2025年上教版选修化学上册阶段测试试卷

…………○…………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2025年上教版选修化学上册阶段测试试卷497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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、向10mL0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液中，滴加等浓度Ba(OH)2溶液xmL，下列叙述正确的是A.x＝10时，溶液中有NHAl3＋、SO且c(NH)＝c(SO)>c(Al3＋)B.x＝15时，溶液中有NHSO且c(NH)<2c(SO)C.x＝20时，溶液中有NHAl3＋、OH－，且c(OH－)>c(Al3＋)D.x＝30时，溶液中有Ba2＋、AlOOH－，且c(OH－)＝c(Ba2＋)2、类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是类推：向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO−+SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClOA.已知：将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+

类推：将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+B.已知：稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应至中性2H+++Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O

类推：NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性2H+++Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2OC.已知：铁和氯气反应2Fe+3Cl22FeCl3

类推：铁和碘单质反应2Fe+3I22FeI3D.已知：向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca2++2ClO−+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO3、下列各组表达式意义相同的是A.B.HCOOCH3和HOOCCH3C.D.-NO2和NO24、某烃X是CH4的同系物；分子中碳与氢的质量比为36：7，化学性质与甲烷相似。现取两支试管，分别加入适量溴水，实验操作及现象如下：

有关X的说法正确的是A.相同条件下，X的密度比水大B.X分子中的共价键类型仅有极性键C.X能与Br2发生加成反应使溴水褪色D.试验后试管2中的有机层是上层还是下层，可通过加水确定5、下列说法正确的是（）A.烷烃分子中，碳原子间都以碳碳单键结合，其余的价键均与氢原子结合，这一系列化合物的分子通式为CnH2n+2B.CH4、CH3CH2CH3互为同系物C.烷烃分子中，相邻的三个碳原子有可能在同一条直线上D.分子组成相差一个或若干个CH2原子团的物质，互称为同系物6、提纯下列物质(括号内为少量杂质)，能达到目的的是。选项混合物除杂试剂分离方法A乙酸乙酯(乙酸)NaOH溶液分液B乙醇(水)CaO过滤C溴苯(溴)溶液分液D乙烷(乙烯)酸性高锰酸钾溶液洗气

A.AB.BC.CD.D7、沙丁胺醇(Y)可用于治疗新冠感染；合成路线中包含如下步骤。下列说法正确的是。

A.X中所含官能团有酯基、酰胺基B.X在水中的溶解性比Y在水中的溶解性好C.Y与足量反应后的有机产物中含有4个手性碳原子D.用溶液可检验有机物Y中是否含有X8、下列说法不正确的是A.2H和3H互为同位素B.C17H35COOH和CH3COOH互为同系物C.碳纳米管和石墨烯互为同素异形体D.和互为同分异构体9、化学与生产、生活密切相关。下列有关说法中不正确的是：A.油脂的皂化反应一定产生甘油B.区别棉花和羊毛的最简单方法是灼烧，闻其是否有烧焦羽毛的气味C.医学上可用CuSO4溶液和NaOH溶液检验糖尿病人尿液中的葡萄糖D.营养物质蛋白质、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)10、向酸化的Fe(NO3)3溶液中滴加HI溶液，用离子方程式表达反应结果。则下列离子方程式肯定正确的是A.2Fe3++2I-=2Fe2++I2B.2NO3-+6I-+8H+=2NO↑+3I2+4H2OC.5NO3-+Fe3++16I-+20H+=Fe2++5NO↑+8I2+10H2OD.2NO3-+4Fe3++10I-+8H+=4Fe2++2NO↑+5I2+4H2O11、实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏高的是()A.酸式滴定管在装酸液前用标准盐酸溶液润洗2～3次B.开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失C.锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度D.盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次12、某烃X的球棍模型如图所示.经测定该分子中的氢原子所处的化学环境没有区别；下列说法中不正确的是。

A.该分子中碳原子的化学环境只有1种B.该分子不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.该分子中的氢原子分布在两个相互垂直的平面上D.该分子的分子式为13、如图是某有机物分子(只含三种元素)的球棍模型。下列关于该物质的说法正确的是。

A.不能与醋酸发生中和反应B.能与氢氧化钠发生取代反应C.能使紫色石蕊试液变红D.能发生催化氧化反应14、氯吡格雷可用于防治动脉硬化。下列关于该有机物的说法正确的是。

A.分子式为B.1mol该有机物最多可与5mol发生加成反应C.氯吡格雷有良好的水溶性，D.该有机物苯环上的二溴取代物有6种15、化合物是一种药物合成中间体，可由化合物X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是（）

A.X的分子式为B.的反应类型为取代反应C.Y分子一定条件下能发生取代、加成反应D.最多可与反应评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、利用化学反应原理回答下列问题：

（1）在一定条件下，将1.00molN2（g）与3.00molH2（g）混合于一个10.0L密闭容器中，在不同温度下达到平衡时NH3（g）的平衡浓度如图所示．其中温度为T1时平衡混合气体中氨气的体积分数为25.0%．

①该反应的焓变△H__0．（填“＞”或“＜”）

②该反应在T1温度下5.00min达到平衡，这段时间内N2的化学反应速率为______．

③T1温度下该反应的化学平衡常数K1=______．

（2）科学家采用质子高导电性的SCY陶瓷（可传递H+）实现了低温常压下高转化率的电化学合成氨，其实验原理示意图如图所示，则阴极的电极反应式是____________．

（3）已知某些弱电解质在水中的电离平衡常数（25℃）如表：。弱电解质H2CO3NH3•H2O电离平衡常数Ka1=4.30×10﹣7Ka2=5.61×10﹣11Kb=1.77×10﹣5

现有常温下0.1mol•L﹣1的（NH4）2CO3溶液；

①该溶液呈__性（填“酸”、“中”、“碱”），原因是___________．

②该（NH4）2CO3溶液中各微粒浓度之间的关系式不正确的是__．

A．c（NH4+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（NH3•H2O）

B．c（NH4+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（OH﹣）+c（CO32﹣）

C．c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）=0.1mol/L

D．c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）

E．c（H+）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）=c（OH﹣）+c（NH3•H2O）17、如图表示10mL量筒中液面的位置。A与B，B与C刻度间相差1mL，如果刻度A为6，量筒中液体的体积是________mL

18、(1)表中是25℃时某些弱酸的电离常数。根据表中数据判断下述反应可以发生的是____(填编号)。弱酸K弱酸KHF3.5310﹣4H2CO3K1＝4.410﹣7

K2＝4.710﹣11HClO2.9510﹣8HCOOH1.76510﹣4H2SK1＝1.310﹣7

K2＝7.010﹣15CH3COOH1.75310﹣5

①NaF＋CH3COOH＝CH3COONa＋HF

②HF＋NaHCO3＝NaF＋H2O＋CO2↑

③CH3COOH(过量)＋K2S＝CH3COOK＋KHS

(2)25℃时，将0.1mol·L﹣1盐酸和0.06mol·L﹣1氢氧化钡溶液等体积混合，该混合溶液的pH＝___。

(3)25℃，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH＝6，则溶液中c(CH3COO﹣)﹣c(Na＋)＝_____mol·L﹣1(填精确值)。

(4)常温下，向0.1mol·L﹣1H2S溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体，测得c(S2﹣)与溶液pH的关系如图(忽略溶液体积的变化及H2S的挥发)。

①0.1mol·L﹣1Na2S溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________。

②当溶液中c(S2﹣)＝1.4×10﹣19mol·L﹣1时，溶液中水电离产生的c(H＋)＝___________。

③当pH＝13时，溶液中的c(H2S)＋c(HS﹣)＝___________。

(5)室温下，pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合后，pH______719、氯气及其化合物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。

(1)NaClO有较强的氧化性，所以是常用的消毒剂和漂白剂，请写出工业上用氯气和NaOH溶液生产消毒剂NaClO的离子方程式_________________________。

(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应可以回收S，其物质转化如图所示。该图示的总反应为_________________________。

(3)自来水中的NO3-对人类健康产生危害。为了降低自来水中NO3-的浓度，某研究人员提出在碱性条件下用Al粉还原NO3-，产物是N2。发生的反应可表示如下；请完成方程式的配平。

___Al+___NO3-+___=___AlO2-+___N2↑+___H2O20、环丙烷可作为全身麻醉剂；环己烷是重要的有机溶剂。下表是部分环烷烃及烷烃衍生物的结构简式，键线式和某些有机化合物的反应式(其中Pt，Ni是催化剂)。

①△＋H2

②□＋H2

③＋H2

④+KMnO4++Mn2+

回答下列问题：

(1)环烷烃与________是同分异构体。

(2)从反应①～③可以看出，最容易发生开环加成反应的环烷烃是_____(填名称)，判断依据为_____。

(3)环烷烃还可与卤素单质，卤化氢发生类似的开环加成反应，如环丁烷与HBr在一定条件下反应，其化学方程式为______(不需注明反应条件)。

(4)写出鉴别环丙烷与丙烯的一种方法，试剂________；现象与结论_________。21、下列烃中互为同分异构体的是（氢原子已省略）_________、________、_________。属于烯烃的是______________，并写出其结构简式________________________________________________________________。

22、按要求填空：

有5种无色物质：乙烯；己烷、苯、甲苯和苯酚。据此回答下列问题：

(1)上述某物质不能与溴水和酸性溶液反应，但在铁屑作用下能与液溴反应该反应的化学方程式为___________。

(2)上述某烃既能与溴水反应又能与酸性溶液反应，实验室制备该物质的化学方程式是___________。

(3)在空气中易被氧化成粉红色物质，写出该物质与浓溴水反应的化学方程式：___________。23、糖尿病是由于人体内胰岛素分泌紊乱而导致的代谢紊乱综合征；以高血糖为主要标志。长期摄入高热量的食品和缺乏运动都易导致糖尿病。请回答下列问题：

(1)血糖是指血液中的葡萄糖(C6H12O6)。下列有关说法中正确的是________(填字母)。

A．葡萄糖属于碳水化合物，可表示为C6(H2O)6，每个葡萄糖分子中含6个H2O分子。

B．糖尿病病人的尿中糖含量很高；可用新制的氢氧化铜悬浊液来检测病人尿液中的葡萄糖。

C．葡萄糖可用于制镜工业。

D．淀粉水解的最终产物是葡萄糖。

(2)木糖醇[CH2OH(CHOH)3CH2OH]是一种甜味剂；糖尿病病人食用后血糖不会升高。

①木糖醇与葡萄糖________(填“互为”或“不互为”)同系物。

②请预测木糖醇的一种化学性质：________________________________________________。

(3)糖尿病病人宜多吃蔬菜和豆类食品，因为蔬菜中富含纤维素，豆类食品中富含蛋白质。下列说法中正确的是________(填字母)。

A．蛋白质属于天然有机高分子化合物；可被人体直接吸收。

B．人体中没有水解纤维素的酶；所以纤维素在人体中的作用主要是加强胃肠的蠕动。

C．纤维素和淀粉互为同分异构体。

D．纤维素和蛋白质的分子结构不同，但组成元素完全相同评卷人得分四、元素或物质推断题(共3题，共27分)24、已知：某无色废水中可能含有H+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、中的几种；为分析其成分，分别取废水样品1L，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：

请回答下列问题：

(1)根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是______________，一定存在的阳离子是______________。

(2)写出实验③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式________。

(3)分析图像，在原溶液中c()与c(Al3+)的比值为________，所得沉淀的最大质量是_______g。

(4)若通过实验确定原废水中c(Na+)=0.18mol·L−1，试判断原废水中是否存在？_________(填“存在”“不存在”或“不确定”)。若存在，c()=_______mol·L−1。(若不存在或不确定则此空不填)25、有一瓶澄清的溶液，其中可能含有中的若干种。取该溶液进行以下实验：

①用pH试纸检测；溶液呈强酸性；

②取溶液适量，加入少量和数滴新制氯水，振荡，层呈紫红色；

③另取溶液适量；逐滴加入NaOH溶液；

a.溶液从酸性变为中性。

b.溶液逐渐产生沉淀。

c.沉淀完全溶解。

d.最后加热溶液；有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

④取适量③得到的碱性溶液，加入溶液；有白色沉淀生成。

根据上述实验现象；回答下列问题：

(1)由①可以排除___________的存在。

(2)由②可以证明___________的存在；同时排除___________的存在。

(3)由③可以证明___________的存在；写出c、d所涉及的化学方程式，是离子反应的用离子方程式表示：c___________；d___________。

(4)由④可以排除___________的存在，同时证明___________的存在。26、由短周期元素组成的A；B两种盐可发生下列变化；且B的焰色反应呈黄色（其它生成物未在图中列出）

（1）无色溶液F中，一定含有的溶质的化学式为____________。

（2）写出白色胶状沉淀C转化为无色溶液E的离子方程式________________。

（3）A和B的混合物溶于水发生反应的离子方程式______________________。

（4）将B与E的溶液混合时，可观察到的现象是_________________________，写出其反应的离子方程式__________________________________________。评卷人得分五、工业流程题(共3题，共9分)27、草酸钴是制备高品质钴氧化物和单质钴粉的重要中间产品。用含钴废料（主要成分为Co，含有一定量的Ni、Al2O3、Fe、SiO2等）可以制备草酸钴晶体（CoC2O4·2H2O）。一种制备方法是选择草酸做沉淀剂；工业流程如图。

已知：①相关金属离子以氢氧化物形式沉淀完全的pH如下：。金属离子Fe3+Al3+Co2+Fe2+Ni2+沉淀完全的pH3.75.29.29.69.5

②CoC2O4+2C2O[Co(C2O4)3]4-。

回答下列问题：

（1）CoC2O4中Co的化合价是___。

（2）浸出液中含有的阳离子除了H+、Co2+外，还有___。

（3）滤渣II的主要成分有___（填化学式）。

（4）加入RH的目的是___，操作a的名称是___。

（5）用一定浓度的草酸沉淀Co2+时，lg[Co]T，随溶液pH变化如图所示（[Co]T表示Co以非沉淀形式存在的各种形态浓度之和）。

①沉淀Co2+时，应控制pH在___。

②lg[Co]T随pH的增大先减小后增大的原因为___。

（6）母液经氯气氧化后溶液中的盐酸可以循环使用，写出母液与氯气反应的化学方程式___。28、用一种硫化矿(含45%SiO2、20.4%Al2O3、30%FeS和少量GeS2等)制取盆景肥料NH4Fe(SO4)2及铝硅合金材料的工艺流程如下：

(1)“矿石”粉碎的目的是_____________________。

(2)“混合气体”经过水吸收和空气氧化能再次利用。

①“焙烧”时，GeS2发生反应的化学方程式为____________________。

②“混合气体”的主要成分是_______________(填化学式)．

③FeS焙烧产生的Fe2O3会与(NH4)2SO4反应生成NH4Fe(SO4)2，该反应的化学方程式为_______________。Al2O3也能发生类似反应．这两种氧化物转化为硫酸盐的转化率与温度的关系如图，上述流程中最适宜的“焙烧”温度为_____________________。

(3)GeCl4的佛点低，可在酸性条件下利用蒸馏的方法进行分离，酸性条件的目的是_________。

(4)用电解氧化法可以增强合金AlxSiy的防腐蚀能力，电解后在合金表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜(主要成分为Al2O3),电解质溶液为H2SO4-H2C2O4混合溶液，阳极的电极反应式为______________________。

(5)假设流程中SiO2损失了20%，Al2O3损失了25%，当投入1t硫化矿，加入了54kg纯铝时，铝硅合金中x:y=______________。29、立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。以重晶石(BaSO4)为原料；可按如下工艺生产立德粉：

(1)在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，同时生成一种有毒的气体，该过程的化学方程式为___________。

(2)在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差，其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的___________(填化学式)。

(3)沉淀器中反应的离子方程式为___________。

(4)成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol·L-1的I2-KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。过量的I2用0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2S2=2I-+S4测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。该实验所用的指示剂为___________，样品中S2-的含量为___________(写出表达式)。

(5)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO用过量的Na2S2O3作脱氯剂，该反应的离子方程式为___________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

A．当x=10时，10ml0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液中含有0.001molNH4+、0.001molAl3+、0.002molSO42-，同时发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓，因NH4+发生水解，所以c(NH4+)<c(SO42-)；A错误；

B．x=15时，加入的Ba2+为0.0015mol，Al3+沉淀完全，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵，含有0.001molNH4+，0.0005molSO42-，且铵根离子水解，则c(NH4+)<2c(SO42-)；B正确；

C．x=20时，发生反应为：SO42-+Ba2+=BaSO4↓、NH4++OH-=NH3・H2O，SO42-完全沉淀，生成Al(OH)30.001mol，剩余0.001molOH-恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应；此时溶液为氨水溶液，C错误；

D．当x=30时，10ml0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42-，30ml等浓度Ba(OH)2溶液有0.003molBa2+、0.006molOH-，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa2+，OH-过量溶液中存在0.001moAlO2-，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol，一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c(OH-)>c(Ba2+)；D错误；

答案选B。2、B【分析】【详解】

A．铁排在金属铜的前面；金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是先和盐中的水反应，不会置换出其中的金属，选项A错误；

B．硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀，离子反应方程式为：Ba2++2H++2OH-+SO42-=2H2O+BaSO4↓，NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应呈中性，离子反应方程式为：Ba2++2H++2OH-+SO42-=2H2O+BaSO4↓；选项B正确；

C．铁和氯气反应生成氯化铁：2Fe+3Cl22FeCl3；碘的氧化性较弱，铁和碘反应生成碘化亚铁，正确的离子方程式为：Fe+I2FeI2；选项C错误；

D．少量二氧化碳通入次氯酸钙溶液中生成碳酸钙和次氯酸；少量二氧化硫通入次氯酸钙溶液中生成亚硫酸钙和次氯酸，次氯酸具有强氧化性氧化亚硫酸钙为硫酸钙，选项D错误；

答案选B。3、C【分析】【详解】

分析：A．根据是否带有电荷分析判断；B．前者为甲酸甲酯，后者为乙酸，二者表示的为不同的烃的衍生物；C．根据乙基的结构简式的书写方法分析判断；D．-NO2表示官能团，NO2表示物质。

详解：A．-OH为羟基，羟基中氧原子最外层7个电子，表示的是阴离子，二者表示的意义不同，故A错误；B．前者表示的是甲酸甲酯，属于酯类，后者表示的是乙酸，属于羧酸，二者互为同分异构体，表示的物质不同，故B错误；C．二者表示的取代基类型相同，均为乙基和环戊基，表示的是同一种物质，表达式意义相同，故C正确；D．-NO2为硝基，属于有机物的官能团，NO2为氮元素的氧化物；二者表示的意义不同，故D错误；故选C。

点睛：本题考查了化学表达式的含义，掌握常见化学表达式的书写方法是解题的关键。本题的易错点为A，要注意羟基不带电，电子式为4、D【分析】【分析】

烷烃X分子中碳与氢的质量比为36：7，则C、H原子数目之比为=3：7=6：14，烷烃通式为故X分子式为C6H14。

【详解】

A．烷烃X萃取溴水中的溴；上层呈橙红色，说明X的密度比水小，故A错误；

B．C6H14分子中含有C-C非极性键和C-H极性键；故B错误；

C．X为烷烃；不能与溴发生加成反应，故C错误；

D．C6H14发生取代反应得到溴代烃；溴代烃不溶于水，向试管中加水，若上层液体体积变大，则说明试管2中的有机层在下层，故D正确；

故正确答案为D。5、B【分析】【详解】

A.烷烃又叫饱和烃，每一个碳原子之间都以碳碳单键结合成链状，碳原子的剩余价键都与氢原子相结合，通式为CnH2n+2；故A错误；

B.CH4、CH3CH2CH3的结构相似，分子组成相差整数倍个CH2原子团；故互为同系物，属于烷烃同系物，故B正确；

C.烷烃分子中；相邻的三个碳原子为锯齿形，不可能在同一直线上，故C错误；

D.分子组成相差一个或若干个CH2原子团的物质的结构不一定相似；如环丙烷和乙烯，它们不互为同系物，故D错误；

故选B。

【点睛】

同系物指结构相似，分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的物质，结构相似即同系物具有相同种类和数目的官能团，通式相同；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体，这是常考点，也是学生们的易错点。6、C【分析】【详解】

A．乙酸乙酯在NaOH溶液中能够完全水解；故除去乙酸乙酯中的乙酸应该用饱和碳酸钠溶液，然后分液即可，A错误；

B．乙醇和水沸点相差较大；但二者能够形成恒沸物，故除去乙醇中的水需加入CaO后进行蒸馏，B错误；

C．已知Na2SO3+Br2+H2O=Na2SO4+2HBr故除去溴苯中混有的Br2，可用Na2SO3溶液然后分液即可；C正确；

D．由于酸性高锰酸钾溶液能将乙烯氧化成CO2；故除去乙烷中的乙烯不能将气体通入酸性高锰酸钾溶液，否则将引入新的杂质，D错误；

故答案为：C。7、C【分析】【详解】

A．由结构式可知；X中所含官能团有酯基；羰基、次氨基，故A错误；

B．Y中含有羟基可以和水分子形成氢键；在水中的溶解度大于X，故B错误；

C．Y与足量反应后的有机产物为手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，中手性碳原子为共4个；故C正确；

D．Y中含有酚羟基；无论是否含X，均会显紫色，故D错误；

故选C。8、D【分析】【详解】

A.2H和3H质子数相同；中子数不同；故互为同位素，A正确；

B.C17H35COOH和CH3COOH均为烷基和1个羧基结合而成，结构相似，差16个“CH2”；互为同系物，B正确；

C.碳纳米管和石墨烯都是碳元素组成的不同单质；互为同素异形体，C正确；

D.分子式为C13H10，分子式为C14H10；分子式不同，不互为同分异构体，D错误；

答案选D。9、D【分析】【分析】

【详解】

A．油脂的成分为高级脂肪酸甘油酯；油脂碱性条件下水解反应为皂化反应，则皂化反应生成高级脂肪酸盐与甘油，油脂的皂化反应一定产生甘油，故A正确；

B．棉花的主要成分为纤维素；羊毛的主要成分为蛋白质，灼烧时蛋白质有烧焦的羽毛气味，则区别棉花和羊毛的最简单方法是灼烧，闻其是否有烧焦羽毛的气味，故B正确；

C．NaOH溶液和CuSO4溶液反应生成氢氧化铜沉淀，葡萄糖中含有醛基，醛基具有还原性，能被新制的氢氧化铜氧化，有砖红色的氧化亚铜沉淀生成，医学上常用CuSO4溶液和NaOH溶液检验糖尿病人尿液中的葡萄糖；故C正确；

D．人体需要的营养物质；蛋白质水解生成氨基酸，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，脂肪在一定条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，葡萄糖是单糖，不能水解，故D错误；

答案为D。二、多选题(共6题，共12分)10、BC【分析】【详解】

A．向酸化的Fe(NO3)3溶液中滴加HI溶液；硝酸根和氢离子形成硝酸具有强氧化性，硝酸的氧化性强于三价铁离子，先氧化碘离子，故A错误；

B．硝酸氧化碘离子生成碘单质，硝酸被还原为一氧化氮，反应的离子方程式为：故B正确；

C．离子方程式中表明三价铁离子部分做氧化剂，符合氧化还原反应的规律，故C正确；

D．离子方程式中硝酸根有剩余，不符合氧化还原反应的顺序氧化还原规律，故D错误；

故答案为：BC。

【点睛】

氧化还原先后型的离子反应：对于氧化还原反应；按“先强后弱”的顺序书写，即氧化性(或还原性)强的优先发生反应，氧化性(或还原性)弱的后发生反应，该类型离子方程式的书写步骤如下：

第一步：确定反应的先后顺序：(氧化性：HNO3＞Fe3＋，还原性：I－＞Fe2＋＞Br－)，如向FeI2溶液中通入Cl2，I－先与Cl2发生反应；

第二步：根据用量判断反应发生的程度；

如少量Cl2与FeI2溶液反应时只有I－与Cl2反应：2I－＋Cl2=2Cl－＋I2；

足量Cl2与FeI2溶液反应时溶液中的I－和Fe2＋均与Cl2发生反应：2Fe2＋＋4I－＋3Cl2=2Fe3＋＋2I2＋6Cl－；

第三步：用“少量定1法”书写离子方程式，即将“量”少物质的化学计量数定为“1”进行书写。11、BD【分析】【详解】

A.酸式滴定管在装酸液前用标准盐酸溶液润洗2～3次；该操作正确，可知c（待测）准确，故A不选；

B.酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（标准）偏大，故B选；

C.滴定过程中，锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度，造成V（标准）偏小，因为需等半分钟不褪色根据c（待测）=可知c（标准）偏小，故C正确；

D.盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）增大，根据根据c（待测）=可知c（标准）偏大，故D选；

故选BD。12、AB【分析】【分析】

根据球棍模型及碳原子的成键特点判断，环中含有碳碳双键，分子式为C5H4。

【详解】

A．根据球棍模型判断黑色的是碳原子；它的环境有2种，故A不正确；

B．该分子中含有碳碳双键；所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B不正确；

C．碳原子的杂化类型判断分子的空间构型，中心的单键碳原子采用sp3杂化，空间构型是正四面体，碳碳双键的碳原子采用sp2的杂化；空间构型是平面形，据此判断氢原子的位置；故C正确；

D．根据碳的成键特点判断化学式为C5H4；故D正确；

故选答案AB。

【点睛】

碳原子的结构判断碳原子形成四个化学键，氢原子形成1个化学键，根据碳原子的成键也可判断碳的杂化类型从而判断分子的空间构型。13、AD【分析】【分析】

由该有机物的球棍模型可知；该物质为乙醇。

【详解】

A．乙醇中含有的是羟基，不是不能与醋酸发生中和反应，A正确；

B．乙醇不能与氢氧化钠发生反应；B错误；

C．乙醇为非电解质；不能电离出氢离子，不能使紫色石蕊试液变红，C错误；

D．在铜或银作催化剂时；乙醇能发生催化氧化反应生成乙醛，D正确。

答案选AD。14、BD【分析】【详解】

A．根据不同原子的成键数目特征，有一个N原子存在时成键数目为奇数，H的数量为15加上一个氯原子为偶数，分子式为A错误；

B．酯基中碳氧双键不能发生加成反应，苯环上可加成3mol两个碳碳双键可加成2mol即1mol该有机物最多可与5mol发生加成反应；B正确；

C．酯基；氯原子、苯环水溶性均很差；C错误；

D．由于苯环上已经有两个位置确定，二溴取代问题可以通过定一移二解决，D正确；

故答案为：BD。15、BC【分析】【详解】

A.X分子内有14个碳原子，不饱和度为3，则其分子式为A错误；

B.的反应为酯基发生水解反应；该反应属于取代反应，B正确；

C.Y分子含有羧基；一定条件下能发生取代反应；分子内有羰基，一定条件下可发生加成反应，C正确；

D.+NaOH+故最多可与反应生成；D错误；

答案选BC。三、填空题(共8题，共16分)16、略

【分析】【详解】

（1）①根据图像可知升高温度氨气浓度降低；这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，因此该反应的焓变△H＜0；②根据方程式可知。

N2+3H22NH3

起始浓度（mol/L）0.10.30

转化浓度（mol/L）x3x2x

平衡浓度（mol/L）0.1-x0.3-3x2x

则

解得x＝0.04

所以这段时间内N2的化学反应速率为0.04mol/L÷5min＝8.00×10﹣3mol/（L•min）；

③T1温度下该反应的化学平衡常数K1＝

（2）电解池中阴极发生得到电子的还原反应，则阴极是氮气得到电子结合氢离子转化为氨气，电极反应式是N2+6H++6e﹣=2NH3；

（3）①一水合氨的电离常数大于碳酸氢根离子的电离常数，因此铵根的水解程度小于碳酸根的水解程度，所以该溶液呈碱性；②A．铵根的水解程度小于碳酸根的水解程度，该溶液呈碱性，则c（NH4+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（NH3•H2O），A正确；B．根据电荷守恒可知c（NH4+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（OH﹣）+2c（CO32﹣），B错误；C．根据物料守恒可知c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）=0.1mol/L，C正确；D．根据物料守恒可知c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），D正确；E．根据电荷守恒和物料守恒可知c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）=c（OH﹣）+c（NH3•H2O），E错误，答案选BE。【解析】＜8.00×10﹣3mol/（L•min）18.3N2+6H++6e﹣=2NH3碱由于NH3•H2O的电离平衡常数大于HCO3﹣的电离平衡常数，因此CO32﹣水解程度大于NH4+水解程度，溶液呈碱性BE17、略

【分析】【分析】

用量筒读数时；注意它的分度值，视线要与量筒内液体面相平；用量筒量取液体时，量筒要放平，读数时视线应与凹液面最低处相平；如果仰视液面，读数比实际偏小，若俯视液面，读数比实际偏大。

【详解】

由图知：量筒A与B之间有五个小格；所以一个小格代表0.2ml，即此量筒的分度值为0.2ml；凹液面最低处与5mL以上一个刻度处相平，所以液体体积为5.2mL。

【点睛】

量筒没有零刻度，从下到上刻度增大。【解析】5.218、略

【分析】【详解】

(1)同温度下，酸的电离平衡常数越大，酸性越强，由电离平衡常数可知，酸性：HCOOH＞HF＞CH3COOH＞H2CO3＞H2S＞HClO＞＞HS﹣，由强酸制弱酸可知，HF＋NaHCO3＝NaF＋H2O＋CO2↑能发生，NaF与CH3COOH不会反应，过量CH3COOH与K2S反应生成CH3COOK和H2S；故答案为②；

(2)25℃时，0.1mol·L﹣1盐酸中c(H＋)＝0.1mol·L﹣1，0.06mol·L﹣1氢氧化钡溶液中c(OH﹣)＝0.12mol·L﹣1，两溶液等体积混合反应充分后，溶液中c(OH﹣)＝0.01mol·L﹣1(溶液体积扩大一倍)，混合溶液中c(H＋)＝＝mol/L＝10﹣12mol/L，pH＝﹣lgc(H＋)＝﹣lg10﹣12＝12；

(3)25℃，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH＝6，则c(H＋)＝10﹣6mol/L，c(OH﹣)＝10﹣8mol·L﹣1，溶液中电荷守恒为c(CH3COO﹣)＋c(OH﹣)＝c(H＋)＋c(Na＋)，则溶液中c(CH3COO﹣)﹣c(Na＋)＝c(H＋)﹣c(OH﹣)＝(10﹣6﹣10﹣8)mol/L＝9.9×10﹣7mol/L；

(4)①0.1mol·L﹣1Na2S溶液中c(Na＋)=0.2mol·L﹣1，S2﹣会发生微弱水解生成HS﹣、OH﹣，同时溶液中还存在水的电离，因此离子浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(S2﹣)＞c(OH﹣)＞c(HS﹣)＞c(H＋)；

②由图像可知，当溶液中c(S2﹣)＝1.4×10﹣19mol·L﹣1时，溶液pH＝1，溶液中c(H＋)＝0.1mol·L﹣1，说明此时是向0.1mol·L﹣1H2S溶液中通入HCl气体，溶液中c(OH﹣)＝=mol/L=10﹣13mol/L，溶液中OH﹣均来自于水的电离，且水电离出的c(H＋)＝c(OH﹣)＝10﹣13mol/L；

③由图像可知，当pH＝13时，c(S2﹣)=5.7×10﹣2mol/L，根据S原子守恒可知，c(S2﹣)＋c(H2S)＋c(HS﹣)＝0.1mol·L﹣1，则c(H2S)＋c(HS﹣)＝0.1mol·L﹣1﹣5.7×10﹣2mol/L=0.043mol/L；

(5)CH3COOH为弱电解质，在水中部分电离，因此pH＝3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)＞10﹣3mol/L，pH＝11的氢氧化钡溶液中c(OH﹣)＝10﹣3mol/L，二者等体积混合后，CH3COOH过量，因此溶液呈酸性，溶液pH＜7。【解析】①.②②.12③.9.9×10﹣7④.c(Na＋)＞c(S2﹣)＞c(OH﹣)＞c(HS﹣)＞c(H＋)⑤.10﹣13mol/L⑥.0.043mol/L⑦.＜19、略

【分析】【分析】

(1)氯气与氢氧化钠反应生成NaCl和NaClO；

(2)由图可知；Cu；H、Cl元素的化合价不变，Fe、O、S元素的化合价变化，总反应为硫化氢与氧气的反应，生成S和水；

(3)反应中Al→AlO2-，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3-→N2↑；氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，结合电荷守恒；原子守恒配平其它物质的系数。

【详解】

(1)氯气与氢氧化钠反应生成NaCl和NaClO，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；

(2)根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，总反应方程式为2H2S+O2=2S↓+2H2O；

(3)反应中Al→AlO2-，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3-→N2↑，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，故Al的系数为10，N2系数为3，由氮元素守恒可知硝酸根系数为6，由Al元素守恒可知偏铝酸根系数为10，由电荷守恒可知氢氧根系数为4，由H元素守恒可知水的系数为2，故配平后离子方程式为：10Al+6NO3-+4OH-=10AlO2-+3N2↑+2H2O。【解析】①.Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O②.2H2S+O2=2S↓+2H2O③.10④.6⑤.4OH-⑥.10⑦.3⑧.220、略

【分析】【详解】

(1).根据环烷烃的分子式CnH2n；其与相同分子式的烯烃互为同分异构体；

(2).从反应条件来看；环丙烷开环所需温度为353K，为3种环烷烃开环所需最低温度，所以其最容易开环；

(3).根据已知反应，环烷烃开环为打开C-C，并进行加成反应，所以HBr与环烷烃的加成反应方程式可写为：

(4).可针对烯烃中存在不饱和碳键进行检测；利用不饱和碳键可使酸性高锰酸钾溶液褪色，将酸性高锰酸钾溶液分别滴入两种物质中，发生褪色的物质含有不饱和碳键，为丙烯；不产生褪色现象的物质为环丙烷；

点睛：对C=C的检测，可利用酸性高锰酸钾的氧化性产生褪色现象，也可利用溴水发生加成反应而褪色的原理。【解析】相同碳原子数的单烯烃环丙烷反应温度最低酸性高锰酸钾溶液使酸性高锰酸钾溶液褪色的是丙烯21、略

【分析】【详解】

ACGH分子式均为C4H8，结构不同，互为同分异构体，A和C是位置异构，AC和G是碳链异构，环烷烃H和ACG是种类异构；BD属于烷烃，分子式均为C4H10，结构不同，互为同分异构体，两者是碳链异构；EF属于炔烃，分子式均为C4H6，结构不同，互为同分异构体，两者是位置异构；其中ACG属于烯烃；其结构简式分别为CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CHCH3、(CH3)2C=CH2。【解析】①.ACGH②.BD③.EF④.ACG⑤.CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CHCH3、(CH3)2C=CH222、略

【分析】【详解】

（1）不能与溴水和酸性溶液反应，排除了乙烯、甲苯、苯酚，但在铁屑作用下能与液溴反应，排除己烷，所以是苯，反应方程式为：++HBr；

（2）既能与溴水反应又能与酸性溶液反应的烃是乙烯，实验室制备乙烯是用乙醇加浓硫酸在170℃下发生消去反应得到的，反应方程式为：

（3）在空气中易被氧化成粉红色物质，该物质是苯酚，与浓溴水反应生成三溴苯酚，反应方程式为：+3↓。【解析】(1)++HBr

(2)

(3)++↓23、略

【分析】【分析】

(1)根据葡萄糖属于碳水化合物；不含水；B．葡萄糖可新制的氢氧化铜悬浊液加热产生砖红色沉淀；葡萄糖可银氨溶液发生银镜反应；淀粉水解的最终产物是葡萄糖，据此分析；

(2)①木糖醇中含有的官能团与葡萄糖不完全相同；据此分析；

②由于木糖醇中含有羟基；据此分析；

(3)根据蛋白质需在人体内酶的作用下水解生成氨基酸才能被人体吸收；人体中没有水解纤维素的酶；纤维素的作用是加强胃肠的蠕动；C．纤维素与淀粉二者结构不同，n值也不同；蛋白质分子中含有氮元素而纤维素分子中不含氮元素，据此分析。

【详解】

(1)A．葡萄糖属于碳水化合物，可表示为C6(H2O)6；但糖类中不含水，只是为了表达方便拆成碳水化合物的形式，故A错误；

B．糖尿病病人的尿中糖含量很高；葡萄糖可新制的氢氧化铜悬浊液加热产生砖红色沉淀，因此可用新制的氢氧化铜悬浊液来检测病人尿液中的葡萄糖，故B正确；

C．葡萄糖可银氨溶液发生银镜反应；因此葡萄糖可用于制镜工业，故C正确；

D．淀粉水解的最终产物是葡萄糖；故D正确；

故答案为：BCD；

(2)①木糖醇中含有的官能团与葡萄糖不完全相同；故不能与葡萄糖互称为同系物，故答案为：不互为；

②由于木糖醇中含有羟基，可以与Na反应，也可发生催化氧化，与酸性KMnO4溶液、K2Cr2O7溶液反应，与乙酸发生酯化反应等，故答案为：与Na反应放出H2，与O2在Cu作催化剂、加热条件下反应，被酸性KMnO4溶液氧化；与乙酸发生酯化反应(任写一种即可)；

(3)A．蛋白质需在人体内酶的作用下水解生成氨基酸才能被人体吸收；故A错误；

B．人体中没有水解纤维素的酶；纤维素在人体中的作用主要是加强胃肠的蠕动，故B正确；

C．纤维素与淀粉虽然化学表达式均为(C6H10O5)n；但二者结构不同，n值也不同，故不是同分异构体关系，故C错误；

D．蛋白质分子中含有氮元素而纤维素分子中不含氮元素；故二者组成元素不同，故D错误；

故答案为：B。【解析】①.BCD②.不互为③.与Na反应放出H2，与O2在Cu作催化剂、加热条件下反应，被酸性KMnO4溶液氧化，与乙酸发生酯化反应(任写一种即可)④.B四、元素或物质推断题(共3题，共27分)24、略

【分析】【分析】

根据溶液无色；排除铁离子，根据焰色反应，一定有钠离子，根据加入氯化钡和稀盐酸生成白色沉淀，说明含有硫酸根，根据离子共存排除一定没有钡离子，根据加入足量氢氧化钠溶液和图像信息得出一定含有铝离子；镁离子、氢离子、铵根离子，根据离子共存排除碳酸根，再根据电荷守恒得出含有硝酸根并计算硝酸根浓度。

【详解】

(1)废水是无色的，说明无Fe3+。根据焰色反应为黄色可知有Na+，加入氯化钡有白色沉淀生成，且加入酸沉淀不溶解，说明有加入氢氧化钠开始时没有沉淀生成说明有H+，加入过量的氢氧化钠有部分沉淀溶解，说明有Al3+，还有部分白色沉淀不溶解，说明有Mg2+，沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段，有另一阳离子与氢氧根反应且不生成沉淀，说明有因此溶液一定有Al3+、Mg2+，根据离子共存判断出一定没有故答案为：Na+、H+、Al3+、Mg2+、

(2)沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式是+OH－＝NH3·H2O；故答案为：+OH－＝NH3·H2O。

(3)与反应的OH－有0.2mol，则有0.2mol，与Al(OH)3反应的OH－有0.1mol，则Al3+有0.1mol，因此二者物质的量之比为2∶1。生成沉淀需要OH－物质的量为0.4mol，0.1molAl3+沉淀需要0.3molOH－，则与Mg2+反应的OH－是0.1mol，则Mg2+有0.05mol，生成氢氧化镁0.05mol，质量为0.05mol×58g∙mol−1＝2.9g，生成的氢氧化铝是0.1mol，质量为0.1mol×78g∙mol−1＝7.8g；则沉淀最大质量为10.7g；故答案为：2∶1；10.7。

(4)从图中可知，H+有0.1mol，已经求得有0.2mol，Al3+有0.1mol，Mg2+有0.05mol，若c(Na+)=0.18mol·L−1，则钠离子的物质的量为0.18mol·L−1×1L=0.18mol。根据题干可知硫酸钡有93.2g，即物质的量为0.4mol，也就是说有0.4mol，已知没有正电荷高于负电荷，电荷不守恒，所以一定存在硝酸根，且n()=0.1mol×1+0.2mol×1+0.1mol×3+0.05mol×2+0.18mol×1−0.4mol×2=0.08mol，则硝酸根浓度为c()=故答案为：存在；0.08。

【点睛】

最后剩余的几种离子来判断存在时，要根据离子共存和电荷守恒来判断一定存在的离子。【解析】①.②.Na+、H+、Al3+、Mg2+、③.+OH－=NH3·H2O④.2∶1⑤.10.7⑥.存在⑦.0.0825、略

【分析】【分析】

①用pH试纸检测，溶液呈强酸性，说明与H+反应的不存在；

②取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色。说明溶液中存在I﹣，不存在

③另取溶液适量，逐滴加入NaOH溶液，溶液由产生沉淀又逐渐溶解，说明溶液中含有Al3+，加热溶液有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明溶液中有

④取适量③得到的碱性落液，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有不含有

综上所述，澄清的溶液中存在的离子为Ba2+、Al3+、I-，一定不存在Fe3+、可能存在K+。

【详解】

(1)根据分析，由①可以排除的存在；

(2)根据分析，由②可以证明I﹣的存在；同时排除的存在；

(3)根据分析，由③可以证明的存在；c步骤发生的反应为氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=＋2H2O或d步骤为一水合氨受热分解生成氨气和水，化学方程式为：NH3·H2ONH3↑+H2O；

(4)根据分析，由④可以排除的存在，同时证明的存在。【解析】I﹣或NH3·H2ONH3↑+H2O26、略

【分析】【分析】

B的焰色反应呈黄色，说明B为钠盐，能与氢氧化钠反应，所以B为NaHCO3；F为Na2CO3；D为CO2；A与NaHCO3反应，生成白色胶状沉淀，C为Al(OH)3；所以A为AlCl3；E为Na[Al(OH)4]；以此分析解答。

【详解】

(1)根据上述分析，F中一定含有的溶质的化学式为Na2CO3，故答案：Na2CO3；

(2)根据上述分析，Al(OH)3与氢氧化钠反应的离子方程式为Al(OH)3+OH—=[Al(OH)4]-，故答案：Al(OH)3+OH—=[Al(OH)4]-；

(3)NaHCO3与AlCl3发生双水解反应生成Al(OH)3和3CO2，反应方程式为Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案：Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑；

(4)根据上述分析，Na[Al(OH)4]与NaHCO3混合；生成氢氧化铝沉淀；反应离子方程式为。

[Al(OH)4]-+HCO3－=Al(OH)3↓+CO32－+H2O，故答案：[Al(OH)4]-+HCO3－=Al(OH)3↓+CO32－+H2O【解析】Na2CO3Al(OH)3+OH—=[Al(OH)4]-Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑有白色胶状沉淀[Al(OH)4]-+HCO3－=Al(OH)3↓+CO32－+H2O五、工业流程题(共3题，共9分)27、略

【分析】【分析】

含钴废料（主要成分为Co，含有一定量的Ni、Al2O3、Fe、SiO2等）加入盐酸后，Co、Ni、Al2O3、Fe与盐酸反应生成Co2+、Ni2+、Fe2+、Al3+，SiO2不与盐酸反应故滤渣I为SiO2；向浸出液中加入过氧化氢和氧化钴，氧化亚铁离子并调节pH，使Fe(OH)3、Al(OH)3以沉淀形式析出；再加入RH，生成溶于有机物的NiR2；分液后再加入草酸经操作生成草酸钴晶体。

【详解】

(1)草酸根离子为-2价，故CoC2O4中Co的化合价为+2价；

(2)综上分析，浸出液中含有的阳离子除了H+、Co2+外，还有反应生成的、Ni2+、Fe2+、Al3+；

(3)因亚铁离子完全沉淀的pH大于钴离子，为防止钴离子的损失，加入过氧化氢氧化亚铁离子，使亚铁离子转化为铁离子，再加入氧化钴，调节pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去；

(4)滤液中含有Co2+、Ni2+，为了除去镍离子得到纯净的钴离子，故加入RH生成溶于有机物的NiR2而使Ni2+与Co2+分离；操作a将有机相和水相分离；操作名称为分液；

(5)①根据图像可知；为了尽可能生成草酸钴沉淀，则o以非沉淀形式存在的各种形态浓度之和应尽可能得小，故pH应控制在2.0；

②用一定浓度的草酸沉淀Co2+，随pH增大，c(C2O)增大，Co2+更多以CoC2O4形式存在，lg[Co2+]T减小，随着pH的继续增大，c(C2O)增大，促进CoC2O+2C2O[Co(C4O4)3]4-正向进行，lg[Co2+]T增大；

(6)母液中主要成分为草酸，草酸与氯气发生氧化还原反应生成二氧化碳和氯化氢，反应方程式为Cl2+H2C2O4=2CO2+2HCl。【解析】+2Fe2+、Ni2+、Al3+