2024年春季鄂東南省級示范高中教育教學(xué)改革聯(lián)盟學(xué)校期中聯(lián)考高二化學(xué)試卷考試時(shí)間：2024年4月18日下午14：3017：05試卷滿分：100分可能用到的相對原子質(zhì)量：一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分．每小題只有一項(xiàng)符合題目要求．1.勞動有利于“知行合一”．下列勞動項(xiàng)目中所述的化學(xué)知識錯(cuò)誤的是A.做營養(yǎng)餐，其中的糖類、油脂、蛋白質(zhì)都屬于天然有機(jī)高分子化合物B.燒魚時(shí)，加料酒和醋，生成低級酯有香味C.利用秸稈、廚余垃圾等生產(chǎn)沼氣，沼氣中含有的可作燃料D.自制肥皂，利用油脂在堿性條件下水解【答案】A【解析】【詳解】A．糖類中單糖、雙糖以及油脂相對分子質(zhì)量小于10000，不是高分子化合物，故A錯(cuò)誤；B．做魚加少許食醋和料酒會更香，是因?yàn)榇姿崤c乙醇反應(yīng)生成乙酸乙酯，具有香味，故B正確；C．利用秸稈、廚余垃圾等生產(chǎn)沼氣，沼氣主要成分是甲烷，甲烷用作燃料，故C正確；D．由于油脂在堿性條件下水解生成高級脂肪酸鹽，因此自制肥皂方法：向植物油中加入NaOH溶液，故D正確；

故選：A。2.下列化學(xué)用語或圖示表達(dá)正確的是A.分子的球棍模型： B.的電子式：C.電子云輪廓圖： D.丙炔的鍵線式：【答案】C【解析】【詳解】A．H2S分子中S原子含有2個(gè)HS鍵和2個(gè)孤電子對，為V形分子，故A錯(cuò)誤；B．過氧化鈉是離子化合物，鈉離子和過氧根離子間存在離子鍵，電子式是，故B錯(cuò)誤；C．電子云為z軸伸展方向的啞鈴型，輪廓圖為：，故C正確；D．丙炔的三個(gè)碳原子在同一直線上，鍵線式為：，故D錯(cuò)誤；答案選C。3.類比推理是重要的學(xué)科思想，下列有關(guān)類比推理的說法正確的是A.是非極性鍵形成的非極性分子，也是非極性鍵形成的非極性分子B.鄰羥基苯甲醛在分子內(nèi)形成氫鍵，鄰羥基苯甲酸也在分子內(nèi)形成氫鍵C.二氧化碳的分子式為,則二氧化硅的分子式為D.同為離子晶體，氯化鈉中的配位數(shù)為6，則氯化銫中的配位數(shù)也為6【答案】B【解析】【詳解】A．O3分子中存在非極性共價(jià)鍵；O3的三個(gè)原子以一個(gè)氧原子為中心，與另外兩個(gè)氧原子分別構(gòu)成共價(jià)鍵，中心的氧原子sp2雜化，其中包含一對孤電子對，O3空間結(jié)構(gòu)為V形，分子中正電中心和負(fù)電中心不重合，O3是結(jié)構(gòu)不對稱的極性分子，A錯(cuò)誤；B．鄰羥基苯甲醛、鄰羥基苯甲酸都能形成分子內(nèi)氫鍵，B正確；C．CO2是分子晶體，其化學(xué)式代表的是一個(gè)單獨(dú)的CO2分子，也可以叫分子式，SiO2是共價(jià)晶體,是由一個(gè)個(gè)Si和O的原子通過SiO鍵連接而成，不存在一個(gè)個(gè)的SiO2“分子”，化學(xué)式SiO2只是代表其Si和O的原子數(shù)目比，因此只能叫化學(xué)式，而不能叫分子式，C錯(cuò)誤；D．同為離子晶體，氯化鈉中的配位數(shù)為6，則氯化銫中的配位數(shù)也為8，D錯(cuò)誤；故選B。4.下列對一些實(shí)驗(yàn)事實(shí)的解釋錯(cuò)誤的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)事實(shí)解釋A水加熱到較高溫度都難以分解水分子間存在氫鍵B的沸點(diǎn)高于分子間作用力大C白磷為正四面體分子白磷分子中鍵間的鍵角是D用萃取碘水中的和均為非極性分子且與水不互溶A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．水分子的穩(wěn)定性與化學(xué)鍵有關(guān)，與氫鍵無關(guān)，水加熱到較高溫度都難以分解，說明水中存在的化學(xué)鍵較強(qiáng)，，A錯(cuò)誤；B．兩者均為共價(jià)晶體，且結(jié)構(gòu)相似，熔沸點(diǎn)與分子間作用力，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越大，B正確；C．白磷是正四面體結(jié)構(gòu)，四個(gè)頂點(diǎn)上分別占有一個(gè)P原子，鍵角為60°，C正確；D．非極性分子溶質(zhì)極易溶于非極性分子的溶劑，碘和苯都是非極性分子，水是極性分子，所以可以用苯萃取碘水中的I2，D正確；故選D。5.冠醚因分子結(jié)構(gòu)形如皇冠而得名，某冠醚分子c可識別，其合成方法如下．下列說法錯(cuò)誤的是A.該反應(yīng)為取代反應(yīng) B.a、b均可與溶液反應(yīng)C.C中有手性碳原子 D.c可增加在苯中的溶解度【答案】C【解析】【詳解】A．對比a、b、c的結(jié)構(gòu)簡式可知，a和b反應(yīng)生成c和HCl，因此該反應(yīng)為取代反應(yīng)，故A正確；B．a(chǎn)中含有酚羥基，可與NaOH溶液反應(yīng)，b中含有鹵原子，在NaOH溶液中可發(fā)生水解反應(yīng)，故B正確；C．分子中連有4個(gè)不同原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子，故c中不含有手性碳原子，故C錯(cuò)誤；D．c為冠醚，可與K+形成鰲合離子，該物質(zhì)在苯中溶解度較大，因此c可增加KI在苯中的溶解度，故D正確。答案選C。6.用價(jià)層電子對互斥理論可以預(yù)測許多分子或離子的立體構(gòu)型，有時(shí)也能用來推測鍵角大小，下列判斷正確的是A.SO2、CS2都是直線形的分子 B.鍵角由大到小順序：CH4＞NH3＞H2OC.BF3、NH3都是平面三角形的分子 D.PCl3、SO3都是三角錐形的分子【答案】B【解析】【詳解】A．SO2的中心S原子的價(jià)層電子對數(shù)為3，發(fā)生sp2雜化，S原子的最外層有1個(gè)孤電子對，分子呈V形結(jié)構(gòu)，CS2的中心C原子的價(jià)層電子對數(shù)為2，發(fā)生sp雜化，分子呈直線形結(jié)構(gòu)，A不正確；B．CH4、NH3、H2O的中心原子的價(jià)層電子對數(shù)都為4，都發(fā)生sp3雜化，中心原子的孤電子對數(shù)分別為0、1、2，孤電子對與成鍵電子對間的排斥作用依次增大，所以鍵角由大到小順序?yàn)椋篊H4＞NH3＞H2O，B正確；C．BF3的中心B原子的價(jià)層電子對數(shù)為3，發(fā)生sp2雜化，中心原子無孤電子對，則分子呈平面三角形，NH3的中心N原子的價(jià)層電子對數(shù)為4，發(fā)生sp3雜化，中心N原子有1個(gè)孤電子對，則分子呈三角錐形結(jié)構(gòu)，C不正確；D．PCl3的中心P原子的價(jià)層電子對數(shù)為4，發(fā)生sp3雜化，中心P原子的最外層有1個(gè)孤電子對，分子呈三角錐形，SO3的中心S原子的價(jià)層電子對數(shù)為3，發(fā)生sp2雜化，S原子的最外層無孤電子對，分子呈平面三角形，D不正確；故選B。7.已知在有機(jī)化合物中，吸電子基團(tuán)（吸引電子云密度靠近）能力：，推電子基團(tuán)（排斥電子云密度偏離）能力：，一般來說，體系越缺電子，酸性越強(qiáng)；體系越富電子，堿性越強(qiáng)。下列說法正確的是A.酸性： B.堿性：C.堿性： D.酸性：【答案】D【解析】【詳解】A．為吸電子基團(tuán)，使羧基中羥基極性增大，更易電離出氫離子，甲基為推電子基團(tuán)，使羧基中羥基的極性減小，不易電離出氫離子，因此酸性：，A錯(cuò)誤；B．甲基為推電子基團(tuán)，因此中六元環(huán)的電子云密度增大，即體系富電子，堿性增強(qiáng)，B錯(cuò)誤；C．為吸電子基團(tuán)，甲基為推電子基團(tuán)，則中缺電子，酸性強(qiáng)，中富電子，堿性強(qiáng)，C錯(cuò)誤；D．四種物質(zhì)中，電子的多少順序?yàn)椋海话銇碚f，體系越缺電子，酸性越強(qiáng)；體系越富電子，堿性越強(qiáng)，所以酸性：，D正確；故選D。8.用下列裝置及藥品能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿．實(shí)驗(yàn)室制取乙烯B．用溴水檢驗(yàn)與乙醇溶液生成的乙烯C．證明苯與液溴發(fā)生了取代反應(yīng)D．提純苯甲酸A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．溫度計(jì)測定反應(yīng)液的溫度為170℃，溫度計(jì)的水銀球未在液面下，故A錯(cuò)誤；B．CH3CH2Br與NaOH乙醇溶液加熱發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，乙烯與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，溴水褪色可檢驗(yàn)乙烯，故B正確；C．揮發(fā)的溴能和硝酸銀溶液反應(yīng)生成淡黃色沉淀，干擾HBr和硝酸銀溶液的反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．苯甲酸的溶解度隨溫度的升高而增大，則選擇重結(jié)晶法提純，故D錯(cuò)誤。答案選B。9.科學(xué)家合成出了一種新化合物（如圖所示），其中W、X、Y、Z為同一短周期元素，Z核外最外層電子數(shù)是X核外電子數(shù)的一半．下列敘述正確的是A.一個(gè)的晶胞中平均含有4個(gè) B.元素非金屬性的順序?yàn)镃.Y的最高價(jià)氧化物的水化物是強(qiáng)酸 D.該新化合物中Y不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z為同一短周期元素，由化合物的組成，可確定W為Na，Z核外最外層電子數(shù)是X核外電子數(shù)的一半，則Z為Cl，X為Si，若Y為S，則不形成陰離子，所以Y為P。從而得出W、X、Y、Z分別為Na、Si、P、Cl?！驹斀狻緼．WZ為NaCl，由氯化鈉晶胞結(jié)構(gòu)，根據(jù)均攤法可知Na+的個(gè)數(shù)=×12+1=4，A正確；B．X、Y、Z分別為Si、P、Cl，同周期元素從左到右，非金屬性依次增強(qiáng)，則元素非金屬性的順序?yàn)镃l＞P＞Si，B不正確；C．Y為P元素，其最高價(jià)氧化物的水化物是弱酸，C不正確；D．該新化合物中，Y為P元素，其與2個(gè)Si原子各形成1個(gè)共用電子對，還獲得Na失去的1個(gè)電子，所以滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，D不正確；故選A。10.根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象，得出結(jié)論正確是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象結(jié)論A將（鹵代烴）與溶液共熱，冷卻后取上層水溶液，加入溶液，觀察沉淀顏色驗(yàn)證中的鹵素原子的種類B將分別通入品紅的乙醇溶液和品紅的水溶液，品紅的乙醇溶液不褪色，品紅的水溶液慢慢褪色說明使品紅褪色是C取少量菠菜葉剪碎研磨后加水?dāng)嚢?，取上層清液于試管中，加入溶液，溶液不變紅菠菜中不含有鐵元素D與溶液生成黃色沉淀和無色氣體和生成,促進(jìn)和溶液發(fā)生反應(yīng)生成和A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．檢驗(yàn)鹵素離子應(yīng)在酸性溶液中，加入NaOH溶液共熱，CH3CH2X(鹵代烴)發(fā)生水解，沒有加硝酸酸化，不能利用硝酸銀檢驗(yàn)，故A錯(cuò)誤；B．品紅的水溶液慢慢褪色，可知二氧化硫本身不能漂白，則使品紅褪色的是SO2與水反應(yīng)后的產(chǎn)物，故B錯(cuò)誤；C．上層清液于試管中，加KSCN溶液不變紅，說明溶液中不存在Fe3+，可能是Fe2+，不能確定菠菜中是否含有鐵元素，故C錯(cuò)誤；D．體系中可生成極難溶的AgI，極大降低了Ag+濃度，促進(jìn)Ag和HI溶液發(fā)生反應(yīng)生成AgI和

H2，故D正確。答案選D。11.一種硼鎂化合物具有超導(dǎo)性能，晶體結(jié)構(gòu)屬于六方晶系，其晶體結(jié)構(gòu)、晶胞沿c軸的投影圖如下所示，晶胞參數(shù)分別為,下列敘述正確的是A.一個(gè)晶胞中含有6個(gè)原子 B.該物質(zhì)化學(xué)式為C.最近距離為 D.晶體的密度為【答案】C【解析】【詳解】A．結(jié)合投影圖可知，晶體結(jié)構(gòu)中實(shí)線部分為1個(gè)晶胞，Mg個(gè)數(shù)為，A錯(cuò)誤；B．Mg個(gè)數(shù)為，有2個(gè)B位于晶胞體內(nèi)，化學(xué)式為MgB2，B錯(cuò)誤；C．晶胞沿c軸的投影圖中硼原子位于正三角形的中心，原子間的最近距離應(yīng)為pm，C正確；D．已知晶胞參數(shù)分別為，晶胞體積為×1030cm3，化學(xué)式為MgB2，晶胞質(zhì)量為，晶體的密度為D錯(cuò)誤；故選C。12.一種生產(chǎn)聚苯乙烯的流程如圖所示，下列敘述錯(cuò)誤的是A.①的反應(yīng)類型是加成反應(yīng) B.一個(gè)乙苯的分子中最多有15個(gè)原子共面C.乙苯、苯乙烯均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色 D.苯乙烯最多可與發(fā)生加成反應(yīng)【答案】B【解析】【分析】苯和乙烯發(fā)生加成反應(yīng)生成乙苯，苯乙烯發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚苯乙烯；【詳解】A．由流程圖可知，反應(yīng)①為苯分子斷裂CH鍵，乙烯分子斷裂碳碳雙鍵中較活潑的鍵，然后兩者結(jié)合生成乙苯，反應(yīng)類型是加成反應(yīng)，A正確；B．苯分子有12個(gè)原子共平面，由于碳碳單鍵是可以旋轉(zhuǎn)的，乙基上最多有2個(gè)原子可以與苯環(huán)共面，所以共面的原子最多有14個(gè)，B錯(cuò)誤；C．乙苯的側(cè)鏈碳上連有H原子，苯乙烯具有碳碳雙鍵，能被酸性KMnO4溶液氧化，都能使酸性

KMnO4溶液褪色，C正確；D．苯乙烯中，苯環(huán)可與三個(gè)氫氣加成，一個(gè)碳碳雙鍵可以與一個(gè)氫氣加成，故1mol苯乙烯最多可與4molH2發(fā)生加成反應(yīng)，D正確；故選B。13.某反應(yīng)機(jī)理如圖，下列說法錯(cuò)誤的是A.此法由甲烷制取甲醇的總反應(yīng)方程式為：B.反應(yīng)③的還原劑對苯二酚C.不溶于水D.和均可以與濃溴水反應(yīng)，且反應(yīng)類型相同【答案】D【解析】【詳解】A．涉及反應(yīng)為CH4+CF3COOH+O2→CF3COOCH3+H2O，CF3COOCH3+H2O→CF3COOH+CH3OH，則總反應(yīng)為，故A正確；B．反應(yīng)③中N元素化合價(jià)降低，被還原，氧化劑為NO2，還原劑為對苯二酚，故B正確；C．含有酯基，屬于酯類，難溶于水，故C正確；D．含有酚羥基，可與溴水發(fā)生取代反應(yīng)，含有雙鍵，與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。答案選D。14.中醫(yī)藥是我國的文明瑰寶，下列化合物是合成中藥黃芩的主要活性成分的中間體，是一種有抗癌活性的天然生物堿，結(jié)構(gòu)如下圖所示．關(guān)于該化合物下列說法正確的是A.分子中有3種官能團(tuán) B.雙鍵均為順式結(jié)構(gòu)C.分子式為 D.不能和鹽酸反應(yīng)【答案】A【解析】【詳解】A．由結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中含有醚鍵、碳碳雙鍵、酰胺鍵3種官能團(tuán)，故A正確；B．由結(jié)構(gòu)簡式可知，該分子中碳碳雙鍵一個(gè)為順式結(jié)構(gòu)，一個(gè)為反式結(jié)構(gòu)，故B錯(cuò)誤；C．由結(jié)構(gòu)簡式可知，根據(jù)價(jià)鍵規(guī)則，得到該分子的分子式為，故C錯(cuò)誤；D．分子中含有酰胺鍵，能和鹽酸反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。答案選A15.為尖晶石型錳系鋰離子電池材料，其晶胞由8個(gè)立方單元組成，這8個(gè)立方單元可分為A、B兩種類型．電池充電過程的總反應(yīng)可表示為：。已知：充放電前后晶體中錳的化合價(jià)只有，分別表示為。下列說法不正確的是A.每個(gè)晶胞含8個(gè)B.立方單元B中、O原子個(gè)數(shù)比為C.放電時(shí)，正極反應(yīng)為D.若，則充電后材料中與的比值為【答案】D【解析】【詳解】A．從A立方單元中可知，一個(gè)A單元中含2個(gè)，一個(gè)晶胞含4個(gè)A，所以每個(gè)晶胞含8個(gè)，故A正確；B．由立方單元B可知Mn原子個(gè)數(shù)分別為，O原子個(gè)數(shù)為，所以Mn、O原子個(gè)數(shù)比為∶4，B正確；C．放電時(shí)，正極得電子被還原，反應(yīng)式為：，C正確；D．若，根據(jù)化合物化合價(jià)之和為0的原則，設(shè)Mn(Ⅲ)有amol，Mn(Ⅳ)bmol可計(jì)算出a+b=2，Mn(Ⅲ)與Mn(Ⅳ)的比值為，D錯(cuò)誤；故選D。二、非選擇題：本題共4小題，共55分．16.回答以下關(guān)于元素及其化合物的問題．（1）下列狀態(tài)的鋁中，最外層電離出一個(gè)電子所需要能量由大到小的順序______________（填標(biāo)號）。A．B．C．D．（2）氮原子可以提供孤電子對與氧原子形成配位鍵，基態(tài)氧原子的價(jià)層電子發(fā)生重排提供一個(gè)空軌道，則重排后的氧原子價(jià)電子排布圖（軌道表達(dá)式）為______________，基態(tài)氧原子的價(jià)層電子不是重排結(jié)構(gòu)，原因是不符合______________。（3）下圖中分別代表了碳單質(zhì)的兩種常見晶體，碳元素位于元素周期表的______________區(qū)；圖1晶體中1個(gè)最小六元環(huán)平均含有C原子數(shù)與圖2晶體中1個(gè)最小六元環(huán)平均含有C原子數(shù)之比為______________；圖3是石墨層間插入氟得到層狀結(jié)構(gòu)化合物,該物質(zhì)仍具潤滑性，與石墨相比，導(dǎo)電性______________（填“增強(qiáng)”或“減弱”）。（4）硼與硅相似，也能與氫形成一類化合物——硼烷。常見的有乙硼烷、丁硼烷等．乙硼烷的結(jié)構(gòu)式如圖。分子中B原子通過氫橋鍵（）形成一個(gè)四元環(huán)。丁硼烷分子中存在4個(gè)氫橋鍵且有兩個(gè)五元環(huán)，寫出其結(jié)構(gòu)式______________。【答案】（1）D>C>A>B（2）①.②.洪特規(guī)則（3）①.p②.1∶4③.減弱（4）【解析】【小問1詳解】各微粒失去1個(gè)電子，A為基態(tài)Al原子第一電離能，B為激發(fā)態(tài)Al原子第一電離能，而C為Al的第二電離能，D為第三電離能，Al的第三電離能＞第二電離能＞第一電離能，基態(tài)的第一電離能大于激發(fā)態(tài)的第一電離能，因此所需要能量由大到小的順序D>C>A>B；【小問2詳解】基態(tài)O原子核外電子排布為1s22s22p4，基態(tài)氧原子的價(jià)層電子發(fā)生重排提供一個(gè)空軌道，則重排后的氧原子價(jià)電子排布圖為；洪特規(guī)則是指在相同能量的軌道上，電子總是盡可能分占不同的軌道且自旋方向相同，基態(tài)氧原子的價(jià)層電子不是重排結(jié)構(gòu)，原因是不符合洪特規(guī)則；【小問3詳解】碳元素位于元素周期表的p區(qū)；圖1為金剛石晶體，每個(gè)碳原子都參與形成12個(gè)六元環(huán)，而每個(gè)環(huán)中含有碳原子數(shù)為，圖2是石墨晶體，每個(gè)碳原子參與形成三個(gè)六元環(huán)，所以最小的碳環(huán)里實(shí)際所包含的碳原子數(shù)是，所以平均含有C原子數(shù)之比為1∶4；石墨晶體中每個(gè)碳原子有一個(gè)未參與雜化的電子，在層內(nèi)離域移動，故石墨晶體導(dǎo)電，而沒有未參與雜化的電子，所以與石墨相比，導(dǎo)電性減弱；【小問4詳解】由乙硼烷分子中氫橋鍵()及四元環(huán)結(jié)構(gòu)可知，一個(gè)B形成4個(gè)共價(jià)鍵，丁硼烷分子中存在4個(gè)氫橋鍵且有兩個(gè)五元環(huán)，則在2個(gè)B之間會存在1個(gè)BB鍵，3個(gè)B、2個(gè)氫形成五元環(huán)，結(jié)構(gòu)為。17.元素分析是有機(jī)化合物的表征手段之一。按下圖實(shí)驗(yàn)裝置(部分裝置略)對有機(jī)化合物進(jìn)行C、H元素分析。回答下列問題：（1）將裝有樣品的Pt坩堝和CuO放入石英管中，先_______，而后將已稱重的U型管c、d與石英管連接，檢查_______。依次點(diǎn)燃煤氣燈_______，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。（2）O2的作用有_______。CuO的作用是_______(舉1例，用化學(xué)方程式表示)。（3）c和d中的試劑分別是_______、_______(填標(biāo)號)。c和d中的試劑不可調(diào)換，理由是_______。A．CaCl2B．NaClC．堿石灰(CaO+NaOH)D．Na2SO3（4）Pt坩堝中樣品CxHyOz反應(yīng)完全后，應(yīng)進(jìn)行操作：_______。取下c和d管稱重。（5）若樣品CxHyOz為0.0236g，實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，c管增重0.0108g，d管增重0.0352g。質(zhì)譜測得該有機(jī)物的相對分子量為118，其分子式為_______。【答案】（1）①.通入一定的O2②.裝置氣密性③.b、a（2）①.為實(shí)驗(yàn)提供氧化劑、提供氣流保證反應(yīng)產(chǎn)物完全進(jìn)入到U型管中②.CO+CuOCu+CO2（3）①.A②.C③.堿石灰可以同時(shí)吸收水蒸氣和二氧化碳，而氯化鈣只能吸收水蒸氣（4）先熄滅煤氣燈a，繼續(xù)吹入一定量的O2，然后再熄滅煤氣燈b，待裝置冷卻后停止通入O2，（5）C4H6O4【解析】【分析】利用如圖所示的裝置測定有機(jī)物中C、H兩種元素的含量，這是一種經(jīng)典的李比希元素測定法，將樣品裝入Pt坩堝中，后面放置一CuO做催化劑，用于催化前置坩堝中反應(yīng)不完全的物質(zhì)，后續(xù)將產(chǎn)物吹入道兩U型管中，稱量兩U型管的增重計(jì)算有機(jī)物中C、H兩種元素的含量，結(jié)合其他技術(shù)手段，從而得到有機(jī)物的分子式?！拘?詳解】實(shí)驗(yàn)前，應(yīng)先通入一定的O2吹空石英管中的雜質(zhì)氣體，保證沒有其他產(chǎn)物生成，而后將已U型管c、d與石英管連接，檢查裝置氣密性，隨后先點(diǎn)燃b處酒精燈后點(diǎn)燃a處酒精燈，保證當(dāng)a處發(fā)生反應(yīng)時(shí)產(chǎn)生的CO能被CuO反應(yīng)生成CO2【小問2詳解】實(shí)驗(yàn)中O2的作用有：為實(shí)驗(yàn)提供氧化劑、提供氣流保證反應(yīng)產(chǎn)物完全進(jìn)入到U型管中；CuO的作用是催化a處產(chǎn)生的CO，使CO反應(yīng)為CO2，反應(yīng)方程式為CO+CuOCu+CO2【小問3詳解】有機(jī)物燃燒后生成的CO2和H2O分別用堿石灰和無水CaCl2吸收，其中c管裝有無水CaCl2，d管裝有堿石灰，二者不可調(diào)換，因?yàn)閴A石灰能同時(shí)吸收水蒸氣和二氧化碳，而氯化鈣只能吸收水蒸氣，調(diào)換后影響最后分子式的確定；【小問4詳解】反應(yīng)完全以后應(yīng)先熄滅煤氣燈a，繼續(xù)吹入一定量的O2，然后再熄滅煤氣燈b，待裝置冷卻后停止通入O2，保證石英管中的氣體產(chǎn)物完全吹入兩U型管中，使裝置冷卻；【小問5詳解】c管裝有無水CaCl2，用來吸收生成的水蒸氣，則增重量為水蒸氣的質(zhì)量，由此可以得到有機(jī)物中H元素的物質(zhì)的量n(H)===0.0012mol；d管裝有堿石灰，用來吸收生成的CO2，則增重量為CO2的質(zhì)量，由此可以得到有機(jī)物中C元素的物質(zhì)的量n(C)===0.0008mol；有機(jī)物中O元素的質(zhì)量為0.0128g，其物質(zhì)的量n(O)===0.0008mol；該有機(jī)物中C、H、O三種元素的原子個(gè)數(shù)比為0.0008：0.0012：0.0008=2：3：2；質(zhì)譜測得該有機(jī)物的相對分子質(zhì)量為118，則其化學(xué)式為C4H6O4；【點(diǎn)睛】本實(shí)驗(yàn)的重點(diǎn)在于兩U型管的擺放順序，由于CO2需要用堿石灰吸收，而堿石灰的主要成分為CaO和NaOH，其成分中的CaO也可以吸收水蒸氣，因此在擺放U型管位置時(shí)應(yīng)將裝有堿石灰的U型管置于無水CaCl2之后，保證實(shí)驗(yàn)結(jié)果。18.從處理后的礦石硝酸浸取液（含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+）中，利用氨浸工藝可提取Ni、Co，并獲得高附加值化工產(chǎn)品．工藝流程如下：已知：氨性溶液由NH3?H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制．常溫下，Ni2+、Co2+、Co3+與NH3形成可溶于水的配離子．回答下列問題：（1）Co位于元素周期表中位置______________（周期、族）；（2）“氨浸”時(shí)，由Co(OH)3轉(zhuǎn)化為[Co(NH3)6]2+的離子方程式為______________________；（3）(NH4)2CO3會使濾泥中的一種膠狀物質(zhì)轉(zhuǎn)化為疏松分布的棒狀顆粒物．濾渣的X射線衍射圖譜中，出現(xiàn)了NH4Al(OH)2CO3的明銳衍射峰；①NH4Al(OH)2CO3屬于______________（填“晶體”或“非晶體”）；②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是______________________；（4）“析晶”過程中通入的酸性氣體A為______________．（5）①“結(jié)晶純化”過程中，沒有引入新物質(zhì)，晶體A含6個(gè)結(jié)晶水，則所得HNO3溶液中n(HNO3)與n(H2O)的比值，理論上最高為______________；②“熱解”對于從礦石提取Ni、Co工藝的意義，在于可重復(fù)利用HNO3和___________（填化學(xué)式）?！敬鸢浮浚?）第四周期第Ⅷ族（2）2Co(OH)3+12NH3?H2O+=2[Co(NH3)6]2+++13H2O+4OH(或2Co(OH)3+8NH3?H2O+4+=2[Co(NH3)6]2+++13H2O)（3）①.晶體②.(NH4)2CO3會使濾泥中的一種膠狀物質(zhì)轉(zhuǎn)化為疏松分布的棒狀顆粒物，從而減少膠狀物質(zhì)對鎳、鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥對氨堿溶液的接觸面積（4）HCl（5）①.2:5或0.4②.MgO【解析】【分析】處理后的礦石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中加入活性MgO，調(diào)pH至9.0，Ni2+、Co2+、Al3+都生成相應(yīng)的氫氧化物沉淀，濾液為Mg(NO3)2溶液。含沉淀的濾泥中加入氨性溶液進(jìn)行氨浸，此時(shí)Co(OH)2、Ni(OH)2溶解并轉(zhuǎn)化為[Co(NH3)6]2+、[Ni(NH3)6]2+，Al(OH)3不溶，過濾后成為濾渣；將濾液進(jìn)行分離，得到CoCl2溶液、飽和NiCl2溶液，為防止蒸發(fā)時(shí)引起CoCl2水解，通入HCl氣體，從而析出NiCl2?4H2O晶體。將Mg(NO3)2溶液結(jié)晶純化，得到Mg(NO3)2?6H2O，熱解得MgO和HNO3蒸汽，冷卻至室溫得HNO3溶液?！拘?詳解】Co為27號元素，價(jià)電子排布式為3d74s2，位于元素周期表中的位置為第四周期第Ⅷ族；【小問2詳解】“氨浸”時(shí)，由Co(OH)3溶于氨水并被(NH4)2SO3還原，轉(zhuǎn)化為[Co(NH3)6]2+的離子方程式為2Co(OH)3+12NH3?H2O+=2[Co(NH3)6]2+++13H2O+4OH(或2Co(OH)3+8NH3?H2O+4+=2[Co(NH3)6]2+++13H2O)；【小問3詳解】①X射線衍射圖譜中，出現(xiàn)了NH4Al(OH)2CO3的明銳衍射峰，則NH4Al(OH)2CO3屬于晶體；②題中信息顯示：(NH4)2CO3會使濾泥中的一種膠狀物質(zhì)轉(zhuǎn)化為疏松分布的棒狀顆粒物，使膠狀物質(zhì)對鎳、鈷氫氧化物覆蓋作用減弱，提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是：(NH4)2CO3會使濾泥中的一種膠狀物質(zhì)轉(zhuǎn)化為疏松分布的棒狀顆粒物，從而減少膠狀物質(zhì)對鎳、鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥對氨堿溶液的接觸面積；【小問4詳解】“析晶”過程中，通入的酸性氣體A既能抑制Ni2+的水解，又不引入新的雜質(zhì)，則其為HCl?！拘?詳解】①“結(jié)晶純化”過程中，沒有引入新