01物质的分类、化学用语、化学计量--07化学实验基础--浙江省高三化学上学期期末重点知识点专题练习（苏教版）

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01物质的分类、化学用语、化学计量--一、单选题1．（2021上·浙江绍兴·高三统考期末）下列物质中，属于电解质，且水溶液能导电的共价化合物是A．CH3CH2ONa B．Cl2 C．C6H5OH D．SO22．（2021上·浙江绍兴·高三统考期末）下列物质中，既不属于酸性氧化物又不属于碱性氧化物的是A．ClO2 B．SiO2 C．MgO D．N2O33．（2018上·浙江绍兴·高三统考期末）下图是某反应在密闭容器中反应前后的示意图，“●”和“○”分别表示不同的原子。对此反应的描述一定不正确的是A．属于化合反应 B．属于氧化还原反应C．属于置换反应 D．一部分反应物未完全反应完4．（2018上·浙江绍兴·高三统考期末）下列分散系，能产生“丁达尔效应”的是A．蛋白质溶液 B．碘酒C．0.1%的生理盐水 D．硫酸铜溶液5．（2021上·浙江绍兴·高三统考期末）下列表示或说法正确的是A．硫原子结构示意图： B．CS2的球棍模型：C．甲酸甲酯的最简式：CH2O D．氯化钙的分子式：CaCl26．（2018上·浙江绍兴·高三统考期末）下列化学用语中，正确的是A．乙醛的官能团：―COH B．MgBr2的电子式：C．四氯化碳的比例模型： D．Clˉ的结构示意图：7．（2016上·浙江绍兴·高三统考期末）下列表示物质结构的化学用语正确的是A．中子数为10的氧原子的符号：O B．镁原子的电子式：Mg：C．硫原子的结构示意图： D．CS2的结构式：S—C—S8．（2021上·浙江·高三校联考期末）下列化学用语正确的是A．全氟丙烷的球棍模型： B．丙醛的键线式：C．次氯酸钠的电子式 D．异丙醇的结构简式：CH3CH(OH)CH39．（2018上·浙江绍兴·高三统考期末）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．1mol甲基所含的电子数为7NAB．1L0.1mol·L-1硫酸铵溶液中含有铵根离子的数目小于0.2NAC．在一定条件下，1molNa与一定量O2反应生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子D．0.1mol乙炔与乙二醇蒸气的混合气完全燃烧所消耗的氧分子数为0.25NA10．（2016上·浙江绍兴·高三统考期末）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．2g1HO与DO的混合物中所含中子、电子数目均为NAB．23gNa与O2在加热条件充分反应，O2得到的电子数为2NAC．分子数为NA的CO和C2H4混合气体的体积约为22.4LD．0.1L3.0mol·L-1的NH4NO3溶液中含有NH的数目为0.3NA11．（2021上·浙江·高三校联考期末）设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．25℃，1LpH=10 的 NaHCO3 溶液中含有的数目为10-4NAB．含1mol H2O的冰中含有4NA个氢键C．含 0.1molNH4HSO4 的溶液中，阳离子数目略小于0.2NAD．用惰性电极电解 1L0.2mol•L-1AgNO3溶液，当两极产生气体的物质的量相等时，电路中通过电子数为0.4NA12．（2021上·浙江宁波·高三统考期末）设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．常温常压下，62gP4中所含共价键的数目为3NAB．标准状况下22.4LCl2完全溶于水，所得溶液中含氯微粒的总数为2NAC．标准状况下，1个O2分子的体积为 cm3D．100mL0.1mol/LNa2CO3溶液中含有阴离子数目等于0.01NA13．（2023上·浙江·高三校联考期中）硫酸钙是一种重要的盐，下列说法不正确的是A．硫酸钙微溶于水但属于强电解质 B．石膏的化学式为C．制作豆腐时硫酸钙可以作为凝固剂 D．工业上，石膏用来调节水泥的硬化速率14．（2022上·浙江·高三校联考期中）下列物质属于弱电解质的是A．CH2ClCOOH B．ClO2 C．HCOONa D．CuSO4·5H2O15．（2021上·浙江宁波·高三统考期末）下列表述正确的是A．比例模型可以表示CO2或CS2 B．CC14的电子式：C．乙醛的结构简式：C2H5CHO D．乙炔的结构式：H-C≡C-H二、填空题16．（2016上·浙江绍兴·高三统考期末）为确定Fe和Fe2O3混合物样品的组成，称取该样品27.2g加入200mL盐酸中使其充分溶解，放出氢气的体积为2.24L(折算成标况)，向反应后的溶液中加入KSCN颜色无明显变化，测得溶液中氢离子浓度为1.0mol/L(忽略溶液体积变化)。试计算：(1)样品中铁的质量m(Fe)= 。(2)盐酸的物质的量浓度c(HCl)= 。三、解答题17．（2018上·浙江绍兴·高三统考期末）已知固体X仅由两种元素组成，实验流程和结果如下，请回答：(1)白色沉淀的化学式 ，气体Y分子的电子式 。(2)固体A与足量NaOH溶液反应的离子方程式 。(3)已知某单质与固体A在高温下会生成固体X，试写出相应的化学方程式 。18．（2018上·浙江绍兴·高三统考期末）实验室制取溴乙烷原理如下：NaBr+H2SO4→HBr+NaHSO4；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O。同时会产生乙醚、乙烯、Br2等副产物。已知部分物质的物理性质：步骤如下：①向50mL容器A中加入10mL无水乙醇、15mL浓硫酸和6mL水。②冷至室温后，加入9.27克溴化钠及几粒沸石，进行蒸馏。③小火加热，约30min后慢慢加大火焰，直至无油状物馏出为止。④将馏出物倒入分液漏斗中，分出有机层，置于25mL干燥的锥形瓶中。将锥形瓶浸于冰水浴，边振荡边加入约4.5mLX。用分液漏斗分去X液，将溴乙烷倒入蒸馏烧瓶，水浴加热进行蒸馏，收集36-40℃的馏分，产量6.54克。(1)步骤①中，容器A的名称为 ；加入6mL水的目的 ；(2)步骤②中，若在蒸馏过程中发现忘加沸石，如何处理 ；蒸馏装置的锥形瓶需放入少量冷水并浸入冷水浴中，接收器末端则稍微浸没在冷水中，主要的目的是 ；(3)步骤④中，X最适宜的试剂为_____；A．接近0℃的冷水 B．无水乙醇C．热水 D．浓硫酸(4)下列说法合理的有_____。A．向容器A中投料时，需在不断振荡和冷水冷却下，缓慢依次地加入浓硫酸、乙醇和水B．萃取分液时，需振摇并放气，操作如右图C．蒸馏时，若温度计水银球位置偏低，则收集到的产品中可能会带入低沸点的杂质D．若所得产品略带黄色，可用活性炭脱色，并用玻璃纤维代替滤纸滤去活性炭(5)本次实验的产率为 。19．（2019·浙江·高三统考期中）钾盐的式量为，不稳定，受热易分解。取一定量的进行实验，流程图如下试回答（1）的化学式为 ，的化学式为 。（2）在催化剂存在下，将的水溶液滴入酸性溶液中，溶液变为紫红色，试写出该反应的离子反应方程式 。20．（2023上·浙江杭州·高三统考期中）硫酸是一种重要的大宗工业化学品，应用广泛，可实现下列转化：(1)过程Ⅰ的化学方程式为 。(2)已知硫酸分子结构为过程Ⅱ生成了焦硫酸钠，画出其阴离子的结构式 ；推测焦硫酸钠水溶液呈 (填“酸性”、“中性”或“碱性”)，用离子方程式表明原因 。(3)，高温下具有强氧化性，受热分解产生SO3气体。过程Ⅲ是将过量固体与磁铁矿熔融反应，产生了混合气体。①写出检验混合气体成分的方案 。②写出Na2S2O7只与磁铁矿发生反应的总化学方程式 。(4)过量的焦硫酸 H2S2O7和苯在加热条件下反应得到苯磺酸，写出反应的化学方程式 。物理性质沸点挥发性密度/g•mL-1溶解性乙醇78.3易挥发0.713与水任意比互溶，易溶于浓硫酸乙醚34.6易挥发0.789微溶于冷水，易溶于乙醇、浓硫酸等溴乙烷38.4℃易挥发1.46难溶于冷水，易溶于乙醇等有机溶剂参考答案：1．C【详解】A．CH3CH2ONa是电解质，是离子化合物，A不符合题意；B．Cl2是单质，不是化合物，B不符合题意；C．苯酚为共价化合物，其水溶液能导电，故苯酚属于电解质，C符合题意；D．SO2是非电解质，D不符合题意；故选C。2．A【详解】A．ClO2不能与水反应生成对应的酸，不是碱性氧化物，同时ClO2不属于酸性氧化物，A选；B．SiO2能与强碱溶液反应生成正盐和水，属于酸性氧化物，B不选；C．MgO能与强酸溶液反应生成正盐和水，属于碱性氧化物，C不选；D．N2O3是HNO2的酸酐，所以2NaOH+N2O3=2NaNO2+H2O，N2O3属于酸性氧化物，D不选；故选：A。3．C【详解】A．据图可知该反应可以表示为2+=2，属于化合反应，A正确；B．该反应中为单质，转变为化合物，化合价一定发生变化，属于氧化还原反应，B正确；C．该反应中没有单质生成，不属于置换反应，C错误；D．对比反应前后可知，反应后和均未完全反应，有剩余，D正确；综上所述答案为C。4．A【详解】“丁达尔效应”为胶体特有性质，碘酒、0.1%的生理盐水、硫酸铜溶液均为溶液，不具有丁达尔效应，蛋白质溶液为胶体，能产生“丁达尔效应”；故答案为A。5．C【分析】原子结构示意图判断，核内数字表示质子数，也是原子序数，核外数字表示各层电子数，根据电子排布原则进行判断；球棍模型根据分子的结构判断，而结构通过杂化类型判断；最简式是化学式中各原子的最简比；物质的分子式表示根据物质的组成进行判断。【详解】A．根据硫原子的原子序数是16判断，核内质子数是16，核外电子数也是16，故A不正确；B．根据杂化类型判断，二硫化碳中碳采用sp杂化，空间构型是直线型，故B不正确；C．根据甲酸甲酯的结构简式为HCOOCH3，最简式为CH2O，故C正确；D．氯化钙是离子化合物，不是由分子构成，故D不正确；故选答案D。【点睛】此题考查化学用语，根据基本概念进行判断，注意物质的化学式不一定是分子式，需要根据物质的组成进行判断。6．B【详解】A．乙醛的官能团为醛基，结构简式为-CHO，A错误；B．MgBr2由镁离子和溴离子构成，电子式为，B正确；C．碳原子半径比氯原子半径小，四氯化碳的比例模型应为，C错误；D．Clˉ的核电荷数为+17，结构示意图为，D错误；综上所述答案为B。7．B【详解】A．中子数为10的氧原子，质量数为18，故符号：O，故A错误；B．镁原子最外层2个电子，故电子式：Mg：，故B正确；C．硫离子的结构示意图为，硫原子最外层16个电子，故C错误；D．CS2的碳硫之间为双键，故结构式为S=C=S，故D错误；故选B。8．D【详解】A．F的原子半径比C小，全氟丙烷的球棍模型应为，A错误；B．键线式中每个拐点或终点均表示有1个碳原子，是丁酮的键线式，丙醛的键线式为，B错误；C．次氯酸钠属于离子化合物由阴阳离子构成，其电子式应为：，C错误；D．异丙醇中羟基在中间碳原子上，即2-丙醇，其结构简式为：CH3CH(OH)CH3，D正确；故选D。9．A【详解】A．甲基含有9个电子，则1mol甲基所含的电子数为1mol×9×NAmol—1=9NA，故A错误；B．硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中发生水解反应水溶液呈酸性，则1L0.1mol·L-1硫酸铵溶液中含有铵根离子的数目小于0.1mol·L-1×1L×2×NAmol—1=0.2NA，故B正确；C．钠与氧气反应生成氧化钠或过氧化钠时，钠都失去1个电子生成钠离子，则1mol钠与氧气反应生成氧化钠和过氧化钠混合物时失去电子的数目为1mol×1×NAmol—1=NA，故C正确；D．1mol乙炔与乙二醇在氧气中完全燃烧都消耗2.5mol氧气，则0.1mol乙炔与乙二醇蒸气的混合气完全燃烧所消耗的氧分子数为0.1mol×2.5×NAmol—1=0.25NA，故D正确；故选A。10．A【详解】A．1HO与DO的摩尔质量均为20g/mol，故2g1HO与DO的混合物的物质的量为=0.lmol，而且两者均含10个电子和10个中子，故0.1mol混合物中含中子和电子均为NA个，故A正确；B．O2的物质的量未知，故不能计算氧气得电子数目，故B错误；C．不是标准状况，不能用22.4L/mol计算，故体积无法计算，故C错误；D．NH4NO3溶液中含有NH能水解，粒子数目变少，故D错误；故选A。11．D【详解】A．因为，使溶液显碱性，1LpH=10 的 NaHCO3溶液中含有的数目为 10-4NA，因为碳酸氢根水解大于电离，所以浓度小于碳酸，A错误；B．冰中每个水分子和其余四个水分子形成氢键，根据均摊法，相当于一个水分子形成两个氢键，所以B错误；C．因为，虽然铵根离子水解，但是不减少离子数目，再加上，所以阳离子数目略大于0.2NA，C错误；D．惰性电极电解 1L0.2mol•L-1AgNO3溶液，阴极先是Ag+得电子，不产生气体，当银离子放电完全时才会氢离子放电产生氢气，阳极一直是氢氧根失去电子生成氧气，假设两极产生气体均为xmol，，根据得失电子数相等，则有0.2+2x=4x，所以x=0.1，再根据阳极，转移电子数为0.4NA，D正确；故选D。12．A【详解】A．常温常压下，一个P4分子中含有6个共价键，所以62gP4中所含共价键的数目为=3NA，故A正确；B．标准状况下22.4LCl2完全溶于水，有部分氯气末反应，所得溶液中含氯微粒的总数少于2NA，故B错误；C．标准状况下，气体的体积主要由分子间距决定，所以无法根据NA个氧气分子的体积计算一个氧气分子的体积，故C错误；D．碳酸根离子水解生成碳酸氢根和氢氧根，100mL0.1mol/LNa2CO3溶液中含有阴离子数目多于0.01NA，故D错误；故选A。13．B【详解】A．硫酸钙是盐，在熔融状态下能够完全电离产生自由移动的离子，因此硫酸钙属于强电解质，A正确；B．石膏一般指的是生石膏，化学式为CaSO4·2H2O，2CaSO4·H2O指的是熟石膏，B错误；C．石膏是盐，属于电解质，能够使蛋白质发生凝聚而从分散系中分离出来，即发生聚沉，因此制作豆腐时石膏可以作为凝固剂，C正确；D．水泥具有水硬性，石膏可用来调节水泥硬化速度，D正确；故答案为：B。14．A【详解】A．CH2ClCOOH能够微弱电离产生自由移动的离子，溶液中存在电离平衡，因此CH2ClCOOH属于弱电解质，A符合题意；B．ClO2是由分子构成的物质，在水溶液中和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此ClO2是非电解质，B不符合题意；C．HCOONa是盐，能够在水中完全电离产生自由移动的离子，因此该物质属于强电解质，C不符合题意；D．CuSO4·5H2O是盐，能够在水中完全电离产生自由移动的离子，因此该物质属于强电解质，D不符合题意；故合理选项是A。15．D【详解】A．原子半径：S>C>O，故比例模型错误，不能表示两种物质，A错误；B．CC14每个原子周围均满足8电子结构，B错误；C．乙醛的结构简式为：CH3CHO，C错误；D．乙炔含碳碳三键，其结构式为：H-C≡C-H，D正确；答案选D。16．(1)11.2g(2)5mol/L【分析】向反应后的溶液中加入KSCN颜色无明显变化，说明溶液中铁元素全部以Fe2+的形式存在，溶液中氢离子浓度为1.0mol/L，即溶液中的溶质为FeCl2和HCl，其中n剩(HCl)=1.0mol/L×0.2L=0.2mol；放出氢气的体积为2.24L(折算成标况)，即0.1mol，说明有0.1molFe发生Fe+2H+=Fe2++H2，其余Fe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+；设混合物中Fe、Fe2O3的物质的量分别为x、y，则有56x+160y=27.2、x-0.1=y，解得x=0.2mol，y=0.1mol，即混合物中含有0.2molFe，0.1molFe2O3。(1)根据分析可知样品中含有0.2molFe，质量为0.2mol×56g/mol=11.2g；(2)根据氯元素守恒可知原溶液中n(HCl)=n剩(HCl)+2n(FeCl2)=0.2mol+2×(0.2mol+0.1mol×2)=1mol，浓度为=5mol/L。17．(1) Mg(OH)2 (2)SiO2+2OH-=SiO+H2O(3)SiO2+4MgMg2Si+2MgO【分析】能在空气中自燃的气体一般为PH3和SiH4。若气体Y为PH3，则固体A为P2O5，气体Y标况下体积为4.48L，则物质的量为0.2mol，则生成的P2O5的物质的量为0.1mol，而0.1mol P2O5的质量为14.2g，不符合题意；若气体Y为SiH4，则固体A为SiO2，由Si原子守恒可知生成的SiO2为0.2mol，质量为12g，符合题意；向某溶液中加入足量NaOH溶液生成白色沉淀，白色氢氧化物沉淀一般为Mg(OH)2，推测溶液中含有Mg2+，固体B为MgO，16.0g氧化镁的物质的量为0.4mol，可知固体X中含有0.4molMg、0.2molSi，则X的化学式应为Mg2Si。根据Mg、Si的物质的量可知，固体X物质的量为0.2mol，质量刚好为15.2g，符合题意，推断合理。【详解】（1）根据分析可知白色沉淀为Mg(OH)2；气体Y为SiH4，电子式为；（2）固体A为二氧化硅，与NaOH溶液反应得到硅酸钠和水，离子方程式为SiO2+2OH-=SiO+H2O；（3）某单质与SiO2在高温下反应生成Mg2Si，所以该单质为Mg，该反应同时生成MgO，化学方程式为SiO2+4MgMg2Si+2MgO。18．(1) 圆底烧瓶 减少HBr挥发；降低浓硫酸浓度，防止HBr被氧化；减少乙醚、乙烯等副产物的生成(2) 停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再继续蒸馏 减少溴乙烷的挥发，提高产率(3)D(4)CD(5)66.7%【分析】由图可知，圆底烧瓶中先加入无水乙醇、浓硫酸和水，然后加入溴化钠小火加热反应制备溴乙烷；球形冷凝管气冷凝回流的作用，防止乙醇挥发；放在支管口附近的温度计用于测定镏出物溴乙烷的沸点；直形冷凝管和锥形瓶用于冷凝收集溴乙烷。【详解】（1）由图可知，容器A为圆底烧瓶；由题给方程式可知，圆底烧瓶中发生的反应为浓硫酸与溴化钠反应生成的溴化氢气体易溶于水、溴化氢与乙醇共热反应生成溴乙烷和水，实验时加入6mL水能防止溴化氢挥发，同时降低浓硫酸的浓度，防止具有强氧化性的浓硫酸氧化溴化氢，与乙醇发生副反应生成乙醚或乙烯，降低反应的产率，故答案为：圆底烧瓶；减少HBr挥发；降低浓硫酸浓度，防止HBr被氧化；减少乙醚、乙烯等副产物的生成；（2）若实验过程中发现未加沸石，应停止加热，待溶液冷却后，补加沸石，再加热继续蒸馏；由题给信息可知，溴乙烷的沸点低，受热易挥发，所以需要将蒸馏装置的锥形瓶需浸入冷水浴中且接受器末端稍微浸没在冷水中冷凝收集溴乙烷，减少溴乙烷的挥发，提高产率，故答案为：停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再继续蒸馏；减少溴乙烷的挥发，提高产率；（3）制得的溴乙烷中可能混有挥发出的乙醇和副反应生成的乙醚，由题给信息可知，溴乙烷易溶于乙醇，不溶于浓硫酸，而乙醇和乙醚易溶于浓硫酸，所以步骤④中X为浓硫酸，用于除去溴乙烷中混有的乙醇和乙醚，故选D；（4）A．由题给信息可知，容器A中配制混合溶液时，应先加入水，再加入能与水任意比互溶的乙醇得到乙醇水溶液，最后缓慢加入密度大的浓硫酸，防止产生暴沸，故错误；B．萃取分液时，应右手顶住分液漏斗上口瓶塞，左手控制下部的活塞，将分液漏斗倒置振摇并放气，故错误；C．蒸馏时，若温度计水银球位置偏低，测定的是沸点较低镏出物的沸点，收集到的产品中可能会带入低沸点的杂质，故正确；D．若所得产品略带黄色，说明溴乙烷中混有溴，可用活性炭脱色除去溴，再用玻璃纤维代替滤纸滤去活性炭得到纯净的溴乙烷，故正确；故选CD；（5）9.27克溴化钠的物质的量为=0.09mol，10mL无水乙醇的物质的量为=0.155mol，由方程式可知，溴化钠不足量，则本次实验的产率为×100%≈66.7%，故答案为：66.7%。19． K2SO4 K2S2O8 2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+【分析】钾盐A受热分解生成盐B和混合气体，其中盐B中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液生成白色沉淀2.33g，说明盐B含有SO42-，则盐B的化学式为K2SO4，其物质的量为=0.01mol；混合气体通入足量BaCl2溶液中生成的白色沉淀2.33g，说明此沉淀为BaSO4，物质的量为=0.01mol；剩余气体能使带火星木条复燃，说明气体为氧气，其物质的量为=0.005mol；由原子守恒可知，化合物A中含有K、S、O三种元素，且K、S、O的原子数目比为0.02mol：(0.01mol+0.01mol):(0.01mol×4+0.01mol×3+0.005mol×2)=1:1:4，再结合钾盐A的式量为270，可知A的化学式为K2S2O8，据此分析解题。【详解】(1)由分析知：的化学式为K2SO4，的化学式为K2S2O8；(2)在催化剂存在下，将K2S2O8的水溶液滴入酸性溶液中，溶液变为紫红色，说明反应中生成了MnO4-，结合氧化还原反应理论，则同时会有SO42-生成，由守恒法得发生反应的离子方程式为2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+。20．(1)(2) 酸性 或(3) 先将混合气体通入足量的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明由SO3；再将逸出的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，加热后恢复红色，证明由SO2 (4)  +H2S2O7+H2SO4【分析】浓硫酸与氯化钠固体在加热条件下反应生成硫酸氢钠和氯化氢气体，方程式为，硫酸氢钠固体在加热条件下生产焦亚硫酸钠和水，焦亚硫酸钠和磁铁矿（四氧化三铁）在加热条件下发生生成二氧化硫，据此回答。【详解】（1）由分析知，过程Ⅰ的化学方程式为；（2）由硫酸的结构知，中阴离子焦亚硫酸根的结构式为；由于与水发生反应，故溶液显酸性；（3），高温下具有强氧化性，受热分解产生SO3气体，由分析知固体与磁铁矿熔融发生反应，故混合气体中含有二氧化硫和三氧化硫，检验二氧化硫和三氧化硫混合气体的方法为：先将混合气体通入足量的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明由SO3；再将逸出的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，加热后恢复红色，证明由SO2；（4）过量的焦硫酸 H2S2O7和苯在加热条件下发生取代反应得到苯磺酸，反应的方程式为  +H2S2O7+H2SO4。