1、高三第一次调研化学试题第卷一、选择题（每小题3分，共15小题，45分。每题只有1个正确选项）1. 下列对古文献记载内容理解错误的是A. 天工开物记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙粘土而为之”。“瓦”，传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐。B. 本草纲目“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”这里所用的“法”是指蒸馏。C. 本草经集注中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应。D. 抱朴子 金丹篇中记载：“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂。”该过程未发生氧化还原反应。【答
2、案】D【解析】A. “瓦”属于传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，A正确；B. “烧酒”利用的是蒸馏原理，B正确；C. 钾元素的焰色反应显紫色，C正确；D. 丹砂的主要成分是HgS，高温分解生成Hg和S，积变后二者化合又变为丹砂，因此发生了氧化还原反应，D错误，答案选D。2. 化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是A. 新能源汽车的推广与使用，有助于减少光化学烟雾的产生B. 氯气泄漏时，可用蘸有肥皂水的湿毛巾捂住口鼻疏散到安全区域C. 铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈D. 地球上99的溴元素以Br-的形式存在于海水中，溴化钠和溴化钾在医药上常用作镇静剂【答案】C【解析】A. 新能
3、源汽车的推广与使用，减少汽油的使用，有助于减少光化学烟雾的产生，A正确；B. 肥皂水显碱性，因此氯气泄漏时，可用蘸有肥皂水的湿毛巾捂住口鼻疏散到安全区域，B正确；C. 铁在潮湿的空气中放置，易发生电化学腐蚀而生锈，C错误；D. 地球上99的溴元素以Br-的形式存在于海水中，溴化钠和溴化钾在医药上常用作镇静剂，D正确，答案选C。3. 下列说法正确的是A. 高纯度的SiO2是制备光导纤维、太阳能电池板的主要材料B. NO2有氧化性，可以损害多种织物和尼龙制品C. Al2O3熔点高，一般采用电解熔融的AlCl3制备金属铝D. 利用Na2CO3可与盐酸反应的原理，治疗胃酸过多【答案】B【解析】A. 高
4、纯度的SiO2是制备光导纤维的主要材料，单质硅是太阳能电池板的主要材料，A错误；B. NO2有氧化性，可以损害多种织物和尼龙制品，B正确；C. 氯化铝熔融时不能电离，工业上采用电解熔融的氧化铝制备金属铝，C错误；D. 碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，D错误，答案选B。点睛：选项C是解答的易错点，铝和氯虽然是活泼的金属和非金属，但二者形成的 不是离子键，而是共价键，形成的化合物不是离子化合物，而是共价化合物。可以通过熔融状态下能否导电判断是离子化合物还是共价化合物。4. NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是A. 氢氧燃料电池负极消耗1.12L气体时，电路中转移的电子数为0.1NAB. 1L
5、0.1 molL-1的Na2S溶液中，阴离子总数目大于0.1 NAC. 64gCu和足量的硫粉加热，充分反应转移的电子数是2NAD. 常温常压下，36g18O2中含中子数为16 NA【答案】B【解析】A. 氢气不一定处于标准状况下，无法计算转移的电子数，A错误；B. 硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，因此1L0.1 molL-1的Na2S溶液中，阴离子总数目大于0.1 NA，B正确；C. 64gCu是1mol，和足量的硫粉加热生成硫化亚铜，充分反应转移的电子数是NA，C错误；D. 常温常压下，36g18O2是1mol，其中含中子数为20NA，D错误，答案选B。点睛：要准确把握阿伏加德罗常数
6、的应用，一要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、电离和水解知识的融入、留心特殊的化学反应，如本题选项C中硫与铜的反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。避免粗枝大叶不求甚解，做题时才能有的放矢。二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问题的本质。5. 下列物质中杂质（括号内为杂质）的检验试剂、除杂试剂和除杂方法都正确的是物质及其杂质检验试剂除杂试剂除杂方法AHCl(Cl2)湿润的淀粉KI试纸饱和食盐水洗气BC2H5OH（H2O）无水硫酸铜粉末生石灰蒸馏CCO2(SO2)品红溶液饱和碳酸钠溶液洗气DNH4Cl(I2)淀粉溶液无加热A. A B. B C
7、. C D. D【答案】B【解析】A、饱和食盐水除去的是氯化氢，不能除去氯气，A错误；B、无水硫酸铜遇水变为蓝色，可以检验水的存在，生石灰与水反应生成氢氧化钙，然后蒸馏即可得到无水乙醇，B正确；C、碳酸钠溶液也吸收二氧化碳，应该用饱和碳酸氢钠溶液，C错误；D、氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，不能除去碘，D错误，答案选B。点睛：明确物质的性质差异是解答的关键，注意物质提纯的原则：不增、不减、易复、易分。所谓不增，不引进新的物质；不减指不能损耗或减少被提纯的物质；易复指被提纯物质转化后易复原；易分指易使杂质与被提纯的物质分离。6. 下列微粒能够在指定的分散系中一定大量共存的是A. 弱碱性溶液中：N
8、a+、K+、HCO3-、SO32-B. 空气中：NH3、NO、SO2、COC. 漂白粉溶液中：Na+、Al3+、SO42-、NO3-D. 铜与足量稀硝酸反应后的溶液中：K+、Fe2+、I-、Cl-【答案】A【解析】A. 弱碱性溶液中Na+、K+、HCO3-、SO32-可以大量共存，A正确；B. 空气中NO易被氧化为NO2，不能大量共存，B错误；C. 漂白粉溶液中SO42-易转化为硫酸钙沉淀，不能大量共存，C错误；D. 铜与足量稀硝酸反应后的溶液具有强氧化性，Fe2+、I-易被氧化，均不能大量共存，D错误，答案选A。7. 四种短周期主族元素在周期表中的位置如图，则下列说法错误的是A. 若Y的最简
9、单氢化物的沸点比M的低,则X单质可与强碱溶液反应B. 简单阴离子半径MZYC. 若Y的氢化物水溶液呈碱性，则X的氧化物不与任何酸反应D. 最高价氧化物对应水化物的酸性ZM【答案】C【解析】A. 若Y的最简单氢化物的沸点比M的低，说明Y是C，则X是Al，单质铝可与强碱溶液反应，A正确；B. 离子的核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单阴离子半径MZY，B正确；C. 若Y的氢化物水溶液呈碱性，则Y是N，X是Si，二氧化硅能与氢氟酸反应， C错误；D. 同周期自左向右元素的非金属性逐渐增强，因此最高价氧化物对应水化物的酸性ZM，D正确，答案选C。8.
10、 下列离子方程式书写正确的是A. 用FeS除工业废水中Cu2+：Cu2+(aq)+FeS(s)Fe2+(aq) +CuS(s)B. 用惰性电极电解饱和MgCl2溶液：2Cl+2H2OCl2+H2+2OHC. FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+Br2+4ClD. 向NaAl(OH)4溶液中滴加NaHCO3溶液：Al(OH)4-+ HCO3-Al(OH)3+ CO2+ H20【答案】A【解析】A. 用FeS除工业废水中Cu2+：Cu2+(aq)+FeS(s)Fe2+(aq) +CuS(s)，A正确；B. 用惰性电极电解饱和MgCl2溶液：Mg2+2Cl+2H2OC
11、l2+H2+Mg(OH)2，B错误；C. FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl，C错误；D. 向NaAl(OH)4溶液中滴加NaHCO3溶液：Al(OH)4-+ HCO3-Al(OH)3+ CO32+ H20，D错误，答案选A。点睛：选项C是解答的易错点，解答时要注意一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。9. 已知HA和HB均为弱酸，且Ka(HA) Ka(HB)。25时,在物质的量浓度均为0.1molL-1的NaA和Na
12、B混合溶液中，下列关系正确的是A. c(A-)/ c(B-) c(HA)/ c(HB) B. c(A-)- c(B-)= c(HA)- c(HB)C. c(Na+)=c(A-)+c(B-) D. c(HB) c(HA) c(OH-)【答案】A【解析】A、在物质的量浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB混合溶液中，由于HA与HB均为弱酸，且HA的酸性比HB强，A-水解程度比B-小，溶液中c（HA）c（HB），所以c(A-)/ c(B-) c(HA)/ c(HB)，A正确；B、根据物料守恒c(A-)+c(HA)c(B-)+c(HB)可知c(A-)- c(B-)=c(HB)-c(HA)，B错误；C
13、、根据物料守恒c(A-)+c(HA)+c(B-)+c(HB)c(Na+)可知C错误；D、根据以上分析可知c(OH-)c(HB) c(HA)，D错误，答案选A。10. 下列叙述正确的是A. 某温度下，NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液水的电离程度相同。B. 常温下，将PH=3的醋酸溶液和0.001 molL-1的盐酸等体积混合，则混合液PH【答案】D【解析】A. 醋酸铵水解，促进水的电离，氯化钠不水解，因此NaCl和CH3COONH4两溶液中水的电离程度不相同，A错误；B. 常温下，将pH=3的醋酸溶液和0.001 molL-1的盐酸等体积混合醋酸过量，所得混合液pH3，B错误
14、；C. 温度不变，水的离子积常数不变，C错误；D. 铵根、铝离子水解均显酸性，因此常温下，pH相同的NH4Cl NH4Al(SO4)2 (NH4)2SO4三种溶液中c(NH4+)：=，D正确，答案选D。11. 下列装置或操作能达到实验目的是A. 利用图一方法验证装置的气密性 B. 利用图二装置制备氯气C. 利用图三制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色 D. 利用图四装置制备氨气【答案】A【解析】A. 根据两侧液面的变化可以验证装置的气密性，即连接好仪器，向管中注入适量水，使管中液面高于左侧管中液面。静置片刻，若液面保持不变证明装置不漏气，反之则漏气，A正确；B. 浓盐酸和二氧化锰反应需要加
15、热，B错误；C. 铁与电源的负极相连，作阴极，不能制备Fe(OH)2，C错误；D. 收集氨气的装置中缺少棉花，D错误，答案选A。点睛：检查装置气密性的原理一般都是通过改变装置内气体压强实现的，若检查气密性的装置本身是一个非气密性装置，则第一步要处理成一个密闭体系。装置气密性的检查，难在以下两点：一是方法，二是文字表述。其叙述形式是：装置形成封闭体系操作(微热、手捂、热毛巾捂、加水等)描述现象得出结论；微热法检查的关键词是封闭、微热、气泡、水柱；液差(封)法的关键词是封闭、液差。12. 下列事实与平衡移动原理无关的是A. 向含酚酞的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液，红色变浅B. 加热MgCl
16、26H2O固体最终得到Mg(OH)ClC. 将FeS2矿石粉碎更有利于焙烧制备SO2气体D. NO2气体经过冷凝和加压成无色液体【答案】C【解析】A. 向含酚酞的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液中生成碳酸钡和氯化钠，溶液的碱性减弱，红色变浅，与水解原理有关，A错误；B. 镁离子水解，水解吸热，加热MgCl26H2O固体最终得到Mg(OH)Cl，与水解原理有关，B错误；C. 将FeS2矿石粉碎增大反应物的接触面积，更有利于焙烧制备SO2气体，与平衡移动原理无关，C正确；D. NO2气体经过冷凝和加压成无色液体与2NO2N2O4有关系，D错误，答案选C。13. 工业上可采用惰性电极处理含Na2
17、SO4的废水，得到其它工业产品。其原理如图所示，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述不正确的是A. 通电后中间隔室的SO42离子向正极区迁移，电解后正极区PH减小B. ab为阳离子交换膜，负极区得到NaOH溶液C. 负极区反应为2 H2O4e=O2+4H+，负极区溶液pH降低D. 每有1molO2生成，会有4molNa+进入负极区【答案】C【解析】A.根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42离子向正极迁移；在正极
18、区带负电荷的OH-失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(H+)c(OH-)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，A正确；B.阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH-)c(H+)，钠离子通过阳离子交换膜加入阴极区，产生氢氧化钠，B正确；C.负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H+)增大，所以负极区溶液pH升高，C错误；D. 每有1molO2生成时转移4mol电子，根据电荷守恒可知会有4molNa+进入负极区，D正确，答案选C。点睛：掌握电解池反应原理是本题解答的关键，难点是电极反应
19、式的书写， 时需要注意离子的移动方向、离子的放电顺序、溶液的酸碱性以及是否存在交换膜等。14. t时，卤化银（AgX，X=Cl，Br）的2条溶解平衡曲线如图所示，已知AgCl，AgBr的Ksp依次减小，且p(Ag+)=-lgc(Ag+)，p(X-)=-lgc(X-)，利用pX-pAg的坐标系可表示出AgX的溶度积与溶液中的c(Ag+)和c(X-)的相互关系下列说法错误的是A. t时，c点可表示AgCl的不饱和溶液B. B线表示的是AgBrC. 取a、b两点处溶液等体积混合，维持t不变，混合溶液中一定无白色沉淀生成D. 在t时,AgCl(s)+Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)平衡常数
20、K104【答案】A.点睛：本题主要考查难溶电解质的溶解平衡图象，充分理解图象并从图象中得出解题所需要的信息为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力，注意掌握难溶物溶解平衡及其影响因素、溶度积的概念及其应用方法等。15. 氢化铝锂（LiAlH4）和硼氢化钠（NaBH4）都是有机合成中非常重要的还原剂，可发生如下反应：LiAlH4 + 4H2O = LiOH + Al(OH)3 + 4H2NaBH4 + NH4Cl = NH3BH3 + NaCl + H2,则下列说法错误的是A. LiAlH4中H元素均为 -1价B. 反应中，每生成1mol NH3BH3会转移2moleC. 两个反应中，H2均
21、既是氧化产物，又是还原产物D. NH4Cl和NaBH4所含化学键类型相同【答案】B第卷二. 非选择题（包括4个小题，共55分）16. 下表为部分短周期元素在元素周期表中的位置，回答下列问题IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA123（1）写出由、两种元素形成的既含极性键又含非极性键的一种化合物的化学式_；由、三种元素形成的一种离子化合物的电子式_。（2）工业上制备元素单质的方程式为_。（3）、两种元素形成的离子化合物中，两种简单离子的半径大小_（用微粒符号表示）；用一个化学反应方程式表示元素的非金属性强于元素_。（4）常温下，将元素的单质通入的最高价氧化物的水溶液中，两者恰好反应，此时溶液
22、中离子浓度由大到小的顺序是_。【答案】 (1). H2O2 (2). (3). SiO2+2CSi+2CO (4). H-Li+ (5). H2S+Cl2=2HCl+S (或者其他合理化学反应方程式) (6). c(Na+) c(Cl-) c(ClO-) c(OH-)c(H+)【解析】根据元素在周期表中的相对位置可知分别是H、Li、N、O、Na、Si、S、Cl。则（1）由、两种元素形成的既含极性键又含非极性键的一种化合物是双氧水，化学式为H2O2；由、三种元素形成的一种离子化合物是氯化铵，电子式为。（2）工业上制备元素单质的方程式为为SiO2+2CSi+2CO。（3）、两种元素形成的离子化合物
23、中，两种简单离子的核外电子排布相同，离子半径随原子序数的增大而减小，即离子半径大小为H-Li+；氯气能把硫化氢氧化为单质硫，说明元素的非金属性强于元素，反应的方程式为H2S+Cl2=2HCl+S。（4）常温下，将元素的单质通入的最高价氧化物的水溶液中，两者恰好反应生成氯化钠、次氯酸钠和水由于次氯酸根离子水解，溶液显碱性，则此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na+) c(Cl-) c(ClO-) c(OH-)c(H+)。17. 汽车尾气排放的CO、NOx等气体是大气污染的主要来源，NOx也是雾霾天气的主要成因之一。i.在汽车排气管加装催化转化器，可有效降低污染物的浓度，发生反应：2NO（g）
24、+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H0。为了模拟催化转化器的工作原理，在t时，将2molNO与1mol CO充入1L反应容器中，反应过程中NO（g）、CO（g）、N2（g）的物质的量变化如图所示，（1）则反应进行到20min时，CO2的平均反应速率为_28min36min内NO、CO、N2的物质的量发生了变化(NO、CO图像未画出)，引起该变化的条件可能是_a加入催化剂 b通入0.2mol N2c缩小容器体积 d增加CO2的物质的量当36min达到平衡后，若保持体系温度为t，再向容器中充入CO、CO2气体,使两者物质的量浓度均加倍，平衡将_移动（填“向左”、“向右”或“不”）（2）若均取
25、2molNO和1molCO的混合气体分别放入3种不同的容器中进行该反应，A容器保持恒温恒压，B容器保持恒温恒容，C容器保持恒容绝热，且初始时3个容器的容积和温度均相同，下列说法正确的是_a.3个容器中NO的平衡转化率的大小顺序为 aAaBaCb.当A容器内气体的平均摩尔质量不变时，说明该反应处于化学平衡状态cA、B两个容器达到平衡所用的时间：tAtBd当C容器内平衡常数不变时，说明该反应处于化学平衡状态ii. 某温度下，NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的平衡常数K=，该温度下在甲、乙、丙三个体积为2L的恒容密闭容器中，投入NO2（g）和SO2（g），其起始浓度如表所示，起始浓
26、度甲乙丙c（NO2）/molL10.100.200.20c（SO2）/molL10.100.100.20（3）10min后，甲中达到平衡，则甲中NO2的转化率（NO2）=_达到平衡后，设甲、乙、丙中SO2（g）的转化率分别为a、b、c，则三者的大小关系为_（4）利用反应NO2NH3N2H2O(未配平)消除NO2的简易装置如图所示。电极b的电极反应式为_；常温下，若用该电池电解0.6L饱和食盐水，消耗标准状况下448mL NH3时， 发现两极产生相同体积的气体，则此时溶液的PH=_（假设电解过程溶液体积不变）。【答案】 (1). 0.02molL-1min-1 (2). c (3). 不 (4)
27、. abd (5). 60% (6). ba=c (7). 2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH- (8). 13【解析】（1）反应进行到20min时生成氮气是0.2mol，根据方程式可知同时生成二氧化碳是0.4mol，浓度是0.4mol/L，则CO2的平均反应速率为0.4mol/L20min0.02molL-1min-1；a、加入催化剂，平衡不移动，a错误；b、通入0.2mol氮气，平衡向逆反应方向移动，最终平衡后氮气的物质的量小于0.4mol，b错误；c、缩小容器体积，平衡向正反应方向移动，达平衡时，浓度增大，c正确；d、增加CO2的物质的量，平衡向逆反应方向移动，氮气的平衡浓度降低，
28、d错误，答案选c；当36min达到平衡后，若保持体系温度为t，再向容器中充入CO、CO2气体,使两者物质的量浓度均加倍，根据反应的平衡常数可知平衡常数不变，所以平衡将不移动；（2）a、对于A容器，该反应是一个气体体积缩小的反应，随着反应进行气体体积减小，但要保持恒压，必须压缩体积，相当与增大压强，NO的转化率增大，B容器为恒容，随着反应的进行，气体体积缩小，NO转化率相对A要小，C容器恒温绝热，该反应为放热反应，温度升高，速率加快，平衡逆向移动，相对B容器NO的转化率减小，a正确；b、气体质量不变，物质的量在发生改变，平均摩尔质量是变量，能判断平衡，b正确；c、A容器压强比B大，故反应速率快，
29、达到平衡所需的时间A比B短，C错误；d、平衡常数只是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，d正确；答案选abd；（3） NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）起始浓度（mol/L） 0.10 0.10 0 0转化浓度（mol/L） x x x x平衡浓度（mol/L） 0.10-x 0.10-x x x则根据平衡常数可知解得x0.06，则甲中NO2的转化率（NO2）=0.06/0.10100%60%；乙相当于是在甲的基础上增大二氧化氮浓度，平衡向正反应方向进行，二氧化硫的转化率增大；由于反应前后体积不变，甲和丙是等效平衡，所以甲、乙、丙中SO2（g）的转化率分别为a、b、c，则三者的
30、大小关系为ba=c；（4）电极b通入二氧化氮，发生得到电子的氧化反应，电极反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-；氨气的物质的量是0.448L22.4L/mol0.02mol，转移0.06mol电子，根据电子守恒可知生成氢气和氯气均是0.03mol，同时生成氢氧化钠是0.06mol，浓度是0.06mol0.6L0.1mol/L，所以pH13。18. 亚硝酸钠（NaNO2）是一种重要的工业盐，也常用于鱼类、肉类等食品的染色和防腐，易溶于水，微溶于乙醇. 某化学兴趣小组对亚硝酸钠进行多角度探究：i.亚硝酸钠的制备（1）实验中用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，显著的优点是_（2）D中澄清
31、石灰水变浑浊，则C中制备NaNO2的离子方程式为_。ii. 探究亚硝酸钠与硫酸反应气体产物成分已知：NO+NO2+2OH2NO2+H2O 气体液化的温度：NO2：21，NO：152（3）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，目的是_（4）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序（按左右连接）：A、C、_、_、_（5）在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是_装置B的作用是_iii. 设计实验证明酸性条件下NaNO2具有氧化性：_。供选用的试剂：NaNO2溶液、KMnO4溶液、FeSO4溶液、KI溶液、稀硫酸、淀粉溶液、
32、KSCN溶液【答案】 (1). 平衡滴液漏斗与烧瓶内压强，便于硝酸流下 (2). 4NO+O2+2CO32-=4NO2-+2CO2 (3). 排尽装置中空气，防止生成的NO被氧化，干扰产物气体的检验 (4). E (5). D (6). B (7). D中通入氧气后，气体由无色变为红棕色 (8). 尾气处理，吸收氮氧化物，防止空气污染 (9). 取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，滴加少许NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明NaNO2具有氧化性;或者取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明Na
33、NO2具有氧化性【解析】（1）恒压滴液漏斗可以内外压强相等，因此相比普通分液漏斗，显著的优点是平衡滴液漏斗与烧瓶内压强，便于硝酸流下；（2）D中澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，反应物是NO、氧气和碳酸钠，则C中制备NaNO2的离子方程式为4NO+O2+2CO32-=4NO2-+2CO2。（3）NO很容易被氧气氧化，装置中有空气，无法检验有NO生成，所以通氮气的目的是排尽整个装置中的空气，防止产生的NO被氧化生成NO2；（4）C吸收水蒸气，B尾气处理，防止污染空气，D检验NO，E冷却二氧化氮，用来检验NO，所以装置的连接为ACEDB；（5）D中无色气体变成红色，说明含有NO气体，因此确认A
34、中产生的气体含有NO所依据的现象是D中通入氧气后，气体由无色变为红棕色；根据以上分析可知装置B的作用是尾气处理，吸收氮氧化物，防止空气污染；（6）利用亚硝酸钠氧化碘化钾生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，则实验方案是：取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性；或者取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，滴加少许NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明NaNO2具有氧化性。19. 利用水钴矿（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等）可以制取多种化
35、工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等沉淀I中只含有两种沉淀。流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8（1）浸出过程中Co2O3发生反应的离子反应方程式为_。（2）NaClO3在浸出液中发生的离子反应方程式为_。（3）加入Na2CO3调PH至5.2，目的是_；萃取剂层含锰元素，则沉淀II的主要成分为_。（4）操作
36、I包括：将水层加入浓盐酸调整PH为23，_、_、过滤、洗涤、减压烘干等过程。（5）为测定粗产品中CoCl26H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl26H2O质量分数大于100%,其原因可能是_（回答一条原因即可）。（6）将5.49g草酸钴晶体（CoC2O42H2O）置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表温度范围/固体质量/g1502104.412903202.41经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290320温度范围，剩余的固体物质化学式为_。已知： C
37、oC2O42H2O的摩尔质量为183gmol-1【答案】 (1). Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2+ SO42-+2H2O (2). ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O (3). 使Fe3+和Al3+沉淀完全 (4). CaF2和MgF2 (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). 产品中结晶水含量低 产品中混有氯化钠杂质（回答一条即可） (8). Co3O4或者CoOCo2O3【解析】含钴废料中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息中浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+
38、、Mg2+、Ca2+等，则进入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+。工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，进入草酸铵溶液得到草酸钴。（1）根据以上分析可知浸出过程中Co2O3发生反应的离子反应方程式为Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2+ SO42-+2H2O；（2）NaClO3具有氧化性，能将浸出
39、液中的Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水，离子反应方程式为ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；（3）根据以上分析可知加入Na2CO3调pH至5.2的目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全；沉淀II的主要成分为CaF2和MgF2。（4）操作I包括：将水层加入浓盐酸调整pH为23，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程。（5）粗产品中CoCl26H2O质量分数大于100%，这说明氯离子含量偏高，因此其原因可能是产品中结晶水含量低；产品中混有氯化钠杂质；（6）5.49g草酸钴晶体的物质的量是0.03mol，分解生成水的质量是0.06mol18g/mol
40、1.08g，所以150210时结晶水完全失去，剩余固体是CoC2O4；290320时剩余固体中Co的质量是0.03mol59g/mol1.77g，氧原子的质量是2.41g1.77g0.64g，物质的量是0.64g16g/mol0.04mol，则固体中Co原子与O原子物质的量之比为3：4，所以化学式为Co3O4或者CoOCo2O3。点睛：本题考查物质分离和提纯，明确实验原理是解本题关键，知道涉及的操作方法及发生的反应，难点是化学式计算。注意掌握工艺流程图的解题思路：（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品。（2）然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。（3）分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：反应物是什么；发生了什么反应；该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。