浙江省金华十校2022学年高三化学上学期期末试卷含解析

2022-2022学年浙江省金华十校高三（上）期末化学试卷　一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分）1．下列说法不正确的是（　　）A．水常温下呈液态，冰浮在水上，均与氢键有关B．用于航天工业的氢氧燃料电池的电解质，使用H2SO4的效果比KOH好C．SO2、氮氧化物和可吸处颗粒物是造成雾霾的一个重要原因D．C的放射性可用于考古判断年代，O、D、T等同位素可用来研究化学反应历程　2．下列说法不正确的是（　　）A．1869年俄国化学家门捷列夫发现了元素的性质随着原子序数的递增而呈周期性变化的规律B．1913年丹麦物理学家玻尔提出，原子核外的电子在一系列稳定的轨道上运动会吸收能量和放出能量C．1923年化学家提出了酸碱质子理论，凡是能给出质子的物质是酸，能接受质子的物质是碱，那么H2O可看作两性物质D．1940年我国化学专家侯德榜发明了侯氏制碱法，将NH3通往CO2的NaCl饱和溶液中生成溶解度较小的NaHCO3　3．下列说法不正确的是（　　）A．纸层析点样时，用胶头滴管吸取试液，滴3﹣5滴在滤纸条的原点处，晾干备用B．在闻气体气味时，面部应远离容器用手轻轻扇动瓶口，仅使少量气体飘进鼻孔C．变色硅胶是实验室常用的干燥剂，其中的变色剂是氯化钴（CoCl2），变色硅胶吸湿效果最好时所呈现的颜色是蓝色D．比较去锈的铁钉和去锈的绕有细铜丝的铁钉与同浓度的盐酸反应速度快慢时，可以加K8[Fe（CN）6]溶液，观察铁钉周围出现蓝色沉淀的先后　4．下列各项描述正确的是（　　）A．Fe（OH）3胶体有较强的吸附作用，是因为胶粒有较大的表面积B．白磷熔化、干冰汽化、SiO2熔化、AlCl3升华都是克服分子间作用力C．液晶是一种介于晶体和液体之间的中间态物质，分子较小，在信息技术中作用较大D．电解质熔融时一定能导电，因为破坏了化学键产生自由移动的离子　5．按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物，下列说法错误的是（　　）A．步骤（1）需要用到过滤装置B．步骤（2）需要用到分液装置C．步骤（3）需要用到蒸发皿D．步骤（4）需要用到布氏漏斗　-29-\n6．已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为amol•L﹣1的一元酸HA与bmol•L﹣1一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（　　）A．a=bB．混合溶液的pH=7C．混合溶液中，c（H+）=mol•L﹣1D．混合溶液中，c（H+）+c（B+）=c（OH﹣）+c（A﹣）　7．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NAB．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为2NAC．已知某种元素的一种原子的质量为ag，则该元素的相对原子质量近似为aNAD．78g苯中含有C═C双键的数目为3NA　8．W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知（　　）A．X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是XB．氧化物对应水化物的酸性Z一定强于YC．形成的单核阴离子还原性Y强于XD．Z元素单质在化学反应中只表现氧化性，它在水溶液中有漂白性　9．下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是（　　）A．银氨溶液：H+、Na+、NO3﹣、Cl﹣B．使甲基橙变红色的溶液：Mg2+、K+、Cl﹣、I﹣C．空气：C2H2、CO2、SO2、NOD．高锰酸钾溶液：H+、Na+、SO42﹣、NO2　10．Mg﹣H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器．该电池以海水为电解质溶液，示意图如图，该电池工作时，下列说法不正确的是（　　）A．Mg电极是该电池的负极B．H2O2在石墨电极上的反应式：H2O2+2e﹣═2OH﹣C．若隔膜为阳离子交换膜，则正极区有白色沉淀D．溶液中Cl﹣向石墨电极移动　11．能正确表示下列反应的离子方程式的是（　　）-29-\nA．用铜做电极电CuSO4解溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+B．在NH4Fe（SO4）2溶液中，滴加少量Ba（OH）2溶液：2NH4++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═2NH3•H2O+BaSO4↓C．在Na2CO3溶液中逐滴滴入稀盐酸溶液，反应开始阶段：CO32﹣+H+═HCO3﹣D．在Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32﹣+4H+═SO42﹣+3S↓+2H2O　12．电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72﹣）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，最后Cr3+以Cr（OH）3形式除去．下列说法不正确的是（　　）A．电路中每转移12mol电子，最多有2molCr2O被还原B．阳极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+C．电解过程中溶液pH增大D．电解过程中有Fe（OH）3沉淀生成　13．反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H＜0，达到平衡时，在其他条件不变的情况下，下列说法正确的是（　　）A．加入催化剂，反应速率加快，反应的也随之改变B．升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变C．改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变D．如果将该反应设计成原电池，反应放出的热量不变　14．下列有关说法正确的是（　　）A．反应2H2O═2H2+O2在任何条件下都不会自发进行B．溶液CH3COOH加水稀释后，溶液中的值减小C．温度升高，反应物的活化分子数增多，主要因素是分子的运动加快，反应速率加快D．Na2CO3液中加入少量Ca（OH）2固体，CO32﹣水解程度减小，溶液的pH减小　15．实验室某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）．用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（　　）选项a中物质b中物质c中收集气体d中物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硝酸CuNO2H2OC浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液D浓盐酸KClO3Cl2澄清石灰水-29-\nA．AB．BC．CD．D　16．下列说法正确的是（　　）A．凡有杂质的铜片放在稀硫酸中，较长时间后发现溶液变蓝色，说明Cu片发生了吸氧腐蚀B．反应H2S+H2SO4（浓）═S↓+SO2↑+2H2O中，生成物S是还原产物．C．元素的非金属性强弱与其氢化物水溶液的酸性强弱相一致D．已知：P4（s）+6Cl2═4PCl3（g）△H=aKJ•mol﹣1P4（s）+10Cl2（g）=4PCl5（g）△H=bKJ•mol﹣1由此可求Cl2（g）+PCl3（g）═PCl5（s）的反应热△H　17．甲、乙、丙、丁甲种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系、：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是（　　）A．若甲为焦炭，则丁可能是O2B．若甲为SO2，则丁可能是氨水C．若甲为NaAlO2溶液，则丁可能是盐酸D．若甲为CuCl2，则丁可能是氨水．　18．如图表示催化剂对某反应活化能的影响．几种酸的电离常数如下：HClOKw=2.95×10﹣8，Kw=1.02×10﹣10H2CO3Ka1=4.30×10﹣7Ka2=5.61×10﹣11根据图象和数据判断，下列说法错误的是（　　）A．图说明了催化剂参与化学反应，并降低了活化能B．图中该反应没有催化剂参与时活化能为E2﹣E1C．将少量CO2通入NaClO溶液中，发生如下反应NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3D．相同浓度的NaClO溶液和溶液，前者pH小　19．下列关系式错误的是（　　）-29-\nA．等浓度的HCN溶液NaCN溶液等体积混合，所得溶液pH＞7，则溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．0.4mol•L﹣1某一元酸HA溶液和0.2mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合的溶液中：2c（OH﹣）+c（A﹣）=2c（H+）+c（HA）C．常温下等浓度的Na2SO3与NaHSO3溶液等体积混合后溶液的pH=7.2，调整比例当溶液呈中性时：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H+）═c（OH﹣）D．两种弱酸HX和HY混合后，溶液中的c（H+）为（Ka为电离平衡常数）：c（H+）=++c（OH﹣）　20．某溶液中可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+，进行如下实验：（1）取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.01mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，将沉淀洗涤，灼烧，得到0.8g固体；（2）向（1）的滤液中通入足量CO2，过滤，得到0.01mol沉淀；（3）向（2）的滤液中加入足量用盐酸酸化的BaCl2溶液，得到2.33g沉淀，由此可知原溶液中（　　）A．至少存在CO32﹣、Cl﹣中的一种B．Cl﹣一定存在，K+可能存在C．Cl﹣一定存在，且c（Cl﹣）≥0.6mol•L﹣1D．溶液中至少存在4种离子　　二、填空题（共5小题，每小题11分，满分60分）21．化合物A由N、H两种元素组成，0.01molA与足量CuO充分反应生成红色Cu的同时，生成了0.36g水和标准状况下的体积为0.224L的N2．B是由Na和H两元素组成的离子化合物，能与水反应生成H2，称为产氢剂．化合物C的焰色反应为黄色，根据质谱分析它的相对分子质量为39且与水反应能生成氨气．（1）A的化学式为　　　　　　；A与CuO反应的化学方程式为　　　　　　．（2）B的电子式为　　　　　　．（3）C中存在的化学键　　　　　　；C与过量稀盐酸反应的化学方程式为　　　　　　．（4）有一种理想的化合物NH4H，经查阅资料，该物质至今未能制得，请说明可能的原因　　　　　　．　22．离子交换膜是一类具有离子交换功能的高分子材料，在生产和科研中有广泛应用．一容器被离子交换膜分成左右两部分，如图所示：（1）若该交换膜为阳离子交换膜（只允许阳离子自由通过）．左边充满加过盐酸酸化的H2O2溶液，右边充满滴有少量KSCN溶液的FeCl2溶液（FeCl2过量），一段时间后可观察到的现象：右边　　　　　　．（从下列选项中选择）A．无明显现象B．溶液由浅绿色变红色C．溶液由无色变黄色D．溶液由浅绿色变无色试写出左边发生反应的离子方程式　　　　　　（2）若该交换膜为阴离子交换膜（只允许阴离子自由通过且不易堵塞），左边充满1mol•L﹣1的NaHCO3溶液，右边充满等体积的1mol•L﹣1的NaAlO2溶液，一段时间后可观察到的现象；左边　　　　　　．（从下列选项中选择）-29-\nA．无明显现象B．有气泡产生C．有白色胶状沉淀生成D．有红褐色沉淀生成试比较最终容器内所得溶液中离子浓度的大小　　　　　　．　23．一碳化学是指以研究分子中只含有一个碳原子的化合物（如CH4、CO2、CH3OH等）为原料来合成一系列化工原料和燃料的化学．科学家提出一种“绿色自由”构想：把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，经化学反应后使空气中的CO2转变为其它化工原料，如图所示：（1）分解池通入高温水蒸气的作用是　　　　　　．（2）目前工业上可用CO2生产　　　　　　甲醇燃料，反应的化学方程式为：CO2（g）+3H2⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H．已知：共价键C=OH﹣HC﹣OC﹣HO﹣H键能KJ•mol﹣1750436358413463①该反应的平衡常数的表达式K=　　　　　　．②该反应△H=　　　　　　KJ•mol﹣1③用甲醇可以设计成燃料电池，应用于电脑、汽车等能量的来源．设计较多的是由甲醇负极、氧正极和质子交换膜构成，写出负极的电极反应式　　　　　　．④已知25℃℃、101kPa下，2.0g液态甲醇完全燃烧生成液态水时放出45.4KJ的热量，则甲醇的标准燃烧热为　　　　　　KJ•mol﹣1．⑤为了提高甲醇的日生产量，可采取的措施是　　　　　　．A．减小压强B．使用合适的催化剂C．温度越低越好D．控制适当的温度（3）CO2（g）+2CH4（OH）（g）⇌CH3OCOOCH3（g）+H2O（g）△H，控制一定条件，该反应能自发进行，即△H　　　　　　0（填写＞、＜、=）．在恒温容积可变的容器中加入1molCO2、2molCH3OH．CO2的转化率与反应时间关系如图1示．在反应过程中加压，若t1时容器体积为1000mL，则t2时容器体积V=　　　　　　mL．（4）过氧化尿素合成反应式如下：CO（NH2）2+H2O2→CO（NH2）2•H2O2△H＜0．当n（过氧化氢）：n（尿素）为1.3：1，反应时间45min，用水杨酸作为稳定剂，分别考察反应温度对反应效果的影响如图2示[活性氧含量可视为CO（NH2）2•H2O2产量的直观表示]．从图2可以看出，在实验选定的温度范围内，随反应温度的升高，产品活性氧含量先增加而随后减少．①根据图2信息，最佳反应温度为　　　　　　．②如何说明该反应中在实验选定的温度范围内，随反应温度的升高，产品活性氧含量先增加而随后减少　　　　　　．-29-\n　24．CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂，一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、•Al2O3、MnO等]制取CoCl2•6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表．沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）2Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8（1）盐酸的作用是溶解矿石，提供酸性环境，Na2SO3的作用是（文字描述）　　　　　　．（2）NaClO3加入浸出液后生成NaCl，写出反应的离子方程式　　　　　　．（3）加Na2CO3调pH至5.2的目的是为　　　　　　．（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图1，萃取剂的作用是除去溶液中的Mn2+，其使用的适宜pH范围是　　　　　　．A.1.0～2.0B.2.0～2.5C.3.0～3.5D4.0～4.5（5）取部分加入萃取剂后的混合液，在实验室按流程图获得粗产品．①使用分液漏斗前要检漏，是检查　　　　　　、　　　　　　是否漏水，若发现其中一处漏水，必要的操作或做法是　　　　　　．（只写出其中一种漏水对应的操作或做法）②在蒸发过程中为防止产生杂质或脱水，当较多晶体析出时，改为抽滤得到晶体．写出抽滤装置（如图2）中指定仪器的名称：A　　　　　　，B　　　　　　．下列抽滤操作或说法正确的是　　　　　　A．用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀C．注意吸滤瓶内液面高度，当接近支管口位置时，拨掉橡皮管，滤液从支管口倒出D．用抽滤洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀物，以减少沉淀物损失E．抽滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀用少量蒸馏水洗涤晶体，判断晶体是否洗净的具体操作是　　　　　　．-29-\n　25．某酸性工业废水中含有K2Cr2O7，光照下，草酸（H2C2O4）能将其中的Cr2O72﹣转化为Cr2+．某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe（SO4）4•24H2O]即可对该反应起催化作用，为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：在25℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，具体数据如表：实验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL①4601030②5601030③5601525测得实验①和②溶液中的c（Cr2O72﹣）随时间变化关系如图所示．（1）实验①和②的结果表明　　　　　　．（2）根据实验②和③，画出实验③中c（Cr2O72﹣）随时间变化的趋势图．（3）该课题组对铁明矾[Al2Fe（SO4）4•24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：Al3+起催化作用；假设二：　　　　　　；假设三：　　　　　　；…（4）设计实验验证上述假设一，可选用下列物质代替少量铁明矾[Al2Fe（SO4）4•24H2O]的是　　　　　　．A．KClB．Na2SO4C．K2SO4，FeSO4D．K2SO4•．Al2（SO4）2•24H2O．　　-29-\n2022-2022学年浙江省金华十校高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分）1．下列说法不正确的是（　　）A．水常温下呈液态，冰浮在水上，均与氢键有关B．用于航天工业的氢氧燃料电池的电解质，使用H2SO4的效果比KOH好C．SO2、氮氧化物和可吸处颗粒物是造成雾霾的一个重要原因D．C的放射性可用于考古判断年代，O、D、T等同位素可用来研究化学反应历程【考点】同位素及其应用；氢键的存在对物质性质的影响；原电池和电解池的工作原理．【分析】A．水中含有氢键使得水常温下呈液态；冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规则，造成体积膨胀，密度变小；B．氢氧燃料电池的反应的本质是氢气与氧气反应生成水，电解质可选用酸性或碱性溶液；C．SO2、氮氧化物和可吸处颗粒物是造成雾霾的主要原因；D．14C具有放射性，故科学家常用14C法考证古人类骨骼年代；同位素示踪法可用于研究化学反应历程．【解答】解：A．水中含有氢键使得水常温下呈液态；冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规则，造成体积膨胀，密度变小，故A正确；B．氢氧燃料电池的反应的本质是氢气与氧气反应生成水，电解质可选用酸性或碱性溶液，故B错误；C．SO2、氮氧化物和可吸处颗粒物是造成雾霾的主要原因，故C正确；D．14C具有放射性，故科学家常用14C法考证古人类骨骼年代；同位素示踪法可用于反应机理的研究，故D正确；故选B．【点评】本题考查氢键的性质、原电池原理、环境污染和同位素的应用，难度不大．要注意基础知识的积累．　2．下列说法不正确的是（　　）A．1869年俄国化学家门捷列夫发现了元素的性质随着原子序数的递增而呈周期性变化的规律B．1913年丹麦物理学家玻尔提出，原子核外的电子在一系列稳定的轨道上运动会吸收能量和放出能量C．1923年化学家提出了酸碱质子理论，凡是能给出质子的物质是酸，能接受质子的物质是碱，那么H2O可看作两性物质D．1940年我国化学专家侯德榜发明了侯氏制碱法，将NH3通往CO2的NaCl饱和溶液中生成溶解度较小的NaHCO3【考点】化学史．【分析】A．门捷列夫发现了元素的性质随着相对原子质量的递增而呈周期性变化的规律；B．玻尔提出原子核外的电子在一系列稳定的轨道上运动会吸收能量和放出能量；C．酸碱质子理论：凡是能给出质子的物质是酸，能接受质子的物质是碱；D．1942年我国化学专家侯德榜发明了侯氏制碱法．【解答】解：A．1869年门捷列夫发现了元素的性质随着相对原子质量的递增而呈周期性变化的规律，故A错误；-29-\nB．1913年玻尔提出电子在稳定的轨道上运动既不放出能量也不吸收能量，故B错误；C．1923年化学家提出了酸碱质子理论：凡是能给出质子的物质是酸，能接受质子的物质是碱，故C正确；D．1942年我国化学专家侯德榜发明了侯氏制碱法，应先通氨气再通二氧化碳，故D错误．故选ABD．【点评】本题考查化学史，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．　3．下列说法不正确的是（　　）A．纸层析点样时，用胶头滴管吸取试液，滴3﹣5滴在滤纸条的原点处，晾干备用B．在闻气体气味时，面部应远离容器用手轻轻扇动瓶口，仅使少量气体飘进鼻孔C．变色硅胶是实验室常用的干燥剂，其中的变色剂是氯化钴（CoCl2），变色硅胶吸湿效果最好时所呈现的颜色是蓝色D．比较去锈的铁钉和去锈的绕有细铜丝的铁钉与同浓度的盐酸反应速度快慢时，可以加K8[Fe（CN）6]溶液，观察铁钉周围出现蓝色沉淀的先后【考点】化学实验安全及事故处理；硅酸的性质及制法；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．【分析】A、纸层析点样时，要用毛细管吸取试液；B、在闻气体的气味时，要用手轻轻煽动，使少量气体飘进鼻孔；C、变色硅胶吸湿效果最好时所呈现的颜色是粉红色；D、亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀．【解答】解：A、纸层析点样时，要用毛细管吸取试液，而不是用胶头滴管，故A错误；B、在闻气体的气味时，要用手轻轻煽动，使少量气体飘进鼻孔，故B正确；C、变色硅胶[硅胶的主要成分是二氧化硅，在其中掺入少量的无水氯化钴（CoCl2）作指示剂，无水氯化钴呈蓝色，吸水后变为CoCl2•6H2O呈粉红色，故C错误；D、去锈的绕有细铜丝的铁钉在盐酸溶液中形成原电池，产生亚铁离子速度快，与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀所用的时间短，故D正确．故选AC．【点评】本题考查了实验室的具体的实验操作，掌握操作方法和技巧是解题关键．　4．下列各项描述正确的是（　　）A．Fe（OH）3胶体有较强的吸附作用，是因为胶粒有较大的表面积B．白磷熔化、干冰汽化、SiO2熔化、AlCl3升华都是克服分子间作用力C．液晶是一种介于晶体和液体之间的中间态物质，分子较小，在信息技术中作用较大D．电解质熔融时一定能导电，因为破坏了化学键产生自由移动的离子【考点】胶体的重要性质；分子晶体；电解质与非电解质．【分析】A．胶粒有较大的表面积；B．SiO2是原子晶体；C．液晶是高分子化合物；D．共价化合物熔融时不导电．【解答】解：A．胶粒有较大的表面积，Fe（OH）3胶体有较强的吸附作用，故A正确；B．SiO2是原子晶体，克服共价键，故B错误；C．液晶是高分子化合物，分子较大，故C错误；D．共价化合物熔融时不导电，故D错误．-29-\n故选A．【点评】本题考查晶体的性质和电解质，难度不大，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．　5．按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物，下列说法错误的是（　　）A．步骤（1）需要用到过滤装置B．步骤（2）需要用到分液装置C．步骤（3）需要用到蒸发皿D．步骤（4）需要用到布氏漏斗【考点】物质分离、提纯的实验方案设计．【分析】步骤（1）是分离固液混合物，其操作为过滤，步骤（2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗；步骤（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿；步骤（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，以此来解答．【解答】解：A．步骤（1）是分离固液混合物，其操作为过滤，需要过滤装置，故A正确；B．步骤（2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗，故B正确；C．步骤（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，故C正确；D．步骤（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，需要蒸馏装置，故D错误．故选D．【点评】本题以混合物的分离提纯，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意合成流程中物质的性质及分离方法是解答本题的关键，注重实验操作和分离方法的考查，题目难度不大．　6．已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为amol•L﹣1的一元酸HA与bmol•L﹣1一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（　　）A．a=bB．混合溶液的pH=7C．混合溶液中，c（H+）=mol•L﹣1D．混合溶液中，c（H+）+c（B+）=c（OH﹣）+c（A﹣）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】温度T时水的离子积常数为KW，浓度为amol/L的一元酸HA与bmol/L的一元碱BOH等体积混合，若溶液呈中性，反应后的溶液中应存在c（H+）=c（OH﹣）=mol/L．【解答】解：A．因酸碱的强弱未知，a=b，只能说明酸碱恰好完全反应，但如为强酸弱碱盐或强碱弱酸盐，则溶液不呈中性，故A错误；B．因温度未知，则pH=7不一定为中性，故B错误；C．混合溶液中，c（H+）=mol/L，根据c（H+）•c（OH﹣）=KW，可知溶液中c（H+）=c（OH﹣）═mol/L，溶液呈中性，故C正确；-29-\nD．任何溶液都存在电荷守恒，即c（H+）+c（B+）=c（OH﹣）+c（A﹣），不能确定溶液的酸碱性，故D错误．故选C．【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，注意溶液呈中性应存在c（H+）=c（OH﹣），由于温度未知，且酸碱的强弱未知，不能根据pH以及酸碱的物质的量关系判断．　7．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NAB．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为2NAC．已知某种元素的一种原子的质量为ag，则该元素的相对原子质量近似为aNAD．78g苯中含有C═C双键的数目为3NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．每个碳原子被3个六元环共用，利用均摊法可知每个六元环含有3个碳原子；B．氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，14g二者的混合物的物质的量为0.5mol，含有1mol原子；C．根据元素的相对原子质量与原子的相对原子质量之间的关系判断；D．苯分子中的碳碳键为一种介于单键和双键之间的独特键，不存在碳碳双键．【解答】解：A．12g石墨烯中含有碳原子的物质的量为1mol，每个C被3个六元环公用，所以每个六元环含有的碳原子数目为：×6=2，1molC能够形成的六元环的物质的量为：=0.5mol，含有六元环的个数为0.5NA，故A正确；B．14gN2与CO组成的混合气体的物质的量为0.5mol，0.5mol混合气体中含有1mol原子，含有的原子数目为NA，故B错误；C．某种元素的一种原子的质量为ag，则该原子的相对原子质量近似为aNA，该元素的相对原子质量需要根据该元素的各同位素的原子量及百分含量计算，故C错误；D．苯环中的碳碳键为一种独特键，不存在碳碳双键，故D错误；故选A．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确苯环中不存在碳碳双键，选项A为难点，需要根据均摊法计算．　8．W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知（　　）A．X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是XB．氧化物对应水化物的酸性Z一定强于YC．形成的单核阴离子还原性Y强于XD．Z元素单质在化学反应中只表现氧化性，它在水溶液中有漂白性【考点】原子结构与元素的性质．-29-\n【分析】由W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置，可知W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，则W为N元素，可推知X为O元素，Y为S元素，Z为Cl，结合元素周期律与元素化合物性质解答．【解答】解：由W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置，可知W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，则W为N元素，可推知X为O元素，Y为S元素，Z为Cl，A．非金属性X＞Y，Z＞Y，非金属性越强，氢化物越稳定，故Y的氢化物稳定性最弱，故A错误；B．非金属性Cl＞S，应描述为最高价氧化物对应水化物的酸性Z一定强于Y，不是最高价氧化物，则不一定，如硫酸为强酸，而次氯酸为弱酸，故B错误；C．非金属性O＞S，故离子还原性O2﹣＜S2﹣，故C正确；D．氯气在反应中可以表现氧化性、还原性，如氯气与水的反应，氯水中次氯酸具有漂白性，氯气没有漂白性，故D错误，故选C．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度中等，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握．　9．下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是（　　）A．银氨溶液：H+、Na+、NO3﹣、Cl﹣B．使甲基橙变红色的溶液：Mg2+、K+、Cl﹣、I﹣C．空气：C2H2、CO2、SO2、NOD．高锰酸钾溶液：H+、Na+、SO42﹣、NO2【考点】离子共存问题．【分析】A．氢离子与银氨溶液中氢氧根离子、银氨络离子发生反应；B．使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，Mg2+、K+、Cl﹣、I﹣离子之间不满足离子反应发生条件，且都不与氢离子反应；C．空气中氧气与一氧化氮反应生成二氧化氮气体；D．二氧化氮与溶液中水反应生成一氧化氮和硝酸．【解答】解：A．H+与银氨溶液中氢氧根离子、银氨络离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．使甲基橙变红色的溶液中存在大量氢离子，Mg2+、K+、Cl﹣、I﹣离子之间不发生反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．NO与空气中氧气反应生成二氧化氮，在空气中不能存在，故C错误；D．NO2能够与水反应生成一氧化氮和硝酸，在溶液中不能存在，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存等．　10．Mg﹣H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器．该电池以海水为电解质溶液，示意图如图，该电池工作时，下列说法不正确的是（　　）-29-\nA．Mg电极是该电池的负极B．H2O2在石墨电极上的反应式：H2O2+2e﹣═2OH﹣C．若隔膜为阳离子交换膜，则正极区有白色沉淀D．溶液中Cl﹣向石墨电极移动【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】该装置中Mg易失电子作负极，电极反应式为Mg﹣2e﹣=Mg2+，H2O2具有氧化性，应为原电池的正极，被还原，电极反应式为H2O2+2e﹣═2OH﹣，据此分析解答．【解答】解：A．Mg易失电子发生氧化反应而作负极，故A正确；B．H2O2在石墨电极上得电子发生还原反应生成氢氧根离子，其电极反应式：H2O2+2e﹣═2OH﹣，故B正确；C．若隔膜为阳离子交换膜，则镁离子向正极移动与氢氧根离子结合生成氢氧化镁白色沉淀，故C正确；D．放电时，氯离子向负极移动，即向Mg电极移动，故D错误；故选D．【点评】本题考查了原电池原理，由Mg、双氧水的性质确定正负极，会正确书写电极反应式，知道离子移动方向，题目难度不大．　11．能正确表示下列反应的离子方程式的是（　　）A．用铜做电极电CuSO4解溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+B．在NH4Fe（SO4）2溶液中，滴加少量Ba（OH）2溶液：2NH4++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═2NH3•H2O+BaSO4↓C．在Na2CO3溶液中逐滴滴入稀盐酸溶液，反应开始阶段：CO32﹣+H+═HCO3﹣D．在Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32﹣+4H+═SO42﹣+3S↓+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．阳极上铜失电子生成铜离子，阴极上铜离子放电生成铜；B．二者反应生成硫酸钡沉淀、硫酸铵、氢氧化铁；C．二者反应生成碳酸氢钠和氯化钠；D．二者反应生成二氧化硫、S、硫酸钠和水．【解答】解：A．阳极上铜失电子生成铜离子，阴极上铜离子放电生成铜，阳极反应式为Cu﹣2e﹣=Cu2+，阴极反应为Cu2++2e﹣=Cu，故A错误；B．Ba（OH）2不足时，生成Fe（OH）3和BaSO4，该离子方程式质量不守恒，正确的离子方程式为2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=3BaSO4↓+2Fe（OH）3↓，故B错误；C．二者反应生成碳酸氢钠和氯化钠，离子方程式为CO32﹣+H+═HCO3﹣，故C正确；D．二者反应生成二氧化硫、S、硫酸钠和水，离子方程式为S2O32﹣+2H+=SO2+S↓+H2O，故D错误；故选C．-29-\n【点评】本题考查离子方程式正误判断，明确离子方程式书写规则及物质性质是解本题关键，注意要遵循客观事实、原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒，注意电解时活泼金属作阳极时阳极上发生的电极反应，易错选项是B，题目难度中等．　12．电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72﹣）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，最后Cr3+以Cr（OH）3形式除去．下列说法不正确的是（　　）A．电路中每转移12mol电子，最多有2molCr2O被还原B．阳极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+C．电解过程中溶液pH增大D．电解过程中有Fe（OH）3沉淀生成【考点】电解原理．【分析】A．Fe﹣2e﹣=Fe2+，则转移电子数12mol需要6molFe，再根据能够处理的关系式，得6Fe～12e﹣～6Fe2+～Cr2O72﹣，据此计算；B．Fe板作阳极，为活性电极，Fe失电子，发生氧化反应生成亚铁离子；C．由反应式Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，处理过程中消耗氢离子D．阴极发生还原反应，溶液中的氢离子得到电子减少，同时生成氢氧根．【解答】解：A．Fe﹣2e﹣=Fe2+，则转移电子数12mol需要6molFe，再根据能够处理的关系式，得6Fe～12e﹣～6Fe2+～Cr2O72﹣，故被还原的Cr2O72﹣的物质的量为1mol，故A错误；B．Fe板作阳极，为活性电极，Fe失电子，发生氧化反应生成亚铁离子，阳极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，故B正确；C．由反应式Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，处理过程中消耗氢离子，溶液的酸性减弱，溶液pH增大，故C正确；D．阴极发生还原反应，溶液中的氢离子得到电子减少，同时生成氢氧根，有Fe（OH）3沉淀生成，故D正确；故选A．【点评】本题考查电解原理、氧化还原反应等，清楚发生的电极反应是解题的关键，是对学生综合能力的考查，难度中等．　13．反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H＜0，达到平衡时，在其他条件不变的情况下，下列说法正确的是（　　）A．加入催化剂，反应速率加快，反应的也随之改变B．升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变C．改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变D．如果将该反应设计成原电池，反应放出的热量不变【考点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素．【分析】A、加入催化剂，反应速率加快，但不影响化学平衡；B、升高温度，反应速率加快，平衡向吸热方向移动；C、反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H＜0是一个气体体积不变的反应，平衡不受压强影响；D、制成原电池，化学能主要生成电能，放出的热量减少．【解答】解：A、加入催化剂，反应速率加快，但不影响化学平衡，反应放出的热量不变，故A错误；-29-\nB、升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，放出的热量减少，故B错误；C、反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H＜0是一个气体体积不变的反应，改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变，故C正确；D、制成原电池，化学能主要生成电能，放出的热量减少，故D错误．故选：C．【点评】本题考查了影响化学反应速率和化学平衡的因素，注意若反应前后气体体积不变或者没有气体参加反应，则平衡不受压强影响，C是易错点．　14．下列有关说法正确的是（　　）A．反应2H2O═2H2+O2在任何条件下都不会自发进行B．溶液CH3COOH加水稀释后，溶液中的值减小C．温度升高，反应物的活化分子数增多，主要因素是分子的运动加快，反应速率加快D．Na2CO3液中加入少量Ca（OH）2固体，CO32﹣水解程度减小，溶液的pH减小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学反应速率的影响因素．【分析】A、结合△G=△H﹣T•△S判断反应能否自发进行判断；B、加水稀释促进CH3COOH的电离；C、根据升高温度，活化分子百分数的增多，从而使有效碰撞次数增多来分析；D、根据碳酸根的水解平衡移动分析．【解答】解：A．由2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）△H＞0，△S＞0，则在一定温度下当△H＜T•△S时，反应可自发进行，故A错误；B、加水稀释促进CH3COOH的电离，所以CH3COOH溶液加水稀释后，n（CH3COOH）减少，则溶液中的值减小，故B正确；C、升高温度时，化学反应速率加快，是因升高温度，反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，化学反应速率加快，故C错误；D、Na2CO3溶液中存在碳酸根的水解平衡，加入Ca（OH）2固体，钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙沉淀，碳酸根的水解平衡逆移，CO32﹣水解程度减小，加Ca（OH）2固体溶液中氢氧根离子浓度增大，所以pH增大，故D错误；故选B．【点评】本题考查了反应自发性的判断、温度影响化学反应速率的原理、弱酸的电离、盐的水解等，题目注意涉及了反应原理的应用，题目难度不大，注意对有关原理的准确把握．　15．实验室某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）．用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（　　）选项a中物质b中物质c中收集气体d中物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硝酸CuNO2H2OC浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液D浓盐酸KClO3Cl2澄清石灰水-29-\nA．AB．BC．CD．D【考点】常见气体制备原理及装置选择；气体的收集；尾气处理装置．【分析】根据装置图可知所制备的气体应为固体和液体制备，并用向上排空气法收集以及采用防倒吸的方法进行尾气处理，根据各选项中反应物的状态判断发生装置、气体的性质以及气体要采用防倒吸解答本题．【解答】解：A．氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，故A错误；B．铜与稀硝酸反应需要加热，且产生的气体为NO，不能用水吸收，故B错误；C．SO2气体的密度比空气大，能使用向上排空气法，SO2气体能与氢氧化钠迅速反应，所以吸收时要防倒吸，故C正确；D．制取氯气需要加热，氯气的密度比空气大，能使用向上排空气法，氯气用澄清石灰水溶液吸收时不需要防倒吸，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验基本原理（气体的制备），实验装置、仪器的使用，难度不大，掌握物质的性质即可解答．　16．下列说法正确的是（　　）A．凡有杂质的铜片放在稀硫酸中，较长时间后发现溶液变蓝色，说明Cu片发生了吸氧腐蚀B．反应H2S+H2SO4（浓）═S↓+SO2↑+2H2O中，生成物S是还原产物．C．元素的非金属性强弱与其氢化物水溶液的酸性强弱相一致D．已知：P4（s）+6Cl2═4PCl3（g）△H=aKJ•mol﹣1P4（s）+10Cl2（g）=4PCl5（g）△H=bKJ•mol﹣1由此可求Cl2（g）+PCl3（g）═PCl5（s）的反应热△H【考点】金属的电化学腐蚀与防护；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；用盖斯定律进行有关反应热的计算；浓硫酸的性质．【分析】A．凡有杂质的铜片放在稀硫酸中，较长时间后发现溶液变蓝色，说明Cu片失电子发生氧化反应，则正极上氧气得电子发生还原反应；B．该反应中硫化氢中的S元素化合价由﹣2价变为0价，硫酸中S元素化合价由+6价变为+4价，所以硫酸是氧化剂、硫化氢是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物；C．非金属越强的元素其氢化物的水溶液酸性不一定强；D．根据盖斯定律计算．【解答】解：A．凡有杂质的铜片放在稀硫酸中，较长时间后发现溶液变蓝色，说明Cu片失电子发生氧化反应，则正极上氧气得电子发生还原反应，所以该Cu片发生吸氧腐蚀，故A正确；B．该反应中硫化氢中的S元素化合价由﹣2价变为0价，硫酸中S元素化合价由+6价变为+4价，所以硫酸是氧化剂、硫化氢是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，所以S是氧化产物，故B错误；C．非金属越强的元素其氢化物的水溶液酸性不一定强，如相同浓度的HCl和HI，酸性HI＞HCl，故C错误；-29-\nD．已知方程式中PCl5是气体、而未知方程式中PCl5是固体，所以不能进行计算，故D错误；故选A．【点评】本题考查较综合，涉及盖斯定律、氧化还原反应、原电池原理等知识点，侧重考查学生对基本理论的理解和运用，易错选项是D，注意物质的状态，为易错点．　17．甲、乙、丙、丁甲种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系、：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是（　　）A．若甲为焦炭，则丁可能是O2B．若甲为SO2，则丁可能是氨水C．若甲为NaAlO2溶液，则丁可能是盐酸D．若甲为CuCl2，则丁可能是氨水．【考点】无机物的推断．【分析】A．甲为焦炭，丁可能是O2，则乙为CO，丙为CO2；B．若甲为SO2，丁为氨水，乙为亚硫酸氢铵，丙为亚硫酸铵；C．若甲为NaAlO2，丁是可能是盐酸，则乙为氢氧化铝，丙为氯化铝；D．甲为CuCl2，丁可能是氨水，则乙为氢氧化铜，氢氧化铜不能溶于氨水．【解答】解：A．甲为焦炭，则丁可能是O2，则乙为CO，丙为CO2，二氧化碳与C反应得到CO，符合转化关系，故A正确；B．若甲为SO2，丁为氨水，乙为亚硫酸氢铵，丙为亚硫酸铵，亚硫酸铵与二氧化硫反应得到NH4HSO3，符合转化关系，故B正确；C．若甲为NaAlO2，丁是可能是盐酸，则乙为氢氧化铝，丙为氯化铝，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，符合转化关系，故C正确；D．甲为CuCl2，丁可能是氨水，则乙为氢氧化铜，氢氧化铜不能溶于氨水，不能反应生成丙，不符合转化关系，故D错误，故选D．【点评】本题考查无机物的推断，综合考查元素化合物性质，关键是掌握物质之间的相互转化，题目难度中等．　18．如图表示催化剂对某反应活化能的影响．几种酸的电离常数如下：HClOKw=2.95×10﹣8，Kw=1.02×10﹣10H2CO3Ka1=4.30×10﹣7Ka2=5.61×10﹣11根据图象和数据判断，下列说法错误的是（　　）A．图说明了催化剂参与化学反应，并降低了活化能B．图中该反应没有催化剂参与时活化能为E2﹣E1-29-\nC．将少量CO2通入NaClO溶液中，发生如下反应NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3D．相同浓度的NaClO溶液和溶液，前者pH小【考点】活化能及其对化学反应速率的影响；弱电解质在水溶液中的电离平衡；探究浓度、催化剂对化学平衡的影响．【分析】A、从图中看出b的活化能小于a的活化能；B、没有催化剂参与时活化能较大，为E4﹣E2；C、碳酸酸性大于次氯酸的酸性，将少量CO2通入NaClO溶液中生成次氯酸钠和碳酸氢钠；D、强碱弱酸盐溶液浓度相同时，酸性越弱，水解程度越大，碱性越强；【解答】解：A、从图中看出b的活化能小于a的活化能，说明了催化剂参与化学反应，并降低了活化能，故A正确；B、没有催化剂参与时活化能较大，为E4﹣E2，故B错误C、碳酸酸性大于次氯酸的酸性，将少量CO2通入NaClO溶液中生成次氯酸钠和碳酸氢钠，发生反应NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3，故C正确；D、强碱弱酸盐溶液浓度相同时，酸性越弱，水解程度越大，碱性越强，PH越大，从电离常数HClOKw=2.95×10﹣8，Kw=1.02×10﹣10看出酸性弱，故D正确；故选：B．【点评】本题考查了根据电离常数判断酸的强弱问题和化学反应的活化能的判断，注意影响活化能的因素．　19．下列关系式错误的是（　　）A．等浓度的HCN溶液NaCN溶液等体积混合，所得溶液pH＞7，则溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．0.4mol•L﹣1某一元酸HA溶液和0.2mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合的溶液中：2c（OH﹣）+c（A﹣）=2c（H+）+c（HA）C．常温下等浓度的Na2SO3与NaHSO3溶液等体积混合后溶液的pH=7.2，调整比例当溶液呈中性时：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H+）═c（OH﹣）D．两种弱酸HX和HY混合后，溶液中的c（H+）为（Ka为电离平衡常数）：c（H+）=++c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．等浓度的HCN溶液NaCN溶液等体积混合，所得溶液pH＞7，溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），说明CN﹣的水解程度大于HCN电离程度，根据电荷守恒判断c（Na+）、c（CN﹣）相对大小；B．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaA和HA，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；C．常温下等浓度的Na2SO3与NaHSO3溶液等体积混合后溶液的pH=7.2，说明亚硫酸根离子水解程度大于亚硫酸氢根离子电离程度，调整比例当溶液呈中性时，c（H+）═c（OH﹣），则物质的量浓度Na2SO3＜NaHSO3；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断．【解答】解：A．等浓度的HCN溶液NaCN溶液等体积混合，所得溶液pH＞7，溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），说明CN﹣的水解程度大于HCN电离程度，根据电荷守恒得c（Na+-29-\n）＞c（CN﹣），水解程度较小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A正确；B．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaA和HA，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（A﹣）、根据物料守恒得2c（Na+）=c（HA）+c（A﹣），所以得2c（OH﹣）+c（A﹣）=2c（H+）+c（HA），故B正确；C．常温下等浓度的Na2SO3与NaHSO3溶液等体积混合后溶液的pH=7.2，说明亚硫酸根离子水解程度大于亚硫酸氢根离子电离程度，调整比例当溶液呈中性时，c（H+）═c（OH﹣），则物质的量浓度Na2SO3＜NaHSO3，亚硫酸根离子水解和亚硫酸氢根离子电离程度都较小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H+）═c（OH﹣），故C正确；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）=c（X﹣）+c（Y﹣）+c（OH﹣），c（H+）=++c（OH﹣），故D错误；故选D．【点评】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查学生分析问题能力，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，利用守恒思想分析解答，注意题目中隐含条件的挖掘，题目难度中等．　20．某溶液中可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+，进行如下实验：（1）取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.01mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，将沉淀洗涤，灼烧，得到0.8g固体；（2）向（1）的滤液中通入足量CO2，过滤，得到0.01mol沉淀；（3）向（2）的滤液中加入足量用盐酸酸化的BaCl2溶液，得到2.33g沉淀，由此可知原溶液中（　　）A．至少存在CO32﹣、Cl﹣中的一种B．Cl﹣一定存在，K+可能存在C．Cl﹣一定存在，且c（Cl﹣）≥0.6mol•L﹣1D．溶液中至少存在4种离子【考点】离子方程式的有关计算；常见离子的检验方法．【分析】（1）取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.01mol气体，同时产生红褐色沉淀，说明溶液中含有NH4+、Fe3+，根据离子共存知，溶液中一定不含CO32﹣，根据原子守恒得n（NH3）=n（NH4+）=0.01mol；沉淀为Fe（OH）3，过滤，将沉淀洗涤，灼烧，最终得到的固体是Fe2O3，n（Fe2O3）==0.005mol，根据Fe原子守恒得n（Fe3+）=2n（Fe2O3）=0.01mol；（2）向（1）的滤液中通入足量CO2，过滤，得到0.01mol沉淀，说明原来溶液中含有Al3+，得到的沉淀是Al（OH）3，根据Al原子守恒得n（Al3+）=n[Al（OH）3]=0.01mol；（3）向（2）的滤液中加入足量用盐酸酸化的BaCl2溶液，得到2.33g沉淀，沉淀为BaSO4，则原来溶液中含有SO42﹣，n（BaSO4）=n（SO42﹣）==0.01mol，溶液呈电中性，则阴阳离子所带电荷相等，3n（Fe3+）+3n（Al3+）+n（NH4+）=0.03mol+0.03mol+0.01mol=0.07mol＞2n（SO42﹣）=0.02mol，所以溶液中还存在Cl﹣，根据已知条件无法确定是否含有K+，据此分析解答．-29-\n【解答】解：（1）取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.01mol气体，同时产生红褐色沉淀，说明溶液中含有NH4+、Fe3+，根据离子共存知，溶液中一定不含CO32﹣，根据原子守恒得n（NH3）=n（NH4+）=0.01mol；沉淀为Fe（OH）3，过滤，将沉淀洗涤，灼烧，最终得到的固体是Fe2O3，n（Fe2O3）==0.005mol，根据Fe原子守恒得n（Fe3+）=2n（Fe2O3）=0.01mol；（2）向（1）的滤液中通入足量CO2，过滤，得到0.01mol沉淀，说明原来溶液中含有Al3+，得到的沉淀是Al（OH）3，根据Al原子守恒得n（Al3+）=n[Al（OH）3]=0.01mol；（3）向（2）的滤液中加入足量用盐酸酸化的BaCl2溶液，得到2.33g沉淀，沉淀为BaSO4，则原来溶液中含有SO42﹣，n（BaSO4）=n（SO42﹣）==0.01mol，溶液呈电中性，则阴阳离子所带电荷相等，3n（Fe3+）+3n（Al3+）+n（NH4+）=0.03mol+0.03mol+0.01mol=0.07mol＞2n（SO42﹣）=0.02mol，所以溶液中还存在Cl﹣，根据已知条件无法确定是否含有K+，A．通过以上分析知，原溶液中不存在CO32﹣、一定存在Cl﹣，故A错误；B．通过以上分析知，原溶液中Cl﹣一定存在，K+可能存在，故B正确；C．Cl﹣一定存在，如果溶液中没有K+，c（Cl﹣）=0.5mol/L，如果含有K+，c（Cl﹣）＞0.5mol/L，所以原溶液中c（Cl﹣）≥0.5mol•L﹣1，故C错误；D．溶液中至少存在Cl﹣、SO42﹣、NH4+、Fe3+、Al3+五种离子，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存、离子方程式的有关计算，侧重考查分析问题、计算能力，明确离子之间的反应、离子共存条件是解本题关键，注意电荷守恒的运用，题目难度中等．　二、填空题（共5小题，每小题11分，满分60分）21．化合物A由N、H两种元素组成，0.01molA与足量CuO充分反应生成红色Cu的同时，生成了0.36g水和标准状况下的体积为0.224L的N2．B是由Na和H两元素组成的离子化合物，能与水反应生成H2，称为产氢剂．化合物C的焰色反应为黄色，根据质谱分析它的相对分子质量为39且与水反应能生成氨气．（1）A的化学式为　N2H4　；A与CuO反应的化学方程式为　N2H4+2CuO=2Cu+N2+2H2O　．（2）B的电子式为　　．（3）C中存在的化学键　离子键和共价键　；C与过量稀盐酸反应的化学方程式为　NaNH2+2HCl=NaCl+NH4Cl　．（4）有一种理想的化合物NH4H，经查阅资料，该物质至今未能制得，请说明可能的原因　从氧化还原角度可以判断H+和H﹣很容易发生归中反应生成氢气，NH4H很容易分解生成氨气和氢气　．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】化合物A由N、H两种元素组成，0.01molA与足量CuO充分反应生成红色Cu的同时，生成了0.36g水和标准状况下的体积为0.224L的N2，水的物质的量为0.02mol，氮气的物质的量为0.01mol，根据N、H原子守恒知，A是N2H4，该反应方程式为N2H4+2CuO=2Cu+N2+2H2O；B是由Na和H两元素组成的离子化合物，能与水反应生成H2，称为产氢剂，则B为NaH；化合物C的焰色反应为黄色，说明C中含有Na元素，根据质谱分析它的相对分子质量为39且与水反应能生成氨气，说明C中含有N元素，根据其相对分子质量知，C中还含有H元素，所以C的化学式为NaNH2，再结合题目分析解答．-29-\n【解答】解：化合物A由N、H两种元素组成，0.01molA与足量CuO充分反应生成红色Cu的同时，生成了0.36g水和标准状况下的体积为0.224L的N2，水的物质的量为0.02mol，氮气的物质的量为0.01mol，根据N、H原子守恒知，A是N2H4，该反应方程式为N2H4+2CuO=2Cu+N2+2H2O；B是由Na和H两元素组成的离子化合物，能与水反应生成H2，称为产氢剂，则B为NaH；化合物C的焰色反应为黄色，说明C中含有Na元素，根据质谱分析它的相对分子质量为39且与水反应能生成氨气，说明C中含有N元素，根据其相对分子质量知，C中还含有H元素，所以C的化学式为NaNH2，（1）通过以上分析知，A为N2H4，其反应方程式为，故答案为：N2H4；N2H4+2CuO=2Cu+N2+2H2O；（2）B为NaH，其电子式为，故答案为：；（3）通过以上分析知，C为NaNH2，该化学式中钠离子和NH2﹣之间存在离子键、H原子和N原子之间存在共价键，NaNH2和水反应生成氢氧化钠和氨气，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，氨气和盐酸反应生成氯化铵，所以NaNH2和盐酸反应生成氯化钠和氯化铵，反应方程式为：NaNH2+2HCl=NaCl+NH4Cl，故答案为：离子键和共价键；NaNH2+2HCl=NaCl+NH4Cl；（4）H+和H﹣很容易发生氧化还原反应生成氢气，导致NH4H很容易分解，所以得不到NH4H，故答案为：从氧化还原角度可以判断H+和H﹣很容易发生归中反应生成氢气，NH4H很容易分解生成氨气和氢气．【点评】本题考查了无机物推断，根据物质之间的反应、物质的性质等知识点确定物质，再结合物质的结构分析解答，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，题目难度不大．　22．离子交换膜是一类具有离子交换功能的高分子材料，在生产和科研中有广泛应用．一容器被离子交换膜分成左右两部分，如图所示：（1）若该交换膜为阳离子交换膜（只允许阳离子自由通过）．左边充满加过盐酸酸化的H2O2溶液，右边充满滴有少量KSCN溶液的FeCl2溶液（FeCl2过量），一段时间后可观察到的现象：右边　B　．（从下列选项中选择）A．无明显现象B．溶液由浅绿色变红色C．溶液由无色变黄色D．溶液由浅绿色变无色试写出左边发生反应的离子方程式　2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O　（2）若该交换膜为阴离子交换膜（只允许阴离子自由通过且不易堵塞），左边充满1mol•L﹣1的NaHCO3溶液，右边充满等体积的1mol•L﹣1的NaAlO2溶液，一段时间后可观察到的现象；左边　C　．（从下列选项中选择）A．无明显现象B．有气泡产生C．有白色胶状沉淀生成D．有红褐色沉淀生成试比较最终容器内所得溶液中离子浓度的大小　c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）　．【考点】氧化还原反应；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较．【分析】（1）交换膜为阳离子交换膜，二价铁离子通过交换膜从右边进入到左边被双氧水氧化生成三价铁离子，三价铁离子通过交换膜与硫氰根离子反应生成血红色的络合物；（2）NaHCO3溶液中碳酸氢根离子是多元弱酸的酸式根离子，水解生成碳酸和氢氧化钠，交换膜为阴离子交换膜，NaAlO2电离出的AlO2﹣通过交换膜与水解生成的碳酸反应生成氢氧化铝沉淀；-29-\n碳酸氢钠和偏铝酸钠都是强电解质，完全电离产生碳酸氢根离子、偏铝酸根离子和钠离子，碳酸氢根离子水解生成碳酸，与偏铝酸根离子发生反应：2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3，反应后溶液主要溶质为碳酸钠，据此判断各种离子浓度大小．【解答】解：（1）二价铁离子通过交换膜从右边进入到左边被双氧水氧化生成三价铁离子，三价铁离子通过交换膜与硫氰根离子反应生成血红色的络合物，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；故答案为：B；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（2）NaHCO3溶液中碳酸氢根离子是多元弱酸的酸式根离子，水解生成碳酸和氢氧化钠，交换膜为阴离子交换膜，NaAlO2电离出的AlO2﹣通过交换膜与水解生成的碳酸反应生成氢氧化铝沉淀，所以左边会看到有白色胶状沉淀产生；碳酸氢钠和偏铝酸钠都是强电解质，完全电离产生碳酸氢根离子、偏铝酸根离子和钠离子，碳酸氢根离子水解生成碳酸，与偏铝酸根离子发生反应：2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3，反应后溶液主要溶质为碳酸钠，所以最终容器内所得溶液中离子浓度的大小顺序为c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+），故答案为：C；c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及离子浓度大小的比较为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，题目难度不大．　23．一碳化学是指以研究分子中只含有一个碳原子的化合物（如CH4、CO2、CH3OH等）为原料来合成一系列化工原料和燃料的化学．科学家提出一种“绿色自由”构想：把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，经化学反应后使空气中的CO2转变为其它化工原料，如图所示：（1）分解池通入高温水蒸气的作用是　使KHCO3分解放出二氧化碳气体　．（2）目前工业上可用CO2生产　多余　甲醇燃料，反应的化学方程式为：CO2（g）+3H2⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H．已知：共价键C=OH﹣HC﹣OC﹣HO﹣H键能KJ•mol﹣1750436358413463①该反应的平衡常数的表达式K=　　．②该反应△H=　﹣178　KJ•mol﹣1③用甲醇可以设计成燃料电池，应用于电脑、汽车等能量的来源．设计较多的是由甲醇负极、氧正极和质子交换膜构成，写出负极的电极反应式　CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+　．④已知25℃℃、101kPa下，2.0g液态甲醇完全燃烧生成液态水时放出45.4KJ的热量，则甲醇的标准燃烧热为　﹣726.4　KJ•mol﹣1．-29-\n⑤为了提高甲醇的日生产量，可采取的措施是　BD　．A．减小压强B．使用合适的催化剂C．温度越低越好D．控制适当的温度（3）CO2（g）+2CH4（OH）（g）⇌CH3OCOOCH3（g）+H2O（g）△H，控制一定条件，该反应能自发进行，即△H　＜　0（填写＞、＜、=）．在恒温容积可变的容器中加入1molCO2、2molCH3OH．CO2的转化率与反应时间关系如图1示．在反应过程中加压，若t1时容器体积为1000mL，则t2时容器体积V=　25　mL．（4）过氧化尿素合成反应式如下：CO（NH2）2+H2O2→CO（NH2）2•H2O2△H＜0．当n（过氧化氢）：n（尿素）为1.3：1，反应时间45min，用水杨酸作为稳定剂，分别考察反应温度对反应效果的影响如图2示[活性氧含量可视为CO（NH2）2•H2O2产量的直观表示]．从图2可以看出，在实验选定的温度范围内，随反应温度的升高，产品活性氧含量先增加而随后减少．①根据图2信息，最佳反应温度为　30℃　．②如何说明该反应中在实验选定的温度范围内，随反应温度的升高，产品活性氧含量先增加而随后减少　由于温度升高有利于尿素溶解及加快了反应速率，进而提高产品收率，但是温度过高，又会导致过氧化氢受热分解，同时该反应又是放热反应，升高温度使平衡向逆反应方向移动，影响了产品活性氧含量　．【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）根据反应条件高温结合产物来分析；（2）①根据平衡常数等于生成物浓度的幂次方之积比上反应物浓度的幂次方之积来书写；②根据△H=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和来计算；③在燃料电池的负极上是燃料发生失电子发生氧化反应，据此来书写；④燃烧热是指在25℃、101kPa下，1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物的物质的量必须为1mol，产物必须为稳定氧化物；⑤A．减小压强平衡向逆反应方向移动，降低甲醇的日生产量；B．使用合适的催化剂，可以提供反应速率，从而提高甲醇的日生产量；C、D．温度越低，虽然平衡向正反应方向移动，但反应速率较慢也不行，所以应控制适当的温度；（3）根据△G=△H﹣T△S＜0反应自发来判断；根据不同体积平衡时的K不变来计算；（4）①根据图象分析，产品活性氧含量最高时温度最佳来分析；②从反应速率及其平衡移动来分析温度对产品活性氧含量的影响；【解答】解：（1）通入高温水蒸气后生成了二氧化碳，所以通入高温水蒸气的作用是使KHCO3分解放出二氧化碳气体，故答案为：使KHCO3分解放出二氧化碳气体；（2）①平衡常数K=，故答案为：；②△H=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和=750×2+436×3﹣（413×3+358+463+463×2）=﹣178KJ/mol，故答案为：﹣178；-29-\n③在燃料电池的负极上是燃料发生失电子发生氧化反应，由甲醇负极、氧正极和质子交换膜构成得知是酸性溶液，所以负极的电极反应式为：CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+，故答案为：CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+；④在25℃、101kPa下，2g液态甲醇完全燃烧生成液态水时放出45.4KJ的热量，则32g液态甲醇完全燃烧生成液态水时放出的热量为16×45.4KJ=726.4KJ，甲醇的标准燃烧热为﹣726.4KJ•mol﹣1，故答案为：﹣726.4；⑤A．减小压强平衡向逆反应方向移动，降低甲醇的日生产量，故A不选；B．使用合适的催化剂，可以提供反应速率，从而提高甲醇的日生产量，故B选；C、D．温度越低，虽然平衡向正反应方向移动，但反应速率较慢也不行，所以应控制适当的温度，故C不选，D选；故选：BD；（3）根据△G=△H﹣T△S＜0反应自发，又该反应△S＜0，控制一定条件，该反应能自发进行，即△H＜0；由图象数据可得：CO2（g）+2CH4（OH）（g）⇌CH3OCOOCH3（g）+H2O（g）t1平衡0.510.50.5t2平衡0.20.40.80.8根据K相等，设t2时容器体积为V，则=，解得V=25ml，故答案为：＜；25；（4）①根据图象分析，产品活性氧含量最高时温度最佳，所以最佳温度为30℃，故答案为：30℃；②首先温度升高有利于尿素溶解及加快了反应速率，进而提高产品收率，但是温度过高，又会导致过氧化氢受热分解，同时该反应又是放热反应，升高温度使平衡向逆反应方向移动，影响了产品活性氧含量，所以随反应温度的升高，产品活性氧含量先增加而随后减少，故答案为：由于温度升高有利于尿素溶解及加快了反应速率，进而提高产品收率，但是温度过高，又会导致过氧化氢受热分解，同时该反应又是放热反应，升高温度使平衡向逆反应方向移动，影响了产品活性氧含量；【点评】本题考查平衡常数的表达式及其计算、化学平衡影响因素、反应热的计算、电极反应式的书写等，要能根据题目所给信息解题，善于发掘题目信息，题目难度中等．　24．CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂，一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、•Al2O3、MnO等]制取CoCl2•6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表．沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）2Mn（OH）22.77.67.64.07.7-29-\n开始沉淀完全沉淀3.79.69.25.29.8（1）盐酸的作用是溶解矿石，提供酸性环境，Na2SO3的作用是（文字描述）　将Fe3+、Co3+还原　．（2）NaClO3加入浸出液后生成NaCl，写出反应的离子方程式　ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O　．（3）加Na2CO3调pH至5.2的目的是为　完全沉淀Fe3+、Al3+　．（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图1，萃取剂的作用是除去溶液中的Mn2+，其使用的适宜pH范围是　C　．A.1.0～2.0B.2.0～2.5C.3.0～3.5D4.0～4.5（5）取部分加入萃取剂后的混合液，在实验室按流程图获得粗产品．①使用分液漏斗前要检漏，是检查　玻璃塞　、　旋塞芯　是否漏水，若发现其中一处漏水，必要的操作或做法是　若发现玻璃塞处漏水，更换分液漏斗，若发现旋塞芯处漏水，则用纸或干布擦净旋塞或旋塞孔，在旋塞芯上涂一层薄薄的润滑脂，将旋塞芯塞进旋塞内，旋转数圈，使润滑脂均匀分布后将旋塞关闭好　．（只写出其中一种漏水对应的操作或做法）②在蒸发过程中为防止产生杂质或脱水，当较多晶体析出时，改为抽滤得到晶体．写出抽滤装置（如图2）中指定仪器的名称：A　安全瓶　，B　抽气泵　．下列抽滤操作或说法正确的是　ABE　A．用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀C．注意吸滤瓶内液面高度，当接近支管口位置时，拨掉橡皮管，滤液从支管口倒出D．用抽滤洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀物，以减少沉淀物损失E．抽滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀用少量蒸馏水洗涤晶体，判断晶体是否洗净的具体操作是　用洁净的铂丝蘸取最后一次洗涤液在酒精灯火焰上灼烧，如果看到黄色火焰，说明没有洗净，否则已洗净　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，Co2O3、Co（OH）3、Fe2O3、Al2O3、MnO和稀盐酸反应生成可溶性的CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2、NaCl，然后向溶液中加入氯酸钠，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，然后过滤，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的溶液中主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶而得到粗产品，（1）亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子；（2）NaClO3具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子；（3）加Na2CO3调pH至5.2所得沉淀为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀；（4）由表中数据可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；-29-\n（5）①分液漏斗检漏，主要是检查玻璃塞和旋塞芯是否漏水，若发现玻璃塞处漏水，更换分液漏斗，若发现旋塞芯处漏水，则用纸或干布擦净旋塞或旋塞孔，在旋塞芯上涂一层薄薄的润滑脂，将旋塞芯塞进旋塞内，旋转数圈，使润滑脂均匀分布后将旋塞关闭好；②根据装置图可知仪器名称，抽滤时要蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，然后要开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀，当液面高度接近支管口位置时，滤液要从上口倒出，洗涤时抽滤速率不能太快，抽滤操作不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀，根据洗涤滤液中是否含有杂质离子判断晶体是否洗涤干净，本实验中可以通过焰色反应判断．【解答】解：含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，Co2O3、Co（OH）3、Fe2O3、Al2O3、MnO和稀盐酸反应生成可溶性的CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2、NaCl，然后向溶液中加入氯酸钠，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，然后过滤，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的溶液中主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶而得到粗产品，（1）亚硫酸根离子具有还原性，能还原氧化性离子Fe3+、Co3+，所以浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3+、Co3+还原，故答案为：将Fe3+、Co3+还原；（2）NaClO3具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，氯酸根离子被还原生成氯离子，离子方程式为ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O，故答案为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O；（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至5.2，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↑，铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32﹣+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以加Na2C03调pH至5.2的目的是完全沉淀Fe3+、Al3+，故答案为：完全沉淀Fe3+、Al3+；（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子，由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，故选C；（5）①分液漏斗检漏，主要是检查玻璃塞和旋塞芯是否漏水，若发现玻璃塞处漏水，更换分液漏斗，若发现旋塞芯处漏水，则用纸或干布擦净旋塞或旋塞孔，在旋塞芯上涂一层薄薄的润滑脂，将旋塞芯塞进旋塞内，旋转数圈，使润滑脂均匀分布后将旋塞关闭好，故答案为：玻璃塞；旋塞芯；若发现玻璃塞处漏水，更换分液漏斗，若发现旋塞芯处漏水，则用纸或干布擦净旋塞或旋塞孔，在旋塞芯上涂一层薄薄的润滑脂，将旋塞芯塞进旋塞内，旋转数圈，使润滑脂均匀分布后将旋塞关闭好；②根据装置图可知仪器A的名称是安全瓶，B的名称是抽气泵，抽滤时要蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，故A正确，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，然后要开大水龙头，故B正确，待溶液快流尽时再转移沉淀，当液面高度接近支管口位置时，滤液要从上口倒出，故C错误，洗涤时抽滤速率不能太快，故D错误，抽滤操作不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀，故E正确，故选ABE，判断晶体是否洗涤干净的方法是用洁净的铂丝蘸取最后一次洗涤液在酒精灯火焰上灼烧，如果看到黄色火焰，说明没有洗净，否则已洗净，故答案为：安全瓶；抽气泵；ABE；用洁净的铂丝蘸取最后一次洗涤液在酒精灯火焰上灼烧，如果看到黄色火焰，说明没有洗净，否则已洗净．-29-\n【点评】本题考查物质的分离和提纯，侧重考查学生分析判断能力，涉及氧化还原反应、离子反应、pH与沉淀的关系等知识点，为高频考点，明确流程图中发生的反应及基本操作是解本题关键，熟悉常见化合物的性质，题目难度中等．　25．某酸性工业废水中含有K2Cr2O7，光照下，草酸（H2C2O4）能将其中的Cr2O72﹣转化为Cr2+．某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe（SO4）4•24H2O]即可对该反应起催化作用，为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：在25℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，具体数据如表：实验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL①4601030②5601030③5601525测得实验①和②溶液中的c（Cr2O72﹣）随时间变化关系如图所示．（1）实验①和②的结果表明　溶液pH对该反应的速率有影响　．（2）根据实验②和③，画出实验③中c（Cr2O72﹣）随时间变化的趋势图．（3）该课题组对铁明矾[Al2Fe（SO4）4•24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：Al3+起催化作用；假设二：　Fe2+起催化作用　；假设三：　SO42﹣起催化作用　；…（4）设计实验验证上述假设一，可选用下列物质代替少量铁明矾[Al2Fe（SO4）4•24H2O]的是　D　．A．KClB．Na2SO4C．K2SO4，FeSO4D．K2SO4•．Al2（SO4）2•24H2O．【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】（1）实验①②表明溶液pH越小，反应的速率越快；（2）实验中c（Cr2O72﹣）随时间增加逐渐减小；（3）根据铁明矾的组成含有Al3+、Fe2+和SO42﹣起分析；（4）做有Al3+和无Al3+对比实验．【解答】解：（1）由实验①②表明溶液pH越小，反应的速率越快，所以溶液pH对该反应的速率有影响，故答案为：溶液pH对该反应的速率有影响；-29-\n（2）实验中c（Cr2O72﹣）随时间变化如图所示；故答案为：；（3）根据铁明矾[Al2Fe（SO4）4•24H2O]组成分析，Al3+起催化作用，Fe2+起催化作用，SO42﹣起催化作用，故答案为：Fe2+起催化作用；SO42﹣起催化作用；（4）要证明Al3+起催化作用，需做对比实验，再做没有Al3+存在时的实验，所以要选K2SO4，Al2（SO4）2•24H2O；用等物质的量Al2（SO4）2•24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验，反应进行相同时间后，若溶液中c（Cr2O72﹣）大于实验①中c（Cr2O72﹣），则假设一成立；若两溶液中的c（Cr2O72﹣）相同，则假设一不成立．故答案为：D．【点评】本题考查了探究重铬酸根与草酸反应过程中的催化作用，该反应为一比较熟悉的反应，还考查了从图象中获取数据并分析的能力、设计实验的能力等．　-29-