（浙江选考）2020版高考化学一轮复习阶段检测一（专题一）.docx

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1、1阶段检测一(专题一)一、选择题(本大题共 25 小题,每小题 2 分,共 50 分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下列物质中,属于纯净物的是( )A.漂白粉 B.普通玻璃C.氢氧化铁胶体 D.液氯答案 D 漂白粉的主要成分是 CaCl2和 Ca(ClO)2,所以是混合物,故 A 错误;普通玻璃的主要成分是Na2SiO3、CaSiO 3和 SiO2,是混合物,故 B 错误;氢氧化铁胶体是由分散质氢氧化铁胶粒和分散剂水构成的,是混合物,故 C 错误;液氯就是液态的氯气,是纯净物,故 D 正确。2.下列分散系中分散质颗粒直径最大的是( )A.Na

2、Cl 溶液 B.葡萄糖溶液C.CuSO4溶液 D.AgI 胶体答案 D NaCl 溶液、葡萄糖溶液、CuSO 4溶液中分散质微粒直径小于 10-9nm,故 A、B、C 错;AgI 胶体中分散质微粒直径为 10-9 10-7nm,故 D 正确。3.分类是科学研究的重要方法,讨论辨析以下说法:漂白粉、铝热剂和粗盐都是混合物;金属氧化物都是碱性氧化物;胆矾和干冰既是纯净物又是化合物;不锈钢和目前流通的硬币都是合金;油脂、淀粉和蛋白质既是营养物质又是高分子化合物;乙醇、四氯化碳、氯气、葡萄糖都是非电解质;豆浆和雾都是胶体。上述说法正确的是( )A. B.C. D.答案 B 漂白粉(主要成分是氯化钙、次

3、氯酸钙)、铝热剂(如铝、氧化铁等)和粗盐都是混合物,正确;金属氧化物不一定都是碱性氧化物,但碱性氧化物一定是金属氧化物,错误;胆矾和干冰既是纯净物又是化合物,正确;不锈钢和目前流通的硬币都是合金,正确;淀粉和蛋白质既是营养物质又是高分子化合物,油脂是大分子不是高分子,错误;乙醇、四氯化碳、葡萄糖都是非电解质,氯气既不是电解质也不是非电解质,错误;豆浆和雾都是胶体,正确。4.下列说法错误的是( )A.红陶中呈现红色的成分是氧化铁,氧化铁属于碱性氧化物B.海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等C.黑火药爆炸时,碳、硫两元素被氧化2D.用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理不同答案 C 依据化学方

4、程式 2KNO3+C+S K2S+2NO2+CO 2,反应中碳元素化合价升高,被氧化,氮、硫化合价降低,被还原,故 C 错误。5.明代宋应星著的天工开物中有关于“火法”冶炼锌的工艺记载:“炉甘石(主要成分为碳酸锌)十斤,装载入一泥罐内然后逐层用煤炭饼垫盛,其底铺薪,发火煅红冷淀,毁罐取出即倭铅也。”则下列说法不正确的是( )A.该冶炼锌的反应中包含有氧化还原反应B.上述高温煅烧时实质是 CO 还原 ZnOC.古人把锌称倭铅是因为锌和铅的化学性质相同D.冶炼 Zn 的总反应方程式为: 2ZnCO 3+C 2Zn+3CO2答案 C 由题意,碳酸锌与碳(足量)在高温下可能发生的反应为:ZnCO 3

5、ZnO+CO2、CO 2+C 2CO、ZnO+CO Zn+CO2,因为碳是足量的,所以总反应的化学方程式为 ZnCO3+2C Zn+3CO。A 项,反应和是氧化还原反应,正确;B 项,由反应可得,高温煅烧的实质是 CO 还原 ZnO,正确;C 项,锌和铅的化学性质不同,错误;D 项正确。6.下列说法正确的是( )A.Fe(OH)3胶体无色、透明,能发生丁达尔现象B.H2、SO 2、CO 2三种气体都可用浓硫酸干燥C.SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应,所以是两性氧化物D.SO2和 SO3混合气体通入 Ba(NO3)2溶液可得到 BaSO3和 BaSO4答案 B 氢氧化铁胶体为红褐色

6、液体,透明,能发生丁达尔现象,A 错误。氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水,四氟化硅不属于盐,故二氧化硅不是两性氧化物,C 错误。SO 2具有还原性,在酸性环境下,硝酸根离子把 SO2氧化为 S ,S 与 Ba2+生成硫酸钡沉淀;SO 3溶于水生成硫酸,与钡离子生成硫酸钡沉O2-4 O2-4淀,所以 SO2和 SO3混合气体通入 Ba(NO3)2溶液得到 BaSO4,D 错误。7.下列物质的转化在给定条件下能实现的是( )A.Ca(OH)2 Ca(ClO)2 HClOB.NH3 NO2 HNO3C.Cu2(OH)2CO3 CuCl2(aq) Cu3D.NaCl(aq) NaHCO3 Na2C

7、O3答案 C SO 2与 Ca(ClO)2发生氧化还原反应,不能生成 HClO;NH3与 O2在一定条件下反应生成 NO,不能直接生成 NO2;Cu2(OH)2CO3+4HCl 2CuCl2+3H2O+CO2,CuCl 2(aq) Cu+Cl2;NaCl(aq)与 CO2不能发生反应生成 NaHCO3。8.在给定条件下,下列选项中所示的物质间转化均能实现的是( )A.SiO2 H2SiO3 Na2SiO3B.S SO2 BaSO3C.CuSO4(aq) Cu(OH)2 Cu2OD.饱和 NaCl 溶液 NaHCO3 Na2CO3答案 C 二氧化硅不能与水反应,选项 A 错误。二氧化硫与氯化钡溶

8、液不反应,选项 B 错误。硫酸铜溶液中加入过量的氢氧化钠溶液得到新制氢氧化铜悬浊液,再与葡萄糖反应得到砖红色沉淀氧化亚铜,选项 C 正确。饱和氯化钠溶液与二氧化碳不反应,选项 D 错误。9.下列变化一定属于化学变化的是( )导电 爆炸 缓慢氧化 SO 2使品红褪色 无水硫酸铜由白变蓝 工业制 O2 白磷转化为红磷FeSO 4溶液久置发黄 14C 转变为 12C 煤的干馏和石油的分馏A. B.C. D.答案 B 电解质溶液导电是化学变化,而金属导电或导体导电属于物理变化;爆炸不一定由化学反应引发,也可以是物理变化,如轮胎爆炸;缓慢氧化属于化学变化;SO 2使品红褪色是由于 SO2与有色物质化合生

9、成了无色物质,为化学变化;无水硫酸铜与水反应生成硫酸铜结晶水合物,属于化学变化;工业制氧气为物理变化;白磷转化为红磷属于化学变化;FeSO 4溶液久置发黄是由于亚铁离子被氧化成铁离子,为化学变化;同位素之间的转变不属于化学变化;石油的分馏为物理变化。答案为 B。10.化合物 A、B、C、D 各由两种元素组成,甲、乙、丙是短周期元素的三种单质。这些常见的化合物与单质之间存在如下关系(已知 C 是一种有机物),以下结论不正确的是( )4A.常温下,化合物 A、B、C、D 均为气体B.上图所示的五个转化关系中,有三个是化合反应C.上图所示的五个转化关系中,均发生氧化还原反应D.上述转化关系所涉及的化

10、合物中只有一种是电解质答案 A 甲能与两种单质、一种化合物反应,则甲可能是氧气,化合物 C 是一种有机物(可能是气体、液体或固体),A、B 分别是 CO2、H 2O,乙是碳,D 是 CO,丙是 H2时符合题图转化关系,故 A 项错误,B、C 项正确;A、B、C、D 中只有 H2O 是电解质,D 项正确。11.某同学在实验室进行了如图所示的实验,下列说法中错误的是 ( )A.利用过滤的方法,可将 Z 中固体与液体分离B.X、Z 烧杯中分散质相同C.Y 中反应的离子方程式为 3CaCO3+2Fe3+3H2O 2Fe(OH)3(胶体)+3CO 2+3Ca 2+D.Z 中分散系能产生丁达尔效应答案 B

11、 X 烧杯中的分散质为氯化铁,而 Z 烧杯中的分散质为氢氧化铁胶粒和氯化钙,故 B 项错误。12.下列说法在一定条件下可以实现的是( )酸性氧化物与碱反应弱酸与盐溶液反应可生成强酸没有水生成,也没有沉淀和气体生成的复分解反应两种酸溶液充分反应后的溶液呈中性有单质参加的非氧化还原反应两种含氧化合物反应的产物有气体A.全部 B.只有C.只有 D.只有答案 A SO 2可与 NaOH 溶液反应,可以实现;氢硫酸可与硫酸铜溶液发生反应 H2S+CuSO4 CuS+H 2SO4,可以实现;稀硫酸与醋酸钠溶液发生反应 H2SO4+2CH3COONa 2CH3COOH+Na2SO4,没有水、沉淀和气体生成,

12、可以实现;氢硫酸和亚硫酸发生反应 H2SO3+2H2S 3S+3H 2O,可以实现;同素异形体之间的转化不属于氧化还原反应,但有单质参加,可以实现;水和过氧化钠发生反应 2Na2O2+2H2O4NaOH+O2,可以实现。故选 A。513.下表各组物质中,可以实现 X Y Z(每步只发生一个反应)所示转化的是( )选项 X Y Z MA Fe FeCl2 FeCl3 Cl2B C CO CO2 O2C CO2 Na2CO3 NaHCO3 NaOHD AlO-2 Al(OH)3 Al3+ CO2答案 B A 项,Fe 与 Cl2反应生成 FeCl3,错误;C 项,Na 2CO3与 NaOH 不反应

13、,错误;D 项,Al(OH) 3与 CO2不反应,错误。14.下列有关物质性质的应用正确的是( )A.碱不一定是金属氧化物的水化物B.二氧化硅不与强酸反应,可用石英器皿盛放氢氟酸C.生石灰能与水反应,可用来干燥氯气D.氯化铝是一种电解质,可用电解法制铝答案 A A 项,NH 3+H2O NH3H2O,正确;B 项,石英的成分是 SiO2,SiO2能与氢氟酸反应:SiO 2+4HF SiF4+2H 2O,错误;C 项,氯气与水反应生成酸,不能用碱性干燥剂干燥,错误;D 项,AlCl 3是共价化合物,熔融状态不导电,错误。15.把 200 mL NH4HCO3和 Na2CO3的混合溶液分成两等份,

14、取一份加入含 a mol NaOH 的溶液恰好反应完全;取另一份加入含 b mol HCl 的盐酸恰好反应完全。该混合溶液中 c(Na+)为( )A.(10b-5a) molL-1 B.(2b-a) molL-1C.( - ) molL-1 D.(5b- ) molL-1b10a20 5a2答案 A 一份混合液中,NH 4HCO3和 a mol NaOH 恰好完全反应,则 NH4HCO3的物质的量为 0.5a mol,取另一份加入含 b mol HCl 的盐酸恰好反应完全,由 NH4HCO3反应掉的 HCl 的物质的量为 0.5a mol,则由Na2CO3反应掉的 HCl 为 b mol-0.

15、5a mol,Na+的物质的量为 b mol-0.5a mol,则 c(Na+)=(b mol-0.5a mol)0.1 L=(10b-5a)molL-1。16.若 NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的是( )A.1 mol Fe 与高温水蒸气完全反应,转移电子的数目为 3NAB.标准状况下,4.48 L HF 中含有的极性键数目为 0.2NAC.25 时,1 L pH=12 的 Na2CO3溶液中由水电离出的 H+的数目为 0.01NA6D.1 L 0.1 mol/L 的 Na2S 溶液中 HS-、S 2-的数目之和为 0.1NA答案 C 本题考查有关阿伏加德罗常数的计算。铁在高温下

16、与水蒸气反应生成 Fe3O4,所以 1 mol Fe 参加反应时,失去电子的物质的量为 8/3 mol,A 错误;在标准状况下 HF 为液体,B 错误;pH=12 的 Na2CO3溶液中,c(OH -)=0.01 mol/L,1 L 溶液中含有的 n(OH-)=0.01 mol,这些 OH-均由水电离得到,同时由水电离产生的 n(H+)=0.01 mol,C 正确;Na 2S 溶液中硫元素的存在形式有 S2-、HS -和 H2S,三者物质的量之和为0.1 mol,D 错误。17. 常温下,设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )A.1 mol D3O+中的中子数目为 10NAB.一

17、定条件下 1 mol N2与 4 mol H2充分反应后,所得混合物中极性键数目为 6NAC.在 100.0 mL 浓度均为 0.1 mol/L 的 NaOH 和 Na2CO3的混合溶液中逐滴加入 50.0 mL 0.5 mol/L 稀盐酸,生成 CO2气体分子数目为 0.01NAD.在 1.0 L 含有 Na+、K +、Cl -、C 的溶液中,H +数目小于 1.010-7NAO2-3答案 D 1 个 D3O+中有 11 个中子,所以 1 mol D3O+中的中子数目为 11NA,选项 A 错误。N 2与 H2的反应是可逆反应,所以无法计算生成的氨气的量,也就无法计算极性键的数目,选项 B

18、错误。100.0 mL 浓度均为0.1 mol/L 的 NaOH 和 Na2CO3的混合溶液中,NaOH 和 Na2CO3的物质的量都是 0.01 mol,加入 50.0 mL 0.5 mol/L 稀盐酸(含 0.025 mol HCl),氢氧化钠会消耗 0.01 mol HCl,剩余的 0.15 mol HCl 再与 0.01 mol Na2CO3反应,HCl 不足,所以生成的二氧化碳气体一定小于 0.01 mol,选项 C 错误。含有 Na+、K +、Cl -、C的溶液中 C 水解,溶液显碱性,所以 pH7,即 c(H+)110-7,所以 1 L 该溶液的氢离子数目小于O2-3 O2-31

19、.010-7NA,选项 D 正确。18.铜和镁的合金 4.6 g 完全溶于浓硝酸,若反应后硝酸被还原,只产生 4 480 mL 的 NO2气体和 336 mL的 N2O4气体(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.9.02 g B.8.51 g C.8.26 g D.7.04 g答案 B 最后沉淀为 Cu(OH)2和 Mg(OH)2,Cu 和 Mg 共 4.6 g,关键是求增加的 n(OH-),n(OH-)等于金属单质所失电子的物质的量,即 n(OH-)= 1 mol+ 2 mol=0.23 mol,故沉淀的质量为 4.6 g+0.23 4 48022

20、 400 33622 400mol17 g/mol=8.51 g。19.在 100 mL 的混合液中,硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是 0.3 molL-1、0.15 molL -1,向该混合液中加入 2.56 g 铜粉,加热,待充分反应后,所得溶液中铜离子的物质的量浓度是( )A.0.15 molL-1 B.0.225 molL-1C.0.30 molL-1 D.0.45 molL-17答案 B 溶液中的氢离子既包括硝酸电离的又包括硫酸电离的,所以 n(H+)=0.3 molL-10.1 L+0.15 molL-10.1 L2=0.06 mol,n(N )=0.3 molL-10.1 L=0.

21、03 mol,2.56 g 铜的物质的量为O-3=0.04 mol;硝酸和铜反应的离子方程式如下:2.56 g64 gmol-13Cu + 8H + + 2N 3Cu2+2NO+4H 2OO-33 8 2 30.04 mol 0.06 mol 0.03 mol所以 H+的物质的量不足,根据 H+的物质的量计算,由离子方程式可知 0.06 mol H+全部反应,所生成的Cu2+的物质的量为 0.06 mol =0.022 5 mol,所以溶液中 c(Cu2+)= =0.225 molL-1。38 0.022 5mol0.1 L20.设 NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )A.pH=

22、1 的 H2SO4溶液含 H+的数目为 0.1NAB.1 mol OH-与 1 mol 羟基所含质子数均为 9NAC.标准状况下,11.2 L C 3H8中含有 CC 键的数目为 3NAD.4.8 g Mg 与 2.2 g CO2充分反应,转移电子数为 0.1NA答案 B 没有体积,无法求算 H+的数目,A 错误;1 mol OH -所含质子数为 8NA+1NA =9NA,1 mol 羟基所含质子数为 8NA+1NA =9NA,B 正确;标准状况下,11.2 L C 3H8中含有 CC 键的数目为 NA,C 错误;4.8 g Mg与 2.2 g CO2充分反应,CO 2不足,转移电子数为 0.

23、2NA,D 错误。21.设 NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )A.标准状况下,2.24 L 丙烷中共价键的数目为 0.8NAB.25 时,1 L 0.2 molL -1硫酸铁溶液中含 S 的数目为 0.2NAO2-4C.0.1 mol 乙醇和丙烯酸(CH 2 CHCOOH)混合物完全燃烧时转移电子数为 1.2NAD.a mol 的 R2O(R 的核内中子数为 N,质量数为 A)的核外电子数为 a(2A-2N+16)NA答案 C 每个丙烷分子有 10 个共价键,标准状况下,2.24 L 丙烷中共价键的数目为 NA,故 A 错误;25 时,1 L 0.2 molL -1硫酸铁溶液中含

24、 S 的数目为 0.6NA,故 B 错误;乙醇和丙烯酸化学式可以看成是O2-4C2H4H2O、C 2H4CO2,“C2H4”里的碳元素的化合价可以看成是-2 价,CO 2中碳元素为+4 价,升高 6 价,0.1 mol 乙醇和丙烯酸(CH 2 CHCOOH)混合物完全燃烧时转移电子数为 1.2NA,故 C 正确;a mol 的 R2O(R的核内中子数为 N,质量数为 A)的核外电子数为 a(2A-2N+8)NA,故 D 错误。22.设 NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )A.1.0 L 18.4 mol/L H2SO4溶液与足量铜在加热的条件下反应,被还原的 H2SO4 分子数目为

25、 9.2NA8B.将 1 mol 氯气溶于水,转移电子的数目为 NAC.25 时,pH=11 的氨水 1 L,溶液中 OH-数目为 0.001NAD.1 mol C2H6O 有机物含有 CH 键数目一定是 6NA答案 C 稀硫酸与铜不反应,1.0 L 18.4 mol/L H 2SO4溶液与足量铜在加热的条件下,硫酸不能完全反应,所以被还原的 H2SO4分子数目小于 9.2NA,故 A 错误;氯气不能与水完全反应,将 1 mol 氯气溶于水,转移电子的数目小于 NA,故 B 错误;25 时,pH=11 的氨水中 c(OH-)=10-3 mol/L,所以 1 L 溶液中 n(OH-)=10-3

26、mol,数目为 0.001NA,故 C 正确;C 2H6O 若是 C2H5OH,则 1 mol C2H6O 含有 CH 键数目是 5NA,C2H6O 若是 CH3OCH3,则 1 mol C2H6O 含有 CH 键数目是 6NA,故 D 错误。23.设 NA为阿伏加德罗常数的值,下列有关叙述正确的是( )A.28 g 乙烯和丙烯中的极性键数目为 4NAB.32 g Cu 和 32 g S 充分反应,转移电子数为 NAC.1 L 0.3 molL-1 Na2CO3溶液中的阴离子数目小于 0.3NAD.0.2 mol NH3与 0.3 mol O2在催化剂的作用下充分反应,所得 NO 的分子数为

27、0.2NA答案 A 乙烯和丙烯的最简式为 CH2,28 g CH2的物质的量为 2 mol,而 2 mol CH2中含 4 mol 极性键,所以 28 g 乙烯和丙烯中的极性键数目为 4NA,A 正确;Cu 和 S 反应生成 Cu2S,Cu 不足,转移电子数为0.5NA,B 错误;C 水解生成 HC 和 OH-,导致阴离子数目增多,因此 1 L 0.3 molL-1 Na2CO3溶液中O2-3 O-3的阴离子数目大于 0.3NA,C 错误;依据 4NH3+5O2 4NO+6H2O,0.2 mol NH3与 0.3 mol O2在催化剂的作用下加热充分反应,氧气剩余,则生成的一氧化氮部分与氧气反

28、应生成二氧化氮,所以最终生成一氧化氮分子数小于 0.2NA,D 错误。24.用 NA表示阿伏加德罗常数,下列说法错误的是( )A.标准状况下,11.2 L CCl 4所含 CCl 键数目不是 2NAB.常温下,78 g Na 2S 与 Na2O2混合物中含有 NA个阴离子C.1 mol 乙醇和足量的 CH3CO18OH 发生酯化反应得到的 O 数目为 NAH218D.室温下,2 L 0.05 mol/L 的 NH4NO3溶液中所含的氮原子数目为 0.2NA答案 C A 项,涉及使用气体摩尔体积的计算,研究对象在标准状况下应为气态物质;B 项,Na 2S 和 Na2O2的摩尔质量均为 78 g/

29、mol,两种化合物的阳离子与阴离子个数比均为 21;C 项,酯化反应属于可逆反应,不能进行完全;D 项,1 mol NH 4NO3中含有 2 mol N 原子,根据 n=cV 计算溶质的物质的量。25.如图是 MgSO4、NaCl 的溶解度曲线。下列说法正确的是( )9A.MgSO4的溶解度随温度升高而增大B.NaCl 的溶解度比 MgSO4的溶解度大C.在 t2时,MgSO 4饱和溶液的溶质质量分数最大D.把 MgSO4饱和溶液的温度从 t3 降至 t2 时,有晶体析出答案 C A 项,t 2 之前,MgSO 4的溶解度随温度的升高而增大,t 2 之后,随温度的升高而减小;B 项,t1 、t

30、 3 时,NaCl、MgSO 4的溶解度相等;C 项,= 100%,S 越大, 越大;D 项,把 MgSO4饱和S100 g+S溶液的温度从 t3 降至 t2 时,由饱和溶液变成不饱和溶液,不会有晶体析出。二、非选择题(本大题共 7 小题,共 50 分)26.(10 分)现有 NH3、CO、Na、Na 2O2、Fe、NO、NO 2、F 2、SO 2、SOCl 2等中学化学教材中出现过的物质,根据它们的组成及性质进行如下分类:请回答下列问题:(1)图中所示的分类方法叫 。 (2)淡黄色固体最终位于 组,它的电子式为 。 (3)C 组有一种气体常用作工业上冶炼铁的还原剂,写出高温下它还原 Fe2O

31、3的化学方程式: 。 (4)组某种物质能与水发生氧化还原反应,该反应中被氧化与被还原的元素的质量比为 。 (5)B 组中有一种物质在高温下能与水蒸气反应,若该反应过程中有 86.021023个电子转移,则有 g 该物质参与反应。 (6)组另有一种物质滴入水中与水剧烈反应,常用于某些盐的脱水以制取无水盐,写出该物质与AlCl36H2O 反应的化学方程式: 10。 答案 (1)树状分类法(2) Na + 2-Na+OO(3)3CO+Fe2O3 2Fe+3CO2(4)21(5)168(6)AlCl36H2O+6SOCl2 AlCl3+12HCl+6SO 2解析 结合相关信息可知分类如下:(2)淡黄色

32、固体是 Na2O2,其电子式为 Na+ 2-Na+。OO(3)CO 为还原性气体,在高温下可还原 Fe2O3,反应的化学方程式为 3CO+Fe2O3 2Fe+3CO2。(4)3NO2+H2O 2HNO3+NO,NO2发生了自身氧化还原反应, 被氧化和被还原的元素质量比为 21。(5)铁在高温下能够与水蒸气反应:3Fe+4H 2O(g) Fe3O4+4H2,根据化学方程式可知转移 8 mol 电子,有3 mol Fe 参加反应,质量为 168 g。(6)SOCl2遇水发生剧烈水解,可以起到除去水的作用,AlCl 36H2O 与 SOCl2反应的化学方程式为AlCl36H2O+6SOCl2 AlC

33、l3+12HCl+6SO 2。27.(6 分)汽车尾气是造成大气污染的主要原因之一,在汽车排气管上安装“催化转换器”便可以使汽车的尾气转化成无毒气体。如用 表示碳原子,用 表示氧原子,用 表示氮原子,下图为气体转化的微观过程。请你根据图示回答下列问题:(1)A、B、C 三种物质可以归为一类的依据是 。 (2)将 C 归为化合物,将 D 归为单质的理由是 。 11(3)图中微观过程用化学方程式表示为 。化学变化过程中消耗的 A 物质和生成的 C 物质的质量比为 。 (4)从微观的角度描述你获得的关于化学变化的有关信息(答出一条即可) 。 答案 (1)都由两种元素组成且其中一种元素是氧元素(2)二

34、氧化碳是由不同种原子构成的分子,而氮气是由同种原子构成的分子(3)2CO+2NO N2+2CO2 1522(4)化学变化中原子的种类、数目没有发生改变(其他合理答案也可)解析 根据题意及图示可知 A 为 NO、B 为 CO、C 为 CO2、D 为 N2,结合题意解答即可。28.(6 分)合成氨工业生产中所用的 -Fe 催化剂的主要成分为 FeO、Fe 2O3。(1)某 FeO、Fe 2O3混合物中,铁、氧的物质的量之比 45,其中 Fe2+与 Fe3+的物质的量之比为 。 (2)当催化剂中 Fe2+与 Fe3+的物质的量之比为 12 时,其催化剂活性最高,此时混合物中铁的质量分数为 (保留 2

35、 位小数)。 (3)写出由 C(炭粉)与 Fe2O3在高温下反应制备 -铁触媒的化学方程式(另一种产物可溶于水): 。 (4)为制得这种活性最高的催化剂,理论上应向 480 g Fe2O3粉末加入炭粉的质量为 ,生成实验条件下 CO2的体积为 (假设此实验条件下,气体摩尔体积为 24 Lmol-1)。 答案 (1)11(2)72.41%(3)2Fe2O3+C 4FeO+CO2(4)6 g 12 L解析 (1)设 FeO、Fe 2O3的物质的量分别为 x mol、y mol,根据铁、氧物质的量之比得(x+2y)(x+3y)=45,xy=21,Fe 2+与 Fe3+物质的量之比为 x2y=11。(

36、2)根据催化剂中 Fe2+与 Fe3+的物质的量之比为 12,可推知,FeO、Fe 2O3的物质的量之比为 11,混合物中铁的质量分数为100%72.41%。(3)由题给信息知,C(炭粉)会将一部分 Fe2O3还原成 FeO,同时 C(炭粉)被氧化成35672+160CO2。(4)由于催化剂中 Fe2+与 Fe3+的物质的量之比为 12 时,其催化剂活性最高,此时反应后的混合物中,FeO、Fe 2O3的物质的量之比为 11,480 g Fe 2O3的物质的量为 3 mol,Fe2O32FeO,原料中必须有 的1312Fe2O3参加反应,即 1 mol Fe2O3参加反应,理论上要有 0.5 m

37、ol C 参加反应,即 6 g C,生成 CO2的物质的量为 0.5 mol,在该条件下体积为 12 L。 29.(6 分)黄铁矿主要成分是 FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时,取 0.100 g 样品在空气中充分灼烧,将生成的 SO2气体与足量 Fe2(SO4)3溶液完全反应后,用浓度为 0.020 molL-1的 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点,消耗 K2Cr2O7标准溶液 25.00 mL。已知:SO 2+2Fe3+2H2O S +2Fe2+4H+O2-4Cr2 +6Fe2+14H+ 2Cr3+6Fe3+7H2OO2-7(1)样品中 FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应) 。

38、 (2)煅烧 10 t 上述黄铁矿,理论上产生 SO2的体积(标准状况)为 L,可制得 98%的硫酸的质量为 t。 答案 (1)90.00% (2)3.3610 6 15解析 (1)据化学方程式 4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2SO2+2Fe3+2H2O S +2Fe2+4H+O2-4Cr2 +6Fe2+14H+ 2Cr3+6Fe3+7H2OO2-7得关系式:Cr2 6Fe 2+ 3SO 2 FeS2O2-7321 320.020 molL-10.025 Lm(FeS2)120 gmol-1m(FeS2)=0.090 g样品中 FeS2的质量分数是 100%=90.00%。0.09

39、0 g0.100 g(2)4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO24 8mol101060.9120 V(SO2)22.4 Lmol-1V(SO2)=3.36106 Ln(SO2)= =1.5105 mol3.36106L22.4 Lmol-1由 SO2 SO 3 H 2SO4131 mol 98 g1.5105 molm(硫酸)98%得 m(硫酸)=1.510 7 g=15 t。30.(6 分)化合物 A 由三种元素组成,是一种矿物的主要成分,可发生如下变化:请回答:(1)A 的化学式为 。 (2)固体 B 与盐酸反应的离子方程式为 。 (3)含化合物 A 的浊液长时间暴露在空气中,会有

40、部分固体表面变为红褐色,该变化的化学方程式为 。 答案 (1)FeCO 3 (2)Fe 2O3+6H+ 2Fe3+3H2O(3)4FeCO3+O2+6H2O 4Fe(OH)3+4CO2解析 (1)根据血红色溶液 D 可判断 3.20 g 红棕色固体 B 是氧化铁,物质的量是 0.02 mol;无色无味的气体 E 能与澄清石灰水反应产生白色沉淀,说明 E 是二氧化碳,F 是碳酸钙,物质的量是 0.04 mol,根据碳原子守恒可知碳原子的物质的量是 0.04 mol,质量是 0.48 g,铁原子的质量是 0.02 mol256 g/mol=2.24 g,因此根据原子守恒、质量守恒定律可知另一种元素

41、是氧元素,质量是 4.64 g-2.24 g-0.48 g=1.92 g,物质的量是 0.12 mol,即 Fe、C、O 三种原子的个数之比是 113,所以 A 的化学式为FeCO3。(2)固体 B 与盐酸反应的离子方程式为 Fe2O3+6H+ 2Fe3+3H2O。(3)含化合物 A 的浊液长时间暴露在空气中,会有部分固体表面变为红褐色,说明亚铁离子被氧化为铁离子,该变化的化学方程式为4FeCO3+O2+6H2O 4Fe(OH)3+4CO2。31.(8 分)用无水 Na2CO3固体配制 250 mL 0.100 0 molL-1的溶液。请回答:(1)在配制过程中不必要的玻璃仪器是 。 A.烧杯

42、 B.量筒 C.玻璃棒 D.胶头滴管 E.容量瓶(2)定容时的操作:当液面接近容量瓶刻度线时, ,再将容量瓶塞盖好,反复上下颠倒,摇匀。 (3)下列操作会使配得的 Na2CO3溶液浓度偏低的是 。 A.称取相同质量的 Na2CO310H2O 固体进行配制14B.定容时俯视容量瓶的刻度线C.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线,再滴加蒸馏水至刻度线D.转移洗涤液时洒到容量瓶外,继续用该未清洗的容量瓶重新配制答案 (1)B(2)用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹面正好与刻度线相切(3)AC解析 (1)配制过程中可不用量筒,用容量瓶也可限定体积。(2)当液面接近容量瓶刻度线时,继续直接倾倒容易导致体积超过刻度线

43、,需用胶头滴管逐滴滴加。(3)A 中用相同质量的 Na2CO310H2O 固体进行配制会使溶液中 Na2CO3的质量偏小,导致溶液浓度偏低;B 中定容时俯视会造成溶液实际体积偏小,从而使溶液浓度偏高;C 中操作会使溶液体积偏大,造成溶液浓度偏低;D 中操作使用未清洗的容量瓶重新配制,该容量瓶残留溶质,会造成溶液浓度偏高。32.(8 分)软锰矿(主要成分 MnO2,杂质金属元素 Fe、Al、Mg 等)的水悬浊液与烟气中 SO2反应可制备MnSO4H2O,反应的化学方程式为 MnO2+SO2 MnSO4。(1)质量为 17.40 g 纯净 MnO2最多能氧化 L(标准状况)SO 2。 (2)准确称

44、取 0.171 0 g MnSO4H2O 样品置于锥形瓶中,加入适量 H3PO4和 NH4NO3溶液,加热使 Mn2+全部氧化成 Mn3+,用 c(Fe2+)=0.050 0 molL-1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中 Mn3+被还原为 Mn2+),消耗含 Fe2+溶液 20.00 mL。计算 MnSO4H2O 样品的纯度(请给出计算过程)。答案 (1)4.48(2)n(Fe2+)=0.050 0 molL-1 =1.0010-3 mol20.00 mL1 000 mLL-1n(Mn2+)=n(Fe2+)=1.0010-3 molm(MnSO4H2O)=1.0010-3 mol169 gmol-1=0.169 gMnSO4H2O 样品的纯度为 100%98.8%0.169 g0.171 0 g解析 (1)根据提供的化学方程式知,1 mol MnO 2氧化 1 mol SO2,则 17.40 g 纯净的 MnO2最多能氧化标准状况下 SO2的体积为 22.4 Lmol-1=4.48 L。17.4 g87 gmol-1