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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年青岛kok电子竞技六三制新必修1化学上册阶段测试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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题,共18分)1、酸雨给人类带来种种灾害,与酸雨形成有关的气体是()A.O2B.N2C.SO2D.CO22、用如图所示的装置(加热装置已略)进行实验;由试管B中现象不能证明试管A中反应发生的是。
。选项。
试管A中实验。
试管B中现象。
A
加热铜片和浓硫酸的混合物。
品红溶液褪色。
B
加热镁条和水的混合物。
肥皂水冒泡。
C
加热NH4Cl溶液和NaOH溶液的混合物。
酚酞溶液变红。
D
加热MnO2固体和浓盐酸的混合物。
KI-淀粉溶液变蓝。
A.AB.BC.CD.D3、习总书记多次强调要“像对待生命一样对待生态环境”。下列做法不应该提倡的是A.分类放置生活废弃物B.实现化石燃料清洁利用C.使用可降解塑料D.大量使用化肥、农药提高粮食产量4、浓盐酸和高锰酸钾在室温下即可制备氯气;用如图装置制备少量的氯气并探究其性质。下列说法正确的是。
A.高锰酸钾和浓盐酸反应的离子方程式为:B.根据溴化钠和碘化钠中的现象可证明氧化性:C.紫色石蕊试液先变红后褪色,说明氯气具有酸性和强氧化性D.可用饱和食盐水代替NaOH溶液吸收多余的氯气5、设NA代表阿伏加德罗常数(NA)的数值,下列说法正确的是A.乙烯和环丙烷(C3H6)组成的28g混合气体中含有3NA个氢原子B.1mol碳酸钾晶体中含阴离子数为NA个C.标准状况下,22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为2NAD.将0.1mol氯化铁溶于1L水中,所得溶液中含有0.1NAFe3+6、关于阿伏加德罗常数的值NA,下列叙述中正确的是A.25℃、1.01×105Pa时,2.24LCl2中含有的原子数为0.2NAB.0.3L、1mol·L-1NH4NO3溶液中含有的N原子数目为0.3NAC.常温常压下,34gOH-中所含的电子数目为20NAD.5.6g铁粉与足量CuSO4溶液反应生成的铜原子数为NA7、通过溶解、过滤、蒸发等操作,可将下列各组混合物分离的是()A.硝酸钠、氢氧化钠B.氧化铜、二氧化锰C.氯化钾、二氧化锰D.硫酸铜、氯化铵8、人们常用干冰营造云雾缭绕的舞台效果,这是因为干冰在室温下很容易直接变成气体。在此过程中体积可以增大很多倍,原因是()A.AB.BC.CD.D9、下列化学用语描述正确的是A.的电子式B.核外电子数为17、中子数为20的核素符号为C.的结构示意图D.的结构式为评卷人得分二、填空题(共7题,共14分)10、化学反应的条件多种多样,“撞击”也是其中的一种。如:NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等组成的混合物受撞击时会产生大量气体;因而曾用作汽车安全气囊的产气药剂,其原理如下:
①NaN3受撞击分解产生金属钠和氮气;
②金属钠将Fe2O3中铁置换出来,同时又将KClO4还原为KCl;
③NaHCO3受热分解。
请回答下列问题:
(1)KClO4(高氯酸钾)中氯元素的化合价为___________,NaN3(叠氮酸钠)中阴离子的符号为___________。
(2)若取100g上述产气药剂进行实验(假设各物质均反应完全)
①产生的气体成分有___________(填化学式)。
②所得固体产物遇水显强碱性,则固体产物中有___________(填化学式)。
③若气体通过足量的碱石灰后体积为33.6L(标准状况),则产气药剂中NaN3的质量分数为______。
(3)欲使各物质均反应完全,从最初反应物和最终生成物的组成来分析,产气药剂中有关物质的物质的量n(NaN3)、n(Fe2O3)、n(KClO4)三者之间,应满足的定量关系是________。
(4)已知相关物质的溶解度随温度变化的曲线如图,请补充完整实验室制取KClO4的步骤为:称取一定质量的KCl、NaClO4溶解后加热,______,蒸馏水洗涤干净,真空干燥得到KClO4。
11、回答下列问题:
(1)①食盐晶体②乙醇③水银④蔗糖⑤KNO3溶液⑥熔融的氢氧化钠⑦SO2⑧液态氯化氢。以上物质能导电的是:_______(填序号,下同)。以上物质属于电解质的是:_______。以上物质属于非电解质的是:_______。
(2)把淀粉溶于沸水中,制成淀粉胶体,鉴别溶液和淀粉胶体可以利用的方法是_______。
(3)把少量的FeCl3饱和溶液滴入沸水中,制成Fe(OH)3胶体后滴入少量稀硫酸可观察到的现象是:_______;继续滴加稀硫酸至过量可观察到的现象是_______,写出上述反应的化学方程式_______。12、I已知:还原性HSO>I-,氧化性IO>I2。
(1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液,发生下列反应。配平反应方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目_______。
囗NaIO3+囗NaHSO3→囗I2+囗Na2SO4+囗H2SO4+囗H2O
(2)在含5molNaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液。加入NaIO3的物质的量和析出I2单质的物质的量的关系曲线如图所示。写出反应过程中与AB段曲线对应的离子方程式_______;当溶液中I-与I2的物质的量之比为5:3时,加入的NaIO3为_______mol。
II已知:KClO3可以和草酸(H2C2O4)、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2,还生成CO2、KHSO4等物质。写出该反应的化学方程式________________。13、向20mL某物质的量浓度的AlCl3溶液中滴入2mol·L-1NaOH溶液时,得到的Al(OH)3沉淀质量与所滴加的NaOH溶液的体积(mL)关系如图所示;试回答下列问题:
(1)图中A点表示的意义是_________________________。
(2)图中B点表示的意义是_________________________。
(3)上述两步反应用总的离子方程式可表示为:____________________________。
(4)若所得Al(OH)3沉淀0.39g,则此时用去NaOH溶液的体积为______________。14、某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律;设计了如下系列实验。
(1)将Na;K、Mg、Al各1mol分别投入到足量的同浓度的盐酸中;试预测实验结果:_______与盐酸反应最剧烈,_______与盐酸反应产生的气体最多(填元素符号)。
(2)向Na2S溶液中通入氯气出现黄色浑浊,可证明Cl的非金属性比S强,反应的离子方程式为:__________。15、以物质类别为横坐标;化合价为纵坐标可以绘制某一元素的价类图。氮元素的价类图如图所示。
(1)实验室用铜制取d的离子方程式为_______,反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_______,生成标准状况下11.2L气体d时,消耗铜的质量为_______。
(2)c的大量排放会造成的环境问题是_______。工业上可用a与c在催化剂、加热条件下共同反应生成无污染的物质,写出该反应的化学方程式:_______,该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(3)将c、d同时通入NaOH溶液中仅生成f一种盐,写出反应的离子方程式:_______。
(4)a经过一步反应可以生成d,写出反应的化学方程式:_______16、写出下列物质的电子式:
⑴H2:______⑵O2:______⑶N2:______⑷NH3:______⑸NaOH:______评卷人得分三、判断题(共8题,共16分)17、下列关于共价键的叙述中;判断对错:
(1)在离子化合物中一定不存在共价键___________
(2)在单质分子中一定存在共价键___________
(3)一定存在于共价化合物中___________
(4)共价键不如离子键牢固___________A.正确B.错误18、加热试管时先均匀加热,后局部加热。(_____)A.正确B.错误19、加入稀硫酸,产生使品红溶液褪色的无色有刺激性气味的气体,则溶液中一定存在SO(_______)A.正确B.错误20、氨气的电子式:(___________)A.正确B.错误21、NaHCO3+H2=HCOONa+H2O的反应中,NaHCO3被氧化。______A.正确B.错误22、2molH2SO4的摩尔质量是196g·mol-1。(______)A.正确B.错误23、温度和容积相同的两容器中分别盛有5molO2和2molN2,则压强之比为5∶2。(_____________)A.正确B.错误24、用氢气还原氧化铜时,应先通一会儿氢气,再加热氧化铜。(___________)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共1题,共4分)25、镍、钴及其化合物在工业上应用广泛。从某含镍废渣(含主要成分为NiO、CoO、Co2O3及少量杂质Al2O3)提取碳酸钴、硫酸银的工艺如下:已知:25℃,Ksp[Co(OH)2]=4.0×10-15,lg2=0.3。(1)“酸浸”中,Co2O3转化为Co2+的离子方程式为_________。为提高酸浸效率,可采取的措施有_______________(写出两条)。(2)“沉淀”的主要成分是________(写化学式)。(3)“萃取”和“反萃取”可简单表示为:2HX+Ni2+NiX2+2H+。为了将有机层的镍充分“反萃取”得到NiSO4溶液,需要往有机层中加________(填“酸”或“碱”)。(4)“沉钴”反应的离子方程式___________,25℃,若“沉钴”开始时c(Co2+)=0.010mol/L,为了防止生成的CoCO3中混入Co(OH)2,则应控制溶液的pH<______。(5)某工厂用m1kg废渣(含钴10%)制备CoCO3,最终得到产品m2kg,产率为___________。评卷人得分五、计算题(共4题,共20分)26、硫酸是一种重要的化工原料。接触法生产的硫酸产品有98%的硫酸、20%的发烟硫酸(H2SO4和SO3的混合物,其中SO3的质量分数为0.2)。
完成下列计算:
(1)若不计生产过程的损耗,__________m3SO2(折合成标准状况)经充分转化、吸收,可产出1吨98%的硫酸(密度为1.84g/mL)。若98%的硫酸可表示为SO3?H2O,20%的发烟硫酸可表示为SO3?aH2O,则a的值为___________(用分数表示)。
(2)铝和铝的化合物在社会生产和人类生活中也有着重要的作用。现有甲、乙两瓶无色溶液,已知它们可能是Na[Al(OH)4]溶液和H2SO4溶液。现经实验获得如下数据:
(已知:2Na[Al(OH)4]+H2SO4→2Al(OH)3↓+Na2SO4+2H2O)。组别甲(mL)乙(mL)沉淀的物质的量(mol)①140100.02②101400.02③205600.04
请通过必要的计算推断过程回答:乙溶液中的溶质是什么________?其物质的量浓度为多少________?27、往100mL的NaOH溶液中通入充分反应后,在减压和较低温度下,小心地将溶液蒸干,得到白色固体M,通入的体积(标准状况)与M的质量W的关系如图所示。试回答下列问题:
(1)b点时,白色固体M的组成(成分及其物质的量)为_______。
(2)若使b点生成的盐的质量变为8.4g,应继续向溶液中通入二氧化碳_______L(标准状况下)。
(3)若向生成的7.16g盐的溶液中加入一定量的NaOH;充分反应后,减压低温蒸发得到纯净的碳酸钠固体(无结晶水)8.4g。
①若只加入0.03mol某物质,则加入的物质可以是_______或_______
②若只加入0.06mol某物质,则加入的物质可以是_______或_______28、将一定质量的镁铝混合物投入200mL硫酸中;固体全部溶解后,向所得溶液中加入5mol/L的NaOH溶液,生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示。
(1)加入NaOH200~240mL时发生反应离子方程式:___。
(2)镁和铝的总质量为___g。
(3)硫酸的物质的量浓度为___mol/L
(4)生成的氢气在标准状况下的体积为___L。29、标况下11.2LCH4的质量是____g,其中含有H数目为_____个。参考答案一、选择题(共9题,共18分)1、C【分析】【详解】
SO2与空气中的水反应生成H2SO3,溶于雨水形成酸雨;或SO2在空气中粉尘的作用下与空气中的氧气反应转化为SO3;溶于雨水形成酸雨,答案选C。
【点睛】
酸雨的形成与硫的氧化物或氮的氧化物有关,是煤的燃烧,汽车尾气等造成的。2、B【分析】【分析】
【详解】
A.品红溶液褪色说明铜片和浓硫酸加热发生了反应产生了SO2气体;A正确;
B.肥皂水冒泡说明有气体逸出,该气体可能是空气或水蒸气,也可能是Mg与H2O反应产生的H2;故不能证明镁条和水加热发生了反应,B错误;
C.酚酞溶液变红说明有碱性气体NH3产生,故能证明NH4Cl和NaOH溶液加热发生了反应;C正确;
D.KI?淀粉溶液变蓝说明有I2产生,证明MnO2固体和浓盐酸混合加热发生反应产生了Cl2;D正确;
故合理选项是B。3、D【分析】【详解】
A.对生活废弃物进行分类;可以对物质进行回收使用,分类处理,A正确;
B.实现化石燃料清洁利用提高能源利用率;B正确;
C.使用可降解塑料;能减少白色污染,C正确;
D.农药化肥过量的使用;在污染土壤和水的同时,在农作物上的残留也会对人的健康不利,D错误。
答案选D。4、A【分析】【详解】
A.高锰酸钾和浓盐酸反应的离子方程式为:A正确;
B.氯气和碘化钠溶液生成碘单质,氯气和溴化钠溶液反应生成溴单质,现象不同,说明氧化性:但不能说明溴单质氧化性大于碘单质,B错误;
C.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸;遇到紫色石蕊试液先变红后褪色,而不是氯气具有酸性和强氧化性,C错误;
D.饱和食盐水不能吸收氯气;D错误;
故答案为:A。5、B【分析】【详解】
A.乙烯和环丙烷(C3H6)的最简式都为CH2,适量为14,所以28g该混合气体的物质的量==2mol,H原子物质的量为:2mol=4mol,所以该混合气体28g含有4NA个氢原子;A错误;
B.碳酸钾由离子构成,1mol碳酸钾晶体中含1molCO32-;B正确;
C.标准状况下,由Cl21e-可知,22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为1NA;C错误;
D.Fe3+在水溶液中存在水解:Fe3++3H2OFe(OH)3胶体+3H+,所以Fe3+少于0.1mol;D错误。
答案选B。
【点睛】
A.对于最简式相同的混合物,可利用最简式快速计算其物质的量,如本题A中乙烯和环丙烷(C3H6)的最简式都为CH2,适量为14,所以28g该混合气体的物质的量==2mol,在据此计算题目所需量,事半功倍。6、C【分析】【详解】
A.1.01×105Pa、25℃时,气体摩尔体积大于22.4L/mol,故2.24L氯气的物质的量小于0.1mol,含有的原子数小于0.2NA个;故A错误;
B.硝酸铵的物质的量n=cV=0.3mol,而1mol硝酸铵中含2mol氮原子,故0.3mol硝酸铵中含0.6mol氮原子即0.6NA个;故B错误;
C.常温常压下,34gOH-所含电子数为×10×NA=20NA;故C正确;
D.5.6g铁粉的物质的量为0.1mol,而1mol铁粉能置换出1mol单质铜,故0.1mol铁粉能置换出0.1mol铜,得到的铜原子的个数为0.1NA个;故D错误;
故选C。7、C【分析】【分析】
“加水溶解;过滤”可以得到一种不溶于水的物质;对滤液“蒸发”又可以得到另一种溶于水的物质,从而达到分离物质的目的,由此分析。
【详解】
A.硝酸钠;氢氧化钠都溶解于水中;不能采用此法进行分离,选项A不符合题意;
B.氧化铜;二氧化锰都不溶解于水中;不能采用此法进行分离,选项B不符合题意;
C.氯化钾易溶于水;而二氧化锰不溶于水,混合物溶于水后过滤后得到固体二氧化锰,滤液为氯化钾,将氯化钾溶液蒸发可以得到氯化钾固体,选项C符合题意;
D.硫酸铜;氯化铵都溶于水中;不能采用此法进行分离,选项D不符合题意;
答案选C。8、D【分析】【分析】
干冰由固体变成气体,分子间距离增大,体积增大,分子本身没有发生变化,以此解答。
【详解】
干冰由固体变为气体,二氧化碳分子大小不变,分子数目不变,但分子间距离增大,体积增大,与分子的运动特点无关;
综上所述,本题正确选项D。9、C【分析】【分析】
【详解】
A.氮原子最外层有5个电子,的电子式为故A错误;
B.核外电子数为17、中子数为20的原子的质量数为37,核素符号为故B错误;
C.硫原子得到两个电子形成稳定结构,的结构示意图为故C正确;
D.的结构式中含有两个碳氧双键,结构式为故D错误;
故答案为C。二、填空题(共7题,共14分)10、略
【分析】(1)
高氯酸钾中钾为+1价,氧为-2价,则氯为+7价;叠氮酸钠中阳离子为钠离子,阴离子为
(2)
①已知:NaN3受撞击分解产生金属钠和氮气,NaHCO3受热分解生成二氧化碳和水蒸气,因此产生的气体成分有:CO2、N2、H2O。
②已知:NaN3受撞击分解产生金属钠和氮气,金属钠与Fe2O3反应生成铁和氧化钠,金属钠和高氯酸钾反应生成氯化钾和氧化钠,NaHCO3受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水蒸气,而所得固体产物遇水显强碱性,则固体产物中有:Na2O、Na2CO3。
③混合气体为CO2、N2、H2O,碱石灰能吸收水和二氧化碳,所以通过足量的碱石灰后体积为33.6L(标准状况)的气体为氮气,则氮气物质的量为1.5mol,依据氮原子守恒,叠氮酸钠的物质的量为叠氮酸钠的质量为1mol65g/mol=65g,叠氮酸钠的质量分数为
(3)
撞击过程中有反应:所以欲使各物质均反应完全,则有:n(NaN3)=6n(Fe2O3)+8n(KClO4)。
(4)
由溶解度图可知,高氯酸钠溶解度较大,高氯酸钾溶解度较。尤芤褐兄迫「呗人峒,称取一定质量的KCl、NaClO4溶解后加热,再冷却结晶、过滤,蒸馏水洗涤干净,真空干燥得到KClO4。【解析】(1)+7
(2)CO2、N2、H2ONa2O、Na2CO365%
(3)n(NaN3)=6n(Fe2O3)+8n(KClO4)
(4)冷却结晶,过滤11、略
【分析】【分析】
(1)
能够导电的物质是含有能够自由移动的离子或电子的物质,即电解质的水溶液或熔融的电解质和金属单质以及能够导电的非金属单质,电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电且自身电离的化合物,非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物,据此分析解题:故在①食盐晶体②乙醇③水银④蔗糖⑤KNO3溶液⑥熔融的氢氧化钠⑦SO2⑧液态氯化氢中;能导电的是:③⑤⑥,属于电解质的是:①⑥⑧,属于非电解质的是:②④⑦,故答案为:③⑤⑥;①⑥⑧;②④⑦;
(2)
把淀粉溶于沸水中;制成淀粉胶体,鉴别溶液和淀粉胶体可以利用的方法是用一束光照射,胶体能形成一条光亮的通路,溶液则不能,故答案为:用一束光照射,胶体能形成一条光亮的通路,溶液则不能;
(3)
把少量的FeCl3饱和溶液滴入沸水中,制成Fe(OH)3胶体后滴入少量稀硫酸,将发生胶体的聚沉现象,故可观察到的现象是:产生红褐色沉淀;继续滴加稀硫酸至过量,由于Fe(OH)3沉淀能与硫酸反应,可观察到的现象是红褐色沉淀逐渐消失,溶液变为棕黄色,上述反应的化学方程式分别为:FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl,2Fe(OH)3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+6H2O,故答案为:产生红褐色沉淀;红褐色沉淀逐渐消失,溶液变为棕黄色;FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl,2Fe(OH)3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+6H2O。【解析】(1)③⑤⑥①⑥⑧②④⑦
(2)用一束光照射;胶体能形成一条光亮的通路,溶液则不能。
(3)产生红褐色沉淀红褐色沉淀逐渐消失,溶液变为棕黄色FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl,2Fe(OH)3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+6H2O12、略
【分析】【分析】
根据还原性HSO3->I-,氧化性IO3->I2来判断反应的产物,利用得失电子相等配平方程式,并利用化合价来分析转移的电子数;根据图象及物质的量的关系来分析反应的过程,写出AB段的离子方程式,根据n(I-):n(I2)=5:3,由OA、AB二段离子方程式计算加入NaIO3的量;根据题给的反应物和生成物;由得失电子守恒和质量守恒书写化学方程式。
【详解】
I:(1)反应中碘元素由+5价降低为0价,硫元素由+4价升高为+6价,要使得失电子守恒,NaIO3系数为4,NaHSO3系数为10,依据原子个数守恒该反应的方程式为:4NaIO3+10NaHSO3=7Na2SO4+3H2SO4+2I2+2H2O,用单线桥表示为:答案为
(2)在含5molNaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液,由图可知,OA段,无I2生成,IO3-根的碘元素得电子,全部转化为I-,NaHSO3中硫元素失电子,全部由+4价变为+6价,且从图象可知IO3-与HSO3-的物质的量之比为n(IO3-):n(HSO3-)=1:3,离子方程式为IO3-+3HSO3-═3SO42-+I-+3H+,AB段,发生I-和IO3-反应,生成I2,离子方程式为IO3-+5I-+6H+═3H2O+3I2,当溶液中I-与I2的物质的量之比为5:3时,设I-与I2的物质的量分别为5n、3n,根据AB段反应则产生I-总的物质的量为(5n+5n)mol=10nmol,根据OA段反应10nmolIO3-与5molHSO3-反应,由电子守恒可知,10n×6=5mol×2,解得n=mol,加入的NaIO3为(10n+n)mol=11nmol=11×mol=mol;答案为IO3-+5I-+6H+═3H2O+3I2,
II:由KClO3和草酸(H2C2O4)在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4可知,KClO3中氯元素由+5价得电子变成+4价,草酸(H2C2O4)中碳元素由+3价失电子变成+4价,由电子得失守恒和题中的反应物和生成物,反应的方程式为:2KClO3+H2C2O4+2H2SO4═2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O;答案为2KClO3+H2C2O4+2H2SO4═2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O。【解析】IO+5I-+6H+=3I2+3H2O2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=2KHSO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O13、略
【分析】【详解】
(1)开始AlCl3与NaOH反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓,生成Al(OH)3沉淀,NaOH量逐渐增多,Al(OH)3量逐渐增大,到A点时氢氧化钠将AlCl3恰好完全沉淀时,Al(OH)3沉淀达到最大量;
(2)继续滴加,沉淀逐渐溶解,发生Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,B点时沉淀完全溶解于氢氧化钠溶液中,得到NaAlO2溶液;
(3)上述两步反应用总的离子方程式可表示为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O;
(4)0.39gAl(OH)3的物质的量==0.005mol,当NaOH溶液不足时,生成0.39gAl(OH)3所需NaOH的物质的量为:0.005mol×3=0.015mol,需要NaOH溶液的体积==0.0075L=7.5mL;
0.78gAl(OH)3的物质的量==0.01mol,Al(OH)3沉淀达到最大量AlCl3与NaOH反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓,所需NaOH的物质的量=0.01mol×3=0.03mol当NaOH溶液过量时,还剩余0.39gAl(OH)3,剩余0.39gAl(OH)3溶解可以消耗0.005molNaOH,故共消耗NaOH的物质的量=0.03+0.005mol=0.035mol,需要NaOH溶液的体积=0.035/2=0.0175L=17.5mL,答案7.5mL或17.5mL【解析】生成Al(OH)3沉淀的最大值Al(OH)3沉淀完全溶解于NaOH溶液中,得到NaAlO2溶液Al3++4OH-===AlO2-+2H2O7.5mL或17.5mL14、略
【分析】【分析】
【详解】
(1)同一主族元素,从上到下元素的金属性逐渐增强;同一周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱。元素的金属性越强,其单质与酸反应越剧烈。则元素的金属性:K>Na>Mg>Al,所以这四种金属元素的单质中与盐酸反应最剧烈的是K。在上述金属中K、Na都是+1价金属,Mg是+2价的金属,Al是+3价的金属,则1mol上述四种金属单质与酸反应置换的H2的物质的量:Al>Mg>K>Na;故Al与盐酸反应产生的气体最多;
(2)同一周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强。元素的非金属性越强,其单质的氧化性就越强,活动性强的可以将活动性弱的置换出来。元素的非金属性:Cl>S,故活动性强的Cl2可以将活动性弱的S从化合物中置换出来。向Na2S溶液中通入氯气出现黄色浑浊,发生反应:Cl2+Na2S=2NaCl+S↓,该反应的离子方程式为:S2-+Cl2=2Cl-+S↓。【解析】KAlS2-+Cl2=2Cl-+S↓15、略
【分析】【分析】
由图知,a为NH3,b为N2O5,c为N2O4或NO2,d为NO,e为HNO3;f为亚硝酸盐,据此回答;
【详解】
(1)实验室用铜制取d即NO的离子方程式为:反应中铜化合价从0升高到+2;化合价升2,铜为还原剂,氮元素化合价从+5降低到+2、化合价降低3、硝酸为氧化剂,按得失电子数相同,则还原剂与氧化剂的物质的量之比为3:2,由方程式知,每生成2molNO、消耗铜3mol,则生成标准状况下11.2L气体d即0.5molNO时,消耗铜为0.75mol、质量为0.75mol×64g/mol=48g。
(2)c的大量排放会造成的环境问题是酸雨(或光化学烟雾)。工业上可用a与c在催化剂、加热条件下共同反应生成无污染的物质,该反应通常为氨气和二氧化氮反应生成氮气和水,该反应的化学方程式:反应中氨气中氮元素化合价从-3升高到0;化合价升3,氨气为还原剂,二氧化氮中氮元素化合价从+4降低到0、化合价降低4、二氧化氮为氧化剂,按得失电子数相同,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:4。
(3)将c、d同时通入NaOH溶液中仅生成f一种盐,即NO、NO2和NaOH溶液反应生成亚硝酸钠和水,反应的离子方程式:
(4)a经过一步反应可以生成d,即氨的催化氧化反应,生成NO和水,反应的化学方程式:【解析】3∶248g酸雨(或光化学烟雾)3∶416、略
【分析】【分析】
【详解】
(1)氢气中两个氢原子之间共用一对电子,每个氢原子都达到了两个电子的稳定结构,氢气的电子式为:
答案为
(2)氧气中两个氧原子之间公用两个电子,每个氧原子都达到了8电子稳定结构,氧气的电子式为:
答案为
(3)氮气中存在氮氮三键,氮原子最外层达到8电子稳定结构,氮气的电子式为故答案为:
(4)氨气中氮原子为中心原子,氮原子和三个氢原子之间共用一对电子,氨气的电子式为
答案为
(5)氢氧化钠为离子化合物,钠离子和氢氧根离子之间为离子键,氢和氧之间公用一对电子,电子式为
答案为【解析】三、判断题(共8题,共16分)17、B【分析】【分析】
(1)
在离子化合物中一定含有离子键;可能存在共价键,如NaOH是离子化合物,其中含有离子键;共价键,因此该说法是错误的。
(2)
惰性气体是单原子分子;分子中只有一个原子,就不存在共价键,因此在单质分子中不一定存在共价键,这种说法是错误的。
(3)
共价键可能存在于多原子单质分子中;也可能存在共价化合物分子中,还可能存在于离子化合物中,因此不一定只存在于共价化合物中,这种说法是错误的。
(4)
共价键、离子键的强弱取决于微粒之间作用力的大。械墓布奂壤胱蛹,有的共价键比离子键弱,因此不能说共价键不如离子键牢固,这种说法是错误的。18、A【分析】【详解】
加热试管时先均匀加热,后局部加热,否则试管会受热不均而炸裂。19、B【分析】【详解】
使品红溶液退色的无色有刺激性气味的气体也可能为氯气,错误。20、B【分析】【分析】
【详解】
氨气的电子式:错误;21、B【分析】【详解】
NaHCO3+H2=HCOONa+H2O的反应中,H化合价升高被氧化,故错误;22、B【分析】【分析】
【详解】
摩尔质量指单位物质的量物质所具有的质量,H2SO4的摩尔质量是(1×2+32+16×4)g·mol-1=98g·mol-1,错误。23、A【分析】【分析】
【详解】
温度和容积相同的两容器中,压强之比等于物质的量之比,有5molO2和2molN2,则压强之比为5:2,正确。24、A【分析】【详解】
用氢气还原氧化铜时,为防止加热时氢气与空气混合发生爆炸,应先通一会儿氢气,排尽装置中的空气,再加热氧化铜;正确。四、工业流程题(共1题,共4分)25、略
【分析】【分析】
由流程可知,含钴废渣加入硫酸酸浸并通入SO2,可发生Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O、CoO+H2SO4=CoSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2O、NiO+H2SO4=NiSO4+H2O,加入Na2CO3调节溶液的pH使Al3+转化为Al(OH)3沉淀而除去Al3+,然后向滤液中加入萃取剂HX,有机层中含有NiSO4,然后从有机层中反萃取可得到NiSO4溶液,向水层中加入NaHCO3生成CoCO3固体,以此来解答。
【详解】
(1)根据以上分析可知“酸浸”中,Co2O3转化为Co2+的离子方程式为根据外界条件对反应速率的影响可知为提高酸浸效率,可采取的措施有提高酸浸温度或搅拌或增大硫酸浓度或将废渣粉碎等。(2)“沉淀”时主要是除去铝离子,则其主要成分是Al(OH)3。(3)“萃取”和“反萃取”可简单表示为:2HX+Ni2+NiX2+2H+。为了将有机层的镍充分“反萃取”得到NiSO4溶液,需要使平衡逆向移动,则需要往有机层中加碱。(4)“沉钴”时加入的是碳酸氢钠,则反应的离子方程式为25℃,若“沉钴”开始时c(Co2+)=0.010mol/L,为了防止生成的CoCO3中混入Co(OH)2,则根据Ksp[Co(OH)2]=4.0×10-15可知溶液中氢氧根的浓度是所以应控制溶液的pH<(14-6.2)=7.8。(5)某工厂用m1kg废渣(含钴10%)制备CoCO3,理论上得到产品的质量是由于最终得到产品m2kg,所以产率为【解析】①.②.提高酸浸温度或搅拌或增大硫酸浓度或将废渣粉碎等③.Al(OH)3④.酸⑤.⑥.7.8⑦.五、计算题(共4题,共20分)26、略
【分析】【详解】
(1)根据SO2~SO3~H2SO4可知需要二氧化硫的体积为=2.24×105L=224m3;20%的发烟H2SO4表示为SO3?aH2O,即为:aH2SO4·(1-a)SO3,因为20%的发烟硫酸(H2SO4和SO3的混合物,其中SO3的质量分数为0.2),根据20%的硫酸中H2SO4和SO3的质量关系可得:98a:80(1-a)=(1-20%):20%,解得:a=故答案为:
(2)假设乙为H2SO4,由于Al(OH)3能溶于硫酸,则①到②过程中Na[Al(OH)4]减少,H2SO4增加的过程中,生成沉淀必然减少,但实际情况生成沉淀没有减少,说明假设错误,乙为Na[Al(OH)4];②到③的过程中硫酸增加一倍,Na[Al(OH)4]增加多于一倍,而沉淀刚好多了一倍,说明②③中Na[Al(OH)4]过量,硫酸完全反应,根据②结合方程式2Na[Al(OH)4]+H2SO4→2Al(OH)3↓+Na2SO4+2H2O可知10mL硫酸溶液中硫酸的物质的量是0.01mol,则①中硫酸总量为0.01mol×14=0.14mol,H+总物质的量=0.28mol,在①中发生的反应有两个:4H++[Al(OH)4]-=Al3++4H2O、Al3++3[Al(OH)4]-=4Al(OH)3↓,由方程式可知①中Na[Al(OH)4]总物质的量=0.07mol+0.15mol=0.085mol,所以其浓度是mol·L-1,故答案为:乙为Na[Al(OH)4]溶液,浓度为:8.5mol·L-1。
【点睛】
(2)与方程式相关的复杂计算,关键是弄清楚每一步所涉及的反应,找出涉及的物质之间的关系式。如本小题的关键在于分析清楚①中发生的反应有两个:4H++[Al(OH)4]-=Al3++4H2O;Al3++3[Al(OH)4]-=4Al(OH)3↓,②③两步均发生一个反应2Na[Al(OH)4]+H2SO4→2Al(OH)3↓+Na2SO4+2H2O,再把相关已知量带进去计算即可。【解析】224乙为Na[Al(OH)4]溶液浓度为:8.5mol·L-127、略
【分析】【详解】
(1)由图知NaOH质量为4g,物质的量为0.1mol,完全转化为Na2CO3时,Na2CO3质量为0.1mol×0.5×106g/mol=5.3g,完全转化为NaHCO3时,NaHCO3质量为0.1mol×84g/mol=8.4g,故a点白色固体M为Na2CO3,c点白色固体M为NaHCO3。
图b点时M的质量为7.16g,5.3<7.16<8.4,知M由Na2CO3和NaHCO3组成,设在b点时Na2CO3物质的量为x,NaHCO3物质的量为y,则:2x+y=0.1,106x+84y=7.16,解得x=0.02,y=0.06;,故答案为:0.02molNa2CO3、0.06molNaHCO3;
(2)若要使b点生成的盐的质量变为8.4g,则应继续向溶液中通入二氧化碳,将碳酸钠转化为碳酸氢钠,故V(CO2)=0.02mol×22.4L?mol-1=0.448L;故答案为:0.448;
(3)7.16g盐为Na2CO3为0.02mol,NaHCO3为0.06mol,要得到纯净的8.4gNa2CO3固体,即要将0.06molNaHCO3变为0.03molNa2CO3,“某种物质”需满足3个条件:a.显碱性或能生成碱,b.需加入Na元素;c.不能带来其它杂质。
①中根据Na原子守恒,0.03mol物质中需有0.06molNa原子,故符合条件的只有Na2O或Na2O2,故答案为:Na2O;Na2O2;
②中根据Na原子守恒0.06mol物质中需有0.06molNa,故符合条件的可有Na、NaOH等,故答案为:Na;NaOH。【解析】(1)和
(2)0.448
(3)Na2O2NaNaOH28、略
【分析】【分析】
由图象可知,从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余,溶液的溶质为H2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3,此时发生的反应为:H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O;当V(NaOH溶液)=200mL时,沉淀量最大,此过程中Mg2+、Al3+与OH-反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3,溶液溶质为Na2SO4;从200mL到240mL,NaOH溶解固体Al(OH)3,发生反应:OH-+Al(OH)3=AlO+2H2O;据此分析解答。
【详解】
(1)加入NaOH200~240mL时,NaOH溶解固体Al(OH)3,发生反应:OH-+Al(OH)3=AlO+2H2O;
(2)沉淀量最大时成分为Mg(OH)2和Al(OH)3,物质的量之和为0.35mol,从200mL到240mL,NaOH溶解Al(OH)3,当V(NaOH溶液)=240mL时,沉淀不再减少,此时全部为Mg(OH)2,物质的量为0.15mol,所以Al(OH)3的物质的量为0.35mol-0.15mol=0.2mol,由元素守恒可知n(Al)=n[Al(OH)3]=0.20mol,n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol,所以镁和铝的总质量为m(Al)+m(Mg)=0.20mol×27g/mol+0.15mol×24g/mol=9g;
(3)沉淀量最大时为Mg(OH)2和Al(OH)3,溶液中溶质为Na2SO4,根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于200mLNaOH溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍,所以n(Na2SO4)=0.5×5mol/L×0.2L=0.5mol,所以H2SO4的物质的量浓度c(H2SO4)==2.5mol/L;
(4根据以上分析,n(Al)=0.2mol,n(Mg)=0.15mol,由于Al是+3价金属,Mg是+2价的金属,所以金属失去电子的物质的量n(e-)=3n(Al)+2n(Mg)=0.2mol×3+0.15mol×2=0.9mol,根据反应过程中得失电子守恒,可知反应产生氢气的物质的量n(H2)=0.5n(e-)=0.45mol,则在标准状况下的体积V(H2)=0.45mol×22.4L/mol=10.08L。【解析】OH-+Al(OH)3=AlO+2H2O92.510.0829、略
【分析】【详解】
故答案为:8.0;1.204×1024;【解析】8.01.204×1024
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