福建师范大学附中2020届高三化学上学期期中试卷(附解析Word版)
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福建师范大学附中2020届高三化学上学期期中试卷(附解析Word版)

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资料简介
福建师大附中 2019-2020 学年上学期半期考试 高三 化学试卷 可能用到的相对原子质量: O-16 S-32 W-184 第Ⅰ卷(选择题,共 48 分) 一、选择题:本题有 16 个小题。每小题 3 分,共 48 分。每小题只有一个选项符合题意。 1.化学与社会、科学、技术、环境密切相关。下列说法正确的是 A. 目前提岀的“低碳经济”,即减少向环境排放 CO2,抑制酸雨的形成 B. 推广使用燃料电池汽车,可减少颗粒物、CO 等有害物质的排放 C. 高纯度的硅广泛用于制作光导纤维,光导纤维遇强碱会“断路” D. 水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙、分子筛都属于硅酸盐工业产品 【答案】B 【解析】 【详解】A. 目前提岀的“低碳经济”,即减少向环境排放 CO2,可降低温室效应,氮硫氧化物 可引起酸雨的形成,故 A 错误; B. 研制开发燃料电池汽车,就可以减少机动车化石燃料的燃烧,进而可以减少汽车尾气的排 放,因此可以减少固体颗粒物的排放,所以在某种程度上可以减少空气中 PM2.5 含量,故 B 正确; C. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维,二氧化硅与强碱可反应,光导纤维遇强碱会“断 路”,故 C 错误; D. 水泥、玻璃、青花瓷属于传统的硅酸盐工业产品,水晶、玛瑙的主要成分是二氧化硅,不 属于硅酸盐材料,故 D 错误; 答案选 B。 【点睛】光导纤维的材料是二氧化硅,硅可用于制作太阳能电池,这是不同物质具有的不同 特性。 2.下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是( ) A 淀粉、CuO、HClO、Cu B. 水玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、Ag2O、SO3 C. KAl(SO4)2·12H2O、KClO3、NH3·H2O、CH3CH2OH D. 普通玻璃、H2O、CH3COOH、葡萄糖 .【答案】D 【解析】 【分析】 混合物是指由不同种物质组成的;氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物; 弱电解质是指在水溶液里中部分电离的化合物;非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不 能够导电的化合物;据此可以分析各个选项中各种的所属类别。 【详解】A. 淀粉属于混合物、CuO 属于氧化物、HClO 属于弱电解质、Cu 是单质不是电解质, A 项错误; B. 水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物、Na2O⋅CaO⋅6SiO2 是盐不是氧化物,Na2O 融完全电离是 强电解质、SO3 是非电解质,B 项错误; C. KAl(SO4)2⋅12H2O 属于盐、KClO3 是盐不是氧化物,NH3⋅H2O 是弱碱属于弱电解质、CH3CH2OH 是 有机物属于非电解质,C 项错误; D. 普通玻璃是硅酸盐和二氧化硅的混合物、H2O 属于氧化物、CH3COOH 存在电离平衡属于弱电 解质,葡萄糖属于非电解质,D 项正确; 答案选 D。 3.下列关于指定粒子构成的几种描述中正确的是 A. C 与 C 是不同的核素,所以分别由这两种原子构成的石墨化学性质不同 B. H2O 和 D2O 是同分异构体 C. H3O+与-OH 具有相同的电子数 D. 37Cl 与 39K 具有相同的中子数 【答案】D 【解析】 【详解】下列关于指定粒子构成的几种描述中正确的是 A. C 与 C 是碳元素的不同核素, C 与 C 互称同位素,同位素的化学性质基本完全相同, 物理性质差别较大,所以分别由这两种原子构成的石墨化学性质相同,故 A 错误; B. 元素组成相同,结构相同的物质为同一物质,H2O、D2O 都是由氢元素、氧元素组成的,结 构相同,为同一物质,故 B 错误; C. H3O+是 10 电子微粒,-OH 叫做羟基,是 9 电子微粒,电子数不同,故 C 错误; D. 中子数=质量数-质子数,37Cl 的质子数为 17,质量数为 37,中子数=37-17=20,39K 的质子 14 6 12 6 14 6 12 6 14 6 12 6数为 19,质量数为 39,中子数=39-19=20,则具有相同的中子数,故 D 正确; 答案选 D。 【点睛】分子式相同结构不同的化合物互称同分异构体;要识记元素符号周围角标标示的含 义。 4.1mol 白磷(P4,s)和 4mol 红磷(P,s)与氧气反应过程中的能量变化如图(E 表示能量)。 下列说法正确的是 A. 红磷燃烧的热化学方程式是 4P(s,红磷)+5O2(g)=P4O10(s) ΔH=-(E2-E3)kJ • mol-1 B. P4(s,白磷) = 4P(s,红磷) ΔH>0 C. 白磷比红磷稳定 D. 以上变化中,白磷和红磷所需活化能相等 【答案】A 【解析】 【详解】A. 如图所示,反应物的总能量大于生成物的总能量,为放热反应,ΔH= E 生- E 反, E3 生 成 物 的 总 能 量 , E2 为 反 应 物 的 总 能 量 , 红 磷 燃 烧 的 热 化 学 方 程 式 是 4P(s , 红 磷)+5O2(g)=P4O10(s) ΔH= -(E2-E3)kJ • mol-1,故 A 正确; B. 如图所示,白磷的能量高于红磷的能量,反应 P4(s,白磷) = 4P(s,红磷)为放热反应, ΔHN ②第 I A 族元素铯的两种核素,137Cs 比 133Cs 多 4 个质子 ③因为氧化性 HClO>稀 H2SO4,所以非金属性 Cl>S ④离子化合物中即可以含有极性共价键,又可以含有非极性共价键 ⑤C、P、S、Cl 的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强 ⑥从上到下,卤族元素的非金属性逐渐减弱,所以酸性 HCl > HI ⑦离子半径:K+ > Cl-> S2- A. ②③④⑤⑥⑦ B. ④⑤ C. ②③④⑦ D. ④⑤⑥ 【答案】B 【解析】 【详解】①不能根据单质 稳定性来判断元素的非金属性,N、P 都是第 VA 族元素,非金属性:的N>P,故①错误; ②同位素的质子数相同,第 IA 族元素铯的两种同位素 137Cs 与 133Cs 的质子数相同,中子数不 同,故②错误; ③不能根据含氧酸的氧化性强弱来判断元素非金属性强弱,应该比较最高价氧化物的水化物 的酸性:HClO4>H2SO4,所以非金属性:Cl>S,故③错误; ④离子化合物中一定含有离子键,可能含有共价键,如 NaOH 含有离子键和极性共价键,Na2O2 含有离子键和非极性共价键,故④正确; ⑤元素的非金属性越强,其最高价氧化物对应水化物的酸性越强,C、P、S、Cl 的非金属性逐 渐增强,则最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强,故⑤正确; ⑥同主族元素从上到下,卤族氢化物的酸性逐渐增强,则酸性 HClC>Si, B 正确; C.O 元素的非金属性强于 S 元素,所以 O 的简单氢化物稳定性比 S 的简单氢化物稳定性高,C 错误; D.SiO2 是原子晶体,具有熔点高、硬度大的特点,D 正确; 答案选 C。 11.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论不一致的是 选项 实验操作 实验目的或结论A 向左推注射器 通过观察液面差判断该装置的气密性 B 向含有少量 FeCl3 的 MgCl2 溶液中加入足量 MgO 粉末, 搅拌一段时间后过滤 除去 MgCl2 溶液中少量 FeCl3 C 取久置的 Na2O2 粉末,向其中滴加过量的盐酸,产生 无色气体 说明 Na2O2 没有变质 D 将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧,铝箔熔化但不滴 落 说明铝箔表面有致密 Al2O3 薄膜,且 Al2O3 熔点高于 Al A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A. 利用压强差检验装置气密性,向里推注射器,试管中压强增大,如果气密性良好, 导管内液面上升,否则,气密性不好,所以能实现实验目的,故 A 不符合题意; B. 氢氧化镁和氯化铁发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀,同时生成氯化镁,能实现除杂目的, 故 B 不符合题意; C.空气中有二氧化碳,久置于空气中的 Na2O2 粉末,可能混有碳酸钠,二者均与盐酸反应生成 气体,则加盐酸生成无色气体,不能说明是否变质,故 C 符合题意; D.将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧,因生成的氧化铝的熔点高,包裹在 Al 的外面使其不滴 落,故 D 不符合题意; 答案选 C。 12.设 NA 为阿伏加德罗常数的值。已知反应: ①CH4 (g) +2O2 (g) = CO2 (g) +2H2O(l) ΔH1 = a kJ • mol-1 ②CH4(g) + 2O2 (g) = CO2 (g) +2H2O(g) ΔH2 = bkJ • mol-1 其他数据如下表所示,下列说法正确的是化学键 C=O C—H O—H O=O 键能/(kJ • mol-1) 798 413 463 x A. ΔH1 < ΔH2 B. H2O(g) = H2O(1) ΔH=(a-b)kJ • mol -1 C. 当有 4NA 个 O-H 键生成时,反应放出的热量为 a kJ D. 上文中 x = 【答案】A 【解析】 【详解】A.反应① ②都是甲烷燃烧,所有的燃烧都是放热反应,反应热 ΔHb,因ΔH 为负值,放出的热量越多, ΔH 越小因,因此放出的 ΔH1 < ΔH2,故 A 正确; B. ①CH4 (g) +2O2 (g) = CO2 (g) +2H2O(l) ΔH1 = a kJ • mol-1,②CH4(g) + 2O2 (g) = CO2 (g) +2H2O(g)ΔH2 = bkJ • mol-1,根据盖斯定律 (①-②)可得:H2O(g) = H2O(1) ΔH= (a-b)kJ • mol -1,故 B 错误; C. 当有 4NA 个 O—H 键生成时,反应消耗了 1mol 甲烷,按照反应①进行生成液态水放出的热 量为 a kJ,按照反应②进行生成液态水放出的热量为 bkJ,故 C 错误; D. 根据反应②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH2=b kJ • mol-1,ΔH2=413 kJ • mol-1×4+2x kJ • mol-1-(798 kJ • mol-1×2+463 kJ • mol-1×4)= bkJ • mol-1,整理可得:x= , 故 D 错误; 答案选 A。 【点睛】本题的易错点在 D 选项,计算物质中化学键的键能时,该题需要注意,H2O(g)=H2O(1) 是物质状态变化而引起的能量变化,分子内的化学键没有发生变化,因此要用生成气态水是 的反应②才能准确计算 O=O 的键能大小。 13.下列离子方程式的书写及评价均合理的是 1796+a 2 1 2 1 2 1796+b 2选项 离子方程式 评价 A 将 2mol Cl2 通入到含 1mol FeI2 的溶液中: 2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+I2 正确;Cl2 过量,Fe2+、I-均被氧 化 B KClO 碱性溶液与 Fe(OH)3 反应: 3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl-+H2O+4H+ 正确;ClO-氧化性强于 FeO42- C 过量 SO2 通入到 NaClO 溶液中: SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO3- 正确;H2SO3 的酸性强于 HClO D Mg(HCO3)2 溶液与足量的 NaOH 溶液反应: Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O 正确;Mg(OH)2 比 MgCO3 更难溶 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A.Fe2+的还原性比 I-强,1molFeI2 完全氧化消耗 1.5molCl2,将 2molCl2 通入到含 1mol FeI2 的溶液中,正确的离子方程式为:2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2I2,离子方程式及评价都 不合理,故 A 错误; B. KClO 碱性溶液与 Fe(OH)3 反应,不可能产生氢离子,正确的离子方程式: 3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O,评价和离子方程式均不合理,故 B 错误; C.过量 SO2 通入到 NaClO 溶液中,SO32-有强还原性,ClO-有强氧化性,发生氧化还原反应,正 确 离子方程式为 SO2+H2O+ClO-=2H++SO42-+Cl-,评价和离子方程式均不合理,故 C 错误; D. Mg(HCO3)2 溶液与足量的 NaOH 溶液反应生成碳酸钠、氢氧化镁和水,离子方程式: Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2+2CO32-+2H2O,评价和离子方程式均合理,故 D 正确; 答案选 D。 14.“84”消毒液(工业利用 Cl2 与 NaOH 反应制得)可用于消毒和漂白,下列实验现象的分析 不正确的是 的实验 操作 实验 现象 混合后溶液的 pH=9.9, 短时间内未褪色,一段 时间后蓝色褪去。 混合后溶液 pH=5.0,蓝色 迅速褪去,无气体产生。 混合后溶液 pH=3.2,蓝色迅速 褪去,并产生大量气体,使湿 润的淀粉碘化钾试纸变蓝。 A. 对比实验①和②,②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应 ClO−+H+═HClO B. 实验③中产生的气体是 Cl2,由 HClO 分解得到:2HClO═Cl2↑+H2O C. 对比实验②和③,溶液的 pH 可能会影响 ClO−的氧化性或 Cl−的还原性 D. 加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果,但需要调控合适的 pH 才能安全使用 【答案】B 【解析】 【详解】A. “84”消毒液(有效成分为 NaClO)溶液中次氯酸根离子水解溶液显碱性,水解生 成的次氯酸具有漂白性,加入硫酸促进水解平衡正向进行,生成次氯酸浓度大漂白效果快,② 中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应 ClO−+H+═HClO,故 A 正确; B. “84”消毒液(有效成分为 NaClO)溶液中加入浓度较大的稀硫酸反应,混合后溶液 pH=3.2,蓝色迅速褪去,并产生大量气体,使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝,说明生成了氯气, 是氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中发生氧化还原反应生成了氯气,氯气和水反应生成的次 氯酸具有漂白性,生成的盐酸呈酸性,故 B 错误; C.对比实验②和③,酸溶液浓度大小会影响反应过程,溶液的 pH 可能会影响 ClO−的氧化性或 Cl−的还原性,故 C 正确; D. 加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果,但酸的浓度大时会生成污染气体氯气,需要调控 合适的 pH 才能安全使用,故 D 正确; 答案选 B。 15.强酸性溶液 X 中可能含有 Na+ , K+、NH4+、 Fe3+、Fe2+、Al3+、CO32-、 SO32-、SO42-、C1-的 若干种,某同学为了确认其成分,取 X 溶液进行连 续实验,实验过程及产物如下所示:下列结论止确的是 A. 气体 A 是 SO2,证明原溶液中含有 SO32- B. 沉淀 G 中加人盐酸溶解,滴加 KSCN 溶液显红色,可以确定原溶液中 有 Fe3+ C. 沉淀 I―定是 A1(OH)3 D. X 中不能确定的离子是 Al3+、Fe3+ 、Na+ 、K +和 Cl- 【答案】D 【解析】 【详解】①强酸性溶液中 CO32−、SO32−不能存在;②X 溶液中加入过量 Ba(NO3)2 溶液生成沉淀 C 是 BaSO4,说明有 SO42−存在;硝酸被还原生成气体 A 为 NO,说明有还原剂 Fe2+存在,(即 3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O),在此反应中,Fe2+被氧化为 Fe3+。③溶液 B 加入过量 NaOH 溶液,生成的沉淀 G 为 Fe(OH)3;生成的气体 F 为 NH3;说明有 NH4+存在。④溶液 H 通入 CO2 生 成沉淀 I,由于前面加入过量的 Ba(NO3)2 溶液,引入了大量 Ba2+,且前面加入的 NaOH 是过量 的,所以沉淀 I 中一定有 BaCO3,又由于前面不能确定溶液 X 中是否存在 A13+,所以这里也不 能确定沉淀 I 中有 A1(OH)3;溶液 J 的焰色反应呈黄色,说明溶液 J 中有 Na+,但由于前面加 入过量 NaOH 溶液,引入了较多的 Na+,因此不能确定溶液 X 中是否存在 Na+;因为焰色黄色能 掩盖紫色焰色,所以不能确定溶液 X 中是否有 K+;另外,上述实验过程还不能确定溶液 X 中 是否存在 C1−; A. 强酸性溶液 X 中 CO32-、SO32-不能存在,故 A 错误. B. 沉淀 G 为 Fe(OH)3,但 Fe3+可能是原来有的,也可能是 Fe2+被氧化生成的,故 B 错误; C.溶液 H 通入 CO2 生成沉淀 I,由于前面加入过量的 Ba(NO3)2 溶液,引入了大量 Ba2+,且前面 加入的 NaOH 是过量的,所以沉淀 I 中一定有 BaCO3,又由于前面不能确定溶液 X 中是否存在 A13+,所以这里也不能确定沉淀 I 中有 A1(OH)3,故 C 错误; D. 溶液 J 的焰色反应呈黄色,说明溶液 J 中有 Na+,但由于前面加入过量 NaOH 溶液,引入了 较多的 Na+,因此不能确定溶液 X 中是否存在 Na+;因为焰色黄色能掩盖紫色焰色,所以不能 确定溶液 X 中是否有 K+;另外,上述实验过程还不能确定溶液 X 中是否存在 C1−,故 D 正确; 答案选 D。16.二硫化钨(WS2 中 W 的化合价为+4)可用作润滑剂及石油化工领域中的催化剂。由钨铁矿(其 主要成分是 FeWO4,还含少量 Al2O3)制备 WS2 的工艺流程如下图所示: 下列说法正确的是 A. 操作 I 中用到的玻璃仪器只有漏斗、烧杯 B. FeWO4 在碱熔过程中发生反应的化学方程式为 4FeWO4+O2+8NaOH 2Fe2O3+4Na2WO4+ 4H2O C. 已知(NH4)2WS4 中 W 的化合价为+6,且 2(NH4)2WS4+3O2 2WS2+4NH3+2S+2SO2+2H2O, 则生成 124g WS2,该反应所转移的电子数目为 2NA D. 滤渣 I 的主要成分是氢氧化铝,CO2 可以用过量盐酸代替 【答案】B 【解析】 【分析】 由流程可知,钨酸亚铁和氢氧化钠、氧气反应生成氧化铁和钨酸钠,Al2O3 和 NaOH 反应生成 NaAlO2,水浸时,可除去不溶于水的氧化铁,向粗钨酸钠溶液中通入过量 CO2,经过滤后得到 的滤液含钨酸钠,滤渣 I 的主要成份是 Al(OH)3,滤液再经酸化得钨酸,向钨酸中加入氨水并 控制温度得钨酸铵,继续通入 H2S 气体,生成(NH4)2WS4,最后将(NH4)2WS4 在氧气中高温加热 即可得到 WS2; 【详解】A. 操作Ⅰ为过滤,需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯,故 A 错误; B. FeWO4 在碱熔过程中被空气中氧气氧化,生成 Fe2O3、Na2WO4 和 H2O,发生反应的化学方程式 为 4FeWO4+O2+8NaOH 2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O,故 B 正确; C.已知(NH4)2WS4 中 W 的化合价为+6,且 2(NH4)2WS4+3O2 2WS2+4NH3+2S+2SO2+2H2O,反应中 高温 高温 高温 高温(NH4)2WS4 中+6 价 W 被还原为+4 价的 WS2,-2 价 S 元素被氧化成 0 价的 S 单质,每生成 2molWS2 转移了 4mol 电子,同时参加反应的氧气为 3mol,则反应中共转移 16mol 电子,124gWS2 的物 质的量为: =0.5mol,转移电子的物质的量为:16mol× =4mol,即转移电 子数目为 4NA,故 C 错误; D. 滤渣 I 的主要成分是氢氧化铝,过量盐酸可将氢氧化铝溶解,导致杂质铝除不干净,则 CO2 不可以用过量盐酸代替,故 D 错误; 答案选 B。 第Ⅱ卷(非选择题,共 52 分) 二、非选择题:本题有 4 个小题。 17.A、D、E、W 是中学常见的四种元素,原子序数依次增大,A 的原子最外层电子数是次外层 的 2 倍,D 的氧化物属于两性氧化物,D、E 位于同周期,A、D、E 的原子最外层电子数之和为 14,W 是人体必需的微量元素,缺 W 会导致贫血症状。 (1)写出 AE4 的电子式:____________________。 (2)下列事实能用元素周期律解释的是(填字母序号)___________。 a.D 的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于 Mg(OH)2 b.E 的气态氢化物的稳定性小于 HF c.WE3 的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板 (3)NaCN 是一种有剧毒的盐,用 E 的一种氧化物 EO2 可以除去水溶液中含有的该有毒物质, 得到一种生活中常见的固体和两种无毒气体。写出该反应的离子方程式: _________________________________________。 (4)工业上用电解法制备 D 的单质,反应的化学方程式为_____________________。 (5)W 的单质可用于处理酸性废水中的 NO3-,使其转换为 NH4+,同时生成有磁性的 W 的氧化 物 X,再进行后续处理。 ①上述反应的离子方程式为___________________________________________。 ②D 的单质与 X 在高温下反应的化学方程式为____________________________。 【答案】 (1). (2). ab (3). 2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl- (4). 2Al2O3 124g 248g/mol 0.5mol 2mol(熔融) 4Al + 3O2↑ (5). 3Fe + NO3- + 2H++ H2O = Fe3O4 + NH4+ (6). 8Al+3Fe3O4 4Al2O3+ 9Fe 【解析】 【分析】 A、D、E、W 是中学常见的四种元素,原子序数依次增大,A 的原子最外层电子数是次外层的 2 倍,A 为 C;D 的氧化物属于两性氧化物,D 为 Al;D、E 位于同周期,A、D、E 的原子最外层 电子数之和为 14,14-4-3=7,则 E 为 Cl;W 是人体必需的微量元素,缺乏 W 会导致贫血症状, W 为 Fe。 【详解】(1)A 为 C,E 为 Cl,AE4 为 CCl4,电子式为 ; (2)a.同周期元素金属性依次减弱,铝在镁的右边,所以金属性弱于镁,所以 D 的最高价氧 化物对应水化物氢氧化铝的碱性弱于 Mg(OH)2,故 a 符合题意; b.同周期元素非金属性依次增强,所以 F 的非金属性强于 O,则氢化物稳定性 H2O 小于 HF, 故 b 符合题意; c.氯化铁与铜发生氧化还原反应,所以可以用氯化铁的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板, 不能用元素周期律解释,故 c 不符合题意; 答案选 ab; (3)NaCN 是一种有剧毒的盐,E 为 Cl,用 E 的一种氧化物 ClO2 可以除去水溶液中含有的该 有毒物质,得到一种生活中常见的固体和两种无毒气体。该反应的离子方程式: 2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-; (4)D 为 Al,工业上用电解熔融氧化铝的方法制备铝的单质,反应的化学方程式为 2Al2O3(熔 融) 4Al+3O2↑; (5)W 的单质可用于处理酸性废水中的 NO3-,使其转换为 NH4+,同时生成有磁性的 W 的氧化 物 X,再进行后续处理,①酸性环境下硝酸根离子具有强的氧化性,能够氧化性铁生成四氧化 三铁,反应的离子方程式为 3Fe+NO3- +2H++H2O=Fe3O4 +NH4+; 电解 冰晶石 高温 电解 冰晶石②铝与四氧化三铁反应生成氧化铝和铁,方程式:8Al+3Fe3O4 4Al2O3+ 9Fe。 18.为更有效处理工业废气中排放的氮氧化物(NOx)、SO2 等,减少大气污染。科学家不断对相 关反应进行研究尝试。 (1)按每年全国发电燃煤 8 亿吨,煤中含硫质量分数以 2%计,若不经过脱硫处理,则会有 _______亿吨 SO2 排放到大气中(假设 S 全部转化为 SO2)。 (2)下列物质中,能吸收 SO2 的有_______(填序号)。 a.氨水 b.酸性 KMnO4 溶液 c.生石灰 d.Na2CO3 溶液 (3)某工厂采用(NH4)2SO3 和 NH4HSO3 的混合溶液 A 吸收废气中的 SO2 并制备(NH4)2SO3·H2O, 过程如下: ①“吸收”过程中,溶液中(NH4)2SO3 和 NH4HSO3 物质的量之比变_____(填“大”或“小”)。 ②“制备”过程中,溶液 B 中发生反应的化学方程式是 _____________________。 ③检验产品(NH4)2SO3·H2O 中含有少量 SO42-的方法如下:取少量产品加水溶解,(将实验操作 和现象补充完整)___________________________________。 (4)选择性催化还原技术(SCR)是目前较为成熟的烟气脱硝技术,其反应原理主要为:4NH3(g) +4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g) ΔH= -1627 kJ•mol-1 ①被 NO 氧化的 NH3 和被 O2 氧化的 NH3 的物质的量之比为________________。 ②氨氮比 会直接影响该方法的脱硝率如图为 350 ℃时只改变氨气的投放量,NO 的百 分含量与氨氮比的关系图。当 >1.0 时,烟气中 NO 含量反而增大,主要原因是 高温  3n(NH ) n(NO) 3n(NH ) n(NO)__________________。 【答案】 (1). 0.32 (2). abcd (3). 小 (4). NH4HCO3 + NH4HSO3= (NH4)2SO3·H2O↓ + CO2↑ (5). 加过量盐酸,充分振荡,再加氯化钡溶液,有白色沉淀产生 (6). 2:1 (7). 过量的 NH3 和 O2 反应生成 NO(或 4NH3+5O2=4NO+6H2O) 【解析】 【分析】 (1)根据硫元素质量守恒计算; (2)根据 SO2 的性质分析; (3)将烟气通入(NH4)2SO3 和 NH4HSO3 的混合溶液 A,(NH4)2SO3 吸收 SO2 得到溶液 B:NH4HSO3, 将 NH4HCO3 与溶液 B 混合得到(NH4)2SO3•H2O, ①吸收过程的反应为:SO2+H2O+(NH4)2SO3=2NH4HSO3,据此分析; ②制备过程为 NH4HCO3 与溶液 B NH4HSO3 混合得到(NH4)2SO3•H2O 的反应; ③SO42-用酸化的氯化钡溶液检验,考虑排除亚硫酸根的干扰。 (4)①根据平衡常数的定义书写即可;从方程可知,4mol NH3 被氧化为 N2,失去电子为 12mol,得到 12mol 电子的是 4mol NO 和 1mol O2,其中 4mol NO 得电子 8mol,1mol O2 得电子 4mol,据此计算; ②氨气与氧气的反应生成 NO,据此分析; 【详解】(1)燃煤 8 亿吨,煤中含硫质量分数以 2%,则硫元素的质量为 0.16 亿吨,产生的 SO2 中硫元素也为 0.16 亿吨,则 m(SO2)× =0.16,解得 m(SO2)=0.32 亿吨; (2)SO2 为酸性氧化物,能与碱性溶液和碱性氧化物反应,氨水、Na2CO3 溶液、生石灰均可吸 收 SO2,SO2 同时具有还原性,能被强氧化剂酸性 KMnO4 溶液吸收; 故答案为:abcd; (3)①吸收过程的反应为:SO2+H2O+(NH4)2SO3=2NH4HSO3,随着吸收,(NH4)2SO3 转化,越来越 少,NH4HSO3 增多,(NH4)2SO3 和 NH4HSO3 物质的量之比变小; ②溶液 B 中发生反应的化学方程式是:NH4HCO3 +NH4HSO3═(NH4)2SO3•H2O↓+CO2↑; ③检验产品(NH4)2SO3•H2O 中含有少量 SO42-,应先加酸除去亚硫酸根的干扰,再用氯化钡溶液 检验,故方法为:取少量产品加水溶解,加过量盐酸,充分振荡,再加氯化钡溶液,有白色 沉淀产生; (4)①反应 4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g),从方程可知,4molNH3 被氧化为 N2,失 32 64去电子为 12mol,得到 12mol 电子的是 4mol NO 和 1mol O2,其中 4mol NO 得电子 8mol,1mol O2 得电子 4mol,故其中被 NO 和 O2 氧化的 NH3 的比例为 2:1; ②当氨氮比 >1.0 时,过量的氨气与氧气的反应生成 NO,化学反应为 4NH3+5O2=4NO+6H2O,所以烟气中 NO 浓度增大,烟气中 NO 含量增大。 19.某实验小组欲探究浓硝酸的性质。 Ⅰ.木炭与浓硝酸反应: (1)甲同学设计了图 1 装置,认为若有红棕色气体产生就说明木炭与浓硝酸发生了反应。写 出木炭与浓硝酸反应的化学方程式____________________________。 (2)乙同学认为红棕色气体不能作为木炭与浓硝酸反应的证据,其理由是________。 (3)乙同学设计了图 2 装置实验,木炭能燃烧,并产生红棕色气体。针对该实验现象,乙同 学做出如下假设: 假设 a:_____________________________; 假设 b:红热木炭使 HNO3 分解产生 NO2,NO2 可能具有助燃性,木炭燃烧; 假设 c:红热木炭使 HNO3 分解产生 O2,木炭与 O2 反应燃烧; 假设 d:红热木炭使 HNO3 分解产生 NO2 和 O2,共同影响木炭的燃烧;…… (4)设计实验证明假设 b 成立,请将实验方案补充完整。 ①实验方法:_____________________________________________________。 实验现象:木炭在该气体中持续燃烧,火焰迅速变亮,集气瓶中气体颜色变浅直至无色,产 生的气体能使澄清石灰水变浑浊,且遇空气不变色。 ②根据实验现象写出木炭与此气体反应的化学方程式__________________。 Ⅱ.设计硝酸在不同条件下分解实验,方案见下表: ( ) ( )3n NH n NO(5)分析上述现象,得出使硝酸成功分解的关键是____________________________。 【答案】 (1). C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O (2). 硝酸分解也能产生红棕色 NO2 气体 (3). 红热木炭直接和硝酸蒸气反应 (4). 将红热的木炭伸入盛有 NO2 气体的集气 瓶中 (5). 2NO2+2C = N2+2CO2 (6). 光照或加热硝酸蒸气(或硝酸分子)分解 【解析】 【分析】 Ⅰ.(1)碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水,据此书写化学方程式; (2)浓硝酸不稳定,加热易分解,也能产生红棕色 NO2 气体; (3)木炭能燃烧,并产生红棕色气体,可能 红热木炭使 HNO3 分解产生红棕色 NO2 气体,也 可能为红热木炭直接和硝酸蒸气反应; (4)①设计实验证明红热木炭使 HNO3 分解产生 NO2,NO2 可能具有助燃性,木炭燃烧,可将红 热的木炭伸入盛有 NO2 气体的集气瓶中,观察是否能直接反应; ②木炭在 NO2 气体中燃,结合元素守恒分析,产生的气体能使澄清石灰水变浑浊则为二氧化碳, 另一种无色气体且遇空气不变色,则为氮气,据此写出化学方程式; Ⅱ.(5)硝酸在不同条件下分解实验,对照条件可知,先点燃ⅰ处酒精灯,溶液沸腾后没有 观察到红棕色气体产生,目的使硝酸变蒸气点燃ⅱ处酒精灯并加热试管中部,很快看到大量 红棕色气体产生,说明硝酸分子分解,据此判断使硝酸成功分解的关键。 【详解】Ⅰ.(1)碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水,该反应的化学方程式为: C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O; 是 Δ Δ(2)浓硝酸不稳定,加热易分解生成二氧化氮,浓硝酸和碳在加热条件下反应也生成二氧化 氮,所以对实验造成干扰,反应方程式为 4HNO3 4NO2↑+O2↑+2H2O,所以要想检验浓硝酸和 碳反应不能根据是否生成二氧化氮判断,要根据 CO2 判断; (3)乙同学设计了图 2 装置实验,木炭能燃烧,并产生红棕色气体,图示在燃烧匙中红热的 木炭,可能直接与硝酸反应产生二氧化氮气体,也可能是红热木炭使 HNO3 分解产生红棕色 NO2 气体; (4)①设计实验证明红热木炭使 HNO3 分解产生 NO2,NO2 可能具有助燃性,木炭燃烧,可将红 热的木炭伸入盛有 NO2 气体的集气瓶中,观察木炭在 NO2 气体中持续燃烧,火焰迅速变亮,集 气瓶中气体颜色变浅直至无色,产生的气体能使澄清石灰水变浑浊,且遇空气不变色,说明 假设 b 正确,反之不正确; ②木炭在 NO2 气体中燃,结合元素守恒分析,产生的气体能使澄清石灰水变浑浊则为二氧化碳, 另一种无色气体且遇空气不变色,则为氮气,据此写出化学方程式为:2NO2+2C = N2+2CO2; Ⅱ.(5)光照 8 小时,溶液不变黄,浓硝酸几乎不分解,光照几分钟后看到液面上方出现红 棕色,溶液变黄,说明已经分解,先点燃ⅰ处酒精灯,溶液沸腾后没有观察到红棕色气体产 生,目的使硝酸变蒸气点燃ⅱ处酒精灯并加热试管中部,很快看到大量红棕色气体产生,说 明硝酸分子分解,由此可判断使硝酸成功分解的关键是光照或加热硝酸蒸气(或硝酸分子) 分解。 【点睛】本题为探究性实验题,主要考察学生分析问题,解决问题的能力,硝酸的不稳定性, 是解决这道题的关键,设计的实验围绕排除硝酸分解的干扰,对学生来说有些困难。 20.钛(Ti)被称为继铁、铝之后的第三金属,钛白(TiO2)是目前最好的白色颜料。制备 TiO2 和 Ti 的原料是钛铁矿,我国的钛铁矿储量居世界首位。含有 Fe2O3 的钛铁矿(主要成分为 FeTiO3)制取 TiO2 的流程如下: (1)Ti 的原子序数为 22,位于元素周期表中第_________周期第___________族。 Δ(2)步骤①加铁的目的是___________________;步骤②冷却的目的是__________。 (3)写出流程中生成 H2TiO3 的离子方程式__________________________________。 (4)上述制备 TiO2 的过程中,考虑成本和废物综合利用因素,废液中应加入______处理。 (5)由金红石(TiO2 )制取单质 Ti,涉及到的步骤为:TiO2→TiCl4 Ti 已知:① C(s) + O2 (g) = CO2 (g) ΔH = -393.5 kJ•mol-1 ② 2CO(g) + O2 (g) = 2CO2(g) ΔH =-566 kJ•mol-1 ③ TiO2 (s) + 2Cl2 (g) = TiCl4 (s) + O2 (g) ΔH = +141kJ•mol-1 则 TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g) 的 ΔH =___________。反应 TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti 在 Ar 气氛中进行的理由是_____________________。 【答案】 (1). 四 (2). ⅣB (3). 将 Fe 3+还原为 Fe2+ (4). 析出 FeSO4•7H2O (5). TiO2++2H2O ⇌ H2TiO3+2H+ (6). 生石灰(或熟石灰、碳酸钙、废碱) (7). ﹣80kJ•mol﹣1 (8). 防止高温下 Mg 或 Ti 与空气中的 O2(或 CO2、N2)作用 【解析】 【分析】 铁粉的作用由步骤①的前后以及最后所得产物中的 FeSO4•7H2O 分析,不难得出是为了除去混 合溶液中的 Fe3+;步骤②冷却的目的由操作过滤和得到的物质是 FeSO4•7H2O 可得,是为降低 FeSO4•7H2O 的 溶 解 度 ; 上 述 过 程 中 , 可 以 利 用 的 副 产 物 也 可 从 反 应 产 物 入 手 分 析 为 FeSO4•7H2O、CO、MgCl2;Mg 是活泼金属,能与空气中多种物质反应,因此可得出 Ar 气作用为 保护气,防止 Mg 和空气中物质反应;图示水浸过程生成 H2TiO3 同时生成的 H2SO4 溶液 (TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4),应加入碱性物质处理,依盖斯定律,根据已知①,②可推算出 2C(s)+O2(g)=2CO(g) 的 △H=2×(-393.5)+566=-221 kJ•mol-1 , 由 此 结 合 ③ 可 推 算 出 △H=-221+141=-80 kJ•mol-1,据此答题。 【详解】(1)Ti 位于元素周期表中第四周期ⅣB 族; (2)步骤①铁粉的作用是为了除去混合溶液中的 Fe3+;步骤②冷却的目的由操作过滤和得到 的物质是 FeSO4⋅7H2O 可得,是为降低 FeSO4⋅7H2O 的溶解度; (3)图示水浸过程生成 H2TiO3 同时生成的 H2SO4 溶液(TiOSO4+2H2O⇌H2TiO3+H2SO4),离子方程 式 TiO2++2H2O ⇌H2TiO3+2H+; (4)图示水浸过程生成 H2TiO3 同时生成的 H2SO4 溶液(TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4),应加入碱 性物质处理,可以是石灰(或碳酸钙、废碱); Mg 800 Ar →,℃(5)依盖斯定律,将③+①×2−②可得:TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g), △H=(+141kJ⋅mol−1)+2×(−393.5kJ⋅mol−1)−(−566kJ⋅mol−1)=−80kJ⋅mol−1,Mg 是活泼金属,能 与空气中多种物质反应,因此可得出 Ar 气作用为保护气,防止 Mg 和空气中物质反应。 【点睛】本题是以钛铁矿为原料,制备 TiO2 的工艺流程题,考查学生对流程的分析,实验操 作的分析,废料的回收,盖斯定律的应用,题目难度中等,易错点为冷却的目的,离子方程 式的书写。

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