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2019年高三化学上册高考模拟相关

辉县市2019年高三化学上册高考模拟免费检测试卷

下列物质中,属于酸性氧化物且易溶于水的是
A. NO B. SiO2 C. NO2 D. SO2

【答案】D
【解析】
酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物,而非金属氧化物大多数是酸性氧化物,然后根据水溶性来进行判断。
A、NO是不成盐氧化物,不是酸性氧化物,而且不溶于水,选项A不选;B、SiO2是酸性氧化物,而且不溶于水,选项B不选;C、NO2不是酸性氧化物,能与水反应,选项C不选;D、SO2是酸性氧化物,而且溶于水,选项D选;答案选D。

设NA为阿伏加德罗常数,下列说法正确的是
A. 1.8 g 18O2中含有NA个电子
B. 1L 0.1mol/L硅酸钠溶液中含有0.1 NA个SiO32—
C. 标准状况下,11.2LCO和NO混合气体中含0.5NA氧原子
D. 0.1mol 铁粉与足量的盐酸充分反应,转移的电子数为0.3NA

【答案】C
【解析】
A、根据氧气的质量计算出物质的量及含有的原子数;B、根据硅酸钠溶液中硅酸根离子发生了水解,离子数目减少判断;C、根据标准状况下混合气体的体积计算出物质的量及含有的氧原子数目;D、根据铁与盐酸反应生成的是亚铁离子分析。
A、1.8g18O2中含有0.05mol氧气,含有0.1mol氧原子,含有0.8mol电子,含有0.8NA个电子,选项A错误;B、1L 0.1mol/L硅酸钠溶液中含有0.1mol硅酸钠,由于硅酸根离子发生了水解,SiO32-离子数目减少,所以含有的SiO32-数目小于0.1NA,选项B错误;C、标况下,11.2L混合气体的物质的量为0.5mol,含有0.5mol氧原子,含0.5NA个氧原子,选项C正确;D、0.1mol铁与盐酸反应生成了0.1mol氯化亚铁,转移了0.2mol电子,转移的电子数为0.2NA,选项D错误;答案选C。

在含有下列各离子组的溶液中,能大量共存且溶液为无色透明的是( )
A. Na+、Cu2+、Cl-、SO42― B. Ba2+、K+、OH-、NO3―
C. K+、Ca2+ 、NH4+、CO32― D. H+、Ca2+、Cl-、HCO3―

【答案】B
【解析】
A Cu2+是蓝色的
B 能大量共存
C Ca2+ 、CO32―产生沉淀
D H+、HCO3―反应生成二氧化碳和水。

为探究钢铁的吸氧腐蚀原理设计了如图所示装置,下列有关说法中错误的是(  )

A. 正极的电极方程式为:O2+ 2H2O + 4e-═ 4OH-
B. 将石墨电极改成Mg电极,难以观察到铁锈生成
C. 若向自来水中加入少量NaCl(s),可较快地看到铁锈
D. 向铁电极附近吹入O2比向石墨电极附近吹入O2,铁锈出现得快

【答案】D
【解析】
A正确,正极为石墨,其电极反应式为:O2+2H2O+4e-===4OH-;B正确,将石墨电极改成Mg电极,则铁为正极,不参与反应;C正确,加入氯化钠溶液,易使电化学腐蚀发生;D错,向铁电极附近吹入O2比向石墨电极附近吹入O2,铁锈出现得慢;

用下列实验装置进行相应实验,能达到实验目的的是(夹持装置未画出)

A. 用装置甲检验溶液中是否有K+
B. 用装置乙制取并收集少量NH3
C. 用装置丙进行喷泉实验
D. 用装置丁加热熔融NaOH固体

【答案】B
【解析】试题A、检验K+,需要通过蓝色钴玻璃观察,防止黄光的干扰,故说法错误;B、利用生石灰遇水放出大量的热,以及NH3·H2O不稳定受热易分解,来制取氨气,由于氨气的密度小于空气的密度,收集氨气用向下排空气法收集,故正确;C、喷泉实验:烧瓶内外产生压强差,而氯气不溶于饱和食盐水,不能形成喷泉,故说法错误;D、瓷坩埚成分是SiO2,SiO2属于酸性氧化物,和NaOH反应,不能用瓷坩埚熔融NaOH固体,故说法错误。

下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 钠与水反应: Na +2H2O=Na++2OH– + H2↑
B. 电解饱和食盐水获取烧碱和氯气: 2Cl–+2H2OH2↑+ Cl2↑+2OH–
C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸: Ba2++OH– + H+ + SO42-=BaSO4↓+H2O
D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水: Ca2++ HCO3-+OH–=CaCO3↓+H2O

【答案】B
【解析】A.电荷不守恒,A错误;B.正确;C.离子配比错误,OH-、H+、H2O的化学计量数都是2,C错误;D.漏了NH4+和OH-之间的反应,D错误。答案选B。

如图是实验室进行二氧化硫制备与性质实验的组合装置,部分固定装置未画出。下列有关说法正确的是

A. 为防止环境污染,装置C和E中的试剂均取用饱和的石灰水
B. 关闭 K2,打开 K1,滴加硫酸,则装置 B 中每消耗1mol Na2O2,转移1mol电子
C. 关闭 K1,打开 K2,试剂 X 是酸性 KMnO4 或 FeCl3 溶液,均可证明 SO2 有还原性
D. 实验过程中体现了硫酸的酸性、吸水性、难挥发性、强氧化性

【答案】C
【解析】
A、为防止环境污染,装置C和E中的试剂均取用浓的氢氧化钠溶液,保证将未反应的二氧化硫吸收完全,避免造成污染,选项A错误;B.装置B中发生的反应为SO2+Na2O2=Na2SO4,则每消耗1 mol Na2O2,转移电子数为2NA,选项B错误;C、关闭K1,打开K2,试剂X是酸性KMnO4或FeCl3溶液,产生的二氧化硫能被氧化而使溶液褪色,均可证明SO2有还原性,选项C正确; D、实验过程中体现了硫酸的强酸性、难挥发性,选项D错误。答案选C。
点晴:本题考査了二氧化硫性质及检验,题目难度中等,注意掌握二氧化硫的化学性质及检验方法,正确分析题干信息为解答本題的关键,试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力。A中制备二氧化硫,Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑。

一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的工作原理及电池中发生的主要反应如图所示。下列说法错误的是

A. 电池工作时,光能转变为电能,X 为电池的负极
B. 镀铂导电玻璃上发生氧化反应生成I-
C. 电解质溶液中发生反应:2Ru3++3I-2Ru2++I3-
D. 电池工作时,电解质溶液中I-和I3-的浓度基本不变

【答案】B
【解析】
A、根据示意图,电池工作时,光能转变为电能,根据电子的流向,电极X为负极,电极Y为正极,故A说法正确;B、根据示意图,I3-→I-,化合价降低,应发生还原反应,故B说法错误;C、根据示意图,电解质溶液中发生反应:2Ru3++3I-2Ru2++I3-,故C说法正确;D、根据示意图,I-和I3-的浓度基本不变,故D说法正确。

下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像,其中图像和实验结论表达均正确的是( )

A. ①是其他条件一定时,反应速率随温度变化的图像,正反应ΔH<0
B. ②是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl晶体后化学反应速率随时间变化的图像
C. ③是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图像,a是使用催化剂时的曲线
D. ④是一定条件下,向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图像,压强p1>p2

【答案】C
【解析】试题分析:A.根据图象知,升高温度,平衡向正反应方向移动,则正反应的△H>0,故A错误;B.该反应实质为Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3,钾离子和氯离子不参加反应,则KCl浓度增大不影响化学平衡移动,故B错误;C.使用催化剂,反应速率加快,缩短反应时间,所以先达到平衡状态,故C正确;D.该反应前后气体的物质的量不变,改变压强不影响平衡状态,即不影响A的转化率,由于不断加入B,A的转化率增大,故D错误。故选C。

在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2,恰好使溶液中的SO42-完全沉淀;若加入足量强碱并加热可得到c mol NH3,则原溶液中的Al3+浓度(mol/L)为
A. B. C. D.

【答案】A
【解析】
由混合溶液中加入bmolBaCl2,恰好使溶液中的SO42-离子完全沉淀,
则SO42-+Ba2+═BaSO4↓
bmol bmol
c(SO42-)==mol/L,
由加入足量强碱并加热可得到cmol NH3,
则NH4++OH-NH3↑+H2O
cmol cmol
c(NH4+)==mol/L,
又溶液不显电性,设原溶液中的Al3+浓度为x,由电荷守恒可知,x×3+mol/L×1=mol/L×2,解得x=mol/L,答案选A。

常温下向100mLFeCl3溶液中通入0.224L H2S,生成单质硫,再加入过量铁粉,反应停止后溶液中含有0.06mol阳离子。原FeCl3溶液的物质的量浓度是
A. 0.2 mol/L B. 0.3 mol/L C. 0.4 mol/L D. 0.6 mol/L

【答案】C
【解析】
该反应过程为:氯化铁和硫化氢反应生成氯化亚铁和盐酸、S,生成的盐酸再和铁反应生成氯化亚铁,所以最终溶液中的溶质是氯化亚铁,根据氯原子守恒计算氯化铁的物质的量浓度。
该反应过程为:氯化铁和硫化氢反应生成氯化亚铁和盐酸、S,生成的盐酸再和铁反应生成氯化亚铁,所以最终溶液中的溶质是氯化亚铁,根据氯原子守恒计算氯化铁的物质的量浓度,2n(FeCl3)=3n(FeCl2),n(FeCl3)=n(FeCl2)=0.06mol×=0.04mol,则原氯化铁溶液的浓度为:c(FeCl3)==0.4mol/L,答案选C。

电解质溶液的电导率越大,导电能力越强。用0.100 mol·L-1的NaOH溶液滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L-1 的盐酸和 CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液 的电导率如图所示。下列说法不正确的是

A. A点溶液中:c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)= 0.0500 mol·L-1
B. 曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线
C. 在相同温度下,A、B、C三点溶液中水的电离程度: A>C>B
D. B点溶液中:c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)

【答案】B
【解析】
A.A点溶液中醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠和水,溶液体积增大一倍,溶液浓度降为原来的一半,溶液中存在电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)=0.05mol/L,选项A正确;B.电解质溶液的电导率越大,导电能力越强,离子浓度越大,醋酸和盐酸的浓度相等,但c(H+)盐酸大于醋酸,未加NaOH溶液时盐酸电导率大于醋酸,所以曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线,选项B不正确;C.相同温度下,酸或碱抑制水电离,含有弱离子的盐促进水电离,且酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大,其抑制水电离程度越大,A中溶质为醋酸钠、B中溶质为物质的量浓度相等的醋酸钠和NaOH、C点溶质为氯化钠,A点促进水电离、B点抑制水电离、C点不影响水电离,所以A、B、C三点溶液中水电离的c(H+):B<C<A,选项C正确;D.B点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa,NaOH完全电离,醋酸根离子部分水解,溶液呈碱性,所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+),选项D正确;答案选B。

己知A、B、C、D之间的置换转化关系如图所示、且A、D为单质。下列说法正确的是

A. 若A为Fe,D为H2,则B一定为酸
B. 若A为非金属单质,则D 不一定为非金属单质
C. 若A为金属单质,D为非金属单质,则D一定是H2
D. 若A、D均为金属单质,则组成元素的金属性A必强于D

【答案】B
【解析】A.若A为铁,D为氢气,B为酸、醇等,可以与金属铁反应生成氢气,A错误;B.若A为非金属单质,则D不一定为非金属单质,例如氢气还原氧化铜,B正确;C.若A为金属单质,D为非金属单质,则D不一定是氢气,例如碳和二氧化硅反应生成硅和CO,C错误;D.若A、D均为金属单质,则组成元素的金属性A不一定强于D,例如再一定条件下钠可以置换出K,D错误,答案选B。

某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁含有少量氢氧化铁杂质,通过如下流程进行提纯精制,获得阻燃剂氢氧化镁。下列说法不正确的是

A. 步骤②中分离操作的名称是过滤,Mg(OH)2可以作阻燃剂是因为它分解需要吸收大量的热
B. 步骤①中的反应式:3Fe(OH)3 +S2O42-+2OH- =3Fe(OH)2 +2SO42-+4H2O
C. 步骤①中保险粉是作还原剂
D. 从步骤② 中可知OH- 和EDTA共存时,Fe2+更易和EDTA结合,生成可溶性化合物

【答案】B
【解析】
A、EDTA只能与溶液中的亚铁离子反应生成易溶于水的物质,不与氢氧化镁反应,实现氢氧化镁和溶液分离的方法是过滤,Mg(OH)2可以作阻燃剂是因为它分解需要吸热大量的热,选项A正确;B、步骤①是氢氧化铁与保险粉反应生成氢氧化亚铁同时保险粉被氧化生成硫酸钠,发生的反应式为:6Fe(OH)3 +S2O42-+2OH- =6Fe(OH)2 +2SO42-+4H2O,选项B错误;C、步骤①中保险粉中硫元素化合价由+3价升高为+6价被氧化,作还原剂,选项C正确;D、从步骤② 中可知OH- 和EDTA共存时,随着EDTA加入, EDTA结合Fe2+,平衡Fe(OH)2 Fe2++2OH-正向移动,生成可溶性化合物,选项D正确。答案选B。

某探究性实验小组的同学将打磨过的镁条投入到滴有酚酞的饱和NaHCO3溶液中,发现反应迅速,产生大量气泡和白色不溶物,溶液的浅红色加深。该小组同学对白色不溶物的成分进行了探究和确定。
Ⅰ、提出假设:
甲同学:可能只是MgCO3;
乙同学:可能只是Mg(OH)2;
丙同学:可能是xMgCO3·yMg(OH)2
Ⅱ、定性实验探究:
(1)取沉淀物少许于试管中,加入稀盐酸时固体溶解,产生大量气泡,则__________同学假设错误(选填“甲”、“乙”或“丙”)。
Ⅲ、定量实验探究:取一定量已干燥过的沉淀样品,利用下列装置测定其组成(部分固定夹持类装置未画出),经实验前后对比各装置的质量变化来分析沉淀的组成,得出丙同学的假设是正确的。请回答下列问题:

(2)实验中合理的连接顺序为:e→______→ → → → → g→h(各装置只使用一次)。
(3)实验一段时间后,当B装置中______________(填实验现象),停止加热,说明固体已分解完全;打开f处的活塞,缓缓通入空气数分钟的目的是__________________,
(4)指导老师认为在上述实验装置中末端还需再连接一个D装置,若无此装置,会使测出的x :y的值______(选填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(5)若改进实验后,最终装置B质量增加m克,装置D质量增加了n克,则x :y=___________。(用含m、n的代数式表示)

【答案】乙同学fabdc或fbadc无气泡冒出排出装置中的CO2和水蒸气偏大9n/22m
【解析】
(1)取沉淀物少许于试管中,加入稀盐酸时固体溶解,产生大量气泡,则乙同学假设错误;
(2)浓硫酸吸收分解产生的水蒸气,碱石灰吸收分解产生的CO2,利用空气排尽装置中产生的气体,实验中合理的连接顺序为:e→f→a→b→d→c→ g→h或e→f→b→a→d→c→ g→h;
(3)实验一段时间后,当B装置中无气泡冒出时,停止加热,说明固体已分解完全;根据以上分析可知打开f处的活塞,缓缓通入空气数分钟的目的是排出装置中的CO2和水蒸气。由于空气中含有水蒸气和CO2,所以装置C中碱石灰的作用是吸收通入空气中的CO2和水蒸气;
(4)指导老师认为在上述实验装置中末端还需再连接一个D装置,若无此装置,空气中的水蒸气和CO2也被碱石灰吸收,导致生成的CO2质量增加,因此会使测出的x :y的值偏大;
(5)若改进实验后,最终装置B质量增加mg,即产生水是,装置D质量增加了ng,CO2的物质的量是,则根据原子守恒可知x :y=

中学化学学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质间的转化关系如图所示(部分产物已略去)

(1)写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式:______________________。写出F的电子式:__________________________。
(2)若A是地売中含量最多的金属元素,将A的氯化物溶液0.2mol/L和氢氧化钠溶液等体积混合,得到的沉淀物中A元素与溶液中A元素的质量相等,则氢氧化钠溶液的物质的量浓度可能为____________。
(3)若A是CO2气体,A与B溶液反应后所得的溶液再与盐酸反应,放出气体的物质的量与所加盐酸体积之间的关系如图所示,则A与B溶液反应后溶液中的溶质为______(填化学式)。

(4)若A是一种正盐,A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体,则A的化学式为_____________。
(5)若A是一种不稳定的盐,A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色,最后变成红褐色的E,向G溶液中加入KSCN溶液后显红色,则由A转化成E的离子方程式是________________________________。
(6)若A是一种溶液,只可能有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42—、CO32—中的某些离子,当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生如图所示变化,由此可知,该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为____________。

【答案】2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑0.3mol/L 0.7mol/LNaHCO3 Na2CO3(NH4)2SO34Fe2++8OH﹣+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42﹣)=1:1:2:3
【解析】
(1)C可在D中燃烧发出苍白色火焰,为氢气与氯气反应生成HCl,可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl,M是日常生活中不可缺少的调味品,由转化关系可知,M的溶液电解生成氢气、氯气与B,可推知M为NaCl、B为NaOH,用惰性电极电解M溶液的离子方程式为:2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑;F为HCl,分子中H原子与Cl原子之间形成1对共用电子对,其电子式为:
(2)若A是地壳中含量最多的金属元素则为铝元素,设NaOH的浓度分别为c,相同体积为VL;若NaOH不足,溶液中的铝为AlCl3,生成氢氧化铝白色沉淀发生反应:Al3++3OH-═Al(OH)3↓,设反应掉的铝离子物质的量为0.2mol/L ×VL×0.5=0.1Vmol,得到的沉淀物中铝元素的质量和溶液中铝元素的质量相等,即0.1Vmol,消耗氢氧化钠3×0.1Vmol=0.3Vmol,浓度为0.3mol/L;若NaOH过量,生成NaAlO2,此时参加反应的AlCl3的物质的量是0.2mol/L ×VL=0.2Vmol,NaOH是0.6Vmol,生成0.2Vmol的Al(OH)3,
又因为得到的沉淀物中铝元素的质量和溶液中铝元素的质量相等,则说明第一步反应完后,生成的Al(OH)3有一半0.1Vmol发生Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,所以可求得NaOH的物质的量为:0.6Vmol +0.1Vmol =0.7Vmol,浓度为0.7mol/L;
(3)若A是CO2气体,CO2与NaOH溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物,也有可能氢氧化钠过量,根据反应后所得的溶液再与盐酸反应产生气体的图2所示可知,盐酸体积为0.1L时没有气体,而用了0.2L的盐酸产生气体,碳酸钠溶液生成碳酸氢钠的用掉的盐酸与碳酸氢钠产生二氧化碳用的掉的盐酸相等,由此判断反应后溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3;
(4)若A是一种正盐,A能分别与B(NaOH)、F(HCl)溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体,无色且有刺激性气味的气体分别为氨气和二氧化硫,则A的化学式为(NH4)2SO3;(5)若A是一种不稳定的盐,A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色,最后变成红褐色的E,可推知A中含有Fe2+,E为Fe(OH)3,G为FeCl3,则由A转化成E的离子方程式是:4Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓或Fe2++2OH﹣=2Fe(OH)2↓,4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;
(6)由图可知,开始加入NaOH没有沉淀和气体产生,则一定有H+,一定没有CO32-,后来有沉淀产生且最后消失,则一定没有Mg2+、Fe3+,一定含有Al3+;中间段沉淀的质量不变,应为NH4++OH-=NH3·H2O的反应,则含有NH4+,由电荷守恒可知一定含有SO42-,发生反应H++OH-=H2O,氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积,发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓,铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积,发生反应NH4++OH-=NH3·H2O,NH4+消耗氢氧化钠为2体积,则n(H+):n(Al3+):n(NH4+)=1:1:2,由电荷守恒可知,n(H+):n(Al3+):n(NH4+):n(SO42-)=1:1:2:3。

某矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2,工业上用该矿渣获取铜和胆矾的操作流程如下:

已知:①Cu2O+2H+===Cu+Cu2++H2O。
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示:

沉淀物

Cu(OH)2

Al(OH)3

Fe(OH)3

Fe(OH)2

开始沉淀pH

5.4

4.0

2.7

5.8

沉淀完全pH

6.7

5.2

3.7

8.8


(1)为了加快反应Ⅰ的速率,可以采取的措施是____________ (写两条)。
(2)固体混合物A中的成分是________。
(3)反应Ⅰ完成后,铁元素的存在形式为________(填离子符号);写出生成该离子的离子方程式____________。
(4)操作1主要包括:蒸发浓缩、冷却结晶、________。洗涤CuSO4·5H2O粗产品不能用大量水洗,而用冰水洗涤。原因是______________。
(5)用NaCl0调pH可以生成沉淀B,利用题中所给信息分析沉淀B为_______,该反应的离子方程式为______________.

【答案】适当升高温度;不断搅拌;将矿渣粉碎;适当增大硫酸的浓度等;SiO2、CuFe2+2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+过滤;冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子,又可以减少晶体的损失;2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3+Cl-+4H+
【解析】
(1)由于矿渣为固体,所以为了加快反应Ⅰ的速率,可以采取的措施是将固体粉碎;也可以适当升高反应的温度;或增大反应物H2SO4的浓度等措施;(2)SiO2是酸性氧化物,不能与酸发生反应,Cu2O在酸性条件下发生自身氧化还原反应,反应的离子方程式为:Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O;溶液中发生了反应:2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+,溶液中铁元素的存在形式为Fe2+;洗涤CuSO4•5H2O粗产品不能用大量水洗,而用冰水洗涤,原因是CuSO4溶液溶解于水,而且温度越高,溶解度越大.若用冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子,又可以减少晶体的损失;用NaClO调节pH时,反应生成Fe(OH)3沉淀和具有漂白作用的HClO。
(1)由于矿渣为固体,所以为了加快反应I的速率,可以采取的措施是将固体粉碎,也可以适当升高反应的温度,或增大反应物H2SO4的浓度等措施。(2)SiO2是酸性氧化物,不能与酸发生反应;其它金属氧化物Cu2O、Al2O3、Fe2O3与硫酸发生反应:Cu2O+H2SO4=Cu+
CuSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Fe2(SO4)3+Cu=CuSO4+ 2FeSO4,因此发生反应I后过滤出的固体混合物A中的成分是SiO2和Cu。(3)因为在矿渣中Fe元素的化合价为+3价,先与酸发生复分解反应得到Fe2(SO4)3, Fe2(SO4)3与Cu发生反应:2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+,铁元素的存在形式为Fe2+。(4)从硫酸铜溶液中制取硫酸铜晶体的操作1主要包括:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤;洗涤五水硫酸铜晶体粗产品不能用大量水洗,而用冰水洗涤的原因是CuSO4溶液溶解于水,而且温度越高,溶解度越大,若用冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子,又可以减少晶体的损失;(5)NaClO具有氧化性,Fe2+具有还原性,用NaClO调节pH时,反应生成Fe(OH)3沉淀和具有漂白作用的HClO,反应的离子方程式为2Fe2++7ClO-+2H++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+6HClO。

实验室以含有Ca2+、Mg2+、Cl-、SO、Br-等离子的卤水为主要原料制备无水CaCl2和Br2,流程如下:

(1)操作Ⅰ使用的试剂是____________,所用主要仪器的名称是________。
(2)加入溶液W的目的是______________。用CaO调节溶液Y的pH,可以除去Mg2+。由表中数据可知,理论上可选择的pH最大范围是____________。酸化溶液Z时,使用的试剂为__________。

开始沉淀时的pH

沉淀完全时的pH

Mg2+

9.6

11.0

Ca2+

12.2

c(OH-)=1.8 mol·L-1


(3)实验室用贝壳与稀盐酸反应制备并收集CO2气体,下列装置中合理的是__________。

(4)常温下,H2SO3的电离常数Ka1=1.2×10-2,Ka2=6.3×10-8;H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7,Ka2=4.7×10-11。某同学设计实验验证H2SO3的酸性强于H2CO3:将SO2和CO2气体分别通入水中至饱和,立即用酸度计测两溶液的pH,若前者的pH小于后者,则H2SO3酸性强于H2CO3。该实验设计不正确,错误在于___________________________。用一个化学方程式表示H2SO3酸性强于H2CO3: __________________。

【答案】四氯化碳 分液漏斗 除去溶液中的SO42- 11.0≤pH<12.2 盐酸 bd 用于比较pH的两种酸的物质的量浓度不相等 SO2+ Na2CO3== Na2SO3+ CO2
【解析】
盐卤中首先加入氯水将溴化物氧化为溴单质,再加入萃取剂进行萃取分液,然后再蒸馏可以得到溴单质,向溶液中加入氯化钡中可以将硫酸根离子除去,用CaO调节溶液Y的pH,可以除去Mg2+,加入氧化钙,氧化钙在上层清液中发生反应产生氢氧化钙,镁离子转化成氢氧化镁沉淀,过滤除去,过滤后,得到的溶液Z主要是氯化钙溶液,蒸发浓缩冷却结晶即可得到纯净的无水CaCl2。
(1)单质溴极易溶于有机溶剂,所以可以采用萃取的方法,由流程图可知单质溴在下层,因此该有机溶剂的密度要比水的大且不溶于水,萃取的主要仪器是分液漏斗;
(2)加入氯化钡溶液使硫酸根离子发生反应产生硫酸钡沉淀;分析表中数据可知pH大于11时Mg2+沉淀完全,pH大于12.2时,Ca2+开始沉淀,所以理论上可选择pH最大范围是11.0≤pH<12.2;除杂时不能引入新的杂质;
(3)CO2的密度大于空气中的,所以采用向上排空气发收集CO2气体.若采用长颈漏斗时,长颈漏斗的下端必需插入到溶液中,以防止CO2气体从长颈漏斗中挥发出来;
(4)H2SO3和H2CO3均属于二元酸,要想通过比较二者的pH来验证二者的酸性强弱,必需使二者的浓度相同,但是用于比较pH的两种酸的物质的量浓度不相等,所以该实验设计不正确;要检验酸性强弱,可以采用多种方法,例如利用水解原理(酸越弱相应的强碱盐就越易水解),也可以利用较强的酸制取较弱的酸来检验。
实验室以含有Ca2+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-等离子的卤水为主要原料制备无水CaCl2和Br2,应将混合物中的Mg2+、SO42-等离子除去,操作流程为:卤水中通入氯气,2Br-+Cl2=2Cl-+Br2,单质溴极易溶于有机溶剂,所以可以采用萃取的方法,由流程图可知单质溴在下层,然后再蒸馏可以得到溴单质,向溶液中加入氯化钡中可以将硫酸根离子除去,用CaO调节溶液Y的pH,可以除去Mg2+,加入氧化钙,氧化钙在上层清液中发生反应产生氢氧化钙,镁离子转化成氢氧化镁沉淀,过滤除去,过滤后,得到的溶液Z主要是氯化钙溶液,蒸发浓缩冷却结晶即可得到纯净的无水CaCl2。
(1)氯气具有强氧化性,通入氯气后可以将溶液中的Br-氧化溴单质,2Br-+Cl2=2Cl-+Br2,因为单质溴极易溶于有机溶剂,所以可以采用萃取的方法,萃取的主要仪器是分液漏斗.由流程图可知单质溴在下层,因此该有机溶剂的密度要比水的大且不溶于水,所以该试剂是CCl4;
(2)由于SO42-会与Ca2+结合形成微溶性的硫酸钙而影响氯化钙的制备,因此必需除去,应先加入氯化钡溶液使硫酸根离子发生反应产生硫酸钡沉淀,来除去硫酸根离子,由表中数据可知pH大于11时Mg2+沉淀完全,pH大于12.2时,Ca2+开始沉淀,所以理论上可选择pH最大范围是11.0≤pH<12.2;因为不能引入新的杂质,所以酸化溶液Z时,使用的试剂应该为盐酸;
(3)实验室制取CO2的特点是固体和液体反应且不需要加热,由于盐酸易挥发,因此在收集之前需要出去挥发出HCl气体,因为CO2的密度大于空气中的,所以采用向上排空气发收集CO2气体.若采用长颈漏斗时,长颈漏斗的下端必须插入到溶液中,以防止CO2气体从长颈漏斗中挥发出来,因此选项b、d正确,故答案为:bd;
(4)H2SO3和H2CO3均属于二元酸,要想通过比较二者的pH来验证二者的酸性强弱,必需使二者的浓度相同,但是SO2和CO2气体溶于水后的饱和溶液其浓度显然不相等(因为二者的溶解度不同),所以该实验设计不正确;要检验酸性强弱,可以采用多种方法,例如:
方案一:配制相同物质的量浓度的NaHSO3和NaHCO3溶液,用酸度计(或pH试纸)测两溶液的pH。前者的pH小于后者,证明H2SO3酸性强于H2CO3;
方案二:将SO2气体依次通过NaHCO3(Na2CO3)溶液、酸性KMnO4溶液、品红溶液、澄清石灰水.品红溶液不褪色、且澄清石灰水变混浊,证明H2SO3酸性强于H2CO3,
方案三:将CO2气体依次通过NaHSO3(Na2SO3)溶液、品红溶液.品红溶液不褪色,证明H2SO3酸性强于H2CO3,故答案为:SO2和CO2气体溶于水后的饱和溶液其浓度不相等,不能用于比较pH。用一个化学方程式表示H2SO3酸性强于H2CO3:SO2+ Na2CO3== Na2SO3+ CO2。

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