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2019-2020年高三上学期联考化学试卷(9月份)含解析
一、单项选择题本大题共8小题,每小题3分,共24分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,选对的得3分,选错或不答的得0分.1.(3分)(xx秋•珠海期末)下列实验操作正确的是( ) A.点燃酒精灯B.向容量瓶转移液体 C.读取液体体积D.加热液体考点化学实验安全及事故处理;直接加热的仪器及使用方法;计量仪器及使用方法.版权所有专题化学实验基本操作.分析A.禁止酒精灯之间的对燃,对燃易引起火灾;B.玻璃棒起引流作用;C.读取液体体积视线与液面凹液面相切;D.外焰温度最高.解答解A.对燃易引起火灾,故不能进行酒精灯的对燃,故A错误;B.转移液体时应用玻璃棒引流,故B正确;C.仰视会使读数出现误差,故C错误;D.加热时应用酒精灯的外焰加热,故D错误.故选B.点评本题考查化学实验安全及事故的处理,题目难度不大,注意相关实验基本操作知识的积累. 2.(3分)(xx秋•榆阳区校级月考)分类是化学学习和研究的常用手段,下列分类依据和结论都正确的是( ) A.H2O、HCOOH、OF2均含有氧元素,都是氧化物 B.HCOOH、H2CO
3、H2SO4分子中均含有两个氢原子,都是二元酸 C.HCl、NH
3、NaOH溶于水所得溶液都能导电,都是电解质 D.HClO、H2SO4(浓)、HNO3均具有氧化性,都是氧化性酸考点酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;电解质与非电解质.版权所有专题物质的分类专题.分析A.氧化物由两种元素构成,其中有一种元素为氧元素;B.二元酸是电离过程中生成两个氢离子的酸;C.NH3是非电解质;D.氧化性酸一般是含氧酸,是指酸中除了氢、氧元素之外的中心元素在化学反应中表现出强氧化性.解答解A.氧化物由两种元素构成,其中有一种元素为氧元素,所以H2O、OF2都是氧化物,HCOOH不是氧化物,故A错误;B.HCOOH、H2CO
3、H2SO4分子中均含有两个氢原子,H2CO
3、H2SO4都能电离出2个氢离子,属于二元酸,HCOOH只能电离出1个氢离子,属于一元酸,故B错误;C.NH3的水溶液能导电,是因为氨气和水反应生成一水合氨,一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子,而不是氨气本身发生电离,所以氨气是非电解质,故C错误;D.HClO、H2SO4(浓)、HNO3均具有氧化性,都是氧化性酸,故D正确.故选D.点评本题考查了物质分类的判断应用,主要是酸、氧化物、电解质、氧化性酸等概念的理解和分析判断,题目较简单. 3.(3分)(xx秋•禅城区校级月考)下列化学应用中不涉及氧化还原反应的是( ) A.工业上由硅的氧化物制备硅单质 B.生活中使用明矾净水,除去水中的悬浮的微小颗粒 C.漂白粉用作疫区的环境消毒 D.过氧化钠用作呼吸面具的供氧剂考点氧化还原反应.版权所有专题氧化还原反应专题.分析发生的反应中,存在元素的化合价变化,则发生氧化还原反应,以此来解答.解答解A.由硅的氧化物制备硅单质,Si元素的化合价降低,发生氧化还原反应,故A不选;B.明矾净水,铝离子水解生成胶体,没有元素的化合价变化,不发生氧化还原反应,故B选;C.漂白粉用作疫区的环境消毒,利用漂白粉的强氧化性,涉及氧化还原反应,故C不选;D.过氧化钠用作呼吸面具的供氧剂,反应生成氧气,过氧化钠中O元素的化合价变化,发生氧化还原反应,故D不选;故选B.点评本题考查氧化还原反应,为高频考点,把握反应中元素的化合价变化即可解答,题目难度不大,侧重氧化还原反应判断的考查,注意从元素化合价角度分析. 4.(3分)(xx秋•黄浦区期末)xx年诺贝尔化学奖得主GerhardErtl对金属Pt表面催化CO氧化反应的模型进行了深入研究.下列关于Pt的说法正确的是( ) A.Pt和Pt的核外电子数相同,是同一种原子 B.Pt和Pt的中子数相同,互称为同位素 C.Pt和Pt的质子数相同,互称为同位素 D.Pt和Pt的质量数不同,不能互称为同位素考点质子数、中子数、核外电子数及其相互联系;同位素及其应用;质量数与质子数、中子数之间的相互关系.版权所有专题原子组成与结构专题.分析质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素,同位素是不同的原子,但是同一种元素;元素符号的左下角数字表示质子数,左上角数字表示质量数,中子数=质量数﹣质子数.解答解A、Pt和Pt的核外电子数相同都是78,但质量数不同所以不是同一种原子,故A错误.B、Pt和Pt的中子数分别是124和120,故B错误.C、Pt和Pt的质子数相同都是78,中子数分别是124和120,所以是同位素,故C正确.D、Pt和Pt的质量数分别是
202、198,其是质子数相同中子数不同同一元素,所以互称同位素,故D错误.故选C.点评本题考查了同位素的判断以及质子数、中子数和质量数的关系等知识点,难度不大,根据同位素的概念分析判断即可. 5.(3分)(xx秋•荔湾区校级月考)设NA为阿伏加德罗常数,下列说法正确的是( ) A.铁与足量稀盐酸反应,1molFe失去电子数为3NA B.标准状况下,
22.4LH2O所含的分子数为NA C.常温下,16gCH4中含有4NA个C﹣H键 D.1mol/L的A1C13溶液中,C1﹣离子的数目为3NA考点阿伏加德罗常数.版权所有专题阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.分析A.铁与盐酸反应生成二价铁离子;B.气体摩尔体积只适用于气体;C.将质量转化为物质的量,结合甲烷分子的结构特点解答;D.不知道体积,无法计算氯离子的个数.解答解A.铁与足量稀盐酸反应生成二价铁离子,1molFe失去电子数为2NA,故A错误;B.标准状况下,水为液态,不能应用气体摩尔体积,故B错误;C.16gCH4的物质的量为=1mol,1个CH4含有4个C﹣H,所以16gCH4中含有4NA个C﹣H键,故C正确;D.不知道体积,无法计算氯离子的个数,故D错误;故选C.点评本题考查阿伏加德罗常数的应用,明确以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系,准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系是解题关键,注意标准状况下物质的聚集状态. 6.(3分)(xx秋•荔湾区校级月考)下列说法正确的是( ) A.乙醇和乙酸都能发生取代反应 B.苯和乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C.油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色 D.液化石油气和天然气的主要成分都是甲烷考点有机物的结构和性质.版权所有专题有机反应.分析A.乙醇含有羟基,乙酸含有羧基,可发生取代反应;B.苯与酸性高锰酸钾不反应;C.油脂含有不饱和碳碳键;D.液化石油气的主要成分为丙烷和丁烷.解答解A.乙醇含有羟基,乙酸含有羧基,二者可发生酯化反应,也为取代反应,故A正确;B.苯性质稳定,与酸性高锰酸钾不反应,故B错误;C.油脂含有不饱和碳碳键,可与溴发生加成反应,故C错误;D.液化石油气的主要成分为丙烷和丁烷,故D错误.故选A.点评本题考查较为综合,涉及物质的组成、结构和性质,为高考常见题型和高频考点,侧重于双基的考查与应用,难度不大,注意相关基础知识的积累. 7.(3分)(xx秋•荔湾区校级月考)在水溶液中能大量共存的一组离子是( ) A.H+、SO42﹣、Na+、SiO32﹣B.Ag+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣ C.K+、SO42﹣、Mg2+、NO3﹣D.H+、I﹣、Cl﹣、NO3﹣考点离子共存问题.版权所有专题离子反应专题.分析根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、弱电解质等,不能发生氧化还原反应等,则离子大量共存,以此来解答.解答解A.H+、SiO32﹣结合生成沉淀,不能共存,故A错误;B.Ag+、Cl﹣结合生成沉淀,不能共存,故B错误;C.该组离子之间不反应,可大量共存,故C正确;D.H+、I﹣、NO3﹣发生氧化还原反应,不能大量共存,故D错误;故选C.点评本题考查离子的共存,为高频考点,把握常见离子之间的反应为解答的关键,注意选项D为解答的难点,侧重分析与应用能力的考查,题目难度不大. 8.(3分)(2011秋•广州期末)铜锌原电池(如图)工作时,下列叙述正确的是( ) A.正极反应为Zn﹣2e﹣═Zn2+ B.电池反应为Zn+Cu2+═Zn2++Cu C.在外电路中,电子从正极流向负极 D.盐桥中的K+移向ZnSO4溶液考点原电池和电解池的工作原理.版权所有专题电化学专题.分析根据原电池原理分析.正极得电子,负极失去电子;电池反应为氧化还原反应;盐桥的作用就是使电荷守恒,形成闭合回路,阳离子向正极移动,阴离子向负极移动.解答解A,正极上铜离子得电子,发生还原反应,故错误;B,电池反应原理为锌与硫酸铜溶液反应置换铜,故正确;C,外电路中,电子从负极流向正极,故错误;D,盐桥中阳离子流向正极,阴离子流向负极,即盐桥中的K+移向CuSO4溶液,故错误;故选B.点评本题考查原电池原理,属于基础题,明确原电池的工作原理即可解答,注意盐桥的作用为学生解答中的易错点.
二、双项选择题本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有两个选项符合题意,全部选对得5分,只选一个且正确的得3分,选错或不答的得0分.9.(5分)(xx秋•禅城区校级月考)化学知识在生活中有重要意义,下列说法不正确的是( ) A.在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋,可防止食物受潮、氧化变质 B.乙醇、乙酸和甲醛广泛应用于食品加工 C.计算机芯片所用的材料是高纯度的二氧化硅 D.捕获工业排放的CO2能降低地球的温室效应考点常见的食品添加剂的组成、性质和作用;常见的生活环境的污染及治理;硅和二氧化硅.版权所有专题化学应用.分析A.防氧化就是防止氧气的进入并与之反应,防受潮就是防止水分的进入;B.甲醛具有毒性,不能用于食品加工,乙醇、乙酸可广泛应用于食品加工;C.物质的结构决定物质的性质,物质的性质决定物质的用途,半导体硅晶片可以制造制造计算机芯片;D.地球大气中CO2含量增多,产生温室效应,导致全球变暖,捕获工业排放的CO2能降低地球的温室效应;解答解A.在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋,硅胶(具有吸湿性)能吸收水分,铁是较活泼的金属,具有还原性,能防止食品被氧化,故A正确;B.乙醇、乙酸可广泛应用于食品加工,甲醛具有毒性,食用甲醛加工的食品,会出现呼吸道水肿,头痛,严重的可导致白血病,故B错误;C.高纯的单晶硅是重要的半导体材料,可做成太阳能电池,各种集成电路,用于制造计算机芯片,二氧化硅是制造玻璃、水玻璃、光导纤维、电子工业的重要部件,故C错误;D.温室效应产生的原因是二氧化碳的增多,要缓解“温室效应”就要减少二氧化碳的含量,捕获工业排放的CO2能降低地球的温室效应,故D正确;故选BC.点评本题考查了化学与生活有关知识,环境的污染和治理,明确硅胶和铁粉防止食物受潮、氧化变质原理,了解甲醛的毒性,掌握硅、二氧化硅的用途是解答的关键,题目难度不大. 10.(5分)(xx•龙湖区二模)短周期元素的X、Y、Z、W原子序数依次增大,X原子最外层电子数是电子层数的三倍,Y与X可形成Y2X2和Y2X两种离子化合物,Z原子的核外电子数比原子Y原子多1,W与X同主族,则( ) A.气态氢化物的稳定性X>W B.单质的还原性Y>Z C.原子半径Y<Z<W D.Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应考点原子结构与元素周期律的关系.版权所有专题元素周期律与元素周期表专题.分析短周期元素的X、Y、Z、W原子序数依次增大,X原子最外层电子数是电子层数的三倍,原子只能有2个电子层,最外层电子数为6,则X为O元素;Y与X可形成Y2X2和Y2X两种离子化合物,则Y为Na元素;Z原子的核外电子数比原子Y原子多1,则Z为Mg;W与X同主族,则W为S元素,据此解答.解答解短周期元素的X、Y、Z、W原子序数依次增大,X原子最外层电子数是电子层数的三倍,原子只能有2个电子层,最外层电子数为6,则X为O元素;Y与X可形成Y2X2和Y2X两种离子化合物,则Y为Na元素;Z原子的核外电子数比原子Y原子多1,则Z为Mg;W与X同主族,则W为S元素,A.非金属性O>S,故气态氢化物的稳定性O>S,故A正确;B.金属性Na>Mg,故单质的还原性Na>Mg,故B正确;C.同周期自左而右原子半径减小,故原子半径Na>Mg>S,故C错误;D.氢氧化镁不能与氢氧化钠反应,故D错误,故选AB.点评本题考查结构性质位置关系应用,难度不大,侧重对元素周期律的考查,明确元素涉及解题关键,注意对元素周期律的理解掌握. 11.(5分)(xx•中山模拟)对于常温下pH=3的乙酸溶液,下列说法正确的是( ) A.与等体积、pH=3的盐酸比较,跟足量锌粒反应产生的H2更多 B.水稀释到原体积的10倍后溶液pH变为4 C.加入少量乙酸钠固体,溶液pH升高 D.加水稀释后,溶液中c(H+)和c(OH﹣)都减小考点弱电解质在水溶液中的电离平衡.版权所有专题电离平衡与溶液的pH专题.分析A、乙酸是弱电解质,在溶液中部分电离;B、乙酸是弱电解质存在电离平衡,加水稀释促进电离;C、依据电离平衡移动方向分析判断;D、水溶液中c(H+)×c(OH﹣)为常数;解答解A、乙酸是弱电解质,在溶液中部分电离,则c(CH3COOH)>c(H+),盐酸中c(HCl)=c(H+),所以等体积、等PH的二者醋酸的物质的量大,则与足量锌粒反应醋酸产生的H2更多,故A正确;B、加水稀释到原体积的10倍后溶液pH变为4,但乙酸是弱电解质存在电离平衡,稀释促进电离,溶液又电离出氢离子,浓度增大,溶液PH小于4,故B错误;C、乙酸钠溶于水溶液中的乙酸根离子抑制乙酸的电离,平衡左移,氢离子浓度减小,溶液PH增大,故C正确;D、水溶液中c(H+)×c(OH﹣)为常数,加水稀释后,溶液中c(H+)减小,则c(OH﹣)增大,故D错误;故选AC.点评本题考查了弱电解质的电离平衡分析判断,溶液中Kw的应用,影响因素的分析等,侧重于基础知识的考查,题目难度不大. 12.(5分)(xx秋•禅城区校级月考)反应A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)发生过程中的能量变化如右图,△H表示反应的焓变.下列说法正确的是( ) A.该反应为吸热反应 B.反应体系中加入催化剂,反应速率增大,E1减小,E2增大 C.反应体系中加入催化剂,反应速率增大,△H不变 D.反应达到平衡时,降低温度,A的转化率增大考点反应热和焓变.版权所有专题化学反应中的能量变化.分析由图象可知反应物总能量大于生成物总能量,应为放热反应,加入催化剂可减小反应的活化能,但对反应热无影响,升高温度,平衡向逆反应方向移动.解答解A.反应物总能量大于生成物总能量,△H<0,该反应为放热反应,故A错误;B.反应体系中加入催化剂,反应速率增大,E
1、E2都减小,故B错误;C.应体系中加入催化剂,活化能降低,反应速率增大,△H不变,故C正确;D.反应物总能量大于生成物总能量,△H<0,反应达到平衡时,降低温度,平衡正向进行,A的转化率增大,故D正确.故选CD.点评本题考查较为综合,涉及化学反应与能量的变化以及影响化学平衡的因素,注意根据图象判断反应物总能量与生成物总能量的关系,注意催化剂对反应的影响,题目难度不大.
三、非选择题本大题共4小题.按题目要求作答,写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.13.(14分)(xx秋•荔湾区校级月考)直接生成碳碳键的反应是近年来有机化学研究的热点之一,例如反应
①化合物I可由化合物A通过以下步骤制备A(C8H8O)Ⅲ(C8H10O)ⅣⅠ请回答下列问题
(1)反应
①的反应类型是 取代反应 .
(2)化合物A的结构中不含甲基,则化合物A的结构简式是 ,其官能团的名称是 醛基 ,1molA完全燃烧消耗O2
9.5 mol.
(3)写出由Ⅲ生成Ⅳ的化学反应方程式 .
(4)一分子与一分子能发生类似
①的反应,生成有机化合物Ⅴ,则Ⅴ的结构简式为 .
(5)A的一种同分异构体Ⅵ,与新制Cu(OH)2共热产生砖红色沉淀,化合物Ⅵ苯环上的一氯代物只有两种,则Ⅵ的结构简式为 .考点有机物的推断;有机物的结构和性质.版权所有专题有机物的化学性质及推断.分析由信息可知,反应
①发生时I中﹣Br被取代,为取代反应,由化合物I的制备流程可知,化合物A的结构中不含甲基,则化合物A为,A→Ⅲ为﹣CHO的加成反应生成Ⅲ为,Ⅲ→Ⅳ为消去反应,生成Ⅳ为,最后双键与HBr发生加成反应生成I,以此分析
(1)~
(3);
(4)与一分子能发生类似
①的反应,生成有机化合物Ⅴ,﹣Cl被取代,结合丙二酸中亚甲基上的H;
(5)A的一种同分异构体Ⅵ,与新制Cu(OH)2共热产生砖红色沉淀,含﹣CHO,化合物Ⅵ苯环上的一氯代物只有两种,则苯环上有2种位置的H,为对甲基苯甲醛.解答解由信息可知,反应
①发生时I中﹣Br被取代,为取代反应,由化合物I的制备流程可知,化合物A的结构中不含甲基,则化合物A为,A→Ⅲ为﹣CHO的加成反应生成Ⅲ为,Ⅲ→Ⅳ为消去反应,生成Ⅳ为,最后双键与HBr发生加成反应生成I,
(1)由上述分析可知,反应
①的反应类型是取代反应,故答案为取代反应;
(2)A的结构简式是,官能团为醛基,1molA完全燃烧消耗O2为1mol×(8+﹣)=
9.5mol故答案为;醛基;
9.5;
(3)由Ⅲ生成Ⅳ,为消去反应,该化学反应方程式为,故答案为;
(4)与一分子能发生类似
①的反应,生成有机化合物Ⅴ,﹣Cl被取代,Cl结合丙二酸中亚甲基上的H,则生成Ⅴ的结构简式为,故答案为;
(5)A的一种同分异构体Ⅵ,与新制Cu(OH)2共热产生砖红色沉淀,含﹣CHO,化合物Ⅵ苯环上的一氯代物只有两种,则苯环上有2种位置的H,为对甲基苯甲醛,Ⅵ的结构简式为,故答案为.点评本题考查有机物推断,为高频考点,把握合成信息及合成流程中的反应条件推断物质为解答的关键,注意合成反应中官能团的变化、结构变化、反应类型即可解答,侧重分析、推断及综合应用能力的考查,题目难度中等. 14.(13分)(xx秋•荔湾区校级月考)汽车尾气是城市空气的主要污染物,如何减少汽车尾气(CO、NOx等)的污染是重要的科学研究课题.
(1)已知N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H1N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H22H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H3则4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)═4N2(g)+6H2O(g)△H= 3△H3﹣2△H1﹣2△H2 (用△H
1、△H
2、△H3表达)
(2)在密闭容器中,一定条件下,进行如下反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g),下列说法不能说明该反应达到平衡的是 B (填字母)A.NO的生成速率与NO的消耗速率相等B.v(CO)=v(CO2)C.体系的压强保持不变D.各物质的浓度保持不变
(3)可用活性炭还原法处理氮氧化物.有关反应的化学方程式为C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)△H>0某研究小组向密闭容器加入一定量的活性炭和NO,恒温(T1℃)条件下反应,反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下浓度/mol•L﹣1时间/minNON2CO
200.
10000100.
0580.
0210.
021200.
0400.
0300.
030300.
0400.
0300.
030400.
0320.
0340.017
①写出该反应的平衡常数表达式K= .
②30min后,改变某一条件,平衡发生了移动,则改变的条件是 减少二氧化碳浓度 ;若升高温度,NO浓度将 减小 (填“增大”、“不变”或“减小”).
③计算从0~20min内,NO的平均反应速率.(写出计算过程) NO的平均反应速率v==
0.003mol/L•min; .考点热化学方程式;化学平衡常数的含义;化学平衡的影响因素;化学平衡状态的判断.版权所有专题化学平衡专题.分析
(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式;
(2)依据平衡标志是正逆反应速率相同,各成分含量保持不变,据此分析选项;
(3)
①依据反应化学方程式,结合平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到;
②根据表中数值知,NO、二氧化碳的浓度减小,氮气的浓度增大,说明改变条件是分离出二氧化碳物质;反应是吸热反应,升温平衡正向进行;
③依据化学反应速率概念计算得到,v=计算得到.解答解
(1)已知
①N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H1
②N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H2
③2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H3依据盖斯定律3×
③﹣
①×2﹣
②×2得到热化学方程式为4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)═4N2(g)+6H2O(g)△H=(3△H3﹣2△H1﹣2△H2)KJ/mol;故答案为3△H3﹣2△H1﹣2△H2;
(2)2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g),反应是气体体积减小的反应A.NO的生成速率与NO的消耗速率相等是平衡标志,故A正确;B.反应速率之比等于化学方程式计量数之比,为正反应速率之比,v(CO)=v(CO2)不能说明反应达到平衡状态,故B错误;C.反应前后气体物质的量变化,体系的压强保持不变说明反应达到平衡状态,故C正确;D.各物质的浓度保持不变是平衡标志,故D正确;故选B.
(3)
①C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)△H>0,固体不写入平衡常数表达式,平衡常数K=;故答案为;
②根据表中数值知,NO、二氧化碳的浓度减小,氮气的浓度增大,说明改变条件是分离出二氧化碳物质,反应是吸热反应,升温平衡正向进行,一氧化氮浓度减小;故答案为减少CO2浓度;
③从0~20min内,NO的平均反应速率v==
0.003mol/L•min;故答案为
0.003mol/L•min.点评本题考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用,化学平衡标志的理解分析,反应速率,平衡常数计算应用,掌握基础是关键,题目难度中等. 15.(13分)(xx秋•禅城区校级月考)以食盐为原料进行生产并综合利用的某些过程如图所示.
(1)除去粗盐中的Ca2+、Mg2+和SO42﹣离子,加入下列沉淀剂的顺序是(填字母) cab或者cba或者bca .a.Na2CO3b.NaOHc.BaCl2
(2)将滤液的pH调至酸性除去的离子是 CO32﹣和OH﹣ .
(3)电解饱和食盐水可得到H2和另外两种产物,这两种物质相互反应的离子方程式为 Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O ,欲从饱和食盐水中获得食盐晶体,可采用的实验方法是 蒸发结晶 .
(4)气体X可增大饱和食盐水吸收CO2的量,有利于NaHCO3晶体的生成和析出,X的化学式是 NH3 .
(5)由NaHCO3制纯碱的化学方程式为 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O .下列有关NaHCO3和纯碱的说法正确的是 D (填字母)A.NaHCO3属于盐类,纯碱属于碱B.分别往同浓度的NaHCO3溶液和纯碱溶液中滴加稀盐酸,产生气泡的速率相同C.常温下在水中的溶解度,NaHCO3大于纯碱D.除去NaHCO3溶液中的纯碱,应往溶液中通入足量的CO2.考点海水资源及其综合利用.版权所有专题元素及其化合物.分析
(1)根据镁离子会与氢氧根离子和碳酸根离子生成沉淀,钙离子会与碳酸根离子生成沉淀,硫酸根离子会与钡离子生成沉淀;
(2)加入盐酸可以除去过量的碳酸钠和氢氧化钠等进行分析;
(3)电解饱和食盐水生成氢氧化纳、氢气和氯气,氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水;从饱和食盐水中获得食盐晶体,依据氯化钠溶解度随温度变化不大分析得到晶体的方法;
(4)根据制取纯碱的原理向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳,析出碳酸氢钠晶体;
(5)由NaHCO3制纯碱,加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱;NaHCO3不稳定,溶解度比Na2CO3小,与盐酸反应较Na2CO3剧烈,可与NaOH反应生成Na2CO3,Na2CO3和NaHCO3都为强碱弱酸盐,溶液水解呈碱性,但Na2CO3水解程度较大,溶液碱性较强,以此解答该题.解答解
(1)总体思路是先沉淀再过滤,沉淀时要先加BaCl2溶液,再加Na2CO3溶液,因为碳酸钠能把过量的氯化钡沉淀出来,氢氧化钠可放在它们前面,也可放在它们后面或中间,都完全沉淀完后再过滤;故答案为cab或者cba或者bca;
(2)加入适量盐酸pH调至酸性除去的离子是CO32﹣和OH﹣,故答案为CO32﹣和OH﹣;
(3)电解饱和食盐水制取氯气的反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O;从饱和食盐水中获得食盐晶体的方法是利用氯化钠溶解度随温度变化不大分析,用蒸发结晶方法得到;故答案为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O;蒸发结晶;
(4)向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳,析出碳酸氢钠晶体,加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱,气体X为NH3,可增大饱和食盐水吸收CO2的量,有利于NaHCO3晶体的生成和析出;故答案为NH3;
(5)加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱,反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O;NaHCO3不稳定,溶解度比Na2CO3小,与盐酸反应较Na2CO3剧烈,可与NaOH反应生成Na2CO3,Na2CO3和NaHCO3都为强碱弱酸盐,溶液水解呈碱性,但Na2CO3水解程度较大,溶液碱性较强;A.NaHCO3属于盐类,纯碱是碳酸钠属于盐,故A错误;B.分别往同浓度的NaHCO3溶液和纯碱溶液中滴加稀盐酸,产生气泡的速率碳酸氢钠放出气泡比碳酸钠放出气泡快,故B错误;C.常温下在水中的溶解度,NaHCO3小于纯碱,故C错误;D.除去NaHCO3溶液中的纯碱,应往溶液中通入足量的CO2,二氧化碳和碳酸钠和水反应生成碳酸氢钠,可以除去碳酸钠;故选D.故答案为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O;D.点评本题考查了海水资源的利用,实验过程分析判断,反应原理的理解应用,掌握物质性质和反应原理是解题关键,题目难度中等. 16.(16分)(xx秋•荔湾区校级月考)现有一块铁碳合金,某化学兴趣小组为了测定合金中铁的质量分数,并探究浓硫酸的某些性质,设计了如图所示的实验装置进行实验(夹持仪器已省略),请你参与此项活动并回答相应的问题.
(1)以下有关合金的说法,正确的是 C (填写字母)A.铁碳合金的熔点高于纯铁和碳B.铁碳合金的熔点介于纯铁和碳之间C.铁碳合金的硬度大于纯铁D.其他条件相同时,铁碳合金的耐腐蚀性强于纯铁
(2)按图示连接好装置,加入药品前,必需进行的操作是 检验装置气密性 .称量F的质量,将mg合金样品放入A中,再通过B加入过量的浓硫酸.写出下列仪器的名称A 蒸馏烧瓶 ,B 分液漏斗 .
(3)未点燃酒精灯前,A中无明显现象,其原因是 常温下Fe在浓硫酸中钝化,碳不与浓硫酸反应 .
(4)点燃酒精灯,反应一段时间后,C、D中可观察到明显的现象.写出合金样品在A中反应的化学方程式(任写一个) 2Fe+6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O .
(5)C中的现象是 品红溶液逐渐褪色 ,D中足量酸性KMnO4溶液的作用是 吸收二氧化硫防止其被碱石灰吸收,影响测定结果 ,由此可知浓硫酸具有 强氧化 性.
(6)反应一段时间,待A中不再逸出气体时,停止加热,恢复到室温后,拆下F称重,F增重bg.则铁碳合金中铁的质量分数为 ×100% (写表达式)考点探究物质的组成或测量物质的含量.版权所有专题实验探究和数据处理题.分析
(1)依据合金的性质分析,合金的熔点低于各成分,硬度大于各成分,含有碳的铁合金在潮湿空气中易形成原电池反应,铁做负极被腐蚀;
(2)按图示连接好装置,加入药品前,必需进行的操作是检查装置的气密性;结合装置图中仪器作用和图象写出仪器的名称;
(3)常温下铁在浓硫酸中钝化,碳和浓硫酸在加热条件下才能反应;
(4)铁和过量浓硫酸加热反应生成硫酸铁、二氧化硫和水,碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫、和水;
(5)装置C是检验二氧化硫气体存在的装置,品红试液变为无色;装置D是利用高锰酸钾溶液的强氧化性吸收二氧化硫;
(6)根据mg铁碳合金,加入过量浓硫酸,E增重bg,则生成二氧化碳的质量为bg,根据质量守恒定律,则可求出mg铁碳合金中含碳元素的质量进而求出铁的质量分数;解答解
(1)依据合金的性质分析,合金的熔点低于各成分,硬度大于各成分,含有碳的铁合金在潮湿空气中易形成原电池反应,铁做负极被腐蚀;A.铁碳合金的熔点低于纯铁和碳,故A错误;B.铁碳合金的熔点低于纯铁和碳,故B错误;C.铁碳合金的硬度大于纯铁,故C正确;D.其他条件相同时,含有碳的铁合金在潮湿空气中易形成原电池反应,铁做负极被腐蚀;铁碳合金的耐腐蚀性弱于纯铁,故D错误;故答案为C.
(2)关闭分液漏斗的活塞,在E装置后面连上一根导管,然后把最后导气管插入水,加热发生装置导气管冒气泡,停止加热上升一段水柱证明装置气密性好,按图示连接好装置,加入药品前,必需进行的操作是检查装置的气密性,A为蒸馏烧瓶,B为分液漏斗;故答案为检验装置气密性;蒸馏烧瓶,分液漏斗;
(3)往A中滴加足量的浓硫酸,未点燃酒精灯前,A、B均无明显现象,常温下铁在浓硫酸中钝化,碳和浓硫酸在加热条件下才能反应,故答案为常温下Fe在浓硫酸中钝化,碳不与浓硫酸反应;
(4)铁和过量浓硫酸加热反应生成硫酸铁、二氧化硫和水,反应的化学方程式为2Fe+6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O;故答案为铁和过量浓硫酸加热反应生成硫酸铁、二氧化硫和水,反应的化学方程式为2Fe+6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O;
(5)装置C是检验二氧化硫气体存在的装置,品红试液变为无色,说明生成了二氧化硫,证明硫酸具有氧化性被还原为二氧化硫,装置D是利用高锰酸钾溶液的强氧化性吸收二氧化硫;反应产物生成二氧化硫气体说明浓硫酸具有强氧化性;故答案为品红溶液逐渐褪色;吸收二氧化硫防止其被碱石灰吸收,影响测定结果;强氧化性;
(6)称取mg铁碳合金,加入过量浓硫酸,加热待A中不再逸出气体时,停止加热,拆下F装置并称重,F增重bg,则生成二氧化碳的质量为bg,根据质量守恒定律,则mg铁碳合金中含碳元素的质量为=g,则含铁的质量为mg﹣g,铁的质量分数为×100%;故答案为×100%;点评本题考查了物质性质的探究实验方法,装置的特征分析,流程反应和试剂作用是解题关键,题目难度中等. 。