湖南省郴州市届高三第一次质量检测化学试题解析.docx
- 文档编号:25973711
- 上传时间:2023-06-16
- 格式:DOCX
- 页数:22
- 大小:358.47KB
湖南省郴州市届高三第一次质量检测化学试题解析.docx
《湖南省郴州市届高三第一次质量检测化学试题解析.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《湖南省郴州市届高三第一次质量检测化学试题解析.docx(22页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
湖南省郴州市届高三第一次质量检测化学试题解析
湖南省郴州市2018届高三第一次质量检测
化学试题
1.化学与生产生活联系紧密,下列有关说法正确的是
A.只用淀粉溶液即可检验食盐是否为加碘盐
B.氢氟酸刻蚀水晶饰品体现其酸性
C.水垢中的CaSO4,可先转化为CaCO3,再用酸除去
D.煤经过气化和液化等物理变化可转为清洁能源
【答案】C
【解析】A.加碘盐含有KIO3,淀粉遇单质碘变蓝,只用淀粉溶液不可检验食盐是否为加碘盐,故A错误;B.氢氟酸刻蚀水晶饰品是因为生成SiF4气体,不是体现其酸性,故B错误;C.水垢中的CaSO4,可利用Na2CO3溶液先转化为CaCO3,再用酸除去,故C正确;D.煤的气化和液化属于化学变化,故D错误。
故选C。
点睛:
解答本题的难点是选项C,用Na2CO3溶液控制溶液中Qc=c(Ca2+)c(CO32-)>Ksp(CaCO3),即可将CaSO4转化为CaCO3,弱酸盐CaCO3可溶于强酸。
2.下列与化学有关的文献.理解错误的是
A.《咏石灰》(明·于谦)中“……烈火焚烧若等闲……要留清白在人间”其中“清白”是指氢氧化钙
B.《咏煤炭》(明·于谦)中:
凿开混沌得乌金……不辞辛苦出山林”其中“乌金”的主要成分是煤炭
C.《天丁开物》中记载:
“以消石、硫磺为主。
草木灰为辅。
……魂散惊而魄齑粉”文中提到的是火药
D.《天丁开物》中有如下描述:
“世间丝、麻、裘、褐皆具素质……”文中的“裘”主要成分是蛋白质
【答案】A
【解析】A.《咏石灰》(明·于谦)中“……烈火焚烧若等闲……要留清白在人间”,描述的是碳酸钙的受热分解,其中“清白”是指氧化钙,故A错误;B.《咏煤炭》(明·于谦)中“凿开混沌得乌金……不辞辛苦出山林”描述的是煤炭的开采,其中“乌金”的主要成分是煤炭,故B正确;C.《天工开物》中记载:
“以消石、硫磺为主。
草木灰为辅。
……魂散惊而魄齑粉”,消石、硫磺是制造火药的主要原料,故C正确;D.《天工开物》中有如下描述:
“世间丝、麻、裘、褐皆具素质……”文中的“裘”指的是动物的毛皮,主要成分是蛋白质,故D正确;故选A。
3.1mol化学式为C4H8O3的物质分别与足量的NaHCO3且和Na反应产生气体的物质的量相等,满足条件的同分异构体数目为(不考虑空间异构)
A.4种B.5种C.6种D.7种
【答案】B
【解析】—COOH与NaHCO3反应生成CO2,—OH与Na反应生成H2,产生的气体的物质的量相等,说明C4H8O3含有的羧基与羟基一样多,所以C4H8O3分子含有一个—COOH和一个—OH,C4H8O3分子可看作由—COOH、—OH、—C3H6—组成,可形成5种分子结构,故选B。
点睛:
解答本题需要注意—COOH中含有羟基,—COOH既能与NaHCO3反应,又能与Na反应。
1mol—COOH与足量NaHCO3反应生成1molCO2,与足量Na反应生成0.5molH2。
4.设NA表示阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是
A.80℃时,1LpH=l的硫酸溶液中,含有的OH-数目为10-13NA
B.向含有FeI2的溶液中通人适量氯气,当有1molFe2+被氧化时,该反应转移电子数目为3NA
C.l00g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子数为4NA
D.以Mg、Al为电极,NaOH溶液为电解质溶液的原电池中,导线上流过NA个电子
【答案】C
【解析】A.80℃时,Kw>1×10-14,1LpH=l的硫酸溶液中,c(OH-)=
>
mol/L=1×10-13mol/,含有的OH-数目大于10-13NA,故A错误;B.还原性:
I->Fe2+,向含有FeI2的溶液中通人适量氯气,当有1molFe2+被氧化时,I-已经完全被氧化,该反应转移电子数目不能确定,故B错误;C.l00g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有46g即1mol乙醇和54g即3mol水,氧原子数为4NA,故C正确;D.以Mg、Al为电极,NaOH溶液为电解质溶液的原电池中,导线上流过的电子数无法确定,故D错误。
故选C。
5.下列解释实验过程或事实的反应方程式不正确的是
A.熔融烧碱时,不能使用普通石英坩埚:
SiO2+2NaOH
Na2SiO3+H2O
B.在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2:
2I-+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2O
C.红热的铁丝与水接触,表面形成蓝黑色(或黑色)保护层:
3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2
D.“84消毒液”(有效成分NaClO)和“洁厕灵”(主要成分盐酸)混合使用放出氯气:
ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O
【答案】B
【解析】A.熔融烧碱时,不能使用普通石英坩埚,因为二者反应:
SiO2+2NaOH
Na2SiO3+H2O,A正确;B.在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2:
2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O,B错误;C.红热的铁丝与水接触,表面形成蓝黑色(或黑色)保护层四氧化三铁:
3Fe+4H2O
Fe3O4+4H2,C正确;D.“84消毒液”(有效成分NaClO)和“洁厕灵”(主要成分盐酸)混合使用发生氧化还原反应放出氯气:
ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O,D正确,答案选B。
6.某同学查阅教材得知,普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4C1、ZnCl2等物质。
他在探究废干电池内的黑色固体回收利用时,进行如图所示实验:
下列有关实验的叙述中,不正确的是
A.操怍①中玻璃棒的作用是加快固体溶解速度B.操作②的操作名称是过滤
C.操作③中盛放药品的仪器是坩埚D.操作④的目的是除去滤渣中杂质
【答案】D
【解析】试题解析:
A.操作①中玻璃棒起到搅拌加速溶解的作用,故A正确;B.普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质,NH4Cl、ZnCl2易溶于水,MnO2难溶于水,操作②是把固体与溶液分离,应是过滤,故B正确;C.由图可知操作③是在坩埚内灼烧滤渣,通常把泥三角放在三角架上,再把坩埚放在泥三角上,故C正确;D.二氧化锰是黑色固体,能作双氧水的催化剂,灼烧后的滤渣能加快双氧水分解产生氧气,能证明黑色固体是二氧化锰,所以该实验的目的不是除去滤渣中杂质,故D错误。
考点:
化学实验基本操作
7.已知a、b、c、d四种短周期主族元素,在周期表中相对位置如下图所示,下列说法正确的是
A.a、c两元素的最高正价一定相等
B.d的原子序数不可能是b的原子序数的3倍
C.c的最高价氧化物对应的水化物可溶于d的最高价氧化物对应的水化物
D.若c元素最高价氧化物对应的水化物是强酸,则d元素的单质具有强氧化性
【答案】D
【解析】若a是氧元素,则c是硫元素,最高正价不相等,故A错误;若b是Be元素,则d是Mg元素,d的原子序数是b的原子序数的3倍,故B错误;若c的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝,则d的最高价氧化物对应的水化物是硅酸,氢氧化铝难溶于硅酸,故C错误;若c元素最高价氧化物对应的水化物是强酸,则c是S,d是氯元素,氯气具有强氧化性,故D正确。
8.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A.
=0.1的溶液中:
Na+\K+、SiO42-、SO32-
B.pH=l的溶液中:
K+、Al3+、SO42-、F-
C.与镁反应生成氢气的溶液中:
Na+、Ba2+、NO3-、Cl-
D.0.1mol/L的NaHCO3溶液中:
NH4+、Mg2+、Br-、AlO2-
【答案】A
【解析】A.
的溶液显碱性,溶液pH=13,离子组Na+、K+、SiO32—、SO32-在溶液中彼此间不发生离子反应,能大量共存;B.HF为弱酸,F-不能在强酸性溶液中大量存在,故B错误;C.与镁反应生成氢气的溶液显酸性,在酸性溶液中NO3-有强氧化性,与金属作用不可能生成氢气,故C错误;D.HCO3-在溶液中的电离能促进AlO2-水解,不能大量共存,故D错误,答案为A。
9.乙酸橙花酯是一种食用香料,其结构简式如图,关于该有机物的叙述中正确的是
①1mol该有机物可消耗3molH2;②不能发生银镜反应;③分子式为C12H20O2;④它的同分异构体中可能有酚类;⑤1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH
A.②③④B.①④⑤C.①②③D.②③⑤
【答案】D
【解析】试题分析:
该有机物含有碳碳双键和酯基。
①1摩尔该有机物能消耗2摩尔氢气,错误;②没有醛基,不能发生银镜反应,正确;③给有机物分子式为C12H20O2,正确;④该分子式分析,当有苯环时,氢原子最多为18个,所以不能含有苯环,即不可能有酚类,错误;⑤含有酯基,1摩尔该有机物水解消耗1摩尔氢氧化钠,正确。
故选D。
考点:
有机物的结构和性质
10.优质的锂碘电池可用于心脏起搏器延续患者的生命,它的正极材料是聚2-乙烯吡啶(简写P2VP)和I2的复合物,电解质是固态薄膜状的碘化锂,电池的总反应为2Li+P2VP•nI2=P2VP•(n-1)I2+2LiI,则下列说法正确的是
A.正极的反应为P2VP•nI2+2e-=P2VP•(n-1)I2+2I-
B.电池工作时,碘离子移向P2VP极
C.聚2-乙烯吡啶的复合物与有机物性质相似,因此聚2-乙烯吡啶的复合物不会导电
D.该电池所产生的电压低,使用寿命比较短
【答案】A
【解析】A.正极的反应为P2VP•nI2+2e-=P2VP•(n-1)I2+2I-,故A正确;B.P2VP极为正极,电池工作时,碘离子移向负极Li,故B错误;C.聚2-乙烯吡啶的复合物含有π电子,因此聚2-乙烯吡啶的复合物可以导电,故C错误;D.锂的比能量高,该电池使用寿命比较长,故D错误。
故选A。
11.由下列实验操作和现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
将氯气、SO2气体分别通入品红溶液
溶液均退色
氯气、SO2均有漂白性且漂白原理相同
B
某溶液加入浓NaOH溶液加热,在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸
试纸变蓝
NH3是碱
C
硝酸银溶液中加少量NaCl溶液,再加KI溶液
先出现白色沉淀,后出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
FeCl3溶液中通入足量SO2气体,然后滴入KSCN溶液
溶液不变红
还原性SO2>Fe2+
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】A.氯气利用与水反应的生成物次氯酸的氧化性漂白,SO2可与色素结合为不稳定的无色物质,它们的漂白原理不同,故A错误;B.NH3不能电离产生OH-,所以不是碱,NH3与H2O反应的生成物NH3·H2O是碱,故B错误;C.硝酸银溶液中加少量NaCl溶液,产生白色沉淀AgCl,溶液中剩余硝酸银,再加KI溶液,产生黄色沉淀AgI,不是AgCl转化为AgI而是直接生成AgI,不能证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),故C错误;D.FeCl3溶液中通入足量SO2气体,然后滴入KSCN溶液,溶液不变红,表明SO2将Fe3+还原为Fe2+,证明还原性SO2>Fe2+,故D正确。
故选D。
12.一定条件下,CO2(g)+3H2(g)
H2O(g)+CH3OH(g)△H=-53.7kJ/mol;向2L恒容恒温密闭容器中充入1molCO2和2.8molH2反应,图中过程I、Ⅱ是在两种不同催化剂作用下建立平衡的过程中CO2的转化率α(CO2)]随时间(t)的变化曲线。
下列说法不正确的是
A.m点:
v(正)>v(逆)B.活化能:
过程Ⅱ>过程I
C.n点时该反应的平衡常数K=50D.过程I,t2时刻改变的反应条件可能是升高温度
【答案】C
CO2(g)+3H2(g)
H2O(g)+CH3OH(g)
起始浓度(mol/L)0.51.400
转化浓度(mol/L)0.41.20.40.4
平衡浓度(mol/L)0.10.20.40.4
所以该反应的平衡常数K=
=200,C错误;
D.过程I,t2时刻转化率降低,说明反应向逆反应方向进行,由于正反应放热,因此改变的反应条件可能是升高温度,D正确,答案选C。
13.某溶液中含有的离子可能是K+、Ba2+、Al3+、Mg2+、AlO2-、CO32-、SiO32-、Cl-中的几种,现进行如下实验:
①取少量溶液滴加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成;
②另取少量原溶液,逐滴加入5mL0.2mol/L盐酸,发生的现象是:
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消失:
③在上述②沉淀消失后的溶液中,再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g。
下列说法中正确的是
A.该溶液中一定不含Ba2+、Al3+、Mg2+、SiO32-、Cl-
B.该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-
C.该溶液是否有K+需做焰色反应(透过蓝色钴玻璃片)
D.可能含有Cl-
【答案】B
【解析】①向溶液中加入氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成,说明溶液中一定不存在与氢氧化钠生成沉淀的离子,即A13+和Mg2+;②另取少量原溶液,逐滴加入5mL0.2mol•L-1的盐酸,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消失,,所以一定不存在SiO32-,滴加盐酸产生和溶解的沉淀为氢氧化铝,题中所给的离子中能与盐酸反应生成气体的只有CO32-,则气体为二氧化碳,说明原溶液中存在AlO2-和CO32-,所以一定不存在与CO32-反应的Ba2+,再根据溶液呈电中性可知,溶液中一定存在唯一的阳离子K+;③在上述②沉淀消失后的溶液中,再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.435g,则沉淀为AgCl,物质的量为:
0.435g÷143.5g/mol=0.003mol,②中加入的氯离子的物质的量为:
n(HCl)=0.2mol/L×0.005L=0.001mol<n(AgCl),所以原溶液中一定存在0.02molCl-。
A.根据以上分析可知,溶液中一定不存在Ba2+、Mg2+、A13+、SiO32-,一定存在Cl-,故A错误;B.由分析可知:
该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-,故B正确;C.根据溶液呈电中性可以判断,溶液中一定存在钾离子,不需要通过焰色反应判断钾离子是否存在,故C错误;D.根据生成氯化银沉淀的物质的量可知,原溶液中一定存在氯离子,故D错误;答案选B。
点睛:
根据离子的特征反应及离子间的共存情况,进行离子推断时要遵循以下三条原则:
(1)互斥性原则,判断出一定有某种离子存在时,将不能与之共存的离子排除掉,从而判断出一定没有的离子,如本题的原溶液中存在CO32-,所以一定不存在与CO32-反应的Ba2+;
(2)电中性原则,溶液呈电中性,溶液中一定有阳离子和阴离子,不可能只有阳离子或阴离子,如本题根据溶液呈电中性可知,溶液中一定存在唯一的阳离子K+;(3)进出性原则,离子检验时,加入试剂会引入新的离子,某些离子在实验过程中可能消失,则原溶液中是否存在该种离子要结合题目信息进行判断,如本题中的Cl-就是利用最终生成的AgCl沉淀的质量和开始加入的HCl的物质的量判断一定存在。
14.甲乙丙丁戊是中学常见的无机物,他们的转化关系如图所示(某些条件和部分产物已略去)。
下列说法错误的是
A.若戊为一种强碱且焰色反应为黄色,则反应①②可能都属于氧化还原反应
B.常温下,若丙为无色气体,戊为红棕色气体,则甲、乙可能是铜和稀硝酸
C.若甲为硫磺燃烧产物,丁为水,则戊不可用于干燥甲
D.若甲为浓盐酸,乙为MnO2,则戊可能使品红褪色
【答案】C
【解析】试题分析:
A.若戊为一种强碱且焰色反应为黄色,则戊为NaOH,此时甲、乙可能为Na和O2、丙为Na2O2,与水反应生成戊(NaOH),故A正确;B.若丙为无色气体,戊为红棕色气体,则丙为NO、戊为NO2,但能产生NO的不一定是铜和稀硝酸,故B错误;C.若甲为硫磺燃烧产物(SO2),丁为水,则乙为O2、丙为SO3、戊为H2SO4,浓硫酸可用于干燥SO2,故C正确;D.若甲为浓盐酸,乙为MnO2,则丙为Cl2,可与水或者碱反应产生具有漂白性的HClO或者次氯酸盐,故D正确。
故选B。
考点:
考查无机物之间的转化
15.在标准状况下,将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水,溶液的密度为pg.cm-3,溶质的质量分数为ω,溶质的物质的量浓度为cmol/L。
下列叙述中正确的有
①
②
③上述溶液中加入VmL水后,所得溶液的质量分数大于0.5ω④上述溶液中再加入1.5VmL同浓度稀盐酸,充分反应后溶液中离子浓度大小关系为:
c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)
A.②③B.②④C.③④D.①③
【答案】B
【解析】①氨气溶于水,主要以NH3•H2O存在,但仍然以NH3作为溶质,ω=
×100%=
=
×100%=
×100%,选项①错误;②、C==
=
mol/L,选项②正确;③水的密度比氨水的密度大,所以上述溶液中再加入VmL水后,混合后溶液的质量大于2倍的原氨水的质量,溶质氨气的质量不变,所以所得溶液的质量分数小于0.5ω,选项③错误;④上述溶液中再加入1.5VmL同浓度稀盐酸,溶液为氯化铵与氯化氢的混合溶液,浓度之比为2:
1,溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),铵根离子水解,水解程度微弱,所以c(Cl-)>c(NH4+),充分反应后溶液中离子浓度大小关系为:
c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-),选项④正确;答案选B。
点睛:
本题考查物质的量浓度的计算、盐类水解、质量分数等,注意氨气溶于水主要以一水合氨存在,但溶质仍以氨气计算,氨水的密度小于水,浓度越大密度越小。
16.某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为-2价),既含有Fe2+又含有Fe3+。
将一定量的该磁黄铁矿与l00mL的盐酸恰好完全反应(注:
矿石中其他成分不与盐酸反应),生成硫单质2.4g、FeCl20.425mol和一定量H2S气体,且溶液中无Fe3+。
则下列说法正确的是
A.l00mL的盐酸中HC1物质的量浓度为7.5mol/L
B.生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24L
C.该磁黄铁矿中FexS的x=0.85
D.该磁黄铁矿FexS中,Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3:
1
【答案】C
【解析】试题分析:
A.根据题给信息知,将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应,生成FeCl20.425mol,根据氯原子守恒知,HCl的物质的量为0.85mol,100mL的盐酸中HCl物质的量浓度为8.5mol/L,A项错误;B.根据铁原子守恒知,磁黄铁矿中铁的物质的量为0.425mol,硫单质是由反应2Fe3++S2—=2Fe2++S生成的,生成硫单质2.4g,物质的量为0.075mol,则磁黄铁矿中+3价铁的物质的量为0.15mol,+2价铁的物质的量为0.275mol,根据化合价规则知,原磁黄铁矿中—2价硫的物质的量为0.5mol,根据硫原子守恒知,生成H2S的物质的量为0.425mol,标准状况下的体积为9.52L,B项错误;C.根据上述分析,该磁黄铁矿中FexS的x=0.85,C项正确;D.该磁黄铁矿FexS中,Fe2+与Fe3+的物质的量之比为17:
6,D项错误;答案选B。
【考点定位】考查氧化还原反应的计算,原子守恒法计算。
【名师点睛】本题考查根据氧化还原反应进行计算,根据反应过程中原子守恒、转移电子守恒进行计算,根据氢原子守恒计算硫化氢体积,根据转移电子守恒计算亚铁离子和铁离子的物质的量之比,计算量较大,难度较大。
①根据氯原子守恒计算盐酸的浓度;②根据氢原子守恒计算硫化氢的体积;③根据转移电子守恒计算n(Fe3+),根据铁原子守恒计算n(Fe2+),根据氢原子守恒及硫单质计算硫原子的物质的量,从而得出x值;④根据转移电子守恒计算Fe2+与Fe3+的物质的量之比。
17.FeCl2是一种常用的还原剂。
有关数据如下:
C6H5Cl(氯苯)
C6H4Cl2
FeCl3
FeCl2
溶解性
不溶于水.易溶于苯
不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯,易吸水。
熔点/℃
-45
53
——
——
沸点/℃
132
173
——
——
实验室可以用多种方法来制备无水FeCl2,回答下列问题:
I.按如图l装置用H2还原无水FeCl3制取,装置C的作用是_________;E中盛放的试剂是_________;D中反应的化学方程式为_________。
II.按如图2装置,在三颈烧瓶中放入162.5g无水氯化铁和225g氯苯,控制反应温度在128—139℃加热3h,反应接近100%。
冷却,分离提纯得到粗产品。
反应如下:
2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HC1
(1)该制取反应中,作还原剂的是_________。
(2)反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点,但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失,原因是_________。
(3)冷却实验装置,将三颈瓶内物质经过过滤、洗涤,干燥后,将得到粗产品。
①洗涤所用的试剂可以是_________;
②回收滤液中C6H5Cl的方法是_________。
(4)仅通过烧杯中的现象变化就可以监控氯化铁的转化率。
若要监控氯化铁转化率达到或超过90%,则烧杯中试剂可以是加有酚酞,且理论上含_________gNaOH的溶液。
【答案】
(1).干燥氢气
(2).碱石灰(3).H2+2FeCl3
2FeCl2+2HC1(4).C6H5Cl(5).实验使用了冷凝回流装置(6).苯(7).蒸馏滤液,并收集132℃馏分(8).18
【解析】本题主要考查FeCl2的实验室制法。
I.按如图l装置用H2还原无水FeCl3制取,装置C的作用是干燥氢气;E中盛放的试剂是碱石灰;D中反应的化学方程式为H2+2FeCl3
2FeCl2+2HC1。
II.
(1)该制取反应中,FeCl3是氧化剂,作还原剂的是C6H5Cl。
(2)反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点,但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失,原因是实验使用了冷凝回流装置。
(3)①C6H5Cl、C6H4Cl2易溶于苯,FeCl2不溶于苯,洗涤所用的试剂可以是苯;
②分离互溶液体的一般方法是蒸馏,回收滤液中C6H5Cl的方法是蒸馏滤液,并收集132℃馏分。
(4)162.5g无水氯化铁的物质的量是1mol,氯化铁转化率达到或超过90%,生成氯化氢的物质的量不少于0.45mol,烧杯中的酚酞在氢氧化钠耗尽时由红色变为无色,理论上与0.45molHCl发生反应消耗0.45mol即18gNaOH。
18.某化工厂以软锰矿、闪锌矿(除主要成分为MnO2、ZnS外还含有少量的FeS、CuS、Al2O3等物质)为原料制取Zn和MnO2。
(1)在一定条件下,将这两种矿粉在硫酸溶液中相互作用,配平如下的化学方程式:
口MnO2+口FeS+口H2SO4=口MnSO4+口Fe2(SO4)3+口S+口H2O_______________
(2)将所得含有Mn2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Zn2+的酸性溶液按以下的工业流程进行操作处理得溶液(IV),电解溶液(IV)即得MnO2和Zn。
a.操作①中加Zn粉后发生反应的离子方程式为:
_______
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 湖南省 郴州市 届高三 第一次 质量 检测 化学试题 解析