|试卷下载
终身会员
搜索
    上传资料 赚现金
    【化学】黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题(解析版)
    立即下载
    加入资料篮
    【化学】黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题(解析版)01
    【化学】黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题(解析版)02
    【化学】黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题(解析版)03
    还剩11页未读, 继续阅读
    下载需要5学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    【化学】黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题(解析版)

    展开
    黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题
    可能用到的相对原子量:H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5
    一.选择题(本题包括25小题,每小题只有一个选项符合题意,共50分。)
    1.图标 所警示的是( )

    A. 当心火灾——易燃物质 B. 当心火灾——氧化物
    C. 当心爆炸——自燃物质 D. 当心爆炸——爆炸性物质
    【答案】A
    【详解】A、如图所示图标是当心火灾----易燃物质的标志,故A正确;B、氧化物的正确标志为,故B错误;C、自燃物质的正确标志是,故C错误;D、当心爆炸----爆炸性物质的正确标志是,故D错误;故选A。
    2.下列各物质的分类、名称(或俗名)、化学式都正确的是( )
    A. 碱性氧化物 氧化铁 Fe3O4 B. 酸性氧化物 碳酸气 CO
    C. 酸 硫酸 H2SO4 D. 碱 纯碱 Na2CO3
    【答案】C
    【详解】A.氧化铁化学式为Fe2O3,故A错误;B、酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物,CO不能与碱反应也也不能与酸反应,是不成盐氧化物,故B错误;C、硫酸的化学式为H2SO4,故C正确;D、纯碱的化学式是Na2CO3,阳离子是金属阳离子,阴离子是酸根离子,是盐,故D错误;故选C。
    3.下列实验中所选用的仪器合理的是( )
    ①用50 mL量筒量取5.2 mL稀硫酸
    ②用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物
    ③用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体
    ④用250 mL容量瓶配制250 mL 0.2 mol/L的NaOH溶液
    ⑤用坩埚蒸发NaCl溶液
    ⑥用烧杯溶解KNO3晶体
    A. ①⑤⑥ B. ③④⑥ C. ①③④ D. ②③④
    【答案】B
    【详解】①用50mL量筒取5.2mL稀盐酸,产生的误差较大,应该选用10mL量筒量取,故①错误;②苯和四氯化碳互溶,无法用分液漏斗分离,故②错误;③托盘天平的准确度为0.1g,可以用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体,故③正确;④容量瓶是精确配制一定物质的量的浓度的溶液的仪器,用250mL容量瓶能配制250mL0.2mol/L的氢氧化钠溶液,故④正确;⑤蒸发NaCl溶液应该选用蒸发皿,故⑤错误;⑥溶解固体物质可以在烧杯中进行,也可以在试管中进行,因此可以用烧杯溶解KNO3晶体,故⑥正确;故选B。
    4.科学家已发现一种新型氢分子,其化学式为H3,在相同条件下,等质量的H3和H2相同的是( )
    A. 原子数 B. 分子数 C. 体积 D. 物质的量
    【答案】A
    【解析】等质量的H3和H2分子中具有相同原子数,所以分子数一定不同,体积不同,物质的量不同。
    5.下列物质的水溶液能导电,但属于非电解质的是( )
    A. CH3COOH B. Cl2 C. NaCl D. NH3
    【答案】D
    【详解】A、CH3COOH是酸,水溶液中能够电离而导电,是电解质,故A不符合;B、Cl2是单质,氯气通入水中反应生成氯化氢和次氯酸,都是电解质,但氯气既不是电解质,也不是非电解质,故B不符合;C、蔗糖是非电解质,但水溶液中不导电,故C不符合;D、NH3本身不能电离出离子,溶于水反应生成一水合氨,一水合氨能够电离,是电解质,溶液导电,故D符合;故选D。
    6.以下实验装置一般不用于分离物质的是( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】C
    【解析】A、渗析可以实现胶体与溶液的分离,胶体粒子颗粒大,不能透过半透膜,溶液能透过半透膜,常用渗析的方法提纯胶体,故A不选;B、过滤可以用来分离不溶性固体和液体的混合物,故B不选;C、定容是配制一定物质的量浓度的溶液过程中的一步,不能分离物质,符合题意,故C选择;D、蒸馏可以实现两种沸点差距较大的两种互溶物质的分离,故D不选,故选C。
    7.下列溶液中,与100 mL 0.5 mol/L NaCl溶液所含的Cl- 物质的量浓度相同的是( )
    A. 100 mL 0.5 mol/L MgCl2溶液 B. 200 mL 0.25 mol/L AlCl3溶液
    C. 50 mL 1 mol/L NaCl溶液 D. 25 mL 0.5 mol/L HCl溶液
    【答案】D
    【详解】100mL 0.5mol/L NaCl中Cl-物质的量浓度为0.5mol/L。A.100mL 0.5 mol/L MgCl2 溶液中氯离子的物质的量浓度为0.5 mol/L×2=1mol/L,故A错误;B.200 mL 0.25 mol/L AlCl3溶液中氯离子的物质的量浓度为0.25 mol/L×3=0.75mol/L,故B错误;C.50mL 1mol/L NaCl溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol/L,故C错误;D.25mL0.5 mol/L HCl溶液中氯离子的物质的量浓度为0.5 mol/L,故D正确;故选D。
    8.下列电离方程式书写正确的是( )
    A. CH3COONH4 CH3COO-+NH4+ B. HNO3 =H++NO3-
    C. H2S2H++ S2- D. NaHCO3 =Na++H++CO32-
    【答案】B
    【详解】A.CH3COONH4为强电解质,电离方程式为CH3COONH4═CH3COO-+NH4+,故A错误;B.硝酸为强电解质,完全电离,HNO3 =H++NO3-该电离方程式书写完全正确,故B正确;C.H2S为弱酸,则电离方程式为H2S⇌H++HS-,HS-⇌H++S2-,故C错误;D.碳酸为弱酸,NaHCO3为强电解质,则电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3-,故D错误;故选B。
    9. 下列变化中,必须加入氧化剂才能发生的是( )
    A. SO2→S B. SO32—→SO2 C. I—→I2 D. HCO3—→CO32—
    【答案】C
    【解析】必须加入氧化剂才能发生,这说明该微粒是还原剂,有关元素的化合价升高,则A、S元素的化合价降低,需要还原剂,A错误;B、元素的化合价不变,不是氧化还原反应,B错误;C、I元素的化合价升高,需要氧化剂,C正确;D、元素的化合价不变,不是氧化还原反应,D错误,答案选C。
    10.用NA表示阿伏加德罗常数的数值,下列叙述正确的是( )
    A. 在沸水中加入0.1mL5mol/L的FeCl3制得胶体,Fe(OH)3胶体粒子数目为5×10-4NA
    B. 0.5mol/L MgCl2溶液中含有Cl-的数目为NA
    C. 标准状况下,5.6 L H2O含有的电子数目为2.5NA
    D. 13.2g CO2和N2O形成的混合物含有的原子数目为0.9NA
    【答案】D
    【详解】A. 在沸水中加入0.1mL5mol/L的FeCl3制得胶体,Fe(OH)3胶体粒子为多个氢氧化铁分子的聚合体,Fe(OH)3胶体粒子数目少于5×10-4NA,故A错误;B、溶液体积不明确,无法计算溶液中的氯离子的个数,故B错误;C、标况下水不是气体,故不能根据气体摩尔体积来计算5.6 L水的物质的量,故C错误;D. CO2和N2O的摩尔质量相等,13.2g CO2和N2O形成的混合物的物质的量为=0.4mol,CO2和N2O均为三原子分子,含有的原子数目为0.9NA,故D正确;故选D。
    11.下列离子方程正确的是( )
    A. 向氢氧化钙溶液中通入足量二氧化碳:OH-+ CO2 =HCO3-
    B. 足量的锌粉与硫酸铁溶液反应:Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+
    C. 向盐酸中投入碳酸钙:CO32-+ 2H+ =H2O +CO2 ↑
    D. 向稀硫酸溶液中投入铁粉:2Fe +6H+ =2Fe3+ +3H2↑
    【答案】A
    【详解】A.向氢氧化钙溶液中通入足量二氧化碳,反应生成碳酸氢钙,反应的离子方程式为:OH-+CO2═HCO3-,故A正确;B、足量的锌跟硫酸铁反应,生成了硫酸锌和铁,正确的离子方程式为:3Zn+2Fe3+═3Zn2++2Fe,故B错误;C.向盐酸中投入碳酸钙,碳酸钙难溶于水,应该保留化学式,正确的离子方程式为:CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑,故C错误;D.向稀硫酸溶液中投入铁粉,反应生成硫酸亚铁和氢气,正确的离子方程式为:Fe+2H+═Fe2++H2↑,故D错误;故选A。
    12.下列溶液的导电能力最强的是( )
    A. 10mL 18.4mol/L硫酸 B. 20mL 1.0mol/L盐酸
    C. 30mL 1.0mol/L醋酸 D. 40mL 1.0mol/L氨水
    【答案】B
    【详解】A、18.4mol/L硫酸为浓硫酸,硫酸很少电离,几乎不导电;B、1 mol/L盐酸,正电荷的浓度为1mol/L;C、1 mol/L醋酸,醋酸是弱电解质,部分电离,所以正电荷的浓度小于1 mol/L;D、1 mol/L氨水中一水合氨是弱电解质,部分电离,所以正电荷的浓度小于1mol/L;综上可知,正电荷浓度最大的是1 mol/L盐酸,所以该溶液导电能力最强,故选B。
    13.在水溶液中能大量共存,且加入过量稀硫酸溶液时,有气体生成的是( )
    A. Na+、Ag+、CO32-、Cl- B. K+、 Ba2+ 、 SO42-、Cl-
    C. Na+、K+、HCO3-、NO3- D. Na+、K+ 、CH3COO-、SO42-
    【答案】C
    【详解】A.Ag+与CO32-反应生成沉淀而不能大量共存,故A错误;B.Ba2+与SO42-反应生成沉淀而不能大量共存,故B错误;C.Na+、K+、HCO3-、NO3-离子之间不发生任何反应,能大量共存,且加入硫酸后,CO32-与H+反应生成二氧化碳气体,故C正确;D.Na+、K+ 、CH3COO-、SO42-离子之间不发生任何反应,能大量共存,但加入硫酸后不生成气体,故D错误;故选C。
    14.下列有关物质组成的说法正确的是( )
    A. 物质均是由分子构成,分子均是由原子构成
    B. 只由一种元素组成的物质一定是单质
    C. 碱性氧化物均是金属氧化物,酸性氧化物均是非金属氧化物
    D. 硫酸是纯净物,盐酸是混合物
    【答案】D
    【详解】A.铝属于金属单质,是由铝原子直接构成的,氯化钠是由钠离子和氯离子构成的,不一定由分子构成,故A错误;B.单质是由同种元素组成的纯净物,只含有一种元素的物质可能属于混合物,也可能属于单质,如氧气和臭氧组成的物质中只含有一种元素,故含有一种元素的物质不一定是单质,故B错误;C.七氧化二锰是金属氧化物,但属于酸性氧化物,故C错误;D.纯硫酸是纯净物,盐酸是氯化氢的水溶液,是混合物,故D正确;故选D。
    15.氢化钙中氢元素为-1价,可作制氢剂,反应的化学方程式是:CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑。该反应中,水的作用是( )
    A. 既不是氧化剂也不是还原剂 B. 还原剂
    C. 氧化剂 D. 既是还原剂又是氧化剂
    【答案】C
    【详解】由CaH2+2H2O═Ca(OH)2+2H2↑可知,水中H元素的化合价由+1价降低为0,则水在该反应中作氧化剂,故选C。
    16.下列各组在溶液中的反应,不管反应物量的多少,都只能用同一个离子方程式来表示的是( )
    A. NaOH与CO2 B. Ba(OH)2与H2SO4
    C. HCl与Na2CO3 D. Ca(HCO3)2与NaOH
    【答案】B
    【详解】A、NaOH少量时,氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠,氢氧化钠过量时,二者反应生成碳酸钠,不能用同一离子方程式表示,故A错误;B、无论量的多少都只发生Ba(OH)2+H2SO4═BaSO4↓+2H2O,则能用同一离子方程式表示,故B正确;C、HCl少量时发生反应:HCl+Na2CO3═NaHCO3+NaCl,HCl过量时发生2HCl+Na2CO3═NaCl+CO2↑+H2O,所以不能用同一离子方程式表示,故C错误;D、NaOH少量,反应生成水、碳酸钙、碳酸氢钠,而NaOH过量,反应生成碳酸钙、碳酸钠、水,产物不同,不能用同一个离子方程式来表示,故D错误;故选B。
    17.已知300 mL某浓度的NaOH溶液中含60 g溶质。现欲配制1 mol/L 的NaOH溶液,应取原溶液与蒸馏水的体积比约为(忽略稀释时体积的变化)( )
    A. 1︰4 B. 1︰5 C. 2︰1 D. 2︰3
    【答案】A
    【解析】原溶液的浓度为,设取原溶液和水的体积分别为x、y;则,,故A项正确。
    18.某溶液只含有Na+、A13+、Cl-、SO42-四种离子,已知前三种离子的个数比为3:2:1,则溶液中A13+和SO42-的离子个数比为( )
    A. 1:2 B. 1:4 C. 3:4 D. 3:2
    【答案】A
    【解析】根据溶液呈现电中性,因此有n(Na+)+3n(Al3+)=n(Cl-)+2n(SO42-),推出n(SO42-)=4mol,因此n(Cl-):n(SO42-)=1:4,故选项B正确。
    19.3mol SO32-恰好将2mol XO4-还原,则X元素在还原产物中的化合价是( )
    A. +1 B. +2 C. +3 D. +4
    【答案】D
    【解析】考查氧化还原反应的有关计算。SO32-具有还原性,其SO42-氧化产物是,因此3个SO32-一共失去3×(6-4)=6个电子。根据氧化还原反应中得失电子守恒可知2个XO4-也应该得到6个电子,即1个XO4-得到3个电子。在XO4-中x的化合价是+7价,得到3个电子后降低到+4价。答案选D。
    20.下列离子的检验方法正确的是( )
    A. 加入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-
    B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生,再加稀盐酸,沉淀不消失,一定有SO42-
    C. 加入稀硝酸,再加入硝酸银溶液后生成白色沉淀,一定有Cl-
    D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀,再加稀盐酸白色沉淀消失,一定有Ba2+
    【答案】C
    【详解】A.无色气体通入澄清石灰水中,溶液变浑浊,气体为二氧化碳或二氧化硫,则原溶液可能含CO32-或SO32-,或HCO3-等,故A错误;B.白色沉淀为AgCl或硫酸钡,则原溶液可能含SO42-或银离子,但二者不能同时存在,故B错误;C.加入硝酸,排除了其它离子对氯离子验证的干扰,再滴几滴硝酸银溶液有白色沉淀,该沉淀一定是AgCl,故一定有Cl-,故C正确;D.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀,该白色沉淀可能为碳酸钡、碳酸钙等,原溶液中不一定含Ba2+,故D错误;故选C。
    21.NaNO2是一种食品添加剂,具有致癌性。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为:MnO4-+NO2-+ — Mn2++NO3-+H2O(未配平)。下列叙述中正确的是( )
    A. 该反应中NO2-被还原
    B. 生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4
    C. 反应过程中溶液的酸性增强
    D. 中的粒子是OH-
    【答案】B
    【详解】该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价,所以MnO4-是氧化剂,NO2-应该作还原剂,亚硝酸根离子中N元素应该失电子化合价升高,生成硝酸根离子,根据转移电子相等、原子守恒配平方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5 NO3-+3H2O。A.该反应中N元素化合价由+3价变为+5价,所以亚硝酸根离子失电子被氧化,故A错误;B.根据转移电子守恒得,生成1molNaNO3需消耗KMnO4的物质的量= =0.4mol,故B正确;C.根据元素守恒、电荷守恒知,中是H+,氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低,则溶液的酸性减弱,故C错误;D.由C分析可知,中是H+,故D错误;故选B。
    22.300mLAl2(SO4)3溶液中,含Al3+1.62g,在该溶液中加入0.1mol/LBa(OH)2溶液300mL,反应后溶液中SO42—的物质的量浓度为(忽略溶液体积变化) ( )
    A. 0.1mol/L B. 0.2mol/L C. 0.3mol/L D. 0.4mol/L
    【答案】D
    【解析】则300 mL Al2(SO4)3溶液中,;0.1 mol/L Ba(OH)2溶液300 mL中,;当两溶液混合后,反应后溶液中,所以反应后溶液中SO的物质的量浓度为
    23.根据下列反应的化学方程式,判断有关物质的还原性强弱顺序是 ( )
    I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2
    A. I->Fe2+>Cl->SO2 B. Cl->Fe2+>SO2>I-
    C. SO2>I->Fe2+>Cl- D. Fe2+>I->Cl->SO2
    【答案】C
    【详解】①I2+SO2+2H2O═2HI+H2SO4中还原剂是SO2、还原产物是HI,所以还原性SO2>HI;②2FeCl2+Cl2═2FeCl3中还原剂是FeCl2、还原产物是FeCl3,所以还原性FeCl2>FeCl3; ③2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2中还原剂是HI、还原产物是FeCl2,所以还原性HI>FeCl2; 通过以上分析知,还原性强弱顺序是SO2>I->Fe2+>Cl-,故选C。
    24.一只盛有CO、O2、N2混合气体的气球放在空气(空气平均摩尔质量为29g/mol)中静止不动,则混合气体中O2的体积分数是( )
    A. 75% B. 25% C. 50% D. 无法计算
    【答案】B
    【解析】试题分析:放在空气中静止不动,说明混合气体的密度和空气的相等,根据阿伏加德罗推论,密度之比等于摩尔质量之比,因为CO、N2的摩尔质量相等,看成一种物质,利用十字交叉法,氧气占总体积的1/4×100%=25%,答案选B。
    25.已知:2Fe2++Br2===2Fe3++2Br-,2Br-+Cl2===Br2+2Cl- , 2Fe3++2I-===2Fe2++I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气,溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。下列有关说法中,不正确的是( )

    A. 还原性:I->Fe2+>Br-
    B. 当通入2 molCl2时,溶液中已发生的离子反应可表示为:2Fe2++2I-+2Cl2===2Fe3++I2+4Cl-
    C. 原溶液中n(Fe2+)∶n(I-)∶n(Br-)=2∶1∶3
    D. 原混合溶液中FeBr2的物质的量为6 mol
    【答案】B
    【详解】A.反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中,还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br-,即还原性:Fe2+>Br-,反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2中,还原剂I-的还原性强于还原产物Fe2+,即还原性:I->Fe2+,所以还原性I->Fe2+>Br-,A正确;
    B.通入氯气后,碘离子先被氧化,其次是亚铁离子,最后是溴离子,在通入氯气的量为0~1mol的过程中,碘离子从最大量降到0,即得到碘离子的物质的量为2mol,通入氯气的量为1~3mol的过程中,亚铁离子从4mol降到0,三价铁的量逐渐增大,所以含有亚铁离子共4mol,在通入氯气的量为3~6mol的过程中溴离子从6mol降到0,所以溴离子的物质的量是6mol,即FeBr2的物质的量为3mol,B错误;
    C.当通入2molCl2时,2mol的I-消耗氯气1mol,余下的1mol氯气再与2molFe2+反应,即溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-,C正确;
    D.由B可知,碘离子的物质的量为2mol,亚铁离子是4mol,溴离子的物质的量是6mol,n(Fe2+)∶n(I-)∶n(Br-)=2∶1∶3,D正确。
    答案选B。
    二.填空题
    26.(1)CH4的摩尔质量为_______________;
    (2)8 g CH4中约含有______________个分子,含有电子物质的量为_________,在标准状况下所占的体积约为_______________;
    (3)所含原子数相等的甲烷和氨(NH3)的质量比为_________________。
    【答案】(1)16g/mol
    (2)3.02×1023;5;11.2
    (3)64:85
    【解析】试题分析:(1)甲烷(CH4)的摩尔质量为16g/mol,故填:16g/mol
    (2)8 g CH4的物质的量为0.5mol,约含有3.02×1023个分子、含有5mol电子,在标准状况下所占的体积约为11.2L。故填:3.02×1023;5;11.2
    (3)假设所含的原子均为1mol,甲烷和氨气(NH3)的质量比=(×16):(×17)=64:85,故填:64:85。
    27.写出下列反应的离子方程式。
    (1)醋酸钠溶液与盐酸溶液反应_______________________________;
    (2)碳酸氢钠与足量氢氧化钙溶液反应________________________________;
    (3)向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性________________________________。
    【答案】(1). CH3COO- +H+ =CH3COOH (2). HCO3-+ OH-+ Ca2+ = CaCO3↓+ H2O (3). 2H+ + SO42-+ 2OH-+ Ba2+= BaSO4↓ + 2H2O
    【详解】(1)向醋酸钠溶液中滴加盐酸反应生成醋酸和氯化钠,离子方程式:CH3COO-+H+=CH3COOH,故答案为:CH3COO-+H+=CH3COOH;
    (2) 碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液,反应生成碳酸钙沉淀,反应的离子方程式为:Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O,故答案为:Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O;
    (3)向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性,硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为2:1,反应的离子方程式为:Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O,故答案为:Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O。
    28.胶体是一种常见的分散系,回答下列问题。
    (1)向大量沸腾的蒸馏水中逐滴加入___________溶液,继续煮沸至________________________________,停止加热,可制得Fe(OH)3胶体;
    (2)向Fe(OH)3胶体中滴加氢碘酸(HI水溶液)至过量,观察到的现象为________________________________________,该反应的离子方程式为________________________________________________________;
    (3)如由图所示,通电后,Fe(OH)3胶体粒子向_________电极移动(填“X”或“Y”)。

    【答案】(1). 饱和FeCl3溶液 (2). 液体呈红褐色 (3). 先产生红褐色沉淀,然后沉淀逐渐溶解,最终得到澄清的棕黄色溶液 (4). 2Fe(OH)3+ 2I- +6 H+ =2Fe2+ + I2+ 6H2O (5). X
    【详解】(1)Fe(OH)3胶体的制备过程:向煮沸的蒸馏水中逐滴加入FeCl3饱和溶液,继续煮沸至溶液呈红褐色,FeCl3+3 H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl,停止加热,可制得Fe(OH)3胶体,故答案为:饱和氯化铁溶液;液体呈红褐色;
    (2)向Fe(OH)3胶体中滴加氢碘酸(HI水溶液)至过量,首先发生胶体的聚沉,然后氢氧化铁沉淀被氢碘酸溶解,溶解的同时发生氧化还原反应生成碘和碘化亚铁,观察到的现象为先产生红褐色沉淀,然后沉淀逐渐溶解,最终得到澄清的棕黄色溶液,反应的离子方程式为2Fe(OH)3+ 2I- +6 H+ =2Fe2+ + I2+ 6H2O,故答案为:先产生红褐色沉淀,然后沉淀逐渐溶解,最终得到澄清的棕黄色溶液;2Fe(OH)3+ 2I- +6 H+ =2Fe2+ + I2+ 6H2O;
    (3)氢氧化铁胶体粒子带有正电荷,通电后,Fe(OH)3胶体粒子向阴极移动,即向X极移动,故答案为:X。
    三.实验题
    29.某同学用密度为1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸配制500mL0.22 mol/L的稀硫酸。
    (1)操作过程中使用到的玻璃仪器有_____________________________________________________;
    (2)实验过程中涉及的操作如下:
    ①将容量瓶中的溶液倒入试剂瓶中并贴上标签;
    ②将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入盛有约160mL蒸馏水的烧杯中并小心搅拌;
    ③用规格为 的量筒量取 mL的浓硫酸;
    ④将已冷却的硫酸溶液转移到容量瓶中,并用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,洗涤液全部转移到容量瓶中,轻轻摇动容量瓶,使溶液混合均匀;
    ⑤改用胶头滴管滴加蒸馏水,使溶液凹液面最低处恰好与刻度线相切;
    ⑥塞好玻璃塞,反复颠倒摇匀;
    ⑦继续向容量瓶中加蒸馏水直到距离刻度线 处;
    将步骤③、⑦补充完整:_____________,_____________,_______________;
    实验操作顺序为__________________________________________(填序号)。
    (3)配制该溶液的过程中,下列操作使得所配得的溶液浓度偏小的是______________(填字母) 。
    A.稀释密度为1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸时,不小心溅出少量硫酸溶液
    B.用蒸馏水洗涤烧杯、量筒及玻璃棒,并将洗涤液注入容量瓶中
    C.定容时反复上下倒转容量瓶后,发现凹液面最低处低于刻度线,再补加水到刻度线
    D.量取密度为1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸时,仰视量筒的刻度线
    E.洗涤容量瓶后,立即用来配制溶液
    F.稀释浓硫酸结束后立即将溶液转移到容量瓶中
    【答案】(1). 500mL容量瓶、量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管 (2). 10mL (3). 6.0 (4). 1~2cm (5). ③②④⑦⑤⑥① (6). AC
    【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液的步骤:计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等,用到的仪器有:量筒、玻璃棒、烧杯、500mL容器瓶、胶头滴管,故答案为:量筒、玻璃棒、烧杯、500mL容器瓶、胶头滴管;
    (2)③密度为1.84g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度c= =18.4mol/L,稀释前后溶液含溶质的物质的量不变,设需要浓硫酸体积为V,则V×18.4mol/L=500mL×0.22mol/L,解得V=6.0mL,所以应选择10mL量筒;故答案为:10mL;6.0;
    ⑦定容时,开始继续向容量瓶中加蒸馏水直到距离刻度线1-2cm,改用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处与刻度线相切,故答案为:1~2;
    配制一定物质的量浓度溶液的步骤:计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀,所以正确的操作顺序为:③②④⑦⑤⑥①,故答案为:③②④⑦⑤⑥①;
    (3)A.稀释密度为1.84g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸时,不小心溅出少量硫酸溶液,导致溶质的物质的量偏小,溶液的浓度偏小,故A正确;B.用蒸馏水洗涤烧杯、量筒及玻璃棒,并将洗涤液注入容量瓶中,是正确的操作,对结果无影响,故B错误;C.定容时反复上下倒转容量瓶后,发现凹液面最低处低于刻度线,再补加水到刻度线,导致溶液体积偏大,浓度偏小,故C正确;D.量取密度为1.84g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸时,仰视量筒的刻度线,导致量取的浓硫酸体积偏大,溶质的物质的量偏大,溶液的浓度偏大,故D错误;E.洗涤容量瓶后,立即用来配制溶液,对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响,溶液的浓度不变,故E错误;F.稀释浓硫酸结束后,未冷却立即将溶液转移到容量瓶中,导致溶液的体积偏小,浓度偏大,故F错误;故答案为:AC。
    四.计算题
    30.(1)已知反应:K2Cr2O7 + 14HCl=2KCl + 2CrCl3 + 3Cl2↑+ 7H2O,用“单线桥”表示电子转移的方向和数目,并指出氧化产物和还原产物_____________ 。
    (2)Cl2是一种有毒气体,如果泄漏会造成严重的环境污染。化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏,有关反应的化学方程式为:3Cl2(气)+8NH3(气)=6NH4Cl(固)+N2(气),若反应中消耗Cl2 1.5 mol,求被氧化的NH3在标准状况下的体积_________________。
    【答案】(1). ,氧化产物:Cl2 还原产物:CrCl3 (2). 22.4L
    【详解】(1)反应中Cr元素化合价降低,被还原,K2Cr2O7具有氧化性,为氧化剂,元素化合价由+6价降低为+3价,化合价变化3价,用单线桥法标出电子转移的方向和数目可表示为:,化合价降低元素Cr对应的产物CrCl3是还原产物,化合价升高元素Cl对应的产物Cl2 是氧化产物,故答案为:,氧化产物为Cl2,还原产物为CrCl3;
    (2)被氧化的氨气生成氮气,根据方程式可知,消耗Cl2 1.5 mol会生成氨气的物质的量为1.5mol×=0.5mol,根据氮原子守恒可知被氧化的氨气的物质的量为0.5mol×2=1mol,故被氧化氨气的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L,故答案为: 22.4L。
    31.现有300mL MgCl2溶液,密度为1.18g/cm3,其中Mg2+的质量分数为5.1%。
    (1)求该溶液中氯离子的物质的量。(结果保留1位小数)_______________
    (2)向其中加入200mL 5mol/L NaOH溶液,充分反应后,求溶液中Mg2+的物质的量浓度_______________。(溶液混合过程中体积变化忽略不计)
    【答案】(1). 1.5mol (2). 0.5mol/L
    【详解】(1)m(Mg2+)=m(溶液)×ω(Mg2+)=300mL×1.18g/mL×5.1%=354×5.1%g,故溶液中n(Mg2+)= = mol,根据电荷守恒,溶液中n(Cl-)=2n(Mg2+)=2×mol=1.5mol,故答案为:1.5mol;
    (2)混合后溶液中n(Cl-)= =3mol/L,反应后溶液中钠离子的物质的量不变,则:500mL×c(Na+)=200mL×5mol/L,解得c(Na+)=2mol/L,由题意可知,混合后溶液为氯化镁与氯化钠溶液,根据电荷守恒有c(Cl-)=2c(Mg2+)+c(Na+),即:3mol/L=2c(Mg2+)+2mol/L,解得c(Mg2+)=0.5mol/L,故答案为:0.5mol/L。

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单

        欢迎来到教习网

        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        使用学贝下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        返回
        顶部
        Baidu
        map