山东省淄博市2023-2024学年高二上学期教学质量检测化学试题(含答案解析)_第1页
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文档简介

2023—2024学年度第一学期高二教学质量检测化学注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16S32Cl3505Zn65Pb207一、选择题:本题共10小题,每题2分,共20分,每小题只有1个选项符合题目要求。1.化学与生活、生产密切相关。下列应用中没有涉及水解原理的是A.明矾和可作净水剂B.在气流中加热制备无水C.向溶液中加入大量水并加热,可制备D.处理锅炉水垢中的,可用饱和溶液浸泡,再用酸洗【答案】D【解析】【详解】A.明矾和FeCl3可作净水剂,是因为Al3+、Fe3+分别水解生成的Al(OH)3、Fe(OH)3胶体使水中细小的悬浮颗粒聚集成较大颗粒而沉降,起到净水作用,涉及水解原理,A不符合题意;B.Mg2+会水解生成Mg(OH)2和H+,利用MgCl2⋅6H2O制备无水MgCl2需要在HCl气流中加热抑制Mg2+水解,涉及水解原理,B不符合题意;C.TiCl4溶液制备TiO2⋅xH2O时加入大量的水并加热,促使水解趋于完全,发生反应:,涉及水解原理,C不符合题意;D.处理锅炉水垢中的CaSO4,先用饱和Na2CO3溶液浸泡,使CaSO4转化为疏松、易溶于酸的CaCO3,再用酸洗,涉及沉淀的转化,不涉及水解原理,D符合题意;

故选D。2.甲钴胺是神经元营养药物,由C、H、Co、N、O、P元素组成。下列说法正确的是A.还原性:B.基态P原子的最高能级轨道形状为球形C.同周期中第一电离能小于N的元素有5种D.基态Co原子价层电子轨道表示式为【答案】C【解析】【详解】A.电负性:N>C>P,则非金属性:N>C>P,所以还原性:PH3>CH4>NH3,A错误;B.基态P原子的最高能级为3p,3p能级的轨道形状为哑铃形,B错误;C.同周期中第一电离能小于N的元素有Li、B、Be、C、O元素,共5种,C正确;D.基态Co原子价层电子排布为3d74s2,则价层电子轨道表示式为,D错误;

故选C。3.NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.27gHCN含有π键数目为NAB.0.5molXeF4中Xe的价层电子对数为3NAC.pH=1的H3PO4溶液中含有0.1NA个H+D.标准状况下,22.4LSO2与11.2LO2充分反应,转移电子数为2NA【答案】B【解析】【详解】A.HCN的结构式是H-C≡N,物质分子中含有2个σ键和2个π键。27gHCN的物质的量是1mol,则其中含有π键数目为2NA,A错误;B.XeF4中Xe的价层电子对数为4+=6,则0.5molXeF4中Xe的价层电子对数是3mol,则Xe的价层电子对数为3NA,B正确;C.pH=1,则溶液中c(H+)=0.1mol/L,但缺少溶液的体积,因此不能计算其中含有的H+的数目,C错误;D.标准状况下,22.4LSO2的物质的量是1mol,11.2LO2的物质的量是0.5mol,但二者发生的反应是可逆反应,反应物不能完全转化为生成物,因此反应过程中转移电子的物质的量小于2mol,因此转移电子数小于2NA,D错误;故合理选项是B。4.下列关于物质结构与性质的说法中正确的是A.同温同压下在水中溶解度大于B.和的中心原子均采用杂化C.氢键()中三原子共线时作用力最强D.的VSEPR模型与其空间结构均为三角锥形【答案】C【解析】【详解】A.O3分子中O价层电子对数为,采取sp2杂化,有一对孤电子对,分子呈V性,该分子为极性分子。根据相似相溶原理可知,同温同压下O3在水中的溶解度比O2大,A错误;B.分子中B价层电子对数为,B采取sp2杂化。分子中P价层电子对数为,P采用杂化,B错误;C.氢键(X—H…Y)中三原子在一条直线上时,原子轨道达到最大重叠,作用力最强,C正确;D.中S价层电子对数为,S采取,的VSEPR模型为四面体形,有1对孤电子对,空间结构为三角锥形,D错误;故答案为:C。5.下列装置或操作能达到实验目的的是A.甲:定量测定化学反应速率B.乙:制作简单燃料电池C.丙:探究浓度对化学反应速率的影响D.丁:开关由N改置于M时,合金的腐蚀速率减小【答案】B【解析】【详解】A.甲装置定量测定化学反应速率还需要秒表,A不符合题意;B.闭合K1,断开K2时,相当于电解水,阳极产生氧气和氢离子,阴极产生氢气和氢氧根;断开K1,闭合K2,用惰性电极材料作电极,利用原电池原理,可形成简单的氢氧燃料电池,B符合题意;C.过氧化氢溶液与亚硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠和水,反应中没有明显的实验现象,所以无法达到探究浓度对化学反应速率影响的目的,C不符合题意;D.开关由M改置于N时,Zn为负极,合金为正极,则Cu-Zn合金的腐蚀速率减小,D不符合题意;故答案为:B。6.下列曲线表示变化趋势错误的是A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】A.O、S、Se元素属于同一主族元素,从上到下,元素电负性依次减弱,则O、S、Se元素的电负性随原子序数增大而减小,A正确;B.C、Si、Ge元素属于同一主族元素,且对应的周期序数依次增大,CH4、SiH4、GeH4的组成和结构相似,相对分子质量越大,沸点越高,则CH4、SiH4、GeH4的沸点随周期序数的增大而增大,B错误;C.原子半径:F<Cl<Br,键长:H-F<H-Cl<H-Br,则键能(H-F>H-Cl>H-Br)随键长的增大而减小,C正确;D.CH4、NH3、H2O的键角分别为、、,原子序数:C<N<O,则CH4、NH3、H2O的键角随原子序数的增大而减小,D正确;

故选B。7.新型原电池工作原理如图所示,双极膜中间层中的解离为和并可通过阴、阳膜定向移动。下列说法错误的是A.是原电池的正极B.Zn极的电极反应为:C.双极膜中向Ⅰ室迁移D.理论上当负极质量减轻32.5g时,则正极增重32g【答案】C【解析】【分析】原电池中,右侧电极发生氧化反应:,右侧电极为负极,左侧电极发生还原反应:PbO2+2e-++4H+=PbSO4+2H2O,左侧电极为正极。【详解】A.由上述分析可知是原电池的正极,A正确;B.锌电极锌失去电子,电极反应为,B正确;C.原电池中阴离子向负极移动,向Ⅱ室迁移,C错误;D.负极上发生,1molZn失去2mol电子,质量减少65g,若负极减轻32.5g电子转移1mol,正极发生PbO2+2e-++4H+=PbSO4+2H2O反应,2mol电子转移正极由1molPbO2生成1molPbSO4增重64g,1mol电子转移增重32g,D正确;故选:C。8.一定条件下,利用制备,反应为①,过程中发生②和③两个副反应,反应历程如图所示。下列说法错误的是A.四种物质中,最稳定 B.反应①比反应②更快达到平衡C.温度越高,产物中M的纯度越低 D.一定温度下,增大R的浓度,平衡时增大【答案】D【解析】【详解】A.物质能量越低越稳定,由图可知M的能量最低,则M最稳定,故A正确;B.活化能越低反应速率越快,由图可知反应①活化能低于反应②,反应①比反应②更快达到平衡,故B正确;C.由图可知反应①为放热反应,反应②、③均为吸热反应,温度升高,有利于反应②③,不利于反应①,则温度越高产物中M的纯度越低,故C正确;D.一定温度下,增大R的浓度,反应①平衡正向移动,M的浓度增大,同时也使反应②、反应③平衡正向移动,由图可知P的能量更低,更稳定,M浓度增大更有利于反应③,生成P的物质的量大于生成N的物质的量,则减小,故D错误;故选:D。9.常温下,和沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.线Ⅰ表示的变化情况B.a点,C.b点条件下既可生成沉淀,也可生成沉淀D.的平衡常数【答案】D【解析】【详解】A.根据,可得:,同理可得:,结合数学函数关系,可知斜率较大的为,则线Ⅰ表示,线Ⅱ表示,故A错误;B.a点表示相等时,=,而,,,故B错误;C.b点条件下、,既不能生成沉淀,也不能生成沉淀,故C错误;D.的平衡常数,结合图中坐标可得,,则K=,故D正确;故选:D。10.工业上利用锰矿(主要成分为,含、、、、、等杂质)制备金属锰的工艺流程如图所示。下列说法错误的是开始沉淀pH1.94.26.5沉淀完全pH3.26.78.5已知:“脱硫”环节是在催化剂作用下将金属硫化物转化为氢氧化物。A.“脱硫”过程中的反应为:B.X为,滤渣Y的主要成分为C.“除杂”工序是利用物质溶度积差异除去溶液中的和D.“电解”所得阳极产物有两种,均可在流程中循环利用【答案】A【解析】【分析】锰矿(主要成分为,杂质为、、MnS、FeS、CuS、NiS)在催化剂条件下与氢氧化钠、空气反应生成硫单质、硅酸钠和金属氢氧化物,过滤,向滤渣中加入硫酸进行酸浸,生成硫酸盐,过滤,滤渣1为硫和硫酸钙,向滤液中加入MnO调节pH=4从而沉淀铁离子,过滤,向滤液中加入MnS沉淀铜和镍元素后再过滤得到主要含有MnSO4的溶液,将该溶液电解得到金属锰,据此结合混合物分离提纯原理分析解答。【详解】A.“脱硫”过程中FeS被氧气氧化在碱性条件下生成硫单质与氢氧化铁,,A错误;B.脱硫过程二氧化硅与氢氧化钠溶液发生反应转化为硅酸钠,硅酸钠与硫酸反应会生成硅酸,滤渣X中还含有硫酸钙;酸浸时铁转化为硫酸铁,过滤后,在滤液中加MnO调节pH值使铁转化为,B正确;C.难溶沉淀会向更难溶沉淀转化,“除杂”过程中加入MnS的目的是为了使Ni2+与Cu2+转化为NiS和CuS,利用了物质溶度积差异,C正确;D.惰性电极“电解”MnSO4,会产生氧气和硫酸,这些所得阳极产物均可循环利用,D正确;故选:A。二、选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意,全都选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。11.T0温度下,向2L恒容密闭容器中充入气体,发生反应:。反应速率方程,,、为速率常数,达到平衡时的转化率为50%,若升高温度,达到新平衡时的转化率增大。下列说法正确的是A.,升高温度,K正、k逆增大B.T0温度下,反应开始时与平衡时的之比为4:1C.T0温度下,平衡时k逆=2K正D.T0温度下,平衡时再充入,的平衡转化率增大【答案】B【解析】【分析】根据题目所给,T0温度下,达到平衡时的转化率为50%,列出三段式为:,据此作答。【详解】A.升高温度,正、逆反应速率都增大,正、逆反应速率常数都增大,题中说明当升高温度,达到新平衡时的转化率增大,则正反应是吸热反应,故A错误;B.反应开始时,达到平衡时,可知两者比值为4:1,B正确;C.T0温度下,反应达到平衡时,,,,平衡时,即,C错误;D.恒温恒容条件下,达平衡后再充入NO2气体,NO2浓度增大,平衡正向移动,反应物只有一种气体,正反应是气体分子数增大的反应,平衡后再充入NO2气体,相当于增大压强,增大压强,与原平衡相比,平衡逆向移动,NO2(g)的转化率减小,D错误;故答案选B。12.根据实验操作及现象,所得结论正确的是实验操作与现象结论A向双氧水中滴加酸性溶液,迅速有气泡对分解具有催化作用生成B向溶液中滴加酚酞试剂,先变红后褪色证明在溶液中发生了水解C加热溶液,溶液由蓝色变绿色D向溶液中先滴加4滴溶液,产生白色沉淀,再滴加4滴溶液,产生黄色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】BC【解析】【详解】A.向双氧水中滴加酸性溶液,立即产生大量气泡,被高锰酸钾溶液氧化为氧气,故A错误;B.NaClO溶液中滴加酚酞试剂,先变红后褪色,证明NaClO在溶液中发生了水解生成次氯酸,次氯酸具有漂白性,可以使酚酞先变红后褪色,故B正确;C.[Cu(H2O)4]2+为蓝色,[CuCl4]2-为黄绿色,对CuCl2溶液进行加热,溶液由蓝色变为黄绿色,说明在CuCl2溶液中存在平衡:[Cu(H2O)4]2++4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O,平衡正移,其正反应吸热,故C正确;D.硝酸银过量,I-与过量Ag+反应生成AgI,不是沉淀转化,不能证明Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)大小关系,故D错误;故选BC。13.工业上制备硼酸的工作原理如图所示。下列说法正确的是A.电势:B.c膜为阴离子交换膜,由N室向原料室迁移C.产品室中反应的离子方程式:D.理论上每生成,M、N两室共产生16.8L气体(标准状况)【答案】CD【解析】【分析】电解池中阴离子移向阳极。原料室中的[B(OH)4]-通过b膜进入产品室,产品室中发生反应的离子方程式为,可知b膜为阴离子交换膜,石墨I为阳极,a膜为阳离子交换膜,氢离子由左边极室通过a膜进入产品室。石墨Ⅱ为阴极,c膜为阳离子交换膜。【详解】A.由分析可知石墨I为阳极,石墨Ⅱ为阴极,故电势:,A错误;B.石墨Ⅱ为阴极,c膜为阳离子交换膜,无法通过阳离子交换膜进入原料室,B错误;C.原料室中的[B(OH)4]-通过b膜进入产品室,产品室中发生反应的离子方程式为,C正确;D.理论上每生成,根据反应可知需要1molH+。M室发生反应、N室发生反应,需要1molH+应转移1mol电子,根据电子守恒列关系式,M、N两室共产生0.75mol气体,标准状况下为16.8L,D正确;故答案为:CD。14.已知合成氨的能量变化和反应机理如图所示(*表示催化剂表面吸附位,表示被吸附于催化剂表面的)。下列说法正确的是A.从键能角度分析,该反应快速步为(ⅱ)B.C.升高温度,有利于提高合成氨的平衡转化率D.断裂中三条键所吸收的能量不同【答案】AD【解析】【详解】A.反应历程中,步骤(i)和(iii)为吸附过程,释放能量;步骤(v)形成化学键,释放能量;步骤(ii)和(iv)断裂化学键,需要吸收能量,又因键的键能大于H-H键的键能,则步骤(ii)需要吸收更多的能量,使得该步骤反应速率最慢,所以该反应快速步为(ⅱ),A正确;B.,则该反应的热化学方程式为:,B错误;C.因为,逆反应吸热,则升高温度,平衡逆向移动,不利于提高合成氨的平衡转化率,C错误;D.由图1可知,断裂NH3中三条N−H键所吸收的能量分别为436kJ⋅mol-1、397kJ⋅mol-1、339kJ⋅mol-1,则不相同,D正确;

故选AD。15.常温下,向溶液中滴加的溶液,溶液中各含A微粒的分布分数与的关系如图所示:已知:,下列说法错误的是A.曲线①表示的变化情况B.M点时,C.Q点时,溶液的D.溶液中:【答案】AB【解析】【分析】H2A为二元弱酸,向溶液中加入氢氧化钠溶液时,溶液中氢离子浓度减小,H2A浓度减小、HA—浓度先增大后减小、A2—浓度增大,则曲线③②①分别表示δ(H2A)、δ(HA—)、δ(A2—)与lg(H+)的关系;由图可知,H2A浓度与HA—浓度相等时,溶液中氢离子浓度为10—2.98mol/L,由电离常数公式可知,H2A的一级电离常数Ka1(H2A)==c(H+)=10—2.98,同理可知,H2A的二级电离常数Ka2(H2A)==c(H+)=10—4.34。【详解】A.由分析可知,曲线①表示δ(A2—)的变化情况,故A错误;B.由图可知,M点时,溶液中HA—浓度与A2—浓度相等,溶液呈酸性,氢离子浓度大于氢氧根离子浓度,由电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=2c(A2—)+c(HA—)+c(OH—)可知,溶液中c(Na+)<3c(HA—),故B错误;C.由图可知,Q点时H2A浓度与A2—浓度相等,由电离常数可得:Ka1(H2A)Ka2(H2A)==10—2.98×10—4.34,解得氢离子浓度为mol/L=10—3.66mol/L,则溶液pH为3.66,故C正确;D.由电离常数可知,HA—的水解常数Kh==<Ka2(H2A),则HA—在溶液中的电离程度大于水解程度,溶液呈酸性,则溶液中各微粒浓度的大小顺序为,故D正确;故选AB。三、非选择题:本题共5小题,共60分。16.氮元素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题:(1)基态N原子的核外电子运动状态有________种;由氮元素形成的三种微粒:①②③。下列叙述正确的是________(填标号)。A.微粒半径:B.失去一个电子所需最低能量:C.电子排布属于激发态的是:③D.得电子能力:(2)的空间结构为________,中心原子的杂化方式为________,分子的键角________(填“>”“<”或“=”);水解生成具有强烈杀菌作用的物质,已知电负性,其水解的化学方程式为________。(3)的熔点________(填“高于”或“低于”),主要原因是________________;已知烷基的推电子效应强于H,与结合能力更强的是________。【答案】16.①.7②.AC17.①.直线形②.sp③.>④.18.①.低于②.分子间存在氢键③.【解析】【小问1详解】基态N原子的电子排布为1s22s22p3,共有7个电子,核外每个电子运动状态均不同,则基态N原子的核外电子运动状态有7种;①为基态N原子,②为基态N+,③为激发态N原子,则:A.③有3个电子层,半径最大,①、②具有相同的电子层数和核电荷数,核外电子数越多,微粒半径越大,则微粒半径:③>①>②,A正确;B.①、②失去一个电子所需最低能量分别为基态N的第一电离能、第二电离能,第二电离能大于第一电离能,③为激发态N原子,能量高,失去一个电子所需最低能量比①小,则失去一个电子所需最低能量:②>①>③,B错误;C.③为激发态N原子,则电子排布属于激发态的是:③,C正确;D.微粒半径:①>②,则原子核对最外层电子吸引能力:①<②,所以得电子能力:①<②,D错误;

故选AC。【小问2详解】与CO2分子原子个数都为3、价电子数都为16,两者互为等电子体,等电子体具有相同的空间结构,二氧化碳的空间结构为直线形,则的空间结构也为直线形,因为的空间结构为直线形,则中心原子的杂化方式为sp;NH3、NCl3分子中心原子相同,周围原子电负性大的键角小,因电负性:Cl>H,则NH3分子的键角>NCl3;NH2Cl水解生成具有强烈杀菌作用的物质(HClO),其水解的化学方程式为:;【小问3详解】N(CH3)3和CH3CH2CH2NH2互为同分异构体,支链越多,熔点越低,且CH3CH2CH2NH2可以形成分子间氢键,则N(CH3)3的熔点低于CH3CH2CH2NH2,主要原因是CH3CH2CH2NH2分子间存在氢键;烷基的推电子效应强于H,则CH3CH2CH2NH2中N原子的电负性大于NH3,所以结合H+能力更强的是CH3CH2CH2NH2。17.Ⅰ.实验室利用,制取磺酰氯()的装置如图所示(夹持装置略)。已知:的熔点为,沸点为69.1℃,遇水极易反应生成两种酸;E中装有纯净的氯气。回答下列问题:(1)装置A中a的作用是________;图示装置存在一处缺陷,指出改正方法为________________。(2)为提高装置C中反应物的平衡转化率,最佳反应条件为________(填标号,下同)。A.冰水浴B.常温C.加热至69.1℃D.沸水浴从化学平衡角度解释其原因________________。Ⅱ.滴定法测定磺酰氯的纯度:(3)滴定前,滴定管的正确操作是:检漏→蒸馏水洗涤→________→开始滴定。A.装入滴定液至零刻度以上B.调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下C.排除气泡D.用滴定液润洗2至3次E.记录起始读数(4)取产品,加入到溶液中加热充分水解,冷却后加蒸馏水稀释至,取溶液于锥形瓶中,滴加2滴甲基橙,用盐酸标准溶液滴定至终点,重复实验,结果记录如下:实验次数第一次第二次第三次消耗盐酸标准溶液体积/mL10.029.9811.12达到滴定终点的现象是________,产品的纯度为________。(5)下列操作会导致测定结果偏低的是________。A.滴定前读数正确,滴定后俯视读数B.滴定时不慎将盐酸标准溶液滴到锥形瓶外C.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成D.装盐酸标准溶液的滴定管用蒸馏水洗后没有润洗【答案】(1)①.平衡压强,便于硫酸顺利流下②.在b后接一盛有碱石灰的干燥管(2)①.A②.该反应正向为放热反应,降低温度有利于平衡向右移动,所以冰水浴为提高装置C中反应物的平衡转化率的最佳条件(3)DACBE(4)①.当滴入最后半滴时,溶液颜色刚好由黄色变为橙色,且半分钟内不变色②.75%(5)BD【解析】【分析】图中A装置是利用亚硫酸钠和硫酸反应制备二氧化硫,B装置中浓硫酸干燥二氧化硫,E装置中充满氯气,D装置中浓硫酸干燥氯气,C装置为制备的发生装置,水极易反应生成两种酸盐酸和硫酸,C装置缺少防止空气中水蒸气进入C装置和尾气处理装置。【小问1详解】装置A中a为恒压滴液漏斗,可以平衡压强,便于硫酸顺利流下。水极易反应生成盐酸和硫酸,C装置缺少防止空气中水蒸气进入C装置和尾气处理装置,在b后接一盛有碱石灰的干燥管,故答案为:平衡压强,便于硫酸顺利流下;在b后接一盛有碱石灰的干燥管;【小问2详解】为气体分子总数减小的放热反应,降低温度有利于平衡向右移动,所以冰水浴有利于提高装置C中反应物的平衡转化率,故答案为:A;该反应正向为放热反应,降低温度有利于平衡向右移动,所以冰水浴为提高装置C中反应物的平衡转化率的最佳条件;【小问3详解】滴定前,滴定管的正确操作是:检漏→蒸馏水洗涤→用滴定液润洗2至3次→装入滴定液至零刻度以上→排除气泡→调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下→记录起始读数→开始滴定,故答案为:DACBE;【小问4详解】滴定前滴有甲基橙的氢氧化钠溶液呈黄色,当滴入最后半滴标准液时,溶液颜色刚好由黄色变为橙色,且半分钟内不变色即为滴定终点。与氢氧化钠发生反应,反应后的剩余氢氧化钠溶液三次滴定消耗盐酸的体积分别为:10.02、9.98、11.12,第三次数据误差大,舍去,故消耗盐酸的平均体积为:,剩余氢氧化钠:,产品消耗的氢氧化钠:,产品含有为,纯度:,故答案为:当滴入最后半滴时,溶液颜色刚好由黄色变为橙色,且半分钟内不变色;;【小问5详解】A.滴定前读数正确,滴定后俯视读数,消耗盐酸体积偏小,计算剩余氢氧化钠的量少,消耗氢氧化钠的量多,导致产品纯度偏高;A不符合题意;B.滴定时不慎将盐酸标准溶液滴到锥形瓶外,消耗盐酸体积偏大,计算剩余氢氧化钠的量多,消耗氢氧化钠的量少,导致产品纯度偏低,B符合题意;C.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成,消耗盐酸体积偏小,计算剩余氢氧化钠的量少,消耗氢氧化钠的量多,导致产品纯度偏高,C不符合题意;D.装盐酸标准溶液的滴定管用蒸馏水洗后没有润洗,消耗盐酸体积偏大,计算剩余氢氧化钠的量多,消耗氢氧化钠的量少,导致产品纯度偏低,D符合题意;故答案为:BD。18.电解质在溶液中的行为是化学研究的重要内容之一。已知25℃时,某些电解质的电离常数如表,回答下列问题:(1)用蒸馏水稀释的氢氟酸,数值随加水量的增加而增大的是________。A. B. C. D.(2)将过量通入溶液中,反应的离子方程式为________________;等体积等浓度的溶液和溶液中,离子总数前者________后者(填“>”“<”或“=”,下同);25℃时,溶液的pH________7。(3)常温下,用盐酸标准溶液滴定溶液的曲线如图所示(忽略溶液混合时体积和温度的变化):a点混合溶液中主要的溶质有Na2CO3、NaCl和________(填化学式);此时,=________;b点混合溶液中,=________。【答案】(1)B(2)①.H2S+=+HS-②.>③.<(3)①.NaHCO3②.1.25③.45【解析】【小问1详解】氢氟酸溶液加水稀释时,电离平衡右移,溶液中氢氟酸、氟离子、氢离子浓度减小,氢氟酸的电离常数和水的离子积常数不变;A.由电离常数可知,溶液中=,溶液稀释时,氢离子浓度减小、电离常数不变,则溶液中和的值减小,故错误;B.由电离常数可知,溶液中=,溶液稀释时,氟离子浓度减小、电离常数不变,则溶液中和的值增大,故正确;C.溶液稀释时,氢离子浓度减小、水的离子积不变,则溶液中的值减小,故错误;D.溶液稀释时,氢离子浓度减小、水的离子积不变,溶液中氢氧根离子浓度增大,则溶液中的值减小,故错误;故选B;【小问2详解】由电离常数可知,氢硫酸的酸性弱于碳酸,大于碳酸氢根离子,由强酸制弱酸可知,氢硫酸溶液与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠和氢硫酸钠,反应的离子方程式为H2S+=+HS—;由电离常数可知,氟化钠在溶液中的水解程度小于醋酸钠,溶液的碱性弱于醋酸钠,由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(F—)+c(OH—)、c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO—)+c(OH—)可知,等浓度的氟化钠溶液中钠离子浓度与醋酸钠溶液相等,氢离子浓度大于醋酸钠溶液,则溶液中离子总数大于醋酸钠溶液;由电离常数可知,草酸氢根离子的水解常数Kh==<Ka2(H2C2O4),则草酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度,溶液呈酸性,溶液pH小于7,故答案为:H2S+=+HS—;>;<;【小问3详解】由图可知,a点加入20mL盐酸时,碳酸钠溶液与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠,所得溶液为碳酸钠、碳酸氢钠和氯化钠的混合溶液,溶液中的钠离子的物质的量为0.2000mol/L×0.025L×2=0.01mol、氯离子物质的量为0.2000mol/L×0.02L=0.004mol,由物料守恒可知,溶液中=n(Na+)×=0.01mol×=0.005mol,则溶液中==1.25;b点加入25mL盐酸时,碳酸钠溶液与盐酸恰好反应生成碳酸氢钠和氯化钠,溶液pH为8,由电离常数公式可知,溶液中===45,故答案为:1.25;45。19.工业上利用钴废渣(主要成分、,含少量、、、等杂质)制备铁酸钴的工艺流程如图所示。已知:①萃取除铜的过程:;②可能用到的数据见下表:回答下列问题:(1)废渣的主要成分是________,“酸浸”中加入的作用是________。(2)利用“萃取除铜”后的有机相制备硫酸铜溶液,应加入试剂________。常温下,“分离铁”时溶液中,则该工序中pH的理论范围为________(当溶液中某离子浓度时,可认为该离子沉淀完全,下同)。(3)“除锌”工序,一定条件下试剂A的用量对锌钴分离的影响如图所示,A的用量在________时效果最好。“沉钴”时,溶液中浓度应控制在________以上。(4)“焙烧”工序中反应的化学方程式为________。【答案】(1)①.SiO2②.将还原为,将还原为(2)①.较浓硫酸②.2.8~6.2(3)①.9②.1.0×10-3.48(4)4Fe(OH)3+2CoC2O4+O22CoFe2O4+4CO2+6H2O【解析】【分析】钴废渣(主要成分、,含少量、、、等杂质)加入稀硫酸和亚硫酸钠进行酸浸除去废渣,滤液加入有机萃取剂RH萃取除铜,得到有机相R2Cu,水相加入NaOH、NaClO氧化分离铁得到氢氧化铁沉淀并入焙烧;滤液加入试剂A除锌,再加入草酸铵沉钴,得到的草酸钴与氢氧化铁一同氧化焙烧产生二氧化碳,同时制备得铁酸钴;【小问1详解】钴废渣中加入硫酸时可得到Co2(SO4)3、Fe2(SO4)3、ZnSO4、CuSO4、CoSO4等,SiO2不与稀硫酸反应,废渣主要成分为SiO2,加入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+;【小问2详解】应该加入试剂浓度较大的硫酸,能使①反应平衡逆向移动,得到CuSO4溶液,,恰好沉淀时,c(Fe3+)=10-5mol/L代入得到c(OH-)==10-11.2mol/L,pH=14+lgc(OH-)=2.8,要使Fe3+沉淀完全,则应pH2.8,这里不能使Zn2+沉淀,,将c(Zn2+)=0.1mol/L代入,得到c(OH-)==10-7.8mol/L,

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