精品解析河南省开封市届高三上学期定位考试化学试题精校Word版.docx
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精品解析河南省开封市届高三上学期定位考试化学试题精校Word版
开封市2019届高三年级定位考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：
H－1C－12Mg－24Cl－35．5Sn－119
一、选择题（本题包括14小题，每小题4分，共56分，在每小题给出的四个选择项中只有一个是符合题目要求的）
1.下列说法中正确的是
A.甲醛能作为肉类食品的保鲜剂
B.植物油和矿物油均可用热的纯碱溶液洗涤
C.淀粉和纤维素在人体内水解的最终产物均为葡萄糖
D.《本草拾遗》记载“醋……消食，杀恶毒……”其中醋的主要成分是乙酸
【答案】D
【解析】
【详解】A.甲醛有毒，对人体有明显的副作用，不能作为肉类食品的保鲜剂，A错误；
B.热的纯碱溶液不能使矿物油水解，也不互溶，故矿物油不能用热的纯碱溶液洗涤，B错误；
C.纤维素在人体内不水解，故C错误；
D.醋的主要成分是乙酸，D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】植物油属于酯类，矿物油属于烃类；分别向两种有机物中加入足量的氢氧化钠溶液，溶液分层，加热，溶液不分层的为植物油，它能在碱性环境下水解成溶于水的物质；而仍然分层的为矿物油，它与碱不反应。
2.下列化学用语正确的是
A.CH4分子的球棍模型
B.质子数为6、中子数为8的核素146C
C.S2－的结构示意图
D.H2S的电子式
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷的球棍模型为
，故A错误；
B．质子数为6、中子数为8的碳原子质量数为14，所以该核素可以表示为146C，故B正确；
C．硫原子的核电荷数为16，S2－的核外有18个电子，其结构示意图为
，故C错误；
D．H2S属于共价化合物，氢硫原子间以共用电子对结合，其电子式为
，故D错误；
综上所述，本题选B。
3.如图点滴板上四个溶液间反应对应的离子方程式书写正确的是
A.a反应：
H＋＋OH－
H2O
B.b反应：
Fe2＋＋Cl2
Fe3＋＋2Cl－
C.c反应：
Ba2＋＋
＋H＋＋OH－
BaSO4↓＋H2O
D.d反应：
Al3＋＋3NH3·H2O＝Al（OH）3↓＋3
【答案】D
【解析】
【详解】A.醋酸属于弱酸，不能拆成离子形式，正确的离子方程式为：
CH3COOH＋OH－
H2O+CH3COO-，A错误；
B.氯气具有氧化性，能够把亚铁离子氧化，该离子方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为：
2Fe2＋＋Cl2
2Fe3＋＋2Cl－，B错误；
C.氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡和水，正确的离子方程式为：
Ba2＋＋SO42-＋2H＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，C错误；
D.一水合氨为弱碱，写成分子形式，一水合氨和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，离子方程式书写正确，D正确；
综上所述，本题选D。
4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是
A.78g苯含有的碳碳双键数目为3NA
B.12g镁在空气中充分燃烧，电子转移数目为NA
C.0．1mol熔融NaHSO4中含有阳离子数目为0．1NA
D.标准状况下，6．72LO2和N2的混合气体含有的原子数目为0．6NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.苯分子的结构中含有特殊的碳碳键，没有碳碳双键，故A错误；
B.1mol镁在反应中转移2mol电子，12g镁物质的量为12/24=0.5mol，转移电子数为NA；B正确；
C.熔融NaHSO4中含有钠离子和硫酸氢根离子，所以0．1mol熔融NaHSO4中含有阳离子数目为0．1NA，C正确；
D.标准状况下，6．72LO2的物质的量为0.3mol，6．72LN2的物质的量为0.3mol，两种分子为双原子分子，所以0.3mol混合气体含有的原子数目为0．6NA，D正确；
综上所述，本题选A。
【点睛】NaHSO4属于酸式盐，属于强电解质，在熔融的状态下，完全电离出2种离子:
NaHSO4=Na++HSO4-；在水溶液中完全电离出3种离子:
NaHSO4=Na++H++SO42-。
5.有机物a、b、c在一定条件下的转化关系如图所示。
下列说法正确的是
A.a中所有碳原子处于同一平面
B.b可用于萃取溴水中的溴
C.①②均属于加成反应
D.等物质的量的b、c分别完全燃烧，耗氧量相等
【答案】D
【解析】
【详解】A.a中均为饱和碳原子，所有原子不可能处于同一平面，A错误；
B.b中含有碳碳双键，能够与溴发生加成反应，所以该有机物不能萃取溴水中的溴，B错误；
C.反应①为饱和键变为不饱和键，不属于加成反应，C错误；
D.b的分子式为C6H12，1molC6H12完全燃烧耗氧量为6+12/4=9mol；c分子式为C6H14O，1molC6H14O完全燃烧耗氧量为6+14/4-1/2=9mol；所以等物质的量的b、c分别完全燃烧，耗氧量相等，D正确；
综上所述，本题选D。
6.关于浓硫酸和铜反应，下列装置或操作不能达到实验目的的是
A.用装置甲进行铜和浓硫酸的反应B.用装置乙收集二氧化硫
C.用装置丙验证SO2的漂白性D.用装置丁处理尾气
【答案】A
【解析】
【详解】A.铜和浓硫酸需要在加热的条件下发生反应，A错误；
B.二氧化硫的密度比空气大，应该用向上排空气法收集，即导气管应长进短出，B正确；
C.SO2具有漂白性，能够漂白品红，使品红褪色，C正确；
D.SO2有毒，对环境有危害、能够与碱液发生反应，可以用装置丁进行尾气吸收，D正确；
综上所述，本题选A。
7.已知H2（g）＋2ICl（g）
I2（g）＋2HCl（g），该反应分①、②两步进行，其能量曲线如图所示，
下列有关说法正确的是
A.反应①为吸热反应
B.反应①和②均是同种元素间发生的氧化还原反应
C.反应①比反应②的速率慢，与相应正反应的活化能有关
D.HI（g）＋ICl（g）
I2（g）＋HCl（g）△H＝－218kJ／mol
【答案】C
【解析】
【详解】A项，由图像可知，反应①中的反应物的总能量均大于生成物的总能量，为放热反应，故A项错误；
B项，反应①中，氢元素化合价变化：
0→+1，碘元素化合价变化：
+1→-1；反应②中，HI中碘元素化合价变化：
-1→0，ICl中碘元素化合价变化：
+1→0，所以反应①、反应②不是同种元素间发生的氧化还原反应，故B项错误；
C项，反应①比反应②的速率慢，由图可知，反应①正反应的活化能比反应②的大，活化能越高则活化分子的百分数越小，化学反应速率越慢，故反应速率与相应正反应的活化能有关，故C项正确；
D项，焓变只与体系的始、末状态有关，而与反应的途径无关，由图像可知，反应前后总的能量变化为218kJ／mol，所以反应①、反应②的焓变之和为△H＝－218kJ／mol；而HI（g）＋ICl（g）
I2（g）＋HCl（g）仅是其中的一步反应，所以△H>－218kJ／mol；故D项错误；
综上所述，本题选C。
8.如图是某元素的价类二维图。
其中X是一种强碱，G为正盐，通常条件下Z是无色液体，D的相对原子质量比C小16，各物质转化关系如图所示。
下列说法正确的是
A.A的水溶液显碱性
B.D为一种红棕色气体
C.B和F能发生复分解反应生成盐
D.F在一定条件下可直接与Y反应生成D
【答案】D
【解析】
【分析】
如果Y为氧气、Z为水，X为强碱；由信息可知：
G为正盐，为铵盐，强碱与铵盐加热反应生成氨气，所以F为氨气；氨气和氧气发生反应生成氮气，E为氮气；氮气氧化为一氧化氮，所以D为一氧化氮；一氧化氮氧化为二氧化氮，C为二氧化氮；二氧化氮与水反应生成硝酸，所以B为硝酸；A为硝酸盐；结合以上分析解答。
【详解】如果Y为氧气、Z为水，X为强碱；由信息可知：
G为正盐，为铵盐，强碱与铵盐加热反应生成氨气，所以F为氨气；氨气和氧气发生反应生成氮气，E为氮气；氮气氧化为一氧化氮，所以D为一氧化氮；一氧化氮氧化为二氧化氮，C为二氧化氮；二氧化氮与水反应生成硝酸，所以B为硝酸；A为硝酸盐；
A.综合以上分析可知，X为强碱，A为硝酸盐，属于强酸强碱盐，溶液不水解显中性，A错误；
B.综合以上分析可知，D为一氧化氮，无色气体，B错误；
C.B为硝酸，F为氨气，硝酸和氨气直接化合生成硝酸铵，属于化合反应，C错误；
D.F为氨气，Y为氧气，氨气和氧气在一定条件下，可以生成一氧化氮和水，D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】氨气和氧气发生反应，可以生成氮气和水，也可以生成一氧化氮和水，不能直接生成二氧化氮气体；氮气和氧气在放电的情况下生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应才能生成二氧化氮气体。
9.分子式为C7H14O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若生成的醇没有同类同分异构体，则符合要求的酯（不考虑立体异构）共有
A.4种B.8种
C.12种D.24种
【答案】C
【解析】
【分析】
分子式为C7H14O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇,该有机物为饱和一元酯,且生成的醇没有相同的官能团的同分异构体,则醇为甲醇或乙醇,判断形成该酯的羧酸的同分异构体种数,根据羧酸与醇组合判断可形成的酯的种类，以此来解答。
【详解】分子式为C7H14O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇,该有机物为饱和一元酯,且生成的醇没有相同的官能团的同分异构体,则醇只能为甲醇或乙醇；
若醇为甲醇,则羧酸为C5H11COOH,可以可以知道戊烷中1个H原子被-COOH取代,正戊烷有3种H原子,故相应的羧酸有3种,异戊烷有4种H原子,相应的羧酸有4种,新戊烷有1种H原子,相应的羧酸有1种,故己酸C5H11COOH的同分异构体有8种,形成酯有8种；
若醇为乙醇,则羧酸为C4H9COOH，可以可以知道丁烷中1个H原子被-COOH取代,正丁烷有2种H原子,故相应的羧酸有2种,异丁烷有2种H原子,相应的羧酸有2种,故戊酸C4H9COOH的同分异构体有4种；形成的酯有4种；所以符合要求的酯（不考虑立体异构）共有8+4=
12种；
综上所述，本题选C。
10.根据图判断下列说法错误的是
A.盐桥中的阳离子会移向a池
B.Fe为正极，电极反应为O2＋4H＋＋4e－
2H2O
C.电池总反应为2Zn＋O2＋2H2O
2Zn2＋＋4OH－
D.该装置中通入的N2可用氩气来代替
【答案】B
【解析】
【详解】该装置属于原电池，锌比铁活泼，锌为负极，铁为正极；根据图可知电池反应为：
2Zn＋O2＋2H2O
2Zn2＋＋4OH－，正极反应为：
O2＋2H2O＋4e－
4OH－，负极反应为：
Zn-2e－=Zn2＋，盐桥中的阳离子会移正极移动，向a池移动，所以A、C均正确，B错误；氩气的性质稳定，可以用氩气来代替N2，D正确；
综上所述，本题选B。
11.W、X、Y、Z四种短周期元素，在元素周期表中的位置如图所示，其中W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍，则下列说法正确的是
A.X位于元素周期表中的第3周期第ⅥA族
B.X、Y、Z三种元素对应原子的半径依次减小
C.XZ2和YZ2的结构和化学性质相似
D.利用Y的含氧酸酸性强于W的含氧酸酸性，可证明非金属性W强于Y
【答案】B
【解析】
【分析】
由于该四种元素均是短周期元素,W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍,且W与Z同主族,原子序数相差8,故Z为O,W为S,则X为Si,Y为N，据以上分析解答。
【详解】由于该四种元素均是短周期元素,W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍,且W与Z同主族,原子序数相差8,故Z为O,W为S,则X为Si,Y为N；
A．X为硅,位于元素周期表中第3周期第ⅣA族，A错误；
B．同周期元素的原子半径从左到右依次减小,（稀有气体除外），同主族元素的原子半径从上到下依次增大,故半径:
r（X）>r（Y）>r（Z），B正确；
C．SiO2为原子晶体，NO2为分子晶体，SiO2为酸性氧化物，而NO2不是酸性氧化物，所以二者的结构和化学性质均不相似，C错误；
D．比较元素非金属性的强弱时应比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】针对选项C：
SiO2为原子晶体，熔沸点高，NO2为分子晶体，熔沸点低；SiO2能够与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；而NO2能够与碱发生氧化还原反应，虽然生成盐和水，但是不属于酸性氧化物。
12.某溶液中可能含有Na＋、Al3＋、Fe3＋、Cl－、I－、
、
，某兴趣小组进行以下实验：
（1）取少量该溶液加入过量硝酸钡溶液后过滤得白色沉淀和滤液
（2）向上述白色沉淀中加入足量稀HNO3，发现沉淀完全溶解（3）向
（1）中所得滤液中加入足量盐酸，发现溶液变黄色,下列叙述正确的是
A.原溶液中可能含有Na＋、
B.由（3）推断原溶液中存在Fe3＋
C.原溶液中一定有I、
、Na＋
D.通过在黄色溶液中加入硝酸银溶液可以检验原溶液中是否存在Cl－
【答案】C
【解析】
【分析】
（1）向少量原溶液中加入过量硝酸钡溶液生成白色沉淀,过滤后,向该白色沉淀中加入足量稀硝酸,沉淀完全溶解,则该白色沉淀中含有BaCO3，没有BaSO3；（BaSO3被硝酸氧化为BaSO4），所以原溶液中含有CO32-，没有SO32-；由于CO32-与Fe3+、Mg2+不能大量共存，所以原溶液中不含有Fe3+、Mg2+；向
（1）中所得滤液中加入足量的盐酸,溶液变黄色,由于在酸性条件下NO3-具有强氧化性,能氧I-生成I2,所以原溶液中含有I-,由于铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子，因此溶液中不存在Fe3+；根据溶液呈电中性知,原溶液中肯定含有Na+,无法确定是否含有Cl-；结合以上分析解答。
【详解】】
（1）向少量原溶液中加入过量硝酸钡溶液生成白色沉淀,过滤后,向该白色沉淀中加入足量稀硝酸,沉淀完全溶解,则该白色沉淀中含有BaCO3，没有BaSO3；（BaSO3被硝酸氧化为BaSO4），所以原溶液中含有CO32-，没有SO32-；由于CO32-与Fe3+、Mg2+不能大量共存，所以原溶液中不含有Fe3+、Mg2+；向
（1）中所得滤液中加入足量的盐酸,溶液变黄色,由于在酸性条件下NO3-具有强氧化性,能氧I-生成I2,所以原溶液中含有I-,由于铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子，因此溶液中不存在Fe3+；根据溶液呈电中性知,原溶液中肯定含有Na+,无法确定是否含有Cl-；
综合以上分析可知，原溶液中含有I-、Na+、CO32-，C正确；一定不含SO32-、Fe3+、Mg2+，A错误，B错误；由于之前引入了大量Cl-,所以在黄色溶液中加入硝酸银溶液，即使有氯化银白色沉淀生成,也不能说明原溶液中一定含有Cl-,D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】本题在判断离子共存时，要注意：
溶液中存在CO32-时，Fe3+、Mg2+与CO32-均不能大量共存；溶液中存在I-时，Fe3+与I-因发生氧化还原反应而不能大量共存；最后根据溶液呈电中性规律判定存在的阳离子。
13.下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A.
向足量含淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水
溶液变蓝
还原性：
I―＞Fe2＋
B.
向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末
出现红褐色沉淀
FeCl2溶液部分变质
C.
向铜粉中加入0.1mol/LFeCl3溶液
溶液变蓝，试管底部有固体
3Cu+2Fe3+=2Fe+3Cu2+
D.
白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴入几滴K3[Fe（CN）6]溶液
无明显现象
该过程未发生反应
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A.滴加2滴氯水后，溶液变蓝，说明碘离子先被氧化为碘单质，氯气先氧化碘离子，可以得出结论还原性：
I->Fe2+，A正确；
B.过氧化钠具有强氧化性，能够把亚铁离子全部氧化为铁离子，不能证明氯化亚铁溶液是否变质，B错误；
C.金属铜的还原性小于铁，铜不能把铁离子还原为金属铁，正确反应为：
Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，C错误；
D.锌的活泼性大于铁，因此锌做负极失电子，而铁被保护，发生了原电池反应，所以一段时间后滴入几滴铁氰化钾溶液，无明显现象，D错误；
综上所述，本题选A。
14.在探究影响化学反应速率的因素时，将H2C2O4溶液滴入KMnO4酸性溶液中，一段时间后，溶液突然变成无色，发生反应：
KMnO4＋H2C2O4＋H2SO4
K2SO4＋MnSO4＋CO2＋H2O（没有配平）。
下列有关说法错误的是
A.H2C2O4中C的化合价为＋3
B.每生成22．4L（标况）CO2，转移电子2mol
C.该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：
5
D.溶液突然褪色的原因是产物MnSO4对该反应有催化作用
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据化合价法则，氢为+1价，氧为-2价，所以H2C2O4中C的化合价为＋3，A正确；
B.根据化合价升降总数相等，配平方程式2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋10CO2＋8H2O，反应转移电子为10e-，生成CO2为10mol，若CO2为1mol，转移电子1mol，B错误；
C.根据化合价升降总数相等，配平方程式2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋10CO2＋8H2O，该反应中，氧化剂（KMnO4）与还原剂（H2C2O4）物质的量之比为2：
5，C正确；
D.溶液突然褪色的原因是产物MnSO4对该反应有催化作用，反应速率加快的程度很大，D正确；
综上所述，本题选B。
二、非选择题（包括3小题，共44分）
15.SnCl4可用于染色时的媒染剂、润滑油添加剂、玻璃表面处理剂等。
实验室可以通过如下图装置制备少量SnCl4（夹持装置略）。
已知：
①锡的熔点232℃、沸点2260℃；②SnCl2的熔点246．8℃、沸点623℃；③SnCl4的熔点－33℃、沸点114℃，SnCl4极易水解。
通常将SnCl4晶体加入浓盐酸中，以配制无色的SnCl4溶液。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为_________，该仪器中发生反应的离子方程式为_________。
（2）装置Ⅱ的作用是___________，如果去掉装置Ⅱ，从实验安全的角度看可能产生的影响是____________。
（3）装置Ⅲ中的试剂为____________。
下图中可替代装置Ⅲ的是__________（填字母序号，下同）
（4）该实验装置存在一处明显的缺陷，改进方法为在装置Ⅵ后连接上图中的_________。
（5）若反应中消耗17．85g锡粉可得到37．2gSnCl4，则SnCl4的产率为________。
（保留3位有效数字）。
（6）作为变价金属的高价离子，Sn4＋和Fe3＋均有氧化性。
请设计实验验证Sn4＋和Fe3＋的氧化性强弱_________。
【答案】
（1）.圆底烧瓶
（2）.MnO2+4H++2Cl-
Cl2↑+Mn2++2H2O（3）.除去氯气中的氯化氢（4）.锡与氯化氢反应产生的氢气会与氯气混合加热发生爆炸（5）.浓硫酸（6）.C（7）.D（8）.95.0%（9）.取少量上述溶液，滴加氯化亚铁溶液，充分振荡后再滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红，说明Sn4＋氧化性比Fe3＋强；反之则说明Sn4＋氧化性比Fe3＋弱
【解析】
【分析】
由装置可知：
装置I应为制备氯气的装置，涉及离子反应为MnO2+4H++2Cl-
Cl2↑+Mn2++2H2O；装置Ⅱ中为饱和食盐水；装置Ⅲ中为浓硫酸，氯气经过除杂干燥后，与锡发生反应生成四氯化锡，经冷却后在装置Ⅵ中收集，因四氯化锡极易水解，应防止空气中的水蒸气进入装置Ⅵ中；据以上分析解答。
【详解】
（1）仪器a为圆底烧瓶；二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气和氯化锰和水，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-
Cl2↑+Mn2++2H2O；综上所述，本题答案是：
圆底烧瓶；MnO2+4H++2Cl-
Cl2↑+Mn2++2H2O。
（2）由于盐酸具有挥发性，所以在制取的氯气中含有杂质氯化氢，在与金属锡反应前要除去，因此装置Ⅱ中的试剂既可以除去氯化氢同时还可以减小氯气的消耗，选用饱和食盐水；如果去掉装置Ⅱ，锡与氯化氢反应产生的氢气会与氯气混合加热发生爆炸；综上所述，本题答案是：
除去氯气中的氯化氢，锡与氯化氢反应产生的氢气会与氯气混合加热发生爆炸。
（3）装置Ⅱ中的饱和食盐水，吸收了氯化氢，装置Ⅲ中的试剂为浓硫酸，吸收水蒸气，得到干燥的纯净的氯气；氯气能够与氢氧化钠、碱石灰反应，不能替代；硫酸为液体，虽然能干燥氯气，但是氯气不能通过硫酸溶液，形成通路，不能替代，氯化钙为固体干燥剂，气体能够通过，达到干燥的目的，选C；综上所述，本题答案是：
浓硫酸；C。
（4）四氯化锡易发生水解，为防止水解，要防止空气中的水蒸气进入装置Ⅵ，同时未反应的氯气会污染空气，所以改进措施为在装置Ⅵ后连接上盛有碱石灰的干燥管，选D。
综上所述，本题选D。
（5）若反应中消耗17．85g锡粉，则锡的物质的量为17．85/119=0.15mol，理论上生成四氯化锡的质量为：
0.15×261=39.15g，则SnCl4的产率为37．2/39.15×100%=95.0%；综上所述，本题答案是：
95.0%。
（6）要验证Sn4＋和Fe3＋氧化性强弱，可以取少量上述溶液，滴加氯化亚铁溶液，充分振荡后再滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红，说明Sn4＋氧化性比Fe3＋强；反之则说明Sn4＋氧化性比Fe3＋弱；综上所述，本题答案是：
取少量上述溶液，滴加氯化亚铁溶液，充分振荡后再滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红，说明Sn4＋氧化性比Fe3＋强；反之则说明Sn4＋氧化性比Fe3＋弱。
【点睛】针对（4）在装置Ⅵ后连接一个装置，大家往往只注意到氯气的尾气吸收问题，由于氯气能够与碱反应，所以很容易多选答案A（氢氧化钠溶液），造成错选的原因就是没有仔细审题，对于四氯化锡易发生水解的性质视而不见，因此这是本题的一个易失分点。
16.三氧化二钴（Co2O3）常用于制滤光眼镜的添加剂、催化剂和氧化剂。
以含钴废料（主要成分CoO、Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4）为原料制备Co2O3的流程如下：
（1）研磨的目的是____________。
滤渣1的主要成分为______________（填化学式）。
（2）酸浸时双氧水的作用有___________。
不能用盐酸代替硫酸，因为Co2O3与盐酸反应生成Cl2，污染境，该反应的离子方程式为__________。
（3）在实验室里，萃取操作要用到的玻璃仪器主要有___________。
有机相再生时提取出的Ni2＋可用于制备氢镍电池，该电池充电时的总反应为Ni（OH）2＋M
NiOOH＋MH。
则放电时正极的电极反应式为__________。
（4）沉钴时发生反应的离子方程式为_______。
煅烧时发生反应的化学方程式为_______。
【答案】
（1）.增大固体与液体的接触面积，使酸浸速率更快，酸浸更充分
（2）.MnO2（3）.亚铁离子氧化为铁离子（4）.Co2O3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+3H2O（5）.分液漏斗、烧杯（6）.NiOOH+e-+H+=Ni（OH）2（7）.2Co
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