2018—2019学年度大兴区高三一模考试
化学试卷
第I卷 选择题(共42分)
本部分每小题只有一个选项符合题意,每小题6分
1.改革开放40周年以来,科学技术的发展大大提高了我国人民的生活质量。下列过程没有涉及化学变化的是
A.太阳能分解水
制取氢气
B.开采可燃冰
获取燃料
C.新能源汽车
燃料电池供电
D.运载“嫦娥四号”的火箭发射
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.水分解产生氢气和氧气,有新的物质产生,发生的是化学变化,A不符合题意;
B.从海底开采可燃冰获取燃料,没有新物质产生,发生的是物理变化,B符合题意;
C.新能源汽车燃料电池供电,是化学能转化为电能,有新物质产生,发生的是化学变化,C不符合题意;
D.运载“嫦娥四号”的火箭发射,化学能转化为热能、机械能,发生化学反应,有新的物质产生,D不符合题意;
故合理选项是B。
2.2018年7月12日,我国科学家姜雪峰教授被评为“全球青年化学家元素周期表硫元素代表”,是目前为止第一位入选的中国学者。下列说法及推测不正确的是
O
P
S
Cl
Se
A. S位于第三周期第VIA族 B. 原子半径:P >S >Cl
C. 热稳定性:H2O >H2S > PH3 D. 常温下,Na2SeO4溶液的pH一定为7
【答案】D
【解析】
【详解】A.S是16号元素,原子核外电子排布为2、8、6,可见S位于第三周期第VIA族,A正确;
B.同一周期的元素,原子序数越大,原子半径越小,所以原子半径由大到小的顺序为:P >S>Cl,B正确;
C.元素的非金属性越强,其相应的氢化物的稳定性就越强,由于元素的非金属性O>S>P,所以简单氢化物的稳定性:H2O>H2S>PH3,C正确;
D.元素的非金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强,由于元素的非金属性S>Se,所以酸性:H2SO4>H2SeO4,酸的酸性越强,其相应的钠盐水解程度越弱。H2SO4是二元强酸,则Na2SO4是强酸强碱盐,不水解,溶液显中性,由于酸性:H2SO4>H2SeO4,则Na2SeO4溶液的pH大于7,D错误;
故合理选项是D。
3.下列化学用语对事实的表述不正确的是
A. 由H和Cl形成共价键的过程:
B. Na2O2用于呼吸面具的供氧剂:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
C. 实验室用NH4Cl和Ca(OH)2的混合物制取氨:2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
D. 铝粉加入NaOH溶液中产生无色气体:2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A.由H和Cl形成共价键,两个原子通过共用电子对结合,没有电子得失,其过程为:,A错误;
B.Na2O2用于呼吸面具时,与人呼吸产生的CO2发生反应,产生氧气,因此可作供氧剂,反应方程式为:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,B正确;
C.NH4Cl和Ca(OH)2的混合物加热发生反应,产生氨气、氯化钙和水,反应方程式为:2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O,C正确;
D.铝粉与NaOH溶液发生反应产生偏铝酸钠和氢气,反应的离子方程式为:2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑,D正确;
故合理选项是A。
4.室温下,关于pH=11的NH3·H2O溶液,下列分析正确的是
A. c(NH3·H2O)=10-3mol/L
B. 由水电离出的c(H+)=10-11 mol/L
C. 加入少量 NH4Cl固体,NH3·H2O的电离平衡逆向移动,KW值减小
D. 加入等体积 pH=3的盐酸,所得溶液:c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)
【答案】B
【解析】
【详解】A. NH3·H2O在溶液中存在电离平衡,因此c(NH3·H2O)>c(OH-),室温下溶液的pH=11,则c(OH-)=10-3mol/L,由于c(NH3·H2O)>c(OH-),所以c(NH3·H2O)>10-3mol/L,A错误;
B.氨水中氢离子由水电离产生,溶液的pH=11,则c(H+)=10-11mol/L,即由水电离出的c(H+)=10-11 mol/L,B正确;
C.NH3·H2O在溶液中存在电离平衡:NH3·H2ONH4++OH-,加入少量 NH4Cl固体,溶液中c(NH4+)增大,NH3·H2O的电离平衡逆向移动,但由于温度不变,所以水的离子积KW值不变,C错误;
D.pH=11的NH3·H2O溶液中,c(OH-)=10-3mol/L,加入等体积 pH=3的盐酸,H+与OH-恰好发生中和反应,但由于c(NH3·H2O)>c(OH-),因此NH3·H2O过量,使溶液显碱性,c(OH-)>c(H+),NH3·H2O电离产生NH4+),使溶液中c(NH4+)>c(Cl-),盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度,故c(NH4+)>c(OH-),因此该溶液中离子浓度关系为:
c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+),D错误;
故合理选项是B。
5.生物基不饱和聚酯(UPOEM)具有出色的热稳定性、机械性和耐腐蚀性,广泛应用在包装、医用缝合线和药物封装等领域。其制备的核心反应如下:
下列说法不正确的是
A. 该反应缩聚反应
B. 聚酯中存在顺反异构
C. 1mol III最多可与3mol H2反应
D. 根据上述反应机理,可推知:
【答案】C
【解析】
【详解】A.物质发生反应时,除产生高分子化合物外,还有小分子生成,因此该反应为缩聚反应,A正确;
B.聚酯分子中存在碳碳双键,由于不饱和的碳原子连接了两个不同的原子团,所以盛装顺反异构,B正确;
C.化合物III中的碳碳双键可以与氢气发生加成反应,而酯基中的羰基不能发生加成反应,所以1mol III最多可与1mol H2反应,C错误;
D.根据示意图可知乙二醇与两种物质分子可发生反应产生和水,D正确;
故合理选项是C。
6.HI在一定条件下可发生反应 2HI(g) H2 (g)+I2(g) △H,在2L恒容密闭容器中,充入
一定量的 HI(g),反应物的物质的量 n(mol)随时间t(min)变化的数据如下:
根据表中数据,下列说法正确的是
A. 实验 1中,反应在 0至 10min内,v(HI)=0.02mol·L-1 ·min-1
B. 800℃时,该反应的平衡常数K=0.25
C. 根据实验 1和实验2可说明:反应物浓度越大,反应速率越快
D. △H实验3,说明升高温度,平衡正向移动,根据平衡移动原理,升高温度,化学平衡向吸热反应方向移动,正反应方向为吸热反应,△H>0,D错误;
故合理选项是B。
7.NaClO是漂白液的有效成分,某研究小组探究NaClO溶液的性质,设计了下列实验:
装置图
试剂X
实验现象
①
0.2 mol·L-1盐酸
产生黄绿色气体
②
0.2 mol·L-1 KI-淀粉溶液
溶液变蓝
③
0.2 mol·L-1FeSO4(H+)和KSCN混合溶液
溶液变红
④
0.2mol·L-1AlCl3溶液
产生白色沉淀
下列判断不正确的是
A. 实验①中发生的反应:ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O
B. 实验②中发生的反应:ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O
C. 实验③中该条件下氧化性强弱:ClO->Fe3+
D. 实验④中ClO-与Al3+相互促进水解
【答案】B
【解析】
【详解】A. NaClO具有强的氧化性,在酸性溶液中能够与Cl-发生氧化还原反应,产生氯气,反应的离子方程式为:Cl-+2H++ClO-=Cl2↑+H2O,A正确;
B.向KI-淀粉溶液中滴入NaClO溶液,会发生反应:ClO-+2I-+H2O=Cl-+I2+2OH-,但产生的I2会立即与溶液产生的OH-发生反应,因此不能使溶液变为蓝色,B错误;
C.在酸性条件下,ClO-将Fe2+氧化Fe3+,Fe3+遇SCN-,溶液变为血红色,因此会看到溶液变为红色,C正确;
D. AlCl3是强酸弱碱盐,水解产生Al(OH)3,使溶液显酸性; NaClO是强碱弱酸盐,ClO-水解消耗水电离产生的H+,使溶液显碱性,当将NaClO溶液滴入AlCl3溶液中时,水解相互促进,产生氢氧化铝白色沉淀,D正确;
故合理选项是B。
第Ⅱ卷 非选择题(共58分)
8.有机化合物P是合成抗肿瘤药物的中间体,其合成路线如下:
已知:
(1)A可与NaHCO3溶液反应,写出A的官能团名称_____。
(2)A→B的反应类型_____。
(3)C→D的化学方程式_____。
(4)检验F中官能团的试剂及现象_____。
(5)G→H所需的试剂a是______。
(6)D→E的化学方程式______。
(7)已知:
K经过多步反应最终得到产物P:
①L的结构简式___________。
②Q→M的化学方程式___________。
【答案】 (1). 羧基 (2). 取代反应 (3). HOOC-CH2-COOH+2C2H5OH C2H5OOC-CH2-COOC2H5+2H2O (4). FeCl3溶液、溶液呈紫色(或浓溴水、生成白色沉淀) (5). 浓H2SO4 、浓HNO3 (6). C2H5OOC-CH2-COOC2H5+CH(OC2H5)3(C2H5OOC)2C=CHOC2H5+2C2H5OH (7). (8).
【解析】
【分析】
A分子式是C2H4O2,可以与NaHCO3溶液反应,则A是CH3COOH,A与Cl2在催化剂存在时发生甲基上的取代反应生成B:ClCH3COOH,B与NaCN、H+存在时发生反应产生C:HOOC-CH2-COOH,C与C2H5OH在浓硫酸存在时,发生酯化反应产生D:C2H5OOC-CH2COOC2H5,D与CH(OC2H5)3发生反应产生E:(C2H5OOC)2C=CHOC2H5和CH3CH2OH,F分子式是C6H6O,结合G的分子结构及加入的物质CH3I,可知F是苯酚,G是,G与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应,产生H:,H被还原产生J:;J与E反应产生K:,K经过一系列变化产生P:,据此分析解答。
【详解】(1) A是CH3COOH,可与NaHCO3溶液反应,则A的官能团名称是羧基;
(2)A是CH3COOH,A与CH3I发生取代反应产生B:ClCH2-COOH,则A→B的反应类型是取代反应;
(3)C是丙二酸HOOC-CH2-COOH,C与乙醇在浓硫酸存在时,在加热条件下发生酯化反应产生D:丙二酸二乙酯,C2H5OOC-CH2-COOC2H5,则C→D的化学方程式为:HOOC-CH2-COOH+2C2H5OH C2H5OOC-CH2-COOC2H5+2H2O;
(4)F是苯酚,官能团是酚羟基,检验F中官能团的试剂可以是FeCl3溶液,向溶液中加入FeCl3溶液,溶液变为紫色;也可以向苯酚溶液中加入浓溴水,会观察到的现象是生成白色沉淀;
(5)G是苯甲醚,向其中加入浓硝酸、浓硫酸,并加热,会发生—OCH3取代基间位上取代反应,—NO2取代—OCH3间位上的H原子,产生H原子,因此G→H所需的试剂a是浓H2SO4 、浓HNO3;
(6)D是C2H5OOC-CH2-COOC2H5,D与CH(OC2H5)3发生反应产生E:(H5C2OOC)2C=CHOC2H5和CH3CH2OH,则D→E的化学方程式是
C2H5OOC-CH2-COOC2H5+CH(OC2H5)3(H5C2OOC)2C=CHOC2H5+2C2H5OH;
(7)①K结构简式为,根据题目信息可知K在一定条件下发生苯环上的取代反应产生L:,L与POCl3发生反应产生Q:;
②Q与NaOH水溶液在加热时发生反应产生M:,Q→M的化学方程式为:。
【点睛】本题考查了有机物的合成与推断的知识,注意根据转化关系中有机物的结构结合题目信息进行推断,能够较好的考查学生对信息的接受与应用能力及对知识的迁移能力,是对学生综合能力的考查,难度中等。
9.资源化利用CO2,不仅可以减少温室气体的排放,还可以获得燃料或重要的化工产品。
(1)CO2的捕集:
①写出CO2的电子式__________。
②用饱和Na2CO3溶液做吸收剂可“捕集”CO2。若吸收剂失效,可利用NaOH溶液使其再生,写出该反应的离子方程式___________。
③聚合离子液体是目前广泛研究的CO2 吸附剂。结合下图分析聚合离子液体吸附CO2的有利条件是__________。
(2)生产尿素:
工业上以CO2、NH3为原料生产尿素[CO(NH2)2],该反应分为二步进行:
第一步:2NH3(g)+CO2(g) H2NCOONH4(s) △H =-159.5 kJ/mol
第二步:H2NCOONH4(s)CO(NH2)2(s)+ H2O(g) △H =+116.5 kJ/mol
①写出上述合成尿素的热化学方程式_________。
②某实验小组模拟工业上合成尿素,在一定体积的密闭容器中投入4mol NH3和1mol CO2,实验测得反应中各组分物质的量随时间的变化如图所示:
已知总反应的快慢由慢的一步反应决定,则合成尿素总反应的快慢由第______步反应决定,总反应进行到________min时到达平衡。
(3)合成乙酸:
①中国科学家首次以CH3OH、CO2和H2为原料高效合成乙酸,其反应路径如图所示:
原料中的CH3OH可通过电解法由CO2制取,用稀硫酸作电解质溶液,写出生成CH3OH的电
极反应式___。
②根据图示,写出总反应的化学方程式_____________。
【答案】 (1). (2). HCO3-+OH-=H2O+CO32- (3). 低温,低流速(或25℃,10mL/min) (4). 2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H=-43kJ/mol (5). 二 (6). 55 (7). CO2+6e-+6H+ =CH3OH+H2O (8). CH3OH +CO2+H2CH3COOH+H2O
【解析】
【分析】
(1)CO2分子中C原子与两个O原子形成四对共用电子对;饱和Na2CO3溶液与CO2反应产生NaHCO3,NaHCO3与NaOH反应产生Na2CO3和水;聚合离子液体吸附对CO2的吸附量越大越好;
(2)根据盖斯定律,将两个热化学方程式叠加可得制取尿素的热化学方程式;化学反应由慢反应决定,第一步反应放热,反应进行使速率加快;第二步反应是吸热反应,反应进行,速率减慢,可见由第二步反应决定总反应速率;当反应达到平衡时,任何物质的浓度不变判断平衡状态;
(3)CO2在酸性条件下,在电解时发生还原反应产生CH3OH;CH3OH、CO2和H2反应氧化还原反应产生CH3COOH和水。
【详解】(1)①CO2分子中C原子与两个O原子形成四对共用电子对,所以CO2的电子式为;
②向饱和Na2CO3溶液中通入CO2气体反应产生NaHCO3,反应的化学方程式为:Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3;NaHCO3是酸式盐,可以与NaOH反应产生Na2CO3和水,反应的离子方程式为:HCO3-+OH-=H2O+CO32-;
③根据图示可知:聚合离子液体吸附在低温和低流速时对CO2的吸附量大;
(2)①将第一步化学方程式与第二步化学方程式相加,可得总反应方程式:2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H=-43kJ/mol;
②第一步反应是放热反应,随着反应的进行,物质温度升高,化学反应速率加快;而第二步反应为吸热反应,随着反应的进行温度逐渐降低,反应速率逐渐减慢,因此合成尿素总反应的快慢由第二步慢反应决定,根据图示可知当总反应进行到55min时,各种物质的浓度不变,反应就到达平衡;
(3)①CO2在酸性条件下,在电解时CO2发生还原反应产生CH3OH,生成CH3OH的电极反应
式为:CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O;
②根据图示可知:在HI、Rh作用下发生氧化还原反应产生CH3COOH和H2O,反应的化学方程式为:CH3OH +CO2+H2CH3COOH+H2O。
【点睛】本题以CO2制取乙酸为线索,考查了物质的结构、吸收、利用、离子方程式化学方程式的书写、盖斯定律、反应速率和化学判断及电解在物质制备的应用的知识,较为全面的考查了化学反应原理和物质结构、元素及化合物等知识及应用能力,难度中等。
10.以硫铁矿(主要成分为FeS2,还有少量CuS、SiO2等杂质)为原料制备绿矾晶体(FeSO4·7H2O)的工艺流程如下:
(1)“酸浸”过程,矿渣中的Fe2O3与稀H2SO4反应的离子方程式________。
(2)烟气中的SO2会污染环境,可用足量氨水吸收,写出该反应的离子方程式________。
(3)滤液中金属阳离子的检验方法__________。
(4)FeSO4溶液制备绿矾晶体过程中要保持H2SO4过量,理由____。(结合化学用语说明原因)
(5)燃料细菌脱硫法是用氧化亚铁硫杆菌(T.f)对硫铁矿进行催化脱硫,同时得到FeSO4溶液。其过程如图所示:
已知总反应为:FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+15Fe2++16H+
①将过程I离子方程式补充完整
_____
②过程II反应的离子方程式__________。
③研究发现,用氧化亚铁硫杆菌(T.f)脱硫,温度过高脱硫效率降低(如图),可能的原因是____。
(6)绿矾晶体在空气中易被氧化。取X g样品,加水完全溶解,用酸化的amol·L-1K2Cr2O7溶液滴定至终点,消耗K2Cr2O7溶液b mL。反应原理:6Fe2++Cr2O72-+14H+ =6Fe3++2Cr3++7H2O。则绿矾晶体纯度的计算式为_____。(FeSO4·7H2O摩尔质量为278 g/mol)
【答案】 (1). Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O (2). SO2 +2NH3·H2O=2NH4++SO32- + H2O (3). 取滤液少许于试管中,滴加K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液,有蓝色沉淀产生,证明滤液中含有Fe2+ (4). Fe2++2H2OFe(OH)2 +2H+,H+过量抑制Fe2+的水解 (5). (6). 8Fe3+ +S2O32-+5H2O=2SO42-+8Fe2++10H+ (7). 升高温度,蛋白质变性,细菌失去催化能力 (8).
【解析】
【分析】
硫铁矿的主要成分为FeS2,在煅烧时FeS2反应产生Fe2O3,矿渣用硫酸处理,Fe2O3与硫酸反应产生硫酸铁和水,而CuS、SiO2等杂质不能与酸反应,向反应后的溶液中加入还原铁粉,硫酸铁反应转化为硫酸亚铁,然后过滤,将滤液蒸发浓缩冷却结晶可得绿矾;根据氧化还原反应中电子守恒、电荷守恒及原子守恒,结合题目已知信息书写相应的离子方程式;根据反应过程中的电子守恒,利用反应方程式中物质之间关系式先计算出Fe2+的物质的量,再根据物质含量计算方法得到绿矾晶体纯度的计算式。据此解答。
【详解】(1)“酸浸”过程,矿渣中的碱性氧化物Fe2O3与稀H2SO4反应产生硫酸铁和水,反应的离子方程式为:Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O;
(2)在煅烧时硫铁矿中的S元素转化为烟气中的SO2会污染环境,可用足量氨水吸收,SO2与氨水反应产生亚硫酸铵和水,该反应的离子方程式为SO2 +2NH3·H2O=2NH4++SO32- + H2O;
(3)滤液中金属阳离子是Fe2+,检验Fe2+的方法是取滤液少许于试管中,滴加K3Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液,若有蓝色沉淀产生,证明滤液中含有Fe2+;
(4)在由FeSO4溶液制备绿矾晶体过程中要保持H2SO4过量,这是由于FeSO4是强酸弱碱盐,在溶液中Fe2+发生水解反应:Fe2++2H2OFe(OH)2 +2H+,向溶液中加入过量的H+,c(H+)
增大,水解平衡逆向移动,从而可抑制Fe2+的水解;
(5)①FeS2与Fe3+及水发生反应产生Fe2+、S2O32-、H+,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可得反应的离子方程式:FeS2+6Fe3++3H2O=7Fe2++S2O32-+6H+;
②由于总反应为:FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+15Fe2++16H+,所以过程II反应离子方程式为:8Fe3+ +S2O32-+5H2O=2SO42-+8Fe2++10H+;
③研究发现,用氧化亚铁硫杆菌(T.f)脱硫,温度过高脱硫效率降低,这是由于氧化亚铁硫杆菌主要是由蛋白质构成,升高温度,蛋白质发生变性,使氧化亚铁硫杆菌失去催化能力。
(6)K2Cr2O7溶液会将FeSO4氧化为硫酸铁,K2Cr2O7被还原为硫酸铬,反应6Fe2++Cr2O72-+14H+ =6Fe3++2Cr3++7H2O。根据反应方程式可n(FeSO4)=6n(K2Cr2O7)=6ab×10-3mol,由于FeSO4·7H2O摩尔质量为278 g/mol,则绿矾晶体纯度的计算式为。
【点睛】本题以硫铁矿为原料制备绿矾晶体的工艺流程为原料,考查了离子方程式的书写、盐的水解、离子的检验、物质含量的测定等知识。综合考查了元素化合物及化学反应基本原理。
11.锰的化合物在工业、医疗等领域有重要应用。某兴趣小组模拟制备KMnO4及探究锰(II)盐能否被氧化为高锰(VII)酸盐。
I.KMnO4的制备:
反应原理
步骤一:3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O
步骤二:3K2MnO4+2CO2 =2KMnO4+MnO2+2K2CO3
实验操作
步骤一:将一定比例的MnO2、KOH和KClO3 固体混合加热,得到墨绿色的固体,冷却后加水溶解得到碱性K2MnO4溶液放入烧杯C中。
步骤二:连接装置,检查气密性后装药品。打开分液漏斗活塞,当C中溶液完全变为紫红色时,关闭活塞停止反应,分离、提纯获取KMnO4晶体。
装置图如下:
(1)检查装置A气密性:关闭分液漏斗活塞,在B中加入蒸馏水至液面超过长导管口,用热毛巾捂住圆底烧瓶,若__________,则说明装置气密性良好。
(2)B中试剂选择的理由________。
(3)反应结束后,未能及时分离KMnO4晶体,发现C中紫红色溶液变浅。该小组同学认为是碱性K2MnO4溶液中的Cl-将生成的MnO4- 还原,导致颜色变浅,指出含有Cl-的判断依据_____________。
II.该小组继续探究Mn2+能否氧化为MnO4-,进行了下列实验:
装置图
试剂X
实验现象
① 0.5mL 0.1mol/LNaOH溶液
生成浅棕色沉淀,一段时间后变为棕黑色
②0.5mL 0.1mol/LNaOH
和15%H2O2 混合液
立即生成棕黑色沉淀
③ 0.5mL 0.1mol/LHNO3溶液
无明显现象
④ 0.5mL 0.1 mol/LHNO3溶液和少量PbO2
滴加HNO3无明显现象,加入PbO2立即变为紫红色,稍后紫红色消失,生成棕黑色沉淀
已知:i.MnO2为棕黑色固体,难溶于水;
iiKMnO4在酸性环境下缓慢分解产生MnO2。
(4)实验①中生成棕黑色沉淀可能的原因_____。
(5)实验②中迅速生成棕黑色沉淀的离子方程式_____。
(6)对比实验③和④,实验③的作用_____。
(7)甲同学猜测实验④中紫红色消失的原因:酸性条件下KMnO4不稳定,分解产生了MnO2,乙认为不成立,理由是________;乙认为是溶液中的Mn2+将MnO4- 还原,并设计了实验方案证明此推测成立,其方案为_________。
探究结果:酸性条件下下,某些强氧化剂可以将Mn2+氧化为MnO4-。
【答案】 (1). 导管口有气泡产生,移开热毛巾后,有一段液柱回升 (2). 饱和NaHCO3溶液不与CO2反应且除去HCl,同时生成CO2 (3). 反应产物中含Cl-,且操作中未除去Cl- (4). 空气中的氧气在碱性环境中将Mn2+氧化为MnO2(或2Mn2+ +O2+4OH-=2MnO2+2H2O) (5). Mn2++H2O2+2OH-= MnO2+2H2O (6). 排除HNO3将Mn2+氧化的可能 (7). 资料表明缓慢分解产生MnO2,而实验④中紫红色很快消失并产生棕黑色沉淀 (8). 取5mL0.1mol/LMnSO4溶液于试管中,加入0.5mL 0.1mol/L稀HNO3,无明显现象,再滴加几滴KMnO4溶液,立即生成棕黑色沉淀
【解析】
【分析】
(1)根据气体物质热胀冷缩分析判断;
(2)用HCl与CaCO3反应制取CO2气体中含有HCl,可以利用HCl与NaHCO3反应制取CO2;
(3)根据KMnO4的制备原理及实验操作分析Cl-的来源;
(4)根据实验①②分析①中生成棕黑色沉淀可能的原因;
(5)H2O2在碱性条件下将Mn2+氧化为MnO2,H2O2被还原为H2O;
(6)对比实验③和④,可确定实验③的作用是对照试验;
(7)利用题干信息,结合实验现象分析判断;并结合最后实验结论设计实验。
【详解】(1)检查装置A气密性的方法可以利用气体的体积热胀冷缩的性质,关闭分液漏斗活塞,在B中加入蒸馏水至液面超过长导管口,用热毛巾捂住圆底烧瓶,若装置B、C的导管口有气泡产生,移开热毛巾后,有一段液柱回升,则说明装置气密性良好。
(2)CaCO3与HCl反应产生CO2气体,由于盐酸有挥发性,实验制取得到的CO2气体中含有HCl杂质,可以利用饱和NaHCO3溶液不能溶解CO2气体,而HCl与NaHCO3能够反应产生CO2气体;
(3)反应结束后,未能及时分离KMnO4晶体,发现C中紫红色溶液变浅。该小组同学认为是碱
性K2MnO4溶液中的Cl-将生成的MnO4- 还原,导致颜色变浅,证明该溶液中含有Cl-的判断依据是用KClO3制备KMnO4的反应物中含有Cl-,且在反应后没有进行洗涤处理;
(4)①向MnSO4溶液中加入0.5mL 0.1mol/LNaOH溶液,生成浅棕色沉淀,一段时间后变为棕黑色;而当再向其中加入15%H2O2 与0.5mL 0.1mol/LNaOH混合液时,立即生成棕黑色沉淀,说明在碱性环境中有氧化剂时可以产生难溶性的MnO2,实验①中生成棕黑色沉淀可能的原因是空气中的氧气溶解在溶液中,在碱性环境中将Mn2+氧化为MnO2;
(5)实验②中迅速生成棕黑色MnO2沉淀,反应的离子方程式为:Mn2++H2O2+2OH-= MnO2+2H2O;
(6)对比实验③和④,可确定实验③的作用是对照试验;
(7)根据已知信息ii.可知:KMnO4在酸性环境下缓慢分解产生MnO2,使KMnO4的浓度逐渐降低,所以甲同学猜测实验④中紫红色消失;乙认为是溶液中的Mn2+将MnO4- 还原,并设计了实验方案证明此推测成立,根据实验③,向含有Mn2+的溶液中加入硝酸无明显现象,但向该溶液中再加入少量PbO2后迅速产生棕黑色沉淀,说明在酸性条件下,某些强氧化剂可以将Mn2+氧化为MnO2,因此可以设计实验:取5mL0.1mol/LMnSO4溶液于试管中,加入0.5mL 0.1mol/L稀HNO3,无明显现象,再滴加几滴KMnO4溶液,立即生成棕黑色沉淀,证明MnO4-将Mn2+氧化为MnO2,MnO4-被还原为MnO2。
【点睛】本题考查KMnO4的制取原理、装置气密性的检查、气体的制取、净化、离子的检验、离子方程式的书写及应用、实验方案的设计与评价等知识,侧重考查学生接受信息、分析问题、解决问题的能力。