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第三章重点内容回顾:
一、碳酸钠、碳酸氢钠的比较与鉴别方法
胃是人体消化系统中的关键部位,人体中胃酸过多时,会出现“咯酸水”“烧心”“胃部隐隐作痛”等症状,医生通常用“小苏打片”进行治疗。日常生活中常用热的纯碱溶液洗涤油污。下面用类比的方法归纳总结碳酸钠、碳酸氢钠的有关知识。
1.碳酸钠和碳酸氢钠比较
碳酸钠(Na2CO3) 碳酸氢钠(NaHCO3)
俗名 纯碱、苏打 小苏打
溶解性 易溶 易溶
热稳定性 稳定,不易分解 2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O
溶液酸碱性 碱性 碱性
与酸 盐酸 Na2CO3+2HCl===2NaCl+H2O+CO2↑ NaHCO3+HCl=== NaCl+H2O+CO2↑
碳酸 Na2CO3+H2CO3===2NaHCO3 不反应
与碱 NaOH 不能反应 NaHCO3+NaOH===Na2CO3+H2O
石灰水 Na2CO3+Ca(OH)2===CaCO3↓+2NaOH 2NaHCO3+Ca(OH)2===CaCO3↓+Na2CO3+2H2O
与CaCl2反应 Na2CO3+CaCl2=== CaCO3↓+2NaCl 不反应
与CO2反应 Na2CO3+CO2+H2O===2NaHCO3 不反应
用途 应用于玻璃、制皂、造纸、纺织、洗涤剂等工业 食品工业上作发酵粉,医疗上用于治疗胃酸过多,用作泡沫灭火剂
相互转化 Na2CO3NaHCO3
2.碳酸钠、碳酸氢钠性质异同的应用
(1)除杂净化
①CO2气体中混有少量HCl气体:可将混合气体通入饱和NaHCO3溶液中,然后干燥后收集。
NaHCO3+HCl===NaCl+H2O+CO2↑
②Na2CO3固体粉末中混有NaHCO3,用加热法。
2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
③Na2CO3溶液中混有NaHCO3,滴加适量NaOH溶液。
NaHCO3+NaOH===Na2CO3+H2O
④NaHCO3溶液中混有Na2CO3,通入过量的CO2气体。
Na2CO3+CO2+H2O===2NaHCO3
(2)鉴别方法
①固体受热法:将两种粉末加热,产生能使澄清石灰水变浑浊的气体的是NaHCO3,不产生气体的是Na2CO3。
②CaCl2(或BaCl2)溶液:各取适量两待鉴别溶液分别于洁净的试管中,向两溶液中分别加入BaCl2(或CaCl2)溶液,产生白色沉淀的是Na2CO3,不产生白色沉淀的是NaHCO3。
③用稀盐酸:各取适量两待鉴别溶液分别于洁净的试管中,分别逐滴加入稀盐酸,立即产生气体的是NaHCO3;开始无气泡,加入一定量稀盐酸后才开始产生气体的是Na2CO3。
【例1】 日常生活中,经常用到苏打(又叫纯碱)和小苏打两种物质。
(1)下列有关苏打和小苏打的叙述中不正确的是( )
A.苏打和小苏打都易溶于水
B.在受热的条件下,苏打比小苏打稳定
C.向苏打和小苏打中分别滴加等浓度的盐酸,苏打放出气体的速度比小苏打慢
D.相同质量的苏打和小苏打分别与足量等浓度的盐酸反应,苏打放出的气体比小苏打多
(2)欲除去小苏打溶液中少量的苏打杂质,加入的物质最适宜的是( )
A.过量的二氧化碳 B.足量的盐酸
C.适量的NaOH溶液 D.适量的Ca(HCO3)2溶液
(3)欲除去苏打粉中的小苏打杂质的方法是( )
A.加入盐酸 B.通入二氧化碳
C.加热 D.加入氢氧化钙
解析 根据Na2CO3和NaHCO3的相互转化关系得知,除去NaHCO3溶液中混有的Na2CO3,可采取往溶液中通入过量的二氧化碳的方法;除去Na2CO3固体中混有的NaHCO3的简易方法是加热。
答案 (1)D (2)A (3)C
二、氮的氧化物溶于水的计算方法
氮元素有五种正化合价:+1、+2、+3、+4、+5,六种氧化物:N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5,除NO2为红棕色外,其余均为无色气体,氮的氧化物均有毒,都是大气污染物。NO2和NO有如下反应:
3NO2+H2O===2HNO3+NO ①
2NO+O2===2NO2 ②
4NO2+O2+2H2O===4HNO3 ③
4NO+3O2+2H2O===4HNO3 ④
1.NO和NO2的混合气体
NO和NO2的混合气体溶于水时仅涉及反应①:
可利用气体体积变化差值进行计算
V剩=V(NO)原+V(NO2)
2.NO2和O2的混合气体
NO2和O2的混合气体溶于水时涉及反应③:
其计算如下表:
x= 0
反应情况 O2过量,剩余气体为O2 恰好完全反应 NO2过量,剩余气体为NO
3.NO和O2的混合气体
NO和O2的混合气体溶于水时涉及反应④:
其计算如下表:
x= 0
反应情况 O2过量,剩余气体为O2 恰好完全反应 NO过量,剩余气体为NO
【例2】 将充满NO2和O2的混合气体的量筒倒置于水中,充分反应后,保持气体压强不变,水进入至量筒体积的一半处停止,则原混合气体中NO2和O2的体积比是____________。
解析 3NO2+H2O===2HNO3+NO ①
2NO+O2===2NO2 ②
由方程式①×2+②得:4NO2+O2+2H2O===4HNO3 ③
由方程式①×2+②×3得:4NO+3O2+2H2O===4HNO3 ④
NO2和O2的体积比不等于4∶1,则需讨论NO2和O2分别过量时的两种情况。
设混合气体的体积为1,混合气体中NO2的体积为x,则O2为(1-x)。
(1)假定原混合气体中V(NO2)∶V(O2)<4∶1,则O2过量
4NO2+O2+2H2O===4HNO3
4 1
x y
=
解得y=,剩余的O2:(1-x)-=
解得x=,
V(NO2)∶V(O2)=∶(1-)=2∶3。
(2)假定原混合气体中V(NO2)∶V(O2)>4∶1,则NO2过量
4NO2+O2+2H2O===4HNO3
4 1
y 1-x
=
解得y=4(1-x),
暂时剩余NO2:1-[4(1-x)+(1-x)]=5x-4
由反应式:3NO2+H2O===2HNO3+NO可知最后剩余NO:
由=得x=(不合题意,舍去)。
答案 2∶3
三、硝酸与金属反应的有关计算方法
硝酸与金属反应时,金属被氧化生成金属阳离子,硝酸被还原为低价氮的化合物。例如:Cu与浓HNO3的反应中随着反应的进行,浓硝酸浓度逐渐变小,产物由NO2变为NO,最终为混合气体。这时硝酸在反应后被分为四部分:
HNO3(总)—
硝酸与金属反应时有关的计算方法:
(1)依据守恒规律计算
①电子守恒:硝酸与金属反应属于氧化还原反应,N原子得到的电子数等于金属原子失去的电子数。
②原子守恒:硝酸与金属反应时,一部分以NO的形式存在,一部分转化为还原产物,这两部分中N的物质的量与反应消耗的HNO3中N的物质的量相等,即n(消耗硝酸)=n(NO)+n(还原产物中氮原子)。
③电荷守恒:Mn+和H+所带正电荷总数应等于NO所带负电荷总数(因为这种溶液中OH-浓度很小,可被忽略)。
(2)利用离子方程式计算
HNO3与H2SO4混合液跟金属的反应,当金属足量时,不能用HNO3与金属反应的化学方程式计算,应用离子方程式计算,因为生成的硝酸盐的NO借助H+仍能继续与金属反应。
【例3】 将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应,铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。请回答:
(1)NO的体积为________ L,NO2的体积为________ L。
(2)参加反应的HNO3的物质的量是________________________。
(3)待产生的气体全部释放后,向溶液中加入V mL a mol·L-1的NaOH溶液,恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀,则原硝酸溶液的浓度为________ mol·L-1。
(4)欲使铜和硝酸产生的气体收集于一倒置于水槽的容器中,当通入标准状况下O2 ________ L时,使水充满容器。
解析 (1)n(Cu)==0.51 mol,设混合气体中NO的物质的量为x,NO2的物质的量为y。
根据气体的总体积为11.2 L,有:x+y=0.5 mol①
根据“得失电子守恒”,有:3x+y=0.51 mol×2②
②式中,左边为N得电子数,右边为Cu失电子数,得失电子数相同。
解得:x=0.26 mol,y=0.24 mol。
则:V(NO)=0.26 mol×22.4 L·moL-1≈5.8 L,
V(NO2)=11.2 L-5.8 L=5.4 L。
(2)参加反应的HNO3分为两部分:一部分没有被还原,显酸性,生成Cu(NO3)2;另一部分被还原成NO2和NO,所以参加反应的HNO3为0.51 mol×2+0.5 mol=1.52 mol。
(3)HNO3在反应中一部分变成气体,一部分以NO的形式留在溶液中。
变成气体的HNO3的物质的量为0.5 mol。
加入NaOH溶液至恰好使溶液中Cu2+全部转化为沉淀,则溶液中只有NaNO3,其物质的量为10-3aV mol,也就是以NO形式留在溶液中的HNO3的物质的量为10-3aV mol。
所以,c(HNO3)= mol·L-1。
(4)由4NO2+O2+2H2O===4HNO3和4NO+3O2+2H2O===4HNO3得,使V(NO)=5.8 L和V(NO2)=5.4 L转化为HNO3,需要的V(O2)=V(NO)+V(NO2)=×5.8 L+×5.4 L=5.7 L。或据电子守恒知:2n(Cu)=4n(O2)
0.51 mol×2=×4,
解得V(O2)=5.7 L。
答案 (1)5.8 5.4
(2)1.52 mol
(3)
(4)5.7
【例4】 将一定质量的铁粉加入到装有100 mL某浓度的稀硝酸溶液中充分反应。
(1)容器中剩有m g的铁粉,收集到NO气体448 mL(标准状况下)。
①所得溶液中的溶质的化学式为_____________________________________。
②原溶液中的溶质的物质的量浓度为____________。
(2)向上述固液混合物中逐渐滴加稀硫酸直至刚好不再产生气体为止,该气体遇空气变成红棕色,此时容器中有铁粉n g。
①此时溶液中的溶质的化学式为____________。
②m-n的值为________(精确到0.1)。
解析 (1)①由于容器中铁有剩余,故所得溶液中的溶质为Fe(NO3)2。
②原HNO3的浓度可以通过反应方程式求解:
3Fe+8HNO3===3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O
8 mol 2×22.4 L
n(HNO3) 0.448 L
n(HNO3)==0.08 mol,
c(HNO3)==0.8 mol·L-1。
(2)由于铁仍剩余n g,所以溶液中的溶质为FeSO4,(m-n) g 即为参加反应的Fe的质量,通过“该气体遇空气变红棕色”可知产物为NO,
3Fe+8H++2NO===3Fe2++2NO↑+4H2O
3 2
n(Fe) 0.08 mol-0.02 mol
n(Fe)==0.09 mol
m(Fe)=0.09 mol×56 g·moL-1=5.04 g≈5.0 g
即m-n=5.0。
答案 (1)①Fe(NO3)2 ②0.8 mol·L-1
(2)①FeSO4 ②5.0
四、比较法理解二氧化硫的重要性质
1.物质的漂白性比较
(1)漂白性分类比较
漂白类型 漂白原理 常见代表物 漂白特点
加合型 与有机色质结合,形成不稳定的无色化合物 SO2 一定条件下,SO2放出又恢复原色
氧化型 将有色物质氧化为无色物质 氯水、HClO、Ca(ClO)2、O3、H2O2、Na2O2 退色后不能恢复原色
吸附型 吸附作用
物理变化 活性炭 通过一定的处理可以重复使用
(2)SO2和Cl2的漂白性拓展
SO2和Cl2虽都有漂白性,但漂白原理和现象各有不同,Cl2的漂白原理是由于Cl2溶于水生成的HClO具有强氧化性,将有色物质氧化成无色物质,退色后不能恢复到原来颜色,而SO2是由于它溶于水生成的H2SO3与有色物质直接化合,形成不稳定的无色化合物,退色后在一定的条件下又能恢复原来的颜色。
紫色石蕊
品红溶液
特别提示 若将等物质的量的Cl2和SO2气体相混合,在溶液中会发生反应:SO2+Cl2+2H2O===H2SO4+2HCl,从而失去漂白能力。
2.二氧化硫和二氧化碳的比较
SO2 CO2
相同点 物理性质 都是无色气体,密度都比空气的密度大
与水的反应 SO2+H2O??H2SO3 CO2+H2O??H2CO3
与碱性氧化物反应 SO2+CaO===CaSO3 CO2+CaO===CaCO3
与碱的反应 SO2气体通入澄清的石灰水中,先生成沉淀,当气体过量时沉淀又溶解:Ca(OH)2+SO2===CaSO3↓+H2O、CaSO3+SO2+H2O===Ca(HSO3)2 CO2气体通入澄清的石灰水中,先生成沉淀,当气体过量时沉淀又溶解:Ca(OH)2+CO2===CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2O===Ca(HCO3)2
弱氧化性 SO2+2H2S===3S↓+2H2O CO2+C2CO
不同点 物理性质 有刺激性气味,有毒,易溶于水(体积比1∶40) 无味,无毒,能溶于水(体积比1∶1)
还原性 能被酸性KMnO4溶液、硝酸溶液、氯水、溴水、碘水、氧气、H2O2、Na2O2、FeCl3溶液等氧化剂氧化 无
漂白性 有,使品红溶液退色 无,不能使品红溶液退色
对环境的影响 形成酸雨 引起温室效应
鉴别 ①利用二氧化硫的还原性,用酸性高锰酸钾溶液或溴水鉴别;利用其氧化性,用H2S或Na2S鉴别②利用二氧化硫的漂白性,用品红溶液鉴别
除杂CO2 (SO2) CO2中混有少量SO2时,可将气体通入饱和的NaHCO3溶液或酸性KMnO4等氧化性溶液中洗气
检验CO2和SO2混合气体中存在CO2气体的方法:
【例5】 下列实验能证明某无色气体为SO2的是( )
①能使澄清石灰水变浑浊
②能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
③能使品红溶液退色,加热后又显红色
④能使溴水退色,再滴加酸化的BaCl2溶液有白色沉淀产生
A.①②③④ B.①③④
C.③④ D.②③④
解析 能使澄清石灰水变浑浊的气体有SO2、CO2;能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体为酸性气体(如:HCl、HBr、SO2、CO2等);能使品红溶液退色的气体有Cl2、SO2,但Cl2有颜色,退色后加热又显红色的只有SO2;能使溴水退色,再滴加酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成,只有SO2气体符合。
答案 C
【例6】 将SO2气体通入过量的下列溶液中,最终一定能生成白色沉淀的是( )
①Ca(OH)2溶液 ②Ba(NO3)2溶液 ③BaCl2溶液 ④H2S溶液
A.①② B.①③
C.②④ D.③④
解析 ①SO2气体与过量的Ca(OH)2溶液反应会生成CaSO3,最终有白色沉淀产生,SO2+ Ca(OH)2===CaSO3↓+H2O;②硝酸根能够氧化二氧化硫生成硫酸根,硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡,一定有沉淀生成;③盐酸的酸性强于亚硫酸,向BaCl2溶液中通入少量的SO2,不发生反应,不生成白色沉淀;④H2S溶液与二氧化硫反应生成S淡黄色沉淀,SO2+2H2S===3S↓+2H2O,不是白色沉淀。
答案 A
五、浓硫酸与稀硫酸的比较
1.浓硫酸、稀硫酸的比较
名称 浓H2SO4 稀H2SO4
溶质的主要存在形式 H2SO4分子 H+、SO
导电性 纯H2SO4几乎不导电 强
酸性 强弱 弱(不能制H2) 强
遇碱 反应 反应
遇NaCl固体 2NaCl+H2SO4(浓) Na2SO4+2HCl↑(用于制HCl气体) 不反应
氧化性 强弱 +6价硫,强氧化性,□
属于氧化性酸,还原产物为SO2 H+,弱氧化性,属非氧化性酸,还原产物为H2
遇Fe、Al (常温) 钝化 顺利反应
遇Cu、C (加热) 反应 不反应
脱水性 有 无
吸水性 有 无
2.浓、稀硫酸的判断方法
各取少量试样做以下实验,都可进行区分。
(1)称量:取等体积酸,重者为浓硫酸(用手掂掂也能分辨出来)。
(2)放出H2:分别加入到有Fe片的试管中,放出气体者为稀硫酸。
(3)脱水性:用玻璃棒分别蘸取试样在纸上写字,在常温下,一会儿变黑者为浓硫酸。也可用锯末、蔗糖等做相似的实验。
(4)吸水性:分别加到CuSO4·5H2O晶体中,使晶体变白者为浓硫酸;得蓝色溶液者为稀硫酸。
(5)吸水性:各取等质量试样,敞口放置一段时间后称量,增重者为浓硫酸。
(6)氧化性:分别加入到有Cu片的试管中,加热,放出刺激性气味气体者为浓硫酸。
(7)酸碱指示剂:分别在蓝色石蕊试纸上滴1~2滴溶液,变红色者为稀硫酸,一会儿变黑者为浓硫酸。
【例7】 已知①Zn+H2SO4(稀)===ZnSO4+H2↑、②Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O。下列说法不正确的是 ( )
A.浓硫酸和稀硫酸均有氧化性,所以硫酸是氧化性酸
B.过量的Zn在浓硫酸中反应可得SO2和H2
C.Zn与稀硫酸反应的氧化产物是ZnSO4
D.不管是浓硫酸还是稀硫酸,若反应过程中被还原的H2SO4物质的量相等,则生成气体的物质的量相等
解析 从反应方程式知浓硫酸和稀硫酸均有氧化性,但稀硫酸不是氧化性酸,A项错误;过量的Zn在浓H2SO4中反应先生成SO2,硫酸变稀后生成H2,B项正确;Zn分别与浓硫酸和稀硫酸的反应中,有1 mol H2SO4被还原时分别生成1 mol SO2和1 mol H2,D项正确。
答案 A
【例8】 非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D,已知D为强酸,请回答下列问题:
(1)若A在常温下为固体,B是能使品红溶液退色的有刺激性气味的无色气体。
①D的化学式是____________________。
②在工业生产中B气体的大量排放被雨水吸收后形成了________而污染了环境。
(2)若A在常温下为气体,C是红棕色的气体。
①A、C的化学式分别是A________;C________。
②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体,请写出该反应的化学方程式:________________________________________________________________________。
该反应________(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。
解析 (1)若B是能使品红溶液退色的有刺激性气味的无色气体,则B是SO2,A是单质S,C是SO3,D是H2SO4;若大量排放SO2,则会形成酸雨。
(2)若C是红棕色气体,则C为NO2,B为NO,A为N2,D为HNO3,浓HNO3可与Cu反应:4HNO3(浓)+Cu===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,此反应有化合价升降变化,属于氧化还原反应。
答案 (1)①H2SO4 ②酸雨 (2)①N2 NO2
②Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 属于
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1.下列说法不正确的是( )
A.雷雨时,可增加土壤中硝酸盐类氮肥的含量
B.许多领域中用液氮制得低温环境
C.造成光化学烟雾的罪魁祸首是SO2
D.正常雨水因溶有CO2而显酸性,但酸性较弱,不属于酸雨
答案 C
解析 造成光化学烟雾的罪魁祸首是氮氧化物。
2.最近科学家发现了一种新分子,它具有类似足球的结构,化学式是C60。对C60有下列几种说法:①C60是一种新型的化合物;②C60和金刚石、石墨是由碳元素组成的三种不同的单质;③C60用于制造良好的超导材料;④C60的相对分子质量是720。其中正确的叙述是( )
A.②③ B.①④ C.②③④ D.②④
答案 C
3.有关氨的性质的叙述中正确的是( )
A.氨能在空气中燃烧
B.氨水呈碱性
C.氨气和所有酸相遇均能产生白色烟雾
D.在反应NH3+H+===NH中,氨失去电子被氧化
答案 B
解析 题目从多个角度对氨气的性质进行了考查。氨可以发生催化氧化反应,但只能在纯氧中燃烧,不能在空气中燃烧,A错误;因为氨水中有NH3·H2O??NH+OH-,故氨水呈碱性,NH3·H2O为一元弱碱,B正确;氨气只有与挥发性酸相遇才能生成白烟,遇到难挥发性酸时,虽然产生铵盐,但不能形成白烟,C错;反应NH3+H+===NH中不存在元素化合价变化,为非氧化还原反应,D错。
4.下列装置应用于实验室制二氧化硫并验证其漂白性的实验,其中能达到实验目的的是( )
A.用装置甲制取二氧化硫
B.用装置乙收集二氧化硫
C.用装置丙验证二氧化硫的漂白性
D.用装置丁吸收二氧化硫
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答案 D
解析 Cu与浓硫酸混合加热时才能反应生成SO2,装置甲中没有加热仪器,不能达到实验目的,A错误;由于SO2的密度比空气大,所以应该用向上排空气法收集SO2,即气体应该是“长进短出”,B错误;SO2有还原性,能够将酸性高锰酸钾溶液中MnO还原为Mn2+而使溶液的紫色退去,这不能体现二氧化硫的漂白性,C错误;SO2是大气污染物,故实验后的尾气不能排入大气,要用碱性溶液吸收,为了防止倒吸现象的发生,在导气管的末端接一个倒扣的漏斗,D正确。
5.下列反应既表现硝酸的酸性,又显示硝酸的氧化性的是( )
A.CuO+2HNO3===Cu(NO3)2+H2O
B.FeO+4HNO3(浓)===Fe(NO3)3+2H2O+NO2 ↑
C.C+4HNO3(浓)CO2↑+2H2O+4NO2↑
D.NH3+HNO3===NH4NO3
答案 B
解析 A、D项HNO3仅表现酸性,C项仅表现氧化性。
6.把a L含(NH4)2SO4和NH4NO3的混合溶液分为两等份,一份加入b mol烧碱加热,恰好使全部NH转化为NH3逸出;另一份与含c mol BaCl2的溶液恰好反应。则原溶液中NO的物质的量浓度是( )
A.(2b-4c)/a mol·L-1 B.(b-2c)/a mol·L-1
C.(2b-c)/a mol·L-1 D.(b-4c)/a mol·L-1
答案 A
解析 守恒法:铵根离子总量等于NaOH的量,为b mol,硫酸根的量等于BaCl2的物质的量,即c mol,由以上可知硫酸铵含有的铵根离子,则可求硝酸铵中硝酸根的物质的量及浓度。
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7.已知反应:HCl+NH3===NH4Cl(固体),如图所示,抽去装置中的玻璃片,使两种气体充分反应(整个过程中认为装置气密性良好),等温度恢复到原来温度。下列说法正确的是( )
A.反应后瓶内压强是反应前的1/10
B.装置中氢元素的总质量为0.42 g
C.生成物的分子数目为0.1NA
D.反应结束后,两个集气瓶很容易分开
答案 B
解析 NH3与HCl的反应方程式为HCl+NH3===NH4Cl,二者反应生成0.1 mol氯化铵固体,剩余0.02 mol HCl。反应前后,容器的体积不变,气体的压强之比等于气体的物质的量之比,即反应后瓶内压强是反应前的=,A错误;根据质量守恒可知,装置中含有H原子的总物质的量为0.12 mol+0.1 mol×3=0.42 mol,质量为1 g/mol×0.42 mol=0.42 g,B正确;生成物NH4Cl为离子化合物,不存在分子,故C错误;该反应中气体体积减小,容器中的压强减小,反应结束后,两个集气瓶不容易分开,D错误。
8.在氯化钡溶液中通SO2,溶液仍澄清,将氯化钡溶液分盛入两试管,一支加氯水,另一支加烧碱溶液,然后再通入SO2,结果两试管都有白色沉淀。由此得出下列结论不合理的是( )
A.SO2有酸性
B.沉淀均是亚硫酸钡
C.SO2有还原性
D.加入烧碱使SO浓度增大
答案 B
9.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL,平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉,最多能溶解9.6 g。向另一份中逐渐加入铁粉,产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。下列分析或结果错误的是( )
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A.原混合酸中NO物质的量为0.1 mol
B.OA段产生的是NO,AB段的反应为Fe+2Fe3+===3Fe2+,BC段产生氢气
C.第二份溶液中最终溶质为FeSO4
D.H2SO4浓度为1.25 mol·L-1
答案 A
解析 铁粉既能与硝酸反应也能与硫酸反应,从题干图中看出(注意只是第二份100 mL)OA段产生的是NO,AB段的反应为Fe+2Fe3+===3Fe2+,BC段产生氢气,反应为Fe+2H+===Fe2++H2↑,可知NO反应完全,第二份中NO应为×3÷3=0.1 mol,溶液中最终溶质为FeSO4,此时反应的铁的质量是14 g,即0.25 mol,故原混合酸中H2SO4浓度为=2.5 mol·L-1,NO物质的量为0.2 mol。所以选A。
10.“绿色化学实验”已走近课堂,下列做法符合“绿色化学”理念的是( )
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①实验室收集氨气采用图甲所示装置
②实验室中做氯气与钠反应的实验时采用图乙所示装置
③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与HCl反应生成铵盐的实验
④实验室中采用图丙所示装置进行铜与稀硝酸的反应
A.②③④ B.①②③
C.①②④ D.①③④
答案 C
解析 “绿色化学实验”是指在实验中对环境“无污染或少污染”。①中多余的NH3用水吸收,②中未反应的Cl2用碱液吸收,④中反应产生的NO用气球收集,三个实验都没有向环境中排放废气,C项正确。
11.工业制硝酸的尾气含NO2、NO,通常用NaOH溶液吸收:NO+NO2+2NaOH===2NaNO2+H2O,2NO2+2NaOH===NaNO2+NaNO3+H2O,NO2和NO的体积比是下列值时,不能被完全吸收的是( )
A.1∶1 B.2∶1
C.3∶1 D.1∶2
答案 D
解析 由题中两方程式知当NO2和NO的体积比大于或等于1∶1时,NO和NO2都能被完全吸收。
12.已知X为一种常见酸的浓溶液,能使蔗糖变黑。A与X反应的转化关系如图所示,其中反应条件及部分产物已略去,下列有关说法正确的是( )
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A.X能使蔗糖变黑主要体现了为X的强氧化性
B.若A为铁,则足量A与X在室温下即可完全反应
C.若A为碳单质,则将C通入少量澄清石灰水中,最终一定有白色沉淀产生
D.工业上,B转化为D的反应需使用催化剂
答案 D
解析 X能使蔗糖变黑,说明X为浓硫酸,该现象主要体现了浓硫酸的脱水性,A错误;常温下铁遇浓硫酸发生钝化,B错误;若A为碳单质,则C为CO2,过量的CO2通入澄清石灰水中最终没有沉淀产生,C错误;由题意,D为SO3,则B为SO2,则SO2转化为SO3需在催化剂作用下进行,D正确。
二、非选择题(本题包括5小题,共52分)
13.(10分)图中各方框表示有关的一种反应物或生成物(某些物质已经略去),其中常温下A、C和D为无色气体,C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,X分解产生A、B和C三种产物的物质的量之比为1∶1∶1。
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(1)写出下列各物质的化学式:
X________,B________,F________,G________。
(2)按要求写出下列反应方程式:
A→D的化学方程式:______________________________________________;
G→E的离子方程式:___________________________________________________。
答案 (1)NH4HCO3 H2O NO2 HNO3
(2)2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2 3Cu+8H++2NO===3Cu2++2NO↑+4H2O
解析 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,说明C是NH3,因此X是铵盐。A是无色气体,能和Na2O2反应,说明A是CO2,因此D为O2,E为NO,F为NO2,则G为HNO3,B为H2O。由于X分解产生A、B、C三种产物的物质的量之比为1∶1∶1,因此X是碳酸氢铵。
(1)由上述分析可知,X为NH4HCO3,B为H2O,F为NO2,G为HNO3。
(2)A→D反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2===2Na2CO3+O2;G→E反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO===3Cu2++2NO↑+4H2O。
14.(10分)A、B、C、X是中学化学中常见的物质,它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略去):
请回答下列问题:
(1)若X是强氧化性单质,则A不可能是________(填序号)。
a.C b.N2 c.S d.Na e.Mg
(2)若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色,C为红棕色气体,则A转化为B的化学方程式为__________________________________。
(3)若A、B、C三种化合物的水溶液均呈酸性,写出A和B反应的化学方程式:____________________________________________________
___________________________________________。
(4)若X是金属单质,向B、C的溶液中分别滴加AgNO3溶液和稀硝酸均产生白色沉淀,则B的化学式是____________________________________________,
保存C溶液常加少量的X,其目的是_______________________________。
答案 (1)e (2)4NH3+5O24NO+6H2O (3)2H2S+SO2===3S↓+2H2O (4)FeCl3 防止Fe2+被氧化成Fe3+
解析 (1)C、N、S均为变价元素,当X为O2时均符合图示转化关系;Na与O2常温下生成Na2O,Na2O在加热条件下与O2反应生成Na2O2,也符合图示转化关系。Mg的化合价只有+2价,不符合图示转化关系。(2)A为NH3,C为NO2,则B为NO。(3)A为H2S,B为SO2,C为SO3。X为变价金属单质Fe,B、C的溶液中均含有Cl-,B为FeCl3,C为FeCl2,A为Cl2。保存FeCl2溶液时需加铁粉防止Fe2+被氧化成Fe3+。
15.(10分)海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源,下图为海水利用的过程之一。
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请回答下列问题。
(1)下列有关说法正确的是________(填字母序号)。
a.在第③、④、⑤步骤中,溴元素均被氧化
b.用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3溶液和Na2CO3溶液
c.可以用海滩上的贝壳制取的Ca(OH)2使母液中的Mg2+沉淀下来
d.步骤①除去Ca2+、Mg2+、SO加入试剂的先后顺序为NaOH、Na2CO3、BaCl2
(2)液溴呈________色,提取单质溴时常将氯气通入苦卤(海水晒盐后得到的母液)中,反应③的离子方程式为______________________。Br2可用热空气吹出,其原因是______________________。为了除去工业Br2中微量的Cl2,可向工业Br2中________(填序号)。
a.通入HBr b.加入Na2CO3溶液
c.加入NaBr溶液 d.加入Na2SO3溶液
答案 (1)c (2)深红棕 Cl2+2Br-===2Cl-+Br2 溴易挥发 ac
解析 (1)a.反应③和反应⑤中Br元素化合价都升高,被氧化;反应④中Br元素化合价降低,被还原。b.Ca(OH)2溶液与NaHCO3和Na2CO3溶液反应均生成CaCO3白色沉淀。c.Mg(OH)2难溶于水,所以加Ca(OH)2反应生成Mg(OH)2沉淀。d.加入过量的BaCl2时引入的Ba2+无法除去,BaCl2应在Na2CO3之前加入才能除去多余的Ba2+。(2)除去工业Br2中微量的Cl2时利用Cl2+2HBr===2HCl+Br2、Cl2+2NaBr===2NaCl+Br2反应进行转化。Na2CO3溶液和Na2SO3溶液都能与Br2反应,所以选a、c。
16.(10分)选择性催化还原(SCR)是在有催化剂的条件下将NOx转变为N2和H2O,这是目前国外硝酸厂进行尾气治理普遍采用的一种方法。某化学兴趣小组拟验证NO能被氨气还原并测算其转化率。
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试回答下列问题:
(1)若制取氨气用A装置,则发生反应的化学方程式为_____________________
______________________________________________________________;
若用B装置制取氨气,则分液漏斗和锥形瓶中盛放的药品分别是__________________。
(2)用C装置制取NO时,用可抽动的铜丝,其优点是
_____________________________________________________;
(3)装置⑦的作用可能是______________________________________。
(4)若进入装置⑤的NO共2 688 mL(已折算为标准状况,下同),氨气过量,最后收集到标准状况下2 016 mL N2,则NO的转化率为________。
答案 (1)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O 浓氨水、碱石灰(或生石灰或氢氧化钠固体)
(2)反应可以随时关停,操作方便,可反复使用,节约药品
(3)吸收未反应的NO
(4)90%
解析 (1)A装置发生的反应为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。B装置属“固+液→气体”型,则可利用浓氨水与碱石灰反应来制取NH3。
(2)C装置的优点是铜丝可抽动,因此可以随时关停,操作方便且可反复使用,节约药品。
(3)装置⑦的作用是吸收未反应的NO。
(4)NO与NH3的反应方程式为6NO+4NH35N2+6H2O,由方程式知,2 688 mL NO可以生成2 688 mL×=2 240 mL N2,NO的转化率为×100%=90%。
17.(12分)某探究性学习小组在查阅资料中发现,常温下氯气可以氧化氨气获得氮气。该小组由此设计出制取氮气的思路:
实验室现有如下试剂及仪器:
试剂:①饱和食盐水 ②浓硫酸 ③浓硝酸 ④浓盐酸
⑤碱石灰 ⑥二氧化锰 ⑦浓氨水
仪器:(见下图)
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请完成下列各题:
(1)写出制N2的化学方程式:_____________________________________________,
反应生成0.5 mol N2,转移的电子数是________ mol。
(2)用以上仪器(可重复使用)连接成制纯净Cl2、NH3的装置,按照前后顺序把图中的编号填入下表中,并写出对应仪器里试剂的编号。(下列空格不一定填满)
制Cl2 仪器
试剂
制NH3 仪器
试剂
(3)当反应装置里的氨气和氯气的物质的量之比大于________时,尾气里一定含有氨气;当反应装置里的氯气和氨气的物质的量之比大于________时,尾气里一定含有氯气。
答案 (1)2NH3+3Cl2===6HCl+N2(或8NH3+3Cl2===6NH4Cl+N2) 3
(2)
制Cl2 仪器 A D D
试剂 ④⑥ ① ②
制NH3 仪器 C(或A) E
试剂 ⑤⑦(或⑦) ⑤
(3)
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