题目内容

【题目】下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是

A. 0.2 mol·L-1Na2CO3溶液c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+c(H2CO3)

B. pH相等的NaFCH3COOK溶液[c(Na+)-c(F-)]>[c(K+)-c(CH3COO-)]

C. pH相等的①NH4Cl ②(NH4)2SO4 ③NH4HSO4溶液,NH4+大小顺序为①=②>③

D. 0.2 mol·L-1HCl0.1 mol·L-1NaAlO2溶液等体积混合c(Cl-)>c(Na+)>c(H+)>c(Al3+)>c(OH-)

【答案】C

【解析】根据质子守恒,0.2 mol·L-1Na2CO3溶液:c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3),故A错误;根据电荷守恒,NaF溶液中[c(Na+)-c(F-)]= [c(OH-)-c(H+)],CH3COOK溶液[c(K+)-c(CH3COO-)]= [c(OH-)-c(H+)],PH相等所以[c(Na+)-c(F-)]=[c(K+)-c(CH3COO-)],故B错误; NH4Cl、(NH4)2SO4由于NH4+水解溶液呈酸性,pH相等所以NH4+浓度相等,NH4HSO4溶液主要由于NH4HSO4电离呈酸性所以NH4HSO4溶液中NH4+浓度最小,故C正确;0.2 mol·L-1HCl0.1 mol·L-1NaAlO2溶液等体积混,完全反应生成氯化钠氯化铝氢氧化铝所以c(Cl-)>c(Na+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-),故D错误

型】单选题
束】
8

【题目】直接排放含SO2的烟气会形成酸雨,危害环境。某化学兴趣小组进行如下有关SO2性质和含量测定的探究活动。

1装置A中仪器a的名称为________写出A中发生反应的离子方程式_________________________若利用装置A中产生的气体证明+4价的硫元素具有氧化性,试用化学方程式表示该实验方案的反应原理_______________________________________

2选用图中的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱

甲同学认为按A→C→F→尾气处理顺序连接装置可以证明亚硫酸和次氯酸的酸性强弱,乙同学认为该方案不合理,其理由是__________________________________

丙同学设计的合理实验方案为按照A→C→______→F→尾气处理(填字母)顺序连接装置。证明亚硫酸的酸性强于次氯酸的酸性的实验现象是____________________________

其中裝置C的作用是____________________________

3为了测定装置A残液中SO2的含量,量取10.00mL残液于圆底烧瓶中,加热使SO2全部蒸出,用20.00mL0.0500mol·L-1KMnO4溶液吸收。充分反应后,再用0.2000 mol·L-1KI标准溶液滴定过量的KMnO4消耗KI溶液20.00mL

已知5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+ 10I-+2MnO4-+16H+=2Mn2++5I2+8H2O

残液中SO2的含量为____g·L-1

若滴定前读数时平视,滴定终点读数时俯视则测定结果________偏高偏低无影响)。

【答案】 分液漏斗 CaSO3+2H+=Ca2++H2O+ SO2SO2+2H2S=3S↓+2H2O 次氯酸在水溶液中能将SO2氧化,并非强酸制弱酸 B→E→D F中有沉淀后溶解,D不变色 除去挥发HCl 3.2 偏高

【解析】试题分析(1)根据装置A分析仪器a的名称;A中亚硫酸钙与盐酸反应生成氯化钙二氧化硫;SO2H2S反应生成硫单质能证明+4价的硫元素具有氧化性;(2)①次氯酸在水溶液中能将SO2氧化;②根据亚硫酸酸性大于碳酸碳酸酸性大于次氯酸验证亚硫酸与次氯酸的酸性强弱;(3)①根据电子守恒计算SO2的含量;②若滴定前读数时平视,滴定终点读数时俯视消耗KI溶液体积偏小

解析:1装置A中仪器a的名称分液漏斗A中亚硫酸钙与盐酸反应生成氯化钙二氧化硫反应的离子方程式是CaSO3+2H+=Ca2++H2O+ SO2SO2H2S反应生成硫单质能证明+4价的硫元素具有氧化性反应方程式是SO2+2H2S=3S↓+2H2O次氯酸在水溶液中能将SO2氧化,并非强酸制弱酸所以按A→C→F→尾气处理顺序连接装置不能证明亚硫酸和次氯酸的酸性强弱②根据亚硫酸酸性大于碳酸碳酸酸性大于次氯酸验证亚硫酸与次氯酸的酸性强弱;A中生成的SO2气体通过饱和NaHSO3溶液除去HCl再通过饱和NaHCO3溶液生成二氧化碳气体证明亚硫酸酸性大于碳酸再通过高锰酸钾溶液除去CO2中的SO2,用品红溶液检验SO2已经除尽,再把CO2通入漂白粉溶液中,若D中品红不褪色、F中先有沉淀后溶解,证明碳酸酸性大于次氯酸;所以按照A→C→B→E→D→F→尾气处理(填字母)顺序连接装置其中饱和NaHCO3溶液的作用是除去挥发HCl(3)①设10.00mL残液中SO2的质量是xg根据电子守恒 x=0.032g残液中SO2的含量为3.2g·L-1若滴定前读数时平视,滴定终点读数时俯视消耗KI溶液体积偏小根据上式可知测定结果偏高

练习册系列答案
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【题目】向硫酸铜水溶液中逐滴加入氨水,先形成蓝色沉淀,继续滴加氨水,沉淀溶解,得到深蓝色的透明溶液,再向溶液中加入乙醇有深蓝色晶体(化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O)析出。

(1)写出上述实验前两步反应的离子方程式______________________

(2)铜元素基态原子的电子排布式为_________________,铜单质晶体中的原则堆积模型属于_________堆积(填堆积模型名称)。

(3)在上述深蓝色晶体所含的非金属元素中,电负性最大的是_________(填元素符号),第一电离能最大的是_________(填元素符号)。该晶体中的阴离子的立体构型是_________,阴离子的中心原子的杂化方式为_________

(4)氨的沸点_________(填“高于”或“低于”)膦(PH2),原因是_____________

(5)Cu的一种氯化物晶胞结构如图所示,该氯化物的化学式是______________。若该晶体的密度为pg·cm-3,以NA表示阿伏伽德罗常数,则该晶胞的边长为a=_____________nm。

【答案】 Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4 Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH- 1s22s22p63s23p63d104s1或 3d104s1 面心立方最密堆积 O N 正四面体 sp3 高于 因氨分子间存在氢键,膦分子间不存在氢键而只存在范德华力,故氨的沸点高于膦的沸点 CuCl

【解析】(1)氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀,当氨水过量时,氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物,所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液,涉及的离子方程式为:Cu2++2NH3H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-; 故答案为:Cu2++2NH3H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-

(2)铜是29号元素,基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,铜单质晶体中的原子堆积模型属于面心立方最密堆积,故答案为:1s22s22p63s23p63d104s1;面心立方最密堆积;

(3)上述深蓝色晶体所含的非金属元素有NHOS,其中O元素的非金属性最强,电负性最大,N2p为半充满状态,较为稳定,第一电离能最大。[Cu(NH3)4]2+形成4个配位键,具有对称的空间构型,中心原子的杂化方式为sp3,空间结构为正四面体,故答案为:ON;正四面体;sp3

(4)氨分子间能够形成氢键,沸点高于膦(PH3),故答案为:高于;因氨分子间存在氢键,膦分子间不存在氢键而只存在范德华力,故氨的沸点高于膦的沸点。

(5)晶胞中Cu位于顶点、面心,晶胞中Cu原子为+6×=4Cl原子位于晶胞内部,晶胞中Cl原子数目为4,故该晶体化学式为CuCl1mol晶胞的质量为g1mol晶胞的体积为a3 cm3,该晶体的密度为ρg·cm-3,因此a3 cm3×ρg·cm-3=4×g,解得a= cm=×107 nm,故答案为:CuCl ×107

型】填空
束】
12

【题目】有机物J是我国自主成功研发的一类新药,它属于酯类,分子中除苯环外还含有一个五元环。合成J的一种路线如下

已知:

回答下列问题

(1)A→B的反应类型为_______________。C中的官能团名称为_____________________

(2)D生成E的化学方程式为__________________________________

(3)J的结构简式是_____________________在一定条件下,H 自身缩聚生成高分子化合物的化学方程式为_______________________________________

(4) 根据CXx的分子式为_____________________。X有多种同分异构体,其中满足下列条件的同分异构体共有___________(已知碳碳叁键或碳碳双键不能与羟基直接相连)。

A.除苯环外无其他环,且无-O-O-

B.能与FeCl3溶液发生显色反应

C.苯环上一氯代物只有两种

(5)利用题中信息和所学知识,写出以乙烯和甲苯为原料,合成的路线流程图(其它试剂自选):__________________________________

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