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2019-2020年高三上学期期中化学试卷
(四)含解析
一、选择题(共23小题,每小题3分,满分69分)1.天然海水中主要含有Na+、K+、Ca2+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO3﹣等离子.火力发电燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫,其工艺流程如图所示下列说法错误的是( )A.天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO32﹣、HCO3﹣水解B.“氧化”是利用氧气将H2SO
3、HSO3﹣、SO32﹣等氧化生成SO42﹣C.“反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸D.“排放”出来的海水中SO42﹣的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同2.设NA为阿伏伽德罗常数,下列说法正确的是( )A.常温下,22gCO2含碳氧双键数目为2NAB.
12.0gNaHSO4固体中含阳离子数为
0.1NAC.标准状况下,
22.4LBr2中所含分子数为NAD.
7.8gNa2O2与足量的水反应转移电子数为
0.2NA3.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )A.含大量OH﹣的溶液Ba2+、K+、NO3﹣、AlO2﹣B.加入Na2O2粉末的溶液Na+、Cl﹣、SO32﹣、OH﹣C.c(KNO3)=
1.0mol/L的溶液H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣D.加入石蕊呈蓝色的溶液NH4+、Ba2+、HCO3﹣、Br﹣4.东晋炼丹家葛洪的《抱朴子》里记载“丹砂(HgS)烧之成水银,积变又还成了丹砂”这句话里没有涉及到的反应类型为( )A.氧化还原反应B.化合反应C.分解反应D.置换反应5.太阳能的开发和利用是21世纪一个重要课题.利用储能介质储存太阳能的原理是白天在太阳照射下某种盐熔化,吸收热量,晚间熔盐固化释放出相应的能量,已知数据盐熔点(℃)熔化吸热(kJ•mol﹣1)参考价格(元•t﹣1)CaCl2•6H2O
29.
937.3780~850Na2SO4•10H2O
32.
477.0800~900Na2HPO4•12H2O
35.
1100.11600~2000Na2S2O3•5H2O
45.
049.71400~1800其中最适宜选用作为储能介质的是( )A.CaCl2•6H2OB.Na2SO4•10H2OC.Na2HPO4•12H2OD.Na2S2O3•5H2O6.R、W、X、Y、Z为原子序数依次递增的同一短周期元素,下列说法一定正确的是(m、n均为正整数)( )A.若R(OH)n为强碱,则W(OH)n+1也为强碱B.若HnXOm为强酸,则Y是活泼的非金属元素C.若Y的最低化合价为﹣2,则Z的最高正化合价为+7D.若X的最高正化合价为+5,则五种元素都是非金属元素7.将
0.1mol•L﹣1的KI溶液和
0.05mol•L﹣1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后,取混合液分别完成下列实验,能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2”的是( )实验编号实验操作实验现象
①滴入KSCN溶液溶液变红色
②滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成
③滴入K3[Fe(CN)6]溶液有蓝色沉淀生成
④滴入淀粉溶液溶液变蓝色A.
①和
②B.
②和
④C.
③和
④D.
①和
③8.室温下,
0.1mol/L的二元酸H2A溶液中,溶液体系可能存在的含A粒子(H2A、HA﹣、A2﹣)所占物质的量分数随pH变化的关系如图所示,下列说法正确的是( )A.H2A的电离方程式为H2A⇌H++HA﹣B.pH=5时,在NaHA和Na2A的混合溶液中c(HA﹣)c(A2﹣)=1100C.等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合,离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HA﹣)>c(A2﹣)D.Na2A溶液必存在c(OH﹣)=c(H+)+c(HA﹣)+2c(H2A),各粒子浓度均大于09.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示,采用惰性电极,ab、cd均为离子交换膜,在直流电场的作用下,两膜中间的Na+和SO42﹣可通过离子交换膜,而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室.下列叙述正确的是( )A.通电后中间隔室的SO42﹣离子向正极迁移,正极区溶液pH增大B.该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C.负极反应为2H2O﹣4e﹣=O2+4H+,负极区溶液pH降低D.当电路中通过1mol电子的电量时,会有
0.5mol的O2生成10.下列说法正确的是( )A.在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实.2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+3H2O(g),则可推测该反应是吸热反应B.室温下,将浓度为
0.1mol•L‾1HF溶液加水稀释,其电离平衡常数和均不变C.电解精练铜时,阳极泥中常含有金属金、银、锌等D.锅炉中沉积的CaSO4可用Na2CO3溶液浸泡后再用酸溶解去除11.下表中关于物质分类的正确组合是( )类别组合酸性氧化物碱性氧化物酸碱盐ACOCuOH2SO4NH3•H2ONa2SBCO2Na2OHClNaOHNaClCSO2Na2O2CH3COOHKOHCaF2DNO2CaOHNO3Cu(OH)2CO3CaCO3A.AB.BC.C12.有A、B两个完全相同的装置,某学生分别在它们的侧管中装入
1.06gNa2CO3和
0.84gNaHCO3,A、B中分别有10mL相同浓度的盐酸,将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中,下列叙述正确的是( )A.A装置的气球膨胀速率大B.若最终两气球体积不同,则盐酸的浓度一定小于或等于1mol/LC.若最终两气球体积相同,则盐酸的浓度一定大于或等于2mol/LD.最终两试管中Na+、Cl﹣的物质的量一定相同13.下列说法正确的是( )A.500mLlmol/LFe2(SO4)3溶液和250mL3mol/L的Na2S04溶液所含硫酸根离子的浓度相等B.若R的含氧酸的酸性大于Q的含氧酸的酸性,则非金属性R大于QC.
1.2gNaHS04晶体中阳离子和阴离子的总数为O.03NAD.含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中,Na+的物质的量浓度为1mol/L14.将一定量的Fe、Fe2O
3、CuO的混合物放入体积为100mL、浓度为
2.1mol•L﹣1的H2SO4溶液中,充分反应后,生成气体896mL(标准状况),得到不溶固体
1.28g.过滤后,滤液中的金属离子只有Fe2+(假设滤液体积仍为100mL).向滤液中滴加2mol•L﹣1NaOH溶液,直至30mL时开始出现沉淀.则原混合物中Fe物质的量为( )A.2molB.
1.2molC.
0.1molD.
1.6mol15.将50g质量分数为ω1,物质的量浓度为C1的浓硫酸沿玻璃棒加入到VmL水中,稀释后得到质量分数为ω2,物质的量浓度为C2的稀溶液.下列说法中正确的是( )A.若C1=2C2,则ω1<2ω2,V<50mLB.若C1=2C2,则ω1<2ω2,V>50mLC.若ω1=2ω2,则C1<2C2,V=50mLD.若ω1=2ω2,则C1>2C2,V<50Ml16.某温度下,水的离子积常数KW=1×10﹣12.该温度下,将pH=4的H2SO4溶液与pH=9的NaOH溶液混合并保持恒温,欲使混合溶液的pH=7,则稀硫酸与NaOH溶液的体积比为( )A.110B.91C.19D.992117.NA代表阿伏加德罗常数,下列有关热化学方程式CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=﹣890kJ•mol﹣1的说法中正确的是( )A.有4NA个电子转移时,放出890kJ的能量B.有NA个C﹣H共价键断裂时,放出890kJ的能量C.有NA个水分子生成且水为液体时,放出890kJ的能量D.有2NA个C、O间的共用电子对生成时,放出445kJ的能量18.一定条件下,向密闭容器中加入X物质,发生反应3X(g)═Y(g)+Z(g)△H<0,反应一定时间后改变某一个外界条件,反应中各时刻X物质的浓度如下表所示,下列说法中不正确的是( )反应时间(min)05151720X的浓度(mol/L)
1.
00.
40.
40.
70.7A.0~5min时,该反应的速率为v(X)=
0.12mol/(L•min)B.5min时反应达到第一次平衡,该温度下的平衡常数数值为
0.625C.15min时改变的条件不可能是升高温度D.从初始到18min时,X的转化率为30%19.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸,其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L,取10mL此混合酸,向其中加入过量的铁粉,待反应结束后,可产生标准状况下的混合气体体积为(设反应中HNO3被还原成NO)( )A.
0.448LB.
0.672LC.
0.896LD.
0.224L20.在120℃时,某混合烃和过量O2在一密闭容器中完全反应,测知反应前后的压强没有变化,则该混合烃可能是( )A.CH4和C2H4B.C2H2和C2H4C.C2H4和C2H6D.C4H8和C3H621.某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种阳离子,若向其中加入过量的氢氧化钠溶液,微热并搅拌,再加入过量盐酸,溶液中大量减少的阳离子组合是( )A.NH4+、Mg2+B.Mg2+、Fe2+C.NH4+、Fe2+D.Mg2+、Al3+22.下列实验中,对应的现象以及结论都正确的是( )选项实验现象结论A用洁淨铂丝蘸取少量待测液在酒精灯火焰上灼烧火焰呈现黄色待测液中只含Na+,不含K+B用铁作电极电解饱和食盐水两极上均产生气体阴、阳极分别生成H2和Cl2C向饱和氯水中加人少量石灰石产生无色气体酸性HCl0>H2CO3D向Ca(ClO)2溶液中通入足SO2产生白色沉淀Ca(C1O)2具有氧化性,沉淀为CaSO4A.AB.BC.CD.D23.X、Y、Z、W有如图所示的转化关系,则X、W可能是( )
①C、O2
②AlCl
3、NaOH
③Fe、HNO3
④CO
2、NaOH.A.
①②③B.
①②C.
③④D.
①②③④
二、解答题(共5小题,满分41分)24.已知SiO
2、SO2和CO2都是酸性氧化物,化学性质具有一定的相似性;Mg和Na的化学性质也具有一定相似性.I、用如图所示装置进行Mg与SO2反应的实验.
(1)选择制取SO2的合适试剂 .
①10%的H2SO4溶液
②70%的H2SO4溶液
③Na2SO3固体
④CaSO3固体
(2)写出装置B中发生的主要反应的化学方程式 .装置C中NaOH溶液的作用是 .
(3)该装置仍有不足之处,请说明 .Ⅱ、某研究小组进行了“实验室制Si”的研究,它们以课本为基础,查阅资料得到以下可供参考的四条信息
①Mg在加热的条件下即可与SiO2反应
②金属硅化物与稀H2SO4反应生成硫酸盐与SiH4
③Si和SiO2均不与稀H2SO4反应
④SiH4在空气中自燃他们在研究报告中记载着“…选用合适的物质在适宜的条件下充分反应;再用足量稀硫酸溶解固体产物;然后过滤、洗涤、干燥;最后称量…在用稀硫酸溶解固体产物时,发现有爆鸣声和火花,其产率也只有预期值的63%左右”.
(4)该小组“实验室制Si”的化学方程式是 .
(5)你估计“用稀硫酸溶解固体产物时,发现有爆鸣声和火花”的原因是(用化学方程式说明) .25.含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液可用于检验醛基,也可用于和葡萄糖反应制备纳米Cu2O.Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4.
(1)基态Cu原子核外有 个不同运动状态的原子.Cu+基态核外电子排布式为
(2)醛基中碳原子的轨道杂化类型是 ;1mol乙醛分子中含有σ的键的数目为 .乙醛可被氧化为乙酸.乙酸的沸点明显高于乙醛,其主要原因是 .
(3)氧化亚铜为半导体材料,在其立方晶胞内部有四个氧原子,其余氧原子位于面心和顶点,则该晶胞中有 个铜原子.
(4)铜晶胞为面心立方晶体,其晶胞参数a=
361.49pm,晶胞中铜原子的配位数为 .列式表示铜单质的密度 g•cm﹣3(不必计算出结果).将Cu单质的粉末加入NH3的浓溶液中,通入O2,充分反应后溶液呈深蓝色,该反应的离子方程式是 .26.工业生产中产生的SO
2、NO直接排放将对大气造成严重污染,利用电化学原理吸收SO2和NO,同时获得Na2S2O4和NH4NO3产品的工艺流程图如下(Ce为铈元素).请回答下列问题.
(1)装置Ⅱ中NO在酸性条件下生成NO2﹣的离子方程式 .
(2)含硫各微粒(H2SO
3、HSO3﹣和SO32﹣)存在于SO2与NaOH溶液反应后的溶液中,它们的物质的量分数ω与溶液pH的关系如图1所示.
①下列说法正确的是 (填标号).A.pH=7时,溶液中c( Na+)<c (HSO3﹣)+c(SO32﹣)B.由图中数据,可以估算出H2SO3的第二级电离平衡常数Ka2≈10﹣7C.为获得尽可能纯的 NaHSO3,应将溶液的pH控制在 4~5为宜D.pH=9时的溶液中c(OH﹣)=c(H+)+c(HSO4﹣)+c(H2SO4)
②若1L1mol/L的NaOH溶液完全吸收
13.44L(标况下)SO2,则反应的离子方程式为 .
③取装置Ⅰ中的吸收液vmL,用cmol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定.酸性高锰酸钾溶液应装在 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中,判断滴定终点的方法是 .
(3)装置Ⅲ的作用之一是再生Ce4+,其原理如图2所示.图中A为电源的 (填“正”或“负”)极.右侧反应室中发生的主要电极反应式为 .
(4)已知进人装置Ⅳ的溶液中NO2﹣的浓度为
0.4mol/L,要使1m3该溶液中的NO2﹣完全转化为 NH4NO3,需至少向装置Ⅳ中通入标准状况下的 O2的体积为 L.27.常温下,pH=1的某溶液A中含有NH4+、K+、Na+、Fe2+、Al3+、Fe3+、CO32﹣、NO3﹣、Cl﹣、I﹣、SO42﹣中的几种,且各离子浓度均为
0.1mol/L,现取该溶液进行有关实验,实验结果如图所示回答下列问题
(1)溶液A中一定不存在的阴离子有 .
(2)生成沉淀甲和沉淀乙的离子方程式分别为 .
(3)气体乙的结构式为 .
(4)生成气体丙的离子方程式为 若实验消耗Cu144g,则最多生成气体丁的体积(标准状况下)为 .28.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在食品加工中常用作防腐剂、漂白剂和疏松剂.焦亚硫酸钠为黄色结晶粉末,150℃时开始分解,在水溶液或含有结晶水时更易被空气氧化.实验室制备焦亚硫酸钠过程中依次包含以下几步反应2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O…(a)Na2SO3+H2O+SO2═2NaHSO3…(b)2NaHSO3Na2S2O5+H2O…(c)实验装置如图
(1)实验室可用废铝丝与NaOH溶液反应制取H2,制取H2的离子方程式为 .
(2)如图1装置中,导管X的作用是 .
(3)通氢气一段时间后,以恒定速率通入SO2,开始的一段时间溶液温度迅速升高,随后温度缓慢变化,溶液开始逐渐变黄.“温度迅速升高”的原因为 ;实验后期须保持温度在约80℃,可采用的加热方式为 .
(4)反应后的体系中有少量白色亚硫酸钠析出,参照题如图2溶解度曲线,除去其中亚硫酸钠固体的方法是 ;然后获得较纯的无水Na2S2O5应将溶液冷却到30℃左右抽滤,控制“30℃左右”的理由是 .
(5)用如图3装置干燥Na2S2O5晶体时,通入H2的目的是 ;真空干燥的优点是 .
(6)测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数常用剩余碘量法.已知S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+;2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣请补充实验步骤(可提供的试剂有焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水).
①精确称取产品
0.xxg放入碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中.
②准确移取一定体积和已知浓度的标准碘溶液(过量)并记录数据,在暗处放置5min,然后加入5mL冰醋酸及适量的蒸馏水.
③用标准Na2S2O3溶液滴定至接近终点.
④ .
⑤ .
⑥重复步骤
①~
⑤;根据相关记录数据计算出平均值. xx学年山东省枣庄市滕州市高三(上)期中化学试卷
(四)参考答案与试题解析
一、选择题(共23小题,每小题3分,满分69分)1.天然海水中主要含有Na+、K+、Ca2+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO3﹣等离子.火力发电燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫,其工艺流程如图所示下列说法错误的是( )A.天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO32﹣、HCO3﹣水解B.“氧化”是利用氧气将H2SO
3、HSO3﹣、SO32﹣等氧化生成SO42﹣C.“反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸D.“排放”出来的海水中SO42﹣的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同【考点】海水资源及其综合利用;二氧化硫的化学性质.【分析】A.根据海水中的离子是否水解进行解答;B.根据使用空气中的氧气将H2SO3氧化来分析;C.利用酸碱反应分析混合的目的;D.“排放”出来的海水体积与进入吸收塔的天然海水的体积不同.【解答】解A.海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO﹣3等离子,在这些离子中能发生水解的是CO32﹣、HCO﹣3离子,CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣,HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣它们水解呈碱性,所以天然海水的pH≈8,呈弱碱性,故A正确;B.天然海水吸收了含硫烟气后,要用O2进行氧化处理,因为氧气具有氧化性,被氧化的硫元素的化合价为+4价,具有还原性,所以氧气将H2SO
3、HSO3﹣、SO32﹣等氧化为硫酸,如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4,故B正确;C.氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放,是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸(H+),故C正确;D.从框图可知排放”出来的海水,是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的,溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大,所以SO42﹣的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小,故D错误;故选D. 2.设NA为阿伏伽德罗常数,下列说法正确的是( )A.常温下,22gCO2含碳氧双键数目为2NAB.
12.0gNaHSO4固体中含阳离子数为
0.1NAC.标准状况下,
22.4LBr2中所含分子数为NAD.
7.8gNa2O2与足量的水反应转移电子数为
0.2NA【考点】阿伏加德罗常数.【分析】A、求出二氧化碳的物质的量,然后根据1mol二氧化碳中含2mol碳氧双键来分析;B、求出硫酸氢钠的物质的量,然后根据硫酸氢钠由1个钠离子和1个硫酸氢根构成来分析;C、标况下溴为液态;D、求出过氧化钠的物质的量,然后根据1mol过氧化钠和水反应转移1mol电子来分析.【解答】解A、22g二氧化碳的物质的量为
0.5mol,而1mol二氧化碳中含2mol碳氧双键,故
0.5mol二氧化碳中含1mol碳氧双键即NA个,故A错误;B、12g硫酸氢钠的物质的量为
0.1mol,而硫酸氢钠由1个钠离子和1个硫酸氢根构成,故
0.1mol硫酸氢钠中含
0.1mol阳离子即
0.1NA个,故B正确;C、标况下溴为液态,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数,故C错误;D、
7.8g过氧化钠的物质的量为
0.1mol,而1mol过氧化钠和水反应转移1mol电子,故
0.1mol过氧化钠转移
0.1NA个电子,故D错误.故选B. 3.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )A.含大量OH﹣的溶液Ba2+、K+、NO3﹣、AlO2﹣B.加入Na2O2粉末的溶液Na+、Cl﹣、SO32﹣、OH﹣C.c(KNO3)=
1.0mol/L的溶液H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣D.加入石蕊呈蓝色的溶液NH4+、Ba2+、HCO3﹣、Br﹣【考点】离子共存问题.【分析】A.四种离子之间不发生反应,都不与氢氧根离子反应;B.过氧化钠具有强氧化性,能够氧化亚硫酸根离子;C.硝酸钾在酸性条件下能够氧化亚铁离子;D.加入石蕊呈蓝色的溶液中存在大量氢氧根离子,铵根离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应.【解答】解A.Ba2+、K+、NO3﹣、AlO2﹣之间不反应,都不与OH﹣反应,在溶液中能够大量共存,故A正确;B.SO32﹣具有还原性,能够被Na2O2氧化,加入过氧化钠后不能共存,故B错误;C.KNO
3、H+、Fe2+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.加入石蕊呈蓝色的溶液为碱性溶液,溶液中存在大量氢氧根离子,NH4+、HCO3﹣与氢氧根离子反应,在溶液中不能大量共存,故D错误;故选A. 4.东晋炼丹家葛洪的《抱朴子》里记载“丹砂(HgS)烧之成水银,积变又还成了丹砂”这句话里没有涉及到的反应类型为( )A.氧化还原反应B.化合反应C.分解反应D.置换反应【考点】化学基本反应类型.【分析】根据题意,丹砂(HgS)烧之成水银﹣﹣﹣即指红色的硫化汞(即丹砂)在空气中灼烧有汞生成;积变又还成了丹砂﹣﹣汞和硫在一起又生成硫化汞,写出反应的化学方程式即可,据反应来分析.【解答】解根据题意,丹砂(HgS)烧之成水银﹣﹣﹣即红色的硫化汞(即丹砂)在空气中灼烧有汞生成,反应的化学方程式为HgSHg+S,此为分解反应,且为氧化还原反应;积变又还成了丹砂﹣﹣﹣﹣即汞和硫在一起又生成硫化汞,反应的化学方程式为Hg+S═HgS,此为化合反应,故整个过程没有涉及到置换反应,故选D. 5.太阳能的开发和利用是21世纪一个重要课题.利用储能介质储存太阳能的原理是白天在太阳照射下某种盐熔化,吸收热量,晚间熔盐固化释放出相应的能量,已知数据盐熔点(℃)熔化吸热(kJ•mol﹣1)参考价格(元•t﹣1)CaCl2•6H2O
29.
937.3780~850Na2SO4•10H2O
32.
477.0800~900Na2HPO4•12H2O
35.
1100.11600~2000Na2S2O3•5H2O
45.
049.71400~1800其中最适宜选用作为储能介质的是( )A.CaCl2•6H2OB.Na2SO4•10H2OC.Na2HPO4•12H2OD.Na2S2O3•5H2O【考点】吸热反应和放热反应.【分析】根据表中信息判断哪种物质的熔点在40℃以下,并且单位质量的物质熔化时吸收的热量多等方面进行分析、考虑,从而得出正确的结论.【解答】解选择的物质应该具有的特点是在白天在太阳照射下,某种盐熔化,熔化时单位质量的物质吸收热量应该最多.同时价格不能太高,Na2SO4•10H2O的性价比最高,故选B. 6.R、W、X、Y、Z为原子序数依次递增的同一短周期元素,下列说法一定正确的是(m、n均为正整数)( )A.若R(OH)n为强碱,则W(OH)n+1也为强碱B.若HnXOm为强酸,则Y是活泼的非金属元素C.若Y的最低化合价为﹣2,则Z的最高正化合价为+7D.若X的最高正化合价为+5,则五种元素都是非金属元素【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系.【分析】同周期元素的原子,从左到右,元素的金属性从强到弱,最高价氧化物对应的水化物碱性越来越弱,最高正价从+1升到+7价,最高正价等于最外层电子数.【解答】解A、同周期元素的原子,从左到右,最高价氧化物对应的水化物碱性越来越弱,若R(OH)n为强碱,W(OH)n+1不一定为强碱,故A错误;B、同周期元素的原子,从左到右,元素的非金属性越来越强,最高价氧化物对应的水化物酸性越来越强,若HnXOm为强酸,则Y是活泼的非金属元素,故B正确;C、若Y的最低化合价为﹣2,所以最外层电子数为6,则Z的最外层电子数为7,最高正化合价为+7,而氟元素无正化合价,故C错误;D、如果R、W、X、Y、Z为原子序数依次递增的第三周期元素,若X的最高正化合价为+5,即为P,则R为金属铝,故D错误.故选B. 7.将
0.1mol•L﹣1的KI溶液和
0.05mol•L﹣1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后,取混合液分别完成下列实验,能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2”的是( )实验编号实验操作实验现象
①滴入KSCN溶液溶液变红色
②滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成
③滴入K3[Fe(CN)6]溶液有蓝色沉淀生成
④滴入淀粉溶液溶液变蓝色A.
①和
②B.
②和
④C.
③和
④D.
①和
③【考点】化学反应的可逆性.【分析】只有可逆反应才能建立化学平衡,故要想证明化学平衡“2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2”的存在,即需证明此反应为可逆反应,不能进行彻底.将
0.1mol•L﹣1的KI溶液和
②②等体积混合后,若此反应不可逆,则Fe3+和I﹣能恰好完全反应,则溶液中无Fe3+和I﹣,故只需要证明溶液中含Fe3+和I﹣,则即能证明此反应为可逆反应,能建立化学平衡.据此分析.【解答】解将
0.1mol•L﹣1的KI溶液和
0.05mol•L﹣1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后,若此反应不可逆,则Fe3+和I﹣能恰好完全反应,则溶液中无Fe3+和I﹣,故只需要证明溶液中含Fe3+和I﹣,则即能证明此反应为可逆反应,能建立化学平衡.
①向溶液中滴入KSCN溶液,溶液变红,则说明溶液中有Fe3+,即能说明反应存在平衡,故
①正确;
②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成,说明溶液中含I﹣,能说明反应存在平衡,故
②正确;
③无论反应存不存在平衡,溶液中均存在Fe2+,滴入K3[Fe(CN)6]溶液均有蓝色沉淀生成,故
③错误;
④无论反应存不存在平衡,溶液中均有I2,滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色,故不能证明存在平衡,故
④错误.故选A. 8.室温下,
0.1mol/L的二元酸H2A溶液中,溶液体系可能存在的含A粒子(H2A、HA﹣、A2﹣)所占物质的量分数随pH变化的关系如图所示,下列说法正确的是( )A.H2A的电离方程式为H2A⇌H++HA﹣B.pH=5时,在NaHA和Na2A的混合溶液中c(HA﹣)c(A2﹣)=1100C.等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合,离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HA﹣)>c(A2﹣)D.Na2A溶液必存在c(OH﹣)=c(H+)+c(HA﹣)+2c(H2A),各粒子浓度均大于0【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡.【分析】A、二元酸H2A溶液中不存在H2A分子,说明第一步完全电离,二元酸H2A的电离方程式为H2A=H++HA﹣HA﹣⇌H++A2﹣;B、据图象分析,pH=3时,c(HA﹣)与c(A2﹣)相同,pH=5时,c(HA﹣)c(A2﹣)=1100;C、不知道HA﹣的电离程度与A2﹣的水解程度哪个更大;D、Na2A溶液中不存在H2A分子.【解答】解A、二元酸H2A溶液中不存在其分子,说明第一步完全电离,二元酸H2A的电离方程式为H2A=H++HA﹣,HA﹣⇌H++A2﹣,故A错误;B、据图象分析,pH=3时,c(HA﹣)与c(A2﹣)相同,pH=5时,c(HA﹣)c(A2﹣)=1100,故B正确;C、等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合后,无法比较c(HA﹣)与c(A2﹣)的大小,故C错误;D、二元酸H2A的电离方程式为H2A=H++HA﹣,HA﹣⇌H++A2﹣,Na2A溶液中不存在H2A分子,c(H2A)=0,故D错误;关系B. 9.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示,采用惰性电极,ab、cd均为离子交换膜,在直流电场的作用下,两膜中间的Na+和SO42﹣可通过离子交换膜,而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室.下列叙述正确的是( )A.通电后中间隔室的SO42﹣离子向正极迁移,正极区溶液pH增大B.该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C.负极反应为2H2O﹣4e﹣=O2+4H+,负极区溶液pH降低D.当电路中通过1mol电子的电量时,会有
0.5mol的O2生成【考点】原电池和电解池的工作原理.【分析】A、阴离子向阳极(即正极区)移动,氢氧根离子放电pH减小;B、从两极的电极反应和溶液的电中性角度考虑;C、负极即为阴极,发生还原反应,氢离子放电;D、当电路中通过1mol电子的电量时,会有
0.25mol的O2生成.【解答】解A、阴离子向阳极(即正极区)移动,氢氧根离子放电pH减小,故A错误;B、直流电场的作用下,两膜中间的Na+和SO42﹣可通过离子交换膜,而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室,通电时,氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气,考虑电荷守恒,两膜中间的硫酸根离子会进入正极区,与氢离子结合成硫酸;氢离子在阴极得电子生成氢气,考虑电荷守恒,两膜中间的钠离子会进入负极区,与氢氧根离子结合成氢氧化钠,故可以得到NaOH和H2SO4产品,故B正确;C、负极即为阴极,发生还原反应,氢离子得电子生成氢气,故C错误;D、每生成1mol氧气转移4mol电子,当电路中通过1mol电子的电量时,会有
0.25mol的O2生成,故D错误.故选B. 10.下列说法正确的是( )A.在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实.2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+3H2O(g),则可推测该反应是吸热反应B.室温下,将浓度为
0.1mol•L‾1HF溶液加水稀释,其电离平衡常数和均不变C.电解精练铜时,阳极泥中常含有金属金、银、锌等D.锅炉中沉积的CaSO4可用Na2CO3溶液浸泡后再用酸溶解去除【考点】吸热反应和放热反应;弱电解质在水溶液中的电离平衡;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;电解原理.【分析】A.反应能否自发进行与反应条件无关;B.HF属于弱电解质,则在加水不断稀释时,电离程度增大,电离平衡保持向正反应方向移动,并注意温度不变时,电离平衡常数不变;C.粗铜中活泼性弱于铜的金属不放电沉淀在阳极底部形成阳极泥;D.碳酸钙溶解度小于硫酸钙,从沉淀转化角度解答.【解答】解A.反应能否自发进行可依据△H﹣T△S是否小于0判断,与反应的条件无关,故A错误;B.因为因Ka(HF)=,当HF溶液加水不断稀释,促进电离,c(F﹣)不断减小,温度不变,Ka(HF)不变,所以增大,故B错误;C.锌的活泼性强于铜,优先于铜放电,阳极泥中不可能含有锌,故C错误;D.硫酸钙的溶解度大于碳酸钙,溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化,故D正确;故选D. 11.下表中关于物质分类的正确组合是( )类别组合酸性氧化物碱性氧化物酸碱盐ACOCuOH2SO4NH3•H2ONa2SBCO2Na2OHClNaOHNaClCSO2Na2O2CH3COOHKOHCaF2DNO2CaOHNO3Cu(OH)2CO3CaCO3A.AB.BC.C【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系.【分析】碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物.酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物,盐指电离时生成金属阳离子(或NH4+)和酸根离子的化合物.碱性氧化物指与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物.(且生成物只能有盐和水,不可以有任何其它物质生成).酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物(且生成物只能有一种盐和水,不可以有任何其它物质生成).【解答】解A、CO是不成盐氧化物,CuO是碱性氧化物,H2SO4是酸,NH3•H2O是碱,Na2S是盐,故A错误;B、CO2能与碱反应生成盐和水,是酸性氧化物,Na2O和酸反应生成盐和水属于碱性氧化物,HCl属于酸,NaOH属于碱,故B正确;C、Na2O2与酸反应除了生成盐和水,还生成氧气,不是碱性氧化物,故C错误;D、NO2与碱反应除了生成盐和水,还生成NO,不是酸性氧化物;Cu(OH)2CO3是盐不是碱,故D错误;故选B. 12.有A、B两个完全相同的装置,某学生分别在它们的侧管中装入
1.06gNa2CO3和
0.84gNaHCO3,A、B中分别有10mL相同浓度的盐酸,将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中,下列叙述正确的是( )A.A装置的气球膨胀速率大B.若最终两气球体积不同,则盐酸的浓度一定小于或等于1mol/LC.若最终两气球体积相同,则盐酸的浓度一定大于或等于2mol/LD.最终两试管中Na+、Cl﹣的物质的量一定相同【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质.【分析】A、根据反应速率判断;B、根据碳方程式判断生成二氧化碳的体积;C、根据碳方程式判断生成二氧化碳的体积;D、根据Na+、Cl﹣的物质的量判断.【解答】解
1.06gNa2CO3和
0.84gNaHCO3的物质的量都是
0.01nol.A、碳酸钠和酸反应分步进行,先生成碳酸氢钠,后碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳,所以A装置的气球膨胀速率小,故A错误;B、碳酸钠和酸反应的离子方程式为CO32﹣+H+=HCO3﹣、HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O,碳酸氢钠和酸反应的离子方程式为HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O;若最终两气球体积不同,所需酸的物质的量范围是0<酸的物质的量<
0.02mol,所以其浓度大于0小于2mol/L,故B错误;C、
1.06gNa2CO3和
0.84gNaHCO3的物质的量相同,若最终两气球体积相同,说明酸的物质的量大于或等于
0.02mol,所以其浓度大于或等于2mol/L,故C正确;D、
1.06gNa2CO3和
0.84gNaHCO3的物质的量相同,所以Na2CO3和NaHCO3中钠离子的物质的量不同,故最终两试管中Na+的物质的量一定不相同,故D错误;故选C. 13.下列说法正确的是( )A.500mLlmol/LFe2(SO4)3溶液和250mL3mol/L的Na2S04溶液所含硫酸根离子的浓度相等B.若R的含氧酸的酸性大于Q的含氧酸的酸性,则非金属性R大于QC.
1.2gNaHS04晶体中阳离子和阴离子的总数为O.03NAD.含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中,Na+的物质的量浓度为1mol/L【考点】物质的量浓度;元素周期律的作用;离子化合物的结构特征与性质.【分析】A.溶液中所含的硫酸根离子的浓度与所取溶液的体积无关;B.从酸性角度比较非金属性强弱,应为最高价氧化物对应的水化物的酸性;C.NaHS04晶体中存在钠离子和硫酸氢根离子;D.
0.5mol氧化钠溶于1L水中,溶液的体积未知,不能计算浓度.【解答】解A.500mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中硫酸根的浓度为3mol/L,250mL3mol/L的Na2SO4溶液中硫酸根的浓度为3mol/L,故浓度相同,故A正确;B.如不是最高价氧化物对应的水化物,则不能根据酸性强弱比较非金属性强弱,故B错误;C.
1.2gNaHS04晶体的物质的量是
0.01mol,NaHS04晶体中存在钠离子和硫酸氢根离子,阳离子和阴离子的总数为
0.02NA,故C错误;D.含NA个Na+的Na2O,物质的量为
0.5mol,溶解于1L水中,溶液的体积无法计算,不能知道氢氧化钠的物质的量浓度,故D错误;故选A. 14.将一定量的Fe、Fe2O
3、CuO的混合物放入体积为100mL、浓度为
2.1mol•L﹣1的H2SO4溶液中,充分反应后,生成气体896mL(标准状况),得到不溶固体
1.28g.过滤后,滤液中的金属离子只有Fe2+(假设滤液体积仍为100mL).向滤液中滴加2mol•L﹣1NaOH溶液,直至30mL时开始出现沉淀.则原混合物中Fe物质的量为( )A.2molB.
1.2molC.
0.1molD.
1.6mol【考点】有关混合物反应的计算.【分析】向滤液中加入2mol/LNaOH溶液至30mL时开始出现沉淀,说明固体与稀硫酸反应后稀硫酸有剩余,故Fe完全反应;由于过滤后,滤液中的金属离子只有Fe2+(假设滤液体积仍为100mL),故固体和硫酸反应后的盐只有硫酸亚铁,则固体与稀硫酸反应后的溶液是硫酸和硫酸亚铁的混合物,不溶物
1.28g为Cu,根据氢氧化钠的物质的量计算剩余硫酸的物质的量,其余的硫酸根离子与亚铁离子构成硫酸亚铁,根据硫酸根守恒n(FeSO4)=n(H2SO4),设混合物中Fe为xmol,Fe2O3为ymol,根据Fe元素守恒及转移电子守恒列方程计算解答.【解答】解与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量=n(NaOH)=×2mol/L×
0.03L=
0.03mol,剩余的硫酸的物质的量=
2.1mol/L×
0.1L﹣
0.03mol=
0.21mol﹣
0.03mol=
0.18mol,剩余硫酸与固体反应生成了硫酸亚铁,根据硫酸根守恒n(FeSO4)=n(H2SO4)=
0.18mol,不溶物为Cu,其物质的量为=
0.02mol,生成氢气物质的量为=
0.04mol,设混合物中Fe为xmol,Fe2O3为ymol,根据Fe元素守恒x+2y=
0.18根据电子转移守恒2x=2y+
0.02×2+
0.04×2联立方程,解得x=
0.1y=
0.04故选C. 15.将50g质量分数为ω1,物质的量浓度为C1的浓硫酸沿玻璃棒加入到VmL水中,稀释后得到质量分数为ω2,物质的量浓度为C2的稀溶液.下列说法中正确的是( )A.若C1=2C2,则ω1<2ω2,V<50mLB.若C1=2C2,则ω1<2ω2,V>50mLC.若ω1=2ω2,则C1<2C2,V=50mLD.若ω1=2ω2,则C1>2C2,V<50Ml【考点】物质的量浓度的相关计算.【分析】A、B、设物质的量是浓度为c1mol•L﹣1的密度为ρ1,物质的量是浓度为c2mol•L﹣1硫酸溶液的密度为ρ2,利用c=公式变形计算硫酸的质量分数,结合硫酸溶液的浓度越大密度越大,进行判断;稀释前后溶质的质量不变,结合质量分数关系,判断稀释后溶液的质量小于100g,故水的质量小于50g,据此判断水的体积;C、D、根据稀释前后溶质的质量不变计算混合后溶液的质量为100g,计算水的质量为50g,据此计算水的体积;设物质的量是浓度为c1mol•L﹣1的密度为ρ1,物质的量是浓度为c2mol•L﹣1硫酸溶液的密度为ρ2,利用c=计算硫酸的浓度,结合浓硫酸溶液的浓度越大密度越大,进行判断.【解答】解A、若c1=2c2,设物质的量是浓度为c1mol•L﹣1的密度为ρ1,物质的量是浓度为c2mol•L﹣1硫酸溶液的密度为ρ2,则ω1=,ω2=,所以==,浓硫酸的浓度越大密度越大,则ρ1>ρ2,故ω1<2ω2,稀释前后溶质的质量不变,所以稀释后溶液的质量小于100g,故水的质量小于50g,水的密度为1g/ml,所以水的体积V<50ml;故A正确;B、由A分析可知,所以水的体积V<50ml,ω1<2ω2,故B错误;C、稀释前后溶质的质量不变,若ω1=2ω2,则稀释后溶液的质量为100g,所以水的质量为50g,水的密度为1g/ml,所以水的体积V=50ml;设物质的量是浓度为c1mol•L﹣1的密度为ρ1,物质的量是浓度为c2mol•L﹣1硫酸溶液的密度为ρ2,则c1=,c2=,所以==,浓硫酸的浓度越大密度越大,则ρ1>ρ2,故c1>2c2,故C错误;D、由C中分析可知,水的体积V=50ml,c1>2c2,故D错误.故选A. 16.某温度下,水的离子积常数KW=1×10﹣12.该温度下,将pH=4的H2SO4溶液与pH=9的NaOH溶液混合并保持恒温,欲使混合溶液的pH=7,则稀硫酸与NaOH溶液的体积比为( )A.110B.91C.19D.9921【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.【分析】该温度下,水的离子积常数KW=1×10﹣12,纯水pH=﹣lgc(H+)=﹣lg=﹣lg=6,pH=4的H2SO4溶液中c(H+)=10﹣pH=10﹣4mol/L,pH=9的NaOH溶液中c(OH﹣)=mol/L=10﹣3mol/L,混合并保持恒温,混合溶液的pH=7>6,溶液呈碱性,则混合溶液中c(OH﹣)=mol/L=10﹣5mol/L,据此计算稀硫酸和氢氧化钠溶液体积之比.【解答】解该温度下,水的离子积常数KW=1×10﹣12,纯水pH=﹣lgc(H+)=﹣lg=﹣lg=6,pH=4的H2SO4溶液中c(H+)=10﹣pH=10﹣4mol/L,pH=9的NaOH溶液中c(OH﹣)=mol/L=10﹣3mol/L,混合并保持恒温,混合溶液的pH=7>6,溶液呈碱性,则混合溶液中c(OH﹣)=mol/L=10﹣5mol/L,设稀硫酸、NaOH溶液体积为xL、yL,c(OH﹣)=mol/L=10﹣5mol/L,x y=91,故选B. 17.NA代表阿伏加德罗常数,下列有关热化学方程式CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=﹣890kJ•mol﹣1的说法中正确的是( )A.有4NA个电子转移时,放出890kJ的能量B.有NA个C﹣H共价键断裂时,放出890kJ的能量C.有NA个水分子生成且水为液体时,放出890kJ的能量D.有2NA个C、O间的共用电子对生成时,放出445kJ的能量【考点】阿伏加德罗常数.【分析】热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量,不表示微粒数,根据热化学方程式CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=﹣890kJ•mol﹣1进行分析.【解答】解热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量,不表示微粒数,所以系数可以用分数表示,A.该反应中甲烷中﹣4价的碳经过反应变为产物二氧化碳中+4价的碳,化合价升高8价,所以每当放出890kJ的能量,转移的电子数为8mol,当有4NA个电子转移时,放出的能量为=445kJ,故A错误;B.从甲烷的分子结构知1mol甲烷分子中有4mol碳氢键,从热化学方程式知每当有NA个C﹣H共价键断裂时,放出的能量,故B错误;C.根据热化学方程式的意义知每当有2mol液态水生成时,放出890KJ的能量,所以有NA个水分子生成且水为液体时,放出
0.5×890kJ=445kJ的能量,故C错误;D.1mol二氧化碳分子中有4mol碳氧键,根据热化学方程式的意义知每当有2NA个C、O间的共用电子对生成时,放出的=445kJ能量,故D正确;故选D. 18.一定条件下,向密闭容器中加入X物质,发生反应3X(g)═Y(g)+Z(g)△H<0,反应一定时间后改变某一个外界条件,反应中各时刻X物质的浓度如下表所示,下列说法中不正确的是( )反应时间(min)05151720X的浓度(mol/L)
1.
00.
40.
40.
70.7A.0~5min时,该反应的速率为v(X)=
0.12mol/(L•min)B.5min时反应达到第一次平衡,该温度下的平衡常数数值为
0.625C.15min时改变的条件不可能是升高温度D.从初始到18min时,X的转化率为30%【考点】化学平衡的影响因素.【分析】A、依据化学反应速率概念计算分析判断;B、依据图表数据利用化学平衡三段式列式计算平衡浓度,结合平衡常数计算判断;C、升温平衡逆向移动;D、依据图表数据,初始到18min时消耗X浓度为
0.3mol/L,结合转化率概念计算分析.【解答】解A、图表中0~5min时,X消耗浓度为
1.0﹣
0.4=
0.6mol/L,反应速率==
0.12mol/(L•min),故A正确;B、5min时反应达到第一次平衡,依据平衡三段式列式计算平衡浓度3X(g)⇌Y(g)+Z(g)起始量(mol/L)100变化量(mol/L)
0.
60.
20.2平衡量(mol/L)
0.
40.
20.2K===
0.625,故B正确;C、反应是放热反应,升温平衡逆向移动,x可以为0,7mol/L,故C错误;D、依据图表数据,初始到18min时消耗X浓度为
0.3mol/L,转化率=×100%=30%,故D正确;故选C. 19.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸,其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L,取10mL此混合酸,向其中加入过量的铁粉,待反应结束后,可产生标准状况下的混合气体体积为(设反应中HNO3被还原成NO)( )A.
0.448LB.
0.672LC.
0.896LD.
0.224L【考点】有关混合物反应的计算;硝酸的化学性质.【分析】10mL混合酸中含有n(H+)=
0.01L×2×4mol/L+
0.01L×2mol/L=
0.1mol,n(NO3﹣)=
0.01L×2mol/L=
0.02mol,由于铁过量,则发生反应3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O,Fe+2H+=Fe2++H2↑,以此计算该题.【解答】解10mL混合酸中含有n(H+)=
0.01L×2×4mol/L+
0.01L×2mol/L=
0.1mol,n(NO3﹣)=
0.01L×2mol/L=
0.02mol,由于铁过量,则发生反应3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O,Fe+2H+=Fe2++H2↑,则3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
0.02mol
0.08mol
0.02mol反应后剩余n(H+)=
0.1mol﹣
0.08mol=
0.02mol,Fe+2H+=Fe2++H2↑
0.02mol
0.01mol所以n(NO)+n(H2)=
0.02mol+
0.01mol=
0.03mol,V(NO)+V(H2)=
0.03mol×
22.4L/mol=
0.672L,故选B. 20.在120℃时,某混合烃和过量O2在一密闭容器中完全反应,测知反应前后的压强没有变化,则该混合烃可能是( )A.CH4和C2H4B.C2H2和C2H4C.C2H4和C2H6D.C4H8和C3H6【考点】化学方程式的有关计算.【分析】在120℃时水是气态,在120℃时某烃和过量O2在一密闭容器中完全反应,测知反应前后的压强没有变化,说明反应前后气体体积之和不变,则反应前后气体计量数之和不变,据此判断烃.【解答】解在120℃时水是气态,在120℃时某烃和过量O2在一密闭容器中完全反应,测知反应前后的压强没有变化,说明反应前后气体体积之和不变,则反应前后气体计量数之和不变,设烃的分子式为CxHy,发生的反应为CxHy+(x+)O2xCO2+H2O,反应前后气体体积之和不变、计量数之和不变,所以1+x+=x+,y=4,符合条件的是A,故选A. 21.某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种阳离子,若向其中加入过量的氢氧化钠溶液,微热并搅拌,再加入过量盐酸,溶液中大量减少的阳离子组合是( )A.NH4+、Mg2+B.Mg2+、Fe2+C.NH4+、Fe2+D.Mg2+、Al3+【考点】离子反应发生的条件.【分析】NH4+与碱在微热时反应生成氨气逸出,则铵根离子减少,Fe2+和氢氧化钠溶液反应生成的Fe(OH)2沉淀在空气中不稳定,迅速氧化生成Fe(OH)3,则Fe2+减少,以此来解答.【解答】解混合溶液中加入过量的NaOH并加热时,反应生成的氨气逸出,并同时生成Mg(OH)
2、Fe(OH)2沉淀和NaAlO2,Fe(OH)2沉淀在空气中不稳定,迅速氧化生成Fe(OH)3,再向混合物中加入过量盐酸,则Mg(OH)
2、Fe(OH)3和NaAlO2与过量酸作用分别生成MgCl
2、AlCl
3、FeCl3,则减少的阳离子主要有NH4+和Fe2+,故选C. 22.下列实验中,对应的现象以及结论都正确的是( )选项实验现象结论A用洁淨铂丝蘸取少量待测液在酒精灯火焰上灼烧火焰呈现黄色待测液中只含Na+,不含K+B用铁作电极电解饱和食盐水两极上均产生气体阴、阳极分别生成H2和Cl2C向饱和氯水中加人少量石灰石产生无色气体酸性HCl0>H2CO3D向Ca(ClO)2溶液中通入足SO2产生白色沉淀Ca(C1O)2具有氧化性,沉淀为CaSO4A.AB.BC.CD.D【考点】化学实验方案的评价.【分析】A.通过焰色反应检验钾离子时,观察火焰颜色时需要通过蓝色的钴玻璃观察;B.活泼金属做电极,金属失电子;C.氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸;D.二氧化硫有还原性.【解答】解A.实验室检验K+的存在用焰色反应,可以观察到紫色火焰,但要通过蓝色钴玻璃观察,以便滤去黄色光,避免干扰,故A错误;B.活泼金属做电极,金属失电子,不生成氯气,故B错误;C.氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸,氯化氢能与碳酸钙反应,故C错误;D.二氧化硫有还原性,能与Ca(ClO)2反应生成硫酸钙,故D正确.故选D. 23.X、Y、Z、W有如图所示的转化关系,则X、W可能是( )
①C、O2
②AlCl
3、NaOH
③Fe、HNO3
④CO
2、NaOH.A.
①②③B.
①②C.
③④D.
①②③④【考点】镁、铝的重要化合物;钠的重要化合物;铁的化学性质.【分析】
①X为C、W为O2时,Y为CO,Z为CO2,且C与O2完全反应即生成CO2;
②若X为AlCl
3、W为NaOH,则Y为Al(OH)3,Z为NaAlO2,过量NaOH与AlCl3反应生成NaAlO2;
③若X为Fe、W为HNO3,Fe过量时生成Fe(NO3)2,继续与HNO3反应生成Fe(NO3)3,Fe在过量HNO3中生成Fe(NO3)3;
④若X为CO
2、W为NaOH,CO2与NaOH反应生成碳酸钠,二氧化碳与碳酸钠反应生成碳酸氢钠,过量的二氧化碳与氢氧化钠也能生成碳酸氢钠.【解答】解
①X为C、W为O2时,Y为CO,Z为CO2,且C与O2完全反应即生成CO2,故正确;
②若X为AlCl
3、W为NaOH,则Y为Al(OH)3,Z为NaAlO2,过量NaOH与AlCl3反应生成NaAlO2,故正确;
③若X为Fe、W为HNO3,Fe过量时生成Fe(NO3)2,继续与HNO3反应生成Fe(NO3)3,Fe在过量HNO3中生成Fe(NO3)3,故正确;
④若X为CO
2、W为NaOH,CO2与NaOH反应生成碳酸钠,二氧化碳与碳酸钠反应生成碳酸氢钠,过量的二氧化碳与氢氧化钠也能生成碳酸氢钠,故正确;故选D.
二、解答题(共5小题,满分41分)24.已知SiO
2、SO2和CO2都是酸性氧化物,化学性质具有一定的相似性;Mg和Na的化学性质也具有一定相似性.I、用如图所示装置进行Mg与SO2反应的实验.
(1)选择制取SO2的合适试剂
②③ .
①10%的H2SO4溶液
②70%的H2SO4溶液
③Na2SO3固体
④CaSO3固体
(2)写出装置B中发生的主要反应的化学方程式 2Mg+SO22MgO+S .装置C中NaOH溶液的作用是 吸收多余的SO2,防止污染环境 .
(3)该装置仍有不足之处,请说明 在A和B之间缺少干燥装置;C装置没有与大气相通;未设计一个防倒吸装置 .Ⅱ、某研究小组进行了“实验室制Si”的研究,它们以课本为基础,查阅资料得到以下可供参考的四条信息
①Mg在加热的条件下即可与SiO2反应
②金属硅化物与稀H2SO4反应生成硫酸盐与SiH4
③Si和SiO2均不与稀H2SO4反应
④SiH4在空气中自燃他们在研究报告中记载着“…选用合适的物质在适宜的条件下充分反应;再用足量稀硫酸溶解固体产物;然后过滤、洗涤、干燥;最后称量…在用稀硫酸溶解固体产物时,发现有爆鸣声和火花,其产率也只有预期值的63%左右”.
(4)该小组“实验室制Si”的化学方程式是 2Mg+SiO22MgO+Si .
(5)你估计“用稀硫酸溶解固体产物时,发现有爆鸣声和火花”的原因是(用化学方程式说明) 2Mg+Si=Mg2Si、Mg2Si+2H2SO4=2MgSO4+SiH4↑、SiH4+2O2=SiO2+2H2O .【考点】性质实验方案的设计.【分析】I、
(1)硫酸钙微溶于水,所以不能用于制取二氧化硫气体,因为二氧化硫是易溶于水的气体,所以选用较浓的硫酸,制取SO2应用浓H2SO4和亚硫酸盐;
(2)Mg具有还原性,SO2具有氧化性,两者发生氧化还原反应;
(3)该装置中镁能和水反应,制取的二氧化硫中含有水蒸气,对镁和二氧化硫的反应有影响.而且最后的C装置没有与大气相通,容易出现危险,且无防倒吸装置;Ⅱ、
(4)类似于镁和二氧化碳的反应,镁在加热的条件下即可和二氧化硅反应生成单质硅和氧化镁;
(5)发现有爆鸣声和火花,说明生成气体,应为SiH4,原因是镁和硅反应生成硅化镁,硅化镁和硫酸反应生成硫酸镁和四氢化硅,四氢化硅能自燃.【解答】解I、
(1)制取SO2应用浓H2SO4和亚硫酸盐,选项中不可选用CaSO3,因为反应生成的CaSO4微溶于水,会附在固体表面,阻碍反应进行,二氧化硫是易溶于水的气体,所以选用较浓的硫酸,故答案为
②③;
(2)Mg具有还原性,SO2具有氧化性,两者发生氧化还原反应,反应的方程式为2Mg+SO22MgO+S,二氧化硫可与碱反应,易防止污染空气,故答案为2Mg+SO22MgO+S;吸收多余的SO2,防止污染环境;
(3)该装置中
①A中的水蒸气会进入B与Mg反应,在A、B中间应加干燥装置;
②尾气处理装置C试管用胶塞封闭,且无防倒吸装置,故答案为在A和B之间缺少干燥装置;C装置没有与大气相通;未设计一个防倒吸装置;Ⅱ、
(4)Mg在点燃的条件下即可与SiO2反应,由题给信息可知类似于镁和二氧化碳的反应,可生成单质硅和氧化镁,反应的方程式为2Mg+SiO22MgO+Si,故答案为2Mg+SiO22MgO+Si;
(5)发现有爆鸣声和火花,说明生成气体,应为SiH4,原因是发生2Mg+SiMg2Si,Mg2Si+2H2SO4═2MgSO4+SiH4↑,SiH4+2O2═SiO2+2H2O,金属镁与生成的硅继续反应生成硅化镁,硅化镁与稀硫酸反应生成的SiH4可自燃,故答案为2Mg+Si=Mg2Si、Mg2Si+2H2SO4=2MgSO4+SiH4↑、SiH4+2O2=SiO2+2H2O. 25.含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液可用于检验醛基,也可用于和葡萄糖反应制备纳米Cu2O.Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4.
(1)基态Cu原子核外有 29 个不同运动状态的原子.Cu+基态核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10
(2)醛基中碳原子的轨道杂化类型是 sp2 ;1mol乙醛分子中含有σ的键的数目为 6NA .乙醛可被氧化为乙酸.乙酸的沸点明显高于乙醛,其主要原因是 乙酸分子之间存在分子间氢键 .
(3)氧化亚铜为半导体材料,在其立方晶胞内部有四个氧原子,其余氧原子位于面心和顶点,则该晶胞中有 16 个铜原子.
(4)铜晶胞为面心立方晶体,其晶胞参数a=
361.49pm,晶胞中铜原子的配位数为 12 .列式表示铜单质的密度 g•cm﹣3(不必计算出结果).将Cu单质的粉末加入NH3的浓溶液中,通入O2,充分反应后溶液呈深蓝色,该反应的离子方程式是 2Cu+8NH3•H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH﹣+6H2O .【考点】晶胞的计算;原子核外电子排布;判断简单分子或离子的构型.【分析】
(1)Cu核外有29个电子,每个电子的运动状态是不一样,Cu原子失去1个电子生成Cu+,失去的电子数是其最外层电子数,根据构造原理书写Cu+基态核外电子排布式;
(2)根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式,一个乙醛分子中含有6个σ键,分子间的氢键可以使物质的熔沸点升高;
(3)氧化亚铜的立方晶胞内部有四个氧原子,其余氧原子位于面心和顶点,根据均摊法可知,氧原子总数为4+8×=8,根据化学式Cu2O可推算铜原子数;
(4)铜晶体中以顶点上的铜原子为例,铜原子周围距离最近的铜原子位于经过该顶点的12个面的面心上,每个晶胞中含有的铜原子数为8×=4,根据计算密度,Cu单质的粉末加入NH3的浓溶液中,通入O2,氧气能将铜氧为铜离子,与氨分子形成铜氨配合离子,据此书写离子方程式.【解答】解
(1)Cu核外有29个电子,每个电子的运动状态是不一样,所以有29个不同运动状态的电子,Cu原子失去1个电子生成Cu+,失去的电子数是其最外层电子数,所以Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10,故答案为29;1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10;
(2)醛基中碳原子含有3个σ键,所以醛基中碳原子的轨道杂化类型是sp2,一个乙醛分子中含有6个σ键,所以1mol乙醛分子中含有的σ键的数目为6NA,乙酸分子间的氢键可以使物质的熔沸点升高,故答案为sp2;6NA;乙酸分子之间存在分子间氢键;
(3)氧化亚铜的立方晶胞内部有四个氧原子,其余氧原子位于面心和顶点,根据均摊法可知,氧原子总数为4+8×=8,根据化学式Cu2O可知,晶胞中含有铜原子数为8×2=16,故答案为16;
(4)铜晶体中以顶点上的铜原子为例,铜原子周围距离最近的铜原子位于经过该顶点的12个面的面心上,所以晶胞中铜原子的配位数为12,每个晶胞中含有的铜原子数为8×=4,晶胞参数a=
361.49pm=
361.49×10﹣10cm,则晶胞的体积为3,根据可知,铜晶胞的密度为=g/cm3,Cu单质的粉末加入NH3的浓溶液中,通入O2,氧气能将铜氧为铜离子,与氨分子形成铜氨配合离子,反应的离子方程式为2Cu+8NH3•H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH﹣+6H2O,故答案为12;;2Cu+8NH3•H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH﹣+6H2O. 26.工业生产中产生的SO
2、NO直接排放将对大气造成严重污染,利用电化学原理吸收SO2和NO,同时获得Na2S2O4和NH4NO3产品的工艺流程图如下(Ce为铈元素).请回答下列问题.
(1)装置Ⅱ中NO在酸性条件下生成NO2﹣的离子方程式 NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2﹣+2H+ .
(2)含硫各微粒(H2SO
3、HSO3﹣和SO32﹣)存在于SO2与NaOH溶液反应后的溶液中,它们的物质的量分数ω与溶液pH的关系如图1所示.
①下列说法正确的是 ABC (填标号).A.pH=7时,溶液中c( Na+)<c (HSO3﹣)+c(SO32﹣)B.由图中数据,可以估算出H2SO3的第二级电离平衡常数Ka2≈10﹣7C.为获得尽可能纯的 NaHSO3,应将溶液的pH控制在 4~5为宜D.pH=9时的溶液中c(OH﹣)=c(H+)+c(HSO4﹣)+c(H2SO4)
②若1L1mol/L的NaOH溶液完全吸收
13.44L(标况下)SO2,则反应的离子方程式为 3SO2+5OH﹣=2SO32﹣+HSO3﹣+2H2O .
③取装置Ⅰ中的吸收液vmL,用cmol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定.酸性高锰酸钾溶液应装在 酸式 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中,判断滴定终点的方法是 滴入最后一滴溶液呈紫红色且半分钟颜色不变 .
(3)装置Ⅲ的作用之一是再生Ce4+,其原理如图2所示.图中A为电源的 正 (填“正”或“负”)极.右侧反应室中发生的主要电极反应式为 滴入最后一滴溶液呈紫红色且半分钟颜色不变 .
(4)已知进人装置Ⅳ的溶液中NO2﹣的浓度为
0.4mol/L,要使1m3该溶液中的NO2﹣完全转化为 NH4NO3,需至少向装置Ⅳ中通入标准状况下的 O2的体积为 4480 L.【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用;制备实验方案的设计.【分析】装置Ⅰ中二氧化硫是酸性氧化物,能和强碱氢氧化钠之间发生反应SO2+OH﹣=HSO3﹣,NO和氢氧化钠之间不会反应,装置Ⅱ中NO在酸性条件下,NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2﹣+2H+,NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3﹣+4H+,装置Ⅲ中,在电解槽的阳极2Ce3+﹣2e﹣=2Ce4+,阴极电极反应式为2HSO3﹣+2H++2e﹣=S2O42﹣+2H2O,装置Ⅳ中通入氨气、氧气,2NO2﹣+O2+2H++2NH3=2NH4++2NO3﹣,
(1)在酸性环境下,NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应;
(2)
①A.pH=7时,溶液为中性,结合电荷守恒分析;B.HSO3﹣⇌SO32﹣+H+,由图中数据,pH=7时,c(HSO3﹣)=c(SO32﹣);C.溶液的pH控制在4~5时,c(HSO3﹣)浓度最大;D.根据质子守恒判断;
②NaOH的物质的量为1mol,根据2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O可知二氧化硫过量,过量部分的二氧化硫再发生反应Na2SO3+H2O+SO2═2NaHSO3,依据方程式进行计算n(SO32﹣)n(HSO3﹣)的比,据此书写离子方程式;
③酸式滴定管只能盛放酸性溶液、碱式滴定管只能盛放碱性溶液;酸性高锰酸钾具有强氧化性,能氧化碱式滴定管橡皮管;原溶液无色,KMnO4为紫红色,当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时,溶液呈紫红色且半分钟颜色不变;
(3)生成Ce4+为氧化反应,发生在阳极上;反应物是HSO3﹣被还原成S2O42﹣,得到电子;
(4)NO2﹣的浓度为
0.4mol/L,要使1m3该溶液中的NO2﹣完全转化为NH4NO3,设消耗标况下氧气的体积是V,结合电子守恒进行计算.【解答】解装置Ⅰ中二氧化硫是酸性氧化物,能和强碱氢氧化钠之间发生反应SO2+OH﹣=HSO3﹣,NO和氢氧化钠之间不会反应,装置Ⅱ中NO在酸性条件下,NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2﹣+2H+,NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3﹣+4H+,装置Ⅲ中,在电解槽的阳极2Ce3+﹣2e﹣=2Ce4+,阴极电极反应式为2HSO3﹣+2H++2e﹣=S2O42﹣+2H2O,装置Ⅳ中通入氨气、氧气,2NO2﹣+O2++2H++2NH3=2NH4++2NO3﹣,
(1)装置Ⅱ中NO在酸性条件下NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2﹣+2H+,NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3﹣+4H+,故答案为NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2﹣+2H+;
(2)
①A.pH=7时,溶液呈中性,c(H+)=c(OH﹣),溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(HSO3﹣)+2c(SO32﹣)+c(OH﹣),故溶液中c(Na+)=c(HSO3﹣)+2c(SO32﹣),故A正确;B.HSO3﹣⇌SO32﹣+H+,由图中数据,pH=7时,c(HSO3﹣)=c(SO32﹣),由Ka的表达式可知,H2SO3的第二级电离平衡常数K2≈c(H+)=10﹣7,故B正确;C.溶液的pH控制在4~5时,c(HSO3﹣)浓度最大,则为获得尽可能纯的NaHSO3,可将溶液的pH控制在4~5左右,故C正确;D.溶液存在质子守恒,应为c(OH﹣)=c(H+)+c(HSO3﹣)+2c(H2SO3),故D错误;故答案为ABC;
②1L
1.0mol/L的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为1L×
1.0mol/L=
1.0mol,
13.44L(标况下)SO2,n(SO2)==
0.6mol,设反应生成亚硫酸钠的物质的量为x,消耗二氧化硫的物质的量为y2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O
2111.0molyx==解得x=
0.5moly=
0.5mol根据上述计算可以知道,二氧化硫是过量的,剩余的二氧化硫的物质的量为
0.6mol﹣
0.5mol=
0.1mol所以二氧化硫会和生成的亚硫酸钠继续反应,设消耗亚硫酸钠的物质的量为a,生成亚硫酸氢钠的物质的量为bNa2SO3+H2O+SO2═2NaHSO3112a
0.1molb==解得a=
0.1molb=
0.2mol,则溶液中n(SO32﹣)=
0.5mol﹣
0.1mol=
0.4mol,n(HSO3﹣)=
0.2mol,n(SO32﹣)n(HSO3﹣)=21,则反应的离子方程式为3SO2+5OH﹣=2SO32﹣+HSO3﹣+2H2O,故答案为3SO2+5OH﹣=2SO32﹣+HSO3﹣+2H2O;
③酸式滴定管只能盛放酸性溶液、碱式滴定管只能盛放碱性溶液,酸性高锰酸钾溶液呈酸性,则可以盛放在酸式滴定管中;原溶液无色,而KMnO4为紫红色,所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时,滴入最后一滴溶液呈紫红色且半分钟颜色不变;故答案为酸式;滴入最后一滴溶液呈紫红色且半分钟颜色不变;
(3)生成Ce4+为氧化反应,发生在阳极上,因此再生时生成的Ce4+在电解槽的阳极,连接电源正极,反应物是HSO3﹣被还原成S2O42﹣,得到电子,电极反应式为2HSO3﹣+2H++2e﹣=S2O42﹣+2H2O,故答案为正;2HSO3﹣+2H++2e﹣=S2O42﹣+2H2O;
(4)NO2﹣的浓度为
0.4mol/L,要使1m3该溶液中的NO2﹣完全转化为NH4NO3,则失去电子数为1000×(5﹣3)×
0.4mol,设消耗标况下氧气的体积是V,根据电子守恒×4=1000×(5﹣3)×
0.4mol,解得V=4480L,故答案为4480. 27.常温下,pH=1的某溶液A中含有NH4+、K+、Na+、Fe2+、Al3+、Fe3+、CO32﹣、NO3﹣、Cl﹣、I﹣、SO42﹣中的几种,且各离子浓度均为
0.1mol/L,现取该溶液进行有关实验,实验结果如图所示回答下列问题
(1)溶液A中一定不存在的阴离子有 CO32﹣ .
(2)生成沉淀甲和沉淀乙的离子方程式分别为 2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al(OH)3↓+3CO2↑、Ba2++CO32﹣=BaCO3↓ .
(3)气体乙的结构式为 .
(4)生成气体丙的离子方程式为 3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O 若实验消耗Cu144g,则最多生成气体丁的体积(标准状况下)为
33.6L .【考点】无机物的推断;常见离子的检验方法.【分析】由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液,溶液中存在大量氢离子,可以排除CO32﹣;溶液A中加过量(NH4)2CO3,产生白色沉淀,白色沉淀只能为氢氧化铝,可以排除Fe2+、Fe3+,溶液含有一定有Al3+;溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙,丙在空气中变成红棕色,则丙为NO,原溶液中有NO3﹣,强酸性溶液中含有NO3﹣,则一定不存在具有还原性的离子为Fe2+、I﹣;最后根据电荷守恒得原溶液中含有H+、NO3﹣、Al3+、SO42﹣Cl﹣五种离子,以此来解答.【解答】解由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液,溶液中存在大量氢离子,可以排除CO32﹣;溶液A中加过量(NH4)2CO3,产生白色沉淀,白色沉淀只能为氢氧化铝,可以排除Fe2+、Fe3+,溶液含有一定有Al3+;溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙,丙在空气中变成红棕色,则丙为NO,原溶液中有NO3﹣,强酸性溶液中含有NO3﹣,则一定不存在具有还原性的离子Fe2+、I﹣;最后根据电荷守恒得原溶液中含有H+、NO3﹣、Al3+、SO42﹣Cl﹣五种离子.
(1)通过以上分析知,溶液A中一定不存在的阴离子有CO32﹣,故答案为CO32﹣;
(2)沉淀甲是铝离子和碳酸根离子的双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳,生成沉淀乙是钡离子和碳酸根离子的反应,二者离子方程式分别为2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al(OH)3↓+3CO2↑、Ba2++CO32﹣=BaCO3↓,故答案为2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al(OH)3↓+3CO2↑、Ba2++CO32﹣=BaCO3↓;
(3)铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气,氨气分子中每个H原子和N原子之间共用一对电子,其结构式为,故答案为;
(4)酸性条件下,铜和硝酸根离子发生氧化还原反应生成铜离子和NO,离子方程式为3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O,根据转移电子守恒得V(NO)=×
22.4L/mol=
33.6L,故答案为3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O;
33.6L. 28.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在食品加工中常用作防腐剂、漂白剂和疏松剂.焦亚硫酸钠为黄色结晶粉末,150℃时开始分解,在水溶液或含有结晶水时更易被空气氧化.实验室制备焦亚硫酸钠过程中依次包含以下几步反应2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O…(a)Na2SO3+H2O+SO2═2NaHSO3…(b)2NaHSO3Na2S2O5+H2O…(c)实验装置如图
(1)实验室可用废铝丝与NaOH溶液反应制取H2,制取H2的离子方程式为 2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑ .
(2)如图1装置中,导管X的作用是 排出H
2、未反应的SO2及水蒸气等 .
(3)通氢气一段时间后,以恒定速率通入SO2,开始的一段时间溶液温度迅速升高,随后温度缓慢变化,溶液开始逐渐变黄.“温度迅速升高”的原因为 SO2与NaOH溶液的反应是放热反应 ;实验后期须保持温度在约80℃,可采用的加热方式为 80℃水浴加热 .
(4)反应后的体系中有少量白色亚硫酸钠析出,参照题如图2溶解度曲线,除去其中亚硫酸钠固体的方法是 趁热过滤 ;然后获得较纯的无水Na2S2O5应将溶液冷却到30℃左右抽滤,控制“30℃左右”的理由是 此时溶液中Na2SO3不饱和,不析出 .
(5)用如图3装置干燥Na2S2O5晶体时,通入H2的目的是 排出空气,防止焦亚硫酸钠被氧化 ;真空干燥的优点是 干燥室内部的压力低,水分在低温下就能气化,减少产品氧化 .
(6)测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数常用剩余碘量法.已知S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+;2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣请补充实验步骤(可提供的试剂有焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水).
①精确称取产品
0.xxg放入碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中.
②准确移取一定体积和已知浓度的标准碘溶液(过量)并记录数据,在暗处放置5min,然后加入5mL冰醋酸及适量的蒸馏水.
③用标准Na2S2O3溶液滴定至接近终点.
④ 加入1~2mL淀粉溶液 .
⑤ 继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现,记录滴定所消耗的体积 .
⑥重复步骤
①~
⑤;根据相关记录数据计算出平均值.【考点】制备实验方案的设计.【分析】
(1)铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气;
(2)该装置中二氧化硫和氢氧化钠发生反应,通入氢气能防止亚硫酸盐被氧化,如果锥形瓶内压强过大会产生安全事故;
(3)SO2与NaOH溶液的反应是放热反应导致溶液温度升高;温度小于100℃时要采用水浴加热;
(4)根据图知,温度越高Na2S2O5溶解度增大,当接近40℃时亚硫酸钠溶解度减小;控制“30℃左右”时,此时溶液中Na2SO3不饱和;
(5)焦亚硫酸钠能被压强氧化;真空干燥时,干燥室内部的压力低,水分在低温下就能气化;
(6)
④碘能使淀粉变蓝色,所以可以用淀粉试液检验滴定终点;
⑤继续做实验为继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现,记录滴定所消耗的体积.【解答】解
(1)铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑,故答案为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑;
(2)该装置中二氧化硫和氢氧化钠发生反应,通入氢气能防止亚硫酸盐被氧化,如果锥形瓶内压强过大会产生安全事故,所以导管的作用是排出H
2、未反应的SO2及水蒸气等,从而防止安全事故的发生,故答案为排出H
2、未反应的SO2及水蒸气等;
(3)SO2与NaOH溶液的反应是放热反应导致溶液温度升高,所以溶液“温度迅速升高”;温度小于100℃时要采用水浴加热,需要的温度是80℃,所以用水浴加热;故答案为SO2与NaOH溶液的反应是放热反应;80℃水浴加热;
(4)根据图知,温度越高Na2S2O5溶解度增大,当接近40℃时亚硫酸钠溶解度减小,所以要趁热过滤;控制“30℃左右”时,此时溶液中Na2SO3不饱和,不析出,故答案为趁热过滤;此时溶液中Na2SO3不饱和,不析出;
(5)焦亚硫酸钠能被压强氧化,则通入氢气的目的是排出空气,防止焦亚硫酸钠被氧化;真空干燥时,干燥室内部的压力低,水分在低温下就能气化,从而减少产品氧化,故答案为排出空气,防止焦亚硫酸钠被氧化;干燥室内部的压力低,水分在低温下就能气化,减少产品氧化;
(6)
④碘能使淀粉变蓝色,所以可以用淀粉试液检验滴定终点,需要的操作是加入1~2mL淀粉溶液,故答案为加入1~2mL淀粉溶液;
⑤继续做实验为继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现,记录滴定所消耗的体积,然后再重复实验,减少实验误差,故答案为继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现,记录滴定所消耗的体积. xx年1月20日。