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2019-2020年高一化学上学期段考试卷
(一)(含解析)
一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题2分,共50分)1.(2分)(2011秋•忻州期末)下列物质中,属于纯净物的是( ) A.氯水B.盐酸C.液氯D.漂白粉 2.(2分)(xx秋•越城区校级月考)下列电离方程式错误的是( ) A.K2CO3=2K++CO32﹣B.KClO3=K++ClO3﹣ C.H2CO3⇌2H++CO32﹣D.NaHCO3=Na++HCO3﹣ E.K2CO3=2K++CO32﹣ 3.(2分)(xx秋•越城区校级月考)下列物质长期露置在空气中,不会变质的是( ) A.Na2CO3粉末B.漂白粉C.氢氧化钠溶液D.Na2O2固体 4.(2分)(xx秋•郑州期中)下列叙述中正确的是( ) A.在氧化还原反应中,肯定有一种元素被氧化,另一种元素被还原 B.元素由化合态变为游离态的反应一定是还原反应 C.置换反应一定是氧化还原反应 D.失电子难的原子,一定容易得电子,反之成立 5.(2分)(xx秋•越城区校级月考)下列物质中属于电解质的是( )
①氯化钠
②NH3•H2O
③硫酸溶液
④蔗糖
⑤二氧化碳. A.
①②B.
①④⑤C.
①②③D.
①⑤ 6.(2分)(xx•山东)16O和18O是氧元素的两种核素,NA表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是( ) A.16O2与18O2互为同分异构体 B.16O2与18O2核外电子排布方式不同 C.通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化 D.标准状况下,
1.12L16O2和
1.12L18O2均含
0.1NA个氧原子 7.(2分)(xx•端州区校级学业考试)日常生活中的许多现象与化学反应有关,下列现象与氧化还原反应无关的是( ) A.铜铸塑像上出现铜绿 B.铁制菜刀生锈 C.大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏 D.铝锅表面生成致密的氧化膜 8.(2分)(xx秋•越城区校级月考)“原子结构模型”是科学家根据自己的认识,对原子结构的形象描摹,一种模型代表了人类某一阶段对原子结构的认识.人们对原子结构的描摹,按现代向过去顺序排列为电子云模型、玻尔原子模型、卢瑟福原子模型、 原子模型、 原子模型.则横线内的两位科学家是( )A、阿佛加德罗、汤姆生B、汤姆生、道尔顿C、舍勒、普利斯特里D、道尔顿、拉瓦锡. 9.(2分)(xx秋•吉林期末)下列各步反应A(HCl)→B(Cl2)→C(NaClO)→D(HClO)→E(CO2),其中不能直接一步实现的是( ) A.A→BB.B→CC.C→DD.D→E 10.(2分)(xx秋•杭州期中)如图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是( )XYZA碱化合物纯净物B电解质盐化合物C胶体分散系混合体系D活泼金属氧化物电解质化合物 A.AB.BC.CD.D 11.(2分)(xx秋•越城区校级月考)下列说法正确的是( ) A.Na2O2是碱性氧化物,能与盐酸反应生成盐 B.Na2O、Na2O2组成元素相同,与CO2反应产物也相同 C.检测某溶液是否含有时,应取少量该溶液,依次加入稀盐酸和BaCl2溶液 D.配制溶液时,若加水超过容量瓶刻度,应用胶头滴管将多余溶液吸出 12.(2分)(xx秋•忻州期末)在强酸性溶液中能大量共存的离子组是( ) A.Ca2+、Na+、NO3﹣、CO32﹣B.Mg2+、Cl﹣、NH4+、SO42﹣ C.K+、Cl﹣、HCO3﹣、NO3﹣D.Ca2+、Na+、Fe2+、NO3﹣ 13.(2分)(xx秋•越城区校级月考)下列实验操作中错误的是( ) A.萃取操作时,应选择有机萃取剂,且萃取剂的密度必须比水大 B.蒸馏操作时,应使温度计水银球上端与蒸馏烧瓶的支管口下端相平 C.蒸发操作时,应残留少许液体,停止加热,再利用余热使水分完全蒸干 D.分液操作时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出 14.(2分)(xx秋•越城区校级月考)NA表示阿伏伽德罗常数,下列判断正确的是( ) A.16gCH4与18gNH所含质子数相等 B.
7.8gNa2O2与足量的CO2反应时转移的电子数为
0.1NA C.1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA D.含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中,Na+的物质的量浓度为1mol•L﹣1 15.(2分)(xx•河南一模)相同体积的KI、Na2S、FeBr2溶液,分别通入足量的Cl2,当反应恰好完成时,消耗Cl2的体积相同(同温、同压条件下),则KI、Na2S、FeBr2溶液的物质的量浓度之比是( ) A.112B.213C.632D.321 16.(2分)(xx•衡水模拟)1L某混合溶液中,溶质X、Y的浓度都为
0.1mol•L﹣1,向混合溶液中滴加某溶液Z(
0.1mol•L﹣1氢氧化钠或硫酸溶液)至溶液呈中性,所得沉淀的物质的量如图所示,则X、Y、Z分别是( ) A.氯化铝、氯化铁、氢氧化钠B.氯化铝、氯化镁、氢氧化钠 C.偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸D.偏铝酸钠、氯化钡、硫酸 17.(2分)(xx秋•越城区校级月考)已知固体混合物A由NaHCO
3、KHCO
3、MgCO
3、CaCO3四种物质中的两种混合而成,若先将A加热,剩余固体再与足量的盐酸反应,且先后两次产生的气体分别通过足量的澄清石灰水生成的沉淀均为
5.0g,则A的物质的量为( ) A.
0.10molB.
0.20molC.
0.05molD.无法计算 18.(2分)(xx•浦东新区模拟)FeCl
3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉,充分应后仍有固体存在,下列判断不正确的是( ) A.加入KSCN溶液一定不变红色B.溶液中一定含Fe2+ C.溶液中一定含Cu2+D.剩余固体中一定含铜 19.(2分)(xx秋•越城区校级月考)下列离子方程式正确的是( ) A.用小苏打治疗胃酸过多↑+H2O B.用食醋除去水瓶中的水垢2CH3COOH=2CH3COO﹣+CO2↑+H2O C.漂白粉溶液中加入稀盐酸H++ClO﹣=HClO D.向澄清石灰水中通入过量的二氧化碳气体Ca2++2OH﹣+CO2=CaCO3↓+H2O 20.(2分)(xx•江苏校级学业考试)在硫酸铝、硫酸钾和明矾的混合溶液中,SO42﹣的浓度为
0.4mol/L,当加入等体积
0.4mol/LKOH溶液时,生成的沉淀恰好完全溶解.则反应后溶液中K+的浓度约为( ) A.
0.225mol/LB.
0.25mol/LC.
0.45mol/LD.
0.9mol/L 21.(2分)(xx秋•越城区校级月考)在氯水中存在多种分子和离子,它们在不同的反应中表现各自的性质.下列实验现象和结论一致且正确的是( ) A.向氯水中加入有色布条一会儿有色布条褪色,说明溶液中有Cl2存在 B.新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上,试纸先变红色后褪色,说明Cl2有漂白性 C.向淀粉碘化钾溶液中加入氯水,溶液变为蓝色,可证明Cl2的氧化性强于I2 D.加入NaOH溶液,氯水黄绿色消失,说明有HClO分子存在 22.(2分)(xx秋•忻州期末)一定量CO2通入某浓度的NaOH溶液得溶液A,向A溶液中逐滴滴入稀盐酸,加入n(HCl)与生成nCO2的关系如图.下列有关叙述正确的是( ) A.通入的CO2气体在标准状况下可能大于
22.4L B.A溶液中n(NaOH)=2n(Na2CO3) C.A溶液中既含Na2CO3,又有NaHCO3 D.A溶液中一定只有Na2CO3 23.(2分)(xx秋•连江县校级期末)下列说法正确的是( ) A.FeCl3溶液可以腐蚀线路板上的Cu,因为Fe的金属活动性大于Cu B.用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+ C.不能用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液 D.除去Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2方法加入足量烧碱溶液,充分反应,过滤,向滤液中通入过量CO2后过滤 24.(2分)(xx秋•湖州月考)在100mL含等物质的量的HI和H2SO3的溶液里通入
0.14molCl2,有三分之一的HI变为I2(已知I2+H2SO3+H2O=4H++SO42﹣+2I﹣).原溶液中HI和H2SO3的浓度都等于( ) A.
8.0mol•L﹣1B.
0.12mol•L﹣1C.
0.8mol•L﹣1D.
1.2mol•L﹣1 25.(2分)(xx•四川)向mg镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸,恰好完全反应生成标准状况下的气体bL.向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL,使金属离子刚好沉淀完全,得到的沉淀质量为ng.再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止,得到固体pg.则下列关系不正确的是( ) A.B.C.n=m+17VcD.
二、填空题(共50分)26.(10分)(xx秋•越城区校级月考)
(1)18O2﹣离子结构示意图 ,质量相等的O3和O2中,原子个数之比为 ;
(2)某硫原子的质量是ag,12C原子的质量是bg,若NA只表示阿伏加德罗常数的数值,则该硫原子的相对原子质量为 ,mg该硫原子的物质的量为 mol;
(3)19g某二价金属的氯化物ACl2中含有
0.4molCl﹣,ACl2的摩尔质量 . 27.(8分)(xx•上海)某化学反应的反应物和产物如下KMnO4+KI+H2SO4→MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O
(1)该反应的氧化剂是
(2)如果该反应方程式中I2和KIO3的系数都是5
①KMnO4的系数是
②在下面的化学式上标出电子转移的方向和数目KMnO4+KI+H2SO4→
(3)如果没有对该方程式中的某些系数作限定,可能的配平系数有许多组.原因是 . 28.(10分)(xx秋•越城区校级月考)某校化学实验兴趣小组为了探究在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来,同时证明氯气的某些性质,甲同学设计了如图所示的实验装置(支撑用的铁架台省略),按要求回答问题.
(1)写出实验室制备氯气的离子方程式
(2)
①图中滴加浓盐酸的装置名称
②装置B中盛放的试剂名称为 ,
③装置D和E中出现的不同现象说明的问题是
(3)乙同学认为甲同学的实验有缺陷,不能确保最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种.为了确保实验结论的可靠性,乙同学提出在某两个装置之间再加一个装置.你认为该装置中应放入 (填写试剂或用品名称).
(4)漂白粉在空气中长期放置失效的化学方程式 、
(5)该兴趣小组用100mL12mol/L盐酸与
8.7gMnO2制备氯气,并将所得氯气与过量的石灰乳反应,则理论上最多可制得 g漂白粉. 29.(12分)(xx•路南区校级模拟)纯碱、烧碱等是重要的化工原料.
(1)利用如图1所示装置可间接证明二氧化碳与烧碱溶液发生了反应.将A与B连接,打开止水夹,将胶头滴管中的液体挤入烧瓶,此时的实验现象是 .若其它操作不变,将A与C连接,可观察到的现象是 .
(2)向100mL2mol/L的NaOH溶液中通入一定量CO2,结晶,得到
9.3g白色固体,该白色固体的组成是 (写化学式).设计实验确认该白色固体中存在的阴离子,试完成下列方案.实验操作实验现象结论
①取少量白色固体于试管中,加足量水溶解,再加足量BaCl2溶液
②过滤,取2mL滤液于试管中
③
(3)现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱,部分工艺流程如图2已知NaHCO3在低温下溶解度较小.反应I为NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3↓+NH4Cl,处理母液的两种方法如下
①向母液中加入石灰乳,可将其中 循环利用.
②向母液中通入NH3,加入细小的食盐颗粒并降温,可得到NH4Cl晶体.试写出通入NH3后,溶解度较小的酸式碳酸盐转变为溶解度较大的碳酸盐的离子方程式 . 30.(10分)(xx秋•越城区校级月考)图1为一定量AlCl3溶液中加入NaOH溶液后,产生Al(OH)3白色沉淀的质量与NaOH的物质的量之间的关系曲线.试回答Ⅰ.A点时已参加反应的AlCl3和NaOH的物质的量之比为1比 ;Ⅱ.B处溶液中存在的浓度最大的离子是 (填离子符号);向B处生成的溶液中通入过量的二氧化碳,可见到的现象是(用离子方程式来表示) ;Ⅲ.铝铵矾是一种复盐,其主要化学成分为十二水硫酸铝铵NH4Al(SO4)
2.12H2O,向该盐的浓溶液中逐滴加入浓NaOH溶液,将发生一系列变化,已知NH4+与AlO2﹣在水溶液中不能大量共存,会发生如下反应NH4++AlO2﹣+H2O=Al(OH)3↓+NH3↑.试回答
(1)写出硫酸铝铵在水溶液中电离的方程式 ;
(2)在逐滴加入NaOH溶液的过程中,产生的现象有
①溶液中出现白色沉淀;
②有刺激性气味的气体放出;
③白色沉淀量逐渐增多;
④白色沉淀完全消失
⑤白色沉淀逐渐减少.请排出以上各种现象由先到后出现的正确顺序(用序号答) ;
(3)向含有
0.1molNH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入5mol•L﹣1NaOH溶液,请在图2中画出生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系示意图. xx学年浙江省绍兴一中高一(上)段考化学试卷
(一)参考答案与试题解析
一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题2分,共50分)1.(2分)(2011秋•忻州期末)下列物质中,属于纯净物的是( ) A.氯水B.盐酸C.液氯D.漂白粉考点混合物和纯净物.专题物质的分类专题.分析纯净物是由一种物质组成的物质,混合物是由多种物质组成的物质,据此逐项分析即可.解答解A.氯水是氯气的水溶液,属于混合物,故A错误;B.盐酸是氯化氢的水溶液,属于混合物,故B错误;C.液氯是液态的氯气,只含一种物质,属于纯净物,故C正确;D.漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物,属于混合物,故D错误.故选C.点评本题考查纯净物和混合物的区别,题目难度不大,要分析物质是由几种物质组成的,如果只有一种物质组成就属于纯净物,如果有多种物质就属于混合物. 2.(2分)(xx秋•越城区校级月考)下列电离方程式错误的是( ) A.K2CO3=2K++CO32﹣B.KClO3=K++ClO3﹣ C.H2CO3⇌2H++CO32﹣D.NaHCO3=Na++HCO3﹣ E.K2CO3=2K++CO32﹣ 考点电离方程式的书写.专题电离平衡与溶液的pH专题.分析A.碳酸钾属于强电解质,完全电离出钾离子和碳酸根离子;B.氯酸钾属于强电解质完全电离出钾离子和氯酸根离子;C.碳酸属于多元弱酸存在分步电离,电离过程是可逆过程;D.多元弱酸的酸式盐电离强中有弱,碳酸氢钠属于强电解质,完全电离,电离出钠离子和碳酸氢根离子;E.碳酸钾属于强电解质,完全电离出钾离子和碳酸根离子;解答解A.强电解质的电离用“=”,碳酸钾属于强电解质,完全电离出钾离子和碳酸根离子K2CO3=2K++CO32﹣,故A正确;B.KClO3属于强电解质,在溶液中完全电离出钾离子和氯酸根离子,电离方程式为KClO3=K++ClO3﹣,故B正确;C.碳酸属于多元弱酸存在分步电离,电离过程是可逆过程,电离方程式为H2CO3⇌H++HCO3﹣,HCO3﹣⇌H++CO32﹣,故C错误;D.碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐,是强电解质完全电离,电离出碳酸氢根离子,电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3﹣,故D正确;E.强电解质的电离用“=”,碳酸钾属于强电解质,完全电离出钾离子和碳酸根离子K2CO3=2K++CO32﹣,故E正确;故选C.点评本题考查了电离方程式书写正误,注意遵循电荷守恒和质量守恒定律,把握电解质的强弱及电离特点是解答的关键,题目难度不大. 3.(2分)(xx秋•越城区校级月考)下列物质长期露置在空气中,不会变质的是( ) A.Na2CO3粉末B.漂白粉C.氢氧化钠溶液D.Na2O2固体考点钠的重要化合物;氯、溴、碘及其化合物的综合应用.专题元素及其化合物.分析A.碳酸钠性质稳定,能稳定存在于空气中;B.次氯酸钙与二氧化碳、水能够发生反应CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3+2HClO;C.氢氧化钠溶液能够吸收空气中的二氧化碳生成碳酸钠;D.过氧化钠能够与空气中的水、二氧化碳发生反应.解答解A.碳酸钠性质稳定,所以Na2CO3粉末能稳定存在于空气中,故A正确;B.漂白粉主要成分为次氯酸钙,次氯酸钙与二氧化碳、水能够发生反应CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3+2HClO,所以长期露置在空气中,漂白粉会变质失效,故B错误;C.氢氧化钠溶液能够吸收空气中的二氧化碳生成碳酸钠而变质,故C错误;D.Na2O2固体长期露置在空气中,能够与空气中的水、二氧化碳发生反应而变质,故D错误;故选A.点评本题是对一些常见物质性质的考查,解决的关键是能对几种物质在空气中发生的化学变化有所了解,属基础性知识考查题,题目难度不大. 4.(2分)(xx秋•郑州期中)下列叙述中正确的是( ) A.在氧化还原反应中,肯定有一种元素被氧化,另一种元素被还原 B.元素由化合态变为游离态的反应一定是还原反应 C.置换反应一定是氧化还原反应 D.失电子难的原子,一定容易得电子,反之成立考点氧化还原反应.专题氧化还原反应专题.分析A、氧化还原反应中,同种元素之间可发生氧化还原反应;B、元素由化合态变为游离态,元素的化合价可升高,也可降低;C、置换反应中有单质生成,元素的化合价发生变化;D、失电子难的原子,不一定容易得电子.解答解A、氧化还原反应中,同种元素之间可发生氧化还原反应,如Cl2+H2O=HCl+HClO,化合价发生变化的只有Cl元素,故A错误;B、元素由化合态变为游离态,元素的化合价可升高,也可降低,如HCl→Cl2,CuO→Cu,元素由化合态变为游离态,可发生氧化反应,也可能是还原反应,故B错误;C、置换反应中有单质生成,元素的化合价发生变化,一定发生氧化还原反应,故C正确;D、失电子难的原子,不一定容易得电子,如第ⅣA族元素,故D错误.故选C.点评本题考查氧化还原反应,题目难度不大,注意把握相关知识的积累,注意物质的性质和氧化还原反应类型的联系. 5.(2分)(xx秋•越城区校级月考)下列物质中属于电解质的是( )
①氯化钠
②NH3•H2O
③硫酸溶液
④蔗糖
⑤二氧化碳. A.
①②B.
①④⑤C.
①②③D.
①⑤考点电解质与非电解质.专题电离平衡与溶液的pH专题.分析电解质的定义电解质是指在水溶液中或在熔融状态下就能够导电的化合物,据此解答.解答解
①氯化钠在水溶液中或在熔融状态下就能够导电,属于电解质;
②NH3•H2O在水溶液中能够导电,属于电解质;
③硫酸溶液是混合物,既不是电解质也不是非电解质;
④蔗糖在水溶液中和在熔融状态下都不能够导电,属于非电解质;
⑤二氧化碳在水溶液中能够导电,但实际是二氧化碳和水反应生成的碳酸电离产生自由移动的离子而导电,而不是二氧化碳本身,在熔融状态下不能够导电,属于非电解质;故选A.点评本题考查了电解质的判断,握电解质的定义是解题关键,注意电解质属于化合物,单质、混合物既不是电解质,已不是非电解质. 6.(2分)(xx•山东)16O和18O是氧元素的两种核素,NA表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是( ) A.16O2与18O2互为同分异构体 B.16O2与18O2核外电子排布方式不同 C.通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化 D.标准状况下,
1.12L16O2和
1.12L18O2均含
0.1NA个氧原子考点同位素及其应用.分析本题考查了同位素、原子核外电子排布、阿伏加德罗常数等知识点.解答解A、16O2与18O2是同一种物质,都是氧气,故A错;B、两种氧原子的电子数相等,核外电子排布方式也相同,故B错;C、16O与18O之间的转化,属于原子核的变化,不是化学变化,故C错;D、
1.12L标准状况下O2的物质的量为
0.05mol,含有氧原子数为
0.1NA,故D正确.故选D.点评本题考查的是一些基本的概念,做这类题目要细心. 7.(2分)(xx•端州区校级学业考试)日常生活中的许多现象与化学反应有关,下列现象与氧化还原反应无关的是( ) A.铜铸塑像上出现铜绿 B.铁制菜刀生锈 C.大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏 D.铝锅表面生成致密的氧化膜考点氧化还原反应.专题氧化还原反应专题.分析根据信息判断发生的化学反应,在反应中存在元素的化合价变化时则发生的反应为氧化还原反应,以此来解答.解答解A.金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿,该反应中有元素化合价的变化,所以属于氧化还原反应,故A不选;B.铁在氧气、水存在时发生电化学腐蚀而生锈,该反应中有元素化合价的变化,所以属于氧化还原反应过程,故B不选;C.酸雨腐蚀大理石雕像是因为碳酸钙能和酸反应,该反应中没有元素化合价的变化,所以不是氧化还原反应,属于复分解反应,故C选;D.铝易被氧气氧化生成氧化铝,该反应中有元素化合价的变化,所以属于氧化还原反应,故D不选;故选C.点评本题考查生活中的氧化还原反应,明确发生的化学反应是解答的关键,难度不大. 8.(2分)(xx秋•越城区校级月考)“原子结构模型”是科学家根据自己的认识,对原子结构的形象描摹,一种模型代表了人类某一阶段对原子结构的认识.人们对原子结构的描摹,按现代向过去顺序排列为电子云模型、玻尔原子模型、卢瑟福原子模型、 B 原子模型、 B 原子模型.则横线内的两位科学家是( )A、阿佛加德罗、汤姆生B、汤姆生、道尔顿C、舍勒、普利斯特里D、道尔顿、拉瓦锡.考点化学史.专题化学应用.分析19世纪初,英国科学家道尔顿提出近代原子学说,他认为原子是微小的不可分割的实心球体.1897年,英国科学家汤姆生发现了电子,1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型.1911年英国物理学家卢瑟福(汤姆生的学生)提出了带核的原子结构模型.1913年丹麦物理学家波尔(卢瑟福的学生)引入量子论观点,提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型.奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型(几率说),为近代量子力学原子模型.解答解19世纪初,英国科学家道尔顿提出近代原子学说,他认为原子是微小的不可分割的实心球体.1897年,英国科学家汤姆生发现了电子,1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型.1911年英国物理学家卢瑟福(汤姆生的学生)提出了带核的原子结构模型.1913年丹麦物理学家波尔(卢瑟福的学生)引入量子论观点,提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型.奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型(几率说),为近代量子力学原子模型.故原子结构模型的演变的过程为道尔顿原子模型→汤姆生原子模型→卢瑟福原子模型→玻尔原子模型→量子力学模型,故答案为B;B.点评本题主要考查了化学史,难度不大,平时注意知识的积累.了解化学的发展史,有利于激发学生学习化学的兴趣,培养社会责任感. 9.(2分)(xx秋•吉林期末)下列各步反应A(HCl)→B(Cl2)→C(NaClO)→D(HClO)→E(CO2),其中不能直接一步实现的是( ) A.A→BB.B→CC.C→DD.D→E考点氯、溴、碘及其化合物的综合应用.专题元素及其化合物.分析实验室可浓盐酸和二氧化锰加热反应生成Cl2,Cl2和NaOH反应生成NaClO,NaClO和酸反应可生成HClO,HClO的酸性比碳酸弱,不能一步生成CO2.解答解A(HCl)B(Cl2)C(NaClO)D(HClO),因HClO的酸性比碳酸弱,不能一步生成CO2,则D错误.故选D.点评本题考查氯气单质以及混合物的性质,侧重于考查学生化学知识的综合应用,题目难度不大,注意常见基础知识的积累即可解答该题. 10.(2分)(xx秋•杭州期中)如图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是( )XYZA碱化合物纯净物B电解质盐化合物C胶体分散系混合体系D活泼金属氧化物电解质化合物 A.AB.BC.CD.D考点酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;分散系、胶体与溶液的概念及关系;电解质与非电解质.专题物质的分类专题.分析由图可知,概念的范畴为Z包含Y,Y包含X,然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别,再根据概念的从属关系来解答.解答解A、碱属于化合物,化合物又属于纯净物,故A正确;B、电解质和化合物都属于化合物,但电解质包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水等,故B错误;C、胶体属于分散系,而分散系都是由两种以上的物质组成,则属于混合物,故C正确;D、电解质包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水等,电解质属于化合物,故D正确;故选B.点评本题考查物质的组成和分类,学生应能识别常见物质的种类,并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键.本题较简单,属于基础题. 11.(2分)(xx秋•越城区校级月考)下列说法正确的是( ) A.Na2O2是碱性氧化物,能与盐酸反应生成盐 B.Na2O、Na2O2组成元素相同,与CO2反应产物也相同 C.检测某溶液是否含有时,应取少量该溶液,依次加入稀盐酸和BaCl2溶液 D.配制溶液时,若加水超过容量瓶刻度,应用胶头滴管将多余溶液吸出考点钠的重要化合物;溶液的配制;物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用.专题元素及其化合物.分析A.碱性氧化物与水反应只生成碱;B.氧化钠与二氧化碳反应只生成碳酸钠,过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气;C.检验某溶液中是否含有SO42﹣时,需先加盐酸排除碳酸根离子、银离子等干扰,然后加氯化钡,若生成不溶于水和酸的白色沉淀,则说明含SO42﹣;D.吸出的液体中含有溶质.解答解A.Na2O2与水反应除了生成碱外,还生成氧气,不符合碱性氧化物的定义,故A错误;B.氧化钠与二氧化碳反应只生成碳酸钠,过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,故B错误;C.检验某溶液中是否含有SO42﹣时,需先加盐酸排除碳酸根离子、银离子等干扰,然后加氯化钡,若生成不溶于水和酸的白色沉淀,则说明含SO42﹣,故C正确;D.配制溶液时,若加水超过容量瓶刻度,不应用胶头滴管将多余溶液吸出,应重新配制,故D错误;故选C.点评本题为综合题,考查了碱性氧化物的判断、离子的检验、溶液的配置,题目难度不大,属于碱性氧化物的概念、硫酸根离子检验的方法、配置一定物质的量浓度溶液的方法是解题关键,注意对基础知识的积累. 12.(2分)(xx秋•忻州期末)在强酸性溶液中能大量共存的离子组是( ) A.Ca2+、Na+、NO3﹣、CO32﹣B.Mg2+、Cl﹣、NH4+、SO42﹣ C.K+、Cl﹣、HCO3﹣、NO3﹣D.Ca2+、Na+、Fe2+、NO3﹣考点离子共存问题.专题离子反应专题.分析强酸性溶液中,含大量的H+,根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等,不能发生氧化还原反应,则离子能大量共存,以此来解答.解答解A.因Ca2+、CO32﹣结合生成沉淀,因H+、CO32﹣结合生成水和气体,则不能大量共存,故A错误;B.因酸性溶液中该组离子之间不反应,能大量共存,故B正确;C.因H+、HCO3﹣结合生成水和气体,不能大量共存,故C错误;D.因H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应,不能大量共存,故D错误;故选B.点评本题考查离子的共存,为高考常见题型,侧重复分解反应与氧化还原反应的考查,把握信息及离子之间的反应即可解答,题目难度不大. 13.(2分)(xx秋•越城区校级月考)下列实验操作中错误的是( ) A.萃取操作时,应选择有机萃取剂,且萃取剂的密度必须比水大 B.蒸馏操作时,应使温度计水银球上端与蒸馏烧瓶的支管口下端相平 C.蒸发操作时,应残留少许液体,停止加热,再利用余热使水分完全蒸干 D.分液操作时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出考点物质的分离、提纯和除杂.专题化学实验基本操作.分析A.萃取剂的选择与密度无关;B.温度计水银球应靠近蒸馏烧瓶的支管口处;C.利用余热使水分完全蒸干;D.分液操作时下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出.解答解A.萃取的基本原则两种溶剂互不相溶,且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多.密度也可以比水小,故A错误;B.蒸馏操作时,温度计水银球应靠近蒸馏烧瓶的支管口处,故B正确;C.蒸发时当有较多量固体出现时停止加热,用余热蒸干,故C正确;D.分液操作时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,以避免两种液体相互污染,故D正确.故选A.点评本题考查化学实验基本操作,题目难度不大,注意常见基础知识的积累. 14.(2分)(xx秋•越城区校级月考)NA表示阿伏伽德罗常数,下列判断正确的是( ) A.16gCH4与18gNH所含质子数相等 B.
7.8gNa2O2与足量的CO2反应时转移的电子数为
0.1NA C.1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA D.含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中,Na+的物质的量浓度为1mol•L﹣1考点阿伏加德罗常数.专题阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.分析A、根据n=并结合质子数的个数来计算;B、Na2O2与足量的CO2的反应是歧化反应;C、Cl2参加反应可能为歧化反应;D、Na2O溶解于1L水后,导致溶液的体积不再是1L.解答解A、16CH4的物质的量n===1mol,而1molCH4含10mol质子,故16CH4含有10mol质子;18gNH物质的量n===1mol,1molNH含有11mol电子,故18gNH含有11mol电子,故A错误;B、Na2O2与足量的CO2的反应是歧化反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑1molNa2O2转移1mol电子,故
7.8gNa2O2即
0.1molNa2O2转移
0.1mol电子,个数为
0.1NA,故B正确;C、Cl2参加反应可能为本身的歧化反应,如2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑,故1molCl2参加反应转移电子数不一定为2NA,还可能为NA,故C错误;D、Na2O溶解于1L水后,导致溶液的体积不再是1L,故Na+的物质的量浓度不是1mol•L﹣1,故D错误.故选B.点评本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题的关键.难度不大. 15.(2分)(xx•河南一模)相同体积的KI、Na2S、FeBr2溶液,分别通入足量的Cl2,当反应恰好完成时,消耗Cl2的体积相同(同温、同压条件下),则KI、Na2S、FeBr2溶液的物质的量浓度之比是( ) A.112B.213C.632D.321考点氯、溴、碘及其化合物的综合应用;化学方程式的有关计算.专题卤族元素.分析首先,写出相关化学方程式2KI+Cl2═2KCl+I2Na2S+Cl2═2NaCl+S↓2FeBr2+3Cl2═2FeCl3+2Br2,求出在相同在Cl2相等的情况下,KI、Na2S、FeBr2的物质的量之比,而三种溶液体积有相等,物质的量浓度之比就等于物质的量之比.解答解首先,写出相关化学方程式2KI+Cl2═2KCl+I2Na2S+Cl2═2NaCl+S↓2FeBr2+3Cl2═2FeCl3+2Br22nnnnnn可知在Cl2相等的情况下,KI、Na2S、FeBr2的物质的量之比为2n nn=632,在三种溶液体积相等的前提下,物质的量浓度之比就等于物质的量之比.故选C.点评本题主要考查有关化学方程式的计算和物质的量的计算,难度较小. 16.(2分)(xx•衡水模拟)1L某混合溶液中,溶质X、Y的浓度都为
0.1mol•L﹣1,向混合溶液中滴加某溶液Z(
0.1mol•L﹣1氢氧化钠或硫酸溶液)至溶液呈中性,所得沉淀的物质的量如图所示,则X、Y、Z分别是( ) A.氯化铝、氯化铁、氢氧化钠B.氯化铝、氯化镁、氢氧化钠 C.偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸D.偏铝酸钠、氯化钡、硫酸考点镁、铝的重要化合物.专题图示题;压轴题;几种重要的金属及其化合物.分析若Z为氢氧化钠溶液,根据图象中生成沉淀消耗的体积计算分析判断,生成氢氧化铝沉淀、氢氧化铁沉淀、氢氧化镁沉淀时沉淀物质的量和消耗的碱的物质的量不符合,不能是铝盐;所以z是硫酸溶液,根据图象分析.解答解从图象趋势和沉淀于消耗Z的量,可知溶液中有偏铝酸钠,无铝盐溶液,故所加Z为硫酸溶液,从生成沉淀质量增加知含Ba2+;故AB错误;若为偏铝酸钠、氯化钡、硫酸,开始滴入硫酸时会生成沉淀氢氧化铝和硫酸钡沉淀,生成最大量沉淀氢氧化铝
0.1mol,需要硫酸
0.05mol;生成硫酸钡沉淀
0.1mol,需要硫酸
0.1mol,同时生成盐酸氯化氢
0.2mol,所以溶液不能为中性,并且不符合第一个拐点,故D不符合;按图象拐点分成三个阶段.1硫酸和氢氧化钡分别是二元强酸强碱,因此一开始氢氧化钡的OH﹣和硫酸里的H+11中和.同时Ba2+和SO42﹣,11反应生成硫酸钡沉淀.2氢氧化钡消耗完,硫酸继续滴加,氢离子开始和偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀,由于H+和AlO2﹣是11反应,但硫酸是两元酸,因此硫酸的消耗量和沉淀的生成量是12.3硫酸进一步过量,开始消耗沉淀,3份H+消耗一份Al(OH)3,因此硫酸和沉淀消耗量应为
1.51直到把氢氧化铝完全溶解,只剩下不溶于酸的BaSO4.符合图象的数值变化;故C符合;故选C.点评本题考查了铝盐、偏铝酸盐和钡盐与碱、酸反应的图象分析判断,题目较难,需要从图象中分析数据结合物质反应和沉淀生成判断. 17.(2分)(xx秋•越城区校级月考)已知固体混合物A由NaHCO
3、KHCO
3、MgCO
3、CaCO3四种物质中的两种混合而成,若先将A加热,剩余固体再与足量的盐酸反应,且先后两次产生的气体分别通过足量的澄清石灰水生成的沉淀均为
5.0g,则A的物质的量为( ) A.
0.10molB.
0.20molC.
0.05molD.无法计算考点有关混合物反应的计算.专题计算题.分析加热发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑、2KHCO3K2CO3+H2O+CO2↑,MgCO3MgO+CO2↑、CaCO3CaO+CO2↑,两次产生的气体通入足量的澄清石灰水,都产生沉淀5g,说明两次生成的二氧化碳相等,故混合物为NaHCO
3、KHCO3,计算5g碳酸钙的物质的量,进而计算生成二氧化碳的物质的量,结合方程式中定比关系计算.解答解加热发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑、2KHCO3K2CO3+H2O+CO2↑,MgCO3MgO+CO2↑、CaCO3CaO+CO2↑,两次产生的气体通入足量的澄清石灰水,都产生沉淀5g,说明两次生成的二氧化碳相等,故混合物为NaHCO
3、KHCO3,5g碳酸钙的物质的量为=
0.05mol,由方程式可知,n(NaHCO3+KHCO3)=2n(CO2)=2×
0.05mol=
0.1mol,故选A.点评本题考查混合物计算,确定混合物的成分是解题关键,注意根据方程式进行解答,难度中等. 18.(2分)(xx•浦东新区模拟)FeCl
3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉,充分应后仍有固体存在,下列判断不正确的是( ) A.加入KSCN溶液一定不变红色B.溶液中一定含Fe2+ C.溶液中一定含Cu2+D.剩余固体中一定含铜考点铁的化学性质;铁盐和亚铁盐的相互转变.专题几种重要的金属及其化合物.分析根据FeCl
3、CuCl2的氧化性强弱判断反应先后顺序,从而确定固体的成分、溶液的成分;有固体铜剩余,则一定无三价铁离子存在,一定存在亚铁离子,可能含有铜离子;若有铁剩余,一定有铜生成,三价铁离子和二价铜离子无剩余.解答解
①当固体为铁、铜时,溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu,反应的反应方程式为2FeCl3+Fe=3FeCl
2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2,所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+,一定含有Fe2+;
②当固体为铜时,溶液中一定没有Fe3+,Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu,所以溶液中一定没有Fe3+,可能含有Cu2+,一定含有Fe2+;A、溶液中一定不含Fe3+,所以加入KSCN溶液不变红色,故A正确;B、通过以上分析知,溶液中一定含有Fe2+,故B正确;C、通过以上分析知,溶液中可能含有Cu2+,故C错误;D、通过以上分析知,剩余固体中一定含Cu,故D正确;故选C.点评本题考查了Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较,能正确判断固体的成分是解本题的关键,根据固体的成分了解反应的先后顺序,从而确定溶液的成分. 19.(2分)(xx秋•越城区校级月考)下列离子方程式正确的是( ) A.用小苏打治疗胃酸过多↑+H2O B.用食醋除去水瓶中的水垢2CH3COOH=2CH3COO﹣+CO2↑+H2O C.漂白粉溶液中加入稀盐酸H++ClO﹣=HClO D.向澄清石灰水中通入过量的二氧化碳气体Ca2++2OH﹣+CO2=CaCO3↓+H2O考点离子方程式的书写.专题离子反应专题.分析A.小苏打为碳酸氢钠,离子方程式中碳酸氢根离子不能拆开;B.水垢的主要成分为碳酸钙,离子方程式中碳酸钙不能拆开,应该保留化学式;C.次氯酸根离子与氢离子反应生成弱酸次氯酸;D.二氧化碳过量,氢氧化钙溶液与二氧化碳反应生成可溶性的碳酸氢钙.解答解A.碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳气体和水,碳酸氢根离子不能拆开,正确的离子方程式为HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O,故A错误;B.碳酸钙为难溶物,不能拆开,正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣,故B错误;C.次氯酸钙为可溶物,次氯酸根离子与氢离子反应生成次氯酸,反应的离子方程式为H++ClO﹣=HClO,故C正确;D.澄清石灰水中通入过量的二氧化碳气体,反应生成碳酸氢钙,正确的离子方程式为OH﹣+CO2=HCO3﹣,故D错误;故选C.点评本题考查了离子方程式的正误判断,为中等难度的试题,注意掌握离子方程式的书写原则,明确离子方程式正误判断常用方法检查反应物、生成物是否正确,检查各物质拆分是否正确,如难溶物、弱电解质等需要保留化学式等. 20.(2分)(xx•江苏校级学业考试)在硫酸铝、硫酸钾和明矾的混合溶液中,SO42﹣的浓度为
0.4mol/L,当加入等体积
0.4mol/LKOH溶液时,生成的沉淀恰好完全溶解.则反应后溶液中K+的浓度约为( ) A.
0.225mol/LB.
0.25mol/LC.
0.45mol/LD.
0.9mol/L考点有关混合物反应的计算.专题守恒法.分析根据当加入等体积
0.4mol/LKOH溶液时,生成的沉淀恰好完全溶解,求出原溶液中铝离子的浓度,根据电荷守恒计算原溶液中钾离子的浓度,再加上所加KOH的中钾离子的物质的量,可计算反应后钾离子的总浓度.解答解设体积均为1L,由于生成沉淀完全溶解,所以反应为Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O14X
0.4mol得x=
0.1mol,即含有
0.1molAl3+,原溶液中只含有K+,Al3+和SO42﹣,根据电荷守恒,则n(K+)+3n(Al3+)=2n(SO42﹣),而n(Al3+)=
0.1mol,n(SO42﹣)=
0.4mol,所以n(K+)+3×
0.1mol=2×
0.4mol,得n(K+)=
0.5mol,而反应时又KOH引入了
0.4molK+,所以K+总量为
0.9mol,此时溶液体积变为2L,故c(K+)=
0.45mol/L,故选C.点评本题考查有关混合物的计算,题目难度不大,注意根据质量守恒和电荷守恒的角度解答. 21.(2分)(xx秋•越城区校级月考)在氯水中存在多种分子和离子,它们在不同的反应中表现各自的性质.下列实验现象和结论一致且正确的是( ) A.向氯水中加入有色布条一会儿有色布条褪色,说明溶液中有Cl2存在 B.新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上,试纸先变红色后褪色,说明Cl2有漂白性 C.向淀粉碘化钾溶液中加入氯水,溶液变为蓝色,可证明Cl2的氧化性强于I2 D.加入NaOH溶液,氯水黄绿色消失,说明有HClO分子存在考点氯气的化学性质.专题卤族元素.分析氯气溶于水,与水反应生成盐酸和次氯酸,氯水中含有氯气、次氯酸分子,氢离子、氯离子、次氯酸根离子,依据各种物质和离子的性质解答.解答解A.氯水中含有次氯酸,具有漂白性,所以向氯水中加入有色布条一会儿有色布条褪色,不能说明溶液中有Cl2存在,故A错误;B.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,盐酸电离产生氢离子使溶液显酸性,次氯酸具有漂白性,所以试纸先变红色后褪色,不能说明氯气具有漂白性,故B错误;C.氯气与碘化钾反应生成碘和氯化钾,碘与淀粉变蓝色,能够说明氯气的氧化性强于碘,故C正确;D.次氯酸无色,氯水显黄绿色是因为含有氯气,加入NaOH溶液后氯气参与反应,黄绿色消失,与次氯酸无关,故D错误;故选C.点评本题考查氯气的性质,熟悉氯气与水反应,明确氯水中的成分是解题关键,注意相关基础知识的积累,难度不大. 22.(2分)(xx秋•忻州期末)一定量CO2通入某浓度的NaOH溶液得溶液A,向A溶液中逐滴滴入稀盐酸,加入n(HCl)与生成nCO2的关系如图.下列有关叙述正确的是( ) A.通入的CO2气体在标准状况下可能大于
22.4L B.A溶液中n(NaOH)=2n(Na2CO3) C.A溶液中既含Na2CO3,又有NaHCO3 D.A溶液中一定只有Na2CO3考点钠的重要化合物.专题几种重要的金属及其化合物.分析由图象可知,加入盐酸3mol时,开始生成CO2,共消耗1molHCl,发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,如开始加入盐酸时中发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3,则应消耗1mol盐酸,但至开始生成二氧化碳时消耗3mol盐酸,则说明溶液中含有NaOH和Na2CO3,开始时先后发生NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3,以此解答该题.解答解由图象可知,加入盐酸3mol时,开始生成CO2,共消耗1molHCl,发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,如开始加入盐酸时中发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3,则应消耗1mol盐酸,但至开始生成二氧化碳时消耗3mol盐酸,则说明溶液中含有NaOH和Na2CO3,开始时先后发生NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3,A.由图象可知生成二氧化碳1mol,则通入的CO2气体在标准状况下应为
22.4L,故A错误;B.由图象可知,反应共生成1mol二氧化碳,则溶液中含有1molNa2CO3,而生成二氧化碳之前分别发生NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3,共消耗3molHCl,由方程式可知Na2CO3消耗1molHCl,则NaOH消耗2molHCl,则NaOH为2mol,所以n(NaOH)=2n(Na2CO3),故B正确;C.由以上分析可知A中含有Na2CO3和NaOH,故C错误;D.A溶液应为Na2CO3和NaOH的混合物,故D错误.故选B.点评本题考查元素化合物、图象数据的处理知识,侧重于学生的分析能力和计算能力的考查,解答此题的易错点是,不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应.是分步进行的,首先发生的是NaOH+HCl=NaCl+H2O,HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl;进行完全后,再发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑,题目难度中等. 23.(2分)(xx秋•连江县校级期末)下列说法正确的是( ) A.FeCl3溶液可以腐蚀线路板上的Cu,因为Fe的金属活动性大于Cu B.用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+ C.不能用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液 D.除去Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2方法加入足量烧碱溶液,充分反应,过滤,向滤液中通入过量CO2后过滤考点镁、铝的重要化合物;胶体的重要性质;常见金属的活动性顺序及其应用.专题几种重要的金属及其化合物.分析A、Fe3+具有较强的氧化性,将Cu氧化;B、氨水与Fe3+反应生成氢氧化铁沉淀;C、胶体具有丁达尔效应,溶液不具有丁达尔效应;D、加入足量的氢氧化钠,氢氧化铝转化为偏铝酸钠,过滤除去氢氧化镁,滤液中通入二氧化碳,生成氢氧化铝.解答解A、Fe3+与Cu反应生成Fe2+与Cu2+,说明Fe3+具有较强的氧化性,Fe元素表现氧化性,不是还原性,故A错误;B、氨水与Fe3+反应生成氢氧化铁沉淀,故B错误;C、胶体具有丁达尔效应,溶液不具有丁达尔效应,可以用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液,故C错误;D、加入足量的氢氧化钠,氢氧化铝转化为偏铝酸钠,过滤除去氢氧化镁,滤液中通入二氧化碳,生成氢氧化铝,过滤可得氢氧化铝,故D正确;故选D.点评本题考查铁铝及化合物的性质、胶体性质、物质提纯等,难度中等,注意D选项中提纯的方法. 24.(2分)(xx秋•湖州月考)在100mL含等物质的量的HI和H2SO3的溶液里通入
0.14molCl2,有三分之一的HI变为I2(已知I2+H2SO3+H2O=4H++SO42﹣+2I﹣).原溶液中HI和H2SO3的浓度都等于( ) A.
8.0mol•L﹣1B.
0.12mol•L﹣1C.
0.8mol•L﹣1D.
1.2mol•L﹣1考点物质的量浓度的相关计算;化学方程式的有关计算.专题计算题.分析还原性H2SO3>HI,通入的氯气先氧化H2SO3为H2SO4,H2SO3反应完毕,剩余的氯气再氧化HI为I2.令原溶液中HI和H2SO3的物质的量为nmol,根据电子转移守恒列方程计算,再根据c=计算浓度.解答解还原性H2SO3>HI,通入的氯气先氧化H2SO3为H2SO4,H2SO3反应完毕,剩余的氯气再氧化HI为I2.令原溶液中HI和H2SO3的物质的量为nmol,根据电子转移守恒有nmol×(6﹣4)+nmol×1=
0.14mol×2,解得n=
0.12mol,原溶液中HI和H2SO3物质的量浓度为=
1.2mol/L,故选D.点评本题考查氧化还原反应计算、混合物的计算等,难度中等,清楚氯气先氧化H2SO3为H2SO4,后氧化HI为I2是解题的关键,注意利用电子转移守恒进行计算. 25.(2分)(xx•四川)向mg镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸,恰好完全反应生成标准状况下的气体bL.向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL,使金属离子刚好沉淀完全,得到的沉淀质量为ng.再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止,得到固体pg.则下列关系不正确的是( ) A.B.C.n=m+17VcD.考点镁、铝的重要化合物;有关混合物反应的计算.专题压轴题;几种重要的金属及其化合物.分析根据题意利用反应过程中的变化进行分析计算,镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸全部反应生成氢气bL,和氯化镁和氯化铝;向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL使金属离子刚好沉淀完全,得到的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝,质量为ng,固体灼烧得到氧化镁和氧化铝质量为pg,结合各步反应进行计算判断;解答解反应化学方程式为;Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑;2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑;MgSO4+2KOH=Mg(OH)2↓+K2SO4;Al2(SO4)3+6KOH=2Al(OH)3↓+3K2SO4;Mg(OH)2MgO+H2O;2Al(OH)3Al2O3+3H2O;根据化学方程式可得A、根据化学方程式的定量关系,生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半,即b=
22.4L/mol×,整理得c=,所以A项正确;B、选项中p为生成的氧化物的质量,1molMg可结合1molO,2molAl结合3molO,因此生成沉淀的物质的质量等于镁和铝的质量之和加氧元素的质量,而结合氧元素的物质的量等于生成氢气的物质的量,也等于消耗氢氧根离子的物质的量的一半,即p=+m=m+所以B项正确;C、得到的氢氧化镁和氢氧化铝的质量等于镁铝的质量和与氢氧根离子的质量之和,即n=m+c××17=m+×17,选项中忽略了体积的单位,故C错误;D、氧化镁和氧化铝的质量可以按照极值方法计算,若mg全是镁,得到的氧化物为氧化镁,根据元素守恒,则质量为P==;若mg全是铝,得到的氧化物为氧化铝,根据元素守恒,则质量为p==;质量介于二者之间,故D正确;故选C.点评本题综合考查镁铝元素化合物知识,以及相关化学计算.
二、填空题(共50分)26.(10分)(xx秋•越城区校级月考)
(1)18O2﹣离子结构示意图 ,质量相等的O3和O2中,原子个数之比为 11 ;
(2)某硫原子的质量是ag,12C原子的质量是bg,若NA只表示阿伏加德罗常数的数值,则该硫原子的相对原子质量为 或aNA ,mg该硫原子的物质的量为 或 mol;
(3)19g某二价金属的氯化物ACl2中含有
0.4molCl﹣,ACl2的摩尔质量 95g/mol .考点物质的量的相关计算.专题计算题.分析
(1)18O2﹣离子核外有10个电子,有2个电子层,各层电子数为
2、8;O3和O2都由同种氧原子构成,二者质量相等,所含氧原子数目相同;
(2)以一个12C原子质量的为标准,其他原子的质量跟它相比较所得到的比值,即为这种原子的相对原子质量;摩尔质量以g/mol作单位,数值上等于该物质的相对分子质量或相对原子质量;根据n=计算S原子物质的量;
(3)根据Cl﹣离子物质的量计算n(ACl2),再根据M=计算ACl2的摩尔质量.解答解
(1)18O原子核外有8个电子,有2个电子层,各层电子数为
2、6,原子结构示意图为;O3和O2都由同种氧原子构成,二者质量相等,含有氧原子数目相等,即含有氧原子数目之比为11,故答案为;11;
(2)一个12C的质量是bg,一个S原子的质量是ag,则该S原子的相对原子质量为=;1mol某S原子的质量为aNAg,S原子的摩尔质量和其相对原子质量数值相等,故S原子的相对原子质量为aNA,mg该硫原子的物质的量为=mol或为=mol,故答案为或aNA;或;
(3)19g某二价金属的氯化物ACl2中含有
0.4molCl﹣,则n(ACl2)==
0.2mol,故ACl2的摩尔质量==95g/mol,故答案为95g/mol.点评本题考查化学计算,涉及相对原子质量计算、物质的量计算、化学式的有关计算等,难度中等,
(2)中注意对相对原子质量的理解. 27.(8分)(xx•上海)某化学反应的反应物和产物如下KMnO4+KI+H2SO4→MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O
(1)该反应的氧化剂是 KMnO4
(2)如果该反应方程式中I2和KIO3的系数都是5
①KMnO4的系数是 8
②在下面的化学式上标出电子转移的方向和数目KMnO4+KI+H2SO4→
(3)如果没有对该方程式中的某些系数作限定,可能的配平系数有许多组.原因是 该反应式含两种氧化产物,两者的比例和氧化剂的用量都可发生变化. .考点氧化还原反应;氧化还原反应方程式的配平.专题氧化还原反应专题.分析
(1)根据元素的化合价的变化判断,反应物中元素的化合价降低的物质为氧化剂;
(2)
①根据氧化剂得到的电子总数等于还原剂失去的电子总数进行解答;
②根据电子转移的表示方法,还原剂失去的电子总数指向氧化剂进行解答;
(3)该氧化还原反应的特点是两种氧化产物可能的配平系数有许多组,据此解答.解答解
(1)在氧化还原反应中,元素化合价的变化与发生反应的关系是“升失氧,降得还,若说剂,正相反”.在KMnO4+KI+H2SO4→MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O反应中,锰元素化合价由+7价降低为+2价,锰元素被还原,还原产物是MnSO4,KMnO4是氧化剂,I元素的化合价由﹣1价升高为I2中的0价和KIO3中的+5价,KI作还原剂,发生氧化反应,故答案为KMnO4;
(2)
①在KMnO4+KI+H2SO4→MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O反应中,KMnO4是氧化剂,KI作还原剂,I元素的化合价由﹣1价升高为I2中的0价和KIO3中的+5价,如果该反应方程式中I2和KIO3的系数都是5,则10KI~5I2,5KI~5KIO3,反应中碘元素失去的电子总数为【0﹣(﹣1)】×10+【+5﹣(﹣1)】×5=40,反应中,锰元素化合价由+7价降低为+2价,每一锰原子参加反应得5个电子,根据氧化剂得到的电子总数等于还原剂失去的电子总数,所以8KMnO4~8MnSO4,故答案为8;
②该反应方程式中I2和KIO3的系数都是5,则10KI~5I2,5KI~5KIO3,反应中碘元素失去的电子总数为【0﹣(﹣1)】×10+【+5﹣(﹣1)】×5=40,在氧化还原反应中,用单线桥表示电子转移的方法是,从还原剂中变化的元素出发指向氧化剂中变化的元素,因此该反应中电子转移的方向和数目可表示为,故答案为;
(3)在KMnO4+KI+H2SO4→MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O反应中,KI作还原剂,I元素的化合价由﹣1价升高为I2中的0价和KIO3中的+5价,该反应式含两种氧化产物,两者的比例和氧化剂的用量都可发生变化,如果没有对该方程式中的某些系数作限定,可能的配平系数有许多组,故答案为该反应式含两种氧化产物,两者的比例和氧化剂的用量都可发生变化.点评本题考查氧化还原反应基本概念与计算,正确进行氧化还原反应中的氧化剂、还原剂判断,明确元素的化合价及化合价在反应中的变化是解答本题的关键,题目难度中等. 28.(10分)(xx秋•越城区校级月考)某校化学实验兴趣小组为了探究在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来,同时证明氯气的某些性质,甲同学设计了如图所示的实验装置(支撑用的铁架台省略),按要求回答问题.
(1)写出实验室制备氯气的离子方程式 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O
(2)
①图中滴加浓盐酸的装置名称 分液漏斗
②装置B中盛放的试剂名称为 无水硫酸铜 ,
③装置D和E中出现的不同现象说明的问题是 氯气不具有漂白性,次氯酸具有漂白性
(3)乙同学认为甲同学的实验有缺陷,不能确保最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种.为了确保实验结论的可靠性,乙同学提出在某两个装置之间再加一个装置.你认为该装置中应放入 四氯化碳 (填写试剂或用品名称).
(4)漂白粉在空气中长期放置失效的化学方程式 Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO 、 2HClO2HCl+O2↑
(5)该兴趣小组用100mL12mol/L盐酸与
8.7gMnO2制备氯气,并将所得氯气与过量的石灰乳反应,则理论上最多可制得
12.7 g漂白粉.考点氯气的实验室制法.专题实验题.分析
(1)实验室用二氧化锰氧化浓盐酸来制备氯气,二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水;
(2)
①依据装置图形写出仪器名称;
②实验室常用无水硫酸铜检验水的存在;
③氯气不具有漂白性,次氯酸具有漂白性;
(3)G装置用来检验HCl气体,为了确保实验结论的可靠性,应排除氯气的干扰;
(4)漂白粉能够与空气中的二氧化碳反应生成次氯酸,次氯酸具有不稳定性,见光易分解;
(5)二氧化锰只能够与浓盐酸反应,与稀盐酸不反应.解答解
(1)二氧化锰与浓盐酸反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O;故答案为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O;
(2))
①图中滴加浓盐酸的装置名称为分液漏斗,故答案为分液漏斗;
②无水硫酸铜遇水生成蓝色的五水硫酸铜,实验室常用无水硫酸铜检验水的存在,故答案为无水硫酸铜;
③干燥的布条不褪色,湿润的布条褪色,说明氯气不具有漂白性,次氯酸具有漂白性,故答案为氯气不具有漂白性,次氯酸具有漂白性;
(3)氯气易溶于四氯化碳,可用来吸收氯气,排除氯气对氯化氢的干扰,故答案为四氯化碳;
(4)漂白粉在空气中长期放置失效的化学方程式Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑;故答案为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO;2HClO2HCl+O2↑;
(5)
8.7gMnO2的物质的量==
0.1mol,根据方程式MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O可知,MnO2完全反应需要HCl的物质的量为
0.4mol,小于
0.1L×12mol•L﹣1=
1.2mol,故二氧化锰完全反应,由方程式可知生成氯气
0.1mol,由方程式2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O可知,
0.1mol氯气完全反应生成
0.05molCa(ClO)2和
0.05molCaCl2,质量为
0.05mol×143g/mol=
7.15g
0.05mol×111g/mol=
5.55g;
7.15g+
5.55g=
12.7g;故答案为
12.7.点评本题以氯气的实验室制备为载体,考查了氯气的制备方法、氯气的性质及相关计算,明确反应的原理和氯气的性质是解题关键,注意漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物. 29.(12分)(xx•路南区校级模拟)纯碱、烧碱等是重要的化工原料.
(1)利用如图1所示装置可间接证明二氧化碳与烧碱溶液发生了反应.将A与B连接,打开止水夹,将胶头滴管中的液体挤入烧瓶,此时的实验现象是 水沿导管由广口瓶进入烧瓶(或水倒吸进入烧瓶) .若其它操作不变,将A与C连接,可观察到的现象是 广口瓶中的长导管口有气泡产生 .
(2)向100mL2mol/L的NaOH溶液中通入一定量CO2,结晶,得到
9.3g白色固体,该白色固体的组成是 NaOH和Na2CO3 (写化学式).设计实验确认该白色固体中存在的阴离子,试完成下列方案.实验操作实验现象结论
①取少量白色固体于试管中,加足量水溶解,再加足量BaCl2溶液
②过滤,取2mL滤液于试管中
③
(3)现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱,部分工艺流程如图2已知NaHCO3在低温下溶解度较小.反应I为NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3↓+NH4Cl,处理母液的两种方法如下
①向母液中加入石灰乳,可将其中 NH3 循环利用.
②向母液中通入NH3,加入细小的食盐颗粒并降温,可得到NH4Cl晶体.试写出通入NH3后,溶解度较小的酸式碳酸盐转变为溶解度较大的碳酸盐的离子方程式 HCO3﹣+NH3=NH4++CO32﹣ .考点探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质;氯碱工业.专题实验设计题;元素及其化合物.分析
(1)CO2与NaOH反应生成Na2CO3,烧瓶内压强减小分析判断出现的现象;
(2)先根据钠原子守恒,通过极值法确定白色固体的组成;根据题中所给试剂,要首先利用中性溶液BaCl2检验出碳酸钠,并将碳酸根离子全部沉淀,再通过检验溶于的pH来确定是否含有NaOH;
(1)
①根据流程可知,母液中含有氯化铵,加入石灰乳后可以生成氨气;
②根据氨水电离成铵根和氢氧根离子,增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来分析,溶液碱性增强,使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠.解答解
(1)将A与B连接,打开止水夹,将胶头滴管中的液体挤入烧瓶,二氧化碳与烧碱溶液发生了反应,引起压强减小,导致水沿导管由广口瓶进入烧瓶,反应的离子方程式为2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O(或OH﹣+CO2=HCO3﹣),若其它操作不变,若将A与C连接,外界气体进入进入集气瓶,可观察到的现象是广口瓶中的长导管口有气泡产生,故答案为水沿导管由广口瓶进入烧瓶(或水倒吸进入烧瓶);广口瓶中的长导管口有气泡产生;
(2)100mL2mol/L的NaOH溶液中通入一定量CO2,结晶,得到
9.3g白色固体,氢氧化钠的物质的量为2mol/L×
0.1L=
0.2mol,如果生成全部为碳酸钠,则碳酸钠的质量为106g/mol×
0.2mol×=
10.6g,若全部为碳酸氢钠,则碳酸氢钠的质量为84g/mol×
0.2mol=
16.8g,说明氢氧化钠过量,白色固体为NaOH和碳酸氢钠的混合物;可以用氯化钡(或氯化钙)溶液检验碳酸钠的存在,用无色酚酞检验氢氧化钠的存在,方法为
①取少量白色固体于试管中,加足量水溶解,再加足量BaCl2溶液,产生白色沉淀,说明溶液中含有碳酸根离子;
②过滤,取2mL滤液于试管中,
③滴加酚酞,溶液变红,则说明溶液中含有OH﹣,故答案为NaOH和Na2CO3;实验操作实验现象结论
①﹣﹣
③滴加酚酞产生白色沉淀溶液变红有CO32﹣有OH﹣;
(3)
①根据题中反应流程可知,过滤后得到的母液中含有氯化铵,母液中加入石灰乳后,反应生成氨气,氨气可以在反应流程中循环利用,故答案为NH3;
②氨气溶于水后生成氨水,氨水电离成铵根和氢氧根离子,增加NH4+的浓度,有利于沉淀平衡向生成NH4Cl的方向进行,溶液碱性增强,并将NaHCO3转化为Na2CO3而不析出,可以提高氯化铵的纯度,反应的离子方程式为HCO3﹣+NH3=NH4++CO32﹣,故答案为HCO3﹣+NH3=NH4++CO32﹣.点评本题考查了碳酸钠、碳酸氢钠的性质、氯碱工业、物质的检验等知识,题目难度中等,试题涉及的内容较多,注意掌握碳酸钠、碳酸氢钠的性质及检验方法,明确氯碱工业原理及常见物质的检验、提纯方法. 30.(10分)(xx秋•越城区校级月考)图1为一定量AlCl3溶液中加入NaOH溶液后,产生Al(OH)3白色沉淀的质量与NaOH的物质的量之间的关系曲线.试回答Ⅰ.A点时已参加反应的AlCl3和NaOH的物质的量之比为1比 13 ;Ⅱ.B处溶液中存在的浓度最大的离子是 Na+ (填离子符号);向B处生成的溶液中通入过量的二氧化碳,可见到的现象是(用离子方程式来表示) AlO2﹣+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3﹣ ;Ⅲ.铝铵矾是一种复盐,其主要化学成分为十二水硫酸铝铵NH4Al(SO4)
2.12H2O,向该盐的浓溶液中逐滴加入浓NaOH溶液,将发生一系列变化,已知NH4+与AlO2﹣在水溶液中不能大量共存,会发生如下反应NH4++AlO2﹣+H2O=Al(OH)3↓+NH3↑.试回答
(1)写出硫酸铝铵在水溶液中电离的方程式 NH4Al(SO4)2=NH4++Al3++2SO42﹣ ;
(2)在逐滴加入NaOH溶液的过程中,产生的现象有
①溶液中出现白色沉淀;
②有刺激性气味的气体放出;
③白色沉淀量逐渐增多;
④白色沉淀完全消失
⑤白色沉淀逐渐减少.请排出以上各种现象由先到后出现的正确顺序(用序号答)
①③②⑤④ ;
(3)向含有
0.1molNH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入5mol•L﹣1NaOH溶液,请在图2中画出生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系示意图.考点离子方程式的有关计算;镁、铝的重要化合物.专题计算题.分析Ⅰ.一定量AlCl3溶液中加入NaOH溶液后,随氢氧化钠溶液的加入,先生成氢氧化铝沉淀,达到最大后继续加入氢氧化钠溶液,氢氧化铝沉淀溶解,依据化学方程式的定量关系计算得到;Ⅱ.B处溶液时正好无沉淀,发生反应AlCl3+4NaOH=NaAlO2+2H2O+3NaCl;B处是氢氧化铝溶解生成的偏铝酸钠溶液,通入过量的二氧化碳会反应生成氢氧化铝白色沉淀;Ⅲ.
(1)硫酸铝铵是强电解质完全电离;
(2)铵根和铝离子在溶液中共存时,铝离子先和氢氧根离子生成沉淀,然后是铵根离子和碱的反应,接下来是氢氧化铝和氢氧根离子的反应,根据铵根离子、铝离子、偏铝酸根和氢氧根之间的反应的离子方程式确定离子的量的多少;
(3)含有
0.1molNH4Al(SO4)2溶液中含有NH4+离子
0.1mol,Al3+物质的量为
0.1mol,逐滴加入5mol•L﹣1NaOH溶液,发生反应的离子方程式为Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓,NH4++OH﹣=NH3•H2O,Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+H2O.依据反应的过程和物质的量绘制图象.解答解Ⅰ.分析图象可知,A点是氯化铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝和氯化钠的反应,反应的化学方程式为AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl,A点时已参加反应的AlCl3和NaOH的物质的量之比为13,故答案为13;Ⅱ.B处溶液时正好无沉淀,发生反应AlCl3+4NaOH=NaAlO2+2H2O+3NaCl,故B处溶液中存在的浓度最大的离子为Na+向B处生成的溶液中通入过量的二氧化碳,可发生反应AlO2﹣+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3﹣,反应生成白色沉淀,故答案为Na+;AlO2﹣+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3﹣;Ⅲ.
(1)硫酸铝铵是强电解质完全电离,电离方程式为NH4Al(SO4)2=NH4++Al3++2SO42﹣,故答案为NH4Al(SO4)2=NH4++Al3++2SO42﹣;
(2)加入NaOH溶液,OH﹣能与NH4+和A13+作用,但由于A13++3NH3•H2O=A1(OH)3↓+3NH4+,即碱性NaOH>NH3•H2O>Al(OH)3,则先发生反应的是Al3+与OH﹣,最后Al(OH)3逐渐溶解生成A1O2﹣,故答案为
①③②⑤④;
(3)含有
0.1molNH4Al(SO4)2溶液中含有NH4+离子
0.1mol,Al3+物质的量为
0.1mol,逐滴加入5mol•L﹣1NaOH溶液,发生反应的离子方程式为Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓,NH4++OH﹣=NH3•H2O,Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+H2O,先生成氢氧化铝沉淀需要消耗氢氧化钠物质的量为
0.3mol,体积==
0.060L=60ml,和铵根离子反应消耗氢氧化钠物质的量为
0.1mol,氢氧化钠溶液体积==
0.020L=20ml,生成氢氧化铝沉淀物质的量量为
0.1mol,溶解需要氢氧化钠物质的量为
0.1mol,消耗氢氧化钠溶液的体积为20ml,依据沉淀量和消耗氢氧化钠溶液体积描出,故答案为点评本题考查了铝及其化合物性质的分析判断和计算应用,反应的定量关系是解题关键,题目难度中等. 。