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3、【全国百强校】河南省南阳市第一中学2019-2020学年高一上学期第二次考试化学试题（教师版）
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这是一份3、【全国百强校】河南省南阳市第一中学2019-2020学年高一上学期第二次考试化学试题（教师版），共16页。试卷主要包含了Ⅱ卷在答题纸上作答，2g,，4gCH4 ④0，实验室里需要480mL0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。
相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Ba-137 Ne-20 Cu-64
第Ⅰ卷(选择题,共48分)
一、选择题(本题共16道小题,每小题3分,共48分。)
1.(★)下列有关研究物质性质的方法和程序的说法中,不正确的是( )
A.研究物质的性质时,常用到观察、实验、分类、比较等方法
B.研究物质性质的一般程序的第一步是预测物质的性质
C.可以用分类的方法预测物质的性质
D.观察是一种有计划、有目的地用感官考察研究对象的方法
考向 研究物质性质的基本方法和程序
题组 研究物质性质的基本方法和程序
解析 观察、实验、分类、比较等是研究物质性质的基本方法, 所以A选项正确;探究物质性质的基本程序是观察物质的外观性质、预测物质的性质、实验和观察、 解释和结论,故B错误;相同类别的物质的性质相似,可用分类的方法预测,所以C选项正确;观察法的含义即仔细观看客观事物或现象,是一种有计划、有目的地用感官考察研究对象的方法,所以D选项正确。
答案 B
点评 本题考查研究物质性质的方法和程序,难度不大,平时注意对基础知识的积累。
2.(★)使5.6LCO2气体迅速通过Na2O2固体后得到4.48L气体(标准状况下),这4.48L气体的质量为( )
A.8.8g B.6.4g
C.8.2g D.6.2g
考向 有关气体摩尔体积的计算
题组 差量法在化学计算中的应用
思路分析 根据气体的体积差,通过差量法计算参加反应的二氧化碳体积、生成的氧气的体积,判断4.48L气体的组成及各成分的体积,再根据n=VVm计算各组分气体的物质的量,利用m=nM计算质量。
解析 令参加反应的CO2气体的体积为a,生成的O2的体积为b,则:
2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,气体体积减小ΔV
2 1 1
a b 5.6L-4.48L=1.12L
解得a=2.24L,b=1.12L,
所以4.48L气体中CO2体积为5.6L-2.24L=3.36L,O2的体积为1.12L,
所以4.48L气体的质量为
3.36L22.4L/mol×44g/mol+1.12L22.4L/mol×32g/mol=8.2g,
故选C。
答案 C
点评 本题根据化学方程式采取差量法计算,即可以不用讨论或计算判断最后气体的组成,根据初始态和最终态气体的差量并结合化学方程式列出比例式求解计算。
方法技巧 差量法
不考虑变化过程,利用最终态(生成物)与最初态(反应物)的量的变化来求解的方法叫差量法。因无需考虑变化的过程,所以可使问题简化。但应注意,只有当差值与始态量或终态量存在比例关系,且是同一物理量时,才能用差量法,其关键是分析出引起差量的原因。
差量可以是物质的量的差,对固体、液体而言,差量可以是质量差、粒子个数差;对气体而言,差量还可以是同温、同压下的体积差。
3.(★)设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是( )
A.46gNO2和N2O4混合物含有的原子数为3NA
B.17g氨气所含质子数目为11NA
C.标准状况下22.4L的四氯化碳,含有四氯化碳分子数为NA
D.物质的量浓度为0.5mol·L-1的MgCl2溶液中,含有Cl-个数为1NA
考向 阿伏加德罗常数的应用
题组 有关阿伏加德罗常数的计算
解析 A项,NO2和N2O4的最简式均可以看成“NO2”,46g“NO2”的物质的量为1mol,含有的原子总数为3NA,正确;B项,17gNH3的物质的量为1mol,一个氨气分子中含有10个质子,因此1mol氨气中含 有10mol质子,即10NA个质子,错误;C项,标准状态下,四氯化碳不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算四氯化碳的物质的量,错误;D项,溶液体积不明确,故溶液中的氯离子的个数无法计算,错误。
答案 A
点睛 本题重点考查阿伏加德罗常数的相关计算。需要注意的是在计算气体物质的量时应注意是否为标准状况,只有在标准状况下气体的摩尔体积才是22.4L/mol。
4.(★)下列说法正确的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)( )
①28g氮气所含有的原子数目为NA
②4g金属钙变成钙离子时失去的电子数目为0.1NA
③在常温常压下,11.2LN2含有的分子数为0.5NA
④在标准状况下,1mol氖气含有的原子数为NA
⑤0.5mol单质铝与足量盐酸反应转移电子数为1.5NA
⑥标准状况下,1L水所含分子数为1/22.4NA
⑦17g氨气所含电子数目为10NA
A.①②⑤⑥⑦ B.①②④⑤⑥
C.⑤⑦ D.④⑤⑦
考向 阿伏加德罗常数的应用
题组 有关阿伏加德罗常数的计算
思路分析 ①根据n=mM计算氮气物质的量结合氮气分子式计算原子数;②根据n=mM计算金属钙的物质的量,结合钙原子最外层电子数为2分析;③根据气体摩尔体积的应用条件分析,标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol;④Ne是单原子分子;⑤根据1mol铝和足量盐酸反应失电子3mol分析计算;⑥标准状况水不是气体;⑦根据n=mM计算物质的量,结合氨气分子式计算电子数。
解析 ①根据n=mM计算28g氮气的物质的量为1mol,结合分子式计算原子数为2NA,故①错误;②根据n=mM计算4g金属钙的物质的量为0.1mol,结合钙原子最外层电子数为2分析,4g金属钙变成钙离子时失去的电子数目为0.2NA,故②错误;③根据气体摩尔体积的应用条件分析,标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol,在常温常压下,11.2LN2的物质的量不是0.5mol,故③错误;④Ne是单原子分子,在标准状况下Ne含有的原子数为NA,故④正确;⑤根据1mol铝和足量盐酸反应失3mol电子分析计算,0.5mol单质铝与足量盐酸反应转移的电子数为1.5NA,故⑤正确;⑥标准状况下水不是气体而是液体,1L水所含分子数远远大于1/22.4NA,故⑥错误;⑦根据n=mM计算17g氨气的物质的量为1mol,结合氨气分子式计算电子数为10NA,故⑦正确,综上所述④⑤⑦正确,所以D选项正确。
答案 D
点评 本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用,主要是物质的量和气体体积、微粒数的计算应用,主要是气体摩尔体积的条件应用,氧化还原反应电子转移计算应用,掌握基础是关键, 题目难度中等。
5.(★★)标准状况下,①6.72LNH3 ②1.204×1023个H2S
③6.4gCH4 ④0.5molHCl,下列关系正确的是( )
A.体积大小:④>③>②>①
B.原子数目:③>①>④>②
C.密度大小:④>②>③>①
D.质量大小:④>③>②>①
考向 物质的量
题组 以物质的量为中心的计算
思路分析 A项,相同条件下,体积相同条件下体积之比等于物质的量之比;B项,先计算出各物质中原子的物质的量,原子的数目之比等于原子的物质的量之比;C项,同温同压下,密度之比等于相对分子质量之比;D项,计算各物质的物质的量,再根据m=nM计算质量,据此进行判断。
解析 标准状况下,①6.72LNH3的物质的量为0.3mol,②1.204×1023个H2S的物质的量为0.2mol,③6.4gCH4的物质的量为0.4mol,④0.5molHCl。A项,由上述分析计算可知物质的量④>③>①>②,相同条件下体积之比等于物质的量之比,所以体积大小④>③>①>②,错误;B项,①标准状况下,6.72LNH3中原子的物质的量为0.3mol×4=1.2mol,②1.204×1023个H2S中原子的物质的量为0.2mol×3=0.6mol,③6.4gCH4中原子的物质的量为0.4mol×5=2mol,④0.5molHCl 中原子的物质的量为0.5mol×2=1mol,原子数目之比等于原子物质的量之比,所有原子数目③>①>④>②,正确;C项,同温同压下,密度之比等于相对分子质量之比,①NH3的相对分子质量为17,②H2S的相对分子质量为34,③CH4的相对分子质量为16,④HCl的相对分子质量为36.5,故密度大小④>②>①>③,错误;D项,①6.72LNH3的质量为0.3mol×17g/mol=5.1g,②1.204×1023个H2S的质量为0.2mol×34g/mol=6.8g,④0.5molHCl的质量为0.5mol×36.5g/mol=18.25g,故质量大小④>②>③>①,错误。
答案 B
6.(★★★)在三个密闭的容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体,在以下各种情况下排序正确的是( )
A.当它们的体积和温度、压强均相同时,三种气体的密度ρ(H2)>ρ(Ne)>ρ(O2)
B.当它们温度和密度都相同时,三种气体的压强P(H2)>P(Ne)>P(O2)
C.当它们质量和温度、压强相同时,三种气体的体积V(O2)>V(Ne)>V(H2)
D.当它们体积和温度、压强相同时,三种气体的质量m(H2)>m(Ne)>m(O2)
考向 阿伏加德罗定律及其推论
题组 有关阿伏加德罗定律及其推论的计算
思路分析 根据PV=nRT可以知道,PM=ρRT,因此在温度和密度相等的条件下,压强和气体的摩尔质量成反比,温度、压强均相同时,气体的摩尔体积Vm相等,结合n=mM=VVm解答该题。
解析 温度、压强均相同时,气体的摩尔体积Vm相等,根据ρ=mV=nMnVm=MVm,可以知道气体的密度与摩尔质量呈正比,则ρ(O2)>ρ(Ne)>ρ(H2),故A错误;根据PV=nRT可以知道,PM=ρRT,因此在温度和密度相等的条件下,压强和气体的摩尔质量成反比,则三种气体的压强P(H2)>P(Ne)>P(O2),故B正确;温度、压强均相同时,气体的摩尔体积Vm相等,由n=mM=VVm可以知道,等质量时,气体的体积和摩尔质量呈反比,应为V(H2)>V(Ne)>V(O2),故C错误;温度、压强均相同时,气体的摩尔体积Vm相等,由n=mM=VVm可以知道,等体积时,气体的质量和摩尔质量呈正比,则m(O2)>m(Ne)>m(H2),故D错误。
答案 B
7.(★)实验室里需要480mL0.1mol/L的硫酸铜溶液,选取容量瓶进行配制,以下操作正确的是[胆矾(CuSO4·5H2O)]( )
A.称取7.68g硫酸铜,加入500mL水
B.称取12.0g胆矾配成500mL溶液
C.称取8.0g硫酸铜,加入500mL水
D.称取12.5g胆矾配成500mL溶液
考向 物质的量浓度及其溶液配制
题组 有关溶液配制过程的计算
解析 欲配制480mL0.1mol/L 的硫酸铜溶液,需要配制500mL0.1mol/L 的硫酸铜溶液,溶液中硫酸铜的质量为0.5L×0.1mol/L=0.05mol,需要称取硫酸铜的质量为0.05mol×160g/mol=8g,若称取胆矾,则需要称取的质量为0.05mol×250g/mol=12.5g,据此可排除A、B项;C项,称取8g 硫酸铜,加入500mL水,配成的溶液的体积不是500mL,溶液的浓度不是0.1mol/L,错误;D项正确。
答案 D
点评 计算溶质的质量时,本题溶液的体积按500mL计算,即如果配制的溶液体积和实验室中容量瓶的规格不符时,容量瓶应该选取比要配制的体积大且最接近的规格的容量瓶。
8.(★)某溶液中只含有K+、Na+、NO3-、SO42−四种离子(不考虑水的电离),它们的物质的量之比为1∶6∶3∶2,该溶液所含的溶质可能是( )
A.KNO3、Na2SO4 B.KNO3、Na2SO4、NaNO3
C.K2SO4、NaNO3、KNO3 D.K2SO4、KNO3
考向 溶液电荷守恒
题组 溶液中离子浓度的计算
思路分析 溶液中所有阳离子带的正电荷总数等于所有阴离子带的负电荷总数,溶液不显电性,根据四种离子数目之比分析解答。
解析 A项,不可能只含KNO3、Na2SO4,与K+、NO3-的物质的量之比为1∶3不符合,错误;B项,KNO3、Na2SO4 、NaNO3 三者按物质的量之比为1∶2∶2混合时离子数目比符合题意,正确;C项,K2SO4、NaNO3 、KNO3三者无论以何种比例混合,K+和SO42−的数目之比都大于1∶2,与题意不符合,错误;D项,不可能只含K2SO4、KNO3,因为缺少Na+,错误。
答案 B
点评 此题采用排除法解决,抓住核心问题,只要是缺少离子或者离子物质的量比例不符合已知比例,可以直接排除,这样可以简化步骤快速解题。
9.(★★)将标准状况下aLHCl溶于1L水中,得到的盐酸密度为bg/cm3,则该盐酸的物质的量浓度是( )
A.a22.4mol/L B.ab22400mol/L
C.1000ab22400+36.5amol/L D.ab22400+36.5amol/L
考向 溶液电荷守恒
题组 溶液物质的量浓度的有关计算
思路分析 根据物质的量浓度的含义、计算式及其溶液的密度等物理量之间的关系解答。
解析 本题主要考查物质的量的浓度有关计算。标准状况下,aLHCl的物质的量为a22.4mol,质量是36.5a22.4g,即溶质的质量m=36.5a22.4g,1L水的质量为1000g,则溶液的体积V=mρ=1000g+36.5a22.4gb/cm3×10-3L,所以盐酸的浓度c=nV=1000ab22400+36.5amol/L,故C项正确。
答案 C
方法归纳 已知标准状况下VL气体溶于水后形成溶液,求c:
(1)若已知溶液的体积,则Vnc。
(2)若已知溶液的密度为ρg·cm-3,该气体溶于1L水形成的溶液中,溶质的物质的量浓度c=nV(溶液)=V22.4MV22.4+1000ρ×1000mol·L-1=V22.4MV+2240022400ρmol·L-1=1000ρVMV+22400mol·L-1。
10.(★)将下列各组物质,按单质、氧化物、酸、碱、盐分类顺序排列正确的是( )
A.银、二氧化硫、硫酸、纯碱、食盐
B.碘酒、冰、硫酸氢钠、烧碱、碳酸钙
C.氢气、干冰、硝酸、烧碱、硝酸钾
D.铜、氧化铜、醋酸、石灰水、碳酸氢钠
考向 物质的分类
题组 物质的分类
思路分析 认识物
质组成⇒掌握分
类标准⇒依据标准,
进行分类
解析 A项,纯碱属于盐,不属于碱;B项,碘酒属于混合物,不属于单质,硫酸氢钠属于盐,不属于酸;D项,石灰水属于混合物,不属于碱。
答案 C
解题关键 熟悉常见物质的分类,根据单质、氧化物、酸、碱、盐的定义解答。
易错警示 (1)并不是所有的金属氧化物都是碱性氧化物,如Mn2O7为酸性氧化物;并不是所有的非金属氧化物都是酸性氧化物,如CO、NO等就不是酸性氧化物。
(2)分类时注意物质的真实组成,不要被俗名迷惑,如盐酸是HCl的水溶液,是混合物;纯碱是Na2CO3,属于盐;结晶水合物,如CuSO4·5H2O是纯净物。
(3)只由一种元素组成的物质,可能是纯净物,也可能是混合物。例如,O2、O3均是纯净物,而O2和O3混合后就是混合物。
(4)冰和水混合在一起仍是纯净物,因为二者仅是状态不同,但组成相同,都是H2O。
11.(★★)下列关于胶体和溶液的有关叙述,正确的组合是( )
①溶液呈电中性,胶体带有电荷
②用石膏或盐卤点制豆腐,利用了胶体的性质
③用滤纸能把胶体中的分散质与分散剂分离
④用光照射鸡蛋清溶液和淀粉溶液均能产生丁达尔效应
⑤纳米材料粒子直径一般从几纳米到几十纳米(1nm=10-9m),因此纳米材料属于胶体
⑥向煮沸的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液并继续煮沸制备Fe(OH)3胶体
⑦水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘,是因为烟尘粒子带电荷
⑧胶体都是均匀透明的液体
⑨以水为分散剂的分散系,按稳定性由弱到强顺序排列的是:浊液、溶液、胶体
A.②④⑥⑦ B.①②⑤⑥
C.④⑥⑧⑨ D.①②④⑤
考向 溶液和胶体的性质
题组 胶体的性质与应用
思路分析 ①溶液和胶体均是呈电中性的;
②胶体遇电解质发生聚沉;
③胶粒能透过滤纸;
④鸡蛋清溶液和淀粉溶液是胶体;
⑤纳米材料不是分散系;
⑥向沸腾的蒸馏水中逐滴滴入适量氯化铁饱和溶液,可制备胶体;
⑦胶体具有电泳性质;
⑧胶体是一种均一、稳定的分散系,但不一定透明;
⑨溶液是稳定体系,浊液不稳定,胶体为介稳定体系。
解析 ①溶液和胶体均不带电,是呈电中性的分散系,故①错误;②豆浆是胶体,遇石膏或卤水等含有电解质的物质时发生聚沉,故②正确;③胶体中的分散质与分散剂都能透过滤纸,故③错误;④鸡蛋清溶液和淀粉溶液是胶体,能产生丁达尔效应,故④正确;⑤纳米材料只是一种分散质,没有形成分散系,不是胶体,故⑤错误;⑥向沸水中逐滴滴加饱和溶液5~6滴,并加热至溶液呈红褐色时,铁离子水解生成胶体,故⑥正确;⑦胶体具有电泳性质,水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘,是因为烟尘粒子带电荷,与胶体性质有关,故⑦正确;⑧胶体是一种均一、稳定的分散系,但不一定透明,如豆浆,故⑧错误;⑨溶液稳定,一般情况溶质与溶剂不分离,浊液很不稳定,分散质容易沉降或与分散剂分离,胶体稳定性介于溶液与浊液之间,稳定性:溶液>胶体>浊液,故⑨错误。所以A选项正确。
答案 A
解后反思 本题考查胶体的性质,题目难度不大,注意胶体的性质,特别是胶体不一定透明,胶体不带电荷,胶粒吸附带电离子。
12.(★★)在给定的四种溶液中,加入以下各种离子,各离子能在原溶液中共存的是( )
A.常温下,加入铁粉能生成H2的溶液:加入Na+、Ca2+、Cl-、HCO3-
B.滴加酚酞变红的溶液:加入SO42−、Cu2+、K+、Cl-
C.所含溶质为NaHSO4的溶液:加入K+、CO32−、NO3-、Na+
D.含有大量SO42−的溶液:加入Mg2+、Cu2+、Cl-、NO3-
考向 离子共存
题组 离子共存的判断
思路分析 离子共存的审题思路
解析 常温下,加入铁粉能生成H2的溶液显酸性,酸性条件下HCO3-不能大量共存,A错误;滴加酚酞变红的溶液显碱性,碱性条件下Cu2+不能大量共存,B错误;NaHSO4的溶液中含有大量的氢离子,氢离子与CO32−反应生成二氧化碳和水而不能大量共存,C错误;含有大量SO42−的溶液中,Mg2+、Cu2+、Cl-、NO3-各离子间不反应,能够大量共存,D正确。
答案 D
方法技巧 限定条件的离子共存判断
(1)溶液无色透明时,则溶液中一定没有有色离子,如Cu2+(蓝色)、Fe3+(棕黄色)、Fe2+(浅绿色)、MnO4-(紫红色)等。
(2)滴入酚酞溶液变红的溶液中肯定不能大量存在与OH-反应的离子,如Al3+、Mg2+、Cu2+、Zn2+、Fe3+、Fe2+、NH4+、H+、HCO3-、HSO3-等。
(3)滴入石蕊溶液变红的溶液中肯定不能大量存在与H+反应的离子,如OH-、CO32−、HCO3-等。
13.(★)下列叙述正确的是( )
A.硫酸钡难溶于水,在水溶液中不能导电,所以硫酸钡不是电解质
B.强电解质在水溶液中的导电性一定比弱电解质强
C.三氧化硫溶于水能导电,所以三氧化硫是电解质
D.硫酸、氢氧化钡、纯碱、苛性钠都是强电解质
考向 电解质与非电解质
题组 电解质和非电解质的判断
思路分析 A.根据电解质和溶解度的关系解答;
B.根据强电解质与溶液的导电性的关系解答;
C.三氧化硫的水溶液能导电,但三氧化硫是非电解质;
D.强电解质包括强酸、强碱、大部分盐和活泼金属氧化物。
解析 硫酸钡在水溶液中虽难溶,但熔融状态有自由移动的离子,能导电,故是电解质,故A错误;强、弱电解质和电解质是否易溶于水无关,强电解质与电解质是否完全电离有关,硫酸钡难溶于水,但它是强电解质,乙酸易溶于水,但它是弱酸.强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液导电性强,故B错误;溶于水后和水反应生成硫酸,硫酸电离出阴阳离子而使其溶液导电,电离出阴、阳离子的物质是硫酸而不是三氧化硫,所以是非电解质,故C错误;硫酸是强酸、氢氧化钡、苛性钠是强碱、纯碱是盐、都是强电解质,故D正确。
答案 D
易错辨析 (1)某化合物是否是电解质与溶解性无关。如蔗糖易溶于水,但是蔗糖是非电解质,如BaSO4、CaCO3难溶于水,但它们是电解质。
(2)能导电的物质不一定是电解质,如石墨、金属、氯化钠溶液等能导电,但不是电解质。
(3)电解质在水溶液中或熔融状态下即发生电离,电离不需通电。
14.(★)下列关于电解质与导电关系的叙述正确的是( )
A.NaCl溶液在电流作用下电离成Na+和Cl-
B.NaCl是电解质,故NaCl晶体能导电
C.氯化氢溶于水能导电,但液态氯化氢不能导电
D.导电性强的溶液里自由移动离子数一定比导电性弱的溶液里自由移动离子数多
考向 电解质与溶液的导电性
题组 电解质与溶液导电性的关系
解析 NaCl固体溶于水,在水分子的作用下,电离出自由移动的Na+和Cl-,而不是电流的作用,A错误;NaCl是电解质,但晶体中Na+和Cl-不能自由移动,故NaCl晶体不导电,B错误;液态HCl未电离,没有自由移动的离子,故不导电,但溶于水能电离出H+和Cl-,能导电,故C正确;溶液导电性强弱与离子的浓度有关,而非离子数目,D错误。
答案 C
易错点睛 电解质溶液的导电能力与溶液中离子浓度及离子所带电荷多少有关,离子浓度越大,离子所带电荷越多,导电能力越强。
15.(★)下表对离子方程式的评价不合理的是( )
选项
化学反应及其离子方程式
评价
A
向碳酸钙上滴加稀盐酸:2H++CO32−CO2↑+H2O
错误,碳酸钙不应该写成CO32−
B
向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液:Ba2++SO42−BaSO4↓
正确
C
铁粉与稀硫酸反应:2Fe+6H+2Fe3++3H2↑
错误,H+的氧化性较弱,只能将铁单质氧化为Fe2+
D
碳酸氢钠溶液与过量澄清石灰水反应2HCO3+Ca2++2OH-CaCO3↓+2H2O+CO32−
错误,碳酸氢钠溶液少量,书写的离子方程式中HCO3-的化学计量数应为1
考向 离子反应方程式
题组 离子反应方程式正误判断
解析 碳酸钙不能拆开,正确的离子方程式为CaCO3+2H+Ca2++H2O+CO2↑,该评价合理,故A不选;向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液,反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨,正确的离子方程式为2OH-+2NH4++Ba2++SO42−BaSO4↓+2NH3·H2O,该评价不合理,故B选;H+的氧化性较弱,只能将铁单质氧化为Fe2+,正确的离子方程式为Fe+2H+Fe2++H2↑,该评价合理,故C不选;碳酸氢钠溶液与过量澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水,正确的离子方程式为HCO3-+Ca2++OH-CaCO3↓+H2O,评价合理,故D不选。
答案 B
解题模板 离子方程式正误判断的一般思路
16.(★★)为了除去下表物质中的杂质(括号内为杂质),所选试剂(过量)及操作方法正确的是( )
物质
选用试剂(过量)
操作方法
A
Cu(CuO)
氧气
通入氧气并加热
B
CO2(HCl)
氢氧化钠溶液
气体通过氢氧化钠溶液的洗气瓶
C
N2(O2)
铜粉
气体通过炽热的铜粉
D
KCl溶液
(K2CO3)
氯化钙溶液
加入氯化钙溶液充分反应后过滤
考向 混合物的分离和提纯
题组 物质的除杂
思路分析 A项,根据铜和氧气在加热的条件下反应生成氧化铜判断。
B项,根据二氧化碳、盐酸均与氢氧化钠反应的性质判断。
C项,根据氮气不和铜反应,氧气能和铜在加热的条件下反应判断。
D项,根据碳酸钾与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钾的性质判断。
解析 A项,铜和氧气在加热的条件下反应生成氧化铜,该操作不仅不能除去氧化铜,还不能保留铜,所以A错误;B项,二氧化碳、盐酸均与氢氧化钠反应,该操作把二氧化碳、氯化氢都吸收了,所以B错误;C项,氮气不和铜反应,氧气能和铜在加热的条件下反应生成氧化铜从而被除去,所以C正确;D项,碳酸钾与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钾,过滤能除去碳酸钙,但氯化钙溶液的量不好控制,氯化钙可能会成为新杂质,或者碳酸钾有残留除不尽,所以D错误。
答案 C
方法技巧 (1)化学方法除杂的原则是“不增、不减、易分、复原”。“不增”即不能增加新的杂质;“不减”即除杂质的过程中不能消耗被提纯物质;“易分”即杂质转化生成的沉淀、气体等易分离除去;“复原”即在分离操作中,若被分离的物质转变为其他物质,应采用适当方法将其恢复为原物质。
(2)化学方法除杂的思路:先根据杂质特点选择除杂试剂,通过选择那些易与杂质反应生成气体或沉淀的物质作为试剂,然后根据“不增”的原则,确定试剂加入的顺序。
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、非选择题(共52分)
17.(★)(12分)现有下列10种物质:①液态HCl
②NaHCO3固体 ③NaCl晶体 ④CO2气体 ⑤蔗糖溶液 ⑥Ba(OH)2粉末 ⑦红褐色的氢氧化铁胶体 ⑧氨水 ⑨熔融NaHSO4 ⑩Cu
(1)上述10种物质中能导电的有 ,非电解质有 (填序号)。
(2)向⑦的溶液中逐渐增加①的水溶液,看到的现象 。
(3)上述10种物质中有两种物质在水溶液中发生反应的离子方程式为H++OH-=H2O,则该反应的化学方程式为 。
(4)写出⑨的电离方程式: 。
(5)写出Ba(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液反应的离子方程式:
。
(6)请写出制备⑦的离子反应方程式:
。
考向 离子反应,离子方程式
题组 电解质与非电解质的判断,离子方程式的书写
思路分析 根据物质的组成、物质的电离和溶液中离子反应的实质及离子方程式的书写方法等知识解题。
解析 (1)①液态HCl不电离,不能导电,但是氯化氢在水中能完全电离,属于电解质;②NaHCO3固体不能导电, 但NaHCO3在熔融状态和水溶液中都能完全电离,属于电解质;③NaCl晶体不能导电,在熔融状态和水溶液中都能完全电离,属于电解质;④CO2本身不能导电,在水溶液中和熔融状态下都不能电离出自由移动的离子,属于非电解质;⑤蔗糖在水溶液中和熔化状态下都不能电离出自由移动的离子而导电,属于非电解质,蔗糖溶液不能导电;⑥Ba(OH)2 粉末不能导电,Ba(OH)2在熔融状态能完全电离,属于电解质;⑦红褐色的氢氧化铁胶体是混合物,属于胶体分散系,既不是电解质也不是非电解质;⑧氨水是混合物,既不是电解质也不是非电解质,NH3·H2O 在水溶液中能部分电离出自由移动的离子,属于弱电解质,氨水能导电;⑨NaHSO4在熔融状态和水溶液中都能完全电离,是电解质,熔融NaHSO4能导电;⑩Cu是单质,既不是电解质也不是非电解质,Cu能导电。
(2)胶体遇电解质发生聚沉,三氯化铁溶液呈黄色,所以向⑦红褐色的氢氧化铁胶体中逐渐滴加①HCl的水溶液,看到的现象是先产生红褐色沉淀,然后沉淀逐渐溶解并得到黄色溶液。
(3)①液态HCl和⑥Ba(OH)2 粉末在水溶液中发生反应的化学方程式为2HCl+Ba(OH)2BaCl2+2H2O,离子方程式为H++OH-H2O。
(4)熔融状态下NaHSO4电离出Na+和HSO4-,电离方程式为NaHSO4(熔融)Na++HSO4-。
答案 (1)⑦⑧⑨⑩(2分) ④(1分)
(2)先产生红褐色沉淀,然后沉淀逐渐溶解并得到黄色溶液 (1分)
(3)2HCl+Ba(OH)2BaCl2+2H2O(2分)
(4)NaHSO4(熔融)Na++HSO4-(2分)
(5)Ba2++OH-+HCO3-BaCO3↓+H2O(2分)
(6)Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+(2分)
规律总结 “以少定多法”书写离子方程式的步骤
步骤
内 容
第一步
确定“少量”物质中参加反应的离子及数目
第二步
按“少量”物质的离子充分反应的原则,确定“过量”物质所提供的离子种类与数目
第三步
书写离子方程式
第四步
检查质量(原子)、电荷是否守恒
18.(★★)(10分)NaCl溶液中混有少量Na2SO4、CaCl2溶液和淀粉胶体,选择适当的试剂和方法从中提纯出NaCl晶体。相应的实验过程如下,图中试剂①是某种盐的水溶液。回答下列问题:
(1)操作①的名称是 ,试剂①的化学式是 。
(2)沉淀B的成分是 (填化学式)。
(3)实验室需要用上述制得的纯净NaCl晶体配制0.2mol·L-1NaCl溶液500mL,需要用托盘天平称取 gNaCl晶体,实验中除了烧杯、量筒、玻璃棒外,还需要用到的玻璃仪器是 (填仪器名称)。下列操作使所配溶液浓度偏低的有 。(选填序号)
a.称取NaCl晶体时,将NaCl晶体放在托盘天平的右盘
b.定容时,加蒸馏水超过刻度线,又用胶头滴管吸出
c.转移前,容量瓶中含有少量蒸馏水
d.定容时,俯视刻度线
第二章 化学物质及其变化 第二节 物质的分类
考向 混合物的分离和提纯,胶体的性质,一定物质的量浓度溶液的配制
题组 混合物的分离和提纯,一定物质的量浓度溶液的配制时的误差分析
解析 分离淀粉胶体和溶液用渗析的方法。已知最终想得到氯化钠晶体,经过操作①得到的溶液中含有杂质离子硫酸根离子、钙离子,首先应除去硫酸根离子,加入的过量试剂①为氯化钡,经过操作②过滤得到的沉淀A是硫酸钡,得到的溶液中含有的杂质离子为钙离子和过量的钡离子,加入的过量试剂②为碳酸钠,经过操作②过滤得到的沉淀B为碳酸钙和碳酸钡,得到的溶液中含有过量的碳酸根离子,应加入适量试剂③盐酸除去,最后加热即可得到氯化钠晶体。(3)需要用托盘天平称取的氯化钠的质量为0.2×0.5×58.5g=5.85g≈5.9g。a项,用托盘天平称量物品时应遵循左物右码原则,氯化钠晶体放在右盘会使得称取的氯化钠的质量偏小,使所配溶液的浓度偏低;b项,定容时加蒸馏水超过刻度线会使所配溶液的体积偏大,溶液浓度偏低;c项,转移前,容量瓶中含有少量的蒸馏水对所配溶液的浓度无影响;d项,定容时,俯视刻度线使得溶液的体积偏小,溶液浓度偏大。
答案 (1)渗析(1分) BaCl2(1分)
(2)BaCO3、CaCO3(2分)
(3)5.9g(2分) 500mL容量瓶、胶头滴管(2分) ab(2分)
19.(★★★)(10分)Ⅰ.(1)标准状况下,NH3与CH4组成的混合气体的平均密度为0.75g/L,该混合气体中NH3的体积分数为 。
(2)VmLAl2(SO4)3溶液中含Al3+ag,取0.5VmL溶液稀释到2VmL,则稀释后溶液中SO42−的物质的量浓度是 mol/L。
Ⅱ.卫生部严令禁止在面粉生产中添加过氧化钙(CaO2)等食品添加剂。过氧化钙(CaO2)是一种安全无毒物质,带有结晶水,通常还含有CaO。
(1)称取5.42g过氧化钙样品,灼热时发生如下反应:
2[CaO2·xH2O]→2CaO+O2↑+2xH2O,得到O2在标准状况下体积为672mL,该样品中CaO2的物质的量为 。
(2)另取同一样品5.42g,溶于适量稀盐酸中,然后加入足量的Na2CO3溶液,将溶液中Ca2+全部转化为CaCO3沉淀,得到干燥的CaCO37.0g。
①样品中CaO的质量为 。
②样品中CaO2·xH2O的x值为 。
考向 气体摩尔体积,溶液稀释,物质的组成
题组 有关物质的量的综合计算
思路分析 Ⅰ.(1)先根据标准状况下混合气体的平均密度和气体摩尔体积求出混合气体的平均摩尔质量,再根据气体摩尔质量求出气体的物质的量之比,最后根据相同条件下气体体积之比等于物质的量之比,求出氨气的体积分数。
(2)先求出VmL 硫酸铝溶液中铝离子的物质的量,进而根据化学式求出硫酸铝溶液的物质的量浓度,再求出溶液稀释后硫酸铝溶液的物质的量浓度,最后根据化学式求出稀释后硫酸根离子的物质的量浓度。
Ⅱ.(1)根据n=VVm计算氧气的物质的量,根据方程式可以知道:
n(CaO2)=n(CaO2·xH2O)=2n(O2),计算样品中CaO2的物质的量;
(2)①n总(Ca2+)=n(CaCO3),根据钙离子守恒计算n(CaO),再根据m=nM计算;
②计算水的质量,再计算水的物质的量,进而计算x的值。
解析 Ⅰ.(1)标准状况下,氨气和甲烷组成的混合气体的平均摩尔质量为0.75×22.4g/mol=16.8g/mol,设氨气的物质的量为x,甲烷的物质的量为y,则有17x+16yx+y=16.8,解得x=4y,根据相同条件下气体体积之比等于物质的量之比可知,混合气体中氨气的体积分数为xx+y×100%=4y4y+y×100%=80%。
(2)VmL硫酸铝溶液中铝离子的物质的量为a27mol,则硫酸铝溶液的物质的量浓度为a272V×1000mol/L,溶液稀释后硫酸铝溶液的物质的量浓度为a272V×1000mol/L÷4,其中硫酸根离子的物质的量浓度为a272V×1000mol/L÷4×3=125a9Vmol/L。
Ⅱ.(1)氧气的物质的量=0.672L22.4L/mol=0.03mol,根据方程式可以知道:
n(CaO2)=n(CaO2·xH2O)=2n(O2)=0.03mol×2=0.06mol,
因此,本题正确答案是:0.06mol;
(2)①n总(Ca2+)=n(CaCO3)=7g100g/mol=0.07mol,根据钙离子守恒:
n(CaO)=0.07mol-0.06mol=0.01mol,
故m(CaO)=0.01mol×56g/mol=0.56g,
因此,本题正确答案是:0.56g;
②水的质量=5.42g-0.56g-0.06mol×72g/mol=0.54g,
其物质的量=0.54g18g/mol=0.03mol,
故0.06x=0.03,则x=12,
因此,本题正确答案是:12.
答案 (每空2分)Ⅰ.(1)80% (2)1.25a9V
Ⅱ.(1)0.06mol (2)①0.56g ②12
点评 本题主要考查有关气体摩尔体积的计算、溶液稀释后离子物质的量浓度的计算以及根据化学方程式计算物质的组成、有关物质的量的综合计算等,难度较大,对考生综合能力的要求较高,平时要注意基础知识的积累。
20.(★★★)(13分)下面是某化学研究性学习小组对某无色水样成分的检验过程,已知该水样中只可能含有K+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Ag+、Ca2+、Cl-、CO32−和SO42−中的若干种,该小组同学取100mL水样进行实验:向样品中先滴加硝酸钡溶液,再滴加1.0mol·L-1的硝酸,实验过程中沉淀质量的变化如图所示:(注:ab段表示加入硝酸钡溶液;bd段表示滴加稀硝酸)
请回答:
(1)水样中一定含有的阴离子是 ,其物质的量之比为 。
(2)写出BC段曲线所表示反应的离子方程式
。
(3)由B点到C点变化过程中消耗硝酸的体积为 。
(4)试根据实验结果推测K+是否存在? (填“是”或“否”);若存在,K+的物质的量浓度c(K+)的范围是 。(若K+不存在,则不必回答该问)
(5)设计简单实验验证原水样中可能存在的离子(写出实验步骤、现象和结论)
。
考向 离子判断,离子方程式的书写,离子检验
题组 溶液中离子反应的有关计算、离子反应的应用
思路分析 离子推断题目可以把实验操作、离子反应、离子共存、离子检验、电荷守恒等知识综合起来考查,综合性较强,其一般解题思路:根据实验操作及反应现象判断一定含有的离子根据离子共存判断一定不含的离子根据电荷守恒判断含有的其他离子确定可能含有的离子。
必须注意两点:(1)所加试剂引入的离子对后续实验的影响;(2)运用电荷守恒判断溶液中含有的其他离子时要将定性与定量的方法相结合。
本题首先根据无色水样,排除有色离子Fe3+和Cu2+,然后根据实验过程中沉淀的质量变化图像结合已知信息判断溶液中存在的离子。
解析 该水样为无色溶液,水样Fe3+、Cu2+不存在,根据图象分析加入硝酸钡溶液生成沉淀,加入稀硝酸,沉淀部分溶解证明水样中一定含有SO42−,CO32−,又因为Al3+与CO32−发生双水解,CO32−与Ag+、Ca2+、Mg2+发生反应生成沉淀不能大量存在,所以Al3+、Ag+、Ca2+、Mg2+不存在;n(SO42−)=2.33g233g/mol=0.01mol,n(CO32−)=n(BaCO3)=6.27g-2.33g197g/mol=0.02mol;c(SO42−)∶c(CO32−)=1∶2;原溶液中可能含有Cl-,根据电解质溶液中电荷守恒,阳离子K+一定存在;根据电荷守恒得到:0.01mol×2+0.02mol×2+n(Cl-)=n(K+)推知n(K+)≥0.06mol,则c(K+)≥0.06mol/L;
(1)水样中一定含有的阴离子是SO42−,CO32−;其物质的量浓度之比为1∶2。
(2)BC段所表示反应是碳酸钡溶于稀硝酸的反应,反应的离子方程式:
BaCO3+2H+Ba2++CO2↑+H2O。
(3)由B到C点变化过程中根据图像分析得到的碳酸钡的物质的量为
n(BaCO3)=6.27g-2.33g197g/mol=0.02mol;
消耗稀硝酸物质的量为0.04mol,消耗硝酸的体积
V=nc=0.04mol1mol/L=0.04L=40mL。
(5)可能存在的离子是Cl-,实验设计为:取少量水样于试管中,向试管中加入过量的硝酸钡溶液和稀硝酸,待沉淀完全和无气体生成后,向上层清液中滴加适量的硝酸银溶液,若生成白色沉淀,则原水样中含有Cl-,若无白色沉淀生成,证明无Cl-存在。
答案 (1)SO42−,CO32−(2分) 1∶2(2分)
(2)BaCO2+2H+Ba2++CO2↑+H2O(2分)
(3)40mL(2分)
(4)是(2分) ≥0.6mol/L(3分)
方法归纳 离子推断解题过程中的四项基本原则
(1)肯定性原则:根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子(熟记几种常见的有色离子:Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO4-、CrO42−、Cr2O72−)。
(2)互斥性原则:在肯定某些离子存在的同时,结合离子共存规律,否定一些离子的存在(要注意题目中的隐含条件,如酸性、碱性、指示剂颜色的变化、水的电离情况等)。
(3)电中性原则:溶液呈电中性,溶液中一定既含有阳离子,又含有阴离子,且正电荷总数与负电荷总数相等(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)。
(4)进出性原则:通常指在实验过程中生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。
21.(★★)(7分)向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸,请完成下列问题:
(1)写出反应的离子方程式 。
(2)下列三种情况下,离子方程式与(1)相同的是 (填序号)。
A.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性
B.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42−恰好完全沉淀
C.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量
(3)若缓缓加入稀硫酸直至过量,整个过程中混合溶液的导电能力(用电流强度/表示)可近似地用下图中的 曲线表示(填序号)。
(4)若有一表面光滑的塑料小球悬浮于Ba(OH)2溶液中央,如图所示,向该烧杯里缓缓注入与Ba(OH)2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应。在此实验过程中,小球将 。
考向 离子方程式的书写与判断
题组 结合图像的酸碱中和完全反应
思路分析 根据加入的硫酸的量结合溶液中的离子反应分析判断。
解析 (1)反应生成硫酸钡和水,该离子反应为
Ba2++2OH-+SO42−+2H+BaSO4↓+2H2O。
(2)离子方程式(1)反应后溶液为中性,
A项,向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性,即OH-完全反应,离子反应为
Ba2++2OH-+SO42−+2H+BaSO4↓+2H2O,
故选A项;
B项,向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42−恰好完全沉淀,离子反应为
Ba2++OH-+SO42−+H+BaSO4↓+H2O,
故不选B项;
C项,向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量,即H+完全反应,离子反应为
Ba2++OH-+SO42−+H+BaSO4↓+H2O,
故不选C项。
(3)开始加入稀硫酸时,硫酸与氢氧化钡反应生成不溶的硫酸钡和水,溶液中离子浓度降低,导电性减弱;恰好完全反应时溶液中只有水,纯水导电性极弱;过量后离子浓度增大,导电性增强。综上所述,故选C。
(4)向该烧杯里缓缓注入与氢氧化钡溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应,生成硫酸钡沉淀和水,而水的密度小于氢氧化钡溶液的密度,塑料小球受到的浮力减小,将下沉。
答案 (1)Ba2++2OH-+SO42−+2H+BaSO4↓+2H2O(2分)
(2)A(2分)
(3)C(2分)
(4)下沉(1分)
点评 通过根据溶液中发生的离子反应来判断溶液中离子浓度和溶液导电性的关系,考查科学探究与创新精神。
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。
相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Ba-137 Ne-20 Cu-64
第Ⅰ卷(选择题,共48分)
一、选择题(本题共16道小题,每小题3分,共48分。)
1.(★)下列有关研究物质性质的方法和程序的说法中,不正确的是( )
A.研究物质的性质时,常用到观察、实验、分类、比较等方法
B.研究物质性质的一般程序的第一步是预测物质的性质
C.可以用分类的方法预测物质的性质
D.观察是一种有计划、有目的地用感官考察研究对象的方法
考向 研究物质性质的基本方法和程序
题组 研究物质性质的基本方法和程序
解析 观察、实验、分类、比较等是研究物质性质的基本方法, 所以A选项正确;探究物质性质的基本程序是观察物质的外观性质、预测物质的性质、实验和观察、 解释和结论,故B错误;相同类别的物质的性质相似,可用分类的方法预测,所以C选项正确;观察法的含义即仔细观看客观事物或现象,是一种有计划、有目的地用感官考察研究对象的方法,所以D选项正确。
答案 B
点评 本题考查研究物质性质的方法和程序,难度不大,平时注意对基础知识的积累。
2.(★)使5.6LCO2气体迅速通过Na2O2固体后得到4.48L气体(标准状况下),这4.48L气体的质量为( )
A.8.8g B.6.4g
C.8.2g D.6.2g
考向 有关气体摩尔体积的计算
题组 差量法在化学计算中的应用
思路分析 根据气体的体积差,通过差量法计算参加反应的二氧化碳体积、生成的氧气的体积,判断4.48L气体的组成及各成分的体积,再根据n=VVm计算各组分气体的物质的量,利用m=nM计算质量。
解析 令参加反应的CO2气体的体积为a,生成的O2的体积为b,则:
2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,气体体积减小ΔV
2 1 1
a b 5.6L-4.48L=1.12L
解得a=2.24L,b=1.12L,
所以4.48L气体中CO2体积为5.6L-2.24L=3.36L,O2的体积为1.12L,
所以4.48L气体的质量为
3.36L22.4L/mol×44g/mol+1.12L22.4L/mol×32g/mol=8.2g,
故选C。
答案 C
点评 本题根据化学方程式采取差量法计算,即可以不用讨论或计算判断最后气体的组成,根据初始态和最终态气体的差量并结合化学方程式列出比例式求解计算。
方法技巧 差量法
不考虑变化过程,利用最终态(生成物)与最初态(反应物)的量的变化来求解的方法叫差量法。因无需考虑变化的过程,所以可使问题简化。但应注意,只有当差值与始态量或终态量存在比例关系,且是同一物理量时,才能用差量法,其关键是分析出引起差量的原因。
差量可以是物质的量的差,对固体、液体而言,差量可以是质量差、粒子个数差;对气体而言,差量还可以是同温、同压下的体积差。
3.(★)设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是( )
A.46gNO2和N2O4混合物含有的原子数为3NA
B.17g氨气所含质子数目为11NA
C.标准状况下22.4L的四氯化碳,含有四氯化碳分子数为NA
D.物质的量浓度为0.5mol·L-1的MgCl2溶液中,含有Cl-个数为1NA
考向 阿伏加德罗常数的应用
题组 有关阿伏加德罗常数的计算
解析 A项,NO2和N2O4的最简式均可以看成“NO2”,46g“NO2”的物质的量为1mol,含有的原子总数为3NA,正确;B项,17gNH3的物质的量为1mol,一个氨气分子中含有10个质子,因此1mol氨气中含 有10mol质子,即10NA个质子,错误;C项,标准状态下,四氯化碳不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算四氯化碳的物质的量,错误;D项,溶液体积不明确,故溶液中的氯离子的个数无法计算,错误。
答案 A
点睛 本题重点考查阿伏加德罗常数的相关计算。需要注意的是在计算气体物质的量时应注意是否为标准状况,只有在标准状况下气体的摩尔体积才是22.4L/mol。
4.(★)下列说法正确的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)( )
①28g氮气所含有的原子数目为NA
②4g金属钙变成钙离子时失去的电子数目为0.1NA
③在常温常压下,11.2LN2含有的分子数为0.5NA
④在标准状况下,1mol氖气含有的原子数为NA
⑤0.5mol单质铝与足量盐酸反应转移电子数为1.5NA
⑥标准状况下,1L水所含分子数为1/22.4NA
⑦17g氨气所含电子数目为10NA
A.①②⑤⑥⑦ B.①②④⑤⑥
C.⑤⑦ D.④⑤⑦
考向 阿伏加德罗常数的应用
题组 有关阿伏加德罗常数的计算
思路分析 ①根据n=mM计算氮气物质的量结合氮气分子式计算原子数;②根据n=mM计算金属钙的物质的量,结合钙原子最外层电子数为2分析;③根据气体摩尔体积的应用条件分析,标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol;④Ne是单原子分子;⑤根据1mol铝和足量盐酸反应失电子3mol分析计算;⑥标准状况水不是气体;⑦根据n=mM计算物质的量,结合氨气分子式计算电子数。
解析 ①根据n=mM计算28g氮气的物质的量为1mol,结合分子式计算原子数为2NA,故①错误;②根据n=mM计算4g金属钙的物质的量为0.1mol,结合钙原子最外层电子数为2分析,4g金属钙变成钙离子时失去的电子数目为0.2NA,故②错误;③根据气体摩尔体积的应用条件分析,标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol,在常温常压下,11.2LN2的物质的量不是0.5mol,故③错误;④Ne是单原子分子,在标准状况下Ne含有的原子数为NA,故④正确;⑤根据1mol铝和足量盐酸反应失3mol电子分析计算,0.5mol单质铝与足量盐酸反应转移的电子数为1.5NA,故⑤正确;⑥标准状况下水不是气体而是液体,1L水所含分子数远远大于1/22.4NA,故⑥错误;⑦根据n=mM计算17g氨气的物质的量为1mol,结合氨气分子式计算电子数为10NA,故⑦正确,综上所述④⑤⑦正确,所以D选项正确。
答案 D
点评 本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用,主要是物质的量和气体体积、微粒数的计算应用,主要是气体摩尔体积的条件应用,氧化还原反应电子转移计算应用,掌握基础是关键, 题目难度中等。
5.(★★)标准状况下,①6.72LNH3 ②1.204×1023个H2S
③6.4gCH4 ④0.5molHCl,下列关系正确的是( )
A.体积大小:④>③>②>①
B.原子数目:③>①>④>②
C.密度大小:④>②>③>①
D.质量大小:④>③>②>①
考向 物质的量
题组 以物质的量为中心的计算
思路分析 A项,相同条件下,体积相同条件下体积之比等于物质的量之比;B项,先计算出各物质中原子的物质的量,原子的数目之比等于原子的物质的量之比;C项,同温同压下,密度之比等于相对分子质量之比;D项,计算各物质的物质的量,再根据m=nM计算质量,据此进行判断。
解析 标准状况下,①6.72LNH3的物质的量为0.3mol,②1.204×1023个H2S的物质的量为0.2mol,③6.4gCH4的物质的量为0.4mol,④0.5molHCl。A项,由上述分析计算可知物质的量④>③>①>②,相同条件下体积之比等于物质的量之比,所以体积大小④>③>①>②,错误;B项,①标准状况下,6.72LNH3中原子的物质的量为0.3mol×4=1.2mol,②1.204×1023个H2S中原子的物质的量为0.2mol×3=0.6mol,③6.4gCH4中原子的物质的量为0.4mol×5=2mol,④0.5molHCl 中原子的物质的量为0.5mol×2=1mol,原子数目之比等于原子物质的量之比,所有原子数目③>①>④>②,正确;C项,同温同压下,密度之比等于相对分子质量之比,①NH3的相对分子质量为17,②H2S的相对分子质量为34,③CH4的相对分子质量为16,④HCl的相对分子质量为36.5,故密度大小④>②>①>③,错误;D项,①6.72LNH3的质量为0.3mol×17g/mol=5.1g,②1.204×1023个H2S的质量为0.2mol×34g/mol=6.8g,④0.5molHCl的质量为0.5mol×36.5g/mol=18.25g,故质量大小④>②>③>①,错误。
答案 B
6.(★★★)在三个密闭的容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体,在以下各种情况下排序正确的是( )
A.当它们的体积和温度、压强均相同时,三种气体的密度ρ(H2)>ρ(Ne)>ρ(O2)
B.当它们温度和密度都相同时,三种气体的压强P(H2)>P(Ne)>P(O2)
C.当它们质量和温度、压强相同时,三种气体的体积V(O2)>V(Ne)>V(H2)
D.当它们体积和温度、压强相同时,三种气体的质量m(H2)>m(Ne)>m(O2)
考向 阿伏加德罗定律及其推论
题组 有关阿伏加德罗定律及其推论的计算
思路分析 根据PV=nRT可以知道,PM=ρRT,因此在温度和密度相等的条件下,压强和气体的摩尔质量成反比,温度、压强均相同时,气体的摩尔体积Vm相等,结合n=mM=VVm解答该题。
解析 温度、压强均相同时,气体的摩尔体积Vm相等,根据ρ=mV=nMnVm=MVm,可以知道气体的密度与摩尔质量呈正比,则ρ(O2)>ρ(Ne)>ρ(H2),故A错误;根据PV=nRT可以知道,PM=ρRT,因此在温度和密度相等的条件下,压强和气体的摩尔质量成反比,则三种气体的压强P(H2)>P(Ne)>P(O2),故B正确;温度、压强均相同时,气体的摩尔体积Vm相等,由n=mM=VVm可以知道,等质量时,气体的体积和摩尔质量呈反比,应为V(H2)>V(Ne)>V(O2),故C错误;温度、压强均相同时,气体的摩尔体积Vm相等,由n=mM=VVm可以知道,等体积时,气体的质量和摩尔质量呈正比,则m(O2)>m(Ne)>m(H2),故D错误。
答案 B
7.(★)实验室里需要480mL0.1mol/L的硫酸铜溶液,选取容量瓶进行配制,以下操作正确的是[胆矾(CuSO4·5H2O)]( )
A.称取7.68g硫酸铜,加入500mL水
B.称取12.0g胆矾配成500mL溶液
C.称取8.0g硫酸铜,加入500mL水
D.称取12.5g胆矾配成500mL溶液
考向 物质的量浓度及其溶液配制
题组 有关溶液配制过程的计算
解析 欲配制480mL0.1mol/L 的硫酸铜溶液,需要配制500mL0.1mol/L 的硫酸铜溶液,溶液中硫酸铜的质量为0.5L×0.1mol/L=0.05mol,需要称取硫酸铜的质量为0.05mol×160g/mol=8g,若称取胆矾,则需要称取的质量为0.05mol×250g/mol=12.5g,据此可排除A、B项;C项,称取8g 硫酸铜,加入500mL水,配成的溶液的体积不是500mL,溶液的浓度不是0.1mol/L,错误;D项正确。
答案 D
点评 计算溶质的质量时,本题溶液的体积按500mL计算,即如果配制的溶液体积和实验室中容量瓶的规格不符时,容量瓶应该选取比要配制的体积大且最接近的规格的容量瓶。
8.(★)某溶液中只含有K+、Na+、NO3-、SO42−四种离子(不考虑水的电离),它们的物质的量之比为1∶6∶3∶2,该溶液所含的溶质可能是( )
A.KNO3、Na2SO4 B.KNO3、Na2SO4、NaNO3
C.K2SO4、NaNO3、KNO3 D.K2SO4、KNO3
考向 溶液电荷守恒
题组 溶液中离子浓度的计算
思路分析 溶液中所有阳离子带的正电荷总数等于所有阴离子带的负电荷总数,溶液不显电性,根据四种离子数目之比分析解答。
解析 A项,不可能只含KNO3、Na2SO4,与K+、NO3-的物质的量之比为1∶3不符合,错误;B项,KNO3、Na2SO4 、NaNO3 三者按物质的量之比为1∶2∶2混合时离子数目比符合题意,正确;C项,K2SO4、NaNO3 、KNO3三者无论以何种比例混合,K+和SO42−的数目之比都大于1∶2,与题意不符合,错误;D项,不可能只含K2SO4、KNO3,因为缺少Na+,错误。
答案 B
点评 此题采用排除法解决,抓住核心问题,只要是缺少离子或者离子物质的量比例不符合已知比例,可以直接排除,这样可以简化步骤快速解题。
9.(★★)将标准状况下aLHCl溶于1L水中,得到的盐酸密度为bg/cm3,则该盐酸的物质的量浓度是( )
A.a22.4mol/L B.ab22400mol/L
C.1000ab22400+36.5amol/L D.ab22400+36.5amol/L
考向 溶液电荷守恒
题组 溶液物质的量浓度的有关计算
思路分析 根据物质的量浓度的含义、计算式及其溶液的密度等物理量之间的关系解答。
解析 本题主要考查物质的量的浓度有关计算。标准状况下,aLHCl的物质的量为a22.4mol,质量是36.5a22.4g,即溶质的质量m=36.5a22.4g,1L水的质量为1000g,则溶液的体积V=mρ=1000g+36.5a22.4gb/cm3×10-3L,所以盐酸的浓度c=nV=1000ab22400+36.5amol/L,故C项正确。
答案 C
方法归纳 已知标准状况下VL气体溶于水后形成溶液,求c:
(1)若已知溶液的体积,则Vnc。
(2)若已知溶液的密度为ρg·cm-3,该气体溶于1L水形成的溶液中,溶质的物质的量浓度c=nV(溶液)=V22.4MV22.4+1000ρ×1000mol·L-1=V22.4MV+2240022400ρmol·L-1=1000ρVMV+22400mol·L-1。
10.(★)将下列各组物质,按单质、氧化物、酸、碱、盐分类顺序排列正确的是( )
A.银、二氧化硫、硫酸、纯碱、食盐
B.碘酒、冰、硫酸氢钠、烧碱、碳酸钙
C.氢气、干冰、硝酸、烧碱、硝酸钾
D.铜、氧化铜、醋酸、石灰水、碳酸氢钠
考向 物质的分类
题组 物质的分类
思路分析 认识物
质组成⇒掌握分
类标准⇒依据标准,
进行分类
解析 A项,纯碱属于盐,不属于碱;B项,碘酒属于混合物,不属于单质,硫酸氢钠属于盐,不属于酸;D项,石灰水属于混合物,不属于碱。
答案 C
解题关键 熟悉常见物质的分类,根据单质、氧化物、酸、碱、盐的定义解答。
易错警示 (1)并不是所有的金属氧化物都是碱性氧化物,如Mn2O7为酸性氧化物;并不是所有的非金属氧化物都是酸性氧化物,如CO、NO等就不是酸性氧化物。
(2)分类时注意物质的真实组成,不要被俗名迷惑,如盐酸是HCl的水溶液,是混合物;纯碱是Na2CO3,属于盐;结晶水合物,如CuSO4·5H2O是纯净物。
(3)只由一种元素组成的物质,可能是纯净物,也可能是混合物。例如,O2、O3均是纯净物,而O2和O3混合后就是混合物。
(4)冰和水混合在一起仍是纯净物,因为二者仅是状态不同,但组成相同,都是H2O。
11.(★★)下列关于胶体和溶液的有关叙述,正确的组合是( )
①溶液呈电中性,胶体带有电荷
②用石膏或盐卤点制豆腐,利用了胶体的性质
③用滤纸能把胶体中的分散质与分散剂分离
④用光照射鸡蛋清溶液和淀粉溶液均能产生丁达尔效应
⑤纳米材料粒子直径一般从几纳米到几十纳米(1nm=10-9m),因此纳米材料属于胶体
⑥向煮沸的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液并继续煮沸制备Fe(OH)3胶体
⑦水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘,是因为烟尘粒子带电荷
⑧胶体都是均匀透明的液体
⑨以水为分散剂的分散系,按稳定性由弱到强顺序排列的是:浊液、溶液、胶体
A.②④⑥⑦ B.①②⑤⑥
C.④⑥⑧⑨ D.①②④⑤
考向 溶液和胶体的性质
题组 胶体的性质与应用
思路分析 ①溶液和胶体均是呈电中性的;
②胶体遇电解质发生聚沉;
③胶粒能透过滤纸;
④鸡蛋清溶液和淀粉溶液是胶体;
⑤纳米材料不是分散系;
⑥向沸腾的蒸馏水中逐滴滴入适量氯化铁饱和溶液,可制备胶体;
⑦胶体具有电泳性质;
⑧胶体是一种均一、稳定的分散系,但不一定透明;
⑨溶液是稳定体系,浊液不稳定,胶体为介稳定体系。
解析 ①溶液和胶体均不带电,是呈电中性的分散系,故①错误;②豆浆是胶体,遇石膏或卤水等含有电解质的物质时发生聚沉,故②正确;③胶体中的分散质与分散剂都能透过滤纸,故③错误;④鸡蛋清溶液和淀粉溶液是胶体,能产生丁达尔效应,故④正确;⑤纳米材料只是一种分散质,没有形成分散系,不是胶体,故⑤错误;⑥向沸水中逐滴滴加饱和溶液5~6滴,并加热至溶液呈红褐色时,铁离子水解生成胶体,故⑥正确;⑦胶体具有电泳性质,水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘,是因为烟尘粒子带电荷,与胶体性质有关,故⑦正确;⑧胶体是一种均一、稳定的分散系,但不一定透明,如豆浆,故⑧错误;⑨溶液稳定,一般情况溶质与溶剂不分离,浊液很不稳定,分散质容易沉降或与分散剂分离,胶体稳定性介于溶液与浊液之间,稳定性:溶液>胶体>浊液,故⑨错误。所以A选项正确。
答案 A
解后反思 本题考查胶体的性质,题目难度不大,注意胶体的性质,特别是胶体不一定透明,胶体不带电荷,胶粒吸附带电离子。
12.(★★)在给定的四种溶液中,加入以下各种离子,各离子能在原溶液中共存的是( )
A.常温下,加入铁粉能生成H2的溶液:加入Na+、Ca2+、Cl-、HCO3-
B.滴加酚酞变红的溶液:加入SO42−、Cu2+、K+、Cl-
C.所含溶质为NaHSO4的溶液:加入K+、CO32−、NO3-、Na+
D.含有大量SO42−的溶液:加入Mg2+、Cu2+、Cl-、NO3-
考向 离子共存
题组 离子共存的判断
思路分析 离子共存的审题思路
解析 常温下,加入铁粉能生成H2的溶液显酸性,酸性条件下HCO3-不能大量共存,A错误;滴加酚酞变红的溶液显碱性,碱性条件下Cu2+不能大量共存,B错误;NaHSO4的溶液中含有大量的氢离子,氢离子与CO32−反应生成二氧化碳和水而不能大量共存,C错误;含有大量SO42−的溶液中,Mg2+、Cu2+、Cl-、NO3-各离子间不反应,能够大量共存,D正确。
答案 D
方法技巧 限定条件的离子共存判断
(1)溶液无色透明时,则溶液中一定没有有色离子,如Cu2+(蓝色)、Fe3+(棕黄色)、Fe2+(浅绿色)、MnO4-(紫红色)等。
(2)滴入酚酞溶液变红的溶液中肯定不能大量存在与OH-反应的离子,如Al3+、Mg2+、Cu2+、Zn2+、Fe3+、Fe2+、NH4+、H+、HCO3-、HSO3-等。
(3)滴入石蕊溶液变红的溶液中肯定不能大量存在与H+反应的离子,如OH-、CO32−、HCO3-等。
13.(★)下列叙述正确的是( )
A.硫酸钡难溶于水,在水溶液中不能导电,所以硫酸钡不是电解质
B.强电解质在水溶液中的导电性一定比弱电解质强
C.三氧化硫溶于水能导电,所以三氧化硫是电解质
D.硫酸、氢氧化钡、纯碱、苛性钠都是强电解质
考向 电解质与非电解质
题组 电解质和非电解质的判断
思路分析 A.根据电解质和溶解度的关系解答;
B.根据强电解质与溶液的导电性的关系解答;
C.三氧化硫的水溶液能导电,但三氧化硫是非电解质;
D.强电解质包括强酸、强碱、大部分盐和活泼金属氧化物。
解析 硫酸钡在水溶液中虽难溶,但熔融状态有自由移动的离子,能导电,故是电解质,故A错误;强、弱电解质和电解质是否易溶于水无关,强电解质与电解质是否完全电离有关,硫酸钡难溶于水,但它是强电解质,乙酸易溶于水,但它是弱酸.强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液导电性强,故B错误;溶于水后和水反应生成硫酸,硫酸电离出阴阳离子而使其溶液导电,电离出阴、阳离子的物质是硫酸而不是三氧化硫,所以是非电解质,故C错误;硫酸是强酸、氢氧化钡、苛性钠是强碱、纯碱是盐、都是强电解质,故D正确。
答案 D
易错辨析 (1)某化合物是否是电解质与溶解性无关。如蔗糖易溶于水,但是蔗糖是非电解质,如BaSO4、CaCO3难溶于水,但它们是电解质。
(2)能导电的物质不一定是电解质,如石墨、金属、氯化钠溶液等能导电,但不是电解质。
(3)电解质在水溶液中或熔融状态下即发生电离,电离不需通电。
14.(★)下列关于电解质与导电关系的叙述正确的是( )
A.NaCl溶液在电流作用下电离成Na+和Cl-
B.NaCl是电解质,故NaCl晶体能导电
C.氯化氢溶于水能导电,但液态氯化氢不能导电
D.导电性强的溶液里自由移动离子数一定比导电性弱的溶液里自由移动离子数多
考向 电解质与溶液的导电性
题组 电解质与溶液导电性的关系
解析 NaCl固体溶于水,在水分子的作用下,电离出自由移动的Na+和Cl-,而不是电流的作用,A错误;NaCl是电解质,但晶体中Na+和Cl-不能自由移动,故NaCl晶体不导电,B错误;液态HCl未电离,没有自由移动的离子,故不导电,但溶于水能电离出H+和Cl-,能导电,故C正确;溶液导电性强弱与离子的浓度有关,而非离子数目,D错误。
答案 C
易错点睛 电解质溶液的导电能力与溶液中离子浓度及离子所带电荷多少有关,离子浓度越大,离子所带电荷越多,导电能力越强。
15.(★)下表对离子方程式的评价不合理的是( )
选项
化学反应及其离子方程式
评价
A
向碳酸钙上滴加稀盐酸:2H++CO32−CO2↑+H2O
错误,碳酸钙不应该写成CO32−
B
向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液:Ba2++SO42−BaSO4↓
正确
C
铁粉与稀硫酸反应:2Fe+6H+2Fe3++3H2↑
错误,H+的氧化性较弱,只能将铁单质氧化为Fe2+
D
碳酸氢钠溶液与过量澄清石灰水反应2HCO3+Ca2++2OH-CaCO3↓+2H2O+CO32−
错误,碳酸氢钠溶液少量,书写的离子方程式中HCO3-的化学计量数应为1
考向 离子反应方程式
题组 离子反应方程式正误判断
解析 碳酸钙不能拆开,正确的离子方程式为CaCO3+2H+Ca2++H2O+CO2↑,该评价合理,故A不选;向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液,反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨,正确的离子方程式为2OH-+2NH4++Ba2++SO42−BaSO4↓+2NH3·H2O,该评价不合理,故B选;H+的氧化性较弱,只能将铁单质氧化为Fe2+,正确的离子方程式为Fe+2H+Fe2++H2↑,该评价合理,故C不选;碳酸氢钠溶液与过量澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水,正确的离子方程式为HCO3-+Ca2++OH-CaCO3↓+H2O,评价合理,故D不选。
答案 B
解题模板 离子方程式正误判断的一般思路
16.(★★)为了除去下表物质中的杂质(括号内为杂质),所选试剂(过量)及操作方法正确的是( )
物质
选用试剂(过量)
操作方法
A
Cu(CuO)
氧气
通入氧气并加热
B
CO2(HCl)
氢氧化钠溶液
气体通过氢氧化钠溶液的洗气瓶
C
N2(O2)
铜粉
气体通过炽热的铜粉
D
KCl溶液
(K2CO3)
氯化钙溶液
加入氯化钙溶液充分反应后过滤
考向 混合物的分离和提纯
题组 物质的除杂
思路分析 A项,根据铜和氧气在加热的条件下反应生成氧化铜判断。
B项,根据二氧化碳、盐酸均与氢氧化钠反应的性质判断。
C项,根据氮气不和铜反应,氧气能和铜在加热的条件下反应判断。
D项,根据碳酸钾与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钾的性质判断。
解析 A项,铜和氧气在加热的条件下反应生成氧化铜,该操作不仅不能除去氧化铜,还不能保留铜,所以A错误;B项,二氧化碳、盐酸均与氢氧化钠反应,该操作把二氧化碳、氯化氢都吸收了,所以B错误;C项,氮气不和铜反应,氧气能和铜在加热的条件下反应生成氧化铜从而被除去,所以C正确;D项,碳酸钾与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钾,过滤能除去碳酸钙,但氯化钙溶液的量不好控制,氯化钙可能会成为新杂质,或者碳酸钾有残留除不尽,所以D错误。
答案 C
方法技巧 (1)化学方法除杂的原则是“不增、不减、易分、复原”。“不增”即不能增加新的杂质;“不减”即除杂质的过程中不能消耗被提纯物质;“易分”即杂质转化生成的沉淀、气体等易分离除去;“复原”即在分离操作中,若被分离的物质转变为其他物质,应采用适当方法将其恢复为原物质。
(2)化学方法除杂的思路:先根据杂质特点选择除杂试剂,通过选择那些易与杂质反应生成气体或沉淀的物质作为试剂,然后根据“不增”的原则,确定试剂加入的顺序。
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、非选择题(共52分)
17.(★)(12分)现有下列10种物质:①液态HCl
②NaHCO3固体 ③NaCl晶体 ④CO2气体 ⑤蔗糖溶液 ⑥Ba(OH)2粉末 ⑦红褐色的氢氧化铁胶体 ⑧氨水 ⑨熔融NaHSO4 ⑩Cu
(1)上述10种物质中能导电的有 ,非电解质有 (填序号)。
(2)向⑦的溶液中逐渐增加①的水溶液,看到的现象 。
(3)上述10种物质中有两种物质在水溶液中发生反应的离子方程式为H++OH-=H2O,则该反应的化学方程式为 。
(4)写出⑨的电离方程式: 。
(5)写出Ba(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液反应的离子方程式:
。
(6)请写出制备⑦的离子反应方程式:
。
考向 离子反应,离子方程式
题组 电解质与非电解质的判断,离子方程式的书写
思路分析 根据物质的组成、物质的电离和溶液中离子反应的实质及离子方程式的书写方法等知识解题。
解析 (1)①液态HCl不电离,不能导电,但是氯化氢在水中能完全电离,属于电解质;②NaHCO3固体不能导电, 但NaHCO3在熔融状态和水溶液中都能完全电离,属于电解质;③NaCl晶体不能导电,在熔融状态和水溶液中都能完全电离,属于电解质;④CO2本身不能导电,在水溶液中和熔融状态下都不能电离出自由移动的离子,属于非电解质;⑤蔗糖在水溶液中和熔化状态下都不能电离出自由移动的离子而导电,属于非电解质,蔗糖溶液不能导电;⑥Ba(OH)2 粉末不能导电,Ba(OH)2在熔融状态能完全电离,属于电解质;⑦红褐色的氢氧化铁胶体是混合物,属于胶体分散系,既不是电解质也不是非电解质;⑧氨水是混合物,既不是电解质也不是非电解质,NH3·H2O 在水溶液中能部分电离出自由移动的离子,属于弱电解质,氨水能导电;⑨NaHSO4在熔融状态和水溶液中都能完全电离,是电解质,熔融NaHSO4能导电;⑩Cu是单质,既不是电解质也不是非电解质,Cu能导电。
(2)胶体遇电解质发生聚沉,三氯化铁溶液呈黄色,所以向⑦红褐色的氢氧化铁胶体中逐渐滴加①HCl的水溶液,看到的现象是先产生红褐色沉淀,然后沉淀逐渐溶解并得到黄色溶液。
(3)①液态HCl和⑥Ba(OH)2 粉末在水溶液中发生反应的化学方程式为2HCl+Ba(OH)2BaCl2+2H2O,离子方程式为H++OH-H2O。
(4)熔融状态下NaHSO4电离出Na+和HSO4-,电离方程式为NaHSO4(熔融)Na++HSO4-。
答案 (1)⑦⑧⑨⑩(2分) ④(1分)
(2)先产生红褐色沉淀,然后沉淀逐渐溶解并得到黄色溶液 (1分)
(3)2HCl+Ba(OH)2BaCl2+2H2O(2分)
(4)NaHSO4(熔融)Na++HSO4-(2分)
(5)Ba2++OH-+HCO3-BaCO3↓+H2O(2分)
(6)Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+(2分)
规律总结 “以少定多法”书写离子方程式的步骤
步骤
内 容
第一步
确定“少量”物质中参加反应的离子及数目
第二步
按“少量”物质的离子充分反应的原则,确定“过量”物质所提供的离子种类与数目
第三步
书写离子方程式
第四步
检查质量(原子)、电荷是否守恒
18.(★★)(10分)NaCl溶液中混有少量Na2SO4、CaCl2溶液和淀粉胶体,选择适当的试剂和方法从中提纯出NaCl晶体。相应的实验过程如下,图中试剂①是某种盐的水溶液。回答下列问题:
(1)操作①的名称是 ,试剂①的化学式是 。
(2)沉淀B的成分是 (填化学式)。
(3)实验室需要用上述制得的纯净NaCl晶体配制0.2mol·L-1NaCl溶液500mL,需要用托盘天平称取 gNaCl晶体,实验中除了烧杯、量筒、玻璃棒外,还需要用到的玻璃仪器是 (填仪器名称)。下列操作使所配溶液浓度偏低的有 。(选填序号)
a.称取NaCl晶体时,将NaCl晶体放在托盘天平的右盘
b.定容时,加蒸馏水超过刻度线,又用胶头滴管吸出
c.转移前,容量瓶中含有少量蒸馏水
d.定容时,俯视刻度线
第二章 化学物质及其变化 第二节 物质的分类
考向 混合物的分离和提纯,胶体的性质,一定物质的量浓度溶液的配制
题组 混合物的分离和提纯,一定物质的量浓度溶液的配制时的误差分析
解析 分离淀粉胶体和溶液用渗析的方法。已知最终想得到氯化钠晶体,经过操作①得到的溶液中含有杂质离子硫酸根离子、钙离子,首先应除去硫酸根离子,加入的过量试剂①为氯化钡,经过操作②过滤得到的沉淀A是硫酸钡,得到的溶液中含有的杂质离子为钙离子和过量的钡离子,加入的过量试剂②为碳酸钠,经过操作②过滤得到的沉淀B为碳酸钙和碳酸钡,得到的溶液中含有过量的碳酸根离子,应加入适量试剂③盐酸除去,最后加热即可得到氯化钠晶体。(3)需要用托盘天平称取的氯化钠的质量为0.2×0.5×58.5g=5.85g≈5.9g。a项,用托盘天平称量物品时应遵循左物右码原则,氯化钠晶体放在右盘会使得称取的氯化钠的质量偏小,使所配溶液的浓度偏低;b项,定容时加蒸馏水超过刻度线会使所配溶液的体积偏大,溶液浓度偏低;c项,转移前,容量瓶中含有少量的蒸馏水对所配溶液的浓度无影响;d项,定容时,俯视刻度线使得溶液的体积偏小,溶液浓度偏大。
答案 (1)渗析(1分) BaCl2(1分)
(2)BaCO3、CaCO3(2分)
(3)5.9g(2分) 500mL容量瓶、胶头滴管(2分) ab(2分)
19.(★★★)(10分)Ⅰ.(1)标准状况下,NH3与CH4组成的混合气体的平均密度为0.75g/L,该混合气体中NH3的体积分数为 。
(2)VmLAl2(SO4)3溶液中含Al3+ag,取0.5VmL溶液稀释到2VmL,则稀释后溶液中SO42−的物质的量浓度是 mol/L。
Ⅱ.卫生部严令禁止在面粉生产中添加过氧化钙(CaO2)等食品添加剂。过氧化钙(CaO2)是一种安全无毒物质,带有结晶水,通常还含有CaO。
(1)称取5.42g过氧化钙样品,灼热时发生如下反应:
2[CaO2·xH2O]→2CaO+O2↑+2xH2O,得到O2在标准状况下体积为672mL,该样品中CaO2的物质的量为 。
(2)另取同一样品5.42g,溶于适量稀盐酸中,然后加入足量的Na2CO3溶液,将溶液中Ca2+全部转化为CaCO3沉淀,得到干燥的CaCO37.0g。
①样品中CaO的质量为 。
②样品中CaO2·xH2O的x值为 。
考向 气体摩尔体积,溶液稀释,物质的组成
题组 有关物质的量的综合计算
思路分析 Ⅰ.(1)先根据标准状况下混合气体的平均密度和气体摩尔体积求出混合气体的平均摩尔质量,再根据气体摩尔质量求出气体的物质的量之比,最后根据相同条件下气体体积之比等于物质的量之比,求出氨气的体积分数。
(2)先求出VmL 硫酸铝溶液中铝离子的物质的量,进而根据化学式求出硫酸铝溶液的物质的量浓度,再求出溶液稀释后硫酸铝溶液的物质的量浓度,最后根据化学式求出稀释后硫酸根离子的物质的量浓度。
Ⅱ.(1)根据n=VVm计算氧气的物质的量,根据方程式可以知道:
n(CaO2)=n(CaO2·xH2O)=2n(O2),计算样品中CaO2的物质的量;
(2)①n总(Ca2+)=n(CaCO3),根据钙离子守恒计算n(CaO),再根据m=nM计算;
②计算水的质量,再计算水的物质的量,进而计算x的值。
解析 Ⅰ.(1)标准状况下,氨气和甲烷组成的混合气体的平均摩尔质量为0.75×22.4g/mol=16.8g/mol,设氨气的物质的量为x,甲烷的物质的量为y,则有17x+16yx+y=16.8,解得x=4y,根据相同条件下气体体积之比等于物质的量之比可知,混合气体中氨气的体积分数为xx+y×100%=4y4y+y×100%=80%。
(2)VmL硫酸铝溶液中铝离子的物质的量为a27mol,则硫酸铝溶液的物质的量浓度为a272V×1000mol/L,溶液稀释后硫酸铝溶液的物质的量浓度为a272V×1000mol/L÷4,其中硫酸根离子的物质的量浓度为a272V×1000mol/L÷4×3=125a9Vmol/L。
Ⅱ.(1)氧气的物质的量=0.672L22.4L/mol=0.03mol,根据方程式可以知道:
n(CaO2)=n(CaO2·xH2O)=2n(O2)=0.03mol×2=0.06mol,
因此,本题正确答案是:0.06mol;
(2)①n总(Ca2+)=n(CaCO3)=7g100g/mol=0.07mol,根据钙离子守恒:
n(CaO)=0.07mol-0.06mol=0.01mol,
故m(CaO)=0.01mol×56g/mol=0.56g,
因此,本题正确答案是:0.56g;
②水的质量=5.42g-0.56g-0.06mol×72g/mol=0.54g,
其物质的量=0.54g18g/mol=0.03mol,
故0.06x=0.03,则x=12,
因此,本题正确答案是:12.
答案 (每空2分)Ⅰ.(1)80% (2)1.25a9V
Ⅱ.(1)0.06mol (2)①0.56g ②12
点评 本题主要考查有关气体摩尔体积的计算、溶液稀释后离子物质的量浓度的计算以及根据化学方程式计算物质的组成、有关物质的量的综合计算等,难度较大,对考生综合能力的要求较高,平时要注意基础知识的积累。
20.(★★★)(13分)下面是某化学研究性学习小组对某无色水样成分的检验过程,已知该水样中只可能含有K+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Ag+、Ca2+、Cl-、CO32−和SO42−中的若干种,该小组同学取100mL水样进行实验:向样品中先滴加硝酸钡溶液,再滴加1.0mol·L-1的硝酸,实验过程中沉淀质量的变化如图所示:(注:ab段表示加入硝酸钡溶液;bd段表示滴加稀硝酸)
请回答:
(1)水样中一定含有的阴离子是 ,其物质的量之比为 。
(2)写出BC段曲线所表示反应的离子方程式
。
(3)由B点到C点变化过程中消耗硝酸的体积为 。
(4)试根据实验结果推测K+是否存在? (填“是”或“否”);若存在,K+的物质的量浓度c(K+)的范围是 。(若K+不存在,则不必回答该问)
(5)设计简单实验验证原水样中可能存在的离子(写出实验步骤、现象和结论)
。
考向 离子判断,离子方程式的书写,离子检验
题组 溶液中离子反应的有关计算、离子反应的应用
思路分析 离子推断题目可以把实验操作、离子反应、离子共存、离子检验、电荷守恒等知识综合起来考查,综合性较强,其一般解题思路:根据实验操作及反应现象判断一定含有的离子根据离子共存判断一定不含的离子根据电荷守恒判断含有的其他离子确定可能含有的离子。
必须注意两点:(1)所加试剂引入的离子对后续实验的影响;(2)运用电荷守恒判断溶液中含有的其他离子时要将定性与定量的方法相结合。
本题首先根据无色水样,排除有色离子Fe3+和Cu2+,然后根据实验过程中沉淀的质量变化图像结合已知信息判断溶液中存在的离子。
解析 该水样为无色溶液,水样Fe3+、Cu2+不存在,根据图象分析加入硝酸钡溶液生成沉淀,加入稀硝酸,沉淀部分溶解证明水样中一定含有SO42−,CO32−,又因为Al3+与CO32−发生双水解,CO32−与Ag+、Ca2+、Mg2+发生反应生成沉淀不能大量存在,所以Al3+、Ag+、Ca2+、Mg2+不存在;n(SO42−)=2.33g233g/mol=0.01mol,n(CO32−)=n(BaCO3)=6.27g-2.33g197g/mol=0.02mol;c(SO42−)∶c(CO32−)=1∶2;原溶液中可能含有Cl-,根据电解质溶液中电荷守恒,阳离子K+一定存在;根据电荷守恒得到:0.01mol×2+0.02mol×2+n(Cl-)=n(K+)推知n(K+)≥0.06mol,则c(K+)≥0.06mol/L;
(1)水样中一定含有的阴离子是SO42−,CO32−;其物质的量浓度之比为1∶2。
(2)BC段所表示反应是碳酸钡溶于稀硝酸的反应,反应的离子方程式:
BaCO3+2H+Ba2++CO2↑+H2O。
(3)由B到C点变化过程中根据图像分析得到的碳酸钡的物质的量为
n(BaCO3)=6.27g-2.33g197g/mol=0.02mol;
消耗稀硝酸物质的量为0.04mol,消耗硝酸的体积
V=nc=0.04mol1mol/L=0.04L=40mL。
(5)可能存在的离子是Cl-,实验设计为:取少量水样于试管中,向试管中加入过量的硝酸钡溶液和稀硝酸,待沉淀完全和无气体生成后,向上层清液中滴加适量的硝酸银溶液,若生成白色沉淀,则原水样中含有Cl-,若无白色沉淀生成,证明无Cl-存在。
答案 (1)SO42−,CO32−(2分) 1∶2(2分)
(2)BaCO2+2H+Ba2++CO2↑+H2O(2分)
(3)40mL(2分)
(4)是(2分) ≥0.6mol/L(3分)
方法归纳 离子推断解题过程中的四项基本原则
(1)肯定性原则:根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子(熟记几种常见的有色离子:Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO4-、CrO42−、Cr2O72−)。
(2)互斥性原则:在肯定某些离子存在的同时,结合离子共存规律,否定一些离子的存在(要注意题目中的隐含条件,如酸性、碱性、指示剂颜色的变化、水的电离情况等)。
(3)电中性原则:溶液呈电中性,溶液中一定既含有阳离子,又含有阴离子,且正电荷总数与负电荷总数相等(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)。
(4)进出性原则:通常指在实验过程中生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。
21.(★★)(7分)向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸,请完成下列问题:
(1)写出反应的离子方程式 。
(2)下列三种情况下,离子方程式与(1)相同的是 (填序号)。
A.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性
B.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42−恰好完全沉淀
C.向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量
(3)若缓缓加入稀硫酸直至过量,整个过程中混合溶液的导电能力(用电流强度/表示)可近似地用下图中的 曲线表示(填序号)。
(4)若有一表面光滑的塑料小球悬浮于Ba(OH)2溶液中央,如图所示,向该烧杯里缓缓注入与Ba(OH)2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应。在此实验过程中,小球将 。
考向 离子方程式的书写与判断
题组 结合图像的酸碱中和完全反应
思路分析 根据加入的硫酸的量结合溶液中的离子反应分析判断。
解析 (1)反应生成硫酸钡和水,该离子反应为
Ba2++2OH-+SO42−+2H+BaSO4↓+2H2O。
(2)离子方程式(1)反应后溶液为中性,
A项,向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性,即OH-完全反应,离子反应为
Ba2++2OH-+SO42−+2H+BaSO4↓+2H2O,
故选A项;
B项,向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42−恰好完全沉淀,离子反应为
Ba2++OH-+SO42−+H+BaSO4↓+H2O,
故不选B项;
C项,向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量,即H+完全反应,离子反应为
Ba2++OH-+SO42−+H+BaSO4↓+H2O,
故不选C项。
(3)开始加入稀硫酸时,硫酸与氢氧化钡反应生成不溶的硫酸钡和水,溶液中离子浓度降低,导电性减弱;恰好完全反应时溶液中只有水,纯水导电性极弱;过量后离子浓度增大,导电性增强。综上所述,故选C。
(4)向该烧杯里缓缓注入与氢氧化钡溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应,生成硫酸钡沉淀和水,而水的密度小于氢氧化钡溶液的密度,塑料小球受到的浮力减小,将下沉。
答案 (1)Ba2++2OH-+SO42−+2H+BaSO4↓+2H2O(2分)
(2)A(2分)
(3)C(2分)
(4)下沉(1分)
点评 通过根据溶液中发生的离子反应来判断溶液中离子浓度和溶液导电性的关系,考查科学探究与创新精神。
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