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【解析版】浙江省衢州二中2015-2016学年高一上学期竞赛选拔考试化学试卷


2015-2016 学年浙江省衢州二中高一(上)竞赛选拔考试化 学试卷
一.选择题(本大题包括 18 小题,每小题 2 分,共 36 分.每小题只有一个选项符合题意, 请将正确选项的字母填在答题卷内) 1.正电子和负质子等都属于反粒子,它们跟普通电子、质子的质量、电荷量均相等,而电 性相反. 科学家设想在宇宙的某些部分可能存在完全由反粒子构成的物质﹣﹣反物质. 1997

年年初和年底,欧洲和美国的科研机构先后宣布:他们分别造出 9 个和 7 个反氢原子,这是 人类探索反物质的一大进步.你推测反氢原子的结构是( A.由 1 个带正电荷的质子和由 1 个带负电荷的电子构成 B.由 1 个带负电荷的质子和由 1 个带正电荷的电子构成 C.由 1 个带负电荷的质子和由 1 个带负电荷的电子构成 D.由 1 个不带电的中子和由 1 个带负电荷的电子构成 【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系. 【专题】原子组成与结构专题. 【分析】 根据氢原子是由一个带正电的质子和一个带负电荷的电子构成的, 反氢原子的结构 中粒子所带的电荷正好相反,进行解答. 【解答】解:A、由一个带正电荷的质子和一个带负电荷的电子构成的,这是正常氢原子的 构成,故 A 错误; B、 由一个带负电荷的质子和一个带正电荷的电子构成的, 符合反氢原子的构成, 故 B 正确; C、由一个不带电的中子和一个带负电荷的电子构成的,不正确,因为反氢原子中电子带正 电,故 C 错误; D、由一个带负电荷的质子和一个带负电荷的电子构成,不正确,原子不显电性,不能都带 负电荷.故 D 错误. 故选 B. 【点评】本题考查反粒子的特性,根据题目信息来答题,是解题的关键. )

2.对下列各组物质:①KNO3 和 KCl②MnO2 和 MgCl2③Cu(OH)2 和 Fe(OH)3④BaCl2 和 BaCO3 可按照溶解、过滤、蒸发的实验操作顺序,将它们相互分离的是( A.只有① B.②和③
1

)

C.③和④

D.②和④

【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用. 【分析】按照溶解、过滤、蒸发的实验操作顺序分离,则混合物中有一种物质溶于水,另一 种物质不溶于水,以此来解答. 【解答】解:①KNO3 和 KCl 中均溶于水,则过滤不能分离,故不选; ②MnO2 和 MgCl2 中,只有二氧化锰不溶于水,可按照溶解、过滤、蒸发的实验操作顺序分 离,故选; ③Cu(OH)2 和 Fe(OH)3 均不溶于水,过滤不能分离,故不选; ④BaCl2 和 BaCO3 中,只有碳酸钡不溶于水,可按照溶解、过滤、蒸发的实验操作顺序分离, 故选, 故选 D. 【点评】本题考查混合物分离提纯,为高频考点,把握物质的溶解性、混合物分离方法的选 择为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,题目难度不大.

3.德国化学家格哈德?埃特尔在固体表面化学的研究中取得了非凡的成就,其成果之一是揭 示了氮气与氢气在催化剂表面合成氨的反应过程(下图所示) .

符合上述反应过程的顺序是( A.⑤④①③②

) C.④⑤①③② D.⑤④①②③

B.④⑤①②③

【考点】探究化学反应机理. 【专题】化学应用. 【分析】物质发生化学反应就是构成物质的微粒重新组合的过程,分子分解成原子,原子再 重新组合成新的分子,新的分子构成新的物质.氢分子和氮分子都是由两个原子构成,它们 在固体催化剂的表面会分解成单个的原子,原子再组合成新的氨分子. 【解答】解:催化剂在起作用时需要一定的温度,开始时催化剂还没起作用,氮分子和氢分 子在无规则运动,物质要在催化剂表面反应,所以催化剂在起作用时,氢分子和氮分子有序 的排列在催化剂表面,反应过程中的最小微粒是原子,所以分子先断键形成原子,然后氢原 子和氮原子结合成氨分子附着在催化剂表面, 反应结束后脱离催化剂表面形成自由移动的氨 气分子,从而完成反应,
2

故选 D. 【点评】 本题考查了从微观上分析化学反应, 明确化学反应的实质及微粒发生化学反应的顺 序是解本题关键,难度中等.

4.氯气(Cl2)和氧气(O2)都是活泼的非金属单质,在一定条件下它们都能跟甲烷(CH4) 反应.已知 O2 和 CH4 充分反应后的生成物是 CO2 和 H2O,由此推断 Cl2 和 CH4 充分反应后 的最终生成物是( A.CCl4 和 HCl ) B.CCl4 和 H2 C.CH2C12 和 H2 D.C 和 HCl

【考点】甲烷的化学性质;氯气的化学性质. 【专题】有机反应. 【分析】光照条件下,氯气能取代甲烷中的氢原子生成氯代烃和氯化氢. 【解答】解:光照条件下,氯气能取代甲烷中的氢原子生成氯代烃和氯化氢,如果氯气和甲 烷充分反应后,则甲烷中的所有氢原子被氯气取代,则生成四氯化碳,同时还有副产物氯化 氢,故选 A. 【点评】本题考查了氯气和甲烷的反应,氯气和甲烷能发生取代反应,明确取代反应的概念 是解本题关键,难度不大.

5.根据“绿色化学”的思想,某化学家设计了下列化学反应步骤: ①CaBr2+H2O ②2HBr+Hg ③HgBr2+CaO ④2HgO CaO+2HBr; HgBr2+H2↑; HgO+CaBr2;

2Hg+O2↑. ) C.H2 D.Hg

该方案的主要目的是为了制备( A.HBr B.CaO

【考点】绿色化学;氯、溴、碘及其化合物的综合应用. 【专题】卤族元素. 【分析】 绿色化学又称环境无害化学、 环境友好化学或清洁化学, 是指化学反应和过程以“原 子经济性”为基本原则,即在获取新物质的化学反应中充分利用参与反应的每个原料原子, 所以每一个反应的生成物只要能是其它反应的反应物则就可循环使用, 利用此原理分析判断 即可.
3

【解答】解:依据绿色化学中关于绿色化学的要求是,即在获取新物质的化学反应中充分利 用参与反应的每个原料原子, 所以每一个反应的生成物只要能是其它反应的反应物则就可循环使用, 将①至④式联立,左加左就等于右加右,得 H2O=H2↑+ O2↑. 该方案为了制备氢气. 故选 C. 【点评】 此题是对绿色化学的问题的考查, 解题的关键是利用循环反应原理分析出最后的剩 余物质.

6.下列各组物质的溶液混合,如果其中酸过量时,仍有沉淀生成的是( A.NaOH、FeCl3、H2SO4 B.HCl、K2CO3、BaCl2 C.CuSO4、HCl、KOH D.BaCl2、HNO3、AgNO3

)

【考点】离子共存问题;离子反应发生的条件. 【分析】离子之间结合生成沉淀,或沉淀不溶于酸,符合题意,以此来解答. 【解答】解:A.NaOH、FeCl3 可反应生成沉淀,沉淀可溶于酸,酸过量时不生成沉淀,故 A 不选; B.K2CO3、BaCl2 可反应生成沉淀,沉淀可溶于盐酸,则酸过量时不生成沉淀,故 B 不选; C.CuSO4、KOH 可反应生成沉淀,沉淀可溶于盐酸,则酸过量时不生成沉淀,故 C 不选; D. BaCl2、 AgNO3 反应生成的 AgCl 沉淀不溶于 HNO3, 则硝酸过量生成仍有沉淀, 故 D 选; 故选 D. 【点评】本题考查离子的共存,为高频考点,把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解 答的关键,侧重复分解反应的离子共存考查,题目难度不大.

7.如图表示的是 A、B、C 三种溶液两两混合发生反应的实验现象,符合该实验现象的 A、 B、C 三种溶液依次是( )

A.盐酸、碳酸钠溶液、氢氧化钠溶液 B.氯化钠溶液、澄清石灰水、氢氧化钠溶液
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C.盐酸、碳酸钠溶液、澄清石灰水 D.氢氧化钙溶液、盐酸、硫酸钠溶液 【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;无机物的推断. 【分析】A、盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体,盐酸和氢氧化钠反应无现象,碳酸钠和 氢氧化钠不反应; B、氯化钠和澄清石灰水、氢氧化钠不反应; C、盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体,盐酸和澄清石灰水反应无现象,碳酸钠溶液和澄 清石灰水反应生成碳酸钙沉淀; D、氢氧化钙和盐酸反应无现象,盐酸和硫酸钠不反应. 【解答】解:A、盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体,盐酸和氢氧化钠反应无现象,碳酸 钠和氢氧化钠不反应,不能实现上述转化关系,故 A 错误; B、 氯化钠和澄清石灰水、 氢氧化钠不反应澄清石灰水和氢氧化钠溶液也不反应, 故 B 错误; C、盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体,盐酸和澄清石灰水反应无现象,碳酸钠溶液和澄 清石灰水反应生成碳酸钙沉淀,发货上述转化的反应现象,故 C 正确; D、氢氧化钙和盐酸反应无现象,氢氧化钙溶液和硫酸钠可以生成微溶于水的硫酸钙,盐酸 和硫酸钠不反应,故 D 错误; 故选 C. 【点评】本题考查了物质性质分析,反应现象和反应实质是解题关键,题目难度中等.

8.如图所示的甲、乙两个装置中,胶头滴管中吸入某种液体,平底烧瓶中充入(或放入) 另一种物质,挤压胶头滴管加入液体,一段时间后两装置中的气球都明显胀大(忽略液体体 积对气球体积的影响) .则滴管和烧瓶中所用试剂可能是( 甲 A B C D 稀硫酸和铜片 双氧水和 MnO2 Na2CO3 溶液和稀硫酸 H2O 和 NH3 乙 水和 CO2 NaOH 溶液和 CO2 NaOH 溶液和 SO2 硝酸银溶液和 HCl )

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A.A

B.B

C.C

D.D

【考点】常见气体制备原理及装置选择;二氧化硫的化学性质. 【专题】实验题. 【分析】根据容器内气体压强与外界大气的压强相对大小判断. 【解答】解:A、甲中稀硫酸和铜片不反应,所以容器内气体压强不变,气球不变化;乙中 二氧化碳部分溶于水,使容器内的压强小于大气压,所以气球变大,故 A 错误. B、甲中双氧水在二氧化锰的催化下迅速反应生成氧气,使容器内压强大于大气压,所以气 球变大;乙中二氧化碳极易溶于氢氧化钠溶液,导致容器内的压强小于大气压,所以气球变 大,故 B 正确. C、甲中稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳,导致容器内压强大于大气压,所以气球变大; 乙中二氧化硫极易溶于氢氧化钠溶液,导致容器内的压强小于大气压,所以气球变大,故 C 正确. D、甲中氨气极易溶于水,导致容器内压强小于大气压,所以气球不会胀大;乙中硝酸银和 HCl 反应生成白色沉淀,导致容器内压强小于大气压,所以气球变大,故 D 错误. 故选 BC. 【点评】本题考查了常见气体的制备原理及装置选择,同时考查酸、碱、盐的性质,要理解 和掌握酸、碱、盐常见的化学反应.

9.提纯含有少量硝酸钡杂质的硝酸钾溶液,可以使用的方法是( A.加入过量的碳酸钠溶液,过滤、除去沉淀,溶液中补加适量硝酸 B.加入过量的碳酸钾溶液,过滤、除去沉淀,溶液中补加适量硝酸 C.加入过量的硫酸钠溶液,过滤,除去沉淀,溶液中补加适量硝酸 D.加入过量的硫酸钾溶液,过滤,除去沉淀,溶液中补加适量硝酸 【考点】物质的分离、提纯和除杂. 【专题】化学实验基本操作.

)

6

【分析】根据除杂质至少要满足两个条件:①加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反 应;②反应后不能引入新的杂质,以此来解答. 【解答】解:A.硝酸钾中混有少量硝酸钡,先加入过量碳酸钠溶液,碳酸钠与硝酸钡反应 生成碳酸钡和硝酸钠,此时引入了碳酸钠,硝酸钠, 过滤, 除去沉淀, 溶液中补加适量硝酸, 未能除去杂质,故 A 错误; B.硝酸钾中混有少量硝酸钡,先加入过量碳酸钾溶液,碳酸钾与硝酸钡反应生成碳酸钡和 硝酸钾,此时引入了碳酸钾,过滤,除去沉淀,溶液中补加适量硝酸以除去过量的碳酸钾, 故 B 正确; C.硝酸钾中混有少量硝酸钡,先加入过量硫酸钠溶液,硫酸钠与硝酸钡反应生成硫酸钡和 硝酸钠,此时引入了硫酸钠,硝酸钠,过滤,除去沉淀,溶液中补加适量硝酸,未能除去杂 质,故 C 错误; D.硝酸钾中混有少量硝酸钡,先加入过量硫酸钾溶液,硫酸钾与硝酸钡反应生成硫酸钡和 硝酸钾,此时引入了硫酸钾,过滤,除去沉淀,溶液中补加适量硝酸,未能除去杂质,故 D 错误. 故选:B. 【点评】本题考查除杂,题目难度不大,解决除杂问题时,抓住除杂质的必需条件(加入的 试剂只与杂质反应,反应后不能引入新的杂质)是正确解题的关键.

10.两个体积相同的容器,一个盛有二氧化硫,一个盛有杂质为水蒸气的二氧化碳,在同温 (120℃以上)同压(小于 1 个标准大气压)下,两容器内的气体一定相同的是( A.质子总数 B.质量 C.密度 D.原子总数 )

【考点】阿伏加德罗定律及推论. 【分析】 同温同压下的气体具有相同的气体摩尔体积, 所以二氧化硫与二氧化碳和水蒸气的 物质的量相等,三者分子中都含有 3 个原子,所以含有原子的物质的量、分子数相等;它们 分子中含有的质子数、摩尔质量不同,则含有的质子数、质量、密度一定不同,据此进行判 断. 【解答】解:在同温(120℃以上)同压(小于 1 个标准大气压)下,气体的摩尔体积相同, 相同容积的容器内含有气体的物质的量一定相等, A.二氧化硫分子中含有 32 个质子、水分子中含有 10 个质子、二氧化碳含有 22 个质子, 所以两个容器内含有的质子总数不相等,故 A 错误;
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B.二氧化硫的摩尔质量为 64g/mol、水的摩尔质量为 18g/mol、二氧化碳的摩尔质量为 44g/mol,根据 m=nM 可知,摩尔质量不同、物质的量相等的物质的质量一定不相等,故 B 错误; C.气体的密度与摩尔质量成正比,由于气体的摩尔质量不相等,则密度一定不相等,故 C 错误; D.由于二氧化硫、水、二氧化碳分子中都含有 3 个原子,所以两个容器内含有的原子的物 质的量、原子总数一定相等,故 D 正确; 故选 D. 【点评】本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论的应用,题目难度中等,注意掌握阿伏伽德罗 定律及其推论的内容,明确摩尔质量与密度、质量、物质的量等物理量之间的关系,试题侧 重考查学生灵活应用基础知识的能力.

11.喜树中含有一种被称为喜树碱的生物碱,这种碱的相对分子质量在 300~400 之间,实 验分析得知其元素组成为:C 占 69.0%、O 占 18.4%,且 O 含量为 H 的 4 倍,其余为 N,则 一个喜树碱分子中含有的原子总数为( A.42 B.43 ) C.44 D.45

【考点】物质分子中的原子个数计算. 【专题】计算题. 【分析】根据元素的含量来计算物质的化学式,然后利用化学式可知物质的构成,则可判断 分子中的原子总数. 【解答】解:由 O 占 18.4%,且 O 含量为 H 的 4 倍,则 H 元素的含量为 4.6%, N 元素的含量为 1﹣69%﹣4.6%﹣18.4%=8%, 则该物质中 C、H、O、N 的原子个数比为 则该物质的化学式为(C10H8O2N)n, 又碱的相对分子质量在 300~400 之间, 300<(12× 10+1× 8+16× 2+14)× n<400, 则 n=2 符合, 即物质的化学式为 C20H16O4N2, 则 1 个分子中含有 20+16+4+2=42 个原子,
8







=10:8:2:1,

故选 A. 【点评】 本题考查学生利用元素的质量分数来计算得出物质的化学式, 再利用化学式判断物 质的构成即可解答,计算较复杂,题目难度不大.

12.在一个密闭的钢筒内有甲、乙、丙、丁四种物质,在电火花作用下,发生充分反应,测 得反应前后各物质的质量如下: 甲 反应前质量/g 反应后质量/g 64 0 乙 10 54 丙 1 37 丁 25 9 )

已知甲的相对分子质量为丁的 2 倍,则该反应的化学方程式中甲、丁的系数比为( A.1:2 【考点】质量守恒定律. B.1:1 C.2:1 D.2:3

【分析】根据质量守恒定律,由物质质量的增减可确定反应物和生成物;由增减量的多少可 确定反应物和生成物的质量关系,再结合甲、丁的相对分子质量关系得出本题答案. 【解答】解:根据质量守恒定律,由表中乙、丙质量增加,可确定乙、丙为生成物,共增加 了(54﹣10)g+(37﹣1)g=80g, 丁减少了(25﹣9)g=16g,减少的质量还差(80﹣16)g=64g,由此可知 64g 甲完全反应无 剩余.即甲、丁反应时的质量比为 64g:16g=4:1. 设该反应的化学方程式中甲与丁的化学计量数的比为 m:n,又知甲的相对分子质量为丁的 2 倍,则 2m:n=4:1,解得 m:n=2:1. 故选 C. 【点评】本题主要考查质量守恒定律,通过反应中物质的质量变化确定了反应物和生成物, 再结合物质的相对分子质量关系, 得出反应中物质的化学计量数之比, 从而加深了对质量守 恒定律的理解和应用,题目难度不大.

13.取含有 0.02mol 的硫酸溶液,先投入 0.24g 镁粉,再滴入 NaOH 溶液,当使溶液中的 镁离子全部转化为沉淀时,需要 NaOH 的物质的量为( A.0.02mol B.0.03mol C.0.04mol ) D.0.01mol

【考点】化学方程式的有关计算. 【专题】计算题.
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【分析】 向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液, 溶液中的镁离子全部转化为氢氧化镁沉淀时, 此时溶液中溶质为 Na2SO4,根据硫酸根守恒 n(Na2SO4)=n(H2SO4) ,根据钠离子守恒 n (NaOH)=2n(Na2SO4) ,据此计算. 【解答】解:向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液,溶液中的镁离子全部转化为氢氧化镁沉 淀时,此时溶液中溶质为 Na2SO4,根据硫酸根守恒 n(Na2SO4)=n(H2SO4)=0.02mol,根 据钠离子守恒 n(NaOH)=2n(Na2SO4)=0.02mol× 2=0.04mol, 故选 C. 【点评】本题考查化学方程式计算,比较基础,明确发生的反应是关键,注意利用守恒思想 解答.

14.如图是甲、乙两种物质的溶解度曲线.在 t2℃时向盛有 100g 水的烧杯中先后加入 wg 甲和 wg 乙(两种物质溶解时互不影响) ,充分搅拌.将混合物的温度降低到 t1℃.下列说 法正确的是( )

A.甲物质的溶解度随温度升高而减小 B.温度降低到 t1℃时,得到甲、乙的饱和溶液 C.温度降低到 t1℃时,甲、乙的溶质质量分数相等,得到甲、乙的不饱和溶液 D.t2℃时,甲物质的溶液为饱和溶液,乙物质的溶液为不饱和溶液 【考点】溶解度、饱和溶液的概念. 【分析】A、甲物质的溶解度随温度的升高而增大; B、在 t1℃时,甲和乙的溶解度都大于 w 克; C、在 t1℃时,甲和乙的溶解度都大于 w 克; D、在 t2℃时,乙的溶解度是 w 克,而甲的溶解度大于 w 克. 【解答】解:A、由溶解度曲线不难看出,甲物质的溶解度随温度的升高而增大,故 A 错误; B、在 t1℃时,甲和乙的溶解度都大于 w 克,当把溶液降低到 t1℃时,甲和乙仍为不饱和溶 液,故 B 错误; C、在 t2℃时,乙的溶解度是 w 克,而甲的溶解度大于 w 克,因此在 t2℃时往盛有 100g 水 的烧杯中先后加入 wg 甲和 wg 乙,甲形成的是不饱和溶液,而乙恰好形成饱和溶液,温度
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降低到 t1℃时,在 t1℃时,甲和乙的溶解度都大于 w 克,当把溶液降低到 t1℃时,甲和乙都 为不饱和溶液,溶解的溶质和溶剂质量都相等,所以溶质质量分数也相等,但所得溶液都是 不饱和溶液,故 C 正确; D、t2℃时,甲物质的溶液为不饱和溶液,乙物质的溶液为饱和溶液,故 D 错误. 故选 C. 【点评】本题难度较大,主要考查了根据固体的溶解度曲线解决相关的问题,从而培养学生 的解决问题的能力.

15.工业上用 NaOH 溶液吸收制取 HNO3 的尾气 NO 和 NO2,反应的化学方程如下: NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O; 2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O 某次实验中, 将 40mL 的 NO 和 60mL 的 NO2 一起通入足量的 NaOH 溶液中充分吸收后, 剩余气体的体积为( A.40mL B.60mL C.20mL D.0mL )

【考点】有关混合物反应的计算. 【分析】根据方程式 NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O;2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O 可知,二氧化氮过量时,气体会完全吸收;然后根据一氧化氮和二氧化氮的气体体积关系进 行判断剩余气体体积. 【解答】解:根据反应方程式 NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O、 2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O 可知,当二氧化氮过量时,所有的气体都能够完全被氢 氧化钠溶液吸收, 则将 40mL 的 NO 和 60mL 的 NO2 一起通入足量的 NaOH 溶液,气体会完全被吸收, 故选 D. 【点评】本题考查了混合物反应的计算,题目难度中等,明确发生反应的实质为解答关键, 试题充分考查了学生的分析能力及灵活应用能力.

16.某温度下,将 Cl2 通入氢氧化钾溶液中,反应后得到 KCl、KClO、KClO3 的混合溶液, 经测定 ClO 与 ClO


离子的物质的量之比是 1:2,则 Cl2 与氢氧化钾反应时,被还原的 ) C.10:3 D.11:3

氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为( A.2:3 B.4:3

【考点】氧化还原反应的计算.
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【专题】计算题. 【分析】Cl2 生成 ClO 、ClO3 化合价升高,是被氧化的过程,而 Cl2 生成 NaCl 是化合价降 低被还原的过程, 氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等, 根据 ClO 与 ClO3
﹣ ﹣ ﹣ ﹣

的物质的量浓度之比可计算出失去电子的总物质的量, 进而可计算得到电子的总物质的量;

再根据氯元素被还原生成 KCl 的化合价变化为 1 计算出被还原的氯元素的物质的量,最后 计算出被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比. 【解答】解:Cl2 生成 ClO 与 ClO3 是被氧化的过程,化合价分别由 0 价升高为+1 价和+5 价, 经测定 ClO 和 ClO3 物质的量之比为 1:2, 则可设 ClO 为 1mol,ClO3 为 2mol,被氧化的氯元素的物质的量为:1mol+2mol=3mol, 根据化合价变化可知, 反应中失去电子的总物质的量为: 1mol× (1﹣0) +2mol× (5﹣0) =11mol, 氧化还原反应中得失电子数目一定相等,则该反应中失去电子的物质的量也是 11mol, Cl2 生成 KCl 是被还原的过程,化合价由 0 价降低为﹣1 价, 则被还原的 Cl 的物质的量为: =11mol,
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣

所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为 11mol:3mol=11:3, 故选 D. 【点评】本题考查氧化还原反应的计算,题目难度中等,注意掌握氧化还原反应的实质、特 征,能够根据化合价变化判断得失电子总数,明确电子守恒在化学计算中的应用方法.

17.把下列物质分别加入盛水的锥形瓶内,立即塞紧带 U 形管的塞子.已知 U 形管内预先 装有少量水且液面相平(为便于观察,预先染成红色) ,加入下列哪些物质后,发生如图所 示变化( )

①NaOH 粉末;②18mol/L 的 H2SO4 溶液; ③NH4NO3 晶体;④Na2O2 固体;⑤生石灰.

A.①②④⑤

B.①②③

C.②③⑤

D.③④⑤

【考点】吸热反应和放热反应.

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【分析】根据 U 形管中现象的实质是锥形瓶内的气压高于大气压,锥形瓶内气压增大的原 因,可能是化学反应生成了气体,也可能是物质溶解或化学反应放出热量,还可能是既生成 气体又放出热量,据此分析来解答. 【解答】 解: U 形管中现象的实质是锥形瓶内的气压高于大气压, 锥形瓶内气压增大的原因, 可能是化学反应生成了气体, 也可能是物质溶解或化学反应放出热量, 还可能是既生成气体 又放出热量, ①NaOH 粉末溶于水放热,锥形瓶内的气体压强增大,符合题意; ②浓硫酸溶于水放热,锥形瓶内的气体压强增大,符合题意; ③硝酸铵晶体溶于水吸收热量,锥形瓶内的气体压强减小,不符合题意; ④Na2O2 与 H2O 反应 2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑,生成 O2 并放出热量,锥形瓶内的气体压 强增大,符合题意; ⑤生石灰与 H2O 反应 CaO+H2O=Ca(OH)2,放出热量锥形瓶内的气体压强增大,符合题 意; 故选:A. 【点评】 本题主要考查了物质与水作用的现象, 充分理解物质溶于水时的放热情况与产生气 体情况是解题的关键,另外记住物质溶于水吸放热情况,氢氧化钠、浓硫酸、过氧化钠、生 石灰溶于水放热,而硝酸铵溶于水吸热,题目较基础,难度不大.

18. 将 8 克 SO3 加入 X 克水中, 所形成的溶液里 SO42 和水分子个数比为 1: 5, 则 X 等于(


)

A.9 克

B.10.8 克

C.12.4 克

D.15.6 克

【考点】物质的量的相关计算. 【分析】 根据 n= 计算 SO3 的物质的量, 根据 SO3+H2O=H2SO4 计算反应消耗水的物质的量、 生成硫酸物质的量,再计算形成的溶液中水的物质的量,进而计算水的总物质的量,根据 m=nM 计算水的质量. 【解答】解:8gSO3 的物质的量为 SO3+H2O=H2SO4 0.1mol 0.1mol 0.1mol 形成的溶液中 SO42 和水分子的个数比为 1: 5, 则溶液中水的物质的量为 0.1mol× 5=0.5mol,


=0.1mol,

故水的总质量为(0.5mol+0.1mol)× 18g/mol=10.8g,
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故选 B. 【点评】本题考查物质的量有关计算,难度不大,属于易错题目,学生容易忽略参加反应水 的质量.

二、多项选择题(每小题有 1~2 个正确答案,每小题 2 分,共 6 分,请将正确选项的字母 填在答题卷内) 19.有 60 克溶质质量分数为 10%的硝酸钠溶液,欲将其溶质质量分数增加一倍,应该采取 的方法是( ) B.加入 7.5 克硝酸钠固体 D.加入 20%的硝酸钠溶液 30 克

A.把溶剂蒸发掉 C.把溶剂蒸发掉 30 克

【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算. 【专题】物质的量浓度和溶解度专题. 【分析】要使溶液的溶质质量分数变大,常通过两种方式:①加入溶质,②蒸发溶剂,据此 结合溶质质量分数的计算进行分析判断. 【解答】解:A、60 克溶质质量分数为 10%的硝酸钠溶液中溶剂的质量为 60g× 90%=54g, 设需要蒸发水的质量为 y,则(60g﹣y)× 20%=60g× 10%,y=30g,溶剂质量的一半是 27g, 应将溶剂蒸发掉溶液质量的一半,故 A 错误; B、设需要再溶解该物质的质量为 y, (60g+y)× 20%=60g× 10%+y,y=7.5g,故 B 正确; C、由 A 中计算可知溶剂蒸发掉 30 克,硝酸钠溶液的质量分数为 20%,故 C 正确; D、20%的硝酸钠溶液与 10%的硝酸钠溶液混合,质量分数介于 10~20%之间,故 D 错误. 故选:BC. 【点评】本题考查了有关溶质质量分数的简单计算,难度不大,注意溶液将溶剂蒸发掉溶液 质量的一半,质量分数不一定为原来的 2 倍,关键是浓缩否有溶质析出.

20.工业品盐酸中因含有 Fe3+而带黄色,若某工业品盐酸中的 H+和 Cl 的个数比为 91:94,


则该盐酸中 Fe3+和 Cl 的个数比为(


) C.91:94 D.1:94

A.1:1

B.1:3

【考点】物质的量的相关计算. 【专题】计算题.
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【分析】 根据溶液呈中性, 所有的阳离子所带正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等 进行分析:设溶液中的 H+个数是 91x,则 Cl 的个数是 94x,再设的 Fe3+个数是 y,由所有


的阳离子所带正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等得 94x=91x+3y,所以=x,得出 盐酸中 Fe3+和 Cl 的个数比.


【解答】解:设溶液中的 H+个数是 91x,则 Cl 的个数是 94x,再设的 Fe3+个数是 y,由所


有的阳离子所带正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等得:94x=91x+3y,所以 y=x, 得出盐酸中 Fe3+和 Cl 的个数比:1:94,所以,A、B、C 错误,D 正确.


故选:D. 【点评】本题考查微粒的个数计算,解答本题的关键是:利用了在溶液中所有的阳离子所带 正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等的关系进行求离子的个数比,题目难度不大.

21. 在 FeSO4 和 Fe( 氧的质量分数为 42%, 则混合物 Fe 的质量分数( 2 SO4) 3 的混合物中, A.21% B.32% C.37% D.无法确定

)

【考点】元素质量分数的计算. 【分析】在 FeSO4 和 Fe2(SO4)3 的混合物中 S 元素与氧元素质量之比为 32:64=1:2,据 此计算混合物中 S 元素质量分数,混合物中 Fe 元素质量分数=1﹣w(S)﹣w(O) . 【解答】解:由化学式可知,在 FeSO4 和 Fe2(SO4)3 的混合物中 S 元素与氧元素质量之比 为 32:64=1:2,混合物中氧的质量分数为 42%,则 S 元素质量分数为 42%× =21%,故混 合物中 Fe 元素质量分数=1﹣21%﹣42%=37%,故选:C. 【点评】本题考查质量分数有关计算,关键是根据化学式判断 S 元素与氧元素质量之比, 较好的考查学生分析计算能力.

三、简答题(本题包括 4 个小题,共 26 分) 22.如图是初中化学中常见物质间的转化关系.其中甲、乙、丙均为非金属单质;A、B、E 和丁均为化合物;B 和 E 为能产生温室效应的气体;乙和丁为黑色固体. (1)写出化学式:甲 H2;乙 CO. (2)写出丙和 E 反应生成 A 和 B 的化学方程式:CH4+2O2 CO2+2H2O.

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【考点】无机物的推断. 【分析】 (1)甲、乙、丙均为非金属单质;A、B、E 和丁均为化合物,乙和丁为黑色固体, B 和 E 为能产生温室效应的气体,根据转化关系,丙与 E 反应生成 B 和 A,则 B 为二氧化 碳,E 为甲烷,所以 A 为水,丙为氧气,甲乙为非金属单质,反应后能生成水,则甲为氢 气,丁是黑色固体,与甲生成水,与乙生成二氧化碳,则丁为氧化铜,乙为碳,将推导出的 各物质代入图中验证即可; (2)根据(1)中的推导及转化关系等,继续推断得出的丙和 E 的结果,书写化学方程式. 【解答】解: (1)甲、乙、丙均为非金属单质;A、B、E 和丁均为化合物,乙和丁为黑色 固体,B 和 E 为能产生温室效应的气体,根据转化关系,丙与 E 反应生成 B 和 A,则 B 为 二氧化碳,E 为甲烷,所以 A 为水,丙为氧气,甲乙为非金属单质,反应后能生成水,则 甲为氢气,丁是黑色固体,与甲生成水,与乙生成二氧化碳,则丁为氧化铜,乙为碳,综合 以上分析,甲为氢气 H2、乙为一氧化碳 CO, 故答案为:H2;CO; (2) 根据 (1) 的推到可知丙是氧气, E 为甲烷, 反应的化学方程式为 CH4+2O2 故答案为:CH4+2O2 CO2+2H2O. CO2+2H2O,

【点评】在解此类题时,主要是找出题中的突破点,而本题的突破点就是 B 和 E 为能产生 温室效应的气体及乙和丁为黑色固体,题目难度中等.

23. (1)三硝酸甘油酯[C3H5(ONO2)3]是一种炸药,可因撞击而爆炸,同时产生高温.爆 炸按下式进行: 4C3H5 (ONO2) (式中 w, x, y, z 为化学计量数) . 当 3→wN2+xCO2+yH2O+zO2 1mol 三硝酸甘油酯爆炸并恢复到标准状况时,所得气体的体为 106.4L. (2)如表给出部分物质在不同温度下的溶解度: 温 NaCl 度 0℃ 35.7g 10℃ 35.8g 20℃ 36.0g
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30℃ 36.3g

NaHCO3 Na2CO3?10H2O

6.9g 7.0g

8.2g 12.5g

9.6g 21.5g

11.1g 38.8g

分离食盐和纯碱混合物的最佳温度是 0℃;若将含少量食盐的纯碱制成高温下的饱和溶液, 当调节到最佳分离温度时,结晶析出的物质主要是碳酸钠. 【考点】溶解度、饱和溶液的概念;化学方程式的有关计算. 【分析】 (1)根据质量守恒定律的两个原则和化学方程式的配平方法,可以解出 w、x、y、 z 的值,从而可以求出当 1mol 三硝酸甘油酯爆炸时生成气体的物质的量和标况下的体积, 据此分析; (2)理解影响固体溶解度的因素﹣﹣﹣温度和温度与固体溶解度的关系,并能利用它们的 差别分离混合物. 【解答】解: (1)根据质量守恒定律中元素种类不变、原子个数不变的规律可知:由氮原子 的数目为 12,可得 w=6;由碳原子的个数为 8 个,可得 x=12;有氢原子的个数为 20 个, 可得 y=10,最后根据氧原子的个数为 36 个,推得 z=1,故化学方程式为:4C3H5(ONO2)
3→6N2+12CO2+10H2O+O2,即当

4mol 三硝酸甘油酯[C3H5(ONO2)3]分解时,生成标况下

19mol 气体,则当有 1mol 三硝酸甘油酯[C3H5(ONO2)3]分解时,生成 4.75mol 气体,在标 况下的体积 V=4.75mol× 22.4L/mol=106.4L,故答案为:106.4L; (2)由于从表中不难看出,在 0℃时,两物质的溶解度相差最大,故在此温度下,是分离 两物质的最佳温度; 由于氯化钠的溶解度受温度的影响小, 碳酸钠的溶解度受温度的影响大, 且随温度的升高而增大, 因此冷却热饱和溶液时, 析出的主要是碳酸钠晶体, 故答案为: 0℃; 碳酸钠. 【点评】 主要考查了利用原子守恒来进行计算和影响固体溶解度的因素﹣﹣﹣温度, 及温度 和固体溶解度的关系,培养学生分析问题、解决问题的能力.

24. 钨是熔点最高的金属, 是重要的战略物资, 广泛用于钢铁工业、 电真空照明材料等方面. 钨 在自然界主要以钨(+6 价)酸盐的形式存在.有开采价值的钨矿石是白钨矿和黑钨矿.黑 钨矿的主要成分是铁和锰的钨酸盐,化学式常写成 FeWO4、MnWO4.黑钨矿传统冶炼工艺 的第一阶段是碱熔法(如图,已知钨酸是一种难溶性强酸、对热不稳定) .

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其中 A、B、C 都是钨的化合物. (1)写出 A 的化学式:ANa2WO4;写出生成 B 的化学方程式:Na2WO4 +2HCl═H2WO4↓+2NaCl;由产品 C 得到高纯度的钨,应该用 H2 作还原剂,写出用 H2 还原 C 的化学方程式: WO3 +3H2 W+3H2O.

(2)目前,冶炼拉制钨丝的金属钨,都用组成为非整比的钨氧化物为原料,这种氧化钨中 存在五价和六价两种价态的钨. 试确定组成为 WO2.9 的氧化钨中这两种价态的钨原子数之比 等于 1:4. 【考点】金属的回收与环境、资源保护. 【分析】 (1)根据氢氧化铁和氢氧化锰不溶于水,钨酸钠易溶于水判断 A 为钨酸钠;钨酸 钠和浓盐酸反应生成钨酸和氯化钠,氢气还原氧化钨生成钨和水,书写化学方程式; (2)根据在化合物中正负化合价代数和为零,进行解答. 【解答】解: (1)熔融 FeWO4、MnWO4 和氢氧化钠反应生成氢氧化铁、氢氧化锰和钨酸钠, 氢氧化铁和氢氧化锰不溶于水,钨酸钠易溶于水,经过水浸、过滤,A 为钨酸钠; 钨酸钠和浓盐酸反应生成钨酸和氯化钠,化学方程式为:Na2WO4 +2HCl═H2WO4↓+2NaCl; 钨酸高温生成氧化钨,氢气还原氧化钨生成钨和水,化学方程式为:WO3 +3H2 W+3H2O, W+3H2O;

故答案为:Na2WO4;Na2WO4 +2HCl═H2WO4↓+2NaCl;WO3 +3H2

(2) 这种氧化钨中存在五价和六价两种价态的钨, 设钨的平均价态为 x, 则 x+ (﹣2) × 2.9=0, 解得 x=+5.8, 化合物中正负化合价代数和为零, 设每个 WO2.9 的分子中五价的原子个数为 a, 六价的原子个数为 b,则有 5a+6b=5.8 和 a+b=1 解之得,b=0.8,可知这两种价态的钨原子数 之比为 1:4. 故答案为:1:4. 【点评】 本题主要考查学生常见金属的冶炼知识, 并考查根据在化合物中正负化合价代数和 为零进行分析解题的能力以及正确书写化学方程式的能力,需要学生在平时多加练习.
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25.某化工厂排出的废水透明、澄清、略显蓝色.一同学取少量废水,用盐酸酸化,有白色 沉淀生成(不溶于稀硝酸) .过滤,将所得的滤液分成两份,一份滤液中加入稀硫酸,也有 白色沉淀生成(不溶于稀硝酸) ;另一份滤液中加入足量 NaOH 溶液,产生蓝色沉淀.已知 白色的 Fe(OH)2 固体在潮湿的空气中可生成红褐色的 Fe(OH)3.试回答: (1)过滤后,向滤液中滴加 NaOH 溶液,开始时观察不到蓝色沉淀,原因是:盐酸过量 (2)该同学设计了一个从废水中除去重金属离子的实验方案如下:

①固体 A 中一定含有的物质为 Fe、Ag 和 Cu(写化学式) . ②B 溶液中的溶质一定含有 Fe(NO3)2、Ba(NO3)2(写化学式) . 【考点】几组未知物的检验. 【专题】物质检验鉴别题. 【分析】 (1)根据溶液为酸性溶液、氢氧根离子首先与氢离子反应来分析; (2)由题中的框图可知:已知红褐色固体是氢氧化铁,可知 X 是金属铁,铁将银、铜置换 出来,故固体 A 为 Ag、Cu、Fe,废水中含有银离子、钡离子和铜离子,只有硝酸银能大量 溶于水,故溶液中的阴离子是 NO3 ;又由于加入过量的铁和出现的白色沉淀,所以 B 溶液 中一定有 Fe(NO3)2 和 Ba(NO3)2. 【解答】解:废水和盐酸反应生成不溶于硝酸的白色沉淀是氯化银,原溶液中一定存在银离 子;由于盐酸是过量的,所以滤液中没有银离子,和硫酸反应反应生成不溶于硝酸的白色沉 淀是硫酸钡,说明原溶液中存在钡离子;与氢氧化钠反应生成蓝色沉淀是氢氧化铜,说明原 溶液中一定存在铁离子,所以废水中含有的离子为:Ba2+、Ag+、Cu2+;根据离子共存可知, 溶液中不可能含有氯离子、碳酸根离子、硫酸根离子、氢氧根离子,所以阴离子只能为硝酸 根离子, (1)过滤后,向滤液中滴加 NaOH 溶液,开始时观察不到蓝色沉淀,原因是盐酸过量, 故答案为:盐酸过量; (2)①由题中的图知:废水加过量金属 X,然后向滤液中加氢氧化钠,产生白色沉淀又变 成红褐色沉淀,由题中信息知白色沉淀是氢氧化亚铁,红褐色沉淀是氢氧化铁;可知金属 X
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是铁, 废水中含有银离子、 Ba2+和铜离子,铁可将银离子和铜离子置换出来,还有过量的铁, 所以固体 A 中一定含有 Fe、Ag 和 Cu, 故答案为:Fe、Ag 和 Cu; ②由于溶液中只能含有硝酸根离子,所以 B 溶液中的溶质一定含有 Fe(NO3)2、Ba(NO3)
2,

故答案为:Fe(NO3)2、Ba(NO3)2. 【点评】本题考查了常见离子的检验,题目难度中等,只有熟练掌握酸碱盐的化学性质才能 快速准确的做出这类题的正确答案, 本题综合性强, 有利于培养学生分析实验解决实验的能 力.

四、实验题(本题包括 2 个小题,共 18 分) 26.实验室有 A、B、C、D 四个装置,请回答下列各题:

(1)若 A 作为集气装置,收集下列气体:H2、Cl2、NH3、NO、NO2、CO2 ①若收集 NH3(A 装置不能移动,改装) ,则气体由 b 进口(填 a、b 字母) ; ②若将 A 装置进行排水法集气,则气体由 b 进口(填 a、b 字母) ,可以收集上述气体中的 H2、NO 气体; (2)实验室检查 B 装置气密性的操作方法是将 c 连接的导管放入盛放水的水槽中,加热烧 瓶,观察到水槽中有气泡冒出,则气密性良好. (3)实验室可选用 A、B、C、D 中的仪器和装置,组装一套测定某活泼金属(以 Na 为例) 的相对原子质量的实验装置,各导管接口的连接顺序为 c→b→a→d(填字母) . 【考点】实验装置综合. 【分析】 (1)①氨气的密度比空气的密度小,应利用向下排空气收集; ②若将 A 装置进行排水法集气,应将水排出,导管短进;可收集不溶于水的气体; (2)利用微溶法检验气密性;
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(3)测定某活泼金属(以 Na 为例)的相对原子质量的实验装置,利用 B 装置发生钠与水 的反应,A、C 装置排水测定氢气的体积,即可计算测定. 【解答】解: (1)①氨气的密度比空气的密度小,应利用向下排空气收集,则气体从 b 进口 进入,故答案为:b; ②若将 A 装置进行排水法集气,应将水排出,导管短进,则气体从 b 进入;可收集不溶于 水的气体,有 H2、NO,故答案为:b;H2、NO; (2)实验室检查 B 装置气密性的操作方法是将 c 连接的导管放入盛放水的水槽中,加热烧 瓶,观察到水槽中有气泡冒出,则气密性良好, 故答案为:将 c 连接的导管放入盛放水的水槽中,加热烧瓶,观察到水槽中有气泡冒出,则 气密性良好; (3)测定某活泼金属(以 Na 为例)的相对原子质量的实验装置,利用 B 装置发生钠与水 的反应,A、C 装置排水测定氢气的体积,即可计算测定,则各导管接口的连接顺序为 c→b→a→d,故答案为:c→b→a→d. 【点评】本题考查实验装置综合,为高频考点, 把握物质的性质、气密性检验、 气体的收集、 实验装置的作用为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,题目难度不大.

27. 某校化学课外兴趣小组的同学在研究性学习课上展示了一套如图所示实验装 (假设每步 化学反应都完全,氧化铁样品中的杂质不参加反应) .查阅资料:草酸在浓硫酸存在时加热 发生如下反应:H2C2O4 认识. CO↑+CO2↑+H2O.通过讨论,同学们对这套装置有了多种

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(1)第一小组的同学说:用该实验装置可以检验一氧化碳与氧化铁反应的产物,其中 B 装 置的作用吸收 CO2;E 装置的作用检验 D 中的氧化产物;一氧化碳与氧化铁反应的化学方 程式为 3CO+Fe2O3 2Fe+3CO2.

(2)第二小组的同学说:利用这套装置还可以测定氧化铁样品中氧化铁的质量分数.他们 的测定方法是:称取氧化铁样品 10.0g,完全反应并冷却后再称量剩余固体的总质量为 7.6g.计算实验测得氧化铁样品中氧化铁的质量分为 80%. (3)第三小组同学说:利用这套装置还有其它测定样品中氧化铁的质量分数的方法:先称 量氧化铁样品的质量,再分别称量 E 装置在反应前后的总质量,即可计算求得样品中氧化 铁的质量分数.但按此方法实际实验测定结果却偏大,分析造成这种误差的原因可能是 E 中可能吸收草酸分解生成的部分二氧化碳及 CO 还原氧化铁生成的二氧化碳, 还可能吸收空 气中的二氧化碳. 【考点】性质实验方案的设计;实验装置综合. 【分析】由实验装置可知,A 中发生 H2C2O4 CO↑+CO2↑+H2O,B 中 NaOH 溶液

吸收 CO2,C 中浓硫酸干燥 CO 气体,D 中发生 3CO+Fe2O3 检验 D 中的氧化产物,以此来解答. 【解答】解: (1)B 装置的作用为吸收 CO2,D 中发生 3CO+Fe2O3 石灰水检验 D 中的氧化产物, 故答案为:吸收 CO2;检验 D 中的氧化产物;3CO+Fe2O3 (2)设氧化铁样品中氧化铁的质量为 xg,则 3CO+Fe2O3 160 x 解得 x=0.8g, 则氧化铁样品中氧化铁的质量分数为 故答案为:80%; × 100%=80%, 2Fe+3CO2 △ m 48 (10g﹣7.6g)

2Fe+3CO2,E 中石灰水

2Fe+3CO2,E 中

2Fe+3CO2;

(3)由实验装置可知,B 吸收二氧化碳可能不充分,E 中可能吸收草酸分解生成的部分二 氧化碳及 CO 还原氧化铁生成的二氧化碳,还可能吸收空气中的二氧化碳,则分别称量 E
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装置在反应前后的总质量,导致二氧化碳的质量偏大,利用 D 中反应计算氧化铁的质量分 数偏大, 故答案为:E 中可能吸收草酸分解生成的部分二氧化碳及 CO 还原氧化铁生成的二氧化碳, 还可能吸收空气中的二氧化碳. 【点评】本题考查性质实验及实验装置综合,为高频考点,把握物质的性质、实验装置的作 用及含量测定为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,题目难度不大.

五、计算题(本题包括 3 个小题,共 14 分) 28.金属单质 A 和非金属单质 B 可生成化合物 A2B,反应的化学方程式为 2A+B A2B.某校一课外小组的甲、乙、丙三个学生分别在实验室内做该实验,充分

反应时,所用 A 和 B 的质量 a 和 b 各不相同,但总质量相等,都是 8.0g.有关实验数据记 录如下.试求丙学生实验中 a:b 的值可能是多少? A 的用量 甲 乙 丙 7.0g 4.0g ag B 的用量 1.0g 4.0g bg A2B 的质量 5.0g 5.0g 3.0g

【考点】质量守恒定律. 【分析】根据甲、乙两同学实验数据,结合题设中“充分反应时,所用 A 和 B 的质量 a 和 b 各不相同,但总质量相等,都是 8.0g”,分析反应 2A+B A2B 恰好完全反应时 A、B

用量,判断恰好完全反应时 A、B 用量比;利用所判断的恰好完全反应时 A、B 用量比,由 丙同学实验中生成 A2B 的质量计算出实验中 A 的用量、B 的用量. 【解答】解:对比甲、乙两同学所用 A 和 B 的质量及生成 A2B 的质量:同样生成 5.0gA2B, 甲实验 B 的用量为 1.0g、乙实验 B 的用量为 4.0g,则可得反应生成 5.0gA2B 时需要消耗 B 的质量为 1.0g;利用质量守恒定律,可判断生成 5.0gA2B 时消耗 B 的质量为 1.0g,则消耗 A 的质量=5.0g﹣1.0g=4.0g,则两物质恰好完全反应时,A、B 两物质的用量比为 4:1; 根据反应中反应物 A、B 两物质的质量比为 4:1 及质量守恒定律,由于丙同学实验中生成 A2B 的质量 3.0g,若 A 的用量=3.0g× 45=2.4g,此时 B 的用量=8.0g﹣2.4g=5.6g;若 B 的用 量=3.0g× 15=0.6g, 此时 A 的用量=8.0g﹣0.6g=7.4g; 因此丙学生实验中 a: b 的值为 2.4: 5.6=3: 7 或 7.4:0.6=37:3.
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答:丙学生实验中 a:b 的值可能是 3:7 或 37:3. 【点评】本题考查质量守恒定律,题目难度不大,根据实验数据分析出恰好完全反应时反应 物的质量关系,再由此质量关系推断另一组实验数据,考查实验数据的分析与处理能力.

29.取 x g NaHCO3 和 Na2O2 的固体混合物放入一密闭容器中加热至 250℃,充分反应后排 出所有气体. 将反应后的固体分成完全相同的两份, 将其中一份投入到足量的 BaCl2 溶液中, 最后可得到 3.94g 沉淀.另一份溶于适量的水,无气体放出,再向水溶液中缓缓加入盐酸, 产生气体与所加盐酸体积之间的关系如图所示. 过氧化钠能发生的一些反应:2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑;2Na2O2+2CO2═2NaCO3+O2↑; NaCO3+HCl═NaHCO3+NaCl;NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O. 试回答下列问题: (1)加入盐酸后产生气体的在标准状况下的体积为 0.448 L. (2)将密闭容器中排出气体的化学式及对应的物质的量填入表格(有多少种填多少种) 化学式 H2O 物质的量(mol) 0.05 (3)反应后的固体的成分(填化学式)NaOH、Na2CO3. (4)x=6.09. O2 0.00175 ﹣ ﹣

【考点】有关混合物反应的计算. 【分析】Na2O2 与等物质的量的 NaHCO3 混合后,在密闭容器中充分加热,可能发生的反应 有:2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O,2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O,根据二者的物质的量的关系来判 断残留固体; (1)生成 3.94g 沉淀是碳酸钡,根据碳守恒求出二氧化碳的体积;
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(2)根据质量守恒定律计算出碳酸氢钠、过氧化钠的物质的量,再根据碳酸氢钠的分解方 程式计算出生成二氧化碳和水的反应;根据过氧化钠的物质的量计算出生成氧气的物质的 量;根据过氧化钠与水、二氧化碳的反应方程式计算出剩余水的物质的量; (3)据图象数据来确定固体的组成; (4)由原子守恒可以求出 NaHCO3 和 Na2O2 的固体混合物中各成份的量,进而计算物质的 量. 【解答】解: (1)另一份溶于适量的水,无气体放出, 则加入盐酸后生成的气体为二氧化碳, 生成 3.94g 沉淀是碳酸钡, 根据碳原子守恒可知: n (CO2) =n (BaCO3) = 所以标准状况下生成的二氧化碳体积为:V=0.02mol× 22.4L/mol=0.448L, 故答案为:0.448; (2)根据碳守恒可知,n(NaHCO3)=n(CO2)=0.02mol× 2=0.04mol,根据钠守恒可知 n (Na2O2)= 2NaHCO3 =0.035mol,由方程式可知: Na2CO3+CO2↑+H2O,生成 0.02mol 的二氧化碳和 0.02mol 的水,再根据 =0.02mol,

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知,0.035mol 过氧化钠完全反应 生成 0.0175mol 氧气;0.02mol 二氧化碳完全反应消耗 0.02mol 过氧化钠,剩余的 0.015mol 过氧化钠完全反应消耗 0.015mol 水,所以还剩余水的物质的量为:0.02mol﹣ 0.015mol=0.005mol, 故答案为: 化学式 物质的量(mol) ; (3)由图象可知,因为 175>275﹣175,所以固体混合物为 NaOH、Na2CO3,故答案为: NaOH、Na2CO3; (4)根据碳守恒可知,n(NaHCO3)=n(CO2)=0.02mol× 2=0.04mol,根据钠守恒可知 n (Na2O2)= 0.04× 84+0.035× 78=6.09g,故 x=6.09g, 故答案为:6.09.
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H 2O 0.005

O2 0.00175

=0.035mol,固体的质量为:

【点评】本题考查了混合物反应的计算,题目难度中等,明确发生反应的原理为解答关键, 注意掌握守恒思想在化学计算中的应用,试题培养了学生的分析能力及化学计算能力.

30.氯气和二氧化氮气体在室温下可以化合生成一种新的气态化合物 A,为了测定 A 的组 成进行以下实验,取 Cl2、NO2 混合气总体积 5L,测定反应后所得气体体积随 Cl2 在原混合 气体中所占体积分数 x 的变化而变化的规律.实验测知当 Cl2 所占体积分数为 0.2 或 0.6 时, 反应后的总体积均为 4L. (1)通过分析和计算求得化合物 A 的化学式为 NClO2,发生反应的化学方程式 Cl2+2NO2=2NClO2. (2)试讨论当 x 的取值范围不同时,反应后总体积 V 随 x 变化的函数关系. 【考点】化学方程式的有关计算. 【专题】计算题. 【分析】 (1) 由题意可知, 当 5L× 0.2=1L 的 Cl2 和 5L× (1﹣0.2) =4L 的 NO2 反应或 5L× 0.6=3LCl2 和 5L﹣3L=2L 的 NO2 反应,最后均得 4L 气体,可推出 1LCl2 与 2LNO2 正好反应生成 2L 气 态新物质.由阿伏加德罗定律,可知反应 Cl2、NO2、新物质的物质的量比例为 1:2:2, 利用质量守恒定律,该反应为:Cl2+2NO2=2NClO2; (2)由写出的方程式进行讨论型过量计算,当 V(Cl2) :V(NO2)=1:2 时,即 x= 时, 二者正好反应,当 x> 时,Cl2 过量,同理得到当 x< 时,得 V=5(1﹣x)L,结合方程式 计算解答. 【解答】 解: (1) 由题意可知, 5L× 0.2=1L 的 Cl2 和 5L× (1﹣0.2) =4L 的 NO2 反应或 5L× 0.6=3LCl2 和 5L﹣3L=2L 的 NO2 反应,最后均得 4L 气体,可推出 1LCl2 与 2LNO2 正好反应生成 2L 气 态新物质,由阿伏加德罗定律,可知反应 Cl2、NO2、新物质的物质的量比例为 1:2:2, 利用质量守恒定律,写出方程式:Cl2+2NO2=2NClO2, 故答案为:NClO2;Cl2+2NO2=2NClO2; (2)当 V(Cl2) :V(NO2)=1:2=时,即 x= 时,二者正好反应,生成 NClO2 气体 V=5L× × 2= L;

当 x> 时,Cl2 过量,则: Cl2+2 NO2=2NClO2 △ V
26

1

2

2

1 0.5(5﹣5x)L

(5﹣5x)L

V=5L﹣0.5(5﹣5x)L=2.5(x+1)L, 同理得到当 x< 时,NO2 过量,则: Cl2+2NO2=2NClO2 △ V 1 5xL 2 2 1 5xL

V=5L﹣5x L=5(1﹣x)L, 即:0<x≤ ,V=5(1﹣x)L; ≤x<1,V=2.5(1+x)L, 答: 反应后总体积 V 随 x 变化的函数关系为 0<x≤ , V=5 (1﹣x) L; ≤x<1, V=2.5 (1+x) L. 【点评】本题考查混合物计算、化学方程式有关计算,确定发生的反应是解题关键,难度中 等.

27


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