辽宁省2022年高考化学压轴卷含解析.doc

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1、辽宁省2021年高考化学压轴卷（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名填写在答题卡上，将条形码贴在相应位置。2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64 Ge:73 Ba：137一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。1古代

2、文学中蕴含许多化学知识，下列说法正确的是A“客从南溟来，遗我泉客珠”中珍珠的主要成分是碳酸钙B俗语“卤水点豆腐”中“卤水”指的是氯水C成语“水滴石穿”中只发生了物理变化D“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程涉及可逆反应2用氢氧化钠溶液能吸收处理含硫化氢的尾气：H2S2NaOH=Na2S2H2O中。下列表示相关微粒的化学用语正确的是AH2S为非极性分子BNa2S的电子式：C34S2-的结构示意图：DH2O形成的冰为离子晶体3X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X原子为元素周期表中半径最小的原子，Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，W位于第IB族，X、Y、Z、W形成

3、的阳离子为狭长的八面体结构如图所示，下列说法不正确的是AX、Y、Z元素第一电离能最大的是ZB两种配体分子中的键角：X2ZYX3C由图可知该阳离子中心原子的配位数为6D加热时该离子首先失去的组分是X2Z4硼化镁晶体的理想模型中，镁原子和硼原子分层排布，彼此分层间隔。硼原子(黑球，半径为a)和镁原子(白球，半径为b)在平面上的投影如图1，下列说法错误的是A硼原子的价电子构型为B该晶体的化学式为C硼化镁晶体的晶胞结构可用图2表示D晶胞边长为5下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是A制取SO2B验证漂白性C收集SO2D尾气处理6过二硫酸分子式为，可看成是分子中两

4、个氢原子被磺酸基取代的产物，即：；过二硫酸与水反应生成过氧化氢和硫酸。下列说法不正确的是A过二硫酸具有强氧化性B过二硫酸中硫元素的化合价为+6价C可做漂白剂，加热会使其漂白性逐渐失效D可用硝酸钡溶液鉴别和7设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A1mol石墨中含有4NA个C-C键B5.6gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3xH2O，电极反应中转移的电子数为0.2NAC在含的数目为NA的Na2SO3溶液中，含有Na+的数目为2NAD常温下，pH =12的NaClO溶液中由水电离出的OH-的数目为0.01NA8Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得：下列叙述不正确的是A反

5、应过程中加入K2CO3的作用是提高X的转化率BY与Br2的加成产物中含手性碳原子C可以用Na2CO3溶液检验Y中是否存在XD等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为349磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一、采用湿法冶金工艺回收废旧硫酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：下列叙述错误的是A合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠10下列反应的离子方程式书写正确的是A1mol的溶液与4molNaOH的溶液混合：B将硫酸酸化的溶液暴露在

6、空气中：C苯甲酸与过量溶液反应：2+2+CO2+H2OD向溶液中通入少量气体：11最新文献报道，有机小分子可催化多氟芳香化合物的取代反应，机理如下图所示。下列说法错误的是A2是催化剂B4和7都是反应中间体C5为时，1是D2向4的转化过程中有非极性键与极性健的断裂与形成12下列实验能达到预期目的的是实验内容实验目的A向1mL 0.1molL-1NaOH溶液中加入2mL 0.1molL-1CuSO4溶液，振荡后滴加0.5mL葡萄糖溶液，加热后未出现红色沉淀证明葡萄糖中不含醛基B向1mL 0.2molL-1AgNO3溶液中滴入2滴0.1molL-1KCl溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1molL

7、-1KI溶液，又生成黄色沉淀证明在相同温度下，Ksp(AgCl)Ksp(AgI)C室温下，用pH试纸测定同浓度的Na2CO3与NaClO的pH，比较二者pH的大小证明碳元素的非金属性弱于氯D将FeCl2样品溶于盐酸，滴加KSCN溶液，溶液变红色证明FeCl2样品已变质AABBCCDD13羟基自由基(OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。一种能将苯酚(C6H5OH)氧化为CO2、H2O的原电池-电解池组合装置如图。该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法错误的是Ac极为阴极，M为阳离子交换膜Bb极的电极反应式为C6H5OH-28e-28OH-=6CO217H2OCd极区苯酚被氧化的反应为C6H

8、5OH28OH=6CO217H2OD右侧装置中，每转移0.7 mol e-，c、d两极共产生气体11.2L(标准状况)14工业合成三氧化硫的反应为，反应过程可用如图模拟(代表O2分子，代表SO2分子，代表催化剂)下列说法正确的是A过程和过程决定了整个反应进行的程度B过程为放热反应，过程为吸热反应C1molSO2和1molO2反应，放出的热量小于99kJD催化剂可降低整个反应的活化能，因此使H减小15实验测得0.5molL1Na2SO3溶液、NaHCO3和CH3COONa的pH随温度变化如图所示。已知25电离平衡常数(Ka)化学式CH3COOHH2CO3H2SO3Ka1.810-5K1=4.31

9、0-7 K2=5.610-11K1=1.510-2 K2=1.010-7下列说法不正确的是A25时，若Na2SO3浓度为0.1molL1，则溶液pH=10 (忽略二级水解和H2O的电离)B曲线45时的变化，主要原因是NaHCO3发生分解生成Na2CO3C由图表可知，曲线为CH3COONa溶液Da、b两点的pH前者大于后者，主要原因是酸式盐在水溶液中既发生水解又发生电离二、非选择题：本题共4小题，共55分。16已知固体易升华,其蒸气为黄色。某学习小组通过下列装置探究与能否反应产生,实验装置如下图。实验操作和现象: 实验操作现象点燃酒精喷灯,加热加热一段时间后,装置A中产生黄色气体,装置B中溶液变

10、蓝回答下列问题:(1)进行上述实验操作前还需要进行的操作为 _ 。 (2)甲同学认为装置A中产生黄色气体不能说明一定产生,原因为 _ 。从安全角度分析,他认为该装置存在问题,改进的方法是在装置A、B之间添加 _ 。 (3) 乙同学分析,除了氯气可使B中溶液变蓝外,推测还有两种可能。 推测一:装置A中得到的气体中有一种黄色气体可使B中溶液变蓝,该反应的离子方程式为 _ 。 推测二:在酸性条件下,装置中的空气可使B中溶液变蓝。发生反应的离子方程式为 _ ;他认为解决问题的操作为在开始加热A装置先 _ 。(4) 按照上述甲、乙同学改进进行实验,观察到装置A中产生黄色气体,装置B中溶液变蓝,则A中发生

11、反应的化学方程式为 _ 。17CoCl26H2O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CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；酸性条件下，ClO3不会氧化Co2+，ClO3转化为Cl；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为：0.01mol/L)CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶生成无水氯化钴。请回答：(1)写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式_。(2)向浸出液中加入 NaClO3发

12、生主要反应的离子方程式_。(3)“加Na2CO3调pH至5.2”，过滤所得到的沉淀成分为_。(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示，萃取剂使用的适宜pH范围是_。(填选项序号字母)A 1.02.0 B 2.53.5 C 4.05.0(5)制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是_。(6)为测定粗产品中CoCl26H2O含量，称取2g的粗产品溶于水，配成100mL溶液，取出20mL置于锥形瓶，加入K2CrO4做指示剂( Ag2CrO4为砖红色沉淀)，用0.2mol/L的AgNO3溶液滴定至终点，重复2-3次，平均消耗AgNO3标准溶液10.00mL。该粗产品中CoCl26H

13、2O的质量分数为_。用K2CrO4做指示剂时，需要控制溶液pH值为6.510.5，试分析原因_。18燃煤烟气中的、可通入碱液或利用电解池装置进行吸收处理。. 常温下，是一种有特殊臭味、稳定性较差的淡蓝色气体。氧化性强于，能更有效地氧化。(1) (活化能)则 _(活化能)(2)为分析氧化时温度对脱除率的影响，将与混合反应一段时间，再用碱液吸收氧化后的气体。其他条件相同时，脱除率随与混合反应时温度变化如图1所示。温度在时，随着温度升高，脱除率无明显变化；温度超过时，随着温度升高，脱除率下降。其可能原因是_。.一定条件下水溶液中可发生如下反应：，部分物质的物质的量的变化如图2所示。(3)曲线表示_的

14、变化(填名称)。时反应达到平衡状态，用表示反应的平均速率为_。(4)下列不能说明反应已达到平衡状态的是_。AB绝热恒容时，反应的化学平衡常数不再变化C恒温恒容时，混合溶液中硫酸的密度不再变化D反应过程中，溶液中分子总数不再改变. 若烟气主要成分为、，可通过电解法除去，其原理如图3所示。阳极的电极反应式为_。电解过程中得到的产物为_。19用两种不饱和烃A和D为原料可以合成有机物J，合成路线如图：已知：回答下列问题：(1)B的名称是_，C中的官能团名称为_。(2)H与NaHCO3溶液反应的化学方程式为_。(3)已知BKL，符合下列条件的L的同分异构体有_种。含有1个五元碳环；与NaHCO3反应产生

15、气体。其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为441，写出符合条件一种同分异构体的结构简式_。(4)利用题中信息和所学知识，写出以A合成的路线流程图(其他试剂自选)_。参考答案1【答案】A【解析】A珍珠为贝类内分泌作用而形成的含碳酸钙的矿物珠粒，因此主要成分是碳酸钙，A正确；B“卤水”是电解质溶液，溶质主要是氯化镁，豆浆属于胶体，电解质溶液能使胶体发生聚沉，故“卤水”可使豆浆变为豆腐，B错误；C“水滴石穿”的过程中二氧化碳溶于水后，与石头（主要成分为碳酸钙）反应生成了溶于水的碳酸氢钙，使得石头逐渐溶解，该过程中不止发生了物理变化，还发生了化学变化，C错误；D在同一条件下，既能向正反应

16、方向进行，同时又能向逆反应方向进行的反应，称为可逆反应，“丹砂烧之成水银”的过程需要加热，“积变又还成丹砂”则在常温下即可发生，两者不是同时发生，因此不是可逆反应，D错误；答案选A。2【答案】C【解析】AH2S为V形结构，分子中正、负电荷中心不重合，为极性分子，选项A错误；BNa2S的电子式应该为Na2Na，选项B错误；C34S2的结构示意图与32S2的结构示意图一样，均为，(结构示意图中圆圈内的数字不表示微粒所含有的中子数)，选项C正确；DH2O为共价化合物，水形成的冰为分子晶体，选项D错误。答案选C。3【答案】A【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素， 基态原子中，X为元素

17、周期表中半径最小的原子，则X为H元素；Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，则Z核外电子排布是2、6，因此Z为O元素；W位于第IB族，则W原子的价电子排布为3d104s1，故W为Cu元素；Y原子序数小于O，且与3个H原子结合，则Y为N元素，以此分析解答。【解析】根据上述分析可知：X是H，Y是N，Z是O，W是Cu元素。A一般情况下元素的非金属性越强，其第一电离能越大。同一周期元素的第一电离能呈增大趋势。但由于N位于元素周期表第VA，原子核外电子处于其轨道的半充满的稳定状态，因此其第一电离能大于同一周期相邻的O元素，因此三种元素中第一电离能最大的元素是N元素，A错误；BX是H，Y是N，Z是O，X

18、2Z是H2O，YX3是NH3。H2O、NH3分子中的中心原子O、N都是采用sp3杂化，由于H2O分子中的中心O原子上有2对孤电子对，而NH3分子中的中心N原子上只有1对孤电子对，则水分子的孤电子对对成键电子对的排斥作用更明显，导致键角：X2ZYX3，B正确；C根据图示可知：中心Cu2+与4个NH3的N原子及2个H2O的O原子形成6个配位键，故Cu2+的配位数是6，C正确；DX2Z是H2O，加热时先脱水，即加热时该离子首先失去的组成是X2Z，D正确；故合理选项是A。4【答案】B【解析】A硼原子的原子序数为5，其价电子排布式为，A正确；B根据图1可知，1个B原子被3个Mg原子共用，即属于1个Mg原

19、子的B原子为，同理，1个Mg原子被6个B原子共用，即用于一个B原子的Mg原子为，所以晶胞中原子个数比Mg:B=:=1:2，化学式为，B错误；C图2中Mg原子位于晶胞的顶点，原子个数为=1，B原子位于晶胞的内部，原子个数为2个，其化学式为，与图1相符，C正确；D由图2可知，边长为2个白球圆心的距离，图1中3个连续最近的白球的中心组成一个等边三角形，如图，在等边三角形中作辅助线，如图（a、b、c为白球的球心，d为黑球的球心），ac即为晶胞边长，设晶胞边长为x，ae长度为x，ad长度为（a+b），则cos30=，解得x=，D正确； 故选B。5【答案】B【解析】A在加热条件下，浓硫酸和铜片反应生成二氧

20、化硫，硫酸铜和水，不能使用稀硫酸，故A错误； BSO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，故B正确；CSO2的密度比空气大，收集SO2应使用向上排空气法，并长导管进气，短导管出气，故C错误；D饱和亚硫酸氢钠不能溶解二氧化硫，无法吸收尾气处理，故D错误；答案选B。6【答案】D【解析】A由过二硫酸的结构简式可知，其中含有过氧键，该氧元素的化合价为-1价，故过二硫酸具有类似于过氧化氢、过氧化钠具有强氧化性，A正确；B由过二硫酸的结构简式可知，其中含有过氧键，该氧元素的化合价为-1价，故过二硫酸中硫元素的化合价为+6价，B正确；C过氧键不稳定，受热易断裂，故可做漂白剂，加热会发生反应：2+2H2O2Na2S

21、O4+2H2SO4+O2，故使其漂白性逐渐失效，C正确；D由于过二硫酸与水反应生成过氧化氢和硫酸，故硝酸钡溶液分别滴入和均可看到由白色沉淀生成，故不可用硝酸钡溶液鉴别和，D错误；故答案为：D。7【答案】B【解析】A1mol石墨中含有1.5molC-C键，即1.5NA个C-C键，故A错误；B铁发生吸氧腐蚀时，负极反应式为，5.6gFe是0.1mol，所以电极反应中转移的电子数为0.2NA，故B正确；C溶液中，会水解，所以钠离子与之比大于2：1，在含的数目为NA的溶液中，含有的数目，多于2NA，故C错误；D常温下，的溶液中由水电离出的的浓度为0.01mol/L，不知道溶液体积，无法求算数目，故D错

22、误；故选B。8【答案】D【解析】A 与反应除了生成Y，还会生成HBr，加入K2CO3，可以消耗HBr，有利于反应的正向进行，从而提高转换率，A正确；BY与Br2的加成产物是，箭头指向处是手性碳原子，B正确；CX中有酚羟基，与碳酸钠溶液反应生成酚钠和碳酸氢钠，溶液不分层，Y是有机物，难溶于碳酸钠溶液，分层，故可以用于鉴别，C正确；DX中的苯环、醛基都可与H2反应，1molX消耗(3+1)molH2，Y中的苯环、醛基、碳碳双键均能反应，1molY消耗(3+1+1)molH2，故比例为4：5，D错误；答案为D。9【答案】D【分析】正极片碱溶时铝转化为偏铝酸钠，滤渣中含有磷酸亚铁锂，加入硫酸和硝酸酸溶

23、，过滤后滤渣是炭黑等，得到含Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，滤液中加入碳酸钠生成含锂的沉淀，据此解答。【解析】A废旧电池中含有重金属，随意排放容易污染环境，因此合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，A正确；B根据流程的转化可知从正极片中可回收的金属元素有Al、Fe、Li，B正确；C得到含Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，因此“沉淀”反应的金属离子是Fe3，C正确；D硫酸锂能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸钠代替碳酸钠，D错误。答案选D。10【答案】B【解析】A lmol 的溶液中含有1mol 和1mol ，当加入4mol 时，先与反应生成，消耗3mol ，剩

24、余的1mol 会继续与1mol 反应生成1mol，选项A错误；B酸性溶液暴露在空气中，容易被氧化成，反应的离子方程式为，选项B正确；C由于苯甲酸是少量的，所以应生成，不能放出，选项C错误；D由于的氧化性比强，所以当通入少量气体时，发生反应：，选项D错误。答案选B。11【答案】D【解析】A由题干反应历程图可知，进入体系的物质为3和5是反应物，离开体系的物质为1和6是生成物，而是在体系中循环的物质，故2是催化剂，A正确；B由题干反应历程图可知，4和7都是反应中间体，B正确；C根据历程图可知，5为即将历程图5中的X换成-OOCCH3时，则也将1中的X换成-OOCCH3，故生成物1是，C正确；D由历程

25、图可知，2向4的转化过程中断裂了C-F极性键，形成了C-N，N-F极性键，故无非极性键的断裂与形成，D错误；故答案为：D。12【答案】D【解析】A向1mL 0.1molL-1NaOH溶液中加入2mL 0.1molL-1CuSO4溶液，NaOH不足，而检验-CHO需要在碱性溶液中进行，由操作和现象不能检验葡萄糖中是否含-CHO，故A错误；B向1mL 0.2molL-1AgNO3溶液中滴入2滴0.1molL-1KCl溶液，产生白色沉淀，硝酸银过量，再滴加2滴0.1molL-1KI溶液，又生成黄色沉淀，由操作和现象不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)，故B错误；CNaClO具有强氧化性，可使

26、pH试纸褪色，应选pH计测定NaClO溶液的pH，且对应的酸不是最高价含氧酸，不能比较非金属性，故C错误；D滴加KSCN溶液，溶液变红色，可知溶液中含铁离子，则FeCl2样品已变质，故D正确；故选D。13【答案】B【解析】A根据电池装置图可知，左侧是原电池装置，a电极上重铬酸根离子得到电子，化合价降低，生成氢氧化铬，b电极上苯酚生成二氧化碳，碳元素化合价升高，被氧化，b电极是负极，a电极是正极，c电极是阴极，d电极是阳极，A项不符合题意；Bb电极上苯酚转化成二氧化碳，苯酚和生成的二氧化碳在碱性条件下不共存，所以应当选择酸性环境，故电极反应式为，B项符合题意；C右侧装置是电解池装置，d是阳极，结

27、合图示，电极反应中产生羟基自由基(OH)和H+，没有生成氧气，正极电极反应式为，羟基自由基氧化能力很强，能氧化苯酚为二氧化碳和水，故苯酚被氧化大的方程式为，C项不符合题意；Dc极上氢离子放电，电极反应式为，d电极的电极反应式为，结合苯酚的氧化过程知，当转移0.7mol电子时，d极生成0.7mol的OH，它氧化苯酚时生成二氧化碳，标况下体积为3.36L，c极上生成0.35mol的氧气，标况下体积为7.84L，则气体总量为11.2L，D项不符合题意故正确选项为B14【答案】C【解析】A过程I是吸附放热过程，自发进行程度大，但过程II是共价键断裂的过程，过程IV是生成物解吸过程，需要消耗能量，它们的

28、活化能相对较大，决定了全部反应进行的程度，A错误；B由图可知，过程II化学键断裂，为吸热过程，过程III化学键形成，为放热过程，B错误；C反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-198kJ/mol是可逆反应，所以1molSO2和1molO2反应时消耗SO2的物质的量小于1mol，放热小于99kJ，C正确； D催化剂不能改变反应的始终态，不能改变反应物和生成物的内能，所以不能改变反应热，D错误；故答案为：C。15【答案】C【分析】根据表格数据可知亚硫酸的二级电离平衡常数小于碳酸的一级电离平衡常数，小于醋酸的电离平衡常数，所以亚硫酸根的水解程度最大，相同浓度时pH最大，所以曲线为亚硫酸钠

29、溶液，虽然碳酸的一级电离平衡常数小于醋酸的电离平衡常数，但由于碳酸氢根还会发生电离，且据图可知曲线随温度升高pH会骤增，应是碳酸氢钠受热分解生成了碳酸钠，碱性增强，所以曲线代表碳酸氢钠，曲线代表醋酸钠，据此分析解题。【解析】ANa2SO3溶液中存在水解平衡SO32-+H2OHSO3-+OH-，设溶液中c(OH-)=x mol/L，忽略二级水解和水的电离，则c(HSO3-)= c(OH-)=x mol/L，则有，即，解得x10-4mol/L，则c(H+)=10-10mol/L，即pH为10，A正确；B曲线应代表碳酸氢钠，45时碱性增强，应是碳酸氢钠受热分解生成了碳酸钠，而碳酸的二级电离平衡常数最

30、小，碳酸根的水解程度更大，所以碱性增强，pH增大，B正确；C醋酸的水解程度小于亚硫酸根，而曲线代表的溶液在25时碱性最强，所以曲线不可能是醋酸钠溶液，C错误；D曲线代表醋酸钠，曲线代表碳酸氢钠，即25碳酸氢钠的碱性弱于醋酸钠，而碳酸的一级电离平衡常数小于醋酸的电离平衡常数，所以导致碳酸氢钠溶液碱性较弱的原因应是由于碳酸氢根在水溶液中既发生水解又发生电离，D正确；故选C。16【答案】检验装置气密性 升华后产生的气体也为黄色 在装置A、B间添加冷凝装置防堵塞导管 2Fe3+2I-=2Fe2+I2 在开始加热A装置前通入一段时间排尽装置内空气 【分析】有气体参加的反应或制取气体的反应在实验前要检查装

31、置的气密性，为防止空气成分对实验的干扰，要先通入与反应体系无关的气体进行排空处理；对于易升华的物质要注意采取安全措施，Cl2、FeCl3都有氧化性，都会将KI氧化为I2而使淀粉溶液变为蓝色。要注意排除杂质的干扰，同时注意进行尾气处理，防止大气污染。据此解答。【解析】(1) 因为可能有气体产生。因此实验操作前还需要进行的操作为检查装置气密性。故答案为：检验装置气密性。(2)甲同学认为装置A中产生黄色气体不能说明一定产生Cl2。这是因为FeCl3固体加热升华后产生FeCl3蒸汽也为黄色。因此不能确定黄色气体是Cl2还是FeCl3蒸汽。从安全角度分析,他认为该装置存在的问题是FeCl3固体加热易升华

32、，其蒸汽遇冷就会发生凝华现象，变为固体会导致导管堵塞，改进的方法是在装置A、B之间添加冷凝装置防堵塞导管。故答案为：FeCl3升华后产生的气体也为黄色；在装置A、B间添加冷凝装置防堵塞导管。(3)除了氯气可使B中溶液变蓝外，装置A中得到的气体中有一种黄色气体也可使B中溶液变蓝，该气体是升华的FeCl3蒸汽，该反应的离子方程式2Fe3+2I-=2Fe2+I2。故答案为：2Fe3+2I-=2Fe2+I2在酸性条件下,装置中的空气可使B中溶液变蓝。发生反应的离子方程式为，解决问题的操作为在开始加热A装置前通入一段时间N2排尽装置内空气。故答案为：；在开始加热A装置前通入一段时间N2排尽装置内空气。

33、(4)按照上述甲、乙同学改进进行实验,观察到装置A中产生黄色气体,装置B中溶液变蓝,则证明A中发生反应产生了Cl2，则A中发生反应的化学方程式为。故答案为：。17【答案】Co2O3 + SO32- +4H+ = 2Co2+ + SO42- +2H2O 6H+ + 6Fe2+ + ClO3- = 6Fe3+ + Cl- + 3H2O Fe(OH)3, Al(OH)3 B 降低烘干温度，防CoCl26H2O 高温下失去结晶水 59.5% pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为Cr2O72-)； pH太大生成Ag(OH)沉淀 (或Ag2O沉淀) 【分析】含钴废料中加盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、

34、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，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，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl26H2O晶体，应控制温度在86以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干，（1）根据流程图结合信息浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等进行解答；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；（3）根据铝离子、铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成沉淀和二氧化碳进行解答；（4）由表中数据可知，调节溶液PH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为C

35、o（OH）2沉淀；（5）温度高时CoCl26H2O分解；（6）根据CoCl26H2O与AgNO3反应的关系式计算CoCl26H2O的纯度，pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为Cr2O72-)， pH太大生成AgOH沉淀。【解析】（1）水钴矿主要成分为Co2O3、Co（OH）3，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子

36、方程式为：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，所以沉淀X的成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3；（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

37、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B；（5）根据题意知，CoCl26H2O常温下稳定无毒，加热至110120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl26H2O需降低烘干温度；（6）CoCl26H2O2AgNO3 238g 2mol xg 0.2mol/L0.01LX=0.238gCoCl26H2O的纯度为59.5% pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为Cr2O72-)， pH太大生成AgOH沉淀，所以需要控制溶液pH值为6.510.5。18【答案】-284.2 时，和反应的活化能低，反应速率快，分解的活化能高，反应速率慢，

38、所以分解对氧化反应的影响不大，但温度高于时，分解速率迅速增加 硫 A 、 【解析】(1) 反应一： 反应二： 根据盖斯定律：；(2) 由题可知，时，和反应的活化能低，反应速率快，分解的活化能高，反应速率慢，以反应为主，所以分解对氧化反应的影响不大，但温度高于时，分解速率迅速增加，分解对氧化反应的影响增大，NO脱除率下降；(3) M，N平衡时比值为2：1，M为反应物，N为生成物，M减少量是N生成量的3倍，根据方程式可知M为，N为S，与S的比值为2：1，故可求；(4) A平衡时v正=v逆，A不能体现正逆反应，故A错误；B反应的化学平衡常数只受温度影响，且容器绝热，故B正确；C硫酸的密度不变，且容器

39、恒容，故硫酸的质量m也不变，因此n也不变，反应平衡，故C正确；D一个平衡体系，分子总数不会改变，故D正确；答案选A。(5) 由题中可知，阳极反应为：,阴极为: ,将两边电子都配成10个，发现剩余H+，则产物中有、；19【答案】邻溴甲苯或2溴甲苯 醛基和溴原子(或碳溴键) +NaHCO3+H2O+CO2 10 或 【分析】由丁逆推可知H为，结合信息可知G为，C为，B为，A为， E为(CH3)3CBr，D为CH2=C(CH3)2。【解析】(1) B为，B的名称是邻溴甲苯或2溴甲苯，C为，C中的官能团名称为醛基和溴原子(或碳溴键)，故答案为：邻溴甲苯或2溴甲苯；醛基和溴原子(或碳溴键)(2) H为，H与NaHCO3溶液反应的化学方程式为+NaHCO3+H2O+CO2，故答案为：+NaHCO3+H2O+CO2；(3) 已知BKL，B为，且已知：得L为：，符合下列条件的L的同分异构体含有1个五元碳环；与NaHCO3反应产生气体，说明含-COOH的有机物有：一个侧链时有2种：或，两个侧链时有4种： (邻、间2种)+ ，(邻、间2种)，三个侧链时有4种：,(邻、间2种)+ (邻、间2种)，共10种，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为441，写出符合条件一种同分异构体的结构简式为或故答案为：10；或；(4)由题中信息和所学知识，以A合成的路线流程图为，故答案为：。- 20 -