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2019版高一化学上学期期中试卷含解析
1.下列对诗句、谚语解释或说明,不正确的是A.“落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化B.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”,该过程发生了置换反应C.“春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干”诗句中涉及氧化还原反应D.“卤水点豆腐,一物降一物”发生了化学反应【答案】D【解析】【详解】A.龙虾和螃蟹被煮熟时,它们壳里面的一种蛋白质-甲壳蛋白会受热扭曲分解,释放出一种类似于胡萝卜素的色素物质,有新物质生成,属于化学变化,故A正确;B.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”,其原理为铁置换出铜,属于置换反应,故B正确;C.“春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干”,说的是物质的燃烧,该过程涉及氧化还原反应,故C正确;D.“卤水点豆腐,一物降一物”,这其实说的就是胶体的聚沉,是物理变化所以D选项是错误的答案选D【点睛】物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成如果有新物质生成,则属于化学变化;反之,则是物理变化
2.下列说法正确的是A.铜、纯净的盐酸均导电,所以它们是电解质B.酒精在水溶液里或熔融状态时均不导电,所以酒精是非电解质C.CaO在水溶液和熔融状态下均能导电,所以它们的导电原理相同D.固体KCl、液态HCl均不导电,所以KCl、HCl均是非电解质【答案】B【解析】【详解】A、铜是单质,盐酸是混合物,因此既不是电解质也不是非电解质,故A错误;B、酒精在水溶液中和熔融状态时都不导电,属于非电解质,故B正确;C、CaO溶于水生成氢氧化钙,氢氧化钙电离产生自由移动的离子,所以CaO水溶液能导电,CaO在熔融状态下是自身电离出离子而导电,所以它们的导电原理不同,故C错误;D、KCl在水溶液中和熔融状态时都能导电,液态HCl在水溶液中能导电,所以KCl、HCl均是电解质,故D错误所以B选项是正确的【点睛】电解质指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物,导电必须是化合物自身电离出自由移动的离子;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;单质、混合物既不是电解质也不是非电解质
3.下列实验操作能用到玻璃棒,且玻璃棒作用相同的是
①过滤
②蒸馏
③溶解
④萃取
⑤蒸发
⑥分液
⑦向容量瓶转移液体A.
①和
③B.
①和
⑦C.
②和
⑤D.
⑤和
⑥【答案】B【解析】【分析】玻璃棒在很多操作中被用到,不同操作中玻璃棒的作用也不相同,在溶解中加速溶解,在过滤中引流,防止液体飞溅,在蒸发实验中玻璃棒的作用是搅拌,防止液体因局部受热而飞溅,配制溶液转移液体需要玻璃棒引流,以此来解答【详解】
①过滤、
⑦向容量瓶转移液体,需要玻璃棒引流;
③溶解、
⑤蒸发需要玻璃棒搅拌所以B选项是正确的
4.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.25℃,
1.01105Pa,64gSO2中含有的原子数不是标准状况不能计算B.通常状况下,NA个CO2分子占有的体积为
22.4LC.46g二氧化氮(NO2)和46g四氧化二氮(N2O4)含有的原子数不一样多D.常温常压下,
1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为
0.02NA【答案】D【解析】【详解】A.64gSO2的物质的量==1mol,一个SO2分子含有3个原子,则64gSO2中含有的原子数为3NA,故A错误;B.不是标况下,无法计算NA个二氧化碳分子所占的体积,故B错误;C.46g二氧化氮的物质的量==1mol,含有原子数为3NA,46g四氧化二氮的物质的量==
0.5mol,含有原子数为
0.5NA=3NA,均为3NA,故C错误;D.常温常压下,
1.06gNa2CO3的物质的量为
0.01mol,含有有的Na+离子的物质的量为
0.02mol,钠离子数为
0.02NA,所以D选项是正确的所以D选项是正确的
5.下列关于agH2和bgHe的说法正确的是A.同温同压下,H2和He的体积比是a:bB.同温同压下,若a=b,则H2与He的物质的量之比是2:1C.体积相同时,He的质量一定大于H2的质量D.同温同压下,若二者的物质的量相等,其密度也相等【答案】B【解析】【详解】A、agH2的物质的量为=
0.5amol,bgHe的物质的量为=
0.25bmol,同温同压下,体积之比等于物质的量之比,所以H2和He的体积比为
0.5amol
0.25bmol=2a:b,故A错误;B、由A可以知道H2和He的物质的量之比为2a:b,若a=b,则2a:b=21,故B正确;C、氦的摩尔质量比氢气大,气体的物质的量与压强、温度有关,体积相同时,若温度、压强相同,则He的质量一定大于H2的质量;若温度、压强不同,则无法确定气体的物质的量,故无法判断其质量关系,故C错误;D、同温同压下,气体摩尔体积为定值,二者的物质的量相等,其体积也相等,但质量不相等,所以密度不相等,故D错误所以B选项是正确的【点睛】本题考查了有关阿伏伽德罗定律及推论,注意有关气体体积的计算要考虑温度和压强,易错点是氢气和氦气的相对分子质量容易出错
6.某学生配制100mL1mol·L-1的硫酸溶液,进行下列操作,然后对溶液浓度作精确测定,发现真实浓度小于1mol·L-1,他的下列操作中使浓度偏低的原因是
①用量筒量取浓硫酸时,俯视读数
②量筒中浓硫酸全部转入烧杯中稀释后,再转移到100mL容量瓶中,烧杯未洗涤
③容量瓶没有烘干
④用玻璃棒引流,将溶液转移到容量瓶中时有溶液流到了容量瓶外面
⑤溶液未经冷却即定容
⑥用胶头滴管加蒸馏水时,加入过快而使液面超过了刻度线,立即用滴管吸去多余的水,使溶液凹面刚好与刻度线相切
⑦滴加蒸馏水,使溶液凹面刚好与刻度线相切,盖上瓶塞反复摇匀后,静置,发现液面比刻度线低,再加水至刻度线
⑧定容时仰视读数A.
①②④⑥⑦⑧B.
②③④⑤⑥⑦C.
①②③⑤⑥⑦⑧D.
①②③④⑤⑥⑦【答案】A【解析】【分析】分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响,根据C=进行误差分析,凡是使物质的量n偏小或者使溶液体积V偏大的操作都会导致溶液浓度偏低,反之溶液浓度偏高,据此解答【详解】
①用量筒量取浓硫酸时,俯视读数,导致量取浓硫酸体积偏小,溶质硫酸的物质的量偏小,溶液浓度偏低,故
①选;
②量筒中浓硫酸全部转入烧杯中稀释后,再转移到100mL容量瓶中,烧杯未洗涤,导致溶质损耗,溶质的物质的量偏小,溶液浓度偏低,故
②选;
③容量瓶没有烘干不影响溶液的配制,故
③不选;
④用玻璃棒引流,将溶液转移到容量瓶中有溶液流到了容量瓶外面,导致导致溶质损耗,溶质的物质的量偏小,溶液浓度偏低,故
④选;
⑤溶液未经冷却即定容,导致溶液体积偏小,浓度偏高,故
⑤不选;
⑥用胶头滴管加蒸馏水时,加入过快而使液面超过了刻度线,立即用滴管吸去多余的水,使溶液凹面刚好与刻度线相切,导致溶质损耗,溶质的物质的量偏小,溶液浓度偏低,故
⑥选;
⑦滴加入蒸馏水,使溶液凹面刚好与刻度线相切,盖上瓶塞反复摇匀后,静置,发现液面比刻度线低,再加水至刻度线,导致溶液体积偏大,溶液浓度偏低,故
⑦选;
⑧定容时仰视读数会导致溶液体积偏大,则浓度偏小,故
⑧选综合以上分析,应选
①②④⑥⑦⑧所以A选项是正确的
7.下列溶液中与50mL1mol/LAlCl3溶液中Cl-物质的量浓度相等的是A.50mL1mol/LFeCl3溶液B.75mL2mol/LKCl溶液C.150mL1mol/LMgCl2溶液D.25mL3mol/LCuCl2溶液【答案】A【解析】【分析】1mol/LAlCl3溶液中Cl-物质的量浓度为1mol/L3=3mol/L,结合物质的构成及溶质浓度计算离子浓度,以此来解答【详解】A.1mol/LFeCl3溶液中Cl-物质的量浓度为1mol/L3=3mol/L,故A选;B.2mol/LKCl溶液中Cl-物质的量浓度为2mol/L,故B不选;C.1mol/LMgCl2溶液中Cl-物质的量浓度为1mol/L=2mol/L,故C不选;D.3mol/LCuCl2溶液中Cl-物质的量浓度为3mol/L=6mol/L,故D不选所以A选项是正确的【点睛】明确“溶液中不水解的离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数进行计算氯离子的物质的量浓度,与溶液的体积无关”是解本题的关键
8.在透明水溶液中能大量共存,且加入过量稀硫酸时,有气体生成的是A.Na+、K+、NH4+、Cl-B.K+、Cu2+、SO42-、Cl-C.Na+、Ag+、CO32-、Cl-D.Na+、K+、Cl-、HCO3-【答案】D【解析】【分析】离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或不发生双水解反应、氧化还原反应、络合反应且和稀硫酸反应生成气体的为正确选项,据此分析解答【详解】A项,Na+、K+、NH4+、Cl-能大量共存,但加入过量稀硫酸时,无气体生成,故不选A项;B项,K+、Cu2+、SO42-、Cl-能大量共存,但加入过量稀硫酸时,无气体生成,故不选B项;C项,Ag+和CO32-、Cl-生成沉淀而不能大量共存,故不选C项;D项,这几种离子之间不反应,所以能大量共存,HCO3-和稀硫酸反应生成二氧化碳,故选D项综上所述,本题正确答案为D【点睛】本题考查离子共存,明确离子性质及离子共存条件是解本题关键,注意题中关键词“能共存且稀硫酸反应生成气体”
9.下列离子方程式正确的是
①铜片插入硝酸银溶液中Cu+Ag+===Cu2++Ag
②澄清石灰水滴入稀盐酸中CaOH2+2H+===Ca2++2H2O
③硫酸铜与烧碱溶液反应CuSO4+2OH-═CuOH2↓+SO42-
④铜与盐酸反应Cu+2H+=Cu2++H2↑
⑤用醋酸除去水垢CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑
⑥碳酸氢钠溶液中加入盐酸CO32-+2H+=CO2↑+H2OA.只有
①②④⑤B.只有
①②⑥C.只有
⑥D.全部错误【答案】D【解析】【分析】判断离子方程式正确与否的方法一般是
(1)检查反应能否发生
(2)检查反应物、生成物是否正确
(3)检查各物质拆分是否正确
(4)检查是否符合守恒关系(如质量守恒和电荷守恒等)
(5)检查是否符合原化学方程式,据此可以判断【详解】
①铜片插入硝酸银溶液中的离子反应为Cu+2Ag+===Cu2++2Ag,故
①错误;
②澄清石灰水CaOH2没有拆写成离子形式,正确的离子方程式为OH-+H+===H2O,故
②错误;
③硫酸铜没有拆写成离子形式,正确的离子方程式为Cu2++2OH-═CuOH2↓,故
③错误;
④铜在金属活动顺序表中排在氢后,与盐酸不反应,故
④错误;
⑤碳酸钙和醋酸都不能拆开,正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-,故
⑤错误;
⑥碳酸氢钠与盐酸反应中HCO3-不能拆开,离子方程式应为HCO3- +H+=CO2↑+H2O,故
⑥错误故答案选D
10.对于某些常见离子的检验及结论一定正确的是A.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀,再加盐酸白色沉淀消失,一定有Ba2+B.加氯化钡溶液有白色沉淀产生,再加盐酸沉淀不消失,一定有SO42-C.加入氯化钠溶液有白色沉淀产生,再加稀硝酸沉淀不消失,一定有Ag+D.加稀盐酸产生无色气体,将气体通入澄清石灰水中,溶液变浑浊,一定有CO32-【答案】C【解析】【分析】A.白色沉淀可能是碳酸钙等;B.可能生成AgCl沉淀;C.氯化银沉淀不溶于过量的稀硝酸;D.无色气体可能为二氧化硫【详解】A.白色沉淀可能是碳酸钡,碳酸钙等,故无法判断原溶液存在的离子,故错误;B.产生沉淀可能是硫酸钡,还可能是氯化银,原溶液不一定有硫酸根存在,故错误;C.产生沉淀一定是氯化银,故原溶液中一定存在Ag+,故正确;D.无色气体可能是二氧化碳,也可能是二氧化硫,原溶液不一定有碳酸根存在,故错误;综上所述,本题选C
11.下列有关实验的选项正确的是A.配制100mL
0.10mol·L-1NaOH溶液B.苯萃取碘水中I2,分出水层后的操作C.该装置所示的分离方法和物质的溶解性无关D.从食盐水中提取NaCl固体A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.容量瓶只能配制溶液,不能稀释或溶解药品,所以溶解烧碱时不能用容量瓶,应该用烧杯,故A错误;B..萃取时,苯密度小于水密度,所以苯在水的上层,所以含有碘的苯层应该从上口倒出,故B错误;C.蒸馏与沸点有关,和物质的溶解性无关故C正确;D.水易挥发,可用蒸发的方法提取氯化钠,故D错误;答案选C
12.把
0.05mol的氢氧化钡固体分别加入100mL下列溶液中,溶液的导电能力变化最明显的是A.
0.5mol/L的MgCl2溶液B.
0.5mol/L的盐酸C.
0.5mol/L的Na2SO4溶液D.
0.5mol/L的CuSO4溶液【答案】D【解析】【分析】电解质的导电能力,主要取决于离子浓度的大小,浓度越大,导电能力越强,把
0.05mol的氢氧化钡固体分别加入下列100mL溶液中,溶液的离子浓度变化最大,则溶液的导电能力变化最大,以此解答【详解】A、100mL
0.5mol/L的MgCl2溶液中加入
0.05mol氢氧化钡固体,恰好发生反应MgCl2+BaOH2=MgOH2↓+BaCl2,生成的Ba2+和Mg2+离子浓度相同,所以导电能力没有变化;B、100mL
0.5mol/L的盐酸中加入
0.05mol氢氧化钡固体,发生反应2HCl+BaOH2=BaCl2+2H2O,反应生成
0.025molBaCl2,还剩余
0.025molBaOH2,离子浓度增大,导电能力增大,导电能力变化较明显;C、100mL
0.5mol/L的Na2SO4溶液中加入
0.05mol氢氧化钡固体,恰好发生反应Na2SO4+BaOH2=2NaOH+BaSO4↓,生成的氢氧根离子和原来的硫酸根离子电荷浓度相同,所以导电能力没有变化;D、100mL
0.5mol/L的CuSO4溶液中加入
0.05mol氢氧化钡固体,恰好发生反应CuSO4+BaOH2=CuOH2↓+BaSO4↓,生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀,几乎不导电,所以导电能力变化最明显故答案选D
13.下列说法合理的是
①根据纯净物中是否含氧元素,来判断是否属于氧化物
②根据电泳现象可证明胶体带电荷
③直径介于lnm~l00nm之间的微粒称为胶体
④金属氧化物都是碱性氧化物
⑤根据分散系的稳定性将分散系分为胶体、溶液和浊液
⑥同一钢笔使用不同牌号的墨水容易堵塞,是由于胶体的聚沉A.只有
⑥B.只有
②⑥C.只有
③④⑤D.只有
①②④⑥【答案】A【解析】【详解】氧化物是含有两种元素且其中一种是氧元素的化合物所以氧化物中一定含有氧元素,但含有氧元素的化合物不一定是两种元素组成,故不一定是氧化物,故
①错误;
②电泳现象可证明胶体微粒带电荷,胶体是电中性的,故
②错误;
③分散质微粒直径介于lnml00nm之间的分散系称为胶体,故
③错误;
④金属氧化物有的是酸性氧化物,如Mn2O7,有的是两性氧化物,如Al2O3,故
④错误;
⑤分散系分为胶体、溶液和浊液的依据是分散质的微粒直径大小进行分类,故
⑤错误;
⑥同一钢笔使用不同牌号的墨水容易堵塞,是由于胶体的聚沉,是正确的,故
⑥正确故选A
14.下列溶液中,一定能大量共存的离子组是A.强酸或强碱性环境下的溶液Mg2+、NH4+、S2-、Cl-B.遇酚酞试剂变红的溶液K+、Na+、Cl-、HCO3-C.常温下pH7的溶液Ba2+、NH4+、NO3-、Cl-D.无色透明溶液中K+、Na+、MnO4-、SO42-【答案】C【解析】【分析】离子之间不能生成气体、沉淀、弱电解质、络合物或发生氧化还原反应、双水解反应,据此分析解答【详解】A.强碱条件下的溶液Mg2+和OH-生成氢氧化镁沉淀,NH4+和OH-生成弱电解质一水合氨;强酸性条件下,H+和S2-反应生成硫化氢气体,而不能大量共存,故A错误;B.遇酚酞试剂变红的溶液,说明溶液呈强碱性,HCO3-和OH-反应而不能大量共存,故B错误;C.常温下pH7的溶液,为酸性溶液,Ba2+、NH4+、NO3-、Cl-能够大量共存,且和H+也能大量共存,故C正确;D.无色溶液,说明溶液中不存在有颜色的离子,MnO4-呈紫色,不符合题意,故D错误所以C选项是正确的
15.下列各组的两种物质在溶液中的反应,可用同一离子方程式表示的是A.盐酸与纯碱;盐酸与石灰石B.氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液;氢氧化钡溶液与稀硫酸C.氢氧化钠与盐酸;氢氧化钠与醋酸D.石灰石与硝酸;石灰石与盐酸【答案】D【解析】【详解】A项,盐酸与纯碱反应的离子方程式为CO32-+2H+=H2O+CO2↑,盐酸与石灰石反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑,故A项错误;B项,硫酸铜溶液、稀硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为Cu2++2OH-+SO42-+Ba2+=CuOH2↓+BaSO4↓、2H++2OH-+SO42-+Ba2+=2H2O+BaSO4↓,两者对应反应的离子方程式不同,故B项错误;C项,氢氧化钠与盐酸反应的离子方程式为H++OH-=H2O;氢氧化钠与醋酸反应的离子方程式为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O,两者对应反应的离子方程式不同,故C项错误;D项,硝酸、盐酸与石灰石反应的离子方程式均为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑,两者对应反应的离子方程式相同,故D项正确综上所述,本题正确答案为D
16.设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是A.
0.05mol液态KHSO4中含有
0.1NA个阳离子B.1L
0.1mol·L-1的氨水中有
0.1NA个NHC.标准状况下,
22.4L盐酸含有NA个HCl分子D.23gNa与O2在一定条件下反应生成Na2O和Na2O2的混合物,共转移NA个电子【答案】D【解析】【详解】A.KHSO4在熔融时电离方程式为KHSO4=K++HSO4-,所以
0.05mol液态KHSO4中含有
0.05mol阳离子,含有
0.05NA个阳离子,故A项错误;B.1L
0.1mol·L-1的氨水中所含有溶质的物质的量为
0.1mol/L×1L=
0.1mol,氨水是弱碱水溶液,只能部分发生电离,所含NH的物质的量小于
0.1mol,所含NH小于
0.1NA个,B项错误;C.盐酸为氯化氢的水溶液,不能用
22.4L/mol计算HCl的物质的量,C项错误;D.nNa==1mol,1molNa失去1mol电子,共转移NA个电子,故D正确答案选D【点睛】解题时需注意
(1)盐酸与氯化氢不是同一物质,盐酸是氯化氢的水溶液,盐酸属于混合物;
(2)
22.4L/mol适用于标准状况下由气体体积计算气体分子的物质的量;
(3)在水溶液中和熔融状态下电离不同,KHSO4在水溶液中电离方程式为KHSO4=K++H++SO42-,在熔融时电离方程式为KHSO4=K++HSO4-
17.下列各物质所含原子数目,按由大到小顺序排列的是
①
0.5molNH3
②标准状况下
22.4LHe
③4℃9mL水
④
0.2molH2SO4A.
①③④②B.
④③②①C.
②③④①D.
①④③②【答案】A【解析】【分析】计算物质含有的原子的物质的量,原子的物质的量越大含有的原子越多,以此分析【详解】
①
0.5molNH3含有原子物质的量为2mol;
②标准状况下
22.4LHe的物质的量为1mol,氦气是单原子分子,每个氦气分子含有1个原子,含有的原子的物质的量为1mol;
③4℃9mL水的质量为9g,物质的量为
0.5mol,每个水分子含有3个原子,含有的原子的物质的量为
1.5mol;
④
0.2molH2SO4含有原子物质的量为
1.4mol所以含有的原子数目由大到小顺序为
①③④②所以A选项是正确的
18.VmLAl2SO43溶液中含SO42-ag,取V/4mL溶液稀释到4VmL,则稀释后溶液Al3+中的物质的量浓度是A.125a/576Vmol/LB.125a/288Vmol/LC.125a/144Vmol/LD.125a/96Vmol/L【答案】B【解析】【分析】根据n=计算agSO42-的物质的量,根据电荷守恒可以知道2nSO42-=3nAl3+,据此计算VmL溶液中铝离子物质的量,进而计算mL溶液中铝离子物质的量,再根据c=计算稀释后溶液中Al3+的物质的量浓度【详解】agSO42-的物质的量==mol,根据电荷守恒可以知道2nSO42-=3nAl3+,故VmL溶液中Al3+的物质的量为mol×=mol,故mL溶液中铝离子物质的量mol×=mol,稀释到4VmL,则稀释后该溶液中Al3+的物质的量浓度是=mol/L,所以B选项是正确的
19.在某体系内有反应物和生成物5种物质FeCl
3、FeCl
2、H2S、S、HCl,已知FeCl2为生成物,则另一生成物是A.FeCl3B.H2SC.SD.HCl【答案】C【解析】【分析】已知FeCl2为生成物,则FeCl3→FeCl2为还原反应,Fe元素的化合价降低,该反应中S元素的化合价应升高,以此来解答【详解】由信息可以知道,已知FeCl2为生成物,则还原反应为FeCl3→FeCl2,Fe元素的化合价降低,该反应中S元素的化合价应升高,可以知道氧化反应为H2S→S,则另一生成物为S,所以C选项是正确的【点睛】本题考查了氧化还原反应,明确元素的化合价是解本题的关键,化合价升高,发生氧化反应,生成氧化产物,化合价降低,发生还原反应,生成还原产物
20.已知有下列三个氧化还原反应
①2FeCl3+2NaI===2FeCl2+2NaCl+I2
②2FeCl2+Cl2===2FeCl3
③2KMnO4+16HCl===2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑若某溶液中含有Cl-、Fe2+和I-,要氧化除去I-而又不氧化Fe2+和Cl-,可以加入的试剂是A.Cl2B.KMnO4C.FeCl3D.HCl【答案】C【解析】【详解】A项,由2FeCl2+Cl2===2FeCl3可知Cl2可以将Fe2+氧化为Fe3+,会使Fe2+减少,故A项错误;B项,由2KMnO4+16HCl===2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑反应中产生Cl2,会氧化Fe2+,使Fe2+减少,故B项错误;C项,由2FeCl3+2NaI===2FeCl2+2NaCl+I2可知FeCl3可以氧化除去I-,且不减少Fe2+和Cl-物质的量,故C项正确;D项,HCl不能氧化除去I-,故D项错误综上所述,本题正确答案为C【点睛】氧化还原反应中,氧化性比较氧化剂氧化产物还原产物还原剂,还原性比较还原剂还原产物氧化产物氧化剂
21.已知在酸性溶液中可发生如下反应R2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Rn++7H2O,则Rn+中R的化合价是A.+3B.+4C.+5D.+6【答案】A【解析】【详解】Fe2+中的铁元素的化合价为+2价,反应后铁元素的化合价为+3价,6molFe2+反应中失去6mol的电子,根据得失电子守恒,反应中1molR2O72-得到6mol的电子,R2O72-中R的化合价为+6价,根据得失电子守恒(6-n)×2=6,解得n=+3,故选A项
22.右图中两条曲线分别表示1gC3H6气体、1gM气体在相同体积的容器中压强和温度的关系,试根据图判断M气体可能是A.PH3B.N2C.C3H4D.N2O【答案】B【解析】【分析】同温同压下,气体的摩尔体积相等,气体的物质的量越大,则体积越大,在体积相等的容器中,气体的物质的量越大,则压强越大,结合n=解答该题【详解】同温同压下,气体的摩尔体积相等,在体积相等的容器中,气体的物质的量越大,则压强越大,1gC3H6的物质的量为mol,由图象可以知道在温度为50℃时,两种气体的压强之比为
1.2:
0.8,则物质的量之比为
1.2:
0.8,设气体M的相对分子质量为x,则=
0.8:
1.2,x=28,只有B符合,所以B选项是正确的
23.氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域在一定条件下,AlN可通过以下反应合成Al2O3+N2+3C2AlN+3CO有关该反应下列叙述正确的是A.AlN中氮的化合价为-3B.上述反应中,每消耗1molN2需转移3mol电子C.AlN的摩尔质量为41gD.上述反应中,N2是还原剂,Al2O3是氧化剂【答案】A【解析】【分析】A.氮化铝中铝元素的化合价为+3价,根据化合物中各元素的正负化合价的代数和为分析;B.氮元素从0价变为-3价,根据氮化铝和转移电子之间的关系分析;C.根据摩尔质量的单位是g/mol分析D.在氧化还原反应中,得电子化合价降低的反应物是氧化剂,失电子化合价升高的反应物是还原剂,据此分析;【详解】A、氮化铝中Al的化合价为“+3”价,根据化合物中各元素的正负化合价的代数和为零计算,氮元素的化合价是“-3”价,故A正确;B、N的化合价由“0”价变为“-3”价,故每消耗1molN2需转移6mol电子,故B错误;C、氮化铝的摩尔质量是41g/mol,故C错误;D、反应方程式可知,Al、O的化合价反应前后没有变化,N的化合价由“0”价变为“-3”价,而C的化合价由“0”价变为“+2”价,因此N2是氧化剂,Al2O3既不是氧化剂又不是还原剂,故D错误故选A
24.如果M、SO42-、Mg2+和Na+四种离子以物质的量之比为2∶4∶1∶2共同存在于同一种溶液中,那么M可能是A.Ba2+B.CO32-C.Cu2+D.Cl-【答案】C【解析】【分析】根据离子的物质的量之比,利用电荷守恒确定离子,再结合离子之间不反应,能大量共存来解答【详解】M、SO42-、Mg2+和Na+四种离子以物质的量之比为2∶4∶1∶2共同存在于同一种溶液中,由电荷守恒可以知道,1×2+2×14×2,则M为阳离子,设电荷数为x,则1×2+2×1+2×x=4×2,计算得出x=2,又选项中SO42-能和Ba2+发生反应生成硫酸钡沉淀,不能共存,所以C选项是正确的
25.有一包白色粉末,由BaCl
2、K2SO
4、CaCO
3、NaOH、CuSO4中的一种或几种组成,为了探究它的成份,进行了如下实验下列判断正确的是A.K2SO
4、CuSO4一定不存在B.BaCl2一定不存在C.K2SO
4、CaCO
3、BaCl2一定存在D.滤液C中只含有BaCl2【答案】A【解析】【分析】由流程可以知道,白色粉末溶于水得无色溶液,则一定不含CuSO4,滤渣A与盐酸反应生成气体B,且滤渣全部溶解,则A为CaCO3,B为CO2,原固体一定不含BaCl
2、K2SO4中的一种,且滤液C与二氧化碳反应生成白色沉淀,可以知道C中含BaCl
2、NaOH,以此来解答【详解】A.由上述分析可以知道K2SO
4、CuSO4一定不存在,所以A选项是正确的;B.由上述分析可以知道,NaOH、BaCl
2、CaCO3一定存在,故B错误;C.NaOH、BaCl
2、CaCO3一定存在,K2SO
4、CuSO4一定不存在,故C错误;D.氯化钡与二氧化碳不反应,而C与二氧化碳反应生成白色沉淀,可以知道C中溶质为BaCl
2、NaOH,故D错误所以A选项是正确的
26.A、B、C、D四种可溶性盐,它们的阳离子分别可能是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种,阴离子分别可能是NO3-、SO42-、Cl-、CO32-中的某一种Ⅰ.若把四种盐分别溶解于盛有蒸馏水的四支试管中,只有C盐的溶液呈蓝色Ⅱ.若向实验Ⅰ的四支试管中分别加盐酸,B盐溶液有沉淀产生E,D盐溶液有无色无味气体逸出根据实验Ⅰ、Ⅱ回答下列问题
(1)C的名称为___________;D的化学式为______________
(2)写出盐酸+B反应的离子方程式__________________,化学方程式与盐酸+D反应具有相同的离子方程式
(3)将沉淀E过滤并洗涤,如何验证沉淀E已洗涤干净_____________________________
(4)为检测C盐的一些性质,需配制240mL
0.2mol/LNaOH溶液,请回答下列问题
①经计算,需用托盘天平称量固体NaOH的质量为__________g
②在配制NaOH溶液时除烧杯、玻璃棒外,还需使用的玻璃仪器有________和_________
③将NaOH浓溶液先____________,再转移到容量瓶中,否则溶液浓度__________(填“偏高”或“偏低”)
④配制NaOH溶液时定容的操作加蒸馏水距离刻度线__________处,改用_________滴加,至_______________与刻度线相切
⑤取出配制好的溶液150mL,可以中和质量分数为
36.5%,密度为
1.20g/mL的盐酸的体积为____mL,配制该盐酸需HCl的体积为________mL(标准状况下)【答案】
1.硫酸铜
2.Na2CO
33.Ag++Cl—=AgCl↓
4.取最后一次洗涤液少量于一支洁净的试管中,加入硝酸再加入硝酸银溶液,不产生白色沉淀则沉淀E已洗涤干净
5.
2.
06.胶头滴管
7.250mL容量瓶
8.冷却至室温
9.偏高
10.1—2cm处
11.胶头滴管
12.凹液面最低处
13.
2.
514.672【解析】【分析】给出八种离子,形成四种可溶性物质,这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质,之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除,从而最终确定如Ba2+不能和SO42-、CO32-组合,而只能和NO3-、Cl-;Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子组合,而只能和NO3-组合,则一定是BaCl
2、AgNO3Cu2+不能和CO32-组合,所以为CuSO4;Na+对应CO32为Na2CO3即四种物质为BaCl
2、AgNO
3、CuSO
4、Na2CO3【详解】因为是可溶性盐,所以溶液中存在的盐离子和阴离子对应物质一定是可溶性,根据盐类物质溶解性情况可以知道Ba2+不能和SO42-、CO32-组合,而只能和NO3-、Cl-;Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子组合,而只能和NO3-组合,则一定是BaCl
2、AgNO3Cu2+不能和CO32-组合,所以为CuSO4;Na+对应CO32为Na2CO3即四种物质为BaCl
2、AgNO
3、CuSO
4、Na2CO31根据以上分析,C的名称为硫酸铜;D的化学式为Na2CO3因此,本题正确答案是硫酸铜;Na2CO32根据以上分析,B为AgNO3溶液,和盐酸反应的离子方程式为Ag++Cl—=AgCl↓,因此,本题正确答案是Ag++Cl—=AgCl↓3)沉淀E为AgCl,若未洗涤干净,则在沉淀表面会附着Cl-,可以通过检验没有Cl-来验证沉淀已洗涤干净,方法是取最后一次洗涤液少量于一支洁净的试管中,加入硝酸再加入硝酸银溶液,不产生白色沉淀则沉淀E已洗涤干净,因此,本题正确答案是取最后一次洗涤液少量于一支洁净的试管中,加入硝酸再加入硝酸银溶液,不产生白色沉淀则沉淀E已洗涤干净4
①配制240mL
0.2mol/LNaOH溶液,应选择250mL的容量瓶,所以需要称量氢氧化钠的质量是
0.25L×
0.2mol/L×40g/mol=
2.0g;因此,本题正确答案是
2.0
②在配制NaOH溶液时,需要烧杯溶解固体,用玻璃棒进行搅拌,容量瓶盛放溶液,胶头滴管定容,所以除烧杯、玻璃棒外,还需使用的玻璃仪器有胶头滴管和250mL容量瓶;因此,本题正确答案是胶头滴管;250mL容量瓶
③将NaOH浓溶液先冷却至室温,再转移到容量瓶中,否则氢氧化钠溶于水放热,则会使溶液的体积偏小,氢氧化钠溶液的浓度偏高;因此,本题正确答案是冷却至室温;偏高
④配制NaOH溶液时定容的操作加蒸馏水距离刻度线1—2cm处处,改用胶头滴管滴加,至凹液面最低处与刻度线相切;因此,本题正确答案是1—2cm处;胶头滴管;凹液面最低处
⑤质量分数为
36.5%,密度为
1.20g/mL的盐酸的物质的量浓度为c==mol/L=12mol/L,根据cNaOHVNaOH=cHClVHCl,中和150mL
0.2mol/LNaOH溶液消耗该盐酸的体积为VHCl==
0.0025L=
2.5mL;配制该盐酸需HCl的体积为:
0.0025L12mol/L
22.4L/mol=
0.672L=672mL;因此,本题正确答案是
2.5;
67227.已知下列两个反应
①3Cu+8HNO3=3CuNO32+2NO↑+4H2O
②3Cu2S+22HNO3=6CuNO32+3H2SO4+10NO↑+8H2O试回答下列问题
(1)反应
①中___________(填化学式)作氧化剂;Cu发生__________(填“氧化”或“还原”)反应;用双线桥表示出反应
①的电子转移方向和数目______3Cu+8HNO3=3CuNO32+2NO↑+4H2O
(2)将反应
②改写为离子方程式__________________________(提示Cu2S不溶于水)
(3)反应
②中Cu2S中Cu的化合价为______;___________(填元素符号)元素被氧化,还原产物为_____________
(4)当反应
②中生成
2.24L(标准状况下)NO气体,消耗HNO3的质量为__________g,其中有_________molHNO3被还原,共转移电子_________mol【答案】
1.HNO
32.氧化
3.
4.3Cu2S+16H++10NO3-=6Cu2++3SO42-+10NO↑+8H2O
5.+
16.Cu、S
7.NO
8.
13.
869.
0.
110.
0.3【解析】【分析】1根据化合价变化分析反应
①中氧化剂、还原剂、被氧化、被还原及电子得失情况;2根据离子方程式的书写原则写出反应
②的离子方程式;3根据化合价代数和为零分析Cu2S中Cu的化合价;根据化合价变化分析反应
②中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物4根据反应物与生成物的化学计量关系计算反应
②中有关量【详解】
(1)反应
①中,化合价升高的是铜元素,被氧化,化合价降低的元素是氮元素,所在的反应物硝酸是氧化剂,金属铜是还原剂;化合价升高的是铜元素,化合价降低的是硝酸中的氮元素,转移电子数为6mol,双线桥法表示电子转移的方向和数目如下所示,因此,本题正确答案是HNO3;氧化;
(2)反应
②中,化合价升高的是铜元素和硫元素,被氧化,化合价降低的元素是氮元素,所在的反应物硝酸是氧化剂,改成离子方程式为3Cu2S+16H++10NO3-=6Cu2++3SO42-+10NO↑+8H2O;因此,本题正确答案是3Cu2S+16H++10NO3-=6Cu2++3SO42-+10NO↑+8H2O
(3)Cu2S中S为-2价,则Cu的化合价为+1;Cu、S元素化合价均升高,被氧化,硝酸是氧化剂,被还原,生成NO,还原产物为NO因此,本题正确答案是+1;Cu、S;NO
(4)由题给条件可知,生成NO的物质的量为=
0.1mol,根据反应式3Cu2S+22HNO3=6CuNO32+3H2SO4+10NO↑+8H2O,消耗HNO3的质量为
0.1mol×63g/mol=
13.86g;每生成1molNO还原1mol硝酸,所以生成
0.1molNO时,有
0.1molHNO3被还原,共转移
0.1mol3=
0.3mol电子因此,本题正确答案是
13.86;
0.1;
0.3。