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2019届高三化学上学期第一次月考试卷含解析相对原子质量H--1O--16C--12Na--23Al--27S--16Cl--
35.5Cu--64第一卷选择题共42分
一、单项选择题(每小题2分,共42分每小题只有一个选项符合题意)
1.中国古代四大发明是造纸术、指南针、火药、活字印刷术来自“一带一路”沿线的20国青年评选出了中国的“新四大发明”网购、支付宝、中国高铁、共享单车“新四大发明”中与化学关系最密切的一项是A.网购B.支付宝C.中国高铁D.共享单车【答案】C【解析】高铁需要化学方法制取的新材料的支撑,所以“新四大发明”中与化学关系最密切的一项是中国高铁,故选C
2.下列有关说法不正确的是A.相同条件下,溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次减弱B.
0.1molFe与足量盐酸反应,转移的电子数为
0.2NAC.除去FeCl2溶液中混有的FeCl3加入过量铁粉,过滤D.常温常压下,足量的Fe在1molCl2中充分燃烧,转移的电子数为3NA【答案】D【解析】【详解】A.根据金属活动性顺序可知金属性由强到弱Zn>Fe>Cu,而离子的氧化性却是Fe3+>Cu2+>Zn2+,选项A正确;B.Fe与足量盐酸反应反应生成二价铁离子,
0.1molFe与足量盐酸反应转移的电子数为
0.2NA,选项B正确;C.Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁,则加入过量铁粉,过滤可除杂,选项C正确;D.1mol氯气与足量的铁反应最多得到2mol电子,转移的电子数为2NA,选项D不正确答案选D
3.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A.
5.4gAl分别与含溶质
0.2mol的NaOH溶液、盐酸反应,生成H2的分子数均为
0.3NAB.
0.1molNH4Cl固体中含有N—H键的个数为
0.4NAC.将含有1molFeCl3的浓溶液全部制成胶体,含FeOH3胶粒的数目为NAD.1mol熔融的NaHSO4中含阳离子总数为2NA【答案】B【解析】【详解】A、与
0.2mol铝反应,要消耗
0.6mol盐酸,酸不足产生的氢气少,选项A错误;B、1molNH4Cl固体中含有4molN—H键则
0.1molNH4Cl固体中含有N—H键的个数为
0.4NA,选项B正确;C.若干FeOH3分子形成一个胶粒,得到红褐色氢氧化铁胶体小于NA个,选项C错误;D、1mol熔融的NaHSO4电离生成Na+和HSO4 ̄,所以1mol熔融的NaHSO4中含阳离子总数为NA,选项D错误答案选B
4.近年来高铁酸钾K2FeO4已经被广泛应用在水处理方面,高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾,是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能水处理剂,干燥的高铁酸钾在198℃以下是稳定的,受热易分解高铁酸钾在水处理过程中涉及的变化过程有
①蛋白质的变性
②蛋白质的盐析
③胶体聚沉
④盐类水解
⑤焰色反应
⑥氧化还原反应A.
①②③④B.
①③④⑥C.
②③④⑤D.
②③⑤⑥【答案】B【解析】高铁酸钾具有强氧化性,能够使蛋白质变性杀死细菌,
①、
⑥正确;高铁酸根还原得到的Fe3+能够水解,产生胶状的FeOH3具有吸附性,能够吸附水中的悬浮颗粒发生聚沉形成沉淀,
③、
④正确答案选B
5.中学化学中很多“规律”都有其使用范围,下列根据有关“规律”推出的结论合理的是A.AlOH
3、CuOH2受热易分解,FeOH3受热也易分解B.过量CO2通入漂白粉溶液,所得溶液漂白性增强,过量SO2通入漂白粉溶液,所得溶液漂白性也增强不考虑SO2溶解C.根据F、Cl、Br、I非金属性依次减弱,推出HF、HCl、HBr、HI的酸性依次减弱D.37℃时,Fe3+、Cu2+能催化H2O2的分解;100℃时,MnO
2、过氧化氢酶也能催化H2O2的分解【答案】A【解析】【详解】A、难溶性的氢氧化物加热易分解,选项A正确;B、漂白粉能够氧化SO2,使漂白效果变弱,选项B错误;C、F、Cl、Br、I非金属性依次减弱,但它们气态氢化物的水溶液的酸性递增,选项C错误;D、过氧化氢酶是一种蛋白质,温度达到100℃,蛋白质已经变性,失去生物活性,选项D错误答案选A
6.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验,经过制取氨气、制取NaHCO
3、分离NaHCO
3、干燥NaHCO3四个步骤,下列图示装置和原理能达到实验目的的是()A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A.氯化铵不稳定,加热易分解,温度稍低又可生成氯化铵,制备氨气,应用氯化铵和氢氧化钙为反应物,故A错误;B.应将二氧化碳从长导管通入,否则会将液体排出,故B错误;C.从溶液中分离碳酸氢钠固体,可用过滤的方法,故C正确;D.碳酸氢钠不稳定,不能直接加热干燥,可低温烘干或用滤纸吸去表面的水,故D错误;故选C视频
7.工业上可用硫酸铝与硫磺焙烧制备氧化铝2A12SO43+3S2Al2O3+9SO2↑,下列有关说法中正确的是A.反应中Al2SO43被氧化B.Al2SO
43、A12O3均含有离子键和共价键C.
5.1gA12O3含有
9.03×1022个阴离子D.该反应中,每转移
0.3mol电子生成
5.04LSO2【答案】C【解析】该反应中Al2SO43中的S元素从+6价转变为SO2中的+4价被还原A错;Al2O3是离子化合物只含有离子键B错;nAl2O3=
5.1g/102g·mol-1=
0.05mol则氧离子个数为:
0.05mol×3×
6.02×1023mol-1=
9.03×1022C正确;由于没有说明标准状况故生成SO2气体的体积不能确定D错误
8.把NaHCO3和Na2O2的混合物放在密闭容器中加热,关于混合物加热前后与足量盐酸反应消耗盐酸的量,下列判断正确的是A.加热前后一样多B.加热前消耗的多C.加热后消耗的多D.当Na2O2适量时才会一样多【答案】A【解析】试题分析该题运用守恒解题,可以不看反应前后,只看与盐酸反应的最终产物,因为最终产物均为NaCl,而Na+的质量在加热前后不变,即Na+的物质的量一定,所以nCl-=nNa+,又因为Cl-来自于盐酸,所以消耗盐酸一样多,答案选A考点考查守恒法在化学反应中的应用
9.拟晶Al65Cu23Fe12具有合金的某些优良物理性能,将相同质量的此拟晶分别与足量的盐酸、烧碱和稀硝酸反应,产生气体物质的量关系为A.n盐酸n稀硝酸n烧碱B.n烧碱n盐酸n稀硝酸C.n烧碱n稀硝酸n盐酸D.n稀硝酸n烧碱n盐酸【答案】D【解析】试题分析Al63Cu24Fe13可看作是由铝,铜,铁三种单质构成的混合物,与盐酸反应时只有铜不能反应,与烧碱反应时只有铝反应,与硝酸反应时不会生成氢气,故正确选项为D考点本题考查了三种金属与酸、碱反应的情况
10.现有Al、Cl
2、Al2O
3、盐酸、AlOH
3、NaOH溶液六种物质,它们之间有如图所示的转化关系,图中每条线两端的物质之间都可以发生反应,下列推断不合理的是A.X可能为Al或Cl2B.Y一定为NaOH溶液C.N一定是盐酸D.Q、Z中的一种必为Al2O3【答案】A【解析】图框中Y能与其它5种物质反应,N能与其它4种物质反应,分析所给物质可知六种物质中只有NaOH和其它五种物质都反应,则Y一定为NaOH,HCl(aq)和Cl2不反应,可其它物质都反应,则N为HCl(aq),X为Cl2,Al、Al2O
3、Al(OH)3都既能与盐酸反应也能与NaOH反应,且只有Al能与Cl2反应,则M为Al,Q、Z为Al2O
3、Al(OH)3的物质,答案选B点睛本题考查无机物的推断,侧重于物质的性质的考查,涉及两性化合物的性质以及物质的通性,题目难度不大,解答该类题目要牢固把握相关物质的性质
11.向含Na2CO
3、Na[AlOH4]或NaAlO2的混合液逐滴加入150mL1mol·L-1HCl溶液,测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示,则下列说法不正确的是A.a曲线表示的离子方程式为[AlOH4]-+H+=AlOH3↓+H2OB.b和c曲线表示的离子反应是相同的C.M点时,溶液中沉淀的质量为
3.9gD.原混合溶液中的CO32-与[AlOH4]-的物质的量之比为1∶2【答案】D【解析】试题分析Na2CO
3、NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液,先发生反应AlO2-+H++H2O═AlOH3↓,a线表示AlO2-减少,第二阶段,AlO2-反应完毕,发生反应CO32-+H+═HCO3-,b线表示CO32-减少,c线表示HCO3-的增加,第三阶段,CO32-反应完毕,发生反应HCO3-+H+═CO2↑+H2O,d线表示HCO3-减少,此阶段AlOH3不参与反应A.Na2CO3,NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液,先发生反应AlO2-+H++H2O═AlOH3↓,故A正确;B.第二阶段,AlO2-反应完毕,发生反应CO32-+H+═HCO3-,b线表示CO32-减少,c线表示HCO3-的增加,所以b和c曲线表示的离子反应是相同的,故B正确;C.盐酸50mL时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀,加50mL盐酸之后CO32-反应,氢氧化铝沉淀不溶解,则M点沉淀的质量和盐酸50mL时沉淀的质量相同,由NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+AlOH3↓知,nAlOH3=nNaAlO2=nHCl
0.05mol,m[AlOH3]=
0.05mol×78g/mol=
3.9g,故C正确;D.第
一、第二两段消耗的盐酸的体积都是50ml,所以消耗的氯化氢的物质的量相等,依据第一阶段、第二阶段发生反应AlO2-+H++H2O═AlOH3↓,CO32-+H+═HCO3-,可知CO32-与AlO2-的物质的量之比为11,但这两种物质都是强碱弱酸盐都能水解,水解程度不同导致无法判断溶液中CO32-与AlO2-的物质的量之比,故D错误;故选D,【考点定位】考查有关混合物反应的计算【名师点晴】本题考查反应与图象的关系,题目难度中等,明确图象中各条曲线表示的物质是解本题的关键,注意碳酸钠和盐酸反应是分步进行的,先生成碳酸氢钠,然后碳酸氢钠再和盐酸反应生成氯化钠和水、二氧化碳
12.下列各组离子能大量共存,且当加入试剂后反应的离子方程式书写正确选项离子组加入试剂发生反应的离子方程式AFe3+、I-、Cl-NaOH溶液Fe3++3OH-=FeOH3↓BK+、ClO-、SO42-盐酸H++ClO-=HClOCK+、OH-、Cl-过量SO2SO2+OH-=HSO3-DH+、Fe2+、SO42-BaNO32溶液SO42-+Ba2+=BaSO4↓A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A.因为Fe3+具有强氧化性,I-具有强还原性,两者不能共存,发生氧化还原反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2,所以加NaOH溶液后,不会发生Fe3++3OH-=FeOH3↓,故A错误;B.因为H++ClO-HClO为可逆反应,故B错误;C过量SO2与OH-反应的方程式为SO2+OH-=HSO3-故C正确;D.因为H+、Fe2+、SO42-加入BaNO32溶液后发生反应为4H++3Fe2++SO42-+NO3-+Ba2+=3Fe3++BaSO4↓+NO+2H2O,故D错误;答案C点睛考查离子共存的知识离子共存的条件是离子之间能发生复分解反应的离子、能发生氧化还原反应的离子、能发生双水解的离子、能形成络合物的离子之间不能共存解答此题时抓住这些条件即可
13.氧化铅PbO是黄色固体实验室用草酸在浓硫酸作用下分解制备CO,其原理为H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O某课题组同学设计实验探究CO还原氧化铅并检验氧化产物已知CO能使银氨溶液产生黑色沉锭的装置如图所示下列说法正确的是A.装置
②④⑤中的试剂依次为碱石灰、银氨溶液、澄清石灰水B.实验时,先点燃装置
①处酒精灯,当装置
⑤中产生连续气泡且有明显现象后再点燃装置
③处酒精灯C.实验完毕时,先熄灭装置
①处酒精灯,再熄灭装置
③处酒精灯D.尾气处理可选用点燃、气袋收集、NaOH溶液吸收等方法【答案】B【解析】【详解】装置
①中发生反应产生CO、H2O和CO2,装置
②中用碱石灰除去H2O和CO2,装置
③中发生主体反应CO+PbOPb+CO2,装置
④中用澄清石灰水检验并除去反应中产生的CO2,装置
⑤中用银氨溶液检验反应前CO是否将装置中的空气排尽,尾气处理装置用于处理未反应的COA、装置
②④⑤中的试剂应该依次为碱石灰、澄清石灰水、银氨溶液,选项A错误;B、实验时,先点燃装置
①处酒精灯,当装置
⑤中产生连绩气泡且有明显现象后,即装置中的空气已被排尽后,再点燃装置
③处酒精灯,开始反应,选项B正确;C、实验完毕时,先先熄灭装置
③处酒精灯,再熄灭装置
①处酒精灯,否则极容易发生倒吸造成危险,选项C错误;D、尾气处理装置用于处理未反应的CO,尾气处理可选用点燃、气袋收集,不能用NaOH溶液吸收,选项D错误;答案选B
14.下列实验过程中对应的变化与右图相符合的是实验过程XYA稀HCl滴加到NaOH溶液中VHClnNa+B铁粉加入CuSO4溶液中mFem固 体CCO2通入NaOH溶液中VCO2溶液的导电能力D稀H2SO4滴加到BaOH2溶液中VH2SO4溶液的导电能力A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A、稀HCl滴加到NaOH溶液中,Na+的数目不变,A错误;B、铁粉加入CuSO4溶液中,生成固体铜,固体的质量增加,B错误;C、CO2通入NaOH溶液中,首先发生CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O,离子浓度减小,导电性减弱,但不会降低到0,C错误;D、H2SO4+BaOH2=BaSO4↓+2H2O,离子浓度减小直到0,导电性减小,然后H2SO4过量,离子浓度增大,导电性增大,最后离子浓度基本不变,导电性不变,D正确正确答案为D
15.废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH4+完全转化为N2,该反应可表示为2NH+3ClO-===N2↑+3Cl-+2H++3H2O下列说法中不正确A.反应中氮元素被氧化,氯元素被还原B.还原性NH4+Cl-C.反应中每生成1molN2,转移6mol电子D.经此法处理过的废水可以直接排放【答案】D【解析】【分析】2NH4++3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O中,Cl元素的化合价由+1价降低为-1价,N元素的化合价由-3价升高为0价,以此来解答【详解】A.Cl元素的化合价由+1价降低为-1价被还原,N元素的化合价由-3价升高为0价被氧化,选项A正确;B.2NH4++3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O中,N元素的化合价由-3价升高为0价,则NH4+为还原剂,Cl元素的化合价由+1价降低为-1价,则生成Cl-为还原产物,所以还原性NH4+Cl-,选项B正确;C.N元素的化合价由-3价升高为0价被氧化,所以反应中每生成1molN2,转移(3-0)×2×1mol=6mol电子,选项C正确;D.由2NH4++3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O得出经此法处理过的废水曾酸性,所以不能直接排放,选项D错误;答案选D【点睛】本题考查氧化还原反应,为高考常见题型,把握反应中元素的化合价变化为解答的关键,侧重氧化还原反应中基本概念的考查,题目难度不大
16.在不同温度下,水溶液中cH+与cOH-有如图所示关系下列条件关于离子共存说法中正确的是A.a点对应的溶液中大量存在Fe3+、Na+、SCN-、SO42-B.b点对应的溶液中大量存在Na+、Fe3+、HCO3-、I-C.c点对应的溶液中大量存在Na+、Ca2+、Cl-、CO32-D.d点对应的溶液中大量存在Na+、K+、SO32-、Cl-【答案】D【解析】试题分析A、a点溶液显中性,Fe3+在中性溶液中不能大量存在,生成氢氧化铁沉淀,Fe3+和SCN-发生络合反应,故错误;B、b点溶液显酸性,Fe3+和HCO3-发生双水解反应,Fe3+和I-发生氧化还原反应,故错误;C、c点溶液显中性,Ca2+和CO32-生成CaCO3沉淀,不能大量共存,故错误;D、d点溶液显碱性,能够大量共存,故正确考点考查离子大量共存等知识
17.下列反应中,Na2O2只表现还原性的是A.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑B.Na2O2+MnO2=Na2MnO4C.2Na2O2+H2SO4=Na2SO4+H2O+O2↑D.5Na2O2+2KMnO4+8H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O【答案】D【解析】【详解】A.过氧化钠中O元素的化合价升高也降低,表现氧化性和还原性,选项A不选;B.过氧化钠中O元素的化合价降低,只表示氧化性,选项B不选;C.过氧化钠中O元素的化合价升高也降低,表现氧化性和还原性,选项C不选;D.过氧化钠中O元素的化合价升高,只表示还原性,选项D选;答案选D【点睛】本题考查了元素氧化性和还原性的判断,难度不大,根据元素的化合价升降判断即可,化学反应中Na2O2只表现还原性说明氧元素的失电子化合价升高
18.下列说法正确的是A.加入过量氨水,有白色沉淀生成,则原溶液一定有Al3+B.FeCl
3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉,充分反应后仍有固体剩余,加入KCSN溶液可能变成血红色C.常温下锌与浓硫酸不反应,与稀硫酸反应生成氢气D.加入NaOH溶液,产生气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则原溶液一定有NH4+【答案】D【解析】【详解】A.不一定为氢氧化铝沉淀,可能生成氢氧化镁等白色沉淀,应加入氢氧化钠溶液,观察沉淀是否溶解,选项A错误;B.有固体剩余,则溶液中不存在铁离子,加入KSCN,溶液不变为红色,选项B错误;C.浓硫酸具有强氧化性,锌与浓硫酸反应生成二氧化硫,选项C错误;D.湿润的红色石蕊试纸变蓝,说明生成氨气,则原溶液中含有铵根离子,选项D正确;答案选D
19.已知反应BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2BeOH2↓能进行完全以下推断中正确的是A.BeCl2溶液pH<7,将其蒸干、灼烧后可得残留物BeCl2B.Na2BeO2溶液pH>7,将其蒸干、灼烧后可得残留物Na2BeO2C.BeOH2能溶于盐酸,不能溶于NaOH溶液D.BeCl2水溶液的导电性强,BeCl2一定是离子晶体【答案】B【解析】【详解】A.BeCl2为强酸弱碱盐,水解呈酸性,溶液的pH<7,将其蒸干,灼烧后可得残留物BeO,选项A错误;B.Na2BeO2溶液水解呈碱性,溶液的pH>7,将其蒸干,灼烧后可得残留物Na2BeO2,选项B正确;C.BeOH2性质类似于氢氧化铝,具有两性,则既能溶于盐酸,又能溶于NaOH溶液,选项C错误;D.根据化合物在熔融状态下能否导电来判断其是否是离子化合物,BeCl2水溶液导电性强,不能说明BeCl2是离子晶体,选项D错误答案选B
20.在溶有Fe2SO43和CuSO4的溶液中加入锌粉下列说法中不正确的是A.若锌粉无剩余且溶液中尚存有Cu2+则一定有Fe2+B.若锌粉无剩余且溶液中无Cu2+,则一定有Zn2+一定无Fe3+,但不能确定有无Fe2+C.若锌粉有剩余则不溶物中一定有铜,可能有铁D.若锌粉有剩余则溶液中的金属阳离子只有Zn2+【答案】C【解析】【分析】在溶液中的氧化性Fe3+>Fe2+>Zn2+,所以在溶有Fe2SO43和CuSO4的溶液中加入锌粉,发生的反应先后顺序为2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+,Cu2++Zn=Cu+Zn2+,Fe2++Zn=Fe+Zn2+,据此分析解答【详解】在金属活动性顺序中,锌>铁>氢>铜,氢前的金属能与酸发生置换反应生成氢气,位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来,所以在溶有Fe2SO43和CuSO4的溶液中加入锌粉,发生的反应有Cu2++Zn=Cu+Zn2+,在溶液中的氧化性Fe3+>Fe2+>Zn2+,所以2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+,Fe2++Zn=Fe+Zn2+,A.发生的反应先后顺序为2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+,Cu2++Zn=Cu+Zn2+,Fe2++Zn=Fe+Zn2+,若锌粉无剩余,且溶液中尚存有Cu2+,Fe2++Zn=Fe+Zn2+,一定没有发生,则一定有Fe2+,选项A正确;B.若锌粉无剩余,且溶液中无Cu2+,2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+,Cu2++Zn=Cu+Zn2+,一定发生,Fe2++Zn=Fe+Zn2+,可能发生,则一定有Zn2+,一定无Fe3+,但不能确定有无Fe2+,选项B正确;C.若锌粉有剩余,说明溶液中一定没有Fe3+、Fe2+、Cu2+,则不溶物中一定有铜和铁,选项C错误;D.若锌粉有剩余,说明溶液中一定没有Fe3+、Fe2+、Cu2+,则溶液中的金属阳离子只有Zn2+,选项D正确;答案选C【点睛】本题考查了Fe3+、Fe2+、Zn2+氧化性强弱的应用,依据金属活动性顺序以及氧化性Fe3+>Fe2+>Zn2+是解答的关键,题目难度中等
21.将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中,收集到氮的氧化物(含NO、N2O
4、NO2)的混合物共0.9mol,这些气体恰好能被500ml、2mol/LNaOH溶液完全吸收,生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液,其中NaNO3的物质的量为A.0.2molB.0.4molC.0.8molD.0.9mol【答案】A【解析】试题分析根据电子守恒,铜失去的电子最终由氮原子得到生成亚硝酸钠,所有亚硝酸钠的物质的量=
51.2/64×2/2=
0.8摩尔,根据钠守恒,所以硝酸钠的物质的量=2×
0.5-
0.8=
0.2摩尔,选A考点电子守恒和原子守恒第二卷(非选择题共58分)
二、填空题
22.由一种短周期金属元素和一种非金属元素组成的化合物X可与水发生复分解反应某校兴趣小组用如图装置夹持装置略去对其进行探究实验1仪器G的名称是_____________________,B中红色石蕊试纸变蓝,则单质M的电子式为___________________2化合物X中金属元素和非金属元素质量比为69:14,写出X与水反应的化学方程式_________________________________3C中的试剂名称为___________________________4实验时,装置D中硬质玻璃管内的现象为_________________________5裝置E中试剂Z为___________填化学式,装置E的作用是_________________6若不通过E、F两装置,请设计实验方案证明D中发生了反应不通过观察D中固体颜色发生变化________________________________________7若装置A中固体样品含有杂质杂质不参与反应,某同学通过测定F中单质M在标准状况下的体积和固体样品的质量,以确定固体样品中X的质量分数,判断该方案是否可行,并说明原因_________________________________________________________________________________________【答案】
1.分液漏斗
2.
3.Na3N+3H2O=3NaOH+NH3↑
4.碱石灰
5.黑色粉末逐渐变为红色,硬质玻璃管末端有水珠凝结
6.CC
147.吸收未反应的NH3,并防止倒吸
8.称量反应前后硬质玻璃管内固体物质的质量
9.不可行,因为装置A中生成的氨气不可能完全与CuO反应【解析】【详解】
(1)仪器G的名称是分液漏斗;B中红色石燕试纸变蓝,则产生氨气,氨气与氧化铜加热反应反应生成单质M为氮气,其电子式为;
(2)化合物X中含氮元素质量分数为
16.9%,X应该为氮与活泼全属形成的氮化物,则,=23,则X为Na2N,Na3N与水反应的化学方程式为Na3N+3H2O=3NaOH+NH3;
(3)中的试剂用于干燥氨气,名称为碱石灰;
(4)实验时,装置D中硬质玻璃管内的现象为黑色粉末逐渐变为红色硬质玻璃管未端有水珠凝结;
(5)装置E中试剂Z为CCl4,装置E的作用是吸收未反应的NH3并防止倒吸;
(6)若不通过E、F两装置,称量反应前后硬质玻璃管内固体物质的质量,通过固体质量的变化证明D中发生了反应(不通过观察D中园体颜色发生変化;
(7)若装置A中国体样品含有杂质(杂质不参与反应),某同学通过测定F中单质M在准状况下的体积和固体样品的质量,以确定固体样品中X的质分数,方案不可行,因为装置A中生成的気气不可能完全与CuO反应
23.二氧化铈CeO2是一种重要的稀土氧化物,平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO
2、Fe2O
3、CeO
2、FeO等物质)某课题组以此粉末为原料,设计如下工艺流程对资源进行回收,得到纯净的CeO2和硫酸铁铵晶体已知CeO2不溶于稀硫酸,也不溶于NaOH溶液回答下列问题
(1)稀酸A的分子式是_____________________________________________
(2)滤液1中加入H2O2溶液的目的是___________________________________________
(3)设计实验证明滤液1中含有Fe2+___________________________________________
(4)在酸性溶液中,已知Fe2+溶液可以和难溶于水的FeOOH反应生成Fe3O4,书写该反应的离子方程式____________________________________________________________
(5)由滤液2生成CeOH4的离子方程式_____________________________________
(6)硫酸铁铵晶体[Fe2SO43·2NH42SO4·3H2O]广泛用于水的净化处理,但其在去除酸性废水中的悬浮物时效率降低,其原因是__________________________________________
(7)取上述流程中得到的CeOH4产品
0.531g,加硫酸溶解后,用浓度为
0.l000mol·L-1的FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+,消耗
25.00mL标准溶液该产品中CeOH4的质量分数为______________结果保留两位有效数字,Mr(Ce)=140【答案】
1.H2SO
42.使Fe2+氧化为Fe3+
3.取少许滤液1,滴加铁氰化钾溶液,有蓝色沉淀生成,则证明滤液1中有Fe2+
4.Fe2++2FeOOH==Fe3O4+2H+
5.4Ce3++O2+12OH-+2H2O==4CeOH4↓
6.Fe3++3H2OFeOH3+3H+,酸性废水抑制Fe3+的水解(或水解平衡逆向移动),使其不能生成有吸附作用的FeOH3胶体
7.
0.98或98%【解析】【详解】1已知CeO2不溶于稀硫酸,废玻璃粉末含SiO
2、Fe2O
3、CeO
2、FeO等物质中SiO2也不溶于酸,加入稀硫酸可将CeO2和SiO2与Fe2O
3、FeO分离,故答案为H2SO4;2滤液1中加入H2O2溶液的目的是使Fe2+氧化为Fe3+,故答案为使Fe2+氧化为Fe3+;3设计实验证明滤液1中含有Fe2+的方法为取少许滤液1,滴加铁氰化钾溶液,有蓝色沉淀生成,则证明滤液1中有Fe2+,故答案为取少许滤液1,滴加铁氰化钾溶液,有蓝色沉淀生成,则证明滤液1中有Fe2+;4已知Fe2+溶液可以和难溶于水的FeOOH反应生成Fe3O4,该反应的离子方程式为Fe2++2FeOOH═Fe3O4+2H+,故答案为Fe2++2FeOOH═Fe3O4+2H+;5由滤液2生成CeOH4的反应是滤液2加入碱并通入氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce3+转化为沉淀CeOH4,离子方程式为4Ce3++O2+12OH-+2H2O═4CeOH4↓,故答案为4Ce 3++O2+12OH-+2H2O═4 CeOH4↓;6硫酸铁铵晶体[Fe2SO43•2NH42SO4•3H2O]广泛用于水的净化处理,但其在去除酸性废水中的悬浮物时效率降低,其原因是Fe3++3H2O⇌FeOH3+3H+,酸性废水抑制Fe3+的水解或水解平衡逆向移动,使其不能生成有吸附作用的FeOH3胶体,故答案为Fe3++3H2O⇌FeOH3+3H+,酸性废水抑制Fe3+的水解或水解平衡逆向移动,使其不能生成有吸附作用的FeOH3胶体;7CeOH4~~~~~FeSO4 xmol
0.1000mol/L-1×
0.025L则x=
0.0025mol,所以mCeOH4=
0.0025mol×208g/mol=
0.52g,产品中CeOH4的质量分数为×100%=98%,故答案为98%
24.钨是熔点最高的金属,是重要的战略物资自然界中钨主要存在于黑钨矿中,其主要成分是铁和锰的钨酸盐(FeWO
4、MnWO4),还含少量Si、As的化合物由黑钨矿冶炼钨的工艺流程如下
①滤渣I的主要成份是Fe2O
3、MnO2
②上述流程中,钨的化合价只有在最后一步发生改变
③常温下钨酸难溶于水1钨酸盐(FeWO
4、MnWO4)中钨元素的化合价为____,请写出FeWO4在熔融条件下发生碱分解反应生成Fe2O3的化学方程式___________________________________________________________________2上述流程中向粗钨酸钠溶液中加硫酸中和至pH=10后,溶液中的杂质阴离子为SiO32-、HAsO32-、HAsO42-等,则“净化”过程中,加入H2O2时发生反应的离子方程式为___________________________________________________________,滤渣Ⅱ的主要成分是___________________________3已知氢氧化钙和钨酸钙(CaWO4)都是微溶电解质,两者的溶解度均随温度升高而减小下图为不同温度下Ca(OH)
2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲线
①T1_____T2(填“”或“”)T1时Ksp(CaWO4)=______________
②将钨酸钠溶液加入石灰乳得到大量钨酸钙,发生反应的离子方程式为___________________________________________________【答案】
1.+
62.4FeWO4+O2+8NaOH2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O
3.H2O2+HAsO32-═HAsO42-+H2O
4.MgSiO3MgHAsO
45.
6.1×10-
107.WO42-+CaOH2=CaWO4+2OH-【解析】由流程可知,钨酸亚铁和氢氧化钠、氧气反应生成氧化铁和钨酸钠,钨酸锰和氢氧化钠反应生成钨酸钠和氢氧化锰,水浸时,氧化铁和氢氧化锰不溶于水,钨酸钠溶于水,故过滤后得到的滤液含钨酸钠,滤渣I的主要成份是Fe2O
3、MnO2,钨酸钠和浓硫酸反应生成钨酸和硫酸钠;加入过氧化氢,氧化+5价的钨为+6价,加入氯化镁,生成难溶于水的MgSiO
3、MgHAsO4,过滤,滤液为钨酸钠,酸化,加热分解产生三氧化钨和水,用还原剂还原三氧化钨生成钨,据此分析解答
(1)钨酸盐FeWO4为钨酸亚铁,钨酸盐(FeWO
4、MnWO4)中铁、锰的化合价都为+2价,设钨酸盐(FeWO
4、MnWO4)中钨元素的化合价为+x,因化合物中正负化合价代数和为零,则+2+x+(-2)×4=0,解得x=+6根据流程图可知钨酸亚铁和氢氧化钠、氧气反应生成氧化铁和钨酸钠,反应的方程式为4FeWO4+O2+8NaOH2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O;
(2)根据以上分析,加入H2O2的目的是将HAsO32-氧化成HAsO42-,离子方程式为H2O2+HAsO32-═HAsO42-+H2O,滤液I中存在SiO32-、HAsO32-、HAsO42-等离子,经过调解pH值后,加入氯化镁,Mg2+沉淀SiO32-、HAsO32-、HAsO42-等离子,滤渣Ⅱ的主要成分是MgSiO
3、MgHAsO4;
(3)
①根据图象可知,氢氧化钙和钨酸钙在钙离子浓度相同时,T1温度下阴离子浓度大于T2,说明T1时的溶度积大于T2,溶度积越大,则溶解度越大,所以T1时溶解度较大,由于“已知氢氧化钙和钨酸钙(CaWO4)都是微溶电解质,两者的溶解度均随温度升高而减小”,则T1<T2;T1时KSP(CaWO4)=c(Ca2+)•c(WO42-)=1×10-5×1×10-5=1×10-10;
②将钨酸钠溶液加入石灰乳,发生复分解反应,氢氧化钙和钨酸根离子反应生成钨酸钙沉淀,反应的离子方程式为WO42-+Ca(OH)2=CaWO4+2OH-点睛本题以钨矿原料制备W的工艺流程为载体,考查了制备方案的设计,涉及氧化还原反应原理、对工艺流程的理解、常用化学用语等知识,理解工艺流程是解题的关键,需要学生具有扎实的基础与综合运用知识分析、解决问题的能力解决本类题目的基本方法和步骤为
①从题干中获取有用信息,了解生产的产品
②然后整体浏览一下流程,基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段
③分析流程中的每一步骤,从以下几个方面了解流程反应物是什么;发生了什么反应;该反应造成了什么后果,对制造产品有什么作用
25.氢化钙CaH2是一种常用的储氢材料,也是登山运动员常用的能源提供剂,需要密封保存,遇水反应生成氢氧化钙和氢气某研究性学习小组模拟生产企业制取氢化钙【实验】用锌粒和稀硫酸反应制得干燥、纯净的氢气,再与金属钙在加热的条件下直接化合,即可制得CaH21下列有关该实验的说法正确的是_____________________________________a.其他条件相同时,粗锌制取氢气的速率比纯锌快 b.加热时,必须通入氮气作为保护气,以防止空气的干扰c.可以用浓硫酸或碱石灰对H2进行干燥除杂d.开始实验时,应先通入H2,后给金属钙加热e.停止实验时,应先停止通入H2,后停止加热【提出假设】2由于实验中操作不当,金属钙或氢化钙都可能被氧化;该小组甲同学对反应后的固体产物成分提出如下假设假设1含有Ca和CaH2;假设2含有CaH2和CaO;假设3含有__________________【设计实验方案,验证假设】3定性实验用化学方法鉴别Ca与CaH2,请设计实验完成下表中内容实验步骤预期现象和结论取少量固体样品,___________________________________________________________________________________________________________________4定量实验测定Ca和CaH2混合物中CaH2的质量分数
①取m1g样品与水完全反应,利用如图装置测定生成的气体体积时,在________时进行收集填字母a.刚开始有气泡b.气泡连续均匀c.气体经过验纯后,再收集
②如果装置气密性良好,操作正确,乙同学认为由于液体加入,导致气体的体积测定_____________填“偏高”“偏低”或“无影响”,则计算出氢化钙的质量分数_____________填“偏高”“偏低”或“无影响”【反思与交流】5登山运动员常用氢化钙作为能源提供剂,与氢气相比,其优点是氢化钙是固体,携带方便既然金属钙与水反应也能生成氢气,为什么还要将金属钙制备成氢化钙呢?你的观点是_______________________________________________________________________________________________________________【答案】
1.acd
2.CaH2或CaH
2、Ca、CaO
3.干燥条件下与氧气反应,将生成的产物通入装有无水硫酸铜的干燥管
4.无水硫酸铜变为蓝色,则为CaH2,不变蓝则为Ca
5.a
6.偏高
7.偏高
8.略【解析】
(1)a、粗锌在反应中可形成原电池而使反应加快,a正确;b、该反应在氢气的环境中进行,无需通入氮气作保护气,b错误;c、浓硫酸和碱石灰可以吸水,而且与氢气不反应,可作氢气的干燥剂,c正确;根据以上分析可知d正确;e、停止实验时,先停止加热,后停止通入H2,e错误,答案选acd
(2)根据假设1和2可知假设3若完全反应生成CaH2,而且没有氧化,则只含有CaH2,也可能是Ca部分与氢气反应,有部分Ca被氧化,即固体成分可能是CaH
2、Ca、CaO,但一定有CaH2
(3)依据Ca不含H,CaH2含H,由此设计实验鉴别,即干燥条件下与氧气反应,将生成的产物通入装有无水硫酸铜的干燥管,如果无水硫酸铜变为蓝色,则为CaH2,不变蓝则为Ca
(4)
①测定生成的气体体积时必须从实验开始就收集,答案选a;
②因液体的加入而使锥形瓶内的气体排出,使收集的气体体积增大,则CaH2质量分数偏高
(5)根据化学方程式Ca+2H2O===CaOH2+H2↑,CaH2+2H2O===CaOH2+2H2↑可知等质量的Ca和CaH2制H2时,CaH2生成的氢气多,因此还要将金属钙制备成氢化钙。