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河北省武邑中学2019-2020学年高一12月月考化学试题
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河北武邑中学2019——2020学年上学期高一12月月考试
化学试题
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。第Ⅰ卷54分,第Ⅱ卷46分,共100分,考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量:H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 S-32 Cl—35.5 Fe—56 Cu—64
第Ⅰ卷 (选择题 共54分)
一、选择题(本题共18小题,每小题3分,共54分。每小题只有一个正确答案)
1.某合作学习小组讨论辨析以下说法。其中错误的是 ( )
A. 冰和干冰既是纯净物又是化合物
B. 纯碱和熟石灰都是碱
C. 盐酸和食醋都属于混合物
D. 豆浆和雾都是胶体
【答案】B
【解析】
A. 冰和干冰既是纯净物又是化合物,故A正确;B. 纯碱是盐,故B错误;C. 盐酸和食醋都属于溶液,都属于混合物,故C正确;D. 豆浆和雾都是胶体,故D正确。故选B。
2.化学在日常生活中有着广泛的应用。下列说法不正确的是( )
A. 硅是制造太阳能电池的常用材料
B. 明矾可用于水的杀菌消毒
C. 氢氟酸能与SiO2反应,故可用氢氟酸在玻璃上蚀刻标记
D. 燃料的脱硫和脱氮都是减少酸雨产生的措施
【答案】B
【解析】
【详解】A选项,硅能够导电,是制造太阳能电池的常用材料,用于光电池,故A正确;
B选项,明矾中的铝离子水解产生的氢氧化铝胶体具有吸附作用,能够吸附水中的悬浮物,可用于水的净化,没有杀菌消毒作用,故B错误;
C选项,氢氟酸能与SiO2反应,故可用氢氟酸在玻璃上蚀刻标记,故C正确;
D选项,燃料的脱硫和脱氮都是减少酸雨产生的措施,故D正确。
综上所述,答案为B。
【点睛】水晶、玛瑙、石英、沙子主要成份是SiO2,二氧化硅主要用于光导纤维,玻璃、陶瓷、水泥为传统的硅酸盐产品。
3.下列各组物质中,第一种是电解质,第二种是分散系,第三种是合金是 ( )
A. 硫酸、CuSO4·5H2O、生铁 B. 酒精、空气、铜绿
C. 二氧化碳、明矾、熟石灰 D. 硝酸钾、食盐水、黄铜
【答案】D
【解析】
A. 硫酸、CuSO4·5H2O、生铁分别是电解质、电解质和金属单质,A错误;B. 酒精、空气、铜绿分别是非电解质、混合物、混合物,B错误;C. 二氧化碳、明矾、熟石灰分别是非电解质、纯净物、纯净物,C错误;D. 硝酸钾、食盐水、黄铜分别是电解质、溶液、合金,D正确,答案选D。
4.用18.4mol•L﹣1的浓H2SO4配制100mL浓度为1mol•L﹣1的稀H2SO4的过程中,下列操作会引起浓度偏小的是( )
A. 容量瓶用蒸馏水洗涤后未烘干
B. 定容时俯视容量瓶的刻度线
C. 量取浓硫酸后,用少量蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液也放入烧杯
D. 定容摇匀后发现液面低于刻度线,再加水至刻度线
【答案】D
【解析】
【详解】A.容量瓶用蒸馏水洗涤后未烘干对实验结果无影响,故A错误;
B.定容时俯视容量瓶的刻度线会造成溶液的体积偏小,溶液的浓度偏大,故B错误;
C.量筒量取液体后,内壁所附溶液无须洗涤,否则造成溶质的量偏多,溶液的浓度偏大,故C错误;
D.定容摇匀后发现液面低于刻度线为正常现象,再加水会造成溶液的体积偏大,溶液浓度偏小,故D正确;
答案选D。
5.有硫酸镁溶液500mL,它的密度是1.20g·cm−3,其中镁离子的质量分数是4.8%,则有关该溶液的说法不正确的是
A. 溶质的质量分数是24% B. 溶液的物质的量浓度是2.4mol·L−1
C. 溶质和溶剂的物质的量之比约为1∶21.1 D. 硫酸根离子的质量是230.4g
【答案】D
【解析】
A项,MgSO4中Mg的质量分数为100%=20%,则溶质的质量分数为=24%,正确;B项,溶质物质的量浓度c==mol/L=2.4mol/L,正确;C项,n(MgSO4):n(H2O)=:=1:21.1,正确;D项,n(MgSO4)=2.4mol/L0.5L=1.2mol,n(SO42-)=1.2mol,m(SO42-)=1.2mol96g/mol=115.2g,错误;答案选D。
6. 容量瓶是用来配制物质的量浓度的溶液的定量仪器,其上标有:①温度、②浓度、③容量、④压强、⑤刻度线、⑥酸式或碱式这六项中的
A. ②④⑥ B. ③⑤⑥ C. ①②④ D. ①③⑤
【答案】D
【解析】
【详解】容量瓶上标的有温度、容量、刻度线,故选D。
7.用四氯化碳萃取碘的饱和水溶液中的碘,下列说法中不正确的是
A. 实验使用的主要仪器是分液漏斗
B. 碘在四氯化碳中溶解度比在水中的溶解度大
C. 碘的四氯化碳溶液呈紫红色
D. 分液时,水从分液漏斗下口流出,碘四氯化碳溶液从漏斗上口倒出
【答案】D
【解析】
【详解】A、四氯化碳和水不互溶,导致四氯化碳和水能分层,分液漏斗能控制溶液的流量,所以萃取实验中使用的主要仪器是分液漏斗,故A正确;
B、碘和四氯化碳都是非极性分子,水是极性分子,非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂,所以碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大,故B正确;
C、碘易溶于四氯化碳,且碘溶于四氯化碳后溶液呈紫色,故C正确;
D、四氯化碳和水不互溶,所以四氯化碳和水混合后会分层,且四氯化碳的密度大于水的密度,所以四氯化碳在下层水在上层,分液时,水从分液漏斗上口放出,碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口倒出,故D错误。
答案选D。
8. 11.某位同学配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时,造成所配溶液浓度偏高的原因是( )
A. 所用NaOH已经潮解 B. 向容量瓶中加水未到刻度线
C. 有少量NaOH溶液残留在烧杯里 D. 称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法
【答案】B
【解析】
【详解】A.所用NaOH已经潮解,导致称出的氢氧化钠的质量偏小,溶质的量减小,造成所配溶液浓度偏低,故A不选;
B.向容量瓶中加水未到刻度线,导致溶液的体积偏小,造成所配溶液浓度偏高,故B可选;
C.有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里,造成溶质的量偏小,造成所配溶液浓度偏低,故C不选;
D.称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法,实际称量的氢氧化钠是2g-0.4g=1.6g,溶质的量偏低,造成所配溶液浓度偏低,故D不选;
故答案选B。
9. 下列各组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. Cu(OH)2和盐酸;Cu(OH)2和CH3COOH
B. BaCl2和NaHSO4;Ba(OH)2和Na2SO4
C. NaHCO3和NaHSO4;Na2CO3和NaHSO4
D. NaHCO3(过量)和Ca(OH)2;Ca(HCO3)2和NaOH(过量
【答案】BD
【解析】
【分析】
离子方程式的实质是能代表一类化学反应,同一个离子方程式可以表示不同物质间的反应,据此来回答。
【详解】A、盐酸是强酸,在离子方程式中能拆成离子形式,醋酸是弱酸,不能拆成离子,二者的离子方程式不一样,故A不符合题意;
B、氯化钡和硫酸钠反应的实质是钡离子和硫酸根之间的反应;硫酸钠和氢氧化钡反应的实质是钡离子和硫酸根之间的反应,二者的实质一样,离子方程式一样,故B符合题意;
C、碳酸氢钠应拆成钠离子和碳酸氢根离子,碳酸钠应拆除钠离子和碳酸根离子, NaHCO3和NaHSO4的反应实质是碳酸氢根离子和氢离子之间的反应;Na2CO3和NaHSO4的反应实质是碳酸根和氢离子之间的反应,二者的离子方程式不一样,故C不符合题意;
D、NaHCO3(过量)和澄清石灰水之间的反应、Ca(HCO3)2和NaOH(过量)之间的反应实质均可以用2OH-+Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-,故D符合题意;
故答案选BD。
10.已知氧化还原反应:2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O,其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为( )
A. 10mol B. 11mol C. 12mol D. 13mol
【答案】B
【解析】
【详解】由2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4==2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知,Cu元素的化合价由+2价降低为+1价,I元素的化合价由+5价降低为0,则Cu(IO3)2为氧化剂,所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×(2-1)+2mol×(5-0)=11mol;
答案选B。
11.某气体在标准状况下的密度为1.25 g / L,该气体的相对分子质量为( )
A. 44 B. 28 C. 32 D. 16
【答案】B
【解析】
【详解】该气体的摩尔质量M=ρ(标准状况)Vm=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol,所以该气体的相对分子质量为28,答案选B。
12.我国明代《本草纲目》中收载药物1892种,其中“烧酒”条目下写道:“自元时始创其法,用浓酒和糟入甑,蒸令气上……其清如水,味极浓烈,盖酒露也。”这里所用的“法”是指 ( )
A. 萃取 B. 蒸馏 C. 渗析 D. 干馏
【答案】B
【解析】
【详解】有题目可知,“蒸令气上”,利用互溶液体的沸点不同进行分离,为蒸馏,答案为B。
13.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列关于0.2 mol/L Ba(NO3)2溶液的叙述不正确的是
A. 2 L溶液中阴阳离子总数为1.2NA
B. 500 mL溶液中NO3-浓度为0.2 mol/L
C. 500 mL溶液中Ba2+浓度为0.2 mol/L
D. 500 mL溶液中NO3-物质的量为0.2 mol
【答案】B
【解析】
【详解】A、溶液中Ba(NO3)2的物质的量n=cV=0.2mol/L×2L=0.4mol,而1mol Ba(NO3)2中含1mol钡离子和2mol硝酸根即含3mol离子,则0.4mol Ba(NO3)2中含1.2mol离子即1.2NA个,A正确;
B、0.2mol•L-1 Ba(NO3)2溶液NO3-浓度为0.4mol/L,与所取溶液的体积无关,B错误;
C、0.2mol•L-1 Ba(NO3)2溶液Ba2+浓度为0.2mol/L,与所取溶液的体积无关,C正确;
D、500mL溶液中含有Ba(NO3)2的物质的量n=cV=0.2mol/L×0.5L=0.1mol,而1mol Ba(NO3)2中含2mol NO3-,故0.1mol Ba(NO3)2中含0.2mol硝酸根,D正确,
答案选B。
14.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度,现将w1 g样品加热,其质量变为w2 g,则该样品的纯度(质量分数)是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】
168g:xg = 62g:(w1 - w2)g
g,
则该样品的纯度(质量分数)是,故A正确。
综上所述,答案为A。
15.在一定温度下,向饱和的烧碱溶液中加入一定量的过氧化钠,充分反应后恢复到原来温度,下列说法正确的是( )
A. 溶液中Na+浓度增大,有O2放出 B. 溶液碱性不变,有H2放出
C. 溶液中Na+数目减少,有O2放出 D. 溶液碱性增强,有O2放出
【答案】C
【解析】
【详解】过氧化钠与饱和烧碱溶液中的水反应:2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,放出大量的热,恢复为原温度,NaOH的溶解度不变,烧碱溶液仍为饱和溶液,c(NaOH)、c(Na+)、c(OH-)不变,碱性不变,但溶液中水减少了,溶解的NaOH也随之减少,溶液中Na+数目将减少,故C选项正确;
故答案选C。
16.下列变化不能一步实现是( )
A. Na2SiO3→H2SiO3 B. H2SiO3→SiO2
C. SiO2→H2SiO3 D. SiO2→Na2SiO3
【答案】C
【解析】
【详解】A选项,Na2SiO3→H2SiO3,硅酸钠通入二氧化碳气体生成硅酸,故A不选;
B选项,H2SiO3→SiO2,硅酸受热分解得到二氧化硅,故B不选;
C选项,SiO2→H2SiO3,二氧化硅不和水反应生成硅酸,故C可选;
D选项,SiO2→Na2SiO3,二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠,故D不选。
综上所述,答案为C。
【点睛】二氧化硅、氧化铝、氧化铁、氧化铜、氧化镁都不溶于水,也不与水反应。
17.下列叙述正确的是( )
A. 久置在空气中的NaOH溶液,加盐酸时有气体产生
B. 50 mL 12 mol·L-1的浓盐酸与足量的MnO2反应,生成0.15 mol Cl2
C. 在常温下,浓H2SO4不与Cu反应,是因为铜被钝化
D. CO2通入浓的CaCl2溶液中产生白色沉淀
【答案】A
【解析】
NaOH溶液会吸收空气中的生成,加盐酸后碳酸钠与盐酸反应,生成二氧化碳气体,A正确;浓盐酸随着反应的进行变为稀盐酸后,反应停止,故得到的n(Cl2)<0.15mol,B错误;浓不能使铜钝化,铜与浓硫酸需要加热反应,C错误;CO2通入浓的CaCl2溶液中,碳酸酸性小于盐酸,反应无法进行,无明显现象,D错误;正确选项A。
点睛:1molMnO2与足量的浓盐酸加热反应生成1mol氯气,而4mol浓盐酸与足量的MnO2加热反应生成氯气的量小于1mol。
18.向X的溶液中,加入Y试剂,产生的沉淀或气体的量如图所示,其中与所述情形相符的是
A. 向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH溶液
B. 向NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入CO2
C. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加NaOH溶液
D. 向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】A、因向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH时,先发生HCl+NaOH═NaCl+H2O,再发生Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O,生成沉淀与沉淀溶解消耗的碱的物质的量之比为3:1,图象与发生的化学反应不符,故A错误;
B、因向NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入CO2,先发生Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O,再发生CO2+NaOH═NaHCO3,最后发生CaCO3↓+H2O+CO2═Ca(HCO3)2,图象与反应符合,故B正确;
C、向NH4Al(SO4)2溶液中滴加NaOH,先发生Al3++3OH-═Al(OH)3↓,再发生NH4++OH-═NH3.H2O,最后发生Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O,铵根离子消耗的碱与氢氧化铝消耗的碱应为1:1,图象中横坐标中的量与化学反应不符,故C错误;
D、向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀HCl,先发生HCl+NaOH═NaCl+H2O,再发生Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl,最后发生NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O,未生成气体时消耗的酸与生成气体时消耗的酸的物质的量应大于1:1,而图象中为1:1,则图象与发生的化学反应不符,故D错误;
答案选B。
第Ⅱ卷 (非选择题 共46分)
二、填空、简答题 (本大题共4小题,共46分)
19.完成下列各题:
现有下列七种物质:①液态氯化氢;②小苏打;③纯碱粉末;④葡萄糖;⑤氢氧化钾;⑥氢氧化铁胶体;⑦硫酸铁溶液;
(1)上述七种物质中,属于电解质的有_______,属于非电解质的有____。
(2)有两种物质在水溶液中可发生反应,离子方程式为:H++OH-=H2O,该反应的化学方程式为______________。
(3)除去③中少量②的方法是_______,化学方程式为________________。
(4)现有100mL⑦溶液中含Fe3+5.6g,则溶液中SO42-的物质的量浓度是______。
(5)若在⑥中缓慢加入①的水溶液,产生的现象是_____________________。
【答案】 (1). ①②③⑤ (2). ④ (3). HCl+KOH=H2O+KCl (4). 加热分解 (5). 2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑ (6). 1.5mol/L (7). 先产生红褐色沉淀后沉淀溶解,溶液变黄色
【解析】
【分析】
(1)电解质主要是酸、碱、盐、水、活泼金属氧化物;非电解质主要是大多数非金属氧化物、大多数有机物、非酸性气态氢化物;⑥⑦为混合物,既不是电解质也不是非电解质。
(2)离子方程式H++OH-=H2O体现出是强酸和强碱反应生成易溶于水的盐和水的反应;
(3) 碳酸钠性质稳定而碳酸氢钠受热易分解;
(4)先求出铁离子的物质的量,根据硫酸铁的组成可知溶液中硫酸根离子的物质的量,根据c=即可求出硫酸根物质的量浓度;
(5)氢氧化铁胶体加入盐酸后先发生聚沉,然后沉淀溶解于过量的酸中。
【详解】(1)电解质主要是酸、碱、盐、水、活泼金属氧化物,属于电解质的有①②③⑤;非电解质主要是大多数非金属氧化物、大多数有机物、非酸性气态氢化物,属于非电解质的有④;⑥⑦为混合物,既不是电解质也不是非电解质;故答案为:①②③⑤;④。
(2)离子方程式体现出是强酸和强碱反应生成易溶于水的盐和水的反应,该反应的化学方程式为HCl+KOH=H2O+KCl,故答案为:HCl+KOH=H2O+KCl。
(3)除去③中少量②的方法是小苏打受热分解变为碳酸钠,因此用加热方法,化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,故答案为:加热方法;2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑。
(4)现有100mL⑦溶液中含Fe3+5.6g即物质的量为0.1mol,根据硫酸铁的化学式Fe2(SO4)3可知,溶液中硫酸根离子的物质的量为0.15mol,则硫酸根物质的量浓度是,故答案为:1.5mol∙L-1。
(5)若在⑥中缓慢加入①的水溶液,胶体中加入电解质,先发生聚沉,再加入电解质HCl,由于是酸碱中和反应,沉淀又溶解,溶液变为黄色,故答案为:先产生红褐色沉淀后沉淀溶解,溶液变黄色。
20.(1)下列物质:①Fe ② Br2 ③Na2O ④CO ⑤CO2 ⑥SO3 ⑦NH3 ⑧H2S ⑨HCl ⑩H2SO4 ⑪Ba(OH)2 ⑫NaCl ⑬蔗糖 ⑭NaCl溶液。属于电解质的是_____________ , 属于非电解质的是 ___________,能导电的是_____________。
(2)写出下列物质在水中的电离方程式:
NaHSO4 :__________________________________,
H2SO4 :____________________________________,
Ba(OH)2 :__________________________________。
(3)向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入过量的盐酸,会出现一系列变化:先出现________,原因:__________,随后_________________________,原因(用离子方程式表示) _______________________________________。
【答案】 (1). ③⑧⑨⑩⑪⑫ (2). ④⑤⑥⑦⑬ (3). ①⑭ (4). NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42- (5). H2SO4 =2H+ + SO42- (6). Ba(OH)2= Ba2+ + SO42- (7). 红褐色沉淀 (8). Fe(OH)3胶粒吸附Cl-中和表面电性而聚沉 (9). 红褐色沉淀溶解变为黄色溶液 (10). Fe(OH)3 + 3H+ =Fe3+ + 3H2O
【解析】
【分析】
(1)根据电解质、非电解质的概念进行分析判定;导电的物质为电解质的溶液、金属和熔融的电解质;
(2)NaHSO4、 H2SO4、 Ba(OH)2均属于强电解质,完全电离;
(3) Fe(OH)3胶体遇到盐酸溶液先发生聚沉,生成红褐色沉淀,盐酸过量,发生酸碱中和。沉淀溶解。
【详解】(1)①Fe属于金属单质,能导电不是化合物,既不是电解质也不是非电解质;
②Br2 不能导电,属于非电解质单质,既不是电解质也不是非电解质;
③Na2O不能导电,熔融状态下能导电,属于电解质;
④NO2 本身不能电离,属于非电解质;
⑤CO2 本身不能电离,属于非电解质;
⑥SO3 本身不能电离,属于非电解质;
⑦NH3 本身不能电离,属于非电解质;
⑧H2S不能导电,溶于水能导电,属于电解质;
⑨HCl不能导电,溶于水能导电,属于电解质;
⑩H2SO4不能导电,溶于水能导电,属于电解质;
⑪Ba(OH)2不能导电,溶于水或熔融状态下能导电,属于电解质;
⑫NaCl不能导电,溶于水或熔融状态下能导电,属于电解质;
⑬蔗糖不能导电,属于非电解质;
⑭NaCl溶液,能导电,属于混合物,既不是电解质也不是非电解质;
故属于电解质的是:③⑧⑨⑩⑪⑫;属于非电解质的是④⑤⑥⑦⑬;能导电的是①⑭;
(2)NaHSO4电离方程式是NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42-,H2SO4的电离方程式是H2SO4 =2H+ + SO42-,Ba(OH)2的电离方程式是Ba(OH)2= Ba2+ + SO42-;
(3)电解质溶液盐酸电离出的Cl-使Fe(OH)3胶体发生聚沉,生成红褐色沉淀,氢氧化铁胶体聚沉后会产生氢氧化铁沉淀,继续加入盐酸,会发生酸碱中和反应,红褐色沉淀溶解,生成氯化铁和水,此反应的离子方程式是Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O。
21.已知X为Fe2O3和CuO的混合物且氧化性强弱顺序:Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+。X样品可发生如图所示的转化关系:
(1)写出步骤③可能发生反应的离子方程式:________________________(共有3个,任写一个即可)。
(2)若溶液E中只有一种金属离子,则一定是__________;若溶液E中含有两种金属离子,则一定是________。
(3)若D固体是纯净物,该固体是________(填化学式)。
(4)印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成的,可用FeCl3溶液作“腐蚀剂”刻制印刷电路板,该过程发生反应的离子方程式为____________________________________________________________。
【答案】(1)2Fe3++ Fe =3Fe2+;Cu2++Fe=Fe2++Cu;2H++Fe=Fe2++ H2↑
(2)Fe2+;Fe2+、Cu2+ ;(3)Cu ;(4)2Fe3++ Cu =2Fe2++ Cu2+
【解析】
【分析】
X为Fe2O3和CuO的混合物,与盐酸反应生成的A中含有氯化铁和氯化铜、盐酸,被一氧化碳还原后生成的B中含有铜和铁的单质;铁能够与氯化铁和氯化铜、盐酸反应;铜能够与氯化铁反应,根据氧化性强弱顺序:Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+,进行分析解答。
【详解】(1)X为Fe2O3和CuO的混合物,与盐酸反应生成的A中含有氯化铁和氯化铜,被一氧化碳还原后生成的B中含有铜和铁的单质,由于氧化性Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+,所以溶液中可能发生的离子反应有:2Fe3++Fe═3Fe2+、Cu2++Fe═Fe2++Cu、2H++Fe=Fe2+ + H2 ↑;
故答案为2Fe3++Fe═3Fe2+、Cu2++Fe═Fe2++Cu、2H++Fe=Fe2+ + H2 ↑;
(2)根据(1)中发生的离子反应可知,溶液中一定有Fe2+,如果铁单质较少,Fe3+较多,则铜可以被氧化成Cu2+,此时溶液中有Cu2+和Fe2+;
故答案为Fe2+;Cu2+和Fe2+;
(3)由于铜是不活泼金属,Fe3+首先氧化Fe,所以D固体如果是纯净物,则一定是Cu;
故答案为Cu;
(4)根据氧化强弱可知,Fe3+可以氧化Cu,生成Cu2+,离子反应方程式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+;
故答案为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+。
22.某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题:
(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体,均配制成0.1mol·L-1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑,其目的是__________;
(2)甲组同学取2 mL FeCl2溶液,加入几滴氯水,再加入1滴KSCN溶液,溶液变红,说明Cl2可将Fe2+氧化.FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为__________;
(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨,该组同学在2mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL煤油,再于液面下加入1滴KSCN溶液,溶液不变红,再加几滴氯水后溶液变红。煤油的作用是__________。
【答案】 (1). 防止Fe2+被氧化 (2). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- (3). 隔绝空气(排除氧气对实验的影响)
【解析】
【分析】
根据亚铁离子容易被氧气氧化生成铁离子分析,铁可以还原铁离子生成亚铁离子,亚铁离子可以被氯气氧化,煤油可以隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化。
【详解】(1)亚铁离子容易被氧化生成铁离子,加入铁可以防止Fe2+被氧化;
(2)亚铁离子被氯气氧化生成铁离子,离子方程式为:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-;
(3)氯化亚铁容易被空气中的氧气氧化,煤油的密度比水小,在水层上方,可以隔绝空气(排除氧气对实验的影响)。
【点睛】亚铁离子有还原性,能被氧气或氯气氧化,隔绝空气可以防止被氧化。铁离子具有氧化性能与铁反应生成亚铁离子。
23.铝土矿(主要成分为Al2O3,还含有SiO2、Fe2O3)是工业上制备氧化铝的主要原料。工业上提取氧化铝的工艺流程如下:
(1)沉淀A的成分是(填化学式)_________。
(2)步骤②中加入过量NaOH溶液发生反应的离子方程式,除了H++OH-=H2O还有:
_____________________________、________________________________;
(3)步骤③中通入过量CO2气体的离子方程式有______________________;
【答案】 (1). SiO2 (2). Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ (3). Al3++4OH-=AlO2-+2H2O (4). CO2+OH- = HCO3-;AlO2-+ CO2+2H2O = HCO3- +Al(OH)3 ↓
【解析】
【分析】
根据工艺流程得出试剂a为盐酸,氧化铝、氧化铁与盐酸反应生成氯化铝和氯化铁,而二氧化硅和盐酸不反应,沉淀A为二氧化硅,滤液中有氯化铝、氯化铁、过量盐酸,再加氢氧化钠溶液,得到氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液,过滤,沉淀B为氢氧化铁,滤液为偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液,氢氧化铝加热变为氧化铝。
【详解】(1)二氧化硅不与盐酸反应,因此沉淀A的成分是(填化学式) SiO2,故答案为:SiO2。
(2)步骤②滤液主要是氯化铝、氯化铁、过量盐酸,加入过量NaOH溶液,先发生酸碱中和反应,再与铁离子和铝离子反应,发生反应的离子方程式,除了H++OH- = H2O还有:Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O;故答案为:Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O。
(3)步骤③中通入过量CO2气体,先氢氧化钠和二氧化碳反应,再是偏铝酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝,其离子方程式有CO2+OH- = HCO3-;AlO2-+ CO2+2H2O = HCO3- +Al(OH)3 ↓,故答案为:CO2+OH- = HCO3-;AlO2-+ CO2+2H2O = HCO3- +Al(OH)3 ↓。
化学试题
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。第Ⅰ卷54分,第Ⅱ卷46分,共100分,考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量:H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 S-32 Cl—35.5 Fe—56 Cu—64
第Ⅰ卷 (选择题 共54分)
一、选择题(本题共18小题,每小题3分,共54分。每小题只有一个正确答案)
1.某合作学习小组讨论辨析以下说法。其中错误的是 ( )
A. 冰和干冰既是纯净物又是化合物
B. 纯碱和熟石灰都是碱
C. 盐酸和食醋都属于混合物
D. 豆浆和雾都是胶体
【答案】B
【解析】
A. 冰和干冰既是纯净物又是化合物,故A正确;B. 纯碱是盐,故B错误;C. 盐酸和食醋都属于溶液,都属于混合物,故C正确;D. 豆浆和雾都是胶体,故D正确。故选B。
2.化学在日常生活中有着广泛的应用。下列说法不正确的是( )
A. 硅是制造太阳能电池的常用材料
B. 明矾可用于水的杀菌消毒
C. 氢氟酸能与SiO2反应,故可用氢氟酸在玻璃上蚀刻标记
D. 燃料的脱硫和脱氮都是减少酸雨产生的措施
【答案】B
【解析】
【详解】A选项,硅能够导电,是制造太阳能电池的常用材料,用于光电池,故A正确;
B选项,明矾中的铝离子水解产生的氢氧化铝胶体具有吸附作用,能够吸附水中的悬浮物,可用于水的净化,没有杀菌消毒作用,故B错误;
C选项,氢氟酸能与SiO2反应,故可用氢氟酸在玻璃上蚀刻标记,故C正确;
D选项,燃料的脱硫和脱氮都是减少酸雨产生的措施,故D正确。
综上所述,答案为B。
【点睛】水晶、玛瑙、石英、沙子主要成份是SiO2,二氧化硅主要用于光导纤维,玻璃、陶瓷、水泥为传统的硅酸盐产品。
3.下列各组物质中,第一种是电解质,第二种是分散系,第三种是合金是 ( )
A. 硫酸、CuSO4·5H2O、生铁 B. 酒精、空气、铜绿
C. 二氧化碳、明矾、熟石灰 D. 硝酸钾、食盐水、黄铜
【答案】D
【解析】
A. 硫酸、CuSO4·5H2O、生铁分别是电解质、电解质和金属单质,A错误;B. 酒精、空气、铜绿分别是非电解质、混合物、混合物,B错误;C. 二氧化碳、明矾、熟石灰分别是非电解质、纯净物、纯净物,C错误;D. 硝酸钾、食盐水、黄铜分别是电解质、溶液、合金,D正确,答案选D。
4.用18.4mol•L﹣1的浓H2SO4配制100mL浓度为1mol•L﹣1的稀H2SO4的过程中,下列操作会引起浓度偏小的是( )
A. 容量瓶用蒸馏水洗涤后未烘干
B. 定容时俯视容量瓶的刻度线
C. 量取浓硫酸后,用少量蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液也放入烧杯
D. 定容摇匀后发现液面低于刻度线,再加水至刻度线
【答案】D
【解析】
【详解】A.容量瓶用蒸馏水洗涤后未烘干对实验结果无影响,故A错误;
B.定容时俯视容量瓶的刻度线会造成溶液的体积偏小,溶液的浓度偏大,故B错误;
C.量筒量取液体后,内壁所附溶液无须洗涤,否则造成溶质的量偏多,溶液的浓度偏大,故C错误;
D.定容摇匀后发现液面低于刻度线为正常现象,再加水会造成溶液的体积偏大,溶液浓度偏小,故D正确;
答案选D。
5.有硫酸镁溶液500mL,它的密度是1.20g·cm−3,其中镁离子的质量分数是4.8%,则有关该溶液的说法不正确的是
A. 溶质的质量分数是24% B. 溶液的物质的量浓度是2.4mol·L−1
C. 溶质和溶剂的物质的量之比约为1∶21.1 D. 硫酸根离子的质量是230.4g
【答案】D
【解析】
A项,MgSO4中Mg的质量分数为100%=20%,则溶质的质量分数为=24%,正确;B项,溶质物质的量浓度c==mol/L=2.4mol/L,正确;C项,n(MgSO4):n(H2O)=:=1:21.1,正确;D项,n(MgSO4)=2.4mol/L0.5L=1.2mol,n(SO42-)=1.2mol,m(SO42-)=1.2mol96g/mol=115.2g,错误;答案选D。
6. 容量瓶是用来配制物质的量浓度的溶液的定量仪器,其上标有:①温度、②浓度、③容量、④压强、⑤刻度线、⑥酸式或碱式这六项中的
A. ②④⑥ B. ③⑤⑥ C. ①②④ D. ①③⑤
【答案】D
【解析】
【详解】容量瓶上标的有温度、容量、刻度线,故选D。
7.用四氯化碳萃取碘的饱和水溶液中的碘,下列说法中不正确的是
A. 实验使用的主要仪器是分液漏斗
B. 碘在四氯化碳中溶解度比在水中的溶解度大
C. 碘的四氯化碳溶液呈紫红色
D. 分液时,水从分液漏斗下口流出,碘四氯化碳溶液从漏斗上口倒出
【答案】D
【解析】
【详解】A、四氯化碳和水不互溶,导致四氯化碳和水能分层,分液漏斗能控制溶液的流量,所以萃取实验中使用的主要仪器是分液漏斗,故A正确;
B、碘和四氯化碳都是非极性分子,水是极性分子,非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂,所以碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大,故B正确;
C、碘易溶于四氯化碳,且碘溶于四氯化碳后溶液呈紫色,故C正确;
D、四氯化碳和水不互溶,所以四氯化碳和水混合后会分层,且四氯化碳的密度大于水的密度,所以四氯化碳在下层水在上层,分液时,水从分液漏斗上口放出,碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口倒出,故D错误。
答案选D。
8. 11.某位同学配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时,造成所配溶液浓度偏高的原因是( )
A. 所用NaOH已经潮解 B. 向容量瓶中加水未到刻度线
C. 有少量NaOH溶液残留在烧杯里 D. 称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法
【答案】B
【解析】
【详解】A.所用NaOH已经潮解,导致称出的氢氧化钠的质量偏小,溶质的量减小,造成所配溶液浓度偏低,故A不选;
B.向容量瓶中加水未到刻度线,导致溶液的体积偏小,造成所配溶液浓度偏高,故B可选;
C.有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里,造成溶质的量偏小,造成所配溶液浓度偏低,故C不选;
D.称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法,实际称量的氢氧化钠是2g-0.4g=1.6g,溶质的量偏低,造成所配溶液浓度偏低,故D不选;
故答案选B。
9. 下列各组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. Cu(OH)2和盐酸;Cu(OH)2和CH3COOH
B. BaCl2和NaHSO4;Ba(OH)2和Na2SO4
C. NaHCO3和NaHSO4;Na2CO3和NaHSO4
D. NaHCO3(过量)和Ca(OH)2;Ca(HCO3)2和NaOH(过量
【答案】BD
【解析】
【分析】
离子方程式的实质是能代表一类化学反应,同一个离子方程式可以表示不同物质间的反应,据此来回答。
【详解】A、盐酸是强酸,在离子方程式中能拆成离子形式,醋酸是弱酸,不能拆成离子,二者的离子方程式不一样,故A不符合题意;
B、氯化钡和硫酸钠反应的实质是钡离子和硫酸根之间的反应;硫酸钠和氢氧化钡反应的实质是钡离子和硫酸根之间的反应,二者的实质一样,离子方程式一样,故B符合题意;
C、碳酸氢钠应拆成钠离子和碳酸氢根离子,碳酸钠应拆除钠离子和碳酸根离子, NaHCO3和NaHSO4的反应实质是碳酸氢根离子和氢离子之间的反应;Na2CO3和NaHSO4的反应实质是碳酸根和氢离子之间的反应,二者的离子方程式不一样,故C不符合题意;
D、NaHCO3(过量)和澄清石灰水之间的反应、Ca(HCO3)2和NaOH(过量)之间的反应实质均可以用2OH-+Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-,故D符合题意;
故答案选BD。
10.已知氧化还原反应:2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O,其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为( )
A. 10mol B. 11mol C. 12mol D. 13mol
【答案】B
【解析】
【详解】由2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4==2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知,Cu元素的化合价由+2价降低为+1价,I元素的化合价由+5价降低为0,则Cu(IO3)2为氧化剂,所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×(2-1)+2mol×(5-0)=11mol;
答案选B。
11.某气体在标准状况下的密度为1.25 g / L,该气体的相对分子质量为( )
A. 44 B. 28 C. 32 D. 16
【答案】B
【解析】
【详解】该气体的摩尔质量M=ρ(标准状况)Vm=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol,所以该气体的相对分子质量为28,答案选B。
12.我国明代《本草纲目》中收载药物1892种,其中“烧酒”条目下写道:“自元时始创其法,用浓酒和糟入甑,蒸令气上……其清如水,味极浓烈,盖酒露也。”这里所用的“法”是指 ( )
A. 萃取 B. 蒸馏 C. 渗析 D. 干馏
【答案】B
【解析】
【详解】有题目可知,“蒸令气上”,利用互溶液体的沸点不同进行分离,为蒸馏,答案为B。
13.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列关于0.2 mol/L Ba(NO3)2溶液的叙述不正确的是
A. 2 L溶液中阴阳离子总数为1.2NA
B. 500 mL溶液中NO3-浓度为0.2 mol/L
C. 500 mL溶液中Ba2+浓度为0.2 mol/L
D. 500 mL溶液中NO3-物质的量为0.2 mol
【答案】B
【解析】
【详解】A、溶液中Ba(NO3)2的物质的量n=cV=0.2mol/L×2L=0.4mol,而1mol Ba(NO3)2中含1mol钡离子和2mol硝酸根即含3mol离子,则0.4mol Ba(NO3)2中含1.2mol离子即1.2NA个,A正确;
B、0.2mol•L-1 Ba(NO3)2溶液NO3-浓度为0.4mol/L,与所取溶液的体积无关,B错误;
C、0.2mol•L-1 Ba(NO3)2溶液Ba2+浓度为0.2mol/L,与所取溶液的体积无关,C正确;
D、500mL溶液中含有Ba(NO3)2的物质的量n=cV=0.2mol/L×0.5L=0.1mol,而1mol Ba(NO3)2中含2mol NO3-,故0.1mol Ba(NO3)2中含0.2mol硝酸根,D正确,
答案选B。
14.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度,现将w1 g样品加热,其质量变为w2 g,则该样品的纯度(质量分数)是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】
168g:xg = 62g:(w1 - w2)g
g,
则该样品的纯度(质量分数)是,故A正确。
综上所述,答案为A。
15.在一定温度下,向饱和的烧碱溶液中加入一定量的过氧化钠,充分反应后恢复到原来温度,下列说法正确的是( )
A. 溶液中Na+浓度增大,有O2放出 B. 溶液碱性不变,有H2放出
C. 溶液中Na+数目减少,有O2放出 D. 溶液碱性增强,有O2放出
【答案】C
【解析】
【详解】过氧化钠与饱和烧碱溶液中的水反应:2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,放出大量的热,恢复为原温度,NaOH的溶解度不变,烧碱溶液仍为饱和溶液,c(NaOH)、c(Na+)、c(OH-)不变,碱性不变,但溶液中水减少了,溶解的NaOH也随之减少,溶液中Na+数目将减少,故C选项正确;
故答案选C。
16.下列变化不能一步实现是( )
A. Na2SiO3→H2SiO3 B. H2SiO3→SiO2
C. SiO2→H2SiO3 D. SiO2→Na2SiO3
【答案】C
【解析】
【详解】A选项,Na2SiO3→H2SiO3,硅酸钠通入二氧化碳气体生成硅酸,故A不选;
B选项,H2SiO3→SiO2,硅酸受热分解得到二氧化硅,故B不选;
C选项,SiO2→H2SiO3,二氧化硅不和水反应生成硅酸,故C可选;
D选项,SiO2→Na2SiO3,二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠,故D不选。
综上所述,答案为C。
【点睛】二氧化硅、氧化铝、氧化铁、氧化铜、氧化镁都不溶于水,也不与水反应。
17.下列叙述正确的是( )
A. 久置在空气中的NaOH溶液,加盐酸时有气体产生
B. 50 mL 12 mol·L-1的浓盐酸与足量的MnO2反应,生成0.15 mol Cl2
C. 在常温下,浓H2SO4不与Cu反应,是因为铜被钝化
D. CO2通入浓的CaCl2溶液中产生白色沉淀
【答案】A
【解析】
NaOH溶液会吸收空气中的生成,加盐酸后碳酸钠与盐酸反应,生成二氧化碳气体,A正确;浓盐酸随着反应的进行变为稀盐酸后,反应停止,故得到的n(Cl2)<0.15mol,B错误;浓不能使铜钝化,铜与浓硫酸需要加热反应,C错误;CO2通入浓的CaCl2溶液中,碳酸酸性小于盐酸,反应无法进行,无明显现象,D错误;正确选项A。
点睛:1molMnO2与足量的浓盐酸加热反应生成1mol氯气,而4mol浓盐酸与足量的MnO2加热反应生成氯气的量小于1mol。
18.向X的溶液中,加入Y试剂,产生的沉淀或气体的量如图所示,其中与所述情形相符的是
A. 向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH溶液
B. 向NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入CO2
C. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加NaOH溶液
D. 向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】A、因向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH时,先发生HCl+NaOH═NaCl+H2O,再发生Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O,生成沉淀与沉淀溶解消耗的碱的物质的量之比为3:1,图象与发生的化学反应不符,故A错误;
B、因向NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入CO2,先发生Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O,再发生CO2+NaOH═NaHCO3,最后发生CaCO3↓+H2O+CO2═Ca(HCO3)2,图象与反应符合,故B正确;
C、向NH4Al(SO4)2溶液中滴加NaOH,先发生Al3++3OH-═Al(OH)3↓,再发生NH4++OH-═NH3.H2O,最后发生Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O,铵根离子消耗的碱与氢氧化铝消耗的碱应为1:1,图象中横坐标中的量与化学反应不符,故C错误;
D、向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀HCl,先发生HCl+NaOH═NaCl+H2O,再发生Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl,最后发生NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O,未生成气体时消耗的酸与生成气体时消耗的酸的物质的量应大于1:1,而图象中为1:1,则图象与发生的化学反应不符,故D错误;
答案选B。
第Ⅱ卷 (非选择题 共46分)
二、填空、简答题 (本大题共4小题,共46分)
19.完成下列各题:
现有下列七种物质:①液态氯化氢;②小苏打;③纯碱粉末;④葡萄糖;⑤氢氧化钾;⑥氢氧化铁胶体;⑦硫酸铁溶液;
(1)上述七种物质中,属于电解质的有_______,属于非电解质的有____。
(2)有两种物质在水溶液中可发生反应,离子方程式为:H++OH-=H2O,该反应的化学方程式为______________。
(3)除去③中少量②的方法是_______,化学方程式为________________。
(4)现有100mL⑦溶液中含Fe3+5.6g,则溶液中SO42-的物质的量浓度是______。
(5)若在⑥中缓慢加入①的水溶液,产生的现象是_____________________。
【答案】 (1). ①②③⑤ (2). ④ (3). HCl+KOH=H2O+KCl (4). 加热分解 (5). 2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑ (6). 1.5mol/L (7). 先产生红褐色沉淀后沉淀溶解,溶液变黄色
【解析】
【分析】
(1)电解质主要是酸、碱、盐、水、活泼金属氧化物;非电解质主要是大多数非金属氧化物、大多数有机物、非酸性气态氢化物;⑥⑦为混合物,既不是电解质也不是非电解质。
(2)离子方程式H++OH-=H2O体现出是强酸和强碱反应生成易溶于水的盐和水的反应;
(3) 碳酸钠性质稳定而碳酸氢钠受热易分解;
(4)先求出铁离子的物质的量,根据硫酸铁的组成可知溶液中硫酸根离子的物质的量,根据c=即可求出硫酸根物质的量浓度;
(5)氢氧化铁胶体加入盐酸后先发生聚沉,然后沉淀溶解于过量的酸中。
【详解】(1)电解质主要是酸、碱、盐、水、活泼金属氧化物,属于电解质的有①②③⑤;非电解质主要是大多数非金属氧化物、大多数有机物、非酸性气态氢化物,属于非电解质的有④;⑥⑦为混合物,既不是电解质也不是非电解质;故答案为:①②③⑤;④。
(2)离子方程式体现出是强酸和强碱反应生成易溶于水的盐和水的反应,该反应的化学方程式为HCl+KOH=H2O+KCl,故答案为:HCl+KOH=H2O+KCl。
(3)除去③中少量②的方法是小苏打受热分解变为碳酸钠,因此用加热方法,化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,故答案为:加热方法;2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑。
(4)现有100mL⑦溶液中含Fe3+5.6g即物质的量为0.1mol,根据硫酸铁的化学式Fe2(SO4)3可知,溶液中硫酸根离子的物质的量为0.15mol,则硫酸根物质的量浓度是,故答案为:1.5mol∙L-1。
(5)若在⑥中缓慢加入①的水溶液,胶体中加入电解质,先发生聚沉,再加入电解质HCl,由于是酸碱中和反应,沉淀又溶解,溶液变为黄色,故答案为:先产生红褐色沉淀后沉淀溶解,溶液变黄色。
20.(1)下列物质:①Fe ② Br2 ③Na2O ④CO ⑤CO2 ⑥SO3 ⑦NH3 ⑧H2S ⑨HCl ⑩H2SO4 ⑪Ba(OH)2 ⑫NaCl ⑬蔗糖 ⑭NaCl溶液。属于电解质的是_____________ , 属于非电解质的是 ___________,能导电的是_____________。
(2)写出下列物质在水中的电离方程式:
NaHSO4 :__________________________________,
H2SO4 :____________________________________,
Ba(OH)2 :__________________________________。
(3)向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入过量的盐酸,会出现一系列变化:先出现________,原因:__________,随后_________________________,原因(用离子方程式表示) _______________________________________。
【答案】 (1). ③⑧⑨⑩⑪⑫ (2). ④⑤⑥⑦⑬ (3). ①⑭ (4). NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42- (5). H2SO4 =2H+ + SO42- (6). Ba(OH)2= Ba2+ + SO42- (7). 红褐色沉淀 (8). Fe(OH)3胶粒吸附Cl-中和表面电性而聚沉 (9). 红褐色沉淀溶解变为黄色溶液 (10). Fe(OH)3 + 3H+ =Fe3+ + 3H2O
【解析】
【分析】
(1)根据电解质、非电解质的概念进行分析判定;导电的物质为电解质的溶液、金属和熔融的电解质;
(2)NaHSO4、 H2SO4、 Ba(OH)2均属于强电解质,完全电离;
(3) Fe(OH)3胶体遇到盐酸溶液先发生聚沉,生成红褐色沉淀,盐酸过量,发生酸碱中和。沉淀溶解。
【详解】(1)①Fe属于金属单质,能导电不是化合物,既不是电解质也不是非电解质;
②Br2 不能导电,属于非电解质单质,既不是电解质也不是非电解质;
③Na2O不能导电,熔融状态下能导电,属于电解质;
④NO2 本身不能电离,属于非电解质;
⑤CO2 本身不能电离,属于非电解质;
⑥SO3 本身不能电离,属于非电解质;
⑦NH3 本身不能电离,属于非电解质;
⑧H2S不能导电,溶于水能导电,属于电解质;
⑨HCl不能导电,溶于水能导电,属于电解质;
⑩H2SO4不能导电,溶于水能导电,属于电解质;
⑪Ba(OH)2不能导电,溶于水或熔融状态下能导电,属于电解质;
⑫NaCl不能导电,溶于水或熔融状态下能导电,属于电解质;
⑬蔗糖不能导电,属于非电解质;
⑭NaCl溶液,能导电,属于混合物,既不是电解质也不是非电解质;
故属于电解质的是:③⑧⑨⑩⑪⑫;属于非电解质的是④⑤⑥⑦⑬;能导电的是①⑭;
(2)NaHSO4电离方程式是NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42-,H2SO4的电离方程式是H2SO4 =2H+ + SO42-,Ba(OH)2的电离方程式是Ba(OH)2= Ba2+ + SO42-;
(3)电解质溶液盐酸电离出的Cl-使Fe(OH)3胶体发生聚沉,生成红褐色沉淀,氢氧化铁胶体聚沉后会产生氢氧化铁沉淀,继续加入盐酸,会发生酸碱中和反应,红褐色沉淀溶解,生成氯化铁和水,此反应的离子方程式是Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O。
21.已知X为Fe2O3和CuO的混合物且氧化性强弱顺序:Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+。X样品可发生如图所示的转化关系:
(1)写出步骤③可能发生反应的离子方程式:________________________(共有3个,任写一个即可)。
(2)若溶液E中只有一种金属离子,则一定是__________;若溶液E中含有两种金属离子,则一定是________。
(3)若D固体是纯净物,该固体是________(填化学式)。
(4)印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成的,可用FeCl3溶液作“腐蚀剂”刻制印刷电路板,该过程发生反应的离子方程式为____________________________________________________________。
【答案】(1)2Fe3++ Fe =3Fe2+;Cu2++Fe=Fe2++Cu;2H++Fe=Fe2++ H2↑
(2)Fe2+;Fe2+、Cu2+ ;(3)Cu ;(4)2Fe3++ Cu =2Fe2++ Cu2+
【解析】
【分析】
X为Fe2O3和CuO的混合物,与盐酸反应生成的A中含有氯化铁和氯化铜、盐酸,被一氧化碳还原后生成的B中含有铜和铁的单质;铁能够与氯化铁和氯化铜、盐酸反应;铜能够与氯化铁反应,根据氧化性强弱顺序:Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+,进行分析解答。
【详解】(1)X为Fe2O3和CuO的混合物,与盐酸反应生成的A中含有氯化铁和氯化铜,被一氧化碳还原后生成的B中含有铜和铁的单质,由于氧化性Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+,所以溶液中可能发生的离子反应有:2Fe3++Fe═3Fe2+、Cu2++Fe═Fe2++Cu、2H++Fe=Fe2+ + H2 ↑;
故答案为2Fe3++Fe═3Fe2+、Cu2++Fe═Fe2++Cu、2H++Fe=Fe2+ + H2 ↑;
(2)根据(1)中发生的离子反应可知,溶液中一定有Fe2+,如果铁单质较少,Fe3+较多,则铜可以被氧化成Cu2+,此时溶液中有Cu2+和Fe2+;
故答案为Fe2+;Cu2+和Fe2+;
(3)由于铜是不活泼金属,Fe3+首先氧化Fe,所以D固体如果是纯净物,则一定是Cu;
故答案为Cu;
(4)根据氧化强弱可知,Fe3+可以氧化Cu,生成Cu2+,离子反应方程式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+;
故答案为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+。
22.某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题:
(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体,均配制成0.1mol·L-1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑,其目的是__________;
(2)甲组同学取2 mL FeCl2溶液,加入几滴氯水,再加入1滴KSCN溶液,溶液变红,说明Cl2可将Fe2+氧化.FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为__________;
(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨,该组同学在2mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL煤油,再于液面下加入1滴KSCN溶液,溶液不变红,再加几滴氯水后溶液变红。煤油的作用是__________。
【答案】 (1). 防止Fe2+被氧化 (2). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- (3). 隔绝空气(排除氧气对实验的影响)
【解析】
【分析】
根据亚铁离子容易被氧气氧化生成铁离子分析,铁可以还原铁离子生成亚铁离子,亚铁离子可以被氯气氧化,煤油可以隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化。
【详解】(1)亚铁离子容易被氧化生成铁离子,加入铁可以防止Fe2+被氧化;
(2)亚铁离子被氯气氧化生成铁离子,离子方程式为:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-;
(3)氯化亚铁容易被空气中的氧气氧化,煤油的密度比水小,在水层上方,可以隔绝空气(排除氧气对实验的影响)。
【点睛】亚铁离子有还原性,能被氧气或氯气氧化,隔绝空气可以防止被氧化。铁离子具有氧化性能与铁反应生成亚铁离子。
23.铝土矿(主要成分为Al2O3,还含有SiO2、Fe2O3)是工业上制备氧化铝的主要原料。工业上提取氧化铝的工艺流程如下:
(1)沉淀A的成分是(填化学式)_________。
(2)步骤②中加入过量NaOH溶液发生反应的离子方程式,除了H++OH-=H2O还有:
_____________________________、________________________________;
(3)步骤③中通入过量CO2气体的离子方程式有______________________;
【答案】 (1). SiO2 (2). Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ (3). Al3++4OH-=AlO2-+2H2O (4). CO2+OH- = HCO3-;AlO2-+ CO2+2H2O = HCO3- +Al(OH)3 ↓
【解析】
【分析】
根据工艺流程得出试剂a为盐酸,氧化铝、氧化铁与盐酸反应生成氯化铝和氯化铁,而二氧化硅和盐酸不反应,沉淀A为二氧化硅,滤液中有氯化铝、氯化铁、过量盐酸,再加氢氧化钠溶液,得到氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液,过滤,沉淀B为氢氧化铁,滤液为偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液,氢氧化铝加热变为氧化铝。
【详解】(1)二氧化硅不与盐酸反应,因此沉淀A的成分是(填化学式) SiO2,故答案为:SiO2。
(2)步骤②滤液主要是氯化铝、氯化铁、过量盐酸,加入过量NaOH溶液,先发生酸碱中和反应,再与铁离子和铝离子反应,发生反应的离子方程式,除了H++OH- = H2O还有:Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O;故答案为:Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O。
(3)步骤③中通入过量CO2气体,先氢氧化钠和二氧化碳反应,再是偏铝酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝,其离子方程式有CO2+OH- = HCO3-;AlO2-+ CO2+2H2O = HCO3- +Al(OH)3 ↓,故答案为:CO2+OH- = HCO3-;AlO2-+ CO2+2H2O = HCO3- +Al(OH)3 ↓。
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