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黑龙江省大庆市铁人中学2015-2016学年高三期中化学试卷.doc


2015-2016 学年黑龙江省大庆市铁人中学高三(上)期中化 学试卷 参考答案与试题解析
一、选择题(共 7 小题,每小题 3 分,满分 21 分) 1.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是( 选项 A B C D 叙述Ⅰ Fe3+有氧化性 浓硫酸有腐蚀性 Cl2 是非金属单质 )

叙述Ⅱ Fe2(SO4)3 可作净水剂 常温下浓硫酸不能用铁罐盛装 Cl2 能使湿润的有色布条褪色

熔融状态的 Al2O3 中有自由移动的 Al3+和 电解熔融状态的 Al2O3 制备 Al O2


A.A

B.B

C.C

D.D

【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变; 氯气的化学性质;浓硫酸的性质;镁、 铝的重要化合物. 【分析】A、铁离子具有氧化性,硫酸铁的净水作用是铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸 附悬浮杂质的作用; B、浓硫酸具有强腐蚀性,常温下铁、铝在浓硫酸中发生钝化; C、氯气是非金属单质,氯气遇到湿润的有色布条,氯气和水反应生成了次氯具有漂白性可 以使布条褪色; D、氧化铝是离子化合物熔融电离出离子,利用电解熔融的氧化铝制备金属铝. 【解答】解:A、铁离子具有氧化性,硫酸铁的净水作用是铁离子水解生成氢氧化铁胶体具 有吸附悬浮杂质的作用,叙述Ⅰ和Ⅱ均正确,但无有因果关系,故 A 错误; B、浓硫酸具有强腐蚀性,常温下铁、铝在浓硫酸中发生钝化,常温下浓硫酸能用铁罐盛装, 叙述Ⅰ正确,叙述Ⅱ错误,无有因果关系,故 B 错误; C、氯气是非金属单质,氯气遇到湿润的有色布条,氯气和水反应生成了次氯具有漂白性可 以使布条褪色,叙述Ⅰ和Ⅱ均正确,无有因果关系,故 C 错误; D、氧化铝是离子化合物熔融电离出离子,利用电解熔融的氧化铝制备金属铝,叙述Ⅰ和Ⅱ 均正确并且有因果关系,故 D 正确; 故选 D.

【点评】本题考查了物质的性质,明确二氧化硫、浓硫酸、氧化铝、三价铁的性质是解题关 键,注意次氯酸的漂白作用分析,掌握基础是解题关键,题目难度中等.

2.阿伏加德罗常数用 NA 表示,下列说法中正确的是( A.1 mol CH3+(碳正离子)中含有质子数为 8NA B.标准状况下,22.4 L 溴单质所含原子数目为 2NA



C.常温下,100mLlmol.L l 盐酸与 4.6 g 钠反应生成 H2 分子数目为 0.1 NA


D. 密闭容器盛有 0.1 mol N2 和 0.3 mol H2 在一定条件下充分反应, 转移电子的数目为 0.6 NA 【考点】阿伏加德罗常数. 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律. 【分析】A、碳正离子中含 9 个质子; B、标况下溴为液态; C、求出钠的物质的量,然后根据即使盐酸不足,钠也能和水反应来分析; D、合成氨的反应不能进行彻底. 【解答】解:A、碳正离子中含 9 个质子,故 1mol 碳正离子中含 9mol 质子即 9NA 个,故 A 错误; B、标况下溴为液态,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故 B 错误; C、4.6g 钠的物质的量为 0.2mol,而即使盐酸不足,钠也能和水反应,即无论盐酸是否足量, 钠均能反应完全,而 0.2mol 钠一定能生成 0.1mol 氢气即 0.1NA 个,故 C 正确; D、合成氨的反应不能进行彻底,故转移的电子数小于 0.6NA 个,故 D 错误. 故选 C. 【点评】 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算, 熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题 关键,难度不大.

3.下列有关 NaHSO3 溶液的叙述正确的是(




A.该溶液中,K+、Ca2+、Cl2、Br 可以大量共存 B.能使含 I2 的淀粉溶液蓝色褪去,说明 NaHSO3 溶液具漂白性 C.与 FeCl3 反应的离子方程式:SO32 +2Fe3++H2O=SO42 +2Fe2++2H+
﹣ ﹣

D.和足量 Ca(OH)2 溶液反应的离子方程式:Ca2++OH +HSO3 =CaSO3↓+H2O
﹣ ﹣

【考点】离子方程式的书写;离子共存问题.

【分析】A.氯气与溴离子发生氧化还原反应,氯气能够氧化亚硫酸氢钠; B.碘单质具有氧化性,能够与亚硫酸氢钠发生氧化还原反应; C.亚硫酸氢根离子不能拆开; D.氢氧化钙足量,离子方程式按照亚硫酸氢钠的化学式书写. 【解答】解:A.Cl2、Br 之间发生氧化还原反应,氯气也能够氧化 NaHSO3,在溶液中不 能大量共存,故 A 错误; B.能使含 I2 的淀粉溶液蓝色褪去,二者发生了氧化还原反应,NaHSO3 溶液具有还原性, 不是漂白性,故 B 错误; C.NaHSO3 与 FeCl3 反应中,亚硫酸氢根离子不能拆开,正确的离子方程式:HSO3 +2Fe3++H2O=SO42 +2Fe2++3H+,故 C 错误;
﹣ ﹣ ﹣

D.NaHSO3 和足量 Ca(OH)2 溶液反应生成氢氧化钠、亚硫酸钙沉淀和水,反应的离子方 程式为:Ca2++OH +HSO3 =CaSO3↓+H2O,故 D 正确;
﹣ ﹣

故选 D. 【点评】本题考查了离子方程式的书写判断、离子共存的判断,为高考的高频题,属于中等 难度的试题,明确离子反应发生条件为解答关键,注意掌握离子方程式的书写原则,试题培 养了学生的灵活应用能力.

4.下列制备和收集气体的实验装置合理的是(



A. 用锌粒和稀硫酸制 H2

B. 用 H2O2 和 MnO2 制 O2

C. 用氯化铵和氢氧化钙固体制 NH3 【考点】化学实验方案的评价. 【专题】实验评价题.

D. 用铜片和稀硝酸制 NO

【分析】A.氢气密度小于空气,应该采用向下排空气法收集氢气;

B.双氧水在二氧化锰作催化剂条件下分解生成氧气,氧气不易溶于水,可以采用排水法收 集氧气; C.加热固体制取气体时,加热的试管口应该低于试管底; D.NO 不能利用排空气法收集. 【解答】解:A.氢气密度小于空气,应该采用向下排空气法收集氢气,所以集气瓶中导气 管应该遵循“短进长出”原则,故 A 错误; B.双氧水在二氧化锰作催化剂条件下分解生成氧气,氧气不易溶于水,可以采用排水法收 集氧气,该装置符合条件,故 B 正确; C.加热固体制取气体时,加热的试管口应该低于试管底,否则水蒸气冷却后导流而炸裂试 管,故 C 错误; D.NO 不能利用排空气法收集,图中收集方法不合理,应利用排水法收集,故 D 错误; 故选 B. 【点评】本题考查化学实验方案评价,为高频考点,涉及气体收集和制取,明确实验原理及 气体收集方法是解本题关键, 注意从实验操作规范性及评价性进行分析解答, 易错选项是 C.

5.根据如图海水综合利用的工业流程图,判断下列说法正确的是(



已知:MgCl2?6H2O 受热生成 Mg(OH)Cl 和 HCl 气体等. A.过程①的提纯是物理过程,过程②通过氧化还原反应可产生 1 种单质 B.在过程③中将 MgCl2?6H2O 灼烧即可制得无水 MgCl2 C.在过程④、⑥反应中每氧化 0.2 mol Br


需消耗 2.24 L Cl2

D.过程⑤反应后溶液呈强酸性,生产中需解决其对设备的腐蚀问题 【考点】海水资源及其综合利用;物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用. 【专题】元素及其化合物. 【分析】A、根据粗盐的提纯及电解饱和食盐水产物进行判断; B、根据镁离子水解及氯化氢的挥发性进行分析; C、根据物质的量计算氯气气体的体积,必须知道气体摩尔体积;

D、根据反应⑤二氧化硫与溴单质的生成产物进行分析. 【解答】解:A、过程①的提纯中过滤属于物理过程,但是除去镁离子、碳酸根离子、硫酸 根离子属于化学过程;过程②电解饱和食盐水获得了氯气和氢气两种单质,故 A 错误; B、因 MgCl2?6H2O 受热生成 Mg(OH)Cl 和 HCl 气体等,得不到无水 MgCl2,若要由 MgCl2?6H2O 灼烧即可制得无水 MgCl2,为防止 Mg2+发生水解,应在 HCl 气氛中进行,故 B 错误; C、因 2Br +Cl2 =Br2 +2Cl ,每氧化 0.2molBr 需消耗 0.1molCl2,0.1molCl2 的体积标准状况 为 2.24L,在其他状况下不一定为 2.24L,故 C 错误; D、因 Br2+SO2 +2H2O=2HBr+H2SO4,反应后溶液呈酸性,能与金属容器反应,故 D 正确; 故选:D. 【点评】本题考查了海水资源综合利用,涉及了离子的除杂、离子水解、氧化还原反应、元 素及其化合物的有关知识进行综合利用,提高了试题的综合性,本题难度中等.
﹣ ﹣ ﹣

6.W、X、Y、Z 是四种常见的短周期元素,其原子半径随原子序数的变化如图所示.已知 W 的一种核素的质量数为 18,中子数为 10;X 是短周期元素中原子半径最大的元素(不考 虑稀有气体的原子半径) ;Y 的单质是一种常见的半导体材料;Z 的非金属性在同周期元素 中最强.下列说法不正确的是( )

A.简单离子半径:Z>X>W B.最简单气态氢化物的稳定性:Y<Z C.化合物 XZW 中既含离子键又含共价键 D.Y 的氧化物能与 X 的最高价氧化物对应的水化物反应 【考点】原子结构与元素周期律的关系. 【专题】元素周期律与元素周期表专题. 【分析】W、X、Y、Z 是四种常见的短周期元素,W 的一种核素的质量数为 18,中子数为 10,可知 W 的质子数为 8,则 W 是氧元素;X 是短周期元素中原子半径最大的,故 X 为

Na 元素;Y 的原子半径介于 X 和 W 之间,Y 的单质是一种常见的半导体材料,所以 Y 是 Si 元素;Z 的非金属性在同周期元素中最强,原子序数大于 Si,故 Z 为 Cl 元素,据此解答. 【解答】解:W、X、Y、Z 是四种常见的短周期元素,W 的一种核素的质量数为 18,中子 数为 10,可知 W 的质子数为 8,则 W 是氧元素;X 是短周期元素中原子半径最大的,故 X 为 Na 元素;Y 的原子半径介于 X 和 W 之间,Y 的单质是一种常见的半导体材料,所以 Y 是 Si 元素;Z 的非金属性在同周期元素中最强,原子序数大于 Si,故 Z 为 Cl 元素, A.S2 电子层最多,离子半径最大,O2 、Na+离子电子层结构相同,核电荷数越大,离子
﹣ ﹣

半径越小,故离子半径:S2 >O2 >Na+,故 A 错误;
﹣ ﹣

B.非金属性 Si<Cl,非金属性越强,氢化物越稳定,故 B 正确; C.化合物 NaClO 既含离子键,又含共价键,故 C 正确; D.Y 的氧化物为二氧化硅,X 高价氧化物对应的水化物为 NaOH,二氧化硅能与氢氧化钠 溶液反应生成硅酸钠与水,故 D 正确, 故选 A. 【点评】本题考查结构性质位置关系应用,关键是推断元素,注意对基础知识的理解掌握, 注意把握离子半径的比较方法、以及元素性质的判断,题目难度中等.

7.已知:2H2(g)+O2(g)═2H2O(l) △ H=﹣571.6kJ?mol
﹣1

2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(l) △ H=﹣1 452kJ?mol
﹣ ﹣1

H+(aq)+OH (aq)═H2O(l) △ H=﹣57.3kJ?mol
﹣1

下列说法正确的是(


﹣1

A.H2(g)的燃烧热为 571.6 kJ?mol B.

H2SO4(aq)+ Ba(OH)2(aq)═ BaSO4(s)+H2O(l)△ H=﹣57.3 kJ?mol

﹣1

C.同质量的 H2(g)和 CH3OH(l)完全燃烧,H2(g)放出的热量多 D.3H2(g)+CO2(g)═CH3OH(l)+H2O(l)△ H=+131.4 kJ?mol 【考点】热化学方程式. 【专题】化学反应中的能量变化.
﹣1

【分析】A、依据燃烧热概念 是 1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量分析; B、酸碱中和反应生成的硫酸钡过程中放热; C、依据热化学方程式计算比较; D、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析判断. 【解答】解:A、依据燃烧热概念分析,选项中由已知热化学方程式计算可知 H2(g)的燃 烧热为 285.8 kJ?mol 1,故 A 错误;


B、反应中有 BaSO4(s)生成,而生成 BaSO4 也是放热的,所以放出的热量比 57.3 kJ 多, 即 B 项中△ H<﹣57.3 kJ?mol 1,故 B 错误;


C、同质量的 H2(g)和 CH3OH(l)完全燃烧,设质量为 1g 2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△ H=﹣571.6kJ?mol 2 mol 571.6KJ 142.9KJ
﹣1 ﹣1

2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(l)△ H=﹣1 452kJ?mol 2 mol 所以 H2(g)放出的热量多,故 C 正确; D、①2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△ H=﹣571.6kJ?mol
﹣1

1452KJ 22.69KJ

②2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(l)△ H=﹣1 452kJ?mol

﹣1

按盖斯定律计算①× 3﹣②得到 6H2(g)+2CO2(g)═2CH3OH(l)+2H2O(l)△ H=﹣262.8 kJ?mol 1.


可知正确的是 3H2(g)+CO2(g)═CH3OH(l)+H2O(l)△ H=﹣131.4 kJ?mol 1,故 D 错


误; 故选 C. 【点评】本题考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用,燃烧热,中和热概念的理解应用是 解题关键,题目难度中等.

二、解答题(共 7 小题,满分 58 分)

8.X、Y、Z、M、N 为短周期的五种主族元素,其中 X、Z 同主族,Y、Z 同周期,M 与 X, Y 既不同族,也不同周期.X 原子最外层电子数是核外电子层数的三倍,Y 的最高化合价与 其最低化合价的代数和等于 6.N 是短周期主族元素中原子半径最大的非金属元素.

(1)请写出 M 的元素符号: H ,Z 的原子结构示意图: 可形成两种液态化合物,其化学式分别为 H2O、H2O2 .

.M 与 X 两元素

(2)请写出 N 元素在周期表中的位置 第三周期 IVA 族 ;与 N 同族的短周期元素 L,其 最高价氧化物的电子式为 .

(3)Y 与 Z 相比,非金属性较强的元素是 Cl , (填元素符号)可以证明该结论的实验事 实是 Cl2+S2 =2Cl +S↓ .
﹣ ﹣

【考点】位置结构性质的相互关系应用. 【专题】元素周期律与元素周期表专题. 【分析】X、Y、Z、M、N 为短周期的五种主族元素,X 原子最外层电子数是核外电子层数 的三倍,原子只能有 2 个电子层,最外层电子数为 6,则 X 为 O 元素;X、Z 同主族,则 Z 为 S 元素;Y 的最高化合价与其最低化合价的代数和等于 6,处于ⅦA 族,且 Y、Z 同周期, 则 Y 为 Cl;N 是短周期主族元素中原子半径最大的非金属元素,则 N 为 Si;M 与 X、Y 既 不同族,也不同周期,则 M 为 H 元素,据此解答. 【解答】解:X、Y、Z、M、N 为短周期的五种主族元素,X 原子最外层电子数是核外电子 层数的三倍,原子只能有 2 个电子层,最外层电子数为 6,则 X 为 O 元素;X、Z 同主族, 则 Z 为 S 元素;Y 的最高化合价与其最低化合价的代数和等于 6,处于ⅦA 族,且 Y、Z 同 周期, 则 Y 为 Cl;N 是短周期主族元素中原子半径最大的非金属元素, 则 N 为 Si;M 与 X、 Y 既不同族,也不同周期,则 M 为 H 元素.

(1)由上述分析可知,M 为 H 元素,Z 为 S 元素,其原子结构示意图为 两元素可形成两种液态化合物,其化学式分别为 H2O、H2O2,

,H 与 O

故答案为:H;

;H2O、H2O2;

(2)N 为 Si,处于周期表中第三周期 IVA 族,与 N 同族的短周期元素 L 为 C,其最高价氧 化物为 CO2,电子式为: ,

故答案为:第三周期 IVA 族;




(3)S 与 Cl 相比,非金属性较强的元素是 Cl,可以证明该结论的实验事实:Cl2+S2 =2Cl


+S↓,故答案为:Cl;Cl2+S2 =2Cl +S↓.
﹣ ﹣

【点评】本题考查结构性质位置关系综合应用,难度不大,注意元素金属性与非金属性强弱 比较实验事实.

9. (2012?郑州一模)下列转化关系中,X、Y 是生活中用处广泛的两种金属单质,A、B 是 氧化物,A 呈红棕色,C、D、E 是中学常见的三种化合物.分析转化关系回答问题

(1)请写出反应①的化学方程式:

Fe2O3+2Al

2Fe+Al2O3

(2)检验 D 溶液中阳离子的方法是 取少量 D 溶液于试管中,滴加几滴 KSCN 溶液,若 溶液变红色,则证明有 Fe3+ ;


(3)若试剂 a 是 NaOH 溶液,写出单质 X 与 NaOH 溶液反应的离子方程式 2Al+2OH +6H2O=2[Al(OH)4] +3H2↑或 2Al+2OH +2H2O=2AlO2 +3H2↑ ;
﹣ ﹣ ﹣

(4)若试剂 b 是 H2SO4, 工业上用 E、 H2SO4 和 NaNO2 为原料制取高效净水剂 Y(OH)SO4 已知还原产物为 N0,则该反应的化学方程式是 2FeSO4+H2SO4+2NaNO2=2Fe(OH) SO4+Na2SO4+2NO↑ ; (5)工业上电解熔融的 B 制取 X 时,若阳极产生的气体在标准状况下的体积为 33.6m3,则 阴极产物的质量为 54 kg. 【考点】无机物的推断. 【专题】推断题. 【分析】X、Y 是生活中用处广泛的两种金属单质,A、B 是氧化物,A 呈红棕色,则 A 为 Fe2O3,反应①为铝热反应,所以 X 为 Al,Y 为 Fe,B 为 Al2O3,试剂 a 为 NaOH,则 C 为 偏铝酸钠,试剂 b 为硫酸,则 D 为硫酸铁,E 为硫酸亚铁,然后利用物质的性质及化学用 语来解答.

【解答】解:X、Y 是生活中用处广泛的两种金属单质,A、B 是氧化物,A 呈红棕色,则 A 为 Fe2O3,反应①为铝热反应,所以 X 为 Al,Y 为 Fe,B 为 Al2O3,试剂 a 为 NaOH,则 C 为偏铝酸钠,试剂 b 为硫酸,则 D 为硫酸铁,E 为硫酸亚铁, (1)反应①的化学方程式为 Fe2O3+2Al Fe2O3+2Al 2Fe+Al2O3; 2Fe+Al2O3,故答案为:

(2) D 溶液中阳离子为铁离子, 检验方法为取少量 D 溶液于试管中, 滴加几滴 KSCN 溶液, 若溶液变红色,则证明有 Fe3+, 故答案为:取少量 D 溶液于试管中,滴加几滴 KSCN 溶液,若溶液变红色,则证明有 Fe3+; (3)单质 X 与 NaOH 溶液反应的离子方程式为 2Al+2OH +6H2O=2[Al(OH)4] +3H2↑或 2Al+2OH +2H2O=2AlO2 +3H2↑, 故答案为:2Al+2OH +6H2O=2[Al(OH)4] +3H2↑或 2Al+2OH +2H2O=2AlO2 +3H2↑; (4)E、H2SO4 和 NaNO2 为原料制取高效净水剂 Y(OH)SO4,还原产物为 N0,则该反应 为 2FeSO4+H2SO4+2NaNO2=2Fe(OH)SO4+Na2SO4+2NO↑, 故答案为:2FeSO4+H2SO4+2NaNO2=2Fe(OH)SO4+Na2SO4+2NO↑; (5)电解熔融的 B 制取 X 时,发生 2Al2O3 下的体积为 33.6m3,n(O2)=
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣

4Al+3O2↑,阳极产生的气体在标准状况

× 1000mol=1.5× 1000mol,则得到 Al 的质量为

1.5× 1000mol× × 27g/mol× 10 3kg=54kg,故答案为:54. 【点评】本题考查无机物的推断,注意找到解题的突破口,根据 X、Y 是生活中用处广泛的 两种金属单质,A、B 是氧化物,A 呈红棕色,可知 A 是氧化铁,再结合铝热反应即可推断, 侧重考查考生的综合分析能力、迁移应用能力和信息处理能力.预测今后高考命题,仍会保 持相当的稳定性和连续性,以综合性试题为主,可能在考点组合方式上呈现一定的变化,以 体现高考综合应用层次的能力要求,题目难度不大.

10.氮及其化合物在很多方面有重要的用途. (1)氮的氧化物有多种.现有 NO 和 NO2 的混合气体,其中 N、O 元素质量之比为 7:12, 则该混合气中 NO 和 NO2 的物质的量之比为 1:1 . (2)氨气的实验室制法有多种,若不加热,制取氨气所用试剂可以用浓氨水和氢氧化钠固 体,产生氨气的原因是: 固体 NaOH 溶于浓氨水后,放出大量的热,促使 NH3 挥发;溶

液中 OH 浓度的增加,使 NH3+H2O NH3?H2O NH+OH 向生成 NH3 的方向移动有利于 NH3 生成 ;氨气的检验方法是: 用湿润的红色石蕊试纸检验变蓝色或用沾有浓 盐酸的玻璃 棒检验冒白烟 .通过如图装置(尾气处理装置已略去)验证了氨有还原性,硬质玻璃管中 氨发生催化氧化反应的化学方程式为 4NH3+5O2 (3)氮的一种氢化物肼(即 N2H4)用作发射卫星的燃料. 已知:N2+2O2=2NO2 N2H4+O2=N2+2H2O 4NO+6H2O .





发射卫星用气体肼为原料,以 NO2 气体为氧化剂.若 1g 气体肼与 NO2 气体反应生成氮气和 水蒸气放出 a kJ 热量, 写出反应的热化学方程式 2N2H4 (g) +2NO2 (g) =3N2 (g) +4H2O (g) △ H=﹣64a kJ?mol
﹣1

. 反应中生成 N2 质量为 42g, 则转移电子的物质的量为

4mol .

【考点】氨的制取和性质;化学方程式的有关计算;有关混合物反应的计算. 【专题】气体的制备与性质检验类实验;利用化学方程式的计算. 【分析】 (1)设该混合气中 NO 和 NO2 的物质的量分别为 x 和 y,然后根据 N、O 元素质量 之比为 7:12,来得物质的量之比; (2)碱石灰中的 CaO 吸收了浓氨水中的水反应,反应过程中放热降低了氨气溶解度,溶液 中一水合氨分解生成氨气;氨气的检验用湿润的红色石蕊试纸或用沾有浓盐酸的玻璃棒; 氨气在催化剂条件下加热被氧化氧化为一氧化氮; (3)依据题意可知:肼与二氧化氮发生氧化还原反应生成氮气和水,依据氧化还原反应得 失电子守恒配平方程式,计算生成 N2 质量为 42g 转移的电子数; 依据 1g 气体肼与 NO2 气体反应生成氮气和水蒸气放出 a kJ 热量,计算反应 2mol 肼蒸汽放 出的热量,据此写出反应的热化学方程式,注意标明物质的聚集状态; 【解答】解: (1)设该混合气中 NO 和 NO2 的物质的量分别为 x 和 y,N、O 元素质量之比 为 7:12,所以 故答案为:1:1; (2)碱石灰中的 CaO 吸收了浓氨水中的水反应,反应过程中放热降低了氨气溶解度,溶液 中一水合氨分解生成氨气;氨气的检验用湿润的红色石蕊试纸或用沾有浓盐酸的玻璃棒, ,解得 x:y=1:1,

氨气在催化剂条件下加热被氧化氧化为一氧化氮,化学方程式; 4NH3+5O2 4NO+6H2O;


故答案为:生石灰遇水放热使氨气逸出,且产生的 OH 使一水合氨的电离平衡向结合方向 移动; 用湿润的红色石蕊试纸或用沾有浓盐酸的玻璃棒; 4NH3+5O2 4NO+6H2O;

(3)依据题意可知:肼与二氧化氮发生氧化还原反应生成氮气和水,反应中肼中﹣2 价的 氮化合价升高为 0 价,+4 价二氧化氮中的氮化合价降为 0 价,依据得失电子守恒,方程式: 2N2H4 +2NO2=3N2+4H2O,生成 3mol 氮气,转移电子数 8mol,生成 N2 质量为 42g 物质的量 为 1.5mol,转移电子数为 4mol; 依据 1g 气体肼与 NO2 气体反应生成氮气和水蒸气放出 a kJ 热量,则反应 2mol 肼蒸汽放出 的热量为 64aKJ,所以该反应的热化学方程式:2N2H4 (g)+2NO2 (g)=3N2 (g)+4H2O (g)△ H=﹣64a kJ?mol
﹣1


﹣1

故答案为:2N2H4 (g)+2NO2 (g)=3N2 (g)+4H2O(g)△ H=﹣64a kJ?mol

;4mol.

【点评】本题以氨气的制备为载体,考查了氨气的性质、热化学方程式、方程式的书写,明 确氨气制备原理、热化学方程式书写方法是解题关键,题目难度不大.

11. (2015 秋?大庆校级期中)已知在常温常压下: ①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△ H=﹣1275.6kJ?mol ②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△ H=﹣566.0kJ?mol ③H2O(g)=H2O(l)△ H=﹣44.0kJ?mol
﹣1 ﹣1 ﹣1

则甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为 CH3OH(l)+O2 (g) =CO(g) +2H2O(l)△ H=﹣442.8 kJ?mol
﹣1



【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算. 【专题】化学反应中的能量变化. 【分析】已知:①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△ H=﹣1275.6kJ?mol ②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△ H=﹣566.0kJ?mol ③H2O(g)=H2O(l)△ H=﹣44.0kJ?mol
﹣1 ﹣1 ﹣1

根据盖斯定律, (①﹣②+③× 4)÷ 2 可得:CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) ,焓 变也进行相应计算. 【解答】解:已知:①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△ H=﹣1275.6kJ?mol
﹣1

②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△ H=﹣566.0kJ?mol ③H2O(g)=H2O(l)△ H=﹣44.0kJ?mol
﹣1

﹣1

根据盖斯定律, (①﹣②+③× 4)÷ 2 可得:CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) ,则: △ H=[﹣1275.6kJ?mol 1﹣(﹣566.0kJ?mol 1)+4× (﹣44.0kJ?mol 1)]÷ 2=﹣442.8 kJ?mol
﹣ ﹣ ﹣ ﹣1

, ,

反应热化学方程式为:CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△ H=﹣442.8 kJ?mol 故答案为:CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△ H=﹣442.8 kJ?mol
﹣1

﹣1



【点评】本题考查运用盖斯定律书写热化学方程式,难度不大,关键是根据已知热化学方程 式构造目标方程式.

12.某学生为了测定部分变质的 Na2SO3 样品的纯度.按图 2 所示称取一定量的 Na2SO3 样 品放入 A 装置的烧瓶中,滴入足量的 H2SO4 至完全反应;然后,将 B 中完全反应后的溶液 与足量的 BaCl2 溶液反应,过滤、洗涤、干燥,得白色沉淀 23.3g.回答下列问题:

(1)写出 A 装置中玻璃仪器的名称:酒精灯、 圆底烧瓶、 、 分液漏斗 (2)实验开始时,应先点燃 D 处酒精灯(填装置字母) .



(3)实验开始后,写出 B 中反应的离子方程式 Cl2+SO2+2H2O═4H++2Cl +SO42






(4)C 中的现象是 红色鲜花褪色 ,E 装置的作用是 吸收未反应的二氧化硫和氯气 . (5)原样品中 Na2SO3 的纯度为 50.8% (精确到 0.1%) .按题给装置和操作进行实验, 若装置连接和实验操作均无任何问题, 该学生测得的 Na2SO3 的纯度 偏低 (填“偏高”、 “偏 低”或“无影响”) . 【考点】探究物质的组成或测量物质的含量.

【分析】A 装置产生二氧化硫,D 装置产生氯气在 F 装置中干燥,C 装置检验干燥氯气的漂 白性,氯气和二氧化硫在 B 装置中反应,E 装置吸收尾气,防止污染空气. (1)根据装置图填写仪器名称; (2)应先准备氯气,保证二氧化硫被完全氧化 (3)A 为实验室制备二氧化硫的发生装置,D 为实验室制备氯气的发生装置,氯气具有氧 化性,二氧化硫具有还原性,在 B 中发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸; (4)红色鲜花中含水,水和氯气反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸具有漂白作用;氯气和二 氧化硫有毒,E 中 NaOH 溶液吸收尾气防止污染; (5)根据图示读取样品质量,根据硫元素守恒计算,Na2SO3~SO2~BaSO4;按题给装置和 操作进行实验, 二氧化硫与氯气不一定能充分接触, 使得二氧化硫有可能没有完全被氧化而 被氢氧化钠吸收,导致硫酸钡质量减少,据此分析; 【解答】解: (1)解:装置中所用玻璃仪器为:圆底烧瓶、分液漏斗和酒精灯, 故答案为:圆底烧瓶、分液漏斗; (2)应先准备氯气,保证二氧化硫被完全氧化,故先加热 D 处酒精灯, 故答案为:D; (3) D 为实验室制备氯气的发生装置, 反应为: MnO2+4HCl (浓) A 中是实验室制备二氧化硫的装置,反应的化学方程式为: H2SO4+Na2SO3═Na2SO4+H2O+SO2↑,氯气具有氧化性,二氧化硫具有还原性,在 B 中发生 氧化还原反应生成盐酸和硫酸,反应为:Cl2+SO2+2H2O═4H++2Cl +SO42 ;
﹣ ﹣

MnCl2+Cl2↑2H2O,

故答案为:Cl2+SO2+2H2O═4H++2Cl +SO42 ;
﹣ ﹣

(4) )红色鲜花中含水,水和氯气反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸具有漂白作用,故红色鲜 花褪色;氯气和二氧化硫有毒,二氧化硫在溶液中反应生成亚硫酸钠和水,反应的离子方程 式为: SO2+2OH ═SO32 +H2O; 氯气在其溶液中反应生成 NaCl 和 NaClO, 反应为: Cl2+2OH
﹣ ﹣ ﹣

═Cl +ClO +2H2O,故 E 中 NaOH 溶液吸收尾气防止污染;





故答案为:红色鲜花褪色;吸收未反应的二氧化硫和氯气; (5)根据硫元素守恒计算, Na2SO3~SO2~BaSO4 126g m 233g 23.3g

m=

=12.6g,

样品质量为:10.0g+10.0g+5.0g﹣0.2g=24.8g, 所以 Na2SO3 的质量分数为 × 100%=50.8%,

按题给装置和操作进行实验, 二氧化硫与氯气不一定能充分接触, 使得二氧化硫有可能没有 完全被氧化而被氢氧化钠吸收,导致硫酸钡质量减少,则由此计算的亚硫酸钠的质量减少, 质量分数偏低, 故答案为:50.8%;偏低. 【点评】本题考查实验基本操作、二氧化硫和氯气的性质,较基础,注意从实验目的考虑加 热的先后顺序,抓住原子守恒进行计算,难度中等.

13.硫酸铜在生产、生活中应用广泛.某化工厂用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程 如下:

(1)写出浸出时铜与稀硫酸、稀硝酸反应生成硫酸铜的化学方程式: 3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O . (2)取样检验是为了确认 Fe3+是否除净,你的检验方法是 取试样少许放入试管,滴加 KSCN 溶液,若溶液显红色,则 Fe3+未除净,否则 Fe3+除净 (3)滤渣 c 是 Fe(OH)3 . .

(4) 气体 a 可以被循环利用, 用化学方程式表示气体 a 被循环利用的原理为: 2NO+O2═2NO2、 3NO2+H2O=2HNO3+NO . (5)一定温度下,硫酸铜受热分解生成 CuO、SO2 气体、SO3 气体和 O2 气体,写出硫酸铜 受热分解的化学方程式: 3CuSO4 3CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑ . 某同学设计了如图 2

所示的实验装置分别测定生成的 SO2 气体、SO3 气体的质量和 O2 气体的体积.此设计有不 合理之处,请说明理由: 混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液,三氧化硫被吸收生成硫酸,和 碳酸氢钠反应生成二氧化硫,没法确定三氧化硫的质量,去掉盛饱和亚硫酸氢钠的装置即 可 .

【考点】制备实验方案的设计. 【专题】综合实验题;实验设计题. 【分析】 废铜渣中铜和硝酸、 硫酸反应方程式为 3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O, 废铜渣中铁也发生类似反应,调节 pH 目的是使铁离子生成氢氧化铁沉淀,故滤渣 C 为氢氧 化铁,滤液中含硫酸铜;通过蒸发浓缩、冷却结晶析出硫酸铜晶体. (1)由工艺流程图转化关系可知,由于硫酸的存在,酸过量,硝酸全起氧化剂作用,酸为 稀溶液,生成硫酸铜、NO、水. (2)用硫氰化钾检验铁离子的存在; (3)由工艺流程图转化关系可知,滤渣的主要成分为氢氧化铁. (4)二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮; (5)硫酸铜受热分解生成 CuO、SO2 气体、SO3 气体和 O2 气体,反应物为 CuSO4,生成物 为 CuO、SO2、SO3、O2,配平方程式即可;图 2 所示的实验装置分别测定生成的 SO2 气体、 SO3 气体的质量和 O2 气体的体积,SO3 气体可溶解于浓硫酸中,采用 98.3%的浓硫酸吸收 SO3 气体,SO2 气体用碱液吸收,氧气用排水法测量,据此分析. 【解答】解: (1)由于硫酸的存在,且酸过量,硝酸全起氧化剂作用,酸为稀溶液,生成硫 酸铜、NO、水,反应方程式为 3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O, 故答案为:3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O; (2)用硫氰化钾检验铁离子的存在,铁离子遇硫氰化钾显红色,具体操作为:取试样少许 放入试管中,滴加 KSCN 溶液,若溶液显红色,则 Fe3+未除净,否则 Fe3+除净;故答案为: 取试样少许放入试管中,滴加 KSCN 溶液,若溶液显红色,则 Fe3+未除净,否则 Fe3+除净; (3)由工艺流程图转化关系可知,浸出液中浆调节 pH 值后,铁离子转化为 Fe(OH)3 沉 淀析出,滤渣 c 的主要成分为 Fe(OH)3,故答案为:Fe(OH)3; (4)二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮,反应的化学方程式 3NO2+H2O=2HNO3+NO, 故答案为:3NO2+H2O=2HNO3+NO;

(5)硫酸铜受热分解生成 CuO、SO2 气体、SO3 气体和 O2 气体,反应物为 CuSO4,生成物 为 CuO、SO2、SO3、O2,配平方程式得:3CuSO4 3CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑;

图 2 所示的实验装置分别测定生成的 SO2 气体、SO3 气体的质量和 O2 气体的体积,SO3 气 体可溶解于浓硫酸中,采用 98.3%的浓硫酸吸收 SO3 气体,SO2 气体用碱液吸收,氧气用排 水法测量,混合气体通过饱和亚硫酸氢钠溶液,三氧化硫被吸收生成硫酸,和碳酸氢钠反应 生成二氧化硫,没法确定三氧化硫的质量,故应先让混合气体通过浓硫酸的装置,三氧化硫 被吸收,增重即为三氧化硫的质量,再通过氢氧化钠溶液吸收二氧化硫,增重即为二氧化硫 的质量, 最后用排水法测量氧气的体积. 故答案为: 3CuSO4 3CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑;

混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液, 三氧化硫被吸收生成硫酸, 和碳酸氢钠反应生成二氧化硫, 没法确定三氧化硫的质量,去掉盛饱和亚硫酸氢钠的装置即可. 【点评】本题考查学生对工艺流程的理解、阅读题目获取信息能力、物质分离提纯等基本操 作,难度中等,要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息、基础知识解决问题的能 力.

14. (2015 秋?大庆校级期中)某同学设计了如图所示的实验装置分别测定生成的 SO2、SO3 气体的质量和 O2 气体的体积.此设计有不合理之处,请指出: NaHSO3 除了吸收 SO3 外, 还吸收部分 O2 .

【考点】化学实验方案的评价. 【专题】实验评价题. 【分析】SO3 气体易液化,可以用冰水混合物冷却,SO2 气体用碱液吸收,氧气用排水法测 量;亚硫酸氢钠易被氧化,据此分析. 【解答】解:如图所示的实验装置分别测定生成的 SO2 气体、SO3 气体的质量和 O2 气体的 体积,SO3 气体的熔点为 16.8℃,用冰水混合物冷却会结晶,SO2 气体用碱液吸收,后面加 一个澄清石灰水来检验二氧化硫是否被完全吸收, 氧气用排水法测量, 亚硫酸氢钠易被氧化, 则此设计不合理之处为 NaHSO3 除了吸收 SO3 外,还吸收部分 O2;排水法测量氧气体积应 该短管进长管出

故答案为:NaHSO3 除了吸收 SO3 外,还吸收部分 O2 或者排水法测量氧气体积应该短管进 长管出. 【点评】本题考查化学实验方案的评价,涉及气体性质、检验,题目难度不大,侧重于考查 学生的分析能力和对基础知识的应用能力,注意把握二氧化硫和三氧化硫的性质.



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