化学 成都市2016年高三期末试卷
精品
|
单选题 本大题共7小题,每小题6分,共42分。在每小题给出的4个选项中,有且只有一项是符合题目要求。
1
题型: 单选题
|
分值: 6分

1.下列有关物质应用正确的是(  )

A氯气、明矾净水原理相同

B过氧化钠、活性炭均可用于呼吸面具

C硅胶和铁粉均可用于食品的防氧化

D甲烷的氯代物均可作防火材料

正确答案

B

解析

A.氯气与水反应生成的HClO具有氧化性,明矾水解生成胶体净化水,则净水原理不同,故A不选;

B.过氧化钠可作供氧剂,活性炭具有吸附性,则均可用于呼吸面具,故B选;

C.硅胶不具有还原性,可作干燥剂,而铁粉可用于食品的防氧化,故C不选;

D.甲烷的氯代物中四氯化碳可作防火材料,其它不能,故D不选。

故选B。

考查方向

氯气的化学性质;含硅矿物及材料的应用;钠的重要化合物。

解题思路

A.氯气与水反应生成的HClO具有氧化性,明矾水解生成胶体净化水;

B.过氧化钠可作供氧剂,活性炭具有吸附性;

C.硅胶不具有还原性;

D.甲烷的氯代物中四氯化碳可作防火材料。

易错点

本题考查物质的性质及应用,为高频考点,把握物质的性质、性质与用途的关系为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,题目难度不大。

1
题型: 单选题
|
分值: 6分

2.用NA表示阿伏加德罗常数值。下列叙述正确的是(  )

A标况下,1molC6 H12 06含氧原子数为6NA

B0. 1moICl2与足量水充分混合,转移电子数为0.1NA

C25℃,pH=13的Ba(OH)2溶液含有OH-数目为0.2NA

D22.4L N2和NH3混合气体含共用电子对数目为3NA

正确答案

A

解析

A.1molC6H1206中含有6mol氧原子,即6NA个,故A正确;B.Cl2与水的反应为可逆反应,不能进行彻底,故转移的电子数小于0.1NA个,故B错误;C.溶液体积不明确,故溶液中氢氧根的个数无法计算,故C错误;

D.气体所处的状态不明确,故其物质的量无法计算,则含有的共用电子对无法计算,故D错误。

故选A。

考查方向

阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律。

解题思路

A.1molC6H1206中含有6mol氧原子;B.Cl2与水的反应为可逆反应;C.溶液体积不明确;D.气体所处的状态不明确。

易错点

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键,难度不大。

1
题型: 单选题
|
分值: 6分

5.用如图所示装置进行下列实验,有关分析一定不正确的是(  )

A①稀H2SO4  ②Na2SO3 ③澄清石灰水  滴入少量稀H2SO4时,③中立即出现浑浊

B①H2O2溶液 ②FeCl3  ③FeCl2溶液    FeCl3作催化剂

C①盐酸 ②KMnO4 ③淀粉KI溶液  氧化性:KMnO4>Cl2>I2

D浓HNO3 ②Cu  ③石蕊溶液     ③中可能先变红后褪色

正确答案

A

解析

A。稀硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫,但少量硫酸与亚硫酸反应不能生成气体,则③中不能立即出现浑浊,故A错误;
B.氯化铁催化过氧化氢分解生成氧气,氧气可氧化亚铁离子,由③中现象可知,过氧化氢分解,则FeCl3作催化剂,故B正确;
C.盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气,氯气氧化KI生成碘,由③中现象溶液变蓝可知有碘生成,结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,则氧化性:KMnO4>Cl2>I2,故C正确;
D.Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸,硝酸具有酸性和强氧化性,则③中可能先变后褪色,故D正确。故选A。

考查方向

化学实验方案的评价;实验装置综合。

解题思路

A.稀硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫,但少量硫酸与亚硫酸钠反应不能生成气体;

B.氯化铁催化过氧化氢分解生成氧气,氧气可氧化亚铁离子;

C.盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气,氯气氧化KI生成碘;

D.Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸。

易错点

本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握物质的性质、氧化还原反应及应用等为解答的关键,注意实验中发生的反应及实验评价性分析,题目难度不大。

1
题型: 单选题
|
分值: 6分

7.常温下,向20mL的某稀H2S04溶液中滴入0. 1mol/L氨水,溶液中水电离出氢离子浓度随滴人氨水体积变化如图。下列分析正确的是(  )

A稀硫酸的浓度为0.1mol/L

BC点溶液pH=14-a

CE溶液中存在:c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-

DB到D、D到F所加氨水体积一定相等

正确答案

C

解析

A.根据20mL的稀H2SO4溶液中,水电离出的氢离子浓度是10-13,结根据水的离子积得到硫酸电离出的氢离子浓度是0.1mol/L,稀硫酸的浓度为0.05mol/L,故A错误;

B.C点的溶液中水电离出的氢离子浓度是10-a,此时的溶液显示酸性,铵根离子水解所致,所以水电离程度增大,pH=a,故B错误;

C.E溶液显示酸性,硫酸铵和氨水的混合物,得到的溶液中铵根离子的水解程度较强,所以c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-),故C正确;

D.B到D水的电离程度增加,是硫酸铵生成阶段,铵根离子水解显示酸性,促进水的电离,D到F,是因为加入的氨水抑制水的电离,使水的电离程度逐渐减小,两个阶段铵根离子的水解程度不一样,所以加氨水体积不相等,故D错误。

考查方向

酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算。

解题思路

A.根据20mL的稀H2SO4溶液中水电离出的氢离子浓度结合水的离子积来进行计算;

B.根据C点的溶液中水电离出的氢离子浓度结合水的离子积来进行计算;

C.E溶液显示酸性,根据盐的水解原理来比较离子浓度;

D.B到D水的电离程度增加,是硫酸铵生成阶段,铵根离子水解显示酸性,促进水的电离,D到F,是因为加入的氨水抑制水的电离,使水的电离程度逐渐减小。

易错点

本题考查学生酸碱混合的酸碱性的判断以及盐的水解原理的应用知识,属于综合知识的考查,难度中等,F 点以前一直都是酸性溶液。

1
题型: 单选题
|
分值: 6分

3.已知某药物具有抗痉挛作用,制备该药物其中一步反应为:

下列说法不正确的是(  )

Aa中参加反应的官能团是羧基

B生活中b可作燃料和溶剂

Cc极易溶于水

D该反应类型为取代反应

正确答案

C

解析

由a、c的结构简式可知a含有羧基,c含有酯基,a、b发生酯化反应生成c,b为乙醇,

A.a与b反应生成c含有酯基,则a参加反应的官能团是羧基,故A正确;

B.b为乙醇,可作燃料和溶剂,故B正确;

C.c含有酯基,不溶于水,故C错误;

D.反应类型为酯化反应,也为取代反应,故D正确。故选C。

考查方向

有机物的化学性质及推断。

解题思路

由a、c的结构简式可知a含有羧基,c含有酯基,a、b发生酯化反应生成c,b为乙醇,以此解答该题.

易错点

本题考查有机物的结构和性质,为高考常见题型,侧重于学生的分析能力的考查,难度中等,注意把握有机物的结构和官能团的性质,为解答该题的关键,题目难度不大。

1
题型: 单选题
|
分值: 6分

4.短周期主族元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如右图,四种元素的原子最外层电子

数之和为20。下列说法正确的是( )

AW位于第三周期ⅥA族

B元素最高正价:Z>Y>X

c.简单气态氢化物稳定性:W>Y>X

C工业上催化氧化Y的氢化物可用于制备其含氧酸

正确答案

C

解析

X、Y、Z、W均为短周期主族元素,由位置关系可知,X、Y、Z处于第二周期,W处于第三周期,设Y、W原子最外层电子数为a,则X、Z最外层电子数依次为a﹣1、a+1,四种元素的原子最外层电子数之和为20,则:a﹣1+a+a+a+1=20,解得a=5,则Y为N元素、W为P元素、X为C元素、Z为O元素.

A.W为P元素,处于周期表中第三周期VA族,故A错误;

B.氧元素没有最高正化合价,故B错误;

C.非金属性P<N,故氢化物稳定性PH3<NH3,故C错误;

D.工业上将氨气催化氧化得到NO,NO与氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮在与水反应得到硝酸,故D正确。故选D。

考查方向

本题考查了元素周期表、元素周期律的综合应用,正确推断元素种类是解本题关键,结合元素周期律来分析解答,难度不大。

解题思路

X、Y、Z、W均为短周期主族元素,由位置关系可知,X、Y、Z处于第二周期,W处于第三周期,设Y、W原子最外层电子数为a,则X、Z最外层电子数依次为a﹣1、a+1,四种元素的原子最外层电子数之和为20,则:a﹣1+a+a+a+1=20,解得a=5,则Y为N元素、W为P元素、X为C元素、Z为O元素,据此解答.

易错点

元素周期律及物质性质之间的关系。

1
题型: 单选题
|
分值: 6分

6.溶液X中含有右表离子中的某5种,且其浓度均为0. 1mol/L(不考虑水的电离与离子水解)。向X溶液加入足量稀盐酸,有无色气体生成,经分析反应前后阴离子种类没有变化。下列叙述不正确的是(  )

AX溶液中不可能含有HC03-或CO32-

B生成无色气体的离子方程式为:3Fe2+ +NO3-+4H+=3Fe3++NO+2H2O

C根据电荷守恒,原溶液中一定含Mg2+

DX溶液中一定含3种阳离子、2种阴离子

正确答案

D

解析

各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L,向溶液X中加入足量的盐酸,有气体生成,且反应溶液中阴离子的种类没有变化,产生气体不可能是二氧化碳;根据表中的离子,可推知是Fe2+、NO3在酸性环境下生成的一氧化氮,加入盐酸,溶液中阴离子种类不变,所以原来溶液中含有Cl﹣,若只含有氯离子和硝酸根离子,二者的浓度为0.1mol/L,根据电荷守恒是不可能的,所以还含有阴离子SO42﹣,由于总共含有5种离子,再根据电荷守恒可知还含有一种带有两个正电荷的Mg2+,所以原溶液中含有的五种离子为:Cl、NO3、SO42﹣、Fe2+、Mg2+
A.根据分析可知,溶液中一定不存在HCO3与CO32﹣,故A正确;
B.生成无色气体为NO,反应的离子方程式为:3Fe2++NO3+4H+═3Fe3++NO+2H2O,故B正确;
C.原溶液中一定含有Mg2+,故C正确;
D.原溶液中含有的五种离子为:Cl、NO3、SO42﹣、Fe2+、Mg2+,含有2种阳离子、3种阴离子,故D错误;

考查方向

常见离子的检验方法;离子反应发生的条件。

解题思路

各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L,向溶液X中加入足量的盐酸,有气体生成,且反应溶液中阴离子的种类没有变化,产生气体不可能是二氧化碳;根据表中的离子,可以推知是Fe2+、NO3在酸性环境下生成的一氧化氮,加入盐酸,溶液中阴离子种类不变,所以原来溶液中含有Cl-,若只含有氯离子和硝酸根离子,二者的浓度为0.1mol/L,根据电荷守恒是不可能的,所以还含有阴离子SO42-,由于总共含有5种离子,再根据电荷守恒可知还含有一种带有两个正电荷的Mg2+,所以原溶液中含有的五种离子为:Cl、NO3、SO42﹣、Fe2+、Mg2+,据此进行解答。

易错点

本题考查了常见离子的检验方法,题目难度中等,明确常见离子的性质为解答关键,注意熟练掌握常见离子的性质,能够根据电荷守恒判断离子的存在情况,试题培养了学生的灵活应用能力。

简答题(综合题) 本大题共58分。简答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
1
题型:简答题
|
分值: 9分

8.某化学小组用淀粉制取食品包装高分子材料B和具有果香味的物质D。其

转化关系如下:

(1) C6H12O6名称是   ;A的电子式是    

(2)写出下列反应方程式:①淀粉一C6H12O6:___            ;  ②CD:                              

(3)写出常温下能与NaHC03溶液反应的D的所有同分异构体的结构简式:

正确答案

1)葡萄糖;

(2)①;②

(3)),

解析

根据题中各物质转化关系,淀粉水解得葡萄糖,葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇,乙醇在酸性条件下被重铬酸钾氧化得C为CH3COOH,C与乙醇发生酯化反应得D为CH3COOCH2CH3,由于B为食品包装高分子材料,应为聚乙烯,所以A为CH2=CH2,乙醇发生消去反应得CH2=CH2

(1)C6H12O6名称是 葡萄糖,A为CH2=CH2,A的电子式是,故答案为:葡萄糖;

(2)①淀粉→C6H12O6 的反应方程式为:,②C﹣D的反应方程式为:,故答案为:

考查方向

有机推断;结构决定性质思想;演绎推理法;有机物的化学性质及推断。

解题思路

根据题中各物质转化关系,淀粉水解得葡萄糖,葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇,乙醇在酸性条件下被重铬酸钾氧化得C为CH3COOH,C与乙醇发生酯化反应得D为CH3COOCH2CH3,由于B为食品包装高分子材料,应为聚乙烯,所以A为CH2=CH2,乙醇发生消去反应得CH2=CH2,据此答题。

易错点

本题考查有机物推断、烯与醇、醛、羧酸之间的转化关系等,难度不大,注意基础知识的理解掌握。

1
题型:简答题
|
分值: 16分

9.工业合成氨是人工固氮方法之一。

I.已知下列物质的键能:

Ⅱ恒温下,将一定量N2、H2置于10L的容器中发生反应,反应过程中各物质浓度随时间变化如下图。

(1)图中0~2s内的反应速率v(H2)=                ;该温度下平衡常数的计算表达式为____。(2)该反应达到平衡的标志为   (填序号)

A.混合气体的平均相对分子质量不变    B.物质的量浓度比等于系数比

C.容器内温度不变                    D.断裂1moIH-H键同时断裂2molN-H键

(3)若其它条件不变,将恒容条件变为恒压,则平衡时c(N2)   (填“增大”、“减小”、“不变’’或“不能确定”)。 

(4)哈伯研究所因证实N2、H2在固体催化剂(Fe)表面吸附和解吸以合成氨的过程而获诺贝尔奖。若用分别表示N2、H2、NH3和固体催化剂,则在固体催化剂表面合成氨的过程可用下图表示:

①吸附后,能量状态最低的是   (填字母序号)。 ②由上述原理,在铁表面进行NH3的分解实验,发现分解速率与浓度关系如右图。从吸附和解吸过程分析,c0前速率增加的原因可能是    ;c0后速率降低的原因可能是    

正确答案

I、﹣92kJ/mol;II、(1)0.75mol/(L•s),

(2)AD.

(3)增大;

(4)①C;②氨的浓度增加,催化剂表面吸附的氨分子增多,速率增大;达到一定浓度后,氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸.

解析

I、由于反应热△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能,则N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=(946KJ/mol)+3×(436KJ/mol)﹣6×(391KJ/mol)=﹣92kJ/mol,故答案为:﹣92kJ/mol;

II、(1)根据图象1可知,曲线C为氢气的浓度的变化曲线,△c(H2)=1.5mol/L,故v(H2)===0.75mol/(L•s);平衡常数K==,故答案为:0.75mol/(L.s),

(2)A.此反应中的反应物和生成物全为气体,故气体的质量一直不变,而反应向正反应方向进行时,气体的物质的量减小,故在平衡之前,混合气体的平均相对分子质量在减小,故当不变时,说明反应达平衡,故A正确;B.无论反应是否达到平衡,物质的物质的量浓度比和系数比之间无必然的联系,即反应达平衡后,浓度之比不一定等于系数之比,当浓度等于系数之比时,反应不一定达平衡,故B错误;C.此容器为恒温的容器,容器内的温度一直不变,故容器内温度不变时,不能说明反应达平衡,故C错误;D.断裂1moIH﹣H键意味着有1mol氢气被消耗,同时断裂2molN﹣H键,意味着有1mol氢气生成,则氢气的消耗量和生成量相同,则反应达平衡,故D正确;故选AD.

(3)当容器恒压时,相当于是在恒容达平衡的基础上再压缩容器的体积,平衡右移,氮气被消耗,则氮气的物质的量变小,但浓度比恒容时要变大,故答案为:增大;

(4)①由于化学键的断裂要吸收能量,故活化状态B的能量高于初始状态A的能量,而此反应为放热反应,故初始状态A的能量高于末态C的能量,故C的能量最低,故答案为:C;②C0前氨的浓度增加,导致反应速率加快;C0后由于氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸,故反应速率减慢,故答案为:氨的浓度增加,催化剂表面吸附的氨分子增多,速率大;达到一定浓度后,氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸。

考查方向

用盖斯定律进行有关反应热的计算;化学平衡状态的判断。

解题思路

I、反应热△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能:II、(1)根据图象1可知,曲线C为氢气的浓度的变化曲线,根据v(H2)=来计算;平衡常数K=

(2)当一个量在反应未达平衡时在变,而后来不变了,则此量可以作为平衡的标志;

(3)当容器恒压时,相当于是在恒容达平衡的基础上再压缩容器的体积,平衡右移,氮气的物质的量变小,但浓度比原来大;

(4)①根据化学键的断裂要吸收能量,且反应放热来分析;②C0前氨的浓度增加,导致反应速率加快;C0后由于氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸

易错点

本题考查了反应热的计算、反应达平衡的判断和平衡常数的计算等内容,正确解读题目给出的信息是解决信息性题目的关键,要善于从信息中捕捉最有效的信息用来处理问题。

1
题型:简答题
|
分值: 18分

10.天津“8.12"爆炸中扩散的CN-造成部分水体污染。某小组欲检测污水中CN-的浓度并模拟电化学法除去CN-。探究I  检测CN-浓度 资料:碱性条件下发生离子反应:2CN- +5 H202+90H-=2CO32-+N2+6H20实验装置如图(其中加热、夹持装置省略)。(不考虑污水中其它离子反应)

(1)加入药品之前的操作是    ;C中试剂是    

(2)实验步骤如下:

(3)计算CN-的浓度,需称得的质量是  

(4)为了使检测更加准确,上述(2)中操作要特别注意一些事项。请写出至少一条            。探究Ⅱ  电化学法处理CN-的影响因素由下图装置模拟电化学法实验,有关结果如右表。

(5)根据表格信息分析。 ①X电极名称:____;②实验(1)中X换成Zn,则电流计读数的范围为     ③若乙装置中阳极产生无毒无害物质,其电极方程式为    ;该实验说明电化学法处理CN-,影响处理速率的因素有   (至少两条)。

正确答案

(1)检查装置气密性;浓H2SO4

(2)关闭K2;稀H2SO4

(3)反应前后D装置的质量;

(4)加稀H2SO4时要缓慢注入(要缓慢通人N2或给B加热时温度不能过高或加入稀H2SO4要足量);        (5)①负极;②I~1.5I;③2CN+12OH﹣10e=2CO32﹣+N2↑+6H2O;负极的金属材料的活泼性和甲中电解质溶液的浓度(或石墨表面O2浓度)。

解析

本实验是利用在碱性条件下双氧水将CN氧化成碳酸根离子,再用稀硫酸与碳酸根反应生成二氧化碳,用碱石灰吸收生成的二氧化碳,根据装有碱石灰的干燥管的质量的变化确定二氧化碳的质量,根据碳元素守恒可计算出CN的物质的量,进而确定浓度,在实验过程中为准确测量二氧化碳的质量,要排除空气中的二氧化碳的干扰,以及要把装置产生的二氧化碳让碱石灰充分吸收,所以要在装置里通入氮气,

(1)由于该实验是有气体参与反应的,所以实验开始前要检查装置气密性,从B装置中出来的气体中有水蒸气,能被碱石灰吸收,会对实验结果产生影响,所以气体要干燥,所以C中试剂是浓H2SO4,故答案为:检查装置气密性;浓H2SO4

(2)在加过双氧水后,要关闭K2,再向B中加足量的稀硫酸,与碳酸根离子反应,故答案为:关闭K2;稀H2SO4

(3)根据分析可知,计算CN的浓度,需称得的质量是反应前后D装置的质量,故答案为:反应前后D装置的质量

(4)为了使二氧化碳能充分被碱石灰吸收,加稀H2SO4时要缓慢注入(要缓慢通人N2或给B加热时温度不能过高或加入稀H2SO4,要足量),故答案为:加稀H2SO4时要缓慢注入(要缓慢通人N2或给B加热时温度不能过高或加入稀H2SO4,要足量);

(5)①根据原电池原理,活泼金属做原电池的负极,故答案为:负极;②锌的活泼性介于铝和铁之间,根据表中数据可知,金属越活泼,电流计的值越大,所以电流计读数的范围为I~1.5I,故答案为:I~1.5I;③乙装置中阳极是发生氧化反应生成无毒无害的氮气和碳酸根离子,电极反应式为2CN+12OH﹣10e=2CO32﹣+N2+6H2O,通过比较表中的数据可知,影响处理速率的因素有负极的金属材料的活泼性和甲中电解质溶液的浓度,故答案为:2CN+12OH﹣10e=2CO32﹣+N2+6H2O;负极的金属材料的活泼性和甲中电解质溶液的浓度。

考查方向

实验分析题;实验评价题;演绎推理法;电化学专题;无机实验综合。

解题思路

本实验是利用在碱性条件下双氧水将CN氧化成碳酸根离子,再用稀硫酸与碳酸根反应生成二氧化碳,用碱石灰吸收生成的二氧化碳,根据装有碱石灰的干燥管的质量的变化确定二氧化碳的质量,根据碳元素守恒可计算出CN的物质的量,进而确定浓度,在实验过程中为准确测量二氧化碳的质量,要排除空气中的二氧化碳的干扰,以及要把装置产生的二氧化碳让碱石灰充分吸收,所以要在装置里通入氮气。

(1)由于该实验是有气体参与反应的,所以实验开始前要检查装置气密性;从B装置中出来的气体中有水蒸气,能被碱石灰吸收,会对实验结果产生影响,所以气体要干燥;

(2)在加过双氧水后,要关闭K2,再向B中加足量的稀硫酸,与碳酸根离子反应;

(3)根据分析可知,计算CN的浓度,需称得的质量是反应前后D装置的质量;

(4)为了使二氧化碳能充分被碱石灰吸收,加稀H2SO4时要缓慢注入(要缓慢通人N2或给B加热时温度不能过高加入稀H2SO4,要足量);

(5)①根据原电池原理,活泼金属做原电池的负极;②锌的活泼性介于铝和铁之间,根据表中数据可知,金属越活泼,电流计的值越大,据此答题;③乙装置中阳极是发生氧化反应生成无毒无害的氮气和碳酸根离子,通过比较负极的金属材料的活泼性和甲中电解质溶液的浓度进行分析答题;

易错点

本题考查了检测污水中CN的浓度并模拟电化学法除去CN,侧重于学生的分析、计算能力的考查,学生要清楚在研究一个变量引起速率变化的时候,其它的量应该相同,另还要学会以用对比实验,来得出结论,有一定的难度。

1
题型:简答题
|
分值: 15分

11.硫化锌(ZnS)是一种重要的化工原料,难溶于水,可由炼锌的废渣锌灰制取t其工艺流程如下图所示。

(1)为提高锌灰的浸取率,可采用的方法是               (填序号)。

①研磨  ②多次浸取  ③升高温度  ④加压    ⑤搅拌

(2)步骤Ⅱ所得滤渣中的物质是               (写化学式)。

(3)步骤Ⅲ中可得Cd单质,为避免引入新的杂质,试剂b应为            

(4)步骤Ⅳ还可以回收Na2SO4来制取Na2S。 

①检验ZnS固体是否洗涤干净的方法是                    , 

②Na2S可由等物质的量的Na2S04和CH4在高温、催化剂条件下制取。化学反应方式为__; 

③已知Na2SO4.10H2O及Na2SO4的溶解度随温度变化曲线如右图。从滤液中得到Na2SO4.10H2O的操作方法是

(5)若步骤Ⅱ加入的ZnCO3为b mol,步骤Ⅲ所得Cd为d mol,最后得到VL、物质的量浓度为c mol/L的Na2SO4溶液。则理论上所用锌灰中含有锌元素的质量为    

正确答案

(1)①②③⑤;

(2)Fe(OH)3

(3)Zn(或锌);

(4)①取最后一次洗涤液少许于试管,滴加几滴BaCl2溶液,若出现浑浊则未洗净,反之则已洗净;②Na2SO4+CH4Na2S+2H2O+CO2;③蒸发浓缩,降温结晶,过滤;

 (5)65(cV﹣b﹣d)g。

解析

锌灰与硫酸反应得含有镉离子、锌离子、铁离子、亚铁离子等的溶液,加入双氧水将二价铁离子氧化为三价铁离子,用碳酸锌调节平衡pH使Fe(OH)3完全沉淀,过滤后得到含有镉离子、锌离子的滤液Ⅰ,滤渣为Fe(OH)3,步骤Ⅲ中可得Cd单质,为避免引入新的杂质,试剂b应为锌,过滤后得溶液Ⅱ为硫酸锌溶液,硫酸锌溶液中加入硫化钠可得硫酸钠和硫化锌,

(1)搅拌、适当升温、将废渣碾细成粉末、搅拌、多次浸取等都可提高锌灰的浸取率,故选①②③⑤;

(2)根据上面的分析可知,步骤Ⅱ所得滤渣中的物质是Fe(OH)3,故答案为:Fe(OH)3

(3)根据上面的分析可知,试剂b应为锌,故答案为:Zn(或锌);

(4)①ZnS固体是从硫酸钠溶液中析出的,所以检验ZnS固体是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少许于试管,滴加几滴BaCl2溶液,若出现浑浊则未洗净,反之则已洗净,故答案为:取最后一次洗涤液少许于试管,滴加几滴BaCl2溶液,若出现浑浊则未洗净,反之则已洗净;

②等物质的量的Na2SO4和CH4在高温、催化剂条件下生成Na2S,根据元素守恒可知,该化学反应方程式为Na2SO4+CH4Na2S+2H2O+CO2,故答案为:Na2SO4+CH4Na2S+2H2O+CO2

③根据溶解度随温度变化曲线可知,从滤液中得到Na2SO4•10H2O的操作方法是蒸发浓缩,降温结晶,过滤,故答案为:蒸发浓缩,降温结晶,过滤;

 (5)步骤Ⅲ所得Cd为d mol,则用于置换镉的锌的物质的量为d mol,硫酸钠的物质的量为VL×c mol/L=cVmol,所以硫酸锌的物质的量为cVmol,根据锌元素守恒可知,样品中锌元素的物质的量为cVmol﹣d mol﹣b mol,所以锌灰中含有锌元素的质量为65g/mol×(cVmol﹣d mol﹣b mol)=65(cV﹣b﹣d)g,故答案为:65(cV﹣b﹣d)g。

考查方向

物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用;制备实验方案的设计。

解题思路

锌灰与硫酸反应得含有镉离子、锌离子、铁离子、亚铁离子等的溶液,加入双氧水将二价铁离子氧化为三价铁离子,用碳酸锌调节平衡pH使Fe(OH)3完全沉淀,过滤后得到含有镉离子、锌离子的滤液Ⅰ,滤渣为Fe(OH)3,步骤Ⅲ中可得Cd单质,为避免引入新的杂质,试剂b应为锌,过滤后得溶液Ⅱ为硫酸锌溶液,硫酸锌溶液中加入硫化钠可得硫酸钠和硫化锌,据此答题。

易错点

本题为工艺流程题,难度较大,通过从废渣中制取硫化锌的工艺流程,考查了溶解平衡的移动、氧化还原方程式的书写、物质的分离等,熟悉物质的性质,清楚流程,是解题关键,侧重学生分析问题、解决问题能力的培养。

点击 “立即下载”

即可下载本试卷,含解析哦

知道啦