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2019-2020年高二化学上学期第一次月考试卷(含解析)II
一、选择题(1~15小题,每小题2分,16~25每小题2分共60分,每小题只有一个正确答案)1.(2分)将空气中氮气转化成氮的化合物的过程称为固氮.下列选项中能实现人工固氮的是()A.闪电B.电解饱和食盐水车间C.根瘤菌D.合成氨车间2.(2分)下列物质中不会因见光而分解的是()A.NaHCO3B.HNO3(浓)C.AgID.HClO3.(2分)下列实验过程中,溶液始终无明显现象发生的是()A.NO2通入FeSO4溶液中B.CO2通入CaCl2溶液中C.NH3通入AlCl3溶液中D.SO2通入酸性KMnO4溶液中4.(2分)相同质量的四份铜片,分别置于足量的下列酸中,所得到的气体的物质的量最多的是()A.稀硫酸B.浓硫酸C.稀硝酸D.浓硝酸5.(2分)下列有关化学变化中的能量关系的说法中,错误的是()A.任何一个化学变化的过程中都包含着能量的变化B.化学变化过程中能量变化的实质就是旧键断裂要吸收能量,新键生成会放出能量C.如果生成物的能量比反应物的能量高,则该反应为放热反应D.如不特别注明,化学反应的反应热就是就是该反应的焓变6.(2分)化学在生产和日常生活中有着重要的应用.下列说法不正确的是()A.钢铁的腐蚀过程绝大多数都是电化学腐蚀B.在海轮外壳上镶入锌块,可减缓船体的腐蚀速率C.电解CuCl2饱和溶液,生成金属铜和氯气D.电解MgCl2饱和溶液,可制得金属镁7.(2分)下列有关电池的说法不正确的是()A.手机上用的锂离子最池属于二次电池B.铜锌原电池工作时,电子沿外电路从铜电极流向锌电极C.甲醇燃料电池可把化学能转化为电能D.锌锰干电池中,锌电极是负极8.(2分)下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是()A.碳酸钙受热分解B.乙醇燃烧C.铝与稀硫酸反应D.氧化钙溶于水9.(2分)已知胆矾溶于水时溶液温度降低,室温下将1mol无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q1kJ,又知胆矾分解的热化学方程式为CuSO4•5H2O(s)═CuSO4(s)+5H2O(l)△H=+Q2kJ•mol﹣1则Q
1、Q2的关系为()A.Q1<Q2B.Q1>Q2C.Q1=Q2D.无法确定10.(2分)科学家近年来研制出一种新型细菌燃料电池,利用细菌将有机物转化为氢气,氢气进入以磷酸为电解质的燃料电池发电.电池负极反应为()A.H2+2OH﹣=2H2O+2e﹣B.O2+4H++4e﹣=2H2OC.H2=2H++2e﹣D.O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣11.(2分)把SO2通入Fe(NO3)3溶液中,溶液由黄色变为浅绿色,但立即又变为黄色,此时若滴入BaCl2溶液,则会产生白色沉淀.在上述一系列变化过程中,最终被还原的是()A.SO2B.NO3﹣C.Fe3+D.Fe2+12.(2分)下列有关电解精炼铜的说法中错误的是()A.粗铜做正极B.电解一段时间后,溶液中会存在锌、铁等不活泼的金属阳离子C.阳极泥中含有金、银等贵重金属D.电解质溶液可以选用硫酸铜溶液13.(2分)已知热化学方程式SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g)△H=﹣
98.32kJ/mol,在容器中充入2molSO2和1molO2充分反应,最终放出的热量为()A.
196.64kJB.
196.64kJ/molC.<
196.64kJD.>
196.64kJ14.(2分)下列关于热化学反应的描述中正确的是()A.HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣
57.3kJ/mol,则H2SO4和Ca(OH)2反映的中和热△H=2×(﹣
57.3)kJ/molB.CO(g)的燃烧热是
283.0kJ/mol,则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的△H=+2×
283.0kJ/molC.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D.甲烷的燃烧热就是1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量15.(2分)钢铁在潮湿的空气中往往因电化学过程而被腐蚀,下列方程式在钢铁的电化学腐蚀过程中不存在的是()A.Fe﹣2e﹣═Fe2+B.2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣C.2Fe+2H2O+O2═2Fe2++4OH﹣D.Fe﹣3e﹣═Fe3+16.(3分)含
11.2gKOH的稀溶液与1L
0.1mol/L的H2SO4溶液反应放出
11.46kJ的热量,下列能正确表示中和热的热化学方程式是()A.KOH(aq)+H2SO4(aq)=1/2K2SO4(aq)+H2O(l);△H=﹣
11.46kJ/molB.2KOH(s)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+2H2O(l);△H=﹣
114.6kJ/molC.2KOH(aq)+H2SO4=K2SO4(aq)+H2O(l);△H=+
114.6kJ/molD.KOH(aq)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+H2O(l);△H=﹣
57.3kJ/mol17.(3分)已知H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热分别是
285.8kJ•mol﹣
1、
1411.0kJ•mol﹣1和
1366.8kJ•mol﹣1,则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的△H为()A.﹣
44.2kJ•mol﹣1B.+
44.2kJ•mol﹣1C.﹣330kJ•mol﹣1D.+330kJ•mol﹣118.(3分)用石墨电极电解100mLH2SO4与CuSO4的混合溶液,通电一段时间后,两极均收集到
2.24L气体(标准状况),则原混合溶液中Cu2+的物质的量浓度为()A.1mol•L﹣1B.2mol•L﹣1C.3mol•L﹣1D.4mol•L﹣119.(3分)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+20.(3分)以Mg片和Al片为电极,并用导线连接,同时插入NaOH溶液中,下列说法正确的是()A.Mg片作负极,电极反应Mg﹣2e﹣=Mg2+B.电子从Mg电极沿导线流向Al电极C.Al片作负极,电极反应Al+4OH﹣﹣3e﹣=AlO2﹣+2H2OD.Al片上有气泡产生21.(3分)高铁电池是一种新型可充电电池,该电池长时间保持稳定的放电电压.高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH,下列叙述不正确的是()A.放电时负极反应为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn(OH)2B.充电时阳极反应为Fe(OH)3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2OC.放电时每转移1mol电子,正极有1molK2FeO4被还原D.放电时正极附近溶液的pH值升高22.(3分)用石墨电极电解足量M(NO3)x的水溶液,当阴极上增重ag时,在阳极上同时产生bL氧气(标准状况),从而可知M的相对原子质量为()A.B.C.D.23.(3分)按如图所示装置进行实验A极是铜锌合金,B极为纯铜,电解质中含有足量的铜离子.通电一段时间后,若A极恰好全部溶解,此时B极质量增加
7.68g,溶液质量增
0.03g,则合金中Cu、Zn原子个数比为()A.41B.31C.21D.任意比24.(3分)为了除去NO、NO
2、N2O4对大气的污染,常采用氢氧化钠溶液进行吸收处理(反应方程式3NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O;NO2+NO+2NaOH→2NaNO2+H2O).现有由amolNO、bmolNO
2、cmolN2O4组成的混合气体恰好被VL氢氧化钠溶液吸收(无气体剩余),则此氢氧化钠溶液的物质的量浓度最小为()A.mol•L﹣1B.mol•L﹣1C.mol•L﹣1D.mol•L﹣125.(3分)铜和镁的合金
4.6g完全溶于浓硝酸,若反应后硝酸被还原只产生
2.24L的NO2气体和
1.12L的N2O4气体(都已折算到标准状况),在反应后的溶液中,加入足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀的质量为()A.
9.02gB.
8.51gC.
8.00gD.
7.04g
二、填空题26.(6分)已知下列几种化学键的键能化学键Si﹣Si键H﹣H键Cl﹣Cl键H﹣Cl键Si﹣Cl键键能(KJ/mol)176436243431360请计算下列反应的反应热
(1)H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=;
(2)50mL
0.50mol•L﹣1盐酸与50mL
0.55mol/LNaOH溶液简易量热计中进行中和反应.通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热.回答下列问题(a)大烧杯上如不盖硬纸板,求得的中和热数值(填“偏大”“偏小”“无影响”).(b)酸、碱混合时,把量筒中的NaOH溶液缓缓倒入小烧杯中测得的中和热的数值会.(填“偏大”“偏小”“无影响”)(c)实验中用环形铜丝搅拌棒代替,测得的中和热的数值会.(均填“偏大”“偏小”“无影响”)27.(8分)
(1)肼(N2H4)又称联氨,是一种可燃性的液体,可用作火箭燃料.已知在101kPa时,32gN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气,放出热量624kJ(25℃时),N2H4完全燃烧反应的热化学方程式是.
(2)肼﹣空气燃料电池是一种碱性燃料电池,电解质溶液是KOH溶液.肼﹣空气燃料电池放电时正极的电极反应式是;负极的电极反应式是.
(3)如图是一个电化学过程示意图.假设使用肼﹣空气燃料电池作为本过程中的电源,铜片的质量变化128g,则肼一空气燃料电池理论上消耗标标准状况下的空气L(假设空气中氧气体积含量为20%)28.(6分)如图a、b、c、d均为铂电极,供选择的四组电解液如下组ABCD甲槽NaOHAgNO3H2SO4NaCl乙槽CuSO4CuCl2AgNO3AgNO3要求满足的条件是(a)工作一段时间后,甲槽电解液pH值上升,乙槽电解液的pH值下降(b)a、d两极放电离子的物质的量相等请填写下列空格
(1)应选用的电解液是哪一组;(填字母)
(2)甲槽的电解方程式.
(3)当a极析出
3.55g电解产物时,d极上将析出g物质.29.(14分)某学生设计的用氨催化法制取少量HNO3溶液的实验装置如图所示
(1)实验室制备NH3,下列方法中适宜选用的是(填序号).
①固态氯化铵与熟石灰混合加热
②固态氯化铵加热分解
③碱石灰中滴加浓氨水
④氯化铵溶液与氢氧化钠溶液共热
(2)装置B中发生反应的化学方程式为.在实验过程中,加热铂丝红热后,移去酒精灯,发现铂丝还继续保持红热,由此可判断该反应是(填“吸热”或“放热”)反应.
(3)装置C的作用是;装置C中的现象是;为确保装置D中尽可能多地生成HNO3,所通入O2和NH3的体积比应大于.
(4)装置D中发生的反应方程式为.
三、计算题(6分)30.(6分)为了测定某铜银合金的成分,将
30.0g合金溶于80ml
13.5mol/L的浓硝酸中,待合金完全溶解后,收集到标况气体
6.72L,并测得溶液的C(H+)=1moL/L,假设反应后溶液的体积仍为80mL,计算
(1)被还原的硝酸的物质的量.
(2)合金中银的质量分数.浙江省湖州五中xx高二上学期第一次月考化学试卷参考答案与试题解析
一、选择题(1~15小题,每小题2分,16~25每小题2分共60分,每小题只有一个正确答案)1.(2分)将空气中氮气转化成氮的化合物的过程称为固氮.下列选项中能实现人工固氮的是()A.闪电B.电解饱和食盐水车间C.根瘤菌D.合成氨车间考点氮的固定.分析空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程,分为人工固氮和自然固氮.解答解A.是自然固氮中的高能固氮,故A错误;B.电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气,与氮的固定无关,故B错误;C.根瘤菌是自然固氮中的生物固氮,故B错误;D.氢气和氨气在人为条件下合成氨气属于人工固氮,故D正确;故选D.点评本题考查了氮的固氮和固氮的分类,题目难度不大,注意对固氮概念的把握.2.(2分)下列物质中不会因见光而分解的是()A.NaHCO3B.HNO3(浓)C.AgID.HClO考点硝酸的化学性质;钠的重要化合物.分析浓硝酸、硝酸银、次氯酸和碘化银见光都易分解;碳酸氢钠加热分解,见光不分解.解答解A.NaHCO3加热分解,见光不分解,故A选;B.硝酸见光分解为二氧化氮、氧气与水,故B不选;C.碘化银见光易分解,故C不选;D.HClO见光分解为HCl与氧气,故D不选;故选A.点评本题考查物质的性质,侧重于元素化合物知识考查,难度不大.3.(2分)下列实验过程中,溶液始终无明显现象发生的是()A.NO2通入FeSO4溶液中B.CO2通入CaCl2溶液中C.NH3通入AlCl3溶液中D.SO2通入酸性KMnO4溶液中考点二氧化硫的化学性质;氨的化学性质;铁盐和亚铁盐的相互转变.分析根据物质之间的反应,如生产气体、沉淀或颜色明显变化,则有明显现象;而反应中生成水或不反应等,则无明显现象,以此来解答.解答解A.NO2通入FeSO4溶液,由于二氧化氮与水反应生成硝酸具有强氧化性,可以将二价铁氧化成三价铁,则溶液颜色由浅绿色变成了浅黄色,故A不选;B.CO2通入CaCl2溶液不发生反应,始终无明显现象,故B选;C.NH3通入AlCl3溶液中生成氢氧化铝沉淀,有白色沉淀生成,则现象明显,故C不选;D.SO2通入酸性KMnO4溶液中,因为二氧化硫具有还原性,可以使酸性KMnO4溶液退色,故D不选;故选B.点评本题考查物质反应的现象,明确物质的性质及发生的化学反应是解答本题的关键,难度不大.4.(2分)相同质量的四份铜片,分别置于足量的下列酸中,所得到的气体的物质的量最多的是()A.稀硫酸B.浓硫酸C.稀硝酸D.浓硝酸考点铜金属及其重要化合物的主要性质;硝酸的化学性质;浓硫酸的性质.专题物质的性质和变化专题.分析在常温下,金属铜和稀硫酸不反应,在加热时,可以和浓硫酸反应Cu+2H2SO4(浓CuSO4+SO2↑+2H2O,根据金属铜与浓硝酸以及稀硝酸反应的化学方程式Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O进行计算.解答解根据铜在金属活动性顺序表中的位置可知,铜不可以和非氧化性酸反应产生H2,但根据铜的性质可知,铜可以和氧化性酸反应,反应情况如下Cu+2H2SO4(浓CuSO4+SO2↑+2H2O,Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,由上述方程可以很容易地判断出当铜的量相同时(假设为64g即1mol),与足量的酸反应产生气体最多的酸是浓硝酸(另外也可根据电子守恒作出推断,铜的质量相同,失电子数相同,因此产生1mol气体所需电子数最少的,也就是产生气体最多的).故选D.点评此题考查的是铜与酸反应中的性质及其中相关的量的关系,要熟记发生的反应并进向相应的计算.5.(2分)下列有关化学变化中的能量关系的说法中,错误的是()A.任何一个化学变化的过程中都包含着能量的变化B.化学变化过程中能量变化的实质就是旧键断裂要吸收能量,新键生成会放出能量C.如果生成物的能量比反应物的能量高,则该反应为放热反应D.如不特别注明,化学反应的反应热就是就是该反应的焓变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A、根据化学变化的特征分析;B、根据化学变化的实质分析;C、如果反应物的能量大于生成物的能量,则该反应为放热反应,反之则为吸热反应.D、在恒压条件下的反应,反应的焓变等于反应的反应热.解答解A、化学变化的特征是有新物质生成,伴随着能量变化,故A正确;B、化学变化的实质反应物中旧键断裂和生成物中新键的形成,断键要吸收能量,成键要放出能量,故B正确;C、如果反应物的能量大于生成物的能量,则该反应为放热反应,反之则为吸热反应,故C错误;D、在恒压条件下的反应,反应的焓变等于反应的反应热,通常的反应都是在一个大气压条件下发生的,所以如不特别注明,化学反应的反应热就是就是该反应的焓变,故D正确;故选C.点评本题考查了化学反应中能量的变化,放热反应的判断,焓变与反应热的关系,属于基础知识的考查,比较简单.6.(2分)化学在生产和日常生活中有着重要的应用.下列说法不正确的是()A.钢铁的腐蚀过程绝大多数都是电化学腐蚀B.在海轮外壳上镶入锌块,可减缓船体的腐蚀速率C.电解CuCl2饱和溶液,生成金属铜和氯气D.电解MgCl2饱和溶液,可制得金属镁考点金属的电化学腐蚀与防护;电解原理.专题电化学专题.分析A、金属的腐蚀以电化学腐蚀较普遍;B、作原电池正极的金属被保护,做负极的金属被腐蚀;C、电解CuCl2饱和溶液,在阴极生成金属铜,在阳极上产生氯气;D、电解MgCl2饱和溶液,生成氢氧化镁、氢气和氯气.解答解A、金属的腐蚀中电化学腐蚀较普遍,故A正确;B、在海轮外壳上镶入锌块,锌、铁和海水构成原电池,锌易失电子作负极,Fe作正极,正极上得电子发生还原反应,则Fe被保护,可减缓船体的腐蚀速率,故B正确;C、电解CuCl2饱和溶液,在阴极生成金属铜,在阳极上产生氯气,故C正确;D、电解MgCl2饱和溶液,生成氢氧化镁、氢气和氯气,电解熔融的氯化镁,可以制取金属镁,故D错误.故选D.点评本题考查学生电解池的工作原理以及金属腐蚀和防护知识,注意知识的归纳和整理是关键,难度中等.7.(2分)下列有关电池的说法不正确的是()A.手机上用的锂离子最池属于二次电池B.铜锌原电池工作时,电子沿外电路从铜电极流向锌电极C.甲醇燃料电池可把化学能转化为电能D.锌锰干电池中,锌电极是负极考点常见化学电源的种类及其工作原理.分析电池分为一次电池、二次电池和燃料电池,二次电池可以反复充电多次使用,一次电池不具有该功能;原电池中活泼金属做负极,电子沿外电路从负极流向正极,铜锌原电池中铜为正极,故电流为铜流向锌,而电子是由锌流向铜;电池的实质是将化学能转化成电能.解答解A、锂离子电池可以充电,再次使用,属于二次电池,故A正确;B、铜锌原电池中铜为正极,故电流为铜极流向锌极,而电子是由锌电极流向铜电极,故项错;C、电池的实质即是化学能转化成电能,故C正确;D、Zn失去电子生成Zn2+,故作为负极,故D正确.故选B.点评本题考查原电池的组成和工作原理,涉及到电池的分类、电子的流向、反应的实质以及正负极的判断,题目难度不大,建议把相关基础知识掌握好.8.(2分)下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是()A.碳酸钙受热分解B.乙醇燃烧C.铝与稀硫酸反应D.氧化钙溶于水考点吸热反应和放热反应.专题化学反应中的能量变化.分析生成物总能量高于反应物总能量的反应属于吸热反应,根据常见的放热反应和吸热反应进行判断.若反应物的总能量大于生成物的总能量则为放热反应.常见的放热反应有所有的物质燃烧、所有金属与酸、所有中和反应、绝大多数化合反应,铝热反应;常见的吸热反应有个别的化合反应(如C和CO2)、绝大数分解反应、少数分解置换以及某些复分解(如铵盐和强碱).解答解A.碳酸钙受热分解分解制氧气属于吸热反应,生成物总能量高于反应物总能量,故A正确;B.乙醇燃烧属于放热反应,生成物的总能量小于反应物的总能量,故B错误;C.铝与稀硫酸反应属于放热反应,生成物的总能量小于反应物的总能量,故C错误;D.氧化钙溶于水与水发生化合反应,属于放热反应,生成物的总能量小于反应物的总能量,故D错误.故选A.点评本题主要考查了放热反应和放热反应,题目难度不大,掌握常见的放热反应和放热反应是解题的关键.9.(2分)已知胆矾溶于水时溶液温度降低,室温下将1mol无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q1kJ,又知胆矾分解的热化学方程式为CuSO4•5H2O(s)═CuSO4(s)+5H2O(l)△H=+Q2kJ•mol﹣1则Q
1、Q2的关系为()A.Q1<Q2B.Q1>Q2C.Q1=Q2D.无法确定考点反应热的大小比较.专题化学反应中的能量变化.分析溶解降温说明水合放热小于扩散吸热,Q1是二者的差值;而胆矾(五水合硫酸铜)分解要克服水合能Q2,所以Q2>Q1;溶解时,放出的热量有一部分被水吸收.实际放出的热量偏小;解答解根据题的叙述可把胆矾溶于水看成二个过程,第一个过程是CuSO4•5H2OCuSO4(s)+5H2O;△H=+Q2KJ/mol这一过程是吸出热量的,一摩尔CuSO4•5H2O分解吸收的热量为Q2KJ;第二过程是无水硫酸铜制成溶液的过程,此过程是放出热量的,1mol无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q1KJ,但整个过程要使溶液温度降低,说明吸收的热量大于放出的热量,所以Q2>Q1故选A.点评本题考查了物质溶解恒容物质分解过程中的能量变化,理解物质溶解过程中的能量变化是解题关键,题目难度中等.10.(2分)科学家近年来研制出一种新型细菌燃料电池,利用细菌将有机物转化为氢气,氢气进入以磷酸为电解质的燃料电池发电.电池负极反应为()A.H2+2OH﹣=2H2O+2e﹣B.O2+4H++4e﹣=2H2OC.H2=2H++2e﹣D.O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣考点电极反应和电池反应方程式.专题电化学专题.分析氢气具有还原性,在负极上发生氧化反应,由于电解质溶液呈酸性,则负极上氢气失电子生成氢离子,负极反应为H2=2H++2e﹣,正极反应O2+4H++4e﹣=2H2O.解答解A、电解质溶液呈酸性,负极上无OH﹣离子参与反应,故A错误;B、负极发生氧化反应,氢气失去电子,该反应为正极反应,故B错误;C、电解质溶液呈酸性,则负极上氢气失电子生成氢离子,电极反应为H2=2H++2e﹣,故C正确;D、负极发生氧化反应,氢气失去电子,该反应为碱性溶液中正极反应,故D错误.故选C.点评本题考查电极反应,题目难度不大,本题中注意两极上的变化和电解质溶液对电极反应的影响.11.(2分)把SO2通入Fe(NO3)3溶液中,溶液由黄色变为浅绿色,但立即又变为黄色,此时若滴入BaCl2溶液,则会产生白色沉淀.在上述一系列变化过程中,最终被还原的是()A.SO2B.NO3﹣C.Fe3+D.Fe2+考点氧化还原反应.专题氧化还原反应专题.分析Fe3+具有氧化性,能将SO2氧化成硫酸,自身被还原为Fe2+,故溶液变为浅绿色;随着溶液中H+浓度的增大,NO3﹣逐渐显现出其强氧化性,再将Fe2+氧化为Fe3+,而NO3﹣中氮元素从+5价变为+2价,故最终氮元素被还原.解答解由滴入BaCl2溶液,则会产生白色沉淀,则可知SO2通入Fe(NO3)3溶液中发生的氧化反应为SO2→SO42﹣,溶液由黄色变为浅绿色,但立即又变为黄色,三价铁离子变为亚铁离子,后又被氧化为三价铁离子,S、Fe元素得化合价在变化中升高,则可知还原反应为H++NO3﹣→NO↑+H2O,即最终被还原的为NO3﹣,故选B.点评本题通过元素及化合物知识为载体,实质是考查氧化还原反应基本知识,题目难度不大,注意相关物质的性质,学习中注意积累.12.(2分)下列有关电解精炼铜的说法中错误的是()A.粗铜做正极B.电解一段时间后,溶液中会存在锌、铁等不活泼的金属阳离子C.阳极泥中含有金、银等贵重金属D.电解质溶液可以选用硫酸铜溶液考点电解原理.分析A、电解精炼铜,粗铜作阳极,精铜作阴极;B、锌、铁等金属的活泼性强于金属铜,会先于铜失电子;C、不参与阳极放电的金属单质会形成阳极泥;D、电解精炼铜,所选的电解质是含有铜离子的盐溶液.解答解A、电解精炼铜,粗铜作阳极,精铜作阴极,故A错误;B、锌、铁等金属的活泼性强于金属铜,会先于铜失电子,电解质中会含有锌离子,亚铁离子,故B正确;C、在阳极上,不参与放电的金属单质金、银等贵重金属会形成阳极泥,故C正确;D、电解精炼铜,所选的电解质是含有铜离子的盐溶液,可以选用硫酸铜溶液,故D正确.故选A.点评本题考查学生电解精炼铜的原理,注意电解池的工作原理是关键,难度不大.13.(2分)已知热化学方程式SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g)△H=﹣
98.32kJ/mol,在容器中充入2molSO2和1molO2充分反应,最终放出的热量为()A.
196.64kJB.
196.64kJ/molC.<
196.64kJD.>
196.64kJ考点有关反应热的计算.专题化学反应中的能量变化.分析根据热化学方程式得出生成1molSO3时放出的热量,利用极限法计算出2molSO2和1molO2反应生成SO3的物质的量,计算放出的热量,由于可逆反应的不完全性,所以放出的热量小于按极限法计算放出的热量.解答解根据热化学方程式SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g)△H=﹣
98.32kJ/mol的含义,可知SO2和O2反应生成1molSO3时放出的热量为
98.32kJ,所以生成2molSO3时放出的热量为
196.64kJ,由于是可逆反应,2molSO2和1molO2不能完全反应,所以放出的热量小于
196.64kJ.故选C.点评本题以反应热的计算为载体,考查可逆反应的不完全性,注意可逆反应无论进行多长时间,反应物都不可能100%地全部转化为生成物,题目难度不大.14.(2分)下列关于热化学反应的描述中正确的是()A.HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣
57.3kJ/mol,则H2SO4和Ca(OH)2反映的中和热△H=2×(﹣
57.3)kJ/molB.CO(g)的燃烧热是
283.0kJ/mol,则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的△H=+2×
283.0kJ/molC.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D.甲烷的燃烧热就是1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量考点反应热和焓变.专题化学反应中的能量变化.分析A、中和热是强酸强碱的稀溶液反应生成1mol水放出的热量;B、燃烧热是1mol可燃物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量;C、有些放热反应也需要一定条件才能发生反应;D、水的状态应该是稳定的液态水.解答解A、中和热是强酸强碱的稀溶液反应生成1mol水放出的热量;H2SO4和Ca(OH)2反应生成硫酸钙微弱物,反应放出的热量大于2×(﹣
57.3)kJ/mol,故A错误;B、CO(g)的燃烧热是
283.0kJ/mol,CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=﹣
283.0kJ/mol,因此2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)的反应热为△H=+2×
283.0kJ/mol,故B正确;C、可燃物的燃烧也需要加热,但属于放热反应,故C错误;D、101kp下,1molCH4燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热,故D错误;故选B.点评本题考查化学反应与能量问题,题目难度不大,注意反应吸热还是放热与反应条件无关、燃烧热等概念的理解.15.(2分)钢铁在潮湿的空气中往往因电化学过程而被腐蚀,下列方程式在钢铁的电化学腐蚀过程中不存在的是()A.Fe﹣2e﹣═Fe2+B.2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣C.2Fe+2H2O+O2═2Fe2++4OH﹣D.Fe﹣3e﹣═Fe3+考点金属的电化学腐蚀与防护.专题电化学专题.分析钢铁在酸性环境中发生析氢腐蚀,在弱酸性、中性或碱性环境中发生吸氧腐蚀,无论析氢腐蚀还是吸氧腐蚀,负极上都是铁失电子发生氧化反应,析氢腐蚀时,正极上氢离子得电子发生还原反应,吸氧腐蚀时,正极上氧气得电子发生还原反应.解答解钢铁在酸性环境中发生析氢腐蚀,在弱酸性、中性或碱性环境中发生吸氧腐蚀,A.无论析氢腐蚀还是吸氧腐蚀,负极上都是铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子,电极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+,故A正确;B.发生吸氧腐蚀时,正极上氧气得电子发生还原反应,电极反应式为2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣,故B正确;C.钢铁发生吸氧腐蚀时,电池反应式为2Fe+2H2O+O2═2Fe2++4OH﹣,故C正确;D.无论析氢腐蚀还是吸氧腐蚀,负极上都是铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子,故D错误;故选D.点评本题考查了钢铁的腐蚀与防护,明确原电池原理及发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题关键,易错选项是D,注意铁发生腐蚀时生成亚铁离子而不是铁离子,为易错点.16.(3分)含
11.2gKOH的稀溶液与1L
0.1mol/L的H2SO4溶液反应放出
11.46kJ的热量,下列能正确表示中和热的热化学方程式是()A.KOH(aq)+H2SO4(aq)=1/2K2SO4(aq)+H2O(l);△H=﹣
11.46kJ/molB.2KOH(s)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+2H2O(l);△H=﹣
114.6kJ/molC.2KOH(aq)+H2SO4=K2SO4(aq)+H2O(l);△H=+
114.6kJ/molD.KOH(aq)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+H2O(l);△H=﹣
57.3kJ/mol考点中和热.分析根据酸碱的物质的量判断反应的情况,根据中和热是指稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量来书写中和热的热化学方程式.解答解
11.2g即
0.2molKOH的稀溶液与1L、
0.1mol/L的H2SO4溶液反应放出
11.46kJ的热量,实质是生成
0.2mol水放出
11.46kJ的热量,而中和热的热化学方程式必须保持生成水的物质的量为1mol.A、生成1mol水放出的热量会高于
11.46kJ,故A错误;B、氢氧化钾应是溶液,不是固体,故B错误;C、中和反应是放热反应,不是吸热反应,故C错误;D、KOH的稀溶液与H2SO4溶液反应生成
0.2mol水放出
11.46kJ的热量,生成1mol水会放出
57.3KJ的能量,故D正确.故选D.点评本题考查中和热的概念以及热化学方程式的含义,可以根据所学知识来回答,难度不大.17.(3分)已知H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热分别是
285.8kJ•mol﹣
1、
1411.0kJ•mol﹣1和
1366.8kJ•mol﹣1,则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的△H为()A.﹣
44.2kJ•mol﹣1B.+
44.2kJ•mol﹣1C.﹣330kJ•mol﹣1D.+330kJ•mol﹣1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.分析由燃烧热的概念写出各反应的热化学方程式,利用盖斯定律计算.解答解已知H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热分别是﹣
285.8kJ/mol、﹣
1411.0kJ/mol和﹣
1366.8kJ/mol,则有
①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=﹣
285.8kJ/mol;
②C2H4(g)+3O2(g)=2H2O(l)+2CO2(g)△H=﹣
1411.0kJ/mol;
③C2H5OH(l)+3O2(g)=3H2O(l)+2CO2(g)△H=﹣
1366.8kJ/mol;根据盖斯定律
②﹣
③可得C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)△H=﹣
44.2kJ/mol,故选A.点评本题考查反应热的计算,题目难度中等,注意盖斯定律应用于反应热的计算.18.(3分)用石墨电极电解100mLH2SO4与CuSO4的混合溶液,通电一段时间后,两极均收集到
2.24L气体(标准状况),则原混合溶液中Cu2+的物质的量浓度为()A.1mol•L﹣1B.2mol•L﹣1C.3mol•L﹣1D.4mol•L﹣1考点电解原理.专题电化学专题.分析根据电解池中离子的放电顺序和两极上发生的变化来书写电极反应方程式,并且两个电极上转移的电子数目是相等的,溶液中遵循电荷守恒.解答解电解
0.1LH2SO4和CuSO4的混合溶液,阳极发生的反应为4OH﹣→2H2O+O2↑+4e﹣,阴极上发生的电极反应为Cu2++2e﹣→Cu,2H++2e﹣→H2↑,两极均收集到
2.24L(标况)气体,即均生成
0.1mol的气体,阳极生成
0.1mol氧气说明转移了
0.4mol电子,而阴极上生成的
0.1molH2只得到了
0.2mol电子,所以剩余
0.2mol电子由铜离子获得,且溶液中有
0.1mol铜离子,据c=得到铜离子的浓度为=1mol/L.故选A.点评本题考查学生电解池的工作原理以及溶液中的电荷守恒思想,难度不大,可以根据所学知识来回答.19.(3分)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xx届高考热点,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.20.(3分)以Mg片和Al片为电极,并用导线连接,同时插入NaOH溶液中,下列说法正确的是()A.Mg片作负极,电极反应Mg﹣2e﹣=Mg2+B.电子从Mg电极沿导线流向Al电极C.Al片作负极,电极反应Al+4OH﹣﹣3e﹣=AlO2﹣+2H2OD.Al片上有气泡产生考点原电池和电解池的工作原理.专题电化学专题.分析A、原电池中失电子的一极是负极;B、在原电池中,电子从负极流向正极;C、Al在负极发生失电子的氧化反应,生成AlO2﹣;D、Mg作正极,正极上水得电子生成氢气.解答解A、金属镁和氢氧化钠溶液不能发生氧化还原反应,金属铝能反应,在原电池中,失电子的一极是负极,所以金属铝是负极,Al发生失电子的氧化反应,即Al+4OH﹣﹣3e﹣=AlO2﹣+2H2O,故A错误;B、Mg条和Al片为电极,用导线连接同时插入NaOH溶液中,此时铝片是负极,镁条是正极,在原电池中,电子从负极流向正极,即电子从Al电极沿导线流向Mg电极,故B错误;C、金属铝是负极,负极发生失电子的氧化反应,即Al+4OH﹣﹣3e﹣=AlO2﹣+2H2O,故C正确;D、Mg作正极,正极上水得电子生成氢气,则Mg片有气泡生成,故D错误.故选C.点评本题考查学生原电池的工作原理知识,注意原电池中,失电子的极是负极,不一定是活泼的金属就做负极,难度不大.21.(3分)高铁电池是一种新型可充电电池,该电池长时间保持稳定的放电电压.高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH,下列叙述不正确的是()A.放电时负极反应为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn(OH)2B.充电时阳极反应为Fe(OH)3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2OC.放电时每转移1mol电子,正极有1molK2FeO4被还原D.放电时正极附近溶液的pH值升高考点原电池和电解池的工作原理.分析根据电池的总反应可知,高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子,电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn(OH)2,高铁酸钠在正极得到电子,电极反应式为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe(OH)3+5OH﹣,根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系,充电时,阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠,电极反应式为Fe(OH)3+5OH﹣=FeO42+4H2O+3e﹣,阳极消耗OH﹣离子,碱性要减弱.解答解A、根据电池的总反应可知,高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子,电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn(OH)2,故A正确;B、充电时阳极发生Fe(OH)3失电子的氧化反应,即反应为Fe(OH)3﹣3e﹣+5OH﹣FeO42﹣+4H2O,故B正确;C、放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe(OH)3+5OH﹣,每转移3mol电子,正极有1molK2FeO4被还原,故C错误;D、放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe(OH)3+5OH﹣,生成氢氧根离子,碱性要增强,故D正确.故选C.点评本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力,增加了学生分析问题的思维跨度,强调了学生整合知识的能力.22.(3分)用石墨电极电解足量M(NO3)x的水溶液,当阴极上增重ag时,在阳极上同时产生bL氧气(标准状况),从而可知M的相对原子质量为()A.B.C.D.考点电解原理.分析利用氧化还原反应原理解答,依据电解时,得失电子数相等推断金属与氧气的关系,从而确定金属的原子量.解答解设M的原子量为M电解时,电池反应方程式为4M(NO3)x+2xH2O4M+xO2↑+4xHNO34Mg
22.4xLagbL所以M==,故选C.点评本题考查了氧化还原反应的有关计算,能正确写出该电池的电池反应式并找出金属与氧气的关系式是解本题的关键,要注意根据得失电子相等配平方程式,才能正确解答问题.23.(3分)按如图所示装置进行实验A极是铜锌合金,B极为纯铜,电解质中含有足量的铜离子.通电一段时间后,若A极恰好全部溶解,此时B极质量增加
7.68g,溶液质量增
0.03g,则合金中Cu、Zn原子个数比为()A.41B.31C.21D.任意比考点电解原理.专题电化学专题.分析该装置是电解池,阳极上金属失电子发生氧化反应,阴极上铜离子得电子发生还原反应,所以阴极上增加的质量是铜的质量,溶液中增加的质量为溶解锌的质量与通过相同电子时析出铜的质量差,根据质量差可以计算溶解的锌的物质的量,再根据氧化还原反应中得失电子数相等计算合金中铜的物质的量,从而计算铜和锌的原子个数之比.解答解B极上析出的是铜,B极质量增加
7.68g,其物质的量==
0.12mol;阳极上溶解锌时,阴极上析出铜,所以溶液质量增加的质量为锌和铜的质量差,溶液质量增加
0.03g,即锌和铜的质量差为
0.03g.设锌的物质的量为x,则Zn+Cu2+=Zn2++Cu质量增加1mol1gx
0.03gx=
0.03mol.即合金中锌的物质的量是
0.03mol.根据氧化还原反应中得失电子数相等知,阳极上锌和铜失去的电子数等于阴极上铜离子得到的电子,设合金中铜的物质的量为y,则
0.03mol×2+2y=
0.12mol×2y=
0.09mol,所以合金中铜和锌的物质的量之比为
0.09mol
0.03mol=31,所以铜和锌的原子个数之比是31,故选B.点评本题考查电解原理,侧重于电解的计算,注意把握两极的变化,从差量法与守恒的角度解答该题,题目难度中等.24.(3分)为了除去NO、NO
2、N2O4对大气的污染,常采用氢氧化钠溶液进行吸收处理(反应方程式3NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O;NO2+NO+2NaOH→2NaNO2+H2O).现有由amolNO、bmolNO
2、cmolN2O4组成的混合气体恰好被VL氢氧化钠溶液吸收(无气体剩余),则此氢氧化钠溶液的物质的量浓度最小为()A.mol•L﹣1B.mol•L﹣1C.mol•L﹣1D.mol•L﹣1考点物质的量浓度的相关计算.专题计算题.分析反应生成物有NaNO
3、NaNO2,由化学式可知n(Na)=n(N),根据原子守恒计算需要n(NaOH),再根据c=计算NaOH的物质的量浓度.解答解反应生成物有NaNO
3、NaNO2,由化学式可知n(Na)=n(N),根据原子守恒可知n(NaOH)=n(NO)+n(NO2)+2n(N2O4)=(a+b+2c)mol,故此氢氧化钠溶液的物质的量浓度最小为=mol•L﹣1,故选C.点评本题考查混合物的有关计算,难度中等,根据原子守恒计算是关键.25.(3分)铜和镁的合金
4.6g完全溶于浓硝酸,若反应后硝酸被还原只产生
2.24L的NO2气体和
1.12L的N2O4气体(都已折算到标准状况),在反应后的溶液中,加入足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀的质量为()A.
9.02gB.
8.51gC.
8.00gD.
7.04g考点有关混合物反应的计算.分析最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2,根据电荷守恒可知,金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量,根据电子转移守恒计算金属失去电子物质的量,沉淀质量等于金属质量与氢氧根离子质量之和.解答解
2.24L的NO2气体的物质的量为=
0.1mol,
1.12L的N2O4气体物质的量为=
0.05mol,根据电子转移守恒,金属失去电子物质的量
0.1mol×1+
0.05mol×2×1=
0.2mol,最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2,根据电荷守恒可知,金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量,故沉淀质量为
4.6g+
0.2mol×17g/mol=
8.0g,故选C.点评本题考查混合物计算,侧重解题方法与分析思维能力的考查,注意利用守恒法解答,难度中等.
二、填空题26.(6分)已知下列几种化学键的键能化学键Si﹣Si键H﹣H键Cl﹣Cl键H﹣Cl键Si﹣Cl键键能(KJ/mol)176436243431360请计算下列反应的反应热
(1)H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=﹣
183.0KJ/mol;
(2)50mL
0.50mol•L﹣1盐酸与50mL
0.55mol/LNaOH溶液简易量热计中进行中和反应.通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热.回答下列问题(a)大烧杯上如不盖硬纸板,求得的中和热数值偏小(填“偏大”“偏小”“无影响”).(b)酸、碱混合时,把量筒中的NaOH溶液缓缓倒入小烧杯中测得的中和热的数值会偏小.(填“偏大”“偏小”“无影响”)(c)实验中用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒,测得的中和热的数值会偏小.(均填“偏大”“偏小”“无影响”)考点中和热的测定;有关反应热的计算.分析
(1)根据反应热=反应物的总键能﹣生成物的总键能来分析;
(2)(a)大烧杯上如不盖硬纸板,会使一部分热量散失;(b)酸碱混合时要迅速,并且不能搅拌,防止热量的散失;(c)根据金属的导热性很好,会导致热量的散失;解答解
(1)反应热=436KJ/mol+243KJ/mol﹣431KJ/mol×2=﹣
183.0KJ/mol,故答案为﹣
183.0KJ/mol;
(2)(a)大烧杯上如不盖硬纸板,会使一部分热量散失,最高温度偏低,使测得的△H数值偏小;故答案为偏小;(b)酸、碱混合时,把量筒中的NaOH溶液缓缓倒入小烧杯中,会使一部分热量散失,最高温度偏低,使测得的△H数值偏小;故答案为偏小;(c)实验中用环形铜丝搅拌棒代替代替环形玻璃搅拌棒,金属的导热性很好,会导致热量的散失,最高温度偏低,使测得的△H数值偏小;故答案为环形玻璃搅拌棒;偏小;点评本题考查反应热的计算、中和热的测定知识,可以根据所学知识进行回答,难度不大.27.(8分)
(1)肼(N2H4)又称联氨,是一种可燃性的液体,可用作火箭燃料.已知在101kPa时,32gN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气,放出热量624kJ(25℃时),N2H4完全燃烧反应的热化学方程式是N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=﹣624KJ/mol.
(2)肼﹣空气燃料电池是一种碱性燃料电池,电解质溶液是KOH溶液.肼﹣空气燃料电池放电时正极的电极反应式是2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣;负极的电极反应式是N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O+N2↑.
(3)如图是一个电化学过程示意图.假设使用肼﹣空气燃料电池作为本过程中的电源,铜片的质量变化128g,则肼一空气燃料电池理论上消耗标标准状况下的空气112LL(假设空气中氧气体积含量为20%)考点电解原理;热化学方程式;原电池和电解池的工作原理.分析
(1)根据肼和反应热的关系计算出其燃烧热,并写出其相应的热化学方程式;
(2)燃料电池中,负极上投放的是燃料,负极上燃料失电子发生氧化反应;
(3)根据转移电子相等计算需要空气的体积.解答解
(1))
32.0g肼的物质的量为1mol,1molN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气放出热量624kJ,所以其热化学反应方程式为N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=﹣624KJ/mol,故答案为N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=﹣624KJ/mol;
(2)燃料电池中,负极上投放的是燃料,负极上燃料失电子发生氧化反应,在碱性环境下的反应式为N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O+N2↑,正极上是氧气发生得电子的还原反应,在碱性环境下,电极反应式为2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣,故答案为2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣;N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O+N2↑;
(3)若X、Y分别为石墨和铜,a为CuSO4溶液,电解硫酸铜溶液时,铜电极上铜失电子发生氧化反应,当铜片的质量变化128g,失去电子的物质的量=,1mol氧气生成﹣2价氧元素得到4mol电子,则需要空气的体积==112L,故答案为112.点评本题考查了盖斯定律、原电池和电解池原理,明确原电池和电解池中放电顺序及串联电路中转移电子数相等即可解答,难度中等.28.(6分)如图a、b、c、d均为铂电极,供选择的四组电解液如下组ABCD甲槽NaOHAgNO3H2SO4NaCl乙槽CuSO4CuCl2AgNO3AgNO3要求满足的条件是(a)工作一段时间后,甲槽电解液pH值上升,乙槽电解液的pH值下降(b)a、d两极放电离子的物质的量相等请填写下列空格
(1)应选用的电解液是哪一组D;(填字母)
(2)甲槽的电解方程式2H202H2↑+O2↑.
(3)当a极析出
3.55g电解产物时,d极上将析出
0.264g物质.考点电解原理.分析
①工作一段时间后甲槽pH值上升,乙槽的pH下降.
②b、c两极上反应的离子的物质的量相等.惰性电极电解;A、甲槽是电解水,氢氧化钠溶液PH增大,b电极是阳极,电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑;乙槽电解硫酸铜溶液,溶液PH减小,c电极为阴极,电解反应为Cu2++2e﹣=Cu,依据电子守恒可知,b、c两极上反应的离子的物质的量不相等;B、甲槽是电解硝酸银,溶液PH减小,b电极是阳极,电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑;乙槽电解氯化铜溶液,溶液PH减小,c电极为阴极,电解反应为Cu2++2e﹣=Cu,依据电子守恒可知,b、c两极上反应的离子的物质的量不相等;C、甲槽是电解水,硫酸溶液PH减小,b电极是阳极,电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑;乙槽电解硝酸银溶液,溶液PH减小,c电极为阴极,电解反应为4Ag++4e﹣=4Ag,依据电子守恒可知,b、c两极上反应的离子的物质的量相等;D、甲槽是电解氯化钾,氯化钾溶液PH增大,b电极是阳极,电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑;乙槽电解硝酸银溶液,溶液PH减小,c电极为阴极,电解反应为4Ag++4e﹣=4Ag,依据电子守恒可知,b、c两极上反应的离子的物质的量相等,以此解答.解答解
(1)A、甲槽是电解水,氢氧化钠溶液PH增大,b电极是阳极,电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑;乙槽电解硫酸铜溶液,溶液PH减小,c电极为阴极,电解反应为Cu2++2e﹣=Cu,依据电子守恒可知,b、c两极上反应的离子的物质的量不相等,故A不符合;B、甲槽是电解硝酸银,溶液PH减小,b电极是阳极,电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑;乙槽电解氯化铜溶液,溶液PH减小,c电极为阴极,电解反应为Cu2++2e﹣=Cu,依据电子守恒可知,b、c两极上反应的离子的物质的量不相等,故B不符合;C、甲槽是电解水,硫酸溶液PH减小,b电极是阳极,电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑;乙槽电解硝酸银溶液,溶液PH减小,c电极为阴极,电解反应为4Ag++4e﹣=4Ag,依据电子守恒可知,b、c两极上反应的离子的物质的量相等.故C不符合;D、甲槽是电解氯化钠,氯化钾溶液PH增大,b电极是阳极,电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑;乙槽电解硝酸银溶液,溶液PH减小,c电极为阴极,电解反应为4Ag++4e﹣=4Ag,依据电子守恒可知,b、c两极上反应的离子的物质的量相等,故D符合;故选D;
(2)甲槽是电解水,电解方程式2H202H2↑+O2↑,故答案为2H202H2↑+O2↑;
(3)当a极析出
3.55g电解产物时,根据电极反应Ag++e﹣=Ag,则a极上转移电子是≈
0.033mol,d极上4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑,析出氧气质量=
0.264g,故答案为
0.264.点评本题考查了电解原理的应用,电子守恒的计算应用,电极反应、电极判断、电极名称分析是解题关键,题目难度中等.29.(14分)某学生设计的用氨催化法制取少量HNO3溶液的实验装置如图所示
(1)实验室制备NH3,下列方法中适宜选用的是
①③(填序号).
①固态氯化铵与熟石灰混合加热
②固态氯化铵加热分解
③碱石灰中滴加浓氨水
④氯化铵溶液与氢氧化钠溶液共热
(2)装置B中发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O.在实验过程中,加热铂丝红热后,移去酒精灯,发现铂丝还继续保持红热,由此可判断该反应是放热(填“吸热”或“放热”)反应.
(3)装置C的作用是吸收未反应的NH3;装置C中的现象是有气泡从浓硫酸中冒出,且装置C内的上部呈红棕色;为确保装置D中尽可能多地生成HNO3,所通入O2和NH3的体积比应大于21.
(4)装置D中发生的反应方程式为3NO2+H2O═2HNO3+NO.考点氨的制取和性质.专题实验题.分析
(1)氯化铵加热生成氨气和氯化氢,氯化氢和氨气反应生成氯化铵;氨气易溶于水,稀氨水浓度小,不能制氨气;氯化铵溶液与氢氧化钠溶液共热,能制得氨气但量少,不是实验室制备氨气的方法;实验室用固态氯化铵与氢氧化钙混合加热制备氨气和碱石灰中滴加浓氨水方法制氨气;
(2)氨催化氧化生成一氧化氮和水;移去酒精灯,发现铂丝还继续保持红热,说明反应是放热反应;
(3)装置C浓硫酸的作用是吸收未反应的NH3,装置B中产生的NO通过浓硫酸时,可看到浓硫酸中有气泡冒出,同时NO在装置C的上部与O2迅速反应生成红棕色的NO2;为确保装置D中尽可能多地生成HNO3,其含义就是NH3通过转化后全部生成HNO3,由4NH3+5O24NO+6H2O及4NO+3O2+2H2O=4HNO3可得NH3+2O2=HNO3+H2O,由此可见通入O2和NH3的体积比应大于21;
(4)NO2与H2O反应,生成硝酸和一氧化氮.解答解
(1)
①固态氯化铵与熟石灰混合加热,是实验室制氨气的主要方法,故正确;
②固态氯化铵加热分解,成氨气和氯化氢,氯化氢和氨气反应生成氯化铵,故错误;
③碱石灰中滴加浓氨水,也是实验室制氨气的方法之一,故正确;
④氯化铵溶液与氢氧化钠溶液共热,能制得氨气但量少,不是实验室制备氨气的方法;故选
①③;
(2)氨催化氧化生成一氧化氮和水,方程式为4NH3+5O24NO+6H2O,移去酒精灯,发现铂丝还继续保持红热,说明反应是放热反应,故答案为4NH3+5O24NO+6H2O;放热;
(3)装置C浓硫酸的作用是吸收未反应的NH3,装置B中产生的NO通过浓硫酸时,可看到浓硫酸中有气泡冒出,同时NO在装置C的上部与O2迅速反应生成红棕色的NO2;为确保装置D中尽可能多地生成HNO3,其含义就是NH3通过转化后全部生成HNO3,由4NH3+5O24NO+6H2O及4NO+3O2+2H2O=4HNO3可得NH3+2O2=HNO3+H2O,由此可见通入O2和NH3的体积比应大于21,故答案为吸收未反应的NH3;有气泡从浓硫酸中冒出,且装置C内的上部呈红棕色;21;
(4)NO2与H2O反应,生成硝酸和一氧化氮,方程式为3NO2+H2O═2HNO3+NO,故答案为3NO2+H2O═2HNO3+NO.点评本题是实验室氨气的制备装置和浓硫酸的性质应用,掌握氨气的制备和性质以及掌握氨的催化氧化反应和一氧化氮转化为硝酸的原理是解答的关键,题目难度中等.
三、计算题(6分)30.(6分)为了测定某铜银合金的成分,将
30.0g合金溶于80ml
13.5mol/L的浓硝酸中,待合金完全溶解后,收集到标况气体
6.72L,并测得溶液的C(H+)=1moL/L,假设反应后溶液的体积仍为80mL,计算
(1)被还原的硝酸的物质的量.
(2)合金中银的质量分数.考点有关混合物反应的计算.分析
(1)被还原的硝酸生成NO2或NO
2、NO混合物,根据N元素守恒计算被还原硝酸的物质的量;
(2)令混合物中Cu、Ag物质的量分别为xmol、ymol,产物Cu(NO3)
2、AgNO3中含NO3﹣物质的量各为2xmol、ymol,根据合金质量及N原子守恒列方程,再根据m=nM计算Ag的质量,进而计算合金中银的质量分数.解答解
(1)被还原的硝酸生成NO2或NO
2、NO混合物,根据N元素守恒,故被还原的n(HNO3)=n(气体)=
6.72L÷
22.4L/mol=
0.3mol,答被还原的硝酸的物质的量为
0.3mol.
(2)反应的n(HNO3)=
13.5mol/L×
0.08L﹣1mol/L×
0.08L=1mol设合金中铜、银物质的量分别为xmol、ymol,则64x+108y=30产物Cu(NO3)
2、AgNO3中含NO3﹣物质的量各为2xmol、ymol,据N守恒可得2x+y+
0.3=1联立方程,解得x=
0.3y=
0.1mol故合金中银的质量=
0.1mol×108g/mol=
10.8g,合金中Ag的质量分数为×100%=36%,答合金中银的质量质量分数为36%.点评本题考查混合物计算、氧化还原反应计算,难度中等,注意反应中硝酸起氧化剂、还原剂作用,注意利用守恒法解答.。