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文檔簡介

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁,總=sectionpages22頁第=page11頁,總=sectionpages11頁2024年浙教版高三化學(xué)上冊階段測試試卷433考試試卷考試范圍:全部知識點(diǎn);考試時(shí)間:120分鐘學(xué)校:______姓名:______班級:______考號:______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題,共18分)1、除去下列物質(zhì)中所含少量雜質(zhì)(括號內(nèi)為雜質(zhì));所選試劑和方法正確的是()

?;旌衔镌噭┓蛛x方法A苯(苯酚)過量濃溴水過濾B乙烷(乙烯)酸性高錳酸鉀溶液洗氣C溴苯(溴)氫氧化鈉溶液分液D乙酸乙酯(乙酸)飽和碳酸鈉溶液過濾A.AB.BC.CD.D2、某有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式為HO-CH2CH=CHCH2-COOH.下列說法不正確的是()A.它能與Na、NaOH、NaHC03等物質(zhì)反應(yīng)B.它能發(fā)生酯化、氧化、加成等反應(yīng)C.該有機(jī)物分子式為C5H8O3D.它是乙酸也是乙醇的同系物3、已知樟腦(C10H16O)的結(jié)構(gòu)如圖;下列4式中與樟腦不屬于同分異構(gòu)體的是()

A.B.C.D.4、下列有關(guān)說法正確的為()A.合成氨工業(yè)與接觸法制硫酸中的SO2的催化氧化過程中都采用了高壓的生產(chǎn)條件B.結(jié)構(gòu)陶瓷碳化硼(B4C3)常用于制造切削工具,它是一種新型無機(jī)非金屬材料,屬于原子晶體C.光纜在信息產(chǎn)業(yè)中有廣泛應(yīng)用,制造光纜的主要材料是單質(zhì)硅D.氟利昂和NOx都能破壞臭氧層,從而導(dǎo)致“溫室效應(yīng)”5、在某些高檔點(diǎn)心的包裝盒內(nèi)有個(gè)小紙袋;將小紙袋打開,可看到灰黑色粉末,其中有些已變成棕褐色.將灰黑色粉末溶于鹽酸,取上層清液,滴入幾滴氯水,再滴入KSCN溶液,馬上出現(xiàn)紅色.以下結(jié)論不正確的是()

A.該灰黑色粉末用作抗氧化劑。

B.小紙袋中可能裝有活性鐵粉。

C.小紙袋中的原裝粉末可能是Fe2O3

D.該灰黑色粉末不可食用。

6、a克鐵粉與含有硫酸的硫酸銅溶液完全反應(yīng)后,得到a克銅,則參加反應(yīng)的硫酸銅與硫酸的物質(zhì)的量之比是()A.1:7B.7:1C.7:8D.8:77、FeO、Fe3O4、Fe2O3三種物質(zhì)組成的混合物中,鐵元素和氧元素的質(zhì)量比為21:8,則三種物質(zhì)的物質(zhì)的量之比為()A.1:3:1B.2:3:6C.1:3:3D.2:7:38、在化學(xué)反應(yīng)中;反應(yīng)前與反應(yīng)后相比較,肯定不變的是()

①元素的種類

②原子的種類

③分子數(shù)目

④原子數(shù)目

⑤反應(yīng)前物質(zhì)的質(zhì)量總和與反應(yīng)后物質(zhì)的質(zhì)量總和

⑥如果在水溶液中反應(yīng);則反應(yīng)前與反應(yīng)后陽離子所帶的正電荷總數(shù)

⑦反應(yīng)前反應(yīng)物的總能量與反應(yīng)后生成物的總能量.A.①②③④B.①②⑤⑥C.①②④⑤D.②③⑤⑥9、依據(jù)元素周期律,下列推斷正確的是()A.酸性:H2SiO3>H2CO3B.熱穩(wěn)定性:H2S>H2OC.堿性:KOH>Ca(OH)2D.若離子半徑:R2->M+,則原子序數(shù):R>M評卷人得分二、雙選題(共9題,共18分)10、能使淀粉碘化鉀試紙變藍(lán)的物質(zhì)是()A.氯水B.碘水C.碘化鈉溶液D.溴化鈉溶液11、下列有關(guān)說法正確的是()A.因?yàn)楹辖鹪诔睗竦目諝庵幸仔纬稍姵?,所以合金耐腐蝕性都較差B.常溫下,MgO(s)+C(s)=Mg(s)+CO(g)不能自發(fā)進(jìn)行,則其△H>0C.在NaCl和KBr的混合溶液中滴加AgNO3溶液,一定先產(chǎn)生淡黃色沉淀D.加熱0.1mol?L-1Al2(SO4)3溶液,水解程度增大、溶液的酸性增強(qiáng)12、常溫下,用rm{0.10mol隆隴L^{-1}KOH}溶液滴定rm{10.00mL0.10mol隆隴L^{-1}H_{2}C_{2}O_{4}(}二元弱酸rm{10.00mL0.10

mol隆隴L^{-1}H_{2}C_{2}O_{4}(}溶液所得滴定曲線如圖rm{)}混合溶液的體積可看成混合前溶液的體積之和rm{(}下列說法正確的是()

A.點(diǎn)rm{)}所示溶液中:rm{壟脵}B.點(diǎn)rm{c(H^{+})/c(OH^{-})=10^{12}}所示溶液中:rm{壟脷}C.點(diǎn)rm{c(K^{+})+c(H^{+})=c(HC_{2}O_{4}^{-})+2c(C_{2}O_{4}^{2-})}所示溶液中:rm{壟脹}D.點(diǎn)rm{c(K^{+})>c(HC_{2}O_{4}^{-})>c(H^{+})>c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(OH^{-})}所示溶液中:rm{c(K^{+})+c(H_{2}C_{2}O_{4})+c(HC_{2}O_{4}^{-})+c(C_{2}O_{4}^{2-})=0.10mol隆隴L^{-1}}rm{壟脺}13、將34.2gC12H22O11(蔗糖)溶解在100mL水中.關(guān)于所組成的溶液,下列敘述中正確的是()A.該溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為1mol?L-1B.該溶液溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%C.該溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度的確定還需知道溶液的密度D.該溶液溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的確定還需知道溶液的密度14、將碳酸氫鈉和過氧化鈉的純凈粉末均勻混合后分成等質(zhì)量的兩份,向其中一分加入足量鹽酸,放出的氣體在標(biāo)況下為rm{11.2L}將該氣體再通入另一份混合物中,充分反應(yīng)后剩余的氣體在標(biāo)況下為rm{8.96L}原混合物中碳酸氫鈉和過氧化鈉的物質(zhì)的量的比可能是()A.rm{4:1}B.rm{2:1}C.rm{2:9}D.rm{1:3}15、一定溫度下,在三個(gè)等體積的恒容密閉容器中,反應(yīng)rm{2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)?C_{2}H_{5}OH(g)+3H_{2}O(g)}達(dá)平衡,下列說法正確的是rm{2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)?

C_{2}H_{5}OH(g)+3H_{2}O(g)}rm{(}。rm{)}容器溫度rm{/K}物質(zhì)的起始濃度rm{/mol隆隴L^{-1}}物質(zhì)的平衡濃度rm{/mol隆隴L^{-1}}rm{CO_{2}(g)}rm{H_{2}(g)}rm{C_{2}H_{5}OH(g)}rm{H_{2}O(g)}rm{C_{2}H_{5}OH(g)}rm{H_{2}O(g)}rm{C_{2}H_{5}OH(g)}甲rm{500}rm{0.20}rm{0.60}rm{0}rm{0}rm{0.083}乙rm{500}rm{0.40}rm{1.20}rm{0}rm{0}丙rm{600}rm{0}rm{0}rm{0.10}rm{0.30}rm{0.039}A.該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)B.達(dá)平衡時(shí),容器甲中的逆反應(yīng)速率比容器乙中的小C.達(dá)平衡時(shí),轉(zhuǎn)化率:rm{婁脕(CO_{2}}甲rm{)+婁脕(C_{2}H_{5}OH}丙rm{)>1}D.達(dá)平衡時(shí),甲、乙容器內(nèi):rm{2c(CO_{2}}甲rm{)<c(CO_{2}}乙rm{)}16、合成藥物異搏定路線中某一步驟如下:

下列說法不正確的是rm{(}rm{)}A.物質(zhì)rm{X}中所有碳原子可能共平面B.可用rm{FeCl_{3}}溶液鑒別rm{Z}中是否含有rm{X}C.等物質(zhì)的量的rm{X}rm{Z}分別與rm{H_{2}}加成,最多消耗rm{H_{2}}的物質(zhì)的量之比為rm{3隆脙5}D.等物質(zhì)的量的rm{Y}rm{Z}分別與rm{NaOH}溶液反應(yīng),最多消耗rm{NaOH}的物質(zhì)的量之比為rm{1隆脙1}17、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{G}rm{W}為原子序數(shù)依次增大的rm{5}種短周期主族元素rm{.X}的質(zhì)子數(shù)與電子層數(shù)相同,rm{Y}rm{Z}rm{G}同周期且相鄰,rm{W}原子核外電子數(shù)是rm{G}原子最外層電子數(shù)的rm{2}倍rm{.Z}與其同主族的短周期元素可形成常見氣體甲rm{.X}rm{Y}rm{G}三種元素形成六核化合物乙rm{.}下列說法錯(cuò)誤的是rm{(}rm{)}A.化合物乙中只有共價(jià)鍵B.甲可與rm{Z}和rm{X}形成的某種化合物反應(yīng)生成強(qiáng)酸C.rm{W}的氧化物只能與堿反應(yīng),不能與任何酸反應(yīng)D.rm{X}分別與rm{Y}rm{Z}rm{G}rm{W}形成的氣態(tài)化合物中,穩(wěn)定性最好的是rm{XG}18、25℃,c(HCN)+c(CN-)=0.1mol?L-1的一組HCN和NaCN的混合溶液,溶液中c(HCN)、c(CN-)與pH的關(guān)系如圖所示.下列有關(guān)離子濃度關(guān)系敘述正確的是()A.將0.1mol?L-1的HCN溶液和0.1mol?L-1NaCN溶液等體積混合(忽略溶液體積變化):c(Na+)>c(HCN)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)B.W點(diǎn)表示溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(HCN)C.pH=8的溶液中:c(Na+)+c(H+)+c(HCN)=0.1mol?L-1+c(OH-)D.將0.3mol?L-1HCN溶液和0.2mol?L-1NaOH溶液等體積混合(忽略溶液體積變化):c(CN-)+3c(OH-)=2c(HCN)+3c(H+)評卷人得分三、填空題(共8題,共16分)19、采用硫酸同槽浸出軟錳礦(主要成分MnO2)和黃銅礦(主要成分CuFeS2)的新工藝方法提取錳;銅、鐵元素獲得成功;生產(chǎn)流程如圖所示:

已知:(1)步驟?5MnO2+2CuFeS2+10H2SO4═5MnSO4+Fe2(SO4)3+2CuSO4+4S↓+10H2O

?部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時(shí)溶液的pH見下表:

。沉淀物Cu(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2Fe(OH)2開始沉淀pH4.21.57.36.4完全沉淀pH6.73.29.89.0根據(jù)表中數(shù)據(jù);回答相關(guān)問題:

(1)步驟?①中每生成64g硫,轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為____;

(2)步驟?②中pH的范圍是____,沉淀E主要成分的化學(xué)式為____;

(3)MnSO4溶液中c(MnSO4)=3×10-6mol/L,某碳酸鹽溶液中c(CO32-)=3.3×10-5mol/L,若兩溶液按體積比2:1混合,恰好達(dá)到溶解平衡,則MnCO3的Ksp=____;

(4)步驟④發(fā)生的離子反應(yīng)方程式:____;

(5)稱取0.58g軟錳礦于燒杯中,再分別向燒杯中加入過量20.00mL0.1000mol/LNa2C2O4溶液和過量的硫酸,充分?jǐn)嚢枞芙?,過濾,將濾液轉(zhuǎn)移至錐形瓶中,用0.1000mol/L的KMnO4溶液滴定至終點(diǎn),消耗了4.00mLKMnO4溶液.有關(guān)反應(yīng)如下:

MnO2+Na2C2O4+2H2SO4═MnSO4+Na2SO4+2CO2↑+2H2O

5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4═2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O

①實(shí)驗(yàn)過程中,若在滴定前滴定管尖嘴部分無氣泡,滴定后滴定管尖嘴部分產(chǎn)生了氣泡,則會使滴定時(shí)消耗的KMnO4溶液體積____(填“偏大”;“偏小”或“不變”).

②計(jì)算軟錳礦中MnO2的百分含量:____.20、氮是地球上含量豐富的一種元素;氮及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn);生活中有著重要作用,合成氨工業(yè)在國民生產(chǎn)中有重要意義.以下是關(guān)于合成氨的有關(guān)問題,請回答:

(1)若在一容積為2L的密閉容器中加入0.2molN2;的和0.6molH2的,在一定條件下發(fā)生反應(yīng):N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H<0,若在5分鐘時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡,此時(shí)測得NH3的物質(zhì)的量為0.2mol.則前5分鐘的平均反應(yīng)速率v(N2)=____.

(2)平衡后,若要提高H2的轉(zhuǎn)化率,可以采取的措施有____.

A.加了催化劑B.增大容器體積。

C.降低反應(yīng)體系的溫度D.加入一定量N2

(3)若在0.5L的密閉容器中,一定量的氮?dú)夂蜌錃膺M(jìn)行如下反應(yīng):N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H<0

;其化學(xué)平衡常數(shù)K與溫度T的關(guān)系如表所示:

。T/℃200300400KK1K20.5請完成下列問題:

①試比較K1、K2的大小,K1____K2(填“<”;“>”或“=”):

②下列各項(xiàng)能作為判斷該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的依據(jù)是____(填序號字母)

A.容器內(nèi)N2、H2、NH3的物質(zhì)的量濃度之比為1:3:2

B.v(H2)正=3v(N2)逆

C.容器內(nèi)壓強(qiáng)保持不變。

D.混合氣體的密度保持不變。

③400℃時(shí),反應(yīng)2NH3(g)?N2(g)+3H2(g)的化學(xué)平衡常數(shù)為____.當(dāng)測得NH3、N2

和H2物質(zhì)的量分別為3mol、2mol和1mol時(shí),則該反應(yīng)的v(N2)正____v(N2)逆(填“<”;“>”或“=”).

(4)根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡理論,聯(lián)系合成氨的生產(chǎn)實(shí)際,你認(rèn)為下列說法不正確的是____.

A.化學(xué)反應(yīng)速率理論可指導(dǎo)怎樣在一定時(shí)間內(nèi)快出產(chǎn)品。

B.勒夏特列原理可指導(dǎo)怎樣使用有限原料多出產(chǎn)品。

C.催化劑的使用是提高產(chǎn)品產(chǎn)率的有效方法。

D.正確利用化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)反應(yīng)限度理論都可以提高化工生產(chǎn)的綜合經(jīng)濟(jì)效益.21、(2011秋?平和縣校級月考)按如圖裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn);并回答下列問題:

(1)判斷裝置的名稱:A池為____B池為____

(2)鐵極為____極,電極反應(yīng)式為____石墨棒C2附近發(fā)生的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為____

(3)當(dāng)C2極產(chǎn)生2.24L氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài))時(shí),鐵的質(zhì)量變化(增加或減少)____了____g.CuSO4溶液的質(zhì)量變化(增加或減少)____了____g.22、(2013?永州一模)Ⅰ.用活性炭還原法處理氮氧化物.有關(guān)反應(yīng)為:

C(s)+2NO(g)?N2(g)+CO2(g)△H

某研究小組向密閉容器加入一定量的活性炭和NO,恒溫(T1℃)條件下反應(yīng);反應(yīng)進(jìn)行到不同時(shí)間測得各物質(zhì)的濃度如下:

。濃度(mol/L)

時(shí)間(min)NON2CO200.10000100.0580.0210.021200.0400.0300.030300.0400.0300.030400.0320.0340.017500.0320.0340.017(1)T1℃時(shí),該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=____(保留兩位小數(shù)).

(2)30min后,改變某一條件,反應(yīng)到40min時(shí)重新達(dá)到平衡,則改變的條件可能是____.

(3)若30min后升高溫度至T2℃,重新達(dá)到平衡時(shí),容器中NO、N2、CO2的濃度之比為5:3:3,則該反應(yīng)的△H____0(填“>”;“=”或“<”).

Ⅱ.減排是各個(gè)國家都在努力而為之的事,CO2和SO2的處理是許多科學(xué)家都在著力研究的重點(diǎn).有學(xué)者想以圖所示裝置用燃料電池原理將CO2、SO2轉(zhuǎn)化為重要的化工原料.

(1)若A為CO2,B為H2,C為CH3OH,電池總反應(yīng)式為CO2+3H2=CH3OH+H2O,則正極反應(yīng)式為____.

(2)若A為SO2,B為O2,C為H2SO4,則負(fù)極反應(yīng)式為____.23、工廠中用稀硫酸浸泡某礦石后的溶液中,除了含有大量硫酸外,還含有少量rm{NH_{4}^{+}}rm{Fe^{3+}}rm{AsO_{4}^{3-}}rm{Cl^{-}.}為除去雜質(zhì)離子;部分操作流程如圖:

請回答問題:

rm{(1)}用稀硫酸浸泡某礦石后的溶液中,硫酸的密度為rm{4.9g?L^{-1}}則該溶液中的rm{pH}約為______.

rm{(2)NH_{4}^{+}}在用稀硫酸浸泡某礦石后的溶液中以rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}和rm{NH_{4}Cl}形式存在rm{.}現(xiàn)有一份rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}溶液,一份rm{NH_{4}Cl}溶液,rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}溶液中rm{c(NH_{4}^{+})}恰好是rm{NH_{4}Cl}溶液中rm{c(NH_{4}^{+})}的rm{2}倍,則rm{c[(NH_{4})_{2}SO_{4}]}______rm{c(NH_{4}Cl)(}填:rm{<}rm{=}或rm{>)}.

rm{(3)}隨著向廢液中投入生石灰rm{(}忽略溶液溫度的變化rm{)}溶液中rm{dfrac{c(NH_{3}cdotH_{2}O)}{c(OH^{-})}}______rm{dfrac{c(NH_{3}cdot

H_{2}O)}{c(OH^{-})}}填“增大”、“減小”或“不變”rm{(}.

rm{)}投入生石灰調(diào)節(jié)rm{(4)}到rm{pH}時(shí),大量沉淀主要成分為rm{2隆蘆3}含有少量rm{CaSO_{4}?2H_{2}O[}提純r(jià)m{Fe(OH)_{3}]}的主要操作步驟:向沉淀中加入過量______;充分反應(yīng)后,過濾;洗滌、______.

rm{CaSO_{4}?2H_{2}O}rm{(5)25隆忙}電離常數(shù)為rm{H_{3}AsO_{4}}rm{K_{1}=5.6隆脕10^{-3}}rm{K_{2}=1.7隆脕10^{-7}}當(dāng)溶液中rm{K_{3}=4.0隆脕10^{-12}.}調(diào)節(jié)到rm{pH}時(shí),沉淀主要成分為rm{8隆蘆9}.

rm{Ca_{3}(AsO_{4})_{2}}調(diào)節(jié)到rm{壟脵pH}左右rm{8}才開始沉淀的原因是______.

rm{Ca_{3}(AsO_{4})_{2}}第一步水解的平衡常數(shù)數(shù)值為:______

rm{壟脷Na_{3}AsO_{4}}已知:rm{AsO_{4}^{3-}+2I^{-}+2H^{+}簍TAsO_{3}^{3-}+I_{2}+H_{2}O}rm{SO_{2}+I_{2}+2H_{2}O簍TSO_{4}^{2-}+2I^{-}+4H^{+}.}上述兩個(gè)反應(yīng)中還原性最強(qiáng)的微粒是______.rm{壟脹}24、(1)P4S10能發(fā)生水解反應(yīng):P4S10+16H2O═4H3PO4+10H2S.

①P4S10中共價(jià)鍵類型為____.

②H2O的沸點(diǎn)比H2S的高,主要原因是____;與H2O鍵合方式相同且與其互為等電子體的陽離子為____,陰離子為____.

(2)磷化鎵是一種半導(dǎo)體,晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,晶胞邊長a=0.545nm,則磷化鎵的密度為____g?cm-3(設(shè)NA表示阿伏伽德羅常數(shù)的值;不必計(jì)算出結(jié)果).

25、聚合硫酸鐵(PFS)是一種新型高效的無機(jī)高分子絮凝劑,廣泛用于水的處理.現(xiàn)用一定質(zhì)量的鐵的氧化物(如圖)為原料來制取聚合硫酸鐵,為控制水解時(shí)Fe3+的濃度,防止生成氫氧化鐵沉淀,原料中的Fe3+必須先還原為Fe2+.實(shí)驗(yàn)步驟如下:

(1)實(shí)驗(yàn)室用18.4mol?L-1的濃硫酸配制250mL4.8mol?L-1的硫酸溶液,所用的玻璃儀器除燒杯、玻璃棒和量筒外,還需____.

(2)在步驟(1)配制250mL4.8mol?L-1的硫酸溶液過程中,下列操作會使配置的溶液的濃度偏高的是____

A.用量筒量取濃硫酸時(shí);俯視讀數(shù)。

B.把量筒中的濃硫酸轉(zhuǎn)移到燒杯中稀釋后;用少量蒸餾水洗滌一下量筒內(nèi)壁,同時(shí)把洗滌液也轉(zhuǎn)移到燒杯中。

C.稀釋后的硫酸溶液及時(shí)用玻璃棒引流轉(zhuǎn)移到容量瓶中。

D.移夜時(shí)容量瓶內(nèi)壁未干燥;殘留有水。

(3)寫出步驟Ⅳ中用NaClO3氧化時(shí)的離子方程式____(提示:ClO3-轉(zhuǎn)化為Cl-);已知1molHNO3的價(jià)格為0.16元,1molNaClO3的價(jià)格為0.45元,評價(jià)用HNO3代替NaClO3作為氧化劑的利弊,利是____,弊是____.

(4)為了分析產(chǎn)品聚合硫酸鐵溶液中SO42-與Fe3+物質(zhì)的量之比;有人設(shè)計(jì)了以下操作:

(a)取25mL聚合硫酸鐵溶液,加入足量的BaCl2溶液;產(chǎn)生白色沉淀,白色沉淀經(jīng)過過濾;洗滌、干燥后,稱重,其質(zhì)量為mg.

(b)另取25mL聚合硫酸鐵溶液,加入足量銅粉,充分反應(yīng)后過濾、洗滌,將濾液和洗液合并配成250mL溶液,取該溶液25.00mL,用KMnO4酸性溶液滴定,到達(dá)終點(diǎn)時(shí)用去0.1000mol/LKMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL.反應(yīng)的離子方程式為:5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O

回答下列問題:

①判斷(a)步驟溶液中SO42-離子已沉淀完全的方法是_____;

②在(b)步驟中判斷達(dá)到終點(diǎn)的現(xiàn)象是____;

③聚合硫酸鐵中SO42-與Fe3+的物質(zhì)的量之比為____(用含m、V的代數(shù)式表示).26、(2013春?湖南校級月考)如圖是研究甲烷取代反應(yīng)實(shí)驗(yàn)裝置圖;具體的實(shí)驗(yàn)方法是:

(1)若研究甲烷與氯氣的取代反應(yīng),還需要的條件是____.

(2)二氯甲烷有____種同分異構(gòu)體。

(3)請完成一氯甲烷與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)的化學(xué)方程式CH3Cl+Cl2

____+HCl

(4)在實(shí)驗(yàn)室可以用下列哪種常見試劑除去甲烷中混有的少量乙烯氣體____

A.鹽酸B.水C.酒精D.溴的四氯化碳溶液.評卷人得分四、判斷題(共2題,共14分)27、一元取代產(chǎn)物只有一種的,十個(gè)碳以下的烷烴有5種____(判斷對錯(cuò))28、判斷正誤;正確的劃“√”,錯(cuò)誤的劃“×”

(1)乙酸分子中含有羧基,可與NaHCO3溶液反應(yīng)生成CO2____

(2)乙醇、乙酸均能與Na反應(yīng)放出H2,二者分子中官能團(tuán)相同____

(3)在酸性條件下,CH3CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是CH3CO18OH和C2H5OH____

(4)在水溶液里,乙酸分子中的-CH3可以電離出H+____

(5)乙醇中含乙酸雜質(zhì):加入碳酸鈉溶液洗滌,分液____

(6)乙酸丁酯中含乙酸雜質(zhì):加入碳酸鈉溶液洗滌,分液____.評卷人得分五、推斷題(共1題,共4分)29、已知甲;乙、丙、X是4種中學(xué)化學(xué)中常見的物質(zhì);其轉(zhuǎn)化關(guān)系符合圖.則甲和X不可能是()

A.甲:Na,X:O2B.甲:NaOH溶液,X:CO2溶液C.甲:C,X:O2D.甲:AlCl3溶液,X:NaOH溶液評卷人得分六、實(shí)驗(yàn)題(共4題,共12分)30、對氯苯甲酸是合成非甾族消炎鎮(zhèn)痛藥的中間體,還能用于燃料和濃藥的合成,實(shí)驗(yàn)室中制備對氯苯甲酸的反應(yīng)、裝置圖如圖rm{2}

常溫條件下的有關(guān)數(shù)據(jù)如表所示:

。相對分子質(zhì)量熔點(diǎn)rm{/隆忙}沸點(diǎn)rm{/隆忙}密度rm{/g?cm^{-3}}顏色水溶性對氯甲苯rm{126.5}rm{7.5}rm{162}rm{1.07}無色難溶對氯苯甲酸rm{156.5}rm{243}rm{275}rm{1.54}白色微溶對氯苯甲酸鉀rm{194.5}具有鹽的通性,屬于可溶性鹽實(shí)驗(yàn)步驟:在規(guī)格為rm{250mL}的裝置rm{A}中加入一定量的催化劑、適量rm{KMnO_{4}}rm{100mL}水;安裝好裝置,在滴液漏斗中加入rm{6.00mL}對氯甲苯,在溫度為rm{93隆忙}左右時(shí),逐滴滴入對氯甲苯;控制溫度在rm{93隆忙}左右,反應(yīng)rm{2h}過濾,將濾渣用熱水洗滌,使洗滌液與濾液合并,加入稀硫酸酸化,加熱濃縮;然后過濾,將濾渣用冷水進(jìn)行洗滌,干燥后稱量其質(zhì)量為rm{7.19g}.

請回答下列問題:

rm{(1)}裝置rm{B}的名稱是______.

rm{(2)}量取rm{6.00mL}對氯甲苯應(yīng)選用的儀器是______rm{.(}填選儀器序號rm{)}.

A.rm{10mL}量筒rm{B.50mL}容量瓶rm{C.50mL}酸式滴定管rm{D.50mL}堿式滴定管。

rm{(3)}控制溫度為rm{93隆忙}左右的方法是______rm{.}對氯甲苯的加入方法是逐滴加入而不是一次性加入;原。

因是______.

rm{(4)}第一次過濾的目的是______;濾液中加入稀硫酸酸化,可觀察到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是______.

rm{(5)}第二次過濾所得濾渣要用冷水進(jìn)行洗滌;其原因是______.

rm{(6)}本實(shí)驗(yàn)的產(chǎn)率是______rm{(}填標(biāo)號rm{).A.60%}rm{B.70%}rm{C.80%}rm{D.90%}31、某研究性學(xué)習(xí)小組為測定某含鎂rm{3%隆蘆5%}的鋁鎂合金rm{(}不含其他元素rm{)}中鎂的質(zhì)量分?jǐn)?shù);設(shè)計(jì)了下列三種不同實(shí)驗(yàn)方案進(jìn)行探究,請根據(jù)他們的設(shè)計(jì)回答有關(guān)問題。

【探究一】實(shí)驗(yàn)方案:鋁鎂合金rm{xrightarrow{NaOH{脠脺脪潞}}}測定剩余固體質(zhì)量。

問題討論:

rm{(1)}實(shí)驗(yàn)中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是______。

rm{(2)}若實(shí)驗(yàn)中稱取rm{5.4g}鋁鎂合金粉末樣品,投入rm{VmL}rm{2.0mol/L}rm{NaOH}溶液中,充分反應(yīng)rm{.}則rm{NaOH}溶液的體積rm{V}rm{mLgeqslant}______rm{mL}

rm{(3)}實(shí)驗(yàn)中,當(dāng)鋁鎂合金充分反應(yīng)后,在稱量剩余固體質(zhì)量前,還需進(jìn)行的實(shí)驗(yàn)操作按順序依次為______。

【探究二】實(shí)驗(yàn)方案:稱量rm{x}rm{g}鋁鎂合金粉末;放在如圖所示裝置的惰性電熱板上,通電使其充分灼燒。

問題討論:

rm{(4)}欲計(jì)算rm{Mg}的質(zhì)量分?jǐn)?shù),該實(shí)驗(yàn)中還需測定的數(shù)據(jù)是______。

rm{(5)}假設(shè)實(shí)驗(yàn)中測出該數(shù)據(jù)為rm{y}rm{g}則原鋁鎂合金粉末中鎂的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為______rm{(}用含rm{x}rm{y}的代數(shù)式表示rm{)}

【探究三】實(shí)驗(yàn)方案:鋁鎂合金rm{xrightarrow{{脧隆脕貌脣謾}}}測定生成氣體的體積。

問題討論:

rm{(6)}同學(xué)們擬選用如圖rm{2}的實(shí)驗(yàn)裝置完成實(shí)驗(yàn),你認(rèn)為最簡易的裝置的連接順序是rm{a}接______。rm{(}填接口字母,儀器不一定全選rm{)}

rm{(7)}同學(xué)們仔細(xì)分析rm{(6)}中連接的實(shí)驗(yàn)裝置后,又設(shè)計(jì)了如圖rm{3}rm{4}所示的實(shí)驗(yàn)裝置。

rm{壟脵}裝置中導(dǎo)管rm{a}的作用是______。

rm{壟脷}實(shí)驗(yàn)前后堿式滴定管中液面讀數(shù)分別如圖rm{4}則產(chǎn)生氫氣的體積為______rm{mL}

rm{壟脹}與圖rm{3}裝置相比,用rm{(6)}中連接的裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí),容易引起誤差的原因是______rm{(}任寫一點(diǎn)rm{)}32、某化學(xué)興趣小組以木炭和濃硝酸為起始原料,探究一氧化氮與過氧化鈉反應(yīng)制備亞硝酸鈉。設(shè)計(jì)裝置如下(忽略裝置中空氣的影響),請回答下列問題:(1)組裝好儀器后,必須進(jìn)行的一項(xiàng)操作是_________________。(2)裝置A的試管中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是_______________。(3)推測B中可以觀察到的主要現(xiàn)象是________;C裝置的作用是________。(4)裝置D中除生成NaNO2外,還有另一種固態(tài)物質(zhì)Y,Y的化學(xué)式是________;可以通過適當(dāng)改進(jìn),不產(chǎn)生Y物質(zhì),請你提出改進(jìn)方法:______________________。(5)已知:亞硝酸是弱酸,不穩(wěn)定,室溫下存在反應(yīng)3HNO2=HNO3+2NO↑+H2O;在酸性溶液中,NO2-可將MnO4-還原為Mn2+且無氣體生成。①寫出檢驗(yàn)D中產(chǎn)物是亞硝酸鈉的方法:_________________;②E裝置中試劑X可以是________。A.稀硫酸B.酸性高錳酸鉀溶液C.稀硝酸D.水33、粗鹽中除含有鈣離子、鎂離子、硫酸根離子等可溶性雜質(zhì)外,還含有泥沙等不溶性雜質(zhì)。我們食用的精鹽是用粗鹽提純而得到的。通過教材中“粗鹽的提純”及你做過的該實(shí)驗(yàn)回答下列問題。(1)如何運(yùn)用最簡方法檢驗(yàn)溶液中有無SOSO42—?____________________________。如果有,應(yīng)該如何除去SO42—?___________________________________________________(2)在粗鹽經(jīng)過溶解→過濾后的溶液中滴加飽和Na2CO3溶液,直至不再產(chǎn)生沉淀為止。請問這步操作的目的是________________________________________________________。(3)將經(jīng)過操作(2)后的溶液過濾。請問這一操作能除掉哪些雜質(zhì)?________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)實(shí)驗(yàn)室里將粗鹽制成精鹽的過程中,在溶解、過濾、蒸發(fā)三個(gè)步驟的操作中都要用到玻璃棒,分別說明在這三種情況下使用玻璃棒的目的:溶解時(shí):_________________________________________________________________;過濾時(shí):_________________________________________________________________;蒸發(fā)時(shí):_________________________________________________________________。參考答案一、選擇題(共9題,共18分)1、C【分析】【分析】A.溴;三溴苯酚均易溶于苯;

B.乙烯被高錳酸鉀氧化生成二氧化碳;引入新雜質(zhì);

C.溴與NaOH反應(yīng)后;與溴苯分層;

D.乙酸與碳酸鈉反應(yīng)后,與乙酸乙酯分層.【解析】【解答】解:A.溴;三溴苯酚均易溶于苯;不能除雜,應(yīng)選NaOH溶液、分液,故A錯(cuò)誤;

B.乙烯被高錳酸鉀氧化生成二氧化碳;引入新雜質(zhì),不能除雜,應(yīng)選溴水;洗氣,故B錯(cuò)誤;

C.溴與NaOH反應(yīng)后;與溴苯分層,然后分液可分離,故C正確;

D.乙酸與碳酸鈉反應(yīng)后;與乙酸乙酯分層,然后分液可分離,故D錯(cuò)誤;

故選C.2、D【分析】【分析】該物質(zhì)中含有醇羥基、碳碳雙鍵和羧基,具有醇、烯烴和羧酸性質(zhì),能發(fā)生取代反應(yīng)、加成反應(yīng)、加聚反應(yīng)和氧化反應(yīng),據(jù)此分析解答.【解析】【解答】解:A.醇羥基和羧基能與Na反應(yīng),-COOH能和NaOH、NaHC03反應(yīng);故A正確;

B.羧基和醇羥基都能發(fā)生酯化反應(yīng);醇羥基和碳碳雙鍵能發(fā)生氧化反應(yīng),碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應(yīng),故B正確;

C.根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式知,其分子式為C5H8O3;故C正確;

D.該物質(zhì)中醇羥基和羧基;其結(jié)構(gòu)和乙酸;乙醇都不相似,所以既不是乙酸同系物也不是乙醇同系物,故D錯(cuò)誤;

故選D.3、D【分析】【分析】同分異構(gòu)體指分子式相同結(jié)構(gòu)不同的化合物,據(jù)此物質(zhì)的組成與化學(xué)式判斷.【解析】【解答】解:分子式為C10H16O.

A.分子式為C10H16O;分子式相同,結(jié)構(gòu)不同,互為同分異構(gòu)體,故A錯(cuò)誤;

B.分子式為C10H16O;分子式相同,結(jié)構(gòu)不同,互為同分異構(gòu)體,故B錯(cuò)誤;

C.分子式為C10H16O;分子式相同,結(jié)構(gòu)不同,互為同分異構(gòu)體,故C錯(cuò)誤;

D.分子式為C10H18O;不互為同分異構(gòu)體,故D正確.

故選D.4、B【分析】【分析】A;工業(yè)生產(chǎn)硫酸時(shí);用的是常壓條件下的反應(yīng);

B、碳化硼(B4C3)陶瓷一種新型無機(jī)非金屬材料;屬于原子晶體;

C;制造光纜的主要材料是二氧化硅;

D、氟利昂會引起溫室效應(yīng),氮的氧化物是酸雨形成的原因.【解析】【解答】解:A;工業(yè)生產(chǎn)硫酸時(shí);用的是常壓條件,因?yàn)樵诔合禄瘜W(xué)反應(yīng)的產(chǎn)率很高,無需高壓條件,故A錯(cuò)誤;

B、碳化硼(B4C3)陶瓷一種新型無機(jī)非金屬材料;是由原子構(gòu)成的屬于原子晶體,故B正確;

C;制造光纜的主要材料是二氧化硅;硅常用作太陽能電池的材料,故C錯(cuò)誤;

D;氟利昂會引起溫室效應(yīng);氮的氧化物是酸雨和光化學(xué)煙霧形成的原因,故D錯(cuò)誤.

故選B.5、C【分析】

A;依據(jù)題干的現(xiàn)象分析;該灰黑色粉末為亞鐵化合物具有還原性,能起到抗氧化作用,故A正確;

B;鐵粉是黑色的粉末;能與空氣中的氧氣、水分發(fā)生緩慢氧化生成紅色的鐵銹,是脫氧保鮮劑,故B正確;

C、Fe2O3是紅色固體;故C錯(cuò)誤;

D;鐵的氧化物是抗氧化作用;會與胃酸反應(yīng),影響身體健康,不能食用,故D正確;

故選C.

【解析】【答案】依據(jù)物質(zhì)的顏色為黑色粉末;長時(shí)間后變?yōu)樽睾稚?;結(jié)合將灰黑色粉末溶于鹽酸,取上層清液,滴入幾滴氯水,再滴入。

KSCN溶液;馬上出現(xiàn)紅色.說明原黑色粉末是二價(jià)鐵的化合物,根據(jù)題干信息,該物質(zhì)放在高檔點(diǎn)心的包裝盒內(nèi),分析是利用黑色粉末做抗氧化劑的作用;鐵粉能與空氣中的氧氣;水分發(fā)生緩慢氧化生成鐵銹,是脫氧保鮮劑;

6、B【分析】【分析】發(fā)生反應(yīng):Fe+CuSO4═FeSO4+Cu,F(xiàn)e+H2SO4═FeSO4+H2↑,得到Cu的質(zhì)量與Fe的質(zhì)量相等,說明Fe與硫酸銅反應(yīng)中固體增重等于與硫酸反應(yīng)的Fe的質(zhì)量,令與硫酸反應(yīng)的Fe的質(zhì)量為56g,根據(jù)方程式計(jì)算參加反應(yīng)的硫酸銅、硫酸的物質(zhì)的量,據(jù)此解答.【解析】【解答】解:得到Cu的質(zhì)量與Fe的質(zhì)量相等;說明Fe與硫酸銅反應(yīng)中固體增重等于與硫酸反應(yīng)的Fe的質(zhì)量;

令與硫酸反應(yīng)的Fe的質(zhì)量為56g;則:

Fe+CuSO4═FeSO4+Cu固體增重。

1mol64g-56g=8g

n(CuSO4)56g

故n(CuSO4)==7mol

Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑

56g1mol

故參加反應(yīng)的硫酸銅與硫酸的物質(zhì)的量之比=7mol:1mol=7:1;

故選B.7、A【分析】【分析】因Fe3O4中鐵元素和氧元素的質(zhì)量比為21:8,要滿足混合物中鐵、氧元素的質(zhì)量之比也為21:8,則樣品中含有任意量的Fe3O4都可以;關(guān)鍵是FeO和Fe2O3中的元素的質(zhì)量比,而FeO和Fe2O3的物質(zhì)的量之比為1:1時(shí),兩種物質(zhì)的混合物中鐵元素和氧元素的質(zhì)量比也恰好為21:8.【解析】【解答】解:因Fe3O4中鐵元素和氧元素的質(zhì)量比為21:8;則任意量都可滿足混合物中鐵;氧元素的質(zhì)量之比為21:8;

Fe3O4寫成Fe2O3?FeO形式,故FeO和Fe2O3的物質(zhì)的量之比為1:1時(shí),兩種物質(zhì)的混合物中鐵元素和氧元素的質(zhì)量比也恰好為21:8.即只要FeO和Fe2O3的物質(zhì)的量之比是1:1即滿足要求;

故選A.8、C【分析】【分析】根據(jù)質(zhì)量守恒定律的內(nèi)容可知,在化學(xué)反應(yīng)前后肯定沒有發(fā)生變化的是:物質(zhì)的總質(zhì)量、元素的種類、原子的數(shù)目、原子的種類,電子的總數(shù).【解析】【解答】解:根據(jù)質(zhì)量守恒定律的內(nèi)容:在化學(xué)反應(yīng)中;參加反應(yīng)前各物質(zhì)的質(zhì)量總和等于反應(yīng)后生成各物質(zhì)的質(zhì)量總和.再根據(jù)其意義:元素的種類;原子的種類和數(shù)目、物質(zhì)的總質(zhì)量在反應(yīng)前后不變;一定改變的是物質(zhì)的種類與分子的種類、物質(zhì)的總能量,可能改變的是分子數(shù)目、陽離子所帶的正電荷總數(shù);

故選:C.9、C【分析】【分析】A.元素的非金屬性越強(qiáng);對應(yīng)的最高價(jià)氧化物的酸性越強(qiáng);

B.元素的非金屬性越強(qiáng);對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定;

C.元素的金屬性越強(qiáng);對應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的堿性越強(qiáng);

D.如離子核外電子排布相同,根據(jù)核電荷數(shù)越大,離子半徑越小判斷.【解析】【解答】解:A.非金屬性:C>Si;元素的非金屬性越強(qiáng),對應(yīng)的最高價(jià)氧化物的酸性越強(qiáng),故A錯(cuò)誤;

B.非金屬性:O>S;元素的非金屬性越強(qiáng),對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定,故B錯(cuò)誤;

C.金屬性:K>Ca;元素的金屬性越強(qiáng),對應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的堿性越強(qiáng),故C正確;

D.如離子核外電子排布相同;根據(jù)核電荷數(shù)越大,離子半徑越小判斷,則原子序數(shù):R<M,故D錯(cuò)誤.

故選C.二、雙選題(共9題,共18分)10、A|B【分析】解:因氧化性:Cl2>Br2>I2,則加入氯水、溴水,可將I-氧化為I2,淀粉遇碘變藍(lán)色,另外直接加入碘水,試紙也變藍(lán),而NaBr溶液;碘化鈉溶液與碘化鉀不反應(yīng);不能變色.

故選AB.

能使淀粉碘化鉀試紙變藍(lán)的物質(zhì)應(yīng)具有強(qiáng)氧化性,可將I-氧化為I2;或加入碘水,淀粉遇碘變藍(lán)色,以此解答該題.

本題考查鹵素單質(zhì)以及混合物的性質(zhì),側(cè)重于氧化還原反應(yīng)的考查,注意單質(zhì)氧化性強(qiáng)弱的比較,把握可能發(fā)生的反應(yīng),題目難度不大.【解析】【答案】AB11、B|D【分析】解:A.不是所有的合金耐腐蝕都很差;例如鈦合金;鋁合金等具有很好的抗腐蝕性能,故A錯(cuò)誤;

B.如果△G=△H-T△S>0時(shí)該反應(yīng)不能自發(fā)進(jìn)行;該反應(yīng)的熵變△S>0,且該反應(yīng)不能自發(fā)進(jìn)行,所以其△H>0,故B正確;

C.先達(dá)到離子積的先沉淀;可能先生成白色沉淀,故C錯(cuò)誤;

D.加熱促進(jìn)水解;溶液的酸性增強(qiáng),故D正確.

故選BD.

A.根據(jù)不同合金的材料和性能解答;

B.如果△G=△H-T△S>0時(shí)該反應(yīng)不能自發(fā)進(jìn)行;否則能自發(fā)進(jìn)行;

C.先達(dá)到離子積的先沉淀;

D.加熱促進(jìn)水解.

本題考查了金屬的腐蝕與防護(hù),沉淀的生成,反應(yīng)方向判據(jù),鹽類的水解,考查學(xué)生對基本知識的掌握程度,題目簡單,屬于基礎(chǔ)題.【解析】【答案】BD12、CD【分析】略【解析】rm{CD}13、B|C【分析】解:A.n(C12H22O11)==0.1mol,由c=可計(jì)算濃度;但溶解在100mL水中溶液的體積不是0.1L,則濃度不是1mol/L,故A錯(cuò)誤;

B.由溶質(zhì)的質(zhì)量和溶液的質(zhì)量可計(jì)算質(zhì)量分?jǐn)?shù),則該溶液溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%;故B正確;

C.由B及c=可知;該溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度的確定還需知道溶液的密度,故C正確;

D.由B和C可知;質(zhì)量分?jǐn)?shù)可直接計(jì)算,故D錯(cuò)誤;

故選BC.【解析】【答案】BC14、BD【分析】略【解析】rm{BD}15、BC【分析】【分析】本題考查化學(xué)平衡的影響因素,為高頻考點(diǎn),把握表中濃度、壓強(qiáng)、溫度對平衡移動的影響為解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查,題目難度不大。對比甲、乙容器,起始濃度乙為甲的rm{2}倍,相當(dāng)于在甲的基礎(chǔ)上壓縮體積,增大壓強(qiáng),平衡正向移動,甲、丙兩組數(shù)據(jù)在數(shù)值上相當(dāng),如溫度相同,則為等效平衡,但丙溫度較高,平衡時(shí)乙醇的濃度較小,相當(dāng)于在甲的基礎(chǔ)上升高溫度,平衡逆向移動,則正反應(yīng)為放熱反應(yīng),以此解答該題?!窘獯稹緼.由以上分析可知該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng),故A錯(cuò)誤;B.乙的濃度比甲大,且溫度相同,則乙的反應(yīng)速率比甲大,即容器甲中的逆反應(yīng)速率比容器乙中的小,故B正確;C.如甲、丙溫度相同,rm{婁脕(CO_{2}}甲rm{)+婁脕(C2H_{5}OH}丙rm{)=1}但丙溫度較高,則升高溫度平衡逆向移動,rm{婁脕(C_{2}H_{5}OH}丙rm{)}較大,則轉(zhuǎn)化率:rm{婁脕(CO_{2}}甲rm{)+婁脕(C_{2}H_{5}OH}丙rm{)>1}故C正確;D.起始濃度乙為甲的rm{2}倍,如平衡狀態(tài)相同,則rm{2c(CO_{2}}甲rm{)=c(CO_{2}}乙rm{)}但增大壓強(qiáng)平衡正向移動,則rm{2c(CO_{2}}甲rm{)<c(CO_{2}}乙rm{)}故D錯(cuò)誤。故選BC?!窘馕觥縭m{BC}16、CD【分析】【分析】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì),為高頻考點(diǎn),把握官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系、有機(jī)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查,注意酚、羧酸、酯的性質(zhì),題目難度不大?!窘獯稹緼.rm{X}在苯環(huán)、羰基為平面結(jié)構(gòu),且直接相連,則rm{X}中所有碳原子可能共平面,故A正確;B.rm{X}含酚rm{-OH}rm{Z}中不含,則可用rm{FeCl_{3}}溶液鑒別rm{Z}中是否含有rm{X}故B正確;C.rm{X}中苯環(huán)、羰基與氫氣發(fā)生加成反應(yīng),rm{Z}中苯環(huán)、rm{2}個(gè)碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生加成反應(yīng),則等物質(zhì)的量的rm{X}rm{Z}分別與rm{H_{2}}加成,最多消耗rm{H_{2}}的物質(zhì)的量之比為rm{4}rm{5}故C錯(cuò)誤;D.rm{Y}中rm{-COOC-}rm{-Br}與rm{NaOH}反應(yīng),rm{Z}中只有rm{-COOC-}與rm{NaOH}反應(yīng),則等物質(zhì)的量的rm{Y}rm{Z}分別與rm{NaOH}溶液反應(yīng),最多消耗rm{NaOH}的物質(zhì)的量之比為rm{2}rm{1}故D錯(cuò)誤。故選CD。【解析】rm{CD}17、rAC【分析】解:rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{G}rm{W}為原子序數(shù)依次增大的rm{5}種短周期元素rm{.X}的質(zhì)子總數(shù)與電子層數(shù)相同,則rm{X}為rm{H}元素;

rm{Y}rm{Z}rm{G}同周期且相鄰,rm{W}原子核外電子數(shù)是rm{G}原子最外層電子數(shù)的rm{2}倍,而rm{Z}與其同主族的短周期元素可形成常見氣體甲,故甲為rm{SO_{2}}則rm{Z}為rm{O}元素,可推知rm{Y}為rm{N}元素、rm{G}為rm{F}元素、rm{W}為rm{Si}rm{X}rm{Y}rm{G}三種元素形成六核化合物乙為rm{NH_{4}F}

A.乙為rm{NH_{4}F}含離子鍵;共價(jià)鍵,故A錯(cuò)誤;

B.甲為rm{SO_{2}}rm{Z}和rm{X}形成的某種化合物為過氧化氫;反應(yīng)生成強(qiáng)酸為硫酸,故B正確;

C.rm{W}的氧化物為rm{SiO_{2}}能與堿反應(yīng),與rm{HF}酸反應(yīng);故C錯(cuò)誤;

D.rm{F}的非金屬性最強(qiáng),則rm{X}分別與rm{Y}rm{Z}rm{G}rm{W}形成的氣態(tài)化合物中,穩(wěn)定性最好的是rm{XG}故D正確;

故選AC.

rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{G}rm{W}為原子序數(shù)依次增大的rm{5}種短周期元素rm{.X}的質(zhì)子總數(shù)與電子層數(shù)相同,則rm{X}為rm{H}元素;

rm{Y}rm{Z}rm{G}同周期且相鄰,rm{W}原子核外電子數(shù)是rm{G}原子最外層電子數(shù)的rm{2}倍,而rm{Z}與其同主族的短周期元素可形成常見氣體甲,故甲為rm{SO_{2}}則rm{Z}為rm{O}元素,可推知rm{Y}為rm{N}元素、rm{G}為rm{F}元素、rm{W}為rm{Si}rm{X}rm{Y}rm{G}三種元素形成六核化合物乙為rm{NH_{4}F}以此來解答.

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律,為高頻考點(diǎn),把握原子結(jié)構(gòu)、元素化合物知識推斷元素為解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查,注意rm{Z}及氣體甲的推斷為突破口,題目難度不大.【解析】rm{AC}18、CD【分析】解:A.根據(jù)圖知,將0.1mol?L-1的HCN溶液和0.1mol?L-1NaCN溶液等體積混合(忽略溶液體積變化),混合溶液的pH=9.31>7,說明溶液呈堿性,則NaCN水解程度大于HCN電離程度,所以存在c(Na+)<c(HCN);故A錯(cuò)誤;

B.W點(diǎn)表示溶液中c(HCN)=c(CN-)=0.05mol?L-1,溶液中存在電荷守恒,根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)=c(HCN)+c(OH-);故B錯(cuò)誤;

C.c(Na+)+c(H+)+c(HCN)=c(HCN)+c(CN-)+c(OH-)=0.1mol?L-1+c(OH-);故C正確;

D.將0.3mol?L-1HCN溶液和0.2mol?L-1NaOH溶液等體積混合(忽略溶液體積變化),溶液中存在物料守恒和電荷守恒,根據(jù)物料守恒得3c(Na+)=2c(HCN)+2c(CN-),根據(jù)電荷守恒得(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-),所以得c(CN-)+3c(OH-)=2c(HCN)+3c(H+);故D正確;

故選:CD。

A.根據(jù)圖知,將0.1mol?L-1的HCN溶液和0.1mol?L-1NaCN溶液等體積混合(忽略溶液體積變化);混合溶液的pH=9.31>7,說明溶液呈堿性,則NaCN水解程度大于HCN電離程度;

B.W點(diǎn)表示溶液中c(HCN)=c(CN-)=0.05mol?L-1;溶液中存在電荷守恒,根據(jù)電荷守恒判斷;

C.c(Na+)+c(H+)+c(HCN)=c(HCN)+c(CN-)+c(OH-);

D.將0.3mol?L-1HCN溶液和0.2mol?L-1NaOH溶液等體積混合(忽略溶液體積變化);溶液中存在物料守恒和電荷守恒,根據(jù)物料守恒和電荷守恒判斷.

本題考查酸堿混合溶液定性判斷,為高頻考點(diǎn),側(cè)重考查學(xué)生圖象分析判斷能力,正確進(jìn)行等量代換是解本題關(guān)鍵,注意A中HCN電離程度小于NaCN水解程度,為易錯(cuò)點(diǎn).【解析】CD三、填空題(共8題,共16分)19、5NA3.2≤pH<4.2或3.2<pH<4.2Fe(OH)32.2×10-11Mn2++2NH3+CO2+H2O=MnCO3↓+2NH4+偏大15.0%【分析】【分析】軟錳礦(主要成分MnO2)和黃銅礦(主要成分CuFeS2)中加入硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫,溶液A中含有鐵離子、銅離子、錳離子等,調(diào)節(jié)溶液的pH值3.2~4.2,使鐵離子生成沉淀E為氫氧化鐵,從而除去溶液中的鐵離子,過濾后再調(diào)節(jié)溶液的pH值6.7~7.3,使銅離子生成沉淀F為氫氧化銅,從而除去溶液中的銅離子,過濾后在濾液中通入二氧化碳和氨氣,可以獲得碳酸錳沉淀,碳酸錳在氧氣中加熱生成二氧化錳,據(jù)此答題.【解析】【解答】解:軟錳礦(主要成分MnO2)和黃銅礦(主要成分CuFeS2)中加入硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫;溶液A中含有鐵離子;銅離子、錳離子等,調(diào)節(jié)溶液的pH值3.2~4.2,使鐵離子生成沉淀E為氫氧化鐵,從而除去溶液中的鐵離子,過濾后再調(diào)節(jié)溶液的pH值6.7~7.3,使銅離子生成沉淀F為氫氧化銅,從而除去溶液中的銅離子,過濾后在濾液中通入二氧化碳和氨氣,可以獲得碳酸錳沉淀,碳酸錳在氧氣中加熱生成二氧化錳;

(1)CuFeS2中硫顯-2價(jià),鐵顯+2價(jià),被氧化后,硫變?yōu)?價(jià),鐵變?yōu)?3價(jià),所以步驟①?中每生成64g即2mol硫,轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為5NA;

故答案為:5NA;

(2)步驟?②的目的是使鐵離子沉淀完全,且不能使銅離子沉淀完全,所以?②中pH的范圍是3.2≤pH<4.2或3.2<pH<4.2,根據(jù)上面的分析可知,沉淀E主要成分的化學(xué)式為Fe(OH)3;

故答案為:3.2≤pH<4.2或3.2<pH<4.2;Fe(OH)3;

(3)MnSO4溶液中c(MnSO4)=3×10-6mol/L,某碳酸鹽溶液中c(CO32-)=3.3×10-5mol/L,若兩溶液按體積比2:1混合,恰好達(dá)到溶解平衡,則MnCO3的Ksp=[Mn2+]?[CO32-]=×=2.2×10-11;

故答案為:2.2×10-11;

(4)向含有錳離的鹽中通入二氧化碳和氨氣,可以獲得碳酸錳沉淀,原理為:Mn2++2NH3+CO2+H2O=MnCO3↓+2NH4+;

故答案為:Mn2++2NH3+CO2+H2O=MnCO3↓+2NH4+;

(5)①實(shí)驗(yàn)過程中,若在滴定前滴定管尖嘴部分無氣泡,滴定后滴定管尖嘴部分產(chǎn)生了氣泡,則會使滴定時(shí)消耗的KMnO4溶液體積偏小;

故答案為:偏??;

②0.1000mol?L-1的KMnO4溶液滴定至終點(diǎn),消耗了4.00mLKMnO4的溶液,則草酸鈉的剩余量=0.1000mol?L-1×0.004L×=0.001mol,所以反應(yīng)掉的草酸鈉的量是0.001mol,根據(jù)反應(yīng)MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=MnSO4+Na2SO4+2CO2↑+2H2O,0.001molNa2C2O4溶液消耗掉的二氧化錳的物質(zhì)的量為0.001mol,所以軟錳礦中MnO2的百分含量=×100%=15.0%;

故答案為:15.0%.20、0.01mol/(L?min)CD>BC2>C【分析】【分析】(1)5min達(dá)平衡,△c(NH3)=0.1mol/L,根據(jù)v=計(jì)算v(NH3),再根據(jù)反應(yīng)速率之比等于系數(shù)之比計(jì)算v(N2);利用濃度變化量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比,根據(jù)△c(NH3)計(jì)算△c(H2);再根據(jù)n=cV計(jì)算參加反應(yīng)的氫氣的物質(zhì)的量,據(jù)此計(jì)算轉(zhuǎn)化率.

(2)反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng),平衡后,若要提高H2的轉(zhuǎn)化率;改變條件需要平衡正向進(jìn)行,但不能增大氫氣的量;

(3)①對于放熱反應(yīng);溫度越高,平衡逆向移動,反應(yīng)平衡常數(shù)越??;

②根據(jù)平衡狀態(tài)的判斷依據(jù)判斷,N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H<0;反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng),則。

A;反應(yīng)過程中容器內(nèi)各物質(zhì)變化的濃度之比始終等于計(jì)量數(shù)之比;和起始量變化量有關(guān);

B;不同物質(zhì)的正逆反應(yīng)速率之比等于其計(jì)量數(shù)之比是平衡狀態(tài);

C;反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量變化;當(dāng)容器內(nèi)壓強(qiáng)不變,氣體的物質(zhì)的量不變;

D;如果是在密閉容器中反應(yīng);質(zhì)量不變,體積不變,密度始終不變;

③化學(xué)平衡常數(shù);正反應(yīng)平衡常數(shù)和你反應(yīng)的平衡常數(shù)互為倒數(shù),根據(jù)濃度熵和平衡常數(shù)的關(guān)系來確定平衡的移動方向;

(4)化學(xué)反應(yīng)速率是表示物質(zhì)反應(yīng)快慢的物理量,在一定條件下反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)時(shí),正逆反應(yīng)速率相等,各物質(zhì)的濃度不變,化學(xué)平衡為動態(tài)平衡,當(dāng)外界條件發(fā)生改變時(shí),平衡發(fā)生移動,可通過改變外界條件是平衡發(fā)生移動,提高化工生產(chǎn)的綜合經(jīng)濟(jì)效益.【解析】【解答】解:(1)5min達(dá)平衡,△c(NH3)=0.1mol/L,所以v(NH3)==0.02mol/(L?min),根據(jù)反應(yīng)速率之比等于系數(shù)之比,則v(N2)=×0.02mol/(L?min)=0.01mol/(L?min);

故答案為:0.01mol/(L?min);

(2)A.催化劑不改變平衡移動;故A錯(cuò)誤;

B.增大容器體積;相當(dāng)于減小壓強(qiáng),平衡逆反應(yīng)方向移動,故B錯(cuò)誤;

C.反應(yīng)為放熱反應(yīng);降低溫度,平衡向正反應(yīng)移動,故C正確;

D.加入一定量N2;平衡向正反應(yīng)方向移動,故D正確.

故選:CD;

(3)①該反應(yīng)正反應(yīng)是放熱反應(yīng),升高溫度,平衡向逆反應(yīng)方向移動,生成物濃度減小,反應(yīng)物濃度增大,所以K1>K2;故答案為:>;

②N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H<0;反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng),則。

A;平衡濃度之比和起始量和變化量有關(guān);容器內(nèi)各物質(zhì)的濃度之比等于計(jì)量數(shù)之比,不能證明正逆反應(yīng)速率相等,故A錯(cuò)誤;

B、不同物質(zhì)的正逆反應(yīng)速率之比等于其計(jì)量數(shù)之比是平衡狀態(tài),3υ(N2)(正)=υ(H2)(逆);說明氫氣的正逆反應(yīng)速率相同是平衡狀態(tài),故B正確;

C;反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量變化;當(dāng)容器內(nèi)壓強(qiáng)不變,氣體的物質(zhì)的量不變,該反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài),故C正確;

D;如果是在密閉容器中反應(yīng);質(zhì)量不變,體積不變,密度始終不變,故D錯(cuò)誤;

故答案為:BC;

③400℃時(shí),反應(yīng)2NH3(g)?N2(g)+3H2(g)的化學(xué)平衡常數(shù)K的值和反應(yīng)N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)的平衡常數(shù)呈倒數(shù),所以K==2;

容器的體積為0.5L,NH3和N2.H2的物質(zhì)的量濃度分別為:6mol/L、4mol/L、2mol/L,400℃時(shí),濃度商Qc==<K=2,說明反應(yīng)正向進(jìn)行,因此有v(N2)正>v(N2)逆;

故答案為:2;>;

(4)A.根據(jù)影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素;可指導(dǎo)怎樣在一定時(shí)間內(nèi)快出產(chǎn)品,故A正確;

B.結(jié)合影響化學(xué)平衡的因素;采用合適的外界條件,是平衡向正反應(yīng)方向移動,可提高產(chǎn)率,故B正確;

C.化學(xué)反應(yīng)速率是表示物質(zhì)反應(yīng)的快慢;不能改變原料的轉(zhuǎn)化率,故C錯(cuò)誤;

D.在一定的反應(yīng)速率的前提下;盡可能使平衡向正反應(yīng)方向移動,可提高化工生產(chǎn)的綜合經(jīng)濟(jì)效益,故D正確.

故選C.21、原電池電解池負(fù)Fe-2e-=Fe2+有氣泡產(chǎn)生,溶液變?yōu)榧t色減少5.6減少0.8【分析】【分析】(1)該裝置中A能自發(fā)的進(jìn)行氧化還原反應(yīng)為原電池;B為電解池;

(2)Fe易失電子作負(fù)極;C作正極,B中連接銅的電極為陽極,連接鋅的電極為負(fù)極,電解池中陽極上氯離子放電,陰極上氫離子放電,根據(jù)電極反應(yīng)式確定反應(yīng)的現(xiàn)象;

(3)根據(jù)電極反應(yīng)式結(jié)合電子守恒來計(jì)算即可.【解析】【解答】解:(1)A能自發(fā)的進(jìn)行氧化還原反應(yīng);能將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能,所以為原電池,B有外接電源,屬于電解池,故答案為:原電池;電解池;

(2)A中鋅電極上失電子,是負(fù)極,發(fā)生氧化反應(yīng),F(xiàn)e-2e-=Fe2+,石墨棒C2是陰極,該極上是氫離子得電子生成氫氣的過程,會有氣泡產(chǎn)生,氫離子減小,堿性增強(qiáng),溶液變?yōu)榧t色,故答案為:負(fù);Fe-2e-=Fe2+;有氣泡產(chǎn)生;溶液變?yōu)榧t色;

(3)C2極上的反應(yīng):2H++2e-=H2↑,當(dāng)產(chǎn)生2.24L即0.1mol氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài))時(shí),轉(zhuǎn)移電子是0.2mol,根據(jù)電極反應(yīng):Fe-2e-=Fe2+,鐵的質(zhì)量減少了0.1mol,即減小5.6g,根據(jù)電池反應(yīng)式Fe+Cu2+=Cu+Fe2+,故生成銅單質(zhì)是0.1mol,質(zhì)量是6.4g,即CuSO4溶液的質(zhì)量減少了6.4g-5.6g=0.8g;

故答案為:減少;5.6;減少;0.8.22、0.56分離出了二氧化碳<CO2+6H++6e-=CH3OH+H2OSO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+【分析】【分析】Ⅰ(1)當(dāng)20-30min時(shí),各物質(zhì)的物質(zhì)的量不變,則該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài),根據(jù)K=計(jì)算;

(2)根據(jù)表中數(shù)值知;NO;二氧化碳的濃度減小,氮?dú)獾臐舛仍龃?,說明改變條件是分離出二氧化碳物質(zhì);

(3)根據(jù)濃度比值的變化來確定移動方向;

Ⅱ(1)正極上是二氧化碳得電子發(fā)生還原反應(yīng);在氫離子參與下生成甲醇與水;

(2)根據(jù)總反應(yīng):SO2+O2+H2O=H2SO4可知,負(fù)極是二氧化硫失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成硫酸.【解析】【解答】解:Ⅰ(1)當(dāng)20-30min時(shí),各物質(zhì)的物質(zhì)的量不變,則該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài),K===0.56;故答案為:0.56;

(2)根據(jù)表中數(shù)值知;NO;二氧化碳的濃度減小,氮?dú)獾臐舛仍龃?,說明改變條件是分離出二氧化碳物質(zhì),故答案為:分離出了二氧化碳;

③30min時(shí),容器中NO、N2、CO2的濃度之比=0.040:0.030:0.030=4:3:3,30min后升高溫度至T2℃,達(dá)到平衡時(shí),容器中NO、N2、CO2的濃度之比為5:3:3;則平衡向逆反應(yīng)方向移動,所以逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng),正反應(yīng)是放熱反應(yīng),則△H<0,故答案為:<;

Ⅱ.(1)若A為CO2,B為H2,C為CH3OH,電池總反應(yīng)式為CO2+3H2=CH3OH+H2O,正極上是二氧化碳得電子發(fā)生還原反應(yīng),在氫離子參與下生成甲醇與水,電極反應(yīng)式為CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O;

故答案為:CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O;

(2)若A為SO2,B為O2,C為H2SO4,反應(yīng)為SO2+O2+H2O=H2SO4,則負(fù)極反應(yīng)式為SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+,故答案為:SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+.23、略

【分析】解:硫酸廢液中含有大量硫酸外,還含有少量rm{NH_{4}^{+}}rm{Fe^{3+}}rm{AsO_{4}^{3-}}rm{Cl^{-}}加入生石灰,調(diào)節(jié)rm{pH2隆蘆3}大量沉淀主要成分為rm{CaSO_{4}?2H_{2}O[}含有少量rm{Fe(OH)_{3}]}濾液加入生石灰調(diào)節(jié)rm{pH8隆蘆9}生成rm{Ca_{3}(AsO_{4})_{2}}沉淀,濾液主要含有rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}和rm{NH_{4}Cl}

rm{(1)}硫酸的濃度為rm{4.9g?L^{-1}}rm{c(H_{2}SO_{4})=dfrac{dfrac{4.9g}{98g/mol}}{1L}=0.05mol/L}rm{c(H_{2}SO_{4})=dfrac{dfrac

{4.9g}{98g/mol}}{1L}=0.05mol/L}rm{c(H^{+})=0.1mol/L}故答案為:rm{pH=-lg0.1=1}

rm{1}如rm{(2)}則rm{c[(NH_{4})_{2}SO_{4}]=c(NH_{4}Cl)}溶液中rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}較大,因rm{c(NH_{4}^{+})}越大,rm{c(NH_{4}^{+})}水解程度越小,則rm{NH_{4}^{+}}溶液中rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}小于是rm{c(NH_{4}^{+})}溶液中rm{NH_{4}Cl}的rm{c(NH_{4}^{+})}倍,如等于rm{2}倍,則rm{2}應(yīng)較大;

故答案為:rm{c(NH_{4}Cl)}

rm{<}隨著向廢液中投入生石灰,rm{(3)}增大,rm{c(OH^{-})}減小,則溶液中rm{dfrac{C(NH_{3}cdotH_{2}O)}{c(OH^{-})}}減??;故答案為:減小;

rm{c(NH_{3}?H_{2}O)}提純r(jià)m{dfrac{C(NH_{3}cdot

H_{2}O)}{c(OH^{-})}}可加入稀硫酸溶解rm{(4)}且防止rm{CaSO_{4}?2H_{2}O}的溶解;過濾后洗滌;干燥;

故答案為:稀硫酸;晾干或干燥;

rm{Fe(OH)_{3}}是弱酸電離出來的rm{CaSO_{4}?2H_{2}O}較少,所以酸性條件下不易形成rm{(5)壟脵H_{3}AsO_{4}}沉淀,當(dāng)溶液中rm{AsO_{4}^{3-}}調(diào)節(jié)到rm{Ca_{3}(AsO_{4})_{2}}左右時(shí)rm{pH}濃度增大,rm{8}開始沉淀;

故答案為:rm{AsO_{4}^{3-}}是弱酸,當(dāng)溶液中rm{Ca_{3}(AsO_{4})_{2}}調(diào)節(jié)到rm{H_{3}AsO_{4}}左右,rm{pH}增大,rm{8}開始沉淀;

rm{c(AsO_{4}^{3-})}的第一步水解的離子方程式為:rm{Ca_{3}(AsO_{4})_{2}}該步水解的平衡常數(shù)rm{Kh=dfrac{c(HAsO_{4}^{2-})c(OH^{-})}{c(AsO_{4}^{3-})}=dfrac{c(HAsO_{4}^{2-})c(OH^{-})}{c(AsO_{4}^{3-})}隆脕dfrac{c(H^{+})}{c(H^{+})}=dfrac{Kw}{K_{3}}=dfrac{10^{-14}}{4.0隆脕10^{-12}}=2.5隆脕10^{-3}}

故答案為:rm{壟脷Na_{3}AsO_{4}}

rm{AsO_{4}^{3-}+H_{2}O?HAsO_{4}^{2-}+OH^{-}}已知:rm{Kh=dfrac

{c(HAsO_{4}^{2-})c(OH^{-})}{c(AsO_{4}^{3-})}=dfrac

{c(HAsO_{4}^{2-})c(OH^{-})}{c(AsO_{4}^{3-})}隆脕dfrac

{c(H^{+})}{c(H^{+})}=dfrac{Kw}{K_{3}}=dfrac

{10^{-14}}{4.0隆脕10^{-12}}=2.5隆脕10^{-3}}rm{2.5隆脕10^{-3}}還原劑還原性大于還原產(chǎn)物的還原性,則還原性rm{壟脹}兩個(gè)反應(yīng)中還原性最強(qiáng)的微粒是rm{AsO_{4}^{3-}+2I^{-}+2H^{+}=AsO_{3}^{3-}+I_{2}+H_{2}O}

故答案為:rm{SO_{2}+I_{2}+2H_{2}O=SO_{4}^{2-}+2I^{-}+4H^{+}.}.

硫酸廢液中含有大量硫酸外,還含有少量rm{SO_{2}>I^{-}>AsO_{3}^{3-}}rm{SO_{2}}rm{SO_{2}}rm{NH_{4}^{+}}加入生石灰,調(diào)節(jié)rm{Fe^{3+}}大量沉淀主要成分為rm{AsO_{4}^{3-}}含有少量rm{Cl^{-}}濾液加入生石灰調(diào)節(jié)rm{pH2隆蘆3}生成rm{CaSO_{4}?2H_{2}O[}沉淀,濾液主要含有rm{Fe(OH)_{3}]}和rm{pH8隆蘆9}

rm{Ca_{3}(AsO_{4})_{2}}硫酸的濃度為rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}結(jié)合rm{c=dfrac{n}{V}=dfrac{dfrac{m}{M}}{V}}計(jì)算;

rm{NH_{4}Cl}根據(jù)rm{(1)}越大,rm{4.9g?L^{-1}}水解程度越小判斷;

rm{c=dfrac{n}{V}=dfrac{dfrac

{m}{M}}{V}}隨著向廢液中投入生石灰,rm{(2)}增大,rm{c(NH_{4}^{+})}減小;

rm{NH_{4}^{+}}提純r(jià)m{(3)}可加入稀硫酸溶解rm{c(OH^{-})}并洗滌;干燥;

rm{c(NH_{3}?H_{2}O)}是弱酸電離出來的rm{(4)}較少,所以酸性條件下不易形成rm{CaSO_{4}?2H_{2}O}沉淀;

rm{Fe(OH)_{3}}依據(jù)水解常數(shù)與電離常數(shù)及rm{(5)壟脵H_{3}AsO_{4}}的關(guān)系計(jì)算;

rm{AsO_{4}^{3-}}根據(jù)還原劑還原性大于還原產(chǎn)物的還原性判斷.

本題考查較為綜合,側(cè)重于學(xué)生的分析、實(shí)驗(yàn)和計(jì)算能力的考查,明確沉淀溶解平衡的溶度積常數(shù)、水解常數(shù)和電離常數(shù)的計(jì)算及離子方程式的書寫和沉淀的形成等是解本題關(guān)鍵,考查的知識點(diǎn)較多,題目難度中等.rm{Ca_{3}(AsO_{4})_{2}}【解析】rm{1}rm{<}減?。幌×蛩?;晾干或干燥;rm{H_{3}AsO_{4}}是弱酸,當(dāng)溶液中rm{pH}調(diào)節(jié)到rm{8}左右,rm{c(AsO_{4}^{3-})}增大,rm{Ca_{3}(AsO_{4})_{2}}開始沉淀;rm{2.5隆脕10^{-3}}rm{SO_{2}}24、極性鍵水分子間可形成氫鍵H2F+NH2-【分析】【分析】(1)①由圖1P4S10的結(jié)構(gòu)式可知;含有的共價(jià)鍵為P-S;P=S,都是極性共價(jià)鍵;

②水分子間可形成氫鍵;等電子體是指具有原子總數(shù)相同;價(jià)電子總數(shù)相同的微粒;

(2)一個(gè)晶胞中含有Ca的個(gè)數(shù)為8×+6×=4,含有P的個(gè)數(shù)為4,一個(gè)晶胞的質(zhì)量為m=g,晶胞的體積V=(5.45×10-10cm)3,帶入計(jì)算.【解析】【解答】解:(1)①由圖1P4S10的結(jié)構(gòu)式可知;含有的共價(jià)鍵為P-S;P=S,都是極性共價(jià)鍵;

故答案為:極性鍵;

②水分子間可形成氫鍵,使得H2O的沸點(diǎn)比H2S的高,H2O分子中有3個(gè)原子、10個(gè)價(jià)電子,互為等電子體的陽離子為H2F+,互為等電子體的陰離子為NH2-;

故答案為:水分子間可形成氫鍵;H2F+;NH2-;

(2)一個(gè)晶胞中含有Ca的個(gè)數(shù)為8×+6×=4,含有P的個(gè)數(shù)為4,一個(gè)晶胞的質(zhì)量為m=g,晶胞的體積V=(5.45×10-10cm)3,==g?cm-3;

故答案為:.25、250mL容量瓶、膠頭滴管BC6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O原料成本較低產(chǎn)生氣體對大氣有污染取上層清夜,滴加BaCl2溶液,若無沉淀產(chǎn)生,則溶液中SO42-已沉淀完全溶液由淺藍(lán)色變?yōu)闇\紫紅色,且半分鐘內(nèi)不變色:【分析】【分析】(1)根據(jù)配制一定量分?jǐn)?shù)溶液的步驟:計(jì)算;稱量、溶解;確定所用的儀器;

(2)滴定過程中產(chǎn)生的誤差依據(jù)滴定原理就是式分析,c(待測)=;把產(chǎn)生的誤差全部歸

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