北京市(2018-2022)五年高考化学真题分层汇编-认识化学科学基础题(北京专用)
认识化学科学基础题
一、单选题(共19题)
1.(2022·北京·高考真题)下列化学用语或图示表达不正确的是
A.乙炔的结构简式:
B.顺丁烯的分子结构模型:
C.基态原子的价层电子的轨道表示式:
D.的电子式:
2.(2022·北京·高考真题)下列方程式与所给事实不相符的是
A.加热固体,产生无色气体:
B.过量铁粉与稀硝酸反应,产生无色气体:
C.苯酚钠溶液中通入,出现白色浑浊:
D.乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热,产生有香味的油状液体:
3.(2022·北京·高考真题)下列物质混合后,因发生氧化还原反应使溶液减小的是
A.向溶液中加入少量溶液,生成白色沉淀
B.向和的悬浊液中通入空气,生成红褐色沉淀
C.向溶液中加入少量溶液,生成蓝绿色沉淀
D.向溶液中通入氯气,生成黄色沉淀
4.(2022·北京·高考真题)某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”,能高选择性吸附。废气中的被吸附后,经处理能全部转化为。原理示意图如下。
已知:
下列说法不正确的是
A.温度升高时不利于吸附
B.多孔材料“固定”,促进平衡正向移动
C.转化为的反应是
D.每获得时,转移电子的数目为
5.(2021·北京·高考真题)下列有关放射性核素氚(H)的表述不正确的是
A.H原子核外电子数为1 B.H原子核内中子数为3
C.与H2化学性质基本相同 D.具有放射性
6.(2021·北京·高考真题)下列化学用语或图示表达不正确的是
A.N2的结构式:N≡N B.Na+的结构示意图:
C.溴乙烷的分子模型: D.CO2的电子式:
7.(2021·北京·高考真题)下列方程式不能准确解释相应实验现象的是
A.酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色:CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-
B.金属钠在空气中加热生成淡黄色固体:4Na+O2=2Na2O
C.铝溶于氢氧化钠溶液,有无色气体产生:2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑
D.将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀:SO2+2H2S=3S↓+2H2O
8.(2021·北京·高考真题)使用如图装置(搅拌装置略)探究溶液离子浓度变化,灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭)→亮”现象的是
选项 A B C D
试剂a CuSO4 NH4HCO3 H2SO4 CH3COOH
试剂b Ba(OH)2 Ca(OH)2 Ba(OH)2 NH3·H2O
A.A B.B C.C D.D
9.(2021·北京·高考真题)用电石(主要成分为CaC2,含CaS和Ca3P2等)制取乙炔时,常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为:
①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4
②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓
下列分析不正确的是
A.CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式:CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑
B.不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱
C.反应②中每24 mol CuSO4氧化11 mol PH3
D.用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时,H2S、PH3有干扰
10.(2020·北京·高考真题)下列物质的应用中,利用了氧化还原反应的是
A.用石灰乳脱除烟气中的SO2
B.用明矾[KAl(SO4)2 12H2O]处理污水
C.用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3 xH2O)
D.用84消毒液(有效成分NaClO)杀灭细菌
11.(2020·北京·高考真题)水与下列物质反应时,水表现出氧化性的是
A.Na B.Cl2 C.NO2 D.Na2O
12.(2020·北京·高考真题)下列说法正确的是
A.同温同压下,O2和CO2的密度相同
B.质量相同的H2O和D2O(重水)所含的原子数相同
C.物质的量相同的CH3CH2OH和CH3OCH3所含共价键数相同
D.室温下,pH相同的盐酸和硫酸中,溶质的物质的量浓度相同
13.(2020·北京·高考真题)硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理,其主要过程示意图如图:
下列说法不正确的是
A.该过程有H2O参与 B.NO2是生成硫酸盐的氧化剂
C.硫酸盐气溶胶呈酸性 D.该过程没有生成硫氧键
14.(2020·北京·高考真题)室温下,对于1L0.1mol L-1醋酸溶液。下列判断正确的是
A.该溶液中CH3COO-的粒子数为6.02×1022
B.加入少量CH3COONa固体后,溶液的pH降低
C.滴加NaOH溶液过程中,n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和始终为0.1mol
D.醋酸与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO+2H+=H2O+CO2↑
15.(2019·北京·高考真题)下列示意图与化学用语表述内容不相符的是(水合离子用相应离子符号表示)
A B C D
NaCl溶于水 电解CuCl2溶液 CH3COOH在水中电离 H2与Cl2反应能量变化
NaCl=Na++Cl CuCl2=Cu2++2Cl CH3COOHCH3COO +H+ H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH= 183kJ·mol 1
A.A B.B C.C D.D
16.(2019·北京·高考真题)下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是
物质(括号内为杂质) 除杂试剂
A FeCl2溶液(FeCl3) Fe粉
B NaCl溶液(MgCl2) NaOH溶液、稀HCl
C Cl2(HCl) H2O、浓H2SO4
D NO(NO2) H2O、无水CaCl2
A.A B.B C.C D.D
17.(2019·北京·高考真题)探究草酸(H2C2O4)性质,进行如下实验。(已知:室温下,0.1 mol·L 1 H2C2O4的pH=1.3)
实验 装置 试剂a 现象
① Ca(OH)2溶液(含酚酞) 溶液褪色,产生白色沉淀
② 少量NaHCO3溶液 产生气泡
③ 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色
④ C2H5OH和浓硫酸 加热后产生有香味物质
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是A.H2C2O4有酸性,Ca(OH)2+ H2C2O4CaC2O4↓+2H2O
B.酸性:H2C2O4> H2CO3,NaHCO3+ H2C2O4NaHC2O4+CO2↑+H2O
C.H2C2O4具有还原性,2+5+16H+2Mn2++10CO2↑+ 8H2O
D.H2C2O4可发生酯化反应,HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O
18.(2018·北京·高考真题)下列我国科技成果所涉及物质的应用中,发生的不是化学变化的是
A.甲醇低温所制氢气用于新能源汽车 B.氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料 C.偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料 D.开采可燃冰,将其作为能源使用
A.A B.B C.C D.D
19.(2018·北京·高考真题)下列实验中的颜色变化,与氧化还原反应无关的是
A B C D
实验 NaOH溶液滴入FeSO4溶液中 石蕊溶液滴入氯水中 Na2S溶液滴入AgCl浊液中 热铜丝插入稀硝酸中
现象 产生白色沉淀,随后变为红褐色 溶液变红,随后迅速褪色 沉淀由白色逐渐变为黑色 产生无色气体,随后变为红棕色
A.A B.B C.C D.D
二、实验题(共5题)
20.(2022·北京·高考真题)煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。
已知:在催化剂作用下,煤在管式炉中燃烧,出口气体主要含。
(1)煤样需研磨成细小粉末,其目的是___________。
(2)高温下,煤中完全转化为,该反应的化学方程式为___________。
(3)通过干燥装置后,待测气体进入库仑测硫仪进行测定。
已知:库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前,电解质溶液中保持定值时,电解池不工作。待测气体进入电解池后,溶解并将还原,测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值,测定结束,通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。
①在电解池中发生反应的离子方程式为___________。
②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为___________。
(4)煤样为,电解消耗的电量为x库仑,煤样中硫的质量分数为___________。
已知:电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。
(5)条件控制和误差分析。
①测定过程中,需控制电解质溶液,当时,非电解生成的使得测得的全硫含量偏小,生成的离子方程式为___________。
②测定过程中,管式炉内壁上有残留,测得全硫量结果为___________。(填“偏大”或“偏小”)
21.(2022·北京·高考真题)某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应
资料:i.Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。
ii.浓碱条件下,可被OH-还原为。
iii.Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关,NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)
序号 物质a C中实验现象
通入Cl2前 通入Cl2后
I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀,且放置后不发生变化
II 5%NaOH溶液 产生白色沉淀,在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多,放置后溶液变为紫色,仍有沉淀
III 40%NaOH 溶液 产生白色沉淀,在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多,放置后溶液变为紫色,仍有沉淀
(1)B中试剂是___________。
(2)通入Cl2前,II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为___________。
(3)对比实验I、II通入Cl2后的实验现象,对于二价锰化合物还原性的认识是___________。
(4)根据资料ii,III中应得到绿色溶液,实验中得到紫色溶液,分析现象与资料不符的原因:
原因一:可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二:可能是氧化剂过量,氧化剂将氧化为。
①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因___________,但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取III中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL40%NaOH溶液,溶液紫色迅速变为绿色,且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为___________,溶液绿色缓慢加深,原因是MnO2被___________(填“化学式”)氧化,可证明III的悬浊液中氧化剂过量;
③取II中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL水,溶液紫色缓慢加深,发生的反应是___________。
④从反应速率的角度,分析实验III未得到绿色溶液的可能原因___________。
22.(2021·北京·高考真题)环氧乙烷(,简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下。
(1)①阳极室产生Cl2后发生的反应有:_______、CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。
②结合电极反应式说明生成溶液a的原理_______。
(2)一定条件下,反应物按一定流速通过该装置。
电解效率η和选择性S的定义:
η(B)=×100%
S(B)=×100%
①若η(EO)=100%,则溶液b的溶质为_______。
②当乙烯完全消耗时,测得η(EO)≈70%,S(EO)≈97%,推测η(EO)≈70%的原因:
I.阳极有H2O放电
II.阳极有乙烯放电
III.阳极室流出液中含有Cl2和HClO
……
i.检验电解产物,推测I不成立。需要检验的物质是_______。
ii.假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2,η(CO2)≈_______%。经检验阳极放电产物没有CO2。
iii.实验证实推测III成立,所用试剂及现象是_______。
可选试剂:AgNO3溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液。
23.(2021·北京·高考真题)某小组探究卤素参与的氧化还原反应,从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
(1)浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时,固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。
①反应的离子方程式是_______。
②电极反应式:
i.还原反应:MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
ii.氧化反应:_______。
③根据电极反应式,分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。
i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高,MnO2氧化性减弱。
ii.随c(Cl-)降低,_______。
④补充实验证实了③中的分析。
实验操作 试剂 产物
I 较浓H2SO4 有氯气
II a 有氯气
III a+b 无氯气
a是_______,b是_______。
(2)利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响,探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液,能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是_______,从原子结构角度说明理由______________。
(3)根据(1)中结论推测:酸性条件下,加入某种化合物可以提高溴的氧化性,将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测,该化合物是_______。
(4)Ag分别与1mol·L-1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合,Ag只与氢碘酸发生置换反应,试解释原因:_______。
(5)总结:物质氧化性和还原性变化的一般规律是_______。
24.(2020·北京·高考真题)探究Na2SO3固体的热分解产物。
资料:①4Na2SO3Na2S+3Na2SO4②Na2S能与S反应生成Na2Sx,Na2Sx与酸反应生成S和H2S。③BaS易溶于水。
隔绝空气条件下,加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A,过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液,放置得无色溶液B。
(1)检验分解产物Na2S:取少量溶液B,向其中滴加CuSO4溶液,产生黑色沉淀,证实有S2-。反应的离子方程式是____。
(2)检验分解产物Na2SO4:取少量溶液B,滴加BaCl2溶液,产生白色沉淀,加入盐酸,沉淀增多(经检验该沉淀含S),同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S),由于沉淀增多对检验造成干扰,另取少量溶液B,加入足量盐酸,离心沉降(固液分离)后,____(填操作和现象),可证实分解产物中含有SO。
(3)探究(2)中S的来源。
来源1:固体A中有未分解的Na2SO3,在酸性条件下与Na2S反应生成S。
来源2:溶液B中有Na2Sx,加酸反应生成S。
针对来源1进行如图实验:
①实验可证实来源1不成立。实验证据是____。
②不能用盐酸代替硫酸的原因是____。
③写出来源2产生S的反应的离子方程式:____。
(4)实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S,Na2SO4和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性:____。
三、工业流程题(共3题)
25.(2022·北京·高考真题)白云石的主要化学成分为,还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁,流程示意图如下。
已知:
物质
(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为___________。
(2)用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计)
计算值 实测值
2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 ——
2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20
备注:ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)
ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是___________。
②沉钙反应的离子方程式为___________。
③“浸钙”过程不适宜选用的比例为___________。
④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是___________。
(3)“浸镁”过程中,取固体B与一定浓度的溶液混合,充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏,的浸出率随馏出液体积增大而增大,最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是___________。
(4)滤渣C中含有的物质是___________。
(5)该流程中可循环利用的物质是___________。
26.(2020·北京·高考真题)用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金),Ag和Cu。
已知:①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl4=H++AuCl
(1)酸溶后经____操作,将混合物分离。
(2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同,写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式:____。
(3)HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸):V(浓盐酸)=1:3溶金原理相同。
①将溶金反应的化学方程式补充完整:
Au+____NaCl+____HNO3=HAuCl4+____+____+____NaNO3
②关于溶金的下列说法正确的是____。
A.用到了HNO3的氧化性
B.王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C.用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解
(4)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原,则参加反应的Zn的物质的量是____mol。
(5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉,可按照如图方法从酸溶后的的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。
试剂1是____,物质2是____。
27.(2020·北京·高考真题)MnO2是重要的化工原料,山软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图:
资料:①软锰矿的主要成分为MnO2,主要杂质有Al2O3和SiO2
②全属离于沉淀的pH
Fe3+ Al3+ Mn2+ Fe2+
开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3
完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3
③该工艺条件下,MnO2与H2SO4反应。
(1)溶出
①溶出前,软锰矿需研磨。目的是____。
②溶出时,Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示:
i.步骤II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应,反应的离子方程式是____。
ii.若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑,完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2,原因是____。
(2)纯化。已知:MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2,后加入NH3·H2O,调溶液pH≈5,说明试剂加入顺序及调节pH的原因:____。
(3)电解。Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是____。
(4)产品纯度测定。向ag产品中依次加入足量bgNa2C2O4和足量稀H2SO4,加热至充分反应。再用cmol·L-1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点,消耗KMnO4溶液的体积为dL(已知:MnO2及MnO均被还原为Mn2+。相对分子质量:MnO2-86.94;Na2C2O4-134.0)
产品纯度为____(用质量分数表示)。北京市(2018-2022)五年高考化学真题分层汇编-认识化学科学基础题答案版(北京专用)
认识化学科学基础题
1.C
【详解】A.乙炔中含有碳碳三键,其结构简式为,A项正确;
B.顺丁烯中两个甲基位于双键同侧,其结构模型为,B项正确;
C.基态原子的价层电子排布式为3s23p2,其轨道表示式为,C项错误;
D.是离子化合物,其电子式为,D项正确;
答案选C。
2.B
【详解】A.碳酸氢钠受热之后分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,A正确;
B.过量的铁粉与稀硝酸反应,应该生成Fe2+,B错误;
C.苯酚钠溶液中通入二氧化碳利用强酸制取弱酸生成苯酚和碳酸氢钠,C正确;
D.乙醇和乙酸在浓硫酸混合加热的条件下发生酯化反应产生有香味的油状液体乙酸乙酯和水,D正确;
故选B。
3.D
【详解】A.向NaHSO4中加入少量BaCl2溶液,实际参与反应的只有硫酸根离子和钡离子,忽略体积变化,H+的浓度不变,其pH不变,A错误;
B.向 NaOH 和 Fe(OH)2 的悬浊液中通入空气,虽然有氢氧化亚铁被氧化成了红褐色的氢氧化铁,其方程式为,该过和中会消耗水,则增大了氢氧根离子的浓度,pH会变大,B错误;
C.向 NaHCO3 溶液中加入少量 CuSO4 溶液,生成蓝绿色沉淀 [Cu2(OH)2CO3],其中没有元素的化合价发生变化,故没有氧化还原反应,C错误;
D.向H2S中通入氯气生成HCl和单质硫沉淀,这个氧化还原反应增大了H+的浓度,pH减小,D正确。
故选D。
4.D
【分析】废气经过MOFs材料之后,NO2转化成N2O4被吸附,进而与氧气和水反应生成硝酸,从该过程中我们知道,NO2转化为N2O4的程度,决定了整个废气处理的效率。
【详解】A.从可以看出,这个是一个放热反应,升高温度之后,平衡逆向移动,导致生成的N2O4减少,不利于NO2的吸附,A正确;
B.多孔材料“固定”,从而促进平衡正向移动,B正确;
C.N2O4和氧气、水反应生成硝酸,其方程式为,C正确;
D.在方程式中,转移的电子数为4e-,则每获得,转移的电子数为0.4mol,即个数为,D错误;
故选D。
5.B
【详解】A.放射性核素H,质量数是3,质子数是1,质子数等于核外电子数,所以核外电子数等于1,故A正确;
B.放射性核素H,质量数是3,质子数是1,所以中子数等于3-1=2,故B错误;
C.与H2的相对分子质量不同,二者的沸点不同,但二者同属于氢气,化学性质基本相同,故C正确;
D.H是放射性核素,所以3H2O也具有放射性,故D正确;
故选B。
6.D
【详解】A.N2分子中N原子间是三键,结构式:N≡N,正确;
B.Na+的结构示意图:,正确;
C.溴乙烷的分子模型: ,正确;
D.CO2的电子式:,错误;
故选D。
7.B
【详解】A.CH3COONa溶液呈碱性是因为发生了CH3COO-的水解:CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-,A正确;
B.金属钠在空气中加热生成淡黄色固体过氧化钠:2Na+O2Na2O2,B错误;
C.铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气:2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑,C正确;
D.将SO2通入H2S溶液生成S单质和水:SO2+2H2S=3S↓+2H2O,D正确;
故选B。
8.D
【详解】A.Ba(OH)2与CuSO4发生离子反应:Ba2++2OH-+Cu2++=BaSO4↓+Cu(OH)2↓,随着反应的进行,溶液中自由移动的离子浓度减小,灯泡变暗,当二者恰好反应时,溶液中几乎不存在自由移动的微粒,灯泡完全熄灭。当CuSO4溶液过量时,其电离产生的Cu2+、导电,使灯泡逐渐又变亮,A不符合题意;
B.Ca(OH)2与NH4HCO3发生离子反应:Ca2++2OH-++=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O,随着反应的进行,溶液中自由移动离子浓度减小,灯泡逐渐变暗,当二者恰好反应时,溶液中自由移动的微粒浓度很小,灯泡很暗。当 NH4HCO3溶液过量时,其电离产生的、 导电,使灯泡逐渐又变亮,B不符合题意;
C.Ba(OH)2与H2SO4发生离子反应:Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O,随着反应的进行,溶液中自由移动的离子浓度减小,灯泡变暗,当二者恰好反应时,溶液中几乎不存在自由移动的微粒,灯泡完全熄灭。当H2SO4溶液过量时,其电离产生的H+、导电,使灯泡逐渐又变亮,C不符合题意;
D.CH3COOH与氨水发生离子反应:CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-++H2O,反应后自由移动的离子浓度增大,溶液导电能力增强,灯泡更明亮,不出现亮—灭(或暗)—亮的变化,D符合题意;
故合理选项是D。
9.C
【详解】A.水解过程中元素的化合价不变,根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑;Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑,A项正确;
B.该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成,因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4,事实上硫酸的酸性强于氢硫酸,B项正确;
C.反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价,得到1个电子,P元素化合价从-3价升高到+5价,失去8个电子,则24molCuSO4完全反应时,可氧化PH3的物质的量是24mol÷8=3mol,C项错误;
D.H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化,所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验,D项正确;
答案选C。
10.D
【详解】A.SO2是酸性氧化物,可与碱反应,用石灰乳脱除烟气中的SO2时,SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙或亚硫酸氢钙,反应过程中无元素的化合价变化,没有利用氧化还原反应,故A不符合题意;
B.用明矾[KAl(SO4)2 12H2O]溶于水中,电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体,利用胶体的吸附性可吸附污水中的固体颗粒物,该过程利用胶体的吸附性,发生的反应没有发生化合价变化,没有利用氧化还原反应,故B不符合题意;
C.用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3 xH2O),发生的主要反应为:6HCl+ Fe2O3=2FeCl3+3H2O,反应中没有元素化合价的变化,没有利用氧化还原反应,故C不符合题意;
D.用84消毒液有效成分NaClO,具有强氧化性,能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒,杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应,故D符合题意;
答案选D。
11.A
【详解】A.2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,H2O中H元素化合价由+1降为0价,得电子被还原,做氧化剂,在反应中表现出氧化性,故A符合题意;
B.Cl2+H2OHCl+HClO,H2O中的元素没有发生化合价的变化,水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂,既不表现氧化性也不表现还原性,故B不符合题意;
C.3NO2+H2O=2HNO3+NO,H2O中的元素没有发生化合价的变化,水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂,既不表现氧化性也不表现还原性,故C不符合题意;
D.Na2O + H2O = 2NaOH,该反应没有元素化合价变化,不是氧化还原反应,水在反应中既不表现氧化性也不表现还原性,故D不符合题意;
答案选A。
12.C
【详解】A.同温同压下,O2和CO2的体积相同时,其质量之比为32:44,则密度之比为32:44,不相同,A说法错误;
B.质量相同的H2O和D2O(重水)的物质的量之比为20:18,分子中均含有3个原子,则所含的原子数之比为20:18,不相同,B说法错误;
C.每个CH3CH2OH和CH3OCH3中含共价键数均为8条,则物质的量相同的CH3CH2OH和CH3OCH3所含共价键数相同,C说法正确;
D.室温下,pH相同的盐酸和硫酸中,氢离子的浓度相等,硫酸能电离出2个氢离子,而盐酸只能电离出一个,故pH相同的盐酸和硫酸的物质的量浓度不相同,D说法错误;
答案为C。
13.D
【详解】A.根据图示中各微粒的构造可知,该过程有H2O参与,故A正确;
B.根据图示的转化过程,NO2转化为HNO2,N元素的化合价由+4价变为+3价,化合价降低,得电子被还原,做氧化剂,则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂,故B正确;
C.硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO,转化过程有水参与,则HSO在水中可电离生成H+和SO,则硫酸盐气溶胶呈酸性,故C正确;
D.根据图示转化过程中,由SO转化为HSO,根据图示对照,有硫氧键生成,故D错误;
答案选D。
14.C
【分析】醋酸是弱电解质,在溶液中部分电离,存在电离平衡,电离方程式为:CH3COOHCH3COO-+H+ ,1L0.1mol L-1醋酸溶液中存在物料守恒:n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol,或c(CH3COO-)+c(CH3COOH)= 0.1mol L-1,据此分析解答。
【详解】A.1L0.1mol L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol,醋酸属于弱酸,是弱电解质,在溶液中部分电离,存在电离平衡,则CH3COO-的粒子数小于6.02×1022,故A错误;
B.加入少量CH3COONa固体后,溶液中CH3COO-的浓度增大,根据同离子效应,会抑制醋酸的电离,溶液中的氢离子浓度减小,酸性减弱,碱性增强,则溶液的pH升高,故B错误;
C.1L0.1mol L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol,滴加NaOH溶液过程中,溶液中始终存在物料守恒,n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol,故C正确;
D.醋酸的酸性强于碳酸,则根据强酸制取弱酸,醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水,醋酸是弱电解质,离子反应中不能拆写,则离子方程式为CO+2 CH3COOH =H2O+CO2↑+2CH3COO-,故D错误;
答案选C。
15.B
【分析】本题A、B、C选项应区分电离和电解的概念。电离是电解质溶于水或熔融状态下,解离成能够自由移动的离子的过程。根据其电离程度可分为强电解质和弱电解质,几乎全部电离的是强电解质(如A选项),只有少部分电离的是弱电解质(如C选项);是将电能转化为化学能的一个装置(构成:外加电源,电解质溶液,阴阳电极)。使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在阴,阳两极引起还原氧化反应的过程(如B选项)。
【详解】A.NaCl为强电解质,NaCl溶于水,NaCl在水分子作用下,自发解离为Na+和Cl-,故电离方程式为NaCl=Na++Cl-,故A不符合题意;
B.电解氯化铜溶液,铜离子向阴极移动,得电子,发生电极反应为:Cu2++2e-=Cu,氯离子向阳极移动,失电子,发生电极反应为:2Cl-+2e-=Cl2,所以电解总反应为:Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑,故B符合题意;
C.CH3COOH为弱电解质,溶于水部分电离,因此电离方程式为CH3COOH CH3COO-+H+,故C不符合题意;
D.由图可知,反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量(436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol),与形成生成物分子中化学键放出的总能量(431kJ/mol×2=862kJ/mol)之差,即放热183kJ/mol,放热 H为负值,所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) H=-183kJ/mol,故D不符合题意;
综上所述,本题应选B。
【点睛】本题所选四个实验(或原理)均取材于课本,可见高考题越来越回归于课本。本题综合考查化学用语,涉及强、弱电解质的电离、电解方程式的书写,化学反应热的计算,题目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合。
16.B
【分析】发生的反应中,存在元素的化合价变化,与氧化还原反应有关;反之,不存在元素的化合价变化,则与氧化还原反应无关,以此解答该题。
【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2,2FeCl3+Fe=3FeCl2,此过程中Fe的化合价发生变化,涉及到了氧化还原反应,故A不符合题意;
B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2 +2NaCl,过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ,此过程中没有元素化合价发生变化,未涉及氧化还原反应,故B符合题意;
C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸,应该用饱和食盐水除去HCl,除杂方法不正确,故C不符合题意;
D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化,涉及到了氧化还原反应,故D不符合题意;
综上所述,本题应选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应,为高考常见题型,侧重于氧化还原反应判断的考查,注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化,题目难度不大。
17.C
【分析】草酸(又称乙二酸)为一种二元弱酸,具有酸的通性,因此能发生中和反应,具有还原性,因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应,据此解题;
【详解】A.H2C2O4为二元弱酸,能与氢氧化钙溶液发生中和反应,生成白色沉淀草酸钙和水,因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱,溶液红色退去,故A正确;
B.产生气泡证明有CO2 产生,因此可证明酸性H2C2O4>H2CO3,反应方程式为:H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2 +2H2O 或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2 +2H2O,故B正确;
C.0.1 mol·L 1 H2C2O4的pH=1.3,说明草酸为弱酸,故在其参与的离子方程式中要写其化学式,不能用草酸根表示,故C不正确;
D.草酸(又称乙二酸),其中含有羧基,因此其能发生酯化反应,反应方程式正确,故D正确;
本题选不正确的,应选C。
【点睛】本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写,侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用。
18.B
【详解】分析:A项,甲醇低温制氢气有新物质生成,属于化学变化;B项,氘、氚用作核聚变燃料,是核反应,不属于化学变化;C项,偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O,放出大量热,属于化学变化;D项,可燃冰是甲烷的结晶水合物,CH4燃烧生成CO2和H2O,放出大量热,属于化学变化。
详解:A项,甲醇低温制氢气有新物质生成,属于化学变化;B项,氘、氚用作核聚变燃料,是核反应,不属于化学变化;C项,偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O,放出大量热,反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O43N2↑+2CO2↑+4H2O,属于化学变化;D项,可燃冰是甲烷的结晶水合物,CH4燃烧生成CO2和H2O,放出大量热,反应的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O,属于化学变化;答案选B。
点睛:本题考查化学变化、核反应的区别,化学变化的特征是有新物质生成。注意化学变化与核反应的区别,化学变化过程中原子核不变,核反应不属于化学反应。
19.C
【详解】分析:A项,白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;B项,红色褪色是HClO表现强氧化性;C项,白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl;D项,气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2。
详解:A项,NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe(OH)2沉淀,白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,该反应前后元素化合价有升降,为氧化还原反应;B项,氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO,由于氯水呈酸性,石蕊溶液滴入后溶液先变红,红色褪色是HClO表现强氧化性,与有色物质发生氧化还原反应;C项,白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl,反应前后元素化合价不变,不是氧化还原反应;D项,Cu与稀HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO气体和H2O,气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2,反应前后元素化合价有升降,为氧化还原反应;与氧化还原反应无关的是C项,答案选C。
点睛:本题考查氧化还原反应的判断,分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。
20.(1)与空气的接触面积增大,反应更加充分
(2)2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑
(3) SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+ 3I——2e—=I
(4)
(5) I2+I—=I 偏小
【详解】(1)煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大,与空气的接触面积增大,反应更加充分,故答案为:与空气的接触面积增大,反应更加充分;
(2)由题意可知,在催化剂作用下,硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水,反应的化学方程式为2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑,故答案为:2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑;
(3)①由题意可知,二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子,离子方程式为SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+,故答案为:SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+;
②由题意可知,测硫仪工作时电解池工作时,碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子,电极反应式为3I——2e—=I,故答案为:3I——2e—=I;
(4)由题意可得如下关系:S—SO2—I—2e—,电解消耗的电量为x库仑,则煤样中硫的质量分数为×100%=,故答案为:;
(5)①当pH<1时,非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子,导致消耗二氧化硫的量偏小,反应的离子方程式为I2+I—=I,故答案为:I2+I—=I;
②测定过程中,管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫,会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小,电解时转移电子数目偏小,导致测得全硫量结果偏低,故答案为:偏小。
21.(1)饱和NaCl溶液
(2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
(3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
(4) Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 4+4OH-=4+O2↑+2H2O Cl2 3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率,因而实验III未得到绿色溶液
【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2,由于盐酸具有挥发性,为排除HCl对Cl2性质的干扰,在装置B中盛有饱和NaCl溶液,除去Cl2中的杂质HCl,在装置C中通过改变溶液的pH,验证不同条件下Cl2与MnSO4反应,装置D是尾气处理装置,目的是除去多余Cl2,防止造成大气污染。
【详解】(1)B中试剂是饱和NaCl溶液,作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体;1
(2)通入Cl2前,II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀,该沉淀不稳定,会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2,则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为:2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O;
(3)对比实验I、II通入Cl2后的实验现象,对于二价锰化合物还原性的认识是:Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强;
(4)①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O,使溶液碱性减弱,反应的离子方程式为:Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O;
②取III中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL40%NaOH溶液,溶液紫色迅速变为绿色,且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下,可被OH-还原为,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可知该反应的离子方程式为:4+4OH-=4+O2↑+2H2O;
溶液绿色缓慢加深,原因是MnO2被Cl2氧化,可证明III的悬浊液中氧化剂过量;
③取II中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL水,溶液碱性减弱,溶液紫色缓慢加深,说明ClO-将MnO2氧化为,发生的反应是:3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O;
④III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率,导致实验III未得到绿色溶液。
22.(1) Cl2 +H2O= HCl+ HClO 阴极发生反应: 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-,K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极,形成KOH和KCl的混合溶液
(2) KCl O2 13 KI 溶液和淀粉溶液,溶液变蓝
【详解】(1)阳极产生氯气后,可以和水发生反应生成次氯酸其方程式为:Cl2 +H2O= HCl+ HClO;溶液a是阴极的产物,在阴极发生反应2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-,同时阳极的钾离子会向阴极移动和氢氧根结合形成氢氧化钾,故答案为:阴极发生反应: 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-,K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极,形成KOH和KCl的混合溶液;
(2)①若η(EO)=100%则说明在电解过程中只有乙烯中的碳化合价发生变化,其他元素化合价没有变,故溶液b的溶质为:KCl;
②i.阳极有H2O放电时会产生氧气,故需要检验的物质是O2;ii. 设EO的物质的量为amol
则转化的乙烯的物质的量为:;生成EO转化的电子的物质的量:2amol;此过程转移电子的总物质的量:;生成CO2的物质的量:;生成CO2转移的电子的物质的量:,则η(CO2)=≈13%;
iii.实验证实推测III成立,则会产生氯气,验证氯气即可,故答案为:KI 溶液和淀粉溶液,溶液变蓝。
23.(1) MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O 2Cl--2e- =Cl2↑ Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强 KCl固体(或浓/饱和溶液) MnSO4固体(或浓/饱和溶液)
(2) KCl>KBr>KI Cl、Br、I位于第VIIA族,从上到下电子层数逐渐增加,原子半径逐渐增大,得电子能力逐渐减弱,阴离子的还原性逐渐增强
(3)AgNO3 或Ag2SO4
(4)比较AgX的溶解度,AgI 溶解度最小,Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多,使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生
(5)氧化剂(还原剂)的浓度越大,其氧化性(还原性)越强,还原产物(还原产物)的浓度越大,氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小;还原反应中,反应物浓度越大或生成物浓度越小,氧化剂氧化性越强
【详解】(1)①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为:MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O;②氧化反应是元素化合价升高,故氧化反应为:2Cl--2e- =Cl2↑③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱,或者产生了氧化性更强的氧化剂,故答案为:Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析,试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液);结合实验III的显现是没有氯气,且实验III也加入了试剂a,那一定是试剂b影响了实验III的现象,再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液);
(2)非金属性越弱其阴离子的还原性越强,反应时所需的氢离子浓度越小,故顺序是KCl>KBr>KI;其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族,从上到下电子层数逐渐增加,原子半径逐渐增大,得电子能力逐渐减弱,阴离子的还原性逐渐增强;
(3)根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱,那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性,将Mn2+氧化为MnO2,故答案为:AgNO3 或Ag2SO4;
(4)若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑发生,根据本题的提示可以降低Ag+浓度,对比AgX的溶解度,AgI 溶解度最小,故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是:比较AgX的溶解度,AgI 溶解度最小,Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多,使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生;
(5)通过本题可以发现,物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关,浓度越大氧化性或者还原性越强,故答案为:氧化剂(还原剂)的浓度越大,其氧化性(还原性)越强,还原产物(还原产物)的浓度越大,氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小;还原反应中,反应物浓度越大或生成物浓度越小,氧化剂氧化性越强。
24. S2-+Cu2+=CuS↓ 滴加BaCl2溶液,产生白色沉淀, 向溶液2中加入KMnO4溶液,溶液没有褪色 盐酸中Cl元素为-1价,是Cl元素的最低价,具有还原性,会与KMnO4溶液发生氧化还原反应,使KMnO4溶液应该褪色,干扰实验现象和实验结论; Sx2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓ 根据反应4Na2SO3Na2S+3Na2SO4可知,Na2SO3发生歧化反应,其中的S元素化合价即可升高也可降低,能从+4价降为-2价,也应该可以降到0价生成硫单质
【详解】(1)Na2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸钠,反应的离子方程式是S2-+Cu2+=CuS↓;
(2)根据题干资料:Na2S能与S反应生成Na2Sx,Na2Sx与酸反应生成S和H2S,取少量溶液B,滴加BaCl2溶液,产生白色沉淀,加入盐酸,沉淀增多(经检验该沉淀含S),同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S),说明B溶液中含有Na2Sx,Na2Sx与酸反应生成S和H2S,由于沉淀增多对检验造成干扰,另取少量溶液B,加入足量盐酸,离心沉降(固液分离)后,滴加BaCl2溶液,产生白色沉淀,可证实分解产物中含有SO;
(3)①实验可证实来源1不成立。根据分析,溶液2为H2SO3,向溶液2中加入少量KMnO4溶液,H2SO3具有还原性,酸性条件下KMnO4具有强氧化性,二者混合和后应发生氧化还原反应,KMnO4溶液应该褪色,但得到的仍为紫色,说明溶液B中不含Na2SO3;
②不能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中Cl元素为-1价,是Cl元素的最低价,具有还原性,会与KMnO4溶液发生氧化还原反应,使KMnO4溶液应该褪色,干扰实验现象和实验结论;
③来源2认为溶液B中有Na2Sx,加酸反应生成S,反应的离子方程式:Sx2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓;
(4)根据已知资料:4Na2SO3Na2S+3Na2SO4,亚硫酸钠中硫为+4价,硫酸钠中硫为+6价,硫化钠中硫为-2价,根据反应可知Na2SO3发生歧化反应,其中的S元素化合价即可升高也可降低,能从+4价降为-2价,也应该可以降到0价生成硫单质。
25.(1)
(2) ,在一定量溶液中,氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能,故先浸出 2.4∶1 ,优先析出,且氧化钙也能转化为碳酸钙
(3),,随大量氨逸出,平衡正向移动
(4)
(5)
【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁,加入氯化铵溶解浸钙,大部分钙离子进入滤液A,通入二氧化碳生成碳酸钙;过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B,加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液,加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀,煅烧得到氧化镁;
【详解】(1)白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体,化学方程式为;
(2)①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子,可以调节溶液的pH,由图表可知,,在一定量溶液中,氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能,故首先溶解被浸出;
②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子,离子方程式为。
③由图表可知,“浸钙”过程的比例为2.4∶1时,产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低,故不适宜选用的比例为2.4∶1。
④,在反应中会优先析出,但也有可能析出其他沉淀,且Mg2+部分以Mg(OH)2形成沉淀,相比MgCO3质量更小,二者共同作用导致产品中纯度的实测值高于计算值;
(3)“浸镁”过程中,发生反应:,,加热蒸馏随大量氨逸出,平衡正向移动,利于氢氧化镁转化为硫酸镁;
(4)白云石的主要化学成分为,还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2;煅烧浸钙后,绝大部分钙进入滤液中,部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙,氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中;“浸镁”过程中,的浸出率最终可达98.9% ,则还有部分氧化镁进入滤渣中,故滤渣C中含有的物质是;
(5)沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵;“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出;滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵,碳酸镁煅烧生成二氧化碳;白云石煅烧也会生成二氧化碳;在流程中既是反应物又是生成物,故该流程中可循环利用的物质是。
26. 过滤 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 4 5 NO 2H2O 4 AC 2
NaCl溶液 Fe、Cu
【分析】废旧CPU中的单质Au(金),Ag和Cu,加入硝酸酸化后,金不反应,Ag和Cu转化为铜离子和银离子的混合溶液,含金的溶液中加入硝酸和氯化钠的混合溶液,金转化为HAuCl4,HAuCl4经锌粉还原分离得到金,由此分析。
【详解】(1) Au(金),Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液,将固体和液体分开的的操作是过滤,将混合物分离;
(2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为:3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O;溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为mol;铜与浓硝酸反应的化学方程式为:Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为4mol;消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应,化学方程式为:3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;
(3)①根据化合价的变化规律可知,金的化合价从0价升高到+3价,作还原剂,硝酸作氧化剂,从+5价降低到+2价,产物有一氧化氮生成,根据质量守恒,生成物中还有水,化学方程式为:Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3;
②A.溶金过程中硝酸的化合价降低,作氧化剂,具有强氧化性,用到了HNO3的氧化性,故A正确;
B.王水中V(浓硝酸):V(浓盐酸)=1:3,金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜,不反应,王水中浓盐酸中提供了氯离子,利于生成四氯合金离子,利于金与硝酸的反应,主要作用增强硝酸的氧化性,故B错误;
C.HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸):V(浓盐酸)=1:3溶金原理相同,则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解,故C正确;
答案选AC;
(4)由于HAuCl4=H++AuCl,若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原,HAuCl4中金的化合价为+3价,被锌还原为0价,锌的化合价从0价升高到+2价,参加反应的Zn的物质的量x,锌的化合价从0价升高到+2价,根据得失电子守恒可知:2x=3,x=1.5mol,同时Zn+2H+=Zn2++H2↑,与氢离子反应的Zn的物质的量为0.5mol,则参加反应的Zn的物质的量是2mol;
(5) 根据图中信息可知,含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3,物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子,试剂3是氨水,物质3是氯化银,试剂1是NaCl溶液,物质1是氯化铜,氯化铜加入过量铁粉得到物质2:铜和过量铁,经过试剂2,过滤后得到铜单质,试剂2是盐酸,除去过量的铁粉,二氨合银离子经过还原可以得到银单质,实现了铜和银的分离,试剂1是NaCl溶液,物质2是Fe、Cu。
【点睛】浓硝酸不能单独将Au溶解,将浓硝酸中加入浓盐酸,利于生成四氯合金离子,利于金与硝酸的反应,主要作用增强硝酸的氧化性,为易错点。
27. 增大反应速率,提高浸出率 MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+ MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱 Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+
【分析】软锰矿首先进行研磨,可增大固体与硫酸的接触面积,增大反应速率,提高浸出率;加入浓硫酸及过量的铁屑,铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁,亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子;再电解锰离子的纯化液制取二氧化锰。
【详解】(1)①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积,增大反应速率,提高浸出率;
②i.根据反应途径可知,二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子,则反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O;
ii.根据方程式可知,Fe与MnO2的物质的量比值为2,实际反应时,二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+,导致需要的减少Fe2+,故实际比值(0.9)小于2。
(2)MnO2的氧化性与溶液pH有关,且随酸性的减弱,氧化性逐渐减弱,溶液显酸性时,二氧化锰的氧化性较强,故纯化时先加入MnO2,后加入NH3·H2O,调溶液pH≈5,除去溶液中的Al3+、Fe3+;
(3)电解时,溶液呈酸性,Mn2+失电子,与水反应生成二氧化锰和氢离子,则电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+;
(4)根据题意可知,部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原发,剩余部分再与高锰酸钾反应(5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O),则与二氧化锰反应的草酸钠为-;MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O,则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=-,产品纯度=×100%=。