2019届高三化学上学期开学试卷(附解析辽宁葫芦岛六中)

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2019届高三化学上学期开学试卷(附解析辽宁葫芦岛六中)

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协作体高三考试卷
化   学 
注意事项:
1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。
相对原子质量:H-1  C-12  N-14  O-16  S-32  Cu-64

一、选择题(16小题,共48分,每小题均只有一个正确选项)
1.我国明代《本草纲目》中收载药物1892种,其中“烧酒”条目下写道:“自元时始创其法,用浓酒和精入甑,蒸令气上……其清如水,球极浓烈,盖酒露也。”这里所用的“法”是指
A.萃取        B.过滤         C.蒸馏        D.干馏
【答案】C
【解析】从浓酒中分离出乙醇,利用酒精与水的沸点不同,用蒸馏的方法将其分离提纯,这种方法是蒸馏,故C正确。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是
A.15g甲基(-CH3)含有的电子数是9NA
B.7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3NA
C.1mol C2H5OH和1mol CH3CO18OH反应生成的水分子中的中子数为8NA
D.标准状况下,2.24 L CCl4中的原子总数为0.5NA
【答案】A
【解析】A.15g甲基的物质的量都是1mol,1mol甲基中含有9mol电子,含有的电子数均为9NA,选项A正确;B.苯不是单双键交替的结构,故苯中无碳碳双键,选项B错误;C.C2H5OH和CH3CO18OH反应生成水为H218O,含10个中子,但酯化反应为可逆反应,故不能进行彻底,故生成的水中的中子个数小于10NA个,选项C错误;D.标况下CCl4为液体,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,选项D错误。答案选A。
3.仅用下表提供的玻璃仪器(自选非玻璃仪器)就能实现相应实验目的的是
选项 实验目的 玻璃仪器
A 分离硝酸钾和氯化钠混合物 烧杯、酒精灯、玻璃棒、分液漏斗
B 配制450 mL 2 mol•L-1氯化钠溶液 500 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管
C 除去氢氧化铝胶体中的泥沙 漏斗(带半透膜)、烧杯、玻璃棒
D 从食盐水中获得NaCl晶体 坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角
【答案】B
【解析】分离硝酸钾和氯化钠混合物需要进行重结晶,所以应该用普通漏斗进行过滤,选项A错误。实验室没有450mL的容量瓶,所以配制450 mL 2 mol•L-1氯化钠溶液的时候应该使用500mL容量瓶。用天平(非玻璃仪器)称量氯化钠质量,转移至烧杯,用量筒加水溶解,玻璃棒搅拌,转移至容量瓶,洗涤,定容,摇匀即可,选项B正确。除去氢氧化铝胶体中的泥沙,应该用带滤纸的漏斗直接过滤,选项C错误。从食盐水中获得NaCl晶体的操作是蒸发,应该在蒸发皿中进行,选项D错误。
4.下列有关物质的分类或归纳的说法正确的是
A.漂白粉、水玻璃、福尔马林都是混合物
B.乙烯、油脂、纤维素、光导纤维都属于高分子化合物
C.PM 2.5(微粒直径约为2.5×10-6 m)分散在空气中形成气溶胶,能产生丁达尔效应
D.纯碱、氨水、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质和非电解质
【答案】A
【解析】A.漂白粉成分是CaCl2和Ca(ClO)2,水玻璃是硅酸钠的水溶液,福尔马林是甲醛的水溶液,都属于混合物,故A正确;B.乙烯、油脂不属于高分子化合物,光导纤维成分是SiO2,不属于高分子化合物,纤维素属于高分子化合物,故B错误;C.分散质的微粒直径在1 nm~100 nm之间的分散系称为胶体,1 nm = 10-9m,PM2.5微粒直径约为2.5×10-6m大于胶体分散质微粒直径,因此PM2.5分散在空气中形成气溶胶,不属于胶体,没有丁达尔效应,故C错误;D.纯碱为Na2CO3,属于强电解质,氨水是混合物,不属于电解质,也不属于非电解质,蔗糖属于非电解质,故D错误。
5.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.0.1 mol 的11B中,含有0.6NA个中子
B.pH=1的H3PO4溶液中,含有0.1NA个H+
C.2.24L(标准状况)苯在O2中完全燃烧,得到0.6NA个CO2分子
D.密闭容器中1mol PCl3与1mol Cl2反应制备 PCl5(g),增加2NA个P-Cl键
【答案】A
【解析】A.11B中含有6个中子,0.1mol 11B含有6NA个中子,A正确;B.溶液体积未定,不能计算氢离子个数,B错误;C.标准状况下苯是液体,不能利用气体摩尔体积计算22.4 L苯的物质的量,则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目,C错误;D.PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应,反应物不可能完全转化为生成物,则所1 mol PCl3与1 mol Cl2反应生成的PCl5小于1mol,增加的P-Cl键的数目小于2NA个,D错误;答案选A。
6.我国古代文明中包含着丰富的化学知识。下列没有发生电子转移的是
A.铁石制成指南针          B.爆竹声中一岁除   
C.西汉湿法炼铜            D.雷雨发庄稼
【答案】A
【解析】氧化还原反应本质是有电子转移;打磨磁石制指南针属于物质形状变化,没有新物质生成,属于物理变化,A正确;黑火药中硫磺、硝酸钾和木炭在一定条件下发生反应生成氮气、硫化钾和二氧化碳,有新物质生成,属于氧化还原反应,B错误;湿法炼铜使铜由化合态变为游离态,所以有新物质铜生成,属于氧化还原反应,C错误;空气中的氮气在放电条件下与氧气直接化合生成一氧化氮气体,一氧化氮又被氧气氧化为二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸,生成的硝酸随雨水淋洒到大地上,同土壤中的矿物相互作用,生成可溶于水的硝酸盐可作氮肥,植物生长得更好,这些变化过程,有新物质生成,发生了氧化还原反应,D错误;正确选项A。
7.将标准状况下的a L HCl (g)溶于1000 g水中,得到的盐酸密度为b g•m-3,则该盐酸的物质的量浓度是
A.                        B.
C.                D.
【答案】D
【解析】将标准状况下的a L HCl(气)的物质的量为 = mol,氯化氢的质量为 mol×36.5g/mol= g,所以溶液质量为1000g+ g = (1000+ ) g,所以溶液的体积为(1000+ )g÷1000b g/L= L,所以溶液浓度为 mol÷ L= mol/L,故选D。
8.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A.pH=l的溶液中:HCO-3、SO2-4、K+、Cl-
B.无色透明的溶液中:K+、SO2-4-、Na+、MnO-4
C.遇石蕊变蓝的溶液中:NO-3、Na+、AlO-2、K+
D.含大量NO-3的溶液中:H+、Fe2+、Cl-、NH+4
【答案】C
【解析】A.pH=l的溶液呈酸性,H+与HCO-3反应生成二氧化碳和水而不能大量共存,选项A错误;B.该组离子不反应,能大量共存,但MnO-4在水溶液中为紫红色,选项B错误;C.能使紫色石蕊试液变蓝的溶液显碱性,各离子相互不反应能大量共存,选项C正确;D.NO-3、H+、Fe2+之间发生氧化还原反应,在溶液中不能大量共存,选项D错误;答案选C。
9.下列指定反应的离子方程式正确的是
A.向偏铝酸钠和碳酸钠的混合溶液中滴加少量盐酸:AlO-2+ H++H2O ===Al(OH)3 ↓
B.将少量SO2 通入次氯酸钠溶液:ClO-+SO2+H2O===2H++Cl-+SO2-4
C.向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸:NO-3+3Fe2++4H+===3Fe3++ NO↑+2H2O
D.向氯化铝溶液中滴加硫化钠溶液:3S2-+2Al3+===Al2S3↓
【答案】A
【解析】A.向偏铝酸钠和碳酸钠的混合溶液中滴加少量盐酸,偏铝酸钠优先与盐酸反应,离子方程式为AlO-2+ H++H2O===Al(OH)3 ↓,故A正确;B.将少量SO2 通入次氯酸钠溶液中,生成物中的H+会与剩余的ClO-反应生成HClO,故B错误;C.Fe2+的还原性小于I-,稀硝酸优先氧化I-,故C错误;D.向氯化铝溶液中滴加硫化钠溶液,S2-与Al3+在水溶液中发生双水解反应,离子方程式为3S2-+2Al3++6H2O===3H2S↑+2Al(OH)3↓,故D错误;答案选A。
10.室温下,向10 mL pH=3的CH3COOH溶液中加入下列物质,对所得溶液的分析正确的是
 加入的物质 对所得溶液的分析
A 90 mLH2O 由水电离出的c(H+)=10-10 mol•L-1
B 0.1 mol CH3COONa固体 c(OH-)比原CH3COOH溶液中的大
C 10 mL pH=1 的H2SO4溶液 CH3COOH的电离程度不变
D 10 mL pH=11的NaOH溶液 c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)
【答案】B
【解析】A、向10 mL pH=3的CH3COOH溶液中加入90 mLH2O,醋酸的电离平衡正向移动c(H+)>10-4 mol•L-1,故由水电离出的c(H+)<10-10 mol•L-1,选项A错误;B、向10 mL pH=3的CH3COOH溶液中加入0.1 mol CH3COONa固体,醋酸根离子浓度增大,酸的电离逆向移动,c(OH-)比原CH3COOH溶液中的大,选项B正确;C、向10 mL pH=3的CH3COOH溶液中加入10 mL pH=1 的H2SO4溶液,氢离子浓度增大,抑制水醋酸的电离,CH3COOH的电离程度减小,选项C错误;向10 mL pH=3的CH3COOH溶液中加入10 mL pH=11的NaOH溶液,醋酸过量,所得溶液呈酸性,故c(CH3COO-) >c(Na+)> c(H+)>c(OH-),选项D错误。答案选B。
11.已知:2KMnO4+16HCl(浓) 2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O,下列说法正确的是
A.HCl发生了还原反应
B.氧化性:Cl2>KMnO4
C.氧化剂与还原剂的物质的量比为1:8
D.当标准状况下产生22.4L氯气,转移电子数为2NA
【答案】D
【解析】A.部分HCl中负一价氯被氧化为氯气,HCl发生了氧化反应,故A错误;B.氧化剂的氧化性大于氧化产物,则氧化性:KMnO4>Cl2,故B错误;C.氧化剂与还原剂的物质的量比为2:10=1:5(16 mol HCl只有10 mol HCl被氧化为5mol的氯气),故C错误;D.当标准状况下产生22.4L氯气,每生成1mol氯气转移电子数为2NA个,故D正确。
12.24 mL 0.05 mol/L 的Na2SO3溶液,恰好与 20mL 0.02 mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应,则元素Cr在被还原的产物中的化合价是
A.+6          B.+3         C.+2         D.0
【答案】B
【解析】Na2SO3被氧化为Na2SO4,S元素化合价由+4价升高为+6价;K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应,设Cr元素在产物中的化合价为a价,根据电子转移守恒,则:(6-4)×0.05mol/L× 24×10-3L =(6-a)×2×0.02mol/L×20×10-3L,解得a=+3。故选B。
13.把含硫酸铵和硝酸铵的混合液a L分成两等份。一份加入含b mol NaOH的溶液并加热,恰好把NH3全部赶出;另一份需消耗c mol BaCl2才能使SO2-4完全沉淀,则原溶液中NO-3的物质的量浓度为
A.         B.         C.        D.
【答案】B
【解析】bmolNaOH恰好将NH3全部赶出,根据NH+4+OH- NH3↑+H2O可知,每份中含有bmol NH+4;与氯化钡溶液完全反应消耗c mol BaCl2才能使SO2-4完全沉淀,根据Ba2++SO2-4=BaSO4↓可知每份含有SO2-4cmol,设每份中含有NO-3的物质的量为xmol,根据溶液呈现电中性,则bmol×1=cmol×2+xmol×1,得x=(b-2c)mol,因将a L混合液分成两等份,则每份的体积是0.5aL,所以每份溶液中NO-3的浓度是c(NO-3)=   =  mol/L,即原溶液中NO-3的浓度是 mol/L,故选B。
14.已知微粒还原性强弱顺序:I->Fe2+>Cl-,则下列离子方程式不符合事实的是
A.2Fe3++2I-→2Fe2++I2              B.Cl2+2I-→2Cl-+I2
C.2Fe2++I2→2Fe3++2I-              D.Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl-
【答案】C
【解析】A中,Fe从+3价降低到+2价,做氧化剂,发生还原反应,即Fe2+为还原产物,I从-1价升高到0价,做还原剂,发生氧化反应,即I-的还原性大于Fe2+;A错误;B中,Cl2由0价降低到-1价,发生还原反应,做氧化剂,Cl-为还原产物,I从-1价升高到0价,做还原剂,发生氧化反应,即还原性I->Cl-,B错误;C中,Fe2+被氧化为Fe3+,做还原剂,I2被还原为I-,做氧化剂,对应还原产物为I-,因此还原性:Fe2+> I-,与题给信息矛盾,C正确;D中,Fe2+被氧化为Fe3+,做还原剂,Cl2被还原为Cl-,对应还原产物为Cl-,因此还原性Fe2+>Cl-,D错误;正确选项C。
15.下列实验方案能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验方案
A 证明Mg(OH)2 沉淀可以转化为Fe(OH)3 向2mL1mol/LNaOH溶液中先加入3滴1mol/L MgCl2溶液,再加入3滴1mol/LFeCl3
B 比较氯和碳的非金属性强弱 将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中
C 配制100mL1.0mol/LCuSO4溶液 将25gCuSO4•5H2O溶于100mL蒸馏水中
D 验证氧化性:Fe3+>I2 将KI和FeCl3溶液在试管中混合后,加入CCl4,振荡,静置,观察下层液体是否变成紫色
【答案】D
【解析】A.向2mL1mol/LNaOH溶液中先加3滴1mol/L MgCl2溶液,产生白色沉淀,由于NaOH过量,再加入FeCl3时,FeCl3直接与NaOH反应,不能证明沉淀的转化,故A错误;B.将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中,产生气泡,证明盐酸酸性强于碳酸,而比较元素的非金属性强弱,要通过比较元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱来进行判断,若要比较Cl和C的非金属性强弱,则应比较HClO4与H2CO3的酸性强弱,故B错误;C.将25gCuSO4•5H2O溶于100mL蒸馏水中,溶质CuSO4的物质的量为1mol,而溶液的体积不是100mL,所配溶液的浓度不是1mol/L,故C错误;D.将KI和FeCl3溶液在试管中混合后,加入CCl4,振荡,静置,下层液体变成紫色,则证明产生了I2,说明Fe3+将I 氧化为I2,氧化性Fe3+>I2,故D正确。
16.已知:将Cl2通入适量NaOH溶液中,产物中可能含有NaCl、NaClO、NaClO3,且c(Cl-)/c(ClO-)的值与温度高低有关。当n(NaOH)=a mol时,下列说法不正确的是 
A.参加反应的氯气的物质的量等于(1/2)a mol
B.改变温度,产物中NaC1O3的最大理论产量为(1/7)a mol
C.改变温度,反应中转移电子的物质的量n(e-)的范围为(1/2)amol ≤ n(e-) ≤ (5/6)amol
D.若某温度下,反应后c(Cl-)/c(ClO-)= 11,则溶液中c(ClO-)/c(ClO-3)= 1/2
【答案】B
【解析】A.常温时,2NaOH+Cl2═==NaCl+NaClO+H2O,反应2mol氢氧化钠,消耗1mol氯气,所以Cl2通入amol NaOH溶液恰好完全反应,则参加反应的氯气的物质的量等于0.5a mo1,故A正确;B.根据6NaOH+3Cl2═== 5NaCl+NaClO3 +3H2O,NaC1O3的最大理论产量为(1/6)a>(1/7)a,故B错误;C.当只发生6NaOH+3Cl2═==5NaCl+NaClO3+3H2O,转移电子数最多,依据方程式6mol氢氧化钠反应转移5mol电子,所以amol氢氧化钠反应,最多转移(5a/6)mol电子,若只发生反应2NaOH+Cl2═==NaCl+NaClO+H2O,转移电子数最少,依据方程式2mol氢氧化钠反应转移1mol电子,所以amol氢氧化钠反应,最少转移(1/2)amol电子,故转移电子的物质的量n(e_)的范围(1/2) amol≤n(e_)≤(5a/6) mol,故C正确;D.反应中氯气一部分化合价升高生成次氯酸钠、氯酸钠,一部分化合价降低生成氯化钠,依据得失电子守恒可知:c(ClO-)×1+5×c(ClO-3)=c(Cl-)×1,左右两边同时除以c(ClO-)得, = ,整理得,1+5 =11,故 =2,则 = ,假设c(ClO-3)=2mol/L,则c(ClO-)=1mol/L,c(Cl-)=11mol/L,则 =11,故D正确;故选B。

二、非选择题(共52分)
17.Ⅰ.现有下列状态的物质:
①干冰  ②NaHCO3晶体  ③氨水  ④纯醋酸  ⑤FeCl3溶液  ⑥铜 ⑦熔融的KOH  ⑧蔗糖
其中属于电解质的是___________,属于强电解质的是_____________。能导电的是___________。
Ⅱ.胶体是一种常见的分散系,回答下列问题。
①向煮沸的蒸馏水中逐滴加入___________溶液,继续煮沸至____________,停止加热,可制得Fe(OH)3胶体,制取Fe(OH)3胶体化学反应方程式为______________________________________________。
②向Fe(OH)3胶体中加入Na2SO4饱和溶液,由于_______离子(填离子符号)的作用,使胶体形成了沉淀,这个过程叫做_______________。
③区分胶体和溶液常用的方法叫做__________。
Ⅲ.①FeCl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺,离子方程式为_________________________。
②有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3•6H2O晶体主要操作包括:滴入过量盐酸,______、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯,还需要的玻璃仪器是________。
③高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂,可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4,反应的离子方程式为___________________________。
【答案】Ⅰ.②④⑦    ②⑦    ③⑤⑥⑦   
Ⅱ.①饱和FeCl3   溶液呈红褐色     FeCl3+3H2O(沸水) Fe(OH)3(胶体)+3HCl     ②SO2-4    胶体的聚沉         ③丁达尔效应   
Ⅲ.①2Fe3++ Cu 2Fe2++ Cu2+     ②蒸发浓缩    玻璃棒  
③2Fe3++3ClO-+10 OH- 2FeO2-4+3Cl-+5H2O
(或2Fe(OH)3+3ClO-+4OH- 2FeO2-4+3Cl-+5H2O写出一个即可)
【解析】Ⅰ.电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物,主要包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等。我们在判断此类试题的时候,最直接的方法是按照物质的分类进行判断。①干冰是固态二氧化碳,不属于上述物质中的任一种,在水溶液和熔融状态下均不导电,所以不是电解质;②NaHCO3晶体属于盐,在水溶液中可以电离出离子而导电,所以属于电解质;③氨水属于混合物而不是化合物,所以不是电解质;④纯醋酸属于酸,在水溶液中可以电离出离子而导电,所以属于电解质;⑤FeCl3溶液是混合物而不是化合物,所以不是电解质;⑥铜是单质而不是化合物,所以不是电解质;⑦熔融的KOH属于碱,在熔融状态下和水溶液中均可以电离出离子而导电,所以是电解质;⑧蔗糖不属于上述物质中的任一种,在水溶液和熔融状态下均不导电,所以不是电解质;所以属于电解质的是:②④⑦。强电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质,因此强电解质首先必须是电解质,只能从②④⑦里面找,其中NaHCO3晶体在水溶液中可以完全电离出离子,所以属于强电解质;纯醋酸属于共价化合物,在熔融状态下不能电离出离子,在水溶液中不能完全电离,所以属于弱电解质;熔融的KOH是离子化合物,在熔融状态下和水溶液中都能完全电离出离子,所以属于强电解质,因此属于强电解质的是②⑦。因在氨水、FeCl3溶液、熔融的KOH中都含有能够自由移动的离子,所以可以导电;铜作为金属单质,含有能够自由移动的电子,所以也可以导电,因此能够导电的是③⑤⑥⑦。
Ⅱ.①Fe(OH)3胶体的制备过程是:向煮沸的蒸馏水中逐滴加入饱和的FeCl3溶液,继续煮沸至溶液呈红褐色,停止加热,即可制得Fe(OH)3胶体。故答案是:饱和FeCl3;溶液呈红褐色; FeCl3+3H2O(沸水) Fe(OH)3(胶体)+3HCl。②向Fe(OH)3胶体中加入Na2SO4饱和溶液,由于硫酸根离子中和了氢氧化铁胶粒的电荷,导致胶体发生了聚沉,故答案是:SO2-4; 胶体的聚沉;③利用胶体具有丁达尔效应而溶液没有丁达尔效应,进行区分胶体和溶液,所以答案是:丁达尔效应
Ⅲ.①FeCl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺,利用的是Fe3+的氧化性,将铜氧化成Cu2+,所以其反应的离子方程式是:2Fe3++ Cu 2Fe2++ Cu2+。②利用FeCl3溶液制取FeCl3•6H2O晶体,需要在HCl气流中加热、蒸发浓缩,因此其主要操作包括:滴入过量盐酸,蒸发浓缩、冷却结晶、过滤;过滤操作主要需要用到烧杯、漏斗、玻璃棒;所以答案是:蒸发浓缩;玻璃棒。③用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4,其反应的离子方程式为:3Fe3++3ClO-+10 OH- 2FeO2-4+3Cl-+5H2O或者2Fe(OH)3+3ClO-+4OH- 2FeO2-4+3Cl-+5H2O。
18.过氧化氢H2O2(氧的化合价为﹣1价),俗名双氧水,医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。对于下列A~D涉及H2O2的反应,填写空白:
A.Na2O2+2HCl===2NaCl+H2O2      
B.Ag2O+H2O2===2Ag+O2+H2O
C.2H2O2===2H2O+O2        
D.3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH===2K2CrO4+3K2SO4+8H2O
(1)H2O2仅体现氧化性的反应是_________(填代号)。
(2)H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是_________(填代号)。
(3)在稀硫酸中,KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应。
氧化反应:H2O2﹣2e﹣===2H++O2↑
还原反应:MnO-4+5e﹣+8H+===Mn2++4H2O
写出该氧化还原反应的离子方程式:___________________。
(4)在K2Cr2O7+14HCl===2KCl+3Cl2↑+7H2O+2CrCl3的反应中,有0.3 mol电子转移时生成Cl2的体积为______(标准状况),被氧化的HCl的物质的量为____。
(5)除去镁粉中混入的铝粉杂质用溶解、_______方法,化学反应方程式为_______________________________。
【答案】(1)D    (2)C
(3)2MnO-4+5H2O2+6H+===2Mn2++8H2O+5O2↑   
(4)3.36 L  0.3 mol 
(5)过滤   2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ 
【解析】(1)O元素的化合价降低,只表现氧化性,则以上反应中H2O2仅体现氧化性的反应为D,故答案为:D;(2)O元素的化合价升高也降低可体现氧化性、还原性,则以上反应中H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是C,故答案为:C;(3)由氧化反应:H2O2-2e-═==2H++O2↑;还原反应:MnO-4+5e-+8H+ ═== Mn2++4H2O及电子守恒可知,该氧化还原反应的化学方程式为5H2O2+2MnO-4+6H+═==2Mn2++8H2O+5O2↑,故答案为:5H2O2+2MnO-4+6H+═== 2Mn2++8H2O +5O2↑;(4)反应中Cl元素化合价由-1价升高到0价,若转移了0.3mol的电子,则生成氯气的物质的量为:0.3mol/2=0.15mol,在标准状况下的体积为:0.15mol× 22.4L/mol=3.36L;反应中HCl被氧化成氯气,根据Cl元素守恒可知被氧化的HCl的物质的量为0.15mol×2=0.3mol,故答案为:3.36L;0.3mol;(5)除去镁粉中的少量铝粉,选用氢氧化钠溶液,Al与NaOH反应,而Mg不能,发生的反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,反应后过滤即可,故答案为:过滤;2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。
19.碘是人体中不可缺少的元素,为了防止碘缺乏,现在市场上流行一种加碘盐,就是在精盐中添加一定量的KIO3进去。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘,查阅了有关的资料,发现其检测原理是:
KIO3+5KI+3H2SO4 3I2+3H2O+3K2SO4
(1)用双线桥表示该反应中电子转移的方向和数目,该反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比是____,0.2mol KIO3参加反应时转移电子____mol。
(2)实验结束后分离I2和K2SO4溶液所用的试剂是_______。
A.CCl4            B.酒精      C.Na2SO4溶液       D.食盐水
所用的分离方法是______,所用主要玻璃仪器是_____________。
(3)上面实验中用到一定物质的量浓度的稀硫酸,若配制1mol/L的稀硫酸溶液480mL,需用18mol/L浓H2SO4____mL,配制中需要用到的主要玻璃仪器是(填序号)______。
A.100mL量筒  B.托盘天平  C.玻璃棒  D.100mL容量瓶  E.50mL 量筒  F.胶头滴管  G.烧杯  H.500mL容量瓶
(4)下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是______________
A.溶解后溶液没有冷却到室温就转移
B.转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒
C.向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面
D.用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶
E.摇匀后发现液面低于刻度线,又加蒸馏水至刻度线
【答案】(1)     1:5   1  
(2)A  萃取、分液    分液漏斗   
(3)27.8    CEFGH   
(4)ACD
【解析】(1)KIO3+5KI+3H2SO4 3I2+3H2O+3K2SO4的反应中,KIO3中的I元素是+5价,生成I2时化合价降低,得到5个电子,KI中的I元素是-1价,生成I2时化合价升高,失去1个电子,根据得失电子守恒,用双线桥法表示该反应中电子转移的方向和数目应该是: 根据反应方程式,1mol KIO3作氧化剂生成还原产物I20.5mol,5molKI作还原剂生成氧化产物I22.5mol,因此该反应中还原产物和氧化产物的物质的量之比是:0.5:2.5=1:5;根据上述分析可知,1mol KIO3生成I2时化合价降低,转移5mol电子,因此当0.2mol KIO3参加反应时转移电子:5×0.2mol=1mol,因此答案是:1。
(2)I2在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度,故将I2从K2SO4溶液中分离出来,应采用加入有机溶剂萃取、分液的方法,故排除BD,又因为酒精易溶于水,不能用作萃取剂。所以答案选A。萃取、分液时主要用到分液漏斗。所以此题答案是:A;萃取、分液;分液漏斗。
(3)若配制1mol/L的稀硫酸溶液480mL,根据容量瓶的规格,需选用500ml的容量瓶进行配制,根据稀释定律:c(稀硫酸))×V(稀硫酸)= c(浓硫酸)×V(浓硫酸),设需要浓硫酸的体积是xmL,则有1mol/L×0.5L=x×10-3L×18mol/L,解之得x=27.8mL,根据浓硫酸溶液的体积,所以需要选用50mL的量筒;配制溶液的过程主要有:计算、称量、稀释、冷却、移液、定容、摇匀等,所以需要用到的主要玻璃仪器是:50mL 量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、500mL容量瓶。因此此题答案是:27.8;CEFGH
(4)A.溶解后溶液没有冷却到室温就转移,会造成溶液体积偏小,浓度偏高;B.转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒,则残留在烧杯和玻璃棒上的溶质未进入容量瓶而使溶质损失,造成浓度偏低;C.向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面,会使配制时溶液体积偏小而造成浓度偏高;D.用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶,会使进入容量瓶中的溶质偏多而造成浓度偏高;E.摇匀后发现液面低于刻度线,又加蒸馏水至刻度线,会使加水偏多而造成浓度偏低,所以此题答案选ACD。
20.某无色溶液中可能含有Mg2+、Ba2+、Cl-、CO2-3、Cu2+、Fe3+中的一种或几种离子。为确定其成分,进行以下实验:
实验1:取10mL无色溶液,滴加过量稀盐酸无明显现象。
实验2:另取10mL无色溶液,加入足量的Na2SO4溶液,有白色沉淀生成。
实验3:取实验1后的溶液于锥形瓶中,向锥形瓶中逐滴加入NaOH溶液,滴加过程中产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如图所示。
 
回答下列问题:
(1)原溶液中不存在的离子是__________,存在的离子是________________。
(2)实验3中,图像中OA段反应的离子方程式为________________________。
(3)根据图像计算原溶液中Mg2+的物质的量浓度_______。
【答案】(1)CO2-3、Cu2+、Fe3+       Mg2+、Ba2+、Cl-
(2)H++OH-=H2O 
(3)1mol/L
【解析】溶液无色,则不含有色离子Cu2+、Fe3+;实验1,取无色溶液,滴加适量稀盐酸无明显现象,则不含CO2-3,根据电荷守恒可知,溶液中一定含有一种阴离子,则Cl-一定有;实验2,另取无色溶液,加入足量的Na2SO4溶液,有白色沉淀生成,证明一定含Ba2+;实验3,取实验l滴加过稀盐酸的溶液于锥形瓶中,向锥形瓶中逐滴加入NaOH溶液,开始是中和盐酸,随后生成沉淀,且沉淀的最大值为0.58g,说明溶液中一定含有Mg2+。根据上述分析,原溶液中不存在的离子为CO2-3、Cu2+、Fe3+;存在的离子有Mg2+、Ba2+、Cl-;(2)实验3中,图象中OA段反应是NaOH中和盐酸,离子方程式为:H++OH−=H2O;(3)m[Mg(OH)2]=0.58g,n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=0.01mol,溶液体积为10mL,所以c(Mg2+)=1mol/L。
21.某小组同学为探究 H2O2、 H2SO3、 Br2 氧化性强弱,设计如下实验(夹持仪器已略去,装置的气密性已检验)。
 
实验记录如下:
 实验操作 实验现象
① 打开活塞 a,滴加氯水,关闭活塞 a _____________________________________________
② 吹入热空气一段时间后停止 A中溶液颜色明显变浅;B中有气泡,产生大量白色沉淀,沉降后上层清液为无色
③ 打开活塞b,逐滴加入H2O2溶液 开始时溶液颜色无明显变化;继续滴加H2O2溶液,一段时间后,混合液逐渐变成橙红色。
完成下列填空
(1)在进行操作①时,A中的实验现象是________________,有关反应的离子方程式是___________________________。
(2)操作②吹入热空气的目的是____________。B 中产生白色沉淀的化学式是___________。
(3)装置C的作用是____________________。
(4)由上述实验可知,在此实验条件下,H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱顺序为____________________。
(5)操作③开始时颜色无明显变化可能原因是(写出一条即可):_______________________________。
【答案】(1)A 中溶液变为橙红色     Cl2+2Br-===Br2+2Cl-    
(2)吹出单质Br2     BaSO4
(3) 吸收尾气    
(4)H2O2>Br2>H2SO3     
(5)H2SO3 有剩余(H2O2浓度小或 Br-与 H2O2 反应慢等因素,合理即可)
【解析】本题利用“氧化剂的氧化性大于氧化产物”这一原理来比较H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱。向NaBr溶液中滴加氯水,氯水置换出溴单质;然后鼓吹热空气,将Br2(g)吹入B装置,H2SO3与BaCl2不反应,当Br2(g)进入,产生了白色沉淀,则Br2将H2SO3氧化成H2SO4,Br2被还原为Br-,说明Br2氧化性强于H2SO3,该白色沉淀为BaSO4;再向B装置中加入H2O2溶液,一段时间后溶液变橙红色,则Br-被氧化为Br2,说明H2O2氧化性比Br2强。
(1)打开活塞 a,向NaBr溶液中滴加氯水,氯水氧化溴离子为溴单质,反应方程式为Cl2+2Br-===Br2+2Cl-;A中因为有溴单质导致A中溶液变橙红色; 故答案为:A中溶液变为橙红色;Cl2+2Br-===Br2+2Cl-;(2)Br2具有挥发性,热空气能促进Br2挥发,将Br2(g)吹入B装置;Br2将H2SO3氧化为H2SO4,所以白色沉淀为BaSO4。故答案为:吹出单质Br2;BaSO4;(3)装置C中为NaOH溶液,反应过程中有氯气、溴蒸气等污染性气体不能排放到空气中,可以用NaOH溶液吸收,所以装置C的作用是吸收尾气。故答案为:吸收尾气;(4)根据上述分析,可知:氧化性H2O2>Br2>H2SO3;(5)操作③中,向B装置中逐滴加入H2O2,溶液开始时颜色无明显变化可能是因为:B装置中还有H2SO3剩余,H2O2先与H2SO3反应,再与Br-反应;也可能是因为H2O2浓度小或 Br-与H2O2 反应慢等因素。

 

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