届甘肃省师大附中高三上学期第一次月考化学试题解析版.docx
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届甘肃省师大附中高三上学期第一次月考化学试题解析版
甘肃省师大附中2018-2019学年上学期高三第一次月考化学试卷
1.化学与人类生产、生活和社会可持续发展密切相关。
下列说法不正确的是
A.“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应
B.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
C.煤经过气化、液化和干馏等化学变化过程,可以转化为清洁能源
D.氮氧化物受紫外线照射后与空气中的一些碳氢化合物作用后形成光化学烟雾
【答案】B
【解析】
【分析】
A.某些金属元素在灼烧时呈现特殊的颜色;B.绿色化学的核心是从源头上减少污染物;C.煤的气化与液化均发生化学反应;D.光化学烟雾是氮氧化物受紫外线照射后与空气中的碳氢化合物作用后形成的有毒烟雾。
【详解】A.金属灼烧时有特殊的颜色,则“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应,选项A正确;B.“绿色化学”的核心是从源头上减少污染物的使用,而不能污染后再治理,选项B错误;C.煤的气化中碳与水反应CO和氢气,液化中发生化学反应生成甲醇,使其成为清洁能源,选项C正确;D.氮氧化物受紫外线照射后与空气中的碳氢化合物作用后形成的有毒烟雾为光化学烟雾,是污染空气的有毒气体,选项D正确;答案选B。
【点睛】本题考查环境污染及能源问题,注意绿色化学及能源的综合利用即可解答,明确常见的环境污染物及节能减排理念来分析解答,题目难度不大。
2.分类思想是研究化学的常用方法,下列分类叙述正确的是()
A.既有单质参加又有单质生成的反应一定是氧化还原反应
B.淀粉、纤维素、油脂均属于天然高分子
C.根据丁达尔现象可以将分散系分为溶液、胶体和浊液
D.碱性氧化物一定是金属氧化物,金属氧化物不一定是碱性氧化物
【答案】D
【解析】
A.同一反应中,既有单质参加,又有单质生成的反应不一定发生氧化还原反应,如臭氧和氧气之间的转化,故A错误;B、淀粉、纤维素属于天然高分子化合物,油脂不属于天然高分子化合物,故B错误;C.根据分散系分散质微粒直径将分散系分为溶液、胶体和浊液,不是根据丁达尔现象分类的,故C错误;D、碱性氧化物是与酸反应生成盐和水的氧化物为金属氧化物,但金属氧化物可以是两性氧化物如Al2O3,故D正确;故选D。
3.有一种军用烟幕弹中装有ZnO、Al粉和C2Cl6,其发烟过程中的化学反应如下:
①3ZnO+2Al→Al2O3+3Zn
②3Zn+C2Cl6→3ZnCl2+2C
下列有关叙述不正确的是
A.反应①是铝热反应
B.反应②是置换反应
C.C2Cl6属于卤代烃
D.氧化性:
Al>Zn>C
【答案】D
【解析】
【详解】A.反应①利用Al的还原性及放热,为铝热反应可冶炼Zn,A正确;
B.反应②为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应,属于置换反应,B正确;
C.C2Cl6为乙烷的卤代物,则属于卤代烃,C正确;
D.由①②可知还原性为Al>Zn>C,且Al、Zn均为金属,不具有氧化性,D错误;
答案选D。
【点睛】本题考查反应类型、氧化性和还原性判断以及有机物分类,把握反应中元素的化合价变化、铝热反应、反应类型为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查。
选项D是易错点,注意金属无氧化性。
4.下列实验方案合理且能达到对应目的的是
实验目的
实验方案
A
制备Fe(OH)3胶体
向25mL沸水中逐滴加入5~6滴饱和FeCl3溶液,加热煮沸至溶液呈红褐色
B
除去乙酸乙酯中的乙酸
向混合物中加入饱和氢氧化钠溶液,充分振落、静置、分液
C
比较HClO、HCN的酸性强弱
用pH试纸测浓度相同的NaClO溶液和NaCN溶液的pH值
D
测定中和反应的反应热
50mL5.0mol/L的盐酸和50mL5.0mol/L的NaOH溶液反应
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
分析:
A.制备氢氧化铁胶体时,煮沸至溶液呈红褐色停止加热,且不能搅拌;B.乙酸乙酯在浓氢氧化钠溶液中会发生水解,以此分析;C.NaClO溶液具有强氧化性,不能利用pH试纸测定pH,以此解题;D.中和热是强酸强碱的稀溶液生成1mol水放出的热,以此解题。
详解:
A.制备氢氧化铁胶体的正确方法为:
向25mL沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液,继续煮沸至溶液呈红褐色,停止加热,故A正确;
B.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液,乙酸与碳酸钠反应,可用碳酸钠溶液除去乙酸,氢氧化钠溶液碱性太强,乙酸乙酯会发生水解,所以B选项是错误的。
C.NaClO溶液具有强氧化性,不能利用pH试纸测定pH,应利用pH计测定pH比较酸性强弱,故C错误;
D.中和热是强酸强碱的稀溶液生成1mol水放出的热,5.0mol/L浓度较大,产生较大误差,故D错误;
所以A选项是正确的。
5.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是
A.1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2,转移的电子数为2NA
B.标准状况下,22.4L一氯甲烷中含极性共价键数目为4NA
C.标准状况下,22.4LHCl气体中含有NA个气体分子
D.1molSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3,共转移2NA个电子
【答案】D
【解析】
【详解】A、由于镁反应后变为+2价,故1mol镁反应转移2NA个电子,故A正确;B、标况下22.4L一氯甲烷的物质的量为1mol,而一氯甲烷中含4条极性共价键,故1mol一氯甲烷中含4NA条极性共价键,故B正确;C.标准状况下,22.4LHCl的物质的量为1mol,含有NA个分子,故C正确;D、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应,不能完全进行,故1molSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3,转移的电子数小于2NA个,故D错误;故选D。
6.下列反应的离子方程式正确的是
A.氢氧化亚铁在空气中的变化:
2Fe(OH)2+O2+H2O===2Fe(OH)3
B.硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液:
Fe2++2H2O2+4H+===Fe3++4H2O
C.氢氧化铁与氢碘酸反应:
Fe(OH)3+3HI===FeI3+3H2O
D.硝酸铁溶液中加过量氨水:
Fe3++3NH3·H2O===Fe(OH)3↓+3NH4+
【答案】D
【解析】
【详解】A.氢氧化亚铁不稳定,易被氧气氧化生成氢氧化铁,化学方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2═4Fe(OH)3,故A错误;B.Fe2++2H2O2+4H+===Fe3++4H2O中电荷不守恒,正确的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O,故B错误;C.氢氧化铁与氢碘酸,发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水,反应为2Fe(OH)3+6HI=2FeI2+I2+6H2O,故C错误;D.氨水为弱电解质,应写成化学式,与硝酸铁反应生成氢氧化铁沉淀,反应的离子方程式为Fe3++3NH3·H2O═Fe(OH)3↓+3NH4+,故D正确;故选D。
【点睛】本题考查离子方程式的正误判断,注意从粒子符号、电荷守恒以及反应物的量等角度判断。
本题的易错点为C,要注意铁离子能够氧化碘离子。
7.常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()
A.强酸性溶液中:
Cu2+、K+、ClO-、SO42-
B.PH=6的溶液中:
Fe3+、Al3+、SO42-、Cl-
C.含有大量AlO2-的溶液中:
K+、Na+、HCO3-、I-
D.有色透明溶液中:
Fe2+、Ba2+、Cl-、NO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A、溶液为强酸性,还有大量H+,H+与ClO-生成弱电解质HClO,因此这些离子不能在指定溶液中共存,故A错误;B、PH=6的溶液中,Fe3+不能大量存在,故B错误;C、AlO2-与HCO3-发生互促水解反应而不能大量共存,故C错误;D、Fe2+显浅黄绿色,这些离子在指定的溶液中能够大量共存,故D正确;故选D。
【点睛】本题重点考查离子共存问题。
解离子共存问题应注意观察是否会构成沉淀、气体、弱电解质,是否会发生氧化还原反应。
观察题中是否有以下字样1.在酸性溶液中。
如果有此字样,那我们就可以知道题中给了我们一个隐藏的限制,那就是在此溶液中含有氢离子。
2.在碱性溶液中。
如果有此字样,那我们就可以知道题中给了我们一个隐藏的限制,那就是在此溶液中含有氢氧根。
因此氢离子、铜离子、2价铁离子、3价铁离子等等不能共存。
3.是否是无色溶液,若是无色溶液则不能有以下有色离子2价铁呈浅绿色、3价铁呈黄色、铜离子呈蓝色、高锰酸根呈紫色。
本题题干中pH=13,证明溶液含有OH-,溶液中不能存在与OH-反应的物质;无色透明溶液说明溶液中不能存在有颜色的离子。
8.下列离子方程式的书写及评价均合理的是
选项
离子方程式
评价
A
将1mol Cl2通入到含1mol FeI2溶液中:
2Fe2++2I-+2Cl2═2Fe3++4Cl-+I2
正确;Cl2过量,可将Fe2+、I-均氧化
B
1mol•L-1的NaAlO2溶液和2.5mol•L-1的HCl溶液等体积互相均匀混合:
2AlO2-+5H+═Al3++Al(OH)3↓+H2O
正确;AlO2-与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为2:
3
C
过量SO2通入到NaClO溶液中:
SO2+H2O+ClO-═HClO+HSO3-
正确;说明酸性:
H2SO3强于HClO
D
Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应:
Mg2++HCO3-+OH-═MgCO3↓+H2O
正确;酸式盐与碱反应生成正盐和水
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A、将1molCl2通入到含1molFeI2的溶液中,只能够将碘离子氧化完全,正确的离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2,正确的评价为Cl2不足,只氧化I-,故A错误;B、1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合,设溶液体积为1L,偏铝酸钠和HCl的物质的量分别为1mol、2.5mol,1mol偏铝酸钠消耗1molHCl生成1mol氢氧化铝,剩余的1.5molHCl能够溶解0.5mol氢氧化铝,反应的离子方程式为:
2AlO2-+5H+═Al3++Al(OH)3↓+H2O,AlO2-与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为1:
1.5=2:
3,故B正确;C、过量SO2通入到NaClO溶液中,SO32-有强还原性,ClO-有强氧化性,发生氧化还原反应,正确的离子方程式为SO2+H2O+ClO-=2H++SO42-+Cl-,故C错误;D、Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应,正确的离子方程式为Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2H2O+2CO32-,故D错误;故选B。
【点睛】本题考查离子方程式的书写。
本题的难点为选项B,注意氢氧化铝具有两性,要从盐酸与偏铝酸钠反应的方程式和量的关系分析判断。
9.某种类型的心脏起搏器工作时发生下列反应:
4Li+2SOCl2→4LiCl+S+SO2,下列有关判断正确的是(提示:
SOCl2中S显+4价)
A.还原剂只有Li
B.SOCl2既是氧化剂又是还原剂
C.还原产物包括LiCl和S
D.生成1.12LSO2时,反应转移电子为0.2mol
【答案】A
【解析】
分析:
在4Li+2SOCl2→4LiCl+S+SO2反应中,Li的化合价升高,作还原剂,S元素的化合价降低,SOCl2作氧化剂。
详解:
A.Li元素的化合价升高,所以还原剂只有Li,故A正确;
B.SOCl2中S元素的化合价降低,所以SOCl2为氧化剂,故B错误;
C.Li元素的化合价升高被氧化,LiCl是氧化产物,S元素的化合价降低被还原,单质S是还原产物,故C错误;
D.因题目中未说明二氧化硫是否处于标准状况,所以无法计算转移电子的数目,故D错误;答案选A。
点睛:
本题主要考查氧化还原反应,把握反应中元素的化合价变化情况为解题的关键,侧重于氧化还原反应基本概念的考查,题目难度不大。
本题的易错点是D项,解题时要注意题目中未说明二氧化硫气体是否处于标准状况,所以无法计算转移电子的数目。
10.下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的Ba(ClO)2溶液
生成白色沉淀
试样己氧化变质
B
向Co2O3中滴入浓盐酸
产生黄绿色气体
氧化性:
Co2O3>Cl2
C
向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液
溶液变为红色
待测溶液中含有Fe2+
D
向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液
有白色沉淀和气体产生
AlO2-与HCO3-发生了双水解反应
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
A项,若试样没有变质,Ba(ClO)2具有强氧化性,可将Na2SO3氧化成Na2SO4,Na2SO4与Ba2+形成不溶于稀盐酸的BaSO4沉淀,错误;B项,Co2O3中滴入浓盐酸产生黄绿色气体,则浓盐酸被氧化成Cl2(Cl2为氧化产物),Co2O3为氧化剂,根据同一反应中氧化性:
氧化剂
氧化产物,氧化性:
Co2O3
Cl2,正确;C项,待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液,溶液变为红色,待测液中可能只有Fe3+不含Fe2+,检验Fe2+应先加KSCN溶液无明显现象,再加氯水溶液变红,错误;D项,NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液,发生反应:
NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓,只有白色沉淀,不是双水解反应,是“强制弱”的复分解反应,错误;答案选B。
11.铜和Al的合金2.3g全溶于浓硝酸,若反应中硝酸被还原只产生2.24L的NO2气体和168mL的N2O4气体(都已折算到标准状况),在反应后的溶液中,加入一定量的氢氧化钠溶液,使生成的沉淀的最大质量为
A.4.1275gB.4.255gC.8.51gD.9.62g
【答案】B
【解析】
【分析】
铜和镁失去的电子的物质的量,等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量,等于他们结合的氢氧根的物质的量,根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量,沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜,沉淀的总质量等于金属质量与氢氧根的质量之和。
【详解】2.24L的NO2气体的物质的量为
=0.1mol,168mL的N2O4气体的物质的量为
=0.0075mol,所以金属提供的电子的物质的量为0.1mol×(5-4)+0.0075mol×2×(5-4)=0.115mol,所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.115mol,氢氧根的质量为0.115mol×17g/mol=1.955g,所以沉淀的金属的质量为2.3g+1.955g=4.255g,答案选B。
【点睛】本题考查混合物的计算,题目难度中等,本题解答的关键是铜和镁失去的电子的物质的量,等于他们结合的氢氧根的物质的量,而结合氢氧根的质量就正好是质量增加的量。
12.下列说法正确的是
A.在溶液中加KSCN,溶液显红色,证明原溶液中有Fe3+,无Fe2+
B.铁粉作食品袋内的脱氧剂,铁粉起还原作用
C.FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作,原因是FeCl3能从含有Cu2+的溶液中置换出铜
D.c(Fe2+)=1mol·L-1的溶液中:
K+、NH4+、MnO4-、S2-能大量共存
【答案】B
【解析】
【详解】A.Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色,Fe2+遇KSCN无明显现象,如果该溶液既含Fe3+,又含Fe2+,滴加KSCN溶液,溶液呈红色,则证明存在Fe3+,并不能证明无Fe2+,故A错误;B.铁粉作食品袋内的脱氧剂,Fe与氧气反应,铁的化合价升高,作还原剂,起到还原作用,故B正确。
C.Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜,没有单质生成,不属于置换反应,故C错误;D.Fe2+、MnO4-之间发生氧化还原反应,在溶液中不能大量共存,故D错误;故选B。
13.Y形管是一种特殊的仪器,与其他仪器组合可以进行某些实验探究。
利用下图装置可以探究SO2与BaCl2反应生成BaSO3沉淀的条件。
下列判断正确的是( )
..............................
A.玻璃管的作用是连通大气,使空气中的氧气进入广口瓶,参与反应
B.c、d两根导管都必须插入BaCl2溶液中,保证气体与Ba2+充分接触
C.Y形管乙中产生的为氧化性气体,将BaSO3氧化为BaSO4沉淀
D.e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体
【答案】D
【解析】
【详解】A、玻璃管的作用是连通大气,平衡压力,以便左右两边产生的气体顺利导入,故A错误;B、如果产生氨气,氨气极易溶于水防止倒吸,所以不能插人BaCl2溶液中,故B错误;C、SO2与BaCl2不反应,氧化性气体将溶液中的亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子,而不是将BaSO3氧化为BaSO4沉淀,故C错误;D、如是碱性气体,溶液中存在大量的SO32-,所以e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH,产生氨气碱性气体,故D正确;故选D。
解析
【点睛】SO2与BaCl2反应产生沉淀,溶液中必须存在大量的SO32-,右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体,如是碱性气体,溶液中存在大量的SO32-,如是氧化性气体,溶液中可生成SO42-,则生成的沉淀可能为BaSO3或BaSO4;容器内压强增大,溶液倒吸,气体不容易导入,所以导气管A的作用是保持集气瓶内外气压平衡,以便左右两边产生的气体顺利导入,由此分析解答。
14.现取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解(假定硝酸的还原产物只有NO),向反应后的混合溶液中滴加bmol/LNaOH溶液,当滴加到VmL时,得到沉淀质量恰好为最大值n克,则下列有关该实验的说法中不正确的是
A.沉淀中氢氧根的质量为(n—m)克
B.恰好溶解后溶液中的NO3-离子的物质的量为
C.生成标准状况下NO气体的体积为
D.与合金反应的硝酸的物质的量为
【答案】C
【解析】
A、沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁,沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和,所以沉淀中氢氧根的质量为(n-m)克,A正确;B、恰好溶解后溶液中的NO3-离子的物质的量等于沉淀质量最大时溶液中NO3-离子的物质的量,当沉淀量最大时,溶液中的溶质只有硝酸钠(NaNO3),硝酸根离子与钠离子的物质的量相等,n(NO3-)=n(Na+)=n(NaOH)=
mol,B正确;C、根据以上分析可知沉淀中,氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量,也等于合金失去电子的物质的量,即为反应过程中转移的电子,n(e-)=n(OH-)=
mol,根据电子守恒原理,生成NO时,HNO3中+5价的N原子得3个电子,因此生成NO的物质的量应该是转移电子的三分之一,即
mol×
=
mol,其体积在标准状况下为
L,C错误;D、参加反应的硝酸有两种作用,起酸和氧化剂作用,作为酸的硝酸(生成硝酸盐)的物质的量等于硝酸钠的物质的量为
mol,作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量为
mol,所以与合金反应的硝酸的物质的量为(
+
)mol,D正确;答案选C。
15.下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是
A.用装置甲灼烧碎海带
B.用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C.用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2
D.用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气
【答案】B
【解析】
【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚,A错误;
B、海带灰的浸泡液用过滤法分离,以获得含I-的溶液,B正确;
C、MnO2与浓盐酸常温不反应,MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热,反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O,C错误;
D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小,不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2,尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收,D错误;
答案选B。
16.某氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质。
为了提纯氯化钾,先将样品溶于适量水中,充分搅拌后过滤,再将滤液按如图所示步骤进行操作。
下列说法中正确的是
A.起始滤液的pH=7
B.试剂Ⅰ为Ba(NO3)2溶液
C.步骤②中加入试剂Ⅱ的目的是除去Ba2+
D.图示的步骤中必须要经过2次过滤操作
【答案】C
【解析】
【分析】氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质,除去碳酸根离子和硫酸根离子,由流程可知,需要加入试剂I为过量氯化钡溶液,然后过滤后获得含氯化钡、氯化钾溶液X,然后加入过量的试剂Ⅱ为碳酸钾溶液除去溶液中的氯化钡,过滤,得到含氯化钾和碳酸钾混合液的W,再加入试剂Ⅲ为过量盐酸,除去过量的碳酸钾,最后通过加热浓缩、蒸发结晶得到氯化钾,以此来解答。
【详解】A.碳酸钾水解使溶液显碱性,pH>7,故A错误;B.由上述分析可知,试剂I为BaCl2溶液,不能引入新杂质,故B错误;C.步骤②中加入试剂Ⅱ为碳酸钾,其目的是除去Ba2+,故C正确;D.样品溶于适量水中,充分搅拌后过滤,选择试剂除去杂质还需要2次过滤,共3次,故D错误;故选C。
【点睛】本题考查混合物分离提纯的综合应用,把握物质的性质、流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键。
本题的易错点为D,要注意根据流程设计的原理和实验目的分析判断。
17.随原子序数递增,八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。
根据判断出的元素回答问题:
上述元素可组成盐R:
zx4f(gd4)2。
向盛有10mL1mol·L-1R溶液的烧杯中滴加1mol·L-1NaOH溶液,沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如下:
(1)R溶液中,离子浓度由大到小的顺序是________________________________。
(2)写出m点反应的离子方程式:
__________________________________________。
(3)若在R溶液中改加20mL1.2mol·L-1Ba(OH)2溶液,充分反应后,溶液中产生沉淀的物质的量为________mol。
【答案】
(1).c(SO42-)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)
(2).NH4++OH-===NH3·H2O(3).0.022
【解析】
【详解】从图中的化合价和原子半径的大小,可知x是H元素,y是C元素,z是N元素,d是O元素,e是Na元素,f是Al元素,g是S元素,h是Cl元素。
(1)盐NH4Al(SO4)2在溶液中发生电离:
NH4Al(SO4)2=NH4++Al3++2SO42-,NH4+、Al3+发生水解反应,消耗水电离产生的OH-,使溶液中c(H+)增大,当最终溶液达到平衡时,c(H+)>c(OH-),溶液显酸性;由于Al3+水解程度大于NH4+,因此c(NH4+)>c(Al3+),盐水解程度是微弱的,主要以盐电离产生的离子存在,因此溶液中离子浓度大小关系是:
c(SO42-)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-),故答案为:
c(SO42-)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-);
(2)m点过程中加入氢氧化钠,沉淀物质的量不变,是NH4+与OH-反应生成NH3•H2O,离子方程式为NH4++OH-=NH3•H2O,故答案为:
NH4++OH-=NH3•H2O;
(3)10mL1mol•L-1N
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