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“山江湖”协作体高一(统招班)第三次月考化学试卷可能用到的相对原子质量:H:1 O:16 Fe:56 Cu:64 S:32 C:12 Na:23 Mg:24 Al:27 Cl:35.5选择题:(本题包括16小题,共3分,每小题只有一个选项符合题意)1.己知金属钠投入水中会发生剧烈反应,并有氢气生成。运输金属钠的包装箱应贴有的图标A易燃液体B遇湿易燃物品C氧化剂D腐蚀品A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】钠和水反应的方程式为2Na+2H2O=H2+2 NaOH,生成物中含有氢气,氢气易燃烧,所以应贴遇湿易燃品,故选B。2.用NA表示阿伏加德罗常数,下列叙述中正确的是( )A. 标准状况下,22.4 L H2O含有的分子数为NAB. 常温常压下,1.06 g Na2CO3含有的Na+数为0.02NAC. 常温常压下,NA个CO2分子占有的体积为22.4 LD. 物质的量浓度为0.5 molL1的MgCl2溶液中含有Cl个数为NA【答案】B【解析】标准状况下,水不是气体,不能适用于气体摩尔体积,A不正确;B中1.06g碳酸钠是0.01mol,含有0.02mol钠离子,B不正确;C不正确,再标准状况下,1mol气体的体积是22.4L;D不正确,因为溶液的体积不能确定,答案选B。3.以下关于化学实验中“先”与“后”的说法正确的是 加热试管时,先均匀加热,后局部加热 做H2还原CuO实验时,先通H2,后加热CuO,反应完毕后,先撤酒精灯待试管冷却,后停止通H2 制取气体时,先检查装置气密性,后装药品 点燃可燃性气体如H2、CO等时,先检验气体纯度,后点燃 制取蒸馏水时,先通冷却水,后加热蒸馏烧瓶 进行分液操作时,先从上口倒出上层液体,后从通过下端活塞放出下层液体A. B. C. D. 全部【答案】B【解析】试题分析:试管的加热是先局部受热,再集中加热,正确;做H2还原CuO实验时,先通H2,排除空气后再加热,防止出现安全隐患,反应结束后先停止加热,在停止通氢气,正确;在反应进行之前,先检查装置的气密性,再加药品进行试验,正确;点燃易燃易爆的气体时,要先验纯,之后再进行试验,正确;在做蒸馏的实验时,应先通冷却水,再进行加热,正确;在进行分液时,先将位于下层的液体从分液漏斗的下层放出后,关闭下活塞,再将上层液体从上口倒出,错误;故本题说法正确的是,本题选择B。考点:实验注意事项4.在无色溶液中,能大量共存的离子组是()A. K、Ca2、CO32-、Cl B. Na、Cu2、Br、Ba2C. K、MnO4-、NO3-、Na D. Na、SO32-、SO42-、K【答案】D【解析】ACa2+、CO32-结合生成沉淀,不能大量共存,故A不选;BCu2有颜色,与题意不符,故B不选;CMnO4-为紫色,与无色不符,故C不选;D离子之间不反应,可大量共存,且均为无色,故D选;故选D。5.已知Fe3O4可以表示成FeOFe2O3。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为:3Fe2+2S2O32-+O2+4OH-= Fe3O4+S4O62-+2H2O,下列说法正确的是( )A. Fe2+是还原剂,S2O32-和O2是氧化剂B. 每生成1molFe3O4反应转移的电子数为2molC. 若有2molFe2+被氧化,被Fe2+还原的O2为0.5mo1D. 将纳米Fe3O4分散在水中,Fe3O4不能透过滤纸【答案】C【解析】A. S2O32-中S的化合价升高,所以S2O32-是还原剂,故A错误;B. Fe3O44e-,所以每生成1molFe3O4反应转移的电子数为4mol,故B错误;C. 4Fe2O24e-,若有2molFe2被氧化,被Fe2还原的O2为0.5mol,故C正确;D. 将纳米Fe3O4分散在水中形成胶体,胶体可以透过滤纸,故D错误。故选C。6.下列叙述中正确的是 ( )A. FeCl3溶液、Fe(OH)3胶体与Fe(OH)3沉淀的本质区别是有没有丁达尔效应B. 根据分散系的稳定性大小将混合物分为胶体、溶液和浊液C. 将几滴汽油加入装有10mL水的试管中,用力振荡形成胶体D. 胶体、分散系、混合物概念间的从属关系可用图表示【答案】D【解析】【分析】根据分散质粒子直径大小来分类,把分散系划分为:溶液(小于1nm)、胶体(1nm100nm)、浊液(大于100nm),据此分析。【详解】A胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径的大小不同,分散质粒子直径介于1100nm的为胶体,选项A错误;B根据分散质粒子直径大小来分类,把分散系划分为:溶液(小于1nm)、胶体(1nm100nm)、浊液(大于100nm),选项B错误;C将几滴汽油加入装有10mL水的试管中,用力振荡形成浊液,选项C错误;D胶体属于分散系,而分散系都是由两种或两种以上的物质组成,分散系属于混合物,选项D正确;故选D。【点睛】本题考查了分散系溶液、浊液、胶体的区别,注意相关基础知识的积累,题目难度不大,侧重于考查学生对基础知识的应用能力。7.下列叙述正确的是( )Na在空气中放置最终变为NaOH Na在空气中燃烧,产物是Na2O将一块铝箔用砂纸打磨表面后,在酒精灯上加热至熔化但不滴落,说明Al2O3的熔点比铝高镁因在空气中形成了一层致密的氧化物薄膜,保护了里面的镁,故镁不像钠那样需要特殊的保护铝制品在生活中应用非常普遍,是因为铝不活泼铁在潮湿的空气中生成的氧化物不致密,不能保护内层金属,故铁制品往往需涂保护层钠与水的反应中钠块熔成小球说明该反应为放热反应A. B. C. D. 【答案】D【解析】Na的性质活泼,在空气中放置易被氧气氧化生成Na2O,Na2O易与水反应生成NaOH,NaOH吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3xH2O,Na2CO3xH2O风化脱水生成Na2CO3,故错误;钠在空气中燃烧最后所得产物为Na2O2,故错误;将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热,铝和氧气反应生成了氧化铝,又因三氧化二铝的熔点高于铝的熔点,而三氧化二铝在铝的表面,所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落,故正确;镁与氧气反应生成致密的氧化镁膜,可防止进一步腐蚀,故镁不需要进行特殊保护,故正确;铝性质活泼,铝和氧气反应生成氧化铝,在表面生成一层致密的氧化物,能够防止铝的进一步腐蚀,故错误;铁在潮湿的环境下易发生电化学腐蚀,氧化膜疏松,易进一步氧化,应加防护措施,故正确;钠的熔点较低,钠与水的反应中钠块熔成小球,说明温度升高了,说明钠和水反应是放热反应,放出的热量使钠熔化,故正确;故选D。8.镁和铝分别与等浓度、等体积的足量稀硫酸反应,相同条件下产生气体的体积(V)与时间(t)关系如图。反应中镁和铝的( )A. 物质的量之比为3:2 B. 质量之比为3:2C. 转移电子数之比为3:2 D. 气体的体积之比为2:3【答案】A【解析】【详解】镁和铝分别与等浓度、等体积的稀硫酸反应,化学方程式为:Mg+H2SO4=MgSO4+H2; 2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2,A、相同条件下产生氢气的V相等,则H2物质的量相等,根据化学方程式可求镁与铝的物质的量之比为3:2,选项A正确;B、相同条件下产生氢气的V相等,则H2物质的量相等,根据化学方程式可求镁与铝的质量之比为24:18=4:3,不是3:2,选项B错误;C、相同条件下产生氢气的V相等,则H2物质的量相等,根据化学方程式可求转移电子数之比与氢气的物质的量之比相等,为1:1,选项C错误;D、根据图像,相同条件下生成的氢气的V相等,选项D错误;答案选A。9.同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体,下列有关比较的叙述中,正确的是()分子个数之比为11:16 密度比为11: 16体积比为16:11 原子个数比为11:16A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体,其物质的量之比为11:16,物质的量之比等于其分子个数之比,所以分子数之比是11:16,故正确;两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比=64g/mol:44g/mol=16:11,故错误;相同条件下,气体摩尔体积相同,则体积之比等于其物质的量之比为11:16,故错误;每个分子中含有原子个数相同,所以其原子个数之比等于其分子个数之比,原子个数之比为11:16,故正确;答案选A。10.已知用金属钠生成氧化钠,可有多种方法:4NaO2 = 2Na2O,4NaCO2 = 2Na2OC 2NaNO2(亚硝酸钠)6Na = 4Na2ON2,下列说法错误的是A. 三个反应都属于氧化还原反应B. 方法产物中可能混有过氧化钠C. 方法中固体产物中的碳可在空气中灼烧除去D. 方法中副产物氮气可以保护Na2O不易被氧化【答案】C【解析】A. 三个反应中均存在元素的化合价变化,均为氧化还原反应,故A正确;B. 氧化钠易被氧化为过氧化钠,则方法产物中可能混有过氧化钠,故B正确;C. 在空气中灼烧除去产物中的碳时,氧化钠可转化为过氧化钠,故C错误;D. 氮气性质稳定,不与氧化钠反应,则方法中副产物氮气可以保护Na2O不易被氧化,故D正确;答案选C。11.使用容量瓶配制溶液时,由于操作不当,会引起误差,下列情况会使所配溶液浓度偏低的是用天平(使用游码)称量时,被称量物与砝码的位置放颠倒了有些固体溶解会放热,若未经冷却即转移至容量瓶溶液转移到容量瓶后,烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水定容时,仰视容量瓶的刻度线定容后摇匀,发现液面降低,又补加少量水,重新达到刻度线A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析:对于天平来说,右盘应放砝码,其质量加上游码读数即为物质的质量,如果位置颠倒,则会使称量的物质的质量小于所需质量,最终导致浓度偏低;用滴定管量取液体时,开始时平视读数,结束时俯视读数,会造成你量出的液体比理论的要大,导致物质的量偏大,浓度偏高;溶液转移到容量瓶后,烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤会导致溶质的损失,则浓度偏低;若容量瓶未干燥即用来配制溶液,对溶液浓度无影响,因为只要定容时正确,至于水是原来就有的还是后来加入的,对浓度无影响;定容时,仰视容量瓶的刻度线,则溶液的体积偏大,浓度偏低;定容后摇匀,发现液面降低是正常的,又补加少量水重新达到刻度线则导致浓度偏低。答案选A。考点:溶液配制误差分析12.今有下列三个氧化还原反应:2FeCl3+2KI = 2FeCl2+2KCl+I2 2FeCl2+Cl2 = 2FeCl3 2KMnO4+16HCl(浓) =2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2。若某溶液中有Fe2+和I共存,要氧化除去I而又不影响Fe2+,可加入的试剂是A. Cl2 B. KMnO4 C. FeCl3 D. FeCl2【答案】C【解析】由信息可知,氧化性由强至弱的顺序为:MnO4Cl2Fe3+I2,还原性由强至弱的顺序为IFe2+ClMn2+,A. 氯气能将Fe2+、I都氧化,故A不选;B. KMnO4能将Fe2+、I和Cl均氧化,故B不选;C. FeCl3能氧化除去I而不影响Fe2+,故C选;D. FeCl2与三种离子均不反应,故D不选;答案选C。点睛:本题主要考查氧化性、还原性强弱的比较,解题时可先根据已知的反应方程式判断出物质的氧化性、还原性强弱,要氧化除去I而又不影响Fe2+,并且不引入新的杂质,则选择的氧化剂只能和I反应,而Fe2+不能参加反应。13.等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中,各加入等质量的铝,生成氢气的体积比为5:6,则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是A. 甲、乙中都是铝过量 B. 甲中铝过量,乙中碱过量C. 甲中酸过量,乙中铝过量 D. 甲中酸过量,乙中碱过量【答案】B【解析】生成氢气的体积比即物质的量之比为n(甲)n(乙)56,设甲中产生H25 mol,则乙中产生H26 mol。甲:2Al3H2SO4=Al2(SO4)33H22 3 3mol 5 mol 5 mol乙:2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H22 2 34 mol 4 mol 6 mol甲、乙中加入的铝是等量的,甲中n(H2SO4)和乙中n(NaOH)相等,故甲中铝过量4 molmolmol,乙中氢氧化钠过量5 mol4 mol1 mol。14.在烧杯中加水和苯(密度:0.88 g/cm3)各50 mL。将一小粒金属钠(密度:0.97g/cm3)投入烧杯中。观察到的现象可能是()A. 钠在水层中反应并四处游动 B. 钠停留在苯层中不发生反应C. 钠在苯的液面上反应并四处游动 D. 钠在苯与水的界面处反应并可能上、下跳动【答案】D【解析】【分析】Na和水发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2,密度:H2ONa苯,Na和苯不反应,苯和水不互溶,会分层且水在下层,据此分析解答。【详解】密度:H2ONa苯,苯和水不互溶,所以水和苯分层,且水在下层,钠和苯不反应,钠能与水反应产生气体,在与水反应生成气体后被气体带离水层,进入苯层后停止反应,待气体放出后Na又下沉,如此往复,直至钠反应完。答案选D。【点睛】本题考查了钠的性质,同时考查学生分析问题能力,知道苯和水是否互溶、钠和水的反应特点即可解答,题目难度不大。15.把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份,一份加入含a mol NaOH的溶液,恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液,恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为A. (b-a)/Vmol/L B. (2b-a)/Vmol/L C. 2(b-a)/Vmol/L D. 2(2b-a)/Vmol/L【答案】C【解析】消耗氢氧化钠是amol,则每一份溶液中镁离子的物质的量是0.5amol;消耗氯化钡是bmol,所以每一份中SO42的物质的量是bmol,则硫酸钾的物质的量是(b0.5a)mol,所以每一份中钾离子的物质的量是(2ba)mol,浓度是=mol/L,答案选C。16. 将Mg、Cu组成的混合物26.4g,投入到适量的稀硝酸中,固体完全溶解,收集到标准状况下的NO气体8.96L,向反应后的溶液中加入过量的5mol/L的NaOH溶液300mL,金属离子完全沉淀则形成沉淀的质量是A. 32.8g B. 46.8g C. 53.6g D. 63.8g【答案】B【解析】试题分析:在金属与酸发生反应时金属失去电子,硝酸得到电子变为NO,电子转移的物质的量相等;金属的硝酸盐与碱发生反应产生金属氢氧化物沉淀,增加的质量就是氢氧根离子的物质的量,也就等于金属失去电子的物质的量。n(e-)=(8.96L22.4L/mol)3=1.2mol,所以n(OH-)=1.2mol,故金属阳离子形成沉淀增加的质量就是1.2mol17g/mol=20.4g,所以形成的沉淀的质量就是: 20.4g26.4g=46.8g,选项是B。考点:考查守恒的方法在化学计算中的应用的知识。二、非选择题:(本题包括5小题,共52分)17.(1)0.5 mol Na2CO3中含有_个Na+。(2)质量都是50 g的 HCl、NH3、CO2、O2四种气体,在相同温度和相同压强条件下,体积最大的是_。(3)配制90 mL 0.1 mol/L CuSO4溶液,需要胆矾_g。(4)氧化还原反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为_,若反应中消耗了0.6molS,则反应中转移的电子为_mol。(5)现有下列10种物质:H2O、Mg、CH3COOH、NaOH、CuSO45H2O、碘酒、C2H5OH、盐酸,(将序号填在相应的空格内)其中,属于强电解质的是_。【答案】 (1). NA或6.021023 (2). NH3 (3). 2.5 (4). 2:1 (5). 0.8 (6). 【解析】【分析】(1)由化学式可知,钠离子的物质的量是碳酸钠的2倍,再根据N=nNA计算Na+的数目;(2)四种气体的相对分子质量分别为36.5、17、44、32,由m=nM可知物质的量由大到小的顺序是NH3O2HClCO2。同温同压下,物质的量最大的就是体积最大的;(3)配制90 mL 0.1 mol/L CuSO4溶液,实验室没有90 mL规格的容量瓶必须配制100mL,根据n=cV可知需要硫酸铜的物质的量;(4) 在3S+6KOH=K2SO3+2K2S+3H2O反应中,S元素化合价分别由0价升高为+4价,被氧化,降低为-2价,被还原,反应中硫既作氧化剂又作还原剂,根据还原产物与氧化产物的化学计量数进行判断;(5)在水溶液中能完全电离的电解质属于强电解质。【详解】(1)由化学式可知,钠离子的物质的量是碳酸钠的2倍,0.5 mol Na2CO3中n(Na+)=0.5mol2=1mol,故Na+的数目为NA或6.021023;(2)四种气体的相对分子质量分别为36.5、17、44、32,由m=nM可知质量都是50g的四种气体物质的量由大到小的顺序是NH3O2HClCO2;同温同压下,物质的量最大的就是体积最大的,所以气体体积最大的是NH3;(3)配制90 mL 0.1 mol/L CuSO4溶液,实验室没有90 mL规格的容量瓶必须配制100mL,根据n=cV可知需要硫酸铜的物质的量是0.1L0.1mol/L=0.01mol,则需要CuSO45H2O的质量是0.01mol250g/mol=2.5g;(4)在3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O反应中,硫元素化合价由0价升高为+4价,被氧化,氧化产物为K2SO3,硫元素由0价降低为-2价,被还原,还原产物为K2S,所以硫既作氧化剂又作还原剂,氧化剂被还原生成还原产物,还原剂被氧化生成氧化产物,根据还原产物与氧化产物的化学计量数可知,氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1;根据反应可知,若反应中消耗了0.6molS,则反应中转移的电子为 0.8mol;(5) 在水溶液中能完全电离的电解质属于强电解质。H2O部分电离 属于弱电解质、Mg为单质既不是电解质也不是非电解质、CH3COOH部分电离属于弱电解质、NaOH在水溶液中完全电离属于强电解质、CuSO45H2O在水溶液中完全电离属于强电解质、碘酒为混合物既不是电解质也不是非电解质、C2H5OH是在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物,属于非电解质、盐酸是混合物既不是电解质也不是非电解质,故属于强电解质的是。18.已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生如下反应(反应方程式已配平):Cu2H2SO4(浓)CuSO4A2H2O试通过计算和推理完成下面的问题:(1)A物质可以导致酸雨的形成。则A应该属于_(用字母代号填写)a酸 b碱 c盐 d酸性氧化物 e碱性氧化物(2)SO2与O2的混合气体中,氧元素的质量分数为70%,则SO2与O2的物质的量之比是_,这种混合气体的密度是同温同压下氧气密度的_倍。(3)一定量的铜片与100mL 18mol/L 的浓H2SO4充分反应,如果该反应过程中转移了0.2mol电子,生成的CuSO4的物质的量为_mol,(4)将反应后所得到的CuSO4溶液与足量Ba(OH)2溶液充分反应的离子方程式是_【答案】 (1). d (2). 3:4 (3). 10/7 (4). 0.1mol (5). Cu2+SO42-+Ba2+2OH-= Cu(OH)2 +BaSO4【解析】【分析】(1)根据元素守恒判断A,再根据A判断分类;(2)令混合气体的质量为100g,根据氧元素的质量分数计算S元素质量分数,进而计算S元素质量,再计算SO2的质量、氧气的质量,根据n=计算二者物质的量,根据M=计算平均相对分子质量,相同条件下,不同气体的密度之比等于其摩尔质量之比;(3)由反应可知,生成1molCuSO4转移2mol电子,该反应过程中转移了 0.2mol电子,生成0.1molCuSO4;(4)将反应后所得到的CuSO4溶液与足量Ba(OH)2溶液充分反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀。【详解】(1)根据元素守恒判断A为SO2,SO2是能与碱反应生成盐和水的氧化物,属于酸性氧化物,答案选d;(2)SO2与O2的混合气体中,氧元素的质量分数为70%,则S元素的质量分数=1-70%=30%,令混合气体的质量为100g,则S元素质量=100g30%=30g,故SO2的质量=60g,则氧气的质量=100g-60g=40g,则SO2的物质的量=mol,O2的物质的量=mol,则SO2与O2的物质的量之比为mol:mol=3:4,二者平均相对分子质量=,相同条件下,气体的摩尔质量之比等于其密度之比,所以混合气体的密度是同温同压下氧气密度的倍数=;(3)由反应可知,生成1molCuSO4转移2mol电子,该反应过程中转移了 0.2mol电子,生成0.1molCuSO4;(4)将反应后所得到的CuSO4溶液与足量Ba(OH)2溶液充分反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀,反应的离子方程式是Cu2+SO42-+Ba2+2OH-= Cu(OH)2 +BaSO4。【点睛】本题考查浓硫酸和铜反应及有关计算,注意稀硫酸与铜不反应,而题目中浓硫酸与铜反应开始后,由于自身被消耗且生成水,很快就变成稀硫酸,不再与铜反应所以(3)中1.8mol的硫酸没被全消耗掉,不能用于计算,根据电子转移算出相应量。19.实验室里需要纯净的氯化钠晶体,但现在只有混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠。某学生设计了如下方案: 请回答下列问题:(1)操作加热的目的是_,(2)操作除用BaCl2溶液外,还可用_替代。(3)操作,判断SO42-已除尽的方法是_。(4)操作的目的是_,不先过滤后再加Na2CO3溶液的理由是_。(5)操作的名称是_,应在_(填仪器名称)中进行。【答案】 (1). 加热分解除去NH4HCO3 (2). Ba(OH)2溶液 (3). 取上层清液加入BaCl2溶液,若无沉淀说明SO42-已除尽 (4). 除去过量的Ba2 (5). 减少一次过滤操作 (6). 蒸发结晶 (7). 蒸发皿【解析】【分析】(1)化合物中碳酸氢铵受热分解分析;(2)操作是沉淀硫酸根离子的作用,也可以加入氢氧化钡溶液,注意不能引入新的杂质;(3)判断SO42-已除尽选择的试剂是BaCl2溶液;(4)操作是除去过量的钡离子;(5)操作是蒸发氯化钠溶液得到氯化钠晶体,溶液蒸发在蒸发皿中加热进行。【详解】(1)操作加热的目的是利用碳酸氢铵受热分解生成氨气、二氧化碳、水蒸气除去碳酸氢铵固体;故答案为:加热分解除去NH4HCO3; (2)操作是完全沉淀硫酸根离子,原则是加入的试剂不能引入新的杂质,或最后易于除去,除了用BaCl2溶液外,也可以用Ba(OH)2溶液;(3)操作,判断SO42-已除尽的方法是取上层清液加入BaCl2溶液,若无沉淀说明SO42-已除尽;(4)操作是加入碳酸钠溶液,目的是除去过量的钡离子,避免引入钡离子杂质;所以加入碳酸钠的目的是除去过量的Ba2+;不先过滤后再加Na2CO3溶液的理由是减少一次过滤操作;(5)操作将溶液蒸发结晶得到溶质晶体;操作是将氯化钠溶液蒸发结晶得到氯化钠晶体,溶液蒸发应在蒸发皿中加热进行。【点睛】本题考查了物质除杂的实验方法,除杂问题是化学实验中的一类重要问题,除杂时不仅要能把杂质除掉,还不能引入新杂质,而且方法要简便易行,把握好此原则需要我们有扎实的基础知识和缜密的思维。20.已知:乙二酸晶体熔点101.5;乙二酸晶体加热分解的方程式为:H2C2O42H2O 3H2O + CO2+ CO。现利用下列装置验证反应产物中含有CO2和CO(装置不能重复使用)。请回答下列问题:(1)检验装置A气密性的方法是_(2)A装置是否有误_(填“是”或“否”),原因为_(3)按气流方向连接各仪器,用数字表示接口的连接顺序:_;(4)该套装置有明显缺陷,请予以更正_(5)证明CO存在的实验现象是_;(6)根据题给的数据,假设反应产生的气体全部排出,并与吸收液充分反应(提示:B、C中澄清石灰水均先变浑浊,后又变澄清),最终D中生成了两种物质,则这两种生成物的化学式及对应的物质的量分别是_,_。【答案】 (1). 连好装置,处接长导管,将导管伸入盛有水的烧杯中,用手握住试管观察,若导管口产生连续气泡,松开手有小段水柱回流,则装置A气密性良好 (2). 否 (3). 乙二酸晶体分解之前先熔化,试管口必须朝上,否则液体会聚集在试管口 (4). (5). 缺少尾气处理装置,应在导管后放置一个燃着的酒精灯(或用气囊收集) (6). B装置中黑色氧化铜变红,澄清石灰水变浑浊,则含CO (7). 0.01mol Na2CO3 (8). 0.08mol NaHCO3【解析】(1)检查装置的气密性原理是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡,所以检验装置气密性的方法是:连好装置,处接长导管,将导管伸入盛有水的烧杯中,用手握住试管观察,若导管口产生连续气泡,松开手有小段水柱回流,则装置A气密性良好,故答案为:连好装置,处接长导管,将导管伸入盛有水的烧杯中,用手握住试管观察,若导管口产生连续气泡,松开手有小段水柱回流,则装置A气密性良好;(2)乙二酸晶体熔点101.5,乙二酸晶体分解之前先熔化,试管口必须朝上,否则液体会聚集在试管口,因此A装置是正确的,故答案为:否;乙二酸晶体分解之前先熔化,试管口必须朝上,否则液体会聚集在试管口;(3)乙二酸晶体加热分解生成CO2和CO装置A中的导出气体,此实验验证是反应产物中含有CO2和CO(装置不能重复使用),应首先验证二氧化碳,然后除去二氧化碳,验证二氧化碳的方法是:把气体通入澄清的石灰水,澄清石灰水变浑浊,则含有二氧化碳;然后除去二氧化碳,二氧化碳与氢氧化钠反应除去,剩余为一氧化碳,验证一氧化碳存在,一氧化碳与氧化铜反应生成二氧化碳,然后通入澄清石灰水,澄清石灰水变浑浊,则含有一氧化碳,故答案为:;(4)一氧化碳有毒,一氧化碳具有可燃性,尾气处理的方法是点燃,2CO+O2 2CO2,一氧化碳燃烧生成二氧化碳,所以在导管后放置一个燃着的酒精灯(或用气囊收集),故答案为:缺少尾气处理装置,应在导管后放置一个燃着的酒精灯(或用气囊收集);(5)一氧化碳与氧化铜反应CuO+CO Cu+CO2生成二氧化碳,B装置中黑色氧化铜变红,B中澄清石灰水变浑浊,则含CO,故答案为:B装置中黑色氧化铜变红,澄清石灰水变浑浊,则含CO;(6)12.6克H2C2O42H2O的物质的量为n=0.1mol,乙二酸晶体加热分解H2C2O42H2O3H2O+CO2+CO,则生成的一氧化碳、二氧化碳的物质的量分别为:0.1mol、0.1mol,反应产生的气体全部排出,并与吸收液充分反应,C装置中n(Ca(OH)2)=cV=0.05mol/L0.1L=0.005mol,CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O、CO2+H2O+CaCO3=Ca(HCO3)2,即2CO2+Ca(OH)2=Ca(HCO3)2,则吸收的二氧化碳为0.01mol,剩余二氧化碳的物质的量为:0.1mol-0.01mol=0.09mol,0.09mol二氧化碳全部进入D装置且被吸收,D中n(NaOH)=cv=1mol/L0.1L=0.1mol,CO2 + 2NaOH=Na2CO3+H2O CO2 + H2O+Na2CO3 =2NaHCO30.05mol 0.1mol 0.05mol 0.09mol-0.05mol 0.04mol 0.08mol所以D中溶质及对应的物质的量是0.01molNa2CO3和0.08molNaHCO3,故答案为:0.01molNa2CO3和0.08molNaHCO3。点睛:本题主要考查的乙二酸晶体加热分解产物的检验及相关计算,注意掌握二氧化碳与一氧化碳的性质,该题注重实验的严谨及学生思维的严密性考查,尤其是(6)0.1mol二氧化碳在C装置中吸收的二氧化碳为0.01mol,0.09mol二氧化碳全部进入D装置且被吸收,为易错点。本题的另一个易错点为(2),要注意与实验室加热固体制气体发生装置的区别。21.HNO2是一种弱酸,且不稳定,易分解生成NO和NO2;它是一种还原剂,能被常见的强氧化剂氧化,但在酸性溶液中它也是一种氧化剂,如能把Fe2氧化成Fe3。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题:(1)人体正常的血红蛋白含有Fe2。若误食亚硝酸盐(如NaNO2),则导致血红蛋白中的Fe2转化为Fe3而中毒,可以服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是_(填序号)。A亚硝酸盐被还原 B维生素C是还原剂C维生素C将Fe3还原为Fe2 D亚硝酸盐是还原剂(2)下列方法中,不能用来区分NaNO2和NaCl的是_(填序号)。A加入稀盐酸,观察是否有气泡产生 B加入AgNO3,观察是否有沉淀产生C在酸性条件下加入KI-淀粉溶液,观察溶液颜色(I2遇淀粉呈蓝色)(3)某同学把氯气通入到NaNO2溶液中,生成NaNO3和HCl,请写出反应的离子方程式:_。(4)若FeSO4和O2的化学计量数比为21,试配平下列方程式:_FeSO4_K2

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