1、安徽省怀宁县新安中学2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）1.下列分离物质的方法中，根据微粒大小进行分离的是( )分液 过滤 分馏 重结晶 渗析A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】分液是分离互不相溶且密度不同的液体混合物的操作，是利用物质的溶解性和密度，不符合题意；过滤是分离固液混合物的操作，是利用固体颗粒不能透过滤纸而其他微粒可以透过滤纸，根据微粒大小进行分离的，符合题意；分馏是根据物质的沸点不同来分离物质的方法，不符合题意；重结晶是利用物质的溶解度受温度的影响不同而分离物质的方法，不符合题意；渗析是利用胶粒不能透过半透膜而小的分子或离子可以透过半透膜来精制
2、胶体的方法，是根据微粒大小进行分离的，符合题意；综上符合题意，选A。2. 化学与生活、社会发展息息相关，下列说法错误的是A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化D. 古剑“湛泸”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金【答案】C【解析】【详解】A雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；B铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故B正确；C对青蒿素的提取利用的是萃取原理，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C
3、错误；D剑刃硬度要大，所以用铁碳合金，故D正确；故选C。3.下列有关物质结构的表述正确的是A. 次氯酸的电子式：B. 二氧化硅的分子式：SiO2C. CO2和CS2都是直线型分子D. 钠离子的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A氯原子最外层有7个电子，氧原子最外层有6个电子，在次氯酸中，氯原子与氧原子形成1对共用电子对，氢原子与氧原子形成1对共用电子对，都达稳定结构，电子式为，故A错误；B二氧化硅为原子晶体，不存在分子，SiO2为化学式，不是分子式，故B错误；CCO2的结构式为O=C=O，CS2的结构式为S=C=S，两个分子均为直线形分子，故C正确；D钠离子的核电荷数为11，核外电子总数为
4、10，钠离子的结构示意图为，故D错误；故选C。4.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 将162.5gFeCl3转化为氢氧化铁胶体后，氢氧化铁胶体粒子数等于NAB. 标准状况下，22.4LSO3中氧原子的个数约为NAC. 标准状况下，5.6L一氧化氮和5.6L氧气混合后的分子总数为0.5NAD. 标准状况下，用NaOH溶液吸收氯气22.4L，反应中转移的电子数目为NA【答案】D【解析】【详解】A162.5gFeCl3的物质的量为=1mol，胶体粒子是由多个“分子”组成的集合体，则将162.5gFeCl3转化为氢氧化铁胶体后，氢氧化铁胶体粒子数小于NA，故A错误；B标准状况下，三氧化
5、硫为固体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C标准状况下，5.6L气体的物质的量为=0.25mol，因此5.6L一氧化氮和5.6L氧气混合后发生反应生成0.25mol的二氧化氮，同时剩余氧气0.125mol，但生成的二氧化氮又能生成四氧化二氮，则分子的总物质的量小于0.375mol，分子数小于0.375NA，故C错误；D标准状况下，22.4L氯气的物质的量为=1mol，与NaOH反应的方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应中转移的电子为1mol，转移的电子数目为NA，故D正确；故选D。5.能正确表示下列反应的离子方程式是A. 在硫酸亚铁溶液中通入氧气：4F
6、e2+O2+4H+=4Fe3+2H2OB. NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO3-Ba2+2OH-=BaCO3+2H2O+CO32-C. 氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe(OH)2+2H=Fe2+2H2OD. 澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：Ca2+OH-+HCO3-=CaCO3+H2O【答案】A【解析】【详解】A.Fe2+具有还原性，会被氧气氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，A正确；B.NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，以不足量的NH4HCO3为标准，NH4+、HCO3-都会发生反应：NH4+HCO3-Ba2+2
7、OH-=BaCO3+H2O+NH3H2O，B错误；C.氢氧化亚铁具有还原性，会被具有氧化性的稀硝酸氧化变为Fe3+，反应的离子方程式为3Fe(OH)2+10H+NO3-=3Fe3+NO+8H2O，C错误；D.澄清石灰水与过量小苏打溶液混合，以不足量的Ca(OH)2为标准，离子方程式为Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+2H2O+ CO32-，D错误；故合理选项是A。6.杀鼠灵是一种抗凝血性杀毒剂，其结构简式如图，下列说法正确的是（）A. 分子中有1个手性碳原子B. 遇FeCl3溶液显紫色C. 1mol杀鼠灵最多能与9molH2反应D. 能萃取碘水中的碘单质【答案】A【解析】A只有与右侧
8、苯环相连的C连接4个不同基团，则分子中有1个手性碳原子，故A正确；B不含酚-OH，遇FeCl3溶液不显紫色，故B错误；C只有2个苯环、1个碳碳双键、1个羰基与氢气发生加成反应，则1mol杀鼠灵最多能与8molH2反应，故C错误；D含碳碳双键可与碘单质发生加成，不可用来萃取碘水的碘单质，故D错误；故选A。7.纯碱工业排放的废水中含少量Na2CO3，用三室式电渗析法处理可以得到氢气、氧气、浓度较高的碳酸和氢氧化钠溶液。下列说法正确的是A. 出口B导出的气体是H2B. 制得的氢氧化钠溶液从出口A导出C. 通过阴离子交换膜的离子数小于通过阳离子交换膜的离子数D. 当有1molNa通过阳离子交换膜时，会
9、有0.5mol的O2生成【答案】C【解析】【分析】根据图示，阴极上水电离生成的氢离子放电放出氢气，则NaOH在阴极生成，则钠离子通过阳离子交换膜移向阴极区；阳极是水电离生成的氢氧根离子放电生成氧气，碳酸根离子通过阴离子交换膜移向阳极区，据此分析判断。【详解】A阳极是水电离生成的氢氧根离子放电生成氧气，即出口B导出的气体是O2，故A错误；B阴极上水电离生成的氢离子放电放出氢气，则NaOH在阴极生成，制得的氢氧化钠溶液从D出口导出，故B错误；C根据上述分析，钠离子通过阳离子交换膜移向阴极区，碳酸根离子通过阴离子交换膜移向阳极区，通过相同电量时，通过阴离子交换膜的离子数等于通过阳离子交换膜的离子数的
10、一半，故C正确；D当有1molNa通过阳离子交换膜时，电路中转移1mol电子，阳极生成氧气的物质的量为0.25mol，故D错误；故选C。8.在一定温度时，将1molA和2molB放入容积为5L某密闭容器中发生如下反应：A(s)+2B(g)C(g)+2D(g)，经5min后，测得容器内B的浓度减少了0.2 mol/L，下列叙述不正确的是A. 在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.02 mol(Lmin)-1B. 5min时容器内气体总的物质的量为3molC. 5min时，容器内D的浓度为0.2molL-1D. 当容器内压强保持恒定时，该可逆反应达到平衡状态【答案】B【解析】【分析】
11、经5min后测得容器内B的浓度减少了0.2molL-1，则消耗的B的物质的量为5L0.2molL-1=1mol，则据此分析解答。【详解】A在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为v(C)=0.02molL-1min-1，A正确；B5min时容器内气体总的物质的量为1mol+0.5mol+1mol=2.5mol，B错误；C5min时，容器内D的浓度为=0.2molL-1，C正确；D反应前后气体的体积不等，则当容器内压强保持恒定时，该可逆反应达到平衡状态，D正确；答案选B。9.在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问题的解决，下列反应先后顺序判断正确的是()A. 在含等物质的量的FeBr
12、2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I、Br、Fe2B. 在含等物质的量的Fe3、Cu2、H的溶液中加入Zn：Fe3、Cu2、HC. 在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba(OH)2、BaCO3、K2CO3D. 在含等物质的量的AlO2-、OH、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、Al(OH)3、OH、CO32-【答案】B【解析】【分析】A离子还原性I-Fe2+Br-，同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先与还原性强的物质反应；B同一还原剂与不同具有氧化性的物质反应时，先与氧化性强的物质反应；C氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存；D用
13、假设法判断，H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-。【详解】A、溶液中离子的还原性强弱顺序是I-Fe2+Br-，向溶液中滴加过量氯水时发生的反应分别为：2I-+Cl2=2Cl-+I2、2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-、Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，所以参与反应的离子先后顺序为：I-、Fe2+、Br-，选项A错误；B、铁离子的氧化性强于铜离子，H的氧化性弱于Cu2+而强于Fe2+，所以在含有等物质的量的Fe3+、Cu2+、H的溶液中加入Zn粉，反应的先后顺序Fe3+、Cu2+、H，选项B正确；C、氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共
14、存，则反应的先后顺序为Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，选项C错误；D若H+最先与AlO2反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2，则反应顺序为OH-、AlO2、CO32-、Al(OH)3，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查离子反应的先后顺序等，难度较大，为高频考点，把握反应发生的本质与物质性质是关键，注意元素化合物知识的掌握，是对学生综合能力的考查。10.草酸亚铁(FeC2O4)可作为生产电池正极材料磷酸铁锂的原料，受热容易分解，为探究草酸亚铁的热分解产物，按下面所示装置进行实验。下列说法不正确的是A. 实验中观察到装置B、F中石灰水变浑浊，E中固体变为
15、红色，则证明分解产物中有CO2和COB. 反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加12滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，证明分解产物中不含Fe2O3C. 装置C的作用是除去混合气中的CO2D. 反应结束后，应熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温【答案】B【解析】【详解】A选项，实验中观察到装置B中石灰水变浑浊，说明产生了分解产物中有CO2，E中固体变红色，F中石灰水变浑浊，则证明分解产物中有CO，故A正确；B选项，因为反应中生成有CO，CO会部分还原氧化铁得到铁，因此反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加12滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，不能证明分解产物中不含Fe2O
16、3，故B错误；C选项，为了避免CO2影响CO的检验，CO在E中还原氧化铜，生成的气体在F中变浑浊，因此在装置C要除去混合气中的CO2，故C正确；D选项，反应结束后，应熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温避免生成的铜单质被氧化，故D正确；综上所述，答案为B。【点睛】验证CO的还原性或验证CO时，先将二氧化碳除掉，除掉后利用CO的还原性，得到氧化产物通入澄清石灰水中验证。11.Inorganic Syntheses(无机合成)一书中，有一如图所示的装置，用以制备某种干燥的纯净气体。该装置中所装的药品正确的是()A. A中装浓盐酸，B中装浓硫酸B. A中装浓硫酸，B中装浓盐酸C. A
17、中装氢氧化钠浓溶液，B中装浓氨水D. A中装浓氨水，B中装氢氧化钠浓溶液【答案】A【解析】【分析】浓氨水与浓氢氧化钠溶液能产生NH3但不是干燥的氨气，所以只可能是浓盐酸滴入到浓硫酸中，利用浓硫酸的吸水性使HCl逸出。【详解】AA中装浓盐酸，B中装浓硫酸，浓盐酸滴入到浓硫酸中，利用浓硫酸的吸水性使HCl逸出，故A正确；BA中装浓硫酸，B中装浓盐酸，浓硫酸滴入浓盐酸会放热，HCl挥发，但是得到的气体没有被干燥，不能得到干燥的纯净气体，故B错误；CA中装氢氧化钠浓溶液，B中装浓氨水，把浓氢氧化钠溶液滴到浓氨水中生成的氨气较少，而且没有被干燥，故C错误；DA中装浓氨水，B中装氢氧化钠浓溶液，把浓氨水滴
18、到浓氢氧化钠溶液中能生成氨气，但是氨气没有被干燥，故D错误。故答案选A。【点睛】本题明确实验原理是解题的关键，注意把握HCl的挥发性及浓硫酸的吸水性。12.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，W、Z位于同一主族，四种元素形成的一种化合物的结构如图所示。下列说法错误的是A. W的最简单氢化物稳定性比X的弱B. Y与X、Z、W均能形成离子化合物C. W与Y形成的化合物只含离子键D. 四种离子半径最大的是Z【答案】C【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Z位于同主族，四种元素组成的一种化合物的结构式为，Z能够形成6个共价键，位于A族，则W为O，Z为S；Y能够形成+
19、1价阳离子，其原子序数大于O，则Y为Na；X只能形成1个共价键，则X位于A族，结合原子序数大小可知，X为F元素，据此分析解答。【详解】根据分析可知，W、X、Y、Z四种元素依次为O、F、Na、S。A非金属性：OF，则简单氢化物的稳定性：WX，故A正确；BY为Na，属于活泼的金属元素；O、F、S均为后的非金属元素，因此Y与X、Z、W均能形成离子化合物，故B正确；CO、Na形成的化合物为Na2O2和Na2O，其中Na2O2含有离子键和共价键，故C错误；D一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，四种离子半径最大的是S2-，最小的是Na+，故D正确；故选C。13.pC类似
20、pH，是指极稀溶液中，溶质物质的量浓度的常用负对数值。如某溶液溶质的物质的量浓度为1103molL1，则该溶液中溶质的pClg(1103)3。下列表达正确的是A. 中性溶液中，pC(H)pC(OH)14B. pC(H)5的H2S溶液中，c(H)c(HS)1105molL1C. pC(OH)a的氨水，稀释10倍后，其pC(OH)b，则ab1D. pC(OH)3NaOH溶液，稀释100倍，其pC(OH)5【答案】D【解析】【详解】AKw的大小受到温度的影响，温度越高Kw越大，Kw=c(H+)c(OH-)，pC(H+)+pC(OH-)=-lgC(H+)C(OH-)=-lgKw，只有在常温下Kw=10
21、-14，pC(H+)+pC(OH-)=14，故A错误；BpC(H)5的H2S溶液中，c(H)1105molL1，溶液中存在H2S HS+ H，HSS2-+ H，无法判断c(HS)的大小，故B错误；CpC(OH)a的氨水中存在NH3H2ONH4+OH，稀释促进氨水的电离，稀释10倍后，pC(OH)b，c(OH-)比原来的大，即ba+1，则ab1，故C错误；DpC(OH)3的NaOH溶液中c(OH-)=1103molL1，稀释100倍，c(OH-)=1105molL1，其pC(OH)5，故D正确；故选D。14.W、X、Y是原子序数依次增大的同一短周期元素。W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化
22、物之间可以反应生成盐和水；Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，W与Y可形成化合物W2Y。下列说法正确的是A. Y的低价氧化物与O3漂白的原理相同B. Y的氢化物和W2Y所含化学键的类型相同C. 上述三种元素形成的简单离子，X离子半径最小D. 工业上常用电解相应的盐溶液制备W、X的单质【答案】C【解析】【分析】W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水。这说明金属一定有金属铝和钠。根据原子序数大小可知W是Na，X是Al。Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，W与Y可形成化合物W2Y，所以Y是S元素。【详解】ASO2的漂白原理是化合，而臭氧的漂白是氧化性，不正确；BH2S
23、中含有共价键，Na2S中含有离子键，不正确；CS2核外有3个电子层，Na和Al3具有2个电子层，离子半径均小于S2。在核外电子排布相同的条件下，微粒半径随原子序数的增大而减小，即Al3离子半径最小，正确；D钠和铝都是活泼的金属，需要电解法熔融的氯化物或氧化物冶炼，不正确，答案选C。15.亚氯酸钠(NaClO2)在溶液中对生成ClO2、HClO2、ClO2-、Cl-等，其中HClO2和ClO2都是具有漂白作用。已知pOH=lgc(OH-)，经测定25时各组分含量随pOH变化情况如图所示(Cl-没有画出)，此温度下，下列分析正确的是A. HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10-8B. pOH=1
24、1时，ClO2-部分转化成ClO2和Cl-离子的方程式为：5ClO2-+2H2O=4ClO2+ Cl-+4OH-C. pH=7时，溶液中含氯微粒的浓度大小为：c(HClO2)c(ClO2-)c(ClO2)c(Cl-)D. 同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合，则混合溶液中有c(HClO2)+2c(H+)=c(ClO2-)+2c(OH-)【答案】D【解析】A、HClO2的电离平衡常数K=，观察图象可以看出，当pOH=8时，pH=6，c(ClO2-)=c(HClO2)，此时HClO2的电离平衡常数的数值Ka= c(H+)=10-6，故A错误；B. pOH=11时，溶液显酸性，不能生成
25、OH-，故B错误；C、根据图知，pH=7时，存在c(HClO2)c( ClO2-)，则微粒浓度大小顺序是c( ClO2-)c(HClO2)c( ClO2)c( Cl-)，故C错误；D、依据电中性原则得出：c(H+)+c(Na+)=c(ClO2-)+c(OH-) +c( Cl-)，依据物料守恒得出：2c(Na+)=c(ClO2-)+c(HClO2)+c( Cl-) ，联立消去钠离子：c(HClO2)+2c(H+)=c(ClO2-)+2c(OH-)，故D正确；故选D。16.某学生做如下实验：第一步，在淀粉KI溶液中，滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸，溶液立即变蓝；第二步，在上述蓝色溶液中，
26、滴加足量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失。下列有关该同学对实验原理的解释和所得结论的叙述不正确的是()A. 氧化性：ClOI2SO42B. 蓝色消失的原因是Na2SO3溶液具有漂白性C. 淀粉KI溶液变蓝是因为I被ClO氧化为I2，I2使淀粉变蓝D. 若将Na2SO3溶液加入氯水中，氯水褪色【答案】B【解析】【分析】第一步中发生：NaClO+2KI+H2SO4I2+NaCl+K2SO4+H2O，第二步发生：Na2SO3+I2+H2ONa2SO4+2HI，均为氧化还原反应，结合物质的性质及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答。【详解】A由NaClO+2KI+H2SO4I2+NaCl+K2SO
27、4+H2O，ClO-的氧化性大于I2的氧化性，由Na2SO3+I2+H2ONa2SO4+2HI，I2的氧化性大于SO42-的氧化性，所以氧化性强弱为：ClO-I2SO42-，故A正确；B由第二步反应可知，S元素的化合价升高，则蓝色消失的原因是Na2SO3溶液具有还原性，故B错误；C由第一步反应可知，淀粉KI溶液变蓝是因为I-被氧化为I2，淀粉遇I2变蓝，故C正确；D氯气的氧化性强于碘单质，碘单质将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，所以氯气更能将亚硫酸钠氧化，而使氯水褪色，故D正确；故选：B。【点睛】本题考查了氧化还原的相关知识，是高考考查的重点，本题有一定的难度，要注意蓝色消失的原因并不是Na2SO3溶液
28、具有漂白性，而是Na2SO3与I2反应，消耗了碘。17.硫酸锰(MnSO4H2O)是一种粉色晶体，易溶于水，不溶于乙醇，是重要的微量元素肥料之一，可促进多种经济作物生长从而增加其产量。甲、乙两组同学拟制取硫酸锰并探究其性质。（1）甲组同学拟制备MnSO4H2O。首先称取5.0gMnO2于200mL烧杯中，加入12.00mL6.00mol/L硫酸和6.00mLH2O。然后再称取8.0g草酸晶体H2C2O42H2O，将溶液稍加热后，在搅拌下缓慢向烧杯中分批加入草酸晶体粉末。待充分反应后过滤得到浅粉色溶液，将溶液蒸发浓缩，加入适量乙醇冷却结晶，干燥后得MnSO4H2O。实验中配制100mL6.00m
29、ol/L硫酸时，需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_。在上述过程中，若MnO2的转化率为97.44%，则最终得到MnSO4H2O晶体的质量为_g。（2）乙组同学拟研究硫酸锰的高温分解产物，用下图装置测量生成的Mn3O4、SO2、SO3及水蒸气。装置正确的连接顺序为_（按气流方向，填装置序号）。实验自始至终均需通入N2，其目的是_。若起始时，在装置中加入MnSO4H2O50.7g，充分反应后，测得装置增重6.4g，则MnSO4H2O分解的化学方程式为_。【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 9.464 (3). (4). 排除装置中的空气，并将生成的气体全部吹入吸收瓶、中 (5
30、). 3MnSO4H2OMn3O4+2SO3+SO2+3H2O【解析】【详解】(1)配制100mL6.00mol/L硫酸需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶；根据Mn元素守恒可得关系式：MnO2MnSO4H2O，MnO2的转化率为97.44%，则最终得到MnSO4H2O晶体的质量为5.0g97.44%=9.464g；(2)该题的目的是研究硫酸锰的高温分解产物，并测量生成的Mn3O4、SO2、SO3及水蒸气。则可知装置为硫酸锰的分解装置，分解产生的Mn3O4为固体残留在装置中；装置中左边洗气瓶中的浓硫酸吸收SO3，右边的浓硫酸则吸收水蒸气；剩余干燥的SO2通入洗气瓶中，通过
31、NaOH溶液吸收。所以装置正确的连接顺序为；为了避免装置中空气的干扰，且生成的气体需要全部吹入吸收瓶、中充分吸收，故实验自始至终均需通入N2；50.7gMnSO4H2O的物质的量为0.3mol，根据Mn元素守恒，可得Mn3O4为0.1mol。装置增重6.4g，则SO2为6.4g，即0.1mol。根据S元素守恒，可得SO3为0.2mol。根据H元素守恒，可得H2O为0.1mol。所以MnSO4H2O分解的化学方程式为3MnSO4H2OMn3O4+2SO3+SO2+3H2O。18.某废旧锂电池材料含有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂石墨和铝粉等。回收废旧锂电池中钴的工艺流程如下：已知：Ksp(CoC
32、2O4)=2.510-9，Ksp(CoCO3)=1.510-13回答下列问题：(1)“浸出液”的主要成分是LiHC2O4、Al(HC2O4)3，“浸出渣”的主要成分是CoC2O4。“浸出”中生成CoC2O4的化学方程式为_，若H2C2O4用量过大，CoC2O4的产率反而会降低，原因是_。(2)“转化”中加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为_。(3)“电解”时装置如图所示。阳极的电极反应式为_，电解后a室中的电解液可返回_工序继续使用。(4)某废旧锂电池粉末中LiCoO2的质量分数为w，将mkg该废料进行回收利用，电解得到钴nkg，钴的回收率为_。【答案】 (1). 2LiCoO2+5H2
33、C2O4=2LiHC2O4+2CoC2O4+4H2O+2CO2 (2). CoC2O4与过量的H2C2O4反应转化成Co(HC2O4)2而溶解 (3). CoC2O4+CoCO3+ (4). 2H2O-4e-=O2+4H+ (5). 酸溶 (6). 100%【解析】【分析】废旧锂电池材料含有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂石墨和铝粉等，加草酸溶解，“浸出液”的主要成分是LiHC2O4、Al(HC2O4)，“浸出渣”的主要成分是CoC2O4，则生成CoC2O4的化学方程式为2LiCoO2+5H2C2O4=2LiHC2O4+2CoC2O4+4H2O+2CO2，然后在浸出渣中加入碳酸钠发生CoC2O4
34、+CoCO3+，分离出的滤渣1为CoCO3，滤液1含草酸钠，滤渣1中加盐酸溶解生成CoCl2，电解可得到Co，以此分析解答。【详解】(1)“浸出液” 的主要成分是LiHC2O4、Al(HC2O4)3，“浸出渣”的主要成分是CoC2O4，“浸出”中生成CoC2O4的化学方程式为2LiCoO2+5H2C2O4=2LiHC2O4+2CoC2O4+4H2O+2CO2，若H2C2O4用量过大，CoC2O4与过量的H2C2O4反应转化成Co(HC2O4)2而溶解，导致CoC2O4的产率反而会降低，故答案为：2LiCoO2+5H2C2O4=2LiHC2O4+2CoC2O4+4H2O+2CO2；CoC2O4与
35、过量的H2C2O4反应转化成Co(HC2O4)2而溶解；(2) 由于Ksp(CoC2O4)=2.510-9Ksp(CoCO3)=1.510-13，“转化”中CoC2O4中加入Na2CO3溶液发生沉淀的转化，反应的离子方程式为CoC2O4+CoCO3+，故答案为：CoC2O4+CoCO3+；(3)由电解装置图可知，阳极的电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，氢离子移向a，阴极的电极反应式为Co2+2e-=Co，阴极区氯离子移向a，a室生成盐酸，电解后a室中的电解液可返回酸溶工序继续使用，故答案为：2H2O-4e-=O2+4H+；酸溶；(4)某废旧锂电池粉末中LiCoO2的质量分数为w，将m
36、kg该废料进行回收利用，电解得到钴nkg，钴的回收率为100%=100%，故答案为：100%。【点睛】本题的易错点为反应方程式的书写，(1)中要注意题示信息书写，(2)中要注意根据Ksp的大小分析判断反应的机理。19.硫酸工业和合成氨工业是衡量一个国家工业发展水平的重要指标，下图是硫酸工业和合成氨工业联合生产示意图：回答下列问题：(1)已知：4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) H=akJ/molSO2 (g)=S(s)+O2(g)H=bkJ/molFe(s)+2S(s)=Fe2S(s)H=ckJ/mol沸腾炉中主要反应的热化学方程式为_。(2)如果生产过程中H2的总转化率为90%，
37、FeS2的总转化率为95%，氨与硫酸生成硫酸铵的转化率为100%，则最初FeS2和H2的物质的量之比为 _。(3)在一定条件下，分别向体积相同的恒容密闭容器甲，乙、丙中通入一定量的N2、H2或 NH3，发生反应：N2 (g)+3H2=2NH3 (g)，相关数据如下：乙中NH3的转化率为 _，丙中x的取值范围为 _。在t1时升高甲容器的温度，至t2时再次达到平衡，测得t2时 混合气体的平均摩尔质量比tl时小。请在图中画出tlt2 时间段正反应速率的变化示意图_。(4)尾气中含有SO2，直接排放会造成环境污染，可用Fe2(SO4)3 溶液吸收。某科研团队对pH、c(Fe3+)、温度等因素对SO2最
38、 高吸收率的影响进行研究，结果如图：40时SO2的最高吸收率随pH、c(Fe3+)的增大而 _，其原因是 _；温度高于 40后，SO2的最高吸收率随温度的升高而减小，其原因是_。【答案】 (1). 4FeS2(s)11O2(g)=2Fe2O3(s)8SO2(g) H=(a8b4c)kJmol1 (2). 3：19 (3). 60% (4). 1.6x4 (5). (6). 增大 (7). 吸收过程中，发生2Fe3SO22H2O2Fe2SO424H，c(Fe3)、pH增大，平衡向正反应方向移动 (8). 温度升高，Fe3水解程度越大，c(Fe3)减小、c(H)增大，平衡2Fe3SO22H2O2F
39、e2SO424H向逆反应方向移动，SO2的最高吸收率减小【解析】【详解】（1）4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) ，SO2 (g)=S(s)+O2(g)，Fe(s)+2S(s)=Fe2S(s)，沸腾炉中发生的反应式4FeS211O2=2Fe2O38SO2，8，H=(a8b4c)kJmol1，其热化学反应方程式为4FeS2(s)11O2(g)=2Fe2O3(s)8SO2(g) H=(a8b4c)kJmol1；（2）合成氨N23H22NH3，产生NH3的物质的量为2n(H2)90%/3mol，制备硫酸建立的关系是FeS22SO22SO32H2SO4，产生硫酸的物质的量为2n(FeS2)
40、95%mol，制备硫酸铵的反应方程式为2NH3H2SO4=(NH4)2SO4，因为得到硫酸铵是转化率为100%，因此有2n(H2)90%/3mol：2n(FeS2)95%mol=2：1，n(FeS2):n(H2)=3:19；（3）在温度、体积一定的条件下，甲、乙两容器中形成等效平衡，因此(N2)甲(NH3)乙=1，(N2)甲=0.8mol/(21)100%=40%，则(NH3)乙=60%；丙容器相当于将两个甲容器加压缩小为一个甲容器，加压时，该平衡向正反应方向移动，因此丙中x的范围是1.6n(NH3)4；t1时升高温度，v正增大，升高温度，平均摩尔质量减小，说明该平衡向逆反应方向移动，N2、H
41、2浓度增大，因此t1t2时间段v正持续增大，图像为；（4）由图可知，随着c(Fe3)、pH的增大，SO2的最高吸收率增大；Fe3具有强氧化性，能将SO2氧化成SO42，离子方程式为2Fe3SO22H2O2Fe2SO424H，c(Fe3)、pH增大，平衡向正反应方向移动；由温度关系图可知，在40时，SO2的最高吸收率最大，温度高于40后，温度升高，SO2的最高吸收率减小，只能是有关物质浓度改变所致，温度升高，Fe3水解程度越大，c(Fe3)减小、c(H)增大，平衡2Fe3SO22H2O2Fe2SO424H向逆反应方向移动，SO2的最高吸收率减小。20.某化合物H的合成路线如下：已知CHCH在Na
42、NH2液氨条件下可生成CHCNa或NaCCNa(1)A的化学名称是_，BC的反应类型是_(2)DE的反应试剂、条件是_，F中不含氧官能团名称是_(3)H的分子式是_(4)FG的化学方程式是_(5)W是E的同系物，比E少一个碳原子，则符合下列条件的W的同分异构体的结构简式是_(写一种)有两种官能团遇FeCl3溶液显紫色核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比32221(6)依据上述题目信息，写出用乙醛和乙炔为原料，制备化合物 的合成路线(无机试剂任选)_。【答案】 (1). 对氯甲苯(4-氯甲苯) (2). 加成反应 (3). Cu、O2，加热 (4). 碳碳双键 (5). C18H24O (6). (
43、7). (8). 【解析】【分析】AB生成格式试剂；BC为丙醛断开C=O双键发生加成反应，烃基加在碳原子上，-MgX加在O原子上；CD产物中氢原子（-H）取代-MgX即发生取代反应，水解得到醇；DE反应物中的羟基变成了羰基，醇发生氧化反应生成酮；EF乙炔钠(CHCNa)在一定条件下可以和某些羰基发生加成反应，加成时乙炔钠中Na原子与羰基氧原子相连，CCH与羰基碳原子相连，在H2、催化剂作用下，ONa变成OH，生成醇；FG反应物中OH消失，产物出现碳碳双键，反应条件浓硫酸加热，醇发生消去反应； GH共轭二烯烃与单烯烃发生1，4成环加成反应。【详解】(1)苯环上两个相同取代基的位置可用“邻”、“间
44、”、“对”表示，苯环上连接简单烃基、硝基(-NO2)、卤素(-X)时，以苯环为母体。所以命名为对氯甲苯(4-氯甲苯)；由分析可知反应类型为加成反应；(2)由分析可知反应的试剂和条件为Cu、O2，加热 ； F中官能团碳碳双键和羟基，不含氧官能团为碳碳双键； (3)中C原子数，H原子数，O原子数分别为18、24、1，化学式为C18H24O； (4)苄型醇脱水以形成稳定共轭体系的烯烃为主要产物，所以化学方程式为；(5) E的分子式是C10H12O，W是E的同系物，比E少一个碳原子，所以W的分子式是C9H10O，有两种官能团，遇FeCl3溶液显示特征颜色紫色，说明其结构含有苯环和酚羟基，核磁共振氢谱有
45、五组峰，含有5种氢原子，峰面积之比为32221，氢原子个数比为32221，则符合下列条件的W的同分异构体的结构简式是；(6) 根据题目提供的信息可知， CHCH在NaNH2液氨条件下可生成NaCCNa，NaCCNa在一定条件下可以和乙醛中羰基发生加成反应，在H2、催化剂作用下，生成醇，二醇分子内脱水生成O，所以反应历程为： 。【点睛】解信息推断题的关键是看懂信息，明确各类有机物的基本反应类型和相互转化关系。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。本题的难点是同分异构体的书写，特别是有限制条件的同分异构体的书写，对于芳香族化合物来说，在支链相同时，又由于它们在苯环的位置有邻位、间位、对位三种不同的情况而存在异构体。分子中含有几种不位置的氢原子，就存在几种核磁共振氢谱，核磁共振氢谱峰的面积比就是各类氢原子的个数比。
