浙江省高考理综化学部分第题练习Word下载.docx

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3．兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，被广泛用作有机物的氢化反应的催化剂。

以红土镍矿（主要成分为NiS、FeS和SiO2等）为原料制备兰尼镍的工艺流程如下图所示：

（1）在形成Ni（CO）4的过程中，碳元素的化合价没有变化，则Ni（CO）4中的Ni的化合价为____；

（2）已知红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，而加压酸浸后浸出液A中含有Ni2+，写出有关镍元素的加压酸浸的化学反应方程式_____________________________________________；

（3）向浸出液A中通入H2S气体，反应的离子方程式是______________________；

（4）“高温熔融”时能否将通入氩气换为CO并说明原因_______________________________；

（5）“碱浸”的目的是使镍产生多孔结构，从而增强对氢气的强吸附性，此过程中发生反应的离子方程式为____________________________________。

浸出反应所用的NaOH溶液的浓度要大，若NaOH溶液较稀时，则会产生少量的Al（OH）3沉淀而阻止浸出反应的持续进行，请用化学反应原理加以解释：

___________________________________________。

（6）浸出液B可以回收，重新生成铝以便循环利用。

请设计简单的回收流程：

浸出液B→_______________________________________。

（示例：

CuO

Cu2+

Cu）

4．某校兴趣小组对SO2与新制Cu（OH）2悬浊液的反应进行探究，实验如下：

序号

试管中的药品

现象

I

1．5mL1mol?

L-1CuSO4溶液和3．5mL1mol?

L-1NaOH溶液混合

开始时有砖红色沉淀A出现，一段时间后，砖红色沉淀消失，静置，试管底部有少量紫红色固体B，溶液呈蓝色

II

L-1CuCl2溶液和3．5mL1mol?

开始时有浅红色沉淀出现，一段时间后，浅红色沉淀消失，静置，生成大量白色沉淀C，溶液呈蓝色

查阅资料如下：

CuCl为白色固体，难溶于水，乙醇、乙酸等，能溶于浓盐酸。

也能溶于浓或稀硝酸溶液，CuCl被氧化。

（1）甲同学通过补充两个实验：

①证明实验Ⅰ中观察到的砖红色沉淀A是Cu2O。

取少量Cu2O固体于试管中，加5mL蒸馏水，向其中持续通入SO2，一段时间后，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈蓝色，则说明砖红色沉淀是Cu2O。

其反应的方程式是_______________________________。

②甲同学重新用实验II的方法制备新制Cu（OH）2悬浊液，过滤，用蒸馏水洗涤干净。

向洗净后的Cu（OH）2中加入5mL蒸馏水，再持续通入SO2气体，现象与实验I相同。

检验Cu（OH）2洗涤干净的方法是_______________________________。

（2）同学们对白色沉淀的成分继续进行探究。

①请帮助乙同学证明C为CuCl，设计简单的实验方案：

__________________________________________________________________。

②丙同学向洗涤得到的19．9gC中加入足量的稀硝酸，得到蓝色溶液，此过程中反应的离子方程式为：

__________________________________。

向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到27．9g白色沉淀。

这种实验结果___________（偏小、偏大或不变），可能原因是_______________________。

（3）工业上制备CuCl还可以用：

将Na2SO3的水溶液逐滴加入CuCl2的水溶液中，倾出部分清液，抽滤出沉淀，沉淀依次用36%的乙酸，无水乙醇洗涤多次，得白色粉末固体，真空或者充氮气保存。

①抽滤出沉淀操作时用到了抽滤瓶、布氏漏斗、______________________等仪器和用品。

②沉淀依次用36%的乙酸，无水乙醇，无水乙醚洗涤多次的目的是__________________。

5．氰化钠是一种重要的基本化工原料，同时也是一种剧毒物质，严重危害人类健康。

一旦泄露需要及时处理，一般可以通过喷洒双氧水或硫代硫酸钠溶液来处理，以减轻环境污染。

已知：

氰化钠化学式为NaCN（C元素＋2价，N元素－3价），氰化钠是一种白色结晶颗粒，剧毒，易溶于水，水溶液呈碱性，易水解生成氰化氢。

（1）NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的离子方程式是。

（2）氰化钠与硫代硫酸钠的反应为：

NaCN+Na2S2O3═NaSCN+Na2SO3；

NaSCN中S为-2价，处理1molNaCN，反应中转移电子的物质的量为______。

（3）CN—中C元素显＋2价，N元素显—3价，则非金属性N___C（填“＜”、“＞”或“＝”），请设计实验证明：

_____________。

6．氯化锶晶体在工业上常用作铝的缓蚀剂。

工业上一般用难溶于水的的碳酸锶（SrCO3）为原料（含少量钡和铁的化合物等），制备高纯六水氯化锶晶体（SrCl2?

6H2O）的过程为：

Ⅰ．SrCl2?

6H2O晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水；

Ⅱ．有关氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：

氢氧化物

Fe（OH）3

Fe（OH）2

开始沉淀的pH

1．5

6．5

沉淀完全的pH

3．7

9．7

（1）操作①在实际工业生产中常常把碳酸锶粉碎并加以搅拌，其目的是。

碳酸锶与盐酸反应的化学方程式为__________________。

（2）酸性条件下，加入30%H2O2溶液，将Fe2＋氧化成Fe3＋，其离子方程式为。

能否用新制氯水代替双氧水________（填“能”或“否”）。

（3）在步骤②～③的过程中，将溶液的pH值由1调节至；

宜用的试剂为_______。

A．1．5B．4C．9．7D．氧化钠

E．氢氧化锶粉末F．碳酸钠晶体G．氧化锶粉末

（4）操作③中所得滤渣的主要成分是__________（填化学式）。

（5）工业上用50～60℃热风吹干六水氯化锶，选择该温度的原因是__________。

（6）步骤⑥中，洗涤氯化锶晶体最好选用___________。

A．水B．稀硫酸C．氢氧化钠溶液D．氯化锶饱和溶液

参考答案

1．

（1）＋3；

（2）22．4L（3）由电子守恒：

n（Co3＋）＝2n（Cl2）＝0．3mol由电荷守恒：

n（Co）总＝n（Co2＋）溶液＝0．5n（Cl－）＝0．5×

（1．5mol－0．15mol×

2）＝0．6mol所以固体中的n（Co2＋）＝0．6mol－0．3mol＝0．3mol

n（O）＝（0．3mol×

3＋0．3mol×

2）÷

2＝0．75mol

故n（Co）∶n（O）＝0．6mol∶0．75mol＝4∶5

【解析】

试题分析：

（1）浸取时亚硫酸钠把铁和钴的化合物还原为+2价的离子，加氧化剂除铁后钴的价态不变，所以亚铁离子被氧化为铁离子；

反应的产物为CoCO3，硫酸铵等，配平根据碳守恒确定有二氧化碳；

（2）n（CO2）=n（CoCO3）=119/119=1molv（CO2）=22．4L

（3）可以根据两个守恒处理；

由电子守恒：

n（Co3＋）＝2n（Cl2）＝0．3mol；

由电荷守恒：

n（Co）总＝n（Co2＋）溶液＝0．5n（Cl－）＝0．5×

故n（Co）∶n（O）＝0．6mol∶0．75mol＝4∶5

考点：

考查化学计算的有关问题

2．

（1）提高铁元素的浸出率，同时抑制铁离子的水解。

SiO2

（2）FeS2+14Fe3++8H2O＝15Fe2++2SO42-+16H+

（3）中和溶液中的酸，调节溶液的pH，使Fe2+全部转化为FeCO3Fe（OH）2取最后一次洗涤液少量放入试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净。

（4）4FeCO3+O2

2Fe2O3+4CO2

（1）将烧渣粉碎是增大接触面加快反应速率，增加硫酸量提高铁元素浸取率，同时抑制铁离子的水解。

二氧化硅不溶解于酸，过滤分离；

（2）根据流程得出还原后的产物为Fe2+和SO42-，根据氧化还原反应原理书写方程式；

（3）煅烧产生二氧化碳可知沉淀为碳酸亚铁，沉淀时pH过高会产生氢氧化亚铁沉淀；

洗涤沉淀的操作是取最后一次洗涤液少量放入试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净。

（4）煅烧时加入空气即氧气参与反应，生成氧化铁和二氧化碳。

考查化学工业流程的原理、实验操作等有关问题

3．

（1）0

（2）2Ni2O3+4H2SO4==4NiSO4+O2↑+4H2O

（3）H2S+2Fe3+==2Fe2++2H++S

（4）不能，因为冷却时，CO能与Ni反应生成Ni（CO）4

（5）2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑

因为Al溶于碱液生成AlO2－时在水中存在下列平衡：

AlO2－+2H2O

Al（OH）3+OH－，OH－浓度过小，抑制AlO2－的水解程度过小，所以，产生的Al（OH）3就会沉积下来进而阻止浸出反应的持续进行。

（6）

Al（OH）3

Al2O3

Al。

（1）在Ni（CO）4中，碳元素的化合价与CO相同，为+2价，故Ni的化合价为0；

（2）已知红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，而加压酸浸后浸出液A中含有Ni2+，说明Ni元素被还原，另外，在硫酸中反应只能是O元素被氧化为O2，故有关镍元素的加压酸浸的化学反应方程式是2Ni2O3+4H2SO4==4NiSO4+O2↑+4H2O；

（3）浸出液A中含有大量的Ni2+、少量的H+和Fe3+，通入H2S时，Fe3+发生还原反应：

H2S+2Fe3+==2Fe2++2H++S；

（4）“高温熔融”时不能将通入氩气换为通入CO，因为冷却时，CO能与Ni反应生成Ni（CO）4；

（5）“碱浸”的目的是溶解镍铝合金中的Al，使镍产生多孔结构，从而增强对氢气的强吸附性，Al溶于NaOH溶液时发生反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑；

浸出反应所用NaOH溶液的浓度要大，因为Al溶于碱液生成AlO2－时在水中存在下列平衡：

Al（OH）3+OH-，OH-浓度过小，抑制AlO2－的水解程度过小，所以，产生的Al（OH）3就会沉积下来进而阻止浸出反应的持续进行。

（6）浸出液B中存在AlO2－，首先要将AlO2－沉淀下来，一般是通入足量的CO2生成Al（OH）3，然后脱水生成Al2O3，最后将Al2O3在熔融的状态下电解即可得到金属铝（加入冰晶石可以降低Al2O3的熔点）。

4.【答案】

（1）①2Cu2O+SO2=CuSO4+3Cu②取适量的最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出现白色沉淀，证明Cu（OH）2洗涤干净

（2）①白色沉淀C

白色沉淀溶解

出现白色沉淀

②3CuCl+4H++NO3－=3Cu2++NO↑+2H2O+3Cl－

偏小

AgCl在干燥过程中有少量分解（其它合理答案也可）

（3）①玻璃棒、滤纸

②36%的乙酸是为了除去CuCl沉淀表面的酸和钠盐；

无水乙醇是为了除去乙酸和水，快速干燥，防止氧化

实验I和II的不同点是配制Cu（OH）2的溶液时铜盐的阴离子不同，导致现象不同。

在实验II中，白色沉淀C的生成一定与Cl-有关，试题给出了CuCl的一些性质，是解决问题的关键。

（1）①Cu2O固体加蒸馏水，通入SO2，试管底部有少量紫红色固体Cu，溶液呈蓝色Cu2+，说明Cu2O发生了歧化反应，同时SO2被氧化。

故反应的方程式是2Cu2O+SO2=CuSO4+3Cu；

②甲同学重新作实验II的方法制备新制Cu（OH）2悬浊液，过滤，用蒸馏水洗涤干净，防止Cu（OH）2中含有Cl－，故适量的取最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出现白色沉淀，证明Cu（OH）2洗涤干净。

（2）①由实验流程可知：

后面实验加入蒸馏水得到白色沉淀分析铜盐只要CuCl，开始是CuCl被溶解，能够溶解的试剂有浓盐酸和硝酸溶液；

而CuCl溶于硝酸后生成Cu（NO3）2溶液，再加入蒸馏水，不会白色沉淀溶解，故先加入的是浓盐酸。

②CuCl溶于稀硝酸，产生了气体NO，CuCl中的铜元素被氧化；

有CuCl~AgCl可知：

m（AgCl）=

=28．7g，而实际沉淀为27．9g，偏小，说明AgCl有损失，指出损失的合理原因即可。

（3）抽滤出沉淀操作时用到了抽滤瓶、布氏漏斗及玻璃棒、滤纸等；

因为Na2SO3与CuCl2反应为Na2SO3+2CuCl2+H2O=Na2SO4+2CuCl+2HCl，故过滤后残留在CuCl表面是钠盐和酸，用36%的乙酸是为了除去这些杂质，而后无水乙醇是为了除去乙酸和水，快速干燥，防止氧化。

5．

（1）CN－＋H2O2＋H2O＝HCO3－＋NH3↑

（2）4mol

（3）＞；

取少量碳酸氢钠于试管中，加入稀硝酸，有无色气泡产生，说明酸性硝酸大于碳酸，则非金属性N＞C；

（4）安全瓶，防止倒吸；

Na2SO3（5）NaOH溶液

（6）滴入最后一滴硝酸银溶液，出现淡黄色沉淀（7）否

（1）常温下，氰化钠能与过氧化氢溶液反应，生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该气体为氨气，根据原子守恒可知生成的酸式盐为碳酸氢钠，反应的离子方程式为CN－＋H2O2＋H2O＝HCO3－＋NH3↑；

（2）处理1molNaCN的同时消耗1molNa2S2O3，该反应中S元素化合价由＋2价变为-2价，得到4个电子，则反应中转移4mol电子；

（3）CN—中C元素显＋2价，N元素显－3价，说明N非金属性强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，其检验方法为：

（4）二氧化硫易溶于水，b装置为安全瓶，防止倒吸；

d装置吸收二氧化硫，d中溶质有NaOH、Na2CO3，碱过量，还有亚硫酸钠生成；

（5）验结束后，装置b中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收；

（6）Ag＋与CN－反应生成[Ag（CN）2]－，当CN－反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag＋与I－反应生成AgI黄色沉淀，说明反应到达滴定终点；

（7）消耗AgNO3的物质的量为1．50×

10-3L×

0．0001mol/L＝1．50×

10-7mol，根据方程式Ag＋+2CN－＝[Ag（CN）2]－，处理的废水中氰化钠的质量为1．50×

10-7mol×

2×

49g/mol＝1．47×

10-5g，废水中氰化钠的含量为

＝0．735mg/L＞0．50mg/L，所以没有达到排放标准。

考查氧化还原反应、物质制备实验、物质含量测定等实验设计

6．

（1）加快反应速率；

SrCO3＋2HCl＝SrCl2＋H2O＋CO2↑

（2）2Fe2＋+H2O2+2H＋＝2Fe3＋+2H2O；

能（3）B；

EG

（4）Fe（OH）3、BaSO4（5）温度高有利于除去湿存（晶体表面附着的）水，但温度高于61℃时，氯化锶晶体中的结晶水也会失去（6）D

以SrCO3为原料制备六水氯化锶，由流程图可知，SrCO3和盐酸反应后溶液中除含有Sr2＋和Cl－外，还含有少量Fe2＋、Ba2＋杂质，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，加入过氧化氢，调节溶液pH可生成氢氧化铁沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡和氢氧化铁，滤液中含SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl2?

6H2O。

（1）把碳酸锶粉碎并加以搅拌，其目的是加快反应速率；

碳酸锶与盐酸反应的化学方程式为SrCO3＋2HCl＝SrCl2＋H2O＋CO2↑；

（2）酸性条件下，加入30%H2O2溶液，将Fe2＋氧化成Fe3＋，同时生成水，反应的离子方程式为2Fe2＋+H2O2+2H＋＝2Fe3＋+2H2O；

新制氯水也能把亚铁离子氧化铁离子，且不引入杂质，因此可以用新制氯水代替双氧水。

（3）由表中数据可知，Fe3＋在pH＝1．5时开始沉淀，在pH＝3．7时沉淀完全，故在步骤②～③的过程中，将溶液的pH值由1调节至≥3．7，使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，且不引入新杂质，可以选择氢氧化锶粉末或氧化锶粉末；

（4）由于前面加入了稀硫酸，故有硫酸钡生成，水解可生成氢氧化铁沉淀，所以沉淀有两种即BaSO4、Fe（OH）3；

（5）由于温度高有利于除去湿存（晶体表面附着的）水，但温度高于61℃时，氯化锶晶体中的结晶水也会失去六水氯化锶晶体，因此用热风吹干六水氯化锶选择的适宜温度范围是50～60℃；

（6）根据溶解平衡，且不能引入新杂质，步骤⑥宜选用的洗涤剂是饱和氯化锶溶液，答案选D。