2013届厦门二中高三化学周末练习8参考答案

2013届厦门二中高三化学周末练习（八）参考答案
1、【解析】盛液溴的瓶内加少量水形成”水封”,可有效防止液溴的挥发;NO能与空气中氧气反应,不能用排空气法 收集 。

【答案】D
2、解析：常温下Cu与浓HNO3很快地反应，Cu与浓H2SO4需加热条件下反应，故浓HNO3
不能用铜容器贮存；露置在空气中，容器内硝酸挥发，浓H2SO4吸收空气中的水分，故[来源:学。

科。

网Z。

X。

X。

K]
酸液的浓度都降低，但酸溶液的质量变化不同，浓HNO3减轻，浓H2SO4增重。

答案：D
3、【解析】选C。

A项，浓硝酸和氯水见光都易分解，所以用棕色试剂瓶保存；B项，硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中都易被氧气氧化变质；C项，Cl2使品红溶液褪色的原因是其具有强氧化性，SO2使品红溶液褪色的原因是其与有色物质结合成无色物质；D项，SO2和Na2SO3溶液都具有还原性，都能使溴水褪色。

4、【解析】选D。

A项中只证明了硝酸的强氧化性，A错误；B项中酒精易溶于水，不能用酒精萃取溴，B错误；C项中的反应能进行是因为生成了CO2气体，并不能证明硅酸酸性强于碳酸，C错误；D项中硝酸铵等铵盐受热分解一般不产生氨气，D正确。

5、解析：该题有两个要求：(1)必须加入氧化剂；(2)一步反应就能完成．反应①、③、④从化合价角度来看都升高，但反应①N2→NO2不能一步反应就完成；而反应③NO2→HNO3虽然氮的化合价升高，但不加氧化剂也能实现，如3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，在该反应中，NO2既是氧化剂又是还原剂；只有反应④N2→NO必须加入氧化剂且一步反应就能完成．
答案：C
6、【解析】A项中溶解在苯中的溴与氢氧化钠溶液反应,生成了可溶性物质,溶液仍分层,A项错误;B项中铁在常温下遇浓硫酸钝化,铁不会溶解;C项中在广口瓶中应该看到有红棕色气体出现;D项可制得胶体,正确。

【答案】D
7、【解析】C项中氨气会被浓硫酸吸收。

【答案】C
8、解析：根据图示转化关系，B为A的气态氢化物，因此A不可能为金属，A正确；根据C、D为A的不同氧化物，则由C生成D为氧化还原反应，B正确；根据图示关系，A有变价氧化物，可以推断A可能为N2、S等，此时A生成C的反应为单质和氧气的反应，肯定不是离子反应，C错误；当A为N2时，B为NH3，E为HNO3，NH3与HNO3反应生成NH4NO3，D正确．
答案：C
9、【解析】选D。

由题意知，若X为非金属单质或非金属氢化物，则Y为NO或SO2，A为硝酸或硫酸。

当A 为浓硝酸时，与铜反应生成NO2，当A为稀硫酸时，不与铜反应。

D项，反应①和②一定为氧化还原反应，当Z 为NO2时，反应③也是氧化还原反应。

10、【解析】因为0.1 mol Cu完全反应了,生成的Cu(NO3)2也为0.1 mol,其中结合的NO3—为0.2 mol,溶液里含有a mol H+说明剩下的HNO3为a mol,则被还原的HNO3为:(0.4-0.2-a)mol=(0.2-a)mol,C项正确。

【答案】C
11、解析：因为硝酸难以溶解金，故选用硝酸能证明甲、乙、丙猜想的正误，若全不溶解则是纯金，若部分溶解则是金银合金，全部溶解则是黄铜。

答案：C
12、解析：本题综合考查了喷泉实验的原理，即由于气体溶于水或某种溶液，导致烧瓶中的压强迅速减小，与外界压强间产生足够的压强差，从而形成喷泉，A正确；B选项中，CO2能与NaOH等强碱溶液反应，从而被吸收，也能产生很大的压强差，故能形成喷泉，该项也正确；C选项中，NH3和HCl属于极易溶于水的气体，常温常压下，SO2溶解度为40，也能较多地溶解，故均能形成喷泉；NO2与水反应后有NO生成，故液体不能充满烧瓶。

答案：D
13、解析：由题知，稀硝酸在铬的含量大于13%时，对Fe－Cr合金的腐蚀性较弱，A不正确；稀硝酸与铁反应产生的是NO，不是NO2，B不正确；从图中曲线的走势来看，腐蚀速率与溶液中H＋的浓度关系并不大(因为各种情况下H＋的浓度是一定的)，主要还是取决于Cr的含量．答案：D
14、解析：由C ＋2H 2SO 4(浓)=====△CO 2↑＋2SO 2↑＋2H 2O 知，气体X 为SO 2、CO 2的混合物，由Cu ＋
4HNO 3(浓)===Cu(NO 3)2＋2NO 2↑＋2H 2O 可知，气体Y 为NO 2，其中SO 2、NO 2在水溶液中发生反应：NO 2＋SO 2＋H 2O===H 2SO 4＋NO ，产生的H 2SO 4又可与BaCl 2发生反应：BaCl 2＋H 2SO 4===BaSO 4↓＋2HCl ，而NO 遇空气又被氧化成为红棕色的NO 2。

[来源:学科网ZXXK]
答案：D
15、解析：选A 。

该工艺流程原理可用一个化学方程式来表示：
CaSO 4＋2NH 3＋CO 2＋H 2O===CaCO 3＋(NH 4)2SO 4，故B 、C 、D 正确。

如果直接蒸干溶液，由于滤液中还存在少量杂质，故得不到纯净的(NH 4)2SO 4。

16、解析：选B 。

NH 3极易溶于水，A 、C 、D 项均能防止倒吸。

17．解答本题要注意以下两点：
(1)一定量浓硫酸与足量铜片反应时，随着硫酸溶液浓度变稀反应会停止。

(2)溶液中只要有较大浓度的H +和3NO -就能溶解铜。

【解析】(1)浓硫酸与铁、铝反应形成致密的氧化膜，表现了浓硫酸的强氧化性，浓硫酸使纸变黑表现了浓硫酸的脱水性。

(2)绿色化学思想是从源头上消除污染，①反应会产生NO 2，②反应会产生NO ，③反应不产生污染物，原子利用率最高，符合绿色化学思想。

(3)①Cu+2H 2SO 4(浓) △ CuSO 4+SO 2↑+2H 2O ，n(H 2SO 4
)=18 mol/L×0.1 L= 1.8 mol ，假设1.8 mol 完全反应，生成SO 2 0.9 mol ，在标准状况下的体积为0.9 mol×22.4 L/mol=20.16 L ，实际上浓硫酸变成稀硫酸后反应就停止了，生成的SO 2的体积小于20.16 L ，故选D 。

②NaNO 3提供的3NO -与硫酸提供的H +将铜氧化，离子方程式为3Cu + 8H + + 2NO 3—== 3Cu 2+ + 2NO ↑+4H 2O
(4)根据信息可写出化学方程式为Cu+2HCl+H 2O 2====CuCl 2+2H 2O 。

答案：(1)强氧化 脱水 (2)③
(3)①D ②3Cu + 8H + + 2NO 3—====3Cu 2++2NO↑+4H 2O
(4)Cu+2HCl+H 2O 2====CuCl 2+2H 2O
18、(1) x=1 y= 1 。

(2)6FeSO 4+ 2KNO 3+ 4H 2SO 4 →K 2SO 4+ 3Fe 2(SO 4)3+ 2NO+ 4H 2O
(3) KNO 3 (4)电子转移总数6
19、【答案】(1)①关闭玻璃管活塞A ，向U 型管长管一端加水至液面高于短管、静置一段时间后，若液面相对位置不变，则不漏气。

②U 型管短管一端没有泡 ③铜丝上有气泡
（2）①无；NO 将硝酸溶液排入长管，使硝酸与铜脱离接触②U 型管短管一端液面上升，干燥管的球型容器中有红棕色气体生成；Cu 与稀HNO 3反应生成NO 。

20、解析：(1)烧杯中试剂的作用是吸收氨气，所以用稀硫酸；(2)加入浓氢氧化钠溶液是保证硫酸铵反应完全，加热的目的是使氨气释放；(4)反应后B 增加的质量即为反应的NH 3的质量，则n (NH 3)＝0.2 mol ，氮元素的质量
分数为0.2×1413.5
×100%＝20.74%＜21%，所以不是一等品． 答案：(1)NH ＋4＋OH －=====△
NH 3↑＋H 2O 稀硫酸(2)使硫酸铵快速反应并完全转化为NH 3 (3)A 、B 装置间缺一个干燥装置(4)缺少赶尽反应装置中残留氨气的装置(5)不是
21、解析：(1)制取NH 3的方案有：铵盐与清石灰混合加热制NH 3，加热浓氨水制NH 3，浓氨水滴到NaOH 固体或生石灰中制NH 3。

C 中方法属工业制法。

而加热NH 4Cl 时分解得NH 3和 HCl ，两气体遇冷又化合成NH 4Cl ，不行。

(2)两方案的缺点可结合信息、仪器情况进行分析，特别是回答方案二的②问时，联系方案一的优点回答。

答案：(1)AB (NH 4)2SO 4＋Ca(OH)2=====△CaSO 4＋2NH 3↑＋2H 2O ； NH 3·H 2O=====CaO NH 3↑＋H 2O
(2)方案一 ①不能 因F 后缺少干燥装置，部分Mg 3N 2与空气中H 2O 反应生成Mg(OH)2，导致产品不纯 ②安全瓶，防止装置D 中的水进入B
方案二 ①由于在与镁粉反应的N 2中混有NH 3，由题知NH 3与Mg 可反应生成H 2和Mg(NH 2)2，这就使得制备的Mg 3N 2中混有Mg(NH 2)2 ②在装置C 与D 之间连接一盛有浓硫酸的洗气瓶。