化学卷子答案来喽,你准备好了吗? - 我的言传
化学卷子答案来喽,你准备好了吗?
首页 > 文章    作者:默涵   2018年7月23日 22:33 星期一   热度:520°   已自动提交收录  
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第二单元 化学计量在实验中的应用

一、1C1 mol CH3COOK的质量为98 gA错误;摩尔质量的单位是g·mol1,相对分子质量的单位是“1”B错误;一个“CH3COOK”微粒的质量约为986.02×1023 gC正确;一个“CH3COOK”中含有2C原子,所以当醋酸钾中有6.02×1023C原子时,醋酸钾的物质的量为0.5 molD错误。

2C.由模型图可知,1个分子中含5C4H,故该分子的分子式为C5H4A正确;由燃烧规律可知,1 mol该物质完全燃烧生成CO2H2O时需耗O21×(54/4)mol6 molB正确;由CH原子守恒可知,该物质完全燃烧生成的CO2H2O的分子数比为52C错误;反应过程中C元素的化合价升高,O元素的化合价降低,由O元素的化合价变化可知,1 mol该物质完全燃烧生成CO2H2O时转移电子数为6 mol×2×(20)×NA24NAD正确。

3A.根据阿伏加德罗定律可知,同温同压下,任何气体的体积之比等于物质的量之比,设反应前N2O2CO2气体体积均是3V L,则反应后混合气体的体积为8V L,即气体的体积减小了V L,所以根据化学方程式:2CO22Na2O2===2Na2CO3O2可知,参加反应的CO2体积是2V L,生成V L O2,所以此时混合气体中N2O2CO2体积之比为3V(31)V(32)V341,故A正确。

4【答案】B【解析】6.4 g铜的物质的量为0.1 mol,其与浓硝酸反应生成NO2,但随着反应进行,硝酸不断被消耗,稀硝酸与铜反应生成NO,所以6.4 g铜与40 mL 10 mol·L1HNO3作用,产生NO2分子的数目小于0.2NA错误;一个甲烷分子中有4C—H键,所以1.6 g(0.1 mol)甲烷含有的C—H键数目为0.4NA错误;pH6的纯水中c(H)1.0×106 mol·L1,则1 L纯水中含有1.0×106NAH正确;苯分子中没有碳碳双键,错误;氖气是单原子分子,20 g氖气的物质的量为1 mol,所含的原子数目为NA正确;没有给出溶液的体积,无法计算溶液中含有的OH的数目,错误;含NA个阴离子的Na2O2的物质的量为1 mol,其溶于水生成2 mol NaOH,则形成1 L NaOH溶液的浓度为2 mol·L1错误。

5【答案】C【解析】选项A,乙醛的分子式为C2H4O,假设全部是乙醛,则44 g乙醛含氧原子的物质的量为44 g÷44 g·mol11 mol,假设全部是乙酸乙酯,44 g乙酸乙酯含氧原子的物质的量为44 g÷88 g·mol1×21 mol,故44 g二者的混合物含有的氧原子的物质的量为1 mol,正确;选项B1 L pH13NaOH溶液中,由水电离的OH浓度等于H浓度,数目为1× 1013NA,正确;选项C1 mol Fe和足量的稀硫酸反应生成1 mol Fe2,转移电子的物质的量为2 mol,与足量的稀硝酸反应,生成1 mol Fe3,转移电子的物质的量为3 mol,错误;选项DLi2O中含有LiO2Na2O2中含有NaO22,故1 mol混合物中含有的离子总数为3NA,正确。

6【答案】C【解析】9.0 g H2C2O4的物质的量为0.1 mol1H2C2O4分子中含有2H—O键、2C—O键、2C=O键、1C—C键,共9个共用电子对,故0.1 mol H2C2O4中含有0.9NA个共用电子对,A项正确;0.1 mol H2C2O4NaClO氧化生成0.2 mol CO2,转移的电子数为0.2NAB项正确;根据物料守恒,含0.1 mol H2C2O4的水溶液中,N(H2C2O4)N(HC2O4)N(C2O42)0.1NAC项错误;根据H2C2O4 CO↑CO2↑H2O及标准状况下H2O不是气体知,0.1 mol H2C2O4受热分解生成的气体在标准状况下的体积为4.48 LD项正确。

7【答案】B【解析】1 mol SO2的摩尔质量都是32 g·mol1A错误;Na2SNa2O2的相对分子质量相同,均是78,且阴阳离子的个数之比均是12,因此7.8 g Na2SNa2O2的混合物约含有阴离子6.02×1022个,B正确;1 mol任何气体中不一定都含有相同的原子数,例如氧气和臭氧,C错误;不知是否为标准状况下,无法根据气体摩尔体积求算其物质的量,D错误。

8【答案】C【解析】由图可知,相同温度时,p(O2)>p(X),在同质量、同体积条件下,气体相对分子质量与压强成反比,即相对分子质量越大,压强越小。只有CO2的相对分子质量大于O2的,故C正确。

9【答案】C【解析】因溶液呈电中性,故存在:3c(Al3)c(K)c(H)2c(SO42)c(OH),而溶液中c(OH)很小,可以忽略不计,则有3c(Al3)c(K)c(H)2c(SO42),所以c(K)2c(SO42)3c(Al3)c(H)2×0.8 mol·L13×0.4 mol·L10.1 mol·L10.3 mol·L1

10【答案】C【解析】A项,c(NaOH)40 g·mol-1()1 mol·L1,不符合题意;B项,SO3溶于水后形成溶液的溶质为H2SO4c(H2SO4)80 g·mol-1()1 mol·L1,不符合题意;C项,蒸发50 g水后,溶液的体积并不是50 mLNaNO3的物质的量浓度也不是1 mol·L1,符合题意;D项,c(HCl)22.4 L·mol-1()1 mol·L1,不符合题意。

11【答案】C【解析】氦气分子是单原子分子,1 mol氦气含有的核外电子数为2NA,错误;常温常压下,17 g甲基的物质的量是17 g·mol-1(17 g)1 mol,所含的中子数为8NA,正确;64 g铜的物质的量为1 mol,发生氧化还原反应若生成Cu2,一定失去2NA个电子,若生成Cu,则失去NA个电子,错误;100 mL 0.5 mol·L1乙酸溶液中含乙酸的物质的量为0.1 L×0.5 mol·L10.05 mol,乙酸为弱电解质,在水溶液中会发生电离,故乙酸分子的数目小于0.05NA,正确;标准状况下,乙醇为液态,计算物质的量时不能用22.4 L·mol1,故22.4 L乙醇中含有的氢原子数不是6NA,错误;常温常压下,气体的摩尔体积大于22.4 L·mol1,所以22.4 L NO气体的分子数小于NA,正确。

12【答案】A【解析】NO2中存在平衡:2NO2N2O4,因此二氧化氮的物质的量小于0.1 mol,故A正确;标准状况下,SO3不是气体,不能用气体摩尔体积公式计算,故B错误;醋酸属于弱电解质,浓度越小越促进电离,因此在CH3COOH物质的量相同的情况下,0.1 mol·L1CH3COOH含有CH3COOH的分子数小于0.5 mol·L1CH3COOH的分子数,故C错误;3Fe4H2OFe3O44H2,因此转移电子物质的量为3(8) mol,故D错误。

13【答案】C【解析】Na2O2的阴离子为O2(2-)7.80 g Na2O25.85 g NaCl含有的阴离子都是0.1 mol,因此所含阴离子数相等,故A正确;甲醛(HCHO)和乙酸(CH3COOH)的最简式都是CH2O,式量为3015 g CH2O的物质的量为0.5 mol1 molCH2O含氧原子1 mol,所以15 g甲醛(HCHO)和乙酸的混合物含有氧原子0.5 mol,即0.5NA,故B正确;该反应为可逆反应,不能完全转化,不知道转化率,因此转移的电子数无法确定,故C错误;常温下,pH12c(H)1012 mol·L1c(OH)(1014÷1012)mol·L10.01 mol·L1,则2 LNa2CO3溶液中含有OH数目为0.02NA,故D正确。

14【答案】D【解析】实验室里需要配制480 mL 0.1 mol·L1 CuSO4溶液,由于没有480 mL规格的容量瓶,根据大而近的原则故需选择500 mL 容量瓶,溶质若为CuSO4,则需要8.0 g。若是胆矾则需要12.5 g。应配成500 mL溶液而不是加入500 mL水。

15【答案】C【解析】在稀释过程中溶质的物质的量不变,则2 mol·L1×1 L0.5 mol·L1×a L,解得a4

16【答案】B【解析】NO气体是CuZn的合金还原HNO3得到的,在这个过程中,金属失去的电子跟HNO3得到电子数相等,生成0.1 molNO气体,HNO3得到0.3 mol的电子,在这个过程中金属失去0.3 mol的电子,又由于都是二价金属,所以跟Cu2Zn2结合的NO3的物质的量也为0.3 mol。再加上溶液中的0.1 mol的硝酸,总共是0.4 molNO3,又因为溶液的体积为1 L,即B正确。

二、17【答案】136 g·mol1   20.4NA   328 g·mol1 4.48 L 2.8NA

【解析】(1)混合气体的体积在标准状况下为8.96 L,则其物质的量nVVm8.96 L22.4 L·mol10.4 mol,混合气体的平均摩尔质量为14.4 g0.4 mol36 g·mol1(2)设混合气体中 CO的物质的量为x molCO2的物质的量为y mol,则根据混合物的质量为14.4 g可得:28x44y14.4;根据气体的物质的量为0.4 mol,所得xy0.4;解①②得:x0.2 moly0.2 mol;由于COCO2中均含1个碳原子,故0.2 mol CO0.2 mol CO2中共含0.4 mol C原子即0.4NA个;(3)将混合气体依次通过如图装置,则CO2会被NaOH溶液吸收,剩余CO,被浓硫酸干燥后,则在气球中收集到的是干燥纯净的CO气体;气球中收集到的气体为CO,而一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量,故收集到的气体的摩尔质量为28 g·mol1气球中的气体为CO,其体积VnVm0.2 mol×22.4 L·mol14.48 L一个CO含有14个电子,由(2)求出的CO的物质的量为0.2 mol,则电子的物质的量为0.2 mol×142.8 mol,电子总数为2.8NA个。

18【答案】10.4 19 (20.2 0.2   (31.2

【解析】由图可知c(Na)c(NaCl)1.0 mol·L1c(Mg2)c(MgCl2)0.5 mol·L1

c(CaCl2)3 mol·L11.0 mol·L10.5 mol·L1×220.5 mol·L1

1n(NaCl)1.0 mol·L1×0.4 L0.4 mol     m(MgCl2)0.5  mol·L1×0.4 L×95 g·mol119 g

2n(CaCl2)0.5  mol·L1×0.4 L0.2 mol     c(Ca2)0.2 mol1 L0.2  mol·L1

3)原溶液中n(Cl)3 mol·L1×0.4 L1.2 mol由反应AgCl===AgCl↓可知,生成AgCl沉淀为1.2 mol

19【答案】147.06%    (245V56m215V14   32.0 mol·L1 47.06% 78

【解析】1)加入过量NaOH溶液,过滤后,再往滤液中通入二氧化碳得到Al(OH)3沉淀,灼烧得到Al2O3,合金的质量与Al2O3的质量相同,故Al2O3O的质量分数就是合金中镁的质量分数,即48102×100%≈47.06%。(2)若该氢气完全由Al生成,则m(Al)23×V L22.4 L·mol1×27 g·mol145V56 g;若该氢气完全由Mg生成,则m(Mg)V L22.4 L·mol1×24 g·mol115V14 g,则m2的取值范围是45V56m215V14。(3c中盐酸反应完全,n(H2)0.03 mol,则c(HCl)0.03 mol×20.03 L2.0 mol·L1a组数据列方程式,求得n(Mg)n(Al)0.01 molw(Mg)0.01 mol×24 g·mol10.51 g≈47.06%HClNaCl知,n(NaCl)n(HCl)2n(H2)0.06 mol,由关系式AlNaAlO2可知,n(NaAlO2)n(Al)0.9180.51×0.01 mol0.018 mol。根据Na元素守恒得n(NaOH)0.06 mol0.018 mol0.078 mol

所以V(NaOH)0.078 mol1.0 mol·L10.078 L78 mL

20【答案】1XY3Y3X    (2CON2C2H4 H2   311.2 14

【解析】1)一定温度和压强下,1体积X2气体与3体积Y2气体化合生成2体积Z,由气体的体积之比等于物质的量之比,等于化学计量数之比,则X2+3Y2= 2Z,由原子守恒可知,Z的化学式为XY3Y3X

2)混合物气体的总物质的量为 =0.4 mol,又因为AB的物质的量之比为31,所以A的物质的量为0.3 molB的物质的量为0.1 mol,设B的相对分子质量为x,则A的相对分子质量为14x,混合气体的总质量为8.6 g0.3×14x+0.1×x=8.6,得x=2,所以BH2A的相对分子质量为28A可能为CON2C2H4

3)标准状况下,混合气体的物质的量为 =1 mol,令混合气体中COCO2的物质的量分别为xy,则:

解得:x=0.5 moly=0 .5 mol

CO的体积为0.5 mol×22.4 L·mol-1=11.2 L,   CO的质量为0.5 mol×28 g·mol-1=14 g

21【答案】14.0    (20.04     (3C

【解析】1c(NaClO)1 000 mL×1.19 g·cm3×25%74.5 g·mol1×1 L4.0 mol·L1

2)根据稀释前后溶质的物质的量不变,则100 mL×4.0 mol·L11.19 g·cm3×100 mL1.0 g·cm3×10 000 mL1.0 g·cm3×c(NaClO),解得c(NaClO)≈0.04 mol·L1,故稀释后的溶液中c(Na)c(NaClO)≈0.04 mol·L1。(3)配制480 mL25% NaClO的消毒液时,用到的主要仪器有:托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管,故题图中四种仪器不需要,但还需量筒、玻璃棒和胶头滴管,A项错误;容量瓶不能烘干,容量瓶用蒸馏水洗净后,可以直接使用,不用干燥,B项错误;由于NaClO易变质,所以商品NaClO可能部分变质导致NaClO的物质的量减小,从而使结果偏低,C项正确;配制480 mL“84”消毒液,应选取500 mL的容量瓶,所以需要称量的NaClO固体的质量为0.5 L×4.0 mol·L1×74.5 g·mol1149.0 gD项错误。

22【答案】1)设生成氢气的体积为aH2SO4 ~ H2

1 mol 22.4 L

0.15 mol   a

a=3.36 L 即生成标准状况下的气体体积为3.36 L     225% (37

【解析】1)注意硫酸少量,所以求氢气应该用硫酸的物质的量求解;(2n(MgSO4)=n(H2SO4) =0.15 molm(MgSO4)=18.0 g,开始析出MgSO4·xH2O晶体时溶液的质量分数= ×100%= ×100%=25%;(3)饱和溶液质量减少m(溶液)=72.0 g-48.0 g=24.0 g,所以12.3 g晶体中含有MgSO4的质量为24.0 g×25%=6.0 g,物质的量为0.05 mol12.3 g晶体中含有H2O的物质的量= =0.35 mol,晶体中MgSO4H2O的物质的量之比为17,则x=7

第三单元 化学物质及其变化

一、选择题(每小题3分,共48分)

1【答案】B

2【答案】A【解析】强电解质如NaHSO4HO形成的共价键在水溶液里可断开,但在熔融状态时不会断开,故A项错误;电解质溶液的导电性取决于溶液中阴阳离子的浓度及离子所带电荷数,与电解质的强弱无必然的联系,故B项正确;HCl是共价化合物,只有溶于水后才能电离,故C项正确;电解质溶液的导电过程中离子发生定向移动,在电极表面一定会发生氧化还原反应,故D项正确。

3【答案】B【解析】P0→+4价,化合价升高,属于还原剂,A项错误;根据氧化还原反应的规律,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,H2O2是氧化剂,Na2H2P2O6是氧化产物,B项正确;1 mol H2O2反应转移电子物质的量为1 mol×2×(2-1)=2 molC项错误;NaH的化合价均为+1价,O-2价,整个化学式各元素化合价的代数和为0,则P的化合价为+4价,D项错误。

4【答案】D

5【答案】A【解析】CuSO4溶液熬成胆矾(CuSO4·5H2O)的过程为化合反应,FeCuSO4溶液发生反应:FeCuSO4===FeSO4Cu,既是离子反应又是氧化还原反应,没有涉及复分解反应,故A符合题意。

6【答案】D【解析】加入氧化剂才能实现,应发生氧化反应,所含元素的化合价应升高,则SiO2―→Na2SiO3的反应中元素的化合价没有发生变化,不是氧化还原反应,A错误;Na2O2―→NaOH,可与水反应,Na2O2自身发生氧化还原反应,无须加入氧化剂,B错误;N2―→NH3N元素化合价降低,被还原,应加入还原剂,C错误;NH3―→NON元素化合价升高,被氧化,应加入氧化剂,D正确。

7【答案】D【解析】硫酸铜溶液吸收H2S,硫化氢是难电离物质,应保留分子式,正确的离子方程式为Cu2++H2S===CuS↓+2H+A错误;磁性氧化铁溶于氢碘酸,二者发生氧化还原反应,正确的离子方程式为2I-+Fe3O4+8H+===3Fe2++4H2O+I2B错误;向饱和碳酸钠溶液中通入足量二氧化碳气体,正确的离子方程式为2Na++CO3(2-)+H2O+CO2===2NaHCO3C错误;向KAl(SO4)2溶液中加入过量Ba(OH)2溶液,反应的离子方程式为Al3++2SO3(2-)+2Ba2++4OH-===2BaSO4↓+AlO2(-)+2H2OD正确。

8【答案】B【解析】Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸发生氧化还原反应2HS2O3(2-)===SO2S↓H2OB正确工业冶炼Mg是电解熔融的氯化镁Mg22ClMgCl2D错误。

9【答案】B【解析】由反应知还原剂是S2O3(2-),氧化剂是O2,每有1 mol O2参加反应,转移电子的物质的量为4 molAD正确;由原子守恒知Y的化学式为Fe3O4B错误;由电荷守恒知,a4C正确。

10【答案】C 【解析】能使石蕊显红色的溶液呈酸性,HCO3(-)不能大量存在,A错误;水电离出来的c(H)1013 mol·L1溶液可能呈强酸性或强碱性,酸性条件下NO3(-)Fe2氧化为Fe3,不能大量存在,碱性条件下,NH4(+)Fe2不能大量存在,B错误;OH-(H+)1012的溶液呈酸性,KFe3ClSO4(2-)互不反应,能大量共存,C正确;加入铝片能放出H2的溶液可能呈酸性或强碱性,酸性条件下,CH3COOH反应生成弱电解质CH3COOH,碱性条件下,Cu2OH反应生成Cu(OH)2沉淀,不能大量共存,D错误。

11【答案】C【解析】反应①中N元素的化合价既有升高又有降低,故NH4NO3既是氧化剂又是还原剂,生成物N2O既是氧化产物又是还原产物,H2O既不是氧化产物也不是还原产物,A项错误;反应②中,N元素的化合价降低,S元素的化合价升高,所以K2SO3是还原剂,K2SO4是氧化产物,B项错误;反应③中,N元素的化合价由-3升高到+1,则每生成1 mol N2O转移8 mol电子,C项正确;反应④中,NaNO3N元素的化合价降低,则NaNO3是氧化剂,(NH4)2SO4N元素的化合价升高,生成物N2O既是氧化产物又是还原产物,D项错误。

12【答案】B【解析】A项待测液与盐酸产生的气体通入浓Ba(OH)2溶液有白色沉淀生成,不一定是CO3(2-),还可能是SO3(2-)C项溶液中若有OH,则OH会使溶液变成蓝色;D项中AgNO3溶液和稀盐酸的混合液,就会有白色浑浊物出现,无法检验待测液中是否含有Cl

13【答案】D【解析】①可知废水中一定含Na+;由②可知一定含SO4(2-);由③④可知,白色沉淀完全溶于NaOH溶液,则一定含Al3+不含Fe2+Fe3+Mg2+;因溶液呈酸性且Al3+CO3(2-)相互促进水解不能大量共存,故一定不含CO3(2-);实验不能确定是否含K+。由上述分析可知,酸性废水中一定含有Na+Al3+SO4(2-),一定不含Fe2+Fe3+Mg2+CO3(2-),可能含有K+。故选D

14【答案】B【解析】状态未知,无法由体积求物质的量,A项错误;氢化锂中的氢是-1价,与水发生归中反应,方程式为LiH+H2O===LiOH+H2,所以氢化锂也是一种储氢材料,B项正确;LiAlH4中的LiAl都是主族金属元素,H是非金属元素,故Li+1价、Al+3价、H-1价,受热分解时,根据Al元素的价态变化即可得出1 mol LiAlH4完全分解,转移3 mol电子,生成1.5 mol的氢气,而LiAlH4+2H2O===LiAlO2+4H2生成4 mol氢气转移4 mol电子,所以生成1 mol的氢气转移电子分别为2 mol1 mol,所以反应①②转移电子数之比为21C项错误;LiAlH4是离子化合物,LiH也是离子化合物,D项错误。

15【答案】D【解析】A项,Cl2少量,先与I反应,正确的离子方程式为Cl22I===2ClI2,错误;B项,NaOH足量,以Mg(HCO3)2作为离子计量标准,正确的离子方程式是Mg22HCO3(-)4OH===Mg(OH)22H2O2CO3(2-),错误;C项,过量SO2通入到NaClO溶液中,正确的离子方程式为SO2ClOH2O===2HSO4(2-)Cl,错误;D项,1 mol·L1NaAlO2溶液和2.5 mol·L1HCl溶液等体积互相均匀混合,n(AlO2(-))n(H)25,反应的离子方程式为2AlO2(-)5H===Al3Al(OH)3H2OAlO2(-)Al(OH)3消耗的H的物质的量之比为23,正确。

16【答案】C【解析】CCl4层会逐渐变浅,最后变成无色,说明氯气可氧化碘单质,发生反应的化学方程式为I25Cl26H2O===2HIO310HCl,故A正确;由氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知,①中的氧化性强弱为Cl2>I2②中的氧化性强弱为Cl2>Br2,但不能比较Br2I2的氧化性强弱,故C错误;

17【答案】D【解析】Al3HCO3(-)发生反应:Al33HCO3(-)===Al(OH)33CO2,不能大量共存,A错误;加入甲基橙显红色的溶液呈酸性,酸性条件下NO3(-)具有氧化性,会将Fe2氧化为Fe3,不能大量共存,B错误;水电离出来的c(H)1012 mol·L1的溶液可能是酸性或碱性溶液,HCO3(-)都不能大量存在,且ClOI不能大量共存,C错误;pH1的溶液呈强酸性,各离子之间不反应,能大量共存,D正确。

18【答案】B 【解析】HCO3(-)先与OH反应,再与AlO2(-)反应。而HCO3(-)OH反应生成CO3(2-)后,CO3(2-)Ba2生成沉淀。HCO3(-)OHBa2===BaCO3H2O①,消耗1 mol HCO3(-)1 mol OH1 mol Ba2,生成1 mol BaCO3沉淀,此阶段化学方程式为KHCO3Ba(OH)2===BaCO3H2OKOHHCO3(-)OH===CO3(2-)H2O②,消耗2 mol HCO3(-)2 mol OH (OH消耗完),此阶段没有沉淀生成。此阶段化学方程式为KHCO3KOH===K2CO3H2OHCO3(-)AlO2(-)H2O===CO3(2-)Al(OH)3③,消耗1 mol HCO3(-)1 mol AlO2(-)(AlO2(-)消耗完),生成1 mol Al(OH)3沉淀,此阶段化学方程式为KHCO3KAlO2H2O===Al(OH)3K2CO3。三个阶段消耗KHCO3的物质的量为121,也即KHCO3溶液体积比为121①③阶段对应的生成沉淀的物质的量为11②阶段不生成沉淀,所以图象B符合。

19【答案】D【解析】依题意,ClO是反应物,HCO3(-)是产物。所以,离子反应为2CNO3ClOH2O===N23Cl2HCO3(-)。在该反应中,CNO是还原剂,A项错误;还原产物是Cl,氧化产物是N2B项错误;CNO中氮元素为-3价,碳元素为+4价,在反应过程中碳元素、氧元素化合价没有变化,生成1 mol N2转移6 mol电子。n(N2)22.4 L·mol-1(4.48 L)0.2 mol,故生成0.2 mol N2时转移1.2 mol电子,C项错误;上述反应中,氯元素、氮元素两种元素化合价发生变化,D项正确。

20【答案】1)+4 氧化剂 1 mol

22ClO2H2O22NaOH===2NaClO2O22H2O

3NaCl 6.75

【解析】1ClO2中氯元素的化合价是+4价;在NaOH溶液中ClO2H2O2反应可以得到NaClO2,氯元素化合价降低,ClO2作氧化剂;若反应中生成1 mol NaClO2,转移电子的物质的量为1 mol×(43)1 mol

2)该反应的化学方程式为2ClO2H2O22NaOH===2NaClO2O22H2O

3Cl2NaClO2反应制得ClO2,氯气作氧化剂,则还原产物应为NaCl;当消耗标准状况下1.12 L(0.05 mol)Cl2时,转移电子的物质的量为0.05 mol×20.1 mol,则可制得ClO2的物质的量为0.1 mol÷(43)0.1 mol,质量是0.1 mol×67.5 g·mol16.75 g

21【答案】 1KFe3 CO3(2-)SiO3(2-)

23Fe2NO3(-)4H===3Fe3NO↑2H2O     Ba2SO4(2-)===BaSO4

33NO2H2O===2HNO3NO

4Fe2Mg2 ClNO3(-)SO4(2-)

【解析】 ①用铂丝蘸取少量溶液,在火焰上灼烧,无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察),说明溶液中没有K②取少量溶液,加入KSCN溶液无明显变化,说明溶液中没有Fe3③另取溶液加入少量盐酸,有无色气体生成,该无色气体遇空气变成红棕色,说明Fe2NO3(-)H反应生成NO,即溶液中有Fe2NO3(-),则没有CO3(2-),加盐酸后溶液中阴离子种类不变,说明原溶液中有Cl,加盐酸后溶液依然澄清说明溶液中没有SiO3(2-)④向③中所得的溶液中加入BaCl2溶液,有白色沉淀生成,说明原溶液中有SO4(2-)

1)根据上述分析,由①、②、③判断,溶液中一定不含有的阳离子是KFe3,一定不含有的阴离子是CO3(2-)SiO3(2-)

2③中加入少量盐酸生成无色气体,是Fe2NO3(-)H反应生成NO,其离子方程式为3Fe2NO3(-)4H===3Fe3NO↑2H2O④中生成的白色沉淀为硫酸钡,反应的离子方程式为Ba2SO4(2-)===BaSO4

3③中所得红棕色气体为NO2,将NO2通入水中,与水反应生成NO,气体变无色,反应的化学方程式为3NO2H2O===2HNO3NO

4)由以上推断可知溶液中阴离子为ClNO3(-)SO4(2-),且各为0.1 mol·L1;已经推断出存在的阳离子是Fe2,其浓度为0.1 mol·L1,由电荷守恒可知溶液中还有一种+2价阳离子,所以还有Mg2,故该同学最终确定原溶液中所含阳离子是Fe2Mg2,阴离子是ClNO3(-)SO4(2-)

第四单元

1【答案】D 【解析】钠暴露在空气中会与空气中的水和氧气反应,这种方法耗时长,且不易将钠处理干净,因此该处理方法不当,A项错误;钠在氯气中燃烧会放出大量的热,可能引起事故,因此该处理方法不当,B项错误;钠与水反应放出大量的热,可能引起事故,C项错误;钠与乙醇反应,反应速度相对缓慢,设置放气管,排出氢气和热量,能够避免事故,D项正确。

2.【答案】C【解析】在常温下,镁和铝在空气里都能跟氧气反应,生成一层致密的氧化物薄膜,这层氧化物薄膜能够阻止金属的继续氧化,所以镁和铝都有抗腐蚀性,但是在高温下能剧烈反应,放出大量热,选项A错误;镁能跟酸反应不能跟碱反应,选项B错误;镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应生成氧化镁和碳,铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应生成铁和氧化铝,选项C正确;铝热剂是铝粉和氧化铁的混合物,在铝热反应中,在铝热剂上放供氧剂(氯酸钾)引发反应,中间插一根镁条,为反应提供高温条件,选项D错误。

3.C因为是溶液中的反应,所以都有H2产生,NH4NO3溶液还产生NH3Ca(HCO3)2溶液还产生CaCO3沉淀。

4.【答案】C【解析】Na2O2具有强氧化性,与SO2反应生成Na2SO4A错误;Na2O2H2O反应生成了NaOH,溶液变红,Na2O2具有强氧化性,能使红色溶液褪色,B错误;2Na2O22H2O===4NaOHO2Na2O2既作氧化剂又作还原剂,C正确;碱性氧化物与酸反应只生成盐和水,此反应中除了盐和水,还有氧气生成,D错误。

5.【答案】C【解析】根据质量守恒定律可知,生成O2的质量为11.6 g3.6 g8 gn(O2)32 g·mol-1(8 g)0.25 mol,根据Na2O2H2O(g)CO2反应的物质的量的关系可知,CO2H2O(g)的物质的量之和为0.25 mol×20.5 mol

6.【答案】A【解析】这些物质完全燃烧后生成CO2H2O或二者都有,2H2+O22H2O2Na2O2+2H2O===4NaOH+O22CO+O22CO22Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2,根据化学方程式可知,过氧化钠增加的质量即为H2CO的质量,因此只要是COH2或它们的混合气体或化学组成符合(CO)m·(H2)n的物质充分燃烧后,产物与足量Na2O2反应,过氧化钠增加的质量均为可燃物燃烧前的质量。①②③④符合(CO)m·(H2)n的形式,最终增加的质量为m g可写成CO·(H2)2·C形式,燃烧后的产物与Na2O2充分反应,增加的质量大于m gA项正确。

7.【答案】C【解析】 2COO22CO2

2Na2O22CO2===2Na2CO3O2

得:Na2O2CO===Na2CO3(虚拟的反应)

即:CO可被Na2O2完全吸收

2H2O22H2O

2Na2O22H2O===4NaOHO2

得:Na2O2H2===2NaOH(虚拟的反应)

即:H2可被Na2O2完全吸收

由于CO完全被吸收,当CO2CH4的体积比符合1∶1时,相当于2CO∶2H2,可被Na2O2完全吸收。

8.【答案】B【解析】HCO3(-)不能完全电离,不能拆成离子,A错误;Na2O的化学式不能拆成离子,C错误;CO3(2-)Ca2生成CaCO3沉淀,D错误。

9.【答案】D【解析】Ba(OH)2Na2CO3Na2SO4均发生化学反应生成白色沉淀,不符合除杂要求。

10.【答案】D【解析】知镁粉与冷水并不反应;由知镁粉放入溴水中,开始放出少量的气泡,说明镁和溴水中的酸能反应产生H2,但溴水很快褪色,说明镁粉也能与溴直接发生反应;由知镁粉与液溴并不反应;由知水应该是镁粉与溴反应的催化剂。

11.【答案】B 【解析】装有乙的干燥管中CO2Na2O2发生反应(设参加反应的CO2的体积为x L,对应生成的O2的体积为y L)

2CO2+2Na2O2===2Na2CO3+O2 差值

2                     1   1

x L                     y L  2.24 L-2.016 L=0.224 L

x-y=0.224x=2yx=0.448y=0.224。由题意可知装有乙的干燥管中CO2完全反应但不能确定Na2O2是否完全反应因此不能通过上述反应确定混合物中Na2O2的含量。混合物与盐酸反应时,由于不知道盐酸的浓度,故不能通过盐酸与NaHCO3的反应确定混合物中NaHCO3的含量,但可以通过Na2O2与盐酸反应时生成的O2的量(2Na2O2~O2)来确定混合物中Na2O2的含量:n(Na2O2)=2n(O2)==0.16 molA项正确,B项错误,C项正确。若盐酸完全反应,则有:4HCl+2Na2O2===4NaCl+2H2O+O2HCl+NaHCO3===NaCl+H2O+CO2n(HCl)=4n(O2)+n(CO2)=4×0.08 mol+0.02 mol=0.34 mol,故盐酸的物质的量浓度可能为c(HCl)= 0.34mol/0.1L=3.4 mol· L-1D项正确。

12.【答案】A【解析】钠投入溶液中,发生反应的实质是钠与酸和水电离产生的H反应,钠与盐酸反应的离子方程式为2Na2H===2NaH2A错误;XYZ三个烧杯中c(H)由大到小的顺序为YZXc(H)越大,反应越剧烈,水中c(H)最小,所以反应最平缓,B正确;钠与硫酸铜溶液反应的化学方程式为2Na2H2O===2NaOHH22NaOHCuSO4===Cu(OH)2Na2SO4C正确;Na不足,根据Na的物质的量求生成氢气的量,依据得失电子守恒,可知相同物质的量的钠失去的电子数相同,生成氢气的物质的量相同,D正确。

13.B14【答案】A【解析】加入50 mL盐酸时,恰好反应生成NaCl,根据物料守恒可知,n(HCl)n(NaOH),所以c(NaOH)0.05 L×0.1 mol·L1÷0.01 L0.5 mol·L1A项正确;根据图像可知,甲溶液中含有的溶质为Na2CO3NaHCO3,所以0<V(HCl)<10 mL时,甲溶液中发生反应的离子方程式为CO3(2-)H===HCO3(-)B项错误;根据图像可知,乙溶液中含有的溶质为NaOHNa2CO3C项错误;当40 mL<V(HCl)≤50 mL时,乙溶液中发生反应:HCO3(-)H===CO2H2OV(CO2)0.01 L×0.1 mol·L1×22.4 L·mol10.022 4 L22.4 mLD项错误。

15.【答案】D【解析】碳酸钠具有较强的碱性,不可用于治疗胃酸过多,A项错误;Na2O2与水反应生成NaOH,使酚酞变红,但又迅速将其氧化漂白而褪色,B项错误;常温下,钠在空气中生成的氧化物为氧化钠,金属钠保存在煤油中,是为了隔绝氧气和水蒸气,C项错误;过氧化钠可以消耗CO2H2O,产生O2,因此可用作航天员的供氧剂,D项正确。

16.【答案】1NaOH溶液 Na2CO3 2Na2O22CO2===2Na2CO3O2

2h g f e a b c   3)防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置

4浓盐酸 2KMnO416HCl()===2MnCl22KCl5Cl28H2O 浓硫酸 吸收氯气以免污染环境

【解析】1)装置是利用NaOH溶液除去空气中的二氧化碳,若没有该装置,空气的CO2会和Na2O2反应生成碳酸钠。(2)依据上述分析确定连接顺序,组合实验装置时各仪器的正确连接顺序为,根据气流方向各接口的连接顺序为hgfeabc。(3)利用装置中的碱石灰防止空气中的水分和二氧化碳倒吸进入装置。(4)高锰酸钾和浓盐酸混合可制备氯气,因此分液漏斗中为浓盐酸;氯气能和水反应生成HClOHClO能使红布条褪色,因此需要用浓硫酸干燥氯气;氯气有毒,不能直接排放到大气中,所以装置D是用于吸收氯气,以免污染环境。

17【答案】1)钾与水反应放热(其他合理答案也可)    2K2H2O===2K2OHH2 (2B D

3将仪器A向左倾斜,使水与样品充分接触 将气体冷却至室温;移动量筒使量筒内外液面相平,使量筒内的气体压强与大气压强相等;平视读数 72.08%

【解析】2MnO2与稀盐酸不反应;Cl2能与饱和Na2CO3溶液反应生成CO2NaClNaClO等;碱石灰能吸收Cl2,故方案ACD均不合理。

3设样品中K2O2x molKO2y mol,根据反应2K2O22H2O===4KOHO24KO22H2O===4KOH3O2,则有110x71y3.942(x)4(3y)24.8(0.868),联立①②x0.01y0.04,故KO2的质量分数为3.94 g(0.04 mol×71 g·mol-1)×100%≈72.08%

第五单元

1C  2B  3 C  4D  5D 6B 7B  8A 9B 

10根据最后溶液中溶质为过量H2SO4FeSO4,充分灼烧后的固体为氧化铁,则铁元素的物质的量为160 g·mol-1(3.2 g)×20.04 mol,说明参加反应的硫酸的物质的量为0.04 mol,含氢离子0.08 mol,其中部分氢离子生成氢气,另外的H和合金中的氧结合成水,由于合金中氧的物质的量为16 g·mol-1(5.76 g-3.2 g-2.24 g)0.02 mol,它结合氢离子0.04 mol,所以硫酸中有(0.080.04) mol0.04 mol H生成氢气,即生成0.02 mol氢气,标准状况下的体积为448 mL,故A错误;合金中Fe元素的质量为56 g·mol1×0.04 mol2.24 g,故合金中Fe元素的质量分数=5.76 g(2.24 g)×100%38.89%,故B正确;生成的滤渣3.2 g是铜,金属铜可以和Fe3反应,所以滤液A中一定不含Fe3,故C错误;由于硫酸过量,生成氢气,滤液中不含铜离子,滤渣3.2 g为金属铜,铜的物质的量为64 g·mol-1(3.2 g)0.05 mol,若全部为氧化铜,氧化铜的质量为80 g·mol1×0.05 mol4.0 g,由于是部分铜被氧化成氧化铜,则样品中氧化铜的质量一定小于4.0 g,故D错误。

10 【答案】1)+2、+3 2)漏斗(32HFe===Fe2H22Fe3Fe===3Fe2

 KSCN溶液 无血红色现象  (4bc     (5)无      (64FeCO3O22Fe2O34CO2

【解析】3)步骤是将铁离子还原成亚铁离子,又因为溶液中还存在氢离子,则步骤中发生反应的离子方程式为2HFe===Fe2H22Fe3Fe===3Fe2;检验步骤已经进行完全,即溶液中没有铁离子,可以用KSCN溶液。(4)步骤中调节pH的试剂要能与酸反应且不引入新的杂质,所以用氧化亚铁或氨水较好,答案选bc。(5)由题中数据可知,溶液中c(Fe2c(OH)21.2×106×(1×105.5)21.2×1017Ksp[Fe(OH)2]4.8×1016,故无Fe(OH)2沉淀生成。(6)步骤中碳酸亚铁在空气中与氧气发生氧化还原反应,生成氧化铁,反应的化学方程式为4FeCO3O22Fe2O34CO2

11  【答案】1)防倒吸   (2)关闭K1,打开K2   把装置中残留的氨气全部赶入C装置中被吸收

3C装置出口处连接一个干燥装置    (4AD   522 400m(41V)×100%

6CO2AlO2(-)2H2O===HCO3(-)Al(OH)3↓   7)偏高

【解析】2)通入氮气的目的是把装置中残留的氨气全部赶入C装置,准确测定装置C增重的质量。(3)该装置存在的缺陷是空气中的水蒸气也可以进入装置C,使测定结果偏高,需要在C装置出口处连接一个盛碱石灰的干燥装置。(4)依据氨气极易溶于水的性质分析,CCl4不能溶解氨气,可以用排四氯化碳的方法测定氨气体积,A项正确;氨气极易溶于水,不能用排水法测定氨气体积,B项错误;氨气极易溶于水,不能用排NH4Cl溶液的方法测定氨气体积,C项错误;氨气不溶于苯,可以利用排苯的方法测定氨气体积,D项正确。答案选AD。(5)若m g样品完全反应,测得生成气体的体积为V mL(已转换为标准状况)

AlNNaOHH2O===NaAlO2NH3

41 g             22.4 L

 m             V×103 L

m(AlN)22 400(41V) g,则AlN的质量分数=22 400m(41V)×100%。(6)步骤生成的沉淀是氢氧化铝,由偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成,反应的离子方程式为CO2AlO2(-)2H2O===HCO3(-)Al(OH)3。(7)沉淀不洗涤得到的滤渣质量会增大,结果会偏高。

12  【答案】1c24FeO4(2-)10H2O4Fe(OH)3(胶体)8OH3O2 杀菌净水

第六单元

一、选择题 1B   2D  3B 4C5D

6【答案】D【解析】氯气和氢氧化钾溶液反应生成KClOKClO3KCl,根据图像知n(ClO)0.06 moln(ClO3(-))0.03 mol,故转移电子的物质的量为0.06 mol×(10)0.03 mol×(50)0.21 mol,故A正确;根据图像知,氯气和氢氧化钾反应先生成次氯酸钾,且该反应是放热反应,随着温度的升高,氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾,所以ClO3(-)的生成可能是由于温度升高引起的,故B正确;根据得失电子守恒可知n(Cl)0.21 mol,根据物料守恒可知n(K)n(Cl)n(ClO)n(ClO3(-))0.21 mol0.06 mol0.03 mol0.3 mol,则n(KOH)0.3 mol,则氢氧化钾质量为0.3 mol×56 g·mol116.8 g,故C正确;根据氯原子守恒可知参加反应的氯气为0.15 mol,氯气的状态未知,不能确定其体积,故D错 误。

7C 8C  9A

11.【答案】1)吸水 (2Si2HCl250~260 ℃SiH2Cl2     3d e f g b c d

4P2O5或无水CaCl2 尾气处理和防止空气中的水进入B中 

5SiH2Cl22Cl2SiCl42HCl(SiH2Cl2Cl2SiHCl3HCl)

【解析】1)浓硫酸有吸水性,使浓盐酸更易挥发出HCl。(2)利用原子守恒法配平。(3A装置制取HCl,连接C装置干燥,从f进入D中反应,SiH2Cl2g处挥发,在B装置中收集,SiH2Cl2的密度比空气大,导气管应长进短出,为防止空气中的水进入B中,则应在B后接干燥管。(4)前面的装置C是用来干燥氯化氢气体的,应选用P2O5或无水CaCl2,后面装置C的作用为尾气处理和防止空气中的水进入B中,应选碱石灰。(6)如果通入气体顺序相反,SiH2Cl2会与Cl2继续反应,生成SiCl4SiHCl3

11.【答案】1)使ClO2充分冷凝,减少挥发    2)蒸发结晶 趁热过滤

3①Na2SO3 H2O    ②2ClO2H2O22OH===2ClO2(-)O22H2O     相同

【解析】1)二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色有刺激性气味的气体,其熔点为-59 ℃,沸点为11.0 ℃B必须放在冰水浴中控制温度,其原因是使ClO2充分冷凝,减少挥发。

2)根据题给信息:NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O,在温度高于38 ℃时析出的晶体是NaClO2。从NaClO2溶液中制得NaClO2的操作步骤:蒸发结晶;趁热过滤;洗涤;干燥。

3根据题给流程知反应2ClO3(-)SO3(2-)2H===2ClO2SO4(2-)H2O,其中SO3(2-)S的化合价由+4价变成+6价,Na2SO3作还原剂;反应2H2O电解(=====)2H2O2,还原剂为H2O根据题给流程知ClO2H2O2在碱性条件反应生成NaClO2ClO2Cl的化合价由+4价降低为+3价,H2O2O的化合价由-1价升高到0价,则反应的离子方程式为2ClO2H2O22OH===2ClO2(-)O22H2O亚氯酸钠和稀盐酸发生歧化反应,生成氯化钠、二氧化氯和水,化学方程式为5NaClO24HCl===5NaCl4ClO22H2OClO2(-)ClO3(-)Fe2反应最终都变成Cl,变质前后转移的电子数相同,反应消耗Fe2 的物质的量相同。

第七单元

一、选择题(每小题3分,共48分)

1【答案】C【解析】硫粉燃烧生成二氧化硫,不能生成三氧化硫,故A正确;二氧化硫的生成可以是浓硫酸被还原生成,也可以是硫单质被氧化生成,故B正确;二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色,体现了酸性氧化物与碱反应的性质,与漂白性无关,故C错误;自然界中存在游离态的硫,如火山口存在游离态的硫,且S易溶于CS2,故D正确。

2【答案】D【解析】氨易液化,液态氨汽化时需要吸收大量的热,常用作制冷剂,A正确;与金属反应时,稀HNO3被还原为NOB正确;铵盐受热易分解,因此贮存铵态氮肥时要密封保存,并放在阴凉处,C正确;稀硝酸和活泼金属反应时主要得到NOD错误。

3【答案】B【解析】CO不与Na2S发生反应,因此没有沉淀产生,故A错误;SO2具有弱氧化性,与Na2S发生氧化还原反应,即SO22S24H===3S↓2H2O,故B正确;利用酸性强的制取酸性弱的,即发生2HS2===H2S,没有沉淀产生,故C错误;不产生沉淀,故D错误。

4【答案】D【解析】SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色,是由于酸性高锰酸钾溶液将SO2氧化为H2SO4,自身被还原成无色的Mn22KMnO45SO22H2O===K2SO42MnSO42H2SO4SO2能使卤水褪色,是由于X2(不包括F2)SO2氧化为H2SO4,本身被还原为无色XSO2X22H2O===H2SO42HXSO2能使棕色的Fe3变浅,是由Fe3氧化SO2生成H2SO4,本身被还原为浅绿色的Fe2SO22H2O2Fe3===2Fe24HSO4(2-)。故以上均不是SO2的漂白作用。

5【答案】D【解析】氮气和氧气在放电条件下反应生成NONOO2转化为NO2,即氮气与氧气不能一步转化为NO2

6【答案】B【解析】A项,氨水中的微粒有NH3·H2OH2ONH3三种分子和NH4(+)OHH三种离子,氯水中有Cl2HClOH2O三种分子和ClClOHOH四种离子,所以微粒的种类、数目均不相同;C项,氨水没有漂白性,不能漂白有机色素;D项,两水的变质原因不相同,氨水因挥发而变质,而氯水主要因HClO分解而变质。

7【答案】C【解析】SO2的漂白性是利用SO2与有色物质化合生成无色物质,是化学变化,A错误;SO3溶于水生成H2SO4NO3(-)在酸性条件下将SO2氧化为SO4(2-),因而SO2SO3的混合气体通入Ba(NO3)2溶液中最终沉淀为BaSO4B错误;三种物质均不与浓硫酸反应,能用浓硫酸干燥,C正确;氢氧化钾与二氧化硫和三氧化硫都能反应,而且都没有明显现象,因此不能用KOH溶液鉴别,D错误。

8【答案】B【解析】陈述表现了SO2的还原性,而陈述表现为漂白性,没有因果关系;陈述都正确且具有因果关系;陈述表现出浓硫酸的吸水性,没有因果关系;陈述错误,常温下,铁与浓硝酸不反应不正确,钝化属于化学反应。

9【答案】B【解析】设各种气体的体积都为1体积。根据3NO2H2O===2HNO3NO,即剩余NO的体积V13(1)体积。根据4NO2O22H2O===4HNO3,即剩余O2的体积V24(1)体积。剩余N2的体积V31体积。即B项符合题意。

10【答案】B【解析】木炭与浓硝酸共热可以得到二氧化碳和二氧化氮两种气体,气体先导入适量蒸馏水中,二氧化氮溶于水,得到硝酸和一氧化氮,二氧化碳几乎不溶于水,再导入澄清石灰水中,二氧化碳可以使石灰水变浑浊,即变浑浊;气体直接导入澄清石灰水中,二氧化氮将氢氧化钙转化为硝酸钙,二氧化碳不与硝酸钙溶液反应,即不变浑浊。

11【答案】B【解析】硝酸具有强氧化性,NO3(-)碱性条件下氧化性较弱,但在酸性条件下,具有强氧化性。在铁和铜的混合物中,加入不足量的稀硝酸,反应后剩余金属m1 g,溶液为金属的硝酸盐,再向其中加入一定量的稀硫酸,充分振荡后,NO3(-)H继续和剩余的金属反应,剩余金属的质量m2 g一定小于m1 g

12【答案】C【解析】硝酸根离子在酸性溶液中具有氧化性,能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子,不能确定原溶液中是否含硫酸根离子,即不能说明Na2SO3已部分被氧化,A错误;滴入Ba(NO3)2溶液,产生白色沉淀,白色沉淀为亚硫酸钡或亚硫酸钡和硫酸钡,生成的沉淀中不一定含有BaSO4B错误;亚硫酸钡可与硝酸发生氧化还原反应,则加盐酸后的不溶沉淀一定为BaSO4C正确;由上述分析可知,原溶液可能被氧化,也可能没有被氧化,即此实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化,D错误。

13【答案】A【解析】Fe2(SO4)3SO2反应的离子方程式为2Fe3SO22H2O===2Fe2SO4(2-)4H,反应生成H,故溶液酸性B>AC错误;溶液B中可能含有剩余的Fe3A正确;离子方程式电荷不守恒,B错误;溶液C为硫酸铁和硫酸溶液,FeOH2SO4反应生成FeSO4D错误。

14【答案】D【解析】即使不变质,在酸性条件下,NO3(-)也把SO3(2-)氧化成SO4(2-),生成BaSO4沉淀,D错误。

15【答案】C【解析】A项,NaHCO3不是化肥;B项,Na2CO3受热不易分解;D项,NaCl不水解。

16【答案】A【解析】铁粉既能与硝酸反应也能与硫酸反应,从题干图中看出(注意只是第二份100 mL)OA段产生的是NOAB段的反应为Fe2Fe3===3Fe2BC段产生氢气,反应为Fe2H===Fe2H2,可知NO3(-)反应完全,第二份中NO3(-)应为56 g·mol-1(5.6 g)×3÷30.1 mol,溶液中最终溶质为FeSO4,此时反应的铁的质量是14 g,即0.25 mol,故原混合酸中H2SO4浓度为0.1 L(0.25 mol)2.5 mol·L1NO3(-)物质的量为0.2 mol。所以选A

二、非选择题

17【答案】1①∶N⋮⋮N 

2NH3HCl===NH4ClNH4HSO4(NH4)2SO44Fe(OH)2O22H2O===4Fe(OH)3

3)氨在水中存在平衡:NH3H2ONH3·H2ONH4(+)OH,加入NaOHOH浓度增大平衡逆向移动,故有利于氨的脱除

42NH33O22HNO22H2O 2.35

【解析】1氮气电子式中存在三键;根据非金属性的判断依据非金属性越强,气态氢化物越稳定,很容易判断出NH3的稳定性强于PH3。(2根据现象写方程式;氨气溶于浓硫酸,能生成(NH4)2SO4NH4HSO4根据现象写方程式,氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁:4Fe(OH)2O22H2O===4Fe(OH)3。(3)氨在水中存在平衡:NH3H2ONH3·H2ONH4(+)OH,加入NaOHOH浓度增大,平衡逆向移动,故有利于氨的逸出。(4)由方程式可看出,每当生成1 mol HNO2,转移电子数为6 mol,当有0.3 mol电子发生转移时,生成亚硝酸0.05 mol,即2.35 g

18【答案】12COSO2===S↓2CO2 (25 2 1 5 1 1 1 0.5 (3A (4)无明显现象

【解析】1CO还原SO2C被氧化,化合价由+24价,升高了2价,S被还原,化合价由+4→0价,降低了4价,最小公倍数为4,再依据原子守恒得2COSO2S↓2CO2。(2Na2SO3S由+46价,升高了2价,KIO3I由+5→0价,降低了5价,最小公倍数为10,然后依据原子守恒得5Na2SO32KIO3H2SO4===5Na2SO4K2SO4I2H2O依据生成1 mol I2,共转移电子10 mol,因此转移5 mol电子,生成0.5 mol I2。(3Fe3具有强氧化性,SO2具有还原性,两者发生反应生成Fe2SO4(2-)Ba2SO4(2-)===BaSO4,因此沉淀是硫酸钡,故选项A正确。(4)钝化:利用浓硫酸的强氧化性,在铁表面产生一层致密的氧化物薄膜阻碍反应的进行,氧化膜是铁的氧化物,不与硫酸铜反应,因此铁棒表面无明显变化,则发生了钝化,如果没有发生钝化,会发生反应FeCu2===CuFe2,有红色物质附着在铁棒表面。

第八单元

1--6  A  A  D  C  C  D    7--12  C  C  B  D  D

13.【答案】1Na[∶··]     22H2O22H2OO2

32SO2O2催化剂2SO3    4NaOH NaClO(NaHS)

14.【答案】1第二周期第ⅤA族 ② HClO4   2NaO2ClS2

33Cl28NH3===6NH4ClN2 2∶3

15.【答案】1CaCO32H===Ca2CO2H2O      (2AD    3)除HCl气体 NaHCO3 

4)关闭弹簧夹1,打开弹簧夹2,当D中出现白色胶状沉淀后 Na2SiO3CO2H2O===H2SiO3Na2CO3 

5)碳和硅位于同一主族,从上到下,原子半径逐渐增大,得电子的能力减弱,非金属性减弱

第九单元

1.C

2.B【解析】增大一种反应物的浓度可以增大另一种反应物的转化率,故A正确;中和热的定义为强酸与强碱的稀溶液混合生成1 mol水放出的热量,含1 mol H2SO4的浓溶液与足量NaOH反应生成2 mol水,且浓溶液溶于水放热,故B错误;二氧化硫与三氧化硫均属于酸性氧化物,故C正确;ΔH1(ΔH2ΔH3)<0,故为放热反应,故D正确。

3.B

4.A【解析】石墨转化为金刚石的过程是吸热反应,金刚石能量高,石墨比金刚石稳定,A正确;等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,固体硫变为蒸气需要吸收热量,前者放出热量更多,B错误;含1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH的溶液混合,醋酸为弱酸,溶于水电离需要吸热,放出热量小于57.3 kJC错误;2 g H2的物质的量为1 mol,此反应为放热反应,ΔH<0,故氢气燃烧的热化学方程式为

2H2(g)O2(g)===2H2O(l) ΔH2×(285.8 kJ·mol1)=-571.6 kJ·mol1D错误。

5D    6C    7.A     8A

二、非选择题(共52分)

9【答案】1①放热②N2(g)3H2(g)===2NH3(g) ΔH=-92 kJ·mol1

2)-621.2 N2H4(l)2H2O2(l)===N2(g)4H2O(l) ΔH=-817.6 kJ·mol13)环形玻璃搅拌棒 0.55

10【答案】1> ΔH1ΔH2ΔH32H2O Q kJ·mol1

【解析】1)读图可见反应吸热,ΔH>0;读图可见-ΔHΔH1ΔH2ΔH3。(2)读图可知温度越高,CO2转化率越低,说明正反应为放热反应。当500 Kn(H2)n(CO2)2时,CO2的转化率为60%,放热0.3Q kJ,则当消耗2 mol CO2时放热Q kJ

11.(1163.52 kJ

2C2H8N2(l)2N2O4(l)===2CO2(g)4H2O(g)3N2(g) ΔH=-2 550.0 kJ·mol1

3N2H4(l)2F2(g)===N2(g)4HF(g) ΔH=-1 126.0 kJ·mol1

4H2(l)12O2(l)===H2O(g) ΔH=-237.46 kJ·mol1

【解析】16.4 g液态肼的物质的量为0.2 mol。由盖斯定律可知:液态肼与H2O2反应生成N2和液态水的热化学方程式:N2H4(l)2H2O2(l)===N2(g)4H2O(l)  ΔH=-(641.64×44)kJ·mol1=-817.6 kJ·mol1

0.2 mol 液态肼放出的热量为0.2 mol×817.6 kJ·mol1163.52 kJ

2N2O4与偏二甲肼反应的产物为CO2N2和气态水,1 mol C2H8N2(l)N2O4完全燃烧放出的热量为

425 kJ10.0 g×60 g2 550.0 kJ。热化学方程式为

C2H8N2(l)2N2O4(l)===2CO2(g)4H2O(g)3N2(g)   ΔH=-2 550.0 kJ·mol1

3)根据盖斯定律,由①+②×4×2得:

N2H4(l)2F2(g)===N2(g)4HF(g)ΔH=-1 126.0 kJ·mol1

4)根据盖斯定律,由④+③-①-②×12得:H2(l)12O2(l)===H2O(g)   ΔH=-237.46 kJ·mol1

 

 

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本文作者:默涵      文章标题: 化学卷子答案来喽,你准备好了吗?
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百万链2018-07-25 21:58
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