山东省新高考质量测评联盟2020届高三5月联考化学试题 23页

山东省新高考质量测评联盟2020届高三5月联考 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 Li‎-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Co-59‎ 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.中国科研提供抗疫“硬核力量”，在对新冠病毒的认识与防控中，化学知识起到了重要作用。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 新冠病毒DNA分子内存在氢键，氢键具有一定的方向性和饱和性 B. 聚丙烯是生产医用口罩熔喷布的主要原料，其单体分子中碳原子均以sp2杂化 C. 为了防止蛋白质变性，病毒疫苗一般需要冷藏存放 D. 在选用酒精消毒时，75%的酒精溶液比95%的杀菌效果好 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 新冠病毒DNA分子内存在氢键，氢键具有一定的方向性和饱和性，故A正确；‎ B. 聚丙烯是生产医用口罩熔喷布的主要原料，其单体分子CH2=CHCH3中碳原子采用sp3、sp2杂化，故B错误；‎ C. 温度过高会使蛋白质变性，因此为了防止蛋白质变性，病毒疫苗一般需要冷藏存放，故C正确；‎ D. 酒精的浓度是杀菌的主要因素，常用的浓度75%，过高过低浓度都会影响杀菌功能，过高浓度的酒精会在细菌表面形成一层保护膜，阻止其进入细菌体内，难以将细菌彻底杀死。因此75%的酒精溶液比95%的杀菌效果好，故D正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. 苯和溴水在铁作催化剂的条件可以制取溴苯 B. 油酸和硬脂酸可用酸性KMnO4溶液鉴别 C. 顺-2-戊烯和反-2-戊烯加氢产物不相同 D. 的名称为：2-氯-3-甲基-3-戊烯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溴应该是液溴，故A错误；‎ B. 油酸是不饱和脂肪酸，硬脂酸是饱和脂肪酸，因此可用酸性KMnO4溶液鉴别两者，故B正确；‎ C. 顺-2-戊烯和反-2-戊烯加氢产物都得到正戊烷，故C错误；‎ D. 的名称为：3−甲基−4−氯−2−戊烯，故D错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】苯和液溴在催化剂三溴化铁作用下反应生成溴苯。‎ ‎3.实验室中某此气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)，用此装置和相关试剂不能制取的气体是（ ）‎ A. NH3 B. SO‎2 ‎C. NO2 D. Cl2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用浓氨水滴加到氧化钙中生成氨气，氨气密度比空气小，因此收集时应短进长出收集NH3，因此该装置不能收集氨气，故A符合题意；‎ B. 亚硫酸钠和浓硫酸反应生成SO2，SO2密度比空气大，收集时长进短出，用NaOH溶液处理尾气要防倒吸，该装置能制取SO2，故B不符合题意；‎ C. 铜和浓硝酸反应生成NO2，NO2密度比空气大，收集时长进短出，用NaOH溶液处理尾气要防倒吸，该装置能制取NO2，故C不符合题意；‎ D. 高锰酸钾和浓盐酸反应生成Cl2，Cl2密度比空气大，收集时长进短出，用NaOH溶液处理尾气要防倒吸，该装置能制取Cl2，故D不符合题意。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎4.第四周期元素中基态原子未成对电子有一个单电子的元素种数为（ ）‎ A. 3 B. ‎4 ‎C. 5 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】第四周期元素中基态原子未成对电子有一个单电子的元素分别为K、Sc、Cu、Ga、Br共5种，故C符合题意。‎ 综上所述所，答案为C。‎ ‎5.VCB是锂离子电池的一种添加剂，以环氧乙烷为原料制备的一种合成路线如图：‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. 反应①的原子利用率为100%‎ B. CIEC中含有一个手性碳原子 C. EO、EC的一氯代物种数相同 D CIEC、VCB分子中所有原子均处于同一平面 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. EO和二氧化碳反应生成EC，原料全部生成EC，因此反应①的原子利用率为100%，故A正确；‎ B. CIEC中连氯原子的碳原子为手性碳原子，故B正确；‎ C. EO、EC的一氯代物种数都为1种，故C正确；‎ D. CIEC中连氯原子的碳原子与周围四个原子不可能在同一平面上，故D错误。‎ 综上所述，答案D。‎ ‎【点睛】手性碳原子是碳连接的四个原子或原子团都不相同则为手性碳原子。‎ ‎6.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其周期数的3倍，Z是短周期元素中原子半径最大的，0.1mol·L-1W最高价氧化物对应的水化物的水溶液pH<1。下列说法正确的是（ ）‎ A. 电负性大小顺序：Y>X>Z>W B. 由于氢键的作用导致气态氢化物的稳定性X>W C. ZY的水溶液使蓝色石蕊试纸显红色 D. Z分别与其它三种元素组成的二元化合物均含有离子键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其周期数的3倍，则X为O，Z是短周期元素中原子半径最大的，则Z为Na，Y为F，0.1mol·L−1 W最高价氧化物对应的水化物的水溶液pH＜1，则W为S。‎ ‎【详解】A. 电负性同周期从左到右依次递增，同族从上到下依次递减，因此电负性大小顺序：F＞O＞S＞Na，故A错误；‎ B. 氢键影响熔沸点，与气态氢化物的稳定性无关，故B错误；‎ C. NaF的水溶液显碱性，使红色石蕊试纸显蓝色，故C错误；‎ D. Na分别与其它三种元素O、F、S组成的二元化合物均含有离子键，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎7.下列对实验事实的解释错误的是（ ）‎ 选项 实验事实 解释 A 实验室用粗锌与稀盐酸反应制H2比纯锌快 粗锌与稀盐酸构成原电池 B 浓硝酸保存在棕色试剂瓶中 ‎4HNO32H2O+4NO2↑+O2↑‎ C 向10mL0.2mol·L-1ZnSO4，溶液中加入10mL0.4mol·L-1Na2S溶液，产生白色沉淀，再滴加CuSO4溶液，沉淀变黑 Ksp(CuS)10‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 图像中pBa2+=−lgc(Ba2+) =−lg0.1 = 1，因此n=1，b点是恰好完全反应，‎ ‎，pBa2+ = −lgc(Ba2+) =−lg1×10−5 = 5，因此m=5，故A正确；‎ B. 若起始时c(BaCl2)=0.2 mol∙L−1，m不变，则加入的Na2SO4溶液体积增大，因此应该b点向右移动，故B错误；‎ C. BaCO3的溶度积大于BaSO4的溶度积，恰好完全反应生成碳酸钡时，钡离子浓度大，pBa2+值小，而用等浓度的Na2CO3溶液替代Na2SO4溶液，消耗的碳酸钠溶液体积相同，因此b点应竖直向下迁移，故C错误；‎ D. V。时，向溶液中滴加Na2CO3溶液，，因此产生BaCO3沉淀的条件是，故D正确。‎ 综上所述，答案为BC。‎ ‎13.将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点，在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 正极发生的电极反应为Fe3++e-=Fe2+‎ B. 阳极反应为：‎2C1--2e-=Cl2↑‎ C. 若消耗‎5.6L氧气，则电路中转移1mol电子 D. Fe3+在反应中起催化剂作用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电极反应左边化合价降低，得到电子，为电解池的阴极，右边化合价升高，失去电子，为电解池的阳极。‎ ‎【详解】A. 阴极发生的电极反应为Fe3+ + e－ = Fe2+，故A错误；‎ B. 阳极反应为：2HCl − 2e－ = Cl2↑ +2 H+，故B错误；‎ C. 不清楚是否为标准状况，无法计算氧气的物质的量，故C错误；‎ D. 总的反应为4HCl + O2 2H2O + Cl2↑，根据题中信息得到Fe3+在反应中起催化剂作用，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】根据化合价升降分析，得到电解池的阴阳极，再根据电解的产物书写电极反应式。‎ ‎14.硼烯具有优异的电学、力学、热学等属性，将成为继石墨烯之后又一种“神奇纳米材料”。科学家已成功合成多种结构的硼烯，如图为“皱褶”式硼烯的结构。下列说法错误的是（ ）‎ A. “皱褶”式硼烯中每个硼原子共用3对电子 B. “皱褶”式硼烯中硼原子达到8电子稳定结构 C. 硼烯有望代替石墨烯作电极材料 D. 氧化硼的水化物是一种弱酸，与过量OH-反应可生成B(OH)4-或BO2-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硼原子最外层最多有3个电子，可形成3对共用电子对，达到6个电子，因此“皱褶”式硼烯中每个硼原子共用3对电子，故A正确；‎ B. 硼原子最外层最多有3个电子，可形成3对共用电子对，达到6个电子，因此“皱褶”式硼烯中硼原子未达到8电子稳定结构，故B错误；‎ C. 由于硼烯有着很高的表面活性，也更容易发生化学反应，故硼烯有望代替石墨烯作电极材料，故C正确；‎ D. 氧化硼的水化物是一种弱酸，与过量OH－反应可生成B(OH)4－或BO2－和H2O，故D正确。‎ 综上所述，答案B。‎ ‎15.室温下，用0.1mol·L-1的NaOH溶液分别滴定20mL、浓度均为0.1mol·L-1的HCl溶液和HCOOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的对数[1gc(H+)水]随加入NaOH溶液体积的变化如图所示(忽略溶液体积变化)，下列说法正确的是（ ）‎ A. 该温度下HCOOH的电离常数为Ka=1×10-5‎ B. a、c两点对应溶液同时升高相同温度，增大 C. 在c点溶液中有：c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.1mol·L-1‎ D. 在a、b、c、d四点中对应的溶液呈中性的为a、b、d ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 未加NaOH时，HCOOH的1gc(H+)水 =−11，c(H+)水 =10−11 mol∙L−1，c(OH－)=c(OH－)水=c(H+)水 =10−11 mol∙L−1，c(H+) =10−3 mol∙L−1，该温度下HCOOH的电离常数为，故A正确；‎ B. a、c两点对应溶液同时升高相同温度，c(Cl－)基本不变，HCOO－水解程度增大，c(HCOO－)减小，因此增大，故B正确；‎ C. 在c点，加入NaOH溶液的体积为20mL，溶液总体积约为40mL，因此溶液中有：c(HCOO－) + c(HCOOH) = 0.05mol·L−1，故C错误；‎ D. 在a溶质为NaCl，呈中性，b溶质为HCOOH和HCOONa的混合溶液，电离程度等于水解程度，溶液呈中性，c溶液为HCOONa，HCOO－水解呈碱性，d点溶质为HCOONa和NaOH，溶液呈碱性，因此呈中性的为a、b，故D错误。‎ 综上所述，答案为AB。‎ ‎【点睛】水电离出的c(H+)水 =10−7 mol∙L−1，不一定是呈中性，可能呈碱性或酸性。‎ 三、非选择题：本题共5小题，共60分。‎ ‎16.CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，又能缓解能源危机。实现CO2资源化再利用的研究工作正在不断进行中。‎ ‎（1）CO2和H2，合成CH3OH，用非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇的反应历程如图所示：‎ 上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低下列变化中___ (填字母)的能量变化。‎ A.*CO+*OH→*CO+*H2O B.*CO→*OCH C. *OCH2→*OCH3 D.*OCH3→*CH3OH ‎（2）CO2和H2合成甲酸(HCOOH)其反应为：H2(g)+CO2(g)HCOOH(g)。一定温度下，恒容密闭容器中进行上述反应，测得v正(CO2)随反应时间(t)的变化如图所示。‎ ‎①t2时，改变的条件是充入amolCO2，同时___。‎ ‎②下列关于t1、t3时刻说法，正确的是___。‎ a.平衡常数：K1＞K3‎ b.混合气的平均分子量：＜‎ c.混合气中HCOOH的体积分数：V1=V3‎ ‎③标准平衡常数Kθ=，其中pθ为标准压强(1×105Pa)，pH2、pCO2和pHCOOH为各组分的平衡分压，如pCO2=pxCO2，p为平衡总压，xCO2为平衡系统中CO2的物质的量分数。在标准压强下，向上述容器充入等物质的量的H2和CO2进行反应，测得HCOOH的平衡产率为w，则K=___(用含w字母表示)。‎ ‎（3）O2辅助的Al～CO2电池工作原理如图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。‎ 电池正极区发生的反应：①O2+e-=O2-；②___，O2的作用是___。‎ ‎（4）CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸(H‎2C2O4)。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液的pH=3，则=___。‎ ‎(已知常温下H‎2C2O4的Ka1=6×10-2，Ka2=6×10-5)‎ ‎【答案】 (1). A (2). 加入amol H2(g)，分离出a molHCOOH (3). c (4). (5). 2CO2 + 2O2－=C2O42− + 2O2 (6). 催化剂 (7). 3.6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）上述合成甲醇的反应速率较慢，说明反应中有能量差较大的变化，要使反应速率加快，则主要是降低能量差大的反应过程，根据分析A选项能量差为1.64eV，B选项能量差为1.39eV，C选项能量差为1.18eV，D选项能量差为0.54eV，因此A选项中能量差最大，降低它的变化能加快反应速率，故答案为：A。‎ ‎（2）①t2时，改变的条件是充入amolCO2，t3时刻正反应速率与t1‎ 时刻正反应速率相等，说明两个时刻的物质的量没有发生改变，因此在t2时刻加入amol H2(g)同时移出a molHCOOH；故答案为：加入amol H2(g)同时移出a molHCOOH。‎ ‎②a. 温度相同，因此平衡常数不变，即K1=K3，故a错误；b. 根据前面分析得到t1、t3时刻物质的量相等，质量也相等，因此混合气的平均分子量： = ，故b错误；c. t1、t3时刻物质的量相等，因此混合气中HCOOH的体积分数相等即V1=V3，故c正确；综上所述，答案为：c。‎ ‎③在标准压强下，向上述容器充入等物质的量的H2和CO2进行反应，‎ ‎，，，，，；‎ 故答案为：。‎ ‎（3）电池正极区发生的反应：①O2 +e－=O2－，②2CO2 +2O2－=C2O42－+2O2，根据这两个方程式加和得到O2参与了化学反应，但量未发生改变，因此O2的作用是催化剂；故答案为：2CO2 +2O2－=C2O42－+2O2；催化剂。‎ ‎（4）常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液的pH=3，则；故答案为：3.6。‎ ‎17.误服铊盐会导致人体急性中毒，普鲁士蓝[KFe2(CN)6]可用作铊盐的解毒剂。‎ ‎（1）Fe3+的价电子轨道表示式为___，与N同周期的主族元素中，第一电离能比N大的元素有___种。‎ ‎（2）普鲁士蓝与硫酸作用可形成HCN，HCN 的中心原子的杂化轨道类型为___，分子的立体构型是___，分子中σ键与π键数目之比为___。‎ ‎（3）普鲁士蓝中的化学键不含有___(填字母)。‎ a.离子键 b.共价键 C.配位键 d.金属键 ‎（4）已知FexCy的晶胞结构如图所示，则其化学式为___，铁原子的配位数是___。‎ ‎（5）如图为K2S的晶胞，该晶胞与CaF2晶胞结构相似，设晶体密度是ρg·cm-3，试计算K+与S2-的最短距离为___nm(阿伏加德罗常数用NA表示)。‎ ‎【答案】 (1). (2). 1 (3). sp (4). 直线形 (5). 1:1 (6). d (7). Fe‎3C (8). 2 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）Fe是26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，因此Fe3+的价电子轨道表示式为，与N同周期的主族元素中，第一电离能比N大的元素有F共1种；故答案为：；1。‎ ‎（2）HCN的中心原子价层电子对数为，其杂化轨道类型为sp，分子的立体构型是直线形，分子结构为H—C≡N，因此分子中σ键与π键数目之比为1:1；故答案为：‎ sp；直线形；1:1。‎ ‎（3）a. 普鲁士蓝含有K+和[Fe2(CN)6]－，因此含有离子键，故a不符合题意；b. CN－含有共价键，故b不符合题意；c. [Fe2(CN)6]－含有配位键，故c不符合题意；d. 该离子化合物中不含金属键，故d符合题意；综上所述，答案为d。‎ ‎（4）已知FexCy的晶胞结构如图所示，Fe的个数为，C的个数为，则其化学式为Fe‎3C，以棱心的Fe分析，铁原子的配位数是2；故答案为：Fe‎3C；2。‎ ‎（5）如图为K2S晶胞与CaF2晶胞结构相似，一个晶胞中有8个K+和4个S2−，根据，得到晶胞参数，K+与S2−的最短距离即为体对角线的四分之一，则；故答案为：。‎ ‎18.高铁酸钾(K2FeO4)是一种紫黑色固体，只能在碱性环境中稳定存在，在中性或酸性中易分解，工业中通常是先制得高铁酸钠再转化为高铁酸钾。‎ I.制备NaCIO溶液 ‎（1）装置的连接顺序为a→___→d。‎ ‎（2）装置D的作用___。‎ ‎（3）B装置反应过程中要严格控制温度，温度过高易生成NaClO3，写出生成NaClO3的离子方程式___。‎ II.制备K2FeO4‎ ‎（1）湿法制备K2FeO4：将Fe(NO3)3溶液滴加到装置B的混合溶液中，其反应的离子方程式是___。继续向反应后的溶液中加入KOH，会析出紫黑色固体，上述转化能发生的原因是___(用简要的文字说明)。‎ ‎（2）电解法制备K2FeO4(如图)：‎ 该装置中离子交换膜为___离子交换膜(填“阴”或“阳")，阳极电极反应式为___。‎ III.K2FeO4性质的探究 取电解后的溶液滴加稀盐酸，收集到黄绿色气体。针对以上现象，甲乙两位同学提出了以下猜想：‎ 甲：气体只含有Cl2。‎ 乙：气体除Cl2外还含有___，请设计实验证明乙同学的猜测___。‎ ‎【答案】 (1). efcb (2). 储存氯气 (3). 3Cl2 + 6OH－ 5Cl－ + ClO3－+ 3H2O (4). 2Fe3+ + 3ClO3－+ 10OH－＝2FeO42− +3Cl－ + 5H2O (5). 相同条件下，K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小 (6). 阴 (7). Fe−6e－ + 8OH－＝FeO42− + 4H2O (8). O2 (9). 将所得的气体通入盛有过量的NaOH溶液的洗气瓶中，收集气体用带火星木条检测，若木条复燃，则乙猜测正确 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A装置实验室制氯气，B装置是氯气与NaOH溶液反应生成NaClO溶液，C装置尾气处理，D装置储存氯气，E装置处理HCl气体，B装置在常温下反应生成NaClO溶液，在温度较高条件下生成NaClO3，NaClO3与Fe(NO3)3在碱性条件下反应生成Na2FeO4，Na2FeO4与KOH根据溶解度的大小发生反应生成K2FeO4，利用铁电解在碱性条件下反应得到FeO42−，高铁酸钾在中性或酸性中易分解。据此解答。‎ ‎【详解】I.（1）A装置制氯气，先用E装置饱和食盐水除HCl，再用氯气和氢氧化钠反应B装置制取NaClO，再用C装置处理尾气，因此装置的连接顺序为a→e→f→c→b→d；故答案为：efcb。‎ ‎（2）装置D的作用储存氯气；故答案为：储存氯气。‎ ‎（3）B装置反应过程中要严格控制温度，温度过高易生成NaClO3‎ ‎，氯气和氢氧化钠加热反应生成NaCl、水和NaClO3，生成NaClO3的离子方程式 3Cl2 + 6OH－ 5Cl－ + ClO3－+ 3H2O；故答案为：3Cl2 + 6OH－ 5Cl－ + ClO3－+ 3H2O。‎ II.（1）将Fe(NO3)3溶液滴加到装置B的混合溶液中，反应生成FeO42−、Cl－和H2O，其反应的离子方程式是2Fe3+ + 3ClO3－+ 10OH－＝2FeO42− +3Cl－ + 5H2O。继续向反应后的溶液中加入KOH，会析出紫黑色固体，上述转化能发生的原因是相同条件下，K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小；故答案为：2Fe3+ + 3ClO3－+ 10OH－＝2FeO42− +3Cl－ + 5H2O；K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小。‎ ‎（2）该装置中铁作阳极电解变为FeO42−，Fe − 6e－ + 8OH－ = FeO42− + 4H2O，阴极是2H2O + 2e－= 2OH－+ H2↑，电解池中OH－向左不断移动，因此离子交换膜为阴离子交换膜；故答案为：阴；Fe − 6e－ + 8OH－ = FeO42− + 4H2O。‎ III.根据题意高铁酸钾在酸性或中性溶液中发生分解反应会产生氧气，加入盐酸除生成氯气外，还可能生成氧气，可将所得的气体通入过量的NaOH溶液的洗气瓶中，收集气体用带火星木条检测，若木条复燃，则乙猜测正确；故答案为：O2；将所得的气体通入过量的NaOH溶液的洗气瓶中，收集气体用带火星木条检测，若木条复燃，则乙猜测正确。‎ ‎19.2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。LiCoO2是锂离子电池最早使用的电极材料，利用原钴矿(主要成分为Co2O3)制备LiCoO2的工艺流程如图：‎ 资料：在含一定量Cl-的溶液中，Co2+以CoCl42-形式存在：Co2++‎4C1-CoCl42-‎ ‎（1）若“X试剂”是稀H2SO4和H2O2，则H2O2的作用是___。‎ ‎（2）若“X试剂”是盐酸，写出离子反应方程式___。‎ ‎（3）途径I中加入NaCl固体的目的___(用平衡移动原理解释)。‎ ‎（4）“沉钴”过程中，为了提高Co2(OH)2CO3的产量，温度不宜过高的原因是___。‎ ‎（5）已知M是钴的某种氧化物，63.6gCo2(OH)2CO3，煅烧成物质M时转移电子0.4mol ‎，则M的化学式为___；写出“烧结”的化学方程式___。‎ ‎（6）取mg样品溶于稀硫酸，加入过量KI溶液，再用cmol·L-1Na2S2O3标准液滴定(淀粉溶液做指示剂)，达到滴定终点时，消耗Na2S2O3溶液VmL，则产品中钻元素的百分含量为___。‎ ‎(有关反应：LiCoO2+4H+=Li++Co3++2H2O，2Co3++2I-=2Co2++I2，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-)‎ ‎【答案】 (1). 作还原剂 (2). Co2O3 +6H+ + 2Cl－ = 2Co2++Cl2↑+ 3H2O (3). 加入NaCl固体，溶液中C1－浓度增大，平衡Co2++‎4C1－CoCl42−右移，CoCl42−浓度增大，提高其在有机溶胺试剂中浓度 (4). 温度过高，碳酸铵分解，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少 (5). Co3O4 (6). 4Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2 +6CO2 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原钴矿(主要成分为Co2O3)与稀硫酸和双氧水发生氧化还原反应生成硫酸钴和水，Co2+溶液中加入NaCl固体，致使溶液中氯离子浓度增大，平衡正向移动，洗脱得到CoCl2溶液，加入碳酸铵生成Co2(OH)2CO3，Co2(OH)2CO3在空气中煅烧生成Co3O4，Co3O4和碳酸锂烧结生成LiCoO2。据此解答。‎ ‎【详解】（1）若“X试剂”是稀H2SO4和H2O2，Co2O3与稀H2SO4和H2O2反应生成Co2+，钴化合价降低，则化合价升高H2O2，因此H2O2的作用是作还原剂；故答案为：作还原剂。‎ ‎（2）若“X试剂”是盐酸，Co2O3与HCl发生氧化还原反应，其离子反应方程式Co2O3 +6H+ + 2Cl－ = 2Co2++Cl2↑+ 3H2O；故答案为：Co2O3 +6H+ + 2Cl－ = 2Co2++Cl2↑+ 3H2O。‎ ‎（3）根据图中信息Co2+以CoCl42−形式存在：Co2++‎4C1－CoCl42−，因此途径I中加入NaCl固体的目的加入NaCl固体后溶液中C1－浓度增大，平衡Co2++‎4C1－CoCl42−右移，CoCl42−浓度增大，提高其在有机溶胺试剂中浓度；故答案为：加入NaCl固体，溶液中C1－浓度增大，平衡Co2++‎4C1－CoCl42−右移，CoCl42−浓度增大，提高其在有机溶胺试剂中浓度。‎ ‎（4）“沉钴”过程中，为了提高Co2(OH)2CO3的产量，温度不宜过高，主要是因为温度过高，碳酸铵分解，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少；故答案为：温度过高，碳酸铵分解，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少。‎ ‎（5）已知M是钴的某种氧化物，‎63.6g Co2(OH)2CO3即物质的量为0.3 mol，则有+2价的钴 ‎0.6mol，煅烧成物质M时转移电子0.4mol，说明有0.4mol+2价钴升高变为+3价钴，还有0.2mol钴化合价未变，即得到M的化学式为Co3O4；因此“烧结”的化学方程式4Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2 +6CO2；故答案为：4Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2 +6CO2。‎ ‎（6）根据方程式可得关系式LiCoO2～S2O32−，得到n(Co) = cmol·L−1×V×10−‎3L = cV×10−3mol，则产品中钴元素的百分含量为；故答案为：。‎ ‎20.有机物M是一种重要的医药活性中间体，其合成路线如图：‎ 已知：ⅰ.2CH3CHOCH3CH=CHCHO ⅱ.‎ ⅲ.（在空气中极易被氧气氧化）‎ 请回答以下问题：‎ ‎（1）B中官能团名称为___，检验其官能团所需试剂先后顺序为___(填字母)。‎ a.银氨溶液 b.NaOH溶液 c.稀硫酸 d.稀盐酸 e.酸性高锰酸钾溶液 ‎（2）F与I的反应类型是___，吡啶是一种有机碱，其作用为___。‎ ‎（3）写出与A反应的化学方程式___。‎ ‎（4）N是G的同分异构体，写出满足下列条件N的两种结构简式___。‎ ‎①苯环上的一氯代物有两种②含有两种官能团③能发生银镜反应 ‎（5）写出以为原料制备的合成路线(其它无机试剂任选)___。‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键、醛基 (2). ace (3). 取代反应 (4). 防止氨基被氧化 (5). (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中信息可以反推出F为CH2=CHCOCl，I为，根据F反推E为CH2=CHCOOH，D为CH3CHClCOOH或ClCH2CH2COOH，C为CH3CHClCHO或ClCH2CH2CHO，B为CH2=CHCHO，H和A发生反应推出A为CH3CHO，H为苯酚，X为HCHO，根据与浓硝酸在浓硫酸作用下反应生成，与HCl在铁作用下反应生成。‎ ‎【详解】（1）B为CH2=CHCHO，其中官能团名称为碳碳双键、醛基，由于两者都易被氧化，因此先用银氨溶液检验醛基，再用酸性高锰酸钾检验碳碳双键，因此检验其官能团所需试剂先后顺序为ace；故答案为：碳碳双键、醛基；ace。‎ ‎（2）F(CH2=CHCOCl)与I()反应，根据产物分析得到反应类型是取代反应，吡啶是一种有机碱，其作用为防止氨基被氧化；故答案为：取代反应；防止氨基被氧化。‎ ‎（3）与A反应的化学方程式；故答案为：。‎ ‎（4）含有两种官能团，能发生银镜反应，说明有醛基，苯环上的一氯代物有两种，其同分异构体为；故答案为：。‎ ‎（5）在酸性高锰酸钾作用下反应生成苯甲酸，苯甲酸和PCl3反应生成，甲苯和浓硝酸、在浓硫酸加热条件下反应生成，和Fe、HCl反应生成，与反应生成；其合成路线为 ‎；故答案为：。‎