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1、请不要在装订线内答题外装订线请不要在装订线内答题外装订线试卷第 =page 8 8页,共 =sectionpages 9 9页第页码9页/总NUMPAGES 总页数22页2022-2023学年河北省石家庄市高二下册期末考试化学试题注意事项:1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上评卷人得分一、单选题1下列说法错误的是A天工开物记载:“凡白土曰垩土,为陶家精美器用”。陶是一种传统硅酸盐材料B开宝本草中记载:“此即地霜也,所在山泽,冬月地上有霜,扫取以水淋汁后,乃煎炼而成”。文中对硝酸钾提取没有涉及到升华操作C“霾尘积聚难见路人”,雾和霾所形成的气溶胶具有丁达尔效应D
2、“榆荚只能随柳絮,等闲缭乱走空园”中“柳絮”的主要成分为蛋白质2下列反应属于氧化还原反应,且HCl既不作氧化剂也不作还原剂的是()APbO24HClPbCl2Cl22H2OBNaOHHClNaClH2OC2FeCl2H2O22HCl2FeCl32H2ODZn2HClZnCl2H23把300mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成3等份,取一份加入amolNa2SO4的溶液,恰好使Ba2+完全沉淀;另取一份加入bmolAgNO3的溶液,恰好使完全沉淀。则该混合溶液中K+的浓度为A0.1(b2a)mol/LB10(2ab)mol/LC10(ba)mol/LD10(b2a)mol/L4同温同压下,相
3、等质量的SO2、SO3相比较,下列有关叙述中正确的是它们所含的分子数目之比为5:4它们所含的O原子数目之比为5:6它们的体积之比为l:1它们所含的原子总数目之比为16:15它们的密度之比为4:5ABCD5常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是ApH=1的溶液中:Na+、Fe2+、NO、SOB由水电离的c(H+)=10-13mol/L的溶液中:Na+、Cl-、CO、NOC能使石蕊变红的溶液中:Al3+、NH、SO、Cl-D能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液:K+、SO、S2-、SO6NaH2PO2可用于化学镀镍,常通过反应“P43NaOH3H2O=3NaH2PO2PH3”制得,产物PH3
4、中P的化合价为-3。下列说法正确的是AP4分子中含有的共价键是极性键B31g P4中所含PP键的物质的量为6 molC反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为13D反应生成2.24 L PH3(标准状况),转移电子数目为0.36.0210237NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A10 L pH1的H2SO4 溶液中含H离子数为2NAB28 g乙烯与丙烯混合物中含有C-H键数目为4NAC3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3,转移电子数为6NAD11.2 L(标准状况)Cl2 溶于水,溶液中Cl、ClO和HClO的微粒数之和为NA8漂白粉和漂粉精是常用的消毒清洁用品,有效成分均
5、为Ca(ClO)2,相应的生产流程如下。 下列说法不正确的是A中阳极的电极反应式为2Cl-2e-=Cl2B中反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2OC上述过程涉及氧化还原反应、化合反应、复分解反应D制备漂粉精过程中,Cl2转化为Ca(ClO)2时,Cl的原子利用率为100%9下列化学反应的离子方程式书写正确的是A氧化亚铁溶于稀硝酸:B溶液与溶液混合:C向溶液中滴加溶液至中性:D与浓硝酸反应:10铁盐与亚铁盐在工业生产和生活中具有重要应用。三氯化铁在水溶液中易形成氢氧化铁胶体,具有吸附作用,可用作净水剂。三氯化铁溶液可用作印刷电路板刻剂,反应化学方程式
6、为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。硫酸亚铁溶液可用于脱除烟气中的二氧化硫等有害气体。下列离子能在印刷电路板的蚀刻废液中大量存在的是AH+BCOH-DAg+11BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂,可用于光催化降解苯酚,原理如图所示。下列说法不正确的是A该过程中BMO表现较强氧化性B降解产物的分子中只含有极性共价键C和中被降解的苯酚的物质的量之比为31D该过程的总反应:C6H6O7O26CO23H2O12某无色溶液中含有Mg2+、Al3+、Fe3+、Cu2+、NH4+、Na+中的一种或几种,取100mL该溶液,向其中不断滴加NaOH溶液,产生的沉淀随着NaOH体积变化的关系如
7、图所示,则下列叙述不正确的是A该溶液中一定不含Fe3+、Cu2+B该溶液中一定含有Mg2+、Al3+、NH4+,且三者物质的量浓度之比为111C所加NaOH溶液物质的量浓度为0.1mol/LDa点到b点,发生的化学反应:NH4+ OH=NH3H2O评卷人得分二、多选题13某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH 、H+、N2、Cl-六种粒子。其 中N2,ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是A该反应的氧化剂是ClO-BNH还原性比Cl- 弱C随着反应的进行,溶液的pH逐渐升高D该反应的离子方程式为3ClO- +2NH= 2H+N2+3C1-+3H2O14澳大利亚科学家And
8、rei V。 Rode发现一种纯碳新材料“碳纳米泡沫”,其中每个泡沫约含有4000个碳原子,直径约为69 nm,在低于-183 时,该泡沫具有永久磁性。下列叙述正确的是A“碳纳米泡沫”是一种新型的含碳化合物B“碳纳米泡沫”和金刚石的性质完全相同C把“碳纳米泡沫”分散到适当的溶剂中形成的分散系属于混合物D把“碳纳米泡沫”分散到适当的溶剂中,能产生丁达尔效应15下列实验中,实验操作、对应的现象及结论都正确的是选项实验操作现象结论A在试管中加入2mL 10% NaOH溶液,滴加5滴5% 溶液,再加入2mL 10%葡萄糖溶液,加热先得到蓝色悬浊液,加热后生成砖红色沉淀葡萄糖中含有醛基B向溶液中依次通入
9、和X气体通入X气体后产生白色沉淀通入的X气体一定具有强氧化性C向含有淀粉的足量溶液中滴加2滴氯水溶液变蓝还原性:D向盛有10mL饱和碘水的分液漏斗中加入4mL四氯化碳,振荡静置下层接近无色,上层呈紫红色碘在四氧化碳中的溶解度大于在水中的溶解度AABBCCDD16已知反应:现向5L,的溶液中不断加入一定浓度的酸性溶液,溶液中某些离子的物质的量变化如图所示,下列说法不正确的是A段对应的离子为B段、段分别对应反应、反应C原溶液中D乙点时:17(NH4)2SO4是一种常见的化肥,某工厂用石膏、NH3、H2O和CO2制备(NH4)2SO4的工艺流程如图,下列说法正确的是A通入NH3和CO2的顺序不可以互
10、换B操作2为将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,可得(NH4)2SO4C步骤中反应的离子方程式为D通入的NH3和CO2均应过量,且工艺流程中CO2可循环利用18将NO2通入Na2S2O3溶液中可转化为NO和SO,关于该反应及反应中的物质的说法错误的是A该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:8B反应后溶液的pH减小CNO2与NaOH溶液发生歧化反应无气体放出,每1molNO2转移0.5mol电子DNa2S2O3溶液中加过量稀硝酸,氧化产物和还原产物的物质的量相等评卷人得分三、工业流程题19铁元素是重要的金属元素,铁及其化合物在日常生产生活中应用广泛,研究铁及其化合物的应用意义重大。(
11、1)所含铁元素具有氧化性也有还原性的物质是_。a铁单质b氯化亚铁c铁红 dFe3O4(2)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂,湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种微粒:Fe(OH)3、C1O、OH、FeO42、Cl、H2O。写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式:_ Fe(OH)3+_ ClO+_=_FeO42+_Cl+_(3)电子工业上用氯化铁腐蚀铜箔,制造印刷电路板,并从使用过的腐蚀废液(含有FeCl2、CuCl2、FeCl3)中回收铜,并获得氯化铁晶体,其工艺流程如下:回答下列问题: 反应的化学方程式:_; 从反应和可以判断出Fe2+、Cu2+、
12、Fe3+的氧化性从强到弱顺序为:_;操作I用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和_;滤液X、Z中都有同一种溶质,它们转化为溶液W的离子方程式为:_。20某兴趣小组模拟侯氏制碱法的实验流程如下:(1)二氧化碳通入饱和氨盐水的装置如图所示。图 A装置制备二氧化碳气体,该装置主要玻璃仪器名称是_。用图B装置对二氧化碳气体进行净化,在图中方框内补齐净化装置和净化试剂_。(2)母液中加入NaCl固体并通入NH3,在_ (填温度范围)下析出NH4Cl。温度010203040NaCl溶解度(g/100g水)35.735.836.036.336.6NH4Cl溶解度(g/100g水)29.433.337.241.445
13、.8(3)验证产品纯碱中是否含有杂质NaCl的方法:取少量试样溶于水后,_。(4)由实验流程分析可知,可以循环利用的物质是_(用化学式表示)。(5)称取制得的NaHCO3(杂质NaCl)5.20 g,配制成100 mL溶液,取出20 mL用0.6000 mol/L标准盐酸滴定(甲基橙做指示剂),消耗盐酸溶液体积为20.20 mL。滴定终点颜色变化_。制得的NaHCO3纯度 (NaHCO3)=_。若滴定管用蒸馏水洗涤后,直接注入标准盐酸溶液进行滴定,则测定的NaHCO3含量_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。评卷人得分四、填空题21硫有多种含氧酸,亚硫酸(H2SO3),硫酸(H2SO4),焦
14、硫酸(H2SO4SO3)其中硫酸最为重要,在工业上有广泛的应用。试回答下列问题:(1)14 mol/L的H2SO4溶液中溶质的质量分数为80%,则7 mol/L的H2SO4溶液中溶质的质量分数将_(填“大于”等于”或“小于”)40%。(2)若将18.4 mol/L的浓硫酸稀释为500 mL 0.2 mol/L的溶液,需用量筒取该浓硫酸_mL。(3)焦硫酸(H2SO4SO3)溶于水,其中的SO3都转化为H2SO4。若将89 g焦硫酸溶于水配成800 mLH2SO4溶液,则该H2SO4溶液的物质的量浓度为_mol/L。(4)硫铁矿是工业上制硫酸的主要原料。硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下:3FeS2+
15、8O2=Fe3O4+6SO2 4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2若2.4 mol FeS2完全反应消耗氧气145.6 L(标准状况),则反应产物中Fe3O4与Fe2O3的物质的量之比为_。答案第 = page 12 12页,共 = sectionpages 12 12页答案第 = page 11 11页,共 = sectionpages 12 12页答案:1D【详解】A.陶瓷是传统硅酸盐材料,属于无机非金属材料,选项A正确;B、硝酸钾的溶解度随温度变化大,提纯的方法是先加水溶解,然后蒸发结晶得到硝酸钾晶体,所以没有涉及到升华操作,选项B正确;C雾霾所形成的气溶胶属于胶体,具有丁达尔效
16、应,选项C正确;D、“柳絮”的主要成分为纤维素,属于糖类,选项D错误。答案选D。2C【详解】A .氯元素化合价升高,氯化氢做还原剂,故A错误;B .没有元素化合价发生变化,不属于氧化还原反应,故B错误; C.有元素化合价发生变化,属于氧化还原反应,氯元素的化合价没有发生变化,氯化氢既不是氧化剂也不是还原剂,故C正确;D .氯化氢中氢元素化合价降低,作氧化剂,故D错误;故选C.3D【详解】把300mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成3等份,每份溶液的体积为100mL,取一份加入含amol硫酸钠的溶液,恰好使钡离子完全沉淀,由Ba2+=BaSO4可知,Ba2+的物质的量为amol;另取一份加入
17、含bmol硝酸银的溶液,恰好使氯离子完全沉淀,由Ag+Cl-=AgCl可知,Cl-的物质的量为bmol,设每份溶液中K+的物质的量为xmol,则2a+x=b,x=(b-2a)mol,该溶液中K+的物质的量浓度为c(K+)=10(b-2a)mol/L;答案选D。4A【分析】设SO2、SO3的质量为ag,二者物质的量之比为mol:mol=5:4。【详解】分子数目之比=物质的量之比=5:4,正确;所含的O原子数目之比为52:43=5:6,正确;根据pV=nRT,同温同压下,体积之比=物质的量之比=5:4,错误;所含的原子总数目之比为53:44=15:16,错误;根据pM=RT,同温同压下,密度之比=
18、摩尔质量之比=64g/mol:80 g/mol =4:5,正确;综上所述,正确,故选A。5C【分析】【详解】ApH=1的溶液呈酸性,酸性溶液中Fe2+能被NO氧化为Fe3+,Fe2+、NO不能共存,故不选A;B由水电离的c(H+)=10-13mol/L的溶液呈酸性或碱性,酸性条件下,CO与H+反应放出二氧化碳,故不选B;C能使石蕊变红的溶液呈酸性,Al3+、NH、SO、Cl-之间不反应,能大量共存,故选C;D能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液具有氧化性,S2-、SO具有还原性,不能共存,故不选D;选C。6D【详解】A.P4分子中存在PP键,为非极性键,A项错误;B.1个P4分子含有6个PP键,则3
19、1g即0.25mol P4,所含PP键的物质的量为1.5 mol,B项错误;C. 反应生成NaH2PO2,P的元素化合价从0价变为+1价,生成PH3,P元素化合价由0价降低为3价,可知NaH2PO2为氧化产物,PH3为还原产物,则反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为3:1,C项错误;D. 生成PH3,P元素化合价由0价降低为3价,则反应生成2.24 L PH3(标准状况),即0.1mol,转移电子数目为0.36.021023,D项正确;答案选D。7B【分析】A. pH1的H2SO4 溶液中c(H)=0.1mol/L,n(H)=0.1mol/L 10 L=1mol,含H离子数为NA;B. 2乙烯
20、与丙烯的最简式为CH2,28 g乙烯与丙烯混合物中含有2mol的CH2,C-H键数目为4NA;C. 氢气与氮气反应为可逆反应,3 mol H2与1 mol N2混合反应生成n(NH3)2mol,转移电子数小于6NA;D. 11.2 L(标准状况)Cl2 溶于水,部分氯气发生反应,溶液中2Cl2、Cl、ClO和HClO的微粒数之和为NA;【详解】A. pH1的H2SO4 溶液中c(H)=0.1mol/L,n(H)=0.1mol/L 10 L=1mol,含H离子数为NA,A错误;B. 2乙烯与丙烯的最简式为CH2,28 g乙烯与丙烯混合物中含有2mol的CH2,C-H键数目为4NA,B正确;C.
21、氢气与氮气反应为可逆反应,3 mol H2与1 mol N2混合反应生成n(NH3)2mol,转移电子数小于6NA,C错误;D. 11.2 L(标准状况)Cl2 溶于水,部分氯气发生反应,溶液中2Cl2、Cl、ClO和HClO的微粒数之和为NA,D错误;答案为B氯气溶于水,部分发生化学反应,部分为分子形式存在。8D【分析】饱和食盐水进行电解可以制得Cl2,将得到的Cl2分别与Ca(OH)2和Na2CO3反应经一系列流程可以分别制得漂白粉和漂粉精;电解过程中,溶液中的Cl-失电子生成氯气发生阳极反应,水中的H+得电子生成氢气发生还原反应,溶液中剩余氢氧化钠;氯气与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙,同
22、时还生成氯化钙;氯气与湿润的碳酸钠反应生成Cl2O,Cl2O与水发生化合反应生成HClO,HClO与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙,据此分析。【详解】A电解过程中阳极失电子,溶液中Cl-发生阳极反应生成Cl2,阳极的电极方程式为2Cl-2e-=Cl2,A正确;B反应为氯气和氢氧化钙的反应,反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O,B正确;C上述过程中反应为氧化还原反应,反应为化合反应,反应为复分解反应,C正确;D制备漂粉精过程中,Cl2转化为Ca(ClO)2时有CaCl2生成,Cl原子没有完全转化为Ca(ClO)2,因此Cl的原子利用率不为100%,D错误;
23、故选D。9C【分析】【详解】A氧化亚铁具有还原性、稀硝酸具有氧化性,应该得到和气体,A项错误;B溶液与溶液混合产生沉淀、但没有气体,该反应不属于水解相互促进,正确的离子方程式为,B项错误;C向溶液中滴加溶液至中性,离子方程式为,C项正确;D与浓反应生成,D项错误;答案选C。10A【详解】根据题意,用FeCl3作刻蚀液水,会发生反应:2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2,反应完全后,得到的蚀刻废液中成分应为FeCl2、FeCl3和CuCl2等,根据物质性质分析解答。AH+与FeCl2、FeCl3和CuCl2等的微粒不能反应,可以共存,A符合题意;B具有强氧化性,能够与FeCl2的Fe2+
24、发生反应产生FeCl3,不能大量共存,B不符合题意;CFeCl2、FeCl3和CuCl2等金属阳离子都会与OH-发生反应形成Fe(OH)2、Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀,不能大量共存,C不符合题意;DAg+与盐溶液中的Cl-反应产生AgCl白色沉淀,不能大量共存,D不符合题意;故合理选项是A。11A【详解】A观察题图可知,在该过程中氧气表现强氧化性,BMO是催化剂,不表现较强氧化性, A不正确;B降解产物为CO2和H2O,二者的分子中分别只含有碳氧极性键和氢氧极性键,B正确;C中1mol 被苯酚还原为O2-,共转移3mole-,中1molBMO+被苯酚还原为BMO,共转移1mole-,由
25、得失电子守恒可知,和中被降解的苯酚的物质的量之比为31,C正确;D结合题图可知,苯酚在光和BMO的作用下,转化为CO2和H2O,该过程的总反应为C6H6O7O26CO23H2O,D正确;故选A。12C【分析】无色溶液中一定不含Fe3+、Cu2+,取100mL该溶液,向其中不断滴加某浓度的NaOH溶液,根据产生的沉淀随着NaOH体积变化的关系,可得到一定含有:Mg2+、Al3+、NH4+,oa段Al3+3OH-=Al(OH)3,Mg2+2OH-=Mg(OH)2,ab段:NH4+ OH=NH3H2O,bc段Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,据此回答。【详解】无色溶液中一定不含Fe3+、
26、Cu2+,取100mL该溶液,向其中不断滴加某浓度的NaOH溶液,根据产生的沉淀随着NaOH体积变化的关系,可得到一定含有:Mg2+、Al3+、NH4+,oa段Al3+3OH=Al(OH)3,Mg2+2OH=Mg(OH)2,ab段:NH4+ OH=NH3H2O,bc段:Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O。A. 无色溶液中一定不含Fe3+、Cu2+,故A正确;B. 该溶液中一定含有Mg2+、Al3+、NH4+,消耗氢氧化钠的体积分别是20mL、30mL、10mL,根据反应量的关系,三者物质的量浓度之比为1:1:1,故B正确。C. 根据图象氢氧化铝的物质的量是0.01mol,据bc段:Al(
27、OH)3+OH=AlO2+2H2O,消耗氢氧化钠体积是10mL,物质的量是0.01mol,所以:所加NaOH溶液物质的量浓度为1mol/L,故C错误; D. ab段发生反应:NH4+ OH=NH3H2O,故B正确;本题选C。关于ab段反应的判断,是本题结题的关键,Al3+先与OH反应生成氢氧化铝沉淀,然后NH4+再和OH反应。13AD【分析】据图,ClO-物质的量减少,是反应物;N2物质的量增加,是生成物。因反应前后元素种类不变,得H2O、Cl-是生成物,NH是反应物,据此分析解题。【详解】AClO-Cl-,氯元素化合价降低,ClO-是氧化剂,A正确;BNH为还原剂,Cl-为还原产物,还原剂的
28、还原性强于还原产物,B错误;C根据离子方程式:3ClO-+2NH=2H+N2+3Cl-+3H2O,溶液的pH逐渐降低,C错误;D据以上分析,可写出离子方程式3ClO-+2NH=2H+N2+3Cl-+3H2O,D正确;本题选AD。14CD【分析】【详解】A纯碳新材料“碳纳米泡沫”是由碳元素组成的单质,错误;B纯碳新材料“碳纳米泡沫”是由碳元素组成的单质,其结构与金刚石不同,故其性质与金刚石不完全相同,错误;C“碳纳米泡沫”的直径约为69 nm,将其分散到适当的溶剂中可形成胶体,能产生丁达尔效应,胶体属于分散系,是一种混合物,正确;D“碳纳米泡沫”的直径约为69 nm,将其分散到适当的溶剂中可形成
29、胶体,能产生丁达尔效应,正确;故选CD。15AC【详解】A碱性条件下,氢氧化铜悬浊液与醛基反应生成砖红色氧化亚铜沉淀,在试管中加入2mL 10% NaOH溶液,滴加5滴5%溶液,得到蓝色悬浊液,再加入2mL 10%葡萄糖溶液,加热,加热后生成砖红色沉淀,证明葡萄糖中含有醛基,故A正确;B向溶液中依次通入和X气体,产生的白色沉淀可能是或,则气体X可能是、或等,不一定具有强氧化性,故B错误;C将少量氯水加入含有淀粉的足量溶液中,溶液变蓝说明生成了,则氯水先氧化,还原性:,故C正确;D向10mL饱和碘水中加入4mL四氯化碳,振荡静置,碘易溶于四氯化碳,且四氯化碳的密度大于水的密度,上层接近无色,下层
30、呈紫红色,故D错误;选AC。16BD【详解】An(KMnO4)=0时,A点离子浓度最大,则AB段对拉的离子为V2+(发生反应),A正确;BBC段离子钧质的量增加,同时EF物质的量减少,都是发生反应(BC段对应离子为VO2+,EF 段对应离子为为V),B错误;C当加入n(KMnO4)时AB段对拉离子V2+物质的量变为0,反应恰好完全反应,n(V2+)=5n(KMnO4)=52mol=10mol,原溶液中V2+物质的量浓度为c(V2+)=2mol/L,C正确;DCD段对拉的离子为VO2+,FG段对立的离子为V,乙点时n(VO2+)= n(V) (CD与 FG的交点),根据V原子守恒,n(VO2+)
31、= n(V)=5L2mol/L=5mol,此时加入的n(kMn04)=5mol,根据Mn原子守恒,n(Mn2+)= 5mol,则n(VO2+):n(V):n(Mn2+)= 5:5:5=1:1:1,D错误;故选BD。17AB【分析】NH3易溶于水,硫酸钙悬浊液中通入氨气, 使溶液呈碱性,后通入的CO2被氨水吸收转变出碳酸根离子、进一步把CaSO4转化为CaCO3沉淀,过滤,所得滤液主要成分为硫酸铵,可提取硫酸铵晶体,据此回答。【详解】A由于CO2微溶于水,NH3易溶于水,应先通入足量NH3,使溶液呈碱性,然后再通入适量CO2,反应的化学方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O=(NH4)2S
32、O4+CaCO3,通入NH3和CO2的顺序不可以互换,A正确;B流程中,向硫酸钙浊液中通入足量的氨气,使溶液成碱性,再通入适量的二氧化碳利于反应的进行,硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀,加热制成饱和溶液,再降温冷却,结晶析出,过滤,则可以使硫酸铵从溶液中结晶析出,操作2是溶液中得到溶质固体的过程,需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥等,可得(NH4)2SO4,B正确;C硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀物质发生的主要化学反应为:CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+(NH4)2SO4,反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2OC
33、aCO3+2NH+SO,C错误;D反应过程中二氧化碳参与反应生成硫酸铵和碳酸钙,碳酸钙分解生成二氧化碳,工艺流程中产生的CO2可循环利用,通入足量NH3,应通适量二氧化碳,二氧化碳若过量、碳酸钙会溶解,D错误;故答案为AB。18AD【分析】根据电子得失守恒、电荷守恒、质量守恒得5H2O+8NO2+S2O=8NO+2SO+10H+ ,2NO2+2OH-=NO+NO+H2O,3S2O+8NO+2H+=6SO+8NO+H2O由方程式进行分析。【详解】A 5H2O+8NO2+S2O=8NO+2SO+10H+ ,该反应中氧化剂NO2和还原剂S2O的物质的量之比为8:1,故A错误;B 5H2O+8NO2+
34、S2O=8NO+2SO+10H+ ,反应后溶液的酸性增强,pH减。蔅正确;C NO2与NaOH溶液发生歧化反应无气体放出,2NO2+2OH-=NO+NO+H2O,N元素一半升高1价,另一半降低1价,每1molNO2转移0.5mol电子,故C正确;D Na2S2O3溶液中加过量稀硝酸,3S2O+8NO+2H+=6SO+8NO+H2O ,氧化产物和还原产物的物质的量比为3:4,故D错误;故选AD。19 BD 2 3 4OH- 2 3 5H2O 2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2 Fe3+Cu2+Fe2+ 漏斗 2Fe2+Cl22Fe3+2Cl【分析】腐蚀液中含有FeCl2、CuCl2,
35、分离难溶性固体和溶液采用过滤方法,所以操作I为过滤;向腐蚀液中加入过量的试剂a,得到滤渣Y和滤液X,加入的a为Fe,滤渣Y为Cu、Fe,滤液X为FeCl2,向滤渣Y中加入试剂b为稀盐酸,然后过滤得到Cu和滤液Z,Z中含有FeCl2和过量稀盐酸,然后加入试剂c,应该加入氯水,将FeCl2氧化为FeCl3,最后将溶液W蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铁晶体,以此解答。【详解】(1)铁单质是0价;氯化亚铁是二价铁;铁红是三价铁;Fe3O4 既有三价铁也有二价铁;铁元素具有氧化性也有还原性的物质中,铁元素的化合价是中间价态,正确答案是BD;(2)Fe(OH)3中铁是+3价,K2FeO4中铁元素是+6价
36、,制备K2FeO4需要和氧化剂ClO反应,根据得失电子守恒和原子守恒可以配平方程式为:2Fe(OH)33ClO4OH2FeO423Cl+5H2O ;(3)反应中FeCl3和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜,方程式为:2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2;反应2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2中Fe3+是氧化剂,Cu2+是氧化产物,则氧化性:Fe3+Cu2+;反应为Fe+ Cu2+= Fe2+Cu,该反应中Cu2+是氧化剂,Fe2+是氧化产物,则氧化性: Cu2+Fe2+,Fe2+、Cu2+、Fe3+的氧化性从强到弱顺序为:Fe3+Cu2+Fe2+;操作I为过滤,用到的玻璃仪器有烧杯、玻
37、璃棒和漏斗;由分析可知滤液X、Z中都有同一种溶质FeCl2,应该加入氯水,将FeCl2氧化为FeCl3,离子方程式为:2Fe2+Cl22Fe3+2Cl。20(1) 锥形瓶、分液漏斗 (2)010(3)先加入过量稀硝酸,再加硝酸银溶液,若有白色沉淀生成,证明纯碱中含有杂质NaCl(4)CO2、NaCl(5) 由黄色变为橙色,且半分钟内不变色 97.89% 偏高【分析】浓氨水加氯化钠粉末得饱和氨盐水,通入足量二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵,过滤分离出碳酸氢钠,碳酸氢钠加热分解为碳酸钠和二氧化碳气体;母液中含有氯化铵,加入氯化钠粉末在010析出氯化铵沉淀。(1)根据图 A装置,可知该装置主要玻璃仪
38、器名称是锥形瓶、分液漏斗。用石灰石和稀盐酸制备的二氧化碳气体中含有杂质氯化氢,用图B装置对二氧化碳气体进行净化,B中盛放饱和碳酸氢钠,装置为。(2)根据图示,010时,氯化铵溶解度小于氯化钠,所以在010下析出NH4Cl。(3)取少量试样溶于水后,先加入过量稀硝酸,至无气泡产生,再加硝酸银溶液,若有白色沉淀生成,证明纯碱中含有杂质NaCl。(4)由实验流程分析可知,CO2、NaCl可返回至前两步中利用,可以循环利用的物质是CO2、NaCl。(5)碳酸氢钠溶液呈碱性,使甲基橙显黄色,滴加稀盐酸,发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O,滴定终点溶液呈中性,颜色变化为由黄色变为橙色,
39、且半分钟内不变色; 根据NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O,20 mL溶液中含碳酸钠的物质的量为0.6mol/L0.0202L=0.01212mol,制得的NaHCO3纯度 (NaHCO3)=。若滴定管用蒸馏水洗涤后,直接注入标准盐酸溶液进行滴定,标准液浓度偏。谋曜家禾寤,则测定的NaHCO3含量偏高。21(1)大于(2)5.4(3)1.25(4)2:3(1)硫酸的浓度越大密度越大,14 mol/L的H2SO4溶液中溶质的质量分数为80%,根据,则7 mol/L的H2SO4溶液中溶质的质量分数将大于40%。(2)根据稀释前后硫酸物质的量不变,将18.4 mol/L的浓硫酸稀释为500 mL 0.2 mol/L的溶液,需用量筒取该浓硫酸。(3)H2SO4SO3+H2O=2H2SO4,89 g焦硫酸溶于水生成H2SO4的物质的量为,该H2SO4溶液的物质的量浓度为mol/L;(4)设反应产物中Fe3O4与Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol;根据铁元素守恒3x+2y=2.4;根据氧元素守恒;联立,解得,Fe3O4与Fe2O3的物质的量之比为2:3。
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