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2022年高三化学上学期月考测验相关

黑龙江省牡丹江市海林林业局第一中学2021届高三上学期第一次月考化学网上检测无纸试卷带答案和解析

设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(  )
A.标准状况下,22.4 LCl2与Fe完全反应时,转移电子数为3NA
B.17 g H2O2含有0.5NA个非极性共价键
C.在1 L 0.5 mol·L-1的H2SO4溶液中,含有的氧原子数为2NA
D.常温常压下,23 g C2H6O中,一定含有2.5NA个C-H键

【答案】B
【解析】
A.标准状况下,22.4 LCl2的物质的量是1 mol,Cl2与Fe反应时,Cl变为-1价,故1 mol Cl2反应转移电子数为2NA,A错误;
B.17 g H2O2的物质的量是0.5 mol,每个H2O2中含有1个O-O非极性键,则0.5 mol H2O2中含有0.5NA个非极性共价键,B正确;
C.在溶液中溶质和溶剂水中都含有O原子,因此在1 L 0.5 mol·L-1的H2SO4溶液中,含有的氧原子数大于2NA,C错误;
D.C2H6O表示的物质可能是CH3CH2OH,也可能是CH3-O-CH3,因此不能确定物质分子中含有的C-H的数目,D错误;
故答案为B。

化学与生活密切相关。下列说法不正确的是
A. 流感疫苗需要冷冻保存的目的是防止蛋白质变性
B. 久置的青菜菜叶变黄与用SO2 漂白的纸张变黄的原理相同
C. 大力推广使用太阳能路灯,有利于节能减排
D. 被蜜蜂或蚂蚁蜇咬,可在伤口除抹肥皂水消肿止疼

【答案】B
【解析】A、流感疫苗需要冷冻保存才能保持其活性,否则,在较高温度下,其蛋白质因变性而失去活性,故A正确;B、久置的青菜菜叶变黄是由于其中的叶绿素转化为叶黄素所致,而用SO2 漂白的纸张变黄是由于SO2 漂白时生成的无色不稳定物质,久置后颜色恢复所致,二者的原理不同,所以B错误;C、大力推广使用太阳能路灯,可减少火力发电时,煤的燃烧所产生的各种气体污染物的排放,故C正确;D、被蜜蜂或蚂蚁蜇咬而疼肿主要是由甲酸引起的,而肥皂的主要成分为高级脂肪酸钠,溶液呈碱性,能够与甲酸反应,所以在伤口除抹肥皂水能够消肿止疼,即D正确。本题正确答案为B。

下列关于水处理的说法不正确的是
A. 蒸馏法可淡化海水
B. ClO2、O3均可代替Cl2作为自来水消毒剂
C. Na2S做沉淀剂可处理含Cu2+、Hg2+的工业废水
D. 明矾在水中可以水解生成Al(OH)3胶体,起到杀菌消毒作用

【答案】D
【解析】
此题涉及了水处理中的淡化、消毒、污水治理、净水等多个方面。
A.海水淡化的主要方法有:蒸馏法、电渗析法、离子交换法等,A项正确;B.ClO2、O3均具有强氧化性,可实现杀菌消毒,且消毒后的残余物对人、对环境相对友好,可代替Cl2作为自来水消毒剂,B项正确;C.S2-可将Cu2+、Hg2+变为CuS、HgS沉淀而除去,实现工业废水的初步治理,C项正确;D.明矾水解生成Al(OH)3胶体,能聚沉水中的悬浮物,起到净水作用,但不能杀菌消毒。答案选D项。

下列解释实验现象的反应方程式正确的是
A.在CH3COONa溶液中,滴加酚酞变红:CH3COO- + H2O = CH3COOH + OH-
B.在H2O2溶液中,滴加FeCl3溶液产生气泡:2H2O2 + 2Cl- =2H2O + O2↑+ Cl2↑
C.将相互接触的铜片和锌片置于稀硫酸中,铜片表面有气泡产生:Cu + 2H+ = Cu2+ + H2↑
D.向Cu(OH)2悬浊液中滴加Na2S溶液,蓝色沉淀变黑色:Cu(OH)2(s) + S2- (aq) CuS(s) + 2OH- (aq)

【答案】D
【解析】
A.CH3COONa溶液中滴加酚酞变红,由于CH3COO-发生水解:,A错误;
B.H2O2溶液中滴加FeCl3溶液产生气泡是H2O2在FeCl3的催化作用下分解成H2O和O2:,B错误;
C.将相互接触的铜片和锌片置于稀硫酸中,形成原电池,Zn为负极,电极反应式为Zn-2e-=Zn2+,Cu为正极,Cu极的电极反应式为,C错误;
D.向氢氧化铜悬浊液中滴加Na2S溶液,蓝色沉淀变黑色,发生沉淀的转化:,D正确;
答案选D。

常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A.pH=1的溶液中:Na+、K+、
B.0.1 mol·L-1 FeCl3溶液:K+、、I-、SCN-
C.使酚酞变红色的溶液:Na+、Al3+、、Cl-
D.由水电离的c(H+)=1×10-13 mol·L-1的溶液:Na+、K+、

【答案】A
【解析】
A.pH=1的溶液为酸性溶液,含有大量H+,H+与选项离子之间不能发生任何反应,可以大量共存,A符合题意;
B.FeCl3溶液中含有大量Fe3+,Fe3+与I-会发生氧化还原反应,不能大量共存;Fe3+与SCN-会发生络合反应,不能大量共存,B不符合题意;
C.Al3+、会发生盐的水解反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体,不能大量共存;使酚酞变红色的溶液显碱性,含有大量OH-,OH-与Al3+之间会发生反应,不能大量共存,C不符合题意;
D.由水电离的c(H+)=1×10-13 mol·L-1的溶液可能显酸性,也可能显碱性。在酸性溶液中含有大量的H+,H+与会发生复分解反应,不能大量共存,D不符合题意;
故答案为A。

在一定条件下,下列粒子的还原性顺序为:Cl-<Br-<Fe2+<I-<SO2,由此判断以下各反应在溶液中不能发生的是( )
A.
B.
C.
D.

【答案】B
【解析】
A.中还原剂为SO2,还原产物为Fe2+,还原性:SO2>Fe2+,与题干的还原性相吻合,故A能发生;
B.中还原剂为Br-,还原产物为SO2,还原性:Br->SO2,与题干的还原性不吻合,故B不能发生;
C.中还原剂为Fe2+,还原产物为Cl-,还原性:Fe2+>Cl-,与题干的还原性相吻合,故C能发生;
D.中还原剂为SO2,还原产物为I-,还原性:SO2>I-,与题干的还原性相吻合,故D能发生;
故答案为:B。

下列叙述正确的是 (  )
A. Na2O与Na2O2都是碱性氧化物
B.向饱和烧碱溶液中加入2 g Na2O2,充分反应完后,溶液中c(Na+)不变
C.Na2O2用于呼吸面具,活性炭用于防毒面具,两者原理相同
D.62 g Na2O和78 g Na2O2,分别溶于等量且足量的水中,所得溶液中溶质质量分数相等

【答案】D
【解析】
A.氧化钠与水反应生辰氢氧化钠,属于碱性氧化物,而Na2O2与水反应产生NaOH和O2,因此不属于碱性氧化物,A错误;
B.Na2O2与水反应产生NaOH和O2,NaOH电离产生Na+,反应放出热量,使溶液温度升高,导致氢氧化钠溶液的溶解度增大,溶液中c(Na+)增大,B错误;
C.Na2O2用于呼吸面具是由于与CO2反应产生O2;而活性炭用于防毒面具,是由于其具有较强的吸附作用,因此两者原理不相同,C错误;
D.62 g Na2O的物质的量是1 mol,与足量水反应产生2 mol NaOH,消耗1 mol H2O;78 g Na2O2的物质的量是1 mol,与足量水反应产生2 mol NaOH,同时消耗1 mol H2O,溶液中溶质的质量、溶剂的质量相等,则所得溶液中溶质质量分数相等,D正确;
故答案为D。

下列有关金属镁的说法不正确的是(  )
A.Mg在CO2中燃烧生成MgO和C,是放热反应
B.工业上通过电解MgCl2溶液制取金属镁
C.Mg和稀硫酸反应时,滴加少量硫酸铜溶液,能加快反应速率
D.镁可以用来制造信号弹和焰火,MgO可以作耐高温材料

【答案】B
【解析】
A.燃烧反应都是放热反应;B.电解MgCl2溶液时得不到金属镁;C.滴加少量硫酸铜溶液,Mg置换出Cu,构成原电池,加快反应速率;D.镁燃烧发出耀眼的白光且放出大量热,MgO熔点高。
A.金属Mg可以在CO2中燃烧生成MgO和C,同时放出大量的热,故A正确;
B.工业上通过电解熔融MgCl2来制取金属镁,电解MgCl2溶液时阳极生成氯气,阴极生成氢气,得不到金属Mg,故B错误;
C.Mg和稀硫酸反应时,滴加少量硫酸铜溶液,Mg置换出Cu,形成原电池,化学反应速率加快,故C正确;
D.Mg在空气中燃烧发出耀眼的白光,常用来制造信号弹和焰火,MgO的熔点很高,常用作耐高温材料,故D正确,答案选B。

由氧化铜、氧化铁、氧化锌组成的混合物ag,加入2mol/L硫酸50mL时固体恰好完全溶解,若将ag该混合物在足量的一氧化碳中加热充分反应,冷却后剩余固体的质量为
A.1.6g B.(a-1.6)g C.(a-3.2)g D.无法确定

【答案】B
【解析】
铁铜和锌的氧化物在足量的CO中加热,最终得到的固体是相应元素的单质,所以要求固体的质量,若能求出氧化物混合物中氧元素的总质量,在氧化物总质量的基础上扣除即可。上述混合物与硫酸反应过程不涉及变价,实质是复分解反应,可以简单表示为:,其中x不一定为整数。因此,消耗的H+的量是金属氧化物中O的两倍,所以该金属氧化物的混合物中:,所以金属元素总质量为(a-1.6)g,B项正确;
答案选B。

在FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入过量的铁粉,若充分反应后溶液的质量没有变化,则原混合溶液中Fe3+和Cu2+的物质的量浓度之比为(  )
A.2∶7 B.1∶7 C.7∶1 D.5∶14

【答案】A
【解析】
设混合物中含有x mol FeCl3,y mol CuCl2,在FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入过量的铁粉,分别发生反应:2Fe3++Fe=3Fe2+,Fe+Cu2+=Fe2++Cu,x mol FeCl3消耗0.5 mol Fe,y mol CuCl2消耗y mol Fe,产生y mol Cu,由于充分反应后溶液的质量没有变化,则消耗的铁的质量应等于生成的铜的质量,则:(0.5x+y)×56=64y,解得x:y=8:28=2:7,同一溶液中溶液的体积相同,物质的量之比就等于物质的量浓度之比,则Fe3+和Cu2+的物质的量浓度之比为2:7,故答案为A。

CuSO4是一种重要的化工原料,其有关制备途径及性质如图所示。下列说法正确的是(  )

A.相对于途径②③,途径①更好地体现了绿色化学思想
B.途径①发生的反应可能是3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O
C.将CuSO4溶液蒸发,利用余热蒸干,可制得胆矾晶体
D.1 mol CuSO4在1100℃所得混合气体X为SO3和O2,其中O2可能为0.75 mol

【答案】B
【解析】
途径①Cu与稀硫酸、稀硝酸发生反应:3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O;途径②Cu与O2及70%硫酸发生反应:2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O;途径③Cu与浓硫酸混合加热,发生反应:Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O,CuSO4加热发生分解反应:2CuSO4Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑,产生Cu2O;向CuSO4溶液中加入过量NaOH,发生复分解反应产生Cu(OH)2沉淀,然后向其中加入葡萄糖溶液,加热,发生反应产生Cu2O砖红色沉淀。
A.途径①会产生NO气体污染环境;途径③会产生SO2气体污染空气,途径②产生CuSO4和水,该途径的优点:制取等质量胆矾需要的硫酸少,且无污染性气体产生,更好地体现了绿色化学思想,A错误;
B.对于途径①,Cu与稀硫酸、稀硝酸发生反应,反应方程式为:3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O,B正确;
C.将CuSO4溶液蒸发浓缩,冷却结晶,过滤洗涤,可制得胆矾晶体,C错误;
D.硫酸铜分解生成Cu2O与O2、SO3、SO2,根据2CuSO4Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑可知,X可能是O2、SO2和SO3的混合气体,2 mol分解产生3 mol气体,反应产生的O2占气体物质的量的,1 mol CuSO4分解产生的气体中含有的O2的物质的量为× mol=0.5 mol,D错误;
故答案为B。

下列关于硅及其化合物的叙述错误的是(  )
A.硅是良好的半导体材料,二氧化硅可用于制造光导纤维
B.二氧化硅能与石灰石反应:SiO2+CaCO3 CaSiO3+CO2↑
C.可以用焦炭还原二氧化硅生产粗硅:SiO2+2CSi+2CO↑
D.水泥的主要成分是Na2SiO3、CaSiO3和SiO2

【答案】D
【解析】
A.Si元素处于金属与非金属交界区,硅元素单质的导电性介于导体和绝缘体之间,是良好的半导体材料;二氧化硅能够使光线全反射,因此可用于制造光导纤维,A正确;
B.二氧化硅能与石灰石在高温下反应产生CaSiO3和CO2,反应方程式为:SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑,B正确;
C.焦炭与二氧化硅高温下反应产生Si单质和CO,反应方程式为:SiO2+2CSi+2CO↑,C正确;
D.水泥的主要成分是硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙,D错误;
故答案为D。

硅是构成无机非金属材料的一种主要元素,下列有关硅的化合物的叙述错误的是(  )
A.氮化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料,其化学式为Si3N4
B.碳化硅(SiC)的硬度大,熔点高,可用于制作砂纸、砂轮的磨料
C.祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6O18,用氧化物形式表示为3BeO·Al2O3·6SiO2
D.二氧化硅为立体网状结构,其晶体中硅原子和硅氧单键的个数之比为1∶2

【答案】D
【解析】
A.氮化硅中各元素的原子最外层达到8电子稳定结构,Si原子最外层电子数为4,N原子最外层电子数为5,要形成8电子稳定结构,则二者原子个数比值为3:4,其化学式为Si3N4,故A正确;
B.SiC为原子晶体,硬度大,熔点高,可用于制作可用于制作砂纸、砂轮的磨料及高温结构陶瓷和轴承,故B正确;
C.祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6O18,用氧化物形式表示时顺序是:活泼金属氧化物、较不活泼金属氧化物、二氧化硅、水,则该物质可表示为3BeO·Al2O3·6SiO2,故C正确;
D.二氧化硅为原子晶体,立体网状结构,Si原子与4个O原子形成4个Si-O共价键,故其晶体中硅原子硅氧单键的个数之比为1∶4,故D错误;
故答案为D。

某同学用下列装置制备并检验Cl2的性质。


下列说法正确的是(  )
A.Ⅰ图中:如果MnO2过量,浓盐酸就可全部被消耗
B.Ⅱ图中:量筒中发生了加成反应
C.Ⅲ图中:发生的反应不是燃烧反应
D.Ⅳ图中:湿润的有色布条能褪色,将硫酸溶液滴入烧杯中,至溶液显酸性,结果有Cl2生成

【答案】D
【解析】
A.二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气,但稀盐酸与二氧化锰不反应,当盐酸浓度降低时,反应停止,则盐酸不能完全消耗,选项A错误;B.氯气和甲烷在光照下发生取代反应,选项B错误;C.铜在氯气中燃烧,反应生成棕黄色的烟,是燃烧反应,选项C错误;D.氯气与水反应生成具有漂白性的HClO,湿润的有色布条能褪色,与NaOH反应生成NaCl和NaClO,二者在酸性条件下反应生成氯气,选项D正确。答案选D。

某混合溶液中含有NaI、NaBr、Na2SO4三种溶质,其物质的量均为1 mol,向混合溶液中通入一定量的氯气。下列说法正确的是(  )
A. 将溶液蒸干最多可以得到4 mol NaCl
B. 将溶液蒸干并灼烧,得到的固体可能是NaCl、NaBr、Na2SO4
C. 向溶液中滴加淀粉­KI溶液,溶液变蓝,则氯气一定过量
D. 若通入氯气的体积为22.4 L(标准状况),反应的离子方程式为2I-+Cl2===I2+2Cl-

【答案】B
【解析】
混合溶液中,Na2SO4没有还原性,NaI和NaBr具有还原性,还原性的强弱顺序为I->Br-,通入氯气,还原性强的先反应,反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-和2Br-+Cl2=2Cl-+Br2,若氯气过量,所得溶液中含有NaCl、Na2SO4,若氯气少量,溶液中可能为NaCl、NaI、NaBr、Na2SO4或NaCl、NaBr、Na2SO4。
A项、碘化钠和溴化钠全部被氧化时,溶液蒸干得到氯化钠的量最多,依据钠原子个数守恒可知,氯化钠的物质的量为2 mol,故A错误;
B项、若一定量的氯气完全氧化碘化钠,不氧化溴化钠或部分氧化溴化钠,得到溶液灼烧得到固体可以是NaCl、NaBr、Na2SO4,故B正确;
C项、向溶液中滴加KI淀粉溶液,溶液变蓝,说明氯气氧化了碘化钠有碘单质生成,但不能说明碘化钠是否完全被氧化,也不能说明溴化钠是否未被氧化或部分氧化或完全氧化,无法判断氯气是否过量,故C错误;
D项、标准状况下22.4 L氯气的物质的量为1mol,与1molNaI和1molNaBr完全反应,反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-和2Br-+Cl2=2Cl-+Br2,故D错误。
故选B。

有一瓶澄清的溶液,其中可能含有、K+、Ba2+、Al3+、Fe3+、I-、。取该溶液进行以下实验:
①用pH试纸检测,溶液呈强酸性。
②取溶液适量,加入少量CCl4和数滴新制氯水,振荡,CCl4层呈紫红色。
③另取溶液适量,逐滴加入NaOH溶液:
a.溶液从酸性变为中性
b.溶液中逐渐产生沉淀
c.沉淀完全溶解
d.最后加热溶液,有气体放出,该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
根据上述实验现象,回答下列问题。
(1)由①可以排除______的存在。
(2)由②可以证明________的存在;同时排除_______的存在;理由是__________________。
(3)由③可以证明_________的存在;写出c、d所涉及的化学方程式,是离子反应的用离子方程式表示:
c.______________________;d.______________________。

【答案】 I- Fe3+、 Fe3+和酸性溶液中的都能氧化I- NH4+、Al3+ NH3·H2ONH3↑+H2O
【解析】
根据澄清溶液,可知原溶液没有相互反应的离子;
①根据实验①溶液呈强酸性判断氢离子一定存在,与氢离子反应的离子不存在;
②根据实验②加入少量CCl4及数滴新制氯水,经振荡后CCl4层呈紫红色,说明溶液中一定含有I-,能够与碘离子反应的离子不存在;
③根据实验③加入NaOH溶液,使溶液从酸性逐渐变为碱性,在滴加过程先产生沉淀,后沉淀完全溶解,说明含有Al3+,能够与Al3+反应的离子不能大量存在;最后加热碱性溶液,有气体生成,且气体能使红色的石蕊试纸变蓝,说明生成的气体是碱性气体,符合条件的只有,凡是与铵根离子反应的离子不存在;据此分析判断。
(1)①根据实验①溶液呈强酸性判断H+一定存在,与氢离子反应的离子不存在;
(2)②取溶液适量,加入少量CCl4和数滴新制氯水,振荡,CCl4层呈紫红色,说明反应产生了I2,证明溶液中含有I-,发生了反应:2I-+Cl2=I2+2Cl-,由于I-具有还原性,会与Fe3+和酸性条件下的发生氧化还原反应而不能大量共存,因此可同时证明溶液中不能存在Fe3+、
(3)向该酸性溶液中加入NaOH溶液,溶液从酸性变为中性,溶液中逐渐产生沉淀,后沉淀完全溶解,说明溶液中含有Al3+,反应产生的沉淀是Al(OH)3,碱过量时NaOH与Al(OH)3反应变为NaAlO2;最后加热溶液,有气体放出,该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,说明产生了碱性气体NH3,则溶液中含有,故由实验可证明含有NH4+、Al3+;
c步反应是Al(OH)3与OH-生成、H2O,该反应的离子方程式为:
d步中与OH-反应产生NH3·H2O加热分解,产生NH3、H2O,反应的化学方程式为:NH3·H2ONH3↑+H2O。

绿矾(FeSO4·7H2O) 是治疗缺铁性贫血药品的重要成分。下面是以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质) 为原料生产纯净绿矾的一种方法:

查询资料,得有关物质的数据如下表:

25℃时

饱和H2S溶液

SnS沉淀完全

FeS开始沉淀

FeS沉淀完全

pH值

3.9

1.6

3.0

5.5


(1)检验制得的绿矾晶体中是否含有Fe3+,最好选用的试剂为____________________。
A.KSCN溶液 B.NaOH溶液 C.KMnO4溶液
(2)操作II中,通入硫化氢至饱和的目的是(写两点)___________、____________。
(3)操作IV的顺序依次为________、冷却结晶、过滤。
(4)测定绿矾产品中Fe2+含量的方法是:
a.称取3.72g绿矾产品,溶解,在250mL容量瓶中定容;
b.量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中;
c.用硫酸酸化的0.01000mol/L KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL。
①滴定时盛放KMnO4溶液的仪器为_________(填仪器名称)。
②计算上述样品中FeSO4•7H2O的质量分数为__________。
③上述测定中,若滴定管规格为50mL,则步骤a中称取样品的质量不能超过______g。(保留4位小数)

【答案】 A 除去溶液中的Sn2+离子 将Fe3+ 还原成Fe2+ 蒸发浓缩 酸式滴定管 75% 9.3000
【解析】(1)检验所得绿矾晶体中是否含有Fe3+的实验操作是利用三价铁离子检验方法:,Fe3+和SCN-会反应生成红色的Fe(SCN)3,从而证明了Fe3+的存在。所以答案为A选项。
(2)通入硫化氢至饱和的目的是:硫化氢具有强还原性,可以将Fe3+还原为Fe2+。将H2S在溶液中饱和,可以增大溶液中的S2-浓度,尽量保证将Sn2+转化为SnS沉淀,以便于过滤除去Sn杂质。故答案为:除去溶液中的Sn2+离子,并将Fe3+ 还原成Fe2+。
(3)溶液中得到晶体,需要对溶液进行加热蒸发浓缩,冷却结晶,过滤,洗涤,干燥等,所以操作IV的顺序依次为:蒸发浓缩,冷却结晶,过滤。故答案为:蒸发浓缩。
(4)①高锰酸钾溶液具有强氧化性,所以会氧化碱式滴定管尖嘴处的橡胶管,所以滴定时盛放KMnO4溶液的仪器为酸式滴定管。
②用硫酸酸化的0.01000mol/L KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL,则根据方程式:5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O得到:n(Fe2+)=0.01000mol/L×0.0200L×5=0.001mol。所以250mL溶液中有n(Fe2+)=0.01mol。则FeSO4•7H2O物质的量也是0.01mol,质量为0.01mol×278g/mol=2.78g,质量分数为:2.78g÷3.72g==74.73%=75%。
③若滴定管规格为50mL,则最多盛放50mL的高锰酸钾溶液,根据方程式:5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O得到最多反应的n(Fe2+)=0.01000mol/L×0.0500L×5=0.0025mol,所以250mL溶液中有n(Fe2+)=0.025mol,则FeSO4•7H2O物质的量最多是0.025mol,质量为0.025mol×278g/mol=6.95g,因为样品中FeSO4•7H2O的质量分数为,所以样品质量为6.95÷=9.3g,题目要求保留4位小数,所以为9.3000g。

某校化学兴趣小组为研究Cl2单质的性质,设计如图K13-7所示装置进行实验,装置Ⅲ中夹持装置已略去,其中a为干燥的品红试纸,b为湿润的品红试纸。

(1)实验室以二氧化锰和浓盐酸制备氯气的化学方程式是_________________________________。
(2)加入药品前,检查Ⅰ中气体发生装置气密性的操作是___________________________________。
(3)装置Ⅱ的作用是_______________________________。
(4)实验过程中,装置Ⅳ中的实验现象为______________________________;发生反应的化学方程式为________________________________________。
(5)实验结束后,该组同学在装置Ⅲ中观察b的红色褪去,但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象,为了达到这一目的,你认为应在______(选填装置序号)之间还需添加洗气瓶,该装置的作用是____________________________________。

【答案】MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O 夹紧C,向分液漏斗内加水,液体不能顺利流下,证明气密性良好 除去HCl气体 溶液变蓝 Cl2+2KI=2KCl+I2 II、III 干燥Cl2
【解析】
装置I中使用浓盐酸和二氧化锰反应制出Cl2,MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O;装置II用饱和NaCl将Cl2中的HCl除去,但是H2O依然存在;装置III中a为干燥的品红试纸,但由于没有除去Cl2中的H2O,依然能生成漂白性的HClO,故a会褪色,b为湿润的品红试纸,遇Cl2后褪色;装置IV中的I-可与Cl2发生氧化还原反应,2I-+ Cl2=2Cl-+I2,溶液变蓝;装置V的NaOH可将Cl2吸收,Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,防止污染空气。
(1)根据分析,二氧化锰和浓盐酸制备氯气的化学方程式是MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O;
(2)若气密性良好,装置Ⅰ中圆底烧瓶密闭后,分液漏斗的水将无法流下,因此检查Ⅰ中气体发生装置气密性的操作是夹紧C,向分液漏斗内加水,液体不能顺利流下,证明气密性良好;
(3)根据分析,装置Ⅱ的作用是除去HCl气体;
(4)根据分析,实验过程中,装置Ⅳ中的实验现象为溶液变蓝;I-被Cl2氧化,反应的方程式为Cl2+2KI=2KCl+I2;
(5)根据分析,由于没有除去Cl2中的H2O,Cl2和H2O能生成具有漂白性的HClO,导致a试纸褪色,所以应该加在II、III之间加一个洗气瓶,可盛放浓硫酸,目的是把水除去,即干燥Cl2;

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