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文档介绍
【化学】北京市中国人民大学附属中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题(解析版)
北京市中国人民大学附属中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 可能用到的相对原子质量:H—1;C—12;N—14;O—16;Na—23;Mg—24;S—32;Cl—35.5;K—39;Cu—64 第I卷(共40分) 每小题只有一个选项符合题意 1.下列我国古代的技术应用中,其工作原理不涉及化学反应的是( ) A.火药使用 B.粮食酿酒 C.转轮排字 D.铁的冶炼 【答案】C 【解析】 【详解】A.火药使用涉及反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑,发生化学反应,故A不选; B.粮食酿酒为淀粉在酒曲酶的作用下生成乙醇,发生化学反应,故B不选; C.转轮排字为印刷操作,没有涉及化学反应,故C选; D.铁的冶炼涉及3CO+Fe2O32Fe+3CO2,发生化学反应,故D不选; 答案选C。 2.我国科技创新成果斐然,下列成果中获得诺贝尔奖的是( ) A. 徐光宪建立稀土串级萃取理论 B. 屠呦呦发现抗疟新药青蒿素 C. 闵恩泽研发重油裂解催化剂 D. 海域天然气水合物试采连续60天 【答案】B 【解析】 【详解】2015年10月,屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾的新疗法获诺贝尔生理学或医学奖; 故选B。 3.下列行为不符合安全要求的是( ) A. 实验结束后,将废液倒入指定容器中 B. 做实验剩余的金属钠不得直接丢弃在废液缸中 C. 大量氯气泄漏时,迅速离开现场并尽量应往低处去 D. 配制稀硫酸时,将浓硫酸缓慢倒入水中并不断搅拌 【答案】C 【解析】 【详解】A. 实验结束后,将废液倒入指定容器中,防止污染环境,故A符合安全要求; B.钠易燃烧,且易与水反应,易导致火灾,不能随意丢弃,故B符合安全要求; C.氯气的密度比空气大,应往高处去,故C不符合安全要求; D.配制稀硫酸时,将浓硫酸缓慢倒入水中并不断搅拌,以防止酸液飞溅,故D符合安全要求。 故选:C。 4.我们日常生活中出现了“加碘食盐”、“增铁酱油”、“富硒茶叶”和“含氟牙膏”等商品。这里的碘、铁、硒、氟应理解为( ) A. 元素 B. 单质 C. 分子 D. 氧化物 【答案】A 【解析】 【分析】物质是由元素组成,由分子、原子、离子构成,但物质组成中涉及到补钙、补铁等说法,都是关注物质的组成元素。 【详解】“加碘食盐”、“增铁酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等商品,这些商品中所强调的碘、铁、钙、硒、氟,都是说明这些物质的存在了这些元素,而不管以什么形式存在,或者便于说明如何存在,所以就用宏观的元素种类来说明。因此理解为元素。 故选:A。 5.2017年9月厦门金砖国家峰会期间,气象部门的科技人员为了保证峰会有关活动的正常进行,一直做好“驱雨”准备。催雨剂的主要成分可以是干冰、液氮、碘化银(AgI)等,它们分别属于氧化物、单质和盐,下列物质与上述三种类别完全不同的是( ) A. I2 B. K2SO4 C. P2O5 D. HNO3 【答案】D 【解析】 【分析】物质分为混合物和纯净物,混合物是由两种或两种以上的物质组成;纯净物是由一种物质组成;纯净物又分为单质和化合物,由同种元素组成的纯净物叫单质;由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物;氧化物是指由两种元素组成的化合物中,其中一种元素是氧元素;电离出的阳离子全部为氢离子的化合物为酸;干冰、液氮、碘化银(AgI)等分别属于氧化物、单质、盐。 【详解】干冰、液氮、碘化银(AgI)等分别属于氧化物、单质、盐。 A.I2属于由碘元素组成的单质,故A不符合题意; B.K2SO4属于由钾离子和硫酸根离子构成的盐,故B不符合题意; C.P2O5属于由两种元素组成的化合物,其中一种元素是氧元素的氧化物,故C不符合题意; D.硝酸属于酸,与其它三种物质的类别不同,故D符合题意; 故选:D。 6.下列说法中,正确的是( ) A. Mg的摩尔质量是24g/mol B. 22gCO2物质的量为2.2mol C. 1molCl2中含有的氯原子数约为6.02×1023 D. 常温常压下,1molN2的体积是22.4L 【答案】A 【解析】 【详解】A. Mg的摩尔质量是24g/mol,故A正确; B. 22gCO2物质的量为22g÷44g·mol-1=0.5mol,故B错误; C. 1molCl2中含有的氯原子数约为6.02×1023×2,故C错误; D. 应是在标准状况下,1molN2的体积是22.4L,常温常压下,1molN2的体积大于22.4L,故D错误; 故选A。 7.NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是( ) A. 1mol/LBaCl2溶液中含有的钡离子数为NA B. 1mol镁原子中含有的电子数为2NA C. 常温常压下,11.2LH2O中含有分子数为0.5NA D. 16gO3和O2的混合物中含有的氧原子数为NA 【答案】D 【解析】 【详解】A. 1mol/LBaCl2溶液中,因缺少溶液的体积,无法计算钡离子数,故A错误; B. 镁为12号元素,1mol镁原子中含有的电子数为12NA,故B错误; C. 常温常压下,H2O为液态,不能用气体的摩尔体积计算物质的量,故C错误; D. 16gO3和O2的混合物中含有的氧原子数为16g÷16g·mol-1×NA=NA,故D正确; 故选D。 8.下列叙述正确的是( ) A. 直径介于1nm~100nm之间的微粒称为胶体 B. Fe(OH)3难溶于水,因此不可能均匀地分散在水里形成稳定的红褐色胶体 C. 根据丁达尔效应,利用一束强光可以区别淀粉胶体和食盐溶液 D. 胶体粒子是很多分子的集合体,因此不能透过滤纸,但可以通过半透膜 【答案】C 【解析】 【详解】A. 分散质粒子直径介于1nm~100nm之间的分散系,称为胶体,故A错误; B. Fe(OH)3难溶于水,许多粒子聚集在一起,直径介于1nm~100nm之间时,可能均匀地分散在水里形成稳定的红褐色胶体,故B错误; C 胶体能发生丁达尔效应,溶液不能产生丁达尔效应,利用一束强光可以区别淀粉胶体和食盐溶液,故C正确; D. 胶体粒子是很多分子的集合体,但能透过滤纸,不可以通过半透膜,故D错误; 故选C。 9.下列电离方程式中,书写不正确的是( ) A. Ca(OH)2=Ca2++2OH- B. NaOH=Na++O2-+H+ C. HCl=H++Cl- D. KHCO3=K++HCO3- 【答案】B 【解析】 【详解】A. Ca(OH)2=Ca2++2OH-,符合电荷守恒、质量守恒,故A正确; B. 氢氧根是原子团,NaOH的电离方程式为NaOH=Na++OH-,故B错误; C. HCl=H++Cl-符合电荷守恒、质量守恒,故C正确; D. 碳酸是弱酸,碳酸氢根是原子团,不拆,KHCO3=K++HCO3-正确,故D正确; 故选B。 10.下列关于电解质的叙述,正确的是( ) A. NaCl溶液在电流作用下电离出Na+和Cl- B. 凡是溶于水后能电离出H+的化合物就叫酸 C. HCl溶液能导电,而液态的HCl难以导电 D. 难溶物一定不属于电解质 【答案】C 【解析】 【详解】A. NaCl水分子作用下,电离出Na+和Cl-,在电流作用下,会发生电解,生成氢氧化钠、氢气和氯气,故A错误; B. 溶于水后能电离出H+的化合物可能是酸,也可能是酸式盐如NaHSO4,故B错误; C. HCl是共价化合物,HCl溶液中存在自由移动的H+和Cl-,能导电,而液态的HCl中只存在分子,不导电,故C正确; D. 难溶物如BaSO4溶于水的部分全电离,属于电解质,故D错误; 故选C。 11.下列物质属于电解质的是( ) A. Zn B. NaOH C. CO2 D. 乙醇 【答案】B 【解析】 【分析】电解质指在熔融状态或水溶液中能导电的化合物,非电解质指在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物。 【详解】A. Zn属于单质不是化合物,所以不是电解质,故A不符合题意; B. NaOH是在熔融状态或水溶液中能导电的化合物,是电解质,故B符合题意; C. CO2是在水溶液中能导电的化合物,但是导电的离子是由它与水反应生成的碳酸电离产生的,不是二氧化碳本身电离,二氧化碳是非电解质,故C不符合题意; D. 乙醇是在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物,属于非电解质,故D不符合题意。 故选B。 12.在强酸性溶液中,能大量共存的无色透明离子组是( ) A. K+、Na+、NO3-、Cu2+ B. Mg2+、Na+、Cl-、SO42- C. K+、Na+、Br-、OH- D. Na+、Ba2+、Zn2+、SO42- 【答案】B 【解析】 【详解】A. Cu2+在溶液中呈蓝色,故A不符; B. Mg2+、Na+、Cl-、SO42-及H+之间不反应,能大量共存,故B符合; C.H+和OH-反应生成水,强酸性溶液中OH-不能大量存在,故C不符; D. Ba2+与SO42-生成硫酸钡沉淀,不能大量共存,故D不符; 故选B。 13.下列反应的离子方程式中,书写正确的是( ) A. 碳酸钙跟盐酸反应:2H++CO32-═H2O+CO2↑ B. 铁粉跟稀盐酸反应制备氢气:2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑ C. 硝酸银溶液跟铜反应:Cu+Ag+═Cu2++Ag D. 用小苏打治疗胃酸过多:HCO3-+H+═CO2↑+H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A. 碳酸钙难溶,碳酸钙跟盐酸反应:2H++CaCO3═H2O+CO2↑+Ca2+,故A错误; B. 铁粉跟稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气:Fe+2H+═Fe2++H2↑,故B错误; C. 离子方程式要符合电荷守恒,硝酸银溶液跟铜反应:Cu+2Ag+═Cu2++2Ag,故C错误; D. 用小苏打治疗胃酸过多生成氯化钠、水和二氧化碳:HCO3-+H+═CO2↑+H2O,故D正确; 故选D。 14. 将少量金属钠分别投入下列物质的水溶液中,有气体放出,且溶液质量减轻的是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】钠极易和水反应,生成氢气。但在硫酸铜溶液中,还产生氢氧化铜沉淀,所以溶液质量减小,其余都是增加的,答案选D。 15.下列实验操作均要用玻璃棒,其中玻璃棒的作用及其目的相同的是( ) ①过滤、②蒸发、③溶解、④向容量瓶转移液体。 A. ①和④ B. ①和③ C. ③和④ D. ①和② 【答案】A 【解析】 【详解】①过滤时,玻璃棒的作用是引流; ②蒸发时,玻璃棒的作用是使溶液受热均匀,防止局部过热造成飞溅; ③溶解时,玻璃棒的作用是搅拌,以加速溶质的溶解; ④向容量瓶转移液体,玻璃棒的作用是引流。 只有①和④的作用相同。 故选A。 16.下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是( ) 选项 实验操作及现象 实验结论 A. 向某溶液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成 该溶液中一定含有Cl- B. 向某溶液中加入稀盐酸,产生无色气体 该溶液中一定含有CO32- C. 向某溶液中加入BaCl2溶液,有白色沉淀生成 该溶液中一定含有SO42- D. 室温下向某溶液中加入几滴酚酞溶液,溶液变红 该溶液一定是碱性 【答案】D 【解析】 【详解】A、向某溶液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,可能有碳酸根离子、硫酸根离子等,故A错误; B、向某溶液中加入稀盐酸,产生无色气体,该溶液中可含有CO32-、SO32-、HCO3-、HSO3-等,故B错误; C、向某溶液中加入BaCl2溶液,有白色沉淀生成,该溶液中可能含有SO42-、CO32-、Ag+,故C错误; D、室温下向某溶液中加入几滴酚酞溶液,溶液变红,pH在8以上,该溶液一定是碱性,故D正确; 故选D。 17.提纯含有少量Ba(NO3)2杂质的KNO3溶液,可以使用的方法为( ) A. 加入过量碳酸钠溶液,过滤,除去沉淀,溶液中补加适量硝酸 B. 加入过量硫酸钾溶液,过滤,除去沉淀,溶液中补加适量硝酸 C. 加入过量碳酸钾溶液,过滤,除去沉淀,溶液中补加适量硝酸 D. 加入过量硫酸钠溶液,过滤,除去沉淀,溶液中补加适量硝酸 【答案】C 【解析】 【详解】A、加入过量的Na2CO3溶液,过滤,向滤液中滴加适量的稀硝酸,会生成新的杂质硝酸钠,因此不可行,故A错误; B、加入过量的K2SO4溶液,过滤,向滤液中滴加适量的稀硝酸,K2SO4会有剩余,因此不可行,故B错误; C、先加入过量的K2CO3溶液,过滤,再向滤液中加入适量的稀HNO3,稀HNO3会与过量的碳酸钾反应生成硝酸钾,因此可行,故C正确; D、加入过量的Na2SO4溶液,过滤,向滤液中滴加适量的稀硝,向滤液中滴加适量的稀硝酸,K2SO4会有剩余,会生成新的杂质硝酸钠,因此可行,故D错误。 答案选C。 18.将1 L 1.00 mol/L 的Na2CO3溶液逐滴加入到1 L 1.25 mol/L的盐酸中;再做相反操作:将1 L 1.25 mol/L的盐酸逐滴加入1 L 1.00 mol/L 的Na2CO3溶液中,两次操作产生的气体体积之比是(同温同压下)( ) A. 2∶5 B. 5∶2 C. 1∶1 D. 2∶1 【答案】B 【解析】试题分析:Na2CO3溶液与盐酸反应是分步进行的,首先发生反应:Na2CO3+ HCl=NaCl+NaHCO3。然后发生:NaHCO3+HCl=NaCl+ CO2 ↑ + H2O;当把1 L 1.00 mol/L 的Na2CO3溶液逐滴加入到1 L 1.25 mol/L的盐酸中时由于开始时盐酸过量,第一反应发生后立即发生第二个反应,相当于发生总反应:Na2CO3+2HCl=2NaCl+ CO2 ↑ + H2O,n(HCl)= 1.25 mol, 根据方程式可知产生CO2的物质的量是1.25 mol÷2=0.625 mol;当再将1 L 1.25 mol/L的盐酸逐滴加入1 L 1.00 mol/L 的Na2CO3溶液中,先发生Na2CO3+ HCl=NaCl+NaHCO3,由于n(Na2CO3)= 1.00 mol,反应消耗盐酸1.00mol,产生NaHCO31.00mol,盐酸还有过量的0.25 mol,发生反应:NaHCO3+HCl=NaCl+ CO2 ↑ + H2O;由于NaHCO3过量,产生的CO2按照盐酸来计算。n(HCl)= 0.25 mol,所以产生的CO2的物质的量是0.25 mol。对于气体来说,在相同条件下,体积比等于二者的物质的量的比,所以两次操作产生的气体体积之比是0.625 mol:0.25 mol=5∶2,故选项是B。 19.下列实验方案中,不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是( ) A. 取a克混合物充分加热,固体质量减轻b克 B. 取a克混合物与足量稀盐酸充分反应,加热、蒸干、灼烧,得b克固体 C. 取a克混合物与足量稀硫酸充分反应,逸出气体用碱石灰吸收,增重b克 D. 取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应,过滤、洗涤、烘干,得b克固体。 【答案】C 【解析】 【详解】A.碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和CO2,所以取ag混合物充分加热,减重bg,则根据碳酸氢钠分解的方程式可以计算碳酸氢钠的质量,进而计算碳酸钠的质量分数,A正确; B.碳酸钠、碳酸氢钠均能与盐酸反应生成氯化钠、水和CO2,则取ag混合物与足量稀盐酸充分反应,加热、蒸干、灼烧,得bg固体,bg固体是氯化钠,因此根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数,B正确; C.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应,逸出气体用碱石灰吸收,由于生成的CO2中混有水蒸气,则增重bg的质量不是CO2的,所以不能计算碳酸钠的质量分数,C错误; D.碳酸钠、碳酸氢钠均与氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀,则取a g混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应,过滤、洗涤、烘干,得b g固体是碳酸钡,根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数,D正确, 答案选C。 20.室温下,向容积不变的密闭容器中充入H2S和SO2的混合气体(2H2S+SO2=3S↓ +2H2O),充分反应后,恢复至室温,容器内压强变为原来的1/4(忽略水的挥发)。则原混合气体中H2S和SO2的体积比可能是( ) A. 1:2 B. 2:1 C. 3:1 D. 4:1 【答案】C 【解析】 【详解】令反应后剩余的体积为1体积,则原混合气共4体积,由方程式2H2S+SO2=3S↓ +2H2O可知:参加反应的H2S为2体积,SO2为1体积,若剩余的体积为1体积为H2S,混合气体中H2S和SO2的体积比3:1;若剩余的体积为1体积为SO2,混合气体中H2S和SO2的体积比2:2=1:1, 故选C。 第II卷(共60分) 21.阅读短文,回答问题。 平昌冬奥会闭幕式上,“2022,相约北京”文艺表演蕴含了丰富的中国文化,展现了新时代中国形象。 熊猫木偶:熊猫木偶高2.35m,质量仅为10kg,用铝合金管材和碳纤维条做框架,配合LED灯制作而成。其中,碳纤维是含碳量高于90%的新型材料,密度比铝小,强度比钢大。 智能机器人:中国新一代智能机器人与轮滑舞者共舞、互动,在导航精准性、动作复杂性和灵活性等方面,实现了人工智能领域的升级创新。 石墨烯智能发热服:这种智能发热服可在−20℃的条件下持续发热4h。石墨烯是一种由碳原子构成的六角型二维碳纳米材料,具有超高硬度、强度和导热系数等特性。 请依据以上短文,判断下列说法是否正确(填“对”或“错”)。 (1)熊猫木偶、智能机器人、石墨烯智能发热服展现了“中国智慧”。_____。 (2)碳纤维具有优良的性能,将有广泛的应用前景。_____。 (3)中国新一代智能机器人在动作、导航等方面实现了人工智能领域的升级创新。_____。 (4)石墨烯和石墨由同种元素组成,但它们的物理性质差异较大。_____。 【答案】 (1). 对 (2). 对 (3). 对 (4). 对 【解析】 【分析】(1)熊猫木偶、智能机器人、石墨烯智能发热服的展示,展现了新时代中国形象和中国智慧; (2)根据碳纤维的组成、结构、性质去分析:碳纤维是含碳量高于90%的新型材料,密度比铝小,强度比钢大; (3)突出关键词:人工智能,中国新一代智能机器人与轮滑舞者共舞、互动,在导航精准性、动作复杂性和灵活性等方面,实现了人工智能领域的升级创新; (4)石墨烯是一种由碳原子构成的六角型二维碳纳米材料,具有超高硬度、强度和导热系数等特性。 【详解】(1)由题中信息:“熊猫木偶:熊猫木偶高2.35 m,质量仅为10 kg,用铝合金管材和碳纤维条做框架,配合LED灯制作而成”,“智能机器人,中国新一代智能机器人与轮滑舞者共舞、互动,石墨烯智能发热服 这种智能发热服可在-20℃的条件下持续发热4h,都展现了中国智慧,”判断(1)说法正确, 故填“对”; (2)由题中信息:“碳纤维是含碳量高于90%的新型材料,密度比铝小,强度比钢大,将有广泛的应用前景”,说法正确, 故填“对”; (3)由题中信息:“中国新一代智能机器人与轮滑舞者共舞、互动,在导航精准性、动作复杂性和灵活性等方面,实现了人工智能领域的升级创新”,说法正确, 故填“对”; (4)由题中信息:“石墨烯是一种由碳原子构成的六角型二维碳纳米材料,具有超高硬度、强度和导热系数等特性”,和石墨相比,都是碳元素的单质,但结构不同物理性质差异较大, 故填“对”。 22.某学习小组用如图装置研究气体X的性质,气体X的主要成分是Cl2,其中含有少量水蒸气。请回答下列问题: (1)分别描述B、C装置中的现象____;结合化学方程式及物质性质说明B、C装置中现象不同的原因____。 (2)Cl2是有毒气体,为了防止多余Cl2污染空气,可以在D处用如图装置进行尾气处理,用化学方程式表示该原理____。气体应该由____(填“a”或“b”)管通入。若要吸收224mLCl2(标况下),至少需要1mol/L的上述溶液____mL。 【答案】(1). B中干燥的有色布条不褪色,C中湿润的有色布条褪色 (2). Cl2没有漂白性,Cl2+H2O=HCl+HClO,HClO有漂白性 (3). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O (4). b (5). 20 【解析】 【分析】本实验的目的是探究氯气具有漂白性的条件下,干燥氯气不具有漂白性,氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸具有漂白性,氯气有毒,应进行尾气处理,不能随意排放到空气中,一般用NaOH溶液吸收氯气。 【详解】(1)氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸,氯化氢电离生成氢离子,次氯酸具有漂白性,B中干燥的有色布条不褪色,C中湿润的有色布条褪色。 结合化学方程式及物质性质说明B、C装置中现象不同的原因:Cl2没有漂白性,Cl2+H2O=HCl+HClO,HClO有漂白性 。 (2)氯气有毒,应进行尾气处理,不能随意排放到空气中,可用碱溶液来吸收,方程式为:Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。 在D处用如图装置进行尾气处理,实际上用的是洗气法,气体应该由b管通入; 若要吸收224mLCl2(标况下),至少需要1mol/L的上述溶液: Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 22.4L 2mol 224mL 1mol/L×VmL = 解得V=20。 23.实验室配制100mL0.5mol/LNa2SO4溶液。 (1)用托盘天平称量,需要称取Na2SO4固体的质量为____g。 (2)实验过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和____。 (3)实验过程中其它操作均正确,只是定容时不小心加水超过了刻度线,则配制的Na2SO4溶液实际浓度比目标浓度(填“偏大”或“偏小”)_____。 (4)写出Na2SO4在水中的电离方程式_____。 (5)取出配制准确的该溶液50mL,将其稀释到500mL,此时溶液中Na+的物质的量浓度____mol/L。 【答案】(1). 7.1 (2). 100mL容量瓶 (3). 偏小 (4). Na2SO4=2Na++SO42- (5). 0.1 【解析】 【分析】(1)依据m=cVM计算需要Na2SO4质量; (2)用固体配制溶液的一般步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容等,据此选择需要的仪器,判断缺少的仪器; (3)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响,依据c=n/V解答。 (4)Na2SO4是强电解质,在水中完全电离; (5)根据稀释定律求解。 【详解】(1)配制100mL 0.5mol·L-1的Na2SO4溶液,需要Na2SO4的质量为:0.1L×0.5mol·L-1×142g·mol-1=7.1g; (2)用固体配制溶液的一般步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容等,用到的仪器:托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管; 所以缺少的仪器:100mL容量瓶; (3)实验过程中其它操作均正确,只是定容时不小心加水超过了刻度线,导致溶液体积偏大,则配制的Na2SO4溶液实际浓度比目标浓度偏小; (4)Na2SO4是强电解质,在水中完全电离,电离方程式为:Na2SO4=2Na++SO42- ; (5)取出配制准确的该溶液50mL,将其稀释到500mL,此时溶液中Na+的物质的量浓度50mL× 0.5mol·L-1×2÷500mL=0.1mol·L-1。 24.了解物质的元素组成和物质的分类,有利于我们更好地认识和利用物质的性质、实现物质之间的转化。市场上有一种“自热米饭”,其发热包的主要成分为生石灰(CaO),使用时需要将一定量的水加入发热包。 (1)结合化学方程式解释自热米饭的发热原理____。 (2)生石灰属于哪种类别的物质?____。除了能和水反应外,生石灰还可以与哪些类别的物质发生化学反应?列举两种物质类别并各写出一个相应的化学方程式。_____。 物质类别 化学方程式 (3)生活中生石灰还可以用作食品干燥剂。若选用生石灰做干燥剂,请判断其能否循环利用并说明理由。_____。 【答案】(1). CaO+H2O=Ca(OH)2,反应放热 (2). 碱性氧化物 (3). 物质类别 化学方程式 酸 CaO +2HCl=CaCl2+H2O 酸性氧化物 CO2+CaO=CaCO3 (4). 不能,理由:CaO和H2O反应生成Ca(OH)2,Ca(OH)2不能受热分解生成CaO。 (或能,理由:CaO和H2O反应生成Ca(OH)2,Ca(OH)2和CO2反应生成CaCO3,CaCO3受热分解可以生成CaO,又可以吸水,所以可循环使用。) 【解析】 【详解】(1)CaO和H2O反应生成Ca(OH)2是放热反应; (2)生石灰与酸反应生成盐和水,属于碱性氧化物; 碱性氧化物能与酸、酸性氧化物反应,反应方程式如表: 物质类别 化学方程式 酸 CaO +2HCl=CaCl2+H2O 酸性氧化物 CO2+CaO=CaCO3 (3)生活中生石灰还可以用作食品干燥剂。若选用生石灰做干燥剂,判断其能否循环利用并说明理由。 不能,理由:CaO和H2O反应生成Ca(OH)2,Ca(OH)2不能受热分解生成CaO。 (或能,理由:CaO和H2O反应生成Ca(OH)2,Ca(OH)2和CO2反应生成CaCO3,CaCO3受热分解可以生成CaO,又可以吸水,所以可循环使用。) 25.电解质溶于水时会发生电离产生自由移动的离子,电导率变化一定程度上可以反映溶液中自由移动的离子浓度变化。溶液中自由移动的离子浓度越大,电导率就越大。如图是向20mL0.01mol/LBa(OH)2溶液中滴入了2滴酚酞溶液,然后向Ba(OH)2溶液中匀速滴加0.2mol/LH2SO4溶液,获得电导率随时间变化的曲线图。 (1)0-80s观察到的实验现象是_____。 (2)写出该实验中的离子方程式_____。 (3)截至b点,加入0.2mol•L-1H2SO4溶液的体积为_____mL,解释b点的电导率不等于零和bc段电导率又增加的原因____。 (4)在两份相同的Ba(OH)2溶液中,分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液,其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是( )(多选题) A.①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线 B.b点,溶液中大量存在的离子是Na+、OH- C.a、d两点对应的溶液均显中性 D.c点,两溶液中含有相同量的OH- E.H+导电能力比Na+强 【答案】(1). 产生白色沉淀,溶液红色褪去,电导率减小 (2). 2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O (3). 1 (4). b点:BaSO4在水中溶解度很小,溶液中SO42-和Ba2+浓度很小但不等于0。水存在微弱的电离,溶液中H+和OH-浓度很小但不等于0。溶液中有自由移动的离子,电导率不等于零。bc段:b点溶液中的Ba(OH)2被反应完,溶液中自由移动的离子浓度达到最小值,随着H2SO4溶液的不断滴加,溶液中H+和SO42-浓度变大,自由移动离子浓度变大,bc段电导率增加。 (5). ABCE 【解析】 【分析】溶液的导电性由溶液中离子的浓度及离子电荷数决定,Ba(OH)2 是强电解质,开始滴定时溶液中离子浓度较大,溶液的电导率大,随反应的进行,溶液中钡离子生成硫酸钡沉淀,氢氧根离子变成水,恰好完全反应时,溶液中主要是水和极少量的硫酸钡,水是弱电解质,再继续加入硫酸,硫酸是强电解质,离子浓度增大,导电能力增强。 【详解】(1)0—80s,Ba(OH)2 是强电解质,开始滴定时溶液中离子浓度较大,溶液的电导率大,随反应的进行,溶液中钡离子生成硫酸钡沉淀,氢氧根离子变成水,恰好完全反应时,溶液中主要是水和极少量的硫酸钡。观察到的实验现象是产生白色沉淀,溶液红色褪去,电导率减小。 (2)该实验中硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水,离子方程式2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O。 (3)截至b点,加入0.2mol•L-1H2SO4溶液的体积为V=20mL×0.01mol/L÷0.2mol•L-1=1mL;b点的电导率不等于零和bc段电导率又增加的原因: b点:BaSO4在水中溶解度很小,溶液中SO42-和Ba2+浓度很小但不等于0。水存在微弱的电离,溶液中H+和OH-浓度很小但不等于0。溶液中有自由移动的离子,电导率不等于零。bc段:b点溶液中的Ba(OH)2被反应完,溶液中自由移动的离子浓度达到最小值,随着H2SO4溶液的不断滴加,溶液中H+和SO42-浓度变大,自由移动离子浓度变大,bc段电导率增加。 (4)A.溶液中钡离子与SO42-生成硫酸钡沉淀,氢氧根离子与H+生成水,曲线①中a点溶液的导电能力接近0,①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线,故A正确; B.②是NaHSO4溶液与氢氧化钡反应,b点,氢氧化钡与硫酸氢钠以1:1物质的量之比反应生成硫酸钡、水和NaOH,溶液中有NaOH,溶液中大量存在的离子是Na+、OH-,故b正确; C.a、d两点均将氢氧化钡全部反应,a点硫酸与氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡和水,d点硫酸氢钠与氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡、硫酸钠和水,a和d之后,硫酸均过量,a和d对应的溶液均显中性,故C正确; D.c点,两溶液中导电能力相同,对曲线①硫酸过量,溶液呈酸性,对曲线②OH-未被完全中和,溶液呈碱性,OH-含量不相同,故D错误; E.根据曲线①和②导电能力的变化幅度分析,H+导电能力比Na+强,故E正确; 故选ABCE。 26.某同学通过实验研究Na2O2与水的反应。 操作 现象 向盛有少量Na2O2的试管中加入蒸馏水,得到溶液a 反应剧烈,产生能使带火星木条复燃的气体 然后向溶液a中滴入两滴酚酞 溶液先变红,再逐渐变浅,约10分钟溶液变为无色 为了探究溶液变为无色的原因,该同学按照科学的程序,进行了如下实验: 【推理与假设】 Na2O2与H2O反应的化学方程式_____。向溶液a中滴加酚酞本应只会变红,而实验中发现酚酞变红后又褪色。由此提出如下的假设: 假设A:O2有漂白性 假设B:NaOH有漂白性 假设C:O2和NaOH共同作用有漂白性 【实验与观察】 (2)请完成下表: 实验编号 1 2 3 实验装置 实验假设 (填“A”、“B”或“C”) 假设_____ 假设____ 假设__ 实验现象 溶液变红后10分钟均无变化 实验结论 _____ 【查阅资料】 该同学查阅资料:H2O2是一种在碱性条件下不稳定、具有漂白性的物质。 【推理与假设】 该同学认为褪色的原因可能是溶液a中存在H2O2,H2O2漂白了酚酞。 【实验与观察】 (3)通过实验证实了H2O2的存在:取少量溶液a,加入黑色粉末____(填化学式),快速产生了能使带火星木条复燃的气体。该同学进一步通过实验证实了溶液a中滴入酚酞后,H2O2与酚酞发生了化学反应。实验方案:取少量溶液a于试管中,_____。 【解释与结论】 (4)由以上实验结果可知,Na2O2与H2O反应的化学方程式如果分两步书写,应为_____;但课本上没有写出中间产物H2O2,可能的原因是___。 【答案】(1). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ (2). B (3). C (4). A (5). 假设ABC均不成立 (6). MnO2 (7). 加入MnO2,充分反应,向上层清液中滴入2滴酚酞后变红,10分钟溶液颜色不变 (8). Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2,2H2O2=2H2O +O2↑; (9). H2O2 碱性条件下不稳定,受热易分解,H2O2大部分已分解 【解析】 【分析】(1)根据实验现象产生能使带火星木条复燃的气体,说明有氧气产生,溶液变红说明有碱生成,据此写化学方程式; (2)由图结合假设分析;溶液变红后10分钟均无变化,说明:假设ABC均不成立; (3)能使H2O2产生气体通常用MnO2作催化剂,据此答题; 将H2O2全部分解后,酚酞的红色不褪色,说明H2O2起了漂白作用; (4)由以上实验结果可知,Na2O2与H2O反应,有中间产物双氧水生成;由于双氧水不稳定。 【详解】(1)根据实验现象产生能使带火星木条复燃的气体说明有氧气产生,溶液变红说明有碱生成,据此写化学方程式为:2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑; (2)实验1,将酚酞滴入NaOH溶液中,如果先变红后褪色,说明假设B成立,故选B; 实验2,将氧气通入NaOH和酚酞的红色混合溶液中,如红色褪色,说明假设C成立,O2和NaOH共同作用有漂白性,故选C; 实验3,将氧气通入Na2CO3和酚酞的红色混合溶液中,如红色褪色,说明假设A成立,O2有漂白性,故选A; 溶液变红后10分钟均无变化,说明:假设ABC均不成立; (3)能使H2O2分解产生氧气通常用黑色的MnO2作催化剂; 要验证H2O2与酚酞发生了反应,将H2O2全部分解后,酚酞的红色不褪色,说明H2O2起了漂白作用;故该同学通过实验证实溶液a中滴入酚酞后,H2O2与酚酞发生了化学反应的实验方案为:取少量溶液a于试管中,加入MnO2,充分反应,向上层清液中滴入2滴酚酞后变红,10分钟溶液颜色不变 ; (4)由以上实验结果可知,Na2O2与H2O反应,有中间产物双氧水生成,Na2O2与H2O反应的化学方程式如果分两步书写,应为Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2,2H2O2=2H2O +O2↑; 但课本上没有写出中间产物H2O2,可能的原因是H2O2碱性条件下不稳定,受热易分解,H2O2大部分已分解。查看更多