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可能用到的相对原子质量H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Fe-56Cu-64
一、选择题(本题包括18个小题,每小题只有一个选项符合题意,共54分)1.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.置换反应C.分解反应D.化合反应【答案】B【解析】试题分析此题有关的化学反应有
①HgS=Hg+S;
②;Hg+S=HgS.其中
①属于氧化还原反应和分解反应;
②属于化合反应,故A、氧化还原反应有涉及到;B、置换反应没有涉及;C、分解反应有涉及;D、化合反应有涉及;故答案选B考点考查化学反应类型2.若NA表示阿伏加德罗常数,下列说法中正确的是A.16gCH4与18gNH4+所含质子数相等B.常温下
5.6g铁钉与足量浓硝酸反应,转移的电子数为
0.3NAC.1L
0.5mol·L-1Na2CO3溶液中,阴阳离子总数为
1.5NAD.常温常压下,11gCO2气体中所含的分子数为
0.25NA【答案】D【解析】试题分析A、16gCH4的物质的量为n=m/M=16g/16g/mol=1mol每摩尔CH4中有质子的物质的量为10mol,所以16gCH4中质子的个数N=n・NA=10NA;18gNH4+的物质的量为n=m/M=18g/18g/mol=1mol每摩尔NH4+中有质子的物质的量为11mol,则18gNH4+中质子的个数N=n・NA;=11NA故16gCH4与18gNH4+所含质子数不相等故A错误;B、常温下铁在浓硝酸中发生钝化,不能继续反应,故B错误;C、1L
0.5mol•L-1的Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠
0.5mol,碳酸根离子部分水解,溶液中阴离子数目增多,所以溶液中含有的离子总物质的量大于
1.5mol,离子总数大于
1.5NA,故C错误;D、11gCO2气体物质的量=n=m/M=11g/44g/mol=
0.25mol,所含的分子数为
0.25NA,故D正确故答案选D考点考查阿伏加德罗常数及其相关计算3.下列有关溶液组成的描述合理的是A.无色溶液中可能大量存在Al3+、NH、Cl-、S2-B.酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO-、SO、I-C.
0.1mol·L-1NaOH溶液大量存在K+、Na+、SO、COD.无色透明溶液中大量存在K+、Cu2+、SO、Na+【答案】C【解析】试题分析A、Al3+与S2‾发生双水解反应,所以不能大量共存,故A错误;B、酸性溶液中ClO‾可氧化I‾,不能大量共存,故B错误;C、碱性溶液中K+、Na+、SO、CO32‾不发生反应,可以大量共存,故C正确;D、无色透明溶液中,Cu2+为蓝色,不能大量共存,故D错误故答案选C考点考查离子共存4.下列图示实验合理的是2019-2020年高三上学期第二次模拟考试化学试题含解析A.图4为用浓硝酸溶液与铜反应制备并收集少量NO2B.图2为制备少量氧气C.图3为配制一定物质的量浓度的硫酸溶液D.图1为证明非金属性强弱SCSi【答案】D【解析】试题分析A、图4中NO2与水反应,不可用排水法收集,故A错误;B、过氧化钠为粉末,不能用简易气体发生装置制备,故B错误;C、容量瓶应在常温下使用,且只能用于配制溶液,不能在容量瓶中稀释浓硫酸,故C错误;D、比较非金属性强弱,可根据元素对应的最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较,硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳,说明硫酸酸性大于碳酸,二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中可得硅酸沉淀,说明碳酸酸性大于硅酸,从而可证明非金属性SCSi,故D正确;答案选D考点考查化学实验注意事项及非金属性强弱比较5.Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素,X的焰色反应呈黄色Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍W、Z最外层电子数相同,Z的核电荷数是W的2倍元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一,下列说法正确的是A.原子半径的大小顺序rYrXrQrWB.X、Y的最高价氧化物的水化物之间不能发生反应C.Z元素的氢化物稳定性大于W元素的氢化物稳定性D.元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物【答案】D【解析】试题分析X的焰色反应呈黄色,X为Na元素;Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍,Q元素原子有2个电子层,最外层电子数为4,Q为碳元素;W、Z最外层电子数相同,所以二者处于同一主族,Z的核电荷数是W的2倍,W为氧元素,Z为硫元素;元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一,则Y为Al元素A、同周期自左向右原子半径减小,所以原子半径Na>Al>Si,C>O,同主族自上而下原子半径增大,故原子半径Si>C,故原子半径Na>Al>C>O,即X>Y>Q>W,故A错误;B、X、Y的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化钠和氢氧化铝,而氢氧化铝是两性氢氧化物,与氢氧化钠反应生,故B错误;C、非金属性O>S,故氢化物稳定性H2O>H2S,故C错误;D、元素Q和Z能形成QZ2是CS2属于共价化合物,故D正确;故答案选D考点考查元素周期律6.已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是A.Sn2+、Fe2+、Ce3+B.Sn2+、Ce3+、Fe2+C.Ce3+、Fe2+、Sn2+D.Fe3+、Sn2+、Ce3+【答案】A【解析】试题分析氧化还原反应中的还原性还原剂大于还原产物由方程式可知,还原性Fe2+>Ce3+;Sn2+>Fe2+,故Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是Sn2+、Fe2+、Ce3+答案选A考点考查还原性强弱判断7.下列离子方程式表示正确的是A.AgNO3溶液中加入Cu Cu+Ag+=Cu2++AgB.NaHCO3溶液中加入CH3COOH CO32-+2CH3COOH=CO2↑+2CH3COO-+H2OC.含
0.2molFeBr2的溶液中通入
0.2molCl24Fe2++6Br-+5Cl2=4Fe3++3Br2+10Cl-D.等体积等物质的量浓度的NaHCO3和BaOH2溶液混合HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O【答案】D【解析】试题分析A、反应前后离子所带的电荷不守恒,故A错误;B、HCO3-是弱酸的酸式根,不能拆开,故B错误;C、当FeBr2与Cl2物质的量之比为1:1时,亚铁离子全部被氧化,溴离子部分被氧化,所以反应的离子方程式为2Br-+2Fe2++2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2,故C错误;D、体积等物质的量浓度的NaHCO3和Ba(OH)2溶液混合,HCO3—完全反应生成BaCO3,HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O,故D正确故答案选D考点考查离子反应方程式正误判断8.下列有关离子检验的操作和实验结论都正确的是选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀生成再加盐酸化沉淀不溶解该溶液中一定含有SO42—B向某溶液中先加入几滴KSCN溶液,再滴入酸性高锰酸钾溶,溶液变为浅红色该溶液中一定含有Fe2+C在酒精灯上加热铝箔,铝箔熔化但不滴落好像有一层膜兜着铝易被氧化;铝的熔点比氧化铝低D向某溶液中加入稀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—【答案】C【解析】试题分析A、该溶液中可能含有SO42-或Ag+,故A错误;B、加入KSCN溶液后的现象未指明,且使高锰酸钾溶液颜色变浅的离子可能是亚铁离子,也可能是亚硫酸根离子,所以不能判断原溶液中存在亚铁离子,故B错误;C、在酒精灯上加热铝箔,铝箔熔化但不滴落好像有一层膜兜着,这层膜是氧化铝,说明氧化铝的熔点高于Al的熔点,所以不滴落,故C正确;D、向某溶液中加入稀盐酸,产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体,气体可能为二氧化硫或二氧化碳,则溶液中可能存在HCO3-、SO32-、HSO3-、CO32-,故D错误故答案选C考点考查离子检验9.把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成5等份,取一份加入含amolNaOH的溶液恰好反应完全;另一份加入含bmolHCl的盐酸溶液恰好反应完全,则原混合溶液中c(Na+)为A.(b/10-a/20)mol/LB.(2b-a)mol/LC.(5b-5a/2)mol/LD.(10b-5a)mol/L【答案】D【解析】试题分析把500mL分成5等份每一份为100ML,一份加入含amol氢氧化钠的溶液恰好反应完全,据反应式NH4HCO3+2NaOH=Na2CO3+H2O+NH3·H2O得100ML中NH4HCO3的物质的量
0.5amol,NH4HCO3消耗盐酸的物质的量是
0.5amol,所以和碳酸钠反应的盐酸的物质的量是(b-
0.5a)mol,则碳酸钠的物质的量是(
0.5b-
0.25a)mol,所以每一份中钠离子的物质的量是(b-
0.5a)mol,则c(Na+)=(b-
0.5a)mol÷
0.1L=(10b-5a)mol/L,答案选D考点考查离子浓度相关计算10.甲、乙、丙、丁分别是Al2SO
43、FeSO
4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种,若将丁溶液滴入乙溶液中,发现有白色沉淀生成,继续滴加则沉淀消失,丁溶液滴入甲溶液中,无明显现象发生,据此可推断丙物质是A.Al2SO43B.NaOHC.BaCl2D.FeSO4【答案】D【解析】试题分析已知向丁溶液滴入乙溶液,有白色沉淀,继续滴入丁溶液白色沉淀消失,判断丁为NaOH,乙为Al2(SO4)3,因为Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4,出现氢氧化铝白色沉淀,继续加人NaOH,则有Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,氢氧化铝又溶解,丁溶液滴入甲溶液时,无明显现象发生,则可推断甲是BaCl2,因此,丙是FeSO4故答案选D考点考查物质的鉴别11.在一密闭容器中有HCHO、H
2、O2共
26.5g,用电火花引燃烧,使其完全燃烧,再将燃烧后的气体用Na2O2充分吸收,Na2O2增重
10.5g,则原混合气体中O2的物质的量是A.
0.5molB.
0.25molC.
0.27molD.
0.52mol【答案】A【解析】试题分析HCHO、H2燃烧反应方程式为HCHO+O2==CO2+H2O,2H2+O2==2H2O,二氧化碳、水与过氧化钠反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2,通过方程式可以看出,固体质量的增加量就是原混合气体中HCHO、H2的质量和,所以HCHO、H2的质量和为
10.5g.所以混合气体中氧气的质量为
26.5g-
10.5g=16g.nO2=16g/32g/mol=
0.5mol;故答案选A考点考查物质的量的相关计算12.某Na2CO
3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol·L-1的盐酸,测得溶液中的CO32-、HCO3-、AlO2-、Al3+的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示则下列说法不正确的是A.M点时生成的CO2为0molB.原混合溶液中的CO32-与AlO2-的物质的量之比为11C.V1V2=13D.a曲线表示的离子方程式为AlO2-+H++H2O=AlOH3↓【答案】C【解析】试题分析0-50ml:因为a减少时没有离子浓度增加所以a代表AlO2-,发生反应AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓,由图可知AlO2-反应完毕,加入盐酸50mL,根据方程式可知n(AlO2-)=n(H+)=
0.05mol×1mol/L=
0.05mol.50-100ml:AlO2-反应完毕,发生反应CO32-+H+═HCO3-,所以b线表示CO32-,c线表示HCO3-,由图可知CO32-反应完毕,该阶段加入盐酸50mL,据方程式可知n(CO32-)=n(H+)=
0.05mol×1mol/L=
0.05mol.所以原混合溶液中的CO32-与AlO2-的物质的量之比为11,B说法正确且M点还未生成CO2,,V1时刻CO32-和HCO3-量相等,所以消耗盐酸25ml,V1=50+25=75ml;150ml-V2发生反应Al(OH)3+3H+═Al3++3H2O,是AlO2-消耗盐酸的三倍,即为150ml故V2=150+150=300ml;V1V2=75300=14A、据以上分析M点时未生成CO2,故A正确;B、据以上计算.原混合溶液中的CO32-与AlO2-的物质的量之比为11,故B正确;C、据以上分析计算得V1V2=75300=14,故C说法错误;D、据以上分析a曲线表示的离子方程式为AlO2-+H++H2O=AlOH3↓,故D正确故答案选C考点考查离子反应与图象关系、化学计算等13.青石棉是一种致癌物质,是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一,其化学式为Na2Fe5Si8O22OH2青石棉用稀硝酸溶液处理时,还原产物只有NO,下列说法不正确的是A.青石棉是一种硅酸盐材料B.青石棉能完全溶于足量硝酸中,得到澄清透明溶液C.青石棉的化学组成可表示为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2OD.1mol青石棉能还原1molHNO3的稀硝酸【答案】B【解析】试题分析A、硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素(主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等)结合而成的化合物的总称,所以青石棉是一种硅酸盐产品,故A正确;B、二氧化硅和硝酸不反应,所以Na2Fe5Si8O22(OH)2不能完全溶于足量硝酸中,故B错误;C、硅酸盐写成氧化物形式的先后顺序为活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水,所以青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O,故C正确;D、据根据氧化还原反应中得失电子相等,1mol青石棉中有3molFe2+被氧化成Fe3+能将1molHNO3还原成NO,故D正确故答案选B考点考查硅酸盐的组成和性质14.有Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共
10.0g,放入500mL某浓度的盐酸中,混合物完全溶解,当再加入250mL
2.00mol·L-1的NaOH溶液时,得到沉淀最多上述盐酸的浓度为A.
1.00mol·L-1B.
0.500mol·L-1C.
2.00mol·L-1D.
3.00mol·L-1【答案】A【解析】试题分析Al、CuO、Fe2O3组成的混合物与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁,盐酸可能有剩余,向反应后溶液中加入NaOH溶液,得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁,此时溶液中溶质为NaCl,根据钠原子守恒有n(NaCl)=n(NaOH)=0.25L×2.0mol/L=0.5mol,根据氯原子守恒有n(HCl)=n(NaCl)=0.5mol,故盐酸的物质的量浓度=0.5mol/0.5L=1mol/L故A正确答案选A考点考查物质浓度的计算15.NaNO2是一种食品添加剂,它能致癌酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式为:MnO+NO+□→Mn2++NO+H2O下列叙述中正确的是A.该反应中NO被还原B.反应过程中溶液的pH减小C.生成1molNaNO3需消耗
0.4molKMnO4D.□中的粒子是OH-【答案】C【解析】试题分析A、该反应中N元素化合价由+3价变为+5价,所以NO失电子被氧化,故A错误;B、根据元素守恒、电荷守恒知,□是H+,氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低,则溶液的pH增大,故B、D都错误;反 C、根据氧化还原反应中得失电子守恒,生成1molNO3-转移2mol电子,需nKMnO4=2/7-2=
0.4mol故C正确;故答案选C考点考查氧化还原反应16.下列各项操作中,不发生“先产生沉淀,后沉淀又溶解”现象的是
①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2
②向FeOH3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸
③向AgNO3溶液中逐滴加入过量氨水
④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸A.
①②B.
①③C.
①④D.
②③【答案】C【解析】试题分析
①发生反应Na 2 CO 3 +CO 2 +H 2 O=2NaHCO3 ↓会沉淀但沉淀不会溶解故
①不发生“先产生沉淀,后沉淀又溶解”现象;
②向FeOH 3 胶体中逐滴加入过量的稀硫酸,首先是硫酸电离产生的离子中和FeOH 3 胶体上的电荷,胶体聚沉,然后发生酸碱中和反应沉淀溶解发生“先产生沉淀,然后沉淀又溶解”现象
③刚开始滴加氨水,生成白色沉淀AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3继续滴加氨水,白色沉淀溶解AgOH+2NH3·H2O=[AgNH32]OH+2H2O,发生“先产生沉淀,然后沉淀又溶解”现象
④Na2SiO3溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀,硅酸不溶于盐酸,故
④不发生“先产生沉淀,后沉淀又溶解”现象
①④符合条件,故答案选C考点考查元素化合物之间的反应及现象17.某无色气体X,可能含有CO
2、SO
2、HCl、HBr中的一种或几种将X通过适量的氯水时,X完全被吸收将所得的无色溶液分装于两支试管后,分别加入酸化的AgNO3与BaCl2溶液,结果均产生白色沉淀下列推论正确的是A.X中可能有HBrB.X中一定有SO2C.X中一定有CO2D.X中一定有HCl【答案】B【解析】试题分析A、将X通过适量的氯水时得无色溶液,而HBr会被氯水氧化成Br2是红棕色的,所以一定没有HBr;B、因为所得的无色溶液加入酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀则该沉淀必然是BaSO4也就是说原气体X中必然有SO2,所以B正确;C、将X通过适量的氯水时X恰好完全反应没有任何气体剩余.——说明没有CO2CO2不能溶于酸性的氯水.D、加入酸化的AgNO3溶液,产生白色沉淀为AgCl,但氯水中含有Cl-,不能确定是否含有HCl所以D错误故答案选B考点考查元素化合物的鉴定18.取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO,将其分成两等份,取其中一份用足量的氢气还原,测得反应后固体质量减少
3.20g,另一份中加入500mL稀硝酸,固体恰好完全溶解,且同时收集到标准状况下NO气体
4.48L,则所用硝酸的物质的量浓度为A.
3.6mol/LB.
3.2mol/LC.
2.8mol/LD.
2.4mol/L【答案】D【解析】试题分析将Cu2O拆分为Cu、CuO,原混合物看做Cu、CuO的混合物,其中一份用足量的氢气还原,反应后固体质量减少
3.20g,减少的为O原子,所以nO=
3.20g/16g/mol=
0.2mol,据Cu元素守恒可知n(CuO)=n(O)=
0.2mol;另一份中加入500mL稀硝酸,固体恰好完全溶解,溶液中溶质为Cu(NO3)2,且同时收集到标准状况下NO气体
4.48L,nNO=
4.48L/
22.4L/mol=
0.2mol,根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n(Cu)=3n(NO)=3×
0.2mol,n(Cu)=
0.3mol,由铜元素守恒可知n[Cu(NO3)2]=n(CuO)+n(Cu)=
0.2mol+
0.3mol=
0.5mol,根据氮元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+2n[Cu(NO3)2]=
0.2mol+2×
0.5mol=
1.2mol,硝酸的浓度为
1.2mol/
0.5L=
2.4mol/L故答案选D考点考查元素化合物之间的反应及相关计算
二、填空题(每空2分,共46分)19.二氧化钛是钛的重要化合物,钛白(纯净的二氧化钛)是一种折射率高、着色力和遮盖力强、化学性质稳定的白色颜料从钛铁矿(主要成分FeTiO3,含Fe2O
3、SiO2等杂质)制取二氧化钛,常用硫酸法,其流程如下
(1)钛铁矿主要成分与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4,该反应的化学方程式
(2)为提高“固体熔块”水浸取时的浸出率,除了采用循环浸取、延长时间、熔块粉碎外,适宜的条件还可以选择任写一种
(3)过滤时所需玻璃仪器为漏斗、玻璃棒和烧杯从滤液中得到X为绿矾(FeSO4·7H2O)晶体的实验操作依次为:加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、低温干燥实验室要配制、保存该溶液时需加少量铁屑,目的是
(4)第
③步反应化学方程式
(5)若实验时需要450mL2mol/L的C溶液,则在精确配制时,需用托盘天平称取NaOH固体g,所使用的仪器除托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙外,还必须有 (填仪器名称)【答案】
(1)FeTiO3+2H2SO4==FeSO4+TiOSO4+2H2O
(2)连续搅拌、适当升高温度(合理均给分)
(3)防止Fe2+被氧化
(4)TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4
(5)
40.0500ml容量瓶【解析】试题分析
(1)从钛铁矿主要成分FeTiO3与浓硫酸反应主要产物是TiOSO4和FeSO4,根据原子守恒还会生成水,配平之后方程式为FeTiO3+2H2SO4==FeSO4+TiOSO4+2H2O
(2)连续搅拌、适当升高温度等可以提高“固体熔块”水浸取时的浸出率
(3)溶液中的Fe2+容易被氧化成Fe3+,加铁屑是为了防止其被氧化
(4)由题知TiOSO4和2H2O会反应生成H2TiO3,根据原子守恒判断还有H2SO4生成,所以方程式为TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4
(5)题目中虽然要配置450ml溶液,可是实际配置没有450ml容量瓶,应用500ml容量瓶,所以溶液体积计算时应用500ml,所以得nNaOH[)=C・V=2mol・
0.5L=1mol,mNaOH[)=1mol・40g/mol=
40.0g因为是用托盘天平秤所以必须精确到
0.1,故答案为
40.0g;配制一定物质的量浓度溶液用到仪器托盘天平、量筒、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等;故答案为500mL容量瓶考点考查无机物之间的相互转化及相关计算20.2015年8月12日晚11时20分左右,天津港国际物流中心区域内瑞海公司所属危险品仓库发生的爆炸,造成了严重的人员伤亡,据瑞海国际官网信息,该公司仓储含有以下种类物质压缩气体天然气、易燃液体乙酸乙酯、遇湿易燃物品电石、氰化钠、腐蚀品硫化碱等
(1)由于CaC
2、金属钠、金属钾等物质能够跟水反应给灾后救援工作带来了很多困难如果在实验室,你处理金属钠着火的方法是(填序号)A.泡沫灭火器B.消防车喷水c.沙土
(2)硫化碱其实就是我们常见的硫化钠,触及皮肤和毛发时会造成灼伤
①其水溶液呈强碱性,故俗称硫化碱
②其水溶液在空气中会缓慢地氧化成Na2S2O3,该反应中还原剂与氧化剂物质的量之比为
(3)事故发生后爆炸中心区、爆炸区居民楼周边以及海河等处都受到了严重的氰化物污染处理NaCN的方法有多种方法一:用NaClO在碱性条件下跟NaCN反应生成无毒害的物质,试写出该反应的离子反应方程式方法二:这些泄露的氰化钠将通过喷洒双氧水的方式来处理,用双氧水处理后会释放氨气同时生成无毒的碳酸氢钠以减轻污染则CN-被氧化生成的产物为
(4)环保部门为测定H202溶液浓度,方法如下用移液管吸取
10.00mL的H2O2样品盛入l00ml容量瓶中,加水稀释至刻度线,取
25.OOmL溶液盛入锥形瓶里再加入lOmL3mol/L稀硫酸(过量),用
0.02mol/L的标准浓度的KMnO4溶液滴定,所用体积为
20.00ml试写出与H2O2相等电子数的三原子分子的化学式原H2O2溶液的浓度为mol/L【答案】
(1)c
(2)1:1
(3)2OH-+2CN-+5ClO-=2CO32-+5Cl-+H2O+N2↑HCO3-
(4)H2S
0.4考点考查化学实验物品事故处理、氧化还原反应及相关计算等21.工业制得的氮化铝AlN产品中常含有少量Al4C
3、Al2O
3、C等杂质某同学设计了如下实验分别测定氮化铝AlN样品中AlN和Al4C3的质量分数忽略NH3在强碱性溶液中的溶解
(1)实验原理:
①Al4C3与硫酸反应可生成CH4
②AlN溶于强酸产生铵盐,溶于强碱生成氨气
(2)实验装置如图所示:
(3)实验过程:
①连接实验装置,检验装置的气密性称得D装置的质量为yg,滴定管的读数为amL
②称取xgAlN样品置于装置B瓶中;塞好胶塞,关闭活塞K
2、K3,打开活塞K1,通过分液漏斗加入稀硫酸,与装置B瓶内物质充分反应
③待反应进行完全后,关闭活塞K1,打开活塞 ,通过分液漏斗加入过量NaOH,与装置B瓶内物质充分反应
④ 填入该步应进行的操作
⑤记录滴定管的读数为bmL,称得D装置的质量为zg
(4)数据分析:已知该实验条件下的气体摩尔体积为VmL·mol-1
①Al4C3的质量分数为
②若读取滴定管中气体的体积时,液面左高右低,则所测气体的体积 填“偏大”、“偏小”或“无影响”
③AlN的质量分数为 【答案】3)
③打开K2
④通入空气一段时间
(4)
②偏小
③【解析】试题分析
(3)装置中残留部分氨气,打开K2,通入空气一段时间,排尽装置的氨气,被装置D完全吸收,防止测定的氨气的质量偏小.
(4)数据分析从实验装置和实验步骤上看,本实验的原理是用关闭活塞K
2、K3,打开活塞K1,通过分液漏斗加入稀硫酸,与装置B瓶内物质充分反应,量取生成的甲烷气体,从而可测得Al4C3的百分含量;用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应,充分吸收生成的氨气,并称量其质量,从而求得AlN的质量分数
①、甲烷的体积为(b-a)mL,物质的量==根据碳原子的守恒,Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一,所以Al4C3的质量=n=,Al4C3的质量分数=
②、读取滴定管中气体的体积时,液面左高右低,气体的压强大于大气压,测定气体甲烷的体积偏小,
③、氨气的质量为(z-y)g,物质的量=根据氮原子的守恒,氨气的物质的量等于AlN的物质的量,所以AlN的质量=nM==,故AlN的质量分数=考点考查无机实验及相关计算22.下图是无机物A~M在一定条件下的转化关系(部分产物及反应条件未列出)其中,I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属,K是一种红棕色气体请填写下列空白
(1)在周期表中,组成单质I的元素位于第__________周期_________族
(2)在反应
⑦中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________________
(3)在
②、
③、
⑥、
⑨中既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是__________(填序号)
(4)反应
④的离子方程式是__________________________________
(5)将化合物D与KNO
3、KOH共融,可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4(高铁酸钾),同时还生成KNO2和H2O该反应的化学方程式是_________________________【答案】
(1)三IIIA
(2)1:2
(3)
③
(4)3Fe2++8H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O
(5)Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O【解析】考点考查无机物的推断点燃点燃。