故合理选项是D。
【点睛】本题考查无机物的推断以及原子结构与元素周期律的综合应用,A与C中均含有10个电子是推断突破口,再结合反应进行分析解答,注意熟练掌握元素化合物知识。
5.用如图装置进行实验,将液体A逐滴加入到固体B中,下列叙述正确的是
A.若A为浓盐酸,B为KMnO4晶体,C中盛有紫色石蕊溶液,则C中溶液最终呈红色
B.实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用
C.若A为浓氨水,B为生石灰,C中盛有AlCl3溶液,则C中溶液中先产生白色沉淀,然后沉淀又溶解
D.若A为浓H2SO4,B为Cu,C中盛有澄清石灰水,则C中溶液变浑浊
【答案】B
【解析】
【详解】A.若A为浓盐酸,B为KMnO4晶体,二者反应生成氯气,把氯气通到紫色石蕊溶液中,氯气与水反应生成HCl和HClO,HCl使紫色石蕊溶液变红,HClO具有漂白性,使溶液褪色,C中溶液最终呈无色,A错误;
B.D中球形干燥管中间部分较粗,盛放液体的量较多,倒吸的液体靠自身重量回落,因此可以防止液体倒吸,B正确;
C.若A为浓氨水,B为生石灰,滴入后反应生成氨气,氨气和铝离子反应生成氢氧化铝,但氢氧化铝不溶于弱碱一水合氨,所以C中产生白色沉淀不溶解,C错误;
D.若A为浓硫酸,B为Cu,反应需要加热才能发生,如果不加热,则没有二氧化硫产生,所以C中溶液无变化,D错误;
故合理选项是B。
6.解释下列反应原理的离子方程式正确的是
A.用加热的方法降低自来水中钙离子浓度:
Ca2++2HCO3-
CaCO3↓+H2O+CO2↑
B.向CH2BrCOOH中加入足量的NaOH溶液并加热:
CH2BrCOOH+OH-→CH2BrCOO-+H2O
C.向Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液:
Mg2++2HCO3-+2OH-=MgCO3↓+CO32-+H2O
D.在强碱溶液中NaClO与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4:
3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl-+H2O+4H+
【答案】A
【解析】
【详解】A.用加热的方法降低自来水中钙离子浓度:
Ca2++2HCO3-
CaCO3↓+H2O+CO2↑,A正确;
B.向CH2BrCOOH中加入足量的NaOH溶液并加热的离子反应为CH2BrCOOH+2OH-
CH2OHCOO-+Br-+H2O,B错误;
C.向Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液:
Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O,C错误;
D.在强碱溶液中不可能大量存在H+,D错误;
故合理选项是A。
7.查阅资料可知,苯可被臭氧氧化,发生如下反应:
。
则二甲苯通过上述反应得到的产物有几种
A.2B.3C.4D.5
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题给信息可知,苯被氧化成乙二醛,类比二甲苯也被氧化成乙二醛,甲基的位置和原来在苯环上不变即把甲基当成苯环上氢原子看待。
【详解】若二甲苯为邻二甲苯,则断键位置可能为从两个甲基相连碳处断开,形成二甲基乙二醛和乙二醛,若在两个甲基中间碳断键,则形成甲基乙二醛和乙二醛,共三种,若为对二甲苯或间二甲苯,则断键得到甲基乙二醛和乙二醛,因此得到的产物最多有三种,故选B。
【点睛】本题考查了同分异构体的判断,中等难度,正确利用题给信息类比是解题的关键。
8.下列除杂方案错误的是
选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
除杂方法
A
MgO(s)
Al2O3(s)
NaOH溶液
过滤
B
FeCl2(aq)
FeCl3(aq)
Fe屑
过滤
C
C2H2(g)
H2S(g)
CuSO4溶液
洗气
D
NaCl(s)
KNO3(s)
水
蒸发浓缩,冷却结晶,过滤
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A.Al2O3是两性氧化物,能够与NaOH溶液反应变为可溶性NaAlO2,而MgO不能与NaOH溶液反应,然后过滤、洗涤就将杂质除去,A正确;
B.在溶液中FeCl3与Fe单质发生反应:
2FeCl3+Fe=3FeCl2,然后过滤,除去杂质Fe,得到的就是纯净的FeCl2,B正确;
C.H2S与CuSO4在溶液中发生反应,产生CuS沉淀和硫酸,而乙炔气体不能反应,从而达到除去杂质的目的,C正确;
D.KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同,硝酸钾溶解度受温度影响较大,而氯化钠受温度影响较小,所以可采取加热饱和溶液、趁热过滤的方法除去KNO3杂质,选项D错误;
故合理选项是D。
9.研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示,两步反应分別为:
①N2O+Fe+=N2+FeO(慢):
②FeO++CO=CO2+Fe+(快)。
下列说法正确的是
A.反应①是氧化还原反应,反应②是非氧化还原反应
B.两步反应均为放热反应,总反应的化学反应速率由反应②决定
C.Fe+使反应的活化能减小,FeO+是中间产物
D.若转移lmol电子,则消耗II.2LN2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应①、②均有元素化合价的升降,因此都是氧化还原反应,A错误;
B.由图可知,Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步中均为反应物总能量大于生成物总能量,所以两个反应都是放热反应,总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定,B错误;
C.Fe+作催化剂,使反应的活化能减小,FeO+是反应过程中产生的物质,因此是中间产物,C正确;
D.由于没有指明外界条件,所以不能确定气体的体积,D错误;
故合理选项是C。
10.铁碳微电解技术是利用原电池原理处理酸性污水的一种工艺,装置如下图。
若上端开口关闭,可得到强还原性的H•(氢原子);若上端开口打开,并鼓入空气,可得到强氧化性的,0H(羟基自由基)。
下列说法错误的是
A.无论是否鼓入空气,负极的电极反应式均为Fe-2e=Fe2+
B.不鼓入空气时,正极的电极反应式为H++e=H•
C.鼓入空气时,每生成lmol,OH有2mol电子发生转移
D.处理含有草酸(H2C204)的污水时,上端开口应打开并鼓入空气
【答案】C
【解析】
A.铁碳微电解装置示意图可知,Fe为原电池负极发生氧化反应Fe-2e-=Fe2+,故A正确;B.由题意可知上端开口关闭,可得到强还原性的H,则不鼓入空气时,正极的电极反应式为H++e-=H,故B正确;C.鼓入空气时,正极的电极反应为O2+2H++2e-=2·OH,每生成1mol·OH有1mol电子发生转移,故C错误;D.处理含有草酸(H2C2O4)的污水时,草酸根具有很强的还原性,与氧化剂作用易被氧化为二氧化碳和水,则上端开口应打开并鼓入空气生成强氧化性的羟基,以氧化酸处理污水,故D正确;答案为C。
11.纳米Fe3O4晶体材料可以作为核磁共振造影增强剂,用于疾病的诊断和治疗,其制备过程如图所示,下列叙述不合理的是
A.在反应②中,
的作用可能是促进氯化铁水解
B.直接加热FeCl3溶液也可以得到Fe3O4
C.反应③的化学方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2
D.纳米四氧化三铁形成的分散系,有可能产生丁达尔效应
【答案】B
【解析】
【详解】A.因反应②环丙胺不参加反应,但加快反应速率,即加快了氯化铁水解,A正确;
B.直接加热FeCl3溶液,促进了氯化铁的水解,HCl易挥发,最终氢氧化铁分解生成氧化铁,不会得到四氧化三铁,B错误;
C.由制备过程图可知,反应③的反应物为FeOOH和CO,由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为:
6FeOOH+CO═2Fe3O4+3H2O+CO2,C正确;
D.纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中,属于胶体分散系,则具有丁达尔现象,D正确;
故合理选项是B。
12.一定温度下,在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同的方式投入反应物,发生反应N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol,测得反应的相关数据如下表:
容器甲
容器乙
容器丙
反应温度/℃
400
400
500
反应物投入量
1molN2,3molH2
4molNH3
1molN2,3molH2
平衡时v(正)(H2)/mol/(L·s)
v1
v2
v3
平衡时c(NH3)/(mol/L)
c1
c2
c3
平衡时总压强P/Pa
P1
P2
P3
物质的平衡转化率a
a1(N2)
a2(NH3)
a3(N2)
平衡常数K
K1
K2
K3
下列关系正确的是
A.v12c3,a2(NH3)+a3(N2)<1
C.K1>K3,P2>2P3D.v1【答案】B
【解析】
【详解】A.容器甲、乙相比较,可以把乙看作是在恒温且容积是容器甲的两倍条件下,体积受到了压缩,原反应向正反应方向移动,因此2c1B.由选项A可知2c12c3;平衡逆向移动,物质的平衡转化率降低,a3(N2)C.化学平衡常数只与温度有关,升高温度,化学平衡逆向移动,所以K1>K3,容器甲、丙相比较,升高温度,气体压强增大,P3>P1;容器甲、乙相比较,可以把乙看作是在恒温且容积是容器甲的两倍条件下,体积受到了压缩。
若平衡不发生移动,P2=2P1,压缩容积,原反应向正反应方向移动,则P2<2P1,由于P3>P1,所以P2<2P3,C错误;
D.甲、丙比较,升高温度,化学反应速率加快,所以v3>v1;升高温度,化学平衡向吸热的逆反应方向移动,物质的平衡转化率降低,所以a1(N2)>a3(N2),D错误;
故合理选项是B。
13.常温下,用0.l0mol/LKOH溶液滴定10.00mL0.10mol/LH2C2O4(二元弱酸)溶液所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。
下列说法正确的是
A.点①所示溶液中
=1012
B.点②所示溶液中:
c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(OH-)
C.点③所示溶液中:
c(K+)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)
D.点④所示溶液中:
c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.10mol/L
【答案】D
【解析】
【分析】
A.0.10mol/LH2C2O4(二元弱酸)不能完全电离,点①pH≠1;
B.点②为混合溶液,由电荷守恒分析;
C.点③溶液显酸性,等体积等浓度反应生成KHC2O4,电离大于其水解;
D.由物料守恒分析。
【详解】A.0.10mol/LH2C2O4(二元弱酸)不能完全电离,点①pH≠1,则
≠1012,A错误;
B.点②为混合溶液,由电荷守恒可知,c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),B错误;
C.点③溶液显酸性,等体积等浓度反应生成KHC2O4,HC2O4-在溶液中的电离沉淀大于其水解程度,所以c(C2O42-)>c(H2C2O4);HC2O4-在溶液中电离、水解都会消耗,使其浓度降低,所以c(K+)>c(HC2O4-),盐电离产生的离子浓度大于其反应产生的离子浓度,故c(HC2O4-)>c(C2O42-),因此溶液中离子浓度大小关系为:
c(K+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4),C错误;
D.点④所示溶液为K2C2O4:
KHC2O4按1:
1混合得到的混合溶液,由物料守恒可知,c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.10mol/L,D正确;
故合理选项是D
【点睛】本题考查酸碱混合溶液的定性判断及离子浓度的关系的知识。
注意草酸为弱酸,明确电荷守恒、物料守恒即可解答。
14.将一定量的镁和铜组成的混合物加入到足量的稀硝酸中,金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)。
向反应后的溶液中加3mol/LNaOH溶液至沉淀完全,测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g。
下列叙述错误的是
A.当金属全部溶解时,电子转移的数目为0.3NA
B.参加反应的金属的总质量3.6gC.当金属全部溶解时,产生的NO气体的体积在标准状况下为2.24L
D.当生成的沉淀量达到最大时,消耗NaOH溶液的体积为l00mL
【答案】D
【解析】
【详解】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中,金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO),发生反应3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;向反应后的溶液中加入过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全,发生反应:
Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3,沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜,生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g,氢氧根的物质的量为n=
,根据电子转移守恒,则镁和铜的总的物质的量为0.15mol。
A.根据上述分析可知:
反应过程中电子转移的物质的量等于氢氧根离子的物质的量,n(e-)=n(OH-)=0.3mol,所以转移的电子数目N=0.3NA,A正确;
B.镁和铜的总的物质的量为0.15mol,若全为Mg,其质量是m=0.15mol×24g/mol=3.6g;若全为金属Cu,其质量为m=0.15mol×64g/mol=9.6g,所以参加反应的金属的总质量(m)为3.6g<m<9.6g,B正确;
C.反应过程中转移电子的物质的量为0.3mol,根据电子转移数目相等,可知反应产生NO的物质的量为n(NO)=
,其在标准状况下的体积V=0.1mol×22.4L/mol=2.24L,C正确;
D.若硝酸无剩余,则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol,需要氢氧化钠溶液体积V=
;若硝酸有剩余,消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL,D错误;
故合理选项是D。
15.银的冶炼有很多方法,在《天工开物》均有记载,而现代流行的“氰化法”,即用NaCN溶液浸出矿石中的银的方法是常用的方法。
该方法具备诸多优点:
银的回收率高、对游离态和化合态的银均能浸出、对能源消耗相对较少,生产工艺简便等,但银化物通常有毒。
其炼制工艺简介如下:
(1)矿石需要先进行破碎、研磨,其目的是_________。
(2)写出该工艺的一个明显的缺点____________。
(3)用NaCN浸泡矿石(该矿石是辉银矿,其主要成分是Ag2S)时,反应容器处于开口状态,产生的银以[Ag(CN)2]-形式存在,硫元素被氧化至最高价,试写出主要反应的离子方程式________。
(4)银往往和锌、铜、金等矿伴生,故氰化法得到的银中往往因含有上述金属而不纯净,需要进一步纯化,从而获得纯净的银。
其中方法之一就是进行电解精炼,在精炼过程中,含有杂质的银作_______极(填“阴”或“阳”),该电极上发生的主要反应式为_____。
(5)有人提出了另外的提纯银的方案,先将锌粉还原后的混合金属用略过量的硝酸溶解,通过精确调整溶液的pH来进行金属元素逐一分离,已知:
①溶解后的离子浓度如表:
Zn2+
Cu2+
Ag+
物质的量浓度(mol/L)
0.001
0.002
0.5
②某些金属离子的氢氧化物Ksp如表:
Zn2+
Cu2+
Ag+
……
Ksp
1.0×10-17
2.0×10-20
2.0×10-8
(已知lg2=0.3),该设计方案______(填“可行”或“不可行”),其原因是______________。
【答案】
(1).增大接触面积,增大反应速率(提高浸出率)
(2).NaCN有毒(生成有毒HCN),生产环节不环保,对环境不友好等(3).Ag2S+4CN-+2O2=2[Ag(CN)2]-+SO42-(4).阳(5).Ag-e-=Ag+(6).不可行(7).在调整pH的过程中,各离子的沉淀pH接近,难以逐一沉淀
【解析】
【分析】
(1)从固态物质对化学反应速率及物质利用率分析;
(2)根据氰化物是有毒物质分析;
(3)根据题意,结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写方程式;
(4)在金属精炼过程中,不纯金属作阳极,发生氧化反应;
(5)根据溶液中各种离子浓度大小及金属氢氧化物的溶度积常数计算形成沉淀需要的c(OH-)大小分析判断。
【详解】
(1)矿石是块状固态,将其粉碎、研磨,就可以增大与其他反应物的接触面积,从而可以提高化学反应速率,使更多的物质反应,提高了原料的浸出率;
(