浙江省杭四中高三化学选考考试试题卷1解析版.docx
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浙江省杭四中高三化学选考考试试题卷1解析版
2018年浙江省杭四中高三化学选考3月考试试题卷
(1)(解析版)
1.下列属于酸性氧化物的是()
A.Mn2O7B.H2OC.H2O2D.CO
【答案】A
【解析】酸性氧化物是指能够与碱反应生成盐和水的氧化物,且反应为非氧化还原反应,氧元素价态为-2价;Mn2O7能够与碱反应生成高锰酸盐,符合条件,A正确;H2O既不能与酸反应,又不能与碱反应,属于中性氧化物,B错误;H2O2属于过氧化物,氧元素为-1价,不符合条件,不属于酸性氧化物,C错误;CO虽然是氧化物,但是难溶于水,不与碱反应,不属于酸性氧化物,D错误;答案选A。
点睛:
氧化物只有两种元素,且必须有氧元素,酸性氧化物是与碱反应生成盐和水的氧化物,中心原子化合价不变,溶于水一般生成酸的氧化物。
2.下列仪器可直接加热的是()
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】A为蒸馏烧瓶,要垫上石棉网才能加热,A错误;B为容量瓶,配制一定物质的量浓度溶液的仪器,不能用来加热,B错误;C为坩埚,可以直接加热,C正确;D为蒸馏烧瓶,要垫上石棉网才能加热,D错误;答案选C。
3.下列物质的水溶液能导电,但属于非电解质的是()
A.SO2B.CH3COOHC.KClD.Cl2
【答案】A
4.下列应用中涉及到氧化还原反应的是()
A.明矾净化水B.纯碱去油污C.食醋除水垢D.漂白粉漂白织物
【答案】D
【解析】明矾溶于水电离出的
可以水解生成
胶体,能够吸附细小杂质,最终沉降从而达到净水的效果,没有体现物质的氧化性,A错误;纯碱可以去油污是由于纯碱
溶于水后
水解显碱性,油脂在碱性条件下会发生水解,不涉及氧化还原反应,没有体现物质的氧化性,B错误;食醋除水垢是由于水垢的主要成分碳酸钙、氢氧化镁可以与酸反应,不属于氧化还原反应,没有体现物质的氧化性,C错误;漂白粉的有效成分是
,具有漂白性是利用
的氧化性,D正确;答案选D。
5.根据酸碱质子理论,能结合质子的化合物为碱,则下列化合物不属于碱的是()
A.H2OB.NaHCO3C.NH3D.NaHSO4
【答案】D
【解析】水能够与氢离子结合生成H3O+,不符合题意,A错误;NaHCO3中的HCO3-与氢离子结合生成H2CO3,不符合题意,B错误;NH3结合氢离子生成NH4+,不符合题意,C错误;NaHSO4能够完全电离出氢离子,不能再结合氢离子,不属于碱,符合题意,D正确;答案选D。
6.下列说法正确的是()
A.Fe(OH)3胶体无色、透明,能发生丁达尔现象
B.H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥
C.SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应,所以是两性氧化物
D.SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4
【答案】B
【解析】氢氧化铁胶体为红褐色液体,透明,能发生丁达尔现象,A错误;H2、SO2、CO2三种气体和浓硫酸不反应,都可用浓硫酸干燥,B正确;氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水,四氟化硅不属于盐,不符合两性氧化物的定义,不是两性氧化物,C错误;SO2具有还原性,在酸性环境下,硝酸根离子把SO2氧化为SO42-,SO42-与Ba2+生成硫酸钡沉淀;SO3溶于水生成硫酸,与钡离子生成硫酸钡沉淀,所以SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液得到BaSO4,D错误;答案选B。
7.下列有关化学用语表示不正确的是()
A.蔗糖的分子式:
C12H22O11B.HClO的结构式H-Cl-O
C.氯化钠的电子式:
D.二硫化碳分子的比例模型:
【答案】B
【解析】蔗糖的分子式:
C12H22O11,A正确;HClO为共价化合物,氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合,结构式为
,B错误;氯化钠为离子化合物,电子式:
,C正确;由图得出大球为硫原子,中间小球为碳原子,由于硫原子位于第三周期,而碳原子位于第二周期,硫原子半径大于碳原子半径,D正确;答案选B。
8.下列说法不正确的是()
A.液晶态介于晶体状态和液态之间,具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性
B.常压下,0℃时冰的密度比水的小,水在4℃时密度最大,这都与分子间的氢键有关
C.石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化
D.燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施
【答案】C
【解析】试题分析:
A.液晶介于晶体态和液态之间,既有晶体的有序性,又有液体的流动性,A项正确;B.氢键具有方向性,0℃时冰中的氢键较多,但由于它的方向性,导致水分子间只能在一定方向上成键,体积增大,密度减小,B项正确;C.石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性属于化学变化,纳米银粒子的聚集属于物理变化,C项错误;D.酸雨的形成主要是由SO2和氮氧化物的过度排放造成的,燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施,D项正确;答案选C。
考点:
考查液晶的性质,水中氢键对水物理性质的影响,石油、煤的综合利用和酸雨的防治。
9.右下表为元素周期表的一部分,其中X、Y、Z、W为短周期元素,W元素的核电荷数为X元素的2倍。
下列说法正确的是()
A.X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增
B.Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在,它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增
C.YX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力
D.根据元素周期律,可推测T元素的单质具有半导体特性,T2X3具有氧化性和还原性
【答案】D
【解析】试题分析:
W元素的核电荷数为X元素的2倍,所以X为氧元素,W为硫元素,Z为磷,Y为硅,T为砷。
A、非金属性越强,其气态氢化物越稳定,XWZ的非金属性依次减弱,所以热稳定性依次减弱,错误;B、硫在自然界中有游离态形式,错误;C、二氧化硅是原子晶体,晶体熔化不需要克服分子间作用力,三氧化硫分子间存在分子间作用力,从液态变成气态,需要克服分子键作用力,错误;D.因为砷处于金属和非金属的交界处,所以砷有半导体特性,三氧化二砷中砷是+3价,处于中间价有氧化性和还原性,正确。
【考点定位】位置、结构与性质、元素周期表与元素周期律
【名师点晴】本题主要是考查位置、结构与性质、元素周期表与元素周期律,熟练掌握同一周期、同一主族的原子结构和元素性质的递变规律,了解元素原子结构、在周期表中的位置、性质及其它们之间的关系即可解答。
10.下列说法中正确的是()
A.多孔铂碳不能用于氢氧燃料电池的电极材料
B.天然气、石油、核能、可燃冰都属于不可再生能源
C.皂化反应结束后,加入饱和氯化钠溶液,则甘油在下层析出
D.用玻璃棒蘸取氯水点在湿润的pH试纸上,测定该溶液的pH
【答案】B
【解析】多孔碳具有良好的导电性,且不参与原电池反应,因此可用作氢氧燃料电池的电极材料,A错误;可再生能源指的是像水能、风能以及太阳能,可以长期提供或可以再生的能源,而天然气、石油、核能、可燃冰都属于不可再生能源,B正确;皂化反应结束后,得到高级脂肪酸钠和甘油混合物,加入饱和氯化钠溶液,高级脂肪酸钠从溶液中析出,而甘油不能形成固体析出,C错误;氯水中含有次氯酸和盐酸,酸性作用使pH试纸变红,次氯酸的强氧化性,能够漂白pH试纸,最终无法测出该溶液的pH,D错误;正确选项B。
点睛:
氯水、次氯酸钠溶液等均含有次氯酸,次氯酸具有强的氧化性,能够漂白一些有机色质,所以不能用pH试纸测出该溶液的pH。
11.下列关于有机化合物的说法不正确的是()
A.聚丙烯酸甲酯中含碳碳双键B.以淀粉为原料可制取乙酸乙酯
C.己烷有5种同分异构体,它们的熔点、沸点各不相同D.在一定条件下,苯与液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反应都属于取代反应
【答案】A
【解析】丙烯酸甲酯中含有碳碳双键,发生加聚反应后,碳碳双键变为碳碳单键,A错误;淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖,葡萄糖在酒化酶的作用下变为酒精,酒精最终氧化为乙酸,乙酸和乙醇生成乙酸乙酯,B正确;同分异构体中,支链越多,熔沸点越低,所以己烷有5种同分异构体,它们的熔点、沸点各不相同,C正确;在一定条件下,苯与液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反应都属于取代反应,D正确;答案选A。
点睛:
苯与溴水不反应,苯与纯溴、铁作催化剂发生环上一取代反应,生成溴苯。
而甲苯与纯溴,若是光照条件,发生侧链上的取代反应;若是铁作催化剂,发生环上的取代反应。
12.在不同浓度(c)、温度(T)条件下,蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。
下列判断不正确的是()
T/K
v/mol·L-1·S-1
C/mol·L-1
0.600
0.500
0.400
0.300
318.2
3.60
3.00
2.40
1.80
328.2
9.00
7.50
a
4.50
b
2.16
1.80
1.44
1.08
A.a=6.00B.同时改变反应温和庶糖的浓度,v可能不变
C.b<318.2D.不同温度时,蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
【答案】D
【解析】A、318.2K是每段反应速率变化都是0.6,bK时,每段反应速率变化都是0.36,因此推出328.2K是每段反应速率变化应都是1.5,即a=6.00,故A说法正确;B、升高温度,降低浓度,有可能v保持不变,故B说法正确;C、温度越高,反应速率越快,b的反应速率小于318.2K的反应速率,说明b的温度低于318.2K,故C说法正确;D、温度不同,反应速率不同,温度越高,反应速率越快,达到一半时所用的时间短,故D说法错误。
13.下列离子方程式不正确的是()
A.向CuSO4溶液中加入Na2O2:
2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑
B.离子方程式2Ca2++3HCO3–+3OH–=2CaCO3↓+CO32–+3H2O可以表示Ca(HCO3)2与NaOH溶液的反应
C.Fe(OH)3溶于HI 溶液:
Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
D.向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液产生白色沉淀:
AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3 ↓+CO
【答案】C
【解析】Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气,氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠,反应的离子方程式:
2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑,A正确;Ca(HCO3)2与NaOH溶液以物质的量2:
3反应的离子方程式为2Ca2++3HCO3–+3OH–=2CaCO3↓+CO32–+3H2O,B正确;Fe(OH)3与HI溶液的反应是先溶解生成铁离子,然后铁离子氧化碘离子,正确的离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-
2Fe2++I2+6H2O,C错误;由于AlO2-结合H+能力强于HCO3-,所以二者发生反应生成Al(OH)3↓+CO32—,D正确;答案选C。
点睛:
解题时隐含信息往往不能及时发现而做错题,如B中Fe3+的氧化性,I-的还原性,以及HI属于强酸,都直接影响正误的确定;D中的两种物质都是碱性,但却不能共存,因为酸根结合H+的能力不同,所以二者能发生复分解反应。
14.下列说法正确的是()
A.pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断
B.实验室从海带提取单质碘的方法是:
取样→灼烧→溶解→过滤→萃取
C.用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时,可用水浴加热控制反应的温度
D.氯离子存在时,铝表面的氧化膜易被破坏,故含盐腌制品不宜直接放在铝制容器中
【答案】D
【解析】一般指示剂用于酸碱滴定终点的判断,而PH计是测量PH的专门用具,精确度极高,所以肯定可以用于滴定终点的判断,A错误;实验室从海带提取单质碘缺少了氧化过程,萃取后还要分液,B错误;用乙醇和浓
制备乙烯时必须使温度迅速提高至约170℃,不可能是水浴加热(水浴加热温度最高只能达到100℃),C错误;通常认为是
替换氧化铝中的
而形成可溶性的氯化物,所以铝表面的氧化膜易被
破坏,D正确;答案选D。
点睛:
不能用铝制容器来存放酸性食物、碱性食物和含盐腌制品,原因是金属铝既能与酸反应,又能与碱反应;而含盐腌制品中的
替换氧化铝中的
而形成可溶性的氯化物,铝表面的氧化膜易被
破坏,导致铝制容器腐蚀。
15.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()
A.MnO2不溶于水,可用作H2O2分解的催化剂
B.SO2具有漂白性,可用于制溴工业中吸收Br2
C.FeCl3溶液显酸性,可用于蚀刻铜制的电路板
D.NH4NO3分解产生大量气体,可用作汽车安全气囊产气药
【答案】D
【解析】A、MnO2不溶于水,与作H2O2分解的催化剂之间没有因果关系,则A错误;B、SO2用于制溴工业中吸收Br2,是利用SO2的还原性,与漂白性无关,故B错误;C、FeCl3溶液用于蚀刻铜制的电路板,是利用Fe3+的氧化性,与溶液的酸性没有关系,故C错误;D、NH4NO3分解能产生大量气体,可用作汽车安全气囊产气药,则D正确。
故本题正确答案为D。
16.下列叙述不正确的是()
A.用聚碳酸酯代替聚乙烯塑料可减少白色污染
B.油脂是热量最高的营养物质,可用于制油漆
C.氨基酸中只含有一个羧基和一个氨基
D.纤维素中含有羟基,可以与醋酸酯化生成醋酸纤维
【答案】C
【解析】聚乙烯塑料难降解,可造成白色污染,聚乳酸塑料易降解不会造成白色污染,A正确;油脂是热量最高的营养物质,用油脂可以制造肥皂和油漆,B正确;氨基酸中含有羧基和氨基,但是官能团的数目不确定,C错误;纤维素中含有羟基,而醋酸含有羧基,可以与醋酸酯化生成醋酸纤维,D正确;答案选C。
17.某原电池装置如图所示,电池总反应为2Ag+Cl2
2AgCl。
下列说法正确的是 ( )
A.正极反应为AgCl+e-
Ag+Cl-
B.放电时,交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成
C.若用NaCl溶液代替盐酸,则电池总反应随之改变
D.当电路中转移0.01mole-时,交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子
【答案】D
【解析】试题分析:
根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知,Ag失电子作负极失电子,氯气在正极上得电子生成氯离子。
A、正极上氯气得电子生成氯离子,其电极反应为:
Cl2+2e-═2Cl-,故A错误;B、放电时,交换膜左侧溶液中生成银离子,银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀,所以交换膜左侧溶液中有大量白色沉淀生成,故B错误;C、根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知,用NaCl溶液代替盐酸,电池的总反应不变,故C错误;D、放电时,当电路中转移0.01mole-时,交换膜左则会有0.01mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动,同时会有0.01molAg失去0.01mol电子生成银离子,银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀,所以氯离子会减少0.01mol,则交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子,故D正确。
考点:
考查了原电池原理的应用等相关知识。
18.在不同温度下,水溶液中c(H+)与c(OH-)关系如图所示。
下列说法不正确的是()
A.图中五点Kw间的关系:
B>C>A=D=E
B.若从A点到C点,可采用温度不变在水中加入适量NH4Cl的方法
C.E点对应的水溶液中,可能有NH4+、Ba2+、Cl-、I-大量同时存在
D.若处在B点时,将pH=2的硫酸溶液与pH=10的KOH溶液等体积混合,所得溶液呈中性
【答案】B
【解析】通过关系式:
可计算出图中五点关系:
,
,
,A正确;AC这条直线表示的是
,这条直线只与水溶液的温度变化有关,与其它因素无关,而且温度不变时,加入
会使
增大,
减小,B错误;
点对应的水溶液中溶液呈酸性,
水解:
,使溶液呈酸性,而其它三种离子在水中不水解,不会使溶液酸碱度改变,四种离子可以大量共存,C正确;
点处
,所以
时溶液呈中性,将
的硫酸溶液与
的
溶液等体积混合,
,D正确;答案选B。
19.最新报道:
科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。
反应过程的示意图如下:
下列说法中正确的是()
A.CO和O生成CO2是吸热反应
B.在该过程中,CO断键形成C和O
C.CO和O生成了具有极性共价键的CO2
D.状态Ⅰ→状态Ⅲ可以表示CO与O2反应的过程
【答案】C
【解析】试题分析:
A.由图可知反应物总能量大于生成物总能量,为放热反应,故A错误;B.由图可知不存在CO的断键过程,故B错误;C.CO与O在催化剂表面形成CO2,CO2含有极性共价键,故C正确;D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程,而不是与氧气反应,故D错误;故选C。
【考点定位】考查化学反应原理的探究
【名师点晴】本题侧重于化学反应原理的探究的考查,题目着重于考查学生的分析能力和自学能力,注意把握题给信息。
由图可知反应物总能量大于生成物总能量,为放热反应,CO与O在催化剂表面形成CO2,不存在CO的断键过程。
20.下列说法不正确的是( )
A.某晶体中含有极性键,则它不可能有很高的熔沸点
B.Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4分别加热熔化,需要克服相同类型作用力
C.分子间作用力的大小无法决定分子稳定性的高低
D.NaHSO4和NaHCO3两种晶体溶于水时,被破坏的作用既有离子键又有共价键
【答案】A
【解析】二氧化硅晶体中,硅原子与氧原子之间形成极性键,但是二氧化硅晶体属于原子晶体,熔沸点很高,A错误;Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4分别加热熔化,破坏的是离子键,因此克服相同类型作用力,B正确;分子间作用力的大小主要确定分子的物理性质,如熔沸点高低等,而分子稳定性主要由分子内部的共价键所决定,所以分子间作用力的大小无法决定分子稳定性的高低,C正确;NaHSO4溶于水,完全电离出三种离子,破坏了离子键;NaHCO3溶于水,电离出钠离子和碳酸氢根离子,破坏离子键,碳酸氢根离子部分电离出氢离子和碳酸根离子,破坏了共价键,D正确;答案选A。
21.下列实验中,所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是( )
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】A.氢氧化亚铁不稳定,易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁,所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气,植物油和水不互溶,且密度小于水,所以用植物油能隔绝空气,所以能实现实验目的,故A正确;B.容量瓶只能配制溶液,不能作稀释或溶解药品的仪器,应该用烧杯溶解硝酸钠,然后等溶液冷却到室温,再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中,故B错误;C.实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气,氨气极易溶于水,不能采用排水法收集,常温下,氨气和氧气不反应,且氨气密度小于空气,所以应该采用向下排空气法收集氨气,故C错误;D.制取乙烯需要170℃,温度计测定混合溶液温度,所以温度计水银球应该插入溶液中,且乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化,乙醇易挥发,导致得到的乙烯中含有乙醇,影响乙烯的检验,故D错误;故选A。
22.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()
A.3mol单质Fe完全转变为Fe3O4,失去8NA个电子
B.235g核素
发生裂变反应:
+
+
+10
,净产生的中子(
)数为10NA
C.丙醇中存在的共价键总数为10NA
D.50mL18.4mol·L-1浓硫酸与足量铜微热反应,生成SO2分子数目为0.46NA
【答案】A
【解析】Fe完全转变为Fe3O4,Fe由0价升高到+8/3价,3mol单质Fe完全转变为Fe3O4,失去8NA个电子,A正确;根据反应可知,235g核素
,物质的量为1mol,根据反应方程式可知,净产生的中子(
)数为9NA,B错误;丙醇中存在的共价键:
碳碳单键1个,碳氢单键5个,碳氧单键1个,氧氢单键1个,共有8NA,C错误;浓硫酸与足量铜微热反应,随着反应的进行,浓硫酸变为稀硫酸,稀硫酸与铜不反应,所以50mL18.4mol·L-1浓硫酸与足量铜微热反应,生成SO2分子数目小于0.46NA,D错误;答案选A。
点睛:
足量的铜与一定量的浓硫酸加热反应,最终铜剩余、硫酸剩余;一定量的铜与足量的浓硫酸加热反应,最终铜可以消耗完。
23.40℃时,在氨-水体系中不断通入CO2,各种离子的变化趋势如下图所示,不正确的是()
A.在pH=9.0时,c(NH4+)>c(HCO3ˉ)>c(NH2COOˉ)>c(CO32-)
B.在氨-水体系中不断通入CO2,体系中始终存在关系:
c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3ˉ)+c(OHˉ)
C.随着CO2的通入,
不断减小
D.pH=7时,水的电离程度最大
【答案】B
【解析】由图可知,在
时,
,A正确;在氨-水体系中不断通入CO2,还有中间产物NH2COOˉ生成,所以体系中始终存在电荷守恒关系:
c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3ˉ)+c(OHˉ)+c(NH2COOˉ),B错误;随着
的通入,
浓度不断增加,促使反应
正向进行,温度不变,反应的平衡常数不变,所以
不断减小,C正确;pH=7时,溶液为碳酸氢铵溶液,相互促进水解,水的电离程度最大;D正确;答案选B。
24.污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。
某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂,通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2,又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。
下列说法不正确的是()
A.上述流程脱硫实现了废弃物的综合利用和酸雨的减少
B.用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+,其原因是碳酸铝和碳酸铁的溶解度比MnCO3更小。
C.MnO2是碱性锌锰电池的正极材料,碱性锌锰电池放电时,正极的电极反应式是MnO2+H2O+e-
MnOOH+OH-
D.假设脱除的SO2只与软锰矿浆中MnO2反应。
按照图示流程,将am3(标准状况)含SO2的体积分数为b%的尾气通入矿浆,若SO2的脱除率为89.6%,最终得到MnO2的质量为Cmol,则除去铁、铝、铜、镍等杂质时,所引入的锰元素相当于MnO2为(0.6C-0.4ab)mol
【答案】B
【解析】含有二氧化硫的气体,经过一系列变化最终变为硫酸钾,上述流程实现了废弃物的综合利用,用减少了
的排放,使得酸雨也减少,A错误;
消耗溶液中的酸,升高溶液的pH,促使
和
水解生成氢氧化物沉淀;而不是碳酸铝和碳酸铁的溶解度比MnCO3更小,B错误;MnO2是碱性锌锰电池的正极材料,发生还原反应,正极的电极反应式是MnO2+H2O+e-
MnOOH+OH-,C正确;流程中发生的反应有:
、
,生成MnSO4的物质的量为cmol,所以反应消耗的MnSO4物质的量为n=c×3/5=0.6cmol,而吸收
生成MnSO4的物质的量为n1=a×1000×b%×89.6%/22.4=0.4ab,所以引入的锰元素的物质的量
=(0.6c-0.4ab)mol,D正确;正确选项为B。
25.
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