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2019年高三(上)第一次月考化学试卷含解析 一.选择题(每小题只有一个选项符合题意,每小题3分,共60分)1.下列说法都正确的是( )
①江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关
②四川灾区重建使用了大量钢材,钢材是合金
③“钡餐”中使用的硫酸钡是弱电解质
④太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置
⑤常用的自来水消毒剂有氯气和二氧化氮,两者都含有极性键
⑥水陆两用公共汽车中,用于密封的橡胶材料是高分子化合物. A.
①②③④B.
①②④⑥C.
①②⑤⑥D.
③④⑤⑥ 2.只有一种元素的物质( ) A.可能是纯净物也可能是混合物 B.可能是单质也可能是化合物 C.一定是纯净物 D.一定是一种单质 3.下列各组物质中前一种是混合物,后两种是纯净物的是( ) A.蓝矾玻璃无色的刚玉B.汽油液氯醋酸 C.石蜡纯盐酸王水D.干冰铝热剂铁触媒 4.现有两种不含结晶水的盐,它们在20℃和60℃时的溶解度分别是20℃60℃A的溶解度
35.7g
46.4gB的溶解度
31.6g110g下列说法中,正确的是( ) A.两种盐在某一温度下具有相同的溶解度 B.若把110gB的饱和溶液从60℃降到20℃,析出的B是
78.4g C.在20℃时,A、B都可以配成25%的不饱和溶液 D.若要使A、B混合物分离,可采用重结晶法 5.下列关于氧化物的叙述正确的是( ) A.酸性氧化物均可跟碱起反应 B.酸性氧化物在常温常压下均为气态 C.金属氧化物都是碱性氧化物 D.不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应 6.下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符合的是( ) A.NaHSO3粉末加入HNO3溶液中 B.H2S气体通入氯水中 C.NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中 D.CO2气体通入澄清石灰水中 7.下列各组中的两种物质相互反应时,无论哪种过量,都可以用同一个离子方程式表示的是( )
①碳酸钠溶液与盐酸
②偏铝酸钠溶液与盐酸
③苯酚钠溶液与CO2
④硝酸银溶液与氨水
⑤氯化铝溶液与氨水
⑥碳酸氢钠溶液与澄清的石灰水. A.
③⑤B.
①③⑥C.仅有
⑤D.
②④ 8.下列离子方程式正确的是( ) A.碳酸氢镁溶液和过量的NaOH溶液反应Mg2++2OH﹣=Mg(OH)2↓ B.二氧化硫气体通入过量的Ca(ClO)2溶液中SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣=CaSO3↓+2HClO C.Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4至pH等于7Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2O D.KHS的水解HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣ 9.某结晶水合物的化学式为A•xH2O,其相对分子质量为B.在60°C时,mg该晶体溶于ng水中,制得VmL密度为dg•mL﹣1的饱和溶液.下列表示式或判断正确的是( ) A.该溶液的物质的量浓度为 B.该温度下A的溶解度为 C.将10gA投入到该饱和溶液中,析出的晶体大于10g,且溶液质量减少,但浓度不变 D.该溶液的质量分数为% 10.下列说法正确的是( )
①标准状况下,
6.02×1023个分子所占的体积约是
22.4L
②
0.5molH2所占体积为
11.2L
③标准状况下,1molH2O的体积为
22.4L
④常温常压下,28gCO与N2的混合气体所含的原子数为2NA
⑤各种气体的气体摩尔体积都约为
22.4L•mol﹣1
⑥标准状况下,体积相同的气体的分子数相同. A.
①③⑤B.
④⑥C.
③④⑥D.
①④⑥ 11.某不纯的烧碱样品,含Na2CO
33.8%(质量百分含量)、H2O
5.8%、NaHCO
30.004%.取mg样品溶于40mL2mol•L﹣1的盐酸后,用2mol•L﹣1NaOH溶液中和剩余的酸,在蒸发后可得干燥的固体的质量为( ) A.
4.68gB.
5.58gC.
2.34gD.
2.34mg 12.在反应X+2Y=R+2M中,已知R和M的摩尔质量之比为229,当
1.6克X与Y完全反应后,生成
4.4克R,则在此反应中Y和M的质量之比为( ) A.169B.239C.329D.469 13.镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应,产生气体的体积(V)与时间(t)关系如图.反应中镁和铝的( ) A.物质的量之比为32B.质量之比为32 C.摩尔质量之比为23D.反应速率之比为23 14.下列各组物质的燃烧热相等的是( ) A.碳和一氧化碳B.1moL碳和2moL碳 C.3moL乙炔和1moL苯D.淀粉和纤维素 15.下列说法或表示方法中正确的是( ) A.等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧,后者放出的热量多 B.氢气的标准燃烧热为
285.8kJ•mol﹣1,则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=+
285.8kJ•mol﹣1 C.Ba(OH)2•8H2O(s)+2NH4Cl(s)═BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l)△H<0 D.已知中和反应的反应热△H=﹣
57.3kJ•mol﹣1,若将含
0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合,放出的热量要大于
57.3kJ 16.在一种酸性溶液中可能存在Fe3+、NO3﹣、Cl﹣、I﹣中的一种或几种,向该溶液中加入溴水,再加入淀粉,溶液变蓝.由此可推断溶液中( ) A.一定含有I﹣,不能确定是否含有Cl﹣ B.可能含有NO3﹣、Cl﹣和I﹣ C.可能含有NO3﹣ D.一定含有Fe3+ 17.质量分数为a%,物质的量浓度为cmol/L的KOH溶液,蒸发溶剂,恢复到原来温度,若质量分数变为2a%,则物质的量浓度变为( ) A.大于2cmol/LB.等于2cmol/L C.小于2cmol/LD.在cmol/L∽2cmol/L之间 18.已知反应X+Y=M+N为吸热反应,对这个反应的下列说法中正确的是( ) A.X的能量一定低于M的,Y的能量一定低于N的 B.因为该反应为吸热反应,故一定要加热反应才能进行 C.破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量 D.X和Y的总能量一定低于M和N的总能量 19.下列说法正确的是( ) A.一定温度下,1L
0.5mol•L﹣1NH4Cl溶液与1L
0.25mol•L﹣1NH4Cl溶液中NH4+物质的量之比为21 B.100g硫酸溶液的物质的量浓度为
18.4mol/L,用水稀释到物质的量浓度为
9.8mol/L,需要水100g. C.标准状况下,
22.4LCH3Cl和CHCl3的混合物中所含有的碳原子个数一定为NA D.在2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2反应中,每生成16g氧气,则转移NA个电子 20.下列关于某溶液所含离子的检验方法和结论正确的是( ) A.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀,再加盐酸白色沉淀消失,说明有Ca2+ B.通入少量Cl2后,溶液变为黄色,再加入淀粉溶液后,溶液变蓝,说明有I﹣ C.加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体,则原溶液中一定有CO32﹣或SO32﹣﹣ D.往溶液中加入BaCl2溶液和稀HNO3,有白色沉淀生成,说明一定有SO42﹣
二、解答题(共4小题,满分40分)21.瑞典皇家科学院宣布,将xx年诺贝尔化学奖授予德国马普学会弗里茨﹣哈伯(Fritz﹣Haber)研究所的格哈德•埃特尔(GerhardErtl)教授,以表彰他在固体表面化学过程研究领域作出的开拓性成就.合成氨工业生产中所用的α﹣Fe催化剂的主要成分是FeO、Fe2O3.
(1)某FeO、Fe2O3混合物中,铁、氧的物质的量之比为45,其中Fe2+与Fe3+物质的量之比为 .
(2)当催化剂中Fe2+与Fe3+物质的量之比为12时,其催化活性最高,此时铁的氧化物混合物中铁的质量分数为 (用小数表示).
(3)以Fe2O3为原料制备上述催化剂,可向其中加入适量碳粉,发生如下反应2Fe2O3+C═4FeO+CO2↑,为制得这种催化活性最高的催化剂,应向480gFe2O3粉末中加入碳粉的质量为 g. 22.2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示.已知1molSO2(g)氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1.请回答下列问题
(1)图中A、C分别表示 、 ,E的大小对该反应的反应热有无影响? .该反应通常用V2O5作催化剂,加V2O5会使图中B点升高还是降低? ,理由是 ;
(2)图中△H= kJ•mol﹣1;
(3)V2O5的催化循环机理可能为V2O5氧化SO2时,自身被还原为四价钒化合物;四价钒化合物再被氧气氧化.写出该催化循环机理的化学方程式 ;
(4)如果反应速率υ(SO2)为
0.05mol•L﹣1•min﹣1,则υ(O2)= mol•L﹣1•min﹣
1、υ(SO3)= mol•L﹣1•min﹣1;
(5)已知单质硫的燃烧热为296kJ•mol﹣1,计算由S(s)生成3molSO3(g)的△H (要求计算过程). 23.某无色溶液中可能存在下列离子Na+、Ba2+、AlO2﹣、S2﹣、SO32﹣、SO42﹣、Fe3+、MnO4﹣.取该溶液进行有关实验,实验结果如图所示.请回答下列问题
(1)生成沉淀甲的离子方程式为 .
(2)由溶液甲生成沉淀乙的离子方程式为 .
(3)沉淀丙中一定含有 (填化学式,下同),可能含有 .
(4)综合上述信息,该溶液中肯定存在的离子有 . 24.根据下面物质间转换的框图,回答有关问题
(1)由反应
①产生的A、B混合物的工业名称是 .
(2)写出框图中D、E的电子式D ;E
(3)如果2molNa2O2与足量水蒸气反应,可得标准状况下气体的体积是多少 L,同时反应中转移电子总数是 .(NA表示阿佛加德罗常数)
(4)请设计一个课堂小实验,证实反应
⑤是放热反应.
(5)如果A、B混合气体
7.8g(平均摩尔质量10g•mol﹣1),在与G充分反应后,通过足量Na2O2层,可使Na2O2增重 g,并得到O2 mol. xx学年宁夏银川二中高三(上)第一次月考化学试卷参考答案与试题解析 一.选择题(每小题只有一个选项符合题意,每小题3分,共60分)1.下列说法都正确的是( )
①江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关
②四川灾区重建使用了大量钢材,钢材是合金
③“钡餐”中使用的硫酸钡是弱电解质
④太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置
⑤常用的自来水消毒剂有氯气和二氧化氮,两者都含有极性键
⑥水陆两用公共汽车中,用于密封的橡胶材料是高分子化合物. A.
①②③④B.
①②④⑥C.
①②⑤⑥D.
③④⑤⑥考点胶体的重要性质;极性键和非极性键;生活中常见合金的组成;常用合成高分子材料的化学成分及其性能.专题化学应用.分析本题根据胶体的性质,带不同电荷的胶粒相遇时会形成沉淀;钢材是铁和碳的合金,比例不同所得材料性状不同;硫酸钡是一种沉淀,但哎溶液中的硫酸钡只要溶解就会完全电离,为强电解质;硅元素在元素周期表中的位置;氯气的化学键为非极性键;橡胶、淀粉等都为高分子化合物,因为分子量比较大等知识点来解题.解答解
①根据胶体的性质当带不同电荷的胶粒相遇时会发生聚沉,不同地方的泥土胶粒电荷不同,在入海口出聚沉形成沉淀,日积月累形成三角洲,故
①正确;
②钢材是铁和碳的合金,
②正确;
③“钡餐”是硫酸钡,但硫酸钡是强电解质,因为尽管硫酸钡是难溶物但溶于水的部分确实完全电离的
③错;
④硅元素位于周期表第三周期第ⅣA主族,是处于金属与非金属的交界处,
④正确;
⑤氯气是由非极性键组成的单质,
⑤错;
⑥橡胶是高分子化合物,
⑥正确.故选B点评本题考查了胶体中胶粒是带电荷的,生活中常见物质钢铁、钡餐、橡胶的组成和成分,元素周期表中元素的位置,氯气是由非极性键组成的分子等知识点. 2.只有一种元素的物质( ) A.可能是纯净物也可能是混合物 B.可能是单质也可能是化合物 C.一定是纯净物 D.一定是一种单质考点混合物和纯净物;单质和化合物.专题物质的分类专题.分析由同一种元素组成的纯净物叫做单质,一种元素可构成不同的单质,它们互为同素异形体.解答解由同一种元素组成的纯净物叫做单质,一种元素可构成不同的单质,它们互为同素异形体,如由碳元素形成单质有金刚石和石墨以及无定形的碳.由磷元素形成的单质有红磷和白磷.由氧元素形成的单质有氧气和臭氧.因此含有一种元素的不一定是纯净物,可能是由几种单质混合在一起的混合物.化合物是指由不同元素组成的纯净物,至少有两种元素,所以只含有一种元素一定不是化合物.故选A点评本题考查了一些基本概念,比较简单,只要理解了基本概念,就能很好的解决这类题目. 3.下列各组物质中前一种是混合物,后两种是纯净物的是( ) A.蓝矾玻璃无色的刚玉B.汽油液氯醋酸 C.石蜡纯盐酸王水D.干冰铝热剂铁触媒考点混合物和纯净物.分析A、蓝帆是五水硫酸铜晶体,属于纯净物;B、汽油含有多种烃,属于混合物;液氯醋酸都是化合物;C、纯盐酸含有HCl和H2O,王水含有HCl、HNO
3、H2O;D、干冰是固态CO2,属于纯净物.解答解A、蓝帆是五水硫酸铜晶体,属于纯净物;玻璃含有多种成分,属于混合物,故A错误;B、汽油含有多种烃,属于混合物;液氯醋酸都是化合物,属于纯净物,故B正确;C、纯盐酸含有HCl和H2O,王水含有HCl、HNO
3、H2O,都属于混合物,故C错误;D、干冰是固态CO2,属于纯净物;铝热剂铁触媒含有多种成分,都是混合物,故D错误;故选B.点评本题考查混合物与纯净物的区别,难度不大,注意混合物的多种成分. 4.现有两种不含结晶水的盐,它们在20℃和60℃时的溶解度分别是20℃60℃A的溶解度
35.7g
46.4gB的溶解度
31.6g110g下列说法中,正确的是( ) A.两种盐在某一温度下具有相同的溶解度 B.若把110gB的饱和溶液从60℃降到20℃,析出的B是
78.4g C.在20℃时,A、B都可以配成25%的不饱和溶液 D.若要使A、B混合物分离,可采用重结晶法考点溶解度、饱和溶液的概念.专题物质的量浓度和溶解度专题.分析A、根据所给数据分析;B、根据B的溶解度数据计算;C、根据在20℃时,A、B的饱和溶液的质量分数分析;D、根据甲、乙的溶解度随温度变化的情况分析.解答解A、由甲、乙的溶解度数据可知,先开始A的溶解度大于B的溶解度,随温度的升高,A溶解度升高慢,B溶解度升高快,某一温度两者相等,最后A的溶解度小于B的溶解度,故A正确;B、若把110gB的饱和溶液从60℃降到20℃,设析出溶质质量为x,则有110x=(100+110)(110﹣
31.6),解得x=
41.1g,故B错误;C、在20℃时,A的饱和溶液的质量分数为×100%=
26.3%,该温度下,不饱和溶液的质量分数为应小于
26.3%,所以20℃时,可以配制25%的A的不饱和溶液;B的饱和溶液的质量分数为×100%=
24.0%,该温度下,不饱和溶液的质量分数为应小于
24.0%,所以20℃时,不能配制25%的B的不饱和溶液,故C错误;D、由甲、乙的溶解度数据可知,B的溶解度随温度的升高而增大,A的溶解度随温度的升高变化不大.所以,可采用重结晶法使A、B混合物分离,故D正确;故选AD.点评解答此类问题需做好几点能由表格准确查阅一种物质的溶解度,理解溶解度的含义并明确饱和溶液中溶质、溶剂、溶液之间的质量关系,能由溶解度随温度变化时的情况分析提纯混合物的方法等. 5.下列关于氧化物的叙述正确的是( ) A.酸性氧化物均可跟碱起反应 B.酸性氧化物在常温常压下均为气态 C.金属氧化物都是碱性氧化物 D.不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应考点酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系.分析氧化物为由两种元素组成,且一种元素为氧元素的化合物,按元素组成可分为金属氧化物和非金属氧化物,按性质可分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物,以此解答此题.解答解A、酸性氧化物是与碱反应生成盐和水的氧化物,酸性氧化物均可以跟碱反应,故A正确;B、酸性氧化物可以是气体、固体,如SiO2,Mn2O7等,故B错误;C、金属氧化物有酸性氧化物、碱性氧化物、过氧化物和两性氧化物等,如Al2O3属于两性氧化物,故A错误;D、不成盐氧化物既不能与酸反应也不能与碱反应,故D错误.故选A.点评本题考查氧化物的分类和性质,题目难度不大,注意两性氧化物和不成盐氧化物的性质. 6.下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符合的是( ) A.NaHSO3粉末加入HNO3溶液中 B.H2S气体通入氯水中 C.NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中 D.CO2气体通入澄清石灰水中考点化学方程式的有关计算.专题图示题.分析A、硝酸有强氧化性,NaHSO3与HNO3发生氧化还原反应,硝酸被还原生成氮的氧化物.B、H2S气体通入氯水中,发生反应H2S+Cl2=S↓+2HCl,酸性增强.C、NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中,氢氧根与碳酸氢根发生反应生成碳酸根,碳酸根与钡离子结合生成碳酸钡沉淀.D、二氧化碳先与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀,氢氧化钙反应完毕后,二氧化碳再与碳酸根、水生成碳酸氢钙,氢氧化钙与碳酸氢钙的浓度基本相等.解答解A、向硝酸溶液中加入NaHSO3,立即生成气体,故A错误;B、H2S气体通入氯水中,发生反应H2S+Cl2=S↓+2HCl,酸性增强,溶液pH值减小,故B错误;C、NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中,立即生成碳酸钡沉淀,故C错误;D、开始二氧化碳与氢氧化钙反应,生成碳酸钙沉淀,溶液中离子浓度降低,导电能力降低,氢氧化钙反应完毕后,二氧化碳再与碳酸根、水生成碳酸氢钙,溶液中离子浓度增大,导电能力增强,最后由钙离子守恒可知氢氧化钙与碳酸氢钙的浓度基本相等,导电能力与开始基本相同,故D正确.故选D.点评本题以图象题形式考查物质之间的反应,题目难度中等,根据反应过程判断,注意CD都是与量有关的反应,量不同导致产物不同. 7.下列各组中的两种物质相互反应时,无论哪种过量,都可以用同一个离子方程式表示的是( )
①碳酸钠溶液与盐酸
②偏铝酸钠溶液与盐酸
③苯酚钠溶液与CO2
④硝酸银溶液与氨水
⑤氯化铝溶液与氨水
⑥碳酸氢钠溶液与澄清的石灰水. A.
③⑤B.
①③⑥C.仅有
⑤D.
②④考点离子方程式的书写.专题离子反应专题.分析
①碳酸钠溶液与盐酸,前者过量生成碳酸氢钠和氯化钠,后者过量生成氯化钠、水和二氧化碳;
②偏铝酸钠溶液与盐酸,根据氢氧化铝的两性分析,生成的氢氧化铝可以溶解在强酸中;
③酸性H2CO3>C6H5OH>HCO3﹣;
④硝酸银溶液与氨水反应,氨水多时生成银氨溶液,氨水少时生成氢氧化银沉淀;
⑤Al(OH)3不溶于过量的氨水;
⑥酸式盐和对应碱的反应,前者过量,生成的碳酸根离子过量,后者过量,氢氧根离子过量.解答解
①碳酸钠溶液与盐酸,前者过量,反应为CO32﹣+H+=HCO3﹣;后者过量,即碳酸钠少量,发生反应为CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O,所以量不同,反应不同,故
①错误;
②偏铝酸钠溶液与盐酸反应,前者过量,反应为AlO2﹣+H++H2O═Al(OH)3↓产生白色沉淀,后者过量发生AlO2﹣+H++H2O═Al(OH)3↓,Al(OH)3+3H+═Al3++3H2O,量不同,生成产物不同,故
②错误;
③苯酚钠中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠和苯酚,与量无关,C6H5O﹣+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3﹣,故
③正确;
④硝酸银中滴氨水是银氨溶液的配制,先产生白色氢氧化银沉淀,继续滴加,形成配合物银氨络离子(银氨溶液)使沉淀溶解.先发生Ag++NH3•H2O=AgOH↓+NH4+,后发生AgOH+2NH3•H2O=++OH﹣+2H2O;氨水中滴硝酸银,一开始就产生银氨溶液(氨水过量),量不同,生成产物不同,故
④错误;
⑤Al(OH)3不溶于过量的氨水,所以与量无关,离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故
⑤正确;
⑥碳酸氢钠溶液与澄清石灰水的反应前者过量,2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O,后者过量,HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O,量不同,生成产物不同,故
⑥错误;故选A.点评本题考查离子方程式的书写,关键是熟练掌握离子的性质和产物与过量试剂的后续反应的性质,题目难度较大. 8.下列离子方程式正确的是( ) A.碳酸氢镁溶液和过量的NaOH溶液反应Mg2++2OH﹣=Mg(OH)2↓ B.二氧化硫气体通入过量的Ca(ClO)2溶液中SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣=CaSO3↓+2HClO C.Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4至pH等于7Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2O D.KHS的水解HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣考点离子方程式的书写.专题离子反应专题.分析A、酸式盐和碱反应量少的全部反应,氢氧化镁溶解性小于碳酸镁;B、次氯酸氧化二氧化硫为硫酸;C、PH=7时氢氧化钡和硫酸氢钠按12反应;D、盐类水解程度微弱;解答解A、碳酸氢镁溶液和过量的NaOH溶液反应的离子方程式为2HCO3﹣+Mg2++4OH﹣=Mg(OH)2↓+2H2O+2CO32﹣;故A错误;B、二氧化硫气体通入过量的Ca(ClO)2溶液中,次氯酸具有强氧化性能氧化亚硫酸钙为硫酸钙,故B错误C、Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4至pH等于7氢氧化钡和硫酸氢钠按12反应Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O;故C错误;D、KHS的水解离子方程式为HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣,故D正确;故选D.点评本题考查了离子方程式的正误判断和书写方法,主要考查酸式盐和碱反应量不同产物不同,盐类水解的应用,氧化还原反应的判断. 9.某结晶水合物的化学式为A•xH2O,其相对分子质量为B.在60°C时,mg该晶体溶于ng水中,制得VmL密度为dg•mL﹣1的饱和溶液.下列表示式或判断正确的是( ) A.该溶液的物质的量浓度为 B.该温度下A的溶解度为 C.将10gA投入到该饱和溶液中,析出的晶体大于10g,且溶液质量减少,但浓度不变 D.该溶液的质量分数为%考点物质的量浓度的相关计算.专题计算题.分析A.根据n=计算A•xH2O的物质的量,即为A的物质的量,再根据c=计算;B.根据化学式中A的质量分数计算mgA•xH2O中A的质量,形成溶液中水的质量=ng+A•xH2O结晶水质量,再根据溶解度定义计算;C.10gA投入到该饱和溶液中,不能溶解,析出A•xH2O,剩余溶液仍为饱和溶液;D.计算mg该结晶水合物中A的质量,溶液质量为(m+n)g,再利用质量分数的定义计算.解答解A.mg结晶水合物A•xH2O的物质的量为=mol,所以A的物质的量为mol,溶液溶液VmL,物质的量浓度c==mol/L,故A正确;B.mg该结晶水合物A•nH2O中A的质量为mg×,形成溶液中溶剂水的质量为ng+mg×,令该温度下,溶解度为Sg,则100g Sg=(ng+mg×)mg×,解得S=,故B错误;C.10gA投入到该饱和溶液中,不能溶解,析出A•xH2O,析出的晶体大于10g,溶液质量减少,剩余溶液仍为饱和溶液,则溶液质量减少,故C正确;D.mg该结晶水合物A•nH2O中A的质量为mg×,溶液质量为(m+n)g,故溶液中A的质量分数=×100%=×100%,故D错误,故选AC.点评本题考查溶液浓度计算,涉及溶解度、质量分数、物质的量浓度的计算与相互关系,难度中等,注意对公式的理解与灵活运用. 10.下列说法正确的是( )
①标准状况下,
6.02×1023个分子所占的体积约是
22.4L
②
0.5molH2所占体积为
11.2L
③标准状况下,1molH2O的体积为
22.4L
④常温常压下,28gCO与N2的混合气体所含的原子数为2NA
⑤各种气体的气体摩尔体积都约为
22.4L•mol﹣1
⑥标准状况下,体积相同的气体的分子数相同. A.
①③⑤B.
④⑥C.
③④⑥D.
①④⑥考点物质的量的相关计算.专题计算题.分析
①标准化状况下,该物质不一定是气体;
②氢气所处的状态不一定是标准化状况,气体摩尔体积不一定是
22.4L/mol;
③标准化状况下,水是液体;
④28gCO与N2的混合气体为1mol,二者都是双原子分子;
⑤影响气体摩尔体积的因素有温度、压强,据此分析;
⑥同温同压下,体积相同,含有的分子数目相同.解答解
①标准状况下,
6.02×1023个分子为1mol,但该物质不一定是气体,故占有的体积不一定是
22.4L,故
①错误;
②氢气所处的状态不一定是标准化状况,气体摩尔体积不一定是
22.4L/mol,
0.5molH2所占体积不一定为
11.2L,故
②错误;
③标准化状况下,水是液体,1mol水的体积远大于
22.4L,故
③错误;
④28gCO与N2的混合气体为1mol,二者都是双原子分子,所含的原子数为2NA,故
④正确;
⑤影响气体摩尔体积的因素有温度、压强,气体所处的状态不确定,各气体的气体摩尔体积不一定是
22.4L/mol,故
⑤错误;
⑥同温同压下,体积相同,含有的分子数目相同,故
⑥正确;故选B.点评本题考查常用化学计量的有关计算等,难度不大,注意气体摩尔体积的属于对象与条件. 11.某不纯的烧碱样品,含Na2CO
33.8%(质量百分含量)、H2O
5.8%、NaHCO
30.004%.取mg样品溶于40mL2mol•L﹣1的盐酸后,用2mol•L﹣1NaOH溶液中和剩余的酸,在蒸发后可得干燥的固体的质量为( ) A.
4.68gB.
5.58gC.
2.34gD.
2.34mg考点化学方程式的有关计算;有关混合物反应的计算.专题计算题.分析样品加盐酸反应后剩余固体为NaCl,根据盐酸的物质的量可知NaCl的物质的量,进而计算质量.解答解样品中Na2CO
3、NaHCO3以及NaOH和盐酸反应最终产物都为NaCl,盐酸的物质的量为
0.04L×2mol/L=
0.08mol,根据Cl元素守恒可知,生成固体NaCl的物质的量也为
0.08mol,则NaCl的质量为
0.08mol×
58.5g/mol=
4.68g.故选A.点评本题考查混合物的计算,题目难度不大,本题解题关键是判断最终产物的成分 12.在反应X+2Y=R+2M中,已知R和M的摩尔质量之比为229,当
1.6克X与Y完全反应后,生成
4.4克R,则在此反应中Y和M的质量之比为( ) A.169B.239C.329D.469考点质量守恒定律;摩尔质量;化学方程式的有关计算.专题计算题.分析
①根据化学方程式和已知条件“R和M的相对分子质量之比为229”以及R的质量,列出比例式,即可求出M的质量;
②根据质量守恒定律,在化学反应中,参加反应前各物质的质量总和等于反应后生成各物质的质量总和.则生成的Y的质量=R的质量+M的质量﹣X的质量;然后写出两者的比,据此选择即可.解答解
①应为根据已知条件“R和M的相对分子质量之比为229”,则R2M=222×9=2218,设生成的M的质量为a,∴2218=
4.4g a,解之得a=
3.6g;
②根据质量守恒定律可得Y的质量=
4.4g+
3.6g﹣
1.6g=
6.4g;∴此反应中Y和M的质量比是
6.4g
3.6g=169.故选A.点评本题主要考查学生运用化学方程式和质量守恒定律解答实际问题的能力. 13.镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应,产生气体的体积(V)与时间(t)关系如图.反应中镁和铝的( ) A.物质的量之比为32B.质量之比为32 C.摩尔质量之比为23D.反应速率之比为23考点化学方程式的有关计算;化学反应速率的影响因素;金属的通性;常见金属的活动性顺序及其应用.专题图示题;计算题.分析根据图象可知,两种金属得到的氢气一样多,然后根据金属镁、铝和足量的稀硫酸反应的化学方程式Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑,2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑,即可找出各个量之间的关系.解答解A、由于Mg~H2,2Al~3H2,且两种金属得到的氢气一样多,因此镁和铝的物质的量的比是32,故A正确;B、由于镁和铝的物质的量的比是32,则它们的质量的比为(3×24)(2×27)=43,故B错误;C、镁和铝的摩尔质量之比和该化学反应毫无关系,即它们的摩尔质量之比为2427=89,故C错误;D、根据图象可知,两种金属得到的氢气的物质的量相等时消耗的时间一定是镁少,则反应速率较快,故速率之比应为32,故D错误;故选A.点评本题难度不是很大,主要考查了金属的有关的化学性质及根据化学方程式进行有关的计算. 14.下列各组物质的燃烧热相等的是( ) A.碳和一氧化碳B.1moL碳和2moL碳 C.3moL乙炔和1moL苯D.淀粉和纤维素考点燃烧热.专题化学反应中的能量变化.分析燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量.一般C→CO2,H→H2O(l),S→SO2.燃烧热是物质的性质,与量的多少无关.解答解A、C、D物质不同,具有不同的能量,燃烧热不相等.燃烧热是物质的性质,与量的多少无关,故B正确.故选B.点评考查燃烧热的概念,难度较小,注意把握燃烧热的含义可燃物为1mol,一般C→CO2,H→H2O(l),S→SO2. 15.下列说法或表示方法中正确的是( ) A.等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧,后者放出的热量多 B.氢气的标准燃烧热为
285.8kJ•mol﹣1,则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=+
285.8kJ•mol﹣1 C.Ba(OH)2•8H2O(s)+2NH4Cl(s)═BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l)△H<0 D.已知中和反应的反应热△H=﹣
57.3kJ•mol﹣1,若将含
0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合,放出的热量要大于
57.3kJ考点反应热和焓变.专题化学反应中的能量变化.分析A、硫蒸气所含能量比硫固体多;B、据燃烧热大过年分析;C、氯化铵和氢氧化钡反应吸热;D、浓硫酸溶于水放热.解答解A、硫蒸气比硫固体所含能量高,等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧,前者放出的热量多,故A错误;B、燃烧热是指1mol可燃物燃烧放出的热量,热化学方程式中氢气是2mol,故B错误;C、氯化铵和氢氧化钡反应吸热,△H>0,故C错误;D、浓硫酸溶于水放热,故D正确;故选D.点评本题考查了焓变的求算、燃烧热、中和热、常见吸热反应,题目难度不大. 16.在一种酸性溶液中可能存在Fe3+、NO3﹣、Cl﹣、I﹣中的一种或几种,向该溶液中加入溴水,再加入淀粉,溶液变蓝.由此可推断溶液中( ) A.一定含有I﹣,不能确定是否含有Cl﹣ B.可能含有NO3﹣、Cl﹣和I﹣ C.可能含有NO3﹣ D.一定含有Fe3+考点离子共存问题.分析溶液呈酸性,则溶液中和氢离子反应的离子不能存在,向该溶液中加入溴水,再加入淀粉,溶液变蓝色,说明溶液中含有I﹣,则和碘离子反应的离子不能大量共存,据此分析解答.解答解溶液呈酸性,则溶液中和氢离子反应的离子不能存在,向该溶液中加入溴水,再加入淀粉,溶液变蓝色,说明溶液中含有I﹣,则和碘离子反应的离子不能大量共存,Fe3+、NO3﹣都和I﹣发生氧化还原反应而不能共存,但不能确定是否含有氯离子,故选A.点评本题考查离子共存问题,为高考热点,明确离子反应条件是解本题关键,注意结合限制性条件,还常常与pH、盐类水解等知识点联合考查,题目难度不大. 17.质量分数为a%,物质的量浓度为cmol/L的KOH溶液,蒸发溶剂,恢复到原来温度,若质量分数变为2a%,则物质的量浓度变为( ) A.大于2cmol/LB.等于2cmol/L C.小于2cmol/LD.在cmol/L∽2cmol/L之间考点物质的量浓度的相关计算.专题物质的量浓度和溶解度专题.分析氢氧化钾溶液浓度越大密度越大,令质量分数为a%KOH溶液的密度为xg/ml,质量分数为2a%KOH溶液的密度为yg/ml,根据c=表示质量分数为a%KOH溶液及质量分数为2a%KOH溶液的物质的量浓度,据此结合密度x<y判断.解答解令质量分数为a%KOH溶液的密度为xg/ml,质量分数为2a%KOH溶液的密度为yg/ml,则质量分数为a%KOH溶液的物质的量浓度为c=mol/L;质量分数为2a%KOH溶液的物质的量浓度为c′=mol/L,氢氧化钾溶液浓度越大密度越大,所以x<y,故c′>2c.故选A.点评考查物质的量浓度计算、物质的量浓度与质量分数关系等,难度不大,理解物质的量浓度定义. 18.已知反应X+Y=M+N为吸热反应,对这个反应的下列说法中正确的是( ) A.X的能量一定低于M的,Y的能量一定低于N的 B.因为该反应为吸热反应,故一定要加热反应才能进行 C.破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量 D.X和Y的总能量一定低于M和N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.分析反应X+Y=M+N为吸热反应,则X、Y的总能量小于M、N的总能量,吸热反应的反应条件不一定需要加热,且该反应中断裂化学键吸收的热量大于生成键释放的能量.解答解A.由吸热反应,则X、Y的总能量小于M、N的总能量,但无法确定X与M、Y与N的能量高低,故A错误;B.该反应为吸热反应,与反应条件无关,该反应可能需要加热,也可能不需要加热,故B错误;C.该反应为吸热反应,则断裂化学键吸收的热量大于生成键释放的能量,故C错误;D.反应X+Y=M+N为吸热反应,则X、Y的总能量小于M、N的总能量,故D正确;故选D.点评本题考查吸热反应,明确化学反应中能量变化的实质及利用反应物、生成物的总能量的相对大小判断吸热反应、放热反应的方法即可解答,题目难度不大. 19.下列说法正确的是( ) A.一定温度下,1L
0.5mol•L﹣1NH4Cl溶液与1L
0.25mol•L﹣1NH4Cl溶液中NH4+物质的量之比为21 B.100g硫酸溶液的物质的量浓度为
18.4mol/L,用水稀释到物质的量浓度为
9.8mol/L,需要水100g. C.标准状况下,
22.4LCH3Cl和CHCl3的混合物中所含有的碳原子个数一定为NA D.在2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2反应中,每生成16g氧气,则转移NA个电子考点物质的量的相关计算.分析A.溶液中NH4+离子发生水解,浓度越大水解程度越小;B.稀释后溶液体积为浓硫酸体积2倍,由于浓硫酸的密度大于稀硫酸,故稀释后溶液质量小于200g,则加入水的质量小于100g;C.标况下CHCl3为液态;D.计算氧气物质的量,反应中只有过氧化钠中O元素化合价发生变化,结合O元素化合价变化计算转移电子.解答解A.溶液中NH4+离子发生水解,浓度越大水解程度越小,故1L
0.5mol•L﹣1NH4Cl溶液与1L
0.25mol•L﹣1NH4Cl溶液中NH4+物质的量之比大于21,故A错误;B.稀释后溶液体积为浓硫酸体积2倍,由于浓硫酸的密度大于稀硫酸,故稀释后溶液质量小于200g,则加入水的质量小于100g,故B错误;C.标况下CHCl3为液态,不能利用气体摩尔体积计算其物质的量,故C错误;D.反应中只有过氧化钠中O元素化合价发生变化,16g氧气物质的量为
0.5mol,故转移电子为
0.5mol×2=1mol,则转移NA个电子,故D正确,故选D.点评本题考查物质的量有关计算、盐类水解、氧化还原反应计算等,是对学生综合能力的考查,难度中等. 20.下列关于某溶液所含离子的检验方法和结论正确的是( ) A.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀,再加盐酸白色沉淀消失,说明有Ca2+ B.通入少量Cl2后,溶液变为黄色,再加入淀粉溶液后,溶液变蓝,说明有I﹣ C.加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体,则原溶液中一定有CO32﹣或SO32﹣﹣ D.往溶液中加入BaCl2溶液和稀HNO3,有白色沉淀生成,说明一定有SO42﹣考点常见阴离子的检验.专题物质检验鉴别题.分析A、和碳酸钠反应生成能白色沉淀的阳离子不一定是钙离子.B、氯气能置换碘单质,碘遇淀粉溶液变蓝色.C、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫.D、能使氯化钡产生白色沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子和亚硫酸根离子,但碳酸钡能溶于稀硝酸,亚硫酸钡能被氧化为硫酸钡.解答解A、和碳酸钠反应生成能白色沉淀的阳离子不一定是钙离子,也可能是钡离子,故A错误.B、氯气能置换碘单质,碘遇淀粉溶液变蓝色,所以通入少量Cl2后,溶液变为黄色,再加入淀粉溶液后,溶液变蓝,说明有I﹣,故B正确.C、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫,能和盐酸反应生成能使澄清石灰水变浑浊的气体的阴离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子,故C错误.D、稀硝酸有强氧化性,能把亚硫酸盐氧化成硫酸盐,所以往溶液中加入BaCl2溶液和稀HNO3,有白色沉淀生成,原溶液中可能含有硫酸根离子,故D错误.故选B.点评本题考查了常见阴离子的检验,难度不大,易错选项是C、D选项,注意稀硝酸有强氧化性,能把亚硫酸盐氧化成硫酸盐.
二、解答题(共4小题,满分40分)21.瑞典皇家科学院宣布,将xx年诺贝尔化学奖授予德国马普学会弗里茨﹣哈伯(Fritz﹣Haber)研究所的格哈德•埃特尔(GerhardErtl)教授,以表彰他在固体表面化学过程研究领域作出的开拓性成就.合成氨工业生产中所用的α﹣Fe催化剂的主要成分是FeO、Fe2O3.
(1)某FeO、Fe2O3混合物中,铁、氧的物质的量之比为45,其中Fe2+与Fe3+物质的量之比为 11 .
(2)当催化剂中Fe2+与Fe3+物质的量之比为12时,其催化活性最高,此时铁的氧化物混合物中铁的质量分数为
0.724 (用小数表示).
(3)以Fe2O3为原料制备上述催化剂,可向其中加入适量碳粉,发生如下反应2Fe2O3+C═4FeO+CO2↑,为制得这种催化活性最高的催化剂,应向480gFe2O3粉末中加入碳粉的质量为 6 g.考点有关混合物反应的计算;化学方程式的有关计算.分析
(1)设FeO、Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol,根据铁、氧的物质的量之比计算出FeO、Fe2O3的物质的量之比,进而确定Fe2+与Fe3+物质的量之比;
(2)设Fe2+与Fe3+物质的量分别为1mol、2mol,计算氧原子物质的量,再根据m=nM计算氧元素质量,进而计算氧化物中Fe元素质量分数;
(3)催化活性最高的催化剂,由
(2)可知催化剂中Fe2+与Fe3+物质的量之比为12,根据n=计算Fe2O3的物质的量,进而计算催化剂中FeO的物质的量,结合方程式计算需要碳粉的质量.解答解
(1)设FeO、Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol,则(x+2y)mol(x+3y)mol=45,整理可得x y=21,则Fe2+与Fe3+物质的量之比为x2y=11,故答案为11;
(2)设Fe2+与Fe3+物质的量分别为1mol、2mol,则氧原子物质的量为1mol+3mol=4mol,故氧化物中Fe元素质量分数为=
0.724,故答案为
0.724;
(3)催化活性最高的催化剂,由
(2)可知催化剂中Fe2+与Fe3+物质的量之比为12,Fe2O3的物质的量为=3mol,故催化剂中FeO的物质的量3mol×2×=2mol,由方程式可知需要碳粉质量为2mol××12g/mol=6g,故答案为6.点评本题考查混合物有关计算,涉及物质的量计算,侧重考查学生分析计算能力,难度不大. 22.2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示.已知1molSO2(g)氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1.请回答下列问题
(1)图中A、C分别表示 反应物能量 、 生成物能量 ,E的大小对该反应的反应热有无影响? 无 .该反应通常用V2O5作催化剂,加V2O5会使图中B点升高还是降低? 降低 ,理由是 因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低 ;
(2)图中△H= ﹣198 kJ•mol﹣1;
(3)V2O5的催化循环机理可能为V2O5氧化SO2时,自身被还原为四价钒化合物;四价钒化合物再被氧气氧化.写出该催化循环机理的化学方程式 SO2+V2O5=SO3+2VO24VO2+O2=2V2O5 ;
(4)如果反应速率υ(SO2)为
0.05mol•L﹣1•min﹣1,则υ(O2)=
0.025 mol•L﹣1•min﹣
1、υ(SO3)=
0.05 mol•L﹣1•min﹣1;
(5)已知单质硫的燃烧热为296kJ•mol﹣1,计算由S(s)生成3molSO3(g)的△H =﹣1185KJ•mol﹣1 (要求计算过程).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)A、C分别表示反应物总能量的生成物总能量,B为活化能,活化能的大小与反应热无关;催化剂改变反应速率通过参与反应过程,降低活化能实现;
(2)根据参加反应SO2的物质的量之比等于对应的△H之比;
(3)依据催化剂的循环机理分析反应物和生成物结合原子守恒书写化学方程式;
(4)依据化学反应速率之比等于系数之比计算得到5;
(5)依据燃烧热的概念和热化学方程式,结合盖斯定律计算得到.解答解
(1)因图中A、C分别表示反应物总能量、生成物总能量,B为活化能,反应热可表示为A、C活化能的大小之差,活化能的大小与反应热无关,催化剂改变反应速率通过参与反应过程,降低活化能实现,故答案为反应物总能量;生成物总能量;无;降低;因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低;
(2)因1molSO2(g)氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1,图象中的能量变化是反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)反应过程的能量变化;所以2molSO2(g)氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ•mol﹣1,则2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=﹣198KJ•mol﹣1,故答案为﹣198;
(3)V2O5的催化循环机理可能为V2O5氧化SO2时,自身被还原为四价钒化合物反应的化学方程式为SO2+V2O5=SO3+2VO2;四价钒化合物再被氧气氧化,依据化合价变化和氧化还原反应分析得到反应的化学方程式为4VO2+O2=2V2O5,故答案为SO2+V2O5=SO3+2VO24VO2+O2=2V2O5;
(4)反应的化学方程式为2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g),反应速率之比等于系数之比,v(SO2)v(O2)v(SO3)=212,反应速率υ(SO2)为
0.05mol•L﹣1•min﹣1,依据比例计算得到v(O2)=
0.025mol/L•min;v(SO3)=
0.05mol•L﹣1•min﹣1,故答案为
0.025;
0.05;
(5)单质硫的燃烧热为296kJ•mol﹣1,热化学方程式为
①S(s)+O2(g)=SO2(g)△H1=﹣296KJ•mol﹣1,已知1molSO2(g)氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1.热化学方程式为
②SO2(g)+1/2O2(g)⇌SO3(g)△H2=﹣99KJ•mol﹣1;依据盖斯定律,
②+
①得到
③S(s)+O2(g)=SO3(g)△H=(△H1+△H2)KJ/mol;计算由S(s)生成3molSO3(g)
③×3得到3S(s)+9/2O2(g)=3SO3(g)△H=3(△H1+△H2)=﹣1185KJ•mol﹣1,故答案为﹣1185KJ•mol﹣1.点评本题考查了物质反应过程中的能量变化分析判断,催化剂的作用原因,化学反应速率的计算应用,热化学方程式的书写,燃烧热的概念应用,盖斯定律的计算应用,题目难度中等. 23.某无色溶液中可能存在下列离子Na+、Ba2+、AlO2﹣、S2﹣、SO32﹣、SO42﹣、Fe3+、MnO4﹣.取该溶液进行有关实验,实验结果如图所示.请回答下列问题
(1)生成沉淀甲的离子方程式为 2S2﹣+SO32﹣+6H+=3S↓+3H2O .
(2)由溶液甲生成沉淀乙的离子方程式为 Al3++3HCO3﹣=Al(OH)3↓+3CO2↑ .
(3)沉淀丙中一定含有 BaCO3 (填化学式,下同),可能含有 BaSO4 .
(4)综合上述信息,该溶液中肯定存在的离子有 AlO2﹣、S2﹣、SO32﹣、Na+ .考点无机物的推断;离子共存问题.专题离子反应专题.分析无色溶液一定不含Fe3+、MnO4﹣,加入过量盐酸生成淡黄色沉淀,该沉淀只能为S,说明溶液中S2﹣、SO32﹣在酸性环境下发生归中反应生成淡黄色的沉淀单质硫,即2S2﹣+SO32﹣+6H+=3S↓+3H2O,溶液甲加入碳酸氢铵生成白色沉淀和气体,只有Al3+和HCO3﹣之间能发生双水解反应生成Al(OH)3白色沉淀,即Al3++3HCO3﹣=Al(OH)3↓+3CO2↑,但是Al3+和S2﹣不共存,所以Al3+是AlO2﹣和盐酸反应后得到的,溶液中一定含有AlO2﹣,则不含有Ba2,以此解答该题.解答解无色溶液一定不含Fe3+、MnO4﹣,加入过量盐酸生成淡黄色沉淀,该沉淀只能为S,说明溶液中S2﹣、SO32﹣在酸性环境下发生归中反应生成淡黄色的沉淀单质硫,即2S2﹣+SO32﹣+6H+=3S↓+3H2O,溶液甲加入碳酸氢铵生成白色沉淀和气体,只有Al3+和HCO3﹣之间能发生双水解反应生成Al(OH)3白色沉淀,即Al3++3HCO3﹣=Al(OH)3↓+3CO2↑,但是Al3+和S2﹣不共存,所以Al3+是AlO2﹣和盐酸反应后得到的,溶液中一定含有AlO2﹣,则不含有Ba2,
(1)由上述分析可知,生成甲的离子反应为2S2﹣+SO32﹣+6H+=3S↓+3H2O,故答案为2S2﹣+SO32﹣+6H+=3S↓+3H2O;
(2)只有Al3+和HCO3﹣之间能发生双水解反应生成Al(OH)3白色沉淀,即Al3++3HCO3﹣=Al(OH)3↓+3CO2↑,但是Al3+和S2﹣不共存,所以Al3+是AlO2﹣和盐酸反应后得到的,溶液中一定含有AlO2﹣,故答案为Al3++3HCO3﹣=Al(OH)3↓+3CO2↑;
(3)过量的碳酸氢铵和氢氧化钡反应一定会生成一定量的碳酸钡,硫酸根存在时,也会和钡离子反应生成硫酸钡沉淀,所以沉淀丙可能是BaCO3或BaCO3和BaSO4的混合物,故答案为BaCO3;BaSO4;
(3)由上述分析可知溶液中一定含有AlO2﹣、S2﹣、SO32﹣,根据溶液的电中性原理可知,一定含有阳离子,而溶液不含有Ba2+,则一定含有钠离子,故答案为AlO2﹣、S2﹣、SO32﹣、Na+.点评本题考查无机物的推断及常见离子的检验,题目难度中等,注意常见离子的检验方法,把握有关离子的性质,会书写反应的离子的方程式. 24.根据下面物质间转换的框图,回答有关问题
(1)由反应
①产生的A、B混合物的工业名称是 水煤气 .
(2)写出框图中D、E的电子式D ;E
(3)如果2molNa2O2与足量水蒸气反应,可得标准状况下气体的体积是多少
22.4 L,同时反应中转移电子总数是 2NA .(NA表示阿佛加德罗常数)
(4)请设计一个课堂小实验,证实反应
⑤是放热反应.
(5)如果A、B混合气体
7.8g(平均摩尔质量10g•mol﹣1),在与G充分反应后,通过足量Na2O2层,可使Na2O2增重
7.8 g,并得到O2
0.39 mol.考点无机物的推断;氧化还原反应的电子转移数目计算;钠的重要化合物.专题推断题;压轴题.分析C和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气,由C+Na2O2→E+G,D+Na2O2→F+G,故G为O2,一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳,氢气和氧气反应生成水,二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气,由EF,所以E为NaOH,D是CO2,F是Na2CO3,C是H2O,则A为H
2、B为CO.解答解C和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气,由C+Na2O2→E+G,D+Na2O2→F+G,故G为O2,一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳,氢气和氧气反应生成水,二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气,由EF,所以E为NaOH,D是CO2,F是Na2CO3,C是H2O,则A为H
2、B为CO,
(1)高温条件下,碳和水反应生成一氧化碳和氢气,混合物的工业名称是水煤气,故答案为水煤气;
(2)通过以上分析知,D是二氧化碳,E是氢氧化钠,其电子式分别是,,故答案为;;
(3)设生成气体的体积是x,转移电子数是y.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑转移电子2mol
22.4L2mol2molxyx=
22.4Ly=2NA故答案为
22.4L;2NA;
(4)将棉花包裹过氧化钠,放入充满二氧化碳的集气瓶中,如果棉花燃烧就证明是放热反应,否则是吸热反应;故答案为Na2O2用棉花包裹,放入充满CO2的集气瓶中,棉花燃烧说明是放热反应(直接通CO2于被棉花包裹Na2O2也可,其它合理答案也给分);
(5)一氧化碳、氢气与氧气反应生成二氧化碳、水,由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2,2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知,过氧化钠增重等于CO与H2的质量,故过氧化钠增重
7.8g;设混合物中一氧化碳的物质的量是n1,氢气的物质的量是n2,M==10,整理的n1n2=49,由二者质量有28n1+2n2=
7.8,联立解得n1=
0.24,n2=
0.54,根据元素守恒CO、H2与O2反应后生成
0.24molCO2,
0.54molH2O,由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2,2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知,生成氧气的体积为×
0.24mol+×
0.54mol=
0.39mol;故答案为
7.8;
0.39.点评本题以无机框图题的形式考查C、Na等元素单质及其化合物之间的相互转化关系和逻辑推理能力、化学用语的书写能力、化学计算等,难度中等,注意
(5)中氧气的物质的量可以利用方程式观察,结合元素守恒,氧气的物质的量为一氧化碳、氢气混合气体的一半. 。