下列化合物中,属于酸性氧化物的是( )
A.MgO B.SO2 C.H2SO4 D.CO
知识点:化学
B
【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系.
【分析】氧化物只有两种元素,且必须有氧元素,酸性氧化物是与碱反应生成盐和水的氧化物,中心原子化合价不变,溶于水一般生成酸的氧化物.
【解答】解:A.MgO是氧化物,能与酸反应生成盐和水,属于碱性氧化物,故A错误;
B.SO2与碱反应生成盐和水,属于酸性氧化物,故B正确;
C.H2SO4含有三种元素,不是氧化物,属于酸,故C错误;
D.CO虽然是氧化物,但与碱不发生反应,不是酸性氧化物,故D错误;
故选B.
【点评】本题主要考查氧化物的概念,解答时要分析物质的元素组成,然后再根据氧化物概念的含义进行分析、判断,从而得出正确的结论,题目难度不大.
仪器名称为“容量瓶”的是( )
A. B. C. D.
知识点:化学
C
【考点】计量仪器及使用方法.
【分析】容量瓶是用于配制一定浓度溶液的仪器,瓶颈上有刻度线,结合图象分析.
【解答】解:容量瓶是用于配制一定浓度溶液的仪器,瓶颈上有刻度线,由图象可知,仪器名称为“容量瓶”的是C;
故选C.
【点评】本题考查了实验仪器的识别,题目难度不大,注意把握常见仪器的名称和用途,侧重于考查学生对基础知识的应用能力.
下列物质属于非电解质的是( )
A.石墨 B.HCl C.CO2 D.BaCO3
知识点:化学
C
【考点】电解质与非电解质.
【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质,单质和混合物既不是电解质和不是非电解质.
【解答】解:A.石墨是单质,所以石墨既不是电解质也不是非电解质,故A错误;
B.HCl为化合物,其水溶液能导电,则HCl属于电解质,故B错误;
C.二氧化碳的水溶液能导电,原因是二氧化碳和水反应生成碳酸,碳酸能电离出自由移动的阴阳离子而使溶液导电,碳酸是电解质,二氧化碳是非电解质,故C正确;
D.熔融状态的BaCO3含有自由移动的离子所以能导电,故BaCO3是电解质,故D错误.
故选C.
【点评】本题考查了电解质的判断,难度不大,注意电解质和非电解质都必须是化合物,单质和混合物既不是电解质也不是非电解质.
在反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中,还原剂是( )
A.Na B.H2O C.NaOH D.H2
知识点:化学
A
【考点】氧化还原反应;重要的还原剂.
【分析】在氧化还原反应中失电子化合价升高的反应物的还原剂,得电子化合价降低的反应物是氧化剂,据此分析解答.
【解答】解:在氧化还原反应中失电子化合价升高的反应物的还原剂,得电子化合价降低的反应物是氧化剂,该反应中Na元素化合价由0价变为+1价、H元素化合价由+1价变为0价,则钠是还原剂、水是氧化剂,故选A.
【点评】本题以还原剂判断为载体考查氧化还原反应,为高频考点,侧重考查学生对基本概念的理解和掌握,明确元素化合价变化与氧化剂、还原剂的关系是解本题关键,知道常见元素化合价,题目难度不大.
下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是( )
A.NaCl B.NH4Cl C.NaHCO3 D.NaOH
知识点:化学
C
【考点】盐类水解的应用.
【分析】水溶液因水解而呈碱性,说明该盐为强碱弱酸盐,如碳酸氢钠、碳酸钠等,据此进行解答.
【解答】解:A.NaCl为强酸强碱盐,其溶液呈中性,故A错误;
B.NH4Cl为强酸弱碱盐,其溶液呈酸性,故B错误;
C.NaHCO3为强碱弱酸盐,碳酸根离子部分水解,溶液呈碱性,故C正确;
D.NaOH为强碱,不发生水解,故D错误;
故选C.
【点评】本题考查了盐的水解原理,题目难度不大,明确盐的水解原理为解答关键,注意掌握常见盐的类型与溶液酸碱性的关系,试题培养了学生的灵活应用能力.
下列物质不能通过化合反应得到的是( )
A.H2SiO3 B.FeCl3 C.NaHCO3 D.Fe3O4
知识点:化学
A
【考点】硅和二氧化硅;钠的重要化合物;铁的氧化物和氢氧化物.
【分析】A.硅酸应由硅酸盐和酸发生复分解反应生成;
B.可由氯化亚铁与氯气反应生成;
C.可用碳酸钠、水和二氧化碳反应生成;
D.可由氧气和铁反应生成.
【解答】解:A.硅酸是难溶于水的酸,二氧化硅难溶于水,不能通过化合反应直接得到硅酸,故A选;
B.氯气和氯化亚铁溶液反应生成的是氯化亚铁,方程式为:Cl2+2FeCl2=2FeCl3,也可由氯气和铁反应生成,故B不选;
C.二氧化碳、水和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠,反应的化学方程式Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3,故C不选;
D.铁燃烧发生化合反应生成四氧化三铁,3Fe+2O2Fe3O4,故D不选.
故选A.
【点评】本题综合考查元素化合物知识,为高频考点,题目涉及铁的氢氧化物、Al(OH)3制备、碳酸氢钠制备反应、铁的氯化物的制取反应,考查了化合反应的概念,注意把握物质的性质,难度中等.
下列表示不正确的是( )
A.KOH的电子式: B.二氧化碳的结构式:O=C=O
C.CH4的球棍模型: D.S原子的结构示意图:
知识点:化学
D
【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合.
【分析】A.KOH为离子化合物;
B.二氧化碳为直线形分子,含有C=O键;
C.甲烷含有C﹣H键,为正四面体结构;
D.S最外层电子数为6.
【解答】解:A.KOH为离子化合物,电子式为,故A正确;
B.二氧化碳为直线形分子,含有C=O键,结构式为O=C=O,故B正确;
C.甲烷含有C﹣H键,为正四面体结构,球棍模型为,故C正确;
D.S最外层电子数为6,原子结构示意图为,故D错误.
故选D.
【点评】本题综合考查化学用语,涉及电子式、结构式、球棍模型以及原子结构示意图等知识,为高频考点,侧重考查双基,注意相关基础知识的学习和积累,难度不大.
下列说法正确的是( )
A.镁带燃烧可以用CO2灭火
B.单晶硅是重要的半导体材料,常用于制造光导纤维
C.Cl2能使湿润的有色布条褪色,是因为Cl2的氧化性
D.金属钠可保存在煤油中
知识点:化学
D
【考点】镁的化学性质;氯气的化学性质;钠的化学性质.
【分析】A、镁与二氧化碳反应生成氧化镁和单质碳;
B、光导纤维的成份是二氧化硅;
C、Cl2能使湿润的有色布条褪色,是生成的次氯酸的漂白性;
D、根据金属钠的性质来分析其保存方法.
【解答】解:A、镁与二氧化碳反应生成氧化镁和单质碳,所以镁带燃烧不能用CO2灭火,故A错误;
B、光导纤维的成份是二氧化硅,而不是硅,故B错误;
C、Cl2能使湿润的有色布条褪色,是生成的次氯酸的漂白性,而不是氯气的强氧化性,故C错误;
D、钠的性质很活泼,极易和空气中的氧气反应生成氧化钠,所以应密封保存;钠的密度小于煤油的密度,且和煤油不反应,所以金属钠通常保存在煤油里,故D正确;
故选D.
【点评】本题考查元素化合物的知识和化学试剂的保存,明确物质的性质是解答本题的关键,难度不大,注意钠的密度小于煤油的密度且不反应.
下列说法正确的是( )
A.试纸在检测溶液时不需要湿润,而检测气体时必须湿润
B.焰色反应使用的铂丝通常可用稀硫酸清洗
C.碘水中的碘可以用酒精萃取
D.在实验室遇酸灼伤,用水洗后再用稀NaOH溶液浸洗
知识点:化学
A
【考点】化学实验方案的评价.
【分析】A.一般来说,与试纸有关的反应在溶液中进行;
B.应用稀盐酸清洗;
C.萃取剂与水不能混溶;
D.氢氧化钠具有腐蚀性.
【解答】解:A.一般来说,与试纸有关的反应在溶液中进行,则检测气体时必须湿润,故A正确;
B.盐酸易挥发,应用稀盐酸清洗,故B错误;
C.萃取剂与水不能混溶,应选择苯或四氯化碳,故C错误;
D.氢氧化钠具有腐蚀性,应用碳酸氢钠溶液清洗,故D错误.
故选A.
【点评】本题考查较为综合,涉及试纸的使用、焰色反应、萃取与实验安全等知识,侧重考查学生的分析、实验能力,注意把握实验的可行性与合理性的评价,难度不大.
下列说法正确的是( )
A.具有相同质子数的微粒一定属于同一种元素
B.H2O和H2O2互为同素异形体
C.含有金属元素的离子不一定是阳离子
D.同种元素的原子中,中子数和质子数一定都相同
知识点:化学
C
【考点】核素;同位素及其应用.
【分析】A.纯净物是由一种物质组成的物质;
B.同素异形体是指由同种元素组成的不同单质;
C.含有金属元素的离子不一定是阳离子,可能是阴离子;
D.根据元素是具有相同核电荷数同一类原子的总称.
【解答】解:A.具有相同质子数的微粒不一定属于同一种元素,例如,钠原子与铵根离子的质子数都是11,不属于同一种元素,故A错误;
B.H2O和H2O2是化合物,不属于同素异形体,故B错误;
C.含有金属元素的离子不一定是阳离子,如AlO2﹣等,故C正确;
D.同种元素的原子中,质子数一定相同,中子数不一定相同,故D错误.
故选C.
【点评】本题考查了元素、同素异形体等概念,题目难度不大,明确相关概念是解题关键.
下列说法不正确的是( )
A.煤和石油燃烧不完全时可排放出大量烟尘和CO
B.化石燃料燃烧排出废气中含SO2,直接排到大气中会污染空气并形成酸雨
C.可通过物理方法把化石燃料转化为洁净燃料
D.氢能、核能、太阳能等都属于洁净、高效的新能源
知识点:化学
C
【考点】"三废"处理与环境保护.
【分析】A.煤和石油燃烧不完全,有碳和CO生成;
B.二氧化硫可导致酸雨;
C.化石燃料通过化学变化转化为洁净燃料;
D.氢能、核能、太阳能都为清洁能源.
【解答】解:A.煤和石油燃烧不完全,有碳和CO生成,可导致环境污染,故A正确;
B.化石燃料含有硫,燃烧可生成二氧化硫,二氧化硫可导致酸雨,故B正确;
C.化石燃料通过化学变化转化为洁净燃料,如煤的干馏、气化、液化等,故C错误;
D.氢能、核能、太阳能都为清洁能源,可减少环境污染,故D正确.
故选C.
【点评】本题综合考查环境污染等知识,为高频考点,侧重考查学生的双基,有利于培养学生良好的科学素养,树立环保意识,难度不大.
已知:S2O32﹣+2H+═SO2↑+S↓+H2O.探究化学反应速率的影响因素,以下实验浑浊出现最快的组别是( )
组别
温度/℃
0.1mol•L﹣I Na2S2O3/mL
0,1mol•L﹣1 H2SO4/mL
水/mL
A
30
10
10
0
B
30
5
5
10
C
25
10
5
5
D
25
5
10
5
知识点:化学
A
【考点】化学反应速率的影响因素.
【分析】对于反应S2O32﹣+2H+═SO2↑+S↓+H2O来说,升高温度,增大浓度,可增大反应速率,以此解答.
【解答】解:温度越高,反应物浓度越大,则反应速率越大,比较题中四组数据可知A的温度最高、反应物浓度最大,则反应速率最大.
故选A.
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素,为高频考点,侧重于基础知识的综合理解和运用的考查,注意相关基础知识的积累,难度不大.
下列离子方程式书写正确的是( )
A.NaHCO3溶液与过量的澄清石灰水反应:Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O
B.用食醋除去热水瓶水垢中CaCO3:CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O
C.向氢氧化钡溶液中滴加足量稀硫酸:Ba2++OH﹣+SO42﹣+H+═BaSO4↓+H2O
D.金属钠和水反应:Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑
知识点:化学
A
【考点】离子方程式的书写.
【分析】A.氢氧化钙过量,离子方程式按照碳酸氢钠的组成书写;
B.醋酸为弱酸,离子方程式中醋酸不能拆开;
C.氢离子、氢氧根离子的计量数错误;
D.2mol钠与水反应生成1mol氢气,该反应不满足电子守恒、电荷守恒.
【解答】解:A.NaHCO3溶液与过量的澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水,反应的离子方程式为:Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O,故A正确;
B.碳酸钙和醋酸都不能拆开,正确的离子方程式为:CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣,故B错误;
C.向氢氧化钡溶液中滴加足量稀硫酸生成硫酸钡沉淀和水,正确的离子方程式为:Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+═BaSO4↓+2H2O,故C错误;
D.金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气,正确的离子方程式为:2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑,故D错误;
故选A.
【点评】本题考查了离子方程式的判断,为高考的高频题,属于中等难度的试题,注意掌握离子方程式的书写原则,明确离子方程式正误判断常用方法:检查反应物、生成物是否正确,检查各物质拆分是否正确,如难溶物、弱电解质等需要保留化学式,检查是否符合守恒关系(如:质量守恒和电荷守恒等)等.
W、X、Y、Z、V五种主族元素,它们在周期表中的位置如表,W、X、Y、Z属于短周期元素,W的质子数为Y的两倍.下列说法不正确的是( )
Y
Z
W
X
V
A.Y的最简单氢化物的沸点比W的最简单氢化物的沸点高
B.X元素含氧酸的酸性强于W元素含氧酸的酸性
C.根据在周期表中的位置,可用推测V具有半导体特性
D.X的单质在水溶液中可置换出W
知识点:化学
B
【考点】位置结构性质的相互关系应用.
【分析】W的质子数为Y的两倍,可知Y为O元素,W为S元素,由元素在周期表中的位置可知X为Cl,Z为Si,V为Ge元素,结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率的递变规律解答该题.
【解答】解:X为Cl、Y为O、Z为Si、W为S、V为Ge,
A.水分子间存在氢键,沸点较高,故A正确;
B.如不是最高价氧化物的水化物,则酸性强弱无法比较,故B错误;
C.Ge位于金属和非金属性的分界线,可用于半导体材料,故C正确;
D.氯气和硫化氢的水溶液发生置换反应,可生成硫,故D正确.
故选B.
【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的关系,为高考常见题型,题目难度不大,明确原子结构与元素周期表的关系为解答关键,注意熟练掌握元素周期表结构、元素周期律内容,试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力.
下列说法正确的是( )
A.化合物 的名称是2﹣乙基丁烷
B.2﹣甲基丁烷和2,2﹣二甲基丙烷互为同系物
C.常温下,乙烯和苯都能被酸性KMnO4氧化,使KMnO4溶液褪色
D.等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧,消耗氧气的物质的量相等
知识点:化学
D
【考点】有机物的结构和性质.
【分析】A.的主链含有5个C原子;
B.2﹣甲基丁烷和2,2﹣二甲基丙烷的分子式相同;
C.苯与高锰酸钾不反应;
D.乙醇的分子式可写为C2H4•H2O.
【解答】解:A.的主链含有5个C原子,名称为3﹣甲基戊烷,故A错误;
B.2﹣甲基丁烷和2,2﹣二甲基丙烷的分子式相同,二者属于同分异构体,故B错误;
C.苯性质稳定,与高锰酸钾不反应,故C错误;
D.乙烯的分子式为C2H4,乙醇的分子式可写为C2H4•H2O,则等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧,消耗氧气的物质的量相等,故D正确.
故选D.
【点评】本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意同系物判断,题目难度不大.
下列说法正确的是( )
A.硬脂酸甘油酯在酸性条件下的水解反应叫皂化反应
B.淀粉和纤维素两者不是互为同分异构体,在一定条件下水解均可得到葡萄糖
C.蛋白质遇甲醛可发生变性而凝聚,遇伤口流血时,可在伤口处滴甲醛水溶液来止血
D.在乙酸与乙醛的混合溶液中加入银氨溶液,水浴加热,可观察到银镜现象
知识点:化学
B
【考点】有机物的结构和性质.
【分析】A.油脂在碱性条件下水解为皂化反应;
B.淀粉和纤维素均为多糖,分子式中n不同;
C.蛋白质遇甲醛可发生变性,但甲醛有毒;
D.银镜反应在碱性条件下进行.
【解答】解:A.硬脂酸甘油酯在碱性条件下的水解反应叫皂化反应,故A错误;
B.淀粉和纤维素均为多糖,分子式中n不同,两者不是互为同分异构体,在一定条件下水解均可得到葡萄糖,故B正确;
C.蛋白质遇甲醛可发生变性,但甲醛有毒,不能在伤口处滴甲醛水溶液来止血,故C错误;
D.银镜反应在碱性条件下进行,应在碱性条件下水浴加热,可观察到银镜现象,故D错误;
故选B.
【点评】本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意化学与生活的联系,题目难度不大.
某化学电源的工作原理如图.下列说法不正确的是( )
A.采用多孔金属作电极可增大电极接触面积,提高对气体的吸附能力
B.通H2的电极作负极,发生氧化反应
C.通O2的电极发生的电极反应:O2+4e﹣+4H+=2H2O
D.该电池工作时发生的主要能量转化形式为化学能转化为电能和热能
知识点:化学
C
【考点】原电池和电解池的工作原理.
【分析】碱性氢氧燃料电池中,通入H2的一极为原电池的负极,发生氧化反应,电极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O,通入O2的一极为原电池的正极,发生还原反应,电极反应式为O2+4e﹣+H2O=4OH﹣,总反应式为2H2+O2=2H2O,以此解答该题.
【解答】解:A.多孔金属作电极,表面积大,具有较强的吸附能力,故A正确;
B.氢气被氧化生成水,发生氧化反应,为原电池负极反应,故B正确;
C.电解质呈碱性,发生O2+4e﹣+H2O=4OH﹣,故C错误;
D.原电池工作时,化学能转化为电能,电池发热,有热能的转化,故D正确.
故选C.
【点评】本题考查了原电池的工作原理,为高频考点,侧重考查学生的分析能力,注意把握正负极的判断、发生的反应类型、能量的转化、电池反应方程式,题目难度不大.
SO2的水溶液中加BaCl2无沉淀,若再加入物质X,则出现白色沉淀.X不可以是( )
A.H2O2 B.NH3 C.HCl D.NaOH
知识点:化学
C
【考点】二氧化硫的化学性质.
【分析】SO2气体通入BaCl2溶液中,未见白色沉淀,不发生反应,若再加入物质X,沉淀可能为硫酸钡或亚硫酸钡,则X具有氧化性或碱性等,以此来解答.
【解答】解:A、过氧化氢与二氧化硫反应生成硫酸,硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡,故A正确;
B、氨气与二氧化硫反应生成亚硫酸根离子,与钡离子结合生成亚硫酸钡沉淀,故B正确;
C、盐酸与氯化钡、二氧化硫都不反应,不会产生沉淀,故C错误;
D、二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠,亚硫酸钠与氯化钡生成亚硫酸钡沉淀,故D正确;
故选C.
【点评】本题考查化合物性质,把握二氧化硫的性质和离子反应发生的条件是解题关键,题目难度不大.
根据能量变化示意图得幽的结论正确的是( )
A.1mol C完全燃烧生成CO2时放出的热量为393.5 kJ/mol
B.2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=﹣221.0 kJ/mol
C.2CO2 (g)═2CO(g)+O2(g)△H=+283.0 kJ/mol
D.C(s)+O2(g)═CO2 (g)△H=+393.5 kJ/mol
知识点:化学
B
【考点】反应热和焓变.
【分析】图示可知,1molC燃烧生成CO放热393.5KJ﹣283.0KJ=110.5KJ,完全燃烧生成二氧化碳放热393.5KJ,1molCO燃烧生成1mol二氧化碳放热283KJ,以此解答该题.
【解答】解:A.由图示可知1molC完全燃烧生成二氧化碳放热393.5kJ,单位错误,故A错误;
B.由图示可知1molC燃烧生成CO放热393.5KJ﹣283.0KJ=110.5kJ,则有2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=﹣221.0 kJ/mol,故B正确;
C.1molCO燃烧生成1mol二氧化碳放热283KJ,则2CO2 (g)═2CO(g)+O2(g)△H=+566.0 kJ/mol,故C错误;
D.C的燃烧为放热反应,故C错误.
故选B.
【点评】本题考查了据图象分析反应热的大小,为高频考点,侧重考查学生的分析、计算能力,注意热化学方程式中的物质状态,题目难度不大.
图分别代表NaCl、金刚石、干冰、石墨结构的一部分.下列说法正确的是( )
A.如图,NaCl晶体只有在熔融状态下离子键被完全破坏,才能形成自由移动的离子
B.如图,金刚石中存在的化学键只有共价键,不能导电
C.如图,干冰中的化学键只需吸收很少的热量就可以破坏,所以干冰容易升华
D.如图,石墨中碳原子的最外层电子都参与了共价键的形成,故熔点很高、硬度很大
知识点:化学
B
【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别.
【分析】A、熔融状态下离子键被削弱,形成自由移动的离子;
B、金刚石是原子晶体,原子间通过共价键结合形成空间网状结构;
C、干冰是分子间作用力,而不是化学键;
D、石墨中碳原子的最外层电子只有三个电子参与成键,层与层之间滑动.
【解答】解:A、熔融状态下离子键被削弱,而不是离子键被完全破坏,故A错误;
B、金刚石是原子晶体,原子间通过共价键结合形成空间网状结构,无自由电子,所以不能导电,故B正确;
C、干冰是分子间作用力,而不是化学键,故C错误;
D、石墨中碳原子的最外层电子只有三个电子参与成键,层与层之间滑动,很软,故D错误;
故选B.
【点评】本题考查化学键与晶体类型,难度不大,掌握常见物质的晶体类型是解题的关键.
一定温度下,在体积为2L的密闭容器中通入气体M和N并发生反应,物质的量随时间的变化关系如图.下列说法正确的是( )
A.M、N之间转化的反应方程式为M=2N
B.t2时刻,反应达到平衡,正、逆反应速率达到相等
C.t3时刻,M的反应速率为mol•L﹣1•min﹣l
D.t1时刻,在容器内气体M和N的物质的量浓度之比为1:2
知识点:化学
D
【考点】化学平衡的计算;物质的量或浓度随时间的变化曲线.
【分析】由图象可知t3时达到平衡状态,N为反应物,M为生成物,且有△n(N):△n(M)=(8﹣2):(5﹣2)=6:3=2:1,则转化的反应方程式为2N=M,以此解答该题.
【解答】解:A.由以上分析可知转化的反应方程式为2N=M,故A错误;
B.t2时刻,反应物和生成物的物质的量变化,没有达到平衡状态,正、逆反应速率不等,故B错误;
C.反应速率为平均速率,不是瞬时速率,故C错误;
D.体积相同,t1时刻,在容器内气体M和N的物质的量之比为3:6=1:2,则物质的量浓度之比为1:2,故D正确.
故选D.
【点评】本题考查化学平衡图、化学平衡影响因素、平衡计算等,为高频考点和常见题型,侧重考查学生读图获取信息能力与知识迁移运用能力,题目难度中等.
设NA为阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.标准状况下,含NA个分子的H2、CO混合气体的体积约为22.4L
B.56g铁与一定量的氯气在一定条件下充分反应,转移的电子数一定是3NA
C.28g乙烯与C3H8的混合物中含有C﹣H键的数目为4NA
D.常温下,pH=11的NaOH溶液中由水电离出的H+数目为0.001NA
知识点:化学
A
【考点】阿伏加德罗常数.
【分析】A.标况下,1mol任何气体的体积都约为22.4L;
B.铁与氯气反应生成氯化铁,转移电子数依据少的反应物计算;
C.1个乙烯分子含有4个C﹣H,1个丙烷分子含有8个C﹣H键,二者最简式不相同;
D.溶液体积未知.
【解答】解:A.含NA个分子的H2、CO混合气体物质的量为1mol,标况下体积约为22.4L,故A正确;
B.56g铁与一定量的氯气在一定条件下充分反应,如果氯气足量转移的电子数一定是3NA,如果氯气不足,则依据转移电子数少于3NA,故B错误;
C.1个乙烯分子含有4个C﹣H,1个丙烷分子含有8个C﹣H键,二者最简式不相同,只告诉混合物总质量无法计算C﹣H键数,故C错误;
D.溶液体积未知,依据n=CV可知无法计算溶液中的微粒的物质的量和个数,故D错误;
故选:A.
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的计算与应用,题目难度中等,注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系,明确最简式在化学计算中的应用,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力.
室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.lmol.L﹣1的三种酸HA、HB和HD溶液,pH随NaOH溶液体积变化如图.下列说法不正确的是( )
A.HA、HB和HD均为弱酸
B.P点时,c(B﹣)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH﹣)
C.pH=7时,三种溶液中:c(A﹣)=c(B﹣)=c(D﹣)
D.三种酸溶液分别被NaOH溶液恰好完全中和后互混:c(HA)+c(HB)+c(HD)═c(OH﹣)﹣c(H+)
知识点:化学
C
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.
【分析】A.常温下,0.1mol/L的一元酸如果pH=1,说明该酸完全电离,为强酸,如果pH>1,说明该酸部分电离,为弱酸;
B.根据图知,当加入100mLNaOH溶液时,酸碱恰好完全反应,则加入50mLNaOH溶液时,有一半的酸参加反应,则P点溶液中溶质为等物质的量浓度的c(HB)和c(NaB),混合溶液呈酸性,说明HB电离程度大于NaB水解程度导致溶液中c(H+)>c(OH﹣),根据电荷守恒知,c(B﹣)>c(Na+),弱酸部分电离;
C.常温下pH=7时溶液呈中性,则c(H+)=c(OH﹣),根据电荷守恒得c(Na+)分别等于各酸根离子浓度,但各中性溶液中酸的酸性越强,消耗的碱体积越大;
D.任何电解质溶液中都存在质子守恒,根据质子守恒判断.
【解答】解:A.常温下,0.1mol/L的一元酸如果pH=1,说明该酸完全电离,为强酸,如果pH>1,说明该酸部分电离,为弱酸,根据图知,未加入碱溶液时这三种酸的pH都大于1,说明都部分电离,都是弱酸,故A正确;
B.根据图知,当加入100mLNaOH溶液时,酸碱恰好完全反应,则加入50mLNaOH溶液时,有一半的酸参加反应,则P点溶液中溶质为等物质的量浓度的c(HB)和c(NaB),混合溶液呈酸性,说明HB电离程度大于NaB水解程度导致溶液中c(H+)>c(OH﹣),根据电荷守恒知,c(B﹣)>c(Na+),弱酸部分电离,所以粒子浓度大小顺序是c(B﹣)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH﹣),故B正确;
C.常温下pH=7时溶液呈中性,则c(H+)=c(OH﹣),根据电荷守恒得c(Na+)分别等于各酸根离子浓度,但各中性溶液中酸的酸性越强,消耗的碱体积越大,酸性强弱顺序是HA>HB>HD,所以各酸达到中性时需要碱体积HA>HB>HD,所以酸根离子浓度大小顺序是c(A﹣)>c(B﹣)>c(D﹣),故C错误;
D.任何电解质溶液中都存在质子守恒,各酸溶液中质子守恒为c(HA)+c(H+)=c(OH﹣)、c(HB)+c(H+)=c(OH﹣)、c(HC)+c(H+)=c(OH﹣),则三种溶液混合后得c(HA)+c(HB)+c(HD)═c(OH﹣)﹣c(H+),故D正确;
故选C.
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断,为高频考点,正确判断酸性强弱是解本题关键,注意电荷守恒、质子守恒的灵活运用,易错选项是C,很多同学往往认为各酸溶液呈中性时钠离子浓度等于各酸根离子浓度而导致错误,为易错点.
向分别含1molNaOH和1molBa(OH)2的混合溶液中通入amolCO2,下列说法不正确的是( )
A.当a=l.0时,反应的离子方程式为:Ba2++2OH﹣+CO2═BaCO3↓+H2O
B.当a=2时,反应的离子方程式为:Ba2++3OH﹣+2CO2═BaCO3↓+HCO3﹣+H2O
C.当a=2.5时,反应的离子方程式为:OH﹣+CO2═HCO3﹣
D.当a=1.75时,溶液中HCO3﹣与CO32﹣的物质的量之比为2:1
知识点:化学
C
【考点】离子方程式的书写.
【分析】向分别含1molNaOH和1molBa(OH)2的混合溶液中通入amolCO2,1molBa(OH)2优先反应生成碳酸钡沉淀和水,当氢氧化钡溶液反应完全后,1molNaOH再反应生成碳酸钠和水,当氢氧化钠反应完全后,碳酸钠再与二氧化碳反应,最后碳酸钡与二氧化碳反应,据此进行解答.
【解答】解:A.a=1.0时,只有1molBa(OH)2参与反应生成碳酸钡沉淀,反应的离子方程式为:Ba2++2OH﹣+CO2═BaCO3↓+H2O,故A正确;
B.当a=2时,1mol氢氧化钡完全反应消耗1mol二氧化碳,剩余的1mol二氧化碳恰好与1molNaOH反应生成碳酸氢钠,反应的离子方程式为:Ba2++3OH﹣+2CO2═BaCO3↓+HCO3﹣+H2O,故B正确;
C.1molNaOH和1molBa(OH)2的混合溶液中含有氢氧根离子的总物质的量为:1mol+1mol×2=3mol,若3mol氢氧根离子完全转化成碳酸氢根离子,需要消耗3mol二氧化碳,而二氧化碳只有2.5mol,说明最终还有3mol﹣2.5mol=0.5mol碳酸钡,即反应生成0.5mol碳酸钡、0.5mol碳酸氢钡和1mol碳酸氢钠,正确的离子方程式为:Ba2++6OH﹣+5CO2═BaCO3↓+4HCO3﹣+H2O,故C错误;
D.当a=1.75时,1mol氢氧化钡完全反应消耗1mol二氧化碳,剩余的0.75mol二氧化碳再与1molNaOH反应生成碳酸钠,反应后还剩余0.25mol二氧化碳继续0.25mol碳酸钠反应生成0.5mol碳酸氢钠,所以最终溶液中含有0.5mol碳酸氢钠、0.25mol碳酸钠,溶液中HCO3与CO32﹣的物质的量之比为2:1,故D正确;
故选C.
【点评】本题考查了离子方程式的判断,为高考的高频题,题目难度不大,根据反应物过量情况正确判断反应产物为解答关键,注意掌握离子方程式的书写原则,试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力.
某l00mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32﹣、SO42﹣、Cl﹣中的若干种,取该溶液进行连续实验,实验过程如图:(所加试剂均过量,气体全部逸出)下列说法不正确的是( )
A.原溶液一定存在CO32﹣和SO42﹣,一定不存在Fe3+
B.是否存在Na+只有通过焰色反应才能确定
C.原溶液一定存在Na+,可能存在Cl﹣
D.若原溶液中不存在Cl﹣,则c (Na+)=0.lmol•L﹣1
知识点:化学
B
【考点】无机物的推断;探究物质的组成或测量物质的含量.
【分析】加入氯化钡溶液,生成沉淀,一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种,则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种,沉淀部分溶解于盐酸,所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物,一定存在CO32﹣、SO42﹣,硫酸钡沉淀是2.33g,物质的量是=0.01mol,碳酸根离子的物质的量是mol=0.01mol,碳酸根和铁离子不共存,一定不存在Fe3+,所得到的滤液中加入氢氧化钠,出现气体,为氨气,一定含有铵根离子,根据元素守恒,铵根离子的物质的量是=0.03mol,钠离子和氯离子需要根据电荷守恒进行判断,以此解答该题.
【解答】解:A.由以上分析可知原溶液一定存在CO32﹣和SO42﹣,一定不存在Fe3+,故A正确;
B.阳离子所带正电荷的物质的量之和0.03mol,阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.01×2+0.01×2=0.04mol,由电荷守恒可知一定含有钠离子,故B错误;
C.如钠离子的物质的量大于0.04mol﹣0.03mol=0.01mol(阴离子和阳离子电荷之差),则含有氯离子,故C正确;
D.已确定含有CO32﹣和SO42﹣、NH4+,且n(NH4+)=0.03moL、n(CO32﹣)=n(SO42﹣)=0.01mol,由电荷守恒可知n(Na+)=0.04mol﹣0.03mol=0.01mol,则浓度为=0.1mol/L,故D正确.
故选B,
【点评】本题考查无机物的推断,侧重常见阴阳离子的检验,题目难度中等,注意掌握常见离子的性质及检验方法,试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力.