1、（新高考）2021-2022学年下学期高三4月月考卷化 学 第卷（选择题）一、选择题：本题共15小题，总计40分。在每小题给出的四个选项中，第110题只有一个选项符合题目要求，每小题2分。第1115题为不定项选择题，每小题4分，在每个小题给出的四个选项中，有12个是符合题目要求的，全部答对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1第24届冬奥会于2022年2月4日在北京开幕，“科技冬奥”理念体现在方方面面。下列说法正确的是A冰场使用的二氧化碳跨临界制冰技术，比传统的氟利昂人工制冷技术更加节能、环保B冬奥会采用石墨烯材料制造户外保暖穿戴设备，该石墨烯材料属于传统无机非金属材料C冬奥火炬火焰
2、的颜色是H2燃烧的颜色D由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉属于合金材料【答案】A【解析】A传统的氟利昂人工制冷技术中氟利昂会造成臭氧层空洞，冰场使用的二氧化碳跨临界制冰技术，比传统的氟利昂人工制冷技术更加节能、环保，故A正确；B冬奥会采用石墨烯材料制造户外保暖穿戴设备属于新型无机非金属材料，不是传统无机非金属材料，故B错误；C冬奥火炬燃料是有机物不是氢气，故C错误；D由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉属于新型无机非金属材料，故D错误；故答案为A。2在给定条件下，下列物质间的转化均能一步实现的是ABCD【答案】B【解析】A不稳定，光照下会分解为和，A项不符合题意；B氧化铁被一氧化碳还原为铁单质，铁和水蒸
3、气高温生成四氧化三铁，B项符合题意；C与在放电条件下只能生成，不能产生，C项不符合题意；D由于酸性：，则不与反应，D项不符合题意。故选B。3代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A标准状况下，和的混合气体含S原子数为B溶液中含和的离子数之和等于C在中，生成14g氧化产物时转移的电子数为3D1mol果糖含羟基数为6【答案】C【解析】A标准状况下，呈固态，和的混合气体的物质的量不是0.5mol，故A错误；B和会发生水解，不能确定溶液中含和的离子数，故B错误；C反应中，NH3中N元素化合价由-3升高为0，NH3被氧化为N2，生成14g氧化产物时转移的电子数3，故C正确；D1个果糖分子中含有5个羟基
4、，1mol果糖含羟基数为5，故D错误；选C。4火药制备是我国古代闻名世界的化学工艺，原理为2KNO3+S+3C=K2S+N2+ 3CO2 。下列说法正确的是AK2S的电子式：KB基态O原子核外电子轨道表达式：CK+的结构示意图：DCO2和N2都是非极性分子【答案】D【解析】AK2S结构中K+与S2-形成离子键，其电子式为：，A错误；BO为8号元素，根据泡利原理和洪特规则，则原子核外电子轨道表达式：，B错误；CK元素的核电荷数为19，质子数为19，核外电子数为19，K+表示失去最外层一个电子，K+核外还有18个电子，各层电子数分别为2、8、8，K+的结构示意图为，C错误；D由非极性键形成的分子称
5、为非极性分子，N2由非极性键构成的非极性分子，由极性键形成的分子，如果电荷分布是对称均匀的，也是非极性分子，二氧化碳结构为：O=C=O，直链对称的，所以为非极性分子，D正确；故选D。5下列叙述对应的离子方程式一定正确的是A向含1molFeI2的溶液通入0.5molCl2：2Fe2+4I-+3Cl2=2Fe3+2I2+6Cl-B向pH=0的FeSO4溶液滴2滴稀NaClO溶液：ClO-+2Fe2+2H+=2Fe3+Cl-+H2OC侯氏制碱法中发生反应：2NH3+2Na+CO2+H2O=Na2CO3+2NHD湿润的淀粉碘化钾试纸遇某气体后，试纸变蓝：Cl2+2I-=I2+2Cl-【答案】B【解析】
6、A还原性，通入的先与反应，只能消耗，含，不参与反应，A错误；B少量的NaClO滴入硫酸亚铁溶液中，溶液呈酸性，根据电子得失守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为，B正确；C侯氏制碱法中应析出晶体，再经加热分解得到纯碱，错误；D该气体还有可能是、蒸气等也能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，D错误。故选B。6利用图示装置制备和收集气体，合理的是选项固体A试剂B试剂C制备和收集的气体A生石灰浓氨水水NH3BNa2SO370%硫酸饱和亚硫酸氢钠溶液SO2CMnO2浓盐酸饱和食盐水Cl2DCu浓硝酸水NO2AABBCCDD【答案】B【解析】A氨气易溶于水，不能用排水法收集，A不正确；BNa2SO3固体与70%硫
7、酸发生复分解反应，制取SO2气体，且SO2不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，所以可用排饱和亚硫酸氢钠溶液的方法收集SO2气体，B正确；CMnO2与浓盐酸在常温下不能发生反应，不能制取氯气，C不正确；DNO2易与水发生反应生成NO气体，不能用排水法收集，D不正确；故选B。7室温下进行下列实验，所得实验现象和结论或原因都正确的是选项实验操作实验现象结论或原因A向20mLMgCl2溶液中滴加3滴NaOH溶液后，继续滴加3滴FeCl3溶液先出现白色沉淀，后产生红褐色沉淀Mg(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3B向Ca(ClO)2溶液中通入SO2产生白色沉淀CaSO3难溶于水C向饱和石灰水中加入生石灰有固体析出C
8、a(OH)2溶解度降低D向FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl平衡体系中加入KCl晶体溶液红色变浅加入少量KCl晶体，该平衡逆向移动AABBCCDD【答案】A【解析】A向20mLMgCl2溶液中滴加3滴NaOH溶液，氯化镁过量，NaOH不足，先出现白色沉淀Mg(OH)2，继续滴加3滴FeCl3，出现红褐色沉淀Fe(OH)3，说明Mg(OH)2转化为Fe(OH)3沉淀，A正确；B向Ca(ClO)2溶液中通入SO2，发生氧化还原反应，生成硫酸钙白色沉淀，B错误；C向饱和石灰水中加入生石灰，生石灰与水反应生成氢氧化钙，由于原来是饱和溶液，消耗溶剂水，而且增加了溶质，所以有Ca(OH)2固
9、体析出，但结论错误，固体溶解度与温度有关，与加入的物质无关，C错误；D该反应的实质是Fe3+3SCN-Fe(SCN)3，KCl没有参与反应，加入少量氯化钾晶体，对平衡无影响，溶液颜色不变，D错误；综上所述答案为A。8某科研人员提出与在羟基磷灰石（HAP）表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图（图中只画出了HAP的部分结构）。下列说法不正确的是AHAP能提高与的反应速率B在整个反应历程中，有极性键和非极性键的断裂C根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D该反应可表示为：【答案】C【解析】A由题图可知，HAP是催化剂，能提高与的反应速率，A项正确；B在整个反应历程中，有极性
10、键（如C-H键）和非极性键（如O-O键）的断裂，B项正确；C根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分来自于甲醛，C项错误；D该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，该反应可表示为为，D项正确；答案选C。9在一定温度下的可逆反应，若该温度下的平衡常数K=10，下列说法错误的是A该温度下B升高温度，增大的倍数大于增大的倍数C有利于测定X的相对分子质量的条件为低温高压D恒压条件下，向平衡体系中充入惰性气体He，X的转化率减小【答案】D【解析】A达到平衡时，则，平衡常数，即，选项A正确；B该反应的正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，所以增大的倍数大于增大的
11、倍数，选项B正确；C测定X的相对分子质量时应该使平衡尽可能逆向移动，该反应的正反应为气体分子数增多的吸热反应，所以条件为低温高压，选项C正确；D恒压条件下，向平衡体系中充入惰性气体He，体积增大，压强减小，平衡正向移动，X的转化率增大，选项D错误；答案选D。10我国科研工作者提出通过电解原理联合制备环氧乙烷同时处理酸性含铬废水，其工作原理示意图如图所示。其中双极膜由阳离子交换膜和阴离子交换膜组成，工作时内层解离为和，并分别向两极迁移。下列说法正确的是A电极a为电源正极B膜q为阳离子交换膜C工作时，NaOH溶液浓度保持不变DN极的电极反应式为【答案】D【解析】A由信息可知，电极M上乙烯被氧化为环
12、氧乙烷，电极N上被还原为，则电极M为阳极、电极N为阴极，电极a为负极、电极b为正极，选项A错误；B双极膜中水解离出来的氢氧根离子向阳极区移动，膜q适合选用阴离子交换膜，选项B错误；C工作时阳极区生成水，NaOH溶液浓度减小，选项C错误；DCr元素由价变为价，N极的反应方程式为，选项D正确。答案选D。11药用辅料有许多重要功能，其质量直接影响终产品质量及安全性。新型冠状病毒灭活疫苗的辅料有Na2HPO4、NaH2PO4、NaCl、Al(OH)3等。下列说法错误的是ANa2HPO4属于酸式盐B医疗上用的生理盐水是0.9%的NaCl溶液C农业上用NaH2PO4作复合肥料D含Al(OH)3的药物可用于
13、治疗胃酸过多【答案】C【解析】A磷酸氢钠和磷酸二氢钠都是磷酸反应生成的酸式盐，故A正确；B生理盐水是一种氯化钠溶液，溶液的浓度是0.9%，故B正确；C同时含有氮、磷、钾三种元素中的两种或两种以上的肥料称为复合肥料，则磷酸二氢钠是含有磷元素的磷肥，不属于复合肥料，故C错误；D氢氧化铝能与胃液中的盐酸反应，常用于治疗胃酸过多，故D正确；故选C。12药物异博定（盐酸维拉帕米）能有效控制血压升高、促进血液循环，其合成路线中有如下转化过程：则下列说法正确的是AX的沸点低于其同分异构体BX、Y、Z都能与氢氧化钠溶液反应C1molZ最多与6mol发生加成反应DZ分子含有四种官能团【答案】AB【解析】AX形成
14、分子内氢键，形成分子间氢键，形成分子间氢键的物质熔沸点要高些，A正确；B酚羟基、卤素原子、酯基都可以和氢氧化钠溶液发生反应，B正确；C1molZ最多与5mol发生加成反应，酯基不能和发生加成反应，C错误；DZ分子含有三种官能团：酯基、碳碳双键、醚键，苯环不是官能团，D错误；故选AB。13钛铁矿（，其中Ti为+4价）在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示。下列说法正确的是A氯化反应中与C的物质的量之比为B氯化过程中既不是氧化剂也不是还原剂C制取金属钛的反应可得到还原性：D制取金属钛时选用Ar气的目的是隔绝空气【答案】AD【解析】A根据得失电子守恒知，氯化过程中发生反应的化学方程式
15、为，则氯化反应中与C的物质的量之比为76，A正确；B中Fe的化合价为，反应后被氧化为，因此作还原剂，B错误；C还原剂的还原性强于还原产物的还原性，和镁反应被还原为钛单质，则还原性：，C错误；D制取金属钛时选用氩气的目的是隔绝空气，防止Ti、Mg与空气中的成分发生反应，D正确；故选AD。14K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O(橙色)+ H2O2CrO(黄色)+ 2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验。结合实验，下列说法不正确的是A中溶液橙色加深，中溶液变黄B中Cr2O被C2H5OH还原，可用来检测汽车司机是否酒驾C对比和可知K2Cr2O7在酸性溶液氧化性强D若向加入70%H2SO4溶液至过
16、量，溶液变为橙色【答案】D【解析】A由Cr2O(橙色)+H2O2CrO(黄色)+2H分析可得，向K2Cr2O7溶液中加酸平衡逆向移动，溶液颜色加深；加碱平衡正向移动，溶液颜色变黄，故A正确；B乙醇在酸性条件下被Cr2O氧化成乙酸，而Cr2O被还原成Cr3+，而使溶液呈绿色，可用来检测汽车司机是否酒驾，故B正确；C乙醇在酸性条件下被Cr2O氧化成乙酸，而Cr2O被还原成Cr3+，而使溶液呈绿色，在碱性环境中Cr2O不能氧化乙醇，从而溶液颜色不变，所以K2Cr2O7酸性溶液氧化性比K2Cr2O7碱性溶液氧化性强，故C正确；D若向中加入70%H2SO4溶液至过量，则溶液呈酸性，现象与一样，溶液颜色变
17、成绿色，故D错误；答案选D。15NaH2ANa2HA溶液是人体存在的缓冲溶液。常温下，H3A溶液中各微粒组成随着pH而变化，溶液中A3-、HA2-、H2A-、H3A浓度所占分数（）随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是A0.1mol/LNaH2A溶液显酸性BH3A+HA2-=2H2A-的平衡常数K=105.08C将等物质的量的Na2HA和NaH2A配制成溶液，pH=7.20DpH=12.40时，存在关系：c(H+)2c(HA2-)+c(H2A-)+3c(A3-)+c(OH-)【答案】C【解析】由图可知，溶液中c(H2A-)= c(H3A)时，溶液pH为2.12，则Ka1= c(H+)=10
18、-2.12，溶液中c(H2A-)= c(HA2-)时，溶液pH为7.20，则Ka2= c(H+)=10-7.20，溶液中c(A3-)= c(HA2-)时，溶液pH为12.4，则Ka3= c(H+)=10-12.4。AH2A-离子的水解常数Kh=Ka2说明H2A-离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故A正确；B由方程式可知，反应的平衡常数K=105.08，故B正确；C由图可知，溶液中c(H2A-)= c(HA2-)时，溶液pH为7.20，则将等物质的量的Na2HA和NaH2A配制成的溶液中c(H2A-)c（HA2-），则溶液pH不等于7.20，故C错误；D由图可知，溶液pH为12.4
19、0时，溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+nc(Mn+)=2c(HA2-)+c(H2A-)+3c(A3-)+c(OH-)，则溶液中c(H+)40g/kg）B高肥力地（3040g/kg）C中等肥力地（1030g/kg）D低肥力地（小于10g/kg）（6）若土壤中含有较多的Fe2+、Mn2+，则测定结果_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。若土壤中含有较多的碳酸盐，则测定结果_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。（7）下列能提高土壤有机质含量的方法有_（填标号）。A秸秆还田 B增施腐熟的动物粪便 C施用硝铵 D施用磷酸氢二铵【答案】（1）按照多点取样混合，使所取样品更准确，更有代表性，测得结果更加准
20、确 （2）B（3）绿色主要是Cr3+的颜色，表明重铬酸钾的用量可能不足，导致有机质氧化不完全（4）FeSO4溶液易被空气中的氧气氧化 （5）B （6）偏大 不变 （7）AB【解析】本题是一道测量土壤中有机质含量的实验题，首先是取样，为了使取样更加准确，要注意多点取样并混合，之后干燥研磨，处理好后，加入硫酸银除去样品中的氯离子，然后用重铬酸钾溶液来滴定，根据其用量计算出土壤中有机质的含量。（1）按照多点取样混合，使所取样品更准确，更有代表性，测得结果更加准确；（2）Ag2SO4可以和氯离子反应生成氯化银白色沉淀，故答案为B；（3）由题意可知绿色是三价铬离子的颜色，该实验中是用重铬酸根离子来氧化土
21、壤中的有机质，变成绿色后说明氧化剂已经不足量，此时有机质不能被完全氧化，故答案为：绿色主要是Cr3+的颜色，表明重铬酸钾的用量可能不足，导致有机质氧化不完全；（4）二价铁具有还原性，容易被空气中的氧气氧化，故答案为：FeSO4溶液易被空气中的氧气氧化；（5）根据n=cv，可知iii中n(FeSO4)10.216.6=3.3210-3mol；iv中n(FeSO4)2=0.232.60=6.5210-3mol；n(FeSO4)1- n(FeSO4)2=6.5210-3mol-3.3210-3mol=3.210-3mol，由题干中的信息可知K2Cr2O76FeSO4，n(K2Cr2O7)=n(FeS
22、O4)，2K2Cr2O73C，n(C)=n(K2Cr2O7)=3.210-3mol=810-4mol，故答案为B；（6）Fe2+、Mn2+，都可以被重铬酸钾氧化，会消耗更多的重铬酸钾，故测定结果偏大；碳酸盐不能被重铬酸钾氧化，不影响其用量，故没有影响，答案为不变；（7）秸秆和动物粪便都属于有机质，可以提高土壤中有机质含量，硝铵和磷酸氢二铵不属于有机质，不能提高土壤中有机质含量，故答案为AB。17目前新能源汽车电池主要是磷酸铁锂（LiFePO4）和三元锂电池（正极含有Ni、Co、Mn三种元素）。回答下列问题：（1）基态Co原子的价电子排布式为_，能量最高的能级有_个空间运动状态。（2）LiFeP
23、O4中四种元素的第一电离能由大到小的顺序是_（填元素符号），其阴离子的立体构型名称是_。（3）检验Ni2+的方法：加入丁二酮肟试剂立即生成鲜红色的二丁二酮肟合镍（II）螯合物。反应方程式如下：2（丁二酮肟）+Ni2+（二丁二酮肟合镍（II）+2H+丁二酮肟熔点比丁二酮（ ）高很多的原因是_。二丁二酮肟合镍（II）螯合物中N原子的杂化类型是_，该物质中存在的作用力有_（填正确答案标号）。A离子键B配位键C极性共价键D非极性共价键E氢键（4）三元锂电池的负极材料是石墨。石墨品体的二维平面结构如图1所示，晶胞结构如图2所示。试回答：石墨晶体中C原子数与CC数目之比是_。根据图2计算石墨晶体的密度是_
24、g/cm3（写出表达式即可）。【答案】（1）3d74s2 5 （2）OPFeLi 正四面体形 （3）丁二酮肟分子间存在氢键 sp2 BCDE （4）23 或或【解析】（1）Co是第四周期VIII族元素，其基态原子的价电子排布式为：3d74s2，能量最高的能级是3d，其空间运动状态有5个；（2）元素的原子越容易失去一个电子，其第一电离能数值越小，LiFePO4中四种元素的第一电离能由大到小是OPFeLi，其中的阴离子是PO43-，中心原子P原子的价层电子对数=4+(5+3-24)=4，采用为sp3杂化，无孤对电子，其空间形状正四面体；（3）丁二酮肟分子中有N-OH键，分子间可以形成氢键，所以熔点
25、比丁二酮高；二丁二酮肟合镍（II）螯合物中N原子有三个键、1个键，所以其杂化类型是sp2，该物质中存在的作用力除离子键以外，其它的作用力都存在的，所以选BCDE；（4）如图所示，每个碳原子有三个CC单键由六个C原子共用，由均摊法分析可知一个碳原子相当于有1.5个键，所以每一层内C原子数与CC化学键之比23；由图中石墨晶胞信息可知，晶胞的平面上的数据应是：所以：gcm-3=或或。18含氮化合物的制备、应用及污染治理是科学研究领域的热点问题。试回答下列问题。（1）反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-620.9kJmol-1。可有效降低汽车尾气污染物的排放。对于该反应，下
26、列说法正确的是_（填序号）。A该反应在高温条件下可自发进行B容积固定的绝热容器中，温度保持不变时反应达到平衡状态C投料比即越大，NO转化率、反应速率均越大D在恒温恒压的容器中达平衡时，同时通入等物质的量的CO和CO2平衡不移动图中曲线表示在其他条件一定时反应速率与温度的关系，x为CO的转化率，其中最佳反应温度曲线为不同转化率下最大反应速率与温度的关系，则x最小的是_，理由是_。（2）我国科学家结合实验与计算机模拟结果，得到在铜催化作用下将一个N，N-二甲基甲酞胺(CH3)2NCHO转化为三甲胺N(CH3)3的合成路线。反应历程如图所示。则反应(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3
27、)s(g)+H2O(g)的H=_kJmol-1（1eV=1.610-22kJ，NA的数值为6.021023，结果保留2位有效数字），、中反应速率最快的一步的化学方程式为_。（3）TC时，存在如下平衡：2NO2(g)N2O(g)。该反应正、逆反应速率与NO2、N2O4的浓度关系为v正=h正c2(NO2)，v逆=k逆c(N2O4)（k正、k逆是速率常数），且lgv正lgc(NO2)与lgv逆lgc(N2O4)的关系如图所示。图中表示lgv逆lgc(N2O4)的线是_（填“I”或“II”）。T时，该反应的平衡常数K=_L/mol。T时，向2L恒容密闭容器中充入1.6molNO2，某时刻v正=4100
28、.5mol/(Lmin)，则此时NO2的转化率为_。【答案】（1）B x3 在其他条件一定时，转化率越小，反应物浓度越大，反应速率越快（2）-98(CH3)2NCH2OH*+H*=N(CH3)3+OH*或(CH3)2NCH2OH*+2H*=N(CH3)3+OH*+H*（3）II 100 75%【解析】（1）根据吉布斯自由能，G=HTS，该反应H0，S0，所以在低温下可满足G0，A错误。容器为绝热，反应为放热反应，温度升高，当温度不再改变，说明反应达到平衡，B正确。投料比大，浓度不一定大，所以反应速率不一定快，C错误。通入等物质的量的CO和CO2，容积增大，v正=c2(CO)c2(NO)，v逆=
29、c2(CO2)c(N2)，CO和CO2对速率的影响相同，但NO和N2下降不同浓度，前者对速率的影响大，故v正ClO。沉淀I、沉淀II中都只含有两种沉淀。以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2Mg(OH)2Co(OH)2开始沉淀2.74.07.67.79.67.5完全沉淀3.75.29.69.811.19.2（1）通过增大接触面积的形式可以加快水钴矿“浸出”速率，可采取的措施是将水钴矿粉碎和_， 浸出过程中加入Na2SO3的作用是_。（2）加入NaClO3的作用是为了氧化Fe2+，反应的离子方程式是_，后续加入Na2CO3调pH，其值不
30、能超过_。（3）NaF溶液可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Ca2+)=1.0 10-5mol/L，则c(Mg2+)=_ mol/L。已知Ksp(CaF2)=a 10-10，Ksp(MgF2)=b 10-11（4）加入萃取剂的目的是_。（5）操作I包括：向水层加入浓盐酸调整pH为23，_，过滤、 洗涤、减压烘干等过程。（6）为测定获得草酸钴晶体（CoC2O42H2O）的纯度，现称取mg样品，将其用适当试剂转化为草酸铵(NH4)2C2O4溶液，再用过量稀硫酸酸化，用c mol/L高锰酸钾溶液滴定，达到滴定终点时，共用去高锰酸钾溶液V mL，该产品的纯度为_；某兴趣小组测得产品中C
31、oC2O42H2O的含量为100.6%。若滴定时实验操作无误，造成该结果可能的原因是_。【答案】（1）搅拌反应物或适当升温 将Co2O3、Fe2O3、MnO2还原，防止Co2O3与盐酸反应生成氯气（2）ClO+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O 7.5（3）10-6（4）除去Mn2+（5）蒸发浓缩、冷却结晶（6） CoC2O42H2O部分或完全失去结晶水【解析】由题给流程可知，向含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠溶液时，二氧化硅不发生反应，氧化钴、氧化铁、二氧化锰在盐酸作用下被亚硫酸钠转化为氯化亚钴、氯化亚铁、氯化锰，氧化铝、氧化钙、氧化镁被转化为氯化铝、氯化钙、氯化镁，过滤得到二氧化硅和
32、含有金属氯化物的浸出液；向浸出液中加入氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入碳酸钠调节溶液pH为5.2，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到沉淀I和滤液I；向滤液I中加入氟化钠溶液，将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到沉淀II和滤液II；向滤液II中加入萃取剂溶液中的锰离子，分液得到萃取剂层和水层；向水层中加入草酸铵溶液，过滤得到草酸钴晶体；向水层加入浓盐酸调整pH为23，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、 洗涤、减压烘干等过程得到氯化钴晶体。（1）将水钴矿粉碎和搅拌反应物等措施能增大反应物接触面积，加快水钴矿“浸出”的速率；由分析可知，加入亚硫酸
33、的目的是将氧化钴、氧化铁、二氧化锰在盐酸作用下还原为氯化亚钴、氯化亚铁、氯化锰，防止氧化钴与盐酸反应生成氯气，污染环境，故答案为：搅拌反应物；将Co2O3、Fe2O3、MnO2还原，防止Co2O3与盐酸反应生成氯气；（2）由分析可知，加入氯酸钠氧化亚铁离子的反应为酸性条件下，氯酸根离子与亚铁离子反应生成氯离子、铁离子和水，反应的离子方程式为ClO+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O；加入碳酸钠的作用是调节溶液pH为5.2，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，由表格数据可知，pH值不能超过7.5，使钴离子转化为沉淀而降低产品的产率，故答案为：ClO+6Fe2+6H+=6Fe3
34、+Cl-+3H2O；7.5；（3）由题意可知，c(Ca2+)=1.0 10-5mol/L的滤液中=10-1，则溶液中的镁离子浓度c(Mg2+)=10-11.0 10-5mol/L=10-6mol/L，故答案为：10-6；（4）由分析可知，加入萃取剂的目的是萃取分液除去溶液中的锰离子，故答案为：除去Mn2+；（5）由分析可知，操作I为向水层加入浓盐酸调整pH为23，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、 洗涤、减压烘干等过程得到氯化钴晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；（6）由题意可得如下转化关系：5 CoC2O42H2O5(NH4)2C2O45H2C2O42KMnO4，由滴定终点时，共用去V mLc m
35、ol/L高锰酸钾溶液可知，mg样品中产品的纯度为100%=，若草酸钴晶体部分或完全失去结晶水，会使溶质的物质的量增大，滴定消耗高锰酸钾溶液体积偏大，导致测定结果偏高，故答案为：；CoC2O42H2O部分或完全失去结晶水。20长托宁G是一种选择性抗胆碱药，可用于农药中毒的治疗，工业上通过图所示方法合成：已知：回答下列问题：（1）有机物A的分子式为_。（2）试剂X的结构简式为_。（3）一定条件下，两分子C可以反应生成含三个六元环的酯，写出该反应的化学方程式：_。（4）下列有关图中物质的说法，正确的是_（ 填序号）。aA与氯气进行11的加成反应，可以得到两种产物b1mol有机物D最多可消耗2molN
36、aOHc有机物E在一定条件下可发生消去反应d有机物可与浓溴水反应生成白色沉淀（5）只用一种试剂可以鉴别D和E，该试剂是_。（6）满足下列条件的X的同分异构体可能为_。（任写一种）属于芳香族化合物且只有一个取代基1mol该物质水解最多消耗2mol NaOH能发生银镜反应（7）根据已有的知识并结合相关信息，写出以和CH3CH(OH)CH3为原料制备的合成路线图（无机试剂任选）。【答案】（1）C5H5Br （2） （3）2 +2H2O（4）ac （5）碳酸氢钠溶液（或高锰酸钾、紫色石蕊试液等） （6）或（7）【解析】（1）根据有机物A的结构简式可知其分子式为C5H5Br；（2）B与试剂X发生类似已知
37、：的反应生成C，根据反应原理可推知X的结构简式为；（3）一定条件下，两分子C可以反应生成含三个六元环的酯，该反应的化学方程式：2 +2H2O；（4）aA具有与1，3-丁二烯相似的结构，可与氯气发生1，2-加成反应或1，4-加成反应，可以得到两种产物，选项a正确；bD中只含有1个羧基，1mol有机物D最多可消耗1molNaOH，选项b错误；c有机物E中含有羟基，相邻碳有氢，可以发生消去反应，选项c正确；d中无酚羟基，不能与浓溴水反应生成白色沉淀，选项d错误；答案选ac；（5）D中含有羧基具有酸性能与碳酸氢钠溶液作用产生气体，能使紫色石蕊试液变红，E中含有-CH2OH结构能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故只用一种试剂可以鉴别D和E的试剂可以是碳酸氢钠溶液（或高锰酸钾、紫色石蕊试液等）；
