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7、【全国百强校】山东省寿光现代中学2019-2020学年高一上学期10月月考化学试题（教师版）
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这是一份7、【全国百强校】山东省寿光现代中学2019-2020学年高一上学期10月月考化学试题（教师版），共12页。试卷主要包含了Ⅱ卷在答题纸上作答，下列叙述中,正确的是，02×1023)g，下列说法正确的是，用胆矾配制1L 0，1ml,0等内容，欢迎下载使用。
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48分)
一、选择题
1.(★)下列描述中,错误的是( )
A.化学的特征就是认识分子和制造分子,它是一门具有创造性和实用性的科学
B.人 们可以利用化学变化制造出新的原子和新的分子
C.制陶、酿酒等过程中发生了化学变化
D.俄国化学家门捷列夫发现元素周期律
考点 化学科学的主要特征
题组 化学科学的主要特征
解析 认识分子和制造分子,是化学的特征,体现了化学的创造性和实用性,故A正确;人们可以利用先进的技术和设备制造出新的分子,但不能制造新的原子,故B错误;制陶、酿酒等过程中,都有新物质生成,属于化学变化,故C正确;元素周期律是俄国化学家门捷列夫发现的,故D正确。
答案 D
易错警示 原子是化学变化中的最小微粒,分子是保持化学性质的最小微粒,所以说原子不是化学方法制造出来的。
2.(★)查阅资料发现,金属钠不仅能与氧气和水反应,还能与很多种其他物质发生反应,其中包括与酒精在常温下反应,要研究金属钠和酒精、金属钠和水反应的异同点,下列的研究方法中用不到的是( )
A.观察法 B.分类法
C.实验法 D.比较法
考点 研究物质性质的方法
题组 研究物质性质的基本方法
解析 研究过程需要用到实验法,观察两者反应的实验现象需要用到观察法,比较异同需要用到比较法。
答案 B
方法技巧 本题考查研究物质性质及变化的基本方法,难度不大,理解常用的基本方法即可解答。
3.(★★)下列氯化物中,既能由金属和氯气直接反应制得,又能由金属和盐酸反应制得的是( )
A.CuCl2 B.FeCl2
C.FeCl3 D.AlCl3
考点 氯气的性质
题组 氯气的性质
思路分析:氯气具有强氧化性,与金属反应后,能将金属直接氧化为最高价化合物。
解析 铜不能与稀盐酸反应,A错误;铁与氯气反应生成FeCl3,铁与稀盐酸反应生成FeCl2,B、C错误;铝与氯气或盐酸反应,均能生成AlCl3,D正确。
答案 D
方法技巧 氯气与变价金属反应,通常把金属元素氧化到最高价态。
4.(★★)下列叙述中,正确的是( )
A.水的摩尔质量是18g,标况下气体摩尔体积是22.4L·mo1-1
B.不同的气体,若体积不等,则它们所含的分子数一定不等
C.1个钠原子的质量等于23/(6.02×1023)g
D.1mol任何物质都含有6.02×1023个分子
考点 物质的量
题组 摩尔质量、气体摩尔体积
思路分析:1molNa中含有6.02×1023个钠原子,求一个钠原子的质量用钠的相对原子质量除以6.02×1023即可。
解析 A项,摩尔质量的单位为g/mol,错误;B项,没说明在相同状况下,错误;C项,1mol 钠原子的质量为23g,而1molNa中含有钠原子的个数为6.02×1023,则一个钠原子的质量为23/6.02×1023g,正确;D项,1mol任何物质都约含有6.02×1023个微粒,不一定是分子,也可以是离子或原子,错误。
答案 C
方法技巧 本题考查的是摩尔质量、气体摩尔体积及物质的微观构成粒子以及物质的量的关系,熟练掌握物质的量的相关知识是解答本题的关键。
5.(★★)下列说法正确的是( )
①Na2O2和Na2O长期置于空气中,最终产物相同
②钠的化学性质活泼,可从硫酸铜溶液中置换出铜
③金属钠着火不能用水扑灭
④氯气、液氯、氯水是同一种物质,均可以储存在钢瓶中
⑤钠、氢气都能在氯气中燃烧生成白雾
⑥久置的氯水,因氯气几乎完全挥发掉,剩下的就是水
⑦含有氯元素的物质都呈黄绿色,均有毒
⑧新制氯水可以使干燥的有色布条褪色
A.②④⑦ B.③④⑤
C.①③⑧ D.①②⑧
考点 钠及其化合物的性质、氯水的成分及性质
题组 钠及其化合物的有关性质、氯水的成分及性质
思路分析 钠化学性质活泼,与盐溶液反应时,先与水反应生成氢氧化钠和氢气,生成的氢氧化钠再与盐溶液中的溶质反应;氧化钠与过氧化钠在空气中久置的最终产物均为碳酸钠;氯水为混合物,根据氯水的各成分判断其性质。
解析 ①Na2O2和Na2O长期置于空气中,最终的产物均是Na2CO3,正确;②钠的化学性质活泼,与硫酸铜溶液反应时,不能将铜置换出来,而是生成氢氧化铜沉淀和氢气,错误;③钠与水能反应,钠着火时不能用水扑灭,正确;④氯气和液氯均为纯净物,氯水为混合物,错误;⑤钠在氯气中燃烧生成白烟,错误;⑥久置氯水的主要成分为HCl,错误;⑦Cl-无色,NaCl无毒,错误;新制氯水中含有HCIO,HClO具有强氧化性,因此新制氯水可以使有色布条褪色,正确。
答案 C
拓展链接:新制氯水是含Cl2、HCl、HClO三种溶质的混合溶液。溶液中含有三种分子——H2O、Cl2 和HClO,还含有四种离子——H+、Cl-、OH和ClO-。
长期放置的氯水,由于HClO分解,Cl2全部反应,氯水已变成HCl的水溶液即稀盐酸,所含成分为H+、Cl-、OH-(由水电离得到,在第2章第2节学习)和H2O。
6.(★★)在氯水中存在多种分子和离子,它们在不同的反应中表现各自的性质。下列实验现象和结论一致且正确的是( )
A.加入有色布条,褪色,说明溶液中有氯气分子存在
B.溶液呈黄绿色,且有刺激性气味,说明有Cl2分子存在
C.先加入盐酸酸化,再加入AgNO3溶液产生白色沉淀,说明有Cl-存在
D.加入NaOH溶液,氯水黄绿色消失,说明有HClO分子存在
考点 氯水的成分及性质
题组 氯水的成分及性质
思路分析
氯水的成分——三分子、四离子:
根据各氯水各成分的性质,结合选项选出正确答案。
解析 在氯水中存在H2O、Cl2、HClO,H+、Cl-、ClO-、OH-;HClO可使有色布条褪色,A错误;Cl2呈黄绿色且有刺激性气味,氯水呈黄绿色且有刺激性气味说明有Cl2存在,B正确;盐酸中含有Cl-,加入AgNO3溶液产生白色沉淀,不能说明氯水中含有Cl-,C错误;Cl2呈黄绿色,加入NaOH溶液,氯水黄绿色消失,说明有Cl2存在。
答案 B
拓展链接:
氯水的成分
参与反应的微粒
所加试剂或物品
实验现象
Cl-
AgNO3溶液
产生白色沉淀
H+
Na2CO3
有气泡产生
HClO
有色布条
布条颜色褪去
Cl2
FeCl2溶液
溶液变为黄色
Cl2、H2O
SO2
溶液黄绿色褪去
HClO、H+
石蕊溶液
先变红后褪色
7.(★★)用胆矾(CuSO4·5H2O)配制1L 0.1mol·L-1的CuSO4溶液,正确的做法是( )
A.将胆矾加热除去结晶水后,称取16g溶于1L水中
B.称取25g胆矾溶于1L水中
C.将25g胆矾溶于少量水中,然后将溶液稀释至1L
D.将16g胆矾溶于少量水中,然后将此溶液稀释至1L
考点 物质的量浓度
题组 一定物质的量浓度的溶液的配置
思路分析 根据c(B)=n(B)V、n=m/M可推出若用CuSO4·5H2O配制时需要25g,若用CuSO4配制时需要16g;需注意配制出的硫酸铜溶液的体积是1L而不是溶于1L水中。
解析 16g硫酸铜的物质的量为16g÷160g/mol=0.1mol,0.1mol硫酸铜溶于1L水中,所得溶液的体积不是1L,故A错误;称取25g胆矾溶于水,25g胆矾的物质的量为25g÷250g/mol=0.1mol,称取25g胆矾溶解在1L水里,所得溶液的体积不是1L,故B错误;25g胆矾的物质的量为0.1mol,将25g胆矾溶于少量水中然后将此溶液稀释至1L,溶液的浓度为0.1mol/L,故C正确;将16g胆矾的物质的量小于0.1mol,将此溶液稀释至1L,所得溶液浓度小于0.1mol/l,故D错误。
答案 C
拓展链接
(1)不能用水的体积代替溶液的体积,尤其是固体、气体溶于水,一般根据溶液的密度进行计算:
V=m气体或固体+m溶液ρ
(2)两溶液混合,溶液的体积并不是两溶液体积的加和,应依据混合溶液的密度进行计算。
8.(★★)下列溶液中的氯离子数目与50mL1mol·L-1的AlCl3溶液中氯离子数目相等的是( )
A.150mL 1mol·L-1的氯化钠溶液
B.75mL 1.5mol·L-1的氯化钙溶液
C.150mL 2mol·L-1的氯化钾溶液
D.50mL 3mol·L-1的氯化镁溶液
考点 物质的量的有关计算
题组 物质的量的有关计算
思路分析 N=n·NAn=c·V⇒N相等即n相等。
解析 50mL1mol·L-1的AlCl3溶液中氯离子物质的量为0.05L×1mol/L×3=0.15mol。150mL1mol·L-1的氯化钠溶液中氯离子物质的量为0.15L×1mol/L=0.15mol,故A正确;75mL1.5mol·L-1的氯化钙溶液中氯离子物质的量为0.075L×1.5mol/L×2=0.225mol,故B错误;150mL2mol·L-1的KCl溶液中氯离子物质的量为0.15L×2mol/L=0.3mol,故C错误;50mL3mol·L-1的MgCl2溶液中氯离子物质的量为0.05L×3mol/L×2=0.3mol,故D错误。
答案 A
方法技巧 粒子数目之比等于物质的量之比,粒子数目相等即物质的量相等。
9.(★★)下列条件中,两种气体所含原子数一定相等的是( )
A.同质量、不同密度的N2和CO
B.同体积、同密度的C2H6和NO
C.同温度、同体积的H2和N2
D.同压强、同体积的N2O和CO2
考点 阿伏加德罗定律
题组 阿伏加德罗定律及其推论
思路分析:
解析 氮气和CO的摩尔质量相同,所以在质量相等的条件下,含有的原子数相同,A正确;B、C、D中气体的物质的量不一定相等,不正确。
答案 A
方法规律 (1)总结口诀“ 三同”(T、p、V)、“一同”(N)(n)。在同温、同压、同体积的条件下,才有分子数相等这一结论,但所含原子数不一定相等。
(2)应用方程——理想气体状态方程。阿伏加德罗定律及其所有推论不必死记硬背,用时可以通过理想气体状态方程(即克拉珀龙方程)pV=nRT(式中R为常数)以及n=mM=NNA,ρ=mV进行简单的推导而得到。
(3)适用范围——气体。阿伏加德罗定律及其推论适用于任意气体,既适用于单一气体,也适用于混合气体。
10.(★★)右图是一种试验某气体化学性质的实验装置,图中B为开关。如先打开B,在A处进入干燥氯气。C中红色布条颜色无变化;当关闭B时,C处红色布朵颜色褪去。则D在中盛有的溶液是( )
A.浓H2SO4 B.浓碳酸钠溶液
C.浓NaOH溶液 D.饱和NaCl溶液
考点 氯水的成分及性质
题组 次氯酸的漂白性
思路分析:干燥的氯气不能使有色布条褪色,湿润的氯气可使有色布条褪色。
解析 若D瓶中盛有浓H2SO4,将干燥氯气通入浓硫酸中后,C处红色布条不褪色,故A不符合题意;若D瓶中盛有浓碳酸钠溶液,氯气与浓碳酸钠溶液反应,C处红色布条不褪色,故B不符合题意;若D瓶中盛有浓NaOH溶液,氯气与浓NaOH溶液反应,C处红色布条不褪色,故C不符合题意;若D瓶中盛有饱和NaCl溶液,气体变湿,有次氯酸生成,能使红布条褪色,D符合题意。
答案 D
易错警示 氯气不具有漂白性,HClO、ClO-,因它们具有强氧化性而具有漂白性。
11.(★★)在两个容积相同的容器中,一个盛有NH3,另一个盛有H2和O2的混合气体。在同温同压下,两容器内的气体不可能具有相同的( )
A.原子数 B.分子数
C.质量 D.电子数
考点 阿伏加德罗定律
题组 阿伏加德罗定律及其推论
思路分析 同温同压下,气体摩尔体积相等,相同体积的不同气体的物质的量相等、分子数相等,再结合m=nM、分子构成分析解答。
解析 同温同压下,气体摩尔体积相等,相同体积的不同气体的物质的量相等、分子数相等。两个容器中每个分子所含原子个数不等,所以相同分子数的这两个容器中原子个数不等,故A符合题意;同温同压下,气体摩尔体积相等,相同体积的不同气体的物质的量相等、分子数相等,故B不符合题意;两个容器中气体平均摩尔质量可能相等,根据m=nM知其质量有可能相等,故C不符合题意;若H2和O2正好是按生成水的比例混合,则两容器内气体所具有的电子数相等,故D不符合题意。
答案 A
方法技巧 本题考查了阿伏加德罗定律及其推论,明确基本公式中各个物理量的关系是解本题关键,灵活运用基本公式来分析解答即可,题目难度不大。
12.(★★)下列说法正确的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)( )
A.2.3g 金属钠由原子完全变成离子时,得到的电子数为0.1NA
B.0.2NA个硫酸分子与19.6g磷酸含有相同的氧原子数
C.28g氮气所含的原子数为NA
D.NA个氧气分子与NA个氢气分子的质量比为8∶1
考点 物质的量
题组 物质的量的有关计算
思路分析:A.依据n=m/M计算物质的量,结合钠原子最外层一个电子计算;B.依据n=m/M=N/NA进行分析判断;C.氮气是双原子分子;D.相同物质的量的物质,其质量之比等于相对分子质量之比。
解析 2.3g金属钠的物质的量为0.1mol,变成钠离子时失去的电子数目为0.1NA,故A错误;0.2mol硫酸中含有0.8mol氧原子,19.6g磷酸中含有0.8mol氧原子,两者所含氧原子数目相同,故B正确;28g 氮气的物质的量为1mol,其所含原子数为2NA,故C错误;NA个氧气分子与NA个氢气分子的质量比为16∶1,故D错误。
答案 B
易错警示 活泼金属反应时,失去最外层电子;氮气、氢气、氧气等均为双原子分子,稀有气体为单原子分子。
13.(★★)相同物质的量的CO和CO2相比较,下列有关叙述正确的是( )
①它们所含的分子数目之比为1∶1
②它们所含的O原子数目之比是1∶2
③它们所含的原子总数之比为2∶3
④它们所含的C原子数目之比是1∶1
⑤它们所含的电子数目之比是7∶11
⑥同温同压下,它们的体积比是1∶1
⑦同温同压下,它们的密度比是1∶1
⑧它们的质量比是7∶11
A.①④⑧⑧⑦ B.②③⑥⑧⑦
C.①②③④⑤⑥⑦⑧ D.①②③④⑤⑥⑧
考点 阿伏加德罗定律
题组 阿伏加德罗定律及推论
思路分析 根据物质的量、微粒数目、阿伏加德罗常数之间的关系确定原子数目或分子数目之比,利用阿伏加德罗定律及推论确定体积比或密度比。
解析 由于N=nNA,所以物质的量相同,分子数相同,故①正确;每个CO和CO2分子中所含氧原子的个数分别为1个、2个,相等物质的量的CO和CO2所含氧原子的物质的量之比为1∶2,由于N=nNA,所含氧原子数目之比为1∶2,故②正确;相同物质的量的CO和CO2所含原子总数之比为2∶3,故③正确;每个CO和CO2中均含有一个碳原子,相同物质的量的CO和CO2中所含碳原子的数目之比为1∶1,故④正确;一个CO中含有14个电子,每个CO2中含有22个电子,相同物质的量的CO和CO2所含的电子数目之比为7∶11,故⑤正确;根据阿伏加德罗定律可知⑥正确;同温同压下,密度之比等于相对分子质量之比,故⑦错误;相同物质的量的CO和CO2的质量之比等于相对分子质量之比为7∶11,故⑧正确。
答案 D
拓展链接:
相同
条件
公式
语言叙述
T、p相同
n1n2=V1V2
在同温、同压下,气体的体积与物质的量成正比
T、V相同
p1p2=n1n2
在同一温度下,体积相同的气体,压强与其物质的量成正比
T、p、m相同
V1V2=M2M1
同温、同压下,在相同质量的气体的体积与其摩尔质量成反比
T、p相同
ρ1ρ2=M1M2
同温、同压下,气体的密度与其摩尔质量(或相对分子质量)成正比
14.(★★)关于Na2CO3和NaHCO3,下列说法不正确的是( )
A.Na2CO3、NaHCO3分别与足量盐酸反应,NaHCO3生成气体的速率快
B.稳定性:Na2CO3>NaHCO3 溶解性:Na2CO3>NaHCO3
C.Na2CO3、NaHCO3既可用CaCl2溶液鉴别,也可用石灰水鉴别
D.等物质的量的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸反应,消耗HCl的物质的量之比为2∶1
考点 钠的重要化合物
题组 碳酸钠与碳酸氢钠性质的比较
思路分析 NaHCO3性质不稳定受热易分解,溶解度比Na2CO3小,与盐酸反应较Na2CO3剧烈;NaHCO3和Na2CO3均能与澄清石灰水反应生成CaCO3,但NaHCO3不能与CaCl2反应,以此解答本题。
解析 NaHCO3与盐酸反应较Na2CO3剧烈,故A正确;碳酸氢钠性质不稳定,受热易分解生成碳酸钠、水、二氧化碳,而碳酸钠加热不分解,相同的温度下,NaHCO3溶解度比Na2CO3小,在饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳可生成碳酸氢钠,故B正确;NaHCO3和Na2CO3均能与澄清石灰水反应生成CaCO3,但NaHCO3不能与CaCl2反应,故C错误;Na2CO3和NaHCO3与盐酸反应的有关方程式分别为Na2CO3+2HCl=CO2↑+2H2O+2NaCl,NaHCO3+HCl=CO2↑+NaCl+H2O,故D正确。
答案 C
方法技巧 本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质,明确发生的化学反应是解答本题的关键,并注意利用稳定性、与酸的反应、与碱的反应来分析解答。
15.(★★)在无土培植中,需用0.5mol·L-1NH4Cl、0.16mol·L-1KCl、0.24mol·L-1K2SO4的营养液,若用KCl、NH4Cl、(NH4)2SO4三种固体配制1L 营养液,则需此三种固体的物质的量为( )
A.0.4mol 0.5mol 0.12mol
B.0.64mol 0.02mol 0.24mol
C.0.64mol 0.5mol 0.24mol
D.0.66mol 0.5mol 0.24mol
考点 物质的量浓度
题组 一定物质的量浓度的溶液的配置
思路分析 根据n=cV计算各物质的物质的量,进而计算混合液中各离子的物质的量,再根据离子守恒可知,n[(NH4)2SO4]=n(SO42−),n(KCl)=n(K+),n(NH4Cl)+n(KCl)=n(Cl-),据此计算解答。
解析 0.5molNH4Cl、0.16molKCl、0.24molK2SO4中 n(NH4+)=n(NH4Cl)=0.5mol;
n(Cl-)=n(NH4Cl)+n(KCl)=0.5mol+0.16mol=0.66mol;
n(K+)=n(KCl)+2n(K2SO4)=0.16mol+2×0.24mol=0.64mol;
n(SO42−)=n(K2SO4)=0.24mol;
用KCl、NH4Cl、(NH4)2SO4配制,
n[(NH4)2SO4)]=n(SO42−)=0.24mol;
n(KCl)=n(K+)=0.64mol;
n(NH4Cl)=n(Cl-)-n(KCl)=0.66mol-0.64mol=0.02mol;
三种固体的物质的量为:0.64mol;0.02mol;0.24mol。
答案 B
方法技巧 本题考查溶液配制,题目难度不大,原溶液中离子物质的量和配制溶液中的离子物质的量相同。
16.(★★)若amolH2SO4中含有b个氧原子,则阿伏加德罗常数可表示为( )
A.a4bmol-1 B.4bamol-1
C.abmol-1 D.b4amol-1
考点 物质的量的有关计算
题组 阿伏加德罗常数
思路分析:根据H2SO4的物质的量可推出氧原子的物质的量,再根据N=nNA,可推出NA。
解析 一个H2SO4中含有4个氧原子,n(O)=4amol;N(O)=n(O)NA;NA=b4amol-1。
答案 D
方法技巧 根据物质的量、阿伏加德罗常数与粒子数目之间的关系式进行计算。
第Ⅱ卷(非选择题,52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、简答题
17.(★★)化学是一门以实验为基础的自然科学,化学实验在化学学习中具有重要作用,下列关于实验的叙述中正确的有 (填字母)。
A.不慎碰翻燃着的酒精灯使酒精在桌面上燃烧起来,应立即用湿抹布灭火
B.不慎将酸沾到皮肤或衣物上,应立即用浓NaOH溶液清冼
C.先在天平两个托盘上各放一张相同质量的纸,再把氢氧化钠固体放在纸上称
D.把试剂瓶中的Na2CO3溶液倒入试管中,发现取量过多,为了不浪费,又把多余的试剂倒入原试剂瓶中
E.新制氯水可使紫色石蕊试液先变红后褪色
F.使用容量瓶前要检查其是否漏水
G.用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时,应将蒸发皿中NaCl溶液中的水全部加热蒸干
第1章 认识化学科学——第2节研究物质性质的方法和程序
考点 实验安全及事故处理
题组 实验安全及事故处理
思路分析 A.根据灭火的原理进行分析;B.不慎将酸沾在衣服或皮肤上,应用水冲洗;
C.氢氧化钠易潮解,不能放在纸上称量;D.根据药品取用原则进行分析;E.新制氯水中含有HCl和HClO;F.用于盛放液体,且有活塞的仪器使用时必须检查是否漏水;G.根据蒸发实验的实验操作进行分析。
解析 不慎碰翻燃着的酒精灯使酒精在桌面上燃烧起来,应立即用湿抹布灭火,不能用水灭火,故A项正确;
B.不慎将酸沾到皮肤或衣物上。应立即用水冲洗,然后涂上适量的碳酸氢钠溶液,而NaOH为强碱具有腐蚀性,故B项错误;
C.NaOH固体具有强腐蚀性,易潮解,要放在玻璃器皿中称量,不可直接放在纸上称量,故C项错误;
D.实验剩余的药品一般不能放回原试剂瓶,防止污染,特殊的药品如钠等放回原试剂瓶,故D项错误;
E.氯水显酸性,故先变红,有漂白性,又褪色,故E项正确。
F.容量瓶是带有瓶塞的仪器,使用前需要检查是否漏水,故F项正确:
G.蒸发时待大量晶体析出时,停止加热,利用蒸发皿的余热把剩余的水蒸干,故G项错误。
答案 AEF
方法技巧 本题考查了实验安全及事故处理,难度不大,注意实验剩余的药品,既不能放回原瓶(Na、K除外),也不可随意丢弃,更不能带出实验室,应放入指定的容器内。
18.(★★)A、B、C、D、M均为中学化学中的常见物质,A~D含有相同元素。其转化关系如图(反应条件已略去);若A、M均为单质,C是一种淡黄色固体。
ABCD
(1)M的化学式是 。
(2)C与CO2反应的化学方程式为 ,A与水反应生成D反应的化学方程式是 。
(3)下列叙述正确的是 (填字母序号)。
a.B、C都可以与CO2反应
b.B可以用于呼吸面具作为氧气的来源
c.等物质的量的B和C阴离子的微粒总数不同
(4)A直接生成C的化学方程式为 。
考点 钠及其重要化合物
题组 钠及其重要化合物的性质
思路分析 常见的淡黄色固体为AgBr、S、Na2O2;根据A、M均为单质可知C一定为化合物,故排除S;再根据题中转化关系图可确定C为Na2O2。
解析 根据转化关系图和A、M均为单质C是一种淡黄色固体可推知:A为Na,M为O2,B为Na2O,C为Na2O2,D为NaOH。
答案 (1)O2
(2)2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2
2Na+2H2O2NaOH+H2↑
(3)a
(4)2Na+O2Na2O2
拓展链接 Na2O2的性质和用途
物理性质
淡黄色固体粉末
化
学
性
质
与H2O反应
2Na2+2H2O4NaOH+O2
反应产生的气体能使带火星的木条复燃,该反应放热
与CO2反应
2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2
该反应为放热反应
强氧化性
能使有色物质褪色
用途
呼吸面具和潜水艇里氧气的来源;做漂白剂
19.(★★)下列各变化中,反应①为常温下的反应,A、C、D均含氯元素,且A为黄绿色气体,E在常温下为无色无味的液体。F是淡黄色粉末,G为常见的无色气体。回答下列问题:
(1)A的化学式 。F的名称是
(2)①写出反应的化学方程式
②的化学方程式
(3)已知A是一种重要的化工原料,在工农业生产和生活中有重要的应用。请根据所学知识回答下列问题:
①A可用于自来水的杀菌消毒,请写出这一反应原理的化学方程式
②A与石灰乳发生反应制取的漂白粉在空气中失效的原因是
(用化学方程式表示)
考点 钠及其重要化合物 氯及其重要化合物
题组 钠的重要化合物的性质 氯及其重要化合物的性质
思路分析 A、C、D均含氯元素,且A为黄绿色气体为此题的突破口,可知A为Cl2;E在常温下为无色无味的液体,可知E为H2O;F是淡黄色粉末,F为Na2O2,H2O和Na2O2反应生成的无色无味的气体G为O2。
解析 由题意可知:A为Cl2,E为H2O,F为Na2O2,G为O2,则B为NaOH,故反应①的化学方程式为,反应②的化学方程式为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑。氯气与水反应可生成HCl和HClO,可用于自来水的杀菌消毒。漂白粉在空气中放置失效的原因是Ca(ClO)2+H2O+CO2CaCO3↓+2HClO;2HClO=2HCl+O2↑。
答案:
(1)Cl2 过氧化钠
(2)2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O
2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑
(3)Cl2+H2OHCl+HClO
Ca(ClO)2+CO2+H2OCaCO3+2HClO
2HClO2HCl+O2
拓展链接 漂白粉的漂白原理及失效原因
(1)漂白粉的漂白原理:利用复分解反应原理,漂白粉中的次氯酸钙与酸(如盐酸或碳酸等)反应生成具有漂白性的次氯酸。
(2)漂白粉长期露置于空气中,最终会生成氯化钙而失效,有关反应的化学方程式:
a.Ca(ClO)2+H2O+CO2CaCO3↓+2HClO;
b.2HClO2HCl+O2↑;
c.CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2↑。
(3)保存方法:漂白粉和漂粉精都要密封、避光并置于阴凉干燥处保存。
20.(★★)如图为某浓盐酸试剂瓶上的有关数据,根据有关数据,回答下列问题:
盐酸
分子式:HCl
相对分子质量:36.5
密度:1.2g/cm3
HCl质量分数:36.5%
(1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为 。
(2)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馆水已制480mL物质的量浓度为0.4mol·L-1的稀盐酸。
①该学生需要量取 mL上述浓盐陵进行配制.
②选择的玻璃仪器除了烧杯和玻璃棒以外。还有
(3)配制一定物质的量浓度溶液时。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)。
(4)在配制过程中,下列实验探作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响?(填“偏大”、填“偏小”、填“无影响”)
a.用定容时俯视观察凹液面 。
b.定容后经探荡、摇匀、静置。发现液面下降,再加适量的蒸馏水 。
c.若容量瓶中原来有少量蒸馏水, 。
(5)若实验过程中,加蒸馏水时不慎超过了容瓶瓶颈上的刻度线,应如何处理
(6)若在标准状况下,将VL气体溶于1L水中,所得溶液密度为dg/mL,则此溶液的物质的量浓度为 mol/L.(填字母)
A.1000Vd36.5V+22400 B.Vd36.5V+22400
C.1000Vd36.5V+22.4 D.36.5Vd22.4(V+1)d
考点 物质的量浓度 溶液的配置
题组 一定物质的量浓度的溶液的配置
思路分析 (1)利用溶液的质量分数和物质的量浓度之间的关系公式c=1000ρωM求解。(2)根据溶液稀释前后物质的量不变。(3)溶液的稀释步骤解答。(4)根据溶液配制时的误差分析进行解答。(5)实验过程中,加蒸馏水超过容量瓶瓶颈上的刻度线需重新配制。
解析 (1)c=1000ρωM=1000×1.2g/cm3×36.5%÷36.5g/mol=12mol/L。(2)盐酸在稀释前后溶质的物质的量保持不变,设需要浓盐酸的体积为VmL,则12×V=0.4×0.5,解得V=16.7mL;溶液配制时缺少的仪器为500mL的容量瓶、胶头滴管。(3)溶液的配制步骤:计算、量取(称量)、稀释(溶解)、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀。(4)a.定容时俯视容量瓶刻度线,导致溶液的体积减小,所以溶液浓度偏大;b.定容摇匀后发现液面下降,再加适量蒸馏水,相当于稀释配制出的溶液,所以溶液浓度偏小;c.容量瓶中原来有少量蒸馏水,对实验结果无影响。(5)实验过程中,加蒸馏水超过容量瓶瓶颈上的刻度线需重新配制。
答案
(1)12mlo·L-1
(2)16.7mL 500mL容量瓶、胶头滴管
(3)⑧⑤⑥⑦
(4)偏大 偏小 无影响
(5)重新配制
(6)A
拓展链接:
可能引起误差的操作
m
V
对c的影响
称量
误差
称量时间过长
减小
—
偏低
用滤纸称取NaOH固体
减小
—
偏低
配制
过程
误差
移液前容量瓶内有少量水
不变
不变
不影响
向容量瓶中转移液体时有少量溅出
减小
—
偏低
未洗涤烧杯和玻璃棒
减小
—
偏低
未冷却至室温就注入容量瓶定容
—
减小
偏高
定容时,水加多后用胶头滴管吸出
减小
—
偏低
定容摇匀后液面下降再加水
—
增大
偏低
定容时俯视刻度线
—
减小
偏高
定容时仰视刻度线
—
增大
偏低
21.(★)填写下列空白:
(1)含有6.02×1023个H的H2O,其物质的量是 ;1L1mol·L-1Na2SO4,溶液中含有 个Na+.(用NA表示)。
(2) molH2O中含有的氧原子数与1.5molCO2中含有的氧原子数相等。
(3)要使NH3和CH4含相同数目的H原子,则NH3和CH4的物质的量之比为 。
(4)标准状况下,密度为0.75g/L的NH3和CH4组成的混合气体中,NH3的体积分数为
(5)用20g烧破配制成500mL溶液,其物质的量浓度为 mol/L: 从中取出1mL,含溶质 g.若将这1mL溶液用水稀释到100mL,所得溶液中溶质的物质的量浓度为 mol/L.
考点 物质的量 阿伏加德罗定律
题组 物质的量的有关计算
解析 (1)1个水分子含有2个H,则含有6.02×1023个H的H2O物质的量为6.02×10236.02×1023mol-1×12=0.5mol;
1L1mol·L-1Na2SO4溶液含Na2SO41mol/L=1mol,含Na+个数为2NA;
(2)含有O原子数目相等,则水的物质的量为1.5mol×21=3mol;
(3)要使NH3与CH4含相同数目的H原子,则NH3和CH4的物质和量之比为4∶3;
(4)混合气体平均摩尔质量为:0.75g·L-1×22.4L/mol=16.8g/mol,设NH3、CH4的物质的量分别为x、y,则:(17x+16y)/(x+y)=16.8,解得x∶y=4∶1,相同条件下气体体积之比等于物质的量之比所以氨气体积分数=4/(4+1)×100%=80%。
答案 (每空2分)
(1)0.5mol 2NA (2)3 (3)4∶3 (4)80%
(5)1 0.04 0.01
方法技巧 本题考查物质的量的相关计算,熟练掌握有关物质的量的计算公式是解答本题的关键。
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48分)
一、选择题
1.(★)下列描述中,错误的是( )
A.化学的特征就是认识分子和制造分子,它是一门具有创造性和实用性的科学
B.人 们可以利用化学变化制造出新的原子和新的分子
C.制陶、酿酒等过程中发生了化学变化
D.俄国化学家门捷列夫发现元素周期律
考点 化学科学的主要特征
题组 化学科学的主要特征
解析 认识分子和制造分子,是化学的特征,体现了化学的创造性和实用性,故A正确;人们可以利用先进的技术和设备制造出新的分子,但不能制造新的原子,故B错误;制陶、酿酒等过程中,都有新物质生成,属于化学变化,故C正确;元素周期律是俄国化学家门捷列夫发现的,故D正确。
答案 D
易错警示 原子是化学变化中的最小微粒,分子是保持化学性质的最小微粒,所以说原子不是化学方法制造出来的。
2.(★)查阅资料发现,金属钠不仅能与氧气和水反应,还能与很多种其他物质发生反应,其中包括与酒精在常温下反应,要研究金属钠和酒精、金属钠和水反应的异同点,下列的研究方法中用不到的是( )
A.观察法 B.分类法
C.实验法 D.比较法
考点 研究物质性质的方法
题组 研究物质性质的基本方法
解析 研究过程需要用到实验法,观察两者反应的实验现象需要用到观察法,比较异同需要用到比较法。
答案 B
方法技巧 本题考查研究物质性质及变化的基本方法,难度不大,理解常用的基本方法即可解答。
3.(★★)下列氯化物中,既能由金属和氯气直接反应制得,又能由金属和盐酸反应制得的是( )
A.CuCl2 B.FeCl2
C.FeCl3 D.AlCl3
考点 氯气的性质
题组 氯气的性质
思路分析:氯气具有强氧化性,与金属反应后,能将金属直接氧化为最高价化合物。
解析 铜不能与稀盐酸反应,A错误;铁与氯气反应生成FeCl3,铁与稀盐酸反应生成FeCl2,B、C错误;铝与氯气或盐酸反应,均能生成AlCl3,D正确。
答案 D
方法技巧 氯气与变价金属反应,通常把金属元素氧化到最高价态。
4.(★★)下列叙述中,正确的是( )
A.水的摩尔质量是18g,标况下气体摩尔体积是22.4L·mo1-1
B.不同的气体,若体积不等,则它们所含的分子数一定不等
C.1个钠原子的质量等于23/(6.02×1023)g
D.1mol任何物质都含有6.02×1023个分子
考点 物质的量
题组 摩尔质量、气体摩尔体积
思路分析:1molNa中含有6.02×1023个钠原子,求一个钠原子的质量用钠的相对原子质量除以6.02×1023即可。
解析 A项,摩尔质量的单位为g/mol,错误;B项,没说明在相同状况下,错误;C项,1mol 钠原子的质量为23g,而1molNa中含有钠原子的个数为6.02×1023,则一个钠原子的质量为23/6.02×1023g,正确;D项,1mol任何物质都约含有6.02×1023个微粒,不一定是分子,也可以是离子或原子,错误。
答案 C
方法技巧 本题考查的是摩尔质量、气体摩尔体积及物质的微观构成粒子以及物质的量的关系,熟练掌握物质的量的相关知识是解答本题的关键。
5.(★★)下列说法正确的是( )
①Na2O2和Na2O长期置于空气中,最终产物相同
②钠的化学性质活泼,可从硫酸铜溶液中置换出铜
③金属钠着火不能用水扑灭
④氯气、液氯、氯水是同一种物质,均可以储存在钢瓶中
⑤钠、氢气都能在氯气中燃烧生成白雾
⑥久置的氯水,因氯气几乎完全挥发掉,剩下的就是水
⑦含有氯元素的物质都呈黄绿色,均有毒
⑧新制氯水可以使干燥的有色布条褪色
A.②④⑦ B.③④⑤
C.①③⑧ D.①②⑧
考点 钠及其化合物的性质、氯水的成分及性质
题组 钠及其化合物的有关性质、氯水的成分及性质
思路分析 钠化学性质活泼,与盐溶液反应时,先与水反应生成氢氧化钠和氢气,生成的氢氧化钠再与盐溶液中的溶质反应;氧化钠与过氧化钠在空气中久置的最终产物均为碳酸钠;氯水为混合物,根据氯水的各成分判断其性质。
解析 ①Na2O2和Na2O长期置于空气中,最终的产物均是Na2CO3,正确;②钠的化学性质活泼,与硫酸铜溶液反应时,不能将铜置换出来,而是生成氢氧化铜沉淀和氢气,错误;③钠与水能反应,钠着火时不能用水扑灭,正确;④氯气和液氯均为纯净物,氯水为混合物,错误;⑤钠在氯气中燃烧生成白烟,错误;⑥久置氯水的主要成分为HCl,错误;⑦Cl-无色,NaCl无毒,错误;新制氯水中含有HCIO,HClO具有强氧化性,因此新制氯水可以使有色布条褪色,正确。
答案 C
拓展链接:新制氯水是含Cl2、HCl、HClO三种溶质的混合溶液。溶液中含有三种分子——H2O、Cl2 和HClO,还含有四种离子——H+、Cl-、OH和ClO-。
长期放置的氯水,由于HClO分解,Cl2全部反应,氯水已变成HCl的水溶液即稀盐酸,所含成分为H+、Cl-、OH-(由水电离得到,在第2章第2节学习)和H2O。
6.(★★)在氯水中存在多种分子和离子,它们在不同的反应中表现各自的性质。下列实验现象和结论一致且正确的是( )
A.加入有色布条,褪色,说明溶液中有氯气分子存在
B.溶液呈黄绿色,且有刺激性气味,说明有Cl2分子存在
C.先加入盐酸酸化,再加入AgNO3溶液产生白色沉淀,说明有Cl-存在
D.加入NaOH溶液,氯水黄绿色消失,说明有HClO分子存在
考点 氯水的成分及性质
题组 氯水的成分及性质
思路分析
氯水的成分——三分子、四离子:
根据各氯水各成分的性质,结合选项选出正确答案。
解析 在氯水中存在H2O、Cl2、HClO,H+、Cl-、ClO-、OH-;HClO可使有色布条褪色,A错误;Cl2呈黄绿色且有刺激性气味,氯水呈黄绿色且有刺激性气味说明有Cl2存在,B正确;盐酸中含有Cl-,加入AgNO3溶液产生白色沉淀,不能说明氯水中含有Cl-,C错误;Cl2呈黄绿色,加入NaOH溶液,氯水黄绿色消失,说明有Cl2存在。
答案 B
拓展链接:
氯水的成分
参与反应的微粒
所加试剂或物品
实验现象
Cl-
AgNO3溶液
产生白色沉淀
H+
Na2CO3
有气泡产生
HClO
有色布条
布条颜色褪去
Cl2
FeCl2溶液
溶液变为黄色
Cl2、H2O
SO2
溶液黄绿色褪去
HClO、H+
石蕊溶液
先变红后褪色
7.(★★)用胆矾(CuSO4·5H2O)配制1L 0.1mol·L-1的CuSO4溶液,正确的做法是( )
A.将胆矾加热除去结晶水后,称取16g溶于1L水中
B.称取25g胆矾溶于1L水中
C.将25g胆矾溶于少量水中,然后将溶液稀释至1L
D.将16g胆矾溶于少量水中,然后将此溶液稀释至1L
考点 物质的量浓度
题组 一定物质的量浓度的溶液的配置
思路分析 根据c(B)=n(B)V、n=m/M可推出若用CuSO4·5H2O配制时需要25g,若用CuSO4配制时需要16g;需注意配制出的硫酸铜溶液的体积是1L而不是溶于1L水中。
解析 16g硫酸铜的物质的量为16g÷160g/mol=0.1mol,0.1mol硫酸铜溶于1L水中,所得溶液的体积不是1L,故A错误;称取25g胆矾溶于水,25g胆矾的物质的量为25g÷250g/mol=0.1mol,称取25g胆矾溶解在1L水里,所得溶液的体积不是1L,故B错误;25g胆矾的物质的量为0.1mol,将25g胆矾溶于少量水中然后将此溶液稀释至1L,溶液的浓度为0.1mol/L,故C正确;将16g胆矾的物质的量小于0.1mol,将此溶液稀释至1L,所得溶液浓度小于0.1mol/l,故D错误。
答案 C
拓展链接
(1)不能用水的体积代替溶液的体积,尤其是固体、气体溶于水,一般根据溶液的密度进行计算:
V=m气体或固体+m溶液ρ
(2)两溶液混合,溶液的体积并不是两溶液体积的加和,应依据混合溶液的密度进行计算。
8.(★★)下列溶液中的氯离子数目与50mL1mol·L-1的AlCl3溶液中氯离子数目相等的是( )
A.150mL 1mol·L-1的氯化钠溶液
B.75mL 1.5mol·L-1的氯化钙溶液
C.150mL 2mol·L-1的氯化钾溶液
D.50mL 3mol·L-1的氯化镁溶液
考点 物质的量的有关计算
题组 物质的量的有关计算
思路分析 N=n·NAn=c·V⇒N相等即n相等。
解析 50mL1mol·L-1的AlCl3溶液中氯离子物质的量为0.05L×1mol/L×3=0.15mol。150mL1mol·L-1的氯化钠溶液中氯离子物质的量为0.15L×1mol/L=0.15mol,故A正确;75mL1.5mol·L-1的氯化钙溶液中氯离子物质的量为0.075L×1.5mol/L×2=0.225mol,故B错误;150mL2mol·L-1的KCl溶液中氯离子物质的量为0.15L×2mol/L=0.3mol,故C错误;50mL3mol·L-1的MgCl2溶液中氯离子物质的量为0.05L×3mol/L×2=0.3mol,故D错误。
答案 A
方法技巧 粒子数目之比等于物质的量之比,粒子数目相等即物质的量相等。
9.(★★)下列条件中,两种气体所含原子数一定相等的是( )
A.同质量、不同密度的N2和CO
B.同体积、同密度的C2H6和NO
C.同温度、同体积的H2和N2
D.同压强、同体积的N2O和CO2
考点 阿伏加德罗定律
题组 阿伏加德罗定律及其推论
思路分析:
解析 氮气和CO的摩尔质量相同,所以在质量相等的条件下,含有的原子数相同,A正确;B、C、D中气体的物质的量不一定相等,不正确。
答案 A
方法规律 (1)总结口诀“ 三同”(T、p、V)、“一同”(N)(n)。在同温、同压、同体积的条件下,才有分子数相等这一结论,但所含原子数不一定相等。
(2)应用方程——理想气体状态方程。阿伏加德罗定律及其所有推论不必死记硬背,用时可以通过理想气体状态方程(即克拉珀龙方程)pV=nRT(式中R为常数)以及n=mM=NNA,ρ=mV进行简单的推导而得到。
(3)适用范围——气体。阿伏加德罗定律及其推论适用于任意气体,既适用于单一气体,也适用于混合气体。
10.(★★)右图是一种试验某气体化学性质的实验装置,图中B为开关。如先打开B,在A处进入干燥氯气。C中红色布条颜色无变化;当关闭B时,C处红色布朵颜色褪去。则D在中盛有的溶液是( )
A.浓H2SO4 B.浓碳酸钠溶液
C.浓NaOH溶液 D.饱和NaCl溶液
考点 氯水的成分及性质
题组 次氯酸的漂白性
思路分析:干燥的氯气不能使有色布条褪色,湿润的氯气可使有色布条褪色。
解析 若D瓶中盛有浓H2SO4,将干燥氯气通入浓硫酸中后,C处红色布条不褪色,故A不符合题意;若D瓶中盛有浓碳酸钠溶液,氯气与浓碳酸钠溶液反应,C处红色布条不褪色,故B不符合题意;若D瓶中盛有浓NaOH溶液,氯气与浓NaOH溶液反应,C处红色布条不褪色,故C不符合题意;若D瓶中盛有饱和NaCl溶液,气体变湿,有次氯酸生成,能使红布条褪色,D符合题意。
答案 D
易错警示 氯气不具有漂白性,HClO、ClO-,因它们具有强氧化性而具有漂白性。
11.(★★)在两个容积相同的容器中,一个盛有NH3,另一个盛有H2和O2的混合气体。在同温同压下,两容器内的气体不可能具有相同的( )
A.原子数 B.分子数
C.质量 D.电子数
考点 阿伏加德罗定律
题组 阿伏加德罗定律及其推论
思路分析 同温同压下,气体摩尔体积相等,相同体积的不同气体的物质的量相等、分子数相等,再结合m=nM、分子构成分析解答。
解析 同温同压下,气体摩尔体积相等,相同体积的不同气体的物质的量相等、分子数相等。两个容器中每个分子所含原子个数不等,所以相同分子数的这两个容器中原子个数不等,故A符合题意;同温同压下,气体摩尔体积相等,相同体积的不同气体的物质的量相等、分子数相等,故B不符合题意;两个容器中气体平均摩尔质量可能相等,根据m=nM知其质量有可能相等,故C不符合题意;若H2和O2正好是按生成水的比例混合,则两容器内气体所具有的电子数相等,故D不符合题意。
答案 A
方法技巧 本题考查了阿伏加德罗定律及其推论,明确基本公式中各个物理量的关系是解本题关键,灵活运用基本公式来分析解答即可,题目难度不大。
12.(★★)下列说法正确的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)( )
A.2.3g 金属钠由原子完全变成离子时,得到的电子数为0.1NA
B.0.2NA个硫酸分子与19.6g磷酸含有相同的氧原子数
C.28g氮气所含的原子数为NA
D.NA个氧气分子与NA个氢气分子的质量比为8∶1
考点 物质的量
题组 物质的量的有关计算
思路分析:A.依据n=m/M计算物质的量,结合钠原子最外层一个电子计算;B.依据n=m/M=N/NA进行分析判断;C.氮气是双原子分子;D.相同物质的量的物质,其质量之比等于相对分子质量之比。
解析 2.3g金属钠的物质的量为0.1mol,变成钠离子时失去的电子数目为0.1NA,故A错误;0.2mol硫酸中含有0.8mol氧原子,19.6g磷酸中含有0.8mol氧原子,两者所含氧原子数目相同,故B正确;28g 氮气的物质的量为1mol,其所含原子数为2NA,故C错误;NA个氧气分子与NA个氢气分子的质量比为16∶1,故D错误。
答案 B
易错警示 活泼金属反应时,失去最外层电子;氮气、氢气、氧气等均为双原子分子,稀有气体为单原子分子。
13.(★★)相同物质的量的CO和CO2相比较,下列有关叙述正确的是( )
①它们所含的分子数目之比为1∶1
②它们所含的O原子数目之比是1∶2
③它们所含的原子总数之比为2∶3
④它们所含的C原子数目之比是1∶1
⑤它们所含的电子数目之比是7∶11
⑥同温同压下,它们的体积比是1∶1
⑦同温同压下,它们的密度比是1∶1
⑧它们的质量比是7∶11
A.①④⑧⑧⑦ B.②③⑥⑧⑦
C.①②③④⑤⑥⑦⑧ D.①②③④⑤⑥⑧
考点 阿伏加德罗定律
题组 阿伏加德罗定律及推论
思路分析 根据物质的量、微粒数目、阿伏加德罗常数之间的关系确定原子数目或分子数目之比,利用阿伏加德罗定律及推论确定体积比或密度比。
解析 由于N=nNA,所以物质的量相同,分子数相同,故①正确;每个CO和CO2分子中所含氧原子的个数分别为1个、2个,相等物质的量的CO和CO2所含氧原子的物质的量之比为1∶2,由于N=nNA,所含氧原子数目之比为1∶2,故②正确;相同物质的量的CO和CO2所含原子总数之比为2∶3,故③正确;每个CO和CO2中均含有一个碳原子,相同物质的量的CO和CO2中所含碳原子的数目之比为1∶1,故④正确;一个CO中含有14个电子,每个CO2中含有22个电子,相同物质的量的CO和CO2所含的电子数目之比为7∶11,故⑤正确;根据阿伏加德罗定律可知⑥正确;同温同压下,密度之比等于相对分子质量之比,故⑦错误;相同物质的量的CO和CO2的质量之比等于相对分子质量之比为7∶11,故⑧正确。
答案 D
拓展链接:
相同
条件
公式
语言叙述
T、p相同
n1n2=V1V2
在同温、同压下,气体的体积与物质的量成正比
T、V相同
p1p2=n1n2
在同一温度下,体积相同的气体,压强与其物质的量成正比
T、p、m相同
V1V2=M2M1
同温、同压下,在相同质量的气体的体积与其摩尔质量成反比
T、p相同
ρ1ρ2=M1M2
同温、同压下,气体的密度与其摩尔质量(或相对分子质量)成正比
14.(★★)关于Na2CO3和NaHCO3,下列说法不正确的是( )
A.Na2CO3、NaHCO3分别与足量盐酸反应,NaHCO3生成气体的速率快
B.稳定性:Na2CO3>NaHCO3 溶解性:Na2CO3>NaHCO3
C.Na2CO3、NaHCO3既可用CaCl2溶液鉴别,也可用石灰水鉴别
D.等物质的量的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸反应,消耗HCl的物质的量之比为2∶1
考点 钠的重要化合物
题组 碳酸钠与碳酸氢钠性质的比较
思路分析 NaHCO3性质不稳定受热易分解,溶解度比Na2CO3小,与盐酸反应较Na2CO3剧烈;NaHCO3和Na2CO3均能与澄清石灰水反应生成CaCO3,但NaHCO3不能与CaCl2反应,以此解答本题。
解析 NaHCO3与盐酸反应较Na2CO3剧烈,故A正确;碳酸氢钠性质不稳定,受热易分解生成碳酸钠、水、二氧化碳,而碳酸钠加热不分解,相同的温度下,NaHCO3溶解度比Na2CO3小,在饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳可生成碳酸氢钠,故B正确;NaHCO3和Na2CO3均能与澄清石灰水反应生成CaCO3,但NaHCO3不能与CaCl2反应,故C错误;Na2CO3和NaHCO3与盐酸反应的有关方程式分别为Na2CO3+2HCl=CO2↑+2H2O+2NaCl,NaHCO3+HCl=CO2↑+NaCl+H2O,故D正确。
答案 C
方法技巧 本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质,明确发生的化学反应是解答本题的关键,并注意利用稳定性、与酸的反应、与碱的反应来分析解答。
15.(★★)在无土培植中,需用0.5mol·L-1NH4Cl、0.16mol·L-1KCl、0.24mol·L-1K2SO4的营养液,若用KCl、NH4Cl、(NH4)2SO4三种固体配制1L 营养液,则需此三种固体的物质的量为( )
A.0.4mol 0.5mol 0.12mol
B.0.64mol 0.02mol 0.24mol
C.0.64mol 0.5mol 0.24mol
D.0.66mol 0.5mol 0.24mol
考点 物质的量浓度
题组 一定物质的量浓度的溶液的配置
思路分析 根据n=cV计算各物质的物质的量,进而计算混合液中各离子的物质的量,再根据离子守恒可知,n[(NH4)2SO4]=n(SO42−),n(KCl)=n(K+),n(NH4Cl)+n(KCl)=n(Cl-),据此计算解答。
解析 0.5molNH4Cl、0.16molKCl、0.24molK2SO4中 n(NH4+)=n(NH4Cl)=0.5mol;
n(Cl-)=n(NH4Cl)+n(KCl)=0.5mol+0.16mol=0.66mol;
n(K+)=n(KCl)+2n(K2SO4)=0.16mol+2×0.24mol=0.64mol;
n(SO42−)=n(K2SO4)=0.24mol;
用KCl、NH4Cl、(NH4)2SO4配制,
n[(NH4)2SO4)]=n(SO42−)=0.24mol;
n(KCl)=n(K+)=0.64mol;
n(NH4Cl)=n(Cl-)-n(KCl)=0.66mol-0.64mol=0.02mol;
三种固体的物质的量为:0.64mol;0.02mol;0.24mol。
答案 B
方法技巧 本题考查溶液配制,题目难度不大,原溶液中离子物质的量和配制溶液中的离子物质的量相同。
16.(★★)若amolH2SO4中含有b个氧原子,则阿伏加德罗常数可表示为( )
A.a4bmol-1 B.4bamol-1
C.abmol-1 D.b4amol-1
考点 物质的量的有关计算
题组 阿伏加德罗常数
思路分析:根据H2SO4的物质的量可推出氧原子的物质的量,再根据N=nNA,可推出NA。
解析 一个H2SO4中含有4个氧原子,n(O)=4amol;N(O)=n(O)NA;NA=b4amol-1。
答案 D
方法技巧 根据物质的量、阿伏加德罗常数与粒子数目之间的关系式进行计算。
第Ⅱ卷(非选择题,52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、简答题
17.(★★)化学是一门以实验为基础的自然科学,化学实验在化学学习中具有重要作用,下列关于实验的叙述中正确的有 (填字母)。
A.不慎碰翻燃着的酒精灯使酒精在桌面上燃烧起来,应立即用湿抹布灭火
B.不慎将酸沾到皮肤或衣物上,应立即用浓NaOH溶液清冼
C.先在天平两个托盘上各放一张相同质量的纸,再把氢氧化钠固体放在纸上称
D.把试剂瓶中的Na2CO3溶液倒入试管中,发现取量过多,为了不浪费,又把多余的试剂倒入原试剂瓶中
E.新制氯水可使紫色石蕊试液先变红后褪色
F.使用容量瓶前要检查其是否漏水
G.用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时,应将蒸发皿中NaCl溶液中的水全部加热蒸干
第1章 认识化学科学——第2节研究物质性质的方法和程序
考点 实验安全及事故处理
题组 实验安全及事故处理
思路分析 A.根据灭火的原理进行分析;B.不慎将酸沾在衣服或皮肤上,应用水冲洗;
C.氢氧化钠易潮解,不能放在纸上称量;D.根据药品取用原则进行分析;E.新制氯水中含有HCl和HClO;F.用于盛放液体,且有活塞的仪器使用时必须检查是否漏水;G.根据蒸发实验的实验操作进行分析。
解析 不慎碰翻燃着的酒精灯使酒精在桌面上燃烧起来,应立即用湿抹布灭火,不能用水灭火,故A项正确;
B.不慎将酸沾到皮肤或衣物上。应立即用水冲洗,然后涂上适量的碳酸氢钠溶液,而NaOH为强碱具有腐蚀性,故B项错误;
C.NaOH固体具有强腐蚀性,易潮解,要放在玻璃器皿中称量,不可直接放在纸上称量,故C项错误;
D.实验剩余的药品一般不能放回原试剂瓶,防止污染,特殊的药品如钠等放回原试剂瓶,故D项错误;
E.氯水显酸性,故先变红,有漂白性,又褪色,故E项正确。
F.容量瓶是带有瓶塞的仪器,使用前需要检查是否漏水,故F项正确:
G.蒸发时待大量晶体析出时,停止加热,利用蒸发皿的余热把剩余的水蒸干,故G项错误。
答案 AEF
方法技巧 本题考查了实验安全及事故处理,难度不大,注意实验剩余的药品,既不能放回原瓶(Na、K除外),也不可随意丢弃,更不能带出实验室,应放入指定的容器内。
18.(★★)A、B、C、D、M均为中学化学中的常见物质,A~D含有相同元素。其转化关系如图(反应条件已略去);若A、M均为单质,C是一种淡黄色固体。
ABCD
(1)M的化学式是 。
(2)C与CO2反应的化学方程式为 ,A与水反应生成D反应的化学方程式是 。
(3)下列叙述正确的是 (填字母序号)。
a.B、C都可以与CO2反应
b.B可以用于呼吸面具作为氧气的来源
c.等物质的量的B和C阴离子的微粒总数不同
(4)A直接生成C的化学方程式为 。
考点 钠及其重要化合物
题组 钠及其重要化合物的性质
思路分析 常见的淡黄色固体为AgBr、S、Na2O2;根据A、M均为单质可知C一定为化合物,故排除S;再根据题中转化关系图可确定C为Na2O2。
解析 根据转化关系图和A、M均为单质C是一种淡黄色固体可推知:A为Na,M为O2,B为Na2O,C为Na2O2,D为NaOH。
答案 (1)O2
(2)2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2
2Na+2H2O2NaOH+H2↑
(3)a
(4)2Na+O2Na2O2
拓展链接 Na2O2的性质和用途
物理性质
淡黄色固体粉末
化
学
性
质
与H2O反应
2Na2+2H2O4NaOH+O2
反应产生的气体能使带火星的木条复燃,该反应放热
与CO2反应
2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2
该反应为放热反应
强氧化性
能使有色物质褪色
用途
呼吸面具和潜水艇里氧气的来源;做漂白剂
19.(★★)下列各变化中,反应①为常温下的反应,A、C、D均含氯元素,且A为黄绿色气体,E在常温下为无色无味的液体。F是淡黄色粉末,G为常见的无色气体。回答下列问题:
(1)A的化学式 。F的名称是
(2)①写出反应的化学方程式
②的化学方程式
(3)已知A是一种重要的化工原料,在工农业生产和生活中有重要的应用。请根据所学知识回答下列问题:
①A可用于自来水的杀菌消毒,请写出这一反应原理的化学方程式
②A与石灰乳发生反应制取的漂白粉在空气中失效的原因是
(用化学方程式表示)
考点 钠及其重要化合物 氯及其重要化合物
题组 钠的重要化合物的性质 氯及其重要化合物的性质
思路分析 A、C、D均含氯元素,且A为黄绿色气体为此题的突破口,可知A为Cl2;E在常温下为无色无味的液体,可知E为H2O;F是淡黄色粉末,F为Na2O2,H2O和Na2O2反应生成的无色无味的气体G为O2。
解析 由题意可知:A为Cl2,E为H2O,F为Na2O2,G为O2,则B为NaOH,故反应①的化学方程式为,反应②的化学方程式为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑。氯气与水反应可生成HCl和HClO,可用于自来水的杀菌消毒。漂白粉在空气中放置失效的原因是Ca(ClO)2+H2O+CO2CaCO3↓+2HClO;2HClO=2HCl+O2↑。
答案:
(1)Cl2 过氧化钠
(2)2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O
2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑
(3)Cl2+H2OHCl+HClO
Ca(ClO)2+CO2+H2OCaCO3+2HClO
2HClO2HCl+O2
拓展链接 漂白粉的漂白原理及失效原因
(1)漂白粉的漂白原理:利用复分解反应原理,漂白粉中的次氯酸钙与酸(如盐酸或碳酸等)反应生成具有漂白性的次氯酸。
(2)漂白粉长期露置于空气中,最终会生成氯化钙而失效,有关反应的化学方程式:
a.Ca(ClO)2+H2O+CO2CaCO3↓+2HClO;
b.2HClO2HCl+O2↑;
c.CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2↑。
(3)保存方法:漂白粉和漂粉精都要密封、避光并置于阴凉干燥处保存。
20.(★★)如图为某浓盐酸试剂瓶上的有关数据,根据有关数据,回答下列问题:
盐酸
分子式:HCl
相对分子质量:36.5
密度:1.2g/cm3
HCl质量分数:36.5%
(1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为 。
(2)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馆水已制480mL物质的量浓度为0.4mol·L-1的稀盐酸。
①该学生需要量取 mL上述浓盐陵进行配制.
②选择的玻璃仪器除了烧杯和玻璃棒以外。还有
(3)配制一定物质的量浓度溶液时。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)。
(4)在配制过程中,下列实验探作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响?(填“偏大”、填“偏小”、填“无影响”)
a.用定容时俯视观察凹液面 。
b.定容后经探荡、摇匀、静置。发现液面下降,再加适量的蒸馏水 。
c.若容量瓶中原来有少量蒸馏水, 。
(5)若实验过程中,加蒸馏水时不慎超过了容瓶瓶颈上的刻度线,应如何处理
(6)若在标准状况下,将VL气体溶于1L水中,所得溶液密度为dg/mL,则此溶液的物质的量浓度为 mol/L.(填字母)
A.1000Vd36.5V+22400 B.Vd36.5V+22400
C.1000Vd36.5V+22.4 D.36.5Vd22.4(V+1)d
考点 物质的量浓度 溶液的配置
题组 一定物质的量浓度的溶液的配置
思路分析 (1)利用溶液的质量分数和物质的量浓度之间的关系公式c=1000ρωM求解。(2)根据溶液稀释前后物质的量不变。(3)溶液的稀释步骤解答。(4)根据溶液配制时的误差分析进行解答。(5)实验过程中,加蒸馏水超过容量瓶瓶颈上的刻度线需重新配制。
解析 (1)c=1000ρωM=1000×1.2g/cm3×36.5%÷36.5g/mol=12mol/L。(2)盐酸在稀释前后溶质的物质的量保持不变,设需要浓盐酸的体积为VmL,则12×V=0.4×0.5,解得V=16.7mL;溶液配制时缺少的仪器为500mL的容量瓶、胶头滴管。(3)溶液的配制步骤:计算、量取(称量)、稀释(溶解)、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀。(4)a.定容时俯视容量瓶刻度线,导致溶液的体积减小,所以溶液浓度偏大;b.定容摇匀后发现液面下降,再加适量蒸馏水,相当于稀释配制出的溶液,所以溶液浓度偏小;c.容量瓶中原来有少量蒸馏水,对实验结果无影响。(5)实验过程中,加蒸馏水超过容量瓶瓶颈上的刻度线需重新配制。
答案
(1)12mlo·L-1
(2)16.7mL 500mL容量瓶、胶头滴管
(3)⑧⑤⑥⑦
(4)偏大 偏小 无影响
(5)重新配制
(6)A
拓展链接:
可能引起误差的操作
m
V
对c的影响
称量
误差
称量时间过长
减小
—
偏低
用滤纸称取NaOH固体
减小
—
偏低
配制
过程
误差
移液前容量瓶内有少量水
不变
不变
不影响
向容量瓶中转移液体时有少量溅出
减小
—
偏低
未洗涤烧杯和玻璃棒
减小
—
偏低
未冷却至室温就注入容量瓶定容
—
减小
偏高
定容时,水加多后用胶头滴管吸出
减小
—
偏低
定容摇匀后液面下降再加水
—
增大
偏低
定容时俯视刻度线
—
减小
偏高
定容时仰视刻度线
—
增大
偏低
21.(★)填写下列空白:
(1)含有6.02×1023个H的H2O,其物质的量是 ;1L1mol·L-1Na2SO4,溶液中含有 个Na+.(用NA表示)。
(2) molH2O中含有的氧原子数与1.5molCO2中含有的氧原子数相等。
(3)要使NH3和CH4含相同数目的H原子,则NH3和CH4的物质的量之比为 。
(4)标准状况下,密度为0.75g/L的NH3和CH4组成的混合气体中,NH3的体积分数为
(5)用20g烧破配制成500mL溶液,其物质的量浓度为 mol/L: 从中取出1mL,含溶质 g.若将这1mL溶液用水稀释到100mL,所得溶液中溶质的物质的量浓度为 mol/L.
考点 物质的量 阿伏加德罗定律
题组 物质的量的有关计算
解析 (1)1个水分子含有2个H,则含有6.02×1023个H的H2O物质的量为6.02×10236.02×1023mol-1×12=0.5mol;
1L1mol·L-1Na2SO4溶液含Na2SO41mol/L=1mol,含Na+个数为2NA;
(2)含有O原子数目相等,则水的物质的量为1.5mol×21=3mol;
(3)要使NH3与CH4含相同数目的H原子,则NH3和CH4的物质和量之比为4∶3;
(4)混合气体平均摩尔质量为:0.75g·L-1×22.4L/mol=16.8g/mol,设NH3、CH4的物质的量分别为x、y,则:(17x+16y)/(x+y)=16.8,解得x∶y=4∶1,相同条件下气体体积之比等于物质的量之比所以氨气体积分数=4/(4+1)×100%=80%。
答案 (每空2分)
(1)0.5mol 2NA (2)3 (3)4∶3 (4)80%
(5)1 0.04 0.01
方法技巧 本题考查物质的量的相关计算,熟练掌握有关物质的量的计算公式是解答本题的关键。
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