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    安徽省十五校卓越联盟体2024届高三化学上学期10月联考试题(Word版附解析)
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    安徽省十五校卓越联盟体2024届高三化学上学期10月联考试题(Word版附解析)

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    这是一份安徽省十五校卓越联盟体2024届高三化学上学期10月联考试题(Word版附解析),共20页。试卷主要包含了试卷分值,1ml、0等内容,欢迎下载使用。

    安徽省十五校卓越联盟体2024届高三上学期10月联考
    化学试题
    考生注意:
    1.试卷分值:100分,考试时间:75分钟。
    2.考生作答时,请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答,超出答题区域书写的答案无效,在试题卷、草稿纸上作答无效。
    3.所有答案均要答在答题卡上,否则无效。考试结束后只交答题卡。
    可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 O-16 S-32 K-39 Fe-56 Zn-65
    一、选择题(本题共14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. 中国在国际上首次于实验室中实现由二氧化碳到淀粉的从头合成。下列说法错误的是
    A. 人工合成淀粉有利于实现“碳达峰、碳中和”目标
    B. 在口腔中咀嚼淀粉类食物时,淀粉会水解产生麦芽糖
    C. 人工合成淀粉时,二氧化碳转化为碳水化合物甲醇的过程中需要引入还原剂
    D. 用太阳能产生的电能来电解水,生产合成淀粉所需的,此过程可将太阳能完全转化为化学能
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A.人工合成淀粉有助于二氧化碳的减少,有利于实现“碳达峰、碳中和”,故A正确;
    B.淀粉在唾液淀粉酶作用下可初步消化为麦芽糖,麦芽糖有甜味,故B正确;
    C.人工合成淀粉时,二氧化碳转化为碳水化合物甲醇的过程中,C元素化合价下降,二氧化碳发生还原反应,该过程中需要引入还原剂,故C正确;
    D.电解水的过程中有热量产生,该过程不可能将太阳能完全转化为化学能,故D错误;
    故选D。
    2. 是一种空气污染物,其结构与NaClO的相似,下列说法不合理的是
    A. 水解生成盐酸和硝酸 B. 与盐酸作用能产生氯气
    C. 可用NaOH溶液处理该污染物 D. 该物质中Cl为正1价
    【答案】A
    【解析】
    【详解】A.结构与NaClO的相似,水解原理与NaClO相似,生成次氯酸和硝酸,故A错误;
    B.与盐酸发生归中反应生成氯气,故B正确;
    C.与NaOH溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐,可用NaOH溶液处理该污染物,故C正确;
    D.ClONO2 结构与NaClO的相似,由化合价代数和为零可知,中Cl为正1价,故D正确;
    故选A。
    3. 下列离子方程式书写正确的是
    A. 焙烧硫铁矿过程中会产生气体,用NaOH溶液吸收过量:
    B. 铜丝插入到热的浓硫酸中:
    C. 加热蓝色的溶液,溶液变绿:
    D. 向明矾溶液中滴加溶液,使沉淀的物质的量最大时:
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.用NaOH溶液吸收过量生成NaHSO3,离子方程式为:,故A错误;
    B.铜丝插入到热的浓硫酸中反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,离子方程式为:Cu+2H2SO4(浓)Cu2++SO2↑+2H2O+SO,故B错误;
    C. ,焓变大于零,为吸热反应,将氯化铜溶液加热,平衡正向移动,溶液由蓝色变为绿色,故C正确;
    D.向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液,使沉淀物质的量最大,离子方程式:,故D错误;
    故选:C。
    4. 以空气中久置废铁屑为原料制备硫酸亚铁晶体的实验过程如图,下列说法正确的是

    A. 过滤步骤中所用到的玻璃仪器有2种
    B. 硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血,原因是人体血红素是亚铁离子配合物
    C. 取少量酸浸后的溶液,滴加硫氰化钾溶液,未变红色,说明废铁屑中不含+3价铁元素
    D. 实验过程不直接蒸发结晶的原因是会水解生成
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A.过滤装置图为 ,用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗,共3种,故A错误;
    B.硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血,原因是人体血红素是亚铁离子配合物,故B正确;
    C.取少量酸浸后的溶液,滴加硫氰化钾溶液,未变红色,可能是废铁屑中+3价铁被单质铁还原为Fe2+,不能说明废铁屑中不含+3价铁元素,故C错误;
    D.实验过程不直接蒸发结晶原因是防止被氧气氧化,故D错误;
    选B。
    5. 下列四组实验中,操作正确且能达到预期目的的是
    A.配制稀硫酸
    B.加热分解固体
    C.实验室制
    D.排出盛有溶液的滴定管尖嘴内的气泡





    A. A B. B C. C D. D
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.不能在量筒中稀释浓硫酸,应在烧杯中稀释,故A错误;
    B.碳酸氢钠加热分解有水生成,则试管口应略向下倾斜,故B错误;
    C.浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下发生反应生成氯气,故C正确;
    D.具有强氧化性,应该装在酸式滴定管中,故D错误;
    故选C。
    6. 下列关于海水资源利用的说法中正确的是

    A. 粗盐中的、、等杂质,按照加入药品的顺序:溶液、NaOH溶液、溶液、过滤后加盐酸,可进行除杂
    B. 第②步应直接蒸发结晶得到无水
    C. 氯碱工业的产物NaOH在阳极生成
    D. 从第③步到第⑤步的目的是富集溴元素
    【答案】D
    【解析】
    【分析】海水初步分离得到粗盐和苦卤,粗盐精炼得到精盐,精盐溶解后电解即为氯碱工业。苦卤中加入碱生成氢氧化镁,氢氧化镁中加入盐酸得到氯化镁晶体,最后在HCl气流中蒸干得到无水氯化镁,苦卤中的NaBr,加入氧化剂将溴离子氧化成溴单质,溴加入二氧化硫的水溶液中生成溴离子和硫酸根离子,吸收液中加入氧化剂将溴离子氧化成溴单质。
    【详解】A.除去粗盐中的钙离子、镁离子和硫酸根离子等杂质,加入碳酸钠的顺序需在加入氯化钡之后,这样才能除去多余的钡离子,A错误;
    B.第②步直接蒸发结晶,氯化镁会水解,需要在HCl气流中蒸干,从而抑制氯化镁的水解,B错误;
    C.氯碱工业中阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子,氢氧根离子结合钠离子生成氢氧化钠,产物NaOH在阴极产生,C错误;
    D.苦卤中溴的浓度较低,故先将溴离子转化成单质溴,再用二氧化硫的水溶液吸收,再将溴离子氧化成溴单质,从第③步到第⑤步的目的是富集溴元素,D正确;
    故答案选D。
    7. 设为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
    A. 溶液中含分子的数目小于
    B. 标准状况下,与充分反应,生成的分子数目为
    C. ()与()的混合物中所含的共价键数目为
    D. 标准状况下,22.4L氯气与甲烷的混合气体,光照时充分反应生成的HCl分子数为
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.没有明确溶液体积,不能计算溶液中含分子的数目,故A错误;
    B.标准状况下,与的物质的量分别是0.1mol、0.05mol,SO2和O2反应可逆,生成的分子数目小于,故B错误;
    C.()中共价键数目为 ,32g()中共价键数目为,所以()与()的混合物中所含的共价键数目为,故C正确;
    D.标准状况下,22.4L氯气与甲烷的混合气体中氯气的物质的量小于1mol,光照时发生取代反应反应生成的HCl分子数小于,故D错误;
    选C。
    8. 下图是某一电化学腐蚀过程的原理图,有关说法正确的是

    A. 左侧电势高于右侧
    B. 浸金过程中的催化剂只有
    C. 整个反应过程中,氧化剂为
    D. 阳极区发生的反应为:
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.正极电势低于负极,则左侧电势低于右侧,故A错误;
    B.依据催化剂在化学反应前后质量和化学性质都不变的特点,浸金过程中的催化剂有和,故B错误;
    C.由图可知,在正极得到电子生成OH-,作氧化剂,故C正确;
    D.阳极区发生氧化反应,失去电子,故D错误;
    故选C。
    9. 某稀溶液中可能含有下列离子中的若干种:、、、、、、,所含离子的物质的量浓度均相同。为了确定该溶液的组成,某同学取上述溶液,进行了如下实验:
    ①向溶液中加入足量的溶液,产生白色沉淀;
    ②取①中沉淀,加入足量稀盐酸,沉淀部分溶解且产生气体;
    ③取②中反应后的溶液,加入硝酸酸化的溶液,有白色沉淀生成。
    下列说法正确的是
    A. ①中沉淀只含、
    B. ②中气体可能是
    C. 由实验③中的现象可知原溶液中一定含有
    D. 原溶液中一定存在、、、
    【答案】D
    【解析】
    【分析】①溶液中加入足量的氢氧化钡溶液,生成白色沉淀,未生成红褐色沉淀,则一定没有铁离子,②取①中的沉淀,加入足量的稀盐酸,沉淀部分溶解并产生气体,沉淀部分溶解,说明沉淀中含有硫酸钡,一定含有硫酸根离子,在不含铁离子、含有硫酸根离子且离子浓度均相同的情况下,要保证溶液呈电中性,则一定含有镁离子,镁离子与亚硫酸根离子反应,故亚硫酸根离子一定不存在。沉淀溶解时生成气体,则说明还有碳酸氢根离子存在,为保证溶液呈电中性,则一定含有钠离子,故氯离子也不存在。最终确定存在硫酸根离子、镁离子、碳酸氢根离子和钠离子。
    【详解】A.沉淀中含有硫酸钡沉淀、氢氧化镁和碳酸钡,A错误;
    B.溶液中不含亚硫酸根离子,②中气体一定是二氧化碳,B错误;
    C.实验②中引入了氯离子,且根据分析可知,原溶液中不含氯离子,C错误;
    D.根据分析可知,原溶液中一定存在、、、,D正确;
    故答案选D。
    10. 为探究某样品的成分(可能为亚硝酸钠或氯化钠),将样品溶于水配成溶液,分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是
    选项
    方案设计
    现象和结论
    A
    先加入少量溶液,再加溶液和足量稀硝酸,振荡
    若产生白色沉淀,则样品为亚硝酸钠
    B
    先加到少量淀粉KI溶液中,再加入稀盐酸酸化,振荡
    若溶液变蓝色,则样品为亚硝酸钠
    C
    加到少量溶液中,再加硫酸酸化,振荡
    若溶液褪色,则样品为亚硝酸钠
    D
    先加入少量溶液,再加入溶液和稀硝酸,振荡
    若产生白色沉淀,则样品为亚硝酸钠

    A. A B. B C. C D. D
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A.酸性条件下KClO3能被NaNO2还原为Cl-,Cl-和硝酸银溶液反应生成白色沉淀AgCl,加入硝酸银溶液和稀硝酸后生成白色沉淀,Cl-可能是KClO3被还原得到的,也可能是NaCl中的,所以根据实验现象不能确定样品为NaNO2,A错误;
    B.亚硝酸钠具有氧化性,可以将I-氧化为I2,溶液变蓝色,而NaCl没有氧化性,所以根据实验现象能确定样品为NaNO2,B正确;
    C.氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化,而使其褪色,C错误;
    D.稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子,再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀,所以根据实验现象不能确定样品为NaNO2,D错误;
    故选B。
    11. 化合物A可应用于清洁剂、化妆品、杀虫剂,其结构简式如图所示。W、X、Y、Z是位于三个周期的主族元素且原子序数依次增大。X最高价氧化物对应的水化物为弱酸,Y基态原子核外电子有5种空间运动状态。下列说法错误的是

    A. Y与Z形成的两种常见化合物中的阴阳离子个数比均为1:2
    B. 电负性大小关系:Y>X>W>Z
    C. 化合物A中所有的X原子均采用杂化
    D. 与Y同周期的主族元素中,有2种元素的基态原子核外电子的原子轨道与Y相同
    【答案】B
    【解析】
    【分析】W、X、Y、Z是位于三个周期的主族元素且原子序数依次增大,W为H元素, Y基态原子核外电子有5种空间运动状态,氧元素的基态原子电子式排布为,核外电子有5种空间运动,则Y为O元素;由结构简式可知,Z形成带一个单位正电荷的阳离子,则Z为Na元素,X原子形成3个共价键,X最高价氧化物对应的水化物为弱酸,则X为B元素;
    【详解】A.氧化钠和过氧化钠中阴阳离子比均为1:2,A项正确;
    B.金属元素的电负性小于非金属元素,非金属元素的非金属性越强,电负性越大,则四种元素的电负性大小顺序为:O>H>B>Na即Y>W>X>Z,B项错误;
    C.化合物A中所有的X原子子形成3个共价键,X是B原子,均采用杂化,C项正确;
    D.Y是O元素,与Y同周期的主族元素中,有F和N这2种元素的基态原子核外电子的原子轨道与Y相同,D项正确;
    答案选B。
    12. 据文献报道,某反应的反应历程如图所示,下列有关该历程的说法正确的是

    A. 可以加快反应速率
    B. 在该循环中有6种中间产物
    C. 总反应的化学方程式为
    D. 分解反应的反应过程中一定有氮氮键断裂
    【答案】A
    【解析】
    【分析】由反应历程可知,参加反应的有O2、NH3和NO,生成物有N2和H2O,反应方程式为:2NO+4NH3+2O23N2+6H2O,反应中Ti4+、H-O-Fe(Ⅱ)是催化剂,Ti4+…NH3、Ti4+…NH2-N=O等物质是中间产物,以此解答该题。
    【详解】A.Ti4+在整个反应过程中参与了反应,但反应前后质量和性质未改变,Ti4+是催化剂,可以加快反应速率,故A正确;
    B.由分析可知,反应中Ti4+…NH3、Ti4+…NH2…H-O-Fe(II)、Ti4+…NH2-N=O…H-O-Fe(II)、Ti4+…NH2-N=O、O=Fe(III)共5种物质使中间产物,故B错误;
    C.由图可知,参加反应的有O2、NH3和NO,生成物有N2和H2O,反应方程式为:2NO+4NH3+2O23N2+6H2O,故C错误;
    D.反应中N-H、N=O键断裂,形成O-.H键、N≡N键,故D错误;
    故选A。
    13. 实验室模拟以磷石膏(含及杂质、等)为原料制取轻质,流程如下:

    下列说法错误的是
    A. 滤渣1的主要成分为
    B. “浸取1”时,应先通再通,滤液1中浓度最大的阴离子为
    C. “浸取2”时,发生反应的离子方程式为
    D. “浸取2”时,所得滤渣2的主要成分为、
    【答案】D
    【解析】
    【分析】磷石膏(含及杂质、等)用溶有NH3和CO2混合溶液浸取,此时溶于pH=6.5,转化为溶解度更小的,滤渣1为、、,高温煅烧滤渣1再用NH4Cl溶液,得到含有Ca2+的滤液,以此解答。
    【详解】A.由分析可知,滤渣1的主要成分为,故A正确;
    B.由于NH3极易溶于水,CO2难溶于水,易溶于氨化后碱性溶液,故“浸取1”,应先通NH3再通CO2,发生的反应为:CaSO4·2H2O+2NH3+CO2=CaCO3+(NH4)2SO4,故滤液1中主要溶质为(NH4)2SO4,浓度最大的阴离子为,故B正确;
    C.滤渣1的成分是碳酸钙、氧化铝和氧化铁,高温加热时碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳,氧化铝和氧化铁性质稳定,不发生反应,“浸取2”中氯化铵与氧化钙发生反应,发生反应的离子方程式为:,故C正确;
    D.“滤渣1的成分是碳酸钙、氧化铝和氧化铁,高温加热时碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳,氧化铝和氧化铁性质稳定,不发生反应,“浸取2”中氯化铵与氧化钙反应,使其溶解,则“浸取2”时,所得滤渣2的主要成分为、,故D错误;
    故选D。
    14. 某有色金属工业的高盐废水中主要含有、、、、和,利用如图电解装置可回收、并尽可能除去和,其中双极膜(BP)中间层的被解离为和,并在直流电场作用下分别向两极迁移,M膜、N膜需在一价阴离子交换膜和阳离子交换膜中选择。下列说法正确的是

    A. 电解过程中,不需要控制高盐废水的pH
    B. BP膜中均向右侧溶液迁移,M膜为一价阴离子交换膜
    C. 溶液a的溶质主要为HF和HCl,溶液b的溶质主要为和
    D. 当阳极产生22.4L气体(标准状况)时,理论上有2mol离子通过N膜
    【答案】B
    【解析】
    【分析】由图可知,最左侧连接外接电源正极,为阳极室,水放电生成氧气和氢离子;最右侧为阴极室,水放电生成氢气和氢氧根离子;
    【详解】A.电解过程中,若pH过高则会导致锌离子、铜离子转化为沉淀,故应控制高盐废水的pH不能过高,A错误;
    B.电解池中阳离子向阴极移动,BP膜中氢离子均向右侧溶液迁移;氟离子、氯离子通过M膜向左侧迁移,故M膜为一价阴离子交换膜,B正确;
    C.溶液a中氟离子、氯离子通过M膜向左侧迁移,氢离子与右侧双极膜迁移出来的OH-中和,故反应后溶液a的溶质主要为硫酸锌和硫酸铜;溶液b的溶质主要为右侧迁移过来的氟离子、氯离子与左侧前过来的氢离子生成的为HF和HCl,C错误;
    D.阳极反应为,当阳极产生22.4L气体(标准状况下为1mol)时,根据电子守恒可知,有4mol离子通过N膜,D错误;
    故选B。
    二、非选择题(本题共4小题,共58分)
    15. 氯化钛()可用于制造烟幕、织物媒染剂、人造珍珠等。常温下为无色液体,沸点为136℃,与水剧烈反应产生白烟。实验室利用反应制备的装置如图所示。

    在制备时,对原料及装置的干燥程度要求很高。回答下列问题:
    (1)若分别用与作氧化剂与盐酸反应制备,当获得等量的时消耗的氧化剂物质的量之比为___________。
    (2)B中试剂的作用为___________。
    (3)干燥管D中的试剂可以是___________,装置E中棉花球的作用为___________。
    (4)与水剧烈反应产生的白烟为,写出反应的化学方程式___________。
    (5)实验中发现F中有少量白烟产生,为避免此现象,改进措施是___________。
    (6)实验结束后,取下A装置后应进行的操作为___________;G中发生反应的离子方程式为:___________。
    【答案】(1)2:5 (2)除去Cl2中的HCl
    (3) ①. 白色CuSO4粉末 ②. 防止碳粉与TiO2粉末堵塞玻璃管管口
    (4)
    (5)在F、G之间接一个盛有浓硫酸的洗气瓶、或者将G装置换成盛碱石灰的干燥管
    (6) ①. 关上a处和F装置后干燥装置后导管处的止水夹冷却到室温后、停止通冷凝水;并把A装置的导气管插入G中,以防止A装置产生残余氯气 ②.
    【解析】
    【分析】A中制备氯气,B中盛放饱和食盐水,用于除去Cl2中的HCl,C中盛放浓硫酸,用于干燥氯气,D中放白色CuSO4粉末、用于检验Cl2中的水蒸气是否已除去,E中发生反应,F中通过冷凝收集,为防止水分进入F中引起水解,F后应该接一个干燥装置,G中亚硫酸钠和氯气发生氧化还原反应、为尾气处理装置。
    【小问1详解】
    若分别用与作氧化剂与盐酸反应制备,根据、MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O,当获得等量的时消耗高锰酸钾和二氧化锰的物质的量之比为2:5,即消耗的氧化剂物质的量之比为2:5。
    【小问2详解】
    据分析,B中试剂的作用为除去Cl2中的HCl。
    【小问3详解】
    在制备时,对原料及装置的干燥程度要求很高,则进入E的氯气需干燥而纯净,D用于检验Cl2中的水蒸气是否已除去,则干燥管D中的试剂可以是白色CuSO4粉末,若白色粉末不变蓝说明Cl2中的水蒸气已除去,装置E中棉花球的作用为:防止碳粉与TiO2粉末堵塞玻璃管管口。
    【小问4详解】
    与水剧烈反应产生的白烟为,反应的化学方程式为: 。
    【小问5详解】
    实验中发现F中有少量白烟产生,为与水剧烈反应产生的,为避免此现象,需防止G中水分进入F中,则收集四氯化钛后还要干燥装置(例如通入盛有浓硫酸的洗气瓶)后再进行多余氯气的处理,故改进措施是:在F、G之间接一个盛有浓硫酸的洗气瓶、或者将G装置换成盛碱石灰的干燥管(防止水蒸气进入装置F同时吸收氯气)。
    【小问6详解】
    当观察到球形冷凝管没有液体滴下时说明反应结束,反应结束后应继续通入一段时间Cl2,主要目的是排出残留在装置中的TiCl4,同时防止冷却使液体倒吸入F中,停止通氯气后还需要在干燥环境中继续冷却F装置到室温,则在取下A装置后应进行的操作为:关上a处和F装置后干燥装置后导管处的止水夹冷却到室温后、停止通冷凝水、并把A装置的导气管插入G中,以防止A装置产生残余氯气;G中亚硫酸钠和氯气发生氧化还原反应,发生反应的离子方程式为:。
    16. 纳米氧化锌作为一种新型功能材料,在橡胶、涂料、陶瓷、防晒化妆品等领域广泛应用。以某烟道灰(主要成分为ZnO,另外含有少量、CuO、、MnO等)为原料制备纳米ZnO的流程如图所示。已知常温时,,回答下列问题:

    (1)料渣Ⅰ的化学成分是___________。
    (2)调pH加入的X可能是___________,料液的主要溶质为___________。
    (3)写出氧化过程中生成的离子方程式:___________。
    (4)除铜原理为,该反应的平衡常数___________。
    (5)草酸锌晶体()加热过程中固体质量随温度的变化情况如图所示:

    ①图中A→B的过程中发生反应的化学方程式为___________。
    ②实验室中证明得到的ZnO是纳米材料的方法是___________。
    【答案】(1)
    (2) ①. ZnCO3或Zn(OH)2或ZnO ②. ZnSO4、CuSO4
    (3)Mn2++ClO-+2OH-=+Cl-
    (4)
    (5) ①. ②. 取适量的ZnO放入烧杯中,加人适量水并充分搅拌制备胶体,然后做丁达尔效应实验
    【解析】
    【分析】废辞电池预处理物(主要成分为ZnO,另含少量、CuO、、MnO等)中加入盐酸进行酸浸,不参与反应,所以滤渣1为,滤液中含有Zn2+、Cu2+,Fe3+和Mn2+,向滤液中加入H2O2后,将Mn2+转化为MnO(OH)2沉淀,则滤液中存在的离子为Zn2+、Cu2+和Fe3+,加入试剂ZnCO3或者Zn(OH)2调节pH,使得Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去,此时滤液中剩余Zn2+、Cu2+,继续加入ZnS将Cu2+转化为CuS沉淀除去,滤渣3为CuS,得到的滤液阳离子只有Zn2+,草酸铵后,得到草酸锌沉淀,同时得到氯化铵溶液,将草酸锌晶体加热分解后得到纳米氧化锌。
    【小问1详解】
    见分析,预处理物中加盐酸后,不参与反应,所以滤渣1为。
    【小问2详解】
    “除铁”过程中,将得Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去,所以需要加入物质与溶液中的H+反应,使得溶液的pH增大,为了不引入新的杂质,所以选择含金属锌的物质,可以为ZnCO3或Zn(OH)2或ZnO,由分析可知,料液的主要溶质为:ZnSO4、CuSO4,
    小问3详解】
    氧化过程中Mn2+和NaClO发生氧化还原反应生成,根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为:Mn2++ClO-+2OH-=+Cl-。
    【小问4详解】
    除铜时,涉及沉淀的转化,即,平衡常数K=。
    【小问5详解】
    ①加热过程中Zn原子守恒,则由以下关系,

    则A点对应的物质为,B点对应的物质为,A到B发生的化学方程为:;
    ②胶体具有丁达尔效应,确定ZnO属于纳米材料的方法是:取适量的ZnO放入烧杯中,加人适量水并充分搅拌制备胶体,然后做丁达尔效应实验。
    17. X为三草酸合铁(Ⅲ)酸钾{},该配合物对光敏感,光照下即发生分解。某兴趣小组进行了如下探究实验:

    已知:固体A为两种盐组成的混合物,并且两种盐含有相同的阴离子;气体F为气体B与气体I组成的混合物,只含有两种元素,气体B与气体I所含元素相同;固体G是磁铁矿中的重要物质;所有气体体积均已换算成标况下数据。
    请回答下列问题:
    (1)固体A的成分为___________,I的化学式为___________。
    (2)写出固体D真空加热分解的化学方程式___________。
    (3)写出溶液C与足量酸性溶液反应的离子方程式___________。
    (4)写出G到J的离子方程式:___________。设计实验检验溶液J中以外的阳离子___________。
    【答案】(1) ①. K2C2O4、FeC2O4 ②. CO
    (2)FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑
    (3)5C2O +2MnO+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
    (4) ①. Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O ②. 取少量溶液J于试管中,滴加KSCN溶液,若溶液变红,说明存在Fe3+;另取少量溶液J于试管中,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,若产生蓝色沉淀,说明存在Fe2+
    【解析】
    【分析】黑色固体G是一种磁性物质,则G为四氧化三铁,1.55g四氧化三铁中铁元素的物质的量为×3≈0.02mol,由铁原子个数守恒可知,1.44g黑色固体E中铁原子的质量为0.02mol×56g/mol=1.12g,由质量守恒定律可知,E中氧原子的物质的量为=0.02mol,则E为氧化亚铁;气体F是由气体B与气体Ⅰ组成的混合物,且只含有两种元素,由B能与澄清石灰水反应生成白色固体H可知,气体B为二氧化碳、气体I为一氧化碳、白色固体H为碳酸钙,则固体D受热分解生成氧化亚铁、一氧化碳和二氧化碳,由质量守恒定律可知,D发生分解反应生成二氧化碳的质量为2.88g-1.44g-×28g/mol=0.88g,由原子个数守恒可知,D中铁原子的物质的量为0.02mol、碳原子的物质的量为=0.04mol、氧原子的物质的量为=0.08mol,则D中铁原子、碳原子和氧原子的物质的量比为0.02mol:0.04mol:0.08mol=1:2:4,化学式为FeC2O4;由固体A为两种盐组成的混合物,并且两种盐含有相同的阴离子可知,溶液C为草酸钾溶液,由固体A的质量可知,草酸钾的物质的量为=0.03mol,则固体X受热分解生成草酸钾、草酸亚铁和二氧化碳,由原子个数守恒可知,X中钾原子和铁原子的个数比为0.03mol×2:0.02mol=3:1,由化合价代数和为0可知,X的化学式为K3[Fe(C2O4)3]。
    小问1详解】
    由分析可知,固体A的成分为K2C2O4、FeC2O4。I的化学式为CO。
    【小问2详解】
    由分析可知,固体D真空加热分解发生的反应为草酸亚铁受热分解生成氧化亚铁、一氧化碳和二氧化碳,反应的化学方程式为FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑。
    【小问3详解】
    由分析可知,溶液C为草酸钾溶液,草酸钾溶液与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水,反应的离子方程式为5C2O +2MnO+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
    【小问4详解】
    由分析可知,G为Fe3O4,Fe3O4和盐酸反应生成FeCl2、FeCl3,离子方程式为:Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O。由分析可知,黑色固体D为四氧化三铁,四氧化三铁与足量盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水,则溶液J为盐酸、氯化铁和氯化亚铁的混合溶液,检验溶液中铁离子和亚铁离子的操作为取少量溶液J于试管中,滴加KSCN溶液,若溶液变红,说明存在Fe3+;另取少量溶液J于试管中,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,若产生蓝色沉淀,说明存在Fe2+。
    18. 的综合再利用是近几年的研究热门。
    Ⅰ.利用太阳能,以为原料制取炭黑的流程如图所示。

    (1)过程2的化学方程式为___________。
    Ⅱ.近年科学家提出“绿色自由”构想。把含有大量的空气吹入溶液中,再把从溶液中提取出来,并使之与反应生成甲醇。其工艺流程如图所示:

    (2)①吸收池中发生的主要反应的离子方程式为___________。
    ②上述流程能循环利用的物质主要为___________(填化学式)。
    ③合成塔中发生反应的化学方程式为___________。
    (3)不同温度下,在1L恒容密闭容器中充入和,相同时间内测得的转化率随温度的变化如图甲所示:

    ①阶段温度升高的转化率下降的原因可能为___________,c点___________(填“<”、“=”或“>”)。
    ②计算温度为时b点的平衡常数为___________。
    Ⅲ.以稀硫酸为电解质溶液,惰性材料为电极,利用太阳能将转化为低碳烯烃,工作原理如图乙所示。

    (4)产生乙烯的电极反应式为___________。
    【答案】(1)
    (2) ① ②. KHCO3 ③.
    (3) ①. 该反应是放热反应,升高温度平衡逆向移动 ②. < ③. 800
    (4)

    【解析】
    【分析】I.过程2是FeO和CO2反应生成和C;
    II.空气中的CO2与K2CO3溶液生成KHCO3,碳酸氢钾不稳定,在分解池中加热分解生成碳酸钾和二氧化碳、水,二氧化碳与氢气合成甲醇。吸收池中盛有饱和碳酸钾溶液,吸收空气中的二氧化碳,转化为KHCO3;
    由分解池分解后所得溶液是碳酸钾可通入吸收池再利用分析解答在1L恒容密闭容器中充入2molCO2和5molH2反应生成甲
    根据图像,T1时,a点的二氧化碳的转化率增大,说明a点反应正向进行;b点二氧化碳转化率为80%,根据三段式列式计算平衡浓度,再计算平衡常数;
    III.太阳能电池为电源,电解强酸性的二氧化碳水溶液得到乙烯,乙烯在阴极生成。
    【小问1详解】
    过程2是FeO和反应生成和C,故化学方程式为;
    【小问2详解】
    ①吸收池中盛有饱和碳酸钾溶液,吸收空气中的二氧化碳,转化为KHCO3;
    ②循环使用的物质为KHCO3;
    ③根据题意方程式为;
    【小问3详解】
    ①该反应是放热反应,升高温度平衡逆向移动;
    C点升温平衡逆向移动,故正反应速率小于逆反应速率。②根据图像, b点二氧化碳转化率为80%,则有:

    起始量(mol/L) 2 5 0
    变化量(mol/L) 1.6 4.8 1.6 1.6
    平衡量(mol/L) 0.4 0.2 1.6 1.6
    ,故答案为:800;
    【小问4详解】
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