


2022-2023学年辽宁省沈阳市第一二〇中学高三上学期第四次质量检测 化学 解析版
展开
这是一份2022-2023学年辽宁省沈阳市第一二〇中学高三上学期第四次质量检测 化学 解析版,共22页。试卷主要包含了选择题,填空题等内容,欢迎下载使用。
辽宁省沈阳市第120中学2022-2023学年高三上学期第四次质量检测
化学试题
可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 K-39 Ca-40 V-51
一、选择题(每小题只有一个选项最符合题意,每小题3分,共45分)
1. 化学与生活密切相关。下列说法正确的是
A. 工业上通过石油分馏得到大量化工原料苯
B. 冬奥场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃,碲和镉均属于过渡元素
C. “光化学烟雾”“臭氧空洞”“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化物有关
D “天宫课堂”实验:乙酸钠过饱和溶液结晶形成温热“冰球”,该过程发生吸热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.石油分馏一般得到烷烃或环烷烃,煤的干馏可以得到苯,A错误;
B.碲属于主族元素,B错误;
C.氮氧化物可以在光照下发生光化学反应生成二次污染物,形成“光化学烟雾”,可以破坏臭氧层形成“臭氧空洞”,也可以与水结合形成“硝酸型酸雨”,C正确;
D.乙酸钠过饱和溶液结晶形成热冰现象,属于放热反应,D错误;
故答案为:C。
2. 下列化学用语表述正确的是
A. 葡萄糖的实验式: B. 的电子式:
C. 基态的价电子排布式: D. 氯化铁的分子式:
【答案】D
【解析】
【详解】A.葡萄糖的实验式为,A错误;
B.的电子式为,B错误;
C.基态的价电子排布式为,C错误;
D.氯化铁是由分子构成的,其分子式为,D正确;
故选D。
3. 是阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A. 与混合气体中含键的数目为
B. 过量的铜与含的浓硝酸反应,转移电子的数目大于
C. 和的固体混合物所含阳离子大于
D. 在标准状况下,11.2L Cl2溶于水,溶液中、和的微粒数之和为
【答案】B
【解析】
【详解】A.C6H6结构未知,无法确定σ 键的数目,故A错误;
B.如果铜和浓硝酸只生成NO2,反应方程式为:Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,0.2molHNO3参加反应,转移电子数目为0.1NA;若铜和硝酸反应生成NO,反应的方程式为:3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,0.2molHNO3全部参加该反应,转移电子数目为0.15NA。过量的铜与含 0.2mol HNO3 的浓硝酸反应,铜是过量的,随着反应进行,浓硝酸变为稀硝酸,上述两个反应都发生,所以转移电子的数目大于 0.1NA,故B正确;
C.CaCO3 是由钙离子和碳酸根离子构成的,1molCaCO3 含1mol阳离子,KHCO3是由钾离子和碳酸氢根离子构成的,1mol KHCO3含1mol阳离子,CaCO3 和KHCO3的摩尔质量均为100g/mol,所以10gCaCO3 和KHCO3固体混合物的物质的量为0.1mol,含有的阳离子为0.1NA,故C错误;
D.标准状况下11.2LCl2的物质的量为0.5mol。氯气和水发生的反应是可逆反应,溶液中除了Cl− 、ClO−和HClO外,还有没和水反应的氯气分子,所以溶液中 Cl− 、 ClO− 和 HClO 的微粒数之和小于 NA,故D错误;
故选B。
4. 工艺是将氨氮废水中的通过耗氧-厌氧两个阶段转变为与水脱除,其机理为:,下列有关说法正确的是
A. 步骤Ⅰ中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
B. 的中心原子N采用杂化
C. 在整个过程中既是反应物又是催化剂
D. 该工艺最终实现了氮的固定
【答案】B
【解析】
【详解】A.由化合价变化可知,步骤Ⅰ中,氧气为反应的氧化剂、铵根离子为反应的还原剂,由得失电子守恒可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2,A错误;
B.孤电子对数=,键电子对数,则价层电子对数,中心原子N采用杂化,B正确;
C.由反应机理可知,整个过程中铵根离子做反应物,不是催化剂,C错误;
D.氮的固定是游离态的氮元素转化为化合态氮元素的过程,由反应机理可知,整个过程是化合态的氮元素转化为游离态氮元素的过程,所以不是氮的固定的工艺,D错误;
故选B。
5. 在指定条件下,下列选项所示的物质间的转化可以实现的是
A. NH3NOHNO3
B. Ca(ClO)2(aq) HClO Cl2
C. NaCl(aq) Na(s)Na2O2
D. CuSO4Cu(OH)2Cu
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氨气催化氧化生成一氧化氮,一氧化氮氧化生成二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮,能一步实现,故A选;
B. Ca(ClO)2(aq)与二氧化碳反应生成 HClO和碳酸钠,次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气,故B不选;
C. NaCl(aq)电解生成氢氧化钠、氢气和氯气, 钠在氧气中燃烧生成过氧化钠,故C不选;
D. CuSO4与氢氧化钠反应生成Cu(OH)2,新制氢氧化铜与葡萄糖反应生成氧化亚铜,故D不选;
故选A。
6. 用氢气还原氮氧化物反应为,该反应的化学反应速率与反应物浓度之间满足关系:,其中k是一个常数,x、y的值可由实验测定。某科研团队测定了该反应在不同投料关系时的起始化学反应速率,数据如下表。下列说法正确的是
实验编号
起始浓度/
1
6.00
1.00
3.19
2
6.00
200
6.38
3
1.00
6.00
0.48
4
2.00
6.00
1.92
A. ,
B. 实验2中的平均化学反应速率约为
C. 当其他条件不变时,升高温度,速率常数k将减小
D. 与相比,浓度的变化对化学反应速率影响更为显著
【答案】D
【解析】
【详解】A.利用编号1和2的实验数据,可求出m,,可以求出m=1;利用编号3和4,的实验数据可以求出m,,,可以求出n=2,选项A错误;
B.速率之比等于化学计量数之比,=,则NO的平均反应速率为1.276×10-2mol/(L·s),选项B错误;
C.当其他条件不变时,升高温度,速率常数k将增大,选项C错误;
D.经过计算,n=2,指数较大,对速率影响较大,或者经过数据对比,也可以得知,NO浓度的变化对反应速率影响更为显著,选项D正确;
答案选D。
7. 短周期非金属元素W、X、Y、Z原子序数依次增大,其中基态Y原子的电子具有4种不同的空间运动状态,X、Z均与Y原子序数相邻。W、X、Z可形成化合物Q,结构如图,相关说法错误的是
A. Z元素原子的第一电离能比同周期相邻元素原子的第一电离能高
B. YW4分子的VSEPR模型和空间结构均为正四面体形
C. YW3ZW2溶于水溶液呈碱性,且碱性弱于NH3溶于水所显碱性
D. Q分子中所有原子均达到8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】短周期非金属元素W、X、Y、Z原子序数依次增大,其中基态Y原子的电子具有4种不同的空间运动状态,基态Y的核外电子排布式为1s22s22p2,则Y为C元素;X、Z均与Y原子序数相邻,则X为B,Z为N元素;结合化合物Q的结构可知,W形成1个共价键,其原子序数小于C,则W为H,以此分析解答。
【详解】根据分析可知,W为H,X为B,Y为C,Z为N元素。
A.同一周期主族元素从左向右元素的第一电离能呈增大趋势,但当元素处于第VA时,原子核外电子排布处于半满的稳定结构,其第一电离能大于同周期相邻元素,所以N元素的第一电离能大于同一周期相邻的C、O元素,A正确;
B.YW4是CH4,C原子价层电子对数是4+=4,C原子上无孤对电子,因此YW4分子的VSEPR模型和空间结构均为正四面体形,B正确;
C.YW3ZW2是CH3NH2,CH3NH2性质与液氨相似,其溶于水后与水作用电离产生OH-,使溶液显碱性,电离方程式为:CH3NH2+H2O+OH-,故CH3NH2溶液显碱性,由于CH3NH2在水中溶解性比NH3小,则CH3NH2水溶液的碱性弱于NH3溶于水所显碱性,C正确;
D.根据Q结构简式可知Q分子式是BH3-NH3,在该物质分子中H原子最外层没有达到最外层8个电子的稳定结构,D错误;
故合理选项是D。
8. 异甘草素具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效。合成中间体Z的部分路线如下:
下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
A. X能发生加成、氧化和缩聚反应
B. Y分子中所有碳原子不可能在同一平面上
C. 1molZ中含有5mol碳氧σ键
D. 相同物质的量的X与Y分别与足量浓溴水反应消耗的Br2相等
【答案】A
【解析】
【详解】A.X中苯环上能发生取代反应,含酚羟基可被氧化,含有两个羟基,能发生缩聚反应,A正确;
B.苯环为平面结构,与苯环相连的羰基也为平面结构,故Y分子中所有碳原子可能在同一平面上,B错误;
C.1molZ中与苯环直接相连的羟基和醚键共有2mol碳氧σ键,羰基上有1mol碳氧σ键,苯环侧链的碳氧σ键有3mol,故共6mol,C错误;
D.1molX与足量浓溴水反应消耗的Br2为3mol,1molY消耗的Br2为2mol,消耗的Br2不相等,D错误;
故选A。
9. 乙炔()能在催化下与水反应生成,反应历程及相对能垒如图所示。下列说法正确的是
A. 本反应历程中,决定整个反应快慢的步骤为过程⑤
B. 本反应历程涉及的物质中,的稳定性最强
C. 其他条件不变,更好的催化剂可改变由乙炔和水制备乙醛的平衡产率
D. 过程①中,水分子中的氧原子向Hg2+的空轨道提供孤对电子
【答案】D
【解析】
【分析】如图,五个过程中①②⑤为放出能量反应的能垒,③④为吸收能量反应的能垒,其中过程④能垒比过程③大,反应速率较慢。
【详解】A.能垒越大,反应所需的能量越大,过程⑤为放出能量的反应,不能决定反应的快慢,过程④吸收能量且最多,决定反应快慢,故A错误;
B.能量越低越稳定,整个历程中涉及的物质,的能量最低,最稳定,故B错误;
C.催化剂只能加快反应速率,不能改变平衡,所以更好的催化剂不能提高制备乙醛的平衡产率,故C正确;
D.水分子中的氧原子存在孤对电子,中存在空轨道,所以水分子中的氧原子向的空轨道提供孤对电子形成配合物,故D正确;
故选D。
10. 下列有关实验操作、现象和结论或解释正确的是
选项
实验操作
现象
结论或解释
A
向某钾盐中滴加浓盐酸
产生的气体可以使品红溶液褪色
该盐为或或二者混合物
B
探究氧化铁和乙醇反应得到黑色固体成分,该固体能被磁铁吸引且加入足量稀盐酸,振荡
固体全部溶解,未观察到有气体生成
不能确定是否含有0价铁
C
用计测定和饱和溶液的
前者小于后者
证明酸性强于
D
一端分别蘸有浓氨水和浓盐酸的两根玻璃棒相互靠近
产生白烟
两者发生复分解反应产生了固体小颗粒
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.Cl2和SO2都可以使品红褪色,则溶液中有可能存在KClO,A错误;
B.加入盐酸后可能会有Fe2+或Fe3+离子生成,与单质铁发生反应,所以不能确定是否含有单质铁,B正确;
C.SO2和CO2饱和溶液的浓度不同,因此不能根据pH值判断其电离程度,C错误;
D.NH3+HCl=NH4Cl,化合反应,D错误;
故答案为:B。
11. 下表是常见晶胞结构,下列说法正确的是
金刚石
干冰
A. 金刚石是共价晶体,熔点关系为:金刚石>晶体硅>碳化硅
B. 晶胞中,位于所构成的八面体空隙中
C. 是金属晶体,与距离最近的有6个
D. 干冰是分子晶体,由于分子间作用力弱,所以干冰熔点低
【答案】D
【解析】
【详解】A.碳化硅中的Si-C键长比晶体硅中Si-Si键长短,键能更大,熔点高,所以熔点:碳化硅>晶体硅,金刚石中C-C键比Si-C键长短,所以熔点:金刚石>碳化硅,综上熔点:金刚石>碳化硅>晶体硅,故A错误;
B.如图,ZnS晶胞中, 位于ZnS晶胞面心,所以位于所构成的八面体空隙中,故B错误;
C.如图,从Fe晶胞中可以看出,每个Fe原子周围与Fe原子最近的Fe原子有8个,故C错误;
D.干冰属于分子晶体,且只存在分子间作用力,由于分子间作用力弱,所以干冰熔点低,故D正确;
故选D。
12. 废旧CPU中的金(Au)、Ag和Cu回收的部分流程如下:
已知:HAuCl4= H++ AuCl。下列说法正确的是。
A. “酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的少
B. “过滤”所得滤液中的Cu2+和Ag+可用过量浓氨水分离
C. 用浓盐酸和NaNO3也可以溶解金
D. 用过量Zn粉将1molHAuCl4完全还原为Au,参加反应的Zn为1.5mol
【答案】C
【解析】
【分析】CPU中的银和铜与硝酸可以反应,金没有溶解,过滤后滤液中含银离子和铜离子,金用硝酸和氯化钠可以溶解得到HAuCl4溶液,加锌粉还原得到金。从流程中可以看出,在氢离子、氯离子、硝酸根同时存在时金可溶解。
【详解】A.铜与稀硝酸反应的比例关系,与浓硝酸反应的比例关系,相同Cu与硝酸反应产生的氮氧化物浓硝酸产生的多,A错误;
B.“过滤”所得滤液中的Cu2+和Ag+与过量浓氨水都能生成配合物离子,不能分离,B错误;
C.用浓盐酸和NaNO3,溶液中溶质与HNO3-NaCl一样,可以溶解金,C正确;
D.用过量Zn粉将1molHAuCl4完全还原为Au,锌与氢离子反应也会参加反应,消耗Zn的物质的量大于1.5mol,D错误;
故选C。
13. 用如图实验装置(部分夹持装置略去)进行相应的实验,能达到实验目的的是
A. 用A装置测定中和反应的反应热
B. 用B装置制备氢氧化亚铁沉淀
C. 用C装置定量测定化学反应速率
D. 加热装置D中的烧杯分离和高锰酸钾固体
【答案】A
【解析】
【详解】A.使用A装置可以测定中和反应的反应热,A正确;
B.应将试剂互换,利用生成的氢气将装置内空气排出,图中装置无法制备,B错误;
C.应该使用分液漏斗,不能用长颈漏斗,C错误;
D.加热时碘升华,而高锰酸钾分解,可分离出碘,不能分离出高锰酸钾,D错误;
故选A。
14. 硫元素广泛分布于自然界,其相图(用于描述不同温度、压强下硫单质的转化及存在状态的平衡图象)如图。已知正交硫和单斜硫是硫元素的两种常见单质,且燃烧的热化学方程式为:S(正交,s)+O2(g)=SO2(g) ΔH1;S(单斜,s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2。则下列有关说法正确的是
A. 正交硫和单斜硫互为同分异构体
B. 温度低于95.5℃且压强大于0.1Pa,正交硫发生升华现象
C. 图中M→N过程为固态硫的液化,该过程只发生物理变化
D. 由上述信息可判断:ΔH1>ΔH2
【答案】D
【解析】
【详解】A.正交硫和单斜硫均是硫元素组成的单质,二者互为同素异形体,A项错误;
B.温度低于95.5℃且压强大于0.1Pa,正交硫是固态,需要降压才能升华为气态,B项错误;
C.图中M→N过程为固态硫的液化,该过程先由正交硫经过转化为单斜硫再变成液体,中间发生了化学变化,C项错误;
D.在同压条件下,升温由正交硫转化为单斜硫,说明单斜硫能量高,单斜硫燃烧热高,ΔH均为负值,则ΔH1>ΔH2,D项正确;
故选D。
15. 在50%负载型金属催化作用下,可实现低温下甲烷化。发生的反应有:
反应Ⅰ:
反应Ⅱ:
反应Ⅲ:
将与按照一定流速通过催化氧化管,测得的转化率与的选择性[选择性]随温度变化如图所示。下列说法正确的是
A. 反应Ⅱ的平衡常数可表示为
B. 其他条件不变,增大压强可提高的选择性
C. 其他条件不变,升高温度,出口处甲烷的量一直增大
D. 在X点所示条件下,延长反应时间不能提高的转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应Ⅱ的平衡常数可表示为,故A错误;
B.反应Ⅰ为气体体积不变的反应,增大压强,平衡不移动,反应Ⅱ正向气体分子数减小,增大压强,平衡正向移动,CH4的选择性提高,故B正确;
C.生成甲烷的反应Ⅱ和Ⅲ正向均为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,出口处甲烷的量减小,故C错误;
D.由图可知,在X点二氧化碳的转化率未达到最大值,说明此时反应未达到平衡,延长反应时间,反应达到平衡,二氧化碳的转化率增大,故D错误;
故选:B。
二、填空题(本题共4小题,共55分)
16. 氢、碳、氮、氧、钾、铜等元素的化合物在现代农业、科技、国防建设中有着许多独特的用途。请回答下列问题:
(1)基态N原子价层电子排布式为_______。原子中运动的电子有两种相反的自旋状态,若一种自旋状态用表示,则与之相反的用表示,这称为电子的自旋量子数。对于基态的N原子,其价电子的自旋量子数代数和为_______。
(2)氢、碳、氧三种元素按原子数目比为2∶1∶1形成常温下呈气态的物质,其分子中键角_______(填“大于”“小于”或“等于”)。
(3)在水溶液中以形式存在,向含的溶液中加入足量氨水,可生成更稳定的,其原因是_______。若离子中2个被2个替代可以得到2种不同的结构,则离子的空间结构名称是_______(填“平面四边形”或“正四面体”)。
(4)碳的一种同素异形体的晶体可采取非密堆积,然后在空隙中插入金属离子获得超导体。如图为一种超导体的面心立方晶胞,分子占据顶点和面心处,占据的是分子围成的正八面体空隙和正四面体空隙。若分子的坐标参数分别为A(0,0,0),B(,0,),C(1,1,1)等,则距离A位置最近的的原子坐标参数为_______,设晶胞参数为,为阿伏加德罗常数的值,则该晶体的密度为_______(列出表达式即可)。
【答案】(1) ①. 2s22p3 ②. +##
(2)> (3) ①. N的电负性更小,更容易提供孤电子对形成配位键 ②. 平面四边形
(4) ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
基态N原子价层电子排布式为2s22p3;基态N原子的价电子轨道表示式为,其价电子的自旋量子数代数和为+或;
【小问2详解】
氢、碳、氧三种元素按原子数目比为2∶1∶1形成常温下呈气态的物质是甲醛,结构式为,碳原子价电子数为3,无孤电子对,杂化类型为sp2,为平面三角形结构,因为O原子上的孤电子对的排斥,导致 >;
【小问3详解】
因为N的电负性更小,更容易提供孤电子对形成配位键,生成更稳定的;若离子中2个被2个替代可以得到2种不同的结构,说明其不是正四面体构型,而是平面四边形;
【小问4详解】
因为分子的坐标参数分别为A(0,0,0),B(,0,),C(1,1,1),所以晶胞边长为1,距离A位置最近的的原子位于分子围成的正四面体体心上,为晶胞边长的,其坐标参数为;分子位于晶胞的顶点和面心,一个晶胞中C60分子个数为,占据的是分子围成的正八面体空隙和正四面体空隙,因此一个晶胞中K+个数为,晶胞密度为。
17. 氮的氧化物既是空气的重要污染物,同时也是重要的化工原料,研究氮氧化物之间的转化具有重要意义。
(1)已知:,将一定量充入恒容密闭容器中,控制反应温度为。
①下列可以作为该反应达到平衡的判据是_______。
A.混合气体的平均摩尔质量不变 B.
C.K不变 D.容器内气体密度不变 E.容器内颜色不变
②温度时,随t(时间)变化曲线如图,保持其它条件不变,改变温度为,画出温度下,时段,随t变化趋势的曲线。________
(2)在时,向容积为的恒容真空容器中通入,发生反应:,测得的物质的量分数与反应时间(t)的关系如下表:
0
20
40
60
80
1.0
0.75
0.52
0.40
0.40
①达到平衡时,的转化率=_______。
②上述反应中,,其中为速率常数,则时,的关系式为_______,改变温度至时,则_______(填“>”“
(3) ①. 增大压强反应速率加快 ②.
【解析】
【小问1详解】
①A.正反应气体物质的量增大,气体质量不变,所以平均摩尔质量是变量,混合气体的平均摩尔质量不变,则反应一定达到平衡状态,故选A;
B.反应达到平衡状态时,正逆反应速率比等于系数比,时反应没有达到平衡状态,故不选B;
C.温度不变,K是恒量,K不变,反应不一定平衡,故不选C;
D.气体总质量不变、容器体积不变,密度是恒量,容器内气体的密度不变,反应不一定平衡,故不选D;
E.NO2为红棕色气体,容器内颜色不变,说明NO2浓度不变,反应一定达到平衡状态,故选E;
选AE。
②温度时,随t(时间)变化曲线如图,由图像可知,反应在时刻达到平衡状态,N2O4浓度降低0.03mol/L,则NO2的平衡浓度为0.06mol/L;保持其它条件不变,改变温度为,升高温度,反应速率加快,平衡正向移动,达到平衡的时间小于,大于0.06mol/L, 温度下,时段,随t变化趋势的曲线为
【小问2详解】
①达到平衡时,的物质的量分数为0.4,
,x=,的转化率=。
②上述反应中,时,K=,达到平衡时,即 ,,则时,的关系式为,改变温度至时,则平衡常数K=1,正反应放热,升高温度K减小,则>。
【小问3详解】
增大压强反应速率加快,所以在前转化率随着压强增大而增大;在、时,转化率为40%,
该反应的化学平衡常数。
18. 已知在时溶解度最小。某工厂利用钒铬渣提取液(主要成分为和)制备和晶体,流程如下:
不同温度下相关物质的溶解度
19.3
84.0
0.1
5.5
22.5
96.5
0.09
2.49
26.3
102
0.09
1.3
(1)关于“钒铬分离”过程,下列说法正确的是_______。
A. 研磨可防止生成的沉淀覆在表面,提高利用率
B. 研磨减小了所得钒渣的粒径,提高了后续步骤中钒渣的浸出率
C. 相对于、,工业上更宜选用
D. 该过程发生了氧化还原反应
(2)从滤液A中获取晶体时,应采用的结晶方法为_______;残留的含铬废水不能直接排放,处理时需要经过“酸化→还原→沉降”三个步骤用溶液还原时,还原产物为,则反应的离子方程式_______。
(3)钒渣成份是,“浸出”过程中生成的离子方程式为_______。
(4)“转化”过程中选用溶液不选用溶液的可能原因为_______。(写一条原因即可)
(5)该流程中可循环利用的物质有_______。
(6)研究表明固体(固体的组成用表示)热分解得到的过程可分为四步,每一步产生和的物质的量之比依次为2∶1、3∶1、3∶2、3∶2,取固体进行热重分析,剩余固体质量与温度关系如图,时剩余固体的组成可表示为:_______。
【答案】(1)AB (2) ①. 蒸发结晶 ②. +3+8H+=2Cr3++3+4H2O
(3)
(4)过多会使溶液酸度增加,影响的结晶(或使用所得滤液中的NaHCO3可循环利用)
(5)、、
(6)
【解析】
【分析】由题干流程图可知,“钒铬分离”主要反应为:3Ca(OH)2+2NaVO3=Ca3(VO4)2↓+2NaOH+2H2O,过滤得滤液A为Na2CrO4,钒渣的主要成分为Ca3(VO4)2,“浸出”发生的主要反应为:Ca3(VO4)2+4NaHCO3=3CaCO3↓+2NaVO3+2H2O+Na2CO3,过滤得出浸出渣主要成分为CaCO3,高温煅烧得到CaO,CaO和H2O得到固体B为Ca(OH)2,浸出液主要含有NaVO3,“转化”步骤中发生的反应为:NH4HCO3+NaVO3=NH4VO3↓+NaHCO3,过滤洗涤、干燥得到NH4VO3晶体和滤液,据此分析解题。
【小问1详解】
A.研磨使钒铬渣的颗粒变小,可防止生成的沉淀覆在Ca(OH)2表面,提高Ca(OH)2利用率,A正确;
B.研磨减小了所得钒渣的粒径,增大“浸出”等步骤中反应时的接触面积以提高了后续步骤中钒渣的浸出率,B正确;
C.由表中数据可知,40℃和60℃时Ca3(VO4)2的溶解度相同,而60℃时需消耗更多的能源,故工业上更宜选用40℃,C错误;
D.由分析可知,该过程中的反应方程式为:3Ca(OH)2+2NaVO3=Ca3(VO4)2↓+2NaOH+2H2O,该反应为非氧化还原反应,D错误;
故选AB;
【小问2详解】
由表中数据可知,Na2CrO4的溶解度随温度变化不明显,故从滤液A中获取Na2CrO4晶体时,应采用的结晶方法为蒸发结晶,残留的含铬废水不能直接排放,处理时需要经过“酸化→还原→沉降”三个步骤,酸化时发生的反应为:2H++=+H2O,用溶液还原时,还原产物为,根据氧化还原反应配平可得反应的离子方程式为:+3+8H+=2Cr3++3+4H2O,故答案为:蒸发结晶;+3+8H+=2Cr3++3+4H2O;
【小问3详解】
由分析可知,“浸出”过程中生成的化学方程式为:Ca3(VO4)2+4NaHCO3=3CaCO3↓+2NaVO3+2H2O+Na2CO3,故其离子方程式为,故答案为:;
【小问4详解】
由于NH4Cl溶液的酸性强于NH4HCO3溶液的酸性,为防止过多会使溶液酸度增加,影响的结晶,且使用所得滤液中的NaHCO3可循环利用,故“转化”过程中选用溶液不选用溶液,故答案为:过多会使溶液酸度增加,影响的结晶(或使用所得滤液中的NaHCO3可循环利用);
【小问5详解】
由分析可知,该流程中可循环利用的物质有固体B即Ca(OH)2、“转化”步骤中生成的NaHCO3和“转化”步骤中滤液中的NH4HCO3,故答案为:、、;
【小问6详解】
NH4VO3可以表示为,NH4VO3的摩尔质量为117g/mol,23.4gNH4VO3固体为0.2mol,相当于0.1molV2O5,0.2molNH3,0.1molH2O,150℃时减少的质量为2.6g,减少0.1molNH3和0.05molH2O,剩余固体的组成可表示为,故答案为:。
19. 常用作杀虫剂,媒染剂,在工业上用途广泛。常温下该物质可溶于水,难溶于乙醇,在空气中易与水和反应,受热时易发生分解。实验室制备该晶体并测定样品中含量,过程如下。
Ⅰ.氨水的制备:制备,用水吸收配置一定浓度的氨水
(1)在实验室中,下列装置图中可用于制备氨气的装置有_______(填标号)。
II.溶液的制取:
将稀硫酸加入到铜屑中,无反应发生,再加入适量溶液,反应生成硫酸铜。
(2)请写出反应的化学方程式_______。
(3)为加快反应需要提高溶液的浓度,可将稀溶液浓缩(操作如图),增加减压设备的目的除了加快蒸馏速度,还有可能是_______。
Ⅲ.的制备:
(4)向硫酸铜溶液加入适量氨水调节溶液,产生浅蓝色沉淀,试写出生成此沉淀的离子方程式:_______。
(5)继续滴加氨水,浅蓝色沉淀会转化成深蓝色溶液,滴加乙醇,析出深蓝色晶体。采用加入乙醇的方法结晶,而不是浓缩结晶的原因是_______。
Ⅳ.产品纯度的测定:
实验装置如图,称取样品放入圆底烧瓶中,加入水溶解,再加入溶液。在锥形瓶中,准确加入标准溶液,放入冰水浴中冷却。先大火后小火加热烧瓶,并保持微沸左右。取出插入溶液中的导管,从冰水浴中取出锥形瓶,滴加2滴0.1%甲基红溶液,用标准溶液滴定剩余溶液,消耗标准溶液。
(6)烧瓶中液体保持微沸状态的目的是:_______。
(7)样品中的质量分数为_______(保留两位有效数字)。
【答案】(1)①②④ (2)
(3)避免分解
(4)
(5)晶体难溶于乙醇, 能溶于水
(6)将样品中的全部转移到锥形瓶中反应,以减小测定误差
(7)
【解析】
【分析】Ⅳ. 根据描述和装置图我们要测定样品中的含量,先通过往烧瓶中加碱并加热将样品中的全部“赶”到锥形瓶中与反应,中和一部分盐酸,再用标准溶液滴定剩余的酸。
【小问1详解】
实验室常用三种方法制备氨气,一是加热氯化铵和氢氧化钙两种固体,发生装置需向下倾斜,选①不选③;二是将浓氨水与氧化钙或氢氧化钠或碱石灰固液混合制备氨气,选②;三是加热浓氨水,加快氨水挥发制备氨气,选④,故答案为:①②④;
【小问2详解】
具有强氧化性,酸性条件下可将铜氧化为硫酸铜,该反应的化学方程式为
,故答案为:;
【小问3详解】
由于不稳定,受热易分解,增加减压设备采用减压蒸馏的方式可以降低水的沸点,避免分解,故答案为:避免分解;
【小问4详解】
由题意可知,硫酸铜溶液与氨水反应生成碱式硫酸铜沉淀和硫酸铵,反应的离子方程式为,故答案为:;
【小问5详解】
由题意可知,继续滴加氨水,浅蓝色沉淀会转化生成深蓝色硫酸四氨合铜溶液,由题给信息可知,难溶于乙醇,可溶于水,则向深蓝色溶液中加入乙醇,可降低晶体的溶解度,析出深蓝色晶体,故答案为:晶体难溶于乙醇, 能溶于水;
【小问6详解】
先大火后小火加热烧瓶,并保持微沸左右,其目的是将样品中的全部转移到锥形瓶中反应,以减小测定误差,故答案为:将样品中的全部转移到锥形瓶中反应,以减小测定误差;
【小问7详解】
锥形瓶中总物质的量,与氨气反应后剩余的的物质的量为,因为和是反应,所以样品中,,样品中的质量分数为,故答案为:。
相关试卷
这是一份辽宁省沈阳市第一二〇名校2024届高三上学期第四次质量监测化学试题含答案,共27页。试卷主要包含了5Zn65Ba137, 下列化学用语的表达错误的是等内容,欢迎下载使用。
这是一份辽宁省沈阳市第一二〇中学2023-2024学年高三上学期第一次质量检测化学试题,共8页。试卷主要包含了中国传统文化对人类文明贡献巨大, 下列离子方程式书写正确的是等内容,欢迎下载使用。
这是一份沈阳市第一二0中学2024届高三上学期第二次质量检测化学试卷(含答案),共16页。试卷主要包含了单选题,填空题,实验题等内容,欢迎下载使用。