精品解析：上海市延安中学2024-2025学年高一下学期5月月考化学试题

2024学年度延安中学高一第二学期5月阶段测试卷（等级考） 化学试卷 （考试时间60分钟 满分100分） 考生注意： 1. 自备科学计算器等参加考试，考试期间严格遵守考试纪律，听从监考员指挥，杜绝作弊 2. 选择题如无说明，则为单选，不定项题则有1~2个正确选项 3. 相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Ag-108 一、亚氯酸钠 1. 亚氯酸钠(NaClO2)是高效氧化剂和漂白剂。实验室制备NaClO2的装置图如图所示。 已知：3NaClO22NaClO3+2NaCl。 （1）仪器a的名称为______。 （2）补全并配平下列反应的化学方程式______。 _______H2O2+_______+_______NaOH=_______NaClO2+_______+_______H2O （3）冷水浴的作用不包括______。 A. 防止NaClO2分解 B. 防止H2O2分解 C. 促进NaClO2析出 D. 提高反应速率 （4）当试管中有大量晶体析出时，停止反应。获得该晶体所需要操作方法为______。 A. 过滤 B. 结晶 C. 蒸馏 D. 分液 （5）若获得晶体纯度不符合要求，欲提高其纯度的实验方法为_______。 （6）某小组同学欲测定亚氯酸钠晶体(NaClO2•3H2O)中结晶水的数目。甲同学指出NaClO2会分解而无法完成实验，但乙同学却认为可行。简述你的观点和理由_______。 （7）上述NaClO2产品的纯度测定实验为：称取mg样品溶解后，加入稍过量的KI，再滴加适量的稀硫酸，充分反应后，稀释为100mL溶液。最后移取25.00mL上述溶液，恰好消耗VmLcmol•L-1Na2S2O3溶液。 有关反应原理如下：ClO+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl- I2+2S2O=2I-+S4O 计算该NaClO2产品的纯度______。(用含m、C、V的代数式表示，写出计算过程)。 【答案】（1）球形干燥管 （2）2ClO2+ H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O （3）D （4）A （5）重结晶 （6）方案可行，NaClO2•3H2O失去结晶水和NaClO2分解的温度不同，且能够采用减压加热的方法以较低失去结晶水的温度，以保证结晶水完全失去而NaClO2不分解 （7）% 【解析】 【分析】由题干实验装置图可知，向冰水浴试管中通入ClO2、与NaOH、H2O2一起反应生成NaClO2和O2，反应原理为：2ClO2+ H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，并用NaOH溶液吸收多余的ClO2以防污染环境，据此分析解题。 【小问1详解】 由题干装置图可知，仪器a的名称为球形干燥管，故答案为：球形干燥管； 【小问2详解】 由题干信息可知，ClO2中Cl的化合价由+4价转化为NaClO2的+3价，化合价降低，则H2O2中O的化合价升高，即产物有O2，根据氧化还原反应配平可得，该反应方程式为：2ClO2+ H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，故答案为：2ClO2+ H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O； 【小问3详解】 A. 根据题干信息可知，NaClO2受热易分解为NaClO3和NaCl，故冰水浴可以防止NaClO2分解，A不合题意； B. H2O2受热易分解为H2O和O2，故冰水浴可以防止H2O2分解，B不合题意； C. 已知NaClO2在水中的溶解度随着温度升高而增大，则降低温度可以促进NaClO2析出，C不合题意； D. 温度越高反应速率越快，即冰水浴不利于提高反应速率，D符合题意； 故答案为：D； 【小问4详解】 当试管中有大量晶体析出时，停止反应，获得该晶体所需要操作方法为分离不溶性固体和液体即为过滤，故答案为：A； 【小问5详解】 若获得的晶体纯度不符合要求，欲提高其纯度的实验方法为重结晶，故答案为：重结晶； 【小问6详解】 某小组同学欲测定亚氯酸钠晶体(NaClO2•3H2O)中结晶水的数目，甲同学指出NaClO2会分解而无法完成实验，但乙同学却认为可行，由于NaClO2•3H2O失去结晶水和NaClO2分解的温度不同，且能够采用减压加热的方法以较低失去结晶水的温度，以保证结晶水完全失去而NaClO2不分解，故答案为：方案可行，NaClO2•3H2O失去结晶水和NaClO2分解的温度不同，且能够采用减压加热的方法以较低失去结晶水的温度，以保证结晶水完全失去而NaClO2不分解； 【小问7详解】 由此进行计算，由题干反应方程式可找到关系式为NaClO2~2I2~4，n(NaClO2)=n()=×cmol/L×V×10-3L=×10-3mol，则样品中NaClO2的物质的量==cV×10-3mol，该样品中NaClO2的质量分数=×100%=%，故答案为：%。 二、碳达峰 2. 习近平总书记在党的二十大报告中指出“实现碳达峰、碳中和是一场广泛而深刻的经济社会系统性变革”。其中研发CO2的转化技术是行之有效的手段。已知，CO2生产甲醇过程主要发生以下反应： 反应I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)   ∆H1=48.97kJ/mol 反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)   ∆H2=41.17kJ/mol 反应Ⅲ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)   ∆H3=xkJ/mol 对于反应Ⅲ：在某密闭容器中进行该反应，CO的平衡转化率与温度的关系如图1所示；反应Ⅲ进行过程中能量的变化如图2所示，其中曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示使用催化剂后的能量变化。若将和按物质的量比混合，以固定流速通过盛放催化剂的反应器，在相同时间内，不同温度下的实验数据如图3所示。 （1）对于反应Ⅲ，在一定温度下体积为2L的恒容密闭容器中，投入4mol CO和8mol H2，经过t min达平衡，CO平衡转化率为90%，保持其余条件不变，再投入0.6mol H2及1.4mol CH3OH后，平衡将_________移动。 （2）图1中，A、B、C三点平衡常数KA、KB、Kc的大小关系为_________。 （3）请结合图2解释催化剂加快化学反应速率的原因___________，反应Ⅲ消耗时，放出_______J热量。 （4）结合图3，可知该催化剂活性最好的温度为_______。（选A．  B．  C．  D．） （5）对于反应Ⅲ：向某恒温恒压密闭容器中充入1mol CO(g)和2mol H2(g)，下列情况中不能说明反应Ⅲ达到平衡的是______。 A. 容器内混合气体的密度不再改变 B. 容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变 C. 两种反应物转化率的比值不再改变 D. （6）已知：CH3OH的选择性=不考虑催化剂活性温度，为同时提高CO2的平衡转化率和甲醇的选择性，应选择的反应条件是______。 A. 高温高压 B. 高温低压 C. 低温低压 D. 低温高压 （7）一定条件下，向体积为V L恒容密闭容器中通入和发生上述反应，达到平衡时，容器中为a mol，CO为b mol，此时的平衡浓度为_______(用含a、b、V的代数式表示)。 【答案】（1）正向 （2）KA=KB>KC （3） ①. 加入催化剂，使得反应的活化能有了较为明显的下降 ②. 91000 （4）C （5）CD （6）D （7） 【解析】 【分析】根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应I反应Ⅱ，则反应Ⅲ：，据此数据解答。 【小问1详解】 对于反应Ⅲ，在一定温度下体积为2L的恒容密闭容器中，投入4mol CO和8mol H2，经过t min达平衡，CO平衡转化率为90%，列三段式：，则该反应的平衡常数为；再保持其余条件不变，再投入0.6mol H2及1.4mol CH3OH，此时的浓度熵为：，则平衡将向正反应方向移动。 【小问2详解】 由题图可知，该反应是放热反应，温度升高，CO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，平衡常数减小，而平衡常数只与温度有关，由于温度A=B < C，所以有：。 【小问3详解】 由图2可知，加入催化剂，使得反应的活化能有了较为明显的下降，所需能量降低；再根据图2中的能量数据，当消耗时，放出的热量为：。 【小问4详解】 根据图3数据可知，随温度升高，的实验转化率和的实验产率逐渐升高，当温度超过520K后，的实验转化率和的实验产率开始逐渐降低，则该催化剂活性最好的温度约为520K左右，所给的四个选项中，C选项数值最接近，故答案为：C。 【小问5详解】 向某恒温恒压密闭容器中充入1mol CO(g)和2mol H2(g)，发生反应Ⅲ：，下列情况中不能说明反应Ⅲ达到平衡的是： A．该反应为体积减小的反应，恒压密闭容器，压强不变，则体积减小，气体质量不变，则密度增大，当容器内混合气体的密度不再改变时，说明反应已达到平衡状态，A不符合题意； B．该反应为体积减小的反应，物质的量减小，气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量增大，当容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变时，说明反应已达到平衡状态，B不符合题意； C．反应物的取量为1:2，反应比为1:2，剩余比为1:2，即反应中任何时刻都满足1:2，所以是无法说明反应已达到平衡状态的，C符合题意； D．可逆反应中，反应速率之比=方程式计量数之比，则有，所以是无法说明反应已达到平衡状态的，D符合题意； 故答案为：CD。 【小问6详解】 反应I是气体体积增大的反应，反应Ⅲ是放热反应，高压有助于提高的平衡转化率和甲醇的选择性，使反应Ⅰ、Ⅲ正向移动，而低温会使反应Ⅱ逆向移动，使反应Ⅰ和Ⅲ正向移动，提高甲醇的选择性，故根据平衡移动原理选择反应条件为：低温高压，所给的四个选项中，符合的答案为：D。 【小问7详解】 由反应I可知，当生成amol的时，同时生成amol的；由反应Ⅱ可知，当生成bmol的时，也同时生成bmol的；则生成总物质的量为，则的平衡浓度为：。 三、聚铁的制备 3. 工业上利用黄铁矿石烧渣(主要成分为Fe2O3及少量FeS、SiO2等)来制备聚铁(碱式硫酸铁的聚合物)和绿矾(FeSO4•7H2O)，主要流程如图所示。 （1）写出步骤①中FeS、O2、稀H2SO4发生反应的化学方程式_______。 （2）将步骤②生成的气体分别通入下列溶液中，溶液不褪色的是______。 A. 品红试液 B. 紫色石蕊试液 C. 溴水 D. 酸性KMnO4溶液 （3）已知步骤③反应原理为2Fe3++Fe=3Fe2+，该步骤加入的物质为______。 （4）硫酸亚铁的溶解度见图，步骤④是将溶液加热至约50℃，______。 A. 蒸发至晶膜形成后，趁热过滤 B. 蒸发至晶膜形成后，冷却结晶，过滤 C. 蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤 D. 蒸发至大量晶体析出后，冷却结晶，过滤 （5）双电层模型认为胶体粒子通常由胶核、吸附层和扩散层构成。聚铁胶体的胶粒示意图如图所示。下列说法正确的是______。 A. 该胶体粒子的半径为1～100nm之间 B. 该胶体粒子能透过半透膜 C. 电泳时聚铁胶粒向阴极移动 D. 遇MgSO4发生聚沉时，SO更易结合聚铁胶粒 （6）聚铁胶体是一种优良的净水剂，广泛用于水处理。解释其作净水剂的原因_______。 （7）聚铁的化学式可用[Fex(OH)y(SO4)z]m表示。x、y和z关系正确的是______。 A. x=y+z B. 2x=y+2z C. 3x=y+2z D. 3x=y+z （8）为测定上述所得聚铁的化学式，进行如下实验： (i)取一定量的聚铁，先加入足量的稀盐酸酸化。 (ii)加入足量BaCl2溶液，经过滤、洗涤、烘干后得到6.990g沉淀。 (iii)向上述过滤后的滤液中加入足量NaOH溶液充分反应，再将过滤所得沉淀灼烧至恒重，得到4.80g固体。 计算聚铁中x：y：z=______ 【答案】（1）4FeS+3O2+12H+=4Fe3++6H2O+4S （2）ACD （3）铁粉 （4）D （5）ACD （6）胶体具有较大的表面积，吸附能力很强，能够吸附水中的悬浮颗粒物，达到净水的效果 （7）C （8）2：4：1 【解析】 【分析】由题干工艺流程图可知，烧渣中加入稀硫酸、同时通入氧气，过滤后，得到固体中含有S、SiO2，再灼烧后气体中含有二氧化硫。溶液X含有Fe2(SO4)3及未反应的硫酸，溶液X中加入Fe粉，反应完毕，过滤得到溶液Y为FeSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等得到绿矾。溶液X调节pH得到溶液Z，加热促进Fe3+的水解得到聚铁胶体，再经过胶体聚沉得到聚铁，通过调节pH可以控制氢氧化铁与硫酸铁的比例关系，据此分析解题。 【小问1详解】 反应物为FeS、O2和H2SO4，生成物有S，根据质量守恒还应有Fe2(SO4)3和H2O，反应的化学方程式为4FeS+3O2+6H2SO4=2Fe2(SO4)3+6H2O+4S，离子方程式为4FeS+3O2+12H+=4Fe3++6H2O+4S，故答案为：4FeS+3O2+12H+=4Fe3++6H2O+4S； 【小问2详解】 过程②产生气体为SO2，具有还原性和漂白性，因具有漂白性而使品红褪色，因具有还原性而使具有氧化性的酸性KMnO4溶液、溴水褪色，故答案为：ACD； 【小问3详解】 溶液X中含有Fe3+，要制备绿矾，应加入Fe使之还原为Fe2+，加入铁可生成Fe2+，并且不引入新的杂质，反应方程式为2FeCl3+Fe=3FeCl2，故答案为：铁粉； 【小问4详解】 过滤得到溶液Y为FeSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等得到绿矾，故硫酸亚铁的溶解度见图，步骤④是将溶液加热至约50℃，蒸发至大量晶体析出后，冷却结晶，过滤，故答案为：D； 【小问5详解】 A．由题干信息可知，该胶体粒子的半径为1～100nm之间，A正确； B．胶体粒子能够透过滤纸，但该胶体粒子不能透过半透膜，B错误； C．由题干信息可知，该胶体粒子带正电，故电泳时聚铁胶粒向阴极移动，C正确； D．由题干信息可知，该胶体粒子带正电，遇MgSO4发生聚沉时，SO更易结合聚铁胶粒，D正确； 故答案为：ACD； 【小问6详解】 胶体具有较大的表面积，吸附能力很强，能够吸附水中的悬浮颗粒物，达到净水的效果，故聚铁胶体是一种优良的净水剂，广泛用于水处理，故答案为：胶体具有较大的表面积，吸附能力很强，能够吸附水中的悬浮颗粒物，达到净水的效果； 【小问7详解】 聚铁的化学式可用[Fex(OH)y(SO4)z]m表示，其中Fe为+3价，OH-为-1价，硫酸根为-2价，根据化学式中化合价代数和为0可知，x、y和z关系正确的是3x=y+2z，故答案为：C； 【小问8详解】 由题干信息可知，(i)取一定量的聚铁，先加入足量的稀盐酸酸化，(ii)加入足量BaCl2溶液，经过滤、洗涤、烘干后得到6.990g沉淀，即=0.030molBaSO4，即含有0.030mol，(iii)向上述过滤后的滤液中加入足量NaOH溶液充分反应，再将过滤所得沉淀灼烧至恒重，得到4.80g固体，即=0.03molFe2O3，则含有0.06molFe3+，结合(7)小问分析可知，3n(Fe3+)=2n()+n(OH-)，解得n(OH-)=3×0.06mol-2×0.03mol=0.12mol，则聚铁中x：y：z=0.06mol：0.12mol：0.03mol=2：4：1，故答案为：2：4：1。 四、金属缮人间 4. 金属元素是人体不可或缺的，金属在生产生活中也是不可或缺的，没有金属，人类文明就无法达到现在的高度。 （1）人体血液中含有铁元素，其中铁的价态为_________，人体中含量最高的金属元素原子结构示意图为：_________。 （2）导电性和导热性最好的金属是X，但我们却选择性能不如X的Cu作电丝，这是因为：___________。 （3）研究金属的性质有利于我们挖掘金属的应用，下列有关金属说法正确的是________。 A．在金属活动顺序表中，由Au到K，金属氧化性依次增强 B．短周期中，失电子能力最强的金属元素是Na C．在金属活动顺序表中，活动性靠前的金属都能从活动性靠后的金属的盐溶液中将活动性靠后金属置换出来 D．同一种金属与不同非金属反应，可能得到不同价态的生成物 E．同一种金属与同种非金属单质反应，得到的生成物价态一定相同 F．已知金属性Fe>Cu，则可推知氧化性：Fe3+<Cu2+ （4）为了验证Zn比铁的金属活动性强，可以选择的溶液为__________。 A. 稀盐酸 B. 氯化亚铁溶液 C. 硫酸铜溶液 D. 硝酸银溶液 （5）托里拆利曾用熔点最低的金属测得了大气压强的值，该金属用热分解法冶炼，反应方程式为：__________。 （6）已知四种金属的熔沸点如下表，其中不能形成合金的是__________。 Na Cu Al Fe 熔点 97.5℃ 1083℃ 660℃ 1535℃ 沸点 883℃ 2567℃ 2200℃ 3000℃ A. Cu和Na B. Fe和Cu C. Fe和Al D. Na和Al （7）向某溶液中投入铝片后有大量H2放出，则溶液中不可能大量存在的离子是_______。 A. Cl- B. H+ C. OH- D. HCO （8）“拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是_______。 A. 无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价 B. Al65Cu23Fe12的硬度小于金属铁 C. Al65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料 D. 1 mol Al65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265 mol电子 （9）将O2，CH4，Na2O2置于密闭容器，在150℃条件下用电火花引燃反应，恰好完全反应，此时容器中的压强为零，由此得出原混合物中O2，CH4，Na2O2的物质的量之比为_________。 【答案】（1） ①. +2价 ②. （2）金属X是银，使用银的成本比Cu高 （3）BD （4）AB （5）2HgO2Hg+O2 （6）A （7）D （8）C （9）1：2：6 【解析】 【小问1详解】 人体血液中含有铁元素，其中铁的价态为+2价，人体中含量最高的金属元素为Ga元素，Ga原子含有20个电子，原子结构示意图为：； 【小问2详解】 金属X是Ag，Ag的导电性和导热性最好，但成本高，Cu性能足够且更经济； 【小问3详解】 A．金属活动性顺序中，Au到K的还原性依次增强，但阳离子氧化性减弱，A错误； B．同主族元素，从上往下，金属性依次增大，同周期元素，从左往右，金属性依次减小，短周期中金属性最强的是Na，B正确； C．K、Ca、Na等活泼金属先与水反应，无法置换盐中金属，C错误； D．如Fe与Cl2生成Fe3+，与S生成Fe2+，同一种金属与不同非金属反应，可能得到不同价态的生成物，D正确； E．同一种金属与同种非金属单质反应，得到的生成物价态不一定相同，如Na与O2反应可以生成NaO或Na2O2，O的价态不同，E错误； F．已知金属性Fe>Cu，则可推知氧化性：Fe2+<Cu2+，Fe3+的氧化性强于Cu2+，F错误； 故选BD； 【小问4详解】 A．Zn、Fe分别和等浓度的稀盐酸反应，Zn的反应速率大于Fe，证明Zn比铁的金属活动性强，A选； B．Zn能置换FeCl2中的Fe，证明Zn比铁的金属活动性强，B选； C．Zn、Fe和硫酸铜溶液反应均能生成Cu，说明Zn、Fe比Cu活泼，不能证明Zn比铁的金属活动性强，C不选； D．Zn、Fe和硝酸银溶液反应均能生成Ag，说明Zn、Fe比Ag活泼，不能证明Zn比铁的金属活动性强，D不选； 故选AB； 【小问5详解】 汞（Hg）是熔点最低的金属，托里拆利用Hg柱测大气压，Hg通过加热HgO分解制得，化学方程式为：2HgO2Hg+O2； 【小问6详解】 由合金的形成可知，两种金属若能够形成合金，则熔点较高的金属的熔点不能大于熔点较低的金属的沸点， A．铜的熔点高于钠的沸点，两种金属不能形成合金，故A正确； B．铁的熔点低于铜的沸点，两种金属能够形成合金，故B错误； C．铁的熔点低于铝的沸点，两种金属能形成合金，故C错误； D．铝的熔点低于钠的沸点，两种金属能够形成合金，故D错误； 故选：A； 【小问7详解】 向某溶液中投入铝片后有大量H2放出，溶液为酸或强碱溶液， A．Cl-不与酸或碱反应，一定能大量存在，故A不选； B．H+在酸溶液中能大量存在，故B不选； C．OH-在碱溶液中能大量存在，故C不选； D．既能与酸反应又能与碱反应，则一定不能大量共存，故D选； 故选：D； 【小问8详解】 A．由于拟晶中的金属元素通常以金属键结合，金属元素在拟晶中没有负价，因此可以认为它们的化合价为0价，A错误； B．拟晶具有合金的某些优良物理性能，通常合金的硬度一般比其组分金属的硬度大，B错误； C．Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，C正确； D．Al65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时，Al变为+3价，Cu变为+2价，Fe变为+3价，因此1 mol Al65Cu23Fe12失去的电子的物质的量为(65×3 + 23×2 + 12×3) mol = 277 mol，而不是265 mol，D错误； 故选C； 【小问9详解】 三种物质都恰好反应，容器中压强接近为零，容器内没有氧气剩余，剩余固体为Na2CO3和NaOH，根据甲烷的组成可知生成的Na2CO3和NaOH物质的量之比为1：4，则反应的总化学方程式可写为：2CH4+O2+6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH，根据方程式可知：原O2、CH4、Na2O2物质的量之比为1：2：6。 五、 氨气 5. 氨气是具有刺激性气味的气体，但在工业中却有重大作用，对其化学性质的研究利用十分必要： （1）在密闭容器内进行的是氨的催化氧化实验，发生如下反应：。反应开始前，在标准状况下测得气体体积为V1，反应结束后一段时间在标准状况下测得气体体积为V2，若V1V2，则反应中转移的电子数目为__________。 （2）制得的氨气经过一系列反应可以得到，现用的浓硝酸（密度）配制的稀硝酸，配制时需用量筒量取浓硝酸________。再取制得的浓度未知的硝酸，将25.6g铜与60.0mL该硝酸发生反应，铜完全溶解，产生和NO混合气体的体积为8.96L（标准状况，不考虑二聚）。待产生的气体全部释放后，向溶液加入100mL的NaOH溶液，恰好使溶液中的全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为________。如图是氨工业中可以用还原生成BaO，该过程分两步进行，下图表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系，第一步反应中消耗的与的物质的量之比是________。 （3）下列离子能在溶液中共存，加入适量制得的HNO3溶液后仍可以大量共存的是_______。 A. 、、、 B. 、、、 C. 、、、 D. 、、、 【材料阅读】：已知NH3和Cl2常温下可快速反应生成氮气：2NH3+3Cl2=N2+6HCl。当NH3过量时，会发生反应NH3+HCl=NH4Cl，产生白烟，因此当Cl2和NH3比例不同时，产物有差异。 （4）若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，则Cl2和NH3的最佳比例为_________。该反应可用于检验化工生产中氯气是否泄漏。若氯气有少量泄漏，用氨气检验时有明显现象，此过程中发生反应的Cl2和NH3的体积比范围为_______。 （5）在标准状况下，体积为1.12L，质量为3.335g的Cl2和N2的混合气体通过浓氨水后，体积变为0.672L(其中Cl2体积分数为50%)。两位同学想要根据这些数据计算被氧化的NH3的质量。下面是两位学生从不同角度解题时所列的第一步算式，请判断他们所列未知数X分别表示什么量，并填写在表格内：(单位没列出) 学生编号 所列第一步算式 未知数X表示的意义 甲 ______ 乙 ______ （6）有Cl2和N2的混合气体，其中N2的体积分数为x，将1L该混合气体与1L的氨气混合，请直接写出x取不同范围的数值时，所得气体体积y与x的函数解析式及其定义域________。 【答案】（1）0.8NA （2） ①. 31.9 ②. 40 ③. 8：1 （3）C （4） ①. 3：2 ②. 0<<1.5 （5） ①. 被氧化NH3的物质的量 ②. 反应前Cl2的体积 （6）y= 【解析】 【小问1详解】 标准状况下为液态，则根据反应方程式，当标准状况下气体体积减少时，转移的电子为，现在减少标准状况下的体积为4.48L，即为，得到转移的电子为，数目为：； 【小问2详解】 根据溶液的稀释过程中溶质的物质的量不变，则有，解得；浓度未知的硝酸60.0mL与25.6g铜反应，则方程式为：、，得到和NO的混合气体8.96L（标准状况），根据N原子守恒得到被还原的硝酸的物质的量为：，待产生的气体全部释放后，向溶液加入100mL的NaOH溶液，恰好使溶液中的全部转化成沉淀，发生的反应为：、，根据反应信息可以得出加入的NaOH溶液中的的物质的量与溶液中的的物质的量相等，即，根据总N原子守恒可以计算出原硝酸溶液的浓度为：；根据用还原生成BaO的图形，第一步是与反应生成BaO和，则反应的方程式为：，得到与的物质的量之比为8:1； 【小问3详解】 下列离子能在溶液中共存，加入适量制得的溶液后仍可以大量共存的是： A．、、、：和本身就能与反应而不共存，A不符合题意； B．、、、：和具有还原性，会被加入溶液氧化而不能共存，B不符合题意； C．、、、：各离子间不反应能共存，加入溶液也不与原溶液离子反应，能共存，C符合题意； D．、、、：加入溶液后能与反应而不能共存，D不符合题意； 故答案为：C； 【小问4详解】 若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，则可能按照此反应进行，则和的最佳比例为3:2；若氯气有少量泄漏，用氨气检验时有明显现象，即要便于观察，则需要生成固体出现白烟，还要发生反应为才行，即过量即可，则反应的和的体积比范围为：； 【小问5详解】 甲：由数据分析，为参加反应的物质的量，而这个数据根据方程式可知只能代表和的物质的量差值，将进行化简得，刚好符合被氧化的物质的量数据，则X表示的为被氧化的物质的量； 乙：在标准状况下，将体积为1.12L的Cl2和N2的混合气体通过浓氨水后，体积变为0.672L，其中Cl2体积分数为50%，根据关系式，数据应该表示的为参加反应Cl2的体积，则得到X代表的是反应前Cl2的体积； 【小问6详解】 若按上式进行反应，如氨过量，所以还会生成氯化铵，当时恰好生成和，此时(生成0.125+原来的0.625，也可用差量法2−1.25)，当，即时，剩余氨气，可以用氯气计算，差量法求得气体减少，所以，当，即时，和都用完，求出生成的氮气和氯化氢气体体积之和为，原有氮气为x，所以共有气体体积为，即。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024学年度延安中学高一第二学期5月阶段测试卷（等级考） 化学试卷 （考试时间60分钟 满分100分） 考生注意： 1. 自备科学计算器等参加考试，考试期间严格遵守考试纪律，听从监考员指挥，杜绝作弊 2. 选择题如无说明，则为单选，不定项题则有1~2个正确选项 3. 相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Ag-108 一、亚氯酸钠 1. 亚氯酸钠(NaClO2)是高效氧化剂和漂白剂。实验室制备NaClO2的装置图如图所示。 已知：3NaClO22NaClO3+2NaCl。 （1）仪器a的名称为______。 （2）补全并配平下列反应的化学方程式______。 _______H2O2+_______+_______NaOH=_______NaClO2+_______+_______H2O （3）冷水浴的作用不包括______。 A. 防止NaClO2分解 B. 防止H2O2分解 C. 促进NaClO2析出 D. 提高反应速率 （4）当试管中有大量晶体析出时，停止反应。获得该晶体所需要操作方法为______。 A. 过滤 B. 结晶 C. 蒸馏 D. 分液 （5）若获得的晶体纯度不符合要求，欲提高其纯度的实验方法为_______。 （6）某小组同学欲测定亚氯酸钠晶体(NaClO2•3H2O)中结晶水的数目。甲同学指出NaClO2会分解而无法完成实验，但乙同学却认为可行。简述你的观点和理由_______。 （7）上述NaClO2产品的纯度测定实验为：称取mg样品溶解后，加入稍过量的KI，再滴加适量的稀硫酸，充分反应后，稀释为100mL溶液。最后移取25.00mL上述溶液，恰好消耗VmLcmol•L-1Na2S2O3溶液。 有关反应原理如下：ClO+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl- I2+2S2O=2I-+S4O 计算该NaClO2产品的纯度______。(用含m、C、V的代数式表示，写出计算过程)。 二、碳达峰 2. 习近平总书记在党的二十大报告中指出“实现碳达峰、碳中和是一场广泛而深刻的经济社会系统性变革”。其中研发CO2的转化技术是行之有效的手段。已知，CO2生产甲醇过程主要发生以下反应： 反应I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)   ∆H1=48.97kJ/mol 反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)   ∆H2=41.17kJ/mol 反应Ⅲ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)   ∆H3=xkJ/mol 对于反应Ⅲ：在某密闭容器中进行该反应，CO的平衡转化率与温度的关系如图1所示；反应Ⅲ进行过程中能量的变化如图2所示，其中曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示使用催化剂后的能量变化。若将和按物质的量比混合，以固定流速通过盛放催化剂的反应器，在相同时间内，不同温度下的实验数据如图3所示。 （1）对于反应Ⅲ，在一定温度下体积为2L的恒容密闭容器中，投入4mol CO和8mol H2，经过t min达平衡，CO平衡转化率为90%，保持其余条件不变，再投入0.6mol H2及1.4mol CH3OH后，平衡将_________移动。 （2）图1中，A、B、C三点平衡常数KA、KB、Kc的大小关系为_________。 （3）请结合图2解释催化剂加快化学反应速率的原因___________，反应Ⅲ消耗时，放出_______J热量。 （4）结合图3，可知该催化剂活性最好的温度为_______。（选A．  B．  C．  D．） （5）对于反应Ⅲ：向某恒温恒压密闭容器中充入1mol CO(g)和2mol H2(g)，下列情况中不能说明反应Ⅲ达到平衡是______。 A. 容器内混合气体的密度不再改变 B. 容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变 C. 两种反应物转化率的比值不再改变 D. （6）已知：CH3OH的选择性=不考虑催化剂活性温度，为同时提高CO2的平衡转化率和甲醇的选择性，应选择的反应条件是______。 A. 高温高压 B. 高温低压 C. 低温低压 D. 低温高压 （7）一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入和发生上述反应，达到平衡时，容器中为a mol，CO为b mol，此时的平衡浓度为_______(用含a、b、V的代数式表示)。 三、聚铁的制备 3. 工业上利用黄铁矿石烧渣(主要成分为Fe2O3及少量FeS、SiO2等)来制备聚铁(碱式硫酸铁的聚合物)和绿矾(FeSO4•7H2O)，主要流程如图所示。 （1）写出步骤①中FeS、O2、稀H2SO4发生反应的化学方程式_______。 （2）将步骤②生成的气体分别通入下列溶液中，溶液不褪色的是______。 A. 品红试液 B. 紫色石蕊试液 C. 溴水 D. 酸性KMnO4溶液 （3）已知步骤③反应原理为2Fe3++Fe=3Fe2+，该步骤加入的物质为______。 （4）硫酸亚铁的溶解度见图，步骤④是将溶液加热至约50℃，______。 A. 蒸发至晶膜形成后，趁热过滤 B. 蒸发至晶膜形成后，冷却结晶，过滤 C. 蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤 D. 蒸发至大量晶体析出后，冷却结晶，过滤 （5）双电层模型认为胶体粒子通常由胶核、吸附层和扩散层构成。聚铁胶体的胶粒示意图如图所示。下列说法正确的是______。 A. 该胶体粒子的半径为1～100nm之间 B. 该胶体粒子能透过半透膜 C. 电泳时聚铁胶粒向阴极移动 D. 遇MgSO4发生聚沉时，SO更易结合聚铁胶粒 （6）聚铁胶体是一种优良的净水剂，广泛用于水处理。解释其作净水剂的原因_______。 （7）聚铁的化学式可用[Fex(OH)y(SO4)z]m表示。x、y和z关系正确的是______。 A. x=y+z B. 2x=y+2z C. 3x=y+2z D. 3x=y+z （8）为测定上述所得聚铁的化学式，进行如下实验： (i)取一定量的聚铁，先加入足量的稀盐酸酸化。 (ii)加入足量BaCl2溶液，经过滤、洗涤、烘干后得到6.990g沉淀。 (iii)向上述过滤后的滤液中加入足量NaOH溶液充分反应，再将过滤所得沉淀灼烧至恒重，得到4.80g固体。 计算聚铁中x：y：z=______。 四、金属缮人间 4. 金属元素是人体不可或缺，金属在生产生活中也是不可或缺的，没有金属，人类文明就无法达到现在的高度。 （1）人体血液中含有铁元素，其中铁的价态为_________，人体中含量最高的金属元素原子结构示意图为：_________。 （2）导电性和导热性最好的金属是X，但我们却选择性能不如X的Cu作电丝，这是因为：___________。 （3）研究金属的性质有利于我们挖掘金属的应用，下列有关金属说法正确的是________。 A．在金属活动顺序表中，由Au到K，金属氧化性依次增强 B．短周期中，失电子能力最强金属元素是Na C．在金属活动顺序表中，活动性靠前的金属都能从活动性靠后的金属的盐溶液中将活动性靠后金属置换出来 D．同一种金属与不同非金属反应，可能得到不同价态生成物 E．同一种金属与同种非金属单质反应，得到的生成物价态一定相同 F．已知金属性Fe>Cu，则可推知氧化性：Fe3+<Cu2+ （4）为了验证Zn比铁的金属活动性强，可以选择的溶液为__________。 A. 稀盐酸 B. 氯化亚铁溶液 C. 硫酸铜溶液 D. 硝酸银溶液 （5）托里拆利曾用熔点最低的金属测得了大气压强的值，该金属用热分解法冶炼，反应方程式为：__________。 （6）已知四种金属的熔沸点如下表，其中不能形成合金的是__________。 Na Cu Al Fe 熔点 97.5℃ 1083℃ 660℃ 1535℃ 沸点 883℃ 2567℃ 2200℃ 3000℃ A. Cu和Na B. Fe和Cu C. Fe和Al D. Na和Al （7）向某溶液中投入铝片后有大量H2放出，则溶液中不可能大量存在的离子是_______。 A. Cl- B. H+ C. OH- D. HCO （8）“拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是_______。 A. 无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价 B. Al65Cu23Fe12的硬度小于金属铁 C. Al65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料 D. 1 mol Al65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265 mol电子 （9）将O2，CH4，Na2O2置于密闭容器，在150℃条件下用电火花引燃反应，恰好完全反应，此时容器中的压强为零，由此得出原混合物中O2，CH4，Na2O2的物质的量之比为_________。 五、 氨气 5. 氨气是具有刺激性气味的气体，但在工业中却有重大作用，对其化学性质的研究利用十分必要： （1）在密闭容器内进行的是氨的催化氧化实验，发生如下反应：。反应开始前，在标准状况下测得气体体积为V1，反应结束后一段时间在标准状况下测得气体体积为V2，若V1V2，则反应中转移的电子数目为__________。 （2）制得的氨气经过一系列反应可以得到，现用的浓硝酸（密度）配制的稀硝酸，配制时需用量筒量取浓硝酸________。再取制得的浓度未知的硝酸，将25.6g铜与60.0mL该硝酸发生反应，铜完全溶解，产生和NO混合气体的体积为8.96L（标准状况，不考虑二聚）。待产生的气体全部释放后，向溶液加入100mL的NaOH溶液，恰好使溶液中的全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为________。如图是氨工业中可以用还原生成BaO，该过程分两步进行，下图表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系，第一步反应中消耗的与的物质的量之比是________。 （3）下列离子能在溶液中共存，加入适量制得的HNO3溶液后仍可以大量共存的是_______。 A. 、、、 B. 、、、 C. 、、、 D. 、、、 【材料阅读】：已知NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气：2NH3+3Cl2=N2+6HCl。当NH3过量时，会发生反应NH3+HCl=NH4Cl，产生白烟，因此当Cl2和NH3比例不同时，产物有差异。 （4）若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，则Cl2和NH3的最佳比例为_________。该反应可用于检验化工生产中氯气是否泄漏。若氯气有少量泄漏，用氨气检验时有明显现象，此过程中发生反应的Cl2和NH3的体积比范围为_______。 （5）在标准状况下，体积为1.12L，质量为3.335g的Cl2和N2的混合气体通过浓氨水后，体积变为0.672L(其中Cl2体积分数为50%)。两位同学想要根据这些数据计算被氧化的NH3的质量。下面是两位学生从不同角度解题时所列的第一步算式，请判断他们所列未知数X分别表示什么量，并填写在表格内：(单位没列出) 学生编号 所列第一步算式 未知数X表示意义 甲 ______ 乙 ______ （6）有Cl2和N2的混合气体，其中N2的体积分数为x，将1L该混合气体与1L的氨气混合，请直接写出x取不同范围的数值时，所得气体体积y与x的函数解析式及其定义域________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$