浙江省宁波市九校学年高一上学期期末联考化学试题.docx
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浙江省宁波市九校学年高一上学期期末联考化学试题
宁波市2017学年第一学期期末九校联考
高一化学试题
1.下列属于氧化物的是
A.Cu(OH)2B.CaCO3C.HClOD.Na2O
【答案】D
【解析】
【分析】
由两种元素组成,其中一种是氧元素的化合物是氧化物,据此解答。
【详解】A.Cu(OH)2溶于水电离出氢氧根离子和铜离子,属于碱,A不选;
B.CaCO3是由钙离子和碳酸根离子组成的盐,B不选;
C.HClO溶于水电离出氢离子和次氯酸根离子,属于酸,C不选;
D.Na2O是由Na、O两种元素形成的氧化物,D选;
答案选D。
2.下列仪器名称不正确的的是
A.蒸发皿
B.圆底烧瓶
C.容量瓶
D.量简
【答案】B
【解析】
【详解】A.仪器
的名称是蒸发皿,A正确;
B.仪器
的名称是平底烧瓶,B错误;
C.仪器
的名称是容量瓶,C正确;
D.仪器
的名称是量简,D正确;
答案选B。
3.下列物质的水溶液能导电,但属于非电解质的是
A.Cl2B.酒精C.硫酸钡D.SO2
【答案】D
【解析】
【分析】
溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质,在上述情况下都不能导电的化合物是非电解质,据此判断。
【详解】A.Cl2是单质,不是电解质,也不是非电解质,A不选;
B.酒精是非电解质,但其水溶液不导电,B不选;
C.硫酸钡是电解质,C不选;
D.SO2溶于水生成亚硫酸,亚硫酸电离出阴阳离子,其水溶液能导电,亚硫酸是电解质,二氧化硫是非电解质,D选;
答案选D。
【点睛】该题的关键是明确化合物能否电离出离子是判断电解质的依据,而导电只是一种现象。
注意电解质不一定导电,能导电的物质不一定是电解质。
4.下列除杂试剂选择正确的是
选项
待提纯物质
杂质
除杂试剂
A
Cl2
HCl
NaOH溶液
B
CO2
CO
O2
C
FeCl3溶液
FeCl2
Cl2
D
Na2CO3
NaHCO3
盐酸
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【详解】A.氯气和氯化氢均与NaOH溶液反应,应该用饱和食盐水,故A错误;
B.在二氧化碳存在的情况下,一氧化碳很难与氧气反应,应该通过炽热的氧化铜除去二氧化碳中的一氧化碳,故B错误;
C.氯气与FeCl2反应生成氯化铁,则通入过量的Cl2可除杂,故C正确;
D.HCl与碳酸钠和碳酸氢钠均反应,不能除去碳酸钠溶液中的碳酸氢钠,故D错误;
故答案选C。
【点睛】本题考查混合物分离提纯,把握物质的性质、性质差异、混合物分离方法为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意元素化合物知识的应用。
5.下列有关工业生产的说法错误的是
A.高炉炼铁、生产普通硅酸盐水泥和普通玻璃都要用到的一种原料是石灰石
B.工业上常以电解饱和食盐水为基础制取氯气
C.通常用海水提取食盐后的母液为原料制取溴单质
D.工业上利用焦炭与二氧化硅在高温下反应可直接制得高纯度的硅
【答案】D
【解析】
【详解】A.高炉炼铁的原料:
铁矿石、焦炭、石灰石;制硅酸盐水泥的原料:
石灰石和黏土;制普通玻璃的原料:
石英、石灰石、纯碱,所以高炉炼铁、生产普通硅酸盐水泥和普通玻璃都要用到的原料是石灰石,A项正确;
B.用电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气,因此工业上常以电解饱和食盐水为基础制取氯气,B项正确;
C.海水提取食盐后的母液含有Br-,可以此为原料制备单质溴,C项正确;
D.利用焦炭在高温下还原二氧化硅可制备粗硅,粗硅进一步提纯可以得到纯硅,D项错误;答案选D。
6.实验室化学药品保存不当会失效,下列药品保存方法不当的是
A.金属钠常保存在煤油中
B.氢氟酸需密封保存在塑料瓶中
C.新制氯水保存在棕色瓶中并置于冷暗处
D.硅酸钠的水溶液可保存在带玻璃塞的试剂瓶中
【答案】D
【解析】
【详解】A.钠性质活泼,需要隔绝空气密封保存,钠能够与水反应,不能保存在水中;由于钠密度大于煤油,所以金属钠可以保存在煤油中,故A正确;
B.氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应生成四氟化硅和水,氢氟酸需密封保存在塑料瓶中,故B正确;
C.氯水中氯气和水反应生成的次氯酸见光分解,新制氯水保存在棕色瓶中并置于冷暗处,故C正确;
D.硅酸钠是一种矿物胶,容易使瓶口和瓶塞粘结不能打开,硅酸钠的水溶液可保存在带橡胶塞的试剂瓶中,不能用玻璃塞,故D错误;
故答案选D。
【点睛】本题考查了化学试剂的保存方法判断,注意掌握常见化学试剂的性质及正确保存方法是解答此类问题的关键,尤其要注意试剂瓶以及瓶塞的选择。
7.下列关于胶体的叙述中,不正确的是
A.胶体可用于净水,能吸附水中的悬浮物质而沉降
B.浊液、胶体、溶液的本质区别是分散质粒子的直径大小
C.利用了丁达尔效应可以区别溶液和胶体
D.Fe(OH)3胶体不稳定,静置后会有沉淀出现
【答案】D
【解析】
【详解】A、胶体具有较大的表面积,能够吸附水中悬浮的固体颗粒并沉降,达到净水目的,故A正确;
B、分散质微粒直径大小是分散系的本质区别,胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1~100nm之间,故B正确;
C、丁达尔现象是胶体的性质,光线透过胶体时,胶体中可发生丁达尔效应,故C正确;
D、胶体属于介稳体系,Fe(OH)3胶体静置后不会有沉淀出现,故D错误;
故答案选D。
8.下列说法不正确的是
A.镁常用于制造信号弹和焰火
B.碘化银和干冰常用于人工降雨
C.二氧化硅常用于制造太阳能电池
D.钠不慎着火时,不能用泡沫灭火剂灭火
【答案】C
【解析】
【详解】A、金属镁燃烧发出耀眼的白光,利用该性质,金属镁用于制造信号弹和焰火,故A正确;
B、碘化银和干冰常用于人工降雨,故B正确。
C、单晶硅是重要的半导体材料,可用于制造太阳能电池,二氧化硅用于制造光导纤维,故C错误;
D、钠燃烧生成过氧化钠,过氧化钠能与二氧化碳、水反应生成氧气,钠与水反应生成氢气,所以钠不慎着火时,不能用泡沫灭火剂灭火,应该用沙子扑灭,故D正确;
故答案选C。
9.下列对实验过程的评价正确的是
选项
操作
现象
结论
A
某无色溶液中滴入几滴酚酞溶液
溶液变红
该溶液一定为碱溶液
B
将某气体通入品红溶液中
品红溶液褪色
该气体一定是SO2
C
某无色溶液中滴加足量NaOH溶液并加热,将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸变蓝
该溶液中有NH4+
D
灼烧某白色粉末
火焰呈黄色
则证明该粉末中肯定有Na+,无K+
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【详解】A.只要溶液显碱性,均可使酚酞变红,如碳酸钠溶液,不一定为碱的溶液,故A错误;
B.能使品红溶液褪色的气体不一定是二氧化硫,氯气也可以,故B错误;
C.湿润的红色石蕊试纸变蓝色,说明该气体一定是氨气,因此溶液中一定含有铵根离子,故C正确;
D.焰色反应显黄色,说明一定含有钠元素,由于没有透过蓝色钴玻璃观察,因此不能排除钾元素,故D错误;
故答案选C。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价,把握物质的性质、离子检验、实验技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分析。
选项D是易错点。
10.下列实验过程中,始终无明显现象的是
A.SO2通入BaCl2溶液中B.Cl2通入KI淀粉溶液中
C.MgCl2溶液中加入NaD.CO2通入饱和碳酸钠溶液中
【答案】A
【解析】
【详解】A、盐酸的酸性强于亚硫酸,SO2通入BaCl2溶液中,始终无明显现象,故A选;
B、Cl2通入KI淀粉溶液中发生反应Cl2+2KI=I2+2KCl,淀粉遇到碘单质呈蓝色,故B不选;
C、钠溶于水生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠和氯化镁反应生成白色沉淀氢氧化镁,故C不选;
D、碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠,则CO2通入饱和碳酸钠溶液中碳酸钠转化为碳酸氢钠,因此会析出碳酸氢钠晶体,故D不选;
故答案选A。
11.阿伏加德罗常数的值为NA,下列说法正确的是
A.标准状况下,2.24LSO3中含有0.1NA个分子
B.常温常压下,80g氩气含有的分子数为NA
C.在标准状况下,22.4LCO2和CO混合气体的分子总数为NA
D.2mol/L的CaCl2溶液中Cl-的数目为4NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.标准状况下三氧化硫是固体,不能利用气体摩尔体积计算2.24LSO3中含有的分子个数,A错误;
B.常温常压下,80g氩气的物质的量是80g÷40g/mol=2mol,含有的分子数为2NA,B错误;
C.在标准状况下,22.4LCO2和CO混合气体的物质的量是1mol,分子总数为NA,C正确;
D.2mol/LCaCl2溶液的体积未知,无法计算其中Cl-的数目,D错误。
答案选C。
12.下列关于实验装置或操作的说法中,正确的是
A.实验①中若左边棉花变橙色,右边棉花变蓝色,则能证明氧化性:
Cl2>Br2>I2
B.实验②可用于吸收收HCl,并防止倒吸
C.实验③试管中会生成血红色溶液
D.用图④操作制备少量氧气,可做到随关随停
【答案】C
【解析】
【详解】A.生成的溴中混有氯气,不能验证溴与碘的氧化性强弱,故A错误;
B.氯化氢极易溶于水,直接通入水中,容易发生倒吸,应该用四氯化碳,不能用苯,故B错误;
C.铁离子与KSCN发生络合反应,溶液为血红色,故C正确;
D.过氧化钠溶于水,不是块状固体,该装置不能做到随关随停,故D错误。
故答案选C。
【点睛】本题考查较为综合,涉及气体的制备、性质的检验以及物质的分离等问题,侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查,把握物质的性质为解答该题的关键。
13.下列反应中,水作还原剂的是
A.Mg+2H2O
Mg(OH)2+H2↑
B.2F2+2H2O═4HF+O2
C.Cl2+H2O
HCl+HClO
D.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑
【答案】B
【解析】
【分析】
水作还原剂说明水中氧元素的化合价升高,据此解答。
【详解】A.在反应Mg+2H2O
Mg(OH)2+H2↑中氢元素的化合价降低,水是氧化剂,A不选;
B.在反应2F2+2H2O=4HF+O2中F元素的化合价从0价降低到—1价,得到1个电子,单质氟是氧化剂。
水中氧元素的化合价从—2价升高到0价,失去2个电子,水是还原剂,B选;
C.在反应Cl2+H2O
HCl+HClO中氯元素的化合价既升高,也降低,其余元素的化合价不变,因此氯气既是氧化剂,也是还原剂,水不是氧化剂也不是还原剂,C不选;
D.在反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中过氧化钠中氧元素的化合价部分升高部分降低,过氧化钠既是氧化剂也是还原剂,水不是氧化剂也不是还原剂,D不选;
答案选B。
14.下列关于硫的化合物叙述正确的是
A.铁槽车常用于贮运浓硫酸,是因为常温下铁与浓硫酸不反应
B.硫在空气中的燃烧产物是SO2,在纯氧中的燃烧产物是SO3
C.二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色,体现了其漂白性
D.浓硫酸可作干燥剂,但不能干燥H2S等还原性物质
【答案】D
【解析】
【详解】A.常温下,铁与浓硫酸发生钝化,在表面生成一层致密的氧化膜,阻止反应进行,因此铁槽车常用于贮运浓硫酸,但钝化是化学变化,故A错误;
B.硫在纯氧中燃烧也生成二氧化硫而不是三氧化硫,故B错误;
C.二氧化硫的漂白性是利用有色物质和二氧化硫反应生成无色物质,二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色,体现了其酸性氧化物的通性,二氧化硫不能漂白酸碱指示剂,故C错误;
D.浓硫酸具有强氧化性和酸性,所以浓硫酸不能干燥碱性及还原性气体,碱性气体如氨气,还原性气体如硫化氢,故D正确;
故答案选D。
【点睛】本题考查了元素及其化合物的性质,明确物质的性质是解本题的关键,易错点是选项C,注意二氧化硫的漂白性原理、范围等。
15.下列离子方程式书写正确的是
A.Na与H2O反应:
Na+H2O=NaOH+H2↑
B.食醋除去水垢中的CaCO3:
2H++CaCO3=Ca2++H2O+CO2↑
C.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至中性:
2H++SO42-+Ba2++2OH-==2H2O+BaSO4↓
D.氢氧化钠吸收少量二氧化硫:
OH-+SO2=HSO3-
【答案】C
【解析】
【详解】A.Na与H2O反应的离子方程式应该是:
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑,A错误;
B.醋酸难电离,食醋除去水垢中的CaCO3:
2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO-+Ca2++H2O+CO2↑,B错误;
C.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至中性生成硫酸钡、硫酸钠和水:
2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓,C正确;
D.氢氧化钠吸收少量二氧化硫生成亚硫酸钠和水:
2OH-+SO2=H2O+SO32-,D错误。
答案选C。
16.现将13.92g的MnO2与150g36.5%盐酸(盐酸足量)共热,向反应后的溶液加入足量的硝酸银溶液,产生白色沉淀。
若不考HCl的挥发,下列说法正确的是
A.生成AgCl沉淀为0.86molB.转移电子数0.64NA
C.被氧化的HCl为0.32molD.产生Cl23.584L
【答案】C
【解析】
【详解】n(MnO2)=13.92g÷87g/mol=0.16mol,n(HCl)=150g×36.5%/36.5g·mol-1=1.5mol。
A.根据方程式MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O可知0.16mol二氧化锰可以得到0.16mol氯气,则根据氯原子守恒可知溶液中氯离子的物质的量是1.5mol-0.16mol×2=1.18mol,所以可以得到氯化银沉淀的物质的量是1.18mol,故A错误;
B.得到1分子氯气转移2个电子,则生成0.16mol氯气转移电子的物质的量是0.32mol,即转移电子数0.32NA,故B错误;
C.根据氯原子守恒可知生成0.16mol氯气,被氧化的氯化氢是0.32mol,故C正确;
D.状态未知不能计算氯气的体积,故D错误;
故答案选C。
【点睛】本题考查根据方程式进行的有关计算,注意利用原子守恒计算反应的溶液中氯离子的物质的量以及被氧化的氯化氢的物质的量。
17.500mL(NH4)2CO3和NaHCO3的混合溶液分成两等份。
向其中一份溶液加入过量氢氧化钠溶液并加热,产生amolNH3。
另一份中加入过量盐酸产生bmolCO2,则该混合溶液中Na+物质的量浓度为
A.(4b-2a)mol/LB.(8b-4a)mol/LC.(b-a)mol/LD.(b-a/2)mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】向其中一份溶液加入过量氢氧化钠溶液并加热,产生amolNH3,则根据氮原子守恒可知溶液中铵根的物质的量是amol,所以(NH4)2CO3的物质的量是0.5amol;另一份中加入过量盐酸产生bmolCO2,则根据碳原子守恒可知溶液中碳酸根和碳酸氢根的物质的量之和是bmol,所以碳酸氢根离子的物质的量是bmol-0.5amol,则碳酸氢钠的物质的量是bmol-0.5amol,因此该混合溶液中Na+物质的量浓度为(bmol-0.5amol)÷0.25L=(4b-2a)mol/L。
答案选A。
18.装有Fe2O3、CuO、Fe、Cu的烧杯中加入过量稀硫酸,充分反应后,仍有红色粉末剩余,则关于反应后溶液中金属阳离子的判断一定正确的是
A.只有Fe2+和Fe3+B.只有Fe2+
C.一定有Fe2+、Cu2+,可能有Fe3+D.一定有Fe2+,可能有Cu2+
【答案】D
【解析】
【分析】
最后剩余的红色粉末一定是Cu,Fe2O3、CuO和硫酸反应生成Fe3+和Cu2+,且氧化性:
Fe3+>Cu2+,还原性:
Fe>Cu,结合物质的氧化性、还原性强弱判断反应的可能性。
【详解】A.还原性Fe>Cu,且铁离子可氧化单质铜,充分反应后溶液中仍有红色粉末存在,说明铁离子完全反应,故A错误;
B.由于氧化性:
Fe3+>Cu2+,无论是和Fe反应,还是和Cu反应,溶液中一定存在Fe2+,当Fe过量时,不存在Cu2+,当Fe不足时,有Cu2+,故B错误;
C.根据以上分析可知溶液中一定不存在铁离子,可能还有Cu2+,故C错误;
D.根据以上分析可知溶液中一定有Fe2+,可能有Cu2+,故D正确;
故答案选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应应用,涉及金属活动性顺序的应用,可以依据金属活动性顺序及其意义进行分析,要注意根据铁和铜的活动性强弱确定反应的先后顺序,侧重于学生的分析能力的考查。
19.海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素。
从海带中提取碘的工业生产过程如下,下列说法错误的是
A.过程①的分离方法是过滤,需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒及烧杯
B.加入NaOH溶液的目的是使可溶性有机质形成沉淀
C.在氧化过程中可以选用氯水作为氧化剂
D.过程②在工业上常采用萃取分液的方法得到碘单质
【答案】D
【解析】
【详解】A.过程①是得到滤液和沉淀,其分离方法是过滤,需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒及烧杯,A正确;
B.由于操作①后得到有机物沉淀,则加入NaOH溶液的目的是使可溶性有机质形成沉淀,B正确;
C.氯气氧化性强于单质碘,则在氧化过程中可以选用氯水作为氧化剂,C正确;
D.碘易升华,则过程②要从粗碘中得到单质碘,可以采用守恒法,采用萃取分液的方法得到的是含碘单质溶液,D错误;
答案选D。
20.将一定量的Cl2通入体积为40mL、浓度为7.5mol/L的苛性钾溶液中,两者恰好完全反应,测得反应后溶液中有三种含氯元素的离子:
Cl-、ClO-、ClO3-。
下列说法不正确的是
A.反应过程中氯气消耗0.15mol
B.当溶液中n(KClO):
n(KClO3)=2:
1时,该反应的离子方程式为:
5Cl2+10OH-=7Cl-+2ClO-+ClO3-+5H2O
C.反应生成的ClO-和ClO3-在一定条件下均有氧化性
D.若反应中转移的电子为nmol,则0.15﹤n﹤0.3
【答案】D
【解析】
【详解】A、40mL、浓度为7.5mol/L的苛性钾溶液的物质的量为:
7.5mol/L×0.04L=0.3mol,根据钾离子守恒可知Cl-、ClO-、ClO3-的物质的量之和是0.3mol,因此根据氯原子守恒可知氯气的物质的量是0.3mol÷2=0.15mol,故A正确;
B、当溶液中n(KClO):
n(KClO3)=2:
1时,根据原子守恒、电子得失守恒以及电荷守恒可知该反应的离子方程式为5Cl2+10OH-=7Cl-+2ClO-+ClO3-+5H2O,故B正确;
C、反应后生成的ClO-、ClO3-中氯的化合价分别为+1和+5价,处于较高价态,化合价可以降低,均具有氧化性,故C正确;
D、若反应中转移的电子为nmol,如果氧化产物全部是次氯酸根离子,根据方程式Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O可知0.15mol氯气转移0.15mol电子,即n=0.15;如果氧化产物全部是氯酸根离子,根据方程式3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O可知0.15mol氯气转移0.15mol×5/3=0.25mol电子,即n=0.25,因此0.15<n<0.25,故D错误;
故答案选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应的计算,明确反应的原理以及掌握守恒思想在化学计算中的应用方法是解答的关键。
选项D是解答的难点,注意极限法的灵活应用。
21.某澄清溶液可能含有Na+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cl-、I-、CO32-、SO42-中的若干种(忽略水电离出的H+、OH-),且各离子浓度相同。
为确定溶液中的离子组成进行如下实验:
①取少量该溶液加入盐酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀产生,但无气体生成。
②另取少量该溶液滴加适量氯水,溶液颜色明显变深。
③向②所得溶液中加滴加足量氢氧化钠溶液微热,有红褐色沉淀产生,并有刺激性气味的气体产生。
根据上述实验现象,下列说法正确的是
A.原混合溶液中肯定含有Fe3+
B.原混合溶液中肯定含有I-、SO42-
C.另取原溶液进行焰色反应,焰色为黄色,则该溶液中一定存在的离子有六种
D.另取原溶液加入硝酸银溶液,若产生白色沉淀说明含有Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】①取少量该溶液加入盐酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀产生,但无气体生成,说明不存在CO32-,存在SO42-。
②另取少量该溶液滴加适量氯水,溶液颜色明显变深,说明Fe2+、I-至少含有一种。
③向②所得溶液中加滴加足量氢氧化钠溶液微热,有红褐色沉淀产生,沉淀是氢氧化铁,因此Fe2+、Fe3+至少含有一种,但铁离子与碘不能同时存在;并有刺激性气味的气体产生,气体是氨气,则一定存在NH4+。
A.根据以上分析可知原混合溶液中不一定含有Fe3+,A错误;
B.根据以上分析可知原混合溶液中不一定含有I-,B错误;
C.另取原溶液进行焰色反应,焰色为黄色,说明一定存在Na+,由于各种离子的浓度相等,且Fe2+、Fe3+至少含有一种,则根据电荷守恒可知该溶液中一定存在氯离子,不能存在铁离子,所以存在的离子有Na+、NH4+、Fe2+、Cl-、I-、SO42-,即存在的离子有六种,C正确;
D.另取原溶液加入硝酸银溶液,若产生白色沉淀不能说明含有Cl-,因为硫酸根离子会干扰氯离子的检验,D错误。
答案选C。
22.按要求回答下列问题:
(1)现有以下物质:
①KNO3溶液②液氨③熔融氯化钠④盐酸⑤BaSO4⑥蔗糖⑦铜。
请用相应序号填空:
能导电的是_____________;属于电解质的是_______________。
(2)选择适当的分离方法填空(填字母)。
a.萃取分液b.升华c.结晶d.分液e.蒸馏f.过滤
①从自来水中获得少量纯净的水_________。
②从含有少量氯化钠的硝酸钾粉末中提纯硝酸钾________。
③用苯提取溴水中的溴单质________。
④从氯化钠和碘单质的混合物中提取碘单质________。
(3)用氧化物的形式表示正长石KAlSi3O8的组成__________。
【答案】
(1).①③④⑦
(2).③⑤(3).e(4).c或cf(5).a(6).b(7).K2O▪Al2O3▪6SiO2
【解析】
【分析】
(1)含有自由移动离子或电子的物质可以导电,溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质;
(2)萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法;固体不经过液体直接变为气体的叫升华;结晶法适用于不同溶质的溶解度受温度影响不同而分离的一种方法,分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法;蒸馏是依据混合物中各组分沸点不同而分离的一种法,适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质;过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法。
(3)根据硅酸盐用氧化物的形式表示顺序为活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物→二氧化硅→水分析解答。
【详解】
(1)①KNO3溶液中含有离子,能导电,属于混合物,不是电
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