1、2015-2016学年湖北省百校大联盟高三（上）联考化学试卷（10月份）一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分每小题只有一个选项符合题意）1化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A明矾作为净水剂，可以除去废水中的铜离子B焰火的五彩缤纷是某些金属元素化学性质的展现C用活性炭为蔗糖脱色和用臭氧漂白纸浆的原理相似D工业上以氯气和石灰乳为原料制备漂白粉2下列描述正确的是（）A氯水的标签上应标注：BO2的结构示意图：C乙烯的结构简式：CH2CH2DBeCl2的电子式：3下列用品的主要成分及其用途对应不正确的是（）ABCD用品主要成分（NH4）2SO4NaHCO3SiFe2O3用途化肥
2、干燥剂光电池涂料AABBCCDD4中国科学院近代物理研究所人员成功合成了新核素Ac，主要用作宇航飞行器的热源205Ac可由207Ac转化而成，下列有关205Ac、207Ac的说法正确的是（）A物质的量相等的205Ac与207Ac质量相同B核外电子数分别为116、118C205Ac、207Ac化学性质相同D205Ac、207Ac在周期表中的位置不同5氟氧酸是较新颖的氧化剂，应用性极强，可用被氮气稀释的氟气在细冰上缓慢通过制得：F2+H2O=HOF+HF该反应中水的作用与下列反应中水的作用相同的是（）A钠与水反应制氢气B过氧化钠与水反应制氧气C氯气与水反应制次氯酸D氟单质与水反应制氧气6下列关于如
3、图所示实验的说法正确的是（）A甲、丙两液体均可产生丁达尔现象B乙中产生的气泡能使BaCl2溶液变浑浊C若忽略溶液体积的变化，则烧杯中c（Cl）不变D若将CaC03换成CaS04，也可得到相同的实验现象7一定条件下，乙醛可发生分解：CH3CHO（1）CH4+CO，已知该反应的活化能为190在含有少量I2的溶液中，该反应的机理为：反应：CO3CHO+I2CH3I+HI+CO（慢）反应：CH3I+HICH4+I2下列有关该反应的叙述中正确的是（）A反应速率与I2的浓度有关BHI在反应I中是氧化产物C反应焓变的绝对值等于190kJmol1D乙醛的分解速率主要取决于反应8下列实验装置能达到实验目的是（）
4、A进行喷泉实验B加热熔融（NaOH）C验证镁片与稀盐酸反应放热D除去CO2中的少量HCl9NA为阿伏加德罗常数的值，下列物质所含粒子数为0.2NA的是（）A标准状况下，2.24 LCl2中含有的共价键数B100g质量分数为16.2%HBr溶液中的氢原子数C3.9g Na202晶体中所含的离子总数D0.1mol H2S和0.1 mol SO2混合后，体系中的硫原子数10下列反应的离子方程式书写正确的是（）A1.0 molLl的NaAl02溶液和2.5 molLl的盐酸等体积混合：2AlO+5H+Al（OH）3+Al3+H2OB铜溶于0.5 molL1的硝酸中：Cu+4H+2NOCu2+2NO2+
5、2H2OC工业上将Cl2通人石灰乳中制漂白粉：Cl2+2OHCl+ClO+H2OD向Ba（OH）2溶液中加入少量的NH4HSO4溶液：Ba2+OH+H+SiBaSO4+H2O11下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论ASO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸白色沉淀，白色沉淀不溶于稀硝酸所得沉淀为BaSO3，后转化为BaSO4B浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌得黑色蓬松的固体并有刺激性气味气体该过程中浓硫酸仅体现吸水性和脱水性C向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末出现红褐色沉淀和无色气体FeCl2溶液部分变质D向足量含淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水溶液变蓝还原性
6、：IFe2+AA、BB、CC、DD、12工业上用软锰矿（主要成分为MnO2）和闪锌矿（主要成分为ZnS）制取干电池中所需的Mn02和Zn的工艺流程如下：下列说法正确的是（）A酸溶时，ZnS作氧化剂B硫酸可以循环使用C可用盐酸代替硫酸进行酸溶DMnO2和ZnS均属于盐13如图R、W、X、Y、Z为五种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，则其中常温下能实现图示转化关系的是（）选项RWXYZASiSiO2H2SiO2Na2SiO2SiCl4BNaNa2ONa2O2Na2CO3NaOHCFeFe（OH）2FeCl3FeCl3Fe（NO4）3DAlNaAlO2Al2（SO4）3AlCl3Al（NO4）3
7、AABBCCDD14体积为1L的某溶液中可能含有Cl、NO、SO、CO、NH、Fe3+、Al2+、Ba2+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生的白色沉淀迅速变为灰绿色；过滤、洗涤、灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加入足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀下列叙述正确的是（）A溶液中的主要离子仅为SO、Fe2+、NHBCl一定存在，且c（Cl）=0.2 molLlC向原溶液中加入硫酸，可能有气体生成DCO、Al2+一定不存在，K+可能存在二、非选择题（本题包括6小题，共58分）15X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元
8、素，X的最外层电子数比内层电子数多1，Y是短周期元素中金属性最强的元素，Z的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4（1）Y的原子结构示意图为_（2）W的最高价氧化物对应水化物的化学式为_，Y和W形成的化合物的电子式为_（3）隔绝空气加热，Y单质可与X的氧化物反应制备X单质，该反应的化学方程式为_（4）0.2mol化合物Z2W2与水反应转移电子的物质的量为0.3mol，生成一种能使品红溶液褪色的气体，该反应过程中只有一种元素化合价发生变化，该反应的化学方程式为_16乳酸亚铁CH3CH（OH）COO2Fe广泛应用于乳制品、营养液等，溶于水，可由乳酸与FeCO3反应制得I制备碳酸亚铁：装置如图所示（
9、1）装置B中可观察到的现象是铁粉逐渐溶解，_将B中生成的FeCl2溶液压人装置C的操作是_制备乳酸亚铁：将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸（2）加入少量铁粉的作用是_，反应后加入适量乳酸的作用是_（3）从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是_、_、洗涤、干燥（4）设计实验证明乳酸亚铁中含Fe2+：_17氧硫化碳（COS）可替代磷化氢而被用作熏蒸剂（1）组成氧硫化碳和磷化氢的各原子中，原子半径最大的元素在周期表中的位置是_（2）下列事实可用于比较C与P两种元素非金属性相对强弱的是_（填字母）a最高正化合价：PCb同温同浓度的两溶液的
10、酸性：H3PO4H2CO3c沸点：PH3CH4（3）氧硫化碳水解及部分应用流程如下（部分产物已略去）：COSH2SNa2SM溶液+H2已知：常温下，反应中每吸收1.7g H2S气体，反应放出热量4.76kJ，则该反应的热化学方程式为_已知M溶液中硫元素的主要存在形式为S2O32，则反应中生成S2O32的离子方程式为_如图是反应中，在不同反应温度下，反应时间与H2产量的关系（Na2S初始含量为3mmol）由图象分析可知，a点时M溶液中除S2O32外，还有_（填含硫微粒的离子符号）18H2O2是一种常用绿色氧化剂，在化学研究中应用广泛（1）常温下，用CO、O2和水在三苯基膦钯的催化下即可制得H2O
11、2相对于电解氢氧化钠溶液制H2O2，该方法具有的优点是安全、_（2）图1是铝/过氧化氢电池结构示意图铝电极为_（填“正极”或“负极”），石墨电极的电极反应式为_（3）印刷电路板中的金属铜可用10%的H2O2溶液和3.0molLl的H2S04溶液处理，其他条件相同时，测得铜的平均溶解速率与温度的关系如图2所示其中bc段曲线变化的主要原因是_（4）为研究硫酸铁的量对过氧化氢分解速率的影响，某同学设计了如下一系列的实验将表中所给的溶液分别加入A、B、C、D 4个反应瓶中，收集产生的气体，记录数据 实验体积/mL液体 A B C D 0.4molL1Fe2（SO4）3溶液 0 1.8 2.0 V1 3
12、0%H2O2溶液 20.0 20.0 20.0 20.0 HO2 V2 V3 15.0 13.8记录的数据为_上表中V3=_19肼（N2H4）的性质类似于氨气，易溶于水，是塑料、橡胶发泡剂的原料将肼蒸气通入Cu0胶体中，可发生如图所示的转化（1）图示的转化中，属于非氧化还原反应的是_（填序号）（2）转化中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则X的化学式为_（3）转化中，反应一段时间后，溶液中n（OH）_（填“增大”“减小”或“不变”）（4）加入NaCl0时发生的反应为Cu（NH3）+2ClO+2OHCu（OH）2+2N2H4+2Cl+2H2O该反应需在80以上进行，其目的除加快反应速率外，
13、还有_、_（5）若中参加反应的Cu0物质的量为0.4mol，按图示转化过程进行后，中生成的Cu0物质的量也等于_20碱式氧化镍（NiOOH）可用作镍氢电池的正极材料以含镍（Ni2+）废液为原料生产NiOOH的一种T艺流程如图1：（1）加入Na2C03溶液时，证明Ni2+已经完全沉淀的实验方法是_，过滤时需用到的玻璃仪器有烧杯、_（2）写出碳酸镍与稀硫酸反应的离子方程式：_（3）硫酸镍溶液可用于制备合成氨的催化剂ConNi（1n）Fe2O4如图2表示在其他条件相同时合成氨的相对初始速率随催化剂中n值变化的曲线，由图分析可知Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是_（4）写出在空气中加热Ni（
14、OH）2制取NiOOH的化学方程式：_（5）若加热不充分，则制得的NiOOH中会混有Ni（OH）2，其组成可表示为xNiOOHyNi（OH）2现称取9.21g样品溶于稀硫酸中，冷却后转入容量瓶并配制成500mL溶液取出25.00mL，用0.010molLl的KMnO4标准溶液滴定，用去KMnO4标准溶液10.00mL，则x：y=_已知反应（未配平）：Ni2+MnO+H+Ni3+Mn2+H2O2015-2016学年湖北省百校大联盟高三（上）联考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分每小题只有一个选项符合题意）1化学与生产、生活密切相关，下列说法正
15、确的是（）A明矾作为净水剂，可以除去废水中的铜离子B焰火的五彩缤纷是某些金属元素化学性质的展现C用活性炭为蔗糖脱色和用臭氧漂白纸浆的原理相似D工业上以氯气和石灰乳为原料制备漂白粉【分析】A铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，能够除去水中悬浮颗粒；B焰色反应属于元素性质，属于物理性质；C活性炭因吸附而具有漂白性，臭氧具有氧化性而具有漂白性；D氢氧化钙与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水【解答】解：A铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，能够除去水中悬浮颗粒，不能除去铜离子，故A错误；B焰火的五彩缤纷是某些金属元素物理性质的展现，故B错误；C用活性炭为蔗糖脱色，是发生吸附属于物理变化，用臭氧漂
16、白纸浆，是因为臭氧具有氧化性，能够氧化有机色素，属于化学变化，二者原理不同，故C错误；D氢氧化钙与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，故D正确；故选：D【点评】本题考查了盐类水解的应用、焰色反应、常见漂白剂、漂白粉的制备，熟悉物质的性质是解题关键，注意明矾净水的原理，题目难度不大2下列描述正确的是（）A氯水的标签上应标注：BO2的结构示意图：C乙烯的结构简式：CH2CH2DBeCl2的电子式：【分析】A氯水是强氧化性和腐蚀性，应该标氧化剂或腐蚀品；B氧离子的核电荷数为8，核外电子总数为10；C结构简式中需要标出官能团结构；DBeCl2中，Be原子最外层含有2个电子【解答】解：A氯水具有腐蚀性和氧
17、化性，标签上应标注和，故A错误；BO2的核电荷数为8，最外层达到8电子稳定结构，其离子结构示意图为：，故B正确；C乙烯分子中含有碳碳双键，乙烯的结构简式为：CH2=CH2，故C错误；DBeCl2分子中，Be原子的最外层只含有2个电子，其正确的电子式为，故D错误；故选B【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及离子结构示意图、电子式、结构简式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力3下列用品的主要成分及其用途对应不正确的是（）ABCD用品主要成分（NH4）2SO4NaHCO3SiFe2O3用途化肥干燥剂光电池涂料AABBCCDD【分析】A
18、硫酸铵为铵盐含有氮元素，属于氨态氮肥；B小苏打主要成分为碳酸氢钠，不具有吸水性；C硅的导电性介于导体与绝缘体之间；D三氧化二铁为红棕色粉末【解答】解：A硫酸铵为铵盐含有氮元素，属于氨态氮肥，是常用的一种化肥，故A正确；B小苏打主要成分为碳酸氢钠，不具有吸水性，不能做干燥剂，故B错误；C硅是良好的半导体材料，是用来制作太阳能电池的原料，故C正确；D三氧化二铁为红棕色粉末，常用三氧化二铁生产红色颜料或是涂料，故D正确；故选：B【点评】本题考查了物质的用途，难度不大，性质决定用途，解题关键在于掌握物质的性质4中国科学院近代物理研究所人员成功合成了新核素Ac，主要用作宇航飞行器的热源205Ac可由20
19、7Ac转化而成，下列有关205Ac、207Ac的说法正确的是（）A物质的量相等的205Ac与207Ac质量相同B核外电子数分别为116、118C205Ac、207Ac化学性质相同D205Ac、207Ac在周期表中的位置不同【分析】A205Ac、207Ac的原子量不同；B核外电子数=质子数；C205Ac、207Ac质子数相同，核外电子数相同；D205Ac、207Ac原子序数相同【解答】解：A205Ac、207Ac的原子量不同，1mol的质量不同，故A错误；B核外电子数=质子数=89，故B错误；C205Ac、207Ac质子数相同，核外电子数相同，化学性质相同，故C正确；D205Ac、207Ac原子
20、序数相同，在周期表中的位置相同，故D错误故选C【点评】本题考查原子符号的意义、元素和核素的概念、以及质子数与核外电子数的关系，难度不大5氟氧酸是较新颖的氧化剂，应用性极强，可用被氮气稀释的氟气在细冰上缓慢通过制得：F2+H2O=HOF+HF该反应中水的作用与下列反应中水的作用相同的是（）A钠与水反应制氢气B过氧化钠与水反应制氧气C氯气与水反应制次氯酸D氟单质与水反应制氧气【分析】F2+H2O=HOF+HF中，F元素的化合价降低，水中O元素的化合价升高，水是还原剂，以此来解答【解答】解：F2+H2O=HOF+HF中，水中O元素的化合价升高，水是还原剂，A水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，故A不
21、选；B过氧化钠中O元素的化合价不变，水既不是氧化剂也不是还原剂，故B不选；C只有Cl元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故C不选；D水中O元素的化合价升高，水为还原剂，故D选；故选D【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大6下列关于如图所示实验的说法正确的是（）A甲、丙两液体均可产生丁达尔现象B乙中产生的气泡能使BaCl2溶液变浑浊C若忽略溶液体积的变化，则烧杯中c（Cl）不变D若将CaC03换成CaS04，也可得到相同的实验现象【分析】A氯化铁水解形成氢氧化铁胶体，胶体具有“丁达尔效应”；B氯化铁
22、溶液中铁离子水解显酸性，和碳酸钙反应生成二氧化碳；CFe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，碳酸钙和酸反应促进水解形成氢氧化铁胶体，烧杯中c（Cl ）不发生变化；DCaS04与氢离子不反应【解答】解：A甲为三氯化铁溶液，溶液没有丁达尔效应，丙中最终所得红褐色液体为氢氧化铁胶体，胶体具有“丁达尔效应”，故A错误；B氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，和碳酸钙反应生成二氧化碳，反应过程中产生的气泡是CO2 气体，二氧化碳与氯化钙不反应，所以不能使BaCl2溶液变浑浊，故B错误；C铁离子水解显酸性，碳酸钙和酸反应促进水解形成氢氧化铁胶体，最终所得红褐色液体为氢氧化铁胶体，烧杯中c（Cl ）不发生变
23、化，故C正确；DCaS04与氢离子不反应，所以若将CaC03换成CaS04不会产生气泡，则实验现象不同，故D错误；故选C【点评】本题考查了盐类水解原理、影响水解平衡的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和解决问题的能力7一定条件下，乙醛可发生分解：CH3CHO（1）CH4+CO，已知该反应的活化能为190在含有少量I2的溶液中，该反应的机理为：反应：CO3CHO+I2CH3I+HI+CO（慢）反应：CH3I+HICH4+I2下列有关该反应的叙述中正确的是（）A反应速率与I2的浓度有关BHI在反应I中是氧化产物C反应焓变的绝对值等于190kJmol1D乙醛的分解速率主
24、要取决于反应【分析】由反应、可知反应中碘为催化剂，总反应的快慢取决于反应较慢的反应，结合化合价的变化解答该题【解答】解：A碘为催化剂，增大反应速率，浓度越大，反应速率越大，故A正确；B反应I中碘元素化合价降低，HI为还原产物，故B错误；C焓变为反应物与生成物的活化能之差，故C错误；D反应I较慢，决定着总反应的快慢，故D错误故选A【点评】本题考查化学反应机理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息以及反应的原理，难度不大8下列实验装置能达到实验目的是（）A进行喷泉实验B加热熔融（NaOH）C验证镁片与稀盐酸反应放热D除去CO2中的少量HCl【分析】A氯气在饱和食盐水中的溶解度比
25、较小；B氢氧化钠能与二氧化硅反应；C升温氢氧化钙的溶解度变小；D二氧化碳和氯化氢都能与碳酸钠反应【解答】解：A氯气在饱和食盐水中的溶解度比较小，不能形成气压差，故A错误；B氢氧化钠能与二氧化硅反应，应用铁坩埚，故B错误；C升温氢氧化钙的溶解度变小，析出沉淀，可验证，故C正确；D二氧化碳和氯化氢都能与碳酸钠反应，将原物质除掉，故D错误故选C【点评】本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大9NA为阿伏加德罗常数的值，下列物质所含粒子数为0.2NA的是（）A标准状况下，2.24 LCl
26、2中含有的共价键数B100g质量分数为16.2%HBr溶液中的氢原子数C3.9g Na202晶体中所含的离子总数D0.1mol H2S和0.1 mol SO2混合后，体系中的硫原子数【分析】A、求出氯气的物质的量，然后根据1mol氯气中含1mol共价键来分析；B、HBr溶液中，除了HBr外，水也含氢原子；C、求出过氧化钠的物质的量，然后根据1mol过氧化钠中含2mol钠离子和1mol过氧根来分析；D、0.1mol H2S和0.1 mol SO2混合后发生反应，但反应过程中硫原子个数守恒【解答】解：A、标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，而1mol氯气中含1mol共价键，故0.1mol
27、氯气中含0.1mol即0.1NA个共价键，故A错误；B、HBr溶液中，除了HBr外，水也含氢原子，故溶液中的氢原子个数大于0.2NA个，故B错误；C、3.9g过氧化钠的物质的量为0.05mol，而1mol过氧化钠中含2mol钠离子和1mol过氧根，故0.05mol过氧化钠中含0.1mol钠离子和0.05mol过氧根，共0.15mol离子即0.15NA个，故C错误；D、0.1mol H2S中含0.1mol硫原子，0.1 mol SO2中含0.1mol硫原子，虽然两者混合后发生反应，但反应过程中硫原子个数守恒，故体系中硫原子的物质的量仍为0.2mol即0.2NA个，故D正确故选D【点评】本题考查了
28、阿伏伽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，难度不大10下列反应的离子方程式书写正确的是（）A1.0 molLl的NaAl02溶液和2.5 molLl的盐酸等体积混合：2AlO+5H+Al（OH）3+Al3+H2OB铜溶于0.5 molL1的硝酸中：Cu+4H+2NOCu2+2NO2+2H2OC工业上将Cl2通人石灰乳中制漂白粉：Cl2+2OHCl+ClO+H2OD向Ba（OH）2溶液中加入少量的NH4HSO4溶液：Ba2+OH+H+SiBaSO4+H2O【分析】A偏铝酸钠与盐酸按照物质的量之比2：5反应生成氢氧化铝、氯化铝、氯化钠和水；B不符合反应客观事实；C石灰乳中
29、氢氧化钙不能拆；DBa（OH）2溶液与NH4HSO4溶液反应，硫酸氢铵少量，二者按照1：1反应生成硫酸钡沉淀，水和一水合氨【解答】解：A.1.0 molLl的NaAl02溶液和2.5 molLl的盐酸等体积混合，离子方程式：2AlO2+5H+Al（OH）3+Al3+H2O，故A正确；B铜溶于0.5 molL1的硝酸中，反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，离子方程式：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故B错误；C工业上将Cl2通人石灰乳中制漂白粉：Cl2+Ca（OH）2Cl+ClO+H2O+Ca2+，故C错误；D向Ba（OH）2溶液中加入少量的NH4HSO4溶液，离子方程式：Ba2+2
30、OH+NH4+H+SO42BaSO4+H2O+NH3H2O，故D错误；故选：A【点评】本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量不同发生反应不同的离子反应，明确反应实质是解题关键，题目难度中等11下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论ASO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸白色沉淀，白色沉淀不溶于稀硝酸所得沉淀为BaSO3，后转化为BaSO4B浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌得黑色蓬松的固体并有刺激性气味气体该过程中浓硫酸仅体现吸水性和脱水性C向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末出现红褐色沉淀和无色气体FeCl2溶液部分变质D向足量含淀粉的FeI2溶液中滴加
31、2滴氯水溶液变蓝还原性：IFe2+AA、BB、CC、DD、【分析】A然后滴入稀硝酸发生氧化还原反应生成硫酸钡，但SO2通入BaCl2溶液中不反应；B浓硫酸先使蔗糖碳化，后C与浓硫酸发生氧化还原反应；C过氧化钠具有强氧化性，可氧化亚铁离子；D氯水先氧化碘离子，碘单质遇淀粉变蓝【解答】解：A然后滴入稀硝酸发生氧化还原反应生成硫酸钡，但SO2通入BaCl2溶液中不反应，则开始不能生成亚硫酸钡沉淀，现象不合理，故A错误；B浓硫酸先使蔗糖碳化，后C与浓硫酸发生氧化还原反应，则现象说明浓硫酸具有脱水性、强氧化性，故B错误；C过氧化钠具有强氧化性，可氧化亚铁离子，则不能说明FeCl2溶液部分变质，故C错误；
32、D氯水先氧化碘离子，碘单质遇淀粉变蓝，则由现象可知还原性IFe2+，故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大12工业上用软锰矿（主要成分为MnO2）和闪锌矿（主要成分为ZnS）制取干电池中所需的Mn02和Zn的工艺流程如下：下列说法正确的是（）A酸溶时，ZnS作氧化剂B硫酸可以循环使用C可用盐酸代替硫酸进行酸溶DMnO2和ZnS均属于盐【分析】软锰矿和闪锌矿加入硫酸，发生氧化还原反应可生成硫、硫酸锌和硫酸锰，过滤得到硫，滤液中含有硫酸锰、硫酸锌和硫酸，电解，得到锌、
33、二氧化锰和硫酸，以此解答该题【解答】解：A软锰矿（主要成分为MnO2）和闪锌矿（主要成分为ZnS）在酸溶后生成了硫单质，说明二氧化锰做氧化剂，ZnS为还原剂，故A错误；B酸溶后在最后电解滤液时又生成，可以循环利用，故B正确；C盐酸代替硫酸进行酸溶，盐酸溶液中氯离子被氧化生成氯气，且影响锰离子的电解，故C错误；DMnO2属于氧化物，故D错误故选B【点评】本题考查工业流程的分析判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目涉及电解原理的应用，注意把握物质的性质，题目难度中等13如图R、W、X、Y、Z为五种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，则其中常温下能实现图示转化关系的是（）选项
34、RWXYZASiSiO2H2SiO2Na2SiO2SiCl4BNaNa2ONa2O2Na2CO3NaOHCFeFe（OH）2FeCl3FeCl3Fe（NO4）3DAlNaAlO2Al2（SO4）3AlCl3Al（NO4）3AABBCCDD【分析】ASi燃烧生成二氧化硅，且Si在常温下不能转化为SiCl4；BNa燃烧生成Na2O2；CFe燃烧生成FeCl3，且Fe在常温下不能直接生成Fe（OH）2；DAl与硫酸反应生成X，Al与NaOH反应生成W，Al与盐酸反应生成Y，Al与硝酸反应生成Z，X与氯化钡反应生成Y，W与硫酸反应生成X，Y与硝酸银反应生成Z，Z与NaOH生成W【解答】解：ASi燃烧生
35、成二氧化硅，且Si在常温下不能转化为SiCl4，Si也不能一步转化为H2SiO3，则常温下不能发生图中转化，故A不选；BNa燃烧生成Na2O2，Na在常温下反应生成Na2O，则常温下不能发生图中转化，故B不选；CFe燃烧生成FeCl3，且Fe在常温下不能直接生成Fe（OH）2，则常温下不能发生图中转化，故C不选；DAl与硫酸反应生成Al2（SO4）3（X），Al与NaOH反应生成NaAlO2（W），Al与盐酸反应生成AlCl3（Y），Al与硝酸反应生成Al（NO3）3（Z），X与氯化钡反应生成Y，W与硫酸反应生成X，Y与硝酸银反应生成Z，Z与NaOH生成W，反应均可在常温下进行，故D选；故选D
36、【点评】本题考查物质的性质及相互转化，综合考查元素化合物知识，把握发生的化学反应及反应条件为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大14体积为1L的某溶液中可能含有Cl、NO、SO、CO、NH、Fe3+、Al2+、Ba2+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生的白色沉淀迅速变为灰绿色；过滤、洗涤、灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加入足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀下列叙述正确的是（）A溶液中的主要离子仅为SO、Fe2+、NHBCl一定存在，且c（Cl）=0.2 molLlC向原溶液中加入硫酸，可能有气体生成DCO、Al2
37、+一定不存在，K+可能存在【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵根离子；产生的白色沉淀迅速变为灰绿色，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据【解答】解：加入NaOH溶液共热有气体和白色沉淀，气体为氨气，白色色沉淀转化为灰绿色，最后转化为为氢氧化铁，则溶液中一定含有NH4+、Fe2+，根据离子共存可知不含CO32，加BaCl2溶液生成不溶于盐酸的沉淀，知溶液中含SO42，n（NH3）=0.02mol，知n（
38、NH4+）=0.02mol，n（Fe2O3）=1.6g/160gmol1=0.01mol，根据元素守恒，知n（Fe2+）=0.02mol，n（BaSO4）=4.66g/233gmol1=0.02mol，知n（SO42）=0.02mol，溶液中NH4+、Fe3+所带正电荷为0.02mol+30.02mol=0.08mol，SO42所带负电荷为20.02mol=0.04mol，据电荷守恒，知溶液中必然大量存在另一种阴离子，所以Cl、硝酸根离子至少存在一种，故原溶液中一定含Fe2+、NH4+、SO42和Cl、硝酸根离子中的至少一种，钾离子、铝离子无法判断A、原溶液中一定含Fe2+、NH4+、SO42
39、和Cl、硝酸根离子中的至少一种，故A错误；B、液中NH4+、Fe3+所带正电荷为0.02mol+30.02mol=0.08mol，SO42所带负电荷为20.02mol=0.04mol，据电荷守恒，知溶液中必然大量存在另一种阴离子，Cl、硝酸根离子中的至少一种，故B错误；C、向原溶液中加入硫酸，可能存在硝酸根离子，硝酸能将亚铁离子氧化，产生一氧化氮气体，可能有气体生成，故C正确；D、溶液中肯能存在铝离子，故D错误故选C【点评】本题考查离子共存，为高考常见题型和高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意常见离子的性质和反应类型的判断，答题时认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯
40、离子的推断，难度中等二、非选择题（本题包括6小题，共58分）15X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X的最外层电子数比内层电子数多1，Y是短周期元素中金属性最强的元素，Z的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4（1）Y的原子结构示意图为（2）W的最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4，Y和W形成的化合物的电子式为（3）隔绝空气加热，Y单质可与X的氧化物反应制备X单质，该反应的化学方程式为6Na+B2O32B+3Na2O（4）0.2mol化合物Z2W2与水反应转移电子的物质的量为0.3mol，生成一种能使品红溶液褪色的气体，该反应过程中只有一种元素化合价发生变化，该反应的化
41、学方程式为2S2Cl2+2H2O3S+SO2+4HCl【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X的最外层电子数比内层电子数多1，原子只能有2个电子层，最外层电子数为3，故X为B元素；Y是短周期元素中金属性最强的元素，则Y为Na；Z的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4，则Z为S元素，W原子序数最大，故W为Cl，据此解答【解答】解：X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X的最外层电子数比内层电子数多1，原子只能有2个电子层，最外层电子数为3，故X为B元素；Y是短周期元素中金属性最强的元素，则Y为Na；Z的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4，则Z为S元素
42、，W原子序数最大，故W为Cl（1）Y为Na元素，原子结构示意图为，故答案为：；（2）W为Cl元素，最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4，Y和W形成的化合物为NaCl，电子式为，故答案为：HClO4；（3）隔绝空气加热，Na单质可与X的氧化物B2O3反应制备B单质，该反应的化学方程式为：6Na+B2O32B+3Na2O，故答案为：6Na+B2O32B+3Na2O；（4）S2Cl2与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体为二氧化硫，只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，转移0.3mol电子生成二氧化硫为0.1mol，故有0.3molS原子发生还原反应，根据电子转移守恒可知S元素在还原
43、产物中的化合价为0，故生成S，同时生成HCl，该反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O3S+SO2+4HCl，故答案为：2S2Cl2+2H2O3S+SO2+4HCl【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重考查学生运用知识分析问题、解决问题的能力，难度中等16乳酸亚铁CH3CH（OH）COO2Fe广泛应用于乳制品、营养液等，溶于水，可由乳酸与FeCO3反应制得I制备碳酸亚铁：装置如图所示（1）装置B中可观察到的现象是铁粉逐渐溶解，体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色将B中生成的FeCl2溶液压人装置C的操作是关闭活塞3，打开活塞2制备乳酸亚铁：将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，
44、加入少量铁粉，在75下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸（2）加入少量铁粉的作用是防止亚铁离子被氧化，反应后加入适量乳酸的作用是除去铁粉（3）从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是冷却结晶（或低温蒸发、冷却结晶）、过滤、洗涤、干燥（4）设计实验证明乳酸亚铁中含Fe2+：取少量乳酸亚铁溶液于试管中，先加入硫氰化钾溶液，溶液不变色，然后加入新制氯水，若溶液变为血红色则证明溶液中含有亚铁离子【分析】（1）装置B中铁粉与稀盐酸反应生成氢气和氯化亚铁，据此判断反应现象；关闭活塞3、打开活塞2，产生的氢气使圆底烧瓶中压强增大，从而可将氯化亚铁溶液压人装置C；（2）制得的FeCO3在空气中容易被氧化
45、成铁离子，所以要加少量的铁粉，防止亚铁离子被氧化，反应后加入适量乳酸可以将过量的铁粉溶解，据此答题；（3）从溶液中获得晶体，应经过冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；（4）先加入硫氰化钾溶液，溶液不变色，然后加入新制氯水，若溶液变为血红色则证明溶液中含有亚铁离子【解答】解：（1）装置B中铁粉与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2，则观察到的现象为：铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色，先关闭活塞3、打开活塞2，铁与稀盐酸反应生成的氢气使圆底烧瓶中压强增大，从而将B中生成的FeCl2溶液压入装置C，故答案为：液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；关闭活
46、塞3，打开活塞2；（2）制得的FeCO3在空气中容易被氧化成铁离子，所以要加少量的铁粉，防止亚铁离子被氧化，反应后加入适量乳酸可以将过量的铁粉溶解，以除去铁粉，故答案为：防止亚铁离子被氧化；除去铁粉；（3）在75下搅拌使之充分反应制得乳酸亚铁，从热溶液中获得乳酸亚铁晶体，应经过冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，故答案为：冷却结晶（或低温蒸发、冷却结晶）；过滤；（4）证明乳酸亚铁中含Fe2+的方法是：取少量乳酸亚铁溶液于试管中，先加入硫氰化钾溶液，溶液不变色，然后加入新制氯水，若溶液变为血红色则证明溶液中含有亚铁离子，故答案为：取少量乳酸亚铁溶液于试管中，先加入硫氰化钾溶液，溶液不变色，然后加入
47、新制氯水，若溶液变为血红色则证明溶液中含有亚铁离子【点评】本题考查了制备方案的设计与评价，题目难度中等，明确实验目的及化学实验基本操作方法为解答关键，注意掌握物质制备方案的设计与评价原则，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学实验能力17氧硫化碳（COS）可替代磷化氢而被用作熏蒸剂（1）组成氧硫化碳和磷化氢的各原子中，原子半径最大的元素在周期表中的位置是第三周期第VA族（2）下列事实可用于比较C与P两种元素非金属性相对强弱的是b（填字母）a最高正化合价：PCb同温同浓度的两溶液的酸性：H3PO4H2CO3c沸点：PH3CH4（3）氧硫化碳水解及部分应用流程如下（部分产物
48、已略去）：COSH2SNa2SM溶液+H2已知：常温下，反应中每吸收1.7g H2S气体，反应放出热量4.76kJ，则该反应的热化学方程式为H2S（g）+2NaOH（aq）=Na2S（aq）+H2O（l）H=95.2KJ/mol已知M溶液中硫元素的主要存在形式为S2O32，则反应中生成S2O32的离子方程式为2S2+5H2OS2O32+4H2+2OH如图是反应中，在不同反应温度下，反应时间与H2产量的关系（Na2S初始含量为3mmol）由图象分析可知，a点时M溶液中除S2O32外，还有SO42（填含硫微粒的离子符号）【分析】（1）组成氧硫化碳和磷化氢的原子为O、S、P、H，先判断电子层数，电子
49、层数越多，原子半径越大；电子层数相同，再根据元素周期律，同周期元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，主族元素周期数=电子层数，主族序数=最外层电子数；（2）比较两种元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱；（3）依据热化学方程式书写方法，标注物质的聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方程式；依据题干信息：硫离子和水反应生成硫代硫酸根离子和氢气，依据电荷守恒和原子守恒书写离子反应方程式；根据图示反应时间与H2产量的关系，a点时M溶液中除S2O32外，还有SO42【解答】解：（1）组成氧硫化碳和磷化氢的原子为O、S、P、
50、H，氢元素有1个电子层，氧元素有2个电子层，磷、硫有3个电子层，所以磷、硫的原子半径大于氢、氧的原子半径，磷、硫是同周期元素，硫的原子序数大于磷的原子序数，由元素周期律知，磷的原子半径大于硫的原子半径，磷最外层为5个电子，处于第三周期第VA族，故答案为：第三周期第VA族；（2）比较两种元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱等角度，而最高正化合价、氢化物的沸点高低不能用于比较元素的非金属性强弱，故答案为：b；（3）反应为硫化氢和氢氧化钠的反应H2S+2NaOH=Na2S+H2O，1.7g H2S的物质的量为n=0.5
51、mol，反应放出热量4.76kJ，则1mol硫化氢反应放出95.2KJ的热量，所以该反应的热化学方程式为H2S（g）+2NaOH（aq）=Na2S（aq）+H2O（l）H=95.2KJ/mol，故答案为：H2S（g）+2NaOH（aq）=Na2S（aq）+H2O（l）H=95.2KJ/mol；依据题干信息：硫离子和水反应生成硫代硫酸根离子和氢气，根据硫原子守恒，产物需有因离子，根据原子守恒，产物还有氢氧根离子，反应为：2S2+5H2OS2O32+4H2+2OH，故答案为：2S2+5H2OS2O32+4H2+2OH；反应中，a点360时，随着时间推移，氢气的量不变，Na2S初始含量为3mmol，
52、若只发生：2S2+5H2OS2O32+4H2+2OH，生成氢气：3mmol=6mmol，图中为9mmol，说明M溶液中除S2O32外，还有SO42，反应为：S2+4H2OSO42+4H2，故答案为：SO42【点评】本题考查了原子半径大小的比较、非金属性强弱比较、热反应方程式的书写、离子反应方程式的书写等，注意电子层结构相同的离子半径大小的比较方法注意元素非金属性和金属性的比较角度，题目难度中等18H2O2是一种常用绿色氧化剂，在化学研究中应用广泛（1）常温下，用CO、O2和水在三苯基膦钯的催化下即可制得H2O2相对于电解氢氧化钠溶液制H2O2，该方法具有的优点是安全、能耗低（2）图1是铝/过氧
53、化氢电池结构示意图铝电极为负极（填“正极”或“负极”），石墨电极的电极反应式为H2O2+2e=2OH（3）印刷电路板中的金属铜可用10%的H2O2溶液和3.0molLl的H2S04溶液处理，其他条件相同时，测得铜的平均溶解速率与温度的关系如图2所示其中bc段曲线变化的主要原因是随着温度的升高，双氧水的分解速率加快（4）为研究硫酸铁的量对过氧化氢分解速率的影响，某同学设计了如下一系列的实验将表中所给的溶液分别加入A、B、C、D 4个反应瓶中，收集产生的气体，记录数据 实验体积/mL液体 A B C D 0.4molL1Fe2（SO4）3溶液 0 1.8 2.0 V1 30%H2O2溶液 20.0
54、 20.0 20.0 20.0 HO2 V2 V3 15.0 13.8记录的数据为收集相同体积气体所需的时间（或相同时间内收集气体的体积）上表中V3=15.2【分析】（1）电解法需消耗电能，而催化法常温下即可进行；（2）铝较活泼，作负极，石墨作正极，双氧水得电子；（3）双氧水不稳定，温度升高，分解速率加快；（4）研究硫酸铁的量对过氧化氢分解速率的影响，需要记录收集相同体积气体所需的时间（或相同时间内收集气体的体积）；让每次实验的总体积相同【解答】解：（1）电解法需消耗电能，而催化法常温下即可进行，而CO、O2和水在三苯膦钯的催化下室温制得了H2O2，不需要额外提供能量，故答案为：能耗低；（2）
55、铝较活泼，作负极，石墨作正极，双氧水得电子，氧的化合价降低，电极反应式为H2O2+2e=2OH，故答案为：负极；H2O2+2e=2OH；（3）图象显示，温度升高到40以后，铜的平均溶解速率降低，是因为双氧水不稳定，温度升高，分解速率加快，反应物双氧水的浓度降低，导致铜的平均溶解速率降低，故答案为：随着温度的升高，双氧水的分解速率加快；（4）研究硫酸铁的量对过氧化氢分解速率的影响，需要记录收集相同体积气体所需的时间（或相同时间内收集气体的体积）；故答案为：收集相同体积气体所需的时间（或相同时间内收集气体的体积）；研究硫酸铁的量对过氧化氢分解速率的影响，其他条件要相同，所以让每次实验的总体积相同，
56、从C中得出溶液的总体积为37.0mL，所以V3=37.0mL1.8mL20.0mL=15.2mL，故答案为：15.2【点评】本题考查原电池原理，注意抓住得失电子化合价升降写出电极反应式，探究反应速率影响因素，注意用控制变量法分析，侧重对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等19肼（N2H4）的性质类似于氨气，易溶于水，是塑料、橡胶发泡剂的原料将肼蒸气通入Cu0胶体中，可发生如图所示的转化（1）图示的转化中，属于非氧化还原反应的是（填序号）（2）转化中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则X的化学式为N2（3）转化中，反应一段时间后，溶液中n（OH）增大（填“增大”“减小”或“
57、不变”）（4）加入NaCl0时发生的反应为Cu（NH3）+2ClO+2OHCu（OH）2+2N2H4+2Cl+2H2O该反应需在80以上进行，其目的除加快反应速率外，还有使氢氧化铜分解、降低联氨溶解度使其从溶液中逸出（5）若中参加反应的Cu0物质的量为0.4mol，按图示转化过程进行后，中生成的Cu0物质的量也等于0.4mol【分析】（1）非氧化还原反应即无元素化合价变化的反应；（2）在反应中，N2H4做还原剂，CuO做氧化剂，根据氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，据此分析X；（3）发生Cu2O+4NH3H2O=2Cu（NH3）2+2OH+3H2O，碱性增强；（4）温度高时氢氧化铜分解，且
58、气体溶解度随温度升高而降低；（5）在整个转化过程中满足铜元素的守恒【解答】解：（1）非氧化还原反应即无元素化合价变化的反应，反应中铜元素、氮元素和氢元素以及氧元素的化合价均没有变化，故为非氧化还原反应，故答案为：；（2）在反应中，N2H4做还原剂，CuO做氧化剂，则X为氧化产物，设X中氮元素为a价，则根据氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1有：4（21）=12（a2+2），可解得a=0，即X为氮气，故答案为：N2；（3）转化中的离子方程式为：Cu2O+4NH3H2O=2Cu（NH3）2+2OH+3H2O，故溶液中氢氧根的物质的量增大，故答案为：增大；（4）温度高时氢氧化铜分解，且气体溶解度随温
59、度升高而降低，从而促进反应向正反应方向进行，故答案为：使氢氧化铜分解；降低联氨溶解度使其从溶液中逸出；（5）在整个转化过程中满足铜元素的守恒，故若中参加反应的CuO物质的量为0.4mol，按图示转化过程进行后，中生成的CuO物质的量也等于0.4mol，故答案为：0.4mol【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大20碱式氧化镍（NiOOH）可用作镍氢电池的正极材料以含镍（Ni2+）废液为原料生产NiOOH的一种T艺流程如图1：（1）加入Na2C03溶液时，证明Ni2+已经完全沉淀的实验方法是静置，在上层清液中
60、继续滴加12滴Na2CO3溶液，无沉淀生成，过滤时需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、琉璃棒（2）写出碳酸镍与稀硫酸反应的离子方程式：NiCO3+2H+=Ni2+H2O+CO2（3）硫酸镍溶液可用于制备合成氨的催化剂ConNi（1n）Fe2O4如图2表示在其他条件相同时合成氨的相对初始速率随催化剂中n值变化的曲线，由图分析可知Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是Co2+（4）写出在空气中加热Ni（OH）2制取NiOOH的化学方程式：4Ni（OH）2+O24NiOOH+2H2O（5）若加热不充分，则制得的NiOOH中会混有Ni（OH）2，其组成可表示为xNiOOHyNi（OH）2现称取9.21
61、g样品溶于稀硫酸中，冷却后转入容量瓶并配制成500mL溶液取出25.00mL，用0.010molLl的KMnO4标准溶液滴定，用去KMnO4标准溶液10.00mL，则x：y=9：1已知反应（未配平）：Ni2+MnO+H+Ni3+Mn2+H2O【分析】含镍（Ni2+）废液为原料生产NiOOH，在含Ni+的废液中中加入碳酸钠溶液，过滤得到NiCO3沉淀，沉淀中加入硫酸溶解生成NiSO4，加入试剂调节溶液的pH使镍离子全部沉淀生成Ni（OH）2，在空气中加热Ni（OH）2制取NiOOH，（1）确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是取上层清液，加入碳酸钠溶液观察是否有沉淀生成，判断镍离子是否全部沉淀，过
62、滤用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、琉璃棒；（2）碳酸镍与稀硫酸反应生成硫酸镍、二氧化碳、水，根据电荷守恒和元素守恒可写出反应的离子方程式；（3）合成氨的相对初始速率随催化剂中n值增大而增大，而n增大，Co2+的比例增大；（4）空气中加热Ni（OH）2和空气中氧气反应生成NiOOH和水；（5）消耗KMnO4物质的量：0.01 molL10.02L=2104 mol，与NiOOH反应后剩余的Fe2+物质的量：2104 mol5=0.01 molFe2+总物质的量：1.0 molL10.1 L=0.1 mol与NiOOH反应的Fe2+的物质的量：0.1 mol0.01 mol=0.09 mol得到n（N
63、iOOH）=0.09 mol，计算得到NiOOH的质量，得到混合物中Ni（OH）2的质量，计算物质的量，依据xNiOOHyNi（OH）2计算x和y的比值【解答】解：含镍（Ni2+）废液为原料生产NiOOH，在含Ni+的废液中中加入碳酸钠溶液，过滤得到NiCO3沉淀，沉淀中加入硫酸溶解生成NiSO4，加入试剂调节溶液的pH使镍离子全部沉淀生成Ni（OH）2，在空气中加热Ni（OH）2制取NiOOH，（1）确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是取上层清液，加入碳酸钠溶液观察是否有沉淀生成，判断镍离子是否全部沉淀，具体操作步骤为：静置，在上层清液中继续滴加12滴Na2CO3溶液，无沉淀生成，过滤用到的
64、玻璃仪器有烧杯、漏斗、琉璃棒；故答案为：静置，在上层清液中继续滴加12滴Na2CO3溶液，无沉淀生成；漏斗、琉璃棒；（2）碳酸镍与稀硫酸反应生成硫酸镍、二氧化碳、水，反应的离子方程式为NiCO3+2H+=Ni2+H2O+CO2，故答案为：NiCO3+2H+=Ni2+H2O+CO2；（3）由图可知，随n值越大，合成氨的相对初始速率越大，而n增大，Co2+的比例增大，故Co2+的催化活性更高，故答案为：Co2+；（4）空气中加热Ni（OH）2和空气中氧气反应生成NiOOH和水，原子守恒配平书写化学方程式为：4Ni（OH）2+O24NiOOH+2H2O，故答案为：4Ni（OH）2+O24NiOOH+
65、2H2O；（5）消耗KMnO4物质的量：0.01 molL10.02L=2104 mol与NiOOH反应后剩余的Fe2+物质的量：2104 mol5=0.01 molFe2+总物质的量：1.0 molL10.1 L=0.1 mol与NiOOH反应的Fe2+的物质的量：0.1 mol0.01 mol=0.09 moln（NiOOH）=0.09 molm（NiOOH）=91.7 gmol10.09 mol=8.253 gnNi（OH）2= =0.01 molx：y=n（NiOOH）：nNi（OH）2=0.09 mol：0.01 mol=9：1，故答案为：9：1【点评】本题考查了物质分离方法和实验过程分析判断，溶度积常数和离子积常数的计算应用，注意流程的理解应用，掌握实验基础和物质性质是关键，题目难度中等2016年9月13日
