1、浙江省建德市新安江中学2018-2019学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Cu 64 Ba 137 一、选择题（共22小题，每小题中只有一个选项是符合题意的不选、多选、错选均不得分）1. 市场上销售的食品包装有多种方式，其中一种为真空包装，如香肠、盐水鸭、月饼等食品，抽出包装袋内空气并放入一小包铁粉。那么铁粉的主要表现的性质是A. 氧化性B. 还原性C. 漂白性D. 酸性【答案】B【解析】【详解】铁元素化合价处于最低价态时只具有还原性，不具有氧
2、化性，可与空气中氧气发生氧化还原反应而防止食品被氧化而变质，Fe没有漂白性和酸性，故选B。2.下列叙述正确的是A. 金属被人类开发利用的大致年限之所以有先后，主要取决于金属在地壳中的含量多少B. 海水中含有丰富的碘元素，因此碘被称为“海洋元素”C. 高炉炼铁主要反应原理是碳在高温下直接将氧化铁还原成铁D. 在海水中加入石灰乳可得氢氧化镁沉淀，这是从海水中富集镁的基本方法【答案】D【解析】【详解】A金属的活动性越强，冶炼的程度越难，利用的越晚，所以金属被人类开发利用的大致年限，之所以有先后，主要取决于金属的活动性大小，故A错误；B99%的溴元素存在于海水中，因此溴被称为“海洋元素”，故B错误；C
3、高炉炼铁的主要反应原理是生成的一氧化碳在高温下将氧化铁还原成铁，故C错误；D海水中镁离子的浓度较低，在海水中加入石灰乳可得氢氧化镁沉淀，实现了镁的富集，故D正确。答案选D。3.136C呼气法在医学上常用于门螺旋杆菌的诊断，下列关于136C的说法中正确的是A. 质子数是6B. 质量数是6C. 电子数是13D. 中子数是13【答案】A【解析】【详解】136C的质子数为6，质量数为13，核外电子数6，由质量数=质子数+中子数可知，中子数为146=8，故选A。【点睛】明确质量数=质子数+中子数及原子中质子数等于核外电子数即可解答。4. 下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是 （ ） 硅是构成一些岩石和
4、矿物的基本元素 水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品 高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维 陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】硅元素是地壳中大量存在的元素，是许多种岩石和矿物的基本构成元素之一，故正确；水晶主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故错误；光导纤维的主要成分是二氧化硅，故错误；陶瓷的主要成分是硅酸盐且陶瓷应用极早，故正确。综上所述，本题正确答案为C。5.下列物质中，属于电解质且能够导电的是A. 固体氯化钠B. 熔融氯化镁C. 液态氯化氢D. NaOH 溶液【答案】B【解析】【详解】A.氯化钠是电解质，但固体氯化钠无自由移动的离子，不导电，故A错误
5、；B.氯化镁是电解质，熔融氯化镁含有自由移动的Mg2+、Cl-，可以导电，故B正确；C.氯化氢是电解质，但液态氯化氢只有分子无离子，不能导电，故C错误；D.NaOH是电解质，但NaOH 溶液是混合物不属于电解质，故D错误；本题答案为B。【点睛】电解质是指在溶液里或熔融状态下能导电的化合物，而单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。6.下列说法或化学用语正确的是（ ）A. NaCl的摩尔质量：58.5gB. 次氯酸的电离方程式可表示为HClO =H+ + ClO-C. 钠原子的结构示意图为：D. 4020Ca和4220Ca 互为同位素【答案】D【解析】【详解】A、摩尔质量的单位是gmol1，即N
6、aCl的摩尔质量为58.5gmol1，故A错误；B、HClO为弱酸，应部分电离，即HClO电离方程式为HClOHClO，故B错误；C、原子：质子数等于核外电子数，即Na原子的结构示意图，故C错误；D、根据同位素的定义，两个核素互为同位素，故D正确；答案选D。7.下列有关离子（或物质）的检验及结论，正确的是（ ）A. 用丁达尔效应可鉴别NaCl溶液和Fe(OH)3胶体B. 焰色反应实验中，透过蓝色钴玻璃，可观察到Na+离子火焰呈黄色C. 检验Na2CO3固体中是否混有NaHCO3，可向固体中直接滴加稀盐酸，如果观察到立刻有气体产生，说明混有NaHCO3D. 向某无色溶液中加入BaCl2溶液有白色
7、沉淀出现，再加入稀盐酸，沉淀不消失，则该溶液中一定含有SO42【答案】A【解析】【详解】A、胶体具有丁达尔效应，溶液不具有丁达尔效应，利用丁达尔效应鉴别胶体和溶液，故A正确；B、焰色反应实验中，通过蓝色钴玻璃观察是钾元素的火焰，如果呈现紫色，说明含有钾元素，故B错误；C、Na2CO3先与盐酸反应，发生Na2CO3HCl=NaHCO3NaCl，盐酸过量，发生NaHCO3HCl=NaClCO2H2O，即该方法不能鉴别Na2CO3中是否混有NaHCO3，利用NaHCO3受热易分解，Na2CO3受热不分解，可以采用加热的方法，将气体通入澄清石灰水中，观察溶液是否变浑浊，如果变浑浊，说明混有NaHCO3
8、，故C错误；D、该实验中Ag对SO42的检验产生干扰，故D错误；答案选A。【点睛】易错点是C，相同浓度时Na2CO3的碱性强于NaHCO3，混合物中滴加盐酸，Na2CO3先与盐酸反应，生成NaHCO3，然后NaHCO3再与盐酸反应。8. 海藻中含有丰富的、以离子形式存在的碘元素.下图是实验室从海藻里提取碘的流程的一部分。下列判断正确的是（ ）A. 步骤、的操作分别是过滤、萃取分液B. 可用淀粉溶液检验步骤的反应是否进行完全C. 步骤中加入的有机溶剂是乙醇D. 步骤的操作是过滤【答案】A【解析】【详解】A、分离悬浊液可用过滤除去不溶物，是将水中的碘单质萃取到有机层，用到操作为萃取分液，故A正确；
9、B、淀粉可检验碘单质是否生成；检验反应是否进行完全，应检验溶液中是否含有碘离子，若无碘离子则证明反应完全，故B错误；C、萃取剂必须要求与原溶剂不互溶，酒精与水互溶，故C错误；D、步骤的操作应该是蒸馏，故D错误；综上所述，本题正确答案为A。9.用10 mL的0.1 molL1 BaCl2溶液恰好可使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是A. 322B. 123C. 133D. 311【答案】C【解析】【详解】等量的BaCl2使Fe2（SO4）3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中的SO42-离子恰好完全转化为沉淀，设Fe2（
10、SO4）3、ZnSO4、K2SO4三种物质的物质的量为x、y、z，则由Ba2+SO42-BaSO4可知x3=y1=z1=1mol，则x：y：z=1：3：3，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比，即浓度之比为1：3：3，故C项正确。答案选C。10.在反应3Cl2+6KOH(浓)KClO3+5KCl+3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为A. 5:1B. 4:1C. 1:5D. 1:4【答案】A【解析】【详解】反应的方程式为3Cl2+6KOH(浓)KClO3+5KCl+3H2O，Cl2自身发生氧化还原反应，生成KCl的反应为被还原的过程，Cl2为氧化剂，生成KClO3的反应为被氧
11、化的过程，Cl2为还原剂，则如有3molCl2参加反应，氧化剂为2.5mol，还原剂为0.5mol，则氧化剂与还原剂的质量之比是2.5：0.55：1。答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，注意根据反应中元素化合价的变化判断氧化剂和还原剂等相关概念，结合反应的方程式进行计算。11.下列电离的方程式，正确的是（）A. CH3COOH=CH3COO+H+B. NaOH=Na+OHC. H2SO4=H+SO42D. KClO3=K+Cl+3O2【答案】B【解析】【详解】A、醋酸是弱酸，部分电离，其电离方程式为CH3COOHCH3COOH，故A错误；B、NaOH为强碱，完全电离，其电离方程式为N
12、aOH=NaOH，故B正确；C、硫酸为二元强酸，硫酸的电离方程式为H2SO4=2HSO42，故C错误；D、KClO3是由K和ClO3组成，其电离方程式为KClO3=KClO3，故D错误；答案选B。12.下列实验操作及其结论都正确的是操作结论A滴加Ba(OH)2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42-B滴加AgNO3溶液生成白色沉淀原溶液中有Cl-C滴加过量浓NaOH溶液并加热，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝色原溶液中有NH4+D滴加氯水和CCl4，振荡、静置，上层溶液显紫红色原溶液中有I-A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A滴加Ba(OH)2溶液生成白色沉淀，不一定
13、为硫酸根离子，可能生成碳酸钡、氢氧化镁等沉淀，故A错误；B滴加硝酸银溶液生成白色沉淀，可能生成碳酸银、硫酸银等沉淀，不一定含有氯离子，故B错误；C能使红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，可说明含有铵根离子，故C正确；D四氯化碳密度比水大，紫色应在下层，故D错误；故选C。13.下列离子方程式的书写正确的是（）A. 大理石与盐酸反应：CO32+2H+=CO2+H2OB. 铜和硝酸银溶液反应：Cu+Ag+=Cu2+AgC. 氯气溶于水：Cl2+H2O2H+Cl+ClOD. 硫酸与氢氧化钡溶液反应：2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O【答案】D【解析】【详解】A、大理石成分是CaCO3，C
14、aCO3难溶于水，不能拆写成离子，正确的离子方程式为CaCO32H=Ca2CO2H2O，故A错误；B、反应前后电荷不守恒，正确是Cu2Ag=Cu22Ag，故B错误；C、HClO为弱酸，书写离子方程式时不能拆写成离子，正确的是Cl2H2OHClHClO，故C错误；D、硫酸和Ba(OH)2发生2HSO42Ba22OH=BaSO42H2O，故D正确；答案选D。【点睛】书写离子方程式时，主要分清楚哪些能拆写，哪些不能拆写，难溶电解质、气体、弱酸、弱碱、水、氧化物、单质不能拆写成离子；浓硫酸不能拆写成离子。14.下列溶液中，Cl-的物质的量浓度最大的是（ ）A. 300 mL0.1 mol/L NaCl
15、溶液B. 10 mL0.2 mol/LAlCl3溶液C. 标况下4.48LHCl气体配成的1 L溶液D. 100 mL0.1 mol/LFeCl3溶液【答案】B【解析】【详解】A、NaCl溶液中c(Cl)=c(NaCl)=0.1molL1；B、根据A选项分析，AlCl3溶液中c(Cl)=30.2molL1=0.6molL1；C、HCl溶于水得到盐酸，HCl全部在水中电离，c(Cl)=0.2molL1；D、FeCl3溶液中c(Cl)=30.1molL1=0.3molL1；综上所述，c(Cl)最大的是选项B；答案选B。15. 下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的叙述，正确的是（ ）A. 常温时，在水中的溶解
16、性：碳酸钠碳酸氢钠B. 热稳定性：碳酸钠碳酸氢钠D. 物质的量相同时，分别与足量的盐酸反应，生成CO2的质量：碳酸钠碳酸氢钠，A项正确；B、碳酸氢钠受热易分解，碳酸钠受热不分解，热稳定性：碳酸钠碳酸氢钠，B项错误；C、质量相同时，分别与同体积同浓度盐酸反应的快慢：碳酸钠丁戊，故A错误；B、甲和乙属于同周期，从左向右金属性减弱，非金属性增强，即金属性：甲乙，故B错误；C、主族元素，最外层电子数等于族序数，同周期从左向右最外层电子数增多，即最外层电子数：乙甲，故C错误；D、金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：丙丁戊，即最高价氧化物对应水化物的碱性：丙丁戊，故D正确；答案选D。1
17、8.如右图是研究二氧化硫性质的微型实验装置（实验时用另一表面皿扣在上面）。现用75%硫酸溶液和亚硫酸钠晶体反应制取SO2气体并进行实验，实验现象很明显。下列说法中错误的是A. 品红溶液褪色B. 紫色石蕊溶液先变红后褪色C. 酸性KMnO4溶液紫色褪去D. 含酚酞的NaOH溶液红色变浅【答案】B【解析】【详解】A.SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，A项正确；B.SO2能漂白品红，不能漂白指示剂，SO2是酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，能使紫色石蕊溶液变红但不会褪色，B项错误；C.SO2具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，能使酸性KMnO4溶液紫色褪去，C项正确；D.SO2能与Na
18、OH溶液反应生成亚硫酸钠和水，能使含酚酞的NaOH溶液红色变浅，D项正确；答案选B。19.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A. 标准状况下，22.4L H2中所含质子数、中子数均为2NAB. 32g O2气体和32g O3气体的原子数之比为3：2C. 1L 1molL1的盐酸中所含粒子总数为2NAD. 71g氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A、标准状况下，22.4LH2中含有的质子物质的量为=2mol，H2中不含中子数，即中子数为0，故A错误；B、无论O2还是臭氧都是氧原子组成，32gO2中含有氧原子的物质的量为=2mol，32gO3含有氧原
19、子物质的量为=2mol，即原子个数比为1：1，故B错误；C、盐酸中含有粒子有H、Cl、OH、H2O，即1L1molL1的盐酸中所含粒子物质的量大于2mol，故C错误；D、氯气与铁反应，Cl化合价由0价1价，即71g氯气与铁反应，转移电子物质的量为=2mol，故D正确；答案选D。【点睛】易错点为选项C，学生只注意到1molHCl能电离产生1molH和1molCl，忽略了题中问题是粒子数目，粒子包括原子、分子、原子团、离子等，而盐酸是HCl溶于水得到，盐酸中含有H2O，因此1L1molL1的盐酸中所含粒子物质的量大于2mol，平时注意审题。20.下列叙述中正确（ ）A. 可用pH试纸测新制氯水的p
20、HB. 工业上将氯气通入澄清石灰水制漂白粉，其有效成分是次氯酸钙C. 漂白粉漂白时，向溶液中滴入少量稀盐酸或通入二氧化碳可以增强漂白效果D. FeCl2既能由金属和氯气直接反应得到，又能由金属和盐酸反应【答案】C【解析】【详解】A、新制氯水具有强氧化性，不能用pH试纸测新制氯水的pH，A错误；B、工业上将氯气通入石灰乳中制漂白粉，其有效成分是次氯酸钙，B错误；C、漂白粉漂白时，向溶液中滴入少量稀盐酸或通入二氧化碳可以产生次氯酸，有利于增强漂白效果，C正确；D、铁和氯气直接反应得到氯化铁，D错误；答案选C。21.Fe和Fe2O3的混合物共13.6g，加入150mL稀H2SO4，在标准状况下收集到
21、1.12LH2，Fe和Fe2O3均无剩余。为中和过量的H2SO4，并使Fe元素全部转化为Fe(OH)2沉淀，消耗了200mL 3mol/L的NaOH溶液，则该H2SO4的物质的量浓度为A. 2.25mol/LB. 2mol/LC. 4mol/LD. 0.6mol/L【答案】B【解析】【详解】Fe和Fe2O3的混合物与稀H2SO4反应，Fe和Fe2O3均无剩余，且有H2生成，说明反应生成FeSO4，为了中和过量的硫酸，而且使FeSO4完全转化成Fe(OH)2，共消耗3mol/L的NaOH溶液200mL，说明反应后的溶液溶质只有Na2SO4，根据硫酸根守恒，则n(H2SO4)=n(Na2SO4)，
22、根据钠离子守恒，则n(Na2SO4)= n(NaOH)，则有：n(H2SO4)=n(Na2SO4)= n(NaOH)=3mol/L0.2L=0.3mol，故该硫酸的物质的量浓度为：c(H2SO4)=2mol/L，故选B。22.将5.04gNa2CO3、NaOH的固体混合物加水溶解，向该溶液中逐滴加入2molL1的盐酸，所加盐酸的体积与产生CO2的体积（标准状况）关系如图所示，下列说法中不正确的是（）A. OA段发生反应的离子方程式为：H+OHH2O，CO32+H+HCO3B. B点溶液中的溶质为NaCl，其质量为5.85gC. 当加入50mL盐酸时，产生CO2的体积为896mL（标准状况）D.
23、 混合物中NaOH的质量2.40g【答案】D【解析】【分析】NaOH为强碱，先与盐酸反应，反应方程式为NaOHHCl=NaClH2O，碳酸钠与盐酸反应的实质是Na2CO3HCl=NaClNaHCO3、NaHCO3HCl=NaClCO2H2O，据此分析；【详解】NaOH为强碱，先与盐酸反应，反应方程式为NaOHHCl=NaClH2O，碳酸钠与盐酸反应的实质是Na2CO3HCl=NaClNaHCO3、NaHCO3HCl=NaClCO2H2O，推出OA段发生NaOHHCl=NaClH2O、Na2CO3HCl=NaClNaHCO3，AB段发生NaHCO3HCl=NaClCO2H2O；A、根据上述分析，
24、OA段发生离子方程式为HOH=H2O、CO32H=HCO3，故A说法正确；B、根据上述分析，B点溶液中含有的溶质为NaCl，利用元素守恒，n(NaCl)=n(HCl)=50103L2molL1=0.1mol，质量为0.1mol58.5gmol1=5.85g，故B说法正确；C、根据图像，加入50mL盐酸，AB段消耗(5030)mL的盐酸，即产生CO2的物质的量为(5030)103L2molL1=4102mol，标准状况下，CO2的体积为4102mol22.4Lmol1=0.896L，故C说法正确；D、碳酸钠与盐酸反应的实质是Na2CO3HCl=NaClNaHCO3、NaHCO3HCl=NaClC
25、O2H2O，从图像中得出，NaOH消耗盐酸的体积为(30mL20mL)=10mL，即混合物中m(NaOH)=10103L2molL140gmol1=0.8g，故D错误；答案选D。23.今有一混合物的水溶液，含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Cl、Ba2+、CO32、SO42，现取两份 100 m L的该溶液进行如下实验：（1）第1份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448mL；（2）第2份加足量Ba(OH)2溶液，得沉淀4.30 g，再用足量盐酸洗涤、干燥，得沉淀2.33 g。根据上述实验，下列推测正确的是（ ）A. Ba2一定存在B. 100 mL该溶液中含0.01 m
26、olCO32C. Na不一定存在D. Cl不确定，可向原溶液中加入AgNO3溶液进行检验【答案】B【解析】【分析】第一份加足量的NaOH溶液，加热，收集到气体，该气体为NH3，即原溶液中含有NH4，n(NH4)=0.02mol，第2份加足量Ba(OH)2溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥，得沉淀2.33g，说明原溶液中有SO42和CO32，n(SO42)=0.01mol，n(CO32)=0.01mol，然后根据电荷守恒，确认其他，据此分析。【详解】第一份加足量的NaOH溶液，加热，收集到气体，该气体为NH3，即原溶液中含有NH4，n(NH4)=0.02mol，第2份加足量Ba(OH
27、)2溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥，得沉淀2.33g，该沉淀为BaSO4，未加盐酸前的沉淀是BaCO3和BaSO4混合物，说明原溶液中有SO42和CO32，因此原溶液中一定不存在Ba，n(SO42)=0.01mol，n(CO32)=0.01mol，溶液呈现电中性，一定含有Na。A、因为原溶液中一定存在CO32和SO42，因此Ba2一定不存在，故A说法错误；B、根据上述分析，100mL溶液中含有0.01molCO32，故B说法正确；C、根据上述分析，原溶液中一定存在Na，故C说法错误；D、根据上述分析，Cl可能存在，因为原溶液中存在SO42和CO32，直接加入AgNO3对检验Cl
28、产生干扰，需要先除去SO42和CO32，故D说法错误；答案选B。二、填空题24.在生产生活中，我们会遇到各种各样的化学反应。请按要求完成相应的化学方程式（是离子反应的用离子方程式表示）：（1）金属镁在二氧化碳中燃烧的化学方程式： _（2）氯化铵是一种常用化肥，与强碱（NaOH）加热（离子方程式）_。（3）工业上以氯气和石灰乳为原料制造漂白粉_。（4）用FeCl3 溶液与铜反应制作印刷电路板离子方程式_。（5）碳与二氧化硅在高温条件下反应_。（6）工业上电解饱和食盐水制取氯气的离子方程式为_【答案】 (1). CO2 + 2Mg C+ 2MgO (2). NH4Cl+NaOHNaCl+NH3+H
29、2O (3). Cl2+Ca(OH)2=Cl+Ca2+ClO+H2O (4). 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ (5). 2C+SiO2Si+2CO (6). 2H2O+2Cl Cl2H22OH【解析】【详解】（1）Mg在CO2中燃烧发生：2MgCO2 2MgOC；（2）因为没有离子参与或生成，因此该反应不能拆写成离子，即反应方程式为NH4ClNaOH NH3NaClH2O；（3）有离子生成，其离子方程式为Cl2Ca(OH)2=Ca2ClClOH2O；（4）Fe3具有强氧化性，能与Cu发生反应，其离子方程式为Cu2Fe3=2Fe2Cu2；（5）这是工业上制取粗硅的方法，没有离子参与或生成，
30、不能写成离子反应方程式，即化学反应方程式为2CSiO2 Si2CO；（6）电解饱和食盐水，其离子方程式为2Cl2H2O Cl2H22OH。25.实验室可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式如下：2KMnO4 + 16HCl（浓）= 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2+ 8H2O（1）在该反应中，氧化剂是_ , 氧化产物是_（2）当有0.5mol电子发生转移时，在标准状况下，生成氯气的体积是_升， 被氧化的HCl是_摩尔,发生反应的KMnO4的物质的量是_摩尔。【答案】 (1). KMnO4 (2). Cl2 (3). 5.6 L (4). 0.5 mol (5). 0.1
31、mol【解析】【分析】氧化剂是得电子，化合价降低，氧化产物是还原剂被氧化得到产物，据此分析。【详解】（1）根据反应方程式，Mn的化合价由7价2价，即KMnO4为氧化剂，HCl为还原剂，Cl2为氧化产物；（2）根据得失电子数目守恒，n(Cl2)21=0.5mol，n(Cl2)=0.25mol，标准状况下，氯气的体积为0.25mol22.4Lmol1=5.6L；2HClCl2，被氧化的HCl的物质的量为n(HCl)=2n(Cl2)=20.25mol=0.5mol；1molKMnO4被还原，得到电子物质的量为5mol，转移0.5mol电子，消耗KMnO4的物质的量为0.1mol。三、实验题26.下图
32、是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：(1)装置图1中B的名称是_，图2中漏斗的名称是_。A中一般要加入碎瓷片，其作用是_。下列关于以上实验操作说法一定正确的是_。A图1实验中，加热一段时间后发现未加入碎瓷片，应马上添加，以防发生危险B图2实验中，应打开活塞，将有机溶剂从下端导管中放出C图3实验中，可以用玻璃棒在漏斗中搅拌，以加快过滤速度D图4实验中，当加热至有较多固体析出时，即停止加热(2)现有一瓶A和B的混合液，已知它们的性质如下表。物质熔点/沸点/密度/gcm3溶解性A11.51981.11A、B互溶，且均易溶于水和酒精B17.92901.26据此分析，将A和B
33、相互分离可选用上图中的图_所示仪器。(3)在图2所示实验中，静置分层后，如果不知道哪一层液体是“水层”，试设计一种简便的判断方法。_。【答案】 (1). (直形)冷凝管 (2). （梨型）分液漏斗 (3). 防止液体暴沸 (4). D (5). 1 (6). 继续向漏斗中加入少量水，体积增加的液层就是水层(其他合理方法也可)【解析】【详解】（1）根据图1装置图，B为(直形)冷凝管；图2中漏斗为分液漏斗；A中加入碎瓷片或沸石，其作用是防止液体暴沸；A、图1实验中，加热一段时间后，未加入碎瓷片，应停止加热，冷却后，再放入碎瓷片或沸石，故A错误；B、分液时，应先打开分液漏斗的瓶塞，然后打开活塞，让下
34、层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，通过本题，不知有机层在下层还是上层，故B错误；C、过滤时玻璃棒的作用是引流，不能搅拌，若要增加过滤的速度，可以采用抽滤的方法，故C错误；D、蒸发结晶中，当有大量晶体析出时，停止加热，让余温蒸干水分，故D正确；答案选D；（2）根据表格中的数据，常温下，A和B两种互溶液体，利用其沸点不同，采用蒸馏的方法进行分析，即选择图1；（3）确认哪一层为水层，可以采用继续向漏斗中加入少量的水，体积增大的液层为水层。27.实验室用NaOH固体配制250 mL 1.25 molL1的NaOH溶液，请回答下列问题：(1)配制时必须用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、_。(2)配制时
35、，其正确的操作顺序是(字母表示，每个字母只能用一次)_。A用30 mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B用天平准确称取所需的NaOH的质量，加入少量水(约30 mL)，用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解C将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入250 mL容量瓶中D将容量瓶盖紧，颠倒摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12 cm处(3)下列配制的溶液浓度偏高的是_。A称量NaOH时，砝码错放在左盘B向容量瓶中转移溶液时(实验步骤C)不慎将液滴洒在容量瓶外面C加蒸馏水时不慎超过了刻度线D定容时俯视刻度线 E配制前，容量瓶中有少量蒸馏水【答
36、案】 (1). 250 mL容量瓶胶头滴管 (2). BCAFED (3). D【解析】【详解】（1）利用固体配制一定物质的量浓度的溶液，使用的玻璃仪器是胶头滴管、烧杯、玻璃棒、容量瓶，即本题缺少的玻璃仪器是250mL容量瓶和胶头滴管；（2）配制一定物质的量浓度溶液的步骤计算称量溶解冷却移液洗涤振荡定容摇匀装瓶，本题的操作步骤是BCAFED；（3）分析误差，采用c=，A、称量NaOH的质量为250103L1.25molL140gmol1=12.5g，砝码错放在左盘，药品的质量减少，即所配溶液浓度偏低，故A不符合题意；B、药品不慎洒在容量瓶的外面，容量瓶中溶质的质量或物质的量减少，所配溶液的浓度
37、偏低，故B不符合题意；C、加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液的体积增大，所配溶液的浓度偏低，故C不符合题意；D、定容时俯视刻度线，溶液的体积减小，所配溶液的浓度增大，故D符合题意；E、容量瓶中有少量的水，对实验无影响，故E不符合题意；答案选D。【点睛】本题的易错点是（1）学生在作答容量瓶时，往往缺少容量瓶的规格，实验室容量瓶的规格为100mL、250mL、500mL、1000mL，即本题需要答出250mL容量瓶。28.某校化学兴趣小组为研究氯气的性质，设计如图所示装置进行实验，装置中夹持装置已略去，其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸（1）写出仪器X的名称_（2）加入药品前，检查中气体发生
38、装置气密性的操作是：用止水夹夹住C处_（3）写出装置中发生反应的离子方程式_（4）实验过程中，装置中的实验现象为_（5）实验过程中，该组同学在装置中观察到b的红色褪去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象的原因是_，为达到预期现象，应如何改进装置_【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 橡皮管，然后向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，液体不能顺利流下则气密性好 (3). MnO2+4H+2Cl Mn2+Cl2+2H2O (4). 无色溶液变蓝色 (5). 氯气中的水蒸气 (6). 在和之间可加浓硫酸干燥装置，来干燥Cl2【解析】【分析】制备实验或实验性质的验证，一般遵循的步骤是制气装置除
39、杂装置收集装置或验证性质的装置尾气处理装置，据此分析；【详解】（1）根据装置图，仪器X为分液漏斗；（2）检验装置I的气密性，操作方法是用止水夹夹住C处橡皮管，然后向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，液体不能顺利滴下则气密性良好；或向装置II加入蒸馏水没过长导管，关闭分液漏斗的活塞，微热圆底烧瓶，装置II导管口有气泡冒出，停止加热，长导管口有液柱，说明气密性良好；（3）装置I制取氯气，其离子方程式为MnO24H2Cl Mn2Cl22H2O；（4）Cl2的氧化性强于I2，能将I氧化成I2，淀粉遇碘单质变蓝，即装置IV中的现象是无色溶液变蓝色；（5）干燥的氯气不具有漂白性，气体通过装置II，只是除去
40、氯气中氯化氢，即装置II中出来的氯气中含有水蒸气，能使a处品红试纸褪色，因此需要在装置II和III之间可加干燥装置除去氯气中的水蒸气。四、计算题29.将一定量Cu投入到100mL18molL1的浓硫酸中，加热使之充分反应，在标准状况下收集到4.48L气体（假设气体全部逸出）。请计算：（1）收集到气体的物质的量为_mol。（2）若往反应后的溶液中加入NaOH溶液，并使得溶液中的Cu2+完全沉淀，至少需要8molL1NaOH_mL。【答案】 (1). 0.2 (2). 400【解析】【分析】Cu只与浓硫酸发生反应：Cu2H2SO4(浓) CuSO4SO22H2O， 向反应后的溶液中加入NaOH，发
41、生2NaOHH2SO4=Na2SO42H2O、CuSO42NaOH=Cu(OH)2Na2SO4，据此分析；【详解】Cu只与浓硫酸发生反应：Cu2H2SO4(浓) CuSO4SO22H2O， 向反应后的溶液中加入NaOH，发生2NaOHH2SO4=Na2SO42H2O、CuSO42NaOH=Cu(OH)2Na2SO4，（1）收集气体的物质的量为n(SO2)=0.2mol；（2）根据上述分析，当Cu2完全沉淀，溶液中的溶质为Na2SO4，即消耗NaOH的物质的量n(NaOH)=2n(Na2SO4)=2(100103L18molL10.2mol)=3.2mol，消耗NaOH的体积为V(NaOH)=0
42、.4L，合400mL。30.向铁和氧化铁混合物中加入500mL0.20molL1稀盐酸后恰好完全溶解，得到只含一种金属离子的浅绿色溶液，并收集到448mL氢气（标准状况下测定）。回答下列问题;（1）反应后溶液中的溶质为_mol。（2）原混合物中单质铁的质量为_g,氧化铁的质量为_g。【答案】 (1). 0.05 (2). 1.68 (3). 1.6【解析】【分析】氧化铁为碱性氧化物，先发生Fe2O36H=2Fe33H2O，Fe3氧化性强于H，接着发生2Fe3Fe=3Fe2，有气体产生，然后在发生Fe2H=H2Fe2，据此分析。【详解】氧化铁为碱性氧化物，先发生Fe2O36H=2Fe33H2O，
43、Fe3氧化性强于H，接着发生2Fe3Fe=3Fe2，有气体产生，然后在发生Fe2H=H2Fe2，（1）根据上述分析，反应后溶液的溶质为FeCl2，因为得到只含一种金属离子的浅绿色溶液，即HCl完全反应，利用元素守恒，得出n(FeCl2)=0.05mol；（2）根据铁元素守恒，得出n(Fe)2n(Fe2O3)=0.05mol，根据得失电子数目守恒，2n(Fe)=2n(Fe2O3)2n(H2) ，2n(Fe)=2n(Fe2O3)2，联立解得n(Fe)=0.03mol，n(Fe2O3)=0.01mol，m(Fe)=0.03mol56gmol1=1.68g，m(Fe2O3)=0.01mol160gmol1=1.60g。【点睛】氧化铁为碱性氧化物，铁为金属单质，一般认为氧化铁先于盐酸反应，Fe3的氧化性强于H，根据氧化还原反应的先后规律，铁先于Fe3反应，因为有气体产生，即Fe再与H发生反应，化学计算题中，往往采用守恒思想进行分析和作答。