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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2025年上教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7题,共14分)1、一定条件下的密闭容器中发生放热反应:2A(g)+B(g)2C(g),若其它条件不变,下列措施会使该反应速率减小,A转化率增大的是A.升高温度B.增大B浓度C.减少物质CD.加入催化剂2、氨基酸在水溶液中可通过得到或失去发生如下反应:
常温下,的甘氨酸()溶液中各微粒浓度对数值与pH的关系如图所示:
下列说法正确的是A.曲线③为的浓度与pH的关系图B.C.平衡常数的数量级为D.C点溶液中满足:3、为了净化和收集由盐酸和大理石制得的CO2气体;从下图中选择合适的的装置并连接。合理的是。
A.a-a′→d-d′→eB.b-b′→d-d′→gC.c-c′→d-d′→gD.d-d′→c-c′→f4、按下述实验方法制备气体,合理又实用的是A.锌粒与稀硝酸反应制备H2B.加热分解NH4Cl固体制备NH3C.亚硫酸钠与浓硫酸反应制备SO2D.大理石与浓硫酸反应制备CO25、甲乙是某同学设计的两套制取二氧化碳的发生装置;对两套装置分析正确的是。
A.此时甲装置中的止水夹M处于打开状态B.甲装置气体导出过程中容器内外气压相等C.甲装置不具有启普发生器的功能D.乙装置N处添加止水夹可以与甲装置具有相同功能6、下列实验能达到目的的是。
。
A.实验室制取氨气。
B.为确认CuSO4生成;向①中加水,观察颜色。
C.制备纯净的。
Fe(OH)2D.除去Cl2中含有的少量HCl气体。
A.AB.BC.CD.DA.B.C.D.7、为确定HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱;某同学设计了如图所示的装置,下列有关叙述正确的是()
A.HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性依次增强B.A中锥形瓶中生成CO2气体C.B中装饱和Na2CO3溶液,用于除去A中挥发出的HCl气体D.C中装Na2SiO3溶液,预期现象是先出现白色沉淀后又逐渐溶解评卷人得分二、填空题(共9题,共18分)8、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。9、常温下有浓度均为0.1mol/L的四种溶液:①HCl;②CH3COOH;③NaOH;④Na2CO3。
(1)这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是___(用序号填写)。
(2)等体积混合②和③的溶液中离子浓度的大小顺序是___。
(3)常温下,0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3,则CH3COOH溶液的电离平衡常数Ka=___。
(4)用离子方程式表示④的水溶液呈碱性的主要原因:___。
(5)取10mL溶液①,加水稀释到1000mL,则该溶液中由水电离出的c(H+)约为___。10、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11、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________。12、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)13、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)。14、某化学小组用下列装置和试剂进行实验,探究O2与KI溶液发生反应的条件。
供选试剂:质量分数为30%的H2O2溶液、0.1mol·L-1的H2SO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体。
(1)小组同学设计甲;乙、丙三组实验;记录如下:
。
操作。
现象。
甲。
向装置I的锥形瓶中加入MnO2固体,向装置I的____中加入质量分数为30%的H2O2溶液;连接装置I;III,打开活塞。
装置I中产生无色气体并伴随大量白雾;装置III中有气泡冒出;溶液迅速变蓝。
乙。
向装置II中加入KMnO4固体;连接装置II;III,点燃酒精灯。
装置III中有气泡冒出;溶液不变蓝。
丙。
向装置II中加入____,向装置III中再加入适量0.1mol·L-1的H2SO4溶液;连接装置II;III,点燃酒精灯。
装置III中有气泡冒出;溶液变蓝。
(2)丙实验中O2与KI溶液反应的离子方程式为___________________________________。
(3)对比乙、丙实验可知,O2与KI溶液发生反应的适宜条件是__________。为进一步探究该条件对反应速率的影响;可采取的实验措施是____________________________。
(4)由甲、乙、丙三组实验推测,甲实验中可能是I中的白雾使溶液变蓝。为了验证推测,可将装置I中产生的气体通入_________(填字母)溶液中,依据实验现象来证明白雾中含有H2O2。A.酸性KMnO4B.FeCl2C.H2S(5)资料显示:KI溶液在空气中久置的过程中会被缓慢氧化:4KI+O2+2H2O=2I2+4KOH。该小组同学取20mL久置的KI溶液,向其中加入几滴淀粉溶液,结果没有观察到溶液颜色变蓝,他们猜想可能是发生了反应___________________________________(写离子方程式)造成的,请设计实验证明他们的猜想是否正确:___________________________________。15、已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色;现在足量的稀氯化亚铁溶液中,加入1~2滴液溴,振荡后溶液呈黄色。
(1)甲同学认为这不是发生化学反应所致,则使溶液呈黄色的微粒是:______(填粒子的化学式;下同);
乙同学认为这是发生化学反应所致,则使溶液呈黄色的微粒是_________。
(2)如果要验证乙同学判断的正确性;请根据下面所提供的可用试剂,用两种方法加以验证,请将选用的试剂代号及实验中观察到的现象填入下表。
实验可供选用试剂:。A.酸性高锰酸钾溶液B.氢氧化钠溶液C.四氯化碳D.硫氰化钾溶液E.硝酸银溶液F.碘化钾淀粉溶液。实验方案。
所选用试剂(填代号)
实验现象。
方案一。
方案二。
(3)根据上述实验推测,若在稀溴化亚铁溶液中通入氯气,则首先被氧化的离子是________,相应的离子方程式为_______________________________________________;16、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蒸馏水评卷人得分三、工业流程题(共7题,共14分)17、铟(In)是一种稀散金属,常与其他金属矿石伴生,回收氧化锌烟尘(主要成分是ZnO,还含少量PbO、FeS、等)中的金属铟的工艺流程如下:
已知:室温下,金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。金属离子开始沉淀pH(离子浓度为时)1.363完全沉淀pH2.784.3
回答下列问题:
(1)In为49号元素,常以+3价形式存在于化合物中,基态In原子的价电子排布式为_______。
(2)“中性浸出”的过程为:先加入稀硫酸和适量氧化剂氧化酸浸氧化锌烟尘;反应结束前半个小时加入CaO调整pH=5.0~5.2。
①与稀反应的化学方程式为_______。
②氧化酸浸过程中,中的硫元素被氧化为该反应的离子方程式为_______。
③氧化剂用量对中性浸出效果的影响如图所示。最佳氧化剂用量为_______。
④“中浸渣”的主要成分为_______(填化学式)。
(3)萃取时,发生反应代表有机萃取剂。
①反萃取时,宜选用的试剂X为_______。
②实验室进行萃取和反萃取时,均需要使用的玻璃仪器有_______。
(4)“置换”后的滤液可返回_______(填“滤液1”或“滤液2”)中利用。
(5)“置换”时锌粉的利用率为99.5%,若想获得6.9kg海绵铟,需要使用锌粉_______kg(保留两位小数)。18、某化学实验小组从市场购买海带并设计提碘的流程如图所示:
请回答下列问题:
(1)操作2包括以下步骤:a.振荡萃取b.分液c.静置分层d.加碘溶液和CCl4e.检漏。
①上述步骤的正确先后顺序是______(填编号)。
②完成步骤a时要及时放气,放气时分液漏斗下端应_____(填“向上倾斜”或“向下倾斜”),放气的目的是______。
③步骤b的具体操作是______,再将分液漏斗下面的活塞拧开,使下层液体沿烧杯内壁流下,当下层液体刚好放完时关闭活塞,______。
(2)浓NaOH溶液与I2反应的化学方程式是_____。
(3)加入45%硫酸溶液的作用是______(用离子方程式表示)。
(4)利用如图所示装置进行粗碘提纯。简述纯化I2的原理:_____。棉花的作用是______。
19、某兴趣小组设计了利用MnO(含少量铁的氧化物和不溶性杂质)制备二氧化锰的两种方案流程如下:
已知:
①MnO+H2NCOONH4→+2H2OMnCO3↓+2NH3·H2O
②MnO易被空气中氧化;难溶于水;受热易分解;其他硝酸盐相对难分解。
请回答:
(1)方案一中铁元素以_______(填化学式)被除去。
(2)下列说法正确的是_______。A.步骤Ⅱ中,真空加热主要是为了防止被氧化B.步骤Ⅲ中,氨基甲酸铵溶液的制备应在水中先通氨气至饱和,再通至饱和C.步骤Ⅳ和Ⅴ,步骤Ⅳ所得的滤液3和步骤Ⅴ生成的气体可以循环利用D.方案二与方案一相比,方案二相对比较环保(3)过滤后,步骤Ⅴ,为了得到更多进行了以下操作。请选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序:将带有沉淀的滤纸折卷→_______。
a.将滤纸包放入坩埚后;在泥三角上如装置1朝向摆放;
b.将滤纸包放入坩埚后;在泥三角上如装置2朝向摆放;
c.加热时;不断转动坩埚使滤纸完全灰化;
d.先加热装置3中a处,再加热b处;
e.先加热装置3中b处;再加热a处;
f.将沉淀转移至在石英玻璃管中继续灼烧氧化。
(4)步骤Ⅰ,硝酸的质量分数选取50%,不能过大或者过小的理由是_______。
(5)由碳酸锰在空气中灼烧获得的结构比较疏松,步骤Ⅵ用硫酸溶解其中的后,再用合适浓度的氧化后,可得到结构相对致密的重质精品。写出其中发生的离子反应方程式_______。20、央视网2019年6月17日报道;针对近年来青蒿素在全球部分地区出现的“抗药性”难题,我国著名药学家;诺贝尔生理学或医学奖获得者屠呦呦及其团队,经过多年攻坚,提出应对“青蒿素抗药性”难题的切实可行治疗方案。从青蒿(粉末)中提取青蒿素的方法以萃取原理为基础,主要有乙醚浸提法和汽油浸提法。青蒿素为白色针状晶体,易溶于乙醇、乙醚、苯和汽油等有机溶剂,不溶于水,熔点为156~157℃,沸点为389.9℃,热稳定性差,汽油浸提法的主要工艺流程如下图所示。
注:汽油的沸点为40~200℃。回答下列问题:
(1)超声提取的原理是在强大的超声波作用下,使青蒿细胞乳化、击碎、扩散,超声波提取的优点是___________;时间短、温度低等。
(2)操作1的名称为________,如图所示为操作Ⅱ的实验装置图(部分夹持装置已略),图中A、B、C、D错误的是_______(填标号)。
(3)已知青蒿素在95%乙醇中的溶解度随温度的升高而升高,则操作Ⅲ为____________;过滤、洗涤、干燥。
(4)通过控制其他实验条件不变,来研究原料粒度、提取时间和提取温度对青蒿素提取速率的影响,其结果如下图所示,采用的最佳原料粒度、提取时间和提取温度分别为________。
(5)将青蒿素加入滴有酚酞的NaOH溶液中,青蒿素的溶解量较小,加热并搅拌,青蒿素的溶解量增大,且溶液红色变浅,说明青蒿素与_________(填标号)具有相似的性质。
A乙醇B乙酸甲酯C乙醛D果糖。
(6)已知青蒿素的分子式为C15H22O5(相对分子质量为282),将28.2g青蒿素样品在燃烧管中充分燃烧,将燃烧后的产物依次通过盛有足量P2O5和碱石灰的干燥管,盛有碱石灰干燥管增重的质量为______g。21、已知某工业废水中含有大量FeSO4,较多的Cu2+,极少量的Na+以及部分污泥,通过下列流程可从该废水中回收FeSO4·7H2O晶体及金属Cu。
(1)步骤1的主要操作是___,需用到的玻璃仪器除烧杯外还有___。
(2)固体混合物是____(填化学式)
(3)步骤3中发生反应的化学方程式为___。
(4)步骤4中涉及的操作是:蒸发浓缩、___;过滤、洗涤、干燥。
(5)火法制得的粗铜中常混有少量氧化亚铜(Cu2O),氧化亚铜溶于稀硫酸溶液变蓝。试写出该反应的离子方程式___。22、某同学在实验室以α-呋喃甲醛()为原料制备α-呋喃甲醇()和α-呋喃甲酸();过程如下:
相关物质性质如下表:。物质α-呋喃甲醛α-呋喃甲醇α-呋喃甲酸乙醚常温性状无色或浅黄色液体无色透明液体白色针状固体无色透明液体熔、沸点/℃-36.5
161.7-31
171131
230-232-116.3
34.6相对分子量969811274溶解性微溶于水,易溶于乙醇、乙醚、丙酮、氯仿、苯溶于水、可混溶于乙醇、乙醚、苯、氯仿水溶性:36g/L(20℃)微溶于水
回答下列问题:
(1)步骤①所用装置(夹持仪器已省略)如图,盛放NaOH溶液的仪器名称为_____________。
(2)步骤②中操作I是_____________,步骤③中操作II是_____________,操作II前需要向乙醚混合液中加入无水MgSO4,其目的是_________________________________________。
(3)向水层中加入浓盐酸,反应的化学方程式为_____________________________________。
(4)步骤④操作III包括_____________;过滤、洗涤、干燥。
(5)本实验呋喃甲酸的产率为_____________%(保留三位有效数字),进一步提纯α-呋喃甲酸,若重结晶时加入过多的蒸馏水,则会导致α-呋喃甲酸的产率_____________(填“偏低”“偏高”或“不影响”)。23、碘酸钾可用作食用盐的加碘剂,为无色或白色颗粒或粉末状结晶,加热至560℃开始分解,是一种较强的氧化剂,水溶液呈中性,溶解度在0℃时为4.74g,100℃时为32.3g。下图是利用过氧化氢氧化法制备碘酸钾的工业流程:
(1)步骤①需控制温度在70℃左右,不能太高,可能的原因是_______;不能太低,原因是________________________
(2)写出步骤②中主要反应的离子方程式:__________
(3)步骤⑤用冰水冷却至0℃,过滤出碘酸钾晶体,再用适量冰水洗涤2~3次。用冰水洗涤的优点是_____________
(4)产品纯度测定:取产品9.0g,加适量水溶解并配成250mL溶液。取出25.00mL该溶液并用稀硫酸酸化,加入过量的KI溶液,使碘酸钾反应完全,最后加入指示剂,用物质的量浓度为1.00mol•L-1的Na2S2O3溶液滴定,消耗25.00mL该滴定液时恰好达到滴定终点。已知
①实验中可用_______作指示剂。
②产品的纯度为_____%(精确到小数点后两位)。求得的纯度比实际值偏大,可能的原因是________________________。评卷人得分四、有机推断题(共1题,共6分)24、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、结构与性质(共3题,共15分)25、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)。26、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______。
27、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)。评卷人得分六、元素或物质推断题(共2题,共14分)28、W;X、Y、Z、N、M六种主族元素;它们在周期表中位置如图所示,请用对应的的化学用语回答下列问题:
(1)N元素在周期表中的位置___________,根据周期表,推测N原子序数为___________
(2)比较Y、Z、W三种元素形成简单离子的半径由大到小的顺序___________
(3)M最高价氧化物的水化物在水中的电离方程式:___________
(4)以下说法正确的是___________
A.单质的还原性:X>Y,可以用X与YM2溶液发生反应来证明。
B.Y与同周期的ⅢA元素的原子序数相差1
C.半导体器件的研制开始于硅;研发出太阳能光伏电池,将辐射转变为电能,如我校的路灯。
D.元素N位于金属与非金属的分界线附近,可以推断N元素的单质具有两性29、物质A由4种元素组成;按如下流程进行实验。
已知:
①每一步反应均完全②溶液D仅含一种溶质。
③沉淀E不溶于酸④溶于
请回答:
(1)物质A的组成元素为_______(元素符号),其化学式为_______。
(2)写出A与双氧水反应的化学方程式_______。
(3)写出F至G的离子方程式_______。
(4)设计实验检验溶液D中的主要离子_______。参考答案一、选择题(共7题,共14分)1、C【分析】【分析】
该反应的正反应是气体体积减小的放热反应;根据外界条件对化学反应速率和化学平衡移动的影响分析解答。
【详解】
A.升高温度;化学反应速率增大;化学平衡向吸热的逆反应方向移动,A转化率降低,A不符合题意;
B.增大反应物B的浓度;化学反应速率加快;化学平衡正向移动,A的平衡转化率增大,B不符合题意;
C.减少生成物C;物质浓度降低,反应速率减小;生成物浓度降低,化学平衡正向移动,A转化率增大,C符合题意;
D.加入催化剂;能够使化学反应速率大大加快;由于催化剂对正;逆反应速率影响相同,因此化学平衡不移动,故A的平衡转化率不变,D不符合题意;
故合理选项是C。2、C【分析】【分析】
由甘氨酸在水溶液中可通过得到或失去H+发生反应可知,氢离子浓度增大,含量最大,氢离子浓度减小,含量最大,曲线①为pH最小,氢离子浓度最大,则为的浓度与pH的关系图,曲线③为pH最大,氢离子浓度最小,则为的浓度与pH的关系图,故曲线②为的浓度与pH的关系图;
【详解】
A.据分析可知,曲线①为的浓度与pH的关系图;A错误;
B.据分析可知,②③分别为的曲线,由图可知,pH=7时,B错误;
C.的平衡常数K=当时,即图中A点,此时pH约为2.5,则平衡常数的数量级为C正确;
D.C点溶液中,溶液显碱性,则溶液中加入了其它碱性物质,应该还有一种阳离子,D错误;
故选C。3、C【分析】【详解】
由盐酸和大理石制得的CO2气体中会含有杂质H2O(g)和HCl,除去的试剂分别为浓硫酸和饱和碳酸氢钠溶液,应先让气体通过饱和NaHCO3溶液除去HCl,再通过浓硫酸干燥;CO2的相对分子量为44,比空气(29)的大,因此用向上排空气法收集CO2;答案选C。4、C【分析】【分析】
【详解】
A.硝酸具有强氧化性,锌粒与稀硝酸反应不能放出H2;故不选A;
B.NH4Cl受热分解为氨气和氯化氢,氨气和氯化氢遇冷又生成氯化铵,不能用加热分解NH4Cl固体的方法制备NH3;故不选B;
C.亚硫酸钠与浓硫酸反应生成硫酸钠;二氧化硫、水;故选C;
D.大理石与浓硫酸反应生成微溶于水的硫酸钙,硫酸钙附着于碳酸钙表面,碳酸钙和硫酸隔离,反应不能持续进行,不能用碳酸钙和硫酸反应制备CO2;故不选D;
选C。5、B【分析】【分析】
制取装置包括加热和不需加热两种,实验室制取CO2,是在常温下,用大理石或石灰石和稀盐酸制取的;碳酸钙和盐酸互相交换成分生成氯化钙和水和二氧化碳,因此不需要加热;二氧化碳能溶于水,密度比空气的密度大,因此只能用向上排空气法收集;甲装置的优点是:可以控制反应的发生和停止,具有启普发生器的功能;乙装置N处添加止水夹也与甲装置具有的功能不同,因为乙中固体与液体不能分离。
【详解】
A项;图示甲装置中固液分离,且U形管中左边液面高于右边液面,说明止水夹M处于关闭状态,故A项分析错误;B项,甲装置气体导出过程中,容器内部与外部相通,装置气体顺利导出,气压相等,故B项分析正确;C项,启普发生器适用于块状固体与液体在常温下反应制取气体,能够实现“随开随用;随关随停”,而甲装置同样适于块状固体与液体在常温下反应制取气体,且利用止水夹的开闭能够控制反应的开始和停止,因此,甲装置具有启普发生器的功能,故C项分析错误;D项,甲装置关闭止水夹M后,U形管内的压强增大,从而使固体与液体反应物分离,而乙装置在N处添加止水夹不能实现固液分离,故D项分析错误;正确选项B。
【点睛】
启普发生器适用于块状固体与液体在常温下反应制取气体,能够实现“随开随用、随关随停”;可以利用启普发生器制备的气体常见的有氢气、二氧化碳、硫化氢等等。6、D【分析】A、氯化铵分解后,在试管口又化合生成氯化铵,则图中装置不能制备氨气,故A错误;B、①中生成硫酸铜溶液,不需要加水,故B错误;C、胶头滴管应伸到液面下,且生成的氢氧化亚铁易被氧化,没有隔绝空气,故C错误;D、用饱和食盐水除去Cl2中含有的少量HCl气体,故D正确。故选D。7、B【分析】【分析】
A.盐酸为强酸,H2CO3和H2SiO3为弱酸;根据元素的非金属性判断酸性的强弱;
B.根据强酸制弱酸原理进行分析判断;
C.Na2CO3和HCl;二氧化碳均发生反应;
D.硅酸不溶于水。
【详解】
A.盐酸是强酸,元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水合物酸性越强,非金属性C>Si,因此酸性:H2CO3>H2SiO3,所以HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性依次减弱;A项错误;
B.要确定HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱;采用强酸制取弱酸原理,用稀盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳,用二氧化碳和硅酸钠溶液制取硅酸,所以锥形瓶中用于制取二氧化碳,B项正确;
C.Na2CO3和HCl、二氧化碳都反应,所以B中应该用饱和的NaHCO3溶液除去A中挥发出的HCl气体;C项错误;
D.硅酸不溶于水;所以实验现象为出现白色沉淀,D项错误;
答案选B。二、填空题(共9题,共18分)8、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)d24.99、略
【分析】【详解】
(1)水电离程度比较:碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐;碳酸根离子水解导致溶液显碱性,促进了水的电离;盐酸是强酸溶液,氢氧化钠溶液是强碱溶液,溶液中水的电离都受到了抑制作用,其中盐酸中的氢离子浓度等于氢氧化钠溶液中的氢氧根离子浓度,二者中水的电离程度相等;醋酸溶液为弱酸,发生微弱的电离产生氢离子,抑制了水的电离,但醋酸溶液中氢离子浓度远小于盐酸,故水的电离程度比盐酸和氢氧化钠都强,综合而言这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是④>②>①=③。故答案为:④>②>①=③。
(2)等体积的醋酸和氢氧化钠混合,混合后溶液恰好为醋酸钠溶液,属于强碱弱酸盐,醋酸根离子发生微弱的水解导致溶液显碱性,所以溶液中离子浓度的大小顺序是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。故答案为:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。
(3)常温下,0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3,可得溶液中c(H+)=10-3mol/L,由醋酸的电离方程式:CH3COOHCH3COO-+H+可得其电离平衡常数为:故答案为:10-5。
(4)碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐,碳酸根离子水解导致溶液显碱性,促进了水的电离,其水解方程式为:CO+H2OHCO+OH-,HCO+H2OH2CO3+OH-,故答案为:CO+H2OHCO+OH-,HCO+H2OH2CO3+OH-。
(5)取10mLHCl溶液,加水稀释到1000mL,此时溶液中由HCl电离出的由此可知,此时溶液中的c(H+)=10-3mol/L,可得该溶液中由水电离出的故答案为:10−11mol/L。【解析】④>②>①=③c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)10-5CO+H2OHCO+OH-,HCO+H2OH2CO3+OH-10−11mol/L10、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>③6.0×10-1011、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∶212、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13、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14、略
【分析】【分析】
(1)甲实验:根据裝置Ⅰ不要加热制取氧气可以知道利用的是双氧水的分解;过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气,I中产生无色气体并伴随大量白雾;Ⅲ中有气泡冒出,溶液迅速变蓝说明生成碘单质;
(2)碘离子具有还原性;在酸性条件下能够被氧化氧化成碘单质,据此写出反应的离子方程式;
(3)对比乙、丙实验可以知道,O2与KI溶液发生反应的适宜条件酸性环境;酸溶液中氢离子浓度不同,装置Ⅲ中出现蓝色的速率不同;
(4)证明Ⅰ中产生的气体中含有双氧水;氧气和双氧水都具有氧化性,需要利用不同性质进行检验;
(5)该小组同学取20mL久置的KI溶液;向其中加入几滴淀粉溶液,结果没有观察到溶液颜色变蓝,可能是生成的碘单质在碱溶液中发生反应生成碘化钾;碘酸钾,验证是否正确是在未变蓝色的溶液中滴入稀硫酸观察是否变蓝。
【详解】
(1)甲实验:根据装置Ⅰ不需要加热制取氧气可以知道利用的是双氧水的分解,过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气,向Ⅰ的锥形瓶中加入MnO2固体,向Ⅰ的分液漏斗中加入30%H2O2溶液;连接Ⅰ;Ⅲ,打开活塞,Ⅰ中产生无色气体并伴随大量白雾;Ⅲ中有气泡冒出,溶液迅速变蓝说明生成碘单质,故答案为:分液漏斗;
(2)碘离子具有还原性,在酸性条件下能够被氧化成碘单质,据此写出反应的离子方程式为:O2+4I-+4H+=2I2+2H2O,故答案为:O2+4I-+4H+=2I2+2H2O;
(3)向装置Ⅱ中加入KMnO4固体,连接装置II、III,点燃酒精灯,Ⅲ中有气泡冒出,溶液不变蓝,向Ⅱ中加入KMnO4固体,Ⅲ中加入适量0.1mol·L-1的H2SO4溶液,连接Ⅱ、Ⅲ,点燃酒精灯,Ⅲ中有气泡冒出,溶液变蓝。对比乙、丙实验可以知道,O2与KI溶液发生反应的适宜条件是:酸性环境;为进一步探究该条件对反应速率的影响;可采取的实验措施是:使用不同浓度的稀硫酸作对比实验,故答案为:酸性环境;使用不同浓度的稀硫狻作对比实验;
(4)A.高锰酸钾溶液能够将双氧水氧化;导致高锰酸钾溶液褪色,而氧气不与高锰酸钾溶液反应,如果高锰酸钾溶液褪色可证明混合气体中含有双氧水,故A正确;
B.氧气和高锰酸钾溶液都能够氧化亚铁离子;无法证明混合气体中含有双氧水,故B错误;
C.高锰酸钾和氧气都能够氧化硫化氢;无法用硫化氢检验混合气体中是否含有双氧水,故C错误;
故答案为:A;
(5)KI溶液在空气中久置的过程中会被缓慢氧化:4KI+O2+2H2O=2I2+4KOH。该小组同学取20mL久置的KI溶液,向其中加入几滴淀粉溶液,结果没有观察到溶液颜色变蓝,他们猜想可能是发生了反应的离子方程式为3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O,设计实验证明他们的猜想是否正确的实验方案为:在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol∙L-1H2SO4溶液,观察现象,若溶液变蓝则猜想正确,否则错误,故答案为:3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O;在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol∙L-1H2SO4溶液;观察现象,若溶液变蓝则猜想正确,否则错误。
【点睛】
在做探究性实验的题目时,根据资料,如果没有得到预期的实验结果,那么除了资料中给的化学反应,还要考虑酸性或碱性环境的影响,结合题目的上下文进行联系,综合考虑得出结论。这是解答此类题目时的难点。【解析】分液漏斗KMnO4固体O2+4I-+4H+=2I2+2H2O酸性环境使用同体积不同浓度的稀硫酸做对比实验A3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol∙L-1H2SO4溶液,观察现象,若溶液变蓝则猜想正确,否则错误15、略
【分析】【分析】
溴单质氧化性较强,能将亚铁离子氧化为三价铁,三价铁在水溶液中是黄色的;要验证乙同学的判断正确,可检验黄色溶液中不含Br2或黄色溶液中含Fe3+,根据Br2和Fe3+的性质进行检验,Br2可溶于CCl4,Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质;Br2能将Fe2+氧化成Fe3+,说明还原性:Fe2+>Br-;依据氧化还原反应中“先强后弱”规律判断。
【详解】
(1)在足量的稀氯化亚铁溶液中,加入1-2滴液溴,若没有发生化学反应,使溶液呈黄色的微粒为Br2;若是发生化学反应,二价铁离子被溴单质氧化为三价铁在水溶液中是黄色的;因此答案是:Br2;Fe3+;
(2)要验证乙同学的判断正确,可检验黄色溶液中不含Br2或黄色溶液中含Fe3+,根据Br2和Fe3+的性质进行检验,Br2可溶于CCl4,Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质;方案一可选用CCl4(C),向黄色溶液中加入四氯化碳,充分振荡、静置,溶液分层,若下层呈无色,表明黄色溶液中不含Br2,则乙同学的判断正确;方案二可选用KSCN溶液(D),向黄色溶液中加入KSCN溶液,振荡,若溶液变为血红色,则黄色溶液中含Fe3+;则乙同学的判断正确。
(3)根据上述推测说明发生反应Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-,由此说明亚铁离子的还原性大于溴离子,Cl2具有氧化性,先氧化的离子是亚铁离子,反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-;因此答案是:Fe2+;2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。【解析】Br2;Fe3+答案如下:
。
选用试剂。
实验现象。
第一种方法。
C
有机层无色。
第二种方法。
D
溶液变红。
Fe2+2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-16、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>③6.0×10-10三、工业流程题(共7题,共14分)17、略
【分析】【分析】
氧化锌烟尘中性浸出,过滤分离得到滤液1,滤液1为ZnSO4,中性渣主要含加入硫酸酸浸,过滤得到滤液2和酸浸渣,酸浸渣为滤液2中主要含有In3+、Fe3+;加入P204+260号溶剂由萃取,再加入酸反萃取后,加入Zn置换得到海绵铟。
【详解】
(1)In为第五周期第ⅢA族元素,基态In原子的价电子排布式为故答案为:
(2)①加入稀硫酸浸泡过程中,与稀反应生成和沉淀,反应的化学方程式为故答案为:
②氧化酸浸过程中,中的硫元素被氧化为MnO2被还原为Mn2+,则发生反应的离子方程式为故答案为:
③“中性浸出”时要尽可能使锌元素浸出;铟元素不浸出,根据题图判断,最佳氧化剂用量为1%,故答案为:1%;
④由上述分析可知,“中浸渣”的主要成分为故答案为:
(3)①反萃取过程中,需要加入酸溶液让萃取反应的平衡逆向移动,从流程中看出宜选用稀故答案为:稀
②萃取和反萃取后需要分液;则均需要使用的玻璃仪器有烧杯;分液漏斗,故答案为:烧杯、分液漏斗;
(4)“置换”后的滤液中含有大量可返回滤液1中利用,故答案为:滤液1;
(5)“置换”过程中发生反应则需要消耗的Zn的质量为故答案为:5.88。【解析】(1)
(2)1%
(3)稀烧杯;分液漏斗。
(4)滤液1
(5)5.8818、略
【分析】【分析】
海带中提取I2,即将海带中的I-溶于水中,再将其氧化为I2,再利用CCl4萃取从水中提取出来。
【详解】
(1)操作为从水中分离出I2,即为萃取分液。具体操作顺序为edacb。在振荡过程中CCl4挥发导致分液漏斗中气压增大为了防止炸裂引发安全事故,需要进行放气,放气时分液漏斗下端朝上转动活塞放气。将漏斗置于铁圈上打开上端活塞静置分层,然后从下口放出下层,再从上口倒出上层。答案为edacb;向上倾斜;排除气体防止压强过大分液漏斗炸裂;打开上端活塞静置;从上口倒出上层;
(2)从图可以看出I2转变为NaI和NaIO3,那么反应按照升降守恒配平即可,3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O。答案为3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O;
(3)从图看NaI和NaIO3经稀硫酸转变为I2,即反应为6H++5I-+=3I2+3H2O。答案为6H++5I-+=3I2+3H2O;
(4)碘易升华经冷却之后便可被收集起来。该装置中I2经加热升华进入漏斗冷却为固体被收集在漏斗中从而达到分离提纯的目的。棉花为防止I2蒸汽升华至空气中。答案为I2经加热升华进入漏斗冷却为固体被收集在漏斗中从而达到分离提纯的目的;防止I2蒸汽升华至空气中。【解析】(1)edacb向上倾斜排除气体防止压强过大分液漏斗炸裂打开上端活塞从上口倒出上层。
(2)3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O
(3)6H++5I-+=3I2+3H2O
(4)I2经加热升华进入漏斗冷却为固体被收集在漏斗中从而达到分离提纯的目的防止I2蒸汽升华至空气中19、略
【分析】【分析】
方案一利用MnO加入50%硝酸溶液浸取,调节pH、过滤后得到滤液1在真空加热到250℃~300℃,洗涤后得到二氧化锰粗品,多步操作后得到二氧化锰精品;方案二在MnO和水中同时通入CO2和氨气;浸取后得到滤液2,蒸发;过滤得到的滤渣灼烧得到二氧化锰粗品,多步操作得到精品。
【详解】
(1)方案一中通过调节溶液的pH,使铁离子水解产生氢氧化铁沉淀过滤而除去,故铁元素以被除去;
(2)A.受热易分解,其他硝酸盐相对难分解,步骤Ⅱ中,真空加热主要是为了使氧化生成二氧化锰;选项A错误;
B.步骤Ⅲ中,氨基甲酸铵溶液的制备应在MnO和水中同时通氨气和进行反应;选项B错误;
C.步骤Ⅳ和Ⅴ,步骤Ⅳ所得的滤液3和步骤Ⅴ生成的气体可以循环利用;选项C正确;
D.方案一有硝酸参与;产生氮的氧化物,故方案二与方案一相比,方案二相对比较环保,选项D正确;
答案选CD;
(3)过滤后,步骤Ⅴ,为了得到更多具体操作为b.将滤纸包放入坩埚后,在泥三角上如装置2朝向摆放;d.先加热装置3中a处,再加热b处;c.加热时,不断转动坩埚使滤纸完全灰化;f.将沉淀转移至在石英玻璃管中继续灼烧氧化;答案为bdcf;
(4)步骤Ⅰ,硝酸的质量分数选取50%;因为浓度太小,反应速率太小,浓度过大容易被氧化而不利于MnO的溶解;在后续过滤中被滤除;
(5)步骤Ⅵ用硫酸溶解其中的后,再用合适浓度的氧化后,可得到结构相对致密的重质精品,高锰酸根离子与锰离子发生归中反应生成二氧化锰,发生的离子反应方程式为【解析】(1)
(2)CD
(3)bdcf
(4)浓度太小,反应速率太小,浓度过大容易被氧化而不利于MnO的溶解;在后续过滤中被滤除。
(5)20、略
【分析】【分析】
根据乙醚浸取法的流程可知;对青蒿进行干燥破碎,可以增大青蒿与乙醚的接触面积,提高青蒿素的浸取率,用乙醚对青蒿素进行浸取后,过滤,可得滤液和滤渣,提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品,对粗品加95%的乙醇,浓缩;结晶、过滤可得精品;
(1)根据乙醚浸取法的流程可知;对青蒿进行干燥破碎,可以增大青蒿与乙醚的接触面积;
(2)根据上面的分析;操作I为过滤,需要的玻璃仪器依据装置图分析选择玻璃仪器;提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品;
(3)根据上面的分析可知,粗品中加95%的乙醇,浓缩、结晶、过滤可得精品;
(4)根据原料的粒度;提取时间和提取温度对青蒿素提取速率的影响如图3所示;取提取率最大的值进行答题;
(5)根据酯的性质;结合题给信息,分析青蒿素的性质;
(6)碱石灰能够吸收水蒸气和二氧化碳;据此分析计算干燥管增重的质量;
【详解】
(1)超声提取的原理是在强大的超声波作用下;使青蒿细胞乳化;击碎、扩散,超声波提取的优点是浸取率高;
故答案为浸取率高;
(2)操作1是固体和液体分离;名称为过滤,该冷凝管是直形冷凝管,故D错误;
故答案为过滤;D;
(3)已知青蒿素在95%乙醇中的溶解度随温度的升高而升高;从溶液中获得晶体,则操作Ⅲ为蒸发浓缩;冷却结晶;
故答案为蒸发浓缩;冷却结晶;
(4)有图像分析可知采用的最佳原料粒度;提取时间和提取温度分别为60目(40~60目)、100min、50℃;
故答案为60目(40~60目);100min、50℃;
(5)将青蒿素加入滴有酚酞的NaOH溶液中;青蒿素的溶解量较小,加热并搅拌,青蒿素的溶解量增大,且溶液红色变浅,说明青蒿素在碱性环境下发生了反应,与酯的性质相似;
故答案为B;
(6)28.2g青蒿素样品完全燃烧,生成1.5mol的二氧化碳和1.1mol的水,通过盛有足量P2O5,水被吸收,碱石灰吸收的是二氧化碳,故盛有碱石灰干燥管增重的质量为m=n×M=1.5mol×44g/mol=66g;
故答案为66。【解析】①.浸取率高(及其他合理答案)②.过滤③.D④.蒸发浓缩、冷却结晶⑤.60目(40~60目)、100min、50℃(合理即可给分)⑥.B⑦.6621、略
【分析】【分析】
已知某工业废水中含有大量FeSO4,较多的Cu2+,极少量的Na+以及部分污泥,通过过滤得到溶液1,含有大量FeSO4,较多的Cu2+,极少量的Na+;加入足量的铁粉,置换出金属铜,得到固体混合物铁和铜;过滤,得到溶液2,经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4⋅7H2O晶体;固体混合物铁和铜加入足量的硫酸;得到硫酸亚铁溶液进入溶液2中,同时剩余铜固体,据以上分析解答。
【详解】
(1)步骤1用于分离固体和液体;为过滤操作,需要用到的玻璃仪器有烧杯;漏斗、玻璃棒;
故答案为过滤;漏斗;玻璃棒;
(2)由上述分析可知;固体混合物含Fe;Cu;
故答案为Fe;Cu;
(3)步骤3中发生反应的离子方程式为Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑;
故答案为Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑;
(4)步骤4中涉及的操作是:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4⋅7H2O晶体;故答案为冷却结晶;
(5)氧化亚铜与稀硫酸反应,溶液变蓝,发生离子反应为Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O;
故答案为Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。【解析】①.过滤②.漏斗、玻璃棒③.Fe、Cu④.Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑⑤.冷却结晶⑥.Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O22、略
【分析】【详解】
(1)根据步骤①所用装置图可知;盛放NaOH溶液的仪器名称为分液漏斗,故答案:分液漏斗。
(2)由反应历程图可知步骤②中操作I是萃取分液,步骤③中操作II是蒸馏,操作II前需要向乙醚混合液中加入无水MgSO4;其目的是除去混合物中的水,故答案:萃取分液;蒸馏;除去混合物中的水。
(3)因为α-呋喃甲酸钠能溶于水,所以向水层中加入浓盐酸,反应的化学方程式为:+HCl→+NaCl
故答案:+HCl→+NaCl。
(4)由表可知水和α-呋喃甲酸混合,根据α-呋喃甲酸熔沸点高,且20时溶解性为36g/L可采取再降温结晶;过滤;洗涤、干燥,获取α-呋喃甲酸,故答案:降温结晶。
(5)根据和+HCl→+NaCl可知:2mol呋喃甲酸1molα-呋喃甲酸,则0.04mol呋喃甲酸可产生0.02mol的α-呋喃甲酸,其质量=0.02mol112g/mol=2.24g,实际产量为1.5g,所以呋喃甲酸的产率=67.0进一步提纯α-呋喃甲酸,因为在20溶解度为36g/L,所以若重结晶时加入过多的蒸馏水,则会导致α-呋喃甲酸的产率偏低,故答案:67.0;偏低。【解析】分液漏斗萃取分液蒸馏除去混合物中的水+HCl→+NaCl。降温结晶67.0偏低23、略
【分析】【分析】
(1)根据硝酸和过氧化氢不稳定分析;
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