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文档简介
山东省聊城市文苑中学2023-2024学年化学高一下期末监测模拟试题考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、下列反应中,能量变化如图所示的是A.碳酸钙受热分解 B.乙醇在空气中燃烧C.铝粉与盐酸反应 D.氧化钙溶解于水2、下列说法错误的是A.含有共价键的化合物一定是共价化合物B.在共价化合物中一定含有共价键C.含有离子键的化合物一定是离子化合物D.双原子单质分子中的共价健一定是非极性键3、下列各项因素中能够对化学反应速度起决定作用的是()A.温度B.浓度C.催化剂D.物质性质4、下列含有共价键的离子化合物是()A.HI B.NaOH C.Br2 D.NaCl5、可逆反应:X(s)+Y(g)2Z(g)在容积为1L密闭容器反应,下列叙述不是反应达到平衡状态的标志的是①单位时间内生成1molX的同时消耗2molZ②Z的体积分数不再变化③体系的压强不再改变④Y、Z的物质的量浓度比为1:2⑤Y的转化率不再改变的状态⑥混合气体的密度不再改变的状态A.仅①④ B.①③④ C.①④⑤ D.②③⑤⑥6、下列说法正确的是A.铁投入CuSO4溶液中,能置换出铜,钠投入CuSO4溶液中不能置换出铜,证明金属活动性:Na<FeB.因为酸性H2CO3<H2SO4,所以非金属性:C<SC.卤素单质的颜色随核电荷数的增加而变浅D.因为氯的非金属性比硫强。所以还原性:Cl->S2-7、在298K时,实验测得溶液中的反应:H2O2+2HI===2H2O+I2,在不同浓度时的化学反应速率见下表,由此可推知当c(HI)=0.500mol·L-1,c(H2O2)=0.400mol·L-1时的反应速率为()实验编号12345c(HI)/mol·L-10.1000.2000.3000.1000.100c(H2O2)/mol·L-10.1000.1000.1000.2000.300v/mol·L-1·s-10.007600.01530.02270.01510.0228A.0.152mol·L-1·s-1 B.0.0380mol·L-1·s-1C.0.608mol·L-1·s-1 D.0.760mol·L-1·s-18、下列四种有色溶液与SO2作用,均能褪色,其实质相同的是()①品红溶液②酸性KMnO4溶液③溴水④滴有酚酞的NaOH溶液A.①④B.②③C.②③④D.①②③9、乙醇分子中的化学键如图所示,则乙醇在催化氧化时,化学键断裂的位置是()A.②③ B.①② C.③④ D.①③10、下列关于物质关系的说法不正确的是A.1H和2H属于同位素B.HOCH2—CH2OH和CH3OH属于同系物C.金刚石和石墨属于同素异形体D.正丁烷和异丁烷属于同分异构体11、下列各组离子能在溶液中大量共存的是()A.H+、Ca2+、NO3-、CO32-B.Fe3+、K+、OH-、SO42-C.Ag+、Na+、Cl-、K+D.K+、Na+、Cl-、NO3-12、下列属于高分子化合物的是A.油脂B.氨基酸C.淀粉D.葡萄糖13、反应4NH3(气)+5O2(气)4NO(气)+6H2O(气)在10L密闭容器中进行,半分钟后,水蒸气的物质的量增加了0.45mol,则此反应的平均速率υ(X)(反应物的消耗速率或产物的生成速率)可表示为()A.υ(NH3)=0.0100mol·L-1·s-1 B.υ(O2)=0.0010mol·L-1·s-1C.υ(NO)=0.0010mol·L-1·s-1 D.υ(H2O)=0.045mol·L-1·s-114、下列属于碱性甲醇燃料电池的正极反应,且电极反应式书写正确的是(
)A.CH3OH-6e-=CO2↑+2H2O B.O2+4e-+2H2O=4OH-C.CH3OH+6e-=CO32-+4OH- D.O2+4e-=2O2-15、NF3是一种温室气体,其存储能量的能力是CO2的12000~20000倍,在大气中的寿命可长达740年,如表所示是几种化学键的键能:化学键N≡NF—FN—F键能(kJ/mol)946154.8283.0下列说法中正确的是()A.过程N2(g)→2N(g)放出能量B.过程N(g)+3F(g)→NF3(g)放出能量C.反应N2(g)+3F2(g)===2NF3(g)为吸热反应D.NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成,仍可能发生化学反应16、H2O2俗称双氧水,医疗上常用3%的双氧水进行伤口或耳炎消毒。下列关于H2O2的说法正确的是()A.H2O2分子中含有氢离子B.H2O2分子中既有离子键,又有共价键C.H2O2属于共价化合物D.H2O2属于H2和O2组成的混合二、非选择题(本题包括5小题)17、已知A、B、C、D、E、F是分属三个短周期六种主族元素,且原子序数依次增大。①B是植物生长三要素之一,它能形成多种氧化物,某些氧化物会造成光化学污染。②C和D能形成电子总数为30和38的两种化合物。③E的某种氧化物M可用做漂白剂。请回答下列问题:(1)元素F在元素周期表中的位置是______________________________。(2)C、D、E三种元素原子半径由小到大的顺序是__________________(用元素符号回答);C、D、E三种元素形成的简单离子的离子半径由小到大的顺序是__________________(用离子符号回答)。(3)C和D形成电子总数为38的化合物中化学键类型有__________________________(填“离子键”、“极性共价键”、“非极性共价键”)。(4)写出D的最高价氧化物水化物的电子式______________________。(5)E、F两种元素形成氢化物中还原性较强的是_________________(填化学式);用电子式表示该化合物的形成过程________________________________________。(6)C、D、F形成的某种化合物N也可用做漂白剂,M、N以物质的量1∶1混合,混合物没有漂白性。用离子方程式解释其原因_____________________________________________。18、有以下几种粒子:X、Y、Z是阳离子,Q是阴离子,M、N是分子.除Z外其余粒子都由短周期元素A、B、C中的一种或几种构成,且具有以下结构特征和性质:①它们(X、Y、Z、Q、M、N)核外电子总数都相同;②N溶于M中,滴入酚酞,溶液变红;③Y和Q都由A、B两元素组成,Y核内质子总数比Q多两个;④X和N都由A、C两元素组成,X和Y核内质子总数相等;⑤X和Q形成的浓溶液在加热情况下生成M和N;⑥Z为单核离子,向含有Z的溶液中加入少量含Q的溶液,有白色沉淀生成,再加入过量的含Q或Y的溶液,沉淀消失.(1)Q的化学式为______;X的电子式为______________.(2)试比较M和N的稳定性:N____M;(3)写出Z和N的水溶液反应的离子方程式___________________________;(4)上述六种微粒中的两种阳离子可与硫酸根形成一种盐(不含结晶水),向该盐的浓溶液中逐滴加入0.2mol/L的NaOH溶液,出现了如图中a、b、c三个阶段的图象,根据图象判断该盐的化学式为_______________.(5)将2.56g铜投入到一定量由A、B、C三种元素形成的一种常见化合物的溶液中,共收集到896mL气体(标准状况下),将盛有此气体的容器倒扣在水槽中,通入一定量的氧气,恰好使气体完全溶于水,则通入氧气在标准状况下的体积________mL.19、某课外活动小组欲利用CuO与NH3反应,研究NH3的某种性质并测定其组成,设计了如下实验装置(夹持装置未画出)进行实验。请回答下列问题:(1)仪器a的名称为______;仪器b中可选择的试剂为______。(2)实验室中,利用装置A,还可制取的无色气体是______(填字母)。A.Cl2B.O2C.CO2D.NO2(3)实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体,量气管有无色无味的气体,上述现象证明NH3具有______性,写出相应的化学方程式______。(4)E装置中浓硫酸的作用______。(5)读取气体体积前,应对装置F进行的操作:______。(6)实验完毕,若测得干燥管D增重mg,装置F测得气体的体积为nL(已折算成标准状况),则氨分子中氮、氢的原子个数比为______(用含m、n字母的代数式表示)。20、亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂,主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是过氧化物法生产亚氯酸钠的工艺流程图:已知:①NaClO2的溶解度随温度升高而增大,适当条件下可结晶析出NaClO2·3H2O;②纯ClO2易分解爆炸,一般用稀有气体或空气稀释至10%以下较安全;(1)NaClO2中Cl的化合价为______。(2)在发生器中鼓入SO2和空气混合气的原因是______(填序号)。A空气稀释ClO2以防止爆炸BSO2将NaClO3氧化成ClO2C稀硫酸可以增强NaClO3的氧化性(3)Na2O2可改为H2O2和NaOH的混合溶液,吸收塔中发生的反应的化学方程式______;吸收塔的温度不能超过20oC,主要原因是______。(4)从滤液中得到NaClO2·3H2O粗晶体的实验操作依次是______(填序号)。A蒸馏B蒸发浓缩C灼烧D过滤E冷却结晶21、硫—碘循环分解水制氢主要涉及下列反应:①SO2+2H2O+I2===H2SO4+2HI②2HIH2+I2③2H2SO4===2SO2+O2+2H2O(1)整个过程中SO2、I2的作用是______。(2)一定温度下,向1L密闭容器中加入1molHI(g),发生反应②,已知H2的物质的量随时间的变化如图所示,则在0~2min内的平均反应速率v(HI)=______;(3)已知拆开1molH—I键需要消耗298kJ能量,形成1molH—H键能够释放436kJ能量,形成1molI—I键能够释放151kJ能量,则在反应②中,分解0.2molHI时会______(填“吸收”或“释放”)______kJ能量。(4)实验室用Zn和硫酸制H2,为了加快反应速率下列措施不可行的是__(填序号)a.加入浓硝酸b.加入少量CuSO4固体c.用粗锌代替纯锌d.加热e.把锌粒弄成锌粉f.用98.3%的浓硫酸(5)氢气可用于制燃料电池,某种氢氧燃料电池是用固体金属化合物陶瓷作电解质,两极上发生的电极反应分别为:A极:2H2+2O2--4e-==2H2O,B极:O2+4e-==2O2-,则A极是电池的___极;电子从该极___(填“流入”或“流出”)。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、A【解析】
由图可知,反应物总能量小于生成物总能量,为吸热反应,常见的吸热反应有:大多数的分解反应、C或氢气作还原剂的氧化还原反应、氯化铵与氢氧化钡的反应等,以此来解答。【详解】由图可知,反应物总能量小于生成物总能量,为吸热反应,只有A符合,B、C、D中反应均为放热反应,故答案为A。2、A【解析】试题分析:A.含有共价键的化合物不一定是共价化合物,例如氢氧化钠中含有共价键,A错误;B.全部由共价键形成的化合物是共价化合物,则在共价化合物中一定含有共价键,B正确;C.含有离子键的化合物一定是离子化合物,C正确;D.由同一种非金属元素形成的共价键是非极性键,则双原子单质分子中的共价健一定是非极性键,D正确,答案选A。考点:考查化学键和化合物的判断3、D【解析】影响化学反应速率的因素中,反应物的结构与性质是决定性的因素,即最主要因素,而温度、浓度、压强、催化剂等外界因素为次要因素,故选D。4、B【解析】
A.HI是共价化合物,故A错误;B.NaOH是由Na+和OH-通过离子键形成的离子化合物,OH-内存在O-H共价键,故B正确;C.Br2是含有共价键的单质,故C错误;D.NaCl是由Na+和Cl-通过离子键形成的离子化合物,没有共价键,故D错误;答案:B【点睛】通常情况下离子化合物的判断方法:(1)构成化合物的第一种元素为金属元素,通常为离子化合物(氯化铝除外)(2)铵盐为离子化合物。多种元素构成的阴、阳离子含有共价键。5、A【解析】分析:根据化学平衡的本质标志(达到化学平衡时υ正=υ逆0)和特征标志(达到化学平衡时各组分的浓度保持不变)作答。详解:①单位时间内生成1molX的同时消耗2molZ,只表示逆反应,不能说明反应达到平衡状态;②Z的体积分数不再变化,能说明反应达到平衡状态;③该反应的正反应气体分子数增加,建立平衡过程中气体分子物质的量增大,恒温恒容容器中体系的压强增大,达到平衡时气体分子物质的量不变,体系的压强不变,体系的压强不再改变能说明反应达到平衡状态;④达到平衡时各组分的浓度保持不变,不一定等于化学计量数之比,Y、Z的物质的量浓度比为1:2不能说明反应达到平衡状态;⑤Y的转化率不再改变表明Y的浓度不再变化,能说明反应达到平衡状态;⑥由于X呈固态,根据质量守恒定律,建立平衡过程中混合气体的总质量增大,容器的容积恒定,混合气体的密度增大,达到平衡时混合气体的总质量不变,混合气体的密度不变,混合气体的密度不再改变能说明反应达到平衡状态;不能说明反应达到平衡状态的是①④,答案选A。点睛:本题考查可逆反应达到平衡的标志,判断可逆反应是否达到平衡状态的标志是“逆向相等,变量不变”,“逆向相等”指必须有正反应速率和逆反应速率且两者相等(用同一物质表示相等,用不同物质表示等于化学计量数之比),“变量不变”指可变的物理量不变是平衡的标志,不变的物理量不变不能作为平衡的标志。注意达到平衡时各组分的浓度保持不变,但不一定相等也不一定等于化学计量数之比。6、B【解析】分析:A、钠是活泼的金属,极易与水反应;B、非金属性越强,最高价含氧酸的酸性越强;C、根据卤素单质的物理性质分析;D、非金属性越强,相应阴离子的还原性越弱。详解:A.钠投入CuSO4溶液中,钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,然后氢氧化钠与硫酸铜反应生成硫酸钠和氢氧化铜沉淀,不能置换出铜,金属性钠强于铁,A错误;B.非金属性越强,最高价含氧酸的酸性越强。因为酸性H2CO3<H2SO4,所以非金属性:C<S,B正确;C.卤素单质的颜色随核电荷数的增加而加深,例如氯气是黄绿色气体,溴是深红棕色液体,C错误;D.非金属性越强,相应阴离子的还原性越弱。因为氯的非金属性比硫强,所以还原性:Cl-<S2-,D错误。答案选B。点睛:选项A是解答的易错点,注意金属钠的性质特点。钠与盐溶液反应,不能置换出盐中的金属,这是因为金属阳离子在水中一般是以水合离子形式存在,即金属离子周围有一定数目的水分子包围着,不能和钠直接接触,所以钠先与水反应,然后生成的碱再与盐反应。例如钠与氯化铁溶液反应:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,3NaOH+FeCl3=Fe(OH)3↓+3NaCl。7、B【解析】比较表格中的数据可知,以第一组数据为基础,反应速率与c(HI)、c(H2O2)浓度的乘积成正比,那么当c(HI)=0.500mol·L-1,c(H2O2)=0.400mol·L-1时的反应速率为:0.1×0.10.00答案为B8、B【解析】①品红溶液褪色,体现二氧化硫的漂白性;②酸性高锰酸钾溶液褪色,体现二氧化硫的还原性;③溴水褪色,体现二氧化硫的还原性;④滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色,体现二氧化硫的酸性氧化物的性质,答案选B。点睛:本题考查二氧化硫的化学性质,侧重还原性和漂白性的考查,注意使溶液褪色不一定为漂白性,明确二氧化硫对品红溶液的漂白,二氧化硫具有漂白性,能使品红溶液褪色;二氧化硫能与具有氧化性的物质发生氧化还原反应;二氧化硫为酸性氧化物,能与碱反应,以此来解答。9、B【解析】
乙醇在催化剂作用下与O2反应生成乙醛和水,-CH2OH结构被氧化为-CHO结构,断开的是羟基上的氢氧键和与羟基所连碳的碳氢键,即①②断裂,答案选B。10、B【解析】
A.1H和2H两种原子的质子数相同,中子数不同,是属于氢元素的两种同位素,故A项说法正确;B.HOCH2—CH2OH和CH3OH两种有机物中组成不相似,前者分子中含有两个羟基,而后者只有一个羟基,故B项说法不正确;C.金刚石和石墨都属于碳元素两种结构不同的单质,故它们属于同素异形体,故C项说法正确;D.正丁烷和异丁烷的分子式均为C4H10,但其分子结构不一样,故属于同分异构体,D项说法正确;答案选B。【点睛】对于“四同”概念的辩析可抓住各自研究的对象来分析,同位素的对象是原子,同系物的对象是具有相同特点的化合物,同互异形体的对象是单质,同分异构体的对象是分子式相同而结构不同的化合物。11、D【解析】A.H+、Ca2+与CO32-均不能大量共存,A错误;B.Fe3+、OH-不能大量共存,B错误;C.Ag+、Cl-不能大量共存,C错误;D.K+、Na+、Cl-、NO3-能在溶液中大量共存,D正确,答案选D。12、C【解析】分析:相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物,常见的天然高分子为淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶等。详解:油脂相对分子质量较小,不属于高分子化合物,A错误;氨基酸相对分子质量较小,不属于高分子化合物,B错误;淀粉的分子量由几万到几十万,属于天然高分子化合物,C正确;葡萄糖相对分子质量较小,不属于高分子化合物,D错误;正确选项C。13、C【解析】
根据υ=△c/△t计算υ(H2O),利用速率之比等于化学计量数之比计算各物质表示的反应速率。【详解】在体积10L的密闭容器中进行,半分钟后,水蒸气的物质的量增加了0.45mol,则υ(H2O)=0.45mol/(10L·30s)=0.0015mol·L-1·s-1,A、速率之比等于化学计量数之比,所以υ(NH3)=2/3×0.0015mol·L-1·s-1=0.0010mol·L-1·s-1,故A错误;B、速率之比等于化学计量数之比,所以υ(O2)=5/6×0.0015mol·L-1·s-1=0.00125mol·L-1·s-1,故B错误;C、速率之比等于化学计量数之比,所以υ(NO)=2/3×0.0015mol·L-1·s-1=0.0010mol·L-1·s-1,故C正确;D、υ(H2O)=0.0015mol·L-1·s-1,故D错误。故选C。14、B【解析】
碱性甲醇燃料电池中,负极上燃料甲醇失去电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水,负极反应式:CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O,正极上氧气得到电子生成氢氧根离子,电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-,故选B。15、B【解析】分析:根据断键吸热,成键放热以及反应热ΔH=反应物的化学键断裂吸收的能量-生成物的化学键形成释放的能量分析判断。详解:A.N2(g)→2N(g)为化学键的断裂过程,应该吸收能量,A错误;B.N(g)+3F(g)→NF3(g)为形成化学键的过程,放出能量,B正确;C.反应N2(g)+3F2(g)=2NF3(g)的△H=(941.7+3×154.8-283.0×6)kJ·mol-1=-291.9kJ·mol-1,△H<0,属于放热反应,C错误;D.化学反应的实质是旧键的断裂和新键形成,NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成,则不能发生化学反应,D错误;答案选B。16、C【解析】A.H2O2分子是共价化合物,不存在氢离子,A错误;B.H2O2分子中只有共价键,B错误;C.H2O2分子中只有共价键,属于共价化合物,C正确;D.H2O2属于纯净物,D错误,答案选C。点睛:掌握离子键、共价键的形成条件以及化学键与化合物之间的关系是解答的关键,注意离子化合物中可能含有共价键,但共价化合物中只有共价键,不存在离子键。二、非选择题(本题包括5小题)17、第三周期,第ⅦA族O<S<NaNa+<O2—<S2—离子键和非极性共价键H2SClO—+SO2+H2O=SO42-+Cl—+2H+【解析】已知A、B、C、D、E、F是分属三个短周期六种主族元素,且原子序数依次增大。①B是植物生长三要素之一,它能形成多种氧化物,某些氧化物会造成光化学污染,B是N,则A是H。②C和D能形成电子总数为30和38的两种化合物,则D是Na,C是O。③E的某种氧化物M可用做漂白剂,E是S,则F是Cl。(1)元素Cl在元素周期表中的位置是第三周期、第VIIA族。(2)同周期自左向右原子半径逐渐减小,同主族从上到下原子半径逐渐增大,因此C、D、E三种元素原子半径由小到大的顺序是O<S<Na;核外电子层数越多,离子半径越大,核外电子排布相同时,离子半径随原子序数的增大而减小,因此C、D、E三种元素形成的简单离子的离子半径由小到大的顺序是Na+<O2-<S2-。(3)C和D形成电子总数为38的化合物是过氧化钠,其中化学键类型离子键、非极性共价键。(4)D的最高价氧化物水化物是氢氧化钠,电子式为。(5)氯元素非金属性强于硫元素,E、F两种元素形成氢化物中还原性较强的是H2S,该化合物的形成过程为。(6)C、D、F形成的某种化合物N也可用做漂白剂,N是次氯酸钠。M、N以物质的量1:1混合,SO2被氧化,因此混合物没有漂白性,反应的离子方程式为ClO-+SO2+H2O=SO42-+Cl-+2H+。18、OH﹣<Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+NH4Al(SO4)2448【解析】X、Y、Z是阳离子,Q是阴离子,M、N是分子.它们都由短周期元素组成,且具有以下结构特征和性质:①它们的核外电子总数都相同;由②N溶于M中,滴入酚酞,溶液变红,溶液呈碱性,可推知N为NH3、M为H2O;由⑥Z为单核离子,向含有Z的溶液中加入少量含Q的溶液,有白色沉淀生成,再加入过量的含Q或Y的溶液,沉淀消失,可推知Z为Al3+、Q为OH-,由③Y和Q都由A、B两元素组成,Y核内质子数比Q多2个,则Y为H3O+;由④X和N都由A、C两元素组成,X和Y核内质子总数相等,则X为NH4+;由⑤铵根离子与氢氧根离子浓溶液在加热条件下可以生成氨气和水,符合转化关系;结合③④可知,A为H元素、B为O元素、C为N元素。(1)Q的化学式为OH-;铵根离子的电子式为,故答案为:OH-;;(2)非金属性越强氢化物越稳定,非金属性O>N,所以N为NH3的稳定性弱于MH2O的稳定性,故答案为:<;(3)铝离子和氨的水溶液反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故答案为:Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+;(4)由图可知,b阶段氢氧化铝沉淀不变,消耗氢氧化钠为1体积,应含有NH4+,而溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠为1体积,故铝离子与铵根离子之比为1:1,则该盐的化学式为NH4Al(SO4)2,故答案为:NH4Al(SO4)2;(5)2.56g
Cu的物质的量为:n(Cu)=2.56g64g/mol=0.04mol,反应时失去电子为:2×0.04mol=0.08mol,反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3,反应前后HNO3的物质的量不变,而化合价变化的只有铜和氧气,则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目,所以消耗氧气的物质的量为:n(O2)=0.08mol4=0.02mol,标况下需要氧气的体积为:V(O2)=0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL,故答案为:448。点睛:本题考查无机物推断及元素化合物知识,为高频考点,涉及氧化还原反应计算、离子反应方程式的书写、氢化物稳定性判断等知识点,正确推断微粒、明确物质性质是解本题关键,注意转移电子守恒的灵活运用。19、分液漏斗固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰BC还原3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2吸收未反应的氨气,阻止F中水蒸气进入D慢慢上下移动右边漏斗,使左右两管液面相平【解析】
A装置制取氨气,B装置干燥氨气,C为反应装置,D装置吸收反应产生的水,E装置防止F中的水分进入D装置干扰实验结果,F装置测量生成氮气的体积。【详解】(1)装置中仪器a为分液漏斗,浓氨水遇氧化钙、氢氧化钠会释放氨气,故可选用固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰(成分为氧化钙和氢氧化钠);(2)该装置为固液不加热制取气体,A.氯气为黄绿色气体,A错误;B.过氧化钠和水,或过氧化氢和二氧化锰制氧气都无需加热,B正确;C.碳酸钙和稀盐酸制取二氧化碳,无需加热,C正确;D.二氧化氮为红棕色气体,D错误;答案选BC;(3)装置C中黑色粉末变为红色固体,说明氧化铜被还原为铜单质,说明氨气具有还原性,量气管有无色无味的气体,根据元素守恒该气体肯定含有氮元素,只能是氮气,故方程式为;(4)根据实验目的,需要测定D装置的质量变化来确定生成水的量,故E装置的作用是防止F中的水分进入D装置,同时浓硫酸还能吸收氨气;(5)为保证读出的气体体积为标准大气压下的体积,需要调整两边液面相平;(6)测得干燥管D增重mg,即生成mg水,装置F测得气体的体积为nL,即nL氮气,根据元素守恒,水中的氢元素都来自于氨气,氮气中的氮元素都来自于氨气,故氨分子中氮、氢的原子个数比为:。【点睛】量气装置读数的注意事项:①气体冷却到室温;②上下移动量筒,使量筒内液面与集气瓶内液面相平;③读数时视线与凹液面最低处相平。20、+3AC2NaOH+2ClO2+H2O2=O2+2NaClO2+2H2ONa2O2产生的H2O2易分解BED【解析】
(1)NaClO2中Na元素的化合价为+1价,O元素的化合价为-2价,根据化合物的化合价代数和为0可知,Cl的化合价为+3价,故答案为:+3。(2)由信息②可知,纯ClO2易分解爆炸,一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全,发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2以防止爆炸,SO2被空气中的氧气氧化为SO3,SO3与水反应生成硫酸,硫酸可以增强NaClO3的氧化性,故选AC,故答案为AC。(3)根据流程信息可知,吸收塔内生成NaClO2,所以一定有ClO2→NaClO2,化合价降低,被还原;则H2O2必定被氧化,有氧气产生,反应方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=O2+2NaClO2+2H2O;H
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