湖北省恩施2023-2024学年高一年级上册1月期末考试化学试题(解析版)_第1页
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文档简介

湖北省恩施土家族苗族自治州高中教学联盟2023-2024学年

高一上学期1月期末试题

考试满分:100分考试用时:75分钟

★祝考试顺利★

注意事项:

1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时,选出每小题工答案』a后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的R答案》

标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他[答案』标号。回答非选择题时,用

签字笔或钢笔将K答案》写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后,将答题卡交回。

4,可能用到的相对原子质量:H-lC-12N-140-16Na-24Cl-35.5Fe-56Cu-64

第I卷(选择题共45分)

一、选择题(本题共15小题,每小题3分,共45分,每小题只有一个选项符合题意)

1.中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CQ4和金属钠为原料,在700℃时制造出>50纳

米级金刚石粉末。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上,立刻被科学家们高度评价为“稻

草变黄金”。对此有下列一些理解,其中错误的是()

A.钠的还原性强于金刚石

B.这个反应是置换反应

C.制造过程中元素种类没有发生改变

D.纳米级金刚石属于一种新型的化合物

(答案》D

K解析X

【详析】A.以Cd4和金属钠为原料,在700°。时制造出1-50纳米级金刚石粉末,说明

Na单质可将C从CCI4中置换出,在该反应中,Na作还原剂,金刚石作还原产物,所以钠

的还原性强于金刚石,A正确;

B.根据A选项分析可知,该反应是置换反应,B正确;

C.结合题干信息及质量守恒定律可知,反应过程中元素种类无变化,C正确;

D.纳米级金刚石属于单质,D错误;

(答案』选D。

2.从日常生活到科技前沿,化学无处不在。下列说法正确的是()

A.食品包装袋中的生石灰、还原铁粉等的作用都是防止食品氧化变质

B.稀土元素加入钢中可以增加钢的塑性、韧性、耐磨性等

C.量子通信材料螺旋碳纳米管TEM与石墨烯互为同位素

D.家庭厨卫所用的固体管道疏松剂主要成分有盐酸和铝粉

1答案》B

(解析》

【详析】A.生石灰只能吸收水分,无法除去氧气,不能防止食品氧化变质,A错误;

B.稀土元素加入钢中可以增加钢的塑性、韧性、耐磨性等,B正确;

C.碳纳米管与石墨烯为碳元素的不同单质,互为同素异形体,C错误;

D.家庭厨卫所用的固体管道疏松剂主要成分有NaOH和铝粉,D错误;

K答案』选B。

3.下列关于元素和元素周期表的叙述正确的是()

A.质子数相同的微粒一定是同种元素

B.「Cm原子的质子数与中子数之差为151

C.由皆Pu转化为言Pu的过程不属于化学变化

D.简单微粒的核外电子层数等于其所在元素周期表的周期数

(答案Uc

K解析X

【详析】A.质子数相同的微粒不一定是同种元素,如Ne、H2O、NH3都含有10个质子,

A错误;

B.第Cm质子数为96,质量数为247,中子数为151,质子数与中子数之差为55,B错误;

C.由,Pu转化为肾pu的过程无新物质生成,不属于化学变化,C正确;

D.简单阴离子微粒的核外电子层数等于其所在元素周期表的周期数,简单阳离子微粒的核

外电子层数等于其所在元素周期表中上周期数,D错误;

[答案X选C。

4.铁及其化合物的“价一类”二维图如图所示,下列有关叙述正确的是()

铁元素化合价

单质氧化物盐碱

A.Fe与氧气的燃烧反应可以使Fe转化为Fe2。?

B.FeO是一种黑色粉末,在空气里受热,能迅速被氧化成FeQs

高温

C.FezOs-Fe的转化可以通过Fe2(D3+2Al之型2Fe+A12C)3

D.C在空气中容易被氧化成B,lmolC被氧化消耗的氧气为5.6L

K答案1C

K解析X

K祥解XA是+2价铁的氧化物,A是FeO;B是+3价铁的氢氧化物,B是Fe(OH)3;C是

+2价铁的氢氧化物,C是Fe(OH)2。据此分析解答。

【详析】A.Fe与氧气的燃烧反应可以使Fe转化为Fe3(D4,故A错误;

B.FeO不稳定,在空气中受热,迅速被氧化成Fes。"故B错误;

C.A1比铁活泼,A1单质可与FezOs高温下生成Fe和氧化铝,故C正确;

D.未指明气体所处的状况,不能确定气体的体积,故D错误;

故选:Co

5.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的是()

A.同温度、同压强下,分别装有NO2和NO气体的两个等体积容器中,气体分子数相等

B,用含4molHC1的浓盐酸与足量的Mil。?反应,生成的C1?在标准状况下的体积为22.4L

C.2.88gND2中含有的电子数是1.8NA

D.过氧化钠与水反应时,生成0.1molC>2转移的电子数为01NA

[[答案』A

(解析n

【详析】A.根据阿伏伽德罗定律可知,同温同压时,若NO?和NO气体体积相等,则二

者物质的量相等,即气体分子数相等,A正确;

B.随着反应不断进行,浓盐酸浓度降低变为稀盐酸,反应停止,最终生成的氯气在标准状

况下的体积小于22.4L,B错误;

C.2.88gND;物质的量:n=—=6=0.16mol,每个ND;中含10个电子,总

M18g/mol

的电子数为L6NA,C错误;

D.过氧化钠与水反应生成氧气时,氧元素化合价由-1价升高至。价,生成O.lmolO2转移

的电子数为0.2NA,D错误;

K答案X选A。

6.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列实验或事实对应离子方程式书写正

确的是()

+

A.CH3coOH与NaOH溶液反应:H+OH=H20

+2+

B.碳酸镁与稀H2sO,反应:MgCO3+2H=Mg+H20+C02T

A人

C.碳酸氢镂溶液与足量的NaOH溶液混合后加热:NH:+OH=NH3T+H20

D.Na投入CuSC)4水溶液中:2Na+Cu?+=Cu+2Na+

[答案XB

K解析X

【详析】A.CH3coOH为弱电解质,不能拆开写,故A错误;

B.碳酸镁与稀H2s04反应的离子方程式为MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2T,故B正确;

C.碳酸氢镀溶液与足量的NaOH溶液混合后加热,离子方程式为

HCO3+NH4+20H'=NH3T+2H2O+CO;-,故C错误;

D.Na投入CuSCU水溶液中不能置换出Cu,故D错误;

故[答案]为:B„

7.如图所示实验方案能达到预期实验目的的是()

A.图甲制备Fe(OH)2

B.图乙除去氯气中的少量氯化氢和水蒸气

C,图丙验证Na和水反应是否为放热反应

D.图丁配制lOOmLO.lOOmoLITiNaCl溶液

K答案』C

K解析X

【详析】A.图中NaOH溶液无法与硫酸亚铁接触,不能制备氢氧化亚铁,A错误;

B.若要除去氯气中的少量氯化氢和水蒸气,需将混合气体先经过饱和食盐水除氯化氢,再

经过浓硫酸干燥,B错误;

C.若Na和水反应放热,导致试管内气体膨胀,挤压红墨水,红墨水液面左低右高,C正

确;

D.配制lOOmLO.lOOmol/LNaCl溶液,计算称量后,在烧杯中溶解,冷却后转移到容量瓶中

定容,不能在烧杯中配制一定物质的量浓度的溶液,D错误;

[答案》选C。

8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是次外层

电子数的3倍,Z可与X形成淡黄色化合物Z?X2,Y、W的最外层电子数相同。下列说法

正确的是()

A.简单离子的半径:Z>Y

B.气态氢化物的稳定性:Y>X

C,简单离子的还原性:Y>W

D,非金属性:W>Y

K答案UB

K解析H

(祥解』四种短周期主族元素,X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍,则X为O

元素,Z与X能形成Z2X2的淡黄色化合物,该淡黄色化合物为Na2O2,则Z为Na元素,Y

与W的最外层电子数相同,则Y为F元素,W为C1元素,据此解题。

【详析】A.Y为EZ为Na,其简单离子分别为:F\Na+,则简单离子的半径:F>Na+,

即Y>Z,A错误;

B.X为O,Y为F,非金属性:X<Y,则气态氢化物的稳定性:Y>X,B正确;

C.Y为F,W为CL非金属性:Y>W,单质氧化性:Y>W,则简单离子的还原性:Y<W,

C错误;

D.Y为F,W为C1,则非金属性:Y>W,D错误;

故选Bo

9.在海洋碳循环中,通过下图所示的途径固碳。下列说法第陕的是()

:。2海洋表面[CO?、、

~~>郎鼠CaCl2>

iI

CaC

°3(CH2O)„

A.钙化作用的化学方程式之一为CaCU+2NaHCC)3=CaCO3J+C02T+H2O+2NaCl

B.碳酸氢钠的电离方程式为NaHC03=Na++HC。,

C.该循环过程中未涉及氧化还原反应

D.该循环减少了碳的排放,有利于实现“碳达峰、碳中和”

(答案》C

K解析X

[祥解》由图可知二氧化碳被吸收转化为碳酸盐,碳酸盐和氯化钙反应发生钙化过程是碳

酸氢钙变化为碳酸钙、水和二氧化碳,此过程碳酸氢根转化生成碳酸钙;光合作用是二氧化

碳与水在太阳光作用下,在叶绿体中反应生成有机物、放出氧气的过程,据此解答。

【详析】A.碳酸氢钠与氯化钙可以转化为碳酸钙、二氧化碳和水,则钙化作用的方程式

2+

之一为Ca+2HCO;=CaCO3J+CO2T+H2O,A正确;

B.碳酸氢钠是弱酸的酸式盐,电离方程式为NaHCOs=Na++HCO,故B正确;

C.该循环过程中光合作用涉及氧化还原反应,故c错误;

D.该循环中二氧化碳被吸收,减少了碳的排放,有利于实现“碳达峰、碳中和“,故D正确;

故『答案》为:C。

10.利用饱和FeCL溶液与H2。反应制得的胶体的胶团结构如图所示,下列说法正确的是

C[Fc(()HhUnFcO,wCI

\___________________z

、M.

ttM

♦羯化帙咬团结构式

A.Fe(OH)3胶粒带正电荷

B.FeCl3溶液、Fe(OH)3胶体与Fe(OH)3沉淀的本质区别是有没有丁达尔效应

C.向氢氧化钠溶液中滴加氯化铁饱和溶液可制备FeCOH%胶体

D.通过过滤操作可获得较为纯净的Fe(OH)3胶体

(答案XA

K解析工

【详析】A.结合胶团结构可知,FeCOH%胶体不带电,但氢氧化铁胶粒因能吸附带正电

荷的离子而带正电荷,A正确;

B.FeCL溶液、FeCOH%胶体与FeCOH%沉淀的本质区别是分散质粒子直径大小不同,B

错误;

C.向氢氧化钠溶液中滴加氯化铁饱和溶液,二者发生复分解反应,生成氢氧化铁沉淀,C

错误;

D.胶体粒子直径大小在lnni~100nm间,可透过滤纸,过滤不能获得较为纯净的Fe(OH)3

胶体,D错误;

K答案』选A。

11.某小河边有四座工厂:甲、乙、丙、丁(如图所示)。已知,它们所排出的废液里分别含

有Na2co3、FeC。、Ca(0H)2>HC1中的一种。某环保小组对河水监测时发现:①甲处

河水呈乳白色;②乙处河水呈红褐色浑浊状;③丙处河水由浑浊变澄清;④丁处河水产生气

泡,河水仍澄清。下列说法错误的是()

I"甲7卜皂~I

G仲丙

丁国叫

A.甲厂排放的废液中含有Ca(OH)2

B,丙处河水变澄清的原因Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2。

C.丁厂排放的废液中含有HC1

D.在M处河水中有Na+、Cl\Ca2\Fe3+>H+

[答案XC

K解析X

(祥解》①四种物质只有Ca(OH)2是白色微溶于水的固体;

②乙处河水呈红褐色浑浊状为氢氧化铁沉淀,则乙厂废液含FeCU;

③丙处河水由浑浊变澄清,则氢氧化铁溶于盐酸中,丙厂废液含HC1;

④丁处河水产生气泡为二氧化碳,为盐酸和碳酸钠反应生成,则丁厂废液含Na2co3;

【详析】A.根据分析可知,甲厂排放的废液中含有CaCOH)2,A正确;

+3+

B.根据分析可知,丙处河水变澄清的原因:Fe(OH)3+3H=Fe+3H2O,B正确;

C.根据分析可知,丙厂废液含HC1,丁厂废液含Na2co3,C错误;

D.根据分析可知,在M处河水中有Na+、Cl\Ca2\Fe3\H+,D正确;

[答案』选C。

12.以工业废渣[主要成分为Ca(OH)2,杂质为CaCC>3]为原料制备KCIO3的流程如图:

HOKC1

2Cl2

工业废渣f打浆f氯化f亍过滤一转化f……fKCK)3固体

滤渣

“氯化”时控制温度在75℃左右进行,充分反应后“过滤”所得滤液为Ca(CK)3)2、CaCl2的

混合溶液。下列有关说法正确的是()

A.“氯化”过程中可适当减小通入Cl2的速率,从而提高C%的转化率

B.“氯化”后“过滤”,测定滤液中CIO]与c「的个数之比为5:1

C.滤渣的主要成分为Ca(OH)2

D.根据转化过程可知溶解度:Ca(ClO3)2<KC1O3

k答案XA

(解析X

(祥解》工业废渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCCh],加入水打浆,通入氯气,可生成

Ca(ClO3)2,CaCl2,过滤后在滤液中加入KC1转化生成KCKh,经蒸发浓缩、冷却结晶

可得晶体KCICh,以此解答该题;

【详析】A.“氯化”过程中可适当减小通入Cl?的速率,使氯气充分反应,从而提高C%的

转化率,A正确;

B.根据得失电子守恒得反应化学方程式:6Ca(OH)2+6C12=Ca(ClO3)2+5CaC12+6H2O,则滤液

中Ca(CK)3)2与CaCh的物质的量之比:1:5,B错误;

C.工业废渣[主要成分为Ca(OH)2,杂质为CaCC>3],CaCC)3难溶于水,所以滤渣的主要

成分为CaCC>3,C错误;

D.转化过程加入KC1,与Ca(CK)3)2发生复分解反应,转化为溶解度更小的KCIO3,D

错误;

[答案X选A。

13.向100mLFe(SC)4)3和CuSC)4的混合溶液中逐渐加入铁粉,充分反应后溶液中剩余固

体的质量与加入铁粉的质量如图所示,忽略溶液体积的变化。下列有关说法错误的是()

A.加入0.42gFe时,溶液中的阳离子为Ci?+、Fe3+和Fe?+

B.加入0.58g〜1.68gFe时,发生反应:Fe+Cu2+=Cu+Fe2+

C.a点溶液中c(FeSC>4)=0.15molL'

D.原溶液中Fe?(SO,1和CuSO4的物质的量浓度之比为1:1

k答案1D

K解析X

(祥解岫氧化性的强弱(Fe3+>Cu2+)及图象变化可知:①0〜0.56gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+,

②0.56g〜1.68gFe时,消耗铁1.12g,剩余物为1.28g,而L28gCu的物质的量为0.02mol,

此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+;③加入铁粉为从1.68g〜2.24g(即加入0.56gFe)时,固体增加

1.84g-1.28g=0.56g,所以此时溶液中不含CM+,反应完全;

【详析】A.。〜0.56gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+,a点时溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+^0Fe3+,

选项A正确;

1.12g

B.由图可知加入铁粉0.56g〜1.68g时,11很6)=丁^^7=。。211101,乘11余物为1.288,即1.28gCu

56g/mol

1.28g

的物质的量为刀,二=0.02moL此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+,选项B正确;

64g/mol

C.由图象可知原溶液中Fe3+为0.02mol,即Fe2(SC)4)3为O.Olmol,0〜0.56gFe发生

0.28g

Fe+2Fe3+=3Fe2+,a点加入铁粉0.28g,物质的量为“,\=0.005mol,生成

56g/mol

1

n(FeSO4)=0.005molx3=0.015mol,c(FeSO4)==0.15mol-I7,选项C

正确;

D.由图象可知原溶液中Fe3+为0.02mol,即Fe2(SO4)3为0.01mol,

-

n(SO4)=3n[Fe2(S04)3]=0.03moLCiP+为0.02mol,即C11SO4为0.02mol,

n(SOt)=n(CuS04)=0.02mol,当加入铁粉为从L68g〜2.24g(即力口入0.56gFe)时,固体增加

1.84g-1.28g=0.56g,溶液中不含Cu2+,溶液中溶质为FeSCU,

-

n(SO:)=0.02mol+0.03mol=0.05mol,SO;'守恒有n(FeSO4)=n(SO;)=0.05moL所以c点溶

液中溶质的物质的量浓度为詈=0.5mol/L,原溶液中Fe2(SC>4)3为O.Olmol,CuSCU为

0.02mol,所以原溶液中Fe2(SCU)3和C11SO4的物质的量浓度之比=物质的量之比为1:2,选

项D错误;

[答案』选D。

14.金属钠在液氨中溶剂化速度极快,生成蓝色的溶剂合电子[e(NH3)1,钠投入液氨中

的溶剂化图如图。钠沉入液氨中,快速得到深蓝色溶液,并慢慢产生气泡,小心蒸发掉NH3,

A.钠的密度比液氨大

B.溶液的导电性不变

C.O.lmol钠投入液氨,Na共失去O.lmol电子

D.钠和液氨可发生以下反应:2NH3+2Na=2NaNH2+H2T

K答案XB

K解析X

【详析】A.根据题干信息,钠沉入液氨中,说明钠的密度比液氨大,A正确;

B.液氨为非电解质,没有自由移动的离子不导电,当钠投入液氨中后,得到深蓝色溶液,

生成自由移动的阴阳离子可导电,所以导电性增强,B错误;

C.根据图示可知,在该过程中,Na失去1个电子变为Na+,所以O.lmol钠投入液氨,Na

共失去O.lmol电子,C正确;

D.蒸发掉NH3,可得到白色固体NaNH2,反应方程式:2NH3+2Na=2NaNH2+H2T,

D正确;

[答案X选B。

15.电导率传感器可辅助探究复分解反应的实质。相同体积的溶液中,离子数目越多,离子

所带电荷数越多,电导率越大,溶液导电性越强。将含有酚酉太的Ba(OH)2溶液平均分成两

份并置于两个烧杯中,插入电导率传感器,往其中一份滴加稀硫酸,往另一份滴加硫酸钠溶

液,滴加过程中,这两份溶液的滴加速率始终相同,测得溶液的电导率变化如图所示。下列

说法正确的是()

电导率

0M时间

2++

A.甲曲线电导率减小过程中的反应:Ba+SO"+H+OH=BaSO4+H2O

B,乙曲线电导率减小过程中,溶液由红色变为无色

C.若将稀硫酸换成稀盐酸,电导率变化趋势与甲一致

D.乙曲线对应的反应中有两种离子数目未减少

(答案》D

k解析》

k祥解[稀硫酸加入Ba(OH)2溶液中,发生反应:Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O,

二者恰好反应时,电导率为0,对应曲线为甲;硫酸钠加入Ba(OH)2溶液中,发生反应:

Ba(OH)2+Na2SO4=BaSO4+2NaOH,溶液始终呈碱性,对应曲线为乙;

【详析】A.根据分析可知,甲曲线电导率减小过程中的反应:

2+-+

Ba+SO;+2H+2OH^=BaSO4+2H2O,A错误;

B.根据分析可知,乙曲线电导率减小过程中,溶液始终呈碱性,溶液为红色,B错误;

C.若将稀硫酸换成稀盐酸,发生反应:Ba(OH)2+2HC1=BaCl2+2H2O,电导率变化

趋势与甲不一致,C错误;

D.乙曲线对应的反应Ba(OH)2+Na2SO4=BaSO4J+2NaOH,溶液中钠离子和氢氧根

离子数目未减少,D正确;

(答案I选D。

第n卷(非选择题共55分)

二、非选择题(本题共4小题,共55分)

(2)D、E和J三种元素的离子半径由大到小的顺序是(用离子符号表示)。

(3)图中对应元素最高价氧化物的水化物中,碱性最强的是(填物质名称)。

(4)A、C和J三种元素能形成多种化合物,其中酸性最强的化合物的化学式是

(5)元素F的单质与元素E的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为。

(6)前四周期同族元素某种性质X随核电荷数的变化趋势如图所示,则下列说法正确的

核电荷数

A.若a、b、c表示第VBA族元素,则X表示对应气态氢化物沸点

B.若a、b、c表示第VIA族元素,则X表示对应氢化物的稳定性

C.若a、b、c表示第HA族元素,则X表示最高价氧化物对应水化物的碱性

D.若a、b、c表示第VDA族元素,则X表示对应简单离子的还原性

②.第三周期第VIA族

(2)CP>F->Na+

(3)氢氧化钠

(4)HC1O4

-

(5)2A1+6H2O+20H=2[A1(OH)4+3H2T

(6)CD

(解析X

K祥解》由表知,A〜J代表对应的元素分别为氢、氮、氧、氟、钠、铝、硅、磷、硫和氯;

(1)G为Si元素,其原子结构示意图:(Q2^\元素I为S元素,在周期表中的位置

一〃

第三周期第VIA族;

(2)D、E和J三种元素的离子分别为:F,Na+和C「,电子层越多离子半径越大;具

有相同电子排布的离子,序数大的离子半径小,则半径由大到小的顺序:CP>F->Na+;

(3)元素的金属性越强,最高价氧化物水化物的碱性越强,故碱性最强的是:氢氧化钠;

(4)A、C和J三种元素分别为:H、。和C1形成的多种化合物,酸性最强的化合物的化

学式:HC1O4;

(5)元素F的单质为AL与元素E的最高价氧化物对应水化物为NaOH,反应离子方程式:

--

2A1+6H2O+2OH=2[A1(OH)4]+3H2T;

(6)A.由于HF分子间存在氢键,其沸点较高,A错误;

B.若a、b、c表示第VIA族元素,随着核电荷数增大,电子层数增多,原子半径增大,非

金属性减弱,对应氢化物的稳定性应减弱,B错误;

C.若a、b、c表示第HA族元素,随着核电荷数增大,电子层数增多,原子半径增大,金

属性增强,最高价氧化物对应水化物的碱性增强,C正确;

D.若a、b、c表示第VDA族元素,随着核电荷数增大,其元素氧化性逐渐减弱,对应简单

离子的还原性逐渐增强,D正确;

(答案》选CD;

17.高铁酸钾(KfeOj是一种新型、高效、无毒的绿色环保水处理材料。EFeC^为紫色

固体,微溶于KOH溶液,具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生。2,在碱性溶液

中较稳定。

(1)K^FeC^的制备。I^FeC^的制备装置如图,回答下列问题。

①A装置中盛放KzCr2。?的仪器为(填仪器名称),A装置中反应的化学方程式为

(K提示凡在酸性条件下,KzCrzO?常被还原为C/+)。

②B装置中所盛试剂为;D装置的作用为o

③C为制备KzFeC%的主体装置,反应分两步进行,第一步为氯气与KOH溶液的反应,第

二步为第一步的产物之一氧化Fe(OH)3的过程。则第二步反应的离子方程式为。

(2)探究KzFeC2的性质。取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,

经检验气体中含有CL。为验证KzFeOd能否将C「氧化从而产生CU,设计以下方案:

方案I取少量溶液a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色

用KOH溶液充分洗涤C中所得固体,再用KOH溶液将K2FeO4溶出

方案n

得到紫色溶液b。取少量b,滴加盐酸,有C%产生

①方案I中溶液变红的原因为(用离子方程式表示)。产生该现象(填“能”或“不能”)

判断一定是由KzFeO,与C「反应形成Fe3+所致。如果不能,还可能因为(填写离子方

程式,如果上一空选“能”则本空不填)。

②方案II得出氧化性:Cl2FeO:(填"/或

1答案X(1)①.圆底烧瓶

②.K2Cr2O7+14HC1(浓)=2KC1+2CIC13+3c12T+7H2O

③.饱和食盐水(或饱和氯化钠溶液)

除去未反应完全的CL,防止污染空气

⑤.2Fe(OH)3+3cleF+40H「=2FeO^"+3CF+5H2O

3+

(2)①.Fe+3SCN-=Fe(SCN)3

②.不能

+3+

③.4FeOj+20H=4Fe+3O2T+10H2O

<

K解析X

K祥解》根据装置分析可知,A装置为KzCr2。,和浓盐酸反应生成氯气的装置,装置B为

除去HC1的除杂装置,装置C为制备KzFeO4的装置,装置D为通过碱液吸收尾气的装置,

K^FeC^具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生氧气,在碱性溶液中较稳定,据此分

析解答问题;

(1)①A装置中盛放KzCr?。7的仪器为圆底烧瓶;K2Cr2O7和浓盐酸反应生成氯气,化

学方程式:K2Cr2O7+14HC1(浓)=2KC1+2CrCl3+3C12T+7H2O;

②装置B为除去HC1的除杂装置,所盛试剂应为饱和食盐水(或饱和氯化钠溶液);装置D

为通过碱液吸收尾气的装置;

③C为制备KzFeC%的主体装置,反应分两步进行,第一步为氯气与KOH溶液的反应,第

二步为第一步的产物之一氧化Fe(OH)3的过程。则第二步反应的离子方程式:

-

2Fe(OH)3+3C10+40H「=2FeO:+3CF+5H2O;

(2)①KSCN溶液与铁离子作用,溶液变红,所以方案I中溶液变红的原因:

3+

Fe+3SCN-=Fe(SCN)3;产生该现象不能判断一定是由KzFeO,与C「反应形成Fe3+

+3+

所致,也可能是因为在酸性条件下发生反应:4FeO^+20H=4Fe+3O2T+10H2O;

②方案II可知,K^FeC^将溶液中C「氧化生成Cl2,得出氧化性:Cl2<FeOt;

18.金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题:

(1)将一定物质的量的Na2cO3、NaHCO3组成的混合物溶于水,配成1L溶液。取出50mL

溶液,逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸与它反应,变化如图,请回答下列问题。

O

I

U

U

V

①原混合物中NaHCO3的物质的量为。

②盐酸的浓度为o

③盐酸加到150mL时,放出CO2气体在标准状况下的体积为o

(2)将Na2。?和NaHCC)3的混合物置于真空密闭容器中加热,充分反应后经检测气体产

物为。2和水蒸气,其总质量为66g,冷却至标准状况下的体积为33.6L。则剩余固体的成

分为,原混合物中NaHCC>3的质量为

(3)为探究NaHCOs的某些化学性质进行如下实验:向锥形瓶内加入饱和NaHCOs溶液,

CO,的物质的量

用CO传感器测定密闭装置中CO分压(CO2的分压=x气体总压

22气体的总物质的量

强),测得CC)2分压与温度的变化关系如图所示。温度在50℃前,装置中CC>2分压逐渐增

大的主要原因是;温度升高到50c之后,装置中CO,分压急剧增大的原因是.

30,

5077℃

K答案』⑴①.0.05mol②.O.OSmol.K1③.0.112L

(2)①.Na2cO3和NaOH②.336g

(3)①.温度升高,根据pV=nRT可知气体的总压强增大,所以CO2分压增大②.

NaHCO3分解生成C02使分压增大

k解析X

R祥解U(1)0~50mL段发生反应:Na2cO3+HC1=NaHCO3+NaCl,50~150mL发生

反应:NaHCO3+HC1=H2O+NaCl+CO2T;

(1)①根据分析可知,消耗盐酸50mL时,生成的

3

n(NaHCO3)=n(Na2CO3)=2.5xl0-mol,此时溶液中碳酸氢钠总物质的量为

5xl0-3mol,说明50mL溶液中含碳酸氢钠:2.5xl(y3moi,原混合物中含碳酸氢钠:

2.5x103molx0m=g.05mol;

50mL

②50mL溶液中=2(2。3完全转化NaHCO3消耗盐酸50mL,贝|

n(HCl)=n(Na2co3)=2.5x10-3mol,盐酸浓度:c(HCl)=^^|^=0.05mol/L;

③盐酸加到150mL时,根据反应:NaHCO3+HC1=H20+NaCl+C02T,放出的CO2气

3

体物质的量:n(CO2)=n(NaHCO3)=5x10-mol,在标准状况下的体积:0.112L;

(2)将Na?。?和NaHCC>3的混合物置于真空密闭容器中加热,充分反应后经检测气体产

物为。2和水蒸气,则说明过氧化钠完全反应,其总质量为66g,冷却至标准状况下的体积

为33.6L,则氧气物质的量:336L=1.5mol,水的物质的量:

22.4L/mol

66g-1.5molx32g/mol4」

—~「一#——=lmol;假设碳酸氢钠分解生成碳酸钠的物质的量为a,且反应生

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