2025年浙教新版高三化學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教新版高三化學(xué)下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列敘述正確的是（）A.提出原子結(jié)構(gòu)模型的科學(xué)家按時(shí)間先后依次是：道爾頓、盧瑟福、湯姆生、玻爾B.借助儀器來分析化學(xué)物質(zhì)的組成是常用的手段，原子吸收光譜常用來確定物質(zhì)中含有哪些非金屬元素C.地球上大量的溴蘊(yùn)藏在大海中，因此溴被稱為“海洋元素”D.新制氯水應(yīng)保存在無色試劑瓶中2、最近，中國科大的科學(xué)家們將C60分子組裝在一單層分子膜表面，在-268℃時(shí)凍結(jié)分子的熱振蕩，并利用掃描隧道顯微鏡首次“拍攝”到能清楚分辨碳原子間單、雙鍵的分子圖象．下列化合物分子中一定既含單鍵又含雙鍵的是（）A.CO2B.C2H2C.COCl2D.H2O23、用98%的濃H2SO4（密度為1.84g/mL）配制1mol?L-1的稀H2SO4100mL，配制過程中可能用到下列儀器：①100mL量筒；②10mL量筒；③50mL燒杯；④托盤天平；⑤100mL容量瓶；⑥膠頭滴管；⑦玻璃棒．按使用出現(xiàn)的先后順序排列正確的是（）A.②⑥③⑦⑤B.④③⑤⑦⑥C.①③⑦⑤⑥D(zhuǎn).②⑤⑦⑥4、對3NO2+H2O═2HNO3+NO反應(yīng)的下列說法正確的是（）A.氧化劑與還原劑的質(zhì)量比為1：2B.氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1：2C.NO2是氧化劑，H2O是還原劑D.在反應(yīng)中若有6molNO2參與反應(yīng)時(shí)，有3mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移5、下列關(guān)于有機(jī)化合物的說法正確的是rm{(}rm{)}A.苯的三氯代物一共有rm{5}種B.乙烯和乙酸均能發(fā)生加成反應(yīng)C.乙烷通入氯水中能發(fā)生取代反應(yīng)D.淀粉和纖維素都屬于天然高分子化合物6、下列燃燒反應(yīng)的反應(yīng)熱不是燃燒熱的是（）

①H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H1

②C（s）+O2（g）═CO（g）△H2

③S（s）+O2（g）═SO2（g）△H3

④2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（s）+2H2O（l）△H4．A.①③B.②④C.②③D.①④7、在無色透明的溶液中可以大量共存的離子組是（）A.H+、K+、Fe2+、NO3-B.Na+、Ca2+、CO32-、NO3-C.Cu2+、NO3-、OH-、Cl-D.Mg2+、K+、Cl-、NO3-8、下列溶液中除存在水分子外，還存在其它分子的是（）A.稀硫酸溶液B.氫氧化鈉溶液C.醋酸溶液D.氯化鈉溶液9、下列說法中錯(cuò)誤的是（）

①有機(jī)物都是從有機(jī)體中分離出來的物質(zhì)。

②有機(jī)物都是含碳的共價(jià)化合物。

③有機(jī)物都不溶于水；易溶于有機(jī)溶劑。

④有機(jī)物不具備無機(jī)物的性質(zhì)；都是非電解質(zhì)。

⑤當(dāng)前在人類已知的化合物中；ⅣA族元素的化合物種類最多。

⑥ⅢB族所含的元素種類最多．A.①③④B.③④⑤C.②③④⑥D(zhuǎn).①②③④評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)10、放置于空氣中，易發(fā)生氧化還原反應(yīng)而變質(zhì)的物質(zhì)（）A.Na2O2B.NaHCO3C.NaD.NaOH11、人造地球衛(wèi)星用到的一種高能電池--銀鋅蓄電池，其電池的電極反應(yīng)式為：Zn+2OH--2e-═ZnO+H2↑，Ag2O+H2O+2e═2Ag+2OH-．據(jù)此判斷正確的是（）A.Zn負(fù)極，并被還原B.Ag2O正極，并被還原C.電解質(zhì)溶液為堿性D.Zn正極，并被氧化12、下列說法中不正確的是（）A.金屬和非金屬原子之間一定形成離子鍵B.活潑的金屬和活潑的非金屬原子之間形成的化學(xué)鍵一定是離子鍵C.含有離子鍵的物質(zhì)不可能是單質(zhì)D.含有離子鍵的化合物一定是離子化合物13、松蘿酸常作為牙膏和化妝品的添加劑；可由三羥基苯乙酮兩步反應(yīng)得到，有關(guān)說法正確的是（）

A.有機(jī)物①的分子式為C8H8O4B.有機(jī)物②中含有1個(gè)手性碳原子C.檢驗(yàn)②中是否含有雜質(zhì)①，可用FeCl3溶液D.相同物質(zhì)的量①、②與足量NaOH溶液反應(yīng)，消耗NaOH的物質(zhì)的量相同14、下列物質(zhì)中，只有共價(jià)的是（）A.NaOHB.NaClC.H2D.H2S15、下列事實(shí)不能用勒沙特列原理解釋的是（）A.合成氨反應(yīng)：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）；△H＜0，為使氨的產(chǎn)率提高，理論上應(yīng)采取低溫高壓的措施B.對2HI（g）?H2（g）+I2（g）平衡體系增加壓強(qiáng)使顏色變深C.SO2催化氧化成SO3的反應(yīng)，往往需要使用催化劑D.已知反應(yīng)2NO2（g）?N2O4（g），紅棕色氣體NO2加壓后顏色先變深后變淺16、在2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8□反應(yīng)中（）A.Cl2是還原產(chǎn)物B.□處對應(yīng)的物質(zhì)為H2OC.氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為1：8D.若1molKMnO4參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量是5mol評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)17、氯化亞銅是一種重要的化工產(chǎn)品；常用作有機(jī)合成催化劑，還可用于顏料，防腐等工業(yè)．該物質(zhì)露置于空氣中易被氧化為綠色的高價(jià)銅鹽，在熱水中易水解生成氧化銅水合物而呈紅色．

已知pH為5時(shí)；+2價(jià)銅已開始以堿式鹽的形式沉淀．某興趣小組去一家回收含銅電纜廢料的工廠做社會(huì)調(diào)查，技術(shù)人員向他們展示了處理。

廢料的綜合利用方案（如圖1）：

（1）加入的A是____，通入的B是____．

（2）反應(yīng)②的離子方程式是____為提高CuCl的產(chǎn)率，常在反應(yīng)②的溶液中加入適量稀堿溶液，控制pH為3.5．這樣做的目的是____但當(dāng)加入堿溶液偏大時(shí)，會(huì)____．

（3）保持各反應(yīng)物的最佳配比，改變溫度，測得CuCl產(chǎn)率的變化如圖2所示．則溶液溫度控制在____時(shí)，CuCl的產(chǎn)率已達(dá)到94%，當(dāng)溫度高于65℃時(shí)，CuCl產(chǎn)率會(huì)下降，其原因可能是____．

（4）最后得到的氯化亞銅需要____保存．18、某芳香烴A分子式為C8H10，它的主要用途是在石油化學(xué)工業(yè)中生產(chǎn)苯乙烯．某烴類衍生物X，分子式為C15H14O3，能使FeCl3溶液顯紫色．J分子內(nèi)有兩個(gè)互為對位的取代基．在一定條件下各物質(zhì)間有如下的轉(zhuǎn)化關(guān)系：（無機(jī)物略去）

（1）A物質(zhì)的名稱為：____．寫出核磁共振氫譜圖中只有2個(gè)特征峰的A的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式____．

（2）寫出X的結(jié)構(gòu)簡式____；J中所含的含氧官能團(tuán)的名稱為____．

（3）E與H反應(yīng)的化學(xué)方程式是____；該反應(yīng)類型是____．

（4）B、C的混合物在NaOH乙醇溶液中加熱可以生成同一種有機(jī)物I，以I為單體合成的高分子化合物的結(jié)構(gòu)簡式是____．

（5）已知H有多種同分異構(gòu)體，其中符合下列條件的同分異構(gòu)體有____種．

①苯環(huán)上的一鹵代物有2種；②與新制Cu（OH）2懸濁液作用產(chǎn)生紅色沉淀．寫出其中的一種結(jié)構(gòu)____．19、水滑石(MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O)用作阻燃劑及催化劑的載體（1）MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O中a、b、c、d的代數(shù)關(guān)系式為。（2）為確定水滑石的組成，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：取水滑石樣品60.2g進(jìn)行加熱時(shí)，溫度與剩余固體質(zhì)量的關(guān)系如圖。認(rèn)真分析圖中曲線變化情況回答下列問題(已知樣品在400℃時(shí)已完全失水)①當(dāng)溫度在0～280℃質(zhì)量不變，是什么原因：。C→D減少的物質(zhì)其物質(zhì)的量為②該水滑石的化學(xué)式為（寫出計(jì)算過程）20、溴和氯在元素周期表中均屬于______族rm{.}21、（1）有機(jī)物的表示方法多種多樣；下面是常用的有機(jī)物的表示方法：

①②CH3CH2CH（CH3）CH3③CH4④⑤

⑥⑦⑧

Ⅰ上述表示方法中屬于結(jié)構(gòu)簡式的為：____，屬于比例模型的為：____．

Ⅱ?qū)懗觫嘀泄倌軋F(tuán)的名稱：____、____．

Ⅲ____和____互為同分異構(gòu)體．

IV寫出由單體合成物質(zhì)④的化學(xué)方程式：____

（2）按系統(tǒng)命名法填寫下列有機(jī)物的名稱：的名稱是____．

（3）2，6-二甲基-4-乙基辛烷的結(jié)構(gòu)簡式是____，1mol該烴完全燃燒需消耗氧氣____mol．

（4）未知物A的實(shí)驗(yàn)式和分子式都是C2H6O．A的紅外光譜圖如圖（a），未知物A的核磁共振氫譜有三個(gè)峰圖（b），峰面積之比是1：2：3，未知物A的結(jié)構(gòu)簡式為____，名稱為：____．

22、（2014秋?和平區(qū)校級期中）已知多元弱酸在水溶液中的電離是分步進(jìn)行的，且第一步的電離程度大于第二步的電離程度，第二步的電離程度遠(yuǎn)大于第三步的電離程度在密閉容器里盛有飽和H2S溶液和H2S氣體；可上下移動(dòng)的活塞停止在a處，如圖所示．

（1）飽和H2S溶液中存在____種微粒．

（2）若將容器頂蓋由a壓到b位置，則H2S溶液中，各離子濃度的變化情況是____離子濃度增大，而____離子濃度減?。?/p>

（3）若從c處不斷通入過量的SO2氣體，溶液中H+濃度將____．

A．不斷增大B．先減??；后增大到某值C．不變D．先增大，后減小到某值。

（4）若由c處不斷通入N2，則溶液中H+濃度將____．（填“變大”“變小”或“不變”）23、（2013秋?江西期中）人體中的鈣元素主要存在于骨骼和牙齒中，以羥基磷酸鈣晶體[Ca10（PO4）6（OH）2]形式存在．牛奶含鈣豐富又易吸收；且牛奶中鈣和磷比例合適，是健骨的理想食品．下圖是某乳業(yè)公司純牛奶包裝標(biāo)簽的部分文字．請仔細(xì)閱讀后回答下列問題：

（1）羥基磷酸鈣中鈣元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)____（保留到0.1g）

（2）包裝標(biāo)簽上脂肪≥3.3g，是指100ml牛奶中含脂肪至少3.3g．那么一盒牛奶中含鈣至少____g．（保留到0.01g）24、（2013春?武漢期中）元素X的某價(jià)態(tài)離子Xn+中所有電子正好充滿K、L、M三個(gè)電子層，它與N3-形成的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示．

（1）該晶體的陽離子與陰離子個(gè)數(shù)比為____．

（2）該晶體中Xn+中n=____．

（3）晶體中每個(gè)N3-被____個(gè)等距離的Xn+包圍．

（4）X元素的一種金合金具有面心立方最密堆積的結(jié)構(gòu)；該合金。

中X原子與Au原子數(shù)量之比為3：1，則該晶胞中X原子處于____位置，Au原子處于____位置，空間利用率為____．假設(shè)該晶胞的邊長為acm，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，該晶體的密度為____．評卷人得分四、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共8分)25、（2015春?岐山縣期末）某課外小組設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)室制取乙酸乙酯的裝置如圖所示；A中放有濃硫酸，B中放有乙醇；醋酸，D中放有飽和碳酸鈉溶液．請回答：

（1）濃硫酸的作用是____、____；若用同位素18O標(biāo)記乙醇中的氧原子，則CH3CH218OH與乙酸生成乙酸乙酯的化學(xué)方程式為____．

（2）球形干燥管C的作用是____．若反應(yīng)前向D中加入幾滴酚酞，溶液呈紅色，產(chǎn)生此現(xiàn)象的原因是（用離子方程式表示）____；反應(yīng)結(jié)束后D中的現(xiàn)象是____．26、某校課外實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)設(shè)計(jì)如圖裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)rm{.(}夾持裝置已略去rm{)}

rm{(1)}該小組同學(xué)用上圖裝置進(jìn)行“乙炔的制取及燃燒性質(zhì)驗(yàn)證”實(shí)驗(yàn)．

rm{壟脵}制取乙炔的化學(xué)方程式是______；

rm{壟脷}點(diǎn)燃乙炔前，需要驗(yàn)純r(jià)m{.}簡述檢驗(yàn)可燃?xì)怏w純度的操作方法：______

rm{壟脹}在導(dǎo)管口rm{c}處點(diǎn)燃乙炔；觀察到的現(xiàn)象是______；

rm{(2)}上圖裝置還可用于制取并收集少量其他氣體rm{.}請幫助該小組同學(xué)完成下表．

。制取的氣體藥品化學(xué)方程式rm{O_{2}}________________________某溶液、rm{Al}______rm{(3)}該小組同學(xué)用圖裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；確定某飽和醇的結(jié)構(gòu)．

rm{壟脵}反應(yīng)前，先對量氣管進(jìn)行第一次讀數(shù)rm{.}反應(yīng)后，待裝置溫度冷卻到室溫，再對量氣管進(jìn)行第二次讀數(shù)rm{.}讀數(shù)時(shí)；應(yīng)注意的操作是______，并使視線與凹液面最低處相平．

rm{壟脷}實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)記錄如下：rm{(}表中讀數(shù)已折合成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的數(shù)值rm{)}

。飽和醇的質(zhì)量金屬鈉的質(zhì)量量氣管第一次讀數(shù)量氣管第二次讀數(shù)rm{壟脵}rm{0.62g}rm{5.0g(}足量rm{)}rm{40mL}rm{264mL}rm{壟脷}rm{0.31g}rm{2.5g(}足量rm{)}rm{40mL}rm{152mL}已知該飽和醇的相對分子質(zhì)量為rm{62.}根據(jù)上述數(shù)據(jù)可確定該飽和醇是______元醇．評卷人得分五、簡答題(共4題，共32分)27、rm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}是食品加工中最為快捷的食品添加劑，用于焙烤食品中；rm{NH_{4}HSO_{4}}在分析試劑、醫(yī)藥、電子工業(yè)中用途廣泛rm{.}請回答下列問題：

rm{(1)}相同條件下，相等物質(zhì)的量濃度的rm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}中rm{c(NH_{4}^{+})}______rm{(}填“rm{=}”rm{>}”“rm{<}”rm{)}rm{NH_{4}HSO_{4}}中rm{c(NH_{4}^{+})}

rm{(2)}如圖rm{1}是rm{0.1mol?L^{-1}}電解質(zhì)溶液的rm{pH}隨溫度變化的圖象．

rm{壟脵}其中符合rm{0.1mol?L^{-1}NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}的rm{pH}隨溫度變化的曲線是______rm{(}填序號rm{)}

rm{壟脷}室溫時(shí)，rm{0.1mol?L^{-1}NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}中rm{2c(SO_{4}^{2-})-c(NH_{4}^{+})-3c(Al^{3+})=}______rm{mol?L^{-1}(}填數(shù)值rm{)}

rm{(3)}室溫時(shí)，向rm{100mL}rm{0.1mol?L^{-1}NH_{4}HSO_{4}}溶液中滴加rm{0.1mol?L^{-1}NaOH}溶液，得到的溶液rm{pH}與rm{NaOH}溶液體積的關(guān)系曲線如圖rm{2}所示．

試分析圖中rm{a}rmrm{c}rmde4fnyg四個(gè)點(diǎn)，水的電離程度最大的是______；在rm點(diǎn)，溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是______．28、醇酸樹脂是一種成膜性好的樹脂；下面是二種醇酸樹脂的合成線路：

已知：rm{RCH_{2}CH=CH_{2}xrightarrow{NBS}}

rm{RCH_{2}CH=CH_{2}

xrightarrow{NBS}}中含有的官能團(tuán)的名稱是______；

rm{(1)B}反應(yīng)rm{(2)}rm{壟脵}的有機(jī)反應(yīng)類型分別是______；______；

rm{壟脹}若鑒別物質(zhì)rm{(3)}可選用的試劑為______rm{E}填以下試劑的序號字母rm{(}

A.rm{)}rm{NaHCO_{3}}銀氨溶液rm{B.}新rm{C.}懸濁液rm{Cu(OH)_{2}}溶液。

rm{D.FeCl_{3}}的同分異構(gòu)體中同時(shí)符合下列條件的芳香族化合物；試寫出其中一種的結(jié)構(gòu)簡式______；

A.能發(fā)生消去反應(yīng)rm{(4)}能與過量濃溴水反應(yīng)生成白色沉淀rm{B.}苯環(huán)上有兩個(gè)互為對位的取代基。

rm{C.}寫出rm{(5)}生成rm{E}的化學(xué)方程式______；

rm{F}寫出反應(yīng)rm{(6)}的化學(xué)方程式______．rm{壟脻}29、用含鈷廢料rm{(}含rm{CoCO_{3}}少量rm{NiCO_{3}}與鐵屑rm{)}制備rm{CoCl_{2}?6H_{2}O}的工藝流程如圖rm{1}

已知：除鎳過程中溶液rm{pH}對rm{Co}的冋收率影響如圖rm{2}所示；部分金屬離子在實(shí)驗(yàn)條件下開始沉淀和完全沉淀的rm{pH}如表所示．

。金屬離子開始沉淀的rm{pH}完全沉淀的rm{pH}rm{Fe^{3+}}rm{1.5}rm{4.1}rm{Fe^{2+}}rm{7.5}rm{9.7}rm{Co^{2+}}rm{6.6}rm{9.4}rm{Ni^{2+}}rm{6.7}rm{9.5}rm{(1)}酸浸工藝中用“稀rm{HCl}”替代了傳統(tǒng)的“鹽酸與硝酸的混酸”；其優(yōu)點(diǎn)為______．

rm{(2)}除鎳時(shí)應(yīng)調(diào)節(jié)rm{pH=}______；此步驟中rm{Ni^{2+}}是否形成rm{Ni(OH)_{2}}沉淀？______．

rm{(3)}除鐵過程包括以下多個(gè)步驟：rm{壟脵}______；rm{壟脷}______；rm{壟脹}過濾得rm{CoCl_{2}}溶液rm{.}rm{(}可供選用的試劑：rm{30%}rm{H_{2}O_{2}}rm{l.0mol?L^{-1}KMnO_{4}}rm{NaOH}固體、rm{CoCO_{3}}固體rm{)}

rm{(4)}除鐵后加入鹽酸調(diào)rm{pH}的作用是______．

rm{(5)}工業(yè)上采用減壓蒸干的方法制備rm{CoCl_{2}?6H_{2}O}減壓蒸干的目的是______．30、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{R}rm{Q}rm{M}是六種短周期元素，原子序數(shù)依次增大rm{.X}是原子半徑最小的元素，rm{Y}的氣態(tài)氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，rm{Z}為地殼中含量最多的元素，rm{R}與rm{X}同主族；rm{Y}rm{R}rm{Q}最外層電子數(shù)之和為rm{8}rm{M}的單質(zhì)黃綠色有害氣體rm{.}請回答下列問題：

rm{(1)R}在元素周期表中的位置為______．

rm{(2)Z}rm{Q}rm{M}簡單離子半徑由大到小的順序?yàn)閞m{(}寫元素離子符號rm{)}______rm{.}

rm{(3)YX_{4}M}的電子式為______，rm{Q_{3}Y_{2}}與水可劇烈反應(yīng)；反應(yīng)的化學(xué)方程式為______

rm{(4)M}的單質(zhì)與rm{R}的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)的離子方程式為______．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】A．1803年道爾頓模型原子是一個(gè)堅(jiān)硬的實(shí)心小球；1904年湯姆生（J．J．Thompson）模型原子是一個(gè)帶正電荷的球，電子鑲嵌在里面，原子好似一塊“葡萄干布丁”；1911年盧瑟福提出行星模型：原子的大部分體積是空的，電子按照一定軌道圍繞著一個(gè)帶正電荷的很小的原子核運(yùn)轉(zhuǎn)；1913年玻爾模型電子不是隨意占據(jù)在原子核的周圍；而是在固定的層面上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電子從一個(gè)層面躍遷到另一個(gè)層面時(shí)，原子便吸收或釋放能量；

B．原子吸收光譜只能確定某物質(zhì)中有什么金屬元素；不能測岀非金屬；

C．地球上99%以上的溴都蘊(yùn)藏在汪洋大海中；

D．新制的氯水中含有次氯酸，次氯酸見光容易分解，應(yīng)該避光保存．【解析】【解答】解：A．提出原子結(jié)構(gòu)模型的科學(xué)家按時(shí)間先后依次是：道爾頓；湯姆生、盧瑟福、玻爾；故A錯(cuò)誤；

B．借助儀器來分析化學(xué)物質(zhì)的組成是常用的手段；原子吸收光譜常用來確定物質(zhì)中含有哪些金屬元素，故B錯(cuò)誤；

C．地球上99%以上的溴都蘊(yùn)藏在汪洋大海中；故溴有“海洋元素”的美稱，故C正確；

D．新制的氯水見光容易分解；應(yīng)該避光保存，所以新制的氯水通常保存在棕色玻璃試劑瓶中，故D錯(cuò)誤；

故選C．2、C【分析】【分析】分子中形成1對共用電子對，則為單鍵；若兩原子之間形成2對共用電子對，則為雙鍵，以此來解答．【解析】【解答】解：A．CO2分子中只含碳氧雙鍵；故A錯(cuò)誤；

B．C2H2分子中含有C-H；C≡C；不含雙鍵，故B錯(cuò)誤；

C．COCl2分子中含單鍵；如C-Cl鍵，也含雙鍵，如C=O鍵，故C正確；

D．H2O2中只含單鍵；如H-O，O-O鍵，無雙鍵存在，故D錯(cuò)誤．

故選C．3、A【分析】【分析】先根據(jù)稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，計(jì)算出濃溶液的體積，選取合適的量筒，再根據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液需要量取、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻等操作解答．【解析】【解答】解：98%的濃H2SO4的物資的量濃度為c===18.4mol/L，配制1mol?L-1的稀H2SO4100mL需要濃硫酸的體積為V==0.0054L；即5.4ml，應(yīng)選擇10ml量筒，實(shí)驗(yàn)時(shí)用10ml量筒量取5.4ml濃硫酸，而配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液需要量??；稀釋、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等操作，量取濃硫酸時(shí)需要用到10mL量筒和膠頭滴管，稀釋濃硫酸時(shí)需要用到燒杯和玻璃棒，轉(zhuǎn)移溶液時(shí)需要用到玻璃棒，定容時(shí)需要用到100mL容量瓶和膠頭滴管，所以正確順序?yàn)棰冖蔻邰撷荩?/p>

故選：A．4、A【分析】【分析】該反應(yīng)中N元素的化合價(jià)由+4價(jià)變?yōu)?5價(jià)和+2價(jià)，所以二氧化氮既是氧化劑又是還原劑，硝酸是氧化產(chǎn)物，NO是還原產(chǎn)物，根據(jù)二氧化氮和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式計(jì)算轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量．【解析】【解答】解：A．該反應(yīng)中N元素的化合價(jià)由+4價(jià)變?yōu)?5價(jià)和+2價(jià)；所以生成硝酸的二氧化氮是還原劑，其計(jì)量數(shù)是2，生成NO的二氧化氮是氧化劑，其計(jì)量數(shù)是1，所以氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量；質(zhì)量之比都是1：2，故A正確；

B．該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物是硝酸；還原產(chǎn)物是NO，所以氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比是2：1，故B錯(cuò)誤；

C．該反應(yīng)中N元素的化合價(jià)由+4價(jià)變?yōu)?5價(jià)和+2價(jià)；所以二氧化氮既是氧化劑又是還原劑，水中各元素都不變，所以既不是氧化劑又不是還原劑，故C錯(cuò)誤；

D．在反應(yīng)中若有6molNO2參與反應(yīng)時(shí)；有4mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，故D錯(cuò)誤；

故選A．5、D【分析】解：rm{A.}苯的同分異構(gòu)體種，rm{3}個(gè)氯原子可位于鄰、間和偏rm{3}種情況；有三種同分異構(gòu)體，故A錯(cuò)誤；

B.乙酸含有酯基；性質(zhì)穩(wěn)定，不能發(fā)生加成反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C.乙烷和溴水不反應(yīng)；可在光照條件下與溴發(fā)生取代反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D.淀粉和纖維素的相對分子質(zhì)量在rm{10000}以上；屬于高分子化合物，故D正確．

故選D．

A.苯的同分異構(gòu)體種，rm{3}個(gè)氯原子可位于鄰、間和偏rm{3}種情況；

B.乙酸不能發(fā)生加成反應(yīng)；

C.乙烷和溴水不反應(yīng)；

D.高分子化合物的相對分子質(zhì)量在rm{10000}以上．

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)和常見題型，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，注意把握有機(jī)物的組成、結(jié)構(gòu)和官能團(tuán)的性質(zhì)，難度不大．【解析】rm{D}6、B【分析】【分析】根據(jù)燃燒熱的定義分析，燃燒熱是指1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物放出的能量．【解析】【解答】解：①H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H1符合燃燒熱的定義；故正確；

②C（s）+O2（g）═CO（g）△H2生成產(chǎn)物不是穩(wěn)定氧化物；故錯(cuò)誤；

③S（s）+O2（g）═SO2（g）△H3符合燃燒熱的定義；故正確；

④2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（s）+2H2O（l）△H4可燃物的物質(zhì)的量不是1mol，△H4所以不是燃燒熱；故錯(cuò)誤；

所以錯(cuò)誤的是②④；

故選：B．7、D【分析】【分析】溶液無色時(shí)可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色離子的存在；

A．亞鐵離子為有色離子；酸性條件下硝酸根離子具有強(qiáng)氧化性，能夠氧化亞鐵離子；

B．鈣離子與碳酸根離子反應(yīng)生成難溶物碳酸鈣；

C．銅離子為有色離子；且銅離子與氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀；

D．Mg2+、K+、Cl-、NO3-離子之間不發(fā)生反應(yīng)，且都是無色離子．【解析】【解答】解：A．Fe2+為有色離子，NO3-在酸性條件下能夠氧化Fe2+；在溶液中不能大量共存，故A錯(cuò)誤；

B．Ca2+、CO32-之間反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀；在溶液中不能大量共存，故B錯(cuò)誤；

C．Cu2+、OH-之間反應(yīng)生成難溶物氫氧化銅，且Cu2+為有色離子；在溶液中不能大量共存，故C錯(cuò)誤；

D．Mg2+、K+、Cl-、NO3-離子之間不反應(yīng)；都是無色離子，在溶液中能夠大量共存，故D正確；

故選D．8、C【分析】【分析】溶液中除存在水分子外，還存在其它分子，說明溶質(zhì)是弱電解質(zhì)，在水溶液里存在電離平衡，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：溶液中除存在水分子外；還存在其它分子，說明溶質(zhì)是弱電解質(zhì)，在水溶液里存在電離平衡；

A．硫酸是強(qiáng)電解質(zhì)；在水溶液里完全電離，所以稀硫酸中不存在溶質(zhì)分子，故A錯(cuò)誤；

B．氫氧化鈉是強(qiáng)電解質(zhì)；在水溶液里完全電離，所以氫氧化鈉溶液中不存在溶質(zhì)分子，故B錯(cuò)誤；

C．醋酸是弱電解質(zhì)；在水溶液里部分電離，醋酸在水溶液里存在電離平衡，所以溶液中還存在醋酸分子，故C正確；

D．氯化鈉是強(qiáng)電解質(zhì)；在水溶液里完全電離，所以氯化鈉溶液中不存在溶質(zhì)分子，故D錯(cuò)誤；

故選C．9、D【分析】【分析】①無機(jī)物可制取有機(jī)物；如尿素就是第一種由無機(jī)物制成的有機(jī)物；

②CH3COONa、CH3COONH4等屬于離子化合物；

③大多數(shù)有機(jī)物不能溶于水；有的能溶；

④有機(jī)物可以是電解質(zhì)；

⑤有機(jī)物的數(shù)量遠(yuǎn)大于無機(jī)物；

⑥第三副族內(nèi)包含鑭系和錒系．【解析】【解答】解：①有機(jī)物不一定要從有機(jī)體中分離出來，如用無機(jī)物可制取有機(jī)物：CO+2H2CH3OH（甲醇）；故①錯(cuò)誤；

②有些有機(jī)鹽如CH3COONa、CH3COONH4等屬于離子化合物；故②錯(cuò)誤；

③大多數(shù)有機(jī)物不能溶于水；有的能溶，比如乙醇；乙酸等有機(jī)物能溶于水，故③錯(cuò)誤；

④有機(jī)物可以是電解質(zhì)；如乙酸，故④錯(cuò)誤；

⑤第ⅣA族元素的化合物為碳族元素；主要為氧化物；酸、鹽及某些氫化物，形成的有機(jī)化合物已超過3000萬種，化合物品種最多，故⑤正確；

⑥第三副族內(nèi)包含鑭系和錒系；共32種元素，故⑥正確．

故選D．二、多選題(共7題，共14分)10、AC【分析】【分析】易發(fā)生氧化還原反應(yīng)而變質(zhì)的化合物，應(yīng)具有氧化性或還原性，且可與空氣中的水或二氧化碳發(fā)生氧化還原反應(yīng)，以此解答．【解析】【解答】解：A．Na2O2可與空氣中的水或二氧化碳反應(yīng)生成氧氣；為氧化還原反應(yīng)，故A正確；

B．NaHCO3不穩(wěn)定；易分解生成，元素化合價(jià)沒有發(fā)生變化，不是氧化還原反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C．Na放置于空氣中會(huì)和氧氣反應(yīng)生成氧化鈉；發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，氧化鈉在和水反應(yīng)生成氫氧化鈉，氫氧化鈉潮解形成氫氧化鈉溶液，氫氧化鈉溶液和二氧化碳反應(yīng)生成十水合碳酸鈉，十水合碳酸鈉風(fēng)化，生成碳酸鈉，故C正確；

D．NaOH與空氣中二氧化碳反應(yīng)；易變質(zhì)，不是氧化還原反應(yīng)，故D錯(cuò)誤．

故選AC．11、BC【分析】【分析】根據(jù)化合價(jià)變化可知Zn被氧化，應(yīng)為原電池的負(fù)極，則正極為Ag2O，正極上得電子被還原，根據(jù)Zn+2OH--2e-═ZnO+H2↑，則電解質(zhì)溶液為堿性，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：A；根據(jù)化合價(jià)可知；Zn被氧化，應(yīng)為原電池的負(fù)極，故A錯(cuò)誤；

B、正極為Ag2O；正極上得電子被還原，故B正確；

C、根據(jù)Zn+2OH--2e-═ZnO+H2↑；則電解質(zhì)溶液為堿性，故C正確；

D；Zn被氧化；應(yīng)為原電池的負(fù)極，故D錯(cuò)誤．

故選BC．12、AB【分析】【分析】A；金屬和非金屬原子之間也能形成共價(jià)鍵；

B；活潑的金屬易失電子；活潑非金屬易得電子；

C；陰陽離子鍵形成離子鍵；

D、離子化合物是陰陽離子間通過離子鍵結(jié)合形成的化合物．【解析】【解答】解：A、金屬和非金屬原子之間也能形成共價(jià)鍵，如AlCl3是共價(jià)化合物；金屬和非金屬原子之間形成共價(jià)鍵，故A錯(cuò)誤；

B；活潑的金屬易失電子；活潑非金屬易得電子，所以活潑的金屬和活潑的非金屬原子之間容易形成離子鍵，但是氯化鋁中含有共價(jià)鍵，則活潑的金屬和活潑的非金屬原子之間形成的化學(xué)鍵不一定是離子鍵，故B錯(cuò)誤；

C；陰陽離子鍵形成離子鍵離子鍵存在于離子化合物中；所以單質(zhì)中沒有離子鍵，故C正確；

D；離子化合物是陰陽離子間通過離子鍵結(jié)合形成的化合物；所以含有離子鍵的化合物一定是離子化合物，故D正確．

故選AB．13、AB【分析】【分析】A．根據(jù)有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式判斷元素種類和原子個(gè)數(shù)；可確定有機(jī)物分子式；

B．根據(jù)手性碳原子的定義判斷；

C．二者都含有酚羥基；不能用氯化鐵檢驗(yàn)；

D．能與氫氧化鈉反應(yīng)的官能團(tuán)只有酚羥基，二者含有酚羥基數(shù)目不同．【解析】【解答】解：A．由結(jié)構(gòu)簡式可知有機(jī)物①的分子式為C8H8O4；故A正確；

B．手性碳原子連接四個(gè)不同的原子或原子團(tuán)，②中手性碳原子可用*標(biāo)出，在圖中為故B正確；

C．二者都含有酚羥基；不能用氯化鐵檢驗(yàn)，故C錯(cuò)誤；

D．能與氫氧化鈉反應(yīng)的官能團(tuán)只有酚羥基；二者含有酚羥基數(shù)目不同，則消耗的氫氧化鈉不同，故D錯(cuò)誤．

故選AB．14、CD【分析】【分析】一般來說，活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價(jià)鍵，第IA族、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之間易形成離子鍵，含有離子鍵的化合物為離子化合物，離子化合物中可能含有共價(jià)鍵，只含共價(jià)鍵的化合物為共價(jià)化合物．【解析】【解答】解：A．氫氧化鈉中鈉離子和氫氧根離子之間存在離子鍵；氫原子和氧原子之間存在共價(jià)鍵；為離子化合物，故A錯(cuò)誤；

B．氯化鈉中鈉離子和氯離子之間只存在離子鍵；為離子化合物，故B錯(cuò)誤；

C．氫分子中氫原子之間只存在共價(jià)鍵；為單質(zhì)，故C正確；

D．硫化氫中硫原子和氫原子之間只存在共價(jià)鍵；為共價(jià)化合物，故D正確．

故選CD．15、BC【分析】【分析】勒沙特列原理是如果改變影響平衡的一個(gè)條件（如濃度、壓強(qiáng)或溫度等），平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動(dòng)，勒沙特列原理適用的對象應(yīng)存在可逆過程，如與可逆過程無關(guān)，與平衡移動(dòng)無關(guān)，則不能用勒沙特列原理解釋．【解析】【解答】解：A．合成氨反應(yīng)：N2+3H2?2NH3+Q；降低溫度，平衡正向移動(dòng)，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，故為使氨的產(chǎn)率提高，理論上應(yīng)采取低溫高壓的措施，故能用勒夏特列原理解釋，故A不選；

B；氣體兩邊的計(jì)量數(shù)相等；增加壓強(qiáng)平衡不移動(dòng)，故B選；

C；使用催化劑平衡不移動(dòng)；所以不能用勒沙特列原理解釋，故C選；

D、已知反應(yīng)2NO2（g）?N2O4（g）；正反應(yīng)是氣體體積縮小的反應(yīng)，先是濃度突然變大，后來平衡正向移動(dòng)，所以顏色先變深后變淺，能用勒沙特列原理解釋，故D不選；

故選BC．16、BD【分析】【分析】在2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8□反應(yīng)中，Mn元素化合價(jià)降低，被還原，在2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8□反應(yīng)中為氧化劑，Cl元素化合價(jià)升高，被氧化，HCl為還原劑，由質(zhì)量守恒可知，還應(yīng)生成H2O，以此解答．【解析】【解答】解：A．反應(yīng)中Cl元素化合價(jià)升高，被氧化，Cl2為氧化產(chǎn)物；故A錯(cuò)誤；

B．由質(zhì)量守恒可知，□處對應(yīng)的物質(zhì)為H2O；故B正確；

C．反應(yīng)中HCl表現(xiàn)為酸性和還原性，由方程式可知，當(dāng)2molKMnO4參加反應(yīng)；則有10molHCl被還原，則氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為1：5，故C錯(cuò)誤；

D．反應(yīng)中Mn元素化合價(jià)由+7價(jià)降低到+2價(jià)，化合價(jià)變化5價(jià)，則若1molKMnO4參加反應(yīng)；轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量是5mol，故D正確．

故選BD．三、填空題(共8題，共16分)17、稀硫酸空氣2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+OH-中和了反應(yīng)生成的H+，有利于反應(yīng)向右進(jìn)行，提高CuCl的產(chǎn)率Cu2+能與OH結(jié)合，生成沉淀，反而降低了CuCl的產(chǎn)率造成產(chǎn)物不純53℃～55℃溫度過高，一是促進(jìn)了CuCl的水解，二是促進(jìn)了CuCl與空氣中氧氣發(fā)生反隔絕空氣密封【分析】【分析】含銅廢料加入硫酸，在加熱條件下通入氧氣可發(fā)生反應(yīng)生成硫酸銅，經(jīng)過濾后，在濾液中加入亞硫酸鈉，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl，在濾液中加入鐵粉，發(fā)生置換反應(yīng)生成硫酸亞鐵和銅，以此解答該題．【解析】【解答】解：（1）金屬銅和稀硫酸不反應(yīng)；但是在鼓入空氣的條件下會(huì)發(fā)生反應(yīng)生成硫酸銅，所以A是稀硫酸，B是空氣；

故答案為：稀硫酸；空氣；

（2）由圖示可知，反應(yīng)物有：Cu2+、SO32-、Cl-，生成物有Cu2Cl2、SO42-，由于是氧化還原反應(yīng)，化合價(jià)發(fā)生了變化，根據(jù)電子得失和質(zhì)量守恒進(jìn)行配平：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，在反應(yīng)②的溶液中加適量稀堿溶液，OH-中和了反應(yīng)中的H+，有利于平衡向右進(jìn)行，提高CuCl的產(chǎn)率，但當(dāng)OH-濃度過大時(shí)，Cu+能與OH-結(jié)合；生成氫氧化亞銅，從而降減了CuCl的產(chǎn)率；

故答案為：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；OH-中和了反應(yīng)生成的H+，有利于反應(yīng)向右進(jìn)行，提高Cu2Cl2的產(chǎn)率；Cu2+能與OH結(jié)合，生成沉淀，反而降低了Cu2Cl2的產(chǎn)率造成產(chǎn)物不純；

（3）因在53℃～55℃時(shí)CuCl產(chǎn)率最大；根據(jù)信息可知，隨溫度升高，促進(jìn)了CuCl的水解，CuCl被氧化的速度加快．

故答案為：53℃～55℃；溫度過高；一是促進(jìn)了CuCl的水解，二是促進(jìn)了CuCl與空氣中氧氣發(fā)生反應(yīng)；

（4）因溫度升高，促進(jìn)了CuCl與空氣中氧氣發(fā)生反應(yīng)，所以反應(yīng)①在隔絕空氣條件下（還原氣氛）進(jìn)行可以提高CuCl的產(chǎn)率．故答案為：隔絕空氣密封保存．18、乙苯羧基、羥基酯化反應(yīng)（或取代反應(yīng)）4任意一種【分析】【分析】某芳香烴A，分子式為C8H10，屬于苯的同系物，A與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成兩種不同物質(zhì)B和C，說明A為B最終產(chǎn)物H能與NaHCO3溶液反應(yīng)，說明H具有羧基，則B為B發(fā)生水解反應(yīng)生成D為D發(fā)生氧化反應(yīng)生成F為F進(jìn)一步氧化生成H為則C為C發(fā)生水解反應(yīng)生成E為X分子式為C15H14O3，能使FeCl3溶液顯紫色，說明結(jié)構(gòu)中含有酚羥基，水解生成K和E，則X為酯，K酸化得到J，而E為醇，則J含有羧基，且J分子中含有酚羥基，J分子式為C7H6O3，J分子內(nèi)有兩個(gè)互為對位的取代基，則J為故K為X為據(jù)此解答．【解析】【解答】解：某芳香烴A，分子式為C8H10，屬于苯的同系物，A與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成兩種不同物質(zhì)B和C，說明A為B最終產(chǎn)物H能與NaHCO3溶液反應(yīng)，說明H具有羧基，則B為B發(fā)生水解反應(yīng)生成D為D發(fā)生氧化反應(yīng)生成F為F進(jìn)一步氧化生成H為則C為C發(fā)生水解反應(yīng)生成E為X分子式為C15H14O3，能使FeCl3溶液顯紫色，說明結(jié)構(gòu)中含有酚羥基，水解生成K和E，則X為酯，K酸化得到J，而E為醇，則J含有羧基，且J分子中含有酚羥基，J分子式為C7H6O3，J分子內(nèi)有兩個(gè)互為對位的取代基，則J為故K為X為

（1）由上述分析可知，A的結(jié)構(gòu)簡式為名稱為：乙苯；核磁共振氫譜圖中只有2個(gè)特征峰的A的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：乙苯；

（2）X的結(jié)構(gòu)簡式為J為所含的含氧官能團(tuán)的名稱為：羧基、羥基，故答案為：羧基；羥基；

（3）E與H反應(yīng)的化學(xué)方程式是：屬于酯化反應(yīng)（或取代反應(yīng)）；

故答案為：酯化反應(yīng)（或取代反應(yīng)）；

（4）B、C的混合物在NaOH乙醇溶液中加熱可以生成同一種有機(jī)能I，則I為以I為單體合成的高分子化合物的結(jié)構(gòu)簡式是故答案為：

（5）H（）有多種同分異構(gòu)體；其中符合下列條件的同分異構(gòu)體：

與新制Cu（OH）2懸濁液作用產(chǎn)生紅色沉淀，含有醛基或甲酸形成的酯基，苯環(huán)上的一鹵代物有2種，含有2個(gè)側(cè)鏈，且處于對位位置，側(cè)鏈為-OH、-CH2CHO，或側(cè)鏈為-CH2OH、-CHO，側(cè)鏈為-OCH3、-CHO，側(cè)鏈為-CH3、OOCH，共有4種，結(jié)構(gòu)簡式為：等；

故答案為：4；任意一種．19、略

【分析】試題分析：（1）MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O中鎂為+3價(jià)，鋁為+3價(jià)，氫氧根為—1價(jià)，碳酸根為—2價(jià)，根據(jù)化合價(jià)規(guī)則判斷a、b、c、d的代數(shù)關(guān)系式為2a+3b=c+2d；（2）根據(jù)題給信息知，水滑石可用作阻燃劑，當(dāng)溫度在0～280℃質(zhì)量不變，原因是水滑石具有阻燃作用，受熱分解需吸收大量熱量；結(jié)合水滑石的組成，分析題給熱重曲線知，固體由60.2g變?yōu)?3g，為失去結(jié)晶水的過程，質(zhì)量為7.2g，物質(zhì)的量為0.4mol；固體由53g變?yōu)?8.6g，為氫氧化鋁和氫氧化鎂加熱生成氧化物和水的過程，水的質(zhì)量為14.4g，物質(zhì)的量為0.8mol，則氫氧根為1.6mol；C→D段為失去二氧化碳的過程，質(zhì)量為4.4g，物質(zhì)的量為0.1mol，則碳酸根為0.1mol；剩余固體為氧化鋁和氧化鎂的混合物，質(zhì)量為34.2g，根據(jù)化合價(jià)規(guī)則和原子守恒確定，氧化鋁為0.1mol，氧化鎂為0.6mol，綜合上述分析知該物質(zhì)的化學(xué)式為Mg6Al2(OH)16CO3·4H2O考點(diǎn)：考查物質(zhì)組成的確定、熱重曲線的分析?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）2a+3b=c+2d（2）①水滑石具有阻燃作用，受熱分解需吸收大量熱量0.1mol②Mg6Al2(OH)16CO3·4H2O（計(jì)算過程略）20、略

【分析】解：溴和氯元素的原子最外層電子數(shù)為rm{7}屬于第三周期第ⅤⅡrm{A}族，故答案為：rm{VIIA}．

根據(jù)主族族序數(shù)rm{=}最外層電子數(shù)；據(jù)此進(jìn)行解答．

本題難度不大，考查學(xué)生靈活運(yùn)用元素周期表中元素的信息、了解原子結(jié)構(gòu)示意圖的意義進(jìn)行分析解題的能力．【解析】rm{VIIA}21、①②③④⑦⑤羥基醛基②⑥3，4一二甲基辛烷18.5CH3CH2OH乙醇【分析】【分析】（1）結(jié)構(gòu)簡式是指把分子中各原子連接方式表示出來的式子；結(jié)構(gòu)式是表示用元素符號和短線表示分子中原子的排列和結(jié)合方式的式子；比例模型就是原子緊密連起的；只能反映原子大小，大致的排列方式；

-OH為羥基；-CHO為醛基；

分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，屬于同分異構(gòu)體；物質(zhì)④為縮聚產(chǎn)物酯類，2-羥基丙酸中含有羧基、羥基，發(fā)生縮聚反應(yīng)生成

（2）依據(jù)烷烴的命名原則命名即可；

（3）根據(jù)烷烴的命名原則寫出該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式；根據(jù)該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式形成分子式；然后計(jì)算出完全燃燒消耗的氧氣的物質(zhì)的量；

（4）A的核磁共振氫譜有3個(gè)峰，說明分子中有3種H原子，其面積之比為對應(yīng)的各種H原子個(gè)數(shù)之比，根據(jù)分子式可知分子中H原子總數(shù)，進(jìn)而確定甲基數(shù)目，結(jié)構(gòu)簡式．【解析】【解答】解：（1）I；屬于結(jié)構(gòu)簡式的有：①②③④⑦；屬于結(jié)構(gòu)式的有：⑧；屬于比例模型的有：⑤；屬于球棍模型的有：⑥；故答案為：①②③④⑦；⑤；

II；-OH為羥基、-CHO為醛基；故答案為：羥基；醛基；

III；分子式相同；結(jié)構(gòu)不同，屬于同分異構(gòu)體，②和⑥互為同分異構(gòu)體，故答案為：②；⑥；

IV、2-羥基丙酸中含有羧基、羥基，發(fā)生縮聚反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：

故答案為：

（2）該有機(jī)物最長碳鏈8個(gè)C，主鏈為辛烷，編號從左下方開始，該有機(jī)物命名為：3，4一二甲基辛烷，故答案為：3，4一二甲基辛烷；（3）2，6-二甲基-4-乙基辛烷，主鏈為辛烷，在2、6號C各含有1個(gè)甲基，在4號C含有1個(gè)乙基，該有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式為：根據(jù)其結(jié)構(gòu)簡式可知該有機(jī)物分子式為：C12H26，1mol該有機(jī)物完全燃燒消耗的氧氣的物質(zhì)的量為（12+）mol=18.5mol，故答案為：18.5；

（4）據(jù)題意知：有三種峰，說明氫原子有三種情況，峰面積之比是1：2：3，說明這三種氫的個(gè)數(shù)之比為1：2：3，分子式為：C2H6O，故結(jié)構(gòu)簡式為：CH3-CH2-OH，名稱為乙醇，故答案為：CH3-CH2-OH；乙醇．22、6H+、HS-、S2-OH-B變小【分析】【分析】（1）H2S水溶液中存在電離平衡H2S?H++HS-和HS-?H++S2-；

（2）若將容器頂蓋由a壓到b位置，增大壓強(qiáng)，溶液中硫化氫的濃度變大，平衡H2S?H++HS-和HS-?H++S2-正向移動(dòng)；

（3）硫化氫和二氧化硫反應(yīng)生成硫和水；亞硫酸酸性大于氫硫酸；

（4）若由c處不斷通入N2，氮雖是非反應(yīng)氣體，如果不斷通入N2，體系溫度升高，硫化氫的溶解度變小，H2S水溶液中存在電離平衡H2S?H++HS-和HS-?H++S2-逆向移動(dòng)．【解析】【解答】解：（1）H2S水溶液中存在電離平衡H2S?H++HS-、HS-?H++S2-和水的電離平衡，所以含有水分子、硫化氫分子、H+、HS-、S2-和OH-；故答案為：6；

（2）若將容器頂蓋由a壓到b位置，增大壓強(qiáng)，溶液中硫化氫的濃度變大，平衡H2S?H++HS-和HS-?H++S2-正向移動(dòng)，導(dǎo)致H+、HS-、S2-濃度變大，而氫離子與氫氧根離子的積是個(gè)定值，所以氫氧根離子濃度減小，故答案為：H+、HS-、S2-；OH-；

（3）SO2+2H2S=3S↓+2H2O，平衡向左移動(dòng)，H2O+SO2=H2SO3；亞硫酸酸性大于氫硫酸，所以先減小，后增大到某值，故選：B；

（4）若由c處不斷通入N2，氮雖是非反應(yīng)氣體，如果不斷通入N2，體系溫度升高，硫化氫的溶解度變小，H2S水溶液中存在電離平衡H2S?H++HS-和HS-?H++S2-逆向移動(dòng)，所以氫離子的濃度減小，故答案為：變?。?3、39.8%0.28【分析】【分析】（1）根據(jù)羥基磷酸鈣的化學(xué)式可知，羥基磷酸鈣中鈣元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%；

（2）由標(biāo)簽可知，100mL牛奶中，含鈣的質(zhì)量至少為0.11g，先算出250mL是100mL的幾倍，再乘以100mL牛奶中含鈣的質(zhì)量即可．【解析】【解答】解：羥基磷酸鈣晶體[Ca10（PO4）6（OH）2]的相對分子質(zhì)量是40×10+（31+16×4）×6+（1+16）×2=1004．

（1）羥基磷酸鈣中鈣元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%=×100%≈39.8%；故答案為：39.8%；

（2）一盒牛奶含鈣元素的質(zhì)量：0.11g×≈0.28g，故答案為：0.28．24、3：116面心頂點(diǎn)74%g/cm3【分析】【分析】（1）利用均攤法求出晶胞中Xn+和N3-的個(gè)數(shù)；

（2）根據(jù)晶體的陽離子與陰離子個(gè)數(shù)比確定化學(xué)式，然后確定Xn+中的電荷；

（3）N3-在晶體的頂角上，所以被6個(gè)Xn+在上下前后左右包圍；

（4）合金具有面心立方最密堆積的結(jié)構(gòu)，根據(jù)晶胞中原子個(gè)數(shù)確定原子位置；已知兩種金屬元素的原子個(gè)數(shù)，求出晶胞的質(zhì)量，再根據(jù)ρ=計(jì)算．【解析】【解答】解：（1）利用均攤法，晶胞中Xn+在棱上微粒個(gè)數(shù)為：×12=3，N3-在頂角上其個(gè)數(shù)為：×8=1，所以Xn+和N3-的個(gè)數(shù)比為3：1；故答案為：3：1；

（2）Xn+和N3-的個(gè)數(shù)比為：3：1，所以化學(xué)式為X3N，已知N3-，所以Xn+中的電荷為1；即n=1，故答案為：1；

（3）N3-在晶體的頂角上，所以被6個(gè)Xn+在上下前后左右包圍；故答案為：6；

（4）合金具有面心立方最密堆積的結(jié)構(gòu)，兩種金屬原子分別處于頂點(diǎn)和面心上，在面心上的金屬原子個(gè)數(shù)為×6=3，處于頂點(diǎn)上的原子個(gè)數(shù)為：×8=1；已知合金。

中X原子與Au原子數(shù)量之比為3：1；所以面心上的金屬原子是X，頂點(diǎn)上的原子是金；面心立方最密堆積的結(jié)構(gòu)的空間利用率為74%；

已知X+中所有電子正好充滿K、L、M三個(gè)電子層，所以X的原子核外有2+8+18+1=29個(gè)電子，所以X為Cu，該合金晶胞中含有3個(gè)銅原子和1個(gè)金原子，則晶胞的質(zhì)量為：m（Cu）+m（Au）=+=g，則晶胞的密度為：ρ===g/cm3．

故答案為：面心；頂點(diǎn)；74%；g/cm3．四、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共8分)25、催化劑吸水劑CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O防止倒吸、冷凝CO32-+H2O?HCO3-+OH-溶液分層，上層無色油體液體，下層溶液顏色變淺【分析】【分析】（1）乙酸與乙醇在濃硫酸作催化劑；加熱的條件下發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯；該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，濃硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移動(dòng)；

羧酸與醇發(fā)生的酯化反應(yīng)中；羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，相互結(jié)合生成水；

（2）圓底燒瓶受熱不均，球形干燥管的管口伸入液面下可能發(fā)生倒吸，同時(shí)起冷凝作用；醇與乙酸都易揮發(fā)，制備的乙酸乙酯含有乙醇與乙酸，通常用飽和碳酸鈉溶液吸收乙酸乙酯，反應(yīng)掉揮發(fā)出來的乙酸，使之轉(zhuǎn)化為乙酸鈉溶于水中，便于聞乙酸乙酯的香味，溶解揮發(fā)出來的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分層得到酯，故D中的溶液為飽和的碳酸鈉溶液，碳酸根水解，溶液呈堿性，反應(yīng)后溶液分層，上層無色油體液體，由于碳酸鈉與乙酸反應(yīng)，故下層溶液顏色變淺．【解析】【解答】解：（1）乙酸與乙醇需濃硫酸作催化劑；該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，濃硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移動(dòng)，故濃硫酸的作用為：催化劑；吸水劑；

羧酸與醇發(fā)生的酯化反應(yīng)中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，相互結(jié)合生成水，其它基團(tuán)相互結(jié)合生成酯，同時(shí)該反應(yīng)可逆，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O；

故答案為：催化劑、吸水劑；CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O；

（2）圓底燒瓶受熱不均；球形干燥管的管口伸入液面下可能發(fā)生倒吸，球形干燥管體積大，可以防止倒吸，同時(shí)起冷凝作用；

碳酸根水解CO32-+H2O?HCO3-+OH-；溶液呈堿性，加入幾滴酚酞，溶液呈紅色；

碳酸鈉水解呈堿性；乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，密度比水小，溶液分層，上層無色油體液體，乙酸和碳酸鈉反應(yīng)而使溶液紅色變淺；

故答案為：防止倒吸、冷凝；CO32-+H2O?HCO3-+OH-；溶液分層，上層無色油體液體，下層溶液顏色變淺．26、略

【分析】解：rm{(1)壟脵}實(shí)驗(yàn)室使用電石與水的反應(yīng)制取乙炔，化學(xué)反應(yīng)方程式為：rm{CaC_{2}+2H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+CH隆脭CH隆眉}

故答案為：rm{CaC_{2}+2H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+CH隆脭CH隆眉}

rm{壟脷}檢驗(yàn)可燃?xì)怏w純度的操作方法：收集一試管氣體；用拇指堵住試管口移近火焰點(diǎn)燃，若發(fā)出輕微響聲，證明氣體比較純凈；

故答案為：收集一試管氣體；用拇指堵住試管口移近火焰點(diǎn)燃，若發(fā)出輕微響聲，證明氣體比較純凈；

rm{壟脹}乙炔含碳量非常高；燃燒時(shí)：火焰明亮并伴有濃烈的黑煙；

故答案為：火焰明亮并伴有濃烈的黑煙；

rm{(2)}裝置為固體和液體不加熱反應(yīng)生成氣體，氣體不能溶于水，制備氧氣可以用二氧化錳催化過氧化氫分解制備，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{2H_{2}O_{2}dfrac{underline{;MnO_{2};}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}也可以利用金屬鋁和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氫氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{2H_{2}O_{2}dfrac{

underline{;MnO_{2};}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}

故答案為：

。rm{2NaOH+2Al+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}制取的氣體藥品化學(xué)方程式rm{H_{2}O_{2}}rm{MnO_{2}}rm{2H_{2}O_{2}dfrac{underline{;MnO_{2};}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}rm{H_{2}}rm{2NaOH+2Al+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}rm{(3)壟脵}讀數(shù)時(shí)，要保持裝置rm{A}和裝置rm{B}液面相平；這樣得到的數(shù)據(jù)比較準(zhǔn)確；

故答案為：保持裝置rm{A}和裝置rm{B}液面相平；

rm{壟脷triangleV(}氫氣rm{)=264-40=224mL}rm{n(}氫氣rm{)=dfrac{224}{22400}mol=0.01mol}rm{)=dfrac

{224}{22400}mol=0.01mol}醇rm{)=dfrac{0.62g}{62g/mol}=0.01mol}故rm{n(}醇rm{)=dfrac

{0.62g}{62g/mol}=0.01mol}rm{n(}氫氣rm{)}rm{n(}rm{)=0.01}故該醇含有兩個(gè)羥基，為二元醇；

故答案為：二．

rm{0.01=1}實(shí)驗(yàn)室使用電石與水的反應(yīng)制取乙炔；

rm{1}檢驗(yàn)可燃?xì)怏w純度的操作方法：收集一試管氣體；用拇指堵住試管口移近火焰點(diǎn)燃，若發(fā)出輕微響聲，證明氣體比較純凈；

rm{(1)壟脵}乙炔燃燒的現(xiàn)象：火焰明亮并伴有濃烈的黑煙；

rm{壟脷}上圖裝置還可用于制取并收集少量其他氣體；裝置為固體和液體不加熱反應(yīng)生成氣體，氣體不能溶于水，據(jù)此分析判斷；

rm{壟脹}讀數(shù)時(shí)，要保持裝置rm{(2)}和裝置rm{(3)壟脵}液面相平；這樣得到的數(shù)據(jù)比較準(zhǔn)確；

rm{A}根據(jù)醇與氫氣的物質(zhì)的量關(guān)系確定醇的種類．

本題考查乙炔氣體的制備原理及性質(zhì)、可燃?xì)怏w的驗(yàn)純、氣體制備原理、量氣管的操作、有關(guān)醇的物質(zhì)的量的計(jì)算等知識(shí)點(diǎn)，注意基礎(chǔ)的熟練掌握，題目難度中等．rm{B}【解析】rm{CaC_{2}+2H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+CH隆脭CH隆眉}收集一試管氣體，用拇指堵住試管口移近火焰點(diǎn)燃，若發(fā)出輕微響聲，證明氣體比較純凈；火焰明亮并伴有濃烈的黑煙；rm{H_{2}O_{2}}rm{MnO_{2}}rm{2H_{2}O_{2}簍T2H_{2}O+O_{2}隆眉}rm{H_{2}}rm{2NaOH+2Al+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}保持裝置rm{A}和裝置rm{B}液面相平；二五、簡答題(共4題，共32分)27、＜；A；10-3；a；c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）【分析】解：rm{(1)NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}與rm{NH_{4}HSO_{4}}中的rm{NH_{4}^{+}}均發(fā)生水解，但是rm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}中rm{Al^{3+}}水解呈酸性抑制rm{NH_{4}^{+}}水解，rm{HSO_{4}^{-}}電離出rm{H^{+}}同樣抑制rm{NH_{4}^{+}}水解，因?yàn)閞m{HSO_{4}^{-}}電離生成的rm{H^{+}}濃度比rm{Al^{3+}}水解生成的rm{H^{+}}濃度大，所以rm{NH_{4}HSO_{4}}中rm{NH_{4}^{+}}水解程度比rm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}中的小，故答案為：rm{<}

rm{(2)壟脵NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}水解，溶液呈酸性，升高溫度其水解程度增大，rm{pH}減小，符合的曲線為rm{A}故答案為：rm{A}

rm{壟脷}根據(jù)電荷守恒，可以求出rm{2c(SO_{4}^{2-})-c(NH_{4}^{+})-3c(Al^{3+})=c(H^{+})-c(OH^{-})=10^{-3}}rm{mol?L^{-1}[c(OH^{-})}太小，可忽略rm{]}故答案為：rm{10^{-3}}

rm{(3)a}rmrm{c}rmie2r9jw四個(gè)點(diǎn)，根據(jù)反應(yīng)量的關(guān)系，rm{a}點(diǎn)恰好消耗完rm{H^{+}}溶液中只有rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}與rm{Na_{2}SO_{4}}rmrm{c}rmpghnokq三點(diǎn)溶液均含有rm{NH_{3}?H_{2}O}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}可以促進(jìn)水的電離，而rm{NH_{3}?H_{2}O}抑制水的電離rm{.b}點(diǎn)溶液呈中性，即溶液含有rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{Na_{2}SO_{4}}rm{NH_{3}?H_{2}O}三種成分，rm{a}點(diǎn)時(shí)rm{c(Na^{+})=c(SO_{4}^{2-})}rm點(diǎn)時(shí)rm{c(Na^{+})>c(SO_{4}^{2-})}根據(jù)rm{N}元素與rm{S}元素的關(guān)系，可以得出rm{c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})}故rm{c(Na^{+})>c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})=c(H^{+})}

故答案為：rm{a}rm{c(Na^{+})>c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})=c(H^{+}).}

rm{(1)NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}中rm{Al^{3+}}水解呈酸性抑制rm{NH_{4}^{+}}水解，rm{HSO_{4}^{-}}電離出rm{H^{+}}同樣抑制rm{NH_{4}^{+}}水解；

rm{(2)壟脵NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}水解；溶液呈酸性，升高溫度其水解程度增大；

rm{壟脷}根據(jù)電荷守恒定律解題；

rm{(3)a}rmrm{c}rmbbcdqtn四個(gè)點(diǎn)，根據(jù)反應(yīng)量的關(guān)系，rm{a}點(diǎn)恰好消耗完rm{H^{+}}溶液中只有rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}與rm{Na_{2}SO_{4}}rmrm{c}rmgnretis三點(diǎn)溶液均含有rm{NH_{3}?H_{2}O}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}可以促進(jìn)水的電離，而rm{NH_{3}?H_{2}O}抑制水的電離rm{.b}點(diǎn)溶液呈中性．

本題考查鹽類的水解和離子濃度大小的比較，題目難度較大，rm{(2)壟脷}為易錯(cuò)點(diǎn)，注意根據(jù)守恒思想解題．【解析】rm{<}rm{A}rm{10^{-3}}rm{a}rm{c(Na^{+})>c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})=c(H^{+})}28、略

【分析】解：rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}Br}在氫氧化鈉乙醇溶液中發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{A}為rm{CH_{3}CH=CH_{2}}rm{CH_{3}CH=CH_{2}}在rm{NBS}作用之下發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{B}為rm{BrCH_{2}CH=CH_{2}}rm{BrCH_{2}CH=CH_{2}}與rm{Br_{2}}發(fā)生加成反應(yīng)，生成rm{C}為rm{BrCH_{2}CHBrCH_{2}Br}rm{BrCH_{2}CHBrCH_{2}Br}再堿性水解發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{D}為rm{HOCH_{2}CH(OH)CH_{2}OH}根據(jù)rm{隆煤E隆煤F隆煤}結(jié)合反應(yīng)條件可知，rm{E}為rm{F}為

rm{(1)B}為rm{BrCH_{2}CH=CH_{2}}其官能團(tuán)名稱是溴原子和碳碳雙鍵，故答案為：溴原子和碳碳雙鍵；

rm{(2)}反應(yīng)rm{壟脵}rm{壟脹}的有機(jī)反應(yīng)類型分別是消去反應(yīng)、取代反應(yīng)或水解反應(yīng)，故答案為：消去反應(yīng)；取代反應(yīng)rm{(}或水解反應(yīng)rm{)}

rm{(3)E}為含有醛基，能和銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應(yīng)、能和新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生氧化反應(yīng)生成磚紅色沉淀，故選B、rm{C}

rm{(4)}的同分異構(gòu)體中同時(shí)符合下列條件：rm{a.}能發(fā)生消去反應(yīng)，rm{b.}能與過量濃溴水反應(yīng)生成白色沉淀的芳香族化合物為，說明酚羥基鄰位或?qū)ξ挥袣湓?，rm{c.}苯環(huán)上有兩個(gè)互為對位的取代基，符合條件的結(jié)構(gòu)為

故答案為：rm{(}其中之一rm{)}

rm{(5)E}發(fā)生氧化反應(yīng)生成rm{F}反應(yīng)方程式為

故答案為：

rm{(6)}反應(yīng)rm{壟脻}的化學(xué)方程式為

故答案為：

rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}Br}在氫氧化鈉乙醇溶液中發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{A}為rm{CH_{3}CH=CH_{2}}rm{CH_{3}CH=CH_{2}}在rm{NBS}作用之下發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{B}為rm{BrCH_{2}CH=CH_{2}}rm{BrCH_{2}CH=CH_{2}}與rm{Br_{2}}發(fā)生加成反應(yīng)，生成rm{C}為rm{BrCH_{2}CHBrCH_{2}Br}rm{BrCH_{2}CHBrCH_{2}Br}再堿性水解發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{D}為rm{HOCH_{2}CH(OH)CH_{2}OH}根據(jù)rm{隆煤E隆煤F隆煤}結(jié)合反應(yīng)條件可知，rm{E}為rm{F}為據(jù)此分析解答．

本題考查有機(jī)物推斷，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生分析推斷能力及知識(shí)遷移能力，根據(jù)反應(yīng)條件、物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡式結(jié)合題給信息進(jìn)行推斷，知道常見反應(yīng)條件及反應(yīng)類型的關(guān)系，注意rm{(6)}題生成水的計(jì)量數(shù)，為易錯(cuò)點(diǎn)．【解析】溴原子核碳碳雙鍵；消去反應(yīng)；取代反應(yīng)或水解反應(yīng)；rm{BC}rm{(}其中之一rm{)}29、略

【分析】解：rm{(1)}硝酸酸浸時(shí)氧化rm{Co^{2+}}產(chǎn)生氮氧化物，酸浸工藝中用“稀rm{HCl}”替代了傳統(tǒng)的“鹽酸與硝酸的混酸”，減少有毒氣體氮氧化物的排放；防止產(chǎn)品中混有硝酸鹽rm{(}或防止將rm{Co^{2+}}氧化rm{)}

故答案為：減少有毒氣體氮氧化物的排放；防止產(chǎn)品中混有硝酸鹽rm{(}或防止將rm{Co^{2+}}氧化rm{)}

rm{(2)}由圖rm{2}可知，rm{pH=10}時(shí)，rm{Co}的回收率高且rm{Ni}的含量低，流程中除鎳，rm{Co}元素在濾渣中，