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…………○…………内…………○…○…………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年外研kok电子竞技2024拓展型课程化学下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:______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题,共10分)1、下列溶液中各微粒浓度关系正确的是A.室温下,pH=4的0.1mol/L的NaHC2O4溶液中:c()>c(H+)>c(H2C2O4)>c()B.0.1mol/L的CH3COONH4溶液中:c(CH3COO?)+c(CH3COOH)=c(NH3?H2O)+c()C.同温下,两种盐溶液的浓度相同且pH(NaX)>pH(NaY),则c(X?)+c(OH?)>c(Y?)+c(OH?)D.向含有BaSO4、BaCO3的饱和溶液中加入少量的Ba(NO3)2,溶液中的值减小(已知:Ksp(BaSO4)=1.1×10-10;Ksp(BaCO3)=2.58×10-9)2、下列说法中正确的是()A.气体单质中,一定有键,可能有键B.PCl3分子是非极性分子C.氢键键长一般定义为的长度D.的模型与离子的空间立体构型一致3、一定条件下的密闭容器中发生放热反应:2A(g)+B(g)2C(g),若其它条件不变,下列措施会使该反应速率减。珹转化率增大的是A.升高温度B.增大B浓度C.减少物质CD.加入催化剂4、某学习小组设计实验制备供氧剂氢化钙(CaH2);实验装置如下图所示。

已知:①钙能与H2O、HCl、O2等反应;②氢化钙遇水剧烈反应。下列说法正确的是A.相同条件下,粗锌(含少量铜)比纯锌反应速率慢B.酸R为浓盐酸,装置b中盛装浓硫酸C.实验时先点燃酒精灯,后打开活塞KD.装置d的作用是防止水蒸气进入硬质玻璃管5、下列实验不能达到实验目的的是A.实验室分离CO与CO2B.检查装置气密性C.蒸发浓缩结晶D.分离出溴的四氯化碳溶液评卷人得分二、多选题(共3题,共6分)6、常温下,用溶液分别滴定体积和浓度均相同的三种一元弱酸的滴定曲线如图所示;图中横坐标a表示滴定百分数(滴定用量与滴定终点用量之比)。下列说法错误的是。

A.常温下,酸性:B.当滴定至溶液中存在:C.滴定当时,溶液中D.初始浓度7、某同学按图示装置进行实验;产生足量的气体通入c中,最终出现浑浊。下列所选物质组合符合要求的是。

a中试剂b中试剂c中溶液A浓硫酸浓盐酸饱和食盐水B浓硫酸Cu溶液C稀硫酸饱和溶液D浓氨水碱石灰溶液

A.AB.BC.CD.D8、“探究与创新能力”是化学的关键能力。下列各项中“操作或现象”能达到预期“实验目的”的是。选项实验目的操作或现象A制作简单原电池将铁钉和铜丝连接插入食醋中即可形成原电池B验证碳能与浓硝酸反应向浓硝酸中插入红热的碳,产生红棕色气体C鉴别溴蒸气和分别通入溶液中,产生浅黄色沉淀的是溴蒸气D除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入足量饱和氢氧化钠溶液,充分混合后分液

A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、填空题(共5题,共10分)9、向某密闭容器中充入等物质的量的气体M和N;一定条件下发生反应,达到平衡后,只改变反应的一个条件,测得容器中物质的浓度;反应速率随时间的变化如图1、图2所示。

回答下列问题:

(1)该反应的化学方程式为_______,其_______(填“>”、“<”或“=”)0。

(2)30min时改变的条件是____,40min时改变的条件是____,请在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线_____。

(3)0~8min内,_______;50min后,M的转化率为_______(保留三位有效数字)。

(4)20min~30min内,反应平衡时的平衡常数K=_______。10、常温下有浓度均为0.1mol/L的四种溶液:①HCl;②CH3COOH;③NaOH;④Na2CO3。

(1)这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是___(用序号填写)。

(2)等体积混合②和③的溶液中离子浓度的大小顺序是___。

(3)常温下,0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3,则CH3COOH溶液的电离平衡常数Ka=___。

(4)用离子方程式表示④的水溶液呈碱性的主要原因:___。

(5)取10mL溶液①,加水稀释到1000mL,则该溶液中由水电离出的c(H+)约为___。11、某有机物的结构简式如图所示:

(1)1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成________H2。

(2)该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为________。12、以下是合成乙酰水杨酸(阿司匹林)的实验流程图;请你回答有关问题:

已知:阿司匹林;水杨酸和乙酸酐的相对分子量分别为:180、138、102.

(1)制取阿司匹林的化学反应方程式为_________________;反应类型____________;

(2)水杨酸分子之间会发生缩合反应生成聚合物,写出用除去聚合物的有关离子方程式______________________________________________;

(3)抽滤装置如图所示,仪器A的名称___________;该操作时在仪器A中加入滤纸,用蒸馏水湿润后,应________(选择下列正确操作的编号);再转移液体①微开水龙头;②开大水龙头;③微关水龙头;④关闭水龙头。

(4)下列有关抽滤的说法中正确的是________

A.抽滤是为了加快过滤速率;得到较大颗粒的晶体。

B.不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀。

C.当吸滤瓶内液面高度快达到支管口时;应拔掉链接支管口的橡皮管,从支管口倒出。

D.将晶体转移至布氏漏斗时;若有晶体附在烧杯内壁,应用蒸馏水淋洗至布氏漏斗中。

E.洗涤沉淀时;应使洗涤剂快速通过沉淀。

(5)用冷水洗涤晶体的目的_______________________;

(6)取2.000g水杨酸、5.400g乙酸酐反应,最终得到产品1.566g。求实际产率_______;13、连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉,是白色砂状或淡黄色粉末状固体,易溶于水、不溶于醇,该物质具有强还原性,在空气中易被氧化为NaHSO4,75℃以上会分解产生SO2。是重要的有机合成原料和漂白剂。

制取Na2S2O4常用甲酸钠法:控制温度60~70℃,在甲酸钠(HCOONa)的甲醇溶液中,边搅拌边滴加Na2CO3甲醇溶液,同时通入SO2,即可生成Na2S2O4。反应原理如下:2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2

(1)如图,要制备并收集干燥纯净的SO2气体,接口连接的顺序为:a接__,__接__,__接__。制备SO2的化学方程式为___。

(2)实验室用图装置制备Na2S2O4。

①Na2S2O4中硫元素的化合价为___。

②仪器A的名称是___。

③水浴加热前要通一段时间N2,目的是___。

④为得到较纯的连二亚硫酸钠,需要对在过滤时得到的连二亚硫酸钠进行洗涤,洗涤的方法是___。

⑤若实验中所用Na2SO3的质量为6.3g,充分反应后,最终得到mg纯净的连二亚硫酸钠,则连二亚硫酸钠的产率为___(用含m的代数式表示)。评卷人得分四、工业流程题(共4题,共32分)14、工业上用铝土矿(主要成分为氧化铝;含少量氧化铁)制取铝的过程如图所示:

请回答:

(1)试剂1为_______(填化学式),①~④转化中属于氧化还原反应的是_______(填序号);

(2)沉淀B的化学式为_______,写出该物质发生铝热反应的化学方程式_______;(3)电解F,当转移0.6mol电子时,可制得铝_______g;

(4)沉淀D是药物“胃舒平”的主要成分,可用于治疗胃酸(稀盐酸)过多,写出该反应的离子方程式_______;

(5)②中发生反应的离子方程式为_______。15、某化学实验小组从市场购买海带并设计提碘的流程如图所示:

请回答下列问题:

(1)操作2包括以下步骤:a.振荡萃取b.分液c.静置分层d.加碘溶液和CCl4e.检漏。

①上述步骤的正确先后顺序是______(填编号)。

②完成步骤a时要及时放气,放气时分液漏斗下端应_____(填“向上倾斜”或“向下倾斜”),放气的目的是______。

③步骤b的具体操作是______,再将分液漏斗下面的活塞拧开,使下层液体沿烧杯内壁流下,当下层液体刚好放完时关闭活塞,______。

(2)浓NaOH溶液与I2反应的化学方程式是_____。

(3)加入45%硫酸溶液的作用是______(用离子方程式表示)。

(4)利用如图所示装置进行粗碘提纯。简述纯化I2的原理:_____。棉花的作用是______。

16、H5IO6(正高碘酸)是用于光度法测定苯肼的试剂。工业上用NaIO3制备H5IO6的流程如图:

(1)“反应Ⅰ”可在如图所示的装置中进行。该反应生成不溶于水的Na2H3IO6的离子方程式为____。若要提高Cl2的利用率,可对装置进行改进的措施为___。

(2)反应Ⅱ生成不溶于水的黑色Ag5IO6,“滤液2”呈__(填“酸”“碱”或“中”)性。

(3)“无色气体”为__(填化学式)。

(4)工业上为降低成本,减少对环境的污染,整个流程需要控制加入Cl2和AgNO3的物质的量之比为n(Cl2)∶n(AgNO3)=__。

(5)H5IO6具有强氧化性,可将FeSO4氧化为H2FeO4,自身被还原为HIO3,该反应的化学方程式为___。17、某同学在实验室以α-呋喃甲醛()为原料制备α-呋喃甲醇()和α-呋喃甲酸();过程如下:

相关物质性质如下表:。物质α-呋喃甲醛α-呋喃甲醇α-呋喃甲酸乙醚常温性状无色或浅黄色液体无色透明液体白色针状固体无色透明液体熔、沸点/℃-36.5

161.7-31

171131

230-232-116.3

34.6相对分子量969811274溶解性微溶于水,易溶于乙醇、乙醚、丙酮、氯仿、苯溶于水、可混溶于乙醇、乙醚、苯、氯仿水溶性:36g/L(20℃)微溶于水

回答下列问题:

(1)步骤①所用装置(夹持仪器已省略)如图,盛放NaOH溶液的仪器名称为_____________。

(2)步骤②中操作I是_____________,步骤③中操作II是_____________,操作II前需要向乙醚混合液中加入无水MgSO4,其目的是_________________________________________。

(3)向水层中加入浓盐酸,反应的化学方程式为_____________________________________。

(4)步骤④操作III包括_____________;过滤、洗涤、干燥。

(5)本实验呋喃甲酸的产率为_____________%(保留三位有效数字),进一步提纯α-呋喃甲酸,若重结晶时加入过多的蒸馏水,则会导致α-呋喃甲酸的产率_____________(填“偏低”“偏高”或“不影响”)。评卷人得分五、原理综合题(共3题,共18分)18、煤和石油通常都含有硫的化合物;燃烧生成的二氧化硫成为大气主要污染物之一。二氧化硫的治理已成为当前研究的课题。其催化氧化的过程如图1所示:

(1)已知:I.SO2(g)+V2O5(s)SO3(g)+V2O4(s)△H1=+24kJ?mol-1

Ⅱ.2V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s)△H2=-244kJ?mol-1

①SO2(g)+O2(g)SO3(g)△H3=___kJ?mol-1。

②活化分子比普通分子高出的能量称为活化能,则反应Ⅱ的正反应活化能为__(用字母E1~E6表示)kJ?mol-1。

③总反应速率一般由慢反应决定,从图1中分析决定V2O5催化氧化SO2的反应速率的是反应__(填“I”或“Ⅱ”)。

(2)某温度下,向2L的恒容密闭容器中充入等物质的量的SO2和O2,测得SO2的物质的量变化如图2所示:

①第5min时反应达到平衡,v(SO3)=____mol?L-1?min-1,O2的转化率为_____

②该温度下,反应的平衡常数K=______(精确到0.01)。19、十九大kok电子竞技提出“要像对待生命一样对待生态环境”;对硫;氮等元素形成的有毒有害气体进行处理成为科学研究热点。请回答下列问题:

Ⅰ.SO2主要来源于含硫燃料的燃烧,燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g)ΔH=-681.8kJ/mol对煤进行脱硫处理以减少SO2的排放。T℃时,将煤燃烧产生的气体收集于一密闭容器中,发生上述反应,测得各物质的浓度与反应时间的关系如下:。时间(min)

浓度(mol?L-1)01020304050O21.000.790.600.600.640.64CO200.420.800.800.880.88

(1)10~20min内,平均反应速率v(SO2)=__;升高温度,该反应的平衡常数K__(填“增大”“减小”或“不变”)。

(2)30min后,只改变某一条件,反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断,改变的条件可能是___(填字母)。

A.通入一定量的O2

B.加入一定量的碳酸钙粉末。

C.适当缩小容器的体积。

D.加入合适的催化剂。

Ⅱ.NOx的排放主要来自于汽车尾气,NOx的脱除方法基本一致;即设法将其转化为氮气。

(3)已知:2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH1=-113kJ/mol

6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g)ΔH2=-227kJ/mol

4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)ΔH3=-57kJ/mol

则2O3(g)=3O2(g)是___反应(填“放热”或“吸热”),O3氧化脱除氮氧化物的总反应是NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)ΔH4=___kJ/mol,最后将NO2与恰当的还原剂反应转化为N2而脱除。

(4)常见的汽车尾气处理原理是使尾气(含适当比例的NO;CO)通过装有高效催化剂的处理装置;发生反应:

2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。请根据以下相关数据,分析采用此法能否有效消除NO、CO尾气污染___(填“能”或“否”),理由是__(通过必要的计算加以说明)。反应25℃时的平衡常数反应I:2NO(g)N2(g)+O2(g)K1=1×1030反应II:2CO2(g)2CO(g)+O2(g)K2=1×10-92

(5)用NH3催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染,其反应原理为:NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)。一定温度下,在某恒定压强为P的密闭容器中充入一定量的NO、NO2和NH3,达到平衡状态后,容器中含n(NO)=amol,n(NO2)=2amol,n(NH3)=2amol,n(N2)=2bmol,且N2(g)的体积分数为请计算此时的平衡常数Kp=__(用只含P的代数式表示,且化至最简式。已知:对于有气体参加的反应,可用某组分的平衡分压代替物质的量浓度计算平衡常数,记作KP。某组分的平衡分压=P×该组分的物质的量分数)。20、部分弱酸的电离平衡常数如下表:。弱酸HCOOHHClOH2CO3H2SO3电离平衡常数(25℃)

(1)在温度相同时,各弱酸的Ki值与酸性的相对强弱的关系为:________________________。

(2)下列离子方程式正确的是。

A.2ClO-+H2O+CO2→2HClO+

B.2HCOOH+→2HCOO-+H2O+CO2↑

C.H2SO3+2HCOO-→2HCOOH+

D.Cl2+H2O+2→2+Cl-+ClO-

(3)常温下,pH=3的HCOOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后,溶液中离子浓度由大到小的顺序为________________________________。

亚硒酸(H2SeO3)也是一种二元弱酸;常温下是一种无色固体,易溶于水,有较强的氧化性。

(4)往亚硒酸溶液中不断通入SO2会产生红褐色单质,写出该反应的化学方程式:______________________________________________________。

(5)将亚硒酸与30%的H2O2加热可制得硒酸(H2SeO4);反应方程式如下:

H2SeO3+H2O2→H2SeO4+H2O,下列说法中正确的是()。

A.H2O2既是氧化剂又是还原剂。

B.H2O既不是氧化产物又不是还原产物。

C.H2SeO4既是氧化产物又是还原产物。

D.氧化性:H2SeO3>H2SeO4

碲酸(H6TeO6)是一种很弱的酸,但它的氧化性比硫酸还要强。在酸性介质中,碲酸可将HI氧化成I2;方程式如下:

___HI+___H6TeO6___TeO2+___Te+___I2+___H2O

(6)若反应中生成的TeO2与Te的物质的量之比为1:1,试配平上述化学方程式。评卷人得分六、计算题(共3题,共6分)21、(1)若t=25℃时,Kw=___________,若t=100℃时,Kw=1.0×10-12,则100℃时0.05mol?L-1Ba(OH)2溶液的pH=___________。

(2)已知25℃时,0.1L0.1mol?L-1的Na2A溶液的pH=11,用离子方程式表示其原因为___________。

(3)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液,分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH___________NaOH溶液的pH(填“>”“=”或“<”)。

(4)室温下,pH=2的H2SO4溶液、pH=12的NaOH溶液、pH=12的Na2CO3溶液,水电离出的c(H+)之比为___________。

(5)相同物质的量浓度的①NH4HSO4、②NH4HCO3、③NH4Cl三种溶液,pH值从大到小的顺序为___________(用数字标号填空,下同);相同温度下,NH浓度相等的上述三种溶液,物质的量浓度从大到小的顺序为___________。

(6)含有Cr2O的废水毒性较大。某工厂酸性废水中含5.0×10-3mol?L-1的Cr2O可先向废水中加入绿矾(FeSO4·7H2O);搅拌后撒入生石灰处理。

①写出加入绿矾的离子方程式___________。

②若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=4.0×10-13mol?L-1,则残留的Cr3+的浓度_______________mol?L-1(已知:Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-33)。22、制备氮化镁的装置示意图:

回答下列问题:

(1)填写下列仪器名称:的名称是_________。

(2)写出中和反应制备氮气的离子反应方程式__________。

(3)的作用是_____,是否可以把和的位置对调并说明理由_________。

(4)写出中发生反应的化学方程式___________。

(5)请用化学方法检验产物中是否含有未反应的镁,写出实验操作、现象、结论_________。23、某研究性学习小组类比镁在二氧化碳中的燃烧反应,认为钠和二氧化碳也可以发生反应,他们对钠在CO2气体中燃烧进行了下列实验:

(1)若用下图装置制备CO2,则发生装置中反应的离子方程式为_________。

(2)将制得的CO2净化、干燥后由a口缓缓通入下图装置,待装置中的空气排净后点燃酒精灯,观察到玻璃直管中的钠燃烧,火焰为黄色。待冷却后,管壁附有黑色颗:桶咨镏。

①能说明装置中空气已经排净的现象是_________。

②若未排尽空气就开始加热,则可能发生的化学反应方程式主要为_________。

(3)若钠着火,可以选用的灭火物质是_________。

A.水B.泡沫灭火剂C.干沙土D.二氧化碳。

(4)该小组同学对管壁的白色物质的成分进行讨论并提出假设:

Ⅰ.白色物质可能是Na2O;Ⅱ.白色物质可能是Na2CO3;Ⅲ.白色物质还可能是_________。

(5)为确定该白色物质的成分,该小组进行了如下实验:。实验步骤实验现象①取少量白色物质于试管中,加入适量水,振荡,样品全部溶于水,向其中加过量的CaCl2溶液出现白色沉淀②静置片刻,取上层清液于试管中,滴加无色酚酞试液无明显现象

①通过对上述实验的分析,你认为上述三个假设中,___成立(填序号)。

②由实验得出:钠在CO2中燃烧的化学方程式为_____;每生成1mol氧化产物,转移的电子数为____。

(6)在实验(2)中还可能产生另一种尾气,该气体为________;处理该尾气的方法为_____。参考答案一、选择题(共5题,共10分)1、B【分析】【详解】

A.室温下,0.1mol/L的NaHC2O4溶液pH=4,说明的电离作用大于其水解作用,所以c()>c(H2C2O4);A错误;

B.根据物料守恒可得c(CH3COO?)+c(CH3COOH)=c(NH3?H2O)+c();B正确;

C.两种盐溶液中都存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-),c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-),两种溶液的pH(NaX)>pH(NaY),说明溶液中c(H+):前者小于后者,由于两种溶液中离子浓度都是阳离子浓度的二倍,两种盐溶液浓度相同,c(Na+)相同,c(H+)越。蚶胱幼芘ǘ染驮叫。蔯(X?)+c(OH?)<c(Y?)+c(OH?);C错误;

D.=由于其中含有BaSO4、BaCO3,所以向其中加入少量的Ba(NO3)2,溶液中的值不变;仍等于两种盐的溶度积常数的比,D错误;

故合理选项是B。2、C【分析】【详解】

A.若气体为惰性气体;则分子为单原子分子,就不存在化学键,A错误;

B.PCl3分子中正负电荷重心不重合,因此PCl3分子是极性分子;B错误;

C.氢键的键长就是指X与Y原子之间的距离,一般定义为的长度;C正确;

D.的价层电子对数是3+=4,且中心O原子上含有1对孤对电子对,所以模型是四面体形;而粒子的立体构型为三角锥形,二者不一致,D错误;

故合理选项是C。3、C【分析】【分析】

该反应的正反应是气体体积减小的放热反应;根据外界条件对化学反应速率和化学平衡移动的影响分析解答。

【详解】

A.升高温度;化学反应速率增大;化学平衡向吸热的逆反应方向移动,A转化率降低,A不符合题意;

B.增大反应物B的浓度;化学反应速率加快;化学平衡正向移动,A的平衡转化率增大,B不符合题意;

C.减少生成物C;物质浓度降低,反应速率减。簧晌锱ǘ冉档,化学平衡正向移动,A转化率增大,C符合题意;

D.加入催化剂;能够使化学反应速率大大加快;由于催化剂对正;逆反应速率影响相同,因此化学平衡不移动,故A的平衡转化率不变,D不符合题意;

故合理选项是C。4、D【分析】锌、铜和盐酸构成原电池,反应速率比纯锌与盐酸反应速率快,A错误;酸R为浓盐酸,与锌反应生成氢气中含有氯化氢、水蒸气,因此装置b中盛装浓硫酸,只能吸收水蒸气,不能除去氯化氢,导致钙与氯化氢反应生成氯化钙,影响实验,B错误;由于钙能够与氧气反应,所以先产生氢气,排净装置内的空气,然后再点燃酒精灯,才能保证氢气与钙反应,C错误;由于氢化钙遇水剧烈反应,所以装置d的作用是防止水蒸气进入硬质玻璃管,影响实验,D正确;正确选项D。5、C【分析】A、要将CO和CO2分离,关闭b,打开a,混合气体进入左边广口瓶装置,CO与氢氧化钠溶液不反应,可分离出被右边广口瓶中浓硫酸干燥过的纯净的CO,装有NaOH溶液的广口瓶用来吸收CO2,此时广口瓶中发生的反应方程式为:2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O;再关闭a,打开b,利用稀硫酸与碳酸钠反应生成CO2通过浓硫酸干燥得纯净的CO2,选项A正确;B、若长颈漏斗中液面不下降,说明装置气密性好,选项B正确;C、蒸发浓缩结晶所用的仪器为蒸发皿,坩埚用于灼烧固体,选项C错误;D、利用分液将水层和溴的四氯化碳溶液分离,选项D正确。答案选C。二、多选题(共3题,共6分)6、BD【分析】【详解】

A.由起始点可以看出,酸性:A项正确;

B.当滴定至溶液中存在:B项错误;

C.当时,溶液呈酸性,C项正确;

D.D项错误。

故选BD。7、AC【分析】【详解】

A.浓硫酸加入浓盐酸中,生成气体,生成的气体通入饱和食盐水中,根据同离子效应,析出晶体;A符合题意;

B.浓硫酸和铜在加热条件下才能反应生成不符合实验要求,B不符合题意;

C.和稀硫酸反应生成与饱和溶液反应生成晶体;C符合题意;

D.浓氨水和碱石灰生成通入溶液中,先生成沉淀,继续通入氨气,溶解生成D不符合题意;

故选AC。8、AC【分析】【分析】

【详解】

A.将铁钉和铜丝连接插入食醋中即可形成简单铁铜原电池;故A符合题意;

B.浓硝酸受热分解能放出红棕色二氧化氮气体;所以向浓硝酸中插入红热的碳,产生红棕色气体,不能证明是碳与浓硝酸反应,故B不符合题意;

C.因为溴蒸气能和溶液反应;产生浅黄色溴化银沉淀,故C符合题意;

D.因为足量饱和氢氧化钠溶液能和乙酸乙酯反应;所以不能用足量饱和氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸,故D不符合题意;

故答案:AC。三、填空题(共5题,共10分)9、略

【分析】【详解】

(1)依据图1中各物质的浓度变化量可得到0-20min,M、N浓度减少量为1.5mol/L,P浓度增加量为3mol/L,则反应的化学方程式为由图1可知,40min时平衡发生了移动,而P、M、N的浓度没有改变,且改变压强和使用催化剂平衡不移动,则改变的条件是温度,30min时P、M、N浓度均减小则改变的条件为扩大容器体积,压强减。从λ俾始跣。赏2可知40min时速率增大,则40min时改变的条件是升高温度,而生成物P的浓度在减。谰堇障奶亓性砜膳卸细梅从Φ

(2)由(1)分析可知,30min时改变的条件是扩大容器的体积;40min时改变的条件是升高温度;在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线为

(3)8min时,M、N、P的物质的量浓度相等,设

则解得x=2,故8min时,0~8min内;

50min后;M;N、P的物质的量浓度相等,故M的转化率为33.3%;

(4)由图1可知,20min~30min内,为平衡状态,M、N的平衡浓度为1.5mol/L,P的平衡浓度为3mol/L,则反应平衡时的平衡常数K=【解析】(1)<

(2)扩大容器的体积升高温度

(3)33.3%

(4)410、略

【分析】【详解】

(1)水电离程度比较:碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐;碳酸根离子水解导致溶液显碱性,促进了水的电离;盐酸是强酸溶液,氢氧化钠溶液是强碱溶液,溶液中水的电离都受到了抑制作用,其中盐酸中的氢离子浓度等于氢氧化钠溶液中的氢氧根离子浓度,二者中水的电离程度相等;醋酸溶液为弱酸,发生微弱的电离产生氢离子,抑制了水的电离,但醋酸溶液中氢离子浓度远小于盐酸,故水的电离程度比盐酸和氢氧化钠都强,综合而言这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是④>②>①=③。故答案为:④>②>①=③。

(2)等体积的醋酸和氢氧化钠混合,混合后溶液恰好为醋酸钠溶液,属于强碱弱酸盐,醋酸根离子发生微弱的水解导致溶液显碱性,所以溶液中离子浓度的大小顺序是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。故答案为:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。

(3)常温下,0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3,可得溶液中c(H+)=10-3mol/L,由醋酸的电离方程式:CH3COOHCH3COO-+H+可得其电离平衡常数为:故答案为:10-5。

(4)碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐,碳酸根离子水解导致溶液显碱性,促进了水的电离,其水解方程式为:CO+H2OHCO+OH-,HCO+H2OH2CO3+OH-,故答案为:CO+H2OHCO+OH-,HCO+H2OH2CO3+OH-。

(5)取10mLHCl溶液,加水稀释到1000mL,此时溶液中由HCl电离出的由此可知,此时溶液中的c(H+)=10-3mol/L,可得该溶液中由水电离出的故答案为:10?11mol/L。【解析】④>②>①=③c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)10-5CO+H2OHCO+OH-,HCO+H2OH2CO3+OH-10?11mol/L11、略

【分析】【分析】

由结构简式可知;分子中含-OH;-COOH、碳碳双键,结合醇、羧酸、烯烃的性质来解答。

【详解】

(1)该有机物中的-OH、-COOH均与Na反应,金属钠过量,则有机物完全反应,1mol该有机物含有2mol羟基和1mol羧基,由2-OH~H2↑、2-COOH~H2↑可知,和过量的金属钠反应最多可以生成1.5molH2;

故答案为:1.5mol;

(2)-OH、-COOH均与Na反应,-COOH与NaOH、NaHCO3反应,则1mol该物质消耗1.5molNa、1molNaOH、1molNaHCO3,则n(Na):n(NaOH):n(NaHCO3)=1.5mol:1mol:1mol=3:2:2;

故答案为:3∶2∶2。【解析】①.1.5mol②.3∶2∶212、略

【分析】【详解】

(1)水杨酸和乙酸酐在浓硫酸的条件下发生取代反应生成乙酰水杨酸,方程式为:(2)在除去聚合物并提纯阿司匹林的过程中;可以将阿司匹林与碳酸氢钠反应使羧基变为羧酸钠,且酯基不水解,这样使阿司匹林溶于水,聚合物难溶于水,将聚合物除去,再将阿司匹林的钠盐盐酸酸化可得阿司匹林,过程中涉及的离子方程式为:

.(3)该仪器的名称为布氏漏斗。布氏漏斗中加入滤纸,用蒸馏水湿润后,应先微开水龙头,不能大开,避免滤纸破损。故、。(4)A.抽滤能为了加快过滤速率,但不能使沉淀的颗粒变大,故错误;B.颗粒太小的沉淀不能用抽滤的原因是颗粒太小的容易在滤纸上形成一层密实的沉淀,不容易透过,故正确;C.当吸滤瓶内液面高度快达到支管口时,应拔掉吸滤瓶上的橡皮管,从吸滤瓶上口倒出溶液,而不能从吸滤瓶支管口倒出溶液,故错误;D.将晶体转移至布氏漏斗时,若有晶体附在烧杯内壁,应用滤液来淋洗布氏漏斗,因为滤液是饱和溶液,冲洗是不会使晶体溶解,同时又不会带入杂质,故错误;E.洗涤沉淀时,应先关小水龙头,然后蒸馏水缓缓淋洗,再打开水龙头抽滤,不能使洗涤剂快速通过沉淀,故错误。故选B。(5)阿司匹林在冷水中的溶解度减。杂美渌吹泳蹇梢猿ゾ灞砻娓阶诺脑又,并减少阿司匹林因溶解而引起的损耗。(6)根据方程式分析,乙酸酐过量,用水杨酸计算阿司匹林的质量为g,实际产率为=60%。【解析】取代反应布氏漏斗①B除去晶体表面附着的杂质,并减少阿司匹林因溶解而引起的损耗60%13、略

【分析】【详解】

(1)亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫,反应的方程式为:Na2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O,生成的二氧化硫含有水蒸气,可用浓硫酸干燥,用向上排空气法收集,且用碱石灰吸收尾气,避免污染环境,则连接顺序为a接b;c接f,g接d;

(2)①Na2S2O4中硫元素的化合价为+3;

②由装置可知;仪器A的名称为恒压滴液漏斗;

③实验时应避免Na2S2O4和HCOONa被氧化,可应先通入二氧化硫,排净系统中的空气,防止加热时Na2S2O4和HCOONa被氧化,也可通一段时间N2;排净系统中的空气;

④洗涤连二亚硫酸钠时应与空气隔离;洗涤剂可用甲醇或乙醇,洗涤过程为:在无氧环境中,向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体,待甲醇顺利流下,重复2-3次;

⑤设连二亚硫酸钠理论产率为x;根据硫原子守恒:

2Na2SO3~Na2S2O4

252174

6.3gx

则解得x=4.35g,产率为:【解析】bcfgdNa2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O+3恒压滴液漏斗排净系统中的空气向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体,待甲醇顺利流下,重复2-3次四、工业流程题(共4题,共32分)14、略

【分析】铝土矿的主要成分为氧化铝,含少量氧化铁,由流程可知,加入氢氧化钠,氧化铁不和碱反应,氧化铝可与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和水;过滤后得到的沉淀B为Fe2O3;滤液A中含氢氧化钠和偏铝酸钠;通入二氧化碳,二氧化碳和四羟基合铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠,二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠,过滤得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液;灼烧氢氧化铝得到氧化铝和水,电解氧化铝得到铝和氧气;碳酸氢钠溶液和氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠,氢氧化钠用来碱浸,以此来解答。

【详解】

(1)由上述分析可知;试剂1为NaOH,氧化铁不和碱反应,氧化铝可与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和水;①~④转化过程中只有④有化合价变化,即④为氧化还原反应,故答案为:NaOH;④;

(2)由上述分析可知沉淀B为Fe2O3,三氧化二铁发生铝热反应的方程式为2A1+Fe2O3Al2O3+2Fe,故答案为:Fe2O3;2A1+Fe2O3Al2O3+2Fe;

(3)电解氧化铝的方程式为2Al2O34A1+3O2↑;设得到铝的质量为m;

解得m==5.4g;故答案为:5.4;

(4)D是氢氧化铝,是药物胃舒平的主要成分,可与盐酸反应治疗胃酸过多的离子反应为:Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;故答案为:Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;

(5)偏铝酸钠溶液通入过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠,②中离子方程式为CO2+Al(OH)=Al(OH3)↓+HCO故答案为:CO2+Al(OH)=Al(OH)3↓+HCO【解析】NaOH④Fe2O32Al+Fe2O3Al2O3+2Fe5.4Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OCO2+Al(OH)=Al(OH3)↓+HCO15、略

【分析】【分析】

海带中提取I2,即将海带中的I-溶于水中,再将其氧化为I2,再利用CCl4萃取从水中提取出来。

【详解】

(1)操作为从水中分离出I2,即为萃取分液。具体操作顺序为edacb。在振荡过程中CCl4挥发导致分液漏斗中气压增大为了防止炸裂引发安全事故,需要进行放气,放气时分液漏斗下端朝上转动活塞放气。将漏斗置于铁圈上打开上端活塞静置分层,然后从下口放出下层,再从上口倒出上层。答案为edacb;向上倾斜;排除气体防止压强过大分液漏斗炸裂;打开上端活塞静置;从上口倒出上层;

(2)从图可以看出I2转变为NaI和NaIO3,那么反应按照升降守恒配平即可,3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O。答案为3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O;

(3)从图看NaI和NaIO3经稀硫酸转变为I2,即反应为6H++5I-+=3I2+3H2O。答案为6H++5I-+=3I2+3H2O;

(4)碘易升华经冷却之后便可被收集起来。该装置中I2经加热升华进入漏斗冷却为固体被收集在漏斗中从而达到分离提纯的目的。棉花为防止I2蒸汽升华至空气中。答案为I2经加热升华进入漏斗冷却为固体被收集在漏斗中从而达到分离提纯的目的;防止I2蒸汽升华至空气中。【解析】(1)edacb向上倾斜排除气体防止压强过大分液漏斗炸裂打开上端活塞从上口倒出上层。

(2)3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O

(3)6H++5I-+=3I2+3H2O

(4)I2经加热升华进入漏斗冷却为固体被收集在漏斗中从而达到分离提纯的目的防止I2蒸汽升华至空气中16、略

【分析】【分析】

反应Ⅰ是在氢氧化钠溶液中将碘酸钠氧化为不溶于水的Na2H3IO6,过滤得到Na2H3IO6,反应Ⅱ加入硝酸银溶液生成不溶于水的黑色Ag5IO6,过滤得到黑色Ag5IO6,反应Ⅲ加入氯气和水反应的化学方程式为:2Ag5IO6+5Cl2+H2O=10AgCl↓+5O2+2H5IO6,生成气体氧气,过滤得到H5IO6(正高碘酸)。

【详解】

(1)氢氧化钠溶液中氯气将碘酸钠氧化为不溶于水的Na2H3IO6,反应的化学方程式为:NaIO3+Cl2+3NaOH=Na2H3IO6↓+2NaCl,该反应生成不溶于水的Na2H3IO6的离子方程式为IO3-+Cl2+2Na++3OH-=Na2H3IO6↓+2Cl-。若要提高Cl2的利用率,可对装置进行改进的措施为:通Cl2导管的下端连接多孔球泡装置。

故答案为:IO3-+Cl2+2Na++3OH-=Na2H3IO6↓+2Cl-;通Cl2导管的下端连接多孔球泡装置;

(2)反应Ⅱ加入硝酸银反应生成不溶于水的黑色Ag5IO6,反应为:Na2H3IO6+5AgNO3=3HNO3+2NaNO3+Ag5IO6↓;滤液中生成硝酸,溶液显酸性;

故答案为:酸;

(3)上述分析可知Ag5IO6被氧化生成高碘酸,反应的化学方程式为:2Ag5IO6+5Cl2+H2O=10AgCl↓+5O2+2H5IO6,“无色气体”为O2(填化学式)。

故答案为:O2;

(4)依据化学反应的定量关系计算:NaIO3+Cl2+3NaOH=Na2H3IO6+2NaCl,Na2H3IO6+5AgNO3=3HNO3+2NaNO3+Ag5IO6↓,2Ag5IO6+5Cl2+H2O=10AgCl↓+5O2+2H5IO6,计算得到,2Cl2~2Na2H3IO6~10AgNO3~2Ag5IO6~5Cl2,所以整个流程需要控制加入氯气和硝酸银的物质的量之比为n(Cl2)∶n(AgNO3)=7∶10。

故答案为:7∶10;

(5)H5IO6具有强氧化性,可将FeSO4氧化为H2FeO4,自身被还原为HIO3,该反应的化学方程式为FeSO4+2H5IO6=H2FeO4+H2SO4+2HIO3。

故答案为:FeSO4+2H5IO6=H2FeO4+H2SO4+2HIO3。

【点睛】

本题考查了物质分离提纯的分析,主要是化学反应的定量关系分析计算,过程的产物判断和化学方程式的书写是解题关键,难点(4)写出方程式,计算得到,2Cl2~2Na2H3IO6~10AgNO3~2Ag5IO6~5Cl2,所以整个流程需要控制加入氯气和硝酸银的物质的量之比为n(Cl2)∶n(AgNO3)=7∶10。【解析】①.IO3-+Cl2+2Na++3OH-=Na2H3IO6↓+2Cl-②.通Cl2导管的下端连接多孔球泡装置③.酸④.O2⑤.7∶10⑥.FeSO4+2H5IO6=H2FeO4+H2SO4+2HIO317、略

【分析】【详解】

(1)根据步骤①所用装置图可知;盛放NaOH溶液的仪器名称为分液漏斗,故答案:分液漏斗。

(2)由反应历程图可知步骤②中操作I是萃取分液,步骤③中操作II是蒸馏,操作II前需要向乙醚混合液中加入无水MgSO4;其目的是除去混合物中的水,故答案:萃取分液;蒸馏;除去混合物中的水。

(3)因为α-呋喃甲酸钠能溶于水,所以向水层中加入浓盐酸,反应的化学方程式为:+HCl→+NaCl

故答案:+HCl→+NaCl。

(4)由表可知水和α-呋喃甲酸混合,根据α-呋喃甲酸熔沸点高,且20时溶解性为36g/L可采取再降温结晶;过滤;洗涤、干燥,获取α-呋喃甲酸,故答案:降温结晶。

(5)根据和+HCl→+NaCl可知:2mol呋喃甲酸1molα-呋喃甲酸,则0.04mol呋喃甲酸可产生0.02mol的α-呋喃甲酸,其质量=0.02mol112g/mol=2.24g,实际产量为1.5g,所以呋喃甲酸的产率=67.0进一步提纯α-呋喃甲酸,因为在20溶解度为36g/L,所以若重结晶时加入过多的蒸馏水,则会导致α-呋喃甲酸的产率偏低,故答案:67.0;偏低。【解析】分液漏斗萃取分液蒸馏除去混合物中的水+HCl→+NaCl。降温结晶67.0偏低五、原理综合题(共3题,共18分)18、略

【分析】【详解】

(1)①I+×II,整理可得SO2(g)+O2(g)SO3(g)△H3=-98kJ/mol;

②活化分子比普通分子高出的能量称为活化能,反应Ⅱ是放热反应,根据图示可知该反应的正反应活化能为(E4-E3)kJ/mol;

③总反应速率一般由慢反应决定。反应的活化能越大,反应发生消耗的能量就越高,反应就越不容易发生,该反应的化学反应速率就越慢。从图1中分析可知反应I的活化能远大于反应II的活化能,则说明决定V2O5催化氧化SO2的反应速率的是反应I;

(2)①根据图示可知:从反应开始至5min达到平衡时△n(SO2)=0.4mol-0.2mol=0.2mol,根据方程式可知:每有2molSO2反应,就会同时消耗1molO2,反应产生2molSO3,若消耗0.2molSO2,则同时消耗0.1molO2,产生0.2molSO3,故v(SO3)==0.02mol/(L·min);由于反应开始时充入SO2、O2的物质的量相等,则O2的转化率为=25%;

②反应达到平衡时,各种气体的浓度c(SO2)==0.1mol/L,c(O2)==0.15mol/L;c(SO2)==0.1mol/L,则该温度下,反应的平衡常数K=【解析】①.-98②.E4-E3③.I④.0.02⑤.25⑥.6.6719、略

【分析】【详解】

(1)在10~20min内,O2的浓度由0.79mol/L变为0.60mol/L,减小了0.19mol/L,则根据物质反应转化关系可知:反应消耗SO2的浓度△c(SO2)=2×0.19mol/L=0.38mol/L,则平均反应速率v(SO2)==0.038mol?L-1?min-1;

该反应的正反应是放热反应,当升高温度时,化学平衡逆向移动,化学平衡常数K将减。

根据表格数据可知:反应在20min时已经达到平衡,在30min后,O2浓度增大,CO2浓度增大了0.08mol/L,方程式物质的化学计量数O2、CO2是1:2,说明改变的条件可能是通入一定量的O2;也可能是适当缩小容器的体积,使化学平衡正向移动,最终达到平衡状态,故合理选项是AC;

(3)已知:①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH1=-113kJ/mol

②6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g)ΔH2=-227kJ/mol

③4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)ΔH3=-57kJ/mol

根据盖斯定律,②×2-③×3,整理可得④:2O3(g)=3O2(g)ΔH=-283kJ/mol<0;说明该反应是放热反应;

将整理可得NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)ΔH4=-198kJ/mol;

(4)已知:反应I:2NO(g)N2(g)+O2(g)K1=1×1030

反应II:2CO2(g)2CO(g)+O2(g)K2=1×10-92

将反应I-II,整理可得2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g),该反应的化学平衡常数K===2.5×10121;K的数值很大,说明该反应向正方向进行的程度很大,因此该法能有效消除NO;CO尾气污染;

(5)对于反应NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g),在一定温度下,在某恒定压强为P的密闭容器中充入一定量的NO、NO2和NH3,达到平衡状态后,容器中含n(NO)=amol,n(NO2)=2amol,n(NH3)=2amol,n(N2)=2bmol,且N2(g)的体积分数为根据方程式可知:每反应产生2个N2,就会同时产生3个H2O(g),可由平衡产生n(N2)=2bmol,得到n(H2O)=3bmol,此时气体的总物质的量n(气)总=amol+2amol+2amol+2bmol+3bmol=5(a+b)mol,由于N2(g)的体积分数为则解得b=5amol,故平衡时气体总物质的量为n(气)总=5(a+b)mol=5(a+5a)=30amol,所以平衡时各种气体的体积分数为x(NO)=x(NO2)=x(NH3)=x(N2)=x(H2O)=因此此时的平衡常数Kp=【解析】0.038mol?L-1?min-1减小AC放热-198能由反应I和II的平衡常数,可知2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的K==2.5×10121数值很大,该反应向正方向进行的程度很大20、略

【分析】【详解】

(1)在温度相同时,各弱酸的Ki值与酸性的相对强弱的关系为:Ki值越大;表示电离出氢离子的程度越大,则酸性越强。

(2)根据电离平衡常数可知:

A.正确的应该是ClO-+H2O+CO2→HClO+A错误;

B.甲酸的酸性比碳酸强;根据强酸制弱酸的原理,B正确;

C.H2SO3+HCOO-→HCOOH+C错误;

D.Cl2+H2O+2→2+Cl-+ClO-;D正确;

故答案为BD;

(3)常温下,pH=3的HCOOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后,生成HCOONa,由于甲酸是弱酸,二者反应后酸有剩余,故混和液呈酸性,HCOOH电离程度大于甲酸根的水解程度,盐电离产生离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度,故溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(HCOO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。

(4)由信息:亚硒酸(H2SeO3)有较强的氧化性。SO2具有还原性,会产生红褐色单质应该是硒单质,则该反应的化学方程式:H2SeO3+2SO2+H2O→Se↓+2H2SO4。

(5)将亚硒酸与30%的H2O2加热可制得硒酸(H2SeO4),此时过氧化氢作氧化剂,H2O是还原产物,H2SeO4既是氧化产物又是还原产物,H2SeO3作还原剂,其氧化性比H2SeO4弱;故合理选项是C。

(6)根据化合价升降法和题目中的信息:TeO2与Te的物质的量之比为1:1,根据电子守恒、原子守恒,可得配平方程式为:8HI+2H6TeO6→TeO2+Te+4I2+10H2O。【解析】Ki值越大,酸性越强c(HCOO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)H2SeO3+2SO2+H2O→Se↓+2H2SO4C8211410六、计算题(共3题,共6分)21、略

【分析】【详解】

(1)水是弱电解质,存在电离平衡:H2OH++OH-,在室温25℃时,Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14;

若t=100℃时,Kw=1.0×10-12,100℃时0.05mol?L-1Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.05mol/L×2=0.10mol/L,则该温度下c(H+)==10-11mol/L;故该溶液的pH=11;

(2)25℃时,0.1L0.1mol?L-1的Na2A溶液的pH=11,溶液显碱性,是由于该盐是强碱弱酸盐,在溶液中A2-发生水解反应,消耗水电离产生的H+,使水的电离平衡正向移动,最终达到平衡时,溶液中c(OH-)>c(H+),用离子方程式表示为A2-+H2O?HA-+OH-;

(3)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液,分别加热到相同的温度,由于CH3COONa是强碱弱酸盐,醋酸根离子水解使溶液显碱性,升高温度,盐水解程度增大,溶液的碱性增强,所以CH3COONa溶液的pH增大,而NaOH溶液的pH变化比较。苑直鸺尤鹊较嗤奈露群驝H3COONa溶液的pH>NaOH溶液的pH;

(4)室温下,pH=2的H2SO4溶液中水电离产生的H+的浓度c(H+)=10-12mol/L;

pH=12的NaOH溶液溶液中水电离产生的H+的浓度c(H+)=10-12mol/L;

pH=12的Na2CO3溶液,水电离出的c(H+)=10-2mol/L,故三种溶液中水电离产生的c(H+)之比为10-12:10-12:10-2=1:1:1010;

(5)①NH4HSO4是强酸的酸式盐,电离产生H+使溶液显酸性;②NH4HCO3水解使溶液显碱性;③NH4Cl水解使溶液显酸性,碱性溶液的pH大于酸性溶液的pH,电离产生的H+浓度大于盐水解的酸性;所以三种溶液pH从大到小的顺序为:②>③>①;

三种溶液中都存在NH的水解作用,①NH4HSO4电离产生H+会抑制NH的水解作用,使c(NH)增大;②NH4HCO3溶液中水解会促进NH的水解作用,使溶液中c(NH)减。氏嗤露认,NH浓度相等的上述三种溶液;物质的量浓度从大到小的顺序为:②>③>①;

(6)①在酸性条件下,Cr2O将Fe2+氧化为Fe3+,Cr2O被还原为Cr3+,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可得该反应的离子方程式:Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O;

②若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=4.0×10-13mol?L-1,则由Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,可知c3(OH-)=结合Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-33,可知此时溶液中c(Cr3+)==6.0×10-8mol/L。【解析】1.0×10-1411A2-+H2O?HA-+OH->1:1:1010②>③>①②>③>①Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O6.0×10-822、略

【分析】【分析】

装置A中NaNO2和(NH4)2SO4发生反应(NH4)2SO4+2NaNO22N2↑+Na2SO4+4H2O生成氮气;从发生装置A出来的气体中可能伴有O2,会对后面实验的进行造成干扰,因此在E中反应发生前必须把O2除去,而硫酸亚铁中的Fe2+能够和氧气结合生成硫酸铁,进而除去O2;E中反应生成的氮化镁极易与水反应,因此在反应前必须把水除去(浓硫酸干燥);E中镁和氮气在加热条件发生反应N2+3MgMg3N2生成Mg3N2;B;F为缓冲瓶,起到防倒吸作用;G中硫酸亚铁可防止空气进入E。

【详解】

(1)根据图示可知;仪器a的名称是分液漏斗,故答案为:分液漏斗;

(2)NaNO2和(NH4)2SO4反应生成氮气,该反应为归中反应,反应的化学方程式为:(NH4)2SO4+2NaNO22N2↑+Na2SO4+4H2O,离子反应方程式:2NH4++2NO2-2N2↑+4H2O,故答案为:2NH4++2NO2-2N2↑+4H2O;

(3)从发生装置A出来的气体中可能伴有O2,会对后面实验的进行造成干扰,因此在E中反应发生前必须把O2除去,而硫酸亚铁中的Fe2+能够和氧气结合生成硫酸铁,进而除去O2;E中反应生成的氮化镁极易与水反应;因此在反应前必须把水除去(浓硫酸干燥);不能将C和D对调,对调后无法除去水蒸气,故答案为:除去氧气(及氮氧化物);除去水蒸气;不能,对调后无法除去水蒸气;

(4)E中镁和氮气在加热条件下反应生成氮化镁,化学方程式为:N2+3MgMg3N2,故答案为:N2+3MgMg3N2;

(5)由氮化镁和水反应的化学方程式可知;可以取少量产物于试管中,加入少量蒸馏水,试管底部有沉淀生成,可闻到刺激性氨味(把湿润的红色石蕊试纸放在管口,试纸变蓝),证明产物中含有氮化镁;弃去上清液,加入盐酸,若观察到有气泡产生,则证明产物中含有未反应的镁,故答案为:取少量产物于试管中,加少量蒸馏水,试管底部有沉淀生成,可闻到刺激性氨味(把润湿的红色石蕊试纸放在管口,试纸变蓝),证明产物中含有氮化镁;弃去上清液,加入盐酸,若观察到有气泡产生,则证明产物中含有未反应的镁。

【点睛】

本题涉及氮化镁的制备以及检验,明确实验原理、实验目的为解答关键,试题意在考查化学实验基本操作、常用化学仪器及使用方法以及化学物质的分析检验的能力。【解析】分液漏斗2NH4++2NO2-2N2↑+4H2O除去氧气(及氮氧化物);除去水蒸气;不能,对调后无法除去水蒸气N2+3MgMg3N2取少量产物于试管中,加少量蒸馏水,试管底部有沉淀生成,可闻到刺激性氨味(把润湿的红色石蕊试纸放在管口,试纸变蓝),证明产物中含有氮化镁;弃去上清液,加入盐酸,若观察到有气泡产生,则证明产物中含有未反应的镁。23、略

【分析】【详解】

(1)该装置为固体和液体反应制备气体的发生装置,二氧化碳的制备用大理石和稀盐酸反应,其离子反应方程式为:↑;

(2)①二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊;能说明装置中空气已经排净的现象是试管中的澄清石灰水变浑浊;

②若未排尽空气就开始加热,与空气中的氧气发生反应,生成过氧化钠,其化学反应方程式为:

(3)可以与氧气;二氧化碳、水发生反应;所以用干燥的沙土灭火;

(4)钠在二氧化碳中燃烧;该反应中只含钠元素;氧元素和碳元素,没有氢元素,所以可能会生成氧化钠或碳酸钠或二者的混合物;

(5)①碳酸钠能与氯化钙反应生成氯化钠和碳酸钙白色沉淀;氧化钠与水反应生成氢氧化钠,氢氧化钠不能与氯化钙溶液反应产生白色沉淀,且其水溶液显碱性,使酚酞溶液变红,Ⅰ;Ⅲ不成立,Ⅱ成立;

②根据实验现象以及实验分析,钠在中燃烧的化学方程式为:反应前后钠元素从0价变为+1,化合价升高,发生氧化反应,钠作还原剂,碳酸钠是氧化产物,每生成1mol氧化产物,转移的电子数为2NA;

(6)可与生成的反应生成所以在实验(2)中还可能产生的另一种尾气为可以燃烧,可用点燃的方法处理尾气。【解析】CaCO3+2H+===Ca2++CO2↑+H2O澄清石灰水变浑浊2Na+O2Na2O2CNa2O和Na2CO3Ⅱ4Na+3CO22Na2CO3+C2NACO点燃

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