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【化学】福建省晋江市季延中学2018-2019学年高二上学期开学考试(解析版)
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福建省晋江市季延中学2018-2019学年高二上学期开学考试
1.下列物质中,属于电解质但不能导电的是
A. 四氯化碳 B. 稀盐酸 C. 氢氧化钠固体 D. 石墨
【答案】C
【解析】
【分析】
溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质,含有自由移动离子或电子的物质可以导电,据此判断。
【详解】A、四氯化碳属于非电解质,A错误;
B、盐酸是混合物,能导电,不是电解质也不是非电解质,B错误;
C、氢氧化钠是电解质,溶于水或在熔融状态下能导电,氢氧化钠固体不导电,C正确;
D、石墨是单质,能导电,不是电解质也不是非电解质,D错误。
答案选C。
【点睛】注意电解质与电解质溶液的区别:电解质是纯净物,电解质溶液是混合物。无论电解质还是非电解质的导电都是指本身能否电离出离子而导电,而不是说只要在水溶液或者是熔化能导电就是电解质。
2.已知甘油(C3H8O3)通常是无色液体,易溶于水,密度比水大,沸点约为290.9℃。要从甘油、水的混合物中分别得到甘油与水,最佳方法是( )
A. 分液 B. 过滤 C. 蒸馏 D. 蒸发
【答案】C
【解析】
试题分析:甘油易溶于水,密度比水大,沸点约为290.9℃,分离甘油与水的最佳方法是蒸馏,故C正确。
考点:本题考查混合物分离。
3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. SO2具有氧化性,可用于漂泊纸浆
B. NH4HCO3 受热易分解,可用作氮肥
C. 明矾溶于水产生的SO42- 有氧化性,可用于净水
D. 常温下铁能被浓硝酸钝化,可用铁质容器贮运浓硝酸
【答案】D
【解析】
【详解】A.二氧化硫具有漂白性,可用于漂白纸浆,与其氧化性无关,A错误;
B.NH4HCO3含N元素,可用作氮肥,与其受热易分解无关,B错误;
C.明矾溶于水产生氢氧化铝胶体,氢氧化铝胶体具有吸附性,则用作净水剂,与硫酸根离子无关,C错误;
D.常温下Fe遇浓硝酸发生钝化,生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生,则可用铁质容器贮运浓硝酸,D正确;
答案选D。
4.下列说法正确的是
A. 分液时,先从分液漏斗下口放出下层液体,更换烧杯后再从下口放出上层液体
B. 蒸馏时,温度计水银球需靠近蒸馏烧瓶的支管口,冷凝水的流向应上口进下口流出
C. 萃取操作时,应选择有机萃取剂,且萃取剂的密度必须比水大
D. 使用容量瓶配置溶液时,实验开始前容量瓶中有残留的蒸馏水,对实验结果无影响
【答案】D
【解析】
【详解】A.分液时为防止试剂污染,下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,A错误;
B.蒸馏实验中冷凝水的流向应下口进,上口出,B错误;
C.萃取剂应该与原溶剂不互溶,且被萃取物质在萃取剂中的溶解度大于原溶剂中的溶解度,因此萃取操作时,不一定必须选择有机萃取剂,且萃取剂的密度也不一定必须比水大,C错误;
D. 使用容量瓶配溶液时,实验开始前容量瓶中有残留的蒸馏水,不会影响溶质的质量和溶液体积,所以这对实验结果无影响,D正确。
答案选D。
5. 下列反应最终能生成含三价铁的化合物的是
①过量Fe与HNO3② 铁丝在硫蒸汽中燃烧 ③过量的Fe在Cl2中燃烧
④铁与CuCl2溶液反应 ⑤Fe(OH)2露置于空气中
A. ①②③ B. ①③⑤ C. ③④ D. ③⑤
【答案】D
【解析】
试题分析:① Fe与HNO3反应生成Fe3+,由于Fe过量,Fe3+会继续与Fe单质反应生成Fe2+,①错误;② 铁丝在硫蒸汽中燃烧生成FeS,②错误;③过量的Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3,③正确;④铁与CuCl2溶液发生置换反应,生成Fe2+,④ 错误;⑤Fe(OH)2露置于空气中,会被空气中的氧气氧化成Fe(OH)3,⑤正确。故答案D。
考点:考查Fe及其化合物的性质。
6.下列物质或微粒的转化在给定条件下能实现的是
A. NaNa2ONaOH
B. SSO2H2SO4
C. SiO2Na2SiO3H2SiO3
D. AlAlO2-Al3+
【答案】C
【解析】
【详解】A、钠在点燃的条件下与氧气反应生成过氧化钠,常温下生成氧化钠,A错误;
B、单质硫燃烧生成二氧化硫,二氧化硫溶于水生成亚硫酸,B错误;
C、二氧化硅是酸性氧化物,与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠,然后通入氯化氢生成硅酸沉淀,C正确;
D、铝单质与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀,碳酸不能溶解氢氧化铝,D错误。
答案选C。
7.下列各组物质都能使品红溶液褪色,且褪色原理相同的是
A. HClO Na2O2 B. CO2 Cl2 C. 活性炭 HClO D. 活性炭 Na2O2
【答案】A
【解析】
【详解】A.HClO、Na2O2都具有强氧化性和漂白性,且漂白后的产物不能恢复到原来的颜色,具有不可逆性,二者都能使品红溶液褪色,且褪色原理相同,A正确;
B.二氧化碳无漂白性,不能使品红溶液褪色,氯气溶于水生成的次氯酸具有漂白性,氯气能使品红溶液褪色,B错误;
C.活性炭具有吸附作用能使品红溶液褪色,为物理变化;次氯酸具有强氧化性和漂白性,且漂白后的产物不能恢复到原来的颜色,具有不可逆性,二者都使品能红溶液褪色,但褪色原理不相同,C错误;
D.活性炭具有吸附作用能使品红溶液褪色,为物理变化,Na2O2都具有强氧化性和漂白性,且漂白后的产物不能恢复到原来的颜色,具有不可逆性,二者都使品能红溶液褪色,但褪色原理不相同,D错误;
答案选A。
8. 甲、乙、丙三种不同物质有下图转化关系:
则甲不可能是( )
A. Al2O3 B. SiO2 C. CO2 D. NH4Cl
【答案】D
【解析】
A.氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠和盐酸反应生成氯化铝或氢氧化铝,加热氢氧化铝生成氧化铝,所以符合转化关系,故A不选;B.二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠,硅酸钠和盐酸反应生成硅酸,加热硅酸生成二氧化硅,所以符合转化关系,故B不选;C.二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠或碳酸氢钠,碳酸钠或碳酸氢钠与盐酸反应生成碳酸,碳酸加热生成二氧化碳,所以符合转化关系,故C不选;D.氯化铵和氢氧化钠溶液反应生成氨水,氨水和盐酸反应生成氯化铵,加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢,所以不符合转化关系,故D错误;故选D。
点睛:考查无机物的推断,明确物质的性质是解本题关键,甲和氢氧化钠溶液能反应,则甲可能是铝、酸、酸式盐、酸性氧化物、酯、氢氧化铝等,甲和氢氧化钠反应生成乙,易能和盐酸反应生成丙,丙加热生成甲,根据各物质的性质来分析解答。
9. 除去下列物质中所含的杂质(括号内为杂质),选用试剂正确的是
A. FeCl2溶液(FeCl3):Fe粉
B. CO2(SO2):饱和的Na2CO3溶液
C. Al2O3(SiO2):NaOH溶液
D. NaHCO3溶液(Na2CO3):Ca(OH)2溶液
【答案】A
【解析】
试题分析:A、因为发生Fe+2FeCl3=3FeCl2,不产生新的杂质,故正确;B、CO2也能和Na2CO3发生反应,即CO2+CO32-+H2O=2HCO3-,不仅除去SO2还除去CO2,故错误;C、Al2O3属于两性氧化物,SiO2属于酸性氧化物,都可以和碱反应,故错误;D、Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH,Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH,都可以发生反应,故错误。
考点:考查物质的除杂等知识。
10.下列离子方程正确的是
A. 用碳酸氢钠中和过多的胃酸:CO32-+2H+ =CO2↑+H2O
B. 向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至混合溶液恰好为中性:Ba2++OH- +H+ +SO42- =BaSO4 ↓+H2O
C. 将氢氧化铁固体放入盐酸中:Fe(OH)3+3H+ =Fe3++3H2O
D. 醋酸与氢氧化钠溶液反应:H++OH-=H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 弱酸的酸式根不能拆开,则用碳酸氢钠中和过多的胃酸:HCO3-+H+=CO2↑+H2O,A错误;
B. 向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至混合溶液恰好为中性,此时生成硫酸钡、硫酸钠和水:Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O,B错误;
C. 将氢氧化铁固体放入盐酸中生成氯化铁和水:Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O,C正确;
D. 醋酸难电离,与氢氧化钠溶液反应生成醋酸钠和水:CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O,D错误。
答案选C。
11.某离子反应涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒,其中c(NH4+)随反应进行逐渐减小。下列判断正确的是
A. 反应的还原产物是N2 B. 消耗1mol氧化剂转移3mole-
C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3 D. 反应后溶液的酸性明显增加
【答案】D
【解析】
【详解】某离子反应涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒,其中c(NH4+)随反应进行逐渐减小,则NH4+是反应物,因此N2是生成物,由此推断该反应为NH4+与ClO-的氧化还原反应,根据电子得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知离子方程式为:2NH4++3ClO-=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+,N元素化合价由-3→0,Cl元素化合价由+1→-1。则
A、反应的还原产物是Cl-,氮气是氧化产物,A错误;
B、消耗1mol氧化剂(ClO-),转移2mol电子,B错误;
C、氧化剂ClO-与还原剂NH4+物质的量之比为3:2,C错误;
D、反应生成H+,所以反应后溶液的酸性明显增强,D正确。
答案选D。
12.下列实验中,对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
向某溶液中加入足量氯水后再滴加KSCN溶液
溶液变红色
原溶液有Fe2+
B
用直流电作用于氢氧化铁胶体
一段时间后,阴极附近颜色变深
氢氧化铁胶粒带正电
C
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
融化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低
D
用酒精灯加热试管中的NH4Cl固体
试管受热部分白色固体逐渐减少
NH4Cl易升华
【答案】B
【解析】
【详解】A、若溶液中存在铁离子,溶液也变红色,故溶液中一定存在铁元素,可能为二价或三价,A错误;
B、用直流电作用于氢氧化铁胶体,一段时间后,阴极附近颜色变深,说明氢氧化铁胶粒向阴极移动,所以氢氧化铁胶粒带正电,B正确;
C.铝易被氧化为氧化铝,Al2O3熔点高于单质Al,表面没有熔化的Al2O3保护内部熔化的铝,并不滴落,C错误;
D.用酒精灯加热试管中的NH4Cl固体,氯化铵分解生成氨气和氯化氢,因此试管受热部分白色固体逐渐减少,但该过程不是升华,D错误;
答案选B。
【点睛】本题考查较为综合,涉及物质的检验等操作,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,注意把握实验操作的严密性以及物质的性质,选项A是易错点,题目难度中等。
13.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂,下列反应可制取K2FeO4:2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH=2K2FeO4+6□+8H2O 。下列说法不正确的是
A. □处的物质应为KCl B. 每转移1mole- ,可以得到33g K2FeO4
C. 该反应中铁元素的化合价升高 D. 氧化性:Cl2>K2FeO4
【答案】B
【解析】
【分析】
反应中Fe元素的化合价升高,被氧化,因此Cl元素的化合价降低,被还原,其还原产物是氯化钾,以此解答该题。
【详解】A.根据原子守恒可知□处的物质应为KCl,A正确;
B.每生成1mol K2FeO4,消耗1.5mol氯气,转移3mol电子,则每转移1mole-,可以得到K2FeO4的质量是,B错误;
C.铁元素化合价由+3价升高为+6价,因此该反应中铁元素的化合价升高,被氧化,C正确;
D.氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,氯元素的化合价由0降低到-1价,发生还原反应,氯气是氧化剂,则氧化性:Cl2>K2FeO4,D正确;
答案选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应,注意从元素化合价变化的角度分析,注意氧化剂与还原剂的区别以及氧化性与还原性的比较方法。
14.将Cu放入0.1 mol•L﹣1FeCl3溶液中,反应一段时间后取出Cu片,溶液中Fe3+与Fe2+的物质的量浓度之比为4:3,则反应后溶液中Cu2+与Fe3+的物质的量之比为
A. 3:2 B. 3:8 C. 4:3 D. 3:4
【答案】B
【解析】
试题分析:将Cu片放入FeCl3溶液中.发生反应:Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,假设溶液中n(Fe2+)=3mol,则溶液中n(Fe3+)=4mol,由离子方程式可知,n(Cu2+)=1/2n(Fe2+)=1/2×3mol=1.5mol,所以n(Cu2+):n(Fe3+)=1.5mol:4mol=3:8,答案选B。
考点:考查铜的化学性质、离子方程式的有关计算
15. 科学家预测原子序数为114的元素,具有相当稳定性的同位素,它的位置在第7周期IVA族,称为类铅。关于它的性质,预测错误的是
A. 它的最外层电子数为4 B. 它的金属性比铅强
C. 它具有+2、+4价 D. 它的最高价氧化物的水化物是强酸
【答案】D
【解析】
试题解析:原子序数为114的元素在第7周期IVA族。A、它的最外层电子数为4,正确;B、同主族元素由上到下元素的金属性逐渐增强,故它的金属性比铅强,正确;C、该元素在第7周期IVA族,它具有+2、+4价,正确;D、同主族元素由上到下元素的金属性逐渐增强,最高价氧化物水化物的酸性减弱,碳酸为弱酸,故它的最高价氧化物的水化物不可能是强酸,错误。
考点:考查元素周期表的应用。
16.下列化学用语表达正确的是:
A. 氯离子的结构示意图:
B. HClO的结构式为:H﹣Cl﹣O
C. 氯化镁的电子式:
D. 由非金属元素组成的化合物一定不是离子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A.氯原子得1个电子后形成氯离子(Cl-),即最外层电子数由7个变成8个,结构示意图为,故A错误;B.次氯酸中H和Cl分别与O形成1对共价键,结构式为H﹣O﹣Cl,故B错误;C.氯化镁属于离子化合物,电子式为,故C正确;D.由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物,如铵盐,故D错误;故选C。
17.下列实验操作和结论说法正确的是:
选项
实验
结论
A
除去甲烷中的乙烯杂质,可将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液
乙烯含有碳碳双键,能与酸性高锰酸钾反应,甲烷不反应
B
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性
C
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液,溶液最终变为无色透明
生成的1,2二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳
D
用乙酸浸泡水壶中的水垢,可将其清除
乙酸的酸性小于碳酸的酸性
【答案】C
【解析】
【详解】A.酸性高锰酸钾溶液和乙烯反应生成二氧化碳,因此不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯气体,故A错误;B.钠与水反应比与乙醇反应剧烈,则乙醇分子中羟基上的氢原子不如水分子中的氢原子活泼,故B错误;C.乙烯含碳碳双键,与溴发生加成反应,生成的1,2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳,则溶液最终变为无色透明,故C正确;D.用乙酸浸泡水壶中的水垢,可将其清除,说明醋酸可与碳酸钙反应,从强酸制备弱酸的角度判断,乙酸的酸性大于碳酸,故D错误;故选C。
18.下列说法正确的是:
A. 分子式为C7H8,分子中含有苯环的烃的一氯代物有4种
B. 硬脂酸与乙醇的酯化反应:C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O
C. 如图所示实验可证明元素的非金属性:Cl>C>Si
D. C4H10的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同,因而沸点正丁烷低于异丁烷
【答案】A
【解析】
【详解】A.C7H8为,分子中有4种化学环境不同的H原子,其中甲基上1种,苯环上3种,故其一氯代物有4种,故A正确;B.硬脂酸为C17H35COOH,含有羧基,与C2H518OH发生酯化反应,乙醇脱去H原子,硬脂酸脱去羟基,反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O,故B错误;C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性,HCl不是最高价含氧酸,则不能比较Cl、C的非金属性,故C错误;D.丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2两种同分异构体,前者为正丁烷、后者为异丁烷,结构不同,分子间作用力大小不同,因而沸点不同,其中沸点正丁烷高于异丁烷,故D错误;故选A。
19.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大,X 是地壳中含量最多的元素,Y 原子的最外层只有一个电子,Z 位于元素周期表ⅡA族,W 与X属于同一主族。下列说法正确的是( )
A. 离子半径:r(W) > r(Z) > r(Y)
B. X、W 的简单氢化物的沸点:X>W
C. Y 的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的弱
D. 由X、Y 组成的化合物一定含离子键和共价键
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X是地壳中含量最多的元素,为O元素;Y原子的最外层只有一个电子且原子序数大于X,则Y为Na元素;Z位于元素周期表ⅡA族,且原子序数大于Y,则Z为Mg元素;W与X属于同一主族且为短周期元素,则W为S元素,即X、Y、Z、W分别是O、Na、Mg、S元素。
【详解】A.硫离子含有3个电子层,而镁离子和钠离子均含有2个电子层,硫离子半径最大,钠离子和镁离子具有相同的电子层结构,钠离子半径大于镁离子,因此离子半径r(W)>r(Y)>r(Z),故A错误;B.水分子间能够形成氢键,沸点高于硫化氢,故B正确;C.元素的金属性越强,其最高价氧化物的水化物碱性越强,金属性Y>Z,则Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强,故C错误;D.由X、Y组成的化合物可能是Na2O也可能是Na2O2,Na2O只含离子键、Na2O2含有离子键和共价键,故D错误;故选B。
【点睛】本题考查原子结构和元素周期律,侧重考查学生判断及知识综合运用能力,明确原子结构、元素周期表结构、物质结构、元素周期律即可解答,注意:D选项中易漏掉Na2O或Na2O2而导致错误。
20.两种气态烃组成的混合气体完全燃烧后所得CO2和H2O的物质的量随混合烃总物质的量的变化如图所示,则下列对混合烃的判断正确的是:
①一定有乙烯 ②一定有甲烷 ③一定有丙烷 ④一定没有乙烷⑤可能有甲烷 ⑥可能有乙炔(C2H2)
A. ②④ B. ②③⑥ C. ②⑥ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
由图象曲线可知两种气态烃的平均组成为C1.6H4,根据碳原子平均数可知,混合气体一定含有CH4,由氢原子平均数可知,另一气态烃中氢原子数目为4,碳原子数目大于1.6,且为气体,据此进行判断。
【详解】根据图象可知,两种气态烃的平均组成为C1.6H4,烃类物质中碳原子数小于1.6的只有甲烷,则混合气体一定含有CH4,故②正确、⑤错误;由氢原子平均数为4可知,另一气态烃中氢原子数目为4,碳原子数目大于1.6,且为气体,可能含有乙烯、丙炔,一定没有乙烷、丙烷、乙炔,故①③⑥错误、④正确;根据分析可知,正确的为②④,故选A。
【点睛】本题考查了有机物分子式确定的计算,根据图象正确判断平均分子式为解答关键。本题的难点为另一种烃中氢原子数目的判断。
21.下列说法正确的是:
A. 聚乙烯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 1 mol乙烯与Cl2完全加成,然后与Cl2发生取代反应,共可以消耗氯气 5mol
C. 油脂、糖类和蛋白质都能发生水解反应
D. 制取溴苯:将铁屑、溴水、苯混合加热
【答案】B
【解析】
【详解】A.聚乙烯分子中不存在不饱和键,不会被酸性高锰酸钾溶液氧化,故A错误;B.1mol乙烯与Cl2完全加成,消耗氯气1mol,生成1mol1,2-二氯乙烷,1mol1,2-二氯乙烷与4molCl2发生取代反应,生成1mol六氯乙烷,故共消耗氯气5mol,故B正确;C、糖类分为单糖、二糖和多糖,单糖不能水解,故糖类不一定能发生水解,故C错误;D.苯与溴水不反应,应选铁屑、液溴、苯混合制备,故D错误;故选B。
22.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是:
A. 和为同种物质
B. 15g甲基(﹣CH3)含有的电子数是7NA
C. 7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3NA
D. 标准状况下,2.24 L CCl4中的原子总数为0.5NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 和的空间构型都是四面体结构,其结构相同,故其是同一种物质,A正确;
B.甲基是甲烷失去一个H原子后剩余的部分,所以一个甲基中的电子数是9,15g甲基的物质的量是1mol,则1mol甲基(-CH3)所含的电子数应为9NA,B错误;
C、7.8g苯的物质的量为0.1mol,苯中的碳碳键是一种介于单键和双键之间的独特的键,不存在碳碳双键,C错误;
D、标况下,四氯化碳为液态,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,D错误;
答案选A。
【点睛】要准确把握阿伏加德罗常数的应用,一要认真理清知识的联系,关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、电离和水解知识的融入、留心特殊的化学反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。二要学会留心关键字词,做题时谨慎细致,避免急于求成而忽略问题的本质。例如本题中选项C是易错点,注意苯的特殊结构。
23.欲用98%的浓硫酸(ρ=1.84g/cm3)配制1mol/L的稀硫酸240mL。
(1)选用的主要仪器有:玻璃棒、烧杯、量筒___________________。
(2)需要用量筒量取98%的浓硫酸的体积为_____________;如果实验室有10mL、20mL、50mL的量筒,则所需要的浓硫酸应选用________mL的量筒。
(3)请将下列各操作,按正确的序号填在横线上。
A.用量筒量取浓H2SO4 B.反复颠倒摇匀
C.用胶头滴管加蒸馏水至刻度线 D.洗净2-3次并转入容量瓶
E.稀释浓H2SO4 F.将溶液转入容量瓶
其操作正确的顺序依次为___________________。
(4)下列操作会使所配的溶液浓度偏大的是_____________(填选项字母)。
A.配制前,量取浓硫酸时发现量筒不干净,用水洗净后直接量取
B.将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中,并用玻璃棒不断搅拌,搅拌过程中有液体溅出
C.转入容量瓶前液体未冷却至室温即定容
D.洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,洗涤液未转入容量瓶
E.定容时俯视容量瓶的刻度线
【答案】 (1). 250mL容量瓶、胶头滴管(顺序可颠倒) (2). 13.6mL(13.59mL不得分) (3). 20 (4). AEFDCB (5). CE
【解析】
【详解】(1)根据可知98%的浓硫酸(密度为1.84g•cm-3)的物质的量浓度为:=18.4mol/L,配制240mL溶液,应该选用250mL容量瓶,需要浓硫酸的体积为:1mol/L×250mL/18.4mol/L≈13.6mL;配制250mL1mol/L的稀硫酸的步骤有:计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等,使用的仪器有:量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管,所以还缺少的仪器有250mL容量瓶、胶头滴管;
(2)根据(1)的分析可知需用量筒量取浓硫酸的体积为13.6mL,根据量程相近的原则可知应该选择20mL量筒。
(3)根据(1)的分析可知,配制稀硫酸的步骤有:计算、量取、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀等,故其操作正确的顺序依次为AEFDCB;
(4)A.配制前,量取浓硫酸时发现量筒不干净,用水洗净后直接量取,浓硫酸被稀释,溶质的物质的量减少,浓度偏低;
B.将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中,并用玻璃棒不断搅拌,搅拌过程中有液体溅出,溶质的物质的量减少,浓度偏低;
C.转入容量瓶前液体未冷却至室温即定容,由于热的溶液体积偏大,冷却后溶液的体积偏小,根据c=n÷V可知配制的溶液物质的量浓度偏大;
D.洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,洗涤液未转入容量瓶,溶质的物质的量减少,浓度偏低;
E.定容时俯视容量瓶的刻度线,导致配制的溶液体积偏小,根据c=n÷V可知配制的溶液物质的量浓度偏大;
因此使所配的溶液浓度偏大的是CE。
24.一直X是化石燃料燃烧的产物之一,有漂白作用,是形成酸雨的主要物质;Y是一种温室气体,固体Y可用于灭火;Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一,是一种红棕色气体,能与水反应。请回答:
(1)请简述实验室检验X气体的方法为_____________________。
(2)固体Y俗称_______,将标准状况下,2.24L气体Y通入100mL1.5mol/L NaOH溶液中,充分反应后,溶液中的溶质及其物质的量浓度为(溶液体积变化忽略不计)__________________。
(3)X、Y、Z中属于酸性氧化物的是_______(填化学式),Z与水反应得到的酸的浓溶液通常保存在棕色试剂瓶中,用化学方程式表示其原因为_____________。
【答案】 (1). 将气体通入品红溶液中,溶液红色褪去,加热后颜色又恢复 (2). 干冰 (3). c(Na2CO3)=c(NaHCO3)=0.5mol/L (4). SO2、CO2 (5). 4HNO3=2H2O+4NO2↑+O2↑
【解析】
【分析】
X是化石燃料燃烧的产物之一,有漂白作用,是形成酸雨的主要物质,X是二氧化硫;Y是一种温室气体,固体Y可用于灭火,Y是二氧化碳;Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一,是一种红棕色气体,能与水反应,Z是二氧化氮,据此解答。
【详解】根据以上分析可知X是二氧化硫,Y是二氧化碳,Z是二氧化氮,则
(1)二氧化硫具有漂白性,则实验室检验X气体的方法为将气体通入品红溶液中,溶液红色褪去,加热后颜色又恢复,说明是二氧化硫。
(2)固体二氧化碳俗称干冰,将标准状况下,2.24L气体Y通入100mL1.5mol/LNaOH溶液中,二氧化碳是0.1mol,氢氧化钠是0.15mol。设生成的碳酸钠是a mol,碳酸氢钠是b mol,则根据原子守恒可知a+b=0.1、2a+b=0.15,解得a=b=0.05mol,其浓度均是0.05mol/L÷0.1L=0.5mol/L,即充分反应后,溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠,其物质的量浓度均为c(Na2CO3)=c(NaHCO3)=0.5mol/L。
(3)能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物,则X、Y、Z中属于酸性氧化物的是SO2、CO2。Z与水反应得到的酸的浓溶液是浓硝酸,硝酸易分解,因此通常保存在棕色试剂瓶中,硝酸分解的化学方程式为4HNO3=2H2O+4NO2↑+O2↑。
25.氮元素能形成NH3、NO2、HNO3等多种化合物。
(1)实验室制取氨气的化学方程式为___________________________;用水吸收多余的氨气时,如将导管直接插入冷水中,会产生倒吸现象,产生该现象的原因为_________________。
(2)氨气是工业制备硝酸的原料,该过程中第一步反应的化学方程式为__________。
(3)将体积为VmL的试管充满NO2后倒扣在水中,见下图,充分反应后试管中的溶液体积为__________,欲使试管中NO2完全被吸收(假设试管中溶液的溶质不向水槽中扩散),还需进行的操作为_____________。
【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). 氨气极易溶于水,使装置中的压强小于外界的压强,引起倒吸 (3). 4NH3+5O24NO+6H2O (4). 2V/3 mL (5). 再缓缓通入V/4 mL氧气
【解析】
【详解】(1)实验室制取氨气利用的是熟石灰和氯化铵混合加热,反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O;由于氨气极易溶于水,如将导管直接插入冷水中,使装置中的压强小于外界的压强,从而会引起倒吸;
(2)氨气是工业制备硝酸的原料,该过程中第一步反应是氨的催化氧化,反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。
(3)将体积为VmL的试管充满NO2后倒扣在水中,发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO,因此充分反应后剩余的NO,则试管中溶液的体积为。根据4NO+3O2+2H2O=4HNO3可知欲使试管中NO2完全被吸收,需要再通入氧气,其体积为,即还需进行的操作为再缓缓通入氧气。
26.现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合溶液,选择适当的试剂除去溶液中的NaCl和Na2SO4,从而得到纯净的NaNO3溶液,相应的实验过程可用下图表示。请回答:
(1)沉淀A是__________(填化学式)。
(2)步骤③中加入过量Na2CO3的作用为________________________。
(3)若要获得纯净的NaNO3固体,需要向溶液3中加入过量的___________。反应的离子方程式为_______________________,反应后还需进行的实验操作为_________。
【答案】 (1). BaSO4 (2). 除去溶液中的Ag+和Ba2+ (3). 稀HNO3 (4). 2H++CO32-=H2O+CO2↑ (5). 蒸发浓缩 冷却结晶
【解析】
【分析】
除去溶液中的NaCl和Na2SO4,从而得到纯净的NaNO3溶液,由实验流程可知,如先加入AgNO3,则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀,则应先加入过量的X为硝酸钡,生成沉淀A为BaSO4,然后在溶液1中加入过量的AgNO3,使Cl-全部转化为AgCl沉淀,即沉淀B为AgCl,再向所得溶液2中加入过量的Na2CO3,使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀,沉淀C为碳酸钡、碳酸银,最后所得溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物,加入稀HNO3,除去碳酸钠,最后进行蒸发操作可得固体NaNO3,据此解答。
【详解】(1)根据上面的分析可知,沉淀A是BaSO4;
(2)由于不能引入新杂质,所以引入的银离子和钡离子需要除去,因此步骤③中加入过量Na2CO3的作用为除去溶液中的Ag+和Ba2+;
(3)根据上面的分析可知,按此实验方案得到的溶液3中肯定含有Na2CO3杂质,为了除去碳酸钠,可以向溶液3中加入过量的HNO3,反应的离子方程式为2H++CO32-=H2O+CO2↑,之后若要获得纯固体NaNO3,还需进行的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶。
【点睛】本题考查物质的分离提纯操作,本题注意Cl-、SO42-的性质,把握除杂原则,提纯时不能引入新的杂质,尤其要注意把握实验中试剂加入的先后顺序。
27.A、B、C、D、E是五种短周期元素。已知:它们的原子序数依次增大,A是元素周期表中原子半径最小的元素;B原子最外层电子数比其次外层电子数多2,C是E的邻族元素;D和E的原子序数之和为30,且D的族序数与周期数相等。甲、乙、丙、丁是它们两两形成的化合物,其中甲分子中含有18个电子。
物质组成
甲
乙
丙
丁
化合物中各元素
原子个数比
A和C
1:1
B和A
1:4
D和E
1:3
B和E
1:4
请回答下列问题:
(1)元素E在周期表中的位置为___________________________;
(2)把D的单质放到NaOH溶液中,反应的化学方程式为:_______________________;
(3)用电子式表示甲的形成过程:_________________________;
(4)在密闭容器中充入BC2、BC和乙的混合气体共mg,若加入足量Na2O2,充分振荡并不断用电火花点燃至反应完全,测得固体质量增重mg,则BC2与乙的体积比为________________;
(5)有200mL MgCl2和丙的混合溶液,其中c(Mg2+)= 0.2 mol· L-1,c(Cl-)= 1.3mol·L-1,要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来,至少需要4 mol·L-1 NaOH 溶液的体积是:______。
【答案】 (1). 第三周期第VIIA族 (2). 2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2↑ (3). (4). 1:1 (5). 80 mL
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E是五种短周期元素,它们的原子序数依次增大,A是元素周期表中原子半径最小的元素,则A氢元素;B原子最外层电子数比其次外层电子数多2,则B碳元素,D的族序数与周期数相等,且D的原子序数大于B,同D为铝元素,D和E的原子序数之和为30,则E为氯元素,C是E的邻族元素,即为第ⅥA族元素,且原子序数介于B、D之间,则C为氧元素,甲分子中含有18个电子,根据表格中各物质中的原子个数比可知,甲为双氧水,乙为甲烷,丙为氯化铝,丁为四氯化碳,据此进行答题。
【详解】(1)E为氯元素,原子序数为17,位于周期表中第三周期,第VIIA族,故答案为:第三周期,第VIIA族;
(2)把铝的单质放到NaOH溶液中,反应的化学方程式为:2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2↑,故答案为:2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2↑;
(3)甲为双氧水,双氧水为共价化合物,形成过程用电子式表示为,故答案为:;
(4)由2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2可知,固体增重为与CO2等物质的量的CO的质量,由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2,可知固体增重为与H2O等物质的量的H2的质量,在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg,若加入足量的Na2O2,充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全,测得固体质量增加mg,则系列反应后CO2、CO、CH4混合气体中所有元素均被吸收,故原混合物中CO2与CH4相对于CO、H2混合,则CO2与CH4的体积之比为1:1,故答案为:1:1;
(5)有200mL MgCl2和AlCl3的混合溶液,其中c(Mg2+)=0.2mol•L-1,c(Cl-)=1.3mol•L-1,则c(Al3+)=0.3mol•L-1,要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来,此时Al3+要生成AlO2-,需要NaOH 物质的量为0.3×0.2×4+0.2×0.2×2mol=0.32mol,所以NaOH溶液的体积为=0.08L=80 mL,故答案为:80 mL。
【点睛】本题主要考查位置、结构与性质关系的应用,根据题干信息推断元素为解题的关键。注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系。本题的难点为(4),要注意根据过氧化钠与水或二氧化碳反应的方程式判断出固体质量的变化本质。
28.乙烯产量是衡量一个国家石油化工水平的主耍标志。下图是由乙烯合成乙酸乙酯可能的合成路线:
请回答下列问题:
(1)反应④的化学方程式为_______________________________________________________。
(2)在实验室制备乙酸乙酯时,用到饱和的碳酸钠溶液,其作用是_____________________。
(3)乙醇的结构式为,若实验证明乙醇分子有一个特殊氢原子的反应的化学方程式为_______________________________________。
【答案】 (1). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (2). 吸收挥发出来的乙酸和乙醇;降低乙酸乙酯的溶解度 (3). 2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑
【解析】
【详解】(1)反应④是乙醇的催化氧化生成乙醛,反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
(2)在实验室制备乙酸乙酯时生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇,因此用到饱和的碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯,其作用是吸收挥发出来的乙酸和乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度,便于乙酸乙酯分层析出。
(3)乙醇的结构式为,含有1个醇羟基,醇羟基能与活泼金属钠反应放出氢气,而另外5个氢原子与钠不能反应,则实验证明乙醇分子有一个特殊氢原子的反应的化学方程式为2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑。
29.实验室用燃烧法测定某固体有机物A的分子组成,测定装置如图所示(铁架台、铁夹、酒精灯等未画出):
取17.1 g A放入B装置中,持续通入过量O2燃烧,生成CO2和H2O,请回答下列有关问题:
(1)通入过量O2的目的是_______________________________;
(2) D装置的作用是______________________________,有同学认为该套装置有明显的缺陷,需要改进,该同学判断的理由是___________________________;
(3)通过该实验,能否确定A中是否含有氧元素,其理由?_____________________________ ;
(4)若A的摩尔质量为342 g/mol,C装置增重9.9 g,D装置增重26.4 g,则A的分子式为______________________________;
(5)A可发生水解反应,1 mol A可水解生成2 mol同分异构体,则A在催化剂作用下水解的化学方程式为_______________________________。
【答案】 (1). 使有机物A充分燃烧 (2). 吸收A燃烧后生成的CO2 (3). D装置中的碱石灰可以吸收空气中的水和二氧化碳,对生成的二氧化碳质量测定有干扰 (4). 能确定;如果碳元素的质量和氢元素的质量小于17.1g,则有氧元素 (5). C12H22O11 (6). C12H22O11(蔗糖)+H2O C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)
【解析】
【详解】(1)燃烧法测定某固体有机物A的分子组成,要通入过量O2使有机物在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和水;故答案为:使有机物A充分燃烧;
(2)C装置中的试剂为浓硫酸,用于吸收有机物燃烧生成的水,D装置中的试剂是碱石灰用于吸收有机物燃烧生成的二氧化碳;D装置中的碱石灰可以吸收空气中的水和二氧化碳,对生成的二氧化碳质量测定有干扰,因此该套装置需要改进,故答案为:吸收A燃烧后生成的CO2;D装置中的碱石灰可以吸收空气中的水和二氧化碳,对生成的二氧化碳质量测定有干扰;
(3)通过浓硫酸增重的质量可以求出有机物中氢的质量,通过碱石灰增重的质量可以求出有机物中碳的质量,再根据A的质量判断是否有氧元素;故答案为:能确定,如果碳元素的质量和氢元素的质量小于17.1g,则有氧元素;
(4)浓硫酸增重可知水的质量为9.9g,可计算出n(H2O)==0.55mol,n(H)=1.1mol,m(H)=1.1g;使碱石灰增重26.4g,可知二氧化碳质量为26.4g,n(C)=n(CO2)==0.6mol,m(C)=7.2g,m(C)+m(H)=8.31g,有机物的质量为17.1g,所以有机物中氧的质量为8.79g,n(O)==0.55mol,n(C):n(H):n(O)=0.6mol:1.1mol:0.55mol=12:22:11,即实验式为C12H22O11,A的摩尔质量为342g/mol,所以分子式也为C12H22O11,故答案为:C12H22O11;
(5)A可发生水解反应,1mol A可水解生成2mol同分异构体,则A为蔗糖,蔗糖水解生成葡萄糖和果糖,其在催化剂作用下水解的化学方程式为C12H22O11(蔗糖)+H2O C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖);故答案为:C12H22O11(蔗糖)+H2O C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)。
30.向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液,合金完全溶解,同时生成NO2、NO的混合气体,再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液,生成30.3g沉淀。另取等质量的合金,使其与一定量的氯气恰好完全反应,求氯气在标准状况下的体积(写出计算过程)____________。
【答案】7.84L
【解析】
【详解】向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液,反应生成了铁离子和铜离子,加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe(OH)3、Cu(OH)2,则氢氧化铁和氢氧化铜中含有的氢氧根离子的质量为:30.3g-18.4g=11.9g,氢氧根离子的物质的量为:n(OH-)=11.9g÷17g/mol=0.7mol;Cl2与铜、铁反应产物为FeCl3、CuCl2,根据化合物总电荷为0可知,FeCl3、CuCl2中n(Cl-)等于Fe(OH)3、Cu(OH)2中n(OH-),即n(Cl-)=0.7mol,根据原子守恒可知:2n(Cl2)=n(Cl-)=0.7mol,则n(Cl2)=0.35mol,标况下0.35mol氯气的体积为:22.4L/mol×0.35mol=7.84L。
【点睛】明确反应的原理以及灵活应用守恒法是解答的关键,常见的守恒关系有:①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒;②电解质溶液中的电荷守恒;③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等;④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式,运用关系式法等计算技巧巧妙解题。
1.下列物质中,属于电解质但不能导电的是
A. 四氯化碳 B. 稀盐酸 C. 氢氧化钠固体 D. 石墨
【答案】C
【解析】
【分析】
溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质,含有自由移动离子或电子的物质可以导电,据此判断。
【详解】A、四氯化碳属于非电解质,A错误;
B、盐酸是混合物,能导电,不是电解质也不是非电解质,B错误;
C、氢氧化钠是电解质,溶于水或在熔融状态下能导电,氢氧化钠固体不导电,C正确;
D、石墨是单质,能导电,不是电解质也不是非电解质,D错误。
答案选C。
【点睛】注意电解质与电解质溶液的区别:电解质是纯净物,电解质溶液是混合物。无论电解质还是非电解质的导电都是指本身能否电离出离子而导电,而不是说只要在水溶液或者是熔化能导电就是电解质。
2.已知甘油(C3H8O3)通常是无色液体,易溶于水,密度比水大,沸点约为290.9℃。要从甘油、水的混合物中分别得到甘油与水,最佳方法是( )
A. 分液 B. 过滤 C. 蒸馏 D. 蒸发
【答案】C
【解析】
试题分析:甘油易溶于水,密度比水大,沸点约为290.9℃,分离甘油与水的最佳方法是蒸馏,故C正确。
考点:本题考查混合物分离。
3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. SO2具有氧化性,可用于漂泊纸浆
B. NH4HCO3 受热易分解,可用作氮肥
C. 明矾溶于水产生的SO42- 有氧化性,可用于净水
D. 常温下铁能被浓硝酸钝化,可用铁质容器贮运浓硝酸
【答案】D
【解析】
【详解】A.二氧化硫具有漂白性,可用于漂白纸浆,与其氧化性无关,A错误;
B.NH4HCO3含N元素,可用作氮肥,与其受热易分解无关,B错误;
C.明矾溶于水产生氢氧化铝胶体,氢氧化铝胶体具有吸附性,则用作净水剂,与硫酸根离子无关,C错误;
D.常温下Fe遇浓硝酸发生钝化,生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生,则可用铁质容器贮运浓硝酸,D正确;
答案选D。
4.下列说法正确的是
A. 分液时,先从分液漏斗下口放出下层液体,更换烧杯后再从下口放出上层液体
B. 蒸馏时,温度计水银球需靠近蒸馏烧瓶的支管口,冷凝水的流向应上口进下口流出
C. 萃取操作时,应选择有机萃取剂,且萃取剂的密度必须比水大
D. 使用容量瓶配置溶液时,实验开始前容量瓶中有残留的蒸馏水,对实验结果无影响
【答案】D
【解析】
【详解】A.分液时为防止试剂污染,下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,A错误;
B.蒸馏实验中冷凝水的流向应下口进,上口出,B错误;
C.萃取剂应该与原溶剂不互溶,且被萃取物质在萃取剂中的溶解度大于原溶剂中的溶解度,因此萃取操作时,不一定必须选择有机萃取剂,且萃取剂的密度也不一定必须比水大,C错误;
D. 使用容量瓶配溶液时,实验开始前容量瓶中有残留的蒸馏水,不会影响溶质的质量和溶液体积,所以这对实验结果无影响,D正确。
答案选D。
5. 下列反应最终能生成含三价铁的化合物的是
①过量Fe与HNO3② 铁丝在硫蒸汽中燃烧 ③过量的Fe在Cl2中燃烧
④铁与CuCl2溶液反应 ⑤Fe(OH)2露置于空气中
A. ①②③ B. ①③⑤ C. ③④ D. ③⑤
【答案】D
【解析】
试题分析:① Fe与HNO3反应生成Fe3+,由于Fe过量,Fe3+会继续与Fe单质反应生成Fe2+,①错误;② 铁丝在硫蒸汽中燃烧生成FeS,②错误;③过量的Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3,③正确;④铁与CuCl2溶液发生置换反应,生成Fe2+,④ 错误;⑤Fe(OH)2露置于空气中,会被空气中的氧气氧化成Fe(OH)3,⑤正确。故答案D。
考点:考查Fe及其化合物的性质。
6.下列物质或微粒的转化在给定条件下能实现的是
A. NaNa2ONaOH
B. SSO2H2SO4
C. SiO2Na2SiO3H2SiO3
D. AlAlO2-Al3+
【答案】C
【解析】
【详解】A、钠在点燃的条件下与氧气反应生成过氧化钠,常温下生成氧化钠,A错误;
B、单质硫燃烧生成二氧化硫,二氧化硫溶于水生成亚硫酸,B错误;
C、二氧化硅是酸性氧化物,与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠,然后通入氯化氢生成硅酸沉淀,C正确;
D、铝单质与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀,碳酸不能溶解氢氧化铝,D错误。
答案选C。
7.下列各组物质都能使品红溶液褪色,且褪色原理相同的是
A. HClO Na2O2 B. CO2 Cl2 C. 活性炭 HClO D. 活性炭 Na2O2
【答案】A
【解析】
【详解】A.HClO、Na2O2都具有强氧化性和漂白性,且漂白后的产物不能恢复到原来的颜色,具有不可逆性,二者都能使品红溶液褪色,且褪色原理相同,A正确;
B.二氧化碳无漂白性,不能使品红溶液褪色,氯气溶于水生成的次氯酸具有漂白性,氯气能使品红溶液褪色,B错误;
C.活性炭具有吸附作用能使品红溶液褪色,为物理变化;次氯酸具有强氧化性和漂白性,且漂白后的产物不能恢复到原来的颜色,具有不可逆性,二者都使品能红溶液褪色,但褪色原理不相同,C错误;
D.活性炭具有吸附作用能使品红溶液褪色,为物理变化,Na2O2都具有强氧化性和漂白性,且漂白后的产物不能恢复到原来的颜色,具有不可逆性,二者都使品能红溶液褪色,但褪色原理不相同,D错误;
答案选A。
8. 甲、乙、丙三种不同物质有下图转化关系:
则甲不可能是( )
A. Al2O3 B. SiO2 C. CO2 D. NH4Cl
【答案】D
【解析】
A.氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠和盐酸反应生成氯化铝或氢氧化铝,加热氢氧化铝生成氧化铝,所以符合转化关系,故A不选;B.二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠,硅酸钠和盐酸反应生成硅酸,加热硅酸生成二氧化硅,所以符合转化关系,故B不选;C.二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠或碳酸氢钠,碳酸钠或碳酸氢钠与盐酸反应生成碳酸,碳酸加热生成二氧化碳,所以符合转化关系,故C不选;D.氯化铵和氢氧化钠溶液反应生成氨水,氨水和盐酸反应生成氯化铵,加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢,所以不符合转化关系,故D错误;故选D。
点睛:考查无机物的推断,明确物质的性质是解本题关键,甲和氢氧化钠溶液能反应,则甲可能是铝、酸、酸式盐、酸性氧化物、酯、氢氧化铝等,甲和氢氧化钠反应生成乙,易能和盐酸反应生成丙,丙加热生成甲,根据各物质的性质来分析解答。
9. 除去下列物质中所含的杂质(括号内为杂质),选用试剂正确的是
A. FeCl2溶液(FeCl3):Fe粉
B. CO2(SO2):饱和的Na2CO3溶液
C. Al2O3(SiO2):NaOH溶液
D. NaHCO3溶液(Na2CO3):Ca(OH)2溶液
【答案】A
【解析】
试题分析:A、因为发生Fe+2FeCl3=3FeCl2,不产生新的杂质,故正确;B、CO2也能和Na2CO3发生反应,即CO2+CO32-+H2O=2HCO3-,不仅除去SO2还除去CO2,故错误;C、Al2O3属于两性氧化物,SiO2属于酸性氧化物,都可以和碱反应,故错误;D、Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH,Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH,都可以发生反应,故错误。
考点:考查物质的除杂等知识。
10.下列离子方程正确的是
A. 用碳酸氢钠中和过多的胃酸:CO32-+2H+ =CO2↑+H2O
B. 向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至混合溶液恰好为中性:Ba2++OH- +H+ +SO42- =BaSO4 ↓+H2O
C. 将氢氧化铁固体放入盐酸中:Fe(OH)3+3H+ =Fe3++3H2O
D. 醋酸与氢氧化钠溶液反应:H++OH-=H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 弱酸的酸式根不能拆开,则用碳酸氢钠中和过多的胃酸:HCO3-+H+=CO2↑+H2O,A错误;
B. 向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至混合溶液恰好为中性,此时生成硫酸钡、硫酸钠和水:Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O,B错误;
C. 将氢氧化铁固体放入盐酸中生成氯化铁和水:Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O,C正确;
D. 醋酸难电离,与氢氧化钠溶液反应生成醋酸钠和水:CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O,D错误。
答案选C。
11.某离子反应涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒,其中c(NH4+)随反应进行逐渐减小。下列判断正确的是
A. 反应的还原产物是N2 B. 消耗1mol氧化剂转移3mole-
C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3 D. 反应后溶液的酸性明显增加
【答案】D
【解析】
【详解】某离子反应涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒,其中c(NH4+)随反应进行逐渐减小,则NH4+是反应物,因此N2是生成物,由此推断该反应为NH4+与ClO-的氧化还原反应,根据电子得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知离子方程式为:2NH4++3ClO-=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+,N元素化合价由-3→0,Cl元素化合价由+1→-1。则
A、反应的还原产物是Cl-,氮气是氧化产物,A错误;
B、消耗1mol氧化剂(ClO-),转移2mol电子,B错误;
C、氧化剂ClO-与还原剂NH4+物质的量之比为3:2,C错误;
D、反应生成H+,所以反应后溶液的酸性明显增强,D正确。
答案选D。
12.下列实验中,对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
向某溶液中加入足量氯水后再滴加KSCN溶液
溶液变红色
原溶液有Fe2+
B
用直流电作用于氢氧化铁胶体
一段时间后,阴极附近颜色变深
氢氧化铁胶粒带正电
C
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
融化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低
D
用酒精灯加热试管中的NH4Cl固体
试管受热部分白色固体逐渐减少
NH4Cl易升华
【答案】B
【解析】
【详解】A、若溶液中存在铁离子,溶液也变红色,故溶液中一定存在铁元素,可能为二价或三价,A错误;
B、用直流电作用于氢氧化铁胶体,一段时间后,阴极附近颜色变深,说明氢氧化铁胶粒向阴极移动,所以氢氧化铁胶粒带正电,B正确;
C.铝易被氧化为氧化铝,Al2O3熔点高于单质Al,表面没有熔化的Al2O3保护内部熔化的铝,并不滴落,C错误;
D.用酒精灯加热试管中的NH4Cl固体,氯化铵分解生成氨气和氯化氢,因此试管受热部分白色固体逐渐减少,但该过程不是升华,D错误;
答案选B。
【点睛】本题考查较为综合,涉及物质的检验等操作,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,注意把握实验操作的严密性以及物质的性质,选项A是易错点,题目难度中等。
13.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂,下列反应可制取K2FeO4:2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH=2K2FeO4+6□+8H2O 。下列说法不正确的是
A. □处的物质应为KCl B. 每转移1mole- ,可以得到33g K2FeO4
C. 该反应中铁元素的化合价升高 D. 氧化性:Cl2>K2FeO4
【答案】B
【解析】
【分析】
反应中Fe元素的化合价升高,被氧化,因此Cl元素的化合价降低,被还原,其还原产物是氯化钾,以此解答该题。
【详解】A.根据原子守恒可知□处的物质应为KCl,A正确;
B.每生成1mol K2FeO4,消耗1.5mol氯气,转移3mol电子,则每转移1mole-,可以得到K2FeO4的质量是,B错误;
C.铁元素化合价由+3价升高为+6价,因此该反应中铁元素的化合价升高,被氧化,C正确;
D.氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,氯元素的化合价由0降低到-1价,发生还原反应,氯气是氧化剂,则氧化性:Cl2>K2FeO4,D正确;
答案选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应,注意从元素化合价变化的角度分析,注意氧化剂与还原剂的区别以及氧化性与还原性的比较方法。
14.将Cu放入0.1 mol•L﹣1FeCl3溶液中,反应一段时间后取出Cu片,溶液中Fe3+与Fe2+的物质的量浓度之比为4:3,则反应后溶液中Cu2+与Fe3+的物质的量之比为
A. 3:2 B. 3:8 C. 4:3 D. 3:4
【答案】B
【解析】
试题分析:将Cu片放入FeCl3溶液中.发生反应:Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,假设溶液中n(Fe2+)=3mol,则溶液中n(Fe3+)=4mol,由离子方程式可知,n(Cu2+)=1/2n(Fe2+)=1/2×3mol=1.5mol,所以n(Cu2+):n(Fe3+)=1.5mol:4mol=3:8,答案选B。
考点:考查铜的化学性质、离子方程式的有关计算
15. 科学家预测原子序数为114的元素,具有相当稳定性的同位素,它的位置在第7周期IVA族,称为类铅。关于它的性质,预测错误的是
A. 它的最外层电子数为4 B. 它的金属性比铅强
C. 它具有+2、+4价 D. 它的最高价氧化物的水化物是强酸
【答案】D
【解析】
试题解析:原子序数为114的元素在第7周期IVA族。A、它的最外层电子数为4,正确;B、同主族元素由上到下元素的金属性逐渐增强,故它的金属性比铅强,正确;C、该元素在第7周期IVA族,它具有+2、+4价,正确;D、同主族元素由上到下元素的金属性逐渐增强,最高价氧化物水化物的酸性减弱,碳酸为弱酸,故它的最高价氧化物的水化物不可能是强酸,错误。
考点:考查元素周期表的应用。
16.下列化学用语表达正确的是:
A. 氯离子的结构示意图:
B. HClO的结构式为:H﹣Cl﹣O
C. 氯化镁的电子式:
D. 由非金属元素组成的化合物一定不是离子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A.氯原子得1个电子后形成氯离子(Cl-),即最外层电子数由7个变成8个,结构示意图为,故A错误;B.次氯酸中H和Cl分别与O形成1对共价键,结构式为H﹣O﹣Cl,故B错误;C.氯化镁属于离子化合物,电子式为,故C正确;D.由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物,如铵盐,故D错误;故选C。
17.下列实验操作和结论说法正确的是:
选项
实验
结论
A
除去甲烷中的乙烯杂质,可将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液
乙烯含有碳碳双键,能与酸性高锰酸钾反应,甲烷不反应
B
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性
C
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液,溶液最终变为无色透明
生成的1,2二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳
D
用乙酸浸泡水壶中的水垢,可将其清除
乙酸的酸性小于碳酸的酸性
【答案】C
【解析】
【详解】A.酸性高锰酸钾溶液和乙烯反应生成二氧化碳,因此不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯气体,故A错误;B.钠与水反应比与乙醇反应剧烈,则乙醇分子中羟基上的氢原子不如水分子中的氢原子活泼,故B错误;C.乙烯含碳碳双键,与溴发生加成反应,生成的1,2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳,则溶液最终变为无色透明,故C正确;D.用乙酸浸泡水壶中的水垢,可将其清除,说明醋酸可与碳酸钙反应,从强酸制备弱酸的角度判断,乙酸的酸性大于碳酸,故D错误;故选C。
18.下列说法正确的是:
A. 分子式为C7H8,分子中含有苯环的烃的一氯代物有4种
B. 硬脂酸与乙醇的酯化反应:C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O
C. 如图所示实验可证明元素的非金属性:Cl>C>Si
D. C4H10的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同,因而沸点正丁烷低于异丁烷
【答案】A
【解析】
【详解】A.C7H8为,分子中有4种化学环境不同的H原子,其中甲基上1种,苯环上3种,故其一氯代物有4种,故A正确;B.硬脂酸为C17H35COOH,含有羧基,与C2H518OH发生酯化反应,乙醇脱去H原子,硬脂酸脱去羟基,反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O,故B错误;C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性,HCl不是最高价含氧酸,则不能比较Cl、C的非金属性,故C错误;D.丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2两种同分异构体,前者为正丁烷、后者为异丁烷,结构不同,分子间作用力大小不同,因而沸点不同,其中沸点正丁烷高于异丁烷,故D错误;故选A。
19.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大,X 是地壳中含量最多的元素,Y 原子的最外层只有一个电子,Z 位于元素周期表ⅡA族,W 与X属于同一主族。下列说法正确的是( )
A. 离子半径:r(W) > r(Z) > r(Y)
B. X、W 的简单氢化物的沸点:X>W
C. Y 的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的弱
D. 由X、Y 组成的化合物一定含离子键和共价键
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X是地壳中含量最多的元素,为O元素;Y原子的最外层只有一个电子且原子序数大于X,则Y为Na元素;Z位于元素周期表ⅡA族,且原子序数大于Y,则Z为Mg元素;W与X属于同一主族且为短周期元素,则W为S元素,即X、Y、Z、W分别是O、Na、Mg、S元素。
【详解】A.硫离子含有3个电子层,而镁离子和钠离子均含有2个电子层,硫离子半径最大,钠离子和镁离子具有相同的电子层结构,钠离子半径大于镁离子,因此离子半径r(W)>r(Y)>r(Z),故A错误;B.水分子间能够形成氢键,沸点高于硫化氢,故B正确;C.元素的金属性越强,其最高价氧化物的水化物碱性越强,金属性Y>Z,则Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强,故C错误;D.由X、Y组成的化合物可能是Na2O也可能是Na2O2,Na2O只含离子键、Na2O2含有离子键和共价键,故D错误;故选B。
【点睛】本题考查原子结构和元素周期律,侧重考查学生判断及知识综合运用能力,明确原子结构、元素周期表结构、物质结构、元素周期律即可解答,注意:D选项中易漏掉Na2O或Na2O2而导致错误。
20.两种气态烃组成的混合气体完全燃烧后所得CO2和H2O的物质的量随混合烃总物质的量的变化如图所示,则下列对混合烃的判断正确的是:
①一定有乙烯 ②一定有甲烷 ③一定有丙烷 ④一定没有乙烷⑤可能有甲烷 ⑥可能有乙炔(C2H2)
A. ②④ B. ②③⑥ C. ②⑥ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
由图象曲线可知两种气态烃的平均组成为C1.6H4,根据碳原子平均数可知,混合气体一定含有CH4,由氢原子平均数可知,另一气态烃中氢原子数目为4,碳原子数目大于1.6,且为气体,据此进行判断。
【详解】根据图象可知,两种气态烃的平均组成为C1.6H4,烃类物质中碳原子数小于1.6的只有甲烷,则混合气体一定含有CH4,故②正确、⑤错误;由氢原子平均数为4可知,另一气态烃中氢原子数目为4,碳原子数目大于1.6,且为气体,可能含有乙烯、丙炔,一定没有乙烷、丙烷、乙炔,故①③⑥错误、④正确;根据分析可知,正确的为②④,故选A。
【点睛】本题考查了有机物分子式确定的计算,根据图象正确判断平均分子式为解答关键。本题的难点为另一种烃中氢原子数目的判断。
21.下列说法正确的是:
A. 聚乙烯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 1 mol乙烯与Cl2完全加成,然后与Cl2发生取代反应,共可以消耗氯气 5mol
C. 油脂、糖类和蛋白质都能发生水解反应
D. 制取溴苯:将铁屑、溴水、苯混合加热
【答案】B
【解析】
【详解】A.聚乙烯分子中不存在不饱和键,不会被酸性高锰酸钾溶液氧化,故A错误;B.1mol乙烯与Cl2完全加成,消耗氯气1mol,生成1mol1,2-二氯乙烷,1mol1,2-二氯乙烷与4molCl2发生取代反应,生成1mol六氯乙烷,故共消耗氯气5mol,故B正确;C、糖类分为单糖、二糖和多糖,单糖不能水解,故糖类不一定能发生水解,故C错误;D.苯与溴水不反应,应选铁屑、液溴、苯混合制备,故D错误;故选B。
22.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是:
A. 和为同种物质
B. 15g甲基(﹣CH3)含有的电子数是7NA
C. 7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3NA
D. 标准状况下,2.24 L CCl4中的原子总数为0.5NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 和的空间构型都是四面体结构,其结构相同,故其是同一种物质,A正确;
B.甲基是甲烷失去一个H原子后剩余的部分,所以一个甲基中的电子数是9,15g甲基的物质的量是1mol,则1mol甲基(-CH3)所含的电子数应为9NA,B错误;
C、7.8g苯的物质的量为0.1mol,苯中的碳碳键是一种介于单键和双键之间的独特的键,不存在碳碳双键,C错误;
D、标况下,四氯化碳为液态,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,D错误;
答案选A。
【点睛】要准确把握阿伏加德罗常数的应用,一要认真理清知识的联系,关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、电离和水解知识的融入、留心特殊的化学反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。二要学会留心关键字词,做题时谨慎细致,避免急于求成而忽略问题的本质。例如本题中选项C是易错点,注意苯的特殊结构。
23.欲用98%的浓硫酸(ρ=1.84g/cm3)配制1mol/L的稀硫酸240mL。
(1)选用的主要仪器有:玻璃棒、烧杯、量筒___________________。
(2)需要用量筒量取98%的浓硫酸的体积为_____________;如果实验室有10mL、20mL、50mL的量筒,则所需要的浓硫酸应选用________mL的量筒。
(3)请将下列各操作,按正确的序号填在横线上。
A.用量筒量取浓H2SO4 B.反复颠倒摇匀
C.用胶头滴管加蒸馏水至刻度线 D.洗净2-3次并转入容量瓶
E.稀释浓H2SO4 F.将溶液转入容量瓶
其操作正确的顺序依次为___________________。
(4)下列操作会使所配的溶液浓度偏大的是_____________(填选项字母)。
A.配制前,量取浓硫酸时发现量筒不干净,用水洗净后直接量取
B.将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中,并用玻璃棒不断搅拌,搅拌过程中有液体溅出
C.转入容量瓶前液体未冷却至室温即定容
D.洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,洗涤液未转入容量瓶
E.定容时俯视容量瓶的刻度线
【答案】 (1). 250mL容量瓶、胶头滴管(顺序可颠倒) (2). 13.6mL(13.59mL不得分) (3). 20 (4). AEFDCB (5). CE
【解析】
【详解】(1)根据可知98%的浓硫酸(密度为1.84g•cm-3)的物质的量浓度为:=18.4mol/L,配制240mL溶液,应该选用250mL容量瓶,需要浓硫酸的体积为:1mol/L×250mL/18.4mol/L≈13.6mL;配制250mL1mol/L的稀硫酸的步骤有:计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等,使用的仪器有:量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管,所以还缺少的仪器有250mL容量瓶、胶头滴管;
(2)根据(1)的分析可知需用量筒量取浓硫酸的体积为13.6mL,根据量程相近的原则可知应该选择20mL量筒。
(3)根据(1)的分析可知,配制稀硫酸的步骤有:计算、量取、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀等,故其操作正确的顺序依次为AEFDCB;
(4)A.配制前,量取浓硫酸时发现量筒不干净,用水洗净后直接量取,浓硫酸被稀释,溶质的物质的量减少,浓度偏低;
B.将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中,并用玻璃棒不断搅拌,搅拌过程中有液体溅出,溶质的物质的量减少,浓度偏低;
C.转入容量瓶前液体未冷却至室温即定容,由于热的溶液体积偏大,冷却后溶液的体积偏小,根据c=n÷V可知配制的溶液物质的量浓度偏大;
D.洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,洗涤液未转入容量瓶,溶质的物质的量减少,浓度偏低;
E.定容时俯视容量瓶的刻度线,导致配制的溶液体积偏小,根据c=n÷V可知配制的溶液物质的量浓度偏大;
因此使所配的溶液浓度偏大的是CE。
24.一直X是化石燃料燃烧的产物之一,有漂白作用,是形成酸雨的主要物质;Y是一种温室气体,固体Y可用于灭火;Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一,是一种红棕色气体,能与水反应。请回答:
(1)请简述实验室检验X气体的方法为_____________________。
(2)固体Y俗称_______,将标准状况下,2.24L气体Y通入100mL1.5mol/L NaOH溶液中,充分反应后,溶液中的溶质及其物质的量浓度为(溶液体积变化忽略不计)__________________。
(3)X、Y、Z中属于酸性氧化物的是_______(填化学式),Z与水反应得到的酸的浓溶液通常保存在棕色试剂瓶中,用化学方程式表示其原因为_____________。
【答案】 (1). 将气体通入品红溶液中,溶液红色褪去,加热后颜色又恢复 (2). 干冰 (3). c(Na2CO3)=c(NaHCO3)=0.5mol/L (4). SO2、CO2 (5). 4HNO3=2H2O+4NO2↑+O2↑
【解析】
【分析】
X是化石燃料燃烧的产物之一,有漂白作用,是形成酸雨的主要物质,X是二氧化硫;Y是一种温室气体,固体Y可用于灭火,Y是二氧化碳;Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一,是一种红棕色气体,能与水反应,Z是二氧化氮,据此解答。
【详解】根据以上分析可知X是二氧化硫,Y是二氧化碳,Z是二氧化氮,则
(1)二氧化硫具有漂白性,则实验室检验X气体的方法为将气体通入品红溶液中,溶液红色褪去,加热后颜色又恢复,说明是二氧化硫。
(2)固体二氧化碳俗称干冰,将标准状况下,2.24L气体Y通入100mL1.5mol/LNaOH溶液中,二氧化碳是0.1mol,氢氧化钠是0.15mol。设生成的碳酸钠是a mol,碳酸氢钠是b mol,则根据原子守恒可知a+b=0.1、2a+b=0.15,解得a=b=0.05mol,其浓度均是0.05mol/L÷0.1L=0.5mol/L,即充分反应后,溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠,其物质的量浓度均为c(Na2CO3)=c(NaHCO3)=0.5mol/L。
(3)能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物,则X、Y、Z中属于酸性氧化物的是SO2、CO2。Z与水反应得到的酸的浓溶液是浓硝酸,硝酸易分解,因此通常保存在棕色试剂瓶中,硝酸分解的化学方程式为4HNO3=2H2O+4NO2↑+O2↑。
25.氮元素能形成NH3、NO2、HNO3等多种化合物。
(1)实验室制取氨气的化学方程式为___________________________;用水吸收多余的氨气时,如将导管直接插入冷水中,会产生倒吸现象,产生该现象的原因为_________________。
(2)氨气是工业制备硝酸的原料,该过程中第一步反应的化学方程式为__________。
(3)将体积为VmL的试管充满NO2后倒扣在水中,见下图,充分反应后试管中的溶液体积为__________,欲使试管中NO2完全被吸收(假设试管中溶液的溶质不向水槽中扩散),还需进行的操作为_____________。
【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). 氨气极易溶于水,使装置中的压强小于外界的压强,引起倒吸 (3). 4NH3+5O24NO+6H2O (4). 2V/3 mL (5). 再缓缓通入V/4 mL氧气
【解析】
【详解】(1)实验室制取氨气利用的是熟石灰和氯化铵混合加热,反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O;由于氨气极易溶于水,如将导管直接插入冷水中,使装置中的压强小于外界的压强,从而会引起倒吸;
(2)氨气是工业制备硝酸的原料,该过程中第一步反应是氨的催化氧化,反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。
(3)将体积为VmL的试管充满NO2后倒扣在水中,发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO,因此充分反应后剩余的NO,则试管中溶液的体积为。根据4NO+3O2+2H2O=4HNO3可知欲使试管中NO2完全被吸收,需要再通入氧气,其体积为,即还需进行的操作为再缓缓通入氧气。
26.现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合溶液,选择适当的试剂除去溶液中的NaCl和Na2SO4,从而得到纯净的NaNO3溶液,相应的实验过程可用下图表示。请回答:
(1)沉淀A是__________(填化学式)。
(2)步骤③中加入过量Na2CO3的作用为________________________。
(3)若要获得纯净的NaNO3固体,需要向溶液3中加入过量的___________。反应的离子方程式为_______________________,反应后还需进行的实验操作为_________。
【答案】 (1). BaSO4 (2). 除去溶液中的Ag+和Ba2+ (3). 稀HNO3 (4). 2H++CO32-=H2O+CO2↑ (5). 蒸发浓缩 冷却结晶
【解析】
【分析】
除去溶液中的NaCl和Na2SO4,从而得到纯净的NaNO3溶液,由实验流程可知,如先加入AgNO3,则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀,则应先加入过量的X为硝酸钡,生成沉淀A为BaSO4,然后在溶液1中加入过量的AgNO3,使Cl-全部转化为AgCl沉淀,即沉淀B为AgCl,再向所得溶液2中加入过量的Na2CO3,使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀,沉淀C为碳酸钡、碳酸银,最后所得溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物,加入稀HNO3,除去碳酸钠,最后进行蒸发操作可得固体NaNO3,据此解答。
【详解】(1)根据上面的分析可知,沉淀A是BaSO4;
(2)由于不能引入新杂质,所以引入的银离子和钡离子需要除去,因此步骤③中加入过量Na2CO3的作用为除去溶液中的Ag+和Ba2+;
(3)根据上面的分析可知,按此实验方案得到的溶液3中肯定含有Na2CO3杂质,为了除去碳酸钠,可以向溶液3中加入过量的HNO3,反应的离子方程式为2H++CO32-=H2O+CO2↑,之后若要获得纯固体NaNO3,还需进行的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶。
【点睛】本题考查物质的分离提纯操作,本题注意Cl-、SO42-的性质,把握除杂原则,提纯时不能引入新的杂质,尤其要注意把握实验中试剂加入的先后顺序。
27.A、B、C、D、E是五种短周期元素。已知:它们的原子序数依次增大,A是元素周期表中原子半径最小的元素;B原子最外层电子数比其次外层电子数多2,C是E的邻族元素;D和E的原子序数之和为30,且D的族序数与周期数相等。甲、乙、丙、丁是它们两两形成的化合物,其中甲分子中含有18个电子。
物质组成
甲
乙
丙
丁
化合物中各元素
原子个数比
A和C
1:1
B和A
1:4
D和E
1:3
B和E
1:4
请回答下列问题:
(1)元素E在周期表中的位置为___________________________;
(2)把D的单质放到NaOH溶液中,反应的化学方程式为:_______________________;
(3)用电子式表示甲的形成过程:_________________________;
(4)在密闭容器中充入BC2、BC和乙的混合气体共mg,若加入足量Na2O2,充分振荡并不断用电火花点燃至反应完全,测得固体质量增重mg,则BC2与乙的体积比为________________;
(5)有200mL MgCl2和丙的混合溶液,其中c(Mg2+)= 0.2 mol· L-1,c(Cl-)= 1.3mol·L-1,要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来,至少需要4 mol·L-1 NaOH 溶液的体积是:______。
【答案】 (1). 第三周期第VIIA族 (2). 2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2↑ (3). (4). 1:1 (5). 80 mL
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E是五种短周期元素,它们的原子序数依次增大,A是元素周期表中原子半径最小的元素,则A氢元素;B原子最外层电子数比其次外层电子数多2,则B碳元素,D的族序数与周期数相等,且D的原子序数大于B,同D为铝元素,D和E的原子序数之和为30,则E为氯元素,C是E的邻族元素,即为第ⅥA族元素,且原子序数介于B、D之间,则C为氧元素,甲分子中含有18个电子,根据表格中各物质中的原子个数比可知,甲为双氧水,乙为甲烷,丙为氯化铝,丁为四氯化碳,据此进行答题。
【详解】(1)E为氯元素,原子序数为17,位于周期表中第三周期,第VIIA族,故答案为:第三周期,第VIIA族;
(2)把铝的单质放到NaOH溶液中,反应的化学方程式为:2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2↑,故答案为:2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2↑;
(3)甲为双氧水,双氧水为共价化合物,形成过程用电子式表示为,故答案为:;
(4)由2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2可知,固体增重为与CO2等物质的量的CO的质量,由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2,可知固体增重为与H2O等物质的量的H2的质量,在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg,若加入足量的Na2O2,充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全,测得固体质量增加mg,则系列反应后CO2、CO、CH4混合气体中所有元素均被吸收,故原混合物中CO2与CH4相对于CO、H2混合,则CO2与CH4的体积之比为1:1,故答案为:1:1;
(5)有200mL MgCl2和AlCl3的混合溶液,其中c(Mg2+)=0.2mol•L-1,c(Cl-)=1.3mol•L-1,则c(Al3+)=0.3mol•L-1,要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来,此时Al3+要生成AlO2-,需要NaOH 物质的量为0.3×0.2×4+0.2×0.2×2mol=0.32mol,所以NaOH溶液的体积为=0.08L=80 mL,故答案为:80 mL。
【点睛】本题主要考查位置、结构与性质关系的应用,根据题干信息推断元素为解题的关键。注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系。本题的难点为(4),要注意根据过氧化钠与水或二氧化碳反应的方程式判断出固体质量的变化本质。
28.乙烯产量是衡量一个国家石油化工水平的主耍标志。下图是由乙烯合成乙酸乙酯可能的合成路线:
请回答下列问题:
(1)反应④的化学方程式为_______________________________________________________。
(2)在实验室制备乙酸乙酯时,用到饱和的碳酸钠溶液,其作用是_____________________。
(3)乙醇的结构式为,若实验证明乙醇分子有一个特殊氢原子的反应的化学方程式为_______________________________________。
【答案】 (1). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (2). 吸收挥发出来的乙酸和乙醇;降低乙酸乙酯的溶解度 (3). 2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑
【解析】
【详解】(1)反应④是乙醇的催化氧化生成乙醛,反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
(2)在实验室制备乙酸乙酯时生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇,因此用到饱和的碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯,其作用是吸收挥发出来的乙酸和乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度,便于乙酸乙酯分层析出。
(3)乙醇的结构式为,含有1个醇羟基,醇羟基能与活泼金属钠反应放出氢气,而另外5个氢原子与钠不能反应,则实验证明乙醇分子有一个特殊氢原子的反应的化学方程式为2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑。
29.实验室用燃烧法测定某固体有机物A的分子组成,测定装置如图所示(铁架台、铁夹、酒精灯等未画出):
取17.1 g A放入B装置中,持续通入过量O2燃烧,生成CO2和H2O,请回答下列有关问题:
(1)通入过量O2的目的是_______________________________;
(2) D装置的作用是______________________________,有同学认为该套装置有明显的缺陷,需要改进,该同学判断的理由是___________________________;
(3)通过该实验,能否确定A中是否含有氧元素,其理由?_____________________________ ;
(4)若A的摩尔质量为342 g/mol,C装置增重9.9 g,D装置增重26.4 g,则A的分子式为______________________________;
(5)A可发生水解反应,1 mol A可水解生成2 mol同分异构体,则A在催化剂作用下水解的化学方程式为_______________________________。
【答案】 (1). 使有机物A充分燃烧 (2). 吸收A燃烧后生成的CO2 (3). D装置中的碱石灰可以吸收空气中的水和二氧化碳,对生成的二氧化碳质量测定有干扰 (4). 能确定;如果碳元素的质量和氢元素的质量小于17.1g,则有氧元素 (5). C12H22O11 (6). C12H22O11(蔗糖)+H2O C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)
【解析】
【详解】(1)燃烧法测定某固体有机物A的分子组成,要通入过量O2使有机物在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和水;故答案为:使有机物A充分燃烧;
(2)C装置中的试剂为浓硫酸,用于吸收有机物燃烧生成的水,D装置中的试剂是碱石灰用于吸收有机物燃烧生成的二氧化碳;D装置中的碱石灰可以吸收空气中的水和二氧化碳,对生成的二氧化碳质量测定有干扰,因此该套装置需要改进,故答案为:吸收A燃烧后生成的CO2;D装置中的碱石灰可以吸收空气中的水和二氧化碳,对生成的二氧化碳质量测定有干扰;
(3)通过浓硫酸增重的质量可以求出有机物中氢的质量,通过碱石灰增重的质量可以求出有机物中碳的质量,再根据A的质量判断是否有氧元素;故答案为:能确定,如果碳元素的质量和氢元素的质量小于17.1g,则有氧元素;
(4)浓硫酸增重可知水的质量为9.9g,可计算出n(H2O)==0.55mol,n(H)=1.1mol,m(H)=1.1g;使碱石灰增重26.4g,可知二氧化碳质量为26.4g,n(C)=n(CO2)==0.6mol,m(C)=7.2g,m(C)+m(H)=8.31g,有机物的质量为17.1g,所以有机物中氧的质量为8.79g,n(O)==0.55mol,n(C):n(H):n(O)=0.6mol:1.1mol:0.55mol=12:22:11,即实验式为C12H22O11,A的摩尔质量为342g/mol,所以分子式也为C12H22O11,故答案为:C12H22O11;
(5)A可发生水解反应,1mol A可水解生成2mol同分异构体,则A为蔗糖,蔗糖水解生成葡萄糖和果糖,其在催化剂作用下水解的化学方程式为C12H22O11(蔗糖)+H2O C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖);故答案为:C12H22O11(蔗糖)+H2O C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)。
30.向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液,合金完全溶解,同时生成NO2、NO的混合气体,再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液,生成30.3g沉淀。另取等质量的合金,使其与一定量的氯气恰好完全反应,求氯气在标准状况下的体积(写出计算过程)____________。
【答案】7.84L
【解析】
【详解】向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液,反应生成了铁离子和铜离子,加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe(OH)3、Cu(OH)2,则氢氧化铁和氢氧化铜中含有的氢氧根离子的质量为:30.3g-18.4g=11.9g,氢氧根离子的物质的量为:n(OH-)=11.9g÷17g/mol=0.7mol;Cl2与铜、铁反应产物为FeCl3、CuCl2,根据化合物总电荷为0可知,FeCl3、CuCl2中n(Cl-)等于Fe(OH)3、Cu(OH)2中n(OH-),即n(Cl-)=0.7mol,根据原子守恒可知:2n(Cl2)=n(Cl-)=0.7mol,则n(Cl2)=0.35mol,标况下0.35mol氯气的体积为:22.4L/mol×0.35mol=7.84L。
【点睛】明确反应的原理以及灵活应用守恒法是解答的关键,常见的守恒关系有:①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒;②电解质溶液中的电荷守恒;③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等;④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式,运用关系式法等计算技巧巧妙解题。
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