逍遥右脑 2019-03-02 17:31
化学是重要的基础科学之一，是一门以实验为基础的学科，以下是天津届南开中学高三化学模拟试卷，请考生及时练习。
一、选择题(每小题有1个正确答案，每小题6分，共36分)
1.化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是( )
选项 现象或事实 解释 A 用热的烧碱溶液洗去油污 Na2CO3可直接与油污反应 B 漂 *** 在空气中久置变质 漂 *** 中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3 C 施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用 K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效 D FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜 A.A B.B C.C D.D
【考点】盐类水解的应用;氯、溴、碘及其化合物的综合应用;铁盐和亚铁盐的相互转变.
【专题】盐类的水解专题;元素及其化合物.
【分析】A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解显碱性;
B、漂 *** 中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂 *** 在空气中久置变质;
C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效;
D、氯化铁和铜反应 生成氯化亚铁和氯化铜;
【解答】解：A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在氢氧化钠溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解生成氢氧化钠显碱性，Na2CO3 不可直接与油污反应，故A错误;
B、漂 *** 中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂 *** 失效，故B错误;
C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用，故C正确;
D、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，FeCl3不能从含Cu2+的溶液中置换出铜，FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，故D错误;
故选C.
【点评】本题考查了盐类水解的分析应用，掌握物质性质和反应实质是关键，题目难度中等.
2.下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是( )
A.该溶液中，K+、Fe2+、C6H5OH、Br?可以大量共存
B.和KI溶液反应的离子方程式：Fe3++2I??Fe2++I2
C.和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3++SO42?+Ba2++3OH??Fe(OH)3+BaSO4
D.1L O.1molL?1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2g Fe
【考点】离子共存问题;离子方程式的书写.
【专题】离子反应专题.
【分析】A.铁离子能够与苯酚发生显色反应;
B.根据电荷守恒判断，该离子方程式两边电荷不守恒;
C.该离子方程式不满足硫酸铁、氢氧化钡的化学组成关系;
D.根据n=cV计算出硫酸铁及铁离子的物质的量，再根据质量守恒及m=nM计算出铁的质量.
【解答】解：A.Fe2(SO4)3溶液中的Fe3+与C6H5OH发生显色反应，在溶液中不能大量共存，故A错误;
B.铁离子能够与碘离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe3++2I??2Fe2++I2，题目方程式未配平，故B错误;
C.Fe2(SO4)3溶液和Ba(OH)2溶液反应的生成氢氧化铁沉淀和硫酸钡沉淀，铁离子和硫酸根离子的物质的量的比为2：3，正确的离子方程式为：2Fe3++3SO42?+3Ba2++6OH??2Fe(OH)3+3BaSO4，故C错误;
D.1L O.1molL?1该溶液中含有溶质硫酸铁0.1mol，0.1mol硫酸铁中含有0.2mol铁离子，与足量锌反应可以生成0.2mol铁，生成铁的质量为11.2g，故D正确;
故选D.
【点评】本题考查了离子方程式的书写、离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确常见的离子之间不能共存的情况及离子方程式的书写原则.
3.从香荚兰豆中提取的一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应.该化合物可能的结构简式是( )
A. B. C. D.
【考点】有机物分子中的官能团及其结构;同分异构现象和同分异构体.
【专题】有机物的化学性质及推断.
【分析】一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，则该物质中含有苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基，结合其分子式确定结构简式.
【解答】解：一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，则该物质中含有苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基，
A.该分子中含有醛基和酚羟基，且分子式为C8H8O3，故A正确;
B.该分子中不含酚羟基，所以不能显色反应，不符合题意，故B错误;
C.该反应中不含醛基，所以不能发生银镜反应，不符合题意，故C错误;
D.该分子中含有醛基和酚羟基，能发生显色反应和银镜反应，其分子式为C8H6O3，不符合题意，故D错误;
故选A.
【点评】本题考查了有机物的结构和性质，知道常见有机物官能团及其性质是解本题关键，再结合题干确定有机物的官能团，题目难度不大.
4.一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是( )
A.pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS?)=110?5molL?1
B.pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1
C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(HC2O4?)
D.pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na+)：①③
【考点】离子浓度大小的比较;弱电解质在水溶液中的电离平衡;酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.
【专题】电离平衡与溶液的pH专题;盐类的水解专题.
【分析】A.H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步;
B.加水稀释促进一水合氨电离;
C.H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断;
D.pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大.
【解答】解：A.H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，所以溶液中c(H+)c(HS?)，故A错误;
B.加水稀释促进一水合氨电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的，其pH=b，则a
C.H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(HC2O4?)+2c(C2O42?)，故C错误;
D.pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大，酸根离子水解程度 ①③，所以盐浓度 ①③，钠离子不水解，所以c(Na+)：①③，故D正确;
故选D.
【点评】本题考查了离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离和盐类水解，根据弱电解质电离特点、盐类水解特点再结合电荷守恒来分析解答，易错选项是B，题目难度中等.
5.利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是( )
选项 ① ② ③ 实验结论 A 稀硫酸 Na2S AgNO3与AgCl的浊液 Ksp(AgCl)Ksp(Ag2S) B 浓硫酸 蔗糖 溴水 浓硫酸具有脱水性、氧化性 C 稀盐酸 Na2SO3 Ba(NO3)2溶液 SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀 D 浓硝酸 Na2CO3 Na2SiO3溶液 酸性：硝酸碳酸硅酸 A.A B.B C.C D.D
【考点】化学实验方案的评价.
【专题】实验评价题.
【分析】A.不发生沉淀的转化，AgNO3与AgCl的浊液中，Qc(Ag2S)Ksp(Ag2S)，则生成Ag2S;
B.浓硫酸使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色;
C.盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀;
D.浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀.
【解答】解：A.图中装置和试剂不发生沉淀的转化，对AgNO3与AgCl的浊液中，Qc(Ag2S)Ksp(Ag2S)，则生成Ag2S，可发生沉淀的生成，则不能比较溶度积，故A错误;
B.浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，故B正确;
C.盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，但SO2与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀，如与氯化钡不反应，故C错误;
D.浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸的干扰，故D错误;
故选B.
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及沉淀的生成与转化、浓硫酸的性质、酸性比较、氧化还原反应等，把握化学反应原理及实验装置中的反应为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大.
6.3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列叙述错误的是( )
A.a为电池的正极
B.电池充电反应为LiMn2O4?Li1?xMn2O4+xLi
C.放电时，a极锂的化合价发生变化
D.放电时，溶液中Li+从b向a迁移
【考点】原电池和电解池的工作原理.
【专题】电化学专题.
【分析】锂离子电池中，b电极为Li，放电时，Li失电子为负极，Li1?xMn2O4得电子为正极;充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子;据此分析.
【解答】解：A、锂离子电池中，b电极为Li，放电时，Li失电子为负极，Li1?xMn2O4得电子为正极，所以a为电池的正极，故A正确;
B、充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子，电池充电反应为LiMn2O4=Li1?xMn2O4+xLi，故B正确;
C、放电时，a为正极，正极上Li1?xMn2O4中Mn元素得电子，所以锂的化合价不变，故C错误;
D、放电时，溶液中阳离子向正极移动，即溶液中Li+从b向a迁移，故D正确;
故选C.
【点评】本题考查了锂电池的组成和工作原理，题目难度中等，本题注意把握原电池和电解池的组成和工作原理，注意根据电池反应中元素化合价的变化来判断正负极.
二、填空题(共4小题，每小题15分，满分64分)
7.A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍.B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，E+与D2?具有相同的电子数.A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸，回答下列问题;
(1)A在周期表中的位置是第一周期ⅠA族，写出一种工业制备单质F的离子方程式2Cl?+2H2O2OH?+H2+Cl2
(2)B，D，E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为纯碱(或苏打)，其水溶液与F单质反应的化学方程为2Na2CO3+Cl2+H2O?NaCl+NaClO+2NaHCO3，在产物总加入少量KI，反应后加入CCl4并震荡，有机层显紫色.
(3)由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如表：
物质 组成和结构信息 a 含有A的二元离子化合物 b 含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1：1 c 化学组成为BDF2 d 只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体 a的化学式NaH;b的化学式为Na2O2和Na2C2;c的电子式为;d的晶体类型是金属晶体
(4)有A和B、D元素组成的两种二元化合物形成一类新能源物质.一种化合物分子通过氢键构成具有空腔的固体;另一种化合物(沼气的主要成分)分子进入该空腔，其分子的空间结构为正四面体.
【考点】金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系.
【专题】元素周期律与元素周期表专题.
【分析】A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H;B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B为C或S，B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，则D为O，B的最高正价为+4价，则B为C;E+与D2?具有相同的电子数，则E为Na;A在F中燃烧，产物溶于水得到种强酸，则F为Cl;
(1)根据H在周期表中的位置分析;工业上常用电解饱和食盐水的方法来制备氯气;
(2)C、O、Na组成的化合物为碳酸钠;碳酸钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠;次氯酸钠能与KI反应生成碘单质;
(3)这几种元素只有Na能与H形成离子化合物;根据常见的氧的化合物和碳的化合物分析;根据COCl2结构式分析;只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体为Na;
(4)H、C、O能形成H2O和CH4.
【解答】解：A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H;B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B为C或S，B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，则D为O，B的最高正价为+4价，则B为C;E+与D2?具有相同的电子数，则E为Na;A在F中燃烧，产物溶于水得到种强酸，则F为Cl;
(1)已知A为H在周期表中位于第一周期ⅠA族;工业上常用电解饱和食盐水的方法来制备氯气，其电解离子方程式为：2Cl?+2H2O2OH?+H2+Cl2
故答案为：第一周期ⅠA族;2Cl?+2H2O2OH?+H2+Cl2
(2)C、O、Na组成的一种盐中，Na的质量分数为43%，则为碳酸钠，其俗名为纯碱(或苏打);碳酸钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠，反应的化学方程式为：2Na2CO3+Cl2+H2O?NaCl+NaClO+2NaHCO3;次氯酸钠能与KI反应生成碘单质，反应后加入CCl4并震荡，有机层显紫色;
故答案为：纯碱(或苏打);2Na2CO3+Cl2+H2O?NaCl+NaClO+2NaHCO3;紫;
(3)这几种元素只有Na能与H形成离子化合物，则a的化学式为NaH;含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1：1，则为Na2O2和Na2C2;已知COCl2结构式为Cl??Cl，则其电子式为;只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体为Na，Na属于金属晶体;
故答案为：NaH;Na2O2和Na2C2;;金属晶体;
(4)H、C、O能形成H2O和CH4，H2O分子间能形成氢键，甲烷是沼气的主要成分，甲烷分子的空间结构为正四面体，故答案为：氢;正四面体.
【点评】本题考查了物质结构和元素周期表、化学式的推断、电子式的书写、化学方程式和离子方程式的书写、晶体类型、氢键等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对所学知识点综合应用能力，题目难度中等.
8.Hagemann 酶(H)是一种合成多环化合物的中间体，可由下列路线合成(部分反映条件略去)：
(1)(AB)为加成反应，则B的结构简式是CH2=CH?CBC的反应类型是加成反应.
(2)H中含有的官能团名称是碳碳双键、羰基、酯基，F的名称(系统命名)是2?丁炔酸乙酯.
(3)EF的化学方程式是CH3CCCOOH+CH3CH2OHCH3CCCOOCH2CH3+H2O.
(4)TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：①核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有一个吸收峰;②存在甲氧基(CH3O?).TMOB的结构简式是.
(5)下列说法正确的是a、d.
a.A能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体 b.D和F中均含有2个健
c.1mol G完全燃烧生成7mol H2O d.H能发生加成，取代反应.
【考点】真题集萃;有机物的合成.
【专题】有机物的化学性质及推断.
【分析】从流程图可以看出，AB是两个乙炔的加成反应，生成B，然后再甲醇(CH3OH)发生加成反应生成C()，可知B的结构简式是CH2=CH?C结合F(CH3CCCOOCH2CH3)是由E和CH3CH2OH发生酯化反应的到的，所以E的结构简式为CH3CCCOOH.
(1)AB是两个乙炔的加成反应，所以B的结构简式为CH2=CH?CCH，BC是CH2=CH?CCH和甲醇的加成反应;
(2)H含有的官能团是碳碳双键，羰基，酯基;F命名为2?丁炔酸乙酯;
(3)EF的反应是E(CH3CCCOOH)和CH3CH2OH发生的酯化反应;
(4)TMOB结构中含有苯环，存在甲氧基(CH3O?)，又因为除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰，所以应该含有3个甲氧基(CH3O?)，且三个甲氧基等价;
(5)a、乙炔与HCl加成可生成氯乙烯;
b、D中碳碳三键中含有2个键，F中碳碳三键中含有2个键、碳氧双键中含有1个
c、一个G分子含有16个H原子，根据H原子守恒计算;
d、羰基可加成，酯基可发生水解反应，属于取代反应;
【解答】解：(1)AB是两个乙炔的加成反应，所以B的结构简式为CH2=CH?CCH，BC是CH2=CH?CCH和甲醇的加成反应生成C()，
故答案为：CH2=CH?C加成反应;
(2)根据H的结构简式可知，H含有的官能团是碳碳双键，羰基，酯基;F的结构简式为CH3CCCOOCH2CH3，命名为2?丁炔酸乙酯，
故答案为：碳碳双键，羰基，酯基;2?丁炔酸乙酯;
(3)EF的反应是E(CH3CCCOOH)和CH3CH2OH发生的酯化反应，所以反应方程式为CH3CCCOOH+CH3CH2OHCH3CCCOOCH2CH3+H2O，
故答案为：CH3CCCOOH+CH3CH2OHCH3CCCOOCH2CH3+H2O;
(4)TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：①核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰;②存在甲氧基(CH3O?)，说明TMOB结构中含有苯环，存在甲氧基(CH3O?)，又因为除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰，所以应该含有3个甲氧基(CH3O?)，且三个甲氧基等价，所以TMOB的结构简式，
故答案为：;
(5)a、乙炔与HCl加成可生成氯乙烯，氯乙烯是生产聚氯乙烯的单体，故a正确;
b、D中碳碳三键中含有2个键，F中碳碳三键中含有2个键、碳氧双键中含有1个键，共3个键，故b错误;
c、一个G分子含有16个H原子，1molG含有16molH，1mol G完全燃烧生成8molH2O，故c错误;
d、H中的羰基可加成，酯基可发生水解反应，水解反应属于取代反应，故d正确;
故答案为：a、d.
【点评】本题考查了有机物的合成，难度中等，为历年高考选作试题，试题综合性强，把握有机物合成中官能团的变化是解题的关键.
9.(18分)某小组以CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X，为确定其组成，进行如下实验：
①氨的测定：精确称取w g X，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10% NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mL c1molL?1的盐酸标准溶液吸收.蒸氨结束后取下接收瓶，用c2molL?1 NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mL NaOH溶液.
②氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现砖红色沉淀不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色)
回答下列问题：
(1)装置中安全管的作用原理是当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定.
(2)用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管，可使用的指示剂为酚酞或甲基红.
(3)样品中氨的质量分数表达式为.
(4)测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将偏低(填偏高或偏低).
(5)测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是防止硝酸银见光分解，滴定终点时，若溶液中c(Ag+)=2.010?5molL?1，c(CrO42?)为2.810?3molL?1.(已知：Ksp(Ag2CrO4)=1.1210?12)
(6)经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，钴的化合价为+3，制备X的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+2H2O，X的制备过程中温度不能过高的原因是温度过高过氧化氢分解、氨气逸出.
【考点】真题集萃;探究物质的组成或测量物质的含量.
【专题】实验分析题.
【分析】(1)通过2中液面调节A中压强;
(2)碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中;NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂;
(3)根据氨气与和氨气反应盐酸之间的关系式计算氨气的质量，再根据质量分数公式计算氨质量分数;
(4)若气密性不好，导致氨气的量偏低;
(5)硝酸银不稳定，易分解;根据离子积常数计算c(CrO42?);
(6)经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为[Co(NH3)6]Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0计算Co元素化合价;该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成[Co(NH3)6]Cl3和水;双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低.
【解答】解：(1)通过2中液面调节A中压强，如果A中压力过大时，安全管中液面上升，使A中压力减小，从而稳定压力，
故答案为：当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定;
(2)碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管盛放NaOH溶液;NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂，甲基红为酸性变色指示剂、酚酞为碱性变色指示剂，所以可以选取甲基红或酚酞作指示剂，
故答案为：碱;酚酞或甲基红;
(3)与氨气反应的n(HCl)=10?3V1Lc1molL?1?c2molL?1 10?3V2L=10?3(c1V1?c2V2)mol，根据氨气和HCl的关系式知，n(NH3)=n(HCl)=10?3(c1V1?c2V2)mol，氨的质量分数=，故答案为：;
(4)若气密性不好，导致部分氨气泄漏，所以氨气质量分数偏低，故答案为：偏低;
(5)硝酸银不稳定，见光易分解，为防止硝酸银分解，用棕色试剂瓶盛放硝酸银溶液;c(CrO42?)=mol/L=2.810?3 mol/L，
故答案为：防止硝酸银见光分解;2.810?3;
(6)经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为[Co(NH3)6]Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0得Co元素化合价为+3价;该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成[Co(NH3)6]Cl3和水，反应方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+2H2O;双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低，所以X的制备过程中温度不能过高，
故答案为：+3;2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+2H2O;温度越高过氧化氢分解、氨气逸出.
【点评】本题考查了物质含量的沉淀，涉及难溶物的溶解平衡、氧化还原反应、物质含量的测定等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道指示剂的选取方法，题目难度中等.
10.(16分)乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水合法生产，回答下列问题：
(1)间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯(C2H5OSO3H)，再水解生成乙醇，写出相应反应的化学方程式C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2OC2H5OH+H2SO4;
(2)已知：
甲醇脱水反应 2CH3OH(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1=?23.9kJmol?1
甲醇制烯烃反应 2CH3OH(g)?C2H4(g)+2H2O(g)△H2=?29.1kJmol?1
乙醇异构化反应 C2H5OH(g)?CH3OCH3(g)△H3=+50.7kJmol?1
则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g)?C2H5OH(g)的△H=?45.5kJmol?1，与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是无副产品，原子利用率100%;
(3)如图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系(其中：=1：1)
①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数Kp=0.07(MPa)?1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数);
②图中压强(P1，P2，P3，P4)大小顺序为p1
③气相直接水合法常采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290℃，压强6.9MPa，：=0.6：1，乙烯的转化率为5%，若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有将产物乙醇液化移去、增加：比.
【考点】真题集萃;热化学方程式;化学平衡常数的含义;化学平衡的影响因素;转化率随温度、压强的变化曲线.
【专题】化学反应中的能量变化;化学平衡专题.
【分析】(1)乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯(C2H5OSO3H)，效仿乙酸乙酯水解，将水分成氢原子和羟基生成乙醇和硫酸;
(2)利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变，气相直接水合法原子利用率100%;
(3)①列出Kp表达式，利用三段法计算平衡分压带入表达式计算即可;
②在相同温度下由于乙烯转化率为p1
③若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改变物质的浓度.
【解答】解：(1)乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯(C2H5OSO3H)，化学方程式为C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H，硫酸氢乙酯水解生成乙醇和硫酸，化学方程式为C2H5OSO3H+H2OC2H5OH+H2SO4，
故答案为：C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2OC2H5OH+H2SO4;
(2)已知：甲醇脱水反应 ①2CH3OH(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1=?23.9kJmol?1
甲醇制烯烃反应 ②2CH3OH(g)?C2H4(g)+2H2O(g)△H2=?29.1kJmol?1
乙醇异构化反应 ③C2H5OH(g)?CH3OCH3(g)△H3=+50.7kJmol?1，
根据盖斯定律①?②?③可得：C2H4(g)+H2O(g)?C2H5OH(g)△H=(?23.9+29.1?50.7)kJ/mol=?45.5kJ/mol;
乙烯直接水化法中反应物中所有原子全部都变成生成物，所以原子利用率100%，没有副产品，
故答案为：?45.5;无副产品，原子利用率100%;
(3)①C2H4(g)+H2O(g)?C2H5OH(g)
开始：1 1 0
转化：0.2 0.2 0.2
平衡：0.8 0.8 0.2
乙醇占=，乙烯和水各占=，则乙醇的分压为7.85MPa=0.87MPa，乙烯和水的分压为7.85MPa=3.49MPa，
所以Kp===0.07(MPa)?1，
故答案为：0.07(MPa)?1;
②在相同温度下由于乙烯转化率为p1
故答案为：p1
③若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改变物质的浓度，如从平衡体系中将产物乙醇分离出来，或增大水蒸气的浓度，改变二者物质的量的比等，
故答案为：将产物乙醇液化移去;增加：比.
【点评】本题考查了化学方程式的书写、压强对平衡移动的影响、物质制取方案的比较、反应热及平衡常数的计算等知识，综合性非常强，该题是高考中的常见题型，属于中等难度较大，侧重于学生分析问题、解决问题、知识迁移能力的培养.
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