2019届高三化学暑期调研考试试题(含解析).doc

2019届高三化学暑期调研考试试题(含解析)1.下列过程没有发生化学反应的是( )A. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保存水果 B. 用热碱水清除炊具上残留的油污C. 用活性炭去除冰箱中的异味 D. 用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装【答案】C【解析】A.高锰酸钾溶液氧化乙烯，发生化学反应；B. 碳酸钠水解产生的氢氧化钠与油脂发生反应；C. 利用活性炭的吸附作用，没有发生化学反应；D.铁粉与氧气发生氧化还原反应。故选C。2.常温下，下列各组离子，在pH0的溶液中可以大量共存的是()A. Mg2、Cu2、SO42、Br B. Al3、S2、Br、SO32C. Na、Fe2、I、MnO4 D. NH4、K、HS、Cl【答案】A【解析】【分析】本题考查离子共存知识。根据离子共存的条件进行分析。；A.项中的各离子间不发生反应，与H+也不发生反应，可以大量共存；B项中的S2、SO32都可以和H+发生复分解反应而不能大量共存；C项中的Fe2、I都可以被MnO4氧化而不能大量共存；D项中的HS可以与H+发生反应生成弱电解质H2S而不能大量共存。【详解】A. Mg2、Cu2、SO42、Br中的各离子间不发生反应，与H+也不发生反应，可以大量共存，故A正确；B. Al3、S2、Br、SO32中的S2、SO32都可以和H+发生反应而不能大量共存； 故B错误；C. Na、Fe2、I、MnO4-中的Fe2、I都可以被MnO4氧化而不能大量共存,故C错误；D项中的HS可以与H+发生反应生成弱电解质H2S而不能大量共存，故D错误；答案A。【点睛】本题考查给定条件下的离子共存的知识。pH0表示是酸性环境，酸性条件下OH-和弱酸根的离子，弱酸的酸式酸根离子不能共存；例S2、SO32都可以和H+发生反应而不能大量共，离子间能发生氧化还原反应的离子不能共存，例Fe2、I都可以被MnO4氧化而不能大量共存。3.宋代著名法医学家宋慈的洗冤集录中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是：4Ag2H2SO2=2X2H2O。下列说法正确的是 ()A. X的化学式为AgS B. 银针验毒时，空气中氧气失去电子C. 反应中Ag和H2S均是还原剂 D. 每生成1 mol X，反应转移2 mol e【答案】D【解析】由质量守恒可知X的化学式为Ag2S；银针验毒时，空气中氧气分子得到电子，化合价从反应前的0价变为反应后的-2价，化合价降低，做氧化剂；在反应中Ag的化合价从单质Ag的0价变为反应后Ag2S中的+1价，失去电子，作还原剂； H2S中的H、S两元素的化合价都没有发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，由方程式：4Ag+2H2S+O2=2X+2H2O可知，4Ag4e2Ag2S，则每生成1mo1Ag2S，反应转移2mo1e-，故D正确。4.柠檬烯是一种食用香料，其结构简式如图所示，有关柠檬烯的分析正确的是（）A. 它的一氯代物有9种（不考虑立体异构）B. 它的分子中最多有7个原子共平面C. 一定条件下，它分别可以发生加成、取代、氧化、还原反应D. 它和丁基苯（）互为同分异构体【答案】C【解析】试题分析：A结构不对称，含8种位置的H，则它的一氯代物有8种，故A错误；B该分子中最多有6个原子共平面，故B错误；C该分子中含有碳碳双键、甲基，能发生加成反应、取代反应、氧化反应和还原反应，故C正确；D该分子不饱和度是3，丁基苯的不饱和度是4，所以二者不是同分异构体，故D错误；故选C。【考点定位】考查有机物的结构与性质【名师点晴】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重常见有机物性质、原子共面、同分异构体等的考查。由结构简式可知结构不对称，含碳碳双键，具有双键为平面结构及烯烃的性质。5.能正确表示下列反应的离子方程式的是()A. 小苏打溶液中加入过量石灰水2HCO3Ca22OH=CaCO3CO322H2OB. NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3OH=CO32H2OC. 向100 mL 1 mol/L的FeBr2溶液中通入0.05 mol Cl2，反应的离子方程式：Cl22Br=2ClBr2D. 硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液恰好反应呈中性：2H+SO42+Ba2+2OH=2H2O+BaSO4【答案】D【解析】【分析】本题考查离子方程式的正误判断。根据条件采用以少定多的原则进行判断。A.小苏打完全反应；B. NH4HCO3全部反应，C.根据还原性强弱，亚铁离子先反应，根据n(Fe2+):n(Cl2)=2:1.氯气全部与亚铁离子反应了，所以Br不反应。【详解】A.小苏打溶液中加入过量石灰水，该反应的离子方程式为HCO3Ca2+ OH=CaCO3H2O，故A错误；B. NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中，该反应的离子方程式为NH4+ HCO32OH=CO32H2O+NH3.H2O，故B错误；C. 向100 mL 1 mol/L的FeBr2溶液中通入0.05 mol Cl2，根据n(Fe2+):n(Cl2)=2:1.氯气全部与亚铁离子反应了，该反应的离子方程式为Cl22Fe2+=2Cl2Fe3+，故C错误；D. 硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液恰好反应呈中性，该反应的离子方程式为2H+SO42+Ba2+2OH=2H2O+BaSO4，故D正确；答案D。6.在允许加热的条件下，只用一种试剂就可以鉴别(NH4)2SO4、KCl、MgCl2、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3溶液，这种试剂是（ ）A. BaCl2 B. NH3H2OC. AgNO3 D. NaOH【答案】D【解析】【分析】考查离子鉴别的知识。(NH4)2SO4、KCl、MgCl2 Al2(SO4)3、和Fe2(SO4)3溶液分别与NaOH溶液反应,现象分别为刺激性气味的气体、无现象、白色沉淀、先生成白色沉淀后沉淀消失、生成红褐色沉淀,现象不同,能鉴别。【详解】A.BaCl2与(NH4)2SO4、Al2(SO4)3和溶液Fe2(SO4)3均生成白色沉淀,现象相同,不能鉴别,故A错误；B.一水合氨与(NH4)2SO4、KCl均不反应,与MgCl2、Al2(SO4)3均生成白色沉淀,现象相同,不能鉴别,故B错误；C.AgNO3与以上几种物质反应,均生成白色沉淀,现象相同,不能鉴别,故C错误； D.NaOH与(NH4)2SO4加热反应有刺激性气味气体产生;与KCl不反应,无明显现象;与MgCl2反应生成白色沉淀;与Al2(SO4)3反应生成白色沉淀,当NaOH过量时,白色沉淀溶解;与Fe2(SO4)3反应时,有红褐色沉淀产生,现象不同,能鉴别,故D正确； 所以答案D。【点睛】考查离子鉴别的知识。据据常见离子检验方法进行鉴别。NH4+ 、Al3+、Mg2+、Fe3+加NaOH鉴别，产生不同的现象分别是NH4+有刺激性气味的气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；Al3+遇碱先产生白色沉淀，后又溶解；Mg2+只产生白色沉淀不溶解；Fe3+能产生红褐色沉淀，由此就能判定用NaOH，能把上述物质区别开。7.向FeCl3、CuCl2和HCl的混合溶液中加入铁粉，待反应结束，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，则反应后溶液中存在较多的阳离子是（ ）A. Fe 2+ B. Fe 3+C. Cu2+ D. H+【答案】A【解析】【分析】本题主要考查铁及其化合物性质的比较。氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，铁依次与氯化铁、氯化铜和盐酸发生氧化还原反应。反应结束后，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，说明铁粉过量，所以溶液中的阳离子只有Fe 2+和水电离出的微量的H+。【详解】由题意知氧化性大小顺序为：Fe 3+ Cu2+ H+。氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，铁会按着氯化铁、氯化铜和盐酸的顺序发生氧化还原反应。反应结束后，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，说明铁粉过量，所以溶液中的阳离子只有Fe 2+和水电离出的微量的H+，故项A正确。B、C、D错误。本题正确答案为A。【点睛】本题主要考查铁及其化合物性质的比较，意在考查学生对部分离子的还原性大小的掌握。因为氧化性大小顺序为：Fe 3+ Cu2+ H+。所以氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，铁会先后与氯化铁、氯化铜和盐酸发生氧化还原反应，所以溶液最后大量存在的离子为Fe 2+。8.由两种金属组成的合金50g , 与足量氯气反应，共用去氯气71 g , 则该合金可能的组成是（ ）A. 锌和铜 B. 钙和铜 C. 钠和铝 D. 铝和铁【答案】B【解析】【分析】本题考查氯气的强氧化性。此题应用极值法求解Ca、Cu、Zn、Na、Al、Fe和Cl2反应生成的产物分别为CaCl2、CuCl2、ZnCl2、NaCl、AlCl3、FeCl3。假设合金中只有一种金属，则71g氯气消耗的金属质量进行判断。【详解】此题应用极值法求解，Ca、Cu、Zn、Na、Al、Fe和Cl2反应生成的产物分别为CaCl2、CuCl2、ZnCl2、NaCl、AlCl3、FeCl3。假设合金中只有一种金属，则71g氯气消耗的金属质量分别为：m(Ca)=1mol40g/mol=40g，m(Cu)=1mol64g/mol=64g m(Zn)=1mol65g/mol=65g，m(Al)=1mol27g/mol=18g m(Na)=2mol 23g/mol=46g ，m(Fe)=1mol56g/mol=37.3g，又知合金重量为50g，则合金必由消耗1mol Cl2时消耗金属单质的质量大于50g和小于的50g金属组成。由此选项A的合金过重，C、D的合金过轻，故选B合理。本题答案为B。9.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说正确的是()A. 高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB. 含1molCl的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH4+数为NAC. 将CO2通过Na2O2使固体质量增加mg，反应中转移的电子数mNA/14D. 17.6 g丙烷中所含的极性共价键为6.4 NA个【答案】B【解析】【分析】考查阿伏加德罗常数相关的知识。A根据化学反应方程式进行推断；B.根据电荷守恒规律，中性溶液中阴阳离子电荷数守恒；C. 根据CO2和Na2O2反应方程式进行判断；D.因为每个丙烷分子中所含的极性共价键数为6进行判断。【详解】A、红热的铁与水蒸气可发生反应：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，0.2molFe粉与足量水蒸气反应，生成0.8/3molH2，生成的H2分子数为0.8/3NA，故A错误；B. 含1molCl的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，根据电荷守恒溶液中c(Cl)=c( NH4+)=1mol，所以溶液中NH4+数为NA，故B正确；C、将CO2通过Na2O2使其增重m gCO，根据关系式COe-，反应中转移的电子数为m/28NA，故C错误；D. 17.6 g丙烷中所含的极性共价键为17.6 g /44g.mol-16=2.8NA,故D错误；答案：B。10.在Al2(SO4)3、K2SO4、KAl(SO4)2三种物质组成的混合溶液中，K的浓度为0.25mol/L，加入等体积0.20mol/L的KOH溶液，使生成的白色沉淀恰好溶解，那么原溶液中SO42-的浓度是（ ）A. 0.20mol/L B. 0.25mol/L C. 0.225mol/L D. 0.45mol/L【答案】A【解析】【分析】本题考查溶液中离子浓度的计算问题。解答时根据电荷守恒进行判断，加入等体积的0.20mol/L的KOH溶液，使生成的白色沉淀恰好溶解，能把淀溶液中的铝离子变成偏铝酸根离子，Al3+4OH-=AlO2-+2H2O。溶液呈电中性，根据电荷守恒，则原溶液中3c(Al3+)+c(K+)=2c(SO42-)。【详解】加入等体积的0.20mol/L的KOH溶液，使生成的白色沉淀恰好溶解，能把淀溶液中的铝离子变成偏铝酸根离子，Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，则原溶液中铝离子的浓度为0.2/4=0.05mol/L。而溶液呈电中性，即阳离子所带电荷数等于阴离子所带电荷数，则原溶液中3c(Al3+)+c(K+)=2c(SO42-)，解得原溶液中钾离子的浓度为0.25mol/L，所以SO42-的浓度为（0.25mol/L+0.05mol/L）/2= 0.20mol/L，故D答案为A。11.某溶液可能含大量的Fe3+、H+、Al3+和Cl-，向该溶液中逐滴加入 0.5 mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的质量和加入NaOH溶液的体积之间的关系如图所示，则可判断原溶液中（ ）A. 有Fe3+，没有 Al3+ B. 有Al3+，没有Fe3+C. 有大量的Fe3+、H+和Al3+ D. 有Fe3+和Al3+【答案】D【解析】【分析】根据图示可以推断,加入氢氧化钠溶液就生成了沉淀,故溶液中一定没有大量氢离子；能够和氢氧化钠反应生成沉淀的离子有Fe3+、Al3+,生成的沉淀部分溶解,不溶解的是氢氧化铁,溶解的是氢氧化铝,所以一定含有Fe3+、 Al3+，一定没有大量的H+。【详解】根据图示可以推断,加入氢氧化钠溶液就生成了沉淀,故溶液中一定没有大量氢离子；能够和氢氧化钠反应生成沉淀的离子有Fe3+、Al3+,生成的沉淀部分溶解,不溶解的是氢氧化铁,溶解的是氢氧化铝,所以一定含有Fe3+、 Al3+，一定没有H+，故D正确。【点睛】根据生成沉淀的质量和加入NaOH溶液的体积之间的关系的图示可以知道,加入氢氧化钠溶液就产生了沉淀,故一定没有大量的氢离子；沉淀达到最大值后又有部分溶解，溶液中一定含有Fe3+、Al3。12.下列实验操作与预期实验目的或实验结论一致的是( )选项实验操作及现象实验目的或结论A向Fe(NO3)2溶液中滴入用H2SO4酸化的H2O2溶液，则溶液变黄氧化性：H2O2Fe3B向某溶液加入HCl酸化的BaCl2溶液有沉淀产生说明此溶液中一定含SO42C向Na2SiO3溶液中通入CO2出现浑浊非金属性强弱：CSiD向2 mL 0.1 molL1 Na2S溶液中滴入几滴0.1 molL1 ZnSO4溶液，有白色沉淀生成；再加入几滴0.1molL1 CuSO4溶液，则又有黑色沉淀生成溶度积(Ksp)：ZnSCuS A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】考查化学实验和元素的性质的相关知识。根据元素的化学性质进行分析判断。A.酸性条件下的NO3-、H2O2溶液均有强氧化性，都能氧化Fe2+。B. HCl酸化的BaCl2溶液有沉淀产生，溶液中还可能存在的是Ag+；Na2S溶液中滴入几滴0.1molL1ZnSO4溶液，有白色沉淀生成；但Na2S溶液过量，再加入几滴0.1molL1 CuSO4溶液，有黑色沉淀生成，不能证明溶度积Ksp(ZnS)Ksp(CuS)。【详解】A.向Fe(NO3)2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液，则Fe2+会被氧化生成Fe3+溶液变黄，但酸性条件下的NO3-、H2O2溶液均有强氧化性，均可将Fe2+氧化生成Fe3+，故不能证明氧化性：H2O2Fe3，A.项错误；B.向某溶液加入盐酸酸化的BaCl2溶液有沉淀产生，溶液中可能存在的是Ag+、SO42等,故B错误；C.向Na2SiO3溶液中通入CO2出现浑浊，发生的反应为SiO32-+H2O+CO2=H2SiO3+CO32-，说明碳酸的酸性强于硅酸，从而证明非金属性强弱：CSi，故C正确；D.向2mL 0.1molL1Na2S溶液中滴入几滴0.1molL1ZnSO4溶液，有白色沉淀生成；但Na2S溶液过量，再加入几滴0.1molL1 CuSO4溶液，则又有黑色沉淀生成，是Cu2+与S2反应生成CuS沉淀，不能证明溶度积Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，D项错误。答案：C。13.制备纳米Fe3O4的过程如图所示：下列有关叙述不合理的是 ()A. 反应的反应类型为消去反应B. 纳米Fe3O4分散在适当溶剂中，当强光照射时，会产生丁达尔现象C. 反应中，环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解D. 反应的化学方程式为：6FeOOHCO=2Fe3O43H2OCO2【答案】A【解析】【分析】本题考查了胶体的定义与性质、有机反应类型的判断、盐类的水解等知识。A.反应不符合消去反应的定义；胶体可产生丁达尔现象；环丙胺溶液呈碱性，可促进Fe3的水解；根据得失电子守恒和元素守恒。【详解】A.反应不符合消去反应的定义，所以不属于消去反应，故A项错误；B.纳米Fe3O4分散在适当的溶剂中可形成胶体，胶体可产生丁达尔现象，B项正确；C. Fe3的水解使溶液显酸性，环丙胺溶液呈碱性，可促进Fe3的水解，C项正确；D.FeOOH中铁的化合价为3，而Fe3O4中铁的化合价可看做，根据得失电子守恒和元素守恒可写出化学方程式6FeOOHCO=2Fe3O43H2OCO2，D项正确。所以答案为A。14.水溶液中只可能有K+、Mg2+、AlO2、SiO32、CO32、SO42中的若干种离子某同学对溶液进行了如图实验：下列判断错误的是( )A. 有气体甲生成，表明溶液X中一定含有CO32B. 沉淀甲可能是硅酸镁C. K+一定存在于溶液X中D. 不能确定SO42是否存在于溶液X中【答案】B【解析】【分析】加HCl有气体说明有CO32离子,生成的气体是二氧化碳,一定不存在和碳酸根发生反应的离子,所以不存在镁离子、铝离子,加盐酸有沉淀,说明一定有硅酸根离子,硅酸是沉淀,加入过量氨水提供OH-有沉淀生成,只能是氢氧化铝沉淀,说明此时溶液中存在铝离子,但是原来溶液中的铝离子一定不能存在,所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的,所以,一定存在偏铝酸根离子,要保证溶液电中性,只有K+这一个阳离子,所以一定存在钾离子。【详解】A、加HCl有气体说明有CO32离子,生成的气体是二氧化碳,所以A选项是正确的；B、溶液中含有离CO32离子,则一定不含有镁离子,因为CO32离子和镁离子不能大量共存,所以沉淀甲是硅酸,不可能是硅酸镁,所以B是错误的；C、原来溶液中的铝离子一定不能存在，该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的,所以,一定存在偏铝酸根离子,要保证溶液电中性,一定存在钾离子，故C正确；D、硫酸根离子是否存在不能确定,所以D是正确的。所以答案为B。【点睛】根据题中所给离子的范围可以判断，能和盐酸反应获得气体的是碳酸根离子,会生成沉淀的是硅酸根离子,碳酸根离子和镁离子以及铝离子不能大量共存于溶液中,能和过量的氨水反应生成白色沉淀只能是氢氧化铝,偏铝酸根离子和过量的盐酸反应会生成铝离子,根据离子之间的反应以及实验现象确定存在的离子。15.氮化锂是一种优良的贮氢材料，它是一种紫色或红色的晶状固体，在空气中长期暴露，最终会变成碳酸锂。氮化锂易水解生成氢氧化锂和氨气，在空气中加热能剧烈燃烧，特别是细粉末状的氮化锂；锂与氨反应生成LiNH2和H2。实验室用干燥、纯净的N2与金属锂（密度为0.534gcm-3）反应制取氮化锂。某课题组拟选择下列装置完成实验（装置可重复使用）：回答下列问题：（1）若实验室用生石灰与浓氨水混合制备少量氨气，气流从左至右，选择上述装置制备少量氮化锂。装置连接顺序为_。（2）E装置的作用是_；写出D中化学方程式为_。（3）实验步骤如下：装药品引发反应产生氨气检查装置气密性点燃C处酒精灯点燃D处酒精灯。正确的先后顺序为_。（填序号）（4）实验室保存锂的方法是_；写出C中的化学方程式_。氮化锂的电子式为_（5）设计简单实验证明C中产物为氮化锂：_。【答案】 (1). A、F、D、E、C、F (2). 吸收氨气并干燥氮气 (3). 3CuO2NH33CuN23H2O (4). (5). 锂保存在石蜡中 (6). N26Li2Li3N (7). (8). 取少量产物于试管，滴入少量蒸馏水，用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸接近试管口，若试纸变蓝色，则产物有氮化锂，否则不含氮化锂【解析】【分析】根据题中提供的装置完成制备氮化锂的实验,实验室用生石灰与浓氨水混合制备少量氨气,所以要用装置A,所产生的氨气要经干燥后,可用碱石灰干燥,用氧化铜将氨气氧化为氮气,因为氮化锂易水解生成氢氧化锂和氨气,所以生成的氮气再经浓硫酸干燥后再与锂反应,同时浓硫酸也可以吸收未反应的氨气,这样可以达到除去氮气的杂质的目的,为防止空气中的水份进入有氮化锂的装置,实验装置的最后要连一个干燥装置。(1)根据上面的分析可以知道,装置的连接顺序;(2)E中装有浓硫酸,可吸收氨气和水,D中用氨气与氧化铜在加热条件下发生氧化还原反应生成铜和氮气及水;(3)根据上面的分析可以知道,因为实验中有气体通过,实验前首先要检查装置气密性,然后加入药品,产生氨气,实验中要先产生氮气再与锂反应,所以要先在D处加热再在C处加热,据此答题;(4)锂在空气中长期暴露,最终会变成碳酸锂,所以锂保存在石蜡油中,C中锂与氮气反应生成氮化锂;(5)根据氮化锂易水解生成氢氧化锂和氨气,通过检验产生氨气确定产物中有氮化锂;【详解】(1)根据上面的分析可以知道, 实验室用生石灰与浓氨水混合制备少量氨气，气流从左至右装置连接顺序为A、F、D、E、C、F。因此，本题正确答案是:A、F、D、E、C、F。(2)E中装有浓硫酸,可吸收氨气并干燥氮气,D中用氨气与氧化铜在加热条件下发生氧化还原反应生成铜和氮气及水,反应的方程式为3CuO2NH33CuN23H2O 。因此，本题正确答案是:吸收氨气并干燥氮气; 3CuO2NH33CuN23H2O 。(3)根据上面的分析可以知道,因为实验中有气体通过,实验前首先要检查装置气密性,然后加入药品,产生氨气,实验中要先产生氮气再与锂反应,所以要先在D处加热再在C处加热,所以实验操作顺序为。因此，本题正确答案是:。(4)锂在空气中长期暴露,最终会变成碳酸锂,锂的密度很小，所以锂保存在石蜡油中。C中锂与氮气反应生成氮化锂,反应的方程式为N26Li2Li3N，因此，本题正确答案是:锂保存在石蜡油中; N26Li2Li3N 。氮化锂属于离子化合物。其电子式为(5)根据氮化锂易水解生成氢氧化锂和氨气,通过检验产生氨气确定产物中有氮化锂,实验操作为取少量产物于试管,滴入少量蒸馏水,若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则产物有氮化锂,反之则没有氮化锂。因此，本题正确答案是：取少量产物于试管,滴入少量蒸馏水,若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则产物有氮化锂,反之则无氮化锂。16.草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，部分性质如下：能溶于水，易溶于乙醇；大约在175升华(175以上分解生成H2O、CO2和CO)；H2C2O4Ca(OH)2=CaC2O42H2O。现用H2C2O4进行如下实验：（一）探究草酸的不稳定性通过如图实验装置验证草酸受热分解产物中的CO2和CO，A、B、C中所加入的试剂分别是：A乙醇、B_、CNaOH溶液。（1）B中盛装的试剂是_(填化学式)。（2）A中加入乙醇的目的是_。（二）探究草酸的酸性将0.01 mol草酸晶体(H2C2O42H2O)加入到100 mL 0.2 molL1的NaOH溶液中充分反应，测得反应后溶液呈碱性，其原因是_ (用离子方程式表示)。（三）用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应来探究影响化学反应速率的因素.实验前先用酸性KMnO4标准溶液滴定未知浓度的草酸，反应原理：MnOH2C2O4_=Mn2CO2H2O（1）配平上述离子方程式。_（2）滴定时KMnO4溶液应盛装于_(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。.探究影响化学反应速率的因素下表列出了在“探究影响化学反应速率的因素”实验中得出的部分实验数据：实验组别c(H2C2O4)(molL1)V(H2C2O4)(mL)c(KMnO4)(molL1)V(KMnO4)(mL)c(H2SO4)(molL1)褪色所需时间实验目的10.220.002 540.12655(a)20.220.00540.1251730.220.0140.1232040.220.0240.1290550.220.0340.121133 60.220.0440.121420请回答：（1）实验目的(a)是_。（2）若要探究催化剂对该反应速率的影响，应选择MnSO4而不选MnCl2作为催化剂，其原因是_。【答案】 (1). Ca(OH)2溶液或Ba(OH)2溶液 (2). 除去H2C2O4，避免其对CO2的检验造成干扰 (3). C2O42H2OHC2OOH (4). 256H2108 (5). 酸式 (6). 探究高锰酸钾溶液浓度对化学反应速率的影响 (7). Cl可与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应【解析】【分析】考查对草酸性质的探究实验的设计与评价，化学方程式的配平，气体的检验。（1）草酸分解的混合气体中含有未分解的草酸，草酸与氢氧化钙反应生成醋酸钙沉淀，干扰二氧化碳的检验；草酸是二元酸，与氢氧化钠反应时二者恰好完全反应，若草酸是强酸，则反应后的溶液为中性，现在溶液呈碱性，说明草酸为弱酸，草酸根离子水解，使溶液呈碱性；高锰酸根离子中Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，草酸中C元素的化合价从+3价升高到+4价，共失去2个电子，根据得失电子守恒完成；高锰酸钾的氧化性强，易腐蚀碱式滴定管的胶管，所以用酸式滴定管盛放高锰酸钾；由表中数据可知，草酸的浓度、体积都不变，稀硫酸的浓度不变，草酸的浓度变化，体积不变；因为高锰酸钾可以氧化氯离子为氯气，影响对催化剂对反应速率影响的探究。【详解】（一）（1）草酸混合气体中含有未分解的草酸，草酸与氢氧化钙反应生成醋酸钙沉淀，干扰二氧化碳的检验，所以A中的乙醇目的是除去草酸，则B中的试剂是Ca(OH)2或Ba(OH)2溶液，目的是检验二氧化碳的存在，C中氢氧化钠的作用是除去二氧化碳，以便检验CO的存在；答案：Ca(OH)2溶液或Ba(OH)2溶液。（2）A中乙醇的目的是除去H2C2O4，避免对CO2的检验造成干扰；答案：除去H2C2O4，避免其对CO2的检验造成干扰。（二）草酸是二元酸，与氢氧化钠反应时二者恰好完全反应，若草酸是强酸，则反应后的溶液为中性，现在溶液呈碱性，说明草酸为弱酸，草酸根离子水解，使溶液呈碱性，离子方程式为C2O42H2OHC2OOH；答案：C2O42H2OHC2OOH。（三）I.（1）高锰酸根离子中Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，草酸中C元素的化合价从+3价升高到+4价，共失去2个电子，根据得失电子守恒，则高锰酸根离子的系数是2，草酸的系数是5，根据元素守恒配平Mn2、CO2的系数，最后根据电荷守恒配平氢离子、水的系数。所以答案为256H2108。（2）高锰酸钾的氧化性强，所以不能用碱式滴定管，易腐蚀碱式滴定管的胶管，所以用酸式滴定管盛放高锰酸钾；答案：酸式。II（1）由表中数据可知，草酸的浓度、体积都不变，稀硫酸的浓度不变，高锰酸钾的浓度变化，体积不变，所以褪色所需时间就不同，所以a的目的是探究高锰酸钾溶液浓度对化学反应速率的影响。答案：探究高锰酸钾溶液浓度对化学反应速率的影响。（2）若要探究催化剂对该反应速率的影响应选择MnSO4而不选MnCl2作为催化剂，是因为高锰酸钾具有强氧化性，可以氧化氯离子为氯气，影响催化剂对反应速率影响的探究。答案：Cl可与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应。17.钴（Co）及其化合物在工业上有广泛应用。为从某工业废料中回收钴，某学生设计流程如下（废料中含有Al、Li、Co2O3和Fe2O3等物质）已知：物质溶解性：LiF难溶于水，Li2CO3微溶于水；部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH见下表Fe3+Co2+Co3+Al3+pH（开始沉淀）1.97.150.233.4pH（完全沉淀）3.29.151.094.7请回答：（1）步骤中得到含铝溶液的反应的离子方程式是_（2）写出步骤中Co2O3与盐酸反应生成Cl2的离子方程式：_（3）步骤中Na2CO3溶液的作用是调节溶液的pH，应使溶液的pH不超过_；废渣中的主要成分除了LiF外，还有_（4）NaF与溶液中的Li+形成LiF沉淀，此反应对步骤所起的作用是_（5）在空气中加热5.49g草酸钴晶体（CoC2O42H2O）样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表温度范围/固体质量/g1502104.412903202.418909202.25加热到210时，固体质量减轻的原因是_经测定，加热到210290过程中的生成物只有CO2和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为：_【答案】 (1). 2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2 (2). Co2O3+6H+2Cl=2Co2+Cl2+3H2O (3). 7.15 (4). Fe（OH）3 (5). 降低溶液中Li+浓度，避免步骤中产生Li2CO3沉淀 (6). 失去结晶水 (7). 3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2【解析】【分析】根据铝的性质写出铝与氢氧化钠溶液反应方程式；由已知Co2O3与盐酸反应生成Cl2知发生的是氧化还原反应，依据得失电子守进行配平；依据表中数据分析判断知道加入碳酸钠是调节溶液PH的；根据LiF难溶于水，Li2CO3微溶于水，加NaF将Li+生成LiF沉淀，降低溶液中Li+浓度，避免步骤中产生Li2CO3沉淀混入CoCO3。加热固体质量减轻的原因是失去结晶水。【详解】步骤中铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；答案：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2。（2）Co2O3与盐酸反应生成Cl2，反应中钴元素化合价由+3价降低为+2价氯元素化合价-1价变化为0价，依据得失电子守恒可知Co2O3的系数为1，Cl-的系数为2，结合原子个数守恒，反应的离子方程式：Co2O3+6H+2Cl-=2Co2+Cl2+3H2O；答案：Co2O3+6H+2Cl=2Co2+Cl2+3H2O（3）依据表中数据分析判断加入碳酸钠调节溶液使溶液PH增大，沉淀铁离子和锂离子，但不能沉淀钴离子，步骤中Na2CO3溶液的作用是调节溶液的pH，应使溶液的pH不超过7.15，故pH的取值范围是3.2pH7.15；根据信息知LiF难溶于水，废渣中的主要成分为LiF和Fe(OH)3，所以答案为7.15 Fe(OH)3。（4）因为LiF难溶于水，Li2CO3微溶于水。所以用NaF将Li+生成LiF沉淀，降低溶液中Li+浓度，避免步骤中产生Li2CO3沉淀混入CoCO3。（5）5.49 g 即0.03mol的CoC2O42H2O在150210时,质量减少=5.49-4.413=1.08g,即0.06mol的水，加热到210时，固体质量减轻的原因是失去结晶水。答案：失去了结晶水。加热到210290过程中CoC2O4分解的生成物只有CO2和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。18.伪麻黄碱(D)是新康泰克的成分之一，能够缓解感冒时带来的鼻塞、流鼻涕和打喷嚏等症状，其中一种合成路线如下：回答下列问题：（1）伪麻黄碱(D)的分子式为_；B中含有的官能团有_（写名称）。（2）写出 BC反应的化学方程式：_。CD的反应类型为_。（3）B的消去产物可以用于合成高分子化合物E，请写出 E的结构简式：_。（4）满足下列要求的A的同分异构体有_种；能发生银镜反应，苯环上的一氯代物有两种结构。其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的为_（写结构简式）。（5）已知：。参照上述合成路线，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备的合成路线：_。【答案】 (1). C10H15NO (2). 羰基、溴原子 (3). (4). 还原反应 (5). (6). 4 (7). (8). 【解析】【分析】根据D的结构写分子式；根据B 的结构判断含有的官能团名称；由框图知，BC发生的是取代反应，B中的溴原子被-NHCH3取代；CD过程是C中的羰基被还原为羟基，所以发生的是还原反应；根据消去反应的定义是消去有机物中的卤代烃和其相邻碳原子上的氢，同时碳碳单键变成碳碳双键，进行推断。根据条件发生银镜反应的有醛基，苯环上的一氯代物只有两种，核磁共振氢谱有四组峰，且比例是6:2:1:1，由此进行判断。由题意可知，合成路线是乙酸先发生已知条件中给出的反应，再与苯发生取代反应，最后再进行还原反应即可。【详解】（1）根据结构式得出分子式为 C10H15NO， 由B的结构式得B中含有羰基和溴原子。答案：C10H15NO 羰基、溴原子。（2）由题可知，BC发生的是取代反应，B中的溴原子被-NHCH3取代，化学反应方程式为；CD过程是C中的羰基被还原为羟基，所以发生的是还原反应。答案： 还原反应。（3）消去反应是消去有机物中的卤代烃和其相邻碳原子上的氢，同时碳碳单键变成碳碳双键，加聚是将n个C=C变为-C-C-，所以B经消去再聚合后的产物是。（4）A的同分异构体能发生银镜反应，则一定含有醛基，苯环上的一氯代物只有两种，满足条件的同分异构体有：、，共4种。其中核磁共振氢谱有四组峰，即有四种氢原子，且比例是6:2:1:1的是和。（5）由题意可知，合成路线是乙酸先发生已知条件中给出的反应，再与苯发生取代反应，最后再进行还原反应即可：。