天津市耀华中学2024届高三届级暑假学情反馈化学试题

2023-09-15 20:08:09 28

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本文从以下几个角度介绍。

解析I.(1)装置A中草酸钴受热分解，生成的气体通过装置E中浓硫酸吸收水蒸气，通过装置C中碱石灰吸收生成的二氧化碳，通过装置D验则2×71.2%×m-59916,×32.3%×m,解得号59证生成的一氧化碳，剩余)用装置B吸收，则探究草酸钴的热分解产物，71.2×16按气体流动方向，各装置的连接顺序为A→E→C→D→B。177×32.3-59×71.2(2)一氧化碳具有还原性，能还原氧化铜生成红色铜，则由实验装置和过【变式2】(1)是程分析可知，能验证分解产物中有CO的实验现象是装置D中氧化铜由(2)FeC20,400℃FeO+CO木+CO2A黑色变为红色。(3)Fe3++3H2O、一Fe(OH)3+3H+5(3)3.66gCoC2O4·2H2O的物质的量为0.02mol,3.66gCoC2O4·2H2O(4)FesO+8HCl=2FeCla+FeCl2-4H2O于硬质玻璃管中加热至恒重，冷却、称量，剩余固体的质量为1.5g,球形干解析(1)根据图像，300℃时样品脱水生成的固体质量为1.440g,所以燥管质量增加0.88g,0.88g为吸收的二氧化碳的质量，n(CO2)为假设反应为：0.02mol,根据碳元素守恒可知生成的C)物质的量为0.02mol。生成的钴的氧化物中钴元素物质的量为0.02ol,设生成的钴的氧化物为FeC2O4·2lO△FcC2(O4·(2-n)lO十nIH0180181.5gCo0,则Co0,的摩尔质量=0.02=75g·mo1,则氧化物为1.800g(1.800-1.440)gCoO,生成的水的物质的量为0.04ol,结合原子守恒书写化学方程式解得n=2,所以350℃时样品完全脱水。为CoC204·2H20高温Co0+C02++C0*+2H20。(2)根据铁元素质量守恒，铁原子的最小公倍数是6，于是存在下列质量关系：Ⅱ.(4)①CoS()4溶液（粉红色）中滴加0.1mol·L1Na(OH溶液，生成的6FeO~3Fe2O3~2FeO1(72:80:77.3),固体质量的变化趋势与表中粉红色沉淀为Co(OH)2(粉红色)，将该沉淀分成两份，一份中加入3%提供的数据一致，即72：80：77.3≈0.400：0.444：0.429。的H2O2溶液，粉红色沉淀立即变为棕褐色，说明Co(OH)2被氧化为因此表明：Fe(C2(O1分解时，先转变为Fe(),再转变为Fe2()3,最后变为Co()H)3(棕褐色)；②向实验2得到的棕褐色沉淀中滴加浓盐酸至固体Fe3O4,所以400℃时FeC2O4分解生成FeO,结合化合价有升必有降，则逐渐溶解，并有黄绿色气体产生，说明生成氯气，发生的反应是氧化还原反应，Co(OH)3氧化氯离子生成氯气；③取另一份实验1中所得的粉红还有一氧化碳和二氧化碳生成：反应的化学方程式为FcC2O,40℃色沉淀滴加浓盐酸，粉红色沉淀溶解，未见气体生成，说明Co(OH)2不FeO+CO十CO2A.能氧化氯离子生成氯气，氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产(3)根据(2)的分析，600℃时FC2(O4分解生成的F()转化为Fe2(Oh,加稀盐物的氧化性，酸性条件下，C2、Co(OH)2、Co(OH)3的氧化能力由大到小酸溶解生成三价铁的溶液，因为三价铁易水解，所以溶液的pH为3，水解方的顺序是Co(OH)3>C2>(Co(OH)2程式为Fe3+十3H()一Fe()HD3十3H;当铁元素的离子浓度为4.0×考点2组成探究型实验的设计和评价8/1.0×1038能力·重点突破101mol·L1时，氢氧根离子的浓度为√生.0×10-molL1=1.0【例1】(1)三颈烧瓶(2)制备F2+,利用产生的氢气排尽装置内的空气，防止Fe2-被氧化32Fe++2HCO3—Fe(O￥+CO2+X10ml·1,氢房子浓度为士0al1=1.0×10-5mol·I-1,所以pH=5。H2O(4)取少量该溶液滴加KSCN,溶液显血红色，说明含有三价铁离子，另(3)液封，防止空气中的氧气进入C装置中，将F+氧化取少量该溶液滴加Kg[F(N)s](铁氰化钾)溶液，产生蓝色沉淀，说明(4)防止FeCO:与乳酸反应产生的Fe2-被氧化含有二价铁离子，所以根据氧化还原反应的特征，1500℃时Fe2Os发生(5)乳酸（或乳酸根离子）中的羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化分解反应生成Fe3)1和氧气，四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁和氯化(6)97.50亚铁，反应的化学方程式为FeO4十8HCl—2FeCl3+FeCl2十4H2O。解析(2)为顺利达成实验目的，先要使盐酸与铁粉反应制备F(Cl2。先关闭活塞2，打开活塞1、3，待加入足量盐酸后，关闭活塞1，反应一段时考点3原理探究型实验的设计和评价间后，生成的H2使B装置巾的气压增大，将B装置巾的FC2溶液压入能力·重点突破C装置中。【例1】ID(6)3组数据，第二组数据与第一、三组相差太大，应舍去，均每解析根据生成气体的体积可确定铝的质量，以此可确定氧化铝的含25.00mL样品溶液消耗Ce(SO4)2溶液的体积为V=量，可达到实验目的，A项正确；分别向0.1ol·L一1醋酸和饱和硼酸溶19.45ml.十19.55ml=19.50ml,反应为Ce++Fe2+一Ce3+十液中加等浓度碳酸氢钠溶液，只有前者生成气体，可知发生强酸制取弱2酸的反应，则酸性：醋酸>碳酸>硼酸，B项正确；N2SiO⅓不燃烧、不支Fe3+,25.00mL溶液中含有的Fe2+的物质的量浓度为c(Fe2+)=持燃烧，可用作木材防火剂，C项正确；向5mL0.005mol·L-1FeCl319.50mL×0.1000mol·L=0.078mol·L-1,则250ml.溶液中含溶液中加入5mL0.01mol·L-1KSCN溶液，发生反应Fe3++3SCN25.00mL≥Fe(SCN)3,会出现红色，但冉继续加入少量KC1固体，对反应衡有n(Fe2+)=0.078mol·L1×0.25L=0.0195mol,则产品中乳酸亚铁无影响，不能证明存在衡，D项错误。晶体的质量分数为0.0195moX28g·mol×100%=97.50%.【变式1】D5.760g解析I2易溶丁CC4,被萃取到有机层，CC4的密度比水大，有机层在【变式1】CD下层，因溶有碘呈现紫红色，A项正确；二氧化锰和浓盐酸反应需要加解析接触法制硫酸的设备主要为沸腾炉、接触室和吸收塔，高浓度热，因此用淀粉碘化钾溶液检验时，溶液不变蓝，B项正确：滴加几滴SO2进人接触室进行循环利用，A项错误；固体A是由(NH4)2SO4与AgNO3溶液，生成了黄色沉淀AgI,AgCI和AgI均为难溶物，更难溶的NH4HS)4组成的混合物，氢氧化钠少量，优先发生酸碱中和反应，离子先沉淀，所以K(AgC)>Ks(AgI),C项正确；银镜反应需要在碱性环方程式为H++OH一H2O,B项错误；运用实验②数据，设境下进行，没有先用碱液中和硫酸，所以未出现银镜不能确定蔗糖是否(NI),S0,与N:IS0,的物质的量分别为x和y+2ml=水解，D项错误。5mol·L.-1×0.021,132x+115y=11.1g,解得x=0.01875mol、y【例2】AC0.075mol,故(NH4)2S)4与NHHS)4的物质的量之比为0.01875mol解析C与稀硫酸不反应，则取少量红色固体，加人足量的稀硫酸，若:0.075tnol=1:4,C项正确；由n[(NH)2SO4]:n(NIH4HS)4)=溶液无明显现象，则假设·成立，A项正确；C2)能与稀硫酸发生反应1:4可知，①中n(NH4HS)4)=0.05mol、n[(NH4)gSO1]=Cu2O十H2SO4一CuSO4十Cu十H2O,则少量红色固体与足量稀硫酸反0.0125mol,又因为n(NH)-0.075mol,可知固体A反应完全，则至少应，若溶液呈蓝色且仍有红色固体，假设二、假设三均可能成立，B项错需要NaOH25.00ml,D项正确。误；通人足量的H2将7.2g红色固体还原，最后得到固体6.4g,若只有71.2×16【例2】177×32.3-59×71.2C:0时含Cu为7.2g×器-6,4g,由Cu原子守恒可知假设二成立，C解析Co(CH3COO)2·nH2O在加热过程中先失去结晶水，200℃时得项正确；实验室可用向稍过量的NaOH溶液中加人CuSO1溶液，再加入到Co(CH,C002,则残解固体中钴的百分含量=9×71.2%，350℃葡萄糖并加热的方法来制取C2O,注意保证氢氧化钠过量而不是硫酸铜过量，D项错误以上残留固体为金属氧化物(C0),),残留固体中钴的百分含量=【变式2】C59z59千16X32.3%,根据钻的质量守恒，假设固体样品的起始质量为m,解析②是①的对比实验，用c(KI)应该相等，否则无法得出正确结论，所以α=0.4，A项正确：比较①②③，①中只含KI、②中含有KI和硫23XLJ(新)·化学-A版-XJC·41·

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