【化学】山西省忻州市第一中学2019-2020学年高一上学期第三次月考试题(解析版)

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【化学】山西省忻州市第一中学2019-2020学年高一上学期第三次月考试题(解析版)

山西省忻州市第一中学2019-2020学年高一上学期第三次月考试题 第I卷(选择题)(共48分)‎ 一.选择题(本题有16个小题,每小题只有一个选项符合题意,每小题3分,共48分。)‎ ‎1.《天工开物》中对制造染料“蓝靛”的叙述如下:“凡造淀,叶与茎多者入窖,少者入桶与缸。水浸七日,其汁自来。每水浆一石,下石灰五升,搅冲数十下,淀信即结。水性定时,淀沉于底…其掠出浮沫晒干者曰靛花。”文中没有涉及的实验操作是( )‎ A. 溶解 B. 搅拌 C. 升华 D. 蒸发 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、“水浸七日,其汁自来”涉及到溶解,故A不选;‎ B、“搅冲数十下”涉及到搅拌,故B不选;‎ C、升华是指由固态受热直接变成气体,文中没有涉及,故C选;‎ D、“其掠出浮沫晒干者曰靛花”涉及到蒸发,故D不选;‎ 故选C。‎ ‎2.下列甲、乙、丙、丁所示的装置或操作能达到实验目的是( )‎ A. 用甲所示的装置与操作检验某物质中K+的存在 B. 用乙所示的装置除去氯气中的少量H2O C. 用丙所示的装置分离酒精与水 D. 用丁所示的装置收集NH3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用洁净的铂丝蘸取某无色溶液,放在无色火焰上灼烧,透过蓝色钴玻璃,火焰的颜色呈紫色说明溶液中有钾元素,故A正确;‎ B.导管长进短出,否则会将液体排除,故B错误; C.因温度计测量的是蒸汽的温度故应放在支管口,冷凝水下进上出,故C错误; D. NH3的密度比空气小,所以导管应是短进长出排空气法收集,故D错误; 所以答案为A选项。‎ ‎3.NA表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是(  )‎ A. 标准状况下,2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.2NA B. 含有NA个阴离子的Na2O2与足量水反应,转移电子数为NA C. 标准状况下,等体积的水和CO2,含有的氧原子数目为1:2‎ D. 1L 1mol/L饱和FeCl3滴入沸水中完全水解生成Fe(OH)3胶体粒子个数为NA个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下,2.24 L N2和O2的混合气体为0.1mol,分子数为0.1NA,故A错误;‎ B.含有NA个阴离子的Na2O2为1mol,Na2O2与水的反应为歧化反应,1molNa2O2转移1mol电子即NA个,故B错误;‎ C.标准状况下,水是液体,不能用气体摩尔体积计算,故C错误; D.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体,所以1L1mol/L饱和FeCl3滴入沸水中完全水解生成Fe(OH)3胶体粒子个数小于NA个,故D错误;‎ 所以答案为:B。‎ ‎4.密度为ρ g·cm-3的溶液V mL,含有相对分子质量为M的溶质m g,溶质物质的量浓度为c mol·L-1,质量分数为w,下列表示式不正确的是(  )‎ A. c= B. m=ρVw C. ρ= D. w= %‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由c=,故A正确; B.溶液的质量m=ρV,溶质的质量为m=ρVw,故B正确;‎ C.由 c=可知溶液的密度溶ρ= ,故C正确 D.由 c=可知w=,故D错误;‎ 所以本题答案:D。‎ ‎5.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是(  )‎ A. 向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液:SO32-+2H+===SO2↑+H2O B. 向Na2SiO3溶液中通入过量SO2:SiO32-+SO2+H2O===H2SiO3↓+SO32-‎ C. 向饱和石灰水中通入过量二氧化碳:Ca(OH) 2+ 2CO2 =Ca2++2HCO3-‎ D. 向CuSO4溶液中加入Na2O2:2Na2O2+2Cu2++2H2O===4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液的离子反应方程式为:3SO32-+2H++ 2NO3-===2NO↑+H2O +3SO42-,故A错误;‎ B.向Na2SiO3溶液中通入过量SO2的离子反应方程式为:SiO32-+SO2+H2O===H2SiO3↓+HSO3 -,故B错误;‎ C.向饱和石灰水中通入过量二氧化碳的离子反应方程式为:Ca2++2OH-+ 2CO2 =Ca2++2HCO3-,故C错误;‎ D.向CuSO4溶液中加入Na2O2的离子反应方程式为:2Na2O2+2Cu2++2H2O===4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑,故D正确;‎ 所以本题答案:D。‎ ‎6.下列离子能大量共存的是( )‎ A. 使无色酚酞试液呈红色的溶液中: Na+、K+、SO42-、CO32-‎ B. 无色透明的溶液中:Cu2+、K+、SO42-、NO3-‎ C. 含有大量Ba(NO3)2的溶液中:Mg2+、NH4+、SO42-、Cl-‎ D. 使紫色石蕊试液呈红色的溶液中:Na+、K+、CO32-、NO3-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.使无色酚酞试液呈红色的溶液呈碱性,溶液中存在大量氢氧根离子,Na+、K+、SO42-、CO32-之间不反应,都不与氢氧根离子反应,在溶液中能够大量共存,故A正确;‎ B.Cu2+呈蓝色,故B错误;‎ C.含有大量Ba(NO3)2的溶液中含有大量钡离子,钡离子与SO42-反应生成难溶物硫酸钡,在溶液中不能大量共存,故C错误;‎ D.使紫色石蕊试液呈红色的溶液呈酸性,溶液中存在大量氢离子,CO32-与氢离子反应,在溶液中不能大量共存,故D错误,‎ 故选A。‎ ‎7.下列现象或新技术应用中,不涉及胶体性质的是(  )‎ A. 在饱和氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液,产生红褐色沉淀 B. 使用微波手术刀进行外科手术,可使开刀处的血液迅速凝固而减少失血 C. 江河入海口常形成三角洲 D. 肾衰竭等疾病引起的血液中毒,可利用血液透析进行治疗 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析:A、制取的不是氢氧化铁胶体,而是氢氧化铁悬浊液,因此不涉及胶体性质,A正确;B、血液属于胶体,其中所含蛋白质遇微波能快速凝固,涉及胶体性质,B错误;C、江河水含有的泥沙分散到水中形成的胶体(与土壤胶体类似),海水中含有电解质,前者遇到后者时能凝结成沉淀,日积月累就形成三角洲,涉及胶体,C错误;D、血液属于胶体,血液透析涉及胶体不能透过半透膜的性质,D错误;答案选A。‎ ‎8.下列实验现象或结论描述不正确的是(   )‎ 选项 实验 现象或结论 A 向饱和Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体 溶液变浑浊 B 在酒精灯上加热铝箔 铝箔熔化,失去光泽,熔化的铝箔滴落下来 C 向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液,出现白色沉淀;再加入足量稀盐酸,部分沉淀溶解 Na2SO3部分被氧化 D 加热放在坩埚中的小块钠 钠先熔化成光亮的小球,燃烧时火焰为黄色,燃烧后生成淡黄色固体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.相同条件下碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠,所以溶液变浑浊,析出碳酸氢钠,故A正确;‎ B.氧化铝的熔点高,包裹在Al的外面,则熔化的铝不会滴落下来,故B错误; C.向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液,出现白色沉淀;再加入足量稀盐酸,部分沉淀溶解,说明Na2SO3有部分变质生成Na2SO4,故C正确; D.钠的熔点低,燃烧生成过氧化钠,则钠先熔化成光亮的小球,燃烧时火焰为黄色,燃烧后生成淡黄色固体,故D正确;‎ 所以本题答案:B。‎ ‎9.下列除去有关物质中杂质的方案中,正确的是( )‎ 选项 物质(括号内为杂质)‎ 除去杂质使用的试剂 除去杂质的方法 A CO2气(HCl气)‎ 饱和Na2CO3溶液,浓硫酸 洗气 B NH4Cl溶液(FeCl3)‎ NaOH溶液 过滤 C Na2CO3固体(NaHCO3)‎ ‎﹣﹣﹣﹣‎ 灼烧 D I2 (H2O)‎ CCl4‎ 蒸馏 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO2和HCl二者均能与饱和Na2CO3溶液反应,所以不能用Na2CO3除杂,应选饱和食盐水,再用浓硫酸洗气,故A错误; B. NH4Cl和FeCl3二者均能与NaOH溶液反应,所以不能用NaOH除杂,应选氨水,再经过过滤,故B错误; C.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠,则灼烧可除杂,故C正确; D.因为碘易溶于四氯化碳,所以用萃取、分液与水分离,故D错误;‎ 所以本题答案:C。‎ ‎10.中国药学家屠呦呦因发现青蒿素,开创了治疗疟疾的新方法,荣获了诺贝尔奖。已知青蒿素的分子式 为 C15H22O5。下列有关说法正确的是( )‎ A. 青蒿素中C、H、O的质量之比为15∶22∶5‎ B. 1mol青蒿素中含11molH2‎ C. 1mol青蒿素的体积约为22.4L D. 青蒿素的摩尔质量为282g/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因为青蒿素的分子式为C15H22O5,所以C、H、O的物质的量之比为15:22:5,故A错误;‎ B.由青蒿素的分子式为C15H22O5,所以1mol青蒿素中含有22molH原子,不含氢气分子,故B错误。‎ C.常温下青蒿素为固体,不能用气体摩尔体积计算,故C错误;‎ D.由青蒿素的分子式为C15H22O5,所以相对分子质量为282,摩尔质量为282g⋅mol−1,故D正确;‎ 所以答案:D。‎ ‎11.将固体X投入过量的Y中,能生成白色沉淀并放出一种无色气体,该气体能燃烧,不易溶于水,则X和Y分别可能是(  )‎ A. 钠和氯化铝溶液 B. 铝和烧碱溶液 C. 过氧化钠和氯化铜溶液 D. 锌和稀硫酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠和水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠和氯化铝反应生成氢氧化率白色沉淀,生成的氢气能燃烧且不溶于水,所以符合条件,故A正确; B.铝和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠和氢气,没有白色沉淀生成,故B错误;‎ C.过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气,氧气不能燃烧,且氢氧化钠和氯化铜反应生成蓝色沉淀氢氧化铜,故C错误;‎ D.锌和稀硫酸反应生成可溶性的硫酸锌和氢气,没有白色沉淀生成,故D错误;‎ 所以本题答案:A。‎ ‎12.已知A、B、D、E均为中学化学常见单质或化合物,它们之间的关系如图所示(部分产物略去)。下列说法错误的是(  )‎ A. A、B、D可能是钠及其化合物 ‎ B. A、B、D可能是镁及其化合物 C. A、B、D可能是铝及其化合物 ‎ D. A、B、D可能是非金属及其化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A、若A为NaOH溶液,E为CO2,B为NaHCO3,D为Na2CO3;可以实现如图转化;B、A、B、D若是镁及其化合物,镁是典型金属,形成的氢氧化镁是碱,和酸反应不能和碱反应,镁元素没有可变化合价;C、根据A能和少量E与过量E反应生成化合物B和D,即可推断A为AlCl3,E为强碱,发生离子反应Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O,确定出B中含有AlO2-,D为Al(OH)3;D、由题意,若A和E为单质,若A单质是碳,根据碳的化学性质及框图中A能和少量E与过量E反应生成两种含碳化合物B和D,可推测E是氧气,B为CO2、D为CO。‎ ‎【详解】A、若A为NaOH溶液,E为CO2,过量二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成的B为NaHCO3,少量二氧化碳和氢氧化钠溶液反应生成的D为Na2CO3,D→B的反应;Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,B→D的反应:2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,选项A正确;‎ B、A能和少量E与过量E反应生成两种化合物B和D,镁是典型金属,镁的化合物中,形成的氢氧化镁是碱,和酸反应不能和碱反应,镁元素没有可变化合价,不能实现转化关系,选项B错误;‎ C、根据A能和少量E或过量E反应生成两种化合物B和D,即可推断A为AlCl3,E为强碱,发生离子反应Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O,确定出B中含有AlO2-,D为Al(OH)3,则D→B的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,B→D的离子方程式为AlO2-+H+(少量)+H2O=Al(OH)3↓,选项C正确;‎ D、由题意,若A和E为单质,若A单质是碳,根据碳的化学性质及框图中A能和少量E与过量E反应生成两种含碳化合物B和D,可推测E是氧气,B为CO2、D为CO,选项D正确;‎ 答案选B。‎ ‎13.在相同条件下,将相同物质的量的Na、Mg、Al分别加入盛有同浓度、同体积稀盐酸的甲、乙、丙三支试管中充分反应,生成气体的体积关系不可能是(  )‎ A. 甲(Na)>乙(Mg)=丙(Al) B. 甲(Na)<乙(Mg)<丙(Al)‎ C. 甲(Na)>乙(Mg)>丙(Al) D. 甲(Na)=乙(Mg)=丙(Al)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】三种金属与酸反应的方程式分别为:2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑, A.酸不足量,且三种金属与酸反应后都过量时,镁、铝只和酸反应,所以乙、丙两支试管得到的氢气全部来自于酸,所以产生的氢气体积相同;钠不仅和酸反应还和水反应,所以甲试管的氢气来自于为水和酸,导致甲试管得到的氢气体积大于乙、丙两支试管得到的氢气,故A正确; B.三种金属不足量、酸过量时,以金属为标准进行分析,根据方程式知,生成的氢气最多的为铝,其次为镁,最少的为钠,故B正确; C.镁、铝只和酸反应,钠和酸、水都反应,无论酸过量还是金属过量,都不会出现甲(Na)>乙(Mg)>丙(Al),故C错误;‎ D.酸不足量且钠与酸恰好完全反应时,生成的氢气全部来自于酸,因为酸的量相同,所以生成的氢气相同,故D正确; 所以答案:C。‎ ‎14.已知反应:①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O ‎②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+7H2O ‎③Fe2(SO4)3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4‎ 下列结论正确的是 ( )‎ A. ①②③均是氧化还原反应 B. 反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6‎ C. 氧化性强弱顺序是:K2Cr2O7>I2>Fe2(SO4)3‎ D. 反应③中0.1mol还原剂共失去电子数为0.5NA ‎【答案】B ‎【解析】试题分析:A、反应①中无元素化合价变化,不是氧化还原反应,②、③均是氧化还原反应,A错误;B、反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6,B正确;C、由反应②知氧化性K2Cr2O7>Fe2(SO4)3、由反应③知氧化性Fe2(SO4)3>I2,C错误;D、反应③中0.1molI-失电子0.1mol,失去电子数为6.02×1022,D错误。答案选B。‎ ‎15.下列实验装置不能达到实验目的的是( )‎ A. 验证Na和水反应是否为放热反应 B. 用CO2做喷泉实验 C. 观察纯碱的焰色反应 D. 比较NaCO3、NaHCO3的稳定性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠与水反应放热,试管中温度升高,导致气体压强增大,红墨水出现液面差,可以达到实验目的,选项A正确; ‎ B.二氧化碳与氢氧化钠反应,压强减小,形成喷泉,可以达到实验目的,选项B正确;‎ C.铁丝的焰色反应为无色,可用来做纯碱的焰色反应,能够达到实验目的,选项C正确;‎ D.套装小试管加热温度较低,碳酸氢钠应放在套装小试管中,通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性,题中装置无法达到实验目的,选项D错误;‎ 答案选D。‎ ‎16.如图所示,纵轴表示导电能力,横轴表示所加溶液的量,下列说法正确的是( )‎ A. 曲线A表示NaOH溶液中滴加稀盐酸 B. 曲线B表示CH3COOH溶液中滴加KOH溶液 C. 曲线C表示Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸 D. 曲线D表示Cu(OH)2悬浊液中滴加HNO3溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NaOH溶液中滴加稀盐酸,导电能力基本保持不变,应该是曲线B,选项A错误;‎ B、CH3COOH溶液中滴加KOH溶液,开始滴加时导电能力增强,应该是曲线A,选项B错误;‎ C、Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸,反应生成硫酸钡沉淀和极弱电解质水,离子浓度降低,当硫酸过量时离子浓度增大,导电能力先减小再增大,应该是曲线C,选项C正确;‎ D、Cu(OH)2悬浊液中滴加HNO3溶液,沉淀溶解,离子浓度增大,开始滴加时导电能力增强,应该是曲线A,选项D错误;‎ 答案选C。‎ 第Ⅱ卷(非选择题)(共52分)‎ 二.填空题(本题包括4个小题,共52分)‎ ‎17.(1)0.5molCH4含_________个电子。‎ ‎(2)下列物质既能导电,又属于电解质的是_______ 。 ‎ A NaCl溶液 B铁丝 C稀硫酸 D熔融的氢氧化钠 E 盐酸 F 硫酸 ‎(3)同温同压下,甲容器中HCl气体和乙容器中的NH3所含原子个数相等,则甲乙两容器的体积之比为________。‎ ‎(4)现配制500ml 0.3mol/L稀硫酸溶液,需用量筒量取质量分数为49%,密度为1.5g/cm3的浓硫酸 _________ml。‎ ‎(5)①20℃、101kPa下,1g氢气和14g氮气的体积相同;‎ ‎②常温常压下,16g氧气和臭氧的混合气体中含有的质子数为8NA ‎③0.1L 0.5mol/LCH3CH2OH溶液中含有氢原子数为0.3NA ‎④常温常压下,28gCO的体积大于22.4L;‎ ‎⑤分子总数相等的NO2和CO2,所含氧原子数均为2NA。‎ 以上说法正确的是_________________。‎ ‎【答案】(1). 5NA或3.01×1024 (2). D (3). 2:1(或2) (4). 20.0 (5). ①②④‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)0.5molCH4含有的电子数为N=0.5mol×(6+4)NA=5NA,答案:5NA或3.01×1024。‎ ‎(2)能导电的物质为A NaCl溶液、B铁丝、C稀硫酸、D熔融的氢氧化钠、E 盐酸;属于电解质的是:D熔融的氢氧化钠、F 硫酸;所以D熔融的氢氧化钠既能导电,又属于电解质;故答案:D。‎ ‎(3)同温同压下,气体的Vm相等,A容器中的氯化氢(HCl)和B容器中的氨气(NH3)所含的原子个数相同,由N=n×NA,可知2n(HCl)=4n(NH3),则n(HCl):n(NH3)=2:1,‎ 根据V=n×Vm可知,V(HCl):V(NH3)=2Vm:Vm=2:1,故答案为2:1。‎ ‎(4)根据稀释前后溶质的量相等即0.5L×0.3mol/L×98g/mol=v×1.5g/cm3×49%,v=20.0mL,需用量筒量取质量分数为49%,密度为1.5g/cm3的浓硫酸20.0mL。答案:20.0;‎ ‎(5)①1g氢气和14g氮气的物质的量相同,均为0.5mol,20℃、101kPa下,所以两者的体积相等,故①正确;‎ ‎②16g氧气和臭氧所含O原子数为1NA,,所以常温常压下,16g氧气和臭氧的混合气体中含有的质子数为8NA,故②正确;‎ ‎③因为水中还含有氢原子,所以0.1L 0.5mol/LCH3CH2OH溶液中含有氢原子数不为0.3NA,故③错误;‎ ‎④标准状况下,28gCO的体积约等于22.4L,所以常温常压下28gCO的体积大于22.4L,故④正确;‎ ‎⑤分子总数相等的NO2和CO2,所含氧原子数相等,不能确定为所含氧原子数,故⑤错误;‎ 以上说法正确的是①②④;答案:①②④。‎ ‎18.I. 草木灰中含有可溶性钾盐(主要成分是K2SO4、K2CO3、KCl).某学生按下列操作提取草木灰中的钾盐:①取草木灰加水溶解;②过滤,取滤液;③蒸发滤液;④冷却结晶.‎ ‎(1)在操作①、②、③中均用到玻璃棒,该仪器的作用依次是______、______、______.‎ ‎(2)为检验草木灰中的阴离子,取少量晶体溶于水,并把溶液分成三等份:‎ ‎①取一份溶液,加入适量盐酸,观察到_____________,证明含有碳酸根.‎ ‎②取另一份溶液,为检验其中是否含有SO42﹣,方法是________.产生的现象是_____.‎ II.有M、N两种溶液,经测定这两种溶液中共含有下列10种离子:Al3+、Cl-、Na+、K+、NO3-、OH-、Fe2+、CO32-、SO42-、H+。‎ ‎(3)完成下列表格中实验①的结论和实验②的实验内容以及现象:‎ 实验内容以及现象 结论 ‎①取少量N溶液滴加足量的硝酸钡溶液,无沉淀产生 ‎______________‎ ‎②____________________________________‎ 确定M溶液中含有Na+,不含K+‎ ‎③用pH试纸检测M溶液,pH试纸呈蓝色 ‎____________________‎ ‎(4)根据(1)中的实验回答:‎ NO3-存在于________溶液中,理由是_____________________________________;‎ Cl-存在于________溶液中,理由是________________________。‎ ‎(5)根据(3)中的实验确定,M溶液中含有的离子___________________________。‎ ‎【答案】(1). 搅拌加速溶解、 (2). 引流 (3). 搅拌受热均匀(防止液体飞溅) (4). 有气泡产生 (5). 先加足量稀盐酸酸化,再加氯化钡溶液 (6). 白色沉淀 (7). AlO2−、CO32−、OH− (8). N溶液中不含CO32-、SO42- (9). 取M溶液进行焰色反应,焰色为黄色,再透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色,不呈紫色 (10). M (11). N溶液中含有H+、Fe2+、Al3+、、K+,由于N溶液为酸性,又含有Fe2+,所以N溶液中不含NO3- (12). N (13). 根据溶液呈电中性原则,可以确定Cl-存在于N溶液中 (14). OH-、CO32-、SO42-、Na+、NO3-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据实验过程中玻璃棒的作用①是搅拌加快草木灰溶解,②是过滤需要用玻璃棒引流,③是蒸发滤液过程中搅拌受热均匀析出晶体进行解答;‎ ‎(2)①根据CO32-加入盐酸会生成二氧化碳气体进行解答;②检验硫酸根离子的存在,应先排除碳酸根离子的干扰;‎ ‎(3)利用焰色反应确定钠离子、钾离子;用pH试纸检测M溶液,pH试纸呈蓝色,溶液显碱性; (4)由上述分析可知,M中含Na+、SO42-、AlO2-、CO32-、OH-,N中含Al3+、K+、Fe2+、NH4+、H+,再结合离子反应和电荷守恒分析;以此来解答。‎ ‎【详解】(1)实验操作①中玻璃棒的作用是搅拌加快草木灰溶解,实验操作②中玻璃棒的作用是过滤需要用玻璃棒引流,实验操作③中玻璃棒的作用是蒸发滤液过程中搅拌使受热均匀析出晶体;答案:搅拌加速溶解、引流、搅拌受热均匀(防止液体飞溅) (2)①因为草木灰中含有可溶性钾盐(主要成分是K2SO4、K2CO3‎ ‎、KCl)),加入盐酸会和CO32-反应生成二氧化碳气体,所以当有气泡产生,则证明含有碳酸根;答案:有气泡产生; ②取另一份溶液, 根据Ba2++ SO42-=BaSO4↓检验SO42-,先加足量稀盐酸酸化,再加氯化钡溶液,当观察到生成白色沉淀,证明含有硫酸根离子;答案为:先加足量稀盐酸酸化,再加氯化钡溶液;白色沉淀。‎ ‎(1)①取少量N溶液滴加足量的硝酸钡溶液,无沉淀产生,则N中不含SO42−、CO32-;‎ ‎②对M进行焰色反应实验,焰色为黄色,透过蓝钴玻璃没有紫色,则M中一定Na+,不含K+;‎ ‎③用pH试纸检测M溶液,pH试纸呈蓝色,溶液显碱性,可能含AlO2−、CO32−、OH−;‎ 故答案为N溶液中不含CO32-、SO42- ;取M溶液进行焰色反应,焰色为黄色,再透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色,不呈紫色;可能含AlO2−、CO32−、OH−;‎ ‎(4)根据N溶液中含有H+、Fe2+、Al3+、K+,N溶液为酸性,又含有Fe2+,所以N溶液中不含,所以NO3-存在于M中;根据溶液呈电中性原则,可以确定Cl-存在于N溶液中。答案:M ; N溶液中含有H+、Fe2+、Al3+、K+,由于N溶液为酸性,又含有Fe2+,所以N溶液中不含NO3- ; N ;根据溶液呈电中性原则,可以确定Cl-存在于N溶液中;‎ ‎(5)根据③pH试纸检测M溶液,pH试纸呈蓝色,说明M中可能含AlO2−、CO32−、OH−,则M溶液中含有的离子OH-、CO32-、SO42-、Na+、NO3-;答案:OH-、CO32-、SO42-、Na+、NO3-。‎ ‎19. 研究性学习的本质在于,让学生亲历知识产生与形成的过程。我校某化学研究性学习小组欲以CO2为主要原料,采用下图所示装置模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3,并对CO2与NaOH的反应进行探究.‎ ‎【资料获悉】“侯氏制碱法”原理:NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl,然后再将NaHCO3灼烧制成Na2CO3.‎ ‎【实验设计】如图1所示 ‎【实验探究】‎ ‎(1)装置乙的作用是 .‎ ‎(2)若在NaHCO3灼烧中时间较短,NaHCO3将分解不完全.取经短暂加热的NaHCO3样品29.6g完全溶于水制成溶液,然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸,并不断搅拌.随着盐酸的加入,溶液中有关离子的物质的量的变化如图2所示.则曲线b对应的溶液中的离子是 (填离子符号);该样品中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比是 。‎ ‎(3)若将装置甲产生的纯净的CO21.68L(标准状况下)缓慢地全部通入到100mL NaOH溶液中,充分反应后,将溶液低温蒸干,得到不含结晶水的固体W,其质量为7.4g,则W的成分为 (填化学式),原NaOH溶液的物质的量浓度为 。‎ ‎【答案】(1)除去CO2中的HCl (2)HCO3﹣; 3﹕1;(3)Na2CO3和NaHCO3; 1.25 mol/L ‎【解析】试题分析:(1)在装置甲中发生反应制取CO2气体,由于盐酸有挥发性,所以在CO2气体中含有杂质HCl,装置乙的作用是除去二氧化碳中的氯化氢气体。‎ ‎(2)向含有Na2CO3、NaHCO3的混合物中加入盐酸,会发生反应:Na2CO3+ HCl="NaCl+" NaHCO3 ,所以n(CO32-)会逐渐减少,当该反应恰好完全时,n(CO32-)=0,用c表示;n(HCO3-)首先会逐渐增多,当该反应恰好完全时,n(HCO3-)达到最大值,后会发生反应:NaHCO3+HCl="NaCl+H2O+" CO2↑n(HCO3-)由消耗而逐渐减少,最后为0 ,用b表示;而n(Na+)的物质的量始终保持不变,用a表示;n(Cl-)则会随着盐酸的加入而逐渐增多,因此用d表示;则曲线b对应的溶液中的离子是HCO3-。根据图示可知n(Na2CO3)=0.3mol,n(NaHCO3)="0.4mol—0.3mol" =0.1mol,该样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是3:1;‎ ‎(3)n(CO2)=1.68L÷22.4L/mol=0.075mol,将其通入100mLNaOH溶液中,若完全转化为Na2CO3,根据C守恒可得质量是0.075mol×106g/mol=7.95g,若完全转化为NaHCO3,其质量是0.075mol×84g/mol=6.3g,现在得到的固体质量是7.95g>7.4g>6.3g,说明是Na2CO3、NaHCO3 的混合物,假设在混合物中Na2CO3、NaHCO3 的物质的量分别是x、y,则根据C守恒可得x+y=0.075;根据质量守恒可得106x+84y=7.4,解得x=0.05mol,y=0.025mol,所以根据Na元素守恒可得n(NaOH)="2n(Na2CO3)+" n(NaHCO3‎ ‎)=2×0.05mol+0.025mol=0.125mol,所以c(NaOH)=0.125mol÷0.1L=1.25mol/L。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3及对CO2与NaOH的反应的产物成分的测定的知识。‎ ‎【名师点晴】NaOH与CO2反应产物的判断:依据:‎ ‎2NaOH(过量) + CO2=Na2CO3 + H2O或NaOH+CO2(过量)=NaHCO3。‎ ‎20.高铁酸钾(K2FeO4)是一种绿色氧化剂,具有高效的杀菌消毒作用,常用于饮水处理,在许多领域展现出广阔的应用前景。制备高铁酸钾有下列两种方法:‎ 方法一:Fe2O3 + KNO3 + KOH===== K2FeO4 + KNO2 + H2O (未配平)‎ 方法二:2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+ 5H2O ‎ ‎(1)配平方法一的化学方程式___,再用双线桥标明电子转移的方向和数目___:‎ ‎___Fe2O3 +___KNO3 +___KOH == ___ K2FeO4 +___ KNO2 +___ H2O ‎ ‎(2)方法二中的还原产物为_________ (写化学式),将方法二的化学方程式改写为离子方程式 ________ ,根据反应方程式,氧化性:KClO ________ K2FeO4(填“>”、“<”或“=”);‎ ‎(3)利用方法二制备K2FeO4,若有0.5mol K2FeO4生成,转移的电子数为___________ ;‎ ‎(4)在酸性溶液中,某反应的反应物和生成物有KBiO3、K2SO4、H2SO4、MnSO4、H2O、Bi2(SO4)3 和一种未知物质M。‎ ‎①已知MnSO4在反应中失去电子,则该反应的氧化剂是________;‎ ‎②已知该反应中被氧化的元素与被还原的元素的物质的量之比为2:5,则M的化学式为______;‎ ‎③写出该反应的离子反应方程式________;‎ ‎④某同学向上述反应后的溶液中逐滴加入FeSO4溶液,测得溶液中M的物质的量与FeSO4的物质的量之间的关系如图所示。已知氧化性:Fe3+>Bi3+,且a点时溶液中含Fe3+、Mn2+,则原反应体系中,起始加入的KBiO3的物质的量为____________。‎ ‎【答案】(1). Fe2O3+3KNO3+4KOH═2K2FeO4+3KNO2+2H2O ‎ ‎(2). (3). KCl (4). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+ 5H2O (5). > (6). 1.5NA (7). KBiO3 (8). KMnO4 (9). 2Mn2++5BiO3-+14H+=2MnO4-+5Bi3++7H2O (10). 1.9mol ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色K2FeO4和KNO2等产物,据此写出方程式,并根据氧化还原反应规律标出电子转移情况;‎ ‎(2)根据2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+ 5H2O反应,结合氧化还原反应相关概念进行分析,且氧化性:氧化剂>氧化产物; ‎ ‎(3)利用方法二制备K2FeO4,每生成1molK2FeO4,转移3mol电子,据此规律进行计算; ‎ ‎(4)在酸性溶液中,某反应的反应物和生成物有KBiO3、K2SO4、H2SO4、MnSO4、H2O、Bi2(SO4)3 和一种未知物质M。‎ ‎①已知MnSO4在反应做还原剂,KBiO3在反应中做氧化剂;‎ ‎②根据化合价升降总数相等规律进行分析;‎ ‎③根据离子反应规律进行书写;‎ ‎④某同学向上述反应后的溶液中逐滴加入FeSO4溶液,测得溶液中M的物质的量与FeSO4的物质的量之间的关系如图所示。已知氧化性:Fe3+>Bi3+,Bi3+无法氧化Fe2+‎ ‎,且a点时溶液中含Fe3+、Mn2+,由图,开始时硫酸亚铁被KBiO3氧化,然后被KMnO4氧化,2Fe2++BiO3-+6H+=2Fe3++Bi3++3H2O,5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O;据以上分析进行解答。‎ ‎【详解】(1)Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色K2FeO4和KNO2等产物,根据原子守恒,得到方程式为:Fe2O3+3KNO3+4KOH═2K2FeO4+3KNO2+2H2O;用双线桥标明电子转移的方向和数目:‎ ‎(2)2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+ 5H2O 还原剂是Fe(OH)3,还原产物是KCl,氧化剂是KClO ,氧化产物是K2FeO4;方法二的化学方程式改写为离子方程式 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+ 5H2O;根据反应方程式,氧化性:氧化剂>氧化产物,KClO>K2FeO4;‎ ‎(3)利用方法二制备K2FeO4,每生成1molK2FeO4,转移3mol电子,若有0.5mol K2FeO4生成,转移的电子数为1.5NA;‎ ‎(4)在酸性溶液中,某反应的反应物和生成物有KBiO3、K2SO4、H2SO4、MnSO4、H2O、Bi2(SO4)3 和一种未知物质M。‎ ‎①已知MnSO4在反应中失去电子,KBiO3中Bi的化合价由+5降为+3价生成Bi2(SO4)3 ,则该反应的氧化剂是KBiO3;‎ ‎②已知该反应中被氧化的元素与被还原的元素的物质的量之比为2:5,KBiO3中Bi的化合价由+5降为+3价生成Bi2(SO4)3 ,降(5-3)×5价,Mn从+2价升5价,变为+7价,则M的化学式为KMnO4;‎ ‎③该反应的离子反应方程式2Mn2++5BiO3-+14H+=2MnO4-+5Bi3++7H2O;‎ ‎④某同学向上述反应后的溶液中逐滴加入FeSO4溶液,测得溶液中M的物质的量与FeSO4的物质的量之间的关系如图所示。已知氧化性:Fe3+>Bi3+,Bi3+无法氧化Fe2+,且a点时溶液中含Fe3+、Mn2+,由图,开始时硫酸亚铁被KBiO3氧化,然后被KMnO4氧化,2Fe2++BiO3-+6H+=2Fe3++Bi3++3H2O,5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O;利用电荷守恒知:开始的物质是KBiO3、FeSO4、MnSO4,最后变为Bi3+、Mn2+、Fe3+,2n(KBiO3)=n(Fe2+)=3.8mol,n(KBiO3)=1.9mol,则原反应体系中,起始加入的KBiO3的物质的量为1.9mol。‎ ‎ ‎
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