江西省南昌市新建县第一中学2020届高三化学上学期第二次月考试卷(附解析Word版)
加入VIP免费下载

江西省南昌市新建县第一中学2020届高三化学上学期第二次月考试卷(附解析Word版)

ID:439734

大小:698.9 KB

页数:22页

时间:2020-12-23

加入VIP免费下载
温馨提示:
1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
2. 本文档由用户上传,版权归属用户,天天资源网负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服处理。
网站客服:403074932
资料简介
高三化学试卷 可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 I 127 一、选择题 1.化学与生产生活联系紧密,下列有关说法正确的是( ) A. 热的纯碱溶液可用于洗涤煤油、柴油等矿物油污 B. 水垢中的 CaSO4,可先转化为 CaCO3 ,再用酸除去 C. 胃舒平主要成分[(Al(OH)3]和食醋同时服用可增强药效 D. 可溶性的铝盐可处理水中的悬浮物并能对水消毒杀菌 【答案】B 【解析】 【详解】A.矿物油渍属于烃类化合物,碱和烃类化合物不反应,所以不能用纯碱溶液洗涤除 去矿物油污,故 A 错误; B.利用沉淀的转化原理,用饱和的碳酸钠溶液浸泡水垢中的 CaSO4,可先转化为 CaCO3,再用 酸除去,故 B 正确; C.胃舒平可中和胃酸,但不能与醋酸混用,因为醋酸能溶解 A1(OH)3 降低药效,故 C 错误; D.用可溶性铝盐处理水中悬浮物,是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有的吸附性,可 溶性的铝盐没有强氧化性,不能消毒杀菌,故 D 错误; 故选 B。 2.在一定条件下,Na2S 溶液中存在水解平衡:S2-+H2O HS-+OH-。下列说法正确的是 (  ) A. 稀释溶液,水解平衡常数增大 B. 加入 CuSO4 固体,HS-浓度减小 C. 升高温度,c(HS-)/c(S2-)减小 D. 加入 NaOH 固体,溶液 pH 减小 【答案】B 【解析】 【详解】A.平衡常数仅与温度有关,温度不变,则稀释时平衡常数是不变的,A 错误; B.加入 CuSO4 固体,硫离子与铜离子结合生成硫化铜沉淀,使 S2-+H2O HS-+OH-逆向移动, HS-浓度减小,B 正确; C.水解反应是吸热反应,升温促进水解,平衡正移,c(S2-)减小,c(HS-)增大,所以 c(HS-)/c(S2 -)增大,C 错误; D.加入 NaOH 固体,由于氢氧化钠是一种强碱,溶液 pH 增大,D 错误; 答案选 B。 3.已知人体体液中存在如下平衡:H++HCO H2CO3 CO2+H2O,以维持体液 pH 的相 对稳定。下列说法不合理的是(  ) A. 当强酸性物质进入体液后,上述平衡向右移动,以维持体液 pH 的相对稳定 B. 当强碱性物质进入体液后,上述平衡向左移动,以维持体液 pH 的相对稳定 C. 若静脉滴注大量生理盐水,则体液的 pH 减小 D. 进行呼吸活动时,如果 CO2 进入血液,会使体液的 pH 减小 【答案】C 【解析】 【详解】A.当强酸性物质进入体液后,血液中氢离子浓度增大,平衡向右移动生成二氧化碳 气体,从而维持体液 pH 的相对稳定,故 A 正确; B.当强碱性物质进入体液后,碱电离出的氢氧根离子结合体液中的氢离子,使该平衡向左移 动,从而维持体液 pH 的相对稳定,故 B 正确; C.若静脉滴注大量生理盐水,钠离子和氯离子都不水解,则不影响该平衡,故 C 错误; D.进行呼吸活动时,如 CO2 进入血液,导致体液中二氧化碳浓度增大,会使平衡向左移动, 则体液中氢离子浓度增大,体液的 pH 减小,故 D 正确; 故选 C。 4.下列离子方程式中正确的是 A. 用铁电极电解饱和食盐水:2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑ B. Fe(NO3)3 溶液中加入过量的 HI 溶液 2Fe3++2I-=2Fe2++I2 C. 少量 SO2 通入 Ca(ClO)2 溶液中:SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO D. 向 Mg(HCO3)2 溶液中加入过量的 NaOH 溶液:Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+ 2H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A.用铁电极电解饱和食盐水时,阳极 Fe 要溶解,发生的离子反应为 Fe+2H2O Fe(OH)2↓+H2↑,故 A 错误; 通电 通电 B.NO3-在酸性条件下也有强氧化性,能氧化 I-,则 Fe(NO3)3 溶液中加入过量的 HI 溶液,发生 的离子方程式为 12H++3NO3-+Fe3++10I-=3NO↑+Fe2++5I2+6H2O,故 B 错误; C.SO2 有较强还原性,HClO 有强氧化性,则少量 SO2 通入 Ca(ClO)2 溶液中发生的离子反应为 Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-,故 C 错误; D.向 Mg(HCO3)2 溶液中加入过量的 NaOH 溶液发生的离子反应方程式为 Mg2++2HCO3-+4OH- =Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O,故 D 正确; 故答案为 D。 5.利用某分子筛作催化剂,NH3 可脱除废气中的 NO 和 NO2,生成两种无毒物质,其反应历程如 下图所示,下列说法正确的是( ) A. X 是 N2 B. 汽车尾气中含有的氮氧化合物是由于汽油燃烧产生的 C. NH4+中含有非极性共价键 D. 上述历程的总反应为:2NH3+NO +NO2 2N2+3H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A.图示反应可以生成 X 的反应为[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++X+H+,原子守 恒判断 X 为 N2 和 H2O,故 A 错误; B.汽油是碳氢化合物的混合物,而汽车尾气中含有的氮氧化合物是由空气中的 N2 氧化产生的, 故 B 错误; C.NH4+中含有四个 N-H 极性共价键,而不是非极性键,故 C 错误; D.由反应历程图可知,氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物,氮气与水是生成物,所以总反 应为:2NH3+NO+NO2 2N2+3H2O,故 D 正确; 故答案为 D。 6.氯化亚铜(CuCl)是白色粉末,微溶于水,酸性条件下不稳定,易生成金属 Cu 和 Cu2+,广泛 催化剂 应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解 CuC12•2H2O 制备 CuCl,并进行相关探 究。下列说法不正确的是( ) A. 途径 1 中产生的 Cl2 可以回收循环利用 B. 途径 2 中 200℃时反应的化学方程式为:Cu2(OH)2Cl2 2CuO+2HCl↑ C. X 气体是 HCl,目的是抑制 CuCl2•2H2O 加热过程可能的水解 D. CuCl 与稀硫酸反应的离子方程式为:2CuCl+4H++SO42—=2Cu2++2Cl—+SO2↑+2H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A. 途径 1 中产生的 Cl2 可与氢气反应生成 HCl,循环利用,与题意不符,A 错误; B. 途径 2 中,根据原子守恒 200℃时反应的化学方程式为:Cu2(OH)2Cl2 2CuO+2HCl↑,与 题意不符,B 错误; C. CuCl2•2H2O 水解生成氢氧化铜和 HCl,加热时促进水解,X 气体是 HCl,目的是抑制 CuCl2•2H2O 加热过程可能的水解,与题意不符,C 错误; D. 稀硫酸无强氧化性,CuCl 在稀硫酸存在的条件下,不稳定易生成金属 Cu 和 Cu2+,符合题 意,D 正确; 答案为 D。 【点睛】稀硫酸无强氧化性不能氧化 CuCl 中的 Cu 为+2 价。 7.肼(N2H4)是一种用于火箭或燃料电池的原料,已知: ①2H2O(g)+O2(g)===2H2O2(l)  ΔH=+108. 3 kJ·mol-1 ②N2H4(l)+O2(g)===N2(g)+2H2O(g) ΔH=-534 kJ·mol-1  下列说法正确的是(  ) A. 反应①中反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量 B. N2H4(l)+2H2O2(l)===N2(g)+4H2O(l) ΔH=-642. 3 kJ·mol-1 C. 铂作电极,硫酸溶液作电解质溶液,由反应②设计的燃料电池其负极反应式为:N2H4-4e- ===N2↑+4H+ D. 铂作电极,氢氧化钾溶液作电解质溶液,由反应②设计的燃料电池工作一段时间,氢氧化 钾溶液的 pH 将增大 【答案】C 【解析】 【详解】A、已知 2H2O(g)+O2(g)=2H2O2(l) ΔH=+108. 3 kJ/mol,该反应为吸热反应,反应 后能量升高,所以反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量,故 A 错误; B、①2H2O(g)+O2(g)=2H2O2(l) ΔH=+108. 3 kJ/mol,②N2H4(g)+O2(g)═N2(g)+2H2O(g), △H=-534kJ/mol ,目标方程式为 N2H4(l)+2H2O2(l)===N2(g)+4H2O(l),但通过②-①得到: N2H4(l)+2H2O2(l)===N2(g)+4H2O(g),△H=②-①=(-534kJ/mol)-(+108. 3kJ/mol)=-642. 3kJ/mol,生成的水为液态时放热更多,故 B 错误; C、铂作电极,硫酸溶液作电解质溶液,负极是 N2H4 失电子生成 N2 和 H2O,则其电极反应式为: N2H4-4e-=N2+4H+,故 C 正确; D、铂作电极,氢氧化钾溶液作电解质溶液,已知该电池反应的总方程为:N2H4+O2=N2+2H2O, 反应生成水,溶液的体积增大,所以氢氧化钾的浓度减小,即溶液的 pH 减小,故 D 错误; 故选 C。 8.对可逆反应 2A(s)+3B(g) C(g)+2D(g) ΔH<0,在一定条件下达到平衡,下列有关叙 述正确的是(   ) ①增加 A 的量,平衡向正反应方向移动 ②升高温度,平衡向逆反应方向移动,v(正)减小 ③压强增大一倍,平衡不移动,v(正)、v(逆)不变 ④增大 B 的浓度,v(正)>v(逆) ⑤加入催化剂,B 的转化率提高 A. ①② B. ④ C. ③ D. ④⑤ 【答案】B 【解析】 【详解】①A 是固体,增加 A 的量,平衡不移动,故①错误; ②2A(s)+3B(g) C(g)+2D(g),正反应放热,升高温度,平衡向逆反应方向移动,v(正)、 v(逆)均增大,故②错误; ③2A(s)+3B(g) C(g)+2D(g),反应前后气体系数和不变,压强增大一倍,平衡不移动, v(正)、v(逆)均增大,故③错误; ④增大 B 的浓度,反应物浓度增大,平衡正向移动,所以 v(正)>v(逆),故④正确;    ⑤加入催化剂,平衡不移动,B 的转化率不变,故⑤错误; 故选 B。 9.2017 年南京理工大学合成出下图的离子化合物,该物质由两种阳离子和两种阴离子构成, 其中有两种 10 电子离子和一种 18 电子离子。X、Y、Z、M 均为短周期元素,且均不在同一族。 下列说法不正确的是 A. X 与 Y 形成的化合物沸点高于 Y 同族元素与 X 形成的化合物 B. Z 的最高价氧化物对应水化物的酸性比 M 的强 C. Y 气态氢化物的稳定性比 Z 的强 D. 在该盐中,存在极性共价键和非极性共价键 【答案】B 【解析】 【详解】该化合物由两种阳离子和两种阴离子构成,其中有两种 10 电子离子和一种 18 电子 离子,且 X、Y、Z、M 均为短周期元素,均不在同一族,由结构图并结合 X、Y、Z、M 可知 X 为 H 元素、Y 为 O 元素、Z 为 N 元素,M 为 Cl 元素,化合物中含有 NH4+、H3O+、N5-和 Cl-,则: A.H2O 分子之存在氢键,其沸点明显高于 O 族其它元素的氢化物,如 H2S 等,故 A 正确; B.Cl 的非金属性比 N 强,则 HNO3 的酸性比 HClO4 弱,故 B 错误; C.O 的非金属性比 N 强,则 H2O 比 NH3 稳定,故 C 正确; D.该盐中含有 NH4+、H3O+、N5-,其中 NH4+、H3O+中均含有极性共价键,而 N5-中的 N-N 键为非 极性键,故 D 正确; 故答案为 B。 【点睛】本题解题关键是结合离子化合物的示意图准确推断元素;常见元素非金属性强弱的 判断依据:①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性),非金属单质跟 氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定),元素的非金属性越强,反之越弱;②最高价氧化 物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱.最高价含氧酸的酸性越强,对应的非金属元 素的非金属性越强,反之越弱;③氧化性越强的非金属元素单质,对应的非金属元素的非金 属性越强,反之越弱,(非金属相互置换)。 10.镍钴锰三元材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料,具有容量高、循环稳定性 好、成本适中等重要优点。镍钴锰三元材料中 Ni 为主要活泼元素,通常可以表示为: LiNiaCobMncO2,其中 a+b+c=1,可简写为 LiAO2。充电时总反应为 LiAO2 + nC = Li1-xAO2 + LixCn (0c(B2+) C. 交点 b 处 c(OH)=6.4×10-5 D. 当加入的盐酸溶液的体积为 15mL 时存在:c(Cl-)+c(OH-)= c(B2+)+c(B(OH)+)+ c(H+), 【答案】C 【解析】 图中曲线①B(OH)2,②为 B(OH)+ ③为 B2+;交点 a 处对应加入的盐酸溶液的体积为 5mL 时,反 应生成等浓度的 B(OH)Cl 和 B(OH)2 混合液,由于两种溶质水解电离能力不同,所以 B(OH)2、 B(OH)+ 浓度分数 δ 不相等,A 错误;当加入的盐酸溶液的体积为 10mL 时,溶液为 B(OH)Cl, 溶 液 显 酸 性 , 根 据 B(OH)2(K1=5.9×10-2 、 K2=6.4×10-5) 可 知 , c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)> c(B2+)>c(OH-),B 错误;交点 b 处时,c(B(OH)+)= c(B2+),根据 B(OH)+ B2++ OH-,K2= ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 4 2 2 6 2 2 c C H c H O c CO c H × × 4 2 6 0 5 0.125 0.25 0.25 × × . c(OH-)=6.4×10-5, C 正确;当加入的盐酸溶液的体积为 15mL 时,生成等体积等浓度 B(OH)Cl 和 BCl2 的混合液,存在电荷守恒为 c(Cl-)+c(OH-)= 2c(B2+)+c(B(OH)+)+ c(H+),D 错误;正确 选项 C。 二、填空题 17.X、Y、Z、W、R、Q 是原子序数依次增大的前 20 号元素。X2 是通常状况下密度最小的气体; Z 与 R 同主族,R 的一种固体单质在空气中易自燃;Y、W 最外层电子数之和是 Z 的 2 倍,W 有 W2、W3 两种常见单质;含 Q 的化合物焰色反应呈紫色。请回答下列问题: (1)X、W、R、Q 原子半径由大到小的顺序是(写元素符号)__________;请写出 Z 在周期表中的 位置____________________。 (2)由上述元素组成的物质 YW(ZX2)2 是一种中性肥料,请写出它的电子式______________。 (3)请设计实验比较 Z 与 R 元素的非金属性强弱____________________。 (4)X、Y 形成的化合物中含有非极性键且相对分子质量最小的物质是________。(写化学式) (5)R 的简单氢化物具有强还原性,将其通入硫酸铜溶液能生成两种最高价含氧酸和一种单质, 请写出该反应的化学方程式__________________________________________________。 (6)Y 的最高价氧化物与 Q 的最高价氧化物的水化物按物质的量之比 1:2 反应,所得溶液中离 子浓度由大到小的顺序____________________。 【答案】 (1). K>P>O>H (2). 第二周期ⅤA 族 (3). (4). 配制 等浓度的磷酸和硝酸溶液,分别测量其 pH,磷酸溶液的 pH 大,说明硝酸的酸性强,即 P 的非 金属性弱于 N (5). C2H2 (6). 4CuSO4+PH3+4H2O=4Cu↓+H3PO4+4H2SO4 (7). c(K+)>c(CO32-) >c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+) 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W、R、Q 是原子序数依次增大的前 20 号元素;X2 是通常状况下密度最小的气体,说 明 X 为 H 元素;Z 与 R 同主族,R 的一种固体单质在空气中易自燃,此单质为 P4,则 Z 为 N 元 素,R 为 P 元素;Y、W 最外层电子数之和是 Z 的 2 倍,W 有 W2、W3 两种常见单质,则 W 为 O 元 素,Y 为 C 元素;含 Q 的化合物焰色反应呈紫色,可知 Q 为 K 元素,据此分析并结合元素周期 律分析解题。 【详解】由分析知:X、Y、Z、W、R、Q 依次为 H、C、N、O、P、K 元素; (1)H、O、P、K 原子分属四个不同周期,结合同主族元素核电荷数大,原子半径大,而同周期 主族元素,核电荷数大,原子半径小的规律可知原子半径 K>Na>P>S>O>H,则半径由大到 小的顺序是(写元素符号) K>P>O>H;Z 为 N 元素,核电荷数为 7,其在周期表中的位置第二 周期ⅤA 族; (2)由上述元素组成的尿素(CO(NH2)2 是一种中性肥料,说明其为共价化合物,则它的电子式为 ; (3)元素的非金属性越强,其最高价氧化物水化物的酸性越强,则配制等浓度的磷酸和硝酸溶 液,分别测量其 pH,磷酸溶液的 pH 大,说明硝酸的酸性强,即 P 的非金属性弱于 N; (4)C、H 元素可组成多种烃,其中含有非极性键且相对分子质量最小的物质是乙炔,其化学式 为 C2H2; (5)PH3 具有强还原性,通入硫酸铜溶液能生成两种最高价含氧酸和一种单质,应为磷酸、硫 酸和 Cu,则发生反应的化学方程式为 4CuSO4+PH3+4H2O=4Cu↓+H3PO4+4H2SO4; (6)CO2 与 KOH 按物质的量之比 1:2 反应生成 K2CO3,所得溶液中 CO32-分步水解,且溶液呈碱 性,则溶液中离子浓度由大到小的顺序为 c(K+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)。 18.25 ℃时,0.1 mol·L-1HA 溶液中 =108,0.01 mol·L-1BOH 溶液 pH=12。请回答 下列问题: (1)HA 的电离常数 Ka 为________,BOH 是________(填“强电解质”或“弱电解质”)。 (2)pH 相等的 BOH 溶液与 BA 溶液,分别加热到相同的温度后 BOH 溶液的 pH________(填 “>”“=”或“<”)BA 溶液的 pH。 (3)已知碳酸的 Ka1=4.3×10-7,Ka2=5.6×10-11,向等浓度的 Na2CO3 和 NaA 的溶液中滴加 盐酸直至过量,则与 H+作用的粒子依次为___________________。 (4)25 ℃,两种酸的电离平衡常数如下表。 Ka1 Ka2 H2SO3 1.3×10-2 6.3×10-8 H2CO3 4.2×10-7 5.6×10-11 ①HSO3-的电离平衡常数表达式 K=___________________。 ( ) ( H ) c c OH + − ②0.10 mol·L-1 NaHSO3 溶液中离子浓度由大到小的顺序为_____________________。 ③H2SO3 溶液和 NaHCO3 溶液反应的主要离子方程式为______________________。 【答案】 (1). 10-5 (2). 强电解质 (3). < (4). CO32-、HCO3-、A- (5). (6). c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-) (7). H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O 【解析】 【分析】 (1)根据 0.1mol/L 的 HA 溶液中 =108、结合 c(OH-)c(H+)=10-14,计算出 c(H+);再结合 电离方程式计算 HA 的电离平衡常数;0.01mol/L 的 BOH 溶液 pH=12,结合 c(OH-)c(H+)=10-14, 计算确定碱的强弱; (2)BOH 溶液为强碱溶液,BA 溶液为强碱弱酸盐溶液,结合水解平衡是吸热反应,加热促进水 解,据此分析解答; (3)已知碳酸的 Ka1=4.4×10-7,Ka2=4.7×10-11,HA 的电离平衡常数 Ka 为 10-3,酸性大小 HA> H2CO3>HCO3-,酸越弱对应阴离子结合氢离子的能力越强,据此分析判断; (4)①HSO3-的电离方程式为:HSO3-⇌H++SO32-,据此书写平衡常数表达式;②通过计算判断水 解常数和电离常数的大小,判断溶液的酸碱性,再判断离子浓度由大到小的顺序;③由表可 知 H2SO3 的二级电离小于 H2CO3 的一级电离,则酸性强弱 H2SO3>H2CO3>HSO3-,据此书写反应的 离子方程式。 【详解】(1)25℃时,0.1mol/L 的 HA 溶液中 =108、c(OH-)c(H+)=10-14,则该溶液中 c(H+)=0.001mol/L<0.1mol/L,所以 HA 是弱酸,则 HA 是弱电解质,溶液 pH=3,HA 的电离平 衡常数 Ka= = =10-5;0.01mol/L 的 BOH 溶液 pH=12, 该溶液中 c(OH-)= mol/L=0.01mol/L=c(BOH),所以 BOH 是强碱,则 BOH 是强电解质,故 答案为:10-5;强电解质; (2)BOH 溶液为强碱溶液,BA 溶液为强碱弱酸盐溶液,水解反应是吸热反应,加热促进水解, 平衡正向移动,因此 pH 相等的 BOH 溶液与 BA 溶液,分別加热到相同的温度后 BOH 溶液的 pH< BA 溶液的 pH,故答案为:<; ( )2 3 3 c SO c H c HS ( ) ( )O − + − ( ) ( H ) c c OH + − ( ) ( H ) c c OH + − ( ) ( ) c H c A( HA ) c + − 0.001mol / L 0.001mol / L 0.1mol / L 0.001mol / L × − 14 12 10 10 − − (3)已知碳酸的 Ka1=4.4×10-7,Ka2=4.7×10-11,HA 的电离平衡常数 Ka 为 10-5,酸性大小 HA> H2CO3>HCO3-,酸越弱对应阴离子结合氢离子的能力越强,则与 H+作用的粒子依次为 CO32-、 HCO3-、A-,故答案为:CO32-、HCO3-、A-; (4)①HSO3-的电离方程式为:HSO3-⇌H++SO32-,平衡常数表达式为 K= ,故答案 为: ; ②0.10 mol·L-1 NaHSO3 溶液中存在 HSO3-的电离和水解,其中电离常数=6.3×10-8,水解常数 = = ,因此水解常数<电离常数,溶液显酸性,水也要电离出部分氢离子,离子 浓度由大到小的顺序为 c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-),故答案为:c(Na+)> c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-); ③由表可知 H2SO3 的二级电离小于 H2CO3 的一级电离,所以酸性强弱 H2SO3>H2CO3>HSO3-,所以 反应的主要离子方程式为 H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O, 故答案为: H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O。 19.碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用 NaOH、单质碘和水合肼(N2H·H2O)为原 料制备碘化钠。已知:水合肼具有还原性。回答下列问题: (1)水合肼的制备有关反应原理为:CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3 ①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为__________(按气流方向,用小写字母表示)。 若该实验温度控制不当,反应后测得三颈瓶内 ClO-与 ClO3-的物质的量之比为 5:1,则氯气与 氢氧化钠反应时,被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为________。 ②制备水合肼时,应将___________滴到 __________ 中(填“NaClO 溶液”或“尿素溶液”), 且滴加速度不能过快。 (2)碘化钠的制备采用水合肼还原法制取碘化钠固体,其制备流程如图所示: ( )2 3 3 c SO c H c HS ( ) ( )O − + − ( )2 3 3 c SO c H c HS ( ) ( )O − + − 1 w a K K 14 2 10 1.3 10 − × - → 在“还原”过程中,主要消耗反应过程中生成的副产物 IO3-,该过程的离子方程式为 ______________________________________。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备 碘化钠,但水合肼还原法制得的产品纯度更高,其原因是 _________________________________。 (3)测定产品中 NaI 含量的实验步骤如下: a.称取 10.00g 样品并溶解,在 500mL 容量瓶中定容; b.量取 25.00mL 待测液于锥形瓶中,然后加入足量的 FeCl3 溶液,充分反应后,再加入 M 溶 液作指示剂: c.用 0.2100mol·L-1 的 Na2S2O3 标准溶液滴定至终点(反应方程式为; 2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI),重复实验多次,测得消耗标准溶液的体积为 15.00mL。 ①M 为____________(写名称)。 ②该样品中 NaI 的质量分数为_______________。 【答案】 (1). ecdabf (2). 5:3 (3). NaClO 溶液 (4). 尿素 (5). 2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O (6). N2H4•H2O 被氧化后的产物为 N2 和 H2O,不引入杂质 (7). 淀粉 (8). 94.5% 【解析】 【分析】 (1)①根据制备氯气,除杂,制备次氯酸钠和氧氧化钠,处理尾气分析;三颈瓶内 ClO-与 ClO3- 的物质的量之比为 5:1,设 ClO-与 ClO3-的物质的量分别为 5mol、1mol,根据得失电子守恒, 生成 5molClO-则会生成 Cl-5mol,生成 1mol ClO3--则会生成 Cl-5mol,据此分析可得; ②NaClO 氧化水合肼; (2)碘和 NaOH 反应生成 NaI、NaIO,副产物 IO3-,加入水合肼还原 NaIO、副产物 IO3-,得到碘 离子和氮气,结晶得到碘化钠; (3)①淀粉溶液遇碘单质溶液变蓝色; ②根据碘元素守恒,2I-~I2~2Na2S2O3,则 n(NaI)=n(Na2S2O3),故样品中 NaI 的质量为: 0.2100mol×0.015L× ×150g/mol=9.45g,据此计算。500mL 25.00mL 【详解】(1)水合肼的制备有关反应原理为:CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3 ①装置 c 由二氧化们和浓盐酸制备氯气,用 B 装置的饱和食盐水除去 HCl 气体,为保证除杂 充分,导气管长进短出,氯气与 NaOH 在 A 中反应制备,为充分反应,从 a 进去,由 D 装置吸 收未反应的氯气,防止污染空气,故导气管连接顺序为:ecdabf;三颈瓶内 ClO-与 ClO3-的物 质的量之比为 5:1,设 ClO-与 ClO3-的物质的量分别为 5mol、1mol,根据得失电子守恒,生 成 5molClO-则会生成 Cl-5mol,生成 1molClO3-则会生成 Cl-5mol,则被还原的氯元素为化合价 降低的氯元素,即为 Cl-,有 5mol+5mol=10mol,被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素,物 质的量之比为 ClO-与 ClO3-共 5mol+1mol=6mol,故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的 量之比为 10:6=5:3; ②将尿素滴到 NaClO 溶液中或过快滴加,都会使过量的 NaClO 溶液氧化水合肼,降低产率, 故实验中取适量 NaClO 溶液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼,滴加顺序不能颠倒, 且滴加速度不能过快,防止水合肼被氧化; (2)根据流程可知,副产物 IO3-与水合肼生成碘离子和氮气,反应为: 2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O;N2H4•H2O 被氧化后的产物为 N2 和 H2O,不引入杂质,水合肼 还原法制得的产品纯度更高; (3)①实验中滴定碘单质,用淀粉做指示剂,即 M 为淀粉; ②根据碘元素守恒,2I-~I2~2Na2S2O3,则 n(NaI)=n(Na2S2O3),故样品中 NaI 的质量为: 0.2100mol×0.015L× ×150g/mol=9.45g,故其质量分数为 ×100%=94.5%。 20.在氮及其化合物的化工生产中,对有关反应的反应原理进行研究有着重要意义。 (1)t℃时,关于 N2、NH3 的两个反应的信息如下表所示: 请写出 t℃时氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式:______________________, t℃时该反应的平衡常数为__________ (用 K1 和 K2 表示)。 (2)工业合成氨的原理为:N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)下图甲表示在一定体积的密闭容器中反 应时,H2 的物质的量浓度随时间的变化。图乙表示在其他条件不变的情况下,起始投料 H2 与 → 500mL 25.00mL 9.45g 10.00g  N2 的物质的量之比(设为 x)与平衡时 NH3 的物质的量分数的关系。 ①图甲中 0~t1 min 内,v(N2)=_____mol·L-1·min-1;b 点的 v(H2)正_____a 点的 v(H2)逆(填 “大于”“小于”或“等于”)。 ②图乙中,b 点时 N2 的物质的量分数__________。 ③己知某温度下该反应达平衡时各物质均为 1mol,容器体积为 1L,保持温度和压强不变,又 充入 3 mol N2 后,平衡________(填“向右移动”“向左移动”或“不移动”)。 【答案】 (1). 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) △H=[(e-d)-5(A-b)] kJ•mol-1 (2). (3). mol•L-1•min-1 (4). 大于 (5). 20% (6). 不移动 【解析】 【分析】 (1)根据表格数据,反应的△H=正反应的活化能-逆反应的活化能计算出反应①和②的△H,再 根据盖斯定律分析解答; (2)①根据图像,0~t1 min 内,△c(H2)=(0.6-0.3)mol•L-1=0.3mol•L-1,则△c (N2)=0.1mol•L-1,据此计算 v(N2);当 H2 与 N2 的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时, 达到平衡时氨的体积分数最大,即图乙中,b 点时 x=3∶1,则 a 点 x 小于 3∶1,据此分析判 断; ②当 H2 与 N2 的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时,达到平衡时氨的体积分数最大, 即图乙中,b 点时 x=3∶1,平衡时氨气的物质的量分数为 20%,根据三段式分析计算; ③己知某温度下该反应达平衡时各物质均为 1 mol,容器体积为 1L,计算出此时的平衡常数 K,保持温度和压强不变,又充入 3 mol N2 后,容器的体积变成 2L,计算出 Qc,再与 K 比较判 断。 2 1 5 K K 1 0.1 t 【详解】(1)根据表格数据,反应的△H=正反应的活化能-逆反应的活化能, ①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=(A-b) kJ•mol-1,②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H=(e-d) kJ•mol-1,根据盖斯定律,将②-①×5得到氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式: 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) △H=[(e-d)-(A-b)×5]kJ•mol-1=[(e-d)-5(A-b)]kJ•mol-1, t℃时该反应的平衡常数 K= ,故答案为: 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=[(e-d)-5(A-b)] kJ•mol-1; ; (2)①0~t1 min 内,△c(H2)=(0.6-0.3)mol•L-1=0.3mol•L-1,则△c (N2)=0.1mol•L-1,则 v(N2)= = = mol•L-1•min-1;当 H2 与 N2 的起始体积比符合方程式中化学计量数之比 时,达到平衡时氨的体积分数最大,即图乙中,b 点时 x=3∶1,则 a 点 x 小于 3∶1,其他条 件不变,则平衡时氢气的浓度小于 b,则 b 点的 v(H2)正>a 点的 v(H2)逆,故答案为: mol•L-1•min-1;大于; ②当 H2 与 N2 的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时,达到平衡时氨的体积分数最大, 即图乙中,b 点时 x=3∶1,平衡时氨气的物质的量分数为 20%,设起始时 H2 与 N2 的物质的量 分别为 3mol 和 1mol,生成的氨气为 2xmol N2(g)+3H2(g) ⇌ 2NH3(g) 起始(mol) 1 3 0 反应(mol) x 3x 2x 平衡(mol)1-x 3-3x 2x 则 ×100%=20%,解得 x= ,b 点时 N2 的物质的量分数= =20%,故答案为:20%; ③己知某温度下该反应达平衡时各物质均为 1 mol,容器体积为 1L,此时,平衡常数 K= =1,保持温度和压强不变,又充入 3 mol N2 后,容器的体积变成 2L,Qc= =1=K,为平 2 1 5 K K 2 1 5 K K c t   1 0.1mol / L t min 1 0.1 t 1 0.1 t 2 4 2 x x− 1 3 11 3 24 3 − − 2 3 1 1 1× 2 3 1( )2 4 1( )2 2 × 衡状态,平衡不移动,故答案为:不移动。 【点睛】本题的易错点为(2)③的判断,要注意保持温度和压强不变,又充入 3 mol N2 后,容 器的体积变成 2L,不是体积不变。 21.红帘石矿的主要成分为 Fe3O4、Al2O3、MnCO3、MgO 少量 MnO2 等。工业上将红帘石处理后运 用阴离子膜电解法的新技术提取金属锰并制得绿色高效的水处理剂(K2FeO4)。工业流程如下: (1)在稀硫酸浸取矿石的过程中,MnO2 可将 Fe2+氧化为 Fe3+,写出该反应的离子方程式: ___________________。 (2)浸出液中的阳离子除 H+、Fe2+、Fe3+外还有_____________(填离子符号)。 (3)已知不同金属离子生成氢氧化物沉淀所需的 pH 如下表: 步骤②中调节溶液的 pH 等于 6,调节 pH 的试剂最好选用下列哪种试剂__________(填选项 字母,下同)滤渣 B 除掉杂质后可进一步制取 K2FeO4,除掉滤渣 B 中杂质最好选用下列哪种试 剂:________。 a. 稀盐酸 b. KOH c. 氨水 d. MnCO3 e. CaCO3 (4)滤渣 B 经反应④生成高效水处理剂的离子方程式_______________。 【答案】 (1). MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O (2). Mn2+、Mg2+、Al3+ (3). d (4). b (5). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 【解析】 【分析】 红帘石主要成分有 Fe3O4、Al2O3、MnCO3、MgO 少量 MnO2 等,Fe3O4、Al2O3、MnCO3、MgO 都能和 稀硫酸反应,并且 MnO2 在酸性条件下被二价铁还原为 Mn2+,浸出液中的离子有 Fe2+、Fe3+、Mg2+、 Mn2+、Al3+、SO42-,滤渣 A 为 SiO2;滤液中加入双氧水,双氧水氧化亚铁离子生成铁离子,调 节 pH 生成氢氧化铁沉淀,滤渣 B 为氢氧化铁,滤液为 Mg2+、Mn2+、SO42-;氢氧化铁中加入氢 氧化钾、次氯酸钾反应 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 生成 K2FeO4;滤液为 Mg2+、 Mn2+、SO42-,经过精制后电解生成金属锰,据此分析解答。 【详解】(1)在稀硫酸浸取矿石的过程中,MnO2 可将 Fe2+氧化为 Fe3+,反应的离子方程式为 MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O,故答案为:MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O; (2)红帘石主要成分有 Fe3O4、Al2O3、MnCO3、MgO 少量 MnO2 等,加入硫酸: Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O、MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O, 2Fe2++MnO2+4H+═2Fe3++Mn2++2H2O、Al2O3+6H+=2Al3++3H2O,浸出液中的阳离子有 H+、Fe2+、Fe3+、 Mg2+、Mn2+、Al3+,故答案为:Mn2+、Mg2+、Al3+; (3)步骤②中调节溶液的 pH 等于 6,为不引入新杂质,调节 pH 的试剂最好选用 MnCO3,滤渣 B 为氢氧化铁,可能含有氢氧化铝等杂质,可加入 KOH 除杂,故答案为:d;b; (4)次氯酸根离子具有氧化性,在碱性条件下氧化+3 价铁生成 K2FeO4,反应的离子方程式为 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O,故答案为:2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。

资料: 29.3万

进入主页

人气:

10000+的老师在这里下载备课资料