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九师联盟 2024届高三9月质量检测化学X答案

化学 2023-09-25 14:43:02 40

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:(HPO,)c(H)=10“;B错误，HPO).eH,PODc(Po20.06mol,可推知无水碱式氯化铜的化学式为Cu,(OD,ClK(HPO.)c(H,PO,)c(PO),根据题日所给条件并不能求出K,(H,PO4)和28.参考答案K(H,PO,也不能求出c(H,PO)c(HPO)(1)+249.1(2分)(2)>(1分)高温(1分)(3)259.2(2分)c(H,PO,)c(PO);C正确，混合溶液中存在电荷守恒c(Na)+c(H)=c(OH)+c(H,PO4》(4)以Ni-Ce0,为催化剂，温度达到320℃时，CO,甲烷化反应已达衡，再升高温度衡左移，CO2转化率下降；以N+2c(HPO)+3c(PO),溶液显中性，所以c(Na)=c(HPO,)+2c(HPO)+3c(PO}),据图可知当NaH,PO,溶液中为催化剂，C0,甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，C02转化率升高(2分)清加心O常液至中性时，卜，O)05.即第孩中的济质为Nut.Po,.和N0,且心0，的物质的量小于(5)Ni-Ce02(1分)320℃(1分)(6)①CaC,0,400-60℃CaC0,+C0↑(2分)②CaC,0,H,0热分解放出更多的气体，使制得的Ca0更加疏松多孔(2分)Na,HPO4,所以c(H,POa)E,(速；根据△G△H-T△S可知，要想白发进行，即满足△G<0,当△0(2)2HAs0+3S2+6H一As,S,↓+6H,0(2分)除去过量的硫离子(1分)时，高温有利于自发进行。(3)根据已知信息，设衡过程中转化的二氧化碳的压强为pkP,则(3)H,As0+H202—HAs04+H,0(2分)Fe(OHD2(2分)C02(g)+CH4(g)=2C0(g)+2H2(g)(4)As,0,+60H=2As0}+3H0(2分)起始pkPa141600(5)<(2分)NaH,As0,的水解衡常数K10x10转化pkPapp2p2pK5.6×10≈1.8×102，K2=1.7×107,KC(OH),溶液显酸性(2分)由衡时pa=(14+16)kPa×1.4=42kPa可知，(14-p)+(16-p)+2p+2p=30+2p=42,则p6。所以衡时，p(C02)=8kPa说明分析(2)“一级沉砷”过程中需控制溶液的plH<6,溶液中As以H,AsO,形式存在，加入NaS可生成AsS,反应的离子方程p(CH片10kPa,p(c0FH2kP,p(H上12，则衡常数K-C02.2kPa片xa2kP-=259.2(kPa}。p(CO,)p(CH,)8kPa×10kPa式为2H,AsO+3S2+6H一AsS,↓+6H20;加入硫酸亚铁可除去过量的硫离子，使之转化成FS沉淀。(3)“二级沉砷”时先在滤液中加人HO2,可将滤液中未反应的HAsO3氧化成H,AsO4,发生的反应为HAsO+H,O2一HAsO4+H,0,再加入(4)高于320℃后，以Ni-Ce0,为催化剂，测定转化率时，CO,甲烷化反应已达衡，升高温度衡左移，C0,转化率下降；CaO,则得到的滤渣Ⅱ含有的成分有Ca,(AsO)2、FeAsO.4、CaSO4,同时部分Fe3形成氢氧化铁沉淀。(4)As,O,是一种酸性以Ni为催化剂时，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，CO,转化率升高。(5)根据图像分析可知，温度适宜氧化物，可用氢氧化钠等强碱性溶液将其溶解后与FC,O,分离，反应的离子方程式为As,O,+6OH一2AsO+3H,O。(5)砷(320℃时，以Ni-CeO2为催化剂明显比以Ni为催化剂时CO,转化率高，且催化剂选择性强，所以应选择Ni-CeO2为催化剂酸HA0,)的无。17x10,A0,的水解衡常数为交00=18x10,由龙可知NaA0,的电离程度大最佳温度为320℃。(6)①设CaC,0:·H,0的质量为146g,400~600℃时质量减少128g100g-28g,草酸钙分解生成了-氧化碳和碳酸钙，发生反应CaC,0.4060些CaC0,+C0↑。②CaC,0,·H,0热分解制备的Ca0具有更好的C0,捕集于其水解程度，即电离产生的氢离子浓度大于水解生成的氢氧根离子浓度，溶液显酸性，pH小于7。性能，其原因是CaC,04·H,0热分解放出更多的气体，使制得的氧化钙更加疏松多孔。27.参考答案35.参考答案(1)2NHC1+Ca(OH,△CaCl,+2NH,↑+2H,0(2分(1)3d24s2(1分)9(1分)(2)球形干燥管(1分)导气、防倒吸(2分)(2)①3：1(1分)②极性(1分)(3)溶液中有大量绿色或墨绿色固体产生，三颈烧瓶中有白烟生成(2分)(3)①正四面体形(1分)sp杂化(1分)CH(或SiH)(1分)H>B>Ti(1分)②Mg(1分)I>2,易失去2个电(4)NH,C1(1分)子，形成+2价阳离子(2分》(5)0.04(2分)(6)①b(1分)②0.02(2分)4)2分)32分)(7)Cu(OH)CI(2分)说明分析说明分析(1)Ti为22号元素，基态Ti原子核外价电子排布式为3d4s2;s能级有一个原子轨道，p能级有3个原子轨道，因此(1)实验室利用装置A制NH,主要是用NH,C和Ca(OD,加热反应制得氨气，其化学方程式为2NH,CI+Ca(OH2△T中的核外电子占据的原子轨道数为9。(2)①1个双键中含有1个σ键和1个π键，单键中只有σ键，因此C0C,2中CCl+2NH↑+2H0。(2)仪器X的名称是球形千燥管，氨气极易溶于水，因此球形干燥管主要作用有导气、防倒吸。。键和π键的数目比为3：1。②S0C,的结构式为,分子中正负电荷中心不重叠，因此为极性分子。(3)①BH(3)反应过程中，在三颈烧瓶内除了观察到溶液蓝绿色褪去，还可能观察到溶液中有大量绿色或墨绿色固体产生，三颈烧瓶中有白烟生成，主要是氨气和HC1反应生成NH,C1。(4)三颈烧瓶中的反应为2Cu2+3NH,+3H,0+CI一Cu(OH,C1↓+中有4个σ健，无孤电子对，BL的立体构型为正四面体；杂化轨道数等于价层电子对数，即B耳中B的杂化类型为sp杂化3NH,所以副产品为NH,C1。(5)经测定Cu2浓度为0.2mol·L,则称取的样品中n(Cu2*)=0.2mol·L×0.2L0.04mol。根据等电子体的概念，与该阴离子互为等电子体的是CH,或SiH,等。BH中H显-1价，B显+3价，则H的电负性大于B,(6)①过量硝酸银将氯离子沉淀，剩余的银离子用NH,SCN标准溶液滴定，因此滴定时，不能添加氯离子，硫氰根离子与铁离T为金属，T的电负性小于B,电负性大小顺序是HDB>T1。②根据电离能的概念，从表中数据得知，>h,从而推出该元子反应显红色，因此应选用FeNO),作为指示剂。②重复实验操作三次，消耗NH,SCN溶液的体积均为10.O0mL。则称取素最外层有2个电子，且M是第三周期金属元素，因此推出M为Mg。(4)由图可知，T0,晶胞中，T原子位于顶角和面以的样品中n(CI)=(0.1000mol·L×30mL×103-0.1000mol·L×10mL×103)×10-0.02mol。(7)根据上述实验结果分及体心.0原子位于面和棱边以及品胞内部，因此1个品胞中含下：8×。4x14,0:8×8×28,进行氢挎杂后折，产品429g里含n(0)004mol,n(C)002mol,n(0H)429g-0.04mo1x64gmor'-0.02molx355gmor17 g.mol有2个0原于形度氧空究1个0原子锁N原子皆代侧杂后体中N聚子为兮0原子数为81}孕，品能内各化学样卷（七）参考答案及说明分析化学样卷（七）参考答案及说明分析37

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