2024年人民版高一化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年人民版高一化学上册月考试卷790考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、能用来鉴别乙醇、己烷、己烯三种无色溶液的一种试剂是（）A.金属钠B.溴水C.氢溴酸D.氢氧化钠溶液2、下列关环境污染原因叙述正确的是rm{)}A.重金属、农药等会造成水体污染B.装饰材料中的甲醛、苯等会造成居室污染C.rm{CO}会导致酸雨的形成D.rm{CO_{2}}的大量排放会加剧温室效应3、下面是一些常用的危险品标志，装运乙醇的包装箱应贴上的图标是rm{(}rm{)}A.B.C.D.4、下列关于硫酸的说法正确的是rm{(}rm{)}A.浓硫酸有脱水性，故可用做干燥剂B.浓硫酸有强酸性，故能与金属活动顺序氢后的金属反应C.硫酸的酸性比盐酸强，利用复分解反应用硫酸可以制盐酸D.由于浓硫酸具强氧化性，因此不能干燥硫化氢和碘化氢气体5、实验室常利用以下反应制取少量氮气：rm{NaNO_{2}+NH_{4}Cloverset{triangle}{!=!=!=!=!=}NaCl+N_{2}隆眉+2H_{2}O}关于该反应的下列说法不正确的是()A.rm{NaNO_{2}+NH_{4}Cloverset{triangle

}{!=!=!=!=!=}NaCl+N_{2}隆眉+2H_{2}O}是氧化剂，rm{NaNO_{2}}是还原剂B.rm{NH_{4}Cl}既是氧化产物，又是还原产物C.rm{N_{2}}中的氮元素被还原，发生还原反应D.每生成rm{NH_{4}Cl}时，转移电子的物质的量为rm{1molN_{2}}rm{3mol}评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、在氧化还原反应15CuSO4+11P+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，1molCuSO4能氧化磷单质的物质的量是______．7、下面是同学们熟悉的物质：rm{垄脵O_{2}垄脷H_{2}SO_{4}垄脹NaBr垄脺NH_{4}Cl垄脻NaHSO_{4}}rm{垄脵O_{2}垄脷H_{2}SO_{4}垄脹NaBr

垄脺NH_{4}Cl垄脻NaHSO_{4}}rm{垄脼Ne}rm{垄脽Na_{2}O_{2}垄脿NaOH}这些物质中，只含有共价键的是_____________；只含有离子键的是________；既含有共价键又含有离子键的是；不存在化学键的是_________。rm{(1)}填序号rm{(}rm{)}属于共价化合物的是____；属于离子化合物的是____。rm{(2)}填序号rm{(}rm{)}将rm{(3)}固体溶于水，破坏了rm{NaHSO_{4}}中的____rm{NaHSO_{4}}填化学键类型rm{(}rm{)}在熔融状态下电离，破坏了rm{NaHSO_{4}}中的rm{NaHSO_{4}}填化学键类型rm{(}rm{)}8、如图是一次性电池--铜锌电池的简易装置．

rm{(1)}该电池的负极材料是______；在外电路中；电流方向是______．

rm{(2)}正极上发生______rm{(}填“氧化”或“还原”rm{)}反应，正极反应式是______rm{.(3)}锂离子电池是新一代可充电的绿色电池，其必须采用非水电解质或固体电解质的原因是______．9、图rm{1}为实验室制取氨的实验装置．

rm{(1)}写出rm{A}中所发生反应的化学方程式______．

rm{(2)}在收集氨时试管口棉花的作用是______．

rm{(3)}一位学生用制得的氨，按图rm{2}装置进行喷泉实验；烧瓶已充满干燥的氨气，引发喷泉实验的操作是______．

rm{(4)}另一学生积极思考产生喷泉的其他方法，设计了图rm{3}装置rm{.}首先在锥形瓶中分别加入足量的下列物质；反应后产生喷泉的是______．

A.rm{CaCO_{3}}粉末和浓盐酸。

B.rm{NH4HCO_{3}}溶液与稀rm{NaOH}溶液。

C.rm{HCl}和rm{AgNO_{3}}溶液。

D.rm{HCl}和酚酞溶液。

该同学又向锥形瓶中加入酒精，水槽中加入冷水后，再加入足量的下列物质，结果也产生了喷泉rm{.}水槽中加入的物质可以是______．

A.硝酸铵rm{B.}食盐rm{C.}浓硫酸rm{D.}硫酸铜．10、在如图所示的物质转化关系中rm{(}部分反应条件及产物省略rm{)}化合物rm{A}由短周期元素组成，所含离子数目比为rm{1}rm{2}rm{B}是常见的无色液体，rm{C}是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，rm{E}是淡黄色粉末，rm{D}rm{F}rm{G}均为无色气体．

完成下列问题：

rm{(1)}写出rm{A}的化学式______．

rm{(2)}组成rm{F}的元素在周期表中的位置______．

rm{(3)B}中存在化学键为______．

rm{(4)}反应rm{垄脵}的化学方程式：______．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)11、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）12、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．13、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）14、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）15、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）16、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）17、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．18、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化．（判断对错）19、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）评卷人得分四、解答题(共4题，共28分)20、现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表：

。元素元素性质或原子结构A最外层电子数是次外层电子数的3倍B该元素是所有元素中非金属性最强的CL层只有5个电子D第3周期元素的简单离子中半径最小（1）写出元素A的离子结构示意图______．写出元素C的气态氢化物的电子式______．

（2）元素B与氯元素相比；非金属性较强的是______（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是______．

a．B的单质通入氯化钠水溶液不能置换出氯气。

b．氯与B形成的化合物中氯元素呈正价态。

c．常温下氯气的颜色比B单质的颜色深。

（3）探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一．A；B、C、D四种元素的单质中化学性质明显不同于其他三种单质的是______（填元素符号）；理由是______．

21、如图所示装置。

（1）若烧杯中为稀H2SO4；两极反应式为：

正极______

负极______

总反应方程式______

（2）若烧杯中为NaOH溶液；总反应方程式为：______．

22、①～⑩是元素周期表中的十种元素：

。主族。

周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2①②③3④⑤⑥⑦⑧4⑨⑩回答下列问题：

（1）某同学对下列性质进行了对比；其中正确的是______．

A．原子半径：⑩＞⑨＞⑦

B．离子半径：⑨＞④＞⑦

C．非金属性：③＞②＞⑥

D．单质的熔点：④＞⑨＞⑩＞⑧

E．单质的氧化性：③＞⑦＞⑧

（2）用合适的化学用语回答：

金属性最强的元素离子结构示意图为______；常温下呈液态的氢化物的结构式为：______．

（3）在上述元素中；②；⑧元素形成的气态氢化物可以相互反应，该反应的化学方程式为______；⑨、⑤元素形成的最高价氧化物的水化物可以相互反应，该反应的离子方程式为______．

23、某有机物的结构简式为HOOC-CHCH-CH2OH．

（1）该有机物分子中官能团的名称是：______；______、______．

（2）验证该有机物中含有-COOH官能团常采用的试剂是______（填名称）；现象是______．

评卷人得分五、原理综合题(共1题，共10分)24、乙酸甲酯是树脂；涂料、油墨、油漆、胶粘剂、皮革生产过程所需的有机溶剂；而且乙酸甲酯还可作为原料制备燃料乙醇。已知：乙酸甲酯可由乙酸和甲醇进行酯化反应得到。请回答下列问题：

(1)①CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)∆H1=-874.5kJ/mol

②2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)∆H2=-1453kJ/mol

③2CH3COOCH3(l)+7O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)∆H3=-3189.8kJ/mol

由上述反应，可求出CH3COOH(l)+CH3OH(l)=CH3COOCH3(l)+H2O(l)的∆H=________

(2)对于反应CH3COOH(l)+CH3OH(l)⇌CH3COOCH3(l)+H2O(l)，判断下列选项可以提高乙酸平衡转化率的是______

A.加入催化剂，增快反应速率

B.加入过量的甲醇。

C.加入过量的乙酸

D.将乙酸甲酯从体系中分离。

E.适当地提高反应温度

F.适当地降低反应温度。

(3)在刚性容器压强为1.01MPa时；乙酸甲酯与氢气制备乙醇发生了两个反应：

主反应：CH3COOCH3(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)+CH3CH2OH(g)∆H<0；

副反应：CH3COOCH3(g)+H2(g)⇌CH3OH(g)+CH3CHO(g)∆H>0，实验测得，在相同时间内，反应温度与CH3CH2OH和CH3CHO的产率之间的关系如图所示：

①在540℃之前CH3CHO的产率远低于CH3CH2OH产率的原因是________。

②在470℃之后CH3CHO与CH3CH2OH产率变化趋势可能的原因是________。

(4)若在470℃时，以n(CH3COOCH3):n(H2)=1:10的投料比只进行主反应(不考虑副反应)；乙酸甲酯平衡转化率与气体总压强的关系如图所示：

①A点时，CH3COOCH3(g)的平衡分压为________MPa，CH3CH2OH(g)的体积分数________%(保留一位小数)。

②470℃时，该反应的化学平衡常数Kp=________(MPa)-1(Kp为以分压表示的平衡常数，列出计算式，不要求计算结果)。评卷人得分六、工业流程题(共4题，共16分)25、钼酸钠(Na2MoO4)是一种冷却水系统的金属缓蚀剂，工业上利用钼精矿(主要成分为MoS2)制备金属钼和钼酸钠晶体的流程如下图所示。

回答下列问题：

(1)如果在空气中焙烧1molMoS2时，S转移12mol电子，则MoS2中钼元素的化合价为____；焙烧产生的尾气对环境的主要危害是___。

(2)若在实验室中进行操作2，则从钼酸钠溶液中得到钼酸钠晶体的操作步骤是_；过滤；洗涤、干燥。

(3)钼精矿中MoS2含量的测定：取钼精矿16g，经在空气中焙烧、操作1、操作2得到钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)12.1g(假设各步的转化率均为100%)，钼精矿中MoS2的质量分数为_________。(已知MoS2的相对分子质量为160，Na2MoO4·2H2O的相对分子质量为242)。

(4)操作3硫元素被氧化为最高价，发生反应的离子方程式为_______。

(5)用镍、钼作电极电解浓NaOH溶液制备钼酸钠(Na2MoO4)的装置如图所示。b电极上的电极反应式为____________。

(6)某温度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，该温度下BaMoO4的Ksp的值为____。

26、钴钼系催化剂主要用于石油炼制等工艺，从废钴钼催化剂（主要含有MoS2、CoS和Al2O3）中回收钴和钼的工艺流程如图：

已知：浸取液中的金属离子主要为MoOCo2+、Al3+。

（1）钼酸铵[(NH4)2MoO4]中Mo的化合价为___，MoS2在空气中高温焙烧产生两种氧化物：SO2和___（填化学式）。

（2）酸浸时，生成MoO的离子方程式为___。

（3）若选择两种不同萃取剂按一定比例（协萃比）协同萃取MoO和Co2+，萃取情况如图所示，当协萃比=___更有利于MoO的萃取。

（4）向有机相1中滴加氨水，发生反应的离子方程式为___。

（5）Co2+萃取的反应原理为Co2++2HRCoR2+2H+，向有机相2中加入H2SO4能进行反萃取的原因是___（结合平衡移动原理解释）。

（6）水相2中的主要溶质除了H2SO4，还有___（填化学式）。

（7）Co3O4可用作电极，若选用KOH电解质溶液，通电时可转化为CoOOH，则阳极电极反应式为___。27、工业上利用废镍催化剂（主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO）制备草酸镍晶体（NiC2O4·2H2O）的流程如下：

（1）NiC2O4·2H2O中C的化合价是___。既能加快“酸浸”反应速率又能提高“酸浸”原料利用率的操作措施为___。

（2）“滤渣Ⅰ”的主要成分是___。

（3）在隔绝空气的条件下，高温煅烧无水NiC2O4得到Ni2O3和两种含碳元素的气体，该反应的化学方程式是___。

（4）高能锂离子电池的总反应为2Li+FeS=Fe+Li2S。用该电池作电源电解含镍酸性废水回收Ni的装置如图（图中X、Y为电极，LiPF6·SO(CH3)2为电解质）。

①电极X的反应材料是___（填化学式）；中间隔室b可以得到的主要物质Z是___（填化学式）。

②电解总反应的离子方程式为___。

已知F＝96500C/mol，若电池工作tmin，维持电流强度为IA，理论回收Ni___g（写出计算表达式即可）。28、铋(Bi)是一种稀有金属；目前世界年产量约4000t左右。铋的主要用途是制造易熔合金，作为冶金添加剂及制药工业等方面。铋的冶炼分为粗炼和精炼两个阶段：

Ⅰ.粗炼。辉铋矿(Bi2S3)铋华(Bi2O3)混合精矿(Bi2S3/Bi2O3)沉淀熔炼还原熔炼混合熔炼

Ⅱ.精炼。

回答下列问题：

(1)铋在元素周期表中的位置是_______________。

(2)①还原熔炼法中还需加入一定量造渣剂(纯碱)使其与矿石中的脉石(主要为Al2O3)形成熔渣，写出形成熔渣反应的化学反应方程式______________________________。

②对于混合精矿，矿料中的Bi2S3和Bi2O3可在高温下彼此进行氧化还原反应生产粗铋，写出此反应的化学反应方程式______________________________。

③有些硫化铋矿也可用湿法处理，即加入三氯化铁与盐酸的混合液，可溶解硫化铋和少量天然铋，这是利用了_______________________________。

(3)电解精炼时，以_______作为阳极，__________作为阴极，电解液一般用FeCl3/HCl。此时电解出的铋还含有砷；锑、碲杂质；需进一步除去：

①除砷；锑。

在熔融粗铋中通入空气，砷、锑将优先氧化为As2O3及Sb2O3，根据上图分析其原因是________________________________。

②除碲：向除砷、锑后的熔铋中继续鼓入空气并加入NaOH，杂质碲被氧化为TeO2随即被NaOH吸入形成亚碲酸钠，写出吸入反应的离子反应方程式_______________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】解：A．乙醇；己烷、己烯三种物质都是无色液体；但是化学性质有明显的不同．乙醇与金属钠可以发生反应，有无色气体（氢气）生成，而己烷、己烯均不与金属钠反应，无法鉴别开，故A错误；

B．溴水与乙醇可以互溶；己烯可以使溴水褪色，己烷和溴水混合会发生分层现象，可鉴别，故B正确；

C．氢溴酸与乙醇可以互溶；而己烷；己烯均不溶，也不发生化学反应，故C错误；

D．氢氧化钠溶液与氢溴酸类似；不能鉴别己烷和己烯，故D错误．

故选B．

根据有机物的物理性质以及化学性质的异同来选择鉴别方法；己烷；己烯都不溶于水，乙醇易溶于水，己烯含有C=C，能与溴水发生加成反应，以此解答该题．

本题考查有机物的鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度不大，注意常见有机物的性质的异同．【解析】【答案】B2、C【分析】解：重金属；农和难分解机物等会造成污染；故A确；

酸雨的成是由于rm{O2}rm{NO2}而引起的；的放不形成酸雨，故错误；

氧化碳的大量排放会加剧温室效；故正确；

故C．

A.水体污染要来自三个面：工业生产废的任意排放农业上大量地使用化和生活污水的任意排放；

居染来源于装饰材料的醛；芳香及等会造成居室污染；

温室应的罪魁祸首为二氧化碳．

本题考查常见的境污染问目难不大，握常见的有毒质及环境污染现象为解答的关键注意酸雨与二化硫、的氧化物有关，题有利于高学生的环境．【解析】rm{C}3、D【分析】解：rm{A.}图标为腐蚀品；乙醇属于易燃品，故A错误；

B.图标为爆炸品；乙醇属于易燃品，故B错误；

C.图标为有毒气体；乙醇属于易燃品，故C错误；

D.乙醇为易燃液体；图标为易燃液体，故D正确．

故选D．

乙醇易燃烧；属于易燃液体，然后根据各选项图标的含义解答．

本题考查常用的危险品标志，难度不大，解答本题时，首先要知道各个标签所代表的含义，然后根据酒精的性质进行分析判断，侧重于考查学生的分析能力和应用能力．【解析】rm{D}4、D【分析】解：rm{A.}浓硫酸有吸水性；故可用做干燥剂，不是脱水性，故A错误；

B.浓硫酸具有强的氧化性；能与金属活动顺序氢后的金属反应，故B错误；

C.浓硫酸难挥发；盐酸易挥发，则利用复分解反应用硫酸可以制盐酸，故C错误；

D.浓硫酸具有强的氧化性；能够氧化硫化氢和碘化氢，不能用浓硫酸干燥硫化氢和碘化氢，故D正确；

故选：rm{D}．

A.依据浓硫酸有吸水性；故可用做干燥剂；

B.浓硫酸具有强的氧化性；能与金属活动顺序氢后的金属反应；

C.根据浓硫酸难挥发；盐酸易挥发分析；

D.浓硫酸具有强的氧化性；能够氧化硫化氢和碘化氢．

本题考查了浓硫酸的性质，熟悉浓硫酸的强氧化性、脱水性、吸水性、难挥发性、酸性是解题关键，注意浓硫酸具有强的氧化性，不能用来制取还原性气体，例如硫化氢，碘化氢．【解析】rm{D}5、C【分析】【分析】本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念、基本计算，明确元素化合价变化是解本题关键，知道氧化剂、还原性的判断方法，题目难度中等。【解答】氧化还原反应实质是在反应过程中有电子的转移rm{(}得失或电子对偏移rm{)}特征是有化合价的变化，所以我们可以依据反应过程中元素的化合价变化进行有关概念的分析；化学反应过程中，失去电子rm{(}或电子对偏离rm{)}化合价升高的元素，被氧化，发生氧化反应，做还原剂；得到电子rm{(}或电子对偏向rm{)}化合价降低的元素，被还原，发生还原反应，做氧化剂。A.该反应中rm{N}元素化合价由rm{+3}价、rm{-3}价变为rm{0}价；所以亚硝酸钠是氧化剂；氯化铵是还原剂，故A正确；

B.rm{NaNO_{2}}是氧化剂，rm{NH_{4}Cl}是还原剂，所以rm{N_{2}}既是氧化产物；又是还原产物，故B正确；

C.该反应中rm{NH_{4}Cl}中的氮元素化合价升高；失电子；被氧化，发生氧化反应，故C错误；

D.该反应每生成rm{1}rm{mol}rm{N_{2}}时，转移电子的物质的量rm{=1mol隆脕(3-0)=3}rm{mol}故D正确。

故选C。【解析】rm{C}二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】解：首先分析反应中各元素的化合价变化，Cu的价态由+2→+1（还原），11molP元素中6mol化合价升高（氧化）、5mol化合价降低（还原），可见被氧化的6molP，是被Cu（+2）和另一部分P共同氧化的．由电子得失数目可知，6mol被氧化的P共失电子6mol×5=30mol，其中Cu（+2）得15mol，另一部分P得另15mol．即15molCuSO4所氧化的P为=3mol，则1molCuSO4氧化Pmol．

故答案为：mol．

首先分析反应中各元素的化合价变化，Cu的价态由+2→+1（还原），11molP元素中6mol化合价升高（氧化）、5mol化合价降低（还原），可见被氧化的6molP，是被Cu（+2）和另一部分P共同氧化的．再分析电子得失数目发现，6mol被氧化的P共失电子30mol，其中Cu（+2）得15mol，另一部分P得另15mol．即15molCuSO4所氧化的P为3mol，则1molCuSO4氧化Pmol．

本题考查氧化还原反应基本概念与计算，难度中等，关键根据化合价判断氧化剂与还原剂，可以直接利用Cu（+2）得电子等于CuSO4氧化的磷得电子数守恒计算，更为简单．【解析】mol7、（1）①②③④⑤⑦⑧⑥

（2）②③④⑤⑦⑧

（3）离子键和共价键离子键。

【分析】【分析】本题考查了化学键和化合物的判断；根据物质的构成微粒及微粒间的作用力来分析解答，注意硫酸氢钠在水溶液里或熔融状态下电离方程式的区别，知道稀有气体中不存在化学键，为易错点。

【解答】rm{垄脵O_{2}}中rm{O}原子之间只存在非极性共价键；为单质；

rm{垄脷H}rm{2}rm{2}rm{SO}中rm{4}原子和rm{4}原子、rm{S}原子和rm{O}原子之间存在极性共价键；为共价化合物；

rm{O}中钠离子和溴离子之间只存在离子键；为离子化合物；

rm{H}rm{垄脹NaBr}rm{垄脺NH}中铵根离子和氯离子之间存在离子键、rm{4}原子和rm{4}原子之间存在极性共价键；为离子化合物；

rm{Cl}rm{N}中钠离子和硫酸氢根离子之间存在离子键、rm{H}原子和rm{垄脻NaHSO}原子之间存在共价键；为离子化合物；

rm{4}中不存在化学键；

rm{4}中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、rm{S}原子之间存在非极性共价键；为离子化合物；

rm{O}中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、rm{垄脼Ne}原子和rm{垄脽Na_{2}O_{2}}原子之间存在极性键；为离子化合物；

rm{O}只含有共价键的是rm{垄脿NaOH}只含有离子键的是rm{O}既含有共价键又含有离子键的是：rm{H}不存在化学键的是rm{(1)}

故答案为：rm{垄脵垄脷垄脺}rm{垄脹}rm{垄脻垄脼垄脽垄谩垄芒}rm{垄脿}

rm{垄脵垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺垄脻垄脽垄脿}rm{垄脼}rm{(2)}属于共价化合物的是rm{垄脷}，属于离子化合物的是rm{垄脹垄脺垄脻垄脽垄脿}，故答案为：

rm{垄脷}是强酸强碱酸式盐，属强电解质，完全电离，电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以破坏了；中的离子键和共价键，rm{垄脹垄脺垄脻垄脽垄脿}在熔融状态下电离；破坏了离子键，故答案为：离子键和共价键；离子键。

；【解析】rm{(1)垄脵垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脺}rm{垄脻垄脽垄脿}

rm{垄脼}rm{垄脼}rm{(2)}

rm{垄脷}rm{垄脹垄脺垄脻垄脽垄脿}离子键和共价键离子键。

rm{垄脷}8、锌；由铜到锌；还原反应；2H++2e-=H2↑；锂是活泼金属，易与水发生反应【分析】解：rm{(1)}该电池的负极材料是锌；在外电路中，电流方向是正极铜流向负极锌，故答案为：锌；由铜到锌；

rm{(2)}正极上发生还原反应，正极反应式是rm{2H^{+}+2e-=H_{2}隆眉}故答案为：还原反应，rm{2H^{+}+2e-=H_{2}隆眉}

rm{(3)}锂是一种活泼金属；易与水反应，锂离子电池必须用非水电解质，故答案为：锂是活泼金属，易与水发生反应．

铜片和锌片用导线连接后插入稀硫酸中形成了原电池，由于金属活动性rm{Zn>Cu}rm{Zn}为负极，rm{Cu}为正极，电池工作时，负极上发生氧化反应，反应式为rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}正极上发生还原反应，反应式为rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}锂是一种活泼金属；锂离子电池必须用非水电解质，由此分析解答．

本题考查原电池的基础知识，题目较为简单，注意原电池的组成和工作原理．【解析】锌；由铜到锌；还原反应；rm{2H^{+}+2e-=H_{2}隆眉}锂是活泼金属，易与水发生反应9、2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；减少氨气与空气的对流，加快收集的速率，同时保证试管中能收集满氨气；打开橡皮管的夹子，挤压胶头滴管的胶头，使少量的水进入烧瓶，由于氨气易溶于水；A；C【分析】解：rm{(1)}采用的是固rm{+}固混合加热制气的方法，故用氯化铵和氢氧化钙固体混合加热制rm{NH_{3}}氯化铵与氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为：rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}

故答案为：rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}

rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}收集氨气用的是向下排空气法；试管口棉花的作用是减少氨气与空气的对流，加快收集的速率，同时保证试管中能收集满氨气；

故答案为：减少氨气与空气的对流；加快收集的速率，同时保证试管中能收集满氨气；

rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}氨气极易溶于水；如果打开止水夹，氨气溶于水后烧瓶内压强迅速减小，而形成喷泉；

故答案为：打开橡皮管的夹子；挤压胶头滴管的胶头，使少量的水进入烧瓶；

rm{(2)}粉末和浓盐酸反应产生大量二氧化碳；使锥形瓶中压强增大，形成喷泉，故A正确；

B.rm{(3)}溶液与稀rm{(4)CaCO_{3}}溶液；不产生气体，不能形成喷泉，故B错误；

C.rm{NH_{4}HCO_{3}}和rm{NaOH}溶液；不产生气体，不能形成喷泉，故C错误；

D.rm{HCl}和酚酞溶液；不产生气体，不能形成喷泉，故D错误；

锥形瓶内装有酒精，易挥发，要形成喷泉，应使锥形瓶内压强增大，所加物质应放出大量的热，浓硫酸遇水被稀释，释放出大量的热，使锥形瓶中的乙醇挥发，压强增大，形成喷泉，而其它物质都不能达到溶于水而放出大量的热的目的，只有rm{AgNO_{3}}符合；

故答案为：rm{HCl}rm{C}．

rm{A}氯化铵与氢氧化钙反应生成氯化钙；氨气和水；

rm{C}根据氨气的性质判断；

rm{(1)}利用氨气极易溶于水；形成压强差而形成喷泉进行解答；

rm{(2)}依据加入的物质能导致锥形瓶中气压变大的原理才能产生喷泉；结合物质的性质分析解答．

本题考查了氨气的制备和性质，明确反应原理、形成喷泉的原理和操作方法是解答的关键，题目难度不大．rm{(3)}【解析】rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}减少氨气与空气的对流，加快收集的速率，同时保证试管中能收集满氨气；打开橡皮管的夹子，挤压胶头滴管的胶头，使少量的水进入烧瓶，由于氨气易溶于水；rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}rm{A}rm{C}10、略

【分析】解：化合物rm{A}由短周期元素组成，加热分解得到rm{B}rm{C}rm{D}rm{C}是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，则rm{C}为rm{NH_{3}}rm{B}是常见的无色液体，rm{E}是淡黄色粉末，二者反应生成无色气体rm{F}应是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，则rm{E}为rm{Na_{2}O_{2}}rm{B}为rm{H_{2}O}rm{F}为rm{O_{2}}结合转化关系，可知rm{G}为rm{NO}rm{H}为rm{NO_{2}}rm{I}为rm{HNO_{3}}浓硝酸与木炭反应生成rm{D}为rm{CO_{2}}rm{A}中所含离子数目比为rm{1}rm{2}故A为rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}．

rm{(1)A}的化学式：rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}故答案为：rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}

rm{(2)}组成rm{F}的元素为元素，在周期表中的位置：第二周期rm{VIA}族，故答案为：第二周期rm{VIA}族；

rm{(3)B}为rm{H_{2}O}存在化学键为共价键，故答案为：共价键；

rm{(4)}反应rm{垄脵}的化学方程式：rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}故答案为：rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O.}

化合物rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}由短周期元素组成，加热分解得到rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O.}rm{A}rm{B}rm{C}是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，则rm{D}为rm{C}rm{C}是常见的无色液体，rm{NH_{3}}是淡黄色粉末，二者反应生成无色气体rm{B}应是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，则rm{E}为rm{F}rm{E}为rm{Na_{2}O_{2}}rm{B}为rm{H_{2}O}结合转化关系，可知rm{F}为rm{O_{2}}rm{G}为rm{NO}rm{H}为rm{NO_{2}}浓硝酸与木炭反应生成rm{I}为rm{HNO_{3}}rm{D}中所含离子数目比为rm{CO_{2}}rm{A}故A为rm{1}据此解答．

本题考查无机物推断，涉及氮元素化合物性质与转化，“rm{2}rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}性质及二者发生的反应以及rm{B}的性质”等是推断突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等．rm{E}【解析】rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}第二周期rm{VIA}族；共价键；rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}三、判断题(共9题，共18分)11、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．12、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；13、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．14、B【分析】【解答】摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．

【分析】摩尔是物质的量的单位．15、B【分析】【解答】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol16、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．17、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；18、B【分析】【解答】蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．

【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．19、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素；但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．四、解答题(共4题，共28分)20、略

【分析】

短周期元素；由最外层电子数是次外层电子数的3倍，则A有2个电子层，最外层电子数为6，即A为O；所有元素中非金属性最强的元素是F，则B为F；C的L层只有5个电子，则C为N；第3周期元素的简单离子中半径最小的为铝离子，则D为Al；

（1）A为O，质子数为8，得到2个电子变为离子，离子结构示意图为C为N，其其它氢化物为氨气，电子式为

故答案为：

（2）所有元素中非金属性最强的元素是F，非金属性F＞Cl，氟单质和溶液中的水反应，则不能置换出Cl，不能利用单质的颜色来比较非金属性，但在化合物中F显负价，则非金属性强，故答案为：F；b；

（3）A；B、C、D四种元素中只有Al为金属；具有金属性，故答案为：Al；具有金属性．

【解析】【答案】短周期元素；由最外层电子数是次外层电子数的3倍，则A有2个电子层，最外层电子数为6，即A为O；所有元素中非金属性最强的元素是F，则B为F；C的L层只有5个电子，则C为N；第3周期元素的简单离子中半径最小的为铝离子，则D为Al，然后利用元素及其单质；化合物的性质来解答．

21、略

【分析】

（1）Mg、Al都和稀硫酸反应，但Mg失电子的能力大于Al，所以Mg作负极，Al作正极，负极上Mg失电子变成离子进入溶液，所以电极反应式为：Mg-2e-=Mg2+．正极上氢离子得电子生成氢气，所以电极反应式为2H++2e-=H2↑；正负极上的电极反应式相加即得电池反应式，所以电池反应式为Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑．

故答案为：正极2H++2e-=H2↑

负极Mg-2e-=Mg2+

总Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑

（2）Al和氢氧化钠溶液反应，Mg和氢氧化钠溶液不反应，Al失电子和氢氧根离子生成偏铝酸根离子和水，即Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O；所以Al作负极发生氧化反应；

Mg作正极；正极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，发生还原反应，正极上的电极反应式为。

6H2O+6e-=6OH-+3H2↑

所以电池反应式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

【解析】【答案】（1）Mg；Al都和稀硫酸反应；所以根据金属的活泼性判断正负极，从而写出电极反应式和电池反应式；

（2）根据电极上发生反应的反应类型判断正负极；写出相应的电池反应方程式；

22、略

【分析】

（1）A；同主族元素从左到右原子半径逐渐减小；则有⑨＞⑩，故A错误；

B；⑨和⑦离子核外电子排布相同；核电荷数越大，离子半径越小，则有⑦＞⑨，故B错误；

C；根据同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱；同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则有非金属性③＞②＞⑥，故C正确；

D；④和⑨为同主族金属元素；从上到下金属的熔点逐渐降低，常温下为固体，⑧和⑩为同主族非金属元素，单质的熔点从上到下逐渐增大，⑧常温下为液体，⑩常温下为固体，易升华，熔点较小，则有单质的熔点：④＞⑨＞⑩＞⑧，故D正确；

E；同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强；对应单质的氧化性逐渐增强，则有氧化性⑧＞⑦，故E错误．

故答案为：CD；

（2）非金属最强的元素在表中左下角，为K元素，对应离子核内有19个质子，核外有18个电子，则离子的结构示意图为常温下呈液态的氢化物为H2O；O与H原子之间有1对共用电子，结构式为H-O-H；

故答案为：H-O-H；

（3）②、⑧元素形成的气态氢化物分别为NH3和HCl，相互反应的化学方程式为NH3+HCl═NH4Cl，⑨、⑤元素形成的最高价氧化物的水化物分别为NaOH和Al（OH）3，相互反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2；

故答案为：NH3+HCl═NH4Cl；Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O．

【解析】【答案】（1）根据元素所在周期表中的位置结合元素周期律的递变规律分析；

（2）非金属最强的元素在表中左下角，为K元素；常温下呈液态的氢化物为H2O；

（3）②、⑧元素形成的气态氢化物分别为NH3和HCl，⑨、⑤元素形成的最高价氧化物的水化物分别为NaOH和Al（OH）3．

23、略

【分析】

（1）根据有机物的结构简式可知该有机物含有羟基；羧基、碳碳双键三种官能团；故答案为：羟基；羧基；碳碳双键；

（2）羧基具有酸的通性；能使石蕊试液变红，能和碳酸钠反应生成二氧化碳等，故答案为：石蕊试液；变红．

【解析】【答案】（1）根据有机物的结构简式来观察含有的官能团；并书写名称；

（2）羧基具有酸的通性：使石蕊试液变红；能和碳酸钠反应生成二氧化碳等等．

五、原理综合题(共1题，共10分)24、略

【分析】【分析】

(1)依据热化学方程式和盖斯定律进行计算；

(2)A.加入催化剂；增快反应速率，并不会影响平衡移动；

B.加入过量的甲醇；增大了反应物浓度，使平衡正向移动，乙酸的转化率增大；

C.加入过量的乙酸；增大了反应物浓度，虽然使平衡正向移动，但乙酸的转化率降低；

D.将乙酸甲酯从体系中分离；使产物减少，促进平衡正向移动，乙酸的转化率增；

E.根据∆H为负值；反应正向是放热反应，因此，适当降低温度，平衡正向移动，乙酸的转化率增大；

(3)①两反应快慢的核心是活化能的大小,反应快活化能小；而反应慢活化能大；

②470℃之后；乙醇的产率逐渐降低是该反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，乙醛的产率逐渐升高是反应速率逐渐加快。

(4)利用三段式；化学平衡常数进行计算。

【详解】

(1)依据热化学方程式和盖斯定律，①+②-③可得到CH3COOH(l)+CH3OH(l)=CH3COOCH3(l)+H2O(l)，则∆H=∆H1+∆H2-∆H3=-6.10kJ∙mol-1。

(2)A.加入催化剂；增快反应速率，并不会影响平衡移动，A项错误；

B.加入过量的甲醇；增大了反应物浓度，使平衡正向移动，乙酸的转化率增大，B项正确；

C.加入过量的乙酸；增大了反应物浓度，虽然使平衡正向移动，但乙酸的转化率降低，C项错误；

D.将乙酸甲酯从体系中分离；使产物减少，促进平衡正向移动，乙酸的转化率增大，D项正确；

E.根据∆H为负值；反应正向是放热反应，因此，适当降低温度，平衡正向移动，乙酸的转化率增大，E项错误，F项正确；

综上所述；答案为BDF。

(3)①两反应快慢的核心是活化能的大小,反应快活化能小；而反应慢活化能大，根据图像可知，副反应的活化能远大于主反应的活化能，副反应的化学反应速慢；

②470℃之后；乙醇的产率逐渐降低是该反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，乙醛的产率逐渐升高是反应速率逐渐加快，反应吸热平衡正向移动。

(4)①由图可看出，转化率为90%时，总压为1.01MPa，已知n(CH3COOCH3):n(H2)=1:10；列三行式求解：

总压为1.01MPa，因此CH3COOCH3(g)的平衡分压为CH3CH2OH(g)的体积分数即为物质的量分数，其体积分数

②

【点睛】

主副两反应快慢的核心是活化能的大小，反应快活化能小，而反应慢活化能大。【解析】-6.1kJ∙mol-1BDF副反应的活化能远大于主反应的活化能，副反应的化学反应速慢470℃之后，乙醇的产率逐渐降低是该反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，乙醛的产率逐渐升高是反应速率逐渐加快，反应吸热平衡正向移动0.01MPa8.9六、工业流程题(共4题，共16分)25、略

【分析】【分析】

制备钼酸钠：钼精矿(主要成分为MoS2)在空气中焙烧得到MoO3，根据S元素的价态变化规律可知S元素被氧化成二氧化硫；然后MoO3用NaOH溶液溶解，过滤分离出难溶物，得到Na2MoO4溶液；经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na2MoO4.2H2O；制备钼单质：钼精矿(主要成分为MoS2)经碱浸并用NaClO氧化，过滤得到Na2MoO4溶液，加入足量硫酸得到钼酸沉淀，过滤后经高温灼烧得到MoO3，氢气还原MoO3得到Mo。

【详解】

(1)如果在空气中焙烧1molMoS2时，S转移12mol电子，根据电子守恒：(+4-x)×2=12，解得x=-2，所以MoS2中硫元素为-2价，钼元素的化合价为+4；焙烧的产物除MoO3外的另一种是SO2，产生的尾气对环境的主要危害是形成酸雨；(2)在实验室中进行操作2，从钼酸钠溶液中得到钼酸钠晶体的操作步骤是加热浓缩(或蒸发浓缩)、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；(3)设钼精矿中MoS2的质量分数为w，根据元素守恒可得关系式所以160:16w=242:12.1g，解得w=0.5，所以钼精矿中MoS2的质量分数为50％；(4)根据题意可知NaClO将MoS2氧化生成和自身被还原成Clˉ，MoS2整体化合价升高18价，NaClO降低2价，所以二者的系数比为1:9，再结合元素可得发生反应的离子方程式为MoS2+6OHˉ+9ClOˉ=+2+9Clˉ+3H2O；(5)b与电源正极相连，为阳极，所以钼得电子发生氧化反应，在碱性环境中生成Na2MoO4，根据电荷守恒和电子守恒可得电极反应式为Mo-6eˉ+8OHˉ=+4H2O；(6)据图可知c(Ba2＋)=2×10－4mol/L时，c()==2×10－4mol/L，所以BaMoO4的Ksp=c(Ba2＋)c()==2×10－4×2×10－4=4×10－8；

【点睛】

本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，难点为第4题中NaClO将MoS2氧化生成和的方程式的配平，要注意结合电子守恒、电荷守恒、质量守恒进行配平。【解析】+4形成酸雨加热浓缩(或蒸发浓缩)、冷却结晶50％MoS2+6OHˉ+9ClO-=+2+9Clˉ+3H2OMo-6eˉ+8OHˉ=+4H2O4×10-826、略

【分析】【分析】

从废钴钼催化剂(主要含有MoS2、CoS和Al2O3)经过焙烧后，得到MoO3，CoO和二氧化硫，加入硫酸后，浸取液中的金属离子主要为MoO22+、Co2+、Al3+，经过萃取和分液得到有机相1和水相1，有机相1中含有MoO22+，加入氨水后得到钼酸铵溶液，经结晶后得到钼酸铵；水相1中含有Co2+、Al3+，SO42-，经萃取分液后，水相2中含有H2SO4和Al2（SO4）3，有机相2中含有Co2+、SO42-；加入硫酸后，得到水相3，加入草酸铵，得到草酸钴，加热草酸钴可以得到四氧化三钴，据此分析解答。

【详解】

(1)(NH4)2MoO4中，铵根离子为+1价，O为-2价，所有元素的化合价之和为0，Mo的化合价为+6价；MoS2和氧气反应的化学方程式为：2MoS2+7O2=2MoO3+4SO2，可知生成物有二氧化硫和MoO3两种氧化物；

(2)MoS2在空气中高温焙烧产生MoO3，酸浸时，生成MoO22+的离子方程式为MoO3+2H+=MoO22++H2O；

(3)根据图像，找到MoO22+最多，Co2+较少的协萃比为4:1；

(4)有机相1中含有MoO22+，向有机相1中滴加氨水，发生反应的离子方程式为MoO+4NH3·H2O=MoO+4NH+2H2O；

(5)根据Co2++2HR⇌CoR2+2H+可知，加入H2SO4，c(H+)增大；平衡向左移动，能进行反萃取；

(6)水相1中含有Co2+、Al3+，SO4