化学反应中的物质变化与能量变化能力测试题.doc

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1、优质文本化学反响中的物质变化和能量变化 本章复习 习题精选二第I卷选择题，共60分一选择题1在pH=1的无色溶液中能大量共存的离子组是( )ANH4+、Mg+、SO42、ClBBa2+、K+、OH、NO3CAl3+、Cu2+、SO42、Cl DNa+、Ca2+、Cl、AlO22以下反响的离子方程式书写不正确的选项是( )A次氯酸钙溶液中，通入过量的二氧化碳气体：Ca2+十2ClO十H2O十CO2CaCO3十2HClOB醋酸和碳酸氢钠溶液混合：CH3COOH十HCO3=H2O十CO2十CH3COOC氯化亚铁溶液中通入氯气：2FeCl2十Cl22Fe3+十6ClD金属钠跟水反响2Na十2H2O=2

2、Na+十2OH十H23以下反响中，氧化产物是有色单质的是( )A2KI十Br2=2KBr十I2BCuCl2十ZnZnCl2十CuC2NO十O2=2NO2 D2HCl十Fe=FeCl2十H241克氢气燃烧生成液态水，放出142.9kJ热，以下表示该反响的热化学方程式正确的选项是( )5以下实验中：Al3+十3AlO2十6H2O4Al(OH)3可以发生的是( )A向铝盐溶液中不断地参加NaOH溶液B向NaOH溶液中不断地参加铝盐C向铝盐溶液中不断地参加Na2CO3溶液D向铝盐溶液中不断地参加氨水二、选择题6取相同体积的KI、Na2S和FeBr2溶液分别通入适量的Cl2，当反响恰好完全时，三种溶液消

3、耗Cl2的体积相同(同温同压下)，那么KI、Na2S和FeBr2三溶液的物质的量浓度之比是( )A1：1：2B1：2：3C6：3：2D2：1：37新华社1999年11月17日电，在兰州召开的一次能源地质国际研讨会传出信息：“可燃冰将帮助人类摆脱临近的能源危机。“可燃冰3固体“可燃冰可释放出20m3的甲烷气体。由此可判断以下说法中不正确的选项是( )A“可燃冰将成为人类新的后续能源B“可燃冰是水变油，属于化学变化C“可燃冰具有使用方便，清洁卫生等优点D青藏高原的冻土层可能存在“可燃冰8Cl、Fe2+、H2O2、I、SO2均具有复原性，且在酸性溶液中的复原性依次增强。以下各反响不可能发生的是( )

4、A2Fe2+十Cl2=2Fe3+十2ClB2Fe3+十SO2十2H2O2Fe2+十SO42十4H+CH2O2十H2SO4=SO2十O2十2H2ODSO2十I2十2H2OH2SO4十2HI9G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物，我们不了解它们的分子式或化学式，但知道它们在一定条件下具有如下的转换关系(未配平)：(1)GQ十NaCl(2)Y十NaOHG十Q十H2O(3) (4)Z十NaOHQ十X十H2O这五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序为( )AQGZYXBGYQZXCGYZQXDZXGYQ10最近，科学家用巨型计算机进行模拟后确定，由60个N原子可结合成N60分子，N60变成N2时放出巨大能

5、量，以下说法中不正确的选项是( )AN60与N2都是氮的同素异形体B1个N60分子中含60个N原子CN60的相对分子质量为840，属高分子化合物DN60变为N2的反响是放热反响，说明N60比N2稳定11某溶液能溶解Al(OH)3，那么在此溶液中一定能大量共存的离子组是( )ANa+、Br、SO42、Cl BNa+、Fe3+、Mg2+、ICK+、Na+、HCO32、NO3 DNH4+、K+、NO3、AlO212在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，当制得同温、同压下相同体积的氧气时，三个反响中转移的电子数之比为( )A1：1：1 B2：2：1 C2：3：1 D4：3：21

6、3重金属离子有毒性。实验室有甲、乙两种废液，均有一定毒性。甲废液经化验呈碱性，主要有毒离子为Ba+离子，如将甲、乙废液按一定比例混合，毒性明显降低。乙废液中可能含有的离子是( )ACu2+和SO42 BCu2+和Cl CK+和SO42 DAg+和NO314强酸与强碱的稀溶液发生中和反响的热效应：H+(aq)十OH(aq)H2O；H 一57.3kJ/mol。分别向1L 0.5mol/L的NaOH溶液中参加：稀醋酸；浓H3SO4；稀硝酸，恰好完全反响时的热效应分别为H1、H2、H3，它们的关系表示正确的选项是( )AH1H2H3 BH2H3H1CH1H2H3 DH2H3H115在酸性溶液中，以下物

7、质氧化KI时，自身发生如下变化：Fe3+Fe2+；MnO4Mn2+；Cl22Cl；HNO2NO如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是( )AFe3+ BMnO4 CCl2 DHNO2第二卷(非选择题，共90分)三、填空题(此题包括2小题)16发射卫星时可用肼(N2H4)为燃料，二氧化氮作为氧化剂，这两种物质反响生成氮气和水蒸气。：N2(g)十2O2(g)2NO2(g)；H167.7kJ/mol (注：N2与O2不直接反响生成NO2，此为理论计算值)N2H4(g)十O2(g)N2(g)十2H2O(g)；H2一534kJ/mol试计算1mol肼和二氧化氮完全反响时放出的热量

8、为_kJ；写出肼与二氧化氮反响的热化学方程式_。17(1)1985年，化学上第一次用非电解法制得氟气，试配平该反响的化学方程式： K2MnF6+ SbF5 KSbF6+ MnF3+ F2反响中_元素被复原。(2)氰(CN)2、硫氰(SCN)2的化学性质和卤素(X2)很相似，化学称为拟卤素如：(SCN)2+H2OHSCN+HSCNO它们阴离子的复原性强弱为：ClBrCNSCNI。试写出：(CN)2与KOH溶液反响的化学方程式：_；NaBr和KSCN混合溶液中参加(CN)2，反响的离子方程式：_。四、实验题(此题包括3小题)18高锰酸钾和氢溴酸溶液可发生以下反响：KMnO4十HBrBr2十MnBr

9、3十KBr十H2O，其中复原剂是_。假设消耗0.1mol氧化剂，那么被氧化的复原剂的物质的量是_mol。19假设电解水过程中水蒸发等损耗忽略不计。：2H2(g)十O2(g)2H2O(1)；H 一572kJ/mol，假设同时提供电解水装置、伏特表、安培表、学生电源、托盘天平、计时器、导线等，请同学们研究在电解水的过程中，电能转变成化学能的效率。20化学实验中，如使某步中的有害产物作为另一步的反响物，形成一个循环，就可不再向环境排放该种有害物质。例如：(1)在上述有编号的步骤中，需用复原剂的是_，需用氧化剂的是_(填编号)。(2)在上述循环中，既能与强酸反响又能与强碱反响的物质是_(填化学式)。(

10、3)完成并配平步骤的化学方程式；标出电子转移的方向和数目：Na2Cr2O7十KI十HClCrCl3十NaCl十KCl十I2十_五、计算题(此题包括2小题)21热化学方程式： ；H C(s)十O2(g)CO2(g)；H 欲得到相同的热量，需要分别燃烧固体碳和氢气的质量比是多少?22某固态物质A是隐形飞机上吸收微波的物质的主要成分，为分析其组成，进行如下实验：实验测得A的相对分子质量为204，分子中只含有三种元素。2(过量)中充分燃烧得到CO2、SO2、H2O(液态)，气体体积减少0.448L。将反响后的气体用足量碱石灰吸收，气体体积又减少4.48L(所有气体体积均在标准状况下测定)。求：(1)A

11、的分子式。(2)假设A的分子中有两个完全相同的五元环且A最多可跟3molH2发生加成反响。写出A的结构简式。六、计算题(此题包括2小题)23红磷放在氯中燃烧，假设P与Cl2按物质的量之比为1：1.8混合，待充分反响后，生成物中PCl3与PCl5的物质的量之比是多少?3中，待合金完全溶解后，收集到气体6.72L(标准状况)，并测得溶液的pH0，假设反响后溶液的体积仍为80mL，试计算：(1)被复原的硝酸的物质的量。(2)合金中银的质量百分含量。参考答案1答案：A解析：溶液pH1说明溶液中存在较多的H离子，但凡可相互反响的离子或与H反响的离子均不能大量共存。可根据题示“无色溶液排除含有色离子的C选

12、项，B、D中有OH、AlO2均与H反响，否认掉。2答案：AC解析：A中因为CO2过量，最终应生成Ca(HCO3)2。C中FeCl2为可溶性强电解质，要拆开成离子形式。3答案：A解析：注意氧化产物是有色单质，A中在溶液里I2呈红棕色且为单质。B的复原产物为红色的铜而不是氧化产物；D的氧化产物虽然有色，但FeCl2都是化合物；C中NO2有色但它既是氧化产物又是复原产物，也是化合物。4答案：A解析：将1克氢气燃烧放出的热转化成1mol氢气燃烧放出的热。5答案：B解析：A项，Al3+与OH先生成Al(OH)3，Al(OH)3进一步溶于过量的强碱溶液：Al(OH)3十3OHAlO2十2H2O；B项，当A

13、l3+参加到强碱中，过量的强碱将Al3+转化为AlO2：Al3+十4OH=AlO2十2H2O，直至OH离子消耗完后，当再滴加含Al3+的溶液时，便会发生题干所表达的Al3+和AlO2双水解的反响；C项， Al3+与CO32发生双水解：2Al3+十3CO32十3H2O2Al(OH)3十3CO2。D项，AI3+与NH3H2O仅生成Al(OH)3，沉淀并不溶于弱碱NH3H2O：Al3+十3NH3H2O=Al(OH)3十3NH4+。6答案：C解析：设三种溶液的物质的量浓度分别为c1、c2、c3。因反响中：KI溶液：2II2；Na2S溶液：S2S；FeBr2溶液：Fe2+Fe3+，2BrBr2。根据氧化

14、复原反响电子得失守恒，所以有：n(Cl2)c1V1c2V2c3V3，即：c1：c2：c36：3：2。另析：由反响的化学方程式2KI+Cl2=2KCl+I2Na2S+Cl2=2NaCl+S2FeBr2+3Cl2=2FECl3+Br2可设有3molCl2参加反响。那么有下面的对应关系3Cl2 6KI 3 Na2S 2FeBr2很容易看到：消耗等量的氯气(3molCl2)时耗KI、Na2S、FeBr2物质的量之比为632，又由于三种溶液体积相同，那么、三者的物质的量浓度之比为632。7答案：B解析：可燃冰中的燃料为CH4而不是H2O。8答案：C解析：在酸性溶液中的复原性依次增强意味着复原性ClFe2

15、+H2O2ISO2，那么氧化性Cl2Fe3+H2O2I2H2SO4(稀)；依据“前面的氧化剂能氧化后面氧化剂对应的复原产物氧化复原反响才能发生，容易判断出不能发生的反响为C。9答案：B解析：此题考查同种元素之间发生氧化复原反响时价态变化的规律：歧化时，反响物的价态居于两生成物价态之间；归中时，生成物价态居于两反响物价态之间。为歧化反响，可知价态GQ；为歧化反响，结合的结论可知价态GYQ；由可知，因H2O中H得电子，Q中Cl元素必失去电子，化合价升高，故价态QX。又由为歧化反响，结合的结论可知价态QZX。所以选B。10答案：C、D解析：依题述，N60是由氮元素构成的单质，所以B选项说法正确；结合

16、同素异形体的概念，A选项说法也正确。由于N60N2放出热量，说明N60的能量高，不稳定，N60的相对分子质量不大，不属于高分子化合物，所以C、D选项说法错误。11答案：A解析：能溶解Al(OH)3，说明溶液既可能呈酸性，又可能呈强碱性。B中Fe3+、H+、I不共存，C中HCO3、H+或OH-不共存，D中AlO2、H+不共存。12答案：B解析：“同温、同压下相同体积的氧气，说明生成氧气的物质的量一定。设分别生成O21mol。由KMnO4中：KClO3中：H2O2中：可见：得到等量的O2时，三者转移电子数之比依次为22113答案：A解析：设法将重金属离子转为沉淀，就可使毒性明显降低。要沉淀Ba2+

17、，必须提供SO42，而在A、C两选项中均含有SO42，但C项中K+无毒性，A项中Cu2+可与甲废液中的OH反响生成Cu(OH)2沉淀，从而降低毒性。14答案：B解析：等物质的量的NaOH与稀CH3COOH、浓H2SO4稀HNO3恰好反响生成等物质的量的水，假设不考虑物质的溶解热和弱电解质电离吸热，应放出相同的热量。但在实际反响中。浓H2SO4溶于水时放热，使其总放出的热量增多；CH3COOH是弱酸，只是少局部电离，电离过程中要吸热故中和时放热较少。放热越多，H 的值的绝对值越大。15答案：B解析：氧化剂氧化KI反响时，把自身发生的反响，分别写成：Fe3+十eFe2+；MnO4十5eMn2+；C

18、l2十2e2Cl；HNO2十eNO，如果氧化剂各1mol，根据得失电子守恒的原理，可以氧化的KI的物质的量依次是lmol、5mol、2mol、1mol。生成I2物质的量依次是0.5mol、2.5mol、1mol、0.5mol。离子反响方程式，2Fe3+十2I=2Fe2+十I2，2MnO4十10I十16H+=2Mn2+十5I2十8H2O，Cl2十2I=2Cl十I2，2HNO2十2I十2H+2NO十I2十H2O。16答案：567.8kJ；2N2H4(g)十2NO2(g)3N2 (g)十4H2O(g)；H 1135.7kJ/mol。解析：由题意可知：N2(g)十2O2 (g)2NO2 (g)；H1十

19、67.7kJ/mol N2N4(g)+O2(g)N2(g)十2H2O(g)；H2一534kJ/mol 根据盖斯定律，为在反响物中消去O2并得到N2H4和NO2的反响。令2一得：2N2H4(g)N2(g)2N2(g)十4H2O(g)2NO2(g)；H 2H2H1整理得：2N2H4(g)十2NO2(g)3N2 (g)十4H2O(g)；H 2H1H2一534kJ/mol267.7kJ/mol那么1molN2H4反响放出的热量为17答案：12，4，4，2，1；Mn或锰；2(CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2O；2SCN+(CN)2=2CN+(SCN)2。解析：(CN)2与KOH反响，相当于Cl

20、2与KOH反响，依Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，即可得(CN)2与KOH反响的方程式。由于阴离子复原性顺序为BrCN(CN)2(SCN)2，故(CN)2，只能氧化SCN而不能氧化Br。18答案：解析：(72)=x(119答案：计算需要取得的数据：伏特表示数UV、安培表IA、t(s)、电解消耗水的质量m(H2O)(g)；电能转变成化学能的效率：20答案：1；2Cr(OH)33Na2Cr2O7+6KI+14HCl=2CrCl3+2NaCl+6KCl+3I2+7H2O解析：1据变化： 知需用复原剂，据变化： 知需用氧化剂。据、变化，反响前后元素的化合价无变化，知均为非氧化复原反响。2C

21、r(OH)3+3HCl=CrCl3+3H2O；Cr(OH)3+NaOH=NaCrO2+2H2O3根据元素守恒，容易看到生成物中应有水；采用化合价升降法配平即可！即：2Cr：+6+3 612I： -1023有1Na2Cr2O7+KI+HClCrCl3+NaCl+KCl+3I2+H2O进一步观察可配平。21答案：m(C)：m(H2解析：利用两个热闹化学方程式，根据它们反响放出热量相等，计算n(C)：n(H2)再将其转化为质量比：另析：根据热化学方程式，可设各放出热量为393.5kJ，对应需要C的质量为12克。由H2 Hm(H2m(C)m(H2)=1222答案：1分子式为：C6S4H4。2A分子的结

22、构简式为：解析：2过量中充分燃烧得到CO2、SO2、H2O等三种物质，说明A含有C、S、H三种元素，设其分子式为CxSyHz，那么有那么x+z=10，y=4，由并结合题设的分子CxSyHz有12x+32z=2044，联立解之得：x=6，z=4，所以该物质的分子式为C6S4H4。又由题干知，此分子结构非常对称，其与3molH2加成，知含3molC=C或2molCC，综合可得结构简式见答案。23答案：7：3解析：P、Cl原子守恒，设生成PCl3xmol，生成PCl52，x：y=7：3。24答案：10.3mol；235%解析：1硝酸被复原后的产物是NO或NO2，又因为1molHNO3被复原得到1molNO或NO2。因此产生的气体的物质的量即是被复原的HNO3的物质的量：2因为pH=0，所以c(H+)=1mol/L说明HNO3过量。参加反响的HNO3的物质的量n(HNO310.080=1mol。设合金中Ag的物质的量为xmol，Cu为ymol。因为合金质量为30.0g，所以有108x+64y=30.0。由1知：1mol参加反响的HNO3