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2019-2020年高三上学期第一次月考化学试卷含解析V
一、选择题(共16小题,每小题3分,满分48分)1.下列有关实验操作错误的是( )A.用药匙取用粉末状或小颗粒状固体B.用胶头滴管滴加少量液体C.给盛有体积液体的试管加热D.倾倒液体时试剂瓶标签面向手心2.下列叙述正确的是( )A.1mol任何气体的体积都约为
22.4LB.将1L10mol/L的浓盐酸与9L水混合时物质的量浓度为1mol/LC.将
22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液时物质的量浓度为1mol/LD.标准状况下,
22.4L的任何气体的物质的量都是1mol3.设NA为阿伏加德罗常数,则下列叙述不正确的是( )A.在标准状况下,
22.4L的C6H14所含分子数为NAB.相同质量的H2和Cl2相比,H2的分子数多C.
2.3g金属Na变成Na+时失去的电子数目为
0.1NAD.在1L
0.1mol/L的HAc溶液中,所含Ac﹣与HAc之和为
0.1NA4.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )A.FeCl3溶液与Cu的反应Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+B.NO2与水的反应3NO2+H2O═2NO3﹣+NO+2H+C.醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑D.向NaAlO2溶液中通入过量CO22AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al(OH)3↓+CO32﹣5.Fe(OH)3胶体和MgCl2溶液共同具备的性质是( )A.两者均有丁达尔现象B.两者均能透过半透膜C.加入盐酸先沉淀,随后溶解D.分散质微粒可通过滤纸6.在强酸性溶液中能大量共存的无色透明离子组是( )A.K+、Na+、NO3﹣、MnO4﹣B.Mg2+、Na+、Cl﹣、SO42﹣C.K+、Na+、Br﹣、Cu2+D.Na+、Ba2+、OH﹣、SO42﹣7.下列叙述正确的是( )A.固体氯化钠不导电,所以氯化钠是非电解质B.铜丝能导电,所以铜是电解质C.氯化氢水溶液能导电,所以氯化氢是电解质D.SO3溶于水能导电,所以SO3是电解质8.在三个密闭容器中分别充入Ne、H
2、O2三种气体,在以下各种情况下排序正确的是( )A.当它们的体积和温度、压强均相同时,三种气体的密度ρ(H2)>ρ(Ne)>ρ(O2)B.当它们的温度和密度都相同时,三种气体的压强p(H2)>p(Ne)>p(O2)C.当它们的质量和温度、压强均相同时,三种气体的体积V(O2)>V(Ne)>V(H2)D.当它们的体积和温度、压强均相同时,三种气体的质量m(H2)>m(Ne)>m(O2)9.某硝酸的物质的量浓度为cmol/L,溶质的质量分数为a%,则此溶液的密度(g/cm3)为( )A.B.C.D.10.由Na、Mg、Al、Zn四种金属中的两种组成的混合物30g,与足量的稀硫酸反应生成1g氢气,则混合物中必定有的金属是( )A.NaB.MgC.AlD.Zn11.在标准状况下盛满HCl气体的烧瓶,将烧瓶倒置于水中,使水充满烧瓶,如果氯化氢均溶解在烧瓶中(假设HCl无损失),所得盐酸的物质的量浓度为( )A.1mol/LB.
0.5mol/LC.
0.045mol/LD.
0.45mol/L12.取ag某物质在O2中完全燃烧,将生成物与足量Na2O2固体完全反应,反应后,固体质量恰好也增加了ag,下列物质不能满足上述结果的是( )A.H2B.COC.C6H12O6D.C12H22O1113.R2O8n﹣离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4﹣,若反应后R2O8n﹣离子变为RO42﹣离子.又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之为52,则n的值是( )A.1B.2C.3D.414.现有AlCl3和MgSO4混合溶液,向其中不断加入
0.1mol/L的NaOH溶液,得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如图所示,原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量之比为( )A.61B.23C.13D.3115.取一定量的NaOH溶液通入CO2后,再继续向该溶液中逐滴加入
0.1mol.L的盐酸,标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示,下列有关说法正确的是( )A.原溶液中NaOH的物质的量为
0.75molB.通入CO2后所得的溶液溶质成分为NaOH和Na2CO3C.通入CO2后所得的溶液中含有
2.5×10﹣3molNaHCO3D.纵坐标中a的数值为22416.某同学用NaHCO3和KHCO3组成的混合物进行实验,测得如下数据(盐酸的物质的量浓度相等).下列分析推理不正确的是( )50mL盐酸50mL盐酸50mL盐酸m(混合物)
9.2g
15.7g
27.6gV(CO2)(标准状况)
2.24L
3.36L
3.36LA.根据表中数据不能计算出混合物中NaHCO3的质量分数B.加入混合物
9.2g时盐酸过量C.
15.7g混合物未与盐酸完全反应D.盐酸的物质的量浓度为
3.0mol/L
二、非选择题(共52分)17.实验室需要
0.2mol/LNaOH溶液480ml按要求填写下列实验空白
①应选用 ml的容量瓶
②计算所需称取NaOH固体的质量为 g
③实验中两次用到玻璃棒,其作用分别为 、
④定容时若俯视刻度线,则所配溶液浓度将 (填偏大,偏小或不变)
⑤定容时若加水超过刻度线,则所配溶液浓度将 (填偏大,偏小或不变)18.某兴趣活动小组利用物质间的互变,设计成一个平面魔方,如图所示已知
①A、B、C、D、G含有同种元素.
②纯A(单质)B溶液D固体G溶液颜色银白色黄色红棕色浅绿色
③E是通常情况下密度最小的气体;B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀,也能将一种氧化物氧化为F,F是含有三种元素的化合物,与A反应生成E、G.依据以上信息填空
(1)写出D的化学式 .
(2)G生成C的过程中所出现的现象为 写出对应的离子方程式
(3)写出反应A→B的化学方程式 .
(4)B→F的离子方程式为 ;G与次氯酸反应的离子方程式为 .19.有A、B两种常见化合物,其焰色反应均呈黄色,C是一种单质气体,相互转化关系如图所示(其他物质均已略去).回答下列问题
(1)写出A的电子式
(2)
①加热B产生D的化学方程式
②B加稀硫酸产生D的离子方程式
(3)请用化学方程式表示A在潜水艇中的一种重要用途
(4)A、B在密闭装置中加热,充分反应后,若只得到一种固体化合物E
①E的化学式为
②若只加入
0.5amol某一纯净物可将只含amolB的溶液转变成只含amolE的溶液,则该纯净物化学式为 .20.碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应,配平化学方程式(将化学计量数填于空白处) KIO3+ KI+ H2SO4= K2SO4+ I2+ H2O.21.向
30.0mL硫酸铜溶液中加入过量铝粉,待充分反应后,再向其中加入
2.00mol/L烧碱溶液,至沉淀不再减少,消耗烧碱溶液210mL,且收集到气体
0.672L(标准状况).据此计算
(1)加入铝粉的质量.
(2)原硫酸铜溶液的物质的量浓度. xx甘肃省定西市通渭二中高三(上)第一次月考化学试卷参考答案与试题解析
一、选择题(共16小题,每小题3分,满分48分)1.下列有关实验操作错误的是( )A.用药匙取用粉末状或小颗粒状固体B.用胶头滴管滴加少量液体C.给盛有体积液体的试管加热D.倾倒液体时试剂瓶标签面向手心【考点】药品的取用;化学实验方案的评价.【分析】A.依据取用粉末状或小颗粒状固体方法解答;B.依据滴加少量液体方法结合胶头滴管使用解答;C.给试管内液体加热时,液体容积不可超过试管容积的三分之一;D.依据从试剂瓶中倾倒液体的正确操作解答;【解答】解A.用药匙取用粉末状或小颗粒状固体,故A正确;B.胶头滴管用于滴加少量液体,故B正确;C.给试管内液体加热时,液体容积不可超过试管容积的三分之一,故C错误;D.倾倒液体时试剂瓶标签面向手心,防止试剂瓶标签被腐蚀,故D正确;故选C. 2.下列叙述正确的是( )A.1mol任何气体的体积都约为
22.4LB.将1L10mol/L的浓盐酸与9L水混合时物质的量浓度为1mol/LC.将
22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液时物质的量浓度为1mol/LD.标准状况下,
22.4L的任何气体的物质的量都是1mol【考点】物质的量的相关计算.【分析】A、气体摩尔体积
22.4L/mol的使用条件是标准状况;B、根据不同液体混合时体积能否直接加和判断;C、未指明是标准状况,
22.4L氯化氢气体不一定为1mol;D、标准状况下,气体摩尔体积
22.4L/mol,则
22.4L的任何气体的物质的量都是1mol.【解答】解A、未指明是标准状况,不能使用气体摩尔体积
22.4L/mol,所以1mol任何气体的体积不一定约为
22.4L,故A错误;B、1L10mol/L的浓盐酸与9L水混合配成溶液的体积不是10L,所以混合后溶液的物质的量浓度不是1mol/L,故B错误;C、气体摩尔体积受温度和压强的影响,温度越高,气体摩尔体积越大,标况下,
22.4LHCl的物质的量是1mol,常温常压下,
22.4LHCl的物质的量小于1mol,所以未指明是标准状况,
22.4L氯化氢气体不一定为1mol,溶于水配成1L的盐酸溶液的物质的量浓度也不一定是1mol/L,故C错误;D、标准状况下,气体摩尔体积
22.4L/mol,则
22.4L的任何气体的物质的量都是1mol,故D正确.故选D. 3.设NA为阿伏加德罗常数,则下列叙述不正确的是( )A.在标准状况下,
22.4L的C6H14所含分子数为NAB.相同质量的H2和Cl2相比,H2的分子数多C.
2.3g金属Na变成Na+时失去的电子数目为
0.1NAD.在1L
0.1mol/L的HAc溶液中,所含Ac﹣与HAc之和为
0.1NA【考点】阿伏加德罗常数.【分析】A、标况下己烷为液体;B、当质量相同时,摩尔质量越大,则物质的量越小;C、求出钠的物质的量,然后根据钠反应后变为+1价来分析;D、求出醋酸的物质的量,然后根据醋酸在溶液中部分电离来分析.【解答】解A、标况下己烷为液体,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故A错误;B、当质量相同时,摩尔质量越大,则物质的量越小,故相同质量的氢气和氯气,氢气的物质的量大,则分子个数多,故B正确;C、
2.3g钠的物质的量为
0.1mol,而钠反应后变为+1价,故
0.1mol钠反应失去
0.1NA个电子,故C正确;D、1L
0.1mol/L醋酸的物质的量为
0.1mol,而醋酸在溶液中部分电离,根据物料守恒可知,溶液中的Ac﹣与HAc之和为
0.1NA,故D正确.故选A. 4.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )A.FeCl3溶液与Cu的反应Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+B.NO2与水的反应3NO2+H2O═2NO3﹣+NO+2H+C.醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑D.向NaAlO2溶液中通入过量CO22AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al(OH)3↓+CO32﹣【考点】离子方程式的书写.【分析】A.电荷不守恒;B.反应生成硝酸和NO;C.醋酸为弱酸,在离子反应中应保留化学式;D.反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠.【解答】解A.FeCl3溶液与Cu的反应的离子反应为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+,故A错误;B.NO2与水的反应的离子反应为3NO2+H2O═2NO3﹣+NO+2H+,故B正确;C.醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应的离子反应为CaCO3+2HAc═Ca2++H2O+CO2↑+2Ac﹣,故C错误;D.向NaAlO2溶液中通入过量CO2的离子反应为AlO2﹣+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3﹣,故D错误;故选B. 5.Fe(OH)3胶体和MgCl2溶液共同具备的性质是( )A.两者均有丁达尔现象B.两者均能透过半透膜C.加入盐酸先沉淀,随后溶解D.分散质微粒可通过滤纸【考点】胶体的重要性质.【分析】A.胶体有丁达尔效应,溶液无丁达尔效应;B.胶体不能通过半透膜,溶液可以通过;C.胶体遇电解质溶液发生聚沉;D.溶液和胶体都能透过滤纸.【解答】解A.只有胶体具有丁达尔效应,溶液不具备,故A错误;B.胶体不能通过半透膜,溶液可以通过,故B错误;C.胶体遇电解质溶液发生聚沉,过量的盐酸能使Fe(OH)3沉淀溶解,溶液无此性质,故C错误;D.溶液和胶体都能透过滤纸,故D正确.故选D. 6.在强酸性溶液中能大量共存的无色透明离子组是( )A.K+、Na+、NO3﹣、MnO4﹣B.Mg2+、Na+、Cl﹣、SO42﹣C.K+、Na+、Br﹣、Cu2+D.Na+、Ba2+、OH﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题.【分析】强酸性溶液中含大量的氢离子,根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等,则离子大量共存,并结合离子的颜色来解答.【解答】解A.MnO4﹣为紫色,与无色不符,故A错误;B.该组离子之间不反应,可大量共存,且离子均为无色,故B正确;C.Cu2+为蓝色,与无色溶液不符,故C错误;D.酸性溶液中不能大量存在OH﹣,且Ba2+、SO42﹣结合生成沉淀,不能大量共存,故D错误;故选B. 7.下列叙述正确的是( )A.固体氯化钠不导电,所以氯化钠是非电解质B.铜丝能导电,所以铜是电解质C.氯化氢水溶液能导电,所以氯化氢是电解质D.SO3溶于水能导电,所以SO3是电解质【考点】电解质与非电解质.【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质,酸、碱、盐都是电解质;在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质,蔗糖、乙醇等都是非电解质.大多数的有机物都是非电解质;单质,混合物不管在水溶液中或熔融状态下能够导电与否,都不是电解质或非电解质.【解答】解A、氯化钠固体没有自由移动的离子,所以不导电,但氯化钠的水溶液能导电,所以氯化钠是电解质,故A错误.B、无论电解质还是非电解质都必须是化合物,铜丝是单质不是化合物,所以铜丝既不是电解质也不是非电解质,故B错误.C、氯化氢的水溶液能导电,所以氯化氢是电解质,故C正确.D、三氧化硫的水溶液导电,电离出自由移动离子的物质是硫酸不是三氧化硫,所以二氧化硫是非电解质,故D错误.故选C. 8.在三个密闭容器中分别充入Ne、H
2、O2三种气体,在以下各种情况下排序正确的是( )A.当它们的体积和温度、压强均相同时,三种气体的密度ρ(H2)>ρ(Ne)>ρ(O2)B.当它们的温度和密度都相同时,三种气体的压强p(H2)>p(Ne)>p(O2)C.当它们的质量和温度、压强均相同时,三种气体的体积V(O2)>V(Ne)>V(H2)D.当它们的体积和温度、压强均相同时,三种气体的质量m(H2)>m(Ne)>m(O2)【考点】阿伏加德罗定律及推论.【分析】根据PV=nRT可知,PM=ρRT,因此在温度和密度相等的条件下,压强和气体的摩尔质量成反比,温度、压强均相同时,气体的Vm相等,结合n==解答该题.【解答】解A.温度、压强均相同时,气体的Vm相等,ρ===,可知气体的密度与摩尔质量呈正比,则ρ(O2)>ρ(Ne)>ρ(H2),故A错误;B.根据PV=nRT可知,PM=ρRT,因此在温度和密度相等的条件下,压强和气体的摩尔质量成反比,则三种气体的压强p(H2)>p(Ne)>p(O2),故B正确;C.温度、压强均相同时,气体的Vm相等,由n==可知,等质量时,气体的体积和摩尔质量呈反比,应为V(H2)>V(Ne)>V(O2),故C错误;D.温度、压强均相同时,气体的Vm相等,由n==可知,等体积时,气体的质量和摩尔质量呈正比,则m(O2)>m(Ne)>m(H2),故D错误.故选B. 9.某硝酸的物质的量浓度为cmol/L,溶质的质量分数为a%,则此溶液的密度(g/cm3)为( )A.B.C.D.【考点】物质的量浓度的相关计算.【分析】设该硝酸溶液的密度为x,溶液的体积为VL,根据物质的量浓度计算出溶液中溶质的质量分数,然后计算出x的值.【解答】解设该硝酸溶液的密度为xg/cm3,溶液的体积为VL,溶液的质量为1000Vx,溶液中溶质的质量为cmol/L×VL×63g/mol=63Vcg,该溶液中溶质的质量分数为×100%==a%,解得x=,故选C. 10.由Na、Mg、Al、Zn四种金属中的两种组成的混合物30g,与足量的稀硫酸反应生成1g氢气,则混合物中必定有的金属是( )A.NaB.MgC.AlD.Zn【考点】有关混合物反应的计算.【分析】假设金属都是二价金属,其通式为R,金属和盐酸反应方程式为R+2HCl=RCl2+H2↑,n(H2)==
0.5mol,根据方程式知,n(R)=n(H2)=
0.25mol,则R的平均摩尔质量==60g/mol,混合物中金属的摩尔质量应该有大于60g/mol和小于60g/mol的,据此分析解答.【解答】解假设金属都是二价金属,其通式为R,金属和盐酸反应方程式为R+2HCl=RCl2+H2↑,n(H2)==
0.5mol,根据方程式知,n(R)=n(H2)=
0.25mol,则R的平均摩尔质量==60g/mol,混合物中金属的摩尔质量应该有大于60g/mol和小于60g/mol的,如果将Na换算为+2价时,其摩尔质量变为46g/mol<60g/mol,Mg的摩尔质量为24g/mol<60g/mol,如果将Al换算为+2价时,其摩尔质量变为18g/mol<60g/mol,Zn的摩尔质量为65g/mol>60g/mol,根据分析可知,摩尔质量比60g/mol小的有Na、Mg、Al3种,而大于60g/mol的只有Zn,所以混合物中一定含有Zn,故选D. 11.在标准状况下盛满HCl气体的烧瓶,将烧瓶倒置于水中,使水充满烧瓶,如果氯化氢均溶解在烧瓶中(假设HCl无损失),所得盐酸的物质的量浓度为( )A.1mol/LB.
0.5mol/LC.
0.045mol/LD.
0.45mol/L【考点】物质的量浓度.【分析】溶液体积等于HCl的体积,设HCl的体积为VL,利用n=计算HCl物质的量,再根据c=计算所得溶液物质的量浓度.【解答】解设HCl的体积为VL,标准状况下,n(HCl)==mol,液体最终充满整个试管,假定溶质不扩散,溶液的体积为VL,则c==
0.045mol/L,故选C. 12.取ag某物质在O2中完全燃烧,将生成物与足量Na2O2固体完全反应,反应后,固体质量恰好也增加了ag,下列物质不能满足上述结果的是( )A.H2B.COC.C6H12O6D.C12H22O11【考点】化学方程式的有关计算;钠的重要化合物.【分析】已知反应的关系式H2~H2O~2NaOH~Na2O2•H2,CO~CO2~Na2CO3~Na2O2•CO,有机物在足量氧气中燃烧生成CO2和H2O,与Na2O2发生反应2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2,2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,对生成物变式Na2CO3~Na2O2•CO,2NaOH~Na2O2•H2,固体增加的质量相当于CO和H2的质量,以此解答该题.【解答】解已知反应的关系式H2~H2O~2NaOH~Na2O2•H2,CO~CO2~Na2CO3~Na2O2•CO,有机物在足量氧气中燃烧生成CO2和H2O,与Na2O2发生反应2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2,2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,对生成物变式Na2CO3~Na2O2•CO,2NaOH~Na2O2•H2,则有机物应可拆写成(CO)m•Hn的形式,则H
2、CO以及可拆写成(CO)m•Hn的形式的有机物能满足上述结果,选项中C可拆写成(CO)6•H12,但D不能满足,故选D. 13.R2O8n﹣离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4﹣,若反应后R2O8n﹣离子变为RO42﹣离子.又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之为52,则n的值是( )A.1B.2C.3D.4【考点】氧化还原反应的计算.【分析】Mn元素失去的电子数等于R元素得到的电子数(也可以通过化合价计算,Mn升高的化合价的数目等于R元素降低的化合价数目).【解答】解反应中R元素化合价由降低到6﹣n价,根据氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知5×[﹣(6﹣n)]×2=2×(7﹣2),n=2,故选B. 14.现有AlCl3和MgSO4混合溶液,向其中不断加入
0.1mol/L的NaOH溶液,得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如图所示,原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量之比为( )A.61B.23C.13D.31【考点】离子方程式的有关计算.【分析】由图可知加入
0.4molNaOH时沉淀达最大量,沉淀为Mg(OH)
2、Al(OH)3,根据氢氧根守恒可知2n[Mg(OH)2]+3n[Al(OH)3]=n(OH﹣),加入
0.5mLNaOH时,沉淀由最大值变为为最小值,故
0.1molNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀,根据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可计算出n[Al(OH)3],再计算出n[Mg(OH)2],进而计算原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量浓度之比.【解答】解由图可知加入
0.4molNaOH时沉淀达最大量,沉淀组成为Mg(OH)
2、Al(OH)3,根据氢氧根守恒可知2n[Mg(OH)2]+3n[Al(OH)3]=n(OH﹣)=
0.4mol,加入
0.5molNaOH时,沉淀由最大值减小为最小值,故
0.1molNaOH恰好完全溶解氢氧化铝沉淀,根据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知,n[Al(OH)3]=n(NaOH)=
0.1mol,所以n[Mg(OH)2]==
0.05mol,溶液中n(Cl﹣)=3n[Al(OH)3]=
0.3mol,原溶液中n(SO42﹣)=n[Mg(OH)2]=
0.05mol,所以原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量之比为
0.3mol
0.05mol=61,故选A. 15.取一定量的NaOH溶液通入CO2后,再继续向该溶液中逐滴加入
0.1mol.L的盐酸,标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示,下列有关说法正确的是( )A.原溶液中NaOH的物质的量为
0.75molB.通入CO2后所得的溶液溶质成分为NaOH和Na2CO3C.通入CO2后所得的溶液中含有
2.5×10﹣3molNaHCO3D.纵坐标中a的数值为224【考点】有关混合物反应的计算;化学方程式的有关计算.【分析】盐酸逐滴加入到碳酸钠溶液中的反应为Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3;NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,由图可知,0~25mL没有气体生成,从25mL开始加盐酸生成二氧化碳气体,共消耗盐酸75mL﹣20mL=50mL,0~25mL段消耗的盐酸体积小于生成气体是消耗的盐酸体积50mL,所以可以知道通入一定量CO2反应后溶液中的溶质为Na2CO
3、NaHCO3,且根据消耗的盐酸的体积可以判断二者的物质的量相等.A、消耗盐酸75mL时,溶液为恰好为氯化钠溶液,根据Na+、Cl﹣离子守恒,可知n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl),据此计算;B、通入一定量CO2反应后溶液中的溶质为Na2CO
3、NaHCO3;C、溶液中Na2CO
3、NaHCO3的物质的量相等,生成二氧化碳发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,共消耗盐酸75mL﹣20mL=50mL,n总(NaHCO3)=n(HCl),根据碳元素守恒可知通入CO2后所得的溶液中含有NaHCO3为n总(NaHCO3),据此计算;D、生成二氧化碳发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,共消耗盐酸75mL﹣20mL=50mL,n(CO2)=n(HCl),再根据V=nVm计算.【解答】解盐酸逐滴加入到碳酸钠溶液中的反应为Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3;NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,由图可知,0~25mL没有气体生成,从25mL开始加盐酸生成二氧化碳气体,共消耗盐酸75mL﹣20mL=50mL,0~25mL段消耗的盐酸体积小于生成气体是消耗的盐酸体积50mL,所以可以知道通入一定量CO2反应后溶液中的溶质为Na2CO
3、NaHCO3,且根据消耗的盐酸的体积可以判断二者的物质的量相等.A、消耗盐酸75mL时,溶液为恰好为氯化钠溶液,根据Na+、Cl﹣离子守恒,可知n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=
0.075L×
0.1mol/L=
0.0075mol,故A错误;B、由上述分析可知,通入一定量CO2反应后溶液中的溶质为Na2CO
3、NaHCO3,故B错误;C、溶液中Na2CO
3、NaHCO3的物质的量相等,生成二氧化碳发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,共消耗盐酸75mL﹣20mL=50mL,n总(NaHCO3)=n(HCl)=
0.05L×
0.1mol/L=
0.005mol,所以通入CO2后所得的溶液中含有NaHCO3为
0.005mol×=
2.5×10﹣3mol,故C正确;D、生成二氧化碳发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,共消耗盐酸75mL﹣20mL=50mL,n(CO2)=n(HCl)=
0.05L×
0.1mol/L=
0.005mol,所以V(CO2)=
0.005mol×
22.4L/mol=
0.112L=112mL,故D错误.故选C. 16.某同学用NaHCO3和KHCO3组成的混合物进行实验,测得如下数据(盐酸的物质的量浓度相等).下列分析推理不正确的是( )50mL盐酸50mL盐酸50mL盐酸m(混合物)
9.2g
15.7g
27.6gV(CO2)(标准状况)
2.24L
3.36L
3.36LA.根据表中数据不能计算出混合物中NaHCO3的质量分数B.加入混合物
9.2g时盐酸过量C.
15.7g混合物未与盐酸完全反应D.盐酸的物质的量浓度为
3.0mol/L【考点】有关混合物反应的计算.【分析】盐酸体积一定,混合物为
15.7g与
27.6g时生成二氧化碳体积相等,故混合物为
27.6g时盐酸完全反应,混合物
15.7g时生成二氧化碳的体积大于
9.2g生成的二氧化碳,故混合物为
9.2时,盐酸有剩余,生成
3.36L二氧化碳需要混合物质量为
9.2g×=
13.8g<
15.7g,故混合物为
15.7g时,盐酸不足,剩余固体;加入
9.2g混合物时,盐酸有剩余,混合物完全反应,根据固体混合物的总质量及产生标准状况下的二氧化碳气体的体积可以计算出NaHCO3的质量分数,盐酸完全反应生成二氧化碳
3.36L,结合H++HCO﹣3=H2O+CO2↑计算n(HCl),再利用c=计算盐酸浓度.【解答】解盐酸体积一定,混合物为
15.7g与
27.6g时生成二氧化碳体积相等,故混合物为
27.6g时盐酸完全反应,混合物
15.7g时生成二氧化碳的体积大于
9.2g生成的二氧化碳,故混合物为
9.2时,盐酸有剩余,生成
3.36L二氧化碳需要混合物质量为
9.2g×=
13.8g<
15.7g,故混合物为
15.7g时,盐酸不足,剩余固体,A.加入
9.2g混合物时,盐酸有剩余,混合物完全反应,根据固体混合物的总质量及产生标准状况下的二氧化碳气体的体积,可以计算出NaHCO3的质量分数,故A错误;B.由上述分析可知,加入
9.2g混合物时,盐酸有剩余,故B正确;C.由上述分析可知,
15.7g混合物未与盐酸完全反应,固体混合物有剩余,故C正确;D.,盐酸完全反应生成二氧化碳
3.36L,结合H++HCO﹣3=H2O+CO2↑可知n(HCl)=n(CO2)==
0.15mol,故盐酸的浓度为=3mol/L,故D正确,故选A.
二、非选择题(共52分)17.实验室需要
0.2mol/LNaOH溶液480ml按要求填写下列实验空白
①应选用 500 ml的容量瓶
②计算所需称取NaOH固体的质量为
4.0 g
③实验中两次用到玻璃棒,其作用分别为 搅拌 、 引流
④定容时若俯视刻度线,则所配溶液浓度将 偏大 (填偏大,偏小或不变)
⑤定容时若加水超过刻度线,则所配溶液浓度将 偏小 (填偏大,偏小或不变)【考点】溶液的配制.【分析】
①依据配制溶液解题结合容量瓶规格选择合适的容量瓶;
②依据m=CVM计算需要溶质的质量;
③溶解固体时需要用玻璃棒搅拌,移液时需要用玻璃棒引流;
④⑤分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响,依据C=进行误差分析.【解答】解
①需要
0.2mol/LNaOH溶液480ml,实验室没有480mL容量瓶,应选择500mL规格容量瓶;故答案为500;
②配制
0.2mol/LNaOH溶液500ml,需要溶质的质量m=
0.5L×
0.2mol/L×40g/mol=
4.0g;故答案为
4.0;
③溶解固体时需要用玻璃棒搅拌,移液时需要用玻璃棒引流;故答案为搅拌;引流;
④定容时若俯视刻度线,导致溶液体积偏小,溶液浓度偏大;故答案为偏大;
⑤定容时若加水超过刻度线,导致溶液体积偏大,溶液浓度偏小;故答案为偏小. 18.某兴趣活动小组利用物质间的互变,设计成一个平面魔方,如图所示已知
①A、B、C、D、G含有同种元素.
②纯A(单质)B溶液D固体G溶液颜色银白色黄色红棕色浅绿色
③E是通常情况下密度最小的气体;B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀,也能将一种氧化物氧化为F,F是含有三种元素的化合物,与A反应生成E、G.依据以上信息填空
(1)写出D的化学式 Fe2O3 .
(2)G生成C的过程中所出现的现象为 先产生白色沉淀,逐渐变为灰绿色,最后变为红褐色 写出对应的离子方程式 FeSO4+NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO
4、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
(3)写出反应A→B的化学方程式 2Fe+3Cl2=2FeCl3 .
(4)B→F的离子方程式为 2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+ ;G与次氯酸反应的离子方程式为 2Fe2++HClO+H+=2Fe3++Cl﹣+H2O .【考点】无机物的推断.【分析】E为密度最小的气体是H2;G为浅绿色溶液说明含有Fe2+;B为棕黄色溶液,说明含有Fe3+,能与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀,说明含有氯离子,所以B为FeCl3.B能将某种氧化物氧化为F,说明该氧化物具有还原性,F是含有三种元素的化合物,能反应生成氢气,所以该氧化物是二氧化硫,故F为H2SO4,G为FeSO4.A、B、C、D、G含有同种元素,A为银白色单质,转化得到氯化铁,可知A为Fe,D是红棕色固体,由转化关系可知,D为Fe2O3,C为Fe(OH)3,据此解答.【解答】解E为密度最小的气体是H2;G为浅绿色溶液说明含有Fe2+;B为棕黄色溶液,说明含有Fe3+,能与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀,说明含有氯离子,所以B为FeCl3.B能将某种氧化物氧化为F,说明该氧化物具有还原性,F是含有三种元素的化合物,能反应生成氢气,所以该氧化物是二氧化硫,故F为H2SO4,G为FeSO4.A、B、C、D、G含有同种元素,A为银白色单质,转化得到氯化铁,可知A为Fe,D是红棕色固体,由转化关系可知,D为Fe2O3,C为Fe(OH)3.
(1)D的化学式Fe2O3,故答案为Fe2O3;
(2)G为硫酸亚铁,加入碱生成白色的氢氧化亚铁,氢氧化亚铁不稳定,易与氧气反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀,有关反应方程式为FeSO4+NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO
4、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,故答案为先产生白色沉淀,逐渐变为灰绿色,最后变为红褐色;FeSO4+NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO
4、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;
(3)A转化为B的化学方程式2Fe+3Cl2=2FeCl3,故答案为2Fe+3Cl2=2FeCl3;
(4)B→F的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+,G与次氯酸反应的离子方程式为2Fe2++HClO+H+=2Fe3++Cl﹣+H2O,故答案为2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+;2Fe2++HClO+H+=2Fe3++Cl﹣+H2O. 19.有A、B两种常见化合物,其焰色反应均呈黄色,C是一种单质气体,相互转化关系如图所示(其他物质均已略去).回答下列问题
(1)写出A的电子式
(2)
①加热B产生D的化学方程式 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
②B加稀硫酸产生D的离子方程式 HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑
(3)请用化学方程式表示A在潜水艇中的一种重要用途 2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2
(4)A、B在密闭装置中加热,充分反应后,若只得到一种固体化合物E
①E的化学式为 Na2CO3
②若只加入
0.5amol某一纯净物可将只含amolB的溶液转变成只含amolE的溶液,则该纯净物化学式为 Na2O2或者Na2O .【考点】无机物的推断.【分析】化合物A、B的焰色反应呈黄色,则A、B为钠的化合物.由A与B的混合物与水或硫酸反应产生气体C,可知混合物中必含有Na2O2,且C为O2.又因为加热A与B的混合物产生O2,说明另一物质的分解产物必有H2O和CO2,即另一种物质为NaHCO3.A与B的混合物溶于水的产物与D反应生成B,则B为NaHCO3,D为CO2,A为Na2O2,再结合题目分析解答.【解答】解化合物A、B的焰色反应呈黄色,则A、B为钠的化合物.由A与B的混合物与水或硫酸反应产生气体C,可知混合物中必含有Na2O2,且C为O2.又因为加热A与B的混合物产生O2,说明另一物质的分解产物必有H2O和CO2,即另一种物质为NaHCO3.A与B的混合物溶于水的产物与D反应生成B,则B为NaHCO3,D为CO2,A为Na2O2,
(1)通过以上分析知,A为Na2O2,其电子式是,故答案为;
(2)
①NaHCO3加热分解生成碳酸钠、二氧化碳与水,反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,
②NaHCO3与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水,反应离子方程式为HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑,故答案为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑;HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑;
(3)过氧化钠可以作为潜水艇中的供氧剂,反应方程式为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2,故答案为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2;
(3)
①NaHCO
3、Na2O2在密闭装置中加热,充分反应后,若只得到一种固体化合物E,其化学式为Na2CO3,故答案为Na2CO3;
②B为NaHCO3,E为Na2CO3,若只加入
0.5amol某一纯净物可将只含amolB的溶液转变成只含amolE的溶液,则该纯净物化学式为Na2O2或者Na2O,故答案为Na2O2或者Na2O. 20.碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应,配平化学方程式(将化学计量数填于空白处) 1 KIO3+ 5 KI+ 3 H2SO4= 3 K2SO4+ 3 I2+ 3 H2O.【考点】氧化还原反应方程式的配平.【分析】该反应中化合价的变化为KIO3→I2,I元素由+5价→0价,;KI→I2,I元素由﹣1价→0价,依据氧化还原反应的元素化合价变化升低相同,结合质量守恒配平.【解答】解该反应中化合价的变化为KIO3→I2,I元素由+5价→0价,一个KIO3分子得5个电子;KI→I2,I元素由﹣1价→0价,一个KI分子失一个电子,所以得失电子的最小公倍数为5,KIO3的计量数为1,KI的计量数为5,其它元素根据原子守恒配平,所以反应方程式为KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O,故答案为1;5;3;3;3;3. 21.向
30.0mL硫酸铜溶液中加入过量铝粉,待充分反应后,再向其中加入
2.00mol/L烧碱溶液,至沉淀不再减少,消耗烧碱溶液210mL,且收集到气体
0.672L(标准状况).据此计算
(1)加入铝粉的质量.
(2)原硫酸铜溶液的物质的量浓度.【考点】物质的量浓度的计算.【分析】根据反应的离子方程式计算,
①3Cu2++2Al=3Cu+2Al3+
②Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O
③2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑,计算时注意根据铝守恒和NaOH守恒,结合方程式和质量守恒定律计算该题.【解答】解发生反应的离子方程式为3Cu2++2Al=3Cu+2Al3+…
①Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O…
②2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑…
③由题可知n(H2)==
0.03mol,则反应
③消耗的n(NaOH)=
0.0200mol,n(Al)=
0.0200mol,反应
②消耗的n(NaOH)=
2.00mol•L﹣1×
0.210L﹣
0.0200mol=
0.400mol,则反应
①消耗的n(Al)=
0.100mol,n(Cu2+)=
0.150mol故加入铝粉的质量为m(Al)=(
0.100mol+
0.0200mol)×
27.0g•mol﹣1=
3.24g,硫酸铜溶液的浓度为c(CuSO4)==5mol/L,答
(1)加入铝粉的质量为
3.24g;
(2)原硫酸铜溶液的物质的量浓度为5mol/L. xx年2月18日。