还剩21页未读,继续阅读
本资源只提供10页预览,全部文档请下载后查看!喜欢就下载吧,查找使用更方便
文本内容:
2019-2020年高三上学期12月月考化学试卷含解析版 一.选择题(本题包括18小题;每小题3分,共54分.每小题只有一个选项符合题意.)1.化学与生产、生活密切相关.下列叙述正确的是( )A.明矾净水和家用消毒剂的消毒原理相同B.使用含有氯化钠的融雪剂会加快桥梁的腐蚀C.铝合金的广泛使用是因为人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝D.钒氮合金钢是“鸟巢”的主要材料之一,其熔点、硬度和强度均高于纯铁 2.下列关于氯水的叙述,不正确的是( )A.氯水应保存在棕色瓶中,久置的氯水,pH值减小B.新制饱和氯水中存在4个平衡C.在一定浓度的氯水中加小苏打,不变D.饱和氯水与石灰石的反应是制取较浓HClO溶液的重要方法 3.下列叙述正确的是( )A.碳、硫元素在自然界中均存在多种同素异形体B.稀醋酸加水稀释,醋酸电离程度增大,溶液的pH减小C.向饱和石灰水中加入少量CaO,振荡,恢复至室温后溶液的pH增大D.相同条件下,2mol氢原子所具有的能量等于lmol氢分子所具有的能量 4.下列叙述正确的是( )A.胶体和溶液的本质区别是能否发生丁达尔效应B.酸性氧化物不一定是非金属氧化物,而碱性氧化物一定是金属氧化物C.离子键只存在于离子化合物中,共价键只存在于共价化合物中D.强电解质与弱电解质的分类依据是电解质水溶液导电能力的强弱 5.下列现象或事实不能用同一原理解释的是( )A.浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存B.硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质C.常温下铁和铂都不溶于浓硝酸D.SO2和Na2SO3溶液都能使氯水褪色 6.下列相关的离子方程式书写正确的是( )A.NaHS溶液显碱性HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+B.向Ca(C1O)2溶液中通入SO2SO2+2ClO﹣+H2O=SO32﹣+2HClOC.硫酸与氢氧化钡溶液混合H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2OD.向氯化铝溶液中加入适量氨水Al3++3NH3•H2O=3NH4++Al(OH)3↓ 7.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )A.一定条件下,lmolN2与足量H2反应生成NH3,转移电子6NAB.标准状况下,
11.2LCCl4中含有C﹣Cl键的数目为2NAC.1mol甲基(﹣14C1H3)含有的中子数和电子数分别为8NA、9NAD.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中含有的钠离子总数为2NA 8.下列四项叙述中,错误的共有( )
①当增加反应物物质的量时,平衡一定向正反应方向移动
②当平衡向正反应方向移动时,反应物的转化率一定增大
③气体参加的反应达平衡时,若减小反应器容积,平衡不一定发生移动
④气体参加的反应达平衡时,向恒容反应器中充入某种气体,平衡一定不移动.A.1项B.2项C.3项D.4项 9.下列有关实验操作、发生的现象、解释或结论都正确的是( ) 选项 实验操作 实验现象 解释或结论 A 向AgCl沉淀中滴加KI溶液沉淀变为黄色Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) B将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中 溶液红色褪去SO2具有漂白性 C 常温下铜片插入浓硫酸中 无明显现象常温下铜遇浓硫酸钝化 D 向某溶液中加入过量盐酸 产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体 该溶液中一定含有CO32﹣A.AB.BC.CD.D 10.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示.下列说法正确的是( )A.原子半径Y<Z<WB.元素Y的最高正化合价比元素X的最高正化合价高C.元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的弱D.元素X的气态氢化物的稳定性大于元素Y的气态氢化物的稳定性 11.下列叙述错误的是( )A.如图所示通电一段时间后,石墨电极上会有铜析出B.在原电池的负极和电解池的阴极上都发生氧化反应C.电解精炼铜时,同一时间内阳极溶解铜的质量比阴极析出铜的质量小D.用惰性电极电解Na2SO4溶液,阴阳两极产物的物质的量之比为21 12.下列描述正确的是( )A.氯气、活性炭都能使品红溶液褪色,它们的漂白原理相同B.滴加石蕊试液显红色的溶液Fe3+、NH4+、I﹣可能大量共存C.某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡产生白色沉淀,原溶液中一定含有SO42﹣D.Fe(N03)2溶液中滴加少量稀硫酸会变黄色 13.图1是在金属锌板上贴上一张用某溶液浸湿的滤纸,图2是NaBH4/H2O2燃料电池,则下列说法正确的是( )A.图2电池放电过程中,Na+从正极区向负极区迁移B.图2电池正极区的电极反应为BH4﹣﹣8e﹣+8OH﹣=BO2﹣+6H2OC.若用硫酸钠和酚酞的混合溶液浸湿滤纸,用导线将a、b直接相连,则铅笔芯C点处出现红色D.若用KI淀粉溶液浸湿滤纸,用导线将a、b与A、B电极相连,铅笔芯C点处出现蓝色,则b接的是A电极 14.下列图中的实验方案,能达到实验目的是( )ABCD实验方案将NO2球浸泡在冰水和热水中实验目的验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用探究温度对平衡2NO2⇌N2O4的影响除去CO2气体中混有的SO2比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱A.AB.BC.CD.D 15.在下列给定条件的溶液中,一定能大量共存的离子组是( )A.澄清透明溶液Al3+、Na+、SO42﹣、HCO3﹣B.常温下=
0.1mol•L﹣1的溶液K+、Na+、SiO32﹣、NO3﹣C.能使酚酞变红的溶液K+、NH4+、Cl﹣、NO3﹣D.无色溶液K+、Na+、SO42﹣、Cu2+ 16.工业上从含硒的废液中提取硒的方法之一是用硫酸和硝酸处理废料,获得亚硒酸和少量硒酸,再与盐酸共热,硒酸转化为亚硒酸(2HCl+H2SeO4=H2SeO3+Cl2↑+H2O),通SO2于亚硒酸溶液中,有单质硒析出.据此,下列说法错误的是( )A.氧化性H2SeO4>C12>H2SO3B.酸性H2SO4>H2SeO4C.析出lmol硒需要消耗标准状况下
22.4LSO2D.硒酸转化为亚硒酸的反应中氧化产物为Cl2 17.一定温度压强下,在容积可变的密闭容器中发生反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H<0,则下列说法不正确的是( )A.其他条件不变,加催化剂与不加催化剂其△H相同B.当达到平衡,向体系中充入CO2其平衡向左移动C.理论上该反应可设计成燃料电池,H2O(g)在正极上发生还原反应D.平衡混合气体通入NaOH溶液恰好反应,升高温度溶液碱性增强,其pH不一定增大 18.在海水中含有多种元素,开发利用这些资源是科学研究的重要课题.如图为海水利用的部分过程.下列有关说法正确的是( )A.要实现反应
②可向NaHCO3溶液中加入过量石灰水B.溴元素在反应
③、
⑤中被氧化,在反应
④中被还原C.工业上一般用金属钠与无水MgCl2反应制取Mg单质D.海水中含有碘元素,可将海水浓缩加热得到碘单质
二、填空题(共46分)19.运用化学反应原理研究碳、氮、硫等单质及其化合物的反应有重要意义;(l)甲醇是重要的可再生燃料.已知在常温常压下2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(g)△H=﹣
1275.6kJ/mol2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H=﹣
566.0kJ/molH2O(g)═H2O(l))△H=﹣
44.0kJ/mol则甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为 .
(2)利用催化氧化反应将转化为是工业上生产硫酸的关键步骤.
①一定条件下,将SO2与O2以体积比21置于一体积不变的密闭容器中发生上述反应,能说明该反应已达到平衡状态的是 .a.体系的密度不发生变b.体系中硫元素的质量百分含量不再变化c.SO2与SO3的体积比保持不变d容器内的气体分子总数不再变化e.单位时问内转移4mol电子,同时消耗2molSO3
②T℃时,在1L密闭容器中充入
0.6molSO3,如图1表示SO3物质的量随时间的变化曲线.达到平衡时,用SO2表示的化学反应速率为 ;SO3的转化率为 (保留小数点后﹣位)T℃时,反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的平衡常数为 ;T℃时,其他条件不变,在8min时压缩容器体积至
0.5L,则n(SO3)的变化曲线为 (填字母).
(3)有人设想以N2和H2为反应物,以溶有A物质的稀盐酸为电解质溶液,可制造出既能提供电能,又能固氮的新型燃料电池,装置如图2所示.电池正极的电极反应式是 电解质溶液的pH (填写增大、减小、不变),A.物质是 (写化学式). 20.xx年我国各地出现连续干旱,给生产生活带来严重影响.为确保人、畜用水和安全,净水剂选择与制备尤为重要.
(1)聚合氯化铝晶体([Al2(OH)nC16﹣n•xH2O]m)是一种高效无机水处理剂,它的制备原理是调节增大AlCl3溶液的pH,通过促进其水解而结晶析出.利用高岭土(化学组成为A12O
3、SiO
2、Fe2O3,及少量杂质和水分,高岭土在煅烧的过程中可除去杂质和水分)制备聚合氯化铝,其制备过程有如下两种途径如图1
①途径Ⅰ和途径Ⅱ哪种更合理? .
②途径Ⅰ中加入铝粉最主要的目的是 .a.中和过量的盐酸b.将Fe3+还原为便于人体吸收的Fe2+c.除去溶液中的铁元素d.制备生成聚合氯化铝所需要的AlCl3
③加入碳酸钙调节溶液pH至
4.0~
4.5的目的是 .
④蒸发浓缩过程中生成Al2(OH)nC16﹣n•xH2O的化学反应方程式是 .
(2)Na2FeO4是一种既能杀菌、消毒,又能絮凝净水的水处理剂,其电解制法如图2所示,请根据图示分析电解过程中的电池反应为 ;每转移
0.6mol电子在Ni电极上产生的气体在标况下的体积为 . 21.四氯化锡(SnCl4)是一种重要的化工产品.某化学实验小组设计如下装置制备SnCl4.已知
①金属锡熔点231℃,化学活泼性与铁相似;
②干燥的氯气与熔融金属锡反应生成SnCl4,SnCl4的沸点114℃;
③SnCl
2、SnCl4均易水解,易溶于有机溶剂,且Sn2+易被氧化.
(1)试管Ⅱ中的试剂是 .
(2)Ⅵ处装置最好选用 (填序号).
(3)实验结束后,欲回收利用装置I中未反应完的MnO2,需要的玻璃仪器有
(4)甲同学认为V中产品可能含有SnCl2,请利用所给试剂设计实验,检测产品中是否存在SnCl2,简要说明实验操作和现象 ,则证明含有SnCl2,否则不含.已知KMnO4的氧化性强于氯气供选择的试剂FeCl2溶液、酸性KMnO4溶液、稀盐酸、Br2的四氯化碳溶液
(5)实验用锡粒中含有杂质Cu.乙同学设计下列实验测定锡粒的纯度.第一步称取
7.5g锡粒溶入足量稀盐酸中;过滤;第二步加入过量FeCl3,将Sn2+氧化成Sn4+;第三步用1mol•L﹣1K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+,发生反应的表达式为(未配平)Fe2++Cr2O72﹣+H+→Cr3++Fe3++H2O第二步中发生反应的离子方程式是 ,若达到滴定终点时共消耗20mLK2Cr2O7溶液,试计算锡粒中锡的百分含量 . xx学年山东省临沂市沂水二中高三(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18小题;每小题3分,共54分.每小题只有一个选项符合题意.)1.化学与生产、生活密切相关.下列叙述正确的是( )A.明矾净水和家用消毒剂的消毒原理相同B.使用含有氯化钠的融雪剂会加快桥梁的腐蚀C.铝合金的广泛使用是因为人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝D.钒氮合金钢是“鸟巢”的主要材料之一,其熔点、硬度和强度均高于纯铁【考点】镁、铝的重要化合物;氯、溴、碘及其化合物的综合应用;合金的概念及其重要应用.【专题】化学计算.【分析】A.明矾净水的原理明矾电离产生铝离子,铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子,氢氧化铝胶体具有吸附性,所以能净水;家用消毒液消毒的原理在水溶液中生成次氯酸,次氯酸的具有氧化作用可用于消毒;B.原电池能加快化学反应的速率;C.铝的冶炼通常用电解法;D.合金熔点比其成分金属低,硬度、强度比其成分金属大.【解答】解A.明矾净水的原理明矾电离产生铝离子,铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子,氢氧化铝胶体具有吸附性,所以能净水;家用消毒液消毒的原理在水溶液中生成次氯酸,次氯酸的具有氧化作用可用于消毒,两者的原理不同,故A错误;B.氯化钠是电解质,能与桥梁中的钢构成原电池,故B正确;C.铝的冶炼通常用电解三氧化二铝的方法,不能用热还原法,故C错误;D.一般来说合金熔点比其成分金属低,硬度、强度比其成分金属大,钒氮合金钢的硬度和强度均高于纯铁,但熔点低于,故D错误;故选B.【点评】本题主要考查了物质的性质与用途以及合金组成和性质分析,注意知识积累,题目较简单. 2.下列关于氯水的叙述,不正确的是( )A.氯水应保存在棕色瓶中,久置的氯水,pH值减小B.新制饱和氯水中存在4个平衡C.在一定浓度的氯水中加小苏打,不变D.饱和氯水与石灰石的反应是制取较浓HClO溶液的重要方法【考点】氯气的化学性质.【专题】卤族元素.【分析】氯水中,氯气与水发生Cl2+H2O⇌HClO+HCl,溶液中含有Cl
2、HClO、H2O等分子,含有H+、ClO﹣、Cl﹣等离子,氯水具有酸性和强氧化性,其中HClO见光易分解而变质,以此解答.【解答】解A.氯水中的次氯酸见光易分解,生成HCl和O2,酸性增强,pH减小,所有要保持在棕色瓶中,故A正确;B.氯水中存在H2O⇌H++OH﹣,Cl2+H2O⇌HCl+HClO,HClO⇌H++ClO﹣三个平衡状态,故B错误;C.氯水中含有一定量浓度的盐酸,能与小苏打生成CO2气体,所以平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO正向移动,但两者物质的量是按11增加,所以不变,故C正确;D.氯水中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO,加入石灰石后,HCl与CaCO3反应浓度减小,使平衡向右移动,HClO浓度增大,故D正确.故选B.【点评】本题综合考查氯气和氯水的性质,注意把握氯气和水反应的特点以及氯水的成分和性质,为高考高频考点,侧重于基础知识的综合运用,难度不大. 3.下列叙述正确的是( )A.碳、硫元素在自然界中均存在多种同素异形体B.稀醋酸加水稀释,醋酸电离程度增大,溶液的pH减小C.向饱和石灰水中加入少量CaO,振荡,恢复至室温后溶液的pH增大D.相同条件下,2mol氢原子所具有的能量等于lmol氢分子所具有的能量【考点】同素异形体;溶解度、饱和溶液的概念;反应热和焓变;弱电解质在水溶液中的电离平衡.【分析】A.碳、硫元素存在同素异形体;B.醋酸加水稀释促进醋酸电离,但溶液中氢离子浓度减小;C.饱和石灰水中加入少量氧化钙,氧化钙和水反应生成氢氧化钙,溶液成为过饱和溶液,温度不变,氢氧化钙的溶解度不变;D.根据断键需要吸收能量分析.【解答】解A.石墨和金刚石是同素异形体,S2和S8是同素异形体,故A正确;B.醋酸加水稀释促进醋酸电离,但溶液中氢离子增大程度小于溶液体积增大程度,所以氢离子浓度减小,溶液的酸性减弱,故B错误;C.饱和石灰水中加入少量氧化钙,氧化钙和水反应生成氢氧化钙,溶液成为过饱和溶液,温度不变,氢氧化钙的溶解度不变,则溶液的pH不变,故C错误;D.断键需要吸收能量,所以,2mol氢原子所具有的能量大于1mol氢分子所具有的能量,故D错误.故选A.【点评】本题考查了同素异形体、弱电解质的电离、电解质的电离等知识点,根据电解质电离出的离子、弱电解质电离特点等知识点来分析解答,易错选项是C,注意该溶液最后变为过饱和溶液,会析出氢氧化钙固体,但溶液的浓度不变,为易错点. 4.下列叙述正确的是( )A.胶体和溶液的本质区别是能否发生丁达尔效应B.酸性氧化物不一定是非金属氧化物,而碱性氧化物一定是金属氧化物C.离子键只存在于离子化合物中,共价键只存在于共价化合物中D.强电解质与弱电解质的分类依据是电解质水溶液导电能力的强弱【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;胶体的重要性质;化学键;强电解质和弱电解质的概念.【分析】A、胶体和溶液的本质区别分散质粒度的大小;B、金属氧化物可以是酸性氧化物,减小氧化物一定是金属氧化物;C、离子化合物中可能含有共价键;D、根据电解质是否完全电离判断强电解质与弱电解质.【解答】解A、胶体和溶液的本质区别分散质粒度的大小,分散质微粒直径小于1nm形成的分散系为溶液,分散质微粒直径为1nm﹣100nm形成的分散系为胶体,故A错误;B、酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物如Mn2O7,碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物,如Na2O,故B正确;C、离子键只存在于离子化合物中,离子化合物中可能含有共价键,如NaOH中含有共价键和离子键,属于离子化合物,故C错误;D、电解质在溶液中能完全电离的属于强电解质,在溶液中部分电离的属于弱电解质,弱电解质导电能力不一定比强电解质弱,和离子浓度大小有关,故D错误;故选B.【点评】本题考查了共价键的判断,离子化合物和共价化合物、酸性氧化物和碱性氧化物、强电解质和弱电解质等概念的辨析,属于基本知识的考查,题目难度不大. 5.下列现象或事实不能用同一原理解释的是( )A.浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存B.硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质C.常温下铁和铂都不溶于浓硝酸D.SO2和Na2SO3溶液都能使氯水褪色【考点】硝酸的化学性质;氯气的化学性质;二氧化硫的化学性质;含硫物质的性质及综合应用.【专题】元素及其化合物.【分析】A.浓硝酸见光易分解;氯水见光会分解;B.硫化钠具有还原性,易被空气中的氧气氧化而变质;亚硫酸钠具有还原性,易被空气中的氧气氧化而变质;C.常温下铁遇浓硝酸,发生钝化;铂的活泼性较弱,与浓硝酸不反应;D.SO2具有还原性,能与氯水发生氧化还原反应使氯水褪色;Na2SO3具有还原性,能与氯水发生氧化还原反应使氯水褪色.【解答】解A.浓硝酸见光易分解,须存放在棕色瓶中;氯水见光会分解,应盛放在棕色瓶中,能用同一原理解释,故A不选;B.硫化钠具有还原性,易被空气中的氧气氧化而变质;亚硫酸钠具有还原性,易被空气中的氧气氧化而变质,能用同一原理解释,故B不选;C.常温下铁遇浓硝酸,发生钝化;铂的活泼性较弱,与浓硝酸不反应,不能用同一原理解释,故C可选;D.SO2具有还原性,能与氯水发生氧化还原反应使氯水褪色;Na2SO3具有还原性,能与氯水发生氧化还原反应使氯水褪色;能用同一原理解释,故D不选;故选C.【点评】本题考查物质的保存、金属的钝化、硫的化合物的性质等,难度中等.要注意基础知识的积累. 6.下列相关的离子方程式书写正确的是( )A.NaHS溶液显碱性HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+B.向Ca(C1O)2溶液中通入SO2SO2+2ClO﹣+H2O=SO32﹣+2HClOC.硫酸与氢氧化钡溶液混合H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2OD.向氯化铝溶液中加入适量氨水Al3++3NH3•H2O=3NH4++Al(OH)3↓【考点】离子方程式的书写.【分析】A.NaHS溶液显碱性是因为硫氰根离子水解生成硫化氢和氢氧根离子;B.二氧化硫具有还原性,能够被次氯酸根离子氧化;C.离子个数配比不符合物质结构;D.氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵.【解答】解;A.NaHS溶液显碱性,离子方程式HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣,故A错误;B.Ca(C1O)2溶液中通入少量SO2气体,反应的离子方程式为C1O﹣+SO2+H2O=SO42﹣+2H++C1﹣,故B错误;C.硫酸与氢氧化钡溶液混合,离子方程式2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O,故C错误;D.向氯化铝溶液中加入适量氨水,离子方程式Al3++3NH3•H2O=3NH4++Al(OH)3↓,故D正确;故选D.【点评】本题考查了离子方程式的书写方法和正误判断,主要考查氧化还原反应的离子反应判断,电荷守恒判断,定量反应的离子方程式的书写原则,题目难度不大. 7.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )A.一定条件下,lmolN2与足量H2反应生成NH3,转移电子6NAB.标准状况下,
11.2LCCl4中含有C﹣Cl键的数目为2NAC.1mol甲基(﹣14C1H3)含有的中子数和电子数分别为8NA、9NAD.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中含有的钠离子总数为2NA【考点】阿伏加德罗常数.【分析】A.氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应,不能进行到底;B.气体摩尔体积只适用气体;C.甲基(﹣14C1H3)中含有8个中子、9个电子,1mol该甲基中含有8mol中子、9mol电子;D.溶液体积未知.【解答】解A.氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应,不能进行到底,所以一定条件下,lmolN2与足量H2反应生成NH3,转移电子小于6NA,故A错误;B.标况下,四氯化碳为液态,不能使用气体摩尔体积,故B错误;C.1mol甲基(﹣14C1H3)中含有8mol中子、9mol电子,所含的中子数和电子数分别为8NA、9NA,故C正确;D.溶液体积未知,无法计算钠离子的个数,故D错误;故选C.【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,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,准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系是解题关键,注意气体摩尔体积的适用对象和使用条件,题目难度中等. 8.下列四项叙述中,错误的共有( )
①当增加反应物物质的量时,平衡一定向正反应方向移动
②当平衡向正反应方向移动时,反应物的转化率一定增大
③气体参加的反应达平衡时,若减小反应器容积,平衡不一定发生移动
④气体参加的反应达平衡时,向恒容反应器中充入某种气体,平衡一定不移动.A.1项B.2项C.3项D.4项【考点】化学平衡的影响因素.【专题】元素周期律与元素周期表专题.【分析】
①增大反应物时只有增大了浓度,才会加快反应速率;
②以氮气与氢气反应生成氨气为例说明即可;
③有气体参加的反应平衡时,减小反应器容积时,压强增大,平衡一定向气体总物质的量减小的方向移动;
④有气体参加的反应平衡时,减小反应器容积时,压强增大,平衡一定向气体总物质的量减小的方向移动.【解答】解
①反应物若为固体或纯液体时,增大其量,不会影响反应速率,故错误;
②以氮气与氢气反应生成氨气为例,如果增大氮气的物质的量,平衡向正反应方向移动,但氮气转化的少,增加的多,故错误;
③有气体参加的反应平衡时,减小反应器容积时,压强增大,平衡一定向气体总物质的量减小的方向移动,故正确;
④有气体参加的反应平衡时,减小反应器容积时,压强增大,平衡一定向气体总物质的量减小的方向移动,故错误,故选C.【点评】本题考查外界条件对平衡影响,浓度中等,注意恒容充入惰性气体,反应混合物的浓度不变,平衡不移动,恒压充入惰性气体,容器的体积增大,反应混合物的浓度减小,反应混合物体系的压强降低,为降低压强,平衡向气体物质的量增大的方向移动. 9.下列有关实验操作、发生的现象、解释或结论都正确的是( ) 选项 实验操作 实验现象 解释或结论 A 向AgCl沉淀中滴加KI溶液沉淀变为黄色Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) B将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中 溶液红色褪去SO2具有漂白性 C 常温下铜片插入浓硫酸中 无明显现象常温下铜遇浓硫酸钝化 D 向某溶液中加入过量盐酸 产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体 该溶液中一定含有CO32﹣A.AB.BC.CD.D【考点】化学实验方案的评价.【分析】A.发生沉淀的转化;B.二氧化硫是酸性氧化物;C.铜的活泼性比氢弱;D.能够使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化硫和二氧化碳,所以溶液中可能含有亚硫酸根离子、碳酸氢根离子等.【解答】解A.向AgCl沉淀中滴加KI溶液,白色沉淀转化为黄色沉淀,发生沉淀的转化,说明溶度积为AgI比AgCl更小,故A正确;B.二氧化硫是酸性氧化物,能与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠,与漂白性无关,故B错误;C.铜的活泼性比氢弱,与硫酸不反应,未发生钝化,故C错误;D.某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体,该气体可能为二氧化碳、二氧化硫,溶液中可能存在亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子、碳酸氢根离子,所以该溶液中不一定存在大量CO32﹣,故D错误.故选A.【点评】本题考查化学实验方案的评价,涉及沉淀转化、物质的性质、离子的检验,侧重物质性质的考查,题目难度不大. 10.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示.下列说法正确的是( )A.原子半径Y<Z<WB.元素Y的最高正化合价比元素X的最高正化合价高C.元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的弱D.元素X的气态氢化物的稳定性大于元素Y的气态氢化物的稳定性【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用.【分析】根据X、Y、Z、W、Q所在周期表中的相对位置可知,X为N元素、Y为O元素、Z为Al元素、W为S元素、Q为Cl元素,再结合元素周期律的递变规律对各选项进行判断.【解答】解根据元素所在周期表中的位置可知,X为N元素、Y为O元素、Z为Al元素、W为S元素、Q为Cl元素,A.原子核外电子层数越多,半径越大,同一周期元素原子半径从左到右逐渐减小,则原子半径大小为Y<W<Z,故A错误;B.Y为O元素,氧元素没有正化合价,X为N元素,N元素的最高正化合价为+5,故B错误;C.金属性越强,最高价氧化物对应的水化物越强,非金属性S<Cl,则最高价氧化物对应的水化物酸性强弱为W<Q,故C正确;D.非金属性越强,对应的气态氢化物温度下越强,非金属性X<Y,则气态氢化物的稳定性X<Y,故D错误;故选C.【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及应用,为高频考点,题目难度中等,注意掌握元素周期表的结构和元素周期律的递变规律. 11.下列叙述错误的是( )A.如图所示通电一段时间后,石墨电极上会有铜析出B.在原电池的负极和电解池的阴极上都发生氧化反应C.电解精炼铜时,同一时间内阳极溶解铜的质量比阴极析出铜的质量小D.用惰性电极电解Na2SO4溶液,阴阳两极产物的物质的量之比为21【考点】原电池和电解池的工作原理.【分析】A、根据石墨电极为阴极发生还原反应及其离子放电顺序分析判断;B、工作时,原电池的负极上失电子,电解池的阳极上失去电子;C、根据阳极材料组成以及电极反应分析判断;D、惰性电极电解Na2SO4溶液,阳极是氢氧根离子失电子生成氧气,阴极是氢离子得到电子生成氢气.【解答】解A.电解一定时间后,溶液中铜离子达到一定程度后,石墨电极上铜离子放电生成铜,故A正确;B.工作时,原电池的负极上失电子发生氧化反应,电解池的阳极上得电子发生氧化反应,故B错误;C.电解精炼铜时,因为粗铜含有杂质,所以开始通电一段时间后,阳极溶解的铜的质量比阴极析出的铜的质量少,故C正确;D、惰性电极电解Na2SO4溶液,实质是电解水,阳极是氢氧根离子失电子生成氧气,阴极是氢离子得到电子生成氢气,阴阳两极产物的物质的量之比为21,故D正确.故选B.【点评】本题考查了电解原理,知道阴阳极上发生的反应是解本题关键,注意活泼金属作阳极时,阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子,为易错点. 12.下列描述正确的是( )A.氯气、活性炭都能使品红溶液褪色,它们的漂白原理相同B.滴加石蕊试液显红色的溶液Fe3+、NH4+、I﹣可能大量共存C.某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡产生白色沉淀,原溶液中一定含有SO42﹣D.Fe(N03)2溶液中滴加少量稀硫酸会变黄色【考点】氯气的化学性质;离子共存问题;铁盐和亚铁盐的相互转变;常见阴离子的检验.【专题】元素及其化合物.【分析】A.氯气具有强氧化性,活性炭具有吸附性;B.滴加石蕊试液显红色的溶液呈酸性;C.可能生成AgCl沉淀;D.酸性条件下,N03﹣具有强氧化性.【解答】解A.氯气具有强氧化性,与水反应生成具有漂白性的HClO,可使品红褪色,活性炭具有吸附性,二者原理不同,故A错误;B.滴加石蕊试液显红色的溶液呈酸性,酸性条件下Fe3+、I﹣发生氧化还原反应而不能大量共存,故B错误;C.可能生成AgCl沉淀,应先加入盐酸,如无现象,再加氯化钡检验,故C错误;D.酸性条件下,N03﹣具有强氧化性,可氧化亚铁离子生成铁离子,故D正确.故选D.【点评】本题考查较为综合,涉及离子的检验、共存等知识,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握相关物质的性质,难度不大. 13.图1是在金属锌板上贴上一张用某溶液浸湿的滤纸,图2是NaBH4/H2O2燃料电池,则下列说法正确的是( )A.图2电池放电过程中,Na+从正极区向负极区迁移B.图2电池正极区的电极反应为BH4﹣﹣8e﹣+8OH﹣=BO2﹣+6H2OC.若用硫酸钠和酚酞的混合溶液浸湿滤纸,用导线将a、b直接相连,则铅笔芯C点处出现红色D.若用KI淀粉溶液浸湿滤纸,用导线将a、b与A、B电极相连,铅笔芯C点处出现蓝色,则b接的是A电极【考点】化学电源新型电池.【专题】电化学专题.【分析】A、在电池中阳离子向正极移动;B、正极为H2O2得电子发生还原反应;C、原电池发生吸氧腐蚀,正极是氧气得电子生成大量的氢氧化钠,能使酚酞变红色;D、电解碘化钾溶液时,阳极放电的是碘离子,碘单质遇到淀粉显蓝色.【解答】解A、在电池中阳离子向正极移动,所以Na+从负极区向正极区迁移,故A错误;B、燃料电池的负极是BH4﹣发生氧化反应,电极反应式为BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣═BO2﹣+6H2O,正极电极反应式为H2O2+2e﹣═2OH﹣,故B错误;C、若用硫酸钠和酚酞的混合溶液浸湿滤纸,用导线将a、b直接相连,构成原电池,则锌电极为负极,锌失电子,铅笔芯为正极,氧气得电子,在该极生成大量的氢氧化钠,能使酚酞变红色,故C正确;D、若用KI淀粉溶液浸湿滤纸,用导线将a、b与A、B电极相连,A极是负极,B极是正极,阳极放电的是碘离子,碘单质遇到淀粉显蓝色,而铅笔芯C点处出现蓝色,所以C点放电的是碘离子,b为正极,b接的是B电极,故D错误.故选C.【点评】本题考查原电池工作原理,涉及电极判断与电极反应式书写等问题,做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写,本题中难点和易错点为电极方程式的书写,注意化合价的变化. 14.下列图中的实验方案,能达到实验目的是( )ABCD实验方案将NO2球浸泡在冰水和热水中实验目的验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用探究温度对平衡2NO2⇌N2O4的影响除去CO2气体中混有的SO2比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱A.AB.BC.CD.D【考点】化学实验方案的评价.【专题】实验评价题.【分析】A.应在温度相同的条件下进行对比实验;B.根据颜色的变化可知平衡移动的方向;C.CO2和SO2都可与碳酸钠溶液反应;D.盐酸易挥发,不能排除盐酸的干扰.【解答】解A.温度和催化剂都可影响反应速率,比较催化剂的影响,应在温度相同的条件下进行对比实验,故A错误;B.将NO2球浸泡在冰水和热水中,根据颜色的变化可知平衡移动的方向,以此可确定温度对平衡移动的影响,故B正确;C.CO2和SO2都可与碳酸钠溶液反应,应用饱和碳酸氢钠除杂,故C错误;D.盐酸易挥发,不能排除盐酸的干扰,应先通过饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的氯化氢,故D错误.故选B.【点评】本题考查较为综合,涉及物质的性质对比、除杂等知识,侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查,为高考常见题型和高频考点,注意把握实验的原理和实验操作的严密性和可行性的评价,难度中等. 15.在下列给定条件的溶液中,一定能大量共存的离子组是( )A.澄清透明溶液Al3+、Na+、SO42﹣、HCO3﹣B.常温下=
0.1mol•L﹣1的溶液K+、Na+、SiO32﹣、NO3﹣C.能使酚酞变红的溶液K+、NH4+、Cl﹣、NO3﹣D.无色溶液K+、Na+、SO42﹣、Cu2+【考点】离子共存问题.【分析】A.铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体;B.常温下=
0.1mol•L﹣1的溶液中氢氧根离子浓度为
0.1mol/L,四种离子之间不发生反应,都不与氢氧根离子反应;C.能使酚酞变红的溶液为碱性溶液,铵根离子与氢氧根离子反应;D.铜离子为有色离子,不满足溶液无色的条件.【解答】解A.Al3+、HCO3﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀,在溶液中不能大量共存,故A错误;B.常温下=
0.1mol•L﹣1的溶液为碱性溶液,溶液中存在大量氢氧根离子,K+、Na+、SiO32﹣、NO3﹣之间不发生反应,都不与氢氧根离子反应,在溶液中能够大量共存,故B正确;C.能使酚酞变红的溶液中存在大量氢氧根离子,NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨,在溶液中不能大量共存,故C错误;D.Cu2+为有色离子,不满足溶液无色的要求,故D错误;故选B.【点评】本题考查离子共存的判断,为高考的高频题,属于中等难度的试题,注意明确离子不能大量共存的一般情况,如能发生复分解反应的离子之间.能发生氧化还原反应的离子之间等;还应该注意题目所隐含的条件,如溶液的酸碱性,据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣;溶液的颜色,无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在等. 16.工业上从含硒的废液中提取硒的方法之一是用硫酸和硝酸处理废料,获得亚硒酸和少量硒酸,再与盐酸共热,硒酸转化为亚硒酸(2HCl+H2SeO4=H2SeO3+Cl2↑+H2O),通SO2于亚硒酸溶液中,有单质硒析出.据此,下列说法错误的是( )A.氧化性H2SeO4>C12>H2SO3B.酸性H2SO4>H2SeO4C.析出lmol硒需要消耗标准状况下
22.4LSO2D.硒酸转化为亚硒酸的反应中氧化产物为Cl2【考点】氧化还原反应.【分析】氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性,还原剂的还原性大于还原产物的还原性,结合元素的化合价的变化计算电子转移的数目.【解答】解A.反应中Se元素化合价降低,H2SeO4为氧化剂,Cl元素化合价升高,Cl2为氧化产物,氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性,则H2SeO4的氧化性比氯气强,又氯气可与将亚硫酸氧化成硫酸,所以氧化性H2SeO4>C12>H2SO3,故A正确;B.根据非金属性越强,对应的最高价氧化物的酸性越强,又非金属性O>Se,所以酸性H2SO4>H2SeO4,故B正确;C.将二氧化硫通入亚硒酸溶液中出现单质硒的沉淀,反应中Se元素化合价由+4价降低到0价,S元素化合价由+4价升高到+6价,则析出1mol硒要用H2SeO31mol,SO22mol,即标准状况下
44.8L,故C错误;D、反应中Se元素化合价降低,H2SeO4为氧化剂,Cl元素化合价升高,Cl2为氧化产物,故D正确;故选C.【点评】本题综合考查氧化还原反应,侧重于学生的分析能力和自学能力的考查,为高考常见题型,难度中等,注意从元素化合价的角度分析相关概念和物质的性质. 17.一定温度压强下,在容积可变的密闭容器中发生反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H<0,则下列说法不正确的是( )A.其他条件不变,加催化剂与不加催化剂其△H相同B.当达到平衡,向体系中充入CO2其平衡向左移动C.理论上该反应可设计成燃料电池,H2O(g)在正极上发生还原反应D.平衡混合气体通入NaOH溶液恰好反应,升高温度溶液碱性增强,其pH不一定增大【考点】化学平衡的影响因素;化学平衡建立的过程.【专题】化学平衡专题.【分析】A.催化剂不会改变平衡移动,所以△H与催化剂无关;B.向体系中充入CO2,增大生成物浓度,平衡向左移动;C.H2O(g)在反应中化合价降低得电子在正极发生还原反应;D.平衡混合气体通入NaOH溶液恰好反应,升高温度促进水解,溶液碱性增强.【解答】解A.催化剂不会改变平衡移动,所以△H与催化剂无关,故A正确;B.向体系中充入CO2,增大生成物浓度,平衡向左移动,故B正确;C.由CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g),H2O(g)在反应中化合价降低,所以在设计成燃料电池H2O(g)得电子在正极发生还原反应,故C正确;D.平衡混合气体通入NaOH溶液恰好反应,升高温度促进水解,溶液碱性增强,pH一定增大,故D错误;故选D.【点评】本题考查化学平衡的移动原理以及焓变的影响因素,注重基础知识的考查,题目难度不大. 18.在海水中含有多种元素,开发利用这些资源是科学研究的重要课题.如图为海水利用的部分过程.下列有关说法正确的是( )A.要实现反应
②可向NaHCO3溶液中加入过量石灰水B.溴元素在反应
③、
⑤中被氧化,在反应
④中被还原C.工业上一般用金属钠与无水MgCl2反应制取Mg单质D.海水中含有碘元素,可将海水浓缩加热得到碘单质【考点】海水资源及其综合利用.【分析】A.要实现反应
②可向NaHCO3溶液中加入过量石灰水,NaHCO3和Na2CO3都与澄清石灰水反应生成沉淀;B.根据物质的性质及变化结合元素化合价的变化判断;C.工业制备镁是电解熔融氯化镁得到金属镁;D.海水中碘元素是化合态不是碘单质.【解答】解A.要实现反应
②可向NaHCO3溶液中加入过量石灰水,NaHCO3和Na2CO3都与澄清石灰水反应生成沉淀,不能得到碳酸钠,可以加热分解得到,故A错误;B.海水提溴是先通入足量氯气氧化溴离子为溴单质,然后将溴单质还原为溴化氢,再通入适量氯气氧化溴离子为溴单质,
④中溴得电子化合价降低,所以溴元素被还原,故B正确;C.工业制备镁是电解熔融氯化镁得到金属镁,金属钠活泼些大于镁,但是活泼金属,熔点低,易发生其他反应,故C错误;D.海水中含有碘元素为化合态,不是单质,不能从海水中浓缩加热得到碘单质,故D错误;故选B.【点评】本题重点考查了化学与资源综合利用、环境保护等方面的知识,开发利用金属矿物和海水资源是新课程标准教材中的必修内容,在高考命题上也有所体现.海水资源相关的海水提溴、海水提镁都是高考命题的热点,同学们应给予重视.只在掌握好相关的物理、化学性质以及基本实验技能就能顺利解答,题目难度中等.
二、填空题(共46分)19.运用化学反应原理研究碳、氮、硫等单质及其化合物的反应有重要意义;(l)甲醇是重要的可再生燃料.已知在常温常压下2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(g)△H=﹣
1275.6kJ/mol2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H=﹣
566.0kJ/molH2O(g)═H2O(l))△H=﹣
44.0kJ/mol则甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为 CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=﹣
442.8kJ•mol﹣1 .
(2)利用催化氧化反应将转化为是工业上生产硫酸的关键步骤.
①一定条件下,将SO2与O2以体积比21置于一体积不变的密闭容器中发生上述反应,能说明该反应已达到平衡状态的是 cd .a.体系的密度不发生变b.体系中硫元素的质量百分含量不再变化c.SO2与SO3的体积比保持不变d容器内的气体分子总数不再变化e.单位时问内转移4mol电子,同时消耗2molSO3
②T℃时,在1L密闭容器中充入
0.6molSO3,如图1表示SO3物质的量随时间的变化曲线.达到平衡时,用SO2表示的化学反应速率为
0.05mol•L﹣1•min﹣1 ;SO3的转化率为
66.7% (保留小数点后﹣位)T℃时,反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的平衡常数为
1.25 ;T℃时,其他条件不变,在8min时压缩容器体积至
0.5L,则n(SO3)的变化曲线为 c (填字母).
(3)有人设想以N2和H2为反应物,以溶有A物质的稀盐酸为电解质溶液,可制造出既能提供电能,又能固氮的新型燃料电池,装置如图2所示.电池正极的电极反应式是 N2+8H++6e﹣=2NH4+ 电解质溶液的pH 增大 (填写增大、减小、不变),A.物质是 NH4Cl (写化学式).【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算;原电池和电解池的工作原理;化学平衡的计算.【专题】化学反应中的能量变化;化学平衡专题.【分析】
(1)根据盖斯定律,将已知反应得到CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)的热化学方程式;
(2)
①反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度不变,由此衍生的一些物理量也不变,以此判断;
②在容积为1L密闭容器中充入
0.6molSO3,由图1平衡时SO3物质的量为
0.2mol,2SO2+O2⇌2SO3,起始量(mol)
000.6变化量(mol)
0.
40.
20.4平衡量(mol)
0.
40.
20.2转化率=×100%;根据K=计算;其他条件不变,在8min时压缩容器体积至
0.5L,平衡向正反应方向移动,n(SO3)变大;
(3)电池中氢气失电子,在负极发生氧化反应,氮气得电子在正极发生还原反应,氨气与HCl反应生成氯化铵,则电解质溶液为氯化铵.【解答】解
(1)已知
①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H=﹣
1275.6kJ/mol
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=﹣
566.0kJ/mol
③H2O(g)=H2O(l)△H=﹣
44.0kJ/mol将得到CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=[(﹣
1275.6kJ/mol)﹣(﹣
566.0kJ/mol)+(﹣
44.0kJ/mol)×4]÷2=
442.8kJ•mol﹣1,即CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=﹣
442.8kJ•mol﹣1,故答案为CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=﹣
442.8kJ•mol﹣1;
(2)
①a.气体质量不变,体系的密度不发生变化,不能说明反应达到平衡状态,故a错误;b.气体质量不变,S元素质量不变,体系中硫元素的质量百分含量不再变化,不能说明反应达到平衡状态,故b错误;c.SO2与SO3的体积比保持不变,可说明反应达到平衡状态,故c正确;d容器内的气体分子总数不再变化,说明各物质的浓度不变,说明反应达到平衡状态,故d正确;e.任何状态下,单位时间内转移4mol电子,同时消耗2molSO3,不能说明反应达到平衡状态,故e错误.故答案为cd;
②在容积为1L密闭容器中充入
0.6molSO3,由图1平衡时SO3物质的量为
0.2mol,2SO2+O2⇌2SO3,起始量(mol)
000.6变化量(mol)
0.
40.
20.4平衡量(mol)
0.
40.
20.2SO2表示的化学反应速率为=
0.05mol•L﹣1•min﹣1,SO3的转化率为=×100%≈
66.7%;K===
1.25;其他条件不变,在8min时压缩容器体积至
0.5L,平衡向正反应方向移动,n(SO3)变大,即为图象c,故答案为
0.05mol•L﹣1•min﹣1;
66.7%;
1.25;c;
(3)该电池的本质反应是合成氨反应,电池中氢气失电子,在负极发生氧化反应,氮气得电子在正极发生还原反应,则正极反应式为N2+8H++6e﹣=2NH4+,消耗氢离子,所以电解质溶液的PH增大,氨气与HCl反应生成氯化铵,则电解质溶液为氯化铵溶液,故答案为N2+8H++6e﹣=2NH4+;增大;NH4Cl.【点评】本题考查较为综合,为高考常见题型,侧重于化学平衡的有关知识、电化学的有关知识的考查,注意外界条件对化学平衡的影响以及有关化学计算,试题较灵活,综合性强,难度较大. 20.xx年我国各地出现连续干旱,给生产生活带来严重影响.为确保人、畜用水和安全,净水剂选择与制备尤为重要.
(1)聚合氯化铝晶体([Al2(OH)nC16﹣n•xH2O]m)是一种高效无机水处理剂,它的制备原理是调节增大AlCl3溶液的pH,通过促进其水解而结晶析出.利用高岭土(化学组成为A12O
3、SiO
2、Fe2O3,及少量杂质和水分,高岭土在煅烧的过程中可除去杂质和水分)制备聚合氯化铝,其制备过程有如下两种途径如图1
①途径Ⅰ和途径Ⅱ哪种更合理? 途径I .
②途径Ⅰ中加入铝粉最主要的目的是 c .a.中和过量的盐酸b.将Fe3+还原为便于人体吸收的Fe2+c.除去溶液中的铁元素d.制备生成聚合氯化铝所需要的AlCl3
③加入碳酸钙调节溶液pH至
4.0~
4.5的目的是 调节增大溶液的pH,促使氯化铝水解而结晶析出 .
④蒸发浓缩过程中生成Al2(OH)nC16﹣n•xH2O的化学反应方程式是 2AlCl3+(x+n)H2OAl2(OH)nCl6﹣n•xH2O+nHCl↑ .
(2)Na2FeO4是一种既能杀菌、消毒,又能絮凝净水的水处理剂,其电解制法如图2所示,请根据图示分析电解过程中的电池反应为 Fe+2OH﹣+2H2OFeO42﹣+3H2↑ ;每转移
0.6mol电子在Ni电极上产生的气体在标况下的体积为
6.72L .【考点】制备实验方案的设计;原电池和电解池的工作原理.【专题】无机实验综合.【分析】
(1)将高岭土(化学组成为A12O
3、SiO
2、Fe2O
3、及少量杂质和水分,高岭土在煅烧的过程中可除去杂质和水分)煅烧,除去少量杂质和水分,途径I向固体中加入过量稀盐酸,发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O,向溶液中加入适量铝粉,发生反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、Al+3Fe3+=Al3++3Fe2+、3Fe2++2Al=2Al3++3Fe,过滤除去滤渣SiO
2、Fe,滤液中只含AlCl3;途径II向固体中加入过量NaOH溶液,发生反应Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O,过滤得到滤渣Fe2O3,滤液中含有NaAlO
2、Na2SiO3,然后向滤液中加入过量稀盐酸,发生反应NaAlO2+4HCl=NaCl+AlCl3+2H2O、Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓,两种滤液混合,然后加入碳酸钙并调节溶液的pH至
4.0﹣
4.5,碳酸钙和过量的稀盐酸反应,铁离子转化为氢氧化铁沉淀,然后蒸发浓缩得到聚合氯化铝晶体([Al2(OH)nC16﹣n•xH2O]m);
(2)电解时,Fe失电子转化为高铁酸根离子,所以Fe作阳极,阴极上氢离子放电生成氢气,所以电池反应式为Fe+2OH﹣+2H2OFeO42﹣+3H2↑,根据生成气体和转移电子之间关系式计算.【解答】解
(1)将高岭土(化学组成为A12O
3、SiO
2、Fe2O
3、及少量杂质和水分,高岭土在煅烧的过程中可除去杂质和水分)煅烧,除去少量杂质和水分,途径I向固体中加入过量稀盐酸,发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O,向溶液中加入适量铝粉,发生反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、Al+3Fe3+=Al3++3Fe2+、3Fe2++2Al=2Al3++3Fe,过滤除去滤渣SiO
2、Fe,滤液中只含AlCl3;途径II向固体中加入过量NaOH溶液,发生反应Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O,过滤得到滤渣Fe2O3,滤液中含有NaAlO
2、Na2SiO3,然后向滤液中加入过量稀盐酸,发生反应NaAlO2+4HCl=NaCl+AlCl3+2H2O、Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓,两种滤液混合,然后加入碳酸钙并调节溶液的pH至
4.0﹣
4.5,碳酸钙和过量的稀盐酸反应,铁离子转化为氢氧化铁沉淀,然后蒸发浓缩得到聚合氯化铝晶体([Al2(OH)nC16﹣n•xH2O]m);
(1)
①途径Ⅰ中滤液中只含氯化铝,途径II滤液中含有NaCl、AlCl3,所以途径I更合理,故答案为途径Ⅰ;
②通过以上分析知,途径Ⅰ中加入铝粉最主要的目的是除去Fe元素,将Fe元素转化为Fe单质通过过滤而除去,故选c;
③通过以上分析知,加入碳酸钙的目的是除去过量的稀盐酸从而调节增大溶液的pH,从而促进氯化铝水解而结晶析出,故答案为调节增大溶液的pH,促使氯化铝水解而结晶析出;
④蒸发浓缩过程中生成Al2(OH)nC16﹣n•xH2O的化学反应方程式为2AlCl3+(x+n)H2OAl2(OH)nCl6﹣n•xH2O+nHCl↑,故答案为2AlCl3+(x+n)H2OAl2(OH)nCl6﹣n•xH2O+nHCl↑;
(2)电解时,Fe失电子转化为高铁酸根离子,所以Fe作阳极,阴极上氢离子放电生成氢气,所以电池反应式为Fe+2OH﹣+2H2OFeO42﹣+3H2↑,根据电池反应式知,每转移
0.6mol电子在Ni电极上产生的气体在标况下的体积=×
22.4L/mol=
6.72L;阳极生成的亚铁离子在阴极被氧化,所以阳离子需要通过离子交换膜,则该离子交换膜为阳离子交换膜,故答案为Fe+2OH﹣+2H2OFeO42﹣+3H2↑;
6.72L.【点评】本题考查物质制备,为高频考点,涉及物质分离和提纯、元素化合物性质、电解原理等知识点,侧重考查学生分析、判断、知识运用及基本操作能力,明确每一步操作中发生的反应及操作方法,题目难度不大. 21.四氯化锡(SnCl4)是一种重要的化工产品.某化学实验小组设计如下装置制备SnCl4.已知
①金属锡熔点231℃,化学活泼性与铁相似;
②干燥的氯气与熔融金属锡反应生成SnCl4,SnCl4的沸点114℃;
③SnCl
2、SnCl4均易水解,易溶于有机溶剂,且Sn2+易被氧化.
(1)试管Ⅱ中的试剂是 饱和食盐水 .
(2)Ⅵ处装置最好选用 C (填序号).
(3)实验结束后,欲回收利用装置I中未反应完的MnO2,需要的玻璃仪器有 普通漏斗、玻璃棒、烧杯
(4)甲同学认为V中产品可能含有SnCl2,请利用所给试剂设计实验,检测产品中是否存在SnCl2,简要说明实验操作和现象 取少量V中产品溶于水,滴加少量Br2的四氯化碳溶液,溶液颜色褪去 ,则证明含有SnCl2,否则不含.已知KMnO4的氧化性强于氯气供选择的试剂FeCl2溶液、酸性KMnO4溶液、稀盐酸、Br2的四氯化碳溶液
(5)实验用锡粒中含有杂质Cu.乙同学设计下列实验测定锡粒的纯度.第一步称取
7.5g锡粒溶入足量稀盐酸中;过滤;第二步加入过量FeCl3,将Sn2+氧化成Sn4+;第三步用1mol•L﹣1K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+,发生反应的表达式为(未配平)Fe2++Cr2O72﹣+H+→Cr3++Fe3++H2O第二步中发生反应的离子方程式是 Sn2++2Fe3+═Sn4++2Fe2+ ,若达到滴定终点时共消耗20mLK2Cr2O7溶液,试计算锡粒中锡的百分含量
95.2% .【考点】制备实验方案的设计.【专题】无机实验综合.【分析】根据图及实验目的知,I是制备氯气,加热条件下,浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气,浓盐酸具有挥发性,水易挥发,所以得到的氯气中含有HCl、水,SnCl
2、SnCl4均易水解,易溶于有机溶剂,且Sn2+易被氧化,为防止生成的氯化物水解和产生杂质,应该用干燥纯净的氯气,所以II是吸收氯化氢、III是干燥氯气;IV中反应生成SnCl4,SnCl4的沸点较低,所以V降低温度得到SnCl4液体;VI中物质要吸收尾气且能干燥空气;
(1)试管II目的是除去氯化氢;
(2)SnCl
2、SnCl4均易水解,易溶于有机溶剂,且Sn2+易被氧化,应避免空气中成分进入装置Ⅴ且能吸收尾气;
(3)回收利用装置I中未反应完的MnO2,二氧化锰难溶于水用过滤操作回收,应该采用过滤方法;
(4)甲同学认为V中产品可能含有SnCl2,检测产品中是否存在SnCl2,可以利用其还原性设计实验验证;
(5)过量FeCl3,将Sn2+氧化成Sn4+,本身被还原为亚铁离子,结合原子守恒和电荷守恒写出离子方程式;根据n=cV计算反应中消耗的K2Cr2O7的物质的量;根据方程式可得关系式3Sn~3SnCl2~6FeCl3~6FeCl2~K2Cr2O7,据此计算n(Sn),再根据m=nM计算m(Sn),利用质量分数定义计算试样中Sn的百分含量.【解答】解根据图及实验目的知,I是制备氯气,加热条件下,浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气,浓盐酸具有挥发性,水易挥发,所以得到的氯气中含有HCl、水,SnCl
2、SnCl4均易水解,易溶于有机溶剂,且Sn2+易被氧化,为防止生成的氯化物水解和产生杂质,应该用干燥纯净的氯气,所以II是吸收氯化氢、III是干燥氯气;IV中反应生成SnCl4,SnCl4的沸点较低,所以V降低温度得到SnCl4液体;VI中物质要吸收尾气且能干燥空气;
(1)分析装置Ⅰ是制备氯气的发生装置,生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气,需要除杂,通过饱和食盐水除去氯化氢,通过浓硫酸除去水蒸气,进入装置Ⅳ和锡反应生成SnCl4,故答案为饱和食盐水;
(2)SnCl
2、SnCl4均易水解,易溶于有机溶剂,且Sn2+易被氧化,应避免空气中成分进入装置Ⅴ,A装置可以吸收剩余气体,但不能保证水蒸气进入装置Ⅴ,B装置不能吸收剩余氯气,装置C可以吸收水蒸气和二氧化碳,能避免空气中二氧化碳和水蒸气进入装置Ⅴ,故选C,故答案为C;
(3)回收利用装置I中未反应完的MnO2,二氧化锰难溶于水用过滤操作回收,结合过滤装置选择需要的仪器为普通漏斗、玻璃棒、烧杯,故答案为普通漏斗、玻璃棒、烧杯;
(4)甲同学认为V中产品可能含有SnCl2,检测产品中是否存在SnCl2,可以利用其还原性设计实验验证,取适量溴的四氯化碳溶液向其中加入足量的产品振荡,溶液颜色褪去,则证明含有SnCl2,否则不含,故答案为取少量V中产品溶于水,滴加少量Br2的四氯化碳溶液,溶液颜色褪去;
(5)第二步过量FeCl3,将Sn2+氧化成Sn4+,本身被还原为亚铁离子,反应的离子方程式为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+,反应中消耗的K2Cr2O7的物质的量为
1.0mol/L×
0.020L=
0.02mol,根据方程式可得关系式3Sn~3SnCl2~6FeCl3~6FeCl2~K2Cr2O7,故n(Sn)=3n(K2Cr2O7)=3×
0.02mol=
0.06mol,Sn的质量为
0.06mol×119g/mol=
7.14g,试样中Sn的百分含量为×100%=
95.2%,故答案为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+;
95.2%.【点评】本题考查物质制备,为高频考点,侧重考查学生实验基本操作、计算、分析判断能力,涉及方程式的计算、氧化还原反应、实验基本操作等知识点,正确获取信息并灵活运用信息解答问题是解本题关键,注意流程图中发生的反应,题目难度中等. 。