四川省江油中學(xué)2022-2023學(xué)年高二下學(xué)期期中考試化學(xué) Word版含解析

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江油中學(xué)2021級(jí)高二下期半期考試化學(xué)試題可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量:C-12O-16Si-28Na-23第I卷(選擇題,共42分)一、選擇題(本題包括14小題,每小題3分,共42分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1.化學(xué)與人類生活、生產(chǎn)息息相關(guān)。下列說法錯(cuò)誤的是A.用純堿溶液清洗油污,加熱可增強(qiáng)去污能力B.明礬可以用于自來水的凈化和消毒殺菌C.工業(yè)廢水中的Cu2+、Hg2+等重金屬陽離子可以通過加入FeS除去D.餐后將洗凈的鐵鍋擦干可減緩鐵的銹蝕【答案】B【解析】【詳解】A.純堿是碳酸鈉的水溶液,碳酸根離子水解溶液顯堿性。加熱促進(jìn)碳酸根的水解,堿性增強(qiáng),去污效果增強(qiáng),A正確;B.明礬水解生成氫氧化鋁膠體,具有吸附性可用于凈水,但不能消毒,B錯(cuò)誤;C.CuS和HgS的溶解度小于FeS,向含有Cu2+、Hg2+等重金屬陽離子的工業(yè)廢水中加入FeS,可以使FeS轉(zhuǎn)化為CuS和HgS,再通過過濾除去,故C正確;D.在潮濕環(huán)境中易發(fā)生吸氧腐蝕腐蝕形成鐵銹,水是反應(yīng)物之一,所以餐后將洗凈的鐵鍋擦干可減緩鐵的銹蝕,以防生銹,D正確;故選B。2.下列不涉及氧化還原反應(yīng)的是A.補(bǔ)鐵劑(有效成分為Fe2+)與維生素C共服效果更佳B.雷雨肥莊稼——自然固氮C.灰肥相混損肥分——灰中含有碳酸鉀,肥中含有銨鹽D.從沙灘到用戶——由二氧化硅制晶體硅【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.維生素C具有還原性,能防止補(bǔ)鐵劑被氧化,屬于氧化還原反應(yīng),故A正確;B.放電過程中,氮?dú)馀c氧氣反應(yīng)生成NO,O、N元素的化合價(jià)發(fā)生變化,涉及氧化還原反應(yīng),故B正確;C

1.碳酸鉀與銨鹽發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng),會(huì)生成氨氣揮發(fā),反應(yīng)過程中不存在化合價(jià)的變化,不涉及氧化還原反應(yīng),故C錯(cuò)誤;D.由二氧化硅制晶體硅,Si的化合價(jià)降低,被還原,涉及氧化還原反應(yīng),故D正確;故答案為C。3.下列用于解釋事實(shí)的方程式書寫不正確的是A.0.1mol/L氨水的pH約為11.1:NH3·H2ONH+OH-B.用明礬[KAl(SO4)2·12H2O]作凈水劑:Al3++3H2OAl(OH)3(膠體)+3H+C.泡沫滅火器快速產(chǎn)生CO2:3HCO+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑D.用飽和Na2CO3溶液處理水垢中的CaSO4:Ca2++CO=CaCO3↓【答案】D【解析】【詳解】A.一水合氨是弱堿,發(fā)生部分電離,0.1mol/L氨水的pH約為11.1:NH3·H2ONH+OH-,故A正確;B.明礬中鋁離子水解為氫氧化鋁膠體,吸附水中的懸浮雜質(zhì),用明礬[KAl(SO4)2·12H2O]作凈水劑:Al3++3H2OAl(OH)3(膠體)+3H+,故B正確;C.硫酸鋁和碳酸氫鈉溶液混合,發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳,泡沫滅火器快速產(chǎn)生CO2:3HCO+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑,故C正確;D.硫酸鈣微溶于水,用飽和Na2CO3溶液處理水垢中的CaSO4,反應(yīng)的離子方程式為CaSO4+CO=CaCO3+SO,故D錯(cuò)誤;選D。4.下列溶液在空氣中蒸干后能得到原溶質(zhì)的是A.KAl(SO4)2B.Na2SO3C.FeSO4D.MgCl2【答案】A【解析】【詳解】A.硫酸鋁鉀溶液中鋁離子水解使溶液呈酸性,加熱雖然能促進(jìn)鋁離子水解,但硫酸是難揮發(fā)的高沸點(diǎn)酸,水解生成的硫酸能與氫氧化鋁反應(yīng),在空氣中蒸干后依然得到硫酸鋁鉀固體,故A正確;B.亞硫酸鈉具有還原性,易被空氣中的氧氣氧化生成硫酸鈉,在空氣中蒸干后得到硫酸鈉,無法得到亞硫酸鈉,故B錯(cuò)誤;C

2.硫酸亞鐵具有還原性,易被空氣中的氧氣氧化生成硫酸鐵,在空氣中蒸干后得到硫酸鐵,無法得到硫酸亞鐵,故C錯(cuò)誤;D.氯化鎂在溶液中水解生成氫氧化鎂和氯化氫,加熱氯化氫受熱揮發(fā),使氯化鎂水解平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng),直至水解趨于完全,在空氣中蒸干后得到氫氧化鎂,無法得到氯化鎂,故D錯(cuò)誤;故選A。5.常溫下,0.1mol·L-1的下列溶液中c(NH)最小的是ANH4Al(SO4)2B.NH4ClC.NH3·H2OD.CH3COONH4【答案】C【解析】【詳解】同濃度的下列溶液:A.NH4Al(SO4)2、B.NH4Cl、C.NH3·H2O、D.CH3COONH4,因A中鋁離子水解抑制銨根離子的水解,B中銨根離子水解,C中弱堿電離產(chǎn)生NH,但電離的程度很弱;D醋酸根離子水解促進(jìn)銨根離子水解,則c(NH)由大到小的順序是:A>B>D>C,c(NH)最小的為NH3·H2O溶液,故選C。6.常溫下,向含AgCl的飽和溶液中滴加數(shù)滴濃的氫碘酸(忽略體積變化)。下列數(shù)值增大的是A.Ksp(AgCl)B.c(OH-)C.c(Ag+)D.c(Cl-)【答案】D【解析】【詳解】AgCl飽和溶液中存在沉淀溶解平衡:,還存在水的電離平衡:。當(dāng)加入強(qiáng)酸氫碘酸時(shí),體系溫度不變,不變;氫碘酸在溶液中完全電離,增大,水電離平衡逆向移動(dòng),減小;加入氫碘酸后溶液中增大,平衡正向移動(dòng),生成碘化銀沉淀,減小,增大,故選D。7.常溫時(shí),下列溶液中一定能大量共存的離子組是A.=10-5mol?L-1的溶液中:Na+、ClO-、Cl-、NOB.由水電離出的c(H+)=10-14mol/L的溶液中:Na+、HSO、K+、SOC.能使甲基橙試液變紅溶液:I-、Na+、Cl-、NOD.無色透明溶液中:Fe3+、Na+、AlO、Cl-【答案】A

3【解析】【詳解】A.=10-5mol?L-1的溶液中,=c(OH-)=10-5mol?L-1>10-7mol?L-1,溶液呈堿性,Na+、ClO-、Cl-、NO四種離子之間不發(fā)生反應(yīng),也不和OH-反應(yīng),可以大量共存,故A選;B.由水電離出的c(H+)=10-14mol/L的溶液中水的電離被抑制,溶液可能呈酸性也可能呈堿性,HSO既可以和H+反應(yīng)也可以和OH-反應(yīng),不能大量存在,故B不選;C.能使甲基橙試液變紅的溶液呈酸性,I-和NO在酸性條件下會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng),不能大量共存,故C不選;D.Fe3+有顏色且能夠和AlO發(fā)生雙水解反應(yīng),不能在無色透明溶液中大量共存,故D不選;故選A。8.若NA表示阿伏伽德羅常數(shù)的值,下列相關(guān)敘述正確的是A.106gNa2CO3固體溶于水后,溶液中含有CO的數(shù)目為NAB.1LpH=2的醋酸溶液中H+的數(shù)目為0.01NAC.在密閉容器中充入1molN2和3molH2充分反應(yīng),反應(yīng)后NH3的數(shù)目為2NAD.60g二氧化硅中含有的Si-O鍵的數(shù)目為2NA【答案】B【解析】【詳解】A.106gNa2CO3的物質(zhì)的量為=1mol,含有1molCO,1molNa2CO3溶于水后,CO發(fā)生水解,則溶液中含有CO的數(shù)目小于NA,故A錯(cuò)誤;B.1LpH=2的醋酸溶液中c(H+)=0.01mol/L,則n(H+)=0.01mol/L×1L=0.01mol,數(shù)目為0.01NA,故B正確;C.在密閉容器中充入1molN2和3molH2發(fā)生反應(yīng)N2+3H22NH3,該反應(yīng)是可逆反應(yīng),充分反應(yīng)后NH3的數(shù)目小于2NA,故C錯(cuò)誤;D.1mol二氧化硅中含有4molSi-O鍵,60g二氧化硅的物質(zhì)的量為=1mol,含有的Si-O鍵的數(shù)目為4NA,故D錯(cuò)誤;故選B

49.已知X、Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,X是宇宙中含量最豐富的元素,Y元素的最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)的絕對(duì)值相等,Z的核電荷數(shù)是Y的2倍,W的最外層電子數(shù)是其最內(nèi)層電子數(shù)的3倍。下列說法不正確的是A.Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物是弱酸B.最簡單氫化物的熱穩(wěn)定性:R>WC.R與X形成的化合物同W與Z形成的化合物的化學(xué)鍵類型完全相同D.原子半徑:Z>W>R【答案】C【解析】【分析】短周期元素中,X是宇宙中含量最豐富的元素,則X為H元素;Y元素的最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)的絕對(duì)值相等,則Y的最外層電子數(shù)為4,Y為C元素;Z的核電荷數(shù)是Y的2倍,則Z為Mg元素;W的最外層電子數(shù)是其最內(nèi)層電子數(shù)的3倍,則W的電子排布為2、8、6,W為S元素,從而得出R為Cl元素?!驹斀狻緼.Y為C元素,最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為H2CO3,使弱酸,故A正確;B.同周期元素,從左往右,非金屬性逐漸增大,非金屬性:Cl>S,非金屬性越強(qiáng),最簡單氫化物越穩(wěn)定,則熱穩(wěn)定性:HCl>H2S,故B正確;C.Cl和H形成的化合物為HCl,S和Mg形成的化合物為MgS,HCl使共價(jià)化合物,MgS是離子化合物,二者的化學(xué)鍵類型不同,故C錯(cuò)誤;D.同周期元素,從左往右,原子半徑越來越小,原子半徑:Mg>S>Cl,故D正確;故選C。10.鋅—空氣電池(原理如圖)適宜用作城市電動(dòng)車的動(dòng)力電源,該電池放電時(shí)Zn轉(zhuǎn)化為ZnO。該電池工作時(shí)下列說法不正確的是A.多孔板的目的是增大與空氣的接觸面積B.該電池的正極反應(yīng)為O2+4e-+2H2O=4OH-C.該電池放電時(shí)K+向石墨電極移動(dòng)D.外電路電子由Zn電極流向石墨電極再通過電解質(zhì)溶液流回Zn電極

5【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題意放電時(shí)Zn轉(zhuǎn)化為ZnO,則Zn電極為負(fù)極,石墨電極為正極,空氣中的氧氣在石墨電極上被還原?!驹斀狻緼.石墨電極作為正極,多孔板可以增大與空氣的接觸面積,A正確;B.正極上氧氣被還原,電解質(zhì)顯堿性,所以正極電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O=4OH-,B正確;C.石墨電極為正極,原電池中陽離子移向正極,即K+向石墨電極移動(dòng),C正確;D.電子不能在電解質(zhì)溶液中流動(dòng),D錯(cuò)誤;綜上所述答案為D。11.下列實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象、推論不相符的是選項(xiàng)操作及現(xiàn)象推論A用pH試紙測得0.1mol/LCH3COOH溶液pH約為3CH3COOH是弱電解質(zhì)B用pH計(jì)測定相同濃度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH,前者的pH小于后者的pHHClO的酸性弱于CH3COOHC向2mL1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液,產(chǎn)生白色沉淀;再加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液,沉淀變?yōu)榧t褐色Mg(OH)2沉淀轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀D將純水加熱到95℃,pH<7加熱可促進(jìn)水的電離A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【詳解】A.用pH試紙測得0.1mol/LCH3COOH溶液pH約為3,說明醋酸為弱酸,部分電離,可以說明CH3COOH是弱電解質(zhì),實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象與推論相符,故A不選;B.NaClO具有強(qiáng)氧化性,能夠漂白試紙,不能用pH試紙測定NaClO溶液的pH,可選用pH計(jì),用pH計(jì)測定相同濃度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH,前者的pH小于后者的,說明CH3COONa的水解程度小,說明HClO的酸性弱于CH3COOH,實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象與推論相符,故B不選;C.向2mL1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液,產(chǎn)生白色Mg(OH)2

6沉淀反應(yīng),氫氧化鈉過量,再加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液,反應(yīng)生成氫氧化鐵紅褐色沉淀,不能說明存在沉淀的轉(zhuǎn)化,實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象與推論不相符,故C選;D.將純水加熱到95℃,pH<7,說明加熱后水中c(H+)增大,水的電離平衡正向移動(dòng),說明加熱可促進(jìn)水的電離,實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象與推論相符,故D不選;故選C。12.下列關(guān)于鹽類水解的說法正確的是A.在Na2S溶液中加入少量Na2S固體,Na2S的水解程度增大B.將CuSO4溶液由20℃加熱到60℃,溶液的pH增大C.向CH3COONa溶液中加水,溶液中的比值增大D.常溫下,0.1mol/L的NaB溶液的pH=8,溶液中c(Na+)=c(B-)+c(HB)=0.1mol/L【答案】D【解析】【詳解】A.在Na2S溶液中加入少量Na2S固體,Na2S溶液的濃度增大,水解程度減小,故A錯(cuò)誤;B.鹽類水解是吸熱反應(yīng),升高溫度,CuSO4在溶液中的水解程度增大,溶液中的氫離子濃度增大,溶液的pH減小,故B錯(cuò)誤;C.加水稀釋CH3COONa溶液時(shí),溶液中醋酸根離子和氫氧根離子濃度都減小,水的離子積不變,則溶液中氫離子濃度增大,的比值減小,故C錯(cuò)誤;D.常溫下,0.1mol/L的NaB溶液的pH=8,溶液顯堿性,說明NaB為強(qiáng)堿弱酸鹽,即HB為弱酸,溶液中存在物料守恒關(guān)系:c(Na+)=c(B-)+c(HB)=0.1mol/L,故D正確;答案選D。13.室溫時(shí),下列溶液中微粒的濃度關(guān)系不正確的是A.NaClO溶液中:(Na+)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)B.pH=4的KHC2O4溶液中:c(H2C2O4)>c(C2O)C.pH=a的氨水溶液,稀釋10倍后,其pH=b,則ac(ClO-)>c(OH-)>c(H+),故A正確;

7B.pH=4的KHC2O4溶液呈酸性,說明HC2O的電離生成C2O的程度大于其水解生成H2C2O4的程度,則c(H2C2O4)

8【點(diǎn)睛】反應(yīng)的Cu2++MnS=CuS+Mn2+的K=,遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于105,所以該反應(yīng)很容易發(fā)生。第II卷(非選擇題,共58分)15.常溫下,將某一元酸HA和NaOH溶液等體積混合,兩種溶液的濃度和混合后所得溶液的pH如下表:實(shí)驗(yàn)編號(hào)HA物質(zhì)的量濃度(mol/L)NaOH物質(zhì)的量濃度(mol/L)混合溶液的pH①0.10.1pH=9②c0.2pH=7③0.20.1pH<7①②③組實(shí)驗(yàn)所用HA為同一種酸,請(qǐng)回答:(1)從①組情況分析,HA是___________酸(填強(qiáng)或弱),其溶液中的水解離子方程式___________。(2)②組情況表明,c___________0.2(填“大于”、“小于”或“等于”)。(3)從③組實(shí)驗(yàn)結(jié)果分析,說明HA的電離程度___________NaA的水解程度(填“大于”、“小于”或“等于”),該混合溶液中離子濃度由大到小的順序是___________,反應(yīng)后的溶液中c(HA)+c(A-)=___________mol·L-1。①②③組實(shí)驗(yàn)所得溶液中,___________組實(shí)驗(yàn)所得溶液H2O的電離程度最大(填①、②或③)。(4)①組實(shí)驗(yàn)所得混合溶液中由水電離出的c(OH-)=___________mol·L-1。c(Na+)-c(A-)=___________mol·L-1,c(OH-)-c(HA)=___________mol·L-1?!敬鸢浮浚?)①.弱②.A-+H2OHA+OH-(2)大于(3)①.大于②.c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)③.0.1④.①(4)①.10-5②.10-5-10-9③.10-9【解析】【小問1詳解】從①組情況分析,等體積等濃度混合,恰好生成正鹽,pH=9,則生成強(qiáng)堿弱酸鹽,所以HA為弱酸,A-水解的離子方程式為A-+H2OHA+OH-,故答案為:弱;A-+H2OHA+OH-;【小問2詳解】若酸為強(qiáng)酸,等體積等濃度混合時(shí)pH=7;而HA為弱酸,等體積等濃度混合溶液的pH大于7,則為保證pH=7,應(yīng)使酸濃度大于0.2mol/L,故答案為:大于;

9【小問3詳解】由③組實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知,混合后為等濃度的HA與NaA的混合液,pH<7,酸的電離大于鹽的水解;電離顯酸性,c(H+)>c(OH-),電離大于水解,則c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-);由物料守恒關(guān)系可知,反應(yīng)后的溶液中c(HA)+c(A-)=0.1mol·L-1;①②③組實(shí)驗(yàn)所得溶液中,①組為NaA溶液,為強(qiáng)堿弱酸鹽,水解促進(jìn)水的電離,②組為HA與NaA的混合溶液,pH=7,弱酸根的水解和弱酸的電離對(duì)水的作用抵消,③組為等濃度的HA與NaA的混合液,pH<7,酸的電離大于鹽的水解,水的電離受到抑制,則3組實(shí)驗(yàn)所得溶液H2O的電離程度最大的是①,故答案為大于;c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-);0.1;①;【小問4詳解】①組實(shí)驗(yàn)所得混合溶液為NaA溶液,溶液pH=9,說明NaA為強(qiáng)堿弱酸鹽,溶液中的氫氧根離子是水電離的,即水電離的溶液中的c(OH-)=10-5mol/L,由電荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),故c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=10-5-10-9。依據(jù)溶液中電荷守恒和物料守恒得到:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),c(Na+)=c(A-)+c(HA),合并得到c(OH-)-c(HA)=c(H+)=10-9,故答案為:10-5;10-5-10-9;10-9。16.乙二酸(化學(xué)式H2C2O4)又名草酸是二元弱酸,具有強(qiáng)還原性,不穩(wěn)定性,在189.5℃或遇濃硫酸會(huì)分解生成CO、CO2和H2O;草酸在150—160℃升華。草酸鹽溶解性與碳酸鹽類似。Ⅰ某同學(xué)設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn),完成對(duì)草酸部分分解產(chǎn)物的檢驗(yàn)(1)分解草酸應(yīng)選圖1中_______(填序號(hào))(2)證明產(chǎn)物中含有CO的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象______________(3)若沒有裝置A,B中澄清石灰水變渾濁,______(填“能”或“不能”,填“能”下空不回答)說明草酸分解產(chǎn)物中含有CO2,原因是______________(用離子方程式解釋)(4)氣囊的作用為_______________Ⅱ草酸濃度的標(biāo)定可以用標(biāo)準(zhǔn)KMnO4滴定。(5)標(biāo)準(zhǔn)KMnO4溶液應(yīng)盛裝在_______滴定管。(6)滴定終點(diǎn)現(xiàn)象為____________________(7)滴定完仰視讀數(shù),使標(biāo)定的草酸濃度___________(填“偏大”或“偏小”或“無影響”)(8)寫出滴定時(shí)反應(yīng)的離子反應(yīng)______________________

10【答案】①.a②.D中黑色固體變?yōu)榧t色③.不能④.Ca2++2OH-+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O⑤.收集尾氣,避免污染環(huán)境⑥.酸式⑦.當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液,溶液由無色變?yōu)闇\紅色(或淡紫色)且30s內(nèi)不變色⑧.偏大⑨.2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O【解析】【分析】草酸受熱分解生成CO、CO2和H2O,加熱固體物質(zhì)時(shí),有水生成,為防止水在試管口形成液體發(fā)送倒流發(fā)生危險(xiǎn),則試管口應(yīng)略低于試管底部;根據(jù)生成的產(chǎn)物中有水,則裝置A中可生成液態(tài)的水,裝置B可檢驗(yàn)生成的氣體有二氧化碳,裝置C除去水蒸氣,裝置D可驗(yàn)證CO的存在,CO有毒,裝置E收集未反應(yīng)的CO氣體?!驹斀狻?1)分析可知,分解草酸應(yīng)選圖1中的裝置a;(2)CO具有還原性,裝置D中的CuO可與CO反應(yīng)生成單質(zhì)Cu,觀察到的現(xiàn)象為D中黑色固體變?yōu)榧t色;(3)草酸在150~160℃升華,若沒有裝置A,草酸鹽溶解性與碳酸鹽類似,草酸與澄清的石灰水反應(yīng)生成CaC2O4沉淀,則不再與二氧化碳反應(yīng),反應(yīng)的離子方程式為Ca2++2OH-+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O;(4)CO有毒,則氣囊的作用為收集尾氣,避免污染環(huán)境;(5)KMnO4具有強(qiáng)氧化性,可腐蝕橡膠管,則標(biāo)準(zhǔn)KMnO4溶液盛裝在酸式滴定管中;(6)高錳酸鉀與草酸反應(yīng),開始溶液無色,多加入一滴高錳酸鉀溶液時(shí),溶液由無色變?yōu)樽仙?,滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液,溶液由無色變?yōu)闇\紅色(或淡紫色)且30s內(nèi)不變色;(7)滴定完仰視讀數(shù),則使用高錳酸鉀溶液的體積偏大,導(dǎo)致計(jì)算草酸的濃度偏大;(8)草酸與酸性高錳酸鉀反應(yīng)生成硫酸鉀、硫酸錳、二氧化碳和水,高錳酸鉀、硫酸鉀、硫酸錳均為可溶性的鹽,故離子方程式為2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。17.工業(yè)上可以從冶煉鋅、鋅制品加工企業(yè)回收的廢渣(含有ZnCO3、ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3等雜質(zhì))來提取氧化鋅和金屬銅等,其主要工藝流程如圖所示:有關(guān)氫氧化物開始沉淀和沉淀完全的pH如表:沉淀物Fe(OH)Fe(OH)Cu(OH)Al(OH)Zn(OH)

1132232開始沉淀1.57.65.44.06.5完全沉淀2.89.66.45.28.0(1)為提高鋅渣與硫酸的反應(yīng)速率,可以采取的措施有___________(任寫兩種)。(2)向酸浸液中加入的試劑A有多種選擇,若A是H2O2,反應(yīng)的離子方程式是___________。(3)酸浸液用試劑A氧化后,加入物質(zhì)調(diào)節(jié)pH至5.2~5.4時(shí),沉淀甲為______(填寫化學(xué)式)。(4)在酸浸液中加入物質(zhì)調(diào)節(jié)pH除雜時(shí),當(dāng)?shù)渭又罜u2+恰好完全沉淀時(shí),則濾液甲中:c(Zn2+)<___________。已知:Ksp[Zn(OH)2]=3.0×10-17。(5)為檢驗(yàn)沉淀丙是否洗滌干凈,可以檢驗(yàn)最后一次洗滌液中是否含有___________(填離子符號(hào))予以判斷,檢驗(yàn)方法是___________。(6)上述流程所得ZnO產(chǎn)品中鋅的含量遠(yuǎn)超過鋅渣中鋅元素的含量,其原因是___________。【答案】(1)升高溫度、適當(dāng)增大硫酸濃度、將鋅渣粉碎、攪拌等(2)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(3)Fe(OH)3、Al(OH)3(4)3×10-1.8(5)①.SO②.取最后一次洗滌液,先加鹽酸酸化,再加氯化鋇溶液,若沒有白色沉淀產(chǎn)生,則已洗滌干凈(6)在前期操作中添加了含鋅元素的物質(zhì)【解析】【分析】ZnCO3、ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3中加入稀硫酸,都和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鹽,若A是H2O2,雙氧水能氧化亞鐵離子生成鐵離子,發(fā)生反應(yīng)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O;加ZnO調(diào)節(jié)pH至5.2~5.4時(shí),根據(jù)表中數(shù)據(jù)知,生成的沉淀甲為Fe(OH)3、Al(OH)3,向?yàn)V液甲中加入B,生成沉淀乙,乙應(yīng)該是Cu,B應(yīng)該是Zn,向?yàn)V液乙中加入碳酸鉀得到碳酸鋅沉淀,沉淀丙為碳酸鋅,焙燒碳酸鋅得到ZnO,結(jié)合題目分析解答?!拘?詳解】為提高鋅渣與硫酸的反應(yīng)速率,可以采取的措施有:升高溫度、適當(dāng)增大硫酸濃度、將鋅渣粉碎、攪拌等?!拘?詳解】

12若A是H2O2,雙氧水具有氧化性,能氧化亞鐵離子生成鐵離子,反應(yīng)的離子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O?!拘?詳解】加ZnO調(diào)節(jié)pH至5.2~5.4時(shí),根據(jù)表中數(shù)據(jù)知,生成的沉淀甲為Fe(OH)3、Al(OH)3。【小問4詳解】當(dāng)?shù)渭又罜u2+恰好完全沉淀時(shí),pH=6.4,溶液中c(OH-)=mol/L=10-7.6mol/L,?!拘?詳解】如果沉淀洗滌不干凈,則殘留硫酸根離子,所以可以檢驗(yàn)最后一次洗滌液中是否含有SO;檢驗(yàn)方法是:取最后一次洗滌液,先加鹽酸酸化,再加氯化鋇溶液,若沒有白色沉淀產(chǎn)生,則已洗滌干凈?!拘?詳解】在流程中調(diào)節(jié)pH值加入了氧化鋅,所以所得ZnO產(chǎn)品中鋅的含量遠(yuǎn)超過鋅渣中鋅元素的含量。18.羰基硫是一種糧食熏蒸劑,能防治某些害蟲和真菌的危害。利用CO和H2S制備羰基硫氣體的反應(yīng)原理為:CO(g)+H2S(g)?COS(g)+H2(g)?H=-37kJ/mol(1)已知:2CO(g)+SO2(g)?2CO2(g)+S(g)?H=-269.2kJ/molH2S(g)?H2(g)+S(g)?H=+20.6kJ/mol則反應(yīng)2COS(g)+SO2(g)?2CO2(g)+3S(g)?H=___________。(2)在容積不變的密閉容器中,使CO與H2S反應(yīng)達(dá)到平衡。若反應(yīng)前CO的物質(zhì)的量為1.0mol,達(dá)到平衡時(shí)CO的物質(zhì)的量為0.8mol,且化學(xué)平衡常數(shù)為0.1,則反應(yīng)前H2S的物質(zhì)的量為___________mol。若保持溫度不變,再向容器中加入0.2molH2S和0.1molH2,平衡移動(dòng)的方向?yàn)開__________(填“正反應(yīng)方向”“逆反應(yīng)方向”或“不移動(dòng)”)。(3)已知240℃時(shí),反應(yīng)CO(g)+H2S(g)?COS(g)+H2(g)的平衡常數(shù)Kp=1.0。在一密閉容器中,當(dāng)進(jìn)料濃度比c(CO)︰c(H2S)=1︰1時(shí),保持溫度不變,反應(yīng)達(dá)到平衡。①240℃時(shí),下列選項(xiàng)表明該反應(yīng)一定達(dá)到平衡狀態(tài)的是___________(填標(biāo)號(hào))。A.的值不再變化B.的值不再變化

13C.的值不再變化D.混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不變E.?dāng)嗔?nmolH-S鍵同時(shí)斷裂nmolH-H鍵②由上述條件,經(jīng)計(jì)算可得CO的平衡轉(zhuǎn)化率α=___________。③進(jìn)一步提高反應(yīng)速率,同時(shí)提高CO平衡轉(zhuǎn)化率的方法是___________?!敬鸢浮浚?)-154.0?kJ/mol(2)①.0.7②.逆反應(yīng)方向(3)①.CE②.50%③.增大H2S的濃度【解析】【小問1詳解】已知熱化學(xué)反應(yīng)i:CO(g)+H2S(g)?COS(g)+H2(g)?H1=-37kJ/mol,反應(yīng)ii:2CO(g)+SO2(g)?2CO2(g)+S(g)?H2=-269.2kJ/mol反應(yīng)iii:H2S(g)?H2(g)+S(g)?H3=+20.6kJ/mol則ii+2iii-2i即得反應(yīng)2COS(g)+SO2(g)?2CO2(g)+3S(g),根據(jù)蓋斯定律可知,?H=?H2+2?H3-2?H1=(-269.2kJ/mol)+2×(+20.6kJ/mol)-2×(-37kJ/mol)=-154kJ/mol,故答案為:-154kJ/mol;【小問2詳解】在容積不變的密閉容器中,使CO與H2S反應(yīng)達(dá)到平衡,若反應(yīng)前CO的物質(zhì)的量為1.0mol,達(dá)到平衡時(shí)CO的物質(zhì)的量為0.8mol,且化學(xué)平衡常數(shù)為0.1,根據(jù)三段式分析可知:,則有:=0.1,解得x=0.7mol,即反應(yīng)前H2S的物質(zhì)的量為0.7mol,若保持溫度不變,則平衡常數(shù)不變,再向容器中加入0.2molH2S和0.1molH2,此時(shí)Qc==>0.1,故平衡移動(dòng)的方向?yàn)槟娣磻?yīng)方向,故答案為:0.7;逆反應(yīng)方向;【小問3詳解】①A.當(dāng)進(jìn)料濃度比c(CO)︰c(H2S)=1︰1時(shí),根據(jù)方程式可知CO和H2S的變化量之比也是1:1,即反應(yīng)過程中的值一直不變,故當(dāng)不再變化不一定達(dá)到化學(xué)平衡,A不合題意;

14B.由反應(yīng)方程式可知,COS和H2的變化一直相等,即反應(yīng)過程中一直不變等于1,故的值不再變化是不能說明反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡,B不合題意;C.的值不再變化即Qc=K時(shí),說明反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡,C符合題意;D.反應(yīng)方程式可知,反應(yīng)中氣體的物質(zhì)的量保持不變,混合氣體的質(zhì)量保持不變,即混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量一直保持不變,故混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不變不能說明反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡,D不合題意;E.?dāng)嗔?nmolH-S鍵表示正反應(yīng)速率,同時(shí)斷裂nmolH-H鍵表示逆反應(yīng)速率,根據(jù)方程式可知,二者表示正逆反應(yīng)速率相等,故說明反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡,E符合題意;故答案為:CE;②由上述條件,,則有:Kp==1.0,解得x=0.5a,故計(jì)算可得CO的平衡轉(zhuǎn)化率α==50%,故答案為:50%;③由題干反應(yīng)方程式CO(g)+H2S(g)?COS(g)+H2(g)?H1=-37kJ/mol可知,該反應(yīng)是一個(gè)氣體體積不變,故增大壓強(qiáng)平衡不移動(dòng),正反應(yīng)是一個(gè)放熱反應(yīng),升高溫度反應(yīng)速率加快,但平衡逆向移動(dòng),CO轉(zhuǎn)化率減小,故進(jìn)一步提高反應(yīng)速率,同時(shí)提高CO平衡轉(zhuǎn)化率的方法是增大H2S的濃度,故答案為:增大H2S的濃度。

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