还剩11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年高三下学期质检化学试卷(3月份)含解析
一、选择题(共8小题,每小题3分,满分24分)1.蛋白质在蛋白酶和胰蛋白酶的作用下变成氨基酸的反应属于( )A.消去反应B.聚合反应C.水解反应D.酯化反应2.某实验报告记录了如下数据,其中数据合理的是( )A.用10mL量筒量取
5.26mL稀硫酸B.用托盘天平称量
11.7g氧化铜粉末C.用广泛pH试纸测得某溶液的pH为
3.5D.用酸式滴定管量取
10.5mL盐酸溶液3.下列叙述不正确的是( )A.过氧化氢中既含有极性键又含有非极性键B.18O原子中含有18个中子C.含有相同电子数的H2O和NH3的分子数相同D.苯分子中所有原子共处在同一平面上4.NA代表阿伏加德罗常数,下列说法正确的是( )A.
3.2gO2和O3的混合物中含有的氧原子数目为
0.2NAB.1L
0.1mol/L的醋酸溶液中含有氢离子数目为
0.1NAC.标准状况下,
2.24LCCl4含碳原子数目为
0.1NAD.常温常压下,
2.24LC2H4和C2H2的混合气体中含碳原子数目为
0.2NA5.在容积相同的A、B两个密闭容器中,分别充入amolN2和bmolH2,使它们在同温度下反应,并达到平衡,若A容器保持体积不变,B容器保持压强不变,当A中NH3的体积分数为25%时,则B中NH3的体积分数为( )A.
12.5%B.25%C.<25%D.>25%6.关于如图所示
①、
②两个装置的叙述,正确的是( )A.装置名称
①是原电池,
②是电解池B.硫酸浓度变化
①增大,
②减小C.电极反应式
①中阳极4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑
②中正极Zn﹣2e﹣=Zn2+D.离子移动方向
①中H+向阴极方向移动
②中H+向负极方向移动7.某种盐与浓硫酸及铜共热,有红棕色气体生成;该盐与烧碱混合共热,有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体生成.有关该盐的叙述不正确的是( )A.该盐的名称为硝酸铵B.该盐的水溶液pH<7C.该盐的化学式为NH4HCO3D.该盐可做氮肥,不宜与草木灰混用8.溶质质量分数为98%的浓硫酸(ρ=
1.84g/mL),其物质的量浓度为
18.4mol/L,取10mL该硫酸与amL水混合,配制成溶质质量分数为49%的硫酸(ρ=
1.40g/mL),其物质的量浓度为bmol/L,则a、b分别为( )A.a>10,b<
9.2B.a<10,b>
9.2C.a=10,b=
9.2D.a>10,b=
9.2
二、解答题9.某有机物X(C12H13O6Br)遇到FeCl3溶液显紫色,其部分结构简式如下已知X在足量的氢氧化钠水溶液中加热,可得到A、B、C三种有机物.
(1)C中只有一种位置的氢原子.
(2)室温下A经盐酸化可得到苹果酸E,E的结构简式为请回答
(1)E中含有的官能团是 ;
(2)C经酸化可得到有机物G,G可以发生的反应类型有 (填序号)
①加成反应
②消去反应
③氧化反应
④取代反应
(3)B的结构简式为 ;
(4)E的一种同分异构体F有如下特点1molF可以和3mol金属钠发生反应,放出
33.6LH2(标况下),1molF可以和足量NaHCO3溶液反应,生成1molCO2,1molF还可以发生银镜反应,生成2molAg.则F的结构简式可能是(只写一种) ;
(5)在一定条件下两分子E可生成六元环酯,写出此反应的化学方程式 .10.今有原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种短周期元素,已知B、D、E三原子的最外层共有10个电子,且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间,两两皆能反应且均生成盐和水.
(1)写出B、D的最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式 ;
(2)C可以在A的最高价氧化物中燃烧,生成黑、白两种颜色的固体,写出此反应的化学方程式 ;
(3)按要求各举一例填空在上述六种元素的单质或相互间形成的化合物中,属于原子晶体的是 (写名称),属于分子晶体的化合物是 (写化学式),属于离子晶体的是 (写电子式);
(4)将DF3溶液灼烧蒸干,其产物是 ;
(5)E的某种氧化物F的某种弱酸都具有漂白性,当它们11混合后,漂白性消失,结合化学方程式解释原因 .11.某化学兴趣小组的同学为模拟工业制造硫酸的生产过程,设计了如图所示的装置,请根据要求回答问题
(1)装置A用来制取氧气,写出相应的化学方程式 ;
(2)燃烧炉内放一定量黄铁矿粉末,在高温条件下和A装置制出的氧气充分反应,其化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,在该反应中 做氧化剂,若消耗了12gFeS2有 mol电子发生了转移;
(3)C装置为净化装置,若无该装置,将混合气体直接通入D装置,除对设备有腐蚀外,还会造成的后果是 ;
(4)如果D装置的温度是400℃~500℃,在常压下生成
0.1molSO3,可放出
9.83kJ的热量,请写出该反应的热化学方程式 ,并回答在工业中不采取加压措施的原因 ;
(5)为检验从接触室出来的气体成分,甲同学设计如下实验
①A中盛放的试剂是 ;
②B中盛放
98.3%浓硫酸的作用是 ,乙同学提出可用饱和NaHSO3溶液代替
98.3%的浓硫酸,请你判断乙同学的方案 (填“可行”或“不可行”),说明理由 ;
③C中盛放的试剂是 ,其作用是 .12.混合物A由碳酸钠和碳酸氢钠组成.现有两包质量相等的混合物A
(1)若向其中一包加入50ml3mol/L的Ba(OH)2溶液(过量),使CO32﹣、HCO3﹣全部变为沉淀,过滤后,再向滤液中加入50mL2mol/L的稀硫酸,溶液恰好呈中性.
①写出下列反应的离子方程式碳酸钠与氢氧化钡的反应 ;碳酸氢钠与过量氢氧化钡的反应 ;
②混合物A中NaHCO3的质量为 g.
(2)若向另一包中先加50mL8mol/L的HCl溶液,使CO32﹣、HCO3﹣全部变为CO2后,再加50mL2mol/L的Ba(OH)2溶液,混合后的溶液pH=14.(混合后溶液体积变化忽略不计)
①写出有关的离子方程式 ;
②混合物A中Na2CO3的质量为 g. xx学年北京市西城区(南区)普通中学高三(下)质检化学试卷(3月份)参考答案与试题解析
一、选择题(共8小题,每小题3分,满分24分)1.蛋白质在蛋白酶和胰蛋白酶的作用下变成氨基酸的反应属于( )A.消去反应B.聚合反应C.水解反应D.酯化反应【考点】有机物的结构和性质;消去反应与水解反应.【分析】蛋白质是高分子有机化合物,在一定条件下能发生水解反应生成氨基酸,据此分析解答.【解答】解蛋白质是高分子有机化合物,在蛋白酶和胰蛋白酶的作用下能发生水解反应生成小分子化合物氨基酸,该反应为水解反应,故选C. 2.某实验报告记录了如下数据,其中数据合理的是( )A.用10mL量筒量取
5.26mL稀硫酸B.用托盘天平称量
11.7g氧化铜粉末C.用广泛pH试纸测得某溶液的pH为
3.5D.用酸式滴定管量取
10.5mL盐酸溶液【考点】化学实验方案的评价.【分析】A.量筒的感量是
0.1mL;B.托盘天平的感量是
0.1g;C.pH试纸测得溶液的pH值为整数;D.滴定管的感量是
0.01mL.【解答】解A.量筒的感量是
0.1mL,所以用10mL量筒量不能取
5.26mL稀硫酸,故A错误;B.托盘天平的感量是
0.1g,所以用托盘天平可以称量
11.7g氧化铜粉末,故B正确;C.pH试纸测得溶液的pH值为整数,则用广泛pH试纸测得某溶液的pH不能为
3.5,故C错误;D.滴定管的感量是
0.01mL,则用酸式滴定管不能量取
10.5mL盐酸溶液,故D错误;故选B. 3.下列叙述不正确的是( )A.过氧化氢中既含有极性键又含有非极性键B.18O原子中含有18个中子C.含有相同电子数的H2O和NH3的分子数相同D.苯分子中所有原子共处在同一平面上【考点】化学键;物质的量的相关计算;质子数、中子数、核外电子数及其相互联系;常见有机化合物的结构.【分析】A、过氧化氢分子中既有极性的氢氧键,又有非极性氧氧键;B、18O原子中的18表示质量数;C、H2O和NH3的电子数都是10个;D、苯分子中所有12个原子共处在同一平面上.【解答】解A、过氧化氢分子中既有极性的氢氧键,又有非极性氧氧键,所以过氧化氢中既含有极性键又含有非极性键,故A正确;B、18O原子中的18表示质量数,而不是中子数,故B错误;C、H2O和NH3的电子数都是10个,所以两者有电子数相同,故C正确;D、苯分子中所有12个原子共处在同一平面上,故D正确;故选B. 4.NA代表阿伏加德罗常数,下列说法正确的是( )A.
3.2gO2和O3的混合物中含有的氧原子数目为
0.2NAB.1L
0.1mol/L的醋酸溶液中含有氢离子数目为
0.1NAC.标准状况下,
2.24LCCl4含碳原子数目为
0.1NAD.常温常压下,
2.24LC2H4和C2H2的混合气体中含碳原子数目为
0.2NA【考点】阿伏加德罗常数.【分析】A、氧气和臭氧均由氧原子构成;B、醋酸为弱电解质,不能完全电离;C、标况下四氯化碳为液态;D、常温常压下气体摩尔体积大于
22.4L/mol.【解答】解A、氧气和臭氧均由氧原子构成,故
3.2g氧气和臭氧混合物中含有的氧原子的物质的量为n==
0.2mol,个数为
0.2NA个,故A正确;B、醋酸为弱电解质,不能完全电离,故溶液中的氢离子的个数小于
0.1NA个,故B错误;C、标况下四氯化碳为液态,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的碳原子的个数,故C错误;D、常温常压下气体摩尔体积大于
22.4L/mol,故
2.24L混合气体的物质的量小于
0.1mol,则含有的碳原子个数小于
0.2NA个,故D错误.故选A. 5.在容积相同的A、B两个密闭容器中,分别充入amolN2和bmolH2,使它们在同温度下反应,并达到平衡,若A容器保持体积不变,B容器保持压强不变,当A中NH3的体积分数为25%时,则B中NH3的体积分数为( )A.
12.5%B.25%C.<25%D.>25%【考点】等效平衡.【分析】根据反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g),气体的物质的量减小,所以若A容器保持体积不变,B容器保持压强不变,所以平衡时B的体积小于A,B相当于在A平衡的基础上增大压强,由此分析解答.【解答】解根据反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g),气体的物质的量减小,所以若A容器保持体积不变,B容器保持压强不变,所以平衡时B的体积小于A,B相当于在A平衡的基础上增大压强,平衡正向移动,则B容器中NH3的体积分数大于25%,故选D. 6.关于如图所示
①、
②两个装置的叙述,正确的是( )A.装置名称
①是原电池,
②是电解池B.硫酸浓度变化
①增大,
②减小C.电极反应式
①中阳极4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑
②中正极Zn﹣2e﹣=Zn2+D.离子移动方向
①中H+向阴极方向移动
②中H+向负极方向移动【考点】原电池和电解池的工作原理.【分析】
①为电解池装置,阳极发生氧化反应生成氧气,阴极发生还原反应生成氢气,
②为原电池装置,锌为负极,发生氧化反应,铜为正极发生还原反应,以此解答该题.【解答】解A.
①外加电源,为电解池装置,
②为原电池装置,为铜锌原电池,故A错误;B.
①外加电源,电解硫酸溶液,阳极上生成氧气,阴极生成氢气,硫酸浓度增大,
②为原电池装置,正极不断消耗氢离子,硫酸浓度降低,故B正确;C.
①外加电源,电解硫酸溶液,阳极上生成氧气,4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑;
②为原电池装置,铜为正极发生还原反应,电极方程式为2H++2e﹣=H2↑,故C错误;D.电解池工作时,阳离子向阴极移动,原电池工作时,阳离子向正极移动,故D错误.故选B. 7.某种盐与浓硫酸及铜共热,有红棕色气体生成;该盐与烧碱混合共热,有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体生成.有关该盐的叙述不正确的是( )A.该盐的名称为硝酸铵B.该盐的水溶液pH<7C.该盐的化学式为NH4HCO3D.该盐可做氮肥,不宜与草木灰混用【考点】铵盐.【分析】某种盐与浓硫酸及铜共热,有红棕色气体生成,即生成二氧化氮,说明这种盐是硝酸盐;该盐与烧碱混合共热,有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体生成,即产生氨气,说明是铵,则这种盐是硝酸铵,由此分析解答.【解答】解某种盐与浓硫酸及铜共热,有红棕色气体生成,即生成二氧化氮,说明这种盐是硝酸盐;该盐与烧碱混合共热,有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体生成,即产生氨气,说明是铵,则这种盐是硝酸铵,A、该盐的名称为硝酸铵,故A正确;B、硝铵是强酸弱碱盐,水溶液呈酸性,故B正确;C、是硝酸铵,而不是NH4HCO3,故C错误;D、硝酸铵是氮肥,碳酸钾是强碱弱酸盐,两者混合使用发生双水解,影响肥效,故D正确;故选C. 8.溶质质量分数为98%的浓硫酸(ρ=
1.84g/mL),其物质的量浓度为
18.4mol/L,取10mL该硫酸与amL水混合,配制成溶质质量分数为49%的硫酸(ρ=
1.40g/mL),其物质的量浓度为bmol/L,则a、b分别为( )A.a>10,b<
9.2B.a<10,b>
9.2C.a=10,b=
9.2D.a>10,b=
9.2【考点】物质的量浓度的相关计算;溶液中溶质的质量分数及相关计算.【分析】根据ω=判断水的体积;根据C=mol/L确定两物质的量浓度之间的关系..【解答】解设98%浓硫酸的密度是ρ1,体积为V1,物质的量浓度为C1,浓硫酸的质量分数是ω1,水的密度是ρ2,体积是V2,49%的硫酸的溶液的密度是ρ3,稀硫酸的质量分数是ω2.稀硫酸的质量分数ω2==,a=
18.8mL>10mL;稀硫酸的物质的量浓度b=mol/L==7mol/L<
9.2.故选A.
二、解答题9.某有机物X(C12H13O6Br)遇到FeCl3溶液显紫色,其部分结构简式如下已知X在足量的氢氧化钠水溶液中加热,可得到A、B、C三种有机物.
(1)C中只有一种位置的氢原子.
(2)室温下A经盐酸化可得到苹果酸E,E的结构简式为请回答
(1)E中含有的官能团是 羧基、羟基 ;
(2)C经酸化可得到有机物G,G可以发生的反应类型有
①③④ (填序号)
①加成反应
②消去反应
③氧化反应
④取代反应
(3)B的结构简式为 HOCH2CH2OH ;
(4)E的一种同分异构体F有如下特点1molF可以和3mol金属钠发生反应,放出
33.6LH2(标况下),1molF可以和足量NaHCO3溶液反应,生成1molCO2,1molF还可以发生银镜反应,生成2molAg.则F的结构简式可能是(只写一种) 或 ;
(5)在一定条件下两分子E可生成六元环酯,写出此反应的化学方程式 .【考点】有机物的推断.【分析】X遇FeCl3溶液显紫色,说明X中有酚的结构,由X的组成和部分结构简式可知,X的部分结构简式连在苯环上,且苯环上含有羟基,X和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成HOCH2CH2OH、和苯二酚形成的钠盐,而C中只有一种位置的氢原子,则C为,室温下A经盐酸酸化可得到苹果酸E,E的结构简式为,则A的结构简式为,B为HOCH2CH2OH,则X的结构简式为,据此解答.【解答】解X遇FeCl3溶液显紫色,说明X中有酚的结构,由X的组成和部分结构简式可知,X的部分结构简式连在苯环上,且苯环上含有羟基,X和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成HOCH2CH2OH、和苯二酚形成的钠盐,而C中只有一种位置的氢原子,则C为,室温下A经盐酸酸化可得到苹果酸E,E的结构简式为,则A的结构简式为,B为HOCH2CH2OH,则X的结构简式为,
(1)E为,含有的官能团是羧基、羟基,故答案为羧基、羟基;
(2)C为,经酸化可得到有机物G为,含有酚羟基,可以发生取代反应、氧化反应,含有苯环,可以发生加成反应,不能发生消去反应,故选
①③④;
(3)由上述分析可知,B的结构简式为HOCH2CH2OH,故答案为HOCH2CH2OH;
(4)E的同分异构体F有如下特点1molF可以和3molNa发生反应,放出标准状况下
33.6LH2,1molF可以和足量NaHCO3溶液反应,生成1molCO2,说明F中含有1个羧基和2个醇羟基,1molF还可以发生银镜反应生成2molAg,则F含有一个醛基,则F的结构简式是或,故答案为或.
(5)E在浓H2SO4作用下可生成六元环状化合物,则E发生分子间酯化反应生成酯,其化学方程式为,故答案为. 10.今有原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种短周期元素,已知B、D、E三原子的最外层共有10个电子,且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间,两两皆能反应且均生成盐和水.
(1)写出B、D的最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式 Al(OH)3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O ;
(2)C可以在A的最高价氧化物中燃烧,生成黑、白两种颜色的固体,写出此反应的化学方程式 2Mg+CO22MgO+C ;
(3)按要求各举一例填空在上述六种元素的单质或相互间形成的化合物中,属于原子晶体的是 金刚石 (写名称),属于分子晶体的化合物是 CCl4 (写化学式),属于离子晶体的是 (写电子式);
(4)将DF3溶液灼烧蒸干,其产物是 Al2O3 ;
(5)E的某种氧化物F的某种弱酸都具有漂白性,当它们11混合后,漂白性消失,结合化学方程式解释原因 SO2具有较强还原性,HClO具有强氧化性,二者发生氧化还原反应HClO+SO2+H2O═H2SO4+HCl,产物不具有漂白性 .【考点】位置结构性质的相互关系应用.【分析】B、D、E三原子的最外层共有10个电子,且最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水,则含有Al元素,氢氧化铝溶于强酸、强碱,故有Na元素,另一种原子的最外层电子数为10﹣1﹣3=6,则一定含有S元素,则B为Na元素、D为Al元素、E为S元素;E为短周期元素,原子序数大于S,且根据
(4)可知F能够形成化合物,则F为Cl元素;结合原子序数B、C、D依次增大可知,C只能为Mg元素;根据
(2)“C可以在A的最高价氧化物中燃烧,生成黑、白两种颜色的固体”可知,A为C元素,据此进行解答.【解答】解B、D、E三原子的最外层共有10个电子,且最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水,则含有Al元素,氢氧化铝溶于强酸、强碱,故有Na元素,另一种原子的最外层电子数为10﹣1﹣3=6,则一定含有S元素,则B为Na元素、D为Al元素、E为S元素;E为短周期元素,原子序数大于S,且根据
(4)可知F能够形成化合物,则F为Cl元素;结合原子序数B、C、D依次增大可知,C只能为Mg元素;根据
(2)“C可以在A的最高价氧化物中燃烧,生成黑、白两种颜色的固体”可知,A为C元素,
(1)B、D两种元素最高价氧化物的水化物为氢氧化钠和氢氧化铝,二者反应生成偏铝酸钠和水,反应的离子方程式为Al(OH)3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O,故答案为Al(OH)3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O;
(2)C为Mg,A的最高价氧化物为二氧化碳,生成产物中黑的为C、白的为氧化镁,反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C,故答案为2Mg+CO22MgO+C;
(3)在上述六种元素的单质或相互间形成的化合物中,属于原子晶体的是金刚石;属于分子晶体的化合物是为四氯化碳,化学式为CCl4;,属于离子晶体的是NaCl,属于离子晶体,其电子式为,故答案为金刚石;CCl4;;
(4)DF3为AlCl3,将氯化铝溶液灼烧蒸干,铝离子水解为吸热反应,且生成的HCl具有挥发性,蒸干后最后得到的是Al2O3,故答案为Al2O3;
(5)E的某种氧化物F的某种弱酸都具有漂白性,二者为二氧化硫和次氯酸,SO2具有较强还原性,HClO具有强氧化性,次氯酸溶液与二氧化硫反应生成盐酸和硫酸,该化学反应为HClO+SO2+H2O═H2SO4+HCl,产物硫酸和氯化氢不具有漂白性,故答案为SO2具有较强还原性,HClO具有强氧化性,二者发生氧化还原反应HClO+SO2+H2O═H2SO4+HCl,产物不具有漂白性. 11.某化学兴趣小组的同学为模拟工业制造硫酸的生产过程,设计了如图所示的装置,请根据要求回答问题
(1)装置A用来制取氧气,写出相应的化学方程式 2H2O22H2O+O2↑或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ ;
(2)燃烧炉内放一定量黄铁矿粉末,在高温条件下和A装置制出的氧气充分反应,其化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,在该反应中 O2 做氧化剂,若消耗了12gFeS2有
1.1 mol电子发生了转移;
(3)C装置为净化装置,若无该装置,将混合气体直接通入D装置,除对设备有腐蚀外,还会造成的后果是 催化剂中毒 ;
(4)如果D装置的温度是400℃~500℃,在常压下生成
0.1molSO3,可放出
9.83kJ的热量,请写出该反应的热化学方程式 2SO3(g)+O2(g)=2SO2(g)△H=﹣
196.6KJ/mol ,并回答在工业中不采取加压措施的原因 反应常压下二氧化硫转化率已经很大,增大压强二氧化硫转化率增大不多,且对设备要求高 ;
(5)为检验从接触室出来的气体成分,甲同学设计如下实验
①A中盛放的试剂是 BaCl2溶液 ;
②B中盛放
98.3%浓硫酸的作用是 除SO3气体 ,乙同学提出可用饱和NaHSO3溶液代替
98.3%的浓硫酸,请你判断乙同学的方案 不可行 (填“可行”或“不可行”),说明理由 SO3与NaHSO3反应生成SO2,对实验结果造成干扰 ;
③C中盛放的试剂是 酸性KMnO4溶液或溴水 ,其作用是 检验并吸收SO2 .【考点】工业制取硫酸.【分析】
(1)实验室制取氧气常用方法有
①2KClO3KCl+3O2↑、
②2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑、
③2H2O22H2O+O2↑、
④2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,
①和
②的装置采用固体+固体气体的典型装置,
③和
④的装置采用固体+液体→气体的典型装置.
(2)化学反应中元素化合价降低的物质做氧化剂;
(3)从沸腾炉中出来的成分为SO
2、O
2、N
2、水蒸气、灰尘、砷硒化合物等;
(4)如果D装置的温度是400℃~500℃,在常压下生成
0.1molSO3,可放出
9.83kJ的热量,则生成2molSO3放热
196.6KJ,标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方程式,二氧化硫催化氧化为三氧化硫的反应在常压下转化率很高,增大压强二氧化硫的转化率增大不大;
(5)从接触室出来的气体成分SO
2、O
2、N
2、SO3,从实验装置分析,主要是为了检验SO
2、SO3气体,SO3气体可溶解与浓硫酸中,所以装置B采用
98.3%的浓硫酸目的是除去SO3气体的,则SO3气体的检验只能在装置A中进行,SO2气体的检验吸收则在装置C中进行,选用高锰酸钾溶液或溴水溶液.【解答】解
(1)实验室制取氧气常用方法有
①2KClO3KCl+3O2↑、
②2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑、
③2H2O22H2O+O2↑、
④2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,
①和
②的装置采用固体+固体气体的典型装置,
③和
④的装置采用固体+液体→气体的典型装置,装置A中锥形瓶盛放固体、分液漏斗盛放液体,所以装置A符合固体+液体→气体的典型装置,可以采用2H2O22H2O+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑反应原理制取氧气.故答案为2H2O22H2O+O2↑或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;
(2)沸腾炉中黄铁矿与氧气的反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,元素化合价降低的做氧化剂,氧元素化合价0价变化为﹣2价,氧气做氧化剂,铁元素和硫元素化合价升高做还原剂,硫元素化合价﹣1价变化为+4价,铁元素化合价+2价变化为+3价,反应4molFeS2电子转移44mol,若消耗了12gFeS2物质的量==
0.1mol,则电子转移
1.1mol,故答案为O2;
1.1;
(3)从沸腾炉中出来的成分为SO
2、O
2、N
2、水蒸气、灰尘、砷硒化合物等,C装置为净化装置,若无该装置,将混合气体直接通入D装置,除对设备有腐蚀外,还会造成的后果是,砷硒化合物能导致催化剂失去催化活性,所以在进入接触室前要除去水蒸气、灰尘、砷硒化合物,故答案为催化剂中毒;
(4)如果D装置的温度是400℃~500℃,在常压下生成
0.1molSO3,可放出
9.83kJ的热量,则生成2molSO3放热
196.6KJ,标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方程式,反应常压下二氧化硫转化率已经很大,增大压强二氧化硫转化率增大不多,且对设备要求高,所以工业中不采取加压措施,故答案为2SO3(g)+O2(g)=2SO2(g)△H=﹣
196.6KJ/mol;反应常压下二氧化硫转化率已经很大,增大压强二氧化硫转化率增大不多,且对设备要求高;
(5)从接触室出来的气体成分SO
2、O
2、N
2、SO3,从实验装置分析,主要是为了检验SO
2、SO3气体,SO3气体可溶解与浓硫酸中,所以装置B采用
98.3%的浓硫酸目的是除去SO3气体的,则SO3气体的检验只能在装置A中进行,SO2气体的检验则在装置C中进行.
①SO3气体的检验利用BaCl2溶液,BaCl2溶液可与SO3气体反应BaCl2+SO3+H2O═BaSO4↓+2HCl,而BaCl2溶液不与SO2气体反应,所以观察到装置A中出现白色沉淀,则可确定气体中含有SO3气体,故答案为BaCl2溶液;
②装置B采用
98.3%的浓硫酸目的是除去SO3气体,如果采用饱和NaHSO3溶液代替
98.3%的浓硫酸,则饱和NaHSO3溶液既可吸收SO3气体,反应方程式为2NaHSO3+SO3═Na2SO4+2SO2↑+H2O,该反应生成SO2气体,会影响后面装置C中SO2气体的检验,故答案为除去SO3气体;不可行;SO3与NaHSO3反应生成SO2,对实验结果造成干扰;
③SO2气体的检验利用品红溶液或溴水或酸性KMnO4溶液等,SO2气体可使品红溶液的红色褪色,再加热又恢复红色;SO2气体可使溴水的橙色褪色,反应为SO2+Br2+2H2O═H2SO4+2HBr,SO2气体可使酸性KMnO4溶液紫色褪色,反应为2KMnO4+5SO2+2H2O═K2SO4+2MnSO4+2H2SO4;故答案为酸性KMnO4溶液或溴水;检验并吸收SO2. 12.混合物A由碳酸钠和碳酸氢钠组成.现有两包质量相等的混合物A
(1)若向其中一包加入50ml3mol/L的Ba(OH)2溶液(过量),使CO32﹣、HCO3﹣全部变为沉淀,过滤后,再向滤液中加入50mL2mol/L的稀硫酸,溶液恰好呈中性.
①写出下列反应的离子方程式碳酸钠与氢氧化钡的反应 CO32﹣+Ba2+=BaCO3↓ ;碳酸氢钠与过量氢氧化钡的反应 HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O ;
②混合物A中NaHCO3的质量为
16.8 g.
(2)若向另一包中先加50mL8mol/L的HCl溶液,使CO32﹣、HCO3﹣全部变为CO2后,再加50mL2mol/L的Ba(OH)2溶液,混合后的溶液pH=14.(混合后溶液体积变化忽略不计)
①写出有关的离子方程式 CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O,HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O ;
②混合物A中Na2CO3的质量为
5.3 g.【考点】离子方程式的有关计算.【分析】
(1)
①碳酸钠与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀;碳酸氢钠与过量氢氧化钡的反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠;HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O;
②碳酸根、碳酸氢根全部沉淀,与盐酸反应的只是剩余的OH﹣,根据盐酸的物质的量可以求出剩余的n(OH﹣),氢氧化钡电离的OH﹣有
0.3mol,则可以求出与HCO3﹣反应的OH﹣进而求出OH﹣,即求出NaHCO3;
(2)
①向碳酸钠和碳酸氢钠中HCl溶液反应生成氯化钠和二氧化碳、水;
②设碳酸钠的物质的量为x,则剩余HCl为
0.4mol﹣
0.2mol﹣2x=
0.2mol﹣2x,氢氧化钡电离的OH﹣为
0.2mol,由混合后的溶液pH=14知与氢氧化钡反应后剩余OH﹣为
0.1mol,则
0.2mol﹣2x=
0.2mol﹣
0.1molx=
0.05mol,然后求出碳酸钠的质量.【解答】解
(1)
①碳酸钠与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀,其反应的离子方程式为CO32﹣+Ba2+=BaCO3↓;碳酸氢钠与过量氢氧化钡的反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠,其反应的离子方程式为HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O;故答案为CO32﹣+Ba2+=BaCO3↓;HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O;
②碳酸根、碳酸氢根全部沉淀,与盐酸反应的只是剩余的OH﹣,已知盐酸的物质的量为
0.05L×2mol/L=
0.1mol,则与HCO3﹣反应后剩余的n(OH﹣)=
0.1mol,氢氧化钡电离的OH﹣有005L×3mol/L×2=
0.3mol,所以与HCO3﹣反应的OH﹣为
0.2mol,由HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O可知,NaHCO3为
0.2mol,所以NaHCO3的质量为
0.2mol×84g/mol=
16.8g;故答案为
16.8g;
(2)
①向碳酸钠和碳酸氢钠中HCl溶液反应生成氯化钠和二氧化碳、水,反应的离子方程式分别为CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O;HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O;故答案为CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O;HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O;
②设碳酸钠的物质的量为x,与碳酸钠反应的盐酸为2xmol,与碳酸氢钠反应的盐酸为
0.2mol;则剩余HCl为
0.4mol﹣
0.2mol﹣2x=
0.2mol﹣2x,氢氧化钡中OH﹣为
0.05L×2mol/L×2=
0.2mol,由混合后的溶液pH=14知与氢氧化钡反应后剩余OH﹣为
0.1mol,则与盐酸的反应的氢氧根离子为
0.1mol,则
0.2mol﹣2x=
0.1mol,所以x=
0.05mol,则碳酸钠的质量为
0.05mol×106g/mol=
5.3g;故答案为
5.3. xx年11月23日。