2022-2023学年重庆市高三（上）期中化学试卷（选择考）2

16/1615/16/2022-2023学年重庆市高三（上）期中化学试卷考试时间：100分钟；题号一二三四五总分得分注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。第I卷（选择题）一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）化学与人类生产、生活、科技等密切相关，下列有关说法正确的是(????)A.人民币票面文字等处的油墨中所含有的纳米FeB.杜康用高粱酿酒的原理，是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来C.我国国产飞机C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料D.我国制造的“深海勇士”蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛属于稀土元素下列有关物质用途的说法正确的是(????)A.CaO可用作食品的抗氧化剂 B.明矾可用于自来水的消毒杀菌C.石膏可用作建筑材料 D.碳酸钡可用作胃肠X射线的造影剂科学家发现了金星大气中存在PH3，由此推断金星大气层可能存在生命。利用下列反应可以制取PH3，P4+3KOH(A.P的原子结构示意图为B.PH3C.KOH的电子式为D.中子数为16的磷原子可表示为?下列各组物质所发生的反应与滴加顺序无关的是(????)A.FeI2溶液和新制氯水 B.NaC.NaOH溶液和AlCl3溶液 D.氨水与漂白粉在潮湿的空气中发生的反应为：Ca(ClO)2+COA.CO2的水溶液能导电，B.漂白粉的有效成分为Ca?(ClOC.该反应属于非氧化还原反应D.氧化性：HClO>Ca下列物质的性质比较，不正确的是(????)A.沸点：FB.热稳定性：HFC.硬度：金刚石>晶体硅D.金属性：Na在一种含有Na+、Fe3+、Ba2+、CA.Cu粉 B.CO2 C.SO反应NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+A.1L1mol?L-1的NaClOB.标准状况下，11.2L水分子中含有的质子数为5C.该反应中，若消耗14.9gNaClO，则转移电子的数目为0.2D.标准状况下，8.96LNH3参加该反应，生成的N下列说法正确的是(????)A.FeO在空气中加热可生成FB.浓盐酸与MnO2C.浓硝酸见光分解产生NOD.金属钠块放在空气中会生成N下列指定反应的离子方程式正确的是(????)A.用白醋除铁锈：FB.向Ca?(HCO3)2C.新制饱和氯水中通入SO2D.用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：S我国提出争取在2060年实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。科研人员利用Cu/ZnO作催化剂，在光照条件下实现了CO2和H下列说法正确的是(????)A.过程3中存在极性键的断裂与形成B.过程5中生成CHC.在该合成过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1D.总反应的化学方程式是C下列实验装置正确且能达到相应实验目的的是(????)A.实验室制取ClB.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液C.制备并检验SO2D.验证氨气密度比空气小2021年，科学家们发现一种可用作某新型电池的电解质的结构如图所示。已知a、b、c为原子序数依次增大的短周期主族元素，b与c位于同一周期，a与b为相邻周期，c元素最高价与最低价的代数和为2。则下列说法正确的是(????)A.c的氧化物所对应的水化物为三元酸B.简单氢化物的稳定性：aC.a的最高正价为+7价D.该化合物阴离子中各原子均满足8电子稳定结构下列实验目的、实验操作和原理解释都正确的是(????)选项实验目的实验操作原理解释A检验某溶液中一定含有F向该溶液中加入淀粉-KIFe3+把I-氧化成单质IB验证微蓝色透明的硫的酒精溶液属于胶体激光笔照射硫的酒精溶液中分散质粒子的直径在1～C比较HSCN与HClO的酸性强弱测pH用广泛pH试纸测定相同浓度的HSCN与HClO溶液的pH，pH越大酸性越弱D证明溶液中无N向装有某溶液的试管中滴加少量稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口因为NH4+与OH-A.A B.B C.C D.D第II卷（非选择题）二、填空题（本大题共1小题，共14.0分）2022年6月5日10时44分，神舟十四号载人飞船在酒泉卫星发射中心点火发射。飞船返回地球时，为了减弱返回舱着陆的速度，反推发动机的燃料是高氯酸铵(NH(1)二氧化氯(ClO①ClO2中氯元素的化合价是______，H2②在酸性条件下，由NaClO3和双氧水反应制备ClO2，其反应的离子方程式为______(2)高氯酸铵中铵根离子的电子式为______；高氯酸铵和铝粉中的元素所形成的简单离子中，核外电子数相同、半径由小到大的顺序是______(用离子符号表示)。(3)氮元素的非金属性较强，可N2分子的性质比较稳定，其原因是______(4)高氯酸铵和铝粉反应除了生成AlCl3和N2外，还有另外两种不含氮元素的物质生成，请写出其化学方程式三、流程题（本大题共1小题，共15.0分）钌(Ru)是极好的催化剂，在航空航天、电子、化工等领域应用广泛。某含钌废渣的主要成分为Ru、SiO2、Bi2O3请回答下列问题：(1)RuO42-中Ru的化合价为______；滤液1中的主要成分还有______(2)要增大“氧化碱浸”速率，可采取的措施是______(写两条即可)。(3)“还原”过程中CH3CH2OH被氧化成CH3CHO，则还原后溶液的pH______(填“增大(4)实验室蒸馏时，所用到的玻璃仪器有酒精灯、尾接管、锥形瓶、______。(5)“氧化碱浸”过程中，钌所发生反应的化学方程式为______。(6)气体X属于非氧化物，则X的化学式为______；若要制取415gRuCl3，理论上在吸收过程中消耗浓度为11.8mol/L盐酸的体积为______L(保留两位小数)四、实验题（本大题共1小题，共14.0分）同济大学程传伟教授发现了一种高效的氮杂碳纳米片阵列负载的超薄Co(OH)2纳米片自支撑空气正极材料。实验室可用如图所示装置制得微米级Co(OH已知：①Co的化合价有+2价和+3价，Co2+、Co3+易与NH3②沉淀的生成速率越快，颗粒越小，呈凝乳状或胶体，不易过滤。请回答下列问题：(1)仪器c的名称是______；使用仪器a的第一步操作名称是______。(2)60℃时，先在不断搅拌下，向c中CoSO4溶液中加入氨水，调节pH至6，加入氨水的作用是(3)加入氨水后，应先打开滴液漏斗______(填“a”或“b”)；其理由是______。(4)将实验所得沉淀过滤、用热水洗涤、干燥，检验产品是否洗净的实验操作是______。(5)实验室还可以用废旧锂电池正极材料(含LiCoO2，以及少量Fe)为原料制备微米级Co(OH)2。已知：酸性条件下的氧化性强弱顺序为Co属离子CFF开始沉淀的pH7.67.62.7沉淀完全的pH9.29.63.7请补充完整实验方案：取一定量废旧锂电池正极材料，粉碎后与Na2SO3溶液配成悬浊液；在搅拌下，先加______到固体完全溶解；到溶液的颜色不再加深(或开始产生大量气泡)，再向其中加入5mol/L氨水调整溶液pH=6，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，然后过滤，除去难溶性杂质Fe(OH)3调节pH至9.5，过滤、洗涤，真空烘干得到微米级Co(OH)2(6)Co(OH)2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化如图所示，则在A点时，剩余固体的成分为______(填化学式)五、简答题（本大题共1小题，共15.0分）含氮化合物(NOx、NO3(1)NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。NSR(NOx储存还原)工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图1所示；若用①图1中BaO的作用是______。②用H2模拟尾气中还原性气体研究Ba(NO3)(2)用铁去除含氮废水中的硝酸盐(NO3-)①过程中“操作”的名称是______。②酸化废水与铁粉反应的离子方程式是______。③研究发现Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。在去除NO3-的过程中，Fe3O4(导电)(3)测定某废水中NO3-含量。先取VmL含NO3-水样并将O2驱除，加入催化剂、V1mLc1mol?L-1FeS①加入稀H2SO4②水样中NO3-的含量为______mol?L-1。(用含c1、c③如果在加入FeSO4标准溶液之前没有驱除O2，则测定结果______(填“偏大”或“偏小”)答案和解析1.【答案】C?【解析】解：A.纳米Fe3O4B.高粱中不含乙醇，高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒化酶的作用下反应生成乙醇，然后用蒸馏法将乙醇分离出来，故B错误；C.氮化硅陶瓷为新型耐高温陶瓷，属于新型无机非金属材料，故C正确；D.稀土元素包括钪、钇和镧系共17种元素，属于第ⅢB族元素，钛元素属于第IVB族，则22号钛不属于稀土元素，故D错误；故选：C。A.胶体是混合物；B.高粱的主要成分是淀粉，不含乙醇；C.氮化硅陶瓷为新型耐高温陶瓷；D.22号钛元素位于第四周期第IVB族，属于过渡元素。本题考查物质的组成及用途、混合物的分离提纯、周期表的结构等知识，把握物质的组成、分类、元素周期表的结构即可解答，注意化学与生活的联系，试题有助于提高学习化学的积极性，题目难度不大。2.【答案】C?【解析】解：A.生石灰没有还原性，不能作抗氧化剂，具有吸水性，常作食品袋中的干燥剂，故A错误；B.明矾溶于水后能水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附功能，能净水，但没有强氧化性、不能用于消毒，故B错误；C.石膏是硫酸钙的水合物，可作调节水泥的硬化速度、可作石膏建材等，是用途广泛的建筑材料，故C正确；D.碳酸钡能溶于胃酸生成氯化钡，钡离子有毒，会引起人体中毒，所以碳酸钡不可用作胃肠X射线透视的造影剂，应该用硫酸钡，故D错误；故选：C。A.生石灰可用作食品干燥剂；B.明矾没有强氧化性，不能用于杀菌消毒；C.石膏是硫酸钙的水合物，是用途广泛的建筑材料；D.碳酸钡能溶于胃酸，生成有毒的钡离子。本题考查物质组成、性质与用途，明确物质组成为解答关键，把握常见物质的组成、性质与应用的关系即可解答，考查了学生的分析能力及灵活运用能力，题目难度不大。3.【答案】A?【解析】解：A.P原子的质子数和核外电子数都是15，质子带正电，核外电子分层排布，则P原子的结构示意图为，故A错误；B.磷化氢为三角锥形结构，磷原子大于氢原子，PH3分子的空间填充模型为，故B正确；C.氢氧化钾为离子化合物，钾离子与氢氧根离子通过离子键结合，电子式为：，故C正确；D.中子数为16的磷原子，质量数为15+16=31，该磷原子可表示为?1531P，故故选：A。A.圈内应标注质子数和正电荷；B.磷化氢为三角锥形结构，磷原子大于氢原子；C.氢氧化钾为离子化合物，钾离子与氢氧根离子通过离子键结合；D.质量数=质子数+中子数。本题考查原子结构示意图、填充模型、电子式等知识，侧重基础知识灵活运用能力和信息提取能力的考查，注意掌握常见化学用语的书写方法，题目难度中等。4.【答案】D?【解析】解：A.还原性I->Fe2+>Cl-，所以向FeI2溶液中滴入氯水，氯水少量先氧化I-B.碳酸钠滴入盐酸发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2C.AlCl3溶液与NaOH溶液，NaOH少量生成白色沉淀，NaOH过量沉淀溶解，则氯化铝滴入氢氧化钠溶液中依次发生反应：Al3++4OH-=AlO2-D.氨水电离出OH-结合KAl(SO4)2电离出Al3+故选：D。A.还原性I->Fe2+>Cl-，所以向FeI2溶液中滴入氯水，氯水少量先氧化B.碳酸钠滴入盐酸发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CC.前者逐滴滴入后者，发生Al3++3OH-=Al(OH)3D.氨水电离出OH-结合KAl(SO4)本题考查与量有关的离子反应，为高频考点，把握元素化合物知识及发生的反应为解答的关键，注意反应与现象的关系，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。5.【答案】A?【解析】解：A.二氧化碳是化合物，本身不能电离产生自由移动的离子，是非电解质，故A错误；B.漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2，有效成分是Ca(ClOC.元素化合价都没有发生改变，不是氧化还原反应，故C正确；D.Ca(ClO)2自身不能漂白，漂白粉的漂白原理，Ca(ClO)2与CO2和H2O反应生成HClO故选：A。A.电解质必须本身能电离产生自由移动的离子；B.氯气和石灰乳反应得到漂白粉；C.有化合价变化的反应属于氧化还原反应；D.漂白粉的漂白原理，Ca(ClO)2与CO2和本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析、理解与应运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。6.【答案】A?【解析】解：A.F2、Cl2、Br2、IB.非金属性越强，对应气态氢化物越稳定，非金属性：F>Cl>Br>IC.金刚石和晶体硅均为共价晶体，原子半径C<Si，则键长C-C<Si-SiD.同一周期从左到右金属性逐渐减弱，因此金属性：Na>Mg>Al故选：A。A.F2、Cl2、BrB.非金属性越强，对应气态氢化物越稳定；C.金刚石和晶体硅均为共价晶体，原子半径C<Si，则键长C-CD.同一周期从左到右金属性逐渐减弱。本题主要考查晶体熔沸点大小的比较，为高频考点，题目难度不大。7.【答案】B?【解析】解：A.Cu与Fe3+反应，加入铜粉后，Fe3+B.二氧化碳与Na+、Fe3+、Ba2+、Cl-、NO3-都不反应，加入二氧化碳，NaC.SO2与Fe3+反应，加入二氧化硫，FD.氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离产生氢氧根离子，氢氧根离子与铁离子反应，所以通入氨气后，Fe3+不能大量存在，故D故选：B。A.Cu与Fe3+B.二氧化碳与Na+、Fe3+、Ba2+C.SO2与FD.氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离产生氢氧根离子，氢氧根离子与铁离子反应。本题考查了离子共存的判断，明确离子反应条件即可解答，题目难度不大。8.【答案】D?【解析】解：A.1L1mol?L-1的NaClO溶液中含有1molNaClO，1molNaClO含有O原子数为NA，但水分子中也含有氧原子，故溶液中含有的O原子数大于B.标况下，水不是气体，无法使用22.4L/mol计算物质的量，故B错误；C.该反应中，若消耗14.9gNaClO，则转移电子的数目为14.9g74.5g/mol×2×D.标准状况下，8.96LNH3即0.4mol参加该反应，生成的N2H4中含有的共价键总数为故选：D。A.水分子中也含有氧原子；B.22.4L/mol的使用条件为标况下的气体；C.该反应中，氯元素由+1价降低为-1价，1molNaClO反应转移2mol电子；D.1mol中含有5mol共价键。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，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，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，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的关键。9.【答案】A?【解析】解：A.FeO不稳定，在空气中加热生成Fe3O4B.在加热条件下，浓盐酸与MnO2反应生成Cl2C.硝酸不稳定，见光易分解生成二氧化氮使溶液呈黄色，故C错误；D.常温下Na与氧气反应生成氧化钠，不能生成过氧化钠，故D错误；故选：A。A.FeO不稳定，在空气中加热生成Fe3B.在加热条件下，浓盐酸与MnO2反应生成CC.硝酸不稳定，见光易分解生成二氧化氮；D.常温下Na与氧气反应生成氧化钠。本题考查了元素化合物的性质及其应用，题目难度不大，把握氯气的制备方法、常见元素化合物的性质和应用是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。10.【答案】D?【解析】解：A.用白醋除铁锈，离子方程式为：Fe2O3B.向Ca?(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液，离子方程式为：CC.新制饱和氯水中通入SO2至溶液颜色褪去，离子方程式为：Cl2D.硫代硫酸根离子环境下发生歧化反应生成硫单质、二氧化硫和水，离子方程式为：S2O32故选：D。A.醋酸为弱酸，应保留化学式；B.氢氧化钠足量反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；C.电荷不守恒；D.硫代硫酸根离子环境下发生歧化反应生成硫单质、二氧化硫和水。本题考查了离子方程式书写正误判断，明确物质的性质及反应实质是解题关键，注意离子方程式的书写遵循客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大。11.【答案】A?【解析】解：A.由图可知，过程3中断裂了C-O键、形成了C-H键，即过程3B.过程5中生成CH3OH时，CH3O-与-HC.总反应为CO2+3H2-?Cu/ZnO?光CH3OH+H2O，D.总反应是CO2的和H2在Cu/ZnO催化剂作用下合成CH3OH故选：A。A.由图可知，过程3中断裂了C-O键、形成了CB.形成化学键时放出能量；C.根据总反应分析氧化剂和还原剂，并进行相关计算；D.该反应历程的总反应是CO2和H2在光照、Cu/ZnO本题以环境问题为载体考查氧化还原反应概念、反应热与焓变等知识，把握化学反应机理、断键或成键与热量的关系为解答的关键，侧重考查学生信息获取能力和运用能力，注意催化剂与中间产物的判断，题目难度不大。12.【答案】C?【解析】解：A.浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，图中缺少酒精灯，故A错误；B.不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后，转移到容量瓶中定容，故B错误；C.加热时Cu与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色，NaOH溶液可吸收尾气，球形干燥管可防止倒吸，可制备并检验SO2气体，故CD.打开止水夹，挤压胶头滴管，可引发喷泉，可验证氨气极易溶于水，不能证明密度比空气密度小，故D错误；故选：C。A.浓盐酸与二氧化锰反应需要加热；B.不能在容量瓶中溶解固体；C.加热时Cu与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色，NaOH溶液可吸收尾气，球形干燥管可防止倒吸；D.打开止水夹，挤压胶头滴管，可引发喷泉。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、溶液的配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。13.【答案】B?【解析】解：根据分析可知，a为F元素，b为Na元素，c为P元素，A.c的氧化物所对应的水化物不一定为三元酸，如次磷酸(H3POB.非金属性：F>P，则简单氢化物的稳定性：HF>PC.F元素的非金属性最强，不存在最高正价+7价，故C错误；D.结合图示可知，该化合物中P的最外层电子数为12，不满足8电子稳定结构，故D错误；故选：B。已知a、b、c为原子序数依次增大的短周期主族元素，c元素最高价与最低价的代数和为2，c位于ⅤA族，可能为N元素或P元素；a与c形成1个共价键，且c与6个a原子形成-1价阴离子，a的电负性大于c，结合原子序数大小可知a为F元素，a与b为相邻周期，b位于第三周期，结合图示可知，b形成+1价阳离子，则b为Na元素，b与c位于同一周期，则c为P元素，A.c的氧化物所对应的水化物次磷酸(H3B.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强；C.F元素的非金属性最强，不存在+7价；D.结合图示可知，该化合物中P原子形成6个共价键。本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。14.【答案】B?【解析】解：A.氯水、铁离子等均可氧化KI生成碘，由实验操作和现象可知，不能证明溶液中是否含有Fe3+，故AB.丁达尔现象为胶体特有的性质，由实验操作和现象可知，微蓝色透明的硫的酒精溶液属于胶体，故B正确；C.HClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定相同浓度的HSCN与HClO溶液的pH，故C错误；D.滴加少量稀NaOH溶液，可能生成一水合氨，试管口处湿润的红色石蕊试纸无现象，由实验操作和现象可知，不能证明溶液中无NH4+，故故选：B。A.氯水、铁离子等均可氧化KI生成碘；B.丁达尔现象为胶体特有的性质；C.HClO溶液可使pH试纸褪色；D.滴加少量稀NaOH溶液，可能生成一水合氨。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。15.【答案】+4?H-O-O-H?H2O2+2ClO3-【解析】解：(1)①二氧化氯中氧为-2价，依据化合物中各元素化合价代数和为0可知，氯元素化合价为+4价；过氧化氢存在2个H-O、1个O故答案为：+4；H-O②酸性条件下，由NaClO3和双氧水反应生成二氧化氯氧气和水，，离子方程式为：H2O2+2Cl故答案为：H2O2+2ClO3(2)铵根离子氮原子与4个氢原子分别共用1对电子，带一个单位正电荷，电子式为：；高氯酸铵和铝粉含有元素为：N、H、Al、O、Cl，其中形成的简单离子中核外电子数相同的为：N3-、O2-、Al故答案为：；Al3+<(3)氮元素的非金属性较强，可N2分子的性质比较稳定，是因为氮气分子中存在氮氮叁键，很难断开，故答案为：氮气分子中存在氮氮叁键，很难断开；(4)高氯酸铵和铝粉反应除了生成AlCl3和N2外，还生成氧化铝、水，化学方程式为：故答案为：NH(1)①二氧化氯中氧为-2价，依据化合物中各元素化合价代数和为0判断氯元素化合价；过氧化氢存在2个H-O、1②酸性条件下，由NaClO3(2)铵根离子氮原子与4个氢原子分别共用1对电子，带一个单位正电荷；高氯酸铵和铝粉含有元素为：N、H、Al、O、Cl，其中形成的简单离子中核外电子数相同的为：N3-、O2-(3)氮气分子内含有氮氮三键，氮氮三键非常稳定，破坏需要吸收很高的能量；(4)高氯酸铵和铝粉反应除了生成AlCl3和本题为综合题，考查了化学用语的使用、化学方程式、离子方程式的书写、元素周期律的应用等，把握电子式、结构式书写注意事项，明确物质的性质及反应的实质是解题关键，题目难度中等。16.【答案】+6?Na2SiO3?增大c(NaOH)或c(NaClO)、搅拌、升高温度(任写两种)?增大?蒸馏烧瓶、冷凝管?Ru+2NaOH+3NaClO=N【解析】解：(1)RuO42-中O元素的化合价为-2，则Ru的化合价为(-2)-(-2)×故答案为：+6；Na2(2)要增大“氧化碱浸”速率，可采取的措施是增大c(NaOH)或c(NaClO)、搅拌、升高温度等方法，故答案为：增大c(NaOH)或c(NaClO)、搅拌、升高温度(任写两种)；(3)“还原”过程中CH3CH2OH被氧化成CH3CHO，Na故答案为：增大；(4)实验室蒸馏时，所用到的玻璃仪器有酒精灯、尾接管、锥形瓶、蒸馏烧瓶、冷凝管，故答案为：蒸馏烧瓶、冷凝管；(5)“氧化碱浸”过程中，钌生成Na2RuO4，同时还有NaCl、故答案为：Ru+2NaOH+3NaClO=Na2(6)RuO4和浓盐酸反应时生成RuCl3，Ru元素化合价由+8价变为+3价，则浓盐酸应该失电子发生氧化反应，X为非氧化物气体，则为Cl2；该反应方程式为2RuO4+16HCl(浓)=2RuCl故答案为：Cl2；废渣的主要成分为Ru、SiO2、Bi2O3，含钌废渣中加入NaOH、NaClO溶液氧化碱浸时，Ru、Bi2O3、SiO2分别生成Na2RuO4和NaBiO2，SiO2、Na2SiO3，过滤得到含有Na2RuO4、NaBi(1)RuO42-中O元素的化合价为-2，该离子中各元素化合价的代数和为-2；SiO2(2)增大反应物接触面积、增大反应物浓度、升高温度、搅拌等方法都能加快化学反应速率；(3)“还原”过程中CH3CH2OH被氧化成C(4)实验室蒸馏时，所用到的玻璃仪器有酒精灯、尾接管、锥形瓶、蒸馏烧瓶、冷凝管；(5)“氧化碱浸”过程中，钌生成Na2RuO4，同时还有(6)RuO4和浓盐酸反应时生成RuCl3，Ru元素化合价由+8价变为+3价，则浓盐酸应该失电子发生氧化反应，X该反应方程式为2RuO4+16HCl(浓)=2RuCl3+5Cl2↑本题考查物质分离提纯，侧重考查分析、判断及计算能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质分离提纯方法等知识点是解本题关键，难点是判断流程图中各物质成分及书写相应的化学方程式，题目难度中等。17.【答案】三颈烧瓶?检漏?让Co2+与NH3形成络合物，降低溶液中Co2+的浓度，使Co2+与OH-形成Co(OH)2的速率降低，从而得到较大颗粒的Co(OH)2，便于过滤分离提纯?b【解析】解：(1)仪器c的名称是三颈烧瓶；使用仪器a为分液漏斗，使用的第一步操作名称是检漏，故答案为：三颈烧瓶；检漏；(2)60℃时，先在不断搅拌下，向c中CoSO4溶液中加入氨水，调节pH至6，加入氨水的作用是让Co2+与NH3形成络合物，降低溶液中Co2+的浓度，使故答案为：让Co2+与NH3形成络合物，降低溶液中Co2+的浓度，使Co2+(3)加入氨水后，应先打开滴液漏斗b；其理由是利用水合肼将Co3+还原为C故答案为：b；利用水合肼将Co3+还原为C(4)将实验所得沉淀过滤、用热水洗涤、干燥，检验产品是否洗净的实验操作是取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入盐酸酸化，再加入BaCl2故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入盐酸酸化，再加入BaCl2(5)以免Co3+将HCl氧化为Cl2，需要用硫酸溶解，根据沉淀完全pH，用过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，然后用氨水调节pH=6[根据(1)中制备的pH]除去铁离子、铝离子，过滤后，加入氢氧化钠溶液调pH析出Co(OH)2，实验方案中空缺操作为：向其中加入1mol/LH2SO故答案为：1mol/LH2(6)根据质量守恒定律，在变化过程中，Co的质量没有变，通过题给数据看，在290℃固体残留率为89.25%，假设原来固体质量为93g，其物质的量为1mol，则n(Co)=n[Co(OH)2]=1mol，反应后固体质量减少质量为水，m(H2O)=93g×(1-89.25%)，剩余固体中n(O)=2mol-故答案为：Co(1)仪器c为三颈烧瓶；使用仪器a为分液漏斗，需要检漏；(2)为了得到较大颗粒，需要减缓沉降速度；(3)水合肼为还原剂，可以还原三价钴离子；(4)检验硫酸根离子的存在即可；(5)以免Co3+将HCl氧化为Cl2，需