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文档简介

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页,总=sectionpages22页第=page11页,总=sectionpages11页2025年新世纪版必修1化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围:全部知识点;考试时间:120分钟学校:______姓名:______班级:______考号:______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题,共14分)1、下列溶液混合后,不会发生离子反应的是()A.硝酸钡溶液和硫酸钠溶液B.氢氧化钠溶液和稀硫酸C.碳酸钾溶液和稀盐酸溶液D.硝酸钾溶液和氯化铜溶液2、下列关于氧化还原反应的说法中正确的是()A.氧化还原反应过程中一定有电子转移B.氧化还原反应前后一定有氧的得失C.实现Fe3+→Fe2+的变化过程失去电子D.失去电子的反应是还原反应3、在给定的条件下,下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是A.NaCl(aq)NaHCO3NaCO3B.AlNaAlO2AlCl3(aq)AlCl3(s)C.FeFeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3D.H2SO4(aq)SO2NH4HSO3(NH4)2SO34、某同学将一块铝箔用砂纸仔细打磨,除去表面的保护膜,用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热至熔化,发现熔化的铝并不滴落,而是好像有一层膜兜着。对该现象的说法错误的是A.兜着液体的这层膜是氧化铝B.该实验说明了氧化铝的熔点高于铝的熔点C.铝极易与空气中的氧气反应在表面形成氧化物保护膜D.铝的化学性质较稳定,即使加热到熔化也不与空气中的氧气反应5、X;Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素;由上述元素形成的常见二元化合物或单质存在如图所示的转化关系(部分反应物或生成物省略),其中只有乙为单质,丁为淡黄色固体,己为红棕色气体。下列说法正确的是。

A.简单离子半径:W>Y>ZB.丁是含有共价键的离子化合物C.最简单氢化物的热稳定性:Y>ZD.W的氧化物对应的水化物促进水的电离6、X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素,它们所在周期数之和为11,YZ气体遇空气变成红棕色,R的原子半径是短周期中最大的,W和Z同主族。下列说法错误的是()A.X、Y、Z元素形成的化合物溶于水一定呈酸性B.气态氢化物的稳定性:Z>WC.简单离子半径:W>RD.Z、R形成的化合物中可能含有共价键7、下列实验操作、现象和结论均正确的是()。选项实验操作现象结论A向Na2SO4溶液中先加硝酸酸化,再加BaCl2溶液无明显现象不能用硝酸和BaCl2溶液检验SOB向AlCl3溶液中滴加过量氨水溶液澄清AlCl3与NH3·H2O能大量共存C将可调高度的铜丝伸入到稀HNO3中溶液变蓝Cu与稀HNO3发生置换反应D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后,加入CCl4,振荡,静置下层溶液显紫红色氧化性:Fe3+>I2

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共5题,共10分)8、现有下列九种物质:①盐酸②石墨③蔗糖④CO2⑤熔融NaHSO4⑥Ba(OH)2固体⑦氨水⑧硫酸⑨明矾。

(1)属于电解质的有__________________;(填序号,下同)属于非电解质的有____;能导电的物质有______________________________.

(2)②和SiO2在高温下可发生如下反应:3C+SiO2SiC(其中碳元素化合价为-4)+2CO,用单线桥法表示该反应的电子转移情况________________;氧化剂与还原剂物质的量之比为________________.

(3)上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反应:H++OH-═H2O,该离子反应对应的化学方程式为______________________

(4)⑤的电离方程式为___________________________.9、若将SO2通入硝酸钡溶液中,有白色沉淀产生,其化学反应方程式如下(未配平):SO2+Ba(NO3)2+H2O——BaSO4↓+HNO3+NO↑

(1)配平上述化学反应方程式并用双线桥表示电子转移的方向和数目________。

(2)该反应中,_______发生氧化反应,氧化剂是_______。氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。

(3)当反应消耗二氧化硫19.2g时,反应中转移电子数目为_______,生成NO的体积为_______(标准状况)。10、某化学课外活动小组从实验室取出硫酸试剂,试剂瓶上标签的部分内容如图所示。该小组欲使用240mL0.2mol·L-1的稀硫酸溶液。配制稀硫酸溶液时:

(1)配制稀硫酸所用容量瓶的规格为___________mL。

(2)所需试剂瓶内浓硫酸的浓度为___________mol·L-1,配制该稀硫酸溶液时所需要称量的浓硫酸的体积为___________mL。

(3)下列为该小组的操作,可能导致配制溶液浓度偏高的是___________。

A.移液前未冷却至室温。

B.定容时加水多了;用滴管吸出。

C.定容时俯视刻度线。

D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线;但未做任何处理。

(4)如图是该小组转移溶液的示意图,图中的错误是___________。

11、除杂质:所选试剂都填化学式。

(1)除去混入NaCl溶液中少量NaHCO3杂质的试剂是_________,离子方程式为__________。

(2)除去FeCl2溶液中混入的FeCl3溶液杂质用试剂是________,离子方程式为_______________。

(3)除去Mg粉中混有的少量Al杂质的试剂是_________,离子方程式为________________。

(4)除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3杂质的试剂是_________,离子方程式为_________。12、Ⅰ.胶体是一种常见的分散系;回答下列问题。

①胶体是指分散质粒子大小在_________________nm之间的分散系。

②向Fe(OH)3胶体中加入盐酸的现象是_________________________________。

Ⅱ.①FeCl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺,其离子方程式为_________________________。

②高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂,可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4,反应的离子方程式为___________________________。

III.(1)过氧化氢H2O2(氧的化合价为﹣1价);俗名双氧水,医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。

①对于下列A~D涉及H2O2的反应;填写空白:

A.Na2O2+2HCl=2NaCl+H2O2B.Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2O

C.2H2O2=2H2O+O2D.3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O

H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是_________(填代号)。

②在稀硫酸中,KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应。

氧化反应:H2O2﹣2e﹣=2H++O2↑

还原反应:MnO4—+5e﹣+8H+=Mn2++4H2O

写出该氧化还原反应的离子方程式:_________________________________

(2)在K2Cr2O7+14HCl=2KCl+3Cl2↑+7H2O+2CrCl3的反应中,有0.3mol电子转移时生成Cl2的体积为______L(标准状况)评卷人得分三、判断题(共6题,共12分)13、除去Cu粉中混有CuO的实验操作是加入稀硝酸溶解、过滤、洗涤、干燥。(_______)A.正确B.错误14、是黑色固体,与水反应生成(_____)A.正确B.错误15、HCl、H2SO4、HNO3溶液中都含有H+,因此具有相似的化学性质。(_______)A.正确B.错误16、向某溶液中加入稀盐酸,产生能使澄清石灰水变浑浊的气体,溶液中一定存在CO(_______)A.正确B.错误17、17g羟基(-OH)中含有的电子数为10NA。(_____)A.正确B.错误18、高纯硅可用来制作芯片和硅太阳能电池。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共1题,共10分)19、钒及其化合物在工业上有许多用途。从废钒(主要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)中提取五氧化二钒的一种工艺流程如下:

已知:①VOSO4能溶于水,VO2+与Fe不能反应。

②有机溶剂H2R对VO2+及Fe3+萃取率高,但不能萃取Fe2+。

回答下列问题:

(1)“酸浸、氧化”过程中V2O3转化为VO2+,反应的离子方程式为________滤渣成分是____,若用浓盐酸代替硫酸,V2O5转化为VO2+,同时生成有毒的黄绿色气体,反应的化学方程式为________________。

(2)萃取前用“铁粉”对浸出液进行处理,主要目的是_________,为检验处理后的浸出液中是否含有Fe3+,可选用的化学试剂是______________(填试剂名称)。

(3)“溶剂萃取与反萃取”可表示为:VO2++H2RVOR+2H+。为了提高VO2+的产率,反萃取剂可选用________

a.NaClb.NaOHc.H2SO4

(4)反萃取后的水层中加KClO3,使VO2+变为变为C1-。当反应3molVO2+时,至少需要KClO3的物质的量为__________mol。

(5)已知NH4VO3难溶于水,在水中的Ksp曲线如图所示,向10mL0.2mol·L-1NaVO3的滤液中加入等体积的NH4Cl溶液(忽略混合过程中的体积变化),欲使沉淀完全,则NH4Cl溶液的最小浓度为____(当溶液中某离子浓度≤1×10-5mol·L-1时;认为该离子沉淀完全)。

(6)钒电池由溶解于一定浓度硫酸溶液中的不同价态的钒离子(V2+、V3+、VO2+、)为正极和负极的活性物质组成,电池总反应为VO2++V3++H2OVO2++V2++2H+,充电时的阴极反应式为_____,放电过程中电解液的pH__________(填“升高”“降低”或“不变”)。评卷人得分五、结构与性质(共2题,共18分)20、元素周期表的形式多种多样;下图是扇形元素周期表的一部分,对照中学化学常见长式元素周期表,回答下列问题:

(1)将26号元素Fe的元素符号填在上述周期表的合适位置___________。元素J在长式元素周期表中的位置是第___________周期____________族。

(2)在元素B与元素C分别形成的最高价氧化物中,熔点更高的是___________(用化学式表示),请用文字简述原因___________。

(3)元素C的最高价氧化物对应的水化物分子为对称结构,每个原子的最外层电子均满足稳定结构,写出该分子的结构式___________;J和氯元素可形成原子个数比为1:1的化合物,最外层均达到8电子的稳定结构,该化合物的电子式为___________,J和氯元素形成的共用电子对偏向于___________(填元素符号)。

(4)用A;D、G表示上述周期表中相应元素形成的单质;甲、乙、丙、丁、戊为短周期元素组成的化合物。戊是一种难溶于水的白色胶状物质,既能与强酸反应,也能与强碱反应。丁是一种高能燃料,其组成元素与丙相同,1mol丁分子中含有18mol电子。

①丁中所包含的共价键类型是:___________。

②甲被大量用于制造电子元件,工业上用乙、C单质和D单质在高温下制备甲,其中乙和C单质的物质的量之比为1∶3,则该反应的化学方程式为:___________。21、含硫化合物的种类很多,现有H2SO4、H2SO3、SO2、Na2SO3、BaSO4、CuSO4、Na2SO4这7种常见的含硫化合物。回答下列问题:

(1)H2SO3转化为硫酸是酸雨形成的重要过程之一;写出其反应的化学方程式,并标明电子转移方向和数目:________。

(2)常温下,将铁棒置于浓硫酸中,无明显现象,课本上解释为发生了钝化,但有人认为未发生反应。为验证此过程,某同学经过思考,设计了如下实验:将经浓硫酸处理过的铁棒洗净后置于CuSO4溶液中;若铁棒表面__________,则发生了钝化;若铁棒表面__________,则未发生反应。

(3)用Na2SO3吸收法作为治理SO2污染的一种方法;其原理为(用化学方程式表示):__________。

(4)减少SO2的污染并变废为宝,我国正在探索在一定条件下用CO还原SO2得到单质硫的方法来除去SO2。该反应的化学方程式:______________。

(5)制取硫酸铜有两种方法:方法一:2Cu+O22CuO,CuO+H2SO4=CuSO4+H2O,方法二:Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O,方法一与方法二相比,其优点是:_________________(答任一点)。评卷人得分六、实验题(共4题,共40分)22、硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用下图装置制备Na2S2O3·5H2O。

合成反应:

SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO22Na2S+3SO2=2NaSO3+3SNa2SO3+SNa2S2O3

滴定反应:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6

已知:Na2S2O3·5H2O易溶于水;难溶于乙醇,50℃开始失结晶水。

实验步骤:

I.Na2S2O3制备:装置A制备的SO2经过单向阀通入装置C中的混合溶液,加热、搅拌,至溶液pH约为7时,停止通入SO2气体;得产品混合溶液。

II.产品分离提纯:产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥,得到Na2S2O3·5H2O产品。

III.产品纯度的测定:以淀粉作指示剂,用Na2S2O3·5H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点,计算Na2S2O3·5H2O含量。

请回答:

(1)步骤I.单向阀的作用是______;装置C中的反应混合溶液pH过高或过低将导致产率降低,原因是_______。

(2)步骤II.下列说法正确的是______。

A.快速蒸发溶液中水分;可得较大晶体颗粒。

B.蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时;停止加热。

C.冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率。

D.可选用冷的Na2CO3溶液作洗涤剂。

(3)步骤III.

①滴定前;有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列):

检漏⟶蒸馏水洗涤⟶_____⟶开始滴定。

A.烘干B.装入滴定液至零刻度以上C.调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D.用洗耳球吹出润洗液E.排除气泡F.用滴定液润洗2至3次G.记录起始读数。

②滴定终点的判断依据____。

③滴定法测得产品中Na2S2O·5H2O含量为100.5%,则Na2S2O3·5H2O产品中可能混有的物质是____。23、选择下列实验方法分离物质;将分离方法的字母代号填在表格内.

A.萃取分液B.分液C.蒸馏D.过滤。①分离饱和食盐水与沙子的混合物②分离水和汽油的混合物③分离CCl4(沸点为76.75℃)和甲苯(沸点为110.6℃)的混合物,CCl4和甲苯互溶④提取出碘水中的碘单质________________________24、过氧化钠常作漂白剂、杀菌剂、消毒剂。过氧化钠保存不当容易吸收空气中CO2而变质。

(1)某课外活动小组欲探究某过氧化钠样品是否已经变质,取少量样品,溶解,加入_____溶液,充分振荡后有白色沉淀,证明Na2O2已经变质。

(2)该课外活动小组为了粗略测定过氧化钠的纯度;他们称取ag样品,并设计用下图装置来测定过氧化钠的质量分数。

①A中发生反应离子方程式为___________。

②将仪器连接好以后,必须进行的第一步操作是________。

③B装置出来的气体是否需要干燥____________。(填“是”或“否”)

④写出装置C中发生的所有反应的化学方程式__________。

⑤D中NaOH溶液的作用___________。

⑥实验结束时,读取实验中生成气体的体积时,不合理的是______。

a.直接读取气体体积;不需冷却到室温。

b.上下移动量筒;使得E;F中液面高度相同。

c.视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积。

⑦读出量筒内水的体积后,折算成标准状况下氧气的体积为VmL,则样品中过氧化钠的质量分数为_____________。25、某兴趣小组同学欲研究SO2的相关性质。

(1)从物质类别来看SO2属于_________(填序号)。A.碱B.酸性氧化物C.盐D.非金属氧化物(2)利用如图装置来检验SO2的性质。

①c中反应的化学方程式____________________,a、d中溶液都褪色,体现了SO2的_______性。

②装置e的作用是_______________________,若装置e中有40mL2.5mol/LNaOH溶液,反应后溶液增重4.8g,则装置e中含硫物质的组成为_________(写化学式)。

(3)该小组的甲、乙两位同学利用如图装置继续探究SO2及氯气的漂白性:

通气一段时间后,甲同学实验过程中品红溶液几乎不褪色,而乙同学的实验现象是品红溶液的颜色随时间的推移变得越来越浅。试分析甲同学实验过程中品红溶液不褪色的原因:_______________________(用离子方程式表示)。参考答案一、选择题(共7题,共14分)1、D【分析】【详解】

A.硝酸钡溶液和硫酸钠溶液混合,发生反应产生BaSO4、NaNO3,反应的离子方程式为:Ba2++=BaSO4↓;A不符合题意;

B.氢氧化钠溶液和稀硫酸混合,发生反应产生Na2SO4、H2O,反应的离子方程式为:H++OH-=H2O;B不符合题意;

C.碳酸钾溶液和稀盐酸溶液混合,发生反应产生KCl、H2O、CO2,反应的离子方程式为:2H++=H2O+CO2↑;C不符合题意;

D.硝酸钾溶液和氯化铜溶液混合;无沉淀产生,无气体放出,也没有水等弱电解质生成,即不发生离子反应,D符合题意;

故合理选项是D。2、A【分析】【详解】

A.氧化还原反应的本质是电子转移;则氧化还原反应过程中一定有电子转移,故A正确;

B.氧化还原反应的过程中不一定有得氧或失氧;故B错误;

C.实现Fe3+→Fe2+的变化过程是还原过程;应该是得到电子,故C错误;

D.失去电子;所含元素的化合价升高,发生的反应是氧化反应,故A错误;

故答案为A。

【点睛】

考查氧化还原反应,把握氧化还原反应本质和特征为解答的关键,氧化还原反应中不一定有氧气参加,但有元素化合价变化,得到电子的为氧化剂,在反应中被还原,发生还原反应,且氧化与还原反应同时存在于一个反应中,其本质是电子转移。3、D【分析】【分析】

【详解】

A.盐酸的酸性大于碳酸,NaCl溶液中通入CO2不反应,得不到NaHCO3;应先在氯化钠溶液中通入NH3,形成碱性环境,再通入CO2;可生成碳酸氢钠,A错误;

B.AlCl3溶液直接蒸发,温度升高会促进Al3+水解,生成Al(OH)3,最终得到Al2O3,而不是AlCl3;B错误;

C.氯气具有强氧化性,可把变价金属氧化为最高价,不管Cl2是少量还是过量,Cl2与铁反应只生成FeCl3;C错误;

D.亚硫酸钠溶液和H2SO4反应得到SO2,与少量氨水反应得到亚硫酸盐,即NH4HSO3,加入足量的氨水,得到亚硫酸盐,即(NH4)2SO3;D正确。

答案选D。4、D【分析】【分析】

【详解】

铝是活泼的金属;加热时铝更易被氧化生成氧化铝。但由于氧化铝的熔点高,所以铝融化但不易滴落,选项D不正确,答案选D。

【点睛】5、B【分析】【分析】

丁为淡黄色固体,己为红棕色气体,则丁为Na2O2、己为NO2;只有乙为单质,则乙为O2;丙为NO,甲为NH3。从而得出X;Y、Z、W分别为H、N、O、Na。

【详解】

A.W、Y、Z的简单离子分别为Na+、N3-、O2-,则离子半径:N3->O2->Na+;A不正确;

B.丁为Na2O2,由Na+和构成;是含有共价键的离子化合物,B正确;

C.非金属性N<O;则最简单氢化物的热稳定性:Y(N)<Z(O),C不正确;

D.W为Na;它的氧化物对应的水化物为NaOH,能抑制水的电离,D不正确;

故选B。6、A【分析】【分析】

YZ气体遇空气变成红棕色,则Y是N,Z是O,NO在空气中和O2迅速反应生成红棕色的NO2;

R的原子半径是短周期中最大的;则R是Na;

W和Z同主族;则W是S;

X;Y、Z、R、W所在周期数之和为11;则X在第一周期,为H;

综上所述;X;Y、Z、R、W分别为:H、N、O、Na、S,据此解答。

【详解】

A.X、Y、Z分别为:H、N、O,H、N、O三种元素形成的化合物溶于水也可能显碱性,如NH3·H2O的水溶液显碱性;A错误;

B.非金属性:Z(O)>W(S);故气态氢化物的稳定性:Z(O)>W(S),B正确;

C.S2-核外有三层电子,Na+核外有两层电子,故离子半径:S2->Na+;C正确;

D.Z、R为O、Na,O、Na形成的化合物中可能含有共价键,如Na2O2;D正确。

答案选A。7、D【分析】【分析】

【详解】

A.向Na2SO4溶液中先加硝酸酸化,再加BaCl2溶液;有白色沉淀生成,因为硫酸钠溶液中没有还原性的离子,可用硝酸酸化,故A错误;

B.向AlCl3溶液中滴加过量氨水,只生成Al(OH)3白色沉淀,沉淀不会溶解,则AlCl3与NH3·H2O不能大量共存;故B错误;

C.Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜;NO和水;溶液变蓝色,但不是置换反应,故C错误;

D.将KI和FeCl3溶液在试管中混合后,加入CCl4,震荡,静置,可观察到下层溶液显紫红色,说明有I2生成,可知氧化性:Fe3+>I2;故D正确;

故答案为D。二、填空题(共5题,共10分)8、略

【分析】【详解】

(1)①盐酸为HCl的水溶液;属于混合物,既不是电解质,也不是非电解质,其中含有氢离子和氯离子,能导电;

②石墨为单质;能够导电,既不是电解质,也不是非电解质;

③蔗糖在水中和熔融状态下均不能发生电离;属于非电解质,不能导电;

④CO2在水中和熔融状态下均不能发生电离;属于非电解质,不能导电;

⑤熔融NaHSO4在水中或熔融状态下均能发生电离;属于电解质,熔融状态下能够导电;

⑥Ba(OH)2固体在熔融状态或水中均能发生电离;属于电解质,固体中不存在自由移动的离子,不能导电;

⑦氨水属于混合物;既不是电解质,也不是非电解质,其中含有铵根离子和氢氧根离子,能够导电;

⑧硫酸在水中能够电离;属于电解质,硫酸中不存在自由移动的离子,不能导电;

⑨明矾在水中能够电离;属于电解质,其中不存在自由移动的离子,不能导电;

故答案为:⑤⑥⑧⑨;③④;①②⑤⑦;

(2)根据反应3C+SiO2SiC+2CO可知,此反应是C的歧化反应,二氧化硅没有参与氧化还原反应,因此用单线桥法表示该反应的电子转移情况为:其中1molC被还原为SiC;故SiC为还原产物,2molC被氧化为2molCO,故CO为氧化产物,C既做氧化剂又做还原剂,且做氧化剂的C为1mol,做还原剂的为2mol,即物质的量之比为1:2;

(3)离子反应:H++OH-═H2O对应的反应可以是强酸和强碱反应生成可溶性盐和水的反应,故可以是Ba(OH)2和HCl的反应,化学方程式为:Ba(OH)2+2HCl═BaCl2+2H2O;

(4)NaHSO4在熔融状态下只能完全电离为钠离子和硫酸氢根离子,由于是完全电离,故用等号,电离方程式为:

【点睛】

电解质以及非电解质均属于纯净物以及化合物;混合物以及单质均不属于电解质和非电解质。化合物是否属于电解质,主要判断依据是其本身在水溶液中或熔融状态下能否发生电离;

NaHSO4属于强酸酸式盐,在熔融状态下电离:在水中的电离:需注意区分。【解析】⑤⑥⑧⑨③④①②⑤⑦1:2Ba(OH)2+2HCl═BaCl2+2H2O9、略

【分析】【分析】

根据电子得失守恒;质量守恒可配平化学方程式;氧化还原反应中;氧化剂得电子,被还原为还原产物,还原剂失电子,被氧化为氧化产物;氧化还原反应中转移的电子数等于失电子总数。

【详解】

(1)反应中化合价变化为:S:+4→+6,1molSO2失2mol电子;N:+5→+2,生成1molNO得3mol电子;根据电子得失守恒,反应中SO2和NO的物质的量之比为:3:2,根据质量守恒可进一步配平上述化学反应方程式为:3SO2+3Ba(NO3)2+2H2O=3BaSO4↓+4HNO3+2NO,电子转移的方向和数目用双线桥表示为:

答案为:

(2)该反应中,S元素化合价升高,N化合价降低,所以,SO2发生氧化反应,是还原剂,得到氧化产物BaSO4;Ba(NO3)2是氧化剂,发生还原反应,得到还原产物NO。根据配平的化学方程式可知,氧化产物BaSO4和还原产物NO的物质的量之比为3:2。

答案为:SO2;Ba(NO3)2;3:2;

(3)反应中n(SO2)=转移的电子数等于失电子总数,所以,反应中转移电子数目为:0.3mol×2×NAmol-1=0.6NA;生成标准状况下NO的体积为:0.3mol××22.4L∙mol-1=4.48L。

答案为:0.6NA;4.48L。

【点睛】

1.氧化还原反应方程式的配平核心问题是电子得失守恒;

2.氧化还原反应中,转移的电子数=得电子总数=失电子总数。【解析】SO2Ba(NO3)23:20.6NA4.48L10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)该小组欲使用240mL0.2mol·L-1的稀硫酸溶液;则配制稀硫酸所用容量瓶的规格为250mL;

(2)该硫酸的浓度为根据所需浓硫酸的体积为

(3)A.移液前未冷却至室温;则冷却后溶液体积偏小,则浓度偏高,A项选;

B.定容时加水多了,用滴管吸出,会将部分溶质一并吸出,使溶液中H2SO4的物质的量减少;溶液浓度偏低,B项不选;

C.定容时俯视刻度线;会导致溶液体积偏小,浓度偏高,C项选;

D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线;但未做任何处理对溶液浓度没有影响,D项不选;

答案选AC;

(4)移液时,未用玻璃棒引流,易引起溶质洒出,使浓度偏低。【解析】2502.7AC未用玻璃棒引流11、略

【分析】【详解】

(1)碳酸氢钠与适量盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳,故除去混入NaCl溶液中少量NaHCO3杂质的试剂是HCl,离子方程式为HCO3-+H+=CO2↑+H2O;

(2)氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁,故除去FeCl2溶液中混入的FeCl3溶液杂质用试剂是Fe,离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+;

(3)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,镁与氢氧化钠溶液不反应,故除去Mg粉中混有的少量Al杂质的试剂是NaOH,离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;

(4)碳酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠,故除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3杂质的试剂是CO2,离子方程式为CO2+CO32-+H2O=2HCO3-。【解析】①.HCl②.HCO3-+H+=CO2↑+H2O③.Fe④.2Fe3++Fe=3Fe2+⑤.NaOH⑥.2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑⑦.CO2⑧.CO2+CO32-+H2O=2HCO3-12、略

【分析】【详解】

Ⅰ.①根据分散质粒子直径大小分类,把分散系分为:溶液;胶体、浊液,本质区别就是分散质的微粒直径不同;溶液中分散质微粒直径小于1nm,胶体分散质微粒直径介于1-100nm之间,浊液分散质微粒直径大于100nm;胶体是指分散质粒子大小在1-100nm之间的分散系;综上所述,本题答案是:1-100。

②Fe(OH)3胶体胶体中加入电解质溶液;电解质溶液中的阴或阳离子使胶体聚沉,生成红褐色沉淀,随着盐酸过量,盐酸与氢氧化铁反应,沉淀溶解;综上所述,本题答案是:先出现红褐色沉淀,后沉淀溶解。

Ⅱ.①FeCl3溶液具有氧化性,能够和铜反应,其离子方程式为:2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+;综上所述,本题答案是:2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。

②根据化合价升降的总数相等及电荷守恒,反应的离子方程式为:2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O;综上所述,本题答案是:2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。

III.(1)①A项;反应为非氧化还原反应,故不选A项;

B项;反应中氧化银做氧化剂,双氧水作还原剂,故不选B项;

C项;反应中双氧水既是氧化剂,又是还原剂,故选C项;

D项,双氧水做氧化剂,Cr2(SO4)3作还原剂;故不选D项。

综上所述;本题正确答案为C。

②氧化反应:H2O2﹣2e﹣=2H++O2↑①,还原反应:MnO4—+5e﹣+8H+=Mn2++4H2O②,由得失电子数目守恒:①×5+②×2可得反应的离子方程式:5H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O;综上所述,本题答案是:5H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O。

(2)在K2Cr2O7+14HCl=2KCl+3Cl2↑+7H2O+2CrCl3的反应中,生成3molCl2转移电子6mol,所以有0.3mol电子转移时生成Cl2的体积(标准状况)为0.15×22.4=3.36L;综上所述,本题答案是:3.36。【解析】①.1-100②.先出现红褐色沉淀,后沉淀溶解③.2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+④.2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O⑤.C⑥.5H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O⑦.3.36三、判断题(共6题,共12分)13、B【分析】【详解】

Cu和CuO均能与稀硝酸反应,错误。14、B【分析】【详解】

是黑色固体,是碱性氧化物,氧化铜不与水反应;故答案为:错误。15、A【分析】【详解】

盐酸,硫酸,硝酸溶液都含有共同的阳离子氢离子,因此具有相似的化学性质——酸的通性,故正确。16、B【分析】【分析】

【详解】

使澄清石灰水变浑浊的气体可能是CO2或SO2,若为CO2,则原溶液中存在或若为SO2,则原溶液中存在或题干说法错误。17、B【分析】【详解】

17g羟基(-OH)的物质的量为1mol,而羟基(-OH)中含9个电子,故1mol羟基中含9NA个电子,故答案为:错误。18、A【分析】【分析】

【详解】

硅是良好的半导体材料,故高纯硅可用来制作芯片和硅太阳能电池,故正确。四、工业流程题(共1题,共10分)19、略

【分析】【分析】

废钒(主要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)加入稀硫酸、通入氧气发生反应,生成硫酸铁、VOSO4,而SiO2不反应,过滤,萃取前加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子,利用有机溶剂H2R萃取,分液后加入反萃取剂得到VO2+,再加入KClO3,将VO2+氧化为再加入氨水得到沉淀NH4VO3;过滤后煅烧得到五氧化二钒。

【详解】

(1)“酸浸、氧化”过程中V2O3转化为VO2+,反应的离子方程式为2V2O3+O2+8H+=4VO2++4H2O,铁的氧化物与硫酸反应,二氧化硅不与硫酸反应,因此滤渣成分是SiO2,若用浓盐酸代替硫酸,V2O5转化为VO2+,同时生成有毒的黄绿色气体,反应的化学方程式为V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O;故答案为:2V2O3+O2+8H+=4VO2++4H2O;SiO2;V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O。

(2)根据有机溶剂H2R对VO2+及Fe3+萃取率高,但不能萃取Fe2+,因此萃取前用“铁粉”对浸出液进行处理,主要目的是将Fe3+转化为Fe2+,为检验处理后的浸出液中是否含有Fe3+,可选用的化学试剂是KSCN溶液;故答案为:将Fe3+转化为Fe2+;KSCN溶液。

(3)“溶剂萃取与反萃取”可表示为:VO2++H2RVOR+2H+。为了提高VO2+的产率;反萃取剂主要提高氢离子浓度,使得向反萃取方向进行,故答案为:c。

(4)反萃取后的水层中加KClO3,使VO2+变为变为C1-。当反应3molVO2+时,至少需要KClO3的物质的量n(KClO3)×6=n(VO2+)×1,n(KClO3)×6=3×1,因此n(KClO3)=0.5mol;故答案为:0.5。

(5)已知NH4VO3难溶于水,在水中的Ksp曲线如图所示,则Ksp=30×10−4×1.0×10−4=3.0×10−8,向10mL0.2mol·L-1NaVO3的滤液中加入等体积的NH4Cl溶液(忽略混合过程中的体积变化),则沉淀NaVO3消耗NH4Cl的物质的量n(NH4Cl)=0.2mol·L-1×0.01L=0.002mol,欲使沉淀完全,则NH4Cl溶液的浓度因此NH4Cl溶液的最小浓度为故答案为:

(6)钒电池由溶解于一定浓度硫酸溶液中的不同价态的钒离子(V2+、V3+、VO2+、)为正极和负极的活性物质组成,电池总反应为VO2++V3++H2OVO2++V2++2H+,充电时的阴极化合价降低,发生还原反应,其反应式为V3++e-=V2+,放电过程中氢离子消耗,酸性减弱,因此电解液的pH升高;故答案为:V3++e-=V2+;升高。

【点睛】

根据信息书写氧化还原方程式或则书写离子方程式时,找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物,根据化合价升降配平,再根据质量守恒和电荷守恒配平。【解析】2V2O3+O2+8H+=4VO2++4H2OSiO2V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O将Fe3+转化为Fe2+KSCN溶液c0.5V3++e-=V2+升高五、结构与性质(共2题,共18分)20、略

【分析】【分析】

对照周期表,各元素分别为A-H、B-Si、C.D-N、G-Al、J-S。A为H2、D为N2、G为Al,甲为AlN、乙为Al2O3、丙为NH3。戊是一种难溶于水的白色胶状物质,既能与强酸反应,也能与强碱反应,戊为Al(OH)3。丁是一种高能燃料,其组成元素与丙相同,1mol丁分子中含有18mol电子,丁为N2H4。

【详解】

(1)26号元素Fe位于第四周期,第八列,将26号元素Fe的元素符号填在上述周期表的合适位置元素J在长式元素周期表中的位置是第三周期ⅥA族。故答案为:三;ⅥA;

(2)在元素B与元素C分别形成的最高价氧化物SiO2、CO2中,SiO2是共价晶体,CO2是分子晶体,熔点更高的是SiO2(用化学式表示),原因CO2熔化破坏范德华力,SiO2熔化破坏共价键,范德华力弱于共价键,故SiO2熔点高。故答案为:SiO2;CO2熔化破坏范德华力,SiO2熔化破坏共价键,范德华力弱于共价键,故SiO2熔点高;

(3)元素C的最高价氧化物对应的水化物分子H2CO3为对称结构,每个原子的最外层电子均满足稳定结构,C形成四个共价键,O形成两个共价键,该分子的结构式J为S,和氯元素可形成原子个数比为1:1的化合物S2Cl2,最外层均达到8电子的稳定结构,两个硫原子间形成一个共价键,S与Cl间形成一个共价键,该化合物的电子式为氯的电负性强,硫和氯元素形成的共用电子对偏向于Cl(填元素符号)。故答案为:Cl;

(4)用A、D、G表示上述周期表中相应元素形成的单质,A为H2、D为N2、G为Al,甲、乙、丙、丁、戊为短周期元素组成的化合物。甲为AlN、乙为Al2O3、丙为NH3。戊是一种难溶于水的白色胶状物质,既能与强酸反应,也能与强碱反应,戊为Al(OH)3。丁是一种高能燃料,其组成元素与丙相同,1mol丁分子中含有18mol电子,丁为N2H4。

①丁为N2H4,N-N为非极性键、N-H为极性键,N2H4包含的共价键类型是:非极性键;极性键。故答案为:非极性键、极性键;

②甲为AlN,被大量用于制造电子元件,工业上用Al2O3、C单质和N2单质在高温下制备AlN,其中Al2O3和C单质的物质的量之比为1∶3,则该反应的化学方程式为:故答案为:【解析】三ⅥASiO2CO2熔化破坏范德华力,SiO2熔化破坏共价键,范德华力弱于共价键,故SiO2熔点高Cl非极性键、极性键21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)H2SO3易被空气中的氧气氧化为硫酸,反应的方程式为氧气为氧化剂,得到4e-,亚硫酸为还原剂,失去4e-,可用单线桥表示为

(2)钝化的实质是在Fe棒表面形成了一层致密的氧化膜,可通过探究Fe棒表面是否有氧化膜来判断Fe是钝化还是未反应,将经浓硫酸处理过的铁棒洗净后置于CuSO4溶液中;若铁棒表面无明显现象,则发生了钝化;若铁棒表面有紫红色物质析出则未发生反应;

(3)用Na2SO3吸收法作为治理SO2污染的原理为Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3;

(4)用CO还原SO2,产物为S单质和二氧化碳,原理为SO2+2COS+2CO2;

(5)对比两个实验原理,可知方法一与方法二相比,其优点是节省原料、硫酸用量少、无污染等。【解析】===2H2SO4无明显现象有紫红色物质析出Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3SO2+2COS+2CO2节省原料、硫酸用量少、、无污染(写出一条即可)六、实验题(共4题,共40分)22、略

【分析】【分析】

首先装置A中利用浓硫酸和亚硫酸钠固体反应生成二氧化硫,将SO2通入装置C中的混合溶液,加热搅拌,发生题目所给的合成反应,使用单向阀可以防止倒吸;为了使Na2CO3、Na2S充分反应,同时又不因酸性过强使Na2S2O3发生歧化反应,至溶液pH约为7时,停止通人SO2气体,得到产品的混合溶液;之后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品,已知难溶于乙醇,冷却结晶后可以加入适量乙醇降低Na2S2O3的溶解度;析出更多的晶体。

【详解】

(1)装置A中生成的SO2是一种易溶于水的酸性气体,在碱性溶液中溶解度会更大,所以装置中的单向阀可防止倒吸;三颈烧瓶C中的溶液呈现较强的碱性(两种盐均有较大程度的水解),所以当溶液碱性较强即pH过高时,说明物质间的反应不彻底,而溶液酸性较强时,硫代硫酸钠会发生反应,所以溶液的pH需控制在一定范围内才能得到较高的产率,故答案为:防止倒吸,pH过高,Na2CO3、Na2S反应不充分;pH过低,导致Na2SO3转化为S和SO2;

(2)A.快速蒸发水分;晶体快速析出,只能得到小颗粒晶体,故A错误;

B.一般来说;带结晶水的物质从溶液中析出时,加热到有晶膜出现即可,故B正确;

C.产物晶体不溶于乙醇;所以向溶液中加入乙醇使晶体溶解度减小而析出,有利于提高产率,故C正确;

D.用碳酸钠溶液洗涤;晶体表面会吸附碳酸钠,使得产物不纯,故D错误;

故选BC;

(3)①滴定前,有关滴定管的正确操作为检漏⟶蒸馏水洗涤⟶用滴定液润洗2至3次⟶装入滴定液至零刻度以上⟶排除气泡⟶调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下⟶记录起始读数;故答案为:FBECG;

②滴定终点的判断依据是滴入一滴Na2S2O3溶液,溶液蓝色褪去且半分钟不恢复蓝色,故答案为:滴入一滴Na2S2O3溶液;溶液蓝色褪去且半分钟不恢复蓝色;

③计算纯度结果超过100%,可能是混有与I2反应的杂质,所以是Na2SO3,也可能是混有失去部分结晶水的从而使得计算结果偏高,故答案为:Na2SO3,失去部分结晶水的【解析】防止倒吸pH过高,Na2CO3、Na2S反应不充分;pH过低,导致Na2SO3转化为S和SO2BCFBECG滴入一滴Na2S2O3溶液,溶液蓝色褪去且半分钟不恢复蓝色Na2SO3;失去部分结晶水的23、略

【分析】【分析】

①泥沙不溶于水;

②水和汽油分层;

③CCl4和甲苯互溶;但沸点不同;

④碘不易溶于水;易溶于有机溶剂。

【详解】

①泥沙不溶于水;则选择过滤法分离,故答案为:D;

②水和汽油分层;则选择分液法分离,故答案为:B;

③CCl4和甲苯互溶;但沸

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