河北省衡水市重点中学高考化学模拟试卷（五）（含解析）.doc

河北省衡水市重点中学201 5届高考化学模拟试卷（五）一、选择题：本题共7小题在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（3分）下列说法正确的是（）a变化过程中化学键被破坏，则一定发生化学变化b实验室制氧气cna+、fe3+人体所需微量元素d能区别地沟油与矿物油的方法是加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油2（3分）氯碱工业常利用阳离子交换膜电解食盐水，下列说法不正确的是（）a随着电解的进行，c（nacl）降低，需不断补充饱和食盐水b电解过程中采用增大阳极区溶液ph的方法，可以减少cl2在水中的溶解量c阳离子交换膜的作用是阻止oh移向阳极，以使氢氧化钠在阴极区富集d阳极表面用钛氧化物涂层处理，目的是降低电解产物cl2对电极的腐蚀3（3分）c8h8o2符合下列要求的同分异构体种类（）属于芳香族化合物能与新制氢氧化铜溶液反应能与氢氧化钠溶液反应a10b21c14d174（3分）工业上由钛铁矿（fetio3）（含fe2o3、sio2等杂质）制备tio2的有关反应包括：酸溶fetio3（s）+2h2so4（aq）=feso4（aq）+tioso4（aq）+2h2o（l）水解tioso4（aq）+2h2o（l）h2tio3（s）+h2so4（aq）简要工艺流程如下：过量的试剂a除去的方法为（）a过滤b蒸发浓缩冷却结晶过滤c水洗d灼烧5（3分）一定条件下，将0.1lco、0.2lco2、0.1lno、0.2lno2和0.2lnh3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶（洗气瓶排列顺序不确定）假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应，则尾气（已干燥）（）a可能是单一气体，也可能存在原气体中的两种气体b可能含有也可能不含一氧化碳c无论顺序如何，各瓶增重相同d成分和洗气瓶的排列顺序无关6（3分）pc类似ph，是指极稀溶液中溶质物质的量浓度的常用对数负值如某溶液溶质的浓度为：1103moll1，则该溶液中溶质的pc=3下列表达正确的是（）a某温度下任何电解质的水溶液中，pc（h+）+pc（oh）=14b0.01mol/l的cacl2溶液中逐渐滴加纯碱溶液，滴加过程中pc（ca2+）逐渐减小c用0.01mol/l的盐酸滴定某浓度的naoh溶液，滴定过程中pc（h+）逐渐增大d某温度下，ab难溶性离子化合物的ksp=1.01010，其饱和溶液中pc（a+）+pc（b）=107（3分）现有含nacl、na2so4 和nano3 的混合溶液，选择适当的试剂将其转化为相应的沉淀或固体，从而实现cl 和no3 的相互分离相应的实验过程如下：下列关于四种试剂顺序正确的是（）a氯化钡溶液、硝酸银溶液、碳酸钠溶液、硝酸溶液b硝酸银溶液、氯化钡溶液、碳酸钠溶液、硝酸溶液c氯化钡溶液、硝酸银溶液、硝酸溶液、碳酸钠溶液d硝酸银溶液、碳酸钠溶液、氯化钡溶液、硝酸溶液二、解答题（共5小题，满分0分）8镍电池广泛应用于混合动力汽车系统，电极材料由ni（oh）2、碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成由于电池使用后电极材料对环境有危害，某兴趣小组对该电池电极材料进行资源回收研究，设计实验流程如下：已知：nicl2易溶于水，fe3+不能氧化ni2+某温度下一些金属氢氧化物的kap及沉淀析出的理论ph如下表所示：m（oh）nkapph开始沉淀沉淀完全al（oh）31.910233.434.19fe（oh）33.810382.532.94ni（oh）21.610147.609.75回答下列问题：（1）根据上表数据判断步骤依次析出沉淀和沉淀（填化学式），则ph1 ph2（填填“”、“=”或“”），控制两种沉淀析出可利用aph试纸b石蕊指示剂 cph计（2）已知溶解度：nic2o4nic2o4h2onic2o42h2o，则的化学方程式是第步反应后，过滤沉淀时需要的玻璃仪器有若过滤时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因、（3）中阳极反应产生的气体e为，验证该气体的试剂为（4）试写出的离子方程式9氮化铝（a1n）是一种新型无机非金属材料某a1n样品仅含有al2o3 杂质，为测定a1n的含量，设计如下三种实验方案已知：aln+naoh+h2o=naalo2+nh3【方案一】取一定量的样品，用以下装置测定样品中a1n的纯度（夹持装置已略去）（1）如图1c装置中球形干燥管的作用是（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先再加入实验药品接下来的实验操作是，打开分液漏斗活塞，加入 浓溶液，至不再产生气体打开 k1，通入氨气一段时间，测定c装置反应前后的质量变化通入氮气的目的是（3）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见【方案二】用如图2装置测定mg样品中a1n的纯度（部分夹持装置已略去）（4）为测定生成气体的体积，量气装置中的x液体可以是accl4 bh2o cnh4cl溶液 d（5）若m g样品完全反应，测得生成气体的体积为v ml（已转换为标准状况），则a1n的质量分数【方案三】按如图3步骤测定样品中a1n的纯度：（6）步骤生成沉淀的离子方程式为（7）若在步骤中未洗涤，测定结果将（填“偏高”“偏低或“无影响”）（8）实验室制取no2气体在如图4虚线框内面出甩铜与浓硝酸制取和收集no2的装置简图（夹持仪器略）10某温度下，向一定体积0.1mol/l醋酸溶液中逐滴加入等浓度的naoh溶液，溶液中poh（poh=1g）与ph的变化关系如图所示，则（1）m点所示溶液导电能力（填“强”“弱”“等”“无法比较”）于q点（2）n点所示溶液中c（ch3coo）c（na+）（填“”“”“=”“无法比较”）（3）m点水的电离程度n点所示溶液中水的电离程度（填“”“”“=”“无法比较”）（4）q点消耗naoh溶液的体积醋酸溶液的体积（填“”“”“=”“无法比较”）11（1）一定量的cus和cu2s的混合物投入足量的hno3中，收集到气体vl（标准状况），向反应后的溶液中（存在cu2+和so42）加入足量naoh，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到12.0g，若上述气体为no和no2的混合物，且体积比为1：1则v为（2）为测定镀锌铁皮锌镀层的厚度，将镀锌皮与足量盐酸反应，特产生的气泡明显减少时取出，洗涤，烘干，称重，关于该实验的操作对测定结果的影响判断正确的是a铁皮未及时取出，会导致测定结果偏小b铁皮未洗涤干净，会导致测定结果偏大c烘干时间过长，回导致测定结果偏小d若把盐酸换成硫酸，会导致测定结果偏大12碳酸氢纳俗称小苏打，是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，可用作膨松剂、制酸剂、灭火剂等工业上用纯碱溶液碳酸化制取碳酸氢钠（1）某碳酸氢钠样品中含有少量氯化钠，称取该样品，用0l000mol/l盐酸滴定，耗用盐酸20.00ml若改用0.05618mol/l硫酸滴定，需用硫酸ml（保留两位小数）（2）某溶液组成如表一；表一：化合物na2co3nahco3nacl质量（kg）814.8400.397.3向该溶液通入二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，取出晶体后溶液组成如表二：表二：化合物na2co3nahco3nacl质量（kg）137.7428.897.3计算析出的碳酸氢纳晶体的质量（保留1位小数）（3）将组成如表二的溶液加热，使碳酸氢纳部分分解，溶液中的质量由428.8kg降为400.3kg，补加适量碳酸纳，使溶液组成回刭表一状态计算补加的碳酸纳质量（保留1位小数）（4）某种由碳酸钠和碳酸氢钠组成的晶体452kg溶于水，然后通入二氯化碳，吸收二氯化碳44.8（标准状况），获得纯的碳酸氢钠溶液，测得溶液中含碳酸氢钠504kg通过计算确定该晶体的化学式三.【化学与技术】13工业上制取硝酸铵的流程图如图1，请回答下列问题：（1）在上述工业制硝酸的生产中，b设备的名称是，其中发生反应的化学方程式为（2）此生产过程中，n2与h2合成nh3所用的催化剂是1909年化学家哈伯在实验室首次合成了氨，2007年化学家格哈德埃特尔在哈伯研究所证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意图如下：分别表示n2、h2、nh3图表示生成的nh3离开催化剂表面，图和图的含义分别是、（3）在合成氨的设备（合成塔）中，设置热交换器的目的是；在合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是（4）生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，可用如下两种方法处理：碱液吸收法：no+no2+2naoh=2nano2+h2onh3还原法：8nh3+6no27n2+12h2o（no也有类似的反应）以上两种方法中，符合绿色化学的是（5）某化肥厂用nh3制备nh4no3已知：由nh3制no的产率是96%、no制hno3的产率是92%，则制hno3所用去的nh3的质量占总耗nh3质量（不考虑其它损耗）的%（6）硝酸铵是一种常用的氮肥，在贮存和使用该化肥时，把应注意的事项及理由填入下表注意事项理由四.【物质结构与性质】14德国和美国科学家首先制出由20个碳原子组成的空心笼状分子c20，该笼状结构是由许多正五边形构成如图c20分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理：顶点数+面数棱边数=2，请回答：c20分子共有个正五边形，共有条棱边15a、b、c是短周期非金属元素，核电荷数依次增大a原子外围电子排布为ns2np2，c是地壳中含量最多的元素d元素的核电荷数为29请用对应的元素符号或化学式填空：（1）a、b、c的第一电离能由小到大的顺序为（2）分子（ab）2中键与键之间的夹角为180，并有对称性，每个原子最外层电子数均满足八电子，其结构式为，1mol该分子中含有键的数目为该分子中碳原子的杂化轨道类型是，该分子属于 分子（填“极性”或“非极性”）（3）基态d原子的电子排布式为16（15分）查耳酮及其衍生物是重要的有机非线性光学材料，广泛用于功能染料等领域有机物a是一种查耳酮的衍生物，其合成途径如下已知：（1）有机物e中含氧官能团的名称是（2）有机物e的核磁共振氢谱有种峰（3）有机物e属于酚类物质，最简单的酚为苯酚，苯酚与甲醛发生缩聚反应的化学方程式是（4）下列关于有机物c的说法正确的是（填字母）a分子式为c13h15o3b存在顺反异构c能与金属钠反应产生氢气d与浓溴水既能发生加成反应，也能发生取代反应（5）反应、的反应类型分别为；（6）写出符合下列条件的一种有机物的结构简式：与b互为同分异构体可发生水解反应苯环上一氯代物有两种1mol该有机物与naoh溶液反应时，最多可消耗3mol naoh（7）反应和的原理相同，则f的结构简式是（8）反应和的原理相同，则d与g反应生成a的化学方程式是河北省衡水市重点中学2015届高考化学模拟试卷（五）参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（3分）下列说法正确的是（）a变化过程中化学键被破坏，则一定发生化学变化b实验室制氧气cna+、fe3+人体所需微量元素d能区别地沟油与矿物油的方法是加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油考点：物理变化与化学变化的区别与联系；油脂的性质、组成与结构；微量元素对人体健康的重要作用 分析：a变化过程中化学键被破坏，不一定发生化学变化，如晶体的溶解；b阴极生成氢气；c人体中的常量元素主要有：氧、碳、氢、氮、钙、磷、钾、硫、钠、氯、镁；微量元素主要有：铁、钴、铜、锌、铬、锰、钼、氟、碘、硒；d地沟油中含油脂，与碱溶液反应，而矿物油不与碱反应，混合后分层解答：解：a变化过程中化学键被破坏，不一定发生化学变化，如naoh为离子化合物，溶于水电离成自由移动的离子，破坏的是离子键，但溶解在水中的naoh，没有生成其它物质，是物理变化，故a错误； b阴极生成氢气，阳极生成氧气，故b错误；c钠是人体所需的常量元素，铁是人体所需微量元素，故c错误；d加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油，分层的为矿物油，现象不同，能区别，故d正确故选d点评：本题考查常用化学反应的试纸、电解、人体所需常量元素和微量元素、物质的鉴别等，难度不大，要注意平时知识的积累2（3分）氯碱工业常利用阳离子交换膜电解食盐水，下列说法不正确的是（）a随着电解的进行，c（nacl）降低，需不断补充饱和食盐水b电解过程中采用增大阳极区溶液ph的方法，可以减少cl2在水中的溶解量c阳离子交换膜的作用是阻止oh移向阳极，以使氢氧化钠在阴极区富集d阳极表面用钛氧化物涂层处理，目的是降低电解产物cl2对电极的腐蚀考点：电解原理 专题：电化学专题分析：a电解食盐水时，阳极发生氧化反应，消耗nacl，则应在阳极补充nacl；b增大阳极区溶液ph，会增大cl2在水中的溶解量；c电解时，阳离子经过离子交换膜向阴极区移动；dcl2具有强氧化性，能氧化电极材料解答：解：a电解食盐水时，阳极发生氧化反应，消耗nacl，则应在阳极补充nacl，故a正确；b增大阳极区溶液ph，会增大cl2在水中的溶解量，故b错误；c电解时，阳离子经过离子交换膜向阴极区移动，所以阳离子交换膜的作用是阻止oh移向阳极，以使氢氧化钠在阴极区富集，故c正确；dcl2具有强氧化性，能氧化电极材料，则阳极表面用钛氧化物涂层处理来保护电极材料，故d正确；故选b点评：本题考查电解原理，侧重于氯碱工业的考查，注意把握题给信息，阳离子交换膜为解答该题的关键，注意审题，题目难度不大3（3分）c8h8o2符合下列要求的同分异构体种类（）属于芳香族化合物能与新制氢氧化铜溶液反应能与氢氧化钠溶液反应a10b21c14d17考点：同分异构现象和同分异构体 分析：属于芳香族化合物，含有1个苯环；能与新制氢氧化铜溶液反应，含醛基或羧基；能与naoh溶液发生反应，含有酚羟基或酯基或羧基解答：解：属于芳香族化合物，含有1个苯环；能与新制氢氧化铜溶液反应，含醛基或羧基；能与naoh溶液发生反应，含有酚羟基或酯基或羧基，可能结构有，共21种故选b点评：本题考查同分异构现象和同分异构体，难度较大，注意根据题目信息解题4（3分）工业上由钛铁矿（fetio3）（含fe2o3、sio2等杂质）制备tio2的有关反应包括：酸溶fetio3（s）+2h2so4（aq）=feso4（aq）+tioso4（aq）+2h2o（l）水解tioso4（aq）+2h2o（l）h2tio3（s）+h2so4（aq）简要工艺流程如下：过量的试剂a除去的方法为（）a过滤b蒸发浓缩冷却结晶过滤c水洗d灼烧考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 分析：由制备流程可知，矿石经硫酸溶解后得到的fe2（so4）3，而结晶、过滤得到的是feso47h2o，所以试剂a是铁粉，把fe3+还原为fe2+，以此来解答解答：解：由制备流程可知，矿石经硫酸溶解后得到的fe2（so4）3，而结晶、过滤得到的是feso47h2o，所以试剂a是铁粉，铁粉不溶于水，则过滤可除去过量的a，故选a点评：本题以物质制备流程考查混合物分离提纯，为高频考点，把握制备流程分析a为何种试剂为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大5（3分）一定条件下，将0.1lco、0.2lco2、0.1lno、0.2lno2和0.2lnh3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶（洗气瓶排列顺序不确定）假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应，则尾气（已干燥）（）a可能是单一气体，也可能存在原气体中的两种气体b可能含有也可能不含一氧化碳c无论顺序如何，各瓶增重相同d成分和洗气瓶的排列顺序无关考点：常见气体的检验 分析：二氧化碳、氨气都能溶于水，二氧化氮和水反应生成一氧化氮和硝酸，二氧化氮和碳酸氢钠能反应生成二氧化碳和一氧化氮和硝酸钠，一氧化氮和一氧化碳与水与饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液都不反应，二氧化碳和氢氧化钠反应，二氧化氮和氢氧化钠反应解答：解：aco与足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液三种溶液都不反应，所以洗气瓶的排列顺序无论怎样，最终的气体肯定有0.1l co，一氧化氮、二氧化氮和氢氧化钠反应生成亚硝酸钠和水，反应为no+no2+2naoh=2nano2+h2o，过量的二氧化氮和氢氧化钠反应，二氧化氮和氢氧化钠反应为2no2+2naoh=nano3+nano2+h2o，二氧化碳和氢氧化钠反应co2+2naoh=na2co3+h2o，所以若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，0.2l co2、0.1l no、0.2l no2被吸收，这时出来的气体有0.1l co、0.2l nh3，氨气极易能溶于水，所以其余的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体只有一种co；若第一个洗气瓶盛有足量蒸馏水，二氧化碳、氨气都能溶于水，3no2+h2o2hno3+no，则这时出来的气体有co、no和少量二氧化碳，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，二氧化碳被氢氧化钠吸收，最后的气体为co、no，故a正确；bco与足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液三种溶液都不反应，所以洗气瓶的排列顺序无论怎样，最终的气体肯定有co，故b错误；c若第一个洗气瓶装饱和碳酸氢钠溶液，二氧化氮和碳酸氢钠能反应生成二氧化碳和一氧化氮和硝酸钠，氨气极易能溶于水，则这时出来的气体有 co、co2、no，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，二氧化碳被氢氧化钠吸收，最后的气体为 co、no；若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，其余的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为co，所以两种情况下，洗气瓶增重的量不同，故c错误；d若第一个洗气瓶装饱和碳酸氢钠溶液，二氧化氮和碳酸氢钠能反应生成二氧化碳和一氧化氮和硝酸钠，氨气极易能溶于水，则这时出来的气体有 co、co2、no，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，二氧化碳被氢氧化钠吸收，最后的气体为 co、no，若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，其余的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为co，故d错误；故选：a点评：本题主要考查了洗气瓶的洗气，掌握相应气体和足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的性质是解答本题的关键，题目难度中等6（3分）pc类似ph，是指极稀溶液中溶质物质的量浓度的常用对数负值如某溶液溶质的浓度为：1103moll1，则该溶液中溶质的pc=3下列表达正确的是（）a某温度下任何电解质的水溶液中，pc（h+）+pc（oh）=14b0.01mol/l的cacl2溶液中逐渐滴加纯碱溶液，滴加过程中pc（ca2+）逐渐减小c用0.01mol/l的盐酸滴定某浓度的naoh溶液，滴定过程中pc（h+）逐渐增大d某温度下，ab难溶性离子化合物的ksp=1.01010，其饱和溶液中pc（a+）+pc（b）=10考点：溶液ph的定义 专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：a、kw的大小受到温度的影响，pc（h+）+pc（oh）=lgkw；b、pc（ca2+）与c（ca2+）成反比；c、滴定过程中碱性减弱，c（h+）逐渐增大；d、由ksp表达式和pc定义即可计算出pc（a+）+pc（b）的大小解答：解：a、kw的大小受到温度的影响，温度越高kw越大，kw=c（h+）c（oh），pc（h+）+pc（oh）=lgc（h+）c（oh）=lgkw，只有在常温下kw=1014，pc（h+）+pc（oh）=14，故a错误；b、滴加过程中碳酸根和钙离子反应生成碳酸钙沉淀，c（ca2+）逐渐减小，pc（ca2+）与c（ca2+）成反比，所以pc（ca2+）逐渐增大，故b错误；c、用0.01mol/l的盐酸滴定某浓度的naoh溶液过程中，氢离子与氢氧根反应生成水，碱性减弱，c（h+）逐渐增大，pc（h+）逐渐减小，故c错误；d、因为ksp=c（a+）c（b）=1.01010，所以pc（a+）+pc（b）=lgc（a+）c（b）=lgksp=lg（1.01010）=10，故d正确；故选：d点评：本题考查kw、ksp影响因素及计算、离子反应等知识，重在考查知识迁移能力，培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力7（3分）现有含nacl、na2so4 和nano3 的混合溶液，选择适当的试剂将其转化为相应的沉淀或固体，从而实现cl 和no3 的相互分离相应的实验过程如下：下列关于四种试剂顺序正确的是（）a氯化钡溶液、硝酸银溶液、碳酸钠溶液、硝酸溶液b硝酸银溶液、氯化钡溶液、碳酸钠溶液、硝酸溶液c氯化钡溶液、硝酸银溶液、硝酸溶液、碳酸钠溶液d硝酸银溶液、碳酸钠溶液、氯化钡溶液、硝酸溶液考点：物质分离、提纯的实验方案设计 专题：实验设计题分析：如先加入agno3，则会同时生成ag2so4和agcl沉淀，则应先加入过量的bacl2，生成baso4沉淀，然后在滤液中加入过量的agno3，使cl全部转化为agcl沉淀，在所得滤液中加入过量的na2co3，使溶液中的ag+、ba2+完全沉淀，最后所得溶液为nano3和na2co3的混合物，加入稀hno3，最后进行蒸发操作可得固体nano3解答：解：分离溶液中的cl，应加入agno3，分离溶液中的so42，应加入bacl2，如先加入agno3，则会同时生成ag2so4和agcl沉淀，则应先加入过量的bacl2，生成baso4沉淀，然后在滤液中加入过量的agno3，使cl全部转化为agcl沉淀，在所得滤液中加入过量的na2co3，使溶液中的ag+、ba2+完全沉淀，最后所得溶液为nano3和na2co3的混合物，加入稀hno3，最后进行蒸发操作可得固体nano3，所以试剂1为bacl2，试剂2为agno3，试剂3为na2co3，试剂4为hno3，故选a点评：本题考查物质的分离提纯操作，题目难度中等，本题注意cl、so42的性质，把握除杂原则，提纯时不能引入新的杂质，注意把握实验的先后顺序二、解答题（共5小题，满分0分）8镍电池广泛应用于混合动力汽车系统，电极材料由ni（oh）2、碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成由于电池使用后电极材料对环境有危害，某兴趣小组对该电池电极材料进行资源回收研究，设计实验流程如下：已知：nicl2易溶于水，fe3+不能氧化ni2+某温度下一些金属氢氧化物的kap及沉淀析出的理论ph如下表所示：m（oh）nkapph开始沉淀沉淀完全al（oh）31.910233.434.19fe（oh）33.810382.532.94ni（oh）21.610147.609.75回答下列问题：（1）根据上表数据判断步骤依次析出沉淀fe（oh）3和沉淀al（oh）3（填化学式），则ph1 ph2（填填“”、“=”或“”），控制两种沉淀析出可利用caph试纸b石蕊指示剂 cph计（2）已知溶解度：nic2o4nic2o4h2onic2o42h2o，则的化学方程式是nicl2+na2c2o4+2h2o=nic2o4.2h2o+2nacl第步反应后，过滤沉淀时需要的玻璃仪器有漏斗 玻璃棒 烧杯若过滤时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因玻璃棒划破滤纸、滤液超过滤纸边缘（3）中阳极反应产生的气体e为cl2，验证该气体的试剂为淀粉碘化钾溶液（4）试写出的离子方程式2ni（oh）2+2oh+cl2=2ni（oh）3+2cl考点：金属的回收与环境、资源保护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题：几种重要的金属及其化合物分析：废旧镍电池电极材料由ni（oh）2、碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成的，根据流程图，加入盐酸，其中碳粉不反应得到残渣得到溶液a的推断，利用题中给的信息，nicl2易溶于水，fe3+不能氧化ni2+，推知a中含有被盐酸溶解生成的ni2+、fe3+、ai3+三种离子；（1）由题给条件，金属氢氧化物的kap及沉淀析出的理论ph，可知，在a溶液中加入nio是为了调节溶液ph，使相应的铝离子、三价铁离子全部沉淀出，ni2+在溶液b中根据ph可以确定开始析出沉淀和全部沉淀的ph范围，先析出沉淀是fe（oh）3，沉淀ph范围是2.532.94，然后析出沉淀是al（oh）3，沉淀ph的范围3.434.19，所以ph1ph2；控制两种沉淀析出必须准确测定ph值，所以应利用ph计测定；（2）流程中得到的b溶液中主要是ni2+，加入na2c2o4溶液，生成了沉淀和d，已知溶解度：nic2o4nic2o4h2onic2o42h2o，所以生成的沉淀为nic2o42h2o；所以步的化学方程式为nicl2+na2c2o4+2h2o=nic2o4.2h2o+2nacl，过滤 沉淀用到的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯、漏斗；若过滤时发现滤液中有少量浑浊，原因可能是玻璃棒划破滤纸，或在向漏斗中加入需过滤的溶液时，液体超出了滤纸的边缘，从滤纸和漏斗之间流下；（3）由流程图和以上分析可知，d溶液主要是氯化钠溶液，电解氯化钠溶液在阳极得到氯气，阴极得到氢气，所以e气体是ci2，验证氯气的试剂应是淀粉碘化钾溶液，遇氯气变蓝；（4）在b溶液中加入na2c2o4溶液生成了沉淀nic2o4.2h2o，沉淀中加入氢氧化钠溶液，根据ni（oh）2开始沉淀到全部沉淀的ph范围为7.609.75，加入过量氢氧化钠溶液能使沉淀nic2o4.2h2o转化为ni（oh）2，所以c为沉淀ni（oh）2；根据流程图中的转化关系，沉淀c和氯气能生成ni（oh）3，镍元素化合价升高是被氯气氧化的结果，因此离子方程式为，2ni（oh）2+2oh+cl2=2ni（oh）3+2cl；解答：解：（1）根据金属氢氧化物的kap及沉淀析出的理论ph，结合流程图可知，先沉淀的是三价铁离子，随后沉淀的是三价铝离子，控制两种沉淀析出必须准确测定溶液ph，所以用ph计测定，故答案为：沉淀是fe（oh）3，沉淀是al（oh）3，ph1ph2，c；（2）由溶解度：nic2o4nic2o4h2onic2o42h2o和流程中的变化可知沉淀为溶解度小的nic2o42h2o，所以根据转化关系写出化学方程式；在过滤装置中用到的玻璃仪器和注意问题，根据装置和操作步骤写出nicl2+na2c2o4+2h2o=nic2o4.2h2o+2nacl，故答案为：nicl2+na2c2o4+2h2o=nic2o4.2h2o+2nacl； 漏斗、玻璃棒、烧杯；玻璃棒划破滤纸、滤液超过滤纸边缘；（3）d溶液时氯化钠溶液，电解反应方程式2naci+2h2o2naoh+cl2+h2，e气体为cl2，故答案：cl2，淀粉碘化钾溶液；（4）根据转化关系和ni2+沉淀的ph推知，加入氢氧化钠的主要目的是把nic2o4.2h2o沉淀转化为ni（oh）2沉淀，为了使沉淀完全转化，加入的氢氧化钠溶液应过量，根据镍元素化合价变化，结合氧化还原反应的规律写出离子方程2ni（oh）2+2oh+cl2=2ni（oh）3+2cl，；故答案：2ni（oh）2+2oh+cl2=2ni（oh）3+2cl；点评：本题考查了金属回收的基本方法、难溶电解质的溶解与沉淀应用、沉淀转化的条件，铝、铁、镍元素化合物的化学性质，离子的沉淀ph范围，物质的分离、提纯的方法，实验基本操作等9氮化铝（a1n）是一种新型无机非金属材料某a1n样品仅含有al2o3 杂质，为测定a1n的含量，设计如下三种实验方案已知：aln+naoh+h2o=naalo2+nh3【方案一】取一定量的样品，用以下装置测定样品中a1n的纯度（夹持装置已略去）（1）如图1c装置中球形干燥管的作用是（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先检查装置气密性再加入实验药品接下来的实验操作是关闭k1，打开k2，打开分液漏斗活塞，加入 浓溶液，至不再产生气体打开 k1，通入氨气一段时间，测定c装置反应前后的质量变化通入氮气的目的是把装置中残留的氨气全部赶入c装置（3）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见c装置出口处连接一个干燥装置【方案二】用如图2装置测定mg样品中a1n的纯度（部分夹持装置已略去）（4）为测定生成气体的体积，量气装置中的x液体可以是adaccl4 bh2o cnh4cl溶液 d（5）若m g样品完全反应，测得生成气体的体积为v ml（已转换为标准状况），则a1n的质量分数100%【方案三】按如图3步骤测定样品中a1n的纯度：（6）步骤生成沉淀的离子方程式为co2+alo2+2h2o=hco3+al（oh）3（7）若在步骤中未洗涤，测定结果将偏高（填“偏高”“偏低或“无影响”）（8）实验室制取no2气体在如图4虚线框内面出甩铜与浓硝酸制取和收集no2的装置简图（夹持仪器略）考点：探究物质的组成或测量物质的含量 分析：（1）氨气是和浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，c装置中球形干燥管可以防止倒吸；（2）组装好实验装置，依据原理可知气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品接下来的实验操作是关闭k1，打开k2，反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置c被浓硫酸吸收，准确测定装置c的增重计算；（3）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置c，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管；（4）氨气极易溶于水，量气装置中的x液体不能与氨气反应，不能使氨气溶解；（5）依据aln+naoh+h2onaalo2+nh3在定量关系计算；（6）步骤生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成；（7）沉淀不洗涤得到滤渣质量会增大，测定结果会偏高；（8）铜与浓硝酸反应为固体和液体的反应，不需要加热，生成的no2的能和水反应，密度比空气大，所以要用向上排空气法收集，据此可画出装置图解答：解：（1）氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，图c装置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用，故答案为：防止倒吸；（2）组装好实验装置，原理可知气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品接下来的实验操作是关闭k1，打开k2，打开分液漏斗活塞，加入naoh浓溶液，至不再产生气体打开k1，通入氮气一段时间，测定c装置反应前后的质量变化通入氮气的目的是，反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置c被浓硫酸吸收，准确测定装置c的增重计算，故答案为：检查装置气密性；关闭k1，打开k2；把装置中残留的氨气全部赶入c装置；（3）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置c，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管，故答案为：c装置出口处连接一个干燥装置；（4）accl4不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，故a正确； b氨气极易溶于水，不能排水法测定，故b错误； c氨气极易溶于水，不能用排nh4cl溶液的方法测定气体体积，故c错误； d氨气不溶于苯，可以利用排苯溶液，测定氨气的体积，故d正确；故选ad；（5）若m g样品完全反应，测得生成气体的体积为v ml（已转换为标准状况）， aln+naoh+h2onaalo2+nh3 41 22.4l m v103lm=则aln的质量分数=100%=100%，故答案为：100%；（6）步骤生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成，反应的离子方程式为：co2+alo2+2h2o=hco3+al（oh）3，故答案为：co2+alo2+2h2o=hco3+al（oh）3；（7）若在步骤中未洗涤，沉淀不洗涤得到滤渣质量会增大，测定结果会偏高，故答案为：偏高；（8）铜与浓硝酸反应为固体和液体的反应，不需要加热，生成的no2的能和水反应，密度比空气大，所以要用向上排空气法收集，据此可画出装置图为，故答案为：点评：本题考查了物质性质的探究实验设计和实验分析判断，实验基本操作和物质性质的掌握是关键，题目难度中等10某温度下，向一定体积0.1mol/l醋酸溶液中逐滴加入等浓度的naoh溶液，溶液中poh（poh=1g）与ph的变化关系如图所示，则（1）m点所示溶液导电能力弱（填“强”“弱”“等”“无法比较”）于q点（2）n点所示溶液中c（ch3coo）c（na+）（填“”“”“=”“无法比较”）（3）m点水的电离程度=n点所示溶液中水的电离程度（填“”“”“=”“无法比较”）（4）q点消耗naoh溶液的体积醋酸溶液的体积（填“”“”“=”“无法比较”）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 分析：酸溶液中poh越大，说明溶液中氢氧根离子浓度越小，溶液氢离子浓度越大，酸性越强，随着naoh的加入，发生中和反应，溶液氢氧根离子的浓度逐渐增大，则溶液poh逐渐减小，ph逐渐增大，结合弱电解质的电离解答该题解答：解：（1）由于醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，m点溶液的导电能力最弱，故答案为：弱；（2）n点所示溶液为碱性，根据溶液电荷守恒易判断出此时c（na+）c（ch3coo），故答案为：；（3）由于m点的h+浓度等于n点的oh浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点水电离程度相同，故答案为：=；（4）q点的poh=ph，溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性则所加naoh溶液体积略小于醋酸溶液的体积，故答案为：点评：本题考查酸碱中和的定性判断和计算，侧重于弱电解质的电离的考查，注意弱电解质的电离特点，把握poh的含义，题目难度中等11（1）一定量的cus和cu2s的混合物投入足量的hno3中，收集到气体vl（标准状况），向反应后的溶液中（存在cu2+和so42）加入足量naoh，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到12.0g，若上述气体为no和no2的混合物，且体积比为1：1则v为8.4lv13.44l（2）为测定镀锌铁皮锌镀层的厚度，将镀锌皮与足量盐酸反应，特产生的气泡明显减少时取出，洗涤，烘干，称重，关于该实验的操作对测定结果的影响判断正确的是ca铁皮未及时取出，会导致测定结果偏小b铁皮未洗涤干净，会导致测定结果偏大c烘干时间过长，回导致测定结果偏小d若把盐酸换成硫酸，会导致测定结果偏大考点：氧化还原反应的计算 分析：（1）利用极限法解答，假设混合物全是cus，或混合物全是cu2s，根据n=计算n（cuo），根据电子转移守恒计算n（cus）、n（cu2s），再根据电子转移数目守恒，计算n（no）、n（no2），根据v=nvm计算气体体积，实际气体介于二者之间；（2）测定镀锌铁皮的锌镀层厚度是根据铁皮的面积测定电镀前后铁皮质量的增重，进而可计算锌镀层的厚度，过迟判断反应终点导致部分铁溶解，w1w2偏大而引起结果偏高，过早判断反应终点、铁皮未烘干就去称重则使 w1w2 偏小而引起结果偏低，烘干时间过长（铁被氧化），则剩余物的质量偏大解答：解：（1）若混合物全是cus，其物质的量n（cus）=n（cuo）=0.15mol，转移电子物质的量=0.15（6+2）=1.2molno和no2的体积相等，设no的物质的量为x、no2的物质的量为x，则3x+x=1.2，解得x=0.3，故气体体积v=0.6mol22.4l/mol=13.44l；若混合物全是cu2s，其物质的量n（cu2s）=n（cuo）=0.15mol=0.075mol，转移电子物质的量0.07510=0.75mol，设no为xmol、no2为xmol，3x+x=0.75，计算得x=0.1875，气体体积0.1875mol222.4l/mol=8.4l，故答案为：8.4lv13.44l；（2）a、铁皮未及时取出，导致部分铁溶解，质量差w1w2偏大，引起结果偏高，故a错误；b、铁皮未洗涤干净，导致反应后的质量变大，质量差 w1w2偏小，引起结果偏低，故b错误；c、烘干时间过长（铁被氧化），则剩余物的质量偏大，导致测定结果偏小，故c正确；d、若把盐酸换成硫酸，对测定结果没有影响，故d错误；故答案为：c点评：本题考查氧化还原反应计算，为高频考点，难度中等，注意守恒思想与极限法的利用，是对学生综合能力的考查，同时注意注意把握实验操作原理以及注意事项12碳酸氢纳俗称小苏打，是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，可用作膨松剂、制酸剂、灭火剂等工业上用纯碱溶液碳酸化制取碳酸氢钠（1）某碳酸氢钠样品中含有少量氯化钠，称取该样品，用0l000mol/l盐酸滴定，耗用盐酸20.00ml若改用0.05618mol/l硫酸滴定，需用硫酸17.80ml（保留两位小数）（2）某溶液组成如表一；表一：化合物na2co3nahco3nacl质量（kg）814.8400.397.3向该溶液通入二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，取出晶体后溶液组成如表二：表二：化合物na2co3nahco3nacl质量（kg）137.7428.897.3计算析出的碳酸氢纳晶体的质量1044.6kg（保留1位小数）（3）将组成如表二的溶液加热，使碳酸氢纳部分分解，溶液中的质量由428.8kg降为400.3kg，补加适量碳酸纳，使溶液组成回刭表一状态计算补加的碳酸纳质量659.1 kg（保留1位小数）（4）某种由碳酸钠和碳酸氢钠组成的晶体452kg溶于水，然后通入二氯化碳，吸收二氯化碳44.8（标准状况），获得纯的碳酸氢钠溶液，测得溶液中含碳酸氢钠504kg通过计算确定该晶体的化学式nahco3na2co32h2o考点：纯碱工业（侯氏制碱法） 分析：（1）根据碳酸氢钠样品消耗的氢离子物质的量相等，计算出消耗硫酸的体积；（2）先求出通入二氧化碳消耗的碳酸钠的质量，然后根据反应计算出生成的碳酸氢钠的质量，再计算析出的碳酸氢钠的质量；（3）根据碳酸氢钠减少的质量，计算出生成的碳酸钠的质量，再用814.8kg减掉现有的碳酸钠质量，就是需要添加的碳酸钠质量；（4）先根据二氧化碳的体积计算出生成的碳酸氢钠和反应的碳酸钠质量，反应后溶液中含碳酸氢钠504kg，减掉生成的碳酸氢钠，得到原晶体中的碳酸氢钠质量，最后计算出水的质量，就可以求出晶体的化学式解答：解：（1）样品消耗盐酸中的氢离子的物质的量是：n（h+）=0.1000mol/l0.020l=0.002mol，需要0.05618mol/l的硫酸的体积为：17.80ml，故答案是：17.80；（2）设生成的碳酸氢钠质量为m，向溶液中通入二氧化碳，发生了反应：na2co3+co2+h2o=2nahco3，反应消耗的碳酸钠的质量是：814.8kg137.7kg=677.1kgna2co3+co2+h2o=2nahco3106 168 677.1kg mm=1073.1kg则析出的碳酸氢钠晶体的质量：1073.1+400.3428.8=1044.6 kg，故答案为：1044.6kg；（3）设碳酸氢钠分解生成了xkg碳酸钠，碳酸氢钠分解反应为：2nahco3=na2co3+co2+h2o，被分解的碳酸氢钠质量是：428.8kg400.3kg=28.5kg，2nahco3=na2co3+co2+h2o168 10628.5kg xx=17.98 kg，则补加的碳酸钠质量814.8137.717.98=659.1 kg，故答案为：659.1 kg；（4）设晶体中含有碳酸钠mkg，通入二氧化碳生成了m1kg碳酸氢钠，na2co3 +co2 +h2o=2nahco3106 22.4103 168m 44.8103 m1m=212kg，m1=336kg，则452kg晶体中含na2co3 212 kg，nahco3：504kg336kg=168kg，水：452kg212kg168kg=72 kg，所以n（na2co3）：n（nahco3）：n（h2o ）=1：1：2，该晶体