高三下學期2月教學質(zhì)量監(jiān)測化學

18/1919/19/廣東省廣州市第一名校2021-2022學年高三下學期2月教學質(zhì)量監(jiān)測化學試題相對原子質(zhì)量：H—1C—12O—16Na—23N—14Mg—24Cu—64S—32C1—35.5Br—80Fe—56Ni—59第Ⅰ卷選擇題(共44分)一、選擇題。本題共16小題，共44分。第1～10小題，每小題2分；第11～16小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.成語、古詩詞、諺語等都是我國傳統(tǒng)文化瑰寶。下列有關(guān)解讀錯誤的是選項傳統(tǒng)文化化學角度解讀A蘭陵美酒郁金香。玉碗盛來琥珀光“香”的原因之一是美酒含有酯類物質(zhì)B日照香爐生紫煙碘單質(zhì)升華C三月打雷麥谷堆在雷電作用下N2最終轉(zhuǎn)化成被作物吸收的化合態(tài)氮D《本草經(jīng)集注》記載“如握鹽雪不冰，強燒之，紫青煙起…云是真硝石也利用物理方法(焰色反應(yīng))可以鑒別鉀鹽A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．酒放置時間長，少量的乙醇被氧化為乙酸，乙酸與乙醇生成乙酸乙酯，乙酸乙酯等酯類物質(zhì)具有香味，所以產(chǎn)生香味主要是因為美酒含有酯類物質(zhì)，A正確；B．日照香爐生紫煙是一種光學現(xiàn)象，與碘升華無關(guān)，B錯誤；C．氮氣跟氧氣能直接化合生成無色的一氧化氮氣體；一氧化氮不溶于水，在常溫下易跟空氣中的氧氣化合，生成紅棕色的二氧化氮氣體；二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成硝酸和一氧化氮，硝酸進一步轉(zhuǎn)化為可以為植物吸收的硝酸鹽，增加土壤中氮肥含量，有利于作物生長，C正確；D．鈉鹽和鉀鹽焰色反應(yīng)的顏色不同，鈉的焰色反應(yīng)為黃色，鉀的焰色反應(yīng)為紫色，焰色反應(yīng)是物理變化，D正確；綜上所述答案為B。2.化學與生產(chǎn)和生活密切相關(guān)，下列說法正確的是A.浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土放于水果箱內(nèi)是為了延長水果保鮮期B.酒精能使蛋白質(zhì)變性，酒精純度越高殺菌消毒效果越好C.煤炭經(jīng)蒸餾、氣化和液化等物理變化過程，可獲得清潔能源和重要的化工原料D.硫酸鋁在水中生成氫氧化鋁膠體，利用其吸附性可獲得純凈水【答案】A【解析】【詳解】A．浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土放于新鮮的水果箱內(nèi)是為了給水果保鮮，故A正確；B．酒精能使蛋白質(zhì)變性，醫(yī)用酒精的濃度為75%，濃度過大的酒精能夠使細菌(或病毒)表面的蛋白質(zhì)凝固，形成一層硬膜，這層硬膜會阻止酒精分子進一步滲入細菌(或病毒)內(nèi)部，反而保護了細菌(或病毒)，所以酒精純度越高，不能使殺菌消毒效果更好，故B錯誤；C．煤炭氣化生成CO和氫氣，液化生成甲醇，獲得清潔能源，但煤炭蒸餾不能獲得清潔能源，故C錯誤；D．明礬能用于凈水是因為鋁離子水解生成的氫氧化鋁膠體具有吸附性、吸附水中的固體懸浮物并使之沉降，但是不能除去雜質(zhì)離子，不能獲得純凈水，故D錯誤；故選A。3.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。下列有關(guān)敘述正確的是：A.標準狀況下，22.4LCCl4中所含C-Cl鍵的數(shù)目為4NAB.7.8g中所含離子數(shù)目為0.3NAC.向密閉容器中充入1molHCl和1molNH3，生成的分子數(shù)為NAD.標準狀況下，22.4L和的混合物中，所含碳碳雙鍵的總數(shù)為NA【答案】B【解析】【詳解】A．標況下四氯化碳不是氣體，是液體，22.4L四氯化碳的物質(zhì)的量大于1mol，故含有的碳氯鍵數(shù)大于4mol，A錯誤；B．7.8g過氧化鈉的物質(zhì)的量為0.1mol，含有0.1mol陰離子，0.2mol陽離子，離子總數(shù)為0.3mol，B正確；C．向密閉容器中充入1molHCl和1molNH3，生成NH4Cl為NA，NH4Cl為離子晶體，沒有分子，C錯誤；D．C2H4分子中含有一個雙鍵，C3H6分子可能是單烯烴，也可能是環(huán)烷烴，其中環(huán)烷烴內(nèi)不含碳碳雙鍵，因此無法計算混合物中碳碳雙鍵數(shù)目，D錯誤；故答案為：B。4.下列化學用語表示正確的是A.N2H4的結(jié)構(gòu)式B.Ca2+的結(jié)構(gòu)示意圖：C.BF3的電子式D.質(zhì)子數(shù)為117，中子數(shù)為174的核素Ts可表示為：【答案】A【解析】【詳解】A．N2H4中氮原子與氮原子之間、氮原子與氫原子間均以單鍵相連，其結(jié)構(gòu)式為，A正確；B．Ca2+的質(zhì)子數(shù)為20，核外電子數(shù)為18，核外各層上電子數(shù)分別為2、8、8，其結(jié)構(gòu)示意圖為，B錯誤；C．B原子最外層電子數(shù)為3，與F原子通過共用電子對形成BF3分子，其中B原子最外層電子數(shù)為6，F(xiàn)原子最外層電子數(shù)為8，其電子式為，C錯誤；D．質(zhì)子數(shù)為117，中子數(shù)為174的核素Ts的質(zhì)量數(shù)為117+174=291，符號為Ts，D錯誤；綜上所述答案為A。5.實驗室中配制200mL0.10mol/LNaOH溶液時，必須使用到的玻璃儀器是A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】一般用托盤天平稱量，用藥匙取藥品，在燒杯中溶解，并用玻璃棒攪拌，冷卻后轉(zhuǎn)移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，當加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加至溶液凹面與刻度線水平相切，蓋好瓶塞，搖勻。所以需要的儀器為托盤天平、藥匙、250mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管，所給的儀器分別為圓底燒瓶、量筒、錐形瓶、250mL容量瓶，一定用到250mL的容量瓶，故選D。6.常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.在含有大量Fe3+的透明溶液中：、I-、、SCN-B.水電離出的c(OH-)=10-12?mol·L-1的溶液中：Mg2+、Cl-、、H+C.遇甲基橙變紅的溶液：、、、K+D.與鋁反應(yīng)產(chǎn)生大量氫氣的溶液：Ba2+、、Cl-、Fe2+【答案】C【解析】【詳解】A．含有大量Fe3+的溶液中I?會與Fe3+發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，F(xiàn)e3+與SCN?發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)而不能大量共存，A不符合題意；B．水電離出的c(OH-)=10-12?mol·L-1的溶液中水的電離受到抑制，既可能是酸溶液也可能是堿溶液，堿溶液中H+、Mg2+不能大量存在，B不符合題意；C．遇甲基橙變紅的溶液顯酸性，幾種離子相互之間不反應(yīng)，也不與氫離子反應(yīng)，可以大量共存，C符合題意；D．與鋁反應(yīng)產(chǎn)生大量氫氣的溶液即可能呈酸性又可能呈堿性，在酸性環(huán)境中不能大量共存；在堿性環(huán)境中Fe2+與都不能大量共存，D不符合題意；綜上所述答案為C。7.由一種陽離子與兩種酸根陰離子組成的鹽稱為混鹽，CaOCl2是一種常見的混鹽。下列說法不正確的是A.CaOCl2有較強的氧化性B.該混鹽可能具有漂白性C.由氯氣和石灰乳為原料，每生成1molCaOCl2，轉(zhuǎn)移的電子為2molD.CaOCl2的溶液中加入足量濃硫酸，可有黃綠色的氣體產(chǎn)生【答案】C【解析】【詳解】A．混鹽CaOCl2中相當于含有CaCl2和Ca(ClO)2兩種鹽，其中，次氯酸鈣具有強的氧化性，所以混鹽也具有較強的氧化性，故A正確；B．混鹽CaOCl2中相當于含有CaCl2和Ca(ClO)2兩種鹽，其中，次氯酸鈣具有漂白性，故B正確；C．鹽CaOCl2看成CaCl2和Ca(ClO)2，其中Cl的化合價分別是＋1和?1價，以氯氣為原料，每生成1molCaOCl2，轉(zhuǎn)移1mol電子，故C錯誤；D．混鹽CaOCl2在酸性條件下發(fā)生：Cl?＋ClO?＋2H＋＝Cl2↑＋H2O，即CaOCl2的溶液中加入足量濃硫酸，可有黃綠色的氣體氯氣產(chǎn)生，故D正確。故選：C。8.下列現(xiàn)象或事實、解釋都正確的是選項現(xiàn)象或事實解釋A金屬鎂著火不能用泡沫滅火器滅火燃燒生成的MgO與CO2反應(yīng)BK2FeO4用于自來水的消毒和凈化K2FeO4具有強氧化性可殺菌消毒，其還原產(chǎn)物Fe3+水解得到的膠狀物能凈水C古代青銅器表面有銅銹，可放入鹽酸中浸泡除銹銅銹是銅在空氣中緩慢氧化生成的氧化物，可溶于鹽酸D常溫下，將鐵片浸入足量的濃硫酸中，鐵片不溶解常溫下，鐵與濃硫酸一定沒有發(fā)生化學反應(yīng)A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A選項，金屬鎂著火不能用泡沫滅火器滅火，因為Mg在CO2燃燒生成MgO和C，故A錯誤；B選項，K2FeO4用于自來水的消毒和凈化，K2FeO4具有強氧化性可殺菌消毒，其還原產(chǎn)物Fe3+水解得到的膠狀物能凈水，故B正確；C選項，古代青銅器表面有銅銹，可放入鹽酸中浸泡除銹，銅銹是銅在空氣中與氧氣、水、二氧化碳反應(yīng)生成的堿式碳酸銅，可溶于鹽酸，故C錯誤；D選項，常溫下，將鐵片浸入足量的濃硫酸中，鐵片不溶解，F(xiàn)e發(fā)生了鈍化，故D錯誤；綜上所述，答案為B?！军c睛】銅綠是銅和空氣中水、二氧化碳、氧氣長時間反應(yīng)得到，又稱堿式碳酸銅，用鹽酸可以除掉銅表面的銅綠；鋁、鐵與濃硫酸或濃硝酸發(fā)生鈍化，是發(fā)生了反應(yīng)，不是沒有發(fā)生反應(yīng)。9.類比推理是學習化學的重要的思維方法，下列陳述Ⅰ及類比推理陳述Ⅱ均正確的是選項陳述Ⅰ類比推理陳述ⅡA單質(zhì)的熔點Br2<I2單質(zhì)的熔點Li<NaB工業(yè)上電解熔融的Al2O3得到鋁單質(zhì)工業(yè)上電解熔融的MgO得到鎂單質(zhì)C還原性：I->Br-還原性：S2->O2-D實驗室：Cl2+2KBr(aq)=2KCl(aq)+Br2實驗室：F2+2KBr(aq)=2KF(aq)+Br2A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．Br2、I2屬于分子晶體，影響熔沸點高低的因素是分子間作用力；堿金屬Li、Na為金屬晶體，單質(zhì)熔點與金屬鍵有關(guān)，二者不能類比，且單質(zhì)熔點：Li>Na，A錯誤；B．工業(yè)上電解熔融的Al2O3得到鋁單質(zhì)是因為AlCl3為共價化合物，熔融狀態(tài)不導電，但MgCl2為離子化合物，熔融狀態(tài)導電，且熔點較低，所以工業(yè)上電解熔融的?MgCl2得到鎂單質(zhì)，B錯誤；C．非金屬性越強，單質(zhì)的氧化性越強，其簡單離子的還原性越強，故還原性I->Br-、S2->O2-，C正確；D．F2具有很強的氧化性，與溴化鉀溶液反應(yīng)時先與水反應(yīng)生成HF和氧氣，不能置換出溴單質(zhì)，D錯誤；綜上所述答案為C。10.工業(yè)電解精煉銅的溶液中含有Zn2+、Cu2+等離子，實驗室設(shè)計分離出Zn2+并制取膽礬的流程如下：已知：Zn2+與NaOH的反應(yīng)與Al3+類似。下列說法錯誤的是A.濾液1與過量硫酸反應(yīng)的離子方程式為ZnO＋4H＋=Zn2＋＋2H2OB.操作①和②中用到的玻璃儀器完全相同C.系列操作②包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥D.可用酒精洗滌膽礬晶體，除去表面的雜質(zhì)【答案】B【解析】【分析】工業(yè)電解精煉銅的溶液中含有Zn2+、Cu2+等離子，加入過量NaOH生成氫氧化銅沉淀，所以濾渣1是氫氧化銅，濾液1中有ZnO；氫氧化銅和過量硫酸反應(yīng)生成硫酸銅藍色溶液，經(jīng)過一系列操作結(jié)晶出膽礬?！驹斀狻緼.濾液1與過量硫酸反應(yīng)的離子方程式為ZnO＋4H＋=Zn2＋＋2H2O，故A正確；B.操作①是過濾操作，需要的玻璃儀器是漏斗、燒瓶、玻璃棒；操作②包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，需要的玻璃儀器是漏斗、燒瓶、玻璃棒、蒸發(fā)皿，故B錯誤；C.硫酸銅藍色溶液經(jīng)過操作②結(jié)晶出膽礬，操作②包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，故C正確；D.無水乙醇洗滌晶體最主要的原因是清除晶體上水和水中帶的離子，而且對于晶體的溶解能很小，同時易揮發(fā)不容易帶來污染，可用酒精洗滌膽礬晶體，除去表面的雜質(zhì)，故D正確；故選B。11.最新研究表明，有機物M可用于治療新型冠狀病毒肺炎，可有效減少肺損傷。其結(jié)構(gòu)簡式如圖，下列有關(guān)有機物M的說法正確的是A.結(jié)構(gòu)中含氧官能團只有2種B.分子中所有原子可能在同一平面上C.能夠使酸性高錳酸鉀溶液褪色，不能使溴水褪色D.既能與金屬Na反應(yīng)又能與NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)【答案】D【解析】【詳解】A．依據(jù)其結(jié)構(gòu)簡式可知含氧官能團有肽鍵、醇羥基、醚鍵和酯基4種含氧官能團，故A錯誤；B．含有多個飽和碳原子，因此所有原子不可能在同一平面上，故B錯誤；C．含有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液或溴水褪色，故C錯誤；D．含有羥基能與金屬Na反應(yīng)，含有酯基能與NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)，故D正確；答案選D。12.硫化氫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護的重要研究課題。將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反應(yīng)以回收S，物質(zhì)循環(huán)轉(zhuǎn)化過程如圖所示。下列敘述正確的是A.設(shè)計循環(huán)的目的是降低活化能，減慢總反應(yīng)速率B.循環(huán)轉(zhuǎn)化過程中有置換反應(yīng)發(fā)生C.能循環(huán)利用的物質(zhì)只有CuCl2D.若1molH2S發(fā)生圖示轉(zhuǎn)化的同時消耗0.4molO2，則混合液中Fe3+濃度將減小【答案】D【解析】【分析】由圖可知：該循環(huán)轉(zhuǎn)化過程發(fā)生反應(yīng)、、，總反應(yīng)為2H2S+O2=2S↓+2H2O，反應(yīng)中Cu2+、Fe3+是催化劑，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．由分析可知，反應(yīng)中Cu2+、Fe3+是催化劑，催化劑能降低反應(yīng)的活化能，提高總反應(yīng)速率，故A正確；B．由分析可知，循環(huán)轉(zhuǎn)化過程中沒有置換反應(yīng)發(fā)生，故B錯誤；C．反應(yīng)中消耗FeCl3和CuCl2，又生成等量的FeCl3和CuCl2，則在轉(zhuǎn)化過程中能循環(huán)利用的物質(zhì)是FeCl3和CuCl2，故C錯誤；D．由分析可知，總反應(yīng)為2H2S+O2=2S↓+2H2O，若有1molH2S發(fā)生圖示轉(zhuǎn)化，則失電子數(shù)為2mol，若同時消耗O2為0.4mol，則得電子數(shù)為1.6mol，則混合溶液中的Fe3+濃度因消耗而減小，故D錯誤；故選D。13.已知：還原性HSO＞I-，氧化性IO＞I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物質(zhì)的量的關(guān)系曲線如圖所示。下列說法正確的是A.0～b間的反應(yīng)可用離子方程式表示B.a點時消耗的NaHSO3的物質(zhì)的量為1.2molC.b點到c點，KIO3與NaHSO3反應(yīng)生成I2D.當溶液中I-與I2的物質(zhì)的量之比為5：3時，加入的KIO3為1.08mol【答案】B【解析】【詳解】A．已知還原性HSO＞I-，由圖示可知，當?shù)渭拥腒IO3物質(zhì)的量小于1mol時溶液中無I2生成，即I－沒被氧化，所以該階段還原劑為HSO，但HSO不能拆，A錯誤；B．a(chǎn)點時加入0.4molIO，結(jié)合A選項可知0~a發(fā)生的反應(yīng)為3HSO+IO=3SO+I-+3H+，根據(jù)方程式可知0.4molIO可以消耗1.2molNaHSO3，B正確；C．已知還原性HSO＞I-，所以未產(chǎn)生I20~b段還原劑為HSO，產(chǎn)生I2的b~c段還原劑為I-，I-與IO與反應(yīng)生成I2，C錯誤；D．設(shè)此時加入的KIO3的物質(zhì)的量為xmol，則其中1mol發(fā)生3HSO+IO=3SO+I-+3H+，生成1molI-，其余(x-1)molKIO3發(fā)生IO+6H++5I-═3H2O+3I2，消耗5(x-1)molI-，同時生成3(x-1)molI2，I-與I2的物質(zhì)的量之比為5：3，即[1-5(x-1)]：3(x-1)=5：3，解得x=1.1mol，D錯誤；綜上所述答案為B。14.科學家合成一種化合物是很多表面涂層的重要成分，其結(jié)構(gòu)如圖所示，其中W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期。下列說法錯誤的是A.氫化物的沸點：X＜YB.W、X、Y形成的某種化合物可使澄清石灰水變渾濁C.含Z的兩種酸反應(yīng)可制得Z單質(zhì)D.ZY2作為一種高效安全綠色殺菌劑，在自來水消毒等方面應(yīng)用廣泛【答案】A【解析】【分析】由題意可知，W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，可知W位于第一周期，則W為H，則Z為Cl。題給結(jié)構(gòu)中X形成四個單鍵，Y能形成兩個單鍵或一個雙鍵，則X為C，Y為O，以此解答。【詳解】A．碳的氫化物有多種，其沸點可以高于氧的氫化物，A項錯誤；B．W、X、Y形成的碳酸、草酸均可使澄清石灰水變渾濁，B項正確；C．HClO和HCl反應(yīng)可以制備Cl2，C項正確；D．ClO2可作為消毒劑、漂白劑，是一種高效安全綠色殺菌劑，D項正確；故選A。15.回收并利用CO2一直是科研人員研究的熱點，科研人員以CO2為原料在酸性介質(zhì)中設(shè)計出如圖裝置的原電池。下列說法正確的是A.該過程中僅涉及光能與化學能的轉(zhuǎn)化B.轉(zhuǎn)移4mol電子時，可能有32gO2生成C.b電極反應(yīng)方程式為2CO2+12e-+9H2O＝C2H5OH+12OH-D.工作一段時間，電極a附近溶液的pH會增大【答案】B【解析】【分析】從裝置圖看，電極a中H2O→O2，則此電極為負極，電極反應(yīng)式為6H2O-12e-==3O2↑+12H+；電極b中，CO2→CH3CH2OH，則此電極為正極，電極反應(yīng)式為2CO2+12e-+12H+==C2H5OH+3H2O。【詳解】A．該過程中，太陽能轉(zhuǎn)化為化學能，化學能轉(zhuǎn)化為電能，甚至還存在化學能轉(zhuǎn)化為熱能，A不正確；B．由電極反應(yīng)式6H2O-12e-==3O2↑+12H+看，反應(yīng)轉(zhuǎn)移4mol電子時，可能生成1molO2，其質(zhì)量32g，B正確；C．由以上分析知，b電極反應(yīng)方程式為2CO2+12e-+12H+==C2H5OH+3H2O，C不正確；D．電極a上發(fā)生的反應(yīng)為6H2O-12e-==3O2↑+12H+，工作一段時間，電極a附近溶液的pH會減小，D不正確；故選B。16.若定義pc是溶液中微粒物質(zhì)的量濃度的負對數(shù)，則常溫下，一定濃度的某酸(H2A)水溶液中pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)隨著溶液pH的變化曲線如圖所示。下列說法一定正確的是（）A.pH=4時，c(HA-)<c(A2-)B.c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)是定值C.常溫下，該酸的電離常數(shù)Ka1=10-1.3D.常溫下，NaHA的水溶液呈堿性【答案】C【解析】【分析】隨pH增大，c(H2A)減小、c(HA－)先增后減、c(A2－)增大；根據(jù)圖示，曲線Ⅰ表示c(HA－)、曲線Ⅱ表示c(H2A)、曲線Ⅲ表示c(A2－)；【詳解】A、根據(jù)圖示，pH＝4時，c(HA－)>c(A2－)，故A錯誤；B、調(diào)節(jié)溶液pH的方法不確定，所以c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)不一定是定值，故B錯誤；C、根據(jù)圖示c(H2A)＝c(HA－)時，pH＝1.3，所以Ka1＝＝c(H＋)＝10－1.3，故C正確；D、根據(jù)圖示c(A2－)＝c(HA－)時，pH＝4.3，Ka2＝＝c(H＋)＝10－4.3，HA－的水解常數(shù)Kh＝＝10－12.7，電離大于水解，所以NaHA的水溶液呈酸性，故D錯誤。【點睛】本題的關(guān)鍵是正確判斷c(H2A)、c(HA－)、c(A2－)與三條曲線的對應(yīng)關(guān)系，會根據(jù)pH=1.3、pH=4.3的點計算H2A的電離平衡常數(shù)，學會判斷酸式弱酸鹽的酸堿性的方法。第Ⅱ卷非選擇題(共56分)17.甘氨酸亞鐵[(NH2CH2COO)2Fe]是一種補鐵強化劑。某學習小組利用FeCO3與甘氨酸(NH2CH2COOH)制備甘氨酸亞鐵，實驗裝置如下圖所示(夾持和加熱、攪拌儀器已省略)。有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)如下表：甘氨酸檸檬酸甘氨酸亞鐵易溶于水，微溶于乙醇易溶于水和乙醇易溶于水，難溶于乙醇兩性化合物強酸性、強還原性實驗過程：Ⅰ.合成：裝置C中盛有0.1molFeCO3和200mL1.0mol/L甘氨酸溶液和適量檸檬酸。實驗時，先打開儀器a的活塞，待裝置C中空氣排凈后，加熱C并不斷攪拌，并通過儀器b向C中加入適量氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)pH到6左右，使反應(yīng)物充分反應(yīng)。Ⅱ.分離：反應(yīng)結(jié)束后，過濾，將濾液進行蒸發(fā)濃縮；加入無水乙醇，過濾、洗滌并干燥。回答下列問題：（1）儀器a的名稱是_______。（2）裝置B中盛有的試劑是_______；實驗過程中裝置D的導管需要一直浸入液面下的必要性是_______。（3）合成過程加入檸檬酸的作用是_______、_______。（4）加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)pH若大于6，甘氨酸亞鐵產(chǎn)量下降。原因可用離子方程式表示為_______。（5）過程Ⅱ中加入無水乙醇的目的是_______。（6）可以用_______試劑(寫化學式)檢驗產(chǎn)品中是否含有Fe3+。（7）本實驗制得15.3g甘氨酸亞鐵(M=204g/mol)，則其產(chǎn)率是_______?！敬鸢浮浚?）分液漏斗（2）①.飽和NaHCO3溶液②.防止空氣進入C(從而防止Fe2+被氧化)（3）①.促進FeCO3溶解②.防止Fe2+被氧化（4）Fe2++2OH?=Fe(OH)2↓（5）溶解檸檬酸，降低甘氨酸亞鐵的溶液度，使其結(jié)晶析出（6）KSCN（7）75%【解析】【分析】由裝置A中鹽酸和碳酸鈣反應(yīng)制取二氧化碳氣體，由于鹽酸具有揮發(fā)性，生成的二氧化碳氣體中混有氯化氫，則裝置B中盛有的試劑是飽和碳酸氫鈉溶液，用來除去二氧化碳氣體中混有的氯化氫氣體；利用二氧化碳氣體將實驗裝置中的空氣排干凈，在進行C裝置中的甘氨酸亞鐵的制取反應(yīng)，實驗過程中裝置C中加入的反應(yīng)物中含有碳酸亞鐵，亞鐵離子具有還原性，易被空氣中的氧氣氧化，影響實驗結(jié)果，必須將D中導管沒入液面以下，防止空氣中的氧氣進入C裝置將亞鐵離子氧化?！拘?詳解】根據(jù)儀器a的結(jié)構(gòu)特點可知其為分液漏斗；【小問2詳解】由裝置A中鹽酸和碳酸鈣反應(yīng)制取二氧化碳氣體，由于鹽酸具有揮發(fā)性，生成的二氧化碳氣體中混有氯化氫，則裝置B中盛有的試劑是飽和碳酸氫鈉溶液，用來除去二氧化碳氣體中混有的氯化氫氣體；亞鐵離子具有還原性，易被空氣中的氧氣氧化，影響實驗結(jié)果，必須將D中導管沒入液面以下，防止空氣中的氧氣進入C裝置將亞鐵離子氧化；【小問3詳解】根據(jù)題中表格提供的已知信息，檸檬酸具有強酸性和強還原性，合成過程加入檸檬酸的可促進FeCO3溶解和防止亞鐵離子被氧化；【小問4詳解】加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)pH若大于6，溶液堿性增強，會導致溶液中的亞鐵離子在該條件下直接與氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧化亞鐵，離子方程式表示為Fe2++2OH?=Fe(OH)2↓；【小問5詳解】由題目已知信息可知，甘氨酸亞鐵難溶于乙醇，檸檬酸易溶于水和乙醇，所以過程II中加入無水乙醇的目的是溶解檸檬酸，降低甘氨酸亞鐵的溶液度，使其結(jié)晶析出；【小問6詳解】檢驗三價鐵離子的試劑為KSCN溶液，加入KSCN，溶液變?yōu)檠t色，則說明含有Fe3+；【小問7詳解】甘氨酸的物質(zhì)的量為0.2L×1.0mol·L-1=0.2mol，0.1mol的碳酸亞鐵中亞鐵離子的物質(zhì)的量為0.1mol，根據(jù)鐵原子守恒，0.2mol的甘氨酸和0.1mol的碳酸亞鐵理論上生成0.1mol的甘氨酸亞鐵，理論上可產(chǎn)生甘氨酸亞鐵的質(zhì)量：204g?mol?1×0.1mol=20.4g，產(chǎn)品的質(zhì)量為15.3g，則產(chǎn)率=×100%=75%。18.某工廠以廢料(主要含CeO2，還含少量的SiO2、Fe2O3、Al2O3)為原料制備碳酸鈰、氯化鈰等鈰產(chǎn)品的流程如下：已知：CeO2具有強氧化性，通常情況下不和無機酸反應(yīng)?；卮鹣铝袉栴}：（1）為加快“酸浸1”的速率，可采取的措施是_______(寫一條即可)。（2）“浸液A”中大量存在的陽離子是_______(填化學式，下同)，“浸渣B”的主要成分為_______。（3）“酸浸2”中雙氧水的作用是_______(用離子方程式回答)。（4）獲得CeCl3的方法：將SOCl2和CeCl3·6H2O混合灼燒，得到CeCl3并放出能使品紅溶液褪色的氣體。加入SOCl2的原因是_______。（5）已知醋酸銨溶液呈中性，則NH4HCO3溶液中：c(NH)_______(填“>”、“<”或“=”)c(HCO)。（6）測定Ce2(CO3)3·nH2O的純度：①已知S2O與Ce3+反應(yīng)后的產(chǎn)物為SO，則該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物Ce4+與還原產(chǎn)物(SO)的物質(zhì)的量之比為_______。②Ce2(CO3)3·nH2O的純度為_______%。[已知：Ce2(CO3)3·nH2O的摩爾質(zhì)量為Mg/mol]③若其他操作均正確，滴定后俯視讀數(shù)，則測得Ce2(CO3)3·nH2O的純度_______(填“偏高”“偏低”或“無影響”)?！敬鸢浮浚?）攪拌、適當增大酸的濃度、粉碎廢料（2）①.Fe3+、Al3+②.SiO2（3）2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O（4）抑制氯化鈰晶體水解（5）＞（6）①1：1②.③.偏低【解析】【分析】廢料主要含CeO2，還含少量的SiO2、Fe2O3、Al2O3，廢料中加入酸A進行酸浸，CeO2具有強氧化性，通常情況下不和無機酸反應(yīng)，SiO2和一般的酸不反應(yīng)，所以浸渣A中含有SiO2、CeO2，浸液A中含有Fe3+、Al3+，向浸渣A中加入H2O2和鹽酸，SiO2不溶，所以浸渣B為SiO2，CeO2和H2O2、HCl反應(yīng)得到CeCl3，所以浸液B中含有CeCl3，將浸液B調(diào)節(jié)pH進行沉鈰得到Ce(OH)3，Ce(OH)3用鹽酸酸浸得到CeCl3溶液，通過一系列轉(zhuǎn)化得到CeCl3；CeCl3溶液中加入NH4HCO3進行沉鈰得到Ce2(CO3)3·nH2O。【小問1詳解】為了加快酸浸速率，通常采用的方法有攪拌、適當增大酸的濃度、粉碎廢料；【小問2詳解】根據(jù)分析，“浸液A”中存在的金屬陽離子為Fe3+、Al3+，浸渣B為SiO2；【小問3詳解】CeO2具有強氧化性，加入H2O2作還原劑，還原CeO2，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O，【小問4詳解】放出能使品紅溶液褪色的氣體，應(yīng)為SO2，所以SOCl2和水反應(yīng)的化學方程式應(yīng)為：SOCl2+H2O═SO2↑+2HCl，產(chǎn)生的HCl可以抑制CeCl3水解，所以加入SOCl2的作用是抑制氯化鈰晶體水解；【小問5詳解】醋酸的酸性比碳酸的強，醋酸銨溶液呈中性，說明醋酸和一水合氨的電離平衡常數(shù)相等，即一水合氨的電離常數(shù)大于碳酸，所以故HCO的水解程度大于NH的，故c(NH)＞c(HCO)；【小問6詳解】①已知S2O與Ce3+反應(yīng)后的產(chǎn)物為SO，根據(jù)電子守恒、元素守恒可得反應(yīng)方程式為S2O+2Ce3+=2SO+2Ce4+，故其比例為1：1；②滴定過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+；由電子守恒可知Ce3+物質(zhì)的量等于Fe2+的物質(zhì)的量，而n[Ce2(CO3)3·nH2O]=n(Ce3+)，所以Ce2(CO3)3·nH2O的質(zhì)量為cV×10-3mol××Mg/mol=g，故其質(zhì)量分數(shù)為×100%=%；③若其他操作均正確，滴定后俯視讀數(shù)，標準液體積偏小，結(jié)合質(zhì)量分數(shù)表達式可知，最終結(jié)果偏低。19.運用化學反應(yīng)原理知識研究如何利用CO、SO2等污染物有重要意義。(1)用CO可以合成甲醇。已知：CH3OH(g)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1kJ·mol-1CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)ΔH2kJ·mol-1H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l)ΔH3kJ·mol-1則CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH=___________kJ·mol-1。(2)一定壓強下，在容積為2L的密閉容器中充入1molCO與2molH2，在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH，平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強的關(guān)系如圖所示。①下列說法正確的是___________A．若容器內(nèi)氣體的密度恒定，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)B．若容器內(nèi)各氣體濃度恒定，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)C．若容器內(nèi)各氣體壓強恒定，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)D．反應(yīng)中，催化劑能使平衡向正反應(yīng)方向移動②上述反應(yīng)中，ΔH___________0(填“>”、“<”或“=”)③p2___________p1(填“大于”、“小于”或“等于”)；④100℃時，該反應(yīng)的化學平衡常數(shù)K=___________；(3)某科研小組用SO2為原料制取硫酸。用Na2SO3溶液充分吸收SO2得NaHSO3溶液，然后電解該溶液可制得硫酸。電解原理示意圖如下。請寫出陽極反應(yīng)的電極反應(yīng)式___________。【答案】①.2ΔH3＋ΔH2-ΔH1②.BC③.<④.大于⑤.4(mol/L)–2⑥.HSO＋H2O-2e-=SO＋3H＋【解析】【分析】【詳解】(1)已知：①CH3OH(g)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1kJ·mol-1，②CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)ΔH2kJ·mol-1，③H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l)ΔH3kJ·mol-1，根據(jù)蓋斯定律：②+③×2-①得CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，則ΔH＝2ΔH3＋ΔH2-ΔH1kJ·mol-1；(2)①A．隨著反應(yīng)的進行，容器內(nèi)氣體的質(zhì)量保持不變，容器的容積保持不變，密度不隨反應(yīng)的進行而變化，若容器內(nèi)氣體密度恒定，不能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，A項錯誤；B．若容器內(nèi)各氣體濃度恒定，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，B項正確；C．CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)該反應(yīng)是氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，當容器內(nèi)各氣體壓強恒定時，