还剩12页未读,继续阅读
本资源只提供10页预览,全部文档请下载后查看!喜欢就下载吧,查找使用更方便
文本内容:
2019-2020年高一(上)第一次月考化学试卷含解析
一、选择题1.(3分)(xx秋•城关区校级期中)根据热化学方程(在101kpa时)S(s)+O2(g)=SO2(g);H=﹣
297.23kJ/mol,分析下列说法中不正确的是( ) A.S的燃烧热为
297.23KJ/mol B.S(s)+O2(g)=SO2(g)放出的热量大于
297.23kJ C.S(s)+O2(g)=SO2(g)放出的热量小于
297.23kJ D.形成1mol二氧化硫的化学键所释放的总能量大于断裂1molS和1molO2的化学键所吸收的总能量 2.(3分)(xx秋•榆林期末)1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2,需吸收
10.94kJ热量,此反应的热化学方程式为( ) A.C+H2O═CO+H2△H=+
131.28kJ•mol﹣1 B.C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H=+
10.94kJ•mol﹣1 C.C(s)+H2O(l)═CO(g)+H2(g)△H=+
131.28kJ•mol﹣1 D.C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H=+
131.28kJ•mol﹣1 3.(3分)(xx•广东模拟)灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体.已知
①Sn(s,白)+2HCl(aq)═SnCl2(aq)+H2(g)△H1
②Sn(s,灰)+2HCl(aq)═SnCl2(aq)+H2(g)△H2
③Sn(s,灰)Sn(s,白)△H3=+
2.1kJ•mol﹣1,下列说法正确的是( ) A.△H1>△H2 B.锡在常温下以灰锡状态存在 C.灰锡转为白锡的反应是放热反应 D.锡制器皿长期处在低于
13.2℃的环境中,会自行毁坏 4.(3分)(xx春•邯郸校级月考)如图所示,△H1=﹣
393.5kJ•mol﹣1,△H2=﹣
395.4kJ•mol﹣1,下列说法正确的是( ) A.C(s、石墨)═C(s、金刚石)△H=+
1.9kJ•mol﹣1 B.石墨和金刚石的转化是物理变化 C.金刚石的稳定性强于石墨 D.1mol石墨的总键能比1mol金刚石的总键能大
1.9kJ 5.(3分)(xx秋•库尔勒市校级期末)强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应H+(aq)+OH﹣(aq)=H2O
(1)△H=﹣
57.3kJ/mol.向1L
0.5mol/L的NaOH溶液中加入下列物质
①稀醋酸
②浓硫酸
③稀硝酸,恰好完全反应时的热效应△H
1、△H
2、△H3的关系正确的是( ) A.△H1>△H2>△H3B.△H1<△H3<△H2C.△H1<△H2<△H3D.△H1>△H3>△H2 6.(3分)(xx秋•汪清县校级期中)已知下列热化学方程式
(1)CH3COOH(l)+2O2(g)═2CO2(g)+2H2O(l)△H1=﹣
870.3kJ/mol;
(2)C(s)+O2(g)═CO2(g)△H2=﹣
393.5kJ/mol;
(3)H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H3=﹣
285.8kJ/mol.则反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)═CH3COOH(l)的△H为( ) A.﹣
488.3kJ/molB.﹣
244.15kJ/mol C.+
488.3kJ/molD.+
244.15kJ/mol
二、双选题(每一小题有两个正确的答案,全对得6分,只选一个且对得3分,选错得0分.)7.(3分)(xx秋•广州期末)用NA表示阿伏德罗常数,下列叙述正确的是( ) A.
5.6gFe和足量的盐酸反应时,失去的电子数为
0.2NA B.标准状况下,
22.4LH2O含有的分子数为1NA C.标准状况下
22.4L氢气和氧气的混合气体所含分子总数为NA D.
0.5mol/L的MgCl2溶液中,含有Cl﹣个数为NA 8.(3分)(2011春•汕头期末)电子表和电子计算器的电源通常用微型银﹣锌电池,其电极分别为Ag2O和Zn,电解质为KOH溶液,电极总反应为Ag2O+H2O+Zn=Zn(OH)2+2Ag.下列叙述正确的是( ) A.Zn是正极,Ag2O是负极 B.Zn是负极,Ag2O是正极 C.工作时负极区溶液的pH增大 D.工作时电子由Zn极经外电路流向Ag2O极
三、非选择题9.(xx秋•永昌县校级期中)丙烷燃烧可以通过以下两种途径途径I C3H8(g)+5O2(g)═3CO2(g)+4H2O(l)△H=﹣akJ•mol﹣1途径II C3H8(g)═C3H6(g)+H2(g)△H=+bkJ•mol﹣12C3H6(g)+9O2(g)═6CO2(g)+6H2O(l)△H=﹣ckJ•mol﹣12H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=﹣dkJ•mol﹣1(abcd均为正值)请回答下列问题
(1)判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量,途径I放出的热量 (填“大于”、“等于”或“小于”)途径II放出的热量
(2)由于C3H8(g)═C3H6(g)+H2(g)的反应中,反应物具有的总能量 (填“大于”、“等于”或“小于”)生成物具有的总能量,那么在化学反应时.反应物就需要 (填“放出”、或“吸收”)能量才能转化为生成物,因此其反应条件是
(3)b与a、c、d的数学关系式是 . 10.(xx秋•广州期末)某工厂排放的工业废水中含Fe3+、Al3+、Cu2+,工厂为了减少环境污染,变废为宝,利用废铁屑和其他化学试剂进行如图操作,得到了铁红、Al2O3和金属Cu,回答下列问题
(1)固体A的成分是 .(用化学式表示)
(2)写出B→D的离子方程式 ;该反应中氧化剂是 ;2molCl2参加反应转移电子是 mol.溶液D中滴加KSCN溶液的现象是 .
(3)溶液E焰色反应呈黄色,试剂H是 (用化学式表示);D→E反应的离子方程式是 .
(4)分别写出铁红和氧化铝在工业上的一种主要用途铁红 ;氧化铝 . 11.(xx春•深圳期中)某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应.其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置,C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置.实验室可以用装置F制备氯气,反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O请回答下列问题
(1)装置F中发生反应的离子方程式为 ;
(2)为了快速制备氨气,装置A的烧瓶中可装试剂 ;
(3)B装置的名称是 ;(填符号)A.洗气瓶B.干燥管C.分液漏斗E装置的作用是 ;
(4)通入C装置的两根导管左边较长、右边较短,目的是 ;
(5)装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结,另一生成物是空气的主要成分之一,请写出反应的化学方程式 .
(6)从装置C的G处逸出的尾气中可能含有黄绿色的有毒气体,如何处理? . 12.(xx秋•中山市校级月考)某温度时,在2L容器中X、Y、Z三种气体物质的量随时间的变化关系曲线如图所示.
(1)由图中的数据分析,该反应的化学方程式为 .
(2)反应开始至5min,Z的平均反应速率为 ;
(3)反应开始至5min,正反应速率逐渐 ;逆反应速率逐渐 ,5min后Z的物质的量不再改变,原因是下列的 ;A.正逆反应都停止了B.正反应速率为零C.正逆反应速率相等,反应达到平衡状态D.逆反应速率为零
(4)下列措施能使正反应速率增大的是 A.升高温度B.降低温度C.增大Y的浓度D.减少Z的浓度. xx学年广东省中山市华侨中学高一(上)第一次月考化学试卷参考答案与试题解析
一、选择题1.(3分)(xx秋•城关区校级期中)根据热化学方程(在101kpa时)S(s)+O2(g)=SO2(g);H=﹣
297.23kJ/mol,分析下列说法中不正确的是( ) A.S的燃烧热为
297.23KJ/mol B.S(s)+O2(g)=SO2(g)放出的热量大于
297.23kJ C.S(s)+O2(g)=SO2(g)放出的热量小于
297.23kJ D.形成1mol二氧化硫的化学键所释放的总能量大于断裂1molS和1molO2的化学键所吸收的总能量考点化学能与热能的相互转化.专题化学反应中的能量变化.分析由S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=﹣
297.23kJ/mol,可知该反应为放热反应,S(s)=S(g)为吸热过程,由盖斯定律可知,S(g)+O2(g)═SO2(g)△H<﹣
297.23kJ/mol,以此来解答.解答解A.二氧化硫为稳定氧化物,S的燃烧热为
297.23kJ/mol,故A正确;B.由盖斯定律可知,S(g)+O2(g)═SO2(g)△H<﹣
297.23kJ/mol,则放出的热量大于
297.23kJ,故B错误;C.由盖斯定律可知,S(g)+O2(g)═SO2(g)△H<﹣
297.23kJ/mol,则放出的热量大于
297.23kJ,故C正确;D.该反应为放热反应,则形成1molSO2的化学键所释放的总能量大于断裂1molS(s)和1molO2(g)的化学键所吸收的总能量,故D正确.故选B.点评本题考查燃烧热的热化学反应方程式,明确燃烧的概念及反应热与键能、盖斯定律的关系即可解答,题目难度不大. 2.(3分)(xx秋•榆林期末)1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2,需吸收
10.94kJ热量,此反应的热化学方程式为( ) A.C+H2O═CO+H2△H=+
131.28kJ•mol﹣1 B.C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H=+
10.94kJ•mol﹣1 C.C(s)+H2O(l)═CO(g)+H2(g)△H=+
131.28kJ•mol﹣1 D.C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H=+
131.28kJ•mol﹣1考点热化学方程式.专题化学反应中的能量变化.分析由1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2,需吸收
10.94kJ热量,则1mol碳与水蒸气反应,吸收
10.94KJ×12=
131.28kJ,并注意物质的状态来解答.解答解由1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2,需吸收
10.94kJ热量,则1mol碳与水蒸气反应,吸收
10.94KJ×12=
131.28kJ,则此反应的热化学方程式为C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H=+
131.28kJ•mol﹣1,故选D.点评本题考查热化学反应方程式的书写,明确物质的量与反应热的关系、△H的数值、单位、符号即可解答,题目较简单. 3.(3分)(xx•广东模拟)灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体.已知
①Sn(s,白)+2HCl(aq)═SnCl2(aq)+H2(g)△H1
②Sn(s,灰)+2HCl(aq)═SnCl2(aq)+H2(g)△H2
③Sn(s,灰)Sn(s,白)△H3=+
2.1kJ•mol﹣1,下列说法正确的是( ) A.△H1>△H2 B.锡在常温下以灰锡状态存在 C.灰锡转为白锡的反应是放热反应 D.锡制器皿长期处在低于
13.2℃的环境中,会自行毁坏考点用盖斯定律进行有关反应热的计算.专题化学反应中的能量变化.分析A、根据
③来判断反应的焓变大小;B、物质具有的能量越低越稳定;C、根据反应的焓变来确定反应是吸热还是放热;D、根据反应
③当温度低于
13.2℃的环境时Sn的转化来判断.解答解A、根据
③Sn(s,灰)Sn(s,白)△H3=+
2.1kJ•mol﹣1,则
②﹣
①=
③,所以△H2﹣△H1=△H3>0,所以△H1<△H2,故A错误;B、根据
③Sn(s,灰)Sn(s,白)△H3=+
2.1kJ•mol﹣1,则锡在常温下以白锡状态存在,故B错误;C、根据
③Sn(s,灰)Sn(s,白)△H3=+
2.1kJ•mol﹣1,焓变大于0,所以灰锡转为白锡的反应是吸热反应,故C错误;D、根据
③Sn(s,灰)Sn(s,白)△H3=+
2.1kJ•mol﹣1,当温度低于
13.2℃的环境时,会自行毁坏,故D正确.故选D.点评本题考查学生盖斯定律的应用以及物质的能量和其稳定性之间的关系,可以根据所学知识进行回答,难度不大. 4.(3分)(xx春•邯郸校级月考)如图所示,△H1=﹣
393.5kJ•mol﹣1,△H2=﹣
395.4kJ•mol﹣1,下列说法正确的是( ) A.C(s、石墨)═C(s、金刚石)△H=+
1.9kJ•mol﹣1 B.石墨和金刚石的转化是物理变化 C.金刚石的稳定性强于石墨 D.1mol石墨的总键能比1mol金刚石的总键能大
1.9kJ考点反应热和焓变.专题化学反应中的能量变化.分析先根据图写出对应的热化学方程式,然后根据盖斯定律写出石墨转变成金刚石的热化学方程式,根据物质的能量越低越稳定,拆化学键吸收能量,形成化学键放出热量来解答.解答解由图得
①C(S,石墨)+O2(g)=CO2(g)△H=﹣
393.5kJ•mol﹣1
②C(S,金刚石)+O2(g)=CO2(g)△H=﹣
395.4kJ•mol﹣1,利用盖斯定律将
①﹣
②可得C(S,石墨)=C(S,金刚石)△H=+
1.9kJ•mol﹣1,则A、因C(s、石墨)=C(s、金刚石)△H=+
1.9kJ•mol﹣1,故A正确;B、石墨转化为金刚石是发生的化学反应,属于化学变化,故B错误;C、金刚石能量大于石墨的总能量,物质的能量越高越不稳定,则石墨比金刚石稳定,故C错误;D、键能越大物质的能量越低,石墨的总键能比金刚石高,则1mol石墨的总键能比1mol金刚石的总键能大
1.9kJ,故D正确;故选AD.点评本题考查热利用盖斯定律的应用、物质的能量越低越稳定,题目难度不大,注意物质的稳定性与能量的关系. 5.(3分)(xx秋•库尔勒市校级期末)强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应H+(aq)+OH﹣(aq)=H2O
(1)△H=﹣
57.3kJ/mol.向1L
0.5mol/L的NaOH溶液中加入下列物质
①稀醋酸
②浓硫酸
③稀硝酸,恰好完全反应时的热效应△H
1、△H
2、△H3的关系正确的是( ) A.△H1>△H2>△H3B.△H1<△H3<△H2C.△H1<△H2<△H3D.△H1>△H3>△H2考点反应热的大小比较.分析在稀溶液中强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为中和热,注意弱电解质的电离吸热,浓硫酸溶于水放热来解答.解答解强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应H+(aq)十OH﹣(aq)=H2O;△H=一
57.3kJ/mol,分别向1L
0.5mol/L的NaOH溶液中加入
①稀醋酸;
②浓H2SO4;
③稀硝酸,醋酸的电离吸热,浓硫酸溶于水放热,则恰好完全反应时的放出的热量为
②>
③>
①,所以△H1>△H3>△H2,故选D.点评本题考查中和热,明确中和热的概念及弱电解质的电离、浓硫酸溶于水的热效应即可解答,需要注意的是放出的能量多,△H反而小. 6.(3分)(xx秋•汪清县校级期中)已知下列热化学方程式
(1)CH3COOH(l)+2O2(g)═2CO2(g)+2H2O(l)△H1=﹣
870.3kJ/mol;
(2)C(s)+O2(g)═CO2(g)△H2=﹣
393.5kJ/mol;
(3)H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H3=﹣
285.8kJ/mol.则反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)═CH3COOH(l)的△H为( ) A.﹣
488.3kJ/molB.﹣
244.15kJ/mol C.+
488.3kJ/molD.+
244.15kJ/mol考点有关反应热的计算;用盖斯定律进行有关反应热的计算.专题化学反应中的能量变化.分析利用盖斯定律计算,将
(2)×2+
(3)×2﹣
(1),可得2C(s)+2H2(g)+O2(g)═CH3COOH(l),反应热随之相加减,可求得反应热.解答解已知
(1)CH3COOH(l)+2O2(g)═2CO2(g)+2H2O(l)△H1=﹣
870.3kJ/mol
(2)C(s)+O2(g)═CO2(g)△H2=﹣
393.5kJ/mol
(3)H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H3=﹣
285.8kJ/mol利用盖斯定律,将
(2)×2+
(3)×2﹣
(1),可得2C(s)+2H2(g)+O2(g)═CH3COOH(l),则△H=2×(﹣
393.5kJ/mol)+2×(﹣
285.8kJ/mol)﹣(﹣
870.3kJ/mol)=﹣
488.3KJ/mol,故选A.点评本题考查反应热的计算,题目难度不大,注意盖斯定律的运用,注意焓变与化学计量数的关系.
二、双选题(每一小题有两个正确的答案,全对得6分,只选一个且对得3分,选错得0分.)7.(3分)(xx秋•广州期末)用NA表示阿伏德罗常数,下列叙述正确的是( ) A.
5.6gFe和足量的盐酸反应时,失去的电子数为
0.2NA B.标准状况下,
22.4LH2O含有的分子数为1NA C.标准状况下
22.4L氢气和氧气的混合气体所含分子总数为NA D.
0.5mol/L的MgCl2溶液中,含有Cl﹣个数为NA考点阿伏加德罗常数.专题阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.分析A、
5.6g铁的物质的量为
0.1mol,与盐酸反应生成的是亚铁离子;B、根据标况下水的状态不是气体进行分析;C、根据标况下的气体摩尔体积计算出混合气体的物质的量及含有的分子数;D、根据题中缺少氯化镁溶液的体积分析.解答解A、铁与盐酸反应生成了亚铁离子,
5.6g铁物质的量是
0.1mol,与稀盐酸完全反应失去
0.2mol电子,失去的电子数为
0.2NA,故A正确;B、在标况下,水不是气体,题中条件无法计算
22.4L的物质的量,故B错误;C、标况下,
22.4L混合气体的物质的量为1mol,含有分子总数为NA,故C正确;D、没有告诉
0.5mol/L的MgCl2溶液的体积,无法计算氯化镁的物质的量,故D错误;故选AC.点评本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,题目难度中等,注意标准状况下的气体摩尔体积的使用条件,阿伏加德罗常数是高考的“热点”,它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解,又可以涵盖多角度的化学知识内容.要准确解答好这类题目,既要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系还要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系. 8.(3分)(2011春•汕头期末)电子表和电子计算器的电源通常用微型银﹣锌电池,其电极分别为Ag2O和Zn,电解质为KOH溶液,电极总反应为Ag2O+H2O+Zn=Zn(OH)2+2Ag.下列叙述正确的是( ) A.Zn是正极,Ag2O是负极 B.Zn是负极,Ag2O是正极 C.工作时负极区溶液的pH增大 D.工作时电子由Zn极经外电路流向Ag2O极考点化学电源新型电池.专题电化学专题.分析根据电池反应式知,锌失电子发生氧化反应而作负极,电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣═Zn(OH)2,氧化银得电子发生还原反应而作正极,电极反应式为Ag2O+2e﹣+H2O═2Ag+2OH﹣,根据负极电极反应式确定负极区域pH变化结合电子的移动方向分析解答.解答解A.根据电池反应式知,锌失电子化合价升高而作负极,氧化银作正极,故A错误;B.根据电池反应式知,锌失电子化合价升高而作负极,氧化银作正极,故B正确;C.负极上电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣═Zn(OH)2,由于氢氧根离子参加反应而导致负极附近氢氧根离子浓度降低,则溶液的pH减小,故C错误;D.锌作负极,氧化银作正极,导致从负极锌沿导线流向正极氧化银,故D正确;故选BD.点评本题考查了化学电源新型电池,根据电池反应式中元素化合价变化来确定正负极,再结合导致移动方向、离子浓度的变化来分析解答,难度不大.
三、非选择题9.(xx秋•永昌县校级期中)丙烷燃烧可以通过以下两种途径途径I C3H8(g)+5O2(g)═3CO2(g)+4H2O(l)△H=﹣akJ•mol﹣1途径II C3H8(g)═C3H6(g)+H2(g)△H=+bkJ•mol﹣12C3H6(g)+9O2(g)═6CO2(g)+6H2O(l)△H=﹣ckJ•mol﹣12H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=﹣dkJ•mol﹣1(abcd均为正值)请回答下列问题
(1)判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量,途径I放出的热量 等于 (填“大于”、“等于”或“小于”)途径II放出的热量
(2)由于C3H8(g)═C3H6(g)+H2(g)的反应中,反应物具有的总能量 小于 (填“大于”、“等于”或“小于”)生成物具有的总能量,那么在化学反应时.反应物就需要 吸收 (填“放出”、或“吸收”)能量才能转化为生成物,因此其反应条件是 加热
(3)b与a、c、d的数学关系式是 b=﹣a+(c+d) .考点化学能与热能的相互转化.专题化学反应中的能量变化.分析
(1)根据盖斯定律来判断两种途径放热之间的关系;
(2)该反应属于吸热反应,反应物具有的总能量小于生成物的总能量;需要吸收能量,所以反应条件为加热;
(3)根据盖斯定律来判断各步反应之间的关系.解答解
(1)根据盖斯定律,煤作为燃料不管是一步完成还是分两步完成,反应物和产物的焓值是一定的,所以两途径的焓变值一样,放出的热量一样,故答案为等于;
(2)由于C3H8(g)═C3H6(g)+H2(g)的反应中△H>0,该反应是吸热反应,反应物具有的总能量小于生成物的总能量,需要吸收能量,反应条件是加热,故答案为小于;吸收;加热;
(3)途径I
①C3H8(g)+5O2(g)═3CO2(g)+4H2O(l)△H=﹣akJ•mol﹣1途径II
②C3H8(g)═C3H6(g)+H2(g)△H=+bkJ•mol﹣1
③2C3H6(g)+9O2(g)═6CO2(g)+6H2O(l)△H=﹣ckJ•mol﹣1
④2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=﹣dkJ•mol﹣1反应
①=反应
②+反应
③×+反应
④×,所以﹣a=b+(﹣c﹣d),所以b=﹣a+(c+d),故答案为b=﹣a+(c+d).点评本题考查学生盖斯定律的应用以及反应吸放热与反应物、生成物能量之间的关系,可以根据所学知识进行回答,难度不大 10.(xx秋•广州期末)某工厂排放的工业废水中含Fe3+、Al3+、Cu2+,工厂为了减少环境污染,变废为宝,利用废铁屑和其他化学试剂进行如图操作,得到了铁红、Al2O3和金属Cu,回答下列问题
(1)固体A的成分是 Fe、Cu .(用化学式表示)
(2)写出B→D的离子方程式 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣ ;该反应中氧化剂是 Cl2 ;2molCl2参加反应转移电子是 4 mol.溶液D中滴加KSCN溶液的现象是 溶液变红色 .
(3)溶液E焰色反应呈黄色,试剂H是 NaOH (用化学式表示);D→E反应的离子方程式是 Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O .
(4)分别写出铁红和氧化铝在工业上的一种主要用途铁红 红色油漆或涂料等 ;氧化铝 耐火材料 .考点金属的回收与环境、资源保护;常见金属元素的单质及其化合物的综合应用.专题几种重要的金属及其化合物.分析
(1)某工厂排放的工业废水中含Fe3+、Al3+、Cu2+,先加过量铁2Fe3++Fe═3Fe2+,铁在金属活动顺序表中排在铜的前面,所以铁粉把铜置换出来,发生Fe+Cu2+═Cu+2Fe2+,由于铁过量,所以所得固体包括Fe和Cu;
(2)过滤所得溶液B中含有Al3+、Fe2+,加氯水,+2价的铁离子被氯水氧化,生成+3价的铁离子,2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣,1mol氯气参加反应转移2mol电子;检验Fe3+的方法是加KSCN溶液,溶液变红;
(3)分离Al3+、Fe2+,需加强碱,利用氢氧化铝的两性进行分离,D→E是铝离子生成氢氧化铝沉淀,以及氢氧化铝溶解在碱中的离子反应,据此分析解答;
(4)铁红为三氧化二铁的俗名,颜色为红棕色,根据颜色可作颜料,氧化铝熔点高,可作耐火材料;解答解
(1)根据流程图中可以知道,完成回收铁红、Al2O3和金属Cu,先加过量铁粉,2Fe3++Fe═3Fe2+,铁在金属活动顺序表中排在铜的前面,所以铁粉把铜置换出来,Cu2++Fe=Fe2++Cu,过滤得到Fe、Cu,故答案为Fe、Cu;
(2)过滤所得溶液B中含有Al3+、Fe2+,加氯水,+2价的铁离子被氯水氧化,2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣;该反应中氯气中氯元素从0价变为产物中的氯离子,化合价降低是氧化剂;1mol氯气参加反应得到2mol电子,则2mol氯气参加反应得到4mol电子;溶液D中含有Fe3+,加KSCN溶液Fe3++3SCN﹣⇌Fe(SCN)3溶液变红色,故答案为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣;Cl2;4;溶液变红色;
(3)分离Al3+、Fe2+,需加强碱,氢氧化铝既可以和强酸反应还可以和强碱反应,是两性氢氧化物,溶液E焰色反应呈黄色说明含有钠离子,说明试剂H是氢氧化钠;加碱先发生反应Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓,强碱过量Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O,总反应为Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O,故答案为NaOH;Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O;
(4)铁红为氧化铁,红棕色粉末,可用于油漆、油墨、橡胶等工业中,也可做催化剂;氧化铝,可通过电解得到铝单质,所以可作制铝原料,氧化铝熔点高,可用作耐火材料,也可作工业催化剂等,故答案为红色油漆或涂料等;耐火材料;点评本题以工业废水中回收铁红、Al2O3和金属Cu考查了物质的分离和提纯,注意根据物质的性质选择分离提纯的方法,题目难度中等. 11.(xx春•深圳期中)某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应.其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置,C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置.实验室可以用装置F制备氯气,反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O请回答下列问题
(1)装置F中发生反应的离子方程式为 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O ;
(2)为了快速制备氨气,装置A的烧瓶中可装试剂 碱石灰或生石灰 ;
(3)B装置的名称是 B ;(填符号)A.洗气瓶B.干燥管C.分液漏斗E装置的作用是 除去氯气中的氯化氢 ;
(4)通入C装置的两根导管左边较长、右边较短,目的是 使密度大的氯气与密度小的氨气较快的均匀混合 ;
(5)装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结,另一生成物是空气的主要成分之一,请写出反应的化学方程式 3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl .
(6)从装置C的G处逸出的尾气中可能含有黄绿色的有毒气体,如何处理? 氯气与氢氧化钠溶液反应,可用氢氧化钠吸收过量的氯气 .考点氯气的实验室制法;氨的化学性质.分析
(1)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水;
(2)碱石灰具有吸水性,利用碱石灰与浓氨水可制取氨气;
(3)熟悉常见的仪器构造及用途,熟记仪器名称;氯气中混有挥发出来的氯化氢气体,要得到纯净的氯气应除去氯化氢;
(4)依据氯气、氨气的密度大小判断解答;
(5)氯气具有氧化性,能够氧化氨气生成氮气;
(6)依据氯气有毒能够与氢氧化钠反应的性质解答.解答解
(1)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水,反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O;故答案为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O;
(2)碱石灰具有吸水性,可作干燥剂,所以B为干燥管,A为碱石灰或生石灰等与浓氨水混合可制取氨气;故答案为碱石灰或生石灰等;
(3)B装置的名称是干燥管,用来干燥氨气;氯化氢易挥发,制取的氯气中含有氯化氢,氯化氢易溶于水,氯气在饱和食盐水中溶解度不大,可以用E装置除去氯气中的氯化氢;故答案为B;除去氯气中的氯化氢;
(4)通入C装置的两根导管左边较长、右边较短,目的是使密度大的氯气与密度小的氨气较快地均匀混合反应,故答案为使密度大的氯气与密度小的氨气较快地均匀混合反应;
(5)氯气具有氧化性,能够氧化氨气生成氮气,反应的化学方程式为3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl;故答案为3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl;
(6)氯气有毒能够与氢氧化钠反应,可用氢氧化钠吸收过量的氯气,故答案为氯气与氢氧化钠溶液反应,可用氢氧化钠吸收过量的氯气.点评本题考查实验方案的设计,熟悉氨气的制取、氯气的制取原理及物质的性质是解答本题的关键,侧重考查学生分析问题解决问题的能力,题目难度中等. 12.(xx秋•中山市校级月考)某温度时,在2L容器中X、Y、Z三种气体物质的量随时间的变化关系曲线如图所示.
(1)由图中的数据分析,该反应的化学方程式为 3X+Y⇌2Z .
(2)反应开始至5min,Z的平均反应速率为
0.04mol/(L•min) ;
(3)反应开始至5min,正反应速率逐渐 减小 ;逆反应速率逐渐 增大 ,5min后Z的物质的量不再改变,原因是下列的 C ;A.正逆反应都停止了B.正反应速率为零C.正逆反应速率相等,反应达到平衡状态D.逆反应速率为零
(4)下列措施能使正反应速率增大的是 AC A.升高温度B.降低温度C.增大Y的浓度D.减少Z的浓度.考点化学平衡的计算.分析
(1)根据曲线的变化趋势判断反应物和生成物,根据物质的量变化之比等于化学计量数之比书写方程式;
(2)根据v=计算反应速率;
(3)浓度越大,反应速率越大,浓度变小,反应速率变小,当达到平衡状态时,各组分量不再改变;
(4)升高温度,正逆反应速率均增大,增大组分浓度,反应速率增大.解答解
(1)从曲线的变化趋势可以看出,从反应开始到达到平衡,X、Y的物质的量减少,应为反应物,Z的物质的量增加,应为生成物,从反应开始到第5分钟反应到达平衡状态,X、Y消耗的物质的量分别为
0.6mol、
0.2mol,Z的生成的物质的量为
0.4mol,因此三者比例为312,物质的量变化之比等于化学计量数之比,则化学方程式为3X+Y⇌2Z,故答案为3X+Y⇌2Z;
(2)Z的平均反应速率v===
0.04mol/(L•min),故答案为
0.04mol/(L•min);
(3)反应开始至5min,反应物X、Y的物质的量减小,生成物Z的物质的量增加,故正反应速率逐渐减小;逆反应速率逐渐增大,当达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各组分量不再改变,故答案为减小;增大;C;
(4)A.升高温度,正逆反应速率均增大,故A正确;B.降低温度,正逆反应速率均减小,故B错误;C.增大Y的浓度,正反应速率增大,故C正确;D.减少Z的浓度,平衡向正反应方向移动,但正逆反应速率减小,故D错误.故答案为AC.点评本题考查物质的量随时间的变化曲线,题目难度不大,本题注意化学方程式的判断方法和反应速率的影响因素判断. 。