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2018年高一化学上半期期中考试相关

白城市2018年高一上半期化学期中考试网上在线做题

需要配制500 mL 0.5 mol·L-1氢氧化钠溶液,经测定实际所配氢氧化钠溶液的浓度为0.45 mol·L-1。可能的原因是(  )
A. 转移时溶液没有冷却至室温 B. 容量瓶没有烘干
C. 称量氢氧化钠固体时砝码放反了 D. 定容时仰视读数

【答案】D
【解析】
0.45mol/L<0.5mol/L,即操作失误使所配溶液浓度偏小;根据公式cB=分析,操作失误使nB偏大或V(aq)偏小,会使所配溶液浓度偏大,反之偏小。
0.45mol/L<0.5mol/L,即操作失误使所配溶液浓度偏小;
A项,NaOH溶于水放热,转移时溶液没有冷却至室温,根据“热胀冷缩”原理,冷却后溶液体积偏小,所配溶液浓度偏大,不符合题意;
B项,容量瓶没有烘干,对所配溶液浓度无影响,不符合题意;
C项,配制500mL0.5mol/LNaOH溶液需要称量NaOH固体的质量为m(NaOH)=0.5mol/L×0.5L×40g/mol=10.0g,称量时不需要使用游码,称量NaOH固体时砝码放反了对所配溶液的浓度无影响,不符合题意;
D项,定容时仰视读数,所配溶液体积偏大,所配溶液浓度偏小,符合题意;
答案选D。

设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是(  )
A. 常温常压下,8 g O2含有4NA个电子
B. 1 L 0.1 mol·L-1的氨水中有0.1NA个NH4+
C. 标准状况下,22.4 L盐酸含有NA个HCl分子
D. 0.05 mol液态KHSO4中含有0.1NA个阳离子

【答案】A
【解析】
A项,n(O2)==0.25mol,1个O2分子中含16个电子,8gO2含有电子物质的量为0.25mol×16=4mol,含4NA个电子,A项正确;
B项,1L0.1mol/L氨水中所含溶质物质的量为0.1mol/L×1L=0.1mol,氨水是弱碱水溶液,只能部分发生电离,所含NH4+物质的量小于0.1mol,所含NH4+小于0.1NA个,B项错误;
C项,盐酸为氯化氢的水溶液,不能用22.4L/mol计算HCl物质的量,C项错误;
D项,KHSO4在熔融时电离方程式为KHSO4=K++HSO4-,0.05mol液态KHSO4中含0.05mol阳离子,含有0.05NA个阳离子,D项错误;
答案选A。

(题文)已知:某溶质R的摩尔质量与H2S的相同。现有R的质量分数为27.5%密度为1.10 g·cm-3的溶液, 该溶液中R的物质的量浓度(mol·L-1)约为(  )
A. 6.8 B. 7.4 C. 8.9 D. 9.5

【答案】C
【解析】
依据c=1000ρω/M计算该溶液的物质的量浓度。
某溶质R的摩尔质量与H2S的相同,即为34g/mol。现有R的质量分数为27.5%、密度为1.10 g·cm-3的溶液,因此根据c=1000ρω/M可知该溶液中R的物质的量浓度为
答案选C。

下列关于溶液和胶体的叙述,正确的是
A. 溶液是电中性的,胶体是带电的
B. 通电时,溶液中的溶质粒子分别向两极移动,胶体中的分散质粒子向某一极移动
C. 溶液中溶质粒子的运动有规律,胶体中分散质粒子的运动无规律,即布朗运动
D. 一束光线分别通过溶液和胶体时,后者会出现明显的光带,前者则没有

【答案】D
【解析】试题分析:A.胶体微粒吸附带电离子,胶体分散系是电中性的,故A错误;B.溶液通电后,对于电解质溶液会出现溶质微粒移向两极,但对于非电解质溶于水形成的溶液,不存在,故B错误;C.溶液中溶质微粒不断无规律的运动,故C错误;D.一束光线分别通过溶液和胶体时,后者会出现明显光带,前者则没有,故D正确;故选D。

下列事实或性质与胶体没有直接关系的是( )
A. 在河流入海处易形成三角洲
B. 用微波手术刀进行外科手术, 可使开刀处的血液迅速凝固, 减少失血
C. 同一钢笔使用不同牌号的墨水容易堵塞
D. 硅酸与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水

【答案】D
【解析】
A项,河流中的泥沙属于胶体分散系,在河流入海处易形成三角洲与胶体的聚沉有关;
B项,血液属于胶体,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应用了胶体的聚沉;
C项,墨水属于胶体,不同牌号的墨水中胶体粒子不同,不同牌号的墨水混合可发生胶体的聚沉而使钢笔堵塞;
D项,硅酸与NaOH反应生成硅酸钠和水属于酸碱中和反应,反应的化学方程式为H2SiO3+2NaOH=Na2SiO3+2H2O,与胶体性质无关;
与胶体没有直接关系的是D项,答案选D。

用饱和的氯化铁溶液制取氢氧化铁胶体,正确的操作是( )
A. FeCl3溶液滴入蒸馏水中即可
B. 将FeCl3溶液滴入热水中,生成棕黄色液体即可
C. 将FeCl3溶液滴入沸水中,并继续煮沸至生成红褐色液体即可
D. 将FeCl3溶液滴入沸水中,并继续煮沸至生成红褐色沉淀即可。

【答案】C
【解析】
制取Fe(OH)3胶体的正确操作是:将饱和FeCl3溶液滴入沸水中,并继续煮沸至生成红褐色液体;据此作答。
A项,将饱和FeCl3溶液滴入蒸馏水中,溶液稀释,水解生成的Fe(OH)3集合体的粒子直径没有达到1nm~100nm,不能制得Fe(OH)3胶体;
B项,将饱和FeCl3溶液滴入热水中,生成棕黄色液体,虽然在热水中FeCl3的水解程度会增大,但生成的Fe(OH)3集合体的粒子直径没有达到1nm~100nm,不能制得Fe(OH)3胶体;
C项,将饱和FeCl3溶液滴入沸水中,并继续煮沸至生成红褐色液体,水解生成的Fe(OH)3集合体的粒子直径达到1nm~100nm,能制得Fe(OH)3胶体;
D项,将饱和FeCl3溶液滴入沸水中,并继续煮沸至生成红褐色沉淀,Fe(OH)3集合体的粒子直径大于100nm,不能制得Fe(OH)3胶体;
答案选C。

下列各组物质中,前者为混合物,后者为单质的是(  )
A. Na2CO3·10H2O、石墨 B. 碘酒、干冰
C. 石油、液氧 D. 盐酸、水

【答案】C
【解析】
A、Na2CO3·10H2O是化合物,石墨是单质,故A错误;B、碘酒是碘的酒精溶液是混合物,干冰是化合物,故B错误;C、液氧是单质,石油是多种烃的混合物,故C正确;D、盐酸是HCl和H2O的混合物,水是化合物,D错误。故选C。

同温同压下,已知O2的密度为ρg/L,则NH3的密度为( )
A. 17ρ/32 g/L B. 32ρ/17 g/L C. 32/17ρ g/L D. 17/32ρ g/L

【答案】A
【解析】
根据“同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比”分析。
根据“同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比”;O2、NH3的相对分子质量依次为32、17,则O2与NH3的密度之比等于32:17,O2的密度为ρg/L,NH3的密度为g/L,答案选A。

下列反应的离子方程式中不正确的是(  )
A. H2SO4与Ba(OH)2溶液反应:Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O
B. Ca(HCO3)2与过量NaOH溶液反应:Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-
C. NaOH溶液中通入少量CO2: 2OH-+CO2 =CO32-+H2O
D. CH3COOH溶液与NH3·H2O溶液反应:CH3COOH+OH-=CH3COO- + H2O

【答案】D
【解析】
A项,H2SO4与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O,离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O,A项正确;
B项,Ca(HCO3)2与过量NaOH溶液反应生成CaCO3、Na2CO3和H2O,反应的离子方程式为Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-,B项正确;
C项,NaOH溶液中通入少量CO2生成Na2CO3和H2O,反应的离子方程式为CO2+2OH-=CO32-+H2O,C项正确;
D项,NH3·H2O应以化学式保留,CH3COOH与NH3·H2O溶液反应的离子方程式为CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+NH4++H2O,D项错误;
答案选D。

有关电解质的说法正确的是 (  )
A. 固体NaCl不导电,所以NaCl不是电解质
B. SO3水溶液的导电性很好,所以SO3是电解质
C. 液态的铜导电性很好,所以铜是电解质
D. Na2O液态时能导电,所以Na2O是电解质

【答案】D
【解析】
A项,NaCl溶于水和熔融状态都能导电,NaCl是电解质;
B项,SO3的水溶液能导电,但导电的离子不是SO3电离的,SO3是非电解质;
C项,Cu属于单质,Cu不是电解质;
D项,Na2O是电解质。
A项,固体NaCl中阴、阳离子不自由移动,固体NaCl不导电,NaCl溶于水和熔融状态都能导电,NaCl是电解质,A项错误;
B项,SO3的水溶液能导电,但导电的离子不是SO3电离的,导电的离子是SO3与H2O反应生成的H2SO4电离的,SO3是非电解质,B项错误;
C项,Cu导电性很好,Cu属于单质,Cu不是电解质,C项错误;
D项,熔融Na2O能导电,Na2O是电解质;
答案选D。

下列叙述中正确的是( )
①溶液都是纯净物 ②含氧的化合物都是氧化物 ③能电离出H+的化合物都是酸 ④能电离出OH-的化合物都是碱 ⑤能电离出金属离子和酸根离子的化合物都是盐 ⑥酸和碱的中和反应都是复分解反应
A. 全部 B. ⑤⑥ C. ③④ D. ①②

【答案】B
【解析】①溶液属于混合物,故①错误;②氧化物是由两种元素组成,且一种元素是氧元素,故②错误;③电离出的阳离子全部是H+的化合物属于酸,故③错误;④电离出的阴离子全部是OH-的化合物是碱,故④错误;⑤盐是能电离出金属离子和酸根离子的化合物,故⑤正确;⑥酸和碱的中和反应都是复分解反应,故⑥正确;综上所述选项B正确。

有两种金属混合物3.4g,与足量的盐酸反应放出H22.24L(标况下),这两种金属可能是
A. 铜和铁 B. 镁和铝 C. 锌和铝 D. 锌和铁

【答案】C
【解析】
用极限法和电子守恒计算各金属与足量盐酸反应放出标准状况下2.24LH2所需金属的质量,再依据混合物的特点判断。
n(H2)==0.1mol,用极限法和电子守恒,生成0.1molH2需要Fe、Mg、Al、Zn的质量依次为5.6g(×56g/mol=5.6g)、2.4g(×24g/mol=2.4g)、1.8g(×27g/mol=1.8g)、6.5g(×65g/mol=6.5g);
A项,Cu与稀盐酸不反应,生成标准状况下2.24LH2需消耗Fe的质量为5.6g>3.4g,A项不可能;
B项,生成标准状况下2.24LH2需消耗Mg的质量为2.4g<3.4g,消耗Al的质量为1.8g<3.4g,B项不可能;
C项,生成标准状况下2.24LH2需消耗Zn的质量为6.5g>3.4g,消耗Al的质量为1.8g<3.4g,C项可能;
D项,生成标准状况下2.24LH2需消耗Zn的质量为6.5g>3.4g,消耗Fe的质量为5.6g>3.4g,D项不可能;
答案选C。

在某体系内有反应物和生成物5种物质:H2S、S、FeCl3、FeCl2、HCl.已知H2S为反应物,则另一反应物是
A. S B. FeCl2 C. FeCl3 D. HCl

【答案】C
【解析】
根据S守恒,反应中H2S被氧化成S,结合“氧化还原反应的特征:元素的化合价有升降”分析。
H2S为反应物,根据S守恒,S为生成物,即反应中S元素的化合价由-2价升至0,H2S→S为氧化反应;氧化还原反应中氧化反应和还原反应一定同时发生,根据各物质中元素的化合价,另一过程为FeCl3→FeCl2,Fe元素的化合价由+3价降至+2价,另一反应物为FeCl3,反应的化学方程式为H2S+2FeCl3=S↓+2FeCl2+2HCl,答案选C。

在整治酒后驾驶交通违法行为专项行动中,交警用装有重铬酸钾[K2Cr2O7]的仪器检测司机是否酒后开车,因为酒中的乙醇分子可以使橙红色的重铬酸钾变成绿色的硫酸铬[Cr2(SO4)3 ]。下列有关重铬酸钾的说法中正确的是(  )
A. 铬元素的化合价为+7价 B. 在检查时重铬酸钾发生氧化反应
C. 重铬酸钾具有强氧化性 D. 它由橙红色变为绿色是物理变化

【答案】C
【解析】
K2Cr2O7中Cr元素的化合价为+6价,Cr2(SO4)3中Cr元素的化合价为+3价,K2Cr2O7→Cr2(SO4)3为还原反应,K2Cr2O7为氧化剂,K2Cr2O7表现强氧化性,据此分析作答。
A项,K2Cr2O7中K元素的化合价为+1价,O元素的化合价为-2价,根据化合物中元素的正负化合价代数和为0,Cr元素的化合价为+6价,A项错误;
B项,在检查过程中K2Cr2O7→Cr2(SO4)3,Cr2(SO4)3中Cr元素的化合价为+3价,Cr元素的化合价由+6价降至+3价,K2Cr2O7发生还原反应,B项错误;
C项,K2Cr2O7发生还原反应,K2Cr2O7为氧化剂,K2Cr2O7表现强氧化性,C项正确;
D项,颜色由橙红色变为绿色是K2Cr2O7发生还原反应生成了Cr2(SO4)3,是化学变化,D项错误;
答案选C。

下列反应中,既属于氧化还原反应,又属于离子反应的是( )
A. 甲烷与氧气的反应 B. 铝片与稀盐酸的反应
C. 灼热的碳与二氧化碳反应生成一氧化碳 D. 氢氧化钠溶液与稀盐酸的反应

【答案】B
【解析】
A项,甲烷与O2反应的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O,反应中C元素的化合价由-4价升至+4价,O元素的化合价由0价降至-2价,属于氧化还原反应,但不属于离子反应;
B项,Al与盐酸反应的化学方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑,反应中Al元素的化合价由0价升至+3价,H元素的化合价由+1价降至0价,属于氧化还原反应,该反应属于离子反应,离子方程式为2Al+6H+=2Al3++3H2↑;
C项,灼热的碳与CO2反应的化学方程式为C+CO22CO,C中C元素的化合价由0价升至+2价,CO2中C元素的化合价由+4价降至+2价,属于氧化还原反应,但不属于离子反应;
D项,NaOH溶液与稀盐酸反应的化学方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O,反应前后元素的化合价不变,该反应不属于氧化还原反应,属于离子反应,反应的离子方程式为H++OH-=H2O;
既属于氧化还原反应,又属于离子反应的是B项,答案选B。

根据下列反应判断有关物质的氧化性由强到弱的顺序是
①2FeCl2+Cl2===2FeCl3; ②2FeCl3+2HI===2FeCl2+2HCl+I2;
③H2SO3+I2+H2O===2HI+H2SO4;
A. Cl2> FeCl3> I2> H2SO4 B. I2> FeCl3>H2SO4> Cl2
C. FeCl3>I2>H2SO4> Cl2 D. Cl2> FeCl3>H2SO4>I2

【答案】A
【解析】
比照氧化还原反应中的概念判断各反应中的氧化剂和氧化产物,再依据“同一氧化还原反应中,氧化性:氧化剂>氧化产物”判断。
同一氧化还原反应中,氧化性:氧化剂>氧化产物。
①反应“2FeCl2+Cl2=2FeCl3”中,Fe元素的化合价由+2价升至+3价,FeCl2为还原剂,FeCl3为氧化产物,Cl元素的化合价由0价降至-1价,Cl2为氧化剂,则氧化性:Cl2>FeCl3;
②反应“2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2”中,Fe元素的化合价由+3价降至+2价,FeCl3为氧化剂,I元素的化合价由-1价升至0价,HI为还原剂,I2为氧化产物,则氧化性:FeCl3>I2;
③反应“H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4”中,S元素的化合价由+4价升至+6价,H2SO3为还原剂,H2SO4为氧化产物,I元素的化合价由0价降至-1价,I2为氧化剂,则氧化性:I2>H2SO4;
根据上述分析,氧化性:Cl2>FeCl3>I2>H2SO4,答案选A。

某工厂排放的工业废水中可能含有K+、H+、Mg2+、SO42-、Cl-、NO3-等离子。经检测废水呈明显的碱性,则可确定该厂废水中肯定不含有的离子组合是( )
A. H+、K+、NO3- B. K+、NO3-、SO42- C. H+、Mg2+ D. K+、Mg2+、SO42-、Cl-

【答案】C
【解析】
废水呈明显的碱性,废水中含OH-,H+、Mg2+与OH-不能大量共存,废水中肯定不含H+、Mg2+,答案选C。

在无色透明的强酸性溶液中,能大量共存的是( )
A.Na+、NO3-、Al3+、Cl- B.Na+、CO32-、Ca2+、NO3-
C.K+、SO42-、Cl-、Cu2+ D.Ba2+、Cl-、K+、SO42-

【答案】A
【解析】
试题分析:A.Na+、NO3-、Al3+、Cl- 各离子之间不反应,且与氢离子也不反应,能大量共存,A项正确;B.CO32-与Ca2+、H+均反应不能大量共存,B项错误;C.含Cu2+ 的溶液呈蓝色,在无色溶液中不存在,C项错误;D.Ba2+与SO42-反应生成白色沉淀不能大量共存,D项错误;答案选A。

溶液中有0.2mol XO4-,加入0.3mol Na2SO3恰好反应,已知Na2SO3被氧化成Na2SO4,则还原产物中X的化合价为
A. +1 B. +3 C. +4 D. 0

【答案】C
【解析】
根据氧化还原反应中得失电子守恒分析。
设还原产物中X的化合价为y,XO4-中X的化合价为+7价,Na2SO3被氧化成Na2SO4,S元素的化合价由+4价升至+6价,根据得失电子守恒,0.2mol×[(+7)-y]=0.3mol×[(+6)-(+4)],解得y=+4,答案选C。

有600 mL某种混合物溶液,只可能含有以下离子中的若干种:K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-,现将此溶液分成三等份,进行如下实验:
(1)向第一份中加入AgNO3溶液,有沉淀产生;
(2)向第二份中加足量NaOH溶液并加热后,收集到气体0.04 mol;
(3)向第三份中加足量BaCl2溶液后,得千燥的沉淀6.27g,经足量盐酸洗涤、干燥后,沉淀质量为2.33g。
根据上述实验,以下推测不正确的是 ( )
A. K+一定存在 B. Ba2+、Mg2+一定不存在
C. Cl- 一定存在 D. 混合溶液中CO32-的浓度为0.1 mol/L

【答案】C
【解析】试题分析:(1)向第一份中加入AgNO3溶液,有沉淀产生,则溶液中可能有Cl-、CO32-、SO42-;(2)向第二份中加足量NaOH溶液并加热后,收集到气体0.04 mol,则溶液中一定有0.04 mol NH4+;(3)向第三份中加足量BaCl2溶液后,得千燥的沉淀6.27g,经足量盐酸洗涤、干燥后,沉淀质量为2.33g,可以确定生成硫酸钡2.33g(0.01mol)、碳酸钡3.94g(0.02mol),则每份溶液中含0.01mol SO42- 和0.02mol CO32-,一定没有Ba2+和Mg2+。A.根据电荷守恒, K+一定存在 ,A正确;B. Ba2+、Mg2+一定不存在,B正确;C. 无法判断Cl- 是否存在 ,C不正确; D. 混合溶液中CO32-的浓度为0.1 mol/L,D正确。本题选C。

(1)下列物质:①Fe ② Br2 ③Na2O ④CO ⑤CO2 ⑥SO3 ⑦NH3 ⑧H2S ⑨HCl ⑩H2SO4 ⑪Ba(OH)2 ⑫NaCl ⑬蔗糖 ⑭NaCl溶液。属于电解质的是_____________ , 属于非电解质的是 ___________,能导电的是_____________。
(2)写出下列物质在水中的电离方程式:
NaHSO4 :__________________________________,
H2SO4 :____________________________________,
Ba(OH)2 :__________________________________。
(3)向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入过量的盐酸,会出现一系列变化:先出现________,原因:__________,随后_________________________,原因(用离子方程式表示) _______________________________________。

【答案】3、8、9、10、11、12 4、5、6、7、13 1、14 NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42- H2SO4 =2H+ + SO42- Ba(OH)2= Ba2+ + SO42- 红褐色沉淀 Fe(OH)3胶粒吸附Cl-中和表面电性而聚沉 红褐色沉淀溶解变为黄色溶液 Fe(OH)3 + 3H+ =Fe3+ + 3H2O
【解析】
(1)(1)Na属于金属单质,能导电不是化合物,既不是电解质也不是非电解质; (2)Br2 不能导电,属于非电解质单质,既不是电解质也不是非电解质;(3)Na2O不能导电,熔融状态下能导电,属于电解质; (4)NO2 本身不能电离,属于非电解质;(5)CO2 本身不能电离,属于非电解质;(6)SO3 本身不能电离,属于非电解质;(7)NH3 本身不能电离,属于非电解质;(8)H2S不能导电,溶于数能导电,属于电解质;(9)HCl不能导电,溶于水能导电,属于电解质; (10)H2SO4不能导电,溶于水能导电,属于电解质;(11)Ba(OH)2不能导电,溶于水或熔融状态下能导电,属于电解质;(2)NaCl不能导电,溶于水或熔融状态下能导电,属于电解质;(13)蔗糖不能导电,属于非电解质;(14)NaCl溶液,能导电,属于混合物,既不是电解质也不是非电解质,故属于电解质的是(3)、(8)、(9)、(10)、(11)、(12), 属于非电解质的是(4)、(5)、(6)、(7)、(13),能导电的是(1)、(14);
(2)NaHSO4的电离方程式是NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42-,H2SO4的电离方程式是H2SO4 =2H+ + SO42-,Ba(OH)2的电离方程式是Ba(OH)2= Ba2+ + SO42-;
(3)电解质盐酸电离出的Cl-使Fe(OH)3胶体发生聚沉,生成红褐色沉淀,氢氧化铁胶体聚沉后会产生氢氧化铁沉淀,继续加入盐酸,会发生酸碱中和反应,红褐色沉淀溶解,生成氯化铁和水,此反应的离子方程式是Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O。

已知某工业废水中含有大量FeSO4,较多的Cu2+, 以及部分污泥,通过下列流程可从该废水中回收FeSO4·7H2O晶体及金属Cu。

(1)步骤1的主要操作是___________,(填操作名称)需用到的玻璃仪器除烧杯外还有___________, ___________。
(2)步骤2中发生反应的离子方程式为______________________________
(3)步骤3中发生反应的化学方程式为______________________________
(4)步骤4中涉及的操作是:蒸发浓缩、________、过滤、洗涤、烘干。

【答案】(1)过滤;普通漏斗(或漏斗);玻璃棒(3分) (2)Cu2++Fe=Fe2++Cu(2分)(3)Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑(2分)(4)冷却结晶或结晶(1分)
【解析】
试题(1)步骤1是分离溶液和不溶物,操作是过滤。过滤用到的玻璃仪器除烧杯外还有:普通漏斗(或漏斗); 玻璃棒。(2)溶液1有Cu2+、 Fe2+、Na+、SO42-,加入过量的铁,Cu2+与铁反应,离子方程式为:Cu2++Fe=Fe2++Cu。(3)固体混合物有Cu和Fe,加入稀硫酸,稀硫酸与铁发生反应,化学方程式为:Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑。(4)步骤4是从溶液中获得晶体,操作是:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干等。

有一包白色粉末,其中可能含有Ba(NO3)2、MgCl2、K2CO3、NaOH,现做以下实验:
①取一定量粉末加入水中,振荡,有白色沉淀生成;
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸,白色沉淀完全消失,没有气泡产生;
③向①的上层清液中滴入稀硫酸,有白色沉淀产生。
根据上述实验事实,回答下列问题:
(1)原白色粉末中一定含有的物质是________,一定不含有的物质是________。(写化学式)
(2)写出各步变化的离子方程式
①_______________________________________________________;
②_______________________________________________________;
③_______________________________________________________。

【答案】Ba(NO3)2 MgCl2 NaOH K2CO3 略 略 略
【解析】
①取一定量粉末加入水中,振荡有白色沉淀生成,该白色沉淀可能是BaCO3、MgCO3、Mg(OH)2或任意两种或三种的混合物;
②向①的沉淀物中加入足量稀HNO3,白色沉淀完全消失,没有气泡产生,沉淀中没有BaCO3、MgCO3,沉淀为Mg(OH)2,原白色粉末中一定有MgCl2和NaOH,一定没有K2CO3;
③向①的上层清液中滴入稀硫酸,有白色沉淀产生,原白色粉末中一定有Ba(NO3)2;
根据上述分析作答。
①取一定量粉末加入水中,振荡有白色沉淀生成,该白色沉淀可能是BaCO3、MgCO3、Mg(OH)2或任意两种或三种的混合物;
②向①的沉淀物中加入足量稀HNO3,白色沉淀完全消失,没有气泡产生,沉淀中没有BaCO3、MgCO3,沉淀为Mg(OH)2,原白色粉末中一定有MgCl2和NaOH,一定没有K2CO3;
③向①的上层清液中滴入稀硫酸,有白色沉淀产生,原白色粉末中一定有Ba(NO3)2;
(1)原白色粉末中一定含有的物质是Ba(NO3)2、MgCl2、NaOH,一定不含有的物质是K2CO3。
(2)①MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀和NaCl,反应的离子方程式为Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓。
②Mg(OH)2与HNO3发生中和反应生成Mg(NO3)2和H2O,反应的离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O。
③上层清液中的Ba(NO3)2与稀硫酸反应生成BaSO4沉淀和HNO3,反应的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓。

掌握仪器的名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础,根据下图所示实验装置,回答下列问题。

(1)写出下列仪器的名称:①________,②________,④________。
(2)仪器①~④中,使用时必须检查是否漏水的是________(填序号)。
(3)若利用装置Ⅰ分离酒精和水的混合物,还缺少的仪器________,将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为________;②的进水口是________(填“f”或“g”)。
(4)现需配制250 mL、0.2 mol·L-1NaCl溶液,装置Ⅱ是某同学转移溶液的示意图,指出图中的错误操作:_______________________________________________。

【答案】蒸馏烧瓶冷凝管容量瓶④温度计蒸馏g未使用250mL容量瓶,未用玻璃棒引流
【解析】
(1)根据装置图和各仪器的构造特点作答。
(2)容量瓶在使用时必须检查是否漏水。
(3)蒸馏装置中必须使用温度计。I为蒸馏装置,冷凝管中的水应下口进上口出。
(4)配制250mL溶液应选用250mL容量瓶,向容量瓶中转移溶液应用玻璃棒引流。
(1)I为蒸馏装置,其中①为蒸馏烧瓶,②为冷凝管。II为向容量瓶中转移溶液,④为规格为1000mL的容量瓶。
(2)蒸馏烧瓶、冷凝管、烧杯使用时不必检查是否漏水,容量瓶在使用时必须检查是否漏水,答案选④。
(3)用装置I分离酒精和水的混合物,还缺少的仪器是温度计,温度计的水银球在蒸馏烧瓶支管口附近,用于测馏分的沸点。仪器补充完整后的实验操作名称为蒸馏;冷凝管中应下口是进水口,上口为出水口,才能保证充分冷凝,②的进水口是g。
(4)容量瓶上只有唯一的刻度线,配制250mL溶液应选用250mL容量瓶,不能用1000mL容量瓶;向容量瓶中转移液体时防止液体外洒,应用玻璃棒引流;图中的错误操作是:未使用250mL容量瓶,未用玻璃棒引流。

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