1、阶段滚动检测(六)(第一十章)(90 分钟 100 分)第卷(选择题，共 48 分)一、选择题(本题包括 16 小题，每小题 3 分，共 48 分)1.(2017宜昌模拟)化学与生活密切相关，下列说法不正确的是( )A.我国规定商家不得无偿提供塑料袋，目的是减少“白色污染”B.采煤作业上，把干冰和炸药放在一起，既能增强爆炸威力，又能防火灾C.加酶洗衣粉，使用时先溶于沸水中可增强其去污能力D.开发废电池综合利用技术，防止其中重金属盐对土壤和水资源造成污染【解析】选 C。白色污染是由塑料袋不易被降解引起的，A 正确；干冰遇热由固体变为气体，增加冲击力，同时此过程是吸热过程，降低温度，又能防火灾，B
2、 正确；酶是蛋白质，高温会使蛋白质变性，失去活性，减弱去污能力，C 错误；电池中含有重金属离子，会对土壤和水资源有污染，D 正确。来源:学科网 ZXXK2.(2017潍坊模拟)下列做法与可持续发展宗旨相违背的是( )A.加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率B.用 CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，可以实现“碳”的循环利用C.加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，满足消费需求D.对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放【解析】选 C。加大清洁能源的开发利用，如开发太阳能，它是可再生能源，可减少化石能源的利用，减少了二氧化碳、二氧化硫等物质的排放，符合社会可持续发展理念，故 A 正确；CO
3、2合成可降解的聚碳酸酯塑料，聚碳酸酯塑料能降解生成二氧化碳，所以能实现碳的循环利用，故 B 正确；加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，废旧电池含有的铅、汞、锌、锰和废 旧蓄电池电解液，会造成污染，不符合社会可持续发展理念，故 C错误；工业废水、生活污水经过处理后可以节约资源，保护水资源，符合社会可持续发展理念，故 D 正确。【加固训练】化学与生活、社会密切相关。下列说法正确的是( )A.Si 常用做信息高速公路的骨架光导纤维的主 要材料B.近年来已发布“空气质量日报” ，将 CO2、NO 2和可吸入颗粒物等列入了首要污染物C.煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料D.S
4、O2可以用来漂白纸浆、毛、丝、 草帽辫，增白食品等【解析】选 C。二氧化硅常用做信息高速公路的骨架光导纤维的主要材料，故 A错误；二氧化碳不属于空气污染物，故 B错误；煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料，故 C 正确；二氧化硫有毒，不能用于增白食品，故 D错误。3.(2017长春模拟)下列关于物质分类的说法正确的是( )稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液都属于胶体HF、HI 都属于弱电解质Na 2O、MgO、Al 2O3均属于碱性氧化物明矾、冰醋酸、四氧化三铁都不是混合物葡萄糖、油脂都不属于有机高分子化合物A. B. C. D.【解析】选 A。稀豆浆属于胶体分散系、硅酸可形成沉
5、淀或胶体、氯化铁溶液不是胶体， 错误；HI 属于强电解质，错误；Na 2O、MgO 属于碱性氧化物，Al 2O3属于两性氧化物， 错误；明矾、冰醋酸、四氧化三铁都是纯净物， 正确；葡萄糖、油脂不是高分子化合物，正确。4.(2017南阳模拟)设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )A.1 mol CH3OH 中含有 CH 键的数目为 4NAB.25，pH=13 的 NaOH 溶液中含有 OH-的数目为 0.1NAC.标准状况下，2.24 L 己烷含有分子的数目为 0.1NAD.常温常压下，0.4 mol Na2O2与足量 H2O 反应，共生成 0.2 mol O2，转移电子的数目为
6、0.4NA【解析】选 D。1 mol CH3OH 中含有 3 mol CH键，含有 CH键的数目为 3NA，故 A错误；B 中没有说明氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的数目，故 B错误；标准状况下，己烷不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算 2.24 L 己烷的物质的量，故 C错误；0.4 mol Na2O2与足量水反应生成 0.2 mol O2，转移了 0.4 mol电子，转移电子的数目为 0.4NA，故 D 正确。【加固训练】(2017成都模拟)设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )A.1 L 0.5 molL-1氨水中所含 N 数为 0.5NA+4B.1
7、 mol Fe 与足量氯气反应转移的电子数为 2NAC.标准状况下，33.6 L CO 2约含有 1.5NA个分子D.1 mol 中含碳碳双键数为 3NA【解析】选 C。NH3H2O为弱碱，在溶液中部分 电离，无法计算溶液中铵根离子的物质的量，故 A错误；1 mol Fe 与足量氯气完全反应生成 1 mol FeCl3，反 应转移的 电子数为 3NA，故 B错误；标准状况下，33.6 L CO2的物质的量为 =1.5 mol，含有 1.5NA个分子，故 C33.6 22.4 1正确；苯中碳碳键为一种介于单键和双键之间的独特键，不存在碳碳双键，故 D错误。5.(2017邵阳模拟)组成和结构可用
8、表示的有机物共有(不考虑立体结构)( )A.24 种 B.28 种 C.32 种 D.36 种【解析】选 D。C4H9有 4 种形式：CH2CH2CH2CH3、CH2CH(CH3)2、CH(CH3)CH2CH3、C(CH3)3，C3H5Cl2 存在 9 种形式： CH(CH2Cl)2、CH(CH2Cl)CH3、CCl(CH3)CH2Cl、CH2CHClCH2Cl、CHClCH2CH2Cl、CHClCHClCH3、CCl2CH2CH3、CH2CCl2CH3、CH2CH2CHCl2，因此组合有 49=36 种，故选项 D 正确。6.(2017常德模拟)下列对相应有机物的描述完全正确的是( )甲烷：
9、天然气的主要成分，能发生取代反应乙烯：其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，可以发生加成反应苯 ：平面结构，每个分子中含有 3 个碳碳双键乙醇：可以用金属钠检验乙醇中是否含有水淀粉：属于糖类物质，遇碘元素变蓝色蛋白质：可通过烧焦的特殊气味进行鉴别，水解的最终产物为氨基酸A. B.C. D.【解析】选 D。甲烷是天然气的主要成分，在光照下能与卤素发生取代反应，正确； 乙烯中含有碳碳双键，可 发生加成反应，正确；苯是平面结构，但苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊共价键，不是碳碳双键， 错误； 乙醇和水都能与钠反应生成 H2，不能用金属钠检验乙醇中是否含有水，错误；淀粉属于糖类，遇碘单
10、质变蓝色，错误； 蛋白质灼烧可通过烧焦羽毛气味进行鉴别，水解的最终产物为氨基酸，正确。7.(2017日照模拟)常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A.能使 pH 试纸呈红色的溶液：Na +、N 、I -、N+4 3B.10 molL-1的浓氨水：Al 3+、N 、N 、I -+4 3C.与 Al 反应放出 H2的溶液：Mg 2+、Ca 2+、N 、HC3 3D.c(H+)/c(OH-)=110-12的溶液：K +、Al 、C 、Na +2 23【解析】选 D。能使 pH试纸呈红色的溶液显酸性，N 在酸性条件下能O3氧化 I-，不能大量共存，故 A错误；10 molL-1的浓
11、氨水显碱性，Al 3+在碱性溶液里不能大量共存，故 B错误；与 Al 反应放出 H2的溶液可能显碱性，也可能显酸性，N 具有强氧化性，在强酸性或强碱性溶O3液中与铝反应均不能生成 H2，HC 在酸、碱性溶液中均不能大量共O3存，故 C错误；c(H +)/c(OH-)=110-12的溶液，溶液显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，故 D 正确。8.(2017蚌埠模拟)下列实验能达到目的的是( )实验目的证明铁生锈过程中空气参与反应证明非金属性ClCSi制取 BaSO3，并吸收尾气从碘水中分离出碘选项A B C D【解析】选 A。若空气参与反应，集气瓶中的压强会减小，U 形管中的液面两端会发生变
12、化，A 项正确；盐酸是无氧酸，盐酸与 Na2CO3反应生成 CO2，不能证明非金属性 ClC，B项错误；SO 2通入 Ba(NO3)2溶液中，会被氧化，生成 BaSO4，得不到 BaSO3，C项错误；碘易升华，从碘水中分离出碘时，不能用蒸发的方法，应用萃取的方法。【加固训练】1.用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是( )A.图 1 所示装置用于 Cu 和浓硫酸反应制取少量的 SO2气体B.图 2 装置用于除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠C.图 3 装置用于制备并收集 NO 气体D.图 4 所示装置制取并收集氨气【解析】选 D。浓硫酸和铜应在加热条件下进行反应，利用该装置不能得到 SO2气体
13、，故 A错误；碳酸氢钠加热易分解，加热可以除去碳酸钠固体中的少量碳酸氢钠，故 B错误；NO 易与氧气反应，不能用排空气法收集 NO，只能用排水法收集，故 C错误；CaO 固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，生成的 Ca(OH)2电离，增大了溶液中 OH 浓度，促使 NH3H2O 分解可制得氨气，所以能用图中的左 图部分制备，由于氨气的密度比空气小，可以用图中的装置收集，故 D 正确。来源:学科网2.(2017哈尔滨模拟)根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是( )选 实验操作 实验现象 结论项A 向硅酸钠溶液中滴加盐酸有白色胶状沉淀生成非金属性：ClSiB向溶液 X 中加入稀盐酸，并将
14、产生的无色无味气体通入澄清石灰水中生成白色沉淀溶液 X 中一定含有 C 或 HC233C 蔗糖溶液在硫酸存在下加热一段时间后，再与银氨溶液混合水浴加热无银镜出现蔗糖没有水解D 向鸡蛋白溶液中滴入 HgCl2溶液 有白色沉淀蛋白质发生盐析【解析】选 B。向硅酸钠溶液中滴加盐酸有白色胶状沉淀生成，只能说明盐酸的酸性强于硅酸，盐酸不是氯元素的最高价氧化物的水化物，因此不能说明 Cl 和 Si 的非金属性强弱，A 错误；向溶液 X 中加入稀盐酸，并将产生的无色无味气体通入澄清石灰水中，生成白色沉淀，说明生成了二氧化碳，说明溶液 X 中一定含有 C 或 HC ，B 正确；O23 O3与银氨溶液混合水浴加
15、热前，需用氢氧化钠中和催化剂硫酸，否则实验不能成功，C 错误；向鸡蛋白溶液中滴入 HgCl2溶液发生蛋白质的变性，D 错误。9.(2017赣州模拟)O 2F2可以发生反应：H 2S+4O2F2 SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是( )A.氧气是氧化产物B.O2F2既是氧化剂又是还原剂C.若生成 4.48 L HF，则转移 0.8 mol 电子D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为 14【解析】选 D。在反应中 O2F2中的氧元素的化合价由反应前的+1 价变为反应后的 0 价，化合价降低，所以 O2F2是氧化剂，H 2S 中的硫元素的化合价是-2 价，反应后变为 SF6中的+6 价，所以 H2
16、S 是还原剂，得到的氧气为还原产物，A、B 错误；题中温度和压强不明确，不能确定 HF的物质的量，所以不能计算转移电子的数目，C 错误；根据方程式可知还原剂 H2S 与氧化剂 O2F2的物质的量的比是 14，D 正确。10.分子式为 C4H10O 的醇与分子式为 C4H8O2的链状结构羧酸形成的酯共有( )A.8 种 B.10 种 C.12 种 D.14 种【解析】选 A。分子式为 C4H10O 的醇的结构有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CHOHCH3、(CH3)2CHCH2OH、(CH3)3COH，共 4 种同分异构体；C 4H8O2 的链状结构羧酸的结构是CH3CH2CH2CO
17、OH、(CH3)2CHCOOH，共 2 种同分异构体，形成的酯共有 24=8 种，故 A 正确。11.用图中所示的装置进行实验，实验现象与预测不一致的是( )中的物质 中的物质 预测现象A 浓氨水 FeCl3溶液 中有红褐色沉淀B 浓氨水 浓盐酸 中有白烟C 浓硝酸 淀粉 KI 溶液 中溶液变为蓝色D 饱和亚硫酸 紫色石蕊试液 中溶液先变红色又褪色【解析】选 D。A项， 浓氨水具有挥发性，氨气溶于水形成氨水，氨水与FeCl3溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故 A 正确；B 项，浓氨水具有挥发性，浓盐酸具有挥发性，氯化氢和氨气相遇产生白烟氯化铵，故 B 正确；C 项，浓硝酸具有挥发性、强氧化性，
18、可以将 KI 氧化为I2，I2使淀粉变蓝色，故 C 正确；D 项， 饱和亚硫酸不稳定分解产生二氧化硫，二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，所以中溶液只变红，故 D错误。12.下列有关说法正确的是( )A.用惰性电极电解 1 L 1 molL-1的 CuSO4溶液，当阴极析出 3.2 g 铜时，加入 0.05 mol Cu(OH)2固体可将溶液恢复至原浓度B.Hg(l)+H2SO4(aq) HgSO4(aq)+H2(g)常温下不能自发进行，说明H0C.已知 25时，K sp(AgCl)=1.810-10、K sp(Ag2CrO4)=2.010-12，所以 AgCl 的溶解度大于 Ag2CrO4的溶解度D
19、.25时，向 0.1 molL-1CH3COONa 溶液中加入少量 CH3COOH，当c(CH3COO )=c(Na+)时，水的电离受到抑制，但溶液中 c(H+)c(OH )不变【解析】选 B。电解 CuSO4溶液时，阴极上铜离子得电子生成铜，阳极上氢氧根离子失电子析出氧气，所以溶液中析出的物质相当于氧化铜，要使溶液恢复到原来状态，可向溶液中加入 0.05 mol CuO 或 0.05 mol CuCO3，不能加 Cu(OH)2，故 A错误；反应 Hg(l)+H2SO4(aq)HgSO4(aq)+H2(g)的 S0，常温下不能自 发进行则 H-TS0，所以 H0，故 B 正确； AgCl 与
20、Ag2CrO4阴阳离子个数比不同，属于不同类型的化合物，因此不能根据它们的溶度积常数判断其溶解度大小，故 C错误；溶液中 c(CH3COO )=c(Na+)，则 c(H+)=c(OH )，水的电离既不被促进也不被抑制，但 c(H+)c(OH )=Kw不变，故 D错误。13.(2017福州模拟)甲、乙、丙、丁是中学常见的物质，其中甲、乙、丙均含有同一种元素，在一定条件下的转化关系见图，下列说法正确的是世纪金榜导学号 30682494( )A.若丁为用量最大，用途最广的金属单质，乙的溶液一定为 FeCl3B.若通常情况下甲、乙、丙、丁都是气体，且乙和丁为空气的主要成分，则反应的化学方程式为 4NH
21、3+5O2 4NO+6H2OC.若甲、乙、丙的溶液显碱性，则丙可能可以作为医疗上治疗胃酸过多症的药剂D.若丁为化合物，且为氯碱工业的重要产品，则甲一定为含 Al3+的盐【解析】选 C。丁为用量最大，用途最广的金属单质，则为 Fe，转化过程可为还能以进行转化，故 A 错误；反应生成的 NO 不是空气的主要成分，故 B错误；可以按进行转化，故 C 正确； 氯碱工业中的化合物为 NaOH，除了 Al3+外，还可以按进行转化，故 D 错误。【加固训练】中学常见物质 A、B、C、D、E、X，存在图示转化关系(部分生成物和反应条件略去)：A B C D。下列推断不正确的是( )A.若 D 是一种强酸，则
22、A 既可以是单质，也可以是化合物，且 D 可与铜反应生成 B 或 CB.若 D 是一种强碱，则 A、B、C 均可与 X 反应生成 DC.若 D 为 NaCl，且 A 可与 C 反应生成 B，则 E 可能是 CO2D.若 D 是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则 A 可能是铁【解析】选 D。若 D 是一种强酸，则 A 既可以是 S 或 N2，也可以是 H2S或 NH3，HNO3可与铜反应生成 NO 或 NO2，浓硫酸可与 Cu 反应生成SO2，A 正确；若 D 是一种强碱，则 A 可以是 Na，B 是 Na2O，C 是Na2O2，X 是水，B 正确；若 D为 NaCl，且 A 可与 C 反
23、应生成 B，A 可以是 NaOH，B 是 Na2CO3，C 是 NaHCO3，X 是盐酸， C 正确；若 D 是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则 D 是 Fe(OH)2，结合 A 可能是 Fe，则 C 是亚铁盐，A B C 不能实现，D 错误 。14.X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的短周期元素。X、W 同主族，Z、W 同周期，X 原子核内质子数是 Y 原子核内质子数的 3/4，W 原子最外层电子数是 Z 原子最外层电子数的 4 倍。下列说法中正确的是 世纪金榜导学号 30682495( )A.原子半径：r(X)r(Y)r(W)r(Z)B.元素 W 的气态氢化物的热稳定性比元素 X
24、的强C.X、Y、Z 三种元素可形成化合物 Z2X2O4和 Z2XO3D.Y、Z 形成的化合物一定是离子化合物，含有离子键，不含共价键【解析】选 C。X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的短周期元素，W 原子最外层电子数是 Z 原子最外层电子数的 4 倍，W 属于主族元素，最外层电子数不能超过 8 个，则 W 最外层电子数是 4，Z 原子最外层电子数是 1，所以 W 位于第A 族，Z 位于第A 族，X、W 同主族，则 X 位于第A 族，X 原子序数小于 W，且都是短周期元素，所以 X 是碳元素，W 是硅元素，Z、W 同周期，Z 位于第A 族，则为钠元素；X 原子核内质子数是 Y 原子核内质子数的
25、，X 原子 核内 6 个质子，则 Y 核内 8 个质子，34为氧元素，通过以上分析知，X 是碳元素、 Y 是氧元素、Z 是钠元素、W是硅元素。原子半径 r(Z)r(W)r(X)r(Y)，故 A错误；非金属性XW，所以元素 W 的气态氢化物的热稳定性比元素 X 的弱，故 B错误；X、Y、Z 三种元素形成的化合物为 Na2C2O4或 Na2CO3，故 C 正确；Y 和 Z形成的化合物为 Na2O 或 Na2O2，其中 Na2O2中含有共价键，故 D错误。15.(2017潍坊模拟)900时，向 2.0 L 恒容密闭容器中充入 0.40 mol 乙苯，发生反应： +H2(g) H=akJmol -1。
26、经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：时间/min 0 10 20 30 40n(乙苯)/mol 0.40 0.30 0.24 n2 n3n(苯乙烯)/mol 0.00 0.10 n1 0.20 0.20下列说法正确的是( )世纪金榜导学号 30682496A.反应在前 20 min 的平均速率为 v(H2)=0.002 molL-1min-1B.保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c(乙苯)=0.08 molL-1，则 av(逆)【解析】选 C。由表中数据可知，20 min 内乙苯的物质的量变化量为0.40 mol-0.24 mol=0.16 mol，故 v(乙苯)= =0.
27、004 molL-1min-1，速0.162.0 20率之比等于化学计量数之比，则 v(H2)=v(乙苯)=0.004 molL-1min-1，故 A错误；由表中数据可知，30 min时处于平衡状态，平衡时苯乙烯的物质的量为 0.20 mol，由化学方程式可知，参加反应的乙苯的物质的量为 0.20 mol，故平衡时乙苯的浓度为 =0.1 0.400.202.0 molL-1，升高温度，平衡时乙苯的浓度变为 0.08 molL-1，说明平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，故 a0，故 B错误；反应达到平衡时乙苯的转化率为 100%=50%，保持其他条件不变，向0.200.40容器中充入不参与
28、反应的水蒸气作为稀释剂，反应混合物的浓度不变，平衡不移动，乙苯的转化率不变为 50%，故 C 正确；平衡时苯乙烯的浓度为 =0.1 molL-1，则氢气的平衡浓度为 0.1 molL-1，乙苯0.202.0 的浓度为 0.1 molL-1，故平衡常数 K= =0.1，相同温度下，起0.10.10.1始时向容器中充入 0.10 mol 乙苯、 0.10 mol 苯乙烯和 0.30 mol H2，此时浓度商 Qc= =0.15K=0.1，反应向逆反应方向进行，故0.102.00.302.00.102.0达到平衡前 v(正)c(N )c(OH-)c(H+)。H+4 O3答案：(1)Na + 2-Na
29、+(2)2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2(3)N +H2O NH3H2O+H+H+4(4)2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2H2O+2NH3(或其他合理答案)(5)c(N )c(N )c(OH-)c(H+)H+4 O318.(10 分)(2017哈尔滨模拟)铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用。 世纪金榜导学号30682498(1)二氧化铈(CeO 2)在平板电视显示屏中有着重要应用。CeO 2在稀硫酸和 H2O2的作用下可生成 Ce3+，CeO 2在该反应中作_剂。(2)自然界中 Cr 主要以 Cr2+和 Cr2 存在。Cr 2 能引起
30、细胞的27 27突变，可以用亚硫酸钠将其还原为 Cr3+。写出此过程中的离子方程式：_。(3)钛(Ti)被誉为“二十一世纪的金属” ，工业上在 550时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是_。(4)NiSO4xH2O 是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣(除镍外，还含有铜、锌、铁等元素)为原料获得。操作步骤如下：向滤液中加入 FeS 是为了除去 Cu2+、Zn 2+等杂质，除去 Cu2+的离子方程式为_。对滤液先加 H2O2再调 pH，加 H2O2的目的是_，调 pH 的目的是_。滤液溶质的主要成分是 NiSO4，加 Na2CO3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又
31、生成 NiSO4，这两步操作的目的是_。【解析】(1)CeO 2中的 Ce 是+4 价，在 H2O2的作用下可生成 Ce3+，因此发生还原反应，是氧化剂。(2)Cr 2 被 S 还原为 Cr3+，根据得失电O27 O23子相等，Cr 2 与 S 的物质的量之比是 13。(3)四氯化钛被钠还O27 O23原为钛。(4) FeS 除去 Cu2+的反应是沉淀的转化，即FeS+Cu2+ CuS+Fe2+。对滤液加 H2O2的目的是将 Fe2+氧化为Fe3+，然后调 pH 沉淀 Fe3+。NiSO4与 Na2CO3反应 生成 NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成 NiSO4，这样可提高 N
32、iSO4的浓度，有利于蒸发结晶。答案：(1) 氧化 (2)Cr2 +3S +8H+ 2Cr3+3S +4H2OO27 O23 O24(3)4Na+TiCl4 Ti+4NaCl(4)FeS+Cu2+ CuS+Fe2+氧化 Fe2+ 除去 Fe3+ 增大 NiSO4 的浓度，利于蒸发结晶( 或富集 NiSO4)【加固训练】某工厂从含硫酸钡、氧化铜、氧化亚铁、氧化铝和少量氧化银的废渣中回收金属的工艺流程如图所示：(1)滤渣的化学式为_，是_(填“强” “弱”或“非”)电解质。(2)加入过量铁粉，被还原的金属阳离子有_。过氧化钠的电子式为_。(3)用滤渣作粗铜电解精炼铜时，粗铜作_(填“阳”或“阴”)
33、极，硫酸铜作电解质溶液，阳极泥中含有_(填物质名称)。(4)滤液的溶质是_。B 电解方程式为_。(5)写出滤渣生成 A 的化学方程式：_。【解析】(1)BaSO 4不溶于稀硝酸，是离子化合物，溶解的部分，完全电离，属于强电解质。(2)加入 过量 铁粉，被还原的金属阳离子有 Fe3+、Cu2+、Ag+。过氧化钠是离子化合物，既有离子键，又有共价键。(3)滤渣 中有铜和银。粗铜(含有银)作阳极，用硫酸铜作电解质溶液，阳极铜溶解，银在阳极泥析出，铜在阴极析出。(4)通入 过量的二氧化碳，生成的是 NaHCO3 和 Al(OH)3。Al(OH)3 受热分解生成 Al2O3，熔融态的 Al2O3电解生成
34、铝单质和氧气。(5)过氧化 钠 将滤液中 Fe2+氧化为 Fe3+，滤渣为 Fe(OH)3，Fe(OH)3 受热分解，失水生成红棕色的 Fe2O3。答案：(1)BaSO 4 强 (2)Fe3+、Cu2+、Ag+Na+ 2-Na+(3)阳 银 (4)NaHCO32Al2O3(熔融) 4Al+3O2(5)2Fe(OH)3 Fe2O3+3H2O19.(10 分)实验室可由软锰矿(主要成分为 MnO2)制备 KMnO4，其工艺如下：请回答： 世纪金榜导学号 30682499(1)步骤中需要用到下列仪器中的_。A.蒸发皿 B.泥三角 C.瓷坩埚 D.玻璃棒E.铁坩埚 F.铁棒(2)步骤中趁热向浸取液中通
35、二氧化碳气体至锰酸钾全部反应，酸化过程不用盐酸代替 CO2的原因是_。(3)通过酸化的方法由 K2MnO4溶液制备 KMnO4，产率较低，较好的办法是采用电解 K2MnO4溶液的方法来制备 KMnO4，则阳极反应为_。(4)步骤中由 KMnO4溶液制得 KMnO4晶体需要经过加热蒸发、_、过滤等操作。(5)草酸钠滴定法分析高锰酸钾纯度步骤如下：.准确称取 ag 的高锰酸钾产品，配成 50 mL 溶液。来源:学科网 ZXXK.准确称取 bg 已烘干的 Na2C2O4，置于锥形瓶中，加入少量蒸馏水使其溶解，再加入少量硫酸酸化。.将瓶中溶液加热到 7580，趁热用中配制的高锰酸钾溶液滴定至终点。记录
36、消耗高锰酸钾溶液的体积，计算得出产品纯度。已知滴定过程中反应的离子方程式为 2Mn +5C2 +16H+ 4 242Mn2+10CO2 +8H2O。达到滴定终点的标志为_。(6)实验室制备 O2和 Cl2经常用到 MnO2，请从下列所给仪器装置中选择制备并收集 O2的装置_(填代号)和制备并收集干燥、纯净Cl2的装置_(填代号)。可选用制备气体的装置：【解析】(1)高温灼烧三种物质的混合物，应注意 KOH 高温下与玻璃、陶瓷中的 SiO2反应，因此实验中应选用铁坩埚，搅拌时使用铁棒。(2)步骤中， 滤 液酸化生成 KMnO4，KMnO4具有强氧化性会氧化盐酸生成Cl2，因此不能使用盐酸酸化。(
37、3)电解时，阳极 Mn 放电生成O24Mn ，电极反应为 Mn -e- Mn 。(4)KMnO4加热易分解，因此O4 O24 O4不能把溶液蒸干，可用浓缩溶液，降温结晶的方法得到 KMnO4晶体。(5)用 KMnO4溶液滴定草酸钠溶液，终点时由于 KMnO4溶液过量，使溶液显示浅红色。(6)实验室用 MnO2与浓盐酸反应制取 Cl2需要加热，因此 d 正确；制取 O2可用 KClO3与 MnO2混合加热或者 MnO2催化双氧水分解，O 2可用排水法或向上排空气法收集，则 e、f 正确。来源:学.科.网答案：(1)B、E、 F (2)盐 酸具有还 原性，会被氧化，降低产品的量 (3)Mn -e-
38、 Mn (4)冷却结晶 (5)当最后一滴 KMnO4溶液滴入后，O24 O4溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色 (6)e、f d20.(11 分)利用氨水吸收烟气中的二氧化硫，其相关反应的主要热化学方程式如下：SO2(g)+NH3H2O(aq) NH4HSO3(aq) H 1=akJmol-1NH3H2O(aq)+NH4HSO3(aq) (NH4)2SO3(aq)+H2O(l) H 2=bkJmol-12(NH4)2SO3(aq)+O2(g) 2(NH4)2SO4(aq) H 3=ckJmol-1世纪金榜导学号 30682500(1)反应 2SO2(g)+4NH3H2O(aq)+O2(g)
39、2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的H=_kJmol-1。(2)用空气氧化(NH 4)2SO3的速率随温度的变化如图所示，当温度超过60时，(NH 4)2SO3氧化速率下降的原因可能是_。(3)以磷石膏废渣和碳酸铵为原料制备硫酸铵，不仅解决了环境问题，还使硫资源获得二次利用。反应的离子方程式为 CaSO4(s)+C (aq)23S (aq) +CaCO3(s)，该反应的平衡常数 K=_。已知24Ksp(CaCO3)=2.910-9， Ksp(CaSO4)=9.110-6(4)(NH4)2SO4在工农业生产中有多种用途。将黄铜 精矿(主要成分 Cu2S)与硫酸铵混合后在空气中进行焙烧，
40、可转化为硫酸铜同时产生氨气。该反应的化学方程式为_。研究硫酸铵的分解机理有利于对磷石膏的开发。在 500下硫酸铵分解过程中得到 4 种产物，其含氮物质随时间变化关系如图甲所示。写出该条件下硫酸铵分解的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向及数目：_。(NH 4)2SO4是工业制备 K2SO4的重要原料。根据图乙中相关物质的溶解度曲线，简述工业上制备 K2SO4晶体的设计思路：_。【解析】(1)根据盖斯定律分析，将反应标记为、 ，则2+2+即可得热化学方程式为 2SO2(g)+4NH3H2O(aq)+O2(g)2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的 H =(2a+2b+c)kJmol-
41、1。(2)因为 温度 过高(NH 4)2SO3 会分解，浓度减小，所以反应速率降低。(3)该反 应的平衡常数K= = = = =3 138。c(24)(23)c(2+)(24)(2+)(23) K(4)(3) 9.11062.9109(4)黄铜精矿与硫酸铵在氧气存在的条件下反应生成硫酸铜和氨气和水，反应方程式为 2Cu2S+2(NH4)2SO4+5O2 4CuSO4+4NH3+2H2O。从图 分析，硫酸 铵分解生成的氮气和氨气的比例为 14，根据化合价分析，氮元素化合价升高，所以有硫元素化合价降低，产生二氧化硫，所以氮气和二氧化硫的比例为 13，根据原子守恒配平，反 应方程式为 3(NH4)2
42、SO4 N2+4NH3+3SO2+6H2O，在反应中氮原子失去电子，硫原子得到电子，转移 6 个电子。通过图 象分析，NH 4Cl 的溶解度在 80以上比较大，所以先配制较高温度的溶液，利用氯化钾和硫酸钾的溶解度随温度变化不大，进行结晶操作，故操作为配制较高温度(80100 )下的硫酸铵、氯化钾饱和混合溶液，冷却结晶 ，过滤、洗涤。答案：(1)(2a+2b+c)(2)温度 过高 (NH4)2SO3 会分解，浓度减小(或温度升高氧气在溶液中溶解度降低)(3)3 138 (4)2Cu2S+2(NH4)2SO4+5O2 4CuSO4+4NH3+2H2O配制 较高温度(80100)下的硫酸铵、氯化钾饱
43、和混合溶液，冷却结晶，过滤、洗 涤【加固训练】(2016贺州二模)发射航天火箭常用肼(N 2H4)与 N2O4作燃料与助燃剂。(1)肼易溶于水，性质与氨相似，用电离方程式表示肼的水溶液显碱性的原因_。(2)肼(N 2H4)与 N2O4的反应为 2 N2H4(l)+N2O4(g) 3N2(g)+4H2O(g) H=-1 077 kJmol -1已知反应相关的化学键键能数据如下：化学键 NH NN NN OHE/(kJmol-1)390 190 946 460则使 1 mol N2O4(g)分子中化学键完全断裂时需要吸收的能量是_。(3)N2O4与 NO2之间存在反应 N2O4(g) 2NO2(g
44、)。将一定量的 N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率(N 2O4)随温度变化如图所示。由图推测该反应 H _0(填“” 或“0。反应正向是气体系数增大的反应，故可以减小体系压强使 N2O4 的转化率增大。设平衡 时 N2O4 的转化率为 ，假设开始加入的 N2O4为 1 molL-1。则N 2O4(g) 2NO2(g)开始(molL -1)： 1 0转化(molL -1)： 2平衡(molL -1)： 1- 2因此 = p0(N2O4)= 108 kPa=115 kPa。p2(2)(24) 421 40.4210.4根据 题意：v(N 2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，Kp= ，故p2(2)(24)= = 平衡时 NO2 的消耗速率 为 N2O4 消耗速v(2)(24)k22(2)1(24)K21,率的 2 倍，则 =2，故 k1= k2Kp。因 为满 足平衡条件 v(NO2)(消耗)K21 12=2v(N2O4)(消耗)，故 B 点与 D 点是平衡状态的点。答案：(1)N 2H4H2O N2 +OH-(或 N2H4+H2O N2 +OH-) (2)1 H+5 H+5
