1、河南省开封市五县联考2019-2020学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）考生注意：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第II卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。3.本卷命题范围：必修1。可能用到的相对原于质量：H-1 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Cu-64第I卷(选择题)一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题
2、给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.中华民族的发明创造为人类文明进步做出了巨大贡献。下列我国古代发明中，不涉及化学反应的是（ ）A. 铜的冶炼B. 粮食酿醋C. 打磨磁石制指南针D. 火药的发明与使用【答案】C【解析】【详解】A铜的冶炼是化合态铜元素变化为游离态，是化学变化，故A错误；B粮食酿醋过程中，有新物质生成，是化学变化，故B错误；C打磨磁石制司南是物体形状的改变，没有新物质生成，属于物理变化，故C正确；D火药使用是用S、C和KNO3，爆炸时发生反应的化学方程式为2KNO3+S+3C=K2S+N2+3CO2，是化学变化，故D错误；故答案为C。2.已知金属钠投入水中会发生剧烈反
3、应，并有氢气生成。运输金属钠的包装箱应贴有的图标是（ ）A. 易燃液体B. 遇湿易燃物品C. 氧化剂D. 腐蚀品【答案】B【解析】【详解】钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢气易燃烧，属于遇湿易燃物品，应贴遇湿易燃物品危险标志；A图示为易燃液体标志，故A错误；B图示为遇湿易燃物品标志，故B正确；C图示为氧化剂标志，故C错误；D图示为腐蚀品标志，故D错误；故答案为B。3.以下关于化学实验中“先”与“后”的说法错误的是（ ）A. 加热试管时，先均匀加热，后局部加热B. 做H2还原CuO实验时，先通H2，后加热CuOC. 点燃可燃性气体时，先检验气体纯度，后点燃D. 进行分液操作时，先从分液漏斗上口倒出
4、上层液体，后通过下端活塞放出下层液体【答案】D【解析】【详解】A加热试管时，先均匀加热，后局部加热可防止试管局部过热而炸裂，故A正确；BH2还原CuO时要先通H2，排净系统内的空气，若先加热再通H2会引起爆炸，实验完毕后仍需通H2以待试管冷却，若立即停止通H2，会引起氧化，故B正确；C点燃可燃性气体时要先验纯，以防发生爆炸，发生危险，故C正确；D分液时，先从下端活塞放出下层液体，后通过分液漏斗上口倒出上层液体，故D错误；故答案为D。4.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 标准状况下，22.4L氦气与1mol氢气所含原子数均为2NAB. 25，101kPa时，22.4L氮气
5、中含有原子数为2NAC. 常温常压下，O2和O3的混合物共64g，所含氧原子数一定为4NAD. 将100mL1molL-1FeCl3溶液滴入沸水中，可制得Fe(OH)3胶粒数目为0.1NA的胶体【答案】C【解析】【详解】A标况下22.4L氦气的物质的量为1mol，而氦气为单原子分子，故1mol氦气中含原子为NA个；而氢气为双原子分子，故1mol氢气中含原子为2NA个，故A错误；B25、101kPa时，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L氮气的物质的量小于1mol，故含原子小于2NA个，故B错误；C氧气和臭氧均由氧原子构成，故64g混合物中含有的氧原子的物质的量为4mol，故含氧原子
6、为4NA个，故C正确；D一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故所得胶粒的个数小于0.1NA个，故D错误；故答案为C。【点睛】考查物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意气体摩尔体积的使用范围和条件，对象是否气体，标况下水、CCl4、HF等为液体，只有气体才能使用；温度和压强是否为标准状况，只指明体积无法求算物质的量，只有标准状况才能使用22.4L/mol。5.下列离子方程式正确的是（ ）A. 铁片插入氯化铁溶液中：Fe+Fe3+=Fe2+B. 稀硫酸与氢氧化钡溶液混合：Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2OC. 稀盐酸滴在铜片上：2H+Cu
7、=Cu2+H2D. 石灰石投入稀硝酸中：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2【答案】D【解析】【详解】A铁片插入氯化铁溶液中发生的离子反应为Fe+2Fe3+3Fe2+，故A错误；B稀硫酸与氢氧化钡溶液混合发生的离子反应为Ba2+2OH-+2H+SO42-BaSO4+2H2O，故B错误；C稀盐酸与铜不反应，故C错误；D石灰石投入稀硝酸中发生的离子反应为CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2，故D正确；故答案为D。【点睛】考查离子方程式的判断，注意掌握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，检查是否符合原化学方程式
8、等。6.亚硝酸钠(NaNO2)具有致癌作用，许多腌制食品中含NaNO2。酸性KMnO4溶液与亚硝酸钠反应的离子反应为：MnO4 NO2 H Mn2NO3 H2O(未配平)，下列叙述错误的是()A. 生成1mol Mn2，转移电子为5molB. 该反应中氮元素被氧化C. 配平后，水的化学计量数为3D. 反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:5【答案】D【解析】【分析】反应中，Mn元素的化合价由+7价降至+2价，N元素的化合价由+3价升至+5价；反应中MnO4-为氧化剂，Mn2+为还原产物，NO2-为还原剂，NO3-为氧化产物；根据得失电子守恒配平方程式和计算。【详解】A项，反应中，Mn元素
9、的化合价由+7价降至+2价，生成1molMn2+转移5mol电子，A项正确；B项，反应中，N元素的化合价由+3价升至+5价，N元素被氧化，B项正确；C项，反应中1molMnO4-得到5mol电子生成1molMn2+，1molNO2-失去2mol电子生成1molNO3-，根据得失电子守恒配平为2MnO4-+5NO2-+H+2Mn2+5NO3-+H2O，结合原子守恒、电荷守恒，配平后的离子方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+5NO3-+3H2O，水的化学计量数为3，C项正确；D项，根据上述分析，Mn2+为还原产物，NO3-为氧化产物，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物物质的量之比
10、为5:2，D项错误；答案选D。7.有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液，只用一种试剂就可把它们鉴别开来，这种试剂是（ ）A. 盐酸B. 氨水C. NaOH溶液D. KSCN溶液【答案】C【解析】【详解】A加入盐酸，与六种物质都不反应，不能鉴别，故A错误；B加入氨水，MgCl2溶液和AlCl3溶液中均生成白色沉淀，不能鉴别MgCl2、AlCl3，故B错误；C加入浓NaOH溶液，NaCl无现象，AlCl3先生成白色沉淀，沉淀然后溶解，FeCl2生成白色沉淀，然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，FeCl3生成红褐色沉淀，MgCl2生成白色沉淀，NH4Cl有刺激性气体生成
11、，现象各不相同，可鉴别，故C正确；D加入KSCN只能鉴别FeCl3，不能鉴别其它物质，故D错误；故答案为C。【点睛】考查物质的检验和鉴别，侧重于元素化合物知识的综合应用，注意把握相关物质的性质，六种溶液含有的阳离子各不相同，但都是氯化物，因而KSCN溶液不能达到目的，且盐酸与六种氯化物都不反应，利用金属氢氧化物的溶解性及颜色来鉴别，因又涉及到Al3+和Mg2+的鉴别，因此必需选强碱。8.下列关于铁及其化合物的说法正确的是（ ）A. 硫酸铁溶液不具有净水作用B. Fe3O4一种红棕色粉末，俗称磁性氧化铁C. 铁粉与水蒸气在加热条件下的反应产物为Fe2O3和H2D. 去除FeCl2溶液中的FeCl
12、3，杂质.可以向溶液中加入过量铁粉.然后过滤【答案】D【解析】【详解】A硫酸铁溶液中铁离子水解生成的氢氧化铁胶体具有吸附性，所以可以起净水作用，故A错误；BFe3O4是一种黑色粉末，俗称磁性氧化铁，故B错误；C铁粉与水蒸气在高温加热条件下的反应生成Fe3O4和H2，故C错误；D向溶液中加入过量铁粉，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，然后过滤得到氯化亚铁溶液，可以除FeCl2溶液中的FeCl3杂质，故D正确；故答案为D。9.下列有关Na2CO3和NaHCO3的说法正确的是（ ）A. 在水中溶解度：Na2CO3NaHCO3B. 二者都能与盐酸反应生成CO2C. 热稳定性：Na2CO3NaHCO3D. 二
13、者在相同条件下可相互转化【答案】B【解析】【详解】A相同的温度下，NaHCO3溶解度比Na2CO3小，故A错误；BNaHCO3与盐酸反应较Na2CO3剧烈，但都能反应生成CO2，故B正确；C碳酸氢钠受热易分解，而碳酸钠不分解，则热稳定性为Na2CO3NaHCO3，故C错误；DNaHCO3可与NaOH反应生成Na2CO3，而NaHCO3分解可生成Na2CO3，则不在相同条件下转化，故D错误；故答案为B。【点睛】考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质，明确发生的化学反应是解答本题的关键，NaHCO3不稳定，溶解度比Na2CO3小，与盐酸反应较Na2CO3剧烈，可与NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3可与
14、水、二氧化碳反应生成NaHCO3。10.浓硫酸是实验室必备的重要试剂，下列有关它的说法错误的是A. 具有强腐蚀性B. 能使蔗糖变黑C. 能用于干燥氨气D. 加热时能与铜发生反应了【答案】C【解析】【详解】A浓硫酸具有酸性、脱水性和强氧化性，所以具有强腐蚀性，故A正确；B浓硫酸能使蔗糖中H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性，从而使蔗糖变黑，故B正确；C浓硫酸具有酸性，能和氨气反应生成硫酸铵，所以不能干燥氨气，故C错误；D浓硫酸具有强氧化性，加热条件下，能和Cu发生氧化还原反应，故D正确；故答案为C。【点睛】考查浓硫酸的性质，浓硫酸的强氧化性、脱水性是考查高频点，注意吸水性和脱水性区别，注意
15、浓硫酸不能干燥氨气等碱性气体、不能干燥硫化氢等还原性气体。11.下列关于硅及其化合物的用途正确的是（ ）A. 高纯单质硅用于制光导纤维B. 二氧化硅用于制太阳能电池C. 硅酸钠溶液是制木材防火剂的原料D. 硅胶常用作瓶装药品的抗氧剂【答案】C【解析】【详解】A纯净的硅单质是制造硅芯片的基本原料，光导纤维的基本原料是二氧化硅，故A错误；B硅是重要的半导体材料，硅用于制造太阳能电池，二氧化硅用于制光导纤维，故B错误；C硅酸钠不燃烧，可用于制木材防火剂的原料，故C正确；D硅胶具有微观多孔的结构，吸水性强，常用作瓶装药品的干燥剂，故D错误；故答案为C。12.用如图所示装置进行实验，下列对试管中的试剂及
16、实验现象的解释不合理的是（ ）A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A二氧化硫与品红化合生成无色物质，SO2具有漂白性，溶液褪色，故A正确；B二氧化硫为酸性氧化物，与水反应生成酸，使紫色石蕊变红，故B正确；C在酸性溶液中二氧化硫与硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡子结合生成硫酸钡沉淀，故C错误；D二氧化硫被高锰酸钾氧化，溶液褪色可知SO2具有还原性，故D正确；故答案C。13.某温度下将Cl。通人KOH溶液里，反应后得到KC1、KC1O、KC1O3的混合溶液，经测定ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为3:1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯元素和被
17、氧化的氯元素的质量之比为（ ）A. 1 : 3B. 4 : 3C. 2 : 1D. 3 : 1【答案】C【解析】【详解】氯气生成次氯酸根和氯酸根是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1和+5价，次氯酸根离子和氯酸根离子的物质的量浓度之比为11:1，假设次氯酸根为11mol，则氯酸根离子为1mol，被氧化的氯原子共12mol，失去的电子总物质的量为11+5=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数相等，氯气生成氯化钾是被还原的过程，化合价从0降低到-1价，所以得到电子的氯原子的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量比为16:12=4:3，选B。14.现
18、有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入0.1molL-1NaOH溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积如图所示。原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为（ ）A. 6：1B. 1：3C. 2：3D. 3：1【答案】A【解析】【详解】由图可知加入0.04molNaOH时沉淀达最大量，沉淀组成为Mg(OH)2、Al(OH)3，根据氢氧根守恒可知2nMg(OH)2+3nAl(OH)3=n(OH-)=0.04mol，加入0.05molNaOH时，沉淀由最大值减小为最小值，故0.01molNaOH恰好完全溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知
19、，nAl(OH)3=n(NaOH)=0.01mol，所以nMg(OH)2=0.005mol，溶液中n(Cl-)=3nAl(OH)3=0.03mol，原溶液中n(SO42-)=nMg(OH)2=0.005mol，所以原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为0.03mol:0.005mol=6:1，故答案为A。【点睛】考查离子方程式的有关计算，明确图象中各阶段发生的反应原理为解答关键，由图可知加入0.04molNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，根据氢氧根守恒可知2nMg(OH)2+3nAl(OH)3=n(OH-)，加入0.5L NaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故
20、0.01molNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用。第II卷(非选择题)二、非选择题(本大题共6小题，共58分)15.某化学实验小组同学用如图所示装置进行系列实验，以探究气体的性质(部分仪器已略去)。回答下列问题：（1）若气体X为氯气，溶液Y为含有少量KSCN的FeCl2溶液，则可观察到溶液Y中的实验现象是_，写出NaOH溶液中发生反应的离子方程式：_。（2）若溶液Y为品红溶液，气体X通过后，溶液褪色。取少量褪色后的溶液加热后恢复为红色，则气体X可能是_(填化学式)。根据气体X的性质，上述实验装置应作一定的改进，则下列装置中可用来替代其尾气吸收装置的是_(填序号)。
21、【答案】 (1). 溶液变为血红色 (2). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O； (3). SO2 (4). 或【解析】【分析】(1)氯气有强氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子，铁离子能和硫氰根离子反应生成红色的络合物，氯气能和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、水；(2)二氧化硫能使品红溶液褪色，且褪色后的溶液加热能恢复原色；二氧化硫属于酸性氧化物，能和氢氧化钠反应，对尾气吸收实验装置应作一定的改进，应防止倒吸。【详解】(1)氯气有强氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子，离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，铁离子能和硫氰根离子反应生成红色的络合物，所以溶液呈红色，离子方
22、程式为：Fe 3+3SCN-Fe(SCN)3，氯气能和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(2)二氧化硫能使品红溶液褪色，且褪色后的溶液加热能恢复原色，所以该气体可能是SO2，二氧化硫能与氢氧化钠反应，装置尾气吸收不充分，或在导气管中都有相对较大的空间，这样既可以充分吸收，又可以防止倒吸现象的发生。【点睛】以性质实验方案设计为载体考查了氯气和二氧化硫的性质，铁离子的检验，掌握氯气的氧化性，明确二氧化硫的还原性、氧化性、酸性氧化物的性质是解题关键。本题的易错点为C，要注意区分二氧化硫能够时一些物质褪色的本质，如品红褪色漂白性、酸性高锰酸钾
23、溶液褪色还原性、滴加了酚酞的氢氧化钠溶液褪色酸性氧化物的性质等。16.A是一种红棕色金属氧化物；B、D是金属单质；J是一种难溶于水的白色化合物，受热易分解。回答下列问题：（1）A、E、J、G的化学式分别为_、_、_、_。（2）C转化为I的离子方程式为_。（3）H和I反应生成J的离子方程式为_。（4）如何检验E溶液中大量存在的阳离子?_。【答案】 (1). Fe2O3 (2). FeCl2 (3). Al(OH)3 (4). Fe(OH)3 (5). Al2O3+2OH-2AlO2-+H2O (6). Al3+3AlO2-+6H2O4Al(OH)3 (7). 取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KS
24、CN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+【解析】【分析】A是一种红棕色金属氧化物，则A是Fe2O3，红褐色沉淀G为Fe(OH)3，分解可以生成氧化铁，则F是Fe(OH)2B、D是金属单质，Fe2O3和B在高温下能反应生成金属单质D，则该反应是铝热反应，B是Al，D是Fe，C是Al2O3，J是一种不溶于水的白色化合物，受热容易分解成C，则J是Al(OH)3，由转化关系可知，I是NaAlO2，H是AlCl3；铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，E和氨水反应生成Fe(OH)2，则E是FeCl2，以此解答该题。【详解】(1)由以上分析可知，则A为Fe2O3，E是FeCl2，J是Al(
25、OH)3，G是Fe(OH)3；(2)氧化铝是两性氧化物，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al2O3+2OH-2AlO2-+H2O；(3)铝离子和偏铝酸根之间双水解而不共存，反应的离子方程式为Al3+3AlO2-+6H2O4Al(OH)3；(4)E是FeCl2，检验亚铁离子，可取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+。17.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，无二次污染。工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。回答下列问题：（1）干法制备高铁酸钠的
26、主要反应为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2。该反应中还原剂是_。每生成1molO2，该反应转移_mol电子。K2FeO4在水处理过程中所起的作用是_。（2）湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O。写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：_。低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4)，其原因是_。【答案】 (1). FeSO4和Na2O2 (2). 10 (3). 高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒，且消毒过程中自身被还原成铁离子，铁离子水解氢
27、氧化铁胶体能吸附除去水中的悬浮杂质 (4). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O (5). 该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小【解析】【分析】(1)2FeSO4+6Na2O22NaFeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2中Fe、O元素的化合价升高，O元素的化合价降低，由化合价的变化计算转移的电子数；K2FeO4中Fe元素的化合价为+6价，具有强氧化性，且还原产物铁离子能水解；(2)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)，结合物质的性质可知，氢氧化铁被氧化；根据高铁酸钾与高铁酸钠溶解度来分析。【详解】(1)2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2
28、Na2O+2Na2SO4+O2中Fe、O元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则氧化剂为Na2O2，还原剂为FeSO4和Na2O2，由O元素-1价降为-1价 可知每生成1molO2的同时，参加反应的Na2O2为6mol，其中有10molO原子从-1价降为-2价，则转移的电子数为10mol(2-1)=10mol；K2FeO4中Fe元素的化合价为+6价，具有强氧化性，且还原产物铁离子能水解氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性能吸附除去水中的悬浮杂质；(2)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)，结合物质的性质可知，氢氧化铁被氧化，该离子反应为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2FeO42-+3Cl-+5H2
29、O；低温下，在在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4)，可知该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小。18.实验室配制500mL0.2molL-1的Na2SO4溶液。回答下列问题：（1）填写下列实验操作步骤中的空白处：A.在天平上称取_gNa2SO4固体，把它放在_中，用适量的蒸馏水溶解；B.把制得的溶液小心地沿着_注入_中；C.继续向容量瓶中加入蒸馏水至液面离容量瓶颈刻度线下12cm时，改用_小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低处与刻度线水平相切；D.用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒23次，每次洗涤液也小心转入容量瓶中，并轻轻摇匀；E.盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。（2）
30、第（1）题中操作步骤的正确顺序是(填标号)_。（3）下列情况中，会使所配溶液浓度偏高的是_(填标号)。a.溶解搅拌时有部分液体溅出b.加蒸馏水时，不慎超过了刻度线C.在定容时，俯视刻度线d.容量瓶使用前内壁沾有水珠【答案】 (1). 14.2 (2). 烧杯 (3). 玻璃棒 (4). 500mL容量瓶 (5). 胶头滴管 (6). ABDCE (7). c【解析】【分析】(1)A依据n=CV、m=nM计算需要溶质的质量；固体中烧杯中溶解；B把溶液转入容量瓶时要用玻璃棒引流；C用胶头滴管向容量瓶中加液体时，能准确加液至刻度线；(2)溶液配制操作步骤有：称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作；
31、(3)分析操作对溶液物质的量、溶液体积的影响，根据c=分析操作对所配溶液浓度的影响。【详解】(1)A500L 0.2mol/LNa2SO4溶液含有溶质的物质的物质的量为：0.2mol/L0.5L=0.1mol，所以需要gNa2SO4固体的质量是0.1mol142g/mol=14.2g；称量好的硫酸钠固体放在烧杯中溶解；B把溶液转入容量瓶时要用玻璃棒引流，所以把制得的溶液小心地沿着玻璃棒注入500mL的容量瓶中；C用胶头滴管向容量瓶中加液体时，能准确加液至刻度线，则向容量瓶中加入蒸馏水至液面离容量瓶颈刻度线下12cm时，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低处与刻度线水平相切；(2)溶液配制
32、操作步骤有：称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，则操作步骤的正确顺序是ABDCE；(3)a溶解搅拌时有部分液体溅出，则硫酸钠的物质的量减小，所以配制浓度偏低，故a不选；b加蒸馏水时，不慎超过了刻度线，溶液的体积偏大，使配制溶液浓度偏低，故b不选；c在定容时，俯视刻度线，溶液的体积偏小，使配制溶液浓度偏高，故c选；d容量瓶使用前内壁沾有水珠，对溶质和溶剂都无影响，所以配制浓度不变，故d不选；故答案为：c。【点睛】考查一定物质的量浓度溶液的配制操作及误差分析等，根据c=可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样
33、的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。19.在某澄清溶液中，可能存在下列几种离子：H+、K+、Ba2+、SO42-、Cl-、SiO32-。取该溶液进行下列实验：用pH试纸检验该溶液呈强酸性；另取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，当溶液呈碱性时，再加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。回答下列问题：（1）根据上述实验现象，推断原溶液中肯定存在的离子是_，肯定不存在的离子是_，可能存在的离子是_。要检验可能存在的离子，可采用的实验方法是_。（2）写出实验中发生反应的离子方程式：_、_。【答案】 (1). H+、Ba2
34、+、Cl- (2). SO42-、SiO32- (3). K+ (4). 进行焰色反应 (5). H+OH-=H2O (6). Ba2+CO32-=BaCO3【解析】【分析】用pH试纸检验，该溶液呈强酸性，说明含有H+，则不含有SiO32-；取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，当溶液呈碱性时，再加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不含SO42-，以此解答该题。【详解】用pH试纸检验，该溶液呈强酸性，说明含有H+，则不含有SiO32-；取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，当溶液呈碱性时，再加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不含SO42-，再根据电荷守恒，则一
35、定含有Cl-，不能确定是否含有K+；(1)由以上分析可知一定含有H+、Ba2+、Cl-，一定没有SO42-、SiO32-，可能含有K+，要检验K+，可采用的实验方法是进行焰色反应；故答案为：H+、Ba2+、Cl-；SO42-、SiO32-；K+；进行焰色反应；(2)实验逐滴加入NaOH溶液，当溶液呈碱性时，再加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，则发生反应的离子方程式为：H+OH-=H2O，Ba2+CO32-=BaCO3，故答案为：H+OH-=H2O，Ba2+CO32-=BaCO3。20.某化学兴趣小组对铜、铁与硝酸的反应进行实验探究。回答下列问题：（1）验证铜与硝酸反应(实验装置如图所示)。
36、已知仪器a中盛有足量的一定浓度的硝酸溶液，试管b中盛有6.4g铜片。仪器a的名称是_。在铜与硝酸的反应中，硝酸所表现出的化学性质主要有_。待试管b中铜片完全消失。如果向b中液体里加入足量氢氧化钠溶液，可生成沉淀的质量是_ g。（2）探究铁与稀硝酸的反应。用5.6gFe粉和含有0.3molHNO3的稀硝酸进行实验，若两种物质恰好完全反应，且HNO3只被还原成NO。Fe粉与稀硝酸反应生成硝酸铁的化学方程式为_。Fe粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁的离子方程式为_。反应结束后的溶液中Fe3+、Fe2+的物质的量之比n(Fe3+)：n(Fe2+)=_。标准状况下，生成NO气体的体积为_L(保留两位小数)。【
37、答案】 (1). 分液漏斗 (2). 酸性和强氧化性 (3). 9.8 (4). Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO+2H2O (5). 3Fe+8H+2NO3-=3Fe2+2NO+4H2O (6). 1:3 (7). 1.68【解析】【分析】(1)根据装置图可知仪器的名称；反应中N元素的化合价部分未变化生成硝酸铜，部分降低生成氮的氧化物；铜完全反应生成硝酸铜，向b中液体里加入足量氢氧化钠溶液，铜离子完全转化为氢氧化铜沉淀，根据n=计算铜的物质的量，根据铜原子守恒计算氢氧化铜的物质的量，再根据m=nM计算；(2)铁粉与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，结合原子守恒和电子守恒写出反应的
38、化学方程式；Fe粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，结合原子守恒和电子守恒写出反应的离子方程式；5.6g Fe粉的物质的量为=0.1mol，根据得失电子守恒和物料守恒分析解答；一氧化氮的物质的量为：0.3-3n(Fe3+)-2n(Fe2+)。【详解】(1)根据装置图可知仪器a的名称是分液漏斗；反应中N元素的化合价部分未变化生成硝酸铜，硝酸表现酸，性部分降低生成氮的氧化物，硝酸表现强氧化性；6.4g铜的物质的量为=0.1mol，向b中液体里加入足量氢氧化钠溶液，铜离子完全转化为氢氧化铜沉淀，根据铜原子守恒可知nCu(OH)2=n(Cu)=0.1mol，故mCu(OH)2=0.1mol98g/m
39、ol=9.8g；(2)铁粉与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，发生反应的化学方程式为Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO+2H2O；Fe粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，发生反应的离子方程式为3Fe+8H+2NO3-=3Fe2+2NO+4H2O；根据得失电子守恒和物料守恒可知：n(Fe3+)+n(Fe2+)=0.1mol；3n(Fe3+)+2n(Fe2+)=30.3-3n(Fe3+)-2n(Fe2+)，解之得：n(Fe3+)=0.025mol；n(Fe2+)=0.075mol，所以溶液中Fe3+、Fe2+的物质的量之比n(Fe3+):n(Fe2+)为1:3；一氧化氮的物质的量为：0.3-3n(Fe3+)-2n(Fe2+)=0.3-30.025mol-20.075mol=0.075mol，所以生成NO气体的体积为：0.075mol22.4L/mol=1.68L。