福建省福州市2021屆高考化學(xué)診斷試卷(5月份)(附答案詳解)_第1頁
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文檔簡介

福建省福州市2021屆高考化學(xué)診斷試卷(5月份)

一、單選題(本大題共10小題,共40.0分)

1.下列物質(zhì)不屬于合金的是()

A.不銹鋼B.青銅C.硬鋁D.石英

2.下列說法中正確的是()

A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,22.4L水中所含的分子數(shù)約為6.02X1023

B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,記的氧氣和氮?dú)獾幕旌衔锖械姆肿訑?shù)約為Mx6.02x1023

22.4

C.常溫常壓下,48g&氣體含有的氧原子數(shù)為6.02X1023

D.2.24LCO2中含有的原子數(shù)為0.3x6.02x1023

3.短周期元素R的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物的化學(xué)式%ROy,氣態(tài)氫化物的化學(xué)式為HzR(或

RHz),已知ImolHxROy比lmo/"zR質(zhì)量多64g,下列說法不正確的是()

A.有多種元素符合本題條件

B.符合本題的HxROy分子有一元酸和多元酸

C.Z=X

D.R可能是第二周期元素

4.某溶液中可能存在廣、CO打、SOg、43+、ci-、K+等六種離子中的某幾種。現(xiàn)取該溶液進(jìn)行

實(shí)驗(yàn),得到如下現(xiàn)象:實(shí)驗(yàn)1:向溶液中滴加足量氯水后,溶液變黃色,且有無色氣體逸出;實(shí)

驗(yàn)2:向所得黃色溶液中加CC,4萃取后,取水層滴加4gN03溶液,出現(xiàn)白色沉淀;實(shí)驗(yàn)3:向?qū)?/p>

驗(yàn)1所得溶液中加入足量BaCL溶液,無沉淀生成。根據(jù)上面的操作和現(xiàn)象推斷,下列說法正確

的是()

A.溶液中一定存在「、COj-,不存在⑷3+、SOl-

B.溶液變黃色時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為廠+Cl2=I+2Cl-

C.產(chǎn)生的無色氣體中一定有C。?,可能有SO?

D.溶液中一定存在K+,可能存在山3+、ci-

5.有關(guān)酸堿滴定實(shí)驗(yàn),下列說法的正確的是()

A.滴定管和錐形瓶都需要使用蒸儲(chǔ)水和待裝液潤洗

B.滴定前,必須將滴定管中液體的液面調(diào)至0刻度

C.滴定至終點(diǎn)時(shí),溶液一定呈中性

D.測定待測液的濃度,至少需要完成兩組平行實(shí)驗(yàn),取消耗標(biāo)準(zhǔn)液的平均值

6.金屬銀有廣泛的用途,粗銀中含有少量Fe、Zn.Cu,Pt等雜質(zhì),以硫酸鍥溶液為電角翠液進(jìn)行

粗銀提純,下列說法正確的是(已知:氧化性的強(qiáng)弱順序?yàn)镕e2+<N/+<Ci?+)()

A.陽極首先發(fā)生的電極反應(yīng)是Ni2++2e-=Ni

B.電解過程中,陽極質(zhì)量的減少與陰極質(zhì)量的增加相等

C.電解后,C”和Pt沉積在電解槽底部形成陽極泥,且溶液中NC+濃度要變化

D.電解后,溶液中存在金屬陽離子有Ni2+、Fe3+和zn2+

7.現(xiàn)有a、b、c三個(gè)容器,a容器恒容恒溫,b容器恒壓恒溫,c容器恒容絕熱.在三個(gè)容器中各充

入1瓶?!?(9)和2m。,為發(fā)生反應(yīng)以9)+“2(。)U2H1(g)△//<0,初始時(shí)三個(gè)容器的體積和溫

度均相等,則反應(yīng)達(dá)到平衡后,三個(gè)容器中/2(g)的轉(zhuǎn)化率的大小關(guān)系是()

A.a=b>cB.b>a>cC.c>b>aD.a=b<c

8.用鐵泥(主要成分為Fez/、FeO和Fe)制備納米Fes。#平均直徑25mn)的流程示意圖如圖,下列

敘述錯(cuò)誤的是()

「一③.。H靠——小

B3

A.步驟①中,生成車間要禁止煙火

B.步驟②中,主要反應(yīng)的離子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+

C.步驟④中H2G應(yīng)該過量

D.步驟⑤中,為驗(yàn)證得到因體是納米態(tài)/^3。4粒子,可將其形成分散系,做丁達(dá)爾效應(yīng)實(shí)驗(yàn)

9.高鐵酸鉀(占FeO。是一種新型多功能凈水劑,強(qiáng)堿性條件下制取,干燥環(huán)境下冷藏。制備過程

如下:

下列說法不正確的是()

漂白粉與蘇打片溶液1溶液2墨》力

A.高鐵酸鉀既能殺菌消毒、又有凈水作用,凈水作用與膠體的性質(zhì)有關(guān)

B.溶液1->溶液2的離子方程式為:2/=>3++3CIO-+100H-=2FeOl-+3c廠+5H2O

C.溶液2中加入KOH析出了KzFeCU固體,說明七八。4難溶于水

D.高鐵酸鉀受熱分解可放出氧氣

10.下列各組數(shù)據(jù)中比值不為1:1的是()

A.10(TC時(shí),pH=6的純水中,c(OH-)與C(H+)之比

B.常溫下,pH=1的“尸溶液與O.lmol?L的鹽酸中c(H+)之比

C.常溫下,pH=7的CH3COOH與C“3COONa的混合溶液中,,(。/^。。。一)與c(Na+)之比

D.常溫下,p,=12的Ba(OH)2溶液與「,=12的/;。〃溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度之比

二、簡答題(本大題共5小題,共60.0分)

11.零價(jià)鐵(Fe)除去水體中的硝酸鹽(N。*)已成為環(huán)境修復(fù)研究的熱點(diǎn)之一.

(l)Fe還原水體中NO*的反應(yīng)原理如圖所示.的反應(yīng)原理如圖1所示.

圖1圖2

正極的電極反應(yīng)式是.

(2)將足量鐵粉投入水體中,經(jīng)24小時(shí)測定N。*的去除率和pH,結(jié)果如表:

初始pHpH=2.5pH=4.5

NO*的去除率接近100%<50%

24小時(shí)pH接近中性接近中性

IrOiOHl⑥…KcO(O電II))

鐵的最終物質(zhì)形態(tài)

pH=4.5時(shí),N。]的去除率低.其原因是.

(3)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn):在初始p"=4.5的水體中投入足量鐵粉的同時(shí),補(bǔ)充一定量的Fe2+可以明顯提高

N。*的去除率.對八2+的作用提出兩種假設(shè):

I.Fe?+直接還原NOJ;

II.Fe?+破壞FeO(OH)氧化層.

對比實(shí)驗(yàn),結(jié)果如圖2所示,可得到的結(jié)論是.pH=4.5(其他條件相同)

L高鐵酸鈉NazFeO,

(4)高鐵酸鈉主要通過如下反應(yīng)制取:2Fe(OH)3+SNaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3X+5H2O,

則X的化學(xué)式為.

(5)高鐵酸鈉具有強(qiáng)氧化性,與水反應(yīng)生成Fe(0")3膠體能夠吸附水中懸浮雜質(zhì),請寫出高鐵酸

鈉與水反應(yīng)的離子方程式.

12.工業(yè)上用含鎰廢料(主要成分MnC>2,含有少量產(chǎn)02。3、川2。3、CuO,Ca。等)與煙氣脫硫進(jìn)行聯(lián)

合處理并制備MnSOq的流程如圖:

ZUS

已知:25久時(shí),部分金屬離子完全沉淀為氫氧化物的pH如表所示。

氫氧化物

Al(0H)3Fe(0H)3CU(OH)2Mn(OH)2

PH4.73.06.69.8

請回答:

(1)時(shí)71。2與5。2反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

(2)沉淀2的主要成分是(寫化學(xué)式)。

⑶“凈化”時(shí),加入(N“4)2S的作用是沉淀C"2+'(N“4)2S中含有(填“共價(jià)鍵”“離子

鍵”或“共價(jià)鍵和離子鍵”),寫出沉淀反應(yīng)的離子方程式。

(4)加入雙氧水的目的是(用相關(guān)離子力程式表示)。

(S)已知:濾液3中除外,還含有少量(NHJS/,(N%)2so4、M71SO4的溶解度曲線如圖

所示。據(jù)此判斷,操作“I”應(yīng)為蒸發(fā)濃縮、洗滌、干燥。

(6)(/7“4)25。4是一種常用的氮肥,可由氨氣與硫酸反應(yīng)制得,寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式

13.在5L密閉容器中充人氣體和Imo/B氣體,在一定條件下發(fā)生反應(yīng):24(g)+B(g)=

2c(g),達(dá)平衡時(shí),在相同溫度下測得容器內(nèi)混合氣體的壓強(qiáng)是反應(yīng)前的去

O

(1)求4的轉(zhuǎn)化率.

(2)求平衡時(shí)混合氣體中C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù).

14.鐵是目前應(yīng)用最多的金屬,鐵的單質(zhì)及其化合物用途非常廣泛。

⑴KHFeCCNb]可用作食鹽的抗結(jié)劑?;鶓B(tài)鉀原子的電子排布式為

(2)Nci2仍e(CN)5(N0)]可用作治療高血壓急癥。

①Na、N、。的第一電離能有小到大的順序?yàn)椤?/p>

②CAT中碳原子的雜化類型是o

(3)過氧化氫在FeCG催化作用下分解生成水和氧氣。

①1m0/也。2中。鍵的數(shù)目為0

②修。的沸點(diǎn)比H2s高的原因是。

(4)鐵觸媒是重要的催化劑。C。易與鐵觸媒作用導(dǎo)致其失去催化活性:Fe+SCO=Fe(C0)5:除去C。

的化學(xué)方程式為[C"(N”3)2]OOCCH3+。。+NH3=[CU(NH3)3(CO)]OOCC,3。

①與CO互為等電子體的分子為。配合物£”(2"3)2]。。?,3中不存在的作用力是(填字

母)。

a.離子鍵瓦金屬鍵c,配位鍵d.極性共價(jià)鍵

②Fe(CO)5在空氣中燃燒的化學(xué)方程式為4Fe(CO)5+13O2―2取2。3+20。。2,Fe?。?的晶體類型

是。

③鐵的晶胞如圖所示,若該晶體的密度是ag-cm-3,則兩個(gè)最近的Fe原子間的距離為cm(設(shè)

M為阿伏伽德羅常數(shù)的值)。

15.有機(jī)物G是一種常見的食用香料。實(shí)驗(yàn)室由鏈狀二烯燒4制備G的合成路線如下:

O

A^QH.^.AX0X—HBr_6

H,C-CH-CN

CHJCHJCOOC^CH-CH,O

dCHCH,COOHICH,IClb-CH.CN

小a一已一匕

G

回答下列問題:

(1)4的結(jié)構(gòu)簡式為,。的化學(xué)名稱是o

(2)③的反應(yīng)方程式為o

(3)④的反應(yīng)試劑和反應(yīng)條件分別是,⑤的反應(yīng)類型是

(4)F中官能團(tuán)名稱為,G的分子式為。

(5)H是E的同分異構(gòu)體,其分子中含有苯環(huán),苯環(huán)上只有2個(gè)取代基且處于對位,遇氯化鐵溶液顯紫

色,則H可能的結(jié)構(gòu)有種。

(6)己知:①反應(yīng)物分子的環(huán)外雙鍵比環(huán)內(nèi)雙鍵更容易被氧化;

②AHC=CHR!—RCHO+RfCHO{R、R'代表炫基或氫原子)。寫出山有機(jī)物4制備

CHZOH

的合成路線:(無機(jī)試劑任選)。

參考答案及解析

1.答案:D

解析:解:4、不銹鋼是鐵的合金屬于混合物;

B、青銅是銅錫合金;

C、硬鋁屬于鋁的合金;

D、石英的主要成分為二氧化硅,不是合金。

故選:D。

根據(jù)合金的定義與特點(diǎn)進(jìn)行解答:合金是指在一種金屬中加熱熔合其它金屬或非金屬而形成的具有

金屬特性的物質(zhì),合金概念有三個(gè)特點(diǎn):①一定是混合物;②合金中各成分都是以單質(zhì)形式存在;

③合金中至少有一種金屬.

本題主要考查合金與合金的性質(zhì),合金概念的三個(gè)特點(diǎn)要記牢;還要理解合金的性質(zhì),即合金的硬

度大,熔點(diǎn)低.本考點(diǎn)基礎(chǔ)性強(qiáng),比較好把握.

2.答案:B

解析:解:2、標(biāo)況下水不是氣態(tài),力n=22.4L/moZ不適肋22.4L水的物質(zhì)的量無法計(jì)算,所以22.4L

水中所含的分子數(shù)不確定,故A錯(cuò)誤;

B、標(biāo)準(zhǔn)狀況下,aL的氧氣和氮?dú)獾幕旌衔锖械姆肿訑?shù)N==必=彖x6.02x1023,故B正確;

C、常溫常壓下,48。。3中含有的氧原子數(shù)N=*MX一個(gè)分子中氧原子數(shù)=高禽、3以=3以=

3x6.02x1023,故C錯(cuò)誤;

D、=22.4L/7no/適用于標(biāo)況下的氣體,沒指名狀態(tài),所以22.4L二氧化碳的物質(zhì)的量不確定,原

子數(shù)不確定,故D錯(cuò)誤。

故選:B。

A、標(biāo)況下水不是氣態(tài);

B、氮?dú)夂脱鯕饩请p原子分子,根據(jù)N=*Na來計(jì)算;

vm

C、根據(jù)氧原子數(shù)=1N4X一個(gè)分子中氧原子數(shù)來計(jì)算:

D^Vm=22.4L/mo/適用于標(biāo)況下的氣體.

本題是一道關(guān)于阿伏加德羅常數(shù)的計(jì)算體,熟記宏觀量和微觀量之間的關(guān)系公式是解題的關(guān)鍵,難

度不大.

3.答案:D

解析:解:由分子式看出/ROy比HzR相差。原子和H原子,1摩爾的//xROy比1摩爾的HzR質(zhì)量多64

克,如果多的質(zhì)量為氧原子的質(zhì)量,則。原子的物質(zhì)的量為4mo/,即y=4,此時(shí)x=z,如果將一

個(gè)。換成H,則要有16個(gè)H原子,不符合客觀實(shí)際,所以分子式為%氏。4,"zR的化學(xué)式為當(dāng)匕

A.符合本題條件的R有多種,可以是氯或者硫,故A正確;

B.當(dāng)R為氯和硫時(shí),對應(yīng)的酸分別是He,。,、H2SO4,故B正確;

C.多的質(zhì)量為氧原子的質(zhì)量,則。原子的物質(zhì)的量為4m0八即y=4,此時(shí)x=z,故C正確;

D.在第二周期中,存在含氧酸的B、C、N等元素,均不符合題中x=z的條件,故D錯(cuò)誤;

故選:D.

依據(jù)題意InwIHxROy比lmo/HzR質(zhì)量多64g,可知多出的可能是。和“,分別討論當(dāng)多出的為。時(shí)、

多出的為。和H時(shí),y與x、z的關(guān)系,以此來解答.

本題考查了元素性質(zhì)、原子結(jié)構(gòu)相關(guān)知識(shí),熟悉相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵,題目難度中等.

4.答案:A

解析:解:4溶液中含有CO歹,則一定不含有⑷3+,因43+與C0歹發(fā)生雙水解反應(yīng)不能共存,生成

沉淀,實(shí)驗(yàn)3說明不含SO歹,該溶液中一定存在的離子為K+、廠、CO歹,一定不存在的離子為⑷3+、

SOj~,故A正確;

B.溶液變黃色時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為:2廠+C%=/2+2C「,故B錯(cuò)誤;

C.實(shí)驗(yàn)1:向溶液中滴加足量氯水后,溶液變黃色,且有無色氣泡冒出,說明反應(yīng)生成的碘單質(zhì),氣

體為二氧化碳、或二氧化硫,但實(shí)驗(yàn)3:向?qū)嶒?yàn)1所得溶液中加入足量BaC%溶液,無沉淀生成,說

明不含SOg,則溶液中一定存在81、CO.,無色氣體中一定為CO2,不可能有SO2,故C錯(cuò)誤;

D.根據(jù)溶液呈電中性原則,溶液中一定含有K+,溶液中含有67。歹,則一定不含有43+,實(shí)驗(yàn)1引進(jìn)

了氯離子,則無法判斷原溶液中是否含有C廣,故D錯(cuò)誤;

故選:4。

實(shí)驗(yàn)1:向溶液中滴加足量氯水后,溶液變黃色,說明溶液中含有廣,且有無色氣泡冒出,說明溶液

中含離子S。歹、COj~,至少含其中一種;

實(shí)驗(yàn)2:向所得橙色溶液加CC,4萃取后,取水層滴加力gNO3溶液,出現(xiàn)白色沉淀生成,該沉淀為硫酸

鋼或亞硫酸鋼或氯化銀,則原溶液中一定存在so歹、coj~,至少含其中一種,由于引進(jìn)了氯離子,

則無法判斷原溶液中是否含有C廠;

實(shí)驗(yàn)3:向?qū)嶒?yàn)1所得溶液中加入足量BaC%溶液,無沉淀生成,說明不含SOg。

該溶液中一定存在的離子為K+、廠、C。仁,一定不存在的離子為43+、s。歹,可能存在Cr。

本題考查離子的檢驗(yàn)及離子共存問題,題目難度中等,注意把握反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象,結(jié)合離子的性質(zhì)

進(jìn)行判斷。

5.答案:D

解析:解:4滴定管需要潤洗,但錐形瓶不能潤洗,否則導(dǎo)致消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大,測定結(jié)果偏高,

故A錯(cuò)誤;

B.滴定前,滴定管中液體的液面不一定非要調(diào)至0刻度,可調(diào)至0刻度以下,故B錯(cuò)誤;

C.滴定至終點(diǎn)時(shí),溶液不一定呈中性,如NaOH達(dá)到醋酸,滴定終點(diǎn)生成醋酸鈉,溶液呈堿性,故C

錯(cuò)誤;

D.測定待測液的濃度,為了減少滴定誤差,必須至少需要完成兩組平行實(shí)驗(yàn),取消耗標(biāo)準(zhǔn)液的平均

值,故D正確;

故選:

A.錐形瓶不能用待裝液潤洗;

B.滴定管中液體的液面可調(diào)至??潭纫韵?;

C.滴定終點(diǎn)時(shí)溶液可能為酸性、中性或堿性;

D.為了減少滴定誤差,至少需要完成兩組平行實(shí)驗(yàn)。

本題考查中和滴定,題目難度不大,明確中和滴定原理為解答關(guān)鍵,注意掌握中和滴定操作步驟及

錐形瓶、滴定管的使用方法,試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Α?/p>

6.答案:C

解析:

本題考查了電解原理,明確陰陽極上發(fā)生的電極反應(yīng)是解本題關(guān)鍵,注意結(jié)合陽離子氧化性強(qiáng)弱分

析解答,知道陽極泥成分,難度不大。

A.陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng),電極反應(yīng)式為N/++2e-=M,故A錯(cuò)誤:

B.電解過程中陽極失電子的有尸e、Zn.Ni;陰極析出的是保:依據(jù)電子守恒,陽極質(zhì)量的減少與陰

極質(zhì)量的增加不相等,故B錯(cuò)誤;

C.金屬活潑性Fe和Zn較強(qiáng),Cu和Pt較弱,F(xiàn)e和Zn優(yōu)先溶解,Cu和Pt則形成陽極泥,活潑金屬溶解

提供一部分電子,則N-+被還原為Ni時(shí),溶液中Ni2+變化,故C正確;

D.Fe溶解產(chǎn)生Fe2+,故D錯(cuò)誤。

故選C。

7.答案:A

解析:解:對于/2(g)+H2(g)U2H/(g)A”<0,反應(yīng)前后氣體的體積不變,則增大壓強(qiáng)平衡不移

動(dòng),a容器恒容恒溫,b容器恒壓恒溫,由于壓強(qiáng)對平衡無影響,則以。)的轉(zhuǎn)化率的大小關(guān)系是a=b,

正反應(yīng)為放熱反應(yīng),升高溫度平衡逆向移動(dòng),c容器恒容絕熱,則溫度高于a、b,則a=b>c。

故選:A.

對于/2(g)+H2(g)=2H/(g)△”<(),反應(yīng)前后氣體的體積不變,則增大壓強(qiáng)平衡不移動(dòng),正反應(yīng)

為放熱反應(yīng),升高溫度平衡逆向移動(dòng),c容器恒容絕熱,則溫度高于a、b,以此解答該題.

本題考查了化學(xué)平衡影響因素,側(cè)重考查容器特征、化學(xué)平衡移動(dòng)原理,為高頻考點(diǎn),注意恒溫恒

容容器、恒溫恒壓容器、恒容絕熱容器改變條件對平衡的分析方法,題目難度中等.

8.答案:C

解析:解:4粉塵屬于易燃易爆物質(zhì),生成車間要禁止煙火,故A正確;

B.濾液力溶質(zhì)為氯化鐵、氯化亞鐵、過量的稀鹽酸,加入鐵粉還原鐵離子和反應(yīng)過量的鹽酸:2Fe3++

Fe=3Fe2+>故B正確;

C.步驟④中,防止其在步驟⑤中繼續(xù)氧化+2價(jià)鐵元素,%。2最好不要過量,故C錯(cuò)誤;

D.膠體分散質(zhì)微粒直徑在1到100納米間,納米態(tài)Fes。,粒子,可將其形成分散系為膠體,做丁達(dá)爾

效應(yīng)實(shí)驗(yàn)可以驗(yàn)證,故D正確。

故選:Co

鐵泥(主要成分為尸62。3、Fe。和少量Fe)與稀鹽酸反應(yīng)得到的濾液4溶質(zhì)為氯化鐵、氯化亞鐵、過量

的稀鹽酸,加入鐵粉還原鐵離子:2Fe3++Fe=3Fe2+,過濾過量的鐵,濾液B的溶質(zhì)為氯化亞鐵,

加入氫氧化鈉溶液,生成Fe(OH)2渾濁液,向渾濁液中加入雙氧水氧化:2尸e(O“)2+/。2=

2FeOOH+2H2O,反應(yīng)完成后需再加熱一段時(shí)間除去剩余也。2,再與氯化亞鐵加熱攪拌發(fā)生反應(yīng):

2+

2FeOOH+Fe+2OH~—Fe3O4+2//2O-過濾、洗滌、干燥得產(chǎn)品/=>3。4,以此解答該題。

本題考查了物質(zhì)的制備,為高頻考點(diǎn)和常見題型,側(cè)重考查學(xué)生的分析、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?,題目涉及對工

藝流程的理解、氧化還原反應(yīng)、對條件的控制選擇與理解、信息獲取與遷移運(yùn)用等,需要學(xué)生具備

扎實(shí)的基礎(chǔ),題目難度中等。

9.答案:C

解析:解:4FeO廠具有強(qiáng)氧化性,能夠殺菌消毒,F(xiàn)eO廠被還原生成的鐵離子水解生成氫氧化鐵膠

體具有較強(qiáng)吸附性,能夠凈水,則凈水作用與膠體的性質(zhì)有關(guān),故A正確;

B.溶液1中含有次氯酸鈉,在堿性條件下次氯酸鈉與鐵離子反應(yīng)生成高鐵酸根氨離子和水,則溶液1T

溶液2的離子方程式為:2Fe3++3C7。-+10。"-=2Fe。廣+3C廠+5%。,故B正確;

C.鉀鹽、鈉鹽都易溶于水,溶液2中加入KOH析出了七尺。4固體,說明&FeO4的溶解度小于NazFeO^

不是出蹤。4難溶于水,故C錯(cuò)誤;

D.高鐵酸鉀需要在干燥環(huán)境下冷藏,若高鐵酸鉀受熱會(huì)分解生成氧化鐵、氧化鉀和氧氣,反應(yīng)方程

式為:4K2/6。4二2/02。3+3。2T+4K2。,故D正確;

故選:Co

漂白粉的主要成分為氯化鈣和次氯酸鈣,蘇打的主要成分為碳酸鈉,漂白粉和蘇打反應(yīng)生成次氨酸

鈉(溶液1)和碳酸鈣;在堿性條件下次氯酸鈉與鐵離子發(fā)生反應(yīng)2Fe3++3CIO-+100H-=

2FeOl-+3CI-+5H2O,生成FeOj-和水(溶液2);向溶液2中加入一定量的KOH,經(jīng)過過濾、洗滌、

干燥等步驟得到高鐵酸鉀(占FeOQ,以此分析解答。

本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn),為高頻考點(diǎn),把握制備原理、物質(zhì)的性質(zhì)、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵,轉(zhuǎn)

移掌握常見元素化合物性質(zhì),C為易錯(cuò)點(diǎn),試題側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?,題目難度中等。

10.答案:D

解析:解:4、在純水中氫離子的濃度與氫氧根離子的濃度相等,所以c(OH-)與c(H+)之比為1:1,

故A正確;

B、p"=l的HF溶液氫離子的濃度為O.lnio,?廠1,而鹽酸是一元強(qiáng)酸酸的濃度等于氫離子的濃度,

所以兩者氫離子的濃度相等,故B正確;

C、根據(jù)電荷守恒:c(C“3C。。-)+c(OH-)=c(Na+)+c("+),PH=7說明溶液中c(0/T)=c("+),

所以c(C“3C。。-)=c(Na+),故C正確;

D、根據(jù)c(0/r)=需知,pH=12的Ba(OH)2溶液與p"=12的KOH溶液中氫氧根離子濃度相等

為O.OlmoZ/L,但溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度之比=0.005mo//L:0.01mol/L=1:2,故D錯(cuò)誤;

故選:D。

A、在純水中氫離子的濃度與氫氧根離子的濃度相等;

B、pH=1的HF溶液氫離子的濃度為O.lmoE?『1;

C、根據(jù)電荷守恒:c(C“3COO-)+c(?!?)=c(Na+)+c(”+),結(jié)合PH=7分析解答;

D、c(O/r)=%結(jié)合化學(xué)式中氫氧根離子和化學(xué)式的關(guān)系分析.

本題考查了pH的有關(guān)計(jì)算,明確弱電解質(zhì)的電離特點(diǎn)是解本題關(guān)鍵,學(xué)生要清楚純水中,氫離子的

濃度等于氫氧根離子的濃度,為易錯(cuò)點(diǎn).

11.答案:N。]+8e-+10H+=NHj+3H2。因?yàn)殍F表面生成不導(dǎo)電的FeO(。"),將鐵全部覆蓋,

阻止反應(yīng)進(jìn)一步發(fā)生本實(shí)驗(yàn)條件下,Fe2+不能直接還原NO〉在Fe和北2+共同作用下能提高NO]的

去除率

解析:解:(l)Fe還原水體中N。1,則Fe作還原劑,失去電子,作負(fù)極,N。1在正極得電子發(fā)生還原

反應(yīng)產(chǎn)生N赤,根據(jù)圖2信息可知為酸性環(huán)境,則正極的電極反應(yīng)式為:NO1+8e~+10H+=NH^+

3H2。,

+

故答案為:NOi+8e-+10W=NHt+3W2O;

(2)pH越高,Fe3+越易水解生成FeO(OH),而尸eO(OH)不導(dǎo)電,將鐵全部覆蓋阻礙電子轉(zhuǎn)移,所以NOJ

的去除率低.

故答案為:因?yàn)殍F表面生成不導(dǎo)電的FeO(OH),將鐵全部覆蓋,阻止反應(yīng)進(jìn)一步發(fā)生;

(3)從圖2的實(shí)驗(yàn)結(jié)果可以看出,單獨(dú)加入Fe2+時(shí),N。*的去除率為0,因此得出尸e?+不能直接還原

NO”而Fe和Fe2+共同加入時(shí)NO1的去除率比單獨(dú)Fe高,因此可以得出結(jié)論:本實(shí)驗(yàn)條件下,F(xiàn)e2+

不能直接還原NO。在Fe和Fe2+共同作用下能提高N。]的去除率.

故答案為:本實(shí)驗(yàn)條件下,F(xiàn)e2+不能直接還原N。];在Fe和北2+共同作用下能提高NO*的去除率;

(4)根據(jù)質(zhì)量守恒定律,化學(xué)反應(yīng)前后原子的種類和數(shù)目不變,每個(gè)X中含一個(gè)鈉原子和一個(gè)氯原子,

為氯化鈉,化學(xué)式為Na。.

故答案為:NaCl;

(5)高鐵酸鈉具有強(qiáng)氧化性,與水反應(yīng)生成Fe(OH)3膠體,其中Fe元素化合價(jià)由+3價(jià)變?yōu)?6價(jià),則。

元素化合價(jià)由-2價(jià)變?yōu)?價(jià)即有氧氣生成,則反應(yīng)的離子方程式為:4Fe。廠+10為。=4Fe(OH)3(

膠體)+3。2T+80H1

故答案為:4FeO;-+10%。=4尸e(OH)3(膠體)+3O2T+80H~.

(l)Fe還原水體中NO。根據(jù)題意/=>3。4為電解質(zhì),則Fe作還原劑,失去電子,作負(fù)極;NO]在正極

得電子發(fā)生還原反應(yīng)產(chǎn)生NH:,根據(jù)圖2信息可知為酸性環(huán)境;

(2)由于Fes/為電解質(zhì),而電解質(zhì)主要作用是為電子轉(zhuǎn)移提供媒介,然后根據(jù)FeO(OH)不導(dǎo)電進(jìn)行

分析;

(3)根據(jù)圖2中的三個(gè)實(shí)驗(yàn)結(jié)果進(jìn)行分析,單獨(dú)加入Fe2+時(shí),NO1的去除率為0,因此得出Fe?+不能

直接還原NOg;而Fe和Fe2+共同加入時(shí)NO*的去除率比單獨(dú)Fe高;

(4)根據(jù)反應(yīng)前后原子的種類與數(shù)目不發(fā)生改變進(jìn)行判斷;

(5)高鐵酸鈉具有強(qiáng)氧化性,與水反應(yīng)生成Fe(OH)3膠體,其中Fe元素化合價(jià)由+3價(jià)變?yōu)?6價(jià),所

以0元素化合價(jià)由-2價(jià)變?yōu)?價(jià)即有氧氣生成,根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒、電荷守恒及原子守恒書寫方程式.

本題考查化學(xué)反應(yīng)原理,涉及電化學(xué)、氧化還原反應(yīng)等相關(guān)知識(shí),題中的Fe與N。]的反應(yīng)跟溶液酸

堿性有關(guān),抓住這一點(diǎn)是解題的關(guān)鍵,第II問的解答有一定的難度,特別是闡述上的準(zhǔn)確性,題目

難度中等.

22+

12.答案:S02+MnO2=MnS04Al(OH)3.Fe(OH)3共價(jià)鍵和離子鍵S-+Cu=

2++3+

CuSI2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O趁熱過濾2N/+H2SO4=(/VW4)2S04

解析:解:⑴Un。?與5。2反應(yīng)的化學(xué)方程式為5。2+%。2=MnSC>4,

故答案為:S02+MnO2=MnS04;

(2)沉淀2的主要成分是小(OH}、Fe(0H)3,

故答案為:4(?!?3、Fe(0H)3;

(3)“凈化”時(shí),加入(N”4)2S的作用是沉淀Ci?+,(N“4)2S中含有共價(jià)鍵和離子鍵,沉淀反應(yīng)的離

子方程式為S2-+Cu2+=CuSI,

故答案為:共價(jià)鍵和離子鍵;S2-+Cu2+=CuSI;

+3+

(4)加入雙氧水的目的是2Fe2++H202+2H=2Fe+2H2O,

故答案為:2Fe2++“2O2+2H+=2Fe3++2”2。;

(5)由圖可知,溫度較高時(shí)硫酸鐳的溶解度不大,且與硫酸鎮(zhèn)的溶解度差異大,則操作“I”應(yīng)為蒸

發(fā)濃縮、趁熱過濾、洗滌、干燥,

故答案為:趁熱過濾:

(6)(N“4)2S04是一種常用的氮肥,可由氨氣與硫酸反應(yīng)制得,反應(yīng)的化學(xué)方程式為2N%+”2s。4=

(/VH4)2SO4,

故答案為:2N“3+H2s0&=(NHQ2SO4。

由流程可知,含錦廢料(主要成分用應(yīng)。2,含有少量注2。3、42。3、Cu。、Cao等)與含有二氧化硫煙

2++2+

氣、稀硫酸溶解,^.S02+MnO2=Mn+S01~,Fe2O3+S02+2H=2Fe+SOl-+H20,

+3++2++

Al2O3+6H=2Al+3H2O,CUO+2H=Cu+H20,CaO+2H+SOl-=CaS04I+H2O,

沉淀1為CaS內(nèi),濾液1金屬陽離子為M"+、Fe2+,Al3+,Cu2+,加入雙氧水氧化Fe?+為Fe3+,調(diào)

節(jié)pH為5沉淀Fe3+、Al3+,沉淀2為4(0H)3和Fe(OH)3,濾液2金屬陽離子為“層+、Cu2+,加入

(N44)2S沉淀Ci?+,濾液3中除MnS04外,還含有少量(NHQzS。,,將濾液3蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾、

洗滌、干燥制備“送。4,以此來解答。

本題考查混合物分離提純,為高頻考點(diǎn),把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離方法為解答關(guān)

鍵,側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?,注意元素化合物知識(shí)的應(yīng)用,題目難度不大。

13.答案:解:恒溫恒容時(shí),混合氣體的壓強(qiáng)是反應(yīng)前的J,說明混合氣體的物質(zhì)的量也是反應(yīng)前的

6o

設(shè)A轉(zhuǎn)化了物質(zhì)的量工

24(g)+B(g)=2C(g)

初始物質(zhì)的量2mol1mol0

轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量%x

平衡物質(zhì)的量2mol—%1mol—x

則(2mol—%)+(Imol--%)+x=-x(2mol4-1mol)

26

%=1mol

(1)4的轉(zhuǎn)化率a(4)=gx100%=50%,答:A的轉(zhuǎn)化率為50%.

Imol

(2)C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為x100%=40%;

lmol+0.5mol+lmol

答:C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為40%;

解析:依據(jù)化學(xué)平衡三段式列式計(jì)算,設(shè)/轉(zhuǎn)物質(zhì)的量》,

24(g)+8(g)=2C(g)

初始物質(zhì)的量2mol1mol0

轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量XX

平衡物質(zhì)的量2moZ-x1mo/-2xx

依據(jù)氣體壓強(qiáng)之比等于氣體物質(zhì)的量之比計(jì)算分析.

本題考查了化學(xué)平衡計(jì)算方法的分析應(yīng)用,主要考查轉(zhuǎn)化率、物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)的計(jì)算分析,注意氣體

壓強(qiáng)之比等于氣體物質(zhì)的量之比,題目較簡單.

14.答案:Is22s32P63s23P64sl或Mr]4s】;N>0>Na;sp;3^(^1.806x1024);水分子間存在

氫鍵,氫鍵比分子間作用力強(qiáng);”;b;離子晶體;乎凝

解析:解:(1)K原子核外有19個(gè)電子,根據(jù)構(gòu)造原理書寫該原子核外電子排布式為

Is22s32P63s23P64sl或4sT,

故答案為:Is22s32P63s23P64sl或[4r]4si;

(2)①元素的非金屬性越強(qiáng),其第一電離能越大;同一周期元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增

大趨勢,但第〃4族、第族元素第一電離能大于其相鄰元素,所以這三種元素第一電離能大小順序

是N>0>Na,

故答案為:N>0>Na;

②CAT與氮?dú)夥肿踊榈入娮芋w,貝IC原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù)是2,根據(jù)價(jià)層電子對互斥理論判斷C原

子雜化類型為sp;

(3)①1個(gè)"2。2中。鍵個(gè)數(shù)是3,則1m。出2。2中。鍵個(gè)數(shù)為3M(或1.806xIO?’,

故答案為:3刈(或1.806X1024);

②含有氫鍵的物質(zhì)熔沸點(diǎn)較高,/。中含有氫鍵、"2s不含氫鍵只含分子間作用力,氫鍵比分子間作

用力強(qiáng),所以“2。的沸點(diǎn)比H2s高,

故答案為:水分子間存在氫鍵,氫鍵比分子間作用力強(qiáng);

(4)①與C?;榈入娮芋w的分子中原子個(gè)數(shù)是2、價(jià)電子數(shù)是10,與C。互為等電子體的分子為N2;

配合物[CBN%)2]。。。。/中銅離子和N原子之間存在配位鍵,N-H、C一H、C一。原子之間存在

極性鍵,C-C原子之間存在非極性鍵,銅錢絡(luò)離子和醋酸根離子之間存在離子鍵,所以該物質(zhì)中不

含金屬鍵,

故答案為:W2;b;

②尸02。3是由鐵離子和氧離子構(gòu)成的,所以晶體類型是離子晶體,

故答案為:離子晶體;

1-13M.

③該晶胞中Fe原子個(gè)數(shù)=8x^+6x:=4,該晶胞棱長=無竺l,兩個(gè)最近的Fe原子間的距離為晶

胞棱長的趙倍,則兩個(gè)最近的Fe原子間的距離_在「陽在J留叵

7-A1Cfll-AICut-ICIIL

/2'a2yJa24CLNA

故答案為:案。

(1)K原子核外有19個(gè)電子,根據(jù)構(gòu)造原理書寫該原子核外電子排布式;

(2)①元素的非金屬性越強(qiáng),其第一電離能越大;同一周期元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增

大趨勢,但第〃4族、第族元素第一電離能大于其相鄰元素;

②CN-與氮?dú)夥肿踊榈入娮芋w,則C原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù)是2,根據(jù)價(jià)層電子對互斥理論判斷C原

子雜化類型;

⑶①1個(gè)"2。2中c鍵個(gè)數(shù)是3,據(jù)此計(jì)算1加0皿。2中。鍵個(gè)數(shù):

②含有氫鍵的物質(zhì)熔沸點(diǎn)較高;

(4)①與C?;榈入娮芋w的分子中原子個(gè)數(shù)是2、價(jià)電子數(shù)是10;

配合物[Cn(NH

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