湖北省天门、仙桃、潜江三市2016-2017学年联考高一下学期化学期末考试试卷

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湖北省天门、仙桃、潜江三市2016-2017学年联考高一下学期化学期末考试试卷
一、选择题
1.(2017高一下·仙桃期末)某反应的反应过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能,E2表示逆反应的活化能).下列有关叙述正确的是(  )
A.该反应为放热反应
B.催化剂能改变反应的焓变
C.逆反应的活化能大于正反应的活化能
D.催化剂能降低反应的活化能
【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解:A、图象中反应物能量低于生成物能量,故反应是吸热反应,故A错误;
B、催化剂不能改变该反应的焓变,只能改变反应速率,故B错误;
C、可逆反应中正逆反应的活化能是相等的,故C错误;
D、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能,故D正确;
故选D.
【分析】A、依据图象中反应物和生成物能量的大小比较判断;
B、催化剂改变速率不改变平衡;
C、据图象分析判断;
D、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能;
2.(2017高一下·仙桃期末)对于可逆反应3H2+N2 2NH3,下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是(  )
A.使用高效催化剂 B.充入更多N2
C.降低温度 D.增大压强
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】解:A.使用催化剂,平衡常数不变,故A错误;
B.多充N2,活化分子百分数、平衡常数不变,故B错误;
C.降低温度,反应物中活化分子百分数、化学反应速率都减小,且化学平衡常数发生变化,故C正确;
D.增大压强,活化分子百分数不变,平衡常数不变,故D错误.
故选C.
【分析】增大反应物中活化分子百分数、化学反应速率,可升高温度或加入催化剂,如平衡常数发生变化,应改变温度,以此解答该题.
3.(2017高一下·仙桃期末)下列关于S、SO2、H2SO4的叙述中,正确的是(  )
A.硫是一种易溶于水的黄色晶体
B.SO2溶于水生成H2SO4
C.用氢氧化钠溶液处理含有SO2的尾气
D.浓H2SO4不稳定,光照易分解
【答案】C
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】解:A.硫单质是一种难溶于水、易溶于二硫化碳的黄色固体,故A错误;
B.二氧化硫和水反应生成亚硫酸,硫酸是三氧化硫与水反应生成的,故B错误;
C、二氧化硫是无色易溶于水的有毒气体,可用氢氧化钠溶液吸收,故C正确;
D.浓硫酸性质稳定,见光不分解,故D错误;
故选C.
【分析】A.硫单质难溶于水;
B.二氧化硫和水反应生成亚硫酸;
C.二氧化硫是有毒气体,二氧化硫与氢氧化钠溶液反应;
D.浓硫酸比较稳定,见光不会分解.
4.(2017高一下·仙桃期末)相同条件下,下列各反应均为放热反应,其中△H最小的是(  )
A.2A(l)+B(l)═2C(g)△H B.2A(g)+B(g)═2C(g)△H
C.2A(l)+B(l)═2C(l)△H D.2A(g)+B(g)═2C(l)△H
【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解:四个选项中物质相同,状态不同,反应物中A(g)、B(g)的总能量最高,而生成物中C(l)能量最低,可知2A(g)+B(g)═2C(l)中放出热量最多,△H最小,
故选D.
【分析】均为放热反应,物质的能量气态>液态>固态,而焓变为负,放出热量越多,焓变越小,以此来解答.
5.(2017高一下·仙桃期末)下列叙述正确的是(  )
A.NH3易液化,液氨常用作制冷剂
B.与金属反应时,稀HNO3可能被还原为更低价态,则稀HNO3氧化性强于浓HNO3
C.氨盐受热易分解,因此贮存氨态氮肥时要密封保存,不需放在阴凉通风处
D.稀HNO3和活泼金属反应时主要得到氢气
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解:A.NH3易液化,气化时吸热,则液氨常用作制冷剂,故A正确;
B.与金属反应时,稀HNO3被还原为NO,反应缓慢,浓HNO3被还原为NO2,反应剧烈,浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性,故B错误;
C.氨盐受热易分解,因此贮存氨态氮肥时要密封保存,并放在阴凉处,故C错误;
D.由于稀HNO3的强氧化性,与活泼金属反应时不生成氢气,一般生成氮的氧化物,还可以生成硝酸铵,故D错误;
故选A.
【分析】A.NH3易液化,气化时吸热;
B.浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性;
C.铵盐不稳定,受热易分解;
D.硝酸具有强氧化性.
6.(2017高一下·仙桃期末)自来水是用适量氯气杀菌消毒过的.不法商贩常用自来水冒充纯净水谋取暴利,可用化学试剂鉴别真伪,该试剂可以是(  )
A.酚酞试液 B.氯化钡溶液
C.氢氧化钠溶液 D.硝酸银溶液
【答案】D
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】解:因纯净水销售中不含氯离子,而自来水中含氯离子,所以向两样品中加入硝酸银溶液,变浑浊的自来水,反之是纯净水,而A、B、C现象相同,不能鉴别,
故选D.
【分析】辨别纯净水真伪,实际上就是检验氯离子的存在,自来水中含氯离子,而纯净水中不含氯离子,以此来解答.
7.(2017高一下·仙桃期末)下列有关叙述正确的是(  )
A.元素性质呈周期性变化的根本原因是元素化合价呈周期性变化
B.BF3和CO2分子中所有原子均满足最外层为8电子结构
C.已知114号元素的一种核素的质量数为298,则该元素的相对原子质量为298
D.[14NH3T]+ 中,电子数、质子数、中子数之比为10:11:9
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系;元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解:A.元素化合价是元素的性质,元素周期律的本质是核外电子排布呈周期变化,故A错误;
B.CO2分子中所有原子均满足最外层为8电子结构,而BF3中|B元素化合价|+B原子最外层电子数=3+3=6,不满足8电子结构,故B错误;
C.元素的相对原子质量是根据各同位素的含量计算的平均值,298为该核素的近似相对原子质量,故C错误;
D.[14NH3T]+ 中电子数、质子数、中子数分别为10、11、(14﹣7+2)=9,故电子数、质子数、中子数之比=10:11:9,故D正确,
故选D.
【分析】A.元素周期律的本质是核外电子排布呈周期变化;
B.若|元素化合价|+元素原子最外层电子数=8,则满足8电子结构;
C.元素的相对原子质量是根据各同位素的含量计算的平均值;
D.结合离子符号,计算含有电子数、质子数、中子数进行判断.
8.(2017高一下·仙桃期末)将 4mol A 气体和 2mol B 气体在 2L 的容器中混合并在一定条件下发生如下反应:2A(g)+B(g) 2C(g),若经 2s (秒)后测得 C 的浓度为 0.6mol L﹣1,现有下列几种说法,其中正确的是(  )
A.用物质A表示的反应的平均速率为0.3 mol L﹣1 s﹣1
B.用物质B表示的反应的平均速率为0.6 mol L﹣1 s﹣1
C.2 s 时物质A的转化率为70%
D.2 s 时物质B的浓度为1.4 mol L﹣1
【答案】A
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】解:反应2s后测得C的浓度为0.6mol/L,C的物质的量=0.6mol/L×2L=1.2mol,则:
2A(g)+ B(g) 2C(g)
起始(mol) 4 2 0
转化(mol) 1.2 0.6 1.2
平衡(mol) 2.8 1.4 1.2
A.用物质A表示的反应的平均速率为 =0.3 mol L﹣1 s﹣1,故A正确;
B.物质B表示的反应的平均速率为 =0.15 mol L﹣1 s﹣1,故B错误;
C.2 s 时物质A的转化率为 ×100%=30%,故C错误;
D.2s时物质B的浓度为 =0.7 mol L﹣1,故D错误;
故选A.
【分析】反应2s后测得C的浓度为0.6mol/L,C的物质的量=0.6mol/L×2L=1.2mol,则:
2A(g)+ B(g) 2C(g)
起始(mol) 4 2 0
转化(mol) 1.2 0.6 1.2
平衡(mol) 2.8 1.4 1.2
结合v= 、c= 及转化率= ×100%计算.
9.(2017高一下·仙桃期末)以NA表示阿伏加德罗常数,则关于热化学方程式:C2H2(g)+ O2(g)═2CO2(g)+H2O(l)△H=﹣1300kJ mol﹣1的说法中,正确的是(  )
A.当有6 NA个电子转移时,该反应放出1300 kJ的能量
B.当有NA个水分子生成且为液体时,吸收1300 kJ的能量
C.当有4NA个碳氧共用电子对生成时,放出1300 kJ的能量
D.当有8NA个碳氧共用电子对生成时,放出1300 kJ的能量
【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解:A.反应中C元素化合价由﹣1价升高到+4价,则每有1 mol C2H2参加反应,转移10 mol电子,放出1 300 kJ能量,故A错误;
B.反应为放热反应,故B错误;
C.当有4NA个碳氧共用电子对生成时,生成1mol二氧化碳,放出650kJ的能量,故C错误;
D.1 mol CO2分子中含有4 mol碳氧共用电子对,有8NA个碳氧共用电子对生成时,即生成了2 mol CO2,放出1 300 kJ的能量,故D正确.
故选D.
【分析】对于热化学方程式:C2H2(g)+ O2(g)═2CO2(g)+H2O(l)△H=﹣1300kJ mol﹣1,当有molC2H2参加反应时,断裂1molC≡C键、2molC﹣H键、2.5molO=O键,形成8molC=O键、2molO﹣H键,此时放出热量1300kJ,以此解答该题.
10.(2017高二上·安庆期末)反应CH3OH ( l )+NH3( g )═CH3NH2( g )+H2O ( g )在某温度自发向右进行,若反应|△H|=17kJ/mol,|△H﹣T△S|=17kJ/mol,对于该反应下列关系正确的是(  )
A.△H>0,△H﹣T△S<0 B.△H<0,△H﹣T△S>0
C.△H>0,△H﹣T△S>0 D.△H<0,△H﹣T△S<0
【答案】A
【知识点】反应热的大小比较
【解析】【解答】解:该反应在一定温度下能够自发的向右进行,这说明△H﹣T△S一定是小于0,根据方程式可知该反应的△S>0,所以如果△H<0,则该反应在任何温度下都是自发进行的,而该反应在一定温度下能够自发的向右进行,因此该反应的反应热△H>0,
故选A.
【分析】反应能自发进行,应满则△G=△H﹣T △S<0,以此解答该题.
11.(2017高一下·仙桃期末)一定条件下,通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收:SO2(g)+2CO(g) 2CO2(g)+S(l)△H<0,若反应在恒容的密闭容器中进行,下列有关说法正确的是(  )
A.平衡前,随着反应的进行,容器内压强始终不变
B.平衡时,其他条件不变,分离出硫,正反应速率加快
C.平衡时,其他条件不变,升高温度可提高SO2的转化率
D.其他条件不变,缩小体积,平衡右移,SO2浓度增大
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解:A.该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应,在反应达到平衡之前,随着反应的进行,气体的物质的量逐渐减小,则容器的压强在逐渐减小,故A错误;
B.硫是液体,分离出硫,气体反应物和生成物浓度都不变,所以不影响反应速率,故B错误;
C.该反应的正反应是放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,抑制了二氧化硫的转化,所以二氧化硫的转化率降低,故C错误;
D.其他条件不变,缩小体积,压强增大,平衡正向移动,但因体积减小,则SO2浓度增大,故D正确.
故选D.
【分析】该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应,在反应达到平衡之前,容器内气体的压强在不断减小,升高温度平衡向逆反应方向移动,以此解答该题.
12.(2017高一下·仙桃期末)已知:P4(g)+6Cl2(g)═4PCl3(g)△H=a kJ mol﹣1,P4(g)+10Cl2(g)═4PCl5(g)△H=bkJ mol﹣1,P4具有正四面体结构,PCl5中P﹣Cl键的键能为c kJ mol﹣1,PCl3中P﹣Cl键的键能为1.2c kJ mol﹣1.下列叙述正确的是(  )
A.P﹣P键的键能大于P﹣Cl键的键能
B.可求Cl2(g)+PCl3(g)═PCl5(s)的反应热△H
C.Cl﹣Cl键的键能为 (b﹣a+5.6c)/4 kJ mol﹣1
D.磷元素的非金属性比氯强
【答案】C
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解:A.原子半径P>Cl,因此P﹣P键键长大于P﹣Cl键键长,则P﹣P键键能小于P﹣Cl键键能,故A错误;
B.利用“盖斯定律”,结合题中给出两个热化学方程式可求出Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)△H= KJ mol﹣1,但不知PCl5(g)=PCl5(s)的△H,因此无法求出Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(s)的△H,故B错误;
C.利用Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)△H= KJ mol﹣1可得E(Cl﹣Cl)+3×1.2c﹣5c= ,因此可得E(Cl﹣Cl)= kJ mol﹣1,故C正确;
D.P、Cl位于同一周期,同周期元素从左到右非金属性增强,非金属性Cl的较强,故D错误.
故选C.
【分析】A.依据P和Cl原子半径大小比较键长得到键能大小,键长越长,键能越小;
B.依据盖斯定律分析判断;
C.依据焓变=反应物键能之和﹣生成物键能之和计算分析;
D.P、Cl位于同一周期,同周期元素从左到右非金属性增强.
13.(2017高一下·仙桃期末)如图装置中,若关闭活塞,则品红溶液无变化,石蕊试液变红,石灰水变浑浊;打开活塞,则品红溶液褪色,石蕊试液变红,石灰水变浑浊.据此判断气体和广口瓶中盛放的物质是(  )
A.HCl和浓H2SO4 B.Cl2和氯水
C.Cl2和NaHCO3溶液 D.SO2和NaHCO3溶液
【答案】D
【知识点】实验装置综合
【解析】【解答】解:A.HCl和浓H2SO4,HCl不能使澄清石灰水变浑浊,也不能使品红溶液褪色,故A错误;
B.Cl2和氯水,关闭活塞后,氯气仍然能够使品红溶液褪色,与题中变化不同,故B错误;
C.Cl2和NaHCO3溶液,打开活塞,没有二氧化碳和二氧化硫产生,石灰水不会变浑浊,故C错误;
D.SO2和NaHCO3溶液,关闭活塞,二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳,二氧化碳能够使品红溶液无变化,石蕊试液变红,石灰水变浑浊;打开活塞,则二氧化硫能够使品红溶液褪色,石蕊试液变红,石灰水变浑浊,故D正确;
故选D.
【分析】若关闭活塞,则品红溶液无变化,说明气体经过洗气瓶后的气体中不具有漂白性的气体,能石蕊溶液变红,石灰水变浑浊,说明含有CO2或SO2;打开活塞后品红褪色,石蕊试液变红,石灰水变浑浊,说明气体具有漂白性、酸性,且含有CO2或SO2,以此解答该题.
14.(2016高一下·辽宁期中)某元素的一种同位素X的原子质量数为A,含N个中子,它与11H原子组成HmX分子.在a 克HmX中所含质子的物质的量是(  )
A. (A﹣N+m) mol B. (A一N) mol
C. (A﹣N) mol D. (A一N+m) mol
【答案】A
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】解:同位素X的质量数为A,中子数为N,因此其质子数为A﹣N.故HmX分子中的质子数为m+A﹣N,又由于HmX中H为11H,故agHmX分子中所含质子的物质的量为: ×(A+m﹣N)mol.
故选A.
【分析】根据公式:分子中质子的物质的量=分子的物质的量×一个分子中含有的质子数= ×一个分子中含有的质子数来计算.
15.(2017高一下·仙桃期末)一定温度下,在三个体积均为1.0L 的恒容密闭容器中发生反应:2A(g) B(g)+C(g)△H
容器 编号 温度(℃) 起始物质的量(mol) 平衡物质的量(mol)
A(g) B(g) C(g)
Ⅰ 387 0.20 0.080 0.080
Ⅱ 387 0.40
Ⅲ 207 0.20 0.090 0.090
下列说法不正确的是(  )
A.该反应的正反应为△H<0
B.207℃,K=4
C.达到平衡时,容器Ⅰ中的A体积分数与容器Ⅱ中的相同
D.容器Ⅰ中反应到达平衡所需时间比容器Ⅲ中的短
【答案】B
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】解:A.I与Ⅲ比较,起始量相同,I中温度高,生成B的平衡浓度小,则升高温度平衡逆向移动,则该反应的正反应为△H<0,故A正确;
B.207℃时, 2A(g) B(g)+ C(g)
起始 0.2 0 0
转化 0.18 0.09 0.09
平衡 0.02 0.09 0.09
K= = =20.25,故B错误;
C.I与II比较,温度、体积不变,物质的量为2倍关系,二者为等效平衡,且增大压强平衡不移动,则平衡时,容器Ⅰ中的A体积分数与容器Ⅱ中的相同,故C正确;
D.I与Ⅲ比较,起始量相同,I中温度高,反应速率快,则Ⅰ中反应到达平衡所需时间比容器Ⅲ中的短,故D正确;
故选B.
【分析】A.I与Ⅲ比较,起始量相同,I中温度高,生成B的平衡浓度小,则升高温度平衡逆向移动;
B.207℃时, 2A(g) B(g)+ C(g)
起始 0.2 0 0
转化 0.18 0.09 0.09
平衡 0.02 0.09 0.09
K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比;
C.I与II比较,温度、体积不变,物质的量为2倍关系,二者为等效平衡,且增大压强平衡不移动;
D.I与Ⅲ比较,起始量相同,I中温度高,反应速率快.
16.(2017高一下·仙桃期末)下列化学反应的离子方程式正确的是(  )
A.将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中:SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣═CaSO3↓+2HClO
B.向稀氨水中通入少量CO2:2NH3 H2O+CO2═2NH4++CO32﹣+H2O
C.用稀HNO3溶解FeS固体:FeS+2H+═Fe2++H2S↑
D.将醋酸滴入硅酸钠溶液中:SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解:A.将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中,二者发生氧化还原反应,正确的离子方程式为:Ca2++3ClO﹣+H2O+SO2═CaSO4↓+2HClO+Cl﹣,故A错误;
B.向稀氨水中通入少量CO2,反应生成碳酸铵,反应的离子方程式为:2NH3 H2O+CO2═2NH4++CO32﹣+H2O,故B正确;
C.稀硝酸具有强氧化性,能够氧化硫化亚铁,正确的离子方程式为:NO3﹣+FeS+4H+=Fe3++S+NO↑+2H2O,故C错误;
D.醋酸与硅酸钠溶液反应生成硅酸和醋酸钠,醋酸不能拆开,正确的离子方程式为:CH3COOH+SiO32﹣=CH3COO﹣+H2SiO3↓,故D错误;
故选B.
【分析】A.次氯酸能够将亚硫酸钙氧化成硫酸钙;
B.二氧化碳少量,反应生成碳酸铵和水;
C.稀硝酸能够氧化亚铁离子和硫离子;
D.醋酸为弱酸,离子方程式中醋酸不能拆开.
二、解答题
17.(2017高一下·仙桃期末)2010年广州亚运会主火炬内熊火来源于丙烷的燃烧,丙烷是一种优良的燃料.试回答下列问题:
(1)如图是一定量丙烷(C3H8)完全燃烧生成CO2和1mol H2O(l)过程中的能量变化图,请在图中的括号内填入“+”或“﹣”.
(2)写出表示丙烷标准燃烧热的热化学方程式:   .
(3)二甲醚(CH3OCH3)是一种新型燃料,应用前景广阔.1mol 二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ的热量.若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ的热量,则混合气体中,丙烷和二甲醚的物质的量之比为   .
【答案】(1)﹣
(2)C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H1=﹣2215.0 kJ/mol
(3)1:3
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】解:(1)图象是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1mol H2O(l)过程中的能量变化图,丙烷燃烧反应放热△H=﹣553.75KJ/mol,故答案为:﹣;(2)丙烷完全燃烧生成CO2和1mol H2O(l)过程中的能量变化图,反应放热△H=﹣553.75KJ/mol;则写出的热化学方程式为:C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H1=﹣2215.0 kJ/mol,故答案为:C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H1=﹣2215.0 kJ/mol;(3)1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量.若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量,
设1mol混合气体中二甲醚物质的量x,丙烷物质的量为1﹣x,C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l);△H1=﹣2215.0 kJ/mol,得到丙烷燃烧放热(1﹣x)2215KJ;依据条件得到:1645KJ﹣1455xKJ=(1﹣x)2215KJ,计算得到x=0.75,则混合丙烷物质的量为0.25mol,则混合气体中丙烷和二甲醚物质的量之比=0.25:0.75=1:3;
故答案为:1:3.
【分析】(1)分析图象得到生成1mol水的焓变△H=﹣553.75KJ/mol;(2)依据热化学方程式书写方法写出,注意物质聚集状态,对应量下的焓变;(3)依据热化学方程式结合混合气体物质的量和放热列式计算得到二甲醚和丙烷物质的量之比.
18.(2017高一下·仙桃期末)盖斯定律认为:不管化学过程是一步完成或分几步完成,整个过程的总热效应相同.试运用盖斯定律回答下列问题:
①已知:H2O(g)═H2O(l)△H1=﹣Q1 kJ mol﹣1
C2H5OH(g)═C2H5OH(l)△H2=﹣Q2kJ mol﹣1
C2H5OH(g)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g)△H3=﹣Q3kJ mol﹣1
若使46g液态无水酒精完全燃烧,并恢复到室温,则整个过程中放出的热量为    kJ.
②C(s)在氧气供应不充足时会生成CO,但还是无法通过实验直接测得反应:C(s)+ O2(g)═CO(g)的△H,其原因是   .
【答案】3Q1﹣Q2+Q3;会有部分二氧化碳生成(或C不能完全转化为CO或其它合理答案)
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解:①已知:a.H2O(g)═H2O(l)△H1=﹣Q1 kJ/mol,
b.C2H5OH(g)═C2H5OH(l)△H2=﹣Q2 kJ/mol,
c.C2H5OH(g)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g)△H3=﹣Q3 kJ/mol,
依据盖斯定律计算3a+c﹣b得到液态无水酒精完全燃烧,生成气态CO2和液态H2O的热化学方程式为:C2H5OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(l)△H3=﹣( 3Q1﹣Q2+Q3) kJ/mol,46g液态无水酒精物质的量= =1mol,则完全燃烧,并恢复到室温,则整个过程中放出的热量为3Q1﹣Q2+Q3,
故答案为:3Q1﹣Q2+Q3;
②碳易与氧气反应部分生成二氧化碳,难以与氧气反应全部生成一氧化碳,导致无法测定反应热,
故答案为:会有部分二氧化碳生成(或C不能完全转化为CO或其它合理答案).
【分析】①依据热化学方程式和盖斯定律计算所需热化学方程式,46g液态无水酒精物质的量= =1mol,以此可计算反应放出的热量;
②碳易与氧气反应生成二氧化碳,难以与氧气反应全部生成一氧化碳.
19.(2017高一下·仙桃期末) A、B、C、D、E、F是五种短周期元素,它们的原子序数依次增大;A元素的原子是半径最小的原子;B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X;D与A同主族,且与F同周期;F元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4倍,A、B、D、F这四种元素,每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物.D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应.请回答下列问题:
(1)写出B、C、E元素的名称B   、C   、E   .
(2)写出C、D两种元素形成的原子个数比为1:1的物质的电子式为   .
(3)可以验证C和F两种元素非金属性强弱的结论是(填编号)   ;
①比较这两种元素常见单质的熔点
②比较这两种元素的单质与氢气化合的难易程度
③比较这两种元素的气态氢化物的还原性
(4) A、C、D、F四种元素可以形成两种酸式盐(均由四种元素组成),这两种酸式盐的化学式分别为   、   ,这两种酸式盐相互反应的离子方程式为   .
(5) A、C、F间可形成甲、乙两种微粒,它们均为负一价双原子阴离子,且甲有18个电子,乙有10个电子,则甲与乙反应的离子方程式为   .
(6)向含有a mol E的氯化物的溶液中加入含b mol D的最高价氧化物对应水化物的溶液,生成沉淀的物质的量不可能为   .
①a mol ②b mol ③ mol ④ mol ⑤0 ⑥(4a﹣b)mol.
【答案】(1)氮;氧;铝
(2)
(3)②③
(4)NaHSO3;NaHSO4;H++HSO3﹣=SO2↑+H2O
(5)HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O
(6)②
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解:A、B、C、D、E、F是五种短周期元素,它们的原子序数依次增大,A元素的原子是半径最小的原子,则A为氢元素;B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X,则B为氮元素,X为NH4NO3;D与A同主族,且D的原子序数大于N元素,故D为Na;F元素的最外层电子数是其次外层电子数的 倍,F原子只能有3个电子层,最外层电子数为6,故F为硫元素;A、B、D、F这四种元素,每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物,则C为氧元素;D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应,应氢氧化铝与强碱、强酸反应,可推知E为Al.(1)由上述分析可知,B、C、E元素的名称分别为:氮、氧、铝,故答案为:氮;氧;铝;(2)O、Na两种元素形成的原子个数比为1:1的物质为Na2O2,由钠离子与过氧根离子构成,其电子式为: ,
故答案为: ;(3)单质越容易与氢气反应,氢化物的还原性越强,元素的非金属性越强,单质的熔点属于物理性质,不能比较非金属性强弱,故②③正确、①错误,
故答案为:②③;(4)H、O、N、S四种元素可以形成两种酸式盐(均由四种元素组成)分别为NaHSO3、NaHSO4,二者相互反应的离子方程式为:H++HSO3﹣=SO2↑+H2O,
故答案为:NaHSO3;NaHSO4;H++HSO3﹣=SO2↑+H2O;(5)H、O、S间可形成甲、乙两种微粒,它们均为负一价双原子阴离子,且甲有18个电子,乙有10个电子,则甲为HS﹣,乙为OH﹣,则甲与乙反应的离子方程式为:HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O,
故答案为:HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O;(6)向含有a mol AlCl3的溶液中加入含b mol NaOH的溶液,发生反应:①AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl,②AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl,
当a:b≥1:3时,只发生反应①,二者恰好反应时得到沉淀为amol或 mol,氯化铝过量时,得到沉淀amol,小于amol,可能为 mol;
当a:b≤1:4时,只发生反应②,没有沉淀生成,即沉淀为0;
当1:3<a:b<1:4时,发生反应①②,则:
AlCl3+ 3NaOH= Al(OH)3↓+3NaCl AlCl3+ 4NaOH=NaAlO2+3NaCl
xmol 3xmol xmol (a﹣x)mol 4(a﹣x)mol
则3xmol+4(a﹣x)mol=b,解得x=(4a﹣b),即沉淀为(4a﹣b)mol,由于部分铝离子转化为氢氧化铝沉淀,可能为 mol;
由氢氧根守恒可知,氢氧化铝的物质的量不可能等于NaOH物质的量,即沉淀不能为bmol,
总上分析可知,沉淀可能为①a mol、③ mol、④ mol、⑤0、⑥(4a﹣b)mol,不可能②b mol,
故答案为:②.
【分析】A、B、C、D、E、F是五种短周期元素,它们的原子序数依次增大,A元素的原子是半径最小的原子,则A为氢元素;B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X,则B为氮元素,X为NH4NO3;D与A同主族,且D的原子序数大于N元素,故D为Na;F元素的最外层电子数是其次外层电子数的 倍,F原子只能有3个电子层,最外层电子数为6,故F为硫元素;A、B、D、F这四种元素,每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物,则C为氧元素;D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应,应氢氧化铝与强碱、强酸反应,可推知E为Al,据此解答.
20.(2017高一下·仙桃期末)在一定条件下,x A+y B z C的反应达到平衡.
(1)已知A、B、C都是气体,在减压后平衡向逆反应方向移动,则x、y、z之间的关系是   ;
(2)已知C是气体,且x+y=z,在增大压强时,如果平衡发生移动,则平衡一定向   移动;
(3)已知B、C是气体,当其他条件不变,增大A的物质的量时,平衡不发生移动,则A是   态物质.
(4)若加热后C的质量分数减少,则正反应是   (填“放热”或“吸热”)反应.
【答案】(1)x+y>z
(2)左
(3)固或液
(4)放热
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解:(1)减压后平衡向逆反应方向移动,若A、B、C都是气体,应存在x+y>z,故答案为:x+y>z;(2)C是气体,且x+y=z,在增大压强时,如果平衡发生移动,平衡向着气体系数和减小的方向移动,即一定向逆方向移动,故答案为:左;(3)只有固体或液体对平衡移动无影响,当增大A的物质的量时,平衡不发生移动,则A是固体或液体,故答案为:固或液;(4)若升高温度C的质量分数减少,说明平衡向逆反应方向移动,则正反应为放热反应,故答案为:放热.
【分析】(1)减压后平衡向着气体系数和增大的方向移动;(2)固体或液体对平衡移动无影响,增压后平衡向着气体系数和减小的方向移动;(3)固体或液体对平衡移动无影响;(4)若升高温度C的质量分数减少,平衡向吸热方向即逆反应方向移动.
21.(2017高一下·仙桃期末)面对全球近期的气候异常,环境问题再次成为焦点.化工厂以及汽车尾气排放的二氧化硫、一氧化碳、氮氧化物(NOx)等气体已成为大气污染的主要因素.
(1)硫酸生产中,SO2催化氧化生成SO3:2SO2(g)+O2(g) 2SO3g).
某温度下,SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图所示.
根据图示回答下列问题:
①将2.0mol SO2和1.0mol O2置于10L密闭容器中,反应达平衡后,体系总压强为0.10MPa.该反应的平衡常数等于   .
②平衡状态由A变到B时,平衡常数K(A)   K(B)(填“>”“<”或“=”).
【答案】(1)800;=
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】解:①反应达平衡后,体系总压强为0.10MPa,由图可知,SO2的平衡转化率α=0.80,参加反应的二氧化硫为2mol×80%=1.6mol,则:
2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g)
起始(mol) 2 1 0
转化(mol) 1.6 0.8 1.6
平衡(mol) 0.4 0.2 1.6
所以平衡时浓度:c(SO2)=0.04mol/L,c(O2)=0.02mol/L,c(SO3)=0.16mol/L,故平衡常数k= =800,故答案为:800;
②平衡状态由A变到B时,改变的是压强,平衡常数只受温度影响,温度不变,平衡常数不变,故平衡常数K(A)=K(B),故答案为:=.
【分析】①反应达平衡后,体系总压强为0.10MPa,由图可知,SO2的平衡转化率α=0.80,利用三段式表示出平衡时反应混合物各组分的物质的量,再计算平衡时反应混合物各组分的平衡浓度,代入平衡常数表达式计算;
②平衡状态由A变到B时,改变的是压强,平衡常数只受温度影响,温度不变,平衡常数不变.
22.(2017高一下·仙桃期末)甲、乙、丙三位同学分别用如上三套实验装置及化学药品(其中碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物)制取氨气.请你回答下列问题:
(1)三位同学制取氨气的化学方程式为:   .
(2)三位同学都用向下排空气法收集氨气,其原因是   .
(3)三位同学用上述装置制取氨气时,其中有一位同学没有收集到氨(如果他们的实验操作都正确),你认为没有收集到氨气的同学是   填(“甲”、“乙”或“丙”),收集不到氨气的主要原因是   (用化学方程式表示).
(4)检验氨气是否收集满的方法是(简述操作方法、现象和结论)   .
(5)三位同学都认为他们的实验装置也可用于加热碳酸氢铵固体制取纯净的氨气,你判断能够达到实验目的是   (填“甲”、“乙”或“丙”),该装置中的NH4HCO3固体能否用NH4Cl固体代替?   (填“能”或“不能”).
【答案】(1)2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O
(2)NH3的密度小于空气
(3)乙;2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4
(4)将湿润的红色石蕊试纸置于管口,若试纸变蓝,则说明已收集满
(5)丙;不能
【知识点】氨的实验室制法
【解析】【解答】解:(1)氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气、氯化钙、水,方程式:2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O;
故答案为:2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O;(2)氨气的密度小于空气密度,应选择向下排空气法收集;
故答案为:NH3的密度小于空气;(3)氨气为碱性气体,能够与浓硫酸反应,方程式为:2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4,所以乙同学收集不到氨气;
故答案为:乙;2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4;(4)氨气为碱性气体,能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝色,所以检验氨气的方法为:将湿润的红色石蕊试纸置于管口,若试纸变蓝,则说明已收集满;
故答案为:将湿润的红色石蕊试纸置于管口,若试纸变蓝,则说明已收集满;(5)甲装置分解得到的是混合气体,得不到纯净氨气,乙装置分解得到二氧化碳和氨气水蒸气混合气体通过浓硫酸氨气被吸收得不到氨气,装置丙装置分解得到二氧化碳和氨气水蒸气混合气体通过碱石灰,吸收二氧化碳和水蒸气得到干燥气体氨气,所以能够达到实验目的是丙;
氯化铵受热分解生成的安氨气与氯化氢气体遇冷极易反应生成氯化铵,得不到氨气,所以不能用氯化铵代替碳酸氢氨;
故答案为:丙;不能;
【分析】(1)氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气、氯化钙、水;(2)依据氨气的密度小于空气密度的性质选择合适的收集方法;(3)氨气为碱性气体,能够与浓硫酸反应,不能用浓硫酸干燥;(4)氨气为碱性气体,能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝色;(5)丙装置加热碳酸氢铵生成的氨气和二氧化碳水通过碱石灰后吸收二氧化碳和水蒸气得到干燥气体氨气;
氯化铵受热分解生成的安氨气与氯化氢气体遇冷极易反应生成氯化铵.
1 / 1湖北省天门、仙桃、潜江三市2016-2017学年联考高一下学期化学期末考试试卷
一、选择题
1.(2017高一下·仙桃期末)某反应的反应过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能,E2表示逆反应的活化能).下列有关叙述正确的是(  )
A.该反应为放热反应
B.催化剂能改变反应的焓变
C.逆反应的活化能大于正反应的活化能
D.催化剂能降低反应的活化能
2.(2017高一下·仙桃期末)对于可逆反应3H2+N2 2NH3,下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是(  )
A.使用高效催化剂 B.充入更多N2
C.降低温度 D.增大压强
3.(2017高一下·仙桃期末)下列关于S、SO2、H2SO4的叙述中,正确的是(  )
A.硫是一种易溶于水的黄色晶体
B.SO2溶于水生成H2SO4
C.用氢氧化钠溶液处理含有SO2的尾气
D.浓H2SO4不稳定,光照易分解
4.(2017高一下·仙桃期末)相同条件下,下列各反应均为放热反应,其中△H最小的是(  )
A.2A(l)+B(l)═2C(g)△H B.2A(g)+B(g)═2C(g)△H
C.2A(l)+B(l)═2C(l)△H D.2A(g)+B(g)═2C(l)△H
5.(2017高一下·仙桃期末)下列叙述正确的是(  )
A.NH3易液化,液氨常用作制冷剂
B.与金属反应时,稀HNO3可能被还原为更低价态,则稀HNO3氧化性强于浓HNO3
C.氨盐受热易分解,因此贮存氨态氮肥时要密封保存,不需放在阴凉通风处
D.稀HNO3和活泼金属反应时主要得到氢气
6.(2017高一下·仙桃期末)自来水是用适量氯气杀菌消毒过的.不法商贩常用自来水冒充纯净水谋取暴利,可用化学试剂鉴别真伪,该试剂可以是(  )
A.酚酞试液 B.氯化钡溶液
C.氢氧化钠溶液 D.硝酸银溶液
7.(2017高一下·仙桃期末)下列有关叙述正确的是(  )
A.元素性质呈周期性变化的根本原因是元素化合价呈周期性变化
B.BF3和CO2分子中所有原子均满足最外层为8电子结构
C.已知114号元素的一种核素的质量数为298,则该元素的相对原子质量为298
D.[14NH3T]+ 中,电子数、质子数、中子数之比为10:11:9
8.(2017高一下·仙桃期末)将 4mol A 气体和 2mol B 气体在 2L 的容器中混合并在一定条件下发生如下反应:2A(g)+B(g) 2C(g),若经 2s (秒)后测得 C 的浓度为 0.6mol L﹣1,现有下列几种说法,其中正确的是(  )
A.用物质A表示的反应的平均速率为0.3 mol L﹣1 s﹣1
B.用物质B表示的反应的平均速率为0.6 mol L﹣1 s﹣1
C.2 s 时物质A的转化率为70%
D.2 s 时物质B的浓度为1.4 mol L﹣1
9.(2017高一下·仙桃期末)以NA表示阿伏加德罗常数,则关于热化学方程式:C2H2(g)+ O2(g)═2CO2(g)+H2O(l)△H=﹣1300kJ mol﹣1的说法中,正确的是(  )
A.当有6 NA个电子转移时,该反应放出1300 kJ的能量
B.当有NA个水分子生成且为液体时,吸收1300 kJ的能量
C.当有4NA个碳氧共用电子对生成时,放出1300 kJ的能量
D.当有8NA个碳氧共用电子对生成时,放出1300 kJ的能量
10.(2017高二上·安庆期末)反应CH3OH ( l )+NH3( g )═CH3NH2( g )+H2O ( g )在某温度自发向右进行,若反应|△H|=17kJ/mol,|△H﹣T△S|=17kJ/mol,对于该反应下列关系正确的是(  )
A.△H>0,△H﹣T△S<0 B.△H<0,△H﹣T△S>0
C.△H>0,△H﹣T△S>0 D.△H<0,△H﹣T△S<0
11.(2017高一下·仙桃期末)一定条件下,通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收:SO2(g)+2CO(g) 2CO2(g)+S(l)△H<0,若反应在恒容的密闭容器中进行,下列有关说法正确的是(  )
A.平衡前,随着反应的进行,容器内压强始终不变
B.平衡时,其他条件不变,分离出硫,正反应速率加快
C.平衡时,其他条件不变,升高温度可提高SO2的转化率
D.其他条件不变,缩小体积,平衡右移,SO2浓度增大
12.(2017高一下·仙桃期末)已知:P4(g)+6Cl2(g)═4PCl3(g)△H=a kJ mol﹣1,P4(g)+10Cl2(g)═4PCl5(g)△H=bkJ mol﹣1,P4具有正四面体结构,PCl5中P﹣Cl键的键能为c kJ mol﹣1,PCl3中P﹣Cl键的键能为1.2c kJ mol﹣1.下列叙述正确的是(  )
A.P﹣P键的键能大于P﹣Cl键的键能
B.可求Cl2(g)+PCl3(g)═PCl5(s)的反应热△H
C.Cl﹣Cl键的键能为 (b﹣a+5.6c)/4 kJ mol﹣1
D.磷元素的非金属性比氯强
13.(2017高一下·仙桃期末)如图装置中,若关闭活塞,则品红溶液无变化,石蕊试液变红,石灰水变浑浊;打开活塞,则品红溶液褪色,石蕊试液变红,石灰水变浑浊.据此判断气体和广口瓶中盛放的物质是(  )
A.HCl和浓H2SO4 B.Cl2和氯水
C.Cl2和NaHCO3溶液 D.SO2和NaHCO3溶液
14.(2016高一下·辽宁期中)某元素的一种同位素X的原子质量数为A,含N个中子,它与11H原子组成HmX分子.在a 克HmX中所含质子的物质的量是(  )
A. (A﹣N+m) mol B. (A一N) mol
C. (A﹣N) mol D. (A一N+m) mol
15.(2017高一下·仙桃期末)一定温度下,在三个体积均为1.0L 的恒容密闭容器中发生反应:2A(g) B(g)+C(g)△H
容器 编号 温度(℃) 起始物质的量(mol) 平衡物质的量(mol)
A(g) B(g) C(g)
Ⅰ 387 0.20 0.080 0.080
Ⅱ 387 0.40
Ⅲ 207 0.20 0.090 0.090
下列说法不正确的是(  )
A.该反应的正反应为△H<0
B.207℃,K=4
C.达到平衡时,容器Ⅰ中的A体积分数与容器Ⅱ中的相同
D.容器Ⅰ中反应到达平衡所需时间比容器Ⅲ中的短
16.(2017高一下·仙桃期末)下列化学反应的离子方程式正确的是(  )
A.将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中:SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣═CaSO3↓+2HClO
B.向稀氨水中通入少量CO2:2NH3 H2O+CO2═2NH4++CO32﹣+H2O
C.用稀HNO3溶解FeS固体:FeS+2H+═Fe2++H2S↑
D.将醋酸滴入硅酸钠溶液中:SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓
二、解答题
17.(2017高一下·仙桃期末)2010年广州亚运会主火炬内熊火来源于丙烷的燃烧,丙烷是一种优良的燃料.试回答下列问题:
(1)如图是一定量丙烷(C3H8)完全燃烧生成CO2和1mol H2O(l)过程中的能量变化图,请在图中的括号内填入“+”或“﹣”.
(2)写出表示丙烷标准燃烧热的热化学方程式:   .
(3)二甲醚(CH3OCH3)是一种新型燃料,应用前景广阔.1mol 二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ的热量.若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ的热量,则混合气体中,丙烷和二甲醚的物质的量之比为   .
18.(2017高一下·仙桃期末)盖斯定律认为:不管化学过程是一步完成或分几步完成,整个过程的总热效应相同.试运用盖斯定律回答下列问题:
①已知:H2O(g)═H2O(l)△H1=﹣Q1 kJ mol﹣1
C2H5OH(g)═C2H5OH(l)△H2=﹣Q2kJ mol﹣1
C2H5OH(g)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g)△H3=﹣Q3kJ mol﹣1
若使46g液态无水酒精完全燃烧,并恢复到室温,则整个过程中放出的热量为    kJ.
②C(s)在氧气供应不充足时会生成CO,但还是无法通过实验直接测得反应:C(s)+ O2(g)═CO(g)的△H,其原因是   .
19.(2017高一下·仙桃期末) A、B、C、D、E、F是五种短周期元素,它们的原子序数依次增大;A元素的原子是半径最小的原子;B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X;D与A同主族,且与F同周期;F元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4倍,A、B、D、F这四种元素,每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物.D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应.请回答下列问题:
(1)写出B、C、E元素的名称B   、C   、E   .
(2)写出C、D两种元素形成的原子个数比为1:1的物质的电子式为   .
(3)可以验证C和F两种元素非金属性强弱的结论是(填编号)   ;
①比较这两种元素常见单质的熔点
②比较这两种元素的单质与氢气化合的难易程度
③比较这两种元素的气态氢化物的还原性
(4) A、C、D、F四种元素可以形成两种酸式盐(均由四种元素组成),这两种酸式盐的化学式分别为   、   ,这两种酸式盐相互反应的离子方程式为   .
(5) A、C、F间可形成甲、乙两种微粒,它们均为负一价双原子阴离子,且甲有18个电子,乙有10个电子,则甲与乙反应的离子方程式为   .
(6)向含有a mol E的氯化物的溶液中加入含b mol D的最高价氧化物对应水化物的溶液,生成沉淀的物质的量不可能为   .
①a mol ②b mol ③ mol ④ mol ⑤0 ⑥(4a﹣b)mol.
20.(2017高一下·仙桃期末)在一定条件下,x A+y B z C的反应达到平衡.
(1)已知A、B、C都是气体,在减压后平衡向逆反应方向移动,则x、y、z之间的关系是   ;
(2)已知C是气体,且x+y=z,在增大压强时,如果平衡发生移动,则平衡一定向   移动;
(3)已知B、C是气体,当其他条件不变,增大A的物质的量时,平衡不发生移动,则A是   态物质.
(4)若加热后C的质量分数减少,则正反应是   (填“放热”或“吸热”)反应.
21.(2017高一下·仙桃期末)面对全球近期的气候异常,环境问题再次成为焦点.化工厂以及汽车尾气排放的二氧化硫、一氧化碳、氮氧化物(NOx)等气体已成为大气污染的主要因素.
(1)硫酸生产中,SO2催化氧化生成SO3:2SO2(g)+O2(g) 2SO3g).
某温度下,SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图所示.
根据图示回答下列问题:
①将2.0mol SO2和1.0mol O2置于10L密闭容器中,反应达平衡后,体系总压强为0.10MPa.该反应的平衡常数等于   .
②平衡状态由A变到B时,平衡常数K(A)   K(B)(填“>”“<”或“=”).
22.(2017高一下·仙桃期末)甲、乙、丙三位同学分别用如上三套实验装置及化学药品(其中碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物)制取氨气.请你回答下列问题:
(1)三位同学制取氨气的化学方程式为:   .
(2)三位同学都用向下排空气法收集氨气,其原因是   .
(3)三位同学用上述装置制取氨气时,其中有一位同学没有收集到氨(如果他们的实验操作都正确),你认为没有收集到氨气的同学是   填(“甲”、“乙”或“丙”),收集不到氨气的主要原因是   (用化学方程式表示).
(4)检验氨气是否收集满的方法是(简述操作方法、现象和结论)   .
(5)三位同学都认为他们的实验装置也可用于加热碳酸氢铵固体制取纯净的氨气,你判断能够达到实验目的是   (填“甲”、“乙”或“丙”),该装置中的NH4HCO3固体能否用NH4Cl固体代替?   (填“能”或“不能”).
答案解析部分
1.【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解:A、图象中反应物能量低于生成物能量,故反应是吸热反应,故A错误;
B、催化剂不能改变该反应的焓变,只能改变反应速率,故B错误;
C、可逆反应中正逆反应的活化能是相等的,故C错误;
D、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能,故D正确;
故选D.
【分析】A、依据图象中反应物和生成物能量的大小比较判断;
B、催化剂改变速率不改变平衡;
C、据图象分析判断;
D、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能;
2.【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】解:A.使用催化剂,平衡常数不变,故A错误;
B.多充N2,活化分子百分数、平衡常数不变,故B错误;
C.降低温度,反应物中活化分子百分数、化学反应速率都减小,且化学平衡常数发生变化,故C正确;
D.增大压强,活化分子百分数不变,平衡常数不变,故D错误.
故选C.
【分析】增大反应物中活化分子百分数、化学反应速率,可升高温度或加入催化剂,如平衡常数发生变化,应改变温度,以此解答该题.
3.【答案】C
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】解:A.硫单质是一种难溶于水、易溶于二硫化碳的黄色固体,故A错误;
B.二氧化硫和水反应生成亚硫酸,硫酸是三氧化硫与水反应生成的,故B错误;
C、二氧化硫是无色易溶于水的有毒气体,可用氢氧化钠溶液吸收,故C正确;
D.浓硫酸性质稳定,见光不分解,故D错误;
故选C.
【分析】A.硫单质难溶于水;
B.二氧化硫和水反应生成亚硫酸;
C.二氧化硫是有毒气体,二氧化硫与氢氧化钠溶液反应;
D.浓硫酸比较稳定,见光不会分解.
4.【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解:四个选项中物质相同,状态不同,反应物中A(g)、B(g)的总能量最高,而生成物中C(l)能量最低,可知2A(g)+B(g)═2C(l)中放出热量最多,△H最小,
故选D.
【分析】均为放热反应,物质的能量气态>液态>固态,而焓变为负,放出热量越多,焓变越小,以此来解答.
5.【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解:A.NH3易液化,气化时吸热,则液氨常用作制冷剂,故A正确;
B.与金属反应时,稀HNO3被还原为NO,反应缓慢,浓HNO3被还原为NO2,反应剧烈,浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性,故B错误;
C.氨盐受热易分解,因此贮存氨态氮肥时要密封保存,并放在阴凉处,故C错误;
D.由于稀HNO3的强氧化性,与活泼金属反应时不生成氢气,一般生成氮的氧化物,还可以生成硝酸铵,故D错误;
故选A.
【分析】A.NH3易液化,气化时吸热;
B.浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性;
C.铵盐不稳定,受热易分解;
D.硝酸具有强氧化性.
6.【答案】D
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】解:因纯净水销售中不含氯离子,而自来水中含氯离子,所以向两样品中加入硝酸银溶液,变浑浊的自来水,反之是纯净水,而A、B、C现象相同,不能鉴别,
故选D.
【分析】辨别纯净水真伪,实际上就是检验氯离子的存在,自来水中含氯离子,而纯净水中不含氯离子,以此来解答.
7.【答案】D
【知识点】原子中的数量关系;元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解:A.元素化合价是元素的性质,元素周期律的本质是核外电子排布呈周期变化,故A错误;
B.CO2分子中所有原子均满足最外层为8电子结构,而BF3中|B元素化合价|+B原子最外层电子数=3+3=6,不满足8电子结构,故B错误;
C.元素的相对原子质量是根据各同位素的含量计算的平均值,298为该核素的近似相对原子质量,故C错误;
D.[14NH3T]+ 中电子数、质子数、中子数分别为10、11、(14﹣7+2)=9,故电子数、质子数、中子数之比=10:11:9,故D正确,
故选D.
【分析】A.元素周期律的本质是核外电子排布呈周期变化;
B.若|元素化合价|+元素原子最外层电子数=8,则满足8电子结构;
C.元素的相对原子质量是根据各同位素的含量计算的平均值;
D.结合离子符号,计算含有电子数、质子数、中子数进行判断.
8.【答案】A
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】解:反应2s后测得C的浓度为0.6mol/L,C的物质的量=0.6mol/L×2L=1.2mol,则:
2A(g)+ B(g) 2C(g)
起始(mol) 4 2 0
转化(mol) 1.2 0.6 1.2
平衡(mol) 2.8 1.4 1.2
A.用物质A表示的反应的平均速率为 =0.3 mol L﹣1 s﹣1,故A正确;
B.物质B表示的反应的平均速率为 =0.15 mol L﹣1 s﹣1,故B错误;
C.2 s 时物质A的转化率为 ×100%=30%,故C错误;
D.2s时物质B的浓度为 =0.7 mol L﹣1,故D错误;
故选A.
【分析】反应2s后测得C的浓度为0.6mol/L,C的物质的量=0.6mol/L×2L=1.2mol,则:
2A(g)+ B(g) 2C(g)
起始(mol) 4 2 0
转化(mol) 1.2 0.6 1.2
平衡(mol) 2.8 1.4 1.2
结合v= 、c= 及转化率= ×100%计算.
9.【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解:A.反应中C元素化合价由﹣1价升高到+4价,则每有1 mol C2H2参加反应,转移10 mol电子,放出1 300 kJ能量,故A错误;
B.反应为放热反应,故B错误;
C.当有4NA个碳氧共用电子对生成时,生成1mol二氧化碳,放出650kJ的能量,故C错误;
D.1 mol CO2分子中含有4 mol碳氧共用电子对,有8NA个碳氧共用电子对生成时,即生成了2 mol CO2,放出1 300 kJ的能量,故D正确.
故选D.
【分析】对于热化学方程式:C2H2(g)+ O2(g)═2CO2(g)+H2O(l)△H=﹣1300kJ mol﹣1,当有molC2H2参加反应时,断裂1molC≡C键、2molC﹣H键、2.5molO=O键,形成8molC=O键、2molO﹣H键,此时放出热量1300kJ,以此解答该题.
10.【答案】A
【知识点】反应热的大小比较
【解析】【解答】解:该反应在一定温度下能够自发的向右进行,这说明△H﹣T△S一定是小于0,根据方程式可知该反应的△S>0,所以如果△H<0,则该反应在任何温度下都是自发进行的,而该反应在一定温度下能够自发的向右进行,因此该反应的反应热△H>0,
故选A.
【分析】反应能自发进行,应满则△G=△H﹣T △S<0,以此解答该题.
11.【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解:A.该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应,在反应达到平衡之前,随着反应的进行,气体的物质的量逐渐减小,则容器的压强在逐渐减小,故A错误;
B.硫是液体,分离出硫,气体反应物和生成物浓度都不变,所以不影响反应速率,故B错误;
C.该反应的正反应是放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,抑制了二氧化硫的转化,所以二氧化硫的转化率降低,故C错误;
D.其他条件不变,缩小体积,压强增大,平衡正向移动,但因体积减小,则SO2浓度增大,故D正确.
故选D.
【分析】该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应,在反应达到平衡之前,容器内气体的压强在不断减小,升高温度平衡向逆反应方向移动,以此解答该题.
12.【答案】C
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解:A.原子半径P>Cl,因此P﹣P键键长大于P﹣Cl键键长,则P﹣P键键能小于P﹣Cl键键能,故A错误;
B.利用“盖斯定律”,结合题中给出两个热化学方程式可求出Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)△H= KJ mol﹣1,但不知PCl5(g)=PCl5(s)的△H,因此无法求出Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(s)的△H,故B错误;
C.利用Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)△H= KJ mol﹣1可得E(Cl﹣Cl)+3×1.2c﹣5c= ,因此可得E(Cl﹣Cl)= kJ mol﹣1,故C正确;
D.P、Cl位于同一周期,同周期元素从左到右非金属性增强,非金属性Cl的较强,故D错误.
故选C.
【分析】A.依据P和Cl原子半径大小比较键长得到键能大小,键长越长,键能越小;
B.依据盖斯定律分析判断;
C.依据焓变=反应物键能之和﹣生成物键能之和计算分析;
D.P、Cl位于同一周期,同周期元素从左到右非金属性增强.
13.【答案】D
【知识点】实验装置综合
【解析】【解答】解:A.HCl和浓H2SO4,HCl不能使澄清石灰水变浑浊,也不能使品红溶液褪色,故A错误;
B.Cl2和氯水,关闭活塞后,氯气仍然能够使品红溶液褪色,与题中变化不同,故B错误;
C.Cl2和NaHCO3溶液,打开活塞,没有二氧化碳和二氧化硫产生,石灰水不会变浑浊,故C错误;
D.SO2和NaHCO3溶液,关闭活塞,二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳,二氧化碳能够使品红溶液无变化,石蕊试液变红,石灰水变浑浊;打开活塞,则二氧化硫能够使品红溶液褪色,石蕊试液变红,石灰水变浑浊,故D正确;
故选D.
【分析】若关闭活塞,则品红溶液无变化,说明气体经过洗气瓶后的气体中不具有漂白性的气体,能石蕊溶液变红,石灰水变浑浊,说明含有CO2或SO2;打开活塞后品红褪色,石蕊试液变红,石灰水变浑浊,说明气体具有漂白性、酸性,且含有CO2或SO2,以此解答该题.
14.【答案】A
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】解:同位素X的质量数为A,中子数为N,因此其质子数为A﹣N.故HmX分子中的质子数为m+A﹣N,又由于HmX中H为11H,故agHmX分子中所含质子的物质的量为: ×(A+m﹣N)mol.
故选A.
【分析】根据公式:分子中质子的物质的量=分子的物质的量×一个分子中含有的质子数= ×一个分子中含有的质子数来计算.
15.【答案】B
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】解:A.I与Ⅲ比较,起始量相同,I中温度高,生成B的平衡浓度小,则升高温度平衡逆向移动,则该反应的正反应为△H<0,故A正确;
B.207℃时, 2A(g) B(g)+ C(g)
起始 0.2 0 0
转化 0.18 0.09 0.09
平衡 0.02 0.09 0.09
K= = =20.25,故B错误;
C.I与II比较,温度、体积不变,物质的量为2倍关系,二者为等效平衡,且增大压强平衡不移动,则平衡时,容器Ⅰ中的A体积分数与容器Ⅱ中的相同,故C正确;
D.I与Ⅲ比较,起始量相同,I中温度高,反应速率快,则Ⅰ中反应到达平衡所需时间比容器Ⅲ中的短,故D正确;
故选B.
【分析】A.I与Ⅲ比较,起始量相同,I中温度高,生成B的平衡浓度小,则升高温度平衡逆向移动;
B.207℃时, 2A(g) B(g)+ C(g)
起始 0.2 0 0
转化 0.18 0.09 0.09
平衡 0.02 0.09 0.09
K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比;
C.I与II比较,温度、体积不变,物质的量为2倍关系,二者为等效平衡,且增大压强平衡不移动;
D.I与Ⅲ比较,起始量相同,I中温度高,反应速率快.
16.【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解:A.将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中,二者发生氧化还原反应,正确的离子方程式为:Ca2++3ClO﹣+H2O+SO2═CaSO4↓+2HClO+Cl﹣,故A错误;
B.向稀氨水中通入少量CO2,反应生成碳酸铵,反应的离子方程式为:2NH3 H2O+CO2═2NH4++CO32﹣+H2O,故B正确;
C.稀硝酸具有强氧化性,能够氧化硫化亚铁,正确的离子方程式为:NO3﹣+FeS+4H+=Fe3++S+NO↑+2H2O,故C错误;
D.醋酸与硅酸钠溶液反应生成硅酸和醋酸钠,醋酸不能拆开,正确的离子方程式为:CH3COOH+SiO32﹣=CH3COO﹣+H2SiO3↓,故D错误;
故选B.
【分析】A.次氯酸能够将亚硫酸钙氧化成硫酸钙;
B.二氧化碳少量,反应生成碳酸铵和水;
C.稀硝酸能够氧化亚铁离子和硫离子;
D.醋酸为弱酸,离子方程式中醋酸不能拆开.
17.【答案】(1)﹣
(2)C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H1=﹣2215.0 kJ/mol
(3)1:3
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】解:(1)图象是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1mol H2O(l)过程中的能量变化图,丙烷燃烧反应放热△H=﹣553.75KJ/mol,故答案为:﹣;(2)丙烷完全燃烧生成CO2和1mol H2O(l)过程中的能量变化图,反应放热△H=﹣553.75KJ/mol;则写出的热化学方程式为:C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H1=﹣2215.0 kJ/mol,故答案为:C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H1=﹣2215.0 kJ/mol;(3)1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量.若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量,
设1mol混合气体中二甲醚物质的量x,丙烷物质的量为1﹣x,C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l);△H1=﹣2215.0 kJ/mol,得到丙烷燃烧放热(1﹣x)2215KJ;依据条件得到:1645KJ﹣1455xKJ=(1﹣x)2215KJ,计算得到x=0.75,则混合丙烷物质的量为0.25mol,则混合气体中丙烷和二甲醚物质的量之比=0.25:0.75=1:3;
故答案为:1:3.
【分析】(1)分析图象得到生成1mol水的焓变△H=﹣553.75KJ/mol;(2)依据热化学方程式书写方法写出,注意物质聚集状态,对应量下的焓变;(3)依据热化学方程式结合混合气体物质的量和放热列式计算得到二甲醚和丙烷物质的量之比.
18.【答案】3Q1﹣Q2+Q3;会有部分二氧化碳生成(或C不能完全转化为CO或其它合理答案)
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解:①已知:a.H2O(g)═H2O(l)△H1=﹣Q1 kJ/mol,
b.C2H5OH(g)═C2H5OH(l)△H2=﹣Q2 kJ/mol,
c.C2H5OH(g)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g)△H3=﹣Q3 kJ/mol,
依据盖斯定律计算3a+c﹣b得到液态无水酒精完全燃烧,生成气态CO2和液态H2O的热化学方程式为:C2H5OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(l)△H3=﹣( 3Q1﹣Q2+Q3) kJ/mol,46g液态无水酒精物质的量= =1mol,则完全燃烧,并恢复到室温,则整个过程中放出的热量为3Q1﹣Q2+Q3,
故答案为:3Q1﹣Q2+Q3;
②碳易与氧气反应部分生成二氧化碳,难以与氧气反应全部生成一氧化碳,导致无法测定反应热,
故答案为:会有部分二氧化碳生成(或C不能完全转化为CO或其它合理答案).
【分析】①依据热化学方程式和盖斯定律计算所需热化学方程式,46g液态无水酒精物质的量= =1mol,以此可计算反应放出的热量;
②碳易与氧气反应生成二氧化碳,难以与氧气反应全部生成一氧化碳.
19.【答案】(1)氮;氧;铝
(2)
(3)②③
(4)NaHSO3;NaHSO4;H++HSO3﹣=SO2↑+H2O
(5)HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O
(6)②
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解:A、B、C、D、E、F是五种短周期元素,它们的原子序数依次增大,A元素的原子是半径最小的原子,则A为氢元素;B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X,则B为氮元素,X为NH4NO3;D与A同主族,且D的原子序数大于N元素,故D为Na;F元素的最外层电子数是其次外层电子数的 倍,F原子只能有3个电子层,最外层电子数为6,故F为硫元素;A、B、D、F这四种元素,每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物,则C为氧元素;D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应,应氢氧化铝与强碱、强酸反应,可推知E为Al.(1)由上述分析可知,B、C、E元素的名称分别为:氮、氧、铝,故答案为:氮;氧;铝;(2)O、Na两种元素形成的原子个数比为1:1的物质为Na2O2,由钠离子与过氧根离子构成,其电子式为: ,
故答案为: ;(3)单质越容易与氢气反应,氢化物的还原性越强,元素的非金属性越强,单质的熔点属于物理性质,不能比较非金属性强弱,故②③正确、①错误,
故答案为:②③;(4)H、O、N、S四种元素可以形成两种酸式盐(均由四种元素组成)分别为NaHSO3、NaHSO4,二者相互反应的离子方程式为:H++HSO3﹣=SO2↑+H2O,
故答案为:NaHSO3;NaHSO4;H++HSO3﹣=SO2↑+H2O;(5)H、O、S间可形成甲、乙两种微粒,它们均为负一价双原子阴离子,且甲有18个电子,乙有10个电子,则甲为HS﹣,乙为OH﹣,则甲与乙反应的离子方程式为:HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O,
故答案为:HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O;(6)向含有a mol AlCl3的溶液中加入含b mol NaOH的溶液,发生反应:①AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl,②AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl,
当a:b≥1:3时,只发生反应①,二者恰好反应时得到沉淀为amol或 mol,氯化铝过量时,得到沉淀amol,小于amol,可能为 mol;
当a:b≤1:4时,只发生反应②,没有沉淀生成,即沉淀为0;
当1:3<a:b<1:4时,发生反应①②,则:
AlCl3+ 3NaOH= Al(OH)3↓+3NaCl AlCl3+ 4NaOH=NaAlO2+3NaCl
xmol 3xmol xmol (a﹣x)mol 4(a﹣x)mol
则3xmol+4(a﹣x)mol=b,解得x=(4a﹣b),即沉淀为(4a﹣b)mol,由于部分铝离子转化为氢氧化铝沉淀,可能为 mol;
由氢氧根守恒可知,氢氧化铝的物质的量不可能等于NaOH物质的量,即沉淀不能为bmol,
总上分析可知,沉淀可能为①a mol、③ mol、④ mol、⑤0、⑥(4a﹣b)mol,不可能②b mol,
故答案为:②.
【分析】A、B、C、D、E、F是五种短周期元素,它们的原子序数依次增大,A元素的原子是半径最小的原子,则A为氢元素;B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X,则B为氮元素,X为NH4NO3;D与A同主族,且D的原子序数大于N元素,故D为Na;F元素的最外层电子数是其次外层电子数的 倍,F原子只能有3个电子层,最外层电子数为6,故F为硫元素;A、B、D、F这四种元素,每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物,则C为氧元素;D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应,应氢氧化铝与强碱、强酸反应,可推知E为Al,据此解答.
20.【答案】(1)x+y>z
(2)左
(3)固或液
(4)放热
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解:(1)减压后平衡向逆反应方向移动,若A、B、C都是气体,应存在x+y>z,故答案为:x+y>z;(2)C是气体,且x+y=z,在增大压强时,如果平衡发生移动,平衡向着气体系数和减小的方向移动,即一定向逆方向移动,故答案为:左;(3)只有固体或液体对平衡移动无影响,当增大A的物质的量时,平衡不发生移动,则A是固体或液体,故答案为:固或液;(4)若升高温度C的质量分数减少,说明平衡向逆反应方向移动,则正反应为放热反应,故答案为:放热.
【分析】(1)减压后平衡向着气体系数和增大的方向移动;(2)固体或液体对平衡移动无影响,增压后平衡向着气体系数和减小的方向移动;(3)固体或液体对平衡移动无影响;(4)若升高温度C的质量分数减少,平衡向吸热方向即逆反应方向移动.
21.【答案】(1)800;=
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】解:①反应达平衡后,体系总压强为0.10MPa,由图可知,SO2的平衡转化率α=0.80,参加反应的二氧化硫为2mol×80%=1.6mol,则:
2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g)
起始(mol) 2 1 0
转化(mol) 1.6 0.8 1.6
平衡(mol) 0.4 0.2 1.6
所以平衡时浓度:c(SO2)=0.04mol/L,c(O2)=0.02mol/L,c(SO3)=0.16mol/L,故平衡常数k= =800,故答案为:800;
②平衡状态由A变到B时,改变的是压强,平衡常数只受温度影响,温度不变,平衡常数不变,故平衡常数K(A)=K(B),故答案为:=.
【分析】①反应达平衡后,体系总压强为0.10MPa,由图可知,SO2的平衡转化率α=0.80,利用三段式表示出平衡时反应混合物各组分的物质的量,再计算平衡时反应混合物各组分的平衡浓度,代入平衡常数表达式计算;
②平衡状态由A变到B时,改变的是压强,平衡常数只受温度影响,温度不变,平衡常数不变.
22.【答案】(1)2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O
(2)NH3的密度小于空气
(3)乙;2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4
(4)将湿润的红色石蕊试纸置于管口,若试纸变蓝,则说明已收集满
(5)丙;不能
【知识点】氨的实验室制法
【解析】【解答】解:(1)氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气、氯化钙、水,方程式:2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O;
故答案为:2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O;(2)氨气的密度小于空气密度,应选择向下排空气法收集;
故答案为:NH3的密度小于空气;(3)氨气为碱性气体,能够与浓硫酸反应,方程式为:2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4,所以乙同学收集不到氨气;
故答案为:乙;2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4;(4)氨气为碱性气体,能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝色,所以检验氨气的方法为:将湿润的红色石蕊试纸置于管口,若试纸变蓝,则说明已收集满;
故答案为:将湿润的红色石蕊试纸置于管口,若试纸变蓝,则说明已收集满;(5)甲装置分解得到的是混合气体,得不到纯净氨气,乙装置分解得到二氧化碳和氨气水蒸气混合气体通过浓硫酸氨气被吸收得不到氨气,装置丙装置分解得到二氧化碳和氨气水蒸气混合气体通过碱石灰,吸收二氧化碳和水蒸气得到干燥气体氨气,所以能够达到实验目的是丙;
氯化铵受热分解生成的安氨气与氯化氢气体遇冷极易反应生成氯化铵,得不到氨气,所以不能用氯化铵代替碳酸氢氨;
故答案为:丙;不能;
【分析】(1)氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气、氯化钙、水;(2)依据氨气的密度小于空气密度的性质选择合适的收集方法;(3)氨气为碱性气体,能够与浓硫酸反应,不能用浓硫酸干燥;(4)氨气为碱性气体,能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝色;(5)丙装置加热碳酸氢铵生成的氨气和二氧化碳水通过碱石灰后吸收二氧化碳和水蒸气得到干燥气体氨气;
氯化铵受热分解生成的安氨气与氯化氢气体遇冷极易反应生成氯化铵.
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