2015-2016学年江西省九江一中高一上学期期末化学试卷(解析版) 下载本文

内容发布更新时间 : 2024/12/25 0:12:09星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

(2)X与Y在溶液中反应的离子方程式是: HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O ; (3)X

Z过程反应的化学方程式是: 2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O .

W经另一反应可转化为无色无味的单质气体Q,(4)利用如图装置(夹持固定装置已略去)进行实验可在V中收集到Q,已知:烧瓶中固体为X或Z,装置Ⅲ中产生白色沉淀.

则装置Ⅱ中物质的化学式 Na2O2 ,Ⅱ中主要反应的化学方程式是 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 . 【考点】无机物的推断. 【专题】元素及其化合物.

【分析】X、Y、Z的焰色反应均为黄色,说明三者均为钠元素的化合物.X含有四种元素,在加热条件下能生成Z,可推知,X为NaHCO3,Y为NaOH,Z为Na2CO3,Z反应得到W为无色无味的气体,应是与酸反应生成的CO2,即W为CO2,在装置Ⅰ中,碳酸氢钠与稀硫酸反应生成二氧化碳,经过装置Ⅱ后,在Ⅲ中产生白色沉淀,二氧化碳被吸收,经过Ⅳ干燥后在Ⅴ中收集到密度比空气大的无色气体,应为氧气,所以在Ⅱ中的反应是二氧化碳和过氧化钠反应,据此解答.

【解答】解:X、Y、Z的焰色反应均为黄色,说明三者均为钠元素的化合物.X含有四种元素,在加热条件下能生成Z,可推知,X为NaHCO3,Y为NaOH,Z为Na2CO3,Z反应得到W为无色无味的气体,应是与酸反应生成的CO2,即W为CO2,在装置Ⅰ中,碳酸氢钠与稀硫酸反应生成二氧化碳,经过装置Ⅱ后,在Ⅲ中产生白色沉淀,二氧化碳被吸收,经

过Ⅳ干燥后在Ⅴ中收集到密度比空气大的无色气体,应为氧气,所以在Ⅱ中的反应是二氧化碳和过氧化钠反应,

(1)根据上面的分析可知,W为CO2,故答案为:CO2;

(2)X与Y在溶液中反应是NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O,离子方程式是HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O,故答案为:HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O; (3)X

Z过程反应的化学方程式是碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水,反应的化

Na2CO3+CO2↑+H2O, Na2CO3+CO2↑+H2O;

学方程式为:2NaHCO3故答案为:2NaHCO3

(4)根据上面的分析可知,装置Ⅰ中反应的化学方程式是

2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2↑+2H2O,装置Ⅱ中主要的反应化学方程式是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,

故答案为:Na2O2;2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2.

【点评】本题考查了无机物转化关系和物质判断,元素化合物的相互转化是高考出题的热点之一.题目往往以框图推断题的形式展现,这就要求学生必须对元素化合的知识非常熟练,在学习时要让学生多总结、多联系,形成知识网络,题目难度中等.

21.已知:将SO2通入FeCl3溶液中,溶液颜色会变为浅绿色,其原理可表示为:

□Fe3++□SO2+□H2O﹣﹣□Fe2++□SO42﹣+□H+

(1)在上述方框内填上配平后的系数,并用单线桥法标出电子转移的方向和数目.

(2)若参加反应的SO2体积为1.12L(标准状况下),则反应中转移电子的物质的量为 0.1 mol;

(3)已知向Fe2+溶液中滴加少量硝酸时,溶液由浅绿色变为黄色.则Fe3+、SO42﹣、HNO3的氧化性由强到弱的顺序为 HNO3>Fe3+>SO42﹣. . 【考点】氧化还原反应的计算. 【专题】氧化还原反应专题.

【分析】(1)按化合价升降法配平方程式; (2)计算出二氧化硫的物质的量,根据SO2

SO42﹣计算转移电子数;

(3)由溶液由浅绿色变为黄色,说明亚铁离子被氧化为铁离子,根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可判断,氧化性硝酸强于三价铁离子,Fe3+和SO42﹣氧化性强弱可从(1)得到.

【解答】解:(1)Fe3+→Fe2+,化合价从+3→+2,降低1价,SO2→SO42﹣,化合价从+4→+6,升高2价,化合价升高和降低总数相等,

故铁元素前面系数为2,硫元素前面系数为1,则再根据氧原子守恒可知H2O前面系数为2,H+前系数为4,电子转移的方向和数目为:答案为:2;1;2;2;1;4;(2)SO2的物质的量为0.05mol×2=0.1mol, 故答案为:0.1;

=0.05mol,根据SO2

,故

SO42﹣计算转移电子数:

(3)浅绿色为亚铁离子颜色,黄色为三价铁离子颜色,溶液由浅绿色变为黄色,说明亚铁离子被氧化为铁离子,故氧化性硝酸强于三价铁离子,根据(1)可知,三价铁离子氧化性强于SO42﹣,故答案为:HNO3>Fe3+>SO42﹣.

【点评】本题考查了氧化还原反应的配平及氧化性强弱比较,中等难度.注意配平一般用化合价升降法配平变价元素,再根据原子守恒配平其他元素,根据反应方程式判断氧化性,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性.

三、计算题(每空4分,共计20分):

22.(1)某氯化镁溶液的密度为d gcm﹣3,其中镁离子的质量分数为A%,则300mL该溶液中C (Cl﹣)=

(mol/L).

(2)无土栽培中,需配制营养液NaH2PO4、Na2HPO4(物质的量之比为4:1),已知每升含磷元素0.10mol,现用4.0mol/LH3PO4和固体NaOH配制2L该营养液需要:V(H3PO4)= 50 (mL),m(NaOH)= 9.6 (g).

(3)甲、乙两烧杯中各成盛有100mL 3mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液,向两烧杯中分别加入等质量的铝粉,反应结束后测得生成的气体体积比为 甲:乙=1:2,则加入铝粉的质量为: 5.4 (g).

【考点】物质的量浓度的相关计算;化学方程式的有关计算.

【专题】溶液浓度的计算;利用化学方程式的计算. 【分析】(1)根据物质的量浓度c=

计算出镁离子的浓度,然后根据氯化镁的化

学式组成计算出溶液中含有氯离子的物质的量浓度;

(2)用4.0molL﹣1的磷酸溶液和固体NaOH反应来配制2.0L混合液,H3PO4可与氢氧化钠反应生成NaH2PO4或Na2HPO4;每升混合液中含磷元素0.10mol,2.0L该混合液含有磷元素0.2mol,则反应后n(NaH2PO4)+n(Na2HPO4)=0.2mol,而NaH2PO4和Na2HPO4物质的量比为4:1,则n(NaH2PO4)=0.16mol,n(Na2HPO4)=0.04mol,根据磷、钠原子守恒,以此计算n(H3PO4)进而计算磷酸溶液的体积、n(NaOH)的物质的量,进而计算质量;

(3)根据铝的质量相同,盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同,应结束后测得生成的气体体积比为甲:乙=1:2,由化学反应方程式2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、

2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知,若铝粉足量,则铝粉和碱最多生成0.45mol氢气,铝粉和酸最多生成0.15mol氢气,而反应结束后测得生成的气体体积比为酸:碱=1:2,故碱生成的氢气不可能高于0.3mol,而氢氧化钠的量是一定的,那么只能是铝粉量对于碱来说不够,所以相对来说碱过量;而个时候的铝粉量对酸来说恰好足够,相对来说酸相比于铝粉来说就是不够的了;酸与金属反应时酸不足,碱与金属反应时碱过量,以此来计算解答.

【解答】解:(1)氯化镁溶液的密度为d gcm﹣3,其中镁离子的质量分数为A%,则该溶液中镁离子的浓度为:c(Mg2+)=

mol/L=

mol/L,

mol/L×2=

根据氯化镁的化学式可知该溶液中氯离子浓度为:c(Cl﹣)=2c(Mg2+)=mol/L, 故答案为:

(2)用4.0molL﹣1的磷酸溶液和固体NaOH反应来配制2.0L混合液,H3PO4可与氢氧化钠+n=0.2mol,反应生成NaH2PO4或Na2HPO4;则反应后n(NaH2PO4)(Na2HPO4)而NaH2PO4和Na2HPO4物质的量比为3:1,则n(NaH2PO4)=0.2mol×=0.2mol×

=0.04mol,

=0.16mol,n(Na2HPO4)

=n+n=0.16mol+0.04mol=0.2mol,由磷元素守恒可知需要n(H3PO4)(NaH2PO4)(Na2HPO4)

磷酸溶液的体积V===0.05L=50mL,

=n+2n=0.16mol+0.08mol=0.24mol,由钠元素守恒可知需要n(NaOH)(NaH2PO4)(Na2HPO4)

则需要氢氧化钠的质量为:m(NaOH)=0.24mol×40g/mol=9.6g, 故答案为:50;9.6;

(3)解:盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L×3mol/L=0.3mol,又两烧杯中分别加入等质量的铝粉,反应结束后测得生成的气体体积比为甲:乙=1:2, 设铝与酸反应时酸完全反应,生成的氢气的物质的量为x, 则 2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑ 6 3 0.3mol x 则: =

解得:x=0.15mol,

一定条件下,气体的物质的量之比等于体积之比,

则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol×2=0.3mol, 碱与金属铝反应时铝完全反应,设与碱反应的铝的物质的量为y, 则 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑ 2 3 y 0.3mol 则: =

解得:y=0.2mol,

则铝的质量为:0.2mol×27g/mol=5.4g, 故答案为:5.4.

【点评】本题考查了物质的量浓度的计算、化学方程式的计算,题目难度中等,明确发生反应的实质为解答关键,试题知识点较多、综合性较强,充分考查了学生的分析能力及化学计算能力.

23.为测定一种复合氧化物材料的组成.称取12.52g样品,将其全部溶于过量稀硝酸后,配成100ml溶液.取其一半,加入过量K2SO4溶液,生成白色沉淀,经过滤、洗涤、烘干

后得4.66克固体.在余下的50毫升溶液中加入少许KSCN溶液,显红色;如果加入过量NaOH溶液,则生成红褐色沉淀,将沉淀过滤、洗涤、灼烧后得3.20克固体.计算确定该材料的化学式为 BaOFe2O3 . 【考点】复杂化学式的确定. 【专题】利用化学方程式的计算.

【分析】根据题意可知4.66g固体是硫酸钡的质量,计算出其中的钡元素的质量,3.20g固体是Fe2O3的质量,计算出其中的铁元素的质量,混合氧化物中氧元素的质量=12.52g﹣钡元素的质量×2﹣铁元素的质量×2,通过n=计算Ba、Fe、O三种元素的物质的量,根据物质的量的比值确定分子式.

【解答】解:混合氧化物加入硫酸钾溶液得到白色沉淀,硫酸盐只有硫酸钡不溶,所以4.66g固体是硫酸钡的质量,则硫酸钡中钡元素的质量:4.66g×

×100%=2.74g,

混合氧化物中加入氢氧化钠得到红褐色沉淀,红褐色沉淀只有氢氧化铁,所以3.20g是Fe2O3的质量,则Fe2O3中铁元素的质量:3.20g×

×100%=2.24g,

=0.16mol,

所以氧元素质量:12.52g﹣2.74g×2﹣2.24g×2=2.56g, n(Ba)=

=0.04mol,n(Fe)=

=0.08mol,n(O)=

则分子式中N(Ba):N(Fe):n(O)=0.04mol:0.08mol:0.16mol=1:2:4,因此分子式为BaFe2O4,以氧化物的形式表示为BaOFe2O3, 故答案为:BaOFe2O3.

【点评】本题考查复杂化学式的确定,侧重于元素化合物的性质的应用,解答本题的关键是要知道4.66g固体是硫酸钡的质量,3.20g固体是氢氧化铁的质量,题目难度中等.