当前位置:咋考网 > 高中 > 高一 > 化学 > 上册 > 期末考试 >

2021年高一化学上期期末考试相关

安徽省芜湖市安庆市2020-2021年高一上期期末教学质量监控化学免费试题带答案和解析

2022年世界冬奥会和冬残奥会在北京举行,其中短道速滑项目队员所穿的速滑冰刀可用不锈钢制成。

下列叙述错误的是
A.不锈钢是最常见的一种合金钢
B.不锈钢中常添加镍(Ni)和铬(Cr)元素,从而使其具有特殊性能
C.不锈钢中只含有金属元素,不含有非金属元素
D.不锈钢是通过增加原子层之间的相对滑动难度,导致合金的硬度变大

【答案】C
【解析】
A.不锈钢属于合金,是铁、铬、镍熔合而成具有金属特性的合金,故A正确;
B.不锈钢中常添加镍(Ni)和铬(Cr)元素,使其具有抗腐蚀的性能,故B正确;
C.钢是铁和碳的合金,不锈钢中含有金属元素,还含有非金属元素碳,故C错误;
D.合金的硬度大于纯金属的硬度,不锈钢是通过增加原子层之间的相对滑动难度,导致合金的硬度变大,故D正确;
答案选C。

分类是化学学习和研究的重要思想方法。下列有关说法正确的是( )
A.根据树状分类法可知,碳酸钠属于钠盐、碳酸盐、正盐
B.氢氧化铁胶体和漂白粉均为混合物
C.化学反应可分为化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应、氧化还原反应
D.磷酸、硫酸、氢硫酸均为含氧酸

【答案】B
【解析】
A.Na2CO3从组成的阳离子来看,其属于钠盐,而从组成的阴离子来看,其又属于碳酸盐和正盐,可以看到,从不同的角度分类,Na2CO3属于不同的类别,出现了交叉现象,此分类方法属于交叉分类法,故A错误;
B.氢氧化铁胶体属于分散系,漂粉精主要成分为氯化钙和次氯酸钙,均为混合物,故B正确;
C.根据反应物和生成物的类别以及反应前后物质种类的多少,化学反应可分为四种基本类型:化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应,氧化还原反应是依据不同的分类方法,故C错误;
D.氢硫酸为H2S的水溶液,属于无氧酸,故D错误;
答案选B。

当光束通过下列分散系时,能观察到丁达尔效应的是( )
A.Fe(OH)3胶体 B.NaCl溶液
C.CuSO4溶液 D.蔗糖溶液

【答案】A
【解析】
A.Fe(OH)3胶体中的分散质直径为1~100nm,与入射光的波长接近,能使光波发生散射,具有丁达尔效应的性质,A符合题意;
B.NaCl溶液中的分散质直径小于1nm,不能使光波发生散射,不具有丁达尔效应的性质,B与题意不符;
C.CuSO4溶液中的分散质直径小于1nm,不能使光波发生散射,不具有丁达尔效应的性质,C与题意不符;
D.蔗糖溶液中的分散质直径小于1nm,不能使光波发生散射,不具有丁达尔效应的性质,D与题意不符;
答案为A。

下列电离方程式正确的是
A. B.
C. D.

【答案】D
【解析】
A.硫酸亚铁强电解质,完全电离,电离方程式为:,故A错误;
B.氯化镁是强电解质,完全电离成镁离子和氯离子,电离方程式为:,故B错误;
C.硝酸是强电解质,完全电离成氢离子和硝酸根离子,电离方程式为:,故C错误;
D.氢氧化钡是强电解质,完全电离成钡离子和氢氧根离子,电离方程式为:,故D正确;
故选:D。

下列溶液中,Na+ 物质的量浓度最大的是
A.10 mL 0.4 mo/L NaOH溶液 B.20 mL 0.3 mo/L Na3PO4溶液
C.30 mL 0.3 mo/L Na2SO4溶液 D.40 mL 0.5 mo/L NaNO3溶液

【答案】B
【解析】
A.10 mL 0.4 mo/L NaOH溶液中Na+的浓度c(Na+)=0.4 mol/L×1=0.4 mol/L;
B.20 mL 0.3 mo/L Na3PO4溶液中Na+的浓度c(Na+)=0.3 mol/L×3=0.9 mol/L;
C.30 mL 0.3 mo/L Na2SO4溶液中Na+的浓度c(Na+)=0.3 mol/L×2=0.6 mol/L;
D.40 mL 0.5 mo/L NaNO3溶液中Na+的浓度c(Na+)=0.5 mol/L×1=0.5 mol/L;
可见c(Na+)最大值是0.9 mol/L,故合理选项是B。

下列离子方程式中,正确的是( )
A.氢氧化钡溶液跟稀硫酸反应:H++OH−=H2O
B.金属钠跟水反应:Na+H2O=Na++OH−+H2↑
C.铁与稀硫酸反应:2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
D.碳酸钙与稀盐酸反应:CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑

【答案】D
【解析】
A.氢氧化钡溶液跟稀硫酸反应:Ba2++SO+2H++2OH−=BaSO4↓+2H2O,A错误;
B.金属钠跟水反应:2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑,B错误;
C.铁与稀硫酸反应:Fe+2H+=Fe2++H2↑,C错误;
D.碳酸钙与稀盐酸反应,碳酸钙为固体写化学式:CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑,D正确;
答案为D。

下列有关物质的性质与用途,不具有对应关系的是( )
A.为淡黄色固体,可用作潜水艇中的供氧剂
B.为红棕色,可用做红色颜料
C.的熔点高,常用作耐火、耐高温材料
D.具有强氧化性,常作为杀菌、消毒剂

【答案】A
【解析】
A.Na2O2能够与二氧化碳和水反应产生氧气,因此可用于潜艇中的供氧剂,但这与物质颜色无关,因此不具有对应关系,A符合题意;
B.为红棕色,可用做红色颜料,具有对应关系,B不符合题意;
C.A12O3是离子化合物,具有较高的熔点,因此常用作耐火、耐高温材料,具有对应关系,C不符合题意;
D.NaC1O具有强氧化性,能够使蛋白质发生变性而失去其生理活性,因此常作为杀菌、消毒剂,具有对应关系,D不符合题意;
故答案是A。

下列除杂试剂的选择或除杂操作不正确的是

选项

物质

除杂试剂

除杂操作

A

Fe(Cu)固体

磁铁

吸引后弃去剩余固体

B

Na2CO3 (NaHCO3)溶液

CO2

通入过量CO2

C

FeCl2 (FeCl3)溶液

Fe

加入过量Fe粉,充分反应后过滤

D

CO2 (HCl)气体

饱和NaHCO3溶液、浓硫酸

依次通入充分洗气


A.A B.B C.C D.D

【答案】B
【解析】
A.铁能被磁铁吸引,铜不能被磁铁吸引,所以用磁铁吸引后,弃去剩余固体即可得到铁,故A正确;
B.碳酸钠溶液能和二氧化碳反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠溶液不与二氧化碳反应,所以通入过量的二氧化碳,不能除去碳酸氢钠,故B错误;
C.铁粉与氯化铁反应,生成氯化亚铁,所以加入过量Fe粉,充分反应后过滤,可除去氯化亚铁中的氯化铁,故C正确;
D.氯化氢能和碳酸氢钠反应,二氧化碳不能和碳酸氢钠反应,所以将混合气体通入饱和的碳酸氢钠溶液,充分洗气,可以除杂,故D正确;
故选B。

下列反应中属于氧化还原反应,但水既不作氧化剂又不作还原剂的是( )
A.H2O+Na2O=2NaOH B.3NO2+H2O=2HNO3+NO
C.2H2OO2↑+2H2↑ D.2H2O+2F2=4HF+O2

【答案】B
【解析】
A.H2O+Na2O=2NaOH中各原子的化合价均为变化,属于非氧化还原反应,A与题意不符;
B.3NO2+H2O=2HNO3+NO中N原子的化合价改变,属于氧化还原反应,水既不作氧化剂又不作还原剂,B符合题意;
C.2H2OO2↑+2H2↑中H、O原子的化合价改变,属于氧化还原反应,水既是氧化剂,又是还原剂,C与题意不符;
D.2H2O+2F2=4HF+O2中O、F原子的化合价改变,属于氧化还原反应,水是还原剂,D与题意不符;
答案为B。

下列是对某溶液进行离子检测的方法和结论,其中正确的是( )
A.先加入适量的硝酸酸化,再加入溶液,产生白色沉淀,则溶液中一定含有大量的
B.加入足量的溶液,产生白色沉淀,则溶液中一定含有大量的
C.向溶液中加溶液,无明显变化,再加少量氯水,溶液呈血红色,则溶液中一定有
D.先加入适量的盐酸酸化,再加入溶液,产生白色沉淀,则溶液中一定含有大量的

【答案】C
【解析】
A.硝酸具有强氧化性,能将亚硫酸盐氧化为硫酸盐,加入BaCl2溶液,产生白色沉淀,溶液中可能存,也可能含有在或Ag+,故A错误;
B.加入足量的CaCl2溶液,产生了白色沉淀,白色沉淀可能为氯化银等,则未知溶液中不一定含有大量的CO, 故B错误;
C.向溶液中加入KSCN溶液,无明显变化,说明无Fe3+,再加入少量氨水,溶液呈血红色,则反应后的溶液中一定有Fe3+,说明原溶液中一定含有Fe2+,故C正确;
D.先加入适量的盐酸酸化已经引入了氯离子,不能确定液中一定含有大量的Cl-,故D错误;
故选C。

已知,则下列有关的描述正确的是( )
A.与水反应,生成,转移的电子数目约为
B.用水可以区分
C.与水反应属于氧化还原反应,是氧化产物,是还原产物
D.将分别加入到溶液中的实验现象不相同

【答案】A
【解析】
A.NaH中的-1价H和水中的+1价H结合成H2,所以生成1molH2,转移的电子数目为,故A正确;
B.Na和NaH都能和水反应生成NaOH和氢气,所以不能用水区分Na和NaH,故B错误;
C.NaH与水反应有化合价的变化,属于氧化还原反应,H2是既是氧化产物,又是还原产物,NaOH既不是氧化产物,也不是还原产物,故C错误;
D.NaH和Na都和水反应生成NaOH和氢气,加入到FeCl3溶液中,都既有气体生成,又有红褐色沉淀生成,实验现象相同,故D错误;
故选A。

能用离子方程式表示的化学反应是( )
A.稀盐酸与氨水 B.稀硫酸与
C.稀硝酸与 D.稀盐酸与

【答案】B
【解析】
能用离子方程式表示的化学反应是稀的强酸与稀的强碱反应生成可溶性的盐和水的反应,据此回答问题。
A.氨水中一水合氨是弱碱 ,故A不选;
B.硫酸是强酸,氢氧化钠是强碱,生成的硫酸钠可溶于水 ,故B选;
C.氢氧化铜是难溶性的碱 ,故C不选;
D.氢氧化铁是难溶性的碱 ,故D不选;
故选:B。

为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是( )
A.在常温常压下,氯气含有的分子数为
B.溶液,其中含有
C.个氧分子与个氢分子的质量比为
D.在同温同压时,相同体积的任何气体单质所含的原子数目相同

【答案】C
【解析】
A.在常温常压下,氯气的物质的量不是0.5mol,故A错误;
B.没有溶液体积,不能计算溶液中含有的个数,故B错误;
C.个氧分子的物质的量是1mol,质量是32g;个氢分子的物质的量是1mol,质量是2g,所以质量比为,故C正确;
D.在同温同压时,相同体积的任何气体单质所含的分子数目相同,原子数目不一定相同,故D错误;
选C。

证据推理是化学学科重要的核心素养。下列推理正确的是( )
A.由于金属活泼性大于,所以金属能把溶液中的置换出来
B.的氧化性比强,所以和稀盐酸的混合液中加入少量铁屑时,可能没有气泡冒出
C.酸能使紫色石蕊溶液变红,通入后的紫色石蕊溶液变红,所以是酸
D.混合物都不是电解质,所以冰水混合物也不是电解质

【答案】B
【解析】
A.由于金属很活泼,钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气,再与生成Cu(OH)2,不可能置换出铜,故A错误;
B.Cu2+的氧化性比H+强,所以CuCl2和稀盐酸的混合液中加入少量铁屑时,可以铁只和铜离子反应,不与氢离子反应,故B正确;
C.通入CO2后的紫色石蕊溶液变红,是二氧化碳和水反应生成了碳酸,二氧化碳不能电离,所以CO2是非电解质,不是酸,故C错误;
D.冰水混合物是纯净物,就是水,是弱电解质,故D错误;
答案选B。

下列有关Na2CO3和NaHCO3比较中,不正确的是( )
A.热稳定性:Na2CO3>NaHCO3
B.向Na2CO3饱和溶液中通入足量CO2,会有NaHCO3晶体析出
C.等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量盐酸反应放出气体的量:Na2CO3<NaHCO3
D.相同温度下,0.1 mol·L-1盐溶液分别与0.1 mol·L-1 盐酸反应的剧烈程度:Na2CO3>NaHCO3

【答案】D
【解析】
A.Na2CO3稳定性强,加热不分解,而NaHCO3不稳定,受热易分解,则物质的热稳定性:Na2CO3>NaHCO3,A正确;
B.向Na2CO3饱和溶液中通入足量CO2,会反应产生NaHCO3,由于反应消耗水,产生更多的NaHCO3,且NaHCO3溶解度小,因此会有NaHCO3晶体析出,B正确;
C.1 mol即106 g碳酸钠与足量盐酸反应放出气体1 mol;1 mol即84 g碳酸氢钠与足量盐酸反应放出1 mol气体,故等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量盐酸反应放出气体的量:Na2CO3<NaHCO3,C正确;
D.Na2CO3与HCl反应分步进行,首先反应产生NaCl、NaHCO3,然后是NaHCO3与HCl反应产生CO2气体;而NaHCO3与HCl立即反应产生CO2气体,故二者与盐酸反应的剧烈程度:Na2CO3<NaHCO3,D错误;
故合理选项是D。

下列离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是( )
A. K+、Ba2+、OH−、 B.Ag+、、Cl-、K+
C.H+、、Fe2+、Na+ D.Cu2+、、Br-、OH-

【答案】C
【解析】
A.Ba2+、反应生成硫酸钡,为非氧化还原反应,A与题意不符;
B.Ag+、Cl-反应生成氯化银,为非氧化还原反应,B与题意不符;
C.H+、、Fe2+反应生成铁离子、锰离子和水,为氧化还原反应,C符合题意;
D.Cu2+、OH-反应生成氢氧化铜沉淀,为非氧化还原反应,D与题意不符;
答案为C。

某兴趣小组的同学向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐渐加入等浓度的稀硫酸,并测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是( )

A.AB段溶液的导电能力不断减弱,主要是溶液的稀释引起的
B.B处溶液的导电能力约为0,说明溶液中几乎没有自由移动的离子
C.a时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和
D.BC段溶液的导电能力不断增大,主要是由于过量的H2SO4电离出的离子导电

【答案】A
【解析】
A.向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸,生成硫酸钡和水,AB段溶液的导电能力不断减弱,主要是因为生成BaSO4沉淀,A说法错误;
B.导电能力越强,离子浓度越大,B处的导电能力为0,说明溶液中几乎没有自由移动的离子,B说法正确;
C.a时刻导电能力最弱,说明两者恰好完全反应,离子浓度最小,所以a时刻Ba(OH)2与硫酸恰好完全中和,C说法正确;
D.BC段过量的硫酸电离产生氢离子和硫酸根离子导致溶液中自由移动离子浓度变大,导电能力增强,D说法正确。
答案选A。

电子工业制作印刷电路板常用FeCl3溶液腐蚀覆铜板,使用后的腐蚀液中加入一定量铁粉,充分反应。下列对反应后反应体系中成分分析合理的是( )
A.若无固体剩余,则溶液中可能还有Fe3+
B.若有固体存在,则该固体可能只有铁
C.若溶液中有Cu2+,则一定没有固体析出
D.若溶液中有Fe2+,则一定有Cu析出

【答案】A
【解析】
FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应:Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,腐蚀液中应含有Fe3+ 、Fe2+、Cu2+,由于Fe3+ 氧化性强于Cu2+,加入铁粉先与Fe3+反应:Fe+2Fe3+=3Fe2+,再与Cu2+反应:Fe+Cu2+=Cu+ Fe2+。
A. 若无固体剩余,说明溶液铜全部以Cu2+形式存在,加入的铁粉完全反应,溶液中一定含有Fe2+,若加入的铁粉不足,不能将Fe3+全部转化为Fe2+,则溶液中可能还有Fe3+,故A正确;
B.若有固体存在,该固体一定有铜,若加入的铁粉过量,可能还含有铁,但不可能只有铁,故B错误;
C.若溶液中有Cu2+,加入的铁粉不足,可能只与Fe3+反应生成Fe2+,也可能将Fe3+全部转化为Fe2+后还有剩余,剩余部分不能将Cu2+全部转化为Cu,则可能有固体析出,故C错误;
D.当加入的铁粉不足,只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时,则不会有Cu析出,故D错误;
答案选A。

我国首艘使用了钛合金材料的国产航母已成功下水,钛(Ti)常温下与酸、碱均不反应,但高温下能被空气氧化,由钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2)提取金属钛的主要工艺流程如图。下列说法错误的是( )

A.步骤Ⅰ、II中均发生氧化还原反应
B.步骤Ⅰ、Ⅱ中碳元素的化合价均升高
C.步骤Ⅲ中反应可在氩气环境中进行,也可在空气中进行
D.可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁杂质

【答案】C
【解析】
步骤Ⅰ为钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2)和碳在高温下发生氧化还原反应,生成铁、二氧化钛和一氧化碳,步骤Ⅱ为二氧化钛与碳,氯气在高温下反应生成四氯化钛和一氧化碳,步骤Ⅲ为四氯化钛和过量镁粉在高温下发生置换反应生成氯化镁和钛,据此分析。
A.步骤Ⅰ为钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2)和碳在高温下发生氧化还原反应,生成铁、二氧化钛和一氧化碳,步骤Ⅱ为二氧化钛与碳,氯气在高温下反应生成四氯化钛和一氧化碳,步骤Ⅰ、II中均发生氧化还原反应,故A正确;
B.步骤Ⅰ为钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2)和碳在高温下发生氧化还原反应,生成铁、二氧化钛和一氧化碳,步骤Ⅱ为二氧化钛与碳,氯气在高温下反应生成四氯化钛和一氧化碳,碳元素的化合价均升高,故B正确;
C.步骤Ⅲ为四氯化钛和过量镁粉在高温下发生置换反应生成氯化镁和钛,镁是活泼的金属,钛在高温下能被空气氧化,所以步骤Ⅲ需在氩气环境中进行,防止金属被空气氧化,不能在空气中进行,故C错误;
D.钛在常温下与酸、碱均不反应,镁与稀硫酸反应,可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁杂质,故D正确;
故选C。

铁和氧化铁的混合物加入浓度为盐酸中,恰好完全反应,放出标准状况下的气体。滴加溶液,溶液不变色。则下列判断正确的是( )
A.原混合物中
B.无法计算原混合物的质量
C.收集产生的气体刚好能与完全反应
D.向溶液中通入,可以将完全转化为

【答案】D
【解析】
由于反应生成H2,则表明反应生成的Fe3+全部被Fe还原,所以反应方程式可表示为:Fe2O3+Fe+6HCl=3FeCl2+3H2O,2Fe+2HCl==FeCl2+H2,n(H2)=,则反应②中,n(Fe)= n(FeCl2)=n(H2)=0.02mol,n(HCl)=2n(H2)=0.04mol,反应①中,n(HCl)=0.1mol-0.04mol=0.06mol,则n(Fe)=n(Fe2O3)=0.01mol,n(FeCl2)=0.03mol。所以,反应前,n(Fe)= 0.02mol+0.01mol=0.03mol,n(Fe2O3)=0.01mol,反应后的溶液中,n(FeCl2)= 0.05mol。
A.由分析可知,原混合物中n (Fe)=0.03mol,n (Fe2O3) =0.01mol,,所以n (Fe2O3) : n (Fe) =1: 3,故A错误;
B.原混合物中n (Fe) =0.03mol,n(Fe2O3) =0.01mol,则可以计算原混合物的质量,故B错误;
C.n (H2) =0.02mol,刚好能与0.02mol氯气反应,该选项未指明“标况”条件,所以无法知道氯气的体积,故C错误;
D.反应后的溶液中,n (FeCl2) =0.05mol,由反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知,向溶液中通入0.025molCl2,可以将Fe2+完全转化为Fe3+,故D正确;
故选D。

欲配制0.2mol/L的NaOH溶液980mL,有以下仪器:
①烧杯 ②100mL量筒 ③托盘天平(带砝码) ④玻璃棒 ⑤胶头滴管
(1)配制时,必须使用的仪器有___________(填代号),还缺少的玻璃仪器是___________。该实验中两次用到玻璃棒,其作用分别是___________,___________。
(2)使用容量瓶前必须进行的一步操作是___________。
(3)配制溶液时,一般可以分为以下几个步骤:正确的操作顺序是:___________(用字母表示,每个字母只能用一次)。
A.用30mL水洗涤烧杯2~3次,洗涤液均注入容量瓶
B.用托盘天平准确称取所需的NaOH固体的质量,放入烧杯中,再加入少量水,用玻璃棒慢慢搅动,使其充分溶解
C.将已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中
D.将容量瓶盖盖紧,振荡,摇匀
E. 改用胶头滴管加水,使溶液凹液面恰好与刻度线相切
F.继续往容量瓶内小心加水,直到液面接近刻度线1~2处
在B操作中需称量NaOH___________g。
(4)请你分析下列哪些操作会引起所配溶液浓度偏大(填写字母)___________。
A.称取NaOH所用砝码已生锈
B.容量瓶未干燥即用来配制溶液
C.在容量瓶中定容时仰视刻度线

【答案】①③④⑤ 1000mL容量瓶 搅拌加速溶解 引流 检漏 BCAFED 8.0 A
【解析】
欲配制0.2mol/L的NaOH溶液980mL,需要1000mL容量瓶。配制溶液的操作步骤为:首先计算出需要的药品的质量,然后用托盘天平称量,后放入烧杯中溶解,同时用玻璃棒搅拌,待溶液冷却至室温后,用玻璃杯引流移液至1000mL容量瓶中,然后洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,将洗涤液也注入容量瓶,然后向容量瓶中注水,至液面离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管逐滴加入,至凹液面与刻度线相切,然后摇匀、装瓶.
(1)分析可知,必须使用的仪器有①③④⑤;还缺少的玻璃仪器为1000mL容量瓶;第一次溶解NaOH时使用,搅拌加速溶解;第二次使用时用玻璃棒引流;
(2)容量瓶使用前必须要检漏;
(3)操作过程可总结为:计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等步骤,故正确的操作顺序为BCAFED;根据n=cV可知需要NaOH的物质的量为1L×0.2mol/L=0.2 mol,则需称取的质量为m=nM=0.2mol×40g/mol=8.0 g;
(4)A.称取NaOH所用砝码已生锈,导致称量的NaOH固体的质量增大,配置溶液的浓度偏大,A符合题意;
B.容量瓶未干燥即用来配制溶液,不影响溶质的物质的量,也不影响溶液的体积,则对结果无影响,B不符合题意;
C.在容量瓶中定容时仰视刻度线,导致溶液的体积偏大,配置溶液的浓度偏小,C与题意不符;
答案为A。

四种可溶性物质,它们的阳离子可能分别是中的某一种,阴离子可能分别是中的某一种。
①若把4种物质分别溶解于盛有蒸馏水的4支试管中,均得澄清溶液,只有溶液呈蓝色。
②若向①的4支试管中分别加盐酸,溶液中有沉淀产生,溶液中有无色无味气体逸出。
(1)根据①②的事实推断的化学式为___________。
(2)溶液中阴离子的检验方法为:___________。
(3)将溶液与溶液混合使之恰好完全反应,将反应后混合物中两种物质分离的方法是___________,在所得溶液中加入铝片,发生的离子反应方程式为:___________。
(4)与稀硫酸反应生成的气体用排空气法收集,测得体积为(标准状况下),质量为,该混合气体平均摩尔质量为___________,混合气体中气体的体积分数约为___________。(空气的平均相对分子质量约为29)
(5)有一块铝铁合金,将其溶于足量的盐酸中,再用过量的溶液处理,将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧,完全变成红色粉末后,经称量,红色粉末的质量恰好与合金的质量相等,则合金中铝的质量分数为___________。

【答案】 取少量溶液于试管中,先加足量盐酸酸化,无现象;再加氯化钡溶液,有白色沉淀生成,则证明中阴离子为 过滤
【解析】
四种可溶性物质,它们的阳离子可能分别是中的某一种,阴离子可能分别是中的某一种,只能和组成可溶性物质;能与组成可溶性物质,能与组成可溶性物质;四种物质分别是:CuSO4、AgNO3、Ba(OH)2、Na2CO3;只有溶液呈蓝色,C是CuSO4;分别加盐酸,溶液中有沉淀产生,B是AgNO3;溶液与盐酸反应放出无色无味的气体,D是Na2CO3,则A是Ba(OH)2;
根据以上分析,(1)根据①②的事实推断的化学式为AgNO3;
(2)是CuSO4溶液,的检验方法为:取少量溶液于试管中,先加足量盐酸酸化,无现象;再加氯化钡溶液,有白色沉淀生成,则证明中阴离子为
(3) Ba(OH)2溶液与Na2CO3溶液完全反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠,用过滤法将碳酸钡分离出来,所得氢氧化钠溶液中加入铝片生成偏铝酸钠和氢气,反应的离子反应方程式为
(4)气体体积为(标准状况下),质量为,则 ,M=38g/mol;设混合气体中为二氧化碳气体的体积分数约为x;
44x+29(1-x)=38
x=0.6;
(5)有一块铝铁合金,将其溶于足量的盐酸中,再用过量的溶液处理,将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧,得到的红色粉末是Fe2O3,经称量,红色粉末的质量恰好与合金的质量相等,即Fe2O3的质量等于Fe、Al的质量,则合金中铝的质量分数等于Fe2O3中氧元素是质量分数=

有一含NaCl、NaHCO3的混合物,某同学设计如图所示的实验装置,通过测量反应产生的CO2和H2O的质量,来确定该混合物中各组分的质量分数。请回答下列问题。

(1)实验步骤:
①按图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后,首先进行的操作是_________。
②称取样品,并将其放入硬质玻璃管中;称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。
③打开活塞K1、K2,关闭K3,缓缓鼓入空气数分钟,A中碱石灰的作用是_______。
④关闭活塞K1、K2,打开K3,点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中发生反应的化学方程式为_______。
⑤打开活塞K1,缓缓鼓入空气数分钟,拆下装置,再次称量洗气瓶C的质量和U形管D的质量。
(2)实验方案的评价及数据处理
①实验步骤⑤打开活塞K1,缓缓鼓入空气数分钟的目的是__________。
②若样品质量为W g,反应后C装置增加的质量为m1 g则D装置增重的质量为______g(用含m1的代数式表达),混合物中NaHCO3的质量分数为________(用含W、m1的代数式表示)。

【答案】检查装置气密性 吸收空气中的水和二氧化碳 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ 使反应产生的水蒸气和二氧化碳完全被C、D吸收 ×100%
【解析】
将混合物加热,NaHCO3受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2,NaCl受热不发生变化,分解产生H2O(g) 在C处吸收,产生的CO2气体在D中吸收,根据C增重质量可计算出NaHCO3的质量及其分解产生的CO2的质量,从而求出NaCl的质量;为避免在实验过程中由于装置漏气或装置中空气的成分的影响,应在实验前检验装置的气密性,想法赶出装置中的空气,分解实验完毕,再通入处理过的空气,将分解产生的气体全部赶入装置C、D处,被完全吸收;E中碱石灰可防止外界空气中的H2O(g)、CO2进入装置D影响实验效果,根据以上分析进行解答即可。
(1)①按图组装好实验装置后,首先进行的操作是检查装置气密性;
③装置内有空气,空气中含有水蒸气和二氧化碳,影响水蒸气和二氧化碳质量的测定,打开活塞K1、K2,关闭活塞K3,缓缓鼓入空气数分钟,A中碱石灰的作用是吸收装置内空气中的水和二氧化碳;
④关闭活塞K1、K2,打开K3,点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水,发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑;
(2)①实验步骤⑤打开活塞K1,缓缓鼓入空气数分钟的目的是使NaHCO3分解产生的水蒸气和二氧化碳完全被C、D吸收;
②若样品质量为w g,反应后C装置增加的质量为m1 g,根据方程式:2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑可知:每有168 g NaHCO3反应,会产生18 g H2O,44 g CO2,则反应产生m1 g水,会产生CO2的质量为m(CO2)=g=g,即D装置增重的质量为 g,混合物中NaHCO3的质量为m(NaHCO3)= g,由于样品质量为w g,所以NaHCO3的质量分数为:×100%=×100%。

铁是人类较早使用的金属之一,运用所学知识,回答下列问题。
Ⅰ.电子工业常用溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔,制造印刷电路板。
(1)写出溶液与金属铜发生反应的离子方程式___________。
(2)某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜,并重新获得溶液,准备采用下列步骤:

请写出上述过程中滤渣③中所含成份的化学式___________,物质⑥的化学式___________。
Ⅱ.已知易吸收空气里的水分而潮解,左右时易升华,实验室制备的装置如图所示。

回答下列问题:
(3)装置中发生反应的化学方程式为___________。
(4)装置中溶液为___________,的作用是___________。
(5)用粗硬质玻璃管直接连接装置,比用细导管连接的优点是___________。
(6)装置中碱石灰的成分是的混合物,其作用是防止空气中水蒸气进入装置造成潮解,同时还有的作用___________。

【答案】 饱和食盐水 除水(或干燥) 不会堵塞 吸收,防止污染
【解析】
Ⅰ.制取的是氯化铁溶液,①是铁;滤液②是氯化亚铁溶液;加入的铁过量,滤渣③是铁和铜;④加入应该是盐酸,滤液②和⑤合并通入⑥氯气获得溶液;
Ⅱ.装置A是制取氯气,B是除杂,C是干燥,D中氯气和铁反应生成FeCl3,FeCl3在E中冷凝,F中碱石灰是防止空气中水蒸气进入装置造成潮解,同时还有吸收,防止污染的作用。
Ⅰ.(1)铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁,反应的离子方程式为:,故答案为:
(2由分析可知,滤渣③是铁和铜;是⑥,故答案为:
Ⅱ.(3)实验室用加热二氧化锰与浓盐酸制取氯气,二者反应生成氯化锰、氯气和水,方程式为:;故答案为:
(4)B装置用饱和食盐水吸收氯化氢,C装置浓硫酸起到干燥作用,故答案为:饱和食盐水;除水(或干燥);
(5)用粗硬质玻璃管直接连接装置,比用细导管连接的优点是不会堵塞;故答案为:不会堵塞;
(6)装置中碱石灰的成分是的混合物,其作用是防止空气中水蒸气进入装置造成潮解,同时还有吸收,防止污染的作用;故答案为:吸收,防止污染。

©2021-2022咋考网版权所有,考题永久免费