【化学】安徽省阜阳市第三中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题(解析版)

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【化学】安徽省阜阳市第三中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题(解析版)

安徽省阜阳市第三中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 ‎1.安全是顺利进行实验及避免伤害保障。下列实验操作正确且不是从实验安全角度考虑的是( )‎ A. 操作①:使用稍浸入液面下的倒扣漏斗检验氢气的纯度 B. 操作②:使用CCl4萃取溴水中的溴时,振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出 C. 操作③:吸收氨气或氯化氢气体并防止倒吸 D. 操作④:用食指顶住瓶塞,另一只手托住瓶底,把瓶倒立,检查容量瓶是否漏水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项,由于连通氢气发生装置的导管在液面以下,所以可以防止点燃不纯氢气时发生爆炸,A不符合;‎ B项,打开活塞使漏斗内气体放出,防止分液漏斗内压强过大引起危险,B不符合;‎ C项,水在下层不能防止倒吸,操作不正确,但是操作是从安全角度出发的,C不符合;‎ D项,检查容量瓶是否漏水操作正确,但不是从实验安全角度考虑的,是从实验能否成功角度考虑的,D符合;‎ 故选D。‎ ‎2.下列关于胶体的叙述不正确的是( )‎ A. 胶体区别于其他分散系的本质特征是丁达尔现象 B. Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降,达到净水目的 C. 往Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀H2SO4溶液时,开始时会出现沉淀,再继续滴加时,沉淀又会消失 D. 用盐卤点豆腐、河海交汇处可沉积成沙洲等都与胶体性质有关 ‎【答案】A ‎【解析】A. 胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1~100nm之间,溶液的粒子直径小于1nm,浊液的粒子直径大于100nm,故A错误;‎ B. Fe(OH)3胶体的表面积较大,能吸附水中悬浮的固体颗粒达到净水的目的,故B正确;‎ C. 电解质溶液能使胶体产生聚沉,故往Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀H2SO4溶液时,开始时会出现氢氧化铁沉淀,当继续滴加时,氢氧化铁沉淀会溶于过量的硫酸,即沉淀消失,故C正确;‎ D. 用盐卤点豆腐、河海交汇处可沉积成沙洲等都与胶体的聚沉有关,故D正确;‎ 故答案选A。‎ ‎3.下列说法中,正确的是( )‎ A. 三氧化硫的水溶液能导电,所以三氧化硫是电解质 B. 自由移动离子数目多的电解质溶液导电能力一定强 C. NaHSO4水溶液及熔融状态下均可电离出Na+、H+、SO42-‎ D. NH3属于非电解质,但其水溶液能够导电 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.SO3的水溶液能导电,导电离子是硫酸电离的,硫酸为电解质,而SO3不电离,属于非电解质,故A错误;‎ B.自由移动离子浓度越大的电解质溶液导电能力一定强,但是离子数目多的溶液中离子浓度不一定大,导电能力不一定强,故B错误;‎ C.NaHSO4在水溶液里电离出Na+、H+、SO42-,而在熔融状态下电离出Na+、HSO4-,故C错误;‎ D.氨气在溶液中不发生电离,为非电解质,氨气溶于水形成能够导电的氨水,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎4.下列反应可用离子方程式“H++OH−=H2O”表示的是( )‎ A. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合 B. NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合 C. HNO3溶液与KOH溶液混合 D. Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合:H++SO42—+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O,A不合题意;B、NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合:NH4++OH-=NH3·H2O,B不合题意;‎ C、HNO3溶液与KOH溶液混合:H++OH−=H2O,C符合题意;‎ D、Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合:HPO42—+OH-=PO43—+H2O,D不合题意。‎ 答案选C。‎ ‎5.已知:①向KMnO4晶体滴加浓盐酸,产生黄绿色气体;②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体,溶液变黄色;③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上,试纸变蓝色。下列判断正确的是(  )‎ A. 上述实验证明氧化性:MnO4—>Cl2>Fe3+>I2‎ B. 上述实验中,共有两个氧化还原反应 C. 实验①生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝 D. 实验②证明Fe2+既有氧化性又有还原性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①向KMnO4晶体滴加浓盐酸,产生黄绿色气体,该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价,高锰酸钾是氧化剂、浓盐酸是还原剂,氧化性:MnO4->Cl2;‎ ‎②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体,溶液变黄色,铁元素化合价由+2价变为+3价、Cl元素化合价由0价变为-1价,氯化亚铁是还原剂、氯气是氧化剂,氧化性:Cl2>Fe3+;‎ ‎③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上,试纸变蓝色,铁离子和碘离子发生氧化还原反应生成碘和亚铁离子,I元素化合价由-1价变为0价、铁元素化合价由+3价变为+2价,所以碘离子作还原剂、铁离子为氧化剂,氧化性:Fe3+>I2。‎ A.通过以上分析知,上述实验证明氧化性:MnO4->Cl2>Fe3+>I2,故A正确;‎ B.通过以上分析知,有3个氧化还原反应,故B错误;‎ C.实验①生成的气体是氯气,氯气能氧化碘离子生成碘单质,所以实验①生成的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝,故C错误;‎ D.实验②证明Fe2+有还原性,故D错误;‎ 故选A。‎ ‎6.南宋著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载;“银针验毒”的原理为4Ag +2H2S + O2 = 2X +2H2O。下列说法正确的是( )‎ A. X的化学式为AgS B. 银针验毒时,O2失去电子 C. 反应中Ag和H2S均发生氧化反应 D. 每生成1个X,反应转移2e-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由质量守恒可知X的化学式为Ag2S,故A错误;‎ B. 银针验毒时,空气中氧气分子得到电子,化合价从反应前的0价变为反应后的-2价,化合价降低,做氧化剂,故B错误;‎ C. 在反应中Ag的化合价从单质的0价变为反应后中的+1价,失去电子,作还原剂;H2S中的H、S两元素的化合价都没有发生变化,既不是氧化剂也不是还原剂,故C错误;‎ 由方程式:4Ag +2H2S + O2 = 2X +2H2O可知,,则每生成1molAg2S,反应转移2mol e-,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎7.已知离子方程式:As2S3+H2O+NO3-→AsO43-+SO42-+NO↑+___(未配平),下列说法错误的是( )‎ A. 反应后溶液呈酸性 B. 配平后水的化学计量数为4‎ C. 配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶28 D. 氧化产物为AsO43-和SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】反应中As2S3→AsO43-、SO42-,As元素化合价由+3价升高为AsO43-中+5价,S元素化合价由-2价升高为SO42-中+6价,化合价共升高2×(5-3)+3×[6-(-2)]=28,NO3-→NO,N元素化合价由+5价降低为NO+2价,化合价共降低3价,故化合价升降最小公倍数为84,故As2S3系数为3,NO3-系数为28,根据原子守恒可知,AsO43-系数为6,SO42-系数为9,NO系数为28,根据电荷守恒可知,缺项为H+,故H+系数为8,由原子守恒可知,故H2O的系数为4,配平后离子方程式为:3As2S3+4H2O+28NO3-=6AsO43-+9SO42-+28NO↑+8H+;‎ A.反应后有H+生成,溶液呈酸性,故A正确;‎ B.由上述分析可知,配平后水的系数为4,故B正确;‎ C.As2S3是还原剂,NO3-是氧化剂,氧化剂与还原剂的物质的量之比为28:3,故C错误;‎ D.反应中As2S3→AsO43-、SO42-,As元素化合价由+3价升高为AsO43-中+5价,S元素化合价由-2价升高为SO42-中+6价,AsO43-、SO42-是氧化产物,故D正确;‎ 故答案为C。‎ ‎8. 下列关于钠的化合物的说法中,正确的是( )‎ A. Na2CO3和NaHCO3均能与盐酸和NaOH溶液反应 B. Na2CO3固体中含有的NaHCO3可用加热的方法除去 C. Na2O2和Na2O均为白色固体,与CO2反应均放出O2‎ D. 分别向Na2O2和Na2O与水反应后的溶液中立即滴入酚酞溶液,现象相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碳酸氢钠均能与盐酸和NaOH溶液反应,碳酸钠只与盐酸反应,A错误;‎ B、碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳,B正确;‎ C、过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,氧化钠与二氧化碳反应只生成碳酸钠,C错误;‎ D、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,具有强氧化性,与酚酞反应先变红后褪色,二氧化钠与氧化钠反应只生成氢氧化钠,与酚酞反应变红色,D错误;‎ 答案选B。‎ ‎9.下列叙述中正确的是( )‎ A. 依据铝热反应原理,能发生反应2Al+3MgO3Mg+Al2O3‎ B. 在加入铝粉能放出氢气的溶液中,K+、NH4+、CO32-、Cl-一定能够大量共存 C. 镁铝合金既可完全溶于过量盐酸又可完全溶于过量NaOH溶液 D. 氯化铝溶液中加入过量氨水反应实质是:Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH4+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.镁的活泼性大于铝,所以铝不能置换镁,且活泼金属一般采用电解的方法冶炼,故A错误;‎ B.加入铝粉能放出氢气的溶液为酸性或碱性,当溶液呈酸性时,碳酸根离子不能大量存在,当溶液呈碱性时,铵根离子不能大量存在,故B错误;‎ C.镁和盐酸反应但不和氢氧化钠溶液反应,铝既和盐酸反应又和氢氧化钠溶液反应,所以镁铝合金不能完全溶于氢氧化钠溶液,故C错误;‎ D.氢氧化铝不溶于弱碱,所以氯化铝和过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎10.录音磁带是在醋酸纤维、聚酯纤维等纤维制成的片基上均匀涂上一层磁性材料——磁粉制成的。制取该磁粉的主要物质是( )‎ A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. Al2O3‎ ‎【答案】C ‎【解析】Fe3O4又名磁性氧化铁,能够被磁化以及吸附铁等物质,能够将声音信号通过适当的设备转化为磁信号以及电信号等,从而实现录音和放音的功能,所以该磁粉的主要成分就是Fe3O4,本题正确答案为C。‎ ‎11.证明某溶液只含有Fe2+而不含Fe3+的实验方法是( )‎ A. 先滴加氯水,再滴加KSCN溶液后显红色 B. 先滴加KSCN溶液,不显红色,再滴加氯水后显红色 C. 滴加NaOH溶液,先产生白色沉淀,后变灰绿,最后显红褐色 D. 只需滴加KSCN溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.先滴加氯水,氯气将Fe2+氧化成Fe3+,即使原溶液不含Fe3+,滴加KSCN溶液后也显红色,无法证明原溶液是否含有Fe3+,故A错误;‎ B.KSCN与Fe3+作用使溶液显红色,与Fe2+作用无此现象,先滴加KSCN溶液,不显红色,说明原溶液不含有Fe3+,再滴加氯水后显红色,说明滴加氯水后溶液中有Fe3+,证明原溶液含有Fe2+,故B正确;‎ C.滴加NaOH溶液,产生白色沉淀,后变灰绿,最后显红褐色,灰绿色是氢氧化亚铁和氢氧化铁混合物颜色,能检验亚铁离子存在,但无法证明不存在少量的Fe3+,故C错误;‎ D.只滴加KSCN溶液,根据溶液是否显红色,能检验出溶液中是否含有Fe3+,无法验证Fe2+存在,故D错误。‎ 答案选B ‎12.据《本草纲目》记载:“生熟铜皆有青,即是铜之精华,大者即空绿,以次空青也,铜青则是铜器上绿色者,淘洗用之。”这里的“铜青”是指( )‎ A. CuO B. Cu2O C. Cu D. Cu2(OH)2CO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】铜青则是铜器上绿色者,即铜青为绿色固体。‎ ‎【详解】A. CuO为黑色固体,与题意不符,A错误;‎ B. Cu2O为红色固体,与题意不符,B错误;‎ C. Cu为红色固体,与题意不符,C错误;‎ D. Cu2(OH)2CO3为绿色固体,符合题意,D正确;‎ 答案为D。‎ ‎13.下列说法不正确的是( )‎ A. 镁合金密度虽小,但硬度和强度较大 B. 硅酸钠水溶液俗称“水玻璃”,是一种建筑行业常用的黏合剂 C. 海水中含量最高的非金属元素是氯元素 D. 铁的化合物应用广泛,如氯化铁和硫酸铁均是优良的净水剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 金属镁的相对原子质量较小,金属镁的密度小,镁合金具有硬度大、耐腐蚀性、密度小等方面的特点,与题意不符,A错误;‎ B. 硅酸钠的水溶液俗称“水玻璃”,硅酸钠溶液具有粘性,是一种建筑行业常用的黏合剂,与题意不符,B错误;‎ C. 海水的主要成分是水,水中O元素的质量含量最多,所以海水中含量最高的非金属元素是O元素,符合题意,C正确;‎ D. 铁盐溶液中电离产生的铁离子能水解生成氢氧化铁胶体,氢氧化铁胶体胶体能吸附净水,所以铁盐可以用作净水剂,氯化铁和硫酸铁等铁盐可以作净水剂,与题意不符,D错误;‎ 答案为C。‎ ‎14.硅及其化合物的应用范围很广。下列说法正确的是( )‎ A. 硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料 B. 粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应 C. 反应Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑中,Si为氧化剂 D. 硅能与氢氟酸反应,则硅可以与盐酸反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硅是良好的半导体材料,常用来制造太阳能材料,能将太阳能转换为电能的常用材料,A正确;‎ B. 粗硅制备单晶硅涉及Si→SiCl4→Si,有氧化还原反应,B错误;‎ C. 反应Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑中,Si化合价升高,为还原剂,C错误;‎ D. 硅能与氢氟酸反应,但硅不能与盐酸反应,D错误;‎ 答案为A。‎ ‎15.不能检验溶液中I- 的试剂是( )‎ A. AgNO3、稀HNO3 B. 氯水、CCl4‎ C. 氯水、淀粉 D. KBr、稀HCl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、加入AgNO3溶液,如果生成黄色沉淀,加入HNO3溶液,沉淀不溶解,说明溶液中含有I-,反之,不含有I-,故A能检验;‎ B、I2易溶于有机溶剂,氯气的氧化性强于I2,加入氯水、CCl4后,溶液出现分层,上层为水层,下层溶液显紫红色,说明溶液中含有I-,故B能检验;‎ C、加入氯水后,再加入淀粉,如果溶液变蓝,说明原溶液中含有I-,反之不含有,故C能检验;‎ D、KBr和稀盐酸均不能与I-反应,溶液无现象,不能说明原溶液中含有I-,故D不能检验。‎ 故选D。‎ ‎16.如下图表示AlCl3溶液与NaOH溶液相互滴加过程中微粒的量的关系曲线。下列判断错误的是( )‎ A. ①线表示Al3+的物质的量的变化 B. x表示AlCl3的物质的量 C. ③线表示Al(OH)3的物质的量的变化 D. ④线表示AlO2-的物质的量的变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】假定向含有1molAlCl3溶液中滴加NaOH溶液,首先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓,Al3+完全沉淀,消耗3molOH-,生成1molAl(OH)3,然后发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,沉淀完全溶解消耗1molOH-,生成1molAlO2-,前后两部分消耗的OH-为3:1,假定向含有4molNaOH溶液中滴加AlCl3溶液,首先发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O,OH-完全反应消耗1molAl3+,生成1molAlO2-,然后发生反应Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓,AlO2- 完全反应,消耗1/3 molAl3+,生成4/3 mol Al(OH)3↓,前后两部分消耗的Al3+为1mol:1/3mol=3:1,由图象可知,①②表示微粒、③④表示微粒物质的量关系为1:1,则该图表示向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液,据此结合选项解答。‎ ‎【详解】A.由上述分析可知,首先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓,溶液中铝离子物质的量减少,①线表示Al3+的物质的量的变化,故A正确;‎ B.由上述分析可知,x表示NaOH溶液,故B错误;‎ C.由上述分析可知,随反应进行Al(OH)3物质的量先增大后减小,故③线表示Al(OH)3的物质的量的变化,故C正确;‎ ‎ D.由上述分析可知,Al(OH)3溶解时,AlO2-的物质的量增大,④线表示AlO2-的物质的量的变化,故D正确;‎ 故选B。‎ ‎17.灼热的焦炭与水蒸气反应所得产物为H2、CO和少量CO2,为了检验产物中的H2和CO(设气体均被充分吸收),设计如下实验装置。下列有关说法错误的是( )‎ A. 为了实验安全,应先点燃①处酒精灯,后点燃④处酒精灯 B. ②、③、⑤中依次盛装氢氧化钠溶液、浓硫酸和澄清石灰水 C. ④中黑色固体变红色,即可证明产物中一定含有H2和CO中的一种或两种 D. 若用碱石灰替换无水硫酸铜,也可以达到检验H2和CO目的 ‎【答案】D ‎【解析】分析:由图可知,①中C与水蒸气反应生成H2、CO和少量CO2,实验目的为检验产物中的H2和CO,则②中NaOH溶液可除去CO2,③中浓硫酸干燥气体,④中H2‎ 和CO均还原CuO,若无水硫酸铜变蓝,可检验氢气,⑤中澄清石灰水变浑浊可检验CO,最后处理尾气。‎ 详解:A.H2、CO不纯时加热易发生爆炸,则为了实验安全性,应先点燃①处酒精灯,排出装置中空气后点燃④处酒精灯,故A正确;B.由上述分析可知,②、③、⑤中依次盛装氢氧化钠溶液、浓硫酸和澄清石灰水,故B正确;C.H2和CO均还原CuO,当黑色氧化铜变红色,说明产物中一定含有H2和CO中的一种或两种,故C正确;D.若用碱石灰替换无水硫酸铜,碱石灰可吸收水、二氧化碳,不能检验氢气,故D错误;故选D。‎ ‎18.下列有关叙述中正确的是( )‎ ‎①酸性:H2CO3>HClO>HCO3-,向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO32-‎ ‎②向KI和KBr混合溶液中,加入足量FeCl3溶液,用CCl4萃取后取上层中的液体少许并加入AgNO3溶液,有淡黄色沉淀生成 ‎③向FeI2溶液中滴加少量氯水,反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-‎ ‎④卫生间洁厕灵不能跟“84”消毒液混用,其离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O A. ②④ B. ①③ C. ②③ D. ①④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①酸性:H2CO3>HClO>HCO3-,向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-,①错误;‎ ‎②向KI和KBr混合溶液中,加入足量FeCl3溶液,发生2Fe3++2I-=2Fe2++I2,用CCl4萃取后取上层中的液体少许并加入AgNO3溶液生成AgBr沉淀,则有淡黄色沉淀生成,②正确;‎ ‎③向FeI2溶液中滴加少量氯水,反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-,③错误;‎ ‎④卫生间洁厕灵不能跟“84”消毒液混用,其离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O,④正确;‎ 综上所述,②④正确,答案为B。‎ ‎19.实验室制取气体装置一般由发生装置、净化装置、收集装置以及尾气吸收装置组成。以Cl2的实验室制法为例(见下图):‎ ‎(1)反应原理:用强氧化剂(如KMnO4、K2Cr2O7、KClO3、MnO2等)氧化浓盐酸。MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O ‎(2)制备装置类型:固体+液体气体 ‎(3)净化方法:用___________________除去HCl,再用浓硫酸除去水蒸气。‎ ‎(4)收集方法:________________法或排饱和食盐水法。‎ ‎(5)尾气吸收:用强碱溶液(如NaOH溶液)吸收,不用Ca(OH)2溶液吸收的原因是_________________________________________________________________________。‎ ‎(6)验满方法:将湿润的淀粉-KI试纸靠近盛Cl2的试剂瓶口,观察到__________________,则证明已集满;或将湿润的_________________靠近盛Cl2的试剂瓶口,观察到试纸先变红后褪色,则证明已集满。‎ ‎【答案】(1). 饱和食盐水 (2). 向上排空气 (3). Ca(OH)2溶解度小,溶液浓度低,吸收不完全 (4). 试纸立即变蓝 (5). 蓝色石蕊试纸 ‎【解析】‎ ‎【分析】实验室制取氯气时,用二氧化锰与浓盐酸共热制取,浓盐酸具有挥发性,可用饱和食盐水吸收HCl气体,而降低氯气的溶解度;浓硫酸为干燥氯气,吸收水蒸气;氯气的密度大于空气,则用向上排空气法收集;氯气有毒,则用NaOH溶液吸收。‎ ‎【详解】(3)用饱和食盐水去除氯气中的HCl气体,再用浓硫酸除去水蒸气;‎ ‎(4)氯气的密度大于空气,可用向上排空气法收集或排饱和食盐水收集;‎ ‎(5)氯气有毒,用强碱溶液吸收,由于氢氧化钙的溶解度较小,导致溶液的浓度小,不能完全吸收过量的氯气,则不用氢氧化钙溶液吸收氯气;‎ ‎(6)氯气与KI溶液反应,生成单质碘,而碘遇到淀粉,淀粉显蓝色,可观察到淀粉试纸变蓝;若用石蕊试纸时,氯气与水反应生成盐酸、次氯酸,石蕊遇到盐酸,显红色,再与次氯酸反应,石蕊被氧化,红色褪去。‎ ‎20.在标准状况下,将224 L HCl气体溶于635 mL水中,所得盐酸的密度为1.18 g·cm-3。试计算:‎ ‎(1)所得盐酸的质量分数和物质的量浓度分别是_______、_______。‎ ‎(2)取出这种盐酸100 mL,稀释至1.18 L,所得稀盐酸的物质的量浓度是_______。‎ ‎(3)在40.0 mL 0.065 mol·L-1Na2CO3溶液中,逐渐加入(2)所稀释的稀盐酸,边加边振荡。若使反应不产生CO2气体,加入稀盐酸的体积最多不超过_______mL。‎ ‎(4)将不纯的NaOH样品1 g(样品含少量Na2CO3和水),放入50 mL 2 mol·L-1的盐酸中,充分反应后,溶液呈酸性,中和多余的酸又用去40 mL 1 mol·L-1的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液,最终得到_______克固体。‎ ‎【答案】(1). 36.5% (2). 11.8 mol·L-1 (3). 1 mol·L-1 (4). 2.6 (5). 5.85‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)n(HCl)==10mol,m(HCl)=10mol×36.5g•mol-1=365g,盐酸的质量分数w=×100%=36.5%,c(HCl)==mol/L=11.8mol/L,故答案为36.5%、11.8mol/L;‎ ‎(2)根据c(浓)•V(浓)=c(稀)•V(稀),可知:c(稀)=11.8mol•L-1×0.1L÷1.18L=1mol•L-1,故答案为1mol•L-1;‎ ‎(3)n(Na2CO3)=0.040L×0.065mol•L-1=0.0026 mol,‎ 设加入稀盐酸的体积最多不超过x mL,则n(HCl)=1mol•L-1×0.001x L=0.001x mol,根据反应Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl,可得0.0026=0.001x,解得x=2.6,故答案为2.6;‎ ‎(4)经过反应,蒸发中和后的溶液,最后所得固体为NaCl,根据Cl元素守恒:n(NaCl)=n(HCl)=0.050L×2mol•L-1=0.1mol,故m(NaCl)=0.1mol×58.5g•mol-1=5.85g,故答案为5.85g。‎ ‎21.HNO2是一种弱酸,且不稳定,易分解生成NO和NO2;它能被常见的强氧化剂氧化;在酸性溶液中它也是一种氧化剂,如能把Fe2+氧化成Fe3+。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题:‎ ‎(1)人体正常的血红蛋白含有Fe2+.若误食亚硝酸盐(如NaNO2),则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒,服用维生素C可解毒.下列叙述不正确的是__________(填序号)‎ A.亚硝酸盐被还原 B.维生素C是还原剂 C.维生素C将Fe3+还原为Fe2+‎ D.亚硝酸盐是还原剂 ‎(2)某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中,观察到氯水褪色,同时生成NaNO3和HCl,请写出反应的离子方程式: ______________.‎ ‎(3)Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4.若用反应所得的酸性溶液,将Fe2+转化为Fe3+,要求产物纯净,可选用的最佳试剂是 __________ (填序号).‎ a.Cl2 b.Fe c.H2O2 d.HNO3‎ ‎(4)FeSO4可用于制备一种新型、高效、多功能绿色水处理剂高铁酸钾(K2FeO4),氧化性比Cl2、O2、ClO2、KMnO4更强,主要反应为:2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑‎ ‎①该反应中的氧化剂是 __________ ,还原剂是 __________ .‎ ‎②简要说明K2FeO4作为水处理剂时所起的作用 __________ .‎ ‎【答案】(1). D (2). NO2-+Cl2+H2O=NO3-+2H++2Cl- (3). c (4). Na2O2 (5). Na2O2、FeSO4 (6). 高铁酸钾具有强氧化性,能杀菌消毒消毒过程中自身被还原为Fe3+,Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)服用维生素C可以解毒,说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+,Fe元素化合价降低,被氧化,则维生素具有还原性,而亚硝酸盐,会导致Fe2+转化为Fe3+,说明亚硝酸盐具有氧化性,在反应中为氧化剂,所以维生素C是还原剂,故答案为D;‎ ‎(2)某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中,观察到氯水褪色,同时生成NaNO3和HCl,反应的离子方程式为:NO2-+Cl2+H2O=NO3-+2H++2Cl-,故答案为NO2-+Cl2+H2O=NO3-+2H++2Cl-;‎ ‎(3)由于Cl2、HNO3都能氧化亚铁离子,但能引入新的杂质,铁不能氧化亚铁离子,双氧水的还原产物是水,不引入杂质,所以正确是双氧水,故答案为C;‎ ‎(4)该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由-1价变为0价、-2价,‎ ‎①得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂,所以Na2O2是氧化剂、Na2O2、FeSO4是还原剂,故答案为Na2O2;Na2O2、FeSO4;‎ ‎②K2FeO4中Fe元素的化合价为+6价,具有强氧化性,且还原产物铁离子能水解成氢氧化铁胶体,胶体具有吸附性能吸附除去水中的悬浮杂质,故答案为高铁酸钾具有强氧化性,能杀菌消毒消毒过程中自身被还原为Fe3+,Fe3+水解生成Fe(OH)3‎ 胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降。‎ ‎22.铝土矿的主要成分是A12O3,含有Fe2O3、SiO2等杂质,按下列操作从铝土矿中提取A12O3。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)沉淀物的化学式分别是:‎ ‎__________;d__________; f__________;‎ ‎(2)写出加入过量NaOH溶液时所发生主要反应的离子方程式____________、________‎ ‎(3)写出通入气体B(过量)时溶液C中发生反应的离子方程式___________、____________。‎ ‎(4)气体B能否改用试剂A代替?为什么?_________,_________________。‎ ‎【答案】(1). SiO2 (2). Fe(OH)3 (3). Al(OH)3 (4). Al3++4OH-═AlO2-+2H2O (5). Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓ (6). CO2+AlO2-+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3- (7). CO2+OH-═HCO3- (8). 不能 (9). 生成氢氧化铝能够溶于盐酸 ‎【解析】‎ ‎【分析】SiO2和盐酸不反应,Fe2O3和氢氧化钠不反应而氧化铝能,该工艺流程原理为:铝土矿加入试剂A盐酸,得到滤液b中含有铝离子、铁离子,沉淀a为二氧化硅,b溶液加入过量氢氧化钠溶液,除去铁离子,将铝离子转化为偏铝酸根,进入滤液c中,气体B为二氧化碳,将偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀,加热分解得氧化铝;‎ ‎(1)根据以上推断写出沉淀的化学式;‎ ‎(2)过量氢氧化钠溶液与铁离子、铝离子反应;‎ ‎(3)滤液c中含有偏铝酸根离子和过量的氢氧化钠,二氧化碳与偏铝酸根离子生成氢氧化铝沉淀、与氢氧根离子反应生成碳酸氢根离子;‎ ‎(4)试剂A为盐酸,气体B为二氧化碳,不能够用盐酸代替二氧化碳,根据氢氧化铝能够溶解于盐酸分析。‎ ‎【详解】SiO2和盐酸不反应,Fe2O3和氢氧化钠不反应而氧化铝能,该工艺流程原理为:铝土矿加入试剂A盐酸,得到滤液b中含有铝离子、铁离子,沉淀a为二氧化硅,b溶液加入过量氢氧化钠溶液,除去铁离子,将铝离子转化为偏铝酸根,进入滤液c中,气体B为二氧化碳,将偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀,加热分解得氧化铝;‎ ‎(1)根据分析可知,沉淀a为SiO2,沉淀d为Fe(OH)3,沉淀f为Al(OH)3;‎ ‎(2)滤液b中含有铁离子和铝离子,加入氢氧化钠溶液反应的离子方程式为:Al3++4OH-═AlO2-+2H2O,Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓;‎ ‎(3)根据流程,滤液c中含有过量的氢氧化钠和偏铝酸根离子,溶液NaAlO2与过量CO2生成Al(OH)3沉淀,反应的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-,过量二氧化碳与氢氧根离子反应生成碳酸氢根离子,反应的离子方程式为:CO2+OH-═HCO3-;‎ ‎(4)气体B为二氧化碳,试剂A为盐酸,氢氧化铝能够与过量的盐酸反应而溶解,无法控制加入盐酸的量。‎
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