8种元素； B．若X为C，Z为Si，C与二氧化硅反应生成Si和CO； C．X位于第二周期，次外层含有2个电子； D．Y位于第三周期，可能为Al、Si、P。
本题考查位置、结构与性质的关系，为高频考点，把握元素的位置、原子序数的关系等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素位置的判断，题目难度不大。 7.答案：B
解析：【分析】
本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图像曲线变化的含义为解答关键，注意掌握电荷守恒、盐的水解原理及溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。 【解答】
A．a点为0.10mol/L的NH2OH溶液，电离常数Kb=9.0×10-9，则其溶液中c（OH-）=mol/L=3.0×10-5mol/L，c（H+）=mol/L=×10-9mol/L，溶液的
pH=-lg(×10-9)mol=9+lg3=9.5，故A正确；
B．d点加入40mLHCl溶液，盐酸过量，反应后溶质为NH3OHCl、HCl，混合液中c（HCl）≈mol/L=mol/L，0.1mol/L的盐酸中水电离的c水（H+）=1×
10-13mol/L，-lgc水=13，10-13mol/L，（H+）由于d点盐酸氢离子浓度小于0.1mo/L，则水电离的c水（H+）＞1×-lgc水（H+）＜13，故B错误；
C．c点加入20mL等浓度的盐酸，NH2OH和HCl恰好反应生成NH3OHCl，NH3OH+发生水解生成NH2OH和H3O+，发生反应为：NH3OH++H2O?NH2OH+H3O+，故C正确；
D．b点pH=7，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），结合电荷守恒可知：c（NH3OH+）=c（Cl-），故D正确； 故选：B。
8.答案：增大接触面积，提高反应速率 Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O 将Fe2+氧化成
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Fe3+ Fe（OH）3、Al（OH）3 5.2～7.6 Mn2+ CoC2O4Co+2CO2↑
解析：解：（1）工艺流程中“磨矿”，将固体粉碎，可增大接触面积，提高反应速率，故答案为：增大接触面积，提高反应速率；
（2）亚硫酸钠具有还原性，能还原Co2O3生成Co2+，自身被氧化为SO42-，发生反应的离子方程式为Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，
故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；
（3）NaClO3的作用是将浸出液中Fe2+氧化为Fe3+，有利于通过调节溶液pH，除去溶液中的Fe3+； 故答案为：将Fe2+ 氧化成Fe3+；
（4）Fe3+完全沉淀时的pH为3.7，Al3+完全转化成Al（OH）3时的pH为5.2，而Co2+开始生成Co（OH）2沉淀时的pH为7.6，则应控制溶液pH的范围为5.2～7.6， 故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；5.2～7.6；
（5）由表中数据可知，Mn2+生成沉淀的pH较大，为避免生成Co（OH）2沉淀，应加入萃取剂除杂，故答案为：Mn2+； （6）计算晶体物质的量n==0.03mol，失去结晶水应为0.06mol，固体质量变化
=0.06mol×18g/mol=1.08g，图表数据可知，210～350℃固体质量变化=5.49g-4.41g=1.08g，说明210～350℃失去结晶水得到CoC2O4，
59g/mol=1.77，可知固体为Co单质， 大于420℃时固体的质量为1.77g，因m（Co）=0.03mol×
则在加热350℃～420℃过程中为CoC2O4分解生成Co的反应，发生反应的化学方程式CoC2O4Co+2CO2↑，
故答案为：CoC2O4Co+2CO2↑。
水钴矿中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，向溶液中加入NaF溶液，除去钙镁离子，然后过滤得到的滤液中II中加入萃取剂，萃取后溶液加入草酸铵，得到草酸钴，以此解答该题。
本题考查物质分离和提纯，为高频考点，题目涉及沉淀与pH的关系、氧化还原反应等知识点，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，明确实验原理是解本题关键，知道涉及的操作方法及发生的反应，题目难度中等。
9.答案：六 哑铃形 sp3 非极性 BE 轨道中电子处于全满、全空、
半满时最稳定，Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，所以铁离子比亚铁离子稳定 3：1 12
解析：解：（1）钕（Nd）为60号元素，属于镧系元素，位于第六周期；B为5号元素，核外排布为1s22s22p1，最高能级为p能级，为哑铃形； 故答案为：六；哑铃形；
（2）①每个铝原子和四个氯原子形成共价键，采取sp3杂化；Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，属于非极性分子；
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故答案为：sp3；非极性；
②Al采取sp3杂化，用最外层的四个空轨道接受O提供的孤对电子形成配位键，O与H之间是极性共价键；
故答案为：BE；
Fe位于周期表中第4周期第ⅤⅢ族元素，（3）价电子排布式为3d64s2，则Fe2+的价电子排布式为3d6，则Fe2+的价电子排布图为：；轨道中电子处于全满、全空、半满时最稳定，Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，所以铁离子比亚铁离子稳定，则亚铁离子易被氧化生成铁离子； 故答案为：；轨道中电子处于全满、全空、半满时最稳定，Fe3+的核外电
子排布式为1s22s22p63s23p63d5，所以铁离子比亚铁离子稳定；
（4）该晶胞中N原子个数为2、Fe原子个数=12×+2×+3=6，则Fe、N原子个数之比为6：2=3：1； 故答案为：3：1；
（5）以Fe2+顶点研究，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为目=1+12×=4，晶胞质量=为r pm，则晶胞棱长=2rpm，则：故答案为：12；。
=12；晶胞中Fe2+数目=8×+6×=4，O2-离子数
g，Fe2+与O2-的最短核间距等于晶胞棱长的，设二者最短距离g=ρ g?cm-3×10-10cm）3，解得r=（2r×
pm；
（1）钕（Nd）为60号元素，属于镧系元素，位于第六周期；B为5号元素，核外排布为1s22s22p1，
最高能级为p能级；
（2）①Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，属于非极性分子，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，采取sp3杂化；
②Al采取sp3杂化，用最外层的四个空轨道接受O提供的孤对电子形成配位键，O与H之间是极性键；
（3）Fe2+的价电子排布式为3d6，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；轨道中电子处于全满、全空、半满时最稳定；
（4）该晶胞中N原子个数为2、Fe原子个数=12×+2×+3=6，则Fe、N原子个数之比为6：2=3：1； （5）以Fe2+顶点研究，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用；Fe2+与O2-的最短核间距等于晶胞棱长的，均摊法计算晶胞中Fe2+与O2-离子数目，计算出晶胞质量，而晶胞质量也等于晶胞体积与晶体密度乘积，联立计算。
本题考查物质结构和性质，会用替换法书写等电子体微粒，会运用价层电子对互斥理论解释一些问题，掌握均摊法进行晶胞有关计算，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。 10.答案：CH2=CH2 Br2的CCl4溶液或溴水 HOOCCH2CH2COOH
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酯化反应（或取代反
应） 3
（任意1种）
解析：解：（1）烃A的相对分子质量为28，则A为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2； （2）a可以为Br2的CCl4溶液或溴水，故答案为：Br2的CCl4溶液或溴水；
（3）由分析可知C为HOOCCH2CH2COOH，故答案为：HOOCCH2CH2COOH； （4）反应II为HOOC-CHBr-CH2-COOH的消去反应，反应的化学方程式是：
，
故答案为：
；
（5）反应Ⅲ为HOOC-CH=CH-COOH与甲醇的酯化反应，也为取代反应，故答案为：酯化反应（或取代反应）；
（6）G和H反应生成M的化学方程式是：
，
故答案为：；
Q是GQ满足下列条件：（7）（CH3OOC-CH=CH-COOCH3）的同分异构体，①1molQ能与2molNaOH完全反应，可以含有2个羧基，或2个酯基，或者1个羧基、1个酯基，②Q的核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积之比为1：1，应为环酯结构，符合条件的Q的结构简式有
，共3种，
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