2023届重庆市朝阳中学高一化学第一学期期中达标测试试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项1考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回2答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效5如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、下列物质互为同素异形体的是( )AH2O2

2、 和 H2OBCO2 和COCO2 和O3DFe2+和 Fe3+2、按照交叉分类法,下列物质的分类正确的是()ABCD3、用NA表示阿伏加德罗常数的数值,下列说法错误的是A. 若120g石墨能写a个字,则平均每个字约含有 10NA/a个碳原子B常温常压下,9mLH2O含有5NA个电子(水的密度为1g/mL)C标准状况下,16g O2和O3的混合气体中含有的氧原子数目为NAD0.1mol/L NaHSO4溶液中溶质离子总数为0.3NA4、某同学欲用托盘天平称量21.5g氯化钠(5g以下用游码),他把氯化钠放在右盘,砝码放在左盘,当天平两边平衡时,他所称取的氯化钠的质量实际是A16.5g B18.

3、5g C20.5g D23.5g5、当光束通过鸡蛋清水溶液时,从侧面观察到一条光亮的“通路”,说明鸡蛋清水溶液是()A溶液B胶体C悬浊液D乳浊液6、不用其他试剂,用最简单的方法鉴别下列物质:NaOH溶液,Mg(NO3)2溶液,CuSO4溶液,KCl溶液,正确的鉴别顺序是ABCD7、下列离子方程式书写正确的是( )A醋酸溶解水垢(CaCO3):CaCO3+2H+ =Ca2+H2O+CO2B在NaHCO3溶液中加入少量的Ba(OH)2溶液: Ba2+ +2OH- +2HCO=BaCO3+2H2O+COC氢氧化铜和盐酸反应: H+ +OH =H2OD实验室制氯气:MnO24H +4Cl= Mn2+2

4、Cl2 2H2O8、下图转化关系中的m、n、p、q均含氯元素的常见物质,其中p、q为酸,n为单质,下列叙述不正确的是()An在标况下的密度约为3.17 gL-1B反应中物质n与电子转移的物质的量相等Cp氧化性强于qD四步反应均为氧化还原反应9、下列配制的溶液浓度偏低的是 ( )A配制硫酸用量筒量取硫酸时仰视读数B配制硫酸定容时,仰视容量瓶刻度线C配制NaOH溶液,NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶定容至刻度线D称量25.0g胆矾配制1 mol/L CuSO4溶液100 mL时,砝码错放在左盘10、将金属钠分别投入下列物质的稀溶液中,有气体放出且有沉淀生成的是A稀盐酸 BNH4Cl CCuCl2

5、 DNaOH11、在我们的日常生活中出现了“加碘食盐”、“增铁酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”和“含氟牙膏”等商品。这里的碘、铁、钙、硒、氟指的是( )A元素B单质C分子D氧化物12、下列实验设计方案中,可行的是( )A用点燃法除去CO2中少量COB用洗气瓶中的NaOH溶液除去CO2中混有的HCl气体C向某无色未知溶液中仅加入BaCl2溶液,以检验未知溶液中的SO42-D用石蕊试液、BaCl2溶液,能鉴别盐酸、硫酸、硫酸钠、氢氧化钠和硝酸钾五种无色溶液13、用四氯化碳萃取碘水中的碘,下列说法中不正确的是( )A实验使用的主要仪器是分液漏斗B碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度更大C分液时,

6、水从分液漏斗的下口流出,碘的四氯化碳溶液从漏斗上口倒出D上层接近无色,下层紫红色14、氧化还原反应中,水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等。下列反应与Br2SO22H2O= H2SO42HBr相比较,水的作用不相同的是()2Na2O22H2O= 4NaOHO24Fe(OH)2O22H2O= 4Fe(OH)32F22H2O= 4HFO22Al2NaOH2H2O= 2NaAlO23H2A B C D15、实验室需配制一种仅含四种离子(不包括水电离出的离子)的无色溶液,且在溶液中四种离子的物质的量浓度均为1 molL1。下列四个离子组能达到要求的是( )ANa、

7、K、SO42-、ClBCu2、K、SO42-、NO3-CH、K、HCO3-、ClDMg2、Na、Cl、SO42-16、右图是一种实验某气体化学性质的实验装置,图中B为开关。如先打开B,在A处通入干燥氯气,C中红色布条颜色无变化;当关闭B时,C处红色布条颜色褪去。则D瓶中盛有的溶液是()A浓H2SO4B浓NaOH溶液C饱和Na2SO4溶液D石灰乳二、非选择题(本题包括5小题)17、某研究性学习小组同学用含有少量泥沙、CaCl2、MgCl2、Na2SO4的粗盐制取纯净的NaCl,实验前他们设计了如图方案(框图)(1)请写出操作第步所加试剂名称及第步操作名称:_,_。(2)写出第步操作中可能发生反应

8、的离子方程式:_。(3)如何检验第步操作中硫酸根离子已完全除尽:_。(4)你认为该设计里哪些步骤调换后不影响实验结果:_。18、.有一包白色固体粉末,其中可能含有KCl、BaCl2、Cu(NO3)2、K2CO3中的一种或几种,现做以下实验:将部分粉末加入水中,振荡,有白色沉淀生成,过滤,溶液呈无色:向的沉淀物中加入足量稀硝酸,固体完全溶解,并有气泡产生;取少量的溶液,滴入稀硫酸,有白色沉淀产生;另取中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液,产生白色沉淀。试根据上述实验事实,回答下列问题:(1)写出原白色粉末中一定含有的物质的化学式_。(2)写出原白色粉末中一定不含有的物质的电离方程式_。(3)写出

9、变化的离子方程式:_。. 实验室需要240 mL0.5 molL-1的NaOH溶液,现用固体烧碱进行配制。(1)需称量_ g 烧碱,应放在_中称量、溶解。(2)完成此配制实验,除了量筒,烧杯,玻璃棒外还需要的常见的玻璃仪器有_。(3)下列操作对所配溶液浓度偏大的有_。A烧碱在烧杯中溶解后,未冷却就立即转移到容量瓶中B容量瓶未干燥就用来配制溶液 C定容时仰视容量瓶D称量时使用了生锈的砝码 E.未洗涤溶解烧碱的烧杯19、用98%的浓硫酸()配制100mL浓度为1 molL1的稀硫酸,其操作步骤可分解为以下几步:a.用量筒量取_mL的浓硫酸,缓缓注入装有约50mL蒸馏水的烧杯里,并用玻璃棒搅拌.b.

10、用约30mL蒸馏水,分成三次洗涤烧杯和玻璃棒,将每次洗涤液都倒入M里.c.将稀释后的硫酸小心地用玻璃棒引流入M.d.检查M是否发生滴漏.e.将蒸馏水直接加入M,至液面接近刻度线2cm至3cm处.f.盖紧瓶塞,反复倾倒振荡,摇匀溶液.g.用_向M里逐滴滴入蒸馏水,至液面最低点恰好与环形刻度线相切.据此填写:(1)正确的操作顺序是_(2)进行A步操作时,应量取_mL浓硫酸,选用量筒的规格是(填序号) _a. 10mL b. 50mL c. 1000mL d. 1000mL(3)配置上述溶液时,多次提到的实验仪器M是_。步骤G中横线处是_。 (4)进行A步骤操作时,必须_后,才能进行后面的操作.(5

11、)实验操作中,下列操作会对所配溶液的浓度有何影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)a.洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入M中_b.定容时,眼睛俯视溶液_c.容量瓶中原残留少量蒸馏水_d.定容后M中液面低于刻度线,又加水定容到刻度线._e量取浓硫酸时仰视量筒读数_20、选择下列实验方法分离物质,将分离方法的括号填在横线上。A萃取分液 B过滤 C结晶 D分液 E蒸馏(1)分离饱和食盐水与沙子的混合物。_(2)从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾。_(3)分离水和汽油的混合物。_(4)分离CCl4(沸点为76.75)和甲苯(沸点为110.6)的混合物。_21、请填写一下空白:(1)有以下物质: 晶体液态硫

12、酸 铁固体饱和溶液酒精()熔融的,其中能导电的是_,属于电解质的是_,属于非电解质的是_。(2)化学反应 (浓) (未配平)中:氧化产物是:_, 还原产物是:_。(3)请写出醋酸与氢氧化钠溶液反应的离子方程式_。(4)盐酸可以除铁锈,请写出发生反应的离子方程式:_。(5)工业上常用在酸性条件下氧化污水中的,请写出离子方程式:_。参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解析】同素异形体为由同种元素形成的不同单质。【详解】AH2O2和H2O均为化合物,A与题意不符;BCO2和CO均为化合物,B与题意不符;CO2和O3由同种元素形成的不同单质,互为同素异形体,C符合题意;DFe2+和F

13、e3+均为化合态,D与题意不符;答案为C。2、A【解析】交叉分类法就是对同一对象从不同角度运用多种分类法进行分类的方法。【详解】A.对于盐的交叉分类法,可以根据组成盐的阳离子分为镁盐、铜盐;根据组成盐的阴离子分为硝酸盐、硫酸盐,A项正确;B.对于盐的交叉分类法,可以根据盐的溶解性分为可溶性盐、难溶性盐;根据组成盐的阴离子分为碳酸盐、硫酸盐。Ag2CO3属于难溶性盐,B项错误;C.NaHCO3属于盐,不属于酸;CH3COOH属于酸,不属于氧化物,C项错误;D.Mn2O7属于金属氧化物,D项错误;答案选A。3、D【解析】A. 依据n=计算石墨的物质的量,进而得到碳原子数为120g12g/molNA

14、=10NA,则平均一个字含有碳原子数是10NA/a 个,故A正确;B. 根据常温常压下水的密度可以得出9mLH2O的质量是9g,物质的量是0.5mol,1个水分子中含有10个电子,则0.5mol水中含有5mol电子,数目是5NA个,故B正确;C. O2和O3都是由氧原子构成的,则16g O2和O3的混合气体中含有氧原子的物质的量是16g16g/mol1mol,则氧原子数目是NA,故C正确;D. 因未给出溶液的体积,所以无法计算0.1mol/L NaHSO4溶液中溶质的离子总数,故D错误;答案选D。点睛:本题主要是通过物质的量的有关计算,综合考查基本的计算能力和分析问题的能力。顺利解答该类题目的

15、关键是:一方面要仔细审题,注意关键字词,熟悉常见的“陷阱”,如D项因未指明溶液的体积,所以无法计算溶液中溶质的离子总数;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,解题时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。本题的易错点是C项,在解答这类混合物的相关计算时,一定要注意找出相关物质之间的特定关系,如O2和O3的混合气体、NO2和N2O4的混合气体、金刚石和石墨形成的混合物等。4、B【解析】根据托盘天平的使用原理分析。【详解】托盘天平原理是等臂杠杆,故左盘质量=右盘质量+游码质量;称量时,要求把被称物放在左盘,砝码放在右盘,此时氯化钠的质量=砝码质量+游码质量,如

16、果放反了,根据左盘质量=右盘质量+游码质量,此时:氯化钠的质量=砝码质量-游码质量,由于题目中把氯化钠放在右盘,把20g砝码放在左盘,游码的质量为1.5g,故学生称出的氯化钠的实际质量为:20g-1.5g=18.5g(砝码质量为20g,游码质量为1.5g)。故选B。5、B【解析】丁达尔现象是胶体的特性,可以依此鉴别出胶体,故选B。6、D【解析】不用其他试剂进行鉴别,通常观察颜色、闻气味,再用已经鉴别的物质鉴别其它物质。【详解】观察题中待鉴别的物质,溶液呈蓝色的是CuSO4溶液,其余为无色溶液。各取少量三种无色溶液于试管中,分别滴加CuSO4溶液,生成蓝色沉淀的是NaOH溶液,另两溶液无明显变化

17、。又分别取少量无明显变化的溶液于试管中,滴加NaOH溶液,有白色沉淀的为Mg(NO3)2溶液,余下的为KCl溶液。本题选D。【点睛】若待鉴别的一组物质均无色无味,则可分别取少量进行两两混合,列表记录实验现象,再据现象进行推断,从而确定待鉴别物质。7、B【解析】A.醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水,醋酸为弱酸,不能拆写,反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH =Ca2+ +2CH3COO-+H2O+CO2,故A错误;B.NaHCO3溶液中与少量的Ba(OH)2溶液反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水,反应的离子方程式为Ba2+ +2OH- +2HCO=BaCO3+2H2O+CO,故B正

18、确;C.氢氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水,氢氧化铜不溶于水,不能拆写,反应的离子方程式为2H+ + Cu(OH)2 = Cu2+2H2O,故C错误;D.实验室制氯气的反应为二氧化锰和浓盐酸共热发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水,反应的离子方程式为MnO24H +2ClMn2+Cl2 2H2O,故D错误;故选B。8、D【解析】m、n、p、q是均含氯元素的常见物质, n为单质,则n是氯气;p、q为酸,根据转化关系,m可以是NaClO,p可以是HClO,q可以是HCl。【详解】氯气在标况下的密度约 3.17 gL-1,故A正确;反应可以是氯气与氢氧化钠溶液反应,反应方程式是2NaOH+Cl2=Na

19、Cl+ NaClO+H2O,1mol氯气参加反应转移1mol电子,故B正确;HClO氧化性大于HCl,故C正确;NaClO溶液中通入二氧化碳气体生成次氯酸,该反应属于非氧化还原反应,故D错误;选D 。9、B【解析】配制硫酸用量筒量取硫酸时仰视读数时,仰视液面,读数比实际液体体积小,会造成实际量取的浓硫酸的体积偏大,溶质的质量偏大,则所配制溶液的浓度会偏大,故A不符合题意;配制硫酸定容时,仰视容量瓶刻度线,导致液体体积偏大,所配溶液浓度偏低,故B符合题意;NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线,导致溶液体积偏小,所配溶液浓度偏高,故C不符合题意;称量时,砝码错放在左盘,称量的质量偏大,故配制

20、溶液的浓度偏大,故D不符合题意。故选B。【点睛】本题应以溶质的物质的量变化及溶液的体积变化为突破口,只要会计算溶质的物质的量变化及溶液体积变化,即可推断出配制溶液的浓度的大小变化。10、C【解析】A、钠与稀盐酸反应生成氯化钠和氢气;B、钠与NH4Cl溶液反应,实质是钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠再与NH4Cl反应;C、钠与CuCl2溶液反应,实质是钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠再与CuCl2反应;D、钠与氢氧化钠溶液反应实质是与水反应。【详解】A项、钠与硫酸反应生成硫酸钠和氢气,没有沉淀生成,故A错误;B项、钠与NH4Cl溶液反应,实质是钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠再

21、与NH4Cl反应生成氯化钠和氨气,没有沉淀生成,故B错误;C项、钠与CuCl2溶液反应,实质是钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠再与CuCl2反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠,故正确;D项、钠与氢氧化钠溶液反应实质是与水反应生成氢氧化钠和氢气,没有沉淀生成,故D错误。故选C。【点睛】本题考查了钠的性质,明确钠与盐溶液反应实质是钠先与水反应,生成的氢氧化钠再与盐发生复分解反应是解答关键。11、A【解析】根据题意可知,本题考查物质的组成,运用物质是由元素组成分析。【详解】物质是由元素组成的,“加碘食盐”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等,这里的碘、钙、硒、氟指的是物质中所含有的元素, 答

22、案选A。12、D【解析】A. 用点燃法除去CO2中少量CO,不可行,因为CO2中少量CO是点不着的,且会引入新杂质氧气,故A错误;B.CO2和HCl都能与NaOH反应,应用饱和碳酸氢钠溶液除杂,故B错误;C.仅加入BaCl2溶液,不能排除Ag+或SO32-的影响,可能生成AgCl或BaSO3、BaSO4等沉淀,故C错误; D.用石蕊和氯化钡鉴别,将石蕊加入五种溶液中,根据石蕊遇碱变蓝色,可以首先鉴别出氢氧化钠,会使紫色石蕊变红色是盐酸、硫酸,不会使石蕊变色的是硫酸钠、硝酸钾,然后取使石蕊变红的溶液少许,滴入氯化钡溶液,出现白色沉淀的是硫酸,无现象的是盐酸,然后取不会使石蕊变色的两种溶液少许,滴

23、入氯化钡溶液,出现白色沉淀的是硫酸钠,没现象的是硝酸钾,根据此方法可以鉴别,故D正确;答案:D。【点睛】除杂时必须满足的原则:杂质除去,不引入新杂质,主体物质不减少,易分离,易复原。13、C【解析】A. 四氯化碳和水不互溶,导致四氯化碳和水能分层,分液漏斗能控制溶液的流量,所以萃取实验中使用的主要仪器是分液漏斗,故A正确;B. 碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大,所以可用四氯化碳萃取碘水中的碘,故B正确;C. 四氯化碳和水不互溶,所以四氯化碳和水混合后会分层,且四氯化碳的密度大于水的密度,所以四氯化碳在下层,水在上层,分液时,水从分液漏斗上口倒出,碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口流出,故C

24、错误;D. 四氯化碳和水不互溶,且四氯化碳在下层,水在上层,碘易溶于四氯化碳,碘溶于四氯化碳后溶液呈紫色,故D正确;答案选C。14、C【解析】分析:Br2SO22H2O=H2SO42HBr中水既非氧化剂又非还原剂; 详解:中水既非氧化剂又非还原剂;中水既非氧化剂又非还原剂;中水为还原剂,中水为氧化剂;综上所述,中水的作用与Br2SO22H2O=H2SO42HBr中水的作用不相同,故本题正确答案为C。15、D【解析】利用复分解反应的条件判断离子能否共存,若离子间能结合成沉淀、气体或水则不能共存,在混合溶液中四种离子的物质的量浓度均为lmol L-1,要注意溶液呈现电中性,溶液中的正、负电荷总数相

25、等。【详解】A.若四种离子的浓度均为1mol/L,溶液中正、负电荷的总数不相等,故A错误;B.Cu2+的水溶液为蓝色,不符合题意,故B错误;C.H+和HCO3-能结合成二氧化碳和水,不能共存,故C错误;D.本组离子间不能结合成沉淀、气体、或水,故能共存,溶液呈现电中性,溶液中的正、负电荷总数相等,故D正确。故选D。【点睛】解答该题易出现的错误是容易忽视题中的部分信息,判断错误。如忽视“混合溶液中四种离子的物质的量浓度均为1 mol/L”,仅考虑离子之间相互不发生反应而错选A项,或忽视“无色溶液”的信息而错选B项。16、C【解析】先打开B,在A处通入干燥氯气,C中红色布条颜色无变化,说明C中为干

26、燥红色布条。 A,浓硫酸不能吸收氯气,浓硫酸具有吸水性,干燥氯气通过浓硫酸后仍为干燥氯气,C中红色布条不会褪色,A项不符合题意;B,浓NaOH溶液吸收氯气,从D中导出的气体中不含Cl2,C中红色布条不会褪色,B项不符合题意;C,干燥氯气通过饱和Na2SO4溶液得到潮湿的氯气,C中红色布条会褪色,C项符合题意;D,石灰乳吸收氯气,从D中导出的气体中不含Cl2,C中红色布条不会褪色,D项不符合题意;答案选C。【点睛】本题主要考查氯气的性质,把握装置中开关和D的作用是解题的关键。根据题意,关闭B时,C中红色布条褪色,则D瓶中溶液必须同时满足两个条件:不吸收氯气、能提供水蒸气。注意氯气没有漂白性,Cl

27、2与水反应生成的HClO具有漂白性。二、非选择题(本题包括5小题)17、碳酸钠 过滤 CO32-+2H+=H2O+CO2;H+OH-=H2O 取A1中溶液少许,滴加氯化钡溶液,若无浑浊产生,则硫酸根离子已完全除尽 与或与 【解析】(1)根据操作第、步所加试剂名称及第步操作的原理分析,碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡,离子都形成沉淀,再进行过滤,最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子,最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠;(2)溶液中含有过量的氢氧化钠、碳酸钠以及要保留的氯化钠溶液,可以再加入盐酸将碳酸钠和氢氧化钠除掉;(3)根据SO42-+Ba2+=BaSO4,产生白色沉淀进行解答; (4

28、)先除镁离子,还是先除硫酸根离子都行,但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后;【详解】(1)操作第步是除Ca2+,加Na2CO3溶液转化为沉淀,Ca2+CO32-=CaCO3,同时碳酸钠还除去反应剩余的氯化钡溶液引入的杂质Ba2+,Ba2+CO32-=BaCO3;操作是分离难溶性固体与溶液混合物的方法,名称是过滤;(2)滤液C1中含有过量的氢氧化钠、碳酸钠及要保留的氯化钠溶液,可向该溶液中加入足量的盐酸,盐酸与杂质碳酸钠和氢氧化钠反应变为气体或水除掉,反应的离子方程式是:H+OH-=H2O ;CO32-+2H+=H2O+CO2 ;(3)向混合溶液中加入BaCl2溶液,发生反应:SO42-+Ba

29、2+=BaSO4,产生白色硫酸钡沉淀,若硫酸根离子已完全除尽,那么取A1中溶液少许,滴加氯化钡溶液,就不会出现浑浊现象;若出现浑浊现象,证明溶液中还存在硫酸根离子;(4)首先要把粗盐溶于水形成溶液,然后Mg2+用OH-沉淀除去,加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀,SO42-用Ba2+沉淀,加入过量的氯化钡可以将Ba2+沉淀,至于先除Mg2+,还是先除SO42-都没有关系,Ca2+用CO32-沉淀,除Ca2+加入碳酸钠转化为沉淀,Ca2+CO32-=CaCO3,但是加入的碳酸钠一定要放在加入的氯化钡之后,这样碳酸钠溶液既可以除去原溶液中的CaCl2,也可以除去因除Na2SO4杂质加入的过量的Ba

30、Cl2溶液,Ba2+CO32-=BaCO3,离子都形成沉淀,一起进行过滤,所以与或与步骤调换顺序,不影响实验结果;【点睛】本题主要考查了在粗盐提纯的过程中所选用除杂和净化的方法,注意除杂时不仅要能把杂质除掉,还不能引入新杂质,而且方法要简便易行,关键是除去Na2SO4在CaCl2除去之前,其它顺序都没有关系,题目难度不大。18、BaCl2、K2CO3 Cu(NO3)2=Cu2+2NO3 Ag+Cl=AgCl 5.0 小烧杯 250 mL容量瓶,胶头滴管 AD 【解析】. 有一包白色固体粉末,其中可能含有KCl、BaCl2、Cu(NO3)2、K2CO3中的一种或几种;将部分粉末加入水中,振荡,有

31、白色沉淀生成,过滤,溶液呈无色说明一定不含Cu(NO3)2、所以沉淀为碳酸钡,判断BaCl2、K2CO3一定存在;向的沉淀物中加入足量稀硝酸,固体完全溶解,并有气泡产生,证明沉淀是BaCO3;取少量的溶液,滴入稀硫酸,有白色沉淀产生,证明白色沉淀为BaSO4;另取中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液,产生白色沉淀,证明含有Cl-;综上所述:白色固体粉末一定含有BaCl2、K2CO3;一定不含Cu(NO3)2;可能含有KCl;(1)原白色粉末中一定含有的物质的化学式:BaCl2、K2CO3;(2)原白色粉末中一定不含有的物质为Cu(NO3)2;电离方程式为:Cu(NO3)2=Cu2+2NO3-;

32、(3)取中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液,产生白色沉淀是氯化银,反应的离子方程式为:Ag+Cl-=AgCl;.(1)实验室没有240 mL规格的容量瓶,必须配制250 mL溶液,需要称取的氢氧化钠的质量为:m=cVM=0.5mol/L0.25L40g/mol=5.0g,烧碱易吸水且具有强腐蚀性,所以称量烧碱时要放在小烧杯中;(2)配制溶液的步骤是:称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀,用烧杯溶解烧碱、可以用量筒量取水、用玻璃棒搅拌和引流、用250mL的容量瓶配制溶液、用胶头滴管定容、用托盘天平称量烧碱、用药匙取药品,所以除了量筒、烧杯、玻璃棒外还会用到的仪器有:250mL容量瓶,

33、胶头滴管;()ANaOH在烧杯中溶解后,未冷却就立即转移到容量瓶中,则冷却后溶液体积偏小,浓度偏大,故A选;B若容量瓶未干燥即用来配制溶液,对溶液浓度无影响,因为只要定容时正确,至于水是原来就有的还是后来加入的,对浓度无影响,故B不选;C定容时仰视刻度线,会导致溶液体积偏大,则浓度偏小,故C不选;D砝码生锈后质量偏大,称量时m物=m砝+m游,称量时用了生锈的砝码后会导致溶质的质量偏大,故浓度偏大,故D选;E未洗涤溶解NaOH的烧杯,会导致溶质损失,浓度偏小,故E不选;答案选AD。19、DACBEGF 5.4 A 100mL容量瓶 胶头滴管 冷却至室温 偏低 偏高 无影响 偏低 偏高 【解析】(

34、1)根据用浓溶液配置稀溶液的一般操作步骤分析;(2)量筒的选择规格遵循“大而近”的原则;(3)量筒仰视读数,量取的液体体积偏大,溶质的质量偏多;(4)转移溶液时应将溶液的温度恢复至室温;(5)根据c=nV计算不当操作对n或V的影响,如果n偏大或V偏小,则所配制溶液浓度偏高;【详解】(1)配制顺序是:计算量取稀释、冷却移液定容摇匀装瓶贴签;故答案为:DACBEGF;(2)量取5.4ml溶液应选择10ml的量筒;故选:A;(3)因量筒仰视读数,量取的液体体积偏大,溶质的质量偏多,浓度偏大;故答案为:偏高;(4)因转移溶液时应将溶液的温度恢复至室温;故答案为:冷却到室温;(5)a.洗涤烧杯和玻璃棒的

35、溶液未转入容量瓶,溶质的物质的量偏小,溶液的浓度偏低;b.定容时,眼睛俯视溶液将凹液面最低点与容量瓶刻度线相切,溶液的体积偏小,溶液的浓度偏高;c.容量瓶中原残留少量蒸馏水,对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响,溶液的浓度无影响;d.定容后容量瓶液面低于刻度线,又加水定容到刻度线,导致溶液的体积偏大,溶液的浓度偏低;e.量取浓硫酸时仰视量筒读数,液面在刻度线以上,导致溶液的浓度偏高。【点睛】熟练溶液配制的过程,在溶液定容以前所出现的误差与体积都没有关系,一般会造成溶质减小,只有定容时的仰视与俯视才会导致体积的误差。20、BCDE【解析】(1)分离难溶性固体和溶液采用过滤方法,沙子难溶于水

36、、氯化钠易溶于水,所以采用过滤方法分离饱和食盐水和沙子的化合物,因此,本题正确答案是:B;(2)硝酸钾和氯化钠都溶于水,但硝酸钾在水中的溶解度随温度变化大,氯化钠的溶解度随温度变化小,可用结晶的方法分离,因此,本题正确答案是:C;(3)水和汽油不互溶,二者混合分层,所以采用分液方法分离,因此,本题正确答案是:D;(4)四氯化碳和甲苯互溶且都是液体,二者沸点不同,可以采用蒸馏方法分离,因此,本题正确答案是:E.21、 、 【解析】(1)能导电的物质是单质类导体如铁、电解质溶液如饱和溶液、离子化合物类型电解质熔融液如熔融的,上述物质中能导电的是。电解质是在水溶液或熔化状态下能导电的化合物,如酸、碱

37、盐属于电解质,上述物质属于电解质的是, 非电解质是在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物,指酸、碱、盐以外的化合物一般属于非电解质,上述物质属于非电解质的是。答案:; ; 。(2) (浓) ,该反应中铁元素化合价由+2升高至+3,FeS中硫元素化合价由-2升高至0,氧化产物是:Fe2(SO4)3、S;H2SO4中硫元素化合价由+6降低至+4,还原产物是:SO2。答案: ; (3)醋酸与氢氧化钠溶液反应的离子方程式:CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O。答案:(4)盐酸可以除铁锈主要成分为Fe2O3,发生反应的离子方程式:Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O;答案:Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O。(5)工业上常用H2O2在酸性条件下氧化污水中的Fe2+,反应的离子方程式:;答案:。

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