2018-2019学年辽宁省凤城市高二下学期5月联考化学试题 解析版

2018-2019学年辽宁省凤城市高二下学期5月联考化学试题 解析版

‎2018-2019学年度下高二5月份联考 化学试题 原子量：H:1 O:16 C:12 N:14 Na:23 Al:27 Cl:35.5 S:32 Co:59‎ 第І卷(客观题，共55分)‎ 一、选择题(每题有1个正确答案，每小题2分，共10分)‎ ‎1.下列关于容量瓶及其使用方法的叙述正确的是 ‎①是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器 ②使用前要先检查容量瓶是否漏液 ③容量瓶可用来加热 ④不能用容量瓶长期贮存配制好的溶液 ⑤可以用500 mL容量瓶配制250 mL溶液 A. ① B. ①②④ C. 除了③ D. 除了⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器，故①正确；②容量瓶使用前要先检查容量瓶是否漏液，故②正确；③容量瓶不能用来加热，故③错误；④容量瓶为精密仪器不能用容量瓶贮存配制好的溶液，故④正确；⑤500mL容量瓶不能用来配制250mL溶液，只能配置500mL溶液，故⑤错误；①②④正确，故答案为B。‎ ‎2.当光束通过下列分散系：①有尘埃的空气　②稀硫酸　③蒸馏水　④墨水，能观察到有丁达尔效应的是(　　)‎ A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：①有尘埃的空气，属于胶体分散系，具有丁达尔现象；②稀硫酸是硫酸的溶液，没有丁达尔效应；③蒸馏水，是化合物，是纯净物，不是分散系，没有丁达尔效应；④墨水是胶体，具有丁达尔效应；答案选C。‎ 考点：考查胶体。‎ ‎3.1g氧气含x个氧气分子，则阿伏加德罗常数的值可表示为( )‎ A. x/32 B. 16x C. x D. 32x ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】1mol氧气的质量为1mol×32g/mol=32g；由于1g O2含有x个分子，所以32g含有的氧气分子数为×x=32x，即1mol氧气含有32x个氧气分子，所以32x=1mol×NA，解得NA=32xmol-1，故答案为D。‎ ‎4.将4g NaOH溶解在10 mL水中，稀释至1 L后，再取出10 mL，这时的物质的量浓度为 ( )‎ A. 0.01 mol/L B. 0.1 mol/L C. 1 mol/L D. 无法精确 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】令稀释后氢氧化钠溶液的浓度为c，根据稀释定律，稀释前后溶质的质量不变，则：c×1L×40g/mol=4g，解得：c=0.1mol/L，溶液是均一稳定的混合物，取出的10mL溶液的浓度仍为0.1mol/L，故答案为B。‎ ‎5. 在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，当三个反应中转移的电子个数之比为9：3：8 时，在同温同压下三个反应中所制得氧气体积之比为（ ）‎ A. 4：3：2 B. 9：3：16 C. 2：2：1 D. 9：3：8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：高锰酸钾制取氧气，氧元素由-2价变为0，转移的电子个数为9，生成氧气2.25；氯酸钾制取氧气，氧元素由-2价变为0，转移的电子个数为3，生成氧气0.75；过氧化氢取氧气，氧元素由-1价变为0，转移的电子个数为8，生成氧气4；故B正确。‎ 考点：本题考查氧化还原反应 二、选择题(每小题只有一个答案符合题意，每小题3分，共45分)‎ ‎6.分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用。下列分类标准合理的是( )‎ ‎①依据分子组成中含有的氢原子的数目，将酸分为一元酸、二元酸等 ‎②依据反应中有否电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应 ‎③依据反应中能量的变化，将化学反应分为放热反应和吸热反应 ‎④依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物 ‎⑤根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、浊液和胶体 A. ①②③④ B. ②③④⑤ C. ②③④ D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①根据酸能电离出的氢离子的数目，酸可以分为一元酸和二元酸等，而不是根据组成中含有的氢原子的数目，故①不合理；②氧化还原反应的本质是电子转移，则依据反应中有否电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故②合理；③根据化学反应的能量变化分为放热反应和吸热反应，故③合理；④同种元素组成的纯净物为单质，不同种元素组成的纯净物为化合物，根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物，故④合理；⑤分散系的分类是依据分散质直径的大小，将分散系分为溶液、胶体、浊液，故⑤不合理；故答案为C。‎ ‎7.下列实验能成功的是( )‎ ‎①用水鉴别Na2CO3和NaHCO3固体；②用观察法区别Na2O和Na2O2；③用MgCl2溶液鉴别Na2CO3溶液和NaOH溶液；④用稀盐酸鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液。‎ A. ①②③④ B. ①② C. ②③ D. ①②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①用水鉴别NaHCO3和Na2CO3固体，相同条件下，碳酸氢钠的溶解度小，则在等量的水中溶解较少的为NaHCO3，能鉴别；②用观察法区别Na2O和Na2O2，淡黄色的为Na2O2，白色的为Na2O，能鉴别；③用MgCl2溶液鉴别Na2CO3溶液和NaOH溶液，都生产白色沉淀，不能鉴别；④将稀少量盐酸分别滴入NaHCO3和Na2CO3溶液，开始即产生气泡的是NaHCO3，能鉴别；故答案为D。‎ ‎8.三聚氰酸[C3N3(OH)3]可用于消除汽车尾气中的NO2。其反应原理为：‎ C3N3(OH)33HNCO； 8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O 下列说法正确的是（ ）‎ A. C3N3(OH)3与HNCO为同一物质 B. HNCO是一种很强的氧化剂 C. 1 molNO2在反应中转移的电子为4mol D. 反应中NO2是还原剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ C3N3(OH)33HNCO为化学变化，经过反应生成了不同的物质，故A不正确；8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O中HNCO作还原剂，NO2作氧化剂，故B、D不正确。‎ ‎9.限用硝酸、硫酸、盐酸、醋酸、钠盐、钾盐、钡盐在溶液中反应，符合离子方程式2H++SO32- = H2O+SO2↑的化学方程式个数有( )‎ A. 3 B. 5 C. 8 D. 12‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子方程式表示的是一类反应，如离子方程式2H++SO32-═H2O+SO2↑表示：强酸与可溶性亚硫酸盐反应生成可溶性盐、水、二氧化硫的反应，据此特点并结合题干中各物质进行解答，特别注意HNO3有强氧化性，SO32-有较强还原性。‎ ‎【详解】亚硫酸的钾盐、钠盐、钡盐中，BaSO3不溶于水，离子方程式中不能用SO32-表示，其余在溶液中均可用SO32-表示；四种酸中，醋酸是弱酸，离子方程式中不能用H+表示，另外硝酸有强氧化性，能氧化SO32-，不能使用硝酸；则符合离子方程式2H++SO32-═SO2↑+H2O，存在两种盐（钾盐、钠盐）与两种酸（盐酸、硫酸）可组合出4个反应，且离子方程式相同；此外硫酸氢钠、硫酸氢钾为强酸的酸式盐，完全电离，与亚硫酸钠、亚硫酸钾，可组合出4个反应，且离子方程式相同；所以共有8个离子方程式相同的反应；故答案为C。‎ ‎【点睛】考查离子方程式的正误判断和书写原则，注意电荷守恒分析，反应实质理解。判断离子方程式是否正确主要从以下几点考虑：①拆分是否合理；②是否符合客观事实；③配平是否有误(电荷守恒，原子守恒)；④有无注意反应物中量的关系；⑤能否发生氧化还原反应等。‎ ‎10.M和N两溶液分别含有下列十二种离子中的五种和七种离子：K+、Na+、H+、NH4+、Fe3+、A13+、Cl―、OH―、NO3―、S2―、CO32―、SO42―。已知两溶液所含离子各不相同，M溶液里的阳离子只有两种，则N溶液里的阴离子应该是( )‎ A. Cl―、SO42―、NO3― B. S2―、Cl―、SO42―‎ C. CO32―、NO3―、S2― D. OH―、CO32―、SO42―‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两溶液所含离子各不相同，M溶液里的阳离子只有两种，由H+、NH4+、Fe3+、A13+均能与OH-反应，则M中的阳离子为K+、Na+，N中的阳离子为H+、NH4+、Fe3+、A13+，则与N中阳离子反应的阴离子应在M中，剩余的阴离子在N中，以此来解答．‎ ‎【详解】两溶液所含离子各不相同，M溶液里的阳离子只有两种，由H+、NH4+、Fe3+、A13+均能与OH-反应，则M中的阳离子为K+、Na+，N中的阳离子为H+、NH4+、Fe3+、A13+，H+、NH4+、Fe3+、A13+均能与OH-反应，则OH-一定在M中；H+、Fe3+、A13+均能与S2-、CO32-反应，则S2-、CO32-一定在M中；M中一共有K+、Na+、OH-、S2-、CO32-五种离子，则N中的阴离子为Cl-、SO42-、NO3-，故答案为A。‎ ‎【点睛】解离子共存题，首先要搞清常见的离子反应有（1）生成难溶物，如Ba2+与CO32－、SO42－生成难溶物；（2）生成挥发性的气体，如CO32－与H+生成CO2气体；（3）生成弱电解质，如NH4+与OH－生成NH3·H2O；（4）发生氧化还原反应，如C在酸性条件下NO3－与Fe2+；（5）生成配合离子，如Fe3+和SCN－；在同溶液里能发生离子反应则不能大量共存，再结合题设溶液环境，分析即可。‎ ‎11.某溶液中含有较大量的Cl－、CO32-、OH－3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序中，正确的是 ‎①滴加Mg(NO3)2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba(NO3)2溶液 A. ①②④②③ B. ④②①②③ C. ①②③②④ D. ④②③②①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 某溶液中含有较大量的Cl－、CO32－、OH－等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，应该先滴加Ba(NO3)2溶液检验CO32－，过滤后，再向滤液中滴加Mg(NO3)2溶液检验OH－，过滤，最后向滤液中滴加AgNO3溶液检验Cl－，所以实验操作顺序正确的是B， 本题选B。 ‎ 点睛：再检验一种离子时，要先分析有哪些干扰离子存在，选择合适的检验顺序可以避开干扰离子的干扰。特别要注意的是，银离子可以和氢氧根生成氢氧化银沉淀，只不过氢氧化银不稳定，它会分解为氧化银。‎ ‎12.Na2O2、HCl、Al2O3三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有Na+、H+、Cl-、OH-，且溶液呈中性，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可能为（　　）‎ A. 2：4：1 B. 3：2：1 C. 2：3：1 D. 4：2：1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(Cl‾)+c(OH‾)，溶液呈中性，c(H+)=c(OH‾)，可得c(Na+)=c(Cl‾)，根据钠元素守恒和Cl元素守恒，可得Na2O2与HCl的物质的量之比为1:2，符合这一比例的为A项。‎ 考点：本题考查电荷守恒、元素守恒的应用。‎ ‎13.W、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y原子半径在短周期主族元素中最大。W与Y同主族，X与Z同主族。R原子最外层电子数比内层电子数多3，W、Y原子的电子数总和与X、Z原子的电子数总和之比为1∶2。下列说法正确的是 A. 原子半径： r(X)＞r(R)＞r(W)‎ B. X与Y只能形成一种化合物 C. X的简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱 D. 由W、R、X三种元素组成的化合物可以是酸、碱或盐 ‎【答案】D ‎【解析】‎ Y原子半径在短周期主族元素中最大，则Y为Na；W与Y同主族，可知W为H；R原子最外层电子数比内层电子数多3，则R为N；X与Z同主族，且Y原子的电子数总和与X、Z原子的电子数总和之比为1∶2，则X为O、Z为S；A．同周期主族元素核电荷数越大原子半径越小，则 r(N)＞r(O)，故A错误；B．Na与O可形成Na2O和Na2O2，故B错误；C．O的非金属性S强，则H2O的热稳定性比H2S强，故C错误；D．由H、N、O三种元素组成的化合物可以是酸如HNO3、碱如NH3·H2O或盐NH4NO3，故D正确；答案为D。‎ ‎14.下列离子方程式书写正确的是( )‎ A. 氨水中通入足量二氧化硫：SO2＋OH- = HSO3-‎ B. 过量CO2通入Ca(ClO)2溶液中 ClO-+CO2+H2O==HCO3-+HClO C. 向Na2CO3溶液中加入过量CH3COOH溶液 CO32-+2H+==CO2↑+H2O D. 向Ba(OH)2溶液中加少量NaHSO3溶液 2HSO3-+Ba2++2OH-==BaSO3↓+SO32-+2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氨水是弱电解质，在离子反应方程式中应写化学式。过量的二氧化硫通入氨水中，正确的离子反应方程式为：SO2+NH3•H2O=NH4++HSO3-．故A错误；B．过量二氧化碳和Ca（ClO）2溶液反应生成碳酸氢钙和次氯酸，实质是：ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，故B正确；C．碳酸钠和醋酸反应生成醋酸钠、水和二氧化碳，醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成离子的形式，应该写为：CO32-+2CH3COOH=CO2↑+H2O+2CH3COO-，故C错误；D．向Ba（OH）2溶液中加入少量NaHSO3溶液则反应时，实质是：HSO3-+Ba2++OH-=BaSO3↓+H2O，故D错误；故答案为B。‎ ‎15.向含有1molKAl(SO4)2的溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，充分反应。下列说法不正确的是 A. 当Al3+恰好完全沉淀时，消耗氢氧化钡1.5mol B. 当SO42-恰好完全沉淀时，Al3+全部转化为偏铝酸根 C. 当向溶液中加入1.5mol氢氧化钡时，反应可用下列离子方程式表示：2Al3+ +3SO42-+3Ba2+ +6OH-2Al(OH)3↓+ 3BaSO4↓‎ D. 随加入的氢氧化钡的物质的量不断增大，沉淀的物质的量不断增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、KAl(SO4)2为1mol，当Al3＋恰好完全沉淀时，KAl(SO4)2与Ba(OH)2物质的量之比为2:3，离子方程式表示：2Al3＋＋3SO42—＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，加入Ba(OH)2的物质的量为1.5mol时，A正确；B、当SO42—恰好完全沉淀时，KAl(SO4)2与Ba(OH)2物质的量之比为1:2，离子方程式表示：Al3＋＋2SO42—＋2Ba2＋＋4OH－===AlO2—＋2BaSO4↓＋H2O，B正确；C、根据A中分析可知C正确；D、当氢氧化铝达到最大值时，继续加入氢氧化钡，硫酸钡生成1mol同时氢氧化铝溶解2mol，沉淀的物质的量减少，D错误。答案选D。‎ 考点：考查溶液中的离子反应及Al3+的转化问题。‎ ‎16.ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂。实验室中可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4 2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法中不正确的是 A. CO2是氧化产物 B. H2C2O4在反应中被氧化 C. H2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性 D. 1mol KClO3参加反应，转移的电子为1mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O（O均为-2价）中，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高到+4价，以此来解答。‎ ‎【详解】A．C失去电子被氧化，则CO2是氧化产物，故A正确；B．C失去电子被氧化，则H2C2O4在反应中被氧化，故B正确；C．该反应中H2C2O4作还原剂，ClO2为还原产物，则H2C2O4的还原性强于ClO2的还原性，故C错误；D．1molKClO3参加反应有1mol×（5-4）=1mol电子转移，故D正确；故答案为C。‎ ‎17.已知Ba(AlO2)2可溶于水。图表示的是向A12(SO4)3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液时，生成沉淀的物质的量y与加人Ba(OH)2的物质的量x的关系。下列有关叙述正确的是 ( ) ‎ A. a—b时沉淀的物质的量：A1(OH)3比BaSO4多 B. c—d时溶液中离子的物质的量：AlO2–比Ba2+多 C. a—d时沉淀的物质的量：BaSO4可能小于A1(OH)3‎ D. d—e时溶液中离子的物质的量：Ba2+不能等于OH–‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在a-b发生反应A12（SO4）3+3Ba（OH）2=2Al（OH）3↓+3BaSO4‎ ‎↓，由方程式可知，沉淀的物质的量：Al（OH）3＜BaSO4，故A错误；B．c-d发生反应2Al（OH）3+Ba（OH）2=Ba（AlO2）2+4H2O，1molBa（AlO2）2电离出2molAlO2-、1molBa2+，故AlO2-比Ba2+多，故B正确；C．a-b发生A12（SO4）3+3Ba（OH）2=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，由方程式可知，沉淀的物质的量：Al（OH）3＜BaSO4，b～d中Al（OH）3沉淀逐渐溶解转化为Ba（AlO2）2，故a-d时沉淀的物质的量：BaSO4大于A1（OH）3，故C错误；D．d点时Al（OH）3沉淀恰好完全溶解，此时溶液中只存在Ba（AlO2）2，当向此溶液中再加入的Ba（OH）2的物质的量等于Ba（AlO2）2的物质的量时，溶液中Ba2+与OH-的量相等，故D错误；故答案为B。‎ ‎18.下列说法不正确的是( )‎ A. 硫酸、苛性钾、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物 B. Mg、Cu、银可以分别用电解法、置换法和直接加热法冶炼得到 C. 蔗糖、胆矾和苯酚分别属于非电解质、强电解质和弱电解质 D. 天然气、水煤气和沼气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．依据概念分析，硫酸、苛性钾、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物，故A正确；B．Mg是活泼金属用电解法，Cu是较活泼金属用热置换法；银是不活泼性较弱的金属用直接加热法冶炼得到，故B正确；C．蔗糖不能电离属于非电解质，胆矾是盐属于强电解质，苯酚是弱电解质，故C正确；D．天然气是由古代生物在地下发生复杂的变化形成的，属于化石能源；沼气是由植物秸秆发酵形成的属于可再生能源；水煤气是由C与水蒸气在高温条件下反应生成的属于不可再生的二次能源，故D错误；故答案为D。‎ ‎19.利用下图所示装置从海水中提取CO2,有利于减少环境中温室气体的含量。下列说法正确的是 A. 通电后，a室的pH增大 B. 中间隔室发生的反应:HCO3-+H+==CO2↑+H2O，从而提取CO2‎ C. 阴极反应式2H+-2e-==H2↑‎ D. 当电路中通过1 mol电子的电量时，会有22.4LCO2气体产生 ‎【答案】B ‎【解析】‎ a室为阳极,发生氧化反应,电极极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑,溶液的pH减小，A错误；氢离子通过阳离子交换膜进入b室,发生反应: HCO3-+H+==CO2↑+H2O，实现b 室中提取CO2的目的，B正确；阴极发生还原反应，氢离子得电子生成氢气，2H++2e-==H2↑，C错误；根据阳极极反应可知，2H2O-4e-=4H++O2↑，当电路中通过1mol电子的电量时，会有1mol氢离子生成，进入b室,产生标况下CO2气体22.4，本题没有给出气体的外界条件，无法计算出CO2气体的体积，D错误；正确选项B。‎ ‎20.咖啡酸具有较广泛的抑菌作用，结构简式如下所示。下列有关说法中正确的是(　　)‎ A. 分子中含有四种官能团 B. 可以用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键 C. 1 mol咖啡酸与足量钠、碳酸氢钠溶液反应，相同条件下生成气体的体积比为1：2‎ D. 1 mol咖啡酸可与4 mol Br2发生反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分子中含有羟基、羧基、碳碳双键三种官能团，故A错误；羟基、碳碳双键都能与高锰酸钾溶液反应，不能用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键，故B错误；碳酸钠与酚羟基、羧基都能反应，碳酸氢钠与羧基反应生成二氧化碳，故C错误；羟基的邻位、对位与溴取代，碳碳双键与溴加成，1 mol咖啡酸可与4 mol Br2发生反应，故D正确。‎ 第II卷(主观题，共45分)‎ 三、填空题 ‎21.碱式碳酸钴[Cox(OH)y(CO3)z ‎]常用作电子材料，磁性材料的添加剂，受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成，某化学兴趣小组同学设计了如图所示装置进行实验。‎ ‎(1)请完成下列实验步骤：‎ ‎①称取3.65 g样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量；‎ ‎②按如图所示装置组装好仪器，并检验装置气密性；‎ ‎③加热甲中玻璃管，当乙装置中________________(填现象)，停止加热；‎ ‎④打开活塞a，缓缓通入空气数分钟后，称量乙、丙装置的质量；‎ ‎⑤计算。‎ ‎(2)步骤④中缓缓通入空气数分钟的目的是___________________________。‎ ‎(3)某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷，为解决这一问题，可选用下列装置中的____________(填字母)连接在________(填装置连接位置)。‎ ‎(4)若按正确装置进行实验，测得如下数据：则该碱式碳酸钴的化学式为______。‎ 乙装置的质量/g 丙装置的质量/g 加热前 ‎80.00‎ ‎6200‎ 加热后 ‎80.36‎ ‎62.88‎ ‎(5)CoCl2·6H2O常用作多彩水泥的添加剂，以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取CoCl2·6H2O的一种工艺如下：‎ 已知：‎ 沉淀物 Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Co(OH)2‎ Al(OH)3‎ 开始沉淀(pH)‎ ‎2.3‎ ‎7.5‎ ‎7.6‎ ‎3.4‎ 完全沉淀(pH)‎ ‎4.1‎ ‎9.7‎ ‎9.2‎ ‎5.2‎ ‎①净化除杂质时，加入H2O2发生反应的离子方程式为___________________。‎ ‎②加入CoCO3调pH为5.2～7.6，则操作Ⅰ获得的滤渣成分为_____________。‎ ‎③加盐酸调整pH为2～3的目的为________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 不再有气泡产生时 (2). 将装置中产生的CO2和H2O(g)全部排入乙、丙装置中 (3). D (4). 活塞a前(或装置甲前) (5). Co3(OH)4(CO3)2 (6). 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O (7). Al(OH)3、Fe(OH)3 (8). 抑制CoCl2的水解 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；‎ ‎（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；‎ ‎（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；‎ ‎（4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置质量为80.00g，反应后质量为80.36g，故生成水的质量为80.36g-80.00g=0.36g，物质的量为=0.02mol；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.00g，生成二氧化碳的质量为62.88g-62.00g=0.88g，物质的量为 ‎=0.02mol，故Co的质量为3.65g-0.02mol×2×17g/mol-0.02mol×60g/mol=1.77g，故Co原子物质的量为：=0.03mol，根据Co、H、C元素守恒可知，x：y：z=0.03mol：0.02mol×2：0.02mol=3：4：2，故碱式碳酸钴的化学式为Co3（OH）8（CO3）4；‎ ‎（5）向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液中加入双氧水和CoCO3，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入CoCO3，调节溶液的pH至7.6，使Fe（OH）3、Al（OH）3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含有CoCl2，然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CoCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl2•6H2O；‎ ‎①双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；‎ ‎②加入CoCO3调pH为5.2～7.6，则操作I获得的滤渣成分为Fe（OH）3、Al（OH）3；‎ ‎③CoCl2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解，所以加入稀盐酸的目的是抑制CoCl2水解。‎ ‎22.(1)在分液漏斗中用一种有机溶剂提取水溶液里的某物质时，静置分层后，如果不知道哪一层液体是“水层”，试设计一种简便的判断方法。答：____________________________。‎ ‎(2)下列操作会使配制的KOH溶液的物质的量浓度偏大的是_______‎ A、转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容 B、转移溶液过程中有液体溅出容量瓶 ‎ C、定容时俯视刻度线 D、配制溶液定容摇匀后发现容量瓶中液面低于刻度线，又补足了水 ‎【答案】 (1). 取下层液体加入水中，若互溶则为水，否则为有机物 (2). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据水层和水互溶，有机层和水分层；‎ ‎（2）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析。‎ ‎【详解】（1）依据水层和水互溶，有机层和水分层，加几滴水，若互溶则为水层，否则为有机层；‎ ‎（2）A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；B．转移溶液过程中有液体溅出容量瓶，导致KOH的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B不选；C．在容量瓶中定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C选；D．定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D不选；故答案为C。‎ ‎【点睛】要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c=分析，如：用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。‎ ‎23.乙烯是合成食品外包装材料聚乙烯的单体，可以由丁烷裂解制备。裂解的副反应为C4H10(g，正丁烷) CH4(g)＋C3H6(g)，请回答下列问题：‎ ‎(1)化学上，将稳定单质的能量定为0，由元素的单质化合成单一化合物时的反应热叫该化合物的生成热，生成热可表示该物质相对能量。25 ℃、101 kPa几种有机物的生成热如下表所示：‎ 物质 甲烷 乙烷 乙烯 丙烯 正丁烷 异丁烷 生成热/kJ· mol－1‎ ‎－75‎ ‎－85‎ ‎52‎ ‎20‎ ‎－125‎ ‎－132‎ 由正丁烷裂解生成乙烯的热化学方程式为_____________________________。‎ ‎(2)一定温度下，在恒容密闭容器中投入一定量正丁烷发生反应生成乙烯。‎ 下列情况能说明该反应达到平衡状态的是________(填标号)。‎ A．气体密度保持不变 B．c(C2H4)·c(C2H6)/c(C4H10)保持不变 C．反应热保持不变 D．正丁烷分解速率和乙烷消耗速率相等 ‎(3)向密闭容器中充入正丁烷，在一定条件(浓度、催化剂及压强等)下发生反应，测得乙烯产率与温度关系如图所示。温度高于600℃时，随着温度升高，乙烯产率降低，可能的原因是____________。‎ ‎(4)在一定温度下向10 L恒容密闭容器中充入2 mol正丁烷，反应生成乙烯和乙烷，经过10 min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是原来的1.75倍。‎ ‎①0～10 min内乙烷的生成速率v(C2H6)＝________ mol·L－1·min－1。‎ ‎②上述条件下，正丁烷的平衡转化率为_______，该反应的平衡常数K为_____。‎ ‎(5)丁烷空气燃料电池以熔融的K2CO3(其中不含O2－和HCO3-)为电解质，以具有催化作用和导电性能的稀土金属材料为电极。该燃料电池的正极反应式为26CO2＋13O2＋52e－===26CO32-，则负极反应式为_________________________。‎ ‎【答案】 (1). C4H10(g，正丁烷)C2H4(g)＋C2H6(g) ΔH ＝＋92kJ· mol－ (2). BD (3). 催化剂活性降低，副产物增多 (4). 0.015 (5). 75% (6). 0.45 (7). C4H10＋13CO32-－26e－===17CO2＋5H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）反应方程式中焓变=生成物的生成热-反应物的生成热；‎ ‎（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；‎ ‎（3）催化剂活性受温度影响，有机化学反应中副反应较多； （4）恒温恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，经过10min 达到平衡状态，测得平衡时气体压强是原来的1.75 倍，说明平衡后气体总物质的量是原来的1.75倍，混合气体物质的量=2mol×1.75=3.5mol， 增加的物质的量相当于生成的n（C2H4）=n（C2H6）=（3.5-2）mol=1.5mol，剩余的n（C4H10）=（2-1.5）mol=0.5mol，平衡时c（C2H4）=c（C2H6）==0.15mol/L，c（C4H10）=‎ ‎=0.05mol/L；‎ ‎①0～10min 内乙烷生成速率v（C2H6）=；‎ ‎②上述条件下，正丁烷的平衡转化率=×100%，该反应的平衡常数K=；‎ ‎（5）负极上丁烷失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水。‎ ‎【详解】（1）反应方程式中焓变=生成物的生成热-反应物的生成热，所以该反应的焓变=（52-85+125）kJ/mol=+92kJ/mol，所以其热化学方程式为C4H10（g，正丁烷）⇌C2H4（g）+C2H6（g）△H=+92kJ•mol-1；‎ ‎（2）A．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，所以密度始终不变，不能根据密度判断平衡状态，故A错误；B．c（C2H4）•c（C2H6）/c（C4H10）保持不变时，各物质的物质的量浓度不变，说明达到平衡状态，故B正确；C．反应热与计量数成正比，与是否达到平衡状态无关，故C错误；D．正丁烷分解速率与乙烷消耗速率相等，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；故答案为BD；‎ ‎（3）催化剂活性受温度影响，有机化学反应中副反应较多，随着温度升高，乙烯产率降低，可能的原因是催化剂活性降低，副产物增多；‎ ‎（4）恒温恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，经过10min 达到平衡状态，测得平衡时气体压强是原来的1.75 倍，说明平衡后气体总物质的量是原来的1.75倍，混合气体物质的量=2mol×1.75=3.5mol， 增加的物质的量相当于生成的n（C2H6）=n（C2H4）=（3.5-2）mol=1.5mol，剩余的n（C4H10）=（2-1.5）mol=0.5mol，平衡时c（C2H6）=c（C2H4）==0.15mol/L，c（C4H10）==0.05mol/L；‎ ‎①0～10min 内乙烷的生成速率v（C2H6）==mol/（L•min）=0.015mol/（L•min）；‎ ‎②上述条件下，正丁烷的平衡转化率=×100%=×100%=75%；该反应的平衡常数K===0.45；‎ ‎（5）负极上丁烷失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为C4H10+13CO32--26e--=17CO2+5H2O。‎ ‎24.肉桂酸(M)是医药、香料的中间体，实验室由芳香化合物A制备M的一种合成路线如下：‎ 已知：① (R1、R2表示氢原子或烃基)‎ ‎②R1COOR2＋R3CH2COOR4＋R2OH ‎(R1、R3表示氢原子或烃基，R2、R4表示烃基)‎ 请回答下列问题：(1)A→B的条件为________。‎ ‎(2)E中所含官能团的名称为________。‎ ‎(3)H的结构简式为________。(4)I→M的反应类型为________。‎ ‎(5)D＋F→G的化学方程式为________________________。‎ ‎(6)同时满足下列条件的I的同分异构体有________种(不考虑立体异构)，任写一种核磁共振氢谱中有6组吸收峰且峰面积之比为1：2：2：2：2：1的结构简式为_______。‎ ‎①能发生显色反应和银镜反应　②苯环上连有两个取代基 ‎(7)参照上述信息，以甲烷和苯酚为原料(其他无机试剂任选)，设计制备的合成路线_______________________。‎ ‎【答案】 (1). 光照 (2). 羧基 (3). (4). 消去反应 ‎ ‎(5). +CH3COOCH3+CH3OH (6). 30 (7). (8). CH4CH2Cl2HCHO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据M结构简式知A含苯环，结合A分子式知，A为，A发生取代反应生成B，B发生水解反应然后酸化得到C，C能和乙醇发生酯化反应，则C为羧酸，所以A中甲基上3个H原子被取代生成B， B为，C为，D为； E和甲醇发生酯化反应生成F，根据F分子式知，E为CH3COOH，F为CH3COOCH3，DF发生信息②的反应生成G为，G发生加成反应生成H为，H水解酸化得到I为，I发生消去反应生成M；‎ ‎（7）以甲烷和苯酚为原料（其他无机试剂任选）制备，可以由HCHO和发生缩聚反应得到，HCHO可以由CH2Cl2水解得到，CH2Cl2可以由CH4发生取代反应得到。‎ ‎【详解】（1）A→B为甲苯上甲基的取代反应，Cl2在光照条件下反应即可进行；‎ ‎（2）E为CH3COOH，所含官能团的名称为羧基；‎ ‎（3）H的结构简式为；‎ ‎（4）I→M为醇的消去反应，所以该的反应类型为消去反应；‎ ‎（5）D+F→G的化学方程式为+CH3COOCH3+CH3OH；‎ ‎（6）I为，I的同分异构体符合下列条件：‎ ‎①能发生显色反应和银镜反应，说明含有酚羟基和醛基；‎ ‎②苯环上连有两个取代基，其中一个取代基为酚羟基；取代基如果为HCOOCH2CH2-，有3种；取代基为HCOOCH（CH3）-，有3种；取代基为-CH（OH）CH2CHO，有3种；取代基为-CH2CHOHCHO，有3种；取代基为-COH（CH3）CHO，有3种，取代基为-OCH2CH2CHO，有3种；取代基为-OCH（CH3）CHO，有3种；取代基为-CH2-OCH2CHO，有3种；取代基为-CH2CH2-O-CHO，有3种；取代基为-CH（OCH3）CHO，有3种；所以符合条件的有30种；一种核磁共振氢谱中有6组吸收峰目峰面积之比为1：2：2：2：2：1的结构简式为或或；‎ ‎（7）以甲烷和苯酚为原料（其他无机试剂任选）制备，可以由HCHO和发生缩聚反应得到，HCHO可以由CH2Cl2水解得到，CH2Cl2可以由CH4发生取代反应得到，其合成路线为。‎ ‎【点睛】解有机推断时要能准确利用反应条件确定可能发生的反应，再结合反应物推断产物；常见根据反应条件推断反应类型：（1）在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。（2）在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。（3）在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。（4）能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。（5）能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。（6）在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。（7）与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2‎ ‎，则为醇→醛→羧酸的过程)。（8）在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。（9）在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。‎ ‎ ‎ ‎ ‎