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2019-2020年高三上学期月考化学试卷
(1)含解析
一、单项选择题(本题包括10小题,每小题2分,共20分.每小题只有一个选项符合题意.)1.化学在资源利用、环境保护等与社会可持续发展密切相关的领域发挥着积极作用.下列做法与社会可持续发展理念相违背的是( )A.改进汽车尾气净化技术,减少大气污染物的排放B.开发利用可再生能源,减少化石燃料的使用C.研发可降解高分子材料,减少“白色污染”D.过度开采矿物资源,促进地方经济发展2.关于胶体和溶液的叙述中正确的是( )A.胶体与溶液的本质区别是能否发生丁达尔效应B.胶体加入某些盐可产生沉淀,而溶液不能C.胶体是一种介稳性的分散系,而溶液是一种非常稳定的分散系D.胶体能够发生丁达尔现象,溶液也能发生丁达尔现象3.下列实验能达到实验目的且符合安全要求的是( )A.制备氢氧化亚铁B.收集氧气C.制备并检验氢气的可燃性D.浓硫酸稀释4.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )A.
1.8g重水(D2O)中含有的中子数为NAB.常温常压下,
22.4LO2含有的分子数为NAC.1L1mol/LFeCl3溶液中含有Fe3+的数目为NAD.
0.1molCO2分子中含有的共用电子对的数目是
0.4NA5.下列有关化学用语表示正确的是( )A.乙酸的结构简式C2H4O2B.F﹣的结构示意图C.中子数为20的氯原子xxClD.NH3的电子式6.下列指定反应的离子方程式正确的是( )A.氯化铝溶液中加入过量的氨水Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4+B.稀硝酸中加入过量铁粉Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2OC.二氧化锰与浓盐酸混合加热MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2OD.石灰水中加入过量小苏打溶液HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O7.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A.
1.0mol•L﹣1KNO3溶液H+、Fe2+、SCN﹣、SO42﹣B.的溶液K+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣C.pH=0的溶液Al3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣D.c(ClO﹣)=
1.0mol•L﹣1的溶液Na+、I﹣、S2﹣、SO42﹣8.短周期元素Q、W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X元素的颜色反应呈黄色,Q原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍,W、Z原子的最外层电子数相同,Z元素的核电荷数是W的2倍,Y是地壳中含量最多的金属元素.下列说法不正确的是( )A.工业上常用电解的方法制备X、Y的单质B.元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物C.原子半径的大小顺序r(X)>r(Y)>r(W)>r(Q)D.元素X、Y的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反应9.vLFe2(SO4)3溶液中含有agSO42﹣,取此溶液
0.5vL,用水稀释至2vL,则稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度为( )A.mol•L﹣1B.mol•L﹣1C.mol•L﹣1D.mol•L﹣110.将标准状况下的aL氯化氢气体溶于100g水中,得到的盐酸的密度为bg•mL﹣1,则该盐酸的物质的量浓度(mol•L﹣1)是( )A.B.C.D.
二、不定项选择题(本题包括5小题,每小题4分,共20分.每小题有一个或两个选项符合题意.若正确答案只包括一个选项,多选时,该题为0分;若正确答案包括两个选项,只选一个且正确的得2分,选两个且都正确的得满分,但只要选错一个该小题就为0分)11.被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑,下列说法中正确的是(NaBH4中H为﹣1价)( )A.NaBH4既是氧化剂又是还原剂B.NaBH4是氧化剂,H2O是还原剂C.NaBH4中硼元素被氧化,氢元素被还原D.被氧化的元素与被还原的元素质量之比为1112.下列实验操作与预期目的或所得结论一致的是( )选项实验操作实验目的或结论A用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中,溶液变黄色氧化性H2O2>Fe3+B向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中加入1mol/LH2SO4若试管口出现红棕色气体,说明NO3﹣被Fe2+还原为NOC淀粉碘化钾溶液久置显蓝色是由于I﹣被还原,析出的I2溶于溶液中D向含有少量的FeBr3的FeCl3溶液中,加入适量氯水,再加CCl4萃取分液除去FeCl3溶液中的FeBr3A.AB.BC.CD.D13.氧化还原反应中,水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等.下列反应与Br2+SO2+2H2O═H2SO4+2HBr相比较,水的作用不相同的是( )A.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑B.4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3C.2F2+2H2O═4HF+O2D.2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑14.下列与化学概念有关的说法正确的是( )A.化合反应均为氧化还原反应B.催化剂能改变可逆反应达到平衡的时间C.金属氧化物均为碱性氧化物D.石油是混合物,其分馏产品汽油为纯净物15.下表中所示物质或概念间的从属关系符合如图的是XYZA钠元素主族元素短周期元素B电解质化合物纯净物C氢氧化铁胶体分散系D置换反应氧化还原反应放热反应A.AB.BC.CD.D
三、非选择题(本题包括6个小题,共80分)16.已知某饱和NaCl溶液的体积为VmL.密度为ρg/cm3,质量分数为w%.物质的量浓度为cmol/L,溶液中含NaCl的质量为mg.
(1)用m、V表示溶液物质的量浓度 .
(2)用w、ρ表示溶液物质的量浓度 .
(3)用c、ρ表示溶液的质量分数 .
(4)用w表示该温度下NaCl的溶解度 .17.Ⅰ.磷、硫元素的单质和化合物应用广泛.
(1)磷元素的原子结构示意图是 .
(2)磷酸钙与焦炭、石英砂混合,在电炉中加热到1500℃生成白磷,反应为2Ca3(PO4)2+6SiO2═6CaSiO3+P4O1010C+P4O10═P4+10CO每生成1molP4时,就有 mol电子发生转移.
(3)硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常用的还原剂.在维生素C(化学式C6H8O6)的水溶液中加入过量I2溶液,使维生素C完全氧化,剩余的I2用Na2S2O3溶液滴定,可测定溶液中维生素C的含量.发生的反应为C6H8O6+I2═C6H6O6+2H++2I﹣2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣在一定体积的某维生素C溶液中加入amol•L﹣1I2溶液V1mL,充分反应后,用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2,消耗bmol•L﹣1Na2S2O3溶液V2mL.该溶液中维生素C的物质的量是 mol.
(4)在酸性溶液中,碘酸钾(KIO3)和亚硫酸钠可发生如下反应2IO3﹣+5SO32﹣+2H+═I2+5SO42﹣+H2O生成的碘可以用淀粉溶液检验,根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率.某同学设计实验如下表所示
0.01mol•L﹣1KIO3酸性溶液(含淀粉)的体积/mL
0.01mol•L﹣1Na2SO3溶液的体积/mLH2O的体积/mL实验温度/℃溶液出现蓝色时所需时间/s实验15V13525实验2554025实验355V20该实验的目的是 .表中V2= mL.Ⅱ.稀土元素是宝贵的战略资源,我国的蕴藏量居世界首位.
(5)铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素,在加热条件下CeCl3易发生水解,无水CeCl3可用加热CeCl3•6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备.其中,NH4Cl的作用是
(6)在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2,调节pH≈3.Ce3+通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离.完成反应的离子方程式 Ce3++H2O2+ H2O═ Ce(OH)4↓+ .18.溴化钙在医药上用作中枢神经抑制药,实验室用“尿素法”制备溴化钙的主要流程如下溴化钙的部分溶解度数值如下温度0℃10℃20℃40℃60℃80℃100℃溶解度(g)125132143213278295312
(1)6Ca(OH)2+6Br25CaBr2+6H2O+Ca(BrO3)2,每生成1molCa(BrO3)2转移电子的物质的量为 ;50~70℃时,尿素[CO(NH2)2]将生成的Ca(BrO3)2还原为CaBr2,尿素被氧化为N2,该反应的化学方程式为 .
(2)过滤所需的玻璃仪器有玻璃棒、 、 .
(3)加入氢溴酸调pH的作用是 .
(4)操作I包括 、 、过滤、冰水洗涤、干燥.
(5)“二氧化硫法”制备的氢溴酸粗品中常含有少量的溴和硫酸;请选用所提供的试剂,试写出检验氢溴酸粗品中是否含有SO42﹣的实验方案 .19.化学是一门以实验为基础的自然科学,化学实验在化学学习中具有极其重要的作用.
(1)下列关于实验的叙述正确的有 (填序号).
①在气体发生装置上直接点燃一氧化碳气体时,必需要先检验一氧化碳气体的纯度.最简单的方法是用排空气的方法先收集一试管气体,点燃气体,听爆鸣声.
②配制稀硫酸时,可先在烧杯中加一定体积的水,再边搅拌边加入浓硫酸
③实验结束后将所有的废液倒入下水道排出实验室,以免污染实验室
(2)在容量瓶的使用方法中,下列操作不正确的是(填写编号) .A.使用容量瓶前检查它是否漏水B.容量瓶用蒸馏水洗净后,再用待配溶液润洗C.配制溶液时,如果试样是液体,用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中,缓慢加入蒸馏水到接近容量瓶刻度标线1cm~2cm处,用滴管滴加蒸馏水到刻度线D.定容后,盖好瓶塞,用食指顶住瓶塞,用另一只手的手指托住瓶底,把容量瓶倒转和摇动多次
(3)粗盐经提纯后得到NaCl溶液,再经蒸发、结晶、烘干得精盐.
①蒸发操作中使用到的瓷质仪器的名称为 .
②该同学将所得精盐配成溶液,用于另一实验.实验中需要用80mL,1mol/L的NaCl溶液,配制过程中用托盘天平称取的精盐质量为 g,用于定容的玻璃仪器的规格和名称 .
(4)用6mol•L﹣1的硫酸配制100mL
1.0mol•L﹣1硫酸,若实验仪器有A.100mL量筒B.托盘天平C.玻璃棒D.50mL容量瓶E.20mL量筒F.胶头滴管G.50mL烧杯H.100mL容量瓶完成上述实验时应选用的仪器是(填入字母编号) .20.实验室中有6瓶失去标签的白色固体纯碱、氢氧化镁、氯化钡、硫酸铝、硫酸氢钠、氯化钾.除蒸馏水、试管和胶头滴管外,无其他任何试剂和仪器.某学生通过以下实验步骤即可鉴别它们.请填写下列空白
(1)各取适量固体于6支试管中,分别加入适量蒸馏水,有一支试管中的现象和其他5支明显不同,此支试管中的现象是 ,据此现象鉴别出的一种物质是
(2)分别将所剩5种溶液依次编号为A、B、C、D、E,然后进行两两混合.观察到C没有出现任何现象;D分别和A、B、E混合时均产生了白色沉淀;B和E混合时既有白色沉淀产生,又有无色气体放出.据此可推断出
①A、C、D三种物质的化学式依次是
②B、E两者中有一种可与A反应,它与足量A反应的离子方程式为
③在两两混合时,能最终确定B、E成分的实验现象及结论是
(3)上述物质溶于水抑制水的电离的物质的化学式为 . [物质结构与性质]21.已知硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(H2N﹣CH2﹣COONa)即可得到配合物A.其结构如图1
(1)Cu元素基态原子的外围电子排布式为 .
(2)元索C、N、O的第一电离能由大到小排列顺序为 .
(3)配合物A中碳原子的轨道杂化类型为 .
(4)1mol氨基乙酸钠(H2N﹣CH2﹣COONa)含有σ键的数目为 .
(5)氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳.写出二氧化碳的一种等电子体 (写化学式).
(6)已知硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体,其结构如图2,则该化合物的化学式是 . xx学年江苏省泰州市姜堰区娄庄中学高三(上)月考化学试卷
(1)参考答案与试题解析
一、单项选择题(本题包括10小题,每小题2分,共20分.每小题只有一个选项符合题意.)1.化学在资源利用、环境保护等与社会可持续发展密切相关的领域发挥着积极作用.下列做法与社会可持续发展理念相违背的是( )A.改进汽车尾气净化技术,减少大气污染物的排放B.开发利用可再生能源,减少化石燃料的使用C.研发可降解高分子材料,减少“白色污染”D.过度开采矿物资源,促进地方经济发展【考点】常见的生活环境的污染及治理;使用化石燃料的利弊及新能源的开发.【分析】减少化石能源的利用,开发新能源,减少污染源等,则可实现社会可持续发展,并注意节约能源,应从我们身边做起.【解答】解A.汽车尾气中含有氮的氧化物等有害气体,则改进汽车尾气净化技术,减少大气污染物的排放,符合社会可持续发展理念,故A正确;B.开发利用可再生能源,减少化石燃料的使用,减少了二氧化碳、二氧化硫等物质的排放,符合社会可持续发展理念,故B正确;C.研发可降解高分子材料,减少塑料制品的使用,从而减少“白色污染”,符合社会可持续发展理念,故C正确;D.过度开采矿物资源,促进地方经济发展,会使资源匮乏,是只顾眼前不顾将来的做法,不符合社会可持续发展理念,故D错误;故选D. 2.关于胶体和溶液的叙述中正确的是( )A.胶体与溶液的本质区别是能否发生丁达尔效应B.胶体加入某些盐可产生沉淀,而溶液不能C.胶体是一种介稳性的分散系,而溶液是一种非常稳定的分散系D.胶体能够发生丁达尔现象,溶液也能发生丁达尔现象【考点】胶体的重要性质.【分析】A、分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小;B、胶体遇电解质溶液发生聚沉;C、胶体中的胶粒带电,故胶粒间相互排斥;D、丁达尔效应是胶体所特有的性质.【解答】解A、分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小,丁达尔效应只是胶体所特有的性质,但不是本质区别,故A错误;B、胶体中的胶粒带电,故遇电解质溶液发生聚沉,而溶液也能和某些盐发生反应生成沉淀,故B错误;C、胶体中的胶粒带电,故胶粒间相互排斥,故胶体属于介稳体系,而溶液是均一稳定的体系,故C正确;D、丁达尔效应是胶体所特有的性质,溶液不能发生,故D错误.故选C. 3.下列实验能达到实验目的且符合安全要求的是( )A.制备氢氧化亚铁B.收集氧气C.制备并检验氢气的可燃性D.浓硫酸稀释【考点】化学实验方案的评价.【分析】A.从氢氧化亚铁的性质考虑操作是否正确;B.氧气可用排水法收集;C.氢气在点燃前要验纯,防止发生爆炸;D.稀释浓硫酸时应将密度大的加入到密度小的溶液中,防止酸液飞溅.【解答】解A.胶头滴管应伸入液面以下,防止氢氧化亚铁被氧化,故A错误;B.氧气不溶于水,收集氧气用排水法,故B正确;C.氢气能燃烧,则氢气要验纯,防止发生爆炸,故C错误;D.浓硫酸稀释放出大量的热,应为浓硫酸倒入水中以防止液滴飞溅,故D错误;故选B. 4.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )A.
1.8g重水(D2O)中含有的中子数为NAB.常温常压下,
22.4LO2含有的分子数为NAC.1L1mol/LFeCl3溶液中含有Fe3+的数目为NAD.
0.1molCO2分子中含有的共用电子对的数目是
0.4NA【考点】阿伏加德罗常数.【分析】A、重水的摩尔质量为20g/mol;B、常温常压下气体摩尔体积大于
22.4L/mol;C、铁离子为弱碱阳离子,在溶液中会水解;D、1个二氧化碳分子中含4对共用电子对.【解答】解A、重水的摩尔质量为20g/mol,故
1.8g重水的物质的量为
0.09mol,故含
0.9NA个中子,故A错误;B、常温常压下气体摩尔体积大于
22.4L/mol,故
22.4L氧气的物质的量小于1mol,则分子个数小于NA个,故B错误;C、铁离子为弱碱阳离子,在溶液中会水解,故溶液中的铁离子的个数小于NA个,故C错误;D、1个二氧化碳分子中含4对共用电子对,故
0.1mol二氧化碳中含
0.4NA对共用电子对,故D正确.故选D. 5.下列有关化学用语表示正确的是( )A.乙酸的结构简式C2H4O2B.F﹣的结构示意图C.中子数为20的氯原子xxClD.NH3的电子式【考点】原子结构示意图;常见元素的名称、符号、离子符号;电子式;结构简式.【分析】A.结构简式就是结构式的简单表达式(通常只适用于以分子形式存在的纯净物,如有机分子),应表现该物质中的官能团只要把碳氢单键省略掉即可,碳碳单键、碳氯单键、碳和羟基的单键等大多数单键可以省略也可不省略;B.阴离子核外电子数=质子数+电荷数;C.元素符号的左上角为质量数;D.氮原子未参与成键的孤对电子对没有画出.【解答】解A.乙酸的分子式为C2H4O2,乙酸的结构简式CH3COOH,故A错误;B.氟离子核内有9个质子,核外有10个电子,故B正确;C.质量数=质子数+中子数=17+20=37,故C错误;D.氮原子未成键的孤对电子对没有标出,氮原子与氢原子形成一对共用电子对,氨气电子式为,故D错误.故选B. 6.下列指定反应的离子方程式正确的是( )A.氯化铝溶液中加入过量的氨水Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4+B.稀硝酸中加入过量铁粉Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2OC.二氧化锰与浓盐酸混合加热MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2OD.石灰水中加入过量小苏打溶液HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O【考点】离子方程式的书写.【分析】A.氨水为弱碱,不会溶解氢氧化铝,氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀;B.铁粉过量,反应生成亚铁离子,不会生成铁离子;C.二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水,氯化氢需要拆开;D.小苏打为碳酸氢钠,碳酸氢钠过量,离子方程式按照氢氧化钙的组成书写.【解答】解A.氯化铝溶液中加入过量的氨水,反应生成氢氧化铝沉淀,正确的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故A错误;B.稀硝酸中加入过量铁粉,反应生成亚铁离子,正确的离子方程式为3Fe+8H++2NO3﹣=3Fe2++2NO↑+4H2O,故B错误;C.二氧化锰与浓盐酸混合加热,反应生成氯化锰、氯气和水,反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O,故C正确;D.碳酸氢钠过量,离子方程式按照氢氧化钙的组成书写,碳酸根离子有剩余,正确的离子方程式为Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣,故D错误;故选C. 7.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A.
1.0mol•L﹣1KNO3溶液H+、Fe2+、SCN﹣、SO42﹣B.的溶液K+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣C.pH=0的溶液Al3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣D.c(ClO﹣)=
1.0mol•L﹣1的溶液Na+、I﹣、S2﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题.【分析】A.离子之间发生氧化还原反应;B.的溶液,显碱性;C.pH=0的溶液,显酸性;D.离子之间发生氧化还原反应.【解答】解A.H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应,不能大量共存,故A错误;B.的溶液,显碱性,该组离子之间不反应,可大量共存,故B正确;C.pH=0的溶液,显酸性,不能大量存在CO32﹣,且Al3+、CO32﹣相互促进水解不能共存,故C错误;D.I﹣、S2﹣均与ClO﹣发生氧化还原反应,不能共存,故D错误;故选B. 8.短周期元素Q、W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X元素的颜色反应呈黄色,Q原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍,W、Z原子的最外层电子数相同,Z元素的核电荷数是W的2倍,Y是地壳中含量最多的金属元素.下列说法不正确的是( )A.工业上常用电解的方法制备X、Y的单质B.元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物C.原子半径的大小顺序r(X)>r(Y)>r(W)>r(Q)D.元素X、Y的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反应【考点】位置结构性质的相互关系应用.【分析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素,X的焰色反应呈黄色,则X为Na元素;Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍,Q元素原子有2个电子层,最外层电子数为4,故Q为碳元素;W、Z最外层电子数相同,二者处于同一主族,Z的核电荷数是W的2倍,故Z为硫元素,W为氧元素;Y是地壳中含量最多的金属元素,则Y为Al元素,据此进行解答.【解答】解Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素,X的焰色反应呈黄色,则X为Na元素;Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍,Q元素原子有2个电子层,最外层电子数为4,故Q为C元素;W、Z最外层电子数相同,二者处于同一主族,Z的核电荷数是W的2倍,故Z为S元素,W为O元素;Y是地壳中含量最多的金属元素,则Y为Al元素,A.X的单质为金属钠、Y的单质为铝,工业上通过电解熔融氯化钠制备Na,电解熔融氧化铝冶炼Al,故A正确;B.Q为C、Z为S,则QZ2为CS2,CS2属于共价化合物,故B正确;C.同周期自左而右原子半径减小,同主族自上而下原子半径增大,故原子半径Na>Al>C>O,即r(X)>r(Y)>r(Q)>r(W),故C错误;D.X为Na,最高价氧化物对应的水化物为NaOH,Y为Al,最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝,氢氧化铝是两性氢氧化物,溶于强碱,能够与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、水,故D正确;故选C. 9.vLFe2(SO4)3溶液中含有agSO42﹣,取此溶液
0.5vL,用水稀释至2vL,则稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度为( )A.mol•L﹣1B.mol•L﹣1C.mol•L﹣1D.mol•L﹣1【考点】物质的量浓度的相关计算.【分析】根据n=计算出ag硫酸根离子的物质的量,再根据硫酸铁的化学式计算出铁离子的物质的量,再计算出
0.5vL溶液中含有的铁离子的物质的量;溶液稀释过程中铁离子的物质的量不变,然后根据c=计算出稀释后的铁离子的物质的量.【解答】解agSO42﹣的物质的量为n(SO42﹣)==mol,则vL该硫酸铁溶液中含有的Fe3+的物质的量为n(Fe3+)=n(SO42﹣)=mol×=mol,
0.5vL该溶液中含有铁离子的物质的量为n(Fe3+)=×mol=mol,稀释过程中铁离子的物质的量不变,则稀释后溶液中铁离子的浓度为c(Fe3+)==mol•L﹣1,故选A. 10.将标准状况下的aL氯化氢气体溶于100g水中,得到的盐酸的密度为bg•mL﹣1,则该盐酸的物质的量浓度(mol•L﹣1)是( )A.B.C.D.【考点】物质的量浓度的相关计算.【分析】先求氯化氢的物质的量,再根据溶液的质量、密度求出溶液的体积,根据物质的量浓度公式计算溶液的物质的量浓度.【解答】解氯化氢的物质的量n==mol,氯化氢的质量m=n×M=mol×
36.5g/mol=g,溶液的体积V===L,则C===mol•L﹣1,故选C.
二、不定项选择题(本题包括5小题,每小题4分,共20分.每小题有一个或两个选项符合题意.若正确答案只包括一个选项,多选时,该题为0分;若正确答案包括两个选项,只选一个且正确的得2分,选两个且都正确的得满分,但只要选错一个该小题就为0分)11.被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑,下列说法中正确的是(NaBH4中H为﹣1价)( )A.NaBH4既是氧化剂又是还原剂B.NaBH4是氧化剂,H2O是还原剂C.NaBH4中硼元素被氧化,氢元素被还原D.被氧化的元素与被还原的元素质量之比为11【考点】氧化还原反应.【分析】在NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑反应中,NaBH4中H元素的化合价为﹣1价,H2O中H元素的化合价为+1价,二者发生氧化还原反应,其中NaBH4是还原剂,H2O是氧化剂.【解答】解在NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑反应中,NaBH4中H元素的化合价为﹣1价,H2O中H元素的化合价为+1价,二者发生氧化还原反应,其中NaBH4是还原剂,H2O是氧化剂,反应中B元素的化合价没有发生变化,反应中氧化剂和还原剂中化合价变化的数值相等,则被氧化的元素与被还原的元素质量比为11,故选D. 12.下列实验操作与预期目的或所得结论一致的是( )选项实验操作实验目的或结论A用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中,溶液变黄色氧化性H2O2>Fe3+B向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中加入1mol/LH2SO4若试管口出现红棕色气体,说明NO3﹣被Fe2+还原为NOC淀粉碘化钾溶液久置显蓝色是由于I﹣被还原,析出的I2溶于溶液中D向含有少量的FeBr3的FeCl3溶液中,加入适量氯水,再加CCl4萃取分液除去FeCl3溶液中的FeBr3A.AB.BC.CD.D【考点】化学实验方案的评价.【分析】A.酸性条件下亚铁离子可能被硝酸根离子氧化;B.酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应;C.淀粉碘化钾溶液久置显蓝色,碘离子被氧化为碘单质;D.FeBr3与氯水反应生成FeCl3.【解答】解A.酸性条件下亚铁离子可能被硝酸根离子氧化,则不能判断H2O
2、Fe3+的氧化性,故A错误;B.酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成NO,NO被氧化生成二氧化氮,则试管口出现红棕色气体,说明NO3﹣被Fe2+还原为NO,故B正确;C.淀粉碘化钾溶液久置显蓝色,碘离子被氧化为碘单质,析出的I2遇淀粉变蓝,故C错误;D.FeBr3与氯水反应生成FeCl
3、溴,加CCl4萃取分液,可除去FeCl3溶液中的FeBr3,故D正确;故选BD. 13.氧化还原反应中,水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等.下列反应与Br2+SO2+2H2O═H2SO4+2HBr相比较,水的作用不相同的是( )A.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑B.4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3C.2F2+2H2O═4HF+O2D.2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑【考点】氧化还原反应.【分析】利用元素化合价的变化,找出氧化剂和还原剂,找出Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中水所起的作用,分析选项中水所起的作用,与题干对比.【解答】解因反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中,Br的化合价从0→﹣1,Br2作氧化剂,S的化合价从+4→+6,SO2作还原剂,水中元素化合价没有变化,所以水既非氧化剂又非还原剂;A、Na2O2既是氧化剂又是还原剂,水既非氧化剂又非还原剂,故A中水的作用相同;B、O2为氧化剂,4Fe(OH)2为还原剂,水既非氧化剂又非还原剂,故B中水的作用相同;C、F2为氧化剂,水还原剂,故C中水的作用不同;D、Al作还原剂,水作氧化剂,故D中水的作用不同;故选CD. 14.下列与化学概念有关的说法正确的是( )A.化合反应均为氧化还原反应B.催化剂能改变可逆反应达到平衡的时间C.金属氧化物均为碱性氧化物D.石油是混合物,其分馏产品汽油为纯净物【考点】氧化还原反应;混合物和纯净物;酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;化学反应速率的影响因素.【分析】A.有电子转移的化学反应是氧化还原反应;B.催化剂能改变反应速率;C.部分金属氧化物为碱性氧化物;D.石油是混合物,其分馏产品汽油也是混合物.【解答】解A.有电子转移的化学反应是氧化还原反应,没有电子转移的化合反应不是氧化还原反应,如NaOH+CO2=NaHCO3,故A错误;B.催化剂能改变反应速率,从而改变可逆反应达到平衡的时间,故B正确;C.部分金属氧化物为碱性氧化物,如过氧化钠不是碱性氧化物,故C错误;D.石油是混合物,汽油中含有小分子烃的化合物,为混合物,故D错误;故选B. 15.下表中所示物质或概念间的从属关系符合如图的是XYZA钠元素主族元素短周期元素B电解质化合物纯净物C氢氧化铁胶体分散系D置换反应氧化还原反应放热反应A.AB.BC.CD.D【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系;混合物和纯净物;吸热反应和放热反应;化学基本反应类型.【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.钠元素为主族元素,主族元素中
一、
二、三周期属于短周期元素,主族元素中
四、
五、
六、七周期属于长周期元素,故A错误;B.电解质属于化合物,化合物都是纯净物,故B正确;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错误;D.置换反应属于氧化还原反应,而氧化还原反应不一定是放热反应,故D错误;故选B.
三、非选择题(本题包括6个小题,共80分)16.已知某饱和NaCl溶液的体积为VmL.密度为ρg/cm3,质量分数为w%.物质的量浓度为cmol/L,溶液中含NaCl的质量为mg.
(1)用m、V表示溶液物质的量浓度 mol/L .
(2)用w、ρ表示溶液物质的量浓度 mol/L .
(3)用c、ρ表示溶液的质量分数 % .
(4)用w表示该温度下NaCl的溶解度 g .【考点】物质的量浓度的相关计算;溶液中溶质的质量分数及相关计算.【分析】
(1)根据n=计算氯化钠物质的量,再根据c=计算;
(2)根据c=计算;
(3)根据c=进行公式变形计算;
(4)饱和溶液的质量分数w=,据此计算溶解度.【解答】解
(1)mg氯化钠物质的量==mol,溶液体积为VmL,则溶液物质的量浓度==mol/L,故答案为mol/L;
(2)根据c=可知,溶液物质的量浓度=mol/L=mol/L,故答案为mol/L;
(3)根据c=可知,w%==%,故答案为%;进行公式变形计算;
(4)令溶解度为s,该饱和溶液的质量分数w%=,解得s=g,故答案为g. 17.Ⅰ.磷、硫元素的单质和化合物应用广泛.
(1)磷元素的原子结构示意图是 .
(2)磷酸钙与焦炭、石英砂混合,在电炉中加热到1500℃生成白磷,反应为2Ca3(PO4)2+6SiO2═6CaSiO3+P4O1010C+P4O10═P4+10CO每生成1molP4时,就有 20 mol电子发生转移.
(3)硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常用的还原剂.在维生素C(化学式C6H8O6)的水溶液中加入过量I2溶液,使维生素C完全氧化,剩余的I2用Na2S2O3溶液滴定,可测定溶液中维生素C的含量.发生的反应为C6H8O6+I2═C6H6O6+2H++2I﹣2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣在一定体积的某维生素C溶液中加入amol•L﹣1I2溶液V1mL,充分反应后,用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2,消耗bmol•L﹣1Na2S2O3溶液V2mL.该溶液中维生素C的物质的量是 mol.
(4)在酸性溶液中,碘酸钾(KIO3)和亚硫酸钠可发生如下反应2IO3﹣+5SO32﹣+2H+═I2+5SO42﹣+H2O生成的碘可以用淀粉溶液检验,根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率.某同学设计实验如下表所示
0.01mol•L﹣1KIO3酸性溶液(含淀粉)的体积/mL
0.01mol•L﹣1Na2SO3溶液的体积/mLH2O的体积/mL实验温度/℃溶液出现蓝色时所需时间/s实验15V13525实验2554025实验355V20该实验的目的是 探究温度、亚硫酸钠溶液浓度与该反应速率的关系 .表中V2= 40 mL.Ⅱ.稀土元素是宝贵的战略资源,我国的蕴藏量居世界首位.
(5)铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素,在加热条件下CeCl3易发生水解,无水CeCl3可用加热CeCl3•6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备.其中,NH4Cl的作用是 分解出HCl气体,抑制CeCl3水解
(6)在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2,调节pH≈3.Ce3+通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离.完成反应的离子方程式 2 Ce3++H2O2+ 6 H2O═ 2 Ce(OH)4↓+ 6H+ .【考点】探究影响化学反应速率的因素;化学方程式的有关计算;氧化还原反应.【分析】Ⅰ.
(1)P的原子序数为15,原子结构中有3个电子层,最外层电子数为5;
(2)P元素的化合价由+5价降低为0,以此计算转移电子;
(3)由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣可知,维生素C消耗的碘为aV1×10﹣3mol﹣bV2×10﹣3mol×,结合C6H8O6+I2═C6H6O6+2H++2I﹣计算维生素C的物质的量;
(4)依据表中数据判断实验目的,由实验2可以看出混合液的总体积为50mL,V1为10mL,V2为40mL,实验1和实验2可知实验目的是探究该反应速率与亚硫酸钠溶液浓度的关系;实验2和实验3可知实验目的是探究该反应速率与温度的关系;Ⅱ.
(5)在加热条件下CeCl3易发生水解,为抑制其水解,可以通入HCl;
(6)该反应中Ce元素化合价由+3价变为+4价,则Ce3+是还原剂,则双氧水是氧化剂,得电子化合价降低,根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式.【解答】解Ⅰ.
(1)P的原子序数为15,原子结构中有3个电子层,最外层电子数为5,原子结构示意图为,故答案为;
(2)P元素的化合价由+5价降低为0,每生成1molP4时,转移电子为1mol×4×(5﹣0)=20mol,故答案为20;
(3)由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣可知,维生素C消耗的碘为aV1×10﹣3mol﹣bV2×10﹣3mol×,由C6H8O6+I2═C6H6O6+2H++2I﹣可知维生素C与碘的物质的量相同,则维生素C的物质的量为mol,故答案为;
(4)实验1和实验2探究该反应速率与亚硫酸钠溶液浓度的关系,实验2和实验3探究该反应速率与温度的关系;由实验2可以看出混合液的总体积为50mL,V1为10mL,V2为40mL,实验1和实验2可知实验目的是探究反应速率与亚硫酸钠溶液浓度的关系;实验2和实验3可知实验目的是探究该反应速率与温度的关系,故答案为探究温度、亚硫酸钠溶液浓度与该反应速率的关系;40;Ⅱ.
(5)加热条件下CeCl3易发生水解,为抑制其水解,可以通入HCl,所以无水CeCl3可用加热CeCl3•6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备目的是分解出HCl气体,抑制CeCl3的水解,故答案为分解出HCl气体,抑制CeCl3的水解;
(6)该反应中Ce元素化合价由+3价变为+4价,则Ce3+是还原剂,则双氧水是氧化剂,得电子化合价降低,则O元素化合价由﹣1价变为﹣2价,转移电子数为2,根据电荷守恒知未知微粒是氢离子,根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为2Ce3++H2O2+6H2O═2Ce(OH)4↓+6H+,故答案为2;1;6;2;6H+. 18.溴化钙在医药上用作中枢神经抑制药,实验室用“尿素法”制备溴化钙的主要流程如下溴化钙的部分溶解度数值如下温度0℃10℃20℃40℃60℃80℃100℃溶解度(g)125132143213278295312
(1)6Ca(OH)2+6Br25CaBr2+6H2O+Ca(BrO3)2,每生成1molCa(BrO3)2转移电子的物质的量为 10mol ;50~70℃时,尿素[CO(NH2)2]将生成的Ca(BrO3)2还原为CaBr2,尿素被氧化为N2,该反应的化学方程式为 2CO(NH3)2+Ca(BrO3)2CaBr2+2CO2↑+2N2↑+4H2O .
(2)过滤所需的玻璃仪器有玻璃棒、 烧杯 、 漏斗 .
(3)加入氢溴酸调pH的作用是 除去过量的氢氧化钙 .
(4)操作I包括 蒸发浓缩 、 冷却结晶 、过滤、冰水洗涤、干燥.
(5)“二氧化硫法”制备的氢溴酸粗品中常含有少量的溴和硫酸;请选用所提供的试剂,试写出检验氢溴酸粗品中是否含有SO42﹣的实验方案 取少量氢溴酸粗产品与试管中,滴加少量稀盐酸,再加入BaCl2溶液,若产生白色沉淀,说明含有SO42﹣;否则不含SO42﹣ .【考点】制备实验方案的设计.【分析】消石灰、液溴和尿素混合后发生反应6Ca(OH)2+6Br25CaBr2+6H2O+Ca(BrO3)
2、2CO(NH3)2+Ca(BrO3)2CaBr2+2CO2↑+2N2↑+4H2O,然后过滤除去滤渣,滤液中含有CaBr2,向滤液中加入HBr调节溶液的pH值,从而除去过量的Ca(OH)2,通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CaBr
2.2H2O,
(1)6Ca(OH)2+6Br25CaBr2+6H2O+Ca(BrO3)2中Br元素化合价由0价变为﹣1价、+5价,转移电子数是10;50~70℃时,尿素[CO(NH2)2]将生成的Ca(BrO3)2还原为CaBr2,尿素被氧化为N2,同时生成二氧化碳、水,根据反应物、生成物及反应条件书写方程式;
(2)过滤用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒;
(3)HBr具有酸性,能和碱反应生成溴化物;
(4)从溶液中获取晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤、干燥;
(5)硫酸根离子用盐酸酸化的氯化钡溶液检验.【解答】解消石灰、液溴和尿素混合后发生反应6Ca(OH)2+6Br25CaBr2+6H2O+Ca(BrO3)
2、2CO(NH3)2+Ca(BrO3)2CaBr2+2CO2↑+2N2↑+4H2O,然后过滤除去滤渣,滤液中含有CaBr2,向滤液中加入HBr调节溶液的pH值,从而除去过量的Ca(OH)2,通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CaBr
2.2H2O,
(1)6Ca(OH)2+6Br25CaBr2+6H2O+Ca(BrO3)2中Br元素化合价由0价变为﹣1价、+5价,转移电子数是10,所以生成1molCa(BrO3)2转移电子的物质的量为10mol;50~70℃时,尿素[CO(NH2)2]将生成的Ca(BrO3)2还原为CaBr2,尿素被氧化为N2,同时生成二氧化碳、水,根据反应物、生成物及反应条件书写方程式为2CO(NH3)2+Ca(BrO3)2CaBr2+2CO2↑+2N2↑+4H2O,故答案为10mol;2CO(NH3)2+Ca(BrO3)2CaBr2+2CO2↑+2N2↑+4H2O;
(2)过滤用的玻璃仪器有盛放溶液烧杯、过滤用的漏斗、引流用的玻璃棒,故答案为烧杯;漏斗;
(3)HBr具有酸性,能和碱反应生成溴化物,从而除去溶液中过量的氢氧化钙,故答案为除去过量的氢氧化钙;
(4)从溶液中获取晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤、干燥,所以操作I还包含蒸发浓缩、冷却结晶,故答案为蒸发浓缩;冷却结晶;
(5)硫酸根离子用盐酸酸化的氯化钡溶液检验,其检验方法为取少量氢溴酸粗产品与试管中,滴加少量稀盐酸,再加入BaCl2溶液,若产生白色沉淀,说明含有SO42﹣;否则不含SO42﹣,故答案为取少量氢溴酸粗产品与试管中,滴加少量稀盐酸,再加入BaCl2溶液,若产生白色沉淀,说明含有SO42﹣;否则不含SO42﹣. 19.化学是一门以实验为基础的自然科学,化学实验在化学学习中具有极其重要的作用.
(1)下列关于实验的叙述正确的有
② (填序号).
①在气体发生装置上直接点燃一氧化碳气体时,必需要先检验一氧化碳气体的纯度.最简单的方法是用排空气的方法先收集一试管气体,点燃气体,听爆鸣声.
②配制稀硫酸时,可先在烧杯中加一定体积的水,再边搅拌边加入浓硫酸
③实验结束后将所有的废液倒入下水道排出实验室,以免污染实验室
(2)在容量瓶的使用方法中,下列操作不正确的是(填写编号) BC .A.使用容量瓶前检查它是否漏水B.容量瓶用蒸馏水洗净后,再用待配溶液润洗C.配制溶液时,如果试样是液体,用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中,缓慢加入蒸馏水到接近容量瓶刻度标线1cm~2cm处,用滴管滴加蒸馏水到刻度线D.定容后,盖好瓶塞,用食指顶住瓶塞,用另一只手的手指托住瓶底,把容量瓶倒转和摇动多次
(3)粗盐经提纯后得到NaCl溶液,再经蒸发、结晶、烘干得精盐.
①蒸发操作中使用到的瓷质仪器的名称为 蒸发皿 .
②该同学将所得精盐配成溶液,用于另一实验.实验中需要用80mL,1mol/L的NaCl溶液,配制过程中用托盘天平称取的精盐质量为
5.9或
5.8 g,用于定容的玻璃仪器的规格和名称 100mL容量瓶 .
(4)用6mol•L﹣1的硫酸配制100mL
1.0mol•L﹣1硫酸,若实验仪器有A.100mL量筒B.托盘天平C.玻璃棒D.50mL容量瓶E.20mL量筒F.胶头滴管G.50mL烧杯H.100mL容量瓶完成上述实验时应选用的仪器是(填入字母编号) E、G、C、H、F .【考点】化学实验方案的评价;溶液的配制;物质分离、提纯的实验方案设计.【分析】
(1)
①CO不纯,点燃易爆炸,CO不能利用排空气法收集;
②配制稀硫酸时,将浓硫酸注入水中,并不断搅拌;
③实验结束后的废液应回收处理;
(2)A.容量瓶有塞子;B.容量瓶不能润洗,否则物质的量偏大;C.不能在容量瓶中稀释;D.定容后摇匀;
(3)
①蒸发需要蒸发皿;
②结合m=nM、n=cV计算;
(4)浓溶液配制稀溶液,需要量筒量取浓溶液,在烧杯中稀释冷却后转移到容量瓶中定容.【解答】解
(1)
①CO不纯,点燃易爆炸,CO不能利用排空气法收集,应利用排水法收集,点燃法检验纯度,故错误;
②配制稀硫酸时,将浓硫酸注入水中,并不断搅拌,操作为先在烧杯中加一定体积的水,再边搅拌边加入浓硫酸,故正确;
③实验结束后的废液应回收处理,倒入下水道排出实验室,会污染地下水,故错误;故答案为
②;
(2)A.容量瓶有塞子,则使用容量瓶前检查它是否漏水,故A正确;B.容量瓶不能润洗,否则物质的量偏大,则不能用待配溶液润洗,故B错误;C.不能在容量瓶中稀释,应在烧杯中稀释,冷却后转移到容量瓶中,故C错误;D.定容后盖好瓶塞,用食指顶住瓶塞,用另一只手的手指托住瓶底,把容量瓶倒转和摇动多次,摇匀操作合理,故D正确;故答案为BC;
(3)
①蒸发操作中使用到的瓷质仪器的名称为蒸发皿,故答案为蒸发皿;
②用80mL,1mol/L的NaCl溶液,需要100mL容量瓶,配制过程中用托盘天平称取的精盐质量为
0.1L×1mol/L×
58.5g/mol=
5.9g或
5.8g,故答案为
5.9或
5.8;100mL容量瓶;
(4)浓溶液配制稀溶液,需要量筒量取浓溶液,在烧杯中稀释冷却后转移到容量瓶中定容,则需要的仪器为E、G、C、H、F,故答案为E、G、C、H、F. 20.实验室中有6瓶失去标签的白色固体纯碱、氢氧化镁、氯化钡、硫酸铝、硫酸氢钠、氯化钾.除蒸馏水、试管和胶头滴管外,无其他任何试剂和仪器.某学生通过以下实验步骤即可鉴别它们.请填写下列空白
(1)各取适量固体于6支试管中,分别加入适量蒸馏水,有一支试管中的现象和其他5支明显不同,此支试管中的现象是 物质难溶于水 ,据此现象鉴别出的一种物质是 Mg(OH)2
(2)分别将所剩5种溶液依次编号为A、B、C、D、E,然后进行两两混合.观察到C没有出现任何现象;D分别和A、B、E混合时均产生了白色沉淀;B和E混合时既有白色沉淀产生,又有无色气体放出.据此可推断出
①A、C、D三种物质的化学式依次是 NaHSO
4、KCl、BaCl2
②B、E两者中有一种可与A反应,它与足量A反应的离子方程式为 CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑
③在两两混合时,能最终确定B、E成分的实验现象及结论是 与A混合时产生气体的是纯碱,否则是硫酸铝
(3)上述物质溶于水抑制水的电离的物质的化学式为 NaHSO4 .【考点】无机物的推断.【分析】
(1)只有不溶于水氢氧化镁;
(2)剩余5种物质中,KCl与其它4种物质均不反应,氯化钡与纯碱、硫酸铝、硫酸氢钠均反应生成白色沉淀,纯碱与硫酸铝发生相互促进水解反应生成沉淀和气体;
(3)只有硫酸氢钠电离显酸性,抑制水的电离.【解答】解
(1)各取适量固体于6支试管中,分别加入适量蒸馏水,有一支试管中的现象和其他5支明显不同,此支试管中的现象是物质难溶于水,据此现象鉴别出的一种物质是Mg(OH)2,故答案为物质难溶于水;Mg(OH)2;
(2)将所剩5种溶液依次编号为A、B、C、D、E,然后进行两两混合.观察到C没有出现任何现象,可知C为KCl;D分别和A、B、E混合时均产生了白色沉淀,可知D为BaCl2;B和E混合时既有白色沉淀产生,又有无色气体放出,B、E为纯碱、硫酸铝中的一种,则A为NaHSO4.
①A、C、D三种物质的化学式依次是NaHSO
4、KCl、BaCl2,故答案为NaHSO
4、KCl、BaCl2;
②B、E两者中有一种可与A反应,纯碱与氢离子反应,则它与足量A反应的离子方程式为CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑,故答案为CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑;
③确定B、E成分的实验现象及结论是与A混合时产生气体的是纯碱,否则是硫酸铝,故答案为与A混合时产生气体的是纯碱,否则是硫酸铝;
(3)溶于水抑制水的电离的物质的化学式为NaHSO4,故答案为NaHSO4. [物质结构与性质]21.已知硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(H2N﹣CH2﹣COONa)即可得到配合物A.其结构如图1
(1)Cu元素基态原子的外围电子排布式为 3d104s1 .
(2)元索C、N、O的第一电离能由大到小排列顺序为 N>O>C .
(3)配合物A中碳原子的轨道杂化类型为 sp
3、sp2 .
(4)1mol氨基乙酸钠(H2N﹣CH2﹣COONa)含有σ键的数目为 8mol .
(5)氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳.写出二氧化碳的一种等电子体 N2O(或SCN﹣、N3﹣等) (写化学式).
(6)已知硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体,其结构如图2,则该化合物的化学式是 Cu2O .【考点】原子核外电子排布;元素电离能、电负性的含义及应用;“等电子原理”的应用;原子轨道杂化方式及杂化类型判断.【分析】
(1)Cu是29号元素,其原子核外有29个电子,3d能级上有10个电子、4s能级上有1个电子,3d、4s能级上电子为其外围电子,根据构造原理书写其基态原子外围电子排布式;
(2)根据同周期从左到右,元素的第一电离能呈增大趋势,但N元素原子的2p能级处于半满稳定状态,能量较低,第一电离能高于同周期相邻的元素;
(3)根据碳原子的成键情况要以判断碳原子的杂化方式;
(4)共价单键为σ键,共价双键中一个是σ键一个是π键,H2N﹣CH2﹣COONa中含有8个σ键;
(5)原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体;
(6)利用均摊法确定该化合物的化学式.【解答】解
(1)Cu是29号元素,其原子核外有29个电子,3d能级上有10个电子、4s能级上有1个电子,3d、4s能级上电子为其外围电子,根据构造原理知其基态原子外围电子排布式为3d104s1,故答案为3d104s1;
(2)同周期从左到右,元素的第一电离能呈增大趋势,但N元素原子的2p能级处于半满稳定状态,能量较低,第一电离能高于同周期相邻的元素,所以C、N、O三种元素的第一电离能由由小到大的排列顺序是N>O>C;故答案为N>O>C;
(3)配合物A分子中一种碳有C=O,碳的杂化方式为sp2杂化,另一种碳周围都是单键,碳的杂化方式为sp3杂化;故答案为sp
3、sp2;
(4)共价单键为σ键,共价双键中一个是σ键一个是π键,H2N﹣CH2﹣COONa中含有8个σ键,所以1mol氨基乙酸钠中含有σ键的数目为8mol,故答案为8mol;
(5)一个二氧化碳分子中原子个数为3个,价电子数为16,原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体,则CO2的等电子体为N2O(或SCN﹣、N3﹣等),故答案为N2O(或SCN﹣、N3﹣等);
(6)利用均摊法知,该化合物中O原子个数=1+8×=2,Cu原子个数=4,铜原子和氧原子个数之比=42=21,所以其化学式为Cu2O,故答案为Cu2O. xx年11月30日。