湖南省岳阳县第一中学2019届高三化学上学期期中试题（含解析）.docx

湖南省岳阳县第一中学2019届高三化学上学期期中试题（含解析）总分：100分考试时间：90分钟可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 C 12 O 16 Mg 24 Al 27 S 32 Fe 56 Ba137 Mn 55 K39 Co 59选择题(共54分)单项选择题：（本题包括18小题，每小题3分，共计54分。每小题只有一个选项符合题意）1.2017年4月22日是第48个世界地球日，我国确定的活动主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活讲好我们的地球故事”。下列行为不符合这一活动主题的是（）A. 加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率B. 用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用C. 加大铅蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，满足消费需求D. 对工业废水、生活污水进行净化处理，减少污染物的排放【答案】C【解析】【详解】A.因不可再生能源与可再生能源区别在于能否短期内从自然界得到补充,加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率,如开发利用太阳能、风能、氢能等等,可减少化石能源的利用，减少了二氧化碳、二氧化硫等物质的排放，符合社会可持续发展理念，所以A选项是正确的；B.利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，符合题意，所以B选项是正确的；C.加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产,废旧电池含有的铅、汞、锌、锰等重金属会污染环境，废旧蓄电池电解液也会污染环境,不符合社会可持续发展理念,故C错误； D.水污染主要来自工业、农业、生活污染物的排放，工业废水生活污水经过处理后可以节约资源,保护水资源,符合社会可持续发展理念,所以D选项是正确的； 综上所述，本题选C。2.下列有关化学用语的表示正确的是( )A. 中子数为20的氯原子B. 次氯酸的电子式：C. 氮原子的结构示意图：D. 碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3NaHCO32【答案】A【解析】【详解】A氯原子的质子数为17，中子数为20的氯原子的质量数=17+20=37，该氯原子可以表示为：1737Cl，故A正确；B次氯酸中O分别与H和Cl形成一对共价键，且Cl应满足8个电子的稳定结构，正确的为，故B错误；C氮原子的核电荷数为7，最外层电子为5，总共有2个电子层，正确为；故C错误；D碳酸氢钠中碳酸氢根不能拆，正确的电离方程式为NaHCO3=Na+HCO3，故D错误；综上所述，本题选A。3.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( )A. 一定条件下，0.2 mol SO2与足量O2充分反应，生成SO3分子数为0.2NAB. 0.1 mol NH2(氨基)中含有的电子数为0.7NAC. 3.4 g H2O2中含有的共用电子对数为0.1NAD. 常温常压下，16 g O2和O3混合气体含有的氧原子数为NA【答案】D【解析】试题分析：ASO2与氧气反应生成三氧化硫的反应是可逆反应，因此一定条件下，02mol SO2与足量O2充分反应，生成SO3分子数小于02NA，A错误；B1分子氨基含有9个电子，则01molNH2（氨基）中含有的电子数为09NA，B错误；C双氧水的结构式我HOOH，34克H2O2的物质的量是01mol，其中含有的共用电子对数为03NA，C错误；D氧气和臭氧都是氧原子形成的不同单质，因此常温常压下，16克O2和O3混合气体含有的氧原子的物质的量是16g16g/mol1mol，其个数为NA，D正确，答案选D。考点：考查阿伏加德罗常数计算4.下列指定反应的离子方程式正确的是( )A. 将少量SO2气体通入过量氨水中：SO2NH3H2ONH4HSO3B. 铝溶于NaOH溶液中：2Al2OH2H2O2AlO23H2C. 用醋酸除去水垢中的CaCO3：CaCO32HCa2H2OCO2D. 用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5IIO33H2O3I26OH【答案】B【解析】【详解】A将少量SO2气体通入氨水中生成亚硫酸铵，不生成亚硫酸氢铵，A错误；B铝溶于NaOH溶液中生成偏铝酸盐和氢气，离子方程式电荷守恒，原子守恒，产物正确，B正确；C醋酸是弱酸，用化学式表示，不能拆成离子形式，C错误；D酸性溶液中不能生成OH-，D错误；综上所述，本题选B。5.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A. 能使甲基橙变红的溶液：Na、NH4、NO3、CO32B. 加入苯酚显紫色的溶液：K、NH4、Cl、SCNC. 常温下，c(H+)/c(OH)11014的溶液：K、Na、AlO2、HCO3D. 澄清透明的溶液：Cu2、NH4、NO3、SO42【答案】D【解析】【分析】A. 能使甲基橙变红的溶液显酸性；B. 加入苯酚显紫色的溶液含有铁离子；C. 常温下，c(H+)/c(OH)11014的溶液显碱性； D. 澄清透明的溶液可以有颜色；【详解】A. 能使甲基橙变红的溶液显酸性：H+和CO32不能共存，A错误；B. 加入苯酚显紫色的溶液中含有铁离子，铁离子与SCN不能共存，B错误；C. c(H+)/c(OH)11014的溶液，c(OH)1mol/L溶液显碱性，HCO3与OH不能共存，C错误；D. 澄清透明的溶液中：Cu2、NH4、NO3、SO42四种离子间互不反应，均能大量共存，D正确；综上所述，本题选D。6.用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是（）A. 用图甲所示方法检查装置的气密性B. 用图乙所示装置制取氨气C. 用图丙所示装置分馏石油获得汽油D. 用图丁所示装置分离乙醇与乙酸【答案】A【解析】【分析】A.可通过形成液面差检验气密性；B.应用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气；C.温度计和水的进出方向错误；D.乙醇和乙酸混溶。【详解】A.检验气密性,可先关闭止水夹,经长颈漏斗向烧瓶中加水,如形成液面差且液面在一定时间内不变化,可说明气密性良好,故A正确；B.氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢,温度稍低时又可生成氯化铵,应用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气,故B错误；C.温度计应位于蒸馏烧瓶的支管口处；水的进出方向错误，应下进上出，水充满冷凝管,可充分冷凝,故C错误；D.乙醇和乙酸混溶,不能用分液的方法分离,应用蒸馏的方法,故D错误；综上所述，本题选A。【点睛】蒸馏实验中要注意：溶液中要加入沸石，防止溶液暴沸；温度计的水银球要在蒸馏烧瓶的支管口处，测量的是蒸汽的温度；冷凝管中冷却水的流向采用逆流原理，即从下口进入，上口流出，保证冷凝效果好。7.氯酸是强酸，在酸性介质中是强氧化剂，可与碘单质发生反应2HC103+I22HI03+C12，若碘单质过量，还会发生反应C12+I2=2IC1。下列有关说法正确的是（ ）A. HIO3是I元素的最高价氧化物对应的水化物B. 化学方程式表明I2的氧化性强于Cl2C. 反应中，每形成0.1mol非极性键，转移1 mol电子D. IC1在烧碱溶液中发生水解，生成物为Nal和NaCIO【答案】C【解析】【详解】A.碘是卤族元素，原子的最外层电子数为7，最高正化合价为+7，而HIO3中碘元素为+5价。故A错误；B.反应中，氯元素从+5价降低为0价，碘元素从0价升高为+5价，I2是还原剂， Cl2是还原产物，因此，该反应说明 I2的还原性强于Cl2，故B错误；C.1mol C12分子中含有1molCl-Cl（属于非极性键）。由反应可知，生成1mol C12转移10mol电子，现生成0.1molCl-Cl键, 故转移1 mol电子, C正确；D.IC1中碘元素为+1价，氯元素为-1价，其水解产物是HCl和HIO，在烧碱溶液中的产物是NaCl和NaIO，故D 错误； 综上所述，本题选C。8.下列物质转化在给定条件下不能实现的是( )A. Fe2O3FeCl3(aq) 无水FeCl3B. Al2O3NaAlO2(aq) AlCl3(aq)C. NH3NOHNO3D. SiO2H2SiO3Na2SiO3【答案】D【解析】【详解】A.氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁溶液水解显酸性，在通入氯化氢气流的情况下，抑制了氯化铁的水解，加热蒸干可以得到无水FeCl3，能够实现，A不选；B.氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与足量的盐酸反应生成氯化铝溶液，可以实现，B不选；C.氨气发生催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气、水按照一定的比例反应可生成硝酸，可以实现，C不选；D.二氧化硅不溶于水，与水不反应，无法实现该转化，D可选；综上所述，本题选D。【点睛】氯化铁溶液能够发生水解：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，加热蒸发灼烧，氯化氢挥发，平衡右移，最终得到氧化铁固体；只有在不断地通入氯化氢气流（或加入浓盐酸）情况下，抑制其水解，加热蒸干最后才能得到氯化铁固体。9.现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：已知：控制溶液pH4时，Fe(OH)3沉淀完全，Ca2、Mg2不沉淀。该同学得出的结论正确的是()。A. 根据现象1可推出该试液中含有NaB. 根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根C. 根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2，但没有Mg2D. 根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2【答案】C【解析】试题分析：A、由于试液中外加了NaOH和Na2CO3，故不能确定原试液中是否含有钠离子；B、试液中有没有葡萄糖酸根离子，都无银镜生成，因为葡萄糖酸根离子中不含醛基；C、滤液中加氨水无沉淀产生，说明无镁离子，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀，说明有钙离子，C正确；D、试液中可能含亚铁离子，也可能只含铁离子而不含亚铁离子，D错误；故选C。考点：铁离子的检验、视频10.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X、W同主族，Z与Y3具有相同的电子层结构，W的氧化物是生产光纤制品的基本原料。下列说法正确的是( )A. 粒子半径：r(W)r(X)r(Z)r(Y3)B. X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强C. W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强D. ZY3晶体中含有离子键和共价键【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，Z与Y3具有相同的电子层结构，Z为Na，Y 为N；生产光纤制品的基本原料为二氧化硅，所以W为Si；X、W同主族，X为C。结合以上分析解答。【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大, Z与Y3具有相同的电子层结构，Z为Na，Y 为N；生产光纤制品的基本原料为二氧化硅，所以 W为Si；X、W同主族，X为C；A.电子层越多,半径越大,核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以：r(W)r(X)，r(Z)C，所以硝酸的酸性大于碳酸，B错误；C.W的简单气态氢化物SiH4，X为CH4，元素非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性CSi，所以氢化物稳定性：CH4 SiH4，C错误；D.ZY3晶体为NaN3，属于离子化合物，含有离子键和共价键，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】元素非金属性比较规律：非金属元素的单质与氢气化合的难易程度及氢化物的稳定性，越容易化合，形成的氢化物越稳定，该元素的非金属性就越强；非金属元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，该元素的非金属性就越强。11.头孢羟氨苄(如图)被人体吸收效果良好，疗效明显，且毒性反应极小，因而被广泛适用于敏感细菌所致的尿路感染、皮肤软组织感染以及急性扁桃体炎、急性咽炎、中耳炎和肺部感染等的治疗。已知肽键可以在碱性条件下水解。下列对头孢羟氨苄的说法中正确的是()A. 头孢羟氨苄的化学式为C16H16N3O5SH2OB. 1 mol头孢羟氨苄与NaOH溶液和浓溴水反应时，分别需要消耗NaOH 4 mol和Br2 3molC. 在催化剂存在的条件下，1mol头孢羟氨苄消耗7 mol H2D. 头孢羟氨苄能在空气中稳定存在【答案】B【解析】判断有机物的性质，关键是找出有机物中含有的官能团。根据有机物的结构简式可知，分子中含有的官能团有酚羟基、氨基、肽键、羧基、碳碳双键，所以选项B正确。A不正确，应该是C16H17N3O5SH2O。酯基和羧基不能和氢气发生加成反应，所以酯需要4mol氢气，C不正确。酚羟基极易被氧化，在空气中不能稳定存在，D不正确，答案选B。12.下列物质在给定条件下的同分异构体数目正确的是()A. C4H10属于烷烃的同分异构体有3种B. 分子组成是C5H10O2属于羧酸的同分异构体有5种C. 分子组成是C4H8O属于醛的同分异构体有3种D. 结构简式为的一溴代物有5种【答案】D【解析】A. C4H10属于烷烃的同分异构体有2种，即正丁烷和异丁烷，A错误；B. 分子组成是C5H10O2属于羧酸，则满足C4H9COOH，丁基有4种，因此属于羧酸的同分异构体有4种，B错误；C. 分子组成是C4H8O属于醛，满足C3H7CHO，丙基有2种，则属于醛的同分异构体有2种，C错误；D. 结构简式为的分子中氢原子有5类，其一溴代物有5种，D正确，答案选D。点睛：本题主要是考查同分异构体判断。注意掌握一取代产物数目的判断方法：基元法：例如丁基有四种异构体，则丁醇、戊醛、戊酸等都有四种同分异构体。替代法：例如二氯苯(C6H4Cl2)有三种同分异构体，四氯苯也有三种同分异构体(将H替代Cl)；等效氢法：等效氢法是判断一元同分异构体数目的重要方法，判断等效氢原子的三条原则是：同一碳原子上的氢原子是等效的；同一碳原子上所连的甲基上的氢原子是等效的；处于对称位置上的氢原子是等效的。13.除去下列物质中所含的少量杂质的方法正确的是()选项物质杂质试剂提纯方法ABaSO4BaCO3水溶解、过滤、洗涤BCO2SO2饱和Na2CO3溶液洗气C乙酸乙酯乙酸稀NaOH溶液混合振荡、静置分液D蛋白质葡萄糖浓(NH4)2SO4溶液盐析、过滤、洗涤A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】A.BaSO4和BaCO3都不溶于水，不能过滤分离；B.CO2和SO2都与饱和Na2CO3溶液反应；C.乙酸乙酯在NaOH溶液中水解；D.蛋白质在浓(NH4)2SO4溶液中盐析，葡萄糖溶于浓(NH4)2SO4溶液。【详解】A.BaSO4和BaCO3都不溶于水,过滤不能将二者分离，故A错误；B.CO2和SO2都与饱和Na2CO3溶液反应,应用饱和碳酸氢钠溶液洗气,故B错误；C.乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解,应用饱和碳酸钠溶液分离提纯，故C错误；D.蛋白质在浓(NH4)2SO4溶液中发生盐析，葡萄糖溶于浓(NH4)2SO4溶液,可用盐析、过滤、洗涤的方法分离,故D正确；综上所述，本题选D。14.下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符合的是( )A. NaHSO3粉末加入HNO3溶液中 B. H2S气体通入氯水中C. NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中 D. CO2通入澄清石灰水中【答案】D【解析】试题分析：A、向硝酸溶液中加入NaHSO3，二者发生氧化还原反应立即生成气体，故A错误；B、H2S气体通入氯水中，发生反应H2S+Cl2=S+2HCl，酸性增强，溶液pH值减小，故B错误；C、NaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中，立即生成碳酸钡沉淀，故C错误；D、开始二氧化碳与氢氧化钙反应，生成碳酸钙沉淀，溶液中离子浓度降低，导电能力降低，氢氧化钙反应完毕后，二氧化碳再与碳酸根、水生成碳酸氢钙，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，最后由钙离子守恒可知氢氧化钙与碳酸氢钙的浓度基本相等，导电能力与开始基本相同，故D正确，故选：D。考点：考查物质之间反应的有关图像分析与排放15.以苯为基本原料可制备X、Y、Z、W等物质，下列有关说法中正确的是( )A. 反应是苯与溴水的取代反应 B. 可用AgN03溶液检测W中是否混有ZC. X、苯、Y分子中六个碳原子均共平面 D. 反应中产物除W外还有H2O和NaCl【答案】D【解析】【详解】A.苯与液溴、铁作催化剂条件下发生取代反应，生成溴苯，而苯与溴水不反应，A错误；B.C6H11Cl在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应，生成环己烯，C6H11Cl属于氯代烃，不含氯离子，不能与硝酸银溶液反应，因此不能用AgN03溶液检测W中是否混有Z，B错误；C. Y分子为环己烷，分子中的6个碳原子全是饱和碳原子，因此该分子中六个碳原子不可能共平面，C错误；D. C6H11Cl在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应，生成环己烯、氯化钠和水，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】针对B，C6H11Cl属于氯代烃，不含氯离子，直接加入硝酸银溶液不能生成白色氯化银沉淀；可以把C6H11Cl在氢氧化钠的醇溶液中加热（或氢氧化钠的水溶液中加热）生成氯化钠，然后把反应后的溶液加入足量的硝酸，再加入硝酸银溶液，如有白色沉淀，证明该烃中含有氯元素。16.已知A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，它们有如下转化关系，且D为强电解质(其他相关物质可能省略)。ABCD下列说法不正确的是()A. 若A为非金属单质，则它与Mg反应的产物中阴阳离子个数比可能为23B. 若A为非金属单质，则其组成元素在周期表中的位置可能处于第二周期第A族C. 不论A为单质还是化合物，D都有可能是同一种物质，该物质的浓溶液在常温下都能使铁和铝发生钝化D. 若A是共价化合物，0.1molA分子中含有的电子数可能为NA(NA为阿伏加德罗常数的值)【答案】B【解析】A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，且D为强电解质，中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系，Na元素单质化合物符合转化关系，A若A为非金属单质，能连续氧化且产物D为强电解质，则A为N或S，其中氮与镁反应的产物中阴阳离子的个数比为2：3，A正确；B若A为非金属单质，A为氮气或硫，氮元素处于第二周期A族，硫元素处于第三周期A族，B错误；CD的浓溶液能使铁、铝钝化，则D可能为浓硫酸或浓硝酸，C错误；D若A是共价化合物，A可能为NH3或H2S，O.1mol的NH3分子中含有的电子数为NA，D正确，答案选B。17.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素,其中Z为金属元素,X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物。其转化关系如图所示，下列判断错误的是（）A. 反应、都属于氧化还原反应B. X、Y、Z、W四种元素中，Y的原子半径最小C. Na着火时，可用甲扑灭D. 一定条件下，x与甲反应生成丁【答案】C【解析】根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁。A. 反应二氧化碳与镁反应、碳与氧气反应、碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，选项A正确；B. 同周期元素原子从左到右依次减小，同主族元素原子从上而下半径增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，O的原子半径最小，选项B正确；C. Na着火时，不可用二氧化碳扑灭，选项C错误；D. 一定条件下，碳与二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查元素周期表、元素周期律及物质的推断，根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁，据此分析解答。18.将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3molL1NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中不正确的是（）A. 当金属全部溶解时，失去电子的物质的量为0.3molB. 标准状态下，当金厲全部溶解时收集NO气体体积为3.36LC. 当生成的沉淀量达最大时，消耗NaOH溶液的体积V100mLD. 参加反应的金属总质量为9.6gm3.6g【答案】B【解析】【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应：3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O ；向反应后的溶液中加入过量的3molL1NaOH 溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaNO3，Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2+2NaNO3；因此沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g ,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g ,氢氧根的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒,则镁和铜的总的物质的量为:0.31/2=0.15mol；据以上分析解答。【详解】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应：3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O ；向反应后的溶液中加入过量的3molL1NaOH 溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaNO3，Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2+2NaNO3；因此沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g ,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g ,氢氧根的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒,则镁和铜的总的物质的量为:0.31/2=0.15mol； A.根据分析可以知道,合金的物质的量为0.15mol,当金属全部溶解时,失去电子的物质的量为0.3mol,故A项正确；B.镁和铜的总的物质的量为0.15mol ,根据电子转移守恒可以知道生成的NO物质的量为0.152/3=0.1mol，标况下NO气体体积为2.24 L, 故B项错误；C.当生成的沉淀量达最大时，参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，至少需要氢氧化钠溶液的体积=0.3/3=0.1L=100mL，通常沉淀试剂可以稍过量，所以消耗NaOH溶液的体积V100mL，故C项正确；D.镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.1524=3.6g，若全为铜，质量为0.1564=9.6g，所以参加反应的金属的总质量(m)为9.6gm3.6g，故D项正确；综上所述，本题选B。非选择题(共46分)19.某小组探究“地康法制氯气”的原理并验证Cl2的性质，设计实验如下（夹持装置略去）请回答下列问题：I. Cl2的制备。（1）装置B中发生反应的化学方程式为 _。（2）装置C的作用除干燥气体外还有_。（3）装置 E中盛放CuSO4的仪器名称为_；反应开始后，硫酸铜变蓝，则装置D中发生反应的化学方程式为 _。II.Cl2性质的验证。该小组用实验I中制得的Cl2和如图所示装置（不能重复使用）依次验证干燥纯净的Cl2无漂白性、湿润的Cl2有漂白性、Cl的非金属性强于S査阅资料：PdCl2溶液捕获CO时，生成金属单质和两种酸性气体化合物；少量CO2不干扰实验；该实验条件下，C与Cl2不反应。（4）按气流从左到右的方向，装置连接的合理顺序为E 尾气处理（填装置字母）_。（5）试剂X的名称为_。（6）装置J中发生反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 (2). 控制气体的流速和比例、使气体混合均匀 (3). （球形）干燥管 (4). 4HC1+O22H2O+ 2C12 (5). G(或L)KJL(或G )HFI (6). 硫化钠溶液 (7). PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HC1【解析】【详解】. （1）装置B中为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；综上所述，本题答案是：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2。（2）装置C的作用除干燥气体外，还可以通过调节单位时间内的气泡数，控制气体的流速和比例、使气体混合均匀的作用；综上所述，本题答案是：控制气体的流速和比例、使气体混合均匀。 （3）由装置图可知，盛放CuSO4的仪器为（球形）干燥管；由信息知，加热条件下，HC1与O2反应生成氯气和水，可得方程式：4HC1+O22H2O+ 2C12；综上所述，本题答案是：（球形）干燥管； 4HC1+O22H2O+ 2C12 。 II.（4）制得的Cl2中混有水蒸气、O2、HCl，用浓硫酸除去水蒸气，足量碳粉除去O2，生成的CO用PdCl2除去，同时HCl溶解于水中，且可溶性金属氯化物的溶液可降低Cl2的溶解度，再通过浓硫酸除去水蒸气；净化后的Cl2分别通过干燥的红纸条、湿润的红纸条、Na2S溶液，以验证Cl2的性质；所以装置的顺序应为EG（或L）KJL（或G）HFI；综上所述，本题答案是：G(或L)KJL(或G )HFI。（5）可用盐溶液中的置换反应来验证元素非金属性的强弱，氯气与硫化钠溶液反应生成单质硫，黄色沉淀，所以试剂X可以选用硫化钠溶液；综上所述，本题答案是：硫化钠溶液。（6）装置J中发生的是PdCl2溶液捕获CO的反应，由信息可得方程式：PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HC1；综上所述，本题答案是：PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HC1。20.CoC2O4是制备金属钴的原料。利用含钴废料（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等）制取CoC2O4的工艺流程如下：（1）“500煅烧”的目的是_。（2）“浸出液”的主要成分是_。（3）“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+，反应的离子方程式为_。（4）“净化除杂1”过程中，需在4050加入H2O2溶液，其目的是_。（用离子方程式表示）；再升温至8085，加入Na2CO3溶液，调pH至5，“滤渣I”的主要成分是_。（5）为测定制得的CoC2O4产品的纯度，现称取1.00g样品，将其用适当试剂转化为草酸铵(NH4）2C2O4溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000mol/L高锰酸钾溶液滴定，达到滴定终点，共用去高锰酸钾溶液26.00mL，该产品的纯度为_。【答案】 (1). 除去碳和有机物 (2). NaAlO2(NaAlO2和NaOH、Ca(OH)2也可得分) (3). 2Co3+SO32-+H2O=2Co2+SO42-+2H+ (4). 2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O (5). Fe(OH)3（答Fe(OH)3和CaSO4与CaCO3中任意一种或两种都给分） (6). 95.55%【解析】【分析】含钴废料主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO，碳及有机物等，550焙烧可以除去碳和有机物；加入氢氧化钠溶液,其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠， Co2O3、Fe2O3、MgO不溶，过滤，则浸出液的主要成分为偏铝酸钠（或NaAlO2和NaOH、Ca(OH)2）；向过滤得到的固体中加入稀硫酸和亚硫酸钠，亚硫酸钠将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，可得Co2+、Fe2+、Mg2+、Ca2+；在4050加入H2O2，氧化Fe2+氧化为Fe3+，再升温至8085,加入碳酸钠调pH至5,可得到氢氧化铁沉淀,过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+；测定CoC2O4产品的纯度，根据5 CoC2O4-5(NH4）2C2O4-2KMnO4关系计算出纯的CoC2O4的质量，即可求出样品的纯度，据以上分析解答。【详解】含钴废料主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO，碳及有机物等，550焙烧可以除去碳和有机物；加入氢氧化钠溶液,其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠， Co2O3、Fe2O3、MgO不溶，过滤，则浸出液的主要成分为偏铝酸钠（或NaAlO2和NaOH、Ca(OH)2）；向过滤得到的固体中加入稀硫酸和亚硫酸钠，亚硫酸钠将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，可得Co2+、Fe2+、Mg2+、Ca2+；在4050加入H2O2，氧化Fe2+氧化为Fe3+，再升温至8085,加入碳酸钠调pH至5,可得到氢氧化铁沉淀,过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+；测定CoC2O4产品的纯度，根据5 CoC2O4-5(NH4）2C2O4-2KMnO4关系计算出纯的CoC2O4的质量，即可求出样品的纯度；（1）结合以上分析可知，“550焙烧”可以除去碳和有机物；综上所述，本题答案是：除去碳和有机物。 （2）结合以上分析可知，加入氢氧化钠溶液,氧化铝溶解生成偏铝酸钠，所以浸出液的主要成分为偏铝酸钠（或NaAlO2和NaOH、Ca(OH)2）；综上所述，本题答案是：NaAlO2(NaAlO2和NaOH、Ca(OH)2也可得分)。 （3）“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+，则SO32-将Co3+还原为Co2+，自身被氧化为SO42-，反应离子方程式为：2Co3+SO32-+H2O=2Co2+SO42-+2H+；综上所述，本题答案是：2Co3+SO32-+H2O=2Co2+SO42-+2H+。（4）“净化除杂1”过程中，需在4050加入H2O2溶液，亚铁离子氧化为铁离子，2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；再升温至8085，加入Na2CO3溶液，调pH至5，可以得到氢氧化铁沉淀，所以“滤渣I”的主要成分是Fe(OH)3（Fe(OH)3和CaSO4与CaCO3中任意一种或两种均可）；综上所述，本题答案是：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O； Fe(OH)3（答Fe(OH)3和CaSO4与CaCO3中任意一种或两种都给分）。（5）称取1.00g样品，将其用适当试剂转化为草酸铵(NH4）2C2O4溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000mol/L高锰酸钾溶液滴定，达到滴定终点，共用去高锰酸钾溶液26.00mL，根据电子得失守恒可以得出5 CoC2O4-5(NH4）2C2O4-2KMnO4关系，所以m(CoC2O4)=5/22610-30.1147=0.955g，故酸钴样品的纯度为0.9555/1100%=95.55%；综上所述，本题答案是：95.55%。21.某红色固体粉末样品可能含有Fe2O3和Cu2O中的一种或两种，某校化学自主探究实验小组拟对其组成进行探究。查阅资料：Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O2H=CuCu2H2O探究一：用如图所示装置进行实验，回答下列问题：(1)仪器组装完成后，夹好止水夹，_，则说明装置A的气密性良好。(2)装置A是氢气的发生装置，可以选用的药品是_(填选项)。A稀硫酸和锌片 B稀硝酸和铁片 C氢氧化钠溶液和铝片 D浓硫酸和镁片(3)从下列实验步骤中，选择正确的操作顺序：_(填序号)。打开止水夹熄灭C处的酒精喷灯C处冷却至室温后，关闭止水夹点燃C处的酒精喷灯收集氢气并验纯通入气体一段时间，排尽装置内的空气探究二：(4)取少量样品于试管中，加入适量的稀硫酸，若无红色物质生成，则说明样品中不含Cu2O；此观点是否正确_(填“是”或“否”)，若填“否”，则原因是_(用离子方程式说明)；另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色的气体，证明样品中一定含有_，取少量反应后的溶液，加适量蒸馏水稀释后，滴加_(填试剂和实验现象)，则可证明另一成分存在，反之，说明样品中不含该成分。探究三：(5)取一定量样品于烧杯中，加入足量的稀硫酸，若反应后经过滤得到固体3.2g，滤液中Fe2有1.0mol，则样品中n(Cu2O)_mol。【答案】 (1). )向装置A中的长颈漏斗内加水至形成一段水柱，若一段时间内水柱高度保持不变 (2). AC (3). (4). 否 (5). 2Fe3Cu=2Fe2Cu2 (6). Cu2O (7). KSCN溶液，若溶液变红色 (8). 0.55【解析】【详解】(1)仪器组装完成后，夹好止水夹，向装置A中的长颈漏斗内加水至形成一段水柱，若一段时间内水柱高度保持不变，则说明装置A的气密性良好；综上所述，本题答案是：向装置A中的长颈漏斗内加水至形成一段水柱，若一段时间内水柱高度保持不变。(2) 装置A为固液不加热型，稀硫酸和锌片反应能生成氢气，稀硝酸和铁片反应生成一氧化氮，浓硫酸和镁片反应生成二氧化硫，氢氧化钠溶液和铝片反应生成氢气，AC项正确；综上所述，本题答案是：AC。(3) 在实验前应先将装置内空气排尽并验纯，实验结束后应先熄灭酒精灯，保持气体继续通入一段时间后关闭止水夹，所以正确的操作顺序是；综上所述，本题答案是：。(4)样品中含有的氧化铁溶于稀硫酸生成铁离子，Cu2O在酸性条件下发生歧化反应生成亚铜离子和金属铜，铜与铁离子发生反应：2Fe3Cu=2Fe2Cu2，所以看不到无红色物质生成，但不能说明样品中不含Cu2O；另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色的气体，即反应生成了二氧化氮，说明样品中含有还原性物质，即含有Cu2O；如果反应后的溶液中含有铁离子，可以用硫氰化钾溶液进行检验，如果出现红色溶液，证明含有铁离子；综上所述，本题答案是：否 ，2Fe3Cu=2Fe2Cu2；Cu2O；KSCN溶液，若溶液变红色。(5)溶液中依次发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Cu2O2H=CuCu2H2O、2Fe3Cu=2Fe2Cu2，反应后，过滤得到m(Cu)=3.2g，滤液中Fe2+有1.0mol，则参与反应的n(Cu)=0.5mol，所以反应中生成 Cu的物质的量为3.2/64+0.5=0.55mol，所以样品中n(Cu2O)0.55mol；综上所述，本题答案是：0.55。22.工业上以乙醇为原料经一系列反应可以得到4-羟基扁桃酸和香豆素-3-羧酸，二者的合成路线如下(部分产物及条件未列出)：已知：.RCOORROHRCOORROH；. (R，R，R表示氢原子、烷基或芳基)回答下列问题：(1)反应属于取代反应，则A中官能团的名称是_(2) 的名称是_，反应的反应类型为_。(3)反应的化学方程式是_。(4)已知G分子中含有2个六元环。下列有关说法正确的是_(填标号)。a核磁共振仪可测出E有5种类型的氢原子b质谱仪可检测F的最大质荷比的值为236cG分子式为C12H10O4d化合物W能发生加聚反应得到线型高分子化合物(5)某芳香化合物Q是4-羟基扁桃酸的同分异构体，具有下列特征：苯环上只有3个取代基；能发生水解反应和银镜反应；1 mol Q最多能消耗3 mol NaOH。Q共有_种(不含立体异构) (6)仔细观察由乙醇合成香豆素-3-羧酸的过程，结合相关信息，当乙醇与丙二酸的物质的量的比为_时，只许3步即可完成合成路线。请写出合成路线_。【答案】 (1). 羧基 (2). 邻羟基苯甲醛或2-羟基苯甲醛 (3). 加成反应 (4). 2CH3CH2OH+HOOCCH2