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2.分类是化学学习与研究的常用方法,下列分类正确的是( )
①硫酸、烧碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物;
②蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质;
③Na2O、Fe2O3、A12O3属于碱性氧化物
④根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液;
⑤根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应;
⑥CO2、SO2、NO2都能和碱溶液发生反应,因此它们都属于酸性氧化物
⑦根据溶液导电能力强弱,将电解质分为强电解质、弱电解质
正确答案
解析
①硫酸、烧碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物,故正确;②蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质,故正确;③Na2O、Fe2O3属于碱性氧化物,Al2O3属于两性氧化物,故错误;④溶液、浊液都没有丁达尔现象,错误;⑤根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应,故正确;⑥酸性氧化物是指与水反应只生成对应的酸,或者与碱反应只生成对应的盐和水,NO2不属于酸性氧化物,故错误;⑦根据在水溶液中或者熔融状态下能否完全电离将电解质分为强电解质、弱电解质,与溶液导电性无必然联系,故错误。故选D。
考查方向
解题思路
①正确;②正确;③Al2O3属于两性氧化物;④根据分散质粒子的直径的大小将分散系分为溶液、胶体和浊液;⑤正确;⑥NO2与碱发生氧化还原反应,故不属于碱性氧化物;⑦根据在水溶液中或者熔融状态下能否完全电离将电解质分为强电解质、弱电解质,与溶液导电性无必然联系。
易错点
本题综合性强,解决本题需要掌握酸、碱、盐和氧化物的分类依据,掌握电解质的相关概念、氧化还原反应的判断方法,本题属于难题。
4. 用下列装置不能达到有关实验目的的是( )
正确答案
解析
A.由图可知,钠在水与煤油液面中间,则可知钠的密度比水小,比煤油大,故A正确;B.由图可知,制备氢氧化亚铁应防止被氧化,而煤油能隔绝空气,可防止生成的氢氧化亚铁被氧化,故B正确;C.由图可知,Al与MnO2发生铝热反应生成Mn,故C正确;D.因为碳酸氢钠不稳定,碳酸钠稳定,比较稳定性应将碳酸氢钠放在小试管中,故D错误。
故选D。
考查方向
解题思路
A.由图可知,钠浮于水面,沉在煤油底部,则可知钠的密度比水小,比煤油大;B.由图可知,制备氢氧化亚铁应防止被氧化,而煤油能隔绝空气,可防止生成的氢氧化亚铁被氧化;C.由图可知,Al与MnO2发生铝热反应生成Mn;D.因为碳酸氢钠不稳定,碳酸钠稳定,比较稳定性应将碳酸氢钠放在小试管中。
易错点
本题考查实验装置图,其中氢氧化亚铁制备、碳酸钠和碳酸氢钠稳定性对比,是易错点,侧重物质性质的理解。本题难度中等。
7.向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液,立即封闭罐口,易拉罐渐渐凹瘪;再过一段时间,罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是( )
正确答案
解析
向集满CO2的铝罐中加入过量NaOH,首先CO2与NaOH反应,发生反应为:CO2+2OH−=CO32−+H2O,表现为铝罐变瘪;接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气,发生反应为:2Al+2OH−+6H2O=2[Al(OH)4]− +3H2↑,则罐壁又重新凸起;因为铝罐表面有氧化膜,则又能够发生反应:Al2O3+2OH−+3H2O=2[Al(OH)4]−,根据分析可知,能够发生的反应为A、B、C,D错误。
故选D
考查方向
解题思路
向集满CO2的铝罐中加入过量NaOH,首先CO2被NaOH吸收,表现为铝罐变瘪;接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气,罐内压强变大,则罐壁又重新凸起;因为铝罐表面有氧化膜,氧化铝能和NaOH反应。
易错点
本题考查CO2、Al、Al2O3与NaOH溶液的反应,需注意CO2与NaOH反应的用量问题。
8.某白色粉末由两种物质组成,为鉴别其成分进行如下实验:
取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解;再加入足量稀盐酸,有气泡产生,固体全部溶解;②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生,振荡后仍有固体存在。
该白色粉末可能为( )
正确答案
解析
A.NaHCO3、Al(OH)3中加入足量稀硫酸有气泡产生,生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水,最终无固体存在,A错误;B.亚硫酸钠和碳酸钡中加入水,碳酸钡不溶于水,使部分固体不溶解,加入稀盐酸,碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水,固体全部溶解,再将样品加入足量稀硫酸,稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀、CO2和H2O,故正确;C.AgCl不溶于水和酸,加入水后,碳酸氢钠溶解,而AgCl不溶,再加足量稀盐酸,AgCl仍然不溶,固体不能全部溶解,C错误;D.Na2CO3、CuSO4中加入足量稀硫酸,振荡后无固体存在,D错误。
故选B。
考查方向
解题思路
A.NaHCO3和Al(OH)3均能溶于盐酸,并生成溶于水的物质,最终无固体存在;B.亚硫酸钠和碳酸钡中加入水,碳酸钡不溶于水,使部分固体不溶解,加入稀盐酸,碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水,固体全部溶解,再将样品加入足量稀硫酸,稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀、CO2和H2O;C.AgCl不溶于水和酸,因此加盐酸后不能全部溶解;
D.Na2CO3、CuSO4中加入足量稀硫酸,振荡后无固体存在。
易错点
本题D选项加入水中会生成CuCO3沉淀,加入盐酸后沉淀溶解,符合第①点的现象描述,易造成干扰,但加入硫酸后无固体存在。
10.在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的溶液中,加入足量的Na2O2固体并加热,充分反应后,再加入过量的稀盐酸,完全反应后,离子数目没有变化的是( )
正确答案
解析
A.因为Na2O2是强氧化剂,而且与水生成NaOH,于是Fe2+氧化成Fe3+,并沉淀,再和盐酸反应生成三价铁离子,所以三价铁离子浓度增大,故A错误;B.因为Na2O2是强氧化剂,而且与水生成NaOH,于是Fe2+氧化成Fe3+,并沉淀,所以亚铁离子浓度减小,故B错误;C.因为Na2O2是强氧化剂,而且与水生成NaOH,铝离子和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子,在盐酸作用下又会生成铝离子,根据铝元素守恒,则铝离子量不变,故C正确;D.因为Na2O2是强氧化剂,而且与水生成NaOH,铵根和氢氧根反应,这样转化为氨气逸出,铵根离子减少,故D错误;
故选C
考查方向
解题思路
A.因为Na2O2是强氧化剂,能将Fe2+氧化成Fe3+,所以最终三价铁离子浓度增大;B.因为Na2O2是强氧化剂,能将Fe2+氧化成Fe3+,所以最终亚铁离子浓度减小;C.因为Na2O2是强氧化剂,而且与水生成NaOH,铝离子和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子,在盐酸作用下又会生成铝离子,根据铝元素守恒,则铝离子量不变,故C正确;D.因为Na2O2水生成NaOH,铵根和氢氧根反应,这样转化为氨气逸出,铵根离子减少;
易错点
本题中加入“足量Na2O2固体”,Na2O2有强氧化性,能将Fe2+氧化为Fe3+
1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列有关说法正确的是( )
正确答案
解析
A.由于MgO熔点高,将其熔化,耗能大,因此工业制备金属镁,常用电解熔融的MgCl2;故A错误;B.工厂常用静电除尘装置是利用胶体粒子的带电性加以除去,故B正确;C.医疗上用的“钡餐”其成分是硫酸钡,漂白粉的成分为次氯酸钙和氯化钙,有效成分是次氯酸钙;D.明矾作净水剂,只能除去不溶物,不能除去海水中的盐分,因此不能使海水淡化,故D错误。故选B
考查方向
解题思路
A.工业制备金属镁,常用电解熔融的MgCl2;B.水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘,利用了胶体的性质;C.“钡餐”其成分是硫酸钡,漂白粉的有效成分为次氯酸钙;D.明矾作净水剂,只能除去不溶物,不能除去海水中的盐分,因此不能使海水淡化
易错点
本题为高考热点题型,把握物质的性质、化学与生活的关系为解答的关键,侧重分析与应用能力的综合考查,题目难度容易。
3.下列有关实验的说法正确的是( )
正确答案
解析
A.金属Al既能与酸反应又能与碱反应,而铁不溶于碱,故可用来分离两种金属,故A正确;B.氯水中的次氯酸见光分解为盐酸和氧气,所以氯水光照有气泡逸出,该气体是氧气,故B错误;C.制备氢氧化铁胶体通常是在沸水中滴加饱和氯化铁溶液,加热至溶液呈红褐色时停止加热,故C错误;D.Na[Al(OH)4]溶液滴加到盐酸中,先无现象,最后Na[Al(OH)4]溶液过量可出现浑浊,但是盐酸滴加到Na[Al(OH)4]溶液中,现有沉淀,盐酸过量沉淀溶解,现象不同,可鉴别,故D错误。故选A。
考查方向
解题思路
A.金属Al既能与酸反应又能与碱反应,而铁不溶于碱,故可用来分离两种金属;B.氯水中的次氯酸见光分解为盐酸和氧气,所以泡逸出气体是;C.制备氢氧化铁胶体通常是利用三价铁离子的水解,固体氢氧化铁无法制得胶体;D.Na[Al(OH)4]溶液滴加到盐酸中,先无现象,最后溶液出现浑浊,但是盐酸滴加到Na[Al(OH)4]溶液中,现有沉淀,盐酸过量沉淀溶解,现象不同,可鉴别。
易错点
本题综合考查了除杂、胶体的制备、物质的鉴别,解决本题需要熟练掌握元素化合物的知识,难度中等。
5.能正确表示下列反应的离子方程式的是( )
正确答案
解析
A.氢氧化钡溶液加入少量稀硫酸,不满足本身的配比关系,正确的写法为:Ba2++2OH—+2H++SO42—=== BaSO4+2H2O,故A错误;B.NaClO溶液具有氧化性,能将SO2氧化,当SO2气体过量时,C1O- + SO2 + H2O = 2H++Cl -+SO42-,故B错误;C.氯气通入水中反应生成的次氯酸是弱酸,仍用化学式表示,正确的写法:Cl2+H2O=H++Cl-+ HClO;D.D正确。
故选D。
考查方向
解题思路
A.给出的离子方程式不符合反应的事实,氢离子、氢氧根离子和水的系数错误;B.NaClO溶液具有氧化性,能将SO2氧化,发生氧化还原反应;C.氯气通入水中反应生成的次氯酸是弱酸,仍用化学式表示;D.D正确。
易错点
本题B选项易错,NaClO和SO2反应的是氧化还原反应而不是复分解反应。
6.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是( )
①常温下,0.1molCl2与足量NaOH溶液反应,转移的电子数目为0.2NA
②常温常压下,18gH2O中含有的电子总数为10NA
③将100 mL 0.1 mol·L-1FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒0.01NA
④在反应KIO3+6HI==KI+3I2+3H2O中,每生成3 mol I2转移的电子数为5NA
⑤常温常压下,14g的C2H4和C4H8混合气体中含有的原子数为3NA
⑥在标准状况下,0.5molNO与0.5molO2混合后气体分子数为0.75 NA
⑦1.0L 1.0 mol·L-1 Na2SiO3水溶液中含有的氧原子数为3NA
正确答案
解析
①常温下,氯气与NaOH溶液的反应为歧化反应,0.1molCl2转移0.1mol电子,即0.1NA,故错误;②18g水的物质的量为1mol,而水分子含10个电子,故1mol水中含10mol电子,即10NA,正确;③一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体,故将100mL0.1mol/LFeCl3溶液滴入沸水中制得的氢氧化铁胶粒小于0.01NA,故错误;④在反应KIO3+6HI==KI+3I2+3H2O中,转移5mol电子,生成3molI2,故正确;⑤C2H4和C4H8最简式都是CH2,含有1mol最简式CH2,期原子数为3NA,故正确;⑥2NO+O2=2NO2,0.5molNO和0.5molO2反应生成0.5molNO2和剩余0.25molO2,但体系存在可逆反应2NO2N2O4,所以混合后气体分子数小于0.75NA,故错误;⑦水分子中还含有O,所以1.0L1.0mol/LNaSiO3水溶液中含有的O大于3NA,故错误。
故选C
考查方向
解题思路
①常温下,氯气与NaOH溶液的反应,0.1molCl2转移0.1mol电子,即0.1NA;②18g水的物质的量为1mol,而水分子含10个电子,故1mol水中含10mol电子,即10NA;③一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体,故将100mL0.1mol/LFeCl3溶液滴入沸水中制得的氢氧化铁胶粒小于0.01NA;④在反应KIO3+6HI==KI+3I2+3H2O中,转移5mol电子,生成3molI2;⑤C2H4和C4H8最简式都是CH2,含有1mol最简式CH2,期原子数为3NA;⑥2NO+O2=2NO2,0.5molNO和0.5molO2反应生成0.5molNO2和剩余0.25molO2,但体系存在可逆反应2NO2N2O4,所以混合后气体分子数小于0.75NA;⑦水分子中还含有O,所以1.0L1.0mol/LNaSiO3水溶液中含有的O大于3NA。
易错点
本题考查以计算微粒的数目为载体,综合考查了物质的组成、结构和性质,解答本题需注意题中所设置的“陷阱”,如⑦中除Na2SiO3中含氧原子,水中也含氧原子。本题综合性强,难度较大。
9.下列各组离子,在澄清透明溶液中能大量共存的组别共有( )
(1)I-、Fe2+、NO3-、H+
(2)K+、NH4+、HCO32-、OH-
(3) MnO4-、H+、K+、Cl-
(4)Fe2+、Cu2+、SO42-、Cl-
(5) Na+、K+、Al3+、HCO3-
(6) 加入KSCN溶液显红色的溶液:K+、NH4+、Cl-、I-
(7)室温下 溶液中:Fe2+、NH4+、SO32-、Cl-
(8) 0.2 mol/L的NaNO3溶液:H+、Fe2+、SO42-、Cl-
正确答案
解析
⑴NO3-、H+ 能氧化I-、Fe2+,不能大量共存;⑵NH4+和HCO32-都能与OH-反应不能大量共存;⑶MnO4-、H+能氧化Cl-,不能大量共存;⑷能大量共存;⑸Al3+和HCO3-发生双水解,不能大量共存;⑹加入KSCN溶液显红色的溶液,含有Fe3+,与I-发生氧化还原反应不能大量共存;⑺室温下,溶液为碱性溶液,Fe2+、NH4+均不能大量共存;⑻0.2mol/L的NaNO3溶液:H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不能大量共存。故选A。
考查方向
解题思路
⑴NO3-、H+ 能氧化I-、Fe2+;⑵NH4+和HCO32-都能与OH-反应;⑶MnO4-、H+能氧化Cl-;⑷能大量共存;⑸Al3+和HCO3-发生双水解反应;⑹加入KSCN溶液显红色的溶液,含有Fe3+,与I-发生氧化还原反应;⑺室温下,溶液为碱性溶液,Fe2+、NH4+均不能大量共存;⑻0.2mol/L的NaNO3溶液:H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应。
易错点
本题考查溶液中的饿离子共存问题,要注意题中的限定条件,如:澄清透明不同于无色透明,(4)为澄清透明溶液,但不是无色透明溶液。
13.有一澄清透明的溶液,只可能含有大量的Fe3+、Fe2+、H+、[Al(OH)4]-、Al3+、CO32﹣、NO3﹣七种离子中的几种,向该溶液中逐滴加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中,开始没有沉淀,而后才有沉淀.则下列判断正确的是( )
正确答案
解析
向该溶液中加入一定量的1mol/LNaOH溶液的过程中,开始没有沉淀,而开始没有沉淀,说明溶液呈酸性,则一定大量含有H+离子,因为[Al(OH)4]-、CO32﹣离子分别与H+离子反应生成Al(OH)3沉淀、CO2气体,故在酸性溶液中不能存在,根据溶液的电中性一定含有阴离子,而阴离子只有NO3﹣,则一定存在NO3﹣;能够与NaOH溶液生成沉淀的有Fe3+、Fe2+、Al3+离子,但是在酸性条件下Fe2+和NO3﹣发生氧化还原反应而不能共存,则一定不含Fe2+离子,故Fe3+和Al3+离子至少有一种。综上所述,溶液中一定含有H+、NO3﹣;一定没有Fe2+、 [Al(OH)4]-、CO32﹣;Fe3+、Al3+、至少有一种。故选D
考查方向
解题思路
向该溶液中加入一定量的NaOH溶液的过程中,开始没有沉淀,而开始没有沉淀,说明溶液呈酸性,则一定大量含有H+离子,因为[Al(OH)4]-、CO32﹣离子分别与H+离子反应,故不存在,根据溶液的电中性一定含有阴离子,而阴离子只有NO3﹣,则一定存在NO3﹣;能够与NaOH溶液生成沉淀的有Fe3+、Fe2+、Al3+离子,但是在酸性条件下Fe2+和NO3﹣发生氧化还原反应而不能共存,则一定不含Fe2+离子,故Fe3+和Al3+离子至少有一种。
易错点
澄清透明不是无色透明;在肯定一种离子的同时,要注意根据离子共存的条件看能否否定某种离子,本题中肯定含氢离子,所以[Al(OH)4]-、CO32﹣离子一定不存在。
11.下列物质中既能跟稀H2SO4反应, 又能跟氢氧化钠溶液反应的物质是 ( )
①NaHCO3 ②Al2O3 ③Al(OH)3 ④Al ⑤(NH4)2CO3 ⑥Na[Al(OH)4]
正确答案
解析
①NaHCO3属于弱酸酸式盐,能与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水,能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水,故符合;②Al2O3是两性氧化物,比如能与硫酸反应生成硫酸铝和水,能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水,故符合;③Al(OH)3是两性氢氧化物,能与硫酸反应生成盐和水,能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水,故符合;④铝能与硫酸反应生成硫酸铝和氢气,能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气,故符合;⑤(NH4)2CO3可以和硫酸反应生成硫酸铵、水以及二氧化碳,可以和氢氧化钠反应生成碳酸钠和氨水,故符合;⑥Na[Al(OH)4]只与稀硫酸反应。故选A
考查方向
解题思路
NaHCO3属于弱酸酸式盐,能与硫酸反应,又能与氢氧化钠反应生;Al2O3、Al(OH)3和铝均具有两性能与硫酸反应,也能与氢氧化钠反应;(NH4)2CO3可以和硫酸反应生成硫酸铵、水以及二氧化碳,可以和氢氧化钠反应生成碳酸钠和氨水,故符合;Na[Al(OH)4]只与稀硫酸反应。
易错点
注意HCO3 —能跟OH—反应生成CO32—和H2O
14.某化学小组为测定下列各混合物中铝的质量分数,设计了如下实验方案:
①已知质量的铜铝混合物足量盐酸充分反应测定生成气体的体积
②已知质量的铜铝混合物充分反应测定剩余固体的质量
③已知质量的铜铝混合物充分反应测定所得固体的质量
④已知质量的铁铝混合物充分反应测定生成气体的体积
以上方案可行的是( )
正确答案
解析
①铜铝混合物中加入盐酸,只有铝可以反应,因此可以通过测定生成气体的体积来计算铝的质量分数;②铜铝混合物中加入NaOH溶液,只有铝可以反应,剩余的是铜,因此可以通过测定剩余固体的质量来计算铝的质量,从而计算铝的质量分数;③铜铝混合物在空气中加热,都转化为对应的氧化物,可以建立方程组解出铝的质量,从而计算铝的质量分数;④铁铝混合物加入盐酸,因两者产生的氢气的比例不一样,可以建立方程组解出铝的质量,从而计算铝的质量分数;故A正确选A
考查方向
解题思路
①只有铝可以和盐酸反应,因此可以通过测定生成气体的体积来计算铝的质量分数;②只有铝可以和NaOH反应,因此可以通过测定剩余固体的质量来计算铝的质量,从而计算铝的质量分数;③铜铝混合物在空气中加热,都转化为对应的氧化物,可以建立方程组解出铝的质量,从而计算铝的质量分数;④铁铝混合物加入盐酸,因两者产生的氢气的比例不一样,可以建立方程组解出铝的质量,从而计算铝的质量分数;
易错点
本题以实验方案的设计评价为载体,考查混合物中各成分质量分数的计算,要求学生熟练掌握元素化合物的相关知识,难度中等。
15. 已知电离平衡常数:H2CO3>HClO>HCO3-,氧化性:HClO>Cl2>Br2>Fe3+>I2。下列有关离子反应或离子方程式的叙述中,正确的是( )
正确答案
解析
A.氧化性:HClO>Cl2>Br2>Fe3+>I2,向FeI2溶液中滴加少量氯水,反应的离子方程式为:2I-+Cl2=I2+2Cl-,故A错误;B.向溴水中加入足量氯化亚铁溶液,生成Fe3+,溶液呈黄色,故B错误;C.酸性:H2CO3>HClO>HCO3-,向NaClO溶液中通入少量CO2生成HCO3-,故C错误;D.能使pH试纸显深红色的溶液呈酸性,在酸性条件下离子之间不发生任何反应,可大量共存,故D正确;故选A。
考查方向
解题思路
A.氧化性:HClO>Cl2>Br2>Fe3+>I2,向FeI2溶液中滴加少量氯水,I-先被氧化;B.向溴能氧化Fe2+,生成Fe3+,溶液呈黄色;C.酸性:H2CO3>HClO>HCO3-,因此HClO和CO32-发生反应;D.能大量共存;
易错点
本题B选项中溴水将氯化亚铁氧化为氯化铁,Fe3+有颜色,溶液不呈无色。
高锰酸钾溶液常用于物质的定性检验与定量分析。
17.实验室里欲用KMnO4固体来配制480mL 0.1000 mol·L-1的酸性KMnO4溶液。
①需用的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、 。用天平需要称量固体KMnO4的质量 。
②下列操作导致所配制溶液的浓度偏大的是 (填序号)。
a.加水定容时俯视刻度线 b.容量瓶底部有少量蒸馏水
c.颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上 d. 天平的砝码生锈
18.某化学兴趣小组利用滴定的方法,用新配制的酸性KMnO4溶液来测定某试剂厂生产的FeSO4溶液中Fe2+的物质的量浓度。
①酸性高锰酸钾溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式为 。
②该小组在测定过程中发现,测得的Fe2+的物质的量浓度比标签上的标注值要低,在滴定操作准确的前提下,可能导致该测定结果的原因如下:
猜想一:FeSO4溶液变质;证明方法是 ;
猜想二: 。
正确答案
(1)①胶头滴管、500mL容量瓶 7.9g ②ad
解析
(1)①实验室用KMnO4固体来配制480mL0.1mol/L的酸性KMnO4溶液。步骤是:计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇均、贴签。因此需要的仪器有天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管。因无480mL的容量瓶,故需选择500mL容量瓶,计算时也应用500mL溶液来计算。所以需要称量固体KMnO4的质量=CVM=0.1000mol/L×0.5L×158g/mol=7.9g。
②a.加水定容时俯视刻度线,溶液体积偏小,导致所配制溶液的浓度偏大;b.容量瓶底部有少量蒸馏水,对所配制溶液的浓度无影响;c.颠倒摇匀后发现液面低于刻度线又加水,溶液体积偏大,导致溶液浓度偏小;d.天平的砝码生锈,所称量的KMnO4固体质量偏大,导致所配制溶液的浓度偏大;故选ad。
考查方向
解题思路
(1)①需要的仪器有天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管。因无480mL的容量瓶,故需选择500mL容量瓶,计算时也应用500mL溶液来计算。
②误差的产生是由于操作不当导致溶质和溶液的体积产生误差,从而配得的溶液浓度不准确。
易错点
容量瓶需注明规格,且容量瓶不是任意规格的,常用规格为100mL,250mL、500mL和1000mL;托盘天平的精确度为0.1g,填8g或7.90g均错误。
正确答案
(2)①5Fe2++MnO4-+8H+ = Mn2++5Fe3++4H2O ②取少量原溶液,滴入KSCN溶液,若溶液变为血红色,则说明原硫酸亚铁溶液已变质;滴定过程中,部分Fe2+被氧气氧化
解析
(2) ①酸性高锰酸钾溶液能将Fe2+氧化为Fe3+,反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+ = Mn2++5Fe3++4H2O。②若猜想一正确,即FeSO4溶液变质,则备氧化为Fe3+,可通过如下方法证明:取少量原溶液于试管中,滴入KSCN溶液,若溶液变为血红色,则说明原硫酸亚铁溶液变质;猜想二:也有可能是滴定过程中部分Fe2+被氧气氧化。
解题思路
(2) ①酸性高锰酸钾溶液能将Fe2+氧化为Fe3+;②若猜想一正确,即FeSO4溶液变质,则备氧化为Fe3+,可通过检验Fe3+的存在说明原硫酸亚铁溶液变质;猜想二:也有可能是滴定过程中部分Fe2+被氧气氧化。
易错点
配平方程式时要注意溶液的酸碱性;Fe3+的检验描述实验现象时,注意滴入KSCN溶液后,溶液变为血红色,无沉淀生成。
氯、铁的某些化合物在工业生产和生活中有着重要的作用。
二氧化氯(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。
主要有两种制备方法:
20.方法二:实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料,通过以下过程制备ClO2:
NCl3溶液和NaClO2溶液发生反应的离子方程式 。X中大量存在的阴离子有_____ 。
21.铁及其化合物有重要用途,如聚合硫酸铁m是一种新型高效的水处理混凝剂,而高铁酸钾(其中铁的化合价为+6)是一种重要的杀菌消毒剂,某课题小组设计如下方案制备上述两种产品:
①检验固体铁的氧化物中铁的化合价,应使用的试剂是 (填标号)。
正确答案
(1)2KClO3+H2C2O4+2H2SO4 = 2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O 5mol 3NCl3+6ClO2-+3H2O = 6ClO2+3NH3+3Cl-+3OH- Cl-和OH-
解析
(1)KClO3和草酸(H2C2O4)、硫酸反应生成ClO2、CO2和KHSO4等物质。可知该反应的化学方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO4 = 2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O,每生成1molCO2转移1mol电子,则生成5molClO2转移5mol电子。由流程图可知,NCl3溶液和NaClO2溶液发生反应生成ClO2、NH3,由此可得反应的离子方程式为3NCl3+6ClO2-+3H2O = 6ClO2+3NH3+3Cl-+3OH-,根据方程式可知X中大量存在的阴离子Cl-和OH-。
考查方向
解题思路
(1)根据已知条件可知该反应的化学方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO4 = 2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O,每生成1molCO2转移1mol电子,则生成5molClO2转移5mol电子。由流程图可知反应的离子方程式为3NCl3+6ClO2-+3H2O = 6ClO2+3NH3+3Cl-+3OH-,根据方程式可知X中大量存在的阴离子Cl-和OH-。
易错点
本题主要考查根据已知条件书写氧化还原反应方程式,首先要确定氧化剂,还原剂,氧化产物和还原产物,再根据得失电子守恒配平方程式,难度中等。
正确答案
解析
(2)①铁的氧化物能溶于稀硫酸和稀硝酸,但是稀硝酸可以将Fe2+氧化为Fe3+,而稀硫酸不能;Fe3+遇KSCN溶液变红,Fe2+可以使酸性高锰酸钾溶液褪色,故稀硫酸、KSCN溶液、酸性KMnO4溶液能检验氧化物中铁的化合价;②根据化合价升降总数相等、电子守恒、原子守恒可得反应式为6Fe2++ClO3-+6H+ = 6Fe3++Cl-+3H2O;③铁元素由+3价升高为+6价,氮元素由+5价降低为+3价,根据化合价升降总数相等、质量守恒,即可配平:1Fe2O3+3KNO3+4KOH—2K2FeO4+3KNO2+2H2O
考查方向
解题思路
(2)①铁的氧化物能溶于稀硫酸和稀硝酸,但是稀硝酸可以将Fe2+氧化为Fe3+,而稀硫酸不能;Fe3+遇KSCN溶液变红,Fe2+可以使酸性高锰酸钾溶液褪色,故稀硫酸、KSCN溶液、酸性KMnO4溶液能检验氧化物中铁的化合价;②根据化合价升降总数相等、电子守恒、原子守恒可得反应式;③铁元素由+3价升高为+6价,氮元素由+5价降低为+3价,根据化合价升降总数相等、质量守恒,即可配平
易错点
铁的氧化物中既有+2价又有+3价,两者均要检验,注意稀硝酸具有氧化性,能将Fe2+氧化,只能选稀硫酸溶解铁的氧化物,才不会对Fe2+的检验造成干扰。
实验室用铜制备CuSO 4 溶液有多种方案,某实验小组给出了以下三种方案:
请回答有关问题:
25.甲方案:为了节约原料,硫酸和硝酸的物质的量之比最佳为,n(H 2SO 4 ):n(HNO 3 )= 。
26.乙方案:将6.4g铜丝放到90mL 1.5mol·L -1 的稀硫酸中,控温在50℃。加入40mL 10%的H2O2,反应0.5小时,升温到60℃,持续反应1小时后,经一系列操作,得CuSO 4·5H 2O 20.0g【已知有关摩尔质量:M(CuSO4·5H2O) =250g/mol】。
①反应时温度控制在50℃~60℃,不宜过高的原因是 ;
②本实验CuSO4·5H2O的产率为 。
27.丙方案:将空气或氧气直接通入到铜粉与稀硫酸的混合物中,发现在常温下几乎不反应。向反应液中加少量FeSO4,即发生反应,生成硫酸铜。反应完全后,加物质A调节pH至4 ,然后过滤、浓缩、结晶。
反应中加入少量FeSO4 可加速铜的氧化,FeSO4 的作用是 ;
反应过程中的的离子方程式为: 、 。
28.对比甲、乙、丙三种实验方案,丙方案的优点有(写两条):
、 。
正确答案
(1)3:2
解析
(1)硫酸铜的化学式中Cu2+与SO42 -的个数比是1:1,离子方程式中Cu2+与NO3 -的个数比是3:2,所以n(H2SO4):n(HNO3)=3:2
考查方向
解题思路
(1)硫酸铜的化学式中Cu2+与SO42 -的个数比是1:1,离子方程式中Cu2+与NO3 -的个数比是3:2,所以n(H2SO4):n(HNO3)=3:2
易错点
本题考查实验方案的评价,要从原料利用率、产量、对环境的影响等方面进行综合考虑,学会运用原子守恒法进行解题,难度中等。
正确答案
(2)①双氧水受热易分解造成损耗;②80%
解析
(2)①因为过氧化氢受热易分解,温度过高,造成过氧化氢的损失,产率低;②6.4gCu的物质的量是0.1mol,硫酸的物质的量是0.135mol,所以硫酸过量,理论上生成0.1molCuSO4·5H2O,质量为25.0g,实际得到CuSO4·5H2O 20.0g,所以CuSO4·5H2O的产率是20.0g/25.0g×100%=80%
考查方向
解题思路
(2)①因为过氧化氢受热易分解;②根据6.4gCu计算理论产量,然后用实际产量除以理论产量即可。
易错点
本题考查对实验条件的控制和产率的计算,控制温度不宜过高的原因一般是为了防止某物质分解或挥发,难度较低。
正确答案
(3)作催化剂(或起催化作用) Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O,2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+(两方程式不能颠倒)
解析
(3)反应中加入少量FeSO4可加快Cu的氧化,而FeSO4不与溶液中的任何物质反应,所以FeSO4的作用只能是催化剂的作用;反应过程中,Fe2+先被O2氧化为Fe3+,Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O,然后Fe3+将Cu氧化为Cu2+,2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。
考查方向
解题思路
(3)反应中加入少量FeSO4可加快Cu的氧化,而FeSO4不与溶液中的任何物质反应,所以FeSO4的作用只能是催化剂的作用。
易错点
本题主要考查学生对题中信息的提取和处理能力,通过调节pH除去的是Fe3+,因此可分析出Fe2+被氧化为Fe3+,从而写出对应的方程式,本题难度较大。
正确答案
(4)无污染;原料利用率高(或常温下反应,耗能少;原料便宜,成本低等)
解析
(4)与甲、乙比,丙的优点是不会产生污染,耗能少,原料便宜,节约原料等。
考查方向
解题思路
主要考虑成本、产量、环境保护、能耗等方面。
易错点
本题考查对实验方案的评价,主要从原料利用率,产量、环境保护、能源消耗等方面进行考虑,难度中等。
化学兴趣小组的同学为测定某Na2CO3和NaCl的固体混合物样品中Na2CO3的质量分数进行了以下实验,请你参与并完成对有关问题的解答。
22.甲同学用上图所示装置测定CO2的质量。实验时稀硫酸是与样品中的_________(填“Na2CO3”或"NaCl”)发生反应。仪器b的名称是________。洗气瓶c中盛装的是浓硫酸,此浓硫酸的作用是__________________ 。
23.乙同学用下图所示方法和步骤实验:
①操作I涉及的实验名称有__________、洗涤;操作Ⅱ涉及的实验名称有干燥、___________。
②乙测得的样品中Na2CO3质量分数的计算式为___________________。
24.标准状况下,将672 mL CO2气通入50 mL1mol/LKOH溶液中,完全反应后,所得溶液中K2CO3和KHCO3的物质的量之比为(设反应前后溶液体积变化忽略不计) ____________ 。
正确答案
(1)Na2CO3 分液漏斗 除去CO2中的水蒸气
解析
(1)依据装置和试剂分析,硫酸和样品中的碳酸钠反应,仪器b是加入液体的仪器可以控制滴加的量,是分液漏斗;反应过程中含有水蒸气,可以利用浓硫酸干燥二氧化碳,故答案为:NaCO3;分液漏斗;除去CO2中的水蒸气。
考查方向
解题思路
(1)依据装置和试剂分析,硫酸和样品中的碳酸钠反应;反应过程中含有水蒸气,可以利用浓硫酸干燥二氧化碳。
易错点
本题考查实验仪器的识别和用途,注意分液漏斗和长颈漏斗的区别,浓硫酸的作用是干燥剂。本题难度较低。
正确答案
①过滤 称量 ②106y/197x
解析
(2) ①依据流程分析,加入氢氧化钡溶液和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀,通过过滤得到沉淀,洗涤后称重得到沉淀碳酸钡的质量,故答案为:过滤;称量;②依据流程分析判断沉淀质量为yg,物质的量=mol;碳酸钠的物质的量等于碳酸钡的物质的量,则碳酸钠的质量为mol×106g/mol;样品的质量为xg,所以碳酸钠的质量分数=×100%,故答案为:×100%;
考查方向
解题思路
(2) ①依据流程分析,加入氢氧化钡溶液和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀,通过过滤得到沉淀,洗涤后称重得到沉淀碳酸钡的质量,②依据流程分析判断沉淀质量为yg;碳酸钠的物质的量等于碳酸钡的物质的量,则可求出碳酸钠的质量,最后求出碳酸钠的质量分数;
易错点
本题主要考查实验基本操作和混合物中某组分质量分数的简单计算,难度较低。
正确答案
n(K2CO3):n(KHCO3)=2:1
解析
(3)CO2+2KOH=K2CO3+H2O CO2+KOH=KHCO3,n(CO2):n(KOH)=1:2,产物为K2CO3,n(CO2):n(KOH)=1:1,产物为KHCO3,标准状况下,将672mLCO2气体物质的量=0.3mol;通入50mL1mol/LKOH溶液中,n(KOH)=0.05L×1mol/L=0.05mol,n(CO2):n(KOH)=0.03:0.05=3:5,所以1:1>3:5 >1:2,二氧化碳和氢氧化钾全部反应生成碳酸钾和碳酸氢钾,利用直接配平法写出方程式并配平:3CO2+5KOH = KHCO3+2K2CO3+2H2O,则n(K2CO3):n(KHCO3)=2:1。
考查方向
解题思路
(3)发生的反应CO2+2KOH=K2CO3+H2O CO2+KOH=KHCO3,运用极限法判断CO2与KOH的反应情况n(CO2):n(KOH)=1:2,产物为K2CO3,n(CO2):n(KOH)=1:1,产物为KHCO3,标准状况下,将672mLCO2气体物质的量=0.3mol;通入50mL1mol/LKOH溶液中,n(KOH)=0.05L×1mol/L=0.05mol,n(CO2):n(KOH)=0.03:0.05=3:5,所以1:1>3:5 >1:2,二氧化碳和氢氧化钾全部反应生成碳酸钾和碳酸氢钾,利用直接配平法写出方程式并配平。
易错点
本题首先要根据CO2和KOH量的关系,判断出产物,再根据元素守恒法计算出产物物质的量之比,难度中等。
12.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法,下列有关离子方程式的类推正确的是( )
正确答案
D
解析
A.铁比铜活泼,可以将金属铜从其盐溶液中置换出来,但是金属钠非常活泼容易与水反应,因此不能将铜从其盐溶液中置换出来,故A错误;B.硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀,硫酸与氢氧化钠反应实质只有水生成,故B错误;C.向氯化铝溶液中加入足量氨水实质是:Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ ,氢氧化铝不能溶于氨水,故C错误;D.二氧化碳和二氧化硫均能使澄清石灰水变浑浊,如果气体过量会变澄清,都是先生成难溶于水的碳酸钙和亚硫酸钙,然后生成易溶于水的碳酸氢钙和亚硫酸氢钙,故D正确故选D。
考查方向
解题思路
A.金属钠非常活泼容易与水反应,因此不能将铜从其盐溶液中置换出来;B.硫酸与氢氧化钠反应实质只有水生成;C.氢氧化铝不能溶于氨水,故C错误;D.二氧化碳和二氧化硫均能与澄清石灰水变浑浊,如果气体过量会变澄清,都是先生成难溶于水的碳酸钙和亚硫酸钙,然后生成易溶于水的碳酸氢钙和亚硫酸氢钙
易错点
Al(OH)3为两性氢氧化物,既能溶于强酸,又能溶于强碱,但不能溶于弱酸(如碳酸),也不能溶于弱碱(如氨水)。
16.从下列实验操作、现象得出的相应结论不正确的是( )
正确答案
D
解析
A.加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变混浊的无色无味气体,可能是CO32-或HCO3-,滴加CaCl2溶液,有白色沉淀生成,确定该溶液存在CO32-,故A正确;B.新制氯水中使有色布条褪色的是HClO,故正确;C.淀粉胶体本来是不能透过半透膜的,但是烧杯中液体加碘水变蓝,说明烧杯中含有淀粉,即可证明半透膜有破损,故C正确;D.CO2也可以与碳酸钠溶液反应,故D错误。故选A。
考查方向
解题思路
A.A正确;B.新制氯水中使有色布条褪色的是HClO;C.淀粉胶体本来是不能透过半透膜的,但是烧杯中液体加碘水变蓝,说明烧杯中含有淀粉,即可证明半透膜有破损;
D.CO2也可以与碳酸钠溶液反应。
易错点
本题A选项中,无色无味的气体为CO2,要排除SO2气体的干扰。