上海中学2024年高三3月份第一次模拟考试化学试卷含解析_第1页
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文档简介

上海中学2024年高三3月份第一次模拟考试化学试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、[n]-轴烯由单环n-烷烃每个碳原子上的两个氢原子被一个=CH2替换而成,部分轴烯的结构简式如图所示。下列说法错误的是碳原子数(n)681012。。。结构简式。。。A.轴烯的通式可表示为CmHm(m≥3的整数)B.轴烯可以使溴的四氯化碳溶液褪色C.与足量H2完全反应,lmol轴烯消耗H2的物质的量为mmolD.m=6的轴烯分子的同分异构体中含有两个碳碳三键的结构有4种2、下列条件下,两瓶气体所含原子数一定相等的是A.同质量、不同密度的N2和CO B.同温度、同体积的H2和N2C.同体积、不同密度的C2H4和C3H6 D.同压强、同体积的N2O和CO23、某溶液X含有K+、Mg2+、Fe3+、Al3+、Fe2+、Cl-、CO32-、OH-、SiO32-、NO3-、SO42-中的几种,已知该溶液中各离子物质的量浓度均为0.2mol·L-1(不考虑水的电离及离子的水解)。为确定该溶液中含有的离子,现进行了如下的操作:下列说法正确的是A.无色气体可能是NO和CO2的混合物B.原溶液可能存在Fe3+C.溶液X中所含离子种类共有4种D.另取l00mL原溶液X,加入足量的NaOH溶液,充分反应后过滤,洗涤,灼烧至恒重,理论上得到的固体质量为2.4g4、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作和现象结论A向鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液,出现浑浊蛋白质可能发生了变性B将乙醇与浓硫酸混合加热,产生的气体通入酸性KMnO4溶液,溶液紫红色褪去产生的气体中一定含有乙烯C室温下,用pH试纸测得:0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液的pH约为10;0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液的pH约为5HSO3﹣结合H+的能力比SO32﹣的强D向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液,产生淡黄色沉淀(AgBr)Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl)A.A B.B C.C D.D5、下列物质溶于水形成的分散系不会产生丁达尔现象的是A.葡萄糖 B.蛋白质 C.硫酸铁 D.淀粉6、常温下,用0.10mol·L-1的AgNO3溶液分别滴定体积均为50.0mL的由Cl-与Br-组成的混合溶液和由C1-与I-组成的混合溶液(两混合溶液中Cl-浓度相同,Br-与I-的浓度也相同),其滴定曲线如图所示。已知25℃时:Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(AgBr)=4.9×10-13,Ksp(AgI)=8.5×10-16。下列有关描述正确的是()A.图中X-为Br-B.混合溶液中n(Cl-):n(I-)=8:5C.滴定过程中首先沉淀的是AgClD.当滴入AgNO3溶液25mL时,Cl-与Br-组成的混合溶液中c(Ag+)=7×10-7mol·L-17、某化妆品的组分Z具有美白功效,原来从杨树中提取,现可用如下反应制备。下列有关叙述错误的是A.X、Y和Z分子中所有原子都可能处于同一平面B.X、Y和Z均能使酸性高锰酸钾溶液退色C.Y的苯环上二氯代物共有6种D.Y作为单体可发生加聚反应,Z能与Na2CO3溶液反应8、对于排布在2s轨道上的电子,不能确定的是A.电子所在的电子层 B.电子的自旋方向C.电子云的形状 D.电子云的伸展方向9、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作和现象结论A向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X,出现白色沉淀X具有强氧化性B将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中,充分振荡,有白色沉淀产生非金属性:Cl>SiC常温下,分别测定浓度均为0.1mol·L-1NaF和NaClO溶液的pH,后者的pH大酸性:HF<HClOD卤代烃Y与NaOH水溶液共热后,加入足量稀硝酸,再滴入AgNO3溶液,产生白色沉淀Y中含有氯原子A.A B.B C.C D.D10、煤、石油、天然气是人类使用的主要能源,同时也是重要的化工原料。我们熟悉的塑料、合成纤维和合成橡胶主要是以石油、煤和天然气为原料生产。下列说法中正确的是()A.煤的液化是物理变化B.石油裂解气不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.棉花、羊毛、蚕丝和麻的主要成分都是纤维素D.“可燃冰”是由甲烷与水在高压低温下形成的类冰状的结晶物质11、下列示意图与化学用语表述内容不相符的是(水合离子用相应离子符号表示)()A.NaCl→Na++Cl-B.CuCl→Cu2++2Cl-C.CH3COOH⇌CH3COO-+H+D.H2

(g)+Cl2

(g)→2HCl(g)+183kJ12、短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大,a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和,这四种元素组成两种盐b2da3和bca2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸,产生白色沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是A.1mold的氧化物含2mol化学键B.工业上电解c的氧化物冶炼单质cC.原子半径:a<b<c<dD.简单氢化物的沸点:a<d13、在下列各溶液中,一定能大量共存的离子组是A.有色透明溶液中:Fe2+、Ba2+、[Fe(CN)6]3-、NO3-B.强酸性溶液中:Cu2+、K+、ClO-、SO42-C.含有大量AlO2-的溶液中:K+、Na+、HCO3-、I-D.常温下水电离的c(H+)为1×10-12mol/L的溶液中:K+、Na+、Cl-、NO3-14、下列关于物质用途不正确的是()A.MgO:氧化镁的熔点高达2800℃,是优质的耐高温材料B.SiO2:做分子筛,常用于分离、提纯气体或液体混合物C.FeSO4:在医疗上硫酸亚铁可用于生产防治缺铁性贫血的药剂D.CuSO4:稀的硫酸铜溶液还可用于杀灭鱼体上的寄生虫,治疗鱼类皮肤病和鳃病等15、某科研小组将含硫化氢的工业废气进行了资源化利用,将获得的电能用于制取“84”消毒液。已知:2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)△H=-632KJ/mol。下图为该小组设计的原理图。下列说法正确的是()A.电极a为燃料电池正极B.电极b上发生的电极反应为:O2+4e-+2H2O=4OH-C.电路中每流过4mol电子,电池质子固体电解质膜饱和NaCl溶液内部释放热能小于632kJD.a极每增重32g,导气管e将收集到气体22.4L16、我国的科技发展改变着人们的生活、生产方式。下列说法中错误的是A.“甲醇制取低碳烯烃”技术可获得聚乙烯原料B.“嫦娥四号”使用的SiC―Al材料属于复合材料C.5G芯片“巴龙5000”的主要材料是SiO2D.“东方超环(人造太阳)”使用的氘、氚与氕互为同位素17、25℃时,将0.10mol·L-1CH3COOH溶液滴加到10mL0.10mol·L-1NaOH溶液中,lg与pH的关系如图所示,C点坐标是(6,1.7)。(已知:lg5=0.7)下列说法正确的是A.Ka(CH3COOH)=5.0×10-5B.Ka(CH3COOH)=5.0×10-6C.pH=7时加入的醋酸溶液的体积小于10mLD.B点存在c(Na+)-c(CH3COO-)=(10-6-10-8)mol·L-118、下列实验能达到实验目的的是()A.A B.B C.C D.D19、下列实验操作、现象和所得出结论正确的是()选项实验操作实验现象实验结论A向淀粉溶液中加入稀硫酸,加热一段时间后,再加入新制Cu(OH)2,加热没有出现砖红色沉淀淀粉没有水解B取少量Mg(OH)2悬浊液,向其中滴加适量浓CH3COONH4溶液Mg(OH)2溶解CH3COONH4溶液呈酸性C将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部,加入少量碎瓷片并加强热,将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中酸性高锰酸钾溶液褪色石蜡油分解产物中含有不饱和烃D将海带剪碎,灼烧成灰,加蒸馏水浸泡,取滤液滴加硫酸溶液,再加入淀粉溶液溶液变蓝海带中含有丰富的I2A.A B.B C.C D.D20、2019年诺贝尔化学奖花落锂离子电池,美英日三名科学家获奖,他们创造了一个可充电的世界。像高能LiFePO4电池,多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜,主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示。原理如下:(1−x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列说法不正确的是()A.放电时,正极电极反应式:xFePO4+xLi++xe-=xLiFePO4B.放电时,电子由负极经导线、用电器、导线到正极C.充电时,阴极电极反应式:xLi++xe-+nC=LixCnD.充电时,Li+向左移动21、如图所示过程除去AlCl3溶液中含有的Mg2+、K+杂质离子并尽可能减小AlCl3的损失。下列说法正确的是A.NaOH溶液可以用Ba(OH)2溶液来代替 B.溶液a中含有Al3+、K+、Cl-、Na+、OH-C.溶液b中只含有NaCl D.向溶液a和沉淀a中滴加盐酸都要过量22、化学与社会、环境密切相关,下列说法不正确的是A.植物秸秆可用于制造酒精与沼气等燃料B.利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料,实现“碳”循环利用C.雷雨过后感觉到空气清新是因为空气中产生了少量的二氧化氮D.小苏打可用于治疗胃酸过多,也可用于发酵粉制作面包二、非选择题(共84分)23、(14分)某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如图(部分反应略去试剂和条件):已知:a.b.根据以上信息回答下列问题:(1)烃A的结构简式是__________。(2)①的反应条件是__________;②的反应类型是____________。(3)下列对抗结肠炎药物有效成分可能具有的性质推测正确的是__________。A.水溶性比苯酚好,密度比苯酚的大B.能发生消去反应C.能发生聚合反应D.既有酸性又有碱性(4)E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是________________________________.(5)符合下列条件的E的同分异构体有________________种,其中核磁共振氢谱有四组峰,峰面积之比3∶1∶1∶1的异构体的结构简式为___________________。a.与E具有相同的官能团b.苯环上的一硝基取代产物有两种(6)已知易被氧化,苯环上连有烷基时再引入一个取代基,常取代在烷基的邻对位,而当苯环上连有羧基时则取代在间位。据此设计以A为原料制备高分子化合物的合成路线______。(无机试剂任选)24、(12分)有机物G是一种医药中间体。其合成路线如下:(1)B中含氧官能团名称为________和________。(2)B→C反应类型为________。(3)D的分子式为C10H11OCl,写出D的结构简式:________。(4)写出满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式:________。①分子中含有1个苯环,能发生银镜反应;②分子中有4种不同化学环境的氢。(5)请以、和为原料制备,写出相应的合成路线流程图(无机试剂任用,合成路线流程图示例见本题题干)________。25、(12分)某研究性学习小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。查阅文献,得到以下资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。Ⅰ.制备K2FeO4(夹持装置略)。(1)A为氯气的实验室发生装置。A中反应方程式是______(锰被还原为Mn2+)。若反应中有0.5molCl2产生,则电子转移的数目为______。工业制氯气的反应方程式为______。(2)装置B中盛放的试剂是______,简述该装置在制备高铁酸钾中的作用______。(3)C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有:3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH→2K2FeO4+6KCl+8H2O,根据该反应方程式得出:碱性条件下,氧化性Cl2______FeO42-(填“>”或“<”)。另外C中还可能发生其他反应,请用离子方程式表示______。Ⅱ.探究K2FeO4的性质(4)甲同学取少量K2FeO4加入浑浊的泥浆水中,发现产生气体,搅拌,浑浊的泥浆水很快澄清。请简述K2FeO4的净水原理。______。26、(10分)碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了FeCO3,并对FeCO3的性质和应用进行了探究。已知:①FeCO3是白色固体,难溶于水②Fe2++6SCN-Fe(SCN)64-(无色)Ⅰ.FeCO3的制取(夹持装置略)实验i:装置C中,向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7,滴加一定量FeSO4溶液,产生白色沉淀,过滤、洗涤、干燥,得到FeCO3固体。(1)试剂a是_____。(2)向Na2CO3溶液通入CO2的目的是_____。(3)C装置中制取FeCO3的离子方程式为_____。(4)有同学认为C中出现白色沉淀之后应继续通CO2,你认为是否合理并说明理由________。Ⅱ.FeCO3的性质探究实验ii实验iii(5)对比实验ⅱ和ⅲ,得出的实验结论是_____。(6)依据实验ⅱ的现象,写出加入10%H2O2溶液的离子方程式_____。Ⅲ.FeCO3的应用(7)FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁([CH3CH(OH)COO]2Fe,相对分子质量为234)补血剂。为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数,树德中学化学实验小组准确称量1.0g补血剂,用酸性KMnO4溶液滴定该补血剂,消耗0.1000mol/L的KMnO4溶液10.00mL,则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为_____,该数值异常的原因是________(不考虑操作不当以及试剂变质引起的误差)。27、(12分)工业上用草酸“沉钴”,再过滤草酸钴得到的母液A经分析主要含有下列成分:H2C2O4Co2+Cl-质量浓度20.0g/L1.18g/L2.13g/L为了有效除去母液A中残留的大量草酸,一般用氯气氧化处理草酸,装置如下:回答下列问题:(1)母液A中c(CoO2)为____mol·L-1。,(2)分液漏斗中装入盐酸,写出制取氯气的离子方程式____________。反应后期使用调温电炉加热,当锥形瓶中____(填现象)时停止加热。(3)三颈烧瓶反应温度为50℃,水浴锅的温度应控制为____(填序号)。A.50℃B.5l-52℃C.45-55℃D.60℃(4)氯气氧化草酸的化学方程式为________。(5)搅拌器能加快草酸的去除速率,若搅拌速率过快则草酸去除率反而降低,主要原因是__________。(6)若用草酸铵代替草酸“沉钴”,其优点是____,其主要缺点为________。28、(14分)[2016·新课标I]锗(Ge)是典型的半导体元素,在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题:(1)基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]_______________,有__________个未成对电子。(2)Ge与C是同族元素,C原子之间可以形成双键、叁键,但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析,原因是______________________________。(3)比较下列锗卤化物的熔点和沸点,分析其变化规律及原因______________________________。GeCl4GeBr4GeI4熔点/℃−49.526146沸点/℃83.1186约400(4)光催化还原CO2制备CH4反应中,带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是______________________________。(5)Ge单晶具有金刚石型结构,其中Ge原子的杂化方式为_______________,微粒之间存在的作用力是_______________。(6)晶胞有两个基本要素:①原子坐标参数,表示晶胞内部各原子的相对位置。如图为Ge单晶的晶胞,其中原子坐标参数A为(0,0,0);B为(,0,);C为(,,0)。则D原子的坐标参数为_______________。②晶胞参数,描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76pm,其密度为_____g·cm−3(列出计算式即可)。29、(10分)乙醛(CH3CHO)是有机合成中的二碳试剂,是合成乙酸、乙醇、乙酸乙酯、农药DDT等的原料。回答下列问题:(1)AndreaDasic等提出在金属催化剂M作用下以N2O为氧化剂可以氧化乙烯生成乙醛。催化体系氧化还原循环如图所示。(物质与氧原子的结合力用OA表示)氧原子与N生成NO的结合力OA(N)=167.4kJ·mol-1,氧原子与乙烯生成乙醛的结合力OA(C2H4)=473kJ∙mol-1,则可用作该反应催化剂的金属M与氧原子的结合力OA(M)的值应满足:_______,使用催化剂会使该反应的活化能____(填“增大”或“减小”)。(2)已知CO(g)、CH4(g)、CH3CHO(l)的燃烧热分别为283.0kJ∙mol-1、890.31kJ·mol-1、1167.9kJ∙mol-1,则乙醛的分解反应CH3CHO(l)CH4(g)+CO(g)的∆H=________。(3)已知:在含有少量I2的溶液中,反应CH3CHO(aq)CH4(g)+CO(g)分两步进行:第I步反应为CH3CHO(aq)+I2(aq)→CH3I(l)+HI(aq)+CO(g)(慢反应),第II步为快反应。①请写出第II步反应的化学方程式:__________。②增大I2的浓度______(填“能"或“不能")明显增大总反应的平均速率,理由为_________。(4)乙醛可以与饱和的NaHSO3溶液发生反应生成水溶性的-羟基磺酸钠:CH3CHO+NaHSO3CH3CH(OH)SO3Na(-羟基磺酸为易溶于水的强酸)。反应达到平衡后,若其他条件不变,向反应体系中加入足量盐酸,平衡将___(填“正向”“逆向”或“不")移动。(5)在100~120°C、PdCl2–CuCl2催化剂存在下,乙烯可以与O2反应生成乙醛:2CH2=CH2(g)+O2(g)2CH3CHO(g)。T°C时,向2L的恒容密闭容器中通入3molCH2=CH2(g)和3molO2(g),发生上述反应,反应刚好达到平衡状态后体系压强变为初始压强的5/6,则CH2=CH2(g)的平衡转化率为____(结果保留3位有效数字),T°C时该反应的平衡常数K为________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、C【解析】

A.每个C原子形成4个共价键,轴烯分子中C原子数与H原子数相同,所以轴烯的通式可表示为CmHm,选项A正确;B、轴烯均含有碳碳双键,可以使溴的四氯化碳溶液褪色,选项B正确;C.轴烯的通式可表示为CmHm,由题中数据可知,碳碳双键数目是碳原子数目的一半,故与足量H2完全反应,lmol轴烯消耗H2的物质的量为0.5mmol,选项C错误;D.该轴烯的分子式为:C6H6,含有2个碳碳三键的碳架结构分别为:C≡C-C≡C-C-C、C≡C-C-C≡C-C、C≡C-C-C-C≡C、C-C≡C-C≡C-C,故总共4种,选项D正确;答案选C。【点睛】本题考查有机物结构简式的书写及同分异构体的判断,注意知识的归纳和梳理是关键,难度中等。易错点为选项C,轴烯的通式可表示为CmHm,由题中数据可知,碳碳双键数目是碳原子数目的一半。2、A【解析】

A、二者同质量,摩尔质量也相同,根据n=知,二者分子物质的量相同,也就是分子数相同,这两种分子还都含有2个原子,所以原子数相同,故A正确;B、同温度、同体积,气体分子数目与压强呈正比,压强不定,无法判断气体分子数关系,故B错误;C、同体积、不同密度的C2H4和C3H6,质量不相等。C2H4和C3H6的最简式相同,质量相等的两种气体含有相同的原子数,但质量不相等,则所含原子数不一定相同,故C错误;D、同压强、同体积,气体分子数目与温度呈反比,温度不定,无法判断气体分子数关系,故D错误;故选:A。3、D【解析】

溶液X加入过量盐酸生成无色气体,该气体与空气变红棕色,说明生成了NO,X中一定含有NO3-和还原性离子,应为Fe2+,则溶液中一定不存在CO32-、OH-、SiO32-,它们都与Fe2+反应生成沉淀;加入盐酸后阴离子种类不变,则说明X中原来就含有Cl-,加入氯化钡生成白色沉淀,则一定含有SO42-,加入KSCN溶液呈红色,因Fe2+被氧化成Fe3+,则不能证明X中是否含有Fe3+,则溶液中一定存在的离子有Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-,溶液中各离子物质的量浓度均为0.20mol•L-1,结合电荷守恒分析解答。【详解】A.根据上述分析,溶液X中一定不存在CO32-,无色气体只能为NO,故A错误;B.根据上述分析,溶液X中一定含有Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-,一定不存在CO32-、OH-、SiO32-;溶液中各离子物质的量浓度均为0.20mol•L-1,还应含有K+、Mg2+、Fe3+、Al3+中的部分离子,结合电荷守恒可知,应含有Mg2+,一定不含Fe3+,故B错误;C.溶液X中所含离子有Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-、Mg2+,共5种,故C错误;D.另取100mL原溶液X,加入足量的NaOH溶液,充分反应后过滤,洗涤,灼烧至恒重,可得到0.01molFe2O3和0.02molMgO,二者质量之和为0.01mol×160g/mol+0.02mol×40g/mol=2.4g,故D正确;故选D。【点睛】正确判断存在的离子是解题的关键。本题的易错点是镁离子的判断,要注意电荷守恒的应用,难点为D,要注意加入NaOH后生成的金属的氢氧化物,灼烧得到氧化物,其中氢氧化亚铁不稳定。4、A【解析】

A.鸡蛋清主要成分为蛋白质,少量CuSO4可能会使其发生变性,故A项正确;B.乙醇和浓硫酸共热至170℃后发生消去反应生成乙烯,但乙醇易挥发,二者均可使高锰酸钾褪色,则该实验不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色,故B项错误;C.室温下,用pH试纸测得:0.1mol·L-1Na2SO3溶液的pH约为10;0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH约为5,说明SO32-的水解程度比HSO3-大,即SO32-结合H+的能力比HSO3-的强,故C项错误;D.NaCl和NaBr的浓度大小未知,产生的淡黄色沉淀也可能是溴离子浓度较大所导致,因此该实验现象不能说明Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl),故D项错误;答案选A。5、A【解析】

A.葡萄糖溶于水得到溶液,不能产生丁达尔效应,A符合题意;B.蛋白质溶于水得到蛋白质溶液,由于蛋白质分子直径比较大,其溶液属于胶体,能产生丁达尔效应,B不符合题意;C.硫酸铁溶于水后,电离产生的Fe3+发生水解作用产生Fe(OH)3胶体,可以发生丁达尔效应,C不符合题意;D.淀粉分子直径比较大,溶于水形成的溶液属于胶体,可以发生丁达尔效应,D不符合题意;故合理选项是A。6、B【解析】

向体积均为50.0mL的由Cl-与Br-组成的混合溶液和由Cl-与I-组成的混合溶液中滴加0.10mol·L-1的AgNO3溶液,根据溶度积数据,Cl-与I-组成的混合溶液中I-先沉淀,Cl-与组成的混合溶液中Br-先沉淀,由图象可知当加入25mLAgNO3溶液时I-和Br-分别反应完,当加入65mLAgNO3溶液时Cl-反应完,据此分析解答。【详解】A、由于Ksp(AgBr)>Ksp(AgI),因此当开始沉淀时,I-浓度应该更小,纵坐标值应该更大,故X-表示I-;故A错误;B、由图象可知,当滴定Cl-与I-组成的混合溶液时,当加入25mLAgNO3溶液时I-反应完,n(I-)=0.025L0.10mol·L-1=0.0025mol;当加入65mLAgNO3溶液时Cl-反应完,即Cl-反应完消耗了40mLAgNO3溶液,n(Cl-)=0.04L0.10mol·L-1=0.004mol,混合溶液中n(Cl-):n(I-)=0.004mol:0.0025mol=8:5,故B正确;C、由溶度积可知,滴定过程中首先沉淀的是AgI,故C错误;D、由图象可知,当滴入AgNO3溶液25mL时,Cl-与Br-组成的混合溶液中c(Ag+)<7×10-7mol·L-1,故D错误。答案选B。7、A【解析】

A.X为间苯二酚,为平面型结构;Y为苯和乙烯的符合结构,也是平面结构;Z中存在烷烃基团的结构,因此Z的所有原子不可能处在同一个平面内,A错误;B.X和Z含有酚羟基,可以使酸性高锰酸钾溶液褪色,Y含有双键也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色,B正确;C.根据Y结构的对称性,苯环上氯原子的位置分别有2,3;2,4;2,5;2,6;3,4;3,5共有6种,C正确;D.Y种含有双键,可以作为单体发生加聚反应,Z中含有酚羟基,有弱酸性可以和Na2CO3溶液发生反应,D正确;故选A。8、B【解析】

排布在2s轨道上的电子,则可以判断其在第二电子层,S能级电子云的形状为球形,所以电子云无伸展方向,但不能确定电子的自旋方向,故选B。【点睛】明确S轨道的形状、以及无伸展方向是解题关键,排布在2s轨道上的电子,则可以判断其在第二电子层,S能级电子云的形状为球形,所以电子云无伸展方向,但不能确定电子的自旋方向,据此分析。9、D【解析】

A.若X为氨气,生成白色沉淀为亚硫酸钡,若X为氯气,生成白色沉淀为硫酸钡,则X可能为氨气或Cl2等,不一定具有强氧化性,选项A错误;B.由现象可知,生成硅酸,则盐酸的酸性大于硅酸,但不能利用无氧酸与含氧酸的酸性强弱比较非金属性,方案不合理,选项B错误;C、常温下,分别测定浓度均为0.1mol·L-1NaF和NaClO溶液的pH,后者的pH大,说明ClO-的水解程度大,则酸性HF>HClO,选项C错误;D.卤代烃中卤元素的检验时,先将卤元素转化为卤离子,然后加入稀硝酸中和未反应的NaOH,最后用硝酸银检验卤离子,则卤代烃Y与NaOH水溶液共热后,加入足量稀硝酸,再滴加AgNO3溶液,产生白色沉淀,说明卤代烃Y中含有氯原子,选项D正确;答案选D。【点睛】本题考查化学实验方案评价,明确实验操作步骤、元素化合物性质是解本题关键,注意卤素离子与卤素原子检验的不同,题目难度不大。10、D【解析】

A.煤的液化是指从煤中产生液体燃料的一系列方法的统称,是化学变化,A错误;B.石油裂解的化学过程是比较复杂的,生成的裂解气是一种复杂的混合气体,它除了主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃外,还含有甲烷、乙烷、氢气、硫化氢等,有烯烃,所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色,B错误;C.羊毛蚕丝主要成分都是蛋白质,棉花和麻主要成分都是天然纤维,C错误;D.天然气水合物,有机化合物,化学式CH₄·nH₂O,即可燃冰,是分布于深海沉积物或陆域的永久冻土中,由天然气与水在高压低温条件下形成的类冰状的结晶物质,D正确;故答案选D。11、B【解析】

A、NaCl为强电解质,电离方程式为NaCl=Na++Cl-,故A不符合题意;B、电解氯化铜溶液生成Cu和氯气,电解发生CuCl2Cu+Cl2↑,故B符合题意;C、醋酸为弱酸,电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+,故C不符合题意;D、焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量,则H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)=(436+243-431×2)kJ/mol=-183kJ/mol,因此H2

(g)+Cl2

(g)→2HCl(g)+183kJ,故D不符合题意;故选:B。【点睛】电解池中阳极若是活性电极作阳极,则活性电极首先失电子,发生氧化反应,若是惰性电极作阳极,放电顺序为:,注意:①阴极不管是什么材料,电极本身都不反应,一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电;②最常用、最重要的放电顺序为阳极:Cl->OH-;阴极:Ag+>Cu2+>H+。12、B【解析】

短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大,a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和,这四种元素组成两种盐b2da3和bca2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸,生成白色沉淀,盐酸过量时部分沉淀溶解,说明生成的沉淀中含有氢氧化铝,因此两种盐的混合溶液中含有偏铝酸盐,如NaAlO2,因此a为O元素,c为Al元素,b为Na元素;根据盐b2da3的形式,结合强酸制弱酸的原理,d酸难溶于水,因此d酸为硅酸,d为Si元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析,a为O元素,b为Na元素,c为Al元素,d为Si元素。A.d的氧化物为二氧化硅,1mol二氧化硅中含有4molSi-O键,故A错误;B.工业上冶炼铝是电解熔融的氧化铝实现的,故B正确;C.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,原子半径:a<d<c<b,故C错误;D.水分子间能够形成氢键,沸点较高,而SiH4不能,因此简单氢化物的沸点:a>d,故D错误;答案选B。13、D【解析】

A.Fe2+与[Fe(CN)6]3-产生蓝色沉淀,不能大量共存,选项A错误;B.强酸性溶液中H+与ClO-反应产生HClO弱电解质而不能大量共存,选项B错误;C.AlO2-与HCO3-会反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳而不能大量共存,选项C错误;D.常温下水电离的c(H+)为1×10-12mol/L的溶液可能显酸性或碱性,但与K+、Na+、Cl-、NO3-均不发生反应,能大量共存,选项D正确。答案选D。14、B【解析】

A、氧化镁熔点高,耐高温,是良好的耐火材料,选项A正确;B、某些铝硅酸盐形成的分子筛中有许多笼状空穴和通道,常用于分离、提纯气体或液体混合物,还可作干燥剂、离子交换剂、催化剂及催化剂载体等,选项B不正确;C、硫酸亚铁能治疗缺铁性贫血,可用于生产防治缺铁性贫血的药剂,选项C正确;D、稀的硫酸铜溶液还可用于杀灭鱼体上的寄生虫,治疗鱼类皮肤病和鳃病等,选项D正确。答案选B。15、C【解析】

根据2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反应,得出负极H2S失电子发生氧化反应,则a为电池的负极,正极O2得电子发生还原反应,则b为电池的正极,则c为阴极,发生还原反应生成氢气,d为阳极,发生氧化反应生成氯气,以此解答该题。【详解】A.由2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反应,得出负极H2S失电子发生氧化反应,则a为电池的负极,故A错误;B.正极O2得电子发生还原反应,所以电极b上发生的电极反应为:O2+4H++4e-=2H2O,故B错误;C.电路中每流过4mol电子,则消耗1mol氧气,但该装置将化学能转化为电能,所以电池内部释放热能小于632kJ,几乎不放出能量,故C正确;D.a极发生2H2S−4e−=S2+4H+,每增重32g,则转移2mol电子,导气管e将收集到气体1mol,但气体存在的条件未知,体积不一定为22.4L,故D错误。故选C。【点睛】此题易错点在D项,涉及到由气体物质的量求体积时,一定要注意条件是否为标准状态。16、C【解析】

A.“甲醇制取低碳烯烃”技术可生产乙烯,乙烯是制备聚乙烯的原料,故A正确;B.SiC―Al材料是SiC增强铝基复合材料,故B正确;C.计算机芯片的主要材料是单质Si,故C错误;D.氕、氘、氚质子数都是1,中子数分别是0、1、2,所以互为同位素,故D正确;选C。17、A【解析】

醋酸的电离常数,取对数可得到;【详解】A.据以上分析,将C点坐标(6,1.7)代入,可得lgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3,Ka(CH3COOH)=5.0×10-5,A正确;B.根据A项分析可知,B错误;C.当往10mL0.10mol·L-1NaOH溶液中加入10mL0.10mol·L-1醋酸溶液时,得到CH3COONa溶液,溶液呈碱性,故当pH=7时加入的醋酸溶液体积应大于10mL,C错误;D.B点,又lgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3,则由得,pH=8.3,c(H+)=10-8.3mol·L-1,结合电荷守恒式:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)知,c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5.7-10-8.3)mol·L-1,D错误;答案选A。18、D【解析】

A.常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应,铜与浓硝酸发生氧化还原反应,作负极,不能说明铝比铜活泼,故A错误;B.制备溴苯要苯和液溴反应,故B错误;C.二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气,故无法提纯CO气体,故C错误;D.Fe2+容易被空气中氧气氧化为Fe3+,Fe3+可以与SCN-反应生成红色物质Fe(SCN)3,故D正确;故答案选:D。【点睛】常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应,铜与浓硝酸发生氧化还原反应,作负极。19、C【解析】

A.应加入碱溶液将水解后的淀粉溶液调节成碱性,才可以产生红色沉淀,选项A错误;B、CH3COONH4溶液呈中性,取少量Mg(OH)2悬浊液,向其中滴加适量浓CH3COONH4溶液是由于铵根离子消耗氢氧根离子,使氢氧化镁的溶解平衡正向移动,Mg(OH)2溶解,选项B错误;C、将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部,加入少量碎瓷片并加强热,将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液,高锰酸钾溶液褪色,说明石蜡油分解生成不饱和烃,选项C正确;D、灼烧成灰,加蒸馏水浸泡后必须加氧化剂氧化,否则不产生碘单质,加淀粉后溶液不变蓝,选项D错误。答案选C。20、D【解析】

放电为原电池原理,从(1−x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC可知,LixCn中的C化合价升高了,所以LixCn失电子,作负极,那么负极反应为:+nC,LiFePO4作正极,正极反应为:,充电为电解池工作原理,反应为放电的逆过程,据此分析解答。【详解】A.由以上分析可知,放电正极上得到电子,发生还原反应生成,正极电极反应式:,A正确;B.原电池中电子流向是负极导线用电器导线正极,放电时,电子由负极经导线、用电器、导线到正极,B正确;C.充电时,阴极为放电时的逆过程,变化为,电极反应式:,C正确;D.充电时,作为电解池,阳离子向阴极移动,向右移动,D错误;答案选D。【点睛】带x的新型电池写电极反应时,先用原子守恒会使问题简单化,本题中,负极反应在我们确定是变为C之后,先用原子守恒得到—xLi++nC,再利用电荷守恒在左边加上-xe-即可,切不可从化合价出发去写电极反应。21、A【解析】

A选项,NaOH主要作用是将铝离子变为偏铝酸根,因此可以用氢氧化钾、氢氧化钡来代替,故A正确;B选项,溶液a中含有K+、Cl-、Na+、AlO2-、OH-,故B错误;C选项,溶液b中含有氯化钠、氯化钾,故C错误;D选项,向溶液a中滴加盐酸过量会使生成的氢氧化铝沉淀溶解,故D错误;综上所述,答案为A。22、C【解析】

A.植物秸秆的主要成分为纤维素,能水解生成葡萄糖,葡萄糖条能反应生成酒精,可以在一定条件下生成甲烷,故正确;B.二氧化碳合成聚合物,其聚合物能降解,实现了碳的循环,故正确;C.雷雨天时空气中的氧气有些变成了臭氧,所以空气感觉清新,故错误;D.小苏打能与胃酸反应,用于治疗胃酸过多,碳酸氢钠能受热分解生成二氧化碳,可用于发酵粉制作面包,故正确。故选C。二、非选择题(共84分)23、Fe或FeCl3取代反应或硝化反应ACD4或【解析】

E的结构简式中含有1个-COOH和1个酯基,结合已知a,C到D为C中的酚羟基上的氢,被-OCCH3替代,生成酯,则D到E是为了引入羧基,根据C的分子式,C中含有酚羟基和苯环,结合E的结构简式,则C为,D为。A为烃,与Cl2发生反应生成B,B为氯代烃,B与氢氧化钠发生反应,再酸化,可知B为氯代烃的水解,引入羟基,则A的结构为,B为。E在NaOH溶液中反应酯的水解反应,再酸化得到F,F的结构简式为,根据已知b,则G中含有硝基,F到G是为了引入硝基,则G的结构简式为。【详解】(1)根据分析A的结构简式为;(2)反应①为在苯环上引入一个氯原子,为苯环上的取代反应,反应条件为FeCl3或Fe作催化剂;反应②F到G是为了引入硝基,反应类型为取代反应或硝化反应;(3)抗结肠炎药物有效成分中含有氨基、羧基和酚羟基,具有氨基酸和酚的性质;A.三个官能团都是亲水基,相对分子质量比苯酚大,所以水溶性比苯酚好,密度比苯酚的大,A正确;B.与苯环相连的羟基不能发生消去反应,可以发生氧化反应;该物质含有氨基(或羟基)和羧基,可以发生缩聚反应;该物质含有羧基和羟基酯化反应等,B错误;C.含有氨基和羧基及酚羟基,所以能发生聚合反应,C正确;D.氨基具有碱性、羧基具有酸性,所以既有酸性又有碱性,D正确;答案为:ACD;(4)E中的羧基可以与NaOH反应,酯基也可以与NaOH反应,酯基水解得到的酚羟基也能与NaOH反应,化学方程式为;(5)符合下列条件:a.与E具有相同的官能团,b.苯环上的一硝基取代产物有两种;则苯环上有两个取代基处,且处于对位:如果取代基为-COOH、-OOCCH3,处于对位,有1种;如果取代基为-COOH、-COOCH3,处于对位,有1种;如果取代基为-COOH、-CH2OOCH,处于对位,有1种;如果取代基为HCOO-、-CH2COOH,处于对位,有1种;所以符合条件的有4种;若核磁共振氢谱有四组峰,峰面积之比3:1:1:1的异构体的结构简式为或;(6)目标产物为对氨基苯甲酸,—NH2可由硝基还原得到,-COOH可由-CH3氧化得到。由于-NH2容易被氧化,因此在-NO2还原成氨基前甲基需要先被氧化成-COOH。而两个取代基处于对位,但苯环上连有烷基时再引入一个取代基,常取代在烷基的邻对位,而当苯环上连有羧基时则取代在间位,因此-CH3被氧化成-COOH前,需要先引入-NO2,则合成路线为。24、羰基羧基还原反应【解析】

A与在AlCl3作用下发生取代反应生成,与HCl在催化剂作用下发生加氢还原反应生成,与SOCl2发生取代反应生成D,D在AlCl3作用下发生取代反应生成根据逆分析法可知,D为,据此分析作答。【详解】(1)B为,其中含氧官能团名称为羰基和羧基;(2)B→C的过程中,羰基转化为亚甲基,属于还原反应;(3)与SOCl2发生取代反应生成D,D的分子式为C10H11OCl,可知D为:;(4)F的分子式为C16H16O,其不饱和度=16×2+2-162=9,①分子中含有1个苯环,能发生银镜反应,则说明分子内含醛基;②分子中有4种不同化学环境的氢,则分子为对称结构,满足上述条件的同分异构体为:;(5)根据上述合成路线,若以请以可以先将苯在AlCl3作用下与CH3COCl进行反应,再利用生成的与以及水进行反应制备,采用逆合成分析法结合目标产物,只要将酸性条件下加热可生成,最后与氢气加成即可得到,具体合成路线为:。25、2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2ONA2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑饱和食盐水除去HCl气体,避免影响K2FeO4的制备>Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OK2FeO4在中性溶液中快速产生氧气,生成氢氧化铁吸附泥浆,沉降下来,达到净水的目的【解析】

由制备实验装置可知,A中发生2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O,B中饱和食盐水除去氯气中的HCl,C中发生3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,且C中可能发生Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O,D中NaOH溶液可吸收尾气,以此来解答。【详解】(1)A

中反应方程式是2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O,若反应中有

0.5molCl2

产生,则电子转移的数目为0.5mol×2×(1-0)×NA=NA,工业制氯气的反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑,故答案为:2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O;NA;2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑;(2)装置

B

中盛放的试剂是饱和食盐水,该装置在制备高铁酸钾中的作用为除去HCl气体,避免影响K2FeO4的制备,故答案为:饱和食盐水;除去HCl气体,避免影响K2FeO4的制备;(3)Cl元素的化合价降低,Fe元素的化合价升高,由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知碱性条件下,氧化性Cl2>FeO42-,C中还可能发生氯气与KOH反应,用离子方程式表示为:Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O,故答案为:>;Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O;(4)取少量

K2FeO4

加入浑浊的泥浆水中,发现产生气体,搅拌,浑浊的泥浆水很快澄清,可知

K2FeO4

的净水原理为K2FeO4

在中性溶液中快速产生氧气,生成氢氧化铁吸附泥浆,沉降下来,达到净水的目的,故答案为:K2FeO4

在中性溶液中快速产生氧气,生成氢氧化铁吸附泥浆,沉降下来,达到净水的目的。26、饱和NaHCO3溶液降低溶液中OH-浓度,防止生成Fe(OH)22HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O不合理,CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理,排出氧气的影响)Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+117%乳酸根中的羟基被KMnO4氧化,也消耗了KMnO4【解析】

I.装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体,需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去,装置C中,向碳酸钠溶液(pH=11.9)通入一段时间二氧化碳至其pH为7,滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀,过滤,洗涤,干燥,得到FeCO3;II.(5)根据Fe2++6SCN-Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断;(6)实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成,说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成;(7)FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁补血剂,根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算;乳酸根中有羟基,也能被高锰酸钾溶液氧化。【详解】I.(1)装置A中制取的CO2中混有HCl,欲除去CO2中混有的HCl,B中盛装的试剂a应是饱和NaHCO3溶液,故答案为:饱和NaHCO3溶液;(2)向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反应生成的NaHCO3,提高溶液中HCO3-的浓度,抑制CO32-的水解,降低溶液中OH-的浓度,防止生成Fe(OH)2,故答案为:降低溶液中OH-浓度,防止生成Fe(OH)2;(3)装置C中,向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7,此时溶液中溶质主要为NaHCO3,再滴加FeSO4溶液,有FeCO3沉淀生成,发生反应的离子方程式为2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O,故答案为:2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O;(4)FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中,生成可溶于水的Fe(HCO3)2,降低产物的量,则当出现白色沉淀之后不应继续通入CO2,或者:出现白色沉淀之后继续通CO2,可防止空气中氧气氧化FeCO3,提高产物的纯度,故答案为:不合理,CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理,排出氧气的影响);Ⅱ.(5)通过对比实验ii和iii,可知Fe2+与SCN-的络合生成可溶于水的Fe(SCN)64-,会促进FeCO3固体的溶解,故答案为:Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大;(6)依据实验ⅱ的现象,可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后,有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成,发生反应的离子方程式为6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+;故答案为:6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+;Ⅲ.(7)FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁([CH3CH(OH)COO]2Fe补血剂,可得关系式MnO4~5Fe2+~5[CH3CH(OH)COO]2Fe,则乳酸亚铁的物质的量为0.1000mol/L×0.01L×5=0.005mol,则乳酸亚铁的质量分数,由于乳酸根中含有羟基,也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,导致消耗高锰酸钾溶液的量增多,而计算中只按Fe2+被氧化,故计算所得乳酸亚铁的质量偏大,导致产品中乳酸亚铁的质量分数大于100%,故答案为:117%;乳酸根中的羟基被KMnO4氧化,也消耗了KMnO4。27、0.02ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O黄绿色气体变成无色BH2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl搅拌过快,增加了氯气的逸出,从而使草酸去除率降低残存于母液A中c(CoCl2)会更小母液A处理中消耗更多的氯气【解析】

利用浓盐酸和Ca(ClO)2反应制备氯气,氯气在氧化草酸,除去母液中的草酸。【详解】(1)根据表格中的信息,Co2+的质量浓度为1.18g/L,则1L溶液中的,则;(2)加入盐酸,与Ca(ClO)2反应生成Cl2,为归中反应,离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O;氯气为黄绿色气体,当反应完全之后,无氯气产生,装置中的气体由黄绿色变成无色,则答案为黄绿色气体变成无色;(3)由于热传递,只能由温度高的传递到温度低的部分,三颈烧瓶反应温度为50℃,那么水浴锅的温度应该高一点,这样热量才能传递到反应液中,B符合题意;(4)氯气具有氧化性,草酸具有还原性,能够发生氧化还原反应,草酸被氧化成CO2,化学方程式为H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl;(5)搅拌过快,Cl2来不及反应,就从母液中逸出,因此草酸去除率反而降低,答案为搅拌过快,增加了氯气的逸出,从而使草酸去除率降低;(6)草酸铵为强电解质,而草酸是弱电解质,草酸铵溶液中的草酸根浓度更大,能够使Co2+沉淀得更加完全;由于母液中有NH4+,在Cl2也会与NH4+反应,因此在处理母液时,需要消耗更多的氯气。答案:残存于母液A中c(CoCl2)会更小母液A处理中消耗更多的氯气。28、3d104s24p22Ge原子半径大,原子间形成的σ单键较长,p−p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠,难以形成π键GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高。原因是分子结构相似,分子量依次增大,分子间相互作用力逐渐增强

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