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2022-2023学年湖南省长沙市宁乡市高二（下）期末化学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年湖南省长沙市宁乡市高二（下）期末化学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖南省长沙市宁乡市高二（下）期末化学试卷
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1. 随着科幻电影《流浪地球2》的上映，许多富含中国元素的硬核黑科技纷纷登上银幕，下列有关说法不正确的是( )
A. 木星是一个巨大的液态氢星体，其中含有的核素氘为氢的同位素
B. 天宫空间站使用的太阳能电池板的基础材料晶体硅为金属材料
C. 中国003航母外壳选使用的特殊防腐材料为金属合金材料
D. 我国在月球表面成功展开的五星红旗的主要材料芳纶属于合成纤维
2. 2022年10月5日，诺贝尔化学奖表彰了“为点击化学和生物正交化学的发展”做出突出贡献的三位化学科学家，重庆大学有研究者指出，“点击化学或生物正交化学很多都基于叠氮(三个氮原子连接在一起)”，已知反应：N2O+2NaNH2=NH3+NaN3+NaOH，下列有关说法正确的是( )
A. NaN3为离子化合物，含有离子键和极性共价键
B. 上述反应涉及的元素中第一电离能最大的是O
C. 基态O原子价层电子排布图为
D. NH3的VSEPR模型为四面体形
3. 设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A. 反应H2O2+Cl2=HCl+O2中，每生成22.4L氧气反应转移电子数为2NA
B. 标准状况下，22.4LHF含有的质子数为10NA
C. 0.1molL/L的CH3COONH4溶液显中性，1L该溶液中含CH3COO−离子数小于0.1NA
D. 1mol重水(D2O)比1mol水多NA个质子
4. 化学是一门以实验为基础的学科，如图所示的实验装置或操作能达到相应目的是( )
A. 操作①：吸收氨或氯化氢气体并防止倒吸
B. 操作②：加热蒸干AlCl3溶液制备AlCl3晶体
C. 操作③：利用该装置干燥H2
D. 操作④：验证SO2的漂白性
5. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. 白醋与次氯酸钠溶液混合产生黄绿色气体：Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O
B. 四氧化三铁溶于足量稀硝酸：Fe3O4+8H+=Fe2++Fe3++4H2O
C. 向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2：Ca2++ClO−+H2O+CO2=2HClO+CaCO3↓
D. 向硫酸铜溶液中加入过量浓氨水：Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O
6. 金属钛兼有钢和铝的优点，强度高且质地轻，工业上常用钛铁矿为原料制备金属Ti，包括反应：①TiO2+2Cl2+2C=TiCl4+2CO；②TiCl4(g)+2Mg(l)=Ti+2MgCl2(l)。下列有关说法错误的是( )
A. 反应①中氧化剂与还原剂之比为1：1
B. 反应①中TiCl4既是氧化产物也是还原产物
C. 通过反应②可知Mg的金属性强于Ti
D. 反应②在Ar气氛中进行，防止Mg、Ti被空气氧化
7. 2023年上半年，甲型流感来势汹汹，患者可能出现发热、咳嗽、喉痛、头痛等症状，布洛芬是人们常用于退烧镇痛的一种药物，一种合成路线如图所示，下列有关说法不正确的是 ( )
A. 合成时中A到B的反应类型为取代反应
B. 物质B不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 布洛芬能发生取代反应、加成反应、氧化反应
D. 布洛芬分子中所有碳原子不可能共平面
8. 工业上以软锰矿(含MnO2和少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料制备硫酸锰晶体的流程如图所示，下列有关说法不正确的是 ( )
A. 酸浸过程可将硫酸换为盐酸
B. 酸浸过程中加入过量的FeSO4的目的是充分还原MnO2
C. 从绿色化学角度分析，试剂A可以选择H2O2、O2
D. 系列操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作
9. 炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，有关该过程的叙述正确的是( )
A. 过程①的反应中有非极性键的断裂和生成
B. 过程①和②的转化均为氧化还原反应
C. Fe和CaCO3为该过程的中间产物
D. 过程③的反应ΔS<0
10. 已知M、N、X、Y、Z为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，由五种元素构成的离子结构如图所示，其中Y与Z同主族，N的基态原子s轨道电子数是p轨道的4倍，且M、N、Y原子序数之和为15。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：M
C. 简单氢化物稳定性：Y
11. 下列实验操作与预期目的或结论相符合的是 ( )
选项
实验操作
实验目的或结论
A
向久置的硫酸亚铁溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为血红色
硫酸亚铁溶液已完全变质
B
将铝与镁用导线相连，浸入氢氧化钠溶液中，铝片表面产生大量气体
金属性：铝>镁
C
其他条件相同，测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH
比较Ka1(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小
D
将某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
该钾盐为K2CO3
A. A B. B C. C D. D
12. 镀铬工业废水中的Cr2O72−可利用微生物电池催化还原，其工作原理如图所示(中间虚线表示离子交换膜)。下列说法不正确的是( )
A. 若采用该电池电解饱和食盐水，与a极相连的电极将产生黄绿色气体
B. a极反应式为CH3COOH+2H2O−8e−=2CO2↑+8H+
C. 该电池工作时，应使用质子交换膜
D. a极每产生33.6L(标准状况下)CO2时，b极室将收集到206g固体
13. 已知固体X能发生分解反应：2X(s)⇌2Y(g)+Z(未知)，现往某2L恒容密闭容器中加入6molX发生分解反应，测得分别在不同温度下的平衡常数和达到平衡时Y的物质的量如表所示，下列说法正确的是 ( )
温度
K
n(Y)/mol
T1
4
a1
T2
1
a2
A. 由表可知该反应ΔH<0
B. T1若a1=4，则Z一定为固体
C. 若Z为固体，T2时达到平衡后，X剩余4mol
D. 将T2温度下达到平衡后的反应容器体积减小为1L，平衡逆向移动，最终n(Y)<0.5a2
14. 向100mL0.01mol⋅L−1NH4HSO4溶液中滴加等浓度NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A. a点处离子浓度大小顺序为：c(H+)>c(SO42−)>c(NH4+)>c(OH−)
B. 水的电离程度：b>c
C. e点处溶液中c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)
D. c点处溶液中的c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)
二、流程题（本大题共1小题，共16.0分）
15. Co2O3主要用作颜料、釉料及磁性材料，利用一种钴矿石(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、SiO2及铝、镁、钙等金属元素的氧化物)制取Co2O3的工艺流程如图1所示。
部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液pH：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
完全沉淀的pH
3.7
9.6
9.2
5.2
回答下列问题：
(1)“溶浸”过程中，将钴矿石进行粉碎，并不断搅拌的作用是 ______ ，滤渣1的主要成分为 ______ ，请写出加入Na2SO3的主要离子反应方程式 ______ 。
(2)已知还原性：Fe2+>Co2+，“氧化”过程加入NaClO3目的为 ______ ，反应时需控制加入NaClO3的量，若加入NaClO3量过多会导致 ______ 。
(3)在空气中煅烧时，CoC2O4⋅2H2O发生反应时除了生成Co2O3，还会有CO2生成，请写出该过程的化学反应方程式为： ______ 。
(4)钴的某种氧化物广泛应用于硬质合金、超耐热合金、绝缘材料和磁性材料的生产，其晶胞结构如图2所示，则根据晶体类型推测，该物质熔点 ______ (填写“高于”、“低于”或“等于”)磷(P4)；该晶胞中的配位数为 ______ 。
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
16. 碳酰氯(COCl2)俗名光气，常温下为无色气体，有腐草味，常用作有机合成、农药、药物、染料及其他化工制品的中间体，某实验小组同学选用如图实验装置利用氧气和氯仿合成碳酰氯。
已知：光气熔点为118℃，沸点为8.2℃，回答下列问题：
(1)盛放氯仿的容器名称为 ______ ，丙装置的作用是 ______ ，以上装置的正确连接顺序为c→ ______ →d(用a→b→c的形式表示，装置可重复使用)。
(2)装置丁中采用冰水混合物的目的是： ______ ，光气有毒，一旦泄露可用水吸收，生成一种氧化物和氢化物，请写出该化学反应方程式 ______ 。
(3)以光气为中间体可以经过一系列的转化合成1−丁醇粗产品(含有少量正丁醛)。为纯化1−丁醇，小组查文献得知：
①R−CHO+NaHSO3(饱和)→RCH(OH)SO3Na↓；
②沸点：乙醚34℃，1−丁醇118℃，并设计出如图提纯路线：
则试剂1为 ______ ，操作2为 ______ 。
四、简答题（本大题共2小题，共28.0分）
17. 丙烯是工业上合成精细化学的原料，随着天然气和页岩气的可用性不断提高，丙烷脱氢和丙烷氧化脱氢受到了人们越来越多的关注，已知：
主反应：C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
副反应：C3H8(g)⇌C2H4(g)+CH4(g)
(1)相关键能的数据如表所示
化学键
C−C
C=C
C−H
H−H
键能/(kJ⋅mol−1)
348
615
413
436
则丙烷脱氢反应的热化学方程式为C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)ΔH= ______ kJ⋅mol−1，根据化学原理，可以同时提高化学反应速率并提高C3H8转化率的措施是 ______ 。
(2)用丙烷制备丙烯的机理如图所示，该反应的快慢取决于步骤 ______ (填写Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)，该反应的催化剂为 ______ 。
(3)在恒温条件下，向起始压强为120KPa的恒压容器中通入4molC3H8和6molN2发生反应。
①下列情况能表明达到平衡状态的是 ______ 。
A.C3H6与C3H8的浓度相等
B.C3H6的体积分数不再改变
C.反应容器中压强保持不变
D.气体密度不再改变
②经过10min后反应达到平衡，测得C3H8的平衡转化率为50%，该条件下C3H6的选择性为80%，则主反应的平衡常数Kp= ______ kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)，其他条件不变时，若减少通入N2的量，化学平衡将 ______ 移动(填写“正向”、“逆向”或“不”)。
18. 化合物G是合成液晶材料的中间体，以苯的同系物A、乙酸为原料合成G的路线如图。
已知：。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为 ______ ，C中含有的官能团为 ______ 。
(2)由C转化为D的反应类型为 ______ ，D分子中手性碳原子个数为 ______ 。
(3)写出D转化为E的化学方程式为 ______ 。
(4)写出符合下列条件的C的同分异构体的结构简式 ______ 。
①苯环上只有一个取代基且能够发生银镜反应
②其中取代基上只有两种不同化学环境氢原子H
(5)写出以甲苯为原料(无机试剂任选)制备的合成路线： ______ 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.H、D质子数相同，中子数不同，为氢元素的不同原子，互为同位素，故A正确；
B.晶体硅为无机非金属材料，故B错误；
C.母外壳使用抗腐蚀性能很强的镍铬钢，镍铬钢为金属合金材料，故C正确；
D.在月球表面成功展开的五星红旗的主要材料芳纶，属于高分子化合物，属于合成纤维，故D正确；
故选：B。
A.具有相同质子数，不同中子数同一元素的不同核素互为同位素；
B.晶体硅为无机非金属材料；
C.母外壳使用抗腐蚀性能很强的镍铬钢；
D.芳纶纤维为有机高分子化合物，属于合成纤维。
本题考查物质的组成及性质，为高频考点，把握物质的组成、用途解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，学习中注意相关基础知识的积累，注意材料组成的分析判断。
2.【答案】D
【解析】解：A．N3−中三个氮原子连接在一起形成的共价键为非极性共价键，则NaN3为离子化合物，含有离子键和非极性共价键，故A错误；
B.上述反应涉及的元素为Na、H、N、O，金属Na易失电子、第一电离能小，H原子的核外电子少，使它的第一电离能比N、O小，但N原子的p轨道为半满的稳定结构，第一电离能大于O，所以Na、H、N、O原子中第一电离能最大的是N，故B错误；
C.由泡利原理可知，同一轨道上的两个电子自旋方向相反，其能量最低，则基态O原子价层电子排布图为，故C错误；
D.NH3分子中N原子的价层电子对数为3+5−32=4，含有1对孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，故D正确；
故选：D。
A.N3−中三个氮原子连接在一起形成的共价键为非极性共价键；
B.上述反应涉及的元素为Na、H、N、O，金属Na的第一电离能小，H原子的核外电子少，导致它的第一电离能比N、O小，但N原子的p轨道为半满的稳定结构，第一电离能大于O；
C.根据泡利原理分析判断；
D.NH3分子中N原子的价层电子对数为3+5−32=4，含有1对孤电子对。
本题考查物质结构及性质，涉及核外电子排布、第一电离能大小比较、价层电子对数的计算、化学键类型等知识，侧重考查基础知识灵活运用能力，注意掌握第一电离能的反常性，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.氧气的状态不明确，故其物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故A错误；
B.标准状况下HF是液体，无法用气体摩尔体积计算HF的物质的量，则无法计算分子中所含有的质子数，故B错误；
C.CH3COO−是弱酸根，在溶液中会水解，1L0.1mol⋅L−1的CH3COONH4溶液中CH3COO−离子数小于0.1NA，故C正确；
D.1mol重水(D2O)和1mol水质子数均为1mol×10×NA/mol=10NA，故D错误；
故选：C。
A.氧气的状态不明确；
B.标准状况下HF是液体，无法用气体摩尔体积计算物质的量；
C.CH3COO−是弱酸根，在溶液中会水解；
D.一个D2O和一个水分子中均含有10个质子。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.苯不能隔绝气体与水，图中不能防止倒吸，故A错误；
B.加热蒸干AlCl3溶液，促进铝离子水解，蒸干得到氢氧化铝，且仪器不能选坩埚等，应选蒸发装置，故B错误；
C.浓硫酸具有吸水性，图中装置可干燥氢气，故C正确；
D.二氧化硫可被铁离子氧化，溶液褪色，可知二氧化硫具有还原性，故D错误；
故选：C。
A.苯不能隔绝气体与水；
B.加热蒸干AlCl3溶液，得到氢氧化铝，且不能选坩埚等；
C.浓硫酸具有吸水性；
D.二氧化硫可被铁离子氧化。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.白醋与次氯酸钠溶液混合不会生成氯气，应该生成次氯酸和醋酸钠，反应为CH3COOH+ClO−=HClO+CH3COO−，故A错误；
B.四氧化三铁中含有Fe2+，溶于稀硝酸发生氧化还原反应生成Fe3+、NO和H2O，反应为3Fe3O4+NO3−+28H+=NO↑+9Fe3++14H2O，故B错误；
C.向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2的离子方程式为ClO−+H2O+CO2=HClO+HCO3−，故C错误；
D.向硫酸铜溶液中加入过量浓氨水，反应的离子方程式为Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故D正确；
故选：D。
A.醋酸酸性大于次氯酸，白醋与次氯酸钠溶液混合生成次氯酸和醋酸钠；
B.硝酸具有强氧化性，氧化Fe3O4生成Fe3+、NO等；
C.CO2过量，反应生成Ca(HCO3)2和HClO；
D.过量氨水与硫酸铜溶液反应生成可溶性[Cu(NH3)4]SO4。
本题考查离子方程式的书写，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握与量有关离子方程式的书写，侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度中等。
6.【答案】B
【解析】解：A.反应①TiO2+2Cl2+2C=TiCl4+2CO中Cl元素的化合价由0价降低到−1价，氯气为氧化剂，C元素的化合价由0价升高到+2价，C为还原剂，所以氧化剂与还原剂之比为1：1，故A正确；
B.反应①TiO2+2Cl2+2C=TiCl4+2CO中氯气为氧化剂，碳为还原剂，TiCl4为还原产物，故B错误；
C.反应②TiCl4(g)+2Mg(l)=Ti+2MgCl2(l)中，Mg为还原剂，Ti为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故C正确；
D.梅和钛都是活泼金属，反应②在Ar气氛中进行，防止Mg、Ti被空气氧化，故D正确；
故选：B。
反应①TiO2+2Cl2+2C=TiCl4+2CO中Cl元素的化合价由0价降低到−1价，C元素的化合价由0价升高到+2价；②TiCl4(g)+2Mg(l)=Ti+2MgCl2中Ti元素的化合价由+4价降低到0价，Mg元素的化合价由0价升高到+2价，据此进行解答。
本题考查氧化还原反应的基本概念和规律，难度不大，把握反应中元素化合价的变化是解题的关键。
7.【答案】B
【解析】解：A.A到B时苯环上H原子被−COCH3取代，可知反应类型为取代反应，故A正确；
B.物质B中含苯环，与苯环相连的相连的碳原子上有H原子，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化反应，故B错误；
C.布洛芬含羧基可发生取代反应，含苯环可发生加成反应，与苯环相连的相连的碳原子上有H原子，可发生氧化反应，故C正确；
D.布洛芬含6个sp3杂化的碳原子，由连接2个甲基的碳原子可知，所有碳原子一定不能共面，故D正确；
故选：B。
A.A到B时苯环上H原子被−COCH3取代；
B.物质B中含苯环，与苯环相连的相连的碳原子上有H原子；
C.布洛芬含羧基、苯环；
D.布洛芬含6个sp3杂化的碳原子。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A.该流程制备硫酸锰晶体，加入盐酸会引入Cl−，得到的产品为MnCl2，不能得到MnSO4⋅H2O晶体，所以酸浸过程不可将硫酸换为盐酸，故A错误；
B.酸浸过程中过量的FeSO4能使MnO2充分转化为MnSO4，即加入过量的FeSO4的目的是充分还原MnO2，故B正确；
C.氧化过程中试剂A的作用是将Fe2+转化为Fe3+，从绿色化学角度分析，试剂A可以选择H2O2、O2，故C正确；
D.将MnSO4溶液转化为MnSO4⋅H2O晶体析出，其操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等，故D正确；
故选：A。
以软锰矿(含MnO2和少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料制备硫酸锰晶体的流程为：酸浸时过量的FeSO4、H2SO4与MnO2反应氧化还原反应生成MnSO4、Fe2(SO4)3，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O，Fe2O3、Al2O3分别转化为Fe3+、Al3+，过滤除去SiO2，滤液中含有Fe2+、Mn2+、Fe3+、Al3+，加入H2O2、O2等氧化Fe2+生成Fe3+，加入MnO或MnCO3调节溶液pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，得到含有MnSO4的溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4⋅H2O晶体，所以滤渣1为SiO2，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，试剂A为H2O2溶液或O2，试剂A为MnO或MnCO3等，据此分析解答。
本题考查物质的制备实验方案设计，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意掌握氧化还原反应规律的应用，题目难度中等。
9.【答案】C
【解析】解：A.过程①的反应中消耗H2和CO，生成H2O和CO2，只有非极性键的断裂，没有非极性键的形成，故A错误；
B.过程①有化合价的变化，属于氧化还原反应，过程②无化合价的变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C.Fe和CaCO3是过程①和②的生成物，是过程③和④的反应物，先生成后消耗，为该过程的中间产物，故C正确；
D.过程③的反应为CaCO3的受热分解，气体分子数增加，ΔS>0，故D错误；
故选：C。
A.过程①的反应中消耗H2和CO，生成H2O和CO2；
B.有化合价变化的反应是氧化还原反应；
C.Fe和CaCO3先生成后消耗，为该过程的中间产物；
D.过程③的反应为CaCO3的分解。
本题借助高炉煤气的处理考查氧化还原反应和非极性键的概念，以及熵变的判断，难度不大，注意从图中获得信息。
10.【答案】D
【解析】解：根据分析可知，M为H元素，N为B元素，X为C元素，Y为F元素，Z为Cl元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：HHClO4，故B错误；
C.非金属性：F>Cl，则简单氢化物稳定性：HF>HCl，故C错误；
D.M、Z的单质分别为氢气、氯气，氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，产生苍白色火焰，故D正确；
故选：D。
M、N、X、Y、Z为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，由五种元素构成的离子结构如图所示，Y、Z只形成1个共价键，且Y与Z同主族，则Y为F元素，Z为Cl元素；M形成1个共价键，其原子序数最小，则M为H元素；M、N、Y原子序数之和为15，N的原子序数为15−1−9=5，则N为B元素，基态B原子的核外电子排布式为1s22s22p1，满足“N的基态原子s轨道电子数是p轨道的4倍”；X形成4个共价键，其原子序数小于F元素，则X为C元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大；
B.非金属性越强，最高价氧化物对应水溶液的酸性越强；
C.非金属性越强，简单氢化物稳定性越强；
D.氢气在氯气中燃烧生产生苍白色火焰。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A.滴加KSCN溶液，只检验铁离子，溶液变为血红色，可知硫酸亚铁溶液已变质，未检验亚铁离子，不能证明完全变质，故A错误；
B.铝与镁用导线相连，浸入氢氧化钠溶液中，构成原电池，Al失去电子作负极，Mg片表面产生大量气体，且金属性Mg大于Al，故B错误；
C.测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH，可比较对应酸的酸性强弱，则可比较Ka1(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小，故C正确；
D.能使澄清石灰水变浑浊的气体，可能为二氧化碳或二氧化硫，由实验操作和现象可知，该钾盐不一定为K2CO3，故D错误；
故选：C。
A.滴加KSCN溶液，只检验铁离子；
B.铝与镁用导线相连，浸入氢氧化钠溶液中，构成原电池，Al失去电子作负极；
C.测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH，可比较对应酸的酸性强弱；
D.能使澄清石灰水变浑浊的气体，可能为二氧化碳或二氧化硫。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、酸性比较、原电池、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：A.a极为负极，若采用该电池电解饱和食盐水，与a极相连的电极为阴极，阴极电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，阴极产物为H2、NaOH，不会产生黄绿色气体，故A错误；
B.a极为负极，乙酸发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为：CH3COOH+2H2O−8e−=2CO2 ↑+8H+，故B正确；
C.由两极反应式可知，负极区产生氢离子，正极区消耗氢离子，故氢离子透过交换膜由左侧向右侧迁移，交换膜为质子交换膜，故C正确；
D.a极反应式为：CH3COOH+2H2O−8e−=2CO2 ↑+8H+，极每产生33.6L(标准状况下)CO2，即33.6L22.4L/mol=1.5molCO2时，转移1.5mol×82=6mol电子，b极反应式为Cr2O72−+6e−+14H+=2Cr3++7H2O，生成的铬离子水解生成氢氧化铬，Cr3++3H2O=Cr(OH)3↓+3H+，故b极室将收集到26×6mol×103g/mol=206g固体，故D正确；
故选：A。
由图可知，a极为负极，乙酸发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为：CH3COOH+2H2O−8e−=2CO2 ↑+8H+，b极Cr2O72−中铬由+7变成+3价，得电子发生还原反应为正极，电极反应式为Cr2O72−+6e−+14H+=2Cr3++7H2O，生成的铬离子水解生成氢氧化铬，Cr3++3H2O=Cr(OH)3↓+3H+，电子由负极流向正极，据此分析解答。
本题主要考查的知识点是原电池的工作原理，利用化合价的变化判断氧化剂与还原剂，依据得失电子守恒计算生成物，题目难度中等。
13.【答案】C
【解析】解：A.由表格中数据无法确定T1、T2高低，故无法确定可知该反应是吸热反应还是放热反应，故A错误；
B.a1=4，即Y的平衡量和变化量都为4mol，则X的变化量为4mol平衡量为2mol，Z的变化量和平衡量都为2mol，若Z为气体，K=(42)2×22=4；若Z为非气体，K=(42)2=4，由分析可知，Z可能为气体也可能为非气体，故B错误；
C.若Z为固体，T2时达到平衡后，Y的平衡量和变化量都为a2mol，根据K=c2(Y)可得，1=(a22)2，则a2=2mol，则X的变化量也为2mol，平衡时X的物质的量为(6−2)mol=4mol，故C正确；
D.不论Z是否为气体，该反应都为气体体积增大的反应，体积减小，压强增大，平衡逆向移动；温度不变，K不变，设容器体积为1L，T2温度下平衡时，Y的平衡量为a3mol，Z的平衡量为a32mol，若Z是气体，K=c(Y)2×c(Z)，1=(a31)2×a321，则a3=32mol；若Z为非气体，K=c(Y)2，1=(a31)2，则a3=1mol，最终n(Y)≤0.5a2，故D错误；
故选：C。
A.由表格中数据无法确定T1、T2高低；
B.a1=4，即Y的平衡量和变化量都为4mol，则X的变化量为4mol平衡量为2mol，Z的变化量和平衡量都为2mol，Z可能为气体或非气体，分别计算两种情况下的K；
C.若Z为固体，T2时达到平衡后，Y的平衡量和变化量都为a2mol，根据K=c2(Y)可得，1=(a22)2，则a2=2mol，则X的变化量也为2mol；
D.不论Z是否为气体，该反应都为气体体积增大的反应，体积减小，压强增大，平衡逆向移动；温度不变，K不变，根据Z是气体或非气体，分别计算平衡时Y的物质的量。
本题考查化学平衡的计算，把握表中数据及化学平衡计算是关键，侧重考查分析、判断、计算及知识综合运用能力，题目难度较大。
14.【答案】A
【解析】解：A.a点的溶液滴加了0.1mol/LNaOH溶液为20mL，NH4HSO4过量，溶质为NH4HSO4、(NH4)2SO4、Na2SO4，且则离子浓度大小为c(SO42−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)，故A错误；
B.b点溶液中溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4，(NH4)2SO4促进水的电离，c点溶液呈中性，水正常电离，则水的电离程度：b>c，故B正确；
C.e点处溶液中溶质为Na2SO4、NH3⋅H2O，c(Na+)=2c(SO42−)，电荷守恒关系为c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+2c(SO42−)，则c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)，故C正确；
D.c点溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)，电荷守恒关系为c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+2c(SO42−)，则c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)，故D正确；
故选：A。
A.a点的溶液滴加了0.1mol/LNaOH溶液为20mL，NH4HSO4过量，溶质为NH4HSO4、(NH4)2SO4、Na2SO4；
B.b点溶液中溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4，(NH4)2SO4促进水的电离，c点溶液呈中性；
C.e点处溶液中溶质为Na2SO4、NH3⋅H2O，c(Na+)=2c(SO42−)，结合电荷守恒关系分析判断；
D.c点溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)，结合电荷守恒关系分析判断。
本题考查酸碱混合溶液的定性判断，侧重考查图象分析能力和综合运用能力，明确明确反应先后顺序及混合溶液中溶质成分及其性质、水电离影响因素等知识是解题关键，注意掌握溶液中守恒关系式的应用，题目难度中等。
15.【答案】增大反应物接触面积，加快反应速率 SiO2、CaSO4 Co2О3+SO32−+4H+=2Co2++SO42−+2H2O 将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续沉淀 Co2+也被氧化，产率降低 4СоС2О4⋅2H2O+3O2=2Co2O3+8CO2+8H2O 高于 6
【解析】解：(1)“溶浸”过程中，将钴矿石进行粉碎，并不断搅拌的作用是增大反应物接触面积，加快反应速率；SiO2不与稀硫酸反应，CaSO4微溶，故滤渣1的主要成分为SiO2、CaSO4；加入Na2SO3目的是将Co3+、Fe3+还原成Co2+、Fe2+，主要离子反应方程式：Co2О3+SO32−+4H+=2Co2++SO42−+2H2O，
故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率；SiO2、CaSO4；Co2О3+SO32−+4H+=2Co2++SO42−+2H2O；
(2)已知还原性：Fe2+>Co2+，“氧化”过程加入NaClO3目的为，将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续沉淀；反应时需控制加入的量，若加入量过多会导致Co2+也被氧化，产率降低，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续沉淀；Co2+也被氧化，产率降低；
(3)在空气中煅烧时，CoC2O4⋅2H2O发生反应时除了生成Co2O3，还会有CO2生成，根据元素守恒可知还有水生成，该过程的化学反应方程式为：，
故答案为：；
(4)钴的某种氧化物广泛应用于硬质合金、超耐热合金、绝缘材料和磁性材料的生产，其晶胞结构如图2所示，则根据晶体类型推测，该物质熔点高于磷(P4)；由图2可知，O2−位于顶点，CO2+位于棱上，计算得该晶胞中的配位数为6，
故答案为：高于；6。
含钴废料中加入过量稀硫酸和Na2SO3，可得Co2+、Cu2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，SiO2不溶，过滤得到滤渣1为SiO2、CaSO4，沉铜后加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，可以使Fe3+、Al3+沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，再用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入浓Na2CO3溶液转为CoCO3固体，最后进入草酸铵溶液得到草酸钴，煅烧后制得Co2O3，据此分析回答问题。
本题考查物质的分离提纯实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
16.【答案】三颈烧瓶 吸收HCl尾气，并防止倒吸 b→a→e→f→b→a 降低温度，防止COCl2挥发 COCl2 +H2 O=CO2 +2HCl 饱和NaHSO3溶液 萃取
【解析】解：(1)根据仪器构造可知，盛放氯仿的容器名称为三颈烧瓶；丙装置u型管一边连接了水，既可以吸收HCl尾气，又能平衡气压，防止倒吸；装置乙是制备氧气的发生装置，通过装置甲干燥氧气，通过装置丁利用氧气和氯仿反应碳酰氯，通过装置丙吸收HCl尾气，并防止倒吸，则装置的正确连接顺序为c→b→a→e→f→b→a→d，
故答案为：三颈烧瓶；吸收HCl尾气，并防止倒吸；b→a→e→f→b→a；
(2)COCl2的沸点为8.2℃，则装置丁中采用冰水混合物的目的是降低温度，防止COCl2挥发；COCl2和水反应生成二氧化碳和HCl，化学反应方程式为： COCl2 +H2 O=CO2 +2HCl，
故答案为：降低温度，防止COCl2挥发； COCl2 +H2 O=CO2 +2HCl；
(3)由R−CHO+NaHSO3(饱和)→RCH(OH)SO3Na↓可知，试剂1为饱和NaHSO3溶液；操作2为分液分出有机层，则操作2为萃取，
故答案为：饱和NaHSO3溶液；萃取。
根据仪器构造可知，盛放氯仿的容器名称为三颈烧瓶；装置乙是制备氧气的发生装置，通过装置甲干燥氧气，通过装置丁利用氧气和氯仿反应碳酰氯，通过装置丙吸收HCl尾气，并防止倒吸，以此答题。
本题主要考查了制备实验方案的设计，属于高频考点，需要边思考、边分析，熟悉制备流程是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般。
17.【答案】+123 升高温度 Ⅱ M−H BD 12.8 逆向
【解析】解：(1)由反应热=反应物总键能−生成物总键能，可得，△H=[2×348+8×413−(6×413+348+615+436)]kJ⋅mol−1=+123kJ⋅mol−1；该反应为吸热反应且反应前后气体体积增大，升温能同时提高反应速率和反应物的平衡转化率，
故答案为：+123；升高温度；
(2)化学反应的决速步骤由慢反应决定，而活化能越大，反应的速率越慢，由图可知，活化能最大的是步骤Ⅱ，故反应快慢取决于步骤Ⅱ；催化剂参与反应，但反应前后不变，由丙烷制备丙烯的机理图可知，催化剂为M−H，
故答案为：Ⅱ；M−H；
(3)①A.C3H6与C3H8的浓度相等，可能为反应的某一时刻，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B.C3H6的体积分数不再改变，即C3H6浓度保持不变，可以说明反应达到平衡状态，故B正确；
C.该反应容器为恒压恒温，反应容器中压强一直不变，与反应进行的程度无关，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D.该反应前后气体质量不变，容器体积改变，则气体的密度为变化值，可以说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD；
②经过10min后反应达到平衡，C3H8的平衡转化率为50%，即C3H8的转化量为4mol×50%=2mol，C3H6的选择性为80%，则生成的C3H6为2mol×80%=1.6mol，生成的H2为1.6mol，主反应消耗的C3H8为1.6mol，则副反应消耗的C3H8为2mol−1.6mol=0.4mol，生成的C2H4和CH4都为0.4mol，达到平衡时，气体总物质的量为6mol+(4−2)mol+1.6mol+1.6mol+0.4mol+0.4mol=12mol，p(C3H8)=2mol12mol×120KPa，p(C3H6)=1.6mol12mol×120KPa，p(H2)=1.6mol12mol×120KPa，主反应的平衡常数Kp=p(H2)×p(C3H6)p(C3H8)=1.6mol12mol×120KPa×1.6mol12mol×120KPa2mol12mol×120KPa=12.8KPa；减少通入N2的量，则气体的总物质的量减小，使得Qp>Kp，反应逆向进行，
故答案为：12.8；逆向。
(1)反应热=反应物总键能−生成物总键能；该反应为吸热反应且反应前后气体体积增大；
(2)化学反应的决速步骤由慢反应决定，而活化能越大，反应的速率越慢；催化剂参与反应，但反应前后不变；
(3)①可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；
②经过10min后反应达到平衡，C3H8的平衡转化率为50%，即C3H8的转化量为4mol×50%=2mol，C3H6的选择性为80%，则生成的C3H6为2mol×80%=1.6mol，生成的H2为1.6mol，主反应消耗的C3H8为1.6mol，则副反应消耗的C3H8为2mol−1.6mol=0.4mol，生成的C2H4和CH4都为0.4mol，达到平衡时，气体总物质的量为6mol+(4−2)mol+1.6mol+1.6mol+0.4mol+0.4mol=12mol，p(C3H8)=2mol12mol×120KPa，p(C3H6)=1.6mol12mol×120KPa，p(H2)=1.6mol12mol×120KPa，根据Kp=p(H2)×p(C3H6)p(C3H8)计算主反应的平衡常数；根据Qp与Kp的关系判断反应进行的方向。
本题考查反应热的计算、化学平衡的判断及化学平衡常数的计算，掌握化学平衡的计算是解题的关键，题目难度中等。
18.【答案】乙苯 羰基 加成反应 1 →△浓硫酸+H2O →酸性高锰酸钾溶液→SOCl2
【解析】解：(1)A为，A的化学名称为乙苯，C为，C中含有的官能团为羰基，
故答案为：乙苯；羰基；
(2)C中羰基和氢气发生加成反应生成D中醇羟基，则由C转化为D的反应类型为加成反应，D分子中手性碳原子为连接羟基的碳原子，所以手性碳原子的个数为1，
故答案为：加成反应；1；
(3)D转化为E的化学方程式为：→△浓硫酸+H2O，
故答案为：→△浓硫酸+H2O；
(4)C为，C的同分异构体符合下列条件：
①苯环上只有一个取代基且能够发生银镜反应，说明含有醛基；
②其中取代基上只有两种不同化学环境氢原子，其中一个是醛基上的氢原子，所以取代基为−C(CH3)2CHO，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
(5)以甲苯为原料(无机试剂任选)制备，苯甲酰氯和甲苯发生取代反应生成，甲苯发生氧化反应生成苯甲酸，苯甲酸和SOCl2发生取代反应生成苯甲酰氯，合成路线为→酸性高锰酸钾溶液→SOCl2，
故答案为：→酸性高锰酸钾溶液→SOCl2。
乙酸发生信息中的反应生成B为CH3COCl，C和氢气发生加成反应生成D，根据B、D的结构简式知，C为，则A为；根据反应条件知，D发生消去反应生成，E和溴发生加成反应生成F为，F发生消去反应生成G为；
(5)以甲苯为原料(无机试剂任选)制备，苯甲酰氯和甲苯发生取代反应生成，甲苯发生氧化反应生成苯甲酸，苯甲酸和SOCl2发生取代反应生成苯甲酰氯。
本题考查有机物的合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，难点是合成路线设计，题目难度中等。
2022-2023学年湖南省长沙市宁乡市高二（下）期末化学试卷
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1. 随着科幻电影《流浪地球2》的上映，许多富含中国元素的硬核黑科技纷纷登上银幕，下列有关说法不正确的是( )
A. 木星是一个巨大的液态氢星体，其中含有的核素氘为氢的同位素
B. 天宫空间站使用的太阳能电池板的基础材料晶体硅为金属材料
C. 中国003航母外壳选使用的特殊防腐材料为金属合金材料
D. 我国在月球表面成功展开的五星红旗的主要材料芳纶属于合成纤维
2. 2022年10月5日，诺贝尔化学奖表彰了“为点击化学和生物正交化学的发展”做出突出贡献的三位化学科学家，重庆大学有研究者指出，“点击化学或生物正交化学很多都基于叠氮(三个氮原子连接在一起)”，已知反应：N2O+2NaNH2=NH3+NaN3+NaOH，下列有关说法正确的是( )
A. NaN3为离子化合物，含有离子键和极性共价键
B. 上述反应涉及的元素中第一电离能最大的是O
C. 基态O原子价层电子排布图为
D. NH3的VSEPR模型为四面体形
3. 设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A. 反应H2O2+Cl2=HCl+O2中，每生成22.4L氧气反应转移电子数为2NA
B. 标准状况下，22.4LHF含有的质子数为10NA
C. 0.1molL/L的CH3COONH4溶液显中性，1L该溶液中含CH3COO−离子数小于0.1NA
D. 1mol重水(D2O)比1mol水多NA个质子
4. 化学是一门以实验为基础的学科，如图所示的实验装置或操作能达到相应目的是( )
A. 操作①：吸收氨或氯化氢气体并防止倒吸
B. 操作②：加热蒸干AlCl3溶液制备AlCl3晶体
C. 操作③：利用该装置干燥H2
D. 操作④：验证SO2的漂白性
5. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. 白醋与次氯酸钠溶液混合产生黄绿色气体：Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O
B. 四氧化三铁溶于足量稀硝酸：Fe3O4+8H+=Fe2++Fe3++4H2O
C. 向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2：Ca2++ClO−+H2O+CO2=2HClO+CaCO3↓
D. 向硫酸铜溶液中加入过量浓氨水：Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O
6. 金属钛兼有钢和铝的优点，强度高且质地轻，工业上常用钛铁矿为原料制备金属Ti，包括反应：①TiO2+2Cl2+2C=TiCl4+2CO；②TiCl4(g)+2Mg(l)=Ti+2MgCl2(l)。下列有关说法错误的是( )
A. 反应①中氧化剂与还原剂之比为1：1
B. 反应①中TiCl4既是氧化产物也是还原产物
C. 通过反应②可知Mg的金属性强于Ti
D. 反应②在Ar气氛中进行，防止Mg、Ti被空气氧化
7. 2023年上半年，甲型流感来势汹汹，患者可能出现发热、咳嗽、喉痛、头痛等症状，布洛芬是人们常用于退烧镇痛的一种药物，一种合成路线如图所示，下列有关说法不正确的是 ( )
A. 合成时中A到B的反应类型为取代反应
B. 物质B不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 布洛芬能发生取代反应、加成反应、氧化反应
D. 布洛芬分子中所有碳原子不可能共平面
8. 工业上以软锰矿(含MnO2和少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料制备硫酸锰晶体的流程如图所示，下列有关说法不正确的是 ( )
A. 酸浸过程可将硫酸换为盐酸
B. 酸浸过程中加入过量的FeSO4的目的是充分还原MnO2
C. 从绿色化学角度分析，试剂A可以选择H2O2、O2
D. 系列操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作
9. 炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，有关该过程的叙述正确的是( )
A. 过程①的反应中有非极性键的断裂和生成
B. 过程①和②的转化均为氧化还原反应
C. Fe和CaCO3为该过程的中间产物
D. 过程③的反应ΔS<0
10. 已知M、N、X、Y、Z为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，由五种元素构成的离子结构如图所示，其中Y与Z同主族，N的基态原子s轨道电子数是p轨道的4倍，且M、N、Y原子序数之和为15。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：M
C. 简单氢化物稳定性：Y
11. 下列实验操作与预期目的或结论相符合的是 ( )
选项
实验操作
实验目的或结论
A
向久置的硫酸亚铁溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为血红色
硫酸亚铁溶液已完全变质
B
将铝与镁用导线相连，浸入氢氧化钠溶液中，铝片表面产生大量气体
金属性：铝>镁
C
其他条件相同，测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH
比较Ka1(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小
D
将某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
该钾盐为K2CO3
A. A B. B C. C D. D
12. 镀铬工业废水中的Cr2O72−可利用微生物电池催化还原，其工作原理如图所示(中间虚线表示离子交换膜)。下列说法不正确的是( )
A. 若采用该电池电解饱和食盐水，与a极相连的电极将产生黄绿色气体
B. a极反应式为CH3COOH+2H2O−8e−=2CO2↑+8H+
C. 该电池工作时，应使用质子交换膜
D. a极每产生33.6L(标准状况下)CO2时，b极室将收集到206g固体
13. 已知固体X能发生分解反应：2X(s)⇌2Y(g)+Z(未知)，现往某2L恒容密闭容器中加入6molX发生分解反应，测得分别在不同温度下的平衡常数和达到平衡时Y的物质的量如表所示，下列说法正确的是 ( )
温度
K
n(Y)/mol
T1
4
a1
T2
1
a2
A. 由表可知该反应ΔH<0
B. T1若a1=4，则Z一定为固体
C. 若Z为固体，T2时达到平衡后，X剩余4mol
D. 将T2温度下达到平衡后的反应容器体积减小为1L，平衡逆向移动，最终n(Y)<0.5a2
14. 向100mL0.01mol⋅L−1NH4HSO4溶液中滴加等浓度NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A. a点处离子浓度大小顺序为：c(H+)>c(SO42−)>c(NH4+)>c(OH−)
B. 水的电离程度：b>c
C. e点处溶液中c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)
D. c点处溶液中的c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)
二、流程题（本大题共1小题，共16.0分）
15. Co2O3主要用作颜料、釉料及磁性材料，利用一种钴矿石(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、SiO2及铝、镁、钙等金属元素的氧化物)制取Co2O3的工艺流程如图1所示。
部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液pH：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
完全沉淀的pH
3.7
9.6
9.2
5.2
回答下列问题：
(1)“溶浸”过程中，将钴矿石进行粉碎，并不断搅拌的作用是 ______ ，滤渣1的主要成分为 ______ ，请写出加入Na2SO3的主要离子反应方程式 ______ 。
(2)已知还原性：Fe2+>Co2+，“氧化”过程加入NaClO3目的为 ______ ，反应时需控制加入NaClO3的量，若加入NaClO3量过多会导致 ______ 。
(3)在空气中煅烧时，CoC2O4⋅2H2O发生反应时除了生成Co2O3，还会有CO2生成，请写出该过程的化学反应方程式为： ______ 。
(4)钴的某种氧化物广泛应用于硬质合金、超耐热合金、绝缘材料和磁性材料的生产，其晶胞结构如图2所示，则根据晶体类型推测，该物质熔点 ______ (填写“高于”、“低于”或“等于”)磷(P4)；该晶胞中的配位数为 ______ 。
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
16. 碳酰氯(COCl2)俗名光气，常温下为无色气体，有腐草味，常用作有机合成、农药、药物、染料及其他化工制品的中间体，某实验小组同学选用如图实验装置利用氧气和氯仿合成碳酰氯。
已知：光气熔点为118℃，沸点为8.2℃，回答下列问题：
(1)盛放氯仿的容器名称为 ______ ，丙装置的作用是 ______ ，以上装置的正确连接顺序为c→ ______ →d(用a→b→c的形式表示，装置可重复使用)。
(2)装置丁中采用冰水混合物的目的是： ______ ，光气有毒，一旦泄露可用水吸收，生成一种氧化物和氢化物，请写出该化学反应方程式 ______ 。
(3)以光气为中间体可以经过一系列的转化合成1−丁醇粗产品(含有少量正丁醛)。为纯化1−丁醇，小组查文献得知：
①R−CHO+NaHSO3(饱和)→RCH(OH)SO3Na↓；
②沸点：乙醚34℃，1−丁醇118℃，并设计出如图提纯路线：
则试剂1为 ______ ，操作2为 ______ 。
四、简答题（本大题共2小题，共28.0分）
17. 丙烯是工业上合成精细化学的原料，随着天然气和页岩气的可用性不断提高，丙烷脱氢和丙烷氧化脱氢受到了人们越来越多的关注，已知：
主反应：C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
副反应：C3H8(g)⇌C2H4(g)+CH4(g)
(1)相关键能的数据如表所示
化学键
C−C
C=C
C−H
H−H
键能/(kJ⋅mol−1)
348
615
413
436
则丙烷脱氢反应的热化学方程式为C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)ΔH= ______ kJ⋅mol−1，根据化学原理，可以同时提高化学反应速率并提高C3H8转化率的措施是 ______ 。
(2)用丙烷制备丙烯的机理如图所示，该反应的快慢取决于步骤 ______ (填写Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)，该反应的催化剂为 ______ 。
(3)在恒温条件下，向起始压强为120KPa的恒压容器中通入4molC3H8和6molN2发生反应。
①下列情况能表明达到平衡状态的是 ______ 。
A.C3H6与C3H8的浓度相等
B.C3H6的体积分数不再改变
C.反应容器中压强保持不变
D.气体密度不再改变
②经过10min后反应达到平衡，测得C3H8的平衡转化率为50%，该条件下C3H6的选择性为80%，则主反应的平衡常数Kp= ______ kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)，其他条件不变时，若减少通入N2的量，化学平衡将 ______ 移动(填写“正向”、“逆向”或“不”)。
18. 化合物G是合成液晶材料的中间体，以苯的同系物A、乙酸为原料合成G的路线如图。
已知：。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为 ______ ，C中含有的官能团为 ______ 。
(2)由C转化为D的反应类型为 ______ ，D分子中手性碳原子个数为 ______ 。
(3)写出D转化为E的化学方程式为 ______ 。
(4)写出符合下列条件的C的同分异构体的结构简式 ______ 。
①苯环上只有一个取代基且能够发生银镜反应
②其中取代基上只有两种不同化学环境氢原子H
(5)写出以甲苯为原料(无机试剂任选)制备的合成路线： ______ 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.H、D质子数相同，中子数不同，为氢元素的不同原子，互为同位素，故A正确；
B.晶体硅为无机非金属材料，故B错误；
C.母外壳使用抗腐蚀性能很强的镍铬钢，镍铬钢为金属合金材料，故C正确；
D.在月球表面成功展开的五星红旗的主要材料芳纶，属于高分子化合物，属于合成纤维，故D正确；
故选：B。
A.具有相同质子数，不同中子数同一元素的不同核素互为同位素；
B.晶体硅为无机非金属材料；
C.母外壳使用抗腐蚀性能很强的镍铬钢；
D.芳纶纤维为有机高分子化合物，属于合成纤维。
本题考查物质的组成及性质，为高频考点，把握物质的组成、用途解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，学习中注意相关基础知识的积累，注意材料组成的分析判断。
2.【答案】D
【解析】解：A．N3−中三个氮原子连接在一起形成的共价键为非极性共价键，则NaN3为离子化合物，含有离子键和非极性共价键，故A错误；
B.上述反应涉及的元素为Na、H、N、O，金属Na易失电子、第一电离能小，H原子的核外电子少，使它的第一电离能比N、O小，但N原子的p轨道为半满的稳定结构，第一电离能大于O，所以Na、H、N、O原子中第一电离能最大的是N，故B错误；
C.由泡利原理可知，同一轨道上的两个电子自旋方向相反，其能量最低，则基态O原子价层电子排布图为，故C错误；
D.NH3分子中N原子的价层电子对数为3+5−32=4，含有1对孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，故D正确；
故选：D。
A.N3−中三个氮原子连接在一起形成的共价键为非极性共价键；
B.上述反应涉及的元素为Na、H、N、O，金属Na的第一电离能小，H原子的核外电子少，导致它的第一电离能比N、O小，但N原子的p轨道为半满的稳定结构，第一电离能大于O；
C.根据泡利原理分析判断；
D.NH3分子中N原子的价层电子对数为3+5−32=4，含有1对孤电子对。
本题考查物质结构及性质，涉及核外电子排布、第一电离能大小比较、价层电子对数的计算、化学键类型等知识，侧重考查基础知识灵活运用能力，注意掌握第一电离能的反常性，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.氧气的状态不明确，故其物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故A错误；
B.标准状况下HF是液体，无法用气体摩尔体积计算HF的物质的量，则无法计算分子中所含有的质子数，故B错误；
C.CH3COO−是弱酸根，在溶液中会水解，1L0.1mol⋅L−1的CH3COONH4溶液中CH3COO−离子数小于0.1NA，故C正确；
D.1mol重水(D2O)和1mol水质子数均为1mol×10×NA/mol=10NA，故D错误；
故选：C。
A.氧气的状态不明确；
B.标准状况下HF是液体，无法用气体摩尔体积计算物质的量；
C.CH3COO−是弱酸根，在溶液中会水解；
D.一个D2O和一个水分子中均含有10个质子。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.苯不能隔绝气体与水，图中不能防止倒吸，故A错误；
B.加热蒸干AlCl3溶液，促进铝离子水解，蒸干得到氢氧化铝，且仪器不能选坩埚等，应选蒸发装置，故B错误；
C.浓硫酸具有吸水性，图中装置可干燥氢气，故C正确；
D.二氧化硫可被铁离子氧化，溶液褪色，可知二氧化硫具有还原性，故D错误；
故选：C。
A.苯不能隔绝气体与水；
B.加热蒸干AlCl3溶液，得到氢氧化铝，且不能选坩埚等；
C.浓硫酸具有吸水性；
D.二氧化硫可被铁离子氧化。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.白醋与次氯酸钠溶液混合不会生成氯气，应该生成次氯酸和醋酸钠，反应为CH3COOH+ClO−=HClO+CH3COO−，故A错误；
B.四氧化三铁中含有Fe2+，溶于稀硝酸发生氧化还原反应生成Fe3+、NO和H2O，反应为3Fe3O4+NO3−+28H+=NO↑+9Fe3++14H2O，故B错误；
C.向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2的离子方程式为ClO−+H2O+CO2=HClO+HCO3−，故C错误；
D.向硫酸铜溶液中加入过量浓氨水，反应的离子方程式为Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故D正确；
故选：D。
A.醋酸酸性大于次氯酸，白醋与次氯酸钠溶液混合生成次氯酸和醋酸钠；
B.硝酸具有强氧化性，氧化Fe3O4生成Fe3+、NO等；
C.CO2过量，反应生成Ca(HCO3)2和HClO；
D.过量氨水与硫酸铜溶液反应生成可溶性[Cu(NH3)4]SO4。
本题考查离子方程式的书写，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握与量有关离子方程式的书写，侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度中等。
6.【答案】B
【解析】解：A.反应①TiO2+2Cl2+2C=TiCl4+2CO中Cl元素的化合价由0价降低到−1价，氯气为氧化剂，C元素的化合价由0价升高到+2价，C为还原剂，所以氧化剂与还原剂之比为1：1，故A正确；
B.反应①TiO2+2Cl2+2C=TiCl4+2CO中氯气为氧化剂，碳为还原剂，TiCl4为还原产物，故B错误；
C.反应②TiCl4(g)+2Mg(l)=Ti+2MgCl2(l)中，Mg为还原剂，Ti为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故C正确；
D.梅和钛都是活泼金属，反应②在Ar气氛中进行，防止Mg、Ti被空气氧化，故D正确；
故选：B。
反应①TiO2+2Cl2+2C=TiCl4+2CO中Cl元素的化合价由0价降低到−1价，C元素的化合价由0价升高到+2价；②TiCl4(g)+2Mg(l)=Ti+2MgCl2中Ti元素的化合价由+4价降低到0价，Mg元素的化合价由0价升高到+2价，据此进行解答。
本题考查氧化还原反应的基本概念和规律，难度不大，把握反应中元素化合价的变化是解题的关键。
7.【答案】B
【解析】解：A.A到B时苯环上H原子被−COCH3取代，可知反应类型为取代反应，故A正确；
B.物质B中含苯环，与苯环相连的相连的碳原子上有H原子，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化反应，故B错误；
C.布洛芬含羧基可发生取代反应，含苯环可发生加成反应，与苯环相连的相连的碳原子上有H原子，可发生氧化反应，故C正确；
D.布洛芬含6个sp3杂化的碳原子，由连接2个甲基的碳原子可知，所有碳原子一定不能共面，故D正确；
故选：B。
A.A到B时苯环上H原子被−COCH3取代；
B.物质B中含苯环，与苯环相连的相连的碳原子上有H原子；
C.布洛芬含羧基、苯环；
D.布洛芬含6个sp3杂化的碳原子。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A.该流程制备硫酸锰晶体，加入盐酸会引入Cl−，得到的产品为MnCl2，不能得到MnSO4⋅H2O晶体，所以酸浸过程不可将硫酸换为盐酸，故A错误；
B.酸浸过程中过量的FeSO4能使MnO2充分转化为MnSO4，即加入过量的FeSO4的目的是充分还原MnO2，故B正确；
C.氧化过程中试剂A的作用是将Fe2+转化为Fe3+，从绿色化学角度分析，试剂A可以选择H2O2、O2，故C正确；
D.将MnSO4溶液转化为MnSO4⋅H2O晶体析出，其操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等，故D正确；
故选：A。
以软锰矿(含MnO2和少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料制备硫酸锰晶体的流程为：酸浸时过量的FeSO4、H2SO4与MnO2反应氧化还原反应生成MnSO4、Fe2(SO4)3，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O，Fe2O3、Al2O3分别转化为Fe3+、Al3+，过滤除去SiO2，滤液中含有Fe2+、Mn2+、Fe3+、Al3+，加入H2O2、O2等氧化Fe2+生成Fe3+，加入MnO或MnCO3调节溶液pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，得到含有MnSO4的溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4⋅H2O晶体，所以滤渣1为SiO2，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，试剂A为H2O2溶液或O2，试剂A为MnO或MnCO3等，据此分析解答。
本题考查物质的制备实验方案设计，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意掌握氧化还原反应规律的应用，题目难度中等。
9.【答案】C
【解析】解：A.过程①的反应中消耗H2和CO，生成H2O和CO2，只有非极性键的断裂，没有非极性键的形成，故A错误；
B.过程①有化合价的变化，属于氧化还原反应，过程②无化合价的变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C.Fe和CaCO3是过程①和②的生成物，是过程③和④的反应物，先生成后消耗，为该过程的中间产物，故C正确；
D.过程③的反应为CaCO3的受热分解，气体分子数增加，ΔS>0，故D错误；
故选：C。
A.过程①的反应中消耗H2和CO，生成H2O和CO2；
B.有化合价变化的反应是氧化还原反应；
C.Fe和CaCO3先生成后消耗，为该过程的中间产物；
D.过程③的反应为CaCO3的分解。
本题借助高炉煤气的处理考查氧化还原反应和非极性键的概念，以及熵变的判断，难度不大，注意从图中获得信息。
10.【答案】D
【解析】解：根据分析可知，M为H元素，N为B元素，X为C元素，Y为F元素，Z为Cl元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：H
C.非金属性：F>Cl，则简单氢化物稳定性：HF>HCl，故C错误；
D.M、Z的单质分别为氢气、氯气，氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，产生苍白色火焰，故D正确；
故选：D。
M、N、X、Y、Z为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，由五种元素构成的离子结构如图所示，Y、Z只形成1个共价键，且Y与Z同主族，则Y为F元素，Z为Cl元素；M形成1个共价键，其原子序数最小，则M为H元素；M、N、Y原子序数之和为15，N的原子序数为15−1−9=5，则N为B元素，基态B原子的核外电子排布式为1s22s22p1，满足“N的基态原子s轨道电子数是p轨道的4倍”；X形成4个共价键，其原子序数小于F元素，则X为C元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大；
B.非金属性越强，最高价氧化物对应水溶液的酸性越强；
C.非金属性越强，简单氢化物稳定性越强；
D.氢气在氯气中燃烧生产生苍白色火焰。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A.滴加KSCN溶液，只检验铁离子，溶液变为血红色，可知硫酸亚铁溶液已变质，未检验亚铁离子，不能证明完全变质，故A错误；
B.铝与镁用导线相连，浸入氢氧化钠溶液中，构成原电池，Al失去电子作负极，Mg片表面产生大量气体，且金属性Mg大于Al，故B错误；
C.测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH，可比较对应酸的酸性强弱，则可比较Ka1(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小，故C正确；
D.能使澄清石灰水变浑浊的气体，可能为二氧化碳或二氧化硫，由实验操作和现象可知，该钾盐不一定为K2CO3，故D错误；
故选：C。
A.滴加KSCN溶液，只检验铁离子；
B.铝与镁用导线相连，浸入氢氧化钠溶液中，构成原电池，Al失去电子作负极；
C.测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH，可比较对应酸的酸性强弱；
D.能使澄清石灰水变浑浊的气体，可能为二氧化碳或二氧化硫。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、酸性比较、原电池、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：A.a极为负极，若采用该电池电解饱和食盐水，与a极相连的电极为阴极，阴极电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，阴极产物为H2、NaOH，不会产生黄绿色气体，故A错误；
B.a极为负极，乙酸发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为：CH3COOH+2H2O−8e−=2CO2 ↑+8H+，故B正确；
C.由两极反应式可知，负极区产生氢离子，正极区消耗氢离子，故氢离子透过交换膜由左侧向右侧迁移，交换膜为质子交换膜，故C正确；
D.a极反应式为：CH3COOH+2H2O−8e−=2CO2 ↑+8H+，极每产生33.6L(标准状况下)CO2，即33.6L22.4L/mol=1.5molCO2时，转移1.5mol×82=6mol电子，b极反应式为Cr2O72−+6e−+14H+=2Cr3++7H2O，生成的铬离子水解生成氢氧化铬，Cr3++3H2O=Cr(OH)3↓+3H+，故b极室将收集到26×6mol×103g/mol=206g固体，故D正确；
故选：A。
由图可知，a极为负极，乙酸发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为：CH3COOH+2H2O−8e−=2CO2 ↑+8H+，b极Cr2O72−中铬由+7变成+3价，得电子发生还原反应为正极，电极反应式为Cr2O72−+6e−+14H+=2Cr3++7H2O，生成的铬离子水解生成氢氧化铬，Cr3++3H2O=Cr(OH)3↓+3H+，电子由负极流向正极，据此分析解答。
本题主要考查的知识点是原电池的工作原理，利用化合价的变化判断氧化剂与还原剂，依据得失电子守恒计算生成物，题目难度中等。
13.【答案】C
【解析】解：A.由表格中数据无法确定T1、T2高低，故无法确定可知该反应是吸热反应还是放热反应，故A错误；
B.a1=4，即Y的平衡量和变化量都为4mol，则X的变化量为4mol平衡量为2mol，Z的变化量和平衡量都为2mol，若Z为气体，K=(42)2×22=4；若Z为非气体，K=(42)2=4，由分析可知，Z可能为气体也可能为非气体，故B错误；
C.若Z为固体，T2时达到平衡后，Y的平衡量和变化量都为a2mol，根据K=c2(Y)可得，1=(a22)2，则a2=2mol，则X的变化量也为2mol，平衡时X的物质的量为(6−2)mol=4mol，故C正确；
D.不论Z是否为气体，该反应都为气体体积增大的反应，体积减小，压强增大，平衡逆向移动；温度不变，K不变，设容器体积为1L，T2温度下平衡时，Y的平衡量为a3mol，Z的平衡量为a32mol，若Z是气体，K=c(Y)2×c(Z)，1=(a31)2×a321，则a3=32mol；若Z为非气体，K=c(Y)2，1=(a31)2，则a3=1mol，最终n(Y)≤0.5a2，故D错误；
故选：C。
A.由表格中数据无法确定T1、T2高低；
B.a1=4，即Y的平衡量和变化量都为4mol，则X的变化量为4mol平衡量为2mol，Z的变化量和平衡量都为2mol，Z可能为气体或非气体，分别计算两种情况下的K；
C.若Z为固体，T2时达到平衡后，Y的平衡量和变化量都为a2mol，根据K=c2(Y)可得，1=(a22)2，则a2=2mol，则X的变化量也为2mol；
D.不论Z是否为气体，该反应都为气体体积增大的反应，体积减小，压强增大，平衡逆向移动；温度不变，K不变，根据Z是气体或非气体，分别计算平衡时Y的物质的量。
本题考查化学平衡的计算，把握表中数据及化学平衡计算是关键，侧重考查分析、判断、计算及知识综合运用能力，题目难度较大。
14.【答案】A
【解析】解：A.a点的溶液滴加了0.1mol/LNaOH溶液为20mL，NH4HSO4过量，溶质为NH4HSO4、(NH4)2SO4、Na2SO4，且则离子浓度大小为c(SO42−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)，故A错误；
B.b点溶液中溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4，(NH4)2SO4促进水的电离，c点溶液呈中性，水正常电离，则水的电离程度：b>c，故B正确；
C.e点处溶液中溶质为Na2SO4、NH3⋅H2O，c(Na+)=2c(SO42−)，电荷守恒关系为c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+2c(SO42−)，则c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)，故C正确；
D.c点溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)，电荷守恒关系为c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+2c(SO42−)，则c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)，故D正确；
故选：A。
A.a点的溶液滴加了0.1mol/LNaOH溶液为20mL，NH4HSO4过量，溶质为NH4HSO4、(NH4)2SO4、Na2SO4；
B.b点溶液中溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4，(NH4)2SO4促进水的电离，c点溶液呈中性；
C.e点处溶液中溶质为Na2SO4、NH3⋅H2O，c(Na+)=2c(SO42−)，结合电荷守恒关系分析判断；
D.c点溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)，结合电荷守恒关系分析判断。
本题考查酸碱混合溶液的定性判断，侧重考查图象分析能力和综合运用能力，明确明确反应先后顺序及混合溶液中溶质成分及其性质、水电离影响因素等知识是解题关键，注意掌握溶液中守恒关系式的应用，题目难度中等。
15.【答案】增大反应物接触面积，加快反应速率 SiO2、CaSO4 Co2О3+SO32−+4H+=2Co2++SO42−+2H2O 将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续沉淀 Co2+也被氧化，产率降低 4СоС2О4⋅2H2O+3O2=2Co2O3+8CO2+8H2O 高于 6
【解析】解：(1)“溶浸”过程中，将钴矿石进行粉碎，并不断搅拌的作用是增大反应物接触面积，加快反应速率；SiO2不与稀硫酸反应，CaSO4微溶，故滤渣1的主要成分为SiO2、CaSO4；加入Na2SO3目的是将Co3+、Fe3+还原成Co2+、Fe2+，主要离子反应方程式：Co2О3+SO32−+4H+=2Co2++SO42−+2H2O，
故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率；SiO2、CaSO4；Co2О3+SO32−+4H+=2Co2++SO42−+2H2O；
(2)已知还原性：Fe2+>Co2+，“氧化”过程加入NaClO3目的为，将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续沉淀；反应时需控制加入的量，若加入量过多会导致Co2+也被氧化，产率降低，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续沉淀；Co2+也被氧化，产率降低；
(3)在空气中煅烧时，CoC2O4⋅2H2O发生反应时除了生成Co2O3，还会有CO2生成，根据元素守恒可知还有水生成，该过程的化学反应方程式为：，
故答案为：；
(4)钴的某种氧化物广泛应用于硬质合金、超耐热合金、绝缘材料和磁性材料的生产，其晶胞结构如图2所示，则根据晶体类型推测，该物质熔点高于磷(P4)；由图2可知，O2−位于顶点，CO2+位于棱上，计算得该晶胞中的配位数为6，
故答案为：高于；6。
含钴废料中加入过量稀硫酸和Na2SO3，可得Co2+、Cu2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，SiO2不溶，过滤得到滤渣1为SiO2、CaSO4，沉铜后加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，可以使Fe3+、Al3+沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，再用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入浓Na2CO3溶液转为CoCO3固体，最后进入草酸铵溶液得到草酸钴，煅烧后制得Co2O3，据此分析回答问题。
本题考查物质的分离提纯实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
16.【答案】三颈烧瓶 吸收HCl尾气，并防止倒吸 b→a→e→f→b→a 降低温度，防止COCl2挥发 COCl2 +H2 O=CO2 +2HCl 饱和NaHSO3溶液 萃取
【解析】解：(1)根据仪器构造可知，盛放氯仿的容器名称为三颈烧瓶；丙装置u型管一边连接了水，既可以吸收HCl尾气，又能平衡气压，防止倒吸；装置乙是制备氧气的发生装置，通过装置甲干燥氧气，通过装置丁利用氧气和氯仿反应碳酰氯，通过装置丙吸收HCl尾气，并防止倒吸，则装置的正确连接顺序为c→b→a→e→f→b→a→d，
故答案为：三颈烧瓶；吸收HCl尾气，并防止倒吸；b→a→e→f→b→a；
(2)COCl2的沸点为8.2℃，则装置丁中采用冰水混合物的目的是降低温度，防止COCl2挥发；COCl2和水反应生成二氧化碳和HCl，化学反应方程式为： COCl2 +H2 O=CO2 +2HCl，
故答案为：降低温度，防止COCl2挥发； COCl2 +H2 O=CO2 +2HCl；
(3)由R−CHO+NaHSO3(饱和)→RCH(OH)SO3Na↓可知，试剂1为饱和NaHSO3溶液；操作2为分液分出有机层，则操作2为萃取，
故答案为：饱和NaHSO3溶液；萃取。
根据仪器构造可知，盛放氯仿的容器名称为三颈烧瓶；装置乙是制备氧气的发生装置，通过装置甲干燥氧气，通过装置丁利用氧气和氯仿反应碳酰氯，通过装置丙吸收HCl尾气，并防止倒吸，以此答题。
本题主要考查了制备实验方案的设计，属于高频考点，需要边思考、边分析，熟悉制备流程是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般。
17.【答案】+123 升高温度 Ⅱ M−H BD 12.8 逆向
【解析】解：(1)由反应热=反应物总键能−生成物总键能，可得，△H=[2×348+8×413−(6×413+348+615+436)]kJ⋅mol−1=+123kJ⋅mol−1；该反应为吸热反应且反应前后气体体积增大，升温能同时提高反应速率和反应物的平衡转化率，
故答案为：+123；升高温度；
(2)化学反应的决速步骤由慢反应决定，而活化能越大，反应的速率越慢，由图可知，活化能最大的是步骤Ⅱ，故反应快慢取决于步骤Ⅱ；催化剂参与反应，但反应前后不变，由丙烷制备丙烯的机理图可知，催化剂为M−H，
故答案为：Ⅱ；M−H；
(3)①A.C3H6与C3H8的浓度相等，可能为反应的某一时刻，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B.C3H6的体积分数不再改变，即C3H6浓度保持不变，可以说明反应达到平衡状态，故B正确；
C.该反应容器为恒压恒温，反应容器中压强一直不变，与反应进行的程度无关，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D.该反应前后气体质量不变，容器体积改变，则气体的密度为变化值，可以说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD；
②经过10min后反应达到平衡，C3H8的平衡转化率为50%，即C3H8的转化量为4mol×50%=2mol，C3H6的选择性为80%，则生成的C3H6为2mol×80%=1.6mol，生成的H2为1.6mol，主反应消耗的C3H8为1.6mol，则副反应消耗的C3H8为2mol−1.6mol=0.4mol，生成的C2H4和CH4都为0.4mol，达到平衡时，气体总物质的量为6mol+(4−2)mol+1.6mol+1.6mol+0.4mol+0.4mol=12mol，p(C3H8)=2mol12mol×120KPa，p(C3H6)=1.6mol12mol×120KPa，p(H2)=1.6mol12mol×120KPa，主反应的平衡常数Kp=p(H2)×p(C3H6)p(C3H8)=1.6mol12mol×120KPa×1.6mol12mol×120KPa2mol12mol×120KPa=12.8KPa；减少通入N2的量，则气体的总物质的量减小，使得Qp>Kp，反应逆向进行，
故答案为：12.8；逆向。
(1)反应热=反应物总键能−生成物总键能；该反应为吸热反应且反应前后气体体积增大；
(2)化学反应的决速步骤由慢反应决定，而活化能越大，反应的速率越慢；催化剂参与反应，但反应前后不变；
(3)①可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；
②经过10min后反应达到平衡，C3H8的平衡转化率为50%，即C3H8的转化量为4mol×50%=2mol，C3H6的选择性为80%，则生成的C3H6为2mol×80%=1.6mol，生成的H2为1.6mol，主反应消耗的C3H8为1.6mol，则副反应消耗的C3H8为2mol−1.6mol=0.4mol，生成的C2H4和CH4都为0.4mol，达到平衡时，气体总物质的量为6mol+(4−2)mol+1.6mol+1.6mol+0.4mol+0.4mol=12mol，p(C3H8)=2mol12mol×120KPa，p(C3H6)=1.6mol12mol×120KPa，p(H2)=1.6mol12mol×120KPa，根据Kp=p(H2)×p(C3H6)p(C3H8)计算主反应的平衡常数；根据Qp与Kp的关系判断反应进行的方向。
本题考查反应热的计算、化学平衡的判断及化学平衡常数的计算，掌握化学平衡的计算是解题的关键，题目难度中等。
18.【答案】乙苯 羰基 加成反应 1 →△浓硫酸+H2O →酸性高锰酸钾溶液→SOCl2
【解析】解：(1)A为，A的化学名称为乙苯，C为，C中含有的官能团为羰基，
故答案为：乙苯；羰基；
(2)C中羰基和氢气发生加成反应生成D中醇羟基，则由C转化为D的反应类型为加成反应，D分子中手性碳原子为连接羟基的碳原子，所以手性碳原子的个数为1，
故答案为：加成反应；1；
(3)D转化为E的化学方程式为：→△浓硫酸+H2O，
故答案为：→△浓硫酸+H2O；
(4)C为，C的同分异构体符合下列条件：
①苯环上只有一个取代基且能够发生银镜反应，说明含有醛基；
②其中取代基上只有两种不同化学环境氢原子，其中一个是醛基上的氢原子，所以取代基为−C(CH3)2CHO，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
(5)以甲苯为原料(无机试剂任选)制备，苯甲酰氯和甲苯发生取代反应生成，甲苯发生氧化反应生成苯甲酸，苯甲酸和SOCl2发生取代反应生成苯甲酰氯，合成路线为→酸性高锰酸钾溶液→SOCl2，
故答案为：→酸性高锰酸钾溶液→SOCl2。
乙酸发生信息中的反应生成B为CH3COCl，C和氢气发生加成反应生成D，根据B、D的结构简式知，C为，则A为；根据反应条件知，D发生消去反应生成，E和溴发生加成反应生成F为，F发生消去反应生成G为；
(5)以甲苯为原料(无机试剂任选)制备，苯甲酰氯和甲苯发生取代反应生成，甲苯发生氧化反应生成苯甲酸，苯甲酸和SOCl2发生取代反应生成苯甲酰氯。
本题考查有机物的合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，难点是合成路线设计，题目难度中等。
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