2023届黑龙江省安达市育才高中化学高二第二学期期末经典试题含解析_第1页
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文档简介

2023年高二下化学期末模拟试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、下列关于氢键的说法中正确的是()A.氢键属于共价键B.氢键只存在于分子之间C.氢键的形成使物质体系的能量降低D.氢键在物质内部一旦形成,就不会再断裂2、乙酸橙花酯是一种食用香料,其结构简式如图,关于该有机物的叙述中正确的是①属于芳香族化合物;②不能发生银镜反应;③分子式为C12H20O2;④它的同分异构体中可能有酚类;⑤1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOHA.②③④ B.①④⑤ C.①②③ D.②③⑤3、下列物质久置于空气中会发生相应的变化,其中未涉及到氧化还原反应的是()A.过氧化钠颜色变浅B.氯水颜色变浅C.水玻璃中出现浑浊D.浓硝酸的颜色变为黄色4、某有机物蒸气完全燃烧需三倍于其体积的氧气,产生于二倍于其体积的二氧化碳(体积均在相同状况下测定),该有机物可能是A.C3H7OHB.CH3CHOC.CH3COCH3D.C2H45、下列实验操作正确的是A.检验淀粉是否水解:向淀粉溶液中加入稀硫酸并加热,然后加入银氨溶液进行银镜反应实验B.检验卤代烃中的卤元素:取少量该卤代烃加入NaOH溶液并加热,冷却后加入AgNO3溶液C.制备银氨溶液:将2%的稀氨水逐滴滴入2%的AgNO3溶液中,至沉淀恰好完全溶解D.制备Cu(OH)2悬浊液:将2%的NaOH溶液4~6滴滴入2mL10%的CuSO4溶液中6、下列叙述中,错误的是()A.虽然固体氯化钠不能导电,但氯化钠是电解质B.纯水的pH随温度的升高而减小C.在醋酸钠溶液中加入少量氢氧化钠,溶液中c(OH-)增大D.在纯水中加入少量硫酸铵,可抑制水的电离7、下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是()实验现象离子方程式A向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液,沉淀溶解B向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体C二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色D氧化亚铁溶于稀硝酸A.A B.B C.C D.D8、下列叙述不正确的是A.氨水中:c(OH-)-c(H+)=c(NH)B.饱和H2S溶液中:c(H2S)>c(H+)>c(HS-)>c(S2-)C.0.1mol/LCH3COOH溶液中:c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)D.Ca(OH)2溶液中:c(H+)+2c(Ca2+)=c(OH-)9、下列溶液和100mL

0.5mol/L

CaCl2溶液所含的A.500mL

0.1mol/L

MgCl2溶液B.C.50mL1mol/L10、下列装置能达到实验目的的是A.用装置甲制备氨气 B.用装置乙除去氨气中少量水C.用装置丙收集氨气 D.用装置丁吸收多余的氨气11、已知卤代烃可与金属钠反应:R-X+2Na+R′-XR-R′+2NaX下列有机物可以合成环丙烷的是A.CH3CH2CH2Br B.CH3CHBrCH2BrC.CH2BrCH2CH2Br D.CH3CHBrCH2CH2Br12、室温下,向10.00mL0.1000mol·L-1HCl和0.1000mol·L-1CH3COOH的混合溶液中滴入0.1000mol·L-1NaOH溶液,溶液pH的变化曲线如图所示。已知:常温下,Ka(CH3COOH)=1.75×10-5。下列叙述错误的是A.a点所示溶液中,CH3COOH的电离度约为1.75×10-2%B.a、b、c三点所示溶液中,水的电离程度最大的是c点C.c点所示溶液中:c(Na+)>c(C1-)>c(CH3COOH>c(OH-)>c(H+)D.加热b点所示溶液,的值减小13、在同温同压下,某有机物和过量Na反应得到V1L氢气,另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3溶液反应得到V2L二氧化碳,若V1=V2≠0,则该有机物可能是()A.HOOCCOOH B.CH3CHOHCOOH C.HOCH2CH2OH D.CH3CH2OH14、下列反应中,SO2做还原剂的是A.2Mg+SO22MgO+S B.SO2+H2O2=H2SO4C.Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O D.SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O15、下列有机物中,所有的碳原子不可能都共面的是()A. B.C. D.16、NA表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是()A.常温常压下,64gSO2中含有的原子数为3NAB.标准状况下,11.2LCCl4所含原子数目为2.5NAC.2L0.1mol•L﹣1K2SO4溶液中含K+物质的量为0.2molD.1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA二、非选择题(本题包括5小题)17、金属及其化合物的种类很多,我们可以按照“金属单质、金属氧化物、金属氢氧化物、盐”的类别进行研究。以下是元素周期表中前18号某种金属元素对应的单质及其化合物之间的转化关系(“→”所指的转化都是一步完成)。(1)A与水反应的离子方程式:_______________。(2)若B为呼吸面具中的供氧剂,其供氧时每生成1molO2,反应过程中转移的电子数为____________。(3)200℃时,11.6gCO2和H2O的混合物气体与足量的B反应,反应后固体增加了3.6g,则原混合物的平均相对分子质量为__________。(4)写出一种“C→D”转化的离子方程式:____。(5)某同学将一小块A单质露置于空气中,观察到下列现象:银白色变灰暗变白色出现液滴白色固体,则下列说法正确的是_________。A.①发生了氧化还原反应B.①变灰暗色是因为生成了过氧化钠C.③是碳酸钠吸收空气中的水蒸气形成了溶液D.④只发生物理变化18、由短周期元素组成的中学常见的含钠元素的物质A、B、C、D,存在如图转化关系(部分生成物和反应条件已略去)。(1)若A为Na,则E为________,A与水反应的离子方程式为____________________(2)若A为Na2O2,则E为________,A与CO2反应的化学方程式为____________________,每有1molNa2O2参加反应,转移电子数为________NA(3)①A不论是Na还是Na2O2,依据转化关系判断物质B是________物质C是________②向饱和的C溶液中通入CO2会析出白色晶体,该晶体为________,用化学方程式表示其反应原理为:_____________________③将1mol/L的B溶液逐滴加入到1L1mol/L的AlCl3溶液中,产生白色沉淀39g,则所加入的B溶液的体积可能为________L或者________L19、人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样,加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液,可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀,将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4),再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。(配制KMnO4标准溶液)如图所示是配制50mLKMnO4标准溶液的过程示意图。(1)请你观察图示判断,其中不正确的操作有______(填序号)。(2)其中确定50mL溶液体积的容器是______(填名称)。(3)如果用图示的操作配制溶液,所配制的溶液浓度将_____(填“偏大”或“偏小”)。(测定血液样品中Ca2+的浓度)抽取血样20.00mL,经过上述处理后得到草酸,再用0.020mol/LKMnO4溶液滴定,使草酸转化成CO2逸出,这时共消耗12.00mLKMnO4溶液。(4)已知草酸跟KMnO4反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+===2Mnx++10CO2↑+8H2O,则方程式中的x=______。(5)经过计算,血液样品中Ca2+的浓度为_____mg/cm3。20、已知下列数据:物质熔点/℃沸点/℃密度/g·cm-3乙醇-14478.00.789乙酸16.61181.05乙酸乙酯-83.677.50.900浓硫酸(98%)-3381.84下图为实验室制取乙酸乙酯的装置图。(1)当饱和碳酸钠溶液上方收集到较多液体时,停止加热,取下小试管B,充分振荡,静置。振荡前后的实验现象为________(填字母)。A.上层液体变薄B.下层液体红色变浅或变为无色C.有气体产生D.有果香味(2)为分离乙酸乙酯、乙醇、乙酸的混合物,可按下列步骤进行分离:①试剂1最好选用_________________________________________________;②操作1是________,所用的主要仪器名称是__________________________;③试剂2最好选用_____________________________________;④操作2是_______________________________________;⑤操作3中温度计水银球的位置应为下图中________(填“a”“b”“c”或“d”)所示,在该操作中,除蒸馏烧瓶、温度计外、锥形瓶,还需要的玻璃仪器有__________、________、________,收集乙酸的适宜温度是________。21、科学的进步离不开技术的突破。原子光谱核磁共振、X射线行射、量子计算等技术的发展与应用都推进了结构的研究。如过渡元素原子结构、超分子结构、晶体结构、配合物结构研究等。(1)过渡元素Cr原子的基态电子排布式为______,Cr

的核外电子由激发态跃迁至基态时产生的光谱是______(填“吸收”或“发射”)光谱。(2)胍鎓离子[C(NH2)3+

]可以与甲基磺酸根(

CH3SO3-

)形成超分子晶体,其局部结构如图所示。①组成该晶体的元素中电负性最大的是______,其中

S的杂化类型有_______。②元素C、N、S的简单氢化物在水中的溶解度从小到大的顺序为______,原因是______。(3)①将氨气通入CuSO4溶液中,产生蓝色沉淀,继续通过量氨气,沉淀溶解,得到蓝色透明溶液。该过程中微粒的变化是[Cu(H2O)4]2+→Cu(OH)2→[Cu(NH3)4]2+。[Cu(H2O)4]2+和[Cu(NH3)4]2+中共同含有的化学键类型有_________。②已知:AlF63+在溶液中可稳定存在,CaF2难溶于水,但可溶于含Al3+的溶液中,原因是_____(用离子方程式表示)。(4)近年研究人员通过量子化学计算预测并合成了化合物Na2He,经X射线行射分析其晶胞结构如图所示。①晶胞中Na堆积形成___________(填形状)空间结构,He占据一半空隙,另一半由e-占据。已知Na2He晶体不能导电,理由是__________。②已知晶胞边长为a

nm,晶胞中Na的半径为b

nm,则He的半径为_____nm(列出计算式即可)。

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解析】

A.氢键属于分子间作用力,不属于共价键,故A错误;B.氢键可存在于分子内,例如HNO3、邻硝基苯酚分子可以形成分子内氢键,还有一个苯环上连有两个羟基,一个羟基中的氢与另一个羟基中的氧形成氢键,故B错误;C.氢键的形成过程是通过微粒之间作用力来进一步使体系的能量降低,物质处于较稳定状态,形成的氢键越强,物质的能量越低,故C正确;D.氢键比化学键弱得多,在一定条件下和化学键一样也可以发生断裂,如水的蒸发过程中就存在氢键的断裂,故D错误;故答案为C。2、D【解析】

①乙酸橙花酯中无苯环,不属于芳香族化合物;②乙酸橙花酯中无醛基,因此不能发生银镜反应;③通过计算,乙酸橙花酯的分子式正是C12H20O2;④乙酸橙花酯的分子中含有3个不饱和度,酚类至少含有4个不饱和度,所以它的同分异构体中一定不含酚类;⑤乙酸橙花酯的结构中只有一个能与NaOH反应的普通的酯基,所以水解时,只消耗1个NaOH;综上所述②③⑤正确,答案选D。【点睛】两种有机物若不饱和度不相同,则一定不为同分异构体;若不饱和度相同,则不一定为同分异构体。3、C【解析】A.过氧化钠颜色变浅,是过氧化钠与空气中的水或CO2反应生成氧气,O元素的化合价变化,属于氧化还原反应,故A正确;B.氯水颜色变浅,是HClO分解生成HCl和氧气,Cl、O元素的化合价变化,属于氧化还原反应,故B正确;C.水玻璃中出现浑浊,是硅酸钠溶液中溶解CO2生成硅酸,是复分解反应,不是氧化还原反应,故C错误;D.浓硝酸的颜色变为黄色,是硝酸发生分解反应生成NO2和O2,是氧化还原反应,故D正确;答案为C。4、D【解析】设有机物分子式为CxHyOz,燃烧的通式为CxHyOz+(x+y/4-z/2)O2→xCO2+y/2H2O,解得x=2,y-2z=4,A、y=8,z=2,故错误;B、y=4,z=0,故错误;C、y=6,z=1,x=3,故错误;D、y=4,z=0,故正确。5、C【解析】

A.银镜反应需要在碱性环境下,检验淀粉水解时加入稀硫酸,因此加入银氨溶液前需要中和,A项错误;B.加入NaOH溶液后,需要加入稀硝酸中和加入的碱,防止NaOH与硝酸银溶液反应,干扰检验,B项错误;C.氨水和硝酸银反应先生成沉淀,后沉淀溶解,至生成的沉淀恰好溶解可得到银氨溶液,C项正确;D.制取Cu(OH)2悬浊液时,NaOH应过量,而将2%的NaOH溶液4~6滴,滴入2mL的CuSO4溶液中,NaOH溶液不足,D项错误;本题答案选C。6、D【解析】

A.NaCl在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子导致溶液导电,所以氯化钠是电解质,选项A正确;

B.升温促进纯水电离,氢离子浓度增大,纯水的pH减小,选项B正确;C.加入的氢氧化钠能电离出氢氧根离子,则溶液中c(OH-)增大,选项C正确;D.硫酸铵水解促进水的电离,选项D错误。答案选D。7、A【解析】

A、氢氧化镁碱性强于氨水;B、制氢氧化铁胶体条件是加热,在化学式后注明胶体,得不到沉淀;C、电荷不守恒;D、硝酸具有强氧化性,将亚铁氧化成铁离子;【详解】A、氢氧化镁碱性强于氨水,故A能用来解释相应实验现象;B、制氢氧化铁胶体条件是加热,在化学式后注明胶体,得不到沉淀,离子方程式为:Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+,故B不能用来解释相应实验现象;C、电荷不守恒,正确的离子方程式为:5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++4H++5SO42-,故C不能用来解释相应实验现象;D、硝酸具有强氧化性,其可将亚铁氧化成铁离子,正确的离子方程式为:3FeO+10H++NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O,故D不能用来解释相应实验现象;故选A。【点睛】本题考查离子反应方程式书写,解题关键:结合原理正确书写离子方程式,难点C:氧化还原反应的离子方程式的书写,配平前不能将H+写在反应物中,应先配电子转移守恒,再通过电荷守恒将H+补在生成物中。8、C【解析】分析:本题考查的是弱电解质的电离和溶液中的守恒规律,关键为三大守恒。详解:A.氨水中的电荷守恒有c(OH-)=c(H+)+c(NH),故正确;B.饱和硫化氢溶液中,因为硫化氢存在两步电离,且第一步电离程度大于第二步,所以微粒浓度关系为c(H2S)>c(H+)>c(HS-)>c(S2-),故正确;C.在醋酸溶液中,醋酸电离出等量的氢离子和醋酸根离子,水也能电离出氢离子,所以氢离子浓度大于醋酸根离子浓度,故错误;D.氢氧化钙溶液中的电荷守恒有c(H+)+2c(Ca2+)=c(OH-),故正确。故选C。点睛:弱电解质存在电离平衡,需要注意多元弱酸的电离是分步进行的,因为电离出的氢离子对后面的电离有影响,所以电离程度依次减弱。9、C【解析】分析:分别计算各溶液中Cl-物质的量浓度,然后对比。详解:100mL0.5mol/LCaCl2溶液中所含Cl-物质的量浓度为1mol/L。A项,500mL0.1mol/LMgCl2溶液中所含Cl-物质的量浓度为0.2mol/L;B项,100mL0.5mol/LAlCl3溶液中所含Cl-物质的量浓度为1.5mol/L;C项,50mL1mol/LNaCl溶液中所含Cl-物质的量浓度为1mol/L;D项,25mL0.5mol/LHCl溶液中所含Cl-物质的量浓度为0.5mol/L;答案选C。点睛:本题考查电解质溶液中所含离子物质的量浓度的计算,计算离子物质的量浓度与溶液体积无关,与溶质物质的量浓度和1mol溶质电离出离子的物质的量有关。10、D【解析】

A.用装置甲制备氨气时试管口应该略低于试管底,A错误;B.氨气能被浓硫酸吸收,不能用装置乙除去氨气中少量水,B错误;C.氨气密度小于空气,用向下排空气法收集,但收集气体不能密闭,不能用装置丙收集氨气,C错误;D.氨气极易溶于水,用装置丁吸收多余的氨气可以防止倒吸,D正确;答案选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价,把握实验装置图的作用、物质的性质为解答的关键,注意实验的操作性、评价性分析。11、C【解析】

A.由已知R-X+2Na+R′-XR-R′+2NaX可知CH3CH2CH2BrCH3CH2CH2CH2CH2CH3,故A不符合题意;B.由已知R-X+2Na+R′-XR-R′+2NaX可知:CH3CHBrCH2Br,故B不符合题意;C.由已知R-X+2Na+R′-XR-R′+2NaX可知:CH2BrCH2CH2Br;故C符合题意;D.由已知R-X+2Na+R′-XR-R′+2NaX可知:CH3CHBrCH2CH2Br,故D不符合题意;综上所述,本题正确答案为C。【点睛】解题依据:已知R-X+2Na+R′-XR-R′+2NaX,可以增加碳链,或者由连状烃转变成环状烃进行分析。12、C【解析】

由题给信息可知,向10.00mL0.1000mol·L-1HCl和0.1000mol·L-1CH3COOH的混合溶液中滴入10mL0.1000mol·L-1NaOH溶液,盐酸刚好完全反应,此时溶液为NaCl和CH3COOH的混合溶液;加入20mL0.1000mol·L-1NaOH溶液,溶液中的溶质为:NaCl、CH3COONa,且二者的物质的量浓度相等。据此进行分析。【详解】A.a点溶液中盐酸对醋酸的电离有抑制作用,此时c(CH3COOH)约等于c(H+),则根据电离平衡常数,可得,故已电离的,则醋酸的电离度=,A项正确;B.a点溶液为HCl和CH3COOH的混合溶液,b溶液为NaCl和CH3COOH的混合溶液,c点溶液中的溶质为:NaCl、CH3COONa,在a、b点水的电离都受到抑制,只有c点,NaCl对水的电离无影响,CH3COO-发生水解,促进了水的电离,故a、b、c三点所示溶液中,水的电离程度最大的是c点,B项正确;C.c点所示溶液中溶质为物质的量之比为1:1的NaCl和CH3COONa,CH3COO-发生微弱的水解,则离子浓度大小关系应为:c(Na+)>c(C1-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+),C项错误;D.b点时,溶液为NaCl和CH3COOH的混合溶液,因为CH3COOH为弱电解质,加热会促进CH3COOH的电离,则c(CH3COO-)浓度增大,而c(Cl-)浓度无变化,则的值减小,D项正确;答案选C。13、B【解析】

—OH、—COOH均能与Na反应,2mol—OH或—COOH与过量Na反应生成1molH2。—COOH能与NaHCO3溶液反应,lmol—COOH与足量NaHCO3溶液反应生成1molCO2。【详解】A.HOOC—COOH与过量Na、足量NaHCO3溶液反应产生H2、CO2的体积比为1∶2,故A错误;B.与过量Na、足量NaHCO3溶液反应产生H2、CO2的体积相等,故B正确;C.HOCH2CH2OH与Na反应产生氢气,与NaHCO3不反应,故C错误;D.CH3CH2OH与Na反应产生氢气,与NaHCO3不反应,故D错误;答案选B。14、B【解析】

A.反应2Mg+SO22MgO+S中S元素的化合价降低,则二氧化硫为氧化剂,A错误;B.反应SO2+H2O2=H2SO4中S元素的化合价升高,SO2做还原剂,B正确;C.反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O中二氧化硫为生成物,是还原产物,C错误;D.反应SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O中不存在元素的化合价变化,为非氧化还原反应,D错误;答案选B。15、A【解析】选项A相当于甲烷分子中的4个氢原子被甲基取代,所有的碳原子不可能共面。B可视为乙烯分子中的4个氢原子被甲基取代,所有的碳原子共面。C可视为苯环上的两个氢原子被甲基取代,所有的碳原子共面。D中含有一个苯环和一个碳碳双键,通过碳碳单键相连,两个平面可能重合。16、A【解析】分析:A.二氧化硫分子中含有3个原子,1mol二氧化硫中含有3mol原子;B、依据气体摩尔体积的应用条件分析判断;C、根据公式n=cV进行计算;D、根据甲烷与氯气在光照条件下反应的情况分析。详解:A.64g二氧化硫的物质的量为1mol,1mol二氧化硫分子中含有3mol原子,含有的原子数为3NA,选项A正确;B、标准状况下,CCl4不是气体,11.2LCCl4的物质的量不是0.5mol,所含原子数目不是2.5NA,选项B错误;C.2L0.1mol•L﹣1K2SO4溶液中含K+物质的量为2L×0.1mol•L﹣1×2=0.4mol,选项C错误;D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种,因此生成的CH3Cl分子数不为1.0NA,选项D错误。答案选A。点睛:本题考查了阿伏伽德罗常数的判断,题目难度中等,注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件,熟练掌握物质的量与摩尔质量、标况下的气体摩尔体积、阿伏伽德罗常数等物理量之间的关系,选项C为易错点,注意稀有气体为单原子分子。二、非选择题(本题包括5小题)17、2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑2NA或2×6.02×102323.2OH-+H+=H2O(答案合理即可)A【解析】

金属单质可以形成氧化物,也可以直接生成氢氧化物、金属氧化物可以生成氢氧化物、金属氢氧化物一步形成盐,根据金属单质可以直接形成碱,说明A为活泼金属Na、Mg等,但氧化镁不能溶于水生成氢氧化镁,因此A为Na元素。结合钠及其化合物的性质分析解答。【详解】根据框图,金属单质A能够一步反应生成C(氢氧化物),则A为活泼金属Na、Mg等,但氧化镁不能溶于水生成氢氧化镁,因此A为Na,C为NaOH。(1)A为钠,Na与水反应的化学方程式为:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,离子方程式为:2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑,故答案为:2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑;(2)若B为呼吸面具中的供氧剂,则B为Na2O2,其供氧时主要反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2和2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,两个反应中都是只有过氧化钠中的O元素化合价发生变化,其供氧时每生成1molO2,反应过程中转移的电子数为2NA或2×6.02×1023,故答案为:2NA或2×6.02×1023;(3)由反应:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,可知参加反应的CO2和H2O与生成O2的物质的量之比为2∶1,m(增重)=m(吸收)-m(放出),即11.6g-m(O2)=3.6g,m(O2)=11.6g-3.6g=8.0g,所以n(O2)==0.25mol,n(CO2和H2O)=0.5mol,则原混合气体的平均摩尔质量为=23.2g/mol,原混合物的平均相对分子质量为23.2,故答案为:23.2;(4)如C→D转化的化学方程式为:NaOH+HCl=NaCl+H2O,则离子方程式为:OH-+H+=H2O,故答案为:OH-+H+=H2O;(5)Na的性质活泼,易与空气中氧气反应生成Na2O,Na2O易与水反应生成NaOH,NaOH吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3•xH2O,Na2CO3•xH2O风化脱水生成Na2CO3。A.①发生氧化还原反应生成了氧化钠,故A正确;B.①变灰暗色主要是因为生成了氧化钠,4Na+O2=2Na2O,故B错误;C.③是氢氧化钠潮解,吸收水蒸气形成氢氧化钠溶液,故C错误;D.④是二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠固体,发生了化学反应,故D错误;故答案为:A。【点睛】本题的(4)的答案不唯一,具有一定的开放性,若酸选醋酸,则反应的离子方程式为OH-+CH3COOH=CH3COO-+H2O。18、H22Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑O22Na2O2+2CO22Na2CO3+O21NaOHNa2CO3NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3↓1.53.5【解析】

考查无机物的推断,(1)假设A为Na,则Na与H2O反应生成NaOH和H2,即E为H2,B为NaOH,C为Na2CO3,D为NaHCO3;(2)假设A为Na2O2,Na2O2与H2O反应生成O2和NaOH,与(1)类似;(3)根据(1)和(2)的分析,以及钠及其化合物的性质进行分析。【详解】(1)若A为Na,Na与H2O反应:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,则单质E为H2,B为NaOH,CO2与NaOH反应:2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O,继续通入CO2:Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,A与水反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑;(2)若A为Na2O2,则Na2O2与水反应:2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,则单质E为O2,Na2O2与CO2能发生反应:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,Na2O2与CO2反应,Na2O2既是氧化剂又是还原剂,因此1molNa2O2与CO2反应转移电子物质的量为1mol,电子数为NA;(3)①根据上述分析,B为NaOH,C为Na2CO3;②NaHCO3的溶解度小于Na2CO3,因此向饱和的Na2CO3溶液中通入CO2,产生NaHCO3沉淀;其反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓;③如果只发生AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl,n(AlCl3)=1mol,n[Al(OH)3]=39/78mol=0.5mol,即AlCl3过量,消耗NaOH的体积0.5×3/1L=1.5L;氢氧化铝为两性氢氧化物,NaOH稍微过量,发生的反应是AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,AlCl3全部参与反应,生成氢氧化铝的总物质的量为1mol,此时消耗NaOH的物质的量为3mol,最后沉淀的物质的量为39/78mol=0.5mol,即有(1-0.5)mol氢氧化铝被消耗,同时该反应中消耗NaOH的物质的量为0.5mol,总共消耗氢氧化钠的物质的量为3.5mol,体积为3.5/1L=3.5L。【点睛】本题的难点是电子转移物质的量的计算,Na2O2无论与CO2反应还是与H2O反应,Na2O2既是氧化剂又是还原剂,每消耗2molNa2O2,或生成1molO2,转移电子物质的量为2mol,因此消耗1molNa2O2,转移电子物质的量为1mol,特别注意本题让求的是电子数,与阿伏加德罗常数有关。19、②⑤50mL容量瓶偏小21.2【解析】

(1)由图示可知②⑤操作不正确。②不能在量筒中溶解固体,⑤定容时应平视刻度线,至溶液凹液面最低处与刻度线相切;(2)应该用50mL容量瓶准确确定50mL溶液的体积;(3)如果用图示的操作配制溶液,由于仰视刻度线,会使溶液体积偏大,所配制的溶液浓度将偏小;(4)根据电荷守恒,草酸跟KMnO4溶液反应的离子方程式为:2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O即x=2;(5)根据方程式可知血液样品中Ca2+的浓度为0.020mol/L×0.012L×52×40000mg/mol20.00cm3=1.220、ABCD饱和碳酸钠溶液分液分液漏斗稀硫酸蒸馏b酒精灯冷凝管牛角管略高于118℃【解析】

分离出乙酸、乙醇、乙酸乙酯,利用其性质不同进行分离,如乙酸乙酯不溶于Na2CO3溶液,乙醇溶于碳酸钠溶液,乙酸与Na2CO3溶液发生反应,采用分液的方法分离出,然后利用乙醇易挥发

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