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- 2021-08-24 发布
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2019~2020届临川一中上学期第一次联合考试化学试题
满分100,考试时间100分钟。
可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 O-16 La-139 Ni-59
一、选择题:(本题共14个小题,每小题3分,共42分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。)
1.下列说法正确的是
A. 2013年1月1日起,我省正式发布环境空气质量指数(AQI),包括PM2.5、PM10、O3、CO2、SO2和NO2等6项指标
B. 战国“曾侯乙编钟”属于青铜制品,青铜是一种铜锡合金
C. 明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子,可以用于饮用水的杀菌消毒
D. 刚玉、红宝石的主要成分是Al2O3,而青花瓷、石英玻璃的主要成分是硅酸盐
【答案】B
【解析】
【详解】A.环境空气质量指数(AQI),包括PM2.5、PM10、O3、CO、SO2和NO2等6项指标,不包括CO2,A错误;
B.青铜是一种铜锡合金,主要含有Cu、Sn、Pb,战国“曾侯乙编钟”属于青铜制品,B正确;
C.明矾水解时产生具有吸附性的Al(OH)3胶体粒子,但该胶体由于表面积大具有吸附作用而使水净化,不具有杀菌消毒作用,C错误;
D.刚玉、红宝石、蓝宝石主要成分是Al2O3,石英玻璃的主要成分是SiO2,青花瓷的主要成分是硅酸盐,D错误;
故合理选项是B。
2.下列说法中正确的是
①有化学键被破坏的变化不一定属于化学变化
②发生了颜色变化的不一定是化学变化
③电解质溶液导电一定发生化学变化
④用糯米、酒曲和水制成甜酒酿,一定是化学变化
⑤用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐不涉及化学变化
A. ①③⑤ B. ②③④ C. ③④⑤ D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①NaCl溶解有化学键断裂,但没有新物质生成,发生的是物理变化;电解饱和NaCl溶液制取NaOH时,有化学键的破坏,同时产生了新的物质,发生的是化学变化,因此有化学键被破坏的变化不一定属于化学变化,①正确;
②I2溶解在CCl4中得到溶液显紫色,没有发生化学变化,所以发生了颜色变化不一定是化学变化,②正确;
③电解质溶液导电过程就是溶液的微粒在两个阳、阴电极分别发生氧化反应和还原反应的过程,因此一定发生化学变化,③正确;
④用糯米、酒曲和水制成甜酒酿,是淀粉先水解变为葡萄糖,然后再转化为乙醇的过程,有新物质产生,发生的变化一定是化学变化,④正确;
⑤用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐是利用淀粉胶粒直径大,不能透过半透膜,而NaCl电离产生的Na+、Cl-直径小,可以透过半透膜,是根据微粒大小分离提纯物质,不涉及化学变化,⑤正确;
综上所述可知正确的说法是①②③④⑤,故合理选项是D。
3.纳米材料是指颗粒直径在1~100nm范围内的材料。纳米技术所带动的技术革命及其对人类的影响,远远超过电子技术。下列关于纳米技术的叙述正确的是
A. 纳米材料有丁达尔效应
B. 用纳米级金属颗粒粉剂作催化剂可加快反应速率,提高反应物的转化率
C. 将单质铜制成“纳米铜”时,具有非常强的化学活性,在空气中可以燃烧,说明“纳米铜”比铜片更易失电子
D. 银器能抑菌、杀菌,纳米银粒子填入内衣织物中,有奇异的抑菌、杀菌效果
【答案】D
【解析】
【详解】A.纳米材料若没有形成分散系,也不会具有丁达尔效应,A错误;
B.用纳米级金属颗粒粉剂作催化剂,由于表面积增大,所以可加快反应速率,但不能使化学平衡发生移动,因此不能提高反应物的转化率,B错误;
C.将单质铜制成“纳米铜”时,由于接触面积增大,所以具有非常强的化学活性,在空气中可以燃烧,但这不能说明“纳米铜”比铜片更易失电子,金属种类不变,则同种金属活动性不变,C错误;
D.银离子是重金属离子,能使蛋白质发生变性,因此有奇异的抑菌、杀菌效果,D正确;
故合理选项是D。
4.下列各组物质中,满足下图物质一步转化关系的选项是
选项
X
Y
Z
A
Na
NaOH
NaHCO3
B
Cu
CuSO4
Cu(OH)2
C
C
CO
CO2
D
Si
SiO2
H2SiO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、Na和H2O反应可以生成NaOH,NaOH和过量的CO2反应生成NaHCO3,NaHCO3不能转化为Na,A错误;
B、Cu和浓H2SO4反应生成CuSO4,CuSO4和NaOH反应生成Cu(OH)2,Cu(OH)2不能转化为Cu,B错误;
C、C和O2反应生成CO,CO再和O2反应生成CO2,CO2和C在高温下反应生成CO,C正确;
D、Si和O2反应生成SiO2,SiO2不能转化为H2SiO3(需要先用NaOH溶解SiO2,再向所得溶液加入酸),H2SiO3也不能转化为Si,D错误;
故答案选C。
5.如图把气体缓慢通过盛有足量试剂的试剂瓶M,在试管N中可以观察到明显现象的是
选项
气体
M中试剂
N中试剂
A
SO2、CO2
酸性KMnO4溶液
品红溶液
B
Cl2、HCl
浓硫酸
淀粉-KI溶液
C
NH3、CO2
浓硫酸
酚酞试液
D
C2H4、CH4
酸性KMnO4溶液
溴的CCl4溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
A.二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应;
B.二者与浓硫酸都不能反应,氯气与KI反应生成碘;
C.氨气与浓硫酸反应;
D.乙烯与酸性KMnO4溶液反应。
【详解】A.二氧化硫被高锰酸钾氧化产生硫酸,因此乙中无现象,A不符合题意;
B.Cl2、HCl不能与浓硫酸反应,氯气与KI反应生成碘单质,碘单质遇淀粉溶液变蓝色,N中现象明显,B符合题意;
C.氨气与浓硫酸反应产生硫酸铵,二氧化碳气体通入酚酞溶液为不变色,N中现象不明显,C不符合题意;
D.乙烯被酸性KMnO4溶液氧化产生CO2,CO2、CH4与溴水不反应,N中无现象,D不符合题意;
故合理选项是B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价,把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键,注意实验的评价性分析,题目侧重考查学生的分析与实验能力。
6. 下列实验操作或检验正确的是
A. 收集氯气 B. 转移溶液 C. 模拟工业制备并检验氨气 D. 用海水制少量蒸馏水
【答案】D
【解析】
【详解】A、收集氯气时,氯气的密度大于空气密度,应该采取长进短出方法,A错误;
B、配制一定物质的量浓度的溶液时,转移溶液应该使用玻璃棒引流,不能直接倒入容量瓶,避免液体流到容量瓶外,B错误;
C、检验氨气使用的是湿润的红色石蕊试纸,C错误;
D、可以利用水与盐的沸点差别较大,利用蒸馏装置制取少量的蒸馏水,D正确。
答案选D。
7.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.在常温下Fe遇浓硝酸会发生钝化,因此向其中滴入KSCN溶液,不变色,A错误;
B.常温下向饱和NaOH溶液中通入足量CO2气体,发生反应:NaOH+CO2=NaHCO3,由于NaHCO3溶解度远小于NaOH,反应产生的NaHCO3不等溶解,就结晶析出,B正确;
C.在稀溶液中,Fe2+、H+、NO3-会发生氧化还原反应产生Fe3+、NO、H2O,反应产生的NO是无色气体,遇空气中的O2会被氧化产生红棕色NO2,C错误;
D.玻璃中含有Na2SiO3,灼烧会使火焰呈黄色,应该使用铂丝或光洁无锈的Fe丝进行焰色反应实验,D错误;
故合理选项是B。
8.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是
A. 25℃时,pH=13的1.0 L Ba(OH) 2溶液中含有的OH-数目为0.2NA
B. 标准状况下,2.24 L Cl2与过量稀NaOH溶液反应,转移的电子总数为0.1NA
C. 室温下,21.0 g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NA
D. 标准状况下,22.4 L甲醛中含有的氧原子数为1.0NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.25℃时,pH=13的1.0 L Ba(OH) 2溶液中,c(OH-)=0.1mol/L,n(OH-)=0.1mol/L×1.0L=0.1mol,所以含有的OH-数目N(OH-)=0.1NA,A错误;
B.标准状况下,2.24 L Cl2的物质的量是0.1mol,Cl2与过量稀NaOH溶液发生反应:Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,0.1molCl2反应,转移的电子总数为0.1NA,B正确;
C.乙烯和丁烯最简式是CH2,其式量是14,室温下,21.0 g乙烯和丁烯的混合气体中含有的最简式的物质的量是1.5mol,所以含有的碳原子数目为1.5NA,C正确;
D.标准状况下,22.4 L甲醛的物质的量是1mol,则其中含有的氧原子数为1.0NA,D正确;
故合理选项是A。
9.常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. NaHCO3溶液:K+、SO42-、Cl-、AlO2-
B. 由水电离出的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液中:Ca2+、K+、Cl-、HCO3-
C. =1012的溶液中:NH4+、Al3+、NO3-、Cl-
D. c(Fe3+)=0.1 mol·L-1的溶液中:K+、ClO-、SO42-、SCN-
【答案】C
【解析】
【详解】A.在NaHCO3溶液:H2O、HCO3-、AlO2-会发生反应产生Al(OH)3沉淀、CO32-,不能大量共存,A错误;
B.由水电离出的c(H+)=1×10-14mol/L的溶液可能显酸性,也可能显碱性,HCO3-与H+或OH-都会发生反应,不能大量存在,B错误;
C. =1012的溶液是酸性溶液,含有大量的H+,H+与选项离子NH4+、Al3+、NO3-、Cl-之间不能发生任何反应,可以大量共存,C正确;
D. c(Fe3+)=0.1 mol/L溶液中:Fe3+、SCN-会发生反应,不能大量共存,D错误;
故合理选项是C。
10.已知氧化性Br2>Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2,发生反应的离子方程式为:a Fe2++b Br-+c Cl2→d Fe3++ e Br2+ f Cl-,下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应,其中不符合反应实际的是 ( )
A. 2 4 3 2 2 6 B. 0 2 1 0 1 2
C. 2 0 1 2 0 2 D. 2 2 2 2 1 4
【答案】B
【解析】
试题分析:向FeBr2溶液中通入氯气,氯气先和亚铁离子发生反应,然后再和溴离子发生反应,A、氯气过量,Br-、Fe2+都完全被完全氧化,反应方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-,A正确;B、氧化性Br2>Fe3+,不可能存在Fe2+、Br2共存,B错误;C、加入的氯气的物质的量与铁的物质的量1:2时,发生反应 2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-,C正确;D、当加入的氯气把Fe2+完全氧化成Fe3+,还有部分剩余时,可以发生反应2Fe2++2Br-+2Cl2→2Fe3++1Br2+4Cl-,D正确;答案选B。
考点:考查氧化还原反应配平与判断
11.有关下列四个常用电化学装置的叙述中正确的是
A. 图所示电池中,负极电极反应为Zn-2e-=Zn2+
B. 图所示电池放电过程中,两电极质量不断增大
C. 图所示装置工作过程中,电解质溶液中Cu2+浓度始终不变
D. 图所示电池工作过程中Ag2O被氧化为Ag
【答案】B
【解析】
【详解】A.该电池反应中由于电解质溶液为碱性,负极的电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2,A错误;
B.铅蓄电池放电时电池反应为:Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O,负极电极反应式为:Pb-2e-+SO42-=PbSO4↓,正极的电极反应式为:PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O,可见:电池放电过程中,两电极质量不断增大,B正确;
C.粗铜中还含有其它金属,电解时,阳极上粗铜中有铜和其它较活泼金属失电子,阴极纯铜上只有铜离子得电子,阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜,所以溶液中铜离子浓度降低,C错误;
D.该原电池中,正极上氧化银得电子生成银,所以Ag2O是氧化剂、发生还原反应,D错误;
故合理选项是B。
12.运用有关概念判断下列叙述正确的是
A. 碱性氧化物都是金属氧化物,有些金属氧化物是酸性氧化物
B. Na2SO3能被Fe3+、H2O2、浓硝酸、浓硫酸、氯气等氧化剂氧化
C. 互为同系物
D. BaSO4的水溶液不易导电,其电离方程式为BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)
【答案】A
【解析】
【详解】A.碱性氧化物都是金属氧化物,有些金属氧化物是酸性氧化物,如Mn2O7,有些是两性氧化物如Al2O3,A正确;
B.Na2SO3具有还原性,在酸性条件下可被Fe3+氧化,在中性或碱性环境则不能被氧化,B错误;
C.苯酚属于酚,羟基与苯环直接连接,而苯甲醇属于芳香醇,羟基连接在侧链上,二者属于不同类物质,不是同系物,C错误;
D.硫酸钡难溶于水,溶解度小,但溶于水的完全电离,属于强电解质,D错误;
故合理选项是A。
13.下列说法正确的是
A. 稀释Na2CO3溶液,水解平衡逆向移动,水的电离程度增大
B. 0.1 mol·L-1氨水中加入10 mL NaCl溶液,平衡不移动
C. 因H2SO4是强酸,CuSO4溶液与H2S不能发生反应
D. 用石墨作电极电解硫酸铜溶液的过程中,阳极区H2OH++OH-的电离平衡正向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A. Na2CO3溶液中存在水解平衡:CO32-+H2OHCO3-+OH-,加水稀释,水解平衡正向移动,水的电离程度增大,A错误;
B.0.1 mol/L氨水中加入10 mL NaCl溶液,相当于加水稀释,NH3·H2O的电离平衡正向移动,其电离程度增大,B错误;
C. CuSO4溶液与H2S在溶液中发生反应产生CuS黑色沉淀和H2SO4,C错误;
D.用石墨作电极电解硫酸铜溶液的过程中,阳极区发生反应:OH--4e-=2H2O+O2↑,破坏了附近的水的电离平衡,促使水进一步电离,H2OH++OH-的电离平衡正向移动,D正确;
故合理选项是D。
14.对于反应CO(g)+H2O(g)CO 2(g)+ H 2(g) △H﹤0,在其他条件不变的情况下
A. 加入催化剂,改变了反应的途径,反应的△H也随之改变
B. 改变压强,平衡不发生移动,反应放出的热量不变
C. 升高温度,反应速率加快,反应放出的热量不变
D. 若在原电池中进行,反应放出的热量不变
【答案】B
【解析】
【详解】A.催化剂虽然改变了反应途径,反应物、生成物的状态不变,所以△H不变,A错误;
B.反应前后体积不变,则改变压强(压缩气体或扩大容积),平衡不发生移动,反应放出的热量不变,B正确;
C.该反应是放热反应,升高温度,化学反应速率加快,反应的△H不变,但由于平衡向逆反应方向进行,放出的热量减少,C错误;
D.若在原电池中进行,反应不放出热量,而是将化学能转换为电能,D错误。
答案选B。
【点晴】解答时需要注意的是催化剂虽然改变了反应途径,但△H不变;对于反应前后气体物质的量不变的反应,改变压强,平衡不发生移动。
二、非选择题:共58分
15.CO2和CH4是两种重要的温室气体,通过CH4和CO2反应制造更高价值化学品是目前的研究目标。
(一)①己知:CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3kJ/mol,CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=+2.8 kJ/mol,
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566.0 kJ/mol,
反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=_____。
②250℃时,以镍合金为催化剂,向2L容器中通入6mol CO2、6mol CH4,发生如下反应:CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。2min后达到平衡,测得平衡体系中H2的体积分数为40%。此温度下该反应的平衡常数K=______。2min内CO2平均消耗速率为________。
(2)以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂,可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。
①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如下图所示。250~300℃时,乙酸的生成速率减小的原因是_________。
②为了提高该反应中CH4的转化率,可能采取的措施是__________________。
③将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中的离子方程式为_____________________。
(3)第三代混合动力车,可以用电动机、内燃机或二者结合推动车轮。汽车上坡或加速时,电动机提供动力,降低油耗;在刹车或下坡时,电池处于充电状态。混合动力车目前一般使用镍氢电池,该电池中镍的化合物为正极,储氢金属(以M表示)为负极,碱液(主要为KOH溶液)为电解质溶液。镍氢电池充放电原理示意图如下,其总反应式为H2+2NiOOHNi(OH)2。
根据所给信息判断,混合动力车上坡或加速时,该电池处于________(选填“充电”或“放电”),乙电极的电极反应式为_________。
【答案】 (1). +247.3 kJ/mol (2). 256 (3). 1mol/(L·min) (4). 催化剂的催化效率降低 (5). 增大反应压强或增大CO2的浓度 (6). 3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O (7). 放电 (8). NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-
【解析】
【分析】
(1)①根据盖斯定律来解答;
②先利用物质反应转化关系计算出各种物质的平衡浓度,带入平衡常数表达式计算可得其数值,根据速率含义计算出CO2的反应速率;
(2)①根据温度对催化剂活性的影响;
②根据外界条件对化学平衡的影响,平衡正向移动,反应物转化率增大;
③先将Cu2Al2O4拆成氧化物形式:Cu2O•Al2O3,再根据氧化物与酸反应生成离子方程式,需要注意的是一价铜具有还原性;
(3)上坡或加速时,该装置是原电池,根据图知,乙是镍的化合物为正极,正极上NiOOH得电子发生还原反应,据此书写电极反应式。
【详解】(1)①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3kJ/mol①
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H=2.8kJ/mol ②
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-566.0kJ/mol ③
根据盖斯定律,由①+②×2-③×2得,CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g) △H=-890.3kJ/mol+2.8kJ/mol×2+566.0kJ/mol×2=+247.3 kJ/mol;
②反应开始时,向2L容器中通入6mol CO2、6mol CH4,c(CO2)=c(CH4)=6mol÷2L=3mol/L,发生如下反应:CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。2min后达到平衡,测得平衡体系中H2的体积分数为40%。假设CO2转化浓度为x,则同时会消耗CH4浓度为x,产生CO浓度为2x,产生H2浓度为2x,则平衡时各种物质的浓度:c(CO2)=c(CH4)=(3-x)mol/L,c(CO)=c(H2)=2x,由于测得平衡体系中H2的体积分数为40%,所以=40%,解得x=2,所以此温度下该反应的平衡常数K==256。2min内CO2平均消耗速率为v(CO2)==1mol/(L·min);
(2)①温度超过250℃时,催化剂的催化效率降低,所以温度升高而乙酸的生成速率降低;
②增大反应压强、增大CO2的浓度,平衡正向移动,反应物转化率增大;
③Cu2Al2O4拆成氧化物的形式:Cu2O•Al2O3,与酸反应生成离子方程式:3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O;
(3)上坡或加速时,该装置是原电池,根据图知,乙是镍的化合物为正极,正极上NiOOH和水得电子生成氢氧化镍和氢氧根离子,电极反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-,所以附近溶液中氢氧根离子浓度增大,溶液的pH值变大。
【点睛】本题主要考查了综合利用CO2、电化学及热化学反应方程式的书写,化学反应速率和化学平衡的计算等,根据反应的能量变化只与物质的始态和终态有关,与反应途径无关,利用盖斯定律进行方程式叠加,得相应热化学方程式。注意热化学反应方程式中反应热与化学计量数的关系,计量数改变,反应热要相应的改变,同时注意题给信息,车上坡或加速时,电动机提供推动力,降低汽油的消耗;在刹车或下坡时,电池处于充电状态。
16.信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学习探究小组将一批废弃的线路板简单处理后,得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物,并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线:
请回答下列问题:
(1)第①步Cu与酸反应的离子方程式为_________;
得到滤渣I的主要成分为____________________;
(2)第②步加H2O2的作用是__________________;
(3)用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是________;
(4)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O,探究小组设计了三种方案:
上述三种方案中,___方案不可行,原因是_____;从原子利用率角度考虑,___方案更合理。
【答案】 (1). Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O (2). Au、Pt (3). 将Fe2+氧化为Fe3+,不引入杂质,对环境无污染 (4). 加热脱水 (5). 甲 (6). 所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质 (7). 乙
【解析】
【分析】
本题是以含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物为原料,制备硫酸铜和硫酸铝晶体,涉及了用离子方程式表示反应原理,利用绿色氧化剂过氧化氢氧化二价亚铁离子得到三价铁离子,然后通过调整溶液的pH使Fe3+、Al3+沉淀,再先用碱溶液溶解沉淀,过滤后再用酸溶解沉淀,得到的溶液再分别结晶,根据物质中杂质含量判断方案的可行性,根据原子利用率高低判断方案的优劣。
【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热,Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+,其中不活泼的金属Au、Pt不能溶解,进入滤渣;所以滤渣1的成分是Pt和Au,滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+;第①步Cu与硝酸反应的离子方程式为:Cu+4H++2NO3-
Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O;
(2)第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+;H2O2作氧化剂,还原产物是H2O,不引入杂质,对环境无污染;
(3)由于CuSO4是难挥发性的强酸生成的盐,在加热过程中发生水解反应产生的Cu(OH)2与硫酸会再反应产生CuSO4,所以第③步由CuSO4·5H2O制备CuSO4的方法应是直接在坩埚中加热脱水;
(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中:
甲方案在滤渣中只加了硫酸,会生成硫酸铁和硫酸铝,冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质,方法甲不可行;
乙方案先在滤渣中加H2SO4,生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3,再加适量Al粉,Al和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3,蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体,乙方案可行;
丙方案先在滤渣中加NaOH,NaOH和Al(OH)3反应生成可溶性的NaAlO2,然后在滤液中加H2SO4,NaAlO2与硫酸反应生成Al2(SO4)3,蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体,方案丙可行;
可见在上述三种方案中,方案甲不可行,方案乙、丙可行,甲方案不可行原因是所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质;
从原子利用率角度考虑,方案乙反应步骤少,产生的副产物少,原子利用率相对高些,所以方案乙更合理。
【点睛】本题考查了物质的分离提纯、离子方程式的书写、实验方案的设计与评价等知识。较为全面的考查了学生对元素及化合物、离子的检验、物质的分离提纯,盐的水解及有电子转移的离子方程式的书写规律等,将基本理论、元素化合物、化学实验有机融为一体,是不可多得的一道好题目。
17.某化学探究小组拟用铜片制取Cu(NO3) 2,并探究其化学性质。
I.他们先把铜粉放在空气中灼烧,再与稀HNO3反应制取硝酸铜。
(1)如果直接用铜屑与稀HNO3反应来制取硝酸铜,可能导致的两个不利因素是______。
(2)实验中铜粉应该放在_____(选填“蒸发皿”、“坩埚”或“烧杯”)中灼烧。欲从反应后的溶液中得到硝酸铜晶体,实验操作步骤按顺序分别是___、____、过滤。
II.为了探究Cu(NO3)2的热稳定性,探究小组按下图中的装置进行实验。(图中铁架台、铁夹和加热设备均略去)
往左试管中放入研细的无水Cu(NO3)2晶体并加热,观察到左试管中有红棕色气体生成,最终残留黑色粉末;用U型管除去红棕色气体,在右试管中收集到无色气体。
(1)红棕色气体是____。
(2)当导管口不再有气泡冒出时,停止反应,这时在操作上应注意________。
(3)探究小组判断Cu(NO3)2的分解属于氧化还原反应,产物除了红棕色气休和黑色固体外,进一步分析、推断,分解产物中一定还含有_____。
III.为了探究Cu(NO3)2在酸性条件下跟铁单质的反应。他们取一支试管,加入Cu(NO3)2溶液,滴入适量稀硫酸酸化,再加入一定量铁粉,实验后没有固体残留物质。该探究小组对反应后溶液中铁元素的价态进行探究,他们设计了实验方案,并进行实验。请在下面表格中补充写出实验操作步骤、预期现象与结论___、___、___。
【答案】 (1). 生成等物质的量的硝酸铜,消耗硝酸原料多,且产生污染物NO (2). 坩埚 (3). 蒸发浓缩 (4). 冷却结晶 (5). NO2 (6). 先把导气管移出水面,然后熄灭酒精灯火焰 (7). O2 (8). 不能 (9). 若KMnO4溶液的紫红色褪去或变浅,则说明产物中含+2价铁元素;若KMnO4溶液不褪色或不变浅,则说明产物中不含+2价铁元素 (10). 另取少量溶液,滴加KSCN溶液
【解析】
【分析】
I.(1)比较方案的优劣,一般从三个方面考虑:一是原料是否简单易得,二是操作是否简单,三是否环保;写出反应的化学方程式,然后根据反应原理进行判断两个方案的特点;
(2)灼烧固体用坩埚,硝酸铜溶液中,铜离子存在水解平衡,所以不能直接加热蒸发获得硫酸铜晶体,一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法;
Ⅱ.(1)NO2是红棕色气体;
(2)注意防止发生倒吸;
(3)根据氧化还原反应中化合价变化判断硝酸铜的分解产物;
Ⅲ. 步骤1:Fe2+的溶液为浅绿色,Fe3+溶液为棕黄色,而该溶液呈蓝绿色,据此分析判断;
步骤2:酸性KMnO4溶液具有氧化性,能够氧化Fe2+,因此若KMnO4溶液的紫红色褪去或变浅说明产物中含+2价的铁元素,否则不含+2价的铁元素;
步骤3:根据“预期现象与结论”可知该操作是为检验溶液中是否含有+3价的铁元素,可知选用的试剂是KSCN溶液。
【详解】Ⅰ.(1)生成等物质的量的硝酸铜,假如为1mol,先把铜粉放在空气中灼烧,再与稀HNO3反应制取硝酸铜,消耗2mol硝酸,而Cu直接与稀硝酸发生反应:3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,制取1molCu(NO3)2会消耗mol硝酸,显然消耗的硝酸原料多,并且产生污染性气体NO;
(2)灼烧固体铜粉用坩埚;由于铜离子在溶液中存在水解平衡,所以从硝酸铜溶液中获得硝酸铜晶体,不能直接蒸发结晶,需要通过蒸发浓缩、冷却结晶,然后过滤的操作方法完成;
Ⅱ.(1)加热Cu(NO3)2晶体产生的红棕色气体是NO2;
(2)为防止发生倒吸现象,应该进行的操作是:先把导气管移出水面,然后熄灭火焰;
(3)探究小组判断Cu(NO3)2的分解属于氧化还原反应,产物中红棕色气体为NO2,黑色固体为CuO,根据化合价变化,硝酸铜中N元素从+5价变为+4价的NO2,化合价降低被还原,则一定存在化合价升高的元素,该元素只能为O元素,反应中O元素被氧化成O2,则分解产物中一定还含有O2,反应的化学方程式:2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑;
Ⅲ.步骤1:Fe2+在溶液中为浅绿色,Fe3+在溶液中为棕黄色,而该溶液呈蓝绿色,因此不能确定产物中铁元素的价态;
步骤2:酸性KMnO4溶液具有氧化性,能够氧化Fe2+变为Fe3+,若KMnO4溶液的紫红色褪去或变浅说明产物中含+2价的铁元素;
步骤3:为检验溶液中是否含有+3价的铁元素,现象为溶液变为红色,因此用的试剂是KSCN溶液。
【点睛】本题考查物质的制备,涉及物质的稳定性、物质的检验方法和实验操作、结论的合理性判断等,注意把握题给信息,结合物质的性质、常见物质的颜色、状态等设计实验步骤,侧重考查学生的分析能力、实验能力。
18.A、B、C、D是元素周期表中前36号元素,它们的核电荷数依次增大。第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级,B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构,C是地壳中含量最多的元素。D是第四周期元素,其原子核外最外层电子数与氢原子相同,其余各层电子均充满。请回答下列问题:
(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是_______(用对应的元素符号表示);基态D原子的电子排布式为______。
(2)A的最高价氧化物对应的水化物分子中,其中心原子采取_____杂化;BC3-的立体构型为______(用文字描述)。
(3)1mol AB-中含有的π键个数为______。
(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图,则该合金中Ca和D的原子个数比______。
(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn,它们有很强的储氢能力。己知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10-23cm3,储氢后形成LaNinH4.5合金(氢进入晶胞空隙,体积不变),则LaNin中n=________(填数值);氢在合金中的密度为________(保留2位有效数字)。
【答案】 (1). C