《河南省漯河市高级中学2022届高三化学上学期第二次模拟考试试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省漯河市高级中学2022届高三化学上学期第二次模拟考试试题.doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、河南省漯河市高级中学2022届高三上学期第二次模拟考试化学试题可能用到的相对原子质S: H: 1 C: 12 O：16 Cl：35.5 Cr：52 Mn：55 Fe：56 Cu：64 Ag：108 Mo： 96 Ni：59 S：32 Al：27 N：14 Ag：108 一、选择题每题3分，共48分1. 关于以下诗句或谚语，说法不正确的选项是 A. “忽闻海上有仙山，山在虚无缥緲间的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关B. “水乳交融，火上浇油前者包含物理变化，而后者包含化学变化C. “滴水石穿、绳锯木断不包含化学变化D. “落汤螃蟹着红袍肯定发生了化学变化【答案】C【解析】试题分析：A空气属
2、于胶体，海市蜃楼是光线在延直线方向密度不同的气层中，经过折射造成的结果，故A正确；B水乳交融表达的是物质溶解性，属于物理变化，火上浇油表达的是物质的燃烧反响，属于化学变化，故B正确；C水滴石穿蕴含着碳酸钙与二氧化碳和水反响生成碳酸氢钙，属于化学变化，绳锯木断表达的是物质间的摩擦，属于物理变化，故C错误；D“落汤螃蟹着红袍表达了在加热条件下蛋白质发生了变性，生成了新的物质，属于化学变化，故D正确；应选C。考点：考查了物理变化与化学变化的区别与联系；胶体的重要性质的相关知识。2. 以下有关电解质的说法中正确的选项是 A. 强电解质一定是离子化合物 B. 强电解质、弱电解质的电离一般都是吸热过程C.
3、 强电解质的饱和溶液一定是浓溶液 D. 强电解质在水中一定能全部溶解【答案】B【解析】试题分析：A、强弱电解质根本区别在于能否完全电离，强电解质不一定为离子化合物，如硫酸、氯化氢等都是共价化合物，它们属于强电解质，A错误；B、强电解质和弱电解质的电离过程都是吸热反响，B正确；C、强弱电解质与溶解度没有必然关系，强电解质的溶液不一定为浓溶液，如硫酸钡、氯化银、碳酸钙等为强电解质，它们在水中溶解度较小，其饱和溶液浓度较小，C错误；D、硫酸钡难溶于水，但它是强电解质，D错误。答案选B。考点：电解质3. 分类法是学习化学常用的方法，以下分类方法不正确的选项是根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属
4、元素和非金属元素根据物质在常温下的状态，可以从硅、硫、铜、铁、氮气中选出氮气根据组成元素的种类，将纯洁物分为单质和化合物根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物和酸性氧化物根据盐在水中的溶解度，将盐分为硫酸盐、碳酸盐、钾盐和铵盐A. B. C. 只有 D. 全部【答案】A【解析】大多数最外层电子数少的元素是金属元素，但氢、氦等最外层电子数少的元素不是金属元素，而是非金属元素，错误；常温下硅、硫、铜、铁是固态，氮气是气态，正确；由同一种元素组成的纯洁物为单质，由不同种元素组成的净物分为化合物，正确；醋酸中含有四个氢原子，但不
5、是四元酸，而是一元酸，应根据酸分子电离出的H数目判断酸是几元酸，错误；含金属元素的氧化物不一定是碱性氧化物，如氧化铝是两性氧化物，七氧化二锰是酸性氧化物，而CO、NO是不成盐氧化物，错误；根据盐在水中的溶解度，将盐分为易溶盐、可溶盐、微溶盐和难溶盐，错误。即不正确的有，答案选A。点睛：此题考查化学常用的分类法，明确分类方法的标准是解答此题的关键。4. 化学与生活皆有着密切联系。以下有关说法审早的是 A. 用纯碱和用淸洁剂都能洗涤玻璃仪器外表油污，但去污原理不同。B. 制作烟花的过程中常参加金属发光剂和发色剂使烟花放出五彩缤纷的颜色C. 草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥的主要成分可以是碳酸钙D
6、. 芒硝晶体Na2SO410H2O)白天在阳光下曝晒后失水、溶解吸热，晚上重新结晶放热，实现了太阳能转化为化学能继而转化为热能【答案】C【解析】A纯碱水解后溶液显碱性，能促进油污水解，到达去污目的；而清洁剂对油污具有乳化作用，用清洁剂除去衣服上的油污，两者去污原理不同，故A正确；B烟花放出五彩缤纷的颜色和元素的颜色反响、烟花中的参加金属发光剂和发色剂有关系，故B正确；C碳酸钙需要在高温下煅烧分解得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸钙来产生二氧化碳，故C错误；DNa2SO410H2O失水和结晶属于化学变化，能量转换形式为化学能和热能的转化，白天在阳光下曝晒后失水，转换形式为太阳能和化学能的转化，故
7、D正确；答案为C。5. 化学与科技生产、生活环境等密切相关，以下说法不正确的选项是 A. 有人称“一带一路是“现代丝绸之路，丝绸的主要成分是纤维素，厲于天然高分子化合物B. 陶瓷、水泥和玻璃都属于硅酸盐产品C. 废旧钢材焊接前，可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4C1溶液处理焊点D. 使用可降解的聚碳酸酯塑料和向燃煤中参加生石灰，都能减轻环境污染【答案】A【解析】A、丝绸的主要成分是蛋白质，是纤维但非纤维素，属于天然高分子化合物.6. 某合作学习小组讨论辨析：花生油属于混合物，液氯、冰醋酸均属于纯洁物碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵都属于离子化合物醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和碱性氧化物氨气
8、、水和硫酸钡分别属于非电解质、弱电解质和强电解质煤的气化与液化均属于化学变化，煤的干馏属于物理变化酸性氧化物不一定是非金属氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物氢氧化铁、有色玻璃和果冻都是胶体上述说法正确的选项是 A. B. C. D. 【答案】A【解析】天然油脂是混甘油脂，那么花生油属于混合物，而液氯、冰醋酸均为一种成分组成，均属于纯洁物，故正确；离子化合物包括两大类：一是由金属和非金属元素共同构成的化合物绝大多数是离子化合物；二是所有的铵盐；故碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵都属于离子化合物，故正确；酸：电离出的阳离子全部为氢离子的化合物；碱：电离出的阴离子全部为氢氧根的化合物；碱性氧化物：能与酸反响
9、生成盐和水的氧化物，碱性氧化物有强氧化性，与酸反响时可考虑碱性氧化物先与水反响生成NaOH和氧气，NaOH再与酸发生中和反响，故错误；根据常见的电解质：酸、碱、盐、金属氧化物、水；非电解质：蔗糖、酒精、非金属氧化物和氨气；强电解质：强酸、强碱、绝大多数的盐、金属氧化物；可知，硫酸钡为强电解质，水为弱电解质，而氨气为非电解质，故正确；煤的气化与液化及煤的干馏均属于化学变化，故错误；酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7，但碱性氧化物一定是金属氧化物，故正确；氢氧化铁是纯洁物，而有色玻璃和果冻都是胶体，故错误；答案为A。7. AIN广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN通过反响
10、 A12O3+N2+3C2AIN+3CO和成。以下表达正确的选项是 A. A1N为氧化产物 B. A1N的摩尔质量为41gC. 上述反响中，生成lmolAlN需转移3mol电子 D. 上述反响中，N2是复原剂，Al2O3是氧化剂【答案】C【解析】AAlN中氮元素的化合价为-3，那么反响中N元素的化合价从0价降为-3价，即AlN为复原产物，故A错误；BAlN的摩尔质量为41g/mol，故B错误；C反响中N元素化合价由0价降低到-3价，那么生成1mol AlN转移3mol电子，故C正确；D该反响中Al2O3中Al、O元素化合价不变，所以Al2O3既不是氧化剂也不是复原剂，N元素化合价由0价变为-3
11、价，那么氮气是氧化剂，故D错误；故答案为C。8. 以下有关化学实验的设计合理的是 A. 向氯化亚铁溶液中滴加酸性高猛酸钾溶液，证明溶液中含有Fe2+B. 采用蒸馏的方法别离碘的四氯化碳溶液C. 用盐酸与碳酸钙反响，比拟氯和碳的非金属性D. H2S气体通入CuSO4溶液，比拟氧硫酸和硫酸的酸性【答案】B【解析】A. 向氯化亚铁溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，氯离子也能被氧化而使溶液褪色，不能证明溶液中含有Fe2+，A错误；B. 碘和四氯化碳的沸点相差较大，采用蒸馏的方法别离碘的四氯化碳溶液，B正确；C. 盐酸不是最高价含氧酸，不能比拟氯和碳的非金属性，C错误；D. H2S气体通入CuSO4溶液生成硫
12、化铜和硫酸，不能据此说明氢硫酸比硫酸的酸性强，硫酸的酸性强于H2S，D错误，答案选B。9. 根据以下图海水综合利用的工艺流程图，判断以下说法正确的选项是 己知：MgCl26H2O受热生成Mg(OH)Cl和HC1气体等。A. 过程的提纯是物理过程B. 在过程中将MgCl26H2O灼烧即可制得无水MgCl2C. 过程反响后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题D. 工业上采用向母液中参加烧喊的方法获得氢氧化镁【答案】C【解析】A、因由粗盐得到精盐，就是要除去粗盐中的杂质，除去Mg2+、CO32、SO42分别用NaOH溶液、盐酸、BaCl2溶液，这些反响都是化学反响，不是物理过程，A错误；B、
13、因MgCl26H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl气体等，得不到无水MgCl2，假设要由MgCl26H2O灼烧即可制得无水MgCl2，为防止Mg2+发生水解，应在HCl气氛中进行，B错误；C、因 Br2+SO2 +2H2O2HBr+H2SO4，反响后溶液呈酸性，能与金属容器反响，因此生产中需解决其对设备的腐蚀问题，C正确；D、工业上采用向母液中参加石灰乳的方法获得氢氧化镁，烧碱价格高，不划算，D错误；答案选C。 10. 实验室用N2与Mg制备Mg3N2的装置如下图焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气，以下说法正确的选项是 A. 、中依次盛装浓H2SO4溶液、NaOH溶液、焦性没食子酸溶液B. 实
14、验操作顺序为：通空气管式电炉通电加热管式电炉通电加热C. 的作用是预热经净化后的氮气D. 当的瓷舟中燃烧产生白光时，可停止通电加热装置【答案】D【解析】A、如果、中依次盛装浓H2SO4溶液、NaOH溶液、焦性没食子酸溶液，那么通入和中的气体中含有大量的水蒸气，会干扰实验，选项A错误；B、实验操作顺序为：通空气管式电炉通电加热管式电炉通电加热，选项B错误；C、的作用是进一步除去空气中的氧气，选项C错误；D、当的瓷舟中燃烧产生白光时，可停止通电加热装置，利用反响放出的热量使反响继续，选项D正确。答案选D。11. 设NA为阿伏伽德罗常数的数值，以下说法正确的选项是 A. 50mL18.4mol/L浓
15、硫酸与足量铜微热反响，生成SO2分子的数目为0.46NAB. 某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，充分反响后转移电子的数目为0 6NAC. 假设由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，那么其中的氧原子数为2NAD. 常温下lL0.lmol/LNH4NO3溶液中的氢原子数为0.4NA【答案】C【解析】A、浓硫酸随反响进行，浓度减小为稀硫酸不与铜发生反响，生成SO2分子数目小于0.46NA，故A错误；B、合成氨的反响为可逆反响，不能进行彻底，故充分反响后转移电子的数目小于0.6NA，故B错误；C、由CO2和O2组成的混合物，分子中都含有2个氧原子，NA个分子物质的量为1mol，由
16、CO2和O2组成的混合物中共有个NA分子，其中的氧原子数为2NA，故C正确；D、NH4NO3溶液中不但NH4NO3本身含氢原子，水也含氢原子，故溶液中的氢原子的个数大于0.4NA个，故D错误；应选C。点睛：此题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。此题的易错点为A，要注意反响过程中硫酸浓度的变化对反响的影响。12. 热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。该电池以Ca为负极，熔融无水LiCl-KCl混合物作电解质，结构如下图。正极反响式为PbSO4+2Li+2e-=Li2SO4+Pb 以下说法不正确的选项是( )A. 放电过程中，Li+向正极移动B. 常温下电
17、解质是不导电的固体，电池不工作C. 每转移0.1mol电子，理论上生成20.7 gPbD. 该电池总反响为 PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb【答案】C【解析】放电过程中，阳离子移向正极，Li向正极移动，故A正确；常温下，电解质不能融化，不能形成原电池，故指针不偏转，故B正确；每转移0.1mol电子，生成0.05mol Pb，为10.35g，故C错误；电池以Ca为负极，电池总反响为PbSO42LiClCa=CaCl2Li2SO4+Pb，故D正确。13. 随着各地治霾力度的加大，大力开展高性能燃料电池汽车成为研究课题。如图是某课题组设计的液体燃料电池示意图。以下有关表达
18、不正确的选项是 A. 该电池的优点是不产生污染气体，且液体燃料便于携带B. 电池内部使用的是阴离子交换膜，OH-经交换膜移向负极C. 该燃料电池的电极材料采用多孔纳米碳材料如图，目的是增大接触面积，增加吸附量D. 该电池中通入N2H4的电极为正发生的电极反响式为N2H4+4OH-4e-=N2+4H2O【答案】D【解析】A该燃料电池中，联氨和空气中的氧气反响生成氮气和水，不会造成大气污染，同时液态联氨便于携带，正确；B该原电池中，正极上氧气结合电子生成氢氧根离子，氢氧根离子移向负极，所以离子交换膜要选取阴离子交换膜，正确；C因为电池中正负极上为气体参与的反响，所以采用多孔导电材料，可以提高电极反
19、响物质在电极外表的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，正确；D通入N2H4的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反响，电极反响式为：N2H4+4OH-4e-=N2+4H2O，错误。点睛：电化学类试题在分析过程中先确定池型燃料电池，然后分析电极左：N2H4N2，发生氧化反响，负极；分析电极反响：N2H4+4OH-4e-=N2+4H2O；最后判断电子、离子的流向及数目等。14. 常温下，某溶液X由Fe3+、SO42-、Cu2+、Na+、CO32-、A13+中的几种离子组成。取少量待测液滴加KSCN溶液，溶液变红；另取少量待测滴加NaOH溶液至pH=4后过滤，向滤液中继续滴加NaOH溶液至过量时又
20、得到沉淀W和溶液Y。可能用到的数据如下表所示，以下说法正确的选项是 沉淀物Fe(OH)3Cu(OH)2Al(OH)3开始沉淀的pH1.94.73.4沉淀完全的pH3.26.74.7A. 该温度下 KspFe(OH)3=l10-14.6 B. W主要含有Cu(OH)2和 A1(OH)3C. 溶液X中一定含有Cu2+、Fe3+和SO42- D. 取溶液Y进行焰色反响，可判断溶液X中是否含有Na+【答案】C【解析】常温下，某溶液X由Fe3+、SO42-、Cu2+、Na+、CO32-、Al3+中的几种离子组成。取少量待测液滴加KSCN溶液，溶液变红可知含有Fe3+，那么不存在CO32-；另取少量待测滴
21、加NaOH溶液至pH=4时Fe3+完全沉淀为，后过滤，向滤液中继续滴加NaOH溶液至过量时又得到沉淀W溶液Y，因Al(OH)3能溶解于过量的NaOH，沉淀W是Cu(OH)2；溶液是电中性的，必须含有的阴离子为SO42-；AFe(OH)3完全沉淀的pH=3.2，那么KspFe(OH)3=c(Fe3+)c3(OH-)=110-5(110-3.2)3=110-37，故A错误；BAl(OH)3能溶解于过量的NaOH，沉淀W是不可能有Al(OH)3，故B错误；C据分析可知，溶液X中一定含有Cu2+、Fe3+和SO42-，故C正确；D取溶液Y进行焰色反响，无法判断溶液X中是否含有Na+，因沉淀Cu2+时滴
22、加了过量的NaOH溶液，引入了Na+，故D错误；答案为C。15. .R、X、Y、Z、A是短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如下图。X原子最外层电子数等于其电子层数的3倍。以下推断正确的选项是 A. 气态氢化物的热稳定性由强到弱的顺序为ZRXY B. 原子半径由小到大的顺序为：ZAYXC. 最高价氧化物对应的水化物酸性由弱到强的顺序为：ZRA D. RY3、A2X、ZA5分子中每个原子最外层都到达8电子结构【答案】C16. 某同学做金属钼Mo)在氧气中燃烧的实验测其氧化物的组成，结果如右图所示，该同学利用实验结果得出Mo的氧化物I和II分别为A. I为MoO3，II为 Mo2O B. I为
23、MoO, II为 MoO2 .C. I为MoO2，II为 MoO3 D. I为MoO3，II为 MoO2【答案】C【解析】根据图像可知Mo的氧化物中Mo和O的原子个数之比是，所以化学式是MoO2；根据图像可知Mo的氧化物中Mo和O的原子个数之比是，所以化学式是MoO3；答案选C。二、非选择题12分+14分+14分+12分，共52分17. 某研究性学习小组的同学为了探究NO的性质，进行了如下实验。(1)甲同学设计了图甲装置进行实验，观察到集气瓶中收集到无色气体，由此确定铜和稀硝酸反响生成NO气体。甲同学的推断_(填“正确或“不正确)，理由是_。(2)乙同学不同意甲同学的推断.他观察到图甲装置圆底
24、烧瓶中的气体不是无色。为此乙同学设计了图乙装置进行实验，步骤如下：在大试管中放入适量石灰石，参加过量稀硝酸；待石灰石反响完全，将铜丝浸入过量的稀硝酸中；一段时间后，观察到大试管中气体始终为无色，收集反响产生的气体；待集气瓶充满气体后从水槽中取出，敞口正放在桌面上，观察到瓶口气体颜色有变化, 证明稀硝酸与铜反响生成NO。步骤的作用是_；步骤瓶口气体的颜色变化是_。(3)当过量的铜与稀硝酸完全反响后，再参加20%的稀硫酸，铜片上又有气泡产生，稀硫酸的作用是_(填正确选项的编号)，反响的离子方程式为_。a.复原剂 b.氧化剂 c.酸化 d.提供热能(4)某些资料认为NO不能与Na2O2反响丙同学提出
25、质疑，他认为NO易与O2发生反响， 应该更容易被Na2O2氧化。査阅资料：a.2NO+ Na2O2=2NaNO2；b.6NaNO2+3H2SO4(稀)=3Na2SO4+2HNO3+4NO+2H2O；c.酸性条件下，NO能被MnO4-氧化生成NO3-。丙同学在乙同学的实验根底上，用以下图所示装置探究NO与Na2O2的反响。 C装置中碱石灰的作用是_； F装置中反响的离子方程式为_。充分反响后，检验D装置中是否发生反响2NO+Na2O2=2NaNO2的实验操作是_。【答案】 (1). 不正确 (2). NO2能与水反响生成NO，无论铜与稀硝酸反响生成的是NO还是NO2，集气瓶中收集到的气体都是NO
26、 (3). 排尽装置内的空气 (4). 无色变成红棕色 (5). c (6). 3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O (7). 吸收CO2和水蒸气 (8). 5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2+2H2O (9). 取D装置中固体少许于试管中，参加稀硫酸，假设产生无色气体，且遇到空气变红棕色，那么2NO+Na2O2=2NaNO2发生，假设气体不变色，那么该反响未发生(答案合理即可【解析】(1)如果生成二氧化氮，二氧化氮能够与水反响生成无色的一氧化氮，因此不能确定铜和稀硝酸反响生成NO气体，故答案为：不正确；NO2能与水反响生成NO，无论铜与稀硝酸反响生成的是NO
27、还是NO2，集气瓶中收集到的气体都是NO；(2) 步骤中的碳酸钙与硝酸反响生成二氧化氮，能够排尽装置内的空气，防止生成的一氧化氮被氧化，一氧化氮遇到氧气反响生成二氧化氮，二氧化氮为红棕色气体，故答案为：排尽装置内的空气；无色变成红棕色； (3)过量的铜与稀硝酸完全反响生成硝酸铜，再参加20%的稀硫酸，稀硫酸提供了氢离子，溶液中存在氢离子和硝酸根离子，可以看出为硝酸，因此铜片与硝酸又反响生成气泡，反响的离子方程式为3Cu2NO8H=3Cu22NO4H2O，故答案为：c；3Cu2NO8H=3Cu22NO4H2O；(4)过氧化钠能够与二氧化碳和水蒸气反响放出氧气，因此需要用碱石灰除去气体中二氧化碳和
28、水蒸气；未反响的NO会污染环境，用高锰酸钾溶液吸收，将NO氧化成硝酸根离子，反响的离子方程式为5NO+4H+3MnO4-5NO3-+3Mn2+2H2O，故答案为：吸收CO2和水蒸气；5NO+4H+3MnO4-5NO3-+3Mn2+2H2O亚硝酸钠中加盐酸会生成NO，NO遇到空气中的氧气会变为红棕色，那么检验D装置中是否发生反响2NONa2O2=2NaNO2的实验操作为：取D装置中固体少许于试管中，参加稀硫酸，假设产生无色气体，且遇到空气变红棕色，那么2NONa2O2=2NaNO2发生，假设气体不变色，那么该反响未发生；故答案为：取D装置中固体少许于试管中，参加稀硫酸，假设产生无色气体，且遇到空
29、气变红棕色，那么2NONa2O2=2NaNO2发生，假设气体不变色，那么该反响未发生。18. 甲醛(HCHO)与葡萍糖相似具有复原性。为探究过量甲醛和新制Cu(OH)2反响的产物，进行如下 研究。(1)在右图装置中.进行实验，向a中参加0.5 mol/LCuSO4溶液50mL和5mol/LNaOH溶液100mL，振荡，再 参加40%的甲醛溶液50mL，缓慢加热a20分钟后冷却至室温。盛装甲醛溶液的仪器名称是_；能说明甲醛具有复原性的实验现象是_。 (2)上述实验有副反响发生，产生的气体为CO、H2中的一种或两种。为确认气体成分, 将装置A和以下图中局部装置连接后进行实验。依次连接的合理顺序为A
30、B_G。装置B的作用是_。证明有H2的实验现象是_。(3)反响后a中有红色固体产生，为研究其组成，进行如下实验(每步均充分反响):：Cu2O Cu(NH3)4+无色 Cu(NH3)42+蓝色 锥形瓶ii中固体完全溶解得深蓝色溶液的离子方程式为_；将容量瓶ii中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容置瓶i相近。由此可知固体产物的组成及物质的量之比约为_。【答案】 (1). 恒压滴液漏斗或恒压漏斗 (2). a中出现砖红色物质 (3). EFDC (4). 吸收甲醛蒸气，防止其干扰后续检验 (5). F中黑色固体变红色，D中固体变蓝色 (6). 2Cu+O2+8NH3H2O=2Cu(NH3)42+4
31、OH-+6H2O (7). n(Cu2O)：n(Cu)=1:200【解析】1根据仪器构造可判断盛装甲醛溶液的仪器名称是恒压滴液漏斗或恒压漏斗。甲醛和新制Cu(OH)2混合加热，甲醛被氧化为甲酸，而Cu(OH)2被复原为Cu2O，那么a中会有砖红色固体生成；2检验混合气体中H2、CO，需要先将气体枯燥，通入灼热的氧化铜，将两者转化为H2O和CO2，再依次通过无水硫酸铜和澄清石灰水检验，注意必须先检验水，另外甲醛有挥发性，混杂在气体产物中，因其有复原性，会和氧化铜反响生成水和二氧化碳，影响产物的检验，需要先除去，所以顺序是ABEFDCG；其中装置B的作用是吸收甲醛蒸气，防止其干扰后续检验；根据以上
32、分析可知有H2的实验现象是F中黑色固体变红色，D中固体变蓝色；3由题干信息可知，无色的Cu(NH3)4+在空气中会被氧化为蓝色的Cu(NH3)42+，摇动锥形瓶的目的就是有利于溶液中Cu(NH3)4+与空气中的氧气接触；由有红色固体产生可知产物应该为单质铜，铜与浓氨水、氧气反响的离子方程式为2Cu+8NH3H2O+O22Cu(NH3)42+4OH+6H2O；将容量瓶中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶相近，说明稀释前，容量瓶中溶液浓度为中的100倍，即物质的量中为中100倍，由原子守恒可得n(Cu2O):n(Cu)1:200。19. 三氧化二镍Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池
33、材料。工业上利用含镍废料镍、铁、钙、镁合金为主制取草酸镍NiC2O42H2O,再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。己知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。工艺流程图如下图：请答复以下问题：(1)操作I为_。(2) 参加H2O2发生的主要反响的离子方程式为_。参加碳酸钠溶液调pH至4.05.0,其目的为_。(3)草酸镍NiC2O42H2O)在热空气中枯燥脱水后在髙温下煅烧，可制得Ni2O3，同时获得混合气体。NiC2O4受热分解的化学方程式为_。(4)工业上还可用电解法制取Ni2O3，用NaOH溶喷调NiCl2溶液的pH至7.5，参加适量Na2SO4后利用惰性电极电解。电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱
34、性条件下生成 ClO-再把二价镍氧化为三价镍。ClO-氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的离子方程为_。a mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过电子的物质的量为_。(5)以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池放电时，NiO(OH)转化为Ni(OH)2,该电池反响的化学方程式是_。【答案】 (1). 加酸溶解，过滤 (2). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (3). 促进铁离子水解沉淀完全 (4). 2NiC2O4Ni2O3+3CO+CO2 (5). ClO-+2Ni(OH)2=Cl-+Ni2O3+2H2O (6). 1.25amol (7).
35、Al+3NiO(OH)+NaOH+H2O=3Ni(OH)2+NaAlO2【解析】试题分析：1分析工艺流程图可知，含镍废料镍、铁、钙、镁合金为主，要使之变成离子，应该加酸溶解金属，再除去不溶物，所以操作为加酸溶解，过滤。2加双氧水的目的是氧化Fe2生成Fe3+，反响的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；参加碳酸钠溶液的作用是调节pH，促进铁离子水解，沉淀完全；3草酸镍NiC2O42H2O在热空气中枯燥脱水后生成NiC2O4，NiC2O4再发生氧化复原反响，Ni由+2价升高到+3价，那么C由+3价降低到+2价，因为生成了混合气体，那么另一气体为CO2，所以反响生成Ni2O3
36、、CO、CO2，再利用化合价升降相等，Ni：升高23-2，C：升高14-3，C：降低：33-2，配平方程式为：2NiC2O4 Ni2O3+3CO+CO2；4ClO具有氧化性，Cl由+1价降低到-1价，Ni由+2价升高到+3价，利用化合价升降相等可配平ClO-、Ni(OH)2、Cl-、Ni2O3的系数，再利用H原子守恒配平水的系数，得到的离子方程式为ClO-+2Ni(OH)2=Cl-+Ni2O3+2H2O；根据离子方程式ClO-+2Ni(OH)2=Cl-+Ni2O3+2H2O，amol二价镍全部转化为三价镍，那么参加反响的ClO的物质的量为0.5amol，根据化学反响Cl2+2OH-ClO-+C
37、l-+H2O，电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO-，参加反响的Cl2的物质的量为0.5a80%=0.625 a mol，进行电解时，阳极反响式为2Cl-2e-Cl2，那么ne-=0.625mol2=1.25a mol。5以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时，NiO(OH)转化为Ni(OH)2，Ni的化合价由+3价降低到+2价，那么正极反响为3NiO(OH)+3e+3H2O=3Ni(OH)2+3OH，负极是Al失电子生成NaAlO2，负极电极反响为Al-3e+4OH=AlO2-+2H2O，正、负极相加得电池的总反响，那么该电池反响的化学方
38、程式是Al+3NiO(OH)+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni(OH)2。考点：考查流程分析推断，实验操作步骤的判断，离子方程式的书写和电解原理的分析应用等知识。20. A、B、C分别代表中学化学中的常见物质，请根据题目要求答复以下问题：(1)实验室常用A的饱和溶液制备微粒直径为1nm100nm的红褐色液相分散系.那么该反响的化学方程式为： _，将A的溶液加热蒸干并灼烧，得到固体的化学式为_。(2)B为地壳中含量最高的金属元素的氧化物，向50g，4mol/L的B溶液中逐滴滴入100ml某浓度的KOH溶液，假设产生7.8g白色沉淀，那么参加的KOH溶液的浓度可能为_。(3)将A、B中两种金
39、属元素的单质用导线连接，插入同一个盛有KOH溶液的烧杯中构成原电池，那么负极发生的电极反响为：_。(4) C是常见温室气体，将一定量的气体C通入100mL某浓度的KOH溶液得溶液F, 向F溶液中逐滴参加2 mol.L-1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如下图。那么F溶质与足量石灰水发生反响最多可得沉淀的质量为_g。(5)pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反响可制备碱式硫酸铝A12(SO4)x(OH)6-2x溶液。假设溶液的pH偏髙，那么碱式硫酸铝产率降低且有气体C产生，用化学方程式表示其原因：_。【答案】 (1). FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl (2). Fe
40、2O3 (3). 3mol/L或7mol/L (4). Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O (5). 15 (6). 3CaCO3+Al2(SO4)3+3H2O=2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2【解析】1红褐色液相分散系是Fe(OH)3胶体，那么A是氯化铁饱和溶液，FeCl3饱和溶液在加热条件下水解生成氢氧化铁胶体，化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl。HCl具有挥发性，加热促进HCl挥发，从而促进FeCl3水解，蒸干时得到固体Fe(OH)3，灼烧Fe(OH)3得到Fe2O3；2地壳中含量最高的金属元素是Al，那么B为AlCl3，沉淀的质量是7.8
41、g，其物质的量为7.8g78g/mol=0.1mol，假设碱缺乏，由Al3+3OHAlOH3可知，KOH的物质的量为0.1mol3=0.3mol，其物质的量浓度为0.3mol0.1L=3mol/L；碱与铝离子的物质的量之比大于3：1，小于4：1，那么由方程式可知Al3+3OHAlOH30.3mol 0.9mol 0.3molAlOH3+OHAlO2+2H2O0.3-0.1mol 0.2mol那么消耗的碱的物质的量为0.9mol+0.2mol=1.1mol，其物质的量浓度为1.1mol0.1L11mol/L；3AlFeKOH溶液构成原电池，Al和氢氧化钠溶液能发生反响，Fe和氢氧化钠溶液不反响，因此Al为负极，Fe为正极，负极电极反响式为Al3e4OHAlO2一2H2O；4C是常见温室气体，C是CO2，根据图像可知产生气体消耗的盐酸溶液体积大于25mL，这说明F是碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，碳酸氢根转化为CO2消耗盐酸是75mL，碳酸氢根的物质的量是0.075L2mol/L0.15mol，根据碳原子守恒可知F溶质与足量石灰水发生反响最多可得沉淀的物质的量是0.15mol，质量为0.15mol100g/mol15g；5溶液的pH偏高时会产生氢氧化铝沉淀，同时还有CO2生成，那么反响的化学方程式为3CaCO3Al2(SO4)33H2O2Al(OH)33CaSO43CO2。14