2019届高三化学上学期第一次验收考试试题.doc

2019届高三化学上学期第一次验收考试试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16K-39一、选择题（40分）（每小题2分，共20题，每道题只有一个最符合题意的选项。）1.下列叙述正确的是A.氯化铵溶于水体系温度降低，这个变化是吸收反应B.甲烷可用作燃料，说明甲烷燃烧时放热反应C.生成物总能量一定低于反应物总能量D.同温同压下，H2和Cl2在光照和点燃条件下的H不同【答案】B【解析】A、氯化铵溶于水体系温度降低，但没有生成新的物质，不是化学变化，也就不是吸热反应，选项A错误；B、甲烷燃烧是放热反应，故甲烷可用作燃料，选项B正确；C、生成物总能量不一定低于反应物总能量，例如吸热反应中，生成物总能量高于反应物总能量，选项C错误；D、反应热只与反应物总能量和生成物总能量的相对大小有关系，与反应条件无关，选项D错误。答案选B。2.下列物质间的反应，其能量变化符合图示的是A.由Zn和稀H2SO4制氢气B.灼热的炭粉与二氧化碳反应C.Ba(OH)28H2O晶体和NH4Cl晶体混合D.碳酸钙的分解【答案】A【解析】试题分析：从图上分析，反应物能量高于生成物，正反应是放热反应。A活泼金属与酸的反应是放热反应，故A正确；B灼热的碳和二氧化碳的反应，是以C作为还原剂的反应，反应吸热，故B错误；CBa(OH)28H2O与NH4Cl晶体混合反应是吸热反应，故C错误；D碳酸钙分解属于分解反应，是吸热反应，故D错误；故选A。【考点定位】考查吸热反应和放热反应【名师点晴】本题通过反应物与生成物能量不同判断放热反应和吸热反应，熟悉常见的放热反应和吸热反应是解题的关键。常见的放热反应有：所有的燃烧反应，金属与酸或水的反应、酸碱中和反应、多数的化合反应等常见的吸热反应：Ba(OH)28H2O与NH4Cl晶体混合反应、水解反应、大多数的分解反应、以C、CO、H2作为还原剂的反应等。3.下列热化学方程式书写正确的是A.2SO2+O22SO3H=-196.6KJ/molB.H2(g)+1/2O2(g)=H2O(1)H=-285.8KJ/molC.2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)H=-571.6KJD.C(s)+O2(g)=CO2(g)H=+393.5KJ/mol【答案】B【解析】试题分析：A、没有标注各物质的聚集状态，错误；B、H2（g）1/2O2（g） H2O（ l ）H =2858 kJ/mol，符合热化学方程式的书写要求，正确；C、氢气的燃烧为放热反应，焓变的符号错误；D、碳的燃烧为放热反应，焓变的符号错误。考点：考查热化学方程式正误判断。4.某实验小组学生用50Ml 0.50mol/L的盐酸与50mL 0.55mol/L的NaOH溶液在如右下图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量计算反应热。下列说法正确的是A.如右图条件下实验过程中没有热量损失B.图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒C.烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯D.若改用60mL0.55mol/L盐酸与40mL0.50mol/L的NaOH溶液进行反应，从理论上说所求放出热量相等【答案】B【解析】A、图中小烧杯与大烧杯之间有很大空隙未填满碎纸条，会有较多的热量散失，选项A错误；B、根据量热计的结构可知实验装置缺少环形玻璃搅拌棒，选项B错误；C、烧杯间填满碎纸条的作用是保温，减少热量的散失，选项C错误；D、中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，与酸、碱用量无关，则改用60mL0.55mol/L盐酸与40mL0.50mol/L的NaOH溶液进行反应，从理论上讲测出的中和热不变，选项D正确。答案选D。5.已知HCN(aq)与NaOH(aq)反应生成1mol正盐的H=-12.1KJ/mol；强酸、强碱的稀溶液反应的中和热H57.3 kJmol1。则HCN在水溶液中电离的H等于A.69.4 kJmol1B.45.2 kJmol1C.69.4 kJmol1D.45.2 kJmol1【答案】D【解析】试题分析：HCN(aq)NaOH(aq)=NaCN(aq)H2O(l) H=12.1kJmol1,H(aq)OH(aq)=H2O(l) H=57.3kJmol1，HCN(aq)H(aq)CN(aq)，得出，即H=(12.157.3)kJmol1=45.2kJmol1，故选项D正确。考点：考查反应热的计算等知识。6.如图是锌、铜和稀硫酸形成的原电池，下列叙述不合理的是A.溶液中H+向Zn电极移动B.外电路中电流方向为：CuZnC.负极上的电极反应：Zn-2e-Zn2+D.有1mol电子流过导线，则Cu电极上产生的H2为11.2L（标准状况）【答案】A【解析】试题分析：A、原电池中阳离子向正极移动，铜是正极，锌是负极，A错误；B、电池中电流是从正极流向负极，即该原电池中外电路中电流方向为：CuZn，B正确；C、锌是负极失去电子，电极反应式为Zn2eZn2，C正确；D、氢离子在正极得到电子，电极反应式为2H2eH2，则有1 mol电子流过导线，则Cu电极上产生的H2物质的量是0.5mol，在标准状况下的体积为11.2 L，D正确，答案选A。考点：考查铜锌原电池的有关判断7.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是A.在酸性环境下，钢铁只能发生析氢腐蚀B.金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程C.轮船的船壳水线以下常装有一些锌块,这是利用了牺牲阳极的阴极保护法D.铜铁交接处,在潮湿的空气中直接发生反应:Fe-3e-=Fe3+,继而形成铁锈【答案】C【解析】试题分析：A、在酸性环境下，钢铁也可能直接发生化学腐蚀，A错误；B、金属腐蚀的实质是金属失去电子被氧化的过程，B错误；C、锌的金属性强于铁，与铁构成原电池时，锌是负极，铁是正极被保护，因此轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法，C正确；D、在原电池中铁只能失去2个电子，转化为亚铁离子，D错误，答案选C。考点：考查金属腐蚀与防护的有关判断8.下列热化学方程式中，H能正确表示物质的燃烧热的是A.CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g） H-283.0 kJmol-1B.C（s）+1/2O2（g）=CO（g） H-110.5 kJmol-1C.H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g） H-241.8 kJmol-1D.2C8H18（l）+25O2（g）=16CO2（g）+18 H2O（l） H-11036 kJmol-1【答案】A【解析】试题分析：25 101 kPa条件下，1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，叫燃烧热，表示物质燃烧热的热化学方程式时，可燃物质必须是1 mol，B项、C项中的生成物不稳定，D项中，可燃物质的计量数不是1，选项A符合题意。考点：燃烧热的概念与表示燃烧热的热化学方程式的书写9.下列各组热化学方程式中，化学反应的H前者大于后者的是C(s)O2(g)=CO2(g)H1C(s)1/2O2(g)=CO(g)H2S(s)O2(g)=SO2(g) H3S(g)O2(g)=SO2(g) H4H2(g)1/2O2(g)=H2O(l)H52H2(g)O2(g)=2H2O(l)H6CaCO3(s)=CaO(s)CO2(g) H7 CaO(s)H2O(l)=Ca(OH)2(s) H8A.B.C.D.【答案】C【解析】试题分析：碳的燃烧反应是放热反应，H0；等质量的碳完全燃烧生成二氧化碳时放出的热量比不完全燃烧生成一氧化碳时放出的热量多，放热越多，H越小，H1H2。等质量的气态硫单质完全燃烧生成二氧化硫时放出的热量比固态硫单质完全燃烧生成二氧化硫时放出的热量多，放出的热量越多，H越小，H4H3。都生成液态水的前提下，氢气的质量越大，放出的热量越多，H越小，H60；氧化钙溶于水是放热反应，H0, H8H7。考点：化学反应热效应点评：此类题只要知道化学反应热效应的类型和判断其大小的方法，较为简单10.将5.4g Al投入200.0mL 2.0mol/L的溶液中有氢气产生，成充分反应后有金属剩余。该溶液可能为A.HNO3溶液B.Ba（OH）2溶液C.HCl溶液D.H2SO4溶液【答案】C【解析】200.0mL 2.0mol/L的某溶液中溶质的物质的量为0.2L2.0mol/L =0.4mol，Al的物质的量为5.4g27g/mol5.4g27g/mol=0.2mol，A、因Al与HNO3溶液不生成氢气，则不符合题意，选项A错误；B、由2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2，0.2molAl与0.4molBa(OH)2溶液反应时，碱过量，金属不可能有剩余，选项B错误；C、由2Al+6H+2Al3+3H2，0.2molAl与0.4molHCl溶液，Al过量，选项C正确；D、由2Al+6H+2Al3+3H2，0.2molAl与0.4molH2SO4溶液，硫酸过量，金属不可能有剩余，选项D错误。答案选C。11.下列装置所示的实验，能达到实验目的的是【答案】D【解析】A、因碘与酒精互溶而不会分层，则不能利用分液漏斗来分离，选项A错误；B、氯化铵受热分解，在试管口处HCl与氨气又化合生成氯化铵，则不能只利用氯化铵制取氨气，选项B错误；C、氯气、HCl均能与NaOH溶液反应，则不能利用碱来除去氯气中的HCl，选项C错误；D、NO不溶于水，导管短进长出，可利用排水法收集NO，选项D正确。答案选D。12.原电池电极的“正”与“负”不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法中正确的是A.由Fe、Cu和FeCl3溶液组成原电池，负极反应式为：Cu2e=Cu2B.由Al、Cu和稀硫酸组成原电池中，负极反应式为：Cu2e=Cu2C.由Mg、Al和NaOH溶液组成原电池中，负极反应式为：Al3e4OH=AlO22H2OD.由Al、Cu和浓硝酸组成原电池中，负极反应式为：Al3e=Al3【答案】C【解析】A、由Fe、Cu和FeCl3溶液组成的原电池中，铁比铜活泼，负极反应为Fe-2e=Fe2，选项A错误；B、由Al、Cu和稀硫酸组成的原电池中，铝比铜活泼，负极反应为Al-3e=Al3，选项B错误；C、由Al、Mg与氢氧化钠溶液组成的原电池，该条件下，铝易失电子而作负极，镁作正极，负极反应式为：Al4OH3e=AlO2-2H2O，选项C正确；D、由Al、Cu与浓硝酸组成的原电池，该条件下，铜易失电子而作负极，铝被钝化形成氧化铝作正极，负极上电极反应式为：Cu-2e-Cu2+，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查原电池的工作原理。注意弄清楚正负极及电极反应是解答本题的关键。13.下列有关电化学的示意图中正确的是A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A、Zn应为原电池的负极，Cu为原电池的正极，选项A错误；B、盐桥两边的烧杯中盛装的电解质溶液应互换，选项B错误；C、粗铜应连接电源正极，选项C错误；D、电解饱和NaCl溶液，Cl-在阳极放电产生Cl2，溶液中的H+在阴极获得电子而产生H2，选项D正确。答案选D。点睛：本题综合考查原电池和电解池知识，侧重于电化学的工作原理的考查，注意把握电极反应的判断，把握电极方程式的书写，为解答该类题目的关键。14.下列有关电解硫酸钾溶液的叙述正确的是A.SO42-向阳极移动，K+向阴极移动，分别在两极放电B.OH-向阳极移动，阳极附近的溶液呈碱性C.阴极上H+放电，阴极附近的溶液呈碱性D.随着电解的进行，溶液的pH减小【答案】C【解析】A、根据电解原理，溶液中的阴离子SO42-、OH-向阳极移动后，OH-失电子被氧化生成O2，阳离子K+、H+向阴极移动后，H+得电子生成H2，选项A错误；B、阳极区水电离出的OH-失电子被氧化生成O2，H+浓度增大，使得c(H+)c(OH-)，故阳极附近溶液显酸性，选项B错误；C、另溶液中的阳离子K+、H+定向向阴极移动后，水电离出的H+得电子生成H2，OH-浓度增大，使得c(OH-)c(H+)，故阴极附近溶液显碱性，选项C正确；D、电解硫酸钾溶液相当于电解水，溶液的PH保持中性不变，选项D错误。答案选C。15.把SO2通入Fe(NO3)3溶液中，溶液由黄色变为浅绿色，但立即又变为黄色，此时若滴入BaCl2溶液，则会产生白色沉淀。在上述一些列变化过程中，最终被还原了的是A.SO2B.NO3-C.Fe3+D.Fe2+【答案】B【解析】试题分析：将适量的SO2通过入Fe（NO3）3溶液中，溶液呈酸性，Fe3+具有氧化性，能将SO2氧化成硫酸，自身被还原为Fe2+，故溶液变为浅绿色；但立即又变为黄色，说明又被氧化为Fe3+，则可知溶液中的硝酸根离子在酸溶液中具有强氧化性，把亚铁离子氧化为三价铁离子，起氧化性的是硝酸，被还原的是硝酸根，答案选B。考点：考查氧化还原反应的应用16.氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是A.若管道漏气遇氨就会产生白烟B.该反应利用了Cl2的强氧化性C.该反应属于复分解反应D.生成1molN2有6mol电子转移【答案】C【解析】试题分析：A.若管道漏气生成氯化氢，氯化氢与氨气反应生成氯化铵而会产生白烟，A正确；B.反应中氯元素的化合价从0价降低到1价，因此该反应利用了Cl2的强氧化性，B正确；C.该反应是置换反应，不属于复分解反应，C错误；D.氮元素的化合价从3价升高到0价，则生成1molN2有6mol电子转移，D正确，答案选C。考点：考查氧化还原反应及反应类型的有关判断17.已知下列两个热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)H-571.6kJmol-1C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）；H=-2220kJmol-1实验测得氢气和丙烷的混合气体共0.5mol，完全燃烧时放出热量723.2KJ，则混合气体中氢气和丙烷的体积比约为A.2：3B.1：3C.3：2D.3：1【答案】A【解析】假定0.5mol的全部是H2(g)，则放出的热量为：142.9kJ。假定0.5mol的全部是C3H8(g)，则放出的热量为：1110kJ。现在放出的热量为：723.2kJ，则可以用十字交叉法来求出氢气和丙烷的体积比：十字交叉法：从以上过程可以看出：氢气和丙烷的体积比为：2:3，答案选A。18.在298k、100KPa时，已知：2H2O(g)=O2(g)+2H2(g)H1H2（g）+Cl（g）2HCl（g）H22Cl2（g）+2H2O（g）4HCl（g）+O2（g）H3则H3与H1和H2间的关系正确的是A.H3=H1+2H2B.H3=H1+H2C.H3=H1-2H2D.H3=H1-H2【答案】A【解析】试题分析：2H2O(g) = O2(g) + 2H2(g) ，Cl2(g) + H2(g) = 2HCl(g)2，得出2Cl2(g) +2H2O(g) = 4HCl(g)+ O2(g) H3=H12H2，故选项A正确。考点：考查盖斯定律等知识。19.以铁为阳极，铜微阴极，对足量的NaOH溶液进行电解，一段时间后得到2mol Fe(OH)3沉淀。此过程中共消耗水A.3molB.4molC.5molD.6mol【答案】C【解析】铁为阳极，则Fe2e=Fe2，阴极反应为：2H2O2e=H22OH，生成的Fe2与溶液中的OH反应生成Fe(OH)2，Fe22OH=Fe(OH)2，Fe(OH)2不稳定，被空气中的氧气氧化生成Fe(OH)3沉淀，即4Fe(OH)22H2OO2=4Fe(OH)3，所以得到2 mol Fe(OH)3沉淀时，共消耗水的物质的量为5 mol，即选C。20.-为各装置中的电极编号。下列说法错误的是A.当K闭合时，A装置发生吸氧腐蚀，在电路中做电源B.当K断开时，B装置锌片溶解，有氢气产生C.当K闭合后，整个电路中电子的流动方向为；D.当K闭合后，A、B装置中pH变大，C、D装置中pH不变【答案】A【解析】试题分析：根据装置可判断，B装置是原电池，其中锌是负极，铜是正极，A、C、D是电解池。A、当K闭合时，A装置中的铁与负极相连，做阴极，铁被保护，A不正确；B、当K断开时，B装置锌片直接与稀硫酸反应，锌溶解，有氢气产生，B正确；C、当K闭合后，B装置是原电池，其中锌是负极，铜是正极，整个电路中电子的流动方向为；，C正确；D、当K闭合后，A装置是电解池，反应中有氢氧化钠生成，pH变大。B装置是原电池，氢离子放电，因此溶液的pH变大，C装置相当于电镀，D装置是粗铜的精炼，因此C、D装置中pH不变，D正确，答案选A。考点：考查电化学原理的有关判断二、选择题（每小题3分，共5小题，每道题只有一个最符合题意的选项。）21.下列关于反应与能量的说法正确的是A.Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s)H=-216KJ/mol，E反应物E生成物B.CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) H=+178.2kJmol-1，E反应物E生成物C.HCl(g)=1/2H2(g)+1/2Cl2(s) H=+92.3 kJmol-1,1 mol HCl在密闭容器中分解达平衡后放出92.3 kJ的能量D.将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3KJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-38.6KJ/mol【答案】B【解析】A、当反应物总能量生成物总能量，则反应是吸热反应，但该反应HO，选项A错误；B、当反应物总能量O，选项B正确；C、根据热化学方程式HCl(g)=1/2H2(g)+1/2Cl2(s) H=+92.3 kJmol-1可知HCl分解是吸热反应，选项C错误；D、反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是可逆反应，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)小于1.0mol，放热19.3kJ，则热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H-38.6kJ/mol，选项D错误。答案选B。22.标准状况下，气态分子断开1mol化学键的焓变称为键焓。已知H-H、H-O和O=O键的键焓H分别为436kJ/mol，463kJ/mol，495kJ/mol，下列热化学方程式正确的是A.H2O(g)=H2(g)+1/2O2(g)H =-485kJ/molB.H2O(g)=H2(g)+1/2O2(g)H =+485kJ/molC.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H =+485kJ/molD.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H =-485kJ/mol【答案】D【解析】化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，断裂化学键需要吸收能量，形成化学键需要释放能量，根据H2O(g)=H2(g)+1/2O2(g)，该反应的能量变化为2463kJ/mol-436kJ/mol-495kJ/mol2495kJ/mol2=+242.5kJ/mol，化学反应逆向进行，反应热数值不变，符号相反，化学方程式系数加倍，反应热加倍，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H =-485kJ/mol，答案选D。23.500mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)=6.0mol/L，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），若液体体积变化忽略不计，下列说法正确的是A.原混合溶液中n(K)为2 molB.上述电解过程中共转移4 mol电子C.电解得到的Cu的物质的量为0.5 molD.电解后溶液中c(H+)为2 mol/L【答案】B【解析】电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量=22.4L22.4L/mol22.4L22.4L/mol=1mol；每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量=1mol41mol221mol4-1mol22=1mol，则铜离子的物质的量浓度=1mol0.5L1mol0.5L=2mol/L，根据电荷守恒得钾离子浓度=6mol/L-2mol/L2=2mol/L。A、根据分析知，原混合溶液中c(K+)为2mol/L，n(K)=cV=2mol/L0.5L=1mol，选项A错误；B、上述电解过程中共生成1mol氧气，转移电子的物质的量=1mol4=4mol，选项B正确；C、根据以上分析知，铜的物质的量为1mol，选项C错误；D、当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为氧气的4倍，为1mol4=4mol，则氢离子浓度=4mol0.5L4mol0.5L=8mol/L，选项D错误。答案选B。24.某原电池装置如右图所示，盐桥中装有用饱和氯化钾溶液浸泡过的琼脂。下列叙述正确的是A.原电池工作一段时间后，FeCl2溶液中c(Cl-)会增大B.此电池工作原理与硅太阳能电池工作原理相同C.Fe为正极，石墨上发生的反应为：2H+2e-=H2D.若装置中的盐桥用铁丝代替，电流表指针无偏转【答案】A【解析】试题分析：A、Fe为负极，阴离子向负极移动，则FeCl2溶液中c（Cl-）会增大，故A正确；B、此电池工作原理与硅太阳能电池工作原理不相同，硅太阳能电池是光电转换，B错误；C、铁负极，石墨为正极，C错误；D、电子不能通过溶液，则原电池装置中的盐桥完不能用金属导线代替，因此若装置中的盐桥用铁丝代替，电流表指针无偏转，D错误，答案选A。考点：考查原电池原理的应用25.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是A.反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4转移12mol电子B.电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH2e=2H2OC.电池工作时，CO32向电极B移动D.电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e=2CO32【答案】D【解析】试题分析：A、每消耗1摩尔甲烷，转移6摩尔电子，错误，不选A；B、电解质为熔融的碳酸盐，不含氢氧根离子，错误，不选B；C、B极通入氧气，为正极，碳酸根离子向负极移动，错误，不选C；D、电极B上氧气得到电子生成碳酸根离子，正确，选D。考点：原电池的原理的应用第卷（非选择题共45分）26.某化学学习小组采用下列装置，对浓硫酸与木炭的反应进行探究。请回答下列问题：（1）检查装置气密性后，将燃料匙中的木炭在酒精灯上加热至红热状态，立即伸入三颈瓶中，并塞紧瓶塞，滴加浓硝酸，可观察到三颈瓶中气体的颜色为，产生该气体的化学反应方程式是。(2)装置C中盛有足量Ba(OH)2溶液，反应一段时间后可观察到C中出现白色沉淀，该白色沉淀为(写化学式)。(3)装置B的作用是。(4)装置D中收集到了无色气体，部分同学认为是NO，还有部分同学认为是O2。（假设装置内空气已排净，D瓶中收集的气体仅为产物）。下列对该气体的检验方法合适的是(填序号)。A.敞口观察集气瓶内气体的颜色变化B.将润湿的蓝色石蕊试纸伸入集气瓶内，观察试纸是否变红C.将带火星的木条伸入集气瓶中，观察木条是否复燃如果集气瓶中收集到的无色气体是氧气，则氧气的来源是。（用相关化学方程式表示）。(5)若将木炭改为铜片，再用等质量的铜片分别与等体积的浓硝酸、稀硝酸(硝酸均过量)反应时，发现反应后所得溶液前者呈绿色，后者呈蓝色。针对此现象，同学们进行讨论，提出两种意见:认为两溶液所显颜色不同是由Cu2+浓度的差异引起的。认为前者溶液呈绿色，是因为生成的红棕色NO2溶解于溶液中引起的。你认为上述意见(填“”或“”)合理。请设计一个简单的实验进行验证:。【答案】红棕色C+4HNO3(浓)4NO2+CO2+2H2OBaCO3防倒吸AC4HNO34NO2 + O2 + 2H2O向显蓝色的Cu(NO3)2溶液中通入NO2(或其他合理答案)【解析】(1)装置A中发生的是浓硝酸与木炭的反应，生成NO2、CO2、H2O，由于NO2为红棕色气体，故三颈瓶中的气体为红棕色；产生该气体的化学反应方程式是：C+4HNO3(浓)4NO2+CO2+2H2O；(2)将NO2、CO2通入Ba(OH)2溶液中分别生成Ba(NO3)2和BaCO3，由于Ba(OH)2溶液足量，故溶液为碱性环境，BaCO3不溶解以沉淀形式析出，白色沉淀为BaCO3；(3)装置B可以防止装置C中酸性气体因溶解速率太快而出现倒吸；(4)A、NO与足量O2反应生成红棕色的NO2，选项A正确；B、NO和O2均不具有酸性，不能用润湿的蓝色石蕊试纸进行检验，选项B错误；C、O2能使带火星的木条复燃，而NO不能，选项C正确。答案选AC；装置A中除发生木炭与浓硝酸的反应外，还发生浓硝酸的分解反应，则氧气的来源是4HNO34NO2 + O2 + 2H2O；(5)因Cu的质量相等，且浓、稀HNO3均过量，Cu完全反应生成的Cu(NO3)2的浓度相等，溶液中的c(Cu2)是一样的，不合理，合理。既然是由红棕色NO2溶于溶液中引起的，只要将NO2除去或者在Cu与稀HNO3反应后向显蓝色的Cu(NO3)2溶液的反应器中通入NO2即可验证。27.甲烷是天然气的主要成分，是一种重要的清洁能源和化工原料。.煤制天然气时会发生多个反应，生产过程中有多种途径生产CH4。已知：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) H41kJmol1C(s)+2H2(g)CH4(g)H73kJmol12CO(g)C(s)+CO2(g)H171kJmol1写出CO2与H2反应生成CH4和H2O的热化学方程式。.新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2，电解质为KOH溶液。某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液（滴有几滴酚酞）电解实验，如图所示：回答下列问题：（1）用甲烷燃料电池作为电化学降解NO3-装置的直流电源时，应将A与相连（填a或b，下同）B与相连。阴极反应式为。若电解过程中转移了2mol电子，则膜的两侧电解液的质量变化差（m左- m右）为g。（2）甲烷燃料电池正极、负极的电极反应分别为、。（3）若每个电池甲烷通入量为1 L（标准状况），且反应完全，则图二电解池中理论上Pt最多能产生的氯气体积为L（标准状况）。【答案】CO(g)+H2O(g)= CO2(g)+H2(g) H41kJmol1ab2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-2NO3-+12H+10e-=N2+6H2O2O2+4H2O +8e=8OHCH4+10OH-8e=CO32-+ 7H2O2【解析】.已知：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) H141kJmol1C(s)+2H2(g)CH4(g)H273kJmol12CO(g)C(s)+CO2(g)H3171kJmol1根据盖斯定律+-2可得：CO2(g)+4H2(g)= CH4(g)+2H2O (g) H=H2+H3-H12=73kJmol1+（171kJmol1）-（41kJmol1）2=162kJmol1，故答案为：CO2(g)+4H2(g)= CH4(g)+2H2O (g) H= 162kJmol1；.（1）用甲烷燃料电池作为电化学降解NO3-装置的直流电源时，硝酸根离子转化为氮气，其中氮元素化合价降低，得电子，则连接B电极的为电解池的阴极，应将B与电源的负极相连，在图1中燃料电池甲烷应该为负极，即连接b，故A与a相连。阴极是硝酸根离子得电子产生氮气，其反应式为：2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-或2NO3-+12H+10e-=N2+6H2O；根据图示装置，阳极反应为2H2O-4e=O2+4H，转移2mol电子时，阳极消耗1mol水，产生2molH+进入阴极室，阳极室质量减少18g；阴极反应为12H+2NO3-+10e=N2+6H2O，阴极室中放出0.2molN2（5.6g），同时有2molH+（2g）进入阴极室，因此阴极室质量减少3.6g，膜两侧电解液的质量变化差（m左- m右）18g-3.6g14.4g；（2）在碱性条件下，甲烷燃料电池正极氧气得电子产生氢氧根离子、负极甲烷失电子在碱性条件下生成碳酸根离子和水，其电极反应分别为：2O2+4H2O +8e=8OH，CH4+10OH-8e=CO32-+ 7H2O；（3）若每个电池甲烷通入量为1 L（标准状况），由于图中的两个电池是串联，故可知线路上转移的电子与一个燃料电池时相同，根据反应式CH4+10OH-8e=CO32-+ 7H2O，可知通入1mol甲烷时失电子8mol，当甲烷为1L时为122.4122.4mol，转移电子数为822.4822.4mol；进行饱和氯化钠溶液电解，阳极产生氯气的电极反应为：2Cl-2e-=Cl2，产生1 mol氯气转移2mol电子，根据电解池与原电池转移电子总数相等，当转移电子822.4822.4mol时，产生氯气为422.4422.4mol，即为422.4422.4mol22.4L/mol=4L。28.某混合溶液中，可能大量含有的离子如下表：阳离子H+、K+、Al3+、NH4+、Mg2+阴离子OH-、SO42-、CO32-、AlO2-将Na2O2逐渐加入上述混合溶液中并微热（忽略溶液体积变化及水蒸气的影响），产生沉淀和气体如图所示。请根据信息回答下列问题：（1）将上述混合溶液中一定大量含有的阴、阳离子及其物质的量填入下表（可以不填满，也可以增加）：离子种类物质的量（mol）（2）图中a=；b=；c=（3）简述溶液中还可能大量含有的离子的鉴定方法：【答案】179做焰色反应实验【解析】试题分析：(1)根据图象中沉淀先增加后部分溶解可知：溶液中一定含有：Mg2+和Al3+，所以一定不含CO32-、AlO2-，并且含有镁离子的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是5mol，根据元素守恒，所以含有铝离子的物质的量2mol；加入8mol过氧化钠会生成4mol氧气，而图象中生成了6mol气体，说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有2mol其他气体生成，而只能是氨气，所以一定含有2mol铵根离子，所以一定不含有氢氧根离子；图象中加入过氧化钠的物质的量在0amol之间时，没有沉淀生成，所以溶液中含有H+，由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol，8mol过氧化钠会生成16mol氢氧化钠，而生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为：2mol3+3mol2+2mol=14mol，所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应，氢离子的物质的量为2mol；并且物质的量为2mol，溶液中一定还含有阴离子，可能为氯离子或溴离子，钾离子不能确定是否存在，根据电荷守恒：所以n(H+)+3n(Al3+)+n(NH4+)+2n(Mg2+)2n(SO42-)，所以SO42-物质的量8mol，即：离子种类H+Al3+NH4+Mg2+SO42-物质的量(mol)22238故答案为：离子种类H+Al3+NH4+Mg2+SO42-物质的量(mol)22238(2)含有2mol的氢离子需要消耗氢氧化钠2mol，则需要1mol过氧化钠来生成，所以a=1，含有镁离子和铝离子一共5mol，所以消耗过氧化钠的量为5mol，在加上a=2mol，则b=7mol，氯离子的物质的量是2mol，所以氢氧化铝的物质的量是2mol，完全将氢氧化铝溶解，消耗1mol的氢氧化钠，即需要1mol的过氧化钠来生成，所以c=9mol，故答案为：1；7；9；(3)钾离子不能确定是否存在，钾离子的检验可以用焰色反应，做法是：用一根洁净的铂丝蘸取溶液，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察焰色，如果火焰呈紫色，则含有钾离子，故答案：用一根洁净的铂丝蘸取溶液，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察焰色，如果火焰呈紫色，则含有钾离子。考点：考查了常见的离子检验方法的相关知识。