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河南省新郑市外国语高级中学高二化学试题(解析版)
河南省新郑市外国语高级中学高二化学试题(解析版)
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河南省新郑市外国语高级中学高二化学试题(解析版)1.将100gK2CO3和KHCO3的混合物加热至质量不再变化时,共收集到CO211g,原混合物中KHCO3的质量分数是()A.30% B.40% C.50% D.60% 【答案】C【解析】共收集到CO211g,物质的量为0.25mol,2KHCO3=K2CO3+CO2+H2O所以,KHCO3的物质的量为0.5mol,质量为50g,原混合物中KHCO3的质量分数是50% ,选C。2.下图是吸热反应的是()ABCD【答案】D【解析】若反应物的总能量低于生成物的总能量,则反应就是吸热反应。所以答案选D。3.下列物质属于纯净物的是A.蛋白质B.聚氯乙烯C.油脂D.硬脂酸甘油酯【答案】D【解析】A蛋白质是高分子化合物,链的长短不同,是混合物B聚氯乙烯是高分子化合物,属于混合物C油脂是多种高级脂肪酸甘油酯,属于混合物D硬脂酸甘油酯是一种物质,属于纯净物。4.水的相对分子质量为18,则1个水分子的质量为( )A. B.g·mol-1C.18nagD.g【答案】D【解析】1molH2O的质量为18g,而1molH2O中含有na个水分子,所以1个水分子的质量应为g。5.下列物质属于电解质且能导电的是()13/13A.金属铜B.碳酸钠晶体C.硝酸钠溶液D.熔融氯化钠【答案】D【解析】试题分析:铜是金属能导电,但它是单质,不是电解质,故A错误;碳酸钠晶体中没有自由移动的离子或电子,不导电;碳酸钠晶体溶于水或者熔融状态下能导电,属于电解质,故B错误;硝酸钠溶液中有自由移动的钠离子和硝酸根离子,能导电,但它是混合物,既不是电解质也不是非电解质,故C错误;熔融的氯化钠中含有自由移动的钠离子和氯离子,能导电,属于化合物,是电解质,故D正确。考点:本题考查电解质与非电解质,电解质溶液的导电性。6.青铜是我国使用最早的合金。下列关于青铜性质的说法,不正确的是()A.熔点比纯铜低B.能够导电C.能够导热D.硬度比纯铜小【答案】D【解析】试题分析:A.青铜是铜的合金,其熔点比纯铜低,正确;B.青铜是铜的合金,具有金属的导电的性质,正确;C.青铜是铜的合金,具有金属的导热的性质,正确;D.青铜是铜的合金,硬度比成分金属纯铜大,错误。考点:考查关于青铜性质的说法正误判断的知识。7.为使人们确知加碘盐中含碘物质的存在,研究性学习小组同学设计了一种简便的检验方法,利用该物质在酸性条件下与KI反应有单质碘生成的性质,选用下列生活中常见的物质就可完成。请你从下列物质中选出合适的一组①自来水 ②食醋 ③淀粉 ④食糖 ⑤碘化钾试纸 ⑥碘酒A.①③④⑤B.②③④⑤ C.①③⑤⑥D.①②③⑤【答案】D【解析】略8.下列各组元素按从左到右的顺序,原子序数递增、元素的最高正化合价也递增的是A.C、N、O、F B.Na、Be、B、CC.P、S、Cl、Ar D.Na、Mg、Al、Si【答案】D【解析】试题分析:A.F的非金属性在所有元素中是最强的,因此该元素无正化合价。不符合题意。错误。B.Na的原子序数比Be、B、C大,不符合题意。错误。C.Ar是惰性气体元素,不容易沉降反应,化合价为哦。错误。D.Na、Mg、Al、Si是同一周期的元素,原子序数逐渐增大,元素的最高正化合价也逐渐升高。周期。考点:考查元素的化合价、原子序数的关系的知识。9.化学与生活、社会发展息息相关,下列有关说法不正确的是()A.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”,该过程发生了置换反应B.“霾尘积聚难见路人”,雾霾所形成的溶胶能产生丁达尔效应C.“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁”,上述对青蒿素的提取过程属于化学变化D.古剑一沈卢“以剂钢为刃,柔铁为茎干,不尔则多断折”,剂钢指的是铁的合金【答案】C【解析】试题分析:A.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”,该过程发生了反应是Fe+CuSO4=FeSO413/13+Cu,该反应属于置换反应,正确;B.“霾尘积聚难见路人”,雾霾所形成的溶胶属于胶体,能产生丁达尔效应,正确;C.“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁”,上述对青蒿素的提取过程没有新的物质产生,发生的是物理变化,错误;D.古剑一沈卢“以剂钢为刃,柔铁为茎干,不尔则多断折”,剂钢指的是铁元素形成的合金,正确。考点:考查化学物质在生活、社会发展的应用的知识。10.下列仪器:①烧杯、②坩埚、③锥形瓶、④蒸发皿、⑤试管、⑥烧瓶、⑦表面皿,用酒精灯加热时,需要垫石棉网的是A.②④⑤B.①⑥⑦C.③④⑥D.①③⑥【答案】D【解析】试题分析:烧杯、锥形瓶、烧瓶需要垫石棉网加热,表面皿不能加热,坩埚、蒸发皿、试管直接加热,答案选D。【考点定位】本题主要是考查常见仪器的使用【名师点晴】(1)能直接加热的仪器:试管、蒸发皿、坩埚、燃烧匙。①试管:用于少量物质反应的反应器、收集气体等,加热前外壁无水滴。试管夹夹在距管口的1/3处,加热时液体体积不超过试管容积的1/3,给固体加热时,试管口应略向下倾斜。②蒸发皿:用于溶液的蒸发、浓缩、结晶。盛液体的量不应超过蒸发皿容积的2/3,取放蒸发皿应用坩埚钳。③坩埚:用于固体物质的高温灼烧,把坩埚放在三脚架上的泥三角上加热,取放坩埚必须使用坩埚钳,加热完坩埚应放在石棉网上冷却。坩埚通常与泥三角、三角架配合使用。(2)垫石棉网加热的仪器:烧杯、烧瓶(圆底、平底及蒸馏烧瓶)、锥形瓶等。(3)不能加热的仪器:容量瓶、量筒、广口瓶、细口瓶、漏斗、温度计、滴瓶等。11.两种气态烃组成的混合气体0.1mol,完全燃烧得到0.15molCO2和3.6gH2O,下列关于该混合气体的说法正确的是A.一定有乙烯B.一定没有乙烯C.一定有甲烷D.可能有乙烷【答案】C【解析】试题分析:0.1mol该混合物完全燃烧得0.15molCO2和3.6gH2O,3.6g水的物质的量为:n(H2O)==0.2mol,则1mol混合气体完全燃烧生成1.5mol二氧化碳、2mol水,所以该混合烃的平均化学式为C1.5H4;由于两种气态烃的混合物,则一定含有C原子数小于1.5的烃,所以一定含有甲烷,又由于甲烷中含4个氢原子,则另一种烃也含有4个氢原子,根据以上分析可知,混合气体中一定含有甲烷,所以C正确;可能含有乙烯,所以A、B、D错误,故选C。【考点定位】考查有机物分子式的计算【名师点晴】掌握利用平均分子组成判断烃的组成的方法,常用方法为:平均碳法、平均氢法、平均碳氢分子式法、平均式量法等;0.1mol该混合物完全燃烧得0.15molCO2和3.6gH2O,3.6g水的物质的量为:n(H2O)==0.2mol,则混合的平均化学式为C1.5H4,由于是混合物,则肯定含有C原子数小于1.5的烃,即一定含有甲烷,因甲烷中含有4个氢原子,则另一种烃也含有4个氢原子,以此进行解答。12.下列各组中的两种物质相互作用时,反应条件(温度、反应物用量比)改变,不会引起产物的种类改变的是A.Al和NaOH溶液13/13B.NaOH溶液和AlCl3溶液C.Na和O2D.NaOH溶液和CO2【答案】A【解析】试题分析:A、Al、NaOH、H2O反应生成NaAlO2和H2,不受条件影响,A正确;B、少量NaOH与AlCl3反应生成Al(OH)3,过量NaOH与AlCl3反应生成Na[Al(OH)4],B错误;C、Na和O2在常温下反应生成Na2O,Na与O2在加热时反应生成Na2O2,C错误;D、少量CO2与NaOH反应生成Na2CO3,过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3,D错误。考点:考查了反应条件对化学反应的影响的相关知识。13.设NA表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是A.标准状况下,22.4LSO3所含电子数约为40NAB.0.5molNH4HSO4晶体中,含有H+数目约为0.5NAC.92gNO2、N2O4混合气体含有的N原子数为2NAD.1molCl2作为氧化剂得到的电子数为NA【答案】C【解析】试题分析:A.标准状况下三氧化硫不是气体,不能适用于气体摩尔体积,即标准状况下22.4LSO3的物质的量不是1mol,所含电子数不是40NA,A错误;B.NH4HSO4晶体中不存在氢离子,B错误;C.NO2和N2O4的最简式相同,均是NO2,则92gNO2、N2O4混合气体含有的N原子的物质的量我92g÷46g/mol=2mol,原子数为2NA,C正确;D.1molCl2作为氧化剂得到的电子数为2NA,D错误,答案选C。考点:考查阿伏加德罗常数的计算14.美国科学家在《Science》上发表论文,宣布发现了铝的“超级原子”结构——Al13和Al14.已知这类“超级原子”最外层电子数之和为40时处于相对稳定状态.下列说法中正确的是A.Al13、Al14互为同位素B.Al14最外层电子数之和为42,与第ⅡA族元素原子的性质相似C.Al13超原子中Al原子间通过离子键结合D.Al13和Al14都具有较强的还原性,容易失去电子生成阳离子【答案】B【解析】试题分析:质子数相同,中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素,则选项A不正确,二者不能互为同位素;“超级原子”最外层电子数之和为40个时处于相对稳定状态,Al14有42个价电子极易失二个电子成稳定的Al142+,与第二主族性质相似,B正确;“超级原子”最外层电子数之和为40个时处于相对稳定状态,Al13有39个价电子极易得一个电子成稳定的Al13-,与第七主族性质相似,所以D不正确;Al13性质与第七主族相似,为分子晶体,Al13超原子中Al原子间通过共价键结合,故C错误,答案选B。考点:考查同位素、化学键以及核外电子排布的有关判断点评:本题是一定信息题,是对学生信息的提取、阅读能力及综合能力考查,难度不大,是一道不错的能力考查题。该题的关键是对信息的理解,有利于培养学生的逻辑推理能力和知识的迁移能力。15.下列说法错误的是A.某物质只含有一种元素,则该物质可能为混合物13/13B.16O与18O互为同位素,且核外电子排布方式相同C.同温同压下,反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同D.氧化还原反应中,一种元素化合价上升,一定有另一种元素化合价下降【答案】D【解析】答案:DA.正确,某物质只含有一种元素,则该物质可能为混合物,如:白磷和红磷的混合物;B.正确,16O与18O互为同位素,且核外电子排布方式相同,只是中子数不同;C.正确,同温同压下,反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同,与反应途径无关;D.不正确,氧化还原反应中,一种元素化合价上升,也可能该元素化合价下降。16.A、B、C、D四种短周期元素的原子半径依次减小,在周期表中B与A、C相邻,C的最外层电子数是其电子总数的3/4,D能分别与A、B、C形成电子总数相等的化合物X、Y、Z。试回答:(1)在X、Y、Z三种化合物中稳定性由强到弱的顺序是 。(2)若由A、B、C、D四种元素组成一种离子化合物,1mol该化合物中含有10mol原子,则该化合物受热分解的化学方程式为 。(3)Y跟HCl反应生成固体W。该固体跟有毒的工业盐NaNO2的水溶液混合加热,NaNO2中的化学键被完全破坏,当有1molNaNO2发生反应时,共有3mol电子转移,该反应的化学方程式为 。[来源:学_科_网Z_X_X_K](4)常温下,pH=5的W的水溶液和HCl的稀溶液中由水电离出来的H+离子浓度之比为 。【答案】(1) H2O>NH3>CH4 。(2) NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O 。(3) NH4Cl+NaNO2===NaCl+2H2O+N2↑ 。[来源:学_科_网Z_X_X_K](4) 104∶1 。【解析】略17.(12分)工业上一般可采用如下反应来合成甲醇:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-akJ·mol-1(1)上图是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。①a__0(填“>”“<”“=”)。②下列说法正确的是__(填序号)。a.1molCO(g)和2molH2(g)所具有的能量小于1molCH3OH(g)所具有的能量13/13b.将1molCO(g)和2molH2(g)置于一密闭容器中充分反应后放出aKJ的热量c.升高温度,平衡向逆反应移动,上述热化学方程式中的a值将减小d.如将一定量CO(g)和H2(g)置于某密闭容器中充分反应后放热aKJ,则此过程中有1molCO(g)被还原(2)在一定条件下,科学家利用从烟道气中分离出CO2与太阳能电池电解水产生的H2合成甲醇,其过程如下图所示:①该合成路线对于环境保护的价值在于__。②15%~20%的乙醇胺(HOCH2CH2NH2)水溶液具有弱碱性,上述合成线路中用作CO2吸收剂。用离子方程式表示乙醇胺水溶液呈弱碱性的原因:。(3)甲醇燃料电池的工作原理如下左图所示。该电池工作时,c口通入的物质发生的电极反应式为:__。(4)以上述电池做电源,用上右图所示装置,在实验室中模拟铝制品表面“钝化”处理的过程中,发现溶液逐渐变浑浊,原因是(用相关的电极反应式和离子方程式表示):_。【答案】(1)①>(2分)②d(2分)(2)①有利于防止温室效应(2分)②HOCH2CH2NH2 + H2OHOCH2CH2NH3++ OH-(2分)(3)O2+4e-+4H+=2H2O(2分);(4)Al-3e-=Al3+(1分)Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑(2分)或Al-3e-+3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑(2分)【解析】考查外界条件对平衡的影响以及电化学的应用等。(1)根据图像可知,温度为T2的曲线先达到平衡状态,所以T2大于T1。随着温度的升高,反应物的转化率是降低的,说明升高温度平衡向逆反应方向移动,所以正反应是放热反应,a大于0;反应放热,说明反应物的总能量大于生成物的总能量,a不正确。反应是可逆反应,1molCO(g)和2molH2(g)不可能生成1mol甲醇,所以放出的热量要小于akJ,b不正确。反应热与物质前面的化学计量数有关,与平衡的移动方向无关,c不正确。所以选项d是正确的。(2)根据转化可知生成的CO213/13用来合成甲醇,所以有利于可知温室效应;根据乙酸胺的结构简式可知,分子中的氨基可以结合水电离出的氢离子,从而破坏水的电离平衡,使溶液中OH-浓度大于氢离子浓度,溶液显碱性。(3)原电池中负极是失去电子的,甲醇在反应中是还原剂失去电子被氧化,因此甲醇在负极通入。根据燃料电池的结构可判断氢离子向右侧移动,所以右侧是正极,左侧电极是负极。因此氧气在右侧通入,所以c处的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O。(4)根据电解池的结构可知,铝是阳极,失去电子生成铝离子进入溶液中。由于电解质是碳酸氢钠溶液,所以生成的铝离子和碳酸氢钠水解相互促进,从而生成氢氧化铝沉淀。18.在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”,能延长鲜花的寿命。下表是500mL“鲜花保鲜剂”中含有的成分,阅读后回答下列问题:成分质量(g)摩尔质量(g·mol-1)蔗糖25.00342硫酸钾3.48174阿司匹林0.17180高锰酸钾0.32158氯化钠0.0858.5(1)下列“鲜花保鲜剂”的成分中,属于电解质的是_____________。A.蔗糖B.硫酸钾C.高锰酸钾D.氯化钠(2)某同学欲称量“鲜花保鲜剂”的质量,先用托盘天平称量烧杯的质量,天平平衡后的状态如图。则烧杯的实际质量为______________g。(3)配制上述一“鲜花保鲜剂”240mL所需的仪器有:烧杯、天平、药匙、量筒、玻璃棒、胶头滴管、______________。(在横线上填写所缺仪器的名称)(4)容量瓶使用前必须进行的操作为____________________。(5)“鲜花保鲜剂”中K+(阿司匹林中不含K+)的物质的量浓度为__________mol/L:若检验“鲜花保鲜剂”溶液中的SO42-,你选择的化学试剂为__________(填化学式)。(6)在配制过程中,如果其他操作都是正确的,下列操作会引起浓度偏高的是:_________.①没有洗涤烧杯和玻璃捧②转移溶液时不慎有少量溶液洒到容量瓶外面③容量瓶不干燥,含有少量蒸馏水④定容时俯视刻度线⑤定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线,再补加少量蒸馏水至刻度线【答案】(1)BCD(2)27.4(3)250mL容量瓶(4)检查是否漏水(5)0.084BaCl2(6)④【解析】试题分析:(1)溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质,酸碱盐均是电解质,则硫酸钾、高锰酸钾、氯化钠均是电解质,蔗糖是非电解质,答案选BCD;(2)左盘质量等于右盘质量加上砝码质量,则物质的实际质量是30.0g-2.6g=27.4g。(3)没有240mL容量瓶,则还需要250mL容量瓶。(4)容量瓶使用前必须进行的操作为检查是否漏水。13/13(5)高锰酸钾的物质的量为n(KMnO4)=0.32g÷158g/mol=0.002mol,硫酸钾的物质的量为n(K2SO4)=3.48g÷174g/mol=0.02mol,所以n(K+)=n(KMnO4)+2n(K2SO4)=0.002mol+2×0.02mol=0.042mol,因此c(K+)=0.042mol÷0.5L=0.084mol/L;硫酸钡不溶于水也不溶于酸,因此若检验“鲜花保鲜剂”溶液中的SO42-应该选择的化学试剂为BaCl2。(6)①没有洗涤烧杯和玻璃捧,则溶质减少,浓度偏低;②转移溶液时不慎有少量溶液洒到容量瓶外面,则溶质减少,浓度偏低;③容量瓶不干燥,含有少量蒸馏水,不影响;④定容时俯视刻度线,则液面在刻度线下方,溶液体积减少,浓度偏高;⑤定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线,再补加少量蒸馏水至刻度线,则溶液体积增加,浓度偏低,答案选④。【考点定位】本题主要是考查电解质判断、一定物质的量浓度溶液的配制、误差分析等【名师点晴】关于托盘天平的使用需要注意:①用途:用于称量物质的质量;②称量前调“0”点,称量时左物右码,砝码用镊子夹取;③称量干燥的固体应放在两张等质量的纸上,易潮解或具有腐蚀性的药品应放在已知质量的玻璃器皿(如小烧杯)中称量;④精确度为0.1g。19.(16分)某研究性学习小组在用CO还原Fe2O3的实验中,用磁铁吸出生成的黑色粉末X,他们认为X不一定是Fe,因温度不同、受热不均时会生成Fe3O4且也能被磁铁吸引。为探究X的组成,他们进行了如下实验。Ⅰ.定性检验实验编号实验操作实验现象①取少量黑色粉末X放入试管1中,注入适量稀盐酸,微热。黑色粉末逐渐溶解,有无色气体逸出。②向试管1所得溶液中滴加几滴KSCN溶液,振荡。溶液未出现血红色(1)由上述实验现象推断,黑色粉末X的成分中是否一定不含Fe3O4?____(填“是”或“否”)。(2)实验①中可能发生反应的离子方程是,,。Ⅱ.定量测定溶液Y沉淀4.00g红棕色固体搅拌完全溶解操作Z灼烧至恒重3.44gX盐酸(过量)②足量氨水①足量H2O2溶液(3)操作Z是。在灼烧沉淀时必须用到的下列仪器的名称是____________________________。(4)通过以上数据,得出3.44g黑色粉末X中各成分的物质的量为:______、______。【答案】(1)否(2分)(2)Fe3O4+8H+===Fe2++2Fe3++4H2O;(2分)Fe+2H+===Fe2++H2↑(2分);2Fe3++Fe===3Fe2+(2分)(3)过滤,洗涤(2分);坩埚、泥三角(2分)。(4)n(Fe3O4)=0.0100mol(2分)n(Fe)=0.0200mol(2分)13/13(无保留3位有效数字每空得1分)【解析】(1)由于在单质铁的存在下,铁离子是不可能存在的,所以不能确定是否含有四氧化三铁。(2)有无色气体逸出,说明含有单质铁,反应的方程式是Fe+2H+==Fe2++H2↑;又因为还可能存在四氧化三铁,所以还可能发生的反应是Fe3O4+8H+==Fe2++2Fe3++4H2O、2Fe3++Fe===3Fe2+。(3)沉淀从溶液中分离出的方法是过滤,且在过滤之后还必需洗涤;固体的灼烧需要坩埚,而坩埚需要放在三脚架的泥三角上。(4)设混合物中四氧化三铁和铁的物质的量分别是x和y。由于最终得到的是氧化铁,所以应该有232x+56y=3.44、(3x+y)×160=4.00,解得x=0.0100mol,y=0.0200mol,即铁是0.0200mol,四氧化三铁是0.0100mol。20.ClO2与Cl2的氧化性相近。在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。(1)仪器D的名称是___________,安装F中导管时,应选用图2中的___________。(2)打开B的活塞,A中发生反应:2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收,滴加稀盐酸的速度宜___________(填“快”或“慢”).(3)关闭B的活塞,ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2,此时F中溶液的颜色不变,则装置C的作用是___________。(4)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2,该反应的离子方程式为___________,在ClO2释放实验中,打开E的活塞,D中发生反应,则装置F的作用是___________。(5)已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ,加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示,若将其用于水果保鲜,你认为效果较好的稳定剂是___________,原因是___________。13/13【答案】(1)锥形瓶;b;(2)慢;(3)吸收Cl2;(4)4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O;验证是否有ClO2生成;(5)稳定剂Ⅱ;稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2,能较长时间维持保鲜所需的浓度【解析】试题分析:(1)根据仪器特征,可知仪器D是锥形瓶;F装置应是Cl2和KI反应,还需要连接尾气处理装置,所以应长管进气,短管出气,故选b,故答案为:锥形瓶;b;(2)为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收,产生ClO2的速率要慢,故滴加稀盐酸的速度要慢,故答案为:慢;(3)F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时,碘遇淀粉变蓝,而F中溶液的颜色不变,则装置C的作用是吸收Cl2,故答案为:吸收Cl2;(4)在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2,根据元素守恒可知应还有水生成,该反应的离子方程式为:4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O;在ClO2释放实验中,打开E的活塞,D中发生反应,则装置F的作用是验证是否有ClO2生成,故答案为:4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O;验证是否有ClO2生成;(5)由图可知,稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2,能较长时间维持保鲜所需的浓度,所以稳定剂Ⅱ好,故答案为:稳定剂Ⅱ;稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2,能较长时间维持保鲜所需的浓度。考点:考查了性质实验方案的设计;制备实验方案的设计的相关知识。21.试简述在FeSO4溶液中加入NaOH溶液的现象,并写出有关反应的化学方程式。【答案】产生白色絮状沉淀,然后迅速变成灰绿色,最终变为红褐色沉淀:FeSO4+2NaOH===Fe(OH)2↓+Na2SO44Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3【解析】本题能力层次为B。Fe(OH)2容易被氧化成Fe(OH)3,要记住特征的颜色变化。答案是:产生白色絮状沉淀,然后迅速变成灰绿色,最终变为红褐色沉淀:FeSO4+2NaOH===Fe(OH)2↓+Na2SO44Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3学法指导:为了更好地看清楚Fe(OH)2颜色状态,做实验时:①FeSO4溶液、NaOH溶液是新配制,且用冷开水配制,可减少O2溶入量。②FeSO4溶液中加铁钉防止Fe2+氧化成Fe3+。③用长的胶头滴管吸取NaOH溶液,然后插入FeSO4溶液液面下缓慢挤压滴出。22.已知有如下的转化关系:其中A为金属单质,部分反应条件和产物省略(1)若B为淡黄色固体,则A为(填化学式)。写出A与水反应的离子方程式,B做潜水艇供氧剂的原理为:(填写反应方程式)(2)若A为生活中常用金属,且C中所含金属元素存在两种价态。Ⅰ.写出A与水反应的方程式13/13Ⅱ.给C溶液中加入过量的氢氧化钠,并露置在空气中一段时间,写出整个过程中发生的氧化还原反应的方程式:Ⅲ.若想将C中金属元素转化成单一价态,可加入适量的或Ⅳ.与A反应消耗1molO2,则与B反应需要2mol/L盐酸溶液L。(3)若B为两性氧化物Ⅰ.写出A与氢氧化钠溶液反应的离子方程式Ⅱ.已知:写出实验室制备D的离子方程式Ⅲ.已知B为51g,在C溶液中加入1mol/LNaOH溶液1L时开始出现沉淀,若要得到0.5mol的沉淀,则加入的氢氧化钠溶液的总体积为L或L。【答案】(1)Na;2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑(2)Ⅰ.3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2Ⅱ.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3Ⅲ.Cl2(氯水或双氧水)Fe(顺序可颠倒Ⅳ.2(3)Ⅰ.2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑Ⅱ.Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+Ⅲ.2.54.5【解析】试题分析:(1)根据题给信息知,若B为淡黄色固体,则A为Na,B为过氧化钠,C为氯化钠。钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑;过氧化钠做潜水艇供氧剂的原理为:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。(2)根据题给信息知,若A为生活中常用金属,且C中所含金属元素存在两种价态,则A为铁,B为四氧化三铁,C为氯化铁和氯化亚铁的混合液。Ⅰ.铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。Ⅱ.向氯化铁和氯化亚铁的混合液中加入过量的氢氧化钠,并露置在空气中一段时间,整个过程中发生的氧化还原反应为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁,化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O==4Fe(OH)3Ⅲ.若想将氯化铁和氯化亚铁的混合液中的铁元素转化成+3价,应加入氧化剂,为不引入杂质离子可加入适量的氯水或双氧水,若铁元素全部转化为+2,应加入还原剂,为不引入杂质离子可加入适量铁粉。Ⅳ.根据反应:3Fe+2O2Fe3O4、Fe3O4+8HCl(浓)FeCl2+2FeCl3+4H2O知与铁元素结合的氯离子的物质的量与铁失电子的物质的量相等,当反应消耗1molO2,电子转移的物质的量为4mol,则与四氧化三铁反应需要4molHCl,所需2mol/L盐酸的体积为2L。(3)根据题给信息推断,若B为两性氧化物,则A为铝,B为氧化铝,C为氯化铝,D为氢氧化铝,E为偏铝酸钠。Ⅰ.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,离子方程式为2Al+2OH-+2H2O==2AlO2-+3H2↑。Ⅱ.实验室利用可溶性铝盐与氨水反应制备氢氧化铝,离子方程式为Al3++3NH3·H2O==Al(OH)3↓+3NH4+。Ⅲ.氧化铝的质量为51g,物质的量为0.5mol,氯化铝的物质的量为1mol,在氯化铝溶液中加入1mol/LNaOH溶液1L时开始出现沉淀,若要得到0.5mol氢氧化铝的沉淀,当氢氧化钠溶液不足时发生反应:Al3++3OH-==Al(OH)3↓,需要氢氧化钠的物质的量为1.5mol,13/13则加入的氢氧化钠溶液的总体积为2.5L,当氢氧化钠溶液过量时发生反应:Al3++3OH-==Al(OH)3↓、Al3++4OH-==AlO2-+2H2O,有0.5mol氯化铝发生第一个反应,0.5mol氯化铝发生第二个反应,共计消耗氢氧化钠的物质的量为3.5mol,所需氢氧化钠溶液的体积为4.5L。考点:考查无机推断,钠、铁、铝单质及其化合物的性质。23.甲、乙、丙为常见单质。A、B、C、D、E、F、G、H均为中学化学中常见的化合物,其中B、G的焰色反应均为黄色,C能使品红溶液褪色。在一定条件下,各物质相互转化关系如图所示。(已知E的电解有氢气和氧气产生)请回答下列问题:(1)用化学式表示:丙为__________,H为__________。(2)A的电子式为________________________________。(3)向E溶液中通入过量C的化学反应方程式为_____________________。(4)写出B+CD的化学方程式:_________________________________写出E+GF的离子方程式:______________________________________【答案】(1)O2,SO3;(2);(3)SO2+NaOH=NaHSO3;(4)Na2O2+SO2=Na2SO4,OH-+HCO3-=CO32-+H2O。【解析】试题分析:根据乙丙C丙H,这是连续被氧化的过程,从而推断出丙可能为氧气,B+CO2→丙,推出B为Na2O2,则F为Na2CO3,因为甲为固体,则甲:Na,C能使品红溶液褪色,说明C是SO2,乙为单质,则乙为S,A为Na2S,H为SO3,B+H2O→O2+E,则E为NaOH,D为Na2SO4,G的焰色反应显黄色,说明含有钠元素,因此推断出G为NaHCO3,(1)根据上述分析,丙为O2,H为SO3;(2)A为硫化钠,属于离子化合物,电子式为;(3)SO2跟CO2的性质具有相似性,即SO2+NaOH=NaHSO3;(4)Na2O2具有强氧化性,SO2以还原性为主,两者发生氧化还原反应,即:Na2O2+SO2=Na2SO4,OH-中和HCO3-的H,其离子反应方程式为:OH-+HCO3-=H2O+CO32-;考点:考查无机推断、元素及其化合物的性质等知识。24.(13分)A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质,常温下A是淡黄色粉末,B、D是气体,F、G、H的焰色反应均为黄色,水溶液均显碱性,E有漂白性。它们之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去),回答下列问题:13/13(1)A所含元素在周期表中的位置为,C的电子式为。(2)A与H在加热条件下反应的离子方程式为。(3)将A溶于沸腾的G溶液中可以制得化合物I,I在酸性溶液中不稳定,易生成等物质的量的A和E,I在酸性条件下生成A和E的离子方程式为。I是中强还原剂,在纺织、造纸工业中作为脱氯剂,向I溶液中通入氯气可发生反应,参加反应的I和氯气的物质的量比为1:4,该反应的离子方程式为。(4)向含有0.4molF、0.1molG的混合溶液中加入过量盐酸,完全反应后收集到aL气体C(标准状况),取反应后澄清溶液,加入过量FeCl3溶液,得到沉淀3.2g,则a=。【答案】(1)第三周期第ⅥA族,;(2)3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O;(3)2H++S2O32-S↓+SO2↑+H2O,4Cl2+S2O32-+5H2O8Cl-+2SO42-+10H+;(4)2.24。【解析】试题分析:常温下A是淡黄色粉末,且为单质,则A是硫;B、D是气体,A和D生成E,E有漂白性,说明E为SO2,D是O2,则B是H2,C为H2S,F、G、H的焰色反应均为黄色,F、G、H中均含有钠元素,水溶液均显碱性,SO2和H2S均能与H反应,H为NaOH,则F为Na2S,G为Na2SO3,(1)A是硫单质,位于第三周期ⅥA元素,C为H2S,属于共价化合物,其电子式为;(2)硫单质与热的氢氧化钠溶液发生歧化反应,生成硫化钠和亚硫酸钠,即离子反应方程式为:3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O;(3)S和沸腾Na2SO3得到化合物Na2S2O3,Na2S2O3在酸性条件下生成S和SO2,即离子反应方程式为:S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O,氯气具有强氧化性,能把S2O32-氧化成SO42-,本身被还原成Cl-,Na2SO3和氯气的物质的量之比为1:4,即两者的系数为1:4,S2O32-+4Cl2→2SO42-+8Cl-,根据化学反应方程式原子个数守恒,反应前少5个O,即缺少5molH2O,则生成物中应有10H+,其离子反应方程式为4Cl2+S2O32-+5H2O=8Cl-+2SO42-+10H+;(4)反应后澄清溶液,加入过量FeCl3溶液,得到沉淀3.2g,根据反应2Fe3++S2-=2Fe2++S↓,该反应中消耗的Na2S为0.1mol;Na2S与Na2SO3的混合溶液中加入过量盐酸,发生反应:2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O,消耗Na2SO30.1mol,剩余的Na2S0.1mol与盐酸反应放出H2S,放出H2S的物质的量为0.1mol,标准状况下的体积为2.24L。考点:考查元素以及化合物的推断等知识。13/13
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三年级上册道德与法治教学计划及教案
时间:2021-08-18
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三年级上册道德与法治教学计划及教案
部编版六年级道德与法治教学计划
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部编五年级道德与法治上册教学计划
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高一上学期语文教师工作计划
时间:2021-08-14
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小学一年级语文教师工作计划
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八年级数学教师个人工作计划
时间:2021-08-14
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