届福建省长汀连城一中等六校高三上学期期中考联考化学试题解析版.docx
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届福建省长汀连城一中等六校高三上学期期中考联考化学试题解析版
福建省长汀、连城一中等六校2019届高三上学期期中考联考化学试题
1.下列说法正确的是
A.化学反应能够制造出新的物质,也能制造出新的元素
B.明矾水解时产生的胶体粒子,可作漂白剂
C.食品包装袋中常放入小袋的生石灰,防止食品氧化变质
D.河流入海口处会形成三角洲,其原理与卤水点豆腐相似
【答案】D
【解析】
【详解】A、化学反应能够制造出新的物质,但不能制造出新的元素,故A错误;
B、明矾水解时产生氢氧化铝胶体,故明矾可作净水剂,不能作漂白剂,故B错误;
C、食品包装袋中常放入小袋的生石灰,作吸水剂,故C错误;
D、河流入海口处会形成三角洲和卤水点豆腐均是胶体的聚沉,故D正确;
综上所述,本题应选D。
2.分类是化学学习和研究的常用手段,下列分类依据和结论都正确的是
A.冰醋酸、纯碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物
B.HClO、H2SO4(浓)、HNO3均具有强氧化性,都是氧化性酸
C.漂白粉、福尔马林、冰水、王水、氯水均为混合物
D.Na2O、NaOH、Na2CO3、NaCl都属于钠的含氧化合物
【答案】B
【解析】
试题分析:
A.醋酸、纯碱(碳酸钠俗称)、芒硝(Na2SO4•10H2O)、生石灰(CaO)分别属于酸、盐、盐、氧化物,故A错误;B.HClO、H2SO4(浓)、HNO3中Cl元素的化合价是+1价,S、N均处于元素的最高价,都具有强氧化性,都是氧化性酸,故B正确;C.漂白粉、福尔马林、王水、氯水均为混合物,冰水属于纯净物,故C错误;D.Na2O,NaOH,Na2CO3都属于钠的含氧化合物,但是NaCl不属于,故D错误,故选B。
考点:
考查物质分类的判断应用
3.下列说法不正确的是
A.《黄白第十大》中“曾青涂铁,铁赤如铜”主要发生了置换反应
B.《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑,蒸令气上,用器承滴露”,利用到蒸馏
C.唐代《真元妙道要略》中有云“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之,焰起烧手、面及屋舍者”,描述了硫磺熏制过程
D.“所在山泽,冬月地上有霜,扫取以水淋汁后,乃煎炼而成”过程包括了溶解、蒸发、结晶等操作
【答案】C
【解析】
【详解】A.“曾青涂铁,铁赤如铜”是将一种可溶性的铜盐的溶液涂在金属铁表面,铁表面变为金属铜的过程,是置换反应,故正确;B.“蒸令气上……,”是利用混合物中互溶的几种组分的沸点差异将其分离的过程,为蒸馏,故正确;C.黑火药是由木炭粉、硫磺、硝石按一定比例配成的,是制备火药,故错误;D.扫取以水淋汁后,乃煎炼而成意思为:
扫取后用水溶解,然后加热蒸发结晶得到硝酸钾晶体,故正确。
故选C。
4.下列化学用语或模型图正确的是
A.氮气的结构式:
B.用电子式表示溴化氢的形成过程为:
C.CO2的比例模型:
D.14C的原子结构示意图
【答案】D
【解析】
【详解】A.氮气的结构式为N≡N,A错误;
B.溴化氢是共价化合物,用电子式表示溴化氢的形成过程为
,B错误;
C.碳原子半径大于氧原子半径,
不能表示CO2的比例模型,C错误;
D.14C的原子序数是6,其原子结构示意图为
,D正确。
答案选D。
5.设NA为阿伏伽德罗常数值。
下列有关叙述正确的是
A.10g46%的乙醇水溶液中,氧原子的个数为0.4NA
B.1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NA
C.1molFe溶于过量硝酸,电子转移数为2NA
D.14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.10g46%的乙醇水溶液中,乙醇的质量为4.6克,物质的量为0.1mol,含有0.1mol氧原子,水的质量为5.4克,物质的量为0.3mol,氧原子的物质的量为0.3mol,所以氧原子总共0.4mol,故正确;B.1molN2与4molH2反应为可逆反应,不能计算生成的氨气的物质的量,故错误;C.1molFe溶于过量硝酸,生成硝酸铁,电子转移数为3NA,故错误;D.乙烯和丙烯的最简式为CH2,14g乙烯和丙烯混合气体含有1molCH2,含有2mol氢原子,故错误。
故选A。
【点睛】注意本题的易错点在A上。
水溶液中当然有水分子的存在,A选项中乙醇溶液中乙醇中含有氧原子,水分子也含有氧原子。
所以在涉及H、O原子数目的问题上,不能把水忘了。
6.下列实验操作及现象能够达成相应实验目的的是
实验目的
实验操作及现象
A
检验Na2SO3溶液是否变质
向Na2SO3溶液中加入Ba(NO3)2溶液,出现白色沉淀,再加入稀硝酸,沉淀不溶解
B
证明酸性条件下H2O2氧化性强于I2
向淀粉KI溶液中滴入3滴稀硫酸,未见溶液变蓝;再加入10%的H2O2溶液,溶液立即变蓝色
C
证明碳的非金属性强于硅
将浓盐酸滴入碳酸钠固体中,生成的气体通入盛有水玻璃的试管中,出现浑浊
D
向某溶液中滴入氯水,再滴加KSCN溶液显红色
原溶液中一定有Fe2+
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A.亚硫酸钠变质为硫酸钠,亚硫酸钠在酸性条件下被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子,所以不能检验是否变质,故错误;B.过氧化氢和碘化钾反应生成碘单质,遇到淀粉显蓝色,能证明过氧化氢的氧化性强于碘单质,故正确;C.盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳,因为氯化氢有挥发性,所以二氧化碳中含有氯化氢,将气体通入硅酸钠溶液中反应生成硅酸,不能证明是碳酸反应生成的,故不能证明碳酸的酸性强于硅酸,即不能证明碳的非金属性比硅强,故错误;D.没有证明原溶液中没有铁离子,所以不能因为加入硫氰化钾溶液后显红色,就确定原溶液中一定有亚铁离子,故错误。
故选B。
【点睛】掌握亚铁离子的检验方法,应先加入硫氰化钾溶液,不显红色,再加入氧化剂如氯水,出现红色,则证明原溶液中有亚铁离子。
加入的试剂不能颠倒,否则不能确定,此方法适合不含铁离子的溶液。
7.下列说法不正确的是
A.淀粉、纤维素水解的最终产物均为葡萄糖
B.葡萄糖既可以与银氨溶液反应,又可以与新制氢氧化铜悬浊液反应
C.糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物,都能发生水解反应
D.天然油脂没有固定的熔点和沸点,所以天然油脂是混合物
【答案】C
【解析】
【详解】A.淀粉、纤维素都属于多糖,水解的最终产物均为葡萄糖,故正确;B.葡萄糖含有醛基,既可以与银氨溶液反应,又可以与新制氢氧化铜悬浊液反应,故正确;C.糖类中的多糖、蛋白质都是高分子化合物,单糖、二糖等不是高分子,油脂不是高分子化合物,故错误;D.天然油脂是混合物,天然油脂没有固定的熔点和沸点,故正确。
故选C。
8.有机物甲、乙的结构如图所示。
下列说法错误的是
A.甲、乙都能与溴的单质发生加成反应
B.甲、乙互为同分异构体
C.一定条件下,甲、乙均能发生取代反应
D.甲、乙都能与金属钠反应生成氢气
【答案】D
【解析】
【详解】A.二者都含有碳碳双键,都可以和溴发生加成反应,故正确;B.二者结构不同,分子式为C3H6O2,属于同分异构体,故正确;C.前者有羧基,后者有酯基,都可以发生取代反应,故正确;D.前者含有碳碳双键和羧基,后者含有碳碳双键和酯基,前者和金属钠反应,后者不与金属钠反应,故错误。
故选D。
9.常温下,在下列给定条件的溶液中,一定能大量共存的离子组是
A.Kw/c(H+)=0.1mol/L的溶液:
Na+、K+、SiO32-、NO3-
B.加入铝粉生成H2的溶液:
K+、Mg2+、SO42-、HCO3-
C.c(Fe3+)=0.1mo/L的溶液:
NO3-、Al3+、Cl-、CO32-
D.能使pH试纸呈红色的溶液:
Na+、NH4+、Fe2+、NO3-
【答案】A
【解析】
Kw/c(H+)=c(OH-)=0.1mol/L,Na+、K+、SiO32-、NO3-不反应,故A正确;加入铝粉生成H2的溶液呈酸性或碱性,若呈酸性HCO3-与H+反应放出CO2,若呈碱性Mg2+与OH-反应生成氢氧化镁沉淀,OH-与HCO3-反应生成CO32-,故B错误;c(Fe3+)=0.1mo/L的溶液:
Fe3+、Al3+与CO32-发生双水解反应,故C错误;能使pH试纸呈红色的溶液呈酸性,Fe2+、NO3-、H+发生氧化还原反应,故D错误。
点睛:
铝既能与酸反应生成氢气又能与碱反应放出氢气,如:
铝和盐酸反应生成氯化铝和氢气;铝与强碱氢氧化钠溶液反应生成氢气,反应方程式是
。
10.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法,下列有关离子方程式的类推正确的是
选项
已知
类推
A
向Ca(OH)2悬浊液中通入Cl2:
Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O
向CaCO3悬浊液中通入Cl2:
Cl2+CaCO3=Ca2++Cl-+ClO-+CO2↑
B
向氯化铝溶液中加入足量NaOH溶液:
Al3++4OH-=[Al(OH)4]-
向氯化铝溶液中加入足量氨水:
Al3++4NH3·H2O=[Al(OH)4]-+H2O+4NH4+
C
FeCl2溶液中滴入氯水:
2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-
向FeCl2溶液中滴入碘水:
2Fe2++I2===2Fe3++2I-
D
向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2:
CO2+OH-===HCO3-
向Ca(OH)2溶液中通入过量SO2:
SO2+OH-===HSO3-
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,盐酸的酸性强于碳酸,但次氯酸的酸性比碳酸的酸性弱,所以碳酸钙悬浊液和氯气反应生成氯化钙和二氧化碳和次氯酸,故错误;B.氢氧化铝能溶于氢氧化钠,但不溶于氨水,故错误;C.铁离子和碘离子发生氧化还原反应,故错误;D.氢氧化钙和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钙,氢氧化钙和过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢钙,故正确。
故选D。
.
11.某同学利用氧化还原反应:
2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O设计如图所示原电池,盐桥中装有饱和K2SO4溶液。
下列说法正确的是
A.b电极上发生还原反应
B.外电路电子的流向是从a到b
C.电池工作时,盐桥中的SO42-移向甲烧杯
D.a电极上发生的反应为MnO4-+8H++5e-=Mn2++4H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
从方程式分析,亚铁离子变成铁离子,所以亚铁离子在负极反应,所以b为负极,a为正极。
【详解】A.b电极为负极,发生氧化反应,故错误;B.a为正极,b为负极,外电路电子从负极流出,流向a,故错误;C.电池工作时,盐桥中的SO42-向负极移动,即移向乙烧杯,故错误;D.a为正极,电极上发生的反应为MnO4-+8H++5e-=Mn2++4H2O,故正确。
故选D。
【点睛】原电池中负极失去电子发生氧化反应,正极得到电子,发生还原反应,溶液中的阴离子向负极移动,外电路中电子从负极流出,流向正极。
12.图是实验室硫酸试剂标签上的部分内容,据此下列说法正确的是
A.配制稀硫酸定容时俯视刻度线会造成所配溶液浓度偏高
B.取该硫酸1ml与1ml水混合后,物质的量浓度为9.2mol/L
C.将该硫酸配成1mol/L的稀硫酸480ml所需的玻璃仪器只有:
烧杯、500ml容量瓶、玻璃棒
D.1molFe与足量的该硫酸反应产生1mol氢气
【答案】A
【解析】
【详解】A.配制稀硫酸时定容俯视刻度线,则溶液的体积变小,浓度变大,故正确;B.该硫酸的物质的量浓度为
,取该硫酸1ml与1ml水混合后没有说明溶液的体积,不能计算其物质的量浓度,故错误;C.配制溶液除了给出的仪器外还需要使用胶头滴管和量筒,故错误;D.常温下铁与浓硫酸发生钝化,不能产生氢气,故错误。
故选A。
【点睛】在配制一定物质的量浓度的溶液的实验中,进行误差分析,要分清两个因素,一是溶质的物质的量,二是溶液的体积。
溶液的体积在定容时会有影响,若俯视,则体积变小,浓度变大,仰视,体积变大,浓度变小。
若定容后摇匀后再加水,则体积变大,浓度变小。
实验中其他过程中的操作分析溶质的是否变化。
13.氢化铝锂(LiAlH4)和硼氢化钠(NaBH4)在有机合成中非常重要,可发生如下反应:
①LiAlH4+4H2O=LiOH+Al(OH)3+4H2↑、②NaBH4+NH4Cl=NH3BH3+NaCl+H2↑,则下列说法错误的是
A.LiAlH4中H元素为-1价
B.反应②中,每生成1molNH3BH3会转移2mole-
C.两个反应中,H2均既是氧化产物,又是还原产物
D.NH4Cl和NaBH4所含化学键类型相同
【答案】B
【解析】
【详解】A.LiAlH4中金属都为正价,H元素为负价,为-1价,故正确;B.反应②中,NaBH4的氢为-1价,反应中化合价升高,每生成1mol氢气转移1mol电子,所以每生成1molNH3BH3会转移1mole-,故错误;C.两个反应中氢气为氧化产物和还原产物,故正确;D.NH4Cl和NaBH4所含化学键类型为离子键和共价键,故相同,故正确。
故选B。
14.某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl-、SO42-、CO32-、[Al(OH)4]-中的若干种离子,离子浓度均为0.1mol·L-1,某同学进行了如下实验,下列说法正确的是
A.无法确定原试液中是否含有Al3+、Cl-
B.原溶液中存在NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-
C.无法确定沉淀C的成分
D.滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+
【答案】B
【解析】
【分析】
试液中加入硫酸,无明显现象,所以说明溶液中不含有碳酸根离子、不含[Al(OH)4]-;加入硝酸钡溶液,产生沉淀A为硫酸钡,但由于加入硫酸,所以不能确定原溶液是否有硫酸根离子,产生气体,说明有还原性的离子在酸性条件下被硝酸根离子氧化、而硝酸被还原为NO气体,说明含有亚铁离子;滤液X中加入过量的氢氧化钠,产生气体,说明含有铵根离子,产生沉淀B为氢氧化铁,滤液中通入少量的二氧化碳产生沉淀C,因为先加入过量的硝酸钡、后加入过量的氢氧化钠,所以沉淀C应为碳酸钡,不能说明滤液中含有铝离子。
根据离子浓度都为0.1mol·L-1和溶液中的电荷守恒分析,溶液中铵根离子和亚铁离子,不含碳酸根离子和[Al(OH)4]-,则阴离子只能含有氯离子和硫酸根离子才能保证电荷守恒,铝离子、钾离子必然不能存在。
【详解】A.根据以上分析,能确定原试液中含有Cl-,但不含Al3+,故错误;B.根据以上分析,原溶液中存在NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-,故正确;C.沉淀C为碳酸钡,故错误;D.滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe3+和Ba2+,可能还有大量的H+,不存在Fe2+,故错误。
故选B。
【点睛】本题难度较大。
注意先加入的试剂对后面的影响,如先加入硫酸,后加入硝酸钡,则会产生硫酸钡沉淀,则不能确定原溶液中是否有硫酸根离子。
因为硝酸钡过量,说明后面先碱化、再通入二氧化碳时会产生碳酸钡沉淀。
掌握溶液的中电荷守恒是解题的关键。
15.下列事实与平衡移动原理无关的是
A.向含酚酞的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液,红色变浅
B.加热MgCl2·6H2O固体最终得到Mg(OH)Cl
C.将FeS2矿石粉碎更有利于焙烧制备SO2气体
D.NO2气体经过冷凝和加压成无色液体
【答案】C
【解析】
A.向含酚酞的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液中生成碳酸钡和氯化钠,溶液的碱性减弱,红色变浅,与水解原理有关,A错误;B.镁离子水解,水解吸热,加热MgCl2·6H2O固体最终得到Mg(OH)Cl,与水解原理有关,B错误;C.将FeS2矿石粉碎增大反应物的接触面积,更有利于焙烧制备SO2气体,与平衡移动原理无关,C正确;D.NO2气体经过冷凝和加压成无色液体与2NO2
N2O4有关系,D错误,答案选C。
16.CO(g)和H2O(g)以1:
2体积比分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行反应:
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g),得到如下三组数据:
下列说法不正确的是()
A.从生产效益分析,C组实验的条件最佳
B.实验A中,在0~10min内,以v(H2)表示的反应速率大于0.013mol/(L·min)-1
C.从实验数据分析,该反应的正反应是吸热反应
D.比较实验B、C,说明C实验使用了更高效的催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A.A中水蒸气的转化率为32.5%,B中水蒸气的转化率为20%,C中的水蒸气的转化率为0.65/2=32.5%,C中反应时间短,所以从生产效益分析,C组实验的条件最佳,故正确;B.实验A中,50分钟内二氧化碳的平均反应速率为
=0.013mol/(L·min)-1,因为随着反应的进行,物质的浓度逐渐减小,所以反应速率逐渐减慢,在0~10min内,以v(H2)表示的反应速率大于0.013mol/(L·min)-1,故正确;C.从BC实验数据分析,升温平衡时二氧化碳的浓度减小,说明升温平衡逆向移动,则该反应的正反应是放热反应,故错误;D.比较实验B、C,起始物质的浓度相同,B的温度高,但到平衡的时间相同,说明C实验使用了更高效的催化剂,故正确。
故选C。
17.Ⅰ.下列是某研究性学习小组对某无色水样成分的检测过程,已知该水样中只可能含有K+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Ag+、Ca2+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种离子,该小组同学取了100ml水样进行实验:
向水样中先滴加硝酸钡溶液,再滴加1mol·L-1硝酸,实验过程中沉淀质量与所加试剂量的关系变化如下图所示:
(1)仅凭观察可知该水样中一定不含有的阳离子是________。
(2)由B点到C点变化过程中消耗硝酸的体积为__________ml。
(3)试根据实验结果推测K+是否存在_______(填“是”或“否”)若存在,其物质的量浓度的范围是______mol·L-1(若不存在,则不必回答)。
(4)设计简单实验验证原水样中可能存在的离子_________________________(写出实验步骤、现象和结论)。
II.湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种粒子:
Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O。
(1)写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式:
_________________________。
(2)若反应过程中转移了0.3mol电子,则还原产物的物质的量为________mol。
(3)低温下,在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4),原因是________________________________________________________________________。
(4)已知K2FeO4能水解产生Fe(OH)3用作净水剂,请写出水解的离子方程式___________
【答案】
(1).Fe3+、Cu2+
(2).40(3).是(4).≥0.6(5).取少量水样于试管中,加入过量的硝酸钡溶液,待沉淀完全后,向上层清液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液,(或过滤,取滤液加硝酸酸化的硝酸银溶液)若产生白色沉淀,则原水样中含Cl-,反之无Cl-(6).2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-===2FeO42-+3Cl-+5H2O(7).0.15(8).该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小(9).4FeO42-+10H2O⇌4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑
【解析】
【分析】
水样为无色,说明溶液中不含Fe3+、Cu2+,向水样中先滴加硝酸钡溶液,产生沉淀,再滴加1mol·L-1硝酸,沉淀部分溶解,说明溶液中含有碳酸根离子和硫酸根离子,则溶液中没有Mg2+、Al3+、Ag+、Ca2+,硫酸钡沉淀为2.33克,即0.01mol硫酸钡,硫酸根离子为0.01mol,含有碳酸钡沉淀的质量为6.27-2.33=3.94克,则碳酸钡的物质的量为3.94/197=0.02mol,碳酸根离子为0.02mol,根据溶液中必须有阴阳离子分析,K+一定存在,不能确定Cl-。
【详解】
(1)仅凭观察,水样为无色,所以可知该水样中一定不含有的阳离子是Fe3+、Cu2+。
(2)由B点到C点变化为溶解0.02mol碳酸钡,过程中消耗硝酸的物质的量为0.04mol,硝酸的体积为0.04/1=0.04L=40ml。
(3)根据以上分析可知K+一定存在,根据电荷守恒分析,假设溶液中没有氯离子,则假设钾离子物质的量为xmol,则有x=0.02×2+0.01×2=0.06mol,其物质的量浓度为0.06/0.1=0.6mol·L-1,溶液中可能有氯离子,所以钾离子物质的量浓度的范围是≥0.6mol·L-1;(4).原溶液中可能有氯离子,要检验氯离子需要利用氯离子和银离子反应生成氯化银,但是存在硫酸根离子和碳酸根离子,有干扰,所以先除去两种离子,实验步骤为:
取少量水样于试管中,加入过量的硝酸钡溶液,待沉淀完全后,向上层清液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液,(或过滤,取滤液加硝酸酸化的硝酸银溶液)若产生白色沉淀,则原水样中含Cl-,反之无Cl-。
II.
(1)根据元素化合价分析,铁元素化合价升高,则次氯酸根离子做为氧化剂,再根据电荷守恒和质量守恒配平离子方程式为:
2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。
(2)根据前面的离子方程式可知,反应中转移6个电子时生成3个Cl-,所以当转移0.3mol电子时,还原产物即氯离子物质的量为0.15mol。
(3)低温下高铁酸钠溶液中加入氢氧化钾至饱和析出高铁酸钾,说明在该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小。
(4)铁元素化合价降低后生成铁离子,水中的氧元素化合价升高生成氧气,铁离子水解生成氢氧化铁,离子方程式为:
4FeO42-+10H2O⇌4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑。
【点睛】掌握常见的离子的颜色和离子反应是关键。
有颜色的离子为铁离子和铜离子和亚铁离子和高锰酸根离子。
18.聚合硫酸铁、明矾可用作净水剂。
某课题组拟以废弃的铝铁合金为原料制备聚合硫酸铁和明矾,设计化工流程如下:
(1)聚合硫酸铁能溶于水,微溶于乙醇,其化学式可表示为[Fe2(OH)x(SO4)y]n。
①在聚合硫酸铁中,x、y之间的关系是_______。
试剂X中溶质的化学式为________。
②上述流程图中的“氧化”设计存在缺陷,请提出改进意见;__________________为了降低聚合硫酸铁的溶解度,在浓缩过程中加入适量的溶剂是________(填结构简式)。
③加入试剂Y的目的是为了调节溶液的pH,若Y为氧化物,写出调节PH的离子方程式:
________;溶液的pH对[Fe2(OH)x(SO4)y]n中x的值有较大影响(如图A所示),试分析pH过小(pH≤3.0)导致聚合硫酸铁中x的值减小的原因:
________。
(2)明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O。
图B为明矾的溶解度随温度变化的曲线,由滤液Ⅰ制备明矾晶体的流程如下(供选用的试剂:
废弃的铝铁合金、稀硫酸、NaOH溶液和酒精):
①试剂1是____;操作1的名称是________。
②
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