资源描述
滚动测试卷()(第一二单元)(时间:90分钟满分:100分)可能用到的相对原子质量:H 1C 12N 14O 16Na 23Mg 24S 32Cl 35.5Fe 56Cu 64Ag 108Ba 137一、选择题(本题共18小题,每小题3分,共54分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.(2018广东揭阳一模)下列说法中正确的是()A.棉、丝、羽毛、塑料及合成橡胶完全燃烧都只生成CO2和H2OB.水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙,都属于硅酸盐产品C.“天宫二号”使用的碳纤维,是一种新型无机非金属材料D.“霾尘积聚难见路人”,雾霾所形成的气溶胶没有丁达尔效应2.下列判断合理的是()硫酸、烧碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质Na2O、Fe2O3、Al2O3属于碱性氧化物根据分散系是否具有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应CO2、SO2、NO2都能和碱溶液发生反应,因此它们都属于酸性氧化物A.B.C.D.3.化学与社会、生活密切相关,下列说法正确的是()A.纯银制品在空气中久置变黑,是因为发生了电化学腐蚀B.氨常用作制冷剂,是因为其沸点极低,易液化C.酸雨样品露天放置一段时间,酸性增强,是由于雨水所含成分被氧化D.明矾具有强氧化性,可用作净水剂4.(2018陕西宝鸡高三教学质量检测)下列离子方程式正确的是()A.向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2:CO2+OH-HCO3-B.向H2SO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性:H+OH-H2OC.Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2:Ca2+2ClO-+SO2+H2OCaSO3+2HClOD.向有水垢的瓶胆内加入足量醋酸溶液:CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O5.化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是()A.福尔马林可浸制生物标本,因其具有使蛋白质变性的性质B.向牛奶中加入果汁会产生沉淀,这是因为发生了酸碱中和反应C.将地沟油制成肥皂,可以提高资源的利用率D.用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料,可实现碳的循环利用6.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是()A.标准状况下,33.6 L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAB.常温常压下,7.0 g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NAC.标准状况下,448 mL二氯甲烷中含分子数为0.02NAD.某密闭容器盛有0.1 mol N2与0.3 mol H2,在一定条件下充分反应,转移电子的数目为0.6NA7.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中错误的是()A.标准状况下,22.4 L由H2和O2组成的混合气体所含分子总数为NAB.1 mol Cl2参加反应,转移的电子数一定为2NAC.常温常压下,1 mol氖气含有的原子数为NAD.1 L 1 molL-1 FeCl3溶液中Fe3+的数目小于NA8.下表各项中的离子能在溶液中大量共存,且满足相应要求的是()选项离子要求AK+、Cl-、SO42-、MnO4-c(K+)I213.水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2+2S2O32-+O2+xOH-Fe3O4+S4O62-+2H2O,下列说法中不正确的是()A.每生成1 mol Fe3O4转移4 mol电子B.该反应中Fe2+和S2O32-都是还原剂C.3 mol Fe2+被氧化时有1 mol O2被还原D.离子方程式中化学计量数x=414.已知H2SO3+I2+H2OH2SO4+2HI,将0.1 mol Cl2通入100 mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中,有一半的HI被氧化,则下列说法正确的是()A.物质的还原性:HIH2SO3HClB.HI与H2SO3的物质的量浓度为0.6 molL-1C.通入0.1 mol Cl2发生反应的离子方程式为5Cl2+4H2SO3+2I-+4H2O4SO42-+I2+10Cl-+16H+D.若再通入0.05 mol Cl2,恰好能将HI和H2SO3完全氧化15.某容器中发生一个化学反应,反应过程中存在H2O、ClO-、CN-、HCO3-、N2、Cl-六种离子。在反应过程中测得ClO-和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中不正确的是()A.还原剂是CN-,氧化产物不只有N2B.氧化剂是ClO-,还原产物是HCO3-C.参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为52D.标准状况下若生成2.24 L N2,则转移电子1 mol16.下列关于反应4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2的叙述中,不正确的是()A.SOCl2是氧化剂,Li是还原剂B.2 mol SOCl2参加反应,共转移4 mol电子C.若将该反应设计成原电池,SOCl2在正极发生反应D.若将该反应设计成原电池,可用稀硫酸作电解质溶液17.铜和镁的合金4.6 g完全溶于一定量的浓硝酸,若反应中HNO3被还原只产生1 792 mL的NO2气体和1 120 mL的NO气体(均为标准状况下),在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀的质量为()A.7.04 gB.8.26 gC.8.51 gD.9.02 g18.H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH-、HCO3-、Cl-七种离子形成了甲、乙、丙、丁四种化合物,它们之间可以发生如下转化关系(产物H2O未标出),下列说法不正确的是()A.白色沉淀A可能溶解在溶液D中B.在甲中滴加丁溶液可能发生反应:HCO3-+Ba2+OH-BaCO3+H2OC.丙溶液与I-、NO3-、SO42-可以大量共存D.甲溶液中一定满足:c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+c(CO32-)二、非选择题(本题共6个小题,共46分)19.(6分)物质的量是高中化学常用的物理量,请完成以下有关计算:(1)0.3 mol的CO(NH2)2中含有个电子(用NA表示)。(2)标准状况下22.4 L CH41.5 mol NH31.8061024个H2O标准状况下73 g HCl中所含H原子个数由多到少的顺序为(填序号)。(3)某常见气体在标准状况下的密度为1.25 gL-1,若该气体的化学式为A2型,则其名称是;该气体在一定条件下可与氢气反应,试写出该反应的化学方程式:。(4)6.72 L CO(标准状况)与一定量的Fe2O3恰好完全反应后,生成Fe的质量为 g,转移的电子数目为。20.(6分)如图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签,试根据有关数据回答下列问题:盐酸分子式:HCl相对分子质量:36.5密度:1.2 gcm-3HCl的质量分数:36.5%(1)该浓盐酸的物质的量浓度为 molL-1。(2)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制250 mL物质的量浓度为0.7 molL-1的稀盐酸。该学生用量筒量取 mL上述浓盐酸进行配制。所需的实验仪器有:a.胶头滴管、b.烧杯、c.量筒、d.玻璃棒,配制稀盐酸时,还缺少的仪器有。下列操作导致所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏低的是(填序号)。A.用量筒量取浓盐酸时俯视凹液面B.未恢复到室温就将溶液注入容量瓶并进行定容C.容量瓶用蒸馏水洗后未干燥D.定容时仰视液面E.未洗涤烧杯和玻璃棒21.(8分)某溶液可能含有Na+、K+、Mg2+、Cu2+等阳离子及MnO4-、SiO32-、AlO2-、CO32-、HCO3-、SO42-、Cl-等阴离子,已知:该溶液无色;经测定溶液的pH=12;取少量溶液,加入100 mL 2 molL-1稀盐酸进行酸化,有白色沉淀生成,还得到一种无色无味的气体,该气体使澄清石灰水(足量)变浑浊。对酸化后的溶液过滤,得到滤液甲。(1)由可判断:原溶液中一定不存在的离子是,一定存在的离子是。(2)将滤液甲分成两等份,一份中逐滴加入氨水,最终有白色胶状沉淀,说明原溶液中一定有(填离子符号),刚开始加入氨水时,没有沉淀产生,原因是(用离子方程式表示);另一份中加入足量的Ba(NO3)2溶液,有白色沉淀生成,说明原溶液中一定有(填离子符号),过滤得到滤液乙。(3)往滤液乙中加入足量的AgNO3溶液,过滤、洗涤、干燥得固体26.5 g,则原溶液中是否有Cl-?(填“是”或“否”)。22.(10分)氰化钠(NaCN)是重要的化工原料,常用于化学合成、冶金工业等。回答下列问题:(1)下列标志中,应贴在装有氰化钠容器上的是。(2)写出NaCN的电子式:。(3)可用纯碱、焦炭、氨气反应制取NaCN,写出反应的化学方程式(反应条件略),并用单线桥标明电子转移的方向和数目。(4)现代采金技术先以NaCN溶液在自然环境中浸取粉碎的含金(Au)矿石,得到NaAu(CN)2(二氰合金酸钠)溶液,再用锌还原NaAu(CN)2生成金。“浸取”反应的氧化剂是,消耗的锌与生成的金的物质的量之比为。(5)工业NaCN制备蓝色染料的流程如下:通入Cl2时发生反应的离子方程式为,该蓝色染料的化学式为。(6)常温下HCN的电离常数Ka=6.210-10,浓度均为0.5 molL-1的NaCN和HCN的混合溶液显(填“酸”“碱”或“中”)性,通过计算说明其原因。23.(2018安徽马鞍山高三第二次教学质量检测)(8分)某研究小组用工业废料(主要含MgCO3、FeCO3和Al2O3等)回收镁的工艺流程如下:(1)酸浸过程中采用粉碎原料、加热、搅拌、适当增大硫酸的浓度等措施的目的是;用过氧化氢溶液氧化时,发生反应的离子方程式为。(2)为了不影响产品的纯度,试剂a应选择(填编号)。A.CuOB.Ca(OH)2C.MgCO3D.氨水在用试剂a调节pH过程中,先生成的沉淀是;当pH=5时,滤液1中Al3+和Fe3+的物质的量浓度之比为(已知:298 K时,KspAl(OH)3=3.010-34,KspFe(OH)3=4.010-38)。(3)写出生成滤渣2的离子方程式:。(4)煅烧过程存在以下反应:2MgSO4+C2MgO+2SO2+CO2MgSO4+CMgO+SO2+COMgSO4+3CMgO+S+3CO为测定煅烧后产生的气体中各组分含量,进行如下实验:将气体冷却至标准状况后取22.4 mL气体,经Ba(OH)2溶液充分吸收,剩余7 mL气体(标准状况);所得沉淀用足量硝酸溶解,再经过滤、洗涤、干燥、称量得沉淀0.116 5 g。则混合气体中SO2、CO2、CO体积比为(填最简整数比)。24.(8分)某溶液A中可能含有NH4+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO32-、NO3-、Cl-、SO42-中的几种离子,且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1 molL-1。现取该溶液进行如下实验:(1)溶液A中一定不存在的离子为(填离子符号)。(2)溶液A中加入(NH4)2CO3,生成白色沉淀甲和气体甲的原因是。(3)白色沉淀乙的成分为(填化学式)。(4)为了进一步确定溶液A中是否含有NH4+,另取10 mL该溶液,向其中滴加NaOH溶液,沉淀的物质的量随NaOH溶液体积的变化如图所示。据图回答:溶液A中(填“含有”或“不含有”)NH4+。所加NaOH溶液的物质的量浓度为 molL-1。若在溶液A中改加10 mL 0.2 molL-1 Ba(OH)2溶液,充分反应后,溶液中产生沉淀的物质的量为 mol。滚动测试卷()1.C丝、羽毛的主要成分为蛋白质,燃烧产物除CO2和H2O外,还有含氮物质,A项错误;水晶、玛瑙的主要成分是二氧化硅,不属于硅酸盐产品,水泥、玻璃、青花瓷属于硅酸盐产品,B项错误;碳纤维是一种新型无机非金属材料,C项正确;雾霾所形成的气溶胶属于胶体,具有丁达尔效应,D项错误。2.BAl2O3既能与酸反应,又能与碱反应,Al2O3属于两性氧化物,故错误;根据分散系中分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液,故错误;二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮,发生的是氧化还原反应,二氧化氮不是酸性氧化物,故错误。3.C纯银制品在空气中久置会与空气中的H2S反应生成Ag2S而使表面变黑,发生的是化学腐蚀,A项错误;液氨中分子间存在氢键,沸点较高,液氨汽化时吸收大量的热,故常用作制冷剂,B项错误;酸雨中含有H2SO3,露天放置时会逐渐被空气中的O2氧化成H2SO4而导致酸性增强,C项正确;明矾净水是由于明矾中的Al3+水解产生Al(OH)3胶体,Al(OH)3胶体具有较强的吸附性而使水中悬浮物沉降从而起到净水作用,D项错误。4.A向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2生成Ca(HCO3)2,Ca(HCO3)2易溶,正确的离子方程式为CO2+OH-HCO3-,A项正确;向H2SO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性,正确的离子方程式为2H+2OH-+Ba2+SO42-BaSO4+2H2O,B项错误;Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2,正确的离子方程式为Ca2+3ClO-+SO2+H2OCaSO4+Cl-+2HClO,C项错误;向有水垢的瓶胆内加入足量醋酸溶液,正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOHCa2+CO2+H2O+2CH3COO-,D项错误。5.B福尔马林是甲醛的水溶液,甲醛能使蛋白质变性,A项正确;牛奶是胶体,加入果汁会产生聚沉,B项错误;地沟油的主要成分是油脂,可以发生皂化反应,C项正确;聚碳酸酯可水解,D项正确。6.B氟化氢在标准状况下呈液态,不能通过其体积计算物质的量,故A项错误;乙烯和丙烯的最简式均为CH2,7.0gCH2的物质的量为0.5mol,氢原子数为0.5mol2NAmol-1=NA,B项正确;标准状况下二氯甲烷为液体,不能用22.4Lmol-1来计算液体所含分子数,故C项错误;N2和H2的反应属于可逆反应,0.1molN2未反应完,转移电子数小于0.6NA,故D项错误。7.B标准状况下,22.4L由H2和O2组成的混合气体的物质的量为22.4L22.4Lmol-1=1mol,所含分子总数为NA,故A项正确;1molCl2参加反应,若与氢氧化钠溶液反应,1mol氯气完全反应转移了1mol电子,转移的电子数为NA,故B项错误;常温常压下,1mol氖气含有1mol原子,含有氖原子数为NA,故C项正确;1L1molL-1FeCl3溶液中含有氯化铁的物质的量为1molL-11L=1mol,由于铁离子部分水解,则溶液中Fe3+的数目小于NA,故D项正确。8.DA项,c(K+)c(Cl-),A错误;B项,c(H+)c(OH-)=11014,溶液显酸性,H+、I-、NO3-会发生氧化还原反应,不能大量共存,B错误;C项,滴加NaOH溶液,OH-先与铝离子反应,故不能立即生成气体,C错误;D项,该组离子之间不反应,可大量共存,且滴加氨水时Mg2+、Ag+与其反应有沉淀产生,随着氨水的不断滴加,AgOH沉淀又会溶解于氨水,D正确。9.B向溶液中滴加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成,说明溶液中一定不存在Al3+、Mg2+;向原溶液中逐滴加入5mL0.2molL-1盐酸,开始产生沉淀并逐渐增多,沉淀量基本不变后产生气体,最后沉淀逐渐减少至完全消失,滴加盐酸先产生后溶解的沉淀为氢氧化铝,气体为二氧化碳,说明原溶液中存在AlO2-和CO32-,所以一定不存在SiO32-和Ba2+;再根据溶液呈电中性可知溶液中一定存在K+;在中沉淀消失后的溶液中,再加入足量的硝酸银溶液可得到AgCl沉淀0.43g,n(AgCl)=0.43g143.5gmol-10.003mol;步骤加入盐酸中氯离子的物质的量为n(Cl-)=n(HCl)=0.2molL-10.005L=0.001molNH4+,故D项正确。12.CCr2O3既能与强碱反应生成盐和水,又能与强酸反应生成盐和水,因此Cr2O3是两性氧化物,B项正确;KCrO2中O为-2价,K为+1价,故Cr为+3价,A项正确;实验中KCrO2溶液与H2O2溶液反应后再酸化,可得K2Cr2O7,Cr元素的化合价升高,说明H2O2是氧化剂,具有氧化性,无法证明其有还原性,C项不正确;实验中溶液变蓝,说明K2Cr2O7将KI氧化为I2,K2Cr2O7是氧化剂,I2是氧化产物,则氧化性Cr2O72-I2,D项正确。13.C由氢原子守恒可得反应的化学方程式为3Fe2+2S2O32-+O2+4OH-Fe3O4+S4O62-+2H2O,每生成1molFe3O4,有1molO2发生还原反应,转移4mol电子,A正确;反应中Fe元素和S元素的化合价升高,故该反应的还原剂为Fe2+、S2O32-,B正确;由离子方程式可知,2molFe2+被氧化时,有1molO2被还原,C错误;OH-的化学计量数为4,即x=4,D正确。14.C由H2SO3+I2+H2OH2SO4+2HI可知还原性:H2SO3HI,A错误;将0.1molCl2通入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中,有一半的HI被氧化,设HI的物质的量为x,由电子守恒可知,0.1mol2=x0.51+x(6-4),解得x=0.08mol,HI的物质的量为0.08mol,溶液体积为0.1L,浓度为0.8molL-1,B错误;通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为5Cl2+4H2SO3+2I-+4H2O4SO42-+I2+10Cl-+16H+,C正确;由上述分析可知,溶液中还有0.04molHI未被氧化,再通入0.02molCl2恰好能将尚未反应的HI完全氧化,D错误。15.B由题图可知,随反应进行ClO-的物质的量降低,N2的物质的量增大,则ClO-为反应物,N2是生成物,根据元素守恒和电子转移相等可知,CN-是反应物,Cl-是生成物,HCO3-是生成物,H2O是反应物。根据得失电子守恒配平该反应的离子方程式为2CN-+5ClO-+H2O2HCO3-+N2+5Cl-,C元素化合价由CN-中的+2价升高为HCO3-中的+4价,N元素化合价由CN-中的-3价升高为N2中的0价,可知CN-为还原剂,氧化产物为HCO3-、N2,A项正确;反应中Cl元素化合价由ClO-中的+1价降低为Cl-中的-1价,ClO-是氧化剂,还原产物是Cl-,B项错误;反应中CN-是还原剂,ClO-是氧化剂,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为52,C项正确;标准状况下若生成2.24LN2,物质的量为0.1mol,则参加反应的ClO-的物质的量为0.5mol,Cl元素的化合价由ClO-中的+1价降低为Cl-中的-1价,转移电子为0.5mol2=1mol,D项正确。16.D反应中Li的化合价升高,作还原剂,SOCl2中S元素的化合价降低,作氧化剂,A项正确;2molSOCl2参加反应时,有1molS由+4价变为0价,故转移4mol电子,B项正确;将反应设计成原电池后,正极发生得电子的反应,即化合价降低的反应,SOCl2中S元素在反应中化合价降低,因此SOCl2在正极发生反应,C项正确;由于Li易与水反应,因此原电池的电解质应为非水电解质,D项错误。17.C分析反应过程可知,最后生成的沉淀是Cu(OH)2和Mg(OH)2,Cu和Mg在反应后均为+2价,它们失去的电子的总物质的量n(e-)等于它们形成氢氧化物沉淀时所结合的OH-的总物质的量n(OH-)。由得失电子守恒有:n(e-)=n(NO2)+n(NO)3=0.08mol+0.05mol3=0.23mol,则n(OH-)=0.23mol,m(OH-)=3.91g,所以沉淀的质量=m(合金)+m(OH-)=4.6g+3.91g=8.51g。18.C本题应从甲溶液和乙溶液反应入手。甲+乙NaCl+A+B,此反应应为两种离子相互促进的水解反应,分析题中所给离子,可知甲、乙分别为NaHCO3和AlCl3中的一种,再由甲+丙NaCl+B可确定甲为NaHCO3,则乙为AlCl3,丙溶液为盐酸,又知甲溶液+丁溶液C+D,则丁为Ba(OH)2。白色沉淀A为Al(OH)3,D为Na2CO3或NaOH,Al(OH)3可溶于NaOH溶液中,A项正确;甲与丁反应时,若甲过量,反应的离子方程式为2HCO3-+Ba2+2OH-CO32-+BaCO3+2H2O,若丁过量,反应的离子方程式为HCO3-+Ba2+OH-BaCO3+H2O,B项正确;丙溶液为盐酸,在盐酸中,NO3-可将I-氧化,故二者不能大量共存,C项错误;甲溶液为NaHCO3溶液,由质子守恒有c(OH-)=c(H+)-c(CO32-)+c(H2CO3),即c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+c(CO32-),D项正确。19.答案(1)9.6NA(2)(3)氮气N2+3H22NH3(4)11.20.6NA解析(2)标准状况下22.4LCH4中所含H原子个数为4NA;1.5molNH3中所含H原子个数为4.5NA;1.8061024个H2O中所含H原子个数为6NA;73gHCl中所含H原子个数为2NA,所以所含H原子个数由多到少的顺序为。(3)该气体在标准状况下的密度为1.25gL-1,其摩尔质量为1.25gL-122.4Lmol-1=28gmol-1,若该气体的化学式为A2型,则其名称是氮气。(4)标准状况下6.72L一氧化碳的物质的量为6.72L22.4Lmol-1=0.3mol,0.3molCO完全反应生成CO2失去的电子的物质的量为0.3mol(4-2)=0.6mol,转移电子的数目为0.6NA,根据得失电子守恒,反应生成铁的物质的量为0.6mol3-0=0.2mol,质量为56gmol-10.2mol=11.2g。20.答案(1)12(2)14.6250 mL容量瓶ADE解析(1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度c=1000wM=10001.236.5%36.5molL-1=12molL-1。(2)设所需的浓盐酸的体积为V,根据稀释定律c浓V浓=c稀V稀来计算:12molL-1V=0.7molL-1250mL,解得V14.6mL。根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤:计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀,可知所需的仪器有:量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管,故缺少的仪器是250mL容量瓶。用量筒量取浓盐酸时俯视凹液面,会使所取的浓盐酸的体积偏小,则所配溶液浓度偏低,A正确;未恢复到室温就将溶液注入容量瓶并进行定容,则冷却后溶液体积偏小,则所配溶液浓度偏高,B错误;容量瓶未干燥,对浓度无影响,C错误;定容时仰视液面,会使溶液体积偏大,则所配溶液浓度偏低,D正确;未洗涤烧杯和玻璃棒,会导致溶质损失,则所配溶液浓度偏低,E正确。21.答案(1)MnO4-、Cu2+、Mg2+、HCO3-CO32-、SiO32-(2)AlO2-NH3H2O+H+NH4+H2OSO42-(3)是解析(1)由可知不含MnO4-与Cu2+;由可知不含Mg2+、HCO3-;由可知一定含SiO32-与CO32-。(2)溶液加氨水后生成白色胶状沉淀,说明原溶液中含有AlO2-(加入盐酸酸化时转化为Al3+),而开始加入氨水没有形成沉淀,原因是剩余的H+与氨水反应;加入Ba(NO3)2溶液得白色沉淀,说明含有SO42-。(3)利用题中数据计算知:n(AgCl)n(HCl)加入,利用质量守恒可知原溶液中含有Cl-。22.答案(1)A(2)Na+CN-(3)(4)O212(5)2Fe(CN)64-+Cl22Fe(CN)63-+2Cl-Fe3Fe(CN)62(6)碱CN-的水解常数Kh=c(HCN)c(OH-)c(CN-)=c(HCN)c(OH-)c(H+)c(CN-)c(H+)=KWKa=110-146.210-10=1.610-5,KhKa,说明CN-的水解程度大于HCN的电离程度,混合溶液呈碱性解析(4)用NaCN溶液浸取含金矿石得到NaAu(CN)2,浸取前后Au的化合价由0价+1价,被氧化,而CN-的化合价没有变化,因此反应的氧化剂肯定来自自然环境,即空气中的氧气,还原1mol金要转移1mol电子,而1mol锌反应能转移2mol电子,所以消耗的锌与生成的金的物质的量之比为12。(5)通入Cl2时,Na4Fe(CN)6被Cl2氧化为Na3Fe(CN)6,即Fe元素由+2价被氧化为+3价,则Cl2被还原为Cl-,据此可写出反应的离子方程式。蓝色染料由Na3Fe(CN)6与FeSO4反应生成,该反应不是氧化还原反应,是复分解反应,蓝色染料的化学式为Fe3Fe(CN)62。(6)HCN电离使溶液呈酸性,CN-水解使溶液呈碱性,因此判断NaCN和HCN的混合溶液的酸碱性时,需比较HCN的电离程度和CN-的水解程度的相对大小,可通过计算CN-的水解常数Kh与HCN的电离常数Ka进行比较。23.答案(1)提高酸浸速率H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O(2)CDFe(OH)37 500或7 5001(3)2NH3H2O+Mg2+Mg(OH)2+2NH4+(4)835解析由流程可知,废料经酸浸后,再加H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+,然后加入氧化镁或碳酸镁调节溶液的pH至Fe3+和Al3+完全沉淀,接着向滤液中加入氨水把Mg2+完全沉淀,过滤后得到的氢氧化镁经酸溶、蒸干得到硫酸镁,最后煅烧硫酸镁得到氧化镁。(1)酸浸过程中采用粉碎原料、加热、搅拌、适当增大硫酸的浓度等措施的目的是提高酸浸速率;用过氧化氢溶液氧化时,发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O。(2)为了不影响产品的纯度,试剂a应选择氨水或MgCO3,选CD。由于KspFe(OH)3KspAl(OH)3,所以在用试剂a调节pH过程中,先生成的沉淀是Fe(OH)3;当pH=5时,c(OH-)=110-9molL-1,滤液1中Al3+和Fe3+的物质的量浓度之比为3.010-34(110-9)34.010-38(110-9)3=7500(或75001)。(3)生成滤渣2的离子方程式为2NH3H2O+Mg2+Mg(OH)2+2NH4+。(4)标准状况下22.4mL气体经Ba(OH)2溶液充分吸收后,剩余7mL气体(标准状况),剩余气体为CO;所得沉淀用足量硝酸溶解,再经过滤、洗涤、干燥、称量得硫酸钡沉淀0.1165g,则n(SO2)=n(BaSO4)=0.1165g233gmol-1=0.0005mol,SO2的体积(标准状况)为11.2mL,CO2的体积(标准状况)为22.4mL-7mL-11.2mL=4.2mL,所以混合气体中SO2、CO2、CO体积比为835。24.答案(1)Fe3+、Fe2+、CO32-(2)CO32-与Al3+的水解反应相互促进从而生成Al(OH)3沉淀和CO2气体(3)BaCO3、BaSO4(4)含有0.20.002解析(1)因为加入过量(NH4)2CO3只生成白色沉淀,说明溶液A中一定没有Fe3+、Fe2+,一定含有Al3+,CO32-不能与Al3+共存,所以溶液A中一定不存在的离子有Fe3+、Fe2+、CO32-。(2)溶液A中加入(NH4)2CO3,生成白色沉淀甲和气体甲的原因是CO32-与Al3+的水解反应相互促进从而生成Al(OH)3沉淀和CO2气体。(3)因为溶液中有0.1molL-1Al3+,而加入铜及硫酸后铜溶解了,说明溶液中有0.1molL-1NO3-,据电荷守恒则一定还有SO42-,因为加入过量(NH4)2CO3,所以溶液甲里含有CO32-,加入氢氧化钡溶液,产生的白色沉淀乙是BaCO3、BaSO4。(4)据分析,溶液A里一定有Al3+、NO3-、SO42-,加入氢氧化钠沉淀达到最大量后没有立刻溶解,说明溶液中含有NH4+;加入15mL氢氧化钠溶液时Al3+沉淀完全,n(Al3+)=0.1molL-10.01L=0.001mol,n(OH-)=0.003mol,NaOH溶液的物质的量浓度为0.003mol0.015L=0.2molL-1;10mL0.2molL-1Ba(OH)2溶液中n(Ba2+)=0.20.01mol=0.002mol,n(OH-)=0.40.01mol=0.004mol,加入Ba(OH)2溶液之后,Al3+和SO42-先沉淀,剩余0.001molOH-与0.001molNH4+反应,故最终反应生成0.001molAl(OH)3和0.001molBaSO4,共生成沉淀0.002mol。
展开阅读全文