2014年北京市高考化学解析版试卷

发布时间:2024-06-03 09:06:14浏览次数:5
2014 年北京市高考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题:共 7 小题,每小题 6 分,共 120 分.在每小题给出的四个选项中,选出最符合题目要求的一项.1.(6 分)下列试剂中,标签上应标注 和 的是(  )A.C2H5OH B.HNO3C.NaOH D.HCl【分析】警示标记标注 和 说明该物质具有强的氧化性和腐蚀性,据此解答.【解答】解:A.C2H5OH 为易燃品,不具有强的氧化性和腐蚀性,故 A 错误;B.硝酸具有强的氧化性和腐蚀性,应标注 和 ,故 B 正确;C.NaOH 具有腐蚀性,但是不具有氧化性,故 C 错误;D.盐酸具有腐蚀性,但是不具有强的氧化性,故 D 错误;故选:B。【点评】本题考查硝酸的性质及警示标记,题目难度不大,明确警示标记的含义,熟悉硝酸的性质,是解答本题的关键. 2.(6 分)下列金属中,表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是(  )A.K B.Na C.Fe D.Al【分析】由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知,只有氧化铝为致密的结构,可保护内层金属,以此来解答.【解答】解:由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知,只有氧化铝为致密的结构,可保护内层金属,而 K、Na、Fe 的氧化物均不是致密的结构,故选:D。【点评】本题考查 Al 的化学性质,为高频考点,把握氧化铝为致密的氧化物结构可保护内层金属为解答的关键,注意金属及其氧化物的性质,题目难度不大. 3.(6 分)下列电池工作时,O2在正极放电的是(  )A.锌锰电池 ① H2O2氧化 SO2的化学方程式:  H 2O2+SO2=H2SO4 ②用 NaOH 溶液滴定生成的 H2SO4,消耗 z mL NaOH 溶液.若消耗 1mL NaOH 溶液相当于硫的质量为 y克,则该钢样中硫的质量分数:   .(3)将气体 a 通入测碳装置中(如图 3),采用重量法测定碳的含量.①气体 a 通过 B 和 C 的目的是 排除二氧化硫对二氧化碳测定的干扰 ②计算钢样中碳的质量分数,应测量的数据是 吸收二氧化碳前后吸收瓶的质量 .【分析】(1)①该装置中 C、S 和氧气反应生成二氧化碳、二氧化硫,还有部分氧气剩余;②若钢样中 S 以 FeS 形式存在,FeS 被氧气氧化,Fe 元素化合价由+2 价变为+3 价,﹣2 价的 S 被氧化为+4 价,结合化学计量数知,生成物是二氧化硫和四氧化三铁;(2)①双氧水具有强氧化性,二氧化硫具有还原性,二者发生氧化还原反应生成硫酸;②若消耗 1mL NaOH 溶液相当于硫的质量为 y 克,z mL NaOH 溶液相当于硫的质量为 yzg,再根据质量分数公式计算硫的质量分数;(3)①测定二氧化碳的含量,需要将二氧化硫除去防止造成干扰;②计算钢样中碳的质量分数,需要测定吸收二氧化碳的质量.【解答】解:(1)①该装置中 C、S 在 A 装置中被氧气反应生成二氧化碳、二氧化硫,还有部分氧气剩余,所以气体 a 的成分是 SO2、CO2、O2,故答案为:SO2、CO2、O2;②若钢样中 S 以 FeS 形式存在,FeS 被氧气氧化,Fe 元素化合价由+2 价变为+3 价,﹣2 价的 S 被氧化为+4 价,结合化学计量数知,生成物是二氧化硫和四氧化三铁,所以反应方程式为 3FeS+5O2Fe3O4+3SO2,故答案为:Fe3O4;SO2;(2)①双氧水具有强氧化性,二氧化硫具有还原性,二者发生氧化还原反应生成硫酸,反应方程式为 H2O2+SO2=H2SO4,故答案为:H2O2+SO2=H2SO4;②若消耗 1mL NaOH 溶液相当于硫的质量为 y 克,z mL NaOH 溶液相当于硫的质量为 yzg,硫的质量分数为 = ,故答案为: ;(3)①测定二氧化碳的含量,需要将二氧化硫除去防止造成干扰,B 装置可氧化二氧化硫,C 装置可以吸收二氧化硫,所以装置 B 和 C 的作用是氧化二氧化硫、除去二氧化硫,故答案为:排除二氧化硫对二氧化碳测定的干扰;②计算钢样中碳的质量分数,需要测定吸收二氧化碳的质量,所以需要测定吸收二氧化碳前后吸收瓶的质量,故答案为:吸收二氧化碳前后吸收瓶的质量.【点评】本题考查了 C、S 含量的测定,涉及氧化还原反应、方程式的配平等知识点,明确实验原理是解本题关键,结合物质的性质来分析解答,题目难度中等. 11.(15 分)用 FeCl3酸性溶液脱除 H2S 后的废液,通过控制电压电解得以再生.某同学使用石墨电极,在不同电压(x)下电解 pH=1 的 0.1mol/L FeCl2溶液,研究废液再生机理.记录如下(a,b,c代表电压值):序 电 阳极现象 检验阳极 号 压/V 产物Ⅰ x≥a电极附近出现黄色,有气泡产生有 Fe3+、有 Cl2Ⅱ a>x≥b电极附近出现黄色,无气泡产生有 Fe3+,无 Cl2Ⅲ b>x>0无明显变化 无 Fe3+,无 Cl2(1)用 KSCN 溶液检测处 Fe3+的现象是 溶液变红 .(2)Ⅰ中 Fe3+产生的原因可能是 Cl﹣在阳极放电,生成的 Cl2将 Fe2+氧化,写出有关反应:  2Cl ﹣ ﹣2e ﹣ =Cl 2↑ , Cl 2+2Fe 2+ =2Fe 3+ +2Cl ﹣   .(3)由Ⅱ推测,Fe3+产生的原因还可能是 Fe2+在阳极放电,原因是 Fe2+具有 还原 性.(4)Ⅱ中虽未检验处 Cl2,但 Cl﹣在阳极是否放电仍需进一步验证.电解 pH=1 的 NaCl 溶液做对照试验,记录如下:序号 电压/V 阳极现象 检验阳极产物Ⅳ a>x≥c 无明显变化 有 Cl2Ⅴ c>x≥b 无明显变化 无 Cl2① NaCl 溶液的浓度是  0.2   mol/L.②Ⅳ中检验 Cl2的实验方法: 取少量阳极附近的溶液,滴在淀粉碘化钾试纸上,试纸变蓝色 ③与Ⅱ对比,得出的结论(写出两点): 通过控制电压,证实了产生 Fe 3+ 的两种原因,通过控制 电压,验证了 Fe 2+ 先于 Cl ﹣ 放电  .【分析】(1)依据铁离子的检验方法和试剂颜色变化分析;(2)依据电解原理,氯离子在阳极失电子生成氯气,氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色;(3)Fe3+产生的原因还可能是 Fe2+在阳极放电,依据氧化还原反应分析 Fe2+具有还原性;(4)①电解 pH=1 的 0.1mol/L FeCl2溶液,电解 pH=1 的 NaCl 溶液做对照试验,探究氯离子是否放电,需要在难度相同的条件下进行分析判断;②依据检验氯气的实验方法分析;③依据图表数据比较可知,电解 pH=1 的 NaCl 溶液做对照试验与Ⅱ对比,通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电,生成铁离子的两种可能.【解答】解:(1)检验铁离子的试剂是硫氰酸钾溶液,用 KSCN 溶液检测处 Fe3+的现象是溶液变红色,故答案为:溶液变红;(2)依据电解原理,氯离子在阳极失电子生成氯气,电极反应为:2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑,氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色,反应的离子方程式为:Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣;故答案为:2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑,Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣;(3)由Ⅱ推测,Fe3+产生的原因还可能是 Fe2+在阳极放电,元素化合价升高,依据氧化还原反应分析 Fe2+具有还原性,故答案为:还原性;(4)①电解 pH=1 的 0.1mol/L FeCl2溶液,电解 pH=1 的 NaCl 溶液做对照试验,探究氯离子是否放电,需要在难度相同的条件下进行,所以氯化钠溶液的浓度为 0.2mol/L,故答案为:0.2;②依据检验氯气的实验方法分析,取少量阳极附近的溶液,滴在淀粉碘化钾试纸上,试纸变蓝色证明生成氯气,否则无氯气生成,故答案为:取少量阳极附近的溶液,滴在淀粉碘化钾试纸上,试纸变蓝色;③依据图表数据比较可知,电解 pH=1 的 NaCl 溶液做对照试验与Ⅱ对比,通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电,说明生成铁离子的两种可能,一是二价铁失电子变成三价铁,二是氯离子失电子变成氯气,氯气再氧化二价铁变成三价铁.对于补充的那个实验,实验四的电压高,氯气放电,实验五电压低,氯气不放电,而实验二氯气皆放电;故答案为:通过控制电压,证实了产生 Fe3+的两种原因,通过控制电压,验证了 Fe2+先于 Cl﹣放电.【点评】本题考查了离子检验方法和现象分析,电解原理的分析应用,电解反应,电极产物的理解应用,掌握基础是关键,题目难度中等.  B.氢燃料电池C.铅蓄电池D.镍镉电池【分析】A.锌锰干电池中,负极上锌失电子发生氧化反应、正极上二氧化锰得电子发生还原反应;B.氢燃料电池中,负极上氢气失电子发生氧化反应、正极上氧气得电子发生还原反应;C.铅蓄电池中,负极上铅失电子发生氧化反应、正极上二氧化铅得电子发生还原反应;D.镍镉电池中,负极上 Cd 失电子发生氧化反应,正极上 NiOOH 得电子发生还原反应.【解答】解:A.锌锰干电池中电极反应式,负极:Zn﹣2e﹣═Zn2+、正极 2MnO2+2NH4++2e﹣=Mn2O3+2NH3+H2O,所以不符合题意,故 A 错误;B.酸性氢氧燃料电池电极反应式为 2H2﹣4e﹣=4H+、O2+4H++4e﹣=2H2O,碱性氢氧燃料电池电极反应式为 2H2﹣4e﹣+4OH﹣=4H2O、O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣,所以符合题意,故 B 正确;C.铅蓄电池放电时负极电极反应:Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4 ,正极电极反应:PbO2+2e﹣+4H++SO42﹣=PbSO4+2H2O,所以不符合题意,故 C 错误;D.镍镉电池放电正极:2NiOOH+2H2O+2e﹣=2Ni(OH)2+2OH﹣、负极:Cd+2OH﹣﹣2e﹣=Cd(OH)2,所以不符合题意,故 D 错误;故选:B。【点评】本题考查了原电池原理,明确正负极上发生的反应是解本题关键,难点是电极反应式的书写,要结合电解质溶液酸碱性书写,题目难度中等. 4.(6 分)下列解释事实的方程式不正确的是(  )A.测 0.1mol/L 氨水的 pH 为 11:NH3•H2O NH⇌4++OH﹣B.将 Na 块放入水中,产生气体:2Na+2H2O═2NaOH+H2↑C.用 CuCl2溶液做导电实验,灯泡发光:CuCl2 Cu2++2Cl﹣D.Al 片溶于 NaOH 溶液中,产生气体:2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑【分析】A.一水合氨为弱电解质,溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子;B.钠化学性质比较活泼,钠与水反应生成氢氧化钠和氢气;C.氯化铜为电解质,溶液中电离出铜离子和氯离子,所以溶液能够导电;D.金属铝能够与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气.【解答】解:A.测 0.1 mol/L 氨水的 pH 为 11,溶液显示碱性,原因是一水合氨为弱碱,溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子,其电离方程式为:NH3•H2O NH⇌4++OH﹣,故 A 正确;B.将 Na 块放入水中,钠能够与水反应生成氢气,反应的化学方程式为:2Na+2H2O═2NaOH+H2↑,故 B 正确; C.用 CuCl2溶液做导电实验,灯泡发光,氯化铜为强电解质,溶液中完全电离出铜离子和氯离子,电离过程不需要通电,氯化铜的电离方程式为 CuCl2=Cu2++2Cl﹣,故 C 错误;D.铝溶于 NaOH 溶液中,反应生成偏铝酸钠和氢气,反应的离子方程式为:2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑,故 D 正确;故选:C。【点评】本题考查了化学方程式、电离方程式的书写判断,题目难度中等,注意掌握化学方程式、电离方程式的书写原则,能够正确书写常见反应的化学方程式,明确强弱电解质的概念,并且能够正确书写电离方程式. 5.(6 分)下列说法正确的是(  )A.室温下,在水中的溶解度:丙三醇>苯酚>1﹣氯丁烷B.用核磁共振氢谱不能区分 HCOOCH3和 HCOOCH2CH3C.用 Na2CO3溶液不能区分 CH3COOH 和 CH3COOCH2CH3D.油脂在酸性或碱性条件下均可发生水解反应,且产物相同【分析】A.含﹣OH 越多,溶解性越大,卤代烃不溶于水;B.HCOOCH3中两种 H,HCOOCH2CH3中有三种 H;C.CH3COOH 与碳酸钠溶液反应,而 CH3COOCH2CH3不能;D.油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油,碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油.【解答】解:A.含﹣OH 越多,溶解性越大,卤代烃不溶于水,则室温下,在水中的溶解度:丙三醇>苯酚>1﹣氯丁烷,故 A 正确;B.HCOOCH3中两种 H,HCOOCH2CH3中有三种 H,则用核磁共振氢谱能区分 HCOOCH3和 HCOOCH2CH3,故 B错误;C.CH3COOH 与碳酸钠溶液反应气泡,而 Na2CO3溶液与 CH3COOCH2CH3会分层,因此可以用 Na2CO3溶液能区分 CH3COOH 和 CH3COOCH2CH3,故 C 错误;D.油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油,碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油,水解产物不相同,故 D 错误;故选:A。【点评】本题考查有机物的鉴别,为高频考点,把握常见有机物的性质及鉴别方法为解答的关键,注意溶解性与﹣OH 的关系、油脂不同条件下水解产物等,题目难度不大. 6.(6 分)用如图装置(夹持、加热装置已略)进行实验,由②中现象,不能证实①中反应发生的是(  )①中实验 ②中现象A 铁粉与水蒸气加热 肥皂水冒泡B 加热 NH4Cl 和 Ca(OH)2混合物酚酞溶液变红C NaHCO3固体受热分解 澄清石灰水变浑浊D 石蜡油在碎瓷片上受热分解Br2的 CCl4溶液褪色A.A B.B C.C D.D【分析】A.试管中空气也能使肥皂水冒泡;B.氯化铵和氢氧化钙混合加热生成氨气,氨气和水反应生成一水合氨,一水合氨电离出氢氧根离 子而使溶液呈红色;C.二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊;D.不饱和烃能使溴的四氯化碳褪色.【解答】解:A.加热过程中的热空气、铁和水蒸气反应生成的氢气都能使肥皂水冒泡,所以肥皂水冒泡该反应不一定发生,故 A 错误;B.NH4Cl+Ca(OH)2NH3↑+CaCl2+H2O、NH3+H2O NH⇌3•H2O NH⇌4++OH﹣,氨水溶液呈碱性,所以能使酚酞试液变红色,故 B 正确;C.2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊,如果②中澄清石灰水变浑浊,则①中一定发生反应,故 C 正确;D.溴的四氯化碳褪色说明有不饱和烃生成,所以①中一定发生化学反应,故 D 正确;故选:A。【点评】本题考查了物质的性质及实验基本操作及反应现象,明确实验原理是解本题关键,再结合物质的性质分析解答,题目难度不大. 7.(6 分)一定温度下,10mL 0.40mol/L H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成 O2的体积(已折算为标准状况)如下表。t/min 0 2 4 6 8 10V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)(  )A.0~6min 的平均反应速率:v(H2O2)≈3.3×10﹣2mol/(L•min)B.6~10min 的平均反应速率:v(H202)<3.3×10﹣2mol/(L•min)C.反应至 6min 时,c(H2O2)=0.30mol/LD.反应至 6min 时,H2O2分解了 50%【分析】根据化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算,根据化学反应的定义进行计算,得出正确结论。【解答】解:2H2022H2O+O2↑,A.0~6min 产生的氧气的物质的量 n(O2)= ×10﹣3=0.001mol,n(H202)=2n(O2)=0.002mol,v(H202)= ≈3.3×10﹣2mol/(L•min),故 A 正确;B. =3.73, =1.88,3.73>1.88,故单位时间内产生的氧气,0~6min 大于 6~10min,故 6~10min 的平均反应速率:v(H202)<3.3×10﹣2mol/(L•min),故 B 正确;C.6min 时,c(H2O2)=0.40﹣ =0.20mol/L,故 C 错误;D.6min 时,H2O2分解的分解率为: =50%,故 D 正确,故选:C。【点评】本题考查化学反应速率的相关计算,把握化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键,难度不大。 二、非选择题:共 4 小题,共 180 分 8.(17 分)顺丁橡胶、制备醇酸树脂的原料 M 以及杀菌剂 N 的合成路线如下:已知:i.ⅱ.RCH=CHR′ RCHO+R′CHO (R、R′代表烃基或氢)(1)CH2=CH﹣CH=CH2的名称是  1 , 3﹣ 丁二烯  .(2)反应Ⅰ的反应类型是(选填字母)  a   .a、加聚反应 b、缩聚反应(3)顺式聚合物 P 的结构式是(选填字母)  b   .(4)A 的相对分子质量为 108.①反应Ⅱ的化学方程式是  2CH 2=CH﹣CH=CH2 .② 1mol B 完全转化成 M 所消耗 H2的质量是  6   g.(5)反应Ⅲ的化学方程式是   .(6)A 的某些同分异构体在相同的反应条件下也能生成 B 和 C,写出其中一种同分异构体的结构简式   .【分析】根据转化关系知,1,3﹣丁二烯发生聚合反应 I 得到顺式聚合物 P 为聚顺 1,3﹣丁二烯,则 P 的结构简式为 ,由信息 i 知,在加热条件下发生反应 II 生成 A,A 的结构简 式为 ,A 发生反应生成 B 和 C,B 和氢气发生加成反应生成 M,则 B 的结构简式为,C 和二氯苯酚发生反应生成 N,C 为醛,根据 N 中碳原子个数知,一个 C 分子和两个二氯苯酚分子发生反应生成 N,N 的结构简式为 ,则 C 的结构简式为HCHO,再结合题目分析解答.【解答】解:根据转化关系知,1,3﹣丁二烯发生聚合反应 I 得到顺式聚合物 P 为聚顺 1,3﹣丁二烯,则 P 的结构简式为 ,由信息 i 知,在加热条件下发生反应 II 生成 A,A 的结构简式为 ,A 发生反应生成 B 和 C,B 和氢气发生加成反应生成 M,则 B 的结构简式为,C 和二氯苯酚发生反应生成 N,C 为醛,根据 N 中碳原子个数知,一个 C 分子和两个二氯苯酚分子发生反应生成 N,N 的结构简式为 ,则 C 的结构简式为HCHO,(1)CH2=CH﹣CH=CH2的名称是 1,3﹣丁二烯,故答案为:1,3﹣丁二烯;(2)通过以上分析知,反应Ⅰ的反应类型是加聚反应,故选 a;(3)通过以上分析知,顺式聚合物 P 的结构式是 ,故选 b; (4)① A 的相对分子质量为 108,1,3﹣丁二烯的相对分子质量是 54,则 A 的结构简式为,则反应Ⅱ的化学方程式是 2CH2=CH﹣CH=CH2,故答案为:2CH2=CH﹣CH=CH2;② B 的结构简式为 ,1mol B 完全转化成 M 所消耗 H2的物质的量是 3mol,则氢气的质量是 6g,故答案为:6;(5)C 是甲醛,甲醛和二氯苯酚反应生成 N,所以反应Ⅲ是 C 和二氯苯酚反应生成的化学方程式是,故答案为: ;(6)根据以上分析知,B 是 、C 是 HCHO,A 的某些同分异构体在相同的反应条件下也能生成 B 和 C,符合条件 A 的同分异构体有 ,故答案为:.【点评】本题考查了有机物的推断,根据 1,3﹣丁二烯为突破口结合题给信息、M 和 N 的结构简式确定发生的反应,注意理解题给信息中有机物的断键和成键物质,难点是同分异构体结构简式的判断,题目难度中等. 9.(14 分)NH3经一系列反应可以得到 HNO3和 NH4NO3,如图 1 所示. (1)Ⅰ中,NH3和 O2在催化剂作用下反应,其化学方程式是  4NH 3+5O24NO+6H2O   .(2)Ⅱ中,2NO(g)+O2(g)⇌2N02(g).在其它条件相同时,分别测得 NO 的平衡转化率在不同压强(p1,p2)下随温度变化的曲线(如图 2).①比较 p1,p2的大小关系:  p 1< p 2 ②随温度升高,该反应平衡常数变化的趋势是 减小 .(3)Ⅲ中,降低温度,将 NO2(g)转化为 N2O4(l),再制备浓硝酸.①已知:2NO2(g)⇌N2O4(g)△H12NO2(g)⇌N2O4(l)△H2图 3 中能量变化示意图中,正确的是(选填字母)  A   .② N2O4与 O2、H2O 化合的化学方程式是  2N 2O4+O2+2H2O=4HNO3 .(4)Ⅳ中,电解 NO 制备 NH4NO3,其工作原理如图 4 所示,为使电解产物全部转化为 NH4NO3,需补充物质 A,A 是  NH 3 ,说明理由: 根据反应 8NO+7H 2O 3NH4NO3+2HNO3,电解生成的 HNO 3 多 .【分析】(1)氨气与氧气在催化剂加热的条件下生成 NO 与水;(2)①已知 2NO(g)+O2(g)⇌2N02(g)是正方向体积减小的反应,根据压强对平衡的影响分析;②根据图象 2 判断该反应正方向是放热还是吸热,再判断 K 随温度的变化;(3)①降低温度,将 NO2(g)转化为 N2O4(l)说明反应 2NO2(g)⇌N2O4(l)为放热反应,同种物质液态时能量比气态时能量低; ② N2O4与 O2、H2O 化合生成硝酸,根据得失电子守恒和原子守恒写出反应的方程式;(4)根据电解 NO 制备 NH4NO3的反应方程式分析判断.【解答】解:(1)氨气与氧气在催化剂加热的条件下生成 NO 与水,反应方程式为:4NH3+5O24NO+6H2O;故答案为:4NH3+5O24NO+6H2O;(2)①已知 2NO(g)+O2(g)⇌2N02(g)是正方向体积减小的反应,增大压强平衡正移,则 NO 的转化率会增大,由图可知 P2时 NO 的转化率大,则 P2时压强大,即 P1<P2;故答案为:P1<P2;②由图象 2 可知,随着温度的升高,NO 的转化率减小,说明升高温度平衡逆移,则该反应正方向是放热反应,所以升高温度平衡常数 K 减小;故答案为:减小;(3)①降低温度,将 NO2(g)转化为 N2O4(l)说明反应 2NO2(g)⇌N2O4(l)为放热反应,所以在图象中该反应的反应物的总能量比生成物的总能量高,同种物质气态变液态会放出热量,即液态时能量比气态时能量低,则 N2O4(l)具有的能量比 N2O4(g)具有的能量低,图象 A 符合,故 A 正确;故答案为:A;② N2O4与 O2、H2O 化合生成硝酸,其反应的化学方程式为:2N2O4+O2+2H2O=4HNO3;故答案为:2N2O4+O2+2H2O=4HNO3;(4)电解 NO 制备 NH4NO3,阳极反应为 NO﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+,阴极反应为:NO+5e﹣+6H+=NH4++H2O,从两极反应可看出,要使得失电子守恒,阳极产生的 NO3﹣的物质的量大于阴极产生的 NH4+的物质的量,总反应方程式为:8NO+7H2O 3NH4NO3+2HNO3,因此若要使电解产物全部转化为 NH4NO3,需补充 NH3;故答案为:NH3;根据反应 8NO+7H2O 3NH4NO3+2HNO3,电解生成的 HNO3多.【点评】本题考查了化学方程式书写、影响平衡及平衡常数的因素、能量变化图的分析等,题目涉及的知识点较多,侧重于考查学生的综合运用能力,难度中等,注意基础知识的积累掌握. 10.(12 分)碳、硫的含量影响钢铁性能.碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体,再用测碳、测硫装置进行测定.(1)采用图 1 装置 A,在高温下将 x 克钢样中碳、硫转化为 CO2、SO2.①气体 a 的成分是  SO 2、 CO 2、 O 2 .②若钢样中碳以 FeS 形式存在,A 中反应:3FeS+5O2 1  Fe 3O4 +3  SO 2 .(2)将气体 a 通入测硫酸装置中(如图 2),采用滴定法测定硫的含量.
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