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文檔簡介
山西省山西大學附屬中學2024年高考仿真模擬化學試卷請考生注意:1.請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上,請用0.5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2.答題前,認真閱讀答題紙上的《注意事項》,按規(guī)定答題。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、草酸(H2C2O4)是一種二元弱酸。常溫下,向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液,混合溶液中l(wèi)gX[X為或]與pH的變化關(guān)系如圖所示。下列說法一定正確的是A.Ⅰ表示lg與pH的變化關(guān)系B.pH=1.22的溶液中:2c(C2O42-)+c(HC2O4-)=c(Na+)C.根據(jù)圖中數(shù)據(jù)計算可知,Ka2(H2C2O4)的數(shù)量級為10-4D.pH由1.22到4.19的過程中,水的電離程度先增大后減小2、2019年諾貝爾化學獎授予美國科學家約翰?古迪納夫、斯坦利?惠廷厄姆和日本科學家吉野彰,以表彰他們在鋰離子電池研發(fā)領域作出的貢獻。近日,有化學家描繪出了一種使用DMSO(二甲亞砜)作為電解液,并用多孔的黃金作為電極的鋰—空氣電池的實驗模型,該電池放電時在多孔的黃金上氧分子與鋰離子反應,形成過氧化鋰,其裝置圖如圖所示。下列有關(guān)敘述正確的是()A.DMSO電解液能傳遞Li+和電子,不能換成水溶液B.該電池放電時每消耗2molO2,轉(zhuǎn)移4mol電子C.給該鋰—空氣電池充電時,金屬鋰接電源的正極D.多孔的黃金為電池正極,電極反應式可能為O2+4e-=2O2-3、美國科學家JohnB.Goodenough榮獲2019年諾貝爾化學獎,他指出固態(tài)體系鋰電池是鋰電池未來的發(fā)展方向。Kumar等人首次研究了固態(tài)可充電、安全性能優(yōu)異的鋰空氣電池,其結(jié)構(gòu)如圖所示。已知單位質(zhì)量的電極材料放出電能的大小稱為電池的比能量。下列說法正確的是A.放電時,a極反應為:Al-3e-=A13+,b極發(fā)生還原反應B.充電時,Li+由a極通過固體電解液向b極移動C.與鉛蓄電池相比,該電池的比能量小D.電路中轉(zhuǎn)移4mole-,大約需要標準狀況下112L空氣4、中國第二化工設計院提出,用間接電化學法對大氣污染物NO進行無害化處理,其原理示意如圖,下列相關(guān)判斷正確的是A.電極I為陰極,電極反應式為2H2O+2e-=2OH-+H2↑B.電解池中質(zhì)子從電極I向電極Ⅱ作定向移動C.每處理1molNO電解池右側(cè)質(zhì)量減少16gD.吸收塔中的反應為2NO+2S2O42-+H2O=N2+4HSO3-5、下列實驗操作、現(xiàn)象和所得出結(jié)論正確的是()選項實驗操作實驗現(xiàn)象實驗結(jié)論A向淀粉溶液中加入稀硫酸,加熱一段時間后,再加入新制Cu(OH)2,加熱沒有出現(xiàn)磚紅色沉淀淀粉沒有水解B取少量Mg(OH)2懸濁液,向其中滴加適量濃CH3COONH4溶液Mg(OH)2溶解CH3COONH4溶液呈酸性C將浸透石蠟油的石棉放置在硬質(zhì)試管底部,加入少量碎瓷片并加強熱,將生成的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液中酸性高錳酸鉀溶液褪色石蠟油分解產(chǎn)物中含有不飽和烴D將海帶剪碎,灼燒成灰,加蒸餾水浸泡,取濾液滴加硫酸溶液,再加入淀粉溶液溶液變藍海帶中含有豐富的I2A.A B.B C.C D.D6、氯酸是一種強酸,濃度超過40%時會發(fā)生分解,反應可表示為aHClO3=bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O,用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗氣體產(chǎn)物時,試紙先變藍后褪色。下列說法正確的是A.若化學計量數(shù)a=8,b=3,則該反應轉(zhuǎn)移電子為20e-B.變藍的淀粉碘化鉀試紙褪色是因為可能發(fā)生了:4Cl2+I2+6H2O=12H++8Cl-+2IO3-C.氧化產(chǎn)物是高氯酸和氯氣D.由反應可確定:氧化性:HClO4>HClO37、教材中證明海帶中存在碘元素的實驗過程中,下列有關(guān)裝置或操作錯誤的是A.過濾B.灼燒C.溶解D.檢驗8、I2Cl6晶體在常溫下就會“升華”,蒸氣冷卻可得到晶體ICl3。ICl3遇水會產(chǎn)生大量的腐蝕性白色煙霧,有強烈的催淚性。若生成物之一是HCl,則另一種是()A.HIO3 B.HIO2 C.HIO D.ICl9、下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的敘述正確的是()A.向NaOH溶液中加入鋁粉,可生成Al(OH)3B.向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液,可生成CO2C.向熱的蔗糖溶液中滴加銀氨溶液,可生成銀鏡D.向飽和氯化鈉溶液中先通入NH3至飽和,再通入CO2,可生成NaHCO310、已知:ΔH=-akJ/mol下列說法中正確的是()A.順-2-丁烯比反-2-丁烯穩(wěn)定B.順-2-丁烯分子比反-2-丁烯分子能量低C.高溫有利于生成順-2-丁烯D.等物質(zhì)的量的順-2-丁烯和反-2-丁烯分別與足量氫氣反應,放出的熱量相等11、已知HA的酸性強于HB的酸性。25℃時,用NaOH固體分別改變物質(zhì)的量濃度均為0.1mol?L-l的HA溶液和HB溶液的pH(溶液的體積變化忽略不計),溶液中A-、B-的物質(zhì)的量濃度的負對數(shù)與溶液的pH的變化情況如圖所示。下列說法正確的是A.曲線I表示溶液的pH與-lgc(B-)的變化關(guān)系B.C.溶液中水的電離程度:M>ND.N點對應的溶液中c(Na+)>Q點對應的溶液中c(Na+)12、某新型水系鈉離子電池工作原理如下圖所示。TiO2光電極能使電池在太陽光照下充電,充電時Na2S4還原為Na2S。下列說法錯誤的是A.充電時,太陽能轉(zhuǎn)化為電能,又轉(zhuǎn)化為化學能B.放電時,a極的電極反應式為:4S2--6e-=S42-C.充電時,陽極的電極反應式為:3I--2e-=I3-D.M是陰離子交換膜13、科學的假設與猜想是科學探究的先導與價值所在。在下列假設(猜想)引導下的探究肯定沒有意義的是A.探究Na與水反應可能有O2生成B.探究Na2O2與SO2反應可能有Na2SO4生成C.探究濃硫酸與銅在一定條件下反應產(chǎn)生的黑色物質(zhì)中可能含有CuSD.探究向滴有酚酞的NaOH溶液中通入Cl2,溶液紅色褪去的原因是溶液酸堿性改變所致,還是HClO的漂白性所致14、下列說法正確的是A.苯乙烯和苯均能使溴水褪色,且原理相同B.用飽和Na2CO3溶液可鑒別乙醇、乙酸、乙酸乙酯C.用Ni作催化劑,1mol最多能與5molH2加成D.C3H6BrCl的同分異構(gòu)體數(shù)目為615、“一帶一路”是“絲綢之路經(jīng)濟帶”和“21世紀海上絲綢之路”的簡稱。絲、帛的使用有著悠久的歷史,下列說法錯誤的是()A.絲的主要成分屬于天然有機高分子化合物,絲綢制品不宜使用含酶洗衣粉洗滌B.《墨子·天志》中記載“書之竹帛,鏤之金石”。其中的“金”指的是金屬,“石”指的是陶瓷、玉石等C.《考工記》載有“涑帛”的方法,即利用“灰”(草木灰)和“蜃”(貝殼灰)混合加水所得液體來洗滌絲、帛。這種液體能洗滌絲、帛主要是因為其中含有K2CO3D.《天工開物》記載“人賤者短褐、臬裳,冬以御寒,夏以蔽體,其質(zhì)造物之所具也。屬草木者,為臬、麻、苘、葛……”文中的“臬、麻、苘、葛”屬于纖維素16、下列實驗中,所選裝置或儀器合理的是A.高溫煅燒石灰石 B.從KI和I2的固體混合物中回收I2C.除去乙醇中的苯酚 D.量取15.00mLNaOH溶液17、化學是一門以實驗為基礎的學科。下列實驗裝置和方案能達到相應目的是()A.圖裝置,加熱蒸發(fā)碘水提取碘B.圖裝置,加熱分解制得無水MgC.圖裝置,驗證氨氣極易溶于水D.圖裝置,比較鎂、鋁的金屬性強弱18、下列有關(guān)儀器用法正確的是()A.對試管進行加熱一定不能使用石棉網(wǎng)B.使用滴定管量取液體,可精確至
0.01mLC.用量筒量取一定體積的溶液,要洗滌
2~3
次,確保溶液全部轉(zhuǎn)移D.酸堿滴定實驗中,錐形瓶干燥后使用可減少誤差19、SO2是大氣污染物,造成酸雨的主要原因,用如圖所示裝置可以既吸收工廠排放的廢氣中的SO2,又可以生成一定量的硫酸,下列說法正確的是()A.a(chǎn)為正極,b為負極B.生產(chǎn)過程中氫離子由右移向左C.從左下口流出的硫酸的質(zhì)量分數(shù)一定大于50%D.負極反應式為SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+20、下列有關(guān)從海帶中提取碘的實驗原理和裝置能達到實驗目的的是A.用裝置甲灼燒碎海帶B.用裝置乙過濾海帶灰的浸泡液C.用裝置丙制備用于氧化浸泡液中I?的Cl2D.用裝置丁吸收氧化浸泡液中I?后的Cl2尾氣21、某學習小組設計如下裝置進行原電池原理的探究。一段時間后取出銅棒洗凈,發(fā)現(xiàn)浸泡在稀硝酸銅溶液中銅棒變細,濃硝酸銅溶液中銅棒變粗。對該實驗的說法正確的是A.處于稀硝酸中的銅棒為電池的正極,電極反應為:Cu2++2e-=CuB.該裝置可以實現(xiàn)“零能耗”鍍銅C.配置上述試驗所用硝酸銅溶液應加入適量的硝酸溶液使銅棒溶解D.銅棒上部電勢高,下部電勢低22、我國科學家在世界上第一次為一種名為“鈷酞菁”的分子(直徑為1.3×10-9m)恢復了磁性。“鈷酞菁”分子結(jié)構(gòu)和性質(zhì)與人體內(nèi)的血紅素及植物體內(nèi)的葉綠素非常相似。下列說法中正確的是A.其分子直徑比氯離子小B.在水中形成的分散系屬于懸濁液C.在水中形成的分散系具有丁達爾效應D.“鈷酞菁”分子不能透過濾紙二、非選擇題(共84分)23、(14分)有機物G是一種重要的化工原料,其合成路線如圖:(1)的官能團名稱是____。(2)反應2為取代反應,反應物(Me)2SO4中的“Me”的名稱是____,該反應的化學方程式是____。(3)反應④所需的另一反應物名稱是____,該反應的條件是____,反應類型是_____。(4)滿足下列條件的的同分異構(gòu)體有____種(不考慮立體異構(gòu))。①苯環(huán)上連有兩個取代基②能發(fā)生銀鏡反應③能發(fā)生水解反應(5)以為原料,合成____。合成路線圖示例如下:ABC……→H24、(12分)化合物甲由四種元素組成。某化學研究小組按如圖流程探究其組成:已知丙和丁是相對分子質(zhì)量相同的常見氣體,其中丁是空氣的主要成分之一。請回答下列問題:(1)甲的化學式為____。(2)甲發(fā)生爆炸反應的化學方程式為____。(3)已知化合物甲中,有兩種元素的化合價為最高正價,另兩種元素的化合價為最低負價,則爆炸反應中被氧化的元素與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為____。25、(12分)下面a~e是中學化學實驗中常見的幾種定量儀器:(a)量筒(b)容量瓶(c)滴定管(d)托盤天平(e)溫度計(1)其中標示出儀器使用溫度的是_________________(填寫編號)(2)由于操作錯誤,使得到的數(shù)據(jù)比正確數(shù)據(jù)偏小的是_________(填寫編號)A.實驗室制乙烯測量混合液溫度時,溫度計的水銀球與燒瓶底部接觸B.中和滴定達終點時俯視滴定管內(nèi)液面讀數(shù)C.使用容量瓶配制溶液時,俯視液面定容所得溶液的濃度(3)稱取10.5g固體樣品(1g以下使用游碼)時,將樣品放在了天平的右盤,則所稱樣品的實際質(zhì)量為________g。26、(10分)苯胺()是重要的化工原料。某興趣小組在實驗室里進行苯胺的相關(guān)實驗。已知:①和NH3相似,與鹽酸反應生成易溶于水的鹽②用硝基苯制取苯胺的反應原理:2+3Sn+12HCl→2+3SnCl4+4H2O③有關(guān)物質(zhì)的部分物理性質(zhì)見表:物質(zhì)熔點/℃沸點/℃溶解性密度/g?cm-3苯胺-6.3184微溶于水,易溶于乙醚1.02硝基苯5.7210.9難溶于水,易溶于乙醚1.23乙醚-116.234.6微溶于水0.7134Ⅰ.比較苯胺與氨氣的性質(zhì)(1)將分別蘸有濃氨水和濃鹽酸的玻璃棒靠近,產(chǎn)生白煙,反應的化學方程式為__________;用苯胺代替濃氨水重復上述實驗,卻觀察不到白煙,原因是______。Ⅱ.制備苯胺。往圖所示裝置(夾持裝置略,下同)的冷凝管口分批加入20mL濃鹽酸(過量),置于熱水浴中回流20min,使硝基苯充分還原;冷卻后,往三頸燒瓶中滴入一定量50%NaOH溶液,至溶液呈堿性。(2)冷凝管的進水口是____(填“a”或“b”);(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺,反應的離子方程式為______________。Ⅲ.提取苯胺。i.取出上圖所示裝置中的三頸燒瓶,改裝為如圖所示裝置:ii.加熱裝置A產(chǎn)生水蒸氣,燒瓶C中收集到苯胺與水的混合物;分離混合物得到粗苯胺和水溶液。ii.往所得水溶液加入氯化鈉固體,使溶液達到飽和狀態(tài),再用乙醚萃取,得到乙醚萃取液。iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液,用NaOH固體干燥,蒸餾后得到苯胺2.79g。(4)裝置B無需用到溫度計,理由是______。(5)操作i中,為了分離混合物,取出燒瓶C前,應先打開止水夾d,再停止加熱,理由是__________。(6)該實驗中苯胺的產(chǎn)率為_____________。(7)欲在不加熱條件下除去苯胺中的少量硝基苯雜質(zhì),簡述實驗方案:_________________。27、(12分)對甲基苯胺可用對硝基甲苯作原料在一定條件制得。主要反應及裝置如下:主要反應物和產(chǎn)物的物理性質(zhì)見下表:實驗步驟如下:①向三頸燒瓶中加入50mL稀鹽酸、10.7mL(13.7g)對硝基甲苯和適量鐵粉,維持瓶內(nèi)溫度在80℃左右,同時攪拌回流、使其充分反應;②調(diào)節(jié)pH=7~8,再逐滴加入30mL苯充分混合;③抽濾得到固體,將濾液靜置、分液得液體M;④向M中滴加鹽酸,振蕩、靜置、分液,向下層液體中加入NaOH溶液,充分振蕩、靜置;⑤抽濾得固體,將其洗滌、干燥得6.1g產(chǎn)品。回答下列問題:(1)主要反應裝置如上圖,a處缺少的裝置是____(填儀器名稱),實驗步驟③和④的分液操作中使用到下列儀器中的_____(填標號)。a.燒杯b.漏斗c.玻璃棒d.鐵架臺(2)步驟②中用5%的碳酸鈉溶液調(diào)pH=7~8的目的之一是使Fe3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀,另一個目的是____。(3)步驟③中液體M是分液時的____層(填“上”或“下”)液體,加入鹽酸的作用是____。(4)步驟④中加入氫氧化鈉溶液后發(fā)生反應的離子方程式有____。(5)步驟⑤中,以下洗滌劑中最合適的是____(填標號)。a.乙醇b.蒸餾水c.HCl溶液d.NaOH溶液(6)本實驗的產(chǎn)率是_____%。(計算結(jié)果保留一位小數(shù))28、(14分)廢舊鋅錳電池含有鋅、錳元素,主要含有ZnO、ZnMn2O4、MnO、Mn2O3、Mn3O4、MnO2。利用廢舊鋅錳電池回收鋅和制備二氧化錳、硫酸的工藝流程如圖:回答下列問題:(1)步驟②“粉碎”的主要目的是______。(2)步驟③“酸浸”發(fā)生了一系列反應:ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O;MnO+H2SO4=MnSO4+H2O;ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2;MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O。推測Mn2O3與硫酸反應的離子方程式為______。(3)如圖分別表示“酸浸”時選用不同濃度硫酸和草酸對Zn、Mn浸出率的影響。①為保證Zn、Mn的浸出率均大于90%,步驟③需控制的c(H2SO4)=____mol/L。H2C2O4濃度對Mn的浸出率影響程度大于Zn,其原因是_____。②假設“酸浸”所得溶液中Zn2+、Mn2+濃度相等。當c(H2C2O4)>0.25mol/L時,Zn、Mn的浸出率反而下降、且Zn的浸出率下降先于Mn,其原因可能是_____(填序號)。a.隨著反應進行c(H+)降低b.Zn2+、Mn2+與C2O42-生成沉淀c.溶解度:ZnC2O4<MnC2O4(4)步驟⑤用惰性電極電解ZnSO4、MnSO4的混合溶液,除生成Zn、MnO2、H2SO4外,還可能生成H2、O2或其混合物。①生成MnO2的電極反應式為_____。②若n(H2):n(O2)=2:1,則參加反應的n(Zn2+):n(Mn2+)=______。③該工藝流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是________。29、(10分)早期發(fā)現(xiàn)的一種天然二十面體準晶顆粒由Al、Cu、Fe三種金屬元素組成,回答下列問題:(1)準晶是一種無平移周期序,但有嚴格準周期位置序的獨特晶體,可通過_______方法區(qū)分晶體、準晶體和非晶體。(2)基態(tài)銅原子的電子排布式為_______。(3)CuO在高溫時分解為O2和Cu2O,請從陽離子的結(jié)構(gòu)來說明在高溫時,Cu2O比CuO更穩(wěn)定的原因是_______。Cu2O為半導體材料,在其立方晶胞內(nèi)部有4個氧原子,其余氧原子位于面心和頂點,則該晶胞中有_______個銅原子。(4)Cu2+能與乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)形成配離子如圖:,該配離子中含有的化學鍵類型有______(填字母序號)。A.配位鍵B.極性鍵C.離子鍵D.非極性鍵(5)羰基鐵[Fe(CO)5]可用作催化劑、汽油抗暴劑等。1molFe(CO)5分子中含____molσ鍵,與CO互為等電子體的離子是__(填化學式,寫一種)。(6)某種磁性氮化鐵的結(jié)構(gòu)如圖所示,N隨機排列在Fe構(gòu)成的正四面體空隙中。正六棱柱底邊長為acm,高為ccm,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,則該磁性氮化鐵的晶體密度為____g/cm3(列出計算式)。
參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、A【解析】
H2C2O4H++HC2O4-Ka1=,lg=0時,=1,Ka1=c(H+)=10-pH;HC2O4-H++C2O42-Ka2=,lg=0時,=1,Ka2=c(H+)=10-pH?!驹斀狻緼.由于Ka1>Ka2,所以=1時溶液的pH比=1時溶液的pH小,所以,Ⅰ表示lg與pH的變化關(guān)系,A正確;B.電荷守恒:2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),pH=1.22,溶液顯酸性,c(H+)>c(OH-),那么:2c(C2O42-)+c(HC2O4-)>c(Na+),B錯誤;C.由A可知,Ⅱ為lg與pH的變化關(guān)系,由分析可知,Ka2=c(H+)=10-pH=10-4.19=100.81×10-5,故Ka2(H2C2O4)的數(shù)量級為10-5,C錯誤;D.H2C2O4和NaOH恰好完全反應生成Na2C2O4,此時溶液呈堿性,水的電離程度最大。H2C2O4溶液中滴入NaOH溶液,pH由1.22到4.19的過程中,H2C2O4一直在減少,但還沒有完全被中和,故H2C2O4抑制水電離的程度減小,水的電離程度一直在增大,D錯誤;答案選A?!军c睛】酸和堿抑制水的電離,鹽類水解促進水的電離,判斷水的電離程度增大還是減小,關(guān)鍵找準重要的點對應的溶質(zhì)進行分析,本題中重要的點無非兩個,一是還沒滴NaOH時,溶質(zhì)為H2C2O4,此時pH最小,水的電離程度最小,草酸和NaOH恰好完全反應時,溶質(zhì)為Na2C2O4,此時溶液呈堿性,水的電離程度最大,pH由1.22到4.19的過程,介于這兩點之間,故水的電離程度一直在增大。2、B【解析】
A.DMSO電解液能傳遞Li+,但不能傳遞電子,A不正確;B.該電池放電時O2轉(zhuǎn)化為O22-,所以每消耗2molO2,轉(zhuǎn)移4mol電子,B正確;C.給該鋰—空氣電池充電時,金屬鋰電極應得電子,作陰極,所以應接電源的負極,C不正確;D.多孔的黃金為電池正極,電極反應式為O2+2e-=O22-,D不正確;故選B。3、D【解析】
A.鋰比鋁活潑,放電時a極為負極,鋰單質(zhì)失電子被氧化,反應為“Li-e-═Li+,b極為正極得電子,被還原,故A錯誤;B.充電時a電極鋰離子被還原成鋰單質(zhì)為電解池的陰極,則b為陽極,電解池中陽離子向陰極即a極移動,故B錯誤;C.因為鋰的摩爾質(zhì)量遠遠小于鉛的摩爾質(zhì)量,失去等量電子需要的金屬質(zhì)量也是鋰遠遠小于鉛,因此鋰電池的比能量大于鉛蓄電池,故C錯誤;D.電路中轉(zhuǎn)移4mole-,則消耗1mol氧氣,標況下體積為22.4L,空氣中氧氣約占20%,因此需要空氣22.4L×5=112L,故D正確;故答案為D。4、D【解析】
A.HSO3-在電極I上轉(zhuǎn)化為S2O42-,過程中S的化合價降低,得到電子發(fā)生還原反應,則電極I為陰極,電極反應為:2HSO3-+2e-+2H+═S2O42-+2H2O,故A錯誤;
B.電極I為陰極,則電極Ⅱ為陽極,電解池中陽離子向陰極移動,所以電解池中H+通過質(zhì)子膜向電極I處移動,故B錯誤;
C.電極Ⅱ為陽極,H2O在電極Ⅱ上被轉(zhuǎn)化為O2,發(fā)生電極反應:2H2O-4e-═O2↑+4H+,NO轉(zhuǎn)化為N2,每處理1molNO,則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1mol×2=2mol,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒,則產(chǎn)生O2的物質(zhì)的量為2mol×=0.5mol,同時有2molH+從右側(cè)遷移到左側(cè),所以電解池右側(cè)質(zhì)量減少為0.5mol×32g/mol+2mol×1g/mol=18g,故C錯誤;
D.吸收塔中通入NO和S2O42-離子反應,生成N2和HSO3-,所以反應方程式為:2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-,故D正確,
故選:D。5、C【解析】
A.應加入堿溶液將水解后的淀粉溶液調(diào)節(jié)成堿性,才可以產(chǎn)生紅色沉淀,選項A錯誤;B、CH3COONH4溶液呈中性,取少量Mg(OH)2懸濁液,向其中滴加適量濃CH3COONH4溶液是由于銨根離子消耗氫氧根離子,使氫氧化鎂的溶解平衡正向移動,Mg(OH)2溶解,選項B錯誤;C、將浸透石蠟油的石棉放置在硬質(zhì)試管底部,加入少量碎瓷片并加強熱,將生成的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液,高錳酸鉀溶液褪色,說明石蠟油分解生成不飽和烴,選項C正確;D、灼燒成灰,加蒸餾水浸泡后必須加氧化劑氧化,否則不產(chǎn)生碘單質(zhì),加淀粉后溶液不變藍,選項D錯誤。答案選C。6、A【解析】
A選項,將化學計量數(shù)a=8,b=3代入8HClO3═3O2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O方程,由元素守恒得d+2e=84d+e=18得d=4,e=2,由得失守恒可得該反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)為20e-,故A正確;B選項,電荷不守恒,故B錯誤;C選項,氧化產(chǎn)物是高氯酸和氧氣,氯氣是還原產(chǎn)物,故C錯誤;D選項,由反應可確定:氧化性:HClO3>HClO4,故D錯誤;綜上所述,答案為A。7、B【解析】
A.過濾時使用漏斗和燒杯,溶液沿玻璃棒引流,裝置正確,故A不選;B.灼燒海帶應該在坩堝中進行,裝置中使用儀器不正確,故B選;C.溶解時用玻璃棒攪拌,并且適當加熱,可以加速溶解,裝置正確,故C不選;D.可以向溶液中滴加淀粉溶液檢驗是否存在碘單質(zhì),裝置圖正確,故D不選;故選B。8、B【解析】
ICl3中I為+3價,Cl為-1價,與水發(fā)生水解反應(為非氧化還原反應,各元素化合價價態(tài)不變),生成HIO2和HCl,答案選B。9、D【解析】
A.向NaOH溶液中加入鋁粉,發(fā)生的反應為:2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,不會生成氫氧化鋁,A項錯誤;B.因酸性比較:H2CO3>苯酚>HCO3-,則向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液,不會生成CO2,只會生成苯酚鈉與碳酸氫鈉,B項錯誤;C.蔗糖不是還原性糖,不能與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應,C項錯誤;D.向飽和氯化鈉溶液中先通入NH3至飽和,再通入CO2,因碳酸氫鈉的溶解度比碳酸鈉溶解度小,會先以晶體形式析出,發(fā)生的反應是:NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓,D項正確;答案選D?!军c睛】A項是易錯點,學生要理解并準確掌握鋁三角的轉(zhuǎn)化關(guān)系,鋁單質(zhì)的特性。鋁單質(zhì)與酸反應會生成正鹽鋁鹽,而與堿反應生成偏鋁酸鹽,鋁單質(zhì)不能直接轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀。10、C【解析】
A.反應可知是放熱反應,順?2?丁烯能量高于反?2?丁烯的能量,所以反?2?丁烯穩(wěn)定,故A錯誤;B.反應可知是放熱反應,順?2?丁烯能量高于反?2?丁烯的能量,故B錯誤;C.溫度升高平衡向吸熱反應方向進行,所以平衡逆向進行,有利于生成順?2?丁烯,故C正確;D.順?2?丁烯能量高于反?2?丁烯的能量,等物質(zhì)的量的順?2?丁烯和反?2?丁烯分別與足量氫氣反應,放出的熱量不相等,故D錯誤;故答案選C。11、B【解析】
A.HA的酸性強于HB的酸性,則Ka(HA)>Ka(HB),當-1gc(A-)=-1gc(B-)時c(A-)=c(B-),c(HA)=c(HB),則c(H+)越大,pH越小,Ka越大,所以曲線II表示pH與-1gc(B-)的關(guān)系,故A錯誤;B.對于HB,取點(10,2),則c(H+)=10-10mol/L,c(B-)=10-2mol/L,則Ka(HB)==,同理對于HA,取點(8,2),則c(H+)=10-8mol/L,c(A-)=10-2mol/L,則Ka(HA)==,所以Ka(HA):Ka(HB)=100,故B正確;C.M點和N點溶液中c(A-)=c(B-),溶液pH越大,水的電離程度越大,所以水的電離程度M<N,故C錯誤;D.對于N點溶液,存在電荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(B-),對于Q點溶液,存在電荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),N點和Q點溶液pH相同,則兩溶液中c(H+)和c(OH-)分別相等,但c(B-)<c(A-),則N點對應的溶液中c(Na+)<Q點對應的溶液中c(Na+),故D錯誤;故選:B。12、D【解析】
TiO2光電極能使電池在太陽光照下充電,所以充電時,太陽能轉(zhuǎn)化為電能,電能又能轉(zhuǎn)化為化學能,充電時Na2S4還原為Na2S,放電和充電互為逆過程,所以a是負極,b是正極,在充電時,陽極失電子發(fā)生氧化反應,3I--2e-=I3-,據(jù)此回答?!驹斀狻緼.TiO2光電極能使電池在太陽光照下充電,所以充電時,太陽能轉(zhuǎn)化為電能,電能又能轉(zhuǎn)化為化學能,A正確;B.充電時Na2S4還原為Na2S,放電和充電互為逆過程,所以a是負極,a極的電極反應式為:4S2--6e-=S42-,B正確;C.在充電時,陽極I-失電子發(fā)生氧化反應,極反應為3I--2e-=I3-,C正確;D.通過圖示可知,交換膜只允許鈉離子自由通過,所以M是陽離子交換膜,D錯誤;答案選D?!军c睛】本題考查了原電池的原理,明確正負極上得失電子及反應類型是解題的關(guān)鍵,難點是電極反應式的書寫,明確哪種離子能夠自由通過交換膜,可以確定交換膜的類型。13、A【解析】A、根據(jù)質(zhì)量守恒定律,化學反應前后元素的種類不變,鈉和水中含有鈉、氫和氧三種元素,產(chǎn)生的氣體如果為氧氣,不符合氧化還原反應的基本規(guī)律,鈉是還原劑,水只能做氧化劑,元素化合價需要降低,氧元素已是最低價-2價,不可能再降低,故A選;B、二氧化硫具有還原性,過氧化鈉具有氧化性,SO2和Na2O2反應可能有Na2SO4生成,故B不選;C、根據(jù)氧化還原反應化合價變化,濃硫酸與銅反應,硫酸中的硫元素被還原,銅有可能被氧化為硫化銅,有探究意義,故C不選;D.氯氣和氫氧化鈉反應生成氯化鈉次氯酸鈉和水,消耗氫氧化鈉溶液紅色褪去,氯氣可以與水反應生成的次氯酸或生成的次氯酸鈉水解生成次氯酸具有漂白性,有探究意義,故D不選;故選A。點睛:本題考查化學實驗方案評價,涉及生成物成分推測,解題關(guān)鍵:氧化還原反應規(guī)律、物質(zhì)性質(zhì),易錯點:C選項,注意氧化還原反應特點及本質(zhì),題目難度中等。14、B【解析】
A.苯乙烯中含碳碳雙鍵,與溴水發(fā)生加成反應,而苯與溴水混合發(fā)生萃取,則苯乙烯與苯使溴水褪色原理不同,故A錯誤;B.乙醇易溶于水,則乙醇與飽和Na2CO3溶液互溶,乙酸具有酸性,可與碳酸鈉反應生成氣體,乙酸乙酯難溶于水,會出現(xiàn)分層,則可鑒別,故B正確;C.能與氫氣發(fā)生加成反應的為苯環(huán)和碳碳雙鍵,則1mol該物質(zhì)最多只能與4molH2加成,故C錯誤;D.C3H6BrCl可看成丙烷分子中有兩個氫原子分別被一個溴原子、一個氯原子取代,根據(jù)“定一移一”的思路可得,先定Br原子的位置,有兩種情況,BrCH2CH2CH3、CH3CHBrCH3,再定Cl原子的位置,符合的同分異構(gòu)體有,,則C3H6BrCl的同分異構(gòu)體共5種,故D錯誤;故選B。【點睛】苯在溴化鐵的催化作用下與液溴發(fā)生取代反應生成溴苯和溴化氫;苯分子中沒有碳碳雙鍵,不能與溴水發(fā)生加成反應,但溴更易溶于苯中,溴水與苯混合時,可發(fā)生萃取,苯的密度小于水,因此上層為溴的苯溶液,顏色為橙色,下層為水,顏色為無色,這是由于萃取使溴水褪色,沒有發(fā)生化學反應。這是學生們的易錯點,也是常考點。15、C【解析】
A、絲的主要成分為蠶絲,屬于蛋白質(zhì)是一種天然有機高分子化合物,酶會加速蛋白質(zhì)的水解,破壞絲綢制品,故A正確;B、古代記事常??逃诮饘佟⑻沾?、玉器之上,故B正確;C、草木灰中的碳酸鉀與貝殼灰中的氧化鈣溶于水生成的氫氧化鈣與碳酸鉀反應生成了氫氧化鉀,故C錯誤;D、草木的主要成分是纖維素,故D正確;答案C。16、D【解析】
A.高溫煅燒石灰石不可用瓷坩堝進行,氧化鈣與二氧化硅反應,A錯誤;B.I2易升華,分離回收碘,應在密封的裝置中,圖中蒸發(fā)皿加熱后不能回收碘,B錯誤;C.苯酚易溶于乙醇中,不會有沉淀,所以不能用過濾法分離乙醇和苯酚,C錯誤;D.量取15.00mLNaOH溶液,可選擇滴定管,移液管等精準的量器,D正確;答案選D。17、C【解析】
A、蒸發(fā)碘水,水、碘均易揮發(fā);B、加熱促進水解,且生成鹽酸易揮發(fā);C、擠壓膠頭滴管,氣球變大;D、Al與NaOH反應,Al為負極?!驹斀狻緼項、蒸發(fā)碘水,水、碘均易揮發(fā),應萃取分離,故A錯誤;B項、加熱促進水解,且生成鹽酸易揮發(fā),應在HCl氣流中蒸發(fā),故B錯誤;C項、擠壓膠頭滴管,氣球變大,可驗證氨氣極易溶于水,故C正確;D項、Al與NaOH反應,Al為負極,而金屬性Mg大于Al,圖中裝置不能比較金屬性,故D錯誤。故選C。【點睛】本題考查化學實驗方案的評價,側(cè)重分析與實驗能力的考查,把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純、電化學,注意實驗的評價性分析為解答的關(guān)鍵,D項為易錯點,注意金屬Al的特性。18、B【解析】
A、試管加熱不用墊石棉網(wǎng),但如果墊石棉網(wǎng)也是可以的,故A錯誤;B、滴定管能精確到0.01mL,比量筒精確度高,故B正確;C、量筒的洗滌液必需倒入廢液缸,不能將洗滌液倒入燒杯,故C錯誤;D、酸堿中和滴定時,錐形瓶不用干燥,如果不干燥不影響實驗結(jié)果,故D錯誤。故選:B。19、D【解析】
A.由圖可知,此裝置為原電池,且a極發(fā)生氧化反應,屬于負極,b極為正極,A項錯誤;B.原電池中陽離子移向正極,故氫離子由左移向右,B項錯誤;C.負極區(qū)有硫酸生成,但同時水的量在增加,則硫酸的質(zhì)量分數(shù)不一定大于50%,甚至還可能小于50%,C項錯誤;D.負極反應式為SO2+2H2O-2e-===SO42-+4H+,D項正確;答案選D。20、B【解析】
A、灼燒碎海帶應用坩堝,A錯誤;B、海帶灰的浸泡液用過濾法分離,以獲得含I-的溶液,B正確;C、MnO2與濃鹽酸常溫不反應,MnO2與濃鹽酸反應制Cl2需要加熱,反應的化學方程式為MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O,C錯誤;D、Cl2在飽和NaCl溶液中溶解度很小,不能用飽和NaCl溶液吸收尾氣Cl2,尾氣Cl2通常用NaOH溶液吸收,D錯誤;答案選B。21、B【解析】
原電池,負極發(fā)生氧化反應,正極發(fā)生還原反應,正極電勢比負極電勢高。題意中,說明稀硝酸銅中銅作負極,銅變成銅離子進入溶液,下層濃硝酸銅中發(fā)生還原反應,銅離子得電子變成銅析出?!驹斀狻緼.題意中稀硝酸銅溶液中銅棒變細,濃硝酸銅溶液中銅棒變粗,說明稀硝酸銅中銅作負極,銅變成銅離子進入溶液,電極反應為:Cu-2e-=Cu2+;A項錯誤;B.稀硝酸銅溶液中銅棒變細,濃硝酸銅溶液中銅棒變粗,這樣該裝置可以實現(xiàn)“零能耗”鍍銅,B項正確;C.配置上述試驗所用硝酸銅溶液若加如硝酸,硝酸會與銅電極反應,不發(fā)生題目中的電化學,C項錯誤;D.銅棒上部為負極,電勢低,下部為正極,電勢高,D項錯誤。答案選B。22、C【解析】
A.氯離子半徑小于1nm,因此其分子直徑比氯離子大,故A錯誤;B.在水中形成的分散系屬于膠體,故B錯誤;C.在水中形成的分散系屬于膠體,膠體具有丁達爾效應,故C正確;D.“鈷酞菁”分子直徑小于濾紙中空隙的直徑,故D錯誤。綜上所述,答案為C。【點睛】膠體具有丁達爾效應、利用滲析的方法凈化膠體,要注意膠體是混合物。二、非選擇題(共84分)23、溴原子甲基2(Me)2SO42+H2SO4乙醇濃硫酸,加熱酯化反應(取代反應)6【解析】
反應①為取代反應,碳鏈骨架不變,則中Br原子被-CN取代,生成;反應②為取代反應,碳鏈骨架不變,則中1個-H原子被-CH3取代,生成;反應③在氫離子的作用下,生成;反應④為酯化反應,與乙醇發(fā)生酯化反應,生成?!驹斀狻?1)的官能團為溴原子,故答案為溴原子;(2)反應①為取代反應,碳鏈骨架不變,則-CH2CN中1個-H原子被-CH3取代,則反應物Me2SO4中的“Me”表示甲基;2(Me)2SO42+H2SO4,故答案為甲基;2(Me)2SO42+H2SO4;(3)反應④為酯化反應,與乙醇發(fā)生酯化反應,生成,酯化反應的條件為濃硫酸,加熱,故答案為:乙醇;濃硫酸,加熱;酯化反應(取代反應);(4)滿足①苯環(huán)上連有兩個取代基,②能發(fā)生銀鏡反應,③能發(fā)生水解反應,說明有一個必須為甲酸形成的酯基,則兩個取代基可能是-OOCH、-C2H5或-CH2OOCH、-CH3,存在鄰、間、對三種位置異構(gòu),總共有6種,故答案為6;(5)以為原料,根據(jù)題干信息,通過①③,可以合成,用氫氧化鈉取代,可以制備,與在濃硫酸加熱下,發(fā)生酯化反應,得到。具體合成流線為:?!军c睛】本題考查有機物的合成,熟悉合成圖中的反應條件及物質(zhì)的碳鏈骨架是分析物質(zhì)結(jié)構(gòu)及反應類型的關(guān)鍵,會利用逆推法推斷有機物結(jié)構(gòu),并注意信息的利用。24、AgOCN2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑1:2【解析】
已知丙和丁是相對分子質(zhì)量相同的常見氣體,其中丁是空氣的主要成分之一,由此可知丁是氮氣,丙是一氧化碳。根據(jù)流程圖可知氮氣的物質(zhì)的量為0.01mol,一氧化碳的物質(zhì)的量為n(CO)=,由此可知甲中C、N、O的原子個數(shù)比為1:1:1,化合物由四種元素組成,已知化合物中有兩種元素的化合價為最高正價,另兩種元素的化合價為最低負價,撞擊甲容易發(fā)生爆炸生成三種物質(zhì),則甲中應該有一種金屬元素,設甲的化學式為R(CNO)x,R的相對原子質(zhì)量為M,根據(jù)反應2R(CNO)x=2R+2xCO+xN2,有,所以M=108x,設x=1,2,3,……,當x=1時,M=108,R為銀元素,當x取2、3……時,沒有對應的金屬元素的相對原子質(zhì)量符合要求,所以甲為AgOCN?!驹斀狻浚?)由分析可知,甲的化學式為AgOCN,故答案為:AgOCN;(2)由分析可知,乙為銀單質(zhì),丙為一氧化碳,丁為氮氣,則甲發(fā)生爆炸反應的化學方程式為2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑,故答案為:2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑;(3)根據(jù)爆炸反應方程式可知,爆炸反應中被氧化的元素為氮元素,共2mol,還原產(chǎn)物為銀單質(zhì)和一氧化碳,共4mol,則爆炸反應中被氧化的元素與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1:2,故答案為:1:2。25、a、b、cB9.5g【解析】
(1)精度相對較高的玻璃量器,常標示出使用溫度。(2)A.給燒瓶內(nèi)的液體加熱時,燒瓶底部的溫度往往比溶液高;B.滴定管刻度從上往下標,俯視滴定管內(nèi)液面讀數(shù),讀出的數(shù)值偏??;C.俯視容量瓶內(nèi)的液面,定容時液面低于刻度線。(3)對天平來說,有如下等量關(guān)系:天平的右盤物品質(zhì)量=天平左盤物品質(zhì)量+游碼指示的質(zhì)量。稱取10.5g固體樣品,天平質(zhì)量為10g,游碼移到0.5g,代入關(guān)系式,可求出所稱樣品的實際質(zhì)量?!驹斀狻浚?)量筒、容量瓶、滴定管都標有規(guī)格和溫度,量筒的刻度從下往上標,滴定管刻度從上往下標,容量瓶只有一個刻度線。答案為:a、b、c;(2)A.給燒瓶內(nèi)的液體加熱時,燒瓶底部的溫度往往比溶液高,A不合題意;B.滴定管刻度從上往下標,俯視滴定管內(nèi)液面讀數(shù),讀出的數(shù)值偏小,B符合題意;C.俯視容量瓶內(nèi)的液面,定容時液面低于刻度線,所得溶液的濃度偏大,C不合題意。答案為:B;(3)對天平來說,有如下等量關(guān)系:天平的右盤物品質(zhì)量=天平左盤物品質(zhì)量+游碼指示的質(zhì)量。稱取10.5g固體樣品,天平質(zhì)量為10g,游碼移到0.5g,代入關(guān)系式,則所稱樣品的實際質(zhì)量=10g-0.5g=9.5g。答案為:9.5g?!军c睛】用天平稱量物品,即便違反實驗操作,也不一定產(chǎn)生誤差。因為若不使用游碼,則不產(chǎn)生誤差;若使用游碼,則物品的質(zhì)量偏小,物質(zhì)的真實質(zhì)量=讀取的質(zhì)量-游碼指示質(zhì)量的二倍。26、NH3+HCl=NH4Cl苯胺沸點較高,不易揮發(fā)bC6H5NH3++OH-→C6H5NH2+H2O蒸出物為混合物,無需控制溫度防止B中液體倒吸60.0%加入稀鹽酸,分液除去硝基苯,再加入氫氧化鈉溶液,分液去水層后,加入NaOH固體干燥、過濾【解析】
(1)根據(jù)濃氨水和濃鹽酸都具有揮發(fā)性結(jié)合題中信息苯胺沸點184℃分析;(2)為了獲得較好的冷凝效果,采用逆流原理;(3)根據(jù)題中信息,聯(lián)系銨鹽與堿反應的性質(zhì),通過類比遷移,不難寫出離子方程式;(4)根據(jù)蒸餾產(chǎn)物分析;(5)根據(jù)裝置內(nèi)壓強突然減小會引起倒吸分析;(6)根據(jù)關(guān)系式即可計算苯胺的產(chǎn)率;(7)根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)分析作答。【詳解】(1)蘸有濃氨水和濃鹽酸的玻璃棒靠近,產(chǎn)生白煙,是濃氨水揮發(fā)出來的NH3和濃鹽酸揮發(fā)出來的HCl反應生成NH4Cl固體小顆粒,化學方程式為:NH3+HCl=NH4Cl;用苯胺代替濃氨水重復上述實驗,卻觀察不到白煙,原因是苯胺沸點184℃,比較高,不易揮發(fā);(2)圖1裝置包含了產(chǎn)品的分餾,是根據(jù)各組分的沸點的不同、用加熱的方法來實現(xiàn)各組分的分離的操作,冷凝管是下口進水,上口出水,保證冷凝效果,故答案為:b;(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺,反應的離子方程式為C6H5NH3++OH-→C6H5NH2+H2O;(4)因為蒸餾出來的是水和苯胺的混合物,故無需溫度計;(5)操作i中,為了分離混合物,取出燒瓶C前,應先打開止水夾d,再停止加熱,理由是防止裝置B內(nèi)壓強突然減小引起倒吸;(6)設理論上得到苯胺m,根據(jù)原子守恒可知C6H5NO2~C6H5NH2,則m==4.65g,所以該實驗中苯胺的產(chǎn)率=×100%=60%;(7)在混合物中先加入足量鹽酸,經(jīng)分液除去硝基苯,再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺,分液后用NaOH固體干燥苯胺中還含有的少量水分,濾去NaOH固體,即可得較純凈的苯胺,即實驗方案是:加入稀鹽酸,分液除去硝基苯,再加入氫氧化鈉溶液,分液去水層后,加入NaOH固體干燥、過濾。27、球形冷凝管ad使對甲基苯胺鹽酸鹽轉(zhuǎn)化為對甲基苯胺上與對甲基苯胺轉(zhuǎn)化為對甲基苯胺鹽酸鹽進入水層與對硝基甲苯的分離H++OH-=H2O、+OH-+H2Ob57.0%【解析】
首先向三頸燒瓶中加稀鹽酸、對硝基甲苯和適量鐵粉加熱進行反應,生成對甲基苯胺鹽酸鹽,調(diào)節(jié)pH=7~8,沉淀鐵離子并使對甲基苯胺鹽酸鹽轉(zhuǎn)化為對甲基苯胺,加入苯溶解生成的對甲基苯胺和未反應的對硝基甲苯,抽濾靜置分液得到有機層,向有機層中加入鹽酸使對甲基苯胺轉(zhuǎn)化為對甲基苯胺鹽酸鹽,生成的對甲基苯胺鹽酸鹽易溶于水,靜置分液得到無機層,向無機層加入NaOH溶液,使對甲基苯胺鹽酸鹽轉(zhuǎn)化為對甲基苯胺,對甲基苯胺常溫下為不溶于水的固體,所以在加入氫氧化鈉溶液后會有對甲基苯胺固體析出,抽濾得到固體,洗滌、干燥得到產(chǎn)品。【詳解】(1)該反應中反應物沸點較低,加熱反應過程中會揮發(fā),需要在a處加裝球形冷凝管冷凝回流;分液操作需要燒杯、分液漏斗、鐵架臺,所以選ad;(2)根據(jù)題目所給信息可知,pH值升高會使對甲基苯胺鹽酸鹽轉(zhuǎn)化為對甲基苯胺,達到分離提純的目的;(3)根據(jù)分析步驟③中液體M為有機層,溶劑為苯,密度比水小,所以在上層;加入鹽酸使對甲基苯胺轉(zhuǎn)化為易溶于水的對甲基苯胺鹽酸鹽,從而實現(xiàn)與對硝基甲苯的分離;(4)下層液體中有未反應的鹽酸和生成的對甲基苯胺鹽酸鹽都與NaOH發(fā)生反應,離子方程式為:H++OH-=H2O、+OH-+H2O;(5)洗滌過程是為了洗去對甲基苯胺可能附著的對甲基苯胺鹽酸鹽、NaCl和NaOH等可溶于水的雜質(zhì),為降低對甲基苯胺洗滌過程的溶解損失,最好的洗滌劑應為蒸餾水,所以選b;(6)原料中有13.7g對硝基甲苯,即=0.1mol,所以理論上生成的對甲基苯胺應為0.1mol,實際得到產(chǎn)品6.1g,所以產(chǎn)率為=57.0%。28、增大接觸面積,提高浸出率Mn2O3+2H+=Mn2++H2O+MnO20.5Zn元素浸出時不需要還原劑,而+4價Mn(MnO2、Mn2O3、Mn3O4)需加入H2C2O4作還原劑更有利浸出或MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2Oa、b、cMn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+1∶1H2SO4或硫酸【解析】
將廢舊鋅錳電池機械分離,為增加浸出率,對內(nèi)部固體殘渣(主要含有ZnO、ZnMn2O4、MnO、Mn2O3、Mn3O4、MnO2)粉碎,加入足量H2SO4和草酸對殘渣進行溶浸,發(fā)生ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O;MnO+H2SO4=MnSO4+H2O;ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2;MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O等一系列反應,得到主要含有Mn2+、Zn2+、SO42-等離子的酸浸液,對酸浸液過濾除雜精制,對含有Mn2+、Zn2+、SO42-等離子的精制液電解得到硫酸、二氧化錳、單質(zhì)鋅,據(jù)此分析解答?!驹斀狻?1)增大接觸面積,提高浸出率;(2)ZnMn2O4可用氧化物的形式表示ZnO·Mn2O3,ZnO·Mn2O3+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2可知Mn2O3+2H+=Mn2++H2O+MnO2;(3)①由圖可知,當c(H2SO4)=0.5mol/L時,Mn的浸出率等于90%,Zn的浸出率大于90%。由ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、MnO+H2SO4=MnSO4+H2O、ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2、MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O可知,Zn的浸出只需H2SO4即可,所以Zn元
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