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江苏省启东中学2021届高三上学期期初考试化学试题含答案解析
年级:高中
难度:中等
更新时间:2021-01-11
下载:177次
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一、选择题(共15题)
1.

中国在探索太空,开发深海,建设世界第一流的高铁、桥梁、码头,5G技术联通世界等方面取得了举世瞩目的成就,它们与化学有着密切联系,下列说法正确的是(   

A中国天眼的眼眶是钢铁结成的圈梁,属于新型无机非金属材料

B为打造生态文明建设,我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电,电能属于一次能源

C我国提出网络强国战略,光缆线路总长超过三千万公里,光缆的主要成分是二氧化硅

D神舟十一号宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐

【答案】

C

【详解】

A.中国天眼的眼眶,索网结构是FAST主动反射面的主要支撑结构,不是新型无机非金属材料,故A错误;

B.电能不是一次能源,属于二次能源,故B错。

C.二氧化硅具有良好的光学特性,是制造光缆的主要原料,故C正确;

D.高温结构陶瓷包括氮化硅陶瓷,氮化硼陶瓷,碳化硼陶瓷,故D 错误;

 故选:C

组卷:152次
难度:容易
知识点:新型无机非金属材料
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2.

化学与生活密切相关,下列说法错误的是(   

A推广使用新能源汽车可以减少尾气的排放

B消毒液长时间敞开保存会增强其消毒效果

C红葡萄酒中充入的少量SO2具有抗氧化的作用

D作为医用呼吸机原材料之一的ABS树脂属于有机高分子材料

【答案】

B

【详解】

A.推广使用新能源汽车可以减少化石能源的使用,从而减少二氧化碳等尾气的排放,故A正确;

B.消毒液长时间敞开保存会挥发、分解、变质,导致消毒效果减弱,故B错误;

C.二氧化硫具有还原性,红葡萄酒中充入的少量二氧化硫可以防止葡萄酒氧化变质,影响葡萄酒的口感,故C正确;

D.ABS树脂是丙烯晴、1,3丁二烯和苯乙烯发生加聚反应的产物,属于有机高分子材料,故D正确;

故选B

组卷:171次
难度:中等
知识点:高分子材料
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3.

常温,下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是(  )

A=10-12的溶液中:Cu2+

B滴加KSCN溶液显红色的溶液中:K+Cl-I-

C0.1mol·L-1NaHCO3溶液中:Fe3+K+Cl-

D水电离产生的c(OH-)=10-12mol·L-1的溶液中:Na+Al3+Cl-

【答案】

A

【详解】

A. 常温下,在的溶液中,c(H+)=0.1mol·L-1,溶液显酸性,离子之间均不能发生反应,A项正确;

B. 滴加KSCN溶液显红色,说明溶液中存在Fe3+Fe3+能够氧化I-B项错误;

C. Fe3+HCO3-发生相互促进的水解反应而不能大量共存,C项错误;

D. 由水电离的c(OH-)=10-12mol·L-1的溶液可能呈强酸性也可能呈强碱性,碱性溶液中Al3+不能大量存在,D项错误;

答案选A

【点睛】

离子共存问题,侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力,题型不难,需要注意的是,溶液题设中的限定条件。如无色透明,则常见的有颜色的离子如Cu2+Fe3+Fe2+MnO4-Cr2O72-CrO42-等不符合题意;还有一些限定条件如:常温下与Al反应生成氢气的溶液时,该溶液可能为酸溶液,也可能为碱溶液。做题时只要多加留意,细心严谨,便可快速选出正确答案。还有一些限定条件如:常温下水电离出来的 H+ OH-浓度为1×10-10,小于1×10-7时,该溶液可能为酸溶液,也可能为碱溶液。做题时只要多加留意,细心严谨,便可快速选出正确答案。

组卷:176次
难度:基础
知识点:离子反应
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4.

氯气是一种重要的工业原料,液氯储存区贴有的说明卡如下:

包装

钢瓶

储运要求

远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质;设置氯气检测仪

泄漏处理

NaOHNaHSO3溶液吸收

下列解释事实的方程式不正确的是

A氯气用于自来水消毒:Cl2 + H2O2H+ + Cl+ ClO

B电解饱和食盐水制取Cl22Cl +2H2O 2OH+ H2↑+Cl2

C浓氨水检验泄露的氯气,产生白烟:8NH3 + 3Cl2 === 6 NH4Cl + N2

D氯气泄漏处理NaHSO3溶液的作用:HSO3+ Cl2 + H2O === SO42+ 3H+ + 2Cl

【答案】

A

【解析】

AHClO为弱酸,不能完全电离;
B.电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠;
C.氯气具有强氧化性,可氧化氨气生成氮气;

D.氯气与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸根离子。

【详解】

A. HClO为弱酸,不能完全电离,离子方程式为Cl2 + H2OH+ + Cl+ HClOA项错误;

B. 电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠,电解方程式为2Cl +2H2O 2OH+ H2↑+Cl2B项正确;

C. 氯气具有强氧化性,可氧化氨气生成氮气,同时生成氯化铵,方程式为8NH3 + 3Cl2 === 6NH4Cl + N2C项正确;

D. 氯气与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸根离子,反应的离子方程式为HSO3+ Cl2 + H2O === SO42+ 3H+ + 2ClD项正确;

答案选A

【点睛】

离子反应方程式的书写正误判断题是高频考点,涉及的知识面广,出题人经常设的陷阱有:不符合客观事实、电荷不守恒、原子不守恒以及反应物用量干扰等问题,如A选项是易错点,容易忽略次氯酸是弱电解质,而应该保留化学式。

组卷:147次
难度:中等
知识点:氯气
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5.

已知H2O2易分解,反应式为2H2O2===2H2OO2FeS2的结构类似于Na2O2,是一种过硫化物,与酸反应时生成H2S2H2S2易分解。实验室用稀硫酸与FeS2颗粒混合,则反应完毕后不可能生成的物质是

AH2S                       BS                           CFeS                       DFeSO4

【答案】

C

【详解】

由题意知,FeS2颗粒与硫酸发生反应生成硫酸亚铁和过硫化氢,即FeS2H2SO4=H2S2FeSO4H2S2类似于H2O2,易分解,H2S2发生分解反应生成H2S气体和单质S,即H2S2===H2SS,则不可能生成的是FeS;答案为C

组卷:197次
难度:中等
知识点:含硫化合物之间的转化
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6.

科学工作者研发了一种 SUNCAT 的系统,借助锂循环可持续合成氨,其原理如图所示。下列说法不正确的是

A过程得到的 Li3N N 元素为−3

B过程生成 W 的反应:Li3N+3H2O═3LiOH+NH3

C过程中能量转化的形式:电能转变为化学能

D过程涉及到反应:2H2O-4 e═O2↑+4H+

【答案】

D

【详解】

A.由图可知,过程LiN2生成Li3NLi元素为+1价,N 元素为−3 价,A正确;

BWLiOH,过程II的反应为:Li3N+3H2O=3LiOH+NH3B正确;

C.过程4LiOH4Li+2H2O+O2,该反应需要电解,所以是电能转变为化学能,C正确;

D.由于该过程为了合成NH3,故电解质环境为碱性,过程涉及到反应为:4OH--4e-=O2 +2H2OD错误;

故选D

组卷:132次
难度:容易
知识点:电解原理
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7.

在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是(   

AFeFe2O3Fe2(SO4)3

BCl2HClOO2

CCuOCuCl2(aq)无水CuCl2

DSSO3H2SO4

【答案】

B

【详解】

A.高温条件下,铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,物质间转化不能实现,故A错误;

B.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸遇光发生分解反应生成氯化氢和氧气,物质间转化均能实现,故B正确;

C.氯化铜在溶液中水解使溶液呈酸性,加热时氯化氢受热挥发,导致氯化铜水解趋于完全生成氢氧化铜,物质间转化不能实现,故C错误;

D.硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫,不能生成三氧化硫,物质间转化不能实现,故D错误;

故选B

组卷:155次
难度:中等
知识点:含硫化合物之间的转化
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8.

下列实验中,所选装置或实验设计合理的是

A用图所示装置可以除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质

B用乙醇提取溴水中的溴选择图所示装置

C用图所示装置可以分离乙醇水溶液

D用装置SnCl2溶液蒸干制备SnCl2晶体

【答案】

A

【详解】

A选项,碳酸钙难溶于水,因此用图所示装置可以除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质,故A符合题意;

B选项,乙醇与水互溶,则乙醇不能作溴水的萃取剂,故B不符合题意;

C选项,用图所示装置可以分离乙醇水溶液,要使用温度计,故C不符合题意;

D选项,Sn2+要水解,用装置SnCl2溶液蒸干不能制备SnCl2晶体,故D不符合题意。

综上所述,答案为A

组卷:145次
难度:容易
知识点:物质的分离 提纯和检验
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9.

从海带中提取碘单质的工艺流程如下。下列关于海水制碘的说法,不正确的是(  )

A在碘水中加入几滴淀粉溶液,溶液变蓝色

B实验室在蒸发皿中灼烧干海带,并且用玻璃棒搅拌

CI的滤液中加入稀硫酸和双氧水后,碘元素发生氧化反应

D碘水加入CCl4得到I2CCl4溶液,该操作为萃取

【答案】

B

【详解】

A、碘单质遇到淀粉变蓝是碘单质的特性,A正确;

B、固体灼烧应在坩埚中进行,溶液蒸发在蒸发皿中进行,B错误;

C、碘离子被过氧化氢在酸性溶液中氧化为碘单质,发生氧化反应,C正确;

D、碘单质在水中的溶解度不大,易溶于四氯化碳等有机溶剂,可以用四氯化碳萃取碘水中的碘单质,D正确。

答案选B

组卷:181次
难度:中等
知识点:物质的分离 提纯和检验
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10.

已知A转化为CD分步进行:A(g)B(g)+2D(g)B(g)C(g)+D(g),其反应过程能量如图所示,下列说法正确的是(   

A1molA(g)的能量低于1molB(g)的能量

BB(g)C(g)+D(g)   ΔH=Ea4-Ea3

C断裂1molA(g)化学键吸收的热量小于形成1molC(g)3molD(g)化学键所放出的热量

D反应过程中,由于Ea3<Ea1,反应速率大于反应,气体B很难大量积累

【答案】

D

【详解】

A. 从图中可知1molA(g)的能量低于1molB(g)2molD(g)的总能量,不能比较1molA(g)的能量和1molB(g)的能量大小,A错误;

B. 从图中反应前后能量变化可知,反应物总能量低于生成物总能量,B(g)C(g)+D(g)为吸热反应,ΔH>0,故ΔH=Ea3-Ea4B错误;

C. 从图中可知,A转化为CD为吸热反应,断裂1molA(g)化学键吸收的热量应大于形成1molC(g)3molD(g)化学键所放出的热量,C错误;

D. 从反应过程的图像中可知, Ea3<Ea1,活化能越低,反应速率越快,故反应速率大于反应,气体B很难大量积累,D正确;

答案选D

组卷:146次
难度:中等
知识点:化学反应中的能量变化
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11.

用如图装置探究Cl2NO2NaOH溶液中的反应。通入适当比例的Cl2NO2,发生的化学反应为Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。下列叙述正确的是(   

A实验室中可用Cu1mol·L-1的硝酸制备二氧化氮气体

B装置中的玻璃管起到平衡气压作用

C由该反应可知氧化性顺序:Cl2NO2NaNO3

D通过观察装置I中的气泡的快慢控制Cl2NO2的通入量

【答案】

D

【详解】

ACu1molL-1的硝酸反应生成NO气体,制备二氧化氮应该用浓硝酸,故A错误;

B.装置中的玻璃管可起到平衡气压作用,但Cl2NO2都是有毒气体,需要使用完全处理装置,不能直接排放,故B错误;

C.反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O中,Cl2为氧化剂,NO2为还原剂,NaNO3为氧化产物,则氧化性顺序为:Cl2NaNO3NO2,故C错误;

D.装置中盛放饱和食盐水,通过观察装置中的气泡的快慢控制Cl2NO2的通入量,故D正确;故答案选D

组卷:134次
难度:中等
知识点:探究性实验
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12.

化学实验观察现象分析推理得出结论是化学学习的方法。下列说法正确的是(      

A证明某红棕色气体是溴蒸气还是NO2,可用湿润的淀粉–KI试纸检验,观察试纸颜色变化

B验证淀粉的水解产物是否具有还原性,取酸性水解液于试管中并加入新制氢氧化铜悬浊液,加热煮沸,观察是否出现砖红色沉淀

C向铝质容器中加入食盐溶液,再将变黑(Ag2S)的银器浸入该溶液中,一段时间后发现黑色褪去,该过程中发生的反应为2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3

DSO2通入足量稀Fe(NO3)3溶液中,溶液由棕黄色变为浅绿色,但立即又变成棕黄色,假设通入的SO2完全反应,则同温同压下,逸出的NO气体和SO2的体积比为23

【答案】

D

【详解】

A.二者均具有氧化性,均使湿润的淀粉KI试纸变蓝,则观察试纸变色不能检验,故A错误;

B.水解后检验葡萄糖应在碱性条件下,淀粉水解后没有加碱至碱性,就加入新制氢氧化铜悬浊液,加热煮沸,不能检验葡萄糖的还原性,故B错误;

C.银器放在铝制容器中,由于铝的活泼性大于银,铝为负极,失电子,电极反应式为Al-3e=Al3,银为正极,银表面的Ag2S得电子,析出单质银,电极反应式为Ag2S+2e+2H2O=2Ag+2OH+H2SAlAg2S反应最终生成物应该是AgH2SAl(OH)3,故C错误;

DSO2通入足量的Fe(NO3)3稀溶液中,硝酸根离子与二氧化硫发生氧化还原反应,逸出气体为NO,由电子守恒可知,同温同压下,逸出气体和SO2的体积比为=23,故D正确;

故选:D

组卷:176次
难度:中等
知识点:糖类性质实验探究
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13.

根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是

选项

实验操作和现象

结论

A

向某溶液中滴加溶液,产生蓝色沉淀

原溶液中有Fe2+,无Fe3+

B

CuSO4溶液中加入铁粉,有红色固体析出

Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性

C

向碘水中加入等体积的CCl4,振荡后静置,上层接近无色,下层显紫红色

I2CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度

D

向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液,有白色沉淀生成;再加入足量盐酸,白色沉淀不消失

原溶液中一定含有SO

AA                          BB                           CC                           DD

【答案】

C

【详解】

A. 滴加溶液,产生蓝色沉淀,说明原溶液中有Fe2+,但是不能确定是否有Fe3+A错误;

B. CuSO4溶液中加入铁粉,有红色固体铜析出,说明Fe的还原性强于Cu的还原性, Cu2+的氧化性强于Fe2+的氧化性,B错误;

C. 向碘水中加入等体积的CCl4,振荡后静置,上层接近无色,下层显紫红色,CCl4I2萃取,说明I2CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度,C正确;

D. 向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液,有白色沉淀生成;再加入足量盐酸,白色沉淀不消失,原溶液中不一定含有SO,还可能是SO,加入Ba(NO3)2溶液,先生成BaSO3白色沉淀,再加入足量盐酸,溶液中有NOH+,将BaSO3氧化为BaSO4D错误。

答案选C

组卷:155次
难度:容易
知识点:氧化还原反应
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14.

下图为有关分子在催化剂作用下发生转化的示意图,下列叙述正确的是(    )。

AN2→NH3NH3→NO均属于氮的固定

B催化剂a作用下氮原子发生了氧化反应

C催化剂ab表面均发生了极性共价键的断裂

D使用催化剂ab均可以提高单位时间内生成物的产量

【答案】

D

【详解】

A.把游离态的氮转化为氮的化合物,称为氮的固定,N2→NH3属于氮的固定,NH3→NO不属于氮的固定,故A错误;

B.催化剂a作用下,N2→NH3,氮原子化合价从0降低至-3价,发生还原反应,故B错误;

C.催化剂a作用下,N2→NH3,断裂非极性共价键N≡N键,催化剂b作用下,NH3→NO,断裂极性共价键N-H键,故C错误;

D.催化剂可以提高化学反应速率,可以提高单位时间内生成物的产量,故D正确;

故答案为D

组卷:196次
难度:容易
知识点:氮和磷
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15.

过碳酸钠(2Na2CO3·H2O2),俗名固体双氧水,具有Na2CO3H2O2双重性质,可用作无毒漂白剂和供氧剂。一种利用双氧水和纯碱在稳定剂作用下制备过碳酸钠的工艺流稳定程如下图。已知:2Na2CO33H2O22Na2CO3·3H2O2

下列说法不正确的是

AFeCl3溶液可加速过碳酸钠的失效

B加入NaCl的作用是降低2Na2CO3·3H2O2的溶解度,以析出更多晶体

C生产过碳酸钠的流程中遗漏了晶体的洗涤一步,导致产品纯度降低

D该生产流程中可循环使用的物质是CO2NH4Cl

【答案】

D

【详解】

A.过碳酸钠具有碳酸钠和过氧化氢的双重性质,三氯化铁溶液既能与碳酸钠反应,又能作过氧化氢分解的催化剂,因此三氯化铁溶液能使过碳酸钠失效,A项正确;

B.根据溶解结晶平衡,加入NaCl,增加了钠离子浓度,溶解结晶平衡正向移动,析出晶体更多,B项正确;

C.晶体表面总是会吸附一定量溶液中的杂质离子,若不洗涤,将导致产品纯度降低,C项正确;

D.在反应煅烧这一步产生的CO2可用于反应,但反应的产物NH4Cl并不循环使用,D项错误;

所以答案选择D项。

【点睛】

工艺流程图中可循环使用的物质的判断,一是可依据流程中往回打的箭头来判断,一是依据反应中反应物和生成物来判断。本题是分析每一步反应所需的反应物和生成物来判断循环物质的。

组卷:127次
难度:偏难
知识点:物质的分离 提纯和检验
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二、综合题(共4题)
1.

从古至今,铁及其化合物在人类生产生活中的作用发生了巨大变化。

1)古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的,其主要成分是__(填字母序号)。

a.Fe      b.FeO      c.Fe3O4      d.Fe2O3

2)硫酸渣的主要化学成分为:SiO245%Fe2O340%Al2O310%MgO5%。用该废渣制取药用辅料——红氧化铁的工艺流程如图(部分操作和条件略):

回答下列问题:

在步骤i中产生的有毒气体可能有__

在步骤iii操作中,要除去的离子之一为Al3+。若常温时=1.0×10-32,此时理论上使Al3+恰好沉淀完全即溶液中c(Al3+)=1×10-5mol/L,则溶液的pH___

步骤iv中,生成FeCO3的离子方程式是__

3)氯化铁溶液称为化学试剂中的多面手,向氯化铜和氯化铁的混合溶液中加入适量氧化铜粉末会产生沉淀,写出这一过程的总反应的离子方程式__

4)古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如图:

复分解反应的离子方程式是__

【答案】

c    COSO2    5    Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O    3CuO+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+        

【详解】

1)古代中国四大发明之一的司南是由天然磁石制成的,磁铁成分主要是四氧化三铁,选c,故答案为:c

2)硫酸渣的主要化学成分为:SiO245%Fe2O340%Al2O310%MgO5%,加煤炭焙烧可生成COSO2等有毒气体,加硫酸后只有二氧化硅不反应,过滤除去二氧化硅,然后调节pHFe3Al3完全转化为沉淀,而亚铁离子没有转化为沉淀,向滤液加入碳酸氢铵将溶液中Fe2转变为碳酸亚铁沉淀,过滤得到碳酸亚铁,洗涤、干燥,然后煅烧得到氧化铁。

根据以上分析可知在步骤i中产生的有毒气体可能有COSO2等。

在步骤操作中,要除去的离子之一为Al3+。若常温时=1.0×10-32,此时理论上使Al3+恰好沉淀完全即溶液中c(Al3+)=1×10-5mol/L,则此时溶液中氢氧根浓度是mol/L1.0×109 mol/L,所以溶液的pH5

步骤中,根据原子守恒可知生成FeCO3的同时还有二氧化碳和水生成,则离子方程式是Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O

3)因为Fe3会水解产生较多的HFe3+3H2OFe(OH)3+3H,加入CuOH反应生成Cu2H2O,降低了H浓度,使得水解平衡正向移动,生成Fe(OH)3沉淀,总反应式为3CuO+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+

4Fe3+反应生成蓝色沉淀,反应的离子方程式为:3+4Fe3+=

组卷:105次
难度:中等
知识点:沉淀溶解平衡
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2.

Cl2是一种重要的化学原料,在生产和生活中应用十分广泛。

1)氯水中HClO具有漂白性,能杀菌消毒。其电子式为__

2)实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取Cl2,反应的离子方程式是__

3)工业上可采取电解饱和食盐水的方法制取Cl2,装置如图所示,图中的离子交换膜为__(”)离子交换膜。

4)以HCl为原料,用O2氧化制取Cl2,可提高效益,减少污染。反应如下:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)   △H=-115.4kJ·mol-1

上述反应在同一反应器中,通过控制合适条件,分两步循环进行,可使HCl转化率接近100%,其基本原理如图所示:

过程的反应为:2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g)    △H1=-120.4kJ·mol-1

过程反应的热化学方程式为__

过程流出的气体通过稀NaOH溶液(含少量酚酞)进行检测,氯化初期主要为不含HCl的气体,判断氯化结束时溶液的现象为__

相同条件下,若将氯化温度升高到300,溶液中出现上述现象的时间将缩短,其原因为__

【答案】

    2MnO+16H+10Cl2Mn2+5Cl2↑+8H2O        2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(g)    ΔH2=+125.4kJ·mol-1    溶液由红色变为无色    温度升高,反应速率加快,且氯化程度减少   

【详解】

(1)次氯酸是共价化合物,电子式为:

(2)实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取Cl2,反应的离子方程式是2MnO+16H+10Cl2Mn2+5Cl2↑+8H2O

(3)阳极发生氧化反应,氯离子放电,产生氯气,为防止氯气和氢氧化钠反应,图中的离子交换膜应该为阳离子交换膜,防止氢氧根离子进入阳极区;

(4)①已知:

ⅰ.4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)   △H=-115.4kJ·mol-1

ⅱ.2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g)    △H1=-120.4kJ·mol-1

所以根据盖斯定律ⅰ-2×ⅱ得:2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(gΔH2=+125.4kJ·mol-1

氯化初期不含氯化氢气体,所以稀NaOH溶液(含少量酚酞)变红,后期含氯化氢与氢氧化钠中和碱性减弱,所以现象为溶液由红色变为无色;

温度越高反应速率越快,所以氯化的时间缩短。

组卷:113次
难度:中等
知识点:氯碱工业
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3.

二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色到橙黄色的气体,是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。已知:工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠反应。二氧化氯能与许多化学物质发生爆炸性反应,遇水则生成次氯酸、氯气和氧气。

完成下列填空:

1)将二氧化氯通入品红试液中,溶液褪色的理由是___

2)请配平下列反应的化学方程式(CH3OHH+1价,O-2)_____CH3OH+__NaClO3+__→__CO2↑+__C1O2↑+__Na2SO4+  _

3)该反应中,被氧化的元素是___。还原产物与氧化产物的物质的量之比是___

4)根据上述反应可推知___

a.氧化性:C1O2NaClO3 b.氧化性:NaClO3CH3OH

c.还原性:CH3OHClO2 d.还原性:CH3OHNa2SO4

5)若转移的电子数目为0.3NA(NA为阿伏加德罗常数),则反应产生气体(标准状况)__L

6)消毒效率常以单位质量的消毒剂得到的电子数表示。ClO2的消毒效率是Cl2__倍。

【答案】

二氧化氯与水反应生成次氯酸具有漂白性    CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6C1O2↑+3Na2SO4+5H2O    CH3OH-2价的碳    61    bc    7.84    2.63   

【分析】

(1)利用二氧化氯遇水则生成次氯酸、氯气和氧气,分析品红试液褪色的原因;

(2)根据化合价升降法,确定氧化剂,还原剂的系数,根据原子守恒配平各原子的系数;

(3)被氧化的元素是化合价升高的元素,找到氧化产物和还原产物,找到他们之间的关系;

(4)根据氧化剂的氧化性大于氧化产物,还原剂的还原性大于还原产物进行判断;

(5)找到转移的电子的物质的量和气体的物质的量关系;

(6)二氧化氯和氯气作为氧化剂,生成的产物是氯离子,根据单位质量的二氧化氯得到的电子数与单位质量的氯气得到的电子数的比值进行计算。

【详解】

(1)二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性,可以使品红褪色;

(2)根据元素守恒左边加入硫酸,右边加水,氧化剂是NaClO3,氯元素的化合价从+5降低到+4价,化合价降低了1CH3OH中碳元素的化合价从-2升高到+4价,化合价升高了6,根据氧化剂得电子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量相等,配平氧化剂和还原剂的系数,根据元素守恒,配平其余物质,得到化学反应为:CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6C1O2↑+3Na2SO4+5H2O

(3)该反应中,化合价升高的元素是CH3OH-2价的碳,被氧化的元素是CH3OH-2价的碳,还原产物是二氧化氯,氧化产物是二氧化碳,还原产物和氧化产物的物质的量之比是6:1

(4)该反应中,氧化剂是NaClO3,还原剂是CH3OH,氧化产物是CO2,还原产物是C1O2,氧化剂的氧化性大于氧化产物,还原剂的还原性大于还原产物,故说明氧化性:NaClO3>CH3OH,还原性:CH3OH>ClO2,答案选bc

(5)根据甲醇和氯酸钠的化学反应可知,生成7mol气体,转移6mol电子,若转移的电子数目为0.3NA0.3mol,则生成0.35mol气体,气体在标况下的体积为V=nVm=0.35mol×22.4L/mol=7.84L

(6)ClO2的消毒效率是Cl22.63倍。

【点睛】

充分应用氧化还原反应的知识,并结合信息灵活应该是解题关键。

组卷:178次
难度:中等
知识点:氧化还原反应方程式的配平
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4.

N2ONONO2等氮氧化物是空气污染物,含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。

1N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物,用特种催化剂能使N2O分解。NH3O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为________

2NONO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收,主要反应为

NO+NO2+2OH2+H2O

2NO2+2OH++H2O

下列措施能提高尾气中NONO2去除率的有________(填字母)。

A.加快通入尾气的速率

B.采用气、液逆流的方式吸收尾气

C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液

吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤,得到NaNO2晶体,该晶体中的主要杂质是________(填化学式);吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是________(填化学式)。

3NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气,可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同,NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。

在酸性NaClO溶液中,HClO氧化NO生成Cl,其离子方程式为________

NaClO溶液的初始pH越小,NO转化率越高。其原因是________

【答案】

2NH3+2O2N2O+3H2O    BC    NaNO3    NO    3HClO+2NO+H2O3Cl+2+5H+    溶液pH越小,溶液中HClO的浓度越大,氧化NO的能力越强   

【详解】

1NH3O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O,根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成,配平化学方程式为:2NH3+2O2N2O+3H2O

故答案为2NH3+2O2N2O+3H2O

2A.加快通入尾气的速率,不能提高尾气中NONO2的去除率,不选A

B.采用气、液逆流的方式吸收尾气,可使气液充分接触,能提高尾气中NONO2的去除率,选B

C.定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度,能提高尾气中NONO2的去除率,选C

故答案为BC

由吸收反应:NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O可知,反应后得到NaNO2NaNO3混合溶液,经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2NaNO3晶体,因此得到的NaNO2混有NaNO3;由吸收反应可知,若NONO2的物质的量之比大于11NO不能被吸收,因此,吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO

故答案为NaNO3NO

3在酸性的NaClO溶液中,次氯酸根离子和氢离子结合生成HClOHClONO发生氧化还原反应生成NO3-Cl-,根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒,配平离子方程式为2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+

故答案为2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+

在相同条件下,氧化剂的浓度越大,氧化能力越强,由反应2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3 Cl-+5H+可知,溶液pH越小,溶液中HClO浓度越大,氧化NO的能力越强,

故答案为溶液pH越小,溶液中HClO的浓度越大,氧化NO的能力越强。

组卷:185次
难度:容易
知识点:氧化还原反应方程式的配平
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三、实验,探究题(共1题)
1.

过二硫酸钠(Na2S2O8)也叫高硫酸钠,可用于废气处理及有害物质氧化降解.(NH4)2S2O8溶液和一定浓度的NaOH溶液混合可制得Na2S2O8晶体,同时还会放出氨气。某化学兴趣小组利用该原理在实验室制备Na2S2O8晶体(装置如图所示)

已知:反应过程中发生的副反应为2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+6H2O+N2

1)图中装有NaOH溶液的仪器的名称为___,反应过程中持续通入氮气的目的是__

2(NH4)2S2O8可由电解硫酸铵和硫酸的混合溶液制得,写出电解时阳极的电极反应式:__

3Na2S2O8溶于水中,会发生一定程度的水解,最终仅生成H2SO4Na2SO4和另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质,写出该反应的化学方程式:__

4Na2S2O8具有强氧化性,该兴趣小组设计实验探究不同环境下Na2S2O8氧化性的强弱。将MnSO4•H2O(1.69g)与过量Na2S2O8(10g)溶于水中形成的混合溶液煮沸3min,观察并记录加入试剂时和加热过程中的现象(如表格所示)

环境

调节溶液氧化环境时的现象

加热煮沸3min期间产生的现象

中性

加入VmL蒸馏水,无明显现象

30s时开始有大量气泡冒出,3min后溶液变深棕色,溶液中有悬浮小颗粒

碱性

加入VmL某浓度的NaOH溶液,瞬间变为棕色(MnO2)

10s后溶液逐渐变为深紫色(MnO),没有明显冒气泡现象

酸性

加入VmLH2SO4无明显现象

煮沸3min后,有气泡冒出

___(中性”“酸性碱性”)条件下,Na2S2O8的氧化能力最强。

若用0.1mol•L-1H2O2溶液滴定碱性氧化反应后的溶液(先将溶液调至酸性再滴定),滴定终点时的现象为__;达到滴定终点时,消耗H2O2溶液的体积为V1rnL。则碱性氧化后的溶液中NaMnO4的质量为__g(用含V1的代数式表示,5H2O2~2MnO)

【答案】

分液漏斗    将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出,减少副反应的发生    2SO-2e-=S2O    Na2S2O8+2H2O=H2SO4+Na2SO4+H2O2    碱性    当滴入最后一滴H2O2溶液时,溶液由紫色变为无色,且在半分钟内不变色    5.68×10-3V1   

【分析】

1)装有NaOH溶液的仪器为分液漏斗;由题给信息可知NH3能被Na2S2O8氧化生成N2,所以在反应过程中需不断往反应液中通N2NH3尽快排出;

2)电解时在阳极失去电子发生氧化反应生成

3)由Na2S2O8水解生成H2SO4Na2SO4可知,反应中硫元素化合价降低被还原,由氧化还原反应规律可知,另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质为H2O2

4由信息知,在碱性溶液中,Mn2+的反应剧烈;

②NaMnO4溶液与过氧化氢发生氧化还原反应,NaMnO4被还原生成Mn2+,溶液由紫色变为无色。

【详解】

1)由实验装置图可知,装有NaOH溶液的仪器为分液漏斗;(NH4)2S2O8溶液和一定浓度的NaOH溶液混合,发生复分解反应生成Na2S2O8NH3,由题给信息可知NH3能被Na2S2O8氧化生成N2,所以在反应过程中需不断往反应液中通N2NH3尽快排出,以减少副反应的发生,故答案为:分液漏斗;将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出,减少副反应的发生;

2)由生成可知,硫元素的化合价升高被氧化,则电解时在阳极失去电子发生氧化反应生成,电极反应式为2-2e- =,故答案为:2-2e- =

3)由Na2S2O8水解生成H2SO4Na2SO4可知,反应中硫元素化合价降低被还原,由氧化还原反应规律可知,另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质为H2O2,则反应的化学方程式为Na2S2O8+2H2O=H2SO4+Na2SO4+ H2O2,故答案为:Na2S2O8+2H2O=H2SO4+Na2SO4+ H2O2

4由信息知,在碱性溶液中,能瞬间将Mn2+逐渐氧化为MnO2,煮沸10s就能生成说明在碱性条件下,Mn2+的反应剧烈,Na2S2O8的氧化能力最强,故答案为:碱性;

碱性氧化反应后的溶液为深紫色的NaMnO4溶液,NaMnO4溶液与过氧化氢发生氧化还原反应,NaMnO4被还原生成Mn2+,溶液由紫色变为无色,则滴定终点时的现象为当滴入最后一滴H2O2溶液时,溶液由紫色变为无色,且在半分钟内不变色;由题给关系式5H2O2~2可得n()=,则m()==5.68×10-3V1g,答案为:当滴入最后一滴H2O2溶液时,溶液由紫色变为无色,且在半分钟内不变色;5.68×10-3V1

【点睛】

生成可知,硫元素的化合价升高被氧化,则电解时在阳极失去电子发生氧化反应生成是解答关键。

组卷:109次
难度:偏难
知识点:氧化还原反应方程式的配平
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组卷/试题篮
试卷统计
试题总数:
20
总体难度:
中等
题型统计
大题类型
题目数
占比
选择题
15
75.0%
综合题
4
20.0%
实验,探究题
1
5.0%
知识点统计
知识点
题目数
占比
新型无机非金属材料
1
5.0%
高分子材料
1
5.0%
离子反应
1
5.0%
氯气
1
5.0%
含硫化合物之间的转化
2
10.0%
电解原理
1
5.0%
物质的分离 提纯和检验
3
15.0%
化学反应中的能量变化
1
5.0%
探究性实验
1
5.0%
糖类性质实验探究
1
5.0%
氧化还原反应
1
5.0%
氮和磷
1
5.0%
沉淀溶解平衡
1
5.0%
氯碱工业
1
5.0%
氧化还原反应方程式的配平
3
15.0%
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