【化学】浙江省浙东北联盟(ZDB)2019-2020学年高一上学期期中考试试题(解析版)

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【化学】浙江省浙东北联盟(ZDB)2019-2020学年高一上学期期中考试试题(解析版)

浙江省浙东北联盟(ZDB)2019-2020学年高一上学期期中考试试题 总分:100分 考试时间:90分钟 相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Cu-64‎ 一、选择题(每小题2分,共50分。每小题只有一个正确选项符合题意)‎ ‎1.下列由美国《科学》杂志评出的年度科学进展的四项研究,主要属于化学领域的是( )‎ A. 研制高温超导材料 B. 绘制癌症基因图谱 C. 观测太阳系外行星 D. 计算物质世界重量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 研制高温超导材料是化学研究的范畴,故A正确;‎ B. 绘制癌症基因图谱,属于生物研究的内容,故B错误;‎ C. 观测太阳系外行星,属于天文学研究的内容,故C错误;‎ D. 计算物质世界重量,是物理学研究范畴,故D错误;‎ 故选A。‎ ‎2.下列仪器名称为“冷凝管”的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、图为球形干燥管,故A不符;‎ B、图为“冷凝管”,故B符合;‎ C、图为分液漏斗,故C不符;‎ D、图为容量瓶,故D不符;‎ 故选B。‎ ‎3.下列氧化物中属于酸性氧化物的是( )‎ A. CuO B. CO C. SO2 D. MnO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】能与碱反应生成盐和水的氧化物叫做酸性氧化物,能与酸反应生成盐和水的氧化物叫做碱性氧化物.‎ ‎【详解】A. CuO与酸反应生成盐与水,属于碱性氧化物,故A不符;‎ B. CO不与酸、碱反应,既不属于酸性氧化物也不属于碱性氧化物,故B不符;‎ C. SO2与碱反应生成盐与水,属于酸性氧化物,故C符合;‎ D. MnO2不与稀酸、碱反应,既不属于酸性氧化物也不属于碱性氧化物,故D不符;‎ 故选C。‎ ‎4.下列分散系不能产生“丁达尔效应”是( )‎ A. 淀粉溶液 B. 硫酸铜溶液 C. Al(OH)3胶体 D. 有色玻璃 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】分散系分为溶液、胶体、浊液。丁达尔效应是指:当一束光线透过胶体,从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路。丁达尔现象是胶体特有的性质,只有胶体分散系才能发生丁达尔效应。‎ ‎【详解】A. 淀粉溶液属于胶体,能产生丁达尔效应,故A不选;‎ B. 硫酸铜溶液,属于溶液,不是胶体,不能产生丁达尔效应,故B选;‎ C. Al(OH)3胶体,属于胶体,能产生丁达尔效应,故C不选;‎ D. 有色玻璃为固溶胶,属于胶体能产生丁达尔效应,故D不选;‎ 故选B。‎ ‎5.1911年,卢瑟福(英国)是根据以下哪个实验研究或现象,提出了带核的原子结构模型( )‎ A. 元素化合时的质量比例关系 B. 研究阴极射线的质荷比 C. 研究氢原子光谱 D. α粒子散射实验 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】1911年英国科学家卢瑟福做了一个实验:用一束质量比电子大很多的带正电的高速运动的粒子轰击金箔,结果是大多数粒子能穿过金箔且不改变原来的前进方向,但也有一小部分改变了原来的方向,还有极少数的粒子被反弹了回来.据此他提出了带核的原子结构模型:原子是由原子核和核外电子构成.这个实验就是:α粒子散射实验。‎ 故选D。‎ ‎6.下面是四位同学学完《认识原子核》这节内容后,对这节内容的认识,不正确的是( )‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 大多数元素都有2-3种同位素原子,所以原子的种类大于元素的种类,A正确;‎ B. 原子有原子核和核外电子构成,原子核有质子和中子构成,质子和中子的相对质量约为1,而核外电子为质子质量的,故原子的质量主要集中在原子核上,B正确;‎ C. 所有的原子一定含有质子和中子,但并不是所有的原子都含有中子,比如不含中子,C错误;‎ D. 12C和13C都是C元素的原子,都含有6个质子,但是中子数不同,所以它们互为同位素,D正确;‎ 故合理选项为C。‎ ‎7.下列变化是氧化还原反应的是( )‎ A. CaO+CO2=CaCO3 B. SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O C. NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑ D. 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】有元素化合价变化的反应,一定为氧化还原反应。‎ ‎【详解】A. CaO+CO2=CaCO3,反应中各元素的化合价都不变,所以不是氧化还原反应,故A错误;‎ B. SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O,反应中各元素的化合价都不变,所以不是氧化还原反应,故B错误;‎ C. NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑,反应中各元素的化合价都不变,所以不是氧化还原反应,故C错误;‎ D 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑,反应中硫元素化合价降低,铁元素化合价升高,所以属于氧化还原反应,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎8.如图,进行导电性实验,图1灯泡不亮,图2灯泡亮,下列结论正确的是( )‎ A. NaCl是非电解质 B. NaCl晶体中不存在离子 C. NaCl在水中电离出了可以自由移动的离子 D. NaCl溶液是电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电(电解离成阳离子与阴离子)的化合物,电解质溶液导电是因为电解质发生了电离过程.根据原电池的工作原理和构成条件:电解质溶液必须含有大量自由移动离子,电解质中阴阳离子的定向移动形成电流.‎ ‎【详解】A. NaCl是强电解质,故A错误;‎ B. NaCl晶体由钠离子和氯离子构成,只是不能自由移动,故B错误;‎ C.NaCl在水溶液中电离出了大量的自由移动的氯离子和钠离子,能使装置2构成电解池而产生电流,故C正确;‎ D. NaCl溶液是混合物,既不是电解质,也不是非电解质,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎9.下列物质在水溶液中能电离且电离方程式正确的是 A. MgCl2=Mg2++Cl2- B. CH3CH2OH(乙醇)=CH3CH2O-+H+‎ C. NaHSO4=Na++HSO4- D. KMnO4=K++MnO4-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. MgCl2为强电解质,电离出氯离子和镁离子,电离方程式为MgCl2=Mg2++2Cl ‎-,故A错误;‎ B. CH3CH2OH为非电解质,故B错误;‎ C. 硫酸氢钠是强电解质,NaHSO4=Na++H++SO42-,故C错误;‎ D. KMnO4为强电解质,KMnO4=K++MnO4-,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎10.下列图示操作不是用于物质的分离提纯的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.图为过滤装置,可分离不溶性固体与液体,故A不选;‎ B.图为配制一定体积,一定物质的量浓度溶液的装置,不属于物质分离提纯,故B选;‎ C.图为分液装置,可分离互不相溶的两种液体,故C不选;‎ D.图为蒸发装置,可分离可溶性固体与液体,故D不选;‎ 故选B。‎ ‎11.14C的放射性可用于考古断代。在高层大气中,由宇宙射线轰击14N可转变为14C。下列说法正确的是( )‎ A. 14C核素的中子数为8 B. 14C原子的最外层有6个电子 C. 14C和14N互为同位素 D. 14C16O2的摩尔质量为46‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 14C核素的中子数为14-6=8,故A正确;‎ B. 14C原子的核电荷数为6,核外有2个电子层,最外层有4个电子,故B错误;‎ C. 14C和14N的核电荷数分别为6和7,是质量数相同的两种不同元素的原子,不是互为同位素,故C错误;‎ D. 14C16O2的摩尔质量为46g·mol-1,故D错误;‎ 故选A。‎ ‎12.下列关于氧化物的叙述正确的是( )‎ A. 酸性氧化物均可跟碱反应 B. 酸性氧化物在常温常压下均为气态 C. 金属氧化物都是碱性氧化物 D. 不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、酸性氧化物是与碱反应生成盐和水的氧化物,酸性氧化物均可以跟碱反应,故A正确;B、酸性氧化物可以是气体、固体,如SiO2,Mn2O7等为固体,故B错误;C、金属氧化物有酸性氧化物、碱性氧化物、过氧化物和两性氧化物等,如Al2O3属于两性氧化物,故A错误;D、不成盐氧化物既不能与酸反应也不能与碱反应,如NO,故D错误;故选A。‎ ‎13.下列实验操作不正确的是( )‎ A. 溶液蒸发结晶时,蒸发皿下不用垫石棉网 B. 进行蒸馏时,要加碎瓷片防止暴沸 C. 进行分液操作时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出 D. 分离苯和四氯化碳,可加适量水,然后分液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蒸发皿可以直接加热,溶液蒸发结晶时,蒸发皿下不用垫石棉网,故A正确;‎ B. 液体剧烈沸腾时容易冲出容器,进行蒸馏时,要加碎瓷片防止暴沸,故B正确;‎ C. 分液就是为了把两种液体给分开。下层的容器壁上有沾有下层液体,如果下层液体放出后,上层液体也从下层放开,那么上层液体也混入了下层液体,没有达到分离的目的,进行分液操作时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,故C正确;‎ D. 苯和四氯化碳均属于有机物,二者互溶,应该根据沸点不同,用蒸馏的方法分离,故D错误;‎ 故选D。‎ ‎14.反应:S+2H2SO4(浓) 3SO2↑+2H2O,氧化剂与氧化产物的分子个数之比是( )‎ A. 2:1 B. 2:3 C. 1:3 D. 1:2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】硫酸中硫化合价从+6降到了+4价,硫酸中硫元素化合价降低,硫酸是氧化剂,硫单质中S元素化合价也从0价升高到了+4价,硫单质变现了二氧化硫,发生氧化反应,氧化剂与氧化产物的分子个数之比是2:1,‎ 故选A。‎ ‎15.在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体,当两个容器内温度和气体密度相等时,说法正确的是 (  )‎ A. 两种气体的压强相等 B. O2比O3质量小 C. 两种气体的分子数目相等 D. 两种气体的氧原子数目相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】相同体积相同密度时,两容器气体的质量相等,且都由O元素组成的同素异形体,则O原子的质量、个数以及物质的量相等,据此分析解答。‎ ‎【详解】A、O原子个数相等时,气体的物质的量之比为n(O2):n(O3)=3:2,由PV=nRT可知,两种气体的压强之比为3:2,故A错误;‎ B、同体积相同密度时,两容器气体的质量相等,故B错误;‎ C、O原子个数相等时,气体的物质的量之比为n(O2):n(O3)=3:2,故C错误;‎ D、相同体积相同密度时,两容器气体的质量相等,且都由O元素组成,因此O原子数目相等,故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎16.下列溶液中Cl-浓度最大的是( )‎ A. 50mL 1 mol/L KCl溶液 B. 20mL 3 mol/L NaCl溶液 C. 25mL 2 mol/L MgCl2溶液 D. 10mL 1.5 mol/L AlCl3溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 50mL 1 mol/L KCl溶液,溶液中Cl-浓度是 1 mol·L-1;‎ B. 20mL 3 mol/L NaCl溶液,溶液中Cl-浓度是 3 mol·L-1;‎ C. 25mL 2 mol/L MgCl2溶液,溶液中Cl-浓度是 4 mol·L-1;‎ D. 10mL 1.5 mol/L AlCl3溶液,溶液中Cl-浓度 4.5mol·L-1;‎ 故选D。‎ ‎17.NA代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )‎ A. 5.6g铁在足量氯气中燃烧,铁失去电子数为0.2NA B. 常温常压下,32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA C. 9g重水(2H216O)中含有的电子数为5NA D. 0.5 mol/L MgCl2溶液中,含有的Cl-个数为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 5.6g铁为0.1mol,在足量氯气中燃烧,生成氯化铁,铁失去电子数为0.3NA,故A错误;‎ B. 常温常压下,32gO2和O3的混合气体所含原子数为 =2NA,故B正确;‎ C. 9g重水(2H216O)中含有的电子数为=4.5NA,故C 错误;‎ D. 0.5 mol/L MgCl2溶液中,因缺少溶液的体积,无法计算含有的Cl-个数,故D错误;‎ 故选B ‎18.将6.2 g Na2O加入到m g水中,形成的溶液中Na+和H2O的个数比为1:10,则m等于( )‎ A. 18 B. 19.8 C. 37.8 D. 36‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】n(Na2O)==0.1mol,根据氧化钠与水反应可知:‎ ‎ ‎ n(Na+)=n(NaOH)=0.2mol,反应消耗水的物质的量为0.1mol,反应后得到的溶液中Na+和水分子的个数比为1:10,则反应后溶液中水的物质的量为10×0.2mol=2mol,开始时所用的水的物质的量为:2mol+0.1mol=2.1mol,质量为:2.1mol×18g·mol-1=37.8g;‎ 故选C。‎ ‎19.下列关于氯及其化合物的说法中正确的是( )‎ A. Cl2的氧化性很强,铁丝在氯气中燃烧产生大量白烟,产物为FeCl3‎ B. H2在Cl2中燃烧,火焰呈苍白色,工业上利用该反应原理生产盐酸 C. 向氯水中加入NaHCO3粉末,有气泡产生,说明氯水中含有HClO D. 将氯水滴在pH试纸上一定显红色,因为氯水中含有HCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铁丝在氯气中燃烧生成棕褐色的固体三氯化铁,所以可以看到产生大量的棕褐色的烟,产物为FeCl3,故A错误;‎ B. H2在Cl2中燃烧,火焰呈苍白色,用水吸收得盐酸,工业上利用该反应原理生产盐酸,故B正确;‎ C. 向氯水中加入NaHCO3粉末,有气泡产生,说明氯水中含有HCl,HClO的酸性比碳酸弱,故C错误;‎ D. 将氯水滴在pH试纸上开始显红色,红色马上褪去,因为氯水中含有HClO,将试纸漂白,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎20.如图:A处通入氯气,关闭B时,C中红色布条颜色无变化;当打开B时,C处红色布条颜色褪去。则相关判断正确的是( )‎ A. 通入的Cl2含有水蒸气 B. D中不可能是浓H2SO4‎ C. D中可能是水 D. D中可能是饱和食盐水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】干燥的氯气不能漂白有色布条,含水蒸气的氯气能使有色布条褪色,A处通入氯气,关闭B阀时,C处红色布条无变化,说明D处可以干燥氯气或吸收氯气。‎ ‎【详解】A. 实验现象说明通入的氯气含有水份,氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白作用,故A正确;‎ B. D中可以是浓硫酸吸收氯气中的水蒸气,故B错误;‎ C. D中是水时,会有潮湿的氯气进入试管中,氯气和水反应产生的次氯酸使有色布条褪色,故C错误;‎ D. D中是饱和食盐水时,氯气通过后会含有水蒸气,遇到有色布条褪色,因为氯气含水蒸气,反应生成次氯酸起漂白作用,故D错误;‎ 故选A。‎ ‎21.某溶液中含有较大量的Cl﹣、、OH﹣等3种阴离子,如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来,下列实验操作顺序正确的是(  )‎ ‎①滴加Mg(NO3)2溶液;②过滤;③滴加AgNO3溶液;④滴加Ba(NO3)2溶液 A. ①②④②③ B. ④②①②③ C. ①②③②④ D. ④②③②①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】检验氯离子用AgNO3溶液,检验氢氧根离子可用Mg(NO3)2溶液,检验碳酸根离子可用Ba(NO3)2溶液;由于碳酸根离子能与AgNO3溶液、Mg(NO3)2溶液反应,分别生成碳酸银沉淀、碳酸镁沉淀,故要先检验CO32-,再检验OH-和Cl-;由于OH-与Ag+结合形成极不稳定的氢氧化银,故要先检验OH-;仅用一份样品溶液,可先滴加硝酸钡溶液,产生白色沉淀,说明含有碳酸根离子,过滤,向滤液中再滴加Mg(NO3)2溶液,产生白色沉淀,说明含有OH-,过滤,再向滤液中滴加AgNO3溶液,产生白色沉淀,说明含有氯离子,故正确的实验操作顺序是④②①②③;‎ 故答案选B。‎ ‎22.下列关于离子的检验及结论一定正确的是( )‎ A. 加入稀盐酸有气体生成,将气体通入澄清石灰水中变浑浊,则溶液中一定有CO32-‎ B. 加入BaCl2溶液有白色沉淀生成,再加盐酸,沉淀不消失,则溶液中一定有SO42-‎ C. 加入浓氢氧化钠溶液并加热,用湿润的红色石蕊试纸靠近管口变蓝,则一定含有NH4+‎ D. 用铂丝蘸取试样进行焰色反应,观察到火焰呈黄色。则试样中一定有Na+,不含有K+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加入稀盐酸有气体生成,将气体通入澄清石灰水中变浑浊,则溶液中可能有HCO3-、CO32-,HSO3-、SO32-,故A错误;‎ B. 加入BaCl2溶液有白色沉淀生成,再加盐酸,沉淀不消失,沉淀可能是AgCl、BaSO4,则溶液中可能有SO42-或Ag+,故B错误;‎ C. 加入浓氢氧化钠溶液并加热,用湿润的红色石蕊试纸靠近管口变蓝,该气体是NH3,则一定含有NH4+,故C正确;‎ D. 用铂丝蘸取试样进行焰色反应,观察到火焰呈黄色,则试样中一定有Na+,可能含有K+,还需透过蓝色钴玻璃观察,才能确定有无K+,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎23.下列关于物质分离提纯的描述不正确的是( )‎ A. 分离KCl和MnO2混合物的步骤:加水溶解、过滤,滤渣洗涤后干燥,滤液蒸发结晶 B. 蒸馏提纯时温度计的位置如图1所示,收集的产品中混有低沸点杂质 C. NaCl晶体中混有少量KNO3杂质的分离方法为:加水溶解、蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥 D. 萃取溴水时,加入适量CCl4,转移至分液漏斗中,如图2,用力振摇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. KCl易溶于水,MnO2难溶于水,分离KCl和MnO2混合物应用过滤法,步骤:加水溶解、过滤,滤渣洗涤后干燥,滤液蒸发结晶,故A正确;‎ B. 蒸馏时,温度计是测量从蒸馏烧瓶的支管口出去的蒸汽的温度,蒸馏提纯时温度计的位置如图1所示,收集的产品中混有低沸点杂质,故B正确;‎ C.根据NaCl的溶解度随温度变化不大,KNO3 的溶解度随温度变化大,NaCl晶体中混有少量KNO3杂质的分离方法为:加水溶解、蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥,KNO3留在母液中,故C正确;‎ D. 萃取溴水时,加入适量CCl4,转移至分液漏斗中,塞上玻璃塞,萃取分液时,加入萃取剂后,应使液体混合均匀,两手分别顶住玻璃活塞,使分液漏斗倒转过来,不能用力振摇,故D错误;‎ 故选D。‎ ‎24.某固体混合物中可能含有:SiO2、Na2O、CaO、CuO、Fe2O3。现将该固体进行如下实验(所加试剂均过量):‎ 下列说法正确的是( )‎ A. 该混合物一定含有CuO、SiO2,可能含有Na2O B. 该混合物可能含有Fe2O3‎ C. 该混合物一定不含CaO和Na2O D. 无法确定是否含有CaO和Fe2O3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】加盐酸时,因Na2O、CaO、CuO、Fe2O3均与盐酸反应,只有二氧化硅不溶,则固体1为SiO2,二氧化硅能够与氢氧化钠反应,因此溶液3中含有硅酸钠;溶液1中可能含钠离子、钙离子、铜离子、铁离子,加入稀NaOH时,生成的蓝色沉淀为Cu(OH)2,则原混合物含有CuO,不含Fe2O3,溶液2中通入二氧化碳无明显现象,可知溶液1中不含钙离子,则原混合物不含CaO,据此分析解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知,原混合物一定含SiO2、CuO,不存在Fe2O3、CaO,不能确定是否含Na2O。‎ A.该混合物一定含有CuO、SiO2,可能含有Na2O,故A正确;‎ B.该混合物一定不含Fe2O3,故B错误;‎ C.不能确定该混合物是否含Na2O,故C错误;‎ D.由上述实验可知,一定不含CaO、Fe2O3,故D错误;‎ 故选A。‎ ‎25.根据表中信息判断,下列选项不正确的是( )‎ 反应 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 反应物 FeCl3、Cu FeBr2、Cl2(少量)‎ KMnO4和浓盐酸 生成物 CuCl2……‎ FeCl3、FeBr3‎ MnCl2、Cl2……‎ A. 反应①的另一产物不可能是Fe B. 反应②中若FeBr2与过量Cl2反应有Br2生成,说明还原性:Fe2+>Br-‎ C. 反应③中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:8‎ D. 氧化性由强到弱顺序为:MnO4->Cl2>Fe3+>Cu2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性,Fe3+>Cu2+>Fe2+,FeCl3、Cu反应生成CuCl2、FeCl2,不可能生成铁,故A正确;‎ B、当只有少量氯气时,由元素化合价可知,反应中只有亚铁离子被氧化,反应②中若FeBr2与过量Cl2反应有Br2生成,说明还原性:Fe2+>Br-,故B正确;‎ C、由信息可知,MnO4-氧化Cl-为Cl2,Cl元素化合价由-1价升高为0价,配平方程式:2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O,反应③中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:10=1:5,故C错误;‎ D、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性,由①氧化性Fe3+>Cu2+,由③可知氧化性MnO4->Cl2,由②可知氧化性Cl2>Fe3+,由②可知Fe3+不能氧化Br-,氧化性Br2>Fe3+,氧化性由强到弱顺序为:MnO4->Cl2>Fe3+>Cu2+,故D正确。‎ 故选C。‎ 二、非选择题(共50分)‎ ‎26.按要求填空:‎ ‎(1)S2-的结构示意图为__________;7 g 35Cl2所含的中子数为________。‎ ‎(2)下列物质中,能导电的有____________;属于电解质的是_________。‎ ‎①石墨②CO2 ③液态HCl ④Na2CO3固体 ⑤熔融Al2O3 ⑥葡萄糖 ⑦KOH溶液 ‎(3)工业上电解饱和食盐水制氯气化学方程式为_____________,用双线桥表示其电子转移。‎ ‎【答案】(1). (2). 3.6NA (3). ①⑤⑦ (4). ③④⑤ (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)硫是16号元素,得2个电子形成硫离子,S2-的结构示意图为;7 ‎ g 35Cl2所含的中子数为×(35-17)×NA=3.6NA;‎ ‎(2)含有自由移动离子或电子的物质能导电,①石墨中含有自由移动电子⑤熔融Al2O3 ⑦KOH溶液中含有自由移动离子,能导电的有①⑤⑦;在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,所以属于电解质的是③液态HCl ④Na2CO3固体 ⑤熔融Al2O3 ;而①石墨属于单质 ⑦KOH溶液属于混合物,不属于电解质;②CO2 ⑥葡萄糖属于非电解质;‎ ‎(3)工业上电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠,用双线桥表示其电子转移:。‎ ‎27.为了提纯氯化钠固体(混有硫酸钠、碳酸铵杂质),设计了如下实验方案,请回答:‎ ‎(1)操作①在加热时盛装混合物的仪器可选择__________。‎ ‎(2)操作②若改为加硝酸钡溶液,对本实验的影响是__________。‎ ‎(3)进行操作②后,判断SO42-已除尽的方法是__________。‎ ‎(4)操作③的目的是_____________。‎ ‎(5)操作⑤蒸发结晶的具体操作为____________。‎ ‎【答案】(1). 坩埚或大试管 (2). 引入NO3- (3). 取操作②后的溶液少许于一试管中,静置,往上层清液中维续滴加BaCl2溶液,若不出现浑浊,则SO42-已沉淀完全。 (4). 利用碳酸钠除去过量的钡离子 (5). 可将溶液置于蒸发皿中,加热蒸发,并用玻璃棒不断搅拌,加热蒸发皿中出现较多固体时,停止加热,利用蒸发皿的余热使滤液蒸干。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】混有硫酸钠、碳酸铵杂质的氯化钠固体,由流程可知,①中发生加热条件下分解反应,分解后的固体溶于水后,与氯化钡反应除去硫酸根离子,再利用碳酸钠除去过量的钡离子,过滤后滤液中含NaCl、碳酸钠,加盐酸除去碳酸钠后溶质为NaCl,蒸发得到纯净的NaCl。‎ ‎【详解】(1)加热固体,应在坩埚中进行,操作①在加热时盛装混合物的仪器可选择坩埚或大试管。‎ ‎(2)除杂时不能引入新的杂质,操作②若改为加硝酸钡溶液,对本实验的影响是引入NO3-。‎ ‎(3)加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子,检验硫酸根离子已全部沉淀,判断方法为取操作②后的溶液少许于一试管中,静置,往上层清液中维续滴加BaCl2溶液,若不出现浑浊,则SO42-已沉淀完全。‎ ‎(4)操作③的目的是利用碳酸钠除去过量的钡离子。‎ ‎(5)由氯化钠溶液得到固体氯化钠,操作⑤蒸发结晶的具体操作为:可将溶液置于蒸发皿中,加热蒸发,并用玻璃棒不断搅拌,加热蒸发皿中出现较多固体时,停止加热,利用蒸发皿的余热使滤液蒸干。‎ ‎28.如图为实验室中浓硫酸试剂瓶标签上的部分内容,请回答问题。‎ ‎(1)该硫酸的物质的量浓度是________mol/L。‎ ‎(2)某实验需要90mL3.0mol/L稀硫酸,配制该溶液,经计算,需要用量筒量取___mL浓硫酸。‎ ‎(3)在下列配制过程示意图中,有错误的是(填写序号)________。‎ ‎(4)下列情况会引起所配稀硫酸浓度偏高的是________。‎ A 用蒸馏水将量筒中残留的硫酸洗出合并 B 容量瓶洗涤后,未经干燥处理 C 溶液未能冷却就定容 D 未洗涤烧杯和玻璃棒 ‎【答案】(1). 18 (2). 16.7 (3). ①④ (4). AC ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据c= 带入数据进行计算;‎ ‎(2)根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积,没有90mL的容量瓶,以100mL容量瓶计算; ‎ ‎(3)根据正确配制一定物质的量浓度的溶液操作步骤进行分析;‎ ‎(4)根据c= 进行误差分析。‎ ‎【详解】(1)根据c= ,该浓硫酸的物质的量浓度为:c=mol·L-1=18.0mol·L-1。‎ ‎(2)根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积,没有90mL的容量瓶,以100mL计算,设浓硫酸的体积为xmL,所以xmL×18.0mol·L-1=100mL×3mol·L-1,解得:x≈16.7;‎ ‎(3)①应将浓硫酸倒入水;②引流操作正确;③用玻璃棒引流,操作正确;④读数时视线与凹液面最低处相切,故选①④。‎ ‎(4)A、用蒸馏水将量筒中残留的硫酸洗出合并,取浓硫酸的体积增大,所配溶液浓度偏高,故A正确;‎ B、最后需要加水定容,容量瓶不干燥,含有少量蒸馏水,对溶液浓度无影响,故B错误;‎ C、溶液有热胀冷缩的性质,浓硫酸稀释,放出大量的热,溶解后未恢复室温立即转移到容量瓶中定容,导致所配溶液体积减小,所配溶液浓度偏高,故C正确;‎ D、未洗涤烧杯和玻璃棒,移入容量瓶中的溶质硫酸的物质的量减小,所配溶液浓度偏低,故D错误;‎ 故选AC。‎ ‎29.实验室可用如图装置制得氯气并与铝粉反应制备无水AlCl3。已知AlCl3在183°C升华,遇潮湿空气即反应产生大量白雾。请回答问题:‎ ‎(1)A中反应的化学方程式为_________;HCl在反应中表现出的性质为______(填:酸性、氧化性或还原性)。‎ ‎(2)A中g管的作用是________。‎ ‎(3)B中盛放饱和食盐水的作用是________;若D中生成的AlCl3凝华堵塞导管,B中可观察到的现象为________。‎ ‎(4)C和F所装试剂相同,其中F的作用是___________。‎ ‎【答案】(1). MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 酸性、还原性 (3). 平衡气压,使盐酸顺利流出,并防止漏气 (4). 除去混有的HCl气体 (5). 长颈漏斗中液面上升或瓶中液面下降 (6). 防止G中水分扩散到E中与产品反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】根据所给的装置图可知,A装置制取氯气:二氧化锰和浓盐酸反应生成二氯化锰和氯气以及水,反应的离子方程式为:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2 ↑+2H2O,氯化氢易挥发,制取的氯气中含有氯化氢,B中的饱和食盐水是为了除去混有的HCl气体;因为氯化铝易发生水解,C装置进行氯气干燥,干燥后的氯气进入D装置与铝反应,2Al+3Cl22AlCl3,E收集产品,F防止空气中的水蒸气进入E装置,氯气有毒,通过G吸收.‎ ‎【详解】(1)根据所给的装置图可知,A装置制取氯气:二氧化锰和浓盐酸反应生成二氯化锰和氯气以及水,A中反应的化学方程式为:MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O;HCl在反应中一部分氯化合价不变,一部分氯化合价升高,表现出的性质为酸性、还原性。‎ ‎(2)A中g管的作用是平衡气压,使盐酸顺利流出,并防止漏气。‎ ‎(3)A装置制取氯气,氯化氢易挥发,制取的氯气中含有氯化氢,氯气在饱和食盐水中溶解度小,B中的饱和食盐水是为了除去混有的HCl气体;若D中生成的AlCl3凝华堵塞导管,B中可观察到的现象为长颈漏斗中液面上升或瓶中液面下降。‎ ‎(4)C和F所装试剂相同,其中F的作用是防止G中水分扩散到E中与产品反应。‎ ‎30.(1)工业上用112 L(标准状况)氯气与足量石灰乳反应,制得的漂白粉中有效成分Ca(ClO)2的最大含量为___________mol。‎ ‎(2)向一定量石灰乳中缓慢通入氯气,随着反应的进行,温度升高,开始产生Ca(ClO3)2。体系中ClO-和ClO3-的物质的量(n)与反应时间(t)的关系曲线如图1所示(不考虑氯气和水的反应)。‎ ‎①t2时刻后,溶液中ClO-和ClO3-的物质的量之比为_____________。‎ ‎②该反应过程中消耗Ca(OH)2的质量为_____________。‎ ‎(3)向Ca(ClO3)2浓溶液中加入稍过量的KCl固体可转化为KClO3,如图2,从该溶液中分离出KClO3固体的实验方法是________________(不要求填具体操作步骤)。‎ ‎【答案】(1). 2.5 (2). 2:1 (3). 37g (4). 冷却结晶法或降温结晶法 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据方程式2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O进行计算;‎ ‎(2)当温度低时,氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙;当温度高时,生成氯酸钙和氯化钙,刚开始反应时,温度较低,氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙,所以图1中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系,图中曲线Ⅱ表示ClO3-的物质的量随反应时间变化的关系;据图像及氧化还原反应中得失电子数相等进行分析和计算;‎ ‎(3)从图2看出KClO3溶解度受温度影响比较大,可用冷却热饱和溶液的方法,从溶液中分离出KClO3固体。‎ ‎【详解】(1)n(Cl2)= =5mol,根据方程式:2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,n(Ca(ClO)2)= =2.5mol;‎ ‎(2)当温度低时,氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙;当温度高时,生成氯酸钙和氯化钙,刚开始反应时,温度较低,氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙,所以图1中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系,图中曲线Ⅱ表示ClO3-的物质的量随反应时间变化的关系;‎ ‎①t2时刻后,溶液中ClO-和ClO3-的物质的量之比为0.2:0.1=2:1;‎ ‎②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算Cl-的物质的量,设被还原的氯离子的物质的量为n,则n×1=0.20mol×1+0.1mol×5=0.70mol,含氯离子的物质的量为:0.70mol+0.2mol+0.1mol=1.0mol,氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯离子的个数比为1:2,所以所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为0.5mol,质量为0.5mol×74g·mol-1=37g;‎ ‎(3)向Ca(ClO3)2浓溶液中加入稍过量的KCl固体可转化为KClO3,从图2看出KClO3溶解度受温度影响比较大,可用冷却热饱和溶液的方法,从溶液中分离出KClO3固体,即:冷却结晶法或降温结晶法。‎
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