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福建省厦门外国语学校2022届高三化学上学期第三次阶段考试1月试题含解析
福建省厦门外国语学校2022届高三化学上学期第三次阶段考试1月试题含解析
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厦门外国语学校2022届高三第三次阶段考试化学试题1.下列物质分类正确的是()A.SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B.淀粉溶液、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C.烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D.福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【答案】D【解析】A、CO不能与碱反应生成盐和水,为不成盐氧化物,不是酸性氧化物,故A错误;B、氯化铁溶液为溶液分散性,不是胶体,故B错误;C、四氯化碳为非电解质,故C错误;D、有两种或多种物质组成的为混合物,福尔马林、水玻璃(硅酸钠的水溶液)、氨水均为水溶液,所以都是混合物,故D正确;故选D。2.分子式为C9H10O2的芳香族化合物并且能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)()A.6种B.8种C.12种D.14种【答案】D【解析】该芳香族化合物能与NaHCO3发生反应产生CO2,说明含有羧基-COOH,还有苯基C6H5-,取代基为正丙酸基时,1种;取代基为异丙酸基,1种;取代基为羧基、-CH2-CH3,有邻间对3种;取代基为乙酸基、-CH3,有邻间对3种;取代基为-COOH、-CH3,-CH3,甲基为邻位,2种;间位,3种;对位1种;符合条件的总共有14种。故选D。3.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的( )①常温常压下,4.6gNO2气体含有的原子总数为0.3NA②17.6g丙烷中所含的共价键数为4NA个③1molCu和足量稀HNO3反应生成NO气体,转移电子数是3×6.02×1023④2gD216O中含有的质子数、中子数、电子数均为NA⑤常温下,1.0LpH=13的NaOH溶液中,由水电离的OH﹣离子数目为0.1NA⑥FeCl3溶液中,若Fe3+数目为NA,则Cl﹣数目等于3NA.A.①②⑥B.③④⑤⑥C.②④⑥D.①②④【答案】D-17-【解析】试题分析:①常温常压下,4.6gNO2的物质的量为0.1mol,气体含有的原子总数为0.3NA,正确;②17.6g丙烷的物质的量为0.4mol,丙烷中所含的共价键数为0.4mol×10×NA=4NA个,正确;③根据化学反应3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O转移6e-,则1molCu和足量稀HNO3反应生成NO气体,转移电子数是6×6.02×1023,错误;④1个D216O分子中有10个质子、10个中子,10个电子,2gD216O的物质的量为0.1mol,所以含有的质子数、中子数、电子数均为NA,正确;⑤常温下,1.0LpH=13的NaOH溶液中,c(H+)=10-13,则由水电离的OH-离子数目为10-13×1×NA,错误;⑥FeCl3溶液中,Fe3+能水解,则若Fe3+数目为NA,则Cl-数目大于3NA,错误;答案选D。考点:考查物质的量的计算。4.某同学在研究前18号元素时发现,可以将它们排成如图所示的“蜗牛”形状,图中每个“•”代表一种元素,其中O点代表氢元素.下列说法中错误的是( )A.离O点越远的元素原子半径越大B.虚线相连的元素处于同一族C.B元素是图中金属性最强的元素D.A、B组成的化合物中可能含有共价键【答案】A【解析】试题分析:A.离O点越远的元素核电荷数越大,若电子层数相同,核电荷数越大,半径越小,A错误;B.虚线相连的元素处于同一族,B正确;C.B元素为钠元素,是图中金属性最强的元素,C正确;D.A为氧元素,B为钠元素,两种元素组成的化合物中可能含有共价键,比如Na2O2,D正确。故答案A。考点:考查元素周期表与元素周期律的应用。5.短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大,且只有一种金属元素。其中X与W处于同一主族,Z元素原子半径在短周期中最大(稀有气体除外)。Z与W、W与Q的原子序数之差均为3,五种元素原子的最外层电子数之和为21,下列说法正确的是()A.X和Y的常见氧化物都是大气污染物-17-B.白然界中的W的储量丰富,高纯度的W的氧化物是将太阳能转化为电能的材料C.一定条件下,Q单质可把Y从其氢化物中置换出来D.最高价氧化物对应水化物的酸性顺序:Q>Y>W>X【答案】C【解析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大,且只有一种金属元素。Z元素原子半径在短周期中最大(稀有气体除外),则Z为钠。Z与W、W与Q的原子序数之差均为3,则W为硅、Q为氯。X与W处于同一主族,则X为碳。五种元素原子的最外层电子数之和为21,则Y为氮。A.X的常见氧化物二氧化碳不是大气污染物,A不正确;B.白然界中的W的储量丰富,高纯度的W的氧化物是制造光导纤维的材料,B不正确;C.氯的非金属性比氮强,所以在一定条件下,氯气可把氮从其氢化物中置换出来,C正确;D.最高价氧化物对应水化物的酸性顺序:碳酸强于硅酸,D不正确。本题选C。6.利用如图所示装置进行实验,下列说法正确的是A.实验①可观察到红色喷泉B.实验②可收集到少量氨气C.实验③中逐滴滴加稀盐酸时,试管中立即产生大量气泡D.实验④中酸性KMnO4溶液中有大量气泡出现,但溶液颜色不变【答案】B【解析】A、HCl极易溶于水,溶液显酸性,酸遇酚酞为无色,则观察到无色喷泉,故A错误;B、碳酸铵加热分解生成氨气、水、二氧化碳,碱石灰可吸收水、二氧化碳,则图中装置可制取少量氨气,故B正确;C、逐滴滴加稀盐酸时,先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠,则不能立即生成气体,故C错误;D、浓硫酸具有脱水性,蔗糖炭化后,碳与浓硫酸反应生成二氧化硫,二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应,则高锰酸钾溶液褪色,故D错误;故选B。点睛:本题考查化学实验方案的评价,侧重分析与实验能力的考查,解题关键:把握物质的性质、制备实验和性质实验等。易错点A选项:氯化氢极易溶于水,溶于水后呈酸性,注意区别氨气的喷泉实验,氨溶于水显碱性。易错点C-17-选项,注意碳酸钠与盐酸反应是分步进行的,碳酸钠中滴很少量的盐酸,没有气体逸出。7.下列离子方程式书写正确的是:A.碳酸钠溶液中滴入少量盐酸:2H++CO32-=H2O+CO2↑B.硫酸铝溶液中加入过量氨水:Al3++4OH-=AlO2-+H2OC.碳酸氢钠溶液中滴入少量氢氧化钡溶液:2HCO3-+Ba2++2OH-==BaCO3↓+CO32-+2H2OD.FeS溶于稀硝酸:FeS+2H+=H2S↑+Fe3+【答案】C【解析】A、碳酸钠溶液中滴入少量盐酸:H++CO32-=HCO3-,故A错误;B、氨水是弱碱,硫酸铝溶液中加入过量氨水:Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故B错误;C、碳酸氢钠溶液中滴入少量氢氧化钡溶液:2HCO3-+Ba2++2OH-==BaCO3↓+CO32-+2H2O,故C正确;D、FeS溶于稀硝酸:将FeS溶于稀硝酸制备Fe(NO3)3,离子方程式:FeS+4H++NO3═Fe3++NO↑+S↓+2H2O,故D错误;故选C。8.一定条件下,某容器中各微粒在反应前后变化示意图如下,其中“o”和“●”代表不同元素的原子。下列关于此反应不能得出的结论是:A.该反应可表示为B.可能是PC15的分解反应C.反应过程中,一定伴随共价键的断裂与形成D.该反应的△H>0【答案】D【解析】A、根据图示可知,是一个失去可2个"o"从而生成了和,且没有完全反应,故此反应为可逆反应,反应可以表示为-17-,故A正确;B、PCl5分解为PCl3和氯气,化学方程式为PCl5PCl3+Cl2,和图示反应符合,故图示的反应可能为PCl5的分解反应,故B正确;C、化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成,故此反应中一定伴随着旧键的断裂和新键的形成,故C正确;D、分解反应大多数吸热,但不一定,故此反应的△H不一定大于0,故D错误。故选D。点睛:本题考查化学反应、可逆反应等,侧重分析与应用能力的考查,解题关键:把握图中分子的变化、常见的反应,难点选项A,除读出信息,还要进行推理,特别注意判断参加反应的分子数目,和末参加反应的分子数目,反应物和生成物同时存在,符合可逆反应的特征.9.乙醛酸(HOOC-CHO)是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸,原理如图所示。该装置中阴、阳两极为惰性电极,两极室均可产生乙醛酸,其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸。下列说法不正确的是A.N电极上的电极反应式:HOOC-COOH+2e-+2H+=HOOC-CHO+H2OB.若有2molH+通过质子交换膜并完全参与反应,则该装置中生成的乙醛酸为1molC.M电极上的电极反应式为:2Cl--2e-=Cl2↑D.乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸的化学方程式:Cl2+OHC-CHO+H2O=HOOC-CHO+2HCl【答案】B考点:电化学的应用10.向Fe和Al2O3的混合物中加入足量稀硫酸将其溶解,室温下向所得溶液中加入指定物质,反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是( )-17-A.通入过量Cl2:Cl-、SO42-、Fe2+、Al3+B.加入过量NaOH溶液:SO42-、Na+、AlO2-、OH-C.加入过量氨水:NH4+、SO42-、Na+、AlO2-D.加入过量NaNO3溶液:NO3-、SO42-、Fe2+、Al3+【答案】B【解析】试题分析:A、Fe2+被氯气氧化成Fe3+,不能大量存在,故错误;B、Fe和硫酸反应:Fe+2H+=Fe2++H2↑,Al2O3和硫酸反应:Al2O3+6H+=2Al3++3H2O,加入NaOH后,发生Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O,故正确;C、加入NH3:Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓+2NH4+、Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,氢氧化铝不溶于弱碱,此溶液中不含AlO2-,故错误;D、NO3-在酸性条件下具有强氧化性,能把Fe2+氧化成Fe3+,故错误。考点:考查元素及其化合物性质、离子大量共存等知识。11.将一定量的SO2(g)和O2(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中,在不同温度下进行反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3△H<0。得到如表中的两组数据:实验编号温度/℃平衡常数/mol-1·L起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minSO2O2SO2O21T1K142x0.862T2K2420.4yt下列说法不正确的是A.x=1.6,y=0.2,t<6B.T1、T2的关系:T1>T2C.K1、K2的关系:K2>K1D.实验1在前6min的反应速率υ(SO2)=0.2mol·L-1·min-1【答案】A【解析】试题分析:A、实验1从开始到反应达到化学平衡时,2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)起始量(mol)420变化量(mol)2.41.22.4-17-平衡量(mol)x0.82.4x=4-2.4=1.6;实验2从开始到反应达到化学平衡时,2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)起始量(mol)420变化量(mol)3.61.83.6平衡量(mol)0.4y3.6y=2-1.8=0.2;该反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,二氧化硫的物质的量增加,所以温度是T1>T2。温度高反应速率快,到达平衡的时间少,则t>6,A错误;B、根据A中分析可知B正确;C、由于T1>T2,所以K2>K1,C正确;D、实验1在前6min的反应速率v(SO2)==0.2mol·L-1·min-1,D正确,答案选A。考点:考查化学平衡影响因素和平衡计算的分析判断12.常温下,向100mL0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的NaOH溶液,所得溶液PH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示,下列说法正确的是A.a、b、c、d四个点中,水的电离程度最大的是dB.a点溶液中:c(NH3·H2O)+c(H+)=c(OH—)C.b点溶液中:c(Na+)+c(NH4+)=c(SO42—)D.c点溶液中:4c(Na+)=3[c(SO42—)+c(NH4+)+c(NH3·H2O)]【答案】D【解析】a、b、c、d四个点,根据反应量的关系,a点恰好消耗完H+,溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4;b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O,(NH4)2SO4可以促进水的电离,而NH3·H2O抑制水的电离。b点溶液呈中性,则溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分。A、a、b、c、d四个点,根据反应量的关系,a点恰好消耗完H+,溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4;b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O,(NH4)2SO4可以促进水的电离,而NH3·H2O-17-抑制水的电离,b点溶液呈中性,所以a点水的电离程度最大,故A错误;B、a点恰好消耗完H+,溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4,溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),故B错误;C、b点溶液为中性,溶液中c(OH-)=c(H+),结合电荷守恒可知:c(NH4+)+c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),则c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42-),故C错误;D、c点氢氧化钠的体积为150ml,所以3[n(N))+n(S)]=4n(Na),则是3c(NH4+)+3c(NH3·H2O)+3c(SO42-)=4c(Na+),故D正确;故选D。点睛:本题考查了离子浓度大小比较,题目难度中等,解题关键:明确图象各点发生反应及对应溶质组成,难点C选项。注意电荷守恒含义及应用方法,难点D选项,注意物料守恒的应用,3[n(N))+n(S)]=4n(Na)。13.某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为一2价),既含有Fe2+又含有Fe3+。将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应(注:矿石中其他成分不与盐酸反应),生成硫单质2.4g、FeCl20.425mol和一定量H2S气体,且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是A.100mL的盐酸中HC1物质的量浓度为7.5mol/LB.生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24LC.该磁黄铁矿FexS中,Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3:1D.该磁黄铁矿中FexS的x=0.85【答案】D【解析】试题分析::n(S)=2.4g÷32g/mol=0.075mol,根据转移电子守恒得n(Fe3+)=0.075mol×(2−0)/(3−2)=0.15mol,则n(Fe2+)=0.425mol-0.15mol=0.275mol,所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol:0.15mol=11:6,则A.盐酸恰好反应生成FeCl20.425mol,根据氯原子守恒得c(HCl)=0.425mol×2/0.1L=8.5mol/L,A错误;B.根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)=1/2n(HCl)=n(FeCl2)=0.425mol,V(H2S)=0.425mol×22.4L/mol=9.52L,B错误;C.根据以上分析可知Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol:0.15mol=11:6,,C错误;D.FexS中n(S)=0.075mol+0.425mol=0.5mol,n(Fe)=0.425mol,所以n(Fe):n(S)=0.425mol:0.5mol=0.85,所以x=0.85,D正确;答案选D。【考点定位】本题考查了根据氧化还原反应进行计算【名师点晴】根据反应过程中原子守恒、转移电子守恒进行计算,根据氢原子守恒计算硫化氢体积,根据转移电子守恒计算亚铁离子和铁离子的物质的量之比,计算量较大,难度较大,注意守恒法的灵活应用。-17-14.Hg是水体污染的重金属元素之一。水溶液中二价汞的主要存在形态与C1-、OH-的浓度关系如图所示[图中的物质或粒子只有Hg(OH)2为难溶物;pCl=-lgc(Cl-)]。下列说法不正确的是A.可用如下方法除去污水中的Hg2+:FeS(s)+Hg2+(aq)=HgS(s)+Fe2+(aq)B.当溶液pCl保持在1,pH在6~8时,汞元素主要以HgCl42-形式存在C.HgCl2是一种强电解质,其电离方程式是:HgCl2=HgCl++Cl-D.当溶液pH保持在5,pCl由2改变至6时.可使HgCl2转化为Hg(OH)2【答案】C【解析】试题分析:A、HgS比FeS更难溶,所以A正确;B、根据图中数据可知,B正确;C、根据图片中离子种类可以判断,HgCl2是一种弱电解质,其电离方程式是:2HgCl2⇌HgCl++HgCl3ˉ,故C错误;D、根据图片中微粒存在方式判断,当溶液pH保持在5,pCl由2改变至6时,可使HgCl2转化为Hg(OH)2,故正确;此题选C。考点:考查图像数据分析能力15.请根据以下信息回答有关问题:I.NOx是汽车尾气的主要污染物之一。(1)汽车发动机工作时会引发N2和O2反应,其能量变化示意图如下:该反应的△H=________________________。(2)科学家通过实验发现,在紫外线照射下TiO2-17-会使空气中的某些分子产生活性基团OH,并且活性基团OH可与NO2、NO发生反应生成硝酸和水。根据左下图示,请写出OH与NO反应的化学方程式______________________________________。(3)电解法可将工业废气中含有的NO2消除。原理是先将NO2转化为N2O4,然后电解得到N2O5(常温下为无色固体,常做绿色硝化剂)。电解原理如右上图所示,该电解池中生成N2O5的电极反应式是___________。Ⅱ为研究哈伯法合成氨反应,T℃时,在容积为2L恒容容器中通入4molN2和12molH2,反应如下:N2(g)+3H2(g)2NH3(g),若25min时反应达到平衡,各物质浓度随时间变化曲线如下图中甲、乙、丙。回答下列问题:(1)0-25min内,反应的平均速率v(H2)为_________。(2)T℃时,该反应的平衡常数K=_____________(用最简分数表达)。(3)T℃时,若起始充入8molN2和24molH2,则反应刚达到平衡时,表示c(H2)在右图中相应的点为_____(填字母)。【答案】(1).+(a+b-2c)kJ/mol(2).NO+3OH=HNO3+H2O(3).N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+(4).0.12moI/(L·min)(5).(6).B【解析】I.热化学反应方程式为:N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+(a+b-2c)kJ/mol。(2)活性基团OH可与NO2、NO发生反应生成硝酸和水:NO+3OH=HNO3+H2O;(3)电解法可将工业废气中含有的NO2消除。原理是先将NO2转化为N2O4,然后电解得到N2O5,在阳极N2O4失电子生成N2O5,电极反应式是:N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+。-17-Ⅱ、根据浓度变化图,随着反应的进行,浓度变小的是反应物,浓度变大的是生成物,在相同时间内,浓度下降的大的反应物,其化学计量数也大,则甲图线是H2浓度变化图,0-25min内,即△t=25min,H2的浓度变化为△c(H2)=6mol·L-1-3mol·L-1=3mol·L-1,则反应的平均速率v(H2)=△c(H2)/△t=0.12mol/(L·min);反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g),T℃时,在容积为2L恒容容器中通入4molN2和12molH2,根据浓度变化图象,平衡时,c(N2)=1mol·L-1,c(H2)=3mol·L-1,c(NH3)=2mol·L-1,反应的平衡常数为K=c2(NH3)/c3(H2)c(N2)=(2mol·L-1)2/(3mol·L-1)3×(1mol·L-1)=L2·mol-2;(3)温度不变,平常数不变,反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)为气体数减少的反应,加压则化学平衡向正反应方向移动,有助于反应正向进行,原平衡起始时充入4molN2和12molH2,若起始充入8molN2和24molH2,相当于对原平衡加压,则反应向正反应方向进行,若平衡不发生移动,则平衡时c(H2)应为原来的两倍6mol·L-1,加压有利于反应正向进行,则平衡时c(H2)<6mol·L-1,平衡时c(NH3)>4mol·L-1,而c(H2)>c(NH3)>4mol·L-1,据此判断,H2平衡时的浓度为B点。16.A、B、C、X是中学化学常见化合物或单质,均由短周期元素组成,转化关系如图。请据图回答下列问题:(1)若A、B、C中均含同一种常见金属元素R,R在C中以阴离子形式存在,B为白色胶状沉淀。①R在元素周期表中的位置为______________。②若A的溶液中混有Fe3+,当向该混合液中加入氨水,生成R(OH)n及Fe(OH)3共沉淀时,溶液中c(Fe3+)/c(Rn+)=____。[已知:Fe(OH)3的Ksp=4.00×10-38,沉淀B的Ksp=1.32×10-33 ](2)若A、B、C的焰色反应均为黄色,水溶液均呈碱性。①A中含有的化学键是________________________。②将672mL(标准状况下)X通入100mL0.4mol·L-1A的溶液后,溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______________________。-17-③自然界中存在B、C和H2O按一定比例形成的固体。取一定量该固体制成100mL溶液,测得溶液中金属阳离子的浓度为0.5mol·L-1。若取相同质量的固体加热至恒重,剩余固体的质量为_______。(3)若A、B、C中均含同一种常见非金属元素,其中A为黑色固体单质。已知298K下,1molA、1molB完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量分别为393.5kJ,283kJ。写出该温度下A与C反应生成B的热化学方程式:______________________。【答案】(1).第3周期第ⅢA族(2).3×10-5(3).离子键、共价键(4).c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)(5).2.65g(6).C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5kJ•mol-1【解析】A、B、C、X是中学化学常见物质,均由短周期元素组成.-17-17.二氯亚砜(SOCl2-17-)是一种无色易挥发液体,遇水剧烈水解生成两种气体,常用作脱水剂,其熔点-105℃,沸点79℃,140℃以上时易分解。(1)用硫黄(用S表示)、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜,原子利用率达100%,则三者的物质的量比为________。写出SOCl2吸收水蒸气的化学方程式:___________。(2)甲同学设计下图装置用ZnCl2·xH2O晶体制取无水ZnCl2,回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略):①装置的连接顺序为A→B→______→______→______→______。______________②搅拌的作用是______,冷凝管的作用是_______________________________。③实验结束后,为检测ZnCl2·xH2O晶体是否完全脱水,称取蒸干后的固体ag溶于水,加入足量稀硝酸和硝酸银溶液,过滤,洗涤,干燥,称得固体为bg。若_____(保留一位小数),即可证明ZnCl2·xH2O晶体已完全脱水。④乙同学认为直接将ZnCl2·xH2O晶体置于坩埚中加热即可得到无水ZnCl2,但老师说此方法不可。请用化学方程式解释原因:______________________________________。(3)丙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3的脱水剂,但丁同学认为该实验会发生氧化还原反应。请你设计并简述实验方案判断丁同学的观点:_____________。【答案】(1).2:3:1(2).SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑(3).DEFC(4).使ZnCl2•xH2O晶体均匀、充分的与SOCl2接触,晶体脱水充分(5).把剩余的SOCl2冷凝成液体回收(6).2.1(7).ZnCl2•xH2OZn(OH)Cl+HCl↑+(x-1)H2O、Zn(OH)ClZnO+HCl↑或ZnCl2•xH2OZn(OH)2+2HCl↑+(x-2)H2O、Zn(OH)2ZnO+H2O或ZnCl2•xH2OZnO+2HCl↑+(x-1)H2O(8).方法1:取少量FeCl3•6H2O于试管中,加入SOCl2,振荡;再往试管中加水溶解,然后滴加BaCl2溶液,若生成白色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应;方法2:取少量FeCl3•6H2O于试管中,加入过量SOCl2,振荡;再往试管中加水溶解,滴加KSCN溶液,若没有明显现象则证明脱水过程发生了氧化还原反应;方法3:取少量FeCl3•6H2O于试管中,加入过量SOCl2,振荡;再往试管中加水溶解,滴加K3Fe(CN)6]溶液,若生成蓝色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应-17-【解析】(1)用硫黄(用S表示)、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜,原子利用率达100%,则三者发生了化合反应,化学方程式为2S+3Cl2+SO3=3SOCl2,其物质的量比为2:3:1。SOCl2吸收水蒸气的化学方程式为SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑。(2)由题意知,A是晶体的脱水反应装置;B是回收剩余的SOCl2的装置;C是尾气吸收装置;D是保护装置,防止水蒸气进入B中;E是防止倒吸的;F是用于检验生成物中含有SO2的。①装置的连接顺序为A→B→D→E→F→C。②搅拌的作用是使ZnCl2·xH2O晶体均匀、充分的与SOCl2接触,使晶体充分脱水,冷凝管的作用是把剩余的SOCl2冷凝成液体回收。③实验结束后,为检测ZnCl2·xH2O晶体是否完全脱水,称取蒸干后的固体ZnCl2 ag溶于水,加入足量稀硝酸和硝酸银溶液,过滤,洗涤,干燥,称得固体AgCl为bg。若,即可证明ZnCl2·xH2O晶体已完全脱水。④直接将ZnCl2·xH2O晶体置于坩埚中加热,晶体首先会溶解在结晶水中形成溶液,氯化锌发生水解得到碱式氯化锌或氢氧化锌,氢氧化锌受热分解得到氧化锌,总之,得不到无水ZnCl2,发生的反应的化学方程式为ZnCl2·xH2OZn(OH)Cl+HCl↑+(x-1)H2O或ZnCl2·xH2OZn(OH)2+2HCl↑+(x-2)H2O、(Zn(OH)ClZnO+HCl↑)或ZnCl2·xH2OZnO+2HCl↑+(x-1)H2O。(3)SOCl2与FeCl3·6H2O若发生氧化还原反应,则+3价铁将被还原为+2价铁,+4价S被氧化为+6价S,产物中有亚铁离子、硫酸根。要证明它们确实发生了氧化还原反应,我们可以检验硫酸根或检验+3价铁离子或检验+2价亚铁离子,所以可以设计如下3个实验方案:方法1:取少量FeCl3·6H2O于试管中,加入SOCl2,振荡;再往试管中加水溶解,然后滴加BaCl2溶液,若生成白色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应。方法2:取少量FeCl3·6H2O于试管中,加入过量SOCl2,振荡;再往试管中加水溶解,滴加KSCN溶液,若没有明显现象则证明脱水过程发生了氧化还原反应。方法3:取少量FeCl3·6H2O于试管中,加入过量SOCl2,振荡;再往试管中加水溶解,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,若生成蓝色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应。18.碱性锌锰电池是日常生活中消耗量最大的电池,其构造如图所示。放电时总反应为:Zn+2H2O+2MnO2=Zn(OH)2+2MnOOH-17-从废旧碱性锌锰电池中回收Zn和MnO2的工艺如下:回答下列问题:(1)MnOOH中,Mn元素的化合价为________。(2)“还原焙烧”过程中,高价金属化合物被还原为低价氧化物或金属单质(其中MnOOH、MnO2被还原成MnO),主要原因是“粉料”中含有________。(3)“净化”是为了除去浸出液中的Fe2+,方法是:加入________(填化学式)溶液将Fe2+氧化为Fe3+,再调节pH使Fe3+完全沉淀。已知浸出液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1mol·L-1,根据下列数据计算,调节pH的合理范围是________至________。化合物Mn(OH)2Zn(OH)2Fe(OH)3KSP近似值10-1310-1710-38(离子浓度小于1×10-5mol·L-1即为沉淀完全)(4)“电解”时,阳极的电极反应式为_______________________________________________。本工艺中应循环利用的物质是_____________(填化学式)。(5)若将“粉料”直接与盐酸共热反应后过滤,滤液的主要成分是ZnCl2和MnCl2。“粉料”中的MnOOH与盐酸反应的化学方程式为__________________________________。(6)某碱性锌锰电池维持电流强度0.5A(相当于每秒通过5×10-6mol电子),连续工作80分钟即接近失效。如果制造一节电池所需的锌粉为6g,则电池失效时仍有________%的金属锌未参加反应。-17-【答案】(1).+3(2).C(3).H2O2(或KMnO4)(4).3(5).6(6).Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+(7).H2SO4(8).(9).87【解析】(1)根据化合价代数和为0,MnOOH中,Mn元素的化合价为+3价;(2)废旧碱性锌锰电池粉料中含有碳具有还原性,“还原焙烧”过程中,碳将高价金属化合物被还原为低价氧化物或金属单质(其中MnOOH、MnO2被还原成MnO),故答案为C;(3)“净化”是为了除去浸出液中的Fe2+,利用H2O2溶液具有氧化性将Fe2+氧化为Fe3+,再由Mn(OH)2、Zn(OH)2的KSP近似值可求得Mn2+,Zn2+开始沉淀时的氢氧根浓度分别为=10-6,即Mn2+,Zn2+开始沉淀时的pH分别为8和6,而Fe(OH)3沉淀完全时的氢氧根浓度为=10-11,即Fe(OH)3沉淀完全时的pH为3,所以调节pH的合理范围是3-6,使Fe3+完全沉淀,Mn2+,Zn2+不沉淀;(4)电解阳极Mn2+失电子发生氧化反应生成MnO2,阳极的电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+,阴极Zn2+得电子发生还原反应生成Zn,废电解液为硫酸,则本工艺中应循环利用的物质是H2SO4,故答案为:Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+;H2SO4;(5)“粉料”中的MnOOH具有氧化性,与盐酸发生氧化还原反应,则反应的化学方程式为2MnOOH+6HCl2MnCl2+4H2O+Cl2↑;(6)80分钟转移电子的物质的量为5×10-6mol×80×60=0.024mol,则消耗的Zn的质量为×65g/mol=0.78g,所以如果制造一节电池所需的锌粉为6g,则电池失效时仍有×100%=87%的金属锌未参加反应。-17-
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时间:2021-08-14
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八年级数学教师个人工作计划
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