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2019-2020年高三化学上学期期中试卷(含解析)II
一、单项选择题1.(6分)(xx秋•临海市校级期中)化学与生产、生活、社会密切相关,下列说法正确的是( ) A.PM
2.5是指大气中直径小于或等于
2.5微米的颗粒物,PM
2.5比胶体粒子小,因其比表面积大,故可吸附重金属离子,入肺后对人体产生很大的危害 B.水的汽化、液化与煤的气化和液化均属物理变化 C.工业用石灰石、纯碱和石英在高温下制得玻璃的原理与硅酸和碳酸的酸性强弱有关 D.阴极射线和α﹣粒子散射现象都对原子结构模型的建立做出了贡献 2.(6分)(xx秋•临海市校级期中)设NA为阿伏伽德罗常数的值.下列叙述正确的是( ) A.常温常压下,23克的NO2含有氧原子数为NA B.25℃,pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为
0.1NA C.含NA个氧原子的O2与含NA个氧原子的O3的质量之比为32 D.常温常压下,Na2O2与足量H2O反应,共生成
0.2molO2,转移电子的数目为
0.2NA 3.(6分)(xx•江西校级二模)通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一.对下列反应的推断或解释正确的是( )操作可能的实验现象解释A某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成溶液中一定含有SO42﹣B向淀粉KI溶液中不断通入C12溶液先变蓝后褪色C12先表现氧化性、后表现强氧化性CCO还原Fe2O3得到的黑色固体加入盐酸溶解后再加入KSCN溶液溶液不显红色黑色固体中没有Fe3O4D将SO2通入Ba(NO3)2溶液中有白色沉淀生成BaSO3不溶于硝酸 A.AB.BC.CD.D 4.(6分)(xx秋•临海市校级期中)下列实验过程和过程中涉及的离子反应方程式肯定正确的是( ) A.除去硫酸铜溶液中的硫酸亚铁以最终制备胆矾晶体2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣ B.在含有Mn2+的溶液中加入HNO3酸化,再加入PbO2,反应体系显紫红色,5PbO2+2Mn2++4H+=5Pb2++2MnO4﹣+2H2O C.向Ba(OH)2溶液中加入过量的NH4HSO4溶液Ba2++2OH﹣+NH4++H++SO42﹣=BaSO4+NH3•H2O+H2O D.氢氧化铁溶于氢碘酸中Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O 5.(6分)(xx•大连模拟)下列操作中正确的是( ) A.只有
②B.
②③C.
③④D.全部错误 6.(6分)(xx•和平区校级模拟)有关下列装置图的说法正确的是( ) A.若X是盐桥,则上述装置可以形成原电池 B.若X是铜条,则上述装置不发生任何反应 C.若X是铜条,上述装置中,B电极是阴极 D.若X是铜条,上述装置中,A电极的电极反应式是Cu2++2e﹣=Cu 7.(6分)(xx•绍兴一模)某溶液可能含有大量CO32﹣、S2﹣、SO32﹣、SO42﹣、NO3﹣、NO2﹣、OH﹣等阴离子.为检测上述阴离子,某研究性小组设计了下列实验
①取少量吸收液于试管中,加入过量的稀盐酸,产生淡黄色浑浊和气体,将所得的气体依次通入品红溶液、足量酸性KMnO4溶液和澄清石灰水,品红褪色,石灰水变浑浊.
②另取少量待测液于试管中,加入过量的KClO3固体、AgNO3和稀硝酸,有白色沉淀产生.
③另取少量待测液于试管中,酸化后再加入淀粉KI溶液,呈蓝色.
④另取少量待测液于试管中,加入足量的BaCl2溶液和稀盐酸,有白色沉淀产生.下列说法正确的是( ) A.由
①可推测溶液中一定含大量CO32﹣、S2﹣、SO32﹣、NO3﹣ B.由
②可推测溶液中一定含大量NO2﹣ C.由
③可推测溶液中一定含大量NO3﹣ D.由实验
④难以推测溶液中一定含大量SO42﹣
二、非选择题8.(14分)(xx秋•临海市校级期中)U、W、X、Y、Z都是短周期元素,且原子序数依次增大.其中U与W可形成三角锥形分子A,U与X可形成常温下呈液态的分子B,A、B均为10电子分子;Y元素原子的K层电子数与M层电子数相同;Z元素的单质、氧化物均为原子晶体.请回答下列问题
(1)Z元素在周期表中的位置 .W、X、Y、Z四种元素的原子半径由小到大的顺序是 (用元素符号表示).
(2)U与X形成的18电子化合物的电子式是 .实验室检验气体A的常用方法是 .
(3)ZX2与NaOH溶液反应的化学方程式是 .
(4)一定量的乙烷气体燃烧生成二氧化碳气体和液态水时,放出QKJ热量,产生的二氧化碳可与
19.2gY单质正好完全反应,写出乙烷的热化学方程式 .
(5)若将Y单质与二氧化碳完全反应生成的全部固体与足量的热浓硝酸混合,充分反应后,产物中二氧化碳和二氧化氮共aL(标准状况),则Y单质的质量是 g(用含a的代数式表示). 9.(14分)(xx秋•临海市校级期中)仔细阅读下图,已知B、D、E、F、G是氧化物,其中D是形成酸雨的主要污染物,F、K是氢化物,且F在常温下为液态;C、H是日常生活中最为常见的金属单质,J是气态非金属单质,O是白色沉淀,且B、H、L、M、N、O中含有同种元素(图中部分反应物或产物已略去).请按要求回答
(1)反应
①既是分解反应,又是氧化还原反应,产物B、D、E、F的物质的量之比11114.A强热分解的化学反应方程式为 .
(2)写出反应
②在工业生产上的一种用途 .
(3)反应
③的离子方程式为 ;反应
④的化学方程式为 .
(4)K和Q溶液是检验I溶液中阴离子的常见试剂,以Pt为电极电解1L
0.1mol/LQ的水溶液,当电路中通过
0.1mol电子时,溶液的pH为 (设电解过程溶液体积不变),阳极的电极反应式为 .
(5)常以C或H制成容器盛装和运输I的浓溶液,其原理是 . 10.(18分)(xx秋•临海市校级期中)[背景材料]氮化铝(AlN)陶瓷是一种类金刚石氮化物的新型无机非金属材料,最高可稳定到2200℃.导热性好,热膨胀系数小,是良好的耐热冲击材料.抗熔融金属侵蚀的能力强,是熔铸纯铁、铝或铝合金理想的坩埚材料.氮化铝还是电绝缘体,介电性能良好,用作电器元件也很有希望.超细氮化铝粉末被广泛应用于大规模集成电路生产领域.其制取原理为Al2O3+3C+N22AlN+3CO[问题探究]某化学研究性学习小组成员根据氮化铝的制取原理,进行了如下探究.问题
1、在制取氮化铝时由于反应不完全,氮化铝产品中所含杂质除了碳以外还可能存在 .问题
2、为测定该产品中有关成分的含量,甲、乙两同学设计了以下两个实验
(1)甲同学称取
10.00g样品,将其加入过量的氢氧化钠溶液中共热并蒸干,AlN跟氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2,并放出氨气
3.36L(标准状况).上述反应的化学方程式为 .
(2)乙同学称取
10.00g样品置于反应器中,通入
2.016L(标准状况)O2,在高温下充分反应后测得气体的密度为
1.34g•L﹣1(已折成标准状况,AlN不跟O2反应).该样品中含杂质碳 g.问题
3、丙同学受到甲、乙同学实验的启发,认为测定某氮化铝中含有碳或氧化铝杂质,可用图中I的一些装置来进行检验,根据AlN与NaOH溶液反应所生成氨气的体积来测定样品中氮化铝的质量分数,并根据实验现象来确定杂质的成分(实验中导管体积忽略不计)
(1)实验有关操作为
①往锥形瓶中放入适量的AlN样品
②从分液漏斗往锥形瓶中加入过量的浓NaOH;
③检验装置的气密性;
④测定收集到水的体积.正确的操作顺序为 .
(2)本试验中检查装置气密性的方法是 .
(3)广口瓶中的试剂X可最好选用 (填选项的标号).A、苯B、酒精C、植物油D、CCl4
(4)广口瓶的液体没有装满(上方留有少量空间),实验测得NH3的体积将 (填偏大、偏小或不变).
(5)若实验中测得样品的质量为wg,氨气的体积为aL(标况下),则样品中AlN的质量分数为 (AlN的式量为41).问题
4、丁同学认为,丙同学的实验方法,可能因气体体积测量不准,导致误差较大.建议改用图中的Ⅱ装置进行同样实验,通过测定烧杯中硫酸的增重来确定样品中AlN的质量分数.你认为是否可行? (填入“可行”、“不可行”),最简单的改进方法为 .问题
5、戊同学仔细思考了丁同学的装置后,认为此装置所测测得的样品中AlN含量偏小.其原因是 .若忽略此原因的话,只要用图中的III或IV两个装置中的一种,只需进行简单而又必要的数据测定,可比较准确地确定样品中AlN的质量分数.较合理的装置为 (填代号).但是戊同学的装置有缺陷所测结果将偏高或偏低 . 11.(12分)(xx•静安区模拟)已知溶液中还原性HSO3>I﹣,氧化性IO>I2>SO42﹣.在含3molNaHSO3,的溶液中逐滴加入KIO3溶液,加入的KIO3和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示,试回答下列问题
(1)写出a点反应的离子方程式 ,反应中还原剂是 ,被还原的元素是 (填名称).
(2)写出b点到c点反应的离子方程式 .
(3)当溶液中的I﹣为
0.4mol时,加入的KIO3为 mol.
(4)若往100mL1mol/L的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液,反应开始时的离子方程式为 . xx浙江省台州中学高三(上)期中化学试卷参考答案与试题解析
一、单项选择题1.(6分)(xx秋•临海市校级期中)化学与生产、生活、社会密切相关,下列说法正确的是( ) A.PM
2.5是指大气中直径小于或等于
2.5微米的颗粒物,PM
2.5比胶体粒子小,因其比表面积大,故可吸附重金属离子,入肺后对人体产生很大的危害 B.水的汽化、液化与煤的气化和液化均属物理变化 C.工业用石灰石、纯碱和石英在高温下制得玻璃的原理与硅酸和碳酸的酸性强弱有关 D.阴极射线和α﹣粒子散射现象都对原子结构模型的建立做出了贡献考点常见的生活环境的污染及治理;物理变化与化学变化的区别与联系;原子构成;强电解质和弱电解质的概念.专题化学应用.分析A.根据PM
2.5和胶体粒子的直径大小判断;B.煤的汽化和液化属于化学变化;C.高温条件下反应易向着生成气体的方向进行,石灰石、纯碱和石英在高温下制得玻璃的原理与硅酸和碳酸的酸性强弱无关;D.阴极射线和α﹣粒子散射现象都对原子结构模型的建立做出了贡献.解答解A.PM
2.5是指大气中直径小于或等于
2.5微米的颗粒物,胶体粒子的直径在1﹣100nm之间,PM
2.5在大小上包含胶体粒子,故A错误;B.煤的汽化和液化过程中都有新物质的生成,属于化学变化,故B错误;C.高温条件下反应易向着生成气体的方向进行,石灰石、纯碱和石英在高温下制得玻璃的原理与硅酸和碳酸的酸性强弱无关,故C错误;D.阴极射线和α﹣粒子散射现象都对原子结构模型的建立做出了贡献,故D正确;故选D.点评本题考查了生产生活中常见的污染与治理、物理变化和化学变化、原子结构等问题,难度不大. 2.(6分)(xx秋•临海市校级期中)设NA为阿伏伽德罗常数的值.下列叙述正确的是( ) A.常温常压下,23克的NO2含有氧原子数为NA B.25℃,pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为
0.1NA C.含NA个氧原子的O2与含NA个氧原子的O3的质量之比为32 D.常温常压下,Na2O2与足量H2O反应,共生成
0.2molO2,转移电子的数目为
0.2NA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.二氧化氮与四氧化二氮之间存在转化关系,而二氧化氮与四氧化二氮的最简式为NO2,根据二者的最简式计算出混合物中含有的氧原子的数目;B.缺少氢氧化钠溶液的体积,无法计算溶液中氢氧根离子的数目;C.氧气和臭氧中都只含有氧原子,所以含NA个氧原子的O2与含NA个氧原子的O3的质量相等;D.过氧化钠中氧元素为﹣1价,生成
0.2mol氧气转移了
0.4mol电子.解答解A.23g含有氧原子数为NA的物质的量为
0.5mol,
0.5molNO2中含有1mol氧原子,含有氧原子数为NA,故A正确;B.题中没有告诉氢氧化钠溶液的体积,无法计算溶液中氢氧根离子的物质的量及数目,故B错误;C.含NA个氧原子的O2与含NA个氧原子的O3的质量之比为11,故C错误;D.过氧化钠与水的反应中,生成
0.2mol氧气转移了
0.4mol电子,转移电子的数目为
0.4NA,故D错误;故选A.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,注意明确过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价,选项B为易错点,注意题中缺少氢氧化钠溶液的体积. 3.(6分)(xx•江西校级二模)通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一.对下列反应的推断或解释正确的是( )操作可能的实验现象解释A某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成溶液中一定含有SO42﹣B向淀粉KI溶液中不断通入C12溶液先变蓝后褪色C12先表现氧化性、后表现强氧化性CCO还原Fe2O3得到的黑色固体加入盐酸溶解后再加入KSCN溶液溶液不显红色黑色固体中没有Fe3O4D将SO2通入Ba(NO3)2溶液中有白色沉淀生成BaSO3不溶于硝酸 A.AB.BC.CD.D考点化学实验方案的评价;硫酸根离子的检验.专题实验评价题.分析A.白色沉淀可能为AgCl;B.氯气与KI反应生成碘,溶液变蓝,氯气作氧化剂;后褪色,与氯气强氧化性有关;C.CO还原Fe2O3得到的黑色固体,为Fe,Fe与盐酸反应生成氯化亚铁;D.发生氧化还原反应,生成硫酸钡沉淀.解答解A.白色沉淀可能为AgCl,溶液中可能含银离子或硫酸根离子,但二者不同时存在,故A错误;B.氯气与KI反应生成碘,溶液变蓝,氯气作氧化剂;后褪色,是因氯气具有强氧化性,则C12先表现氧化性、后表现强氧化性,故B正确;C.CO还原Fe2O3得到的黑色固体,为Fe,Fe与盐酸反应生成氯化亚铁,所以再加入KSCN不能变红,故C错误;D.发生氧化还原反应,生成硫酸钡沉淀,而BaSO3溶于硝酸,故D错误;故选B.点评本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握物质的性质、发生的反应及离子的检验为解答的关键,侧重离子检验及氧化还原反应的考查,注意实验的操作性、评价性分析,题目难度不大. 4.(6分)(xx秋•临海市校级期中)下列实验过程和过程中涉及的离子反应方程式肯定正确的是( ) A.除去硫酸铜溶液中的硫酸亚铁以最终制备胆矾晶体2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣ B.在含有Mn2+的溶液中加入HNO3酸化,再加入PbO2,反应体系显紫红色,5PbO2+2Mn2++4H+=5Pb2++2MnO4﹣+2H2O C.向Ba(OH)2溶液中加入过量的NH4HSO4溶液Ba2++2OH﹣+NH4++H++SO42﹣=BaSO4+NH3•H2O+H2O D.氢氧化铁溶于氢碘酸中Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O考点离子方程式的书写.专题离子反应专题.分析A.通入氯气只能氧化亚铁离子,不能除去杂质制备硫酸铜晶体;B.二氧化铅在酸性条件下能够将锰离子氧化成高锰酸根离子;C.向Ba(OH)2溶液中加入过量的NH4HSO4溶液,氢氧化钡全部反应,氢氧根离子和氢离子反应,酸溶液中不能生成一水合氨;D.铁离子具有氧化性,能够将碘离子氧化成碘单质.解答解A.通入氯气只能氧化亚铁离子,不能除去杂质制备硫酸铜晶体;故A错误;B.在含有Mn2+的溶液中加入HNO3酸化,再加入PbO2,锰离子被氧化成紫红色的高锰酸根离子,反应的离子方程式为5PbO2+2Mn2++4H+=5Pb2++2MnO4﹣+2H2O,故B正确;C.向Ba(OH)2溶液中加入过量的NH4HSO4溶液,反应的离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O,故C错误;D.氢氧化铁溶于氢碘酸中,铁离子能够氧化碘离子,正确的离子方程式为2I﹣+2Fe(OH)3+6H+=I2+2Fe2++6H2O,故D错误;故选B.点评本题考查了离子方程式的正误判断,该题是高考中的高频题,属于中等难度的试题,注意掌握离子方程式的书写原则,明确离子方程式正误判断常用方法检查反应能否发生,检查反应物、生成物是否正确,检查各物质拆分是否正确,如难溶物、弱电解质等需要保留化学式,检查是否符合守恒关系(如质量守恒和电荷守恒等);选项CD为易错点,注意铁离子的氧化性及反应物过量与不足情况. 5.(6分)(xx•大连模拟)下列操作中正确的是( ) A.只有
②B.
②③C.
③④D.全部错误考点过滤;配制一定物质的量浓度的溶液.专题化学实验基本操作.分析
①应该使用玻璃棒引流,漏斗的下端应该紧贴烧杯的内壁;
②根据碘的升华及碘单质有毒分析装置正误;
③量筒不能用于稀释浓硫酸,应该使用烧杯;
④定容时胶头滴管不能够伸入容量瓶中.解答解
①过滤操作时,滤液应该使用玻璃棒引流,且漏斗的下端紧贴烧杯的内壁,故
①错误;
②碘加热能够升华,可以通过加热除去氯化钠中的碘单质,碘单质有毒,烧杯口用盛有水的圆底烧瓶封住,使碘凝华,故
②正确;
③稀释浓硫酸应该在烧杯中进行,不能够使用量取稀释,故
③错误;
④配制一定物质的量浓度的溶液,定容时胶头滴管不能伸入容量瓶中,故
④错误;故选A.点评本题考查了过滤及配制一定物质的量浓度的溶液操作方法判断,题目难度不大,要求学生掌握常见的实验操作方法及仪器的使用方法,本题有利于激发学生的学习兴趣和学习积极性. 6.(6分)(xx•和平区校级模拟)有关下列装置图的说法正确的是( ) A.若X是盐桥,则上述装置可以形成原电池 B.若X是铜条,则上述装置不发生任何反应 C.若X是铜条,上述装置中,B电极是阴极 D.若X是铜条,上述装置中,A电极的电极反应式是Cu2++2e﹣=Cu考点原电池和电解池的工作原理.专题压轴题;电化学专题.分析A、有盐桥的原电池,电极金属应插入含有该金属阳离子的盐溶液中;B、在左边的烧杯中,锌会置换硫酸铜中的铜,右边发生电解反应;C、若X是铜条,左边则构成了锌、铜以及硫酸铜溶液的原电池,右边是电解池;D、若X是铜条,左边则构成了锌、铜以及硫酸铜溶液的原电池,锌做负极,右边是电解池.解答解A、盐桥原电池中,电极金属应插入含有该金属阳离子的盐溶液中,故A错误;B、若X是铜条,构成锌、铜以及硫酸铜溶液的原电池,发生锌置换硫酸铜中的铜的反应,故B错误;C、X是铜条,左边烧杯则构成了锌、铜以及硫酸铜溶液的原电池,锌做负极,铜做正极,右边是一个电解池,铜和原电池的负极相连做阴极,故C正确;D、若X是铜条,左边则构成了锌、铜以及硫酸铜溶液的原电池,锌做负极,A电极的电极反应式是Zn→Zn2++2e﹣,故D错误.故选C.点评本题是一道原电池和电解池混合考察的题目,熟练运用所学的电化学知识是解题的关键. 7.(6分)(xx•绍兴一模)某溶液可能含有大量CO32﹣、S2﹣、SO32﹣、SO42﹣、NO3﹣、NO2﹣、OH﹣等阴离子.为检测上述阴离子,某研究性小组设计了下列实验
①取少量吸收液于试管中,加入过量的稀盐酸,产生淡黄色浑浊和气体,将所得的气体依次通入品红溶液、足量酸性KMnO4溶液和澄清石灰水,品红褪色,石灰水变浑浊.
②另取少量待测液于试管中,加入过量的KClO3固体、AgNO3和稀硝酸,有白色沉淀产生.
③另取少量待测液于试管中,酸化后再加入淀粉KI溶液,呈蓝色.
④另取少量待测液于试管中,加入足量的BaCl2溶液和稀盐酸,有白色沉淀产生.下列说法正确的是( ) A.由
①可推测溶液中一定含大量CO32﹣、S2﹣、SO32﹣、NO3﹣ B.由
②可推测溶液中一定含大量NO2﹣ C.由
③可推测溶液中一定含大量NO3﹣ D.由实验
④难以推测溶液中一定含大量SO42﹣考点常见离子的检验方法.专题离子反应专题.分析
①取少量吸收液于试管中,加入过量的稀盐酸,产生淡黄色浑浊和气体,该黄色沉淀只能是S,将所得的气体依次通入品红溶液、品红褪色,气体含有SO2,通过足量酸性KMnO4溶液,除去SO2,再通过澄清石灰水,石灰水变浑浊,则气体为CO2,故原溶液含有CO32﹣、S2﹣、SO32﹣,酸性条件下S2﹣、SO32﹣反应生成S与SO2,不能说明溶液中含有氧化性的离子;
②另取少量待测液于试管中,加入过量的KClO3固体、AgNO3和稀硝酸,有白色沉淀产生,该白色沉淀为AgCl,说明原溶液中含有还原性微粒,据此结合离子的性质分析判断;
③另取少量待测液于试管中,酸化后再加入淀粉KI溶液,呈蓝色,说明有碘单质生成,故原溶液中含有酸性条件有强氧化性的微粒;
④另取少量待测液于试管中,加入足量的BaCl2溶液和稀盐酸,有白色沉淀产生,该白色沉淀为BaSO4,由于溶液中含有SO32﹣及酸性条件下有氧化性微粒,不能说明原溶液中含有SO42﹣.解答解A.取少量吸收液于试管中,加入过量的稀盐酸,产生淡黄色浑浊和气体,该黄色沉淀只能是S,将所得的气体依次通入品红溶液、品红褪色,气体含有SO2,通过足量酸性KMnO4溶液,除去SO2,再通过澄清石灰水,石灰水变浑浊,则气体为CO2,故原溶液含有CO32﹣、S2﹣、SO32﹣,酸性条件下S2﹣、SO32﹣反应生成S与SO2,不能说明溶液中含有NO3﹣、NO2﹣,故A错误;B.另取少量待测液于试管中,加入过量的KClO3固体、AgNO3和稀硝酸,有白色沉淀产生,该白色沉淀为AgCl,说明原溶液中含有还原性微粒,由于原溶液有S2﹣、SO32﹣,不能说明溶液中含有NO2﹣,故B错误;C.另取少量待测液于试管中,酸化后再加入淀粉KI溶液,呈蓝色,说明有碘单质生成,故原溶液中含有酸性条件有强氧化性的微粒,故原溶液中可能含有NO3﹣、NO2﹣中的至少1种,故C错误;D.另取少量待测液于试管中,加入足量的BaCl2溶液和稀盐酸,有白色沉淀产生,该白色沉淀为BaSO4,由于溶液中含有SO32﹣及酸性条件下有氧化性微粒,可以将SO32﹣氧化为SO42﹣,不能说明原溶液中含有SO42﹣,故D正确;故选D.点评本题考查离子检验与推断,注意干扰离子的影响,掌握离子之间发生的反应与现象是关键,难度中等.
二、非选择题8.(14分)(xx秋•临海市校级期中)U、W、X、Y、Z都是短周期元素,且原子序数依次增大.其中U与W可形成三角锥形分子A,U与X可形成常温下呈液态的分子B,A、B均为10电子分子;Y元素原子的K层电子数与M层电子数相同;Z元素的单质、氧化物均为原子晶体.请回答下列问题
(1)Z元素在周期表中的位置 第三周期IVA族 .W、X、Y、Z四种元素的原子半径由小到大的顺序是 O<N<Si<Mg (用元素符号表示).
(2)U与X形成的18电子化合物的电子式是 .实验室检验气体A的常用方法是 将湿润的红色湿润的石蕊试纸靠近气体,看是否变蓝色,若变蓝色,即为氨气 .
(3)ZX2与NaOH溶液反应的化学方程式是 SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O .
(4)一定量的乙烷气体燃烧生成二氧化碳气体和液态水时,放出QKJ热量,产生的二氧化碳可与
19.2gY单质正好完全反应,写出乙烷的热化学方程式 2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(l)△H=﹣10QKJ/mol .
(5)若将Y单质与二氧化碳完全反应生成的全部固体与足量的热浓硝酸混合,充分反应后,产物中二氧化碳和二氧化氮共aL(标准状况),则Y单质的质量是 g(用含a的代数式表示).考点位置结构性质的相互关系应用.专题元素周期律与元素周期表专题.分析U、W、X、Y、Z都是短周期元素,且原子序数依次增大.其中U与W可形成三角锥形分子A,则U为H,W为N,A为NH3,U与X可形成常温下呈液态的分子B,A、B均为10电子分子,则X为O,B为H2O;Y元素原子的K层电子数与M层电子数相同,则Y为Mg;Z元素的单质、氧化物均为原子晶体,则Z为Si,然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答.解答解依据分析可知U为氢,W为氮,X为氧,Y为镁,Z为硅,
(1)Si的质子数为14,位于第三周期ⅣA族,原子的电子层数越多,半径越大,同周期元素从左向右原子半径在减小,则原子半径为O<N<Si<Mg,故答案为第三周期ⅣA族;O<N<Si<Mg;
(2)U与X形成的18电子化合物为H2O2,其电子式为,实验室常用湿润的红色石蕊试纸检验氨气,方法是将湿润的红色湿润的石蕊试纸靠近气体,看是否变蓝色,若变蓝色,即为氨气,故答案为;将湿润的红色湿润的石蕊试纸靠近气体,看是否变蓝色,若变蓝色,即为氨气;
(3)SiO2与NaOH溶液反应的化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O,故答案为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;
(4)Y为Mg,
19.2gMg物质的量为=
0.8mol,依据反应2Mg+CO22MgO+C可知2molMg﹣1molCO2,故一定量的乙烷产生二氧化碳的物质的量为
0.4mol,即生成
0.4mol二氧化碳放热为Q,则生成4mol二氧化碳放热为10Q,故2mol乙烷气体燃烧生成4mol二氧化碳气体和液态水时,放出10QKJ热量,热化学反应方程式为2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(l)△H=﹣10QKJ/mol,故答案为2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(l)△H=﹣10QKJ/mol;
(5)Mg与二氧化碳的反应为2Mg+CO22MgO+C,C与浓硝酸反应生成二氧化碳和二氧化氮,设二氧化碳的物质的量x,由电子守恒可知,x×4=(﹣x)×1,解得x=mol,再由2Mg+CO22MgO+C可知,Mg的物质的量为mol×2=mol,则Mg的质量为mol×24g/mol=,故答案为.点评本题考查原子结构与元素周期律,元素的推断是解答本题的关键,应熟悉分子的构型、10电子微粒及氧化还原反应来解答,难度不大. 9.(14分)(xx秋•临海市校级期中)仔细阅读下图,已知B、D、E、F、G是氧化物,其中D是形成酸雨的主要污染物,F、K是氢化物,且F在常温下为液态;C、H是日常生活中最为常见的金属单质,J是气态非金属单质,O是白色沉淀,且B、H、L、M、N、O中含有同种元素(图中部分反应物或产物已略去).请按要求回答
(1)反应
①既是分解反应,又是氧化还原反应,产物B、D、E、F的物质的量之比11114.A强热分解的化学反应方程式为 2FeSO4•7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O .
(2)写出反应
②在工业生产上的一种用途 焊接钢轨 .
(3)反应
③的离子方程式为 Cl2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Cl﹣ ;反应
④的化学方程式为 4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3 .
(4)K和Q溶液是检验I溶液中阴离子的常见试剂,以Pt为电极电解1L
0.1mol/LQ的水溶液,当电路中通过
0.1mol电子时,溶液的pH为 13 (设电解过程溶液体积不变),阳极的电极反应式为 2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑ .
(5)常以C或H制成容器盛装和运输I的浓溶液,其原理是 冷的浓硫酸与铁或铝制容器接触时,在表面生成一层致密的氧化膜,阻止金属继续与酸反应而使金属“钝化”,所以可用铁或铝制容器储运浓硫酸 .考点无机物的推断.专题推断题.分析F是氧化物和氢化物,且F在常温下为液态,则F是H2O,C、H是日常生活中最常见的金属单质,应该为Al和Fe,结合转化关系中,B+C=G+H,可知是铝热反应,C为Al,H为Fe,G是Al2O3,O是白色沉淀且B、H、L、M、N、O中含有同种元素,证明O是Fe(OH)2,N为Fe(OH)3,B为Fe2O3,J是气态非金属单质,能发生反应和铁直接生成L,也可以利用铁和K反应生成的M,M和J反应生成L,所以L为FeCl3,M为FeCL2,J为Cl2,判断K为HCl;D是形成酸雨的主要污染物判断为SO2,则I是H2SO4,E为SO3,再结合题目分析解答.解答解F是氧化物和氢化物,且F在常温下为液态,则F是H2O,C、H是日常生活中最常见的金属单质,应该为Al和Fe,结合转化关系中,B+C=G+H,可知是铝热反应,C为Al,H为Fe,G是Al2O3,O是白色沉淀且B、H、L、M、N、O中含有同种元素,证明O是Fe(OH)2,N为Fe(OH)3,B为Fe2O3,J是气态非金属单质,能发生反应和铁直接生成L,也可以利用铁和K反应生成的M,M和J反应生成L,所以L为FeCl3,M为FeCL2,J为Cl2,判断K为HCl;D是形成酸雨的主要污染物判断为SO2,则I是H2SO4,E为SO3,
(1)反应
①是分解反应,反应中生成的B(Fe2O3)、D(SO2)、E(SO3)、F(H2O)的物质的量之比为11114,依据反应前后原子守恒可以推断出A的化学式,为FeSO4•7H2O,配平化学方程式得到2(FeSO4•7H2O)Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O,故答案为2FeSO4•7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O;
(2)反应
②是铝热反应,反应易引发,反应放出大量热量,在工业生产上的一种用途是野外焊接钢轨,故答案为焊接钢轨;
(3)反应
③是二氧化硫和氯气在水溶液中的反应生成硫酸和盐酸,反应的离子方程式Cl2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Cl﹣;反应
④是氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁的反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3,故答案为Cl2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Cl﹣;4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3;
(4)K为HCl,I是H2SO4,K和Q溶液是检验I溶液中阴离子的常见试剂,则Q是BaCl2,以Pt为电极电解1L
0.1mol/LBaCl2的水溶液,阳极上氯离子放电生成氯气,电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑,阴极上氢离子放电生成氢气,电极反应式为2H++2e﹣=H2↑,当电路中通过
0.1mol电子时,溶液中生成c(OH﹣)==
0.1mol/L,则溶液的pH为13,故答案为13;2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑;
(5)C是Al、H是Fe,I是H2SO4,常温下冷的浓硫酸与铁或铝能发生钝化现象而阻止进一步被氧化,所以可用铁或铝制容器储运浓硫酸,故答案为冷的浓硫酸与铁或铝制容器接触时,在表面生成一层致密的氧化膜,阻止金属继续与酸反应而使金属“钝化”,所以可用铁或铝制容器储运浓硫酸.点评本题以Fe、Al、S及其化合物为载体考查了无机物推断,涉及铝热反应、离子方程式的书写、电解原理等知识点,综合性较强,根据物质的特殊现象、特殊性质等知识点来推断,题目难度中等. 10.(18分)(xx秋•临海市校级期中)[背景材料]氮化铝(AlN)陶瓷是一种类金刚石氮化物的新型无机非金属材料,最高可稳定到2200℃.导热性好,热膨胀系数小,是良好的耐热冲击材料.抗熔融金属侵蚀的能力强,是熔铸纯铁、铝或铝合金理想的坩埚材料.氮化铝还是电绝缘体,介电性能良好,用作电器元件也很有希望.超细氮化铝粉末被广泛应用于大规模集成电路生产领域.其制取原理为Al2O3+3C+N22AlN+3CO[问题探究]某化学研究性学习小组成员根据氮化铝的制取原理,进行了如下探究.问题
1、在制取氮化铝时由于反应不完全,氮化铝产品中所含杂质除了碳以外还可能存在 氧化铝 .问题
2、为测定该产品中有关成分的含量,甲、乙两同学设计了以下两个实验
(1)甲同学称取
10.00g样品,将其加入过量的氢氧化钠溶液中共热并蒸干,AlN跟氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2,并放出氨气
3.36L(标准状况).上述反应的化学方程式为 AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑ .
(2)乙同学称取
10.00g样品置于反应器中,通入
2.016L(标准状况)O2,在高温下充分反应后测得气体的密度为
1.34g•L﹣1(已折成标准状况,AlN不跟O2反应).该样品中含杂质碳
1.92 g.问题
3、丙同学受到甲、乙同学实验的启发,认为测定某氮化铝中含有碳或氧化铝杂质,可用图中I的一些装置来进行检验,根据AlN与NaOH溶液反应所生成氨气的体积来测定样品中氮化铝的质量分数,并根据实验现象来确定杂质的成分(实验中导管体积忽略不计)
(1)实验有关操作为
①往锥形瓶中放入适量的AlN样品
②从分液漏斗往锥形瓶中加入过量的浓NaOH;
③检验装置的气密性;
④测定收集到水的体积.正确的操作顺序为
③①②④ .
(2)本试验中检查装置气密性的方法是 关闭分液漏斗活塞,微热锥形瓶,广口瓶中右侧导管水柱上升,恒温时水柱并不回落 .
(3)广口瓶中的试剂X可最好选用 C (填选项的标号).A、苯B、酒精C、植物油D、CCl4
(4)广口瓶的液体没有装满(上方留有少量空间),实验测得NH3的体积将 不变 (填偏大、偏小或不变).
(5)若实验中测得样品的质量为wg,氨气的体积为aL(标况下),则样品中AlN的质量分数为 % (AlN的式量为41).问题
4、丁同学认为,丙同学的实验方法,可能因气体体积测量不准,导致误差较大.建议改用图中的Ⅱ装置进行同样实验,通过测定烧杯中硫酸的增重来确定样品中AlN的质量分数.你认为是否可行? 不可行 (填入“可行”、“不可行”),最简单的改进方法为 在装置之间添加盛有碱石灰的干燥管,烧杯导管的末端接一倒扣的漏斗来吸收氨气 .问题
5、戊同学仔细思考了丁同学的装置后,认为此装置所测测得的样品中AlN含量偏小.其原因是 反应产生的氨气不可能被完全吸收 .若忽略此原因的话,只要用图中的III或IV两个装置中的一种,只需进行简单而又必要的数据测定,可比较准确地确定样品中AlN的质量分数.较合理的装置为 Ⅲ (填代号).但是戊同学的装置有缺陷所测结果将偏高或偏低 偏低 .考点制备实验方案的设计;探究物质的组成或测量物质的含量.专题实验探究和数据处理题.分析问题
1、根据反应物可能剩余、碳和氧化铝是固体进行判断;问题
2、
(1)由题目信息可知,由于AlN跟氢氧化钠溶液反应生成NaAlO
2、并放出NH3,据此生成方程式;
(2)反应产物可能CO
2、CO或CO2和CO、CO2和O2的混合气体,根据气体产物的密度可计算出气体产物的平均相对分子质量为30,所以生成气体必定是CO2和CO混合气体.设混合气体中含有CO2xmol,COymol,根据氧原子守恒和平均相对分子质量的计算,列放出计算x、y的值,样品中n(C)=(x+y)mol,据此计算样品中碳的质量.问题
3、
(1)检查装置的气密性往往是在加药品前进行,否则将可能造成药品的浪费;
(2)检查气密性的关键是整个体系要处于密闭状态,常用的方法有密封气体利用气体的热胀冷缩或液封气体形成液面高度差.具体操作为关闭分液漏斗活塞,微热锥形瓶,广口瓶中右侧导管水柱上升,恒温时水柱并不回落;
(3)X处在上层,密度比水小,且不容易水、不吸收氨气,用于隔离氨气与水,注意由于苯易挥发,会浪费试剂、影响氨气体积测定;
(4)广口瓶内的液体是否充满不影响所收集到的NH3体积大小;
(5)计算出氨气的体积为aL的物质的量,再根据方程式计算出AlN的物质的量,进而计算AlN的质量,利用质量分数的定义计算样品中AIN的质量分数;问题
4、II中NH3极易被吸收,发生倒吸现象,同时氨气中含有水蒸气,影响氨气质量的测定,所以不可行.所作的改正为在装置之间添加盛有碱石灰的干燥管,烧杯导管的末端接一倒扣的漏斗来吸收氨气;问题
5、通过测定氨气的质量(即实验中硫酸增重量)来推算氮化铝的质量.因为有一部分氨气留在锥形瓶中,反应产生的氨气无法全部被稀硫酸吸收,因此实验测得AlN的质量分数将偏小;戊同学设计的装置Ⅲ较合理,这是通过反应前后总质量减少来测定AlN的质量分数.这里的干燥管作用是吸收被NH3带出来的水蒸气(反应放热,更容易使产生的水蒸气被NH3带走),若用IV,则NH3被吸收,反应前后几无质量差;但戊同学仍未考虑到空气中的水蒸气或CO2的进入,否则,将造成反应后的总质量增大,相当于NH3的减少,导致结果偏低,故而应再加一个同样的干燥管.解答解问题
1、碳和氧化铝是固体,由于反应不完全,反应物中有氧化铝固体可能未反应完而留在AlN中,故答案为氧化铝;问题
2、
(1)由于AlN跟氢氧化钠溶液反应生成NaAlO
2、并放出NH3,其反应方程式为AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑,故答案为AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑;
(2)反应产物可能CO
2、CO或CO2和CO、CO2和O2的混合气体,根据气体产物的密度可计算出气体产物的平均相对分子质量为30,所以生成气体必定是CO2和CO混合气体.设混合气体中含有CO2xmol,COymol,根据氧原子守恒有2x+y=
0.18…
①,根据平均相对分子质量有44x+28y=30(x+y)…
②,联立方程解得x=
0.02,y=
0.14.所以,样品中C的质量为(
0.02+
0.14)×12=
1.92g,故答案为
1.92;问题
3、
(1)检查装置的气密性往往是在加药品前进行,否则将可能造成药品的浪费,故先检验气密性,然后在锥形瓶中放入适量的AlN样品,再从分液漏斗往锥形瓶中加入过量的浓NaOH,测定收集到水的体积,故答案为
③①②④;
(2)检查气密性的关键是整个体系要处于密闭状态,常用的方法有密封气体利用气体的热胀冷缩或液封气体形成液面高度差.由装置可知,适合利用气体热胀冷缩.具体操作为关闭分液漏斗活塞,微热锥形瓶,广口瓶中右侧导管水柱上升,恒温时水柱并不回落.故答案为关闭分液漏斗活塞,微热锥形瓶,广口瓶中右侧导管水柱上升,恒温时水柱并不回落;
(3)A.苯易挥发,会浪费试剂、影响氨气体积测定,故A错误;B.酒精易挥发,挥发出来的气体对实验有影响,同时由于酒精易溶于水,也不能达到隔离的目的,故B错误;C.植物油既不溶于水,密度小于水也不易挥发,可以把氨气与水进行隔离,故C正确;D.CCl4密度大于水,不能起到隔离作用,故D错误.故答案为C;
(4)本次实验的目的在于测定产生气体的体积而不是收集纯净的气体,氨气排出装置的气体,按占据原来气体空间,广口瓶内的液体是否充满不影响所收集到的NH3体积大小,故答案为不变;
(5)氨气的体积为aL(标况下)的物质的量为=mol,由方程式AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑可知,样品中AlN的物质的量为=mol,所以AlN的质量为mol×41g/mol=g,样品中AIN的质量分数为×100%=%.故答案为%;问题
4、II中NH3极易被吸收,发生倒吸现象,同时氨气中含有水蒸气,影响氨气质量的测定,所以不可行.所作的改正为在装置之间添加盛有碱石灰的干燥管,烧杯导管的末端接一倒扣的漏斗来吸收氨气.故答案为不可行;在装置之间添加盛有碱石灰的干燥管,烧杯导管的末端接一倒扣的漏斗来吸收氨气;问题
5、通过测定氨气的质量(即实验中硫酸增重量)来推算氮化铝的质量.因为有一部分氨气留在锥形瓶中,反应产生的氨气无法全部被稀硫酸吸收,因此实验测得AlN的质量分数将偏小.戊同学设计的装置Ⅲ较合理,这是通过反应前后总质量减少来测定AlN的质量分数.这里的干燥管作用是吸收被NH3带出来的水蒸气(反应放热,更容易使产生的水蒸气被NH3带走),若用IV,则NH3被吸收,反应前后几无质量差.但戊同学仍未考虑到空气中的水蒸气或CO2的进入,否则,将造成反应后的总质量增大,相当于NH3的减少,导致结果偏低.故答案为反应产生的氨气不可能被完全吸收;Ⅲ;偏低.点评该题为典型的样品纯度测验试题,并要求对已有的实验方案的评价,并指出方案不可行的原因以及在已有实验的基础上进行新的实验设计,理解实验原理是关键,是对所学知识的综合运用,需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力,学习中全面把握基础知识,难度很大. 11.(12分)(xx•静安区模拟)已知溶液中还原性HSO3>I﹣,氧化性IO>I2>SO42﹣.在含3molNaHSO3,的溶液中逐滴加入KIO3溶液,加入的KIO3和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示,试回答下列问题
(1)写出a点反应的离子方程式 2IO3﹣+6HSO3﹣═2I﹣+6SO42﹣+6H+ ,反应中还原剂是 HSO3﹣ ,被还原的元素是 碘 (填名称).
(2)写出b点到c点反应的离子方程式 IO3﹣+6H++5I﹣=3H2O+3I2 .
(3)当溶液中的I﹣为
0.4mol时,加入的KIO3为
0.4或
1.12 mol.
(4)若往100mL1mol/L的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液,反应开始时的离子方程式为 2IO3﹣+5HSO3﹣=I2+5SO42﹣+3H++H2O .考点离子方程式的有关计算;离子方程式的书写.专题计算题;离子反应专题.分析还原性HSO﹣3>I﹣,首先发生反应2IO3﹣+6HSO3﹣═2I﹣+6SO42﹣+6H+,HSO3﹣反应完毕,继续加入KIO3,由于氧化性IO﹣3>I2,再发生反应IO3﹣+6H++5I﹣=3H2O+3I2,
(1)结合图中a点碘的量判断发生的反应,所含元素化合价升高的反应物是还原剂,化合价降低的元素被还原,据此解答;
(2)由图可知,b点到c点有碘生成,应发生IO3﹣+6H++5I﹣=3H2O+3I2;
(3)当溶液中的I﹣为
0.4mol时,有两种情况一是只发生反应2IO3﹣+6HSO3﹣═2I﹣+6SO42﹣+6H+,生成I﹣为
0.4mol,根据碘元素守恒n(KIO3)=n(I﹣);二是HSO3﹣反应完毕后,还发生IO3﹣+6H++5I﹣=3H2O+3I2,剩余I﹣为
0.4mol,计算HSO3﹣反应完毕生成n(I﹣)、消耗的n(KIO3),进而计算反应IO3﹣+6H++5I﹣=3H2O+3I2中消耗的I﹣、KIO3的物质的量,据此计算;
(4)向100mL1mol/L的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液,HSO3﹣被氧化为SO42﹣,KIO3过量,由于氧化性IO﹣3>I2,KIO3将氧化为I﹣,反应不能生成I﹣,而是生成I2,据此书写.解答解还原性HSO﹣3>I﹣,首先发生反应2IO3﹣+6HSO3﹣═2I﹣+6SO42﹣+6H+,HSO3﹣反应完毕,继续加入KIO3,由于氧化性IO﹣3>I2,再发生反应IO3﹣+6H++5I﹣=3H2O+3I2,
(1)由图可知,a点没有生成碘,故发生反应2IO3﹣+6HSO3﹣═2I﹣+6SO42﹣+6H+,反应中S元素化合价升高,还原剂是HSO3﹣,I元素的化合价降低,I元素被还原,故答案为2IO3﹣+6HSO3﹣═2I﹣+6SO42﹣+6H+;HSO3﹣;碘;
(2)由图可知,b点到c点由于生成I2,故发生反应IO3﹣+6H++5I﹣=3H2O+3I2,故答案为IO3﹣+6H++5I﹣=3H2O+3I2;
(3)当溶液中的I﹣为
0.4mol时,有两种情况一是只发生反应2IO3﹣+6HSO3﹣═2I﹣+6SO42﹣+6H+,生成I﹣为
0.4mol,根据碘元素守恒n(KIO3)=n(I﹣)=
0.4mol;二是HSO3﹣反应完毕后,还发生IO3﹣+6H++5I﹣=3H2O+3I2,剩余I﹣为
0.4mol,3molNaHSO3消耗1molKIO
3、生成1molI﹣,故反应IO3﹣+6H++5I﹣=3H2O+3I2中消耗的I﹣为1mol﹣
0.4mol=
0.6mol,消耗KIO3的物质的量为
0.6mol×=
0.12mol,故共加入的KIO3为1mol+
0.12mol=
1.12mol,故答案为
0.4或
1.12;
(4)向100mL1mol/L的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液,HSO3﹣被氧化为SO42﹣,KIO3过量,由于氧化性IO﹣3>I2,KIO3将氧化为I﹣,反应不能生成I﹣,而是生成I2,反应离子方程式为2IO3﹣+5HSO3﹣=I2+5SO42﹣+3H++H2O,故答案为2IO3﹣+5HSO3﹣=I2+5SO42﹣+3H++H2O.点评本题是一道有关氧化还原反应的综合题,考查角度广,难度中等,要求学生具有分析和解决问题的能力. 。