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…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页,总=sectionpages22页第=page11页,总=sectionpages11页2025年人教A版高三化学下册阶段测试试卷963考试试卷考试范围:全部知识点;考试时间:120分钟学校:______姓名:______班级:______考号:______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共9题,共18分)1、设NA表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是()A.等质量的O2和O3在相同条件下所占的体积相同B.电解精炼铜时,若转移6.02×1023个电子,则阳极溶解32g铜C.1molCl2溶于足量水中,转移的电子数为NAD.2L0.2mol•L-1硝酸与适量铁恰好完全反应(还原产物为NO),生成NO的分子数目为0.1NA2、化学与生产和生活密切相关,下列说法正确的是()A.用漂白粉可以净化饮用水B.铜的金属性比铁弱,所以可用铜罐代替铁罐贮藏浓硝酸C.合成纤维和光导纤维都是人工合成的有机高分子化合物D.工业上可用石灰乳对煤燃烧形成的烟气进行脱硫,最终能制得石膏3、已知:2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol
C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220kJ/mol
7molH2与C3H8混合物完全燃烧,共放热5869kJ,则二者的体积比V(H2):V(C3H8)为()A.1:1B.2:5C.3:4D.5:24、对于反应mA+nB═pC,下列说法正确的是()A.某温度时,化学反应速率无论用C何种物质表示,其数值是相同的B.其他条件不变,增大压强,反应速率加快C.若增加或减小B的物质的量,则反应速率一定会发生明显的变化D.其他条件不变,升高温度,反应速率加快5、如图中甲池是以甲醇为原料,rm{KOH}为电解质的高效燃料电池,电化学过程的如图rm{.}下列说法中不正确的是rm{(}rm{)}A.甲池的总反应式为:rm{2CH_{3}OH+3O_{2}+4KOH篓T2K_{2}CO_{3}+6H_{2}O}B.若乙池中为足量rm{AgNO_{3}}溶液,则阳极的电极反应为rm{4OH^{-}-4e^{-}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}C.若乙池中为一定量rm{CuSO_{4}}溶液,通电一段时间后,向所得的溶液中加入rm{0.1molCu(OH)_{2}}后恰好恢复到电解前的浓度和rm{PH}则电解过程中转移的电子数为rm{0.2N_{A}}D.常温常压下,rm{1gCH_{3}OH}燃料生成rm{CO_{2}}和液态rm{H_{2}O}时放热rm{22.68kJ}表示该反应的热化学方程式为rm{CH_{3}OH(l)+1.5O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-725.80kJ?mol^{-1}}rm{CH_{3}OH(l)+1.5O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle
H=-725.80kJ?mol^{-1}}6、己知A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下表;则()
。温度/℃70080083010001200平衡常数1.71.11.00.60.4830℃时,向一个2L的密闭容器中充入0.2mol的A和0.8mol的B,反应初始4s内A的平均反应速率v(A)=0.005mol/(L.s).下列说法正确的是()A.4s时c(B)为0.76mol/LB.830℃达平衡时,A的转化率为80%C.反应达平衡后,升高温度,平衡正向移动D.1200℃时反应C(g)+D(g)⇌A(g)+B(g)的平衡常数的值为0.47、下列电池工作时,O2在正极放电的是()
。A.锌锰电池B.氢氧燃料电池C.铅蓄电池D.镍镉电池A.AB.BC.CD.D8、下列除杂质选用的试剂和主要操作都正确的是()
。物质杂质试剂主要操作ASiO2CaCO3盐酸过滤BNaHCO3Na2CO3盐酸加热CFeAl氢氧化钠分液DFe(NO3)2Ba(NO3)2硫酸过滤A.AB.BC.CD.D9、下列反应中,不属于氧化还原反应的是()A.2Fe+3Cl22FeCl3B.NH4ClNH3↑+HCl↑C.2Na+2H2O═2NaOH+H2↑D.Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O评卷人得分二、双选题(共5题,共10分)10、对下列实验的描述正确的是()
A.图1所示的实验:根据检流计(G)中指针偏转的方向可比较Zn.Cu的金属活泼性B.图2所示的实验:根据试管中液面的升降可判断铁钉发生的是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀C.图3所示的实验:根据温度计读数的变化可测量浓硫酸和NaOH反应的中和热D.图4所示的实验:根据两烧瓶中所示的气体颜色可判断2NO2(g)⇌N2O4(g)正反应是吸热反应11、甲、乙是由同主族元素rm{R}rm{Z}组成的两种单质,常温下能进行如下反应:甲rm{+}乙rm{+H_{2}O}--rm{HRO_{3}+HZ(}未配平rm{).}下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{R}原子最外层电子数为rm{5}B.单质的氧化性:甲rm{<}乙C.原子半径:rm{R>Z}D.rm{HRO_{3}}与rm{HZ}计量数之比为rm{1}rm{5}12、科学家曾预言一种可用作炸药的物质,分子式为rm{C(N_{3})_{4}}其爆炸反应方程式为:rm{C(N_{3})_{4}隆煤C+6N_{2}隆眉}下列说法一定错误的是rm{(}rm{)}A.该物质为离子晶体B.该物质可用通过rm{C_{60}}吸附rm{N_{2}}而制得C.rm{C(N_{3})_{4}}中碳元素为正价D.rm{18g}该物质完全分解可以产生rm{13.44}升rm{(}标准状况rm{)}氮气13、关于下列图示的说法中正确的是()
A.用图①所示实验可比较硫.碳.硅三种元素的非金属性强弱B.用图②所示实验装置排空气法收集CO2气体C.图③表示可逆反应“CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)”为放热反应D.图④两个装置中通过导线的电子数相同时,消耗负极材料的物质的量也相同14、下列实验操作中叙述正确的是()A.蒸馏时,温度计的水银球在液面下B.分液时,先将下层液体从下口放出后,再将上层液体从上口倒出C.配制溶液前,一定要将容量瓶烘干,否则会使浓度偏小D.蒸发时要一边加热,一边用玻璃棒搅动溶液评卷人得分三、填空题(共9题,共18分)15、(1)向三氯化铁溶液中加入KSCN溶液时的现象为____;
(2)某溶液中含有HCO3-、SO32-、CO32-、NO3-四种阴离子,向其中加入足量的Na2O2固体后,浓度基本保持不变的离子是(假设溶液体积无变化)____;
(3)用含有少量镁粉的铝粉制取纯净的氢氧化铝,下列操作步骤中最恰当的组合是____
①加盐酸溶解②加烧碱溶液溶解③过滤④通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀。
⑤加入盐酸生成Al(OH)3沉淀⑥加入过量烧碱溶液。
A.①⑥⑤③B.②③④③C.②③⑤③D.①③⑤③16、在原子序数为1-18号元素中,与水反应最剧烈的金属元素是____;化学方程式为____.与H2反应最剧烈的非金属元素是____;化学方程式为____.其中第三周期中,原子半径最大的金属元素是____;元素的最高价氧化物所对应的酸最强的是____.并用电子式表示MgBr2的形成过程____.17、某研究性学习小组为探究某医药公司出品的液体补血剂中的铁元素;进行了如下实验:向试管中加入液体补铁剂2mL,加入蒸馏水,振荡后发现溶液变澄清透明;滴加KSCN溶液,溶液显示淡红色.
(1)向补血剂溶液中滴加KSCN溶液,显示淡红色的原因是:____.
(2)学生甲认为此补血剂含铁量很低,属不合格产品.你认为学生甲的观点合理吗?为什么?____
(3)学生乙又作了进一步探究实验,他将上述所得溶液分成三份,分别加入了氯水、溴水、碘水.发现加入氯水、溴水后溶液呈血红色,颜色明显加深,加入碘水的试管颜色无明显变化.请写出加入氯水后对应的离子反应方程式____.
(4)请根据乙同学的实验现象进一步推断,Fe与I2反应的产物应该是____.18、材料是人类生存和发展的重要物质基础,随着科学技术的发展,人们使用材料的种类、数量和质量也不断的发展,生产、生活的条件和质量也发生了巨大的变化。(1)无机非金属材料包括传统无机非金属材料和无机非金属新材料,下列属于无机非金属新材料的是(多选,选填字母代号)。a.复合材料b.单晶硅c.金刚石d.石墨e.C60f.玻璃(2)北京奥运会撑杆跳项目中运动员使用的撑杆材料是复合材料。这种材料由和增强体两部分组成,其中增强体的作用是。(3)玻璃和水泥是两种用途极为广泛的材料。工业制备这两种材料使用的共同原料是。(4)铁是重要的金属材料,工业上一般用石灰石、、和空气在(填写工业生产设备名称)中炼制生铁。(5)合成高分子材料的小分子叫。19、(10分)水是生命之源,也是化学反应中的主角。请回答下列问题:(下列问题所涉及的答案可能有多种,只需答出一种情况即可)I.水是一种电解质,发生电离会产生电子总数相同的两种微粒,其电离的方程式为____。Ⅱ.有以下五组离子①K+、Cl-、NO3-、S2-;②K+、Fe2+、I-、SO42-;③Na+、Cl-、NO3-、SO42-;④Na+、Ca2+、Cl-、HCO3-;⑤K+、Ba2+、Cl-、NO3-。在由水电离产生的c(OHˉ)=1×10ˉ13mol/L溶液中,一定不能大量共存的离子组是____________(填序号)Ⅲ.在许多反应中H2O扮演不同的“角色”。请结合所学完成下列反应(1)H2O参与的置换反应:符合X+W→Y+V,已知X和Y分别是短周期同主族两种元素形成的单质,W、V是化合物①W是水,离子方程式为____;②V是水,化学方程式为____。(2)水既不是氧化剂也不是还原剂的氧化还原反应:A、B是中学化学常见的两种由短周期元素组成的有色气体,它们均能与水发生氧化还原反应,但水既不是氧化剂也不是还原剂,写出A、B与水反应的化学方程式:①A+H2O____;②B+H2O____;20、现用质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓H2SO4来配制500mL、0.2mol•L-1的稀H2S04.可供选择的仪器有:①玻璃棒②烧瓶③烧杯④胶头滴管⑤量筒⑥容量瓶⑦托盘天平⑧药匙.请回答下列问题:
(1)上述仪器中,在配制稀H2S04时用不到的有____(填代号).
(2)经计算,需浓H2S04的体积为____.现有①10mL②50mL③100mL三种规格的量筒,你选用的量筒是____(填代号).
(3)将浓H2S04加适量蒸馏水稀释后,冷却片刻,随后全部转移到____mL的容量瓶中,转移时应用玻璃棒____.转移完毕,用少量蒸馏水洗涤____2-3次,并将洗涤液全部转移到容量瓶中,再加适量蒸馏水,振荡容量瓶,使溶液混合均匀.然后缓缓地把蒸馏水直接注入容量瓶直到液面接近刻度____处.改用____加蒸馏水到瓶颈刻度的地方,使溶液的____.振荡;摇匀后;装瓶、贴签.
(4)在配制过程中,其他操作都准确,下列操作中错误的是____(填代号,下同),能引起误差偏高的有____.
①洗涤量取浓H2S04后的量筒;并将洗涤液转移到容量瓶中。
②未等稀释后的H2S04溶液冷却至室温就转移到容量瓶中。
③将浓H2S04直接倒人烧杯,再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓H2S04
④定容时;加蒸馏水超过标线,又用胶头滴管吸出。
⑤转移前;容量瓶中含有少量蒸馏水。
⑥定容摇匀后;发现液面低于标线,又用胶头滴管加蒸馏水至标线。
⑦定容时,俯视标线.21、铁是人体不可缺少的微量元素,硫酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O)在医药上作补血剂.某课外小组测定该补血剂中铁元素的含量;并检验该补血剂是否变质.实验步骤如下:
(1)实验中用已经准确量取的浓硫酸配制500mL1mol•L-1的硫酸溶液,则配制时用到的仪器除烧杯、500mL容量瓶外,还需要____.
(2)步骤②加入过量氯水后发生反应的离子方程式为____.
(3)步骤④中一系列操作步骤为____;洗涤、灼烧、冷却、称量.
(4)若实验无损耗,则该补血剂含铁元素的质量分数为____.
(5)某同学发现部分补血剂药片表面发黄,取样品研细,溶于1mol•L-1的硫酸溶液,过滤.取滤液加____溶液,溶液变红说明该补血剂已部分变质.向变色后的溶液中加入橙汁,溶液红色褪去,说明橙汁含具有____性(填“氧化”或“还原”)的物质.
(6)下列检验(5)中滤液中是否有Fe2+应选用的试剂是____.
A.KSCN溶液B.酸性KMnO4溶液C.铁粉D.FeCl3溶液.22、某实验小组欲探究Na2CO3和NaHCO3的性质,发现实验室里盛放两种固体的试剂瓶丢失了标签。于是,他们先对固体A、B进行鉴别,再通过实验进行性质探究。(1)分别加热固体A、B,发现固体A受热产生的气体能使澄清石灰水变浑浊。A受热分解的化学方程式为。(2)称取两种固体各2g,分别加入两个小烧杯中,再各加10mL蒸馏水,振荡,测量温度变化;待固体充分溶解,恢复至室温,向所得溶液中各滴入2滴酚酞溶液。①发现Na2CO3固体完全溶解,而NaHCO3固体有剩余,由此得出结论。②同学们在两烧杯中还观察到以下现象。其中,盛放Na2CO3的烧杯中出现的现象是(填字母序号)。a.溶液温度下降b.溶液温度升高c.滴入酚酞后呈无色d.滴入酚酞后呈红色(3)如图所示,在气密性良好的装置I和II中分别放入药品,将气球内的固体同时倒入试管中。①两试管中均产生气体,(填“I”或“II”)的反应程度更为剧烈。②反应结束后,气球均有膨胀,恢复至室温,下列说法正确的是。a.装置I的气球体积较大b.装置II的气球体积较大c.生成气体的体积根据盐酸计算d.生成气体的体积根据固体计算(4)同学们将两种固体分别配制成0.5mol·L-1的溶液,设计如下方案并对反应现象做出预测:。实验方案预测现象预测依据操作1:向2mLNa2CO3溶液中滴加1mL0.5mol·L-1CaCl2溶液有白色沉淀Na2CO3溶液中的CO32-浓度较大,能与CaCl2发生反应Ca2++CO32-=CaCO3↓。操作2:向2mLNaHCO3溶液中滴加1mL0.5mol·L-1CaCl2溶液无白色沉淀NaHCO3溶液中的CO32-浓度很小,不能与CaCl2反应。实施实验后,发现操作2的现象与预测有差异:产生白色沉淀和气体。则该条件下,NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应的离子方程式为。23、(16分)甲醇是一种可再生能源,具有开发和应用的广阔前景,工业上一般可采用如下反应来合成甲醇:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH<0。(1)上述反应的平衡常数表达式为K=,以下有关说法正确的是________a.恒温、恒容条件下,容器内的压强不发生变化则可逆反应达到平衡b.一定条件下,H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍时可逆反应达到平衡c.保持容器体积不变,升高温度可提高CO的转化率d.使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间并提高CH3OH的产率(2)其它条件相同时,在T1、T2(T1<T2)两个不同温度下可逆反应达到平衡,请画出CO的转化率随时间变化的示意图。(3)已知在常温常压下:①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)ΔH=-akJ·mol-1②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=-bkJ·mol-1③H2O(g)=H2O(l)ΔH=-ckJ·mol-1则CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)ΔH=______________kJ·mol-1。(4)2009年10月,中国科学院长春应用化学研究所在甲醇燃料电池技术方面获得新突破,组装出了自呼吸电池及主动式电堆。甲醇燃料电池的工作原理如图所示。C极发生的电极反应式为:___________________________,工作一段时间后,当6.4g甲醇完全反应生成CO2时,有______NA个电子发生转移。(H:1C:12O:16)评卷人得分四、探究题(共4题,共8分)24、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物,有人设计了下列实验过程.请在括号内填写分离时所用操作方法,并写出方框内有关物质的结构简式.
写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________.25、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品,小明利用这个反应的原理来测定其含量,操作为:26、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物,有人设计了下列实验过程.请在括号内填写分离时所用操作方法,并写出方框内有关物质的结构简式.
写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________.27、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品,小明利用这个反应的原理来测定其含量,操作为:评卷人得分五、简答题(共4题,共32分)28、麻醉剂的发现和使用;是人类医疗史上了不起的一项成就,它可使患者在接受治疗时感觉不到疼痛.
(1)笑气是人类最早应用于医疗的麻醉剂之一,它可由NH4NO3在微热条件下分解产生,产物除N2O外还有一种,写出此反应的化学方程式:______.生成1molN2O时反应中转移的电子数为______mol.
(2)另一种常用麻醉剂氯仿,常因保存不慎而被氧化,产生剧毒物质--光气(COCl2):2CHCl3+O2═2HCl+2COCl2,写出光气的电子式:______.为了防止发生事故,使用前要先检验氯仿是否变质,写出检验所用的试剂______.
(3)氙气(54Xe)作为麻醉剂之一,在医学上也很受重视.人们曾用体积分数为80%的氙气和20%的氧气组成的混合气体作为无副作用的麻醉剂.氙在元素周期表中位置为______此麻醉剂的平均式量为______.
(4)氙的化学性质不活泼,但它的确可在一定条件下生成化合物.现取1mol氙气和3.5mol氟气于密闭容器中,后来余下了0.5mol氟气同时有白色固体形成,此白色固体的化学式为______.29、海水中蕴藏着丰富的资源.海水综合利用的部分流程图如下:
回答下列问题:
(1)用NaCl做原料可以得到多种产品。
①工业上由NaCl制备金属钠的化学方程式是______.
②实验室用惰性电极电解200mLNaCl溶液,若阴阳两极均得到224mL气体(标准状况),则所得溶液的pH为______(忽略反应前后溶液的体积变化).
③电解氯化钠稀溶液可制备“84”消毒液.“84”消毒液的有效成分为______,制取它的化学方程式为______.
(2)分离出粗盐后的卤水中蕴含着丰富的镁资源,经转化后可获得MgCl2粗产品.从卤水中提取镁的步骤为:
a.将海边大量存在的贝壳煅烧成石灰;并将石灰制成石灰乳;
b.将石灰乳加入到海水沉淀池中经过滤得到Mg(OH)2沉淀;
c.在Mg(OH)2沉淀中加入盐酸得到MgCl2溶液,再经蒸发结晶得到MgCl2•6H2O;
d.将MgCl2•6H2O在一定条件下可以得到无水MgCl2;
e.电解熔融的MgCl2可得到Mg.
①上述提取镁的流程c中,得到MgCl2溶液的离子方程式为______.
②步骤d中的“一定条件”指的是______.
③有同学认为:步骤b后可加热Mg(OH)2得到MgO,再电解熔融的MgO制金属镁,这样可简化实验步骤,体现实验的简约性原则.你同意该同学的想法吗?______(填“同意”或“不同意”),请说出你同意或不同意的理由______.30、每年夏季,农民焚烧植物秸秆rm{(}主要成分是纤维素rm{)}既污染了环境,又浪费了资源rm{.}工业上以植物秸秆为原料合成某聚酯化合物的路线如下:
已知:rm{A}是常见医用消毒剂;又可作为能源.
rm{(1)}乙烯的结构式为______;每个葡萄糖分子中有______个手性原子.
rm{(2)}由rm{B}得到乙炔的反应条件是______,rm{C隆煤D}反应类型是______.
rm{(3)}测定rm{D}中所含官能团的物理方法是______;若rm{B}的相对分子量为rm{99}则其名称为______.
rm{(4)垄脵D}与新制氢氧化铜反应生成rm{E}的化学方程式为______rm{垄脷C}与rm{F}生成rm{G}的化学方程式为______rm{垄脹A}与rm{O_{2}}在rm{KOH}中构成燃料电池的负极反应为______
rm{(5)}请写出以rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}为原料,制备的合成路线流程图rm{(}无极试剂任用rm{)}合成路线流程图示例如下:rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}xrightarrow{Br_{2}}}rm{CH_{3}CH_{2}OH
xrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}
xrightarrow{Br_{2}}}31、加热rm{H_{2}C_{2}O_{4}?2H_{2}O}释放出气体通入澄清石灰水,出现浑浊.
rm{(1)H_{2}C_{2}O_{4}?2H_{2}O}热分解反应方程式为______.
rm{(2)}由上可知,rm{Na_{2}C_{2}O_{4}}热分解反应方程式为______.参考答案一、选择题(共9题,共18分)1、D【分析】【分析】A.根据n=计算物质的量之比;气体体积之比等于物质的量之比;
B;在电解精炼铜时;阳极上反应掉的不止是铜,还有比铜活泼的金属杂质;
C;氯气和水的反应为可逆反应;
D、根据铁和稀硝酸的反应来分析:Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O.【解析】【解答】解:A.相同质量的O2和O3的物质的量之比为48g/mol:32g/mol=3:2,体积之比等于3:2,所以等质量的O2和O3在相同条件下所占的体积不相同;故A错误;
B、在电解精炼铜时,阳极上反应掉的不止是铜,还有比铜活泼的金属杂质,故当转移6.02X1023个电子;则阳极溶解铜小于32g,故B错误;
C、氯气和水的反应为可逆反应,故不能进行彻底,故1mol氯气和水的反应转移电子数小于NA个;故C错误;
D、0.2mol/L2L硝酸溶液中硝酸的物质的量n=CV=0.2mol/L×2L=0.4mol,而铁和稀硝酸的反应来分析:Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O,故当硝酸完全反应时,生成NO0.1mol,即0.1NA个NO分子;故D正确.
故选D.2、D【分析】【分析】A.漂白粉可以对饮用水进行消毒;但无净化的功能;
B.铜与浓硝酸发生化学反应;
C.制造光导纤维的主要原料是二氧化硅;
D.烟气中主要含硫的化合物为二氧化硫,被氢氧化钙吸收生成亚硫酸钙,进一步氧化为硫酸钙.【解析】【解答】解:A.漂白粉可以对饮用水进行消毒;不能对饮用水中的杂质进行净化,故A错误;
B.铜与浓硝酸反应生成硝酸铜;NO和水;因此不能用铜罐代替铁罐贮藏浓硝酸,故B错误;
C.制造光导纤维的主要原料是二氧化硅;属于无机非金属材料,故C错误;
D.烟气中主要含硫的化合物为二氧化硫;被氢氧化钙吸收生成亚硫酸钙,进一步氧化为硫酸钙,实现钙基固硫的目的,故D正确;
故选D.3、D【分析】【分析】化学反应的燃烧热和物质的量之间成正比,设H2的物质的量为nmol,则C3H8的物质的量为(7-n)mol,根据放出的热量列方程式求解,相同条件下气体的体积比等于物质的量比,据此分析解答.【解析】【解答】解:设混合气中H2的物质的量为nmol,则C3H8的物质的量为(7-n)mol,根据题意,列方程为nmol×+(7-n)mol×2220kJ/mol=5869KJ,解得n=5mol,7molH2与C3H8混合物中两者的物质的量比为5:2,相同条件下气体的体积比等于物质的量比,则二者的体积比V(H2):V(C3H8)=5:2;
故选D.4、D【分析】【分析】A;速率之比等于对应物质的计量数之比;
B;反应体系中有无气体物质;压强的改变只对有气体参加的反应;
C;如果B是固体物质;增加或减小B的物质的量,B的浓度不变,反应速率不变;
D、温度越高反应速率越快.【解析】【解答】解:A;速率之比等于对应物质的计量数之比;其数值与计量数有关,故A错误;
B;反应体系中有无气体物质;压强的改变只对有气体参加的反应,没有气体对反应速率无影响,故B错误;
C;如果B是固体物质;增加或减小B的物质的量,B的浓度不变,反应速率不变,故C错误;
D;温度越高反应速率越快;故D正确;
故选D.5、C【分析】解:rm{A.}甲池是甲醇氧气燃料电池反应,燃料燃烧的产物二氧化碳与氢氧化钾反应生成碳酸钾,总反应为:rm{2CH_{3}OH+3O_{2}+4KOH篓T2K_{2}CO_{3}+6H_{2}O}故A正确;
B.若乙池中为足量rm{AgNO_{3}}溶液,则阳极阴离子放电,发生失电子的氧化反应,电极反应为:rm{4OH^{-}-4e^{-}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}故B正确;
C.乙池加入rm{0.1molCu(OH)_{2}}后恰好恢复到电解前的浓度和rm{pH}发生如下电解:rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{underline{;{脥篓碌莽};}}{;}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4}}rm{2H_{2}Odfrac{underline{;{脥篓碌莽};}}{;}2H_{2}隆眉+O_{2}隆眉}rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{
underline{;{脥篓碌莽};}}{;}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4}}从组成上可看成rm{2H_{2}Odfrac{
underline{;{脥篓碌莽};}}{;}2H_{2}隆眉+O_{2}隆眉}rm{Cu(OH)_{2}}根据“析出什么加入什么”的原则知,析出的物质是氧化铜和水,则阴极上析出氢气和铜,生成rm{CuO}铜转移电子rm{?H_{2}O}根据原子守恒知,生成rm{0.1mol}水需要rm{=0.1mol隆脕2mol=0.2mol}氢气,生成rm{0.1mol}氢气转移电子rm{0.1mol}所以电解过程中共转移电子数为rm{0.1mol}即rm{=0.1mol隆脕2mol=0.2mol}故C错误;
D.rm{0.4mol}甲醇rm{0.4N_{A}}燃烧生成rm{1g}和液态水时放热rm{(CH_{3}OH)}甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为rm{CO_{2}}则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为:rm{CH_{3}OH(l)+3/2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-725.80kJ?mol^{-1}}故D正确;
故选:rm{22.68kJ.32g}.
A.甲池是甲醇氧气燃料电池反应;根据碱性条件书写方程式;
B.若乙池中为足量rm{725.80KJ}溶液;则阳极阴离子放电,发生失电子的氧化反应;
C.乙池加入rm{CH_{3}OH(l)+3/2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle
H=-725.80kJ?mol^{-1}}后恰好恢复到电解前的浓度和rm{C}发生如下电解:
rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{underline{;{脥篓碌莽};}}{;}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4}}rm{2H_{2}Odfrac{underline{;{脥篓碌莽};}}{;}2H_{2}隆眉+O_{2}隆眉}rm{AgNO_{3}}从组成上可看成rm{0.1molCu(OH)_{2}}rm{pH}根据“析出什么加入什么”的原则知,析出的物质是氧化铜和水,则阴极上析出氢气和铜,生成rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{
underline{;{脥篓碌莽};}}{;}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4}}铜转移电子rm{2H_{2}Odfrac{
underline{;{脥篓碌莽};}}{;}2H_{2}隆眉+O_{2}隆眉}根据原子守恒知,生成rm{Cu(OH)_{2}}水需要rm{CuO}氢气,生成rm{?H_{2}O}氢气转移电子rm{0.1mol}所以电解过程中共转移电子数为rm{=0.1mol隆脕2mol=0.2mol}
D.rm{0.1mol}甲醇rm{0.1mol}燃烧生成rm{0.1mol}和液态水时放热rm{=0.1mol隆脕2mol=0.2mol}甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为rm{0.4mol}则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为:rm{CH_{3}OH(l)+3/2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-725.80kJ?mol^{-1}}.
本题考查了原电池和电解池原理,涉及电极反应式的书写、热化学反应方程式、物质的量的计算等知识点,这些知识点都是考试热点,根据串联电路中转移电子相等进行计算,难点是电极反应式的书写,题目难度中等.rm{1g}【解析】rm{C}6、B【分析】【分析】A.由方程式可知△c(B)=△c(A)=0.005mol/(L.s)×4s=0.02mol/L;4s时B的浓度=B的起始浓度-B的浓度变化量;
B.设平衡时转化的A为xmol,表示出平衡时各组分物质的量,由于反应前后气体体积不变,用物质的量代替浓度代入平衡常数K==1列方程计算解答;
C.由表中数据可知;随温度升高平衡常数减小,说明升高温度平衡逆向移动;
D.1200℃时,A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)的平衡常数K=4,相同温度下反应C(g)+D(g)⇌A(g)+B(g)与反应A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)的平衡常数互为倒数.【解析】【解答】解:A.由方程式可知△c(B)=△c(A)=0.005mol/(L.s)×4s=0.02mol/L,4s时B的浓度=-0.02mol/L=0.38mol/L;故A错误;
B.设平衡时转化的A为xmol;则:
A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)
起始量(mol):0.20.800
变化量(mol):xxxx
平衡量(mol):0.2-x0.8-xxx
由于反应前后气体体积不变,可以用物质的量代替浓度计算平衡常数,则K===1,解得x=0.16,故A的转化率为×100%=80%;故B正确;
C.由表中数据可知;随温度升高平衡常数减小,说明升高温度平衡逆向移动,故C错误;
D.1200℃时反应C(g)+D(g)⇌A(g)+B(g)与反应A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)的平衡常数互为倒数,则1200℃时反应C(g)+D(g)⇌A(g)+B(g)的平衡常数的值为=2.5;故D错误;
故选:B.7、B【分析】【分析】电池工作时,O2在正极放电,则正极上氧气得到电子,发生O2+4H++4e-=2H2O或O2+2H2O+4e-=4OH-,以此来解答.【解析】【解答】解:A.锌锰干电池中电极反应式,负极反应为Zn-2e-═Zn2+,正极反应为2MnO2+2NH4++2e-=Mn2O3+2NH3+H2O;所以不符合题意,故A错误;
B.酸性氢氧燃料电池电极反应式为2H2-4e-=4H+、O2+4H++4e-=2H2O,碱性氢氧燃料电池电极反应式为2H2-4e-+4OH-=4H2O、O2+2H2O+4e-=4OH-;所以符合题意,故B正确;
C.铅蓄电池放电时负极电极反应为Pb-2e-+SO42-=PbSO4,正极电极反应为PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O;所以不符合题意,故C错误;
D.镍镉电池放电正极反应为2NiOOH+2H2O+2e-=2Ni(OH)2+2OH-,负极反应为Cd+2OH--2e-=Cd(OH)2;所以不符合题意,故D错误;
故选B.8、A【分析】【分析】A.碳酸钙溶于盐酸;而二氧化硅不反应;
B.NaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应;
C.应用过滤的方法分离;
D.加入硫酸,亚铁离子被氧化生成铁离子.【解析】【解答】解:A.碳酸钙溶于盐酸;而二氧化硅不反应,可加入盐酸,然后用过滤的方法分离,故A正确;
B.NaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应;不能加入盐酸除杂,如是溶液的话,可通入过量二氧化碳除杂,故B错误;
C.铁不溶于氢氧化钠溶液;应用过滤的方法分离,故C错误;
D.加入硫酸;亚铁离子被氧化生成铁离子,应加入硫酸亚铁溶液,然后过滤,故D错误.
故选A.9、B【分析】【分析】从化合价是否发生变化的角度判断是否氧化还原反应,化合价的升降为氧化还原反应的特征,不属于氧化还原反应,说明该反应中没有元素化合价的变化.【解析】【解答】解:A.该反应中铁元素;氯元素的化合价都发生变化;所以属于氧化还原反应,故A不选;
B.该反应中各元素化合价都不变;所以属于非氧化还原反应,故B选;
C.该反应中钠元素和氢元素的化合价都发生变化;所以属于氧化还原反应,故C不选;
D.该反应中铜元素和硫元素化合价都发生变化;所以属于氧化还原反应,故D不选;
故选B.二、双选题(共5题,共10分)10、A|B【分析】A.Cu;Zn原电池中;活泼金属为负极,则根据检流计(G)中指针偏转的方向可比较Zn、Cu的金属活泼性,故A正确;
B.析氢腐蚀生成氢气;而吸氧腐蚀中氧气得电子,气体减少,则根据试管中液面的升降可判断铁钉发生的是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀,故B正确;
C.中和热测定应选稀的强酸;则不能利用浓硫酸测定中和热,故C错误;
D.热水中颜色深;则逆反应为吸热反应,所以正反应为放热反应,故D错误;
故选AB.
【解析】【答案】AB11、rAB【分析】解:甲、乙是由同主族元素rm{R}rm{Z}组成的两种单质,常温下能进行如下反应:甲rm{+}乙rm{+H_{2}O隆煤HRO_{3}+HZ(}未配平rm{)}反应中rm{Z}表现rm{-1}价,最外层电子数为rm{7}则rm{R}rm{Z}处于Ⅶrm{A}族,rm{R}表现rm{+5}价,非金属性rm{Z>R}
A.rm{R}原子最外层电子数为rm{7}故A错误;
B.无法确定甲乙的元素组成;则无法判断其氧化性强弱,故B错误;
C.非金属性rm{Z>R}则原子序数rm{Z<R}同主族自上而下原子半径增大,故原子半径:rm{R>Z}故C正确;
D.根据电子转移守恒rm{5n(HRO_{3})=n(HZ)}故Hrm{RO_{3}}与rm{HZ}的化学计量数之比为rm{1}rm{5}故D正确;
故选AB.
甲、乙是由同主族元素rm{R}rm{Z}组成的两种单质,常温下能进行如下反应:甲rm{+}乙rm{+H_{2}O隆煤HRO_{3}+HZ(}未配平rm{)}反应中rm{Z}表现rm{-1}价,最外层电子数为rm{7}则rm{R}rm{Z}处于Ⅶrm{A}族,rm{R}表现rm{+5}价,非金属性rm{Z>R}单质氧化性与非金属性一致,同主族自上而下原子半径增大,结合电子转移守恒计算rm{HRO_{3}}与rm{HZ}的化学计量数之比.
本题考查结构性质位置关系综合应用,题目难度中等,根据rm{Z}的氢化物化合价确定所处主族为解答关键,注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构,试题培养了学生的灵活应用能力.【解析】rm{AB}12、rAB【分析】解:rm{A.}该物质由非金属元素构成;没有阴阳离子,故不为离子晶体,故A错误;
B.rm{C}和rm{N}之间存在共价键;不能是吸附作用的结果,故B错误;
C.rm{C}rm{N}得电子能力:rm{C<N}所以rm{C}显示正价,rm{N}显示负价;故C正确;
D.根据化学方程式,rm{18g}即rm{0.1mol}该物质完全分解可以产生rm{0.6mol}即标况下rm{13.44}升氮气;故D正确.
故选AB.
A.根据物质rm{C(N_{3})_{4}}的微粒构成来确定所述的晶体类型;
B.rm{C_{60}}吸附rm{N_{2}}的过程是物理变化;
C.根据rm{C}rm{N}得电子能力来确定价态的正负情况;
D.根据化学方程式结合rm{Vm=22.4L/mol}的使用条件进行计算.
本题考查较为综合,涉及晶体类型、氧化还原反应的判断、原子结构的判断,题目难度不大,把握氧化还原反应的规律,准确判断元素的化合价是解题关键.【解析】rm{AB}13、A|C【分析】A.由图①可知;酸性为硫酸>碳酸>硅酸,则三种元素的非金属性为硫>碳>硅,故A正确;
B.二氧化碳的密度比空气的大;则应从长导管进气,故B错误;
C.由图可知,反应物的总能量高于生成物的总能量,则可逆反应“CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)”为放热反应;故C正确;
D.由图可知,负极分别为Al、Zn,由Al~3e-、Zn~2e-;可知转移相同的电子时Al;Zn的物质的量之比为3:2,故D错误;
故选AC.
【解析】【答案】AC14、B|D【分析】解:A.在蒸馏操作中;温度计的水银球应与支管口相平,故A错误;
B.分液操作时;分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,一避免两种液体相互污染,故B正确;
C.配制需加水定容;转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水,对所配溶液无影响,故C错误;
D.玻璃棒的作用是搅拌防止局部过热;引起液体飞溅,故D正确.
故选BD.【解析】【答案】BD三、填空题(共9题,共18分)15、溶液呈血红色NO3-B【分析】【分析】(1)铁离子结合硫氰根离子生成血红色溶液;
(2)过氧化钠能和水反应生成氢氧化钠溶液和氧气;氧气能氧化亚硫酸根离子,氢氧化钠能和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子;
(3)铝可与NaOH溶液反应生成NaAlO2,在反应后的溶液中加入弱酸,可通入过量CO2,生成Al(OH)3沉淀,经过滤、洗涤可得到纯净的氢氧化铝;【解析】【解答】解:(1)向三氯化铁溶液中加入KSCN溶液时的现象是发生反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3;反应后溶液呈血红色;
故答案为:溶液呈血红色;
(2)过氧化钠能和水反应生成氢氧化钠溶液和氧气,氧气能将亚硫酸根氧化成为硫酸根,所以亚硫酸根浓度减小,硫酸根浓度增大,氢氧化钠能和碳酸氢根反应生成碳酸根,所以碳酸氢根浓度减小.溶液中NO3-离子浓度保持不变;
故答案为:NO3-;
(3)镁、铝都能与酸反应,但铝可溶于强碱所以可加入烧碱溶液溶解,过滤后可到NaAlO2溶液,在反应后的溶液中加入弱酸,可通入过量CO2,生成Al(OH)3沉淀;经过滤;洗涤可得到纯净的氢氧化铝.
正确顺序为②③④③;选B;
故答案为:B.16、Na2Na+2H2O=2NaOH+H2↑FF2+H2=2HFNaHClO4【分析】【分析】元素周期表中的递变规律:同周期元素的原子,从左到右,原子半径逐渐减小,元素的金属性逐渐减弱,非金属性逐渐增强;和氢气反应越来越剧烈,生成的氢化物稳定性逐渐增强;最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强;从下到上,原子半径逐渐减小,元素的金属性逐渐减弱,非金属性逐渐增强;氢气反应越来越剧烈,生成的氢化物稳定性逐渐增强;原子半径逐渐减小;最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强,据此来回答.【解析】【解答】解:根据元素周期律:同周期元素的原子,从左到右,元素的金属性逐渐减弱,从下到上,元素的金属性逐渐减弱,所以与水反应最剧烈的金属元素是Na,反应为:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,同周期元素的原子,从左到右,和氢气反应越来越剧烈,同主族元素的原子,从下到上,和氢气反应越来越剧烈,与H2反应最剧烈的非金属元素是F,即F2+H2=2HF,同周期元素的原子,从左到右,原子半径逐渐减小,最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强,第三周期中,原子半径最大的金属元素是Na,元素的最高价氧化物所对应的酸最强的是HClO4,MgBr2的形成过程为:.
故答案为:Na;2Na+2H2O=2NaOH+H2↑;F;F2+H2=2HF;Na;HClO4;.17、有少量的亚铁离子被氧化不合理Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+FeI2【分析】【分析】(1)根据Fe2+氧化生成Fe3+,Fe3+遇SCN-变红;
(2)根据补血剂的成分是Fe2+;
(3)根据Fe2+与Cl2反应生成Fe3+和Cl-;
(5)加入碘水的试管颜色无明显变化,说明Fe2+与I2不反应.【解析】【解答】解:(1)Fe2+易被氧化生成Fe3+,Fe3+遇SCN-生成络合物而使溶液变红色;因为补血剂中部分亚铁离子被氧化生成铁离子,所以向补血剂溶液中滴加KSCN溶液,溶液显示淡红色;
故答案为:有少量的亚铁离子被氧化;
(2)因补血剂的成分是Fe2+,亚铁离子易被氧化生成铁离子,Fe3+遇SCN-生成络合物而使溶液变红色,向补血剂中滴加KSCN溶液,溶液显示淡红色,说明Fe3+的浓度低;不能说明亚铁离子浓度低,所以甲的说法不合理;
故答案为:不合理;
(3)加入氯水后溶液呈血红色,颜色明显加深,说明亚铁离子被氯气氧化生成铁离子,同时生成氯离子,离子反应方程式为:Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+,故答案为:Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+;
(4)加入氯水、溴水后溶液呈血红色,颜色明显加深,说明亚铁离子被氯气、溴氧化生成铁离子,加加入碘水的试管颜色无明显变化,说明Fe2+与I2不反应,则铁和碘单质发生反应生成FeI2;
故答案为:FeI2.18、略
【分析】(1)复合材料不是无机非金属材料,其是由基体和增强体组成;玻璃属于传统的非金属材料。(2)复合材料由起黏结作用的基体和增强作用的增强体两部分组成。(3)制备玻璃的原料是石灰石、纯碱和石英;制备水泥的材料是黏土和石灰石。(4)铁的冶炼一般用高炉炼铁法炼制。(5)单体聚合成高分子。【解析】【答案】(1)bcde(2)基体增强作用(或支撑作用)(3)石灰石(4)焦炭铁矿石炼铁高炉(5)单体19、略
【分析】I.电子总数相同的两种微粒是OHˉ和H3O+,属于电离方程式为H2O+H2OOHˉ+H3O+。Ⅱ.水电离产生的c(OHˉ)=1×10ˉ13mol/L,说明溶液中水的电离是被抑制的,因此溶液可能显酸,也可能显碱性。①在碱性溶液中可以,②在酸性溶液中可以,③⑤一定可以,④中HCO3-不能大量共存,答案选④。Ⅲ(1)①符合条件的是钠和水;②符合条件的是越强和硫化氢。(2)常见有色气体是氯气和NO2,所以方程式分别是Cl2+H2O=HCl+HClO、3NO2+H2O=2HNO3+NO。【解析】【答案】(10分)Ⅰ、H2O+H2OOHˉ+H3O+(1分)Ⅱ.④(1分)Ⅲ(1)①2Na+2H2O=2Na++2OHˉ+H2↑(2分)②O2+2H2S=2H2O+2S↓(2分)(2)①Cl2+H2O=HCl+HClO(2分)②3NO2+H2O=2HNO3+NO(2分)(互换也可以)20、②⑦⑧5.4mL①500引流烧杯1-2cm胶头滴管凹液面最低点正好与刻度线相平①②③④⑥⑦①②⑦【分析】【分析】(1)根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤选取实验仪器;
(2)依据C=计算浓硫酸的物质的量浓度;根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算所需浓硫酸溶液的体积;根据浓硫酸的体积选取量筒,注意所选量筒的容积应稍大于或等于量取溶液的体积;
(3)依据配制一定物质的量浓度溶液移液;洗涤、定容的正确的操作解答;
(4)依据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤判断;分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响,依据C=进行误差分析.【解析】【解答】解:(1)配制一定物质的量浓度硫酸溶液的一般步骤有:量取;稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作;一般用量筒量取浓硫酸溶液在烧杯中稀释,冷却后转移到500mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,当加水至液面距离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加,所以需要的仪器有玻璃棒、量筒、胶头滴管、小烧杯、500ml容量瓶,所以用不到的仪器有烧瓶、托盘天平、药匙;
故答案为:②⑦⑧;
(2)质量分数98%密度为1.84g•cm-3浓H2SO4的物质的量浓度==18.4mol/L;设需要浓硫酸溶液的体积为V,0.2mol•L-1×500ml=V×18.4mol/L;解得:V=5.4ml,应选择10ml量筒;
故答案为:5.4ml;①;
(3)配制500mL、0.2mol•L-1的稀H2S04.应选择500mL容量瓶;将浓H2S04加适量蒸馏水稀释后,冷却片刻,随后全部转移到500mL容量瓶,转移时应用玻璃棒引流,转移完毕,用少量蒸馏水洗涤烧杯2-3次,并将洗涤液全部转移到容量瓶中,再加适量蒸馏水,振荡容量瓶,使溶液混合均匀.然后缓缓地把蒸馏水直接注入容量瓶直到液面接近刻度1-2cm处,改用胶头滴管,加蒸馏水到瓶颈刻度的地方,使溶液的凹液面最低点正好与刻度线相平振荡;摇匀后,装瓶、贴签;
故答案为:500;引流;烧杯;1-2cm;胶头滴管;凹液面最低处正好跟刻度线相平;
(4)①量筒量取液体,不需要洗涤,洗涤量取浓H2S04后的量筒;并将洗涤液转移到容量瓶中,导致溶质的物质的量偏大,溶液浓度偏高,所以操作错误;
②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中;热的溶液体积判断,冷却后溶液体积变小,配制的溶液浓度偏高;
③浓硫酸稀释时应将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注入水中;
④定容时;加蒸馏水超过标线,又用胶头滴管吸出,导致溶质的物质的量偏小,溶液浓度偏低;
⑤转移前;容量瓶中含有少量蒸馏水,对实验操作无影响;
⑥定容摇匀后;发现液面低于标线,又用胶头滴管加蒸馏水至标线,导致溶液的体积偏大,溶液浓度偏低;
⑦定容时;俯视标线,导致溶液体积偏小,溶液浓度偏大;
所以下列操作中错误的是:①②③④⑥⑦:能引起误差偏高的有:①②⑦,故答案为:①②③④⑥⑦;①②⑦.21、玻璃棒、胶头滴管2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-过滤KSCN还原B【分析】【分析】(1)依据溶液配制的标准和过程分析所需仪器;
(2)过量氯水氧化亚铁离子为铁离子;
(3)得到红褐色沉淀过滤;洗涤,灼烧,冷却,称量;
(4)依据铁元素守恒分析计算;
(5)依据铁离子遇到硫氰酸钾溶液形成血红色溶液判断铁离子的存在;加入橙汁,溶液红色褪去,说明橙汁具有还原性,还原铁离子为亚铁离子;
(6)部分补血剂药片表面发黄,取样品研细,溶于1mol•L-1的硫酸溶液,过滤.取滤液检验滤液中是否有Fe2+应选用的试剂是氧化性且具有明显现象的试剂,因为滤液中含有铁离子和亚铁离子,A、KSCN溶液加入不能检验亚铁离子存在;B、酸性KMnO4溶液加入和亚铁离子反应褪色可以证明亚铁离子的存在;C、铁粉加入含有铁离子生成亚铁离子不能证明亚铁离子的存在;D、FeCl3溶液不能检验亚铁离子的存在.【解析】【解答】解:(1)溶液配制时用到的仪器除烧杯;500mL容量瓶外;还需要加快溶解,引流作用的玻璃棒,最后定容滴加水到刻度的胶头滴管;
故答案为:玻璃棒;胶头滴管;
(2)步骤②加入过量氯水后发生反应的离子方程式为:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-;
故答案为:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-;
(3)步骤④是得到氢氧化铁沉淀的存在过程;其中一系列操作步骤为过滤;洗涤、灼烧、冷却、称量;
故答案为:过滤;
(4)依据流程分析可知最后得到氧化铁质量为ng,依据铁元素守恒得到铁的质量分数=×100%=;
故答案为:;
(5)部分补血剂药片表面发黄,取样品研细,溶于1mol•L-1的硫酸溶液;过滤.取滤液加KSCN溶液,溶液变红说明该补血剂已部分变质.向变色后的溶液中加入橙汁,溶液红色褪去,说明橙汁含具有还原性;
故答案为:KSCN;还原;
(6)部分补血剂药片表面发黄,取样品研细,溶于1mol•L-1的硫酸溶液,过滤.取滤液检验滤液中是否有Fe2+应选用的试剂是氧化性且具有明显现象的试剂;因为滤液中含有铁离子和亚铁离子;
A;KSCN溶液加入不能检验亚铁离子存在;故A不符合;
B、酸性KMnO4溶液加入和亚铁离子反应褪色可以证明亚铁离子的存在;故B符合;
C;铁粉加入含有铁离子生成亚铁离子不能证明亚铁离子的存在;故C不符合;
D、FeCl3溶液不能检验亚铁离子的存在;故D不符合;
故答案为:B.22、略
【分析】试题分析:(1)根据题意可知A是NaHCO3;B是Na2CO3。A受热分解的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O.(2)①根据实验现象得到的结论是:在相同的温度下,Na2CO3比NaHCO3容易溶解于水中。②盛放Na2CO3的烧杯中出现的现象是b.溶液温度升高。d.滴入酚酞后呈红色。所以选项为:bd.(3)Na2CO3与盐酸反应分步进行。首先是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl;不产生气体。然后是HCl+NaHCO3=NaCl+CO2↑+H2O.所以Ⅰ比Ⅱ反应的放出气体要快。即Ⅰ程度更为剧烈。②根据计算可知①NaHCO3+HCl=CO2↑+H2O+NaCl产生气体按照NaHCO3计算。②2HCl+Na2CO3=CO2↑+H2O+2NaCl.放出气体反应放出气体按照HCl来计算。当盐酸相同时NaHCO3反应产生的气体多。所以选项为:a.(4)操作2:向2mLNaHCO3溶液中滴加1mL0.5mol·L-1CaCl2溶液,产生白色沉淀和气体。是因为HCO3-在溶液中既存在电离也存在着水解平衡,电离产生的碳酸根离子与钙离子结合形成碳酸钙沉淀。水解产生的碳酸达到一定量就发生分解反应产生二氧化碳和水。则该条件下,NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应的离子方程式为:Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+CO2↑+H2O.考点:考查Na2CO3和NaHCO3的性质的知识。【解析】【答案】(1)2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O.(2)①在相同的温度下,Na2CO3比NaHCO3容易溶解于水中。②bd(3)①Ⅰ②a(4)Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+CO2↑+H2O.23、略
【分析】(1)a:该可逆反应:正反应气体系数不同,则容器内压强是个变量,何时恒定了,则说明达到平衡。b:只给出了两个正反应速率,并不能说明正逆反应速率相等,错;c:正反应是放热反应,升温平衡逆向移动,CO的转化率降低d:催化剂可改变反应速率但不能改变平衡状态和物质的转化率(2)该可逆反应,正反应是放热反应,升温,反应速率加快,达到平衡所用时间短;平衡逆向移动,CO的转化率降低(3)由盖斯定律可得总反应:(①-②+4×③)/2(4)氢离子向正极移动,氧气在反应中得到电子,因此在正极通入的是氧气,所以电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O。电池总反应为:2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O;反应中电子转移为12e-,故当6.4g甲醇完全反应时有1.2NA个电子发生转移【解析】【答案】(16分)(1)c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)(2分),A(3分)(2)(4分)(3)(b-a-4c)/2(2分)(4)O2+4e-+4H+=2H2O(3分),1.2(2分)四、探究题(共4题,共8分)24、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解:甲醇易溶于水,与氢氧化钠不反应,甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐,苯()不溶于水,加入氢氧化钠,溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠,分液后得到苯,将溶液蒸馏可得到甲醇(CH3OH),因苯酚的酸性比碳酸弱,在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳,可得到苯酚(),分液可分离,在分液后的溶液中加入稀硫酸,蒸馏可得到甲酸(HCOOH),故答案为:a.分液;b.蒸馏;c.分液;d.蒸馏;CH3OH;HCOOH.
【分析】苯不溶于水,加入氢氧化钠,溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠,分液后得到苯,将溶液蒸馏可得到甲醇,因苯酚的酸性比碳酸弱,在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳,可得到苯酚,分液可分离,在分液后的溶液中加入稀硫酸,蒸馏可得到甲酸,以此解答该题.25、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用,所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液,锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色,且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解:(1)②KMnO4溶液具有强氧化性,应用酸式滴定管盛装;高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快,所以刚滴下少量KMnO4溶液时;溶液迅速变成紫红色;滴定终点时,当滴入最后一滴高锰酸钾溶液,锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色,且半分钟不变化,证明达到终点;
故答案为:酸式;反应中生成的锰离子具有催化作用;所以随后褪色会加快;滴入最后一滴高锰酸钾溶液,锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色,且半分钟不变化;
(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大,舍去第3组,应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积,故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL
设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g(0.1000×0.020)mol解得:x==90.00%;
故答案为:20.00;90.00%;
(3)④A.未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管,标准液的浓度偏小,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=分析;c(标准)偏大,故A正确;
B.滴定前锥形瓶有少量水,待测液的物质的量不变,对V(标准)无影响,根据c(待测)=分析;c(标准)不变,故B错误;
C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=分析;c(标准)偏大,故C正确;
D.不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=分析;c(标准)偏大,故D正确;
E.观察读数时,滴定前仰视,滴定后俯视,造成V(标准)偏小,根据c(待测)=分析;c(标准)偏小,故E错误;
故选ACD.
【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性,应用酸式滴定管盛装;高锰离子有催化作用而导致反应速率加快;乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应,滴定终点时,溶液由无色变成紫红色,且半分钟内不褪色;③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大,舍去第3组,应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积,根据关系式2KMnO4~5H2C2O4计算;
④根据c(待测)=分析不当操作对V(标准)的影响,以此判断浓度的误差.26、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解:甲醇易溶于水,与氢氧化钠不反应,甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐,苯()不溶于水,加入氢氧化钠,溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠,分液后得到苯,将溶液蒸馏可得到甲醇(CH3OH),因苯酚的酸性比碳酸弱,在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳,可得到苯酚(),分液可分离,在分液后的溶液中加入稀硫酸,蒸馏可得到甲酸(HCOOH),故答案为:a.分液;b.蒸馏;c.分液;d.蒸馏;CH3OH;HCOOH.
【分析】苯不溶于水,加入氢氧化钠,溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠,分液后得到苯,将溶液蒸馏可得到甲醇,因苯酚的酸性比碳酸弱,在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳,可得到苯酚,分液可分离,在分液后的溶液中加入稀硫酸,蒸馏可得到甲酸,以此解答该题.27、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用,所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液,锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色,且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解:(1)②KMnO4溶液具有强氧化性,应用酸式滴定管盛装;高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快,所以刚滴下少量KMnO4溶液时;溶液迅速变成紫红色;滴定终点时,当滴入最后一滴高锰酸钾溶液,锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色,且半分钟不变化,证明达到终点;
故答案为:酸式;反应中生成的锰离子具有催化作用;所以随后褪色会加快;滴入最后一滴高锰酸钾溶液,锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色,且半分钟不变化;
(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大,舍去第3组,应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积,故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL
设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g(0.1000×0.020)mol解得:x==90.00%;
故答案为:20.00;90.00%;
(3)④A.未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管,标准液的浓度偏小,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=分析;c(标准)偏大,故A正确;
B.滴定前锥形瓶有少量水,待测液的物质的量不变,对V(标准)无影响,根据c(待测)=分析;c(标准)不变,故B错误;
C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=分析;c(标准)偏大,故C正确;
D.不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=分析;c(标准)偏大,故D正确;
E.观察读数时,滴定前仰视,滴定后俯视,造成V(标准)偏小,根据c(待测)=分析;c(标准)偏小,故E错误;
故选ACD.
【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性,应用酸式滴定管盛装;高锰离子有催化作用而导致反应速率加快;乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应,滴定终点时,溶液由无色变成紫红色,且半分钟内不褪色;③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大,舍去第3组,应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积,根据关系式2KMnO4~5H2C2O4计算;
④根据c(待测)=分析不当操作对V(标准)的影响,以此判断浓度的误差.五、简答题(共4题,共32分)28、略
【分析】解:(1)该反应中化合价变化为:NH4NO3→N2O,N元素由-3价→+1价,一个N原子失去4个电子,由+5价→+1价,一个N原子得4个电子,所以得失电子数的最小公倍数为4,所以硝酸铵的计量数为1,根据原子守恒确定另一种生成物为H2O,然后根据原子守恒配平其它元素,所以该反应的化学方程式为:NH4NO3N2O↑+2H2O,所以生成1mol的氧化二氮,转移4mol的电子,故答案为:NH4NO3N2O↑+2H2O;4;
(2)光气是共价化合物,光气中各原子都达8电子的稳定结构,氧形成两对共用电子对,而碳形成四对共用电子对,氯形成一对共用电子对,所以光气的电子式为:氯仿变质生成HCl,可用硝酸银溶液检验,故答案为:硝酸银溶液;
(3)Xe的原子序数为54,原子结构中有5个电子层,最外层电子数为8,则在元素周期表中第五周期零族,体积分数为80%的氙气和20%的氧气组成的混合气体,则物质的量之比为4:1,所以平均式量为:=111.2;
故答案为:第五周期零族;111.2;
(4)1mol氙气和3.5mol氟气于密闭容器中;在一定条件下使反应完毕,剩余有0.5mol氟气,则反应可3mol氟气,氙气为单原子分子,则n(Xe):n(F)=1:6;
化学式为XeF6;
故答案为:XeF6.
(1)根据氧化还原反应中得失电子相等结合原子守恒确定令一种生成物;写出相应的反应方程式;
(2)光气是共价化合物,光气中各原子都达8电子的稳定结构,氧形成两对共用电子对,而碳形成四对共用电子对,氯形成一对共用电子对,所以光气的电子式为:氯仿变质生成HCl;可用硝酸银溶液检验;
(3)根据Xe的原子序数为54;与I元素(第六周期第ⅤⅡA族)相邻来分析;体积分数为80%的氙气和20%的氧气组成的混合气体,则物质的量之比为4:1,由此求平均式量;
(4)由1mol氙气和3.5mol氟气于一密闭容器内充分反应;后来余下了0.5mol的氟气同时有白色固体生成,利用质量守恒定律来分析化学式.
本题考查了方程式的书写和氯离子的检验,以及元素在周期表中的位置及利用质量守恒定律来确定物质的化学式,属于信息习题,注重信息与所学知识的结合来解答即可.【解析】NH4NO3N2O↑+2H2O;4;硝酸银溶液;第五周期零族;111.2;XeF629、略
【分析】解:(1)①因钠比较活泼,制取时只能采用电解的方法,方程式为:2NaCl(熔融)Na+Cl2↑,故答案为:2NaCl(熔融)Na+Cl2↑;
②电解饱和食盐水在阴极得到氢气,阳极得到氯气,氯气的物质的量为:=0.005mol,由2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH可知,Cl2↑~H2↑~2NaOH,则n(NaOH)=2n(Cl2)=2×0.005mol=0.01mol,c(NaOH)==0.1mol/L;所以pH=13;
故答案为:13;
③“84”消毒液为次氯酸钠溶液,制取它的化学方程式为:Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O;
故答案为:NaClO;Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O;
(2)①上述提取镁的流程c中,是氢氧化镁和盐酸反应得到MgCl2溶液的离子方程式:Mg(OH)2+2H+═Mg2++2H2O;
故答案为:Mg(OH)2+2H+═Mg2++2H2O
②MgCl2•6H2O在一定条件下加热得到无水MgCl2,若直接加热MgCl2•6H2O,会促进Mg2+水解,得不到无水MgCl2,因Mg2+水解呈酸性,加盐酸或在氯化氢气流中可抑制Mg2+水解,故一定条件为在HCl气流中,目的是抑制Mg2+水解在HCl气流中加热;步骤d中的“一定条件”指的是在HCl气流中加热;
故答案为:在HCl气流中加热;
③氧化镁熔点很高;熔融时会消耗大量的电能而增加生产成本,故不同意该同学的想法.
故答案为:
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