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文档简介
河北省衡水市景县中学2023-2024学年高一下化学期末学业水平测试模拟试题注意事项: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、下列事实或做法与化学反应速率无关的是A.将食物存放在温度低的地方 B.用铁作催化剂合成氨C.将煤块粉碎后燃烧 D.用浓硝酸和铜反应制备NO2气体2、下列属于碱的是A.NaOH B.CH3COOH C.NH3 D.H2O3、下列物质的水溶液因水解而显碱性的是A.NaCl B.NaOH C.NH4Cl D.CH3COONa4、下列关于卤族元素由上到下性质递变的叙述,正确的是()①单质的氧化性增强②单质的颜色加深③气态氢化物的稳定性增强④单质的沸点升高⑤阴离子的还原性增强A.①②③B.②③④C.②④⑤D.①③⑤5、下列有关某有机物(结构简式如图所示)的叙述正确的是A.分子式为C10H11O3B.分子中含有4种官能团C.可发生加成反应、水解反应和酯化反应D.1mol该有机物,最多可与4molH2发生反应6、硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为:Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O,下列各组实验中最先出现浑浊的是实验
反应温度/℃
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/(mol·L-1)
V/mL
c/(mol·)
V/mL
A
25
5
0.1
10
0.1
5
B
25
5
0.2
5
0.2
10
C
35
5
0.1
10
0.1
5
D
35
5
0.2
5
0.2
10
7、第ⅦA族元素具有相似的化学性质,其原因是它们的原子具有相同的A.电子层数B.核外电子数C.最外层电子数D.原子半径8、山梨酸是应用广泛的食品防腐剂,其结构如图,下列关于山梨酸的说法错误的是()A.分子式为CB.可使酸性KMnOC.1mol该物质最多可与3molBD.可与醇发生取代反应9、下列变化的实质相似的是()①浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小②二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色③二氧化硫能使品红溶液、溴水褪色④氨气和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥⑤常温下浓硫酸用铁制容器存放、加热条件下浓硫酸能与木炭反应⑥浓硫酸能在白纸上写字,氢氟酸能在玻璃上刻字⑦二氧化碳、二氧化硫使澄清石灰水变浑浊A.只有②③④B.只有⑤⑦C.只有③④⑥⑦D.全部10、以“点燃激情,传递梦想”为主题的奥运火炬“祥云”正在祖国各地传递。“祥云”火炬的燃料是丙烷,它在燃烧时放出大量的热。关于能量变化的说法正确的是()A.伴有能量变化的物质变化都是化学变化B.物质发生化学变化都伴随者能量变化C.化学反应中,反应物的总能量是低于生成物的总能量D.化学反应中,反应物的总能量是高于生成物的总能量11、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列有关说法正确的是A.46gN2O4气体中含有的原子数为3NAB.标准状况下,22.4LSO3中含有SO3分子数为NAC.50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热,转移的电子数为0.3NAD.用电解法精炼铜的反应中转移0.2NA个电子时,阳极溶解6.4g铜12、关于化学反应的下列说法中正确的是()A.分子的种类和数目一定发生改变B.原子的种类和数目一定发生改变C.能量变化主要是由化学键变化引起的D.能量变化的大小与反应物的质量多少无关13、下列10句话,其中表述正确的个数是①C4H9Cl有4种同分异构体②甲烷和氯气光照条件下可制得纯净的一氯甲烷③糖、蛋白质、油脂在一定条件下都能水解④乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应⑤除去甲烷中含有的乙烯气体,可将混合气体通入装有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶中,再干燥⑥用铁片和稀硫酸反应制取氢气时,改用98%的浓硫酸可加快产生氢气的速率⑦100mL2mol/L的盐酸跟锌片反应,加入适量的氯化钠溶液,反应速率不变⑧在氧气中完全燃烧后生成物只有CO2和H2O的有机物一定是烃⑨CH2Cl2没有同分异构体的事实证明了甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构⑩ⅦA族元素的阴离子还原性越强,其氢化物的熔沸点越高A.5个 B.4个 C.3个 D.2个14、下列离子方程式,书写正确的是A.硫化亚铁与盐酸反应:S2-+2H+=H2S↑B.硫化氢气体通入氯水中:H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓C.硫酸和氢氧化钡溶液混合:H++OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+H2OD.铁与稀硫酸反应:2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑15、某原电池总反应为2Fe3++Fe=3Fe2+,不能实现该反应的原电池是A.正极为Cu,负极为Fe,电解质溶液为FeCl3B.正极为Cu,负极为Fe,电解质溶液为Fe(NO)3C.正极为Fe,负极为Zn,电解质溶液为Fe2(SO4)3D.正极为Ag,负极为Fe,电解质溶液为Fe2(SO4)316、我国已跨入“互联网+”时代,而“互联网+”的建设离不开无机非金属材料硅。下列物品中用到硅单质的是()A.陶瓷餐具B.石英钟表C.计算机芯片D.光导纤维二、非选择题(本题包括5小题)17、下表是元素周期表简化后的一部分,请用标出的元素以及对应的物质回答有关问题:主族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA1①2②③④⑤3⑥⑦⑧⑨4⑩(1)写出由①和③两种元素组成的不带电的两种物质的化学式:________、_______;(2)①~⑩号元素中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的酸的化学式为:_______;(3)⑩的最高价氧化物对应的水化物与⑧的最高价氧化物在加热的条件下生成盐和水的化学方程式为:___________________________________________________________;(4)将⑤的单质通入④的常规氢化物中,反应剧烈,对应的化学方程式为:________;(5)相同条件下⑤⑥⑦⑧四种元素的原子半径由大到小的顺序是:________________。18、F可用作丙烯酸酯橡胶的基材。以煤为原料制取F的一种合成路线如下:(1)①的加工手段称为煤的_______(填“气化”“液化”或“干馏”)。(2)②、④反应类型依次是______、______。(3)E中所含官能团名称是_______和_______。(4)C与A互为同系物,C的化学名称是_______;F的结构简式为_______。(5)反应④的化学方程式为_______。19、无水AlCl3是一种重要的化工原料。某课外活动小组尝试制取无水AlCl3并进行相关探究。资料信息:无水AlCl3在178℃升华,极易潮解,遇到潮湿空气会产生白色烟雾。(探究一)无水AlCl3的实验室制备利用下图装置,用干燥、纯净的氯气在加热条件下与纯铝粉反应制取无水AlCl3。供选择的药品:①铝粉②浓硫酸③稀盐酸④饱和食盐水⑤二氧化锰粉末⑥无水氯化钙⑦稀硫酸⑧浓盐酸⑨氢氧化钠溶液。(1)写出装置A发生的反应方程式__________。(2)装置E需用到上述供选药品中的________(填数字序号),装置F的作用是__________。(3)写出无水AlCl3遇到潮湿空气发生反应的化学方程式__________。(探究二)离子浓度对氯气制备的影响探究二氧化锰粉末和浓盐酸的反应随着盐酸的浓度降低,反应会停止的原因:(4)提出假设:假设1.Cl-浓度降低影响氯气的生成;假设2.__________。(5)设计实验方案:(限选试剂:浓H2SO4、NaCl固体、MnO2固体、稀盐酸)步骤实验操作预测现象和结论①往不再产生氯气的装置中,加入_____继续加热若有黄绿色气体生成,则假设1成立②__________若有黄绿色气体生成,则假设2成立(探究三)无水AlCl3的含量测定及结果分析取D中反应后所得固体2.0g,与足量氢氧化钠溶液反应,测定生成气体的体积(体积均换算成标准状况),重复测定三次,数据如下:第一次实验第二次实验第三次实验D中固体用量2.0g2.0g2.0g氢气的体积334.5mL336.0mL337.5mL(6)根据表中数据,计算所得固体中无水AlCl3的质量分数_________。(7)有人认为D中制得无水AlCl3的质量分数偏低,可能的一种原因是__________。20、实验室里需要纯净的NaCl溶液,但手边只有混有Na2SO4、NaHCO3的NaCl。某学生设计了如图所示方案提取纯净的NaCl溶液。如果此方案正确,那么:(1)操作④为________,操作①、④、⑤都用到的玻璃仪器有____________。(2)操作②为什么不用硝酸钡溶液,其理由是___________________________________。(3)进行操作②后,如何判断SO42-已除尽,方法是_____________________________________。(4)操作③的目的是____________,为什么不先过滤后加碳酸钠溶液?理由是____________。(5)操作⑤的目的是_______________________________________________________。21、一定条件下2L的密闭容器中,有反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+Q。(1)若起始时SO2为2mol,反应2min后SO2剩余1.6mol,则在0~2min内SO2的平均反应速率为_____mol/(L·min);若继续反应使SO2剩余1.2mol,则需要再反应的时间_____2min(不考虑温度变化);(选填“>”、“<”或“=”)(2)反应达到平衡后,在其他条件不变的情况下,升高温度,下列说法正确的是_____;(选填字母)A.正反应速率增大,逆反应速率减小,平衡向正反应方向移动B.正反应速率减小,逆反应速率增大,平衡向逆反应方向移动C.正、逆反应速率都增大,平衡向逆反应方向移动D.正、逆反应速率都增大,平衡向正反应方向移动(3)若反应速率(v)与时间(t)的关系如图所示,则导致t1时刻速率发生变化的原因可能是_____;(选填字母)A.增大A的浓度B.缩小容器体积C.加入催化剂D.降低温度(4)在硫酸工业生产中,为了有利于SO2的转化,且能充分利用热能,采用了中间有热交换器的接触室(见图)。下列说法错误的是_____。(选填字母)A.a、b两处的混合气体成分相同,b处气体温度高B.c、d两处的混合气体成分不同C.热交换器的作用是预热待反应的气体,冷却反应后的气体D.反应气体进行两次催化氧化的目的是提高SO2的转化率(5)硫酸工业制法中硫铁矿是制取SO2的主要原料。硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下:3FeS2+8O2→Fe3O4+6SO24FeS2+11O2→2Fe2O3+8SO2,若48molFeS2完全反应耗用氧气131mol,则反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比为________。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【解析】
影响化学反应速率的外界因素有温度、浓度、表面积以及催化剂等。【详解】A项、将易腐败的食物储存在冰箱里,温度降低,化学反应速率减小,故A不选;B项、用铁作催化剂合成氨,化学反应速率增大,故B不选;C项、将煤块粉碎后燃烧,固体的表面积增大,化学反应速率增大,故C不选;D项、用浓硝酸和铜反应制备NO2气体与反应物的性质有关,与反应速率无关,故D选;答案选D。2、A【解析】
电离出的阴离子全部是OH-的化合物是碱【详解】A.NaOH=Na++OH-B.CH3COOH⇌CH3COO-+H+C.NH3不会电离;D.H2O⇌H++OH-根据定义故A正确。3、D【解析】
A.NaCl为强酸强碱盐,在溶液中不水解,溶液呈中性,A错误;B.NaOH为强碱,在溶液中完全电离,电离出的氢氧根使溶液显碱性,B错误;C.NH4Cl为强酸弱碱盐,在溶液中水解,溶液显酸性,C错误;D.CH3COONa为强碱弱酸盐,在溶液中水解,溶液显碱性,D正确;故选D。4、C【解析】试题分析:①卤族元素从上到下,元素的非金属性逐渐减弱,对应单质的氧化性逐渐减弱,故①错误;②卤素单质从上到下,单质的颜色分别为浅黄绿色、黄绿色、红棕色、紫色,颜色逐渐加深,故②正确;③卤族元素从上到下,元素的非金属性逐渐减弱,气态氢化物的稳定性减弱,故③错误;④卤素单质都属于分子晶体,从上到下单质的相对分子质量逐渐增大,分子间作用力逐渐增强,单质的沸点升高,故④正确;⑤卤族元素从上到下,元素的非金属性逐渐减弱,单质的氧化性逐渐减弱,对应阴离子的还原性增强,故⑤正确,故选C。考点:考查同主族元素对应单质、化合物的性质的递变5、D【解析】A.根据结构简式可知分子式为C10H10O3,A错误;B.分子中含有3种官能团:羟基、碳碳双键和羧基,B错误;C.不能发生水解反应,C错误;D.苯环和碳碳双键均与氢气发生加成反应,1mol该有机物,最多可与4molH2发生反应,D正确,答案选D。6、D【解析】“最先出现浑浊”,即:反应速率最快;此题考查影响反应速率的两因素:温度、浓度;温度:温度越高,反应速率越快,而C、D中温度高;浓度:溶液体积相等,均为20ml,则B、D中Na2S2O3、H2SO4浓度大;综合分析,得:D正确;7、C【解析】元素原子的最外层电子数决定其化学性质,因此第ⅦA族元素具有相似的化学性质,其原因是它们的原子具有相同的最外层电子数,答案选C。点睛:掌握影响化学性质的因素是解答的关键,另外需要注意元素原子的最外层电子也叫价电子,主族元素的价电子就是最外层电子,而副族或第Ⅷ族的次外层或倒数第三层电子也叫价电子。8、C【解析】分析:山梨酸含有的官能团有碳碳双键、羧基,属于烯酸,结合烯烃和羧酸的性质分析解答。详解:A.由结构简式可知分子为C6H8O2,故A正确;B.分子中含有碳碳双键,可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,故B正确;C.分子中含有2个碳碳双键,可与溴发生加成反应,1mol该物质最多可与2molBr2发生加成反应,故C错误;D.分子中含有羧基,可与醇发生取代反应,故D正确;故选C。9、B【解析】①硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小,前者是因为浓硫酸的吸水性,后者是因为浓盐酸的挥发性,变化的实质不同;②二氧化硫的漂白作用是因为发生化合反应,具有不稳定性,HClO的漂白作用是因为发生氧化反应,漂白效果稳定,变化的实质不同;③二氧化硫使品红褪色是发生了漂白作用,而使溴水褪色发生了氧化还原反应:SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr,变化的实质不同;④两者都能和浓硫酸反应,氨气是碱性气体与浓硫酸发生化合反应生成硫酸铵,HI与浓硫酸发生了氧化还原反应:H2SO4+2HI=I2+SO2↑+2H2O,变化的实质不同;⑤两者都体现了浓硫酸的强氧化性,变化的实质相似;⑥前者是浓硫酸的脱水性,后者是氢氟酸的腐蚀性:4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O,变化的实质不同;⑦二氧化碳、二氧化硫使澄清石灰水变浑浊,都是酸性氧化物与碱的反应,变化的实质相似。综上,⑤⑦正确,选B。10、B【解析】A.物质三态之间的转变是物理变化,但也存在能量的变化,故A错误;B.物质发生化学反应的同时必定伴随着化学键的断裂和生成,则一定伴随能量的变化,有放热现象或吸热现象发生,故B正确;C.吸热反应中,反应物的总能量是低于生成物的总能量,放热反应中,反应物的总能量是高于生成物的总能量,化学反应中,反应物的总能量不一定低于生成物的总能量,故C错误;D.吸热反应中,反应物的总能量是低于生成物的总能量,放热反应中,反应物的总能量是高于生成物的总能量,化学反应中,反应物的总能量不一定高于生成物的总能量,故D错误;故选B。11、A【解析】
A.46gN2O4的物质的量为=0.5mol,含有的原子数为0.5mol×6×NA/mol=3NA,故A正确;B.标况下SO3是固态,不能根据气体的摩尔体积计算22.4LSO3的物质的量,故B错误;C.二氧化锰只能与浓盐酸反应,和稀盐酸不反应,即HCl不能反应完全,则反应中转移的电子数小于0.3NA个,故C错误;D.用电解法精炼铜时阳极为粗铜,溶解的是Cu和比Cu活泼的金属,则反应中转移0.2NA个电子时,阳极溶解铜的质量会小于6.4g,故D错误;故答案为A。【点睛】本题主要是通过物质的量的有关计算,综合考查学生的基本计算能力和分析问题的能力。顺利解答该类题目的关键是:一方面要仔细审题,注意关键字词,熟悉常见的“陷阱”;另一方面是要把各种量转化为物质的量,以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意:①气体的摩尔体积适用的对象为气体,而标况下水、CCl4、HF等为液体,SO3为固体;②必须明确温度和压强,只指明体积无法求算物质的量;③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。12、C【解析】
A、化学反应前后分子种类发生变化,但数目不一定变化,选项A错误;B、化学变化过程是分子分解为原子,原子重新组合成新分子的过程,化学变化前后原子种类和原子数目保持不变,选项B错误;C、化学反应中的能量变化就是因为旧化学键断裂和新化学键生成引起的,选项C正确;D.化学反应中的能量变化的大小与反应物的质量成正比,选项D错误;答案选C。13、C【解析】
①正确,丁基有4种异构;②错误,甲烷和氯气在光照条件下生成多种取代物,无法制得纯净的一氯甲烷;③错误,比如单糖无法水解;④正确,乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应;⑤错误,酸性高锰酸钾的确能将乙烯除去,但同时又生成了二氧化碳;⑥错误,浓硫酸和铁片在常温下会发生钝化;⑦错误,氯化钠溶液中的水分稀释了盐酸,反应速率将变慢;⑧错误,无法确定该有机物是否含有氧元素;⑨正确,二氯甲烷只有一种结构说明甲烷不是平面结构;⑩错误,要考虑到HF存在分子间氢键,使得HF熔、沸点较高;表述正确的有3个,所以答案选择C项。14、B【解析】
A.硫化亚铁是难溶性物质,在离子方程式里不能写成离子形式,故A不选;B.硫化氢有还原性,氯气有氧化性,两者会发生氧化还原反应,生成硫和盐酸,故B选;C.1mol硫酸电离出2molH+和1molSO42-,1mol氢氧化钡电离出1molBa2+和2molOH-,所以离子方程式中H+、OH-和水的系数均为2,即离子方程式为:2H++2OH-+Ba2++SO42+=BaSO4↓+2H2O,故C不选;D.稀硫酸的氧化性是H+体现出来的,H+的氧化性比较弱,不能把铁氧化成Fe3+,只能氧化成Fe2+,故D不选;故选B。15、C【解析】试题分析:A、正极为Cu,负极为Fe,电解质溶液为FeCl3,则负极发生Fe失去电子生成亚铁离子的反应,正极是铁离子得到电子生成亚铁离子,正确;B、正极为C,负极为Fe,电解质溶液为Fe(NO)3,则负极发生Fe失去电子生成亚铁离子的反应,正极是铁离子得到电子生成亚铁离子,正确;C、正极为Fe,负极为Zn,电解质溶液为Fe2(SO4)3,因为Zn失去电子生成锌离子,发生的反应是Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+,与所给反应不同,错误;D、正极为Ag,负极为Fe,电解质溶液为Fe2(SO4)3,则该电池的总反应是2Fe3++Fe=3Fe2+,正确,答案选C。考点:考查电池反应的判断16、C【解析】
A.陶瓷餐具是硅酸盐产品,主要成分为硅酸盐,A错误;B.石英主要成分为二氧化硅,不是硅单质,B错误;C.硅单质是半导体材料,可以制计算机芯片,C正确;D.光导纤维主要成分为二氧化硅,是硅的氧化物,不是单质硅,D错误;故合理选项是C。二、非选择题(本题包括5小题)17、NH3N2H4HClO4Ca(OH)2+SiO2CaSiO3+H2O2F2+2H2O=4HF+O2r(Na)>r(Al)>r(Si)>r(F)【解析】
由元素在周期表中位置可知,①为H元素、②为C元素、③为N元素、④为O元素、⑤为F元素、⑥为Na元素、⑦为Al元素、⑧为Si元素、⑨为Cl元素、⑩为Ca元素。【详解】(1)①为H元素、③为N元素,H元素和N元素可以组成的分子为NH3;N2H4;(2)10种元素中Cl元素最高价氧化物对应的水化物HClO4的酸性最强,故答案为HClO4;(3)⑩的最高价氧化物对应的水化物为Ca(OH)2,⑧的最高价氧化物为SiO2,Ca(OH)2与SiO2在加热的条件下生成硅酸钙和水,反应的化学方程式为Ca(OH)2+SiO2CaSiO3+H2O,故答案为Ca(OH)2+SiO2CaSiO3+H2O;(4)④为O元素、⑤为F元素,F2与H2O发生置换反应生成HF和O2,反应的化学方程式为2F2+2H2O=4HF+O2,故答案为2F2+2H2O=4HF+O2;(5)⑤为F元素、⑥为Na元素、⑦为Al元素、⑧为Si元素,同周期元素从左到右,原子半径减小,同主族元素自上而下,原子半径增大,则原子半径的大小顺序为r(Na)>r(Al)>r(Si)>r(F),故答案为r(Na)>r(Al)>r(Si)>r(F)。【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律,注意对元素周期表的整体把握,注意位置、结构、性质的相互关系是解答关键。18、气化加成反应取代反应(或酯化反应)碳碳双键酯基丙烯CH2=CHCOOH+C2H5OHCH2=CHCOOC2H5+H2O【解析】
(1)①的加工手段是将煤在高温条件下与水反应生成水煤气,称为煤的气化;(2)反应②是乙烯与水催化水化发生加成反应生成乙醇,反应类型为加成反应;反应④是乙醇与丙烯酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成丙烯酸酸乙酯,反应类型取代反应(或酯化反应);(3)E为丙烯酸,所含官能团名称是碳碳双键和酯基;(4)A为乙烯,C与A互为同系物,故C的化学名称是丙烯;E通过加聚反应生成F,F为聚丙烯酸乙酯,故F的结构简式为;(5)反应④是乙醇与丙烯酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成丙烯酸乙酯,反应的化学方程式为CH2=CHCOOH+C2H5OHCH2=CHCOOC2H5+H2O。【点睛】本题考查有机物的推断和合成,物质的推断是关键,易错点为丙烯酸的推导,注意根据碳原子个数及前后物质的类型及官能团进行分析。19、MnO2+4HCl△MnCl2+Cl2↑+2H2O⑥吸收多余的氯气以免污染空气AlCl3+3H2O==Al(OH)3+3HClH+浓度降低影响氯气的生成NaCl固体往不再产生氯气的装置中,加入浓H2SO4,继续加热86.5%制备的氯气不足(或固体和气体无法充分接触;无水AlCl3发生升华,造成损失等)【解析】分析:本题分三块,制备氯化铝、氯化铝的纯度分析、探究实验室制氯气的反应原理,其中氯化铝制备是利用二氧化锰和浓盐酸混合加热制得氯气与铝粉共热制备氯化铝,实验过程中要关注氯气的净化、保持无氧环境(防止生成氧化铝)、干燥环境(防氯化铝水解),并进行尾气处理减少对环境的污染;氯化铝样品中可能混有铝,利用铝与氢氧化钠溶液反应生成的氢气测定铝的含量,再计算出氯化铝的纯度;探究实验室制备氯气的原理可从二个方面分析:氯离子浓度对实验的影响和H+对实验的影响,据此解答。详解:(1)实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制氯气,反应方程式为MnO2+4HCl(浓)△MnCl2+Cl2↑+2H2O;(2)由于生成的氯化铝易水解,则需要防止水蒸气进入D装置,因此装置E中的药品是无水氯化钙,答案选⑥;氯气有毒,需要尾气处理,则装置F的作用是吸收多余的氯气以免污染空气。(3)无水氯化铝遇水蒸汽发生水解反应,则无水AlCl3遇到潮湿空气发生反应的化学方程式为AlCl3+3H2O=Al(OH)3+3HCl;(4)根据实验室利用浓盐酸和二氧化锰混合加热反应原理可知,参加离子反应的离子为氯离子和氢离子,因此另一种假设为H+浓度降低影响氯气的生成;(5)可通过向反应装置中添加NaCl固体的方法增加溶液里的氯离子浓度,添加浓硫酸的方法增加溶液里的H+浓度来验证,即步骤实验操作预测现象和结论①往不再产生氯气的装置中,加入NaCl固体继续加热若有黄绿色气体生成,则假设1成立②往不再产生氯气的装置中,加入浓H2SO4,继续加热若有黄绿色气体生成,则假设2成立;(6)三次实验收集到的氢气平均值为(334.5mL+336.0mL+337.5mL)÷3=336.0mL,氢气的物质的量为0.336L÷22.4L/mol=0.015mol,根据2Al~3H2,可知铝的物质的量为0.015mol×2/3=0.01mol,质量为0.01mol×27g/mol=0.27g,氯化铝的质量分数为(2.0g−0.27g)/2.0g×100%=86.5%;(7)根据反应原理可知如果制得无水AlCl3的质量分数偏低,则可能的原因是氯气量不足,部分铝未反应生成氯化铝,可导致氯化铝含量偏低;固体和气体无法充分接触,部分铝粉未被氯气氧化,混有铝,导致氯化铝含量偏低;有少量氯化铝升华,也能导致氯化铝含量偏低。点睛:本题综合程度较高,考查了氯气与氯化铝的制备,探究了氯化铝含量测定及氯气制备原理,涉及物质的量计算、实验操作的选择等,知识面广,题目难度中等,对学生基础要求较高,对学生的解题能力提高有一定帮助。20、过滤烧杯、玻璃棒溶液中引入新的杂质离子NO3—取少量上层清液加入BaCl2溶液,若无白色沉淀说明SO42—已除尽除去过量的Ba2+先加Na2CO3然后过滤,可以减少一次过滤操作除去溶解在溶液中的HCl【解析】
混合物溶解后加入氯化钡可生成硫酸钡沉淀,过滤后得到滤液含有氯化钠、氯化钡、碳酸氢钠,加入碳酸钠溶液生成碳酸钡沉淀,过滤,滤液中含有碳酸钠、碳酸氢钠和氯化钠,加入盐酸,盐酸和碳酸钠、碳酸氢钠均反应生成氯化钠、水和二氧化碳,加热煮沸,可得到纯净的氯化钠溶液,以此解答该题。【详解】(1)加入碳酸钠后有碳酸钡沉淀产生,除去碳酸钡的方法是过滤,则操作④为过滤;操作①、④、⑤分别是溶解、过滤、蒸发,因此都用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒。(2)加入硝酸钡溶液,硝酸钡和硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠,除去了硫酸钠,但引入了硝酸钠等新的杂质,因此操作②不用硝酸钡溶液。(3)加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子,检验硫酸根离子已全部沉淀的判断方法为取少量上层清液加入BaCl2溶液,若无白色沉淀说明SO42—已除尽。(4)操作③加入碳酸钠溶液,碳酸钠与过量的氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠,目的是除去溶液中过量的Ba2+,先加Na2CO3然后过滤,可以减少一次过滤操作,所以不先过滤后加碳酸钠溶液。(5)由于盐酸过量,则操作⑤的目的是除去溶解在溶液中的HCl。【点
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