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解得x=0 02 mol,y=0 01 mol,x∶y=2∶1,A项正确;浓硝酸中HNO3的物质的量浓度c=
1 000 · 1 000 1 40 63
=63
mol/L=14.0 mol/L,B项正确;由关系式Cu~4HNO3~2NO2、Mg~4HNO3~2NO2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 平 z z+
0 06mol- 1 120 mL 10-3L/mL
2
0 06mol- 2
0 04mol0 05mol
0 06mol- 2
=
22 4 L/mol
=0.05 mol,得z=0.04 mol,NO2的体积分数为×100 =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/L×0 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=项错误。
24.某强酸性溶液X中可能含有Fe、Al、NH 4、CO3、SO3、SO4、Cl中的若干种,现取X溶液进行连续
2+
3+
-
0 64mol
1 0mol/L
=0.64 L=640 mL,D2-2-2-
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Fe、Al、NH 4、SO4
2+
3+
2-
B.X中不能确定是否存在的离子是Al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CO3、SO3,加入过量硝酸钡生成沉淀,则该沉淀为BaSO4,说明溶液中含有SO4,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Fe,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NH 4,H中
2+
3+-
2-2-
2-
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Fe、NH 4、SO4、Al,故A正确;通过以上分析可知,X中
-2+
3+
2-
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不能确定的离子是Cl、一定含有Al,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Cu、S元素以SO4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1∶1,则V可能为( ) A.9.0 B.13.5 C.15.7 D.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 g·mol
2+
-3+
2-
=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(xCaSO4·yH2O),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)t5~t6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)x∶y= 。 答案 (1)0.02 mol (2)2∶3
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解析 (1)t5~t6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 mo 2CaO+
l,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
2SO2↑+O2↑,因此生成二氧化硫0.02 mol。(2)从D点开始,t5~t6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x∶y
=n(CaSO4)∶n(H2O)=0 02 mol∶0 03 mol=2∶3。
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(3)Fe3S4+6HCl
4H+2Br+SO4 3FeCl2+S↓+3H2S↑
3+
+
-+
+
-
2-
解析 棕黄色溶液D中含有Fe、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Fe与Fe充分反应, 2Fe+Fe
3+
3+
3Fe Δm(固体)
2+
2 mol 56 g n(Fe) 14 g-5.6 g 则有n(Fe)=
3+
3+
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。
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(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化学方程式为Fe3S4+6HCl
4H+2Br+SO4。(3)Fe3S4与盐酸可以发生氧化还原反应,
+
-
2-
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(2)2Fe+SO2+2H2O(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)=160 g/mol=0.03 mol,M由Fe、S元素组成,n(Fe)=0.06 mol,n(S)=
5 2 g-0 06mol 56 g/mol
32 g/mol
4 80 g
3+
2FeCl2+CuCl2 2Fe+SO4+4H
2+
2-
+
=0.08 mol,M中Fe、S原子个数比为0 06 mol∶0 08 mol=3∶4,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
3+
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2Fe+SO2+2H2O2Fe+SO4+4H;(3)由上述分析可知M的化学式为Fe3S4。
2+
2-
+
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3∶2。再向反应后溶液中通入Cl2使硫元素全部转化为SO4。 请计算:
(1)SO2的质量为 g。
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2-