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【化学】浙江省杭州市萧山区第八高级中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题(解析版)
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浙江省杭州市萧山区第八高级中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题
本卷可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe 56 Zn-65 Ca-40 Cu-64 Ba-137 Mg-24 Al-27 K-39
一、选择题:(每小题只有一个正确答案)
1.用聚光手电筒照射下列分散系,不能观察到丁达尔效应的是( )
A. Fe(OH)3胶体 B. 蛋白质溶液 C. KOH溶液 D. 淀粉溶液
【答案】C
【解析】
【分析】胶体具有丁达尔效应,溶液没有,据此分析选项即可。
【详解】A.Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应,A不符合题意;
B.蛋白质溶液属于胶体,具有丁达尔效应,B不符合题意;
C.KOH溶液不属于胶体,不具有丁达尔效应,C符合题意;
D.淀粉溶液属于胶体,具有丁达尔效应,D不符合题意;
故答案为:C。
2.关于物质的分类,正确的是( )
A. 纯碱---碱 B. 盐酸---纯净物
C. 氯化银---弱电解质 D. 氧化钠---碱性氧化物
【答案】D
【解析】A.纯碱的化学式为Na2CO3 ,属于盐,A选项错误;
B.盐酸为HCl溶液,属于混合物,B选项错误;
C.氯化银为盐,属于强电解质,C选项错误;
D.碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的氧化物,氧化钠能与盐酸反应生成氯化钠和水,故氧化钠属于碱性氧化物,D选项正确;
故答案为:D。
3.在下列状态下,能导电的电解质是( )
A. 氨水 B. 硫酸钠固体
C. 二氧化碳水溶液 D. 熔融的氯化钠
【答案】D
【解析】A. 氨水是混合物,不属于电解质;
B. 硫酸钠固体是电解质,但不能导电;
C. 二氧化碳水溶液是混合物,不属于电解质;
D. 熔融的氯化钠属于电解质,且有自由移动的离子,能导电。
故选D。
4.美国科学家用某有机分子和球形笼状分子C60制成了“纳米车”(如图所示),每辆“纳米车”是由一个有机分子和4个C60分子构成。“纳米车”可以用来运输单个的有机分子。下列说法正确的是( )
A. 人们用肉眼可以清晰看到“纳米车”的运动
B. “纳米车”诞生说明人类操纵分子的技术进入了一个新阶段
C. C60是一种新型的化合物
D. C60与12C是同位素
【答案】B
【解析】A、因纳米车很小,我们不能直接用肉眼清晰地看到这种“纳米车”的运动,选项A错误;B、“纳米车”的诞生,说明人类操纵分子的技术进入一个新阶段,选项B正确;C、由不同种元素形成的纯净物是化合物,C60是一种单质,选项C错误;D、质子数相同,中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素,C60是单质,不是核素,选项D错误。答案选B。
5.下列产品的主要成分不正确的是( )
A. 光导纤维——硅 B. 水泥——硅酸盐
C. 漂白粉——次氯酸钙和氯化钙 D. 苏打——碳酸钠
【答案】A
【解析】A.光导纤维的主要成分是二氧化硅,选项错误,A符合题意;
B.水泥属于硅酸盐,选项正确,B不符合题意;
C.漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2 ,选项正确,C不符合题意;
D.苏打的主要成分是Na2CO3 ,选项正确,D不符合题意;
故答案为:A。
6.下列说法或化学用语正确的是( )
A. 146C原子中质子数为6、中子数为14
B. 16O2与18O2是两种不同的核素
C. 23Na+和24Mg2+具有相同的中子数和电子数
D. S2-的结构示意图:
【答案】C
【解析】A. 146C中质量数为14,质子数为6,故中子数=质量数-质子数=14-6=8,选项错误,A不符合题意;
B. 16O2与18O2是单质,不是原子,核素是指质子数相同、中子数不同的原子,选项错误,B不符合题意;
C. 23Na+的中子数=质量数-质子数=23-11=12,电子数=11-1=10; 24Mg2+的中子数=质量数-质子数=24-12=12,电子数=12-2=10,故二者具有相同的中子数和电子数,选项正确,C符合题意;
D.S原子的最外层电子数为6,易得两个电子形成S2- , 其最外层电子数为8,选项错误,D不符合题意;
故答案为:C。
7.下列试剂的保存方法错误的是( )
A. 实验室少量的钠保存在煤油中
B. 新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中
C. 氢氟酸(HF)保存在塑料瓶中
D. 配制的FeCl2溶液中加CCl4溶液防止被氧化
【答案】D
【解析】A.钠的密度比煤油大,沉积在底部,能防止钠被空气中的氧气氧化,故钠可保存在煤油中, 选项正确,A不符合题意;
B.新制氯水中含有HClO,HClO不稳定,见光易分解,故应保存在棕色玻璃瓶内,选项正确,B不符合题意;
C.HF能与玻璃中的SiO2反应,故氢氟酸应保存在塑料瓶内,选项正确,C不符合题意;
D.CCl4不能防止FeCl2被氧化,防止FeCl2被氧化应加入铁粉,选项错误,D符合题意;
故答案为:D。
8.《本草衍义》中对精制砒霜有如下叙述:“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之,令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,尖长者为胜,平短者次之。”文中涉及的操作方法是( )
A. 蒸馏 B. 萃取 C. 升华 D. 结晶
【答案】C
【解析】砒霜为固体,将生砒就置火上,以器覆之,令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,说明砒霜加热由固态直接变为气态,冷却后又凝聚为固态,从而将砒霜与其他杂质分离,这个方法叫做升华,答案选C。正确答案为C。
9.下列物质在水溶液中的电离方程式中,正确的是( )
A. CH3COOH=CH3COO-+H+ B. NH3·H2O NH4++OH-
C. BaCl2=Ba2++ Cl2- D. NaHCO3=Na++H++CO3-
【答案】B
【解析】A.醋酸是弱酸,在水中部分电离,用可逆符号,不用等号,选项错误,A不符合题意;
B.NH3·H2O是弱碱,在水中部分电离产生NH4+和OH- ,选项正确,B符合题意;
C.BaCl2是可溶性盐,在水中完全电离产生Ba2+和Cl- ,选项错误,C不符合题意;
D.NaHCO3是可溶性盐,在水中完全电离产生Na+和HCO3- ,选项错误,D不符合题意;
故答案为:B。
10.下列说法正确的是( )
A. 用淀粉碘化钾试纸鉴别碘水和溴水
B. 二氧化硫可用于漂白纸浆
C. 镁着火时可用二氧化碳灭火器灭火
D. 生物炼铜就是利用特殊的细菌将硫化铜转化为铜
【答案】B
【解析】A.溴水能将KI氧化成I2 , 故溴水和碘水都能使淀粉KI试纸变蓝,不可鉴别溴水和碘水,选项错误,A不符合题意;
B.SO2具有漂白性,能漂白纸浆,选项正确,B符合题意;
C.镁能与CO2反应,故镁着火不能用CO2灭火器,选项错误,C不符合题意;
D.生物炼铜的过程是利用特殊的细菌将难溶性的CuS转化为可溶性的铜盐, 选项错误,D不符合题意;
故答案为:B。
11.下列气体中不能用浓硫酸干燥的是( )
A. H2 B. NH3 C. SO2 D. CO
【答案】B
【解析】浓硫酸属于酸性干燥剂,不能干燥碱性气体,NH3属于碱性气体,故NH3不能用浓硫酸干燥,B符合题意;
故答案为:B。
12.下列有关实验操作的说法中正确的是( )
A. 容量瓶使用前必须干燥,否则将引起误差
B. 分液操作时,从下口放出下层液体,紧接着放出上层液体
C. 焰色反应时,先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧,然后再进行实验
D. 蒸馏实验结束后,先停止通冷凝水,再停止加热
【答案】C
【解析】A.定容时需向容量瓶内加入蒸馏水,故容量瓶使用前不需干燥,选项错误,A不符合题意;
B.分液操作时,下层液体从下口流出,上层液体从上口倒出,选项错误,B不符合题意;
C.做焰色反应时,应先用稀盐酸洗涤铂丝,并在酒精灯上灼烧,以除去杂质,然后再进行实验,选项正确,C符合题意;
D.蒸馏实验结束时,应先停止加热,继续通冷凝水至装置恢复至室温,选项错误,D不符合题意;
故答案为:C。
13.下列反应中,水只做氧化剂的是( )
A. 2H2 + O2=2H2O B. Na2O+H2O=2NaOH
C. 2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2↑+Cl2↑ D. Cl2+ H2O=HCl+HClO
【答案】C
【解析】
【分析】水只做氧化剂,即氢原子的化合价降低,据此分析;
【详解】A、H2O为产物,既是氧化产物又是还原产物,故A不符合题意;
B、该反应中没有化合价的变化,即H2O既不是氧化剂又不是还原剂,故B不符合题意;
C、根据反应方程式,H2O中的H→H2,化合价由+1价→0价,化合价降低,即H2O为氧化剂,故C符合题意;
D、根据反应方程式,该反应为歧化反应,Cl2既是氧化剂又是还原剂,H2O不是氧化剂和还原剂,故D不符合题意;
答案选C。
14.某溶液中含有大量的下列离子:Fe3+、NO3-、K+和M离子,经测定Fe3+、NO3-、K+和M离子的浓度之比为2∶4∶1∶3,则M离子可能是( )
A. OH- B. SO42- C. I- D. Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】根据溶液的电中性确定M离子所带电荷数,再结合离子共存,从而确定答案。
【详解】设溶液的体积为1L,再设Fe3+、NO3-、K+和M离子的浓度分别为2x、4x、x、3x。由于溶液显电中性,即溶液中阳离子所带正电荷的总量和阴离子所带负电荷的总量相等,则有:
溶液中阳离子所带正电荷的总量为:3c(Fe3+)+c(K+)=2x×3+x=7x;
溶液中NO3-所带负电荷的总量为:c(NO3-)=4x;
由于阳离子所带正电荷的总量超过了NO3-所带负电荷的总量,其差值为3x,故M离子(浓度为3x)中带一个单位的负电荷,由于OH-、I-都能与溶液中的Fe3+反应,而Cl-与溶液中的离子都不反应,D符合题意;
故答案为:D。
15.下列有关物质制备的说法正确的是( )
A. 玻璃是以石灰石、纯碱、石英在玻璃熔炉中高温熔融制得的
B. 工业上将氯气通入澄清石灰水中制取漂白粉
C. 用焦炭在高温下还原二氧化硅可得到纯硅
D. 高炉炼铁中利用焦炭直接将铁矿石还原为铁单质
【答案】A
【解析】A.玻璃是由石灰石、纯碱和石英制得的,选项正确,A符合题意;
B.Ca(OH)2微溶于水,故澄清石灰中Ca(OH)2的浓度很小,制备漂白粉应用石灰乳,选项错误,B不符合题意;
C.焦炭高温还原二氧化硅后所得为粗硅,选项错误,C不符合题意;
D.高炉炼铁中加入的原料有铁矿石、焦炭、石灰石等,还原剂是焦炭燃烧产生的CO,选项错误,D不符合题意;
故答案为:A。
16.M2+与aN-具有相同的电子层结构,则M元素的质子数为( )
A. a+2 B. a-3 C. a+3 D. a-1
【答案】C
【解析】
【分析】由aN-确定M2+的核外电子数,根据原子中质子数等于核外电子数确定M的质子数。
【详解】aN-的核外电子数为a+1,则M2+的核外电子数也为a+1,则M原子的核外电子数为a+1+2=a+3;在原子中,质子数等于核外电子数,故M元素的质子数为a+3,C符合题意;
故答案为:C。
17.设NA为阿伏加德罗常数数的值,下列说法不正确的是( )
A. 标准状况下,1.8gH2O中所含分子数为0.1NA
B. 常温常压下,14gCO和N2混合气所含质子总数为7NA
C. 含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量Mg反应,转移电子数为0.2NA
D. 足量Fe在0.1molCl2中充分燃烧,转移电子数为0.2NA
【答案】C
【解析】A.1.8g水的物质的量, 故其所含分子数为0.1NA , 选项正确,A不符合题意;
B.由于CO和N2的摩尔质量都是28g/mol,故14g混合气体的物质的量,而CO和N2的质子数均为14,故混合气体中所含质子总数为:0.5mol×14=7NA ,选项正确,B不符合题意;
C.镁与浓硫酸反应产生SO2 ,2mol H2SO4参与反应时转移2mol e-,与稀硫酸反应生成H2 , 只要有1mol H2SO4参与反应就转移2mol e-,故含0.2molH2SO4的浓硫酸完全与镁反应,转移电子数在0.2NA ~0.4NA之间,选项错误,C符合题意;
D.铁在氯气中反应生成FeCl3 , 0.1molCl2完全反应,转移电子数为0.2NA , 选项正确,D不符合题意;
故答案为:C。
18.下列实验方法或操作正确的是( )
A. 转移溶液 B. 制蒸馏水
C. 分离水和酒精 D. 稀释浓硫酸
【答案】A
【解析】A.向容量瓶中转移溶液,可用玻璃棒引流,注意不能将玻璃棒接触容量瓶口,防止液面外流,故A正确;
B.蒸馏时温度计水银球应放支管口处,冷凝水方向错误,应下进上出,故B错误;
C.酒精和水能互溶,不能用分液分离,故C错误;
D.稀释浓硫酸应将水沿烧杯内壁缓缓加入到浓硫酸中,并用玻璃棒不断搅拌,故D错误
答案选A。
19.下列溶液中的氯离子浓度与50 mL 1 mol·L-1的AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是( )
A. 150 mL 3 mol·L-1的NaClO B. 50 mL 1 mol·L-1的NH4Cl
C. 150 mL 1 mol·L-1的NaCl D. 200 mL 1.5mol·L-1的CaCl2
【答案】D
【解析】AlCl3在水中电离产生Al3+和Cl- , 故1mol/LAlCl3溶液中c(Cl-)=3mol/L;
A.NaClO在水中电离产生Na+和ClO- , 不产生Cl- , 选项错误,A不符合题意;
B.NH4Cl在水中电离产生NH4+和Cl- , 故1mol/L的NH4Cl溶液中c(Cl-)=1mol/L,选项错误,B不符合题意;
C.NaCl在水中电离产生Na+和Cl- , 故1mol/L的NaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L,选项错误,C不符合题意;
D.CaCl2在水中电离产生Ca2+和Cl- , 故1.5mol/L的CaCl2溶液中c(Cl-)=3mol/L,选项正确,D符合题意;
故答案为:D。
20.下列各组离子,能大量共存的是( )
A. 能使酚酞变红的溶液:Na+、SO42-、C1O-、CO32-
B. 能使紫色石蕊变红的溶液:Mg2+、Cu2+、 Na+、 ClO-
C. 含有大量 Fe3+的溶液:Na+、NH4+、SO42-、I-
D. 0.1mol/LNa2SO4溶液:Κ+、Ba2+、NO3-、Clˉ
【答案】A
【解析】A.能使酚酞变红的溶液显碱性,溶液中存在大量的OH- , 溶液中的离子相互间不发生反应,可以大量共存,选项正确,A符合题意;
B.能使紫色石蕊试液变红的溶液显酸性,溶液中存在大量的H+ , 能与ClO-结合成HClO,不可大量共存,选项错误,B不符合题意;
C.Fe3+具有氧化性,I-具有还原性,二者可发生氧化还原反应,不可大量共存,选项错误,C不符合题意;
D.溶液中的SO42-和Ba2+能形成BaSO4沉淀,不可大量共存,选项错误,D不符合题意;
故答案为:A。
21.Q、X、Y和Z为短周期元素,它们在周期表中的位置如图所示,这4种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是( )
A. Q的单质具有半导体的性质,Q与Z可形成化合物QZ4
B. Q的最高价氧化物的水化物的酸性比Z的强
C. X氢化物的稳定性比Q强
D. Y的原子半径比X的大
【答案】C
【解析】
【分析】设元素X的原子最外层电子数为a,则Y、Z、Q的最外层电子数分别为:(a+1)、(a+2)、(a-1),则可得a+(a+1)+(a+2)+(a-1)=22,解得 a=4;由于四种元素都为短周期元素,故X、Y、Z、Q分别为:C、N、S、Al;据此结合元素周期表的性质递变规律分析选项。
【详解】A.由分析可知,Q为Al,是一种金属,不具有半导体性质,选项错误,A不符合题意;
B.Q的最高价氧化物的水化物的化学式为Al(OH)3 , Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SO4 , H2SO4的酸性比Al(OH)3的酸性强,选项错误,B不符合题意;
C.X的非金属比Q强,故其氢化物的稳定性比Q强,选项正确,C符合题意;
D.同一周期,从左到右,原子半径逐渐减小,故X的原子半径比Y的大,选项错误,D不符合题意;
故答案为:C。
22.下列离子方程式正确的是( )
A. 金属钠和水反应:Na + 2H2O=Na+ + 2OH―+ H2↑
B. 用石灰乳作沉淀剂从海水中提镁:2OH-+Mg2+=Mg(OH)2↓
C. 硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应:Ba2+ + SO42-=BaSO4↓
D. 碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合:2HCO3―+ Ca2+ + 2OH―=CaCO3↓+ CO32- + 2H2O
【答案】B
【解析】A.该离子方程式中不满足电荷守恒,选项错误,A不符合题意;
B.石灰乳加到大量的海水中可以溶解并完全电离,该离子方程式正确, B符合题意;
C.(NH4)2SO4和Ba(OH)2反应过程中,Ba2+和SO42-结合成沉淀,NH4+和OH-结合成弱电解质,选项错误,C不符合题意;
D.澄清石灰水过量,溶液中不可能有大量的CO32―生成,只能生成CaCO3沉淀,该反应的离子方程式不正确,D不符合题意;
故答案为:B
23.Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂,应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下:2FeSO4+ 6Na2O2= 2Na2FeO4+ 2Na2O + 2Na2SO4+ O2↑,对此反应下列说法中正确的是( )
A. Na2O2只作氧化剂
B. Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物
C. O2 是还原产物
D. 2 mol FeSO4发生反应时,反应中共有8 mol电子转移
【答案】B
【解析】
【分析】从化合价变化的角度分析氧化还原反应中的有关概念的判断,根据化合价升降的数目计算反应中的电子转移数目。2FeSO4 + 6Na2O2 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑反应中,铁元素的化合价升高,由+2价升高到+3价,Na2O2中元素的化合价既升高又降低。据此分析解答。
【详解】A. Na2O2中元素的化合价既升高又降低,反应中既是氧化剂又是还原剂,故A错误;
B. FeSO4 →Na2FeO4,铁的化合价升高,Na2FeO4是氧化产物,Na2O2 →Na2FeO4,氧元素化合价降低,Na2FeO4是还原产物,故B正确;
C. Na2O2 → O2,氧元素化合价升高,O2是氧化产物,故C错误;
D.反应中化合价升高的元素有Fe,由+3价→+6价,化合价升高的元素还有O元素,由-2价→0价,2molFeSO4发生反应时,共有2mol×3+1mol×4=10mol电子转移,故D错误。
答案选B。
24.向100mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉,充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化,下列说法正确的是( )
A. a点时溶液中阳离子仅为Cu2+和Fe2+
B. b点时溶液中发生的反应为:Fe+Cu2+=Cu+Fe2+
C. c点时加入的铁粉与Cu2+反应
D. 原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶1
【答案】B
【解析】
【分析】由于氧化性:Fe3+>Cu2+ , 故加入铁粉时,铁先与氧化性强的Fe3+发生反应;当溶液中的Fe3+完全反应后,再与溶液中的Cu2+发生反应。
【详解】A.a点表示的是加入铁粉后,溶液中固体的质量仍为0,此时发生反应的离子方程式为:Fe+2Fe3+=3Fe2+ , 由于反应仍未结束,故a点溶液中存在的阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+ , 选项错误,A不符合题意;
B. b点表示加入铁粉后,溶液中固体的质量增加,此时发生反应的离子方程式为:Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ , 选项正确,B符合题意;
C. 当加入铁粉的质量大于1.68g后,图中曲线出现了拐点,由点(2.24,1.84)可知,铁粉增加的质量与固体剩余物增加的质量相等,故c点没有发生反应,选项错误,C不符合题意;
D.当加入铁粉质量为0.56g时,发生反应的离子方程式为:Fe+2Fe3+=3Fe2+ , 故溶液中, 故溶液中n[Fe2(SO4)3]=0.01mol;当加入铁粉的质量为0.56~1.68g(即1.12g)时,能够反应的离子方程式为:Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ , 则溶液中,故溶液中n(CuSO4)=0.02mol;因此溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量之比为1:2,选项错误,D不符合题意;
故答案为:B。
25.某溶液X中仅可能含有K+、Na+、Fe2+、Fe3+、SO42-、CO32-、I-、Cl-中的一种或多种,且溶液中各离子浓度相同。现进行下列实验,下列说法正确的是( )
A. 该溶液X中Na+、Cl-一定有
B. 溶液Y中加入氯化钡溶液没有沉淀
C. 该溶液可能是硫酸亚铁、碘化钾和氯化钠溶于水后得到的
D. 原溶液X中滴加几滴KSCN溶液后,再滴加少量的次氯酸钠溶液后溶液呈血红色
【答案】C
【解析】
【分析】由实验流程可知,过量氯水反应后的溶液,加入CCl4萃取后下层的紫红色,说明原溶液中含有I-,则能够氧化I-的Fe3+不能同时存在于溶液中。此时上层的水溶液中一定含有氯水还原生成的Cl-,所以用该溶液加入AgNO3生成的白色沉淀,其中Cl-不能说明存在于原溶液中。另外一份加入NaOH产生红褐色沉淀说明溶液中存在Fe3+,但是该Fe3+又不能存在于原溶液中,那只能是Fe2+开始时被氯水氧化生成Fe3+,所以原溶液中含有Fe2+;Fe2+的存在说明原溶液中不含有CO32-,Y的焰色反应为黄色说明含钠离子,但不能确定原溶液中是否含钠离子,透过钴玻璃观察焰色反应为紫色火焰证明一定含钾离子,以此来解答。
详解:根据以上分析可知I-、Fe2+、K+一定存在,Fe3+、CO32-一定不存在,SO42-、Cl-、Na+可能存在。
【详解】A.由于过程中加入氯离子和钠离子,该溶液X中Na+、Cl-不能确定是否含有,A错误;
B.溶液中可能会含硫酸根离子,加入氯化钡溶液会生成白色沉淀,B错误;
C.该溶液中一定存在I-、Fe2+、K+、可能含SO42-、Cl-、Na+,溶液可能是硫酸亚铁、碘化钾和氯化钠溶于水后得到的,C正确;
D.由于碘离子的还原性强于亚铁离子,原溶液X中滴加几滴KSCN溶液后,再滴加少量的次氯酸钠溶液后亚铁离子不一定被氧化,溶液不一定呈血红色,D错误;
答案选C
二、填空题
26.选用合适的过量的试剂来除去下列物质中的杂质(括号中为杂质):
(1)NaCl溶液(Na2CO3),试剂________,离子方程式________。
(2)FeCl2溶液(CuCl2),试剂________,离子方程式________。
(3)向含有NaBr、KI的溶液中通入过量的Cl2 , 然后将溶液蒸干、灼烧,最终得到的固体物质是 ________(填化学式),其中发生的反应依次为(用离子方程式表示)________
(4)有以下几种物质:①食盐晶体②乙醇 ③水银 ④蔗糖⑤冰醋酸(纯醋酸晶体)⑥KNO3溶液 ⑦熔融的氢氧化钠 ⑧液态氯化氢 填空回答(填序号);以上物质中属于非电解质的是________,属于强电解质的是________。
【答案】(1). 稀盐酸 (2). CO32-+2H+=CO2↑+H2O (3). 铁粉 (4). Fe+Cu2+=Fe2++Cu (5). NaCl、KCl (6). 2I- +Cl2 = 2Cl-+ I2 、2Br- +Cl2 = 2Cl-+ Br 2 (7). ②④ (8). ①⑦⑧
【解析】
【分析】(1)除去NaCl溶液中的Na2CO3应用稀盐酸;
(2)除去FeCl2溶液中的CuCl2应用铁粉;
(3)氯气具有氧化性,能将Br-、I-氧化成Br2和I2;
(4)根据非电解质和强电解质的概念进行分析。
【详解】(1)除去NaCl溶液中的Na2CO3应用稀盐酸,反应的离子方程式为:CO32-+2H+=CO2↑+H2O;
(2)除去FeCl2溶液中的CuCl2应用铁粉,其反应的离子方程式为:Fe+Cu2+=Cu+Fe2+;
(3)氯气具有氧化性,能将Br-、I-氧化成Br2和I2 , 其反应的离子方程式为:2I-+Cl2=2Cl-+I2 、2Br-+Cl2=2Cl-+Br2 , 故反应后所得溶液的溶质为NaCl和KCl;故溶液蒸干、灼烧后,溴挥发、碘升华,所得固体为KCl和NaCl;
(4)非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物,故上述物质中属于非电解质的有:②乙醇、④蔗糖;
强电解质是指在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质,故上述物质中属于强电解质的有:①食盐晶体、⑦熔融氢氧化钠、⑧液态氯化氢。
27.现用18.4 mol·L-1的浓硫酸来配制450mL 0.2 mol·L-1的稀硫酸,可供选择的仪器有:
①玻璃棒 ②烧杯 ③胶头滴管 ④量筒 ⑤托盘天平
(1)上述仪器在配制过程中不需要用到的是__________________(填序号)除上述仪器外,尚缺最重要的仪器是_____________
(2)计算所需浓硫酸的体积为___________mL。(精确到一位小数)
(3)实验中用到玻璃棒,其作用分别是:___________、__________。
(4)配制时,一般可分为以下几个步骤:
①量取 ②计算 ③稀释 ④摇匀 ⑤转移 ⑥洗涤 ⑦定容 ⑧冷却
其正确的操作顺序为:②→①→③→_________→_________→_________→_________→④(填序号)
(5)在配制过程中,下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有____________(填序号)
①定容时,仰视刻度线。
②未冷却至室温就转移到容量瓶中。
③容量瓶中含有少量蒸馏水。
④未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒。
⑤定容摇匀后,发现液面低于刻度线,又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。
【答案】(1). ⑤ (2). 500mL容量瓶 (3). 5.4 (4). 搅拌 (5). 引流 (6). ⑧ (7). ⑤ (8). ⑥ (9). ⑦ (10). ①④⑤
【解析】(1)浓溶液配制稀溶液用到的仪器有:量筒、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管,故不需要的有:⑤,还缺少的一种主要仪器是:500ml容量瓶;
(2)设需要的浓硫酸的体积为VmL,根据稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知:18.4mol/L×VmL=500mL×0.2mol/L,解得V=5.4mL,故应用量筒量取浓硫酸的体积是5.4mL;(3)实验中用到玻璃棒,稀释时其作用是搅拌,转移时其作用是引流;
(4)配制一定物质的量浓度的溶液步骤为:计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等,所以正确顺序为:②①③⑧⑤⑥⑦④;
(5)根据c=n/V可知:
①定容时,仰视刻度线,V偏大,浓度偏低;
②未冷却至室温就转移到容量瓶中,V偏小,浓度偏高;
③容量瓶中含有少量蒸馏水,无影响;
④未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒,n偏小,浓度偏低;
⑤定容摇匀后,发现液面低于刻度线,又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线,n偏小,浓度偏低;故选①④⑤。
28.A,B,C,D,E代表单质或化合物,它们之间的相互转换关系如图所示。A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质,其晶体结构与金刚石相似。
请回答:
(1)形成单质A的原子的结构示意图为________。
(2)E的化学式为________。
(3)B与氢氧化钠反应生成D和H2O的化学方程式是________。
(4)在D的溶液中通入过量CO2气体的离子方程式________。
(5)下列说法正确的是______
A. 水泥、玻璃、石英玻璃等都是传统硅酸盐材料。
B. 高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维。
C. 化学分析中常用到的分子筛是硅酸盐材料。
D. 熔融烧碱不能选用陶瓷坩埚。
【答案】(1). (2). CaSiO3 (3). SiO2+2NaOH=NaSiO3+H2O (4). SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3- (5). C,D
【解析】
【分析】“ A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质 ”则A为Si;由“B+碳→A+E”可知B为SiO2 , E为CO;由“B+NaOH→D+H2O”可得D为Na2SiO3;由“B+CaO→C”可得C为CaSiO3;据此结合设问进行分析作答。
【详解】(1)由分析可知,A为Si,其原子核内有14个质子,核外有三个电子层,共14个电子,其原子结构示意图为:;
(2)由分析可知,E的化学式为:CaSiO3;
(3)B为SiO2 , 与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和水,该反应的化学方程式为:SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;
(4)往D(Na2SiO3)溶液中通过过量CO2后,由于H2CO3的酸性比H2SiO3强,故反应生成H2SiO3;由于CO2过量,则反应生成HCO3- , 故该反应的离子方程式为:SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-;
(5)A、石英玻璃的主要成分是SiO2 , 不是硅酸盐材料,A不符合题意;
B、光导纤维的主要成分是二氧化硅,不是硅单质,B不符合题意;
C、分子筛的主要成分是硅酸盐,C符合题意;
D、陶瓷可以被烧碱腐蚀,故熔融烧碱不能用陶瓷坩埚,D符合题意;
故答案为:CD。
29.如图所示,是一个制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置,其中各试剂瓶装的试剂为:B(AgNO3溶液)、C(氯化亚铁溶液)、D(碘化钾淀粉溶液)、E(水)、H(紫色石蕊试液)
(1)A是氯气发生装置,蒸馏烧瓶中盛放MnO2固体,其化学反应方程式是:________
(2)实验开始时,先点燃A处酒精灯,打开分液漏斗旋塞和Ⅰ处活塞,让氯气充满整个装置,再点燃G处酒精灯,回答下列问题:
下列装置中的现象是B________;D________请写出C中发生反应的化学方程式________
(3)在G装置的硬质玻璃管内盛有碳粉,发生氧化还原反应,一种产物能使H处紫色石蕊试液变红,另一产物能使澄清石灰水变浑浊,写出G中的反应的化学方程式________。
(4)在H处,紫色石蕊试液的颜色由紫色变为红色,再变为无色,其原因是________。
(5)G处反应完毕后关闭分液漏斗旋塞,移去酒精灯,但由于余热的作用,A处仍有氯气产生,此时应该怎样操作________;装置Ⅰ中的现象是________。
(6)若将E中的水换成氢氧化钠溶液,溶液中不但有NaClO还有NaClO3 , 其物质的量比为1:2,则氧化剂和还原剂的物质的量之比为:________。
【答案】(1). MnO2+4HCl MnCl2+2H2O+Cl2↑ (2). 产生白色沉淀 (3). 溶液变蓝 (4). 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 (5). C+2H2O+Cl2CO2+4HCl (6). 生成的HCl使紫色石蕊试液变红色,剩余的氯气又与水作用生成次氯酸,又起漂白作用,使红色褪去 (7). 关闭Ⅰ处活塞 (8). Ⅰ处b瓶内页面下降,c中液面上升 (9). 11:3
【解析】
【分析】(1)MnO2与浓盐酸反应生成MnCl2、H2O和Cl2;
(2)根据氯气的性质和氯水的成分确定实验现象;
(3)根据实验现象确定产物,进而得出反应的化学方程式;
(4)先变红由于酸性气体产生,再变无色是由于漂白作用,据此分析;
(5)实验结束后,由于余热作用产生的氯气应进行收集或吸收;
(6)根据得失电子守恒进行计算。
【详解】(1)MnO2与浓盐酸反应生成MnCl2、H2O和Cl2 , 该反应的化学方程式为:MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2;
(2)氯气溶于水后产生HCl和HClO,其中Cl-能与Ag+结合成AgCl沉淀,故B中现象为产生白色沉淀;由于氯气具有氧化性,能将I-氧化成I2 , 淀粉遇碘变蓝色,故D中的现象为溶液变为蓝色;氯气具有氧化性,C中Fe2+具有还原性,二者可发生氧化还原反应,该反应的化学方程式为:2FeCl2+Cl2=2FeCl3;
(3)“ 一种产物能使H处紫色石蕊试液变红 ”则说明该产物的水溶液显酸性,结合元素守恒可知,产物为HCl;“ 另一产物能使澄清石灰水变浑浊 ”则该产物为CO2 , 故该反应的化学方程式为:C+2H2O+Cl2CO2+4HCl;
(4)实验过程中生成的HCl使紫色石蕊试液变红色;剩余的氯气又与水作用生成HClO,具有漂白作用,使红色褪去;
(5)实验结束后,由于余热会继续产生氯气,此时应关闭Ⅰ中活塞,产生的氯气不通过后续装置,防止造成空气污染;此时可观察到Ⅰ中b瓶内液面下降,c中液面上升;
(6)该反应中氯气既是氧化剂又是还原剂。反应生成NaClO和NaClO3的物质的量之比为1:2,设其物质的量分别为1mol和2mol,则其失去的电子数为:1mol×1+2mol×5=11mol,故还原剂的物质的量为;根据得失电子守恒可得,反应过程中,氧化剂得到的电子数也为11mol,故氧化剂的物质的量为;因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为。
三、计算题
30.氢氧化钠固体在实验室保存中容易变质。现取一定量的久存氢氧化钠固体样品溶于水,向所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量,生成的CO2(标准状况)与加入的盐酸体积有如图关系
(不考虑CO2在水中的溶解)。试计算:
(1)盐酸的物质的量浓度为________mol/L。
(2)该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比为________。
(3)若该氢氧化钠固体样品溶于水后用于吸收CO2,最多能吸收CO2的体积(标况下)是________
【答案】(1). 0.4 (2). 2:1 (3). 1.344L
【解析】
【分析】(1)产生CO2反应的化学方程式为:NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑, 根据产生CO2的体积计算其物质的量,再由反应的化学方程式计算消耗HCl的物质的量,从而计算所用稀盐酸的物质的量浓度;
(2)根据消耗盐酸的量,确定溶液中NaCl的量,进而根据钠守恒,确定原固体中所含NaOH的量;
(3)吸收CO2的过程中,NaOH和Na2CO3都转化为NaHCO3 , 根据反应的化学方程式计算吸收CO2的量。
【详解】(1)产生CO2的物质的量;
由反应的化学方程式:NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可得,反应消耗的HCl的物质的量为0.02mol,且参与反应的稀盐酸的体积为50mL,故所用稀盐酸的物质的量浓度;
(2)当加入200mL稀盐酸时,溶液中所含溶质为NaCl,其物质的量n(NaCl)=n(HCl)=0.4mol/L×0.2L=0.08mol;
由碳守恒,可得原固体中n(Na2CO3)=n(CO2)=0.02mol;
由钠守恒,可得原固体中n(NaOH)=n(NaCl)-2n(Na2CO3)=0.08mol-2×0.02mol=0.04mol;
故该样品中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为:0.04mol:0.02mol=2:1;
(3)NaOH吸收足量的CO2后最终转化为NaHCO3 ,该反应的化学方程式为:CO2+NaOH=NaHCO3 ,故可吸收CO2的物质的量n(CO2)=n(NaOH)=0.04mol;
Na2CO3吸收CO2 后转化为NaHCO3 ,该反应的化学方程式为:Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ,故可吸收CO2的物质的量n(CO2)=n(Na2CO3)=0.02mol;
故可吸收CO2的体积(标况下)V=n×Vm=(0.04mol+0.02mol)×22.4L/mol=1.344L。
本卷可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe 56 Zn-65 Ca-40 Cu-64 Ba-137 Mg-24 Al-27 K-39
一、选择题:(每小题只有一个正确答案)
1.用聚光手电筒照射下列分散系,不能观察到丁达尔效应的是( )
A. Fe(OH)3胶体 B. 蛋白质溶液 C. KOH溶液 D. 淀粉溶液
【答案】C
【解析】
【分析】胶体具有丁达尔效应,溶液没有,据此分析选项即可。
【详解】A.Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应,A不符合题意;
B.蛋白质溶液属于胶体,具有丁达尔效应,B不符合题意;
C.KOH溶液不属于胶体,不具有丁达尔效应,C符合题意;
D.淀粉溶液属于胶体,具有丁达尔效应,D不符合题意;
故答案为:C。
2.关于物质的分类,正确的是( )
A. 纯碱---碱 B. 盐酸---纯净物
C. 氯化银---弱电解质 D. 氧化钠---碱性氧化物
【答案】D
【解析】A.纯碱的化学式为Na2CO3 ,属于盐,A选项错误;
B.盐酸为HCl溶液,属于混合物,B选项错误;
C.氯化银为盐,属于强电解质,C选项错误;
D.碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的氧化物,氧化钠能与盐酸反应生成氯化钠和水,故氧化钠属于碱性氧化物,D选项正确;
故答案为:D。
3.在下列状态下,能导电的电解质是( )
A. 氨水 B. 硫酸钠固体
C. 二氧化碳水溶液 D. 熔融的氯化钠
【答案】D
【解析】A. 氨水是混合物,不属于电解质;
B. 硫酸钠固体是电解质,但不能导电;
C. 二氧化碳水溶液是混合物,不属于电解质;
D. 熔融的氯化钠属于电解质,且有自由移动的离子,能导电。
故选D。
4.美国科学家用某有机分子和球形笼状分子C60制成了“纳米车”(如图所示),每辆“纳米车”是由一个有机分子和4个C60分子构成。“纳米车”可以用来运输单个的有机分子。下列说法正确的是( )
A. 人们用肉眼可以清晰看到“纳米车”的运动
B. “纳米车”诞生说明人类操纵分子的技术进入了一个新阶段
C. C60是一种新型的化合物
D. C60与12C是同位素
【答案】B
【解析】A、因纳米车很小,我们不能直接用肉眼清晰地看到这种“纳米车”的运动,选项A错误;B、“纳米车”的诞生,说明人类操纵分子的技术进入一个新阶段,选项B正确;C、由不同种元素形成的纯净物是化合物,C60是一种单质,选项C错误;D、质子数相同,中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素,C60是单质,不是核素,选项D错误。答案选B。
5.下列产品的主要成分不正确的是( )
A. 光导纤维——硅 B. 水泥——硅酸盐
C. 漂白粉——次氯酸钙和氯化钙 D. 苏打——碳酸钠
【答案】A
【解析】A.光导纤维的主要成分是二氧化硅,选项错误,A符合题意;
B.水泥属于硅酸盐,选项正确,B不符合题意;
C.漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2 ,选项正确,C不符合题意;
D.苏打的主要成分是Na2CO3 ,选项正确,D不符合题意;
故答案为:A。
6.下列说法或化学用语正确的是( )
A. 146C原子中质子数为6、中子数为14
B. 16O2与18O2是两种不同的核素
C. 23Na+和24Mg2+具有相同的中子数和电子数
D. S2-的结构示意图:
【答案】C
【解析】A. 146C中质量数为14,质子数为6,故中子数=质量数-质子数=14-6=8,选项错误,A不符合题意;
B. 16O2与18O2是单质,不是原子,核素是指质子数相同、中子数不同的原子,选项错误,B不符合题意;
C. 23Na+的中子数=质量数-质子数=23-11=12,电子数=11-1=10; 24Mg2+的中子数=质量数-质子数=24-12=12,电子数=12-2=10,故二者具有相同的中子数和电子数,选项正确,C符合题意;
D.S原子的最外层电子数为6,易得两个电子形成S2- , 其最外层电子数为8,选项错误,D不符合题意;
故答案为:C。
7.下列试剂的保存方法错误的是( )
A. 实验室少量的钠保存在煤油中
B. 新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中
C. 氢氟酸(HF)保存在塑料瓶中
D. 配制的FeCl2溶液中加CCl4溶液防止被氧化
【答案】D
【解析】A.钠的密度比煤油大,沉积在底部,能防止钠被空气中的氧气氧化,故钠可保存在煤油中, 选项正确,A不符合题意;
B.新制氯水中含有HClO,HClO不稳定,见光易分解,故应保存在棕色玻璃瓶内,选项正确,B不符合题意;
C.HF能与玻璃中的SiO2反应,故氢氟酸应保存在塑料瓶内,选项正确,C不符合题意;
D.CCl4不能防止FeCl2被氧化,防止FeCl2被氧化应加入铁粉,选项错误,D符合题意;
故答案为:D。
8.《本草衍义》中对精制砒霜有如下叙述:“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之,令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,尖长者为胜,平短者次之。”文中涉及的操作方法是( )
A. 蒸馏 B. 萃取 C. 升华 D. 结晶
【答案】C
【解析】砒霜为固体,将生砒就置火上,以器覆之,令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,说明砒霜加热由固态直接变为气态,冷却后又凝聚为固态,从而将砒霜与其他杂质分离,这个方法叫做升华,答案选C。正确答案为C。
9.下列物质在水溶液中的电离方程式中,正确的是( )
A. CH3COOH=CH3COO-+H+ B. NH3·H2O NH4++OH-
C. BaCl2=Ba2++ Cl2- D. NaHCO3=Na++H++CO3-
【答案】B
【解析】A.醋酸是弱酸,在水中部分电离,用可逆符号,不用等号,选项错误,A不符合题意;
B.NH3·H2O是弱碱,在水中部分电离产生NH4+和OH- ,选项正确,B符合题意;
C.BaCl2是可溶性盐,在水中完全电离产生Ba2+和Cl- ,选项错误,C不符合题意;
D.NaHCO3是可溶性盐,在水中完全电离产生Na+和HCO3- ,选项错误,D不符合题意;
故答案为:B。
10.下列说法正确的是( )
A. 用淀粉碘化钾试纸鉴别碘水和溴水
B. 二氧化硫可用于漂白纸浆
C. 镁着火时可用二氧化碳灭火器灭火
D. 生物炼铜就是利用特殊的细菌将硫化铜转化为铜
【答案】B
【解析】A.溴水能将KI氧化成I2 , 故溴水和碘水都能使淀粉KI试纸变蓝,不可鉴别溴水和碘水,选项错误,A不符合题意;
B.SO2具有漂白性,能漂白纸浆,选项正确,B符合题意;
C.镁能与CO2反应,故镁着火不能用CO2灭火器,选项错误,C不符合题意;
D.生物炼铜的过程是利用特殊的细菌将难溶性的CuS转化为可溶性的铜盐, 选项错误,D不符合题意;
故答案为:B。
11.下列气体中不能用浓硫酸干燥的是( )
A. H2 B. NH3 C. SO2 D. CO
【答案】B
【解析】浓硫酸属于酸性干燥剂,不能干燥碱性气体,NH3属于碱性气体,故NH3不能用浓硫酸干燥,B符合题意;
故答案为:B。
12.下列有关实验操作的说法中正确的是( )
A. 容量瓶使用前必须干燥,否则将引起误差
B. 分液操作时,从下口放出下层液体,紧接着放出上层液体
C. 焰色反应时,先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧,然后再进行实验
D. 蒸馏实验结束后,先停止通冷凝水,再停止加热
【答案】C
【解析】A.定容时需向容量瓶内加入蒸馏水,故容量瓶使用前不需干燥,选项错误,A不符合题意;
B.分液操作时,下层液体从下口流出,上层液体从上口倒出,选项错误,B不符合题意;
C.做焰色反应时,应先用稀盐酸洗涤铂丝,并在酒精灯上灼烧,以除去杂质,然后再进行实验,选项正确,C符合题意;
D.蒸馏实验结束时,应先停止加热,继续通冷凝水至装置恢复至室温,选项错误,D不符合题意;
故答案为:C。
13.下列反应中,水只做氧化剂的是( )
A. 2H2 + O2=2H2O B. Na2O+H2O=2NaOH
C. 2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2↑+Cl2↑ D. Cl2+ H2O=HCl+HClO
【答案】C
【解析】
【分析】水只做氧化剂,即氢原子的化合价降低,据此分析;
【详解】A、H2O为产物,既是氧化产物又是还原产物,故A不符合题意;
B、该反应中没有化合价的变化,即H2O既不是氧化剂又不是还原剂,故B不符合题意;
C、根据反应方程式,H2O中的H→H2,化合价由+1价→0价,化合价降低,即H2O为氧化剂,故C符合题意;
D、根据反应方程式,该反应为歧化反应,Cl2既是氧化剂又是还原剂,H2O不是氧化剂和还原剂,故D不符合题意;
答案选C。
14.某溶液中含有大量的下列离子:Fe3+、NO3-、K+和M离子,经测定Fe3+、NO3-、K+和M离子的浓度之比为2∶4∶1∶3,则M离子可能是( )
A. OH- B. SO42- C. I- D. Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】根据溶液的电中性确定M离子所带电荷数,再结合离子共存,从而确定答案。
【详解】设溶液的体积为1L,再设Fe3+、NO3-、K+和M离子的浓度分别为2x、4x、x、3x。由于溶液显电中性,即溶液中阳离子所带正电荷的总量和阴离子所带负电荷的总量相等,则有:
溶液中阳离子所带正电荷的总量为:3c(Fe3+)+c(K+)=2x×3+x=7x;
溶液中NO3-所带负电荷的总量为:c(NO3-)=4x;
由于阳离子所带正电荷的总量超过了NO3-所带负电荷的总量,其差值为3x,故M离子(浓度为3x)中带一个单位的负电荷,由于OH-、I-都能与溶液中的Fe3+反应,而Cl-与溶液中的离子都不反应,D符合题意;
故答案为:D。
15.下列有关物质制备的说法正确的是( )
A. 玻璃是以石灰石、纯碱、石英在玻璃熔炉中高温熔融制得的
B. 工业上将氯气通入澄清石灰水中制取漂白粉
C. 用焦炭在高温下还原二氧化硅可得到纯硅
D. 高炉炼铁中利用焦炭直接将铁矿石还原为铁单质
【答案】A
【解析】A.玻璃是由石灰石、纯碱和石英制得的,选项正确,A符合题意;
B.Ca(OH)2微溶于水,故澄清石灰中Ca(OH)2的浓度很小,制备漂白粉应用石灰乳,选项错误,B不符合题意;
C.焦炭高温还原二氧化硅后所得为粗硅,选项错误,C不符合题意;
D.高炉炼铁中加入的原料有铁矿石、焦炭、石灰石等,还原剂是焦炭燃烧产生的CO,选项错误,D不符合题意;
故答案为:A。
16.M2+与aN-具有相同的电子层结构,则M元素的质子数为( )
A. a+2 B. a-3 C. a+3 D. a-1
【答案】C
【解析】
【分析】由aN-确定M2+的核外电子数,根据原子中质子数等于核外电子数确定M的质子数。
【详解】aN-的核外电子数为a+1,则M2+的核外电子数也为a+1,则M原子的核外电子数为a+1+2=a+3;在原子中,质子数等于核外电子数,故M元素的质子数为a+3,C符合题意;
故答案为:C。
17.设NA为阿伏加德罗常数数的值,下列说法不正确的是( )
A. 标准状况下,1.8gH2O中所含分子数为0.1NA
B. 常温常压下,14gCO和N2混合气所含质子总数为7NA
C. 含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量Mg反应,转移电子数为0.2NA
D. 足量Fe在0.1molCl2中充分燃烧,转移电子数为0.2NA
【答案】C
【解析】A.1.8g水的物质的量, 故其所含分子数为0.1NA , 选项正确,A不符合题意;
B.由于CO和N2的摩尔质量都是28g/mol,故14g混合气体的物质的量,而CO和N2的质子数均为14,故混合气体中所含质子总数为:0.5mol×14=7NA ,选项正确,B不符合题意;
C.镁与浓硫酸反应产生SO2 ,2mol H2SO4参与反应时转移2mol e-,与稀硫酸反应生成H2 , 只要有1mol H2SO4参与反应就转移2mol e-,故含0.2molH2SO4的浓硫酸完全与镁反应,转移电子数在0.2NA ~0.4NA之间,选项错误,C符合题意;
D.铁在氯气中反应生成FeCl3 , 0.1molCl2完全反应,转移电子数为0.2NA , 选项正确,D不符合题意;
故答案为:C。
18.下列实验方法或操作正确的是( )
A. 转移溶液 B. 制蒸馏水
C. 分离水和酒精 D. 稀释浓硫酸
【答案】A
【解析】A.向容量瓶中转移溶液,可用玻璃棒引流,注意不能将玻璃棒接触容量瓶口,防止液面外流,故A正确;
B.蒸馏时温度计水银球应放支管口处,冷凝水方向错误,应下进上出,故B错误;
C.酒精和水能互溶,不能用分液分离,故C错误;
D.稀释浓硫酸应将水沿烧杯内壁缓缓加入到浓硫酸中,并用玻璃棒不断搅拌,故D错误
答案选A。
19.下列溶液中的氯离子浓度与50 mL 1 mol·L-1的AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是( )
A. 150 mL 3 mol·L-1的NaClO B. 50 mL 1 mol·L-1的NH4Cl
C. 150 mL 1 mol·L-1的NaCl D. 200 mL 1.5mol·L-1的CaCl2
【答案】D
【解析】AlCl3在水中电离产生Al3+和Cl- , 故1mol/LAlCl3溶液中c(Cl-)=3mol/L;
A.NaClO在水中电离产生Na+和ClO- , 不产生Cl- , 选项错误,A不符合题意;
B.NH4Cl在水中电离产生NH4+和Cl- , 故1mol/L的NH4Cl溶液中c(Cl-)=1mol/L,选项错误,B不符合题意;
C.NaCl在水中电离产生Na+和Cl- , 故1mol/L的NaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L,选项错误,C不符合题意;
D.CaCl2在水中电离产生Ca2+和Cl- , 故1.5mol/L的CaCl2溶液中c(Cl-)=3mol/L,选项正确,D符合题意;
故答案为:D。
20.下列各组离子,能大量共存的是( )
A. 能使酚酞变红的溶液:Na+、SO42-、C1O-、CO32-
B. 能使紫色石蕊变红的溶液:Mg2+、Cu2+、 Na+、 ClO-
C. 含有大量 Fe3+的溶液:Na+、NH4+、SO42-、I-
D. 0.1mol/LNa2SO4溶液:Κ+、Ba2+、NO3-、Clˉ
【答案】A
【解析】A.能使酚酞变红的溶液显碱性,溶液中存在大量的OH- , 溶液中的离子相互间不发生反应,可以大量共存,选项正确,A符合题意;
B.能使紫色石蕊试液变红的溶液显酸性,溶液中存在大量的H+ , 能与ClO-结合成HClO,不可大量共存,选项错误,B不符合题意;
C.Fe3+具有氧化性,I-具有还原性,二者可发生氧化还原反应,不可大量共存,选项错误,C不符合题意;
D.溶液中的SO42-和Ba2+能形成BaSO4沉淀,不可大量共存,选项错误,D不符合题意;
故答案为:A。
21.Q、X、Y和Z为短周期元素,它们在周期表中的位置如图所示,这4种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是( )
A. Q的单质具有半导体的性质,Q与Z可形成化合物QZ4
B. Q的最高价氧化物的水化物的酸性比Z的强
C. X氢化物的稳定性比Q强
D. Y的原子半径比X的大
【答案】C
【解析】
【分析】设元素X的原子最外层电子数为a,则Y、Z、Q的最外层电子数分别为:(a+1)、(a+2)、(a-1),则可得a+(a+1)+(a+2)+(a-1)=22,解得 a=4;由于四种元素都为短周期元素,故X、Y、Z、Q分别为:C、N、S、Al;据此结合元素周期表的性质递变规律分析选项。
【详解】A.由分析可知,Q为Al,是一种金属,不具有半导体性质,选项错误,A不符合题意;
B.Q的最高价氧化物的水化物的化学式为Al(OH)3 , Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SO4 , H2SO4的酸性比Al(OH)3的酸性强,选项错误,B不符合题意;
C.X的非金属比Q强,故其氢化物的稳定性比Q强,选项正确,C符合题意;
D.同一周期,从左到右,原子半径逐渐减小,故X的原子半径比Y的大,选项错误,D不符合题意;
故答案为:C。
22.下列离子方程式正确的是( )
A. 金属钠和水反应:Na + 2H2O=Na+ + 2OH―+ H2↑
B. 用石灰乳作沉淀剂从海水中提镁:2OH-+Mg2+=Mg(OH)2↓
C. 硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应:Ba2+ + SO42-=BaSO4↓
D. 碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合:2HCO3―+ Ca2+ + 2OH―=CaCO3↓+ CO32- + 2H2O
【答案】B
【解析】A.该离子方程式中不满足电荷守恒,选项错误,A不符合题意;
B.石灰乳加到大量的海水中可以溶解并完全电离,该离子方程式正确, B符合题意;
C.(NH4)2SO4和Ba(OH)2反应过程中,Ba2+和SO42-结合成沉淀,NH4+和OH-结合成弱电解质,选项错误,C不符合题意;
D.澄清石灰水过量,溶液中不可能有大量的CO32―生成,只能生成CaCO3沉淀,该反应的离子方程式不正确,D不符合题意;
故答案为:B
23.Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂,应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下:2FeSO4+ 6Na2O2= 2Na2FeO4+ 2Na2O + 2Na2SO4+ O2↑,对此反应下列说法中正确的是( )
A. Na2O2只作氧化剂
B. Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物
C. O2 是还原产物
D. 2 mol FeSO4发生反应时,反应中共有8 mol电子转移
【答案】B
【解析】
【分析】从化合价变化的角度分析氧化还原反应中的有关概念的判断,根据化合价升降的数目计算反应中的电子转移数目。2FeSO4 + 6Na2O2 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑反应中,铁元素的化合价升高,由+2价升高到+3价,Na2O2中元素的化合价既升高又降低。据此分析解答。
【详解】A. Na2O2中元素的化合价既升高又降低,反应中既是氧化剂又是还原剂,故A错误;
B. FeSO4 →Na2FeO4,铁的化合价升高,Na2FeO4是氧化产物,Na2O2 →Na2FeO4,氧元素化合价降低,Na2FeO4是还原产物,故B正确;
C. Na2O2 → O2,氧元素化合价升高,O2是氧化产物,故C错误;
D.反应中化合价升高的元素有Fe,由+3价→+6价,化合价升高的元素还有O元素,由-2价→0价,2molFeSO4发生反应时,共有2mol×3+1mol×4=10mol电子转移,故D错误。
答案选B。
24.向100mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉,充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化,下列说法正确的是( )
A. a点时溶液中阳离子仅为Cu2+和Fe2+
B. b点时溶液中发生的反应为:Fe+Cu2+=Cu+Fe2+
C. c点时加入的铁粉与Cu2+反应
D. 原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶1
【答案】B
【解析】
【分析】由于氧化性:Fe3+>Cu2+ , 故加入铁粉时,铁先与氧化性强的Fe3+发生反应;当溶液中的Fe3+完全反应后,再与溶液中的Cu2+发生反应。
【详解】A.a点表示的是加入铁粉后,溶液中固体的质量仍为0,此时发生反应的离子方程式为:Fe+2Fe3+=3Fe2+ , 由于反应仍未结束,故a点溶液中存在的阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+ , 选项错误,A不符合题意;
B. b点表示加入铁粉后,溶液中固体的质量增加,此时发生反应的离子方程式为:Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ , 选项正确,B符合题意;
C. 当加入铁粉的质量大于1.68g后,图中曲线出现了拐点,由点(2.24,1.84)可知,铁粉增加的质量与固体剩余物增加的质量相等,故c点没有发生反应,选项错误,C不符合题意;
D.当加入铁粉质量为0.56g时,发生反应的离子方程式为:Fe+2Fe3+=3Fe2+ , 故溶液中, 故溶液中n[Fe2(SO4)3]=0.01mol;当加入铁粉的质量为0.56~1.68g(即1.12g)时,能够反应的离子方程式为:Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ , 则溶液中,故溶液中n(CuSO4)=0.02mol;因此溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量之比为1:2,选项错误,D不符合题意;
故答案为:B。
25.某溶液X中仅可能含有K+、Na+、Fe2+、Fe3+、SO42-、CO32-、I-、Cl-中的一种或多种,且溶液中各离子浓度相同。现进行下列实验,下列说法正确的是( )
A. 该溶液X中Na+、Cl-一定有
B. 溶液Y中加入氯化钡溶液没有沉淀
C. 该溶液可能是硫酸亚铁、碘化钾和氯化钠溶于水后得到的
D. 原溶液X中滴加几滴KSCN溶液后,再滴加少量的次氯酸钠溶液后溶液呈血红色
【答案】C
【解析】
【分析】由实验流程可知,过量氯水反应后的溶液,加入CCl4萃取后下层的紫红色,说明原溶液中含有I-,则能够氧化I-的Fe3+不能同时存在于溶液中。此时上层的水溶液中一定含有氯水还原生成的Cl-,所以用该溶液加入AgNO3生成的白色沉淀,其中Cl-不能说明存在于原溶液中。另外一份加入NaOH产生红褐色沉淀说明溶液中存在Fe3+,但是该Fe3+又不能存在于原溶液中,那只能是Fe2+开始时被氯水氧化生成Fe3+,所以原溶液中含有Fe2+;Fe2+的存在说明原溶液中不含有CO32-,Y的焰色反应为黄色说明含钠离子,但不能确定原溶液中是否含钠离子,透过钴玻璃观察焰色反应为紫色火焰证明一定含钾离子,以此来解答。
详解:根据以上分析可知I-、Fe2+、K+一定存在,Fe3+、CO32-一定不存在,SO42-、Cl-、Na+可能存在。
【详解】A.由于过程中加入氯离子和钠离子,该溶液X中Na+、Cl-不能确定是否含有,A错误;
B.溶液中可能会含硫酸根离子,加入氯化钡溶液会生成白色沉淀,B错误;
C.该溶液中一定存在I-、Fe2+、K+、可能含SO42-、Cl-、Na+,溶液可能是硫酸亚铁、碘化钾和氯化钠溶于水后得到的,C正确;
D.由于碘离子的还原性强于亚铁离子,原溶液X中滴加几滴KSCN溶液后,再滴加少量的次氯酸钠溶液后亚铁离子不一定被氧化,溶液不一定呈血红色,D错误;
答案选C
二、填空题
26.选用合适的过量的试剂来除去下列物质中的杂质(括号中为杂质):
(1)NaCl溶液(Na2CO3),试剂________,离子方程式________。
(2)FeCl2溶液(CuCl2),试剂________,离子方程式________。
(3)向含有NaBr、KI的溶液中通入过量的Cl2 , 然后将溶液蒸干、灼烧,最终得到的固体物质是 ________(填化学式),其中发生的反应依次为(用离子方程式表示)________
(4)有以下几种物质:①食盐晶体②乙醇 ③水银 ④蔗糖⑤冰醋酸(纯醋酸晶体)⑥KNO3溶液 ⑦熔融的氢氧化钠 ⑧液态氯化氢 填空回答(填序号);以上物质中属于非电解质的是________,属于强电解质的是________。
【答案】(1). 稀盐酸 (2). CO32-+2H+=CO2↑+H2O (3). 铁粉 (4). Fe+Cu2+=Fe2++Cu (5). NaCl、KCl (6). 2I- +Cl2 = 2Cl-+ I2 、2Br- +Cl2 = 2Cl-+ Br 2 (7). ②④ (8). ①⑦⑧
【解析】
【分析】(1)除去NaCl溶液中的Na2CO3应用稀盐酸;
(2)除去FeCl2溶液中的CuCl2应用铁粉;
(3)氯气具有氧化性,能将Br-、I-氧化成Br2和I2;
(4)根据非电解质和强电解质的概念进行分析。
【详解】(1)除去NaCl溶液中的Na2CO3应用稀盐酸,反应的离子方程式为:CO32-+2H+=CO2↑+H2O;
(2)除去FeCl2溶液中的CuCl2应用铁粉,其反应的离子方程式为:Fe+Cu2+=Cu+Fe2+;
(3)氯气具有氧化性,能将Br-、I-氧化成Br2和I2 , 其反应的离子方程式为:2I-+Cl2=2Cl-+I2 、2Br-+Cl2=2Cl-+Br2 , 故反应后所得溶液的溶质为NaCl和KCl;故溶液蒸干、灼烧后,溴挥发、碘升华,所得固体为KCl和NaCl;
(4)非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物,故上述物质中属于非电解质的有:②乙醇、④蔗糖;
强电解质是指在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质,故上述物质中属于强电解质的有:①食盐晶体、⑦熔融氢氧化钠、⑧液态氯化氢。
27.现用18.4 mol·L-1的浓硫酸来配制450mL 0.2 mol·L-1的稀硫酸,可供选择的仪器有:
①玻璃棒 ②烧杯 ③胶头滴管 ④量筒 ⑤托盘天平
(1)上述仪器在配制过程中不需要用到的是__________________(填序号)除上述仪器外,尚缺最重要的仪器是_____________
(2)计算所需浓硫酸的体积为___________mL。(精确到一位小数)
(3)实验中用到玻璃棒,其作用分别是:___________、__________。
(4)配制时,一般可分为以下几个步骤:
①量取 ②计算 ③稀释 ④摇匀 ⑤转移 ⑥洗涤 ⑦定容 ⑧冷却
其正确的操作顺序为:②→①→③→_________→_________→_________→_________→④(填序号)
(5)在配制过程中,下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有____________(填序号)
①定容时,仰视刻度线。
②未冷却至室温就转移到容量瓶中。
③容量瓶中含有少量蒸馏水。
④未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒。
⑤定容摇匀后,发现液面低于刻度线,又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。
【答案】(1). ⑤ (2). 500mL容量瓶 (3). 5.4 (4). 搅拌 (5). 引流 (6). ⑧ (7). ⑤ (8). ⑥ (9). ⑦ (10). ①④⑤
【解析】(1)浓溶液配制稀溶液用到的仪器有:量筒、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管,故不需要的有:⑤,还缺少的一种主要仪器是:500ml容量瓶;
(2)设需要的浓硫酸的体积为VmL,根据稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知:18.4mol/L×VmL=500mL×0.2mol/L,解得V=5.4mL,故应用量筒量取浓硫酸的体积是5.4mL;(3)实验中用到玻璃棒,稀释时其作用是搅拌,转移时其作用是引流;
(4)配制一定物质的量浓度的溶液步骤为:计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等,所以正确顺序为:②①③⑧⑤⑥⑦④;
(5)根据c=n/V可知:
①定容时,仰视刻度线,V偏大,浓度偏低;
②未冷却至室温就转移到容量瓶中,V偏小,浓度偏高;
③容量瓶中含有少量蒸馏水,无影响;
④未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒,n偏小,浓度偏低;
⑤定容摇匀后,发现液面低于刻度线,又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线,n偏小,浓度偏低;故选①④⑤。
28.A,B,C,D,E代表单质或化合物,它们之间的相互转换关系如图所示。A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质,其晶体结构与金刚石相似。
请回答:
(1)形成单质A的原子的结构示意图为________。
(2)E的化学式为________。
(3)B与氢氧化钠反应生成D和H2O的化学方程式是________。
(4)在D的溶液中通入过量CO2气体的离子方程式________。
(5)下列说法正确的是______
A. 水泥、玻璃、石英玻璃等都是传统硅酸盐材料。
B. 高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维。
C. 化学分析中常用到的分子筛是硅酸盐材料。
D. 熔融烧碱不能选用陶瓷坩埚。
【答案】(1). (2). CaSiO3 (3). SiO2+2NaOH=NaSiO3+H2O (4). SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3- (5). C,D
【解析】
【分析】“ A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质 ”则A为Si;由“B+碳→A+E”可知B为SiO2 , E为CO;由“B+NaOH→D+H2O”可得D为Na2SiO3;由“B+CaO→C”可得C为CaSiO3;据此结合设问进行分析作答。
【详解】(1)由分析可知,A为Si,其原子核内有14个质子,核外有三个电子层,共14个电子,其原子结构示意图为:;
(2)由分析可知,E的化学式为:CaSiO3;
(3)B为SiO2 , 与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和水,该反应的化学方程式为:SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;
(4)往D(Na2SiO3)溶液中通过过量CO2后,由于H2CO3的酸性比H2SiO3强,故反应生成H2SiO3;由于CO2过量,则反应生成HCO3- , 故该反应的离子方程式为:SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-;
(5)A、石英玻璃的主要成分是SiO2 , 不是硅酸盐材料,A不符合题意;
B、光导纤维的主要成分是二氧化硅,不是硅单质,B不符合题意;
C、分子筛的主要成分是硅酸盐,C符合题意;
D、陶瓷可以被烧碱腐蚀,故熔融烧碱不能用陶瓷坩埚,D符合题意;
故答案为:CD。
29.如图所示,是一个制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置,其中各试剂瓶装的试剂为:B(AgNO3溶液)、C(氯化亚铁溶液)、D(碘化钾淀粉溶液)、E(水)、H(紫色石蕊试液)
(1)A是氯气发生装置,蒸馏烧瓶中盛放MnO2固体,其化学反应方程式是:________
(2)实验开始时,先点燃A处酒精灯,打开分液漏斗旋塞和Ⅰ处活塞,让氯气充满整个装置,再点燃G处酒精灯,回答下列问题:
下列装置中的现象是B________;D________请写出C中发生反应的化学方程式________
(3)在G装置的硬质玻璃管内盛有碳粉,发生氧化还原反应,一种产物能使H处紫色石蕊试液变红,另一产物能使澄清石灰水变浑浊,写出G中的反应的化学方程式________。
(4)在H处,紫色石蕊试液的颜色由紫色变为红色,再变为无色,其原因是________。
(5)G处反应完毕后关闭分液漏斗旋塞,移去酒精灯,但由于余热的作用,A处仍有氯气产生,此时应该怎样操作________;装置Ⅰ中的现象是________。
(6)若将E中的水换成氢氧化钠溶液,溶液中不但有NaClO还有NaClO3 , 其物质的量比为1:2,则氧化剂和还原剂的物质的量之比为:________。
【答案】(1). MnO2+4HCl MnCl2+2H2O+Cl2↑ (2). 产生白色沉淀 (3). 溶液变蓝 (4). 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 (5). C+2H2O+Cl2CO2+4HCl (6). 生成的HCl使紫色石蕊试液变红色,剩余的氯气又与水作用生成次氯酸,又起漂白作用,使红色褪去 (7). 关闭Ⅰ处活塞 (8). Ⅰ处b瓶内页面下降,c中液面上升 (9). 11:3
【解析】
【分析】(1)MnO2与浓盐酸反应生成MnCl2、H2O和Cl2;
(2)根据氯气的性质和氯水的成分确定实验现象;
(3)根据实验现象确定产物,进而得出反应的化学方程式;
(4)先变红由于酸性气体产生,再变无色是由于漂白作用,据此分析;
(5)实验结束后,由于余热作用产生的氯气应进行收集或吸收;
(6)根据得失电子守恒进行计算。
【详解】(1)MnO2与浓盐酸反应生成MnCl2、H2O和Cl2 , 该反应的化学方程式为:MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2;
(2)氯气溶于水后产生HCl和HClO,其中Cl-能与Ag+结合成AgCl沉淀,故B中现象为产生白色沉淀;由于氯气具有氧化性,能将I-氧化成I2 , 淀粉遇碘变蓝色,故D中的现象为溶液变为蓝色;氯气具有氧化性,C中Fe2+具有还原性,二者可发生氧化还原反应,该反应的化学方程式为:2FeCl2+Cl2=2FeCl3;
(3)“ 一种产物能使H处紫色石蕊试液变红 ”则说明该产物的水溶液显酸性,结合元素守恒可知,产物为HCl;“ 另一产物能使澄清石灰水变浑浊 ”则该产物为CO2 , 故该反应的化学方程式为:C+2H2O+Cl2CO2+4HCl;
(4)实验过程中生成的HCl使紫色石蕊试液变红色;剩余的氯气又与水作用生成HClO,具有漂白作用,使红色褪去;
(5)实验结束后,由于余热会继续产生氯气,此时应关闭Ⅰ中活塞,产生的氯气不通过后续装置,防止造成空气污染;此时可观察到Ⅰ中b瓶内液面下降,c中液面上升;
(6)该反应中氯气既是氧化剂又是还原剂。反应生成NaClO和NaClO3的物质的量之比为1:2,设其物质的量分别为1mol和2mol,则其失去的电子数为:1mol×1+2mol×5=11mol,故还原剂的物质的量为;根据得失电子守恒可得,反应过程中,氧化剂得到的电子数也为11mol,故氧化剂的物质的量为;因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为。
三、计算题
30.氢氧化钠固体在实验室保存中容易变质。现取一定量的久存氢氧化钠固体样品溶于水,向所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量,生成的CO2(标准状况)与加入的盐酸体积有如图关系
(不考虑CO2在水中的溶解)。试计算:
(1)盐酸的物质的量浓度为________mol/L。
(2)该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比为________。
(3)若该氢氧化钠固体样品溶于水后用于吸收CO2,最多能吸收CO2的体积(标况下)是________
【答案】(1). 0.4 (2). 2:1 (3). 1.344L
【解析】
【分析】(1)产生CO2反应的化学方程式为:NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑, 根据产生CO2的体积计算其物质的量,再由反应的化学方程式计算消耗HCl的物质的量,从而计算所用稀盐酸的物质的量浓度;
(2)根据消耗盐酸的量,确定溶液中NaCl的量,进而根据钠守恒,确定原固体中所含NaOH的量;
(3)吸收CO2的过程中,NaOH和Na2CO3都转化为NaHCO3 , 根据反应的化学方程式计算吸收CO2的量。
【详解】(1)产生CO2的物质的量;
由反应的化学方程式:NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可得,反应消耗的HCl的物质的量为0.02mol,且参与反应的稀盐酸的体积为50mL,故所用稀盐酸的物质的量浓度;
(2)当加入200mL稀盐酸时,溶液中所含溶质为NaCl,其物质的量n(NaCl)=n(HCl)=0.4mol/L×0.2L=0.08mol;
由碳守恒,可得原固体中n(Na2CO3)=n(CO2)=0.02mol;
由钠守恒,可得原固体中n(NaOH)=n(NaCl)-2n(Na2CO3)=0.08mol-2×0.02mol=0.04mol;
故该样品中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为:0.04mol:0.02mol=2:1;
(3)NaOH吸收足量的CO2后最终转化为NaHCO3 ,该反应的化学方程式为:CO2+NaOH=NaHCO3 ,故可吸收CO2的物质的量n(CO2)=n(NaOH)=0.04mol;
Na2CO3吸收CO2 后转化为NaHCO3 ,该反应的化学方程式为:Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ,故可吸收CO2的物质的量n(CO2)=n(Na2CO3)=0.02mol;
故可吸收CO2的体积(标况下)V=n×Vm=(0.04mol+0.02mol)×22.4L/mol=1.344L。
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