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文档简介
2026届贵州省铜仁伟才实验学校高三上化学期中教学质量检测模拟试题请考生注意:1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上,请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2.答题前,认真阅读答题纸上的《注意事项》,按规定答题。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、下列各组物质中,满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系的组合只有序号XYZW①CuCuSO4Cu(OH)2CuO②NaNaOHNa2CO3NaCl③Cl2Ca(ClO)2HClOHCl④FeFeCl3FeCl2Fe(OH)2A.①②③ B.①③④ C.②③ D.①④2、下列分子中,属于含有极性键的非极性分子的是A.PCl3 B.H2S C.P4 D.C2H43、某实验小组设计如下实验装置(图中夹持装置省略)测定制备的CaCO3粉末的纯度(样品中杂质不与酸反应,反应前装置中的CO2已全部排出)。下列说法错误的是A.缓入空气的作用是将反应结束后装置中残留的CO2全部鼓入到C装置中被吸收B.A装置和D装置都是为了防止空气中的CO2气体进入C装置而产生误差C.为了防止B中盐酸挥发产生干扰,必须在B、C装置中间加一个装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶D.若CaCO3样品的质量为x,从C中取出的沉淀洗净干燥后的质量为y,则CaCO3的纯度为4、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A.在含Al3+总数为NA的AlCl3溶液中,Cl-总数为3NAB.标准状况下,NO和O2各11.2L混合充分反应,所得气体的分子总数为0.75NAC.常温下,1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH—数目为0.1NAD.标准状况下,22.4L甲醇中含有的C—H的数目为3NA5、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A.Na2SiO3易溶于水,可用作木材防火剂B.NaHCO3能与碱反应,可用作食品疏松剂C.Fe粉具有还原性,可用作食品袋中的抗氧化剂D.石墨具有还原性,可用作干电池的正极材料6、工业上常用氨碱法制取碳酸钠,却不能用氨碱法制碳酸钾,这是因为在溶液中()A.KHCO3溶解度较大 B.KHCO3溶解度较小 C.K2CO3溶解度较大 D.K2CO3溶解度较小7、下列表达方式正确的是A. B.质子数为17、中子数为20的氯原子:2017ClC.HClO的结构式:H—O—Cl D.NH4Cl的电子式:8、下列物质中在一定条件下能够导电,但不属于电解质的是A.石墨 B.KNO3 C.H2SO4 D.蔗糖9、实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质,焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气),下列说法正确的是()A.管式炉加热前,用试管在④处收集气体并点燃,通过声音判断气体纯度B.①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液C.结束反应时,先关闭活塞K,再停止加热D.装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气10、氯酸是一种强酸,浓度超过40%时会发生分解,该反应可表示为aHClO3===bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O,下列有关说法不正确的是A.氧化性:HClO3>O2B.若a=8,b=3,则生成3molO2时转移20mol电子C.若氯酸分解所得1mol混合气体的质量为45g,则反应方程式可表示为3HClO3===2O2↑+Cl2↑+HClO4+H2OD.由非金属性Cl>S,可推知酸性HClO3>H2SO411、钯的化合物氯化钯可用来检测有毒气体CO,发生反应的化学方程式为:。下列说法正确的是()A.题述反应条件下还原性:CO>PdB.题述反应中PdCl2被氧化C.生成22.4LCO2时,转移的电子为2mo1D.CO气体只有在高温下才能表现还原性12、氨气可以做喷泉实验,这是利用氨气下列性质中的()A.易液化 B.比空气轻 C.极易溶于水 D.有刺激性气味13、下列反应的离子方程式正确的是()A.饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应:CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−B.氢氧化亚铁在空气中的变化:2Fe(OH)2+O2+H2O=2Fe(OH)3C.氯气溶于水:Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-D.少量Ca(OH)2和NaHCO3反应:Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O14、元素钒在溶液中有多种存在形式,比如:V2+(紫色)、V3+(绿色)、VO2+(蓝色)、(黄色)等。钒液可充电电池的工作原理如图所示。已知充电时,左槽溶液颜色由蓝色逐渐变为黄色,溶液中c(H+)=1.0mol·L-1,阴离子为。下列说法不正确的是A.a极为电池的正极B.充电时,阳极电极反应式为VO2++H2O-e-=+2H+C.放电过程中,右槽溶液颜色由紫色变为绿色D.放电时,电子由C2极流出经交换膜流向C1极15、碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在,在海水中主要以I−的形式存在,几种粒子之间的转化关系如图所示。已知淀粉遇单质碘变蓝,下列说法中正确的是A.向含I−的溶液中通入Cl2,所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝B.途径II中若生成1molI2,消耗1molNaHSO3C.氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>IO3−D.一定条件下,I−与IO3−可能生成I216、氯喹已经被许多国家的食品和药物管理局批准用于治疗新型冠状病毒。氯喹的结构简式如图,下列有关说法正确的是()A.氯喹属于芳香化合物B.氯喹分子中没有手性碳原子C.氯喹能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色D.氯喹与互为同系物17、一定量的Cu2S投入到足量浓硝酸中,收集到气体nmol,向反应后的溶液(存在Cu2+和SO42-)中加入足量NaOH,产生蓝色沉淀,过滤、洗涤、灼烧,得到CuO48.0g,若上述气体为NO和NO2混合物,且体积比为1:2。则n为()A.3.28 B.1.80 C.0.80 D.1.6318、足量的铜与一定量的浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2
的混合气体,这些气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸,则和铜反应的硝酸的物质的量可能是A.0.55mol B.0.4mol C.0.6mol D.0.65mol19、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.标准状况下,2.24L甲烷与7.1g氯气在光照条件下反应得到CH3C1的分子数为0.1NAB.1molNaBH4与足量水反应生成NaBO2和H2时转移的电子数为8NAC.含0.1molNH4HSO4的溶液中,阳离子数目略大于0.2NAD.1L0.1mol·L-1盐酸中有0.1NA个H+20、以酚酞为指示剂用0.100mol/L的NaOH标准液滴定某未知浓度盐酸,下列说法正确的是()A.读数时,眼睛与凹液面最低处相平,记录NaOH初读数为0.1mLB.当锥形瓶内溶液颜色由无色变为浅红色时,即达到滴定终点C.若使用混有KOH的烧碱固体配制标准液,则测得盐酸的浓度偏大D.做平行实验的目的是为了消除系统误差21、14C常用于测定年代,关于其说法正确的是()A.比12C多两个质子B.与12C化学性质相似C.与12C互为同素异形体D.质子数与中子数相等22、工业碳酸钠(纯度约为98%)中含有Mg2+、Fe2+、Cl-和SO42-等杂质,提纯工艺流程如下,下列说法不正确的是A.步骤①,通入热空气可以将Fe2+氧化B.步骤②,产生滤渣的主要成分为Mg(OH)2和Fe(OH)3C.步骤③,趁热过滤时温度控制不当会使Na2CO3·H2O中混有Na2CO3·10H2O等杂质D.步骤④,灼烧Na2CO3·H2O在瓷坩埚中进行二、非选择题(共84分)23、(14分)雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子:Na+、NH、Mg2+、Al3+、SO、NO、Cl-。某同学收集了该地区的雾霾,经必要的预处理后试样溶液,设计并完成了如图的实验:已知:3NO+8Al+5OH-+2H2O=3NH3↑+8AlO。根据以上的实验操作与现象,回答下列问题(1)气体1为______(填化学式,下同)(2)试样溶液中肯定存在________离子。试样中可能存在______离子。(3)写出沉淀1部分溶解的离子方程式__________。24、(12分)现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F、G,它们之间能发生如图反应(图中某些反应的产物及条件没有全部标出)根据以上信息填空:(1)写出下列物质的化学式:A______G__________;(2)纯净的气体甲在气体乙中燃烧的现象:______________________________________;(3)写出下列反应的离子方程式:反应①_________________________;反应④____________________________;25、(12分)某探究性学习小组拟用小颗粒状铝硅合金与足量稀硫酸的反应(其中硅与稀硫酸不反应)测定通常状况(约20℃,1atm)下气体摩尔体积的方法。拟选用下列实验装置完成试验:(1)该组同学必须选用的装置的连接顺序是(用管口字母,可不填满):A接(_______)(_______)接(_______)(2)实验开始时,先打开分液漏斗上口的玻璃塞,再轻轻打开其活塞,一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶。请你帮助分析原因_________________________。(3)实验结束时,该组同学应怎样测量实验中生成氢气的体积?____(4)实验中准确测得4个数据:实验前铝硅合金的质量m1g,实验后残留固体的质量m2g,实验后量筒中液面读数为VmL。则通常状况下气体摩尔体积Vm=_________。若合金中含铜,测得的Vm将________(偏大/偏小/无影响)。26、(10分)已知Cr2+不稳定,极易被氧气氧化,不与锌反应。醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O是一种深红色晶体,不溶于冷水,是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、CrCl3溶液、CH3COONa溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物,其装置如下图所示。制备过程中发生的相关反应如下所示:Zn+2HCl===ZnCl2+H2↑Zn+2CrCl3===2CrCl2+ZnCl22Cr2++4CH3COO-+2H2O===[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(晶体)试回答下列问题:(1)本实验中配制溶液所用的蒸馏水需事先煮沸,原因是__________。(2)往仪器Ⅱ中加盐酸和CrCl3溶液的顺序最好是__________________________,理由是____________。(3)为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液混合,应关闭阀门____(填“A”或“B”,下同),打开阀门_____。(4)本实验中锌粒要过量,其原因除了使锌与CrCl3充分反应得到CrCl2外,另一个作用是________。仪器Ⅳ的主要作用是___________。(5)已知实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51g,取用的CH3COONa溶液为1.5L0.1mol/L,其他反应物足量。实验后得干燥的[Cr(CH3COO)2]2·2H2O9.4g,则该实验所得产品的产率为________(用百分数表示,保留3位有效数字)(不考虑溶解的醋酸亚铬水合物)。27、(12分)二氧化氯(ClO2)是极易溶于水且不与水发生化学反应的黄绿色气体,沸点为11℃,可用于处理含硫废水。某小组在实验室中探究ClO2与Na2S的反应。回答下列问题:(1)ClO2的制备:已知:SO2+NaClO3+H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4①装置A中反应的化学方程式为________________。②欲收集干燥的ClO2,选择上图中的装置,其连接顺序为A→_______、_______、_______→C(按气流方向)。③装置D的作用是_______________。(2)ClO2与Na2S的反应将上述收集到的ClO2用N2稀释以增强其稳定性,并将适量的稀释后的ClO2通入图所示装置中充分反应,得到无色澄清溶液。一段时间后,通过下列实验探究Ⅰ中反应的产物。操作步骤实验现象结论取少量I中溶液于试管甲中,滴加品红溶液和盐酸品红始终不褪色①无___生成另取少量I中溶液于试管乙中,加入Ba(OH)2溶液,振荡②____________有SO42−生成③继续在试管乙中滴加Ba(OH)2溶液至过量,静置,取上层清液于试管丙内_________有白色沉淀生成有Cl−生成④ClO2与Na2S反应的离子方程式为___________。用于处理含硫废水时,ClO2相对于Cl2的优点是______________(任写一条)。28、(14分)Ⅰ.下列是某研究性学习小组对某无色水样成分的检测过程,已知该水样中只可能含有K+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Ag+、Ca2+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种离子,该小组同学取了100ml水样进行实验:向水样中先滴加硝酸钡溶液,再滴加1mol·L-1硝酸,实验过程中沉淀质量与所加试剂量的关系变化如下图所示:(1)仅凭观察可知该水样中一定不含有的阳离子是________。(2)由B点到C点变化过程中消耗硝酸的体积为__________ml。(3)试根据实验结果推测K+是否存在_______(填“是”或“否”)若存在,其物质的量浓度的范围是______mol·L-1(若不存在,则不必回答)。(4)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)。II.湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种粒子:Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O。(1)写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式:_________________________。(2)若反应过程中转移了0.3mol电子,则还原产物的物质的量为________mol。(3)低温下,在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4),原因_______________________________________________________________________。(4)已知K2FeO4能水解产生Fe(OH)3用作净水剂,请写出水解的离子方程式___________29、(10分)是一种重要的化学原料,在生产和生活中应用十分广泛。(1)氯水中具有漂白性,能杀菌消毒。其电子式为_____________。(2)实验室可用和浓盐酸反应制取,反应的离子方程式是_________。(3)工业上可采取电解饱和食盐水的方法制取,装置如图所示,图中的离子交换膜为_______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。(4)以为原料,用氧化制取,可提高效益,减少污染。反应如下:上述反应在同一反应器中,通过控制合适条件,分两步循环进行,可使转化率接近100%,其基本原理如下图所示:过程Ⅰ的反应为:①过程Ⅱ反应的热化学方程式为_______________。②过程Ⅰ流出的气体通过稀溶液(含少量酚酞)进行检测,氯化初期主要为不含的气体,判断氯化结束时溶液的现象为___________。③相同条件下,若将氯化温度升高的300℃。溶液中出现上述现象的时间将缩短,其原因为______。④实验测得在不同压强下,总反应的平衡转化率随温度变化的曲线如图;i平衡常数比较:K(A)_________K(B)(填“>”“<”或“=”)。ii压强比较:p1_______p2。(填“>”“<”或“=”)
参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、A【分析】①Cu与浓硫酸反应生成CuSO4,再与NaOH反应生成Cu(OH)2,Cu(OH)2加热生成CuO,氢气还原CuO生成Cu;②Na与水反应生成NaOH,再与二氧化碳反应生成Na2CO3,Na2CO3与盐酸反应生成NaCl,NaCl电解生成Na;③Cl2与Ca(OH)2反应可生成Ca(ClO)2,盐酸酸性比次氯酸强,所以Ca(ClO)2中加入盐酸可生成次氯酸,HClO见光分解可生成HCl,浓HCl溶液与二氧化锰加热可生成氯气;④Fe与氯气生成FeCl3,FeCl3与Fe反应FeCl2,FeCl2与NaOH反应生成Fe(OH)2,但Fe(OH)2不能一步转化为Fe。【详解】①CuCuSO4Cu(OH)2CuOCu,符合转化,故①正确;②NaNaOHNa2CO3NaClNa,符合转化,故②正确;③Cl2Ca(ClO)2HClOHCl,浓HCl溶液Cl2,转化均可实现,故③正确;④Fe(OH)2不能一步转化为Fe,故④错误;故答案为A。2、D【详解】A.PCl3是分子晶体,含有共价键,分子是三角锥形,正负电荷重心不重合,分子不对称故是极性分子,故A不选;B.H2S是V形分子,正负电荷重心不重合,分子不对称故是极性分子,含有极性键,故B不选;C.P4正负电荷重心重合,分子是正四面体结构,分子对称,故是非极性分子,含有非极性键,故C不选;D.C2H4含有极性键,属于直线型结构,正负电荷重心重合,分子对称故是非极性分子,选D;故选D。3、C【解析】根据实验装置图分析,该测定装置的原理是:CaCO3与HCl反应生成CO2,用足量Ba(OH)2溶液吸收反应生成的CO2,由测量的BaCO3沉淀的质量计算CaCO3的纯度。A,为了确保反应生成的CO2全部被Ba(OH)2溶液吸收,实验结束要缓入空气将装置中残留的CO2全部鼓入到C装置中被吸收,A项正确;B,A中的NaOH溶液、D中的碱石灰都能吸收空气中CO2,防止空气中的CO2气体进入C装置中产生误差,B项正确;C,因为测量的是BaCO3的质量,所以不必除去HCl,一方面HCl与Ba(OH)2反应不会形成沉淀,另一方面若用NaHCO3吸收HCl会使测得的CO2偏高,产生误差,C项错误;D,根据C守恒,样品中CaCO3的质量=M(CaCO3),则CaCO3的纯度为100%,D项正确;答案选C。4、C【解析】A、Al3+水解,在含Al3+总数为NA的AlCl3溶液中,Cl-总数大于3NA,故A错误;B、NO和O2反应生成NO2与N2O4形成平衡,故B错误;C、常温下,1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-数目为1.0L×0.1mol·L-1NA=0.1NA,故C正确;D、标准状况下,甲醇为液态,故D错误;故选C。5、C【详解】A.Na2SiO3可用作木材防火剂是因为其具有较好的耐热性,与其是否易溶于水无直接关系,A项错误;B.NaHCO3可用作食品疏松剂是利用其与有机酸反应或受热分解生成二氧化碳,B项错误;C.Fe粉具有还原性,易和空气中的氧气反应,可用作食品袋中的抗氧化剂,C项正确;D.石墨可用作干电池的正极材料,主要利用的是石墨具有良好的导电性,与还原性无关,D项错误;答案选C。6、A【详解】用氨碱法制取碳酸钠主要是制取碳酸氢钠,由于碳酸氢钠的溶解度较小,在溶液中先析出,使得反应继续下去,从而制取较多的碳酸氢钠以用来制取碳酸钠。但是相同条件下,碳酸氢钾的溶解度较大,不会从溶液中析出,所以就得不到碳酸氢钾,也就不能用这种方法制取碳酸钾。故A正确;综上所述,本题应选A。7、C【详解】A、F-的电子式应在Mg2+两边,用电子式表示MgF2的形成过程为,故A错误;B、根据原子构成,左下角为质子数,左上角为质量数,即该氯原子为3717Cl,故B错误;C、HClO的结构式为H-O-Cl,故C正确;D、没有表示出Cl-最外层电子,正确的是,故D错误。答案选C。8、A【分析】电解质、非电解质均是化合物,电解质是一定条件下本身电离而导电的化合物;导电的物质不一定是电解质,以此分析解决此题。【详解】A项,石墨能导电,属于单质,既不是电解质又不是非电解质;B项,KNO3属于盐,在水溶液里、熔融时都能导电,属于电解质;C项,H2SO4属于酸,在水溶液里电离产生氢离子和硫酸根离子能导电,属于电解质;D项,蔗糖属于非电解质,不导电。综上所述,符合题意的选项为A。9、A【解析】用氢气还原高温氧化物前需要先验纯,故A正确;通入管式炉的气体必须是干燥的气体,所以③中盛装浓H2SO4,故B错误;结束反应前,先停止加热,再关闭活塞K,故C错误;二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气需要加热,故D错误。10、D【解析】A.根据化合价的变化,O元素的化合价由-2→0,化合价升高,被氧化,O2是氧化产物,Cl元素的化合价由+5→+7,化合价升高,被氧化,HClO4是氧化产物,Cl元素的化合价由+5→0,化合价降低,被还原,Cl2是还原产物,所以HClO3既是氧化剂又是还原剂,HClO4、O2是氧化产物、Cl2是还原产物,氧化剂的氧化性强于氧化产物,故A正确;B.若化学计量数a=8,b=3,化学反应方程式为8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O,还原产物只有Cl2,由HClO3→Cl2,Cl元素化合价由+5价降低为0价,故生成2molCl2时转移电子的物质的量为2mol×2×(5-0)=20mol,即该反应中电子转移数目为20e-,故B正确;C.由生成的1molCl2和O2混合气体质量为45g,则n(Cl2)+n(O2)=1mol,n(Cl2)×71g/mol+n(O2)×32g/mol÷[n(Cl2)+n(O2)]=45g/mol,解得n(Cl2):n(O2)=2:1,令b=2c=2,则由电子守恒得d×(7-5)+b×4=c×2×(5-0),即d×(7-5)+2×4=1×2×(5-0),解得d=1,根据Cl原子守恒故a=2c+d=3,再根据H原子守恒有a=d+2e,故e=1,故该情况下反应方程式为:3HClO3=2O2↑+Cl2↑+HClO4+H2O,故C正确;D.元素的非金属性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性越强,HClO3不是氯元素对应的最高价含氧酸,故D错误。故选D。11、A【分析】由反应方程式可知,CO为反应的还原剂,氯化钯为氧化剂,二氧化碳为氧化产物,Pd为还原产物,1mol该反应转移2mol电子。【详解】A.CO为还原剂,Pd为还原产物,还原剂的还原性大于还原产物,A正确;B.PdCl2发生还原反应,被还原,B错误;C.在说气体体积时,未指明温度和压强,无意义,C错误;D.该反应常温即可反应,故CO不是只在常温下表现还原性,D错误;故答案选A。12、C【解析】实验的基本原理是使瓶内外在短时间内产生较大的气压差,利用大气压将瓶下面烧杯中的液体压入瓶内,在尖嘴导管口处形成喷泉.1体积水可溶解700体积的氨气(0摄氏度,1标准大气压下),当滴管内的水进入烧瓶内时,氨气大量溶于水,外界大气压将水压入瓶中,剩余氨气又溶于进入瓶中的水,最终水充满烧瓶.氨气极易溶于水,所以氨气可以做喷泉实验,与沸点的高低、密度、气味等无关答案选C。13、A【解析】A.饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应,离子方程式:CO32-+CaSO4⇌CaCO3+SO42-,故A正确;B.氢氧化亚铁在空气中的变化,化学方程式:4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3,故B错误;C.次氯酸为弱酸,氯气溶于水的离子方程式为:Cl2+H2O═H++Cl-+HClO,故C错误;D.少量Ca(OH)2和NaHCO3反应,离子方程式:Ca2++2OH-+2HCO3-═CaCO3↓+2H2O+CO32-,故D错误;故选A。14、D【详解】A.充电时,左槽溶液颜色由蓝色逐渐变为黄色,即左槽中发生的变化为:,该过程是VO2+失去电子,为氧化反应,故a极为电池的正极,A正确;B.a极为电池的正极,则石墨C1为阳极,电极反应为:,B正确;C.放电过程中,右槽为负极,发生氧化反应,由V2+变为V3+,即右槽溶液颜色由紫色变为绿色,C正确;D.放电时,C2极为负极,是电子流出的一极,但是电子不经过电解质溶液,D错误;故选D。15、D【详解】A.向含I-的溶液中通入少量Cl2,可产生碘单质,能使淀粉溶液变蓝,向含I-的溶液中通入过量Cl2,生成IO3-,不能使淀粉溶液变蓝,故A错误;B.根据转化关系2IO3-~I2~10e-,SO32-~SO42~2e-,途径II中若生成lmolI2,消耗5molNaHSO3,故B错误;C、由途径I可以知道氧化性Cl2>I2,由途径Ⅱ可以知道氧化性I2<IO3-,由途径Ⅲ可以知道氧化性Cl2>IO3-,故氧化性的强弱顺序为Cl2>IO3->I2,故C错误;D、一定条件下,I-与IO3-可发生归一反应生成I2,故D正确;综上所述,本题应选D。16、C【详解】A.氯喹分子结构中不含苯环,不属于芳香族化合物,A说法错误;B.氯喹分子中含有一个手性碳原子,如图示“”标记的碳原子:,B说法错误;C.氯喹分子中含有碳碳双键,能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色,C说法正确;D.该有机物与氯喹的分子式相同,但分子结构不同,两者互为同分异构体,D说法错误;答案为C。17、B【分析】结合n=计算n(CuO),根据Cu元素守恒计算n(Cu2S),再根据电子转移数目守恒计算n(NO)、n(NO2),进而计算气体总物质的量,实际气体介于二者之间。【详解】得到CuO
48.0g,其物质的量为=0.6mol,n(Cu2S)=n(CuO)=×0.6mol=0.3mol,Cu2S中S的化合价由-2价升高为+6价,且Cu元素的化合价由+1价升高为+2价,则转移电子物质的量0.3×(8+1×2)=3mol,上述气体为NO和NO2混合物,且体积比为1:2,设NO为xmol、NO2为2xmol,由电子守恒可知3x+2x=3,解得x=0.6,可知n=0.6+2×0.6=1.80。答案选B。【点睛】氧化还原反应的计算,把握元素化合价变化、电子守恒为解答的关键,注意守恒法的应用。18、A【解析】由题知,铜化合价升高数=硝酸化合价降低数=氧气化合价降低数==0.3(mol),n(Cu)==0.15mol,和铜反应的硝酸的物质的量=生成Cu(NO3)2的硝酸的物质的量+发生还原反应的硝酸的物质的量。(1)硝酸被还原为NO,硝酸的物质的量为:0.15×2+=0.4(mol);(2)硝酸被还原为N2O4、NO2,硝酸的物质的量为:0.15×2+0.3=0.6(mol);(3)硝酸被还原为NO、N2O4、NO2的混合气体,硝酸的物质的量为:在0.4-0.6之间。答案选A。19、C【解析】A.甲烷和氯气的反应除了生成CH3C1还生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳,故所得到的CH3C1分子个数小于0.1NA个,故A错误;
B.NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2,根据反应可知,BH4-中氢由-1价升高到0价,发生氧化反应,1molNaBH4完全反应转移4mol电子,即转移的电子数为4NA,故B错误;C.NH4HSO4能够完全电离出铵根离子和氢离子,少量铵根离子发生水解:NH4++H2ONH3∙H2O+H+,1个铵根离子水解产生1个氢离子;水存在微弱电离:H2OH++OH-,所以含0.1molNH4HSO4的溶液中,阳离子数目略大于0.2NA,故C正确;D.氯化氢完全电离出氢离子和氯离子,水存在微弱电离:H2OH++OH-,所以1L0.1mol·L-1盐酸中H+数目略大于0.1NA,故D错误;综上所述,本题选C。20、C【详解】A.读数时,视线应该水平,滴定管读数应该保留2位小数,因此眼睛与凹液面最低处相平,记录NaOH初读数为0.10mL,故A错误;B.以酚酞为指示剂用0.100mol/L的NaOH标准液滴定某未知浓度盐酸,滴定终点时,溶液由酸性变成弱碱性,即当锥形瓶内溶液颜色由无色变为浅红色时,且半分钟内不褪色,即达到滴定终点,故B错误;C.若使用混有KOH的烧碱固体配制标准液,标准溶液的浓度偏低,滴定消耗的氢氧化钠溶液的体积偏大,则测得盐酸的浓度偏大,故C正确;D.做平行实验的目的是为了消除偶然误差,故D错误;故选C。【点睛】本题的易错点为D,要注意系统误差不可避免,而偶然误差可通过多次测量的方法避免或减小。21、B【解析】A.14C与12C属于同一种元素的核素,质子数相同,故A错误;B.14C与12C属于同种元素,化学性质相似,故B正确;C.14C与12C是同种元素的不同核素,属于同位素,故C错误;D.14C与12C质子数相同,但中子数不同,故D错误;故选B。点晴:本题考查了同位素的判断以及质子数、中子数和质量数的关系等知识点。元素符号的左下角数字表示质子数,左上角数字表示质量数,中子数=质量数-质子数。22、D【解析】A.步骤①,通入热空气,能够把亚铁离子氧化为铁离子,便于除去,A正确;B.步骤②,在碱性环境下,镁离子、铁离子生成Mg(OH)2和Fe(OH)3沉淀,因此滤渣的主要成分为Mg(OH)2和Fe(OH)3,B正确;C.步骤③,趁热过滤时,温度控制不当,会析出Na2CO3·10H2O等杂质,C正确;D.步骤④,Na2CO3能够与瓷坩埚中的二氧化硅反应,故应在铁坩埚中进行灼烧,D错误;综上所述,本题选D。【点睛】选项D,二氧化硅属于酸性氧化物,不与强酸反应,但能够与强碱(氢氧化钠溶液等)发生反应生成硅酸盐,也能与碳酸钠高温下反应生成硅酸盐,因此灼烧氢氧化钠和碳酸钠应该在铁坩埚中进行,不用瓷坩埚,以防发生反应。二、非选择题(共84分)23、NH3NH、Mg2+、SO和NONa+、Cl-和Al3+Mg(OH)2+2H+=Mg2++H2O【分析】试样溶液中加入过量氢氧化钡溶液并加热,生成的气体1遇湿润红色石蕊试纸显蓝色,该气体1是氨气,则试样中含有铵根离子,向滤液中通入二氧化碳,得到的溶液2,沉淀2,溶液2中加入铝,生成的气体2,该气体为氨气,据已知条件知,溶液2中含有硝酸根离子,根据元素守恒知,原溶液中含有硝酸根离子,滤液1中通入二氧化碳,得到沉淀2,向沉淀2中加入酸,沉淀溶解并放出气体,说明沉淀2是碳酸钡,沉淀1加入酸后,沉淀部分溶解,所以有硫酸钡沉淀,说明原溶液中有硫酸根离子,能和过量的氢氧化钡反应生成能溶于酸的沉淀,根据离子知,该沉淀为氢氧化镁,所以溶液中含有镁离子。根据分析溶液中一定有铵根离子,镁离子,硫酸根离子,和硝酸根离子,不能确定是否有铝离子,可能存在钠离子和氯离子,据此分析。【详解】(1)气体1为NH3;
(2)根据上述分析可知,试样溶液中肯定存在NH、Mg2+、SO和NO离子。试样中可能存在Na+、Cl-和Al3+离子;(3)沉淀1加入酸后,沉淀部分溶解,所以有硫酸钡沉淀,说明原溶液中有硫酸根离子,能和过量的氢氧化钡反应生成能溶于酸的沉淀,根据离子知,该沉淀为氢氧化镁,所以溶液中含有镁离子,沉淀1部分溶解的离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2++H2O。24、NaFe(OH)3产生苍白色火焰,放出大量的热,出现白雾2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【解析】金属A焰色反应为黄色,故A为金属Na;由反应①Na+H2O→气体甲+C,则甲为H2,C为NaOH;乙是黄绿色气体,则乙为Cl2;反应②:气体甲+气体乙→气体丙,即H2+Cl2→HCl,则丙为HCl;红褐色沉淀G为Fe(OH)3;反应⑤:物质C+物质F→沉淀G,即NaOH+F→Fe(OH)3,可推断F中含有Fe3+;反应④:物质E+Cl2→物质F,则E中含有Fe2+;反应③:丙的水溶液D+金属B→物质E,可推断金属B为Fe,则E为FeCl2,F为FeCl3。(1)根据上述分析可知A为Na;G为Fe(OH)3;(2)气体甲为H2,气体乙为Cl2,氢气在氯气中燃烧的现象为:产生苍白色火焰,放出大量的热,出现白雾;(3)反应①为钠和水的反应,离子方程式为:2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑;反应④为FeCl2与的反应,离子方程式为:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。25、EDG铝与稀硫酸反应放热且生成气体,使锥形瓶中气体压强变大待实验装置冷却后,上下移动量筒使其中液面与广口瓶中液面相平,再平视读取量筒中水的体积,即氢气在通常状况时的体积L•moL-1无影响【解析】(1)装置的组装顺序:合金与水反应,用排水量气法测定氢气的体积,其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出,增大压强原理将水排出,量筒中水的体积就是生成氢气的体积,量筒内导管应伸入量筒底部;(2)镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体,使锥形瓶中气体压强变大;(3)保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等是读取示数的关键点;(4)硅铝合金中,只有金属铝可以和硫酸反应产生氢气,硅和硫酸之间不反应,根据化学反应中量的关系来计算即可。【详解】(1)①装置的组装顺序:合金与水反应,用排水量气法测定氢气的体积,其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出,利用增大压强原理将水排出,量筒中水的体积就是生成氢气的体积,量筒内导管应伸入量筒底部,故连接顺序为:E、D、G;(2)镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体,使锥形瓶中气体压强变大,导致硫酸不能顺利滴入锥形瓶;(3)根据气压原理,待实验装置冷却后,上下移动量筒使其中液面与广口瓶中液面相平,再平视读取量筒中水的体积,此时的体积即为常温常压下的体积,即氢气在通常状况时的体积;(4)实验前铝硅合金的质量m1g,实验后残留固体的质量m2g,则金属铝的质量是m1-m2,实验后量筒中液面读数为VmL,即产生的气体物质的量是,根据化学反应原理:
2Al~3H2↑
2
3即=,解得Vm=L•moL-1,若合金中含有金属铜,不会和硫酸之间反应,和含有硅是一样的结果,无影响。26、去除水中的溶解氧,防止Cr2+被氧化先加盐酸后加CrCl3溶液让锌粒与盐酸先反应产生H2,把装置Ⅱ和Ⅲ中的空气赶出,避免生成的Cr2+被氧化BA让产生的H2赶出装置Ⅱ和Ⅲ中的空气并将CrCl2溶液压入装置Ⅲ与CH3COONa溶液反应防止空气进入装置Ⅲ83.3%【详解】(1)根据信息,Cr2+不稳定,极易被氧气氧化,因此在配制溶液时,所用蒸馏水事先煮沸,其原因是去除水中的溶解氧,防止Cr2+被氧化;(2)装置中有氧气,为防止Cr2+被氧化,先排除装置中氧气,即先加盐酸,再加CrCl3溶液,理由是让锌粒与盐酸先反应产生H2,把装置Ⅱ和Ⅲ中的空气赶出,避免生成的Cr2+被氧化;(3)根据实验目的,需要把装置II的溶液压入到装置III,需要关闭阀门B,打开阀门A,Zn和盐酸反应,产生氢气,利用压强差,把装置II中溶液压入到装置III中;(4)根据(3)过量Zn的另一个作用是让产生的H2赶出装置Ⅱ和Ⅲ中的空气并将CrCl2溶液压入装置Ⅲ与CH3COONa溶液反应;仪器IV的作用是防止空气进入装置III;(5)CrCl3的物质的量为9.51/158.5mol=0.06mol,根据元素守恒,则Cr2+的物质的量为0.06mol,CH3COONa的物质的量为1.5×0.1mol=0.15mol,根据题中所给第三个反应,Cr2+不足,CH3COONa过量,根据Cr2+进行计算,得出[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的质量为0.06×376/2g=11.28g,即产率为9.4/11.28×100%=83.3%。27、Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2OEBD冷凝并收集ClO2SO2(或HSO3−或SO32−)溶液中有白色沉淀生成加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5SO42-+8H+ClO2除硫效果彻底,氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时,ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍(写一条即可)【分析】(1)ClO2
的制备:装置A中又Cu与浓硫酸发生反应制备二氧化硫气体,在装置B中发生生成二氧化氯的反应,为防止倒吸,A与B之间连接装置E,二氧化氯沸点较低,故在D中冰水浴收集,最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫,防止污染空气,据此分析解答;(2)根据实验可知ClO2
与
Na2S
反应有氯离子、硫酸根离子的生成;ClO2除硫效果彻底,氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时,ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍。【详解】(1)①装置
A
中反应Cu与浓硫酸制备二氧化硫,化学方程式为:Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O;②二氧化硫从a进入装置B中反应,为防止倒吸,故应在之前有安全瓶,则a→g→h,为反应充分,故再连接B装置中的b,二氧化氯沸点较低,故在D中冰水浴收集,为充分冷却,便于收集,故连接e,最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫,防止污染空气,连接顺序为:a→gh→bc→ef→d;③装置D的作用为冷凝并收集ClO2;(2)将适量的稀释后的
ClO2
通入如图所示装置中充分反应,得到无色澄清溶液,①取少量I中溶液于试管甲中,滴加品红溶液和盐酸,品红始终不褪色,说明溶液中无SO2(或HSO3−或SO32−)生成;故答案为:SO2(或HSO3−或SO32−);②另取少量I中溶液于试管乙中,加入Ba(OH)2溶液,振荡,有SO42−生成,硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀;故答案为:溶液中有白色沉淀生成;③结论为有Cl−生成,现象为有白色沉淀生成,氯化银为不溶于酸的白色沉淀,检验氯离子,故操作为:继续在试管乙中滴加Ba(OH)2溶液至过量,静置,取上层清液于试管丙内加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液;故答案为:加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液;④由上述分析可知ClO2
与
Na2S
反应有氯离子、硫酸根离子的生成,故发生的离子方程式为:8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5SO42-+8H+;用于处理含硫废水时,ClO2相对于Cl2的优点有:ClO2除硫效果彻底,氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时,ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍;故答案为:8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5SO42-+8H+;ClO2除硫效果彻底,氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时,ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍。28、Fe3+、Cu2+40是≥0.6取少量水样于试管中,加入过量的硝酸钡溶液,待沉淀完全后,向上层清液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液,(或过滤,取滤液加硝酸酸化的硝酸银溶液)若产生白色沉淀,则原水样中含Cl-,反之无Cl-2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-===2FeO42-+3Cl-+5H2O0.15该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小4FeO42-+10H2O⇌4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑【分析】水样为无色,说明溶液中不含Fe3+、Cu2+,向水样中先滴加硝酸钡溶液,产生沉淀,再滴加1mol·L-1硝酸,沉淀部分溶解,说明溶液中含有碳酸根离子和硫酸根离子,则溶液中没有Mg2+、Al3+、Ag+、Ca2+,硫酸钡沉淀为2.33克,即0.01mol硫酸钡,硫酸根离子为0.01mol,含有碳酸钡沉淀的质量为6.27-2.33=3.94克,则碳酸钡的物质的量为3.94/197=0.02mol,碳酸根离子为0.02mol,根据溶液中必须有阴阳离子分析,K+一定
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