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    必刷01 硫、氮、硅及其化合物的性质及转化-2020-2021学年高一化学下学期期末复习核心考点必刷200题(人教版2019必修第二册)(解析版)
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    必刷01 硫、氮、硅及其化合物的性质及转化-2020-2021学年高一化学下学期期末复习核心考点必刷200题(人教版2019必修第二册)(解析版)

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    这是一份必刷01 硫、氮、硅及其化合物的性质及转化-2020-2021学年高一化学下学期期末复习核心考点必刷200题(人教版2019必修第二册)(解析版),共1页。试卷主要包含了下列说法不正确的是,针对下列实验现象表述不正确的是,下列有关说法正确的是等内容,欢迎下载使用。

    1.(2020·济南市长清第一中学高一月考)下列说法不正确的是( )
    A.硫是一种淡黄色能溶于水的固体
    B.硫的化合物常存在于火山喷出的气体中和矿泉水里
    C.硫是黑火药的主要成分
    D.一些动、植物体内也含有硫元素
    【答案】A
    【详解】
    A.硫是一种淡黄色固体,难溶于水,微溶于酒精,易溶于二硫化碳,A不正确;
    B.硫的化合物常存在于火山喷出的气体中,常以SO2的形式存在,矿泉水里含有硫酸盐,B正确;
    C.黑火药的是由硫磺、木炭、硝酸钾等混合而成,硫是主要成分之一,C正确;
    D.一些动、植物体内也含有硫元素,如蛋白质里往往含有硫元素,D正确;
    故选A。
    2.在一定条件下,下列物质不能与二氧化硅反应的是( )
    ①焦炭 ②纯碱 ③碳酸钙 ④氢氟酸 ⑤高氯酸 ⑥氢氧化钾 ⑦氧化钙⑧ 氮气
    A.③⑤⑦⑧B.⑤⑦⑧C.⑤⑧D.⑤⑦
    【答案】C
    【详解】
    ①SiO2+2CSi+2CO↑,制备粗硅的反应,所以能反应,故不选;
    ②SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑,制备玻璃的两个反应之一,故不选;
    ③SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑,制备玻璃的两个反应之一,故不选;
    ④SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O,氢氟酸是唯一能腐蚀玻璃的酸,故不选;
    ⑤不反应,氢氟酸是唯一能腐蚀玻璃的酸,故选;
    ⑥SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O,强碱能腐蚀玻璃,故不选;
    ⑦SiO2+CaOCaSiO 3,故不选;
    ⑧不反应,有碳的时候反应3 SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO,故选;
    故答案为:C。
    3.(2020·江西鹰潭市·鹰潭一中高一期末)针对下列实验现象表述不正确的是
    A.往氯水和FeCl2混合溶液中滴加KSCN溶液,溶液显红色
    B.SO2气体使湿润的蓝色石蕊试纸先变红色后褪色
    C.金属钠投入到硫酸铜溶液中,钠四处游动,并产生蓝色沉淀
    D.往蔗糖中加入浓硫酸,蔗糖变成黑色蜂窝状的固体,同时释放出刺激性气味气体
    【答案】B
    【详解】
    A.氯水具有氧化性, FeCl2具有还原性,两者反应产生FeCl3,铁离子遇KSCN显红色,故A正确;
    B.SO2与水反应生成亚硫酸,能使湿润的蓝色石蕊试纸变红,但不能褪色,故B错误;
    C.金属钠投入到硫酸铜溶液中,钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠再和硫酸铜反应产生蓝色氢氧化铜沉淀,所以现象会有钠四处游动,并产生蓝色沉淀,故C正确;
    D.浓硫酸的脱水性使蔗糖变成黑色蜂窝状的固体(C),同时放热,浓硫酸和C发生氧化还原反应产生二氧化硫,即释放出刺激性气味气体,故D正确。
    答案选B。
    【点睛】
    B.SO2不能漂白酸碱指示剂。
    4. “封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点,下列关于三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法正确的是( )
    A.加热时,①中上部汇集了NH4Cl固体
    B.加热时,②中溶液变红,冷却后又都变为无色
    C.加热时,③中溶液变红,冷却后红色褪去,体现SO2的还原性
    D.三个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应
    【答案】A
    【详解】
    A.加热时,①上部汇集了固体NH4Cl,是由于氯化铵不稳定,受热易分解,分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵,故A正确;
    B.加热时氨气逸出,②中颜色为无色,冷却后氨气溶解②中为红色,故B错误;
    C.二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性,受热又分解,恢复颜色,所以加热时,③溶液变红,冷却后又变为无色,故C错误;
    D.可逆反应应在同一条件下进行,题中实验分别在加热条件下和冷却后进行,不是可逆反应,故D错误。
    答案选A。
    5.(2020·许昌市第三高级中学高一月考)欲检验只含一种阴离子的溶液中是否含有,下列操作中正确是
    A.先加入稀硝酸,没有产生沉淀,然后再加硝酸钡,产生白色沉淀,证明有存在
    B.先加入硝酸钡,产生白色沉淀,然后再加稀硝酸,沉淀不溶解,证明有存在
    C.先加入稀盐酸,没有产生沉淀,然后再加氯化钡,产生白色沉淀,证明有存在
    D.先加入氯化钡,产生白色沉淀,然后再加稀盐酸,沉淀不溶解,证明有存在
    【答案】C
    【分析】
    检验离子应排除离子和Ag+离子的干扰,亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子,硫酸钡和氯化银都不溶于硝酸,据此解答。
    【详解】
    A. 先加入硝酸不能排除亚硫酸根离子的干扰,亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子而生成硫酸钡沉淀,故A错误;
    B. 先加入硝酸钡,产生白色沉淀,然后再加稀硝酸,沉淀不溶解,不能排除亚硫酸根离子的干扰,亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子而生成硫酸钡沉淀,故B错误;
    C. 先加入稀盐酸,没有产生沉淀,排除银离子的干扰,然后再加氯化钡,产生白色沉淀,证明有存在,故C正确;
    D. 先加入氯化钡,产生白色沉淀,然后再加稀盐酸,沉淀不溶解,不能排除银离子的干扰,故D错误。
    故答案选C。
    6.(2020·西安市第八十五中学高一期末)下列关于硅单质及其化合物的说法中错误的是( )
    A.陶瓷、玻璃、水泥、水晶饰品等,都是硅酸盐产品
    B.常温下,单质硅的性质稳定,与氧气、氯气、硝酸、硫酸等很难发生反应
    C.水玻璃可以作为粘合剂、木材防腐剂
    D.青花瓷胎体的原料为高岭土[Al2Si2O3(OH)4],若以氧化物形式可表示为:Al2O3•2SiO2•2H2O
    【答案】A
    【详解】
    A.陶瓷、玻璃、水泥等,都是硅酸盐产品,水晶饰品的主要成分是二氧化硅,不是硅酸盐,故A错误;
    B.常温下,单质硅的性质稳定,与氧气、氯气、硝酸、硫酸等都很难发生反应,加热条件下与氧气、氯气反应,故B正确;
    C.水玻璃中的硅酸钠具有粘性,可以作为粘合剂、木材防腐剂,故C正确;
    D.青花瓷胎体的原料为高岭土[Al2Si2O5(OH)4],若以氧化物形式可表示为:Al2O3·2SiO2·2H2O,故D正确;
    故选A。
    7.(2020·浙江高一月考)侯氏制碱法的化学反应原理为NaCl +CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4C1,如图为模拟侯氏制碱法制取NaHCO3部分装置。已知NH3极易溶于水,下列操作正确的是
    A.a通入CO2,然后b通入NH3, c中放碱石灰
    B.a通入NH3,然后b通入CO2, c中放碱石灰
    C.b通入CO2,然后a通入NH3, c中放蘸了稀硫酸的脱脂棉
    D.a通入NH3,然后b通入CO2, c中放蘸了稀硫酸的脱脂棉
    【答案】D
    【详解】
    侯氏制碱法这一实验过程中,由于CO2在水中的溶解度较小,而NH3的溶解度较大,为防止倒吸,b管通CO2,a管通NH3,所以要在食盐水先通NH3然后再通CO2,否则CO2通入后会从水中逸出,等再通NH3时溶液中CO2的量就很少了,这样得到的产品也很少,在这个实验中的尾气主要是CO2和NH3,其中NH3对环境影响较大,要吸收,而NH3是碱性气体,所以在C装置中要装酸性物质,故D符合题意。
    8.(2020·上林县中学高一期末)工业上以氮气为主要原料制备硝酸,其转化过程如下所示,其中氮元素只被还原的一步是
    N2NH3NONO2HNO3
    A.①B.②C.③D.④
    【答案】A
    【分析】
    氮元素只被还原,表明含氮物质作氧化剂,氮元素化合价降低。
    【详解】
    ①N2→NH3,N元素的化合价降低,①符合题意;
    ②NH3→NO,N元素的化合价升高,②不合题意;
    ③NO→NO2,N元素的化合价升高,③不合题意;
    ④NO2→HNO3,N元素的化合价一部分升高,一部分降低,④不合题意;
    综合以上分析,只有①符合题意;故选A。
    9.如图是实验室制取SO2并验证SO2某些性质的装置图。若观察到装置④中有淡黄色沉淀生成,⑤中的溴水褪色,下列说法错误的是( )
    A.①中发生反应的离子方程式是SO+2H+=H2O+SO2↑
    B.②中溶液变为红色
    C.③的品红溶液褪色,证明SO2有漂白性
    D.④中SO2作还原剂
    【答案】D
    【分析】
    亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫,二氧化硫能够使石蕊溶液变红(体现酸性氧化物性质),使品红溶液褪色(体现漂白性),与氢硫酸溶液反应生成黄色沉淀(体现氧化性),使溴水褪色(体现还原性),最后尾气被碱液吸收。
    【详解】
    A.亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫,①中发生反应的离子方程式是SO+2H+=H2O+SO2↑,故A正确;
    B.②中溶液变为红色,SO2溶于水生成亚硫酸,石蕊遇到酸变红,故B正确;
    C.二氧化硫能够使品红褪色,③的品红溶液褪色,证明SO2有漂白性,故C正确;
    D.④中为二氧化硫与氢硫酸反应生成单质硫,反应中SO2作氧化剂,被还原,故D错误;
    故选D。
    10.下列有关说法正确的是( )
    A.硅酸钠溶液与醋酸混合的离子方程式为SiO+2H+=H2SiO3↓
    B.向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体,出现白色沉淀,说明H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强
    C.SiO2有导电性,所以SiO2可用于制备光导纤维
    D.单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料
    【答案】D
    【详解】
    A.硅酸钠溶液与醋酸混合的离子方程式为SiO+2CH3COOH=H2SiO3↓+2CH3COO-,故A错误;
    B.Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体,生成白色沉淀H2SiO3,说明H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性弱,故B错误;
    C.SiO2晶体有导光性,可用于制备光导纤维,但SiO2没有导电性,故C错误;
    D.单质硅可用于制作太阳能电池的原料,太阳能电池可将太阳能转化为电能,故D正确;
    故答案为D。
    11.(2021·河北石家庄市·石家庄二中高一月考)下图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。下列说法正确的是
    A.操作Ⅱ发生反应的离子方程式为:2Fe2++4H++O2=2Fe3++2H2O
    B.溶液b中阳离子只有Fe2+
    C.溶液a转化为溶液b的反应中,SO2被氧化
    D.加入FeO可以使溶液c转化为溶液a
    【答案】C
    【分析】
    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。
    【详解】
    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。
    12.(2020·江西鹰潭市·鹰潭一中高一期末)下列离子反应方程式正确的( )
    A.实验室用固体氯化铵和熟石灰共热制取NH3:2+Ca(OH)22NH3↑+Ca2++2H2O
    B.铜与浓硝酸反应: 3Cu+8H++ 2=3Cu2++2NO↑+4H2O
    C.氨水与FeCl3反应:3OH-+ Fe3+ =Fe(OH)3↓
    D.用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫:2+SO2+H2O=2+
    【答案】D
    【详解】
    A.实验室用固体氯化铵和熟石灰共热制取氨气的反应不是在水溶液中进行的反应,不能用离子方程表示,故A错误;
    B.铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水,反应的离子方程式为Cu+4H++ 2=Cu2++2NO2↑+2H2O,故B错误;
    C.氨水与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵,反应的离子方程式为3NH3·H2O+ Fe3+ =3+Fe(OH)3↓,故C错误;
    D.碳酸钠溶液与少量二氧化硫反应生成碳酸氢钠和亚硫酸钠,反应的离子方程式为2+SO2+H2O=2+,故D正确;
    故选D。
    13.(2020·江西南昌市·南昌二中高一月考)工业上制备高纯硅有多种方法,其中的一种工艺流程如图:
    已知:流化床反应的产物中,除SiCl4外,还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等。下列说法正确的是( )
    A.电弧炉中发生的反应为C+SiO2CO2↑+Si
    B.SiCl4进入还原炉之前需要经过蒸馏提纯
    C.每生成1ml高纯硅,需要44.8LCl2标准状况
    D.该工艺Si的产率高且无副产物,符合绿色化学要求
    【答案】B
    【详解】
    A.电弧炉中发生的反应为:2C+SiO22CO↑+Si,故A错误;
    B.通入氯气反应生成物除SiCl4外,还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等,通过蒸馏得到SiCl4,故B正确;
    C.反应有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等,则每生产1ml高纯硅,需要Cl2(标准状况)的体积大于44.8L,故C错误;
    D.该工艺生成HCl等副产品,不符合绿色化的要求,故D错误;
    故选B。
    14.(2020·泊头市第一中学高一月考)标准状况下,向100mLH2S饱和溶液中通入SO2气体,所得溶液pH变化如图所示。下列分析正确的是( )
    A.a点对应溶液的导电性比d点强
    B.反应过程中H2S表现了氧化性
    C.向d点的溶液中加入足量Ba(OH)2溶液,产生BaSO3白色沉淀
    D.H2S饱和溶液的物质的量浓度为0.05ml∙L-1
    【答案】C
    【分析】
    据图可知,b点时H2S和SO2恰好完全反应:2H2S+SO2=3S↓+2H2O,根据b点对应的反应推出a点对应的H2S饱和溶液中n(H2S)=×2=0.01ml,结合横轴上的数据分析,继续通入二氧化硫得到的是H2SO3溶液,则c、d点对应的是H2SO3溶液,据此分析判断;
    【详解】
    A.H2S和H2SO3均为二元酸且d点溶液酸性比a点强,则d点对应的溶液中离子的浓度较大,d点对应溶液导电性比a点对应溶液导电性强,故A错误;
    B.由反应2H2S+SO2=3S↓+2H2O可知,H2S中的S元素化合价从-2价升高到0价,H2S表现了还原性,故B错误;
    C.d点对应的是H2SO3溶液,向d点对应的溶液中加入Ba(OH)2溶液,H2SO3与Ba(OH)2反应生成BaSO3白色沉淀,故C正确;
    D.b点时H2S和SO2恰好完全反应,消耗SO2的物质的量为:=0.005ml,依据反应2H2S+SO2=3S↓+2H2O可知,n(H2S)=0.005ml×2=0.01ml,c(H2S)==0.1ml/L,故D错误;
    答案选C。
    15.(2020·安徽省泗县第一中学高一月考)amlFeS与bmlFeO投入到VL、cml∙L-1的硝酸溶液中充分反应,产生NO气体,所得澄清溶液的成分可看作是Fe(NO3)3、H2SO4的混合液,则反应中未被还原的硝酸可能为:( )
    A.(a+b)×63gB.(a+b)×186gC.(a+b)mlD.(cV-)ml
    【答案】D
    【分析】
    本题分两种情况:(1)当硝酸恰好反应时,生成硝酸铁的硝酸就是未被还原的硝酸,根据铁离子的物质的量计算未被还原的硝酸的物质的量即可;
    (2)若硝酸过量时,当硝酸过量时,除去生成一氧化氮的硝酸就是未被还原的硝酸,根据氧化还原反应中得失电子守恒计算被还原的硝酸,硝酸总量-被还原的硝酸=未被还原的硝酸。
    【详解】
    (1)如果硝酸不足量,则未被还原的硝酸为生成硝酸铁部分的硝酸,根据N、Fe原子守恒得n(HNO3)=3n[Fe(NO3)3]=3n(Fe)=3[n(FeS)+n(FeO)]=3×(a+b)ml=3(a+b)ml, m(HNO3)=n(HNO3)×M(HNO3)=(a+b)×189g;
    (2)如果硝酸过量,则FeS和FeO完全反应,被还原的硝酸为生成NO的硝酸,反应中Fe元素由+2价升高为+3价,硫元素由-2价升高为+6价,氮元素由+5价降低为+2价,根据电子转移守恒知:设NO物质的量为x,(5-2)x=a×[(3-2)+6-(-2)]+b×(3-2),生成NO的硝酸的物质的量x=ml,根据N原子守恒得未被还原的硝酸的量=cVml-ml。
    故答案选D。
    【点睛】
    复杂氧化还原反应中,抓住原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒可以使复杂问题简单化,若果绕去写化学方程式,就把复杂问题更复杂化了。
    16.(2020·北京海淀区·清华附中高一期中)物质类别与元素化合价是研究物质性质的两个视角,下列是硫元素及其化合物的“价类二维图”。根据要求回答下列问题:Na2SO3
    (1)写出图中A的化学式:_____。
    (2)SO2属于______氧化物,因此可与NaOH、______(写出与NaOH不同类别的一个具体物质)等反应。当SO2与NaOH按照物质的量之比为1:1完全反应时,生成的盐类物质的化学式为_____。
    (3)小艾同学预测SO2具有还原性,其理论依据是____,将SO2通入FeCl3溶液中,下列实验事实能够证实SO2具有还原性的是____。
    ①反应后溶液由黄色变为浅绿色
    ②取反应后的溶液少许,加入BaCl2溶液,产生白色沉淀
    ③取反应后的溶液少许,加入Ba(OH)2溶液,产生沉淀,加入量盐酸后沉淀部分溶解。
    (4)SO2与酸性高锰酸钾反应时,后者的产物是Mn2+,试写出该反应的离子方程式_____,其中SO2是____(填“氧化剂”或“还原剂”)
    【答案】H2SO3 酸性 CaO NaHSO3 硫元素化合价为+4价,位于硫元素的中间价态 ①② 2+5SO2+2H2O =2Mn2+++ 4H+ 还原剂
    【详解】
    (1)根据价类二维图可知,A中硫元素化合价为+4价,物质类别属于酸,故A的化学式为H2SO3。
    (2)二氧化硫能碱反应生成盐和水,故SO2属于酸性氧化物,可与NaOH、碱性氧化物,如CaO等反应。当SO2与NaOH按照物质的量之比为1:1完全反应时,生成亚硫酸氢钠,化学式为NaHSO3。
    (3) SO2中硫元素化合价为+4价,位于硫元素的中间价态,故具有还原性,若二氧化硫具有还原性,将SO2通入FeCl3溶液中,会发生氧化还原反应生成氯化亚铁、硫酸和氯化氢,可以观察到反应后溶液由黄色变为浅绿色,取反应后的溶液少许,加入BaCl2溶液,产生白色沉淀。
    (4)SO2与酸性高锰酸钾反应发生氧化还原反应,后者的产物是Mn2+,离子方程式为2+5SO2+2H2O =2Mn2++5+ 4H+,其中SO2中硫元素化合升高,故二氧化硫作还原剂。
    17.(2020·公安县第三中学高一期中)NaNO2因外观和食盐相似,又有咸味,容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应:2NaNO2+4HI=2NO+I2+2NaI+2H2O。
    (1)反应中______元素被氧化(填元素名称),_________是氧化剂(填化学式);
    (2)用单线桥标出电子转移方向和数目:2NaNO2+4HI=2NO+I2+2NaI+2H2O,________
    (3)HI表现的性质是________。
    (4)根据上述反应,鉴别NaNO2和NaCl。可选用的物质有:①水②碘化钾③淀粉溶液④白酒⑤食醋,你认为必须选用的物质有________(填序号)。
    (5)某厂废液中,含有2%~5%的NaNO2,直接排放会造成污染,下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是____________。
    A.NaClB.NH4ClC.HNO3D.浓H2SO4
    【答案】碘 NaNO2 还原性、酸性 ②③⑤ B
    【详解】
    (1)2NaNO2+4HI=2NO+I2+2NaI+2H2O中碘元素的化合价升高,失电子,碘元素被氧化,NaNO2中氮元素的化合价降低,所以NaNO2是氧化剂;
    (2)2NaNO2+4HI=2NO+I2+2NaI+2H2O中碘元素的化合价从-1价升高到0价,失去1个电子,NaNO2中氮元素的化合价从+3价降低到+2价,得到1个电子,根据得失电子守恒可知转移电子数是2个,所以用单线桥标出电子转移方向和数目为;
    (3)反应中碘元素化合价升高,被氧化,同时还有碘化钠生成,则HI在反应中的作用是还原性和酸性;
    (4)淀粉、白酒与NaNO2都不反应,所以无明显现象;KI与NaNO2反应生成I2必须在酸性条件下才能反应,食醋会电离出微量的氢离子,碘化钾在食醋本身带的溶剂水中电离出碘离子,亚硝酸钠电离出亚硝酸根与钠离子,发生反应生成碘单质,I2使淀粉溶液变蓝,故答案为②③⑤;
    (5)NaNO2→N2是被还原,必须加还原剂,硝酸和浓硫酸均具有强氧化性,亚硝酸钠不能氧化氯离子,故只能加NH4Cl作还原剂,方程式为NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O,故答案为B。
    18.工业生产硝酸的尾气中含有氮氧化物NOx(NO和NO2的混合物,假设不含N2O4),对生态环境和人类健康带来较大的威胁。
    (1)工业上也常用Na2CO3溶液吸收法处理NOx。
    已知:NO不能与Na2CO3溶液反应。
    NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2(Ⅰ)
    2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2(Ⅱ)
    当NOx被Na2CO3溶液完全吸收时,x的值不可能是___________(填字母)。
    A.1.9 B.1.8 C.1.6 D.1.3
    (2)用足量的Na2CO3溶液完全吸收NOx,每产生22.4L(标准状况)CO2(全部逸出)时,吸收液质量就增加44g,则NOx中的x值为___________。
    【答案】D 1.875
    【分析】
    由方程式可知,当NOx被Na2CO3溶液完全吸收时,则n(NO2)≥n(NO);由方程式可知,NOx的物质的量是CO2的2倍,由此分析。
    【详解】
    (1)由方程式NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2(Ⅰ)、2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2(Ⅱ)可知,当NOx被Na2CO3溶液完全吸收时,则n(NO2)≥n(NO),NO含量越少,x值越小,而n(NO2)=n(NO),x值最小,x最小==1.5,故x不可能为1.3,答案选D;
    (2)由方程式NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2(Ⅰ)、2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2(Ⅱ)可知,NOx的物质的量是CO2的2倍,CO2的物质的量为=1ml,则2ml×(14+16x)ml-1ml×44g/ml=44g,解得x=1.875。
    19.(2020·四川遂宁市·射洪中学高一期末)“材料”的发现和使用往往会极大地推动生产、生活的发展,一些材料的出现甚至具有里程碑式划时代的意义。请回答下列问题:
    (1)无机非金属材料。高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料,又称“半导体”材料,它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。这种材料可以按下列方法制备:
    ①写出步骤I的化学方程式:_______。
    ②步骤II经过冷凝得到的SiHCl3(沸点为33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点为57.6℃)和HCl(沸点为-84.7℃),提纯SiHCl3的实验方法是_______,所用到的玻璃仪器除酒精灯、温度计、锥形瓶外还需要_______。
    (2)磁性材料。这种黑色材料含有某种铁的氧化物,请写出该氧化物溶于稀硫酸溶液的化学方程式_______,简述检验所得溶液中较低价态阳离子的实验操作方法_______。
    (3)激光材料。我国是激光技术先进的国家,红宝石(Al2O3)是最早用于产生激光的材料。请用离子方程式来证明它是一种两性氧化物:_______、_______。
    (4)高分子材料。一种新型高效净水剂[Al Fe (OH)n Cl6-n]m属于无机高分子材料,它广泛应用于生活用水和工业污水的处理,其中铁元素的化合价为_______。
    (5)合金材料。取等质量的两份某镁铝合金分别加入足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液中,产生的H2体积分别为100mL、90mL则该合金中镁,铝的质量之比为_______。
    (6)消毒材料。棕黄色强刺激性气体Cl2O为国际公认高效安全灭菌消毒剂之一,实验室可用潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取少量Cl2O,补充完整并配平下列反应方程式:____。
    _______Cl2+_______Na2CO3+_______=_______NaHCO3+_______NaCl+_______Cl2O
    【答案】SiO2+2C Si+2CO↑ 蒸馏或分馏 蒸馏烧瓶和冷凝管 Fe3O4+4H2SO4 = FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O 取少量该溶液于试管中,滴入几滴KMnO4溶液,溶液变浅,说明溶液中含有Fe2+或加入铁氰化钾溶液出现蓝色沉淀,说明溶液中含有Fe2+ Al2O3+6H+=2Al3++3H2O Al2O3+2OH-=2AlO+H2O +3 4:27 2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+2NaCl+1Cl2O
    【分析】
    工业上用焦炭在高温下置换二氧化硅中的硅来制备粗硅,粗硅和HCl反应生成SiHCl3,再通入过量氢气得到纯硅,以此解答。
    【详解】
    (1)①工业上用焦炭在高温下置换二氧化硅中的硅来制备粗硅,方程式为:SiO2+2C Si+2CO↑,故答案为:SiO2+2C Si+2CO↑;
    ②SiHCl3(沸点33.0℃)、SiCl4(沸点57.6℃)、HCl(沸点-84.7℃),他们的沸点不同,根据沸点的不同实现物质分离的方法为蒸馏或分馏,所用到的玻璃仪器除酒精灯、温度计、锥形瓶外还需要蒸馏烧瓶和冷凝管;故答案为:蒸馏或分馏;蒸馏烧瓶和冷凝管;
    (2)具有磁性的黑色材料含有某种铁的氧化物即Fe3O4,与稀硫酸溶液反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水,方程式为:Fe3O4+4H2SO4 = FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O;因为二价铁离子能使酸性高锰酸钾溶液褪色,或者和铁氰化钾溶液反应出现蓝色沉淀,所以检验二价铁的方式是:取少量该溶液于试管中,滴入几滴KMnO4溶液,溶液变浅,说明溶液中含有Fe2+或加入铁氰化钾溶液出现蓝色沉淀,说明溶液中含有Fe2+;故答案为:Fe3O4+4H2SO4 = FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O;取少量该溶液于试管中,滴入几滴KMnO4溶液,溶液变浅,说明溶液中含有Fe2+或加入铁氰化钾溶液出现蓝色沉淀,说明溶液中含有Fe2+;
    (3)氧化铝是两性氧化物,既能和强酸反应又能和强碱反应,离子方程式分别为:Al2O3+6H+═2Al3++3H2O、Al2O3+2OH-=2AlO+H2O;故答案为:Al2O3+6H+═2Al3++3H2O;Al2O3+2OH-=2AlO+H2O;
    (4)化合物中铝元素显+3价,氢氧根为-1价,氯元素为-1价,各元素的化合价代数和为0,故铁元素的化合价为+3价,故答案为:+3;
    (5)因为铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气,而镁不反应,所以90mL氢气为铝与氢氧化钠溶液反应生成,又铝和镁都能与盐酸反应生成氢气,所以100mL氢气为铝和镁与盐酸反应生成,根据得失电子守恒,则铝生成90mL氢气,镁生成100mL-90mL=10mL氢气,所以合金中镁,铝的质量之比为10×24:90××27=4:27,故答案为:4:27;
    (6)反应中氯气是自身氧化还原反应,化合价从0价变化为-1价和+1价,依据原子守恒进而电子守恒得到,反应物缺项为H2O,配平的化学方程式为:2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+2NaCl+Cl2O,故答案为:2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+2NaCl+Cl2O。
    20.(2020·上海杨浦区·复旦附中高一期中)已知19.2g Cu与过量的200mL 6ml/L硝酸充分反应,反应结束后,除了产生Cu(NO3)2以外,还产生了NO与NO2两种气体共8.96L(标准状况下测定),请计算(忽略反应前后溶液体积的变化):
    (1)反应中转移电子的物质的量为______ml。
    (2)反应产生的混合气体中,产生NO气体的体积为______mL(标准状况下测定)。

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