1、2015-2016学年四川省成都市七中高三（上）一诊化学模拟试卷一、选择题（共42分）1在日常生活中，下列解决问题的方法不可行的是（）A为使水果保鲜，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土B为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸C“地沟油”禁止食用，但处理后可用来制肥皂和生物柴油D为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中2NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A0.1mol CH4含有的电子数为NAB标准状况下，22.4L己烷中共价键数为19NAC6.4g CaC2固体中所含阴离子数为0.2NAD1L 1mol/L的NaHCO3溶液中含有NA个HCO33常温下下列各组
2、离子能大量共存的是（）A加KSCN显红色的溶液中：K+、NH4+、Cl、S2BpH=1的溶液中：K+、Fe3+、Cl、NO3C“84”消毒液的溶液中：Fe2+、Cl、Ca2+、Na+D含有大量NH4+的溶液中：Ba2+、K+、Cl、OH4下列实验方案不能达到预期目的是选项实验方案预期目的A将含有HCl的CO2气体通过饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HClB向X溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液检验X溶液中是否含有SO42C向醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深证明盐类的水解是吸热的D向含有少量苯酚的苯中加入NaOH溶液，振荡、静置、分液除去苯中的苯酚AABBCCDD5W、X、Y是原子序
3、数依次增大的同一短周期元素W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水；Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，W与Y可形成化合物W2Y下列说法不正确的是（）A原子半径WXYBW2Y的电子式为：C元素的金属性WXDW2Y2中既有离子键，又有共价键6常温下浓度均为0.1mol/L的四种盐溶液，其pH如表所示，下列说法正确的是（）序号溶液CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClOpH8.89.711.610.3A将等浓度的CH3COOH和HClO溶液，pH小的是HClOBNa2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同C溶液水的电离程度DNaHCO3溶液中，c（Na +）=
4、c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）7某小组同学用如图所示装置研究电化学原理下列关于该原电池的说法不正确的是（）A原电池的总反应为Fe+Cu2+Fe2+CuB盐桥中是KNO3溶液，则盐桥中NO3移向乙烧杯C其他条件不变，若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，石墨电极反应式为2H+2eH2D反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12g，导线中通过0.2mol电子二、非选择题（共58分）8石油是一种极其重要的资源，是发展国民经济和国防建设重要物资B的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，A是生活中常见的有机物，易溶于水并有特殊香味、有关物质转化关系如图1所示：（1）足量烃B
5、通入溴水的实验现象是（2）反应属于反应（填有机反应类型）（3）写出反应的化学方程式、某化学兴趣小组对反应进行探究活动，设计如图2装置进行实验：（4）在实验中球形干燥管除起冷凝外，另一个重要作用是 （5）反应结束后b中的现象是9利用N2和H2可以实现NH3的工业合成，而氨又可以进一步制备硝酸已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.5kJ/molN2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJ/mol（1）氨催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气的热化学方程式为 （2）研究在其他条件不变时，改变起始物氢气的物质的量对
6、N2（g）+3H2（g）2NH3（g）反应的影响实验结果如图所示（图中T表示温度，n表示物质的量）：图象中T2和T1的关系是：T2T1（填“高于”“低于”“等于”“无法确定”）a、b、c三点中，N2转化率最高的是 （填字母）若容器容积为1L，T2在起始体系中加入1mol N2，n（H2）=3mol，经过5min反应达到平衡时H2的转化率为60%，则v（NH3）=保持容器体积不变，若起始时向容器内放入2mol N2和6mol H2，达平衡后放出的热量为Q，则Q110.88kJ（填“”、“”或“=”）10某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，用此废料提取NiSO4和
7、Ni的流程如图：已知：有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如表：物质Fe（OH）3Al（OH）3Ni（OH）2Fe（OH）2Mg（OH）2开始沉淀1.53.67.37.09.6完全沉淀3.84.79.39.012.0（1）滤渣1的主要成分为（2）从滤液2中获得NiSO46H2O的实验操作、过滤、洗涤、干燥（3）用离子方程式解释加入H2O2的作用（4）加NiO调节溶液的pH至5，则生成沉淀的离子方程式有（5）电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，其基本 反应原理如图：A电极反应式为和2H+2eH2若一段时间后，在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），能得到Nig11某课外活动小组设计了以下
8、实验方案验证Ag与浓HNO3反应的过程中可能产生NO其实验流程图如下：（1）测定硝酸的物质的量反应结束后，从如图B装置中所得100mL溶液中取出25.00mL溶液，用0.1molL1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，滴定前后的滴定管中液面的位置如图所示在B容器中生成硝酸的物质的量为，则Ag与浓硝酸反应过程中生成的NO2的物质的量为（2）测定NO的体积从图所示的装置中，你认为应选用装置进行Ag与浓硝酸反应实验，选用的理由是选用图所示仪器组合一套可用来测定生成NO体积的装置，其合理的连接顺序是（填各导管口编号）在读取量筒内液体体积之前，应进行的操作（3）气体成分分析若实验测得NO的体积为112.
9、0mL（已折算到标准状况），则Ag与浓硝酸反应的过程中（填“有”或“没有”）NO产生，作此判断的依据是2015-2016学年四川省成都市七中高三（上）一诊化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共42分）1在日常生活中，下列解决问题的方法不可行的是（）A为使水果保鲜，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土B为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸C“地沟油”禁止食用，但处理后可用来制肥皂和生物柴油D为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中【考点】乙烯的化学性质；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【专题】化学应用【分析】A高锰酸钾可氧化乙烯；B在漂白精中滴加醋
10、酸，可增大HClO的浓度；C地沟油的只要成分是油脂，油脂可以可用来制肥皂和生物柴油；D硫酸铜为重金属盐，对人体有害【解答】解：A乙烯可催熟，高锰酸钾可氧化乙烯，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土，可起到保鲜的作用，故A正确；B漂白精种含有次氯酸钙，在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度，则氧化性增强，可增大漂白速率，故B正确；C地沟油经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用，故C正确；D硫酸铜为重金属盐，对人体有害，不能用于食品防腐，故D错误；故选D【点评】本题考查较为综合，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意相关物质的性质以及应用
11、，难度不大2NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A0.1mol CH4含有的电子数为NAB标准状况下，22.4L己烷中共价键数为19NAC6.4g CaC2固体中所含阴离子数为0.2NAD1L 1mol/L的NaHCO3溶液中含有NA个HCO3【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A.1个甲烷分子含有10个电子；B气体摩尔体积使用对象为气体；CCaC2晶体中含阴离子为C22，6.4克CaC2为0.1mol；D碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，存在水解和电离【解答】解：A.1个甲烷分子含有10个电子，0.1mol CH4含有的电子数为NA，故A正确；B标况
12、下，己烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；CCaC2晶体中含阴离子为C22，6.4克CaC2为0.1mol，含阴离子数为0.1NA，故C错误；D碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，存在水解和电离，所以1L 1mol/L的NaHCO3溶液中含有小于NA个HCO3，故D错误；故选：A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，注意碳化钙的结构，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大3常温下下列各组离子能大量共存的是（）A加KSCN显红色的溶液中：K+、NH4+、Cl、S2BpH=1的溶液中：K+、Fe3+、Cl、NO3C“8
13、4”消毒液的溶液中：Fe2+、Cl、Ca2+、Na+D含有大量NH4+的溶液中：Ba2+、K+、Cl、OH【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A加KSCN显红色的溶液，含铁离子；BpH=1的溶液，显酸性；C“84”消毒液具有氧化性；D离子之间结合生成弱电解质【解答】解：A加KSCN显红色的溶液，含铁离子，Fe3+、S2发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；BpH=1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C“84”消毒液具有氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；DNH4+、OH结合生成弱电解质，不能大量共存，故D错误；故选B【点评】本题考
14、查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子共存及分析与应用能力的考查，题目难度不大4下列实验方案不能达到预期目的是选项实验方案预期目的A将含有HCl的CO2气体通过饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HClB向X溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液检验X溶液中是否含有SO42C向醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深证明盐类的水解是吸热的D向含有少量苯酚的苯中加入NaOH溶液，振荡、静置、分液除去苯中的苯酚AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯和除杂；化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A、氯化氢极易溶于水和碳酸氢钠反应，饱和碳酸
15、氢钠溶液中二氧化碳溶解度减小；B、溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成沉淀，原溶液可能含有硫酸根离子或氯离子；C、醋酸钠是弱酸强碱盐水解显碱性，水解过程是吸热反应；D、苯酚和氢氧化钠反应生成溶于水的苯酚钠，苯不溶于水；【解答】解：A、氯化氢极易溶于水和碳酸氢钠反应，饱和碳酸氢钠溶液中二氧化碳溶解度减小，将含有HCl的CO2气体通过饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，故A正确；B、溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成沉淀，原溶液可能含有硫酸根离子或氯离子，生成的沉淀可能是硫酸钡，或氯化银，故B错误；C、醋酸钠是弱酸强碱盐水解显碱性，向醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，碱性
16、增强，平衡正向进行证明水解过程是吸热反应，故C正确；D、苯酚和氢氧化钠反应生成溶于水的苯酚钠，苯不溶于水；振荡、静置、分液，可以除去苯中的苯酚，故D正确；故选B【点评】本题考查了物质分离、提纯、除杂的方法和反应应用，盐类水解的应用，离子检验，注意现象分析和性质应用5W、X、Y是原子序数依次增大的同一短周期元素W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水；Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，W与Y可形成化合物W2Y下列说法不正确的是（）A原子半径WXYBW2Y的电子式为：C元素的金属性WXDW2Y2中既有离子键，又有共价键【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期
17、律与元素周期表专题【分析】W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水，可知W为Na，X为Al，Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，应为S，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题【解答】解：W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水，可知W为Na，X为Al，Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，应为S，A同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，故A正确；BW2Y为Na2S，电子式为，故B正确；C同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，故C错误；DNa2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O原子之间存在非极性共价键，故D正确故选C【点评】本
18、题考查原子结构与元素周期律的关系，侧重于物质的性质的递变规律的考查，根据原子结构明确元素的种类为解答该题的关键6常温下浓度均为0.1mol/L的四种盐溶液，其pH如表所示，下列说法正确的是（）序号溶液CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClOpH8.89.711.610.3A将等浓度的CH3COOH和HClO溶液，pH小的是HClOBNa2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同C溶液水的电离程度DNaHCO3溶液中，c（Na +）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）【考点】盐类水解的原理【专题】盐类的水解专题【分析】酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大
19、；A、对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱；B、根据溶液中的电离和水解平衡分析；C、易水解的盐能促进水的电离；D、根据物料守恒分析【解答】解：酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大；A、对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，则将等浓度的CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性强，则pH小的是CH3COOH，故A错误；B、碳酸钠中CO32+H2OHCO3+OH，HCO3+H2OH2CO3+OH，H2OH+OH，碳酸氢钠溶液中HCO3CO32+H+，HCO3+H2OH2CO3+OH，H2OH+OH，所以两种溶液中粒子种类相同，故B错误；C
20、、易水解的盐能促进水的电离，水解程度越大，对水的电离的促进程度越大，则四种溶液中，水的电离程度，故C错误；D、NaHCO3溶液中Na元素的物质的量是C元素的物质的量的相等，则c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），故D正确；故选D【点评】本题考查了盐的水解、影响水的电离的程度的因素、物料守恒的应用等，注意根据酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大，题目难度不大7某小组同学用如图所示装置研究电化学原理下列关于该原电池的说法不正确的是（）A原电池的总反应为Fe+Cu2+Fe2+CuB盐桥中是KNO3溶液，则盐桥中NO3移向乙烧杯C其他条件不变，若将CuCl
21、2溶液换为NH4Cl溶液，石墨电极反应式为2H+2eH2D反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12g，导线中通过0.2mol电子【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】该原电池中Fe作负极，负极反应为Fe2eFe2+，C作正极，正极上是溶液中的阳离子得电子，则正极反应为Cu2+2e=Cu，溶液中阴离子向负极移动，结合电子转移计算【解答】解：A、负极反应为Fe2eFe2+，正极反应为Cu2+2e=Cu，则原电池的总反应为Fe+Cu2+Fe2+Cu，故A正确；B、盐桥中是KNO3溶液，则盐桥中NO3移向负极移动，即向甲烧杯，故B错误；C、其他条件不变，若将CuCl2溶
22、液换为NH4Cl溶液，溶液中的氢离子在正极上得电子，则石墨电极反应式为2H+2eH2，故C正确；D、Fe为负极，发生：Fe2e=Fe2，石墨为正极，发生Cu2+2e=Cu，总反应式为Fe+Cu2+Fe2+Cu，一段时间后，两电极质量相差12g，则 Fe+Cu2+Fe2+Cu 两极质量差m 转移电子 56g 64g 56g+64g=120g 2mol 12g n解得：n=0.2mol，故D正确故选：B【点评】本题考查了原电池原理的分析应用，把握电极反应和电极判断、电子守恒的计算应用是解题关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力二、非选择题（共58分）8石油是一种极其重要的资源，是发
23、展国民经济和国防建设重要物资B的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，A是生活中常见的有机物，易溶于水并有特殊香味、有关物质转化关系如图1所示：（1）足量烃B通入溴水的实验现象是溴水的橙色褪去，下层有无色油状液体生成（2）反应属于加成反应反应（填有机反应类型）（3）写出反应的化学方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O、某化学兴趣小组对反应进行探究活动，设计如图2装置进行实验：（4）在实验中球形干燥管除起冷凝外，另一个重要作用是防止液体倒吸 （5）反应结束后b中的现象是面上有透明的不溶于水的油状液体生成，并可以闻到香味【考点】有机物的推断；乙酸乙酯的制取【专题】有机推断；结构决
24、定性质思想；演绎推理法；制备实验综合【分析】B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，B是乙烯，A是化学实验室中常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，根据框图中信息，A能与Na、乙酸反应，在红热铜丝发生催化氧化，可推知A是乙醇，根据框图中的转化关系、反应条件和反应试剂可推得，C是乙酸乙酯，D是乙醛，E是乙醇钠，据此解答【解答】解：B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，B是乙烯，A是化学实验室中常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，根据框图中信息，A能与Na、乙酸反应，在红热铜丝发生催化氧化，可推知A是乙醇，根据框图中的转化关系、反应条件和反应试剂可推得，C是乙酸乙酯，D是乙醛，E是乙醇钠，
25、（1）乙烯能与溴发生加成反应生成1，2二溴乙烷，所以足量乙烯通入溴水中溴水的橙色褪去，下层有无色油状液体生成，故答案为：溴水的橙色褪去，下层有无色油状液体生成；（2）反应是乙烯与水发生加成反应得乙醇，故答案为：加成反应；（3）反应是乙醇在铜作催化剂、加热条件下催化氧化生成乙醛，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）在实验中球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是防止液体倒吸，故答案为：防止液体倒吸；（5）试管b中观察到的现象是：液体分层，上层无色油状液体有果香味，故答案为：面上有透明的不溶于水的油状液
26、体生成，并可以闻到香味【点评】考查有机推断、乙酸乙酯的制取，涉及烯、醇、羧酸的性质与转化等，难度不大，是对常见有机物知识的简单运用，注意掌握各类有机物的性质9利用N2和H2可以实现NH3的工业合成，而氨又可以进一步制备硝酸已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.5kJ/molN2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJ/mol（1）氨催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气的热化学方程式为4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H=905.0 kJ/mol （2）研究在其他条件不变时，改变起始
27、物氢气的物质的量对N2（g）+3H2（g）2NH3（g）反应的影响实验结果如图所示（图中T表示温度，n表示物质的量）：图象中T2和T1的关系是：T2低于T1（填“高于”“低于”“等于”“无法确定”）a、b、c三点中，N2转化率最高的是c （填字母）若容器容积为1L，T2在起始体系中加入1mol N2，n（H2）=3mol，经过5min反应达到平衡时H2的转化率为60%，则v（NH3）=0.24 mol/（Lmin）保持容器体积不变，若起始时向容器内放入2mol N2和6mol H2，达平衡后放出的热量为Q，则Q110.88kJ（填“”、“”或“=”）【考点】化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有
28、关反应热的计算【专题】化学平衡图像；燃烧热的计算【分析】（1）由已知热化学方程式根据盖斯定律构造目标热化学方程式，已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJ/molN2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJ/mol由盖斯定律可知，22+3得；（2）根据温度升高化学平衡向着吸热方向进行；根据增加氢气的物质的量化学平衡向着正反应方向移动；化学平衡三行计算列式计算，反应速率v=，结合平衡计算H2的转化率为60%时放出的热量，若起始时向容器内放入2mol N2和6mol H2，相当于增大压强平衡正向进行，
29、反应是可逆反应不能进行彻底，放出热量小于292.4kJ/mol=184.8KJ，大于H2的转化率为60%时放出的热量的2倍；【解答】解：（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJ/molN2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJ/mol由盖斯定律可知，22+3得：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=905.0kJ/mol，故答案为：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=905.0kJ/mol；（2）反应为放热反应，温度升高化学平衡向着吸热方向进行
30、，从T1到T2生成物氨气的量增加，平衡正移，故T2T1，故答案为：低于；b点代表平衡状态，c点又加入了氢气，故平衡向右移动，氮气的转化率增大，故答案为：c；化学平衡三行计算列式计算， N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始量（mol）1 3 0变化量（mol）0.6 360% 1.2平衡量（mol） 0.4 1.2 1.2反应速率v=0.24mol/（Lmin），此时反应放出热量=92.4kJ/mol=55.44KJ，结合平衡计算H2的转化率为60%时放出的热量，若起始时向容器内放入2mol N2和6mol H2，相当于增大压强平衡正向进行，反应是可逆反应不能进行彻底，放出热量小于292.
31、4kJ/mol=184.8KJ，大于H2的转化率为60%时放出的热量的2倍，即热量55.44KJ2=110.88kJ，故答案为：0.24 mol/（Lmin），；【点评】本题考查了热化学方程式书写、影响平衡移动的因素、平衡图象、化学平衡计算等，难度中等，注意掌握三段式解题法与盖斯定律应用10某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，用此废料提取NiSO4和Ni的流程如图：已知：有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如表：物质Fe（OH）3Al（OH）3Ni（OH）2Fe（OH）2Mg（OH）2开始沉淀1.53.67.37.09.6完全沉淀3.84.79.39.012
32、.0（1）滤渣1的主要成分为SiO2（2）从滤液2中获得NiSO46H2O的实验操作加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（3）用离子方程式解释加入H2O2的作用2H+H2O2+2Fe2+2Fe3+2H2O（4）加NiO调节溶液的pH至5，则生成沉淀的离子方程式有2Fe3+3NiO+3H2O=2Fe（OH）3+3Ni2+、2Al3+3NiO+3H2O=2Al（OH）3+3Ni2+（5）电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，其基本 反应原理如图：A电极反应式为Ni2+2e=Ni和2H+2eH2若一段时间后，在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），能得到Ni29.5g【考点】物质分离和提纯的方法
33、和基本操作综合应用【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；物质的分离提纯和鉴别【分析】某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、CuSO4、Al2（SO4）3，、MgSO4，浸出液通过电解铜离子得到电子析出铜，溶液中脱铜后的溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子，再加入氧化镍调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液1中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液2，滤液2中获得NiSO46H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤
34、洗涤，干燥得到晶体，电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，据此答题【解答】解：废料提取NiSO4和Ni的流程为：某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、CuSO4、Al2（SO4）3，、MgSO4，浸出液通过电解铜离子得到电子析出铜，溶液中脱铜后的溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子，再加入氧化镍调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液1中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液2，滤液2中获得NiSO46H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩
35、，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，电解浓缩后的滤液2可获得金属镍；（1）上述分析可知，滤渣1主要成分为SiO2，故答案为：SiO2；（2）溶液中得到溶质晶体的方法是依据溶质溶解度随温度变化，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到结晶水合物，从滤液2中获得NiSO46H2O的实验操作是加热浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，故答案为：加热浓缩、冷却结晶；（3）加入H2O2的作用是在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH易于沉淀，过氧化氢发生反应的离子方程式为：2H+H2O2+2Fe2+2Fe3+2H2O；故答案为：2H+H2O2+2Fe2+2Fe3+2H2O；（4）加入氧化镍调节溶液P
36、H，使铁离子，铝离子全部沉淀，反应的离子方程式有 2Fe3+3NiO+3H2O=2Fe（OH）3+3Ni2+、2Al3+3NiO+3H2O=2Al（OH）3+3Ni2+，故答案为：2Fe3+3NiO+3H2O=2Fe（OH）3+3Ni2+、2Al3+3NiO+3H2O=2Al（OH）3+3Ni2+；（5）滤液2为NiSO4溶液，电解NiSO4溶液，根据图示可知，A电极反应式为 Ni2+2e=Ni 和2H+2eH2，故答案为：Ni2+2e=Ni；一段时间后在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），气体物质的量=0.5mol，阳极电极反应：Ni2+2eNi 1mol 0.5mol 2H+2
37、e=H2； 1mol 0.5mol阴极电极反应为4OH4e=2H2O+O2 2mol 0.5mol生成Ni物质的量为0.5mol，质量为0.5mol59/mol=29.5g，故答案为：29.5【点评】本题考查了物质分离和制备流程的分析判断，主要是实验基本操作和电解池原理的分析应用，物质性质和电极反应书写、电子守恒的计算应用是解题关键，题目难度中等11某课外活动小组设计了以下实验方案验证Ag与浓HNO3反应的过程中可能产生NO其实验流程图如下：（1）测定硝酸的物质的量反应结束后，从如图B装置中所得100mL溶液中取出25.00mL溶液，用0.1molL1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，滴定前
38、后的滴定管中液面的位置如图所示在B容器中生成硝酸的物质的量为0.008mol，则Ag与浓硝酸反应过程中生成的NO2的物质的量为0.012mol（2）测定NO的体积从图所示的装置中，你认为应选用A装置进行Ag与浓硝酸反应实验，选用的理由是因为A装置可以通入N2将装置中的空气排尽，防止NO被空气中O2氧化选用图所示仪器组合一套可用来测定生成NO体积的装置，其合理的连接顺序是123547（填各导管口编号）在读取量筒内液体体积之前，应进行的操作等液体冷却到室温，并使集气瓶和量筒内液面相平（3）气体成分分析若实验测得NO的体积为112.0mL（已折算到标准状况），则Ag与浓硝酸反应的过程中有（填“有”或
39、“没有”）NO产生，作此判断的依据是因为NO2与水反应生成的NO的体积小于收集到的NO的体积（89.6112.0）【考点】性质实验方案的设计【专题】综合实验题【分析】（1）B容器中是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；100mL溶液中取出25.00mL溶液，用0.1molL1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，终点时，消耗氢氧化钠溶液的题为20.4ml0.4ml=20ml；所以生成硝酸25.00mL溶液中含有0.02L0.1mol/L=0.002mol，则B容器中生成硝酸的物质的量为0.008mol；由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知金属反应生成二氧化氮物质的量为0.012mol；（2）
40、一氧化氮气体易被氧气氧化生成二氧化氮对验证产生干扰；选用图所示仪器组合一套可用来测定生成NO体积的装置，用水吸收生成的二氧化氮气体，可以用排水量气法测定一氧化氮气体的体积；依据量筒读取液体体积时需要和集气瓶液面向平，温度在常温下；（3）若实验测得NO的体积为112.0mL（已折算到标准状况），结合二氧化氮反应生成的一氧化氮气体体积减小比较判断【解答】解：（1）B容器中是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；100mL溶液中取出25.00mL溶液，用0.1molL1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，终点时，消耗氢氧化钠溶液的题为20.4ml0.4ml=20ml；所以生成硝酸25.00mL溶液中含
41、有0.02L0.1mol/L=0.002mol；则B容器中生成硝酸的物质的量为0.008mol；由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知金属与硝酸反应生成二氧化氮物质的量为0.012mol，故答案为：0.008 mol；0.012 mol；（2）一氧化氮气体易被氧气氧化生成二氧化氮对验证产生干扰，AD相比A装置利用氮气可以把装置中 的空气排净；故答案为：A；因为A装置可以通入N2将装置中的空气排尽，防止NO被空气中O2氧化；用A进行银和浓硝酸的反应，用水吸收生成的二氧化氮气体，导气管长进短出，可以用排水量气法测定一氧化氮气体的体积，排水集气瓶导气管应短进长出，连接顺序为：123547，故答案为
42、：123547；读数之前应保持内外压强相同，恢复到室温下读取量筒中 液体的体积，故答案为：等液体冷却到室温，并使集气瓶和量筒内液面相平；（3）实验测得NO的体积为112.0mL（已折算到标准状况），依据上述计算得到银和浓硝酸生成二氧化氮气体物质的量为0.012mol，依据3NO2+H2O=2HNO3+NO；计算得到一氧化氮气体物质的量为0.004mol，标准状况下体积为0.00422.4L/mol=0.0896L=89.6ml112.0mL可知银和硝酸反应生成一氧化氮气体，故答案为：有；因为NO2与水反应生成的NO的体积小于收集到的NO的体积（89.6112.0）【点评】本题考查了物质性质的分析应用，实验设计的判断，物质反应的计算应用，主要考查及其化合物性质的分析应用，题目难度中等版权所有：高考资源网()
