


还剩14页未读,
继续阅读
【化学】上海市交通大学附属中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题(解析版)
展开
上海市交通大学附属中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
相对原子质量:H-1;N-14;O-26;Na-23;S-32;Cl-35.5;Cu-64;Ag-108
一、选择题(每小题只有一个正确答案)
1. 我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种,其中“强水”条目下写道:“性最烈,能蚀五金……其水甚强,五金八石皆能穿第,惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指( )
A. 氨水 B. 硝酸 C. 醋 D. 卤水
【答案】B
【解析】根据所给四种物质的氧化性的强弱可判断,该强水为硝酸,硝酸具有强氧化性,可溶解大部分金属。答案选B。
2.《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述:“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之,令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,尖长者为胜,平短者次之。”文中涉及的操作方法是( )
A. 蒸馏 B. 升华 C. 分液 D. 萃取
【答案】B
【解析】
【分析】由题文描述可知:“取砒之法,将生砒就置火上”是指加热的方法;“以器覆之,令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳”是指被提纯物质气化、冷凝为固体的过程。为升华操作。
【详解】A. 蒸馏是利用混合液体的沸点不同,通过加热冷凝的方式将混合物分离开的操作;
B. 升华是利用混合物中某物质的沸点低于熔点,直接将其气化以达到分离的目的;
C. 分液是利用两种液体互不相溶的原理将其分离的操作;
D. 萃取是利用溶质在两种互不相溶的液体中溶解度不同,将溶质从一种溶剂提取到另一种溶剂的过程;
答案选B。
3.化学与生活密切相关。下列说法错误的是( )
A. PM2.5是指粒径不大于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物
B. 绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
C. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D. 天然气是我国目前推广使用的清洁燃料
【答案】C
【详解】A. PM2.5是指粒径不大于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物,A项正确;
B. 绿色化学就是要求从源头上消除或减少生产活动对环境污染,B项正确;
C. 燃煤中加入CaO,可以减少酸雨的形成,其原理为:CaO+SO2=CaSO3、2CaSO3+O2=2CaSO4。但温室气体二氧化碳的排放无法避免,C项错误;
D. 天然气是我国目前推广使用的清洁燃料,D项正确;
答案选C。
4.科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的(如下图所示)。已知该分子中N-N-N键角都是108.1°,下列有关的说法正确的是( )
A. 分子中N、O间形成的共价键是非极性键
B. 分子中四个氮原子共平面
C. 该物质既有氧化性又有还原性
D. 15.2g该物资含有6.02×个原子
【答案】C
【解析】试题分析:A.分子中N、O间形成的共价键是极性键,A错误;B.该分子中N-N-N键角都是108.1°,,因此分子中四个氮原子不可能共平面,B错误;C.氮元素的化合价是+1.5价,处于中间价态,因此该物质既有氧化性又有还原性,C正确;D.15.2g该物质的物质的量是15.2g÷152g/mol=0.1mol,则含有0.1×10×6.02×1023个原子,D错误,答案选C。
5.黑火药爆炸后产物为K2S、N2、CO2,下列物质中为黑火药主要成分且做还原剂的是( )
A. 氧气 B. 木炭 C. 硫磺 D. 硝酸钾
【答案】B
【解析】
【分析】由黑火药爆炸后产物为K2S、N2、CO2分析可知其主要成分中应含有钾、硫、氮、碳、氧元素,所以木炭、硫磺、硝酸钾均可为黑火药的主要成分。其中在爆炸反应中做还原剂的物质在反应中需升高价态,由此解题。
【详解】A. 氧气为助燃剂,不是黑火药主要成分,A项错误;
B. 木炭是黑火药主要成分,在反应中生成CO2,碳元素化合价升高,在反应中做还原剂,B项正确;
C. 硫磺是黑火药主要成分,在反应中生成K2S,硫元素化合价降低,在反应中做氧化剂,C项错误;
D. 硝酸钾是黑火药主要成分,在反应中生成N2,氮元素化合价降低,在反应中做氧化剂,D项错误;
答案选B。
6.除去二氧化碳中混有的少量二氧化硫气体,可选用的试剂是( )
A. 饱和碳酸钠溶液 B. 氢氧化钠溶液
C. 浓溴水 D. 高锰酸钾溶液
【答案】D
【解析】
【分析】除去杂质必有几个原则:(1)尽可能不引入新杂质(2)尽可能除去杂质或想办法把杂质转变为主要纯净物(3)避免主要物质的损失。
【详解】A. 饱和碳酸钠溶液不仅会与二氧化硫反应,也会与二氧化碳反应,A项错误;
B. 氢氧化钠溶液不仅会与二氧化硫反应,也会与二氧化碳反应,B项错误;
C. 浓溴水具有挥发性,会使二氧化碳中混有溴蒸气,C项错误;
D. 高锰酸钾溶液可与二氧化硫发生氧化还原反应:5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O == K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4,不影响二氧化碳,D项正确;
答案选D。
7.下列溶液中,不能区别SO2和CO2气体的是( )
①石灰水 ②H2S溶液 ③KMnO4溶液 ④溴水 ⑤酸化的Ba(NO3)2溶液 ⑥品红溶液
A. ①②③④ B. ②③④⑤ C. 只有① D. ①③
【答案】C
【解析】
【分析】SO2和CO2都是酸性氧化物,都具备酸性氧化物的通性。但SO2中的硫元素的化合价为+4价,处于中间价态,既能升高,也能降低,因此SO2不仅具有还原性还具有氧化性。同时SO2还具有一定的漂泊性。
【详解】SO2和CO2都是酸性氧化物,都具备酸性氧化物的通性,都能使澄清石灰水变混浊。但SO2还具有还原性,所以SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色,使溴水褪色,在酸性溶液中能被硝酸钡氧化生成硫酸钡沉淀。另外SO2还具有氧化性,能和硫化氢反应生成单质硫沉淀,所以只有①不能鉴别二者,答案选C。
8.下列反应中,不能产生黑色固体的是( )
A. Cu在硫蒸气中燃烧
B. Fe粉和S粉混合后点燃
C. H2S通入硫酸亚铁溶液中
D. H2S通入硫酸铜溶液
【答案】C
【解析】A. 铜在硫蒸气中燃烧生成黑色的硫化亚铜,故A不选;B. 铁粉和硫粉混合后点燃生成黑色的硫化亚铁,故B不选;C. H2S通入硫酸亚铁溶液中反应生成淡黄色硫沉淀,故C选;D. H2S通入硫酸铜溶液反应生成黑色的硫化铜沉淀,故D不选;故选C。
9.一瓶无色气体,可能含有HCl、H2S、SO2、HBr、NO2、CO2中的一种或几种,将其通入氯水中,得无色透明溶液,将该溶液分成两份,一份加盐酸酸化的BaCl2溶液,析出白色沉淀;另一份加硝酸酸化的硝酸银溶液,也有白色沉淀生成。下面结论正确的是( )
①原气体中肯定有SO2 ②原气体中可能有SO2 ③原气体中肯定无H2S、HBr、NO2④不能肯定是否含有HCl ⑤原气体中肯定不含CO2 ⑥原气体中肯定含HCl
A. ①③④ B. ①④⑤
C. ①③⑥ D. ①③④⑤⑥
【答案】A
【解析】
【分析】因HCl、H2S、SO2、HBr、NO2、CO2六种气体中,NO2为红棕色,其它气体均为无色,所以可据此判断NO2是否存在。当通入氯水,溶液无色透明,说明该气体中不含H2S和HBr,因Cl2+H2S=S↓(黄色沉淀)+2HCl、Cl2+HBr=Br2(溴水橙黄色)+2HCl,均有明显现象。当将反应后的溶液分成两份,一份加盐酸酸化的BaCl2溶液,析出白色沉淀,说明溶液中有硫酸根,是由SO2被氯水氧化所致;另一份加硝酸酸化的硝酸银溶液,也有白色沉淀生成,可能是氯水氧化SO2后生成的氯离子所致,据此判断。
【详解】气体为无色,说明没有NO2;通入氯水中,得无色透明溶液,说明没有H2S和HBr;向反应后的溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液,析出白色沉淀,说明有SO2,但由于这份溶液提前加入过氯水,所以虽能使硝酸酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀,但无法确定HCl是否存在。因没有明显的实验现象证明CO2的存在,故不能确定CO2是否存在。答案选A。
10.在由Na2S、Na2SO3、Na2SO4组成的固体混合物中,已知S的质量分数为25.6%,则氧的质量分数为( )
A. 36.8% B. 37.6%
C. 51.2% D. 无法计算
【答案】B
【解析】
【分析】根据所给物质的化学式进行分析,可以发现,在这三种物质中,钠元素与硫元素的原子个数比均为2:1,也就是说钠元素和硫元素的质量比是定值。因此根据硫元素的质量分数为25.6%,可计算钠元素的质量分数。氧元素的质量分数可利用:100%-ω(Na)-ω(S),从而确定氧元素的质量分数,据此解题。
【详解】在这三种物质中,钠元素与硫元素的原子个数比为2:1,也就是钠元素和硫元素的质量比是定值,即。根据硫元素的质量分数为25.6%,可计算钠元素的质量分数为36.8%,故氧元素的质量分数=100%-25.6%-36.8%=37.6%。答案选B。
11.密度为0.91g/cm3的氨水,质量分数为25%,该氨水用等体积的水稀释后,所得溶液溶质质量分数为( )
A. 12.5% B. >12.5%
C. <12.5% D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】密度比水大且质量分数不同的同种溶质的两种不同溶液,当等体积混合后,所得溶液的溶质质量分数比等质量混合的要大;密度比水小且质量分数不同的同种溶质的两种不同溶液,等体积混合所得溶液的溶质质量分数比等质量混合的要小。
【详解】设原来有氨水体积为VmL,那么0.91g/mL的氨水质量为0.91Vg。当加入等体积水相当于加入质量为Vg水,原来氨水溶液中的氨在整个稀释过程中质量没有变化,即为0.91V*25%,则在加入等体积水以后,质量分数可表示为w= <12.5%,答案选C。
12.对于铜与稀硝酸反应的现象描述错误的是( )
A. 溶液变成蓝色 B. 生成红棕色气体 C. 铜片溶解 D. 产生无色气体
【答案】B
【解析】
【分析】铜与稀硝酸反应的化学方程式为:3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,离子方程式为:3Cu+8H++2NO3-=3Cu2+ +2NO↑+4H2O,据此分析。
【详解】结合反应原理,可判断出铜与稀硝酸反应时,铜会溶解,使溶液变成蓝色,产生无色的NO气体。故不会出现的现象为B项:生成红棕色气体。答案选B。
13.下列实验过程中,始终无明显现象的是( )
A. SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中
B. NO2通入KI溶液中
C. CO2通入CaCl2溶液中
D. SO2通入H2S溶液中
【答案】C
【详解】A. SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中,当通入SO2较少量时,化学反应方程式为:3SO2+3Ba(NO3)2+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4HNO3,而当通入SO2过量时,化学反应方程式为3SO2+Ba(NO3)2+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+2H2SO4。因此该实验的现象为产生无色气体,接触空气后立即变为红棕色且有白色沉淀生成,A项不可选;
B. NO2通入KI溶液中发生的反应过程为: 3NO2+H2O=2HNO3+NO、8HNO3+6KI=6KNO3+3I2+4H2O+2NO↑。因此该实验现象溶液变为黄色且有无色气体产生,B项不可选;
C. CO2通入CaCl2溶液中,除了其与水反应生成碳酸外,没有其他反应发生,不会生成碳酸钙沉淀,所以没有明显现象,C项可选;
D. SO2通入H2S溶液中发生反应的方程式为:SO2+2H2S=3S↓+ 2H2O。因此该实验现象为溶液变浑浊;
答案选C。
14.在常温常压下,24mLH2S和O2的混合气体点燃后,生成6mLSO2,则原混合气体中H2S的体积可能为( )
A. 10mL B. 12mL C. 16mL D. 18mL
【答案】B
【解析】
【分析】依据阿伏加德罗推论可知:恒温恒压下,=;H2S和O2反应时有两种情况即当氧气过量时发生2H2S+3O22H2O+2SO2、当氧气少量时会发生2H2S+O22H2O+2S↓。据此解题。
【详解】设原混合气体中H2S的体积为x mL,则:
2H2S+3O22H2O+2SO2
2Vm 3Vm 2Vm 2Vm
x y 6mL
计算可得
x=6mL y=9mL
所以反应生成SO2的H2S为 6mL。
当氧气过量时,气体总体积为24mL,所以H2S为6mL,O2为18mL;
当H2S过量时,H2S与O2反应的产物有SO2和S,其中生成SO2的H2S为 6mL,O2为9mL,生成S的H2S与O2总量为 24-6-9=9mL,涉及到的反应为:
2H2S+O22H2O+2S↓,其中由于=,则==。因此H2S总体积为6+6=12mL,O2为9+3=12mL。
答案选B。
15.从某些性质看,NH3与H2O、NH4+与H3O+、NH2-与OH-、NH2-与O2-相似,下列有关化学方程式不正确的是( )
A. 氯化铵与KNH2反应:NH4Cl+KNH2→KCl+2NH3↑
B. 二价活泼金属M与液氨反应:M+2NH3→M(NH2)2+H2↑
C. 盐酸与MNH反应:2HCl+MNH→MCl2+NH3
D. 氯化铵与MO反应:2NH4Cl+MO→M(NH2)2+2HCl+H2O
【答案】D
【解析】试题分析:A、KHN2相当于KOH,氯化铵与KOH反应的化学方程式是:NH4Cl+KOH=KCl+NH3+H2O对比(A)反应,可知该化学方程式正确,故A正确;B、NH3相当于H2O,二价活泼金属M与水反应的化学方程式是:M+2H2O=M(OH)2+H2↑对比(B)反应,可知该化学方程式正确,故B正确;C、MNH相当于MO,盐酸与MO反应的化学方程式是:2HCl+MO=MCl2+H2O对比(C)反应,可知该化学方程式正确,故C正确;D、NH4Cl相当于H3OCl(即HCl),H3OCl与MO反应的化学方程式是:2H3OCl+MO=MCl2+3H2O或2HCl+MO=MCl2+H2O,则NH4Cl与MO反应的化学方程式应为:2NH4Cl+MO=MCl2+2NH3+H2O可知,化学方程式D不正确,故D错误;故选D。
16.NO2和Br2蒸汽都是红棕色、有刺激性气味的气体。下列不能用来区别这两种气体的试剂是( )
A. CCl4 B. 蒸馏水
C. 浓H2SO4 D. AgNO3溶液
【答案】C
【解析】A. 溴蒸汽能够被CCl4 溶解,二氧化氮不能,现象不同,能够区分,故A正确;B. 溴水有颜色,二氧化氮与水反应生成的硝酸无色,现象不同,能够区分,故B正确;C. 浓硫酸与NO2和Br2蒸汽都没有明显的现象,不能区分,故C错误;D.溴与 AgNO3溶液反应生成淡黄色沉淀,二氧化氮没有,现象不同,能够区分,故D正确;故选C。
17.实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置,其中正确的是( )
A. 氨气发生装置
B. 是氨气吸收装置
C. 是氨气发生装置
D. 是氨气收集、检验装置
【答案】C
【详解】A.①NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl,而当温度降低时,NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl,气体进入干燥管的量太少,A项错误;
B.②氨气极易溶于水,防倒吸装置中漏斗口应与液面接触,按照装置图水会发生倒吸,B项错误;
C.③向CaO中滴加浓氨水,CaO遇水生成Ca(OH)2,同时放出大量热量,使浓氨水中的氨气逸出,C项正确;
D.④收集氨气采取向下排空气法,试管口处应塞一团棉花,防止与空气对流,否则得不到纯净的氨气,D项错误;
答案选C。
18.研究发现,空气中少量的NO2能参与硫酸型酸雨的形成,反应过程如下:①SO2+NO2→SO3+NO ②SO3+H2O→H2SO4 ③2NO+O2→2NO2,NO2在上述过程中体现了什么样的性质或起了什么作用:①氧化性;②还原性;③催化剂;④酸性
A. ①③ B. ③④ C. ③ D. ②④
【答案】A
【解析】
【分析】在①SO2+NO2=SO3+NO中,二氧化氮中氮元素的化合价降低,所以二氧化氮作氧化剂;将方程式①×2+②+③得方程式为:2SO2+H2O+O2=SO3+H2SO4,可发现反应前后二氧化氮的量并未发生变化,所以二氧化氮在整个反应过程中起催化剂的作用,据此答题。
【详解】从反应①中,可看出二氧化氮中氮元素的化合价降低,所以二氧化氮作氧化剂;当将三个方程式按照①×2+②+③得方程式为:2SO2+H2O+O2=SO3+H2SO4,可发现反应前后二氧化氮的量并未发生变化,所以二氧化氮在整个反应过程中起催化剂的作用。
答案选A。
19.反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)在一密闭容器中进行,下列条件的改变能使反应速度变快的是( )
①体积不变,增加Fe的量; ②体积不变,增加H2O的量;③体积不变,充入N2使压强增大;④压强不变,充入N2使体积增大
A. ①②③ B. ②④ C. ②③ D. ②
【答案】D
【解析】
【分析】影响化学反应速率的因素为浓度、压强、温度、催化剂。其中增大反应物的浓度、增大压强、提高温度、加入催化剂都可以使反应速率提高。
【详解】对于在一密闭容器中进行的反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g):①当体积不变,增加Fe的量时,不影响反应速率; ②当体积不变,增加H2O的量,提高了反应物的浓度,反应速率加快;③当体积不变,充入N2使压强增大,但反应物的浓度不变,反应速率不变;④压强不变,充入N2使体积增大,对参加反应的各反应物的浓度减小,反应速率减小;
答案选D。
20.将NO2、NH3和O2的混合气体28L通过稀H2SO4后,溶液质量增加42g,气体体积缩小为4.48L。将带火星的木条插入其中,木条不复燃。则原混合气体的平均相对分子质量为(气体体积都是在标准状况下测定)( )
A. 32.8 B. 34.6 C. 36.2 D. 38.4
【答案】D
【解析】
【分析】混合气体通过H2SO4时,NH3被吸收,NO2和O2会和稀H2SO4中的水发生反应:4NO2+O2+2H2O=4HNO3,这都会使溶液的质量增加。通过稀H2SO4后剩下的气体不是过量的NO2与水反应生成的NO,就是过量的O2。通过题中所述“带火星的木条不复燃”可知剩下的4.48 L气体应为NO。
【详解】根据质量守恒规律,原混合气体的总质量=溶液质量的增加量+生成的NO的质量,故混合气体平均摩尔质量==38.4。
答案选D。
二、综合分析题
21.向Na2S和Na2SO3的混合溶液中加入足量的稀硫酸溶液,发生以下反应:
________Na2S+_________Na2SO3+________H2SO4→_______Na2SO4+_______S↓+______H2O
(1)配平上述化学方程式,标出电子转移的方向和数目。________________
(2)反应中被氧化的元素是___________。
(3)反应中氧化产物和还原产物物质的量之比为__________。
【答案】(1). 2 (2). 1 (3). 3 (4). 3 (5). 3 (6). 3 (7). (8). Na2S中-2价硫元素 (9). 2:1
【解析】
【分析】向Na2SO3和Na2S的混合溶液中加入稀硫酸,溶液中会产生大量淡黄色沉淀,这主要是因为反应物中Na2S→产物中S,硫元素的化合价升高做还原剂,反应物中Na2SO3→产物中S硫元素的化合价降低做氧化剂,根据氧化还原反应中转移电子总数相等,可对该反应进行配平,电子转移的方向为从还原剂转移至氧化剂。
【详解】(1)向Na2S和Na2SO3的混合溶液中加入足量的稀硫酸溶液,发生的反应中有:
化合价升高: Na2SS化合价降低:Na2SO3S
所以可配平为2Na2S+Na2SO3+3H2SO4=3Na2SO4+3S↓+3H2O用单线桥标注电子转移的方向和数目为:
(2)反应中Na2S为还原剂,其中被氧化的元素是-2价硫元素
(3)此反应中氧化产物为由Na2S升高价态所产生的硫、还原产物为由Na2SO3降低价态所产生的硫。因此它们的物质的量之比为2:1。
22.废气中的H2S通过高温热分解可制取氢气:2H2S(g)2H2(g)+S2(g)。现在3L密闭容器中进行H2S分解实验。某温度时,测得反应体系中有气体1.31mol,反应10min后,测得气体为1.37mol,则10min内H2的平均生成速率为________________。
【答案】0.004mol/(L∙min)
【详解】根据方程式知,反应前后气体增加的物质的量相当于n(S2),则反应前后生成的n(S2)=(1.37-1.31)mol=0.06mol,则v(S2)===0.002mol/(L∙min),v(H2)=2v(S2)=0.004mol/(L∙min)。答案应为0.004mol/(L∙min)。
23.SO2实验室制法是利用亚硫酸钠和浓硫酸的反应。
(1)请写出该反应的化学方程式________________。
(2)反应中的硫酸既不是稀硫酸也不是98.3%的浓硫酸的原因是_______________________________。
(3)将SO2气体通入CuCl2溶液中,生成CuCl沉淀的同时,还有产物HCl和H2SO4。请写出该反应的化学方程式____________。
【答案】(1). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑ (2). SO2在水中的溶解度较大,不采用稀硫酸;98.3%的浓硫酸缺少水,硫酸未完全电离,仍以分子形式存在,而Na2SO3(s)与H2SO4的反应是在H2SO4电离成离子的状态下才能顺利进行,因此不采用98.3%的浓硫酸 (3). SO2+2CuCl2+H2O=2CuCl↓+2HCl+H2SO4
【详解】(1)在实验室中SO2可利用亚硫酸钠和浓硫酸进行制备,其反应的化学方程式为:Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑;
(2)在亚硫酸钠和浓硫酸反应制二氧化硫的反应中,需要控制硫酸的浓度,主要是因为SO2在水中的溶解度较大,采用稀硫酸不利用二氧化硫的产生;98.3%的浓硫酸缺少水,硫酸未完全电离,仍以分子形式存在,而Na2SO3固体与H2SO4的反应是在H2SO4电离成离子的状态下才能顺利进行,因此不采用98.3%的浓硫酸。
(3)将SO2气体通入CuCl2溶液中,发生了氧化还原反应,其产物为CuCl沉淀、HCl和H2SO4。因此该反应的化学方程式SO2+2CuCl2+H2O=2CuCl↓+2HCl+H2SO4。
24.(1)硝酸钾在黑火药中起________剂的作用。
(2)硝酸钾受热分解的化学反应方程式为_______________________________。
【答案】(1). 氧化 (2). 2KNO32KNO2 + O2↑
【解析】
【分析】黑火药是我国古代四大发明之一,在化学史上占有重要地位。黑火药的主要成分是硝酸钾、硫磺、木炭三者的粉末状混合物,在点燃条件下,发生的主要反应为:2KNO3+S+3CN2↑+3CO2↑+K2S
【详解】(1)黑火药的主要成分是硝酸钾、硫磺、木炭三者的粉末状混合物,在点燃条件下,发生的主要反应为:2KNO3+S+3CN2↑+3CO2↑+K2S。硝酸钾的氮元素在反应中由+5价转化成为0价的N2,价态降低,起氧化剂的作用;
(2)大多数的硝酸盐不稳定,故硝酸钾受热易分解。其化学反应方程式为:2KNO32KNO2 + O2↑。
25.硝酸铜受热分解产生的气体能使带火星的木条复燃,其原因是_____________________。
【答案】硝酸铜受热分解产生NO2和O2的体积之比为4:1,氧气的体积分数与空气中氧气的体积分数相近,因此产物气体能支持燃烧
【解析】
【分析】硝酸铜受热分解产生的气体能使带火星的木条复燃,说明气体中有氧气。在氧化还原反应中有价态升高的元素,就必有价态降低的元素,故硝酸铜中氮元素需降价生成二氧化氮,据此解题。
【详解】硝酸铜受热分解产生的气体能使带火星的木条复燃,其原因是硝酸铜受热分解产生NO2和O2的体积之比为4:1,氧气的体积分数与空气中氧气的体积分数相近,因此产物气体能支持燃烧。
答案应为硝酸铜受热分解产生NO2和O2的体积之比为4:1,氧气的体积分数与空气中氧气的体积分数相近,因此产物气体能支持燃烧。
26.某金属硝酸盐受热分解产生的NO2和O2的比例是6:1,该金属反应前后的化合价________(填“升高”,“降低”或“不变”)。
【答案】升高
【详解】由NO2和O2的物质的量之比为6:1可知,N的化合价由硝酸根中的+5价降到NO2中的+4价,每个N原子降了1价,6个氮原子共降了6价;而2个-2价O生成O2的化合价只升高了4价,根据氧化还原反应中的电子守恒原理可知,金属元素的化合价需要升高。
答案应为升高。
27.某硝酸铜和硝酸银的混合物,受热分解产生的气体溶于水后,充分反应剩余的气体体积是原来的1/16,其中硝酸银的质量分数是_____。
【答案】0.475
【解析】
【分析】硝酸银加热分解方程式为:2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑,所得的二氧化氮与氧气的物质的量之比为2:1;硝酸铜受热分解的方程式为:2Cu(NO3)2 2CuO+4NO2↑+O2↑。由4NO2+O2+4H2O=4HNO3可知硝酸铜分解产物通入水中彻底被吸收,硝酸银只被吸收一部分,剩余的为氧气,据此解题。
【详解】设混合物中硝酸银的物质的量为x mol,硝酸铜的为y mol,则:
2AgNO32NO2↑+O2↑+2Ag
2 2 1
x x 0.5x
2Cu(NO3)2 4NO2↑+O2↑+2CuO
2 4 1
y 2y 0.5y
则可表示:,由此可计算出;
因此硝酸银的质量分数==
28.用下列装置验证SO2的某些性质(加热及夹持装置略去)。
(1)装有浓硫酸的仪器名称是____________。
(2)铜与浓硫酸反应的化学方程式是____________________________________。
(3)能验证SO2具有氧化性的实验现象是_____________________________。
(4)装有BaCl2溶液的试管中无任何现象,将其分成两份,分别滴加氨水和氯水,均产生白色沉淀,沉淀的化学式分别是______,_____。
(5)写出SO2显示还原性并生成白色沉淀的总的离子方程式____________________________。
(6)能验证SO2具有酸性氧化物的通性的实验现象_____。若通入过量的SO2,则其总反应的离子反应方程式是_________。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑ (3). H2S溶液中产生淡黄色沉淀 (4). BaSO3 (5). BaSO4 (6). Ba2++SO2+Cl2+2H2O=4H++BaSO4↓+2Cl- (7). 滴有酚酞的氢氧化钠溶液由红色变为无色 (8). SO2+OH-→HSO3-
【解析】
【分析】根据实验装置图可知,圆底烧瓶中用铜与浓硫酸在加热的条件下生成硫酸铜和二氧化硫,由于二氧化硫溶于水生成的亚硫酸是弱酸,所以通入到氯化钡溶液中,不能产生沉淀;将生成的二氧化硫通入到硫化氢溶液中,二氧化硫有氧化性,能与硫化氢反应生成硫单质,所以可以看到有浅黄色浑浊出现;因为二氧化硫为酸性氧化物能与氢氧化钠反应,所以二氧化硫通过有酚酞的氢氧化钠溶液时,溶液的红色将会褪去。
【详解】(1)装有浓硫酸的仪器名称是分液漏斗,答案应为分液漏斗;
(2)该实验利用铜与浓硫酸在加热的条件下反应制备二氧化硫,其化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑;
(3)要想验证SO2具有氧化性,需要用还原剂与二氧化硫反应。在本实验中,具有还原性的试剂为H2S溶液,其与SO2反应的原理为SO2+2H2S=3S↓+2H2O,故该实验的现象为产生淡黄色沉淀;
(4)装有BaCl2溶液的试管中无任何现象,将其分成两份,如果一份加入氨水,与二氧化硫反应生成亚硫酸铵,亚硫酸铵能与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀,化学式为BaSO3;另一份中滴加氯水,氯水会将亚硫酸氧化成硫酸,与氯化钡会产生硫酸钡沉淀,化学式为BaSO4。答案为:BaSO3 、BaSO4
(5)在上述两个反应中,加入的氯水具有氧化性,与二氧化硫反应时可使SO2显示还原性并生成白色沉淀。该反应的总离子方程式为Ba2++SO2+Cl2+2H2O=4H++BaSO4↓+2Cl-。
(6)酸性氧化物的通性是能与碱反应生成盐和水,因此能验证SO2具有酸性氧化物的通性的实验现象为滴有酚酞的氢氧化钠溶液由红色变为无色。如若向氢氧化钠溶液中通入过量的SO2,则其总反应的离子反应方程式应写为SO2+OH-→HSO3-。
29.氮氧化物(NOx)是大气污染物之一,工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究。回答下列问题:
(1)氨气的制备
(2)氨气的发生装置可以选择上图中的________,反应的化学方程式为_______________。
(3)欲收集一瓶干燥的氨气,选择上图中的装置,其连接顺序为:发生装置→_________(按气流方向,用各接口小写字母表示)。
(4)氨气与二氧化氮的反应
将上述收集到的NH3充入注射器X中,硬质玻璃管Y中加入少量催化剂,充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。
在一定温度下按上图所示装置进行实验。
操作步骤
实验现象
解释原因
打开K1,推动注射器活塞,使X中的气体缓慢通入Y管中
Y管中______
反应的化学方程式:___
将注射器活塞退回原处并固定,将装置恢复到室温
Y管中有少量水珠
生成的气态水冷凝
打开K2
_________
________
【答案】(1). A (2). Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O (3). d→c→f→e→i (4). 红棕色气体颜色变浅最终为无色 (5). 8NH3+6NO27N2+12H2O (6). Z中NaOH溶液产生倒吸现象 (7). 反应后气体分子数减少,Y管中压强小于外压
【解析】
【分析】本题是实验室制氨气的实验探究活动。一般在实验室中,利用氢氧化钙与氯化铵混合加热发生复分解反应制取氨气,由于反应物均为固体,因此选用略向下倾斜试管进行实验。发生该反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O;在对气体进行除杂、干燥时,考虑到氨气是碱性气体,所以需要利用碱性干燥剂进行干燥,又因为氨气的密度比空气的密度小且极易溶于水,因此氨气只能用向下排空气法收集。最后为了防止氨气对环境产生污染,需要对氨气进行尾气处理。
【详解】(2)在实验室中,利用氢氧化钙与氯化铵混合加热发生复分解反应制取氨气,由于反应物均为固体,因此选用A装置进行实验。发生该反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O。答案为:A、Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O;
(3)利用A装置制取氨气,由于氨气是碱性气体,所以需要利用碱性干燥剂碱石灰进行干燥,再根据氨气的密度比空气的密度小这一性质,需用向下排空气法收集氨气 ,最后因为氨气对环境具有一定的污染性,需要进行尾气处理,可利用其在水中极容易溶解的性质,用水作吸收剂进行尾气处理。因此欲收集一瓶干燥的氨气,其装置的连接顺序为:发生装置→d→c→f→e→i。答案为:d→c→f→e→i ;
(4)NO2具有强氧化性,NH3有强还原性,两者相遇,会发生氧化还原反应产生氮气和水,根据电子守恒、原子守恒,可得反应的方程式:8NH3+6NO27N2+12H2O,根据反应方程式可知反应现象是:Y管内看到红棕色气体颜色变浅最终为无色,同时在注射器的内壁有水珠产生。答案为:红棕色气体颜色变浅最终为无色、8NH3+6NO27N2+12H2O;
根据上一步分析可知发生该反应后由于容器内气体的物质的量减少,所以会使容器内气体压强减小。因此当打开K2后,烧杯内NaOH溶液在大气压强的作用下会倒吸进入Y管内。答案为:Z中NaOH溶液产生倒吸现象、反应后气体分子数减少,Y管中压强小于外压。
相对原子质量:H-1;N-14;O-26;Na-23;S-32;Cl-35.5;Cu-64;Ag-108
一、选择题(每小题只有一个正确答案)
1. 我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种,其中“强水”条目下写道:“性最烈,能蚀五金……其水甚强,五金八石皆能穿第,惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指( )
A. 氨水 B. 硝酸 C. 醋 D. 卤水
【答案】B
【解析】根据所给四种物质的氧化性的强弱可判断,该强水为硝酸,硝酸具有强氧化性,可溶解大部分金属。答案选B。
2.《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述:“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之,令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,尖长者为胜,平短者次之。”文中涉及的操作方法是( )
A. 蒸馏 B. 升华 C. 分液 D. 萃取
【答案】B
【解析】
【分析】由题文描述可知:“取砒之法,将生砒就置火上”是指加热的方法;“以器覆之,令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳”是指被提纯物质气化、冷凝为固体的过程。为升华操作。
【详解】A. 蒸馏是利用混合液体的沸点不同,通过加热冷凝的方式将混合物分离开的操作;
B. 升华是利用混合物中某物质的沸点低于熔点,直接将其气化以达到分离的目的;
C. 分液是利用两种液体互不相溶的原理将其分离的操作;
D. 萃取是利用溶质在两种互不相溶的液体中溶解度不同,将溶质从一种溶剂提取到另一种溶剂的过程;
答案选B。
3.化学与生活密切相关。下列说法错误的是( )
A. PM2.5是指粒径不大于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物
B. 绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
C. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D. 天然气是我国目前推广使用的清洁燃料
【答案】C
【详解】A. PM2.5是指粒径不大于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物,A项正确;
B. 绿色化学就是要求从源头上消除或减少生产活动对环境污染,B项正确;
C. 燃煤中加入CaO,可以减少酸雨的形成,其原理为:CaO+SO2=CaSO3、2CaSO3+O2=2CaSO4。但温室气体二氧化碳的排放无法避免,C项错误;
D. 天然气是我国目前推广使用的清洁燃料,D项正确;
答案选C。
4.科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的(如下图所示)。已知该分子中N-N-N键角都是108.1°,下列有关的说法正确的是( )
A. 分子中N、O间形成的共价键是非极性键
B. 分子中四个氮原子共平面
C. 该物质既有氧化性又有还原性
D. 15.2g该物资含有6.02×个原子
【答案】C
【解析】试题分析:A.分子中N、O间形成的共价键是极性键,A错误;B.该分子中N-N-N键角都是108.1°,,因此分子中四个氮原子不可能共平面,B错误;C.氮元素的化合价是+1.5价,处于中间价态,因此该物质既有氧化性又有还原性,C正确;D.15.2g该物质的物质的量是15.2g÷152g/mol=0.1mol,则含有0.1×10×6.02×1023个原子,D错误,答案选C。
5.黑火药爆炸后产物为K2S、N2、CO2,下列物质中为黑火药主要成分且做还原剂的是( )
A. 氧气 B. 木炭 C. 硫磺 D. 硝酸钾
【答案】B
【解析】
【分析】由黑火药爆炸后产物为K2S、N2、CO2分析可知其主要成分中应含有钾、硫、氮、碳、氧元素,所以木炭、硫磺、硝酸钾均可为黑火药的主要成分。其中在爆炸反应中做还原剂的物质在反应中需升高价态,由此解题。
【详解】A. 氧气为助燃剂,不是黑火药主要成分,A项错误;
B. 木炭是黑火药主要成分,在反应中生成CO2,碳元素化合价升高,在反应中做还原剂,B项正确;
C. 硫磺是黑火药主要成分,在反应中生成K2S,硫元素化合价降低,在反应中做氧化剂,C项错误;
D. 硝酸钾是黑火药主要成分,在反应中生成N2,氮元素化合价降低,在反应中做氧化剂,D项错误;
答案选B。
6.除去二氧化碳中混有的少量二氧化硫气体,可选用的试剂是( )
A. 饱和碳酸钠溶液 B. 氢氧化钠溶液
C. 浓溴水 D. 高锰酸钾溶液
【答案】D
【解析】
【分析】除去杂质必有几个原则:(1)尽可能不引入新杂质(2)尽可能除去杂质或想办法把杂质转变为主要纯净物(3)避免主要物质的损失。
【详解】A. 饱和碳酸钠溶液不仅会与二氧化硫反应,也会与二氧化碳反应,A项错误;
B. 氢氧化钠溶液不仅会与二氧化硫反应,也会与二氧化碳反应,B项错误;
C. 浓溴水具有挥发性,会使二氧化碳中混有溴蒸气,C项错误;
D. 高锰酸钾溶液可与二氧化硫发生氧化还原反应:5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O == K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4,不影响二氧化碳,D项正确;
答案选D。
7.下列溶液中,不能区别SO2和CO2气体的是( )
①石灰水 ②H2S溶液 ③KMnO4溶液 ④溴水 ⑤酸化的Ba(NO3)2溶液 ⑥品红溶液
A. ①②③④ B. ②③④⑤ C. 只有① D. ①③
【答案】C
【解析】
【分析】SO2和CO2都是酸性氧化物,都具备酸性氧化物的通性。但SO2中的硫元素的化合价为+4价,处于中间价态,既能升高,也能降低,因此SO2不仅具有还原性还具有氧化性。同时SO2还具有一定的漂泊性。
【详解】SO2和CO2都是酸性氧化物,都具备酸性氧化物的通性,都能使澄清石灰水变混浊。但SO2还具有还原性,所以SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色,使溴水褪色,在酸性溶液中能被硝酸钡氧化生成硫酸钡沉淀。另外SO2还具有氧化性,能和硫化氢反应生成单质硫沉淀,所以只有①不能鉴别二者,答案选C。
8.下列反应中,不能产生黑色固体的是( )
A. Cu在硫蒸气中燃烧
B. Fe粉和S粉混合后点燃
C. H2S通入硫酸亚铁溶液中
D. H2S通入硫酸铜溶液
【答案】C
【解析】A. 铜在硫蒸气中燃烧生成黑色的硫化亚铜,故A不选;B. 铁粉和硫粉混合后点燃生成黑色的硫化亚铁,故B不选;C. H2S通入硫酸亚铁溶液中反应生成淡黄色硫沉淀,故C选;D. H2S通入硫酸铜溶液反应生成黑色的硫化铜沉淀,故D不选;故选C。
9.一瓶无色气体,可能含有HCl、H2S、SO2、HBr、NO2、CO2中的一种或几种,将其通入氯水中,得无色透明溶液,将该溶液分成两份,一份加盐酸酸化的BaCl2溶液,析出白色沉淀;另一份加硝酸酸化的硝酸银溶液,也有白色沉淀生成。下面结论正确的是( )
①原气体中肯定有SO2 ②原气体中可能有SO2 ③原气体中肯定无H2S、HBr、NO2④不能肯定是否含有HCl ⑤原气体中肯定不含CO2 ⑥原气体中肯定含HCl
A. ①③④ B. ①④⑤
C. ①③⑥ D. ①③④⑤⑥
【答案】A
【解析】
【分析】因HCl、H2S、SO2、HBr、NO2、CO2六种气体中,NO2为红棕色,其它气体均为无色,所以可据此判断NO2是否存在。当通入氯水,溶液无色透明,说明该气体中不含H2S和HBr,因Cl2+H2S=S↓(黄色沉淀)+2HCl、Cl2+HBr=Br2(溴水橙黄色)+2HCl,均有明显现象。当将反应后的溶液分成两份,一份加盐酸酸化的BaCl2溶液,析出白色沉淀,说明溶液中有硫酸根,是由SO2被氯水氧化所致;另一份加硝酸酸化的硝酸银溶液,也有白色沉淀生成,可能是氯水氧化SO2后生成的氯离子所致,据此判断。
【详解】气体为无色,说明没有NO2;通入氯水中,得无色透明溶液,说明没有H2S和HBr;向反应后的溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液,析出白色沉淀,说明有SO2,但由于这份溶液提前加入过氯水,所以虽能使硝酸酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀,但无法确定HCl是否存在。因没有明显的实验现象证明CO2的存在,故不能确定CO2是否存在。答案选A。
10.在由Na2S、Na2SO3、Na2SO4组成的固体混合物中,已知S的质量分数为25.6%,则氧的质量分数为( )
A. 36.8% B. 37.6%
C. 51.2% D. 无法计算
【答案】B
【解析】
【分析】根据所给物质的化学式进行分析,可以发现,在这三种物质中,钠元素与硫元素的原子个数比均为2:1,也就是说钠元素和硫元素的质量比是定值。因此根据硫元素的质量分数为25.6%,可计算钠元素的质量分数。氧元素的质量分数可利用:100%-ω(Na)-ω(S),从而确定氧元素的质量分数,据此解题。
【详解】在这三种物质中,钠元素与硫元素的原子个数比为2:1,也就是钠元素和硫元素的质量比是定值,即。根据硫元素的质量分数为25.6%,可计算钠元素的质量分数为36.8%,故氧元素的质量分数=100%-25.6%-36.8%=37.6%。答案选B。
11.密度为0.91g/cm3的氨水,质量分数为25%,该氨水用等体积的水稀释后,所得溶液溶质质量分数为( )
A. 12.5% B. >12.5%
C. <12.5% D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】密度比水大且质量分数不同的同种溶质的两种不同溶液,当等体积混合后,所得溶液的溶质质量分数比等质量混合的要大;密度比水小且质量分数不同的同种溶质的两种不同溶液,等体积混合所得溶液的溶质质量分数比等质量混合的要小。
【详解】设原来有氨水体积为VmL,那么0.91g/mL的氨水质量为0.91Vg。当加入等体积水相当于加入质量为Vg水,原来氨水溶液中的氨在整个稀释过程中质量没有变化,即为0.91V*25%,则在加入等体积水以后,质量分数可表示为w= <12.5%,答案选C。
12.对于铜与稀硝酸反应的现象描述错误的是( )
A. 溶液变成蓝色 B. 生成红棕色气体 C. 铜片溶解 D. 产生无色气体
【答案】B
【解析】
【分析】铜与稀硝酸反应的化学方程式为:3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,离子方程式为:3Cu+8H++2NO3-=3Cu2+ +2NO↑+4H2O,据此分析。
【详解】结合反应原理,可判断出铜与稀硝酸反应时,铜会溶解,使溶液变成蓝色,产生无色的NO气体。故不会出现的现象为B项:生成红棕色气体。答案选B。
13.下列实验过程中,始终无明显现象的是( )
A. SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中
B. NO2通入KI溶液中
C. CO2通入CaCl2溶液中
D. SO2通入H2S溶液中
【答案】C
【详解】A. SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中,当通入SO2较少量时,化学反应方程式为:3SO2+3Ba(NO3)2+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4HNO3,而当通入SO2过量时,化学反应方程式为3SO2+Ba(NO3)2+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+2H2SO4。因此该实验的现象为产生无色气体,接触空气后立即变为红棕色且有白色沉淀生成,A项不可选;
B. NO2通入KI溶液中发生的反应过程为: 3NO2+H2O=2HNO3+NO、8HNO3+6KI=6KNO3+3I2+4H2O+2NO↑。因此该实验现象溶液变为黄色且有无色气体产生,B项不可选;
C. CO2通入CaCl2溶液中,除了其与水反应生成碳酸外,没有其他反应发生,不会生成碳酸钙沉淀,所以没有明显现象,C项可选;
D. SO2通入H2S溶液中发生反应的方程式为:SO2+2H2S=3S↓+ 2H2O。因此该实验现象为溶液变浑浊;
答案选C。
14.在常温常压下,24mLH2S和O2的混合气体点燃后,生成6mLSO2,则原混合气体中H2S的体积可能为( )
A. 10mL B. 12mL C. 16mL D. 18mL
【答案】B
【解析】
【分析】依据阿伏加德罗推论可知:恒温恒压下,=;H2S和O2反应时有两种情况即当氧气过量时发生2H2S+3O22H2O+2SO2、当氧气少量时会发生2H2S+O22H2O+2S↓。据此解题。
【详解】设原混合气体中H2S的体积为x mL,则:
2H2S+3O22H2O+2SO2
2Vm 3Vm 2Vm 2Vm
x y 6mL
计算可得
x=6mL y=9mL
所以反应生成SO2的H2S为 6mL。
当氧气过量时,气体总体积为24mL,所以H2S为6mL,O2为18mL;
当H2S过量时,H2S与O2反应的产物有SO2和S,其中生成SO2的H2S为 6mL,O2为9mL,生成S的H2S与O2总量为 24-6-9=9mL,涉及到的反应为:
2H2S+O22H2O+2S↓,其中由于=,则==。因此H2S总体积为6+6=12mL,O2为9+3=12mL。
答案选B。
15.从某些性质看,NH3与H2O、NH4+与H3O+、NH2-与OH-、NH2-与O2-相似,下列有关化学方程式不正确的是( )
A. 氯化铵与KNH2反应:NH4Cl+KNH2→KCl+2NH3↑
B. 二价活泼金属M与液氨反应:M+2NH3→M(NH2)2+H2↑
C. 盐酸与MNH反应:2HCl+MNH→MCl2+NH3
D. 氯化铵与MO反应:2NH4Cl+MO→M(NH2)2+2HCl+H2O
【答案】D
【解析】试题分析:A、KHN2相当于KOH,氯化铵与KOH反应的化学方程式是:NH4Cl+KOH=KCl+NH3+H2O对比(A)反应,可知该化学方程式正确,故A正确;B、NH3相当于H2O,二价活泼金属M与水反应的化学方程式是:M+2H2O=M(OH)2+H2↑对比(B)反应,可知该化学方程式正确,故B正确;C、MNH相当于MO,盐酸与MO反应的化学方程式是:2HCl+MO=MCl2+H2O对比(C)反应,可知该化学方程式正确,故C正确;D、NH4Cl相当于H3OCl(即HCl),H3OCl与MO反应的化学方程式是:2H3OCl+MO=MCl2+3H2O或2HCl+MO=MCl2+H2O,则NH4Cl与MO反应的化学方程式应为:2NH4Cl+MO=MCl2+2NH3+H2O可知,化学方程式D不正确,故D错误;故选D。
16.NO2和Br2蒸汽都是红棕色、有刺激性气味的气体。下列不能用来区别这两种气体的试剂是( )
A. CCl4 B. 蒸馏水
C. 浓H2SO4 D. AgNO3溶液
【答案】C
【解析】A. 溴蒸汽能够被CCl4 溶解,二氧化氮不能,现象不同,能够区分,故A正确;B. 溴水有颜色,二氧化氮与水反应生成的硝酸无色,现象不同,能够区分,故B正确;C. 浓硫酸与NO2和Br2蒸汽都没有明显的现象,不能区分,故C错误;D.溴与 AgNO3溶液反应生成淡黄色沉淀,二氧化氮没有,现象不同,能够区分,故D正确;故选C。
17.实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置,其中正确的是( )
A. 氨气发生装置
B. 是氨气吸收装置
C. 是氨气发生装置
D. 是氨气收集、检验装置
【答案】C
【详解】A.①NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl,而当温度降低时,NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl,气体进入干燥管的量太少,A项错误;
B.②氨气极易溶于水,防倒吸装置中漏斗口应与液面接触,按照装置图水会发生倒吸,B项错误;
C.③向CaO中滴加浓氨水,CaO遇水生成Ca(OH)2,同时放出大量热量,使浓氨水中的氨气逸出,C项正确;
D.④收集氨气采取向下排空气法,试管口处应塞一团棉花,防止与空气对流,否则得不到纯净的氨气,D项错误;
答案选C。
18.研究发现,空气中少量的NO2能参与硫酸型酸雨的形成,反应过程如下:①SO2+NO2→SO3+NO ②SO3+H2O→H2SO4 ③2NO+O2→2NO2,NO2在上述过程中体现了什么样的性质或起了什么作用:①氧化性;②还原性;③催化剂;④酸性
A. ①③ B. ③④ C. ③ D. ②④
【答案】A
【解析】
【分析】在①SO2+NO2=SO3+NO中,二氧化氮中氮元素的化合价降低,所以二氧化氮作氧化剂;将方程式①×2+②+③得方程式为:2SO2+H2O+O2=SO3+H2SO4,可发现反应前后二氧化氮的量并未发生变化,所以二氧化氮在整个反应过程中起催化剂的作用,据此答题。
【详解】从反应①中,可看出二氧化氮中氮元素的化合价降低,所以二氧化氮作氧化剂;当将三个方程式按照①×2+②+③得方程式为:2SO2+H2O+O2=SO3+H2SO4,可发现反应前后二氧化氮的量并未发生变化,所以二氧化氮在整个反应过程中起催化剂的作用。
答案选A。
19.反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)在一密闭容器中进行,下列条件的改变能使反应速度变快的是( )
①体积不变,增加Fe的量; ②体积不变,增加H2O的量;③体积不变,充入N2使压强增大;④压强不变,充入N2使体积增大
A. ①②③ B. ②④ C. ②③ D. ②
【答案】D
【解析】
【分析】影响化学反应速率的因素为浓度、压强、温度、催化剂。其中增大反应物的浓度、增大压强、提高温度、加入催化剂都可以使反应速率提高。
【详解】对于在一密闭容器中进行的反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g):①当体积不变,增加Fe的量时,不影响反应速率; ②当体积不变,增加H2O的量,提高了反应物的浓度,反应速率加快;③当体积不变,充入N2使压强增大,但反应物的浓度不变,反应速率不变;④压强不变,充入N2使体积增大,对参加反应的各反应物的浓度减小,反应速率减小;
答案选D。
20.将NO2、NH3和O2的混合气体28L通过稀H2SO4后,溶液质量增加42g,气体体积缩小为4.48L。将带火星的木条插入其中,木条不复燃。则原混合气体的平均相对分子质量为(气体体积都是在标准状况下测定)( )
A. 32.8 B. 34.6 C. 36.2 D. 38.4
【答案】D
【解析】
【分析】混合气体通过H2SO4时,NH3被吸收,NO2和O2会和稀H2SO4中的水发生反应:4NO2+O2+2H2O=4HNO3,这都会使溶液的质量增加。通过稀H2SO4后剩下的气体不是过量的NO2与水反应生成的NO,就是过量的O2。通过题中所述“带火星的木条不复燃”可知剩下的4.48 L气体应为NO。
【详解】根据质量守恒规律,原混合气体的总质量=溶液质量的增加量+生成的NO的质量,故混合气体平均摩尔质量==38.4。
答案选D。
二、综合分析题
21.向Na2S和Na2SO3的混合溶液中加入足量的稀硫酸溶液,发生以下反应:
________Na2S+_________Na2SO3+________H2SO4→_______Na2SO4+_______S↓+______H2O
(1)配平上述化学方程式,标出电子转移的方向和数目。________________
(2)反应中被氧化的元素是___________。
(3)反应中氧化产物和还原产物物质的量之比为__________。
【答案】(1). 2 (2). 1 (3). 3 (4). 3 (5). 3 (6). 3 (7). (8). Na2S中-2价硫元素 (9). 2:1
【解析】
【分析】向Na2SO3和Na2S的混合溶液中加入稀硫酸,溶液中会产生大量淡黄色沉淀,这主要是因为反应物中Na2S→产物中S,硫元素的化合价升高做还原剂,反应物中Na2SO3→产物中S硫元素的化合价降低做氧化剂,根据氧化还原反应中转移电子总数相等,可对该反应进行配平,电子转移的方向为从还原剂转移至氧化剂。
【详解】(1)向Na2S和Na2SO3的混合溶液中加入足量的稀硫酸溶液,发生的反应中有:
化合价升高: Na2SS化合价降低:Na2SO3S
所以可配平为2Na2S+Na2SO3+3H2SO4=3Na2SO4+3S↓+3H2O用单线桥标注电子转移的方向和数目为:
(2)反应中Na2S为还原剂,其中被氧化的元素是-2价硫元素
(3)此反应中氧化产物为由Na2S升高价态所产生的硫、还原产物为由Na2SO3降低价态所产生的硫。因此它们的物质的量之比为2:1。
22.废气中的H2S通过高温热分解可制取氢气:2H2S(g)2H2(g)+S2(g)。现在3L密闭容器中进行H2S分解实验。某温度时,测得反应体系中有气体1.31mol,反应10min后,测得气体为1.37mol,则10min内H2的平均生成速率为________________。
【答案】0.004mol/(L∙min)
【详解】根据方程式知,反应前后气体增加的物质的量相当于n(S2),则反应前后生成的n(S2)=(1.37-1.31)mol=0.06mol,则v(S2)===0.002mol/(L∙min),v(H2)=2v(S2)=0.004mol/(L∙min)。答案应为0.004mol/(L∙min)。
23.SO2实验室制法是利用亚硫酸钠和浓硫酸的反应。
(1)请写出该反应的化学方程式________________。
(2)反应中的硫酸既不是稀硫酸也不是98.3%的浓硫酸的原因是_______________________________。
(3)将SO2气体通入CuCl2溶液中,生成CuCl沉淀的同时,还有产物HCl和H2SO4。请写出该反应的化学方程式____________。
【答案】(1). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑ (2). SO2在水中的溶解度较大,不采用稀硫酸;98.3%的浓硫酸缺少水,硫酸未完全电离,仍以分子形式存在,而Na2SO3(s)与H2SO4的反应是在H2SO4电离成离子的状态下才能顺利进行,因此不采用98.3%的浓硫酸 (3). SO2+2CuCl2+H2O=2CuCl↓+2HCl+H2SO4
【详解】(1)在实验室中SO2可利用亚硫酸钠和浓硫酸进行制备,其反应的化学方程式为:Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑;
(2)在亚硫酸钠和浓硫酸反应制二氧化硫的反应中,需要控制硫酸的浓度,主要是因为SO2在水中的溶解度较大,采用稀硫酸不利用二氧化硫的产生;98.3%的浓硫酸缺少水,硫酸未完全电离,仍以分子形式存在,而Na2SO3固体与H2SO4的反应是在H2SO4电离成离子的状态下才能顺利进行,因此不采用98.3%的浓硫酸。
(3)将SO2气体通入CuCl2溶液中,发生了氧化还原反应,其产物为CuCl沉淀、HCl和H2SO4。因此该反应的化学方程式SO2+2CuCl2+H2O=2CuCl↓+2HCl+H2SO4。
24.(1)硝酸钾在黑火药中起________剂的作用。
(2)硝酸钾受热分解的化学反应方程式为_______________________________。
【答案】(1). 氧化 (2). 2KNO32KNO2 + O2↑
【解析】
【分析】黑火药是我国古代四大发明之一,在化学史上占有重要地位。黑火药的主要成分是硝酸钾、硫磺、木炭三者的粉末状混合物,在点燃条件下,发生的主要反应为:2KNO3+S+3CN2↑+3CO2↑+K2S
【详解】(1)黑火药的主要成分是硝酸钾、硫磺、木炭三者的粉末状混合物,在点燃条件下,发生的主要反应为:2KNO3+S+3CN2↑+3CO2↑+K2S。硝酸钾的氮元素在反应中由+5价转化成为0价的N2,价态降低,起氧化剂的作用;
(2)大多数的硝酸盐不稳定,故硝酸钾受热易分解。其化学反应方程式为:2KNO32KNO2 + O2↑。
25.硝酸铜受热分解产生的气体能使带火星的木条复燃,其原因是_____________________。
【答案】硝酸铜受热分解产生NO2和O2的体积之比为4:1,氧气的体积分数与空气中氧气的体积分数相近,因此产物气体能支持燃烧
【解析】
【分析】硝酸铜受热分解产生的气体能使带火星的木条复燃,说明气体中有氧气。在氧化还原反应中有价态升高的元素,就必有价态降低的元素,故硝酸铜中氮元素需降价生成二氧化氮,据此解题。
【详解】硝酸铜受热分解产生的气体能使带火星的木条复燃,其原因是硝酸铜受热分解产生NO2和O2的体积之比为4:1,氧气的体积分数与空气中氧气的体积分数相近,因此产物气体能支持燃烧。
答案应为硝酸铜受热分解产生NO2和O2的体积之比为4:1,氧气的体积分数与空气中氧气的体积分数相近,因此产物气体能支持燃烧。
26.某金属硝酸盐受热分解产生的NO2和O2的比例是6:1,该金属反应前后的化合价________(填“升高”,“降低”或“不变”)。
【答案】升高
【详解】由NO2和O2的物质的量之比为6:1可知,N的化合价由硝酸根中的+5价降到NO2中的+4价,每个N原子降了1价,6个氮原子共降了6价;而2个-2价O生成O2的化合价只升高了4价,根据氧化还原反应中的电子守恒原理可知,金属元素的化合价需要升高。
答案应为升高。
27.某硝酸铜和硝酸银的混合物,受热分解产生的气体溶于水后,充分反应剩余的气体体积是原来的1/16,其中硝酸银的质量分数是_____。
【答案】0.475
【解析】
【分析】硝酸银加热分解方程式为:2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑,所得的二氧化氮与氧气的物质的量之比为2:1;硝酸铜受热分解的方程式为:2Cu(NO3)2 2CuO+4NO2↑+O2↑。由4NO2+O2+4H2O=4HNO3可知硝酸铜分解产物通入水中彻底被吸收,硝酸银只被吸收一部分,剩余的为氧气,据此解题。
【详解】设混合物中硝酸银的物质的量为x mol,硝酸铜的为y mol,则:
2AgNO32NO2↑+O2↑+2Ag
2 2 1
x x 0.5x
2Cu(NO3)2 4NO2↑+O2↑+2CuO
2 4 1
y 2y 0.5y
则可表示:,由此可计算出;
因此硝酸银的质量分数==
28.用下列装置验证SO2的某些性质(加热及夹持装置略去)。
(1)装有浓硫酸的仪器名称是____________。
(2)铜与浓硫酸反应的化学方程式是____________________________________。
(3)能验证SO2具有氧化性的实验现象是_____________________________。
(4)装有BaCl2溶液的试管中无任何现象,将其分成两份,分别滴加氨水和氯水,均产生白色沉淀,沉淀的化学式分别是______,_____。
(5)写出SO2显示还原性并生成白色沉淀的总的离子方程式____________________________。
(6)能验证SO2具有酸性氧化物的通性的实验现象_____。若通入过量的SO2,则其总反应的离子反应方程式是_________。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑ (3). H2S溶液中产生淡黄色沉淀 (4). BaSO3 (5). BaSO4 (6). Ba2++SO2+Cl2+2H2O=4H++BaSO4↓+2Cl- (7). 滴有酚酞的氢氧化钠溶液由红色变为无色 (8). SO2+OH-→HSO3-
【解析】
【分析】根据实验装置图可知,圆底烧瓶中用铜与浓硫酸在加热的条件下生成硫酸铜和二氧化硫,由于二氧化硫溶于水生成的亚硫酸是弱酸,所以通入到氯化钡溶液中,不能产生沉淀;将生成的二氧化硫通入到硫化氢溶液中,二氧化硫有氧化性,能与硫化氢反应生成硫单质,所以可以看到有浅黄色浑浊出现;因为二氧化硫为酸性氧化物能与氢氧化钠反应,所以二氧化硫通过有酚酞的氢氧化钠溶液时,溶液的红色将会褪去。
【详解】(1)装有浓硫酸的仪器名称是分液漏斗,答案应为分液漏斗;
(2)该实验利用铜与浓硫酸在加热的条件下反应制备二氧化硫,其化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑;
(3)要想验证SO2具有氧化性,需要用还原剂与二氧化硫反应。在本实验中,具有还原性的试剂为H2S溶液,其与SO2反应的原理为SO2+2H2S=3S↓+2H2O,故该实验的现象为产生淡黄色沉淀;
(4)装有BaCl2溶液的试管中无任何现象,将其分成两份,如果一份加入氨水,与二氧化硫反应生成亚硫酸铵,亚硫酸铵能与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀,化学式为BaSO3;另一份中滴加氯水,氯水会将亚硫酸氧化成硫酸,与氯化钡会产生硫酸钡沉淀,化学式为BaSO4。答案为:BaSO3 、BaSO4
(5)在上述两个反应中,加入的氯水具有氧化性,与二氧化硫反应时可使SO2显示还原性并生成白色沉淀。该反应的总离子方程式为Ba2++SO2+Cl2+2H2O=4H++BaSO4↓+2Cl-。
(6)酸性氧化物的通性是能与碱反应生成盐和水,因此能验证SO2具有酸性氧化物的通性的实验现象为滴有酚酞的氢氧化钠溶液由红色变为无色。如若向氢氧化钠溶液中通入过量的SO2,则其总反应的离子反应方程式应写为SO2+OH-→HSO3-。
29.氮氧化物(NOx)是大气污染物之一,工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究。回答下列问题:
(1)氨气的制备
(2)氨气的发生装置可以选择上图中的________,反应的化学方程式为_______________。
(3)欲收集一瓶干燥的氨气,选择上图中的装置,其连接顺序为:发生装置→_________(按气流方向,用各接口小写字母表示)。
(4)氨气与二氧化氮的反应
将上述收集到的NH3充入注射器X中,硬质玻璃管Y中加入少量催化剂,充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。
在一定温度下按上图所示装置进行实验。
操作步骤
实验现象
解释原因
打开K1,推动注射器活塞,使X中的气体缓慢通入Y管中
Y管中______
反应的化学方程式:___
将注射器活塞退回原处并固定,将装置恢复到室温
Y管中有少量水珠
生成的气态水冷凝
打开K2
_________
________
【答案】(1). A (2). Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O (3). d→c→f→e→i (4). 红棕色气体颜色变浅最终为无色 (5). 8NH3+6NO27N2+12H2O (6). Z中NaOH溶液产生倒吸现象 (7). 反应后气体分子数减少,Y管中压强小于外压
【解析】
【分析】本题是实验室制氨气的实验探究活动。一般在实验室中,利用氢氧化钙与氯化铵混合加热发生复分解反应制取氨气,由于反应物均为固体,因此选用略向下倾斜试管进行实验。发生该反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O;在对气体进行除杂、干燥时,考虑到氨气是碱性气体,所以需要利用碱性干燥剂进行干燥,又因为氨气的密度比空气的密度小且极易溶于水,因此氨气只能用向下排空气法收集。最后为了防止氨气对环境产生污染,需要对氨气进行尾气处理。
【详解】(2)在实验室中,利用氢氧化钙与氯化铵混合加热发生复分解反应制取氨气,由于反应物均为固体,因此选用A装置进行实验。发生该反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O。答案为:A、Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O;
(3)利用A装置制取氨气,由于氨气是碱性气体,所以需要利用碱性干燥剂碱石灰进行干燥,再根据氨气的密度比空气的密度小这一性质,需用向下排空气法收集氨气 ,最后因为氨气对环境具有一定的污染性,需要进行尾气处理,可利用其在水中极容易溶解的性质,用水作吸收剂进行尾气处理。因此欲收集一瓶干燥的氨气,其装置的连接顺序为:发生装置→d→c→f→e→i。答案为:d→c→f→e→i ;
(4)NO2具有强氧化性,NH3有强还原性,两者相遇,会发生氧化还原反应产生氮气和水,根据电子守恒、原子守恒,可得反应的方程式:8NH3+6NO27N2+12H2O,根据反应方程式可知反应现象是:Y管内看到红棕色气体颜色变浅最终为无色,同时在注射器的内壁有水珠产生。答案为:红棕色气体颜色变浅最终为无色、8NH3+6NO27N2+12H2O;
根据上一步分析可知发生该反应后由于容器内气体的物质的量减少,所以会使容器内气体压强减小。因此当打开K2后,烧杯内NaOH溶液在大气压强的作用下会倒吸进入Y管内。答案为:Z中NaOH溶液产生倒吸现象、反应后气体分子数减少,Y管中压强小于外压。
相关资料
更多