第一单元测评手册答案

1、.滚动提升卷一1.B解析 HNO3有强烈腐蚀性;KCN是剧毒物质;KClO3属爆炸品,而CCl4不易燃,故B错误。2.A解析 为防止Fe3+水解,应向溶液中参加酸抑制水解,但参加H2SO4会引入SO42-,使试剂不纯,故应参加盐酸,A错误;钠易与空气中的H2O、O2反响,故少量的钠应保存在煤油中,B正确;2NaOH+SiO2Na2SiO3+H2O,Na2SiO3水溶液易使瓶口和玻璃塞粘在一起,故用橡胶塞,C正确;液溴易挥发,密度比水大,因此加水封,D正确。3.D解析 给盛有液体的烧瓶加热时,需要加碎瓷片或沸石以防暴沸,A正确;开窗通风以减小可燃性气体的浓度,防止爆炸,B正确;误服重金属盐可喝鲜

2、牛奶或鸡蛋清解毒,C正确;NaOH溶液具有强腐蚀性,会造成二次伤害,应涂抹NaHCO3溶液,D错误。4.C解析 O2的摩尔质量为32 g·mol-1,A项错误;气体有单原子分子如He,双原子分子如O2,三原子分子如O3,五原子分子如CH4等,B项错误;D项未指明溶液的体积,错误。5.D解析 A项别离装置的选取和别离原理均错误,胶体粒子能通过滤纸,不能通过半透膜,普通过滤装置不能到达纯化胶体的目的;B项别离装置的选取和别离原理均错误,因为二者互溶,所以可利用二者的沸点不同采用蒸馏的方法进展别离;C项别离原理描绘错误,其原理是利用粗盐中各成分的溶解度不同首先通过过滤除去不溶性杂质,再依次

3、参加足量NaOH、BaCl2、Na2CO3溶液,过滤除去杂质离子Mg2+、SO42-、Ca2+等,最后参加适量盐酸并根据氯化钠性质稳定,通过蒸发结晶得到精盐;D项正确,利用两种液体的沸点不同,采用蒸馏的方法进展别离。6.C解析 标准状况下HF为液态,不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故A错误;Fe与氯气反响只生成FeCl3,故B错误;乙烯和环丙烷的最简式均为CH2,故1.4 g混合物中含有的CH2的物质的量n=1.4 g14 g·mol-1=0.1 mol,故混合物中含有0.3 mol原子,即含有原子数目为0.3NA,故C正确;溶液体积不明确,故溶液中的CO32-的个数不能计算,

4、故D错误。7.A解析 乙醇和水互溶,不能用分液的方法别离,A项错误;H2、Cl2的密度与空气相差较大且H2、Cl2不与空气中的成分反响,可以用排空气法搜集,B项正确;氨气极易溶于水,导管末端连接枯燥管可以防止倒吸,C项正确;可以在漏斗中洗涤BaSO4沉淀外表吸附的少量氯化钠,D项正确。8.D解析 Na2O2中的阴离子为O22-,Na2O2和Na2S的摩尔质量均为78 g·mol-1,故混合物中Na2O2和Na2S的总物质的量为0.2 mol,含有的阴离子总数为 0.2NA,A项错误;苯在标准状况下为液态,且苯中不含碳碳双键,B项错误;NaHCO3为离子化合物,由HCO3-和Na+构成

5、,其固体中不存在CO32-,C项错误;1 mol CnH2n+2中含n-1mol碳碳单键,2n+2mol 碳氢键,共有n-1mol+2n+2mol=3n+1mol 共用电子对,即共用电子对数为3n+1NA,D项正确。9.B解析 A项,潮湿的淀粉-KI试纸能检验Cl2,不能检验HCl,错误;B项,NO2为红棕色,可通过观察气体颜色检验,NO2溶于水生成NO和硝酸使潮湿的淀粉-KI试纸变色,也可以用水除杂,正确;C项,含稀硝酸的AgNO3溶液可鉴别溶液中的Cl-,混合气体通入含稀硝酸的AgNO3溶液中产生白色沉淀,CO2和HCl均与Na2CO3溶液反响,不能除杂,应选饱和NaHCO3溶液除杂,错误

6、;D项,二者均可与CaOH2溶液反响生成白色沉淀,不能检验杂质Na2CO3,但Na2CO3与CO2反响生成NaHCO3,可除杂,错误。10.A解析 nHCl=VL22.4 L/mol=V22.4 mol,mHCl=V22.4 mol×36.5 g/mol=36.5V22.4 g,所得溶液的体积为m=1 000 g+36.5V22.4g1 000g/L=36.5V+22 40022 400 L,盐酸的浓度为V22.4mol36.5V+22 40022 400=1 000V36.5V+22 400 mol/L,A项正确;Ca2+与CO32-之间反响生成难溶的CaCO3,不能共存于同一溶液

7、中,B项不能配制;设溶质质量分数为a%的硫酸溶液密度为1 g/mL,那么c1=1 0001a%98=10a198,设溶质质量分数为2a%的硫酸溶液密度为2 g/mL,那么c2=1 00022a%98=20a298,所以c1c2=10a19820a298=122,即c2=221c1,硫酸溶液的浓度越大,密度也越大,所以2>1,所以221c1>2c1,即2c1<c2,C项错误;配制1 L 1 mol/L的NaCl溶液时必须使用胶头滴管定容,所以还缺少胶头滴管,无法完成该实验,故D项错误。11.D解析 加热法别离提纯固体混合物应满足的条件:一种物质受热易挥发或分解,另一物质受热不挥

8、发或难分解。加试剂法别离过滤提纯固体混合物应满足的条件:所加试剂能到达让一种物质形成溶液,而另一物质形成难溶物的状态。A项中碘单质受热易升华,氯化铵受热易分解,遇冷要得到NH4Cl,故用方案1不能将两物质别离开,故A项错误;B项方案1中的残留物应该具有受热时不挥发或难分解的性质,故B项错误;C项方案2中参加的试剂可能不与除X外的物质发生化学反响 ,如加水进展溶解别离,故C项错误;D项中SiO2与NaOH溶液反响生成Na2SiO3溶液,过滤得到Fe2O3,故D项正确。12.18.0 mol·L-1220% 38.0 mol·L-120%1.60 g·mL-13.20

9、 g 0.080 mol 40.80 mol·L-1解析 132.0 g NaOH的物质的量为32.0 g40 g·mol-1=0.80 mol,那么cNaOH=0.80mol0.1 L=8.0 mol·L-1。2100 mL NaOH溶液的质量为100 mL×1.60 g·mL-1=160 g,那么NaOH溶液的质量分数为32.0 g160 g×100%=20%。3由于整个溶液是均一、稳定的,故这10 mL溶液浓度、质量分数、密度与原100 mL NaOH溶液一样。但NaOH的质量和物质的量均变为原来的110。4取出的10 mL N

10、aOH溶液物质的量浓度为8.0 mol·L-1,稀释到100 mL后NaOH的物质的量浓度缩小到原来的110,即8.0 mol·L-1÷10=0.80 mol·L-1。13.1A、C烧杯、玻璃棒 22.0<>313.615将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中,并用玻璃棒不断搅拌解析 1配制溶液需要五种玻璃仪器:量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶。2因无450 mL的容量瓶,配制NaOH溶液要用500 mL的容量瓶,mNaOH=c·V·M=0.1 mol·L-1×0.5 L×40 g·mol-

11、1=2.0 g;NaOH溶于水放出大量热,应把它冷却至室温后再移入容量瓶中,否那么定容后,溶液冷却到室温,体积减小,浓度偏高。3c浓·V浓=c稀·V稀,即1000×1.84×98%98 mol·L-1×V浓=0.5 mol·L-1×0.5 L,得V浓0.013 6 L=13.6 mL;选用15 mL量筒最好,误差小;注意三点:酸入水、沿器壁、棒搅拌。14.11.339 g·L-1230 g·mol-1317 487.5%51149681.7% 70.562 5 mol80.5 mol解析 1密度=质量体积=15 g11.2 L1.339 g·L-1。2解法一:n=11.2 L22.4 L·mol-1=0.5 mol,M=mn=15 g0.5mol=30 g·mol-1。解法二:M=·Vm=1.339 g·L-1×22.4 L·mol-130 g·mol-1。3根据阿伏伽德罗定律:同温同压下,气体体积之比=物质的量之比。最简单的方法是用十字穿插法计算:那么n(CO2)n(CO)=17。4CO的体积分数=CO的物质的量分数=78×100%=87.5%。5m(