《2019-2020学年北京丰台区北京第十二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2019-2020学年北京丰台区北京第十二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf(15页珍藏版)》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年北京丰台区北京第十二中学新高考化学模拟试卷一、单选题(本题包括15 个小题,每小题4 分,共 60 分每小题只有一个选项符合题意)1用氟硼酸(HBF4,属于强酸)代替硫酸做铅蓄电池的电解质溶液,可使铅蓄电池在低温下工作时的性能更优良,反应方程式为:Pb+PbO2+4HBF42Pb(BF4)2+2H2O;Pb(BF4)2为可溶于水的强电解质,下列说法正确的是A充电时,当阳极质量减少23.9g 时转移 0.2 mol 电子B放电时,PbO2电极附近溶液的pH 增大C电子放电时,负极反应为PbO2+4HBF4-2e-=Pb(BF4)2+2HF4-+2H2O D充电时,Pb 电极
2、的电极反应式为PbO2+H+2e-=Pb2+2H2O【答案】B【解析】【详解】A.充电时阳极发生反应Pb2+2H2O-2e-=PbO2+4H+,产生 1molPbO2,转移 2mol 电子,阳极增重1mol 239g/mol=239g,若阳极质量增加23.9g 时转移 0.2mol 电子,A 错误;B.放电时正极上发生还原反应,PbO2+4H+2e-=Pb2+2H2O,c(H+)减小,所以溶液的pH 增大,B正确;C.放电时,负极上是金属Pb 失电子,发生氧化反应,不是PbO2发生失电子的氧化反应,C错误;D.充电时,PbO2电极与电源的正极相连,作阳极,发生氧化反应,电极反应式为Pb2+2H
3、2O-2e-=PbO2+4H+,Pb 电极与电源的负极相连,D 错误;故合理选项是B。2X、Y、Z、W 是四种原子序数依次增大的短周期元素,W 的最外层电子数比X的最外层电子数少1 个,X、Y、Z为同一周期元素,X、Y、Z组成一种化合物(ZXY)2的结构式如图所示。下列说法错误的是A化合物WY 是良好的耐热冲击材料BY的氧化物对应的水化物可能是弱酸CX的氢化物的沸点一定小于Z 的D化合物(ZXY)2中所有原子均满足8 电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】因 W 的最外层电子数比X 的最外层电子数少1 个,且原子序数WX,因此 X、Y、Z为第二周期元素,W为第三周期元素,结合(ZXY)2的结构
4、式可知,X为 C,Y为 N,Z 为 O,X最外层电子数为4,故 W 为 Al,以此解答。【详解】A化合物AlN 为原子晶体,AlN 最高可稳定到2200,室温强度高,且强度随温度的升高下降较慢,导热性好,热膨胀系数小,是良好的耐热冲击材料,故A 不符合题意;BN 的氧化物对应的水化物中HNO2为弱酸,故B 不符合题意;CC的氢化物的沸点随分子量的增加而增大,沸点不一定比H2O 的沸点低,故C符合题意;D由(OCN)2的结构式可知所有原子均满足8 电子稳定结构,故D 不符合题意;故答案为:C。3下列各组中所含化学键类型相同的一组是()A NaOH、H2SO4、NH4Cl BMgO、Na2SO4、
5、NH4HCO3CNa2O2、KOH、Na2SO4DAlCl3、Al2O3、MgCl2【答案】C【解析】【详解】A.NaOH、NH4Cl含有离子键和共价键,H2SO4只含有共价键,化学键类型不相同,故A 错误;B.MgO 中只有离子键,Na2SO4、NH4HCO 3中含有离子键和共价键,化学键类型不相同,故B 错误;C.Na2O2、KOH、Na2SO4均为离子键和共价键,化学键类型相同,故C 正确。D.AlCl3只含有共价键,Al2O3、MgCl2含有离子键,化学键类型不相同,故D 错误;答案选 C。4室温下,将1L0.3mol?L-1HA 溶液与 0.1molNaOH 固体混合,使之充分反应得
6、到溶液(a)。然后向该溶液中通入 HCl 或加入 NaOH 固体(忽略体积和温度变化),溶液 pH 随通(加)入物质的量的变化如图。下列叙述错误的是A HA 是一种弱酸B向 a 点对应溶液中通入HCl,充分反应后,c(H+)/c(HA)增大Cb 点对应溶液中:c(Na+)=c(Cl-)c(HA)c(H+)c(OH-)D c 点对应溶液中:c(Na+)=c(A-)【答案】C【解析】【分析】1L0.3molL1HA 溶液与 0.1molNaOH 固体混合,反应后的溶质为0.1molNaA 和 0.2molHA,假设 HA 为强酸,此时c(H)=0.2molL1,pH 为 1lg2,但现在pH3,说
7、明 HA 为弱酸,然后进行分析即可。【详解】1L0.3molL1HA 溶液与 0.1molNaOH 固体混合,反应后的溶质为0.1molNaA 和 0.2molHA,假设 HA 为强酸,此时c(H)=0.2molL1,pH 为 1lg2,但现在pH3,说明 HA 为弱酸。A、根据上述分析,HA 为弱酸,故A 说法正确;B、c(H)/c(HA)=c(H)c(A)/c(HA)c(A)=Ka(HA)/c(A),a 点对应溶液中加入HCl,发生 NaAHCl=NaClHA,c(A)减小,因此该比值增大,故B说法正确;C、b 点加入盐酸为0.1mol,此时溶质为HA 和 NaCl,HA 的物质的量为0.
8、3mol,NaCl物质的量为0.1mol,HA 为弱酸,电离程度弱,因此微粒浓度大小顺序是c(HA)c(Na)=c(Cl)c(H)c(OH),故 C说法错误;D、根据电荷守恒,c(Na)c(H)=c(OH)c(A),c 点 pH=7,c(H)=c(OH),即有 c(Na)=c(A),故 D 说法正确。5自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题,如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图:下列叙述正确的是A N2NH3,NH3NO 均属于氮的固定B催化剂a 作用下氮原子发生了氧化反应C催化剂a、b 表面均发生了极性共价键的断裂D使用催化剂a、b 均
9、可以提高单位时间内生成物的产量【答案】D【解析】【详解】A.氮的固定是指氮由游离态转变为化合态,N2NH3为氮的固定,但NH3NO 不属于氮的固定,A 错误;B.催化剂 a 作用下氮原子发生了还原反应,B 错误;C.催化剂 a、b 表面均发生了极性共价键的断裂与形成,C错误;D.使用催化剂a、b 可加快反应速率,提高单位时间内生成物的产量,D 正确。故选 D。6设 NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是A标准状况下,11.2 L 三氯甲烷中含有分子数为0.5NAB常温常压下,2gD2O 中含有电子数为NAC46gNO2和 N2 O4混合气体中含有原子数为3NAD ImoINa 完全与 O
10、2反应生成Na2O 和 Na2O2,转移电子数为NA【答案】A【解析】【详解】A标准状况下,三氯甲烷为液态,无法由体积计算分子数,故A 错误;BD2O 的摩尔质量为20g/mol,2gD2O 为 0.1mol,每个分子中含有10 个电子,则含有电子数为NA,故 B正确;CNO2和 N2 O4的最简式相同,则混合气体中含有原子数为346g/4 gmol6=3mol,即 3NA,故 C 正确;D 1moINa 反应生成 Na2O 和 Na2O2,钠原子只失去1 个电子,所以转移电子数为1mol,即 NA,故 D 正确。故选 A。7己知 AgCl 在水中的溶解是吸热过程。不同温度下,AgCl 在水中
11、的沉淀溶解平衡曲线如图所示。己知T1温度下 Ksp(AgCl)=1.6 10-9,下列说法正确的是A T1T2B a=4.0 10-5CM点溶液温度变为T1时,溶液中Cl-的浓度不变D T2时饱和 AgCl 溶液中,c(Ag+)、c(Cl-)可能分别为2.0 10-5mol/L、4.0 10-5mol/L【答案】B【解析】【详解】A、氯化银在水中溶解时吸收热量,温度越高,Ksp 越大,在T2时氯化银的Ksp 大,故 T2T1,A 错误;B、氯化银溶液中存在着溶解平衡,根据氯化银的溶度积常数可知a=91.6 104.0 10-5,B 正确;C、氯化银的溶度积常数随温度减小而减小,则M 点溶液温度
12、变为T1时,溶液中Cl-的浓度减小,C错误;D、T2时氯化银的溶度积常数大于1.6 10-9,所以 T2时饱和 AgCl溶液中,c(Ag+)、c(Cl-)不可能为2.0 10-5mol/L、4.0 10-5mol/L,D 错误;答案选 B。8关于以下科技成果,下列说法正确的是()A中国“人造太阳”B电磁炮成功装船C“鲲龙”两栖飞机D“墨子”通信卫星利用氘和氚发生化学反应产生上亿度高温电磁炮发射过程中电能转化为机械能飞机大量使用熔点高、硬度大的铝锂合金通讯中使用的光导纤维主要成分是单晶硅A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A人造太阳反生核聚变,不是化学反应,A 项错误;B
13、电磁炮利用强大的电磁力来加速弹丸,是将电能转化为机械能,B 项正确;C合金的熔点会比纯金属的熔点低,故铝锂合金的熔点较低,C项错误;D光导纤维的主要成分为二氧化硅,D 项错误;答案选 B。9下列不能用元素周期律原理解释的是A金属性:KNa B气态氢化物的稳定性:H2ONH3C酸性:HClH2SO3DBr2从 NaI 溶液中置换出I2【答案】C【解析】【分析】【详解】A.同主族从上到下金属性逐渐加强,金属性:KNa,A 项正确;B.非金属性越强,氢化物越稳定,非金属性:ON,稳定性:H2ONH3,B 项正确;C.盐酸的酸性强于H2SO3与元素周期律没有关系,C 项错误;D.非金属性越强,单质的氧
14、化性越强,非金属性:BrI,则 Br2可从 NaI 溶液中置换出I2,D 项正确;答案选 C。10化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是A维生素C 具有还原性,应密封保存B用 Na2S处理工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子C75%的酒精能使蛋白质变性,可用于医用消毒D酸性洁厕灵与碱性“84 消毒液”共用,可提高清洁效果【答案】D【解析】【分析】【详解】A.维生素 C具有还原性,易被氧化剂氧化,应密封保存,A 项正确;B.重金属的硫化物的溶解度非常小,工业上常使用硫化物沉淀法处理废水中的重金属离子,B 项正确;C.病毒的主要成分有蛋白质,75%的酒精能使蛋白质变性,可用于医用消毒,
15、C项正确;D.洁厕灵(有效成分为HCl)与 84 消毒液(有效成分为NaClO)混合使用发生氧化还原反应生成氯气,容易引起中毒,不能混用,D 项错误;答案选 D。11用如图所示装置探究Cl2和 NO2在 NaOH 溶液中的反应,若通入适当比例的Cl2和 NO2,即发生反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。下列叙述正确的是A实验室中用二氧化锰与3 mol L-1的盐酸共热制备氯气B装置中盛放的试剂是浓硫酸,作用是干燥氯气C装置的作用是便于控制通入NO2的量D若制备的NO2中含有 NO,应将混合气体通入水中以除去NO【答案】C【解析】【详解】A.实验室中用二氧化锰与
16、浓盐酸共热制取氯气,而 3 mol L-1的盐酸是稀盐酸,因此不能发生反应制取氯气,A 错误;B.该实验不需要保证氯气是干燥的,所以装置中盛放的试剂是饱和NaCl 溶液,作用是除去氯气中的杂质 HCl 气体,B 错误;C.由于 NO2气体不能再CCl4中溶解,气体通过装置,可根据导气管口气泡的多少,观察气体流速,因此其作用是便于控制通入NO2的量,C正确;D.若制备的NO2中含有 NO,将混合气体通入水中,会发生反应:3NO2+H2O=2HNO3+NO,最后导致气体完全变质,D 错误;故合理选项是C。12实验室从含碘废液(含有I2、I-等)中回收碘,其实验过程如下:已知:溴化十六烷基三甲基铵是
17、一种阳离子表面活性剂,可以中和沉淀表面所带的负电荷,使沉淀颗粒快速聚集,快速下沉。下列说法不正确的是A步骤中Na2S2O3可用 Na2SO3代替B步骤可以用倾析法除去上层清液C含碘废液中是否含有IO3-,可用 KI-淀粉试纸检验D步骤发生反应的离子方程式为:4Fe3+2CuI4Fe2+2Cu2+I2【答案】C【解析】【详解】A.步骤中Na2S2O3做还原剂,可用Na2SO3代替,故正确;B.步骤从悬浊液中分离碘化亚铜固体,可以用倾析法除去上层清液,故正确;C.含碘废液中含有碘单质,能使KI-淀粉试纸变蓝,不能用其检验是否含有IO3-,故错误;D.步骤中铁离子具有氧化性,能氧化碘化亚铜,发生反应
18、的离子方程式为:4Fe3+2Cul4Fe2+2Cu2+I2,故正确。故选 C。13下列化学用语或图示表达正确的是A乙烯的比例模型:B质子数为53,中子数为78 的碘原子:7853I C氯离子的结构示意图:DCO2的电子式:【答案】A【解析】【分析】【详解】A.C原子比 H 原子大,黑色球表示C原子,且乙烯为平面结构,则乙烯的比例模型为,A 项正确;B.质子数为53,中子数为78,则质量数=53+78=131,碘原子为:13153I,B项错误;C.氯离子含有17+1=18 个电子,结构示意图为,C 项错误;D.二氧化碳为共价化合物,分子中存在碳氧双键,二氧化碳正确的电子式为:,D 项错误;答案选
19、 A。14将一定体积的CO2缓慢地通入V L NaOH溶液中,已知NaOH 完全反应,若在反应后的溶液中加入足量石灰水,得到ag 沉淀;若在反应后的溶液中加入足量CaCl2溶液,得到bg 沉淀,则下列说法正确的是A参加反应的CO2的体积为 0.224 aL B若 a=b,则 CO2与 NaOH 溶液反应的产物中盐只有Na2CO3Cb 可能等于a、小于 a或大于 a D不能确定NaOH 溶液的物质的量浓度【答案】B【解析】【分析】根据 Na2CO3+CaCl2CaCO3+2NaCl,NaHCO3与 CaCl2不反应,但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀,已知NaOH 完全反应,则一定体
20、积的CO2通入 V L NaOH溶液中产物不确定,以此来解答。【详解】A.因 a、b 的关系不确定,无法计算参加反应的CO2的体积,A 项错误;B.由 A 选项可知若a=b,则 CO2与 NaOH 溶液反应生成的盐只有Na2CO3,B 项正确;C.若产物为碳酸钠,碳酸钠与石灰水、CaCl2溶液都能反应生成碳酸钙,则a=b;若产物为碳酸钠和碳酸氢钠,碳酸氢钠与CaCl2溶液不反应,碳酸钠与CaCl2溶液反应生成碳酸钙,但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀,则ab,但不可能ab,C 项错误;D.若 a、b 相等时,由Na2CO3+CaCl2CaCO3+2NaCl,由 NaCl NaOH
21、可计算 NaOH 的物质的量,溶液的体积已知,则可以计算浓度,D 项错误;答案选 B。15实验过程中不可能产生Fe(OH)3 的是A蒸发FeCl3溶液BFeCl3溶液中滴入氨水C将水蒸气通过灼热的铁DFeCl2溶液中滴入NaOH 溶液【答案】C【解析】【详解】A.蒸发FeCl3溶液,铁离子水解生成氢氧化铁,故A 正确;B.FeCl3溶液中滴入氨水生成氢氧化铁和氯化铵,故B 正确;C.将水蒸气通过灼热的铁生成四氧化三铁和氢气,故C错误;D.FeCl2溶液中滴入NaOH 溶液生成氢氧化亚铁和氯化钠,氢氧化亚铁遇到氧气被氧化成氢氧化铁,故 D正确;故选:C。二、实验题(本题包括1 个小题,共10 分
22、)16双氧水在医疗、军事和工业上用途广泛,工业上合成双氧水的方法有多种,其中一种合成工艺为乙基蒽醌(EAQ)法。已知:反应原理为工业制备流程如图所示。制备过程中,将EAQ溶于有机溶剂中配制成工作液。请回答下列问题:(1)该流程中,循环使用的原料为_。(2)现有甲、乙、丙三种有机溶剂,相关物质的溶解情况如表所示,则配制工作液时,应选用有机溶剂_(填“甲”“乙”或“丙”),原因为 _。物质甲乙丙EAQ 互溶不溶互溶EHAQ 互溶不溶互溶H2O2不溶不溶互溶H2O 不溶不溶互溶(3)“氧化”时,控制温度为45 55,原因为 _。(4)“萃取”时,所选用的萃取剂是一种常见的溶剂,其化学名称为_,选用该
23、溶剂作为萃取剂的原因为_。(5)“净化”的目的是将萃取液中的过氧化氢分离出来,则应选用的分离方法为_。(6)采用电解法制备双氧水的装置示意图如图所示,通入空气的电极的电极反应式_。【答案】乙基蒽醌甲EAQ、EHAQ与甲互溶,有利于配制工作液及氢化后产品的过滤,H2O、H2O2不溶于甲,有利于后期分离温度高于4555,双氧水更易分解,副反应多;温度低于45 55,反应速度又慢水双氧水易溶于水而且与水不反应,EAQ难溶于水减压蒸馏O2+2e-+2H2O=H2O2+2OH-【解析】【分析】(1)可以循环利用的原料为前期被反应掉,后期又重新生成的物质;(2)选用的有机溶剂要有利于配制工作液及氢化后产品
24、的过滤和后期分离;(3)从温度高于或低于4555对反应的影响来分析;(4)选用的萃取剂为水,从萃取剂的选择原则进行分析;(5)因双氧水受热易分解,则应选用的分离方法为减压蒸馏;(6)通入空气的电极发生还原反应。【详解】(1)将中两个方程式相加,得H2+O2=H2O2,原子利用率是100%,符合“绿色化学工艺”要求,结合流程,乙基蒽醌可以循环使用;(2)根据相关物质在甲、乙、丙三种有机溶剂中的溶解情况知,EAQ、EHAQ与甲互溶,有利于配制工作液及氢化后产品的过滤,H2O、H2O2不溶于甲,有利于后期分离;则配制工作液时,应选用有机溶剂甲;(3)温度高于4555,双氧水更易分解,副反应多;温度低
25、于4555,反应速度又慢;故“氧化”时,控制温度为4555;(4)“萃取”时,所选用的萃取剂是一种常见的溶剂,双氧水易溶于该溶剂而且与该溶剂不反应,EAQ难溶于该溶剂,选用的萃取剂的化学名称为水;(5)萃取液为H2O2的水溶液,“净化”的目的是将萃取液中的过氧化氢分离出来,因双氧水受热易分解,则应选用的分离方法为减压蒸馏;(6)根据图示,通入空气的电极发生还原反应生成H2O2和稀碱,电极反应式为O2+2e-+2H2O=H2O2+2OH-。【点睛】本题关键是理解流程图中每一步操作的方法和目的,根据反应的具体情况和题目中所给的信息进行解题。三、推断题(本题包括1 个小题,共10 分)17吡贝地尔(
26、)是多巴胺能激动剂,合成路线如下:已知:D 的结构简式为(1)A 的名称是 _。(2)E F 的反应类型是_。(3)G 的结构简式为_;1molB 最多消耗NaOH 与 Na 的物质的量之比为_。(4)D+H 吡贝地尔的反应的化学方程式为_。(5)D 的同分异构体中满足下列条件的有_种(碳碳双键上的碳原子不能连羟基),其中核磁共振氢谱有 5 种峰且峰面积之比为2:2:1:1:1 的结构简式为_(写出一种即可)。与 FeCl3溶液发生显色反应苯环上有3 个取代基 1mol 该同分异构体最多消耗3molNaOH。(6)已知:;参照上述合成路线,以苯和硝基苯为原料(无机试剂任选)合成,设计制备的合成
27、路线:_。【答案】苯取代反应1:1 或12【解析】【分析】由已知信息可知 A 为苯,再和 CH2Cl2发生取代反应生成,再和HCHO在浓盐酸的作用下生成的D 为;和 Cl2在光照条件下发生取代反应生成的F为,F再和 G发生取代反应生成,结合 G 的分子式可知G 的结构简式为;再和在乙醇和浓氨水的作用下生成吡贝地尔(),据此分析解题;(6)以苯和硝基苯为原料合成,则需要将苯依次酚羟基、卤素原子得到,将硝基苯先还原生成苯胺,苯胺再和在 PdBr4的催化作用下即可得到目标产物。【详解】(1)A 的结构简式为,其名称是苯;(2)和 Cl2在光照条件下发生取代反应生成的F为,则 EF 的反应类型是取代反
28、应;(3)由分析知G的结构简式为;B为,酚羟基均能和Na、NaOH 反应,则 1molB 最多消耗 NaOH 与 Na 的物质的量之比为1:1;(4)和在乙醇和浓氨水的作用下生成吡贝地尔的化学方程式为;(5)D 为,其分子式为C8H7O2Cl,其同分异构体中:与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基;苯环上有3 个取代基,这三个取代基有连、间、偏三种连接方式;1mol 该同分异构体最多消耗 3molNaOH,则分子结构中含有2 个酚羟基,另外存在卤素原子水解,则另一个取代基为-CH=CHCl或-CCl=CH2,苯环上先定位取代基为-CH=CHCl或-CCl=CH2,再增加二个酚羟基,则各有
29、6 种结构,即满足条件的同分异构体共有12 种,其中核磁共振氢谱有5 种峰且峰面积之比为2:2:1:1:1 的结构简式为;(6)以苯和硝基苯为原料合成,则需要将苯依次酚羟基、卤素原子得到,将硝基苯先还原生成苯胺,苯胺再和在 PdBr4的催化作用下即可得到目标产物,具体合成路线为。【点睛】解有机推断与合成题,学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键,需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力,采用正推和逆推相结合的方法,逐步分析有机合成路线,可推出各有机物的结构简式,然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题根据吡贝地尔的结构特点分析合成的原料
30、,再结合正推与逆推相结合进行推断,充分利用反应过程C原子数目,对学生的逻辑推理有较高的要求。四、综合题(本题包括2 个小题,共20 分)18工业上利用绿矾制备还原铁粉的工业流程如下:(1)制备 FeCO3时,选用的加料方式是_(填字母)。a将 FeSO4溶液与 Na2CO3溶液同时加入到反应容器中b将 FeSO4溶液缓慢加入到盛有Na2CO3溶液的反应容器中c将 Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中(2)生成的FeCO3沉淀需经充分洗涤,检验洗涤是否完全的方法是_。(3)干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水,过程中会有少量FeCO3 nH2O 被空气氧化为FeOOH,其化学
31、方程式为 _。(4)取干燥后的FeCO3样品 12.49 g 隔绝空气焙烧至600,质量变为8.00 g,继续加热最终得到Fe 6.16 g,则 600 产物的可能组成为_(写出一种即可),计算 FeCO3样品中 FeCO3与 FeOOH的质量 _(写出计算过程)。【答案】c 取最后一次的洗涤滤液12 mL 于试管中,向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则表明已洗涤干净4(FeCO3 nH2O)+O24FeOOH+4CO2+(4n-2)H2O FeO与 Fe2O3(或 FeO与 Fe3O4或 FeO、Fe2O3、Fe3O4等)设样品中FeCO3物质的量为x;FeOOH物质的
32、量为y;依据铁元素守恒得到:x+y=6.16 g/56 gmol-1;质量关系:116 gmol-1 x+89 g mol-1 y=12.49 g,解得 x=0.1 mol;y=0.01 mol;得到质量为FeCO3:11.6 g,FeOOH:0.89 g。【解析】(1)利用 Na2CO3溶液和 FeSO4溶液反应制备FeCO3,由于 Na2CO3溶液碱性较强,可能会生成Fe(OH)2沉淀,如果将Na2CO3加入 FeSO4溶液中,Fe2+是过量的,并且FeSO4溶液为酸性,Fe2+不易形成Fe(OH)2沉淀,容易与 Fe2+结合为沉淀析出。因此为避免生成Fe(OH)2沉淀,应将Na2CO3溶
33、液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中。(2)取最后一次的洗涤滤液12 mL 于试管中,向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则表明已洗涤干净。(3)干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水,过程中会有少量FeCO3 nH2O 被空气氧化为FeOOH,依据氧化还原反应的电子守恒和原子守恒,写出化学方程式为4(FeCO3 nH2O)+O24FeOOH+4CO2+(4n-2)H2O。(4)样品为FeCO3和 FeOOH,依据元素化合价可知铁元素化合价为二价和三价,加热焙烧600,质量变为 8.00 g,分解生成了铁的氧化物、二氧化碳和水;根据铁元素化合价判断,氧化物中含有亚铁离子
34、和铁离子,氧化物为FeO与 Fe2O3或 FeO与 Fe3O4或 FeO、Fe2O3、Fe3O4;设样品中FeCO3物质的量为x;FeOOH物质的量为y;依据铁元素守恒得到:x+y=6.16 g/56 gmol-1;质量关系:116 gmol-1 x+89 g mol-1 y=12.49 g 计算得到x=0.1 mol;y=0.01 mol;得到质量为FeCO3:11.6 g,FeOOH:0.89 g。19属于弱电解质的是()A一水合氨B醋酸铵C乙醇D硫酸钡【答案】A【解析】A、一水合氨属于弱碱,在水溶液里只有部分电离,所以是弱电解质,A正确;B.醋酸铵在水溶液中完全电离,是强电解质,B正确;C.乙醇在水溶液里不能电离是以分子存在,所以酒精是非电解质,故C错误;D.硫酸钡在水溶液里能完全电离,所以是强电解质,D 错误。故选择A。点睛:醋酸为弱电解质,但醋酸钠、醋酸铵等属于强电解质。