1、- 1 -安徽省合肥九中 2019 届高三暑期调研考试化学试卷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 、Cu 2 、SO 42 、Br B. Al3 、S 2 、Br 、
2、SO 32C. Na 、Fe 2 、I 、MnO 4 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 、SO 32 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 、Cu 2 、SO 42 、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 、
3、S 2 、Br 、SO 32 中的 S2 、SO 32 都可以和 H+发生反应而不能大量共存； 故 B 错误；C. Na 、Fe 2 、I 、MnO 4-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 、SO 32 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
4、而不能大量共存。- 2 -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：4Ag2H 2SO 2=2X2H 2O。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
5、； 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+2H 2S+O2=2X+2H2O 可知，4Ag4e 2Ag2S，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
6、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( )- 3 -A. 小苏打溶液中加入过量石灰水 2HCO3 Ca 2 2OH =CaCO3C
7、O 32 2H 2OB. NH4HCO3溶于过量的 NaOH 溶液中：HCO 3 OH =CO32 H 2OC. 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 =2Cl Br 2D. 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
8、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 HCO3 Ca 2+ OH =CaCO3H 2O，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+ HCO3 2OH =CO32 H 2O+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 Cl22Fe 2+=2Cl 2Fe 3+，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
9、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(NH 4)2SO4、KCl、MgCl 2、Al 2(SO4)3、Fe 2(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。(NH 4)2SO4、KCl、MgCl 2 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.Ba
10、Cl 2与(NH 4)2SO4、Al 2(SO4)3和溶液 Fe2(SO4)3均生成白色沉淀,现象相同,不能鉴- 4 -别,故 A 错误；B.一水合氨与(NH 4)2SO4、KCl 均不反应,与 MgCl2、Al 2(SO4)3均生成白色沉淀,现象相同,不能鉴别,故 B 错误；C.AgNO 3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(NH 4)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
11、,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。NH 4+ 、Al 3+、Mg 2+、Fe 3+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；Mg 2+只产生白色沉淀不溶解；Fe 3+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、CuCl 2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.
12、 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
13、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- 5 -【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 C
14、aCl2、CuCl 2、ZnCl 2、NaCl、AlCl 3、FeCl 3。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、CuCl 2、ZnCl 2、NaCl、AlCl 3、FeCl 3。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)=1mol 40g/mol=40g，m(Cu)=1mol 64g/mol=64g m(Zn)=1mol 65g/mol=65g，m(Al)=1mol 27g/mol=18g m(Na)=2mol 23g/mol=46g
15、 ，m(Fe)=1mol 56g/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
16、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+4H 2O（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(
17、 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 - 6 -/44g.mol-1 6=2.8NA,故 D 错误；答案：B。10.在 Al2(SO4)3、K 2SO4、KAl(SO 4)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.
18、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，Al 3+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，Al 3+4OH-=AlO2-+2H2O，则原溶液中铝离子的浓度为0.2/
19、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 +、Al 3+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 Al 3+ B. 有 Al3+，没有 Fe3+C. 有大量
20、的 Fe3+、H +和 Al3+ D. 有 Fe3+和 Al3+【答案】D【解析】- 7 -【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+、Al 3+,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+、 Al 3+，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+、Al 3+,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+、 Al 3+，一定没有
21、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+、Al 3。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：H 2O2Fe3B 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
22、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(K sp)：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-、H 2O2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+；Na 2S 溶液中滴入几滴 0.1molL1 ZnSO4溶液，有白色沉淀生成；但 Na2S 溶液过量，再加入几滴 0.1mol
23、L1 CuSO4溶液，有黑色沉淀生成，不能证明溶度积- 8 -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-、H 2O2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：H 2O2Fe 3 ，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+、SO 42 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
24、强于硅酸，从而证明非金属性强弱：CSi，故 C 正确；D.向 2mL 0.1molL1 Na2S 溶液中滴入几滴 0.1molL1 ZnSO4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
25、化学方程式为：6FeOOHCO=2Fe 3O43H 2OCO 2【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- 9 -为3，而 Fe3O4中铁的化合价可看做
26、，根据得失电子守恒和元素守恒可写出化学方程式6FeOOHCO=2Fe 3O43H 2OCO 2，D 项正确。所以答案为 A。14.水溶液中只可能有 K+、Mg 2+、AlO 2 、SiO 32 、CO 32 、SO 42 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
27、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
28、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- 10 -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
29、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 0.534gcm3 ）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
30、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). 3CuO2NH 33CuN 23H 2O (4). (5). 锂保存在石蜡中 (6). N26Li 2Li3N (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】- 11 -【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,
31、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
32、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 3CuO2NH 3 3CuN 23H 2O 。因此，本题正确答案是:吸收氨气并干燥氮气; 3CuO2NH 3 3CuN 23H 2O 。 (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
33、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 N26Li 2Li3N，因此，本题正确答案是:锂保存在石蜡油中; N 26Li 2Li3N 。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
34、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(H 2C2O4)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- 12 -华(175以上分解生成 H2O、CO 2和 CO)；H 2C2O4Ca(OH) 2=CaC2O42H 2O。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
35、_。（二）探究草酸的酸性将 0.01 mol 草酸晶体(H 2C2O42H2O)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：MnO H2C2O4 _= Mn2 CO2 H2O（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：
36、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1 0.2 2 0.002 5 4 0.12 6552 0.2 2 0.005 4 0.12 5173 0.2 2 0.01 4 0.12 320(a)- 13 -4 0.2 2 0.02 4 0.12 9055 0.2 2 0.03 4 0.12 1133 6 0.2 2 0.04 4 0.12 1420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，
37、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). C2O42 H 2O HC2O OH (4). 2 5 6 H 2 10 8 (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
38、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
39、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- 14 -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 C2O42 H 2O HC2O OH ；答案：C 2O42 H 2O HC2O O
40、H 。（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 、CO 2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 2 5 6 H 2 10 8。（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
41、 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、Co 2O3和 Fe2O3等物质） 已知：物质溶解性：LiF 难溶于水，Li 2CO3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+
42、Co3+ Al3+pH（开始沉淀） 1.9 7.15 0.23 3.4- 15 -pH（完全沉淀） 3.2 9.15 1.09 4.7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（CoC 2O42H2O）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
43、体质量/g150210 4.41290320 2.41890920 2.25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+3H 2O (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). 3CoC 2O4+2O2 Co3O4+6CO2【解析】- 16 -【分析】根据铝的性质写出铝与氢氧
44、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，Li 2CO3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）Co 2O3与盐酸反应生成 Cl2，反应中钴元素化合价由
45、+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：Co 2O3+6H+2Cl-=2Co2+Cl2+3H 2O；答案：Co2O3+6H+2Cl =2Co2+Cl2+3H 2O（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
46、7.15 Fe(OH)3。（4）因为 LiF 难溶于水，Li 2CO3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 150 210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：3CoC 2O4+2O2 Co3O4+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- 17 -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
