福建省厦门市2015届高考化学5月模拟试卷(含解析)

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福建省厦门市2015届高考化学模拟试卷(5月份)
一、选择题(共7小题,每小题6分,满分42分)
1.(6分)下列生产过程中,不涉及氧化还原反应的是()
A.氯碱工业B.制普通玻璃C.海水提溴D.工业制硝酸
2.(6分)下列物质所含粒子数为0.1N A(N A为阿伏加德罗常数的值)的是()
A.0.1molNa2O2所含的阴离子
B.1L0.1mol•L﹣1氨水中的NH4+
C.12.5mL16mol•L﹣1的浓硫酸能溶解的Cu
D.4.6gNO2气体所含的分子
3.(6分)乙烯的相关转化关系如图.下列说法正确的是()
A.聚乙烯是纯净物
B.X为C12
C.CH3OCH3与甲互为同分异构体
D.甲→乙反应类型为取代反应
4.(6分)常温下,对于pH=11的NaOH溶液,下列说法错误的是()
A.c(OH﹣)=c(Na+)+c(H+)
B.该溶液中的c(OH﹣)=1.0×10﹣3mol•L﹣1
C.加水稀释104倍所得溶液显碱性
D.与pH=3的HF溶液等体积混合所得溶液:c(Na+)=c(F﹣)+c(HF)
5.(6分)关于如图所示实验的说法不正确的是()
A.乙中产生的气泡是C02
B.丙中液体可产生丁达尔现象
C.若忽略溶液体积的变化,烧杯中c(Cl﹣)不发生变化
D.若将CaC03换成CaS04也可得到相同的实验现象
6.(6分)我国科学家构建了一种双室微生物燃料电池,以苯酚(C6H6O)为燃料,同时消除酸性废水中的硝酸盐.下列说法正确的是
()
A.a为正极
B.左池电极反应式为C6H6O+11H2O﹣28e﹣=6CO2↑+28H+
C.若右池产生0.672L气体(标况下),则转移电子0.15mol
D.左池消耗的苯酚与右池消耗的NO的物质的量之比为28:5
7.(6分)用TiO2负载MoO3催化剂使有机物R催化脱硫,负载MoO3的量对反应脱硫率的影响如图.下列说法正确的是()
A.负载MoO3的量越大,平衡常数越大
B.当反应时间小于0.5h,脱硫率为0
C.1.6h负载MoO3的量为10%和15%的脱硫率相等
D.0.5~1.2h时,负载MoO3的量越大,脱硫速率越大
二、必考题(共3小题,满分45分)
8.(14分)天然气的主要成分是甲烷,含有少量的羰基硫(COS)、乙硫醇(C2H5SH)等气体.(1)组成羰基硫的元素中,原子半径最小的元素在周期表中的位置是.
(2)乙硫醇有特殊气味,是天然气的臭味指示剂.乙硫醇可以看作是乙醇分子中羟基(﹣OH)被﹣SH取代,则乙硫醇的结构式为.
(3)下列事实可用于比较C与S两种元素非金属性(原子得电子能力)相对强弱的是(填序号).
a.沸点:H2S>CH4 b.元素在周期表中的位置 c.酸性:H2SO3>H2CO3 d.同温同浓度水溶液的pH:Na2CO3>Na2SO4
(4)羰基硫水解及利用的过程如下(部分产物已略去):COS H2S Na2S溶液X
溶液+H2
①常温下,在反应Ⅱ中,每吸收lgH2S气体放出热量a kJ,其热化学方程式为.
②已知X溶液中硫元素的主要存在形式为S2O32﹣,则反应Ⅲ中生成该离子的离子方程式为.
③如图是反应Ⅲ中,在不同反应温度下,反应时间与H2产量的关系图(Na2S初始含量为
3mmo1).请结合图象数据解释X溶液中除S2O32﹣外,还有SO32﹣、SO42﹣的原因.答:.
9.(15分)某工厂回收电镀污泥中的
铜和镍,工艺流程如图:
(1)下列措施中,可提高步骤①浸出速率的是.
a.加热 b.增大压强 c.延长浸出时间 d.适当提高硫酸的浓度
e.及时分离出产物
(2)步骤②电解过程中铜粉在(填“阴“或“阳”)极产生.若始终没有观察到气体生成,则该电解过程的离子方程式为.
(3)已知FePO4、.A1PO4、Ni3(PO4)2的K ap分别为1.0x l0﹣22、1.0x l0﹣19、4.0x 10﹣31步骤②所得溶液中c(Ni2+)为O.1mo1•L﹣1.步骤③反应后溶液中c(PO43﹣)理论上应控制的范围是mo1•L﹣1(离子浓度小于1O﹣5mo1•L﹣1可视为沉淀完全).
(4)步骤④的萃取原理为NiSO4(水层)+2(HA)2(有机层)⇌Ni(HA2)2(有机层)+H2SO4(水层)为促使上述平衡向正反应方向移动,可采取的具体措施是(写一条即可).
(5)步骤⑤中作为反萃取剂的最佳试剂为(填名称).
(6)该工艺流程中,可以循环使用的物质有.
10.(16分)有关铝的几个实验如下.请填写下列空白.
实验一毛刷实验
实验过程如图1.
(1)配制Hg(NO3)2溶液时,为抑制水解,需加入少量的.
(2)铝导线放NaOH溶液的目的是除去表面的氧化膜,其化学方程式为.
(3)生成白色毛状物的实质是铝发生电化腐蚀生成A12O3,其中作正极材料的是
(填序号).
a.O2 b.A1 c.Hg(NO3)2 d.Hg
实验二探究白色毛状物是否含有结晶水
取适量白色毛状物样品放入仪器X称量,质量为m1 g
(4)图2中仪器X应选用以下哪个装置(填名称).
(5)上述过程中“冷却“时要在图3所示的装置中进行的原因是.
(6)根据所得实验资料,能说明白色毛状物含结晶水的证据是(用代数式表示).
实验三验证A12O3对石蜡油裂解的催化作用按图4连好装置,检查装置的气密性,加入5~6g Al2O3,加热到500℃左右,往Al2O3上滴入石蜡油.已知:石蜡油为液态烷烃混合物(与汽油类似),沸点164~223℃.一定条件下,其裂解产物为乙烯和烷烃的混合物.
(7)使用装置B的目的是.
(8)需要再补充一个实验才能证明Al2O3对石蜡油裂解反应有催化作用,请简述其实验方案:.
三、选修题:【物质结构与性质】(共1小题,满分13分)
11.(13分)铜及其化合物在现代生活中应用广泛.
(1)用黄铜矿炼铜的最后一步反应为:Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2↑
①硫元素的基态原子核外电子排布式为.
②铜元素的电离能:I1I2(填“>“或“<“).
③反应中形成的化学键类型为.
(2)硫酸铜与有机物X按1:2反应生成配合物M,其配离子结构如图.已知A为第二周期元素.
①配合物M的晶体类型为.
②构成配离子的元素中,有两种元素基态原子未成对电子数相同,这两种元素的电负性从大到小的顺序是(填元素符号).
③1mo1有机物X中含σ键的数目为.
(3)Cu2+在生成2+时,核外3d轨道上的1个未成对电子跃迁到4p轨道上,则Cu2+的轨道杂化方式不是sp3的原因是.
四、选修题:【有机化学基础】(共1小题,共0分)
12.几种解热镇痛药的结构如下:
(1)阿司匹林和布洛芬含有的酸性官能团为(填名称).
(2)1mol阿司匹林分别与足量NaOH溶液、NaHCO3溶液反应,消耗溶质的物质的量之比为.(3)扑热息痛与足量NaOH溶液反应的化学方程式为.
(4)某医药中间体的合成如下:
①反应II的反应类型为.
②若B与扑热息痛互为同分异构体,则A的结构简式为.
③若X的分子式为C3H6O2,且D能发生银镜反应,则D的结构简式可能为.
④若E为热固性很好的功能高分子,则反应V的化学方程式为.
福建省厦门市2015届高考化学模拟试卷(5月份)
参考答案与试题解析
一、选择题(共7小题,每小题6分,满分42分)
1.(6分)下列生产过程中,不涉及氧化还原反应的是()
A.氯碱工业B.制普通玻璃C.海水提溴D.工业制硝酸
考点:氧化还原反应.
分析:判断物质发生反应时,所含元素的化合价是否发生变化,如化合价发生变化,则发生氧化还原反应.
解答:解:A.氯碱工业生成Cl2、H2,存在化合价的变化,为氧化还原反应,故A不选;B.玻璃工业的反应类型主要是复分解反应,不涉及氧化还原反应,故B选;
C.海水中溴存在于化合物中,海水提溴时,溴元素化合价升高,发生氧化还原反应,故C不选;
D.硝酸工业存在N2+3H22NH3、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO,这几个反应都有电子的转移,所以涉及氧化还原反应,故D不选.
故选B.
点评:本题考查氧化还原反应,题目难度不大,本题注意常见工业生产原理,注重基础知识的积累.
2.(6分)下列物质所含粒子数为0.1N A(N A为阿伏加德罗常数的值)的是()
A.0.1molNa2O2所含的阴离子
B.1L0.1mol•L﹣1氨水中的NH4+
C.12.5mL16mol•L﹣1的浓硫酸能溶解的Cu
D.4.6gNO2气体所含的分子
考点:阿伏加德罗常数.
分析:A、Na2O2由2个钠离子和1mol过氧根构成;
B、铵根离子是弱碱阳离子,在溶液中会水解;
C、铜只能与浓硫酸反应,与稀硫酸不反应;
D、二氧化氮气体中存在平衡:2NO2⇌N2O4,导致气体分子数减少.
解答:解:A、Na2O2由2个钠离子和1mol过氧根构成,故0.1mol过氧化钠中含0.1mol阴离子,即0.1N A个,故A正确;
B、铵根离子是弱碱阳离子,在溶液中会水解,故在溶液中含有的铵根离子的物质的量小于
0.1mol,小于0.1N A个,故B错误;
C、铜只能与浓硫酸反应,与稀硫酸不反应,则12.5mL16mol•L﹣1的浓硫酸即0.2mol浓硫酸不能完全反应,则能溶解的铜的物质的量小于0.1mol,故C错误;
D、4.6g二氧化氮的物质的量即0.1mol,而二氧化氮气体中存在平衡:2NO2⇌N2O4,导致气体分子数减少,故气体中的分子个数小于0.1N A个,故D错误.
故选A.
点评:本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的运用和物质的结构是解题关键,难度不大.
3.(6分)乙烯的相关转化关系如图.下列说法正确的是()
A.聚乙烯是纯净物
B.X为C12
C.CH3OCH3与甲互为同分异构体
D.甲→乙反应类型为取代反应
考点:乙烯的化学性质;同分异构现象和同分异构体;乙醇的化学性质.
分析:A、乙烯发生加聚反应生成聚乙烯,聚乙烯中聚合度不同;
B、乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷;
C、乙烯与水发生加成反应生成乙醇;
D、乙醇在铜作催化剂条件下生成乙醛.
解答:解:A、聚乙烯中由于聚合度你n不同,故聚乙烯为混合物,故A错误;
B、乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷,故X是HCl,不是氯气,故B错误;
C、乙烯与水发生加成反应生成乙醇,乙醇的分子式为CH3CH2OH,与甲醚是同分异构体,故C 正确;
D、乙醇在铜作催化剂条件下生成乙醛,此反应属于氧化反应,故D错误,
故选C.
点评:本题主要考查的是乙烯的性质,涉及反应类型的判断、试剂的选择等,难度不大.
4.(6分)常温下,对于pH=11的NaOH溶液,下列说法错误的是()
A.c(OH﹣)=c(Na+)+c(H+)
B.该溶液中的c(OH﹣)=1.0×10﹣3mol•L﹣1
C.加水稀释104倍所得溶液显碱性
D.与pH=3的HF溶液等体积混合所得溶液:c(Na+)=c(F﹣)+c(HF)
考点:离子浓度大小的比较;钠的重要化合物.
分析:A.根据氢氧化钠溶液中的电荷守恒判断;
B.该溶液中的c(H+)=1.0×10﹣11mol•L﹣1,结合常温下水的离子积计算出溶液中氢氧根离子浓度;
C.碱溶液稀释后仍然为碱溶液,不可能变成酸性溶液;
D.HF为弱酸,混合液中HF过量,反应后的溶液显示酸性,则c(OH﹣)<c(H+),再结合电荷守恒判断.
解答:解:A.根据NaOH溶液中的电荷守恒可得:c(OH﹣)=c(Na+)+c(H+),故A正确;B.常温下,对于pH=11的NaOH溶液,c(H+)=1.0×10﹣11mol•L﹣1,则氢氧根离子浓度为:c
(OH﹣)=mol/L=1.0×10﹣3mol•L﹣1,故B正确;
C.原溶液中的c(OH﹣)=1.0×10﹣3mol•L﹣1,加水稀释104倍所得溶液中氢氧根离子浓度只能接近1.0×10﹣7mol•L﹣1,仍然为碱性溶液,故C正确;
D.pH=3的HF溶液中氢离子浓度为1.0×10﹣11mol•L﹣1,由于HF为弱电解质,则HF的浓度大于1.0×10﹣11mol•L﹣1,所以混合液中HF过量,混合液呈酸性:c(OH﹣)<c(H+),根据电荷守恒可知:c(Na+)<c(F﹣),则c(Na+)<c(F﹣)+c(HF),故D错误;
故选D.
点评:本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识,题目难度中等,明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义为解答关键,注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及计算方法.
5.(6分)关于如图所示实验的说法不正确的是()
A.乙中产生的气泡是C02
B.丙中液体可产生丁达尔现象
C.若忽略溶液体积的变化,烧杯中c(Cl﹣)不发生变化
D.若将CaC03换成CaS04也可得到相同的实验现象
考点:盐类水解的应用.
分析:A.氯化铁溶液中铁离子水解显酸性,和碳酸钙反应生成二氧化碳;
B.氯化铁水解形成氢氧化铁胶体,胶体具有“丁达尔效应”;
C.Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+,碳酸钙和酸反应促进水解形成氢氧化铁胶体,烧杯中c(Cl ﹣)不发生变化;
D.CaS04与氢离子不反应.
解答:解:A.氯化铁溶液中铁离子水解显酸性,和碳酸钙反应生成二氧化碳,反应过程中产生的气泡是CO2气体,故A正确;
B.丙中最终所得红褐色液体为氢氧化铁胶体,胶体具有“丁达尔效应”,故B正确;
C.铁离子水解显酸性,碳酸钙和酸反应促进水解形成氢氧化铁胶体,最终所得红褐色液体为氢氧化铁胶体,烧杯中c(Cl﹣)不发生变化,故C正确;
D.CaS04与氢离子不反应,所以若将CaC03换成CaS04不会产生气泡,则实验现象不同,故D 错误;
故选D.
点评:本题考查了盐类水解原理、影响水解平衡的分析应用,掌握基础是关键,题目难度中等,侧重于考查学生的分析能力和解决问题的能力.
6.(6分)我国科学家构建了一种双室微生物燃料电池,以苯酚(C6H6O)为燃料,同时消除酸性废水中的硝酸盐.下列说法正确的是
()
A.a为正极
B.左池电极反应式为C6H6O+11H2O﹣28e﹣=6CO2↑+28H+
C.若右池产生0.672L气体(标况下),则转移电子0.15mol
D.左池消耗的苯酚与右池消耗的NO的物质的量之比为28:5
考点:原电池和电解池的工作原理.
分析:该原电池中,硝酸根离子得电子发生还原反应,则右边装置中电极b是正极,电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O,左边装置电极a是负极,负极上C6H6O失电子发生氧化反应生成二氧化碳,电极反应式为C6H6O+11H2O﹣28e﹣=6CO2↑+28H+,据此分析解答.
解答:解:该原电池中,硝酸根离子得电子发生还原反应,则右边装置中电极b是正极,电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O,左边装置电极a是负极,负极上C6H6O失电子发生氧化反应生成二氧化碳,电极反应式为C6H6O+11H2O﹣28e﹣=6CO2↑+28H+,
A.该原电池中,左边装置电极a是负极,故A错误;
B.左边装置电极a是负极,负极上C6H6O失电子发生氧化反应生成二氧化碳,电极反应式为C6H6O+11H2O﹣28e﹣=6CO2↑+28H+,故B正确;
C.右边装置中电极b是正极,电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O,产生0.672L气体(标况下),则转移电子×10=0.3mol,故C错误;
D.放电时,右边装置中电极b是正极,电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O,左边装置电极a是负极,电极反应式为C6H6O+11H2O﹣28e﹣=6CO2↑+28H+,根据得失电子守恒,则消耗的苯酚与右池消耗的NO3﹣的物质的量之比为5:28,故D错误;
故选B.
点评:本题考查化学电源新型电池,侧重考查学生获取信息、分析推断能力,根据N元素化合价变化确定正负极,难点是电极反应式的书写,且原电池和电解池原理是2015届高考高频点,要熟练掌握.
7.(6分)用TiO2负载MoO3催化剂使有机物R催化脱硫,负载MoO3的量对反应脱硫率的影响如图.下列说法正确的是()
A.负载MoO3的量越大,平衡常数越大
B.当反应时间小于0.5h,脱硫率为0
C.1.6h负载MoO3的量为10%和15%的脱硫率相等
D.0.5~1.2h时,负载MoO3的量越大,脱硫速率越大
考点:产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线.
分析:A、根据平衡常数仅与温度有关判断;
B、根据图象分析,当反应时间小于0.5h,反应仍然在进行;
C、根据图象分析,以1.6h作垂线,分析负载MoO3的量为10%和15%的脱硫率的纵坐标大小;
D、根据图象分析,0.5~1.2h时内任一点作垂线,依据负载MoO3的量的变化分析纵坐标脱硫速率的变化.
解答:解:A、根据平衡常数仅与温度有关,所以负载MoO3的量越大,平衡常数不变,故A 错误;
B、根据图象,当反应时间小于0.5h,反应仍然在进行,脱硫率较小,但不等于0,故B错误;
C、根据图象,以1.6h作垂线,负载MoO3的量为10%和15%的脱硫率相等,故C正确;
D、根据图象,0.5~1.2h时内任一点作垂线,负载MoO3的量越大,脱硫速率也越大,故D正确;
故选CD.
点评:本题考查学生的识图能力,要求学生具有分析和解决问题的能力,难度不大.
二、必考题(共3小题,满分45分)
8.(14分)天然气的主要成分是甲烷,含有少量的羰基硫(COS)、乙硫醇(C2H5SH)等气体.
(1)组成羰基硫的元素中,原子半径最小的元素在周期表中的位置是第二周期第VIA族.(2)乙硫醇有特殊气味,是天然气的臭味指示剂.乙硫醇可以看作是乙醇分子中羟基(﹣OH)
被﹣SH取代,则乙硫醇的结构式为.
(3)下列事实可用于比较C与S两种元素非金属性(原子得电子能力)相对强弱的是d(填序号).
a.沸点:H2S>CH4 b.元素在周期表中的位置 c.酸性:H2SO3>H2CO3 d.同温同浓度水溶液的pH:Na2CO3>Na2SO4
(4)羰基硫水解及利用的过程如下(部分产物已略去):COS H2S Na2S溶液X
溶液+H2
①常温下,在反应Ⅱ中,每吸收lgH2S气体放出热量a kJ,其热化学方程式为H2S(g)+2NaOH (aq)=Na2S(aq)+2H2O(l)△H=﹣34akJ/mol.
②已知X溶液中硫元素的主要存在形式为S2O32﹣,则反应Ⅲ中生成该离子的离子方程式为2S2﹣+5H2O=S2O32﹣+4H2↑+2OH﹣.
③如图是反应Ⅲ中,在不同反应温度下,反应时间与H2产量的关系图(Na2S初始含量为
3mmo1).请结合图象数据解释X溶液中除S2O32﹣外,还有SO32﹣、SO42﹣的原因.答:从图形可知,
>2,故部分硫元素的化合价将高于+2价.
考点:含硫物质的性质及综合应用;结构式;离子方程式的书写;非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律;热化学方程式.
分析:(1)电子层数越多,原子半径越大,电子层数相同的,原子序数越大,半径越小;(2)根据乙醇的结构式分析;
(3)比较非金属性强弱,可以通过氢化物的稳定性、单质的氧化性、最高价氧化物水化物的酸性等角度分析;
(4)①常温下,在反应Ⅱ中,每吸收lgH2S气体放出热量a kJ,然后求出34g硫化氢即1mol 反应的热效应,然后写出其热化学方程式;
②硫化钠与水反应生成S2O32﹣、氢气和氢氧化钠,根据电子守恒和原子守恒书写;
③3molNa2S若只生成S2O32﹣转移12mol电子,根据电子守恒可知,生成的氢气为6mol,由图象可知,生成的氢气大于6mol,则Na2S失去的电子的物质的量大于12mol.
解答:解:(1)电子层数越多,原子半径越大,电子层数相同的,原子序数越大,半径越小,则原子半径:S>C>O,则O原子的半径最小,O元素位于第二周期第VIA族;
故答案为:第二周期第VIA族;
(2)乙硫醇可以看作是乙醇分子中羟基(﹣OH)被﹣SH取代,则乙硫醇的结构式为
,故答案为:;
(3)a.氢化物的沸点高低与分子间作用力有关,不能根据沸点高低判断非金属性,故a错误;
b.根据周期表中位置可知非金属性:O>C,O>S,但是不能比较C与S,故b错误;
c.元素的非金属性越强,其最高价氧化物水化物的酸性越强,但是H2SO3不是最高价含氧酸,故c错误;
d.元素的非金属性越强,其最高价氧化物水化物的酸性越强,同温同浓度水溶液的pH:Na2CO3>Na2SO4,说明碳酸的酸性小于硫酸,则非金属性:C<S,故d正确;
故答案为:d;
(4)①常温下,在反应Ⅱ中,每吸收lgH2S气体放出热量a kJ,则34g硫化氢即1mol反应的热效应为34akJ,所以其热化学方程式为H2S(g)+2NaOH(aq)=Na2S(aq)+2H2O(l)△H=﹣34akJ/mol;
故答案为:H2S(g)+2NaOH(aq)=Na2S(aq)+2H2O(l)△H=﹣34akJ/mol;
②硫化钠与水反应生成S2O32﹣、氢气和氢氧化钠,其反应的离子方程式为:2S2﹣+5H2O=S2O32﹣
+4H2↑+2OH﹣,故答案为:2S2﹣+5H2O=S2O32﹣+4H2↑+2OH﹣;
③3molNa2S若只生成S2O32﹣转移12mol电子,根据电子守恒可知,生成的氢气为6mol,即
=2,由图象可知,生成的氢气大于6mol,则>2,所以Na2S失去的电子的物质的量大于12mol,因此产物中S的化合价高于+2价,所以有SO32﹣、SO42﹣;
故答案为:从图形可知,>2,故部分硫元素的化合价将高于+2价.
点评:本题以硫的化合物的性质为知识背景,考查了原子半径的比较、有机物的结构式、元素非金属性判断、热化学方程式、氧化还原反应等,侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力.
9.(15分)某工厂回收电镀污泥中的
铜和镍,工艺流程如图:
(1)下列措施中,可提高步骤①浸出速率的是ad.
a.加热 b.增大压强 c.延长浸出时间 d.适当提高硫酸的浓度
e.及时分离出产物
(2)步骤②电解过程中铜粉在阴极(填“阴“或“阳”)极产生.若始终没有观察到气体生成,则该电解过程的离子方程式为Cu2++2Fe2+Cu+2Fe3+.
(3)已知FePO4、.A1PO4、Ni3(PO4)2的K ap分别为1.0x l0﹣22、1.0x l0﹣19、4.0x 10﹣31步骤
②所得溶液中c(Ni2+)为O.1mo1•L﹣1.步骤③反应后溶液中c(PO43﹣)理论上应控制的范围是1.0×l0﹣14~2.0×10﹣14mo1•L﹣1(离子浓度小于1O﹣5mo1•L﹣1可视为沉淀完全).
(4)步骤④的萃取原理为NiSO4(水层)+2(HA)2(有机层)⇌Ni(HA2)2(有机层)+H2SO4(水层)为促使上述平衡向正反应方向移动,可采取的具体措施是加入有机萃取剂(写一条即可).
(5)步骤⑤中作为反萃取剂的最佳试剂为硫酸(填名称).
(6)该工艺流程中,可以循环使用的物质有硫酸和有机萃取剂.
考点:物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.
分析:电镀污泥加硫酸溶解,过滤,滤液中含有Cu2+、Ni2+、Fe2+、Al3+,电解,铜离子在阴极得电子生成Cu,亚铁离子在阳极失电子生成Fe3+,过滤,滤液中含有Ni2+、Fe3+、Al3+,再加磷酸钠,生成FePO4、A1PO4沉淀,过滤,滤液中含有Ni2+的溶液,加有机萃取剂萃取、分液,有机层中加硫酸,分液,水层中为NiSO4,
(1)根据影响速率的因素分析;
(2)铜离子在阴极得电子;阳极上Fe2+失电子生成Fe3+;
(3)步骤③应该控制溶液中PO43﹣,使Fe3+、Al3+全部转化为沉淀,而Ni2+不生成沉淀,根据Ksp计算;
(4)已知存在平衡:NiSO4(水层)+2(HA)2(有机层)⇌Ni(HA2)2(有机层)+H2SO4(水层),增大反应物的浓度,平衡正向移动;
(5)若有使平衡逆向移动,则增大生成物的浓度;
(6)根据提取NiSO4的步骤④和⑤分析.
解答:解:电镀污泥加硫酸溶解,过滤,滤液中含有Cu2+、Ni2+、Fe2+、Al3+,电解,铜离子在阴极得电子生成Cu,亚铁离子在阳极失电子生成Fe3+,过滤,滤液中含有Ni2+、Fe3+、Al3+,再加磷酸钠,生成FePO4、A1PO4沉淀,过滤,滤液中含有Ni2+的溶液,加有机萃取剂萃取、分液,有机层中加硫酸,分液,水层中为NiSO4,
(1)电镀污泥加硫酸溶解,若要提高浸出速率可以增大反应物的浓度,即增大硫酸的浓度,或者升高温度;
故答案为:ad;
(2)铜离子在阴极得电子生成Cu,即电解过程中铜粉在阴极生成;阴极上铜离子在阴极得电子生成Cu,阳极上Fe2+失电子生成Fe3+,则电解方程式为:Cu2++2Fe2+Cu+2Fe3+;
故答案为:阴极;Cu2++2Fe2+Cu+2Fe3+;
(3)步骤③应该控制溶液中PO43﹣,使Fe3+、Al3+全部转化为沉淀,而Ni2+不生成沉淀,
若没有Ni3(PO4)2沉淀生成,则K sp=c3(Ni2+)×c2(PO43﹣)=(0.1)3×c2(PO43﹣)=4.0×10﹣3﹣)=2.0×10﹣14mol/L;
31,所以c(PO
4
若使Fe3+、Al3+全部转化为沉淀,FePO4的Ksp小先沉淀,Al3+完全沉淀时Fe3+也完全沉淀,
K sp=c(Al3+)×c(PO43﹣)=(1O﹣5)×c(PO43﹣)=1.0×l0﹣19,所以c(PO43﹣)=1.0×10﹣14mol/L,即当c(PO43﹣)=1.0×10﹣14mol/L时Fe3+、Al3+全部转化为沉淀;
所以溶液中c(PO43﹣)的范围为:1.0×l0﹣14~2.0×10﹣14;
故答案为:1.0×l0﹣14~2.0×10﹣14;
(4)已知存在平衡:NiSO4(水层)+2(HA)2(有机层)⇌Ni(HA2)2(有机层)+H2SO4(水层),增大反应物的浓度,平衡正向移动,所以为促使上述平衡向正反应方向移动应该加入有机萃取剂;
故答案为:加入有机萃取剂;
(5)步骤⑤中作为反萃取剂,即平衡:NiSO4(水层)+2(HA)2(有机层)⇌Ni(HA2)2(有机层)+H2SO4(水层)逆向移动,则增大生成物的浓度,所以加入硫酸反萃取剂;
故答案为:硫酸;
(6)步骤④中加有机萃取剂,分液,水层中含有硫酸,步骤⑤中加硫酸作为反萃取剂,分液有机层为有机萃取剂,则硫酸和有机萃取剂可以循环使用;
故答案为:硫酸和有机萃取剂.
点评:本题考查了物质的分离、提纯的方法选择及应用,难度中等,明确各物质的性质是解本题的关键,注意分析分离提纯的流程以及平衡移动原理的应用,侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力.
10.(16分)有关铝的几个实验如下.请填写下列空白.
实验一毛刷实验
实验过程如图1.
(1)配制Hg(NO3)2溶液时,为抑制水解,需加入少量的硝酸.
(2)铝导线放NaOH溶液的目的是除去表面的氧化膜,其化学方程式为
Al2O3+2NaOH=2NaA lO2+H2O.
(3)生成白色毛状物的实质是铝发生电化腐蚀生成A12O3,其中作正极材料的是d
(填序号).
a.O2 b.A1 c.Hg(NO3)2 d.Hg
实验二探究白色毛状物是否含有结晶水
取适量白色毛状物样品放入仪器X称量,质量为m1 g
(4)图2中仪器X应选用以下哪个装置坩埚(填名称).
(5)上述过程中“冷却“时要在图3所示的装置中进行的原因是防止在冷却过程中吸收空气中的水.
(6)根据所得实验资料,能说明白色毛状物含结晶水的证据是m2>m3(用代数式表示).
实验三验证A12O3对石蜡油裂解的催化作用按图4连好装置,检查装置的气密性,加入5~6g Al2O3,加热到500℃左右,往Al2O3上滴入石蜡油.已知:石蜡油为液态烷烃混合物(与汽油类似),沸点164~223℃.一定条件下,其裂解产物为乙烯和烷烃的混合物.
(7)使用装置B的目的是将挥发出来的石蜡油冷却,防止对溴水进行萃取,干扰乙烯的检验.(8)需要再补充一个实验才能证明Al2O3对石蜡油裂解反应有催化作用,请简述其实验方案:不加氧化铝进行上述实验,若溴水不褪色(或褪色时间较长),则证明氧化铝对石蜡的裂解有催化作用.
考点:探究物质的组成或测量物质的含量;铝的化学性质.
分析:(1)硝酸汞水解生成氢氧化汞和硝酸,加酸抑制其水解;
(2)氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水;
(3)铝与硝酸汞置换生成汞,汞、Al与电解质溶液形成原电池,活泼性弱的金属作正极;(4)灼烧固体在坩埚中进行;
(5)为了防止固体吸收空气中的水,一般在干燥器中冷却;
(6)加热前后固体的质量不同,说明固体中含有结晶水;
(7)石蜡受热有部分挥发,挥发的石蜡会干扰乙烯的检验;
(8)加氧化铝或不加氧化铝,两种情况下作对比实验.
解答:解:(1)硝酸汞水解生成氢氧化汞和硝酸,加酸抑制其水解,为了避免引入杂质,所以要加硝酸来抑制其水解,故答案为:硝酸;
(2)氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水,其反应的方程式为:
A l2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O,故答案为:Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;
(3)铝与硝酸汞置换生成汞,汞、Al与电解质溶液形成原电池,活泼性弱的金属作正极,则正极为汞,故答案为:d;
(4)把固体样品放入仪器中灼烧,灼烧固体在坩埚中进行,故答案为:坩埚;
(5)灼烧后的固体应该放在干燥器中冷却,以防止固体吸收空气中的水,故答案为:防止在冷却过程中吸收空气中的水;
(6)加热前后固体的质量不同,说明加热时固体失去了结晶水,即m2>m3,则说明固体中含有结晶水,故答案为:m2>m3;
(7)已知石蜡油为液态烷烃混合物(与汽油类似),沸点164~223℃,而石蜡的分解温度为500℃左右,反应温度高于石蜡的沸点,则会有部分石蜡挥发,挥发的石蜡,进入溴水会发生萃取,而使溴水褪色,因此会干扰乙烯的检验,所以用冷水冷却挥发出来的石蜡;
故答案为:将挥发出来的石蜡油冷却,防止对溴水进行萃取,干扰乙烯的检验;
(8)要证明Al2O3对石蜡油裂解反应有催化作用,应该在加氧化铝或不加氧化铝,两种情况下作对比实验,不加氧化铝进行上述实验,若溴水不褪色(或褪色时间较长),则证明氧化铝对石蜡的裂解有催化作用,
故答案为:不加氧化铝进行上述实验,若溴水不褪色(或褪色时间较长),则证明氧化铝对石蜡的裂解有催化作用.。

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