《“设计”一座硫酸厂》习题3.doc

“设计”一座硫酸厂习题一、选择题1、工业制H2SO4的生产中，下列措施有利于提高SO2转化率的是()V2O5作催化剂通入O2过量两次氧化SO2、O2循环使用通过热交换器进行热交换通入过量SO2A、B、C、 D、2、右图是学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是()A、该硫酸试剂的物质的量浓度为18.4 mol/LB、该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数小于49%C、50 mL该H2SO4中加入足量的铜片并加热，被还原的H2SO4的物质的量为0.46 molD、2.7 g Al与足量的该硫酸反应可得到标准状况下的H2 3.36 L3、某溶液中存在大量的NH4+，SO42，Cl，该溶液中还可能大量存在的离子是()A、OHB、Ba2+C、K+D、Ag+4、在配制500ml 0.1mol/L的H2SO4溶液时，下列操作中会导致结果偏高的是()A、洗净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液B、未等溶液降至室温就转移至容量瓶C、转移溶液时不慎洒到容量瓶外D、定容时仰视刻度线5、实验室用铜和浓硫酸反应制取二氧化硫，下列有关该反应的说法错误的是()A、铜是还原剂，发生了氧化反应B、每生成1molSO2，转移电子的物质的量是2molC、每消耗1molCu，起氧化剂作用的硫酸消耗2molD、反应后物质中可能有白色固体出现6、在某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，则下列关于该溶液所含离子的推断中正确的是()A、一定会有SO24B、含有SO24和AgC、可能含有SO24、Ag、SO23中的一种、两种或三种D、可能含有SO23或CO237、下列说法中，正确的是()A、SO2能使FeCl3、KMnO4溶液迅速褪色B、可以用澄清石灰水来鉴别SO2与CO2C、硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成SO3D、冷的浓硫酸和浓硝酸可以用铁桶装8、SO2和Cl2均是常用的漂白剂，若将SO2和Cl2等物质的量混合后，先缓慢通入到BaCl2溶液中，再滴入品红试液，会观察到的现象是( )A、无沉淀生成，溶液显红色 B、无沉淀生成，溶液显无色C、有沉淀生成，溶液显无色 D、有沉淀生成，溶液显红色9、向100mL 18mol/L H2SO4溶液中加入足量的铜片并加热。充分反应后，则的参加反应H2SO4的物质的量A、小于1.8mol B、等于0.9molC、等于1.8mol D、大于1.8mol10、已知25%氨水的密度为0.91 g/cm3，5%氨水的密度为0.98 g/cm3，若将上述两溶液等体积混合，所得氨水溶液的质量分数()A、等于15% B、大于15%C、小于15% D、无法计算11、对于氨水的组成的叙述正确的是()A、只含有氨分子和水分子B、只含有一水合氨分子和水分子C、只含有氨分子、水分子和一水合氨分子D、含有氨分子、水分子、一水合氨分子、铵根离子、氢离子和氢氧根离子12、如图装置中，干燥烧瓶中盛满某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是()A、若a为NO，b为NaOH溶液，可出现无色喷泉B、若a为HCl，b为AgNO3溶液，可出现白色喷泉C、若a为CO2，b为NaOH溶液，可出现无色喷泉D、若a为NH3，b为水(预先滴入少量酚酞溶液)，可出现红色喷泉二、非选择题13、某实验小组用如图所示装置进行铜与浓硫酸反应的实验探究。(1)写出甲中反应的化学方程式： 。(2)乙试管口的棉花应沾有的试剂是 ，其作用是。(3)实验小组成员观察乙试管内液体变化是。(4)充分反应后，若甲试管中有铜片剩余，继续向甲中加入NaNO3溶液，发现铜片溶解，此反应的离子方程式为 。(5)在100mL 18molL-1的浓硫酸中加入过量的铜片，加热使之充分反应，产生的气体在标准状况下的体积可能是 。(填字母)A、40.32LB、30.24LC、20.16LD、13.44L14、浓硫酸和碳在加热的情况下反应的化学方程式为C+2H2SO4=CO2+2SO2+2H2O为了验证反应的各种生成物，用如图装置进行实验。图(1)图中A处是完成实验中的必要装置，它是下列图所示中的(填编号)_；图 (2)C装置中应盛的试剂为足够_，其作用_；(3)能够确定存在二氧化碳气体的实验现象_。15、资料显示：“氨气可在纯氧中安静燃烧，其中一种产物是大气中含量最多的单质气体”某化学小组学生设计如下装置(图中铁夹等夹持装置已略去)进行氨气与氧气在不同条件下反应的实验。(1)用装置A制取纯净、干燥的氨气，大试管内混合物是；碱石灰的作用是。(2)将产生的氨气与过量的氧气通到装置B(催化剂为铂石棉)中，用酒精喷灯加热：氨催化氧化的化学方程式是；试管内气体变为红棕色，该反应的化学方程式是。(3)将过量的氧气与A产生的氨气分别从a、b两管进气口通入到装置C中，并在b管上端点燃氨气：%2气体通入的先后顺序是 ，其理由是 。氨气燃烧的化学方程式是 。(4)如果在氨气在纯氧燃烧过程中转移了1.8mol电子，在标准状况下生成了单质气体 L。16、下列图示是某学习小组设计的制取氨气并利用氨气进行喷泉实验的装置示意图。请回答下列问题：(1)学生甲用图A所示装置制备氨气，写出该法制取氨气的化学方程式：_；制出的氨气应使用_法来收集，要得到干燥的氨气可选用 _作干燥剂。(2)学生乙用图B所示装置也制出了氨气，他选用的试剂可能是_和_。用平衡移动原理分析这种方法制备氨气的原理：_。(3)学生丙用图C所示装置进行喷泉实验，上部烧瓶已充满干燥的氨气，引发喷泉的操作是_。(4)学生丁将装置C误装为装置D，但经与同学讨论后，认为也可引发喷泉。请说明用该装置引发喷泉的方法与原理：_。【答案及解析】1、【答案】B【解析】使用V2O5作催化剂只能提高化学反应速率，对SO2的转化率没有影响；通入过量的SO2不但不能提高转化率，反而转化率降低了。2、【答案】A考点：浓硫酸的性质，物质的量浓度和质量分数的换算。3、【答案】C【解析】试题分析：A：OH与NH4+离子反应生成一水合氨，在溶液中不能大量共存，故A错误；B：O42与Ba2+反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故B错误；C：K+不与NH4+、Ba2+、Cl发生反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D：Ag+与Cl发生反应生成氯化银沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C考点：离子共存问题。4、【答案】B【分析】根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。【解析】A：干净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液，溶质的物质的量和溶液的体积都不变，配制溶液浓度无影响，故A错误；B：未等溶液降至室温就转移至容量瓶，溶液体积偏小，配制溶液浓度偏高，故B正确；C：将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，溶质的物质的量偏小，配制溶液浓度偏低，故C错误；D：定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，配制溶液浓度偏低，故D错误；故选B。【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液中的误差分析方法，该题是中等难度的试题，试题基础性强，贴近高考；该题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力。考点：配制一定物质的量浓度的溶液。5、【答案】C【分析】根据Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+H2O，利用化合价的变化分析氧化剂、还原剂、消耗的酸及转移的电子数，以此来解答【解析】A：反应中Cu元素的化合价由0升高到+2价，作还原剂，发生氧化反应，故A正确；B：由Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+H2O可知，每生成1molSO2，转移电子的物质的量为1mol(64)=2mol，故B正确；C：由Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+H2O可知，每消耗1molCu，起氧化剂作用的硫酸消耗1mol，故C错误；D：该反应有硫酸铜生成，浓硫酸会把水吸走，硫酸铜固体为白色，故D正确；故选C。点评：本题考查铜与浓硫酸的反应，熟悉发生的化学反应及利用化合价分析氧化还原反应即可解答，题目难度不大。考点：浓硫酸的性质；氧化还原反应的计算6、【答案】C【解析】A项错误，不能排除Ag、SO23的干扰；B项错误，因为BaCl2溶液与SO24和Ag反应不能共存；C项正确，因为不能排除Ag、SO23的干扰；D项错误，由“加入稀硝酸，沉淀不溶解”可以判断不可能含有CO23。7、A8、C9、A10、【答案】C【解析】由题意可知，氨水的密度随质量分数增大而减小。如果等质量混合，则质量分数为15%，现等体积混合，则5%的氨水还要增加一些，故小于15%。11、【答案】D【解析】溶于水的氨大部分与水结合生成NH3H2O，NH3H2O中一小部分电离为NH4和OH。12、【答案】A【分析】依据喷泉实验原理：气体极易溶于水或气体与溶液发生化学反应而使气体的体积变小，使烧瓶内外形成负压差，结合物质的性质判断解答【解析】A：NO与氢氧化钠不反应，也不溶于氢氧化钠溶液，不会产生负压差，不能产生喷泉，故A错误；B：氯化氢极易溶于水，与硝酸银反应生成白色氯化银沉淀，使瓶内压强迅速减小而产生负压差形成喷泉，氯化银为白色，所以能够形成白色喷泉，故B正确；C：二氧化碳为酸性氧化物，极易与氢氧化钠溶液反应使烧瓶内压强迅速减小而形成负压差，产生喷泉，碳酸钠溶液为无色，所以喷泉颜色为无色，故C正确；D：氨气极易溶于水，使烧瓶中的气压减小，且小于外界大气压，则形成喷泉，又氨水溶液显碱性，石蕊遇碱变蓝，故形成蓝色喷泉，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了喷泉实验，明确喷泉实验的原理和物质的性质是解题关键，题目难度不大。考点：氨的物理性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响。13、(1)Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O(2)NaOH溶液，吸收未反应的SO2，防止污染空气。(3)品红溶液褪色.(4)3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O(5)D14、(1)(2)酸性高锰酸钾，除去二氧化硫气体(3)D中澄清石灰水变浑浊。15、【考点】氨的制取和性质【分析】(1)氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气，氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂；(2)NH3与过量O2在催化剂、加热条件下发生反应生成一氧化氮和水；一氧化氮不稳定与氧气反应生成红棕色二氧化氮；(3)若先通入NH3，NH3在空气中不能点燃，可在纯氧中安静燃烧，依次进行判断；NH3中N元素的化合价为3价，为最低价态，具有还原性，在点燃条件下生成N2和水；(4)依据氨气燃烧的方程式结合氮元素化合价变化计算生成氮气的体积。【答案】(1)氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气，所以大试管内的混合物为：氯化铵与氢氧化钙，氨气为碱性气体，要制取纯净、干燥的氨气，应选择碱性干燥剂，碱石灰作用干燥氨气；故答案为：氯化铵与氢氧化钙；干燥氨气。(2)NH3与过量O2在催化剂、加热条件下发生反应生成一氧化氮和水，化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；一氧化氮不稳定与氧气反应生成红棕色二氧化氮，化学方程式：2NO+O2=2NO2；故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；2NO+O2=2NO2。(3)若先通入NH3，NH3在空气中不能点燃，可在纯氧中安静燃烧，依次进行判断；NH3中N元素的化合价为3价，为最低价态，具有还原性，在点燃条件下生成N2和水，化学方程式：4NH3+3O2N2+6H2O；故答案为：先通氧气，后通氨气；若先通氨气，氨气在空气中不能燃烧，逸出造成环境污染；4NH3+3O2N2+6H2O。(4)依据氨气燃烧的方程式：4NH3+3O2N2+6H2O，氮元素从3价升高为0价，生成1mol氮气，转移6mol电子，所以如果在氨气在纯氧燃烧过程中转移了1.8mol电子，生成了单质气体0.3mol，在标准状况下体积为6.72L；故答案为：6.72L。【点评】本题考查了氨气的制备和性质的检验，熟悉氨气制备原理和氨气的还原性是解题关键，题目难度不大。16、【解析】(1)题图A是固体和固体混合加热制备氨气的装置，应选用的原料是NH4Cl和Ca(OH)2固体。氨气极易溶于水，比空气的密度小，要用向下排空气法收集。干燥氨气常用碱石灰。(2)题图B是固体和液体在不加热时反应制氨气的装置，可选用 浓氨水和生石灰(或固体NaOH)混合反应。在氨水中存在下列平衡：NH3H2O=NH3H2O，生石灰或固体烧碱溶于水时吸水且放出大量的热，促使平衡正向移动，NH3H2O分解放出氨气。(3)氨气极易溶于水，用图C所示装置进行喷泉实验时，先打开止水夹，然后挤压胶头滴管，使少量水进入烧瓶，氨气溶于水导致烧瓶内压强