福建省福州市2020届高三上学期9月调研考试化学试题(A)
展开福州市2020届高三化学学科9月调研卷(A)
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1.本试题分第Ⅰ卷选择题和第Ⅱ卷综合题,满分100,考试时间90分钟。
2.请将答案填写在答题卡上,否则答题无效。
3.可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 O-16 Mg-24 Al-27 S-32 Mn-55
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题(共48分,每小题3分,每小题只有一个正确答案)
1.雾霾中对人体有害的主要成分有固体细颗粒、氮和硫的氧化物、芳香烃、重金属离子。下列说法不正确的是
A. 苯是最简单的芳香烃
B. 重金属离子可导致蛋白质变性
C. 氮和硫的氧化物都属于酸性氧化物
D. 汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一
【答案】C
【解析】
【详解】A. 苯分子中只含1个苯环且没有侧链,所以苯是最简单芳香烃,故A正确;
B. 重金属盐有毒,金属离子可导致蛋白质变性,故B正确;
C. NO、NO2都不是酸性氧化物,故C错误,故选C;
D. 汽车尾气含大量的固体颗粒物,汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一,故D正确。
2.下列行为不符合安全要求的是( )
A. 实验室废液需经处理后才能排入下水道
B. 点燃易燃气体前,必须检验气体的纯度
C. 配制稀硫酸时将水倒入浓硫酸中并不断搅拌
D. 大量氯气泄漏时,迅速离开现场并尽量往高处去
【答案】C
【解析】
【详解】A.实验室废液中常含有大量有毒有害物质或者重金属离子,直接排放会对地下水造成污染,所以需经处理后才能排入下水道,故A正确;
B.点燃可燃性气体前需要检查纯度,避免因纯度不足导致气体爆炸发生危险,故B正确;
C.由于浓硫酸密度大于水,且稀释过程中放出大量热,稀释时应该将浓硫酸缓缓倒入水中并不断搅拌,故C错误;
D.氯气密度大于空气,低处的空气中氯气含量较大,所以大量氯气泄漏时,迅速离开现场并尽量逆风、往高处逃离,故D正确;
故选C。
3.对下列化学用语的理解正确的是
A. 丙烯的最简式可表示为CH2
B. 电子式既可以表示羟基,也可以表示氢氧根离子
C. 结构简式(CH3)2CHCH3既可以表示正丁烷,也可以表示异丁烷
D. 比例模型既可以表示甲烷分子,也可以表示四氯化碳分子
【答案】A
【解析】
【详解】A. 丙烯的分子式是C3H6,最简式可表示为CH2,故A正确;
B. 电子式表示羟基,表示氢氧根离子,故B错误;
C. 结构简式(CH3)2CHCH3表示异丁烷, CH3CH2CH2CH3表示异正烷,故C错误;
D. 比例模型可以表示甲烷分子;氯原子半径大于碳,所以不能表示四氯化碳分子,故D错误。
4.向FeCl3、CuCl2混合溶液中加入铁粉,充分反应后仍有固体存在,则下列判断不正确的是
A. 溶液中一定含有Fe2+ B. 溶液中一定含有Cu2+
C. 剩余固体中一定含有Cu D. 加入KSCN溶液一定不変红
【答案】B
【解析】
【分析】
氧化性:Fe3+>Cu2+,向FeCl3、CuCl2混合溶液中加入铁粉,先发生 Fe+2Fe3+=3Fe2+,再发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu。
【详解】A、Fe+2Fe3+=3Fe2+ 、 Fe+Cu2+=Fe2++Cu都能生成Fe2+,所以溶液中一定含有Fe2+,故A正确;
B、若铁过量,Fe+Cu2+=Fe2++Cu反应完全,溶液中不含Cu2+,故B错误;
C、铁的还原性大于铜,充分反应后仍有固体存在,剩余固体中一定含有Cu,故C正确;
D、充分反应后仍有固体存在,Fe、Cu都能与Fe3+反应,溶液中一定不含有Fe3+,加入KSCN溶液一定不変红,故D正确;选B。
【点睛】本题考查金属的性质,明确金属离子的氧化性强弱,确定与金属反应的先后顺序是解本题关键,根据固体成分确定溶液中溶质成分。
5.为了检验某固体物质中是否含有NH4+,下列试纸和试剂一定用不到的是
①蒸馏水 ②NaOH溶液 ③红色石蕊试纸 ④蓝色石蕊试纸 ⑤稀硫酸
A. ①⑤ B. ④⑤ C. ①③ D. ①④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】为了检验某固体物质中是否含有NH4+,可以向固体中加入NaOH溶液,并加热,将产生的气体用湿润的红色石蕊试纸检验,若试纸变为蓝色,就证明该气体是NH3,原固体中含有NH4+,因此一定用不到的物质是④蓝色石蕊试纸 ⑤稀硫酸,选项是B。
6.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温常压下,1molP4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为4NA
B. 0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后,其分子总数小于0.2NA
C. 20mL10mol/L的浓硝酸与足量铜加热反应转移电子数为0.1NA
D. 0.1molNH2-所含电子数为6.02×1023个
【答案】D
【解析】
【详解】A、P4是正四面体结构,每个P4分子中有6个共价键,1molP4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为6NA,故A错误;
B. H2+I2 2HI反应前后气体分子数不变,0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后,其分子总数等于0.2NA,故B错误
C. 20mL10mol/L的浓硝酸与足量铜加热反应生成NO2和NO,转移电子数不是0.1NA,故C错误;
D.1个NH2-含10个电子,0.1molNH2-所含电子数为6.02×1023个,故D正确。
7.某浓度稀HNO3与金属M反应时,能得到+2价硝酸盐,反应时M与HNO3的物质的量之比为5 ∶12,则反应时HNO3的还原产物是 ( )
A. NH4NO3 B. N2 C. N2O D. NO
【答案】B
【解析】
【详解】依据题意可列出反应方程式如下:5M+12HNO3=5M(NO3)2+N2↑+6H2O,某稀HNO3与金属M反应时能得到+2价硝酸盐,所以1mol M失去2mol电子,5mol M失去10mol电子;而12mol HNO3中,有10mol硝酸没有参加氧化还原反应,只有2mol硝酸参加氧化还原反应,得到10mol电子,硝酸中氮的化合价为+5价,所以还原产物必须是0价的N2,B项正确;
答案选B。
【点睛】利用电子转移数守恒是解题的突破口,找到化合价的定量关系,理解氧化还原反应的本质是关键。
8.A、B、C、D、E、F为原子序数依次递增的六种短周期主族元素,A的单质是最理想的燃料。C原子次外层电子数是最外层的1/3,E与C同主族,下列说法不正确的是
A. 元素D与A一定形成共价化合物
B. 元素B可能与元素A形成多种共价化合物
C. F最高价氧化物对应水化物定是一种强酸
D. 若元素D是非金属元素,则D的单质可能是良好的半导体材料
【答案】A
【解析】
【分析】
A的单质是最理想的燃料,A是H元素。C原子次外层电子数是最外层的1/3,说明C只能是第二周期的元素即C是O元素;E与C同主族,E是S元素;F是原子序数大于S的主族元素,F是Cl元素;B可能是Li、Be、B、C、N几种元素中的一种,D可能是F、Na、Mg、Al、Si、P中的一种。
【详解】A. 若元素D是Na,Na与H形成的化合物NaH是离子化合物,故A错误;
B. C、N与H元素都能形成多种共价化合物,如CH4、C2H6,NH3、N2H4等,故B正确;
C. F是Cl元素,最高价氧化物对应水化物是HClO4,HClO4是强酸,故C正确;
D. 若元素D是Si元素,Si单质是良好的半导体材料,故D正确;选A。
9.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X原子最外层有6个电子,Y是至今发现的非金属性最强的元素,Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置,W的单质广泛用作半导体材料。下列叙述正确的是
A. 原子最外层电子数由多到少的顺序:Y、X、W、Z
B. 原子半径由大到小的顺序:W、Z、Y、X
C. 元素非金属性由强到弱的顺序:Z、W、X
D. 简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序:X、Y、W
【答案】A
【解析】
试题分析:因为短周期主族元素,X的最外层有6个电子,因此X为O,Y是至今发现非金属性最强的元素,即Y为F,Z是Al,W为Si,A、最外层电子数由多到少的顺序是F、O、Si、Al,故正确;B、半径的大小比较是:一看电子层数,电子层数越多,半径相等,二看原子序数,电子层数相等,半径随着原子序数的递增而减小,因此顺序是Al>Si>O>F,故错误;C、Z是铝,属于金属,不表现非金属性,故错误;D、非金属性越强,其氢化物越稳定,非金属性F>O>Si,因此氢化物的稳定性是HF>H2O>SiH4,故错误。
考点:考查元素周期表、元素及其化合物的性质等知识。
此处有视频,请去附件查看】
10.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。今用此装置和表中提供的物质完成相关试验,最合理的选项是
选项 | a中的物质 | b 中的物质 | c中收集的气体 | d 中的物质 |
|
A | 浓氨水 | CaO | NH3 | H2O | |
B | 浓硫酸 | Na2SO3 | SO2 | NaOH溶液 | |
C | 稀硝酸 | Cu | NO2 | H2O | |
D | 浓盐酸 | MnO2 | Cl2 | NaOH溶液 |
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、氨气密度比空气的密度小,不能利用向上排空气法收集,故不选A;
B、浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体,二氧化硫密度大于空气,用向上排空气法收集,二氧化硫与氢氧化钠溶液反应,可用氢氧化钠吸收二氧化硫,故选B;
C、常温下Cu与稀硝酸反应生成一氧化氮,故不选C;
D、浓盐酸与MnO2需要加热才能反应生成氯气,故不选D。
11.下列各组离子在溶液中可以大量共存,且加入或通入试剂X后,发生反应的离子方程式也正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、HCO3-与SiO32-反应生成硅酸沉淀和CO32-,所以HCO3-与SiO32-不能大量共存,故不选A;
B、FeS溶于酸,所以Fe2+与H2S不反应,故不选B;
C、HClO能把SO32-氧化为SO42- ,HClO、SO32-不能共存,故不选C;
D、I-、Cl-、H+、SO42-不反应,加入NaNO3,酸性条件下碘离子被硝酸根离子氧化为碘单质,反应离子方程式是6I-+8H++2 NO3-=2NO↑+3I2+4H2O,故选D。
12.某学习小组按如下实验过程证明了海带中存在的碘元素:
下列说法不正确的是
A. 步骤①需要将干海带放入坩埚中灼烧
B. 步骤②反应的离子方程式为:2I- +2H++H2O2=I2+2H2O
C. 步骤③操作后,观察到试管中溶液变为蓝色,可以说明海带中含有碘元素
D. 若步骤②仅滴加稀硫酸后放置一会儿,步骤③操作后,试管中溶液不变成蓝色
【答案】D
【解析】
【详解】A. 固体在坩埚中灼烧,所以步骤①需要将干海带放入坩埚中灼烧,故A正确;
B. 步骤②中碘离子被过氧化氢氧化为碘单质,反应的离子方程式为:2I- +2H++H2O2=I2+2H2O,故B正确;
C. 碘单质能使淀粉溶液变蓝色,步骤③操作后,观察到试管中溶液变为蓝色,可以说明海带中含有碘元素,故C正确;
D. 若步骤②仅滴加稀硫酸后放置一会儿,可发生4I-+4H++O2=2I2+2H2O,步骤③操作后,试管中溶液变为蓝色,故D错误;选D。
【点睛】本题考查海水提取碘的实验,把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、物质的检验,掌握碘离子能被氧气氧化是关键,侧重分析与实验能力的考查。
13.下列叙述正确是
A. 24g镁与27g铝中,含有相同的质子数
B. 同等质量的氧气和臭氧中,电子数相同
C. 1mol重水与1mol水中,中子数比为2:1
D. 1mol乙烷与1mol乙烯中,共价键数相同
【答案】B
【解析】
【详解】A. 24g镁含质子数 ,27g铝含质子数,含质子数不同,故A错误;
B. 设氧气和臭氧的质量都是mg,则氧气含有的电子数是 ,臭氧含有的电子数是,所以等质量的氧气和臭氧中电子数相同,故B正确;
C. 1个重水分子中含有10个中子,1mol重水的中子数是10NA,1个水分子中含有8个中子,1mol水的中子数是8NA,中子数比为5:4,故C错误;
D. 1个乙烷分子含有7个共价键,1mol乙烷含有7mol共价键; 1个乙烯分子含有6个共价键,1mol乙烯含有6mol共价键,共价键数不相同,故D错误。
14.将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃,或温度仍保持在40℃而加入少量无水硫酸铜,在这两种情况下均保持不变的是
A. 硫酸铜的溶解度 B. 溶液中溶质的质量
C. 溶液中溶质的质量分数 D. 溶液中Cu2+的数目
【答案】C
【解析】
【详解】A. 硫酸铜的溶解度随温度升高而增大,将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃,硫酸铜的溶解度增大,故A错误;
B. 40℃的饱和硫酸铜溶液,温度仍保持在40℃,加入少量无水硫酸铜,硫酸铜生成硫酸铜晶体,溶液中溶剂减少,溶质析出,溶液中溶质的质量减少,故B错误;
C. 将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃,溶解度增大,浓度不变;温度不变,饱和硫酸铜溶液加入少量无水硫酸铜,析出硫酸铜晶体,溶液仍为饱和溶液,浓度不变,故C正确;
D. 温度仍保持在40℃,加入少量无水硫酸铜,硫酸铜生成硫酸铜晶体,溶液中溶剂减少,溶质析出,溶液中溶质的质量减少,溶液中Cu2+的数目减少,故D错误。
【点睛】明确硫酸铜溶解度随温度的变化,理解饱和溶液的概念、硫酸铜与水发生CuSO4+5H2O=CuSO4·5H2O反应后,溶剂质量减少是解决该题的关键。
15.下列离子方程式正确的是
A. 向氯化铝溶液中滴加氨水:Al3++3OH-=Al(OH)3↓
B. 将Fe2O3溶解与足量HI溶液:Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
C. 铜溶于浓硝酸:3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
D. 向石灰石中滴加稀硝酸:CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氨水是弱碱,向氯化铝溶液中滴加氨水:Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故A错误;
B. 将Fe2O3溶解与足量HI溶液发生氧化还原反应生成碘化亚铁和碘单质:Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O,故B错误;
C. 铜溶于浓硝酸生成硝酸铜、二氧化氮、水, Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O,故C错误;
D. 向石灰石中滴加稀硝酸,生成硝酸钙、二氧化碳和水,CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O,故D正确。
16.ClO2和NaClO2均具有漂白性,工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图所示。
下列说法不正确的是
A. 步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥
B. 吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO2-+2H+ +O2↑
C. 工业上将ClO2气体制成NaCIO2固体,其主要目的是便于贮存和运输
D. 通入的空气的目的是驱赶出ClO2,使其被吸收其充分吸收
【答案】B
【解析】
【详解】A. 结晶后分离出固体的操作是过滤、洗涤和干燥,故A正确;
B.在碱性条件下,产物中不能有酸,生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2- +2H2O +O2↑,故B错误;
C. ClO2是气体,气体不便于贮存和运输,制成NaCIO2固体,便于贮存和运输,故C正确;
D. 通入的空气可以将ClO2驱赶到吸收器中,使其被吸收其充分吸收,故D正确。选B。
第Ⅱ卷 非选择题
二、非选择题(共52分,共4题)
17.某同学欲用98%的浓H2SO4(ρ=1.84g/cm3)配制成500mL 0.5mol/L的稀H2SO4
(1)填写下列操作步骤:
①所需浓H2SO4的体积为____。
②如果实验室有10mL、20mL、50mL量筒,应选用___mL量筒量取。
③将量取的浓H2SO4沿玻璃棒慢慢注入盛有约100mL水的___里,并不断搅拌,目的是___。
④立即将上述溶液沿玻璃棒注入____中,并用50mL蒸馏水洗涤烧杯2~3次,并将洗涤液注入其中,并不时轻轻振荡。
⑤加水至距刻度___处,改用__加水,使溶液的凹液面正好跟刻度相平。盖上瓶塞,上下颠倒数次,摇匀。
(2)请指出上述操作中一处明显错误:____。
(3)误差分析:(填偏高、偏低、无影响)
①操作②中量取时发现量筒不干净,用水洗净后直接量取,所配溶液浓度将___;
②问题(2)的错误操作将导致所配制溶液的浓度___;
【答案】 (1). 13.6mL (2). 20 (3). 烧杯 (4). 使大量的热及时排除,防止液体飞溅 (5). 500mL容量瓶 (6). 1cm~2cm (7). 胶头滴管 (8). 第④步没有将稀释后的浓硫酸冷却到室温 (9). 偏低 (10). 偏高
【解析】
【分析】
(1)①根据稀释前后溶质的物质的量不变,据此计算所需浓硫酸的体积;
②根据“大而近”的原则,根据需要量取的浓硫酸的体积来选择合适的量筒;
③稀释浓溶液的容器是烧杯;浓硫酸稀释放热,用玻璃棒搅拌的目的是使混合均匀,使热量迅速扩散;
④移液是将稀释并冷却好的溶液转移到容量瓶中;
⑤根据定容的操作要点来分析;
(2)根据浓硫酸稀释放热来分析;
(3)根据c=,结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。
【详解】(1)①浓硫酸的物质的量浓度为c= = =18.4mol/L,设需浓H2SO4的体积为Vml,根据稀释前后溶质硫酸的物质的量不变C浓V浓=C稀V稀:18.4mol/L×Vml=500mL×0.5mol/L,解得V=13.6mL;
②需要浓硫酸的体积是13.6ml,根据“大而近”的原则,应选用20ml的量筒;
③稀释浓溶液的容器是烧杯;浓硫酸稀释放热,用玻璃棒搅拌的目的是使混合均匀,使热量迅速扩散,防止液体飞溅;
④移液是将稀释并冷却好的溶液转移到500ml容量瓶中;
⑤定容的操作是开始直接往容量瓶中加水,加水至距刻度 1~2cm处,改用胶头滴管逐滴加水,使溶液的凹液面最低处正好跟刻度线相平;
(2)浓硫酸稀释放热,故应将稀释后的溶液冷却至室温然后再进行移液,错误是第④步溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中;
(3)①操作②中量取时发现量筒不干净,用水洗净后直接量取会导致浓硫酸被稀释,所取的硫酸的物质的量偏小,所配溶液浓度将偏低;
②问题(2)的错误是溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中,所得溶液的体积偏小,所配溶液浓度将偏高。
18.元素周期表中的四种元素的有关信息如下,请用合理的化学用语填写空白。
在周期表中的区域 | 元素代号 | 有关信息 |
短周期元素 | X | X的最高价氧化物的水化物甲是一种胃酸中和剂,且能溶于强碱溶液 |
| Y | Y的一种氢化物可用于制造纯碱和做制冷剂 |
长周期元素 | Z | Z的一种盐乙可以作净水剂,Z的某种氧化物丙可以做红色涂料 |
| W | W元素大多存在于海藻种,它的银盐可用于人工降雨 |
(1)X元素周期表中的位置为___,X、Y、Z三种元素的简单离子半径从大到小的顺序为___。
(2)足量W的最高价氧化物的水化物是稀溶液与1mol甲完全反应,放出热量QkJ,请写出表示该过程中和热的热化学方程式:____。
(3)下列有关W的气态氢化物丁的说法正确的有___(选填字母)
a.丁比氯化氢沸点高 b.丁比氯化氢稳定性好
c.丁比氟化氢还原性弱 d.丁比氟化氢酸性弱
(4)请写出丙溶于丁的水溶液的离子方程式___。
【答案】 (1). 第三周期ⅢA族 (2). r(Fe3+)>r(N3-)>r(Al3+) (3). HIO4(aq)+Al(OH)3(s)=H2O(l)+Al(IO4)3(aq) △H=-QkJ/mol (4). a (5). Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O
【解析】
【分析】
氢氧化铝具有两性,X的最高价氧化物的水化物甲是一种胃酸中和剂,且能溶于强碱溶液,X是Al元素;氨气作制冷剂,Y的一种氢化物可用于制造纯碱和做制冷剂,Y是N元素; 氧化铁是红色染料的成分,Z的一种盐乙可以作净水剂,Z的某种氧化物丙可以做红色涂料,Z是Fe元素;碘化银用于人工降雨,W元素大多存在于海藻种,它的银盐可用于人工降雨,W是I元素;
【详解】(1)X是Al元素,Al元素周期表中的位置为第三周期ⅢA族,电子层数越多半径越大,电子层数相同,质子数越多半径越小,Al3+、N3-、Fe3+三种离子半径从大到小的顺序为r(Fe3+)>r(N3-)>r(Al3+)。
(2)W的最高价氧化物的水化物是HIO4,甲是氢氧化铝;足量HIO4稀溶液与1mol Al(OH)3完全反应,放出热量QkJ,表示该过程中和热的热化学方程式是HIO4(aq)+Al(OH)3(s)=H2O(l)+Al(IO4)3(aq) △H=-QkJ/mol。
(3)a.HI的相对分子质量大于HCl,HI比氯化氢沸点高,故a正确;
b. Cl的非金属性大于I ,HCl比HI稳定性好,故b错误;
c. Cl的非金属性大于I, HI比氟化氢还原性强,故c错误;
d. HI是强酸,氢氟酸是弱酸,故d错误。
(4)铁的氧化物丙可以做红色涂料,丙是Fe2O3,丁是HI,Fe2O3与HI发生氧化还原反应生成FeI2和I2,反应的离子方程式是Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O。
19.依据图1中氮元素及其化合物转化关系,回答问题:
(1)实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气,该反应的化学方程式为_________。
(2)下列试剂不能用于干燥NH3的是__________。
A.浓硫酸 B.碱石灰 C.NaOH固体
(3)工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸分为三步:
①NH3→NO的化学方程式为______________。
②NO→NO2反应的实验现象是____________。
③NO2+H2O→HNO3中氧化剂与还原剂物质的量之比为______。
(4)图1中,实验室只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保,则该物质的化学式为_____。
(5)若要将NH3→N2,从原理上看,下列试剂可行的是______。
A.O2 B.Na C.NH4Cl D.NO2
【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). A (3). 4NH3+5O24NO+6H2O (4). 无色气体变红棕色 (5). 1:2 (6). H2O2 (7). AD
【解析】
【分析】
(1)NH4Cl与Ca(OH)2混合加热反应产生CaCl2、NH3、H2O;
(2)氨气是一种碱性气体,会与酸发生反应;
(3)在工业上氨气被催化氧化产生NO,NO与氧气反应产生NO2,NO2被水吸收得到HNO3。根据电子守恒、一种守恒配平方程式,判断氧化剂、还原剂的物质的量的比,根据物质的颜色判断反应现象;
(4)只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保,还原产物无污染;
(5)若要将NH3→N2,N元素的化合价由-3价变为0价,氨气被氧化,加入的物质应该有强的氧化性。
【详解】(1)NH4Cl与Ca(OH)2混合加热,发生复分解反应,反应产生CaCl2、NH3、H2O,反应方程式为:2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O;
(2)氨气是一种碱性气体,能与酸发生反应,而不能与碱反应,因此不能使用浓硫酸干燥,可以使用碱石灰、NaOH固体干燥,故合理选项是A;
(3)①NH3与O2在催化剂存在条件下加热,发生氧化反应产生NO和水,反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O;
②NO在室温下很容易与O2反应产生NO2,NO是无色气体,NO2是红棕色气体,所以反应的实验现象是看到气体由无色变为红棕色;
③NO2被水吸收得到HNO3,反应方程式为:3NO2+H2O=2HNO3+NO,在该反应中,NO2既作氧化剂,又作还原剂,氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2。
(4)图中实验室只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保,则该物质的化学式为H2O2;
(5)若要将NH3→N2,由于N元素的化合价由-3价变为0价,氨气被氧化,则加入的物质应该有强的氧化性。
A.O2可以将NH3氧化为N2,A符合题意;
B.金属Na具有强的还原性,不能氧化NH3,B不符合题意;
C.NH4Cl中N元素化合价也是-3价,不能与氨气反应产生氮气,C不符合题意;
D.NO2中N元素化合价也是+4价,能与氨气反应产生氮气,D符合题意;
故合理选项是AD。
【点睛】本题考查了氮元素的单质及化合物的转化、气体的制取、干燥、氧化还原反应的应用等。掌握N元素的有关物质的性质、反应规律、氧化还原反应中电子得失与元素化合价的升降、反应类型的关系、物质的作用关系等基础知识和基本理论是本题解答的关键。
20.工业上用软锰矿(只含MnO2和MnO)、H2SO4(过量)和FeS2制备MnSO4·H2O的流程如下(已知流程中的FeS2、FeSO4、MnO2、MnO均完全反应):
(1)已知①中只有三个反应,其中两个反应是
MnO+H2SO4MnSO4+H2O
FeS2+H2SO4FeSO4+H2S↑+S↓
完成第三个反应:
___MnO2+___FeSO4+___ ____________MnSO4+___ _________+___ _________
(2)沉淀A、B的化学式分别是____________________、__________________。
(3)滤液X中的溶质有__________;实验室中浓缩滤液Y时使用的玻璃仪器有___________________。
(4)若得到的沉淀A的质量和MnSO4·H2O的质量分别为96.0 g、321.1 g,②中加入的MnO为0.1 mol,则理论上软锰矿中MnO2和MnO的物质的量之比为____________。
【答案】 (1). 1 (2). 2 (3). 2 (4). H2SO4 (5). 1 (6). 1 (7). Fe2(SO4)3 (8). 2 (9). H2O (10). S (11). Fe(OH)3 (12). MnSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4 (13). 玻璃棒、酒精灯 (14). 5∶1
【解析】
【分析】
(1)根据题意,反应物中要加入硫酸,提供酸性环境,根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式。(2)根据所给反应方程式和转化关系判断沉淀A,滤液X中加入MnO调节溶液的pH,可以生成Fe(OH)3沉淀;(3)根据所给反应方程式判断滤液X中的溶质;根据蒸发浓缩分析仪器;(4)根据关系式,2S~2FeSO4~MnO2,计算MnO2的物质的量,根据锰元素守恒计算软锰矿中MnO的物质的量。
【详解】(1)反应物中要加入硫酸,提供酸性环境,锰元素化合价由+4变为+2,所以铁元素化合价由+2升高为+3,有硫酸铁生成,根据元素守恒,产物中还有水生成,所以反应方程式是 1 MnO2+2_FeSO4+2H2SO41 MnSO4+ 1 Fe2(SO4)3+2H2O。(2)根据FeS2+H2SO4FeSO4+H2S↑+S↓可知沉淀A为硫单质,滤液X加入MnO调节溶液的pH,沉淀B为Fe(OH)3。(3)根据所给反应方程式,可知滤液X中含过量的H2SO4、反应生成的MnSO4、Fe2(SO4)3,则滤液X中的溶质有MnSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4;蒸发操作时使用的玻璃仪器有玻璃棒、酒精灯。(4)根据关系式,2S~2FeSO4~MnO2,n(MnO2)=n(S)× =1.5 mol;n(MnSO4·H2O)==1.9 mol,根据锰元素守恒可知n(MnO)=1.9 mol−1.5 mol−0.1 mol=0.3 mol,则理论上软锰矿中MnO2和MnO的物质的量之比为5∶1。