湖北省襄阳市枣阳一中高三化学上学期10月月考试卷（含解析）.doc

2014-2015学年湖北省襄阳市枣阳一中高三（上）月考化学试卷（10月份）一.选择题：（本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1化学与科学、技术、社会、环境密切相关下列有关说法中不正确的是( )a工业上，用焦炭在电炉中还原二氧化硅得到含杂质的粗硅b煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能源c如将纳米材料分散到液体分散剂中，该分散系可发生丁达尔现象，由此可推测纳米材料的直径为1100 nm之间d将苦卤浓缩、氧化，鼓入热空气或水蒸气提取海水中的溴2用na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )a300 ml 2 moll1的蔗糖溶液中所含分子数为0.6nab已知反应：2nh3+no+no2=2n2+3h2o，每生成2moln2转移的电子数目为6nac在0.1moll1的碳酸钾溶液中，阴离子数目大于0.1nad4.6g有机物c2h6o的分子结构中含有的ch键数目一定为0.5na3下列说法错误的是( )a第a族元素的几种气态氢化物中，nh3是稳定性最高的氢化物b由于c22和o22+为等电子体，所以可以判断o22+的电子式为c含离子键的纯净物一定存在金属元素d某反应x（g）+y（g）z（g）h0 分两步进行：x（g）+y（g）w（g）h0和w（g）z（g）h0，反应过程中的能量变化如图4常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )a1.0moll1的kno3溶液：h+、fe2+、cl、so42b甲基橙呈红色的溶液：nh4+、al3+、f、clc某无色溶液中：al3+、hco3、cl、brdph=12的溶液：k+、na+、ch3coo、ag（nh3）2+5某ph=1的x溶液中可能含有fe2+、ap+，nh4+、co32、so42、ci中的若干种，现取x溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：下列说法正确的是( )a气体a是no2bx中肯定存在fe2+、a13+、nh4+、so42c溶液e和气体f不能发生化学反应dx中不能确定的离子是a13+和c16分子式与苯丙氨酸相同，且同时符合下列两个条件：有带有两个取代基的苯环有一个硝基直接连在苯上，这样的同分异构体数目有( )a3个b5个c6个d10个7下列图示与对应的叙述不相符的是( )a图1表示kno3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时kno3的不饱和溶液b图2表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化c图3表示0.1000moll1naoh溶液滴定20.00ml0.1000moll1醋酸溶液得到滴定曲线d图4 表示向nh4al（so4）2溶液中逐滴滴入ba（oh）2溶液，随着ba（oh）2溶液体积v的变化，沉淀总物质的量n的变化二.非选择题：8（14分）现有下列短周期元素性质的有关数据：元素符号abcdefgh原子半径/mm0.0370.0710.0750.0820.1020.1430.1520.186最高化合价或最低化合计+113+32+3+1+1（1）根据元素周期律确定a至h 8种元素在周期表中的位置，将它们的元素编号填入下表相应的空格内族/周期aaaaaaa0123（2）上述元素形成的氢化物中，分子间存在氢键的有（填氢化物的化学式）_（3）氢化铝锂（lialh4）是一种易燃易爆具有极强还原性的物质，它在有机合成上应用广泛在125时氢化铝锂分解为氢气、金属铝及氢化锂（lih）氢化铝锂易水解，最初得三种产物，请写出其水解反应方程式_与氢化铝锂性质相似但较为温和的还原剂由上述a、d、h三种元素组成，请写出这种还原剂的电子式写出该物质受热分解的反应方程式：_（4）原子数相同，电子总数相同的分子或离子互称等电子体在元素周期表中，与碳相邻的两种元素可形成具有石墨型晶体结构的“白石墨”，“白石墨”和石墨具有等电子体特征，写出“白石墨”的最小结构单元六元环的结构式_9铁触媒（铁的氧化物）是合成氨工业的催化剂某同学设计了以下两种方案研究铁触媒的组成方案一：用下列实验方法测定铁触媒的含铁量，确定其组成（1）步骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_（2）若通入cl2不足量，溶液b中还含有_会影响测定结果（3）若通入cl2过量且加热煮沸不充分，溶液b中可能含有cl2请设计实验方案检验cl2，完成下列实验报告限选试剂：0.1mol l1酸性kmno4溶液、紫色石蕊试液、淀粉ki溶液、0.1mol l1 kscn溶液、品红稀溶液实验操作实验现象与结论取适量溶液b于试管中，滴加_，振荡，放置一段时间后，观察现象若溶液_，则溶液b中含cl2；若溶液_，则溶液b中不含cl2方案二：用下列装置测定铁触媒的含铁量，确定其组成（4）干燥管c的作用是_（5）称取15.2g铁触媒进行上述实验充分反应后，测得干燥管b增重ll.0g，则该铁触媒的化学式可表示为_10（14分）一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以co2o3coo的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中从废料中回收氧化钴（coo）的工艺流程如下：（1）过程i中采用naoh溶液溶出废料中的al，反应的离子方程式为_（2）过程ii中加入稀h2so4酸化后，再加入na2s2o3溶液浸出钴则浸出钴的化学反应方程式为（产物中无沉淀且只有一种酸根）_在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因_；（3）过程得到锂铝渣的主要成分是lif和al（oh）3，碳酸钠溶液在产生al（oh）3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式_（4）碳酸钠溶液在过程iii和iv中所起作用有所不同，请写出在过程iv中起的作用是_（5）在na2co3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系正确的是_（填序号）ac（na+）=2c（co32）bc（na+）c（co32）c（hco3）cc（oh）c（hco3）c（h+）dc（oh）c（h+）c（hco3）+2c（h2co3）（6）coo溶于盐酸可得粉红色的cocl2溶液cocl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水cocl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水下图是粉红色的cocl26h2o晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，a物质的化学式是_三、填空题（共1小题，每小题0分，满分0分）11x、y、z、q、e五种元素中，x原子核外的m层中只有两对成对电子，y原子核外的l层电子数是k层的两倍，z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，q的核电荷数是x与z的核电荷数之和，e在元素周期表的各元素中电负性最大回答下列问题：（1）x、y的元素符号依次为_、_；（2）xz2与yz2分子的立体结构分别是_和_，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是_（写分子式），理由是_；（3）q的元素符号是_，它属于第_周期，它的核外电子排布式为_，在形成化合物时它的最高化合价为_；（4）用氢键表示式写出e的氢化物溶液中存在的所有氢键_四、填空题（共1小题，每小题15分，满分15分）12软性隐形眼镜是由甲基丙烯酸羟乙酯的高聚物（hema）制成的超薄镜片，其合成路线可以是：已知：ch3cooch2ch2oh的名称为乙酸羟乙酯（1）a、e的结构简式分别为：a_、e_（2）有机物c的名称为_（3）写出下列反应的反应类型：cd_，ef_（4）写出下列转化的化学方程式：ig_；g+fh_2014-2015学年湖北省襄阳市枣阳一中高三（上）月考化学试卷（10月份）一.选择题：（本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1化学与科学、技术、社会、环境密切相关下列有关说法中不正确的是( )a工业上，用焦炭在电炉中还原二氧化硅得到含杂质的粗硅b煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能源c如将纳米材料分散到液体分散剂中，该分散系可发生丁达尔现象，由此可推测纳米材料的直径为1100 nm之间d将苦卤浓缩、氧化，鼓入热空气或水蒸气提取海水中的溴【考点】硅和二氧化硅；纳米材料；煤的干馏和综合利用【专题】化学计算【分析】a工业上，焦炭和二氧化硅在高温下发生氧化还原反应生成粗硅；b煤的气化是化学变化；c胶体微粒直径在1100nm之间；d溴离子发生氧化反应生成溴单质，然后鼓入热空气或水蒸气提取海水中的溴【解答】解：a工业上，焦炭和二氧化硅在高温下发生氧化还原反应生成粗硅，反应方程式为2c+sio2si+2co，故a正确；b煤的气化和液化都是化学变化，故b错误；c胶体微粒直径在1100nm之间，胶体能产生丁达尔效应，如将纳米材料分散到液体分散剂中，该分散系可发生丁达尔现象，由此可推测纳米材料的直径为1100 nm之间，故c正确；d溴离子发生氧化反应生成溴单质，离子反应方程式为cl2+2br=br2+2cl，溴具有挥发性，然后鼓入热空气或水蒸气提取海水中的溴，故d正确；故选b【点评】本题考查较综合，涉及溴的制取、胶体的性质、煤的综合利用、粗硅的制取等知识点，明确物质的性质是解本题关键，注意煤的液化和气化的区别，题目难度不大2用na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )a300 ml 2 moll1的蔗糖溶液中所含分子数为0.6nab已知反应：2nh3+no+no2=2n2+3h2o，每生成2moln2转移的电子数目为6nac在0.1moll1的碳酸钾溶液中，阴离子数目大于0.1nad4.6g有机物c2h6o的分子结构中含有的ch键数目一定为0.5na【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】a、蔗糖溶液中，除了蔗糖分子，还含水分子；b、反应2nh3+no+no2=2n2+3h2o中，转移6mol电子时生成2mol氮气；c、溶液体积不明确；d、求出c2h6o的物质的量，然后根据c2h6o可能为ch3ch2oh，还可能为ch3och3来分析；【解答】解：a、蔗糖溶液中，除了蔗糖分子，还含水分子，故溶液中的分子数大于0.6na个，故a错误；b、反应2nh3+no+no2=2n2+3h2o中，转移6mol电子时生成2mol氮气，故当生成2mol氮气时转移6mol电子即6na个，故b正确；c、溶液体积不明确，故溶液中的阴离子的个数无法计算，故c错误；d、4.6gc2h6o的物质的量为0.1mol，而c2h6o可能为ch3ch2oh，此时0.1molch3ch2oh中含0.5molch键，即0.5na个；若为ch3och3，则0.1mol中含0.6na个ch键，故d错误故选b【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大3下列说法错误的是( )a第a族元素的几种气态氢化物中，nh3是稳定性最高的氢化物b由于c22和o22+为等电子体，所以可以判断o22+的电子式为c含离子键的纯净物一定存在金属元素d某反应x（g）+y（g）z（g）h0 分两步进行：x（g）+y（g）w（g）h0和w（g）z（g）h0，反应过程中的能量变化如图【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；离子键的形成；“等电子原理”的应用；反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构【分析】a、原子的得电子能力越强，氢化物越稳定；b、等电子体的结构相似，故o22+的电子式与c22的电子式相似；c、铵盐中含有离子键，属于离子化合物；d、根据盖斯定律：化学反应的焓变只和反应物以及产物的能量有关，和路径无关【解答】解：a、第a族元素的几种气态氢化物中，n原子的得电子能力越强，氢化物越稳定，所以nh3是稳定性最高的氢化物，故a正确；b、根据等电子体的结构相似，o22+的电子式 ，故b正确；c、铵盐是含离子键的纯净物，但是不存在金属元素，故c错误；d、根据盖斯定律：x（g）+y（g）w（g）h0和w（g）z（g）h0，两个过程相加，可以得到反应x（g）+y（g）z（g），根据图示，反应物的能量高于产物的能量，所以该反应h0，故d正确故选c【点评】本题涉及元素周期律、等电子体的结构以及化学键、化学反应和能量变化间的关系等知识，属于综合知识的考查，难度不大4常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )a1.0moll1的kno3溶液：h+、fe2+、cl、so42b甲基橙呈红色的溶液：nh4+、al3+、f、clc某无色溶液中：al3+、hco3、cl、brdph=12的溶液：k+、na+、ch3coo、ag（nh3）2+【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】ano3在酸性条件下具有强氧化性；b甲基橙呈红色的溶液呈酸性；cal3+与hco3发生互促水解反应；dph=12的溶液呈碱性【解答】解：a酸性条件下no3与fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故a错误；b甲基橙呈红色的溶液呈酸性，酸性条件下f不能大量共存，且f与al3+发生互促水解反应，故b错误；cal3+与hco3发生互促水解反应，生成氢氧化铝和二氧化碳气体，故c错误；d离子之间不发生任何反应，可大量共存，故d正确故选d【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，侧重互促水解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意选项b为解答的易错点，题目难度不大5某ph=1的x溶液中可能含有fe2+、ap+，nh4+、co32、so42、ci中的若干种，现取x溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：下列说法正确的是( )a气体a是no2bx中肯定存在fe2+、a13+、nh4+、so42c溶液e和气体f不能发生化学反应dx中不能确定的离子是a13+和c1【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验【分析】ph=1的溶液显强酸性，故溶液中一定不会存在co32离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为baso4沉淀，说明溶液中含有so42离子，生成气体a，a连续氧化生成d和e，则a为no，d为no2，e为hno3，说明溶液中含有还原性离子，一定为fe2+离子；溶液b中加入过量naoh溶液，生成气体f，则f为nh3，说明溶液中含有nh4+离子；，h中通入二氧化碳生成了沉淀i，i可能为氢氧化铝或在碳酸钡，故溶液中不一定含有铝离子；根据溶液的电中性可知，不能确定是否含有的离子还有cl，以此解答【解答】解：ph=1的溶液显强酸性，而强酸性溶液中一定不会存在co32离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为baso4沉淀，说明溶液中含有so42离子，生成气体a，a连续氧化生成d和e，则a为no，d为no2，e为hno3，说明溶液中含有还原性离子，一定为fe2+离子；溶液b中加入过量naoh溶液，生成气体f，则f为nh3，说明溶液中含有nh4+离子；h中通入二氧化碳生成了沉淀i，i可能为氢氧化铝或在碳酸钡，故溶液中不一定含有铝离子；由于溶液中已经有so42，故cl可有可无，不能确定故溶液中一定存在：h+、fe2+、nh4+、so42；一定不存在：co32；不能确定的是：a13+、cl；a、气体a为no，故a错误；b、依据分析可知：溶液中一定存在：fe2+、nh4+、so42，a13+存在不能确定，故b错误；c、溶液e为hno3，气体f为nh3，二者能反应生成硝酸铵，故c错误；d、a13+和cl不能确定，故d正确故选d【点评】本题考查离子组推断题，题目具有一定难度，本题解答时一定要紧扣反应现象，推断各离子存在的可能性，注意溶液电中性的利用6分子式与苯丙氨酸相同，且同时符合下列两个条件：有带有两个取代基的苯环有一个硝基直接连在苯上，这样的同分异构体数目有( )a3个b5个c6个d10个【考点】同分异构现象和同分异构体【分析】分子式与苯丙氨酸（c6h5ch2chnh2cooh）相同，且同时符合下列两个条件：有带两个取代基的苯环；有一个硝基直接连接在苯环上，则为硝基化合物，含有no2，则另一取代基为c3h7，有正丙基、异丙基两种，两种取代基有邻、间、对三种位置关系，据此解答【解答】解：分子式与苯丙氨酸（c6h5ch2chnh2cooh）相同，且同时符合下列两个条件：有带两个取代基的苯环；有一个硝基直接连接在苯环上，则为硝基化合物，含有no2，则另一取代基为c3h7，有正丙基、异丙基两种，两种取代基有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体由23=6种，故选c【点评】本题考查同分异构体的书写，难度中等，注意同分异构体的书写方法，关键是判断取代基的异构体数目7下列图示与对应的叙述不相符的是( )a图1表示kno3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时kno3的不饱和溶液b图2表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化c图3表示0.1000moll1naoh溶液滴定20.00ml0.1000moll1醋酸溶液得到滴定曲线d图4 表示向nh4al（so4）2溶液中逐滴滴入ba（oh）2溶液，随着ba（oh）2溶液体积v的变化，沉淀总物质的量n的变化【考点】化学能与热能的相互转化；镁、铝的重要化合物；中和滴定【专题】化学反应中的能量变化；元素及其化合物【分析】a、kno3的溶解度随着温度的升高而升高；b、催化剂可以降低反应的活化能，从而加快化学反应的速率；c、醋酸为弱酸，没有滴入氢氧化钠溶液时，0.1000mol/l的醋酸溶液的ph大于1；d、根据硫酸铝铵和氢氧化钡溶液反应的情况来判断【解答】解：a、kno3的溶解度随着温度的升高而升高，溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的a点是不饱和溶液，故a正确；b、反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应是放热反应，加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变，故b正确；c、0.1000moll1naoh溶液滴定20.00ml 0.1000moll1ch3cooh溶液，消氢氧化钠溶液体积为0时，醋酸为弱电解质，醋酸溶液的ph大于1，图象中醋酸的ph=1与实际不符，故c错误；d、开始滴加同时发生反应为so42+ba2+=baso4，al3+3oh=al（oh）3，当al3+沉淀完全时需加入0.03moloh，即加入0.015molba（oh）2，加入的ba2+为0.015mol，so42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；（开始到a）再滴加ba（oh）2，生成baso4沉淀，发生反应为so42+ba2+=baso4，nh4+oh=nh3h2o，所以沉淀质量继续增加；当so42完全沉淀时，共需加入0.02molba（oh）2，加入0.04moloh，al3+反应掉0.03moloh，生成al（oh）30.01mol，剩余0.01moloh恰好与nh4+完全反应，此时溶液中nh4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；（a到b）继续滴加ba（oh）2，al（oh）3溶解，发生反应al（oh）3+oh=alo2+2h2o，由方程式可知要使0.01molal（oh）3完全溶解，需再加入0.005molba（oh）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，（b到c），故d正确故选c【点评】本题以图象题的形式呈现来考查知识点，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断得出结论，综合性较强，难度大二.非选择题：8（14分）现有下列短周期元素性质的有关数据：元素符号abcdefgh原子半径/mm0.0370.0710.0750.0820.1020.1430.1520.186最高化合价或最低化合计+113+32+3+1+1（1）根据元素周期律确定a至h 8种元素在周期表中的位置，将它们的元素编号填入下表相应的空格内族/周期aaaaaaa0123（2）上述元素形成的氢化物中，分子间存在氢键的有（填氢化物的化学式）hf、nh3（3）氢化铝锂（lialh4）是一种易燃易爆具有极强还原性的物质，它在有机合成上应用广泛在125时氢化铝锂分解为氢气、金属铝及氢化锂（lih）氢化铝锂易水解，最初得三种产物，请写出其水解反应方程式lialh4+4h2o=lioh+al（oh）3+4h2与氢化铝锂性质相似但较为温和的还原剂由上述a、d、h三种元素组成，请写出这种还原剂的电子式写出该物质受热分解的反应方程式：2nabh42b+2nah+3h2（4）原子数相同，电子总数相同的分子或离子互称等电子体在元素周期表中，与碳相邻的两种元素可形成具有石墨型晶体结构的“白石墨”，“白石墨”和石墨具有等电子体特征，写出“白石墨”的最小结构单元六元环的结构式【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】物质的组成专题；元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期元素中，a、g、h的最高价都是+1价，则三者位于a族，根据原子半径大小可知a为h、b为li、h为na；d、f最高价都是+3，则d为b、f为al；e最低价为2，其原子半径大于b，则e不可能为o，只能为s元素；b的最低价为1，处于a，原子半径小于b元素，故b为f元素；c有最低负极3，处于a族，原子半径小于b原子，故c为n元素，据此进行解答【解答】解：（1）短周期元素中，a、g、h的最高价都是+1价，则三者位于a族，根据原子半径大小可知a为h、b为li、h为na；d、f最高价都是+3，则d为b、f为al；e最低价为2，其原子半径大于b，则ee不可能为o，只能为s元素；b的最低价为1，处于a，原子半径小于b元素，故b为f元素；c有最低价3，处于a族，原子半径小于b原子，故c为n元素，将各元素填入表中为：族/周期aaaaaaa01 a2 gd c b3 h f e，故答案为：族/周期aaaaaaa01 a2 gd c b3 h f e（2）非金属性较强的元素易形成氢键，如f、n元素，形成的化合物为hf、nh3，故答案为：hf、nh3；（3）氢化铝锂易水解，最初得三种产物，根据质量守恒得到三种产物为lioh、al（oh）3和氢气，反应的化学方程式为：lialh4+4h2o=lioh+al（oh）3+4h2，故答案为：lialh4+4h2o=lioh+al（oh）3+4h2；氢化铝锂（lialh4）在125时氢化铝锂分解为氢气、金属铝及氢化锂（lih），与氢化铝锂性质相似但较温和的另一种还原剂由上述h、b、na三种元素组成物质为nabh4，分解生成氢气、b与nah，反应方程式为：2nabh42b+2nah+3h2，nabh4为离子化合物，其电子式为：，故答案为：；2nabh42b+2nah+3h2；（4）石墨晶体是层面结构的，每个c为三个正六边形共用，每六个c原子形成一个正六边形，碳相邻的n、b两种元素可形成具有石墨型晶体结构，所以白石墨的最小结构单元的结构式为正六边形，且三个n原子三个b原子相互间隔分布在每个顶点上，据此画出“白石墨”的最小结构单元六元环的结构式为：，故答案为：【点评】本题考查了位置结构与性质关系的综合应用，题目难度中等，明确元素周期表结构、元素周期律内容与原子结构的关系为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力9铁触媒（铁的氧化物）是合成氨工业的催化剂某同学设计了以下两种方案研究铁触媒的组成方案一：用下列实验方法测定铁触媒的含铁量，确定其组成（1）步骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250ml容量瓶（2）若通入cl2不足量，溶液b中还含有fecl2 或者feso4或者fe2+会影响测定结果（3）若通入cl2过量且加热煮沸不充分，溶液b中可能含有cl2请设计实验方案检验cl2，完成下列实验报告限选试剂：0.1mol l1酸性kmno4溶液、紫色石蕊试液、淀粉ki溶液、0.1mol l1 kscn溶液、品红稀溶液实验操作实验现象与结论取适量溶液b于试管中，滴加23滴紫色石蕊试液，振荡，放置一段时间后，观察现象若溶液溶液显红色后，红色褪去，则溶液b中含cl2；若溶液变红后不褪色，则溶液b中不含cl2方案二：用下列装置测定铁触媒的含铁量，确定其组成（4）干燥管c的作用是防止空气中的co2和水蒸气进入b中（5）称取15.2g铁触媒进行上述实验充分反应后，测得干燥管b增重ll.0g，则该铁触媒的化学式可表示为fe4o5或2feofe2o3【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】实验分析题【分析】（1）容量瓶是一种玻璃定容仪器；（2）氯气具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为三价铁离子，铁触媒和硫酸以及氯气反应的产物来回答；（3）根据氯气的性质：能使石蕊试液先变红后退色来检验氯气的存在；（4）一氧化碳可以和铁的氧化物之间发生反应，得到气体产物二氧化碳，干燥管b可以吸收生成的二氧化碳，但是要排除空气的干扰，据此来回答；（5）根据一氧化碳和铁的氧化物之间发生的反应，“干燥管b”增重11.0g即为生成的二氧化碳的质量来回答【解答】解：（1）将溶液稀释为250ml，可以采用定容仪器容量瓶，故答案为：250ml容量瓶；（2）通入cl2的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，氯气量不足时，“溶液b”中会含有亚铁离子，即fecl2或者feso4，故答案为：fecl2 或者feso4或者fe2+；（3）氯气的性质：能使石蕊试液先变红后退色，向溶液b中加入石蕊试液，如果石蕊试液显红色，后红色褪去，这是氯水的性质，证明含有氯气，若溶液变红后不褪色，溶液b不含有cl2，故答案为：23滴紫色石蕊试液；溶液显红色后，红色褪去；变红后不褪色；（4）一氧化碳可以和铁的氧化物之间发生反应，得到气体产物二氧化碳，干燥管b可以吸收生成的二氧化碳，测定二氧化碳的量可以获得铁触媒的量，但是要排除空气成份的干扰，所以c的作用是：防止空气中的co2和水蒸气进入b中，故答案为：防止空气中的co2和水蒸气进入b中；（5）根据实验方案一的原理，15.2g铁触媒充分反应生成二氧化碳的质量是11.0g，设发生的反应为：yco+fexoyxfe+yco2， 1 y即，解得x：y=4：5，所以氧化物的化学式为：fe4o5或2feofe2o3，故答案为：fe4o5或2feofe2o3【点评】本题是一道考查学生物质的含量和组成的综合知识考查题，涉及氯气的性质、一氧化碳和铁的氧化物之间的反应等知识，综合性强，难度大10（14分）一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以co2o3coo的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中从废料中回收氧化钴（coo）的工艺流程如下：（1）过程i中采用naoh溶液溶出废料中的al，反应的离子方程式为2al+2oh+2h2o=+2alo2+3h2（2）过程ii中加入稀h2so4酸化后，再加入na2s2o3溶液浸出钴则浸出钴的化学反应方程式为（产物中无沉淀且只有一种酸根）4co3o4+na2s2o3+11h2so4=12coso4+na2so4+11h2o在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因co2o3coo可氧化盐酸产生cl2污染环境；（3）过程得到锂铝渣的主要成分是lif和al（oh）3，碳酸钠溶液在产生al（oh）3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式2al3+3co32+3h2o=2al（oh）3+3co2（4）碳酸钠溶液在过程iii和iv中所起作用有所不同，请写出在过程iv中起的作用是调整ph，提供co32，使co2+沉淀为coco3（5）在na2co3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系正确的是bcd（填序号）ac（na+）=2c（co32）bc（na+）c（co32）c（hco3）cc（oh）c（hco3）c（h+）dc（oh）c（h+）c（hco3）+2c（h2co3）（6）coo溶于盐酸可得粉红色的cocl2溶液cocl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水cocl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水下图是粉红色的cocl26h2o晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，a物质的化学式是cocl22h2o【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】制备流程为：废料用碱液溶解，过滤得到偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4co3o4+na2s2o3+11h2so4=12coso4+na2so4+11h2o，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液ph并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，得到较纯净的含有钴离子的溶液，再加入碳酸钠、调节溶液的ph将钴离子转化成碳酸钴沉淀，最后灼烧碳酸钴得到氧化钴，（1）铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，注意该反应中水是反应物；（2）co3o4和硫代硫酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫酸根离子、二价钴离子和水；盐酸具有还原性，能被co2o3coo氧化生成有毒的氯气；（3）根据铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；（4）碳酸钠溶液在过程中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程中调整ph，提供co32，使co2+沉淀为coco3；（5）a根据电荷书恒判断；b根据碳酸根离子发生水解以及水的电离判断出离子浓度的大小；c根据碳酸根离子发生水解以及水的电离判断出离子浓度的大小；d根据质子守恒判断；（6）根据关系式cocl26h2ococl2求出cocl26h2o的质量，然后再根据差量法求出a物质的化学式【解答】解：制备流程为：废料用碱液溶解，过滤得到偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4co3o4+na2s2o3+11h2so4=12coso4+na2so4+11h2o，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液ph并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，得到较纯净的含有钴离子的溶液，再加入碳酸钠、调节溶液的ph将钴离子转化成碳酸钴沉淀，最后灼烧碳酸钴得到氧化钴，（1）al和naoh溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为，故答案为：2al+2oh+2h2o=+2alo2+3h2，故答案为：2al+2oh+2h2o=+2alo2+3h2；（2）co3o4和na2s2o3在酸性条件下发生氧化还原反应生成coso4、na2so4和h2o，反应方程式为：4co3o4+na2s2o3+11h2so4=12coso4+na2so4+11h2o；盐酸具有还原性，能被co2o3coo氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不能盐酸，故答案为：4co3o4+na2s2o3+11h2so4=12coso4+na2so4+11h2o；co2o3coo可氧化盐酸产生cl2污染环境；（3）铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2al3+3co32+3h2o=2al（oh）3+3co2；故答案为：2al3+3co32+3h2o=2al（oh）3+3co2；（4）碳酸钠溶液在过程中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程中调整ph，提供co32，使co2+沉淀为coco3；故答案为：调整ph，提供co32，使co2+沉淀为coco3；（5）ana2co3溶液中电荷守恒：c（na+）+c（h+）=c（hco3）+c（oh）+2c（co32），故a错误；b碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（na+）c（co32）c（oh）c（hco3）c（h+），故b正确；c碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（na+）c（co32）c（oh）c（hco3）c（h+），故c正确；dna2co3溶液中质子守恒：c（h+）c（oh）+c（hco3）+2c（h2co3），故d正确；故答案为：bcd；（6）cocl26h2ococl2 238 130 m 65mg=，解得：m=119mg a物质的化学式为cocl2nh2o，则有： cocl26h2ococl2nh2om 238 18（6n） 119mg 119mg83mg=，解得：n=2，所以a物质的化学式为：cocl22h2o，故答案为：cocl22h2o【点评】本题考查了考查氧化还原反应、离子反应、关系式计算等，题目难度中等，侧重考查分析计算能力，解答关键根据实验流程利用氧化还原反应判断发生的离子反应，题目难度中等三、填空题（共1小题，每小题0分，满分0分）11x、y、z、q、e五种元素中，x原子核外的m层中只有两对成对电子，y原子核外的l层电子数是k层的两倍，z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，q的核电荷数是x与z的核电荷数之和，e在元素周期表的各元素中电负性最大回答下列问题：（1）x、y的元素符号依次为s、c；（2）xz2与yz2分子的立体结构分别是v形和直线形，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是so2（写分子式），理由是so2是极性分子，h2o也是极性分子，相似相溶，而co2是非极性分子；（3）q的元素符号是cr，它属于第四周期，它的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，在形成化合物时它的最高化合价为+6；（4）用氢键表示式写出e的氢化物溶液中存在的所有氢键fhf、fho、ohf、oho【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】x原子核外的m层中只有两对成对电子，核外电子排布应为1s22s22p63s23p4，为s元素，y原子核外的l层电子数是k层的两倍，y有2个电子层，最外层电子数为4，故y为c元素，z是地壳内含量最高的元素，为o元素，q的核电荷数是x与z的核电荷数之和，原子序数为24，为cr元素，e在元素周期表的各元素中电负性最大，应为f元素，结合元素对应单质、化合物的结构和性质解答该题【解答】解：x原子核外的m层中只有两对成对电子，核外电子排布应为1s22s22p63s23p4，为s元素，y原子核外的l层电子数是k层的两倍，y有2个电子层，最外层电子数为4，故y为c元素，z是地壳内含量最高的元素，为o元素，q的核电荷数是x与z的核电荷数之和，原子序数为24，为cr元素，e在元素周期表的各元素中电负性最大，应为f元素，则（1）由以上分析可知，x为s，y为c，故答案为：s；c；（2）so2中，s和o形成2个键，有1个孤电子对，为v形，co2中，c和o形成2个键，没有孤电子对，为直线形；so2是极性分子，h2o也是极性分子，相似相溶，而co2是非极性分子，故so2在水中溶解度更大，故答案为：v形；直线形；so2；so2是极性分子，h2o也是极性分子，相似相溶，而co2是非极性分子；（3）q为cr，原子序数为24，位于周期表