还剩25页未读，
继续阅读
2022-2023学年内蒙古赤峰二中高三上学期第二次月考化学试题Word版含解析
展开
这是一份2022-2023学年内蒙古赤峰二中高三上学期第二次月考化学试题Word版含解析，共28页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
赤峰二中2022~2023学年高三第二次月考
化学试题
本试卷考试满分100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Al 27 P 31 S 32 Ni 59
一、选择题(每小题只有一个正确选项，1-12每题2分，13-20每题3分，共48分)
1. 中华传统文化博大精深，蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是
A. “东风扑酒香，吹醒殊乡愁”，“酒香”是因为含有酯类物质
B. “高奴县出脂水，燃之如麻，但烟甚浓”，所述“脂水”就是现在的地沟油
C. “至于矾现五色之形，疏为群石之将，皆变化于烈火”，“矾”是金属硫酸盐
D. “将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器”涉及的操作方法是升华
【答案】B
【解析】
【详解】A．酒放置时间长，少量乙醇被氧化成乙酸，乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，乙酸乙酯等酯类物质具有香味，所以产生香味主要是因为酒中含有酯类物质，故A正确；
B．所述“脂水”是石油。地沟油是酯类，成分不同，故B错误；
C．矾是各种金属(如铜，铁，锌)的硫酸盐，故C正确；
D．“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器”涉及用到加热的方法，将被提纯物质气化、冷凝为固体的过程，为升华操作，故D正确；
故答案选B。
2. 化学在生产、生活中起着重要作用，下列有关叙述正确的是
A. 侯氏制碱法中利用了各物质溶解度的不同，过滤后直接得到产品
B. 青铜是金属冶铸史上最早的合金，它的元素主要含Cu、Zn、Pb
C. 补铁剂通常与维生素C共同服用，以增强药品中Fe3+的效果
D. 中国“奋斗者”号载人潜水器的钛合金比纯金属钛具有更高的硬度
【答案】D
【解析】
【详解】A．侯氏制碱法的目的是制取纯碱，而过滤后得到的产品为NaHCO3，加热分解后才能得到Na2CO3，A不正确；
B．青铜的组成元素主要是Cu、Sn、Pb，是金属冶铸史上最早的合金，B不正确；
C．补铁剂是含有Fe2+的盐或有机化合物，为防止Fe2+被氧化，通常与维生素C共同服用，C不正确；
D．合金与它的成分金属比，熔点低、硬度大，韧性强，所以钛合金比纯金属钛具有更高的硬度，D正确；
故选D。
3. 正确掌握化学用语是学好化学的基础，下列化学用语正确的是
A
B
C
D
羟基的电子式
硝基苯的结构简式
四氯化碳的空间填充模型(比例模型)
钠原子的结构示意图
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．羟基的结构式为-O-H，电子式为，A正确；
B．在硝基苯分子中，硝基上的N原子与苯环直接相连，即结构简式为，B不正确；
C．四氯化碳分子中，Cl原子半径比C原子半径大，而图中Cl原子半径比C原子半径小，C不正确；
D．钠原子的核外电子数为11，原子结构示意图为，D不正确；
故选A。
4. 下列变化或应用中，与氧化还原反应无关的是
A. 常用于自来水的杀菌消毒
B. 呼吸面具中常用作供氧剂
C. 饱和溶液中加入少量鸡蛋清变浑浊
D. 用溶液浸润的硅藻土吸收水果散发出的乙烯
【答案】C
【解析】
【分析】元素化合价升降为氧化还原反应的特征，物质的应用与氧化还原反应无关，说明应用过程中不存在元素化合价变化，以此结合变化实质进行判断。
【详解】A．NaClO具有强氧化性，能够杀菌消毒，与氧化还原反应有关，故A错误；
B．呼吸面具中用过氧化钠作供氧剂，过氧化钠中O元素发生变化，与氧化还原反应有关，故B错误；
C．饱和溶液中加入少量鸡蛋清变浑浊，属于盐析现象，不属于氧化还原反应，故C正确；
D．具有强氧化性，乙烯可被氧化，与氧化还原有关，故D错误；
故答案选C。
5. 我国科学家曾通过测量石英中和两种核素的比例确定“北京人”年龄，这种测量方法叫“铝铍埋藏测年法”。下列说法正确的是
A. 工业上常采用电解熔融氯化铝的方法获得金属铝
B. 和具有相同的化学性质，因此可用代替完成“铝铍埋藏测年法”
C. 世界卫生组织国际癌症研究机构公布的致癌物清单中铝制品属一类致癌物，因此日常生活中要严禁使用铝制品
D. 铍和铝在元素周期表中的位置特点决定了它们具有相似的化学性质，故氢氧化铍也为两性氢氧化物
【答案】D
【解析】
【详解】A．工业上常采用电解熔融氧化铝的方法获得金属铝，故A错误；
B．和具有相同的化学性质，但是两者的物理性质有差别，不可用代替完成“铝铍埋藏测年法，故B错误；
C．铝制品属一类致癌物，因此日常生活中要合理使用铝制品，故C错误；
D．根据对角线原则，铍和铝在元素周期表中的位置特点决定了它们具有相似的化学性质，故氢氧化铍也为两性氢氧化物，故D正确。
故选D。
6. 下列实验操作或装置能达到目的的是
A
B
C
D
混合浓硫酸和乙醇
配制一定浓度的溶液
Na的燃烧
溶液加热
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．混合浓硫酸与乙醇时，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入烧杯内的乙醇中，边倒边搅拌，A不正确；
B．配制一定物质的量浓度的溶液时，当液面离刻度线1~2cm处，改用胶头滴管加水，至凹液面的最低点与刻度线相切，B正确；
C．做Na的燃烧实验时，若将钠放在表面皿上加热，因表面皿不耐热，将会导致表面皿破裂，C不正确；
D．给溶液加热时，试管夹应夹在离试管口三分之一处，D不正确；
故选B。
7. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 0.1mol/L盐酸溶液：、、、
B. 与铝反应产生大量氢气的溶液：、、、
C. 的溶液：、、、
D. 的溶液：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．0.1mol/L盐酸溶液呈酸性，会转化为H2SiO3沉淀，不能大量存在，A不符合题意；
B．与铝反应产生大量氢气的溶液，可能呈碱性，也可能呈酸性，在碱性溶液中，、不能大量存在，B不符合题意；
C．、在水溶液中能发生离子交换反应，生成Al(OH)3沉淀和，C不符合题意；
D．的溶液呈碱性，、、、都能大量存在，D符合题意；
故选D。
8. 用于合成抗新型冠状病毒药物一种原料的结构简式如图，有关该物质的说法正确的是
A. 分子式为
B. 苯环上的一氯代物有3种
C. 所有碳原子可能处于同一平面
D. 可与溴水发生苯环上的取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知，该分子的分子式为，A项错误；
B．苯环上只有两种不同状态的氢原子，则其的一氯代物有2种，B项错误；
C．苯环上六个碳原子共平面，与其相连的两个甲基上碳在平面中，中两个碳原子共平面，通过碳氧键相连，可以通过旋转使两个平面在一个平面上，则所有碳原子可能处于同一平面，C项正确；
D．苯环上的取代反应是与液溴发生取代，溴水无法进行，D项错误；
答案选C。
9. 元素周期表和元素周期律可指导人们进行规律性推测和判断。下列说法中不合理的是
A. 若和的核外电子层结构相同，则原子序数：
B. 盐酸(HCl)酸性比强，则元素的非金属性：
C. 硅、锗都位于金属元素与非金属元素的交界处，都可用作半导体材料
D. 若存在简单阴离子，则R一定属于VIA族元素
【答案】B
【解析】
【详解】A．由和的核外电子层结构相同可得：a—2=b+1，解得a＝b＋3，故A正确；
B．元素的非金属性与氢化物的酸性强弱无关，则盐酸的酸性强于硅酸不能说明氯元素的非金属性位于硅元素，故B错误；
C．硅元素、锗元素都位于金属元素与非金属元素的交界处，元素既表现一定的金属性又表现一定的非金属性，都可用作半导体材料，故C正确；
D．若存在简单阴离子，说明R元素的负化合价为—2价，最高正化合价为+6价，则则R一定属于VIA族元素，故D正确；
故选B。
10. 下列物质分类均正确的一组是
混合物
碱
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
液氯
苛性钠
胆矾
氧化铁
二氧化碳
B
生理盐水
烧碱
食盐
氧化钠
二氧化氮
C
碘酒
纯碱
石灰石
四氧化三铁
五氧化二磷
D
漂白粉
熟石灰
苏打
生石灰
二氧化硫
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．液氯为液态的氯单质，属于纯净物，A不正确；
B．二氧化氮没有对应的酸，不属于酸性氧化物，B不正确；
C．纯碱为Na2CO3，属于盐，四氧化三铁不属于碱性氧化物，C不正确；
D．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，熟石灰是氢氧化钙的俗称，苏打是碳酸钠的俗称，生石灰是氧化钙的俗称，二氧化硫对应的酸为亚硫酸，是酸性氧化物，D正确；
故选D。
11. 离子方程式是学习化学的重要工具，能更好的表示化学反应的实质。下列离子方程式书写正确的是
A. 硫酸铝溶液中滴加Ba(OH)2溶液产生白色沉淀：
B. 向Na2CO3和NaOH的混合溶液中加入足量稀盐酸：
C. 金属铜溶于稀硫酸和H2O2的混合溶液：
D. 向酸性KMnO4溶液滴加FeSO4溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫酸铝溶液中滴加Ba(OH)2溶液，若Ba(OH)2少量，则Ba2+、OH-的个数比应满足1:2关系，若Ba(OH)2过量，Al3+、的个数比应满足2:3关系，A不正确；
B．向Na2CO3和NaOH的混合溶液中加入足量稀盐酸，由于Na2CO3与NaOH的物质的量关系不确定，所以二者不能出现在同一离子方程式中，且最终产物为CO2和水，B不正确；
C．金属铜溶于稀硫酸和H2O2混合溶液中，Cu被氧化为Cu2+，H2O2的还原产物与电解质反应生成H2O，离子方程式为：，C正确；
D．向酸性KMnO4溶液中滴加FeSO4溶液，生成Fe3+、Mn2+和H2O，酸性溶液中不能生成OH-，D不正确；
故选C。
12. 如表所示为部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息判断。以下叙述正确的是
元素代号
A
B
C
D
E
原子半径/nm
0.160
0.143
0.102
0.071
0.099
主要化合价
+2
+3
+6、-2
-1
-1
A. 气态氢化物的稳定性：D＜C
B. E的氧化物对应水化物均为强酸
C. A、B简单离子的氧化性强弱关系为：B3+＜A2+
D. C、E形成的简单离子半径大小关系为：C2-＞E-
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素中，C主要化合价为+6、-2，则其为S元素；A显+2价，原子半径比S大，则A为Mg；B显+3价，原子半径比Mg小，则B为Al；由D、E的原子半径及化合价，可确定D为F、E为Cl。从而得出A、B、C、D、E分别为Mg、Al、S、F、Cl。
【详解】A．C、D分别为S、F，非金属性S＜F，则气态氢化物的稳定性：HF＞H2S，A不正确；
B．E的氧化物对应水化物中，HClO、HClO2均为弱酸，B不正确；
C．A、B分别为Mg、Al，金属性Mg＞Al，则简单离子的氧化性强弱关系为：Al3+＞Mg2+，C不正确；
D．C、E分别为S、Cl，S与Cl为同周期元素，S的原子序数比Cl小，则形成的简单离子半径大小关系为：S2-＞Cl-，D正确；
故选D。
13. 设表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 12.4g白磷(P4)中所包含的共价键有
B. 的溶液中通入适量氨气后呈中性，此溶液中数目为
C. 向含有的溶液中通入适量氯气，当有被氧化时，该反应转移电子数目为
D. 10g环己烷与2-丙醇的混合液中，碳元素的质量分数为72%，其中所含的氧原子数目为
【答案】D
【解析】
【详解】A．12.4g白磷的物质的量为0.1mol，而1mol白磷(P4)中含有6molP−P共价键，故0.1mol白磷中含有P−P共价键数目为0.6NA，故A错误；
B．溶液体积未知，无法求算离子数目，故B错误；
C．向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化I−，故当有1 mol Fe2＋被氧化时，溶液中的碘离子已经完全被氧化，而由于溶液中碘离子的个数未知，故反应转移的电子数无法计算，故C错误；
D．环己烷的分子式为C6H12，2−丙醇的分子式为C3H8O，相当于C3H6•H2O，混合物质的分子式为(CH2)n•(H2O)m，碳元素的质量分数为72%，，所以混合液中“CH2”的质量分数为：84%，解得10g混合液中含“CH2”的质量为8.4g，所以含“H2O”为1.6g，则其中含有的氧原子数目为，故D正确；
故答案选D。
14. 下列说法正确的是
①分子式为C4H8O2且属于酯的有机化合物有4种
②使用溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液除去乙烷中混有的乙烯
③在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH
④、、都能发生取代反应和加成反应，都能使酸性KMnO4溶液褪色
⑤CH3CH2OH和具有相同的官能团，互为同系物
A. ①③ B. ②③ C. ④⑤ D. ①②④
【答案】A
【解析】
【详解】①分子式为C4H8O2且属于酯的有机化合物有4种，它们分别是HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，①正确；
②乙烷和乙烯都能溶解在四氯化碳中，不能使用溴的四氯化碳溶液除去乙烷中混有的乙烯，乙烯能被酸性KMnO4溶液氧化，生成的二氧化碳气体混在乙烷中，所以也不能使用酸性KMnO4溶液除去乙烷中混有的乙烯，②不正确；
③发生酯化反应时，羧酸脱羟基、醇脱羟基上的氢原子，在酸性条件下，CH3CO18OC2H5发生水解，水解产物是CH3COOH和C2H518OH，③正确；
④、能发生取代反应，、能发生加成反应，能使酸性KMnO4溶液褪色，④不正确；
⑤CH3CH2OH和具有相同的官能团，但官能团的数目不同，二者不互为同系物，⑤不正确；
综合以上分析，①③正确，故选A。
15. W、X、Y、Z、M五种物质的相互转化关系如图所示(反应条件略去，箭头表示一步转化)。下列各组物质中不满足图示转化关系的是
W
X
Y
M
①
FeCl3
Cu
FeCl2溶液
Cl2
②
C
SiO2
CO
CO2
③
Al2O3
NaOH溶液
NaAlO2溶液
CO2
④
Na2O2
CO2
O2
Na2O
A. ①③ B. ②③ C. ②④ D. ①④
【答案】B
【解析】
【详解】①2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2、2FeCl2+Cl2=2FeCl3，满足图示关系，不符合题意；
②SiO2+2CSi+2CO↑、CO+CO2≠C，不满足图示关系，符合题意；
③Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O、NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，不满足图示关系，符合题意；
④2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、O2+2Na2O2Na2O2，满足图示关系，不符合题意；
综合以上分析，②③符合题意，故选B。
16. 价类二维图是学习元素及其化合物知识的重要模型和工具。图1为某常见金属单质及其部分化合物的价类二维图。下列推断不合理的是
A. b、c均可与氢碘酸反应，但反应原理不同
B. h具有强氧化性，可用于饮用水的消毒，还原产物可以净水
C. 可通过图2装置制备物质d，且较长时间不易被氧化
D. a→f→g→e的每步转化均可一步实现
【答案】C
【解析】
【分析】该元素显+2、+3、+6价，则其为Fe元素。a为Fe，b为FeO、c为Fe2O3、d为Fe(OH)2、e为Fe(OH)3、f为亚铁盐、g为铁盐、h为铁酸盐。
【详解】A．由分析可知，b为FeO、c为Fe2O3，都为碱性氧化物，均可与氢碘酸反应，但前者发生复分解反应，后者发生氧化还原反应，反应原理不同，A合理；
B．h为高铁酸盐，有强氧化性，具有杀菌消毒能力，可用于饮用水的消毒，还原产物为Fe3+，水解生成氢氧化铁胶体，可以净水，B合理；
C．在a试管中，Fe与稀硫酸反应生成的H2能将装置内的空气排尽，但导管位于液面上，不能将反应生成的FeSO4溶液导入试管b中，无法与NaOH发生反应，也就不能制取Fe(OH)2，C不合理；
D．FeFe2+Fe3+Fe(OH)3，每步转化均可一步实现，D合理；
故选C。
17. 物质W常用作漂白剂和氧化剂，其构成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图所示，实验室中常用CS2洗涤残留在试管壁上的N单质。下列说法正确的是
A. 简单阴离子的还原性：Z＞N
B. Z的氢化物的沸点一定大于Y的氢化物的沸点
C. Z、M、N三种元素形成化合物的水溶液呈中性
D. X、Z形成的化合物与M、N形成的化合物可能发生氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【分析】实验室中常用CS2洗涤残留在试管壁上的N单质，则N为S元素；由原子半径及W中的共价键数目，可确定X为H元素，Z为O元素，Y为C元素，M为Na元素。从而得出X、Y、Z、M、N分别为H、C、O、Na、S元素。
【详解】A．Z为O元素，N为S元素，非金属性O＞S，则简单阴离子的还原性：O2-＜S2-，A不正确；
B．Y的氢化物为烃，Z的氢化物为水、双氧水，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于水和双氧水，B不正确；
C．Z、M、N分别为O、Na、S，三种元素形成化合物Na2SO3的水溶液呈碱性，C不正确；
D．X、Z形成的化合物为H2O、H2O2，M、N形成的化合物为Na2S，过氧化氢能够与硫化钠发生氧化还原反应，D正确；
故选D。
18. 据文献报道，我国学者提出O2氧化HBr生成Br2的反应历程如图所示。下列有关该历程的说法不正确的是
A. O2氧化HBr生成Br2的总反应为O2+4HBr=2Br2+2H2O
B. HOOBr和HOBr为中间产物
C. 发生步骤②时，断裂的化学键既有极性键又有非极性键
D. 步骤③中，每生成1 mol Br2转移2 mol电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应①为HBr+O2=HOOBr；反应②为HOOBr+HBr=2HOBr；反应③为HBr+HOBr=H2O+Br2，根据盖斯定律，将①+②+③×2，整理可得总反应方程式为：O2+4HBr=2Br2+2H2O，A正确；
B．根据流程图可知：物质HOOBr和HOBr在反应开始时没有，在反应结束后也没有，因此这两种物质都是中间产物，B正确；
C．步骤②反应为HOOBr+HBr=2HOBr，在该反应过程中有断裂的化学键有极性键H-Br、H-O、Br-O键的断裂，也有非极性键O-O的断裂，C正确；
D．步骤③反应为HBr+HOBr=H2O+Br2，在该反应中Br元素化合价由HBr中的-1价，HOBr中的+1价变为反应后Br2的0价，每生成1 mol Br2转移1 mol电子，D错误；
故合理选项是D。
19. 下列说法正确的是
①Na2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色；
②向某溶液加入NaOH溶液，未产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该溶液中一定不含有
③取ag Na2CO3和NaHCO3混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bg，能测定混合物中Na2CO3的质量分数；
④铂丝在做完氯化钠溶液的焰色试验后，用稀硫酸洗净，再蘸取少量的K2SO4溶液，重复以上实验
⑤NH3与HCl反应生成NH4Cl，则可推测N2H4也可以与HCl反应生成N2H6Cl2
⑥在淀粉和I2的混合溶液中滴加NH4SCN溶液。[已知：(SCN)2、SCN-分别与卤素单质、卤素离子性质相似]，溶液仍为蓝色，证明氧化性：(SCN)2＜I2
A. ①⑤ B. ①②⑥ C. ①③⑤ D. ③④⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①Na2O2投入到紫色石蕊试液中，先与水反应生成NaOH和H2O2，NaOH显碱性，使紫色石蕊试液变蓝色，H2O2表现强氧化性，能使石蕊的结构发生改变，从而使溶液褪色，①正确；
②向某溶液加入NaOH溶液，未产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，不能说明该溶液中不含有，因为若溶液浓度小，即便含有，生成的一水合氨也不发生分解，也不产生NH3，②不正确；
③取ag Na2CO3和NaHCO3混合物与足量稀硫酸充分反应，碱石灰吸收的气体为CO2和水蒸气，由增重bg无法确定CO2的质量，从而无法测定混合物中Na2CO3的质量分数，③不正确；
④铂丝用稀盐酸洗涤，并且要透过蓝色钴玻璃进行观察，④不正确；
⑤NH3与HCl反应生成NH4Cl，表明氨气呈碱性，从结构上推测，N2H4也呈碱性，也可以与HCl反应生成N2H6Cl2，⑤正确；
⑥在淀粉和I2的混合溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液仍为蓝色，表明I2与SCN-不能发生氧化还原反应，从而证明氧化性：(SCN)2＞I2，⑥不正确；
综合以上分析，①⑤正确，故选A。
20. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
向浓中加入炭粉并加热，产生的气体通入少量澄清石灰水
有红棕色气体产生，石灰水变浑浊
有和产生
B
向和混合溶液中通入足量
溶液变为浅绿色且有白色沉淀生成
被还原为，白色沉淀为
C
用熔融氯化铝做导电性实验
电流指针不偏转
氯化铝是非电解质
D
将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性溶液
溶液紫红色褪去
产生的气体中一定含有乙烯
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．炭与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化碳使少量石灰水反应生成碳酸氢钙，则石灰水不变浑浊，故A错误；
B．氯化铁溶液和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子、亚铁离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故B正确；
C．氯化铝是共价化合物，在熔融状态不导电，但是在水溶液中可完全电离，可以导电，所以氯化铝属于电解质，故C错误；
D．挥发的乙醇及生成的乙烯均能被高锰酸钾氧化，由现象不能说明生成乙烯，故D错误；
故答案选B。
二、非选择题(共52分)
21. 某废水中可能含有下列离子中的若干种：、、、、、、、、。现进行如下实验：
①取少量溶液，加入KSCN溶液，无明显变化。
②另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色。
③向②中所得溶液中加入溶液，有白色沉淀生成。
④另取②中所得溶液加入过量浓氨水，仅有红褐色沉淀生成，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成。
请回答下列问题：
（1）该废水一定含有的离子是_______；
（2）实验②中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是_______；
（3）过滤除去④中的蓝色沉淀，调整溶液的pH为10.7左右时，加入铝粉，反应产生氨气和氮气的体积比为，其离子方程式为(未配平)。若除去，消耗铝_______g。
【答案】（1）Fe2＋、Cu2＋、、
（2）
（3）4.8
【解析】
【分析】Ⅰ．取少量溶液，加入KSCN溶液时无明显变化，证明溶液中不含铁离子；
Ⅱ．另取溶液加入盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明是一氧化氮氧化为二氧化氮，证明原溶液中一定含有和Fe2＋；则不能有、；
Ⅲ．向Ⅱ中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，取原溶液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明溶液中有；
Ⅳ．向Ⅱ中所得溶液中加入过量浓氨水，生成氢氧化铁红褐色沉淀，溶液中没有Al3＋，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成，积生成氢氧化铜沉淀，则溶液中含有Cu2＋，据此进行解答。
【小问1详解】
据分析可知，该废水一定含有的离子是Fe2＋、Cu2＋、、；
故答案为Fe2＋、Cu2＋、、；
【小问2详解】
取溶液加入盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明是一氧化氮氧化为二氧化氮，则硝酸与亚铁离子反应生成NO和三价铁离子、水，其离子方程式为：；
故答案为；
【小问3详解】
反应产生氨气和氮气的体积比为1：4，则配平方程式为： ；已知除去，所以，则Al的质量为：；
故答案为4.8。
【点睛】本题考查了常见离子的检验方法，明确常见离子的性质，注意熟练掌握常见离子的检验方法是关键。
22. A、B、C、D、E、F、G是七种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大；A元素的一种同位素原子无中子；B是形成化合物种类最多的元素；D与A同主族，且与F同周期；F元素的最外层电子数是电子总数的倍；D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应。
（1）B、F、G最高价氧化物对应水化物酸性强弱顺序为_______(用化学式表示)。
（2）用电子式表示元素D与F形成的化合物的过程：_______，该化合物属于_______(填“共价”或“离子”)化合物。
（3）A、C、F间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为_______。
（4）写出能证明G比F非金属性强的一个化学方程式：_______。
（5）向含有amolE的氯化物的溶液中加入含bmolD的最高价氧化物对应水化物的溶液，生成沉淀的物质的量不可能为_______。
①amol ②bmol ③mol ④mol ⑤0mol ⑥(4a-b)mol
（6）有机化合物A仅由上述A、B两种元素组成，其产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，E具有水果香味，H是高分子化合物。
I.物质D所含官能团名称为_______。F的结构简式为_______；
II.写出②的化学方程式_______；其反应类型为_______；
III.写出⑦的化学方程式_______；其反应类型为_______。
【答案】（1）HClO4＞H2SO4＞H2CO3
（2） ①. ②. 离子
（3）HS-+OH-=S2-+H2O
（4）Cl2+H2S=2HCl+S↓
（5）② （6） ①. 羧基 ②. CH3CH2Cl ③. 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O ④. 氧化反应 ⑤. ⑥. 加聚反应
【解析】
【分析】A元素的一种同位素原子无中子，则A为H元素；B是形成化合物种类最多的元素，则B为C元素；F元素的最外层电子数是电子总数的倍，则其原子序数为16，F为S元素；D与A同主族，且与F同周期，则D为Na元素；D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应，则E为Al元素；由问题(3)可推出，C为O元素。从而得出：A、B、C、D、E、F、G分别为H、C、O、Na、Al、S、Cl元素。
【小问1详解】
B、F、G分别为C、S、Cl，非金属性Cl＞S＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序为HClO4＞H2SO4＞H2CO3。答案为：HClO4＞H2SO4＞H2CO3；
【小问2详解】
D、F分别为Na、S，反应生成Na2S，用电子式表示该化合物形成过程为：，该化合物由阴、阳离子构成，属于离子化合物。答案为：；离子；
【小问3详解】
A为H，F为S，A、C、F间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则C为O元素，甲为HS-，乙为OH-，HS-与OH-反应的离子方程式为HS-+OH-=S2-+H2O。答案为：HS-+OH-=S2-+H2O；
【小问4详解】
能证明Cl比S的非金属性强，则可利用Cl2与硫化物的置换反应，化学方程式：Cl2+H2S=2HCl+S↓。答案为：Cl2+H2S=2HCl+S↓；
【小问5详解】
向含有amolAlCl3溶液中加入含bmolNaOH溶液，发生反应AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，可能发生反应NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O。
①当AlCl3与NaOH刚好完全反应生成Al(OH)3时，沉淀的物质的量为amol；
②Al(OH)3的物质的量不可能与NaOH的物质的量相同，所以沉淀的物质的量不可能是bmol；
③当a=b时，反应生成Al(OH)3mol；
④当AlCl3过量，或只发生第一步反应时，生成Al(OH)3mol；
⑤当b=4a时，生成Al(OH)3的物质的量为0mol；
⑥当第二步反应发生且Al(OH)3有剩余时，剩余Al(OH)3的物质的量为(4a-b)mol；
综合以上分析，只有②不可能，故选②。答案为：②；
【小问6详解】
有机化合物A仅由上述A、B两种元素组成，其产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，E具有水果香味，H是高分子化合物。参照流程图，可推出A为CH2=CH2，B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，E为CH3COOC2H5，F为CH3CH2Cl，G为CH3CH3，H为。
I.物质D为CH3COOH，所含官能团名称为羧基。F的结构简式为CH3CH2Cl；
II.②为CH3CH2OH的催化氧化反应，化学方程式：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；其反应类型为：氧化反应；
III.⑦为乙烯加聚生成聚乙烯，化学方程式：；其反应类型为：加聚反应。答案为：羧基；CH3CH2Cl；2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；氧化反应；；加聚反应。
【点睛】证明Cl的非金属性比S强时，也可以将Cl2与Na2S溶液反应。
23. 某小组同学设计了如图所示的实验装置来进行氨的催化氧化的实验探究。
（1）B中加入的是一种黑色的固体，则A中试剂的电子式为_______。
（2）D中装的试剂可选择_______(填序号)。
A. B.无水 C.碱石灰
（3）写出装置G中的化学反应方程式，并用单线桥法表明电子转移情况_______。
（4）①实验时先用酒精喷灯预热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上，由此可知该反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应。
②按图示装置进行实验，一段时间后，装置I中的溶液都变成蓝色的原因是(用离子方程式表示)___。
（5）①将虚线框内的I装置更换成上图装置K可模拟工业生产制备少量硝酸。则装置K中化学反应方程式为_______。
②控制氨气和氧气的比例是制备硝酸的关键。当比例不合适时，H中不仅有红棕色气体产生，还伴有白烟。白烟的化学式是_______。
【答案】（1） （2）C
（3） （4） ①. 放热 ②.
（5） ①. ②.
【解析】
【分析】装置B、装置E均采用固液制气体分别用来制备O2、NH3，装置C、装置F分别用来进行氨气除杂和氧气干燥，装置G是发生氨的催化氧化反应的场所，H、I对产物进行检验，据此分析解题。
【小问1详解】
装置B是制备O2的装置，B中加入的是一种黑色的固体，为MnO2；则A为H2O2，H2O2电子式为；
故答案为；
【小问2详解】
E装置用于制备NH3，用碱石灰干燥NH3，球形干燥管F中药品为碱石灰；
故答案选C；
【小问3详解】
装置G是发生氨的催化氧化反应的场所，发生反应为；
故答案为；
【小问4详解】
①实验时先用酒精喷灯预热催化剂，然后通入反应气体，发生反应，催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上，由此可知该反应是放热反应；
故答案为放热；
②生成的NO会与O2反应，生成NO2，NO2在I中溶于水，反应生成HNO3，HNO3可将Cu氧化为Cu2＋使溶液显蓝色，离子反应方程式为；
故答案为；
小问5详解】
①将虚线框内的I装置更换成上图装置K，二氧化氮通入水中制取硝酸，装置K中化学反应方程式为；
故答案为；
②一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，H中有红棕色气体产生；二氧化氮与水生成硝酸，当氨气和氧气比例不合适时，氨气和硝酸生成硝酸铵，所以白烟为硝酸铵，化学式为；
故答案为。
【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键。
24. 铬系和非铬系铜镍电镀污泥均含有Cu(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Al(Ⅲ)的氢氧化物，前者还含有Cr(Ⅲ)的氢氧化物，一种综合回收铜、镍的新工艺流程如下：
已知：Cr及其化合物的性质与铝类似。
回答下列问题：
（1）硫酸浸出过程中，为提高浸出速率，可以采取的措施_______ (写出两条)。
（2）“电解Ⅰ”的目的，一方面是回收铜，另一方面是_______，为证明这一目的是否达成，取少量“电解Ⅰ”后的溶液滴加的试剂是_______(填化学式)。
（3）“转溶”时，氢氧化钠加入量不宜过多，其原因为_______。
（4）“萃取II”时，发生的反应为 + 2HR = CuR2 + 2 + 2NH3和 + 2HR = NiR2+ 2 + 4NH3，则“反萃取Ⅱ”时含铜微粒发生反应的离子方程式为_______。
（5）整个流程中除了有机相之外，可以循环利用的物质还有NH3·H2O， (NH4)2CO3和_______(填化学式)。
（6）NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作可得NiSO4·6H2O。将NiSO4·6H2O样品在900℃下，空气中进行煅烧，固体质量随时间变化如图。B点对应物质的化学式为_______；D点到E点反应的化学方程式为_______。
【答案】（1）加热、适当增加硫酸浓度、搅拌等
（2） ①. 使Fe2+转化为Fe3+ ②. 铁氰化钾
（3）Cr (OH)3和Al (OH)3有两性会被过量的强碱溶解
（4）CuR2 + 2H+= Cu2++ 2HR
（5）Na3PO4 （6） ①. NiSO4·4H2O ②. 4NiO + O22Ni2O3
【解析】
【分析】向铬系铜镍电镀污泥中加入稀硫酸将金属氢氧化物溶解浸出过滤，电解滤液回收铜，同时将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+。向电解后溶液中加入磷酸钠形成缓冲溶液调节溶液pH分离Ni与其他杂质金属，沉淀物进行转溶进一步处理，滤液备用；向非铬系铜镍电镀污泥中加入氨水与碳酸铵将Cu2+、Ni2+转成氨络离子分离浸出，用HR转化这些离子为NiR2、CuR2，经水洗除杂后加稀硫酸反萃取回收HR并获取NiSO4、CuSO4溶液，电解回收Cu合并上一流程NiSO4溶液，最终回收硫酸镍。据此可解答。
【小问1详解】
为加快固体与稀硫酸的溶解浸出速率，可进行加热、适当增加硫酸浓度、搅拌等操作；
【小问2详解】
后续操作显示Fe元素转成Fe(OH)3除去，故在电解环节还需将Fe2+转化为Fe3+，检验Fe2+是否存在可选用铁氰化钾溶液检验，若未产生深蓝色沉淀，说明目的已达成；
【小问3详解】
Cr (OH)3和Al (OH)3有两性会被过量的强碱NaOH溶解，需控制用量；
【小问4详解】
H+反萃取出Cu2+，反应式为CuR2 + 2H+= Cu2++ 2HR；
【小问5详解】
流程一中萃取I和反萃取I最终回收磷酸钠，可循环使用；
【小问6详解】
NiSO4·6H2O的式量为263，原样品物质的量为0.1mol，含水0.6mol。由图可知A→B过程中固体质量减少26.3-22.7=3.6(g)，即减少n(H2O)=3.6/18=0.2mol，故B点固体化学式为NiSO4·4H2O；同理可推断C、D点对应物质分别为NiSO4、NiO，D→E固体质量增加0.8g，即0.1molNiO被空气中O2氧化增加氧元素n(O)=0.8/16=0.05mol，得到E的化学式为Ni2O3，故反应方程式为4NiO + O22Ni2O3 。
赤峰二中2022~2023学年高三第二次月考
化学试题
本试卷考试满分100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Al 27 P 31 S 32 Ni 59
一、选择题(每小题只有一个正确选项，1-12每题2分，13-20每题3分，共48分)
1. 中华传统文化博大精深，蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是
A. “东风扑酒香，吹醒殊乡愁”，“酒香”是因为含有酯类物质
B. “高奴县出脂水，燃之如麻，但烟甚浓”，所述“脂水”就是现在的地沟油
C. “至于矾现五色之形，疏为群石之将，皆变化于烈火”，“矾”是金属硫酸盐
D. “将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器”涉及的操作方法是升华
【答案】B
【解析】
【详解】A．酒放置时间长，少量乙醇被氧化成乙酸，乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，乙酸乙酯等酯类物质具有香味，所以产生香味主要是因为酒中含有酯类物质，故A正确；
B．所述“脂水”是石油。地沟油是酯类，成分不同，故B错误；
C．矾是各种金属(如铜，铁，锌)的硫酸盐，故C正确；
D．“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器”涉及用到加热的方法，将被提纯物质气化、冷凝为固体的过程，为升华操作，故D正确；
故答案选B。
2. 化学在生产、生活中起着重要作用，下列有关叙述正确的是
A. 侯氏制碱法中利用了各物质溶解度的不同，过滤后直接得到产品
B. 青铜是金属冶铸史上最早的合金，它的元素主要含Cu、Zn、Pb
C. 补铁剂通常与维生素C共同服用，以增强药品中Fe3+的效果
D. 中国“奋斗者”号载人潜水器的钛合金比纯金属钛具有更高的硬度
【答案】D
【解析】
【详解】A．侯氏制碱法的目的是制取纯碱，而过滤后得到的产品为NaHCO3，加热分解后才能得到Na2CO3，A不正确；
B．青铜的组成元素主要是Cu、Sn、Pb，是金属冶铸史上最早的合金，B不正确；
C．补铁剂是含有Fe2+的盐或有机化合物，为防止Fe2+被氧化，通常与维生素C共同服用，C不正确；
D．合金与它的成分金属比，熔点低、硬度大，韧性强，所以钛合金比纯金属钛具有更高的硬度，D正确；
故选D。
3. 正确掌握化学用语是学好化学的基础，下列化学用语正确的是
A
B
C
D
羟基的电子式
硝基苯的结构简式
四氯化碳的空间填充模型(比例模型)
钠原子的结构示意图
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．羟基的结构式为-O-H，电子式为，A正确；
B．在硝基苯分子中，硝基上的N原子与苯环直接相连，即结构简式为，B不正确；
C．四氯化碳分子中，Cl原子半径比C原子半径大，而图中Cl原子半径比C原子半径小，C不正确；
D．钠原子的核外电子数为11，原子结构示意图为，D不正确；
故选A。
4. 下列变化或应用中，与氧化还原反应无关的是
A. 常用于自来水的杀菌消毒
B. 呼吸面具中常用作供氧剂
C. 饱和溶液中加入少量鸡蛋清变浑浊
D. 用溶液浸润的硅藻土吸收水果散发出的乙烯
【答案】C
【解析】
【分析】元素化合价升降为氧化还原反应的特征，物质的应用与氧化还原反应无关，说明应用过程中不存在元素化合价变化，以此结合变化实质进行判断。
【详解】A．NaClO具有强氧化性，能够杀菌消毒，与氧化还原反应有关，故A错误；
B．呼吸面具中用过氧化钠作供氧剂，过氧化钠中O元素发生变化，与氧化还原反应有关，故B错误；
C．饱和溶液中加入少量鸡蛋清变浑浊，属于盐析现象，不属于氧化还原反应，故C正确；
D．具有强氧化性，乙烯可被氧化，与氧化还原有关，故D错误；
故答案选C。
5. 我国科学家曾通过测量石英中和两种核素的比例确定“北京人”年龄，这种测量方法叫“铝铍埋藏测年法”。下列说法正确的是
A. 工业上常采用电解熔融氯化铝的方法获得金属铝
B. 和具有相同的化学性质，因此可用代替完成“铝铍埋藏测年法”
C. 世界卫生组织国际癌症研究机构公布的致癌物清单中铝制品属一类致癌物，因此日常生活中要严禁使用铝制品
D. 铍和铝在元素周期表中的位置特点决定了它们具有相似的化学性质，故氢氧化铍也为两性氢氧化物
【答案】D
【解析】
【详解】A．工业上常采用电解熔融氧化铝的方法获得金属铝，故A错误；
B．和具有相同的化学性质，但是两者的物理性质有差别，不可用代替完成“铝铍埋藏测年法，故B错误；
C．铝制品属一类致癌物，因此日常生活中要合理使用铝制品，故C错误；
D．根据对角线原则，铍和铝在元素周期表中的位置特点决定了它们具有相似的化学性质，故氢氧化铍也为两性氢氧化物，故D正确。
故选D。
6. 下列实验操作或装置能达到目的的是
A
B
C
D
混合浓硫酸和乙醇
配制一定浓度的溶液
Na的燃烧
溶液加热
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．混合浓硫酸与乙醇时，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入烧杯内的乙醇中，边倒边搅拌，A不正确；
B．配制一定物质的量浓度的溶液时，当液面离刻度线1~2cm处，改用胶头滴管加水，至凹液面的最低点与刻度线相切，B正确；
C．做Na的燃烧实验时，若将钠放在表面皿上加热，因表面皿不耐热，将会导致表面皿破裂，C不正确；
D．给溶液加热时，试管夹应夹在离试管口三分之一处，D不正确；
故选B。
7. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 0.1mol/L盐酸溶液：、、、
B. 与铝反应产生大量氢气的溶液：、、、
C. 的溶液：、、、
D. 的溶液：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．0.1mol/L盐酸溶液呈酸性，会转化为H2SiO3沉淀，不能大量存在，A不符合题意；
B．与铝反应产生大量氢气的溶液，可能呈碱性，也可能呈酸性，在碱性溶液中，、不能大量存在，B不符合题意；
C．、在水溶液中能发生离子交换反应，生成Al(OH)3沉淀和，C不符合题意；
D．的溶液呈碱性，、、、都能大量存在，D符合题意；
故选D。
8. 用于合成抗新型冠状病毒药物一种原料的结构简式如图，有关该物质的说法正确的是
A. 分子式为
B. 苯环上的一氯代物有3种
C. 所有碳原子可能处于同一平面
D. 可与溴水发生苯环上的取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知，该分子的分子式为，A项错误；
B．苯环上只有两种不同状态的氢原子，则其的一氯代物有2种，B项错误；
C．苯环上六个碳原子共平面，与其相连的两个甲基上碳在平面中，中两个碳原子共平面，通过碳氧键相连，可以通过旋转使两个平面在一个平面上，则所有碳原子可能处于同一平面，C项正确；
D．苯环上的取代反应是与液溴发生取代，溴水无法进行，D项错误；
答案选C。
9. 元素周期表和元素周期律可指导人们进行规律性推测和判断。下列说法中不合理的是
A. 若和的核外电子层结构相同，则原子序数：
B. 盐酸(HCl)酸性比强，则元素的非金属性：
C. 硅、锗都位于金属元素与非金属元素的交界处，都可用作半导体材料
D. 若存在简单阴离子，则R一定属于VIA族元素
【答案】B
【解析】
【详解】A．由和的核外电子层结构相同可得：a—2=b+1，解得a＝b＋3，故A正确；
B．元素的非金属性与氢化物的酸性强弱无关，则盐酸的酸性强于硅酸不能说明氯元素的非金属性位于硅元素，故B错误；
C．硅元素、锗元素都位于金属元素与非金属元素的交界处，元素既表现一定的金属性又表现一定的非金属性，都可用作半导体材料，故C正确；
D．若存在简单阴离子，说明R元素的负化合价为—2价，最高正化合价为+6价，则则R一定属于VIA族元素，故D正确；
故选B。
10. 下列物质分类均正确的一组是
混合物
碱
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
液氯
苛性钠
胆矾
氧化铁
二氧化碳
B
生理盐水
烧碱
食盐
氧化钠
二氧化氮
C
碘酒
纯碱
石灰石
四氧化三铁
五氧化二磷
D
漂白粉
熟石灰
苏打
生石灰
二氧化硫
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．液氯为液态的氯单质，属于纯净物，A不正确；
B．二氧化氮没有对应的酸，不属于酸性氧化物，B不正确；
C．纯碱为Na2CO3，属于盐，四氧化三铁不属于碱性氧化物，C不正确；
D．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，熟石灰是氢氧化钙的俗称，苏打是碳酸钠的俗称，生石灰是氧化钙的俗称，二氧化硫对应的酸为亚硫酸，是酸性氧化物，D正确；
故选D。
11. 离子方程式是学习化学的重要工具，能更好的表示化学反应的实质。下列离子方程式书写正确的是
A. 硫酸铝溶液中滴加Ba(OH)2溶液产生白色沉淀：
B. 向Na2CO3和NaOH的混合溶液中加入足量稀盐酸：
C. 金属铜溶于稀硫酸和H2O2的混合溶液：
D. 向酸性KMnO4溶液滴加FeSO4溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫酸铝溶液中滴加Ba(OH)2溶液，若Ba(OH)2少量，则Ba2+、OH-的个数比应满足1:2关系，若Ba(OH)2过量，Al3+、的个数比应满足2:3关系，A不正确；
B．向Na2CO3和NaOH的混合溶液中加入足量稀盐酸，由于Na2CO3与NaOH的物质的量关系不确定，所以二者不能出现在同一离子方程式中，且最终产物为CO2和水，B不正确；
C．金属铜溶于稀硫酸和H2O2混合溶液中，Cu被氧化为Cu2+，H2O2的还原产物与电解质反应生成H2O，离子方程式为：，C正确；
D．向酸性KMnO4溶液中滴加FeSO4溶液，生成Fe3+、Mn2+和H2O，酸性溶液中不能生成OH-，D不正确；
故选C。
12. 如表所示为部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息判断。以下叙述正确的是
元素代号
A
B
C
D
E
原子半径/nm
0.160
0.143
0.102
0.071
0.099
主要化合价
+2
+3
+6、-2
-1
-1
A. 气态氢化物的稳定性：D＜C
B. E的氧化物对应水化物均为强酸
C. A、B简单离子的氧化性强弱关系为：B3+＜A2+
D. C、E形成的简单离子半径大小关系为：C2-＞E-
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素中，C主要化合价为+6、-2，则其为S元素；A显+2价，原子半径比S大，则A为Mg；B显+3价，原子半径比Mg小，则B为Al；由D、E的原子半径及化合价，可确定D为F、E为Cl。从而得出A、B、C、D、E分别为Mg、Al、S、F、Cl。
【详解】A．C、D分别为S、F，非金属性S＜F，则气态氢化物的稳定性：HF＞H2S，A不正确；
B．E的氧化物对应水化物中，HClO、HClO2均为弱酸，B不正确；
C．A、B分别为Mg、Al，金属性Mg＞Al，则简单离子的氧化性强弱关系为：Al3+＞Mg2+，C不正确；
D．C、E分别为S、Cl，S与Cl为同周期元素，S的原子序数比Cl小，则形成的简单离子半径大小关系为：S2-＞Cl-，D正确；
故选D。
13. 设表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 12.4g白磷(P4)中所包含的共价键有
B. 的溶液中通入适量氨气后呈中性，此溶液中数目为
C. 向含有的溶液中通入适量氯气，当有被氧化时，该反应转移电子数目为
D. 10g环己烷与2-丙醇的混合液中，碳元素的质量分数为72%，其中所含的氧原子数目为
【答案】D
【解析】
【详解】A．12.4g白磷的物质的量为0.1mol，而1mol白磷(P4)中含有6molP−P共价键，故0.1mol白磷中含有P−P共价键数目为0.6NA，故A错误；
B．溶液体积未知，无法求算离子数目，故B错误；
C．向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化I−，故当有1 mol Fe2＋被氧化时，溶液中的碘离子已经完全被氧化，而由于溶液中碘离子的个数未知，故反应转移的电子数无法计算，故C错误；
D．环己烷的分子式为C6H12，2−丙醇的分子式为C3H8O，相当于C3H6•H2O，混合物质的分子式为(CH2)n•(H2O)m，碳元素的质量分数为72%，，所以混合液中“CH2”的质量分数为：84%，解得10g混合液中含“CH2”的质量为8.4g，所以含“H2O”为1.6g，则其中含有的氧原子数目为，故D正确；
故答案选D。
14. 下列说法正确的是
①分子式为C4H8O2且属于酯的有机化合物有4种
②使用溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液除去乙烷中混有的乙烯
③在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH
④、、都能发生取代反应和加成反应，都能使酸性KMnO4溶液褪色
⑤CH3CH2OH和具有相同的官能团，互为同系物
A. ①③ B. ②③ C. ④⑤ D. ①②④
【答案】A
【解析】
【详解】①分子式为C4H8O2且属于酯的有机化合物有4种，它们分别是HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，①正确；
②乙烷和乙烯都能溶解在四氯化碳中，不能使用溴的四氯化碳溶液除去乙烷中混有的乙烯，乙烯能被酸性KMnO4溶液氧化，生成的二氧化碳气体混在乙烷中，所以也不能使用酸性KMnO4溶液除去乙烷中混有的乙烯，②不正确；
③发生酯化反应时，羧酸脱羟基、醇脱羟基上的氢原子，在酸性条件下，CH3CO18OC2H5发生水解，水解产物是CH3COOH和C2H518OH，③正确；
④、能发生取代反应，、能发生加成反应，能使酸性KMnO4溶液褪色，④不正确；
⑤CH3CH2OH和具有相同的官能团，但官能团的数目不同，二者不互为同系物，⑤不正确；
综合以上分析，①③正确，故选A。
15. W、X、Y、Z、M五种物质的相互转化关系如图所示(反应条件略去，箭头表示一步转化)。下列各组物质中不满足图示转化关系的是
W
X
Y
M
①
FeCl3
Cu
FeCl2溶液
Cl2
②
C
SiO2
CO
CO2
③
Al2O3
NaOH溶液
NaAlO2溶液
CO2
④
Na2O2
CO2
O2
Na2O
A. ①③ B. ②③ C. ②④ D. ①④
【答案】B
【解析】
【详解】①2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2、2FeCl2+Cl2=2FeCl3，满足图示关系，不符合题意；
②SiO2+2CSi+2CO↑、CO+CO2≠C，不满足图示关系，符合题意；
③Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O、NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，不满足图示关系，符合题意；
④2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、O2+2Na2O2Na2O2，满足图示关系，不符合题意；
综合以上分析，②③符合题意，故选B。
16. 价类二维图是学习元素及其化合物知识的重要模型和工具。图1为某常见金属单质及其部分化合物的价类二维图。下列推断不合理的是
A. b、c均可与氢碘酸反应，但反应原理不同
B. h具有强氧化性，可用于饮用水的消毒，还原产物可以净水
C. 可通过图2装置制备物质d，且较长时间不易被氧化
D. a→f→g→e的每步转化均可一步实现
【答案】C
【解析】
【分析】该元素显+2、+3、+6价，则其为Fe元素。a为Fe，b为FeO、c为Fe2O3、d为Fe(OH)2、e为Fe(OH)3、f为亚铁盐、g为铁盐、h为铁酸盐。
【详解】A．由分析可知，b为FeO、c为Fe2O3，都为碱性氧化物，均可与氢碘酸反应，但前者发生复分解反应，后者发生氧化还原反应，反应原理不同，A合理；
B．h为高铁酸盐，有强氧化性，具有杀菌消毒能力，可用于饮用水的消毒，还原产物为Fe3+，水解生成氢氧化铁胶体，可以净水，B合理；
C．在a试管中，Fe与稀硫酸反应生成的H2能将装置内的空气排尽，但导管位于液面上，不能将反应生成的FeSO4溶液导入试管b中，无法与NaOH发生反应，也就不能制取Fe(OH)2，C不合理；
D．FeFe2+Fe3+Fe(OH)3，每步转化均可一步实现，D合理；
故选C。
17. 物质W常用作漂白剂和氧化剂，其构成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图所示，实验室中常用CS2洗涤残留在试管壁上的N单质。下列说法正确的是
A. 简单阴离子的还原性：Z＞N
B. Z的氢化物的沸点一定大于Y的氢化物的沸点
C. Z、M、N三种元素形成化合物的水溶液呈中性
D. X、Z形成的化合物与M、N形成的化合物可能发生氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【分析】实验室中常用CS2洗涤残留在试管壁上的N单质，则N为S元素；由原子半径及W中的共价键数目，可确定X为H元素，Z为O元素，Y为C元素，M为Na元素。从而得出X、Y、Z、M、N分别为H、C、O、Na、S元素。
【详解】A．Z为O元素，N为S元素，非金属性O＞S，则简单阴离子的还原性：O2-＜S2-，A不正确；
B．Y的氢化物为烃，Z的氢化物为水、双氧水，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于水和双氧水，B不正确；
C．Z、M、N分别为O、Na、S，三种元素形成化合物Na2SO3的水溶液呈碱性，C不正确；
D．X、Z形成的化合物为H2O、H2O2，M、N形成的化合物为Na2S，过氧化氢能够与硫化钠发生氧化还原反应，D正确；
故选D。
18. 据文献报道，我国学者提出O2氧化HBr生成Br2的反应历程如图所示。下列有关该历程的说法不正确的是
A. O2氧化HBr生成Br2的总反应为O2+4HBr=2Br2+2H2O
B. HOOBr和HOBr为中间产物
C. 发生步骤②时，断裂的化学键既有极性键又有非极性键
D. 步骤③中，每生成1 mol Br2转移2 mol电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应①为HBr+O2=HOOBr；反应②为HOOBr+HBr=2HOBr；反应③为HBr+HOBr=H2O+Br2，根据盖斯定律，将①+②+③×2，整理可得总反应方程式为：O2+4HBr=2Br2+2H2O，A正确；
B．根据流程图可知：物质HOOBr和HOBr在反应开始时没有，在反应结束后也没有，因此这两种物质都是中间产物，B正确；
C．步骤②反应为HOOBr+HBr=2HOBr，在该反应过程中有断裂的化学键有极性键H-Br、H-O、Br-O键的断裂，也有非极性键O-O的断裂，C正确；
D．步骤③反应为HBr+HOBr=H2O+Br2，在该反应中Br元素化合价由HBr中的-1价，HOBr中的+1价变为反应后Br2的0价，每生成1 mol Br2转移1 mol电子，D错误；
故合理选项是D。
19. 下列说法正确的是
①Na2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色；
②向某溶液加入NaOH溶液，未产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该溶液中一定不含有
③取ag Na2CO3和NaHCO3混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bg，能测定混合物中Na2CO3的质量分数；
④铂丝在做完氯化钠溶液的焰色试验后，用稀硫酸洗净，再蘸取少量的K2SO4溶液，重复以上实验
⑤NH3与HCl反应生成NH4Cl，则可推测N2H4也可以与HCl反应生成N2H6Cl2
⑥在淀粉和I2的混合溶液中滴加NH4SCN溶液。[已知：(SCN)2、SCN-分别与卤素单质、卤素离子性质相似]，溶液仍为蓝色，证明氧化性：(SCN)2＜I2
A. ①⑤ B. ①②⑥ C. ①③⑤ D. ③④⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①Na2O2投入到紫色石蕊试液中，先与水反应生成NaOH和H2O2，NaOH显碱性，使紫色石蕊试液变蓝色，H2O2表现强氧化性，能使石蕊的结构发生改变，从而使溶液褪色，①正确；
②向某溶液加入NaOH溶液，未产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，不能说明该溶液中不含有，因为若溶液浓度小，即便含有，生成的一水合氨也不发生分解，也不产生NH3，②不正确；
③取ag Na2CO3和NaHCO3混合物与足量稀硫酸充分反应，碱石灰吸收的气体为CO2和水蒸气，由增重bg无法确定CO2的质量，从而无法测定混合物中Na2CO3的质量分数，③不正确；
④铂丝用稀盐酸洗涤，并且要透过蓝色钴玻璃进行观察，④不正确；
⑤NH3与HCl反应生成NH4Cl，表明氨气呈碱性，从结构上推测，N2H4也呈碱性，也可以与HCl反应生成N2H6Cl2，⑤正确；
⑥在淀粉和I2的混合溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液仍为蓝色，表明I2与SCN-不能发生氧化还原反应，从而证明氧化性：(SCN)2＞I2，⑥不正确；
综合以上分析，①⑤正确，故选A。
20. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
向浓中加入炭粉并加热，产生的气体通入少量澄清石灰水
有红棕色气体产生，石灰水变浑浊
有和产生
B
向和混合溶液中通入足量
溶液变为浅绿色且有白色沉淀生成
被还原为，白色沉淀为
C
用熔融氯化铝做导电性实验
电流指针不偏转
氯化铝是非电解质
D
将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性溶液
溶液紫红色褪去
产生的气体中一定含有乙烯
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．炭与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化碳使少量石灰水反应生成碳酸氢钙，则石灰水不变浑浊，故A错误；
B．氯化铁溶液和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子、亚铁离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故B正确；
C．氯化铝是共价化合物，在熔融状态不导电，但是在水溶液中可完全电离，可以导电，所以氯化铝属于电解质，故C错误；
D．挥发的乙醇及生成的乙烯均能被高锰酸钾氧化，由现象不能说明生成乙烯，故D错误；
故答案选B。
二、非选择题(共52分)
21. 某废水中可能含有下列离子中的若干种：、、、、、、、、。现进行如下实验：
①取少量溶液，加入KSCN溶液，无明显变化。
②另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色。
③向②中所得溶液中加入溶液，有白色沉淀生成。
④另取②中所得溶液加入过量浓氨水，仅有红褐色沉淀生成，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成。
请回答下列问题：
（1）该废水一定含有的离子是_______；
（2）实验②中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是_______；
（3）过滤除去④中的蓝色沉淀，调整溶液的pH为10.7左右时，加入铝粉，反应产生氨气和氮气的体积比为，其离子方程式为(未配平)。若除去，消耗铝_______g。
【答案】（1）Fe2＋、Cu2＋、、
（2）
（3）4.8
【解析】
【分析】Ⅰ．取少量溶液，加入KSCN溶液时无明显变化，证明溶液中不含铁离子；
Ⅱ．另取溶液加入盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明是一氧化氮氧化为二氧化氮，证明原溶液中一定含有和Fe2＋；则不能有、；
Ⅲ．向Ⅱ中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，取原溶液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明溶液中有；
Ⅳ．向Ⅱ中所得溶液中加入过量浓氨水，生成氢氧化铁红褐色沉淀，溶液中没有Al3＋，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成，积生成氢氧化铜沉淀，则溶液中含有Cu2＋，据此进行解答。
【小问1详解】
据分析可知，该废水一定含有的离子是Fe2＋、Cu2＋、、；
故答案为Fe2＋、Cu2＋、、；
【小问2详解】
取溶液加入盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明是一氧化氮氧化为二氧化氮，则硝酸与亚铁离子反应生成NO和三价铁离子、水，其离子方程式为：；
故答案为；
【小问3详解】
反应产生氨气和氮气的体积比为1：4，则配平方程式为： ；已知除去，所以，则Al的质量为：；
故答案为4.8。
【点睛】本题考查了常见离子的检验方法，明确常见离子的性质，注意熟练掌握常见离子的检验方法是关键。
22. A、B、C、D、E、F、G是七种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大；A元素的一种同位素原子无中子；B是形成化合物种类最多的元素；D与A同主族，且与F同周期；F元素的最外层电子数是电子总数的倍；D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应。
（1）B、F、G最高价氧化物对应水化物酸性强弱顺序为_______(用化学式表示)。
（2）用电子式表示元素D与F形成的化合物的过程：_______，该化合物属于_______(填“共价”或“离子”)化合物。
（3）A、C、F间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为_______。
（4）写出能证明G比F非金属性强的一个化学方程式：_______。
（5）向含有amolE的氯化物的溶液中加入含bmolD的最高价氧化物对应水化物的溶液，生成沉淀的物质的量不可能为_______。
①amol ②bmol ③mol ④mol ⑤0mol ⑥(4a-b)mol
（6）有机化合物A仅由上述A、B两种元素组成，其产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，E具有水果香味，H是高分子化合物。
I.物质D所含官能团名称为_______。F的结构简式为_______；
II.写出②的化学方程式_______；其反应类型为_______；
III.写出⑦的化学方程式_______；其反应类型为_______。
【答案】（1）HClO4＞H2SO4＞H2CO3
（2） ①. ②. 离子
（3）HS-+OH-=S2-+H2O
（4）Cl2+H2S=2HCl+S↓
（5）② （6） ①. 羧基 ②. CH3CH2Cl ③. 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O ④. 氧化反应 ⑤. ⑥. 加聚反应
【解析】
【分析】A元素的一种同位素原子无中子，则A为H元素；B是形成化合物种类最多的元素，则B为C元素；F元素的最外层电子数是电子总数的倍，则其原子序数为16，F为S元素；D与A同主族，且与F同周期，则D为Na元素；D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应，则E为Al元素；由问题(3)可推出，C为O元素。从而得出：A、B、C、D、E、F、G分别为H、C、O、Na、Al、S、Cl元素。
【小问1详解】
B、F、G分别为C、S、Cl，非金属性Cl＞S＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序为HClO4＞H2SO4＞H2CO3。答案为：HClO4＞H2SO4＞H2CO3；
【小问2详解】
D、F分别为Na、S，反应生成Na2S，用电子式表示该化合物形成过程为：，该化合物由阴、阳离子构成，属于离子化合物。答案为：；离子；
【小问3详解】
A为H，F为S，A、C、F间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则C为O元素，甲为HS-，乙为OH-，HS-与OH-反应的离子方程式为HS-+OH-=S2-+H2O。答案为：HS-+OH-=S2-+H2O；
【小问4详解】
能证明Cl比S的非金属性强，则可利用Cl2与硫化物的置换反应，化学方程式：Cl2+H2S=2HCl+S↓。答案为：Cl2+H2S=2HCl+S↓；
【小问5详解】
向含有amolAlCl3溶液中加入含bmolNaOH溶液，发生反应AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，可能发生反应NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O。
①当AlCl3与NaOH刚好完全反应生成Al(OH)3时，沉淀的物质的量为amol；
②Al(OH)3的物质的量不可能与NaOH的物质的量相同，所以沉淀的物质的量不可能是bmol；
③当a=b时，反应生成Al(OH)3mol；
④当AlCl3过量，或只发生第一步反应时，生成Al(OH)3mol；
⑤当b=4a时，生成Al(OH)3的物质的量为0mol；
⑥当第二步反应发生且Al(OH)3有剩余时，剩余Al(OH)3的物质的量为(4a-b)mol；
综合以上分析，只有②不可能，故选②。答案为：②；
【小问6详解】
有机化合物A仅由上述A、B两种元素组成，其产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，E具有水果香味，H是高分子化合物。参照流程图，可推出A为CH2=CH2，B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，E为CH3COOC2H5，F为CH3CH2Cl，G为CH3CH3，H为。
I.物质D为CH3COOH，所含官能团名称为羧基。F的结构简式为CH3CH2Cl；
II.②为CH3CH2OH的催化氧化反应，化学方程式：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；其反应类型为：氧化反应；
III.⑦为乙烯加聚生成聚乙烯，化学方程式：；其反应类型为：加聚反应。答案为：羧基；CH3CH2Cl；2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；氧化反应；；加聚反应。
【点睛】证明Cl的非金属性比S强时，也可以将Cl2与Na2S溶液反应。
23. 某小组同学设计了如图所示的实验装置来进行氨的催化氧化的实验探究。
（1）B中加入的是一种黑色的固体，则A中试剂的电子式为_______。
（2）D中装的试剂可选择_______(填序号)。
A. B.无水 C.碱石灰
（3）写出装置G中的化学反应方程式，并用单线桥法表明电子转移情况_______。
（4）①实验时先用酒精喷灯预热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上，由此可知该反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应。
②按图示装置进行实验，一段时间后，装置I中的溶液都变成蓝色的原因是(用离子方程式表示)___。
（5）①将虚线框内的I装置更换成上图装置K可模拟工业生产制备少量硝酸。则装置K中化学反应方程式为_______。
②控制氨气和氧气的比例是制备硝酸的关键。当比例不合适时，H中不仅有红棕色气体产生，还伴有白烟。白烟的化学式是_______。
【答案】（1） （2）C
（3） （4） ①. 放热 ②.
（5） ①. ②.
【解析】
【分析】装置B、装置E均采用固液制气体分别用来制备O2、NH3，装置C、装置F分别用来进行氨气除杂和氧气干燥，装置G是发生氨的催化氧化反应的场所，H、I对产物进行检验，据此分析解题。
【小问1详解】
装置B是制备O2的装置，B中加入的是一种黑色的固体，为MnO2；则A为H2O2，H2O2电子式为；
故答案为；
【小问2详解】
E装置用于制备NH3，用碱石灰干燥NH3，球形干燥管F中药品为碱石灰；
故答案选C；
【小问3详解】
装置G是发生氨的催化氧化反应的场所，发生反应为；
故答案为；
【小问4详解】
①实验时先用酒精喷灯预热催化剂，然后通入反应气体，发生反应，催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上，由此可知该反应是放热反应；
故答案为放热；
②生成的NO会与O2反应，生成NO2，NO2在I中溶于水，反应生成HNO3，HNO3可将Cu氧化为Cu2＋使溶液显蓝色，离子反应方程式为；
故答案为；
小问5详解】
①将虚线框内的I装置更换成上图装置K，二氧化氮通入水中制取硝酸，装置K中化学反应方程式为；
故答案为；
②一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，H中有红棕色气体产生；二氧化氮与水生成硝酸，当氨气和氧气比例不合适时，氨气和硝酸生成硝酸铵，所以白烟为硝酸铵，化学式为；
故答案为。
【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键。
24. 铬系和非铬系铜镍电镀污泥均含有Cu(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Al(Ⅲ)的氢氧化物，前者还含有Cr(Ⅲ)的氢氧化物，一种综合回收铜、镍的新工艺流程如下：
已知：Cr及其化合物的性质与铝类似。
回答下列问题：
（1）硫酸浸出过程中，为提高浸出速率，可以采取的措施_______ (写出两条)。
（2）“电解Ⅰ”的目的，一方面是回收铜，另一方面是_______，为证明这一目的是否达成，取少量“电解Ⅰ”后的溶液滴加的试剂是_______(填化学式)。
（3）“转溶”时，氢氧化钠加入量不宜过多，其原因为_______。
（4）“萃取II”时，发生的反应为 + 2HR = CuR2 + 2 + 2NH3和 + 2HR = NiR2+ 2 + 4NH3，则“反萃取Ⅱ”时含铜微粒发生反应的离子方程式为_______。
（5）整个流程中除了有机相之外，可以循环利用的物质还有NH3·H2O， (NH4)2CO3和_______(填化学式)。
（6）NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作可得NiSO4·6H2O。将NiSO4·6H2O样品在900℃下，空气中进行煅烧，固体质量随时间变化如图。B点对应物质的化学式为_______；D点到E点反应的化学方程式为_______。
【答案】（1）加热、适当增加硫酸浓度、搅拌等
（2） ①. 使Fe2+转化为Fe3+ ②. 铁氰化钾
（3）Cr (OH)3和Al (OH)3有两性会被过量的强碱溶解
（4）CuR2 + 2H+= Cu2++ 2HR
（5）Na3PO4 （6） ①. NiSO4·4H2O ②. 4NiO + O22Ni2O3
【解析】
【分析】向铬系铜镍电镀污泥中加入稀硫酸将金属氢氧化物溶解浸出过滤，电解滤液回收铜，同时将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+。向电解后溶液中加入磷酸钠形成缓冲溶液调节溶液pH分离Ni与其他杂质金属，沉淀物进行转溶进一步处理，滤液备用；向非铬系铜镍电镀污泥中加入氨水与碳酸铵将Cu2+、Ni2+转成氨络离子分离浸出，用HR转化这些离子为NiR2、CuR2，经水洗除杂后加稀硫酸反萃取回收HR并获取NiSO4、CuSO4溶液，电解回收Cu合并上一流程NiSO4溶液，最终回收硫酸镍。据此可解答。
【小问1详解】
为加快固体与稀硫酸的溶解浸出速率，可进行加热、适当增加硫酸浓度、搅拌等操作；
【小问2详解】
后续操作显示Fe元素转成Fe(OH)3除去，故在电解环节还需将Fe2+转化为Fe3+，检验Fe2+是否存在可选用铁氰化钾溶液检验，若未产生深蓝色沉淀，说明目的已达成；
【小问3详解】
Cr (OH)3和Al (OH)3有两性会被过量的强碱NaOH溶解，需控制用量；
【小问4详解】
H+反萃取出Cu2+，反应式为CuR2 + 2H+= Cu2++ 2HR；
【小问5详解】
流程一中萃取I和反萃取I最终回收磷酸钠，可循环使用；
【小问6详解】
NiSO4·6H2O的式量为263，原样品物质的量为0.1mol，含水0.6mol。由图可知A→B过程中固体质量减少26.3-22.7=3.6(g)，即减少n(H2O)=3.6/18=0.2mol，故B点固体化学式为NiSO4·4H2O；同理可推断C、D点对应物质分别为NiSO4、NiO，D→E固体质量增加0.8g，即0.1molNiO被空气中O2氧化增加氧元素n(O)=0.8/16=0.05mol，得到E的化学式为Ni2O3，故反应方程式为4NiO + O22Ni2O3 。
相关试卷
内蒙古赤峰市第二中学2023-2024学年高三上学期第四次月考化学试题Word版含答案： 这是一份内蒙古赤峰市第二中学2023-2024学年高三上学期第四次月考化学试题Word版含答案，文件包含试题docx、答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
内蒙古赤峰二中2023-2024学年高三上学期第四次月考化学试题： 这是一份内蒙古赤峰二中2023-2024学年高三上学期第四次月考化学试题，文件包含内蒙古赤峰二中2023-2024学年高三上学期第四次月考化学试题pdf、内蒙古赤峰二中2023-2024学年高三上学期第四次月考化学答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共14页， 欢迎下载使用。
内蒙古赤峰二中2023-2024学年高一上学期第二次月考化学试题： 这是一份内蒙古赤峰二中2023-2024学年高一上学期第二次月考化学试题，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
