1、2019年陕西省咸阳市高考化学一模试卷一、选择题(共16小题,每小题3分,满分48分)1.纵观古今,化学与环境、材料、生产、生活关系密切,下列说法正确的是()A. 推广使用煤液化技术,可减少二氧化碳等温室气体的排放B. 刚玉、红宝石的主要成分是氧化铝,玛瑙、分子筛的主要成分是硅酸盐C. 本草图经在绿矾项载:“盖此矾色绿,味酸,烧之则赤”因为绿矾能电离出H+,所以“味酸”D. “山东疫苗案”涉及疫苗未冷藏储运而失效,这与蛋白质变性有关【答案】D【解析】【详解】A、煤液化并没减少C原子,因此推广使用煤液化技术,不能减少CO2等温室气体的排放,故A说法错误;B、刚玉、红宝石主要成分是氧化铝,玛瑙成分
2、为二氧化硅、分子筛主要成分是硅酸盐,故B说法错误;C、绿矾溶液中FeSO4电离出Fe2和SO42,没有H电离,“味酸”是因为Fe2水解,使溶液显酸性,故C说法错误;D、疫苗未冷藏储运而失效,温度升高,蛋白质发生变性,则应低温保存,故D说法正确。2.下列化学用语表述正确的是()A. 原子结构示意图可以表示35Cl,也可以表示37ClB. 次氯酸的电子式可表示为C. 和互为同分异构体D. 16O与18O互为同位素; 、互为同素异形体【答案】A【解析】【详解】A、35Cl、37Cl的核电荷数核外电子总数17,二者原子结构示意图为,故A正确;B、次氯酸为共价化合物,结构式为HOCl,次氯酸正确的电子式
3、为,故B错误;C、和都是甲烷,不属于同分异构体,故C错误;D、16O与18O互为同位素,但、都是水,属于化合物,因此不能互称同素异形体,故D错误。【点睛】判断“四同”一般需要从研究的对象入手,同素异形体研究的对象是单质,同位素研究的对象是原子,同系物、同分异构体研究对象是化合物。3.NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A. 常温下,4.6gNO2气体中含有的分子数为0.1NAB. 常温常压下,22.4L SO2中含有的分子数小于NAC. 0.1mol氯气参加反应时转移的电子数为0.2NAD. 用含有0.1mol FeCl3的饱和溶液配制的氢氧化铁胶体中,胶体粒子数等于0.1NA【答
4、案】B【解析】【详解】A、NO2中存在2NO2N2O4,因此4.6gNO2气体中含有的分子物质的量小于4.6g/46gmol1=0.1mol,故A错误;B、常温对应温度高于标准状况下的温度,气体摩尔体积22.4Lmol1,因此常温常压下,22.4LSO2中含有SO2分子物质的量小于1mol,故B正确;C、Cl2与NaOH发生反应:Cl22NaOH=NaClNaClOH2O,Cl2既是氧化剂又是还原剂,因此该反应中0.1molCl2参加反应,转移电子物质的量为0.1mol,故C错误;D、氢氧化铁胶体为集合体,是由许多Fe(OH)3构成,因此0.1molFeCl3的饱和溶液制备氢氧化铁胶体,其中胶
5、粒物质的量小于0.1mol,故D错误。【点睛】易错点为选项C,学生认为氯气作氧化剂,0.1mol氯气转移电子物质的量为0.2mol,忽略了氯气也能发生歧化反应,如氯气与NaOH反应,则0.1molCl2与NaOH反应转移0.1mol电子,平时熟悉元素及其化合物的性质。4.室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A. 能使甲基橙变为橙色的溶液:Na+、NH4+、CO32、ClB. 能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液:K+、SO42、S2、ClC. 0.1molL1 KOH溶液中:S2、Na+、SO32、NO3D. 常温下, 1.01012的溶液:Fe2+、Mg2+、NO3、Cl【答案】C【
6、解析】【详解】A、能使甲基橙变为橙色的溶液,显酸性,不能大量存在CO32,故A不符合题意;B、能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液,具有氧化性,不能存在还原性S2离子,故B不符合题意;C、碱溶液中该组离子之间不反应,可大量共存,故C符合题意;D、常温下,1.01012的溶液显酸性,Fe2+、H+、NO3发生氧化还原反应,不能大量共存,故D不符合题意。5.下列物质制备方法正确的是()A. 用稀硫酸、过氧化氢和铜粉反应可制备硫酸铜B. 用碘化钾与浓硫酸反应可制备碘化氢C. 将Na2S溶液与AlCl3溶液混合可制取Al2S3D. 高温条件下,用H2还原MgO可制取单质Mg【答案】A【解析】【详解】A、铜与
7、稀硫酸、双氧水反应生成硫酸铜和水,离子方程式:Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O,反应过程中没有污染物,且原料的利用率高,故A正确;B、浓硫酸具有强氧化性,能够将HI氧化,因此不能用浓硫酸与碘化钾反应制取HI,故B错误;C、Na2S溶液与AlCl3溶液相互促进水解生成氢氧化铝沉淀和H2S气体,所以不能用Na2S溶液与AlCl3溶液混合制取Al2S3,故C错误;D、金属的活泼性不同,冶炼方法不同,Na、Mg、Al等活泼金属可用电解熔融的化合物的方法冶炼,制备单质Mg应该用电解熔融MgCl2的方法,故D错误。6.下列离子方程式不正确的是()A. 向氯化亚铁溶液中加入稀硝酸:3Fe2+4H+NO
8、33Fe3+2H2O+NOB. 向碳酸钠溶液中加入少量氢氧化钡固体:CO32+Ba(OH)2BaCO3+2OHC. 氧化铝与氢氧化钠溶液反应:Al2O3+2OH2AlO2+H2OD. 氯气与澄清石灰水反应:Cl2+2OHClO+Cl+H2O【答案】B【解析】【详解】A、在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸的离子反应为3Fe2+4H+NO33Fe3+2H2O+NO,故A不符合题意;B、碳酸钠溶液与氢氧化钡溶液反应的离子方程式中,氢氧化钡应该拆开,正确的离子方程式为:CO32+Ba2+BaCO3,故B符合题意;C、氧化铝与氢氧化钠溶液反应,离子方程式:Al2O3+2OH2AlO2+H2O,故C不符合题意;D
9、、氯气与澄清石灰水反应,离子方程式:Cl2+2OHClO+Cl+H2O,故D不符合题意.。7.下述实验中不能达到预期实验目的是()选项实验内容实验目的A向盛有2 mL 0.1 molL1 AgNO3溶液的试管中滴加0.1molL1NaCl溶液至不再有沉淀生成,再向其中滴加0.1molL1Na2S溶液证明AgCl能转化为溶解度更小的Ag2SB用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上,试纸变蓝色浓氨水呈碱性C向NaSiO3溶液中通入CO2证明碳酸的酸性比硅酸强D向淀粉溶液中加入稀硫酸,水浴加热,一段时间后,再加入新制的银氨溶液并水浴加热验证淀粉已水解A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【
10、详解】A、加入NaCl溶液至不再有沉淀生成时,银离子可完全沉淀,再向其中滴加0.1molL1Na2S溶液,生成黑色沉淀,可知发生沉淀的转化,则证明AgCl能转化为溶解度更小的Ag2S,故A不符合题意;B、碱能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色,氨水能使红色石蕊试纸变蓝色,说明氨水呈碱性,故B不符合题意;C、强酸能和弱酸盐反应生成弱酸,二氧化碳和水反应生成碳酸,碳酸和硅酸钠反应生成硅酸,根据强酸制取弱酸知,碳酸酸性比硅酸强,故C不符合题意;D、银镜反应必须在碱性条件下进行,所以在加入银氨溶液之前必须加入NaOH溶液中和作催化剂的稀硫酸,否则实验不成功,故D符合题意。8.下列物质分类正确的是()A. 胶体
11、:分散质颗粒直径1100mm的分散系B. 弱电解质:HClO、NH3H2O、AgCl、NH4NO3C. 混合物:空气、盐酸、王水、氯水、水玻璃D. 有机物:丙醇、丙酸、1,2二溴戊烷、碳酸钠【答案】C【解析】【详解】A、分散质颗粒直径在1nm100nm之间的分散系属于胶体,故A错误;B、弱电解质为HClO、NH3H2O,AgCl、NH4NO3属于强电解质,故B错误;C、空气是混合物、盐酸是氯化氢气体水溶液为混合物、王水是浓硝酸和浓盐酸的混合物、氯水是氯气的水溶液,属于混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液,属于混合物,故C正确;D、丙醇、丙酸、1,2二溴戊烷属于有机物,碳酸钠属于无机物,故D错误。9.
12、下列关于有机物的说法正确的是()A. CH2CHCOOH能发生取代反应、加成反应、水解反应B. 石油裂解的主要目的是为了获得短链的不饱和烃C. 分子式为C4H8O2的酯有3种D. 硬脂酸甘油酯、淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物【答案】B【解析】【详解】A、CH2CHCOOH含有碳碳双键和羧基,可发生加成、取代反应,不能发生水解反应,故A错误;B、石油裂解可获得烯烃,可获得短链的不饱和烃,故B正确;C、根据酯基位置异构和碳链异构可得:甲酸丙酯有2种(丙基有2种异构)、乙酸乙酯有1种、丙酸甲酯有1种,共4种,故C错误;D、高分子化合物的相对分子质量为10000以上,硬脂酸甘油酯不是高分
13、子化合物。淀粉和蛋白质能发生水解,且属于高分子化合物,故D错误。【点睛】易错点是选项D,高分子化合物包括天然高分子化合物和合成高分子化合物,天然高分子化合物有纤维素、淀粉、蛋白质、天然高分子化合物,合成高分子化合物一般在单体名称前加上“聚”;易错点是油脂不是高分子化合物。10.下列关于化学反应方向及其判据的说法错误的是()A. 1mol H2O在不同状态时的熵值:SH2O(s)SH2O(g)B. 放热反应都可以自发进行,而吸热反应不能自发进行C. 2KClO3(s)2KCl(s)+3CO2(g)H0能否自发进行与温度有关D. 常温下,反应C(s)+CO2(g)2CO(g)不能自发进行,则该反应
14、的H0【答案】B【解析】【详解】A、物质聚集状态不同熵值不同,气体S液体S固体S,1mol H2O在不同状态时的熵值:SH2O(s)SH2O(g),故A说法正确;B、反应的自发性由焓变和熵变共同决定,当GHTS0时反应能自发进行,G0时反应不能自发进行。焓变小于零的反应为放热反应,H0,若S0,高温下可以使G0,反应不能自发进行;焓变大于零的反应为吸热反应,H0,若S0,高温下可以使G0,反应可自发进行,故B说法错误;C、H0、S0,则在高温下HTS0可以成立,反应可自发进行,故反应能否自发进行与温度有关,故C说法正确;D、常温下,反应C(s)+CO2(g)2CO(g)反应不能自发进行,则HT
15、S0,因为S0的反应,则H0,故D说法正确。11.下列说法正确的是()A. 由于正丁烷和异丁烷分子间作用力大小不同,因而沸点不同B. H2O汽化成水蒸气或者分解为H2和O2,都需要破坏共价键C. Na2O2中含有共价键,所以Na2O2属于共价化合物D. 水晶和干冰都是共价化合物,所以他们的熔沸点相近【答案】A【解析】【详解】A、分子晶体中分子间作用力越大,沸点越高,所以C4H10的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同,因而沸点不同,故A正确;B、H2O汽化成水蒸气破坏分子间作用力和氢键,不破坏共价键,水分子分解时破坏共价键,故B错误;C、过氧化钠中既离子键又含共价键,过氧化钠是离子化合物,而
16、不是共价化合物,故C错误;D、水晶为二氧化硅,属于原子晶体,干冰为二氧化碳的固态形式,属于分子晶体,它们的熔沸点相差很大,故D错误。12.W、X、Y、Z四种短周期元素,它们在周期表中的位置如图所示。下列推断正确的是()A. 原子半径:ZYXB. 元素非金属性:ZYXC. 最高价氧化物对应水化物的酸性:ZYWD. WH4与Z元素的单质在光照时发生置换反应【答案】C【解析】【分析】根据四种短周期元素在周期表的位置,推出W为C,X为O,Y为S,Z为Cl;【详解】根据四种短周期元素在周期表的位置,推出W为C,X为O,Y为S,Z为Cl;A、Y、Z、X的原子半径依次减小,即YZX,故A错误;B、非金属性X
17、Y、ZY,且O原子半径小,则非金属性X、Z、Y依次降低,即XZY,故B错误;C、非金属性ZYW,则Z、Y、W的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低,故C正确;D、CH4与Z元素的单质氯气,在光照下可发生取代反应,生成卤代烃和HCl,不属于置换反应,故D错误。【点睛】易错点是选项D,学生会把甲烷和氯气发生的取代反应,与置换反应混淆,可以从置换反应的定义入手,置换反应是单质化合物单质化合物,CH4与Cl2反应生成卤代烃和HCl,没有单质的生成,从而推出CH4和Cl2发生取代反应,而不是置换反应。13.某离子反应中涉及H2O、ClO、NH4+、H+、N2、Cl 六种微粒。其中N2的物质的量随时间变化
18、的曲线如图所示。下列判断正确的是:( )A. 该反应的还原剂是ClB. 消耗1 mol还原剂,转移6 mol电子C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3D. 反应后溶液的酸性明显增强【答案】D【解析】试题分析:由题意知,反应离子方程式2NH4+3ClO=3Cl+N2+2H+3H2O、还原剂发生氧化反应化合价升高,溶液中N2浓度增大,即N2为生成物,NH4+为还原剂,故A错误;B、由题意知每消耗1mol NH4+生成0.5mol N2,转移电子3mol,故B错误;C、氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2;D、反应后生成氢离子,即溶液酸性明显增强,故D正确。考点:氧化还原反应的计算14.某固体混
19、合物中可能含有K+、Na+、Cl、CO32、SO42等离子,将该固体溶解于蒸馏水,对所得溶液进行如下实验:下列推断正确的是()A. 该混合物一定是K2CO3和NaClB. 该混合物可能是Na2CO3和KClC. 该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3D. 该混合物一定是K2SO4和NaCl【答案】B【解析】【分析】溶液中加入过量Ba(NO3)2,出现白色沉淀,该白色沉淀可能是BaSO4,也可能是BaCO3,也可能是它们的混合物,但白色沉淀加入过量盐酸,沉淀溶解,因此该白色沉淀为BaCO3,说明原溶液中一定含有CO32,一定不含有SO42,滤液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液,出现白色沉淀,该沉
20、淀为AgCl,说明原溶液中一定含有Cl,焰色反应为黄色,溶液中含有Na元素,则原溶液中一定含有Na,原溶液中可能含有K。【详解】溶液中加入过量Ba(NO3)2,出现白色沉淀,该白色沉淀可能是BaSO4,也可能是BaCO3,也可能是它们的混合物,但白色沉淀加入过量盐酸,沉淀溶解,因此该白色沉淀为BaCO3,说明原溶液中一定含有CO32,一定不含有SO42,滤液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液,出现白色沉淀,该沉淀为AgCl,说明原溶液中一定含有Cl,焰色反应为黄色,溶液中含有Na元素,则原溶液中一定含有Na,原溶液中可能含有K。由上述分析可知,一定含Na+、Cl、CO32,不含SO42,则一定不含
21、Na2SO4,不能确定是否含K+,则该混合物可能是K2CO3和NaCl,也可能为Na2CO3和KCl,故选项B正确。15.电解NaB(OH)4溶液制备H3BO3的原理如图所示,下列叙述错误的是()A. M室发生的电极反应式:2H2O4eO2+4H+B. a、c为阴离子交换膜,b为阳离子交换膜C. N室中:a%b%D. 每生成1mol H3BO3,则有1mol Na+进入N室【答案】B【解析】【分析】该装置有外加电源,因此该装置电解池,左端石墨为阳极,根据电解原理,阳极反应式为2H2O4e=O24H,产品室得到产品,因此a膜为阳离子交换膜,右端石墨为阴极,根据电解原理,阴极反应式为2H2O2e=
22、H22OH,c膜为阳离子交换膜;【详解】该装置有外加电源,因此该装置电解池,左端石墨为阳极,根据电解原理,阳极反应式为2H2O4e=O24H,产品室得到产品,因此a膜为阳离子交换膜,右端石墨为阴极,根据电解原理,阴极反应式为2H2O2e=H22OH,c膜为阳离子交换膜;A、M室中石墨电极为阳极,电解时阳极上水失电子生成O2和H+,电极反应式为2H2O4eO2+4H+,故A说法正确;B、原料室中的B(OH)4通过b膜进入产品室,M室中氢离子通过a膜进入产品室,原料室中的Na+通过c膜进入N室,则a、c为阳离子交换膜,b为阴离子交换膜,故B说法错误;C、N室中石墨为阴极,电解时阴极上水得电子生成H
23、2和OH,原料室中的钠离子通过c膜进入N室,溶液中c(NaOH)增大,所以N室:a%b%,故C说法正确;D、理论上每生成1molH3BO3,则M室中就有1mol氢离子通过a膜进入产品室即转移1mole,原料室中的1molNa+通过c膜进入N室,故D说法正确。16.已知可逆反应X(g)+2Y(g)Z(g)H0,一定温度下,在体积为2L的密闭容器中加入4mol Y和一定量的X后,X的浓度随时间的变化情况如图所示,则下列表述正确的是()A. 达到平衡时,X、Y、Z物质的量之比为1:2:1B. a点正反应速率大于逆反应速率C. 反应达平衡时,降低温度可以实现c到d的转化D. 该条件下,反应达平衡时,X
24、平衡转化率为25%【答案】B【解析】【详解】A、分析图象和题给信息可知,起始加入X的物质的量为1mol/L2L2mol,起始加入2molX、4molY,达到平衡时X的浓度为0.25mol/L,物质的量为0.25mol/L2L0.5mol,消耗X物质的量20.5mol1.5mol,结合化学方程式计算得到消耗Y物质的量为3mol,生成Z物质的量为1.5mol,则达到平衡时,X、Y、Z物质的量之比0.5:(4mol3mol):1.5mol1:2:3,故A错误;B、由图象可知,a点尚未达到平衡状态,此时正反应速率大于逆反应速率,故B正确;C、该反应的H0,为放热反应,降低温度,平衡正向移动,X的浓度减
25、小,不能实现c到d的转化,故C错误;D、利用三段式计算:X(g)+2Y(g)Z(g)起始浓度(mol/L) 1 2 0转化浓度(mol/L) 0.75 1.5 0.75平衡浓度(mol/L) 0.25 0.5 0.75X平衡转化率为75%,故D错误。二、解析题(共5小题,满分52分)17.短周期元素W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大,元素W的一种核素的中子数为0,X原子的最外层电子数是次外层的2倍,Z与M同主族,Z2的电子层结构与氖原子相同。请回答下列问题:(1)M在元素周期表中的位置_。(2)化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知:向p溶液中加入FeCl3溶液,溶液变为血红色;向p溶液
26、中加入NaOH溶液并加热,放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。则p的化学式为_。(3)由X、Z、M三种元素可组成物质q,q的分子结构类似于CO2,则q的结构式为_。(4)(XY)2的化学性质与Cl2相似。常温下,(XY)2与NaOH溶液反应的离子方程式为_。(5)常温下,1mol Z3能与Y的最简单氢化物反应,生成一种常见的盐和1mol Z2,该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 第三周期第A族 (2). NH4SCN (3). OCS (4). (CN)2+2OHCN+CNO+H2O。 (5). 2NH3+4O3NH4NO3+4O2+H2O。【解析】【分析】元素W的一种核素的中子数为0
27、,则W为H,X原子的最外层电子数是次外层的2倍,推出X为C,Z2的电子层结构与氖原子相同,推出Z为O,Y为N,Z与M同主族,则M为S;【详解】元素W的一种核素的中子数为0,则W为H,X原子的最外层电子数是次外层的2倍,推出X为C,Z2的电子层结构与氖原子相同,推出Z为O,Y为N,Z与M同主族,则M为S;由上述分析可知,W为H、X为C、Y为N、Z为O、M为S,(1)M为S,M在元素周期表中的位置第三周期第A族;(2)向p溶液中加入FeCl3溶液,溶液变血红色,说明含有SCN离子,向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,说明含有铵根离子,则p的化学式为NH4SCN;(
28、3)q中C、N、O三种元素的原子数目之比为1:1:1,q的分子结构类似于CO2,所以q的结构式为:OCS;(4)(CN)2的性质与Cl2相似,(CN)2与NaOH溶液反应的离子方程式为(CN)2+2OHCN+CNO+H2O;(5)常温下,1mol O3能与N的最简单氢化物(NH3)反应,生成一种常见的盐和1molO2,该反应的化学方程式为2NH3+4O3NH4NO3+4O2+H2O。18.过氧化钙溶于酸,极微溶于水,不溶于乙醇、乙醚和丙酮,通常可用作医用杀菌剂、消毒剂、防腐剂。已知从溶液中制得的过氧化钙带有8个结晶水,在100时会脱水生成米黄色的无水过氧化钙,而无水过氧化钙在350时会迅速分解
29、生成CaO和O2以下是一种用纯净的碳酸钙制备过氧化钙的实验方案。请回答下列问题:CaCO3滤液白色结晶(1)步骤的具体操作为向碳酸钙中逐滴加入稀盐酸,至溶液中尚存有少量固体,此时溶液呈_性(填“酸”、“碱”或“中”)。将溶液煮沸,趁热过滤。将溶液煮沸的作用是_。(2)步骤中反应的化学方程式为_,该反应需要在冰浴下进行,原因是_。(3)过滤得到的白色晶体先用蒸馏水洗涤,再用乙醇洗涤,使用乙醇洗涤的目的是_。(4)过氧化钙在水产养殖方面可以作为释氧剂,也可以作为观赏鱼苗空运的水中添加剂,用化学方程式表示其作用原理_。(5)为测定产品中过氧化钙的质量分数,取m g样品,在温度高于350时使之充分分解
30、,并将产生的气体(恢复至标准状况)通过图所示装置收集,测得量筒中水的体积为VmL,则产品中过氧化钙的质量分数为_(列出表达式即可)。【答案】 (1). 酸 (2). 除去溶液中的二氧化碳 (3). CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2OCaO28H2O+2NH4Cl或CaCl2+2NH3H2O+H2O2CaO2+2NH4Cl+2H2O (4). 温度过高时过氧化氢分解 (5). 除去过氧化钙晶体表面的水分。 (6). 2CaO2+2H2O2Ca(OH)2+O2 (7). 9V/1400a100%【解析】【详解】(1)步骤的具体操作为向碳酸钙中逐滴加入稀盐酸,至溶液中尚存有少量固体,生成
31、氯化钙,且溶解二氧化碳达到了饱和程度,故此时溶液呈酸性。将溶液煮沸,趁热过滤。将溶液煮沸的作用是除去溶液中的二氧化碳;(2)反应是滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体,反应的化学方程式为:CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2OCaO28H2O+2NH4Cl或CaCl2+2NH3H2O+H2O2CaO2+2NH4Cl+2H2O,该反应需要在冰浴下进行,原因是过氧化氢热易分解;(3)过滤得到的白色晶体先用蒸馏水洗涤,再用乙醇洗涤,使用乙醇洗涤的目的是除去过氧化钙晶体表面的水分;(4)过氧化钙在水产养殖方面可以作为释氧剂,也可以作为观赏鱼苗空运的水中添加剂,用化学方程式表示其
32、作用原理为2CaO2+2H2O2Ca(OH)2+O2;(5)过氧化钙分解生成氧化钙和氧气,2CaO22CaO+O2,若所取产品质量为mg,测得生成气体的体积为VmL(已换算成标准状况),氧气物质的量 ,则得到过氧化钙物质的量为 mol,过氧化钙的质量分数为 100%100%。19.已知固体Na2SO3受热分解生成两种正盐,实验流程和结果如下:已知:气体Y是一种纯净物,在标准状况下密度为1.518gL1请回答下列问题:(1)气体Y的电子式为_。(2)实验流程中,Na2SO3受热分解的化学方程式为_。(3)另取固体X试样和Na2SO3混合,加适量蒸馏水溶解,再加入稀盐酸,立即有淡黄色沉淀产生。则产
33、生淡黄色沉淀的离子方程式为_(不考虑空气的影响)。(4)Na2SO3长期露置在空气中,会被氧化成Na2SO4,检验Na2SO3是否变质的实验操作是_。(5)某研究性学习小组通过图所示装置,利用电化学方法处理上述流程中产生的气体Y基本工艺是将气体Y通入FeCl3,待充分反应后过滤,将所得滤液加入电解槽中进行电解,电解后的滤液可以循环利用。则与a相连的电极反应式为_。【答案】 (1). (2). 4Na2SO3Na2S+3Na2SO4 (3). 2S2+SO32+6H+3S+3H2O (4). 取少量亚硫酸钠样品于一支试管中,加入适量蒸馏水溶解,向溶液中加入足量盐酸后,再滴入几滴氯化钡溶液,若生成
34、白色沉淀说明有Na2SO3被氧化为Na2SO4 (5). Fe2+eFe3+。【解析】【详解】(1)气体Y是一种纯净物,标准状况下密度为1.518gL1,则Y的摩尔质量为1.518gL122.4Lmol1=34gmol1,根据元素守恒,推出Y为H2S,电子式为;(2)由以上分析可知,气体Y为H2S,以及生成气体Y的条件,推出固体X中含有S2,即固体X中含有Na2S,溶液中加入BaCl2溶液,出现白色沉淀,该白色沉淀为BaSO4,则固体X中含有Na2SO4,Na2SO3受热分解生成Na2S和Na2SO4,反应的化学方程式为4Na2SO3Na2S+3Na2SO4;(3)固体X试样和Na2SO3混合
35、,加水溶解后与稀盐酸反应,有淡黄色沉淀产生,即有S单质生成,反应的离子方程式为2S2+SO32+6H+3S+3H2O;(4)Na2SO3长期露置在空气中,会被氧化成Na2SO4,检验Na2SO3是否变质的实验操作是:取少量亚硫酸钠样品于一支试管中,加入适量蒸馏水溶解,向溶液中加入足量盐酸后,再滴入几滴氯化钡溶液,若生成白色沉淀说明有Na2SO3被氧化为Na2SO4,亚硫酸钠变质;(5)将气体Y通入FeCl3,发生氧化还原反应吸收二氧化硫,装置图中放出氢气的一端为阴极,b为电源负极,a为电源正极,将所得滤液加入电解槽中进行电解,电解后的滤液可以循环利用,说明亚铁离子在阳极失电子生成了铁离子,电极
36、反应为:Fe2+eFe3+。20.某研究性学习小组拟对SO2和亚硫酸的性质进行探究。请回答下列问题:探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应该小组用图所示装置达成实验目的。已知:1.0mol/L Fe(NO3)3溶液的pH1。(1)为排除空气对实验的干扰,滴加浓硫酸之前应进行的操作是_。(2)装置B中产生了白色沉淀,说明SO2具有_性。(3)分析B中产生白色沉淀的原因:观点1:SO2与Fe3+反应;观点2:酸性条件下,SO2与NO3反应;观点3:_。按观点1,装置B 中反应的离子方程式为_,为证明该观点,应进一步确认生成的新物质,实验操作及现象是_。按观点2,只需将装置B中的Fe(NO3)3溶液
37、替换为等体积的下列溶液,在相同条件下进行实验。此时应选择的最佳溶液是_(填序号)。a.0.1mol/L 稀硝酸b.1.5mol/L Fe(NO3)2c.3.0mol/L NaNO3溶液和0.1mol/L硫酸等体积混合的溶液d.6.0mol/L NaNO3溶液和0.2mol/L盐酸等体积混合的溶液探究H2SO3的酸性强于HClO。该小组用图所示装置达成实验目的。(4)装置的连接顺序为:纯净SO2_(选填字母),F中反应的离子方程式为_。(5)可证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象是_。【答案】 (1). 打开弹簧夹,向体系中通入一段时间的N2,关闭弹簧夹 (2). 还原性。 (3). SO
38、2与Fe3+、NO3(H+)都反应 (4). SO2+2Fe3+Ba2+2H2OBaSO4+2Fe2+4H+ (5). 取少量B中溶液于一支洁净的试管中,加入几滴铁氰化钾溶液,如果产生蓝色沉淀,就说明有亚铁离子生成,观点1正确 (6). d (7). CEDF (8). Ca2+2ClO+CO2+H2OCaCO3+2HClO (9). D中品红溶液不褪色,F中出现白色沉淀。【解析】【详解】I(1)因为空气中氧气也具有氧化性,对实验造成干扰,为防止空气干扰,用氮气将空气排出,所以为排尽空气,滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹,向体系中通入一段时间的N2,关闭弹簧夹;(2)SO2和BaCl2溶
39、液不反应,装置B中有白色沉淀生成,说明有BaSO4生成,该反应中S元素化合价由+4价变为+6价,则二氧化硫体现还原性;(3)观点3:SO2与Fe3+及酸性条件下与NO3也反应;按观点1,SO2与Fe3+反应生成BaSO4和Fe2+,离子方程式为SO2+2Fe3+Ba2+2H2OBaSO4+2Fe2+4H+,要检验Fe2+可以用铁氰化钾溶液检验,其操作及现象为取少量B中溶液于一支洁净的试管中,加入几滴铁氰化钾溶液,如果产生蓝色沉淀,就说明有亚铁离子生成,观点1正确;按观点2,只需将装置B中的Fe(NO3)3溶液替换为c(H+)0.1mol/L、c(NO3)3.0mol/L的溶液即可,a、0.1m
40、ol/L 稀硝酸中c(NO3)不符合,故a错误;b、1.5mol/L Fe(NO3)2中c(H+)不符合,故b错误;c、3.0mol/L NaNO3溶液和0.1mol/L硫酸等体积混合的溶液中c(NO3)不符合,故错c误;d、6.0mol/L NaNO3溶液和0.2mol/L盐酸等体积混合的溶液中c(H+)、c(NO3)都符合,故d正确;(4)探究H2SO3的酸性强于HClO,可以用强酸制取弱酸的方法检验,因为亚硫酸具有还原性、HClO具有强氧化性,二者发生氧化还原反应,所以应该先将亚硫酸转化为没有还原性酸,再用该酸与次氯酸盐制取次氯酸即可,C装置制取二氧化碳、D装置检验二氧化硫、E装置吸收二
41、氧化硫、F装置制取HClO,所以装置顺序为CEDF,F中离子方程式为Ca2+2ClO+CO2+H2OCaCO3+2HClO;(5)D中品红不褪色,就说明气体中不含二氧化硫,只有二氧化碳,二氧化碳再和漂白粉溶液反应生成白色沉淀即可证明,所以可证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象是D中品红溶液不褪色,F中出现白色沉淀。【点睛】难点是仪器装置的连接, 首先弄清楚实验目的,探究H2SO3的酸性强于HClO,因为H2SO3具有还原性,HClO具有氧化性,两者不能通过直接混合判断,可以间接,利用H2SO3的酸性强于H2CO3,H2CO3的酸性强于HClO,然后分析即可。21.以氧化铝为原料,通过碳热
42、还原法可合成氮化铝(AlN);通过电解法可制取铝。电解铝时阳极产生的CO2,可通过二氧化碳甲醇化再利用。请回答:(1)已知:2Al2O3(s)4Al(g)+3O2(g)H1+3 351kJmol12C(s)+O2(g)2CO(g)H2221kJmol12Al(g)+N2(g)2AlN(s)H3318kJmol1则碳热还原Al2O3合成氮化铝的总热化学方程式为_。(2)在常压,Ru/TiO2催化下,CO2和H2混合气体(体积比1:4,总物质的量a mol)进行反应,测得CO2的转化率、CH4和CO的选择性随温度的变化情况分别如图1和图2所示(选择性:转化的CO2中生成CH4和CO的百分比)。反应
43、:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)H1反应:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H2下列说法不正确的是_(填序号)。AH1小于零B温度可影响产物的选择性CCO2的平衡转化率随温度升高先增大后减少D其他条件不变将CO2和H2的初始体积比改变为1:3,可提高CO2的平衡转化率350时,反应在t1时刻达到平衡,平衡时容器的体积为VL则该温度下反应的平衡常数为_(用a、V表示)。350时,CH4的物质的量随时间的变化曲线如图所示。画出400时,0t1时间段内,CH4的物质的量随时间的变化曲线。_(3)CO2和H2在一定条件下发生反应:CO2(g)+3H2(g)CH3O
44、H(g)+H2O(g),平衡常数K 在容积为2L的密闭容器中,充入2 mol CO2和6 mol H2,恒温恒容时达到平衡。相同条件下,在另一个2 L的密闭容器中充入a mol CO2、b mol H2、c mol CH3OH、d mol H2O(g),要使两容器达到相同的平衡状态,且起始时反应逆向进行,则d的取值范围为_。(4)研究表明,CO2可以在硫酸溶液中用情性电极电解生成甲醇,则生成甲醇的电极反应式为_。【答案】 (1). 3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)2AlN(s)+3CO(g)HH1 +H2 +H3+1026 kJmol1。 (2). CD (3). (4). (5).
45、1d2。 (6). CO2+6H+6eCH3OH+H2O。【解析】【详解】(1)已知:2Al2O3(s)4Al(g)+3O2(g)H13 351 kJmol1,2C(s)+O2(g)2CO(g)H2221 kJmol1,2Al(g)+N2(g)2AlN(s)H3318 kJmol1,根据盖斯定律+即得到碳热还原Al2O3合成AlN的总热化学方程式是3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)2AlN(s)+3CO(g)HH1+H2+H3+1026 kJmol1;(2)A、图1中,二氧化碳转化率先增大是反应正向进行,到一定温度达到平衡状态,升温平衡逆向移动,二氧化碳的转化率随温度升高而减小,说明正反应为放热反应,H40,故A正确;B、图2分析可知,图中曲线变化趋势随温度升高到400以上,CH4和CO选择性受温度影响,甲烷减少,一氧化碳增多,温度可影响产物的选择性,故B正确;C、