湖南省长沙市高三化学下学期第二次模拟试卷(含解析) 下载本文

(1)黄铁矿(主要成分为FeS2)是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料.高温下可发生反应:3FeS2+8O2

6SO2+Fe3O4该过程中若有1.5mol FeS2参加反应,则反应过程中转移16mol电

子.

3++

(2)氯化铁溶液显酸性,原因是Fe+3H2O?Fe(OH)3+3H(离子方程式解释),用惰性电极电

﹣﹣

解氯化铁溶液之初,阳极电极反应式为:Cl﹣2e=Cl2↑.

(3)K2FeO4可作为一种“绿色高效多功能”水处理剂.原因是:+6价的铁具有强氧化性可以

3+

杀菌消毒,其还原产物Fe水解生成氢氧化铁胶体净水.目前,人们针对K2FeO4的稳定性进行了大量的探索,并取得了一定的进展.下列物质中有可能提高化合物K2FeO4水溶液稳定性的是B

A.亚硫酸钠B.KOHC.醋酸D.Fe(NO3)3

(4)K2FeO4与Zn组成新型二次电池高铁电池,电解液为碱溶液,其反应式为:3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH

3Zn+2K2FeO4+8H2O

放电时电池的负极反应式为Zn+2OH﹣2e═Zn(OH)2;充电时电解液的pH减小(填“增大”“减小”或“不变”之一).

考点:原电池和电解池的工作原理;氧化还原反应;盐类水解的原理. 分析:(1)3FeS2+8O2

6SO2+Fe3O4中,Fe、S元素的化合价升高,O元素的化合价降低;

(2)氯化铁溶液中,铁离子部分水解,溶液显示酸性;用惰性电极电解氯化铁溶液之初,阳极电极反应式为氯离子失电子放出氯气;

(3)K2FeO4中铁元素化合价为+6价,价态高,+6价的Fe元素易得电子表现出强氧化性,可杀菌消毒;还原产物Fe元素为+3价,在水中形成Fe(OH)3胶体,可吸附水中悬浮物并可使泥沙聚沉;在常温和干燥的条件下,化合物K2FeO4可以稳定的存在,但它在水溶液中不稳定等分析如何提高K2FeO4水溶液稳定性;

(4)Zn元素的化合价升高,放电时负极上Zn失去电子;由电池反应可知,充电时消耗KOH. 解答: 解:(1)3FeS2+8O2

6SO2+Fe3O4中,Fe、S元素的化合价升高,O元素的化合价

降低,1.5molFeS2参加反应,则消耗氧气为4mol,由O元素的化合价变化可知,转移的电子为4mol×2×(2﹣0)=16mol,故答案为:16;

(2)氯化铁溶液中,铁离子结合水电离的氢氧根离子生成氢氧化铁,溶液中氢离子浓度大于

3++

氢氧根离子,溶液显示酸性,铁离子水解的方程式为:Fe+3H2O?Fe(OH)3+3H,用惰性电极

﹣﹣

电解氯化铁溶液之初,阳极电极反应式为氯离子失电子放出氯气,反应式为Cl﹣2e=Cl2↑;

3++﹣﹣

故答案为:Fe+3H2O?Fe(OH)3+3H;Cl﹣2e=Cl2↑

(3)K2FeO4中铁元素化合价为+6价,价态高,易得电子,表现强氧化性,+6价的Fe元素易得电子表现出强氧化性,可杀菌消毒,还原产物Fe元素为+3价,在水中形成Fe(OH)3胶体,可吸附水中悬浮物并可使泥沙聚沉,

A.亚硫酸钠具有还原性,会被高铁酸钾氧化,故A错误; B.高铁酸钾在碱性条件下生成,故B正确;

C.高铁酸钾在水溶液中不稳定,与酸反应,故C错误;

D.在常温和干燥的条件下,高铁酸钾可以稳定的存在,但它在水溶液中不稳定,故D错误;

3+

故答案为:+6价的铁具有强氧化性可以杀菌消毒,其还原产物Fe水解生成氢氧化铁胶体净水;B;

(4)Zn元素的化合价升高,放电时负极上Zn失去电子,电极反应为Zn+2OH﹣2e═Zn(OH)2,由电池反应可知,充电时消耗KOH,则pH减小,

﹣﹣

故答案为:Zn+2OH﹣2e═Zn(OH)2;减小.

点评:本题为小综合,涉及氧化还原反应、盐的水解反应及原电池原理,把握反应中元素的化合价变化及发生的氧化反应为解答的关键,注意原电池与氧化还原反应的关系,题目难度不大.

9.硫代硫酸钠(Na2S2O3)俗名大苏打,可用做分析试剂.它易溶于水,难溶于酒精,受热、遇酸易分解.工业上可用硫化碱法制备,反应原理:

2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2,实验室模拟该工业过程的装置如图所示,回答下列问题:

2﹣+﹣+

(1)b中反应的离子方程式为SO3+2H=H2O+SO2↑或HSO3+H=SO2↑+H2O,c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液.

(2)反应开始后,c中先有浑浊产生,后又变为澄清,此浑浊物是硫.

(3)控制b中的溶液的pH接近7,停止通入SO2.若未控制好pH<7,会影响产率,原因是

2﹣+

(用离子方程式表示)S2O3+2H=S↓+H2O+SO2↑

(4)停止通入SO2后,将c中的溶液抽入d中,d中的试剂为NaOH溶液.

(5)将d所得液溶转移到蒸发皿中,水浴加热浓缩,冷却结晶、过滤、洗涤,洗涤晶体所用的试剂为(填化学式)C2H5OH.

(6)实验中要控制SO2生成速率,可采取的措施有控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等;(写出一条) (7)为检验制得的产品的纯度,该实验小组称取5.0克的产品配制成250mL硫代硫酸钠溶液,并用间接碘量法标定该溶液的浓度:在锥形瓶中加入25mL0.01mol/LKIO3溶液,并加入过量的

﹣﹣+

KI酸化,发生下列反应:5I+IO3+6H=3I2+3H2O,再加入几滴淀粉溶液,立即用所配Na2S2O3

2﹣﹣2﹣

溶液滴定,发生反应:I2+2S2O3=2I+S4O6,当蓝色褪去且半分钟不变色时达到滴定终点.实验数据如下表: 实验序号 Na2S2O3溶液体积(mL) 1 19.98 2 20.02 3 21.18 ﹣﹣

则该产品的纯度是59.3%,(用百分数表示,保留1位小数)间接碘量法滴定过程中可能造成实验结果偏低的是AB

A.滴定管未用Na2S2O3溶液润洗 B.滴定终点时仰视读数 C.锥形瓶用蒸馏水润洗

D.滴定管尖嘴处滴定前无气泡,滴定终点发现气泡.

考点:制备实验方案的设计.

分析:(1)装置b为二氧化硫的制取,制取二氧化硫的原料为:亚硫酸钠和70%的浓硫酸;c装置为Na2S2O3的生成装置;d装置为尾气吸收装置,吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体;(2)由于SO2具有氧化性,能与硫化钠发生氧化还原反应生成单质S,从而使溶液变混浊,因此反应开始后,产生的浑浊物是S;

(3)由于硫代硫酸钠在酸性溶液中会发生氧化还原反应生成S、SO2和水;

(4)由于硫代硫酸钠易溶于水,难溶于酒精,受热、遇酸易分解,所以d中的溶液应该显碱性;

(5)由于硫代硫酸钠易溶于水,难溶于酒精,所以洗涤晶体所用的试剂为酒精;

(6)影响化学反应速率的因素的因素有浓度、温度、滴加速度等.在实验中要控制SO2生成速率,可以采取的措施有控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等.

(7)根据表中数据可知第三次实验的数据误差太大,舍去,因此消耗Na2S2O3溶液体积的平均

﹣﹣+2﹣﹣2

值=(19.98ml+20.02ml)÷2=20.00ml.根据反应式5I+IO3+6H=3I2+3H2O、I2+2S2O3=2I+S4O6﹣

建立关系式:KIO3~6 Na2S2O3,根据碘酸根离子的物质的量求出Na2S2O3的物质的量浓度,求出250mL溶液中Na2S2O3晶体的质量,与总质量5g相比得纯度; A.滴定管末用Na2S2O3溶液润洗,则Na2S2O3溶液会被稀释; B.滴定终点时仰视读数,使Na2S2O3溶液体积偏大; C.锥形瓶用蒸馏水润洗,对实验结果没影响;

D.滴定管尖嘴处滴定前无气泡,滴定终点发现气泡,使读出的Na2S2O3的体积变小.

2﹣+

解答: 解:(1)装置b是制取SO2的装置.在b中反应的离子方程式为:SO3+2H=H2O+SO2↑

﹣+

或HSO3+H=SO2↑+H2O;根据反应原理可知在c中的试剂是硫化钠和碳酸钠的混合溶液;

2﹣+﹣+

故答案为:SO3+2H=H2O+SO2↑或HSO3+H=SO2↑+H2O,硫化钠和碳酸钠的混合溶液;

(2)反应开始后,c中先发生反应:H2O+SO2+Na2S=H2S+Na2SO3;SO2+2H2S=3S↓+2H2O,S是不溶于水的淡黄色物质,因此反应开始后,产生的浑浊物是硫; 故答案为:硫;

2

(3)由于硫代硫酸钠在酸性溶液中会发生氧化还原反应生成S、SO2和水,离子方程式为:S2O3﹣+

+2H=S↓+H2O+SO2↑,所以若未控制好,pH<7时会影响产率;

2﹣+

故答案为:S2O3+2H=S↓+H2O+SO2↑;

(4)由于硫代硫酸钠易溶于水,难溶于酒精,受热、遇酸易分解,停止通入SO2后,将c中的溶液抽入d中,d中的试剂应该显碱性,为氢氧化钠溶液; 故答案为:NaOH溶液;

(5)由于硫代硫酸钠易溶于水,难溶于酒精,所以洗涤晶体所用的试剂为酒精,化学式为C2H5OH;

故答案为:C2H5OH;

(6)在实验中要控制SO2生成速率,可以采取的措施有控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等;

故答案为:控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等;

(7)根据表中数据可知第三次实验的数据误差太大,舍去,因此消耗Na2S2O3溶液体积的平均

﹣﹣+2﹣﹣2

值=(19.98ml+20.02ml)÷2=20.00ml.根据反应式5I+IO3+6H=3I2+3H2O、I2+2S2O3=2I+S4O6﹣

建立关系式:KIO3~6Na2S2O3,则20ml溶液中Na2S2O3的物质的量是:0.025L×0.01mol/L×6=0.0015mol,则原溶液中Na2S2O3的物质的量是

0.0015mol×250/20=0.01875mol,质量是0.01875mol×158g/mol=2.9625g,因此该产品的纯度是

×100%=59.3%;

A.滴定管未用Na2S2O3溶液润洗,则溶液浓度降低,因此实际消耗Na2S2O3溶液的体积增加,所以测定结果偏低,故A正确;

B.滴定终点时仰视读数,则读数偏大,因此消耗Na2S2O3溶液的体积增加,所以测定结果偏低,故B正确;

C.锥形瓶用蒸馏水润洗不会影响实验结果,故C错误;

D.滴定管尖嘴处滴定前无气泡,滴定终点发现气泡,则消耗Na2S2O3溶液的体积减小,所以测定结果偏高,故D错误; 故选:59.3%;AB;

点评:本题主要考查物质制备实验方案设计与探究,涉及物质的性质与现象、化学方程式的书写以及氧化还原滴定,注意反滴定误差分析的原理,难度较大. 10.(14分)氮及氮的化合物在生产生活中有着重要的用途,NH3、HNO3等是重要化工产品. (1)合成氨的原料气N2和H2通常是以焦炭、水和空气为原料来制取的.其主要反应是:①2C+O2→2CO ②C+H2O(g)→CO+H2 ③CO+H2O(g)→CO2+H2

某次生产中将焦炭、H2O(g)和空气(设空气中N2和O2的体积比为4:1,下同)混合反应,

3

所得气体产物经分析,组成如下表:表中x=44m,实际消耗了30 kg焦炭. 气体 体积(m)(标准状况) 3CO x N2 20 CO2 12 H2 60 O2 1.0 (2)汽车尾气会排放氮的氧化物污染环境.已知气缸中生成NO的反应为:N2(g)+O2(g)?2NO(g)△H>0

若1mol空气含有0.8molN2和0.2molO2,1300℃时在密闭容器内反应达到平衡.测得NO为8×10

﹣4

mol.计算该温度下的平衡常数K==4×10(写出表达式,并计算出结果);汽

﹣6

车启动后,气缸温度越高,单位时间内NO排放量越大,原因是温度升高,反应速率加快,平衡右移.

(3)SO2和氮的氧化物都是空气中的有害气体,已知:

﹣1

2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)△H=﹣196.6kJ?mol

﹣1

2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)△H=﹣113.0kJ?mol

﹣1

则反应NO2(g)+SO2(g)?SO3(g)+NO(g)的△H=﹣41.8kJ?mol. (4)25℃时,电离平衡常数: 化学式 电离平衡常数 H2CO3 ﹣7K1=4.3×10 ﹣11K2=5.6×10 HClO ﹣8H2C4H4O6(酒石酸) ﹣43.0×10 K1=9.1×10 ﹣5K2=4.3×10 回答下列问题:

a.常温下,将0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合,所得溶液中各种离子浓度关系正确的是BCE

+﹣﹣﹣

A.c(Na)>c(ClO)>c(HCO3)>c(OH)

+﹣﹣+

B.c(Na)>c(HCO3)>c(ClO)>c(H)

+﹣﹣2﹣

C.c(Na)═c(HClO)+c(ClO)+c(HCO3)+c(H2CO3)+c(CO3)