2021年高考化学备考阶段性检测卷01(全国版)(12月期)(解析版)

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2021年高考化学备考阶段性检测卷(12月期)-01
(命题范围:人教版必修1、必修2、选修4)
一、选择题:本题共16小题,每小题3分,共48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.(福建省厦门实验中学2021届高三上学期十月份月考)宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色,历经千年色彩依然,其中绿色来自孔雀石颜料(主要成分为Cu(OH)2·CuCO3),青色来自蓝铜矿颜料(主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3)。

下列说法错误的是
A.保存《千里江山图》需控制温度和湿度
B.孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化
C.孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱
D.Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3
【答案】C
【详解】
A.字画主要由纸张和绢、绫、锦等织物构成,为防止受潮和氧化,保存古代字画时要特别注意控制适宜的温度和湿度,A说法正确;
B.由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知,其中的铜元素、碳元素和氢元素均处于最高价,其均为自然界较稳定的化学物质,因此,用其所制作的颜料不易被空气氧化,B说法正确;
C.孔雀石和蓝铜矿的主要成分均可与酸反应生成相应的铜盐,因此,用其制作的颜料不耐酸腐蚀,C说法错误;
D.因为氢氧化铜中铜元素的质量分数高于碳酸铜,所以Cu(OH)2∙CuCO3中铜的质量分数高于
Cu(OH)2∙2CuCO3,D说法正确。

综上所述,相关说法错误的是C,故本题答案为C。

2.(湖北省襄阳市五校2021届高三上学期期中)目前,新型冠状病毒仍在世界各地蔓延,李兰娟院士指出:新冠病毒怕酒精、不耐高温,50~60℃持续30分钟,病毒就会死亡。

下列有关说法错误的是()A.乙醇俗称酒精,属于弱电解质
B.加热可破坏蛋白质中的氢键,使病毒丧失生物活性死亡
C.核酸检测是确认病毒种类的有效手段,核酸属于生物大分子
D.新冠病毒颗粒直径在80~120nm之间,在空气中能形成气溶胶,可较远距离传播
【答案】A
【解析】
A. 乙醇俗称酒精,属于非电解质,故A错误;
B. 蛋白质中存在氢键,加热可破坏蛋白质中的氢键,破坏了蛋白质的空间结构,使其原有功能丧失,而使病毒丧失生物活性,故B正确;
C. 核酸检测是确认病毒种类的有效手段,核酸是生物大分子物质,故C正确;
D. 新冠病毒颗粒直径在80~120nm之间,在空气中能形成气溶胶,可能传播较远距离,故D正确;
故选A。

3.(吉林省榆树市第一高级中学2021届高三10月月考)下列物质中,不能由金属跟非金属单质直接化合而成的是
A.Fe3O4B.Na2O2C.Mg3N2D.FeCl2
【答案】D
【解析】
A.铁在氧气中燃烧生成Fe3O4,故A不能选;
B.钠与氧气加热生成Na2O2,故B不能选;
C.镁在氮气中燃烧生成Mg3N2,故C不能选;
D.铁在氯气中反应只能生成FeCl3,故选D。

4.(河南省南阳市第一中学校2021届高三第三次月考)N A表示阿伏加德罗常数的值。

下列说法不正确的是()
A.0.1 mol Fe和0.1 mol Cu分别与0.1 mol Cl2完全反应,转移电子数均为0.2N A
B.分别用Na2O2和KMnO4制得1 mol O2,转移的电子数皆为4N A
C.64 g铜与一定浓度的硝酸完全反应时,转移的电子数为2N A
D.在2CuH+2HCl=CuCl2+Cu+2H2↑反应中,每生成22.4 L(标况)H2,反应转移的电子为1.5N A
【答案】B
【解析】
A.0.1 mol Fe与0.1 mol Cl2反应,Cl2不足,所以氯气完全反应,0.1 mol Cu与0.1 mol Cl2反应时氯气也可以完全反应,转移的电子数均为0.2N A,故A正确;
B.Na2O2制取氧气时O2为唯一氧化产物,化合价由-1价变为0价,KMnO4制制取氧气时O2为唯一氧化产物,化合价由-2价变为0价,所以Na2O2和KMnO4制得1 mol O2转移的电子数分别是2N A和4N A,故B错误;
C.1 mol铜与硝酸反应时,不论生成NO还是NO2,Cu完全转化为Cu2+,转移电子都是2N A,故C正确;
D.22.4 L(标况)H2的物质的量为1mol,根据反应方程式2CuH+2HCl===CuCl2+Cu+2H2↑可知,生成1 mol H2转移1.5mol电子,故D正确;
综上所述答案为B。

5.(北京171中学2021届高三上学期第一次月考)关于钠及其化合物的化学用语正确的是
A.钠原子的结构示意图:
B.过氧化钠的电子式:
C.碳酸氢钠的电离方程式:NaHCO3 =Na+ + H+ + CO2-
3
D.碳酸钠水溶液呈碱性:CO2-
3+ H2O HCO-
3
+ OH-
【答案】D
【解析】
A.钠原子核外电子数与质子数相同,钠离子的结构示意图为,A用语错误;
B.过氧化钠为离子化合物,其电子式为,B用语错误;
C.碳酸氢钠为强电解质,其电离方程式为NaHCO3=Na++
3
HCO ,C用语错误;
D.碳酸钠为强碱弱酸盐,水溶液中碳酸根离子水解导致溶液呈碱性,水解方程式为CO2-
3
+H2O HCO-
3
+OH-,D用语正确;
答案为D。

6.(湖南省长沙市雅礼中学2021届高三上学期第一次月考)甲、乙、丙、丁四种物质中,甲、乙、丙均含有相同的某种元素,它们之间具有如下转化关系:。

下列有关物质的推断不正确的是
A.若甲为焦炭,则丁可能是O2B.若甲为SO2,则丁可能是氨水
C.若甲为Fe,则丁可能是盐酸D.若甲为NaOH溶液,则丁可能是CO2
【答案】C
【解析】
A、甲是碳,丁是氧气,则乙是CO,丙是二氧化碳,二氧化碳与碳反应生成CO,A正确;
B、甲是二氧化硫,丁是氨水,则乙是亚硫酸氢铵,丙是亚硫酸铵,亚硫酸铵与二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵,B正确;
C、甲是铁,丁若是盐酸,则乙只能是氯化亚铁,而氯化亚铁与盐酸不再反应,C错误;
D、甲是氢氧化钠,丁是二氧化碳,则乙是碳酸钠,丙是碳酸氢钠,碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠,D正确。

答案选C。

7.一篇关于合成“纳米小人”的文章成为有机化学史上最受欢迎的文章之一、其中涉及到的一个反应为:
下列说法中正确的是
A.该反应的原子利用率为100%
B.化合物M的一氯代物有4种
C.化合物N中的17个碳原子一定共平面
D.化合物P能使酸性KMnO4溶液褪色,但不能使溴水褪色
【答案】B
【详解】
A.该反应是先进行加成反应,再进行水解反应得到的有机物,通过观察,产物中无Br原子,故原子利用率达不到100%,A错误;
B.如图()化合物M分子中有4种环境的氢原子,则其一氯代物有4种,B正确;
C.化合物N中有亚甲基和甲基,17个碳原子一定不共平面,C错误;
D.化合物P中有碳碳三键,可使酸性KMnO4溶液褪色,也能使溴水褪色,D错误;
故选B。

8.(“皖豫名校联盟体”2021届高三上学期第一次考试)一定条件下在密闭烧瓶内发生反应:
2NO 2(g)N2O4(g) △H<0。

下列说法正确的是( )
A.测定NO2的相对分子质量时,选择高温、高压条件时误差较小
B.将烧瓶放入热水中,正逆反应速率均加快,烧瓶内气体颜色加深
C.若向烧瓶内充入NO2,平衡向右移动,烧瓶内气体颜色比原来的浅
D.若向烧瓶内充入N2,烧瓶内压强增大,反应速率加快
【答案】B
【解析】
A.测定NO2的相对分子质量时,应尽可能让平衡左移,减小误差,高压有利于平衡正向移动,A错误;B.将烧瓶放入热水中,正逆反应速率均加快,平衡左移,烧瓶内气体颜色加深,B正确;
C.若向烧瓶内充入NO2,NO2浓度增大,平衡向右移动,烧瓶内气体颜色先加深后变浅,C错误;
D.若向烧瓶内充入N2,烧瓶内压强虽然增大,但由于参加反应的气体浓度不变,反应速率不变,D错误;答案选B。

9.(湖南省百校联考2021届高三上学期月考)氮元素是空气中含量最多的元素,在自然界中分布十分广泛,在生物体内亦有极大作用。

含氮元素的物质的循环转化关系如图。

下列说法正确的是()
A.过程b、j、c属于“氮的固定”B.过程a、l、f为非氧化还原反应
C.过程j可能为汽车尾气的处理过程D.过程h说明NO2为酸性氧化物
【答案】C
【解析】
A.氮的固定是指由游离态氮转化为化合态氮,图中属于“氮的固定”的是k和c,A错误;
B.非氧化还原反应中元素化合价不变,表示循环中发生非氧化还原反应的过程有a和l,B错误;
C.在汽车尾气中含有NO,在催化剂存在NO与CO反应产生N2和CO2,故过程j可能为汽车尾气的处理过程,C正确;
D.若反应h是在NO2与H2O的作用下实现,反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO,NO2与水反应除产生HNO3,还有H2O生成,N元素化合价发生了变化,因此NO2不是酸性氧化物,D错误;
故合理选项是C。

10.(广东省珠海市第一中学2021届高三10月联考)向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入H2SO4溶液,测得混合溶液的导电能力随时间的变化曲线如下图所示。

下列说法正确的是
A.AB段溶液的导电能力不断减弱,说明产物BaSO4是非电解质
SO=BaSO4↓+H2O
B.AB段反应的离子方程式为:Ba2++OH-+H++2-
4
C.BC段溶液的导电能力不断增强,说明过量的Ba(OH)2发生电离
NH和Cl-可以大量共存
D.BC段溶液中:Al3+、Na+、+
4
【答案】D
【解析】
A. AB段溶液的导电能力不断减弱,是因为硫酸与氢氧化钡反应,溶液中氢氧根离子和钡离子浓度不断下降、生成的硫酸钡难溶于水,不能说明产物BaSO4是非电解质,A错误;
SO=BaSO4↓+2H2O,B B. AB段为氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡和水,离子方程式为:Ba2++2OH-+2H++2-
4
错误;
C. BC段溶液的导电能力不断增强,则自由移动离子的浓度逐渐增大,说明过量的H2SO4发生电离,C错误;
NH分别能和H+不发生反应,可以大量共存,D正确;
D. BC段溶液含过量硫酸:Al3+、+
4
答案选D。

11.(江西省新余市第四中学2021届高三上学期第一次段考)某同学在实验室进行了如图所示的实验,下列说法中正确的是()
A.氯化铁溶液是电解质
B.Z烧杯中分散质的分离方法是过滤
C.Y中反应的离子方程式为:3CaCO3+2Fe3++3H2O= 2Fe(OH)3(胶体)+3CO2↑+3Ca2+
D.X、Z中分散系都能产生丁达尔效应
【答案】C
【解析】
A.氯化铁溶液是混合物,是电解质溶液,不属于电解质,故A错误;
B.Z烧杯中分散系为胶体,其分离方法是用半透膜渗析方法进行分离,故B错误;
C.铁离子水解显酸性,Y中反应的离子方程式为:3CaCO3+2Fe3++3H2O= 2Fe(OH)3(胶体)+3CO2↑+3Ca2+,故C正确;
D.X、Z中分散系,Z是胶体,能产生丁达尔效应,X是溶液,不能产生丁达尔效应,故D错误。

综上所述,答案为C。

12.(内蒙古赤峰二中2021届高三上学期第二次月考)下列实验、现象与结论正确且相符的是()实验现象结论
A
向盛有H2O2溶液的试管中加入
几滴酸化的硫酸亚铁溶液溶液变成棕黄色,一段时间后,
溶液中出现气泡,随后有红褐色
沉淀生成
Fe2+催化H2O2分解产生O2;H2O2
分解反应放热,促进Fe3+的水解
平衡正向移动
B
将充满NO2的密闭玻璃球浸泡
在热水中红棕色变深
反应:
2NO2 (g) N2O4(g)ΔH<0
C SO2通入新制氯水溶液褪色SO2具有漂白性
D 向2支盛有2mL相同浓度硝酸
银溶液的试管中,分别加入2滴
相同浓度的NaCl和NaI溶液
一支无明显现象,另一支产生黄
色沉淀
相同条件下,AgI比AgCl的溶
解度大
【答案】B
【解析】
A.向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液,溶液变成棕黄色,说明Fe2+被氧化为Fe3+;Fe3+是H2O2分解的催化剂,故一段时间后溶液中出现气泡;虽然双氧水分解放热能促进铁离子水解,但是水解只生成氢氧化钠胶体,不会生成氢氧化铁沉淀,A错误;
B.将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中,红棕色变深,说明升高温度,平衡移动,二氧化氮的浓度增大,则说明反应N2O4(g)2NO2(g) ΔH<0,故B正确;
C.二氧化硫气体通入氯水中发生氧化还原反应SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl,溶液褪色,体现了二氧化硫的
还原性,故C错误;
D.通常情况下,两支试管中都会生成沉淀。

若溶液浓度均很小,只生成碘化银沉淀而未生成氯化银沉淀,能说明AgCl的溶解度大于碘化银,故D错误。

故选B。

13.(河南省三门峡市2021届高三10月阶段性考试)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X的原子半径小于Y的原子半径,Z的单质是空气中含量最高的气体,W原子最外层比Y原子最外层少1个电子,W的单质制得的金属容器常温下可盛装浓硫酸。

下列说法正确的是
A.Y 与X可以分别形成原子个数比为1:1、1:2、1:3、1:4的化合物
B.最高价氧化物对应的水化物酸性:Y>Z>W
C.原子半径:X<Y<Z<W
D.简单离子半径:W>Z
【答案】A
【解析】
【分析】
Z的单质是空气中含量最高的气体,Z为N元素;X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X的原子半径小于Y的原子半径,X为第一周期的H元素;W单质制得的金属容器常温下可盛装浓硫酸,W为Al元素;W 原子最外层比Y原子最外层少1个电子,Y为C元素。

【详解】
A项,Y与X可形成原子个数比为1:1(如C2H2、苯等)、1:2(如C2H4等单烯烃)、1:3(CH3CH3)、1:4(CH4)的化合物,A项正确;
B项,根据同周期从左到右最高价氧化物对应水化物酸性依次增强,同主族从上到下最高价氧化物对应水化物酸性依次减弱,最高价氧化物对应水化物的酸性:Z>Y>W,B项错误;
C项,根据“层多径大,序大径小”,原子半径:X<Z<Y<W,C项错误;
D项,W和Z的简单离子具有相同电子层结构,根据“序大径小”,简单离子半径:Z>W,D项错误;
答案选A。

14.(黑龙江省大庆市铁人中学2021届高三上学期期中)已知氧化还原反应:2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O。

则有关该反应的说法正确的是()
A.当1molCu(IO3)2发生反应共转移的电子为10mol B.反应中KI被氧化
C.I2是氧化产物CuI是还原产物D.当1molCu(IO3)2发生反应被Cu2+氧化的I—为2mol
【答案】B
【解析】 【分析】
由方程式2Cu (IO 3)2+24KI+12H 2SO 4=2CuI↓+13I 2+12K 2SO 4+12H 2O 可知,Cu (IO 3)2中,Cu 元素的化合价由+2价降低为+1价,I 元素的化合价由+5价降低为0,则Cu (IO 3)2为氧化剂,所以1mol 氧化剂在反应中得到的电子为1mol×(2-1)+2mol×(5-0)=11mol ,KI 中I 元素的化合价由-1价升高为0,则KI 为还原剂被氧化,所以当1mol 氧化剂参加反应时,被氧化的物质的物质的量为11mol 。

【详解】
当1molCu(IO 3)2发生反应,有11molKI 被氧化,转移11mol 电子,A 错误;反应中KI 做还原剂,被氧化,B 正确;反应中,生成物I 2既是氧化产物,又是还原产物,C 错误;当1molCu(IO 3)2发生反应被Cu 2+氧化的I —为1mol ,D 错误。

故选B 。

15.(山东省济南外国语学校2021届高三10月月考)氢能源是最具应用前景的能源之一。

可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢,工作原理如图所示(电极l 、电极2均为惰性电极)。

下列说法错误的是
A .控制连接开关K 1或K 2,可交替得到H 2和O 2
B .碱性电解液改为酸性电解池能达到同样目的
C .接通K 1时电极3上的电极反应式为Ni(OH)2+OH --e -=NiOOH+H 2O
D .电极3在交替连接K 1或K 2过程中得以循环使用 【答案】B 【解析】
A. 连接开关K 1时,电极1为阴极,发生的电极反应为:22222H O e OH H --
+=+↑,电极3为阳极,发
生的电极反应为:Ni(OH)2+OH --e -=NiOOH+H 2O ,连接开关K 2时,电极3为阴极,发生的电极反应为:
()22NiOOH H O e Ni OH OH --++=+,电极2为阳极,发生的电极反应为:
22442OH e O H O ---=↑+,故可交替得到H 2和O 2,故A 正确;
B. 如果碱性电解液改为酸性电解池,电极3上的物质Ni(OH)2和NiOOH均能与酸反应,故B错误;
C. 由A分析可知接通K1时电极3上的电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O,故C正确;
D. 由A分析可知,电极3在交替连接K1或K2过程中得以循环使用,故D正确;
本题答案为B。

16.(湖北省襄阳市五校2021届高三上学期期中)固体化合物X由3种元素组成。

某学习小组进行了如下实验:
下列推断不正确的是()
A.由现象1得出化合物X含有氧元素
B.固体混合物Y的成分是Cu和KOH
C.X的化学式K2CuO2
D.若X与浓盐酸反应产生黄绿色气体,则反应中X作氧化剂
【答案】C
【解析】
【分析】
固体X经H2还原后得到的混合气体能使白色CuSO4变为蓝色,则说明产物中有水蒸气,即化合物X中含有O元素;最终所得固体单质呈紫红色,则该单质为Cu,说明化合物X含有Cu元素,且m(Cu)=1.28g,
则2.7g X中含有n(Cu)=
1.28g
64g/mol
=0.02mol;最终所得碱性溶液的焰色反应为紫色,则说明化合物X中含有
K,该碱性溶液为KOH,且n(KOH)=n(HCl)=0.02mol;经H2还原后,所得固体混合物Y的成分是Cu和KOH;综上所述,2.7g化合物X含1.28g Cu、0.02mol K和O元素,则m(O)=2.7g-1.28g-0.02mol×39g/mol=0.64g,
则n(O)=
0.64g
16g/mol
=0.04mol,即2.7g化合物X含0.02mol Cu、0.02mol K、0.04mol O,故化合物X的化学
式为KCuO2,据此分析解答。

【详解】
A.由现象1为混合气体能使白色CuSO4变为蓝色,说明经H2还原的产物中有水蒸气,从而得出化合物X 含有O元素,故A正确;
B .根据分析,固体混合物Y 的成分是Cu 和KOH ,故B 正确;
C .根据分析,X 的化学式KCuO 2,故C 错误;
D .若X 与浓盐酸反应产生黄绿色气体Cl 2,Cl 元素的化合价由-1价变为0价,化合价升高被氧化,则浓盐酸做还原剂,X 作氧化剂,故D 正确;
答案选C 。

二、非选择题:本题共5小题,52分。

17.(10分)(湖南省五市十校教研教改共同体2021届高三上学期10月大联考)某待测液中可能含有等物质的量的Na +、+4NH 、Mg 2+、Al 3+、Fe 2+、Cl -、()4Al OH -、2-3CO 、2-
4SO 中的若干种离子,取该待测液进行如下实验:
针对该实验结果,回答下列问题:
(1)该待测液中一定含有的离子有________;气体B 分子的电子式为________。

(2)写出生成无色气体A 时的离子反应方程式:__________。

(3)写出沉淀Y 热分解产物的一种用途:________。

(4)在催化剂作用下气体A 与气体B 可以反应转化为对环境无害的物质,该反应所得氧化产物与还原产物的质量之比为________。

(5)写出生成沉淀Z 时的离子反应方程式:_____________。

【答案】+4NH 、Fe 2+、Cl -、2-4SO
3Fe 2++-3NO +4H +=2H 2O+3Fe 3++NO↑ 制作红色颜料 2:3 Ba 2++2OH -+CO 2=BaCO 3↓+H 2O
【解析】
【分析】
滴加足量的稀硫酸过程中无明显的现象,可以得出该待测中无()4Al OH -
、2-3CO 离子,再滴加足量的硝酸钡溶液时,能够产生无色气体,说明原溶液中一定含有还原性离子,即含有Fe 2+离子,生成气体A 的反应为3Fe 2++3NO -
+4H +=3Fe 3++NO↑+2H 2O ,此酸性溶液中能够形成白色沉淀一定是BaSO 4沉淀,第三步加入过量的烧碱溶液加热能够生成气体B 一定为NH 3,原待测溶液中一定含有+4NH ,Fe 3+与OH -形成沉淀Y 即
Fe(OH)3,根据待测液中含有等物质的量Fe 2+和+4NH ,由电荷守恒,可以得出原待测溶液中一定含Cl-、
2-4SO 两种阴离子,滤液2中通入少量CO 2,生成BaCO 3沉淀Z ;据此解答。

【详解】 (1)由上述分析可知,该待测液中一定含有的离子有+4NH 、Fe 2+、Cl -、2-4SO ,气体B 为NH 3,其结构中N 原子与每个H 原子形成一对共用电子对,电子式为
;答案为+4NH 、Fe 2+、Cl -、2-4SO ,。

(2)由上述分析可知,Fe 2+与H +、3NO -发生氧化还原反应,生成NO 气体,其离子方程式为
3Fe 2++3NO -+4H +=3Fe 3++NO↑+2H 2O ;答案为3Fe 2++3NO -
+4H +=3Fe 3++NO↑+2H 2O 。

(3)由上述分析可知,沉淀Y 为Fe(OH)3,加热分解得到Fe 2O 3,即2Fe(OH)3Δ= Fe 2O 3+3H 2O ,Fe 2O 3是红棕色,可作红色颜料;答案为制作红色颜料。

(4)由上述分析可知,气体A 为NO ,气体B 为NH 3,在催化剂作用下二者发生反应,转化为对环境无害的物质N 2和H 2O ,即4NH 3+6NO Δ=催化剂5N 2+6H 2O ,N 2既是氧化产物又是还原产物,其中NH 3失电子,是还原剂,得到氧化产物,NO 得电子,是氧化剂,得到还原产物,氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:3;答案为2:3。

(5)由上述分析可知,沉淀Z 为BaCO 3沉淀,其离子方程式为Ba 2++2OH -+CO 2=BaCO 3↓+H 2O ;答案为Ba 2++2OH -+CO 2=BaCO 3↓+H 2O 。

18.(10分)(湖南省百校联考2021届高三上学期月考)SO 2在生产、生活中具有重要的作用,据所学知识回答相关问题。

(1)SO 2通入Na 2CO 3溶液中有CO 2生成,说明H 2SO 3具有___(填“酸性”“氧化性”“还原性”或“漂白性”,下同),SO 2通入品红溶液中,品红溶液褪色,说明SO 2具有___。

(2)已知SO 2通入FeCl 3溶液会发生反应,还原产物为___ (填化学式,下同),氧化产物为___。

(3)向含锌粉的悬浊液中通入SO 2可制备ZnS 2O 4。

①当该反应中有0.1mol 电子转移时,则生成ZnS 2O 4___g 。

②向反应后的溶液中加入过量盐酸,溶液出现黄色浑浊,且有刺激性气体产生,反应的化学方程式为___。

(4)已知室温下,ZnSO 3微溶于水,Zn(HSO 3)2易溶于水。

ZnO 水悬浊液常用于吸收烟气中的SO 2。

向ZnO 水悬浊液中缓慢匀速通入SO 2,在开始吸收的40min 内,SO 2吸收率、溶液pH 的变化如图。

0~20min内,溶液pH几乎不变的原因是___,SO2吸收率在30min后迅速降低,其原因是___。

【答案】酸性漂白性FeCl2H2SO49.65 2ZnS2O4+4HC1=2ZnCl2+S↓ +2H2O+3SO2↑
0~20min内,悬浊液中的ZnO吸收大量SO2,生成微溶于水的ZnSO3,此时溶液pH几乎不变一旦ZnO 完全反应生成ZnSO3后,ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2,此时溶液pH遂渐变小,SO2的吸收率迅速降低
【解析】
【分析】
【详解】
(1)SO2通入Na2CO3溶液中有CO2生成,说明H2SO3具有酸性,酸性H2SO3强于H2CO3;SO2通入品红溶液中,品红溶液褪色,说明SO2具有漂白性;
(2)SO2通入FeCl3溶液会发生离子反应SO2+2FeCl3+2H2O =2FeCl2+H2SO4+2HCl,反应中FeCl3中铁元素化合价由+3价降为+2价被还原,生成FeCl2,则还原产物为FeCl2;SO2中硫元素化合价由+4价升为+6价,生成H2SO4,则氧化产物为H2SO4;
(3)向含锌粉的悬浊液中通入SO2可制备ZnS2O4,发生反应的化学方程式为Zn+2SO2=ZnS2O4;
①根据反应Zn+2SO2=ZnS2O4可知,当该反应中有0.1mol电子转移时,则生成0.05molZnS2O4,质量为0.05mol 193g/mol=9.65g;
②向反应后的溶液中加入过量盐酸,溶液出现黄色浑浊,且有刺激性气体产生,则生成硫单质和二氧化硫,根据氧化还原反应配平可得反应的化学方程式为2ZnS2O4+4HC1=2ZnCl2+S↓ +2H2O+3SO2↑;
(4)根据图中信息可知0~20min内,悬浊液中的ZnO吸收大量SO2,生成微溶于水的ZnSO3,此时溶液pH几乎不变;
一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后,ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2,此时溶液pH遂渐变小,SO2的吸收率迅速降低。

19.(10分)(河南省南阳市第一中学校2021届高三第三次月考)硫酸锰是一种重要的化工中间体,是锰行业研究的热点。

一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下:
已知:①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。

②金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如图所示(25℃):
③此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH为7.54;当离子浓度≤10−5mol·L−1时,可认为离子沉淀完全。

请回答:
(1)传统工艺处理高硫锰矿时,不经“混合焙烧”,而是直接用H2SO4浸出,其缺点为____。

(2)“氧化”时,发生反应的离子方程式为____。

若省略“氧化”步骤,造成的后果是____。

(3)“中和除杂”时,生成沉淀的主要成分为____(填化学式)。

(4)“氟化除杂”时,若使溶液中的Mg2+和Ca2+沉淀完全,需维持c(F-)不低于____。

(已知:
K sp(MgF2)=6.4×10−10;K sp(CaF2)=3.6×10−12)
(5)“碳化结晶”时,发生反应的离子方程式为_____。

(6)用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2,电解过程中阳极的电极反应式为____。

【答案】产生硫化氢等气体,污染环境MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠,造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全,影响产品纯度) Fe(OH)3、Al(OH)38×10−3mol·L−1
Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+
【解析】
【分析】
高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧,得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、
MgO,加入硫酸,得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液,加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去,再加入碳酸钙中和,将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去,加入MnF2除杂,使溶液中的Mg2+沉淀完全,此时溶液中的金属离子为锰离子,加入碳酸铵发生Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O,加入硫酸溶解硫酸锰,经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物,据此分析。

【详解】
(1)高锰矿含有FeS,传统工艺处理高硫锰矿时,不经“混合焙烧”,而是直接用H2SO4浸出,产生硫化氢等气体,污染环境;故答案为:产生硫化氢等气体,污染环境;
(2)氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子,离子方程式为:MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O;若省略“氧化”步骤,根据图表Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠,造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全,影响产品纯度);故答案为:MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O;Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠,造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全,影响产品纯度);
(3)“中和除杂”时,铁离子与铝离子与加入的碳酸根离子之间发生双水解反应得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀;故答案为:Fe(OH)3、Al(OH)3;
(4)已知:Ksp(MgF2)=6.4×10−10,若使溶液中的Mg2+沉淀完全,需维持c(F−)不低于
-3
⨯,故答案为:8×10−3mol·L−1;
10mol/L
(5)“碳化结晶”时,发生反应的离子方程式为:Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O;
故答案为:Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O;
(6)用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2,电解过程中阳极发生氧化反应,元素化合价升高,故为硫酸锰失去电子生成二氧化锰,电极反应式为:Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+,故答案为:
Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+。

20.(12分)(四川省成都市树德中学2021届高三上学期10月阶段性测试)实验室利用如图装置探究SO2还原CuO,并进一步检测产物含量。

已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。

回答下列相关问题:
Ⅰ.SO2还原CuO的探究
(1)装置B中宜放入的试剂为___,消膜泡的作用是__。

(2)使用98%的H2SO4溶液制备SO2的速率明显小于使用65%的H2SO4溶液制备SO2,原因是__。

(3)充分反应后,黑色固体变为红色。

取C中适量的产物,加水后溶液显蓝色并有红色沉淀物,取红色沉淀物滴加盐酸,溶液又呈蓝色并仍有少量红色不溶物,由此可以得出SO2与CuO反应的方程式为__。

Ⅱ.生成物中CuSO4含量检测
(4)用“碘量法”测定产物中CuSO4含量。

取mg固体溶解于水配制为250mL溶液,取20.00mL溶液滴加几滴稀硫酸,再加入过量KI溶液,以淀粉为指示剂用Na2S2O3标准溶液滴定,相关化学反应为
2Cu2++4I-=2CuI↓+I2,I 2+I-I3-,I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。

①Na2S2O3标准溶液易变质,滴定前需要标定。

配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、___、玻璃棒和试剂瓶。

②若消耗0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液VmL,则产物中CuSO4质量分数为____(写表达式)。

③CuI沉淀物对I3-具有强的吸附能力,由此会造成CuSO4质量分数测定值____(填“偏大”或“偏小”)。

为减少实验误差,滴定过程中,常常在接近终点时加入KSCN,使CuI转化为溶解度更小的CuSCN,该沉淀物对I3-吸附能力极弱,KSCN加入太早,I2的浓度较大,I2会将SCN-氧化生成SO42-和ICN,该反应的离子方程式为___。

【答案】浓硫酸防止B中液体被吹入装置C中98%的H2SO4溶液中c(H+)较小,反应速率较小
3CuO+SO2CuSO4+Cu2O 量筒
250
0.1000V160
25
m1000
⨯⨯⨯

×100% 偏小
SCN-+4I2+4H2O=SO42-+7I-+ICN+8H+【解析】
【分析】。

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