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…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè),總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè),總=sectionpages11頁(yè)2024年粵教滬科版高一化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍:全部知識(shí)點(diǎn);考試時(shí)間:120分鐘學(xué)校:______姓名:______班級(jí):______考號(hào):______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題,共14分)1、一定溫度下,在三個(gè)體積約為rm{1.0L}的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng):rm{2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)}
。容器編號(hào)溫度rm{(隆忙)}起始物質(zhì)的量rm{(mol)}平衡物質(zhì)的量rm{(mol)}rm{CH_{3}OH(g)}rm{CH_{3}OCH_{3}(g)}rm{H_{2}O(g)}rm{CH_{3}OCH_{3}(g)}rm{H_{2}O(g)}rm{I}rm{387}rm{0.20}rm{0.080}rm{0.080}Ⅱrm{387}rm{0.40}Ⅲrm{207}rm{0.20}rm{0.090}rm{0.090}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.該反應(yīng)的正方應(yīng)為吸熱反應(yīng)B.若起始時(shí)向容器rm{I}中充入rm{CH_{3}OH}rm{0.1mol}rm{CH_{3}OCH_{3}0.15mol}和rm{H_{2}O}rm{0.10mol}則反應(yīng)將向正反應(yīng)方向進(jìn)行C.容器rm{I}中反應(yīng)達(dá)到平衡所需時(shí)間比容器Ⅲ中的長(zhǎng)D.達(dá)到平衡時(shí),容器rm{I}中的rm{CH_{3}OH}體積分?jǐn)?shù)比容器Ⅱ中的小2、元素周期律最早是由下列哪位科學(xué)家提出rm{(}rm{)}A.道爾頓B.玻爾C.門捷列夫D.阿伏伽德羅3、下列各組物質(zhì)中,不滿足組內(nèi)任意兩種物質(zhì)在一定條件下均能發(fā)生反應(yīng)的是rm{(}rm{)}
。物質(zhì)。
組別甲乙丙rm{A}rm{Al}rm{HCl}rm{NaOH}rm{B}rm{NH_{3}}rm{O_{2}}rm{HNO_{3}}rm{C}rm{SiO_{2}}rm{NaOH}rm{HF}rm{D}rm{CO_{2}}rm{Ca(OH)_{2}}rm{Na_{2}CO_{3}}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}4、下列反應(yīng)中;屬于取代反應(yīng)的是()
A.CH4+2O2CO2+2H2O
B.CH2=CH2+H2CH3-CH3
C.
D.
5、鋁、鐵的混合物溶于足量的鹽酸中,再加入過量的NaOH溶液,在空氣中靜置,當(dāng)紅褐色沉淀不再增加,將沉淀濾出并充分灼燒,得到的固體殘留物恰好跟原混合物的質(zhì)量相等,則此合金中鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為()A.22.2%B.30.0%C.75.7%D.80.6%6、下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.可用物質(zhì)的量表示分子、原子、離子、米粒等微?;蛐☆w粒物質(zhì)B.摩爾是國(guó)際單位制中的七個(gè)基本物理量之一C.rm{1mol}任何物質(zhì)都含有rm{6.02隆脕10^{23}}個(gè)原子D.rm{0.012Kg^{12}C}所含碳原子數(shù)為rm{6.02隆脕10^{23}}7、在下列條件下,兩種氣體的分子數(shù)一定相等的是rm{(}rm{)}A.同質(zhì)量、不同密度的rm{N_{2}}和rm{C_{2}H_{4}}B.同溫度、同體積的rm{O_{2}}和rm{N_{2}}C.同體積、同密度的rm{CO}和rm{CH_{4}}D.同壓強(qiáng)、同體積的rm{N_{2}}和rm{O_{2}}評(píng)卷人得分二、多選題(共7題,共14分)8、元素rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序數(shù)之和為rm{36}rm{X}rm{Y}在同一周期,rm{X^{+}}與rm{Z^{2-}}具有相同的核外電子層結(jié)構(gòu)。下列推測(cè)正確的是()A.同周期元素中rm{X}的金屬性最強(qiáng)B.原子半徑rm{X>Y}離子半徑rm{X^{+}>Z^{2-}}C.同族元素中rm{Z}的氫化物穩(wěn)定性最高D.同周期元素中rm{Y}的最高價(jià)含氧酸的酸性最強(qiáng)9、下列溶液中有關(guān)物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A.pH=2的HA溶液與pH=12的MOH溶液任意比混合:c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)B.pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三種溶液:c(NaOH)<c(CH3COONa)<c(Na2CO3)C.物質(zhì)的量濃度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合:c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)D.0.1mol·L-1的NaHA溶液,其pH=4:c(HA-)>c(H+)>c(H2A)>c(A2-)10、下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是:A.室溫下,向0.01mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性:c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)B.0.1mol·L-1NaHCO3溶液:c(Na+)>c(OH-)>c((HCO3-)>c(H+)C.Na2CO3溶液:c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)D.25℃時(shí),pH=4.75、濃度均為0.1mol·L-1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液:c(CH3COO-)+c(OH-)3COOH)+c(H+)11、25℃時(shí),配制一組c(PO43-)+c(HPO42-)+c(H2PO4-)+c(H3PO4)=0.100mol·L-1的H3PO4和NaOH混合溶液;溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度隨pH的變化曲線如圖所示。下列指定溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是。
A.pH=6的溶液中:c(H3PO4)+c(HPO42-)>c(H2PO4-)B.c(Na+)=0.100mol·L-1的溶液中:c(H3PO4)=2c(PO43-)+c(HPO42-)C.pH=7的溶液中:c(Na+)>2c(HPO42-)+c(H2PO4-)D.c(H3PO4)=c(H2PO4-)的溶液中:c(Na+)<0.100mol·L-1+2c(PO43-)+c(HPO42-)12、H2SO3是二元弱酸,NaHSO3溶液呈酸性,在0.1mol·L-1NaHSO3溶液中,下列關(guān)系正確的是A.B.C.D.13、高溫時(shí)通過以下反應(yīng)制備金屬鋁。用鋁制作的“快速放電鋁離子二次電池”的原理如下圖所示(EMI+為有機(jī)陽(yáng)離子)。
①Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)△H1=akJ·mol-1
②3AlCl(g)=2Al(l)+AlCl3(g)△H2=bkJ·mol-1
③Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)△H3
下列說法正確的是A.該電池的電解質(zhì)可用氯化鋁水溶液替代B.Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)△H3=(a-b)kJ·mol-1C.該電池充電時(shí)石墨電極與電源正極相連D.該電池放電時(shí)的負(fù)極反應(yīng)方程式為:Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-14、遇到下列情況,處理不當(dāng)?shù)氖莚m{(}rm{)}A.不小心將少量濃硫酸沾到皮膚,立即用水沖洗B.皮膚上沾有濃堿溶液時(shí),立即用酒精沖洗C.為了避免浪費(fèi),應(yīng)該把實(shí)驗(yàn)用剩的藥品放回原試劑瓶中D.連接并組裝成套儀器時(shí),一般按自下而上rm{.}從左到右的順序進(jìn)行安裝評(píng)卷人得分三、填空題(共9題,共18分)15、某混合物A,含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3,在一定條件下可實(shí)現(xiàn)下圖所示的物質(zhì)之間的變化:據(jù)此回答下列問題:(1)圖中涉及分離溶液與沉淀的方法是__________________。(2)B、C、D三種物質(zhì)的化學(xué)式為:B_________C_________D_________(3)沉淀E與稀硫酸反應(yīng)的離子方程式為________________________________________。(4)將沉淀F中存在的兩種金屬元素組成的合金溶于100mL4mol/LHCl溶液中,然后再滴加1mol/LNaOH溶液,沉淀質(zhì)量m隨加入NaOH溶液的體積V變化如下圖所示。已知V1=160mL。根據(jù)以上信息回答:①_________(填“能”或“不能”)計(jì)算出V3②V2為_________mL(若能算出具體數(shù)字,請(qǐng)?jiān)跈M線上填寫具體數(shù)字;若不能請(qǐng)?jiān)跈M線上填“不能確定”)16、下表是元素周期表的一部分,回答下列有關(guān)問題:(1)寫出下列元素符號(hào):①,⑥,⑦。(2)畫出原子的結(jié)構(gòu)示意圖:④,⑤,⑧。(3)在這些元素中,最活潑的金屬元素是,最活潑的非金屬元素是,最不活潑的元素是。(均填元素符號(hào))(4)在這些元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物中,酸性最強(qiáng)的是,堿性最強(qiáng)的是,呈兩性的氫氧化物是。(5)在③與④中,化學(xué)性質(zhì)較活潑的是(填元素符號(hào)),怎樣用化學(xué)實(shí)驗(yàn)證明:答:(該空2分,其余每空1分)17、下列各組物質(zhì)中互為同位素的是______,互為同素異形體的是______,互為同分異構(gòu)體的是______,屬于同一種物質(zhì)的是______.(填序號(hào))
①CH3CH2OH和CH3OCH3
②D和T
③16O2和18O2
④干冰和CO2
⑤白磷和紅磷。
⑥H2O和H2O2
⑦CH3-CH2-CH2-CH3和18、科學(xué)工作者為心臟病人設(shè)計(jì)的心臟起搏器的電池是以rm{Pt}和rm{Zn}為電極材料,依靠人體內(nèi)液體中含有一定濃度的溶解氧、rm{H^{+}}和rm{Zn^{2+}}進(jìn)行工作rm{.}回答下列問題:
rm{(1)}正極材料是______;
rm{(2)}負(fù)極材料是______,負(fù)極電極反應(yīng)是______.19、在一定溫度下,某飽和氫氧化鈉溶液體積為rm{VmL}溶液密度為rm{dg隆隴cm^{-3}}質(zhì)量分?jǐn)?shù)為rm{w}物質(zhì)的量濃度為rm{cmol隆隴L^{-1}}溶液中含氫氧化鈉的質(zhì)量為rm{mg}該溫度下rm{NaOH}的溶解度為rm{S}rm{(1)}用rm{w}來表示該溫度下氫氧化鈉的溶解度rm{(S)}為_________________。rm{(2)}用rm{m}rm{V}表示溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度rm{(c)}為__________________。rm{(3)}用rm{w}rmt33mmhj表示溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度rm{(c)}為__________________。rm{(4)}用rm{c}rm5hbtcp1表示溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)rm{(w)}為______________________。rm{(5)}用rm{S}rmj0t8d96表示溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度rm{(c)}為___________________。20、海水開發(fā)利用的部分過程如圖所示.
rm{(1)}向苦鹵中通入rm{Cl_{2}}是為了提取溴;發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為______.
rm{(2)}富集溴一般先用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴,再用rm{SO_{2}}的水溶液將其還原吸收,發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為______rm{.}也可用純堿吸收溴,主要反應(yīng)是rm{Br_{2}+Na_{2}CO_{3}+H_{2}O隆煤NaBr+NaBrO_{3}+NaHCO_{3}(}未配平rm{)}吸收rm{1mol}rm{Br_{2}}時(shí),轉(zhuǎn)移的電子為______rm{mol}.
rm{(3)}下列有關(guān)海水綜合利用的說法錯(cuò)誤的是______.
A.粗鹽可采用除雜和重結(jié)晶等過程提純。
B.電解飽和食鹽水可制得金屬鈉。
C.工業(yè)生產(chǎn)常選用rm{NaOH}作為沉淀劑。
D.海水提鎂涉及到復(fù)分解反應(yīng).21、(14分)汽車尾氣中CO、NOx以及燃煤廢棄中的SO2都是大氣污染物,對(duì)它們的治理具有重要意義。Ⅰ.①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H1=—574kJ·mol-1.②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H2=一1160kJ·mol-1(1)甲烷直接將NO2還原為N2的熱化學(xué)方程式為;Ⅱ.吸收SO2和NO,獲得Na2S2O4和NH4NO3產(chǎn)品的流程圖如下(Ce為鈰元素):(2)裝置Ⅱ中,酸性條件下,NO被Ce4+氧化的產(chǎn)物主要是NO3-、NO2-,寫出只生成NO3-的離子方式;(3)裝置Ⅲ的作用之一是再生Ce4+,其原理如下圖所示。①生成的Ce4+從電解槽的(填字母序號(hào))口流出;②生成S2O42-的電極反應(yīng)式為;(4)已知進(jìn)入裝置Ⅳ的溶液中,NO2-的濃度為ag·L-1,要使1m3該溶液中的NO2-完全轉(zhuǎn)化為NH4NO3,至少需向裝置Ⅳ中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下的O2L。(用含a代數(shù)式表示,計(jì)算結(jié)果保留整數(shù))22、(1)某化學(xué)課外研究小組,設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)探究KI溶液和FeCl3溶液反應(yīng)存在一定的限度.請(qǐng)完成相關(guān)的實(shí)驗(yàn)步驟和現(xiàn)象.可選試劑:①0.1mol?L-1KI溶液;②0.1mol?L-1FeCl3溶液;③FeCl2溶液;④鹽酸;⑤KSCN溶液;⑥CCl4.
實(shí)驗(yàn)步驟:①取5mL0.1mol?L-1KI溶液,再滴加5~6滴0.1mol?L-1FeCl3溶液。
②充分反應(yīng)后;將溶液分成三份。
③取其中一份,滴加試劑CCl4,用力振蕩一段時(shí)間,CCl4層出現(xiàn)紫紅色;說明反應(yīng)生成碘.
④另取一份;滴加試劑____________(填試劑序號(hào)),若現(xiàn)象為____________,該反應(yīng)有一定的限度.
(2)為比較Fe3+和Cu2+對(duì)H2O2分解的催化效果;某化學(xué)研究小組的同學(xué)分別設(shè)計(jì)了如圖甲;乙所示的實(shí)驗(yàn).請(qǐng)回答相關(guān)問題:
①定性分析:如圖甲可通過觀察____________(填現(xiàn)象),定性比較得出結(jié)論.有同學(xué)提出將FeCl3改為Fe2(SO4)3溶液更為合理,其理由是____________.寫出H2O2在二氧化錳作用下發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式:____________.
②定量分析:如圖乙所示;實(shí)驗(yàn)時(shí)均以生成40mL氣體為準(zhǔn),其它可能影響實(shí)驗(yàn)的因素均已忽略.實(shí)驗(yàn)中一定需要測(cè)量的數(shù)據(jù)是____________(填序號(hào)).
①收集40mL氣體所需要的時(shí)間②CuSO4溶液和FeCl3溶液的濃度③過氧化氫溶液的濃度.23、某待測(cè)液中可能含有大量rm{Mg^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{K^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{H^{+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{OH^{-}}離子中的一種或幾種;現(xiàn)通過下實(shí)驗(yàn)進(jìn)行檢驗(yàn):
rm{(1)}取少量待測(cè)液;仔細(xì)觀察,呈無色;
rm{(2)}向上述待測(cè)液中滴加rm{NaOH}溶液;先無明顯現(xiàn)象,后有白色沉淀生成;
rm{(3)}向上述溶液中加入rm{BaCl_{2}}溶液;無現(xiàn)象.
據(jù)此可以判斷該待測(cè)液中一定大量存在的離子是______;一定不能大量存在的離子是______,不能確定是否存在的離子是______;
依次寫出rm{(2)}中加入氫氧化鈉后的離子反應(yīng):______,______.評(píng)卷人得分四、判斷題(共2題,共12分)24、1.00molNaCl中,所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023(判斷對(duì)錯(cuò))25、在冶金工業(yè)的煙道廢氣中,常混有大量的SO2和CO;它們都是大氣的污染物,在773K和催化劑(鋁礬土)的作用下,使二者反應(yīng)可收回大量的硫磺.
請(qǐng)寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式:____
請(qǐng)判斷該反應(yīng)式寫的是否正確。評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共4題,共24分)26、某銀白色金屬單質(zhì)A在空氣中加熱燃燒時(shí)發(fā)出黃色火焰;得到淡黃色固體B,A露置在空氣中足夠長(zhǎng)時(shí)間最終變?yōu)镃,B和氣體D能生成C,A和B都能與水生成E,E和D也能生成C.回答下列問題.
(1)寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式:B______,C______;
(2)寫出下列反應(yīng)的離子方程式:
①A和水生成E:______
②E與D生成C:______
(3)E物質(zhì)是否屬于電解質(zhì)______(填:是、否)27、在等質(zhì)量的下列物質(zhì)中:rm{CO_{2}}rm{HCl}rm{O_{2}}rm{NH_{3}}其中常溫常壓下密度最小的是______;所含分子數(shù)目最少的是______;在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積最大的是______;在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積最小的是______.28、某氣體的摩爾質(zhì)量為rm{Mg/mol}分子數(shù)目為rm{N}質(zhì)量是rm{mg}阿伏加德羅常數(shù)為rm{N_{A}}rm{m(C)}為rm{{,!}^{12}C}原子質(zhì)量,試說明下列各式所表示的意義。rm{(1)dfrac{N}{{{N}_{A}}}}rm{(2)dfrac{M}{{{N}_{A}}}}rm{(3)dfrac{m}{N}}rm{(4)dfrac{dfrac{m}{N}}{dfrac{1}{12}m(C)}}29、指出下列反應(yīng)中的氧化劑和還原劑。
rm{(1)Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl}氧化劑:____,還原劑:____;
rm{(2)2KNO3+S+3CK2S+N2隆眉+3CO2隆眉}氧化劑:____,還原劑:____;
rm{(1)Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+
2HCl}rm{(2)2KNO3+S+3C
K2S+N2隆眉+3CO2隆眉}氧化劑:____,還原劑:____。rm{(3)4FeS2+11O2}評(píng)卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共1題,共5分)30、如圖表示A;B、C、D、E五種含氮物質(zhì)相互轉(zhuǎn)化的關(guān)系圖。其中A、B、C、D常溫下都是氣體;B為紅棕色。
回答下列問題:
(1)A→D反應(yīng)常用于人工固氮,寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式:_______。
(2)D→C是工業(yè)制硝酸的重要反應(yīng),化學(xué)方程式為_______。
(3)B與一定量的氧氣混合通入水中能被完全吸收,則B與的物質(zhì)的量之比為_______,若該反應(yīng)轉(zhuǎn)移個(gè)電子,則參加反應(yīng)的B的物質(zhì)的量為_______mol。參考答案一、選擇題(共7題,共14分)1、B【分析】解:rm{A.}容器Ⅰ中平衡時(shí)rm{c(CH_{3}OCH_{3})=c(H_{2}O)=dfrac{0.080mol}{1.0L}=0.080mol/L}rm{c(CH_{3}OH)=dfrac{0.2mol-0.080mol隆脕2}{1.0L}=0.04mol/L}容器Ⅰ中化學(xué)平衡常數(shù)rm{K_{1}=dfrac{0.08隆脕0.08}{0.04隆脕0.04}=4}容器Ⅲ中平衡時(shí)rm{c(CH_{3}OCH_{3})=c(H_{2}O)=dfrac{0.090mol}{1.0L}=0.090mol/L}rm{c(CH_{3}OH)=dfrac{0.2mol-0.00mol隆脕2}{1.0L}=0.02mol/L}化學(xué)平衡常數(shù)rm{K_{2}=dfrac{0.09隆脕0.09}{0.02隆脕0.02}=20.25>4}所以降低溫度,化學(xué)平衡常數(shù)增大,反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動(dòng),則正反應(yīng)是放熱反應(yīng),故A錯(cuò)誤;
B.rm{c(CH_{3}OCH_{3})=c(H_{2}O)=dfrac
{0.080mol}{1.0L}=0.080mol/L}rm{c(CH_{3}OH)=dfrac
{0.2mol-0.080mol隆脕2}{1.0L}=0.04mol/L}rm{K_{1}=dfrac
{0.08隆脕0.08}{0.04隆脕0.04}=4}濃度商rm{=dfrac{0.1隆脕0.15}{0.1隆脕0.1}=1.5<4}平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng),故B正確;
C.容器rm{c(CH_{3}OCH_{3})=c(H_{2}O)=dfrac
{0.090mol}{1.0L}=0.090mol/L}中的溫度比容器rm{c(CH_{3}OH)=dfrac
{0.2mol-0.00mol隆脕2}{1.0L}=0.02mol/L}的溫度高;溫度越高反應(yīng)速率越快,達(dá)到平衡所需時(shí)間越短,故C錯(cuò)誤;
D.恒容條件下,容器Ⅱ相當(dāng)于在容器Ⅰ的基礎(chǔ)上加壓,但由于該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體體積不變的反應(yīng),因此平衡不移動(dòng),所以容器Ⅰ中的rm{K_{2}=dfrac
{0.09隆脕0.09}{0.02隆脕0.02}=20.25>4}體積分?jǐn)?shù)和容器Ⅱ中的相等;故D錯(cuò)誤;
故選B.
A.根據(jù)溫度與化學(xué)平衡常數(shù)的關(guān)系確定反應(yīng)熱;
B.根據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)與濃度商的相對(duì)大小判斷反應(yīng)方向;如果濃度商小于平衡常數(shù),則平衡向正反應(yīng)方向進(jìn)行;
C.溫度越高;反應(yīng)速率越大,反應(yīng)時(shí)間越短;
D.該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體體積不變的反應(yīng);溫度相同,化學(xué)平衡常數(shù)相同,反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率相同.
本題考查了化學(xué)平衡常數(shù)的有關(guān)計(jì)算,根據(jù)平衡常數(shù)公式計(jì)算平衡常數(shù),再結(jié)合濃度與反應(yīng)速率的關(guān)系、化學(xué)平衡常數(shù)與濃度商之間的關(guān)系來分析解答,注意該反應(yīng)特點(diǎn),題目難度中等.rm{c(CH_{3}OH)=0.1mol/L}【解析】rm{B}2、C【分析】解:rm{A.}道爾頓提出原子的概念;并創(chuàng)立了原子學(xué)說,故A錯(cuò)誤;
B.居里夫人發(fā)現(xiàn)鐳;故B錯(cuò)誤;
C.門捷列夫發(fā)現(xiàn)了元素周期律;并編制出了元素周期表,故C正確;
D.阿伏加德羅首先提出了分子的概念;創(chuàng)立了分子學(xué)說,故D錯(cuò)誤.
故選C.
rm{1869}年;門捷列夫發(fā)現(xiàn)了元素周期律,并編制出了元素周期表,據(jù)此解題.
本題考查化學(xué)史,難度較小,旨在考查學(xué)生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的識(shí)記,注意基礎(chǔ)知識(shí)的積累掌握.【解析】rm{C}3、B【分析】解:rm{A.}甲與乙;丙均發(fā)生氧化還原反應(yīng);乙、丙發(fā)生復(fù)分解反應(yīng),則均能反應(yīng),故A不選;
B.乙;丙不能發(fā)生反應(yīng);不符合題意,故B選;
C.甲與乙;丙均發(fā)生復(fù)分解反應(yīng);乙、丙發(fā)生復(fù)分解反應(yīng),則均能反應(yīng),故C不選;
D.甲與乙;丙均發(fā)生復(fù)分解反應(yīng);乙、丙發(fā)生復(fù)分解反應(yīng),則均能反應(yīng),故D不選;
故選B.
A.rm{Al}與rm{HCl}反應(yīng)生成氯化鋁,rm{Al}與rm{NaOH}反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣,rm{HCl}與rm{NaOH}發(fā)生中和反應(yīng);
B.氨氣與氧氣反應(yīng)生成rm{NO}和水;氧氣與硝酸不反應(yīng);
C.二氧化硅與rm{NaOH}反應(yīng)生成硅酸鈉和水,二氧化硅與rm{HF}反應(yīng)生成rm{SiF_{4}}和水,rm{NaOH}和rm{HF}發(fā)生中和反應(yīng);
D.二氧化碳與氫氧化鈣反應(yīng)生成碳酸鈣和水,二氧化碳與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉,氫氧化鈣與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸鈣和rm{NaOH}.
本題考查元素化合物知識(shí),為高頻考點(diǎn),把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵,綜合考查元素化合物性質(zhì)及應(yīng)用,題目難度不大.【解析】rm{B}4、C【分析】
A;甲烷的燃燒反應(yīng);屬于氧化反應(yīng),故A錯(cuò)誤;
B;乙烯與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成乙烷;故B錯(cuò)誤;
C;苯環(huán)上的氫原子被羥基取代生成硝基苯;屬于取代反應(yīng),故C正確;
D;苯與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成環(huán)己烷;故D錯(cuò)誤.
故選C.
【解析】【答案】根據(jù)取代反應(yīng)的定義“有機(jī)化合物分子里的某些原子或原子團(tuán)被其它原子或原子團(tuán)所代替的反應(yīng)”進(jìn)行判斷.
5、B【分析】【解答】解:由鐵鋁合金粉末溶于足量鹽酸中;加入過量NaOH溶液,在空氣中靜置,當(dāng)紅褐色沉淀不再增加,則得到的沉淀為氫氧化鐵,然后將沉淀濾出并充分灼燒,得到固體殘留物為氧化鐵;
得到的固體殘留物恰好跟原混合物的質(zhì)量相等,則m(Fe、Al)=m(Fe2O3);所以合金中鋁的質(zhì)量等于氧化鐵中氧元素的質(zhì)量,合金中Al的質(zhì)量分?jǐn)?shù)等于氧化鐵中O的質(zhì)量分?jǐn)?shù);
所以原合金中鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為:×100%=30%;
故選B.
【分析】將鐵鋁合金粉末溶于足量鹽酸中,加入過量NaOH溶液,在空氣中靜置,當(dāng)紅褐色沉淀不再增加,則得到的沉淀為氫氧化鐵,然后將沉淀濾出并充分灼燒,得到固體殘留物為氧化鐵,利用組成可知氧化鐵中氧元素的質(zhì)量等于合金中鋁的質(zhì)量,以此來解答.6、D【分析】解:rm{A.}物質(zhì)的量不能表示宏觀物質(zhì);米粒是宏觀物質(zhì),故A錯(cuò)誤;
B.摩爾是物質(zhì)的量的單位;不是物理量,物質(zhì)的量是國(guó)際單位制中的七個(gè)基本物理量之一,故B錯(cuò)誤;
C.rm{1mol}任何物質(zhì)都含有約rm{6.02隆脕10^{23}}個(gè)微粒,如rm{1molH_{2}O}中含有rm{3mol}原子;故C錯(cuò)誤;
D.rm{0.012kg^{12}C}中所含的碳原子數(shù)為阿伏伽德羅常數(shù)數(shù)值,其近似值為rm{6.02隆脕10^{23}}故D正確;
故選D.
A.物質(zhì)的量不能表示宏觀物質(zhì);
B.摩爾是物質(zhì)的量的單位;不是物理量;
C.rm{1mol}任何物質(zhì)都含有約rm{6.02隆脕10^{23}}個(gè)微粒;
D.rm{0.012kg^{12}C}中所含的碳原子數(shù)為阿伏伽德羅常數(shù)數(shù)值.
本題考查了有關(guān)物質(zhì)的量、摩爾質(zhì)量、阿伏伽德羅常數(shù)等幾個(gè)概念,側(cè)重于基礎(chǔ)知識(shí)的考查,題目難度不大,側(cè)重于考查學(xué)生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的應(yīng)用能力.【解析】rm{D}7、A【分析】解:rm{A}rm{N_{2}}和rm{C_{2}H_{4}}的摩爾質(zhì)量相同;二者質(zhì)量相同,則物質(zhì)的量相同,二者含有分子數(shù)目相等,故A正確;
B、同溫度、同體積的rm{O_{2}}和rm{N_{2}}影響二者物質(zhì)的量的因素有壓強(qiáng),二者的壓強(qiáng)若相等,含有相同的分子數(shù)目,但二者壓強(qiáng)不一定相同,含有分子數(shù)目不一定相等,故B錯(cuò)誤;
C、同體積、同密度的rm{CO}和rm{CH_{4}}二者質(zhì)量相同,但二者的摩爾質(zhì)量不同,故二者物質(zhì)的量不同,rm{CO}和rm{CH_{4}}含有分子數(shù)目之比與摩爾質(zhì)量成反比,為rm{16g/mol}rm{28g/mol=4}rm{7}故C錯(cuò)誤;
D、同壓強(qiáng)、同體積的rm{N_{2}}和rm{O_{2}}影響二者物質(zhì)的量的因素有溫度,二者的溫度若相等,含有相同的分子數(shù)目,但二者溫度不一定相同,含有分子數(shù)目不一定相等,故D錯(cuò)誤;
故選A.
A、rm{N_{2}}和rm{C_{2}H_{4}}的摩爾質(zhì)量相同;二者質(zhì)量相同,則物質(zhì)的量相同,分子數(shù)目之比等于物質(zhì)的量之比;
B、同溫度、同體積的rm{O_{2}}和rm{N_{2}}影響二者物質(zhì)的量的因素有壓強(qiáng),二者的壓強(qiáng)不一定相同;
C、同體積、同密度的rm{CO}和rm{CH_{4}}二者質(zhì)量相同,但二者的摩爾質(zhì)量不同,故二者物質(zhì)的量不同;
D、同壓強(qiáng)、同體積的rm{N_{2}}和rm{O_{2}}影響二者物質(zhì)的量的因素有溫度,二者的溫度不一定相同.
考查阿伏伽德羅定律及推論,難度不大,可以根據(jù)rm{pV=nRT}理解阿伏伽德羅定律及推論.【解析】rm{A}二、多選題(共7題,共14分)8、ACD【分析】【分析】本題考查元素的推斷和元素周期律,為高考常見題型,題目難度中等,注意把握元素的推斷的角度以及元素周期律的遞變規(guī)律?!窘獯稹縭m{X}rm{Y}在同一周期,rm{X}rm{X}在同一周期,rm{Y}rm{X}rm{{,!}^{+}}與rm{Z}rm{Z}在rm{{,!}^{2-}}具有相同的核外電子層結(jié)構(gòu),可推rm{Z}在rm{X}rm{Y}的上一個(gè)周期,又因?yàn)閞m{X}rm{Y}rm{Z}原子序數(shù)之和為rm{36}平均原子序數(shù)為rm{12}則rm{X}為rm{Na}rm{Z}為rm{O}進(jìn)而可知rm{Y}為rm{Cl}則的上一個(gè)周期,又因?yàn)閞m{Z}rm{X}rm{Y}原子序數(shù)之和為rm{X}平均原子序數(shù)為rm{Y}則rm{Z}為rm{36}rm{12}為rm{X}進(jìn)而可知rm{Na}為rm{Z}則
rm{O}為rm{Y}由同周期元素從左到右元素的金屬性逐漸減弱可知同周期元素中rm{Cl}的金屬性最強(qiáng),故A正確;
A.rm{X}為rm{Na}由同周期元素從左到右元素的金屬性逐漸減弱可知同周期元素中rm{X}的金屬性最強(qiáng),故A正確;rm{X}rm{Na}rm{X}B.具有相同的核外電子層結(jié)構(gòu)的離子,核電核數(shù)越大,半徑越小,則離子半徑應(yīng)為:rm{Z}
rm{Z}的氫化物為rm{{,!}^{2-}}rm{>X}rm{>X}含有氫鍵,常溫下為液態(tài),同族元素中rm{{,!}^{+}}的氫化物沸點(diǎn)最高,故C正確;
,故B錯(cuò)誤;
C.rm{Z}的氫化物為rm{H}rm{Z}【解析】rm{ACD}9、AC【分析】【詳解】
A.pH=2的HA溶液與pH=12的MOH溶液任意比混合,酸和堿發(fā)生反應(yīng)后的溶液中存在的離子有:H+、M+、OH-、A-,無論酸堿的相對(duì)多少如何,溶液總是呈電中性的,根據(jù)電荷守恒有:c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-);A正確;
B.同濃度的CH3COONa、NaOH、Na2CO3三種溶液中,pH的比較為NaOH>Na2CO3>CH3COONa,所以pH相同時(shí),三種溶液的濃度由小到大為:NaOH2CO33COONa;B錯(cuò)誤;
C.物質(zhì)的量濃度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合,即混合溶液中CH3COOH和CH3COONa物質(zhì)的量相等;為了分析的方便,不妨假設(shè)它們的物質(zhì)的量均為1mol,溶液中存在以下三個(gè)平衡:
CH3COOH?CH3COO-+H+,CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-,H2O?H++OH-
根據(jù)電荷守恒:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)①
根據(jù)物料守恒:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)②
將①代入②消去2c(Na+)即得:c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+);C正確;
D.0.1moL/L的NaHA溶液中存在三個(gè)平衡:
H2O?H++OH-,HA-+H2O?H2A+OH-,HA-?H++A2-
已知其pH=4,說明HA-的電離強(qiáng)于水解,即c(A2-)>c(H2A);D錯(cuò)誤;
故合理選項(xiàng)為AC。10、AC【分析】【詳解】
A、室溫下,向0.01mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液,如加入等物質(zhì)的量的NaOH,溶液呈酸性,若呈中性,則加入的NaOH應(yīng)多于硫酸氫銨,但小于硫酸氫銨物質(zhì)的量的2倍,溶液中存在NH4+和NH3·H2O,故有c(Na+)>c((SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+);故A正確;
B、NaHCO3溶液中,OH-是由HCO3-水解和水的電離所生成的,但是這些都是微弱的,HCO3-的濃度應(yīng)大于OH-濃度;故B錯(cuò)誤;
C、由電荷守恒有:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),由物料守恒可得:c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(CO32-)+2c(H2CO3),合并可得c(OH-)-c(H+)=c((HCO3-)+2c(H2CO3);故C正確;
D、25C時(shí),pH=4.75、濃度均為0.1mol·L-1的CH3COOH、CH3COONa的混合液為酸性,說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO-的水解程度,則溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH),根據(jù)電荷守恒可得:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),由于c(Na+)>c(CH3COOH),則c(CH3COO-)+c(OH-)>c(CH3COOH)+c(H+);故D錯(cuò)誤;
故選AC。11、CD【分析】【詳解】
A.pH=6的溶液主要是H2PO4﹣的溶液,此時(shí)磷酸已充分反應(yīng),c(H3PO4)+c(HPO42﹣)<c(H2PO4﹣);故A錯(cuò)誤;
B.c(Na+)=0.100mol?L﹣1的溶液中c(PO43﹣)+c(HPO42﹣)+c(H2PO4﹣)=0.100mol?L﹣1=c(Na+),溶液中溶質(zhì)主要是NaH2PO4根據(jù)圖象可知,H2PO4﹣的水解程度小于電離程度,生成的H3PO4較少,則2c(PO43﹣)+c(HPO4﹣)>c(H3PO4);故B錯(cuò)誤;
C.pH=7.2的溶液為等濃度的NaH2PO4和Na2HPO4,pH=7的溶液NaH2PO4的濃度略大于Na2HPO4,溶液中離子濃度c(Na+)>2c(HPO42﹣)>c(H2PO4﹣);故C正確;
D.c(H3PO4)=c(H2PO4﹣)的溶液pH=2,則c(H+)>c(OH﹣),溶液中存在電荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(H2PO4﹣)+2c(HPO42﹣)+3c(PO43﹣),c(PO43﹣)+c(HPO42﹣)+c(H2PO4﹣)=0.100mol?L﹣1,得到c(Na+)<0.100mol?L﹣1+2c(PO43﹣)+c(HPO42﹣);故D正確;
故答案為CD。
【點(diǎn)睛】
判斷電解質(zhì)溶液的離子濃度關(guān)系,需要把握三種守恒,明確等量關(guān)系。①電荷守恒規(guī)律,電解質(zhì)溶液中,無論存在多少種離子,溶液都是呈電中性,即陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)一定等于陽(yáng)離子所帶正電荷總數(shù)。如NaHCO3溶液中存在著Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-,存在如下關(guān)系:c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒規(guī)律,電解質(zhì)溶液中,由于某些離子能夠水解,離子種類增多,但元素總是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解,故S元素以S2-、HS-、H2S三種形式存在,它們之間有如下守恒關(guān)系:c(K+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③質(zhì)子守恒規(guī)律,如Na2S水溶液中質(zhì)子守恒式可表示:c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)。質(zhì)子守恒的關(guān)系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導(dǎo)得到。12、AB【分析】【分析】
HSO3-在水溶液中即可以電離也可以水解,HSO3-H++SO32-,HSO3-+H2OH2SO3+OH,NaHSO3溶液顯酸性,說明HSO3-電離程度大于水解程度。
【詳解】
A、NaHSO3溶液顯酸性,說明HSO3-電離程度大于水解程度,說明電離生成SO32-的濃度大于水解生成H2SO3的濃度,水解和電離都是微弱的,則HSO3-濃度最大,有c(HSO3—)>c(SO32—)>c(H2SO3);A正確;
B、NaHSO3溶液中,根據(jù)物料守恒,c(Na+)=c(HSO3—)+c(SO32—)+c(H2SO3);B正確;
C、由于發(fā)生水解,有c(Na+)>c(HSO3—);C錯(cuò)誤;
D、根據(jù)電荷守恒,有c(Na+)+c(H+)=c(HSO3—)+c(OH-)+2c(SO32—);D錯(cuò)誤;
答案選AB。13、CD【分析】【分析】
【詳解】
A.該電池在無水條件下進(jìn)行;電解質(zhì)不可用氯化鋁水溶液替代,高溫時(shí)氯化鋁水溶液水解生成氫氧化鋁,故A錯(cuò)誤;
B.根據(jù)蓋斯定律Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)為①+②,所以Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)△H3=(a+b)kJ·mol-1;故B錯(cuò)誤;
C.充電時(shí)正極與外接電源的正極相連;則石墨極與外電源的正極相連,故C正確;
D.放電時(shí),鋁是活潑的金屬鋁是負(fù)極,鋁發(fā)生氧化反應(yīng)生成鋁離子,鋁離子與AlCl4-結(jié)合生成Al2Cl7-,所以電極反應(yīng)式為:Al-3e-+7AlCl4-═4Al2Cl7-;故D正確;
故選CD。
【點(diǎn)睛】
本題考查學(xué)生二次電池的工作原理以及蓋斯定律的應(yīng)用等知識(shí),側(cè)重學(xué)生的分析能力的考查,屬于綜合知識(shí)的考查,注意把握電極的判斷方法和電極方程式的書寫,易錯(cuò)點(diǎn)A,高溫時(shí)氯化鋁水溶液水解生成氫氧化鋁。14、ABC【分析】解:rm{A.}濃硫酸溶于水并放熱;且具有強(qiáng)腐蝕性,少量濃硫酸沾在皮膚上,應(yīng)先用干抹布拭去,再用大量的水沖洗,最后涂上碳酸氫鈉溶液,故A錯(cuò)誤;
B.皮膚上沾有堿液要先用較多的水沖洗;再涂硼酸溶液,故B錯(cuò)誤;
C.除了一些金屬單質(zhì)和塊狀的固體藥品外;用剩的藥品一般要放在指定的容器內(nèi),不可放回原瓶,防止污染藥品,故C錯(cuò)誤;
D.連接并組裝儀器時(shí);一般按由下而上;從左到右的順序進(jìn)行,故D正確.
故選ABC.
A.根據(jù)濃硫酸的強(qiáng)腐蝕性和溶于水放熱的角度分析;
B.濃堿可用水沖洗;
C.用剩的藥品一般不可放回原瓶;
D.由下而上;從左到右的順序安裝.
本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)安全及事故處理,難度不大,化學(xué)實(shí)驗(yàn)要嚴(yán)格遵守操作規(guī)程,否則會(huì)造成不良后果或危險(xiǎn),掌握化學(xué)實(shí)驗(yàn)時(shí)常見意外事故的處理方法即可正確解答本題.【解析】rm{ABC}三、填空題(共9題,共18分)15、略
【分析】試題分析:已知混合物A,含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3,加水溶解后,沉淀F是Al2O3和Fe2O3;溶液G是KAl(SO4)2溶液,其中含有K+、Al3+、SO42—(1)分離溶液與沉淀的方法是過濾。(2)沉淀F是Al2O3和Fe2O3,加入過量NaOH溶液,沉淀C是Fe2O3,溶液D是NaAlO2溶液。溶液G是KAl(SO4)2溶液與稀氨水反應(yīng)生成E,Al(OH)3沉淀;Al(OH)3加熱得到B,Al2O3。(3)沉淀E與稀硫酸反應(yīng)的離子方程式Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;(4)沉淀F中存在的兩種金屬元素是Al和Fe,因?yàn)椴恢叩奈镔|(zhì)的量無法計(jì)算出V3。100mL4mol/LHCl溶解Al和Fe后,用1mol/LNaOH沉淀,由圖像知,V2時(shí)Al和Fe的存在形式是:Al(OH)3、Fe(OH)3,可以認(rèn)為此點(diǎn)是氫氧化鈉和鹽酸完全反應(yīng),所以V2為400mL.考點(diǎn):Al和Fe的化合物的性質(zhì)分析和推斷?!窘馕觥俊敬鸢浮浚?)過濾(2分)(2)Al2O3(2分)Fe2O3(2分)NaAlO2(2分)(3)Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O(2分)(4)①不能(2分)②400(2分)16、略
【分析】試題分析:(1)根據(jù)元素周期表可知①為N元素;⑥是Si元素;⑦是S元素;(2)④為Mg元素,原子結(jié)構(gòu)示意圖⑤為Al元素,原子結(jié)構(gòu)示意圖⑧為Cl元素原子結(jié)構(gòu)示意圖(3)在元素周期表中位于左下方的元素金屬性最強(qiáng),所以⑩號(hào)元素是最活潑的金屬K;最活潑的非金屬位于元素周期表的右上方,為②號(hào)元素F;最不活潑的元素是稀有氣體元素⑨號(hào)Ar;(4)F的非金屬性最強(qiáng),但是不存在最高價(jià)含氧酸,所以最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物中,酸性最強(qiáng)的是⑧號(hào)Cl元素對(duì)應(yīng)的HClO4;堿性最強(qiáng)的是金屬性最強(qiáng)的K對(duì)應(yīng)的KOH;呈兩性的氫氧化物是⑤號(hào)Al對(duì)應(yīng)的Al(OH)3;(5)在③與④中,化學(xué)性質(zhì)較活潑的是③Na,二者與水或等濃度的酸反應(yīng)的劇烈程度不同,或比較等濃度的堿的堿性的強(qiáng)弱??键c(diǎn):考查元素在元素周期表中的位置、結(jié)構(gòu)、性質(zhì)的關(guān)系【解析】【答案】(1)①N;⑥Si;⑦S;(2)(3)K;F;Ar(4)HClO4;KOH;Al(OH)3;(5)Na;與H2O反應(yīng);17、略
【分析】解:①CH3CH2OH和CH3OCH3分子式相同;結(jié)構(gòu)不同,屬于同分異構(gòu)體;
⑤白磷和紅磷是磷元素組成的不同單質(zhì);屬同素異形體;
②D和T質(zhì)子數(shù)相同;中子數(shù)不同的原子,屬于同位素;
④干冰和CO2狀態(tài)不同,為同一物質(zhì)、⑦CH3-CH2-CH2-CH3和寫法不同;為同一物質(zhì);
故答案為:②;⑤;①;④⑦.
同分異構(gòu)體是指分子式相同;但結(jié)構(gòu)不同的化合物;
同素異形體是指由同種元素組成的不同單質(zhì);
同位素是質(zhì)子數(shù)相同;而中子數(shù)不同的原子;
同一物質(zhì)是分子組成相同;結(jié)構(gòu)相同的物質(zhì).
本題主要考查了同分異構(gòu)體、同素異形體、同位素、同一物質(zhì)等知識(shí),根據(jù)概念即可解答.【解析】②;⑤;①;④⑦18、略
【分析】解:rm{(1)Zn}rm{Pt}和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池,rm{Zn}活潑性強(qiáng)失電子作負(fù)極,rm{Pt}作正極;
故答案為:rm{Pt}
rm{(2)Zn}作負(fù)極、rm{Pt}作正極,電解質(zhì)溶液呈酸性,負(fù)極上鋅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成鋅離子,電極反應(yīng)式為rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}
故答案為:rm{Zn}rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}.
rm{Zn}rm{Pt}和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池,rm{Zn}作負(fù)極、rm{Pt}作正極;負(fù)極上鋅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成鋅離子,正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成水,據(jù)此分析解答.
本題考查原電池原理,題目難度不大,側(cè)重考查學(xué)生書寫電極反應(yīng)式,明確溶液酸堿性是解本題關(guān)鍵,電解質(zhì)溶液酸堿性不同其電極反應(yīng)式不同,書寫要仔細(xì)揣摩.【解析】rm{Pt}rm{Zn}rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}19、(1)g(2)mol·L-1(3)25dwmol·L-1(4)%(5)mol·L-1【分析】【分析】本題考查了物質(zhì)的量濃度的計(jì)算,題目難度不大,要求學(xué)生熟練掌握物質(zhì)的量與摩爾質(zhì)量、物質(zhì)的量濃度之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系,試題貼近高考,針對(duì)性強(qiáng);有利于激發(fā)學(xué)生的學(xué)習(xí)興趣和學(xué)習(xí)積極性?!窘獯稹縭m{(1)}設(shè)該飽和溶液的質(zhì)量為rm{x}該溫度下rm{NaOH}的溶解度為:rm{S=}設(shè)該飽和溶液的質(zhì)量為rm{(1)}該溫度下rm{x}的溶解度為:rm{NaOH}rm{dfrac{m_{{脠脺脰脢}}}{m_{{脠脺錄脕}}}}rm{S=}rm{dfrac{x隆脕婁脴%}{x-x隆脕婁脴%}}rm{dfrac
{m_{{脠脺脰脢}}}{m_{{脠脺錄脕}}}}rm{隆脕100=}rm{隆脕100=}
rm{dfrac
{x隆脕婁脴%}{x-x隆脕婁脴%}}rm{隆脕100=}rm{隆脕100=}
rm{dfrac{婁脴}{100-婁脴}}溶液中氫氧化鈉的物質(zhì)的量為:rm{g}rm{g}故答案為:rm{dfrac{婁脴}{100-婁脴}}用rm{g}rm{g}表示溶液的物質(zhì)的量濃度為:rm{(2)}溶液中氫氧化鈉的物質(zhì)的量為:rm{dfrac{dfrac{m}{40}mol}{V隆脕{10}^{-3}L}=dfrac{25m}{V}mol/L}rm{(2)}
rm{dfrac{mg}{40g/mol}}rm{=}
rm{=}氫氧化鈉溶液中含有氫氧化鈉的質(zhì)量為:rm{dfrac{m}{40}}rm{mol}用rm{m}rm{V}表示溶液的物質(zhì)的量濃度為:rm{c(NaOH)=}rm{mol}氫氧化鈉的物質(zhì)的量為:rm{dfrac{1000婁脴dg}{40g/mol}=25dwmol/L}rm{m}
rm{V}rm{c(NaOH)=}rm{dfrac{
dfrac{m}{40}mol}{V隆脕{10}^{-3}L}=dfrac{25m}{V}mol/L}
,氫氧化鈉溶液的質(zhì)量為:故答案為:rm{mol/L}rm{mol/L}含有溶質(zhì)氫氧化鈉的質(zhì)量為:rm{(3)1L}氫氧化鈉溶液中含有氫氧化鈉的質(zhì)量為:rm{1000mL隆脕g?cm}rm{(3)1L}rm{1000mL隆脕g?cm}
rm{{,!}^{-3}}rm{dfrac{0.04Vc}{dV}隆脕100攏樓=dfrac{4c}kdddepk攏樓}rm{隆脕婁脴%=10婁脴dg}氫氧化鈉的物質(zhì)的量為:
rm{隆脕婁脴%=10婁脴dg}rm{dfrac{1000婁脴dg}{40g/mol}=25dwmol/L
},故答案為:rm{25dwmol隆隴L^{-1;}};表示溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度rm{(4)VmL}氫氧化鈉溶液的質(zhì)量為:rm{dg?cm}為:rm{(4)VmL}rm{dg?cm}rm{{,!}^{-3}}rm{隆脕VmL=dVg}含有溶質(zhì)氫氧化鈉的質(zhì)量為:rm{40g/mol隆脕cmol/L隆脕V隆脕10}
rm{隆脕VmL=dVg}【解析】rm{(1)}rm{g}rm{(2)}rm{mol隆隴L^{-1}}rm{(3)25dwmol隆隴L^{-1;}}rm{(4)}rm{%}rm{(5)}rm{mol隆隴L^{-1}}20、Cl2+2Br-=2Cl-+Br2;SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr;BC【分析】解:rm{(1)}向苦鹵中通入rm{Cl_{2}}置換出溴單質(zhì),分離得到溴,通入rm{Cl_{2}}是為了提取溴,分液的離子方程式為:rm{Cl_{2}+2Br^{-}=2Cl^{-}+Br_{2}}故答案為:rm{Cl_{2}+2Br^{-}=2Cl^{-}+Br_{2}}
rm{(2)}海水提取溴一般用氯氣置換溴離子轉(zhuǎn)化為溴單質(zhì),溴單質(zhì)沸點(diǎn)低,易揮發(fā),用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴,再用rm{SO_{2}}將其還原吸收轉(zhuǎn)化為rm{HBr}達(dá)到富集的目的,用rm{SO_{2}}的水溶液將其還原吸收,發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{SO_{2}+Br_{2}+2H_{2}O=H_{2}SO_{4}+2HBr}純堿吸收溴單質(zhì),溴元素化合價(jià)rm{0}價(jià)變化為rm{-1}價(jià)和rm{+5}價(jià),電子轉(zhuǎn)移rm{5e-}配平得到rm{3Br_{2}+6Na_{2}CO_{3}+3H_{2}O隆煤5NaBr+NaBrO_{3}+6NaHCO_{3}}反應(yīng)中,rm{Br}元素化合價(jià)分別由rm{0}價(jià)變化為rm{-1}價(jià)、rm{+5}價(jià),反應(yīng)中rm{Br_{2}}起氧化劑、還原劑作用,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知,rm{2隆脕n_{脩玫祿爐錄脕}(Br_{2})=2隆脕5隆脕n_{祿鹿脭顱錄脕}(Br_{2})}故rm{n_{脩玫祿爐錄脕}(Br_{2})}rm{n_{祿鹿脭顱錄脕}(Br_{2})=5}rm{1}故吸收rm{1molBr_{2}}時(shí),轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{1mol隆脕2隆脕dfrac{1}{1+5}隆脕5=dfrac{5}{3}mol}
故答案為:rm{1mol隆脕2隆脕dfrac{1}{1+5}隆脕5=dfrac
{5}{3}mol}
rm{dfrac{5}{3}}粗鹽中含有rm{(3)A.}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}等雜質(zhì),精制時(shí)通常在溶液中依次中加入過量的rm{SO_{4}^{2-}}溶液、過量的rm{BaCl_{2}}溶液和過量的rm{NaOH}溶液;過濾后向?yàn)V液中加入鹽酸至溶液呈中性,再進(jìn)行重結(jié)晶進(jìn)行提純,故A正確;
B.電解飽和食鹽水生成的是氯氣;氫氣和氫氧化鈉;電解熔融氯化鈉生成鈉和氯氣,故B錯(cuò)誤;
C.氫氧化鈉是強(qiáng)堿;具有強(qiáng)腐蝕性價(jià)格高,工業(yè)生產(chǎn)中常選用生石灰或石灰水作沉淀劑,故C錯(cuò)誤;
D.海水提鎂;涉及生成氫氧化鎂;氫氧化鎂與鹽酸反應(yīng),生成氯化鎂電解可生成鎂,涉及復(fù)分解反應(yīng),故D正確.
故答案為:rm{Na_{2}CO_{3}}.
海水開發(fā)利用:空氣吹出法是用于工業(yè)規(guī)模海水提溴的常用方法,其中一種工藝是在預(yù)先經(jīng)過酸化的濃縮海水中,用氯氣置換溴離子使之成為單質(zhì)溴,繼而通入空氣和水蒸氣,將溴吹入吸收塔,使溴蒸汽和吸收劑二氧化硫發(fā)生作用轉(zhuǎn)化成氫溴酸以達(dá)到富集的目的,也就是得到富集溴rm{BC}然后,再用氯氣將其氧化得到產(chǎn)品溴,粗鹽中含有rm{.}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}等雜質(zhì);精制時(shí)應(yīng)加入試劑進(jìn)行除雜,過濾后向?yàn)V液中加入鹽酸至溶液呈中性,再進(jìn)行重結(jié)晶進(jìn)行提純,鎂形成氫氧化鎂沉淀.
rm{SO_{4}^{2-}}向苦鹵中通入rm{(1)}置換出溴單質(zhì);分離得到溴;
rm{Cl_{2}}先用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴,再用rm{(2)}將其還原吸收轉(zhuǎn)化為rm{SO_{2}}達(dá)到富集的目的,二氧化硫和溴單質(zhì)反應(yīng)生成溴化氫和硫酸,用純堿吸收溴,主要反應(yīng)是rm{HBr}配平書寫化學(xué)方程式,結(jié)合元素化合價(jià)變化和電子轉(zhuǎn)移守恒計(jì)算;
rm{Br_{2}+Na_{2}CO_{3}+H_{2}O隆煤NaBr+NaBrO_{3}+NaHCO_{3}}粗鹽中含有rm{(3)A.}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}等雜質(zhì);精制時(shí)應(yīng)加入試劑進(jìn)行除雜,過濾后向?yàn)V液中加入鹽酸至溶液呈中性,再進(jìn)行重結(jié)晶進(jìn)行提純;
B.飽和食鹽水電解;陽(yáng)極是氯離子失電子生成氯氣,陰極是氫離子得到電子生成氫氣,溶液中生成氫氧化鈉溶液;
C.工業(yè)生成處于生石灰或石灰水作沉淀劑;
D.海水提鎂;涉及生成氫氧化鎂;氫氧化鎂與鹽酸反應(yīng).
本題考查海水資源的綜合利用,主要是氯化鈉提取、溴的制備過程分析,注意掌握中學(xué)常見的化學(xué)工業(yè),側(cè)重對(duì)化學(xué)與技術(shù)的考查,題目難度中等.rm{SO_{4}^{2-}}【解析】rm{Cl_{2}+2Br^{-}=2Cl^{-}+Br_{2}}rm{SO_{2}+Br_{2}+2H_{2}O=H_{2}SO_{4}+2HBr}rm{dfrac{5}{3}}rm{BC}21、略
【分析】試題分析:(1)(①+②)÷2,整理可得:CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)ΔH=-867KJ/mol;(2)裝置Ⅱ中,酸性條件下,NO被Ce4+氧化的產(chǎn)物主要是NO3-、NO2-,根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等及電荷守恒、原子守恒,可得只生成NO3-的離子方程式是NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+;(3)裝置Ⅲ的作用之一是再生Ce4+,其原理如下圖所示。①生成的Ce4+是氧化產(chǎn)物,所以應(yīng)該從電解槽的陽(yáng)極a流出,②生成S2O42-的電極反應(yīng)式為2H++2HSO3-+2e-=S2O42-+2H2O;(4)已知進(jìn)入裝置Ⅳ的溶液中,NO2-的濃度為ag·L-1,要使1m3該溶液中的NO2-完全轉(zhuǎn)化為NH4NO3,因?yàn)閚(NO2-)=(ag/L×1000L)÷46g/mol=500a/23mol,根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等可得n(NO2-)=2n(O2),所以n(O2)=250a/23mol則至少需向裝置Ⅳ中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下的O2的體積是:V(O2)=n(O2)×Vm=250a/23mol×22.4L/mol=5600a/23L=243a??键c(diǎn):考查熱化學(xué)方程式的書寫、電解原理的應(yīng)用、守恒法在離子方程式的書寫及計(jì)算的應(yīng)用的知識(shí)。【解析】【答案】(1)CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)ΔH=-867KJ/mol;(2)NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+;(3)①a;②2H++2HSO3-+2e-=S2O42-+2H2O;(4)243a(或5600a/23)22、略
【分析】解:(1)④可以用KSCN溶液(即⑤),來檢驗(yàn)三價(jià)鐵是否剩余,若果溶液顯紅色,說明三價(jià)鐵剩余,KI溶液和FeCl3溶液反應(yīng)不徹底;反之則進(jìn)行徹底;
故答案為:⑤;溶液顯紅色;
(2)①可以通過觀察產(chǎn)生氣泡的快慢來定性比較比較Fe3+和Cu2+對(duì)H2O2分解的催化效果,將CuSO4改為CuCl2更為合理,這樣Fe3+和Cu2+中的陰離子種類相同;可以排除因陰離子的不同可能帶來的影響;
故答案為:兩個(gè)試管中氣泡生成的速率;排除因陰離子的不同可能帶來的影響;H2O2在二氧化錳作用下發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為:2H2O2H2O+O2↑
②均以生成40mL氣體為準(zhǔn)時(shí);產(chǎn)生等量的氣體用的時(shí)間越短,則反應(yīng)速率越快,所以實(shí)驗(yàn)中需要測(cè)量的數(shù)據(jù)是收集40mL氣體所需的時(shí)間;
故答案為:①;【解析】⑤;溶液變紅色;兩個(gè)試管中氣泡生成的速率;排除陰離子Cl-對(duì)實(shí)驗(yàn)的干擾;2H2O2H2O+O2↑;①23、略
【分析】解:某待測(cè)液中可能含有大量rm{Mg^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{K^{+}}rm{H^{+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{OH^{-}}離子中的一種或幾種;
rm{(1)}取少量待測(cè)液,仔細(xì)觀察,呈無色,則不含有色離子rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}且溶液中沒有沉淀生成;
rm{(2)}向上述待測(cè)液中滴加rm{NaOH}溶液,先無明顯現(xiàn)象,后有白色沉淀生成,說明溶液中含有rm{H^{+}}rm{Mg^{2+}}則溶液中一定不含rm{OH^{-}}
rm{(3)}向上述溶液中加入rm{BaCl_{2}}溶液,無現(xiàn)象,沒有沉淀生成,說明不含rm{SO_{4}^{2-}}
溶液呈電中性,所以一定含有rm{NO_{3}^{-}}
通過以上分析知,溶液中一定含有rm{H^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{NO_{3}^{-}}一定不含rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{OH^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}可能含有rm{K^{+}}
;要檢驗(yàn)是否含有鉀離子,需要做焰色反應(yīng);
rm{(2)}中加入氫氧化鈉后有氫離子、鎂離子和氫氧根離子的反應(yīng),所以離子反應(yīng)方程式分別為rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}rm{Mg^{2+}+2OH^{-}=Mg(OH)_{2}隆媒}
故答案為:rm{H^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{OH^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{K^{+}}rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}rm{Mg^{2+}+2OH^{-}=Mg(OH)_{2}隆媒.}
某待測(cè)液中可能含有大量rm{Mg^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{K^{+}}rm{H^{+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{OH^{-}}離子中的一種或幾種;
rm{(1)}取少量待測(cè)液,仔細(xì)觀察,呈無色,則不含有色離子rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}且溶液中沒有沉淀生成;
rm{(2)}向上述待測(cè)液中滴加rm{NaOH}溶液,先無明顯現(xiàn)象,后有白色沉淀生成,說明溶液中含有rm{H^{+}}rm{Mg^{2+}}則溶液中一定不含rm{OH^{-}}
rm{(3)}向上述溶液中加入rm{BaCl_{2}}溶液,無現(xiàn)象,沒有沉淀生成,說明不含rm{SO_{4}^{2-}}
溶液呈電中性,所以一定含有rm{NO_{3}^{-}}
通過以上分析知,無法確定溶液中是否含有rm{K^{+}}
本題考查離子檢驗(yàn),為高頻考點(diǎn),明確離子顏色、離子性質(zhì)、離子共存條件等知識(shí)點(diǎn)是解本題關(guān)鍵,知道常見離子檢驗(yàn)方法及其現(xiàn)象,題目難度不大.【解析】rm{H^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{OH^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{K^{+}}rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}rm{Mg^{2+}+2OH^{-}=Mg(OH)_{2}隆媒}四、判斷題(共2題,共12分)24、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構(gòu)成,故1.00molNaCl中,所有Na+的物質(zhì)的量為1.00mol,鈉原子最外層有1個(gè)電子,失去最外層1個(gè)電子形成鈉離子,此時(shí)最外層有8個(gè)電子,故所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023;故答案為:對(duì).
【分析】先計(jì)算鈉離子的物質(zhì)的量,再根據(jù)鈉離子結(jié)構(gòu)計(jì)算最外層電子總數(shù).25、A【分析】【解答】依據(jù)題意可知:一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應(yīng)生成二氧化碳和硫,方程式:SO2+2CO═2CO2+S.
故答案為:對(duì).
【分析】依據(jù)題意可知:一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應(yīng)生成二氧化碳和硫,結(jié)合原子個(gè)數(shù)守恒書寫方程式.五、簡(jiǎn)答題(共4題,共24分)26、略
【分析】解:某銀白色金屬單質(zhì)A在空氣中加熱燃燒時(shí)發(fā)出黃色火焰,則A是Na,得到淡黃色固體B,鈉在空氣燃燒生成淡黃色固體過氧化鈉,則B是Na2O2,鈉露置在空氣中足夠長(zhǎng)時(shí)間變?yōu)镹a2CO3,所以C是Na2CO3,過氧化鈉和酸性氣體D反應(yīng)生成Na2CO3,則D是CO2,E和二氧化碳反應(yīng)也生成Na2CO3;鈉;過氧化鈉和水反應(yīng)都生成氫氧化鈉,則E是NaOH;
(1)通過以上分析知,B、C分別是Na2O2、Na2CO3;
故答案為:Na2O2;Na2CO3;
(2)①A為Na,與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣,反應(yīng)的離子方程式為2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑;
②E為NaOH,D是CO2,二者反應(yīng)生成碳酸鈉和水,反應(yīng)的離子方程式為CO2+2OH-=CO32-+H2O;
故答案為:2Na+2H2O=2
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