2019-2020年高考联合模拟化学试题 含解析.doc

2019-2020年高考联合模拟化学试题 含解析一、单项选择题：（本大题共6小题，每小题4分，共64分）1化学与工农业生产和人类生活密切相关下列说法中正确的是（）A明矾与漂白粉常用于自来水的净化与消毒，这两者的作用原理是一样的B为了防止中秋月饼的富脂食物因被氧化而变质，常在包装袋里放生石灰C海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀，该方法叫牺牲阳极的阴极保护法D酸雨就是pH7的雨水，主要是由大气中的SO2、NO2等造成的考点：常见的生活环境的污染及治理；胶体的应用；金属的电化学腐蚀与防护.分析：A明矾中含有Al3+，水解呈酸性，生成Al（OH）3；漂白粉能与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于消毒；B为了防止中秋月饼的富脂食物因被氧化而变质，应加入还原性物质；C海轮外壳连接锌块，形成原电池，锌为负极；D酸雨PH值小于5.6解答：解：A明矾中含有Al3+，水解呈酸性，生成Al（OH）3，Al（OH）3能吸附水中悬浮的杂质；氯漂白粉能与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于消毒，两者净化消毒两者原理不同，故A错误；B生石灰为氧化钙，不具有还原性，不能防止中秋月饼的富脂食物因被氧化而变质，故B错误；C海轮外壳连接锌块，锌为负极，保护外壳不受腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D酸雨PH值小于5.6，故D错误故选：C点评：本题考查了金属的腐蚀与防护、明矾净水与漂白粉消毒的原理，明确原电池和电解池原理、明矾、次氯酸钙的性质是解本题关键，难度不大2（4分）（xx广东模拟）下列有关物质的性质与应用相对应的是（）ACl2具有漂白性，可用作自来水的消毒BSiO2具有高沸点，可用作制备光导纤维CNH3具有还原性，可用作制冷剂DNa2O2能与CO2反应，可用作潜水艇内的供氧剂考点：氯气的化学性质；氨的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物.专题：元素及其化合物分析：A、氯气没有漂白性，次氯酸具有漂白性；B、二氧化硅熔点高，还是制造光导纤维的材料；C、氨气易液化，常用作制冷剂；D、过氧化钠可以和人体呼出的气体反应产生氧气，常做供氧剂解答：解：A、氯气没有漂白性，是氯气和水之间反应生成的次氯酸具有漂白性，物质的性质与应用不相对应，故A错误；B、二氧化硅熔点高，具有传输信息的特点，所以是制造光导纤维的材料，物质的性质与应用不相对应，故B错误；C、氨气常用作制冷剂，是因为其易液化，不是因为还原性，物质的性质与应用不相对应，故C错误；D、过氧化钠可以和人体呼出的气体二氧化碳等反应产生氧气，常做供氧剂，质的性质与应用相对应，故D正确故选D点评：本题考查学生物质的性质以及应用，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度不大3（4分）（xx广东模拟）下列各组离子在溶液中能够大量共存的是（）ANH4+、Cl、Na+、SO42BNa+、Ba2+、OH、SO42CCa2+、H+、S2、ClODH+、Cl、Fe2+、NO3考点：离子共存问题.分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答解答：解：A该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；BBa2+、SO42结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；CH+、S2、ClO发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；DH+、Fe2+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选A点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大4（4分）（xx广东模拟）NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A22.4L NH3中含氮原子数为 NAB1 mol Na2O2与水完全反应时转移的电子数为NAC1 L 0.1molL1碳酸钠溶液的阴离子总数小于0.1 NAD1 mol O2和2 mol SO2在密闭容器中充分反应后的分子数等于2NA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、没有告诉是标准状况下，无法计算氨气的物质的量；B、过氧化钠中的氧元素为1价，1mol过氧化钠与水反应生成0.5mol氧气；C、碳酸钠溶液中碳酸根离子发生了水解，溶液中阴离子数目增多；D、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，反应物的转化率不可能为100%解答：解：A、不是标况下，无法计算22.4L氨气的物质的量，故A错误；B、1mol过氧化钠与水反应生成0.5mol氧气，转移的电子的物质的量为1mol，转移的电子数为NA，故B正确；C、1 L 0.1molL1碳酸钠溶中含有0.1mol溶质碳酸钠，由于碳酸根离子水解，碳酸根离子数目减少，但是溶液中生成了氢氧根离子，阴离子数目增多，所以阴离子总数大于0.1 NA，故C错误；D、1 mol O2和2 mol SO2在密闭容器中，该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物，所以反应后混合物的总物质的量大于2mol，分子数大于2NA，故D错误；故选B点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意标准状况下条件要求及物质的状态，阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”，这是由于它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，要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5（4分）（xx广东模拟）X、Y、Z、W四种元素在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中X、W的质子数之和为21，由此可知（）XYZWAX位于元素周期表中第2周期、第VA族BY的氢化物（H2Y）不稳定，100以上即可分解CW的非金属性比Y的非金属性弱DZ的最高价氧化物的水化物是一种强碱考点：元素周期律和元素周期表的综合应用.分析：X、Y、Z、W四种短周期元素，由位置可知，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，设X的原子序数为a，则W的原子序数为a+9，由X、W的质子数之和为21，则a+a+9=21，解得a=6，所以X为C，Y为O，Z为Al，W为P，然后结合元素及其单质、化合物的性质来解答解答：解：X、Y、Z、W四种短周期元素，由位置可知，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，设X的原子序数为a，则W的原子序数为a+9，由X、W的质子数之和为21，则a+a+9=21，解得a=6，所以X为C，Y为O，Z为Al，W为PAX为C元素，位于元素周期表中第2周期第A族，故A错误；BH2O稳定性很强，不易分解，故B错误；C同周期自左而右非金属性增强、同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性WY，故C正确；D氢氧化铝属于弱碱，故D错误，故选C点评：本题考查位置结构性质关系应用，明确短周期及原子序数的关系来推断各元素是解题的关键，注意理解掌握同主族原子序数关系，难度不大6（4分）（xx广东模拟）下列叙述正确的是（）装置甲可防止铁钉生锈 装置乙可除去乙烯中混有的乙炔装置丙可验证HCl气体在水中的溶解性 装置丁可用于实验室制取乙酸乙酯装置戊可用于收集H2、CO2、Cl2、HCl、NO2等气体ABCD考点：化学实验方案的评价.分析：金属做电解池的阳极时，更易被腐蚀；高锰酸钾具有氧化性，可以将乙烯以及乙炔氧化为二氧化碳；氯化氢极易溶于水，根据大气压强原理来分析；乙酸乙酯可以用饱和碳酸钠来吸收；装置可以收集气体，当集气瓶来用，但是要注意导管的连接情况解答：解：在装置中，金属Fe做电解池的阳极，电极本身失电子，更易生锈，故错误；高锰酸钾具有氧化性，可以将乙烯以及乙炔氧化为二氧化碳，不能用装置乙可除去乙烯中混有的乙炔，故错误；氯化氢极易溶于水，挤压胶头滴管，则集气瓶中压强减小，所以气球鼓起来，可以使用该装置验证HCl气体在水中的溶解性，故正确；乙酸乙酯可以用饱和碳酸钠来吸收，不能用氢氧化钠，乙酸乙酯在氢氧化钠中水解，故错误；装置可以收集气体，当集气瓶来用，导管长进短出时，可以收集密度大于空气的气体，如：CO2、Cl2、HCl、NO2等气体，如果导管短进长出，则可以收集密度小于空气的气体，如氢气，故正确故选D点评：本题是一道化学实验知识的综合题目，实验为载体考查基础知识，以要求学生熟记教材知识，灵活应用二、双项选择题：（本大题共2小题，每小题6分，共54分在四个选项中，有两个选项正确，漏选的得3分，错选或不选的得0分）7（6分）（xx广东模拟）下列溶液中微粒浓度关系正确的是（）A室温下，氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：c（Cl）=c（NH4+）BpH=1的一元酸和pH=13的一元碱等体积混合：c（OH）=c（H+）C0.1 molL1的（NH4）2SO4溶液中：c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）D0.1 molL1的NaHCO3溶液中：c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）考点：离子浓度大小的比较.分析：A、根据电荷守恒，得c（Cl）+c（OH）=c（NH4+）+c（H+），结合溶液的PH=7综合分析解答；B、酸碱的强弱未知，反应后不一定呈中性；C、NH4+水解，溶液呈酸性；D、NaHCO3溶液呈碱性，说明水解程度大于电离解答：解：A、氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中存在c（Cl）+c（OH）=c（NH4+）+c（H+），因c（OH）=c（H+），则c（Cl）=c（NH4+），故A正确；B、酸碱的强弱未知，反应后不一定呈中性，如为强酸强碱，则c（OH）=c（H+），如为弱酸强碱，则c（OH）c（H+），如为强酸弱碱，则c（OH）c（H+），故B错误；C、NH4+水解，且水解程度较小，溶液呈酸性，则存在c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH），故C正确；D、因为水解程度大于电离，所以离子浓度的大小关系为：c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32），故D错误；故选AC点评：本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，本题注意弱电解质的电离以及盐类水解原理的把握，注意电荷守恒及物料守恒的应用8（6分）（xx广东模拟）下列依据相关实验得出的结论正确的是（）编号实验结论A向某溶液中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊该溶液一定是碳酸盐溶液B用铂丝蘸取少量某溶液在酒精灯火焰上进行焰色反应，火焰呈黄色该溶液不一定是钠盐溶液C往淀粉溶液中加稀硫酸，加热片刻，滴加银氨溶液并水浴加热，无银镜出现该淀粉未发生水解D向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色该溶液中一定含Fe2+AABBCCDD考点：常见离子的检验方法.分析：A、二氧化硫通入澄清石灰水也会变浑浊；B、钾元素的焰色反应若不用钴玻璃也会发出黄色火焰；C、银镜反应必须在碱性条件下进行；D、依据亚铁离子的检验方法分析判断解答：解：A、向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液可能是碳酸盐溶液或碳酸氢盐溶液或亚硫酸盐溶液，故A错误；B、用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，钾元素的焰色反应若不用钴玻璃也会发出黄色火焰，该溶液可能是含钾元素的溶液，故B正确；C、银镜反应必须在碱性条件下进行，在做银镜反应前没有中和过量的酸，所以实验不成功，不能说明淀粉是否水解，故C错误；D、向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，说明不含铁离子，滴加氯水后溶液显红色，氯气氧化亚铁离子为铁离子，遇到硫氰酸钾溶液生成血红色溶液证明该溶液中一定含Fe2+，故D正确；故选BD点评：本题考查了常见离子检验方法和现象判断，主要是碳酸盐、亚硫酸盐、淀粉水解、亚铁离子等物质性质的分析应用，焰色反应的实验方法应用，题目难度中等三、非选择题9（16分）（xx广东模拟）化合物E可以通过下图所示的路线合成：（1）A中含有的官能团名称为醛基（2）由B生成C的反应类型为酯化反应（或取代反应）（3）1mol C完全燃烧，消耗的O2是8.5mol（4）写出B的一种同分异构体满足：苯环上的一氯代物有两种，能发生显色反应、银镜反应和水解反应，则它的结构简式为：（5）写出D与过量NaOH溶液完全反应的化学方程式：（6）反应DE是一个取代反应，E中带“*”号的C原子来自D中的甲基，则该取代反应的另一产物是CH3OH（或甲醇）（7）已知酚羟基不易直接与羧酸发生酯化反应，现由苯甲酸和苯酚为基本原料来合成化合物F（ ），根据题目信息设计合成线路，请写出最后一步反应的化学方程式：+HCl考点：有机物的合成.分析：由合成流程可知，A为CH3CHO，B为邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成C，C为，C与CH3COCl发生取代反应生成D，D在一定条件下反应生成E；（1）A为CH3CHO，根据其结构简式分析其含有的官能团；（2）B为：，C为，BC为酯化反应（或取代反应）；（3）根据有机物的化学式为CxHyOz，1mol该有机物消耗的氧气的物质的量为（x+）mol分析；（4）B为邻羟基苯甲酸，分子式为C7H7O，苯环上的一氯代物有两种，说明苯环上含有两种氢，能发生显色反应含有酚羟基、水解反应含有酯基；（5）D中存在酯基，在碱液中可以发生水解反应，水解生成的羧基、酚羟基与NaOH发生中和反应，生成、CH3COONa、CH3OH；（6）根据反应DE是一个取代反应，E中带“*”号的C原子来自D中的甲基，则该取代反应的另一产物是CH3OH；（7）、可以先将苯甲酸中引入卤素原子，生成酰卤，酰卤和酚取代可得产品解答：解：由合成流程可知，A为CH3CHO，B为邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成C，C为，BC为邻羟基苯甲酸和甲醇的酯化反应，+CH3OH+H2O，C与CH3COCl发生取代反应生成D，D在一定条件下反应生成E；（1）A氧化生成乙酸，结合A的分子式可知A为CH3CHO，含有醛基，故答案为：醛基；（2）B为：，C为，BC为邻羟基苯甲酸和甲醇的酯化反应，+CH3OH+H2O，所以由B生成C的反应类型为酯化反应（或取代反应），故答案为：酯化反应（或取代反应）；（3）由C分子式C8H8O3，可知1 mol该化合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为（8+）mol=8.5mol，故答案为：8.5；（4）B为邻羟基苯甲酸，分子式为C7H7O，苯环上的一氯代物有两种，说明苯环上含有两种氢，能发生显色反应含有酚羟基、水解反应含有酯基，所以满足条件的B的同分异构体为：，故答案为：；（5）D中存在酯基，在碱液中可以发生水解反应，水解生成的羧基、酚羟基与NaOH发生中和反应，生成、CH3COONa、CH3OH，反应方程式为：，故答案为：；（6）E中带“*”号的C原子来自D中的甲基，所以反应DE：+CH3OH，故答案为：CH3OH（或甲醇）；（7）结合信息RCOOHRCOCl，可知、可以先将苯甲酸中引入卤素原子，生成酰卤，酰卤和酚取代可得产品，所以该化合物的合成路线流程图最后一步反应的化学方程式为：+HCl，故答案为：+HCl点评：本题考查有机物的合成，为高考常见的题型，注意把握合成流程中的反应条件、已知信息等推断各物质，熟悉有机物的结构与性质即可解答，题目难度中等，（5）D中存在酯基，在碱液中可以发生水解反应，水解生成的羧基、酚羟基与NaOH发生中和反应为解答易错点10（16分）（xx广东模拟）工业上用活性炭还原法处理NO，有关反应为：C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）向密闭的2L容器中，加入NO和足量的活性炭，恒温条件下反应（1）若已知N2（g）+O2（g）2NO（g）H=a kJ/mol，则还需要知道热化学方程式：C（s）+O2（g）=CO2（g）H=bkJ/mol（反应热的绝对值用b表示），即可求出用活性炭还原法处理NO反应的反应热（2）该化学平衡常数表达式K=，已知升高温度时，K增大，则正反应为吸热（填“吸热”或“放热”）反应（3）若2min内气体密度增大了1.2g/L，则氮气的平均反应速率为0.05mol/（Lmin）（4）在温度不变的情况下，要提高NO的平衡转化率，可以采取的措施是移走生成物N2和（或）CO2（5）下列各项能判断该反应t1时刻后达到平衡的图1示是abc（填序号字母）（6）图2是以甲醇为燃料的新型固体氧化物燃料电池工作原理示意图回答下列问题：B极的电极反应式为CH3OH+3O26e=CO2+2H2O若用该燃料电池做电源，给某铁质水管上镀锌，当A极消耗标况下1.12L O2，水管增重的质量是6.5克考点：化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理；化学平衡常数的含义.分析：（1）依据盖斯定律和热化学方程式计算求出用活性炭还原法处理NO反应的反应热（2）平衡常数K=，升温平衡常数增大说明正反应为吸热反应；（3）气体密度增大了1.2g/L，可以计算出固体C的质量减小了2.4g，可以计算氮气的物质的量的变化量，进而计算反应速率；（4）在温度不变的情况下，要提高NO的平衡转化率，只要是化学平衡正向移动即可；（5）反应前后气体质量增加，气体体积不变，结合平衡的标志是正逆反应速率相同，各组成含量保持不变，变量不变分析选项；（6）B为负极，总反应式为CH4+2O2+=CO2+2H2O，正极反应式为：2O2+8e=4O2，两式相减可得负极电极反应式；当A极消耗标况下1.12L O2，A电极为正极，水管做阴极，结合电子守恒计算阴极析出锌的质量；解答：解：（1）依据盖斯定律利用热化学方程式计算，C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g），N2（g）+O2（g）2NO（g）H=a kJ/mol，还需要的热化学方程式为+得到：C（s）+O2 （g）=CO2（g）H=b kJ/mol；故答案为：C（s）+O2 （g）=CO2（g）H=b kJ/mol； （2）化学平衡常数K=，温度升高，K增大，则该反应是吸热反应，故答案为：；吸热；（3）根据题意，气体密度增大了1.2g/L，计算出固体C的质量减小了2.4g，则生成氮气的物质的量是=0.2mol，所以氮气表示的反应速率v=0.05mol/（Lmin），故答案为：0.05；（4）在温度不变的情况下，减小产物的浓度可以让平衡争相与移动，从而提高NO的平衡转化率，故答案为：移走生成物N2和（或）CO2；（5）C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g），反应前后气体体积不变，气体质量增加，a、图象表示随时间变化气体质量不变，说明反应达到平衡状态，故a符合；b、图象分析可知气体质量增大，气体物质的量不变，相对分子质量不变说明反应达到平衡状态，故b符合；c、密度=，反应前后气体质量增大，气体体积不变，当密度不变反应达到平衡状态，故c符合；d、反应前后压强不变，压强不变不能说明反应达到平衡状态，故c不符合；故答案为：a b c；（6）B为负极，总反应式为CH4+2O2+=CO2+2H2O，正极反应式为：2O2+8e=4O2，两式相减，负极反应为：CH48e+4O2=CO2+2H2O，故答案为：CH3OH+3O26e=CO2+2H2O；当A极消耗标况下1.12L O2，物质的量=0.05mol，A电极为正极，电极反应，4OH4e=2H2O+O2，水管做阴极，Zn2e=Zn2+，结合电子守恒得到 O22Zn2+4e0.05mol 0.1mol水管增重的质量为 65g/mol0.1mol=6.5g故答案为：6.5；点评：本题综合考查学生化学反应速率的计算、化学平衡的移动、平衡状态的判断以及溶电解池原理的分析等知识，主要是图象分析判断平衡的标志，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大11（16分）（xx广东模拟）NiSO46H2O是一种绿色易溶于水的晶体，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得操作步骤如下：（1）向滤液中加入FeS是为了生成难溶于酸的硫化物沉淀而除去Cu2+、Zn2+等杂质，则除去Cu2+的离子方程式为：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+（2）对滤液的操作，请回答：往滤液中加入H2O2的离子方程式：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O调滤液pH的目的是除去Fe3+，其原理是Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，已知25时KspFe（OH）3=2.81039，则该温度下上述反应的平衡常数K=3.6104检验Fe3+是否除尽的操作和现象是：用试管取少量滤液，滴加几滴KSCN溶液，若无颜色变化，则Fe3+已除净（3）滤液溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后得到NiCO3固体，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO4）（4）得到的NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等一系列操作可得到NiSO46H2O晶体，请回答：在进行蒸发浓缩操作时，加热到溶液表面形成晶体薄膜（描述实验现象），则停止加热为了提高产率，过滤后得到的母液要循环使用，则应该回流到流程中的d位置（填a、b、c、d）如果得到产品的纯度不够，则应该进行重结晶操作（填操作名称）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.分析：废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe等元素的化合物杂质），在硫酸溶解后过滤后除去不溶性物质，滤液含有二价铁离子、镍离子、锌离子等杂质，加入硫化钠可除去铜离子、锌离子，然后加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，调节溶液PH使三价铁以氢氧化物的沉淀而除去，滤液含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4晶体，（1）FeS除去Cu2+的反应是沉淀的转化；（2）对滤液加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+；然后调pH沉淀Fe3+，Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，依据水解平衡常数Kh=（）3=计算得到；依据铁离子遇到KSCN溶液呈红色设计实验检验是否除净；（3）NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶；（4）在进行蒸发浓缩操作时，当大量晶体析出时，停止加热；为了提高产率，过滤后得到的母液要循环使用，应该回流到流程中d中；产品的纯度不够需要重新溶解、浓缩、结晶析出得到较纯净的晶体；解答：解：废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe等元素的化合物杂质），在硫酸溶解后过滤后除去不溶性物质，滤液含有二价铁离子、镍离子、锌离子等杂质，加入硫化钠可除去铜离子、锌离子，然后加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，调节溶液PH使三价铁以氢氧化物的沉淀而除去，滤液含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4晶体，（1）FeS除去Cu2+的反应是沉淀的转化，即FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；故答案为：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；（2）对滤液加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+，加入H2O2的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2 H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2 H2O；调滤液pH的目的是除去Fe3+，Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，依据水解平衡常数Kh=（）3=3.6104；故答案为：3.6104；检验Fe3+是否除尽的操作和现象是用试管取少量滤液，滴加几滴KSCN溶液，若无颜色变化，则Fe3+已除净；故答案为：用试管取少量滤液，滴加几滴KSCN溶液，若无颜色变化，则Fe3+已除净；（3）NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶；故答案为：增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO4）；（4）在进行蒸发浓缩操作时，当大量晶体析出时或溶液表面形成晶体薄膜，停止加热；故答案为：溶液表面形成晶体薄膜或者有少量晶体析出；为了提高产率，过滤后得到的母液要循环使用，应该回流到流程中d中循环使用，故答案为：d；产品的纯度不够需要重新溶解、浓缩、结晶析出得到较纯净的晶体，实验操作为重结晶；故答案为：重结晶；点评：本题考查物质的分离提纯的实验方案的设计，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度较大，明确实验的目的和原理是解答该题的关键，注意把握基本实验操作12（16分）（xx广东模拟）（1）实验室制备HCl气体的反应为：2NaCl（固体）+H2SO4（浓）Na2SO4+2HCl利用以下装置来制备并收集HCl气体，并进行尾气吸收，请回答：仪器A的名称为分液漏斗装置丙中的仪器有广口瓶、双孔塞、必要的玻璃导管和橡胶导管，请在答题卡的指定位置画出丙中的仪器图连接好装置后，关闭分液漏斗活塞，将导管插入水中，用热毛巾敷圆底烧瓶，导管口出现气泡，松开热毛巾，导管内形成一段水柱，且一段时间不变化，则气密性良好不要装置甲中的酒精灯，也可以制备少量HCl气体，则A和B中的试剂可以换成浓盐酸，浓硫酸（2）实验室可以通过氧化还原滴定的方法用已知浓度的KMnO4溶液来测量未知浓度的草酸溶液，反应为：2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O操作为：用锥形瓶盛装20.00mL 未知浓度的草酸溶液，用酸式滴定管装0.1000mol/L KMnO4溶液进行滴定，记录滴定前和滴定后的体积，再重复操作2次请回答：当滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶内溶液溶液恰好由无色变成浅紫红色，且半分钟不变化，则说明达到滴定终点设计表格，记录有关数据，请在下表格中补充栏目，把表格设计完整，（需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母a、b、c等来表示）实验次数草酸溶液的体积（mL）120.00三次实验平均值为22.00mL，则该草酸溶液的浓度为0.2750mol/L考点：氯气的实验室制法；中和滴定.分析：（1）熟悉仪器的形状及用途，说出其名称；氯化氢易溶于水，所以应加入防止倒吸装置；检验装置的气密性，应先在装置中形成封闭体系；浓盐酸易挥发，浓硫酸具有吸水性，溶于水放出大量的热有利于氯化氢的挥发；（2）高锰酸钾溶液颜色为紫红色，滴定终点时，溶液由无色变为红色，不用指示剂，当最后一滴溶液滴入，溶液的紫色退去，且30s内不复现，可达到滴定终点；氧化还原滴定法测定物质浓度，应测量的数据为反应消耗的高锰酸钾的体积，应读取的数据有滴定前读数，滴定后读数，据此算成消耗高锰酸钾的体积，为求实验的准确性，应测3次然后取平均值计算；设草酸溶液的浓度为c，根据关系式2KMnO45H2C2O4计算解答：解：（1）图中A为分液漏斗，用来盛放液态反应物；故答案为：分液漏斗； 氯化氢易溶于水，为防止倒吸发生，丙应是防倒吸用的安全瓶，装置图为：或者；故答案为：或者；检验装置的气密性，应先在装置中形成封闭体系，所以正确操作为：关闭分液漏斗活塞，把导管插入水中；故答案为：关闭分液漏斗活塞，把导管插入水中；浓盐酸易挥发，浓硫酸具有吸水性，溶于水放出大量的热有利于氯化氢的挥发，向浓硫酸中滴加浓盐酸，不需要加热就能产生氯化氢，故答案为：浓盐酸和浓硫酸； （2）高锰酸钾溶液颜色为紫红色，滴定终点时，溶液由无色变为红色，所以溶液恰好由无色变成浅紫红色，且半分钟不变化，达到滴定终点；故答案为：溶液恰好由无色变成浅紫红色，且半分钟不变化；实验过程中应该测量的数据为滴定前滴定管的读数，滴定后滴定管的读数，测量3次，数据表格如下：实验次数草酸溶液的体积（mL）KMnO4溶液的体积滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）KMnO4溶液体积（mL）120.00abba220.00cddc320.00effe；故答案为：实验次数草酸溶液的体积（mL）KMnO4溶液的体积滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）KMnO4溶液体积（mL）120.00abba220.00cddc320.00effen（KMnO4）=0.1000 mol/L0.022L=0.0022mol，H2C2O4溶液的浓度为c，则： 2KMnO4 5H2C2O4 2mol 5mol 0.0022mol c0.0200L解得C=0.2750mol/L故答案为：0.2750点评：本题为实验题，考查了实验室制备氯化氢、氧化还原滴定法测定物质的浓度，明确物质的性质和滴定法测定物质浓度的步骤及注意事项是解题关键，注意有效数字的保留