吉林省德惠市实验中学、前郭五中等九校2020届高三化学上学期期中试卷(附解析Word版)
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吉林省德惠市实验中学、前郭五中等九校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
2019-2020 学年度第一学期期中考试高三化学 第 I 卷 一、选择题(本大题共 20 小题,1-12 小题每题 2 分,13-20 小题每题 3 分,共 48 分。在每 小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.下列有关化学与生产、生活 说法中,不正确的是 ( ) A. 陶瓷、水泥和玻璃都属于硅酸盐产品 B. 低温下甲醇与水蒸气催化制氢,该反应属于氧化还原反应 C. 铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝 D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素,该过程包括萃取操作 【答案】C 【解析】 【详解】A.陶瓷、水泥和玻璃的主要成分均为硅酸盐,都属于硅酸盐产品,故 A 正确; B.甲醇与水蒸气催化制氢,H 元素的化合价发生变化,为氧化还原反应,故 B 正确; C.Al 为活泼金属,应选电解熔融氧化铝的方法冶炼 Al,故 C 错误; D.用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素,是利用溶解性的差异分离的,为萃取 分液法,故 D 正确; 故选 C。 2.用下列实验装置(部分夹持装置略去)进行相应的实验,能达到实验目的的是 ( ) A. 加热装置 I 中的烧杯分离 I2 和高锰酸钾固体 B. 用装置 II 验证二氧化硫的漂白性 C. 用装置 III 制备氢氧化亚铁沉淀 D. 用装置 IV 检验氯化铵受热分解生成的两种气体 【答案】D 【解析】 的 【详解】A.加热碘升华,高锰酸钾分解,加热法不能分离两者混合物,故 A 错误; B.二氧化硫与溴水发生氧化还原反应,与二氧化硫的还原性有关,与漂白性无关,故 B 错误; C.关闭止水夹,NaOH 难与硫酸亚铁接触,不能制备氢氧化亚铁,故 C 错误; D.氯化铵分解生成氨气、HCl,氨气可使湿润的酚酞试纸变红,HCl 可使蓝色石蕊试纸变红, P2O5 可以吸收氨气,碱石灰可以吸收 HCl,所以可检验氯化铵受热分解生成的两种气体,故 D 正确; 本题答案:D。 3.NA 代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是( ) A. 38g3H2O2 中含有 3NA 共价键 B. 标准状况下,2.24L F2 通入足量饱和食盐水中可置换出 0.1NA 个 Cl2 C. 常温下,将 5.6g 铁块投入足量浓硝酸中,转移 0.3NA 电子 D. 1L 0.5mol·L−1 pH=7 的 CH3COONH4 溶液中 NH4+数目为 0.5NA 【答案】A 【解析】 【详解】A、38g3H2O2 中物质的量为: =1mol,一个分子中含有 2 个 H-O 键和 1 个 O-O 键。共含有 3NA 共价键,故 A 正确; B、F2 氧化性很强,通入饱和食盐水中,优先与水反应,置换水中的氧,故 B 错误; C、常温下,铁在浓硝酸中会钝化,不能反应完全,则 5.6g 铁即 0.1mol 铁反应后转移的电子 数小于 0.3NA 个,故 C 错误; D、1L 0.5mol•L-1 pH=7 的 CH3 COONH4 溶液中,存在物料守恒,c(NH3)+c(NH3•H2O)=0.5mol/L, 则 c(NH4+)<0.5mol/L,NH4+数目小于 0.5NA,故 D 错误; 故选 A。 【点睛】本题的易错点为 B,要注意 F2 通入水溶液中,优先与水反应,类似的还有,将钠投 入盐溶液中,也是先与水反应。 4.某溶液中可能含有 Na+、NH4+、Ba2+、SO42-、I-、S2-。分别取样:①用 pH 计测试,溶液显 弱酸性;②加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成,还需检验的离子是 A. Na+ B. SO42- C. Ba2+ D. NH4+ 【答案】A 【解析】 38g 38g / mol 【详解】溶液显弱酸性,则一定存在能水解的铵根离子,硫离子一定不能存在,无需检验; 加氯水和淀粉无明显现象,氯水具有氧化性,能与碘离子发生氧化还原反应,所以 I﹣一定不 能共存,无需检验,因为溶液呈电中性,所以溶液中必须含有阴离子,则一定含有硫酸根离 子,因此钡离子不能存在,则硫酸根离子、钡离子无需检验,钠离子是否存在需要检验,答 案选 A。 【点睛】本题为高频考点,把握离子的检验方法及离子之间的氧化还原反应、相互促进的水 解反应为解答的关键。根据离子的特征反应及离子间的共存情况,进行离子推断时要遵循以 下三条原则:(1)互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时,将不能与之共存的离子排除 掉,从而判断出一定没有的离子。(2)电中性原则。溶液呈电中性,溶液中一定有阳离子和 阴离子,不可能只有阳离子或阴离子。(3)进出性原则。离子检验时,加入试剂会引入新的 离子,某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的 AlO 在酸过量时转化为 Al3+),则原溶液 中是否存在该种离子无法判断。解答时,首先,必须以扎实全面的基础知识作后盾。扎实全 面的基础知识是考生认真、准确解答试题的前提和基础。例如考生要对离子的性质、离子的 特征、离子间的反应关系要有准确全面的认识。其次,必须要有正确清晰的解题思路和正确 灵活的解题方法。 5.下列物质的转化在给定条件下能实现的是( ) A. NH3 NO2 HNO3 B. Al NaAlO2(aq) NaAlO2(s) C. Fe Fe2O3 Fe D. AgNO3(aq) [Ag(NH3)2OH(aq)] Ag 【答案】B 【解析】 【详解】A.NH3 与氧气反应生成的是 NO,无法直接得到 NO2,故 A 错误; B.铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠溶液为强碱弱酸盐溶液,水解产物不挥发, 蒸发会得到溶质偏铝酸钠,所以 Al NaAlO2(aq) NaAlO2(s),能够在 给定条件下实现,故 B 正确; C.铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,不是生成氧化铁,故 C 错误; D.硝酸银溶液和一水合氨反应生成氢氧化银沉淀,继续加入氨水沉淀溶解生成银氨溶液,蔗 糖为非还原性的糖,不能和银氨溶液反应,物质间转化不能实现,故 D 错误; 答案选 B。 6.下列叙述正确的是 (  ) A. 将 SO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中,产生沉淀,此沉淀是 BaSO3 B. 氯水久置后,漂白性和酸性均增强 C. 向 AlCl3 溶液中滴加氨水,产生白色沉淀,再加入过量 NaHSO4 溶液,沉淀溶解 D. 在 Fe(OH)3 胶体中加入稀盐酸,可观察到红褐色胶体变为棕黄色溶液 【答案】C 【解析】 【详解】A.SO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中,发生氧化还原反应,生成 BaSO4 沉淀,故 A 错误; B.新制氯水久置后为盐酸溶液,所以氯水久置后漂白性减弱、酸性增强,故 B 错误; C.AlCl3 溶液中滴加氨水,产生白色沉淀为氢氧化铝,氢氧化铝可溶于强酸性溶液,则再加 入过量 NaHSO4 溶液,沉淀溶解,故 C 正确; D.Fe(OH)3 胶体中加入稀盐酸,先发生聚沉,后发生复分解反应,可观察到先生成红褐色沉 淀,后溶液变为棕黄色,故 D 错误; 故选 C。 7.下列化学用语书写正确且能合理解释事实的是 (  ) A. 由 H 和 Cl 形成共价键的过程: B. 用高锰酸钾标准溶液滴定草酸:2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O C. 向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸,在空气中放置一段时间后,溶液变蓝:4H+ +4I- +O2=2I2 +2H2O D. 向含 0.1 mol FeBr2 的溶液中通入 0.1 mol Cl2:2Fe2++4Br-+3C12=2Fe3++2Br2+6C1- 【答案】C 【解析】 【 详 解 】 A . 形 成 的 HCl 为 共 价 化 合 物 , 用 电 子 式 表 示 HCl 的 形 成 过 程 为 ,故 A 错误; B.用高锰酸钾标准溶液滴定草酸,草酸为弱酸,离子反应为 2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O,故 B 错误; C.淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸,在空气中放置一段时间后,溶液变蓝,碘离子被氧气氧化 生成碘,离子反应为 4H++4I-+O2=2I2+2H2O,故 C 正确; D.物质的量相等,由电子守恒可知,亚铁离子全部被氧化,溴离子一半被氧化,则离子反应 为 2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-,故 D 错误; 故选 C。 【点睛】本题的难点和易错点为 D,要注意反应的先后顺序,氯气通入 FeBr2 溶液中,首先氧 化亚铁离子,再氧化溴离子。 8.向含有 c(FeCl3)=0.2 mol·L-1、c(FeCl2)=0.1 mol·L-1 的混合溶液中滴加稀 NaOH 溶液, 可得到一种黑色分散系,其中分散质粒子是直径约为 9.3 nm 的金属氧化物,下列有关说法中 正确的是(  ) A. 该分散系的分散质为 Fe2O3 B. 该分散系属于溶液 C. 加入 NaOH 时发生的反应可能为 Fe2++2Fe3++8OH-===Fe3O4+4H2O D. 可用过滤的方法将黑色金属氧化物与 Na+分离开 【答案】C 【解析】 【详解】A.三氧化二铁为红棕色,由题意知得到一种黑色分散系,故 A 错误;B.该分散系 中分散质粒子是直径约为 9.3nm 的金属氧化物,则该分散系为胶体,故 B 错误;C.氯化亚铁、 氯 化 铁 与 氢 氧 化 钠 反 应 生 成 四 氧 化 三 铁 和 水 、 氯 化 钠 , 离 子 方 程 式 : Fe2++2Fe3++8OH-═Fe3O4+4H2O,故 C 正确;D.胶体、溶液都可以透过滤纸,不能用过滤方法分 离,故 D 错误;故答案为 C。 9.根据元素周期表和元素周期律,判断下列叙述不正确的是(  ) A. 气态氢化物的稳定性:H2O>NH3>SiH4 B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物 C. 如图所示实验可证明元素的非金属性:Cl>C>Si D. 用中文“ ”(ào)命名的第 118 号元素在周期表中位于第七周期 0 族 【答案】C 【解析】 【详解】A.非金属性 O>N>Si,气态氢化物的稳定性:H2O>NH3>SiH4,故不选 A; B.H 与 F、Cl 等形成共价化合物,与 Na、K 等形成离子化合物,则氢元素与其他元素可形成共 价化合物或离子化合物,故不选 B; C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性,HCl 不是最高价含氧酸,则不能比较 Cl、C 的非金 属性,故选 C; D.118 号元素的核外有 7 个电子层、最外层电子数为 8,则 118 号元素在周期表中位于第七周 期 0 族,故不选 D; 答案:C 10.已知下列实验事实:①Cr2O3 固体既能溶于 KOH 溶液得到 KCrO2 溶液,又能溶于硫酸得到 Cr2(SO4)3 溶液;②将 K2Cr2O7 溶液滴加到淀粉­KI 溶液中,溶液变蓝;③向 KCrO2 溶液中滴加 H2O2 溶液,再酸化,可得 K2Cr2O7 溶液。下列判断不正确的是 A. 化合物 KCrO2 中 Cr 为+3 价 B. 实验①证明 Cr2O3 是两性氧化物 C. 实验②证明氧化性:Cr2O72->I2 D. 实验③证明 H2O2 既有氧化性又有还原性 【答案】D 【解析】 【详解】A.根据在任何化合物中正负化合价的代数和为 0 可得化合物 KCrO2 中元素 Cr 为+3 价。 正确但不符合题意,A 不选。 B.根据题意可知 Cr2O3 是两性氧化物。正确但不符合题意,B 不选。 C.根据氧化还原反应中氧化性;氧化剂>氧化产物,可知在②中氧化性 K2Cr2O7>I2。正确但不 符合题意。C 不选。 在③中 H2O2 中的 O 元素的化合价由-1 价变为-2 价,化合价降低,得到电子,表现为氧化性。 错误符合题意。D 选。 答案选 D。 11.人们从冰箱中取出的“常态冰”仅是冰存在的多种可能的形式之一。目前,科学家发现了 一种全新的多孔、轻量级的“气态冰”,可形成气凝胶。下列有关说法正确的是 A. “常态冰”和“气态冰”结构不同,是同素异形体 B. “气态冰”因其特殊的结构而具有比“常态冰”更活泼的化学性质 C. 18g“气态冰”的体积为 22.4L D. 构成“气态冰”的分子中含有极性共价键 【答案】D 【解析】 【详解】A.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式,状态不同,但是同一种物质,故 A 错误; B.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式,物理性质不同,但化学性质相同,故 B 错 误; C.“气态冰”是形成气凝胶的冰,标准状况下不是气体,18g“气态冰”的体积小于 22.4L, 故 C 错误; D.“气态冰”的分子是水分子,构成“气态冰”的分子中含有极性共价键,故 D 正确。 故选 D。 12.已知氢化钠(NaH)可由氢气和钠在高温下化合形成,其使用需要惰性环境,遇水放出易 燃气体,下列说法不正确的是(  ) A. 氢化钠与水反应产生的气体,通过盛有碱石灰的干燥管,用向下排空气法可以收集得到一 定量的 H2 B. 氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜,若出现黑色变红色现象,则说明产生的气 体中一定含有 H2 C 氢化钠在无水条件下除去钢铁表面铁锈的反应方程式为 3 NaH+Fe2O3═2Fe+3NaOH D. 锌和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥后,与钠在高温下反应得到纯净的 NaH 【答案】D 【解析】 【详解】解:A.氢化钠与水反应产生的气体,反应的化学方程式为:NaH+H2O=NaOH+H2↑, 气体通过盛有碱石灰的干燥管,用向下排空气法可以收集得到一定量的 H2,故 A 正确; B.氢气能还原氧化铜生成 Cu,氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜,若出现黑色变 红色现象,则说明产生的气体中一定含有 H2,故 B 正确; C.NaH 具有强还原性,能与 Fe2O3 生成 Fe 和 NaOH,反应方程式为:3NaH+Fe2O3═2Fe+3NaOH, 故 C 正确; . D.锌和盐酸反应后的气体中含有氢气、HCl、水蒸气,浓硫酸干燥除去了水蒸气,还含有氢 气和 HCl,所以应该先除去 HCl、再用浓硫酸干燥,然后与钠在高温下反应得到纯净的 NaH, 故 D 错误。 故选:D。 13.主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增加,且均不大于 20。W、X、Z 最外层电子数之和 为 10;W 与 Y 同族;W 与 Z 形成的化合物可与浓硫酸反应,其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正 确的是 A. 常温常压下 X 的单质为气态 B. Z 的氢化物为离子化合物 C. Y 和 Z 形成的化合物的水溶液呈碱性 D. W 与 Y 具有相同的最高化合价 【答案】B 【解析】 分析:主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增加,且均不大于 20。W 与 Z 形成的化合物可与 浓硫酸反应,其生成物可腐蚀玻璃,生成物是 HF,因此 W 是 F,Z 是 Ca,W 与 Y 同族,则 Y 是 Cl。W、X、Z 的最外层电子数之和为 10,则 X 的最外层电子数为 10-7-2=1,所以 X 是 Na,据此解答。 详解:根据以上分析可知 W、X、Y、Z 分别是 F、Na、Cl、Ca 或 F、Mg、Cl、K,则 A、金属钠或钾常温常压下是固态,A 错误; B、CaH2 中含有离子键,属于离子化合物,B 正确; C、Y 与 Z 形成的化合物是氯化钙,其水溶液显中性,C 错误; D、F 是最活泼的非金属,没有正价,Cl 元素的最高价是+7 价,D 错误。答案选 B。 点睛:准确判断出元素名称是解答的关键,突破点是能腐蚀玻璃的物质为 HF,进而推断出 CaF2 能与浓硫酸反应生成 HF。易错点是选项 B,注意金属氢化物的结构特点,与非金属氢化物的 不同。难点是氟化钙与浓硫酸反应属于学生不熟悉的知识点。 14.聚合硫酸铁可用于水的净化,其化学式可表示为[Fea(OH)b(SO4)c]m。取一定量聚合硫酸铁 样品与足量盐酸反应,将所得溶液平均分为两份。向一份溶液中加入足量的 BaCl2 溶液,得到 白色沉淀 1.7475 g。取另一份溶液,先将 Fe3+还原为 Fe2+(还原剂不是 Fe,且加入的还原剂 恰好将 Fe3+还原为 Fe2+),再用 0.020 00 mol/LK2Cr2O7 标准溶液滴定至终点,消耗 K2Cr2O7 标 准溶液 50.00 mL。该聚合硫酸铁样品中 a∶b 为 ( ) A. 1∶1 B. 2∶1 C. 3∶1 D. 2∶5 【答案】B 【解析】 【分析】 加 入 氯 化 钡 生 成 的 沉 淀 为 硫 酸 钡 , 可 计 算 出 硫 酸 根 离 子 的 物 质 的 量 , 根 据 Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 和滴定所用重铬酸钾的量可计算出铁离子的物质的量,根 据电荷守恒可计算出氢氧根离子的物质的量,铁和氢氧根离子的物质的量之比即为 a∶b 的比 值,据此分析解答。 【详解】n(SO42-)= =0.0075mol,n(K 2Cr2O7)=0.05L×0.02mol/=0.001mol,根据 Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O , n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=0.006mol , 由 电 荷 守 恒 可 知 n(OH-)+2n(SO42-)=3n(Fe3+) , n(OH-)=0.006mol×3-0.0075mol×2=0.003mol , 得 到 a∶b=0.006mol∶0.003mol=2∶1,故选 B。 15.为落实“五水共治”,某工厂拟综合处理含 NH4+废水和工业废气(主要含 N2、CO2、SO2、 NO、CO,不考虑其他成分),设计了如下流程: 下列说法不正确的是 A. 固体 1 中主要含有 Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3 B. X 可以是空气,且需过量 C. 捕获剂所捕获的气体主要是 CO D. 处理含 NH4+废水时,发生反应的离子方程式为:NH4++NO2-==N2↑+2H2O 【答案】B 【解析】 试题分析:工业废气中 CO2、SO2 可被石灰水吸收,生成固体 1 为 CaCO3、CaSO3,气体 1 是不 能被过量石灰水吸收的 N2、NO、CO,气体 1 通入气体 X,用氢氧化钠溶液处理后到的 NaNO2,X 可为空气,但不能过量,否则得到硝酸钠,NaNO2 与含有 NH4+的溶液反应生成无污染气体,应 1.7475g 233g / mol 生成氮气,则气体 2 含有 CO、N2,捕获剂所捕获的气体主要是 CO。A.工业废气中 CO2、SO2 可 被石灰水吸收,生成 CaCO3、CaSO3,因氢氧化钙过量,则固体 1 为主要含有 Ca(OH)2、CaCO3、 CaSO3,故 A 正确;B.由分析可知,气体 1 是不能被过量石灰水吸收的 N2、NO、CO,气体 1 通 入气体 X,用氢氧化钠溶液处理后到的 NaNO2,X 可为空气,但不能过量,否则得到硝酸钠, 故 B 错误;C.气体 2 含有 CO、N2,经捕获剂得到氮气和 CO,所捕获的气体主要是 CO,防止 污染空气,故 C 正确;D.NaNO2 与含有 NH4+的溶液反应生成无污染气体,应生成氮气,发生氧 化还原反应,离子方程式为 NH4++NO2-=N2↑+2H2O,故 D 正确;故选 B。 考点:考查了物质的分离、提纯的相关知识。 16.下列有关硫元素及其化合物的说法或描述正确的是(  ) A. 硫黄矿制备硫酸经历两步:SO2/点燃,SO3 H2SO4 B. 酸雨与土壤中的金属氧化物反应后,硫元素以单质的形式进入土壤中 C. 在燃煤中加入石灰石可减少 SO2 排放,发生的反应为 2CaCO3+2SO2+O2 2CO2+2CaSO4 D. 土壤中的闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS),说明 CuS 很稳定,不具有还原性 【答案】C 【解析】 【详解】A.用硫黄制硫酸时,第一步只能将硫氧化成 SO2,故 A 错误;B.酸雨与土壤中的金属 氧化物反应后,硫元素以 SO42-的形式进入土壤中,故 B 错误;C.在燃煤中加入石灰石,高温 下石灰石分解生成 CaO,可与 SO2 以及氧气反应生成硫酸钙,故 C 正确;D.土壤中的闪锌矿(ZnS) 遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS),说明 CuS 的溶解度比 ZnS 的小,与 CuS 很稳定不具有还原 性无关,故 D 错误;答案选 C。 【点睛】硫单质在氧气中燃烧的产物是二氧化硫,而二氧化硫和氧气需要在催化剂、加热条 件下才能进一步转化为三氧化硫。 17.天然气因含有少量 H2S 等气体开采应用受限。T.F 菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱 硫,其原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 该脱硫过程需要不断添加 Fe2(SO4)3 溶液 B. 脱硫过程 O2 间接氧化 H2S C. 亚铁是血红蛋白重要组成成分,FeSO4 可用于治疗缺铁性贫血 D. 《华阳国志》记载“取井火煮之,一斛水得五斗盐”,我国古代已利用天然气煮盐 【答案】A 【解析】 【详解】A.T.F 菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫,Fe2(SO4)3 氧化硫化氢,自身被还 原成硫酸亚铁(相应反应为 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+),硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁(相应 反应为 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O),根据反应可知,该脱硫过程不需要不断添加 Fe2(SO4)3 溶液, A 错误; B.脱硫过程:Fe2(SO4)3 氧化硫化氢,自身被还原成硫酸亚铁,硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁, 脱硫过程 O2 间接氧化 H2S,B 正确; C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分,起着向人体组织传送 O2 的作用,若缺铁就可能出现缺铁 性贫血,FeSO4 可用于治疗缺铁性贫血,C 正确; D.天然气主要成分为甲烷,甲烷燃烧放出热量,《华阳国志》记载“取井火煮之,一斛水得五 斗盐”,我国古代已利用天然气煮盐,D 正确; 故合理选项是 A。 18.NH3 催化还原 NO 是重要的烟气脱硝技术,其反应过程与能量关系如图;研究发现在以 Fe2O3 为主的催化剂上可能发生的反应过程如图.下列说法正确的是 (  ) A. NH3 催化还原 NO 为吸热反应 B. 过程Ⅰ中 NH3 断裂非极性键 C. 过程Ⅱ中 NO 为氧化剂,Fe2+为还原剂 D. 脱硝的总反应为: 4NH3(g)+4NO(g)+ O2(g) 4N2(g)+6H2O(g) 【答案】D 【解析】 【详解】A.根据图像,反应物总能量高于生成物总能量,为放热反应,故 NH3 催化还原 NO 为 放热反应,故 A 错误; B.NH3 断裂的是 N-H 极性键,故 B 错误; C.NO→N2,化合价由+2→0,化合价降低,得电子作氧化剂,Fe2+在反应前后没有发生变化, 故作催化剂,故 C 错误; D.由图象知,脱硝的总反应为:4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g),故 D 正确; 故选 D。 19.海水约占地球表面积的 71%,具有十分巨大的开发潜力。下图是开水资源综合利用的工艺 图,以下说法正确( ) A. 电解 NaCl 溶液时可用铁做电极,其离子方程式为:2Cl- + 2H2O = 2OH-+ H2↑+ Cl2↑ B. 向苦卤中加入 Cl2 作用是置换出溴单质,该过程体现了还原性:Cl- > Br- C. 实验室模拟海水提取淡水,除夹持装置外只用到的仪器有蒸馏烧瓶、酒精灯、锥形瓶 D. Br2 与 SO2 的水溶液发生反应的离子方程式为:Br2 + SO2 + 2H2O =4H+ + 2Br- + SO42- 【答案】D 【解析】 【详解】A. 铁做电解池的阳极,铁失电子,溶液中的氯离子不能失电子生成氯气,离子方程 式书写错误,A 错误; B. 向苦卤中加入 Cl2 的作用是置换出溴单质,证明氯气的氧化性大于溴,B 错误; C. 实验室模拟海水提取淡水,用到的仪器有蒸馏烧瓶、酒精灯、锥形瓶外,还需要有温度计、 冷凝管、牛角管等,C 错误; D. Br2 与 SO2 的水溶液发生反应生成硫酸和氢溴酸,离子方程式为:Br2 + SO2 + 2H2O =4H+ + 2Br- + SO42-,D 正确; 综上所述,本题答案是:D。 20.某 100mL 稀溶液中只含有 Fe3+、Cu2+、H+、NO3-四种离子,向其中逐渐加入铁粉,溶液中 Fe2+ 的浓度和加入铁粉的质量的关系如图所示,若整个反应过程中溶液的体积不发生变化,则下 列说法中不正确的是( ) A. 原溶液的 c(H+)=4mol·L-1 B. 若 a=3,则原溶液中 c(Cu2+)=1mol·L-1 C. 原溶液中的 c(NO3-)=7mol·L-1 D. BC 段发生反应的离子方程式为 Cu2++Fe=Fe2++Cu 【答案】C 【解析】 A . OA 段 无 Fe2+ 生 成 , 是 加 入 的 5.6g 即 0.1mol 铁 粉 与 硝 酸 反 应 : Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O,设溶液中的氢离子的物质的量为 xmol,则有: Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O 的 1 4 0.1mol xmol 则有: 解得 x=0.4mol 则溶液中的氢离子的物质的量浓度 c= =4mol/L,故 A 正确; B.若 a=3,则说明在 BC 段生成的 Fe2+的物质的量为 n=0.1mol,而 BC 段发生的反应为 Fe+Cu2+=Cu+Fe2+,设溶液中的 Cu2+的物质的量为 ymol,则有: Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ 1 1 ymol 0.1mol 则有: , 则有:y=0.1mol,则溶液中的铜离子的物质的量浓度 c= =1mol/L,故 B 正确;C.C 点 溶液中 c(Fe2+)=4mol/L,故此时溶液中的 n(Fe2+)=CV=4mol/L×0.1L=0.4mol,而此时溶液 中溶质为 Fe(NO3)2,故 C 点溶液中的 n(NO3-)=0.8mol,而在 OA 段加入 0.1mol 铁反应时, 消耗掉的硝酸根为 0.1mol,故原溶液中的 n(NO3-)总=0.8mol+0.1mol=0.9mol,故浓度为 c (NO3-)总= =9mol/L,故 C 错误;D.BC 段,加入的铁粉和 Cu2+反应: Fe+Cu2+=Cu+Fe2+,故 D 正确;故选 C。 点睛:明确图示反应原理是解题关键,OA 段无 Fe2+生成,是加入的 5.6g 即 0.1mol 铁粉与硝 酸反应:Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O,根据消耗的铁的物质的量求出溶液中的氢离子的物质 的量;AB 段,加入的铁粉和溶液中的 Fe3+反应:2Fe3++Fe=3Fe2+;BC 段,加入的铁粉和 Cu2+反 应:Fe+Cu2+=Cu+Fe2+.据此分析。 II、非选择题(52 分) 21.某工业废水中仅含下表离子中的 5 种(不考虑水的电离及离子的水解),且各种离子的物 质的量浓度相等,均为 0.1mol/L. 阳离子 K+ Cu2+ Fe3+ Al3+ Fe2+ 阴离子 Cl﹣ CO32﹣ NO3﹣ SO42﹣ SiO32﹣ 1 4 0.1mol molx = 0.4mol 0.1L 1 1 ymol 0.1mol = 0.1mol 0.1L 0.9mol 0.1L 甲同学欲探究废水的组成,进行了如下实验: I.用铂丝蘸取少量溶液,在火焰上灼烧,无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)。 Ⅱ.取少量溶液,加入 KSCN 溶液无明显变化。 Ⅲ.另取溶液加入少量盐酸,有无色气体生成,该无色气体遇空气变成红棕色,此时溶液依 然澄清,且溶液中阴离子种类不变。 Ⅳ.向Ⅲ中所得的溶液中加入 BaCl2 溶液,有白色沉淀生成。 请推断 (1)由 I、Ⅱ判断,溶液中一定不含有的阳离子是_____________(写离子符号)。 (2)Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是_______。 (3)将Ⅲ中红棕色气体(标况下)收集一试管然后倒扣入水中(假设溶质不扩散),所得溶 液的物质的量浓度为_________mol/L(精确到千分位)。 (4)甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是___________,阴离子是_______。 (5)另取 100mL 原溶液,加入足量的 NaOH 溶液,充分反应后过滤,洗涤,灼烧至恒重,得 到的固体为_________________,质量为_______________g。 【 答 案 】 (1). K+ 、 Fe3+ (2). 3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O (3). 0.045 (4). Fe2+、Cu2+ (5). Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣ (6). CuO 和 Fe2O3 (7). 1.6 【解析】 【分析】 Ⅰ.用铂丝蘸取少量溶液,在火焰上灼烧,无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察),说明没有 K+; Ⅱ.取少量溶液,加入 KSCN 溶液无明显变化,说明没有 Fe3+; Ⅲ.另取溶液加入少量盐酸,有无色气体生成,该无色气体遇空气变成红棕色,此时溶液依 然澄清,且溶液中阴离子种类不变,说明 Fe2+与 NO3-和 H+反应生成 NO,即溶液中有 Fe2+、 NO3-,加盐酸溶液中阴离子种类不变,说明原溶液中有 Cl-,加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明 没有 SiO32-; Ⅳ.向Ⅲ中所得的溶液中加入 BaCl2 溶液,有白色沉淀生成,说明有 SO42-; 根据以上判断,结合电荷守恒分析解答。 【详解】Ⅰ.用铂丝蘸取少量溶液,在火焰上灼烧,无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察),说 明没有 K+; Ⅱ.取少量溶液,加入 KSCN 溶液无明显变化,说明没有 Fe3+; Ⅲ.另取溶液加入少量盐酸,有无色气体生成,该无色气体遇空气变成红棕色,此时溶液依 然澄清,且溶液中阴离子种类不变,说明 Fe2+与 NO3-和 H+反应生成 NO,即溶液中有 Fe2+、 NO3-,加盐酸溶液中阴离子种类不变,说明原溶液中有 Cl-,加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明 没有 SiO32-; Ⅳ.向Ⅲ中所得的溶液中加入 BaCl2 溶液,有白色沉淀生成,说明有 SO42-; 综上所述,溶液中一定不含有的离子是 K+、Fe3+、SiO32-;一定含有 Fe2+、NO3-、Cl-、SO42-。 根据各种离子的物质的量浓度相等,均为 0.1mol/L,则溶液中一定还含有一种阳离子,根据 电荷守恒,该阳离子所带电荷=1+1+2-2=2,因此一定含有 Cu2+,且一定没有 CO32﹣。 (1)由Ⅰ、Ⅱ判断,溶液中一定不含有的阳离子是 K+、Fe3+,故答案为:K+、Fe3+; (2)Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体,是 Fe2+与 NO3-和 H+反应生成 NO,其离子方程式: 3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O,故答案为:3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O; (3)标准状况下,将一充满 NO2 气体的试管,倒扣于水中,至液面不再升高时,最后得到的硝 酸,3NO2 + H2O =2HNO3 + NO,设试管体积为 VL,最终试管中所得溶液的体积为 L,生成硝酸 的物质的量为 × = × mol,因此溶液的物质的量浓度= =0.045mol/L,故答案为:0.045; (4)由以上推断可知溶液中阴离子为 Cl-、NO3-、SO42-,且各为 0.1mol/L;已经推断出的阳离 子是 Fe2+,其浓度为 0.1mol/L,由电荷守恒可知溶液中还有一种+2 价阳离子,所以还有 Cu2+, 所以甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是:Fe2+、Cu2+;阴离子是:Cl-、NO3-、SO42-,故答 案为:Fe2+、Cu2+;Cl-、NO3-、SO42-; (5)另取 100mL 原溶液,加入足量的 NaOH 溶液,Fe2+生成 Fe(OH)2,又被氧气氧化为 Fe(OH)3, Cu2+生成 Cu(OH)2,充分反应后过滤,洗涤,灼烧至恒重,得到的固体为 Fe2O3 和 CuO;根据元 素守恒:n(CuO)=n(Cu2+)=cV=0.1mol/L×0.1L=0.01mol;n(Fe2O3)= n(Fe2+)=0.005mol,所以 固体质量为:m(CuO)+m(Fe2O3)=0.01mol×80g/mol+0.005mol×160g/mol=1.6g,故答案为: Fe2O3 和 CuO;1.6。 22.实验室可通过反应:3Cl2+6KOH 5KCl+KC1O3+3H2O 制取 KC1O3,再用稍潮湿 KC1O3 和草酸(H2C2O4) 在 60℃时反应制取 ClO2 气体,装置如图所示。ClO2 是一种黄绿色有刺激性气 味的气体,其熔点为-59℃,沸点为 11.0℃,易溶于水。 2 3 VL 22.4L / mol 2 3 2 3 22.4 V 2V mol3 22.4 2 VL3 × 1 2 请回答下列问题: (1)A 中反应的主要产物有:某种正盐、ClO2 和 CO2 等,写出该反应的化学方程式:_____。 (2)请分析装置图,进行补充和完善。A 部分缺________装置,B 部分还应补充_______装置, 还有一处设计明显不合理的是___________(填“A”“B”或“C”)。 (3)C 中的试剂为 NaOH 溶液时,反应生成 NaClO3 和 NaClO2,写出该反应的离子方程式____。 (4)在密闭容器中向 9℃的 KOH 溶液中通入少量 Cl2,此时 Cl2 的氧化产物主要是______;继 续通入适量 Cl2,将溶液加热,溶液中主要离子的浓度随温度的变化如图所示,图中甲、乙、 丙依次表示的离子是__________、__________、__________(不考虑 Cl2 的挥发)。 【答案】 (1). 2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑ +2C1O2↑+H2O (2). 水浴加热 (3). 盛有冰水混合物的水槽(或冰水浴) (4). C (5). 2ClO2+2OH- = C1O2- +ClO3- +H2O (6). KClO (7). Cl-、 (8). ClO3- (9). ClO- 【解析】 【分析】 通过反应:3Cl2+6KOH 5KCl+KClO3+3H2O 制取 KC1O3,再用稍潮湿的 KC1O3 和草酸 (H2C2O4) 在 60℃时反应制取 ClO2 气体,由实验装置可知,A 中发生 2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O,需要水浴加热,可保证温度恒定;B 为收集 ClO2 的装置,ClO2 是一 种黄绿色有刺激性气味的气体,其熔点为-59℃,沸点为 11.0℃,B 需要冰水冷却;C 装置为 尾气处理装置,装置不能密封,需要有出气口,据此分析解答(1)~(3); (4)低温下氯气与 KOH 反应生成 KCl、KClO,加热时氯气与 KOH 反应生成 KCl、KClO3,结合图 中 66℃时甲最多、丙最少判断。 【详解】(1)A 中 KC1O3 和草酸(H2C2O4) 在 60℃时反应的主要产物有:某种正盐、ClO2 和 CO2 等, 该反应的化学方程式为 2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O,故答案为: 2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O; (2)由上述分析可知,A 部分缺水浴加热装置,B 部分还应补充盛有冰水混合物的水槽(或冰水 浴)装置,还有一处设计明显不合理的是 C,故答案为:水浴加热;盛有冰水混合物的水槽(或 冰水浴);C; (3)C 中 试剂为 NaOH 溶液时,反应生成 NaClO3 和 NaClO2,由得失电子守恒、电荷守恒及原 子守恒可知该反应的离子方程式为 2ClO2+2OH-=C1O2-+ClO3-+H2O,故答案为: 2ClO2+2OH-=C1O2-+ClO3-+H2O; (4)低温下氯气与 KOH 反应生成 KCl、KClO,加热时氯气与 KOH 反应生成 KCl、KClO3,结合图 中 66℃时甲最多、丙最少,则在密闭容器中向 9℃的 KOH 溶液中通入少量 Cl2,此时 Cl2 的氧 化产物主要是 KClO;继续通入适量 Cl2,将溶液加热,3Cl2+6KOH 5KCl+KClO3+3H2O, 则图中甲、乙、丙依次表示的离子是 Cl-、ClO3-、ClO-,故答案为:KClO;Cl-;ClO3-;ClO-。 【点睛】本题的易错点为(4),要注意解反应的方程式分析判断,低温下 Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O, 温度高于 66 ℃时 3Cl2+6KOH 5KCl+KClO3+3H2O。 23.某地菱锰矿的主要成分为 MnCO3,还含有少量的 FeCO3、CaCO3、Al2O3 等杂质。工业上以菱 锰矿为原料制备高纯度碳酸锰的流程如图所示: 已知:MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O. 相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下: 金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ 开始沉淀的 pH 8.1 6.3 1.5 3.4 沉淀完全的 pH 10.1 8.3 2.8 4.7 的 (1)焙烧时温度对锰浸取率 影响如图。焙烧时适宜的温度为___________左右;800℃以上 锰的浸取率偏低,可能的原因是___________。 (2)净化包含三步:①加入少量 MnO2,添加少量 MnO2 的作用是____________。发生反应的离 子方程式为___________。 ②加氨水调 pH,溶液的 pH 范围应调节为___________~8.1 之间。生成的沉淀主要是 ___________。 ③加入 MnF2,沉淀除去 Ca2+,若溶液酸度过高,Ca2+沉淀不完全,原因是___________。 (3)碳化结晶中生成 MnCO3 的离子方程式为____________。 【答案】 (1). 500℃ (2). 温度过高,NH4Cl 分解导致与 MnCO3 的反应不彻底(或 MnCO3 分解发生其他副反应;或 MnCl2 挥发导致 Mn 损失;或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低; 或高温使固体烧结,固体表面积减小等) (3). 将 Fe2+氧化为 Fe3+ (4). MnO2+2Fe2++ 4H+===Mn2++2Fe3++2H2O (5). 4.7 (6). Fe(OH)3、Al(OH)3 (7). F- 与 H+ 结 合形成弱电解质 HF,CaF2(s) Ca2+(aq)+F—(aq)平衡向右移动 (8). )Mn2++HCO3- +NH3===MnCO3↓+NH4+ 【解析】 【分析】 (1)由图示得到,500℃时,锰的浸取率已经很大;温度很高时,氯化铵受热分解、MnCO3 分解 发生其他副反应等; (2)①加入二氧化锰的目的是为了将 Fe2+氧化为 Fe3+; ②加氨水调溶液 pH 的目的是使溶液中 Fe3+和 Al3+转化为 Fe(OH)3 沉淀和 Al(OH)3 沉淀除去; ③若溶液酸度过高,F- 与 H+ 结合形成弱酸 HF,使 CaF2 溶解平衡向右移动; (3)碳化结晶是氯化锰溶液与碳酸氢铵和氨水应得到碳酸锰沉淀。 【详解】(1)由图示得到,500 ℃时,锰的浸取率已经很大,所以选取 500℃即可,没有必要 选择更高的温度,因为温度越高,能耗越大;温度很高时,浸取率下降,有可能是高温下氯 的 化铵分解使反应的量减少;或生成的氯化锰转化为气体离开体系;或高温下发生副反应,锰 转化为其他化合物;或高温使固体烧结,固体表面积减小等,故答案为:500℃;温度过高, NH4Cl 分解导致与 MnCO3 的反应不彻底(或 MnCO3 分解发生其他副反应;或 MnCl2 挥发导致 Mn 损失;或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低;或高温使固体烧结,固体表面积减小等); (2)①加入二氧化锰的目的是为了将 Fe2+氧化为 Fe3+,反应的化学方程式为 MnO2+2Fe2++4H +===Mn2++2Fe3++2H2O,故答案为:MnO2+2Fe2++4H+===Mn2++2Fe3++2H2O; ②加氨水调溶液 pH 的目的是使溶液中 Fe3+和 Al3+转化为 Fe(OH)3 沉淀和 Al(OH)3 沉淀除去, 由题给表格数据可知,溶液的 pH 范围调节在 4.7~8.1 之间时,Fe3+和 Al3+完全沉淀,而 Mn2 +不沉淀,故答案为:4.7; ③加入 MnF2 目的是沉淀除去 Ca2+,CaF2 在溶液中存在溶解平衡 CaF2(s) Ca2+(aq)+F— (aq),若溶液酸度过高,F- 与 H+ 结合形成弱酸 HF,F—浓度减小,溶解平衡向右移动,使 Ca2+ 沉淀不完全,故答案为:F- 与 H+ 结合形成弱电解质 HF,CaF2(s) Ca2+(aq)+F—(aq) 平衡向右移动; (3)碳化结晶是向氯化锰溶液中加入碳酸氢铵和氨水,反应得到碳酸锰沉淀,反应的化学方程 式为 Mn2++HCO3-+NH3===MnCO3↓+NH4+,故答案为:Mn2++HCO3-+NH3===MnCO3↓+NH4+。 【点睛】本题考查化学工艺流程,是对学生综合能力的考查,涉及了物质分离提纯过程分析 判断、氧化还原反应等,理解工艺流程原理是解题的关键。 24.SCR 和 NSR 技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的 NOx 排放。 (1)SCR(选择性催化还原)工作原理: ①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为 NH3 和 CO2,请写出 CO2 的电子式___________________。 ②反应器内 NH3 还原 NO2 过程中,若还原产物比氧化产物少 1mol,转移电子总数__________个 (用 NA 表示)。 ③当燃油中含硫量较高时,尾气中 SO2 在 O2 作用下会形成(NH4)2SO4,使催化剂中毒。用化学 方程式表示(NH4)2SO4 的形成_________。 ④尿素溶液浓度影响 NO2 的转化,测定溶液中尿素(M=60 g·mol−1)含量的方法如下:取 a g 尿素溶液,将所含氮完全转化为 NH3,所得 NH3 用过量的 v1 mL c1 mol·L−1 H2SO4 溶液吸收完全, 剩余 H2SO4 用 v2 mL c2 mol·L−1 NaOH 溶液恰好中和,则尿素溶液中溶质的质量分数是________ (2)NSR(NOx 储存还原)工作原理:NOx 的储存和还原在不同时段交替进行,如图 a 所示。 ①通过 BaO 和 Ba(NO3)2 的相互转化实现 NOx 的储存和还原。储存 NOx 的物质是_________。 ②用 H2 模拟尾气中还原性气体研究了 Ba(NO3)2 的催化还原过程,该过程分两步进行,图 b 表 示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的 H2 与 Ba(NO3)2 的物质的量之比 是___。 ③还原过程中,有时会产生笑气(N2O)。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与 NO 有关。在 有氧条件下 15NO 与 NH3 以一定比例反应时,得到的笑气几乎都是 15NNO。将该反应的化学方程 式补充完整:_____________ 15NNO+H2O 【答案】 (1). (2). 24NA (3). 2SO2+O2+4NH3+2H2O===2(NH4)2SO4 (4). % (5). BaO (6). 8∶1 (7). 415NO+4NH3+3O2 【解析】 【分析】 (1)①二氧化碳为共价化合物,含有 C=O 键;②涉及反应为为 8NH3+6NO2 7N2+12H2O,结 合方程式判断;③SO2 在 O2 作用下与 NH3、H2O 反应形成(NH4)2SO4,此反应中 SO2 是还原剂,氧 气 是 氧 化 剂 , 结 合 电 子 守 恒 和 原 子 守 恒 可 得 此 反 应 的 化 学 方 程 式 ; ④ 涉 及 反 应 为 2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4,2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O,由方程式可知 n(NaOH)+n(NH3)=2n(H2SO4),以 此计算; (2)①由图 a 可知储存 NOx 的物质是 BaO;②第一步反应中 H2 被氧化生成水,化合价由 0 价升 高到+1 价,Ba(NO3)2 的 N 元素化合价由+5 价降低到-3 价,生成氨气,结合得失电子数目相等 计算;③在有氧条件下 15NO 与 NH3 以一定比例反应时,得到的笑气几乎都是 15NNO,由 N 元素 守恒可知 15NO 与 NH3 应为 1∶1,结合电子得失相等配平。 【详解】(1)①二氧化碳为共价化合物,含有 C=O 键,电子式为 ,故答案为: 1 1 2 26c v -3c v a ; ②NH3 还原 NO2 过程中涉及的反应为 8NH3+6NO2 7N2+12H2O,由方程式可知若还原产物比 氧化产物少 1mol,即生成还原产物(N2)4mol,氧化产物(N2)3mol,则有 8molNH3 参加反应,转 移电子 24mol,总数为 24NA,故答案为:24NA; ③SO2 在 O2 作用下与 NH3、H2O 反应形成(NH4)2SO4,此反应中 SO2 是还原剂,氧气是氧化剂,反 应的化学方程式为 2SO2+O2+4NH3+2H2O═2(NH4)2SO4,故答案为: 2SO2+O2+4NH3+2H2O═2(NH4)2SO4; ④涉及反应为 2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4,2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O,反应中 n(H2SO4)=v1×c1×10-3mol,n(NaOH)=v2×c2×10-3mol,由方程式可知 n(NaOH)+n(NH3)=2n(H2SO4),则 n(NH3)=(2v1×c1×10-3-v2×c2×10-3)mol,则 m(CO(NH2)2)= ×(2v1×c1×10-3-v2×c2×10-3)mol×60g/mol=(0.06v1c1-0.03v2c2)g,尿素溶液中溶质的质量 分数是 ×100%= %,故答案为: %; (2)①由图示可知 BaO 和 NOx 反应生成 Ba(NO3)2,Ba(NO3)2 再还原为 N2,则储存 NOx 的物质为 BaO,故答案为:BaO; ②第一步反应中 H2 被氧化生成水,化合价由 0 价升高到+1 价,Ba(NO3)2 的 N 元素化合价由+5 价降低到-3 价,生成氨气,则 1molBa(NO3)2 生成氨气转移 16mol 电子,参加反应的氢气的物 质的量为 =8mol,则消耗的 H2 与 Ba(NO3)2 的物质的量之比是 8∶1,故答案为:8∶1; ③在有氧条件下 15NO 与 NH3 以一定比例反应时,得到的笑气几乎都是 15NNO,由 N 元素守恒可 知 15NO 与 NH3 应为 1∶1,可知反应的化学方程式为 415NO+4NH3+3O2 415NNO+6H2O,故答 案为:415NO+4NH3+3O2。 1 2 1 1 2 20.06c V 0.03c V a − 1 1 2 26c V 3c V a − 1 1 2 26c V 3c V a − 16mol 2

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