2022-2022学年广东省广州市番禹区仲元中学高三（上）月考化学试卷（11月份） 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列说法正确的是（ ）A．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应可制得Ca（OH）2B．用CO2可以鉴别NaAlO2溶液和CH3COONa溶液C．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体D．用BaCl2可以溶液鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液 2．化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（ ）选项现象或事实解释A用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜A．AB．BC．CD．D 3．NA是阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子B．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAC．欲配制1.00L1.00mol．L﹣1的NaCl溶液，可将58.5gNaCl溶于1.00L水中D．10LpH=13的NaOH溶液中含有的OH﹣离子数为2NA 4．下列说法正确的是（ ）A．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2B．实验室制氯气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体C．单质硅是生产光纤制品的基本原料D．水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂 5．下列说法正确的是（ ）A．常温下浓硫酸能使铝发生钝化，可在常温下用铝制贮罐贮运浓硫酸B．取少量溶液X，向其中加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe2+C．检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质，将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红D．常温下将Al片放入浓硝酸中，无明显变化，所以Al与浓硝酸不反应 6．下列说法正确的是（ ）20\nA．制氧气时，用Na2O2或H2O2作反应物应该选择不同的气体发生装置B．某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I﹣C．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异D．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀时的离子方程式为：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O 7．下列有关溶液组成的描述合理的是（ ）A．无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl‾、S2‾B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO‾、SO42‾、I‾C．弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl‾、HCO3‾D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl‾、SCN‾ 二、解答题（共3小题，满分45分）8．（15分）（2022秋•江门期末）硫酸工业中废渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO．某探究性学习小组的同学设计以下方案，进行硫酸渣中金属元素的提取实验．已知：阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH：沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Mg（OH）2pH3.45.212.4一水合氨电离常数Kb=1.8×10﹣5，其饱和溶液中c（OH﹣）约为1×10﹣3mol•L﹣1．请回答：（1）写出A与氢氟酸反应的化学方程式： ．（2）上述流程中两次使用试剂X，推测试剂X是 （填以下字母编号）A．水 B．氧化铝 C．氨水 D．氢氧化钠（3）溶液D到固体E过程中需要控制溶液pH=13，如果pH过小，可能导致的后果是 ．（任写2点）（4）写出F→H的反应离子方程式： ．（5）证明H溶液的主要阴离子（Cl﹣、OH﹣除外）的方法是 ． 9．（17分）（2022秋•广州校级月考）锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用．某锂离子电池正极材料有钴酸锂（LiCoO2）、导电剂乙炔黑和铝箔等．充电时，该锂离子电池阴极发生的反应为6C+xLi++xe﹣═LixC6．现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源（部分条件未给出）．20\n回答下列问题：（1）LiCoO2中，Co元素的化合价为 ．（2）写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式 ．（3）“酸浸”一般在80℃下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式 ；可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是 ．（4）写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式 ．（5）充放电过程中，发生LiCoO2与Li1﹣xCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式 ．（6）上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是 ．在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有 （填化学式）． 10．（13分）（2022•无为县校级二模）某研究性学习小组将一定浓度的Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀．甲同学认为沉淀可能是CuCO3；乙同学认为沉淀可能是Cu（OH）2；丙同学认为沉淀可能是CuCO3和Cu（OH）2的混合物．（查阅资料知：CuCO3和Cu（OH）2均不带结晶水）Ⅰ、（1）按照甲同学的观点，发生反应的离子反应方程式为 ；（2）在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中过滤、洗涤、低温干燥，检验沉淀是否洗涤干净的方法是 ．Ⅱ、请用如图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分．（1）各装置连接顺序为 → → ．（2）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是 ．Ⅲ、若CuCO3和Cu（OH）2两者都有，可利用下列装置通过实验测定其组成．（1）装置C中碱石灰的作用是 ．（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为 ． 【化学--选修2：化学与技术】（共1小题，满分13分）11．（13分）（2022秋•广州校级月考）苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下：20\n相关化合物的物理常数物质相对分子质量密度（g/cm﹣3）沸点/℃异丙苯1200.8640153丙酮580.789856.5苯酚941.0722182回答下列问题：（1）在反应器A中通入的X是 ．（2）反应①和②分别在装置 和 中进行（填装置符号）．（3）在分解釜C中加入的Y为少量浓硫酸，其作用是 ，优点是用量少，缺点是 ．（4）反应②为 （填“放热”或“吸热”）反应．反应温度控制在50﹣60℃，温度过高的安全隐患是 ．（5）中和釜D中加入的Z最适宜的是 （填编号．已知苯酚是一种弱酸）a．NaOHb．CaCO3c．NaHCO3d．CaO（6）蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为 和 ，判断的依据是 ．（7）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是 ． [化学-选修3：物质结构与性质]（共1小题，满分0分）12．（2022春•吉林校级期末）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2﹣和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子．回答下列问题：（1）四种元素中电负性最大的是 （填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为 ．（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是 （填分子式），原因是 ；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为 和 ．20\n（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为 ，中心原子的杂化轨道类型 ．（4）化合物D2A的立体构型为 ，中心原子的价层电子对数为 ，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为 ．（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.566nm，F的化学式为 ，晶胞中A原子的配位数为 ；列式计算晶体F的密度 （g•cm﹣3）． [化学-选修5：有机化学基础]（共1小题，满分0分）13．（2022•山东）利用从冬青中提取出的有机物A合成抗结肠炎药物Y及其他化学品，合成路线如下图：根据上述信息回答：（1）D不与NaHCO3溶液反应，D中官能团的名称是 ，B→C的反应类型是 ．（2）写出A生成B和E的化学反应方程式 ．（3）A的同分异构体I和J是重要的医药中间体，在浓硫酸的作用下I和J分别生产，鉴别I和J的试剂为 ．（4）A的另一种同分异构体K用于合成高分子材料，K可由制得，写出K在浓硫酸作用下生成的聚合物的结构简式 ． 20\n2022-2022学年广东省广州市番禹区仲元中学高三（上）月考化学试卷（11月份）参考答案与试题解析 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列说法正确的是（ ）A．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应可制得Ca（OH）2B．用CO2可以鉴别NaAlO2溶液和CH3COONa溶液C．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体D．用BaCl2可以溶液鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液【考点】化学实验方案的评价；分散系、胶体与溶液的概念及关系；物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】实验评价题．【分析】A．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；B．NaAlO2溶液与CO2反应生成氢氧化铝沉淀，而CH3COONa溶液与二氧化碳不反应；C．氯化铁溶液为溶液分散系；D．AgNO3溶液和K2SO4溶液均与BaCl2反应生成白色沉淀．【解答】解：A．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，不能生成Ca（OH）2，故A错误；B．NaAlO2溶液与CO2反应生成氢氧化铝沉淀，而CH3COONa溶液与二氧化碳不反应，现象不同，可鉴别，故B正确；C．氯化铁溶液为溶液分散系，稀豆浆、硅酸均为胶体，故C错误；D．AgNO3溶液和K2SO4溶液均与BaCl2反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的鉴别、物质分类、物质的性质等，把握反应原理和实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大． 2．化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（ ）选项现象或事实解释A用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜A．AB．BC．CD．D【考点】盐类水解的应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铁盐和亚铁盐的相互转变．【专题】盐类的水解专题；元素及其化合物．【分析】A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解显碱性；B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉在空气中久置变质；C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效；20\nD、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；【解答】解：A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在氢氧化钠溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解生成氢氧化钠显碱性，Na2CO3不可直接与油污反应，故A错误；B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉失效，故B错误；C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用，故C正确；D、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，FeCl3不能从含Cu2+的溶液中置换出铜，FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，故D错误；故选C．【点评】本题考查了盐类水解的分析应用，掌握物质性质和反应实质是关键，题目难度中等． 3．NA是阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子B．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAC．欲配制1.00L1.00mol．L﹣1的NaCl溶液，可将58.5gNaCl溶于1.00L水中D．10LpH=13的NaOH溶液中含有的OH﹣离子数为2NA【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、根据钠元素的价态由0价变为+1价来分析；B、在氢氧燃料电池中正极上氧气放电；C、当将氯化钠溶于1L水中时，溶于体积大于1L；D、pH=13的氢氧化钠溶于中，氢氧根的浓度为0.1mol/L，据此分析．【解答】解：A、由于钠元素的价态由0价变为+1价，故1mol钠失去1mol电子即NA个，故A正确；B、在氢氧燃料电池中正极上氧气放电，而标况下22.4L氧气的物质的量为1mol，由于反应后变为﹣2价，故1mol氧气转移4mol电子即4NA个，故B错误；C、当将氯化钠溶于1L水中时，溶于体积大于1L，则溶于浓度小于1mol/L，故C错误；D、pH=13的氢氧化钠溶于中，氢氧根的浓度为0.1mol/L，故溶于中的氢氧根的物质的量n=CV=0.1mol/L×10L=1mol，个数为NA个，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 4．下列说法正确的是（ ）A．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2B．实验室制氯气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体C．单质硅是生产光纤制品的基本原料D．水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂【考点】硅和二氧化硅；氯气的化学性质；气体的净化和干燥．【专题】碳族元素．【分析】A．润的KI淀粉试纸接触某气体而显蓝色，说明气体和碘离子反应把碘离子氧化为单质碘，遇到淀粉变蓝，但能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质不一定是Cl2；20\nB．实验室制备氯气，含有杂质氯化氢和水蒸气，应选择饱和食盐水和浓硫酸除杂；C．光导纤维主要成分是二氧化硅；D．硅酸钠具有黏性，所以可作粘合剂．【解答】解：A．润的KI淀粉试纸接触某气体而显蓝色，说明气体和碘离子反应把碘离子氧化为单质碘，遇到淀粉变蓝，但能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质不一定是Cl2，还可以是溴蒸汽或者二氧化氮，故A错误；B．实验室制备氯气，含有杂质氯化氢和水蒸气，应选择饱和食盐水除去氯化氢，选择浓硫酸除去水，故B错误；C．二氧化硅是生产光纤制品的基本原料，故C错误；D．水玻璃是硅酸钠的水溶液，硅酸钠具有黏性，所以可作粘合剂；涂有硅酸钠溶液的木条加热时，水分蒸发后不易燃烧，所以可作防火剂，故D正确；故选：D．【点评】本题考查硅和二氧化硅的用途和性质，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握，题目难度不大． 5．下列说法正确的是（ ）A．常温下浓硫酸能使铝发生钝化，可在常温下用铝制贮罐贮运浓硫酸B．取少量溶液X，向其中加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe2+C．检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质，将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红D．常温下将Al片放入浓硝酸中，无明显变化，所以Al与浓硝酸不反应【考点】浓硫酸的性质；硝酸的化学性质；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．【分析】A．浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铝发生钝化；B．验证亚铁离子的存在，首先应排除铁离子干扰，正确顺序是先加入硫氰化钾观察现象后再滴加氯水；C．硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子；D．浓硝酸具有强的氧化性，常温下能够使铝发生钝化；【解答】解：A．浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铝发生钝化，生成致密氧化膜，阻止反应继续进行，所以可在常温下用铝制贮罐贮运浓硫酸，故A正确；B．验证亚铁离子的存在，首先应排除铁离子干扰，正确顺序是先加入硫氰化钾观察现象后再滴加氯水，故B错误；C．将Fe（NO）2样品溶于稀H2SO4后，酸性条件下，NO3﹣能把Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红，不能说明Fe（NO3）2晶体已经变质，故C错误；D．浓硝酸具有强的氧化性，常温下能够使铝发生钝化，钝化属于化学反应，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉浓硫酸、浓硝酸的性质是解题关键，注意三价铁离子、二价铁离子检验，注意钝化属于化学反应，题目难度不大． 6．下列说法正确的是（ ）A．制氧气时，用Na2O2或H2O2作反应物应该选择不同的气体发生装置B．某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I﹣C．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异20\nD．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀时的离子方程式为：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O【考点】离子方程式的书写；常见离子的检验方法．【专题】离子反应专题．【分析】A．用Na2O2或H2O2作反应物，均可选固体与液体反应的装置；B．CCl4层显紫色，溶解了碘单质；C．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故NaHCO3在溶液中析出；D．NaHCO3完全反应，反应生成碳酸钙、水、NaOH．【解答】解：A．用Na2O2或H2O2作反应物，均可选固体与液体反应的装置，则发生装置可以相同，故A错误；B．CCl4层显紫色，溶解了碘单质，不能证明是否含碘离子，故B错误；C．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故C正确；D．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀时的离子方程式为HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应反应的离子反应考查，注意相关反应原理，题目难度不大． 7．下列有关溶液组成的描述合理的是（ ）A．无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl‾、S2‾B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO‾、SO42‾、I‾C．弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl‾、HCO3‾D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl‾、SCN‾【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．无色溶液不存在有颜色离子，离子之间不反应的能大量共存；B．酸性溶液中存在大量氢离子，离子之间不反应且和氢离子不反应的能大量共存；C．弱碱性条件下，离子之间不反应的能大量共存；D．中性条件下，铁离子和硫氰根离子发生络合反应．【解答】解：A．Al3+、S2‾发生双水解反应而不能大量共存，故A错误；B．酸性条件下，ClO‾、I‾发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C．弱碱性条件下，这几种离子之间不反应，碳酸氢根离子水解导致溶液呈弱碱性，所以能大量共存，故C正确；D．中性条件下，Fe3+、SCN‾生成络合物而不能大量共存，故D错误．故选C．【点评】本题考查离子共存，为高考高频点，明确离子性质及离子共存条件是解本题关键，侧重考查复分解反应、氧化还原反应、络合反应，题目难度中等，易错选项是A． 二、解答题（共3小题，满分45分）20\n8．（15分）（2022秋•江门期末）硫酸工业中废渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO．某探究性学习小组的同学设计以下方案，进行硫酸渣中金属元素的提取实验．已知：阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH：沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Mg（OH）2pH3.45.212.4一水合氨电离常数Kb=1.8×10﹣5，其饱和溶液中c（OH﹣）约为1×10﹣3mol•L﹣1．请回答：（1）写出A与氢氟酸反应的化学方程式： SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O ．（2）上述流程中两次使用试剂X，推测试剂X是 D （填以下字母编号）A．水 B．氧化铝 C．氨水 D．氢氧化钠（3）溶液D到固体E过程中需要控制溶液pH=13，如果pH过小，可能导致的后果是 镁离子沉淀不完全、氢氧化铝溶解不完全 ．（任写2点）（4）写出F→H的反应离子方程式： AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣ ．（5）证明H溶液的主要阴离子（Cl﹣、OH﹣除外）的方法是 取1﹣2mLH溶液，加入过量BaCl2（CaCl2）溶液，没有沉淀产生，再滴加入NaOH溶液，有白色沉淀产生，（或再滴加入盐酸，有无色无味气体产生），证明含有HCO3﹣ ．【考点】金属的回收与环境、资源保护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）根据硫酸工业中废渣的成分及与盐酸反应情况分析固体A组成，然后写出A与氢氟酸反应的化学方程式；（2）根据试剂X的作用是中和溶液中的氢离子，且需要调节溶液pH达到13进行分析；（3）根据控制溶液pH=13的目的是使镁离子变成氢氧化镁沉淀和将铝离子转化成偏铝酸根离子进行解答；（4）溶液F中含有偏铝酸根离子，偏铝酸根离子与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，据此写出反应的离子方程式；（5）根据检验碳酸氢根离子的方法进行解答．【解答】解：（1）硫酸工业中废渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO，硫酸渣中只有二氧化硅和盐酸不反应，所以A是二氧化硅，二氧化硅与氢氟酸反应的化学方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故答案为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；（2）试剂X的作用是中和溶液中的氢离子，生成氢氧化物沉淀，由于氨水中一水合氨为弱碱，其碱性无法溶解氢氧化铝，而水为中性、氧化铝无法使溶液pH=13，所以试剂X为氢氧化钠，故答案为：D；（3）根据流程图可知，固体C是氢氧化铁，E是氢氧化镁，所以如果氢氧化钠不足，则镁离子沉淀不完全，且氢氧化铝溶解也不完全，故答案为：镁离子沉淀不完全、氢氧化铝溶解不完全；（4）溶液F是氢氧化钠和偏铝酸钠的混合物，所以通入足量的CO2是生成沉淀氢氧化铝，而溶液中的溶质则是碳酸氢钠，反应的离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，20\n故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣；（5）溶液H中含有的阴离子除了Cl﹣、OH﹣外，还含有碳酸氢根离子，检验碳酸氢根离子的方法为：取1﹣2mLH溶液，加入过量BaCl2（CaCl2）溶液，没有沉淀产生，再滴加入NaOH溶液，有白色沉淀产生，（或再滴加入盐酸，有无色无味气体产生），证明含有HCO3﹣，故答案为：取1﹣2mLH溶液，加入过量BaCl2（CaCl2）溶液，没有沉淀产生，再滴加入NaOH溶液，有白色沉淀产生，（或再滴加入盐酸，有无色无味气体产生），证明含有HCO3﹣．【点评】本题考查了物质的分离与提纯、常见离子的检验，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，能够正确书写常见反应的化学方程式、离子方程式． 9．（17分）（2022秋•广州校级月考）锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用．某锂离子电池正极材料有钴酸锂（LiCoO2）、导电剂乙炔黑和铝箔等．充电时，该锂离子电池阴极发生的反应为6C+xLi++xe﹣═LixC6．现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源（部分条件未给出）．回答下列问题：（1）LiCoO2中，Co元素的化合价为 +3 ．（2）写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式 2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑ ．（3）“酸浸”一般在80℃下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；2H2O22H2O+O2↑ ；可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是 有氯气生成，污染较大，引入氯离子杂质，在后续步骤中难以分离 ．（4）写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式 CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O ．（5）充放电过程中，发生LiCoO2与Li1﹣xCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式 Li1﹣xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C ．（6）上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是 Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中 ．在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有 Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4 （填化学式）．【考点】金属的回收与环境、资源保护；电极反应和电池反应方程式．【专题】电化学专题；几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）根据化合物中，化合价的代数和为0判断；（2）碱浸正极时，铝和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子和氢气；（3）根据所加入的反应物以及生成物结合质量守恒定律来书写化学方程式；由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成；（4）“沉钴”过程中硫酸钴和碳酸氢铵反应生成碳酸钴沉淀；20\n（5）放电时，Li1﹣xCoO2和LixC6发生氧化还原反应生成LiCoO2和C；（6）“放电处理”有利于锂在正极的回收，Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动，在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4．【解答】解：（1）根据化合物中，化合价的代数和为0知，LiCoO2中，Co元素的化合价为+3价，故答案为：+3；（2）正极中含有铝，铝易溶于强碱溶液生成AlO2﹣，反应的离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（3）酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，反应方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成，且引入氯离子杂质，在后续步骤中难以分离，故答案为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；有氯气生成，污染较大，引入氯离子杂质，在后续步骤中难以分离；（4）“沉钴”过程中硫酸钴和碳酸氢铵反应生成碳酸钴沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应方程式为CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，故答案为：CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O；（5）充放电过程中，Li1﹣xCoO2和LixC6发生氧化还原反应生成LiCoO2和C，反应方程式为：Li1﹣xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C，故答案为：Li1﹣xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C；（6）放电时，负极上生成锂离子，锂离子向正极移动并进入正极材料中，所以“放电处理”有利于锂在正极的回收，根据流程图知，可回收到的金属化合物有Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4，故答案为：Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中；Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4．【点评】本题为生产流程题，涉及金属的回收、环境保护、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂等问题，题目较为综合，做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息，难度中等，难点是电极反应式的书写． 10．（13分）（2022•无为县校级二模）某研究性学习小组将一定浓度的Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀．甲同学认为沉淀可能是CuCO3；乙同学认为沉淀可能是Cu（OH）2；丙同学认为沉淀可能是CuCO3和Cu（OH）2的混合物．（查阅资料知：CuCO3和Cu（OH）2均不带结晶水）Ⅰ、（1）按照甲同学的观点，发生反应的离子反应方程式为 CO32﹣+Cu2+=CuCO3↓ ；（2）在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中过滤、洗涤、低温干燥，检验沉淀是否洗涤干净的方法是 取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，说明已洗净 ．Ⅱ、请用如图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分．20\n（1）各装置连接顺序为 A → C → B ．（2）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是 装置B中澄清石灰水变混浊 ．Ⅲ、若CuCO3和Cu（OH）2两者都有，可利用下列装置通过实验测定其组成．（1）装置C中碱石灰的作用是 吸收空气中的H2O蒸汽和CO2 ．（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为 （1﹣）×100% ．【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】Ⅰ、（1）沉淀是CuCO3说明，Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生反应生成硫酸钠与碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀，反应离子方程式为CO32﹣+Cu2+=CuCO3↓；（2）由于碳酸铜沉淀是Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生反应生成的，故表面会残留有硫酸根的杂质离子，所以检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根离子即可；Ⅱ、（1）利用加热的方法检验，氢氧化铜和碳酸铜加热分解得到氧化铜、水和二氧化碳，若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验，若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳；（2）用澄清的石灰水检验是否产生二氧化碳，说明含有CuCO3；Ⅲ、（1）实验开始时装置的空气中会有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差；（2）装置B质量增加了n克，说明分解生成ng水，水的物质的量为mol，根据氢元素守恒可知氢氧化铜的物质的量为mol，故氢氧化铜的质量为mol×98g/mol=g，沉淀中CuCO3的质量分数为×100%=（1﹣）×100%．【解答】解：Ⅰ、（1）沉淀是CuCO3说明，Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生反应生成硫酸钠与碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀，反应离子方程式为CO32﹣+Cu2+=CuCO3↓，故答案为：CO32﹣+Cu2+=CuCO3↓；（2）由于碳酸铜沉淀是Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生反应生成的，故表面会残留有硫酸根的杂质离子，所取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，说明已洗净，故答案为：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，说明已洗净；Ⅱ、（1）利用加热的方法检验，氢氧化铜和碳酸铜加热分解得到氧化铜、水和二氧化碳，若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验，若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳．故答案为：A；C；B；（2）用澄清的石灰水检验是否产生二氧化碳，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳，即说明含有CuCO3，故答案为：装置B中澄清石灰水变混浊；Ⅲ、（1）实验开始时装置的空气中会有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差，故开始时先用除去水和二氧化碳的空气将装置中的水蒸气和二氧化碳排除，故装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2，故答案为：吸收空气中的H2O蒸汽和CO2；20\n（2）装置B质量增加了n克，说明分解生成ng水，水的物质的量为mol，根据氢元素守恒可知氢氧化铜的物质的量为mol，故氢氧化铜的质量为mol×98g/mol=g，沉淀中CuCO3的质量分数为×100%=（1﹣）×100%，故答案为=（1﹣）×100%．【点评】本题考查了物质组成的实验分析应用，实验设计和步骤理解应用是解题关键，掌握基础是关键，题目难度中等． 【化学--选修2：化学与技术】（共1小题，满分13分）11．（13分）（2022秋•广州校级月考）苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下：相关化合物的物理常数物质相对分子质量密度（g/cm﹣3）沸点/℃异丙苯1200.8640153丙酮580.789856.5苯酚941.0722182回答下列问题：（1）在反应器A中通入的X是 氧气或空气 ．（2）反应①和②分别在装置 A 和 C 中进行（填装置符号）．（3）在分解釜C中加入的Y为少量浓硫酸，其作用是 催化剂 ，优点是用量少，缺点是 腐蚀设备 ．（4）反应②为 放热 （填“放热”或“吸热”）反应．反应温度控制在50﹣60℃，温度过高的安全隐患是 温度过高会导致爆炸 ．20\n（5）中和釜D中加入的Z最适宜的是 c （填编号．已知苯酚是一种弱酸）a．NaOHb．CaCO3c．NaHCO3d．CaO（6）蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为 丙酮 和 苯酚 ，判断的依据是 丙酮的沸点低于苯酚 ．（7）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是 原子利用率高 ．【考点】真题集萃；制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，由给予的反应信息，异丙苯与氧气在反应器A中发生氧化反应生成，在蒸发器中分离出，未反应的异丙苯进行循环利用，在分解釜中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到、，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，可以是碳酸氢钠，然后用水洗涤，再经过蒸馏，由于丙酮的沸点低于苯酚，则T为丙酮、P为苯酚．（1）在反应器A发生信息中的反应①，应通入氧气或空气；（2）由上述分析可知，反应①在A中发生，反应②在C中发生；（3）浓硫酸起催化剂作用，浓硫酸腐蚀性强，会腐蚀设备，（4）反应②的△H＜0，为放热反应，含有过氧化物，温度过高，容易发生爆炸；（5）加入的Z中和硫酸，且不能与苯酚反应；（6）沸点越低越先蒸出，处于蒸馏塔的上部；（7）由异丙苯最终得到苯酚和丙酮，原子利用率高．【解答】解：用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，由给予的反应信息，异丙苯与氧气在反应器A中发生氧化反应生成，在蒸发器中分离出，未反应的异丙苯进行循环利用，在分解釜中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到、，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，可以是碳酸氢钠，然后用水洗涤，再经过蒸馏，由于丙酮的沸点低于苯酚，则T为丙酮、P为苯酚．（1）在反应器A发生信息中的反应①，故需要氧气或空气，故答案为：氧气或空气；（2）由上述分析可知，反应①在反应器中发生，即A装置，反应②在分解釜中进行，即C装置，故答案为：A；C；20\n（3）在浓硫酸作条件下分解得到、，浓硫酸作作催化剂，浓硫酸腐蚀性强，容易腐蚀设备，故答案为：催化剂；腐蚀设备；（4）反应②的△H＜0，为放热反应，有过氧化物存在，温度过高会导致爆炸，反应温度控制在50﹣60℃，故答案为：放热；温度过高会导致爆炸；（5）加入Z的目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，a．NaOH能与硫酸、苯酚反应，故不选；b．CaCO3为固体，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止碳酸钙与硫酸的反应，故b不选；c．NaHCO3能与硫酸反应，不与苯酚反应，故c选；d．CaO能与苯酚反应，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止碳酸钙与硫酸的反应，故d不选；故选：c；（6）由于丙酮的沸点低于苯酚，沸点越低越先蒸出，处于蒸馏塔的上部，则T为丙酮、P为苯酚，故答案为：丙酮；苯酚；丙酮的沸点低于苯酚；（7）由异丙苯最终得到苯酚和丙酮，整个过程原子利用率高，故答案为：原子利用率高．【点评】本题考查有机物的制备实验方案，涉及对化学工艺流程、装置及试剂的分析评价等，关键是根据实验目的与给予的反应信息理解工艺流程原理，是对学生综合能力的考查，难度中等． [化学-选修3：物质结构与性质]（共1小题，满分0分）12．（2022春•吉林校级期末）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2﹣和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子．回答下列问题：（1）四种元素中电负性最大的是 O （填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p3 ．（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是 O3 （填分子式），原因是 O3相对原子质量较大，范德华力较大 ；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为 分子晶体 和 离子晶体 ．（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为 三角锥形 ，中心原子的杂化轨道类型 sp3 ．（4）化合物D2A的立体构型为 V形 ，中心原子的价层电子对数为 4 ，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl ．（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.566nm，F的化学式为 Na2O ，晶胞中A原子的配位数为 8 ；列式计算晶体F的密度 2.27 （g•cm﹣3）．20\n【考点】真题集萃；位置结构性质的相互关系应用．【分析】C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2﹣和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素，（1）四种元素电负性最大的为O元素，C为P元素；（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，O3相对原子质量较大，沸点较高，B的氢化物为NaH，为离子晶体；（3）C和D反应可生成化合物为PCl3，为sp3杂化；（4）化合物D2A为Cl2O，立体构型为V形，氯气与湿润的Na2CO3反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；（5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的定点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×+6×=4，N（Na）：N（O）=2：1，则形成的化合物为Na2O，计算质量和体积，可计算密度．【解答】解：C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2﹣和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素，（1）四种元素分别为O、Na、O、Cl，电负性最大的为O元素，C为P元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p3，故答案为：O；1s22s22p63s23p3；（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因O3相对原子质量较大，则范德华力较大，沸点较高，A的氢化物为水，为分子晶体，B的氢化物为NaH，为离子晶体，故答案为：O3；O3相对原子质量较大，范德华力较大；分子晶体；离子晶体；（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物为PCl3，P形成3个δ键，孤电子对数为=1，则为sp3杂化，立体构型为为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3；（4）化合物D2A为Cl2O，O为中心原子，形成2个δ键，孤电子对数为=2，则中心原子的价层电子对数为4，立体构型为V形，氯气与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，故答案为：V形；4；2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；（5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的顶点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×+6×=4，N（Na）：N（O）=2：1，则形成的化合物为Na2O，20\n晶胞中O位于顶点，Na位于体心，每个晶胞中有1个Na与O的距离最近，每个定点为8个晶胞共有，则晶胞中O原子的配位数为8，晶胞的质量为，晶胞的体积为（0.566×10﹣7）cm3，则晶体F的密度为=2.27g•cm﹣3，故答案为：Na2O；8；2.27g•cm﹣3．【点评】本题为2022年考题，考查物质结构和性质，侧重考查学生空间想象能力、知识运用能力，涉及晶胞计算、原子结构等知识点，综合性较强，采用均摊法、价层电子对互斥理论等理论分析解答，题目难度中等． [化学-选修5：有机化学基础]（共1小题，满分0分）13．（2022•山东）利用从冬青中提取出的有机物A合成抗结肠炎药物Y及其他化学品，合成路线如下图：根据上述信息回答：（1）D不与NaHCO3溶液反应，D中官能团的名称是 醛基 ，B→C的反应类型是 取代反应 ．（2）写出A生成B和E的化学反应方程式 ．（3）A的同分异构体I和J是重要的医药中间体，在浓硫酸的作用下I和J分别生产，鉴别I和J的试剂为 FeCl3或溴水 ．20\n（4）A的另一种同分异构体K用于合成高分子材料，K可由制得，写出K在浓硫酸作用下生成的聚合物的结构简式 ．【考点】有机物的推断；有机物的合成；取代反应与加成反应．【专题】压轴题；有机物的化学性质及推断．【分析】由B→C可知，B为CH3OH，发生取代反应生成醚C；则D为HCHO（官能团是醛基），与足量银氨溶液反应生成（NH4）2CO3，再与H+反应生成CO2，由Y结合信息逆推可知H为，因为第一步加入的是NaOH溶液，故E→F是酚钠生成酚，F→G是羧酸钠生成羧酸，G→H是硝化反应，故A的结构简式为：，由逆推得I和J结构分别是：和，一种是醇，另一种是酚，故可用氯化铁或溴水的鉴别，要生成聚合物，必须两个官能团都发生反应，应发生缩聚反应，故高聚物为．【解答】解：（1）由B→C可知，B在浓硫酸作用下生成二甲醚，则B为CH3OH，发生取代反应生成醚C；B在催化剂条件下发生催化氧化生成甲醛，则D为HCHO，故答案为：醛基；取代反应；（2）D与足量银氨溶液反应生成（NH4）2CO3，再与H+反应生成CO2，由Y结合信息逆推可知H为，因为第一步加入的是NaOH溶液，故E→F是酚钠生成酚，F→G是羧酸钠生成羧酸，G→H是硝化反应，故A的结构简式为：，方程式为，故答案为：20\n；（3）由逆推得I和J结构分别是：和，一种是醇，另一种是酚，故可用氯化铁或溴水的鉴别，故答案为：FeCl3或溴水；（4）K是A的同分异构体，可由制得，则K为，要生成聚合物，必须两个官能团都发生反应，应发生缩聚反应，故答案为：．【点评】本题考查有机推断与合成的综合考查，尤其关注官能团、反应类型，结构与性质的关系等传统热点、重点，注意官能团的性质，做题时注意把握题中的关键信息． 20
