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2019-2020年高三上学期月考化学试卷(12月份)含解析
一、选择题(本题包括14小题,每小题3分,共42分.每小题只有一个选项符合题意.)1.化学与生产、生活联系密切,下列说法正确的是( )A.常用作净水剂的KAl(SO4)2和漂白粉都是强电解质B.氯气溶于水生成的次氯酸具有强氧化性,可以起到除去水中杂质和杀菌消毒作用C.氮氧化物可以破坏臭氧层,也能形成酸雨D.“玉兔”月球车太阳能电池板可将光能转换为电能,所用转换材料是二氧化硅2.下列说法正确的是( )A.若H2O2分解产生1molO2,理论上转移的电子数约为4×
6.02×1023B.室温下,pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合,溶液pH>7C.钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀D.一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3达到平衡时,3v正(H2)=2v逆(NH3)3.下列图示与对应的叙述相符的是( )A.图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B.图2表示常温下,等量锌粉与足量的等浓度的盐酸反应(滴加CuSO4溶液的为虚线)C.图3表示KNO3的溶解度曲线,a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液D.图4表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线,t时反应物转化率最大4.向密闭容器中充入物质的量浓度均为
0.1mol/L的CH4和CO2,在一定条件下发生反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g),测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示.下列说法不正确的是( )A.平衡时CO与H2的物质的量比为11B.p
1、p
2、p
3、p4由小到大的顺序为p1<p2<p3<p4C.1100℃,p4条件下,该反应10min时达到平衡点X,则ν(CO2)=
0.008mol•L﹣1•min﹣1D.随着温度升高,该反应的平衡常数减小5.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,X与Z同主族,Y和氢元素同主族,W原子的最外层电子数比次外层电子数少1.下列说法正确的是( )A.元素X形成的单质一定是原子晶体B.原子半径的大小顺序r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)C.Y与氧元素形成的化合物Y2O2中阴、阳离子的个数比为12D.W分别与Y、Z形成的化合物中含有的化学键类型相同6.还原沉淀法是处理含铬(含Cr2O72﹣和CrO42﹣)工业废水的常用方法,过程如下CrOCr2OCr3+Cr(OH)3↓已知转化过程中的反应为2CrO(aq)+2H+(aq)⇌Cr2O(aq)+H2O
(1)[MCr=52,M(FeS04•7H2O)=278]转化后所得溶液中铬元素的含量为
28.6g/L,CrO42﹣有10/11转化为Cr2O72﹣,下列说法不正确的是( )A.溶液颜色保持不变,说明上述可逆反应达到平衡状态B.若用绿矾(FeS04•7H2O)作还原剂,处理1L废水,至少需要
458.7gC.常温下转化反应的平衡常数K=1×1014,则转化后所得溶液的pH=6D.2V正(CrO42﹣)=V逆(Cr2O72﹣)时,反应处于平衡态7.在固态金属氧化物电解池中,高温共电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式,基本原理如图所示.下列说法不正确的是( )A.X是电源的负极B.阴极的反应式是H2O+2e﹣═H2+O2﹣,CO2+2e﹣═CO+O2﹣C.总反应可表示为H2O+CO2H2+CO+O2D.阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是118.如表离子组中所给离子在水溶液中能大量共存,且当加入试剂后反应的离子方程式书写完全且正确的是( )选项离子组加入试剂发生反应的离子方程式AFe3+、S2ˉ、Clˉ、Na+NaOH溶液Fe3++3OHˉ═Fe(OH)3↓BNa+、Al3+、Clˉ、SO42ˉ少量KOH溶液Al3++3OHˉ═Al(OH)3↓CH+、Fe2+、SO42ˉ、NO3ˉBaCl2溶液SO42ˉ+Ba2+═BaSO4↓DNa+、K+、ClOˉ、SO42ˉ通入少量SO22ClOˉ+SO2+H2O═2HClO+SO32ˉ9.根据下列有关实验得出的结论一定正确的是( )选项方法结论A同温时,等质量的锌粒分别与足量稀硫酸反应产生氢气量加过胆矾=没加胆矾B向Fe(NO3)2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液,则溶液变黄氧化性H2O2>Fe3+C相同温度下,等质量的大理石与等体积、等浓度的盐酸反应反应速率粉状大理石>块状大理石D向2mL
0.1mol•L﹣1Na2S溶液中滴入几滴
0.1mol•L﹣1ZnSO4溶液,有白色沉淀生成;再加入几滴
0.1mol•L﹣1CuSO4溶液,则又有黑色沉淀生成溶度积(Ksp)ZnS>CuSA.AB.BC.CD.D10.今有甲、乙、丙、丁、戊5种物质,在一定条件下,它们能按下图方式进行转化其推断正确的是( )选项甲乙丙丁戊ANH3O2NOH2ONO2BMgCO2CMgOCOCCH2OCOH2HCOOHDFeBr2Cl2FeCl2Br2FeCl3A.AB.BC.CD.D11.下列装置所示的实验不能达到目的是( )A.定量测定化学反应速度B.验证Na和水反应的热效应C.比较KMnO
4、Cl
2、S的氧化性D.加热烧杯,分离SiO2和NH4Cl12.用试纸检验气体性质是一种重要的实验方法.如图所示的实验中(可加热),下列试纸的选用、现象、对应结论都正确的一项是( )选项试剂B湿润的试纸A现象结论A新制氯水PH试纸变白氯气具有漂白性B浓氨水,生石灰蓝色石蕊试纸变红氨气显碱性CNa2SO3,硫酸品红试纸褪色SO2具有漂白性DCu,浓硝酸KI淀粉试纸变蓝NO2为酸性气体A.AB.BC.CD.D13.下表是在相同温度下三种酸的一些数据,下列判断正确的是( )酸HXHYHZ浓度(mol/L)
0.
120.
20.911电离度
0.
250.
20.
10.
30.5电离常数K1K2K3K4K5A.在相同温度,从HX的数据可以说明弱电解质溶液,浓度越低,电离度越大,且K1>K2>K3=
0.01B.室温时,若在NaZ溶液中加水,则的比值变小,若加少量盐酸,则比值变大C.等物质的量的NaX、NaY和NaZ的混合,c(X﹣)+c(Y﹣)﹣2c(Z﹣)=2c(HZ)﹣c(HX)﹣c(HY),且c(Z﹣)<c(Y﹣)<c(X﹣)D.在相同温度下,K5>K4>K314.下列说法正确的是( )A.润洗酸式滴定管时应从滴定管上口加入3~5mL所要盛装的酸溶液,倾斜着转动滴定管,使液体润湿其内壁,再从上口倒出,重复2~3次B.用惰性电极电解MgCl2溶液的离子方程式为2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣C.为验证盐桥的作用,在两个烧杯中分别盛适量硫酸亚铁铵溶液和稀酸性高锰酸钾溶液,分别插入石墨棒用导线与电流计相连,然后用装有K2SO4饱和溶液的琼脂的U型管两端插入两个烧杯中,电流计偏转,一段时间后高锰酸钾溶液褪色D.嫦娥三号月球车玉兔号在进入第二个月夜休眠前,出现了机构控制异常情况,其病因或为月尘,即月球上直径小于10微米的浮尘,月尘分散在空气中形成的分散系属于胶体
二、解答题(共4小题,满分58分)15.研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义.
(1)
①硫离子的结构示意图为 .
②加热时,硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为 .
(2)25℃,在
0.10mol•L﹣1H2S溶液中,通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH,溶液pH与c(S2﹣)关系如图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发).
①pH=13时,溶液中的c(H2S)+c(HS﹣)= mol•L﹣1.
②某溶液含
0.020mol•L﹣1Mn2+、
0.10mol•L﹣1H2S,当溶液PH= 时,Mn2+开始沉淀.[已知Ksp(MnS)=
2.8×10﹣13]
(3)25℃,两种酸的电离平衡常数如表.Ka1Ka2H2SO
31.3×10﹣
26.3×10﹣8H2CO
34.2×10﹣
75.6×10﹣11
①HSO3﹣的电离平衡常数表达式K= .
②
0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为 .
③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为 .16.工业上制取氢气除电解水外还有多种方法.
(1)工业上可用组成为K2O•M2O3•2RO2•nH2O的无机材料纯化制取氢气.
①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期,两种元素原子的质子数之和为27,则R的原子结构示意图为 .
②常温下,不能与M单质发生反应的是 (填序号).a.CuSO4溶液b.Fe2O3c.浓硫酸d.NaOH溶液e.Na2CO3固体
(2)工业上也可利用化石燃料开采、加工过程中产生的H2S废气制取氢气.
①高温热分解法已知H2S(g)⇌H2(g)+S(g)在恒温密闭容器中,控制不同温度进行H2S分解实验.以H2S起始浓度均为cmol•L﹣1测定H2S的转化率,结果见图1.图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线,b为表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率的变化曲线.据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K= ;随着温度的升高,曲线b向曲线a逼近的原因是 .
②电化学法该法制取氢气的过程如图2所示.反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式,其目的是 ;反应池中发生反应的化学方程式为 .反应后的溶液进入电解池,电解总反应的离子方程式为 .
(3)H2S在足量氧气中燃烧可以得SO2,若在一个固定容积为5L的密闭容器中充入
0.20molSO2和
0.10molO2,半分钟后达到平衡,测得容器中含SO
30.18mol.若继续通入
0.20molSO2和
0.10molO2,则平衡 移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”),再次达到平衡后,SO3的物质的量的取值范围为 mol.17.钛铁矿的主要成分为FeTiO3(可表示为FeO•TiO2),含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质.利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料(钛酸锂Li4Ti5O12和磷酸亚铁锂LiFePO4)的工业流程如图1所示已知FeTiO3与盐酸反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl﹣═Fe2++TiOCl42﹣+2H2O
(1)化合物FeTiO3中铁元素的化合价是 .
(2)滤渣A的成分是 .
(3)滤液B中TiOCl42﹣转化生成TiO2的离子方程式是 .
(4)反应
②中固体TiO2转化成(NH4)2Ti5O15溶液时,Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图2所示.反应温度过高时,Ti元素浸出率下降的原因是 .
(5)反应
③的化学方程式是 .
(6)由滤液D制备LiFePO4的过程中,所需17%双氧水与H2C2O4的质量比是 .
(7)若采用钛酸锂(Li4Ti5O12)和磷酸亚铁锂(LiFePO4)作电极组成电池,其工作原理为Li4Ti5O12+3LiFePO4Li7Ti5O12+3FePO4该电池充电时阳极反应式是 .18.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)为白色或黄色结晶粉末或小结晶.其性质活泼,具有强还原性,在食品加工中作防腐剂、漂白剂、疏松剂.某实验小组拟采用如图1装置(实验前已除尽装置内的空气)来制取焦亚硫酸钠(Na2S2O5).
(1)装置I是用亚硫酸钠固体和浓硫酸制备二氧化硫气体,该装置中反应的化学方程式为 .如果想控制反应速度,如图2中可选用的发生装置是 (填写字母).
(2)工业上为减少SO2的排放,常采取的措施有将煤转化为清洁气体燃料.已知H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H=﹣
241.8KJ/molC(s)+O2(g)═CO(g)△H=﹣
110.5KJ/mol写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式
(3)洗涤含SO2的烟气,以下物质可作洗涤剂的是 (填编号)a.Ca(OH)2b.Na2CO3c.CaCl2d.NaHSO3
(4)装置Ⅱ中发生反应的化学方程式为2NaHSO3═Na2S2O5+H2O当有Na2S2O5晶体析出,要获得已析出的晶体可采取的分离方法是 ;某同学需要420mL
0.1mol/L焦亚硫酸钠溶液来研究其性质,配制时需称量焦亚硫酸钠的质量为 ;配制时除用到托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒等仪器外,还必须用到的玻璃仪器是 .
(5)装置Ⅲ用于处理尾气,可选用如图3的最合理装置(夹持仪器已略去)为 (填序号).
(6)工业制备焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的过程如图已知反应Ⅱ包含2NaHSO3⇌Na2S2O5+H2O等多步反应.
①实验室制取氨气的化学方程式 .
②“灼烧”时发生反应的化学方程式 .
③已知Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2,其离子方程式为 .
④副产品X的化学式是 ;可循环利用的物质是 .
⑤为了减少产品Na2S2O5中杂质含量,需控制反应Ⅱ中气体与固体的物质的量之比约为 . xx山东省潍坊市诸城一中高三(上)月考化学试卷(12月份)参考答案与试题解析
一、选择题(本题包括14小题,每小题3分,共42分.每小题只有一个选项符合题意.)1.化学与生产、生活联系密切,下列说法正确的是( )A.常用作净水剂的KAl(SO4)2和漂白粉都是强电解质B.氯气溶于水生成的次氯酸具有强氧化性,可以起到除去水中杂质和杀菌消毒作用C.氮氧化物可以破坏臭氧层,也能形成酸雨D.“玉兔”月球车太阳能电池板可将光能转换为电能,所用转换材料是二氧化硅【考点】强电解质和弱电解质的概念;氯气的化学性质;氯、溴、碘及其化合物的综合应用;硅和二氧化硅.【分析】A、强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物;B、HClO有强氧化性,能杀菌消毒;C、氮氧化物能引起酸雨、光化学烟雾、破坏臭氧层;D、太阳能电池板的材料是单质硅.【解答】解A、强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物,而漂白粉是次氯酸钙和氯化钙的混合物,故不是强电解质,故A错误;B、HClO有强氧化性,能杀菌消毒,但不能除去水中的杂质,故B错误;C、氮氧化物能引起酸雨、光化学烟雾,在粉尘作用下使臭氧转化为氧气,从而破坏臭氧层,故C正确;D、太阳能电池板的材料是单质硅,不是二氧化硅,故D错误.故选C. 2.下列说法正确的是( )A.若H2O2分解产生1molO2,理论上转移的电子数约为4×
6.02×1023B.室温下,pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合,溶液pH>7C.钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀D.一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3达到平衡时,3v正(H2)=2v逆(NH3)【考点】真题集萃;金属的电化学腐蚀与防护;化学平衡状态的判断;弱电解质在水溶液中的电离平衡.【分析】A.H2O2分解产生1molO2,反应中O元素化合价由﹣1价升高到0价,转移2mol电子;B.CH3COOH为弱酸,pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液相比较,醋酸过量;C.用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法,铁分别为正极和阴极;D.化学反应中速率之比等于计量数之比.【解答】解A.H2O2分解产生1molO2,方程式为2H2O2↑2H2O+O2↑,反应中O元素化合价由﹣1价升高到0价,转移2mol电子,故A错误;B.CH3COOH为弱酸,pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液相比较,醋酸过量,等体积混合后溶液呈酸性,pH<7,故B错误;C.用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法,铁分别为正极和阴极,都发生还原反应,可防止被氧化,故C正确;D.一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3反应,速率关系符合系数比,即v正(H2)v正(NH3)=32,当反应达到平衡时,v正(NH3)=v逆(NH3),则达到平衡时,应为2v正(H2)=3v逆(NH3),故D错误.故选C. 3.下列图示与对应的叙述相符的是( )A.图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B.图2表示常温下,等量锌粉与足量的等浓度的盐酸反应(滴加CuSO4溶液的为虚线)C.图3表示KNO3的溶解度曲线,a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液D.图4表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线,t时反应物转化率最大【考点】溶解度、饱和溶液的概念;催化剂的作用;物质的量或浓度随时间的变化曲线.【分析】A、吸热反应,反应物的总能量小于生成物的总能量,反应中加入催化剂会降低活化能,改变反应的速率,但反应热不改变;B、原电池原理能加速金属的腐蚀速率,根据金属Zn的消耗情况来确定生成氢气的量的多少;C、溶解度曲线上的点是饱和溶液,曲线以下的点是不饱和溶液来分析;D、对于可逆反应,当达到化学平衡状态时反应物的转化率最大,生成物的产率最大.【解答】解A、吸热反应,反应物的总能量小于生成物的总能量,与图不符,故A错误;B、锌粉与足量的等浓度的盐酸反应在滴加CuSO4溶液后能加速金属锌的腐蚀速率,但是金属Zn被消耗掉一部分来置换金属铜,所以用来生成氢气的金属锌质量减少,产生的氢气量减少,,故B错误;C、溶解度曲线上的点是饱和溶液,曲线以下的a点是不饱和溶液,故C正确;D、对于可逆反应,当达到化学平衡状态时反应物的转化率最大,t时不是平衡状态,反应物转化率不是最大,故D错误.故选C. 4.向密闭容器中充入物质的量浓度均为
0.1mol/L的CH4和CO2,在一定条件下发生反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g),测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示.下列说法不正确的是( )A.平衡时CO与H2的物质的量比为11B.p
1、p
2、p
3、p4由小到大的顺序为p1<p2<p3<p4C.1100℃,p4条件下,该反应10min时达到平衡点X,则ν(CO2)=
0.008mol•L﹣1•min﹣1D.随着温度升高,该反应的平衡常数减小【考点】转化率随温度、压强的变化曲线.【分析】A.根据生成物CO与H2的物质的量按11生成判断;B.由图可知,温度一定时,甲烷的转化率α(P1)>α(P2)>α(P3)>α(P4),据此结合方程式判断压强对平衡移动的影响进行解答;C.由图可知,压强为P
4、1100℃的条件下,到达平衡X点时甲烷的转化率为80%,据ν(CO2)=计算;D.由图可知,温度越高,CH4的平衡转化率越大,说明升温平衡向正反应方向移动,据此判断.【解答】解A.因为生成物CO与H2的物质的量按11生成,所以平衡时CO与H2的物质的量比为11,故A正确;B.由图可知,温度一定时,甲烷的转化率α(P1)>α(P2)>α(P3)>α(P4),该反应正反应是气体体积增大的反应,增大压强平衡向逆反应进行,甲烷的转化率降低,故压强P4>P3>P2>P1,故B正确;C.由图可知,压强为P
4、1100℃的条件下,达到平衡X点时甲烷的转化率为80%,甲烷的浓度变化量为
0.1mol/L×80%=
0.08mol/L,则CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g),开始(mol/L)
0.
10.100变化(mol/L)
0.
080.
080.
160.16平衡(mol/L)
0.
020.
020.
160.16故ν(CO2)===
0.008mol•L﹣1•min﹣1,故C正确;D.由图可知,温度越高,CH4的平衡转化率越大,说明升温平衡向正反应方向移动,所以温度升高,该反应的平衡常数增大,故D错误;故选D. 5.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,X与Z同主族,Y和氢元素同主族,W原子的最外层电子数比次外层电子数少1.下列说法正确的是( )A.元素X形成的单质一定是原子晶体B.原子半径的大小顺序r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)C.Y与氧元素形成的化合物Y2O2中阴、阳离子的个数比为12D.W分别与Y、Z形成的化合物中含有的化学键类型相同【考点】原子结构与元素周期律的关系.【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,X原子只能有2个电子层,最外层电子数为4,则X为C元素;X与Z同主族,则Z为元素,Y和氢元素同主族,原子序数大于碳,故Y为Na;W原子序数大于Si,处于第三周期,W原子的最外层电子数比次外层电子数少1,最外层电子数为7,则W为Cl,据此解答.【解答】解短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,X原子只能有2个电子层,最外层电子数为4,则X为C元素;X与Z同主族,则Z为元素,Y和氢元素同主族,原子序数大于碳,故Y为Na;W原子序数大于Si,处于第三周期,W原子的最外层电子数比次外层电子数少1,最外层电子数为7,则W为Cl,A.元素X为碳,形成的单质中金刚石属于原子晶体,C60等属于分子晶体,不一定是原子晶体,故A错误;B.同周期随原子序数增大原子半径减小,电子层越多原子半径增大,故原子半径r(Na)>r(Si)>r(Cl)>r(C),故B错误;C.Y为Na元素,与氧元素形成的化合物Na2O2,由钠离子与过氧根离子过程,阴、阳离子的个数比为12,故C正确;D.Cl分别与Na、Si形成的化合物分别为NaCl、SiCl4,前者含有离子键,后者含有共价键,二者含有含有的化学键类型不相同,故D错误,故选C. 6.还原沉淀法是处理含铬(含Cr2O72﹣和CrO42﹣)工业废水的常用方法,过程如下CrOCr2OCr3+Cr(OH)3↓已知转化过程中的反应为2CrO(aq)+2H+(aq)⇌Cr2O(aq)+H2O
(1)[MCr=52,M(FeS04•7H2O)=278]转化后所得溶液中铬元素的含量为
28.6g/L,CrO42﹣有10/11转化为Cr2O72﹣,下列说法不正确的是( )A.溶液颜色保持不变,说明上述可逆反应达到平衡状态B.若用绿矾(FeS04•7H2O)作还原剂,处理1L废水,至少需要
458.7gC.常温下转化反应的平衡常数K=1×1014,则转化后所得溶液的pH=6D.2V正(CrO42﹣)=V逆(Cr2O72﹣)时,反应处于平衡态【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;化学平衡状态的判断;pH的简单计算.【分析】A.存在平衡2CrO42﹣(黄色)+2H+⇌Cr2O42﹣(橙色)+H2O,如颜色不变,则达到平衡状态;B.若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为
28.6g,根据守恒列关系式2Cr~2CrO42﹣~Cr2O72﹣~2Cr3+~6e﹣~6FeSO4•7H2O计算;C.酸化时发生的反应为2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O,若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为
28.6g,CrO42﹣有转化为Cr2O72﹣,说明铬元素有转化为Cr2O72﹣,计算平衡浓度,结合平衡常数计算;D.不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比,则反应达到平衡.【解答】解A.平衡时各物质的浓度不再改变,即溶液的颜色不再改变,故A正确;B.若用绿矾(FeSO4•7H2O)(M=278)作还原剂,处理1L废水,设需要xmolFeSO4•7H2O,由氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知
0.55×(6﹣3)=x×(3﹣2),x=
1.65,m(FeSO4•7H2O)=
1.65mol×278g/mol=
458.7g,故B正确;C.1L废水中n(Cr)==
0.55mol,CrO42﹣有转化为Cr2O72﹣,则酸化后c(CrO42﹣)=
0.55mol/L×(1﹣)=
0.05mol/L,c(Cr2O72﹣)=
0.55mol/L××=
0.25mol/L,常温下转化反应的平衡常数K=1×1014,则=1×1014,c(H+)=1×10﹣6mol/L,所以pH=6,故C正确;D.不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比,则反应达到平衡,则V正(CrO42﹣)=2V逆(Cr2O72﹣)时,反应处于平衡态,故D错误;故选D. 7.在固态金属氧化物电解池中,高温共电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式,基本原理如图所示.下列说法不正确的是( )A.X是电源的负极B.阴极的反应式是H2O+2e﹣═H2+O2﹣,CO2+2e﹣═CO+O2﹣C.总反应可表示为H2O+CO2H2+CO+O2D.阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是11【考点】原电池和电解池的工作原理;真题集萃.【分析】A.电解池阳极发生氧化反应,阴极发生还原反应,根据与X极相连的电极产生的气体判断;B.电解池阴极发生还原反应,根据反应物结合化合价的变化分析;C.根据图示以及电解的目的解答;D.根据图示知阴极产生H
2、CO,阳极产生氧气,结合C总的反应分析;【解答】解A.根据图示知与X相连的电极产生CO,电解H2O﹣CO2混合气体,二氧化碳得到电子生成一氧化碳,发生还原反应,电解池阴极发生还原反应,所以X是电源的负极,故A正确;B.电解池阴极发生还原反应,电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO,阴极水中的氢原子得到电子生成氢气,H2O+2e﹣═H2↑+O2﹣,二氧化碳得到电子生成一氧化碳,CO2+2e﹣═CO+O2﹣,故B正确;C.电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO,根据图示知阴极产生H
2、CO,阳极产生氧气,所以总反应为H2O+CO2H2+CO+O2,故C正确;D.电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO,总反应为H2O+CO2H2+CO+O2,阴极产生H
2、CO,阳极产生氧气,阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是21,故D错误;故选D. 8.如表离子组中所给离子在水溶液中能大量共存,且当加入试剂后反应的离子方程式书写完全且正确的是( )选项离子组加入试剂发生反应的离子方程式AFe3+、S2ˉ、Clˉ、Na+NaOH溶液Fe3++3OHˉ═Fe(OH)3↓BNa+、Al3+、Clˉ、SO42ˉ少量KOH溶液Al3++3OHˉ═Al(OH)3↓CH+、Fe2+、SO42ˉ、NO3ˉBaCl2溶液SO42ˉ+Ba2+═BaSO4↓DNa+、K+、ClOˉ、SO42ˉ通入少量SO22ClOˉ+SO2+H2O═2HClO+SO32ˉA.AB.BC.CD.D【考点】离子共存问题;离子方程式的书写.【分析】A.铁离子能够氧化硫离子,在溶液中不能大量共存;B.四种离子之间不反应,加入少量氢氧化钠后生成氢氧化铝沉淀;C.硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子;D.次氯酸具有强氧化性,能够氧化亚硫酸根离子.【解答】解A.Fe3+、S2﹣之间发生氧化还原反应,在溶液中不能大量共存,故A错误;B.Na+、Al3+、Clˉ、SO42﹣之间不发生反应,加入少量NaOH后铝离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀,反应的离子方程式为Al3++3OH﹣═Al(OH)3↓,故B正确;C.H+、Fe2+、NO3﹣之间发生氧化还原反应,在溶液中不能大量共存,故C错误;D.Na+、K+、ClO﹣、SO42﹣之间不反应,加入少量二氧化硫后,次氯酸根离子与二氧化硫发生氧化还原反应,正确的离子方程式为3ClO﹣+H2O+SO2═SO42﹣+2HClO+Cl﹣,故D错误;故选B. 9.根据下列有关实验得出的结论一定正确的是( )选项方法结论A同温时,等质量的锌粒分别与足量稀硫酸反应产生氢气量加过胆矾=没加胆矾B向Fe(NO3)2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液,则溶液变黄氧化性H2O2>Fe3+C相同温度下,等质量的大理石与等体积、等浓度的盐酸反应反应速率粉状大理石>块状大理石D向2mL
0.1mol•L﹣1Na2S溶液中滴入几滴
0.1mol•L﹣1ZnSO4溶液,有白色沉淀生成;再加入几滴
0.1mol•L﹣1CuSO4溶液,则又有黑色沉淀生成溶度积(Ksp)ZnS>CuSA.AB.BC.CD.D【考点】化学实验方案的评价.【分析】A.加胆矾,Zn置换出Cu构成原电池加快反应速率,但硫酸足量,生成氢气由Zn的量决定;B.用硫酸酸化,亚铁离子与氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应;C.接触面积越大,反应速率越快;D.Na2S溶液过量,均发生沉淀的生成.【解答】解A.加胆矾,Zn置换出Cu构成原电池加快反应速率,但硫酸足量,生成氢气由Zn的量决定,则加胆矾的生成氢气少,故A错误;B.用硫酸酸化,亚铁离子与氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应,不能说明亚铁离子是否与过氧化氢反应,则不能比较H2O
2、Fe3+的氧化性,故B错误;C.粉状大理石比块状大理石的接触面积越大,则反应速率为粉状大理石>块状大理石,故C正确;D.Na2S溶液过量,均发生沉淀的生成,不发生沉淀的转化,则不能比较ZnS、CuS的溶度积(Ksp),故D错误.故选C. 10.今有甲、乙、丙、丁、戊5种物质,在一定条件下,它们能按下图方式进行转化其推断正确的是( )选项甲乙丙丁戊ANH3O2NOH2ONO2BMgCO2CMgOCOCCH2OCOH2HCOOHDFeBr2Cl2FeCl2Br2FeCl3A.AB.BC.CD.D【考点】含氮物质的综合应用;氯气的化学性质;镁、铝的重要化合物;铁盐和亚铁盐的相互转变.【分析】甲和乙能够发生置换反应生成丙和丁,氨气与氧气不能发生置换反应,所以排除掉A;D中溴化亚铁与氯气发生正反应生成产物氯化铁和溴,不会生成氯化亚铁,故D错误;再根据丙和乙发生化合反应,一氧化碳和水不可能生成甲酸,故C错误,只有B正确.【解答】解A.氨气与氧气反应生成一氧化氮和水,该反应不属于置换反应,故A错误;B.金属镁与二氧化碳发生置换反应生成碳和氧化镁,碳能够与二氧化碳发生化合反应生成一氧化碳,该选项中物质满足转化关系,故B正确;C.C与水发生置换反应生成一氧化碳和氢气,而一氧化碳与水不会发生化合反应生成甲酸,故C错误;D.亚铁离子的还原性强于溴离子,溴化亚铁与氯气反应不会生成溴化亚铁,故D错误;故选B. 11.下列装置所示的实验不能达到目的是( )A.定量测定化学反应速度B.验证Na和水反应的热效应C.比较KMnO
4、Cl
2、S的氧化性D.加热烧杯,分离SiO2和NH4Cl【考点】化学实验方案的评价.【分析】A.产生的气体从长颈漏斗逸出,不能测定气体的体积;B.Na与水反应放热,则U形管中红墨水左侧高度下降;C.发生氧化还原反应,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性;D.氯化铵受热易分解,在圆底烧瓶底部遇冷化合生成氯化铵.【解答】解A.产生的气体从长颈漏斗逸出,不能测定气体的体积,应利用分液漏斗或长颈漏斗下端进入液面下,故A选;B.Na与水反应放热,大试管中气体受热膨胀,则U形管中红墨水左侧高度下降,可验证热效应,故B不选;C.浓盐酸与高锰酸盐反应生成氯气,氯气与硫化钠反应生成S,由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,KMnO
4、Cl
2、S的氧化性由强到弱,故C不选;D.氯化铵受热易分解,在圆底烧瓶底部遇冷化合生成氯化铵,图中装置可达到分离的目的,故D不选;故选A. 12.用试纸检验气体性质是一种重要的实验方法.如图所示的实验中(可加热),下列试纸的选用、现象、对应结论都正确的一项是( )选项试剂B湿润的试纸A现象结论A新制氯水PH试纸变白氯气具有漂白性B浓氨水,生石灰蓝色石蕊试纸变红氨气显碱性CNa2SO3,硫酸品红试纸褪色SO2具有漂白性DCu,浓硝酸KI淀粉试纸变蓝NO2为酸性气体A.AB.BC.CD.D【考点】常见气体的检验.【分析】A.次氯酸具有漂白性;B.氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝;C.Na2SO3和稀硫酸反应生成二氧化硫;D.KI﹣淀粉试纸遇氧化性物质变蓝.【解答】解A.新制氯水中含有次氯酸,次氯酸具有漂白性,故A错误;B.氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,故不能用蓝色石蕊试纸检验,试纸选错,故B错误;C.二氧化硫使品红褪色,说明有漂白性,故C正确;D.KI﹣淀粉试纸变蓝,说明NO2有氧化性,故D错误.故选C. 13.下表是在相同温度下三种酸的一些数据,下列判断正确的是( )酸HXHYHZ浓度(mol/L)
0.
120.
20.911电离度
0.
250.
20.
10.
30.5电离常数K1K2K3K4K5A.在相同温度,从HX的数据可以说明弱电解质溶液,浓度越低,电离度越大,且K1>K2>K3=
0.01B.室温时,若在NaZ溶液中加水,则的比值变小,若加少量盐酸,则比值变大C.等物质的量的NaX、NaY和NaZ的混合,c(X﹣)+c(Y﹣)﹣2c(Z﹣)=2c(HZ)﹣c(HX)﹣c(HY),且c(Z﹣)<c(Y﹣)<c(X﹣)D.在相同温度下,K5>K4>K3【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡.【分析】A.电离平衡常数只与温度有关;B.NaZ为强碱弱酸盐,稀释该溶液或加入稀盐酸,都促进盐类水解,温度不变,水解平衡常数不变;C.弱酸中,酸越强其电离程度越大,则酸根离子水解程度越小;D.弱酸的电离度越大,酸性越强,则电离常数越大.【解答】解A.相同温度下,同种弱酸的电离常数不随浓度的变化而变化,所以K1=K2=K3,故A错误;B.室温时,若在NaZ溶液中加水、加酸都促进水解,=Ka÷Kw,二者都为常数,只受温度的影响,故B错误;C.由电离度大小可知酸性HZ>HY>HX,酸越强,水解程度越小,溶液的PH越小,则其pH NaX>NaY>NaZ,则c(Z﹣)>c(Y﹣)>c(X﹣),故C错误;D.弱酸的电离度越大,酸越强,则电离常数越大,所以在相同温度下,K5>K4>K3,故D正确;故选D. 14.下列说法正确的是( )A.润洗酸式滴定管时应从滴定管上口加入3~5mL所要盛装的酸溶液,倾斜着转动滴定管,使液体润湿其内壁,再从上口倒出,重复2~3次B.用惰性电极电解MgCl2溶液的离子方程式为2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣C.为验证盐桥的作用,在两个烧杯中分别盛适量硫酸亚铁铵溶液和稀酸性高锰酸钾溶液,分别插入石墨棒用导线与电流计相连,然后用装有K2SO4饱和溶液的琼脂的U型管两端插入两个烧杯中,电流计偏转,一段时间后高锰酸钾溶液褪色D.嫦娥三号月球车玉兔号在进入第二个月夜休眠前,出现了机构控制异常情况,其病因或为月尘,即月球上直径小于10微米的浮尘,月尘分散在空气中形成的分散系属于胶体【考点】化学实验方案的评价;分散系、胶体与溶液的概念及关系;原电池和电解池的工作原理;中和滴定.【分析】A.润洗后,从滴定管的下口放出;B.电解氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀;C.高锰酸钾能氧化硫酸亚铁铵溶液;D.10微米=10000纳米,胶体微粒直径在1纳米到100纳米之间.【解答】解A.润洗后,从滴定管的下口放出,不能从上口倒出,其他操作均合理,故A错误;B.电解氯化镁溶液,在阳极生成氯气,在阴极生成氢气和氢氧化镁沉淀,故B错误;C.高锰酸钾能氧化硫酸亚铁铵溶液,电流计偏转说明发生了反应,可形成原电池反应,故C正确;D.10微米=10000纳米,胶体微粒直径在1纳米到100纳米之间,所以月尘不属于胶体,故D错误.故选C.
二、解答题(共4小题,满分58分)15.研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义.
(1)
①硫离子的结构示意图为 .
②加热时,硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为 C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O .
(2)25℃,在
0.10mol•L﹣1H2S溶液中,通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH,溶液pH与c(S2﹣)关系如图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发).
①pH=13时,溶液中的c(H2S)+c(HS﹣)=
0.043 mol•L﹣1.
②某溶液含
0.020mol•L﹣1Mn2+、
0.10mol•L﹣1H2S,当溶液PH= 5 时,Mn2+开始沉淀.[已知Ksp(MnS)=
2.8×10﹣13]
(3)25℃,两种酸的电离平衡常数如表.Ka1Ka2H2SO
31.3×10﹣
26.3×10﹣8H2CO
34.2×10﹣
75.6×10﹣11
①HSO3﹣的电离平衡常数表达式K= .
②
0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为 c(Na+)>c(SO32﹣)>c(OH﹣)>c(HSO3﹣)>c(H+) .
③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为 H2SO3+HCO3﹣=HSO3﹣+CO2↑+H2O .【考点】真题集萃;弱电解质在水溶液中的电离平衡;离子浓度大小的比较.【分析】
(1)
①S是16号元素.S原子获得2个电子变为S2﹣,硫离子的结构示意图为;
②加热时,硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水;
(2)
①pH=13时,c(S2﹣)=
5.7×10﹣2mol/L,在
0.10mol•L﹣1H2S溶液中根据硫守恒c(H2S)+c(HS﹣)+c(S2﹣)=
0.10mol•L﹣1;
②当Qc=Ksp(MnS)时开始沉淀,由此求出硫离子的浓度,结合图象得出此时的pH;
(3)
①HSO3﹣的电离方程式为HSO3﹣⇌H++SO32﹣,平衡常数表达式为K=;
②Na2SO3溶液显碱性,SO32﹣存在两步水解,以第一步水解为主,水解程度较小,据此判断离子浓度关系;
③由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离,则酸性强弱H2SO3>H2CO3>HSO3﹣,所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3﹣=HSO3﹣+CO2↑+H2O,而不是为H2SO3+2HCO3﹣=SO32﹣+2CO2↑+2H2O.【解答】解
(1)
①S是16号元素.S原子获得2个电子变为S2﹣,硫离子的结构示意图为,故答案为;
②加热时,硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水,反应的方程式为C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O,故答案为C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O;
(2)
①pH=13时,c(S2﹣)=
5.7×10﹣2mol/L,在
0.10mol•L﹣1H2S溶液中根据硫守恒c(H2S)+c(HS﹣)+c(S2﹣)=
0.10mol•L﹣1,所以c(H2S)+c(HS﹣)=
0.1﹣
5.7×10﹣2=
0.043mol/L,故答案为
0.043;
②当Qc=Ksp(MnS)时开始沉淀,所以c(S2﹣)===
1.4×10﹣11mol/L,结合图象得出此时的pH=5,所以pH=5时锰离子开始沉淀,故答案为5;
(3)
①HSO3﹣的电离方程式为HSO3﹣⇌H++SO32﹣,平衡常数表达式为K=,故答案为;
②Na2SO3溶液显碱性,SO32﹣存在两步水解SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣,HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣,以第一步水解为主,水解程度较小,则
0.1mol/LNa2SO3溶液中的离子浓度顺序为c(Na+)>c(SO32﹣)>c(OH﹣)>c(HSO3﹣)>c(H+),故答案为c(Na+)>c(SO32﹣)>c(OH﹣)>c(HSO3﹣)>c(H+);
③由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离,所以酸性强弱H2SO3>H2CO3>HSO3﹣,所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3﹣=HSO3﹣+CO2↑+H2O,而不是为H2SO3+2HCO3﹣=SO32﹣+2CO2↑+2H2O.故答案为H2SO3+HCO3﹣=HSO3﹣+CO2↑+H2O. 16.工业上制取氢气除电解水外还有多种方法.
(1)工业上可用组成为K2O•M2O3•2RO2•nH2O的无机材料纯化制取氢气.
①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期,两种元素原子的质子数之和为27,则R的原子结构示意图为 .
②常温下,不能与M单质发生反应的是 be (填序号).a.CuSO4溶液b.Fe2O3c.浓硫酸d.NaOH溶液e.Na2CO3固体
(2)工业上也可利用化石燃料开采、加工过程中产生的H2S废气制取氢气.
①高温热分解法已知H2S(g)⇌H2(g)+S(g)在恒温密闭容器中,控制不同温度进行H2S分解实验.以H2S起始浓度均为cmol•L﹣1测定H2S的转化率,结果见图1.图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线,b为表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率的变化曲线.据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K= c ;随着温度的升高,曲线b向曲线a逼近的原因是 温度升高,反应速率加快,达到平衡所需的进间缩短 .
②电化学法该法制取氢气的过程如图2所示.反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式,其目的是 增大反应物接触面积,使反应更充分 ;反应池中发生反应的化学方程式为 H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl .反应后的溶液进入电解池,电解总反应的离子方程式为 2Fe2++2H+2Fe3++H2↑ .
(3)H2S在足量氧气中燃烧可以得SO2,若在一个固定容积为5L的密闭容器中充入
0.20molSO2和
0.10molO2,半分钟后达到平衡,测得容器中含SO
30.18mol.若继续通入
0.20molSO2和
0.10molO2,则平衡 向正反应方向 移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”),再次达到平衡后,SO3的物质的量的取值范围为
0.36<n(SO3)<
0.40 mol.【考点】化学平衡常数的含义;转化率随温度、压强的变化曲线;化学平衡的计算;电解原理.【分析】
(1)
①M为+3价,R为+4价,均为第三周期元素,则M为Al,R为Si,Si的质子数为14;
②M为Al具有还原性,能与具有氧化性的物质发生反应;
(2)
①K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比;温度的升高,曲线b向曲线a逼近,反应速率加快;
②反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式,可增大反应物接触面积;反应池中发生氧化还原反应;电解池中亚铁离子失去电子,氢离子得到电子,以此来解答;
(3)根据影响化学平衡的因素来判断平衡移动方向,利用极限法求出再次达平衡后n(SO3)的范围.【解答】解
(1)
①M为+3价,R为+4价,均为第三周期元素,两种元素原子的质子数之和为27,则M为Al,R为Si,Si的质子数为14,其原子结构示意图为,故答案为;
②M为Al具有还原性,能与具有氧化性的物质发生反应,如a、c,还能与d中NaOH溶液反应生成氢气,而高温下与氧化铁反应,与碳酸钠不反应,故答案为be;
(2)
①以H2S起始浓度均为cmol•L﹣1测定H2S的转化率,985℃时H2S的转化率为40%,则H2S(g)⇌H2(g)+S(g)开始c00转化
0.4c
0.4c
0.4c平衡
0.6c
0.4c
0.4c该反应的平衡常数K==;温度的升高,曲线b向曲线a逼近,反应速率加快,达到平衡时的时间缩短,故答案为=;温度升高,反应速率加快,达到平衡所需的进间缩短;
②反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式,可增大反应物接触面积;反应池中发生氧化还原反应为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl;电解池中亚铁离子失去电子,氢离子得到电子,电解总反应的离子方程式为2Fe2++2H+2Fe3++H2↑,故答案为增大反应物接触面积,使反应更充分;H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl;2Fe2++2H+2Fe3++H2↑;
(3)继续通入
0.30molSO2和
0.15molO2,容器内压强增大,平衡向气体体积减小的方向移动,即向正反应方向移动;用极限法求出n(SO3)的范围假设平衡不移动,此时n(SO3)=
0.18×2=
0.36mol;假设
0.40molSO2完全生成SO3,根据化学方程式2SO2+O2⇌2SO3可知n(SO3)=
0.4mol,所以再次达到平衡时,
0.36<n(SO3)<
0.40mol,故答案为向正反应方向;
0.36<n(SO3)<
0.40. 17.钛铁矿的主要成分为FeTiO3(可表示为FeO•TiO2),含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质.利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料(钛酸锂Li4Ti5O12和磷酸亚铁锂LiFePO4)的工业流程如图1所示已知FeTiO3与盐酸反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl﹣═Fe2++TiOCl42﹣+2H2O
(1)化合物FeTiO3中铁元素的化合价是 +2 .
(2)滤渣A的成分是 SiO2 .
(3)滤液B中TiOCl42﹣转化生成TiO2的离子方程式是 TiOCl42﹣+H2O=TiO2↓+2H++4Cl﹣ .
(4)反应
②中固体TiO2转化成(NH4)2Ti5O15溶液时,Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图2所示.反应温度过高时,Ti元素浸出率下降的原因是 温度过高时,反应物氨水(或双氧水)受热易分解 .
(5)反应
③的化学方程式是 (NH4)2Ti5O15+2LiOH=Li2Ti5O15↓+2NH3•H2O(或2NH3+2H2O) .
(6)由滤液D制备LiFePO4的过程中,所需17%双氧水与H2C2O4的质量比是 209 .
(7)若采用钛酸锂(Li4Ti5O12)和磷酸亚铁锂(LiFePO4)作电极组成电池,其工作原理为Li4Ti5O12+3LiFePO4Li7Ti5O12+3FePO4该电池充电时阳极反应式是 LiFePO4﹣e﹣=FePO4+Li+ .【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.【分析】铁矿石加入盐酸溶解过滤得到滤渣A为二氧化硅,滤液B为MgCl
2、CaCL2,FeCl
2、TiCl2,加热促进水解,过滤得到沉淀TiO2,加入过氧化氢和氨水反应得到(NH4)2Ti5O15,加入氢氧化锂溶液得到沉淀Li2Ti5O15加入碳酸锂煅烧得到钛酸锂Li4Ti5O12,滤液D加入过氧化氢氧化亚铁离子,加入磷酸得到沉淀磷酸铁,加入碳酸锂和草酸煅烧得到磷酸亚铁锂LiFePO4,
(1)根据反应FeTiO3+4H++4Cl﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O,不是非氧化还原反应,可以判断铁元素化合价为+2价;
(2)MgO、CaO、SiO2等杂质中,二氧化硅不溶于稀盐酸,成为滤渣A;
(3)根据流程图示,TiOCl42﹣在溶液中加热与水反应生成二氧化钛沉淀;
(4)二氧化钛与氨水、双氧水反应生成NH4)2Ti5O15,温度过高,双氧水和氨水都容易分解;
(5)反应3是(NH4)2Ti5O15与强氧化锂反应生成Li2Ti5O15沉淀和氨水;
(6)根据电子守恒找出双氧水与草酸的关系式,然后列式计算计算出17%双氧水与H2C2O4的质量比;
(7)充电时按照电解槽进行分析,阳极氧化阴极还原,写出阳极放电的电解方程式即可.【解答】解
(1)反应FeTiO3+4H++4Cl﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O中,不是非氧化还原反应,可以判断铁元素化合价为+2价,故答案为+2;
(2)由于杂质中二氧化硅不溶于盐酸,所以滤渣A成分是二氧化硅,故答案为SiO2;
(3)根据流程可知,TiOCl42﹣在溶液中加热与水反应生成二氧化钛沉淀,反应的离子方程式为TiOCl42﹣+H2O=TiO2↓+2H++4Cl﹣,故答案为TiOCl42﹣+H2O=TiO2↓+2H++4Cl﹣;
(4)由于二氧化钛与氨水、双氧水反应生成NH4)2Ti5O15时,温度过高,双氧水和氨水都容易分解,所以反应温度过高时,Ti元素浸出率下降,故答案为温度过高时,反应物氨水(或双氧水)受热易分解;
(5)根据流程图示可知,反应3是(NH4)2Ti5O15与强氧化锂反应生成Li2Ti5O15沉淀和氨水,反应的化学方程式为(NH4)2Ti5O15+2LiOH=Li2Ti5O15↓+2NH3•H2O(或2NH3+2H2O),故答案为(NH4)2Ti5O15+2LiOH=Li2Ti5O15↓+2NH3•H2O(或2NH3+2H2O);
(6)根据电子守恒,氧化铁元素转移的电子就等于铁离子氧化草酸转移的电子数,因此可得关系式H2O2~H2C2O4,设双氧水质量为x,草酸质量为y,3490x×17%y34y=90×x×17%,x y=209,17%双氧水与H2C2O4的质量比为209,故答案为209;
(7)充电时,阳极发生氧化反应,LiFePO4失去电子生成FePO4,电极反应为LiFePO4﹣e﹣=FePO4+Li+,故答案为LiFePO4﹣e﹣=FePO4+Li+. 18.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)为白色或黄色结晶粉末或小结晶.其性质活泼,具有强还原性,在食品加工中作防腐剂、漂白剂、疏松剂.某实验小组拟采用如图1装置(实验前已除尽装置内的空气)来制取焦亚硫酸钠(Na2S2O5).
(1)装置I是用亚硫酸钠固体和浓硫酸制备二氧化硫气体,该装置中反应的化学方程式为 Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O .如果想控制反应速度,如图2中可选用的发生装置是 ac (填写字母).
(2)工业上为减少SO2的排放,常采取的措施有将煤转化为清洁气体燃料.已知H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H=﹣
241.8KJ/molC(s)+O2(g)═CO(g)△H=﹣
110.5KJ/mol写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式 C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+
131.3kJ•mol﹣1
(3)洗涤含SO2的烟气,以下物质可作洗涤剂的是 ab (填编号)a.Ca(OH)2b.Na2CO3c.CaCl2d.NaHSO3
(4)装置Ⅱ中发生反应的化学方程式为2NaHSO3═Na2S2O5+H2O当有Na2S2O5晶体析出,要获得已析出的晶体可采取的分离方法是 过滤 ;某同学需要420mL
0.1mol/L焦亚硫酸钠溶液来研究其性质,配制时需称量焦亚硫酸钠的质量为
9.5g ;配制时除用到托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒等仪器外,还必须用到的玻璃仪器是 500mL容量瓶、胶头滴管 .
(5)装置Ⅲ用于处理尾气,可选用如图3的最合理装置(夹持仪器已略去)为 d (填序号).
(6)工业制备焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的过程如图已知反应Ⅱ包含2NaHSO3⇌Na2S2O5+H2O等多步反应.
①实验室制取氨气的化学方程式 Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑ .
②“灼烧”时发生反应的化学方程式 2CuS+3O22CuO+2SO2 .
③已知Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2,其离子方程式为 S2O52﹣+2H+=2SO2↑+H2O .
④副产品X的化学式是 CuSO4•5H2O ;可循环利用的物质是 CO
2、H2O .
⑤为了减少产品Na2S2O5中杂质含量,需控制反应Ⅱ中气体与固体的物质的量之比约为 21 .【考点】制备实验方案的设计.【分析】
(1)亚硫酸钠固体和浓硫酸制备二氧化硫气体,反应生成硫酸钠、二氧化硫与水;控制加入硫酸的速度,可以控制反应速度,
(2)已知
①H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H=﹣
241.8KJ/mol
②C(s)+O2(g)═CO(g)△H=﹣
110.5KJ/mol根据盖斯定律,
②﹣
①可得C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)
(3)二氧化硫属于酸性氧化物,能与氢氧化钙反应,亚硫酸酸性比碳酸强,能与碳酸钠反应,不能与CaCl2和NaHSO3反应;
(4)分离晶体与溶液采取过滤方法;应选择500mL容量瓶,根据n=cV计算焦亚硫酸钠的物质的量,再根据m=nM计算焦亚硫酸钠的质量,配制溶液需要用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管;
(5)吸收尾气中二氧化硫,防止污染空气,可以用碱液吸收,防止倒吸,防止气流堵塞;
(6)氯化钠溶液中先通入氨气,再通入二氧化碳析出碳酸氢钠晶体,过滤分离,碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠,CuS灼烧得到二氧化硫与CuO,二氧化硫、水、碳酸钠系列反应得到Na2S2O5.CuO用硫酸溶解得到硫酸铜溶液,经过加热浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到CuSO4•5H2O.
①实验室利用氯化铵与氢氧化钙在加热条件下制备氨气;
②“灼烧”时CuS与氧气反应生成氧化铜与二氧化硫;
③Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2,反应中S元素化合价没有变化,还生成水;
④副产品X的化学式是CuSO4•5H2O;由工艺流程可知,可循环利用的物质是CO
2、H2O,
⑤由化学式Na2S2O5,应控制原料中Na、S原子数目之比为11.【解答】解
(1)亚硫酸钠固体和浓硫酸制备二氧化硫气体,反应生成硫酸钠、二氧化硫与水,反应方程式为Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O,控制加入硫酸的速度,可以控制反应速度,可以用分液漏斗添加硫酸,便于控制滴加硫酸速度,故答案为Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O;ac;
(2)已知Ⅰ.H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H1=﹣
241.8kJ•mol﹣1Ⅱ.C(s)+O2(g)═CO(g)△H2=﹣
110.5kJ•mol﹣1根据盖斯定律Ⅱ﹣
①可得C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+
131.3kJ•mol﹣1故答案为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+
131.3kJ•mol﹣1;
(3)二氧化硫属于酸性氧化物,能与氢氧化钙反应,亚硫酸酸性比碳酸强,能与碳酸钠反应,不能与CaCl2和NaHSO3反应,故选ab;
(4)分离晶体与溶液采取过滤方法,应选择500mL容量瓶,焦亚硫酸钠的物质的量为
0.5L×
0.1mol、L=
0.05mol,故需要焦亚硫酸钠的质量为
0.05mol×190g/mol=
9.5g,配制溶液需要用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管,故答案为过滤;
9.5g;500mL容量瓶、胶头滴管;
(5)吸收尾气中二氧化硫,防止污染空气,a.整个装置处于完全密闭环境,装置内气压增大,会发生炸裂危险,故a错误;b.装置处于密闭状态,气流被堵塞,容易将溶液压出U型管,且氯化钠溶液吸收二氧化硫不完全,故b错误;c.浓硫酸不能吸收二氧化硫,故c错误;d.氢氧化钠可以吸收二氧化硫,装置可以防止倒吸,故d正确,故选d;
(6)氯化钠溶液中先通入氨气,再通入二氧化碳析出碳酸氢钠晶体,过滤分离,碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠,CuS灼烧得到二氧化硫与CuO,二氧化硫、水、碳酸钠系列反应得到Na2S2O5.CuO用硫酸溶解得到硫酸铜溶液,经过加热浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到CuSO4•5H2O.
①实验室制取氨气的化学方程式Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑,故答案为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑;
②“灼烧”时发生反应的化学方程式2CuS+3O22CuO+2SO2,故答案为2CuS+3O22CuO+2SO2;
③已知Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2,其离子方程式为S2O52﹣+2H+=2SO2↑+H2O,故答案为S2O52﹣+2H+=2SO2↑+H2O;
④副产品X的化学式是CuSO4•5H2O;可循环利用的物质是CO
2、H2O,故答案为CuSO4•5H2O;CO
2、H2O;
⑤反应Ⅱ中发生反应2NaHSO3⇌Na2S2O5+H2O得到Na2S2O5,Na、S原子数目之比为11,则2n(Na2CO3)n(SO2)=11,故n(SO2)n(Na2CO3)=21,故答案为21. xx1月15日。