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6、辽宁省大连市第24中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题 （教师版）
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这是一份6、辽宁省大连市第24中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题 （教师版），共15页。试卷主要包含了Ⅱ卷在答题纸上作答，5L/ml，下列叙述正确的是，下列关于胶体的说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
辽宁省大连市第24中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题 13
2019~2020学年度高一年级模块检测试题
高一化学
注意事项:
1.每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号,在试题卷上作答无效。
2.Ⅱ卷在答题纸上作答。答题前,考生在答题纸上务必用直径0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚。
第Ⅰ卷(选择题,共40分)
一、选择题(本题共16小题,每小题3分,共48分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。)
1.(★)化学与人类生产、生活、科研密切相关,下列有关说法正确的是 ( )
A.PM2.5是指微粒直径不大于2.5微米的可吸入颗粒物,其分散于大气后一定形成胶体
B.用铂丝蘸取某金属的盐溶液,在酒精灯火焰上灼烧,火焰呈黄色,此盐溶液中一定含有Na+,不含K+
C.“侯氏制碱法”最终制得的“碱”不属于碱,而是盐NaHCO3
D.氯气对自来水消毒时可能产生对人体有害的物质,可使用ClO2做新的自来水消毒剂
考向 胶体性质、金属元素的焰色反应、碳酸钠及氯气的性质
题组 化学与生产、生活的联系
解析 胶体粒子直径为1~100nm之间,而PM2.5是指微粒直径不大于2.5微米的可吸入颗粒,所以其分散于大气后不一定形成胶体,A错误;金属盐溶液焰色反应火焰呈黄色,肯定有Na+,要想判断是否含有K+,必须透过蓝色钴玻璃滤掉黄光,若呈紫色,即含有K+,B错误;“侯氏制碱法”最终得到的是纯碱碳酸钠,而不是碳酸氢钠,C错误;使用氯气对自来水进行消毒时,氯气会与水中的有机物发生反应,生成的物质如三氯甲烷(CHCl3)等可能是潜在的致癌物,故现在人们研究和使用新的消毒剂二氧化氯(ClO2)、臭氧等,D正确。
答案 D
易错警示 通过焰色反应检验钠离子和钾离子时,一定要注意钠离子对钾离子检验的干扰,要用蓝色钴玻璃滤掉黄光才能得出是否含有钾离子的结论。另外,要多注意课本中相关物质的用途,平时也要多注意积累。
2.(★)下列说法正确的是 ( )
A.在20℃和101kPa的条件下,气体摩尔体积约为24.5L/mol
B.实验测得2mol某气体体积为44.8L,则测定条件一定是标准状况
C.摩尔是七个基本物理量之一
D.化合物分为酸、碱、盐和氧化物是用树状分类法分类的
考向 物质的量和气体摩尔体积定义及物质分类方法的考查
题组 物质的量和气体摩尔体积定义及物质分类方法的考查
解析 在25℃101kPa的条件下,气体摩尔体积约为24.5L/mol,A错误;B项求得气体摩尔体积为22.4L/mol,气体摩尔体积的数值受压强和温度影响,在标况下气体摩尔体积为22.4L/mol,但气体摩尔体积为22.4L/mol时不一定为标况下,B错误;摩尔是物质的量的单位,物质的量是七个基本物理量之一,C错误;酸、碱、盐和氧化物都属于化合物,所以化合物分为酸、碱、盐和氧化物是用树状分类法分类的,D正确。
答案 D
易错警示 1.注意摩尔和物质的量的关系,物质的量是物理量,摩尔是物质的量的单位。
2.气体摩尔体积和22.4L/mol的关系。
3.(★)下列叙述正确的是 ( )
A.胆矾(CuSO4·5H2O)属于混合物
B.在相同温度下,向体积为V1和V2的恒容密闭容器中,分别充入等物质的量的CO、N2两种气体,若气体密度ρ1>ρ2,则V1
D.燃烧是指在氧气中进行的发光、放热的剧烈的氧化还原反应
考向 分散系、阿伏加德罗定律、氧化还原反应
题组 化学计量及物质变化的综合考查
解析 纯净物是只有一种物质组成的物质,胆矾看似是CuSO4和H2O组成,但是并不是简单混合,而是通过强烈的相互作用,按固定比组成的纯净物,A错误;等物质的量的CO和N2由于两者摩尔质量相等,所以等物质的量时,质量也相同,根据公式V=m/ρ,若ρ1>ρ2,则V1
易错警示 化学中有一部分名称不是其真实成分,如:纯碱不是碱,其成分是Na2CO3,是盐;冰水混合物不是混合物,淀粉溶液其实质是由于淀粉分子直径在1~100nm内,所以淀粉溶液是胶体不是溶液,Fe3O4(FeO·Fe2O3)和CuSO4·5H2O等结晶水合物均为纯净物。注意平时积累。
4.(★)下列有关物质分类的说法正确的是 ( )
A.CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物,CaO、Fe2O3、Fe3O4均为碱性氧化物
B.雾、稀豆浆、氯化铁溶液、淀粉溶液均为胶体
C.烧碱、冰醋酸、稀硫酸均属于电解质
D.分子中含有两个氢原子的酸不一定是二元酸
题组 物质分类
解析 酸(碱)性氧化物定义是能与碱(酸)反应生成盐和水,且只能是一种盐和水,而NO2与碱反应的方程式为:2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O,所以不是酸性氧化物, 而Fe3O4与酸反应方程式为Fe3O4+8HClFeCl2+2FeCl3+4H2O,所以Fe3O4也不是碱性氧化物,A错误;氯化铁溶液中分散质是铁离子和氯离子,粒子直径小于1nm,所以不是胶体是溶液,B错误;电解质是溶于水或熔融状态下能导电的化合物,而稀硫酸是混合物,所以不是电解质,C错误;酸的元数的确定是酸电离产生氢离子的数目,而不是所含氢原子的数目,如有机酸中的甲酸HCOOH为一元酸,醋酸(乙酸)CH3COOH为一元酸,D正确。
答案 D
易错警示 1.在考查酸碱性氧化物的题目中经常考查到NO2(不是酸性氧化物)、Fe3O4(不是碱性氧化物)、Na2O2(不是碱性氧化物,因其与酸反应除生成盐和水外还生成了氧气,方程式为:2Na2O2+4HCl4NaCl+2H2O+O2↑)。
2.电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物,非电解质是在水溶液和熔融状态下均不导电的化合物,所以单质和混合物即不是电解质也不是非电解质。
5.(★)下列关于胶体的说法正确的是 ( )
A.常用于区分溶液和胶体的方法丁达尔效应是化学方法
B.向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液,可制得Fe(OH)3胶体
C.同一支钢笔先后吸入不同牌子的墨水易造成堵塞,因为不同牌子的墨水混用易聚沉
D.胶体的种类很多,按照分散质的不同,可分为液溶胶、气溶胶和固溶胶。
考向 胶体的性质及分类
题组 物质分类中胶体的相关知识
解析 A项丁达尔效应是光在照射胶体时胶体粒子对光的一种散射现象,是一种物理现象,A错误;B项制取Fe(OH)3胶体,是向沸腾的蒸馏水中逐滴加入1~2mL饱和FeCl3溶液,继续煮沸至液体呈红褐色,停止加热. 就得到Fe(OH)3胶体,不能向饱和FeCl3溶液直接滴加NaOH溶液,二者反应会生成红褐色Fe(OH)3沉淀,B错误;C项不同的胶体其胶粒带电情况不同,相互混合容易聚沉从而堵塞钢笔,C正确;胶体的种类很多,按照分散剂不同,可分为液溶胶、气溶胶和固溶胶,D错误。
答案 C
拓展链接 1.胶体聚沉的方法有:加热、加入电解质溶液、加入带相反电荷的胶体等方法。
2.Fe(OH)3胶体制备,是向沸腾的蒸馏水中逐滴加入1~2mL饱和FeCl3溶液,继续煮沸至液体呈红褐色,停止加热. 就得到Fe(OH)3胶体。
6.(★)氧化还原反应与四种基本类型反应关系如下图所示,则下列化学反应属于区域3的是 ( )
A.4NH3+5O24NO+6H2O
B.2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
C.4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3
D.Zn+H2SO4ZnSO4+H2↑
考向 四大基本反应类型与氧化还原反应的关系
题组 四大基本反应类型与氧化还原反应的关系
解析 由题图可知,区域3表示的是本身是氧化还原反应但同时又不属于四种基本反应类型,A项有化合价变化属于氧化还原反应,但不属于四种基本反应类型,故A正确;B是分解反应,C是化合反应,D是置换反应,故BCD错误。
答案 A
拓展链接 化合反应中有单质参加的化合反应为氧化还原反应,分解反应中有单质生成的分解反应为氧化还原反应,复分解反应都不是氧化还原反应,置换反应都是氧化还原反应。
7.(★)化学知识在生产和生活中有着重要的应用。下列说法中正确的是 ( )
①钠的还原性很强,可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等
②碳酸氢钠可用于纺织、制皂、造纸、制玻璃
③将Cl2通入冷的石灰乳中,即制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白液
④Na2O2既可在潜水艇中作为O2的来源,又可作漂白剂
⑤氯气可储存在干燥的钢瓶中
⑥氯气有漂白性,可做棉、麻和纸张的漂白剂
A.①②③④ B.①④⑤
C.①④⑤⑥ D.①②③④⑤⑥
考向 碳酸钠、碳酸氢钠、过氧化钠及氯气的性质
题组 重要化合物的性质及用途
解析 钠的还原性很强,可以用于从钛、锆、铌、钽等金属氯化物中置换出金属单质,①正确;碳酸氢钠是焙制糕点所用发酵粉成分之一,也是医疗上治疗胃酸过多的一种药剂,②错误;将Cl2通入冷的石灰乳中,可制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉,漂白液的有效成分是NaClO,③错误;过氧化钠能与水和二氧化碳反应产生氧气,所以可在潜水艇中作供氧剂,又由于其有强氧化性,也可以作漂白剂,④正确;液氯可用干燥的钢瓶储运,⑤正确;干燥的氯气没有漂白性,⑥错误。故ACD错误,B正确。
答案 B
拓展链接 1.碳酸钠在玻璃、肥皂、造纸、纺织、石油、冶金等工业领域有广泛应用。
2.将氯气通入冷的石灰乳中即制得以次氯酸钙为有效成分的漂白粉。如果氯气与Ca(OH)2反应充分,并使次氯酸钙成为主要成分,则得到漂粉精,而将氯气通入NaOH溶液中制取以次氯酸钠为主要成分的漂白液。
8.(★)在某溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的一组离子是 ( )
A.Fe3+、S2-、Cl-、Na+
B.Na+、H+、HCO3-、NO3-
C.Na+、Ca2+、NO3-、CO32-
D.K+、Cu2+、OH-、NO3-
考向 离子共存
题组 离子共存
解析 本题为离子共存题,认真看清题目要求“因发生氧化还原反应而不能大量共存”,A项中Fe3+和S2-能发生氧化还原反应:2Fe3++S2-2Fe2++S↓,A正确;B中H+和HCO3-不共存,发生H++HCO3-H2O+CO2↑但不是氧化还原反应,B错误;C项中CO32-和Ca2+不共存,发生CO32-+Ca2+CaCO3↓也不是氧化还原反应,C错误;D项中Cu2+和OH-也不共存,发生Cu2++2OH-Cu(OH)2↓也不是氧化还原反应,D错误。
答案 A
拓展链接 常见氧化剂:Fe3+,MnO4-,Cr2O72-,ClO-,NO3-(酸性),常见还原性离子Fe2+,S2-,HS-,SO32-,HSO3-,I-等,这些离子相互之间都能发生氧化还原反应而不能大量共存。
9.(★)有些离子方程式能表示一类反应,有些离子方程式却只能表示一个反应。下列离子方程式中,只能表示一个化学反应的是 ( )
①Fe+Cu2+Fe2++Cu
②Ba2++2OH-+2H++SO42-BaSO4↓+2H2O
③CO32-+2H+CO2↑+H2O
④Cl2+H2OH++Cl-+HClO
⑤Ag++Cl-AgCl↓
A.只有② B.②④
C.③⑤ D.只有④
考向 离子方程式的含义的理解
题组 离子方程式的书写
解析 ①表示Fe和可溶性铜盐的反应,可以是CuCl2、CuSO4等,故①错误;②既可以表示Ba(OH)2和H2SO4的化学反应,也可表示Ba(OH)2和可溶性硫酸氢盐反应,如Ba(OH)2与NaHSO4反应后呈中性,故②错误;③表示可溶性碳酸盐和强酸的反应,对应的化学反应有多种,故③错误;④只能表示氯气和水的一个化学反应,故④正确;⑤表示可溶性银盐和可溶性氯化物的反应,对应的化学反应有多种,故⑤错误。故D正确。
答案 D
归纳总结 如何判断一个离子反应能否只表示一个化学反应,即针对离子反应中反应物离子均只能对应一种物质时,该离子反应只能对应一个化学反应。
10.(★)澳大利亚科学家发现了纯碳新材料“碳纳米泡沫”,每个泡沫含有约4000个碳原子,直径约6~9nm,在低于-183℃时,泡沫只有永久磁性。下列叙述正确的是 ( )
A.“碳钠米泡沫”能产生丁达尔现象
B.“碳钠米泡沫”与石墨互为同素异形体
C.“碳纳米泡沫”是一种新型的碳的化合物
D.“碳纳米泡沫”和金刚石的性质相同
考向 单质、化合物性质及胶体性质
题组 新情景下的物质性质分析
解析 依据题意“碳纳米泡沫”只是一个直径在6~9nm范围内的粒子,并不具备分散系的分散质和分散剂的组成,故不能构成胶体,不能发生丁达尔现象,A错误;题干中提到“碳纳米泡沫”为纯碳材料,所以是一种碳的单质,所以与石墨互为同素异形体(定义:由同种元素组成的不同种单质),B正确,C错误;金刚石具有硬度大的性质特点,明显与“碳纳米泡沫”性质不同,D错误。
答案 B
点评 该题以高科技新物质为背景,考查化学基础知识,所以要从题目中去挖掘有效信息,进行知识溯源,找到其物质模型,从而得出结论,体现了“证据推理和模型认知”的化学学科核心素养。
11.(★)下列与阿伏加德罗常数NA有关的说法正确的是 ( )
A.标准状况下,44.8LH2O中含有氢原子的数目为2NA
B.8.0gCu2S和CuO的混合物中含有铜原子数为0.1NA
C.1molFe在1molCl2中充分燃烧,转移的电子数为3NA
D.将1L2mol/L的FeCl3溶液加入到沸水中,加热制得的氢氧化铁胶体粒子数为2NA
考向 阿伏加德罗常数的考查
题组 阿伏加德罗常数的考查
解析 H2O在标准状况下为非气态,所以不能用标况下的气体摩尔体积来计算物质的量,即标况下,44.8LH2O的物质的量不是2mol,故A错误;Cu2S和CuO在质量组成上都是1molCu64g对应16gS或O元素的质量,即每80g物质中就有1mol铜原子,所以8.0g混合物含有0.1mol铜原子,故B正确;1molFe和1molCl2充分反应,产物一定是FeCl3,Fe剩余,Cl2不足,转移电子依据Cl2来计算,为2NA,C错误;氢氧化铁胶体中一个胶粒是由多个氢氧化铁分子聚合成的,所以胶粒数小于2NA,D错误。
答案 B
易错警示 1.注意22.4L/mol 的使用条件①必须是标准状况,②在标准状况下该物质应为气体,标况下H2O,SO3,HF,乙醇,苯和四氯化碳等为非气态。
2.氧化还原中转移电子数目的判断:①注意氧化剂不同,所表现的化合价不同,如Fe与Cl2、S、I2反应生成物为FeCl3、FeS 、FeI2;Cu与Cl2、S、I2反应生成CuCl2、Cu2S、CuI。②反应物的量不同,所表现的化合价也不同,如Fe与稀HNO3反应,Fe不足,生成Fe3+,Fe过量,生成Fe2+。
12.(★)下列说法中不正确的数目为 ( )
①热稳定性:Na2CO3>NaHCO3
②Na2O和Na2O2都能与水反应生成碱,故均为碱性氧化物
③相同条件下,与盐酸反应产生气体:Na2CO3快,NaHCO3慢
④某溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀出现,其化学式可能为Na2CO3·7H2O
⑤在相同条件下,等质量的固体与足量盐酸反应放出的气体的体积:Na2CO3>NaHCO3
⑥在相同条件下,等质量的固体与足量盐酸反应放出的气体的体积:Na2CO3>NaHCO3
⑦分别向Na2CO3和NaHCO3的水溶液中滴加BaCl2溶液,均可产生白色沉淀
A.5 B.4 C.3 D.2
考向 Na2CO3、NaHCO3的鉴别,Na2O和Na2O2性质差异
题组 Na2CO3、NaHCO3,Na2O和Na2O2的性质考查
解析 ①中Na2CO3稳定,而NaHCO3受热易分解生成Na2CO3、CO2、 H2O,①正确;②Na2O与酸反应生成盐和水,而Na2O2与酸反应不仅生成盐和水,还生成了氧气,方程式为:2Na2O2+4HCl4NaCl+2H2O+O2↑,所以Na2O2不是碱性氧化物,②错误;③Na2CO3、NaHCO3与盐酸反应离子方程式为:CO32-+2H+H2O+CO2↑,HCO3-+H+H2O+CO2↑,由方程式可知NaHCO3结合一个H+放出二氧化碳,而Na2CO3要结合两个H+才能放出二氧化碳,所以Na2CO3慢、NaHCO3快,③错误;④能与硝酸银反应产生沉淀的不一定是Cl-,还有可能是CO32-或SO42-,④错误;⑤Na2CO3粉末遇水反应,因反应温度的不同会生成3种不同的结晶水合物,分别为一水合碳酸钠(Na2CO3·H2O)、七水合碳酸钠(Na2CO3·7H2O)以及十水合碳酸钠(Na2CO3·10H2O),⑤正确;⑥由方程式Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2↑ 、NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2↑”可知,1molNa2CO3106g放出1molCO2,而1molNaHCO384g放出1molCO2,所以等质量NaHCO3放出CO2多,⑥错误;⑦BaCl2+Na2CO3BaCO3?+2NaCl有沉淀生成,而NaHCO3与BaCl2不发生反应,⑦错误。故②③④⑥⑦错误,A正确。
答案 A
拓展链接 Na2CO3、NaHCO3性质比较,Na2O和Na2O2的性质比较(见下表)
Na2CO3
NaHCO3
俗名
纯碱 苏打
小苏打
颜色状态
白色固体
白色固体
溶解性
都能溶解于水,但Na2CO3的溶解度大于NaHCO3的溶解度
用途
制玻璃、造纸、制肥皂、纺织工业
发酵粉的主要成分、治疗胃酸过多、泡沫灭火器
与盐酸反应
Na2CO3+2HCl2NaCl+CO2↑+H2O
若逐渐滴加盐酸反应先后顺序为:
Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3
NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O
NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O
NaHCO3与盐酸反应的剧烈程度大于Na2CO3与盐酸反应的剧烈程度
与NaOH溶
液反应
不反应
NaHCO3+NaOHNa2CO3+H2O
与Ca(OH)2
溶液反应
产生白色沉淀
Na2CO3+Ca(OH)2CaCO3↓+2NaOH
产生白色沉淀
2NaHCO3+Ca(OH)2CaCO3↓+Na2CO3+2H2O
与CaCl2溶
液反应
产生白色沉淀
Na2CO3+CaCl2CaCO3↓+2NaCl
不反应
与CO2反应
Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3
若向饱和的Na2CO3溶液中通入CO2气体,溶液中析出白色固体,因为NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度
不反应
热稳定性
稳定,受热不分解
不稳定,受热分解
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
氧化钠
过氧化钠
颜色、状态
白色固体
淡黄色固体
化学式
Na2O
Na2O2
氧的化合价
-2
-1
稳定性
不稳定,在空气中可以继续氧化:
2Na2O+O22Na2O2
稳定,加热不分解
与H2O反应
Na2O+H2O2NaOH
2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑
与CO2反应
Na2O+CO2Na2CO3
2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2
氧化性、
漂白性
一般不表现氧化性、还原性,无漂白性
有强氧化性、漂白性,可以杀菌消毒
13.(★)下列离子方程式书写正确的是 ( )
A.用小苏打治疗胃酸过多:CO32-+2H+CO2↑+H2O
B.氢氧化钡与硫酸铜溶液混合:2OH-+Cu2+Cu(OH)2↓
C.过量NaHCO3溶液和少量Ba(OH)2反应:
2HCO3-+Ba2++2OH-BaCO3↓+CO32-+2H2O
D.过量CO2与Ca(ClO)2溶液反应:CO2+H2O+Ca2++2ClO-CaCO3↓+2HClO
考向 离子方程式正误判断
题组 离子反应方程式的考查
解析 小苏打碳酸氢钠属于弱酸酸式盐,所以在写离子方程式时HCO3-不拆,离子方程式为:HCO3-+H+H2O+CO2↑,A错误;氢氧化钡和硫酸铜溶液反应除生成氢氧化铜沉淀外还生成硫酸钡沉淀,离子方程式为:Cu2++SO42-+Ba2++2OH-BaSO4↓+Cu(OH)2↓”,B错误;过量碳酸氢钠溶液与少量氢氧化钡溶液反应,则其计量数之比为2∶1,所以C正确;过量二氧化碳反应,最后应该生成碳酸氢钙,ClO-+CO2+H2OHClO+HCO3-,D错误。
答案 C
易错警示 在书写离子方程式时,以下物质不能拆开:单质、氧化物及过氧化物、难溶物、弱电解质(弱酸、弱碱、水)、络合物、弱酸的酸式酸根。
14.(★★)现有120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和100mL盐酸,不管将前者滴加入后者,还是将后者滴加入前者都有气体产生,但相同条件下最终生成的气体体积不同,则盐酸的浓度合理的是 ( )
A.2.0mol/L B.2.4mol/L
C.1.5mol/L D.0.18mol/L
考向 碳酸钠与盐酸反应的计算
题组 碳酸钠与盐酸反应的计算
解析 ①当碳酸钠滴入盐酸中,盐酸足量,开始就有气体生成,发生CO32-+2H+H2O+CO2↑,②当盐酸滴入碳酸钠溶液时,开始不产生气体,只发生CO32-+H+HCO3-、继续滴加后期才发生HCO3-+H+H2O+CO2↑产生气体,故若都有气体生成,则只需满足②中第一步反应的量,即HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量,又因为最终生成的气体体积不同,则HCO3-+H+H2O+CO2↑又不能全部完成,即HCl的物质的量比Na2CO3的物质的量的二倍少,已知碳酸钠物质的量为0.2mol,所以盐酸物质的量应在0.2~0.4mol 之间,所以盐酸浓度应在0.2mol/0.1L=2.0mol/L和0.4mol/0.1L=4.0mol/L之间,故B正确。
答案 B
拓展链接 碳酸钠与盐酸之间相互滴定时,反应过程和现象均有不同,其本质是反应量的问题,所以也可以利用它们之间相互反应的不同现象进行两溶液的鉴别,即:不加任何外加试剂即可进行鉴别。类似的还有AlCl3和NaOH,NaAlO2和HCl,都属于这种情况。
15.(★★)14gCO气体在0.5mol氧气中充分燃烧,将所得的气体通过足量Na2O2固体充分反应后,下列说法不正确的是 ( )
A.CO与氧气反应,只消耗了0.25mol氧气
B.充分反应后Na2O2固体质量增加14g
C.若1gH2替代14g的CO发生上述反应,则Na2O2固体质量增加了1g
D.通过以上两步反应后余下氧气的物质的量为0.25mol
考向 过氧化钠与二氧化碳和水反应的计算
题组 过氧化钠与二氧化碳和水反应的计算
解析 14gCO先与O2发生反应2CO+O22CO2,消耗0.25molO2,A正确,将所得气体再通过Na2O2发生反应2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,通过两个方程式比较可知,该反应放出O2的量,恰好为CO所消耗O2的量,同时CO全部转移增重至Na2CO3中,即增重14g,B正确,且最后氧气的物质的量仍为0.5mol,D错误。同理,若为H2,则先发生2H2+O22H2O,H2O又与Na2O2发生2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,两个方程式比较,该反应放出O2的量,恰好为H2所消耗O2的量,同时H2全部转移增重至NaOH中,即1gH2代替14gCO发生上述反应,则Na2O2固体质量增加了1g,C正确。
答案 D
归纳总结 通过上述分析,我们可以得出结论:若mgCO或H2或CO和H2的混合气体,与一定量氧气充分反应,将所得产物通过足量过氧化钠充分反应,过氧化钠将增重mg。
16.(★)下列各组无色离子在溶液中能大量共存,加入盐酸有气体放出,加入氢氧化钠有沉淀生成的是 ( )
A.Cu2+、Na+、SO42-、Cl-
B.Mg2+、K+、Cl-、CO32-
C.Ba2+、K+、HCO3-、Cl-
D.NH4+、Na+、CO32-、NO3-
考向 离子共存
题组 离子共存
解析 本题考查离子共存问题。A项中Cu2+有颜色,A错误;B项中Mg2+和CO32-不能共存,会生成MgCO3微溶物,B错误;C项加入盐酸与HCO3-反应产生CO2,离子方程式为HCO3-+H+H2O+CO2↑,加入氢氧化钠有碳酸钡沉淀生成,离子方程式为Ba2++HCO3-+OH-BaCO3↓+H2O,C正确;D项加盐酸与CO32-反应产生气体CO2,离子方程式为CO32-+2H+H2O+CO2↑,加入氢氧化钠离子反应方程式为:OH-+NH4+NH3·H2O,现象是只有气体放出,D错误。
答案 C
拓展链接 1.常见有色离子有:Cu2+——蓝色、Fe2+——浅绿色、Fe3+——棕黄色、 MnO4-离子——紫红色、Cr2O72-离子——橙色。
2.微溶物离子也按不共存对待,常见微溶物必须熟记:MgCO3、CaSO4、Ca(OH)2、Ag2SO4。
3.HCO3-即能与H+反应,又能与OH-反应,HCO3-+H+H2O+CO2↑、HCO3-+OH-H2O+CO32-。
17.(★★)相对分子质量是M的气态化合物VL(标准状况),溶于mg水中,得到质量分数为w、物质的量浓度为cmol/L、密度为ρg/mL的溶液,下列说法正确的是 ( )
A.相对分子质量M=22.4mw(1-w)V
B.物质的量浓度c=ρVMV+22.4m
C.溶液的质量分数w=MV22.4m
D.溶液密度ρ=cw1000M
考向 物质的量浓度与质量分数的换算关系
题组 物质的量浓度的计算
解析 通过题给数据,相对分子质量为M的气态化合物VL,可求其物质的量为V/22.4mol,质量为MV/22.4g溶于mg水中,所得溶液质量为(m+MV/22.4)g,则溶液的质量分数w=MV/(22.4m+MV),所以C错误;依据w=MV/(22.4m+MV)反推M=[22.4mw]/[(1-w)V],所以A正确;溶液密度为ρg/mL,所以溶液体积为[(m+MV/22.4)/1000ρ]L,则溶液的物质的量浓c=[V/22.4mol]/[(m+MV/22.4)/1000ρ]L=1000ρV/MV+22.4m,所以B错误。再利用c和w的换算公式c=1000ρw/M推得ρ=cM/1000w,所以D错误。
答案 A
易错警示 关于气体溶于水后所得溶液物质的量浓度的计算,要注意,溶液质量应该等于溶质质量加上溶剂质量,而溶液体积的求算要利用公式V(溶液)=m(溶液)/ρ(溶液)来进行计算,同时要注意单位的换算,密度单位是g/ml,而物质的量浓度的单位是mol/L,所以要把溶液体积单位换算成L,再利用c=n/V来求物质的量浓度才正确。
18.(★)已知PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、Cu2+的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是 ( )
A.Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+
B.10Cl-+2MnO4-+16H+2Mn2++5Cl2↑+8H2O
C.5Pb2++2MnO4-+2H2O5PbO2+2Mn2++4H+
D.2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-
考向 氧化剂、还原剂强弱的比较
题组 氧化还原反应
解析 在氧化还原反应中,存在以下规律,氧化性:氧化剂>氧化产物 还原性:还原剂>还原产物,强氧化剂和强还原剂发生反应产生具有弱氧化性和弱还原性的物质。所以判断一个反应能否发生,可以先假设它能够发生,依据已有方程式推得氧化剂(还原剂)和氧化(还原)产物的氧化(还原)性顺序,再与题目中所给氧化(还原)性顺序进行比较,从而得出正确结论。假设A项离子反应能发生,则氧化性Fe3+>Cu2+,与题给顺序一致,所以可以发生,A不符合题意;假设B项离子反应能发生,则氧化性MnO4->Cl2,与题给顺序一致,所以可以发生,B不符合题意;假设C项离子反应能发生,则氧化性MnO4->PbO2,与题给顺序相反,所以不可以发生,C符合题意;假设D项离子反应能发生,则氧化性Cl2>Fe3+,与题给顺序一致,所以可以发生,D不符合题意。
答案 C
方法技巧 这类题采用逆向思维,不直接判断能否发生,而是先假设能发生,推得氧化性或还原性顺序再与题给顺序比较,从而得出正确结论。
19.(★)某溶液中(忽略水的电离)只含有下表中所示的四种离子,试推测X离子及其个数b可能为 ( )
离子
Na+
Al3+
Cl-
X
个数
2a
3a
a
b
A.MnO4-、5a B.NO3-、4a
C.OH-、10a D.SO42-、5a
考向 溶液中电荷守恒
题组 电荷守恒的应用
解析 溶液是呈电中性的,即阳离子所带正电荷总数=阴离子所带负电荷总数,同时还要注意本题中的离子共存问题。依据题给已知离子正电荷总数为2a×1+3a×3=11a,阴离子有Cl-数目为a,依据电荷守恒阴离子还差10a个负电荷,A项MnO4-带负电荷数为5a×1=5a,A错误;B项NO3-负电荷数为4a×1=4a,B错误;C项OH-负电荷数为10a×1=10a,但是阴离子OH-与已知阳离子Al3+不能大量共存,故C错误;D项SO42-负电荷数为5a×2=10a,且SO42-与题中所给离子共存,D正确。
答案 D
易错警示 本题在选择时容易忽略离子共存问题,而错选C。
20.(★★)已知:将Cl2通入适量NaOH溶液,NaOH反应完全,产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3,且c(Cl-)/c(ClO-)的值与温度高低有关。当n(NaOH)=amol时,下列有关说法错误的是 ( )
A.参加反应的氯气的物质的量等于a/2mol
B.若某温度下,反应后c(Cl-)/c(ClO-)=16,则溶液中c(ClO-)/c(ClO3-)=1/3
C.改变温度,反应中转移电子的物质的量ne-的范围:12amol≤ne-≤56amol
D.改变温度,产物中NaCl物质的量的范围:12amol≤n≤amol
考向 以氯气与碱反应为背景考查氧化还原反应的计算
题组 氧化还原反应的计算
解析 Cl2与NaOH反应产物为NaCl、NaClO、NaClO3,化学式中Na原子和Cl原子都是1∶1,所以Cl2和NaOH反应物质的量之比一定为1∶2,所以n(Cl2)=n(NaOH)/2=a/2mol,A正确;该反应氧化产物为NaClO、NaClO3,还原产物为NaCl,依据反应中转移电子守恒可列出下列算式:n(Cl-)×1=n(ClO-)×1+n(ClO3-)×5,若反应后c(Cl-)/c(ClO-)=16,则求得c(ClO-)/c(ClO3-)=1/3,B正确;依据不同温度下所发生的化学方程式求转移电子的范围,若发生6NaOH+3Cl25NaCl+NaClO3+3H2O反应时,转移电子数最多,依据方程式6mol氢氧化钠反应转移5mol电子,所以amol氢氧化钠反应,最多转移5a/6mol电子,若只发生反应2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O,转移电子数最少,依据方程式2mol氢氧化钠反应转移1mol电子,所以amol氢氧化钠反应,最少转移a/2mol电子,故转移电子的物质的量ne-的范围a/2mol≤ne-≤5a/6mol,C正确;同理若发生6NaOH+3Cl25NaCl+NaClO3+3H2O反应时,依据方程式6mol氢氧化钠生成5molNaCl,所以amol氢氧化钠反应生成5a/6molNaCl,若只发生反应2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O反应时,依据方程式2mol氢氧化钠生成1molNaCl,所以amol氢氧化钠反应生成a/2molNaCl,故生成NaCl的物质的量n的范围a/2mol≤n≤5a/6mol,D错误。
答案 D
点评 本题考查氧化还原反应的计算,为高频考点,把握反应中元素化合价变化及电子守恒为解答的关键,侧重分析与计算能力的考查,题目难度适中。
第Ⅱ卷(非选择题,60分)
注意事项:
1.第Ⅱ卷必须使用0.5mm黑色签字笔作答。
2.请将答案书写在答题纸的相应位置,直接答在试卷上无效。
二、非选择题
21.(★)(10分)(1)现有以下物质
①碳酸氢钠溶液 ②干冰(固态的二氧化碳) ③冰醋酸(纯净的醋酸) ④铁 ⑤AgCl固体 ⑥熔融的KCl ⑦酒精 ⑧硫酸氢钠固体
其中能够导电的是 (填序号,下同);属于弱电解质的是 ,属于非电解质的是 。
(2)写出①的电离方程式 。
(3)写出上述物质中⑧的水溶液和Ba(OH)2溶液反应至沉淀完全时的离子方程式 。
考向 电解质、非电解质及离子方程式书写
题组 电解质知识及离子方程式书写
解析 (1)①碳酸氢钠溶于水发生电离,其水溶液能够导电,其溶液为混合物,故即不属于电解质也不属于非电解质;②干冰为固态二氧化碳,固态不能导电,溶于水虽然能导电,但是与水反应生成的碳酸发生电离导电,所以干冰是非电解质;③冰醋酸为弱酸属于弱电解质,但是纯醋酸不导电,只有溶于水才能导电;④铁能导电,但是由于是单质,所以既不是电解质也不是非电解质;⑤AgCl固体是盐,属于强电解质,固态不导电;⑥熔融KCl能发生电离,能导电,KCl属于盐为强电解质;⑦酒精为有机物本身不导电,溶于水也不导电,为非电解质;⑧硫酸氢钠固体属于盐为强电解质,固态本身不导电;所以能导电的物质是①④⑥,属于弱电解质的是③,属于非电解质的是②⑦。
(2)碳酸氢钠属于弱酸酸式盐,其酸式酸根不拆开,所以其电离方程式为:NaHCO3Na++HCO3-。
(3)氢氧化钡和硫酸氢钠反应,至沉淀完全时要求Ba2+和SO42-完全沉淀,即Ba(OH)2和 NaHSO4以1∶1参加反应,所以此时的离子方程式为:Ba2++OH-+H++SO42-BaSO4↓+H2O。
答案 (10分)(1)①④⑥(3分) ③(1分) ②⑦(2分)
(2)NaHCO3Na++HCO3-(2分)
Ba2++OH-+H++SO42-BaSO4↓+H2O(2分)
拓展链接 1.电解质和非电解质都是化合物,单质和混合物既不是电解质,也不是非电解质。
2.电解质不一定导电,如固态NaCl、液态HCl等;导电物质不一定是电解质,如铁、铝等金属单质,NaCl溶液等。
3.电解质一定是指自身电离生成离子的化合物,有些化合物的水溶液能导电,但溶液中的离子不是它自身电离产生的,不属于电解质,如CO2、SO2、NH3等是非电解质。它们与水反应生成的产物H2CO3、H2SO3、NH3·H2O自身能电离,是电解质。
4.能导电的物质有以下几种①金属单质或合金,②石墨,③电解质溶液(如:酸、碱、盐溶液),④熔融态的盐及强碱。
5.强电解质包括:强酸、强碱、大部分盐、活泼金属氧化物及过氧化物,弱电解质包括:弱酸、弱碱和水,非电解质包括:非金属氧化物、部分非金属氢化物,如:氨气、绝大多数有机物。
22.(★★)(10分)(1)已知反应:KClO3+6HCl(浓)KCl+3H2O+3Cl2↑,其中氧化剂和还原剂物质的量之比是 。
(2)配平氧化还原反应方程式:
C2O42-+ MnO4-+ H+ CO2↑+ Mn2++ H2O(氧元素均为-2价)
(3)某一反应体系有反应物和生成物共五种物质:O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2、已知该反应中H2O2只发生如下过程:H2O2O2
①该反应中,发生还原反应的过程是 。
②写出该反应的化学方程式,并用双线桥法标出电子转移的方向和数目
。
③如反应转移了0.8mol电子,则产生的气体在标准状况下体积为 。
考向 氧化还原反应配平、电子转移和计算
题组 氧化还原反应综合考查
解析 (1)观察方程式可知只有氯元素化合价发生了变化,且前后HCl和KCl中氯元素化合价相同,所以根据氧化还原反应规律“化合价只靠近不交叉”可知,产物KCl中氯元素来源于反应物HCl中的氯元素,反应物KClO3和HCl发生了归中反应,KClO3中氯元素化合价从+5价降低到Cl2中的0价,被还原,做氧化剂,而HCl中氯元素由-1价升高到Cl2中的0价,被氧化,做还原剂,所以氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶5。
(2)碳元素:C2O42-中碳元素为+3价,CO2中碳元素为+4价,升高1价,但是C2O42-中含有2个C原子,所以总共升高2价;锰元素:MnO4-中+7价到Mn2+中+2价,降低5价;根据化合价升降相等,C2O42-前化学计量数为5,CO2前化学计量数为10,而 MnO4-和Mn2+前化学计量数为2,即5C2O42-+2MnO4-+( )H+10CO2↑+2Mn2++( )H2O,再根据电荷守恒右侧2Mn2+带4个正电荷,左侧5C2O42-和2MnO4-共带12个负电荷数所以H+系数为16,再根据元素守恒,H2O的系数为8,故最终系数为5,2,16,10,2,8。
(3)根据题干已知H2O2只被氧化为O2,做还原剂,所以反应需要加入氧化剂,化合价降低,即发生还原反应的过程是H2CrO4Cr(OH)3,所以该反应的反应物为H2O2、H2CrO4,生成物为O2、Cr(OH)3,Cr元素:+6→+3,得3e-,O元素:每个O原子由-1→0失去1e-,再结合化学式H2O2含2个O原子,故共失2e-,所以利用电子得失守恒配得3H2O2+2H2CrO42Cr(OH)3+3O2↑,故共转移6e-,再利用元素守恒,确定H2O为生成物,且化学计量数为2,即最后配平方程式为:3H2O2+2H2CrO42Cr(OH)3+3O2↑+2H2O,用双线桥表示电子转移情况如下:
反应中转移6mol电子,生成气体O23mol在标况下的体积为67.2L,所以,当转移0.8mol电子时,产生氧气0.4mol,在标况下的体积为 8.96L。
答案 (10分)(1)1∶5(2分)
(2)5、2、16、10、2、8(2分)
(3)①H2CrO4Cr(OH)3(1分)
②(3分)
③8.96L(共2分,单位不写扣1分)
点评 本题综合考查了氧化还原反应中氧化剂和还原剂的定义、配平、电子转移的标注和方程式中有关电子转移的计算,其中氧化还原配平是高考的重要考点,尤其是信息型氧化还原反应方程式的书写是高考必考内容,重点掌握氧化还原规律及配平技巧,题目难度适中。
23.(★)(10分)Ⅰ.(1)实验室配制480mL0.25mol/L的NaOH溶液,应称取NaOH的质量 ,除了用到托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒,胶头滴管外还需要的玻璃仪器是 。
(2)配制时,其正确的操作顺序是 (用字母表示,每个字母只能用一次)。
A.用少量水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,洗涤液均注入容量瓶,振荡
B.用天平准确称取所需的NaOH的质量,加入少量水,用玻璃棒慢慢搅动,使其充分溶解
C.将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入一定体积的容量瓶中
D.将容量瓶盖紧,颠倒摇匀
E.改用胶头滴管加水,使溶液凹液面恰好与刻度线相切
F.继续往容量瓶内小心加水,直到液面接近刻度线1~2cm处
(3)下列操作导致配制的NaOH溶液浓度偏低的是
A.称量NaOH时,砝码已生锈
B.向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面
C.加蒸馏水时不慎超过了刻度线
D.定容时俯视刻度线
E.配制前,容量瓶中有少量蒸馏水
Ⅱ.气体NH3溶于水可配成氨水溶液(该溶液的密度比水小),把90g浓度为c1的浓氨水溶液(溶质质量分数为ω1)与VmL水混合,得到浓度为c2的稀氨水溶液(溶质质量分数为ω2)。若ω1=2ω2,则:①c1 2c2,②V 90mL(填“>”“<”或“=”)。
考向 一定物质的量浓度溶液的配制步骤及误差分析
题组 一定物质的量浓度溶液的配制的综合考查
解析 (1)溶液配制时,有关容量瓶的选择应遵循“大而近原则”,所以欲配制480mL溶液,则应选用500mL容量瓶,再根据n=cV=0.25mol/L×0.5L=0.125mol,再利用m=n×M=0.125mol×40g·mol-1=5.0g。根据配制步骤可知,计算,称量———托盘天平、药匙、小烧杯(氢氧化钠易潮解用小烧杯称量),溶解———烧杯、玻璃棒(搅拌),冷却,转移———500mL容量瓶、玻璃棒(引流),洗涤,振荡,定容———胶头滴管,摇匀,装瓶,所以题干中仪器还缺少500mL容量瓶,要特别注意由于容量瓶不能配制任意体积的溶液,所以必须带上容积,即500mL容量瓶。
(2)依据(2)题中描述的实验步骤,所以下列操作步骤的正确顺序为B、 C、 A、 F、 E、 D。
(3)A项,称量时砝码生锈,则砝码质量会高于所标示的质量,所以称得溶质氢氧化钠偏大,溶液浓度偏高;B项,转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外,会造成溶质的损失,溶液浓度偏低;C项,加蒸馏水时不慎超过了刻度线,使溶液体积偏大,溶液浓度偏低;D项,定容时俯视刻度线,如图,使溶液体积偏小,溶液浓度偏大;E项,配制前,容量瓶中有少量水,不影响溶质,不影响最终定容体积,所以对浓度没有影响。所以浓度偏低的为BC。
Ⅱ.设氨水物质的量浓度为c1溶液密度为ρ1,物质的量浓度为c2的氨水的密度为ρ2,则:c1=[1000ρ1ω1〗/17,c2=[1000ρ2ω2]/17,所以c1/c2=ρ1ω1/ρ2ω2,又因为ω1=2ω2,c1/c2=ρ1ω1/ρ2ω2=2ρ1/ρ2,又因为氨水密度小于水的密度,所以氨水的浓度越大密度越小,则ρ1>ρ2,故c1>2c2;
因为稀释前后溶质的质量不变,若ω1=2ω2,则稀释后溶液的质量为180g,所以水的质量为90g,而水的密度为1g/mL,所以水的体积V=90mL,故答案为c1>2c2 V=90mL。
答案 (10分)
Ⅰ.(1)5.0g(1分,写“5”不给分) 500mL容量瓶(1分,只写“容量瓶”无分)
(2)B、C、A、F、E、D(2分) (3)B、C(2分)
Ⅱ.①<(2分) ②=(2分)
易错警示 1.托盘天平的精度值为0.1g,故不能写5g,而应该写5.0g。
2.容量瓶不能配制任意体积的溶液,而是只能配制与容量瓶容积规格一样体积的溶液,所以必须带上容积,即500mL容量瓶。
拓展链接 1.硫酸溶液的密度大于水的密度,所以当物质的量浓度为c1,质量分数为ω1的硫酸溶液,①若与水等质量混合时,所得溶液物质的量浓度为c2,质量分数为ω2,则有ω2=ω1/2,c2ω1/2,c2=c1/2。
2.氨水的密度小于水的密度,所以当物质的量浓度为c1,质量分数为ω1的氨水,①若与水等质量混合时,则所得溶液物质的量浓度为c2,质量分数为ω2,则有ω2=ω1/2,c2>c1/2。②若与水等体积混合时(混合时忽略体积变化),所得溶液物质的量浓度为c2,质量分数为ω2,则有ω2<ω1/2,c2=c1/2。
24.(★★)(10分)某研究性学习小组同学探究干燥的氯气是否有漂白性,从下列装置中选用合适的装置完成实验(所给装置可重复使用)。
回答下列问题:
(1)组装实验装置:按气流流动的先后顺序,装置连接顺序依次为 (用字母表示)。
(2)写出实验室制取氯气的化学方程式 。
(3)装置D的作用是 。
(4)装置E的主要用途是 ,E中发生反应的离子方程式为 。
(5)若F中反应消耗174gMnO2时,生成的Cl2数目为 。
考向 氯气的实验室制法
题组 氯气的实验室制法
解析 (1)实验室制取氯气时,其一般的装置顺序为:发生装置—除杂、净化装置—收集、性质检验装置—尾气吸收装置。结合本题的实验目的为探究干燥的氯气是否有漂白性,所以其连接顺序为:发生装置(F)——除杂装置(D)——干燥装置(A)——性质检验装置(B)【本题是验证干燥氯气是否有漂白性,所以在除去氯气中的氯化氢后,要干燥,且要通入干燥的有色布条,而不用湿润的有色布条,所以接B。】完成性质检验后要尾气处理,通入氢氧化钠溶液,但是若BE直接相连,则E中氢氧化钠溶液的水蒸气会逸散到B装置中,而影响实验现象,所以在BE之间连接一个干燥装置A,所以最后的装置顺序为:F D A B A E。
(2)装置中采用固液加热方法制取氯气,所以其方程式为:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
(3)由于盐酸有挥发性,所以制取出的氯气中含有氯化氢杂质,所以装置D是用于除去氯气中的氯化氢。
(4)氯气有毒,需要进行尾气处理,所以装置E的作用是吸收多余的氯气,防止污染环境。离子方程式为:Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O。
(5)通过制氯气的方程式可知,MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O,消耗1molMnO2的质量为87g,生成Cl2数目为NA,则消耗174gMnO2生成Cl2的数目为2NA。
答案 (10分)(1)FDABAE(2分)
(2)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(2分)
(3)除去氯气中的氯化氢(1分)
(4)吸收氯气,防止污染空气(1分)
Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O(2分)
(5)2NA(2分)
易错警示 1.在解答实验题目时,一定要认真审题,看清实验目的,实验要求,例如本题中要求:从下列装置中选用合适的装置完成实验,且说明所给仪器可以重复使用。注意这个要求的隐含信息,即:装置可能不一定全部用到,且有可能出现一个装置重复使用的情况。
2.在定性实验中要注意实验过程中相关物质与装置之间的干扰,例如本题中E中氢氧化钠溶液中水蒸气可能会逸散至B中,给实验造成干扰,所以在BE之间加一个干燥装置A。
25.(★★)(10分)Ⅰ.根据下图转化关系以及实验现象填写空白。
(1)固体X是 (填写化学式),产物A俗称是 。
(2)反应①的化学方程式是 。
Ⅱ.将2.5g碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钠固体混合物完全溶解于水,制成稀溶液,然后向该溶液中逐滴加入1mol/L的盐酸,所加入盐酸的体积与产生CO2的体积(标准状况)关系如下图所示:
(1)按顺序写出OA段所发生反应的离子方程式 。
(2)加入45mL盐酸时,产生二氧化碳的体积为 mL(标准状况)。
(3)计算原混合物中NaOH的质量是 g。
考向 碳酸钠、碳酸氢钠、氢氧化钠与盐酸反应的图像问题
题组 钠的典型化合物:碳酸钠、碳酸氢钠与盐酸反应的图像问题
解析 Ⅰ.通过框图信息,淡黄色固体X为一金属化合物,根据已有知识,推测物质X为过氧化钠,反应①中产生固体Y与石灰水反应产生白色沉淀,所以推测固体Y为碳酸盐,即碳酸钠,进而推测反应①为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,方程式为:2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,碳酸钠和石灰水发生反应②生成碳酸钙白色沉淀和物质A为氢氧化钠,俗称烧碱、火碱或苛性钠。
Ⅱ.(1)在溶液中碳酸氢钠与氢氧化钠不能共存,会发生反应生成碳酸钠,据AB段分析,发生NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O,消耗盐酸体积为(45-25)mL=20mL,那么之前Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl消耗盐酸体积也为20mL,而OA段盐酸有25mL,所以2.5克碳酸钠,碳酸氢钠和氢氧化钠的固体混合物完全溶于水制成稀溶液,碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠后,氢氧化钠过量,故溶质为碳酸钠和氢氧化钠。所以OA段中,0~5mL先发生酸碱中和反应,其离子反应方程式为H++OH-H2O,再发生Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl,其离子反应方程式为CO32-+H+HCO3-,故答案为:H++OH-H2O;CO32-+H+HCO3-。
(2)结合图象可知,当加入45mL盐酸时,25~45mL发生碳酸氢钠与盐酸的反应生成二氧化碳气体,HCO3-+H+CO2↑+H2O,由方程式可知,气体二氧化碳和所耗H+的化学计量数为1∶1,已知消耗的盐酸的物质的量为(45-25)×10-3L×1mol/L=0.02mol,则生成二氧化碳的物质的量也为0.02mol,标况下的体积为V=n×Vm=0.02mol×22.4L/mol=448mL。
(3)设碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钠的物质的量分别为x、y、z,则
①x+y=1mol/L×(0.045-0.025)L
②x+z=1mol/L×0.025L
③84g/mol×y+106g/mol×x+40g/mol×z=2.5g
联立①②③式解得x=0.01mol,y=0.01mol,z=0.015mol,
所以混合物中氢氧化钠的质量为0.015mol×40g/mol=0.6g。
答案 (10分)Ⅰ.(1)Na2O2(1分);烧碱、火碱或苛性钠(任写一个即可)(1分)
(2)2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2(2分)
Ⅱ.(1)H++OH-H2O(1分);CO32-+H+HCO3-(1分)
(2)448(2分) (3)0.6g(2分)
点评 碱金属是典型的金属元素的代表,钠是碱金属的代表,而钠的化合物如Na2O2、NaOH、Na2CO3、NaHCO3又分别为过氧化物、强碱、强碱弱酸盐、酸式盐的代表,所以有关钠的化合物在无机化学中都有非常重要的地位,因而都成为命题的重点物质,它们是推断题、鉴别题及有关实验、计算的常见物质。
辽宁省大连市第24中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题 13
2019~2020学年度高一年级模块检测试题
高一化学
注意事项:
1.每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号,在试题卷上作答无效。
2.Ⅱ卷在答题纸上作答。答题前,考生在答题纸上务必用直径0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚。
第Ⅰ卷(选择题,共40分)
一、选择题(本题共16小题,每小题3分,共48分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。)
1.(★)化学与人类生产、生活、科研密切相关,下列有关说法正确的是 ( )
A.PM2.5是指微粒直径不大于2.5微米的可吸入颗粒物,其分散于大气后一定形成胶体
B.用铂丝蘸取某金属的盐溶液,在酒精灯火焰上灼烧,火焰呈黄色,此盐溶液中一定含有Na+,不含K+
C.“侯氏制碱法”最终制得的“碱”不属于碱,而是盐NaHCO3
D.氯气对自来水消毒时可能产生对人体有害的物质,可使用ClO2做新的自来水消毒剂
考向 胶体性质、金属元素的焰色反应、碳酸钠及氯气的性质
题组 化学与生产、生活的联系
解析 胶体粒子直径为1~100nm之间,而PM2.5是指微粒直径不大于2.5微米的可吸入颗粒,所以其分散于大气后不一定形成胶体,A错误;金属盐溶液焰色反应火焰呈黄色,肯定有Na+,要想判断是否含有K+,必须透过蓝色钴玻璃滤掉黄光,若呈紫色,即含有K+,B错误;“侯氏制碱法”最终得到的是纯碱碳酸钠,而不是碳酸氢钠,C错误;使用氯气对自来水进行消毒时,氯气会与水中的有机物发生反应,生成的物质如三氯甲烷(CHCl3)等可能是潜在的致癌物,故现在人们研究和使用新的消毒剂二氧化氯(ClO2)、臭氧等,D正确。
答案 D
易错警示 通过焰色反应检验钠离子和钾离子时,一定要注意钠离子对钾离子检验的干扰,要用蓝色钴玻璃滤掉黄光才能得出是否含有钾离子的结论。另外,要多注意课本中相关物质的用途,平时也要多注意积累。
2.(★)下列说法正确的是 ( )
A.在20℃和101kPa的条件下,气体摩尔体积约为24.5L/mol
B.实验测得2mol某气体体积为44.8L,则测定条件一定是标准状况
C.摩尔是七个基本物理量之一
D.化合物分为酸、碱、盐和氧化物是用树状分类法分类的
考向 物质的量和气体摩尔体积定义及物质分类方法的考查
题组 物质的量和气体摩尔体积定义及物质分类方法的考查
解析 在25℃101kPa的条件下,气体摩尔体积约为24.5L/mol,A错误;B项求得气体摩尔体积为22.4L/mol,气体摩尔体积的数值受压强和温度影响,在标况下气体摩尔体积为22.4L/mol,但气体摩尔体积为22.4L/mol时不一定为标况下,B错误;摩尔是物质的量的单位,物质的量是七个基本物理量之一,C错误;酸、碱、盐和氧化物都属于化合物,所以化合物分为酸、碱、盐和氧化物是用树状分类法分类的,D正确。
答案 D
易错警示 1.注意摩尔和物质的量的关系,物质的量是物理量,摩尔是物质的量的单位。
2.气体摩尔体积和22.4L/mol的关系。
3.(★)下列叙述正确的是 ( )
A.胆矾(CuSO4·5H2O)属于混合物
B.在相同温度下,向体积为V1和V2的恒容密闭容器中,分别充入等物质的量的CO、N2两种气体,若气体密度ρ1>ρ2,则V1
D.燃烧是指在氧气中进行的发光、放热的剧烈的氧化还原反应
考向 分散系、阿伏加德罗定律、氧化还原反应
题组 化学计量及物质变化的综合考查
解析 纯净物是只有一种物质组成的物质,胆矾看似是CuSO4和H2O组成,但是并不是简单混合,而是通过强烈的相互作用,按固定比组成的纯净物,A错误;等物质的量的CO和N2由于两者摩尔质量相等,所以等物质的量时,质量也相同,根据公式V=m/ρ,若ρ1>ρ2,则V1
易错警示 化学中有一部分名称不是其真实成分,如:纯碱不是碱,其成分是Na2CO3,是盐;冰水混合物不是混合物,淀粉溶液其实质是由于淀粉分子直径在1~100nm内,所以淀粉溶液是胶体不是溶液,Fe3O4(FeO·Fe2O3)和CuSO4·5H2O等结晶水合物均为纯净物。注意平时积累。
4.(★)下列有关物质分类的说法正确的是 ( )
A.CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物,CaO、Fe2O3、Fe3O4均为碱性氧化物
B.雾、稀豆浆、氯化铁溶液、淀粉溶液均为胶体
C.烧碱、冰醋酸、稀硫酸均属于电解质
D.分子中含有两个氢原子的酸不一定是二元酸
题组 物质分类
解析 酸(碱)性氧化物定义是能与碱(酸)反应生成盐和水,且只能是一种盐和水,而NO2与碱反应的方程式为:2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O,所以不是酸性氧化物, 而Fe3O4与酸反应方程式为Fe3O4+8HClFeCl2+2FeCl3+4H2O,所以Fe3O4也不是碱性氧化物,A错误;氯化铁溶液中分散质是铁离子和氯离子,粒子直径小于1nm,所以不是胶体是溶液,B错误;电解质是溶于水或熔融状态下能导电的化合物,而稀硫酸是混合物,所以不是电解质,C错误;酸的元数的确定是酸电离产生氢离子的数目,而不是所含氢原子的数目,如有机酸中的甲酸HCOOH为一元酸,醋酸(乙酸)CH3COOH为一元酸,D正确。
答案 D
易错警示 1.在考查酸碱性氧化物的题目中经常考查到NO2(不是酸性氧化物)、Fe3O4(不是碱性氧化物)、Na2O2(不是碱性氧化物,因其与酸反应除生成盐和水外还生成了氧气,方程式为:2Na2O2+4HCl4NaCl+2H2O+O2↑)。
2.电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物,非电解质是在水溶液和熔融状态下均不导电的化合物,所以单质和混合物即不是电解质也不是非电解质。
5.(★)下列关于胶体的说法正确的是 ( )
A.常用于区分溶液和胶体的方法丁达尔效应是化学方法
B.向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液,可制得Fe(OH)3胶体
C.同一支钢笔先后吸入不同牌子的墨水易造成堵塞,因为不同牌子的墨水混用易聚沉
D.胶体的种类很多,按照分散质的不同,可分为液溶胶、气溶胶和固溶胶。
考向 胶体的性质及分类
题组 物质分类中胶体的相关知识
解析 A项丁达尔效应是光在照射胶体时胶体粒子对光的一种散射现象,是一种物理现象,A错误;B项制取Fe(OH)3胶体,是向沸腾的蒸馏水中逐滴加入1~2mL饱和FeCl3溶液,继续煮沸至液体呈红褐色,停止加热. 就得到Fe(OH)3胶体,不能向饱和FeCl3溶液直接滴加NaOH溶液,二者反应会生成红褐色Fe(OH)3沉淀,B错误;C项不同的胶体其胶粒带电情况不同,相互混合容易聚沉从而堵塞钢笔,C正确;胶体的种类很多,按照分散剂不同,可分为液溶胶、气溶胶和固溶胶,D错误。
答案 C
拓展链接 1.胶体聚沉的方法有:加热、加入电解质溶液、加入带相反电荷的胶体等方法。
2.Fe(OH)3胶体制备,是向沸腾的蒸馏水中逐滴加入1~2mL饱和FeCl3溶液,继续煮沸至液体呈红褐色,停止加热. 就得到Fe(OH)3胶体。
6.(★)氧化还原反应与四种基本类型反应关系如下图所示,则下列化学反应属于区域3的是 ( )
A.4NH3+5O24NO+6H2O
B.2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
C.4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3
D.Zn+H2SO4ZnSO4+H2↑
考向 四大基本反应类型与氧化还原反应的关系
题组 四大基本反应类型与氧化还原反应的关系
解析 由题图可知,区域3表示的是本身是氧化还原反应但同时又不属于四种基本反应类型,A项有化合价变化属于氧化还原反应,但不属于四种基本反应类型,故A正确;B是分解反应,C是化合反应,D是置换反应,故BCD错误。
答案 A
拓展链接 化合反应中有单质参加的化合反应为氧化还原反应,分解反应中有单质生成的分解反应为氧化还原反应,复分解反应都不是氧化还原反应,置换反应都是氧化还原反应。
7.(★)化学知识在生产和生活中有着重要的应用。下列说法中正确的是 ( )
①钠的还原性很强,可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等
②碳酸氢钠可用于纺织、制皂、造纸、制玻璃
③将Cl2通入冷的石灰乳中,即制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白液
④Na2O2既可在潜水艇中作为O2的来源,又可作漂白剂
⑤氯气可储存在干燥的钢瓶中
⑥氯气有漂白性,可做棉、麻和纸张的漂白剂
A.①②③④ B.①④⑤
C.①④⑤⑥ D.①②③④⑤⑥
考向 碳酸钠、碳酸氢钠、过氧化钠及氯气的性质
题组 重要化合物的性质及用途
解析 钠的还原性很强,可以用于从钛、锆、铌、钽等金属氯化物中置换出金属单质,①正确;碳酸氢钠是焙制糕点所用发酵粉成分之一,也是医疗上治疗胃酸过多的一种药剂,②错误;将Cl2通入冷的石灰乳中,可制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉,漂白液的有效成分是NaClO,③错误;过氧化钠能与水和二氧化碳反应产生氧气,所以可在潜水艇中作供氧剂,又由于其有强氧化性,也可以作漂白剂,④正确;液氯可用干燥的钢瓶储运,⑤正确;干燥的氯气没有漂白性,⑥错误。故ACD错误,B正确。
答案 B
拓展链接 1.碳酸钠在玻璃、肥皂、造纸、纺织、石油、冶金等工业领域有广泛应用。
2.将氯气通入冷的石灰乳中即制得以次氯酸钙为有效成分的漂白粉。如果氯气与Ca(OH)2反应充分,并使次氯酸钙成为主要成分,则得到漂粉精,而将氯气通入NaOH溶液中制取以次氯酸钠为主要成分的漂白液。
8.(★)在某溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的一组离子是 ( )
A.Fe3+、S2-、Cl-、Na+
B.Na+、H+、HCO3-、NO3-
C.Na+、Ca2+、NO3-、CO32-
D.K+、Cu2+、OH-、NO3-
考向 离子共存
题组 离子共存
解析 本题为离子共存题,认真看清题目要求“因发生氧化还原反应而不能大量共存”,A项中Fe3+和S2-能发生氧化还原反应:2Fe3++S2-2Fe2++S↓,A正确;B中H+和HCO3-不共存,发生H++HCO3-H2O+CO2↑但不是氧化还原反应,B错误;C项中CO32-和Ca2+不共存,发生CO32-+Ca2+CaCO3↓也不是氧化还原反应,C错误;D项中Cu2+和OH-也不共存,发生Cu2++2OH-Cu(OH)2↓也不是氧化还原反应,D错误。
答案 A
拓展链接 常见氧化剂:Fe3+,MnO4-,Cr2O72-,ClO-,NO3-(酸性),常见还原性离子Fe2+,S2-,HS-,SO32-,HSO3-,I-等,这些离子相互之间都能发生氧化还原反应而不能大量共存。
9.(★)有些离子方程式能表示一类反应,有些离子方程式却只能表示一个反应。下列离子方程式中,只能表示一个化学反应的是 ( )
①Fe+Cu2+Fe2++Cu
②Ba2++2OH-+2H++SO42-BaSO4↓+2H2O
③CO32-+2H+CO2↑+H2O
④Cl2+H2OH++Cl-+HClO
⑤Ag++Cl-AgCl↓
A.只有② B.②④
C.③⑤ D.只有④
考向 离子方程式的含义的理解
题组 离子方程式的书写
解析 ①表示Fe和可溶性铜盐的反应,可以是CuCl2、CuSO4等,故①错误;②既可以表示Ba(OH)2和H2SO4的化学反应,也可表示Ba(OH)2和可溶性硫酸氢盐反应,如Ba(OH)2与NaHSO4反应后呈中性,故②错误;③表示可溶性碳酸盐和强酸的反应,对应的化学反应有多种,故③错误;④只能表示氯气和水的一个化学反应,故④正确;⑤表示可溶性银盐和可溶性氯化物的反应,对应的化学反应有多种,故⑤错误。故D正确。
答案 D
归纳总结 如何判断一个离子反应能否只表示一个化学反应,即针对离子反应中反应物离子均只能对应一种物质时,该离子反应只能对应一个化学反应。
10.(★)澳大利亚科学家发现了纯碳新材料“碳纳米泡沫”,每个泡沫含有约4000个碳原子,直径约6~9nm,在低于-183℃时,泡沫只有永久磁性。下列叙述正确的是 ( )
A.“碳钠米泡沫”能产生丁达尔现象
B.“碳钠米泡沫”与石墨互为同素异形体
C.“碳纳米泡沫”是一种新型的碳的化合物
D.“碳纳米泡沫”和金刚石的性质相同
考向 单质、化合物性质及胶体性质
题组 新情景下的物质性质分析
解析 依据题意“碳纳米泡沫”只是一个直径在6~9nm范围内的粒子,并不具备分散系的分散质和分散剂的组成,故不能构成胶体,不能发生丁达尔现象,A错误;题干中提到“碳纳米泡沫”为纯碳材料,所以是一种碳的单质,所以与石墨互为同素异形体(定义:由同种元素组成的不同种单质),B正确,C错误;金刚石具有硬度大的性质特点,明显与“碳纳米泡沫”性质不同,D错误。
答案 B
点评 该题以高科技新物质为背景,考查化学基础知识,所以要从题目中去挖掘有效信息,进行知识溯源,找到其物质模型,从而得出结论,体现了“证据推理和模型认知”的化学学科核心素养。
11.(★)下列与阿伏加德罗常数NA有关的说法正确的是 ( )
A.标准状况下,44.8LH2O中含有氢原子的数目为2NA
B.8.0gCu2S和CuO的混合物中含有铜原子数为0.1NA
C.1molFe在1molCl2中充分燃烧,转移的电子数为3NA
D.将1L2mol/L的FeCl3溶液加入到沸水中,加热制得的氢氧化铁胶体粒子数为2NA
考向 阿伏加德罗常数的考查
题组 阿伏加德罗常数的考查
解析 H2O在标准状况下为非气态,所以不能用标况下的气体摩尔体积来计算物质的量,即标况下,44.8LH2O的物质的量不是2mol,故A错误;Cu2S和CuO在质量组成上都是1molCu64g对应16gS或O元素的质量,即每80g物质中就有1mol铜原子,所以8.0g混合物含有0.1mol铜原子,故B正确;1molFe和1molCl2充分反应,产物一定是FeCl3,Fe剩余,Cl2不足,转移电子依据Cl2来计算,为2NA,C错误;氢氧化铁胶体中一个胶粒是由多个氢氧化铁分子聚合成的,所以胶粒数小于2NA,D错误。
答案 B
易错警示 1.注意22.4L/mol 的使用条件①必须是标准状况,②在标准状况下该物质应为气体,标况下H2O,SO3,HF,乙醇,苯和四氯化碳等为非气态。
2.氧化还原中转移电子数目的判断:①注意氧化剂不同,所表现的化合价不同,如Fe与Cl2、S、I2反应生成物为FeCl3、FeS 、FeI2;Cu与Cl2、S、I2反应生成CuCl2、Cu2S、CuI。②反应物的量不同,所表现的化合价也不同,如Fe与稀HNO3反应,Fe不足,生成Fe3+,Fe过量,生成Fe2+。
12.(★)下列说法中不正确的数目为 ( )
①热稳定性:Na2CO3>NaHCO3
②Na2O和Na2O2都能与水反应生成碱,故均为碱性氧化物
③相同条件下,与盐酸反应产生气体:Na2CO3快,NaHCO3慢
④某溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀出现,其化学式可能为Na2CO3·7H2O
⑤在相同条件下,等质量的固体与足量盐酸反应放出的气体的体积:Na2CO3>NaHCO3
⑥在相同条件下,等质量的固体与足量盐酸反应放出的气体的体积:Na2CO3>NaHCO3
⑦分别向Na2CO3和NaHCO3的水溶液中滴加BaCl2溶液,均可产生白色沉淀
A.5 B.4 C.3 D.2
考向 Na2CO3、NaHCO3的鉴别,Na2O和Na2O2性质差异
题组 Na2CO3、NaHCO3,Na2O和Na2O2的性质考查
解析 ①中Na2CO3稳定,而NaHCO3受热易分解生成Na2CO3、CO2、 H2O,①正确;②Na2O与酸反应生成盐和水,而Na2O2与酸反应不仅生成盐和水,还生成了氧气,方程式为:2Na2O2+4HCl4NaCl+2H2O+O2↑,所以Na2O2不是碱性氧化物,②错误;③Na2CO3、NaHCO3与盐酸反应离子方程式为:CO32-+2H+H2O+CO2↑,HCO3-+H+H2O+CO2↑,由方程式可知NaHCO3结合一个H+放出二氧化碳,而Na2CO3要结合两个H+才能放出二氧化碳,所以Na2CO3慢、NaHCO3快,③错误;④能与硝酸银反应产生沉淀的不一定是Cl-,还有可能是CO32-或SO42-,④错误;⑤Na2CO3粉末遇水反应,因反应温度的不同会生成3种不同的结晶水合物,分别为一水合碳酸钠(Na2CO3·H2O)、七水合碳酸钠(Na2CO3·7H2O)以及十水合碳酸钠(Na2CO3·10H2O),⑤正确;⑥由方程式Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2↑ 、NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2↑”可知,1molNa2CO3106g放出1molCO2,而1molNaHCO384g放出1molCO2,所以等质量NaHCO3放出CO2多,⑥错误;⑦BaCl2+Na2CO3BaCO3?+2NaCl有沉淀生成,而NaHCO3与BaCl2不发生反应,⑦错误。故②③④⑥⑦错误,A正确。
答案 A
拓展链接 Na2CO3、NaHCO3性质比较,Na2O和Na2O2的性质比较(见下表)
Na2CO3
NaHCO3
俗名
纯碱 苏打
小苏打
颜色状态
白色固体
白色固体
溶解性
都能溶解于水,但Na2CO3的溶解度大于NaHCO3的溶解度
用途
制玻璃、造纸、制肥皂、纺织工业
发酵粉的主要成分、治疗胃酸过多、泡沫灭火器
与盐酸反应
Na2CO3+2HCl2NaCl+CO2↑+H2O
若逐渐滴加盐酸反应先后顺序为:
Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3
NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O
NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O
NaHCO3与盐酸反应的剧烈程度大于Na2CO3与盐酸反应的剧烈程度
与NaOH溶
液反应
不反应
NaHCO3+NaOHNa2CO3+H2O
与Ca(OH)2
溶液反应
产生白色沉淀
Na2CO3+Ca(OH)2CaCO3↓+2NaOH
产生白色沉淀
2NaHCO3+Ca(OH)2CaCO3↓+Na2CO3+2H2O
与CaCl2溶
液反应
产生白色沉淀
Na2CO3+CaCl2CaCO3↓+2NaCl
不反应
与CO2反应
Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3
若向饱和的Na2CO3溶液中通入CO2气体,溶液中析出白色固体,因为NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度
不反应
热稳定性
稳定,受热不分解
不稳定,受热分解
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
氧化钠
过氧化钠
颜色、状态
白色固体
淡黄色固体
化学式
Na2O
Na2O2
氧的化合价
-2
-1
稳定性
不稳定,在空气中可以继续氧化:
2Na2O+O22Na2O2
稳定,加热不分解
与H2O反应
Na2O+H2O2NaOH
2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑
与CO2反应
Na2O+CO2Na2CO3
2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2
氧化性、
漂白性
一般不表现氧化性、还原性,无漂白性
有强氧化性、漂白性,可以杀菌消毒
13.(★)下列离子方程式书写正确的是 ( )
A.用小苏打治疗胃酸过多:CO32-+2H+CO2↑+H2O
B.氢氧化钡与硫酸铜溶液混合:2OH-+Cu2+Cu(OH)2↓
C.过量NaHCO3溶液和少量Ba(OH)2反应:
2HCO3-+Ba2++2OH-BaCO3↓+CO32-+2H2O
D.过量CO2与Ca(ClO)2溶液反应:CO2+H2O+Ca2++2ClO-CaCO3↓+2HClO
考向 离子方程式正误判断
题组 离子反应方程式的考查
解析 小苏打碳酸氢钠属于弱酸酸式盐,所以在写离子方程式时HCO3-不拆,离子方程式为:HCO3-+H+H2O+CO2↑,A错误;氢氧化钡和硫酸铜溶液反应除生成氢氧化铜沉淀外还生成硫酸钡沉淀,离子方程式为:Cu2++SO42-+Ba2++2OH-BaSO4↓+Cu(OH)2↓”,B错误;过量碳酸氢钠溶液与少量氢氧化钡溶液反应,则其计量数之比为2∶1,所以C正确;过量二氧化碳反应,最后应该生成碳酸氢钙,ClO-+CO2+H2OHClO+HCO3-,D错误。
答案 C
易错警示 在书写离子方程式时,以下物质不能拆开:单质、氧化物及过氧化物、难溶物、弱电解质(弱酸、弱碱、水)、络合物、弱酸的酸式酸根。
14.(★★)现有120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和100mL盐酸,不管将前者滴加入后者,还是将后者滴加入前者都有气体产生,但相同条件下最终生成的气体体积不同,则盐酸的浓度合理的是 ( )
A.2.0mol/L B.2.4mol/L
C.1.5mol/L D.0.18mol/L
考向 碳酸钠与盐酸反应的计算
题组 碳酸钠与盐酸反应的计算
解析 ①当碳酸钠滴入盐酸中,盐酸足量,开始就有气体生成,发生CO32-+2H+H2O+CO2↑,②当盐酸滴入碳酸钠溶液时,开始不产生气体,只发生CO32-+H+HCO3-、继续滴加后期才发生HCO3-+H+H2O+CO2↑产生气体,故若都有气体生成,则只需满足②中第一步反应的量,即HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量,又因为最终生成的气体体积不同,则HCO3-+H+H2O+CO2↑又不能全部完成,即HCl的物质的量比Na2CO3的物质的量的二倍少,已知碳酸钠物质的量为0.2mol,所以盐酸物质的量应在0.2~0.4mol 之间,所以盐酸浓度应在0.2mol/0.1L=2.0mol/L和0.4mol/0.1L=4.0mol/L之间,故B正确。
答案 B
拓展链接 碳酸钠与盐酸之间相互滴定时,反应过程和现象均有不同,其本质是反应量的问题,所以也可以利用它们之间相互反应的不同现象进行两溶液的鉴别,即:不加任何外加试剂即可进行鉴别。类似的还有AlCl3和NaOH,NaAlO2和HCl,都属于这种情况。
15.(★★)14gCO气体在0.5mol氧气中充分燃烧,将所得的气体通过足量Na2O2固体充分反应后,下列说法不正确的是 ( )
A.CO与氧气反应,只消耗了0.25mol氧气
B.充分反应后Na2O2固体质量增加14g
C.若1gH2替代14g的CO发生上述反应,则Na2O2固体质量增加了1g
D.通过以上两步反应后余下氧气的物质的量为0.25mol
考向 过氧化钠与二氧化碳和水反应的计算
题组 过氧化钠与二氧化碳和水反应的计算
解析 14gCO先与O2发生反应2CO+O22CO2,消耗0.25molO2,A正确,将所得气体再通过Na2O2发生反应2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,通过两个方程式比较可知,该反应放出O2的量,恰好为CO所消耗O2的量,同时CO全部转移增重至Na2CO3中,即增重14g,B正确,且最后氧气的物质的量仍为0.5mol,D错误。同理,若为H2,则先发生2H2+O22H2O,H2O又与Na2O2发生2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,两个方程式比较,该反应放出O2的量,恰好为H2所消耗O2的量,同时H2全部转移增重至NaOH中,即1gH2代替14gCO发生上述反应,则Na2O2固体质量增加了1g,C正确。
答案 D
归纳总结 通过上述分析,我们可以得出结论:若mgCO或H2或CO和H2的混合气体,与一定量氧气充分反应,将所得产物通过足量过氧化钠充分反应,过氧化钠将增重mg。
16.(★)下列各组无色离子在溶液中能大量共存,加入盐酸有气体放出,加入氢氧化钠有沉淀生成的是 ( )
A.Cu2+、Na+、SO42-、Cl-
B.Mg2+、K+、Cl-、CO32-
C.Ba2+、K+、HCO3-、Cl-
D.NH4+、Na+、CO32-、NO3-
考向 离子共存
题组 离子共存
解析 本题考查离子共存问题。A项中Cu2+有颜色,A错误;B项中Mg2+和CO32-不能共存,会生成MgCO3微溶物,B错误;C项加入盐酸与HCO3-反应产生CO2,离子方程式为HCO3-+H+H2O+CO2↑,加入氢氧化钠有碳酸钡沉淀生成,离子方程式为Ba2++HCO3-+OH-BaCO3↓+H2O,C正确;D项加盐酸与CO32-反应产生气体CO2,离子方程式为CO32-+2H+H2O+CO2↑,加入氢氧化钠离子反应方程式为:OH-+NH4+NH3·H2O,现象是只有气体放出,D错误。
答案 C
拓展链接 1.常见有色离子有:Cu2+——蓝色、Fe2+——浅绿色、Fe3+——棕黄色、 MnO4-离子——紫红色、Cr2O72-离子——橙色。
2.微溶物离子也按不共存对待,常见微溶物必须熟记:MgCO3、CaSO4、Ca(OH)2、Ag2SO4。
3.HCO3-即能与H+反应,又能与OH-反应,HCO3-+H+H2O+CO2↑、HCO3-+OH-H2O+CO32-。
17.(★★)相对分子质量是M的气态化合物VL(标准状况),溶于mg水中,得到质量分数为w、物质的量浓度为cmol/L、密度为ρg/mL的溶液,下列说法正确的是 ( )
A.相对分子质量M=22.4mw(1-w)V
B.物质的量浓度c=ρVMV+22.4m
C.溶液的质量分数w=MV22.4m
D.溶液密度ρ=cw1000M
考向 物质的量浓度与质量分数的换算关系
题组 物质的量浓度的计算
解析 通过题给数据,相对分子质量为M的气态化合物VL,可求其物质的量为V/22.4mol,质量为MV/22.4g溶于mg水中,所得溶液质量为(m+MV/22.4)g,则溶液的质量分数w=MV/(22.4m+MV),所以C错误;依据w=MV/(22.4m+MV)反推M=[22.4mw]/[(1-w)V],所以A正确;溶液密度为ρg/mL,所以溶液体积为[(m+MV/22.4)/1000ρ]L,则溶液的物质的量浓c=[V/22.4mol]/[(m+MV/22.4)/1000ρ]L=1000ρV/MV+22.4m,所以B错误。再利用c和w的换算公式c=1000ρw/M推得ρ=cM/1000w,所以D错误。
答案 A
易错警示 关于气体溶于水后所得溶液物质的量浓度的计算,要注意,溶液质量应该等于溶质质量加上溶剂质量,而溶液体积的求算要利用公式V(溶液)=m(溶液)/ρ(溶液)来进行计算,同时要注意单位的换算,密度单位是g/ml,而物质的量浓度的单位是mol/L,所以要把溶液体积单位换算成L,再利用c=n/V来求物质的量浓度才正确。
18.(★)已知PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、Cu2+的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是 ( )
A.Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+
B.10Cl-+2MnO4-+16H+2Mn2++5Cl2↑+8H2O
C.5Pb2++2MnO4-+2H2O5PbO2+2Mn2++4H+
D.2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-
考向 氧化剂、还原剂强弱的比较
题组 氧化还原反应
解析 在氧化还原反应中,存在以下规律,氧化性:氧化剂>氧化产物 还原性:还原剂>还原产物,强氧化剂和强还原剂发生反应产生具有弱氧化性和弱还原性的物质。所以判断一个反应能否发生,可以先假设它能够发生,依据已有方程式推得氧化剂(还原剂)和氧化(还原)产物的氧化(还原)性顺序,再与题目中所给氧化(还原)性顺序进行比较,从而得出正确结论。假设A项离子反应能发生,则氧化性Fe3+>Cu2+,与题给顺序一致,所以可以发生,A不符合题意;假设B项离子反应能发生,则氧化性MnO4->Cl2,与题给顺序一致,所以可以发生,B不符合题意;假设C项离子反应能发生,则氧化性MnO4->PbO2,与题给顺序相反,所以不可以发生,C符合题意;假设D项离子反应能发生,则氧化性Cl2>Fe3+,与题给顺序一致,所以可以发生,D不符合题意。
答案 C
方法技巧 这类题采用逆向思维,不直接判断能否发生,而是先假设能发生,推得氧化性或还原性顺序再与题给顺序比较,从而得出正确结论。
19.(★)某溶液中(忽略水的电离)只含有下表中所示的四种离子,试推测X离子及其个数b可能为 ( )
离子
Na+
Al3+
Cl-
X
个数
2a
3a
a
b
A.MnO4-、5a B.NO3-、4a
C.OH-、10a D.SO42-、5a
考向 溶液中电荷守恒
题组 电荷守恒的应用
解析 溶液是呈电中性的,即阳离子所带正电荷总数=阴离子所带负电荷总数,同时还要注意本题中的离子共存问题。依据题给已知离子正电荷总数为2a×1+3a×3=11a,阴离子有Cl-数目为a,依据电荷守恒阴离子还差10a个负电荷,A项MnO4-带负电荷数为5a×1=5a,A错误;B项NO3-负电荷数为4a×1=4a,B错误;C项OH-负电荷数为10a×1=10a,但是阴离子OH-与已知阳离子Al3+不能大量共存,故C错误;D项SO42-负电荷数为5a×2=10a,且SO42-与题中所给离子共存,D正确。
答案 D
易错警示 本题在选择时容易忽略离子共存问题,而错选C。
20.(★★)已知:将Cl2通入适量NaOH溶液,NaOH反应完全,产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3,且c(Cl-)/c(ClO-)的值与温度高低有关。当n(NaOH)=amol时,下列有关说法错误的是 ( )
A.参加反应的氯气的物质的量等于a/2mol
B.若某温度下,反应后c(Cl-)/c(ClO-)=16,则溶液中c(ClO-)/c(ClO3-)=1/3
C.改变温度,反应中转移电子的物质的量ne-的范围:12amol≤ne-≤56amol
D.改变温度,产物中NaCl物质的量的范围:12amol≤n≤amol
考向 以氯气与碱反应为背景考查氧化还原反应的计算
题组 氧化还原反应的计算
解析 Cl2与NaOH反应产物为NaCl、NaClO、NaClO3,化学式中Na原子和Cl原子都是1∶1,所以Cl2和NaOH反应物质的量之比一定为1∶2,所以n(Cl2)=n(NaOH)/2=a/2mol,A正确;该反应氧化产物为NaClO、NaClO3,还原产物为NaCl,依据反应中转移电子守恒可列出下列算式:n(Cl-)×1=n(ClO-)×1+n(ClO3-)×5,若反应后c(Cl-)/c(ClO-)=16,则求得c(ClO-)/c(ClO3-)=1/3,B正确;依据不同温度下所发生的化学方程式求转移电子的范围,若发生6NaOH+3Cl25NaCl+NaClO3+3H2O反应时,转移电子数最多,依据方程式6mol氢氧化钠反应转移5mol电子,所以amol氢氧化钠反应,最多转移5a/6mol电子,若只发生反应2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O,转移电子数最少,依据方程式2mol氢氧化钠反应转移1mol电子,所以amol氢氧化钠反应,最少转移a/2mol电子,故转移电子的物质的量ne-的范围a/2mol≤ne-≤5a/6mol,C正确;同理若发生6NaOH+3Cl25NaCl+NaClO3+3H2O反应时,依据方程式6mol氢氧化钠生成5molNaCl,所以amol氢氧化钠反应生成5a/6molNaCl,若只发生反应2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O反应时,依据方程式2mol氢氧化钠生成1molNaCl,所以amol氢氧化钠反应生成a/2molNaCl,故生成NaCl的物质的量n的范围a/2mol≤n≤5a/6mol,D错误。
答案 D
点评 本题考查氧化还原反应的计算,为高频考点,把握反应中元素化合价变化及电子守恒为解答的关键,侧重分析与计算能力的考查,题目难度适中。
第Ⅱ卷(非选择题,60分)
注意事项:
1.第Ⅱ卷必须使用0.5mm黑色签字笔作答。
2.请将答案书写在答题纸的相应位置,直接答在试卷上无效。
二、非选择题
21.(★)(10分)(1)现有以下物质
①碳酸氢钠溶液 ②干冰(固态的二氧化碳) ③冰醋酸(纯净的醋酸) ④铁 ⑤AgCl固体 ⑥熔融的KCl ⑦酒精 ⑧硫酸氢钠固体
其中能够导电的是 (填序号,下同);属于弱电解质的是 ,属于非电解质的是 。
(2)写出①的电离方程式 。
(3)写出上述物质中⑧的水溶液和Ba(OH)2溶液反应至沉淀完全时的离子方程式 。
考向 电解质、非电解质及离子方程式书写
题组 电解质知识及离子方程式书写
解析 (1)①碳酸氢钠溶于水发生电离,其水溶液能够导电,其溶液为混合物,故即不属于电解质也不属于非电解质;②干冰为固态二氧化碳,固态不能导电,溶于水虽然能导电,但是与水反应生成的碳酸发生电离导电,所以干冰是非电解质;③冰醋酸为弱酸属于弱电解质,但是纯醋酸不导电,只有溶于水才能导电;④铁能导电,但是由于是单质,所以既不是电解质也不是非电解质;⑤AgCl固体是盐,属于强电解质,固态不导电;⑥熔融KCl能发生电离,能导电,KCl属于盐为强电解质;⑦酒精为有机物本身不导电,溶于水也不导电,为非电解质;⑧硫酸氢钠固体属于盐为强电解质,固态本身不导电;所以能导电的物质是①④⑥,属于弱电解质的是③,属于非电解质的是②⑦。
(2)碳酸氢钠属于弱酸酸式盐,其酸式酸根不拆开,所以其电离方程式为:NaHCO3Na++HCO3-。
(3)氢氧化钡和硫酸氢钠反应,至沉淀完全时要求Ba2+和SO42-完全沉淀,即Ba(OH)2和 NaHSO4以1∶1参加反应,所以此时的离子方程式为:Ba2++OH-+H++SO42-BaSO4↓+H2O。
答案 (10分)(1)①④⑥(3分) ③(1分) ②⑦(2分)
(2)NaHCO3Na++HCO3-(2分)
Ba2++OH-+H++SO42-BaSO4↓+H2O(2分)
拓展链接 1.电解质和非电解质都是化合物,单质和混合物既不是电解质,也不是非电解质。
2.电解质不一定导电,如固态NaCl、液态HCl等;导电物质不一定是电解质,如铁、铝等金属单质,NaCl溶液等。
3.电解质一定是指自身电离生成离子的化合物,有些化合物的水溶液能导电,但溶液中的离子不是它自身电离产生的,不属于电解质,如CO2、SO2、NH3等是非电解质。它们与水反应生成的产物H2CO3、H2SO3、NH3·H2O自身能电离,是电解质。
4.能导电的物质有以下几种①金属单质或合金,②石墨,③电解质溶液(如:酸、碱、盐溶液),④熔融态的盐及强碱。
5.强电解质包括:强酸、强碱、大部分盐、活泼金属氧化物及过氧化物,弱电解质包括:弱酸、弱碱和水,非电解质包括:非金属氧化物、部分非金属氢化物,如:氨气、绝大多数有机物。
22.(★★)(10分)(1)已知反应:KClO3+6HCl(浓)KCl+3H2O+3Cl2↑,其中氧化剂和还原剂物质的量之比是 。
(2)配平氧化还原反应方程式:
C2O42-+ MnO4-+ H+ CO2↑+ Mn2++ H2O(氧元素均为-2价)
(3)某一反应体系有反应物和生成物共五种物质:O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2、已知该反应中H2O2只发生如下过程:H2O2O2
①该反应中,发生还原反应的过程是 。
②写出该反应的化学方程式,并用双线桥法标出电子转移的方向和数目
。
③如反应转移了0.8mol电子,则产生的气体在标准状况下体积为 。
考向 氧化还原反应配平、电子转移和计算
题组 氧化还原反应综合考查
解析 (1)观察方程式可知只有氯元素化合价发生了变化,且前后HCl和KCl中氯元素化合价相同,所以根据氧化还原反应规律“化合价只靠近不交叉”可知,产物KCl中氯元素来源于反应物HCl中的氯元素,反应物KClO3和HCl发生了归中反应,KClO3中氯元素化合价从+5价降低到Cl2中的0价,被还原,做氧化剂,而HCl中氯元素由-1价升高到Cl2中的0价,被氧化,做还原剂,所以氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶5。
(2)碳元素:C2O42-中碳元素为+3价,CO2中碳元素为+4价,升高1价,但是C2O42-中含有2个C原子,所以总共升高2价;锰元素:MnO4-中+7价到Mn2+中+2价,降低5价;根据化合价升降相等,C2O42-前化学计量数为5,CO2前化学计量数为10,而 MnO4-和Mn2+前化学计量数为2,即5C2O42-+2MnO4-+( )H+10CO2↑+2Mn2++( )H2O,再根据电荷守恒右侧2Mn2+带4个正电荷,左侧5C2O42-和2MnO4-共带12个负电荷数所以H+系数为16,再根据元素守恒,H2O的系数为8,故最终系数为5,2,16,10,2,8。
(3)根据题干已知H2O2只被氧化为O2,做还原剂,所以反应需要加入氧化剂,化合价降低,即发生还原反应的过程是H2CrO4Cr(OH)3,所以该反应的反应物为H2O2、H2CrO4,生成物为O2、Cr(OH)3,Cr元素:+6→+3,得3e-,O元素:每个O原子由-1→0失去1e-,再结合化学式H2O2含2个O原子,故共失2e-,所以利用电子得失守恒配得3H2O2+2H2CrO42Cr(OH)3+3O2↑,故共转移6e-,再利用元素守恒,确定H2O为生成物,且化学计量数为2,即最后配平方程式为:3H2O2+2H2CrO42Cr(OH)3+3O2↑+2H2O,用双线桥表示电子转移情况如下:
反应中转移6mol电子,生成气体O23mol在标况下的体积为67.2L,所以,当转移0.8mol电子时,产生氧气0.4mol,在标况下的体积为 8.96L。
答案 (10分)(1)1∶5(2分)
(2)5、2、16、10、2、8(2分)
(3)①H2CrO4Cr(OH)3(1分)
②(3分)
③8.96L(共2分,单位不写扣1分)
点评 本题综合考查了氧化还原反应中氧化剂和还原剂的定义、配平、电子转移的标注和方程式中有关电子转移的计算,其中氧化还原配平是高考的重要考点,尤其是信息型氧化还原反应方程式的书写是高考必考内容,重点掌握氧化还原规律及配平技巧,题目难度适中。
23.(★)(10分)Ⅰ.(1)实验室配制480mL0.25mol/L的NaOH溶液,应称取NaOH的质量 ,除了用到托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒,胶头滴管外还需要的玻璃仪器是 。
(2)配制时,其正确的操作顺序是 (用字母表示,每个字母只能用一次)。
A.用少量水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,洗涤液均注入容量瓶,振荡
B.用天平准确称取所需的NaOH的质量,加入少量水,用玻璃棒慢慢搅动,使其充分溶解
C.将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入一定体积的容量瓶中
D.将容量瓶盖紧,颠倒摇匀
E.改用胶头滴管加水,使溶液凹液面恰好与刻度线相切
F.继续往容量瓶内小心加水,直到液面接近刻度线1~2cm处
(3)下列操作导致配制的NaOH溶液浓度偏低的是
A.称量NaOH时,砝码已生锈
B.向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面
C.加蒸馏水时不慎超过了刻度线
D.定容时俯视刻度线
E.配制前,容量瓶中有少量蒸馏水
Ⅱ.气体NH3溶于水可配成氨水溶液(该溶液的密度比水小),把90g浓度为c1的浓氨水溶液(溶质质量分数为ω1)与VmL水混合,得到浓度为c2的稀氨水溶液(溶质质量分数为ω2)。若ω1=2ω2,则:①c1 2c2,②V 90mL(填“>”“<”或“=”)。
考向 一定物质的量浓度溶液的配制步骤及误差分析
题组 一定物质的量浓度溶液的配制的综合考查
解析 (1)溶液配制时,有关容量瓶的选择应遵循“大而近原则”,所以欲配制480mL溶液,则应选用500mL容量瓶,再根据n=cV=0.25mol/L×0.5L=0.125mol,再利用m=n×M=0.125mol×40g·mol-1=5.0g。根据配制步骤可知,计算,称量———托盘天平、药匙、小烧杯(氢氧化钠易潮解用小烧杯称量),溶解———烧杯、玻璃棒(搅拌),冷却,转移———500mL容量瓶、玻璃棒(引流),洗涤,振荡,定容———胶头滴管,摇匀,装瓶,所以题干中仪器还缺少500mL容量瓶,要特别注意由于容量瓶不能配制任意体积的溶液,所以必须带上容积,即500mL容量瓶。
(2)依据(2)题中描述的实验步骤,所以下列操作步骤的正确顺序为B、 C、 A、 F、 E、 D。
(3)A项,称量时砝码生锈,则砝码质量会高于所标示的质量,所以称得溶质氢氧化钠偏大,溶液浓度偏高;B项,转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外,会造成溶质的损失,溶液浓度偏低;C项,加蒸馏水时不慎超过了刻度线,使溶液体积偏大,溶液浓度偏低;D项,定容时俯视刻度线,如图,使溶液体积偏小,溶液浓度偏大;E项,配制前,容量瓶中有少量水,不影响溶质,不影响最终定容体积,所以对浓度没有影响。所以浓度偏低的为BC。
Ⅱ.设氨水物质的量浓度为c1溶液密度为ρ1,物质的量浓度为c2的氨水的密度为ρ2,则:c1=[1000ρ1ω1〗/17,c2=[1000ρ2ω2]/17,所以c1/c2=ρ1ω1/ρ2ω2,又因为ω1=2ω2,c1/c2=ρ1ω1/ρ2ω2=2ρ1/ρ2,又因为氨水密度小于水的密度,所以氨水的浓度越大密度越小,则ρ1>ρ2,故c1>2c2;
因为稀释前后溶质的质量不变,若ω1=2ω2,则稀释后溶液的质量为180g,所以水的质量为90g,而水的密度为1g/mL,所以水的体积V=90mL,故答案为c1>2c2 V=90mL。
答案 (10分)
Ⅰ.(1)5.0g(1分,写“5”不给分) 500mL容量瓶(1分,只写“容量瓶”无分)
(2)B、C、A、F、E、D(2分) (3)B、C(2分)
Ⅱ.①<(2分) ②=(2分)
易错警示 1.托盘天平的精度值为0.1g,故不能写5g,而应该写5.0g。
2.容量瓶不能配制任意体积的溶液,而是只能配制与容量瓶容积规格一样体积的溶液,所以必须带上容积,即500mL容量瓶。
拓展链接 1.硫酸溶液的密度大于水的密度,所以当物质的量浓度为c1,质量分数为ω1的硫酸溶液,①若与水等质量混合时,所得溶液物质的量浓度为c2,质量分数为ω2,则有ω2=ω1/2,c2
2.氨水的密度小于水的密度,所以当物质的量浓度为c1,质量分数为ω1的氨水,①若与水等质量混合时,则所得溶液物质的量浓度为c2,质量分数为ω2,则有ω2=ω1/2,c2>c1/2。②若与水等体积混合时(混合时忽略体积变化),所得溶液物质的量浓度为c2,质量分数为ω2,则有ω2<ω1/2,c2=c1/2。
24.(★★)(10分)某研究性学习小组同学探究干燥的氯气是否有漂白性,从下列装置中选用合适的装置完成实验(所给装置可重复使用)。
回答下列问题:
(1)组装实验装置:按气流流动的先后顺序,装置连接顺序依次为 (用字母表示)。
(2)写出实验室制取氯气的化学方程式 。
(3)装置D的作用是 。
(4)装置E的主要用途是 ,E中发生反应的离子方程式为 。
(5)若F中反应消耗174gMnO2时,生成的Cl2数目为 。
考向 氯气的实验室制法
题组 氯气的实验室制法
解析 (1)实验室制取氯气时,其一般的装置顺序为:发生装置—除杂、净化装置—收集、性质检验装置—尾气吸收装置。结合本题的实验目的为探究干燥的氯气是否有漂白性,所以其连接顺序为:发生装置(F)——除杂装置(D)——干燥装置(A)——性质检验装置(B)【本题是验证干燥氯气是否有漂白性,所以在除去氯气中的氯化氢后,要干燥,且要通入干燥的有色布条,而不用湿润的有色布条,所以接B。】完成性质检验后要尾气处理,通入氢氧化钠溶液,但是若BE直接相连,则E中氢氧化钠溶液的水蒸气会逸散到B装置中,而影响实验现象,所以在BE之间连接一个干燥装置A,所以最后的装置顺序为:F D A B A E。
(2)装置中采用固液加热方法制取氯气,所以其方程式为:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
(3)由于盐酸有挥发性,所以制取出的氯气中含有氯化氢杂质,所以装置D是用于除去氯气中的氯化氢。
(4)氯气有毒,需要进行尾气处理,所以装置E的作用是吸收多余的氯气,防止污染环境。离子方程式为:Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O。
(5)通过制氯气的方程式可知,MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O,消耗1molMnO2的质量为87g,生成Cl2数目为NA,则消耗174gMnO2生成Cl2的数目为2NA。
答案 (10分)(1)FDABAE(2分)
(2)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(2分)
(3)除去氯气中的氯化氢(1分)
(4)吸收氯气,防止污染空气(1分)
Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O(2分)
(5)2NA(2分)
易错警示 1.在解答实验题目时,一定要认真审题,看清实验目的,实验要求,例如本题中要求:从下列装置中选用合适的装置完成实验,且说明所给仪器可以重复使用。注意这个要求的隐含信息,即:装置可能不一定全部用到,且有可能出现一个装置重复使用的情况。
2.在定性实验中要注意实验过程中相关物质与装置之间的干扰,例如本题中E中氢氧化钠溶液中水蒸气可能会逸散至B中,给实验造成干扰,所以在BE之间加一个干燥装置A。
25.(★★)(10分)Ⅰ.根据下图转化关系以及实验现象填写空白。
(1)固体X是 (填写化学式),产物A俗称是 。
(2)反应①的化学方程式是 。
Ⅱ.将2.5g碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钠固体混合物完全溶解于水,制成稀溶液,然后向该溶液中逐滴加入1mol/L的盐酸,所加入盐酸的体积与产生CO2的体积(标准状况)关系如下图所示:
(1)按顺序写出OA段所发生反应的离子方程式 。
(2)加入45mL盐酸时,产生二氧化碳的体积为 mL(标准状况)。
(3)计算原混合物中NaOH的质量是 g。
考向 碳酸钠、碳酸氢钠、氢氧化钠与盐酸反应的图像问题
题组 钠的典型化合物:碳酸钠、碳酸氢钠与盐酸反应的图像问题
解析 Ⅰ.通过框图信息,淡黄色固体X为一金属化合物,根据已有知识,推测物质X为过氧化钠,反应①中产生固体Y与石灰水反应产生白色沉淀,所以推测固体Y为碳酸盐,即碳酸钠,进而推测反应①为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,方程式为:2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,碳酸钠和石灰水发生反应②生成碳酸钙白色沉淀和物质A为氢氧化钠,俗称烧碱、火碱或苛性钠。
Ⅱ.(1)在溶液中碳酸氢钠与氢氧化钠不能共存,会发生反应生成碳酸钠,据AB段分析,发生NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O,消耗盐酸体积为(45-25)mL=20mL,那么之前Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl消耗盐酸体积也为20mL,而OA段盐酸有25mL,所以2.5克碳酸钠,碳酸氢钠和氢氧化钠的固体混合物完全溶于水制成稀溶液,碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠后,氢氧化钠过量,故溶质为碳酸钠和氢氧化钠。所以OA段中,0~5mL先发生酸碱中和反应,其离子反应方程式为H++OH-H2O,再发生Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl,其离子反应方程式为CO32-+H+HCO3-,故答案为:H++OH-H2O;CO32-+H+HCO3-。
(2)结合图象可知,当加入45mL盐酸时,25~45mL发生碳酸氢钠与盐酸的反应生成二氧化碳气体,HCO3-+H+CO2↑+H2O,由方程式可知,气体二氧化碳和所耗H+的化学计量数为1∶1,已知消耗的盐酸的物质的量为(45-25)×10-3L×1mol/L=0.02mol,则生成二氧化碳的物质的量也为0.02mol,标况下的体积为V=n×Vm=0.02mol×22.4L/mol=448mL。
(3)设碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钠的物质的量分别为x、y、z,则
①x+y=1mol/L×(0.045-0.025)L
②x+z=1mol/L×0.025L
③84g/mol×y+106g/mol×x+40g/mol×z=2.5g
联立①②③式解得x=0.01mol,y=0.01mol,z=0.015mol,
所以混合物中氢氧化钠的质量为0.015mol×40g/mol=0.6g。
答案 (10分)Ⅰ.(1)Na2O2(1分);烧碱、火碱或苛性钠(任写一个即可)(1分)
(2)2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2(2分)
Ⅱ.(1)H++OH-H2O(1分);CO32-+H+HCO3-(1分)
(2)448(2分) (3)0.6g(2分)
点评 碱金属是典型的金属元素的代表,钠是碱金属的代表,而钠的化合物如Na2O2、NaOH、Na2CO3、NaHCO3又分别为过氧化物、强碱、强碱弱酸盐、酸式盐的代表,所以有关钠的化合物在无机化学中都有非常重要的地位,因而都成为命题的重点物质,它们是推断题、鉴别题及有关实验、计算的常见物质。
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