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2019-2020年高三上学期模块化学试卷(10月份)含解析
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意.每小题3分,共54分)1.下列物质属于能导电的强电解质的是( )A.醋酸B.氯化钠溶液C.乙醇D.熔融的硫酸钡2.下列物质分类正确的是( )A.福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物B.稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C.烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D.SO
2、SiO
2、CO均为酸性氧化物3.下列叙述正确的是( )A.强电解质都是离子化合物,因此NaCl是离子化合物B.亚硫酸溶液的导电能力可能比稀硫酸强C.SO3溶于水,其水溶液能导电,SO3是电解质D.石墨是单质,能导电,因此石墨是电解质4.用NA表示阿伏伽德罗常数,下列说法正确的是( )A.
0.5molAl与足量盐酸反应转移电子数为NAB.标准状况下,
11.2LSO3所含的分子数为
0.5NAC.
0.1molCH4所含的电子数为NAD.46gNO2和N2O4的混合物含有的分子数为1NA5.NA表示阿伏加德罗常数,下列叙述正确的是( )A.等物质的量的N2和CO所含分子数均为NAB.
1.7gH2O2中含有的电子数为
0.9NAC.1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD.标准状况下,
2.24L戊烷所含分子数为
0.1NA6.能正确表示下列反应的离子方程式为( )A.硫化亚铁溶于稀硝酸中FeS+2H+=Fe2++H2S↑B.少量的NaOH溶液滴入NH4HCO3溶液中HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2OC.少量SO2通入苯酚钠溶液中C6H5O﹣+SO2+H2O=C6H5OH+HSO3﹣D.大理石溶于醋酸中CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O7.对反应CuSO4+FeS2+H2O→Cu2S+FeSO4+H2SO4,下列说法正确的是( )A.FeS2既是氧化剂又是还原剂B.被氧化的硫和被还原的硫的质量比为37C.氧化剂只有CuSO4D.1molCuSO4可氧化mol的硫8.在溶液中可以共存,加OH﹣产生沉淀,加H+生成气体的一组离子是( )A.Na+、Cu2+、Cl﹣、CO32﹣B.HCO3﹣、Cl﹣、Fe3+、Na+C.Cl﹣、K+、NO3﹣、Fe2+、D.S2﹣、SO42﹣、NH4+、Fe2+9.下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是( )A.浓硫酸与含有水分的蔗糖作用显示的性质是酸性、脱水性、强氧化性、吸水性B.二氧化硅不与任何酸反应,可用石英制造耐酸容器C.将SO2通入品红溶液,溶液褪色后加热恢复原色;将SO2通入溴水,溴水褪色后加热不能恢复原色D.铜的金属活泼性比铁的差,可在海轮外壳上装若干铜块以减缓铁腐蚀10.I是常规核裂变产物之一,可以通过测定大气或水中I的含量变化来检测核电站是否发生放射性物质泄漏.下列有关I的叙述中错误的是( )A.I的化学性质与I相同B.I的质子数为53C.I的原子核外电子数为78D.I的原子核内中子数多于质子数11.下列说法正确的是( )A.Fe与稀HNO
3、稀H2SO4反应均有气泡产生,说明Fe与两种酸均发生置换B.Na2O2中阴阳离子数数目之比为11C.Cl2与SO2均能使品红褪色,说明二者均有氧化性D.NO能够与人体里的血红蛋白结合,造成人体缺氧中毒12.xx年1月美国科学家在《Science》上发表论文,宣布发现了铝的“超级原子”结构﹣Al13和Al14.已知这类“超级原子”最外层电子数之和为40个时处于相对稳定状态.下列说法中,正确的是( )A.Al
13、Al14互为同位素B.Al13超原子中Al原子间通过离子键结合C.Al14最外层电子数之和为42,与第ⅡA族元素的性质相似D.Al13和Al14都具有较强的还原性,容易失去电子生成阳离子13.下列有关物质性质的说法错误的是( )A.热稳定性HCl>HBr>HIB.原子半径Na>Mg>AlC.还原性PH3>H2S>HC1D.结合H+能力CH3COO﹣>HCO3﹣>ClO﹣14.下列离子方程式正确的是( )A.硫酸铝溶液与过量Ba(OH)2溶液反应2Al3++3SO42﹣+3Ba2++8OH﹣=3BaSO4↓+2A1O2﹣+4H2OB.碳酸钠溶液中滴加盐酸至恰好要出现气泡时停止CO32﹣+2H+=CO2↑+H2OC.酸性高锰酸钾溶液与H2O2溶液混合2MnO4﹣+3H2O2+6H+=2Mn2++6H2O+402↑D.氯气通入亚硫酸钠溶液中2Cl2+SO32﹣+H2O=2Cl﹣+SO2↑+2HClO15.用图所示装置进行下列实验将
①中溶液滴入
②中,预测的现象与实际相符的是( )选项
①中物质
②中物质预测
②中的现象A稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色A.AB.BC.CD.D16.工业上将Na2CO3和Na2S以12的物质的量之比配成溶液,再通入SO2,可制取Na2S2O3,同时放出CO2.在该反应中( )A.二氧化硫体现还原性,做还原剂B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为12C.每生成1molNa2S2O3,转移4mol电子D.相同条件下,每吸收10m3SO2就会放出
2.5m3CO217.有A、L、Z、W、Q五种短周期元素,其中Z、Q同主族,A、L、Z、W同周期;A+与Q2﹣具有相同的电子层结构;L的单质晶体熔点高、硬度大,是一种重要的半导体材料;离子半径Z2﹣>W﹣.下列说法中,正确的是( )A.元素L、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体B.由于W、Z、Q元素的氢化物相对分子质量依次减小,所以其沸点依次降低C.A、Q两种元素能形成A2Q和A2Q2型化合物D.元素W和Q的某些单质不可以作为水处理中的消毒剂18.SO2通入BaCl2溶液中并不产生沉淀,而通入另一种气体后可以产生白色沉淀.则图中右侧Y形管中放置的药品组合不符合要求的是(必要是可以加热)( )A.Cu和浓硝酸B.CaO和浓氨水C.大理石和稀盐酸D.高锰酸钾溶液和浓盐酸
二、填空题(本题共4道小题,共46分)19.向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸.请完成下列问题
(1)写出反应的离子方程式
(2)下列三种情况下,离子方程式与
(1)相同的是 (填序号).A.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性B.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀C.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量
(3)若缓缓加入稀H2SO4直至过量,整个过程中混合溶液中的导电能力(用电流强度I表示)可近似地用图中的曲线表示是 (填序号).
(4)若向装有Ba(OH)2溶液烧杯里缓缓滴入KAl(SO4)2溶液至Ba2+恰好完全反应.则反应的离子方程式是 .20.实验室用固体烧碱配制500mL
0.1mol•L﹣1的NaOH溶液.
(1)需称量 g的烧碱固体,它应该盛放在 中进行称量.
(2)配制过程中,不需要使用的仪器是(填写代号) .A.烧杯 B.量筒 C.1000mL容量瓶 D.托盘天平E.药匙 F.500mL容量瓶 G.胶头滴管 H.漏斗
(3)除上述可使用的仪器,还缺少的仪器是 ,它在实验中的作用为 .
(4)叙述定容过程中的操作 .
(5)要配制浓度约为2mol•L﹣1NaOH溶液100mL,下列操作正确的是 .
①称取8gNaOH固体,放入250mL烧杯中,用100mL量筒量取100mL蒸馏水,加入烧杯中,同时不断搅拌至固体溶解
②称取8gNaOH固体,放入100mL量筒中,边搅拌,边慢慢加入蒸馏水,待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100mL
③称取8gNaOH固体,放入100mL容量瓶中,加入适量蒸馏水,振荡容量瓶使固体溶解,再加水至刻度线,塞好瓶塞,反复摇匀
④用100mL量筒量取40mL5mol•L﹣1NaOH,倒入250mL烧杯中,再用同一量筒量取60mL蒸馏水,不断搅拌下,慢慢倒入烧杯中
(6)下列操作导致所配溶液浓度偏高的是 .A.称量时,左盘高,右盘低B.定容时俯视容量瓶刻度线C.原容量瓶洗净后没有干燥D.摇匀后见液面下降,再加水至刻度线.21.氧化还原反应在生产、生活中应用广泛,酸性KMnO
4、H2O
2、Fe(NO3)3是重要的氧化剂.用所学知识回答问题
(1)3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O,当有6molH2SO4参加反应的过程中,有 mol还原剂被氧化.
(2)在稀硫酸中,KMnO4与H2C2O4反应的离子方程式为
(3)取300mL
0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应,生成等物质的量的I2和KIO3,则消耗KMnO4的物质的量的是 mol.
(4)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液,溶液先由棕黄色变为浅绿色,过一会又变为棕黄色,溶液先变为浅绿色的离子方程式是 ,又变为棕黄色的原因是 .22.高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、速凝于一体的新型多功能水处理剂.其生产流程如图1
(1)配制KOH溶液时,是在每100mL水中溶解
61.6gKOH固体(该溶液的密度为
1.47g/mL),它的物质的量浓度是 mol/L.
(2)在溶液I中加入KOH固体的目的是 (填编号).A.与溶液I中过量的Cl2继续反应,生成更多的KClOB.KOH固体溶解时会放出较多的热量,有利于提高反应速率C.为下一步反应提供碱性的环境D.使副产物KClO3转化为KClO
(3)每制得
59.4克K2FeO4,理论上消耗氧化剂的物质的量为 mol.从溶液II中分离出K2FeO4后,还得到副产品KNO
3、KCl,写出
③中反应的离子方程式 .
(4)高铁酸钾(K2FeO4)溶液中加入稀硫酸,溶液变为黄色,并有无色气体产生,该反应的离子方程式是 .
(5)从环境保护的角度看,制备K2FeO4较好的方法为电解法,其装置如图2所示.电解过程中阳极的电极反应式为 . xx学年山东省临沂市蒙阴一中高三(上)模块化学试卷(10月份)参考答案与试题解析
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意.每小题3分,共54分)1.下列物质属于能导电的强电解质的是( )A.醋酸B.氯化钠溶液C.乙醇D.熔融的硫酸钡【考点】强电解质和弱电解质的概念.【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水;在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质,包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物(如蔗糖、酒精等);能够完全电离的是强电解质;只能部分电离的是弱电解质.【解答】解A.醋酸能够部分电离,属于弱电解质,故A错误;B.氯化钠溶液属于混合物,既不是电解质也不是非电解质,故B错误;C.乙醇在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质,故C错误;D.硫酸钡熔融状态下完全电离而导电,属于强电解质,故D正确;故选D. 2.下列物质分类正确的是( )A.福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物B.稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C.烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D.SO
2、SiO
2、CO均为酸性氧化物【考点】混合物和纯净物;酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;分散系、胶体与溶液的概念及关系;电解质与非电解质.【分析】混合物是由两种或多种物质混合而成的物质;胶体是分散质粒子直径在1nm﹣100nm之间的分散系;电解质是在水溶液中或在熔融状态下就能够导电的化合物;酸性氧化物是一类能与水作用生成相应价态的酸或与碱作用生成盐和水或与碱性氧化物反应生成盐的氧化物,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、福尔马林、水玻璃、氨水均为溶液,既有溶质也有溶剂水,属于混合物,故A正确;B、氯化铁在水溶液中电离出Fe3+和Cl﹣,二者的粒子直径均不在在1nm﹣100nm之间,不属于胶体,故B错误;C、四氯化碳属于共价化合物不溶于水,在熔融状态下也不能导电,不属于电解质,故C错误;D、CO不能与水作用生成相应价态的酸,属于不成盐氧化物,故D错误.故选A. 3.下列叙述正确的是( )A.强电解质都是离子化合物,因此NaCl是离子化合物B.亚硫酸溶液的导电能力可能比稀硫酸强C.SO3溶于水,其水溶液能导电,SO3是电解质D.石墨是单质,能导电,因此石墨是电解质【考点】电解质与非电解质.【分析】A.强电解质不一定是离子化合物;B.溶液的导电能力主要由溶液中的离子浓度决定;C.在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质;D.电解质和非电解质都是化合物.【解答】解A.强电解质不一定是离子化合物,HCl是强电解质但是共价化合物,故A错误;B.溶液的导电能力主要由溶液中的离子浓度决定,亚硫酸溶液部分电离,但电离出来的离子浓度可能比硫酸电离出来的大,故B正确;C.SO3和水反应生成硫酸,硫酸能电离出自由移动的阴阳离子,所以SO3的水溶液导电,但电离出离子的物质是硫酸不是SO3,所以SO3是非电解质,故C错误;D.石墨是单质,既不是电解质也不是非电解质,故D错误.故选B. 4.用NA表示阿伏伽德罗常数,下列说法正确的是( )A.
0.5molAl与足量盐酸反应转移电子数为NAB.标准状况下,
11.2LSO3所含的分子数为
0.5NAC.
0.1molCH4所含的电子数为NAD.46gNO2和N2O4的混合物含有的分子数为1NA【考点】阿伏加德罗常数.【分析】A、铝反应后变为+3价;B、标况下三氧化硫为固体;C、甲烷中含10个电子;D、NO2和N2O4的摩尔质量不同.【解答】解A、铝反应后变为+3价,故
0.5mol铝转移
1.5NA个电子,故A错误;B、标况下三氧化硫为固体,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的分子个数,故B错误;C、甲烷中含10个电子,故
0.1mol甲烷中含NA个电子,故C正确;D、NO2和N2O4的摩尔质量不同,故46g混合物的物质的量无法计算,则其分子个数也无法计算,故D错误.故选C. 5.NA表示阿伏加德罗常数,下列叙述正确的是( )A.等物质的量的N2和CO所含分子数均为NAB.
1.7gH2O2中含有的电子数为
0.9NAC.1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD.标准状况下,
2.24L戊烷所含分子数为
0.1NA【考点】阿伏加德罗常数.【分析】A、氮气和CO的物质的量不明确;B、求出双氧水的物质的量,然后根据1mol双氧水中含18mol电子来分析;C、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成;D、标况下戊烷为液态.【解答】解A、氮气和CO的物质的量不明确,故等物质的量的氮气和CO的分子数相同,但不一定是NA个,故A错误;B、
1.7g双氧水的物质的量为
0.05mol,而1mol双氧水中含18mol电子,故
0.05mol双氧水中含
0.9NA个电子,故B正确;C、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成,故1mol过氧化钠中含3NA个离子,故C错误;D、标况下戊烷为液态,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D错误.故选B. 6.能正确表示下列反应的离子方程式为( )A.硫化亚铁溶于稀硝酸中FeS+2H+=Fe2++H2S↑B.少量的NaOH溶液滴入NH4HCO3溶液中HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2OC.少量SO2通入苯酚钠溶液中C6H5O﹣+SO2+H2O=C6H5OH+HSO3﹣D.大理石溶于醋酸中CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O【考点】离子方程式的书写.【分析】A.发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO、S和水;B.少量NaOH,只与碳酸氢根离子反应;C.反应生成苯酚和亚硫酸钠;D.醋酸在离子反应中保留化学式.【解答】解A.硫化亚铁具有还原性,而硝酸具有氧化性,两者要发生氧化还原反应,离子反应为FeS+4H++NO3﹣=Fe3++S↓+NO↑+2H2O,故A错误;B.少量的NaOH溶液滴入NH4HCO3溶液中的离子反应为HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O,故B正确;C.少量SO2通入苯酚钠溶液中的离子反应为2C6H5O﹣+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32﹣,故C错误;D.大理石溶于醋酸中的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO﹣,故D错误;故选B. 7.对反应CuSO4+FeS2+H2O→Cu2S+FeSO4+H2SO4,下列说法正确的是( )A.FeS2既是氧化剂又是还原剂B.被氧化的硫和被还原的硫的质量比为37C.氧化剂只有CuSO4D.1molCuSO4可氧化mol的硫【考点】氧化还原反应.【分析】CuSO4+FeS2+H2O→Cu2S+FeSO4+H2SO4中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价,S元素的化合价由﹣1价降低为﹣2价,S元素的化合价由﹣1价升高为+6价,由电子及原子守恒可知配平后的反应为14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4,以此来解答.【解答】解A.S元素的化合价由﹣1价降低为﹣2价,S元素的化合价由﹣1价升高为+6价,则FeS2既是氧化剂又是还原剂,故A正确;B.由FeS2中S元素的化合价变化及S原子守恒可知,10molS中有3molS失去电子,7molS得到电子,则被氧化的S和被还原的S的质量比为37,故B正确;C.Cu、S元素的化合价降低,则氧化剂为CuSO
4、FeS2,故C错误;D.1molCuSO4得到电子为1mol×(2﹣1)=1mol,由电子守恒可知,可氧化mol的S,故D错误;故选AB. 8.在溶液中可以共存,加OH﹣产生沉淀,加H+生成气体的一组离子是( )A.Na+、Cu2+、Cl﹣、CO32﹣B.HCO3﹣、Cl﹣、Fe3+、Na+C.Cl﹣、K+、NO3﹣、Fe2+、D.S2﹣、SO42﹣、NH4+、Fe2+【考点】离子共存问题.【分析】离子在溶液中可以大量共存,说明离子之间不发生任何反应,加OH﹣产生沉淀,溶液中可能存在Fe2+、Cu2+、Mg2+离子,加H+生成气体,说明溶液中可能存在CO32﹣或HCO3﹣离子或发生其它生成气体的反应,以此解答该题.【解答】解A.Cu2+与CO32﹣反应生成沉淀而不能大量共存,故A错误;B.HCO3﹣、Fe3+发生互促水解反应而不能大量共存,故B错误;C.离子之间不发生任何反应,加OH﹣产生氢氧化亚铁沉淀,加H+发生氧化还原反应生成NO气体,符合题意,故C正确;D.S2﹣、Fe2+反应生成沉淀而不能大量共存,故D错误.故选C. 9.下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是( )A.浓硫酸与含有水分的蔗糖作用显示的性质是酸性、脱水性、强氧化性、吸水性B.二氧化硅不与任何酸反应,可用石英制造耐酸容器C.将SO2通入品红溶液,溶液褪色后加热恢复原色;将SO2通入溴水,溴水褪色后加热不能恢复原色D.铜的金属活泼性比铁的差,可在海轮外壳上装若干铜块以减缓铁腐蚀【考点】浓硫酸的性质;二氧化硫的化学性质;硅和二氧化硅;铜金属及其重要化合物的主要性质.【分析】A.硫酸和含有水分的蔗糖作用,被脱水后生成了黑色的炭(碳化),并会产生二氧化硫.反应过程分两步,浓硫酸吸收水,蔗糖(C12H22O11)在浓硫酸作用下脱水,生成碳和水(试验后蔗糖会变黑,黑的就是碳颗粒),这一过程表现了浓硫酸的吸水性和脱水性第二步,脱水反应产生的大量热让浓硫酸和C发生反应生成二氧化碳和二氧化硫,这一过程表现了浓硫酸的强氧化性;B.二氧化硅和HF发生复分解反应;C.二氧化硫具有漂白性,但不稳定;二氧化硫和溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr;D.铜、Fe和海水构成原电池,Fe作负极,加快反应速率.【解答】解A.硫酸和含有水分的蔗糖作用,被脱水后生成了黑色的炭(碳化),并会产生二氧化硫.反应过程分两步,浓硫酸吸收水,蔗糖(C12H22O11)在浓硫酸作用下脱水,生成碳和水(试验后蔗糖会变黑,黑的就是碳颗粒),这一过程表现了浓硫酸的吸水性和脱水性第二步,脱水反应产生的大量热让浓硫酸和C发生反应生成二氧化碳和二氧化硫,这一过程表现了浓硫酸的强氧化性,所以浓硫酸体现脱水性、强氧化性和吸水性,故A错误;B.石英的成分是二氧化硅,二氧化硅和HF发生复分解反应生成四氟化硅和水,故B错误;C.二氧化硫能使品红溶液褪色,但不稳定,受热易恢复原色;二氧化硫具有还原性,和溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr,所以二者以11混合时没有漂白性,所以将SO2通入溴水,溴水褪色后加热不能恢复原色,故C正确;D.Cu、Fe和海水构成原电池,Fe易失电子作负极,Cu作正极,所以加快Fe被腐蚀速率,故D错误;故选C. 10.I是常规核裂变产物之一,可以通过测定大气或水中I的含量变化来检测核电站是否发生放射性物质泄漏.下列有关I的叙述中错误的是( )A.I的化学性质与I相同B.I的质子数为53C.I的原子核外电子数为78D.I的原子核内中子数多于质子数【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系;质子数、中子数、核外电子数及其相互联系.【分析】A、互为同位素的原子化学性质几乎完全相同,物理性质有差别.B、原子符号AZX左下角数字代表质子数,左上角数字代表质量数,X代表元素符合.C、电中性原子质子数等于核外电子数.D、原子符号AZX左下角数字代表质子数,左上角数字代表质量数,X代表元素符合.根据质量数=质子数+中子数计算中子数.据此判断.【解答】解A、53131I与53127I质子数相同,中子数不同,互为同位素,化学性质几乎完全相同,物理性质有差别,故A正确;B、原子符号AZX左下角数字代表质子数,53131I的质子数为53,故B正确;C、53131I是电中性原子,质子数等于原子核外电子数为53,故C错误;D、53131I的质子数为53,中子数=131﹣53=78,中子数多于质子数,故D正确.故选C. 11.下列说法正确的是( )A.Fe与稀HNO
3、稀H2SO4反应均有气泡产生,说明Fe与两种酸均发生置换B.Na2O2中阴阳离子数数目之比为11C.Cl2与SO2均能使品红褪色,说明二者均有氧化性D.NO能够与人体里的血红蛋白结合,造成人体缺氧中毒【考点】铁的化学性质;氯气的化学性质;氮的氧化物的性质及其对环境的影响.【分析】A.铁与稀硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铁和水;B.依据过氧化钠中含有钠离子和过氧根离子解答;C.二氧化硫能与品红结合成无色物质,使品红溶液褪色;D.NO是有毒的气体,呼入人体内会和人体血红蛋白结合,造成人体缺氧中毒.【解答】解A.铁与稀硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铁和水,不属于置换反应,故A错误;B.Na2O2中含有2个钠离子和1个过氧根离子,故B错误;C.SO2能使品红溶液褪色,原因是二氧化硫能与有色物质结合成无色物质,不是因为氧化性,故C错误;D.NO是有毒的气体,呼入人体内会和人体血红蛋白结合,造成人体缺氧中毒,故D正确;故选D. 12.xx年1月美国科学家在《Science》上发表论文,宣布发现了铝的“超级原子”结构﹣Al13和Al14.已知这类“超级原子”最外层电子数之和为40个时处于相对稳定状态.下列说法中,正确的是( )A.Al
13、Al14互为同位素B.Al13超原子中Al原子间通过离子键结合C.Al14最外层电子数之和为42,与第ⅡA族元素的性质相似D.Al13和Al14都具有较强的还原性,容易失去电子生成阳离子【考点】核素;质量数与质子数、中子数之间的相互关系.【分析】A.同位素的分析对象为质子数相同而中子数不同的原子,而超原子的质子、中子均相同;B.Al13超原子中Al原子间是通过共有电子对成键;C.All4的价电子为3×14=42,当具有40个价电子时最稳定,当价电子数是42时,则易失去2个电子;D.Al13的价电子为3×13=39,易得电子,All4的价电子为3×14=42,易失去电子.【解答】解A.同位素的分析对象为质子数相同而中子数不同的原子,而超原子的质子、中子均相同,故A错误;B.Al13超原子中Al原子间是通过共有电子对成键,所以以共价键结合,故B错误;C.All4的价电子为3×14=42,当具有40个价电子时最稳定,当价电子数是42时,则易失去2个电子,则与ⅡA族元素性质相似,故C正确;D.Al13的价电子为3×13=39,易得电子,形成阴离子,而All4的价电子为3×14=42,易失去电子,形成阳离子,故D错误;故选C. 13.下列有关物质性质的说法错误的是( )A.热稳定性HCl>HBr>HIB.原子半径Na>Mg>AlC.还原性PH3>H2S>HC1D.结合H+能力CH3COO﹣>HCO3﹣>ClO﹣【考点】元素周期律的作用.【分析】A、非金属的氢化物稳定性和非金属性一致,氢化物越稳定非金属性越强,同主族从上到下非金属性减弱;B、电子层数相同核电荷数越多半径越小;C、元素的非金属性越强,对应的单质的氧化性越强,其氢化物的还原性越弱;D、酸性越弱,酸越难电离,对应的酸根离子越易结合氢离子.【解答】解A、氢化物越稳定非金属性越强,同主族从上到下非金属性减弱,热稳定性HCl>HBr>HI,故A正确;B、电子层数相同核电荷数越多半径越小,所以原子半径Na>Mg>Al,故B正确;C、元素的非金属性P<S<Cl,元素的非金属性越强,对应的单质的氧化性越强,其氢化物的还原性越弱,所以还原性PH3>H2S>HCl,故C正确;D、酸性越弱,酸越难电离,对应的酸根离子越易结合氢离子,碳酸的酸性大于次氯酸,强于硅酸,所以结合质子的能力ClO﹣>HCO3﹣>CH3COO﹣,故D错误;故选D. 14.下列离子方程式正确的是( )A.硫酸铝溶液与过量Ba(OH)2溶液反应2Al3++3SO42﹣+3Ba2++8OH﹣=3BaSO4↓+2A1O2﹣+4H2OB.碳酸钠溶液中滴加盐酸至恰好要出现气泡时停止CO32﹣+2H+=CO2↑+H2OC.酸性高锰酸钾溶液与H2O2溶液混合2MnO4﹣+3H2O2+6H+=2Mn2++6H2O+402↑D.氯气通入亚硫酸钠溶液中2Cl2+SO32﹣+H2O=2Cl﹣+SO2↑+2HClO【考点】离子方程式的书写.【分析】A.氢氧化钡过量,反应生成硫酸钡沉淀、偏铝酸钠和水;B.碳酸钠溶液中滴加盐酸至恰好要出现气泡时,碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠;C.2mol高锰酸根离子完全反应失去10mol电子,应该生成5mol氧气,该反应不满足电子守恒;D.亚硫酸根离子被氯气氧化成硫酸根离子.【解答】解A.硫酸铝溶液与过量Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为2Al3++3SO42﹣+3Ba2++8OH﹣=3BaSO4↓+2A1O2﹣+4H2O,故A正确;B.碳酸钠溶液中滴加盐酸至恰好要出现气泡时停止,碳酸根离子与氢离子反应生成碳酸氢根离子,正确的离子方程式为CO32﹣+H+=HCO3﹣,故B错误;C.酸性高锰酸钾溶液与H2O2溶液混合,发生氧化还原反应生成氧气,正确的离子方程式为2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++6H2O+502↑,故C错误;D.亚硫酸钠与氯气反应生成硫酸钠,正确的离子方程式为SO32﹣+Cl2+H2O=2Cl﹣+2H++SO42﹣,故D错误;故选A. 15.用图所示装置进行下列实验将
①中溶液滴入
②中,预测的现象与实际相符的是( )选项
①中物质
②中物质预测
②中的现象A稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色A.AB.BC.CD.D【考点】真题集萃;实验装置综合.【分析】A.先发生盐酸与NaOH的反应;B.常温下,Al遇浓硝酸发生钝化;C.NaOH过量,开始不生成沉淀;D.发生氧化还原反应.【解答】解A.先发生盐酸与NaOH的反应,然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠,最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气体,则现象不合理,故A错误;B.常温下,Al遇浓硝酸发生钝化,则不能观察到红棕色气体,现象不合理,故B错误;C.NaOH过量,开始不生成沉淀,反应生成偏铝酸钠和氯化钠,开始无现象,故C错误;D.草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应,溶液褪色,现象合理,故D正确;故选D. 16.工业上将Na2CO3和Na2S以12的物质的量之比配成溶液,再通入SO2,可制取Na2S2O3,同时放出CO2.在该反应中( )A.二氧化硫体现还原性,做还原剂B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为12C.每生成1molNa2S2O3,转移4mol电子D.相同条件下,每吸收10m3SO2就会放出
2.5m3CO2【考点】氧化还原反应.【分析】工业上将Na2CO3和Na2S以12的物质的量之比配成溶液,再通入SO2,可制取Na2S2O3,同时放出CO2,其反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2,反应在S元素的化合价从﹣2价升高到+2价,S的化合价从+4价降低到+2价,据此分析.【解答】解A.由反应方程式中二氧化硫S的化合价从+4价降低到+2价,则二氧化硫体现氧化性,做氧化剂,故A错误;B.2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2中,Na2S为还原剂,SO2为氧化剂,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为21,故B错误;C.反应中2Na2S转化为3Na2S2O3,转移8个电子,则生成1molNa2S2O3,转移mol电子,故C错误;D.根据方程式可知,每当4molSO2参与氧化还原反应就会放出1molCO2,则每10m3SO2参与反应就会放出
2.5m3CO2,故D正确.故选D. 17.有A、L、Z、W、Q五种短周期元素,其中Z、Q同主族,A、L、Z、W同周期;A+与Q2﹣具有相同的电子层结构;L的单质晶体熔点高、硬度大,是一种重要的半导体材料;离子半径Z2﹣>W﹣.下列说法中,正确的是( )A.元素L、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体B.由于W、Z、Q元素的氢化物相对分子质量依次减小,所以其沸点依次降低C.A、Q两种元素能形成A2Q和A2Q2型化合物D.元素W和Q的某些单质不可以作为水处理中的消毒剂【考点】原子结构与元素的性质.【分析】根据L的单质晶体熔点高、硬度大,是一种重要的半导体材料可知L为Si,则A、Z、W都在第三周期,再由A+与Q2﹣具有相同的电子层结构,则A为Na元素,Q为O元素;Z、Q同主族,则Z为S元素;离子半径Z2﹣>W﹣,而且Z、W同周期,则W为Cl元素,然后利用元素形成的化合物的结构和性质来解答.【解答】解由L的单质晶体熔点高、硬度大,是一种重要的半导体材料可知L为Si,则A、Z、W都在第三周期,再由A+与Q2﹣具有相同的电子层结构,则A为Na元素,Q为O元素;Z、Q同主族,则Z为S元素;离子半径Z2﹣>W﹣,而且Z、W同周期,则W为Cl元素;A.元素L、Z、W分别为Si、S、Cl,其单质晶体分别为原子晶体、分子晶体、分子晶体,故A错误;B.O元素的氢化物中含有氢键,沸点较高,则氢化物的沸点H2O>HCl>H2S,故B错误;C.钠和氧可以形成Na2O2和Na2O,故C正确;D.Cl2和O3都具有强氧化性,则可以作为水处理中的消毒剂,故D错误.故选C. 18.SO2通入BaCl2溶液中并不产生沉淀,而通入另一种气体后可以产生白色沉淀.则图中右侧Y形管中放置的药品组合不符合要求的是(必要是可以加热)( )A.Cu和浓硝酸B.CaO和浓氨水C.大理石和稀盐酸D.高锰酸钾溶液和浓盐酸【考点】实验装置综合;二氧化硫的化学性质.【分析】SO2与BaCl2不反应,而通入另一种气体后可以产生白色沉淀,则溶液中必须存在大量的SO32﹣或SO42﹣,右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体,如是碱性气体,溶液中存在大量的SO32﹣,如是氧化性气体,溶液中可生成SO42﹣,则生成的沉淀可能为BaSO3或BaSO4,以此来解答.【解答】解由图可知,右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体,如是碱性气体,溶液中存在大量的SO32﹣,如是氧化性气体,溶液中可生成SO42﹣,则生成的沉淀可能为BaSO3或BaSO4,A.Cu和浓硝酸反应生成二氧化氮具有强氧化性会氧化二氧化硫为硫酸,与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀,故A不选;B.CaO和氯化铵加热生成氨气,通入氯化钡溶液和二氧化硫反应生成亚硫酸盐,会生成亚硫酸钡沉淀,故B不选;C.反应生成二氧化碳,与氯化钡溶液也不反应,不能生成沉淀,故C选;D.高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯气,二氧化硫、氯气在水中反应生成硫酸,再与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀,故D不选;故选C.
二、填空题(本题共4道小题,共46分)19.向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸.请完成下列问题
(1)写出反应的离子方程式 Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O
(2)下列三种情况下,离子方程式与
(1)相同的是 A (填序号).A.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性B.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀C.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量
(3)若缓缓加入稀H2SO4直至过量,整个过程中混合溶液中的导电能力(用电流强度I表示)可近似地用图中的曲线表示是 C (填序号).
(4)若向装有Ba(OH)2溶液烧杯里缓缓滴入KAl(SO4)2溶液至Ba2+恰好完全反应.则反应的离子方程式是 2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O .【考点】离子方程式的书写;常见离子的检验方法.【分析】
(1)氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀;
(2)A.NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性,反应生成硫酸钠、硫酸钡和水;B.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀,反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水;C.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量,反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水;
(3)加入稀硫酸直至过量,恰好反应时导电性为0,过量后离子浓度增大,导电性增强;
(4)有Ba(OH)2溶液烧杯里缓缓滴入KAl(SO4)2溶液至Ba2+恰好完全反应,反应生成硫酸钡、偏铝酸钾和水.【解答】解
(1)向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸,离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O;故答案为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O;
(2)A.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O,故A正确;B.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2O,故B错误;C.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2O,故C错误;故选A;
(3)加入稀硫酸直至过量,恰好反应时导电性为0,过量后离子浓度增大,导电性增强,图中只有C符合,故答案为C;
(4)Ba(OH)2溶液中加入KAl(SO4)2溶液至Ba2+恰好完全反应,离子方程式为2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O;故答案为2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O. 20.实验室用固体烧碱配制500mL
0.1mol•L﹣1的NaOH溶液.
(1)需称量
2.0 g的烧碱固体,它应该盛放在 小烧杯 中进行称量.
(2)配制过程中,不需要使用的仪器是(填写代号) C、H .A.烧杯 B.量筒 C.1000mL容量瓶 D.托盘天平E.药匙 F.500mL容量瓶 G.胶头滴管 H.漏斗
(3)除上述可使用的仪器,还缺少的仪器是 玻璃棒 ,它在实验中的作用为 搅拌、引流 .
(4)叙述定容过程中的操作 用玻璃棒引流,加蒸馏水至离刻度1~2cm处,改用胶头滴管逐滴滴加,使溶液凹液面最低点、刻度线、视线水平相切 .
(5)要配制浓度约为2mol•L﹣1NaOH溶液100mL,下列操作正确的是
①④ .
①称取8gNaOH固体,放入250mL烧杯中,用100mL量筒量取100mL蒸馏水,加入烧杯中,同时不断搅拌至固体溶解
②称取8gNaOH固体,放入100mL量筒中,边搅拌,边慢慢加入蒸馏水,待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100mL
③称取8gNaOH固体,放入100mL容量瓶中,加入适量蒸馏水,振荡容量瓶使固体溶解,再加水至刻度线,塞好瓶塞,反复摇匀
④用100mL量筒量取40mL5mol•L﹣1NaOH,倒入250mL烧杯中,再用同一量筒量取60mL蒸馏水,不断搅拌下,慢慢倒入烧杯中
(6)下列操作导致所配溶液浓度偏高的是 B .A.称量时,左盘高,右盘低B.定容时俯视容量瓶刻度线C.原容量瓶洗净后没有干燥D.摇匀后见液面下降,再加水至刻度线.【考点】溶液的配制.【分析】
(1)根据m=nM=cVM计算需要氢氧化钠的质量,溶解氢氧化钠固体需要在小烧杯中进行;
(2)根据操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等选取实验仪器;
(3)根据玻璃棒在溶解和移液时作用解答;
(4)根据定容时正确操作解答;
(5)配制浓度约为2mol•L﹣1NaOH溶液100mL,需要NaOH的质量为
0.1L×2mol/L×40g/mol=
8.0g,注意溶液的体积为100mL;
(6)根据c=判断配制溶液的误差,如果n偏小或V偏大,则配制溶液的浓度偏低,如果n偏大或V偏小,则配制溶液的浓度偏高.【解答】解
(1)实验室配制500mL
0.1mol•L﹣1的NaOH溶液需要NaOH的质量为
0.5L×
0.1mol•L﹣1×40g/mol=
2.0g,固体应放在小烧杯中称量;故答案为
2.0;小烧杯;
(2)操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,一般用托盘天平称量,用药匙取用药品,在烧杯中溶解(可用量筒),冷却后转移到500mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,当加水至液面距离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加,所以不需要的仪器是C、H;故答案为C、H;
(3)除了上述仪器还缺少玻璃棒,在溶解时,起搅拌作用,在移液时起引流作用;故答案为玻璃棒;搅拌、引流;
(4)定容的正确操作为用玻璃棒引流,加蒸馏水至离刻度1~2cm处,改用胶头滴管逐滴滴加,使溶液凹液面最低点、刻度线、视线水平相切;故答案为用玻璃棒引流,加蒸馏水至离刻度1~2cm处,改用胶头滴管逐滴滴加,使溶液凹液面最低点、刻度线、视线水平相切;
(5)
①根据浓度约为2mol/LNaOH溶液100mL,这是粗略配制,所以可将8gNaOH固体,放入250mL烧杯中,用100mL量筒量取100mL蒸馏水,加入烧杯中,同时不断搅拌至固体溶解,故
①正确;
②量筒不能用来溶解固体,故
②错误;
③容量瓶不能直接用来溶解固体,故
③错误;
④用5mol/LNaOH溶液来稀释需体积为=
0.04L,即40mL,所以可用100mL量筒量取40mL5mol/LNaOH溶液,倒入250mL烧杯中,再用同一量筒量取60mL蒸馏水,再慢慢搅拌下慢慢倒入烧杯中,故
④正确;故选
①④;
(6)A.称量时,左盘高,右盘低,导致称取的溶质的质量偏小,溶液浓度偏低,故A不选;B.定容时俯视容量瓶刻度线,导致溶液体积偏小,溶液浓度偏高,故B选;C.原容量瓶洗净后没有干燥,对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响,溶液浓度不大,故C不选;D.摇匀后见液面下降,再加水至刻度线,导致溶液体积偏大,溶液浓度偏低,故D不选;故选B. 21.氧化还原反应在生产、生活中应用广泛,酸性KMnO
4、H2O
2、Fe(NO3)3是重要的氧化剂.用所学知识回答问题
(1)3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O,当有6molH2SO4参加反应的过程中,有 10 mol还原剂被氧化.
(2)在稀硫酸中,KMnO4与H2C2O4反应的离子方程式为 2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2+++8H2O
(3)取300mL
0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应,生成等物质的量的I2和KIO3,则消耗KMnO4的物质的量的是
0.032 mol.
(4)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液,溶液先由棕黄色变为浅绿色,过一会又变为棕黄色,溶液先变为浅绿色的离子方程式是 2Fe3++SO32﹣+H2O=2Fe2++SO42﹣+2H+ ,又变为棕黄色的原因是 H+与NO3﹣组成的硝酸把Fe2+氧化 .【考点】氧化还原反应的计算;氧化还原反应.【分析】
(1)在3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O反应中,当有6molH2SO4参加反应时,有10molH2O2参加反应,此反应中H2O2的所含氧元素化合价由﹣1价全部升高为0价,是还原剂;
(2)将3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O改写为离子方程式时只要将反应体系中可溶性的强酸、盐改写为完全电离形式,再删除不参加反应的离子即可;
(3)n(KI)=
0.06mol,与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应,生成等物质的量的I2和KIO3,则n(I2)=n(KIO3)=
0.02mol,结合化合价的变化计算转移的电子的数目,可计算消耗KMnO4的物质的量;
(4)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液,溶液先由棕黄色变为浅绿色,原因是Fe3+与SO32﹣发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42﹣,反应后溶液呈酸性,则在酸性条件下NO3﹣与Fe2+反应生成Fe3+,过一会又变为棕黄色.【解答】解
(1)在3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O反应中是还原剂,H2O2与H2SO4的化学计量数之比为53,当有6molH2SO4参加反应时,同时有10molH2O2被氧化,故答案为10;
(2)反应中H2SO
4、KMnO
4、K2SO
4、MnSO4均可改写为完全电离形式,其它仍用化学式表示,改写后再删除不参加反应的离子即可得2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2+++8H2O,故答案为2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2+++8H2O;
(3)n(KI)=
0.06mol,与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应,生成等物质的量的I2和KIO3,则n(I2)=n(KIO3)=
0.02mol,共失去电子的物质的量为2×
0.02mol+
0.02mol×[5﹣(﹣1)]==
0.16mol,则消耗KMnO4的物质的量的是=
0.032mol,故答案为
0.032;
(4)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液,溶液先由棕黄色变为浅绿色,原因是Fe3+与SO32﹣发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42﹣,反应的离子方程式为2Fe3++SO32﹣+H2O=2Fe2++SO42﹣+2H+,反应后溶液呈酸性,则在酸性条件下NO3﹣与Fe2+反应生成Fe3+,过一会又变为棕黄色,故答案为2Fe3++SO32﹣+H2O=2Fe2++SO42﹣+2H+;H+与NO3﹣组成的硝酸把Fe2+氧化. 22.高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、速凝于一体的新型多功能水处理剂.其生产流程如图1
(1)配制KOH溶液时,是在每100mL水中溶解
61.6gKOH固体(该溶液的密度为
1.47g/mL),它的物质的量浓度是 10 mol/L.
(2)在溶液I中加入KOH固体的目的是 AC (填编号).A.与溶液I中过量的Cl2继续反应,生成更多的KClOB.KOH固体溶解时会放出较多的热量,有利于提高反应速率C.为下一步反应提供碱性的环境D.使副产物KClO3转化为KClO
(3)每制得
59.4克K2FeO4,理论上消耗氧化剂的物质的量为
0.45 mol.从溶液II中分离出K2FeO4后,还得到副产品KNO
3、KCl,写出
③中反应的离子方程式 2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O .
(4)高铁酸钾(K2FeO4)溶液中加入稀硫酸,溶液变为黄色,并有无色气体产生,该反应的离子方程式是 4FeO42﹣+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O .
(5)从环境保护的角度看,制备K2FeO4较好的方法为电解法,其装置如图2所示.电解过程中阳极的电极反应式为 Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O .【考点】制备实验方案的设计.【分析】氢氧化钾溶液中充入足量氯气,在温度较低的条件下反应生成氯化钾、次氯酸钾和水,加入氢氧化钾固体除去KCl,得到碱性KClO的浓溶液,加入90%硝酸铁溶液发生反应生成高铁酸钾溶液Ⅱ纯化得到湿产品,洗涤干燥得到K2FeO4晶体;
(1)根据n=计算出氢氧化钾的物质的量,溶液质量等于溶质质量与溶剂质量之和,利用V=计算溶液体积,再根据c=计算氢氧化钾溶液的物质的量浓度;
(2)根据生产工艺流程图,第
①步氯气过量,第
③步需要碱性条件,在温度较高时KOH与Cl2反应生成的是KClO3,氧化还原反应中化合价有升有降;
(3)反应
③是次氯酸根离子在碱溶液中氧化铁离子为高铁酸根离子,根据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物以及电子得失守恒和质量守恒来配平;
(4)向高铁酸钾溶液中滴加稀硫酸,溶液变黄色,说明生成Fe3+,并产生大量气泡,应为氧气,说明高铁酸钾在酸性条件下自身发生氧化还原反应,生成铁离子、氧气和水;
(5)阳极发生氧化反应,碱性条件下铁被氧化生成FeO42﹣.【解答】解
(1)
61.6gKOH固体的物质的量为=
1.1mol,溶液的质量为100mL×1g/mL+
61.6g=
161.6g,所以溶液的体积为=L,所以氢氧化钾溶液的物质的量浓度为=10mol/L,故答案为10;
(2)由工艺流程可知,反应液I中有过量的Cl2反应,加KOH固体的目的是与过量的Cl2继续反应,生成更多的KClO.A、与过量的Cl2继续反应,生成更多的KClO,故A正确;B、由信息
②可知温度较高KOH与Cl2反应生成的是KClO3,不利用KClO生成、浪费原料,故B错误;C、由工艺流程及
③可知,利用Fe(NO3)3与KClO制备K2FeO4,故C正确;D、由信息可知,该条件下KClO3不能转化为KClO,故D错误.故选AC;
(3)据题目信息和氧化还原反应中化合价发生变化确定找出反应物Fe3+、ClO﹣,生成物FeO42﹣、Cl﹣,根据电子得失守恒和质量守恒来配平,可得
③中反应的离子方程式为2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O.每制得
59.4克K2FeO4,物质的量==
0.3mol,理论上消耗氧化剂为KClO的物质的量依据离子方程式定量关系计算,2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O32n
0.3moln=
0.45mol故答案为
0.45;2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O;
(4)向高铁酸钾溶液中滴加稀硫酸,溶液变黄色,说明生成Fe3+,并产生大量气泡,应为氧气,反应的离子方程式为4FeO42﹣+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O,说明高铁酸钾在酸性条件下自身发生氧化还原反应,故答案为4FeO42﹣+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O;
(5)阳极发生氧化反应,碱性条件下铁被氧化生成FeO42﹣,电极方程式为Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O,故答案为Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O. xx年12月8日。