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江苏省扬州市扬州中学2021届高三开学考试化学试题含答案解析
年级:高中
难度:中等
更新时间:2021-01-08
下载:169次
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一、选择题(共12题)
1.

国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出,乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品,下列说法错误的是

ACH3CH2OH能与水互溶

BNaClO通过氧化灭活病毒

C过氧乙酸相对分子质量为76

D氯仿的化学名称是四氯化碳

【答案】

D

【详解】

A.乙醇分子中有羟基,其与水分子间可以形成氢键,因此乙醇能与水互溶,A说法正确;

B.次氯酸钠具有强氧化性,其能使蛋白质变性,故其能通过氧化灭活病毒,B说法正确;

C.过氧乙酸的分子式为C2H4O3,故其相对分子质量为76C说法正确;

D.氯仿的化学名称为三氯甲烷,D说法不正确。

综上所述,故选D

组卷:142次
难度:容易
知识点:氯及其化合物
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2.

下列有关化学用语表示正确的是( 

AN2H4的结构式:               BFe的原子结构示意图:

CSO2分子的空间结构模型:       D基态N原子的轨道表示式:

【答案】

B

【详解】

A.氮原子成3键,氢原子成1键,所以 N2H4的结构式:A错误;

B. Fe26号元素,其原子结构示意图:B正确;

C. SO2分子的空间结构为V形,其模型:C错误;

D. 电子优先单独占据1个轨道,且自旋方向相同,N原子核外有7个电子,分2层排布,基态N原子的轨道表示式:D错误;

故答案为:B

组卷:163次
难度:容易
知识点:有关粒子结构的化学用语
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3.

下列有关物质性质与用途对应关系不正确的是

ANaHCO3能与碱反应,可用作焙制糕点的膨松剂

BCaO能与SO2反应,可作为工业废气处理时的脱硫剂

C硅的导电性介于导体和绝缘体之间,可用于制造计算机硅芯片的材料

D饱和氯水既有酸性又有漂白性,加入适量NaHCO3固体,其漂白性增强

【答案】

A

【详解】

ANaHCO3不稳定,受热分解产生CO2气体,能够使面团松软,因而可用作焙制糕点的膨松剂,A错误;

B.碱性氧化物CaO能与SO2反应产生固态的盐,因而可作为工业废气处理时的脱硫剂,减少对大气的污染,B正确;

C.硅的导电性介于导体和绝缘体之间,是良好的半导体材料,因而是制造计算机硅芯片的材料,C正确;

DCl2溶于水,与水反应产生HClHClO,溶液中含有HCl使溶液显酸性,而HClO具有强氧化性,能够将有色物质氧化变为无色,因此饱和氯水既有酸性又有漂白性。氯气与水的反应是可逆反应,由于酸性:HClH2CO3HClO,加入适量NaHCO3固体,反应消耗HCl,使化学平衡正向移动,导致溶液中c(HClO)增大,因而其漂白性增强,D正确;

故合理选项是A

组卷:176次
难度:中等
知识点:二氧化硫
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4.

短周期主族元素XYZW的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是次外层的3倍,金属元素Y原子核外无未成对电子, Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料,WX位于同一主族。下列说法不正确的是

AW的最高价氧化物对应的水化物是强酸

BX的简单气态氢化物的沸点比W的高

CY的第一电离能比同周期相邻元素的大

D1mol单质Z中共价键的数目约为4×6.02×1023

【答案】

D

【分析】

短周期主族元素XYZW的原子序数依次增大,由X原子的最外层电子数是次外层的3倍可知,XO元素;由金属元素Y原子核外无未成对电子可知,YMg元素;由Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料可知,ZSi元素;由WX位于同一主族可知,WS元素。

【详解】

A.硫元素的最高价氧化物对应的水化物是硫酸,硫酸是二元强酸,故A正确;

B.水分子间能形成氢键,硫化氢分子间不能形成氢键,则水的的沸点比硫化氢高,故B正确;

C.同周期元素,从左到右,第一电离能有增大的趋势,镁的价电子排布式为3s23s轨道为全充满的稳定状态,第一电离能比同周期相邻元素的大,故C正确;

D.硅单质为原子晶体,一个硅原子周围有四个硅原子,每个硅原子形成共价键的数目为4×=2,则1mol单质硅中共价键的数目约为2×6.02×1023,故D错误;

故选D

组卷:111次
难度:中等
知识点:元素周期律、元素周期表的推断
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5.

室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是

A0.1 mol·L-1NaOH溶液:Na+K+S2-

B0.1 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液:Cu2+SCN-

C0.1 mol·L-1KI溶液:Na+K+ClO-OH-

D0.1 mol·L-1NH4HCO3溶液:Ba2+K+OH-

【答案】

A

【详解】

A0.1 mol·L-1NaOH溶液显碱性,在碱性溶液中,选项离子之间不能发生任何反应,可以大量共存,A符合题意;

B.在0.1 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中,Fe3+SCN-会发生络合反应产生Fe(SCN)3,不能大量共存,B不符合题意;

C.在0.1 mol·L-1KI溶液中含有大量I-I-ClO-会发生氧化还原反应,不能大量共存,C不符合题意;

DNH4HCO3电离产生的、与OH-Ba2+会发生反应产生BaCO3沉淀和H2O,不能大量共存,D不符合题意;

故合理选项是A

组卷:166次
难度:中等
知识点:离子反应
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6.

下列电化学装置正确且能达到目的的是

A用装置甲在铁制品表面镀铜                     B用装置乙电解精炼铜

C用装置丙制备NaOH和氯气                      D用装置丁保护钢闸门

【答案】

B

【详解】

A.用装置甲在铁制品表面镀铜时,要用铜做电镀池的阳极,与直流电源的正极相连,不能用铁做电镀池的阳极,故A错误;

B.用装置乙电解精炼铜时,粗铜做精炼池的阳极,与直流电源的正极相连,故B正确;

C.用装置丙制备NaOH和氯气时,应选择阳离子交换膜,以有利于钠离子向阴极迁移,防止氢氧根离子向阳极迁移,故C错误;

D.用装置丁保护钢闸门时,应选用比铁活泼的锌与钢闸门相连,选用石墨会形成铁、石墨原电池,钢闸门会因原电池反应加快腐蚀,或者将钢闸门连在电源的负极上,故D错误;

故选B

组卷:118次
难度:中等
知识点:金属的电化学腐蚀与防护
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7.

在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是

AFe2O3Fe(s)FeCl2(s)

BCu2S(s)Cu(s)CuSO4(aq)

CAl(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)

DNaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)

【答案】

C

【详解】

AFe2O3Al在高温下发生铝热反应生成FeAl2O3FeCl2在点燃时生成FeCl3,化学方程式分别为2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O32Fe+3Cl2 2FeCl3,故A不能实现;

BCu2SO2在高温下发生反应生成CuOSO2,反应的化学方程式为Cu2S+2O22CuO+SO2,生成CuO而不是Cu,且Cu与稀H2SO4不反应,故B不能实现;

CAlNaOH溶液发生反应生成NaAlO2H2NaAlO2溶液中通入过量CO2发生反应生成Al(OH)3NaHCO3,化学方程式分别为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3,故C能实现;

D.在NaCl溶液中先通入CO2,由于CO2的溶解度很小,大量的CO2逸出,存在溶液中的CO2很小,HCO3-更小,不能生成NaHCO3沉淀,侯氏制碱法是在饱和食盐水中先通入NH3,形成饱和的氨盐水,再通入CO2,会生成NaHCO3沉淀,故D不能实现;

答案为C

组卷:185次
难度:中等
知识点:物质的转化
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8.

硫酸亚铁是一种重要的化工原料,可以制备一系列物质(如图所示)。下列说法错误的是(    )

A碱式硫酸铁水解能产生 Fe(OH)3 胶体,可用作净水剂

B为防止 NH4HCO3 分解,生产 FeCO3 需在较低温度下进行

C常温下,(NH4)2Fe(SO4)2 在水中的溶解度比 FeSO4 的大

D可用 KSCN 溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2 是否被氧化

【答案】

C

【详解】

A.碱式硫酸铁电离产生Fe3Fe3能发生水解生成Fe(OH)3胶体,Fe(OH)3胶体具有吸附性,可用作净水剂,故A正确;

BNH4HCO3不稳定,受热易分解,所以为防止NH4HCO3分解,生产FeCO3需在较低温度下进行,故B正确;

C(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的小,所以FeSO4才能与(NH4)2SO4反应生成(NH4)2Fe(SO4)2,故C错误;

DKSCN溶液遇Fe2溶液无现象,(NH4)2Fe(SO4)2若被氧化则生成Fe3KSCN溶液遇Fe3溶液变红,故D正确;

故答案选C

组卷:121次
难度:中等
知识点:氨 铵盐
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9.

下列图示或根据图示所得出的结论正确的是

A图甲表示相同pH的盐酸和醋酸加水稀释过程中pH的变化,则曲线a代表醋酸

B图乙表示温度不变,向0.1mol·L-1NH4Cl溶液中滴加0.1mol·L-1盐酸时,溶液中随盐酸体积的变化关系

C图丙表示密闭容器中CH4(g)+ H2O(g)CO(g)+3H2(g)到达平衡时,CH4的平衡转化率与压强、温度的变化关系曲线,说明P1<P2

D图丁表示0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000mol·L-1醋酸溶液滴定曲线

【答案】

C

【详解】

A. 盐酸是强酸,醋酸是弱酸,相同pH的盐酸和醋酸加水稀释后,盐酸pH变化更大,醋酸pH变化更小,A错误;

B. 铵根离子水解出氢离子,往氯化铵溶液中滴加盐酸时,盐酸抑制铵根水解,则铵根离子浓度增大,但氢离子浓度增大更多,因此c/c (NH4+)增大,B错误;

C. 正反应为气体分子数增大的反应,增大压强,平衡逆向移动,甲烷平衡转化率减小,因此P1<P2C正确;

D. 滴入20mL氢氧化钠溶液时,恰好完全反应,此时溶液为醋酸钠溶液,醋酸钠溶液由于水解溶液显碱性,D错误;

答案选C

组卷:199次
难度:中等
知识点:酸碱中和滴定
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10.

根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是

选项

实验操作和现象

结论

A

室温下,向溶液X中滴加少量双氧水,再加入KSCN溶液,变红

溶液X中一定含Fe2+

B

用洁净铂丝蘸取溶液Y在火焰上灼烧,火焰呈黄色

溶液Y中含 Na+不含K+

C

室温下,向NaClNaI的混合稀溶液中滴入少量稀

AgNO3溶液,有黄色沉淀生成

Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)

D

室温测定浓度均为0.1mol·L-1CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH CH3COONa 溶液的pH

HNO2 电离出H+的能力比CH3COOH

AA                          BB                           CC                           DD

【答案】

D

【详解】

A.Fe2+被氧化后生成Fe3+,滴加KSCN溶液出现红色,而溶液中若含有Fe3+,溶液也会显红色,故溶液中可能含有Fe2+A错误;

B.K+的焰色为紫色,易被黄色光过滤掉,须通过蓝色钴玻璃才可以观察到,故溶液中可能含有K+B错误;

C.当氯化钠和碘化钠浓度相同时,滴入少量稀AgNO3溶液,有黄色沉淀生成,才可以说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),若两者浓度不同,不能得出此结论,C错误;

D.浓度相同时,CH3COONa溶液的pHNaNO2溶液的大,说明CH3COO-的水解程度比NO2-大,根据越弱越水解可知CH3COOH的酸性小于HNO2的酸性,D正确;

答案选D

组卷:146次
难度:基础
知识点:铁和铁的化合物
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11.

以酚酞为指示剂,用0.1000 mol·L−1NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中,pH、分布系数随滴加 NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。(比如A2-的分布系数: )

下列叙述正确的是

A曲线代表,曲线代表δ(HA-)

BH2A溶液的浓度为0.1000 mol·L-1

CHA的电离常数Ka≈1.0×10-3

D滴定终点时,溶液中c(Na+)2c(A2-)+c(HA-)

【答案】

BD

【详解】

A.在未加NaOH溶液时,曲线的分布系数与曲线的分布系数之和等于1,且δ曲线一直在减小,曲线在一直增加;说明H2A第一步完全电离,第二步存在电离平衡,即H2A=HA-+H+HA-A2-+H+,曲线代表δ(HA-);当加入用0.1000 mol•L-1NaOH溶液40.00 mL滴定后,发生NaHA+NaOH=Na2A+H2OHA-的分布系数减小,A2-的分布系数在增大,且曲线在一直在增加,在滴定终点后与重合,所以曲线代表δ(A2-)A错误;

B.当加入40.00 mLNaOH溶液时,溶液的pH发生突变,到达滴定终点,说明NaOHH2A恰好完全反应,根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2On(NaOH)=2n(H2A)c(H2A)==0.1000 mol/LB正确;

C.由于H2A第一步完全电离,则HA-的起始浓度为0.1000 mol/L,根据图象,当V(NaOH)=0时,HA-的分布系数为0.9,溶液的pH=1A2-的分布系数为0.1,则HA-的电离平衡常数Ka==≈1×10-2C错误;

D.用酚酞作指示剂,酚酞变色的pH范围为8.210,终点时溶液呈碱性,c(OH-)c(H+),溶液中的电荷守恒,c(H+)+c(Na+)=2c(A2-)+c(OH-) +c(HA-),则c(Na+)2c(A2-)+c(HA-)D正确;

故合理选项是BD

组卷:184次
难度:中等
知识点:酸碱中和滴定
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12.

3个初始温度均为T的密闭容器中发生反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) (正反应放热)。下列说法正确的是

容器编号

容器类型

初始体积

起始物质的量/mol

平衡时SO3物质的量/mol

SO2

O2

SO3

I

恒温恒容

1.0 L

2

1

0

1.6

II

绝热恒容

1.0 L

2

1

0

a

III

恒温恒压

0.5 L

0

0

1

b

Aa1.6

Bb0.8

C平衡时v(SO2)v(I)v(II)

D若起始时向容器I中充入1.0 molSO2(g)0.20 mol O2(g)4.0molSO3(g),则反应将向正反应方向进行

【答案】

AC

【详解】

AIII初始投入量相同,II为绝热恒容容器,该反应为放热反应,故II随着反应的进行,容器内气体温度升高,平衡时相当于对I容器升高温度,升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向移动,则平衡时SO3的物质的量比I小,即a1.6A正确;

B.对于I中反应,开始时n(SO2)=2 moln(O2)=1 mol,平衡时n(SO3)=1.6 mol,若容器III反应是在恒温恒容下进行,其等效开始状态是n(SO2)=1 moln(O2)=0.5 mol,物质的量是I的一半,容器的容积也是I的一半,则二者为等效开始状态,平衡时各种物质的含量相同,则平衡时SO3的物质的量是0.8 mol,但由于该反应的正反应是气体体积减小的反应,反应III是在恒温恒压下进行,反应从逆反应方向开始,反应发生使气体的压强增大,为维持压强不变,相当于在I平衡的基础上扩大容器的容积而导致减小压强,减小压强化学平衡逆向移动,因此反应III中达到平衡时SO3的物质的量比0.8 mol要少,即b0.8 molB错误;

CII为绝热容器,随着反应的进行容器内气体的温度升高,温度升高反应速率加快,则平衡时的正反应速率:平衡时v(SO2)v(I)v(II)C正确;

D.对于反应I,由于容器的容积是1 L,则开始时c(SO2)=2 mol÷1 L=2 mol/Lc(O2)=1 mol÷1 L=1 mol/L,平衡时c(SO3)=1.6 mol÷1 L=1.6 mol/L,根据物质反应转化关系可知平衡时,c(SO2)=2 mol/L-1.6 mol/L=0.4 mol/Lc(O2)=1 mol/L-0.5×1.6 mol/L=0.2 mol/L,该反应的化学平衡常数K=,若开始时向I中加入1.0 mol SO2(g)0.20 mol O2(g)4.0 mol SO3(g),由于容器的容积是1 L,则c(SO2)=1.0 mol/Lc(O2)=0.20 mol/Lc(SO3)= 4.0 mol/L,则Qc==K,因此反应恰好处于平衡状态,既不向正反应方向移动,也不向逆反应方向移动,D错误;

答案选AC

组卷:157次
难度:偏难
知识点:等效平衡
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二、综合题(共5题)
1.

元素X位于第四周期,其基态原子的内层轨道全部排满电子,且最外层电子数为1。在气体分析中,常用XCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量,原理为:2XCl+2CO+ 2H2O=X2Cl2·2CO·2H2O

(1)X原子基态核外电子排布式为_______________

(2)CHO三种元素的电负性由大到小的顺序为_______________

(3)H2O中氧原子的轨道杂化类型为____________

(4)化合物XCl晶体的晶胞如图所示,距离每个X离子最近的Cl的个数为__

       

(5)X2Cl2·2CO·2H2O是一种配合物,结构如图所示,每个X原子能与其他原子形成3个配位键,在图中用“→"标出相应的配位键________CON2分子的结构相似,则1 mol X2Cl2·2CO·2H2O含有σ键的数目为____________

【答案】

1s22s2p63s23p63d104s1    OCH    sp3    4        14×6.02×1023   

【分析】

(1)根据题目给出信息判断出X为铜元素,结合失去1个电子写出核外电子排布式;

(2)元素的非金属性越强,其电负性越大;

(3)根据水的中心原子的价电子对数判断杂化方式;

(4)由晶包图可知晶包类型为ZnS

(5)表示配位键时,箭头指向提供空轨道的原子或离子;1 mol X2Cl2•2CO•2H2O含有8 mol配位键,4 mol H-O键,2 mol CO2 mol 键,H-O键和配位键都属于键。

【详解】

(1)元素X位于第四周期,其基态原子的内层轨道全部排满电子,且最外层电子数为1XCu,其原子基态核外电子排布式为1s22s2p63s23p63d104s1

(2)元素的非金属性越强,其电负性就越大,元素的非金属性:OCH,所以CHO三种元素的电负性由大到小的顺序为OCH

(3)根据水的中心原子的O原子的价电子数为=4,所以氧原子的杂化方式为sp3杂化;

(4)由晶胞图可知晶胞类型为ZnS,其晶包中配位数为4,距离每个X离子最近的Cl的个数为4

(5)根据氯原子最外层电子数为7可知,氯原子可形成一对共用电子对,即氯原子形成两条共价键中只有一条是配位键,而X可形成3条配位键,故其配位键可表示为;因1 mol X2Cl2•2CO•2H2O含有8 mol配位键,4 mol H-O键,2 mol CO2 mol键,H-O键和配位键都属于键,即1 mol X2Cl2•2CO•2H2O含有8+4+2=14 mol键,即14NA键,所以共价键数目为14NA14×6.02×1023

【点睛】

本题考查物质结构和性质,涉及原子核外电子排布式的书写、元素电负性的比较、原子杂化方式的判断及配位键等的判断等知识,注意对基础知识的理解掌握,较为全面的考查了学生对物质结构的掌握与应用能力。

组卷:167次
难度:中等
知识点:电离能电负性
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2.

蓝色钾盐水合物KaCub(C2O4)c·H2O(铜元素为+2)的组成可通过下列实验确定:

步骤:称取一定质量的样品置于锥形瓶中,加入适量2 mol·L-1稀硫酸,微热使样品溶解。再加入30 mL水加热,用0.0200 mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液12.00 mL(的还原产物为Mn2+)

步骤:充分加热滴定后的溶液,冷却后,调节pH并加入过量的KI固体,溶液变为棕色并产生白色沉淀CuI,发生反应2Cu2++4I=2CuI↓+I2

步骤:加入少量淀粉溶液作指示剂,用0.0200 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液15.00 mL,发生反应I2+2=2I+

(1)步骤中需事先配制好250 mL 0.0200 mol·L-1KMnO4标准溶液,配制KMnO4溶液时除需用到烧杯、玻璃棒外,还用到的玻璃仪器有______________

(2)若步骤中未对滴定后的溶液进行加热,则测出的Cu2+的物质的量将_______(偏大偏小不变”)

(3)步骤中滴定终点的现象是______________

(4)通过计算确定abc=________________(请写出计算过程)

【答案】

250mL容量瓶    胶头滴管    偏大    溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不变色    212   

【分析】

(1)根据配制一定体积一定物质的量浓度的溶液的操作判断使用的仪器;

(2)加热可促使分解产生Mn2+反应,避免对后面实验产生干扰;

(3)I2遇淀粉溶液变为蓝色,据此判断滴定终点现象;

(4)根据标准溶液的物质的量计算的物质的量;根据反应消耗Na2S2O3标准溶液的体积计算Cu2+的物质的量,最后根据电荷守恒可计算K+的物质的量,再计算出各种离子的物质的量的整数比,即得到abc的比值。

【详解】

(1)配制250 mL 0.0200 mol·L-1KMnO4标准溶液,除需用到烧杯、玻璃棒外,还用到的玻璃仪器有250 ml容量瓶及胶头滴管;

(2)在酸性条件下KMnO4具有强的氧化性,可以与I-发生氧化还原反应产生I2。若步骤中未对滴定后的溶液进行加热除去会氧化后面为测定Cu2+而加入的I-,反应产生I2,使产生I2的物质的量增多,导致测出的Cu2+的含量偏大;

(3)在溶液中发生反应:2Cu2++4I-=2CuI↓+I2,以淀粉溶液作指示剂,由于I2遇淀粉溶液变为蓝色,所以用0.0200 mol•L-1Na2S2O3标准溶液进行滴定时,发生反应:I2+2=2I-+,随着标准溶液的加入,I2浓度逐渐降低,溶液蓝色逐渐变浅,当滴加最后一滴Na2S2O3标准溶液时,溶液恰好由蓝色变为无色,且半分钟内不再变为蓝色,说明此时反应达到了滴定终点。故滴定终点的实验现象是:溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不变色;

(4)根据电子守恒可知关系式:52,所以n(C2O42-)=2.5n(C2O42-)=2.5×0.0200 mol/L×12.00 mL×10-3 L/mL=6.000×10-4 mol

根据方程式2Cu2++4I-=2CuI↓+I2I2+2=2I-+,可得关系式:2Cu2+I22,所以n(Cu2+)=2n(I2)=n()=0.0200 mol/L×15.00 mL×10-3 L/mL=3.000×10-4 mol

根据电荷守恒可得:n(K+)+2n(Cu2+)=2n(),则n(K+)+2×3.000×10-4 mol=2×6.000×10-4 mol,解得n(K+)=6.000×10-4 mol,所以,n(K+)n(Cu2+)n()=212,故abc=212

【点睛】

本题考查探究物质组成与含量的方法,明确实验原理,掌握物质反应转化关系为解答关键,注意掌握关系式法在化学计算中的应用,试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力。

组卷:104次
难度:中等
知识点:仪器使用与实验安全
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3.

铜制印刷电路板蚀刻液的选择及再生回收是研究热点。

(1)HCl-FeCl3溶液作蚀刻液

该溶液蚀刻铜板时发生主要反应的离子方程式为_______

从废液中可回收铜并使蚀刻液再生。再生所用的试剂有Fe___________(填化学式)

(2)用酸性HCl- H2O2溶液作蚀刻液

用上述溶液蚀刻铜板时发生主要反应的离子方程式为__________

(3)HCl-CuCl2溶液作蚀刻液

蚀刻铜后的废液中含Cu+ ,用如图所示方法可使蚀刻液再生并回收金属铜。

第一步BDD电极上生成强氧化性的氢氧自由基(HO)H2O-e-=HO+H+

第二步HO﹒氧化Cu+实现CuCl2蚀刻液再生:______________(填离子方程式)

(4)用碱性CuCl2溶液(NH3·H2O-NH4Cl调节pH)作蚀刻液

原理为:CuCl2+ 4NH3·H2O=Cu(NH3)4Cl2+4H2OCu(NH3)4Cl2+Cu=2Cu(NH3)2Cl

过程中只须及时补充NH3·H2ONH4Cl就可以使蚀刻液再生,保持蚀刻能力。蚀刻液再生过程中作氧化剂的是__________(填化学式)

50c(CuCl2)=2.5 mol·L-1 pH对蚀刻速率的影响如图所示。适宜pH约为8.3~9.0pH过小或过大,蚀刻速率均会减小的原因是_______________

【答案】

2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+    HCl    Cl2(H2O2)    Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O    H++Cu++HO=Cu2++H2O    O2    pH太低,NH3·H2O浓度小,Cu2+生成的和Cu+不能形成对应的配合物;pH太高,Cu2+Cu+会转化为难溶性碱(或碱式盐)   

【分析】

Fe3+与铜发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子;

需要将亚铁离子氧化生成铁离子,且在盐酸溶液中进行再生蚀刻液,防止铁离子的水解;

(2)在酸性条件下,H2O2Cu氧化为Cu2+H2O2被还原产生H2O,根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒书写反应方程式;

(3)阳极产生强氧化性的•OH,将Cu+氧化生成Cu2+Cl-通过阴离子交换膜进入阳极区可生成CuCl2蚀刻液;

(4)蚀刻液再生过程中作氧化剂的是氧气;

pH太低,NH3•H2O浓度小;Cu2+和生成的Cu+不能形成对应的配合物,pH太高,Cu2+Cu+会转化为难溶性碱(碱式盐)

【详解】

(1)Fe3+与铜板发生氧化还原反应,根据电子守恒、原子守恒,可得反应的离子方程式为:2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+

从废液中可回收铜并使蚀刻液再生,需要将亚铁离子氧化生成铁离子,且在盐酸溶液中进行再生蚀刻液,以防止铁离子的水解,所以再生所用的试剂有除了Fe,还需用HClCl2(H2O2)

(2)在酸性条件下,H2O2Cu氧化为Cu2+H2O2被还原产生H2O,根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒,可得反应的离子方程式为:Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O

(3)由图可知,阳极产生强氧化性的•OH,在阳极上发生:H++Cu++•OH=Cu2++H2OCl-通过阴离子交换膜进入阳极区可生成CuCl2蚀刻液;

(4)蚀刻液再生过程中作氧化剂的是溶解在溶液中的氧气;

pH太低,NH3•H2O浓度小;Cu2+和生成的Cu+不能形成对应的配合物,pH太高,Cu2+Cu+会转化为难溶性碱(或碱式盐)

【点睛】

本题考查含铜工业废液的处理,涉及物质的再生、离子方程式的书写、电解原理的应用等。答题时注意把握题给信息,结合元素化合物知识分析解答。侧重考查学生的分析能力和实验能力。

组卷:183次
难度:中等
知识点:铁和铁的化合物
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4.

CO2的资源化对于构建低碳社会具有重要意义。

(1)在太阳能的作用下,缺铁氧化物(Fe0.9O)能分解CO2,其过程如图所示。过程的化学方程式是_______。在过程中每产生1 mol O2,转移电子____mol

(2)高温共电解CO2H2O是一种制备清洁燃料的新技术,其原理如图所示。电极a上的电极反应式是H2O + 2e= H2 + O2__________________ 

(3)利用CO2制备CH3OH的反应如下:

反应aCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)        ΔH1 = + 41.19 kJ·mol-1

反应bCO(g)+2H2(g)CH3OH(g)           ΔH2 =90.77 kJ·mol-1

反应cCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)   ΔH3

反应a在一定条件下能自发进行的原因是_______________

ΔH3 =________kJ·mol-1,反应c的平衡常数表达式K=_______________

(4)CO2是廉价的碳资源,将其甲烷化具有重要意义。其原理为:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)   H=412.5 kJ·mol-1其他条件不变,压强对CO2的转化率及CH4的选择性的影响如图所示。CH4的选择性=×100%CO2甲烷化反应选择0.1MPa (1个大气压)而不选择更高压强的原因是_______________

【答案】

10Fe0.9O + CO2  3Fe3O4 + C    4    CO22e= COO2    ΔS > 0    49.58   

    0.1MPaCO2的转化率及CH4的选择性较高,加压CO2的转化率及CH4的选择性变化不大,且加压会增大投资和能耗   

【分析】

(1)根据图所,过程Fe0.9OCO2反应生成Fe3O4C

(2)根据图示,电极aH2O得电子生成H2CO2得电子生成CO

(3) 根据分析;

根据盖斯定律计算ΔH3

(4)根据图示,在0.1MPaCO2的转化率及CH4的选择性较高,加压CO2的转化率及CH4的选择性变化不大;

【详解】

(1)根据图所,过程Fe0.9OCO2反应生成Fe3O4C,化学方程式是10Fe0.9O + CO2  3Fe3O4 + C;过程Fe3O4→O2,氧元素化合价由-2升高为0,每产生1 mol O2,转移电4mol

(2)根据图示,电极aH2O得电子生成H2CO2得电子生成CO,电极反应式是H2O + 2e= H2 + O2CO22e= COO2

(3) 反应aΔH>0,在一定条件下能自发进行,说明,所以ΔS > 0

反应aCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)        ΔH1 = + 41.19 kJ·mol-1

反应bCO(g)+2H2(g)CH3OH(g)           ΔH2 =90.77 kJ·mol-1

反应cCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)   ΔH3

根据盖斯定律a+bCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)   ΔH3=+ 41.19 kJ·mol-190.77 kJ·mol-1=49.58 kJ·mol-1,反应c的平衡常数表达式K=

(4)根据图示,在0.1MPaCO2的转化率及CH4的选择性较高,加压CO2的转化率及CH4的选择性变化不大,且加压会增大投资和能耗,CO2甲烷化反应选择0.1MPa (1个大气压)而不选择更高压强。

【点睛】

本题考查化学反应中的能量变化、化学反应方向的判据、化学平衡常数,理解盖斯定律的含义,明确电解原理是解题关键,注意平衡常数表达式的书写规则。

组卷:104次
难度:中等
知识点:化学反应中的能量变化
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5.

由次氯酸钠碱性废水(含有杂质Ca2+)处理硫酸工业尾气的流程如下:

(1)次氯酸钠不稳定,温度较高时会分解生成NaClO3,该反应的化学方程式为_____

(2)控制合适的条件有利于提高SO2的吸收率(脱硫率)

脱硫时需保持溶液呈碱性,此过程的主要反应之一为:SO2+2OH-=+H2O;另一个为氧化还原反应,请写出该反应的离子方程式:_____________

提高脱硫率的可行措施有_______(填序号)

a.加快通入尾气的速率

b.吸收塔中喷淋的碱液与气体逆向接触

c.提高碱液pH

温度控制在40~60 之间,脱硫率较高,原因是_________________

(3)脱硫完成后过滤。

滤渣的主要成分为___________(填化学式)

滤液中含有较多的Na2SO4NaCl,需实现两者分离。其中得到高纯度Na2SO4·10H2O晶体的方法是:___________________,过滤,冰水洗涤,重结晶。

【答案】

3NaClO2NaCl+NaClO3    +ClO-=+ Cl-(SO2 + ClO-+ 2OH-=+ Cl-+ H2O)    bc    温度过低,反应速率慢;温度过高NaClO不稳定分解(或温度过高SO2溶解度减小)    CaSO4(CaSO4·2H2O)    30左右加热浓缩,冰水冷却结晶(或冷却至0结晶)   

【分析】

(1)次氯酸钠在温度较高时会分解生成NaClO3NaCl,根据电子守恒、原子守恒书写反应方程式;

(2)ClO-具有强氧化性,+4价的S具有还原性,二者会发生氧化还原反应,据此书写反应方程式;

结合物质的存在状态及化学反应速率影响因素分析判断;

温度控制在40~60 之间,脱硫率较高,原因是从反应速率、物质的稳定性、气体的溶解度等方面分析判断;

(3)根据废水中含有的微粒及物质的溶解性判断滤渣成分,结合物质溶解度与温度关系曲线分析判断提纯硫酸钠晶体的方法。

【详解】

(1)次氯酸钠不稳定,温度较高时会发生分解反应生成NaClO3NaCl,反应方程式为:3NaClO2NaCl+NaClO3

(2)脱硫时需保持溶液呈碱性,此过程的主要反应之一为:SO2+2OH-=+H2O;由于ClO-具有强氧化性,+4价的S具有还原性,二者会发生氧化还原反应,该反应的离子方程式为+ClO-=+ Cl-(SO2 + ClO-+ 2OH-=+ Cl-+ H2O)

aSO2是气体,若加快通入尾气的速率,会导致SO2未反应就随气体逸出,使脱硫率降低,a不符合题意;

b.吸收塔中喷淋的碱液与气体逆向接触,可以使反应物质充分接触,反应更充分,因而就可以提高脱硫率,b符合题意;

c.提高碱液pH,可以使SO2被充分吸收,因而使脱硫率大大提高,c符合题意;

故合理选项是bc

温度控制在40~60 之间,脱硫率较高,这是由于温度过低,反应速率较慢;弱温度过高,NaClO不稳定受热会发生分解,同时温度过高导致SO2溶解度减小,也使反应利于脱硫反应的进行;

(3)由次氯酸钠碱性废水中含有杂质Ca2+,当用其处理硫酸厂尾气水,SO2被氧化为Ca2+结合形成溶解度较小的CaSO4析出,所以滤渣的主要成分为CaSO4(或其结晶水合物CaSO4·2H2O)

根据物质溶解性随温度变化曲线可知:NaCl的溶解度受温度的影响变化不到,Na2SO4·10H2O的溶解度在温度接近40时随温度的升高而增大,在温度为30二者的溶解度相等,低于30使NaCl的溶解度比Na2SO4·10H2O的大,所以要从含有较多的Na2SO4 NaCl滤液中分离提纯,得到高纯度Na2SO4·10H2O晶体的方法是:在30左右加热浓缩,冰水冷却结晶(或冷却至0结晶)

【点睛】

本题考查了化学反应硫酸厂尾气处理的应用。涉及化学反应速率影响因素、方程式的书写、混合物的分离提纯。综合考查了学生对氧化还原反应、离子反应、化学反应速率理论的掌握及视图能力分析问题能力在混合物分离中的应用。

组卷:112次
难度:中等
知识点:氧化还原反应方程式的配平
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试卷统计
试题总数:
17
总体难度:
中等
题型统计
大题类型
题目数
占比
选择题
12
70.58%
综合题
5
29.41%
知识点统计
知识点
题目数
占比
氯及其化合物
1
5.88%
有关粒子结构的化学用语
1
5.88%
二氧化硫
1
5.88%
元素周期律、元素周期表的推断
1
5.88%
离子反应
1
5.88%
金属的电化学腐蚀与防护
1
5.88%
物质的转化
1
5.88%
氨 铵盐
1
5.88%
酸碱中和滴定
2
11.76%
铁和铁的化合物
2
11.76%
等效平衡
1
5.88%
电离能电负性
1
5.88%
仪器使用与实验安全
1
5.88%
化学反应中的能量变化
1
5.88%
氧化还原反应方程式的配平
1
5.88%
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