山西省吕梁市孝义市2022-2023高一上学期1月期末考试化学试题

山西省吕梁市孝义市2022-2023学年高一上学期1月期末考试化学试题
一、单选题
1.化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是(  )
A.医用酒精和胶体可用丁达尔效应区分
B.如果钠等可燃物着火,应立即用水扑灭
C.疫苗一般应冷藏存放,可以通过氧化灭活病毒
D.在食品袋中放入盛有铁粉的透气小袋,可防止食物氧化变质
2.(2019·浙江选考)下列属于碱的是(  )
A.C2H5OH B.Na2CO3 C.Ca(OH)2 D.Cu2(OH)2CO3
3.(2023高一上·孝义期末)下列离子反应方程式书写正确的是(  )
A.向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体:
B.将等物质的量的稀硫酸与氢氧化钡溶液混合:
C.酸化的硫酸亚铁溶液长时间存放溶液变黄:
D.氧化铝溶于氢氧化钠溶液:
4.(2021·北京)下列性质的比较,不能用元素周期律解释的是(  )
A.酸性:HClO4>H2SO3>H2SiO3 B.碱性:KOH>NaOH>LiOH
C.热稳定性:H2O>H2S>PH3 D.非金属性:F>O>N
5.下列有关叙述中正确的是(  )
A.腐蚀刻制印刷电路板,说明铁比铜金属性强
B.碱性氧化物:
C.、溶液、属于电解质
D.均可由化合反应制得
6.对下列各组离子共存问题的评价及离子方程式书写正确的是(  )
选项 离子组 评价
A 不能大量共存于同一溶液中,因会发生如下反应:
B 不能大量共存于同一溶液中,因和发生反应:
C 不能大量共存于同一溶液中,因为有红色沉淀生成:
D 不能大量共存于同一溶液中,因发生了如下反应:
A.A B.B C.C D.D
7.下列说法正确的一组是(  )
①常温下,铝与足量的氢氧化钠溶液反应,失去的电子数为
②碳酸氢钠在水中电离的方程式为
③某溶液与淀粉碘化钾溶液反应后出现蓝色,则证明该溶液一定是氯水
④中既含离子键又含共价键
⑤盐酸和碳酸氢钠溶液可通过调节反应物用量而改变反应产物
⑥某溶液中滴入溶液,生成白色沉淀,该溶液中可能含
A.②③⑥ B.①③④ C.①④⑥ D.①⑤⑥
8.下列物质的组合中,前者互为同位素,后者互为同素异形体的是(  )
A.和;金刚石和石墨 B.和;和金刚石
C.和;红磷和白磷 D.红磷和白磷;和
9.某化学兴趣小组利用如图装置进行“铁与水蒸气反应”的实验,并检验产物的性质,下列说法正确的是(  )
A.实验时,应先点燃B处的酒精灯,再点燃A处的酒精灯
B.B中发生反应的化学方程式是:2Fe+3H2O(g)Fe2O3+3H2↑
C.B中生成1mol H2时,E处有1mol CuO被还原
D.碱石灰的作用是吸收水蒸气
10.某恒星内部发生的一种核反应为,X、Y为短周期元素,X的周期序数是其族序数的3倍。下列说法正确的是(  )
A.的质量数为24
B.简单离子半径大小关系:
C.氦气中含有非极性键
D.X、Y的氯化物中均含离子键和共价键
二、多选题
11.某同学将钾投入溶液中,待其充分反应。下列叙述错误的是(  )
A.反应后的溶液中的数目约为
B.充分反应后有白色沉淀生成
C.生成标准状况下
D.反应后的溶液中,溶质只有
12.下列实验过程不可以达到实验目的的是(  )
编号 实验目的 实验过程
A 配制的溶液 称取固体放入容量瓶中,加水溶解并稀释至刻度
B 制取并纯化氢气 向稀盐酸中加入锌粒,将生成的气体依次通过溶液、浓硫酸
C 配制稀硫酸 先将浓硫酸加入烧杯中,后倒入蒸馏水
D 验证氯水具有漂白性 向红色纸条上滴加氯水,红色纸条褪色
A.A B.B C.C D.D
13.X、Y、Z、M、Q五种短周期元素,原子序数依次增大。Y元素的最高正价为价,Y元素与Z、M元素相邻,且与M元素同主族;化合物的电子总数为18个;Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是(  )
A.原子半径:
B.最高价氧化物对应水化物的酸性:
C.最简单氢化物沸点:
D.X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物
三、填空题
14.回答下列问题
(1) 是一种重金属离子,有一环境监测小组欲利用、等试剂测定某工厂废水中的物质的量浓度。
①现需配制的标准溶液,所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒,烧杯外,还需要   。
②需用托盘天平称取固体的质量为   g。
(2)若用氧化盐酸。其反应方程式如下:
该反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为   。当有恰好和盐酸全部完全反应,反应后溶液的体积为,则所得溶液中的物质的量浓度为   ,此时产生的在标准状况下的体积为   ,被氧化的的物质的量为   。
(3) 和浓盐酸在一定温度下反应,会生成橙黄色的易爆物二氧化氯气体,该反应的化学方程式为
用双线桥法表示该氧化还原反应的电子转移情况:   
四、元素或物质推断题
15.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H,它们之间能发生如图反应(图中某些反应的产物及条件没有全部标出),根据以上信息填空:
(1)写出物质D的电子式:   ,气体乙的结构式   。
(2)金属B单质能在空气中稳定存在的原因是   。
(3)金属C碳合金是   (填“混合物”或“化合物”),通常,合金的熔沸点   (填“高于”或“低于”)其组成单质的熔沸点。
(4)写出下列反应的化学方程式:反应①   ;反应⑤   。
(5)写出下列反应的离子方程式:反应③   ;反应⑥   。
(6)若反应③放出气体(标准状况下),则被氧化的B的质量为   g
16.X、Y、Z、M、R、Q为六种短周期元素,其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示,请回答下列问题:
(1)Q的元素符号为   ;M在元素周期表中的位置为   ;
(2)实验室中R的单质可保存在   中;
(3)R、M的简单离子的半径由大到小的顺序为   (填离子符号);
(4)Y、Z的最简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序为   (填化学式)。
五、实验题
17.(1)Ⅰ、某研究性学习小组为了制取、收集纯净干燥的氯气并探究氯气的性质,他们设计了如图所示的实验装置:
请回答下列问题:
整套实验装置的连接顺序是   (各接口处的字母代号);
(2)E装置中制取氯气的离子方程式是   。
(3)A装置中试剂X是   。B装置中试剂Y是   ,其作用是   ;
(4)C装置中可观察到的现象是   。
(5)Ⅱ、如下图所示,此装置可用来制取和观察在空气中被氧化的颜色变化。实验时必须使用铁屑和的硫酸,其他试剂任选。填写下列空白:
B中盛有一定量的溶液,A中应预先加入的固体药品是   ,A中反应的离子方程式是   。
(6)实验开始时先将止水夹a   (填“打开”或“关闭”),其目的是   。
(7)简述生成的操作过程   。
(8)实验完毕,打开b处止水夹,放入一部分空气,此时B瓶中观察到的现象是   ,发生的反应为   。(用方程式表示)
答案解析部分
1.【答案】B
【知识点】钠的化学性质;铁的化学性质;胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、医用酒精属于溶液,不会产生丁达尔效应,而Fe(OH)3胶体可产生丁达尔效应,因此可用丁达尔效应区分医用酒精和Fe(OH)3胶体,A不符合题意。
B、金属Na的还原性强,能与H2O反应生成H2,因此金属Na着火不能用H2O扑灭,B符合题意。
C、病毒的主要成分是蛋白质,NaClO具有氧化性,能使蛋白质的结构变性,C不符合题意。
D、铁粉具有还原性,食品包装袋中放入盛有铁粉的透气小袋,可防止食物氧化变质,D不符合题意。
故答案为:B
【分析】A、利用丁达尔效应可区分胶体和溶液。
B、Na能与H2O反应生成可燃性气体H2。
C、NaClO具有氧化性,能使蛋白质结构变性。
D、铁粉具有还原性,可防止食物氧化变质。
2.【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A. C2H5OH是有机物,属于醇类,A不符合题意;
B. Na2CO3属于无机盐,B不符合题意;
C. Ca(OH)2是二元强碱,C符合题意;
D. Cu2(OH)2CO3是碱式盐,D不符合题意;
故答案为:C
【分析】电离产生的阴离子全部是OH-的化合物为碱。
3.【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、H2CO3的酸性强于HClO,因此往Ca(ClO)2溶液中通入CO2发生反应:Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO,A不符合题意。
B、H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀和H2O,该反应的离子方程式为:2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O,B符合题意。
C、FeSO4溶液变黄色,说明溶液中的Fe2+被氧化成Fe3+,该反应的离子方程式为:4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O,C不符合题意。
D、Al2O3是一种两性氧化物,能与NaOH溶液反应生成可溶性NaAlO2和H2O,该反应的离子方程式为:Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O,D不符合题意。
故答案为:B
【分析】A、CO2与Ca(ClO)2溶液反应生成HClO和CaCO3沉淀。
B、稀硫酸与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀和H2O。
C、Fe2+极易被空气中的O2氧化,生成Fe3+。
D、Al2O3与NaOH反应生成可溶性NaAlO2和H2O。
4.【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A.元素的非金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强,由于S元素最高价含氧酸是H2SO4,不是H2SO3,因此不能根据元素周期律判断酸性:HClO4>H2SO3>H2SiO3,A符合题意;
B.同一主族元素的金属性随原子序数的增大而增强。元素的金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。元素的金属性:K>Na>Li,所以碱性:KOH>NaOH>LiOH,B不符合题意;
C.同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强;同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减弱。元素的非金属性越强,其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性:O>S>P,所以氢化物的热稳定性:H2O>H2S>PH3,C不符合题意;
D.同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强,所以元素的非金属性:F>O>N,D不符合题意;
故答案为:A。
【分析】 A.非金属性越强,对应最高价含氧酸的酸性越强,且H2SO3不是最高价含氧酸;
B.金属性越强,对应最高价氧化物的水化物的碱性越强;
C.非金属性越强,对应简单氢化物的稳定性越强;
D.同周期从左向右非金属性增强。
5.【答案】D
【知识点】电解质与非电解质;铁盐和亚铁盐的相互转变;物质的简单分类
【解析】【解答】A、FeCl3溶液腐蚀Cu的过程中发生反应:2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+无法比较金属Fe、Cu的金属性,A不符合题意。
B、Na2O2属于过氧化物,Al2O3属于两性氧化物,MgO属于碱性氧化物,B不符合题意。
C、NaOH固体属于电解质,K2CO3溶液为混合物,不属于电解质,NH3属于非电解质,C不符合题意。
D、Fe(OH)3可由化合反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3得到,FeCl2可由化合反应Fe+2FeCl3=3FeCl2得到,Ca(HCO3)2可由化合反应CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2得到,D符合题意。
故答案为:D
【分析】A、反应中没涉及金属铁。
B、Al2O3属于两性氧化物。
C、电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。
D、根据物质的反应分析。
6.【答案】B
【知识点】离子共存;离子方程式的书写
【解析】【解答】A、溶液中HCO3-能与OH-发生反应:HCO3-+OH-=CO32-+H2O,因此不可大量共存,A不符合题意。
B、溶液中Al3+能与OH-发生反应:Al3++3OH-=Al(OH)3↓或Al3++4OH-=AlO2-+2H2O,不可大量共存,B符合题意。
C、Fe3+能与SCN-发生反应:Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3,溶液变为红色,Fe(SCN)3不是沉淀,C不符合题意。
D、溶液中H+能与CO32-发生反应:2H++CO32-=H2O+CO2↑,不可大量共存,D不符合题意。
故答案为:B
【分析】A、HCO3-能与OH-反应生成CO32-和H2O。
B、Al3+能与OH-反应生成Al(OH)3或AlO2-。
C、Fe(SCN)3不是沉淀。
D、Na+与CO32-不反应。
7.【答案】C
【知识点】氯离子的检验;钠的重要化合物;电离方程式的书写;钠的氧化物;氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】①2.7gAl的物质的量,反应过程中铝由0价变为+3价,失去3个电子,因此反应过程中转移电子数为0.1mol×3×NA=0.3NA,①说法正确。
②NaHCO3在水中的电离方程式为:NaHCO3=Na++HCO3-、HCO3- H++CO32-,②说法错误。
③淀粉KI溶液变蓝色,说明原溶液具有氧化性,不一定是氯水,可能是H2O2溶液,③说法错误。
④Na2O2的电子式为,含有离子键和共价键,④说法正确。
⑤盐酸与NaHCO3溶液反应的化学方程式为:NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑,反应与用量无关,⑤说法错误。
⑥加入AgNO3溶液后,反应生成白色沉淀,该沉淀可能为AgCl或Ag2SO4,因此原溶液中可能含有Cl-或SO42-,⑥说法正确。
综上,上述说法正确的是①④⑥,C符合题意。
故答案为:C
【分析】①反应过程中,铝由0价变为+3价,失去3个电子。
②NaHCO3在水中完全电离产生Na+和HCO3-,HCO3-为弱酸的酸式酸根离子,在水中部分电离。
③淀粉KI溶液变蓝色,说明有I2生成,溶液具有氧化性。
④Na2O2中含有离子键和共价键。
⑤NaHCO3溶液与稀盐酸反应的化学方程式为:NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。
⑥加入AgNO3溶液后产生的白色沉淀可能为AgCl或Ag2SO4。
8.【答案】A
【知识点】同素异形体;同位素及其应用
【解析】【解答】A、16O和18O是质子数相同,中子数不同的原子,二者互为同位素;金刚石和石墨是由碳元素组成的两种不同单质,二者互为同素异形体,A符合题意。
B、D2O和H2O都是水,属于同一种物质;C60和金刚石是由碳元素组成的两种不同单质,属于同素异形体,B不符合题意。
C、D2和H2都是氢气,属于同一种物质;红磷和白磷都是磷元素组成的不同单质,属于同素异形体,C不符合题意。
D、红磷和白磷属于同素异形体;35Cl和37Cl的质子数相同,中子数不同,属于同位素,D不符合题意。
故答案为:A
【分析】同位素是指质子数相同,中子数不同的原子。同素异形体是指同种元素组成的不同单质。
9.【答案】D
【知识点】铁的化学性质
【解析】【解答】A、铁与水蒸气反应生成H2,H2是一种可燃性气体,用H2还原CuO的过程中,应先排出装置内的空气,防止加热H2与空气的混合气体,发生爆炸。所以实验过程中,应先点燃A处的酒精灯,利用反应生成水蒸气,排出装置内的空气,再点燃B处的酒精灯,A不符合题意。
B、装置B中,铁与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4和H2,该反应的化学方程式为:3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2(g),B不符合题意。
C、装置B中反应生成的H2无法全部与CuO发生反应,因此装置B中生成H2的量大于与CuO反应的H2的量,所以若B中生成1molH2时,E处被还原的CuO少于1mol,C不符合题意。
D、碱石灰的主要成分是CaO和NaOH,常用做干燥剂,因此碱石灰的作用是吸收水蒸气,D符合题意。
故答案为:D
【分析】装置A中加热过程中产生水蒸气,进入装置B中与铁粉在高温条件下发生反应:3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2(g)。装置C可将部分水蒸气冷凝为液态水,剩余气体通过装置D中的碱石灰进行干燥,除去H2中的水蒸气,H2进入装置E中,与CuO发生还原反应。
10.【答案】B
【知识点】原子中的数量关系;共价键的形成及共价键的主要类型;极性键和非极性键;微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、由分析可知,W=26,所以的质量数为26,A不符合题意。
B、X的原子序数为11,其元素符号为Na;Y的原子序数为12,其元素符号为Mg,二者形成的简单离子为Na+、Mg2+,其核外电子层结构相同,核电荷数越大,离子半径越小,因此离子半径Na+>Mg2+,即X>Y,B符合题意。
C、氦气的化学式为He,属于氮原子分子,不存在化学键,只存在分子间作用力,C不符合题意。
D、X、Y的氯化物的化学式分别为NaCl、MgCl2,都只含有离子键,不含有共价键,D不符合题意。
故答案为:B
【分析】X、Y为短周期元素,且X的周期序数是其族序数的3倍,所以X位于第三周期第ⅠA族,所以X为Na,则Z为11。由核反应可知2Z+1+4=W+1、Z+2=P+1;所以W=26、P=12。
11.【答案】B,D
【知识点】镁、铝的重要化合物;气体摩尔体积;物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、根据钾元素守恒可得,反应后溶液中n(K+)=n(K)=0.01mol,则溶液中K+的数目为0.01mol×6.02×1023mol-1=6.02×1021,A不符合题意。
B、由分析可知,溶液中Al3+与OH-二者恰好完全反应,其反应的离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O,反应过程中没有白色沉淀生成,B符合题意。
C、由分析可知,反应生成n(H2)=0.005mol,其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.005mol×22.4L·mol-1=0.112L=112mL,C不符合题意。
D、反应后溶液中含有K+、Cl-和AlO2-,因此溶液中的溶质有KCl、KAlO2,D符合题意。
故答案为:BD
【分析】0.39gK的物质的量,加入AlCl3溶液中K与H2O发生反应:2K+2H2O=2KOH=H2↑。反应生成n(KOH)=0.01mol、n(H2)=0.005mol。25mL 0.1mol·L-1的AlCl3溶液中n(AlCl3)=0.1mol·L-1×0.025L=0.0025mol,则溶液中n(Al3+)=0.0025mol,此时混合溶液中n(Al3+):n(OH-)=0.0025mol:0.01mol=1:4,所以二者发生反应:Al3++4OH-=AlO2-+2H2O。
12.【答案】A,C
【知识点】氯气的化学性质;常见气体制备原理及装置选择;配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、NaOH固体的溶解应在烧杯中进行,溶解后溶液恢复至室温后再转移到容量瓶内,不能直接将固体放入容量瓶内进行溶解,A符合题意。
B、由于盐酸具有挥发性,会使得H2中混有HCl,可用NaOH溶液吸收HCl,再用浓硫酸干燥H2,B不符合题意。
C、浓硫酸的密度比水大,稀释浓硫酸时,应将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中,并用玻璃棒不断搅拌,不能将水加入到浓硫酸中,防止液体溅出,C符合题意。
D、检验氯水的漂白性时,可向红色纸条上滴加氯水,若红色纸条褪色,说明氯水具有漂白性,D不符合题意。
故答案为:AC
【分析】A、容量瓶只能用于配制溶液,不能用于溶解、稀释操作。
B、盐酸具有挥发性,用NaOH吸收HCl,用浓硫酸进行干燥。
C、稀释浓硫酸时,应将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中。
D、红色纸条褪色,说明氯水具有漂白性。
13.【答案】A,D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型;氢键的存在对物质性质的影响;元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律;微粒半径大小的比较
【解析】【解答】由分析可知,X为H、Y为C、Z为N、M为Si、Q为Cl。
A、电子层数越大,原子半径越大;电子层数相同,核电荷数越大,原子半径越小。因此原子半径:C<Cl<Si,即Y<Q<M,A符合题意。
B、非金属性越强,则其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。由于非金属性N>C>Si,所以酸性:HNO3>H2CO3>H2SiO3,即Z>Y>M,B不符合题意。
C、Y、Z的简单氢化物分别为CH4、NH3,由于NH3可形成分子间氢键,使得沸点增大, 因此沸点:Y<Z,C不符合题意。
D、X、Z、Q三种元素形成的化合物可能为NH4Cl,为离子化合物,D符合题意。
故答案为:AD
【分析】化合物Z2X4的电子总数为18,所以Z为N,X为H。Q的原子最外层电子数比次外层少一个电子,所以Q为Cl。Y元素的最高正价为+4价,所以Y为C。Y与M同主族,所以M为Si。
14.【答案】(1)250mL容量瓶、胶头滴管;4.0
(2)2:5;;5.6L;0.5mol
(3)
【知识点】氧化还原反应;配制一定物质的量浓度的溶液;氧化还原反应的电子转移数目计算;物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)①配制一定物质的量浓度的溶液所需的步骤为“计算→称量→溶解→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶”。因此实验过程中所需的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管。
②所需Na2S2O3固体的质量m=n×M=c×V×M=0.1mol·L-1×0.25L×158g·mol-1=3.95g。由于托盘天平的精度为0.1g,因此需用托盘天平称量Na2S2O3固体的质量为4.0g。
(2)该反应中KMnO4中锰元素由+7价变为+2价,化合价降低,发生还原反应,因此MnCl2为还原产物。HCl中氯元素由-1价变为0价,化合价升高,发生氧化反应,因此Cl2为氧化产物。所以该反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为2:5。
当有0.1molKMnO4恰好与盐酸全部反应时,参与反应的n(HCl)=0.8mol,被氧化的n(Cl-)=0.5mol,此时溶液中剩余的n(Cl-)=0.8mol-0.5mol=0.3mol,所以反应后所得溶液中。由反应的化学方程式可知,反应生成n(Cl2)=0.25mol,其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.25mol×22.4L·mol-1=5.6L。被氧化的HCl的物质的量为0.5mol。
(3)该反应中KClO3中氯元素由+5价转化为+4价,得到2个电子;HCl中氯元素由-1价变为0价,失去2个电子。因此用双线桥表示电子转移情况如下:。
【分析】(1)①根据溶液配制过程确定其所需的仪器。
②根据公式m=n×M=c×V×M计算所需固体的质量。
(2)根据元素化合价的变化确定还原产物与氧化产物,结合其化学计量数确定二者的物质的量之比。
当有0.1molKMnO4恰好与盐酸全部反应时,则参与反应的n(HCl)=0.8mol,被氧化的n(Cl-)=0.5mol,溶液中剩余n(Cl-)=0.8mol-0.5mol=0.3mol,据此进行计算。
(3)同种元素发生化合价变化时,遵循“两相靠,不交叉”原则。即向相邻价态进行变化。由化合价变化确定转移电子数,从而画出双线桥。
15.【答案】(1);Cl-Cl
(2)铝表面被氧化生成一层致密的氧化铝薄膜,能阻止内部金属继续被氧化
(3)混合物;低于
(4)2Na+2H2O=2NaOH+H2↑;2FeCl2+Cl2=2FeCl3
(5);
(6)0.9
【知识点】钠的重要化合物;铁盐和亚铁盐的相互转变;无机物的推断;离子方程式的书写;电子式、化学式或化学符号及名称的综合;物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)由分析可知,物质D为NaOH,其电子式为。气体乙为Cl2,其结构式为Cl-Cl。
(2)金属B为Al,其金属活动性较强,易与空气中的O2反应形成一层致密的Al2O3薄膜,对内层金属可以起到保护作用,因此金属Al能在空气中稳定存在。
(3)金属C为Fe,铁碳合金属于混合物。通常情况下,合金的熔沸点低于其成分单质的熔沸点。
(4)反应①中Na与H2O反应生成NaOH和H2,该反应的化学方程式为:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。反应⑤中FeCl2与Cl2反应生成FeCl3,该反应的化学方程式为:2FeCl2+Cl2=2FeCl3。
(5)反应③中Al与NaOH溶液反应生成可溶性NaAlO2和H2,该反应的离子方程式为:2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。
反应⑥中FeCl3溶液与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3沉淀和NaCl,该反应的离子方程式为:Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓。
(6)反应③的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑,反应生成。由反应的离子方程式可知,此时被氧化的,其质量为。
【分析】金属单质A的焰色为黄色,则A为Na,与H2O反应生成NaOH和H2,因此气体甲为H2,物质D为NaOH。黄绿色气体乙为Cl2,H2与Cl2反应生成HCl,因此气体丙为HCl。NaOH能与金属单质B反应生成H2,因此金属单质B为Al。红褐色沉淀H为Fe(OH)3,因此物质G为FeCl3,物质F为FeCl2,金属单质C为Fe。物质E为稀盐酸。
16.【答案】(1)Li;第三周期ⅥA族
(2)煤油
(3)S2-> Na+
(4)NH3>CH4
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律;微粒半径大小的比较
【解析】【解答】(1)由分析可知,Q为Li,M为S。硫原子核外有3个电子层,位于周期表的第三周期;最外层有6个电子,因此位于第ⅥA族。
(2)由分析可知,R为Na,实验室中Na可保存在煤油中。
(3)R、M的简单离子分别为Na+、S2-,核外电子层数越大,离子半径越大。因此离子半径S2->Na+。
(4)非金属性越强,则简单氢化物的稳定性越强。由于非金属性N>C,所以氢化物的稳定性:NH3>CH4。
【分析】X、Q、R的最外层电子数都是1,且原子半径逐渐增大,因此X为H、Q为Li、R为Na。Y的最外层电子数为4,其原子半径小于Q,因此Y为C、Z为N。M的嘴歪次呢个电子数为6,且原子半径小于R,所以M为S。
17.【答案】(1)f→a→b→e→d→c
(2)MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O
(3)饱和食盐水;浓硫酸;干燥氯气
(4)溶液变蓝色
(5)铁屑;Fe+2H+=Fe2++H2↑
(6)打开;排出空气,防止氢氧化亚铁被氧化
(7)待A装置反应一段时间后关闭止水夹a,产生的H2将FeSO4溶液压入B中进行反应
(8)白色沉淀先转化为灰绿色最后转化为红褐色;4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【知识点】氯气的化学性质;氯气的实验室制法;制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】(1)气体收集与性质检验装置的连接顺序为:气体发生装置→除杂装置→干燥装置→收集装置→性质检验装置→尾气吸收装置。因此整套实验装置的连接顺序为f→a→b→e→d→。
(2)装置E为Cl2的发生装置,加热过程中,MnO2与浓盐酸反应生成可溶于水的MnCl2、Cl2和H2O,该反应的离子方程式为:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
(3)装置A为除杂装置,装置B为Cl2的干燥装置。由于Cl2不溶于饱和食盐水,但HCl可以。因此装置A中的试剂为饱和食盐水;装置B中的试剂为浓硫酸,用于干燥Cl2.
(4)装置C中淀粉KI溶液用于检验Cl2的氧化性,Cl2能与KI发生反应:Cl2+2KI=2KCl+I2,淀粉遇碘变蓝色,因此装置C中可观察到的现象为:溶液变蓝色。
(5)装置A圆底烧瓶内通过稀硫酸与铁屑反应生成FeSO4,FeSO4在H2压强作用下进入锥形瓶内,与NaOH溶液反应生成Fe(OH)2沉淀。因此圆底烧瓶内应预先加入的固体为铁屑。A中反应的离子方程式为:Fe+2H+=Fe2++H2↑。
(6)实验开始时应先将止水夹a打开,利用圆底烧瓶内反应生成的H2排出装置内的空气,防止反应生成的Fe(OH)2被空气中的O2氧化。
(7)Fe(OH)2是由FeSO4与NaOH反应生成,因此需将装置A中反应生成的FeSO4溶液压入锥形瓶内。故操作过程为:待装置A中反应一段时间后关闭止水夹a,利用产生的H2将FeSO4溶液压入装置B中,与NaOH溶液反应,即可得到Fe(OH)2沉淀。
(8)实验结束后,打开止水夹b,空气进入锥形瓶内,Fe(OH)2被空气中的O2氧化,其现象为:白色絮状沉淀先转化为灰绿色,最后变为红褐色。此时发生反应的化学方程式为:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
【分析】Ⅰ装置A、B为除杂装置,由于浓盐酸具有挥发性,会使得生成的Cl2中混有HCl,可用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl,再用浓硫酸进行干燥。装置C为Cl2性质的检验装置,装置D为尾气吸收装置。装置E为Cl2的发生装置,生成Cl2的反应的化学方程式为:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。装置F为Cl2的收集装置,由于Cl2的密度比空气大,应采用向上排空气法收集,因此Cl2从长导管的一端通入。
ⅡFe(OH)2为白色絮状沉淀,极易被空气中的O2氧化成Fe(OH)3沉淀。因此哟啊观察到Fe(OH)2沉淀的颜色,实验过程中,应排出装置内的空气。实验时应先打开止水夹a,通过分液漏斗滴加稀硫酸,与铁屑反应,利用生成的H2排出装置内的空气,防止Fe(OH)2被氧化。当装置内的空气完全排出时,关闭止水夹a,利用H2产生的压强,将烧瓶内的FeSO4溶液压入锥形瓶内,与NaOH溶液反应生成Fe(OH)2白色絮状沉淀。再打开止水夹b,使空气进入锥形瓶内,即可观察到锥形瓶内Fe(OH)2沉淀被氧化过程中的颜色变化。
山西省吕梁市孝义市2022-2023学年高一上学期1月期末考试化学试题
一、单选题
1.化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是(  )
A.医用酒精和胶体可用丁达尔效应区分
B.如果钠等可燃物着火,应立即用水扑灭
C.疫苗一般应冷藏存放,可以通过氧化灭活病毒
D.在食品袋中放入盛有铁粉的透气小袋,可防止食物氧化变质
【答案】B
【知识点】钠的化学性质;铁的化学性质;胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、医用酒精属于溶液,不会产生丁达尔效应,而Fe(OH)3胶体可产生丁达尔效应,因此可用丁达尔效应区分医用酒精和Fe(OH)3胶体,A不符合题意。
B、金属Na的还原性强,能与H2O反应生成H2,因此金属Na着火不能用H2O扑灭,B符合题意。
C、病毒的主要成分是蛋白质,NaClO具有氧化性,能使蛋白质的结构变性,C不符合题意。
D、铁粉具有还原性,食品包装袋中放入盛有铁粉的透气小袋,可防止食物氧化变质,D不符合题意。
故答案为:B
【分析】A、利用丁达尔效应可区分胶体和溶液。
B、Na能与H2O反应生成可燃性气体H2。
C、NaClO具有氧化性,能使蛋白质结构变性。
D、铁粉具有还原性,可防止食物氧化变质。
2.(2019·浙江选考)下列属于碱的是(  )
A.C2H5OH B.Na2CO3 C.Ca(OH)2 D.Cu2(OH)2CO3
【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A. C2H5OH是有机物,属于醇类,A不符合题意;
B. Na2CO3属于无机盐,B不符合题意;
C. Ca(OH)2是二元强碱,C符合题意;
D. Cu2(OH)2CO3是碱式盐,D不符合题意;
故答案为:C
【分析】电离产生的阴离子全部是OH-的化合物为碱。
3.(2023高一上·孝义期末)下列离子反应方程式书写正确的是(  )
A.向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体:
B.将等物质的量的稀硫酸与氢氧化钡溶液混合:
C.酸化的硫酸亚铁溶液长时间存放溶液变黄:
D.氧化铝溶于氢氧化钠溶液:
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、H2CO3的酸性强于HClO,因此往Ca(ClO)2溶液中通入CO2发生反应:Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO,A不符合题意。
B、H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀和H2O,该反应的离子方程式为:2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O,B符合题意。
C、FeSO4溶液变黄色,说明溶液中的Fe2+被氧化成Fe3+,该反应的离子方程式为:4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O,C不符合题意。
D、Al2O3是一种两性氧化物,能与NaOH溶液反应生成可溶性NaAlO2和H2O,该反应的离子方程式为:Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O,D不符合题意。
故答案为:B
【分析】A、CO2与Ca(ClO)2溶液反应生成HClO和CaCO3沉淀。
B、稀硫酸与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀和H2O。
C、Fe2+极易被空气中的O2氧化,生成Fe3+。
D、Al2O3与NaOH反应生成可溶性NaAlO2和H2O。
4.(2021·北京)下列性质的比较,不能用元素周期律解释的是(  )
A.酸性:HClO4>H2SO3>H2SiO3 B.碱性:KOH>NaOH>LiOH
C.热稳定性:H2O>H2S>PH3 D.非金属性:F>O>N
【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A.元素的非金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强,由于S元素最高价含氧酸是H2SO4,不是H2SO3,因此不能根据元素周期律判断酸性:HClO4>H2SO3>H2SiO3,A符合题意;
B.同一主族元素的金属性随原子序数的增大而增强。元素的金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。元素的金属性:K>Na>Li,所以碱性:KOH>NaOH>LiOH,B不符合题意;
C.同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强;同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减弱。元素的非金属性越强,其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性:O>S>P,所以氢化物的热稳定性:H2O>H2S>PH3,C不符合题意;
D.同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强,所以元素的非金属性:F>O>N,D不符合题意;
故答案为:A。
【分析】 A.非金属性越强,对应最高价含氧酸的酸性越强,且H2SO3不是最高价含氧酸;
B.金属性越强,对应最高价氧化物的水化物的碱性越强;
C.非金属性越强,对应简单氢化物的稳定性越强;
D.同周期从左向右非金属性增强。
5.下列有关叙述中正确的是(  )
A.腐蚀刻制印刷电路板,说明铁比铜金属性强
B.碱性氧化物:
C.、溶液、属于电解质
D.均可由化合反应制得
【答案】D
【知识点】电解质与非电解质;铁盐和亚铁盐的相互转变;物质的简单分类
【解析】【解答】A、FeCl3溶液腐蚀Cu的过程中发生反应:2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+无法比较金属Fe、Cu的金属性,A不符合题意。
B、Na2O2属于过氧化物,Al2O3属于两性氧化物,MgO属于碱性氧化物,B不符合题意。
C、NaOH固体属于电解质,K2CO3溶液为混合物,不属于电解质,NH3属于非电解质,C不符合题意。
D、Fe(OH)3可由化合反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3得到,FeCl2可由化合反应Fe+2FeCl3=3FeCl2得到,Ca(HCO3)2可由化合反应CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2得到,D符合题意。
故答案为:D
【分析】A、反应中没涉及金属铁。
B、Al2O3属于两性氧化物。
C、电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。
D、根据物质的反应分析。
6.对下列各组离子共存问题的评价及离子方程式书写正确的是(  )
选项 离子组 评价
A 不能大量共存于同一溶液中,因会发生如下反应:
B 不能大量共存于同一溶液中,因和发生反应:
C 不能大量共存于同一溶液中,因为有红色沉淀生成:
D 不能大量共存于同一溶液中,因发生了如下反应:
A.A B.B C.C D.D
【答案】B
【知识点】离子共存;离子方程式的书写
【解析】【解答】A、溶液中HCO3-能与OH-发生反应:HCO3-+OH-=CO32-+H2O,因此不可大量共存,A不符合题意。
B、溶液中Al3+能与OH-发生反应:Al3++3OH-=Al(OH)3↓或Al3++4OH-=AlO2-+2H2O,不可大量共存,B符合题意。
C、Fe3+能与SCN-发生反应:Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3,溶液变为红色,Fe(SCN)3不是沉淀,C不符合题意。
D、溶液中H+能与CO32-发生反应:2H++CO32-=H2O+CO2↑,不可大量共存,D不符合题意。
故答案为:B
【分析】A、HCO3-能与OH-反应生成CO32-和H2O。
B、Al3+能与OH-反应生成Al(OH)3或AlO2-。
C、Fe(SCN)3不是沉淀。
D、Na+与CO32-不反应。
7.下列说法正确的一组是(  )
①常温下,铝与足量的氢氧化钠溶液反应,失去的电子数为
②碳酸氢钠在水中电离的方程式为
③某溶液与淀粉碘化钾溶液反应后出现蓝色,则证明该溶液一定是氯水
④中既含离子键又含共价键
⑤盐酸和碳酸氢钠溶液可通过调节反应物用量而改变反应产物
⑥某溶液中滴入溶液,生成白色沉淀,该溶液中可能含
A.②③⑥ B.①③④ C.①④⑥ D.①⑤⑥
【答案】C
【知识点】氯离子的检验;钠的重要化合物;电离方程式的书写;钠的氧化物;氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】①2.7gAl的物质的量,反应过程中铝由0价变为+3价,失去3个电子,因此反应过程中转移电子数为0.1mol×3×NA=0.3NA,①说法正确。
②NaHCO3在水中的电离方程式为:NaHCO3=Na++HCO3-、HCO3- H++CO32-,②说法错误。
③淀粉KI溶液变蓝色,说明原溶液具有氧化性,不一定是氯水,可能是H2O2溶液,③说法错误。
④Na2O2的电子式为,含有离子键和共价键,④说法正确。
⑤盐酸与NaHCO3溶液反应的化学方程式为:NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑,反应与用量无关,⑤说法错误。
⑥加入AgNO3溶液后,反应生成白色沉淀,该沉淀可能为AgCl或Ag2SO4,因此原溶液中可能含有Cl-或SO42-,⑥说法正确。
综上,上述说法正确的是①④⑥,C符合题意。
故答案为:C
【分析】①反应过程中,铝由0价变为+3价,失去3个电子。
②NaHCO3在水中完全电离产生Na+和HCO3-,HCO3-为弱酸的酸式酸根离子,在水中部分电离。
③淀粉KI溶液变蓝色,说明有I2生成,溶液具有氧化性。
④Na2O2中含有离子键和共价键。
⑤NaHCO3溶液与稀盐酸反应的化学方程式为:NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。
⑥加入AgNO3溶液后产生的白色沉淀可能为AgCl或Ag2SO4。
8.下列物质的组合中,前者互为同位素,后者互为同素异形体的是(  )
A.和;金刚石和石墨 B.和;和金刚石
C.和;红磷和白磷 D.红磷和白磷;和
【答案】A
【知识点】同素异形体;同位素及其应用
【解析】【解答】A、16O和18O是质子数相同,中子数不同的原子,二者互为同位素;金刚石和石墨是由碳元素组成的两种不同单质,二者互为同素异形体,A符合题意。
B、D2O和H2O都是水,属于同一种物质;C60和金刚石是由碳元素组成的两种不同单质,属于同素异形体,B不符合题意。
C、D2和H2都是氢气,属于同一种物质;红磷和白磷都是磷元素组成的不同单质,属于同素异形体,C不符合题意。
D、红磷和白磷属于同素异形体;35Cl和37Cl的质子数相同,中子数不同,属于同位素,D不符合题意。
故答案为:A
【分析】同位素是指质子数相同,中子数不同的原子。同素异形体是指同种元素组成的不同单质。
9.某化学兴趣小组利用如图装置进行“铁与水蒸气反应”的实验,并检验产物的性质,下列说法正确的是(  )
A.实验时,应先点燃B处的酒精灯,再点燃A处的酒精灯
B.B中发生反应的化学方程式是:2Fe+3H2O(g)Fe2O3+3H2↑
C.B中生成1mol H2时,E处有1mol CuO被还原
D.碱石灰的作用是吸收水蒸气
【答案】D
【知识点】铁的化学性质
【解析】【解答】A、铁与水蒸气反应生成H2,H2是一种可燃性气体,用H2还原CuO的过程中,应先排出装置内的空气,防止加热H2与空气的混合气体,发生爆炸。所以实验过程中,应先点燃A处的酒精灯,利用反应生成水蒸气,排出装置内的空气,再点燃B处的酒精灯,A不符合题意。
B、装置B中,铁与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4和H2,该反应的化学方程式为:3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2(g),B不符合题意。
C、装置B中反应生成的H2无法全部与CuO发生反应,因此装置B中生成H2的量大于与CuO反应的H2的量,所以若B中生成1molH2时,E处被还原的CuO少于1mol,C不符合题意。
D、碱石灰的主要成分是CaO和NaOH,常用做干燥剂,因此碱石灰的作用是吸收水蒸气,D符合题意。
故答案为:D
【分析】装置A中加热过程中产生水蒸气,进入装置B中与铁粉在高温条件下发生反应:3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2(g)。装置C可将部分水蒸气冷凝为液态水,剩余气体通过装置D中的碱石灰进行干燥,除去H2中的水蒸气,H2进入装置E中,与CuO发生还原反应。
10.某恒星内部发生的一种核反应为,X、Y为短周期元素,X的周期序数是其族序数的3倍。下列说法正确的是(  )
A.的质量数为24
B.简单离子半径大小关系:
C.氦气中含有非极性键
D.X、Y的氯化物中均含离子键和共价键
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系;共价键的形成及共价键的主要类型;极性键和非极性键;微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、由分析可知,W=26,所以的质量数为26,A不符合题意。
B、X的原子序数为11,其元素符号为Na;Y的原子序数为12,其元素符号为Mg,二者形成的简单离子为Na+、Mg2+,其核外电子层结构相同,核电荷数越大,离子半径越小,因此离子半径Na+>Mg2+,即X>Y,B符合题意。
C、氦气的化学式为He,属于氮原子分子,不存在化学键,只存在分子间作用力,C不符合题意。
D、X、Y的氯化物的化学式分别为NaCl、MgCl2,都只含有离子键,不含有共价键,D不符合题意。
故答案为:B
【分析】X、Y为短周期元素,且X的周期序数是其族序数的3倍,所以X位于第三周期第ⅠA族,所以X为Na,则Z为11。由核反应可知2Z+1+4=W+1、Z+2=P+1;所以W=26、P=12。
二、多选题
11.某同学将钾投入溶液中,待其充分反应。下列叙述错误的是(  )
A.反应后的溶液中的数目约为
B.充分反应后有白色沉淀生成
C.生成标准状况下
D.反应后的溶液中,溶质只有
【答案】B,D
【知识点】镁、铝的重要化合物;气体摩尔体积;物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、根据钾元素守恒可得,反应后溶液中n(K+)=n(K)=0.01mol,则溶液中K+的数目为0.01mol×6.02×1023mol-1=6.02×1021,A不符合题意。
B、由分析可知,溶液中Al3+与OH-二者恰好完全反应,其反应的离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O,反应过程中没有白色沉淀生成,B符合题意。
C、由分析可知,反应生成n(H2)=0.005mol,其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.005mol×22.4L·mol-1=0.112L=112mL,C不符合题意。
D、反应后溶液中含有K+、Cl-和AlO2-,因此溶液中的溶质有KCl、KAlO2,D符合题意。
故答案为:BD
【分析】0.39gK的物质的量,加入AlCl3溶液中K与H2O发生反应:2K+2H2O=2KOH=H2↑。反应生成n(KOH)=0.01mol、n(H2)=0.005mol。25mL 0.1mol·L-1的AlCl3溶液中n(AlCl3)=0.1mol·L-1×0.025L=0.0025mol,则溶液中n(Al3+)=0.0025mol,此时混合溶液中n(Al3+):n(OH-)=0.0025mol:0.01mol=1:4,所以二者发生反应:Al3++4OH-=AlO2-+2H2O。
12.下列实验过程不可以达到实验目的的是(  )
编号 实验目的 实验过程
A 配制的溶液 称取固体放入容量瓶中,加水溶解并稀释至刻度
B 制取并纯化氢气 向稀盐酸中加入锌粒,将生成的气体依次通过溶液、浓硫酸
C 配制稀硫酸 先将浓硫酸加入烧杯中,后倒入蒸馏水
D 验证氯水具有漂白性 向红色纸条上滴加氯水,红色纸条褪色
A.A B.B C.C D.D
【答案】A,C
【知识点】氯气的化学性质;常见气体制备原理及装置选择;配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、NaOH固体的溶解应在烧杯中进行,溶解后溶液恢复至室温后再转移到容量瓶内,不能直接将固体放入容量瓶内进行溶解,A符合题意。
B、由于盐酸具有挥发性,会使得H2中混有HCl,可用NaOH溶液吸收HCl,再用浓硫酸干燥H2,B不符合题意。
C、浓硫酸的密度比水大,稀释浓硫酸时,应将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中,并用玻璃棒不断搅拌,不能将水加入到浓硫酸中,防止液体溅出,C符合题意。
D、检验氯水的漂白性时,可向红色纸条上滴加氯水,若红色纸条褪色,说明氯水具有漂白性,D不符合题意。
故答案为:AC
【分析】A、容量瓶只能用于配制溶液,不能用于溶解、稀释操作。
B、盐酸具有挥发性,用NaOH吸收HCl,用浓硫酸进行干燥。
C、稀释浓硫酸时,应将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中。
D、红色纸条褪色,说明氯水具有漂白性。
13.X、Y、Z、M、Q五种短周期元素,原子序数依次增大。Y元素的最高正价为价,Y元素与Z、M元素相邻,且与M元素同主族;化合物的电子总数为18个;Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是(  )
A.原子半径:
B.最高价氧化物对应水化物的酸性:
C.最简单氢化物沸点:
D.X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物
【答案】A,D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型;氢键的存在对物质性质的影响;元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律;微粒半径大小的比较
【解析】【解答】由分析可知,X为H、Y为C、Z为N、M为Si、Q为Cl。
A、电子层数越大,原子半径越大;电子层数相同,核电荷数越大,原子半径越小。因此原子半径:C<Cl<Si,即Y<Q<M,A符合题意。
B、非金属性越强,则其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。由于非金属性N>C>Si,所以酸性:HNO3>H2CO3>H2SiO3,即Z>Y>M,B不符合题意。
C、Y、Z的简单氢化物分别为CH4、NH3,由于NH3可形成分子间氢键,使得沸点增大, 因此沸点:Y<Z,C不符合题意。
D、X、Z、Q三种元素形成的化合物可能为NH4Cl,为离子化合物,D符合题意。
故答案为:AD
【分析】化合物Z2X4的电子总数为18,所以Z为N,X为H。Q的原子最外层电子数比次外层少一个电子,所以Q为Cl。Y元素的最高正价为+4价,所以Y为C。Y与M同主族,所以M为Si。
三、填空题
14.回答下列问题
(1) 是一种重金属离子,有一环境监测小组欲利用、等试剂测定某工厂废水中的物质的量浓度。
①现需配制的标准溶液,所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒,烧杯外,还需要   。
②需用托盘天平称取固体的质量为   g。
(2)若用氧化盐酸。其反应方程式如下:
该反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为   。当有恰好和盐酸全部完全反应,反应后溶液的体积为,则所得溶液中的物质的量浓度为   ,此时产生的在标准状况下的体积为   ,被氧化的的物质的量为   。
(3) 和浓盐酸在一定温度下反应,会生成橙黄色的易爆物二氧化氯气体,该反应的化学方程式为
用双线桥法表示该氧化还原反应的电子转移情况:   
【答案】(1)250mL容量瓶、胶头滴管;4.0
(2)2:5;;5.6L;0.5mol
(3)
【知识点】氧化还原反应;配制一定物质的量浓度的溶液;氧化还原反应的电子转移数目计算;物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)①配制一定物质的量浓度的溶液所需的步骤为“计算→称量→溶解→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶”。因此实验过程中所需的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管。
②所需Na2S2O3固体的质量m=n×M=c×V×M=0.1mol·L-1×0.25L×158g·mol-1=3.95g。由于托盘天平的精度为0.1g,因此需用托盘天平称量Na2S2O3固体的质量为4.0g。
(2)该反应中KMnO4中锰元素由+7价变为+2价,化合价降低,发生还原反应,因此MnCl2为还原产物。HCl中氯元素由-1价变为0价,化合价升高,发生氧化反应,因此Cl2为氧化产物。所以该反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为2:5。
当有0.1molKMnO4恰好与盐酸全部反应时,参与反应的n(HCl)=0.8mol,被氧化的n(Cl-)=0.5mol,此时溶液中剩余的n(Cl-)=0.8mol-0.5mol=0.3mol,所以反应后所得溶液中。由反应的化学方程式可知,反应生成n(Cl2)=0.25mol,其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.25mol×22.4L·mol-1=5.6L。被氧化的HCl的物质的量为0.5mol。
(3)该反应中KClO3中氯元素由+5价转化为+4价,得到2个电子;HCl中氯元素由-1价变为0价,失去2个电子。因此用双线桥表示电子转移情况如下:。
【分析】(1)①根据溶液配制过程确定其所需的仪器。
②根据公式m=n×M=c×V×M计算所需固体的质量。
(2)根据元素化合价的变化确定还原产物与氧化产物,结合其化学计量数确定二者的物质的量之比。
当有0.1molKMnO4恰好与盐酸全部反应时,则参与反应的n(HCl)=0.8mol,被氧化的n(Cl-)=0.5mol,溶液中剩余n(Cl-)=0.8mol-0.5mol=0.3mol,据此进行计算。
(3)同种元素发生化合价变化时,遵循“两相靠,不交叉”原则。即向相邻价态进行变化。由化合价变化确定转移电子数,从而画出双线桥。
四、元素或物质推断题
15.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H,它们之间能发生如图反应(图中某些反应的产物及条件没有全部标出),根据以上信息填空:
(1)写出物质D的电子式:   ,气体乙的结构式   。
(2)金属B单质能在空气中稳定存在的原因是   。
(3)金属C碳合金是   (填“混合物”或“化合物”),通常,合金的熔沸点   (填“高于”或“低于”)其组成单质的熔沸点。
(4)写出下列反应的化学方程式:反应①   ;反应⑤   。
(5)写出下列反应的离子方程式:反应③   ;反应⑥   。
(6)若反应③放出气体(标准状况下),则被氧化的B的质量为   g
【答案】(1);Cl-Cl
(2)铝表面被氧化生成一层致密的氧化铝薄膜,能阻止内部金属继续被氧化
(3)混合物;低于
(4)2Na+2H2O=2NaOH+H2↑;2FeCl2+Cl2=2FeCl3
(5);
(6)0.9
【知识点】钠的重要化合物;铁盐和亚铁盐的相互转变;无机物的推断;离子方程式的书写;电子式、化学式或化学符号及名称的综合;物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)由分析可知,物质D为NaOH,其电子式为。气体乙为Cl2,其结构式为Cl-Cl。
(2)金属B为Al,其金属活动性较强,易与空气中的O2反应形成一层致密的Al2O3薄膜,对内层金属可以起到保护作用,因此金属Al能在空气中稳定存在。
(3)金属C为Fe,铁碳合金属于混合物。通常情况下,合金的熔沸点低于其成分单质的熔沸点。
(4)反应①中Na与H2O反应生成NaOH和H2,该反应的化学方程式为:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。反应⑤中FeCl2与Cl2反应生成FeCl3,该反应的化学方程式为:2FeCl2+Cl2=2FeCl3。
(5)反应③中Al与NaOH溶液反应生成可溶性NaAlO2和H2,该反应的离子方程式为:2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。
反应⑥中FeCl3溶液与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3沉淀和NaCl,该反应的离子方程式为:Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓。
(6)反应③的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑,反应生成。由反应的离子方程式可知,此时被氧化的,其质量为。
【分析】金属单质A的焰色为黄色,则A为Na,与H2O反应生成NaOH和H2,因此气体甲为H2,物质D为NaOH。黄绿色气体乙为Cl2,H2与Cl2反应生成HCl,因此气体丙为HCl。NaOH能与金属单质B反应生成H2,因此金属单质B为Al。红褐色沉淀H为Fe(OH)3,因此物质G为FeCl3,物质F为FeCl2,金属单质C为Fe。物质E为稀盐酸。
16.X、Y、Z、M、R、Q为六种短周期元素,其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示,请回答下列问题:
(1)Q的元素符号为   ;M在元素周期表中的位置为   ;
(2)实验室中R的单质可保存在   中;
(3)R、M的简单离子的半径由大到小的顺序为   (填离子符号);
(4)Y、Z的最简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序为   (填化学式)。
【答案】(1)Li;第三周期ⅥA族
(2)煤油
(3)S2-> Na+
(4)NH3>CH4
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律;微粒半径大小的比较
【解析】【解答】(1)由分析可知,Q为Li,M为S。硫原子核外有3个电子层,位于周期表的第三周期;最外层有6个电子,因此位于第ⅥA族。
(2)由分析可知,R为Na,实验室中Na可保存在煤油中。
(3)R、M的简单离子分别为Na+、S2-,核外电子层数越大,离子半径越大。因此离子半径S2->Na+。
(4)非金属性越强,则简单氢化物的稳定性越强。由于非金属性N>C,所以氢化物的稳定性:NH3>CH4。
【分析】X、Q、R的最外层电子数都是1,且原子半径逐渐增大,因此X为H、Q为Li、R为Na。Y的最外层电子数为4,其原子半径小于Q,因此Y为C、Z为N。M的嘴歪次呢个电子数为6,且原子半径小于R,所以M为S。
五、实验题
17.(1)Ⅰ、某研究性学习小组为了制取、收集纯净干燥的氯气并探究氯气的性质,他们设计了如图所示的实验装置:
请回答下列问题:
整套实验装置的连接顺序是   (各接口处的字母代号);
(2)E装置中制取氯气的离子方程式是   。
(3)A装置中试剂X是   。B装置中试剂Y是   ,其作用是   ;
(4)C装置中可观察到的现象是   。
(5)Ⅱ、如下图所示,此装置可用来制取和观察在空气中被氧化的颜色变化。实验时必须使用铁屑和的硫酸,其他试剂任选。填写下列空白:
B中盛有一定量的溶液,A中应预先加入的固体药品是   ,A中反应的离子方程式是   。
(6)实验开始时先将止水夹a   (填“打开”或“关闭”),其目的是   。
(7)简述生成的操作过程   。
(8)实验完毕,打开b处止水夹,放入一部分空气,此时B瓶中观察到的现象是   ,发生的反应为   。(用方程式表示)
【答案】(1)f→a→b→e→d→c
(2)MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O
(3)饱和食盐水;浓硫酸;干燥氯气
(4)溶液变蓝色
(5)铁屑;Fe+2H+=Fe2++H2↑
(6)打开;排出空气,防止氢氧化亚铁被氧化
(7)待A装置反应一段时间后关闭止水夹a,产生的H2将FeSO4溶液压入B中进行反应
(8)白色沉淀先转化为灰绿色最后转化为红褐色;4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【知识点】氯气的化学性质;氯气的实验室制法;制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】(1)气体收集与性质检验装置的连接顺序为:气体发生装置→除杂装置→干燥装置→收集装置→性质检验装置→尾气吸收装置。因此整套实验装置的连接顺序为f→a→b→e→d→。
(2)装置E为Cl2的发生装置,加热过程中,MnO2与浓盐酸反应生成可溶于水的MnCl2、Cl2和H2O,该反应的离子方程式为:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
(3)装置A为除杂装置,装置B为Cl2的干燥装置。由于Cl2不溶于饱和食盐水,但HCl可以。因此装置A中的试剂为饱和食盐水;装置B中的试剂为浓硫酸,用于干燥Cl2.
(4)装置C中淀粉KI溶液用于检验Cl2的氧化性,Cl2能与KI发生反应:Cl2+2KI=2KCl+I2,淀粉遇碘变蓝色,因此装置C中可观察到的现象为:溶液变蓝色。
(5)装置A圆底烧瓶内通过稀硫酸与铁屑反应生成FeSO4,FeSO4在H2压强作用下进入锥形瓶内,与NaOH溶液反应生成Fe(OH)2沉淀。因此圆底烧瓶内应预先加入的固体为铁屑。A中反应的离子方程式为:Fe+2H+=Fe2++H2↑。
(6)实验开始时应先将止水夹a打开,利用圆底烧瓶内反应生成的H2排出装置内的空气,防止反应生成的Fe(OH)2被空气中的O2氧化。
(7)Fe(OH)2是由FeSO4与NaOH反应生成,因此需将装置A中反应生成的FeSO4溶液压入锥形瓶内。故操作过程为:待装置A中反应一段时间后关闭止水夹a,利用产生的H2将FeSO4溶液压入装置B中,与NaOH溶液反应,即可得到Fe(OH)2沉淀。
(8)实验结束后,打开止水夹b,空气进入锥形瓶内,Fe(OH)2被空气中的O2氧化,其现象为:白色絮状沉淀先转化为灰绿色,最后变为红褐色。此时发生反应的化学方程式为:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
【分析】Ⅰ装置A、B为除杂装置,由于浓盐酸具有挥发性,会使得生成的Cl2中混有HCl,可用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl,再用浓硫酸进行干燥。装置C为Cl2性质的检验装置,装置D为尾气吸收装置。装置E为Cl2的发生装置,生成Cl2的反应的化学方程式为:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。装置F为Cl2的收集装置,由于Cl2的密度比空气大,应采用向上排空气法收集,因此Cl2从长导管的一端通入。
ⅡFe(OH)2为白色絮状沉淀,极易被空气中的O2氧化成Fe(OH)3沉淀。因此哟啊观察到Fe(OH)2沉淀的颜色,实验过程中,应排出装置内的空气。实验时应先打开止水夹a,通过分液漏斗滴加稀硫酸,与铁屑反应,利用生成的H2排出装置内的空气,防止Fe(OH)2被氧化。当装置内的空气完全排出时,关闭止水夹a,利用H2产生的压强,将烧瓶内的FeSO4溶液压入锥形瓶内,与NaOH溶液反应生成Fe(OH)2白色絮状沉淀。再打开止水夹b,使空气进入锥形瓶内,即可观察到锥形瓶内Fe(OH)2沉淀被氧化过程中的颜色变化。

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