浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高一上学期期中联考化学试题 含解析

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以下为本文档部分文字说明:

2023学年第一学期浙南名校联盟期中联考高一化学学科试题考生须知:1.本试题卷共6页,满分100分,考试时间90分钟。2.答题前,在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号。3.所有答案必须写在答题卷上,写在试卷上无效。4.考试

结束后,只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量:H:1C:12N:14O:16Na:23Cl:35.5S:32K:39Cr:52Mn:55Fe:56Ba:137Ⅰ卷选择题部分一、选择题(本大题共15小题,每小题2分共3

0分,每小题四个选项中只有一个符合题意,不选、多选、错选均不得分)1.漂粉精的有效成分是A.2CaClB.()2CaClOC.2Ca(OH)D.NaClO【答案】B【解析】【详解】漂粉精是氯化钙和次氯酸钙的混合物

,有效成分是()2CaClO,故选B。2.下列物质属于碱性氧化物的是A.23NaCOB.NaOHC.2NaOD.22NaO【答案】C【解析】【详解】A.23NaCO是盐,A错误;B.NaOH是碱,B错误;C.2NaO是碱性氧化物,C正确;D.22NaO是过氧化物,D错

误;故选C。3.下列仪器为蒸发血的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】是漏斗;是蒸发皿;是蒸馏烧瓶;是容量瓶,故选B。4.下列反应中,2HO是还原剂的是A.()22CaOHOCaOH+=B.22C

lHOHClHClO+=+C.22NaHHOHNaOH+=+D.2222F2HO4HFO+=+【答案】D【解析】【详解】A.反应中水中H和O元素的化合价均未发生变化,水既不做氧化剂,也不做还原剂,A错误;

B.反应中水中H和O元素的化合价均未发生变化,水既不做氧化剂,也不做还原剂,B错误;C.H2O中H元素由+1价部分降低到0价,水作氧化剂,C错误;D.水中O元素的化合价升高,被氧化,水是还原剂,D正确;故选D。5.下列说法正确的是A.物质的量是研究物质所含微粒个数多

少的物理量B.焰色试验的现象是化学变化C.有色玻璃是一种固溶胶D.漂白粉可长期暴露在空气中【答案】C【解析】【详解】A.物质的量是研究物质所含微粒多少的物理量,故A错误;B.焰色试验没有生成新物质,属于物理变化,故B错误;

C.有色玻璃属于固溶胶,故C正确;D.漂白粉长期暴露在空气中和二氧化碳、水反应而变质,漂白粉不能长期暴露在空气中,故D错误;选C。6.Na放在坩埚中做燃烧实验时,用不到的仪器是A.泥三角B.三脚架C.酒精灯D.石棉网【答案】D【解析】【详解】Na放在坩埚中做燃烧实验时,需要使用泥三角、

三脚架、酒精灯,不需使用石棉网;故选D。7.科学家发现一种物质4N,下列说法正确的是A.4N是一种化合物B.等质量的2N和4N所含有的N原子数不同C.2N与4N互为同素异形体D.4N不可能分解生成2N【答案】C【解析】【详

解】A.化合物至少含有两种元素,4N只含一种元素,是单质,A错误;B.2N和4N均是由N原子构成,等质量的2N和4N所含的N原子的质量相同,数目也相同,B错误;C.同素异形体是同种元素形成的不同单质,故2N与4N互为同素异形体,C正

确;D.由4N和2N的化学组成分析,4N在一定条件下可能分解生成2N,D错误;故选C。8.保存下列试剂的方法不正确的是A.4KMnO固体保存在棕色细口瓶B.钠保存在煤油中C.新制氯水保存在棕色试剂瓶D.22NaO要密封保存【答案】A【解析】【详解】A.4KMnO为固体,保存在棕色广口瓶,A错

误;B.Na能与水、氧气等反应,不与煤油反应,少量的钠保存在煤油中,B正确;的C.新制氯水中含有HClO,HClO见光易分解,因此新制氯水保存在棕色试剂瓶中,C正确;D.过氧化钠会和空气中水、二氧化碳反应,需要密封保存,D正确;故选A。9.下列反应

的生成物与反应条件或用量无关的是A.23NaCO与盐酸B.Na与2OC.Fe与2ClD.C与2O【答案】C【解析】【详解】A.23NaCO与盐酸,盐酸不足时生成碳酸氢钠,盐酸足量时生成二氧化碳,故A不符;B.Na与2O,不加热时生成氧化钠

,加热时生成过氧化钠,故B不符;C.Fe与2Cl只生成氯化铁,故C符合;D.C与2O,氧气不足时可能生成一氧化碳,氧气充足时生成二氧化碳,故D不符;故选C。10.下列说法正确的是①化学是在原子、分子水平上研究

物质的性质和应用等的自然科学②阿伏加德罗提出了原子学说③1965年,中国首先用化学方法合成了结晶牛胰岛素④我国侯德榜先生发明了侯氏制碱法⑤俄国门捷列夫发现元素周期律A.①②③④⑤B.③④⑤C.①③④⑤D.①④⑤【答案】C【解析】【详解】①化学是在原子、分子水平上研究物质的性质和应用

等的自然科学,正确;②道尔顿提出了原子学说,错误;③1965年,中国首先用化学方法合成了结晶牛胰岛素,正确;④我国侯德榜先生发明了侯氏制碱法,正确;⑤俄国门捷列夫发现元素周期律,正确;故选C11.下列无色溶液中能大量共存的是。A.Ag+K+3NO−23

CO−B.Na+K+3HCO−OH−C.2Cu+K+24SO−Cl−D.2Ca+K+3HCO−Cl−【答案】D【解析】【详解】A.Ag+和23CO−不能大量共存,A不符合题意;B.3HCO−和OH−不能大量共存,B不符合题意;C.2Cu+是蓝色,因此不是无色溶液,C不符合题意;D.2Ca+K+3H

CO−Cl−中无有色离子且能大量共存,D符合题意;故选D12.下列变化中,加入氧化剂才能实现的是A.2ClHClO→B.233COHCO−−→C.2CuCu+→D.22323SOSO−−→【答案】C【解析】【详解】A.氯气与水反应生成次氯酸,故A错误;B

.233COHCO−−→,加入盐酸即可实现,故B错误;C.铜元素化合价升高,被氧化,需要氧化剂,故C项正确;D.亚硫代硫酸钠可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得,硫粉不属于氧化剂,故D错误;故选C。13.下列有关3NaHCO和23NaCO说法正确的是A.向3NaHCO溶

液中滴加少量盐酸,无明显现象B.相同温度下,溶解度:323NaHCONaCOC.相同浓度的两溶液,可用较稀的2CaCl溶液鉴别D.相同温度下,相同浓度的两溶液,碱性:323NaHCONaCO【答案】C【解析】【详解】A.碳酸氢钠和稀盐

酸反应生成二氧化碳气体,A错误;。B.相同温度下,碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠,B错误;C.氯化钙和碳酸氢钠不反应、和碳酸钠生成碳酸钙沉淀,故能用较稀的2CaCl溶液鉴别,C正确;D.相同温度下,相同浓度的碳酸钠溶液的碱性大于碳酸氢钠溶液,D错误;故选C。14.下列除杂方法(括号中的物质

为杂质)不正确的是A.()22ClHO通入浓硫酸B.2Cl(HCl)通入饱和食盐水后干燥C.固体()233NaCONaHCO加热至恒重D.溶液23NaCO(NaOH)通入过量2CO【答案】D【解析】【详解】A.浓硫酸能吸收水,可以干燥氯气,A正确;B.HCl极易溶于水,食盐水抑制氯气的溶解,则洗气

后干燥可分离,B正确;C.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠,故加热至恒重能除去碳酸钠中的碳酸氢钠,C正确;D.通入过量2CO,碳酸钠、氢氧化钠和二氧化碳均转化为碳酸氢钠,不能得到碳酸钠,D错误;故选D。15.下列实验过程中,下列说法正确的是A.实验未用完的药品都

可以扔到废液缸里B.若不慎将酸沾到皮肤上,立即用水冲洗,然后涂上1%的硼酸C.如图表示易燃物质D.轻微烫伤或烧伤时,可用洁净的冷水处理,然后涂上烫伤药膏【答案】D【解析】【详解】A.钠、钾活泼性强,会与氧气、水反应,未用完的钠、钾等若随便丢弃容易引起火灾,可

放回原试剂瓶,A错误;B.若不慎将酸沾到皮肤上,立即用水冲洗,然后涂3%~5%的NaHCO3溶液,B错误;C.图示表示氧化剂,C错误;D.轻微烫伤或烧伤时,可以先用洁净的冷水处理,然后涂上药膏,若有水泡,尽量不要弄破,防止感染,D正确;故选D。二、选择题(本大题10小题,每

小题3分,共30分,每小题4个选项中只有一个符合题意,不选、多选、错选均不得分)16.2Cl在水中的溶解度约为1:2,下列说法不正确的是A.新制氯水中存在2Cl、2HO、HClO分子B.氯水与3AgNO溶液混合有白色

沉淀生成C.氯水和液氯都可以存放在钢瓶中D.实验室可用3KClO代替2MnO制备2Cl【答案】C【解析】【详解】A.氯气部分和水生成盐酸和次氯酸,故新制氯水中存在2Cl、2HO、HClO分子,A正确;B.新制

氯水中含有氯离子,能与银离子反应生成AgCl白色沉淀,B正确;C.常温下液氯不与铁反应,可以储存在钢瓶中,而氯水中含有盐酸,盐酸能和铁反应,故氯水不能放在钢瓶中,C错误;D.氯酸钾和浓盐酸能反应生成氯气,D正确;故选C。17.用3FeCl溶液滴加沸水中制

备的氢氧化铁胶体中,胶体的结构如图,胶核、胶粒难电离,胶团可电离。下列说法不正确的是A.3Fe(OH)胶体粒子是带正电B.含31molFe(OH)的胶体中,含胶体粒子为ANC.胶体是电中性的D.该胶体能吸附杂质的原因是胶

体粒子具有较大的表面积【答案】B【解析】【详解】A.由图可知,氢氧化铁胶粒带正电荷,A正确;B.由图分析可知,若干个3Fe(OH)聚集形成一个胶粒,故含31molFe(OH)的胶体中,含胶体粒子必定<AN,B错误;C.胶体是混合体系,呈电中性,C正确;D.3Fe(

OH)胶体粒子具有较大的表面积,可以吸附水中悬浮杂质而达到净水的目的,D正确;故选B。18.AN表示阿伏加德罗常数,下列说法不正确的是A.4agCH含有H原子数为b个,则AN为14b/amol−B.()24310mlFeSO含3Fe+为ag,稀释到1000ml时,24SO−

的浓度为13a/112molL−(不考虑水解)C.1molHCl气体中含有离子数为A2ND.0.2molFe与足量的2Cl在一定条件下充分反应,转移电子数为A0.6N【答案】C【解析】【详解】A.4agCH含有H原子数为b个,Aab4

16N=,AN=14b/amol−,故A正确;B.()24310mlFeSO含3Fe+为ag,n(Fe3+)=amol56,n(24SO−)=33molmol562112aa=,稀释到1000ml时,24SO−的浓度为33mo

l1L=mol/L112112aa,故B正确;C.HCl气体是共价化合物,不含离子,故C错误;D.Fe和氯气反应生成氯化铁,铁元素化合价由0升高为+3,0.2molFe与足量的2Cl在一定条件下充分反应,转移电子数为

A0.6N,故D正确;选C。19.光照过程中氯水的pH变化过程如下图所示,下列说法不正确的是A.氯水的pH随光照时间越长,pH越小B.pH变小的原因是HClO分解生成HCl,同时促进2Cl与水的反应C.pH减小的

同时,溶液中的Cl−浓度也减少D.氯水光照放置时间长,最终变为盐酸【答案】C【解析】【详解】A.次氯酸在光照条件下分解为盐酸和氧气,弱酸变为强酸,氯水的pH随光照时间越长,pH越小,故A正确;B.次氯酸在光照条件下分解为盐酸

和氧气,pH变小的原因是HClO分解生成HCl,同时促进2Cl与水的反应,故B正确;C.次氯酸在光照条件下分解为盐酸和氧气,pH减小的同时,溶液中的Cl−浓度增大,故C错误;D.次氯酸在光照条件下分解为盐酸和氧气,同时促进2

Cl与水的反应,氯水光照放置时间长,最终变为盐酸,故D正确;选C。20.有关22NaO说法正确的是A.阴离子与阳离子个数比为1:1B.221molNaO与足量水反应,电子转移数为A2NC.21molCO与足量2

2NaO反应,固体质量增加14gD.22NaO加入到滴有酚酞的水中,可观察到先变红后褪色【答案】D【解析】【详解】A.Na2O2中阴离子为2-2O,阳离子为Na+,则阴离子与阳离子个数比为1:2,A错误;B.22222NaO+2HO=4

NaOH+O~2e−,221molNaO与足量水反应,电子转移数为AN,B错误;C.2222322NaO+2CO=2NaCO+O,固体增加质量相当于2molCO的质量,因此21molCO与足量22NaO反应,固体质量增加28g,C错误;D.2222+2HO=4Na

OH2aO+ON,使溶液显碱性,且22NaO具有漂白性,故加入到滴有酚酞的水中,可观察到先变红后褪色,D正确;故答案选D。21.已知拟卤素[例如2(CN)]、卤素互化物(例如ICl)等物质的性质与2Cl单质相似,下列相关反应的方程式不正确的是A.2IClHOHIHClO+=

+B.2ICl2NaOHNaIONaClHO+=++C.22(CN)2NaOHNaCNNaCNOHO+=++D.22224HCNMnOMn(CN)(CN)2HO+=++【答案】A【解析】【分析】氰2(CN)的化学性质与卤素很相似,和水反应可生成HCN和

HCNO;【详解】A.ICl中碘显正价、氯显负极,2ICl+HO=HCl+HIO,A错误;B.结合A分析可知,ICl和氢氧化钠反应生成NaIO、NaCl,2ICl2NaOHNaIONaClHO+=++,B正确;C.氰

2(CN)的化学性质与卤素很相似,和水反应可生成HCN和HCNO;则氰2(CN)与氢氧化钠反应生成NaCN、NaCNO,C正确;D.类比二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水,则HCN和二氧化锰反应生成2Mn(CN)、2(CN),22224HCN+MnO=Mn(CN)+(CN)+2

HO,D正确;故选A。22.NaCl在固体、熔融状态、溶于水三种状态下的导电实验,如图所示下列说法正确的是A.固体NaCl中不存在离子,不能导电B.NaCl通电情况下才能电离C.表示水合氯离子D.NaCl、23NaCO、3NaHCO分别溶于少量的水后,都有明显的放

热现象【答案】C【解析】【分析】由图分析可知NaCl在固体状态钠离子和氯离子紧密排列无法自由移动,不能导电,而在熔融状态下,钠离子和氯离子则可以在电场中定向移动而导电,在水溶液中则形成相应的水合离子,定向移动也可以导电。【详解】A.由图a

可知:固体NaCl中存在离子,只是不能自由移动,所以不能导电,A错误;B.由图可知,在水溶液或者熔融状态,氯化钠都可以发生电离产生自由移动的离子,B错误;C.结合周期律,钠离子半径没有氯离子大,故为水合氯离子,C正确;D.NaCl溶于水没有明显的放热现象

,D错误;故选C。23.已知3222FeCl2KI2FeClI2KCl+=++,2232FeBrBr2FeBr+=,下列表达不正确的是A.还原性:2IFeBr−+−B.向2FeI溶液中通入少量2Cl,离子方程式为22Cl2I2ClI−−+=+

C.向含20.1molFeBr溶液中通入2Cl2.24L(标准状态),离子方程式为23222Fe2Br2Cl2FeBr4Cl+−+−++=++D.在2FeI和2FeBr各为1mol的混合液中通入22molCl反应后,则()()22nI:nFe:n(Br)1:1:1+=【答案】D【解析】【分析】

3222FeCl2KI2FeClI2KCl+=++反应中,I元素化合价升高,Fe元素化合价降低,I-是还原剂,Fe3+是氧化剂,Fe2+是还原产物,I2是氧化产物,氧化性Fe3+>I2,还原性I->Fe2+;2232FeBrBr2FeBr+=反应,Br元素化合价降低、Fe元素化

合价升高,Br2是氧化剂、Fe2+是还原剂、Fe3+是氧化产物、Br-是还原产物,氧化性Br2>Fe3+,还原性Fe2+>Br-。【详解】A.根据以上分析,还原性:2IFeBr−+−,故A正确;B

.还原性I->Fe2+,向2FeI溶液中通入少量2Cl,氯气氧化I-,反应的离子方程式为22Cl2I2ClI−−+=+,故B正确;C.还原性Fe2+>Br-,向含20.1molFeBr溶液中通入2Cl2.24L(标准状态),0.1molFe2+、0.

1molBr-被氯气氧化,反应离子方程式为23222Fe2Br2Cl2FeBr4Cl+−+−++=++,故C正确;D.还原性:2IFeBr−+−,在2FeI和2FeBr各为1mol的混合液中通入22molCl

,2molI-、2molFe2+被氧化,反应后溶液中含1molI2、2molFe3+、2molBr-、4molCl-,不含Fe2+,故D错误;选D。24.某溶液中可能含有Na+、K+、4NH+、23CO−、Cl−、24SO−中的几种,进行如下实验(1)原

溶液中加入过量2BaCl溶液,过滤得1.97g沉淀,加入过量的盐酸,沉淀完全溶解(2)向上述滤液加入足量NaOH溶液,加热,产生气体(假设气体全部逸出),折算为标准状况为0.672L(3)在原溶液中加入3AgNO溶液,有沉淀产生已知:432NHOHNHHO+−++下列说法

正确的是A.溶液中存在Cl−,若存在Na+就不存在K+B.溶液中()()234cCO:cNH1:2−+=C.Cl−的物质的量0.01molD.Na+、K+的物质的量之和为0.01mol【答案】C【解析】【分析】原溶液中加入过量2BaCl溶液,过滤得1.97g沉

淀,加入过量的盐酸,沉淀完全溶解,则沉淀为碳酸钡沉淀0.01mol,含有碳酸根离子、不含硫酸根离子;向上述滤液加入足量NaOH溶液,加热,产生气体(假设气体全部逸出),折算为标准状况为0.672L,则生成氨气0.03mol,则含有铵根离子;不确定Na+、K+

是否存在,根据溶液电中性可知,溶液中一定含有氯离子,且氯离子至少为0.03mol-0.01mol×2=0.01mol;【详解】A.由分析可知,溶液中存在Cl−,不确定Na+、K+是否存在,两者也可以均存在

,A错误;B.溶液中()()234cCO:cNH0.01:0.031:3−+==,B错误;C.由分析可知,Cl−物质的量0.01mol,C正确;D.由分析可知,不确定Na+、K+是否存在,D错误;故选C。25.下列方案的设计、现象和

结论正确的是方案设计现象与结论A检验2Cl是否有漂白性将干燥的2Cl通入放有鲜花的广口瓶若观察到鲜花褪色,则说明2Cl具有漂白性B证明2Cl溶于水不能完全与水反应将2Cl溶于水,观察氯水颜色,再滴加石蕊试液观察到氯水为淡黄绿色,且滴加石蕊试液先变红后褪色,说明2Cl

溶于水部分与水反应C检验某溶液中是否存在Ag+在溶液中加入2BaCl溶液,再加稀硝酸产生白色沉淀,加稀硝酸,沉淀不溶解说明溶液中存在Ag+D检验某溶液中是否存在23CO−在溶液中加入2Ca(OH)溶液若产生白色沉淀说明溶液中存在23CO−A.A

B.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.鲜花中含有水分,氯气能与水反应生成具有漂白作用的次氯酸,将干燥的2Cl通入放有鲜花的广口瓶,若观察到鲜花褪色,不能说明2Cl具有漂白性,故A错误;B.氯水为淡黄绿色,证明氯水中含有2Cl

分子,滴加石蕊试液先变红后褪色,说明溶液选含有H+、HClO,证明2Cl溶于水不能完全与水反应,故B正确;C.在溶液中加入2BaCl溶液,再加稀硝酸,产生的沉淀可能是氯化银或硫酸钡,所以不能证明一定含有Ag+,故C错误;D.在溶液

中加入2Ca(OH)溶液,产生白色沉淀,沉淀可能是碳酸钙、亚硫酸钙、氢氧化镁等,说明溶液的中存在23CO−、22+333HCOSOHSOMg−−−、、、等离子,故D错误;选B。Ⅱ卷非选择题部分三、非选择题(本题共5大题,40分)26.按要求回答下列问题

(1)下列物质中①盐酸;②石墨;③熔融NaOH;④纯醋酸;⑤NaCl固体;⑥乙醇;⑦4BaSO固体;⑧3NH;其中属于非电解质的是___________;能导电的是___________。(2)用单线桥法标出下列反应的电子转移的方向和数目,222324FeS11O2FeO8SO+=

+(2FeS中Fe元素为2+价)______________,氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。【答案】26.①.⑥⑧②.①②③27.①.②.11:4【解析】【小问1详解】非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物,属于非电解质

的是⑥乙醇、⑧3NH;溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子,金属导电的原因是存在自由移动的电子,能导电的是①盐酸、②石墨、③熔融NaOH;【小问2详解】反应中铁失去电子化合价由+2变为+3,硫失去电子化合价-1变为+4,氧得到电子化合价由0变为-

2,故2FeS为还原剂、氧气为氧化剂,氧化剂与还原剂的物质的量之比为11:4;单线桥表示电子的转移情况,表示为。27.欲配制1500ml0.1molL−的23NaCO溶液,可供选用的仪器有①托盘天平②烧杯③玻璃棒④药匙⑤量筒⑥

胶头滴管,请回答下列问题:(1)配制上述溶液时,还缺少的仪器是___________。(2)配置过程中需要称量23NaCO固体的质量为___________g。(3)称取的固体在烧杯中溶解,沿玻璃棒注入容量瓶,并用少量蒸馏水洗涤烧杯内

壁和玻璃棒___________次,将洗涤液也注入容量瓶。注入蒸馏水时,当液面离容量瓶颈部的刻度线___________时,改用___________滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切∙∙∙∙∙∙。将配制好的溶液倒入试剂瓶

,并贴上标签,标签是___________。(4)下列某些操作会导致所配溶液浓度有误差①23NaCO溶于水后立即转移②所用的烧杯、玻璃棒未洗涤③所用的容量瓶未干燥④定容时仰视刻度线⑤定容时超过刻度线,用胶头滴管吸出溶液⑥定容后,摇匀时发现溶液低

于刻度线,再滴加蒸馏水其中操作导致所配溶液浓度偏高是___________;无影响的是___________。【答案】(1)500mL容量瓶(2)5.3(3)①.23−②.12cm−③.胶头滴管④.1230.1molLNaCO−溶液(4)①.①②.③【解析】【分析】配

制一定物质的量浓度的溶液,根据操作步骤选择仪器;根据nVc=分析误差,n偏大,则浓度偏大,V偏大,则浓度偏小。【小问1详解】配制1500ml0.1molL−的23NaCO溶液,操作步骤有:计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀,根据操作步骤,可知需要的仪器有,托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙

、量筒、胶头滴管、500mL容量瓶,缺少的仪器是500mL容量瓶。【小问2详解】配置过程中需要称量23NaCO固体的质量m=cVM=0.5L×0.1mol/L×106g/mol=5.3g;【小问3详解】称取的固体在烧杯中溶解,沿玻璃棒注入

容量瓶,并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次,将洗涤液也注入容量瓶。注入蒸馏水时,当液面离容量瓶颈部的刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切∙∙∙∙∙∙。将配制好的溶液倒入试剂瓶,并贴上标签,标签是1230.1molL

NaCO−溶液。【小问4详解】①23NaCO溶于水后立即转移,溶液体积偏小,所配溶液浓度偏高;②所用的烧杯、玻璃棒未洗涤,溶质物质的量偏少,所配溶液浓度偏低;的③所用的容量瓶未干燥,对溶质的物质的量、溶液体积都无影响,所配溶液的浓度无影响;④定容时仰视刻度线,溶液体积偏大,所配溶液浓度

偏低;⑤定容时超过刻度线,用胶头滴管吸出溶液,溶质偏少,所配溶液浓度偏低;⑥定容后,摇匀时发现溶液低于刻度线,再滴加蒸馏水,溶液体积偏大,所配溶液浓度偏低;其中操作导致所配溶液浓度偏高的是①;无影响的是③。28.化合物A由3种元素

组成,探究实验如下:已知:A、B、C含有相同的阳离子,固体C为二种元素组成,气体D可使带火星的木条复燃。请回答:(1)A的组成元素是___________(写元素符号)。(2)反应Ⅰ的化学方程式为______

_____。(3)反应Ⅱ的化学方程式为___________。(4)检验A中的阳离子(写出具体操作)___________。【答案】(1)K、Cl、O(2)344KClO3KClOKCl+(3)42KClOKCl2O+(4)取

少量A溶于水,用洁净的铂丝蘸取待测液,放在酒精灯火焰上灼烧,透过蓝色的钴玻璃观察,有紫色火焰,证明存在钾离子。【解析】【分析】气体D可以使带火星的木条复燃,则D为氧气;化合物A、B、C含有相同的阳离子

,固体C中加入水,再加入足量的硝酸银溶液生成8.61g氯化银沉淀,即0.06mol氯化银。0.12mol无色气体D即氧气的物质的量为0.12mol。2.87g氯化银的物质的量为0.02mol。故化合物A中含有0.08mol氯元素,0.24mol氧元素,故剩余的为金属元

素,相对分子质量为9.80.0835.50.2416390.08−−=,为K元素。K、Cl、O的个数比为1:1:3,A的化学式为3KClO。【小问1详解】根据分析可知,化合物A中含有K、Cl、O,A的

化学式为3KClO。【小问2详解】由分析可知,A的化学式为3KClO,9.8gA的物质的量为0.08mol,分解得到的B为0.06mol,C为0.02mol,故反应I为344KClO3KClOKCl+。【小问3详解】化合物B、C含有相同的阳离子,固体

C中加入水,再加入足量的硝酸银溶液生成8.61g氯化银沉淀,即0.06mol氯化银,无色气体氧气的物质的量为0.12mol,故反应II的化学方程式是42KClOKCl2O+。【小问4详解】使用焰色实验检验钾离子,检验+K的方法为取少量固体A于试管中加水溶解,用洁净的铂丝蘸取少量该溶液在火焰上灼

烧,透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色,若火焰为紫色,则说明A中含有+K。29.用下列装置制备无水3FeCl,已知固体3FeCl极易吸水且与水反应,请回答以下问题:(1)装置A中盛放浓盐酸的仪器名称是___________。(2)A中发生的化学反应方程式是___________。(3)装

置按气体从左到右排列为AEDB→→→,其中A接E时,导管①接E的___________,C装置的作用是___________。(4)这套装置明显存在一个缺陷,改进的方法是___________。(5)NaClO浓溶液与浓盐酸反应可快速制备2Cl,其反应的离子方程式为__

_________。【答案】(1)分液漏斗(2)2222MnO4HCl()MnClCl2HO+++浓(3)①.⑦②.防止空气中的水蒸气进入B装置(4)C装置后连接一个盛有NaOH溶液的装置,用于吸收2Cl(5)22ClO2HClClHO−+−++=+【解析】【分析】装置按气体从左

到右排列为AEDB→→→,A制取氯气,E除去氯气中的氯化氢,D用浓硫酸干燥氯气,B制备氯化铁。【小问1详解】装置A中盛放浓盐酸的仪器名称是分液漏斗。故答案为:分液漏斗;【小问2详解】用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气,A中发生的化学反应方程式是2222MnO4HCl()MnClCl2HO+

++浓。故答案为:2222MnO4HCl()MnClCl2HO+++浓;【小问3详解】装置按气体从左到右排列为AEDB→→→,其中A接E时,导管①接E的⑦,固体3FeCl极易吸水且与水反应,C装置的作用是防止空气中的水蒸气进入B装置。故答案为:

⑦;防止空气中的水蒸气进入B装置;【小问4详解】这套装置明显存在一个缺陷,改进的方法是C装置后连接一个盛有NaOH溶液的装置,用于吸收2Cl。故答案为:C装置后连接一个盛有NaOH溶液的装置,用于吸收2Cl;【小问5

详解】NaClO浓溶液与浓盐酸反应可快速制备2Cl,其反应的离子方程式为22ClO2HClClHO−+−++=+。故答案为:22ClO2HClClHO−+−++=+。30.10mL0.1mol/L的酸性(用硫酸酸化)227KCr

O溶液中,加入20mL的22HO溶液时恰好完全反应,产生aL气体(该气体在标准状况下密度为11.43gL−),已知此条件下该反应生成了3Cr+,试回答或计算下列问题:(1)该反应的离子方程式为___

________。(2)22HO的物质的量浓度为___________。(3)若生成的气体折算为标准状况,则a=___________mL。【答案】(1)23272222CrO8H3HO2Cr7HO3O−++++=++(2)10.15molL−(3)67.2【解析】【小问1详解】227

KCrO溶液中加入22HO溶液,227KCrO被还原为3Cr+,根据氧化还原反应规律,双氧水被氧化为氧气,Gr元素化合价由+6降低为+3,H2O2中O元素化合价由-1升高为0,根据得失电子守恒、电荷守恒,反应的离子方程式为23272222CrO8H3HO2Cr7HO3O−++++=++;【小

问2详解】设22HO的物质的量浓度为cmol/L2327232232131010CrOL0.1mol/L2018H0Lcmol/L3HO2Cr7HO3O−−−++++=++33131010L0.1mol/L2010Lcmol/L−−=c=0.15mol/L。【小问3详解】23

2722322CrO8H3HO2Cr7131010L0.1mol/LH23.4OO2−−+++++=+a313a1010L0.1mol/L22.4−=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com

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