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河北省衡水中学2021届高三化学上学期期中试题(Word版附解析)

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时间:2021-02-02

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化学试卷可能用到的相对原子质量:H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 Ca40 Cl35.5 Ba137 Zn65 Cu64 Fe56 As75第 I 卷一、选择题:下列每小题所给选项只有一个选项符合题意1. 下列古诗词描述的场景中发生的化学反应不属于氧化还原反应的是( )A. 爆竹声中一岁除——黑火药受热爆炸 B. 烈火焚烧若等闲——石灰石分解C. 蜡炬成灰泪始干——石蜡的燃烧 D. 炉火照天地,红星乱紫烟——铁的冶炼【答案】B【解析】【详解】A. 黑火药受热爆炸发生的是氧化还原反应,A 项错误;B. 石灰石分解生成氧化钙和 CO2,没有化合价的升降,发生的不是氧化还原反应,B 项正确;C. 石蜡的燃烧属于氧化还原反应,C 项错误;D. 铁的冶炼过程中涉及了氧化还原反应,D 项错误;答案选 B。2. 化学与生产、生活密切相关,下列说法不正确的是A. 垃圾分类中可回收物标志是B. 水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘,利用了胶体的性质C. 金属冶炼是利用金属矿物中的金属离子失去电子变成金属单质所发生的氧化还原反应D. 光导纤维的主要成分是 SiO2,计算机芯片使用的材料是单质硅【答案】C【解析】【详解】A. 垃圾中的可回收物能够循环利用,其标志为 ,故 A 说法正确,不选 A;B. 静电除尘,利用了胶体的电泳现象,故 B 说法正确,不选 B;C. 矿石中的金属离子都是阳离子,得到电子才能变为金属单质,因此,金属冶炼的反应原理是利用氧化还原反应,用还原剂将金属从其化合物中还原出来,故 C 说法错误,选择 C;D. 光导纤维的主要成分是二氧化硅,芯片的成分是单晶硅,故 D 说法正确,不选 D;正确答案 C。3. 下列变化一定属于化学变化的是( )①金属导电②爆炸③二氧化氮经加压冷却凝结称无色液体④氯气使品红溶液褪色⑤无水硫酸铜由白变蓝⑥工业制氧气⑦十水碳酸钠风化⑧久置浓硝酸变黄⑨ 和 间的相互转化⑩煤的干馏和石油的分馏A. ③④⑤⑦⑧ B. ②④⑦⑧⑨ C. ①②⑤⑥⑩ D. ①③⑥⑨⑩【答案】A【解析】【分析】化学变化是指有新物质生成的变化,物理变化是指没有新物质生成的变化,化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成;据此分析判断。【详解】①金属导电是自由电子的定向移动,过程中无新物质生成为物理变化,故①错误;②爆炸不一定是化学变化,如气球爆炸,故②错误;③二氧化氮经加压冷却凝结称无色液体发生了化学反应生成了四氧化二氮,故③正确;④氯气使品红溶液褪色是氯气的氧化性,氧化有色物质生成无色物质,故④正确;⑤无水硫酸铜由白变蓝是硫酸铜和水反应生成结晶水合物,为化学变化,故⑤正确;⑥工业制氧气是利用液化空气分离得到,为物理变化,故⑥错误;⑦十水碳酸钠风化是结晶水合物失去结晶水发生了化学反应,故⑦正确;⑧久置浓硝酸变黄是硝酸分解生成的二氧化氮溶解于溶液中形成,为化学变化,故⑧正确;⑨16O 和 18O 间的相互转化是原子核的变化不是化学变化范畴,故⑨错误;⑩煤的干馏是隔绝空气加强热发生化学反应,石油的分馏是控制温度分离混合物为物理变化,是16O 18O故⑩错误;一定是化学变化的是③④⑤⑦⑧,答案选 A。4. 如图所示,相同状况下,分别用氯化氢和四种混合气体吹出体积相等的五个气球。A、B、C、D 四个气球中所含原子数与氯化氢气球中所含原子数一定相等的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】在相同的温度和压强下,相同体积的任何气体含有相同数目的分子数,这是阿伏加罗定律,据此判断。【详解】A、Ar 是单原子分子,O3 是三原子的分子,它们组成的混合气体的原子数只有在分子个数比为 1:1 时才和 HCl 相同,A 错误;B、H2是双原子分子,但 NH3是四原子分子,它们所含的原子数一定比 HCl 多,B 错误;C、HCl 是双原子分子,C 中的 N2、O2也都是双原子分子,他们所含的原子数也相同,C 正确;D、CO 是双原子分子,但 CO2是三原子分子,它们所含的原子数一定比 HCl 多,D 错误;答案选 C。5. 古代中国常用如图所示装置来炼丹、熬烧酒、制花露水等》,南宋张世南《游宦纪闻》中记载了民间制取花露水的方法:“锡为小甑,实花一重,香骨一重,常使花多于香,转甑之傍,以泄汗液,以器贮之。”该装置利用的实验操作方法是( )A. 升华 B. 过滤 C. 萃取 D. 蒸馏【答案】D【解析】【详解】从图中可以看出,以花为原料,通过加热产生蒸气,然后冷凝成液体,便制成花露水,所以此操作为蒸馏,故选 D。6. 下列说法正确的是( )A. 用 CC14萃取碘水中的碘单质,振荡过程中需进行放气操作B. 用容量瓶配制溶液,定容时仰视刻度线,则所配溶液浓度偏高C. 量筒上标有“0”刻度、温度和规格D. 用棕色的碱式滴定管准确量取 10.00mL 溴水【答案】A【解析】【详解】A.四氯化碳易挥发,且振荡时加剧其挥发,因此,振荡过程中需进行放气操作。故A 正确;B.用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液,若定容时仰视刻度线,最终得到的溶液的体积偏大,导致所配溶液的浓度偏低。故 B 错误;C.量筒上标有温度和规格,但没有“0”刻度。故 C 错误;D.溴水具有较强的氧化性,准确量取一定体积的溴水不能用碱式滴定管,因为碱式滴定管的橡胶管容易被溴水腐蚀,应该用酸式滴定管准确量取 10.00mL 溴水,故 D 错误;答案选 A。7. 下列关于物质分类的说法正确的是①稀豆浆、硅酸、氯化铝溶液都属于胶体②氨水、次氯酸、醋酸都属于弱电解质③Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物④明矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物⑤电解熔融的 Al2O3、活性炭除去水中的颜色都属于化学变化⑥葡萄糖、油脂都不属于有机高分子A. ①② B. ②④ C. ③⑤ D. ④⑥【答案】D【解析】【详解】①胶体是混合物,硅酸是纯净物,不是胶体,氯化铝溶液是溶液,不是胶体,故错误;②氨水是混合物,不是电解质,故错误;③氧化铝是两性氧化物,不是碱性氧化物,故错误;④明矾、冰水混合物、四氧化三铁都是纯净物,不是混合物,故正确;⑤活性炭因吸附作用除去水中的颜色,属于物理变化,不属于化学变化,故错误;⑥葡萄糖、油脂的相对分子质量都比较小,不属于有机高分子化合物,故正确;④⑥正确,故选 D。8. 下列陈述 I、Ⅱ均正确且有因果关系的是陈述 I 陈述ⅡA CO2能与水反应生成碳酸 CO2属于酸性氧化物B AlCl3属于共价化合物 AlCl3属于非电解质C 漂白粉中的 Ca(ClO)2会与空气中 CO2、H2O反应 漂白粉应密封保存D H2O2和 SO2均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 H2O2有还原性, SO2有漂白性A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A.CO2能与水反应生成碳酸,CO2属于酸性氧化物,都正确,但 CO2属于酸性氧化物,不是因为 CO2能与水反应生成碳酸,是能跟碱起反应,只生成盐和水的氧化物,故 A 错误;B. AlCl3属于共价化合物,但氯化铝溶于水能够导电,属于电解质,故 B 错误;C. 漂白粉中的 Ca(ClO)2会与空气中 CO2、H2O 反应变质,因此漂白粉需要密封保存,存在因果关系,故 C 正确;D.H2O2、SO2 都能使酸性 KMnO4 溶液褪色,都可被高锰酸钾氧化,H2O2、SO2 均表现还原性,陈述 II 不合理,故 D 错误;故选 C。点睛:本题考查了物质的性质和分类。本题的易错点为 A,要注意酸性氧化物的分类标准,可以通过举例判断,如二氧化硅不溶于水,但属于酸性氧化物。9. C、Si、S、N 都是自然界中含量丰富的非金属元素,下列有关说法中正确的是A. 四种元素在自然界中既有游离态又有化合态B. 二氧化物都属于酸性氧化物,都能与碱反应而不能与任何酸反应C. 最低价的气态氢化物都具有还原性,一定条件下都能与 O2发生反应D. 氮的氧化物相互转化都是氧化还原反应【答案】C【解析】【详解】A.Si 为亲氧元素,在自然界中没有游离态,A 说法错误,故 A 不符合题意;B.酸性氧化物与水反应只生成酸,NO2与水反应生成硝酸和 NO,不属于酸性氧化物,SiO2不仅能和碱反应,还能和 HF 反应,B 说法错误,故 B 不符合题意;C.C、Si、S、N 的最低价的气态氢化物分别为 CH4、SiH4、H2S、NH3,它们都具有还原性,一定条件下都能与 O2发生反应,C 说法正确,故 C 符合题意;D. 氮的氧化物相互转化不都是氧化还原反应,比如 NO2和 N2O4之间的转化,D 说法错误,故 D 不符合题意;故选 C。10. 某学生以铁丝和 Cl2为原料进行下列三个实验。从分类角度分析,下列选项正确的是A. 实验①、③反应制得的物质均为纯净物B. 实验②、③均未发生氧化还原反应C. 实验③制备氢氧化铁胶体需要加热煮沸至生成红褐色沉淀D. 实验①、②所涉及的物质均为电解质【答案】B【解析】【分析】【详解】A.实验①是铁在氯气中燃烧,生成物是 FeCl3,是纯净物,实验③制取的是氢氧化铁胶体,是混合物,故 A 不选;B.实验②、③均是 FeCl3和水发生的水解反应,各元素价态不变,不是氧化还原反应,故 B选;C.实验③制备氢氧化铁胶体加热至红褐色即可,故 C 不选;D.实验①中的氯气属于单质,既不是电解质,也不是非电解质,故 D 不选;故选 B。11. 设 NA 为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A. 1 mol 单质 Fe 与足量的高温水蒸气反应,失去 3NA 个电子B. 标准状况下,2.24 L NO 与 1.12 L O2混合后气体分子总数为 0.1NAC. 0.1 mol/L 的 CH3COONa 溶液中所含碳原子总数为 0.2NAD. 标准状况下,H2和 CO 混合气体 4.48 L 在足量 O2中充分燃烧消耗 O2分子数为 0.1NA【答案】D【解析】【详解】A. 铁和水蒸气在高温条件下反应后变为平均化合价 价,故 1mol 铁反应后转移mol 的电子,即 NA,故 A 错误;B. 标准状况下,2.24 L NO 的物质的量为 =0.1mol,1.12 L O2的物质的量为=0.05mol,NO 与 O2生成 NO2,2NO+O2=2NO2,故 0.1molNO 与 0.05molLO2反应生成 0.1mol 的 NO2,NO2又会发生反应 2NO2 N2O4,故最终的分子数会少于 0.1NA,故 B错误;C. 题中没给出溶液的体积,没法计算碳原子的物质的量,故 C 错误;D. 标准状况下,4.48 L H2和 CO 混合气体总物质的量为 =0.2mol,H2、CO 燃烧方程 2H2+O2=2H2O,2CO+O2=2CO2,等物质的量 H2、CO 耗氧分子的量相同,0.2mol 的混合气体消耗氧分子的物质的量为 0.1mol,即分子数为 0.1NA,故 D 正确;故答案为:D。12. Ge 的氧化物在一定条件下有如下转化。已知 0n2,下列说法正确的是A. 化学能最终转变为太阳能 B. 温度低于 1050℃时,CeO2比 CeO2-n稳定8383832.24L22.4L/mol1.12L22.4L/mol€4.48L22.4L/molC. 在过程 1 中 CeO2只起还原剂的作用 D. 过程 2 的反应属于置换反应,【答案】B【解析】【详解】A. 根据转化关系图可知,CeO2在整个过程中做催化剂,利用太阳能将水分解为氢气和氧气,太阳能最终转化为化学能,A 错误。B. 温度低于 1050℃时,CeO2-n 和水反应生成 CeO2和氢气,所以此时 CeO2比 CeO2-n稳定,B正确。C. 在过程 1 中 CeO2分解为 CeO2-n 和氧气,CeO2即做氧化剂又做还原剂,C 错误。D. 过程 2 中 CeO2-n和水反应生成 CeO2和氢气,不属于置换反应,D 错误。13. 下列有关水处理的离子方程式书写不正确的是A. 沉淀法:用 处理含 废水,B. 中和法:用生石灰( )中和酸性废水,C. 氧化法:用 处理氨氮废水,D. 混凝法:用明矾凝聚沉降细颗粒物,【答案】B【解析】【详解】 A . Na2S 是强电解质, HgS 难溶于水,用 处理含 废水,,故 A 正确;B.CaO 写化学式,用生石灰( )中和酸性废水,CaO+2H+=Ca2++H2O,故 B 错误;C.HClO 具有强氧化性,将氨氮废水中的氮氧化为氮气,,符合电子得失守恒、电荷守恒、质量守恒,故 C正确;D.明矾水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性, ,故 D 正确;故选 B。14. 下列 A~D 四组反应中,其中 I 和 II 可用同一个离子方程式表示的是I II2Na S2Hg + 2 2Hg S HgS+ −+ = ↓CaO 2H OH H O+ −+ =HClO + + -4 2 22NH +3HClO=N 3H O+5H +3Cl↑ +32 3Al 3H O Al(OH) 3H+ ++ +ƒ2Na S2Hg +2 2Hg S HgS+ −+ = ↓CaO+ + -4 2 22NH +3HClO=N 3H O+5H +3Cl↑ +32 3Al 3H O Al(OH) 3H+ ++ +ƒA 把金属铁放入稀硫酸中 把金属铁放入稀硝酸中B 将 0.1molCl2通入含 0.3molFeBr2的溶液 将 0.3molCl2通入含 0.1 molFeBr2的溶液C Ca(HCO3)2溶液中加入足量的 NaOH 溶液 Ca(OH)2溶液中加入足量的 NaHCO3溶液D NaHSO4溶液 Ba(OH)2溶液反应恰好呈中性 NaHSO4溶液 Ba(OH)2溶液反应使 恰好沉淀A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】【详解】A.铁和稀硫酸发生置换反应:Fe+2H+=Fe2++H2↑,铁和稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水:Fe+4H++ =Fe3++NO↑+2H2O,故 A 不选;B.将 0.1molCl2通入含 0.3molFeBr2的溶液中,由于氯气少量,所以只能氧化 Fe2+,离子方程式为:Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-;将 0.3molCl2通入含 0.1molFeBr2的溶液中,由于氯气过量,Fe2+和 Br-均被氧化,离子方程式为:3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++2Br2,故 B 不选;C.Ca(HCO3)2溶液中加入足量的 NaOH 溶液和 Ca(OH)2溶液中加入足量的 NaHCO3溶液,离子方程式均为:Ca2++2 +2OH-=CaCO3↓+ +2H2O,故 C 选;D.NaHSO4溶液 Ba(OH)2溶液反应恰好呈中性,NaHSO4和 Ba(OH)2的物质的量之比为 2:1,离子方程式为:2H+ +2OH-+Ba2+=2H2O+BaSO4↓;NaHSO4溶液 Ba(OH)2溶液反应使 恰好沉淀,NaHSO4和 Ba(OH)2的物质的量之比为 1:1,离子方程式为:H+ +OH-+ +Ba2+=H2O+BaSO4↓,故 D 不选;故选 C。15. 如图是某元素 价类二维图。其中 A 为正盐,X 是一种强碱,通常条件下 Z 是无色液体,E 的相对分子质量比 D 大 16,各物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是的2-4SO3NO−3HCO− 23CO−24SO−24SO− 24SO−A. A 是适合与草木灰混合施用 肥料 B. B 和 F 能发生复分解反应生成盐C. C 可用排空气法收集 D. D→E 的反应可用于检验 D【答案】D【解析】【分析】A 为正盐,X 是一种强碱,二者反应生成氢化物 B,则 A 为铵盐、B 为 NH3,B 连续与 Y 反应得到氧化物 D 与氧化物 E,E 的相对分子质量比 D 大 16,则 Y 为 O2、C 为 N2、D 为 NO、E 为 NO2,通常条件下 Z 是无色液体,E 与 Z 反应得到含氧酸 F,则 Z 为 H2O、F 为 HNO3,F与 X 发生酸碱中和反应得到 G 为硝酸盐。【详解】A. 物质 A 为铵盐,草木灰呈碱性,二者混合会生成氨气,降低肥效,故 A 错误;B. 氨气与硝酸反应生成硝酸铵,属于化合反应,不属于复分解反应,故 B 错误;C. 氮气的密度与空气接近,不宜采取排空气法收集,可以利用排水法收集氮气,故 C 错误;D. D→E 的反应 NO 转化为 NO2,由无色气体变为红棕色,可以检验 NO,故 D 正确;故选:D。16. “三效催化转换器”可将汽车尾气中的有毒气体处理为无污染的气体,下图为该反应的微观示意图(未配平),其中不同符号的球代表不同种原子。下列说法不正确的是( )A. 反应属于氧化还原反应 B. 丁物质一定是非金属单质C. 配平后甲、乙、丙的化学计量数均为 2 D. 甲和丙中同种元素的化合价不可能相等【答案】D【解析】【详解】根据变化的微观示意图,可知该反应为:2NO+2CO=N2+2CO2;的A.该反应中氮元素的化合价由+2 价降低到 0 价,碳元素化合价由+2 价升高到+4 价,元素化合价发生变化,为氧化还原反应,故 A 正确;B.丁物质为氮气单质,属于非金属单质,故 B 正确;C.配平后反应为 2NO+2CO=N2+2CO2,NO、CO、CO2 的化学计量数均为 2,故 C 正确;D.一氧化氮和一氧化碳中氧元素的化合价都为-2 价,故 D 错误;故答案为 D。【点睛】考查氧化还原反应、质量守恒定律,解题难点是根据微观示意图准确得出NO+CO→N2+CO2的反应原理是解题关键,再从化合价变化的角度分析氧化还原反应,结合质量守恒分析即可,侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。17. 我国利用合成气直接制烯烃获重大突破,其原理是反应①:C(s)+ O2(g)=CO(g) △H1反应②:C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H2反应③:CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H3=-90.1 kJ·mol -1反应④:2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) △H4,能量变化如下图所示反应⑤:3CH3OH(g) CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) △H5=-31.0 kJ·mol -1下列说法正确的是A. 反应③使用催化剂,△H3减小B. △H1-△H20C. 反应④中正反应的活化能大于逆反应的活化能D. 3CO(g)+6H2(g) CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) △H=-301.3 kJ·mol -1【答案】D【解析】【详解】A. 催化剂不改变反应的始终态,则反应③使用催化剂,△H3不变,故 A 错误;12ƒƒB. ①-②得到 H2(g)+ O2(g)⇌H2O(g),氢气燃烧放出热量,则△H1-△H20,故 B 错误;C. ④为放热反应,焓变为正逆反应的活化能之差,则反应④中正反应的活化能小于逆反应的活化能,故 C 错误;D. ③×3+⑤得到 3CO(g)+6H2(g)⇌CH3CH=CH2(g)+3H2O(g),△H=(-90.1kJ•mol-1)×3+(-31.0kJ•mol-1)=-301.3 kJ•mol-1,故 D 正确;故选 D。18. 下列有关分散系说法正确的是A. 从外观上无法区分 FeCl3溶液和 Fe(OH)3胶体B. 丁达尔效应是胶体和溶液的本质区别C. 将碳酸钙经过特殊加工制成纳米碳酸钙,化学性质没有明显变化D. Fe(OH)3胶体电泳的实验中,阴极附近颜色加深,阳极附近颜色变浅,证明 Fe(OH)3胶体带正电【答案】C【解析】【详解】A.FeCl3溶液呈黄色,Fe(OH)3胶体呈红褐色,从颜色上即可区分 FeCl3溶液和 Fe(OH)3胶体,A 错误。B. 胶体和溶液的本质区别是分散质直径大小,丁达尔效应是区分胶体和溶液的一种现象,B错误。C. 碳酸钙经过特殊加工制成纳米碳酸钙,颗粒大小变化了,发生了物理变化,但组成微粒没有变化,化学性质没有明显变化,C 正确。D. Fe(OH)3胶体电泳的实验中,阴极附近颜色加深,阳极附近颜色变浅,证明 Fe(OH)3胶粒带正电,胶体本身不带电,D 错误;答案选 C。19. 下列叙述正确的个数是①常温常压下,17 g 甲基(-14CH3)所含的中子数为 9NA②向氯水中加入碳酸钙粉末,能提高溶液中 HClO 的浓度③0℃,101 kPa,含有 l mol 硫原子的 SO2与 SO3的混合物,其体积小于 22.4 L④向 SiO2固体中滴加 NaOH 溶液或氢氟酸,固体均溶解,说明 SiO2是两性氧化物⑤氯气可置换出碘化钾溶液中的碘,氟气也可置换出碘化钾溶液中的碘12⑥加入铝粉能放出 H2的溶液中,Ca2+、Fe2+、Cl-、 一定能够大量共存⑦常温下,铝可溶于过量浓硝酸,也可溶于过量 NaOH 溶液⑧1 mol BrCl 与 H2O 完全反应生成氯化氢和次溴酸,转移的电子的物质的量为 1 molA. 2 个 B. 3 个 C. 4 个 D. 5 个【答案】A【解析】【详解】①常温常压下,17 g 甲基(-14CH3)的物质的量为 =1mol,1 个-14CH3中含有中子的个数为 14-6=8 个,则 1mol-14CH3中含有中子的个数为 8NA,错误;②Cl2+H2O HCl+HClO,向氯水中加入碳酸钙粉末,CaCO3+HCl=CaCl2+H2CO3,从而使反应平衡向生成 HClO 的方向移动,提高溶液中 HClO 的浓度,正确;③标准状况下,SO3呈固态。所以含有 1mol 硫原子的 SO2 与 SO3的混合物,其体积小于22.4L,正确;④二氧化硅能和碱反应生成盐和水,但只能与氢氟酸反应,所以二氧化硅是酸性氧化物,不是两性氧化物,错误;⑤氟气性质活泼,与碘化钾溶液混合,F2与 H2O反应,不能置换出 KI溶液中的碘,错误;⑥加入铝粉能放出 H2的溶液中,存在大量的 H+或 OH-离子(强酸性或强碱性)。当溶液呈碱性时,Fe2+不能大量存在,当溶液呈酸性时, 具有强氧化性,会和 Fe2+反应,不能大量共存,错误;⑦铝在浓硝酸中会钝化,不溶于过量浓硝酸,错误;⑧BrCl 与 H2O 完全反应生成氯化氢和次溴酸,该反应中没有化合价变化,不属于氧化还原反应,错误;正确的有 2 个,故选 A。20. 下列各组澄清溶液中离子能大量共存,且加入 滴入 试剂后发生的离子方程式书写正确的是 选项 离子组 X 试剂 离子方程式A 、 、 、 少量 -3NO17g17g/mol€-3NO( )X( )Na+ K+ ClO− 2SO22 2 4SO H O ClO SO Cl 2H− − − ++ + = + +B、 、 、过量C、 、 、过量铜粉 D、 、 、少量 HClA. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A.四种离子不发生反应,能共存,溶液中通入少量二氧化硫, 和 发生氧化还原反应,因为二氧化硫少量, ,故 A 错误;B.四种离子不发生反应,能共存,通入过量的硫化氢和铁离子反应生成硫单质和亚铁离子,反应方程式为: ;故 B 正确;C.铁离子水解显酸性,偏铝酸根离子水解显碱性,发生双水解反应,二者不能大量共存,故 C错误;D.碳酸氢根离子和偏铝酸根离子发生复分解反应,而不能大量共存,故 D 错误。故选 B。21. 下列三组实验进行一段时间后,溶液中均有白色沉淀生成,下列结论不正确的是实验① 实验② 实验③24SO−4NH+ 3Fe +24SO−Br−2H S3 222Fe H S 2Fe S 2H+ + ++ = + ↓ +n4NH+ 3Fe + 2AlO−Na+3 2 22Fe Cu 2Fe Cu+ + ++ = +2AlO−Na+ K+3HCO−2 2 3H AlO H O Al(OH)+ −+ + = ↓n n nClO− 2SO22 2 4SO H O 3ClO SO 2HClO Cl−− −+ + = + +3 222Fe H S 2Fe S 2H+ + ++ = + ↓ +A. 实验①中生成的沉淀是 BaCO3B. 实验①中有气体生成C. 实验②沉淀中可能含有 BaSO4D. 实验③生成沉淀的离子方程式是:Ba2++ H2SO3===BaSO3↓+2H+【答案】D【解析】【详解】A. 碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子的电离过程,电离生成的碳酸根离子能够与钡离子反应生成碳酸钡沉淀,故 A 正确;B. 实验①中形成沉淀时促进碳酸氢根离子的电离,溶液的酸性逐渐增强,氢离子与碳酸氢根离子反应放出二氧化碳气体,故 B 正确;C. 实验②中亚硫酸钠与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀,亚硫酸钡被空气中的氧气氧化生成硫酸钡,故 C正确;D. 实验③中,如果发生 Ba2++ H2SO3===BaSO3↓+2H+,生成的亚硫酸钡能够被氢离子溶解,应该是亚硫酸被氧化生成了硫酸,硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀,故 D 错误;故选 D。22. 为了探究硫酸亚铁的分解产物,进行了如下图装置所示的实验,打开 K1和 K2,缓缓通入N2,一段时间后加热,实验后反应管中残留固体为红色粉末,BaCl2溶液中有白色沉淀产生,品红溶液中红色褪去,检查氢氧化钠溶液出口处无氧气产生。下列说法错误的是( )A. 氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的 SO2气体B. 反应管内产生的红色粉末可能是 Fe2O3C. BaCl2溶液的目的是检验 SO3的存在,此处用 Ba(NO3)2溶液也可以检验 SO3D. 反应管内得到的氧化产物和还原产物物质的量之比为 1:1【答案】C【解析】【详解】A、氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的酸性气体,避免污染空气,A 正确;B、硫酸亚铁受热分解,产生的红色固体一定含有 Fe 元素,所以可能是 Fe2O3, B 正确;C、如果二氧化硫气体,通入硝酸钡溶液中,因为二氧化硫溶于水溶液显酸性,酸性条件下,硝酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸,再与钡离子生成硫酸钡沉淀,所以用硝酸钡溶液的问题是:无法判断使硝酸钡溶液出现白色沉淀的是二氧化硫还是三氧化硫, C 错误;D、实验后反应管中残留固体为红色粉末(Fe2O3),BaCl2溶液中有白色沉淀产生(说明有SO3),品红溶液中红色褪去(说明有 SO2),检查氢氧化钠溶液出口处无氧气产生,所以分解的方程式为: ,所以氧化产物(Fe2O3)和还原产物(SO2)物质的量之比为 1:1,D 正确;故选 C。23. S2Cl2和 SCl2均为重要的化工原料,都满足 8 电子稳定结构。已知:①S2(1)+Cl2(g) S2Cl2(g) △H1=xkJ/mol②S2Cl2(g)+Cl2(g) 2SCl2(g) △H2=ykJ/mol③相关化学键的键能如下表所示:化学键 S-S S-Cl Cl-Cl键能/kJ/mol a b c下列说法错误的是A. SCl2的结构式为 C1-S-Cl B. S2Cl2的电子式为: C. y=2b-a-c D. 在 S2(1)+2Cl2(g) 2SCl2(g)的反应中,△H=(x+y)kJ/mol【答案】C【解析】【详解】A.原子都达到 8 电子稳定结构,S 应该形成两个共价键,Cl 只能形成 1 个共价键,所以 SCl2的结构式为 C1-S-Cl,选项 A 正确;B.原子都达到 8 电子稳定结构,S 应该形成两个共价键,Cl 只能形成 1 个共价键,所以 S2Cl24 2 3 3 22FeSO Fe O + SO + SO↑ ↑高温的结构式为 C1-S-S-Cl,根据此结构式得到对应的电子式为: ,选项 B 正确;C.反应的焓变等于反应物的键能减去生成物的键能,根据上面给出的 SCl2和 S2Cl2的结构式,反应②S2Cl2(g)+Cl2(g) 2SCl2(g)的焓变△H2=y=a+2b+c-4b=a+c-2b,选项 C 错误;D.反应①加上反应②可以得到:S2(1)+2Cl2(g) 2SCl2(g),所以该反应的焓变为△H=(x+y)kJ/mol,选项 D 正确;故答案选 C。【点睛】化合物中原子达到 8 电子稳定结构有如下规律:原子的成键个数=8-原子的最外层电子数;计算出原子应该形成的共价键数以后,可以书写化合物的结构式,注意应该是成键多的原子在中间,成键少的在边上。24. 下列实验操作对应的现象和根据现象得出的结论均正确的是实验操作 现象 结论A 向 FeCl3溶液中滴加稀氨水溶液由黄色变为红棕色生成了氢氧化铁胶体B碳和浓硫酸加热所得气体产物依次通过品红溶液和澄淸石灰水品红溶液褪色,澄清石灰水变浑浊气体产物中含有 CO2和SO2C向某溶液中滴加 K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀 溶液中存在亚铁离子D裂化汽油与碘水混合振荡并静置分层有机层显紫色,水层变为无色裂化汽油将碘萃取到有机层中A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A. 向 FeCl3溶液中滴加稀氨水,现象是黄色的溶液中生成了红褐色沉淀,结论是生成了氢氧化铁沉淀,A 不正确;B. 碳和浓硫酸加热所得气体产物依次通过品红溶液和澄淸石灰水,可以观察到品红溶液褪色、澄清石灰水变浑浊,说明气体产物中一定含有 SO2,但是不能确定一定有 CO2,因为 SO2也能使澄清石灰水变浑浊,B 不正确;C. 向某溶液中滴加 K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀,说明溶液中存在亚铁离子,C 正确;D. 裂化汽油与碘水混合振荡并静置分层,可以观察到有机层显紫色、水层变为无色,但是不能说明是裂化汽油将碘萃取到有机层中,因为裂化汽油中含有不饱和烃可以与碘发生加成反应,其反应的产物也可以作为萃取剂,D 不正确。本题选 C。25. 常温下,pH=1 的某溶液 A 中除 H+外,还含有 NH 、K+ 、Na+、Fe3+、Al3+ 、CO 、NO、Cl-、I-、 SO 中的 4 种,且溶液中各离子的物质的量浓度均为 0.1 mol·L -1。现取该溶液进行验,实验结果如图所示,下列有关说法正确的是A. 该溶液中一定有上述离子中的 NO 、Al3+、 SO 、Cl-四种离子B. 实验消耗 Cu 14.4 g,则生成气体丁的体积为 3.36 LC. 该溶液一定没有 Fe3+,但是无法确定是否含有 I-D. 沉淀乙一定有 BaCO3,可能有 BaSO4【答案】A【解析】【分析】由溶液 pH=1 可知溶液为酸性溶液,溶液中存在大量氢离子,可以排除 CO32-;溶液 A 中加过量(NH4)2CO3,产生白色沉淀甲、气体甲,白色沉淀只能为氢氧化铝,可以排除 Fe2+、Fe3+,溶液中一定含有 Al3+;溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙,丙在空气中变成红棕色,则丙为 NO,说明在原溶液中有 NO3-,在强酸性溶液中含有 NO3-,则一定不存在具有还原性的离子 I-,最后根据电荷守恒得原溶液中含有 H+、NO3-、Al3+、SO42-、Cl-五种离子,据此解答分析。【详解】A. 根据以上分析可知,溶液中存在 0.1mol/L 的氢离子、0.1mol/L 的铝离子,0.1mol/L NO3-;溶液中阳离子带有的电荷为:(0.1mol/L×1)+(0.1mol/L×3)=0.4mol/L;而溶液中除了存在 0.1mol/L 的硝酸根离子外,根据电荷守恒,还应该含有 SO42-离子和 Cl-,所以该溶液中一定有 NO3-、Al3+、SO42-、Cl-四种离子,故 A 正确;+42-3-32-4-32-4B.根据反应方程式 3Cu+8HNO3(稀)═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 可知,若消耗 14.4g 铜,n(Cu)==0.225mol,根据反应方程式中 Cu 与 NO 的物质的量关系可知生成一氧化氮气体的物质的量为 n(NO)= n(Cu)= ×0.225mol=0.15mol;由于没有告诉条件是否是标准状况下,所以 0.15mol 一氧化氮的体积不一定为 3.36L,故 B 错误;C. 根据上述分析可知,在强酸性溶液中含有 NO3-,溶液具有强氧化性,则一定不存在具有还原性的离子 I-,故 C 错误;D. 根据上述分析可知,溶液中含有硫酸根离子,所以沉淀乙中一定含有 BaCO3、BaSO4,故D 错误;故答案:A。26. 化学实验中,如使某一步中的有害产物作为另一步的反应物,形成一个循环,就不会向环境排放该种有害物质。例如,铬的化合物有以下循环关系:下列有关说法中正确的是A. 发生反应⑤,一定要加入氧化剂B. 上述物质中只有 Na2CrO4 可作氧化剂C. 从反应③来看,Cr(OH)3不宜用 CrCl3与 NaOH 反应来制取D. 发生反应①时,消耗 Na2Cr2O7的数目与转移的电子数目之比为 1:3【答案】C【解析】【详解】A.Na2CrO4和 Na2Cr2O7的转化,化合价没有发生变化,故 A 错误;B.反应中 Na2CrO4和 Na2Cr2O7中 Cr 元素化合价都为+6 价,都可作氧化剂,故 B 错误;C.Cr(OH)3具有两性,能溶于过量的 NaOH,CrCl3与 NaOH 反应来制取 Cr(OH)3,不易控制NaOH 的用量,故 C 正确;14.4g64g / mol2323D.发生反应①时,Na2Cr2O7中 Cr 元素化合价由+6 价降低到+3 价,则 1molNa2Cr2O7可得到6mol 电子,故 D 错误。答案为 C。27. a、b、c、X 是中学化学中常见的四种物质,且 a、b、c 中含有同一种元素,其转化关系如下图所示。下列说法不正确的是(   )A. 若 a、b、c 均为厨房中常用的物质,则构成 c 中的阳离子半径小于其阴离子半径B. 若 a 为一种气态氢化物,X 为 O2,则 a 分子中可能含有 10 个或者 18 个电子C. 若 b 为一种两性氢氧化物,则 X 可能是强酸,也可能是强碱D. 若 a 为固态非金属单质,X 为 O2,则 O 元素与 a 元素的原子序数之差可能为 8【答案】D【解析】【详解】A、若 a、b、c 均为厨房中常用的物质,a 为碳酸钠,X 为盐酸,碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠 b,碳酸氢钠与盐酸继续反应生成氯化钠 c,钠离子核外有 2 个电子层,氯离子核外有有 3 个电子层,所以氯化钠中阳离子半径小于其阴离子半径,A 正确;B、若 a 为气态硫化氢,与氧气反应生成单质硫 b,硫继续与氧气反应生成二氧化硫 c,硫化氢与氧气直接反应生成二氧化硫,硫化氢为 18 个电子微粒;甲烷与氧气不完全反应生成一氧化碳 b,一氧化碳与氧气继续反应生成二氧化碳 c,甲烷完全燃烧直接生成二氧化碳,甲烷为 10个电子的微粒;综上所述,B 正确;C、若 b为氢氧化铝,X可以是强酸或强碱,C正确;D、若 a 为单质碳,可以燃烧生成一氧化碳 b,二氧化碳 c,但是和氧原子序数只差为 2,不是8;若 a 为固态非金属单质硫,与氧气反应不能直接生成三氧化硫 c;也就是说,硫原子和氧原子的原子序数虽然能够差 8,但是不能满足题意要求,D 错误;正确选项 D。28. 取 Cu、Cu2O 和 CuO 固体混合物,将其分成两等份,一份用足量的氢气还原,反应后固体质量减少 6.40g,另一份加入 1000mL 稀硝酸,固体恰好完全溶解,收集到标准状况下 NO气体 4.48L,所用硝酸的物质的量浓度为A. 3.2mol/L B. 1.6mol/L C. 0.9mol/L D. 无法判断【答案】B【解析】【详解】将 Cu2O 拆分为 Cu、CuO,原混合物看做 Cu、CuO 的混合物,其中一份用足量的氢气还原,反应后固体质量减少 6.40g 为拆分后 Cu、CuO 的混合物中 O 元素的质量,O 原子的物质的量为: ,根据 Cu 元素守恒可知 n(CuO)=n(O)=0.4mol;另一份中加入 500mL 稀硝酸,固体恰好完全溶解,溶液中溶质为 Cu(NO3)2,且同时收集到标准状况下NO 气体 4.48L,NO 的物质的量为: ,根据电子转移守恒可知拆分后 Cu、CuO 的 混 合 物 中 2n(Cu)=3n(NO)=3×0.2mol , n(Cu)=0.3mol , 由 铜 元 素 守 恒 可 知n[Cu(NO3)2]=n(CuO)+n(Cu)=0.4mol+0.3mol=0.7mol , 根 据 氮 元 素 守 恒 可 知n(HNO3)=n(NO)+2n[Cu(NO3)2]=0.2mol+2×0.7mol=1.6mol , 所 以 该 稀 硝 酸 的 浓 度 为 :,本题选 B。29. 下列实验操作、现象和结论均正确的是选项 实验操作 现象 结论A将少量浓硝酸分多次加入 Cu和稀硫酸的混合液中产生红棕色气体硝酸的还原产物是NO2B某粉末用酒精润湿后,用铂丝蘸取做焰色反应火焰呈黄色该粉末一定不含钾盐C将 Na2O2裹入棉花中,放入充满 CO2的集气瓶中棉花燃烧Na2O2与 CO2的反应为放热反应D向久置的 Na2SO3溶液中加入足量 BaCl2溶液,再加入足量稀硝酸出现白色沉淀,加稀硝酸后沉淀不溶解久置的 Na2SO3溶液已全部变质A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】6.40.464 /gmolg mol=4.480.222.4 /LmolL mol=1.61.6 /1molmol LL=【详解】A. 将少量浓硝酸分多次加入 Cu 和稀硫酸 混合液中,硝酸的浓度变小,铜与稀硝酸反应的还原产物是无色的 NO,NO 可在空气中与氧气反应转变为红棕色的二氧化氮,A 错误;B.焰色反应直接观察呈黄色,若再通过蓝色钴玻璃没有看到紫色,则一定不含钾元素,否则不一定,而且含有钾元素的化合物不一定是钾盐,B 错误;C. 棉花燃烧,除了有助燃物外,温度要达到棉花的着火点,说明 Na2O2与 CO2的反应放热,C正确;D. 亚硫酸钡沉淀可以被硝酸氧化为硫酸钡沉淀,故不能说明久置的 Na2SO3溶液已全部变质,D 错误;答案选 C。30. 为了探究 FeSO4和 Cu(NO3)2的混合物中各组分的含量,现设计如下流程:下列叙述中不正确的是(  )A. n=0.02 B. m=3.2C. V=2240 D. 原混合物中 FeSO4的质量分数约为89%【答案】B【解析】步骤②加入 9g 铁粉生成氢气,说明前面步骤硫酸有剩余,溶液 a 与 nmol 氯气完全反应,说明溶液 a中含有 Fe2+,17.08g FeSO4和 Cu(NO3)2的混合物与 0.14mol硫酸混合,NO3-全部被还原为 NO,NO的物质的量是 ,根据氮元素守恒,样品中 Cu(NO3)2的质量是 , FeSO4 的质量为 17.08-1.88=15.2g; 物质的量是0.1mol;设与硝酸根离子反应的亚铁离子的物质的量是 xmol,消耗氢离子的物质的量为 ymol;X =0.06,y=0.08mol;的0.4480.0222.4 /LmolL mol=0.01 188 / 1.88gmol g mol× =溶液 a中亚铁离子的物质的量是 0.1-0.06=0.04mol;根据方程式 ,需要氯气 0.02mol,故 A正确;根据铁元素守恒,通入氯气后溶液中铁离子的物质的量是0.1mol,根据反应 ,消耗铁的物质的量是 0.05mol,即 2.8g;溶液 a中氢离子的物质的量 0.14 -0.08=0.2mol,根据 ,消耗铁 0.1mol,即5.6g;a溶液中含有 0.01mol ,消耗铁 0.01mol,即 0.56g;同时生成铜 0.64g,剩余固体质量是 9-2.8-5.6-0.56+0.64=0.68g,故 B错误;生成氢气 0.1mol,体积为 2.24L,故 C正确;原混合物中 FeSO4的质量分数约为 ,故 D正确。第 II 卷二、非选择题31. 根据信息回答以下与元素相关的问题。I.汽车尾气中 CO、NOx以及燃煤废气中的 SO2都是大气污染物,对其治理具有重要意义。(1)氧化-还原法消除 NOx的转化:NO NO2 N2①反应 I 为 NO+O3=NO2+O2,生成标准状况下 11.2 L O2 时,转移电子数目为___________;②反应 II 中,当 n(NO2):nCO(NH2)2=3:2 时,氧化产物与还原产物的质量比为_________;(2)吸收 SO2和 NO,获得 Na2S2O4和 NH4NO3产品的流程图如下(Ce 为铈元素)。装置 II 中酸性条件下,NO 被 Ce4+氧化的产物主要是 、 ,写出生成等物质的量的 和 时的离子方程式________。(3)已知进入装置 IV 的溶液中,NO2的浓度为 a g/L,要使 1m3该溶液中的 完全转化为NH4NO3,至少需向装置 IV 中通入标准状况下的氧气______L(用含 a 代数式表示,结果保留整数)。II.镁、钙和锶(Sr)都属于碱土金属,具有相似的化学性质。(1)锶比钙的金属性更强,它们的单质都能和水反应放出氢气,则锶与水反应的化学方程式为_______。颗粒状的单质锶与稀硫酸反应,反应现象不如钠和水反应剧烈,原因是_______。2 222 2 2Fe Cl Fe Cl+ + −+ = +3 22 3Fe Fe Fe+ ++ =2× 2 22Fe H Fe H+ ++ = + ↑2Cu +15.2100% 89%17.08gg× =3OI→反应( )2 2CO NHII→反应-3NO-2NO-3NO-2NO-2NO(2)锶在一定条件下分别与 N2、H2发生反应,生成 Y、Z 两种锶的固态化合物,Y、Z 与水反应均可放出气体。0.01 mol Y 溶于 100 mL 盐酸恰好完全反应,生成氯化物混合溶液,则盐酸的物质的量浓度为______,Z 的电子式为_______。【答案】 (1). NA (2). 4:3 (3). 2NO+3H2O+4Ce4+=4Ce3++NO +NO +6H+ (4). 243a (5). Sr+2H2O=Sr(OH)2↓+H2↑ (6). 微溶物 SrSO4 覆盖在 Sr 的表面,阻止反应进一步进行 (7). 0.8mol/L (8). 【解析】【分析】本题第三问,NO 浓度为 a g•L-1,要使 1m3该溶液中的 NO 完全转化为 NH4NO3,则失去电子数目是: ,设消耗标况下氧气的体积是 V,结合电子守恒进行计算。【详解】I.(1)①NO+O3═NO2+O2,生成 1mol 氧气转移电子是 2mol,生成 11.2L 即 0.5mol O2(标准状况)时,转移电子的物质的量是 0.5mol×2=1mol,个数为 NA,故答案为:NA;②当 n(NO2):n[CO(NH2)2]=3:2,即 NO2和 CO(NH2)2的系数之比是 3:2,其方程式表示为:6NO2+4CO(NH2)2=7N2+8H2O+4CO2,只有 N 元素的化合价变化,氮气为氧化产物也是还原产物,由 N 原子守恒可知氧化产物与还原产物的质量比为 8:6=4:3,故答案为:4:3;(2)生成等物质的量的 NO3-和 NO2-时,Ce4+被还原为 Ce3+,由电子守恒、电荷守恒可知,离子方程式为:2NO+3H2O+4Ce4+=4Ce3++NO3-+NO2-+6H+,故答案为:2NO+3H2O+4Ce4+=4Ce3++NO+NO +6H+;(3)NO2-的浓度为 a g•L-1,要使 1m3该溶液中的 NO2-完全转化为 NH4NO3,则失去电子数目是:,设消耗标况下氧气的体积是 V,则失电子数目是: ×2×(2-0),根据电子守恒: = ×2×(2-0),解得 V=243a,故答案为:243a。II.(1)锶比钙的金属性更强,它们的单质都能和水反应放出氢气和氢氧化锶,反应的化学方程式:Sr+2H2O=Sr(OH)2↓+H2↑,颗粒状的单质锶与稀硫酸反应生成的微溶物 SrSO4覆盖在 Sr 的表面,阻止反应进一步进行,故答案为:Sr+2H2O=Sr(OH)2↓+H2↑;微溶物 SrSO4覆盖在 Sr 的表面,阻止反应进一步进行;的3−2−2−2−( )1000a 5 346× −3−2−( )1000a 5 346× − V22.4( )1000a 5 346× − V22.4(2)锶在一定条件下分别与 N2、H2发生反应,生成 Y、Z 两种锶的化合物,分别为 Sr3N2、SrH2,Y、Z 与水反应均可放出气体,分别为氨气和氢气,0.0lmolY 溶于 l00mL 盐酸恰好完全反应,Sr3N2+8HCl=3SrCl2+2NH4Cl,0.01molY 反应需要 0.08molHCl,盐酸浓度 c(HCl)= =0.8mol/L,SrH2为离子化合物电子式为: 故答案为:0.8mol/L;。32. 锌钡白是一种白色颜料。工业上是由 ZnSO4与 BaS 溶液混合而成:BaS+ZnSO4=ZnS↓+BaSO4↓。请根据以下工业生产流程回答有关问题。I.ZnSO4溶液的制备与提纯:有关资料:a.菱锌矿的主要成分是 ZnCO3,含少量 SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等;b.Zn(OH)2与 Al(OH)3相似,能溶于过量的 NaOH 溶液生成 Na2ZnO2。(1)写出①中菱锌矿主要成分发生的离子方程式________。(2)为了达到综合利用、节能减排的目的,上述流程步骤④中的 CO2可以来自于步骤______(选填①、②、③、⑤)。(3)滤渣 2 的主要成分为_______(填化学式)(4)写出步骤④产生滤渣 3 的离子反应方程式_________。II.BaS 溶液的制备:(5)写出煅烧还原的化学反应方程式________。III.制取锌钡白:(6)如果生产流程步骤⑤硫酸过量,则 ZnSO4与 BaS 溶液混合制取锌钡白产生的后果是________。【答案】 (1). ZnCO3+2H+=Zn2++H2O+CO2 (2). ① (3). Fe(OH)3、Cu(OH)2 (4). ZnO +2CO2+2H2O=Zn(OH)2 +2HCO (5). BaSO4+4C BaS+4CO (6). 过量的0.08mol0.1L↑22− ↓ 3−高温↑酸与 BaS 溶液混合会产生有毒的 H2S 污染空气,而且会降低锌钡白的产率【解析】【分析】由图或者流程可知,菱锌矿的主要成分是 ZnCO3,含少量 SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等,加硫酸,只有 SiO2 不反应,经过过滤进行分离,则滤渣 1 为 SiO2,滤液 1 含有硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸锌、剩余的硫酸,②加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子,再加过量的 NaOH,Zn2+转化 ZnO ,使 Cu2+、Fe3+转化为沉淀,通过过滤从溶液中除去,则滤渣 2 为 Fe(OH)3、Cu(OH)2,滤液 2 中含有 Na2ZnO2及过量的 NaOH,④通二氧化碳将 ZnO 转化为沉淀,则滤渣 3 为 Zn(OH)2,步骤⑤主要发生氢氧化锌与硫酸的反应,滤液 3 含有碳酸氢钠;以此解答。【详解】(1)菱锌矿的主要成分是 ZnCO3,ZnCO3 和硫酸反应生成锌离子、水和二氧化碳,反应 的 离 子 方 程 式 为 : ZnCO3+2H+=Zn2++H2O+CO2 , 故 答 案 为 :ZnCO3+2H+=Zn2++H2O+CO2 ;(2)由分析可知,步骤①中 ZnCO3和硫酸反应生成二氧化碳,步骤④中的 CO2可以来自于步骤①,故答案为:①;(3)由分析可知,②加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子,再加过量的 NaOH,Zn2+转化 ZnO ,使 Cu2+、Fe3+转化为沉淀,通过过滤从溶液中除去,则滤渣 2 为 Fe(OH)3、Cu(OH)2,故答案为:Fe(OH)3、Cu(OH)2;(4)④通二氧化碳将 ZnO 转化为沉淀,则滤渣 3 为 Zn(OH)2,离子方程式为:ZnO+2CO2+2H2O=Zn(OH)2 +2HCO ,故答案为:ZnO +2CO2+2H2O=Zn(OH)2 +2HCO ;(5)BaSO4和 C 混合经过煅烧生成 CO 和 BaS,根据得失电子守恒和原子守恒可得化学方程式为:BaSO4+4C BaS+4CO ,故答案为:BaSO4+4C BaS+4CO ;(6)步骤⑤中硫酸过量,过量的酸与 BaS 溶液混合会发生反应,产生有毒的 H2S 污染空气,而且会降低锌钡白的产率,故答案为:过量的酸与 BaS 溶液混合会产生有毒的 H2S 污染空气,而且会降低锌钡白的产率。33. 常温常压下,一氧化二氯(Cl2O)为棕黄色气体,沸点为 3.8℃,42℃以上分解生成 Cl2和O2,Cl2O 易溶于水并与水反应生成 HClO。22−22−↑↑22−22− 22−↓ 3− 22− ↓ 3−高温↑高温↑[制备产品]将氯气和空气(不参与反应)按体积比 1:3 混合通入含水 8%的碳酸钠中制备 Cl2O,并用水吸收 Cl2O(不含 Cl2)制备次氯酸溶液。(1)各装置的连接顺序为_______→______→_____→C→_____;(填字母)(2)装置 B 中多孔球泡和搅拌棒的作用是_______;装置 C 的作用是______;(3)制备 Cl2O 的化学方程式为________;(4)此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的主要优点是_______;(5)反应过程中,装置 B 需放在_______中:(选填“冷水”或“热水”)[测定浓度](6)已知次氯酸可被 FeSO4等物质还原。用下列实验方案测定装置 E 所得溶液中次氯酸的物质的量浓度:量取 10 mL 上述次氯酸溶液,并稀释至 100 mL,再从中取出 10.00 mL 于锥形瓶中,并加入 10.00 mL 0.8 mol/L 的 FeSO4溶液,充分反应后,用 0.05000 mol/L 的酸性 KMnO4溶液滴定至终点,消耗 KMnO4溶液 24.00 mL,则原次氯酸的物质的量浓度为_______。(保留四位有效数字)【答案】 (1). A (2). D (3). B (4). E (5). 增大反应物接触面积,加快反应速率,使反应充分进行 (6). 除去 Cl2O 中的 Cl2 (7). 2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3) (8). 制得的次氯酸溶液纯度较高,浓度较大 (9). 冷水 (10). 1.000mol/L【解析】【分析】根据实验目的,将氯气和空气(不参与反应)按体积比 1:3 混合通入含水 8%的碳酸钠中制备 Cl2O,并用水吸收 Cl2O(不含 Cl2)制备次氯酸溶液,应先用装置 A 制备 Cl2,再通过装置D 除去混合气体中的 HCl 气体,同时混入空气,将混合气体通入装置 B,在装置 B 中发生制备 Cl2O 的反应;然后将制取的 Cl2O 气体先通入装置 C,以除去 Cl2等杂质气体,最后通过装置 E 制取次氯酸溶液,以此解答。【详解】(1)根据实验目的,将氯气和空气(不参与反应)按体积比 1:3 混合通入含水 8%的碳酸钠中制备 Cl2O,并用水吸收 Cl2O(不含 Cl2)制备次氯酸溶液,应先用装置 A 制备 Cl2,再通过装置 D 除去混合气体中的 HCl 气体,同时混入空气,将混合气体通入装置 B,在装置 B 中发生制备 Cl2O 的反应;然后将制取的 Cl2O 气体先通入装置 C,以除去 Cl2等杂质气体,最后通过装置 E 制取次氯酸溶液,装置连接顺序为:A→D→B→C→E,故答案为:A;D;B;E;(2)多孔球泡和搅拌棒均能使反应物充分接触,增大反应物接触面积,加快反应速率,使反应充分进行;装置 B 中生成 Cl2O 的同时还会有多余的 Cl2逸出,而 Cl2是非极性分子,易溶于非极性溶剂四氯化碳,因此此处装置 C 使用足量的四氯化碳将 Cl2吸收,故答案为:增大反应物接触面积,加快反应速率,使反应充分进行;除去 Cl2O 中的 Cl2;(3)已知空气不参与反应,则制取 Cl2O 以 Cl2和 Na2CO3为反应物,发生歧化反应,其中氯元素从 0 价变为+1 价和−1 价,反应的化学方程式为:2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3),故答案为:2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3);(4)Cl2O 与水反应的化学方程式为:Cl2O+H2O=2HClO,Cl2和水反应的化学方程式为:Cl2+H2O=HCl+HClO,Cl2O 和水反应只生成 HClO 且反应不可逆,氯气和水反应除了生成HClO 还生成 HCl,并且反应可逆,所以用 Cl2O 与水反应制备次氯酸溶液相对于用氯气溶于水制备次氯酸溶液的主要优点是用 Cl2O 与水反应制备次氯酸溶液时制得次氯酸溶液纯度较高、浓度也较大,故答案为:制得的次氯酸溶液纯度较高,浓度较大;(5)由题可知:Cl2O 在 42℃以上会分解生成 Cl2和 O2,故为防止反应放热后温度过高导致 Cl2O分解,装置 B 需放在冷水中,故答案为:冷水;(6)10.00mL 0.80mol⋅L−1的 FeSO4溶液中,n(FeSO4)=0.80mol/L×0.01L=0.008mol,24.00mL0.050 00mol⋅L−1的酸性 KMnO4溶液中,n(KMnO4)=0.050mol/L×0.024L=0.0012mol,根据反应 MnO +5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 可知,0.0012mol 高锰酸钾消耗硫酸亚铁的物质的量为:0.0012mol×5=0.006mol,则稀释后的 10.00mLHClO 溶液消耗硫酸亚铁的物质的量为:0.008mol−0.006mol=0.002mol,根据反应 HClO+2Fe2++H+=2Fe3++Cl−+H2O 可知,稀释后10.00mLHClO 溶液中 n(HClO)= ×0.002mol=0.001mol,原 10mL 次氯酸溶液中n(HClO)=0.001mol× =0.01mol,其浓度为: =1.000mol/L,故答案为:1.000mol/L。4−12100mL10mL0.01mol0.01L34. 中药药剂砒霜(主要成分为 As2O3,微溶于水),可用于治疗急性白血病。工业上用含硫化砷(As2S3)的废渣生产砒霜的工艺流程如图所示:(1)硫化砷中砷元素化合价为_______,其难溶于水,“碱浸"过程中硫元素价态不变,发生的主要反应的离子方程式为_________。(2)氧化脱硫过程中被氧化的元素是__________。(填元素符号)(3)还原过程中 H3AsO4转化为 H3AsO3,反应的化学方程式是___________。(4)还原后加热溶液,H3AsO3分解为 As2O3,结晶得到粗 As2O3。As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度度(S)曲线如下图所示。为了提高粗 As2O3的沉淀率,“结晶”过程进行的操作是蒸发浓缩,冷却结晶,过滤,洗涤,在此过程中应控制的条件为___________。(5)在工业生产中,最后一步所得滤液可循环使用,其目的是_________。(6)砷元素广泛存在于自然界,砷与其化合物被运用在农药、除草剂、杀虫剂等。砷的常见氧化物有 As2O3和 As2O5,其中 As2Os 热稳定性差。根据下图写出 As2O5分解为 As2O3的热化学方程式_______。【答案】 (1). +3 (2). As2S3+6OH- =AsO + AsS +3H2O (3). As 、S (4). SO2+H3AsO4+H2O=H3AsO3+H2SO4 (5). 调节硫酸浓度约为 7mol/L,并将温度冷却至 25°C (6). 提高砷的回收率 (7). As2O5(s)= As2O3(s)+O2(g) △H = +295.4 kJ/mol【解析】【详解】(1)硫元素的负价为-2,所以硫化砷中砷的化合价为+3;由图可知碱浸时加入的碱为氢氧化钠,碱浸后得到的溶液的主要成分为 Na3AsO3、Na3AsS3,所以碱浸发生的主要反应的离子方程式为 As2S3+6OH- =AsO + AsS +3H2O。(2)氧气氧化脱硫后得到了黄色固体和 Na3AsO4,黄色固体应该为硫单质,所以氧化脱硫过程中被氧化的元素是 As、S。(3)还原过程中二氧化硫被氧化成硫酸,H3AsO4被还原为 H3AsO3,反应的化学方程式为SO2+H3AsO4+H2O=H3AsO3+H2SO4。(4)观察 As2O3在不同温度和不同浓度硫酸溶液中的溶解度曲线图可知,在硫酸溶液浓度约为7mol/L,温度为 25°C 时,As2O3的溶解度最小,故为了提高粗 As2O3的沉淀率,在“结晶”过程中应该调节硫酸浓度约为 7mol/L,并将温度冷却至 25°C。(5)最后一步所得滤液中依然含有砷元素,所以循环使用可以提高砷的回收率。(6)根据图中的数据,由 As2O5分解为 As2O3吸收热量为 914.6 kJ/mol-619.2 kJ/mol=+295.4 kJ/mol,所以反应的热化学方程式为:As2O5(s)= As2O3(s)+O2(g) △H = +295.4 kJ/mol。35. 有资料显示过量的氨气和氯气在常温下可合成岩脑砂(主要成分为 NH4Cl),某小组在实验室对该反应进行探究,并对岩脑砂进行元素测定。[岩脑砂的制备](1)写出实验室装置 A 中发生反应的化学方程式:________。(2)装置 C 的仪器名称是_________;(3)为了使氨气和氯气在 D 中充分混合,请确定上述装置的合理连接顺序:________→ef←_______(用小写字母和箭头表示,箭头方向与气流方向一致)。3-33-33-33-3(4)证明氨气和氯气反应有 NH4Cl 生成,需要的检验试剂中除了蒸馏水、稀硝酸、红色石蕊试纸外,还需要___________。[岩脑砂中元素的测定]准确称取 a g 岩脑砂,与足量氧化铜混合加热(反应:2NH4Cl+3CuO 3Cu+N2↑+2HCl+3H2O),利用下列装置测定岩脑砂中氮元素和氯元素的物质的量之比。(5)装置 H 中盛装的试剂是________(填试剂名称)。(6)若装置 I 增重 b g,利用装置 K 测得气体体积为 V L(已知常温常压下气体摩尔体积为 24.5 L·mol -1),则岩脑砂中 n(N):n(Cl)=________(用含 b、V 的代数式表示,不必化简),若取消 J装置(其它装置均正确),n(N):n(Cl)比正常值________(填“偏高“偏低”或“无影响”)。【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). (球形)干燥管 (3). a→d→c (4). h←g←j←i←b (5). NaOH 溶液、AgNO3 溶液 (6). 浓硫酸 (7). : (8). 偏低【解析】【分析】A 为制备氨气发生装置,用碱石灰干燥。B 为制备氯气装置,先用饱和食盐水除去 HCl,再用浓硫酸进行干燥氯气。氨气和氯气在 D 中充分混合并反应生成 NH4C1,氯气的密度比空气大,氨气的密度比空气小,所以氨气从 e 口进,氯气从 f 口进,氨气和氯气会形成逆向流动,更有利于二者充分混合,制取氨气的气流顺序为 adc,制取氯气的气流顺序为 bghij,同时注意确定连接顺序时,氯气气流是从右向左的;检验固体氯化铵中的铵根离子需要氢氧化钠溶液和红色石蕊试纸,检验氯离子需要蒸馏水、硝酸银和稀硝酸;以此解答。【详解】(1)装置 A 中用氯化铵和熟石灰固体混合回执制氨气,发生反应的化学方程式为∆Δ2V24.5b36.52NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O,故答案为:2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O;(2) 装置 C 的仪器名称是(球形)干燥管,故答案为:(球形)干燥管;(3)A 为制备氨气发生装置,用碱石灰干燥。B 为制备氯气装置,先用饱和食盐水除去 HCl,再用浓硫酸进行干燥氯气。氨气和氯气在 D 中充分混合并反应生成 NH4C1,制取氨气的气流顺序为 adc,制取氯气的气流顺序为 bijgh,氯气的密度比空气大,氨气的密度比空气小,所以氨气从 e 口进,氯气从 f 口进,氨气和氯气会形成逆向流动,更有利于二者充分混合,同时注意确定连接顺序时,氯气气流是从右向左的,合理的连接顺序为 a→d→c→e→f←h←g←j←i←b,故答案为:a→d→c;h←g←j←i←b;(4)检验固体氯化铵中的铵根离子需要氢氧化钠溶液和红色石蕊试纸,检验氯离子需要蒸馏水、硝酸银和稀硝酸,所以还需要的试剂为 NaOH 溶液、AgNO3溶液,故答案为:NaOH 溶液、AgNO3溶液;(5)产生的气体通过装置 H 中的浓硫酸,能够吸收混合气体中的水蒸气,防止对 HCl 测定造成干扰,减小实验误差,故答案为:浓硫酸;(6)装置 I 增重 bg,即生成 HCl 的质量为 bg,其物质的量为 = mol;装置 K 测得气体体积为 VL,则 N2的物质的量为 = mol,则岩脑砂中 n(N):n(Cl)=( ×2): = : ;若取消 J 装置(其它装置均正确),装置 I 会吸收部分水,导致测定 HCl 的物质的量偏大,比值 n(N):n(Cl)偏低,故答案为: : ;偏低。Δ Δbg36.5g/molb36.5VL24.5L/molV24.5V24.5b36.52V24.5b36.52V24.5b36.5

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