浙江省2020版高考化学一轮复习阶段检测四专题四.docx

阶段检测四(专题四)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.化学与社会、科技、生产、生活、环境等密切相关。下列有关说法不正确的是()A.含氮、磷元素的污水任意排放,会导致水华、赤潮等B.工业生产玻璃、水泥,均需要用石灰石为原料C.有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”,丝绸的主要成分是纤维素,属于天然高分子化合物D.中国蓝是古代人工合成的蓝色化合物,其化学式为BaCuSi4O10,可改写成BaOCuO4SiO2答案C丝绸的主要成分是蛋白质,而不是纤维素,故C错误。2.下列说法不正确的是()A.水玻璃是一种建筑黏合剂B.高压钠灯发出的黄光射程远,透雾能力强C.硫酸铁是一些补血药剂的主要成分D.二氧化硫可用于漂白纸浆答案C补血药剂的主要成分是硫酸亚铁,不是硫酸铁,故C错误。3.下列各组物质在一定条件下反应产生等物质的量的气体时,消耗酸的物质的量最少的是()A.碳与浓硫酸B.二氧化锰与浓盐酸C.铁与稀硫酸 D.铜与稀硝酸答案A相关反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)2SO2+CO2+2H2O,MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O,Fe+H2SO4FeSO4+H2,3Cu+8HNO3 3Cu(NO3)2+2NO+4H2O,可见产生等物质的量的气体时,碳与浓硫酸反应需要的酸最少,故选A。4.向某无色溶液中分别进行下列操作,所得现象和结论正确的是()A.加入氨水,产生白色沉淀,证明原溶液中存在Al3+B.加入AgNO3溶液,产生白色沉淀,证明原溶液中存在Cl-C.加入盐酸酸化的BaCl2溶液,生成白色沉淀,证明原溶液中存在SO42-D.加入NaOH溶液并加热,产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,证明原溶液中存在NH4+答案D加入氨水,产生白色沉淀,该白色沉淀可能为氢氧化镁,原溶液中可能存在镁离子,不一定含有Al3+,故A错误;加入AgNO3溶液,产生白色沉淀,该白色沉淀可能为碳酸银,原溶液中可能含有碳酸根离子,不一定含有Cl-,故B错误;加入盐酸酸化的BaCl2溶液,生成白色沉淀,该白色沉淀可能为氯化银,原溶液中可能含有银离子,不一定含有SO42-,故C错误。5.下列说法不正确的是()A.二氧化氯可用于自来水的消毒B.氧化镁可用于制造耐高温材料C.把固体炸药制成胶体能提高威力D.二氧化硫不可用于漂白纸浆答案D二氧化硫有漂白性,可用于漂白纸浆,故D错误。6.下列说法正确的是()A.硫酸铜粉末是常见的干燥剂,具有较强的吸水能力B.漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2C.保存氯化亚铁溶液时,需加入少量铁粉D.氨气能使湿润的蓝色石蕊试纸变红答案C硫酸铜粉末遇到水变成蓝色,可以用来检验水的存在,但不用作干燥剂,故A错误;漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2和氯化钙,其中次氯酸钙是有效成分,故B错误;氯化亚铁能够被空气中的氧气氧化,保存氯化亚铁溶液时,需加入少量铁粉,防止被氧化,故C正确;氨气的水溶液显碱性,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,故D错误。7.下列说法正确的是()A.氢氧化铁胶体可用于消毒河水B.石灰石石膏法可用于燃煤的脱硫C.焦炭在炼铁高炉中直接将铁矿石还原为铁D.镁合金可用于制造重型机械的主要部件答案B氢氧化铁胶体具有较大表面积,有吸附性,能够吸附水中杂质,可以作净水剂,不能用来杀菌消毒,故A错误;石灰石石膏法脱硫的原理第一步是SO2+Ca(OH)2 CaSO3+H2O,然后再将产物氧化制成石膏,2CaSO3+O2 2CaSO4,故B正确;焦炭在炼铁高炉中先和空气中的氧气反应生成二氧化碳,二氧化碳再被焦炭还原成一氧化碳,一氧化碳和铁矿石反应生成铁和二氧化碳,不是用焦炭还原铁矿石,故C错误;镁合金密度小,不适合制造重型机械的主要部件,故D错误。8.下列表示不正确的是()A.二氧化硅的分子式:SiO2B.HBr的结构式:HBrC.CH4的比例模型D.Cl-的结构示意图答案A二氧化硅是原子晶体,不存在分子式,故A错误。9.下列离子方程式书写正确的是()A.氢氧化镁与盐酸反应:OH-+H+ H2OB.氯化铁溶液与铜反应:Fe3+Cu Fe2+Cu2+C.过量二氧化碳通入水玻璃中:2CO2+SiO32-+2H2O 2HCO3-+H2SiO3D.硫酸氢铵溶液和过量的氢氧化钡溶液混合:H+SO42-+Ba2+OH- BaSO4+H2O答案C氢氧化镁与盐酸反应的离子方程式为Mg(OH)2+2H+ Mg2+2H2O,A错误;氯化铁溶液与铜反应的离子方程式为2Fe3+Cu 2Fe2+Cu2+,B错误;过量二氧化碳通入水玻璃中,生成碳酸氢钠和硅酸沉淀,离子方程式为2CO2+SiO32-+2H2O 2HCO3-+H2SiO3,C正确;硫酸氢铵溶液和过量的氢氧化钡溶液反应的离子方程式为NH4+H+SO42-+Ba2+2OH- NH3H2O+BaSO4+H2O,D错误。10.下列气体的检验方法中,正确的是()A.用澄清石灰水鉴别SO2和CO2B.用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙烯和乙炔C.用湿润的淀粉-KI试纸检验Cl2D.用湿润的蓝色石蕊试纸检验氨气答案CSO2和CO2与澄清石灰水反应都能生成白色沉淀,现象相同,不能鉴别,故A错误;乙烯和乙炔中均存在碳碳不饱和键,都能使酸性高锰酸钾溶液褪色,现象相同,不能鉴别,故B错误;氯气与碘化钾反应置换出碘单质,能够使湿润的淀粉-KI试纸变蓝色,现象明显,可以检验,故C正确;氨水显碱性,遇到湿润的蓝色石蕊试纸不变色,无法检验,故D错误。11.下列说法正确的是()A.氯水应保存在棕色广口瓶中并置于阴凉处B.焰色反应后,要用稀硫酸洗涤铂丝并在火焰上灼烧至无色C.可采用通过饱和碳酸氢钠溶液的方法,除去CO2中含有的SO2D.实验室制取Cl2、SO2时须进行尾气处理,而CO2、H2可直接排放答案C氯水见光时其中的次氯酸会分解,且属于液体,所以应盛放在棕色细口瓶中,A错误;焰色反应后,应该用稀盐酸洗涤铂丝并在火焰上灼烧至无色,B错误;碳酸氢钠能与二氧化硫反应产生二氧化碳,因此可采用通过饱和碳酸氢钠溶液的方法,除去CO2中混有的SO2,C正确;氢气是可燃性气体,不可直接排放,D错误。12.设阿伏加德罗常数的值为NA,下列说法中正确的是()A.62 g Na2O溶于水后所得溶液中含有的O2-数为NAB.在含Al3+总数为NA的AlCl3溶液中,Cl-总数大于3NAC.常温常压下,16 g甲基(13CH3)所含的中子数为10NAD.0.5 mol Cu和足量浓硝酸反应可以生成22.4 L NO2答案BNa2O溶于水发生反应:Na2O+H2O 2NaOH,故溶液中不存在O2-,A项错误;由于发生反应:Al3+3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+,若溶液中含Al3+总数为NA,则投入的n(AlCl3)1 mol,溶液中n(Cl-)3NA,B项正确;一个13CH3中所含中子数是7,而16 g甲基(13CH3)其物质的量为1 mol,故含有的中子数为7NA,C项错误;0.5 mol Cu和足量浓硝酸反应生成1 mol NO2,题中未指明NO2所处的温度和压强,且NO2与N2O4存在平衡:2NO2 N2O4,气体体积不确定,D项错误。13.下列有关物质性质、用途说法正确的是()A.晶体SiO2可以导电,可用作光导纤维B.Na2CO3能与盐酸反应,可用于治疗胃酸过多C.氧化铝熔点高,可用作耐火坩埚,熔融NaOH固体D.液氨汽化时吸收大量的热,可用作制冷剂答案D晶体SiO2不导电,A错误;Na2CO3能与盐酸反应,但具有腐蚀性,不能用于治疗胃酸过多,B错误;氧化铝熔点高,可用作耐火坩埚,但不能熔融NaOH固体,因为二者反应,C错误。14.下表中实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的一组是()操作和现象结论A向纯碱中滴加足量浓盐酸,将产生的气体通入硅酸钠溶液,溶液变浑浊酸性:盐酸碳酸硅酸B取某溶液少量,加入盐酸酸化的氯化钡溶液,出现白色沉淀该溶液中一定含有大量的SO42-C用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应,呈黄色该溶液一定是钠盐溶液DNaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀结合H+的能力:CO32-AlO2-答案D由于是浓盐酸,挥发出的HCl,可以使硅酸钠生成硅酸,所以只能证明盐酸酸性强于碳酸,不能证明碳酸酸性强于硅酸,故A错误;没有排除AgCl的干扰,也可以存在Ag+,故B错误;只能说明含有钠元素,不一定为钠盐,可能为碱溶液,故C错误;酸性越弱,其阴离子结合氢离子的能力越强,NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀,说明氢氧化铝的酸性弱,则结合H+的能力:CO32-FeC.Fe8O11中n(Fe2+)n(Fe3+)=31D.22.4 g Fe完全反应时,转移1.1 mol电子答案D根据反应方程式可知,HNO3全部生成了NO2,所以硝酸全部体现了氧化性,故A错误;根据氧化还原反应的强弱规律,还原性:还原剂还原产物,在题给的化学方程式中,Fe为还原剂,NO2为还原产物,所以还原性:NO2I-。某钠盐溶液可能含有阴离子Cl-、Br-、I-、CO32-、SO32-、SO42-。为鉴定这些离子,分别取少量溶液进行以下实验:用pH试纸测得混合液呈碱性;加盐酸后,生成无色气体,该气体能使饱和石灰水变浑浊;滴加少量氯水,加CCl4振荡后,CCl4层未变色;加BaCl2溶液产生白色沉淀,分离,在沉淀中加入足量盐酸,沉淀不能完全溶解;加HNO3酸化后,再加过量AgNO3,溶液中产生白色沉淀。下列有关说法正确的是()A.由实验和可确定溶液中一定含有CO32-B.由实验可确定溶液中一定不含Br-、I-C.由实验可确定溶液中一定含有SO42-D.该溶液中一定含有Cl-、SO42-,可能含有SO32-答案C本题考查常见离子的检验。实验测得混合液呈碱性,CO32-、SO32-至少存在一种;实验加盐酸后,生成无色气体,该气体能使饱和石灰水变浑浊,仍只能确定CO32-、SO32-至少存在一种;实验滴加少量氯水,加CCl4振荡后,CCl4层未变色,不能确定Br-、I-是否存在,因为溶液中若有SO32-,则少量氯水先与SO32-反应;实验可确定溶液中一定含有SO42-;实验不能确定Cl-是否存在,因为Ag2SO4微溶,也会生成白色沉淀,但可以确定Br-、I-一定不存在,因为AgBr和AgI不是白色沉淀。所以该溶液中一定存在SO42-,CO32-和SO32-至少有一种,Br-、I-一定不存在,Cl-可能存在。B项,Br-、I-一定不存在不是由实验确定的。23.1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中,得到NO2和N2O4的混合气体1 120 mL(标准状况),向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液,当金属离子全部沉淀时,得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是()A.该合金中铜与镁的物质的量之比是21B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LC.NO2和N2O4的混合气体中,NO2的体积分数是80%D.得到2.54 g沉淀时,加入NaOH溶液的体积是600 mL答案D设铜镁合金中铜的物质的量为x,镁的物质的量为y,则64x+24y=1.5298x+58y=2.54解得x=0.02 mol,y=0.01 mol,xy=21,A项正确;浓硝酸中HNO3的物质的量浓度c=1 000M=1 0001.4063%63mol/L=14.0 mol/L,B项正确;由关系式Cu4HNO32NO2、Mg4HNO32NO2得n(NO2)=2n(Cu)+2n(Mg)=0.06 mol,若设混合气体中NO2物质的量为z,则2NO2 N2O4始0.06 mol 0变0.06 mol-z 0.06mol-z2平z 0.06mol-z2z+0.06mol-z2=1 120 mL10-3L/mL22.4 L/mol=0.05 mol,得z=0.04 mol,NO2的体积分数为0.04mol0.05mol100%=80%,C项正确;金属离子完全沉淀后,溶液中溶质为NaNO3,根据氮原子守恒可得n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)=14.0 mol/L0.05 L-0.06 mol=0.64 mol,则n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64 mol,加入NaOH溶液的体积V=0.64mol1.0mol/L=0.64 L=640 mL,D项错误。24.某强酸性溶液X中可能含有Fe2+、Al3+、NH4+、CO32-、SO32-、SO42-、Cl-中的若干种,现取X溶液进行连续实验,实验过程及产物如下,下列说法不正确的是()A.X中肯定存在Fe2+、Al3+、NH4+、SO42-B.X中不能确定是否存在的离子是Al3+和Cl-C.溶液E和气体F发生反应,生成物为盐类D.气体A是NO答案B溶液呈强酸性,故溶液中一定不存在CO32-、SO32-,加入过量硝酸钡生成沉淀,则该沉淀为BaSO4,说明溶液中含有SO42-,生成气体A,A连续氧化生成D和E,则A为NO,D为NO2,E为HNO3,说明溶液中含有还原性离子,一定为Fe2+,溶液B中加入过量NaOH溶液,生成气体F,则F为NH3,说明溶液中含有NH4+,H中通入过量的二氧化碳生成了沉淀I,I只能为氢氧化铝,故溶液中一定含有铝离子,根据溶液呈电中性可知,不能确定是否含有的离子是Cl-。X中肯定存在Fe2+、NH4+、SO42-、Al3+,故A正确;通过以上分析可知,X中不能确定的离子是Cl-、一定含有Al3+,故B错误;溶液E是硝酸、气体F是氨气,氨气和硝酸反应生成硝酸铵,属于盐类,故C正确;通过以上分析可知,A为NO,故D正确。25.将一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3溶液中,收集到气体V L(标准状况),向反应后的溶液中(Cu元素以Cu2+、S元素以SO42-形式存在)加入足量NaOH溶液,产生蓝色沉淀,过滤,洗涤,灼烧,得到CuO 12 g,若上述气体为NO和NO2的混合气体且两种气体的体积比为11,则V可能为()A.9.0 B.13.5C.15.7D.16.8答案A可以采用极端假设法分析,由最终得到CuO 12.0 g,得n(Cu)=12 g80 gmol=0.15 mol,假设混合物中只有CuS,反应中CuS中的S元素的化合价从-2升高到+6,0.15 mol CuS共失去1.2 mol e-,设n(NO)=n(NO2)=x mol,根据得失电子守恒得x+3x=1.2,解得x=0.3,V=(0.3+0.3)22.4=13.44。假设混合物中只有Cu2S,n(Cu2S)=0.075 mol,反应中Cu2S中的S元素的化合价从-2升高到+6,Cu元素的化合价从+1升高到+2,0.075 mol Cu2S共失去0.75 mol e-,设n(NO)=n(NO2)=y mol,根据得失电子守恒得y+3y=0.75,解得y=0.187 5,V=(0.187 5+0.187 5)22.4=8.4。产生标准状况下气体体积大于8.4 L,小于13.44 L,答案为A。二、非选择题(本大题共7小题,共50分)26.(4分)某校课外活动小组为测定已部分脱水的生石膏的组成(xCaSO4yH2O),做如下实验:将固体加热,测量剩余固体的质量随时间的变化关系,如图所示。(1)t5t6时间段固体质量减轻的原因是产生了两种气体,其中一种能使品红溶液褪色的气体的物质的量是。(2)xy=。答案(1)0.02 mol(2)23解析(1)t5t6时间段固体质量减轻的原因是产生了两种气体,其中一种能使品红溶液褪色,说明生成二氧化硫气体,根据得失电子守恒知,还有氧气生成,1.12 g可能为氧化钙的质量,n(CaO)=1.12 g56 g/mol=0.02 mol,和0.02 mol CaSO4分解生成0.02 mol氧化钙正好吻合,所以该反应的化学方程式为2CaSO4 2CaO+2SO2+O2,因此生成二氧化硫0.02 mol。(2)从D点开始,t5t6时间段固体质量减轻的原因是产生了两种气体,说明该点的固体为硫酸钙,则n(CaSO4)=2.72 g136 g/mol=0.02 mol,n(H2O)=3.26 g-2.72 g18 g/mol=0.03 mol,则xy=n(CaSO4)n(H2O)=0.02 mol0.03 mol=23。27.(6分)为探究矿石样品A(仅含两种元素)的组成和性质,设计并完成如下实验:已知:溶液D中只含一种金属阳离子,与铁粉充分反应后固体质量减少14 g。请回答:(1)样品A的化学式为。(2)写出气体C与溴水反应的离子方程式:。(3)写出样品A与盐酸发生氧化还原反应的化学方程式:。答案(1)Fe3S4(2)SO2+Br2+2H2O 4H+2Br-+SO42-(3)Fe3S4+6HCl 3FeCl2+S+3H2S解析棕黄色溶液D中含有Fe3+、H+、Cl-,加入过量铁粉后,H+先与Fe发生反应生成H2,该过程溶解的n(Fe)=n(H2)=0.1 mol,固体质量减少5.6 g;然后溶液D中的Fe3+与Fe充分反应,2Fe3+Fe 3Fe2+m(固体)2 mol 56 gn(Fe3+) 14 g-5.6 g则有n(Fe3+)=2mol(14 g-5.6 g)56 g=0.3 mol,则样品A中m(Fe)=16.8 g,气体C能使溴水褪色,C为SO2,故构成样品A的两种元素为Fe和S。(1)m(S)=29.6 g-16.8 g=12.8 g,n(S)=0.4 mol,故样品A的化学式为Fe3S4。(2)SO2与溴水反应生成硫酸和溴化氢,反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O 4H+2Br-+SO42-。(3)Fe3S4与盐酸可以发生氧化还原反应,化学方程式为Fe3S4+6HCl 3FeCl2+S+3H2S。28.(6分)化合物M由两种元素组成,某研究小组按如图流程探究其组成:请回答:(1)在制作印刷电路板的过程中常利用铜与溶液E的反应,反应的化学方程式为。(2)将气体A通入溶液E中,溶液由黄色变成浅绿色,且酸性明显增强,写出该反应的离子方程式:。(3)化合物M的化学式为。答案(1)2FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2(2)2Fe3+SO2+2H2O 2Fe2+SO42-+4H+(3)Fe3S4解析由A可使品红溶液褪色,加热又变红,可知无色气体A为SO2,由D为红棕色,与盐酸反应后加KSCN溶液为血红色,可知E中含铁离子,D为Fe2O3,n(Fe2O3)=4.80 g160 g/mol=0.03 mol,M由Fe、S元素组成,n(Fe)=0.06 mol,n(S)=5.92 g-0.06mol56 g/mol32 g/mol=0.08 mol,M中Fe、S原子个数比为0.06 mol0.08 mol=34,则M的化学式为Fe3S4。(1)溶液E为氯化铁,则铜与溶液E的反应的化学方程式为2FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2;(2)气体A通入溶液E中,溶液由黄色变成浅绿色,且酸性明显增强,反应的离子反应方程式为2Fe3+SO2+2H2O 2Fe2+SO42-+4H+;(3)由上述分析可知M的化学式为Fe3S4。29.(4分)一定量的SO2通入到含0.16 mol NaOH的溶液中,充分反应后生成的Na2SO3和NaHSO3的物质的量之比为32。再向反应后溶液中通入Cl2使硫元素全部转化为SO42-。请计算:(1)SO2的质量为g。(2)通入Cl2的物质的量至少为mol。答案(1)6.4(2)0.10解析设Na2SO3和NaHSO3物质的量分别为3x、2x,根据钠原子守恒,3x2+2x=0.16 mol,x=0.02 mol,n(SO2)=3x+2x=0.06 mol+0.04 mol=0.1 mol。(1)SO2的质量为64 gmol-10.1 mol=6.4 g。(2)根据得失电子守恒,通入Cl2的物质的量与二氧化硫相同,至少为0.10 mol。30.(10分)化学探究小组设计实验探究某种氮的化合物的制备及性质。【探究一】下图A为某气体制备装置,图中未画出。据此回答:(1)只用一种试剂制备A中某气体,选取的试剂是。a.NH4HCO3 b.NH4Clc.Ca(OH)2d.NH4NO3装置A所用的主要玻璃仪器是(填仪器名称)。(2)从装置A进入装置B的物质在B中被充分吸收,写出B中发生反应的化学方程式:(写出一个即可)。【探究二】为探究上述装置中产生的气体的性质,该化学探究小组又组装了如下装置,其中C处硬质玻璃管中装有红色粉末状铜粉。用酒精灯加热C处硬质玻璃管一段时间后,再通入上述实验产生的气体,过一会儿撤去C处酒精灯。据此回答:(3)若实验过程中发现F处铜片逐渐溶解。则:D中观察到的现象是。C中发生反应的化学方程式为。F处铜片逐渐溶解的原因是。该装置的不足之处是。(4)若实验过程中F处铜片没有任何变化,D中无任何现象发生,只观察到C中粉末在红色和黑色间交替变化。则C中发生反应的化学方程式为 。答案(1)a试管、酒精灯(2)2Na2O2+2H2O 4NaOH+O2或2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2(3)出现红棕色气体4NH3+5O2 4NO+6H2O从E中出来的气体中含有二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸,铜与硝酸反应而逐渐溶解没有尾气吸收装置(4)4NH3+3O2 2N2+6H2O(或2NH3+3CuO 3Cu+N2+3H2O)解析由已知可得,A中制取的是某种氮的化合物,结合【探究二】,F处铜片逐渐溶解,说明有硝酸生成,所以气体X中有氨气,B中Na2O2与A中产生的气体反应生成了O2,氨气和氧气在C中铜的催化作用下发生反应生成NO,NO进一步被氧化成NO2。(1)由上述分析可得,气体X中含有氨气和氧气,A中制取的氮的化合物是氨气,则只用一种试剂制备氨气,选取的试剂是NH4HCO3,故选a。NH4HCO3固体加热分解可以在大试管中进行,故装置A所用的主要玻璃仪器是试管和酒精灯。(2)NH4HCO3受热分解产生氨气、水和二氧化碳,二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气,所以B中发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O 4NaOH+O2和2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2。(3)C中产生的NO气体很容易被氧气氧化成红棕色的NO2,所以D中会出现红棕色气体;在C中铜的催化作用下,氨气和氧气发生反应生成NO,化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O;从E中出来的气体中含有二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸,F中铜与硝酸反应而逐渐溶解;二氧化氮与水反应生成硝酸和NO,NO有毒,不能直接排放到空气中,需要进行尾气处理,而该装置的设计中没有尾气吸收装置。(4)若实验过程中F处铜片没有任何变化,D中无任何现象发生,只观察到C中粉末在红色和黑色间交替变化,则C中氨气与氧气在铜催化作用下(或氨气与CuO)发生氧化还原反应,没有生成NO,产物应为氮气等,故反应的化学方程式为4NH3+3O2 2N2+6H2O(或2NH3+3CuO 3Cu+N2+3H2O)。31.(10分)氮和砷(As)都是第A族元素,运用相关知识回答以下问题:(1)已知:2O2(g)+N2(g) N2O4(l)H1N2(g)+2H2(g) N2H4(l)H2O2(g)+2H2(g) 2H2O(g)H32N2H4(l)+N2O4(l) 3N2(g)+4H2O(g)H4=-1 048.9 kJ/mol上述反应热效应之间的关系式为H4=,联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为。(2)联氨为二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似。请写出联氨与硫酸形成的所有盐的化学式 。(3)联氨是一种常用的还原剂,可用于处理高压锅炉水中的氧,防止锅炉被腐蚀。理论上1 kg的联氨可处理L水(假设水中溶解O2量为10 mg/L)。(4)砷在自然界中主要以硫化物形式(如雄黄As4S4、雌黄As2S3等)存在。雌黄可被浓硝酸氧化为H3AsO4与S,硝酸被还原为NO2,反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。答案(1)2H3-2H2-H1反应放热多、产生大量气体(2)N2H6(HSO4)2、N2H6SO4、(N2H5)2SO4(3)1105(4)101解析(1)2O2(g)+N2(g) N2O4(l)H1,N2(g)+2H2(g) N2H4(l)H2,O2(g)+2H2(g) 2H2O(g)H3,依据热化学方程式和盖斯定律,将2-2-得到:2N2H4(l)+N2O4(l) 3N2(g)+4H2O(g)H4=2H3-2H2-H1;根据反应可知,联氨和N2O4反应放出大量热且产生大量气体,因此可作为火箭推进剂。(2)联氨为二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似,联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O N2H5+OH-,第二步电离方程式为N2H5+H2O N2H62+OH-,因此联氨与硫酸形成的盐有N2H6(HSO4)2、N2H6SO4、(N2H5)2SO4。(3)联氨是一种常用的还原剂,可用于处理高压锅炉水中的氧,联氨被氧化失电子N2H4N2失去4e-,O2O2-得到4e-,联氨和氧气的摩尔质量都是32 g/mol,则等质量联氨和氧气物质的量相同,理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的O2 1 kg,可以处理水的体积为1 000 g1010-3g/L=1105 L。(4)1 mol As2S3被氧化为H3AsO4与S时转移电子数为(5-3)2+23 mol=10 mol,1 mol硝酸被还原为NO2时转移电子为(5-4) mol=1 mol,根据得失电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为101。32.(10分)硫酸钠过氧化氢氯化钠化合物(xNa2SO4yH2O2zNaCl)又称“固体双氧水”,具有漂白、杀菌、消毒等作用,在国外已得到广泛的应用。作为洗涤剂助剂时,它比过氧碳酸钠(Na2CO3xH2O2)具有更多的优点。其合成方法如下:取200 mL 25%的过氧化氢溶液,加入无水硫酸钠达饱和,保持温度为(101),在不断搅拌下,缓慢加入氯化钠50 g,搅拌40 min。将反应混合物放