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    【化学】四川省威远中学2018-2019学年高二下学期第一次月考理科综合(解析版) 试卷
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    【化学】四川省威远中学2018-2019学年高二下学期第一次月考理科综合(解析版) 试卷

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    四川省威远中学2018-2019学年高二下学期第一次月考理科综合
    1.下列有关说法中,不正确的是
    A. 利用纯碱水解显碱性,可除去物品表面的油污
    B. 实际生产中,要除去锅炉中硫酸钙,需先将其转化成易溶于盐酸碳酸钙
    C. 硫酸铵和草木灰混合施用到农田可以增强肥效
    D. 配制FeCl3溶液时,应将FeCl3固体溶于盐酸后加水稀释,目的是为了抑制Fe3+水解
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A. 纯碱溶液中碳酸根离子水解显碱性,油脂在碱溶液中生成溶于水的物质,可除去物品表面的油污,A项正确;
    B. 实际生产中,要除去锅炉中硫酸钙,先用碳酸钠溶液处理,使之转化为疏松、易溶于酸的碳酸钙,碳酸钙与盐酸反应,而硫酸钙不能,则可用酸除去,B项正确;
    C. 草木灰是强碱弱酸盐,水解显碱性,硫酸铵是强酸弱碱盐,水解显酸性,混合后会发生铵根和碳酸根水解相互促进的反应:2NH4++CO32−=CO2↑+2NH3↑+H2O,肥效降低,C项错误;
    D. 氯化铁溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸,盐酸的存在抑制了水解进行,避免溶液变浑浊,通常将FeCl3固体溶于盐酸后加水稀释,其目的是为了抑制Fe3+的水解,D项正确;
    答案选C。
    2.如图是一个铜锌双液原电池装置图,下列说法正确的是

    A. 盐桥中的阴离子向CuSO4溶液中移动
    B. 盐桥的作用之一是平衡电荷
    C. 铜片作电池的负极
    D. 电子从锌电极经溶液流向铜电极
    【答案】B
    【解析】
    【分析】
    根据图示可知该装置是原电池,活泼金属锌失电子作负极,发生氧化反应,铜片作正极,电子从负极经过外电路流向正极,据此分析作答。
    【详解】A.盐桥中的阴离子向负极锌电极区即左侧的硫酸锌溶液中移动,A项错误;
    B.负极发生反应Zn-2e-=Zn2+,盐桥中阴离子向ZnSO4溶液中移动,正极反应式为:Cu2++2e-= Cu ,盐桥中阳离子向CuSO4溶液中移动,盐桥的作用是形成闭合回路并平衡电荷,使溶液保持电中性,B项正确;
    C. 由于金属活动性Zn>Cu,所以Zn负极,失去电子,C项错误;
    D.电子由负极锌电极通过外电路向铜电极移动,D项错误;
    答案选B。
    【点睛】原电池工作的原理口诀可概括为“两极一液一连线,活泼金属最优先,负失氧正得还,离子电极同性恋”,可加深学生对原电池的理解与记忆,要求学生充分理解原电池中电子的流向,溶液中阴阳离子的移动方向等问题,本题还要特别注意盐桥的作用。
    3.如图是Zn和Cu形成的原电池,则下列结论中正确的是

    ①铜为负极,锌为正极;②铜极上有气泡;③SO42-向铜极移动;④锌发生还原反应;⑤电子的流向是铜到锌;⑥负极反应式:Zn-2e-=Zn2+
    A. ①② B. ①④⑥
    C. ②④⑥ D. ②⑥
    【答案】D
    【解析】
    【分析】
    Cu-Zn-稀硫酸原电池放电时,较活泼的金属锌作负极,较不活泼的金属铜作正极,负极上失电子发生氧化反应,正极上得电子发生还原反应,电子从负极沿导线流向正极,溶液中阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,据此分析作答。
    【详解】①Cu−Zn−稀硫酸原电池放电时,较活泼的金属锌作负极,较不活泼的金属铜作正极,①项错误;
    ②较不活泼的金属铜作正极,铜极上氢离子得电子生成氢气,冒气泡,②项正确;
    ③溶液中阴离子向负极即向锌极(负极)移动,③项错误;
    ④锌失电子发生氧化反应,④项错误;
    ⑤电子的流向是从负极到正极,即从锌极到铜极,⑤项错误;
    ⑥负极锌失电子,发生氧化反应,其反应式为:Zn-2e-=Zn2+,⑥项正确,
    综上所述,D项正确。
    答案选D。
    4.常温下向100mL 0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的NaOH溶液,所得溶液的pH随加入NaOH溶液的体积V的关系中不正确的是

    A. A点表示的溶液:c(CH3COO-)>c(Na+)
    B. A点溶液中:c(CH3COO-)-c(CH3COOH) =2×(10-4-10-10)mol·L-1
    C. B点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全
    D. C点溶液促进水的电离
    【答案】C
    【解析】
    【分析】
    A 依据电荷守恒规律作答;
    B. 遵循电荷守恒和物料守恒;
    C. B点的pH=7,醋酸为弱酸,若完全反应生成的醋酸钠显碱性,与图像不符;
    D. 醋酸钠会发生水解,促进水的电离。
    【详解】A. A点溶液pH=4,说明溶液中c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒规律c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+ c(OH-)可知,c(CH3COO-)>c(Na+),A项正确;
    B. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒,醋酸和NaOH浓度相等,醋酸体积是NaOH的二倍,所以存在2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)、根据物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),所以得c(CH3COO-)-c(CH3COOH)= 2c(OH-)-2c(H+)═2×(10-4-10-10)mol·L-1,选项B正确;
    C. B点pH=7,说明溶液显中性,因醋酸为弱酸,若醋酸与氢氧化钠恰好完全反应,则生成的醋酸钠会因发生水解使溶液显碱性,所以B点处醋酸应过量,C项错误;
    D. 向100mL 0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的NaOH溶液时,C点氢氧化钠的体积为100mL,则CH3COOH和NaOH恰好反应完全,溶液的溶质为CH3COONa,因其会发生水解,所以会促进水的电离,D项正确;
    答案选C。
    【点睛】本题侧重考查学生对水溶液中离子平衡的理解能力,是高频考点。其中B选项是该题的难点,也是易错点。解答这类复杂守恒关系式的题型时,首先通过分析得出所得溶液溶质,再列出电荷守恒与物料守恒,最后推出质子守恒式。
    5.已知T℃时AgCl的Ksp=2×10‒10;Ag2CrO4是一种橙红色固体,T℃时在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是

    A. T℃时Ag2CrO4的Ksp=1×10−8
    B. Y和Z点Ag2CrO4Ksp不相同
    C. 在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4固体可使溶液由Y点到X点
    D. 浓度均为2×10‒6mol•L﹣1AgNO3与NaCl溶液等体积混合无沉淀生成
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A.曲线上的点是沉淀溶解平衡,Ag2CrO4的沉淀溶解平衡为Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+CrO42-(aq),则Ksp=c2(Ag+)·c(CrO42-)=(10-3)2×10-6=10-12,A项错误;
    B.Ag2CrO4的Ksp只与温度有关,Y和Z点温度相同,则Ksp相同,B项错误;
    C.在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4固体仍为饱和溶液,点仍在曲线上,所以不能使溶液由Y点变为X点,C项错误;
    D.浓度均为2×10-6mol•L﹣1AgNO3与NaCl溶液等体积混合后,Qc(AgCl)=1×10-6×1×10-6=1×10-12<Ksp(AgCl),没有沉淀生成,D项正确;
    答案选D。
    6.25℃时,下列有关叙述中不正确的是
    A. pH=13的NaOH溶液与pH=1的醋酸溶液等体积混合后所得溶液的pH<7
    B. 沉淀溶解平衡:BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)的Ksp为1.1×10-10,说明BaSO4是弱电解质
    C. 在0.10mol•L﹣1的NH3•H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体,则NH3•H2O电离被抑制,溶液pH减少
    D. 0.1mol • L-1的HA溶液pH=1,该溶液中由水电离的c(OH-)=l×10-13mol·L-1
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A.pH=13的NaOH溶液中氢氧化钠的浓度为0.1mol/L,pH=1的醋酸溶液中醋酸的浓度大于0.1mol/L,若两溶液等体积混合后醋酸过量,所得溶液呈酸性,溶液的pH<7,A项正确;
    B. 硫酸钡在熔融状态下能够完全电离出阴阳离子,且在水溶液中虽然其溶度积常数很小,但只要溶解部分就完全电离,所以硫酸钡是强电解质,B项错误;
    C. NH3·H2ONH4++OH-;加入氯化铵晶体,铵根离子浓度变大,NH3·H2O的电离平衡向逆向移动,电离程度减小,溶液pH值减小,C项正确;
    D. 0.1mol • L-1的HA溶液pH=1,则溶液中的c(H+)=0.1 mol • L-1,Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14,则该酸溶液中由水电离出的c(OH-)==l×10-13 mol·L-1,D项正确;
    答案选B。
    【点睛】电解质强弱是根据其电离程度划分的,与其溶度积常数大小无关。
    7.下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是
    选项
    实验目的
    实验方案
    A
    证明“84”消毒液的氧化能力随溶液pH的减小而增强
    将“84”消毒液(含NaClO)滴入品红溶液中,褪色缓慢,若同时加入食醋,红色很快褪为无色
    B
    证明反应速率会随反应物浓度的增大而加快
    用3 mL稀硫酸与足量纯锌反应,产生气泡速率较慢,然后加入1mL 1mol•L-1CuSO4溶液,迅速产生较多气泡
    C
    测定0.1 mol·L−1氨水的pH
    用洁净的玻璃棒蘸取氨水点在湿润的pH试纸上,与标准比色卡对照读取pH
    D
    证明氯化银的溶解度大于硫化银的溶解度
    向2 mL 0.1 mol•L-1硝酸银溶液中加入1mL 0.1mol•L-1 NaCl溶液,出现白色沉淀,再加入几滴0.1 mol•L-1的Na2S溶液,有黑色沉淀生成

    【答案】A
    【解析】
    【详解】A. 同时加入食醋,生成具有漂白性的次氯酸,则“84”消毒液的氧化能力随溶液pH的减小而增强,A项正确;
    B. 加硫酸铜可构成原电池,加快反应速率,则不能证明反应速率会随反应物浓度的增大而加快,B项错误;
    C. pH试纸需干燥,否则会稀释溶液,影响氨水pH值的测定,C项错误;
    D. 硝酸银过量,均为沉淀的生成,不发生沉淀的转化,则不能比较溶解度大小,D项错误;
    答案选A。
    8.用酸式滴定管准确移取25.00 mL某未知浓度的盐酸溶液于一洁净的锥形瓶中,然后用0.2000 mol•L-1的氢氧化钠溶液(指示剂为酚酞)滴定。滴定结果如下所示:

    NaOH溶液起始读数
    NaOH终点读数
    第一次
    0.10 mL
    12.70 mL
    第二次
    0.00 mL
    12.40mL
    (1)准确配制0.2000 mol•L-1的氢氧化钠溶液250 mL,需要的主要仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外,还必须用到的玻璃仪器有____。
    (2)根据以上数据可以计算出盐酸的物质的量浓度为___mol•L-1。
    (3)用0.2000 mol•L-1标准氢氧化钠溶液滴定待测盐酸溶液,滴定时左手控制碱式滴定管的玻璃球,右手不停摇动锥形瓶,眼睛注视______,直到滴定终点。
    (4)达到滴定终点的标志是____。
    (5)碱式滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失,对测定结果的影响是____(填“偏高”或“偏低”或“不影响”)
    【答案】 (1). 250mL容量瓶、胶头滴管 (2). 0.1000 mol•L-1 (3). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (4). 当最后一滴标准液滴下后溶液由无色变粉红色且30s内不变色(无色变红色不扣分) (5). 偏高
    【解析】
    【分析】
    (1)依据标准溶液的配制步骤选择玻璃仪器;
    (2)计算两次实验消耗NaOH溶液的平均体积,然后根据HCl~NaOH的关系式,结合c酸V酸= c碱V碱,求盐酸的物质的量浓度;
    (3)观察滴定终点时,眼睛要注视锥形瓶内颜色的变化;
    (4)NaOH溶液滴定盐酸,以酚酞作指示剂,滴定终点时,溶液的颜色由无色变为浅红色且30s不变色;
    (5)根据操作对c(测) = 的影响进行分析滴定误差。
    【详解】(1)准确配制0.2000 mol•L-1的氢氧化钠溶液250 mL,需要250mL容量瓶盛装,定容时还需胶头滴管,
    故答案为:250mL容量瓶、胶头滴管;
    (2)两次消耗的NaOH溶液的体积分别为:12.60 mL,12.40 mL,两次消耗盐酸溶液的平均体积为12.50 mL,
    HCl~NaOH
    1 1
    c(HCl)×25.00mL=0.2000mol/L×12.50mL
    解得:c(HCl)=0.1000mol/L,
    故答案为:0.1000 mol•L-1;
    (3)滴定时左手控制碱式滴定管的玻璃球,右手不停摇动锥形瓶,眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化,直到滴定终点,
    故答案为:锥形瓶内溶液颜色的变化;
    (4)NaOH溶液滴定盐酸,以酚酞作指示剂,滴定终点时,溶液的颜色由无色变为浅红色且30s不变色,
    故答案为:当最后一滴标准液滴下后溶液由无色变粉红色且30s内不变色(无色变红色不扣分);
    (5)碱式滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失,导致读取的氢氧化钠体积V(标)偏高,
    滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液,依据c(测) = ,c(测)会偏高,对测定结果的影响会偏高,
    答案为:偏高。
    9.电解质在水溶液中存在各种行为,如电离、水解、沉淀溶解,据所学知识回答下列问题:
    (1)t℃时,纯水中c(H+)=1×10-6 mol·L-1, 在该温度下,0.05mol/L的Ba(OH)2溶液的pH=________;
    (2)在NaHS溶液中物料守恒:_________
    (3)将AgCl分别放入:①5 mL水②40 mL 0.3mol·L-1 盐酸溶液中溶解至溶液饱和③10mL0.1 mol·L-1 MgCl2溶液④20 mL 0.5mol·L-1 NaCl溶液 ,各溶液中Ag+的浓度分别为a、b、c、d,它们由大到小的排列顺序是_________(用字母表示)。
    (4)在粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2+。在提纯时为了除去Fe2+,常加入合适氧化剂,使Fe2+氧化为Fe3+,下列物质中最适宜采用的是________(填选项字母)
    A.KMnO4 B.H2O2 C.氯水 D.HNO3
    (5)如图所示,是原电池的装置图。请回答:

    若C为稀H2SO4溶液,电流表指针发生偏转,B电极材料为Fe且作负极,则A电极上发生的电极反应式为______;反应进行一段时间后溶液C的pH将________(填“变大”、“变小”或“基本不变”)。
    【答案】 (1). 11 (2). c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-) (3). a>c>b>d (4). B (5). 2H++2e-=H2↑ (6). 变大
    【解析】
    【分析】
    (1)依据由水电离的氢离子与氢氧根离子浓度相等先计算出该温度下水的离子积常数,再根据水溶液中KW=c(H+)×c(OH−)求得结果;
    (2)物料守恒是指溶液中某一组分的原始浓度应该等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和。也就是元素守恒(原子守恒),变化前后某种元素的原子个数守恒不变,据此分析;
    (3)AgCl在溶液中存在溶解平衡AgCl(s) Cl-(aq)+Ag+(aq),依据氯离子浓度对沉淀溶解平衡的影响效果作答;
    (4)根据除杂原则作答;
    【详解】(1)t℃时,纯水中c(H+)=1×10-6 mol·L-1,则此时溶液中的c(OH-)=1×10-6 mol·L-1,所以水的离子积常数 KW=c(H+)×c(OH−)=1×10-12,该温度下,0.05mol/L的Ba(OH)2溶液中c (OH-)=0.05mol/L×2=0.1mol/L,则c(H+)==,则pH=-lgc(H+)=11,
    故答案为:11;
    (2)NaHS溶液中物料守恒式为:c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-),
    故答案为:c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-);
    (3)②③④中氯离子的浓度分别是0.3mol/L、0.2 mol/L、0.5 mol/L,四种水溶液中存在沉淀溶解平衡为:AgCl(s) Cl-(aq)+Ag+(aq),氯离子浓度越大,Ag+的浓度就越小,各溶液中Ag+的浓度从大到小顺序是a>c>b>d,
    故答案为:a>c>b>d;
    (4)除去Fe2+,常加入合适氧化剂,使Fe2+氧化为Fe3+,但不能引入新杂质,
    A. 引入K+和Mn2+,A项错误;
    B. 过氧化氢是绿色氧化剂,本身不稳定,受热易分解,B项正确。
    C. 引入Cl-,C项错误;
    D. 引入NO3-,D项错误;
    故答案为:B;
    (5)铁作负极,则该原电池反应是铁与稀硫酸置换氢气的反应,所以正极反应是氢离子得电子生成氢气,电极反应式为2H++2e-=H2↑;溶液中氢离子放电,导致溶液中氢离子浓度减小,pH值变大,
    故答案为:2H++2e-=H2↑;变大。

    10.常温下.有浓度均为0.1 mol·L-l的下列4种溶液:①NaCN溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液④Na2CO3溶液
    HCN
    H2CO3
    CH3COOH

    Ka=4.9×10-10
    Ka1=4×10-7
    Ka2=5.6×10-11
    Ka=1.7×10-5
    (1)这4种溶液pH由大到小的顺序是_______(填序号)。
    (2)NaCN溶液显碱性的原因(用方程式说明)______
    (3)若向等体积的③和④中滴加盐酸至呈中性,则消耗盐酸的体积③_____④(填“>”、“<"、“=”)。
    (4)25℃时,将amol·L-1 的醋酸和 0.1 mol·L-lNaOH溶液等体积混合后,溶液的pH=7,则a_____0.1(填“﹥”、“﹤”或“=”)。
    (5)Na2CO3溶液中离子浓度大小为:___________
    (6)向NaCN溶液中通入CH3COOH,则发生的离子反应方程式为:_______。
    (7)同温下,溶液的pH值④____①(填“>”、“<"、“=”)。
    【答案】 (1). ②>④>①>③ (2). CN- +H2OHCN +OH- (3). < (4). > (5). c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+) (6). CH3COOH+ CN- =HCN+CH3COO- (7). >
    【解析】
    【分析】
    (1)结合表格数据易知,电离平衡常数越小,酸性越弱,再依据盐类水解的“越弱越水解”规律作答;
    (2)依据盐类水解“谁强显谁性”原理分析原因;
    (3)通过比较③和④溶液中的碱性强弱,对比达到中性后消耗的同浓度的盐酸的体积;
    (4)醋酸为弱酸,恰好完全中和后的溶液为醋酸钠,水解显碱性,据此分析;
    (5)Na2CO3溶液中CO32-会发生水解,结合水解平衡与电离平衡分析溶液中离子浓度大小关系;
    (6)利用强酸制弱酸原理书写;
    (7)结合盐溶液中“越弱越水解”规律解答。
    【详解】(1)相同浓度的溶液中,①NaCN溶液水解显碱性,②NaOH溶液为强碱溶液,③CH3COONa溶液显碱性,④Na2CO3溶液水解显碱性,因为酸性:醋酸>HCN>碳酸氢根离子,越弱越水解,因此溶液的碱性②>④>①>③,4种溶液pH由大到小的顺序是②>④>①>③,
    故答案为:②>④>①>③;
    (2)因NaCN溶液中存在水解平衡CN- +H2OHCN +OH-,促进水的电离,使溶液显碱性,
    故答案为:CN- +H2OHCN +OH-;
    (3)等浓度③CH3COONa溶液和④Na2CO3溶液中,根据越弱越水解规律结合表格可以看出,因酸性:醋酸>碳酸氢根离子,所以等浓度的Na2CO3溶液水解程度大于CH3COONa的水解程度,对应的碱性强于CH3COONa,则若向等体积的③和④中滴加盐酸至呈中性,则消耗盐酸的体积③<④,
    故答案为:<;
    (4)因醋酸为一元弱酸,假如醋酸与氢氧化钠完全中和生成的醋酸钠显碱性,现等体积混合后溶液的pH=7,则醋酸过量,即a﹥0.1,
    故答案为:﹥;
    (5)Na2CO3溶液中,CO32-会发生水解,其水解平衡为:CO32- +H2OHCO3- +OH-,溶液显示碱性,生成的碳酸氢根离子部分发生水解,部分发生微弱电离,HCO3-H++ CO32-,则Na2CO3溶液中离子浓度大小关系为:c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+),
    故答案为:c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+);
    (6)CH3COOH的Ka=1.7×10-5,HCN的Ka=4.9×10-10,则根据强酸制弱酸原理可知,向NaCN溶液中通入CH3COOH,发生的离子方程式为:CH3COOH+ CN- =HCN+CH3COO-,
    故答案为:CH3COOH+ CN- =HCN+CH3COO-;
    (7)因碳酸的第二步电离平衡常数Ka2=5.6×10-11,HCN的电离平衡常数Ka=4.9×10-10,则酸性:HCN>碳酸氢根离子,所以对应的盐水解程度:碳酸钠>NaCN,则同温下,溶液的pH值④﹥①,
    故答案为:>。
    【点睛】本题侧重考查弱电解质及对应的盐类水解规律,掌握盐类“有弱才水解,无弱不水解,谁强显谁性”的基本水解规律是解题的关键,要特别注意的是,二元弱酸如碳酸分两步电离,对应的盐分别是碳酸氢钠与碳酸钠,这是学生的易错点。
    11.锶(Sr)为第5周期ⅡA族元素。高纯六水氯化锶晶体(SrCl2·6H2O)具有很高的经济价值,61℃时晶体开始失去结晶水,100℃时失去全部结晶水。用工业碳酸锶粉末(含少量Ba、Fe的化合物等杂质)制备高纯六水氯化锶晶体的过程如下图所示。

    请回答:
    (1)常温下,氯化锶溶液pH____7(已知金属性Ca (2)写出在浆液中加入盐酸时主要发生的离子方程式________;
    (3)步骤③所得滤渣的主要成分是______(填化学式),调节溶液pH至8~10,宜选用的试剂为 ______。
    A.稀硫酸 B.氢氧化锶粉末 C.氢氧化钠 D.氧化锶粉末
    (4)步骤⑤中,洗涤氯化锶晶体最好选用____。
    A.水 B.稀硫酸 C.氢氧化钠溶液 D.氯化锶饱和溶液
    (5)工业上用热风吹干六水氯化锶,选择的适宜温度范围是____(填字母)。
    A.50~60℃ B.70~80℃ C.80~100℃ D.100℃以上
    【答案】 (1). 等于 (2). SrCO3+2H+=Sr2++H2O+CO2 ↑ (3). BaSO4、Fe(OH)3 (4). BD (5). D (6). A
    【解析】
    【分析】
    (1)根据同主族元素性质递变规律解答;
    (2)锶与钙同族,且在钙的下一周期,性质类似,可推出碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、水、二氧化碳;
    (3)调节pH除去Fe3+等杂质,不能引入杂质,由于前面加入了稀硫酸,故有硫酸钡沉淀生成;
    (4)从防止氯化锶溶解的角度分析;
    (5)由题中信息可知热风吹干六水氯化锶时温度不能太高,当高于61℃时晶体会失去结晶水;
    【详解】(1)同主族元素最外层电子数相同,自上而下电子层数增多,元素的金属性增强;所以Sr金属性比钙强,氯化钙溶液显中性,所以氯化锶溶液显中性,pH等于7,
    故答案为:等于;
    (2)碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、水、二氧化碳。碳酸锶不溶于水,氯化锶易溶于水,其反应的离子方程式为:SrCO3+2H+=Sr2++H2O+CO2↑,
    故答案为:SrCO3+2H+=Sr2++H2O+CO2↑;
    (3)由于前面加入了稀硫酸,故有硫酸钡生成,所以滤渣的成分有两种即BaSO4、Fe(OH)3;调节pH的目的是除去Fe3+等杂质,因不能引入新杂质,最好选用氢氧化锶粉末或氧化锶粉末,
    故答案为: BaSO4、Fe(OH)3;BD;
    (4)为了减少氯化锶溶解,所以用氯化锶饱和溶液洗涤晶体,
    故答案为:D;
    (5)由题中信息可知热风吹干六水氯化锶时温度不能太高,当高于61℃时晶体会失去结晶水,所以适宜温度为:50~60℃,
    故答案为:A。


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