河南省郑州下学期期中考试化学参考答案

郑州下学期期中考试化学参考答案1．D【详解】由分子式可知，奥司他韦是由碳、氢、氮、氧四种元素形成的有机物，故选D。2．D【详解】H2S由H、S两种元素组成，属于氢化物，不是氧化物，同时H2S溶于水电离出的阳离子均为氢离子，所以也属于酸；故答案为D。3．A【分析】电离方程式是表示电解质电离的方程式，强电解质电离用“=”，弱电解质电离用“⇌”。【详解】A．Fe2(SO4)3是强电解质，完全电离为铁离子和硫酸根离子，其电离方程式为Fe2(SO4)3=2Fe3++3，故A正确；B．AlCl3为强电解质，完全电离为铝离子和氯离子，其电离方程式为AlCl3=Al3++3Cl-，故B错误；C．离子所带的正负电荷数标在右上角，数字在前，正负符号在后，Mg(NO3)2为强电解质，完全电离为镁离子和硝酸根离子，其电离方程式为Mg(NO3)2=Mg2++2，故C错误；D．KMnO4为强电解质，完全电离为钾离子和高锰酸根离子，其电离方程式为，故D错误；故答案选A。4．A【详解】硫酸钾是强电解质完全电离出K+和SO，电离方程式为K2SO4=2K++SO；故选A。5．D【详解】A．反应中HNO3中的N元素的化合价全部降低，被还原，故只表现出氧化性，A不合题意；B．反应中HNO3中的N元素的化合价全部不变，只表现出酸性，B不合题意；C．反应中HNO3中的N元素的化合价全部降低被还原，但O元素的化合价升高被氧化，故既表现出氧化性，又表现出还原性，C不合题意；D．反应中HNO3中的N元素的化合价部分降低，被还原，表现出氧化性，还有一部分不变，表现酸性，故既表现出氧化性，又表现出酸性，D符合题意；故答案为：D。6．A【详解】A．铁元素的化合价升高，需要加入氧化剂才能完成，A正确；B．氯元素的化合价降低，需要加入还原剂，或者发生自身的氧化还原反应完成，B错误；C．碳和氧元素的化合价无变化，不需要加入氧化剂，C错误；D．氮元素的化合价降低，需要加入还原剂，或者自身分解也可以，D错误；故选A。7．C【详解】A．氢氧化铝胶体具有吸附性，不具有杀菌消毒作用，可以用作净水剂，故A错误；B．铁粉具有还原性，食品包装袋中的小包铁粉用作抗氧化剂，铁粉不具有吸水性，不做干燥剂，故B错误；C．过氧化钠可以和氧气、水反应生成氧气，可做防毒面具中的供氧剂，故C正确；D．碳酸氢钠易反应生成二氧化碳，常做发酵剂，故D错误。故答案为：C。8．C【详解】A．第1站—铁属于单质，故A正确；B．第2站—氧化铝属于氧化物，故B正确；C．第3站—纯碱属于盐，不属于碱，故C错误；D．第4站—硝酸钾属于盐，故D正确；故选C。9．C【详解】A．硝酸银见光易分解，硝酸银溶液应保存在棕色瓶中，故A正确；

B．常温下，铁和氯气不反应，液氯可以保存在干燥的钢瓶中，故B正确；C．次氯酸见光易分解，氯水应保存在棕色细口瓶中，故C错误；

D．漂白粉与空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸分解为HCl和氧气，漂白粉露置在空气中易变质，应密封保存，故D正确；选C。10．D【详解】A．液氯中只有氯分子，A错误；B．氯气与反应时氯元素的化合价降低，表现强氧化性，B错误；C．氯水放置一段时间，次氯酸分解，，向右移动减小，C错误；D．氯气与溶液反应生成次氯酸钠可制成漂白液，D正确；故选D。11、【答案】B【解析】A项，铁属于较活泼的金属，稀硫酸和铁反应生成氢气，正确，不符合题意；B项，常温下，铁片遇到浓硫酸发生钝化，浓硫酸将铁片表面氧化，生成一层致密的氧化物膜，阻止反应的进行，该过程中发生了化学反应，错误，符合题意；C项，加热条件下，铁片可以溶解于浓硫酸中，浓硫酸做氧化剂，生成的无色有刺激性气味的气体是二氧化硫，正确，不符合题意；D项，实验Ⅰ、Ⅱ硫酸的浓度不同，说明浓度影响实验，实验Ⅱ、Ⅲ实验温度不同，说明温度影响实验，正确，不符合题意。12、【答案】B【解析】10min时测得NH3的物质的量浓度为0.6mol/L，由方程式可知，反应开始的10min内氮气的反应速率为=0.03mol/(L·min)，故选B。13、【答案】C【解析】A项，由质量守恒可知，乙分子为H2，丙分子为N2，丙的结构式是N≡N，正确；B项，乙分子为NH3，甲的电子式是，正确；C项，此反应的化学方程式为2NH3eq\o(,\s\up12(高温高压),\s\do4(催化剂))N2＋3H2，参与反应的三者的物质的量之比为2∶1∶3，质量之比为（2mol×17g·mol－1）∶（1mol×28g·mol－1）∶（3mol×2g·mol－1）＝17∶14∶3，错误；D项，此反应的化学方程式为2NH3eq\o(,\s\up12(高温高压),\s\do4(催化剂))N2＋3H2，生成的丙和乙的物质的量之比为1∶3，由阿伏加德罗定律可知，同温、同体积下，生成丙和乙的压强比等于物质的量之比，故两者的体积之比也为1∶3，正确。14、【答案】C【解析】Fe3+有氧化性，SO2有还原性，Fe2(SO4)3被SO2还原为FeSO4，溶液b主要溶质为FeSO4、H2SO4，可能含Fe2(SO4)3或SO2，空气中氧气将FeSO4及可能存在的SO2氧化得溶液a循环使用。A．电荷不守恒，操作Ⅱ发生反应的离子方程式为：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，A错误；B．操作I中发生反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，溶液中阳离子有Fe2+、H+，若SO2少量，则还有Fe3+，B错误；C．溶液a转化为溶液b的反应中，SO2被Fe3+氧化，C正确；D．溶液c中含有Fe2(SO4)3、H2SO4等物质，加入FeO后会生成FeSO4，D错误。答案选C。15、【答案】C【解析】过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2＋2Ce4＋2H＋＋2Ce3＋，过程Ⅱ发生反应的离子方程式：2NO＋4H＋＋4Ce3＋2H2O＋N2＋4Ce4＋，总反应：2NO＋2H22H2O＋N2，Ce(SO4)2是反应的催化剂，Ce2(SO4)3是反应的中间产物。A项，过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2＋2Ce4＋2H＋＋2Ce3＋，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，错误；B项，过程Ⅱ发生反应的离子方程式：2NO＋4H＋＋4Ce3＋2H2O＋N2＋4Ce4＋，错误；C项，Ce(SO4)2是反应的催化剂，Ce2(SO4)3是反应的中间产物，反应过程中混合溶液内Ce3＋和Ce4＋离子总数一定保持不变，正确；D项，总反应：2NO＋2H22H2O＋N2，NO的化合价降低被还原，该转化过程的实质为NO被H2还原，错误。16、【答案】B【解析】根据电池的总反应式分析，铜化合价升高，作负极，银离子变为银单质，化合价降低，在正极上反应，而电解液是含银离子的盐溶液即硝酸银溶液，故B符合题意。综上所述，答案为B。17、【答案】C【解析】可能发生的反应为4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，试管中O2和NO2按体积比1∶4混合全部溶解，液体充满试管。由题意知，充分反应后，筒内剩余10mL气体，则剩余的气体可能为O2或NO。若剩余的气体为氧气，则参加反应的气体为60mL－10mL＝50mL，根据4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，可知参加此反应的NO2的体积为50mL×eq\f(4,5)＝40mL，参加反应的O2的体积为50mL－40mL＝10mL，原混合气体中O2的体积为10mL＋10mL＝20mL，则原混合气体中的NO2与O2的体积比为40mL∶20mL＝2∶1；若剩余气体为NO，根据3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，可知过量的NO2的体积为3×10mL＝30mL，反应4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3消耗的气体总体积为60mL－30mL＝30mL，则反应消耗的氧气为30mL×eq\f(1,5)＝6mL，消耗的NO2的体积为30mL－6mL＝24mL，所以原混合气体中NO2的体积为30mL＋24mL＝54mL，则原混合气体中的NO2与O2的体积比为54mL∶6mL＝9∶1。18、【答案】A【解析】A．水是纯液体，增加纯液体的质量不会改变反应速率，故A错误；B．加入盐酸可与NaClO反应生成HClO，提高HClO浓度，从而加快反应速率，故B正确；C．Zn与CuSO4溶液反应生成Cu，形成Cu-Zn原电池，可加快化学反应速率，故C正确；D．合成氨反应：N2+3H22NH3，为可逆反应，可逆反应不能完全转换，则N2不可能完全转化为NH3，故D正确；故选：A。19、【答案】C【解析】在某100mL混酸中，硝酸的物质的量n(HNO3)=0.1L×0.4mol/L=0.04mol，硫酸的物质的量为n(H2SO4)=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，所以n(H+)=0.04mol+0.02mol/L×2=0.08mol，铜粉的物质的量为=0.04mol，依据方程式，可知氢离子不足，故反应应该根据H+计算，n(Cu2+)=×0.08mol=0.03mol。A．反应中硫酸为稀硫酸，不会产生二氧化硫气体，故A错误；B．根据以上分析可得Cu有剩余，溶液中含有剩余的NO，加入盐酸后，形成了硝酸，会与铜反应，故B错误；C．反应中消耗的Cu为0.03mol，则转移电子的物质的量为0.06mol，故C正确；D．c(Cu2+)==0.3mol/L，故D错误；故选C。20、【答案】C【解析】先检查装置气密性，加入药品后，为防止装置中的氧气影响实验结果，需关闭c，打开a和b，通入一段时间氮气，将装置内的空气排尽，故A正确；关闭a、c，打开b及分液漏斗活塞，浓硝酸与Cu反应生成NO2，NO2通入水中与水反应生成NO，NO进入丙和丁后，丙中含亚铁离子的溶液变为深棕色，而丁中无明显变化，说明NO与Fe2＋反应，故B正确；甲中反应一段时间后浓硝酸变稀，生成的气体中有NO，所以该操作无法证明NO2是否与Fe2＋反应，故C错误；实验中未反应的NO2和NO会污染空气，需要尾气处理装置，故D正确。21．(1)(2)(3)Cu2O(4)(5)⑤⑧③⑥⑦⑨⑦【详解】（1）①硫离子电子排布式为1s22s22p63s23p6，结构示意图；故答案为；②溶液显酸性是因为电离出氢离子，电离方程式为，故答案为；（2）在一定的温度和压强下，1体积气体跟3体积气体化合生成2体积化合物C，则反应方程式为，根据元素守恒可知，该化合物的化学式是，故答案为；（3）转化为Fe2＋，铁元素化合价降低，则氧化剂是：，能做还原剂的物质中元素化合价升高，才能符合氧化还原反应的特征元素化合价有升有降，所以Cu2O变化为Cu2＋，符合化合价升高的变化，则还原剂是Cu2O；离子方程式为；故答案为；；Cu2O；（4）与Zn可以发生反应：中，Zn失去电子化合价升高，得到电子化合价降低，所以单线桥法表示为；故答案为；（5）①CaO是化合物，为纯净物，是纯净物，是电解质，不导电；②CH4是化合物，是纯净物，是非电解质，不导电；③CaCO3是化合物，是纯净物，是电解质，不导电；④CO2是化合物，是纯净物，非电解质，不导电；⑤氯化铁溶液，是混合物，既不是电解质也不是非电解质，含有自由移动的离子，能导电；⑥Ba(OH)2是化合物，是纯净物，是电解质，不导电；⑦H2SO4是化合物，是纯净物，是电解质，不导电；⑧碘酒是混合物，既不是电解质也不是非电解质，不导电；⑨熔融KNO3是化合物，是纯净物，是电解质，含有自由移动的离子，能导电；⑩Na是单质，是纯净物，既不是电解质也不是非电解质，含有自由电子，能导电；所以上述物质中，属于混合物的是⑤⑧；属于电解质的是①③⑥⑦⑨；电解质且能导电的是⑦；故答案为⑤⑧；③⑥⑦⑨；⑦。22．玻璃棒22.4LFe3I8Fe3I8+8NaHCO3=Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2ONaCl4.68【分析】含碘废液加入亚硫酸钠和饱和硫酸铜溶液,发生氧化还原反应生成CuI固体，加入浓硝酸，可得到碘，然后加入铁粉和水，得到含铁化合物B，化合物B中含两种元素铁元素原子与另一种元素原子的物质的量之比为3:8，则应为Fe3I8，加入碳酸氢钠溶液可得到NaI溶液，同时得到黑色固体Fe3O4，发生Fe3I8+8NaHCO3=Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O，滤液经蒸发、结晶得到NaI固体，以此解答该题；【详解】(1)过滤实验所需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒，玻璃棒用于引流，故答案为：玻璃棒；(2)反应③中CuI被氧化，还原产物只有NO2，化学反应方程式为2CuI+8HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+4NO2↑+I2+4H2O，当有95.5gCuI参与反应，即n(CuI)=，由方程式可以知道生成1molNO2，则在标准状况下产生的NO2的体积为22.4L，故答案为：22.4L；(3)化合物B中含两种元素，铁元素原子与另一种元素原子的物质的量之比为3:8，另种元素为I，则化合物B的化学式为Fe3I8，故答案为：Fe3I8；(4)反应⑤中生成黑色固体和无色气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，应为四氧化三铁，无色气体为二氧化碳，则反应⑤的化学方程式为：Fe3I8+8NaHCO3=Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O，故答案为：Fe3I8+8NaHCO3=Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O；(5)将足量的Cl2通入含NaI的溶液中可发生氧化还原反应生成NaCl溶液，一段时间后把溶液蒸干、灼烧，得到的固体是NaCl，n(NaI)=，则与足量氯气反应生成0.08molNaCl，则m(NaCl)=0.08mol×58.5g/mol=4.68g，故答案为：NaCl；4.68g。23、【答案】(1)8NH3＋6NO27N2＋12H2O（2分）(2)

喷泉（1分）

碱石灰（1分）催化剂△4NH3+5O2====4NO+6H2O（2分）(3)2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋催化剂△4NH3+5O2====4NO+6H2O（2分）(4)

液化

（2分）

氧气（2分）

【解析】（1）在催化剂加热的条件下，氨气可以被二氧化氮氧化，生成氮气和水，8NH3＋6NO27N2＋12H2O；（2）氨气喷泉实验证明氨气极易溶于水，氨气为碱性气体，通常用碱石灰干燥氨气。（3）固体NH4Cl与固体Ca(OH)2加热反应可生成氨气和氯化钙、水，2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；（4）氧化炉中的反应为氨气和氧气在催化剂条件下转化为一氧化氮气体，化学反应方程式见上；氨气沸点较低，通常采用液化的方法在氨分离器中将氨气分离出来；氨气和氧气在催化剂条件下转化为一氧化氮气体、一氧化氮气体和氧气、水生成硝酸