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…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页,总=sectionpages22页第=page11页,总=sectionpages11页2024年北师大版拓展型课程化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围:全部知识点;考试时间:120分钟学校:______姓名:______班级:______考号:______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题,共10分)1、工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯(HCOOCH3):CH3OH(g)+CO(g)⇌HCOOCH3(g)。在容积固定的密闭容器中,投入等物质的量CH3OH和CO;测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示。下列说法正确的是。
A.加入甲醇蒸气,甲醇转化率增大B.b点反应速率υ正=υ逆C.平衡常数K(75℃)<K(85℃)D.反应速率υb逆<υd逆2、利用工业废气中的CO2和H2可以合成甲醇,反应方程式为:CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0,恒温下向5L密闭容器中充入反应物如下表。下列说法不正确的是。t/minn(CO2)/moln(H2)/mol02.06.021.040.561.5
A.反应进行到4min时已达平衡B.2min末反应速率v(CO2)=0.1mol·L-1·min-1C.该温度下化学平衡常数K=(mol·L-1)-2D.图中曲线表示逐渐升高温度时CO2的转化率随时间变化图像3、不能用启普发生器制取的气体是A.SO2B.H2SC.CO2D.H24、实验室模拟制备亚硝酰硫酸(NOSO4H)的反应装置如图所示;下列关于实验操作或叙述错误的是。
已知:①亚硝酰硫酸为棱形结晶;溶于硫酸,遇水易分解。
②反应原理为:SO2+HNO3===SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4HA.浓硝酸与浓硫酸混合时,是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中,边加边搅拌B.装置B和D中的浓硫酸的作用是防止水蒸气进入C导致亚硝酰硫酸分解C.冷水的温度控制在20℃左右,太低反应速率太慢;太高硝酸易分解,SO2逸出D.实验时用98%的浓硫酸代替70%的H2SO4产生SO2速率更快5、高温下硫酸亚铁分解反应为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑,下列说法不正确的是A.将产生的气体,通入紫色石蕊试液后溶液只变红不褪色B.将反应后残留固体物质用盐酸溶解,再加入KMnO4溶液后褪色,说明硫酸亚铁固体分解完全C.将少量产生的气体,分别通入含有NaOH的BaCl2溶液和含有氨水的BaCl2溶液中均产生白色沉淀,且沉淀成分相同D.在实际实验操作过程将产生的气体通入品红溶液后溶液颜色先加深后褪色评卷人得分二、多选题(共3题,共6分)6、常温下,用溶液分别滴定体积和浓度均相同的三种一元弱酸的滴定曲线如图所示;图中横坐标a表示滴定百分数(滴定用量与滴定终点用量之比)。下列说法错误的是。
A.常温下,酸性:B.当滴定至溶液中存在:C.滴定当时,溶液中D.初始浓度7、某同学按图示装置进行实验;产生足量的气体通入c中,最终出现浑浊。下列所选物质组合符合要求的是。
a中试剂b中试剂c中溶液A浓硫酸浓盐酸饱和食盐水B浓硫酸Cu溶液C稀硫酸饱和溶液D浓氨水碱石灰溶液
A.AB.BC.CD.D8、“探究与创新能力”是化学的关键能力。下列各项中“操作或现象”能达到预期“实验目的”的是。选项实验目的操作或现象A制作简单原电池将铁钉和铜丝连接插入食醋中即可形成原电池B验证碳能与浓硝酸反应向浓硝酸中插入红热的碳,产生红棕色气体C鉴别溴蒸气和分别通入溶液中,产生浅黄色沉淀的是溴蒸气D除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入足量饱和氢氧化钠溶液,充分混合后分液
A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、填空题(共9题,共18分)9、根据所学知识回答下列问题。
(1)0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__。
(2)已知:常温时,H2R的电离平衡常数Ka1=1.23×10-2,Ka2=5.60×10-8,则0.1mol•L-1的NaHR溶液显__(填“酸”;“中”或“碱”)性。
(3)实验室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作为__,若将AlCl3溶液蒸干并灼烧至恒重;得到的物质为___(填化学式)。
(4)25℃时,将足量氯化银分别放入下列4种溶液中,充分搅拌后,银离子浓度由大到小的顺序是___(填标号);③中银离子的浓度为_____mol•L-1。(氯化银的Ksp=1.8×10-10)
①100mL0.1mol•L-1盐酸②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液。
③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液④100mL蒸馏水10、水丰富而独特的性质与其结构密切相关。
(1)对于水分子中的共价键,依据原子轨道重叠的方式判断,属于_________键;依据O与H的电负性判断,属于_________共价键。
(2)水分子中,氧原子的价层电子对数为_________,杂化轨道类型为_________。
(3)下列事实可用“水分子间存在氢键”解释的是_________(填字母序号)。
a.常压下;4℃时水的密度最大。
b.水的沸点比硫化氢的沸点高160℃
c.水的热稳定性比硫化氢强。
(4)水是优良的溶剂,常温常压下极易溶于水,从微粒间相互作用的角度分析原因:_________(写出两条)。
(5)酸溶于水可形成的电子式为_________;由于成键电子对和孤电子对之间的斥力不同,会对微粒的空间结构产生影响,如中H-N-H的键角大于中H-O-H的键角,据此判断和的键角大小:________(填“>”或“<”)。11、油气开采;石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢;需要回收处理并加以利用。
H2S热分解反应:2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1,在1373K、100kPa反应条件下,对于n(H2S):n(Ar)分别为4:1、1:1、1:4、1:9、1:19的H2S-Ar混合气,热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。
(1)n(H2S):n(Ar)越小,H2S平衡转化率___________,理由是___________
(2)n(H2S):n(Ar)=1:9对应图中曲线___________,计算其在0~0.1s之间,H2S分压的平均变化率为___________kPa·s-1。12、某有机物的结构简式如图所示:
(1)1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成________H2。
(2)该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为________。13、以下是合成乙酰水杨酸(阿司匹林)的实验流程图;请你回答有关问题:
已知:阿司匹林;水杨酸和乙酸酐的相对分子量分别为:180、138、102.
(1)制取阿司匹林的化学反应方程式为_________________;反应类型____________;
(2)水杨酸分子之间会发生缩合反应生成聚合物,写出用除去聚合物的有关离子方程式______________________________________________;
(3)抽滤装置如图所示,仪器A的名称___________;该操作时在仪器A中加入滤纸,用蒸馏水湿润后,应________(选择下列正确操作的编号);再转移液体①微开水龙头;②开大水龙头;③微关水龙头;④关闭水龙头。
(4)下列有关抽滤的说法中正确的是________
A.抽滤是为了加快过滤速率;得到较大颗粒的晶体。
B.不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀。
C.当吸滤瓶内液面高度快达到支管口时;应拔掉链接支管口的橡皮管,从支管口倒出。
D.将晶体转移至布氏漏斗时;若有晶体附在烧杯内壁,应用蒸馏水淋洗至布氏漏斗中。
E.洗涤沉淀时;应使洗涤剂快速通过沉淀。
(5)用冷水洗涤晶体的目的_______________________;
(6)取2.000g水杨酸、5.400g乙酸酐反应,最终得到产品1.566g。求实际产率_______;14、亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的杀菌消毒剂;同时也是对烟气进行脱硫;脱硝的吸收剂。
Ⅰ.以氯酸钠(NaClO3)为原料制备NaClO2粗品的工艺流程如下图所示:
已知:
i.纯ClO2易分解爆炸,空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全;
ii.NaClO2在碱性溶液中稳定存在;在酸性溶液中迅速分解;
iii.NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2∙3H2O,等于或高于38℃时析出NaClO2晶体,高于60℃时分解成NaClO3和NaCl。
(1)试剂A应选择_________。(填字母)
a.SO2b.浓硝酸c.KMnO4
(2)反应②的离子方程式为_________。
(3)已知压强越大,物质的沸点越高。反应②结束后采用“减压蒸发”操作的原因是________。
(4)下列关于上述流程的说法中,合理的是_________。(填字母)
a.反应①进行过程中应持续鼓入空气。
b.反应①后得到的母液中;溶质的主要成分是NaCl
c.反应②中NaOH溶液应过量。
d.冷却结晶时温度选择38℃,过滤后进行温水洗涤,然后在低于60℃下进行干燥,得到粗产品NaClO2
Ⅱ.采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫;脱硝。
(5)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气,反应温度为323K,NaClO2溶液浓度为5×10−3mol/L。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表:。离子SO42−SO32−NO3−NO2−Cl−c/(mol/L)8.35×10−46.87×10−61.5×10−41.2×10−53.4×10−3
①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式_________。
②由实验结果可知,脱硫反应速率_________(填“大于”或“小于”)脱硝反应速率。除SO2和NO在烟气中的初始浓度不同外,还可能存在的原因是_________。(答出两条即可)15、实验室模拟工业生产食品香精菠萝酯()的简易流程如下:
有关物质的熔、沸点如表:。苯酚氯乙酸苯氧乙酸熔点/℃436299沸点/℃181.9189285
试回答下列问题:
(1)反应室I中反应的最佳温度是104℃,为较好地控制温度在102℃~106℃之间,加热时可选用___(选填字母)。
A.火炉直接加热B.水浴加热C.油浴加热。
(2)分离室I采取的操作名称是___。
(3)反应室I中发生反应的化学方程式是___。
(4)分离室II的操作为:①用NaHCO3溶液洗涤后分液;②有机层用水洗涤后分液;洗涤时不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液,其原因是___(用化学方程式表示)。16、连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉,是白色砂状或淡黄色粉末状固体,易溶于水、不溶于醇,该物质具有强还原性,在空气中易被氧化为NaHSO4,75℃以上会分解产生SO2。是重要的有机合成原料和漂白剂。
制取Na2S2O4常用甲酸钠法:控制温度60~70℃,在甲酸钠(HCOONa)的甲醇溶液中,边搅拌边滴加Na2CO3甲醇溶液,同时通入SO2,即可生成Na2S2O4。反应原理如下:2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2
(1)如图,要制备并收集干燥纯净的SO2气体,接口连接的顺序为:a接__,__接__,__接__。制备SO2的化学方程式为___。
(2)实验室用图装置制备Na2S2O4。
①Na2S2O4中硫元素的化合价为___。
②仪器A的名称是___。
③水浴加热前要通一段时间N2,目的是___。
④为得到较纯的连二亚硫酸钠,需要对在过滤时得到的连二亚硫酸钠进行洗涤,洗涤的方法是___。
⑤若实验中所用Na2SO3的质量为6.3g,充分反应后,最终得到mg纯净的连二亚硫酸钠,则连二亚硫酸钠的产率为___(用含m的代数式表示)。17、根据所学知识回答下列问题。
(1)0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__。
(2)已知:常温时,H2R的电离平衡常数Ka1=1.23×10-2,Ka2=5.60×10-8,则0.1mol•L-1的NaHR溶液显__(填“酸”;“中”或“碱”)性。
(3)实验室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作为__,若将AlCl3溶液蒸干并灼烧至恒重;得到的物质为___(填化学式)。
(4)25℃时,将足量氯化银分别放入下列4种溶液中,充分搅拌后,银离子浓度由大到小的顺序是___(填标号);③中银离子的浓度为_____mol•L-1。(氯化银的Ksp=1.8×10-10)
①100mL0.1mol•L-1盐酸②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液。
③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液④100mL蒸馏水评卷人得分四、有机推断题(共1题,共9分)18、G是一种治疗心血管疾病的药物;合成该药物的一种路线如下。
已知:R1CH2BrR1CH=CHR2
完成下列填空:
(1)写出①的反应类型_______。
(2)反应②所需的试剂和条件_______。
(3)B中含氧官能团的检验方法_______。
(4)写出E的结构简式_______。
(5)写出F→G的化学方程式_______。
(6)写出满足下列条件,C的同分异构体的结构简式_______。
①能发生银镜反应;②能发生水解反应;③含苯环;④含有5个化学环境不同的H原子。
(7)设计一条以乙烯和乙醛为原料(其它无机试剂任选)制备聚2-丁烯()的合成路线_______。(合成路线常用的表达方式为:AB目标产物)评卷人得分五、工业流程题(共3题,共6分)19、工业上用铝土矿(主要成分为氧化铝;含少量氧化铁)制取铝的过程如图所示:
请回答:
(1)试剂1为_______(填化学式),①~④转化中属于氧化还原反应的是_______(填序号);
(2)沉淀B的化学式为_______,写出该物质发生铝热反应的化学方程式_______;(3)电解F,当转移0.6mol电子时,可制得铝_______g;
(4)沉淀D是药物“胃舒平”的主要成分,可用于治疗胃酸(稀盐酸)过多,写出该反应的离子方程式_______;
(5)②中发生反应的离子方程式为_______。20、H5IO6(正高碘酸)是用于光度法测定苯肼的试剂。工业上用NaIO3制备H5IO6的流程如图:
(1)“反应Ⅰ”可在如图所示的装置中进行。该反应生成不溶于水的Na2H3IO6的离子方程式为____。若要提高Cl2的利用率,可对装置进行改进的措施为___。
(2)反应Ⅱ生成不溶于水的黑色Ag5IO6,“滤液2”呈__(填“酸”“碱”或“中”)性。
(3)“无色气体”为__(填化学式)。
(4)工业上为降低成本,减少对环境的污染,整个流程需要控制加入Cl2和AgNO3的物质的量之比为n(Cl2)∶n(AgNO3)=__。
(5)H5IO6具有强氧化性,可将FeSO4氧化为H2FeO4,自身被还原为HIO3,该反应的化学方程式为___。21、硝酸铝广泛应用在显像管生产;稀土的提炼等,工业上具体流程如下:
已知:①硝酸铝白色透明结晶。易溶于水和乙醇;极微溶于丙酮,几乎不溶于乙酸乙酯。
②熔点73℃;在135℃时分解。
③硝酸和铝反应的还原产物分布如图1。
某兴趣小组在实验室制取硝酸铝;请回答:
(1)从工业生产角度考虑稀硝酸的最佳浓度范围为________mol·L-1。反应2中的离子方程式____________。
(2)下列说法合理的是________。
A反应1中加入的NaOH溶液;除油污和氧化膜,所以要足量。
B没有真空,也可在水浴条件下蒸发,防止Al(NO3)3的分解。
CAl(NO3)3·9H2O干燥时;可放在如图2的干燥器中,隔板下放上浓硫酸吸水,由于吸附力较大,要用力垂直拉开玻璃盖。
D制取后的Al(NO3)3必须密封保存。
(3)Al(NO3)3·9H2O也可以和SOCl2反应,除了生成Al(NO3)3,其它产物都是酸性气体,有关的方程式是______________;
(4)由铝制备Al(NO3)3的装置如图3:
①通入水蒸气的作用是提高温度和________。
②e中很难除尽尾气,理由是_______________,Al(NO3)3·9H2O晶体吸附HNO3,合适的洗涤剂是________。
③有人认为C的冷凝管是多余的,他提供的理由可能是___________。评卷人得分六、结构与性质(共3题,共27分)22、超细铜粉主要应用于导电材料;催化剂等领域中。超细铜粉的某制备方法如下:
(1)Cu2+的价电子排布式为____。
(2)下列关于[Cu(NH3)4]SO4的说法中,正确的有____。(填字母序号)
A.[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键;极性键和配位键。
B.[Cu(NH3)4]SO4的组成元素中第一电离能最大的是氧元素。
C.[Cu(NH3)4]SO4的外界离子的空间构型为正四面体。
(3)SO32-离子中S原子的杂化方式为____,SO32-离子的空间构型为____。
(4)与SO3互为等电子体的一种分子的分子式是____
(5)下图是铜的某种氧化物的晶胞结构示意图,由此可确定该氧化物的化学式为______。
23、开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向。
(1)化合物A(H3BNH3)是一种潜在的储氢材料,可由六元环状物质(HB=NH)3通过如下反应制得:3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6H3BNH3。请回答:
①H3BNH3中是否存在配位键_______(填“是”或“否”),B、C、N、O第一电离能由大到小的顺序为_______,CH4、H2O、CO2三分子按照键角由大到小的顺序排列为_______。
②与(HB=NH)3互为等电子体的分子为_______(填分子式)。
③人工可以合成硼的一系列氢化物,其物理性质与烷烃相似,故称之为硼烷。工业上可采用LiAlH4和BCl3在一定条件下制备乙硼烷B2H6,该反应的化学方程式为_______。
④在硼酸盐中,阴离子有链状、环状、骨架状等多种结构形式。图a为一种无限长链状结构的多硼酸根,其化学式为_______,图b为硼砂晶体中阴离子,其中硼原子采取的杂化方式为_______。
(2)一种铜合金具有储氢功能。
①Cu2+的价层电子排布式为_______。
②铜及其它许多金属及其化合物都可以发生焰色反应,其原因是_______。
③铜的单质中按ABCABC⋯方式堆积,设铜原子半径为apm,则该晶体的密度为_______g/cm3(阿伏伽德罗常数值为NA)24、I.元素周期表中80%左右的非金属元素在现代技术包括能源;功能材料等领域占有极为重要的地位。
(1)氮及其化合物与人类生产、生活息息相关,基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是_____,N2F2分子中N原子的杂化方式是_______,1molN2F2含有____个δ键。
(2)高温陶瓷材料Si3N4晶体中N-Si-N的键角大于Si-N-Si的键角,原因是_______。
II.金属元素铁;铜及其化合物在日常生产、生活有着广泛的应用。
(1)铁在元素周期表中的位置_________。
(2)配合物Fe(CO)x常温下呈液态,熔点为-20.5℃,沸点为103℃,易溶于非极性溶剂,据此可判断Fe(CO)x晶体属于_____(填晶体类型)。Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子吸之和为18,则x=________。
(3)N2是CO的一种等电子体,两者相比较沸点较高的为_______(填化学式)。
(4)铜晶体中铜原子的堆积方式如下图甲所示。
①基态铜原子的核外电子排布式为___________。
②每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为___________。
(5)某M原子的外围电子排布式为3s23p5,铜与M形成化合物的晶胞如下图乙所示(黑点代表铜原子)。已知该晶体的密度为ρg·cm-3,阿伏加德罗常数为NA,则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为_________pm。(只写计算式)。参考答案一、选择题(共5题,共10分)1、D【分析】【详解】
A.加入甲醇蒸气;平衡正向移动,但平衡移动的趋势是微弱的,平衡移动消耗量远小于投入量,因此甲醇转化率会减小,A错误;
B.b点时反应未达到平衡,反应正向进行,因此反应速率υ正>υ逆;B错误;
C.根据图象可知:在反应温度高于85℃后,升高温度,CO转化率降低,说明升高温度化学平衡逆向移动,该反应正反应为放热反应。温度越高,化学平衡逆向移动,平衡常数减小,故平衡常数:K(75℃)>K(85℃);C错误;
D.温度升高,化学反应速率增大,反应的物质的浓度越大,反应速率越大。根据图象可知:b点CO的转化率比d点小,且反应温度:b<d,故反应速率:υb逆<υd逆;D正确;
故合理选项是D。2、B【分析】【详解】
A.反应开始时n(CO2)=2.0mol,n(H2)=6.0mol,当反应进行到4min时,n(CO2)=0.5mol,△n(CO2)=1.5mol,由方程式可知CO2(g)、H2(g)反应的物质的量的比是1:3,则△n(H2)=3×1.5mol=4.5mol,此时未反应的H2(g)n(H2)=6.0mol-4.5mol=1.5mol;与6min时的物质的量相等,说明反应在4min时已达平衡,A正确;
B.化学反应速率为平均速率,只能计算在前2min内的平均反应速率v(CO2)==0.1mol·L-1·min-1;而不能计算2min末的瞬时速率,B错误;
C.由选项A分析可知在反应达到平衡时,n(CO2)=0.5mol,n(H2)=1.5mol,由于物质反应的物质的量的比等于计量数的比,则反应产生CH3OH(g)、H2O(g)的物质的量n(CH3OH)=n(H2O)=1.5mol,容器的容积是5L,则各种气体的平衡浓度分别是:c(CO2)=0.1mol/L,c(H2)=0.3mol/L,c(CH3OH)=c(H2O)=0.3mol/L,带入平衡常数表达式可得K=(mol·L-1)-2;C正确;
D.反应从正反应方向开始,随着反应的进行,反应放出热量,使反应速率加快,CO2的转化率增大,当反应达到平衡后,升高温度,化学平衡向吸热的逆反应方向移动,导致CO2的转化率又降低,故图中曲线表示逐渐升高温度时CO2的转化率随时间变化图像;D正确;
故合理选项是B。3、A【分析】分析:启普发生器适用于固液混合状态且不需加热而制取的气体的反应,且固体必须是块状的,据此结合气体的制取原理进行判断。
详解:实验室用亚硫酸钠和硫酸制取SO2,硫酸钠是粉末状固体,所以不能用启普发生器制取,A正确;实验室用硫化亚铁和稀硫酸制取H2S,硫化亚铁为块状固体,硫酸为液体,且不需加热,可以使用启普发生器,B错误;实验室用碳酸钙和稀盐酸制取CO2,碳酸钙为块状固体,盐酸为液体,且不需加热,可以使用启普发生器,C错误;实验室用锌和稀硫酸制取H2,锌为块状固体,硫酸为液体,且不需加热,可以使用启普发生器,D错误;正确选项A。4、D【分析】【详解】
A.浓硝酸与浓硫酸混合时;如果将浓硝酸注入浓硫酸中,容易发生液滴四溅,故浓硝酸与浓硫酸混合时,是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中,并且边加边搅拌,搅拌的目的是及时散热,防止局部过热,A正确;
B.亚硝酰硫酸遇水易分解,装置B中的浓硫酸的作用是干燥SO2气体水蒸气进入装置C中;装置D中的浓硫酸的作用是防止装置E中的水蒸气进入装置C中,B正确;
C.为了保证反应速率不能太慢,同时又要防止温度过高硝酸分解,SO2逸出;故冷水的温度控制在20℃左右,C正确;
D.98%的浓硫酸的很难电离出H+,如果用98%的浓硫酸代替70%的H2SO4产生SO2速率更慢,D错误;5、B【分析】【分析】
A.产生的气体是SO2和SO3;均属于酸性氧化物;
B.反应后残留固体物质用盐酸溶解;说明硫酸亚铁没有完全分解;
C.少量SO2和SO3,分别通入含有NaOH的BaCl2溶液和含有氨水的BaCl2溶液中,均能生成BaSO3和BaSO4;据此判断;
D.产生的气体是SO2和SO3,SO2具有漂白性。
【详解】
A.产生的气体是SO2和SO3;均属于酸性氧化物,均不能使紫色的石蕊溶液褪色,故溶液只变红不褪色,A项正确;
B.反应后残留固体用盐酸溶解,得到的溶液中加入KMnO4溶液后褪色;说明硫酸亚铁没有完全分解,B项错误;
C.少量SO2和SO3,分别通入含有NaOH的BaCl2溶液和含有氨水的BaCl2溶液中,均能生成BaSO3和BaSO4沉淀;C项正确;
D.产生的气体是SO2和SO3,通入品红溶液后溶液颜色加深,其中SO2有漂白性;能品红褪色,D项正确;
答案选B。二、多选题(共3题,共6分)6、BD【分析】【详解】
A.由起始点可以看出,酸性:A项正确;
B.当滴定至溶液中存在:B项错误;
C.当时,溶液呈酸性,C项正确;
D.D项错误。
故选BD。7、AC【分析】【详解】
A.浓硫酸加入浓盐酸中,生成气体,生成的气体通入饱和食盐水中,根据同离子效应,析出晶体;A符合题意;
B.浓硫酸和铜在加热条件下才能反应生成不符合实验要求,B不符合题意;
C.和稀硫酸反应生成与饱和溶液反应生成晶体;C符合题意;
D.浓氨水和碱石灰生成通入溶液中,先生成沉淀,继续通入氨气,溶解生成D不符合题意;
故选AC。8、AC【分析】【分析】
【详解】
A.将铁钉和铜丝连接插入食醋中即可形成简单铁铜原电池;故A符合题意;
B.浓硝酸受热分解能放出红棕色二氧化氮气体;所以向浓硝酸中插入红热的碳,产生红棕色气体,不能证明是碳与浓硝酸反应,故B不符合题意;
C.因为溴蒸气能和溶液反应;产生浅黄色溴化银沉淀,故C符合题意;
D.因为足量饱和氢氧化钠溶液能和乙酸乙酯反应;所以不能用足量饱和氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸,故D不符合题意;
故答案:AC。三、填空题(共9题,共18分)9、略
【分析】【详解】
(1)NaHCO3在水溶液中发生电离:NaHCO3=Na++电离产生是会发生电离作用:H++也会发生水解作用:+H2OH2CO3+OH-。发生电离、水解作用都会消耗离子导致c(Na+)>c();电离产生H+使溶液显酸性;水解产生OH-,使溶液显碱性。由于其水解作用大于电离作用,最终达到平衡时,溶液中c(OH-)>c(H+),但盐水解程度是微弱的,主要以盐电离产生的离子存在,所以c()>c(OH-);溶液中的H+除会电离产生,还有H2O电离产生,而只有电离产生,故离子浓度:c(H+)>c(),因此该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为:c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)>c();
(2)在0.1mol•L-1的NaHR溶液中,存在HR-的电离作用:HR-R2-+H+,电离产生H+使溶液显酸性,同时也存在着水解中:HR-+H2OH2R+OH-,水解产生OH-,使溶液显碱性,其平衡常数Kh=<Ka2=5.60×10-8,说明HR-的电离作用大于水解作用;因此NaHR溶液显酸性;
(3)AlCl3是强酸弱碱盐,在溶液中会发生水解作用:AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl,导致溶液变浑浊,由于水解产生HCl,因此根据平衡移动原理,若用固体配制溶液时,将其溶解在一定量的浓盐酸中,增加了H+的浓度,就可以抑制盐的水解,然后再加水稀释,就可以得到澄清溶液;若将AlCl3溶液蒸干,水解平衡正向进行直至水解完全,HCl挥发逸出,得到的固体是Al(OH)3,然后将固体灼烧至恒重,Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O,最后得到的固体是Al2O3;
(4)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq);Ag+、Cl-都会抑制物质的溶解,溶液中Ag+、Cl-浓度越大;其抑制AgCl溶解的程度就越大。
①100mL0.1mol•L-1盐酸中c(Cl-)=0.1mol/L;
②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L;
③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L;
④100mL蒸馏水中不含Cl-、Ag+;对氯化银在水中溶解无抑制作用。
它们抑制AgCl溶解程度③>②>①>④,AgNO3溶液中含有Ag+,该溶液中含有的c(Ag+)最大;则这四种液体物质中银离子浓度由大到小的顺序是:②>④>①>③;
③中c(Cl-)=0.3mol/L,由于AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10,则该溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L。【解析】c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)>c()酸将AlCl3(s)溶解在较浓的盐酸中,然后加水稀释Al2O3②>④>①>③6.0×10-1010、略
【分析】【详解】
(1)对于水分子中的共价键,依据原子轨道重叠的方式判断,属于键;O与H的电负性不同;共用电子对偏向于O,则该共价键属于极性共价键;
(2)水分子中,氧原子的价层电子对数为杂化轨道类型为sp3;
(3)a.水中存在氢键;导致冰的密度小于水的密度,且常压下,4℃时水的密度最大,a正确;
b.水分子间由于存在氢键,使分子之间的作用力增强,因而沸点比同主族的H2S高,b正确;
c.水的热稳定性比硫化氢强的原因是其中的共价键的键能更大;与氢键无关,c错误;
故选ab;
(4)极易溶于水的原因为NH3和H2O极性接近;依据相似相溶原理可知,氨气在水中的溶解度大;氨分子和水分子间可以形成氢键,大大增强溶解能力;
(5)的电子式为有1对孤电子对,有2对孤电子对,孤电子对之间的排斥力大于孤电子对与成键电子对之间的排斥力,水中键角被压缩程度更大,故和的键角大小:>【解析】(1)极性。
(2)4sp3
(3)ab
(4)NH3和H2O极性接近;依据相似相溶原理可知,氨气在水中的溶解度大;氨分子和水分子间可以形成氢键,大大增强溶解能力。
(5)>11、略
【分析】【分析】
2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1,该反应正方向为体积增大的反应,降低压强,平衡会向正反应方向移动;则对于n(H2S):n(Ar)为4:1、1:1、1:4、1:9、1:19的H2S-Ar混合气在图中对应的曲线分别是a、b;c、d、e。
【详解】
(1)由于正反应是体积增大的可逆反应,n(H2S):n(Ar)越小,H2S的分压越小,相当于降低压强,平衡向正反应方向移动,因此H2S平衡转化率越高;
(2)n(H2S):n(Ar)越小,H2S平衡转化率越高,所以n(H2S):n(Ar)=1:9对应的曲线是d;根据图像可知n(H2S):n(Ar)=1:9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24;假设在该条件下;硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol,则根据三段式可知:
此时H2S的压强为≈7.51kPa,H2S的起始压强为10kPa,所以H2S分压的平均变化率为=24.9kPa·s-1。【解析】(1)越高n(H2S):n(Ar)越小,H2S的分压越小,平衡向正反应方向进行,H2S平衡转化率越高。
(2)d24.912、略
【分析】【分析】
由结构简式可知;分子中含-OH;-COOH、碳碳双键,结合醇、羧酸、烯烃的性质来解答。
【详解】
(1)该有机物中的-OH、-COOH均与Na反应,金属钠过量,则有机物完全反应,1mol该有机物含有2mol羟基和1mol羧基,由2-OH~H2↑、2-COOH~H2↑可知,和过量的金属钠反应最多可以生成1.5molH2;
故答案为:1.5mol;
(2)-OH、-COOH均与Na反应,-COOH与NaOH、NaHCO3反应,则1mol该物质消耗1.5molNa、1molNaOH、1molNaHCO3,则n(Na):n(NaOH):n(NaHCO3)=1.5mol:1mol:1mol=3:2:2;
故答案为:3∶2∶2。【解析】①.1.5mol②.3∶2∶213、略
【分析】【详解】
(1)水杨酸和乙酸酐在浓硫酸的条件下发生取代反应生成乙酰水杨酸,方程式为:(2)在除去聚合物并提纯阿司匹林的过程中;可以将阿司匹林与碳酸氢钠反应使羧基变为羧酸钠,且酯基不水解,这样使阿司匹林溶于水,聚合物难溶于水,将聚合物除去,再将阿司匹林的钠盐盐酸酸化可得阿司匹林,过程中涉及的离子方程式为:
.(3)该仪器的名称为布氏漏斗。布氏漏斗中加入滤纸,用蒸馏水湿润后,应先微开水龙头,不能大开,避免滤纸破损。故选①。(4)A.抽滤能为了加快过滤速率,但不能使沉淀的颗粒变大,故错误;B.颗粒太小的沉淀不能用抽滤的原因是颗粒太小的容易在滤纸上形成一层密实的沉淀,不容易透过,故正确;C.当吸滤瓶内液面高度快达到支管口时,应拔掉吸滤瓶上的橡皮管,从吸滤瓶上口倒出溶液,而不能从吸滤瓶支管口倒出溶液,故错误;D.将晶体转移至布氏漏斗时,若有晶体附在烧杯内壁,应用滤液来淋洗布氏漏斗,因为滤液是饱和溶液,冲洗是不会使晶体溶解,同时又不会带入杂质,故错误;E.洗涤沉淀时,应先关小水龙头,然后蒸馏水缓缓淋洗,再打开水龙头抽滤,不能使洗涤剂快速通过沉淀,故错误。故选B。(5)阿司匹林在冷水中的溶解度减小,所以用冷水洗涤晶体可以除去晶体表面附着的杂质,并减少阿司匹林因溶解而引起的损耗。(6)根据方程式分析,乙酸酐过量,用水杨酸计算阿司匹林的质量为g,实际产率为=60%。【解析】取代反应布氏漏斗①B除去晶体表面附着的杂质,并减少阿司匹林因溶解而引起的损耗60%14、略
【分析】【详解】
NaClO3和浓H2SO4在反应器①中发生还原反应生成ClO2和Na2SO4,所以试剂A可以用二氧化硫,ClO2在反应器②中与双氧水、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠,再得到其晶体。
(1)根据上面的分析可以知道试剂A为SO2,故选a,因此,本题正确答案是:a。
(2)反②中ClO2被双氧水还原成ClO2−,反应的离子方程式为2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O,因此,本题正确答案是:2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O
(3)含水的NaClO2受热易分解,所以亚氯酸钠溶液中获得晶体,温度不能太高,所以反应②结束后采用“减压蒸发”操作,在较低温度蒸发浓缩,可防止温度过高.NaClO2分解。因此,本题正确答案是:在较低温度蒸发浓缩,可防止温度过高.NaClO2分解。
(4)根据信息纯ClO2易分解爆炸,空气中ClO2的体积分数在10以下比较安全,所以要持续通过量的空气,NaClO2在碱性溶液中稳定存在,在酸性溶液中迅速分解,所以反应②中碱要过量,因为试剂A为二氧化硫,NaClO3被还原成ClO2,所以反应①后得到的母液中,溶质的主要成分是,Na2SO4。故选acd,因此;本题正确答案是:acd。
(5)①亚氯酸钠具有氧化性,且NaClO2溶液呈碱性,则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式因此,本题正确答案是:
②由实验结果可以知道,在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多,因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率.原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高,因此,本题正确答案是:大于;NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。【解析】a2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O减压可以使物质沸点降低,实验较低温度下进行蒸发,可避免NaClO2因温度高而发生分解acd4OH−+3ClO2−+4NO4NO3−+3Cl−+2H2O大于SO2比NO溶解度更大;在此条件下SO2还原性更强;脱硝反应活化能更大15、略
【分析】【分析】
用苯氧乙酸和丙烯醇发生酯化反应制得菠萝酯,苯氧乙酸用苯酚和氯乙酸反应制得,考虑到它们溶沸点的差异,最好选择温度让苯酚,氯乙酸,苯氧乙酸都成为液体,反应室I中反应的最佳温度是104℃,水浴加热温度太低,苯氧乙酸沸点99摄氏度,水浴温度会使它凝固,不利于分离,火炉直接加热,会使苯酚,氯乙酸,苯氧乙酸全都生成气体,不利于反应,故选择油浴。生成的菠萝酯属于酯类,在碱性条件下会发生水解,所以不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液。
【详解】
(1)火炉直接加热温度比较高;会让苯酚和氯乙酸变成蒸汽,不利于它们之间的反应,还会使苯氧,故温度不能太高,水浴加热温度较低,不能让氯乙酸和苯酚熔化,故温度也不能太低,可以使所有物质都成液体,为较好地控制温度在102℃~106℃之间,加热时可选用油浴加热;
答案为:C;
(2)分离室I是将反应不充分的原料再重复使用;为了增加原料的利用率,要把苯酚和氯乙酸加入反应室1,操作名称为蒸馏;
答案为:蒸馏;
(3)反应室1为苯酚和氯乙酸发生取代反应,制得苯氧乙酸,+HCl;
答案为:+HCl;
(4)分离室II发生的反应是苯氧乙酸和丙烯醇发生酯化反应,制取菠萝酯,由于酯在NaHCO3溶液中的溶解度较小,可以析出,随后分液即可,如用NaOH会使酯发生水解,故不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液,化学方程式为+NaOH+HOCH2CH=CH2
答案为+NaOH+HOCH2CH=CH2。【解析】C蒸馏+HCl+NaOH+HOCH2CH=CH216、略
【分析】【详解】
(1)亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫,反应的方程式为:Na2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O,生成的二氧化硫含有水蒸气,可用浓硫酸干燥,用向上排空气法收集,且用碱石灰吸收尾气,避免污染环境,则连接顺序为a接b;c接f,g接d;
(2)①Na2S2O4中硫元素的化合价为+3;
②由装置可知;仪器A的名称为恒压滴液漏斗;
③实验时应避免Na2S2O4和HCOONa被氧化,可应先通入二氧化硫,排净系统中的空气,防止加热时Na2S2O4和HCOONa被氧化,也可通一段时间N2;排净系统中的空气;
④洗涤连二亚硫酸钠时应与空气隔离;洗涤剂可用甲醇或乙醇,洗涤过程为:在无氧环境中,向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体,待甲醇顺利流下,重复2-3次;
⑤设连二亚硫酸钠理论产率为x;根据硫原子守恒:
2Na2SO3~Na2S2O4
252174
6.3gx
则解得x=4.35g,产率为:【解析】bcfgdNa2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O+3恒压滴液漏斗排净系统中的空气向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体,待甲醇顺利流下,重复2-3次17、略
【分析】【详解】
(1)NaHCO3在水溶液中发生电离:NaHCO3=Na++电离产生是会发生电离作用:H++也会发生水解作用:+H2OH2CO3+OH-。发生电离、水解作用都会消耗离子导致c(Na+)>c();电离产生H+使溶液显酸性;水解产生OH-,使溶液显碱性。由于其水解作用大于电离作用,最终达到平衡时,溶液中c(OH-)>c(H+),但盐水解程度是微弱的,主要以盐电离产生的离子存在,所以c()>c(OH-);溶液中的H+除会电离产生,还有H2O电离产生,而只有电离产生,故离子浓度:c(H+)>c(),因此该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为:c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)>c();
(2)在0.1mol•L-1的NaHR溶液中,存在HR-的电离作用:HR-R2-+H+,电离产生H+使溶液显酸性,同时也存在着水解中:HR-+H2OH2R+OH-,水解产生OH-,使溶液显碱性,其平衡常数Kh=<Ka2=5.60×10-8,说明HR-的电离作用大于水解作用;因此NaHR溶液显酸性;
(3)AlCl3是强酸弱碱盐,在溶液中会发生水解作用:AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl,导致溶液变浑浊,由于水解产生HCl,因此根据平衡移动原理,若用固体配制溶液时,将其溶解在一定量的浓盐酸中,增加了H+的浓度,就可以抑制盐的水解,然后再加水稀释,就可以得到澄清溶液;若将AlCl3溶液蒸干,水解平衡正向进行直至水解完全,HCl挥发逸出,得到的固体是Al(OH)3,然后将固体灼烧至恒重,Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O,最后得到的固体是Al2O3;
(4)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq);Ag+、Cl-都会抑制物质的溶解,溶液中Ag+、Cl-浓度越大;其抑制AgCl溶解的程度就越大。
①100mL0.1mol•L-1盐酸中c(Cl-)=0.1mol/L;
②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L;
③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L;
④100mL蒸馏水中不含Cl-、Ag+;对氯化银在水中溶解无抑制作用。
它们抑制AgCl溶解程度③>②>①>④,AgNO3溶液中含有Ag+,该溶液中含有的c(Ag+)最大;则这四种液体物质中银离子浓度由大到小的顺序是:②>④>①>③;
③中c(Cl-)=0.3mol/L,由于AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10,则该溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L。【解析】c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)>c()酸将AlCl3(s)溶解在较浓的盐酸中,然后加水稀释Al2O3②>④>①>③6.0×10-10四、有机推断题(共1题,共9分)18、略
【分析】【分析】
化合物A分子式是C7H8,结构简式是根据物质反应过程中碳链结构不变,结合D分子结构及B、C转化关系,可知B是B发生催化氧化反应产生C是C与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生D是D与HCHO发生信息反应产生的分子式是C9H8O2的E是:E与I2反应产生F是:F与NaOH的乙醇溶液共热,发生消去反应产生G:然后结合物质性质逐一分析解答。
【详解】
根据上述分析可知A是B是C是D是E是F是G是
(1)反应①是与O2在催化剂存在的条件下加热,发生氧化反应产生故该反应的类型为氧化反应;
(2)反应②是与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生故所需试剂和条件是Br2;光照;
(3)B结构简式是含有的官能团是醛基-CHO,检验其存在的方法是:取样,滴加少量新制的Cu(OH)2悬浊液;加热煮沸,若产生砖红色沉淀,就说明物质分子中含有醛基;
(4)根据上述推断可知E的结构简式是
(5)F是与NaOH乙醇溶液共热,发生消去反应产生G:则F→G的化学方程式为:+NaOHNaI+H2O+
(6)化合物C是C的同分异构体满足下列条件:①能发生银镜反应,说明分子中含有-CHO;②能发生水解反应,说明含有酯基;③含苯环;④含有5个化学环境不同的H原子,则其可能的结构简式是
(7)CH2=CH2与HBr在一定条件下发生加成反应产生CH3-CH2Br,CH3-CH2Br与CH3CHO发生信息反应产生CH3CH=CHCH3,CH3CH=CHCH3在一定条件下发生加聚反应产生聚2-丁烯,故合成路线为:CH2=CH2CH3-CH2BrCH3CH=CHCH3【解析】氧化反应Br2、光照取样,滴加少量新制的Cu(OH)2悬浊液,加热煮沸,若产生砖红色沉淀,说明含有醛基+NaOHNaI+H2O+CH2=CH2CH3-CH2BrCH3CH=CHCH3五、工业流程题(共3题,共6分)19、略
【分析】铝土矿的主要成分为氧化铝,含少量氧化铁,由流程可知,加入氢氧化钠,氧化铁不和碱反应,氧化铝可与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和水;过滤后得到的沉淀B为Fe2O3;滤液A中含氢氧化钠和偏铝酸钠;通入二氧化碳,二氧化碳和四羟基合铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠,二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠,过滤得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液;灼烧氢氧化铝得到氧化铝和水,电解氧化铝得到铝和氧气;碳酸氢钠溶液和氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠,氢氧化钠用来碱浸,以此来解答。
【详解】
(1)由上述分析可知;试剂1为NaOH,氧化铁不和碱反应,氧化铝可与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和水;①~④转化过程中只有④有化合价变化,即④为氧化还原反应,故答案为:NaOH;④;
(2)由上述分析可知沉淀B为Fe2O3,三氧化二铁发生铝热反应的方程式为2A1+Fe2O3Al2O3+2Fe,故答案为:Fe2O3;2A1+Fe2O3Al2O3+2Fe;
(3)电解氧化铝的方程式为2Al2O34A1+3O2↑;设得到铝的质量为m;
解得m==5.4g;故答案为:5.4;
(4)D是氢氧化铝,是药物胃舒平的主要成分,可与盐酸反应治疗胃酸过多的离子反应为:Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;故答案为:Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;
(5)偏铝酸钠溶液通入过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠,②中离子方程式为CO2+Al(OH)=Al(OH3)↓+HCO故答案为:CO2+Al(OH)=Al(OH)3↓+HCO【解析】NaOH④Fe2O32Al+Fe2O3Al2O3+2Fe5.4Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OCO2+Al(OH)=Al(OH3)↓+HCO20、略
【分析】【分析】
反应Ⅰ是在氢氧化钠溶液中将碘酸钠氧化为不溶于水的Na2H3IO6,过滤得到Na2H3IO6,反应Ⅱ加入硝酸银溶液生成不溶于水的黑色Ag5IO6,过滤得到黑色Ag5IO6,反应Ⅲ加入氯气和水反应的化学方程式为:2Ag5IO6+5Cl2+H2O=10AgCl↓+5O2+2H5IO6,生成气体氧气,过滤得到H5IO6(正高碘酸)。
【详解】
(1)氢氧化钠溶液中氯气将碘酸钠氧化为不溶于水的Na2H3IO6,反应的化学方程式为:NaIO3+Cl2+3NaOH=Na2H3IO6↓+2NaCl,该反应生成不溶于水的Na2H3IO6的离子方程式为IO3-+Cl2+2Na++3OH-=Na2H3IO6↓+2Cl-。若要提高Cl2的利用率,可对装置进行改进的措施为:通Cl2导管的下端连接多孔球泡装置。
故答案为:IO3-+Cl2+2Na++3OH-=Na2H3IO6↓+2Cl-;通Cl2导管的下端连接多孔球泡装置;
(2)反应Ⅱ加入硝酸银反应生成不溶于水的黑色Ag5IO6,反应为:Na2H3IO6+5AgNO3=3HNO3+2NaNO3+Ag5IO6↓;滤液中生成硝酸,溶液显酸性;
故答案为:酸;
(3)上述分析可知Ag5IO6被氧化生成高碘酸,反应的化学方程式为:2Ag5IO6+5Cl2+H2O=10AgCl↓+5O2+2H5IO6,“无色气体”为O2(填化学式)。
故答案为:O2;
(4)依据化学反应的定量关系计算:NaIO3+Cl2+3NaOH=Na2H3IO6+2NaCl,Na2H3IO6+5AgNO3=3HNO3+2NaNO3+Ag5IO6↓,2Ag5IO6+5Cl2+H2O=10AgCl↓+5O2+2H5IO6,计算得到,2Cl2~2Na2H3IO6~10AgNO3~2Ag5IO6~5Cl2,所以整个流程需要控制加入氯气和硝酸银的物质的量之比为n(Cl2)∶n(AgNO3)=7∶10。
故答案为:7∶10;
(5)H5IO6具有强氧化性,可将FeSO4氧化为H2FeO4,自身被还原为HIO3,该反应的化学方程式为FeSO4+2H5IO6=H2FeO4+H2SO4+2HIO3。
故答案为:FeSO4+2H5IO6=H2FeO4+H2SO4+2HIO3。
【点睛】
本题考查了物质分离提纯的分析,主要是化学反应的定量关系分析计算,过程的产物判断和化学方程式的书写是解题关键,难点(4)写出方程式,计算得到,2Cl2~2Na2H3IO6~10AgNO3~2Ag5IO6~5Cl2,所以整个流程需要控制加入氯气和硝酸银的物质的量之比为n(Cl2)∶n(AgNO3)=7∶10。【解析】①.IO3-+Cl2+2Na++3OH-=Na2H3IO6↓+2Cl-②.通Cl2导管的下端连接多孔球泡装置③.酸④.O2⑤.7∶10⑥.FeSO4+2H5IO6=H2FeO4+H2SO4+2HIO321、略
【分析】【分析】
(1)在反应过程中,反应产生的环境污染气体为NO、NO2、N2O,为减少对环境的污染,从反应方程式NO+NO2+2NaOH==2NaNO2,确定NO、NO2的体积关系,从而在图中找到稀硝酸的最佳浓度范围。对应的反应2中,确定NO、NO2的体积关系;也就确定了物质的量关系,从而确定还原产物及相对关系,也就能写出反应的离子方程式。
(2)A.NaOH溶液;既能去除油污和氧化膜,也会与Al反应;
B.没有真空,也可在水浴条件下蒸发,但在防止Al(NO3)3分解的同时;也要防止水解反应的发生;
C.干燥器隔板下一般放硅胶吸水;浓硫酸吸水能力太强,会导致晶体失去所有的结晶水;
D.制取后的Al(NO3)3易吸水;必须密封保存。
(3)此反应实际是水和SOCl2反应,从化合价考虑,只能生成SO2和HCl。
(4)①通入水蒸气;不仅提高温度还起到增大铝与稀硝酸接触面积的作用;
②NO和NO2的物质的量之比不一定是1∶1。
Al(NO3)3·9H2O晶体吸附HNO3,不用有机物,有机物不能除去吸附的HNO3。
③从分析冷凝管是多余的方向考虑;通入的水蒸气,冷凝回流会使浓度迅速下降。
【详解】
(1)从硝酸和铝反应的还原产物分布图来看,在8~8.5mol·L-1时,NO∶NO2=1∶1,最容易被NaOH吸收,对应的方程式为NO+NO2+2NaOH===2NaNO2。对应的反应2的离子方程式是4Al+18H++6NO==4Al3++3NO↑+3NO2↑+9H2O。答案为:8~8.5;4Al+18H++6NO3-=4Al3++3NO↑+3NO2↑+9H2O;
(2)A.NaOH溶液;除油污和氧化膜,也要和Al反应,所以应适量,A不正确;
B.没有真空,也可在水浴条件下蒸发,既要防止Al(NO3)3的分解;也要防止发生水解,B不正确;
C.干燥器隔板下一般放硅胶吸水;打开时,要用力平推玻璃盖,C不正确;
D.制取后的Al(NO3)3必须密封保存;防水解,D正确。答案为:D;
(3)此反应实际是水和SOCl2反应,从化合价考虑,只能生成SO2和HCl,反应的方程式为Al(NO3)3·9H2O+9SOCl2=Al(NO3)3+9SO2↑+18HCl↑。答案为:Al(NO3)3·9H2O+9SOCl2=Al(NO3)3+9SO2↑+18HCl↑;
(4)①通入水蒸气;不仅提高温度还起到搅拌作用;答案为:搅拌;
②由于水蒸气通入和反应,HNO3的浓度不断变化,NO和NO2的物质的量之比不是1∶1,很难被NaOH吸收干净;答案为:由于HNO3在反应过程中浓度不断变化,NO和NO2物质的量之比不一定是1∶1;
Al(NO3)3·9H2O晶体吸附HNO3,合适的洗涤剂是冷水,不用有机物,有机物不能除去吸附的HNO3;答案为:冷水;
③从分析冷凝管是多余的方向考虑;通入水蒸气,冷凝回流会使浓度迅速下降,反应速率迅速变小。答案为:通入水蒸气,冷凝回流会使浓度迅速下降,反应速率迅速变小。
【点睛】
分析稀硝酸的最佳浓度范围时,从哪个角度切入,是解题的关键。从反应速率看,浓度越大,反应速率越快;从环保的角度看,最好是不产生污染环境的气体,N2不污染环境,不需对气体进行处理,其它气体都需收集或处理,所以自然会想到NO、NO2的综合处理。综合以上两点,就能确定硝酸的浓度范围。【解析】8~8.54Al+18H++6NO3-=4Al3++3NO↑+3NO2↑+9H2ODAl(NO3)3·9H2O+9SOCl2=Al(NO3)3+9SO2↑+18HCl↑搅拌由于HNO3在反应过程中浓度不断变化,NO和NO2物质的量之比不一定是1∶1冷水通入的水蒸气,冷凝回流会使浓度迅速下降,反应速率迅速变小六、结构与性质(共3题,共27分)22、略
【分析】【详解】
(1)Cu位于第四周期IB族,其Cu2+的价电子排布式为3d9;
(2)A、[Cu(N
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