1、新疆维吾尔族自治区阿勒泰地区2019-2020学年高二下学期期末考试化学试卷（A）1.下列图示的四种实验操作名称从左到右依次是（ ）A. 过滤、蒸发、蒸馏、萃取分液B. 过滤、蒸馏、蒸发、萃取分液C. 蒸发、蒸馏、过滤、萃取分液D. 萃取分液、蒸馏、蒸发、过滤【答案】A【解析】【详解】由图可知，四个装置中分别有漏斗、蒸发皿、烧瓶、分液漏斗，漏斗用于过滤分离，蒸发皿用于蒸发分离混合物，烧瓶、冷凝管等用于蒸馏分离，分液漏斗用于萃取、分液操作，四种实验操作名称从左到右依次是过滤、蒸发、蒸馏、萃取分液， 故选：A。【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握实验仪器的使用及混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重
2、分析与应用能力的考查，注意常见仪器的用途。2.下列物质分离(括号内的物质为杂质)的方法错误的是( )A. 己烷(己烯)溴水，分液B. 乙烯(二氧化硫)氢氧化钠C. 硝基苯(苯)蒸馏D. 乙酸乙酯(乙醇)碳酸钠溶液，分液【答案】A【解析】【详解】A溴易溶于己烷，引入新杂质，故A错误；B二氧化硫与NaOH反应，乙烯不能，洗气可分离，故B正确；C二者互溶，但沸点不同，蒸馏可分离，故C正确；D乙醇溶于碳酸钠溶液，碳酸钠溶液与乙酸乙酯分层，分液可分离，故D正确；故选A。3.下列有关物质分类或归类中，正确的是混合物：盐酸、漂白粉、氯水、水银 化合物：CaCl2、NaOH、HCl、HD电解质：明矾、石膏、冰
3、醋酸、氯化银 同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨A. 只有B. 只有C. 只有D. 只有【答案】C【解析】【详解】由不同种物质组成的是混合物，盐酸是HCl的水溶液、漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca（ClO）2、氯水是Cl2的水溶液，三者都是混合物，水银是金属单质Hg，属于纯净物，不正确；由不同种元素组成的纯净物是化合物，CaCl2、NaOH、HCl均是化合物，而HD表示氢气，属于单质，不正确；溶于水或在熔融状态下能够自身电离出离子的化合物是电解质，明矾、石膏、冰醋酸、氯化银都是电解质，正确；由同种元素形成的不同单质互为同素异形体，C60、C70、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，互
4、为同素异形体，正确；答案选C。4. 下列说法正确的是 （ ）A. 胶体带电，而溶液不带电，所以胶体能发生电泳现象而溶液不能B. 由一种元素组成的物质是纯净物而由多种元素组成的物质为混合物C. 虽然NO2溶于水能生成HNO3，但NO2不是酸性氧化物D. 水溶液呈酸性的盐称为酸式盐【答案】C【解析】【详解】A.胶体不带电，胶粒因吸附而带电荷，故A错误；B.由一种元素组成的物质不一定是纯净物，如氧气和臭氧；由多种元素组成的物质不一定为混合物，如氢氧化钠，故B错误；C.NO2溶于水能生成HNO3和一氧化氮，故不是酸性氧化物，故C正确；D.水溶液呈酸性的盐不一定是酸式盐，如氯化铵，故D错误，故选C。5.
5、能与氢硫酸反应的非电解质是A. 氯气B. 氢氧化钠C. 硫酸亚铁D. 二氧化硫【答案】D【解析】【详解】A.氯气与氢硫酸反应生成盐酸和硫沉淀，氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选A；B.氢氧化钠与氢硫酸反应生成硫化钠和水，氢氧化钠溶液能导电，氢氧化钠是电解质，故不选B； C. 硫酸是强酸，氢硫酸是弱酸，硫酸亚铁和氢硫酸不反应，故不选C； D. 二氧化硫与氢硫酸反应生成硫单质和水，二氧化硫自身不能电离，二氧化硫是非电解质，故选D。6.下列说法正确的是A. 硫酸、磷酸的摩尔质量均为98gB. 20、1.010 5Pa时，同体积的O2与CO2含有相同的分子数C. 标准状况下，16gO2与2
6、4g Mg所占的体积相同D. 当1mol气态物质的体积为22.4L时，该气体一定处于标准状况【答案】B【解析】【分析】【详解】A. 摩尔质量的单位为g/mol，故A错误；B. 同温、同压、同体积的气体物质的量相同，分子数相同，20、1.0105Pa，同体积的O2与CO2含有相同的分子数，故B正确；C. 16g氧气物质的量为0.5mol，24gMg的物质的量是1mol，但Mg是固体，24gMg的体积小于16gO2，故C错误；D. 依据PV=nRT分析，压强和温度同倍数增大，1mol气态物质的体积也可以为22.4L，不一定处于标准状况，故D错误；故答案选B。7.实验室从海带中提取碘的部分流程如图所
7、示：下列说法正确的是A. 完成步骤需要装置IIIB. 完成步骤需要装置IC. 完成步骤需要装置IID. 完成步骤和需要装置IV【答案】D【解析】【分析】分析流程可知，首先将处理干净的海带剪小，用酒精润湿后在坩埚中用酒精灯进行灼烧，之后将海带灰转移到小烧杯中进行浸泡，得到海带灰悬浊液，然后过滤，得到滤液为含I-的水溶液，向滤液中加入几滴硫酸，再加入少量H2O2溶液，得到含I2的水溶液，向其中加入CCl4溶液，进行萃取分液，最终得到含I2的有机溶液，据此进行分析。【详解】A步骤为海带的灼烧操作，所需的仪器为：酒精灯、坩埚，三脚架、泥三角等，装置III为蒸发装置，A项错误；B步骤是将海带灰悬浊液过滤
8、以得到含I-的滤液，为过滤操作，装置II为过滤装置，装置I为分液装置，故完成步骤需要装置II，B项错误；C步骤是向步骤所得的溶液中加入CCl4溶液，进行萃取分液，最终得到含I2的有机溶液的过程，是萃取分液操作，装置II为过滤装置，装置I为萃取分液装置，故完成步骤需要装置I，C项错误；D步骤为使海带灰中可溶的物质溶解的过程，步骤为向步骤所得的滤液中加入硫酸和H2O2溶液，搅拌使其混匀、发生反应的过程，均用到玻璃棒和烧杯，故完成步骤和需要装置IV，D项正确；答案选D。8.同温同压下，甲容器中的NH3和乙容器中的CH4所含的原子总数相同，则甲容器与乙容器的体积之比为（ ）A. 11B. 54C. 3
9、4D. 21【答案】B【解析】【详解】设氨气和甲烷的物质的量分别是xmol、ymol，由同温同压下，体积比等于气体的物质的量比可得4x5y，解得xy54，故选B。9.下列溶液中氢离子浓度最小是A. 10L0.10mol/LCH3COOH溶液B. 2L 0.05mol/L H2SO4溶液C. lL0.10mol/LHNO3溶液D. 2L0.1mol/LHCl溶液【答案】A【解析】【详解】ACH3COOH是弱酸，只能部分电离，10L0.10mol/LCH3COOH溶液氢离子浓度远低于0.1mol/L；B2L 0.05mol/L H2SO4溶液中氢离子浓度为0.1mol/L；ClL0.10mol/L
10、HNO3溶液中氢离子浓度为0.1mol/L；D2L0.1mol/LHCl溶液中氢离子浓度为0.1mol/L；A中氢离子浓度最小，故答案为A。10.NA为阿伏加德罗常数，标准状况下，mg 氮气和氧气的混合气体含有b个分子，则ng该混合气体在相同状态下的体积为(单位为L) ()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】设该混合气体平均摩尔质量为Mg/mol，根据同温同压条件下，气体体积之比=物质的量之比可得，解得，故答案为B。11.常温下，溶液中由水电离产生的c（OH）=11014molL1，满足此条件的溶液中一定能大量共存的离子组是A Al3+、Na+、ClB. K+、Ba2+、Cl、C
11、. K+、Na+、Cl、D. K+、【答案】B【解析】【分析】由水电离产生的c（OH）=11014molL1说明溶液中存在氢离子或氢氧根离子，抑制水的电离，该溶液可能是酸溶液或碱溶液。【详解】A.溶液中铝离子和碳酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，一定不能大量共存，故A错误；B.四种离子在酸溶液中或碱溶液中都不不发生任何反应，一定能大量共存，故B正确；C.碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水，在酸溶液中不能大量共存，故C错误；D.铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，在碱溶液中不能大量共存，故D错误；故选B。12.配制一定物质的量浓度的溶液，造成浓度偏高的操作是A. 洗涤后
12、的容量瓶未干燥B. 移液后，未洗涤烧杯和玻璃棒C. 定容时，眼睛视线俯视刻度线D. 移液时，不慎将液体流到瓶外【答案】C【解析】【详解】A. 容量瓶不需要干燥，不影响配制结果，故A错误；B. 移液后，未洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故B错误；C. 定容时，眼睛视线俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，所得溶液浓度偏高，故C正确；D. 移液时，不慎将液体流到瓶外，导致所得溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故D错误；故选C。【点睛】明确配制原理为解答关键，注意根据结合操作过程中的溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来分析。13.下列化学方程式
13、中,不能用离子方程式Ba2+SO42=BaSO4表示的是( )A. BaCl2+Na2SO4=BaSO4+2NaClB. H2SO4+BaCl2BaSO4+2HClC. Ba(NO3)2+H2SO4=BaSO4+2HNO3D. BaCO3+H2SO4=BaSO4+CO2+H2O【答案】D【解析】【详解】A. BaCl2+Na2SO4=BaSO4+2NaCl的反应实质为钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式是Ba2+SO42=BaSO4，故不选A；B.H2SO4+BaCl2BaSO4+2HCl的反应实质为钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式是Ba2+ SO42=
14、BaSO4，故不选B；C. Ba(NO3)2+H2SO4=BaSO4+2HNO3的反应实质为钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为Ba2+ SO42=BaSO4，故不选C；D.BaCO3为难溶物，离子方程式中BaCO3不能拆写为离子，BaCO3+H2SO4=BaSO4+CO2+H2O反应的离子方程式是BaCO3+ 2H+SO42=BaSO4+CO2+H2O，故选D；选D。14.实验室用氢氧化钠固体配制1mol/L 的NaOH溶液480ml，以下配制步骤正确的是（ ）A. 直接在托盘天平上称取19.2g的氢氧化钠固体放入烧杯中，加蒸馏水溶解B. 待溶液冷却后，用玻璃棒引流，将烧
15、杯中的溶液转移到容量瓶中，并洗涤烧杯和玻璃棒23次C. 定容时，仰视凹液面最低处到刻度线D. 按照上述步骤配制的溶液(其它步骤操作都正确)，所得溶质的物质的量浓度偏高【答案】B【解析】【分析】根据配制一定物质的量浓度的配制步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量溶质的质量，然后在烧杯中溶解，用玻璃棒不断搅拌加速固体溶解，冷却后用玻璃棒弓|流转移到500mL容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒2 3次，洗涤液也移入容量瓶中，当加水至波面距离刻度线1 2cm时，改用胶头滴管滴加，直到溶液凹面恰好与刻度线相切。【详解】A、由于实验室无450mL容量瓶，故应选择500mL的容量
16、瓶,故配制出500mL溶液，故所需的氢氧化钠的质量m=cVM=1mol/L0.5L40g/mol= 20.0g，由于氢氧化钠有腐蚀性，且易潮解，在称取氢氧化钠固体时，要在托盘天平上放两个相同的玻璃器皿，选项A错误；B、待溶液冷却后，用玻璃棒弓|流，将烧杯中的溶液转移到容量瓶中，并洗涤烧杯23次，若没有洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质的损失，则浓度偏低，选项B正确；C、定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏低，选项C错误；D、选项B所得溶质的物质的量浓度准确，选项C所配溶液浓度偏低，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析，明确配制原理和过程是解答关键，注
17、意定容的时候，在滴加使溶液的凹液面最低点与刻度线相切后，盖好塞子，振荡摇匀，这时候如果凹液面低于刻度线也不能再继续加水了。15.下列解释事实的离子方程式正确的是A. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色溶液：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2OB. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊：H+OH-+ Ba2+SO42- =BaSO4+H2OC. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊：Ca2+ 2HCO3-+2OH-= CaCO3+CO32-+ 2H2OD. 在A1C13溶液中加入过量氨水出现浑浊：A13+3OH-= Al(OH)3【答案】C【解析】A. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色的硝酸铜浓溶
18、液和二氧化氮，故A错误；B. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊，反应的离子方程式为2H+2OH-+ Ba2+SO42- =BaSO4+2H2O，故B错误；C. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊，生成碳酸钙沉淀，离子方程式为Ca2+ 2HCO3-+2OH-= CaCO3+CO32-+ 2H2O，故C正确；D. 氨水是弱碱，用化学式表示，故D错误；故选C。16.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 强碱性溶液中:K+、Na+、B. 加铝粉能产生大量H2的溶液中：Na+、Cl-C. 能使紫色石蕊变红的溶液中:Na+、A13+、D. 1.0mol/LKNO3溶液:H+、F
19、e2+、Cl-、-【答案】A【解析】【详解】A.强碱性溶液中，OH-、K+、Na+、五种离子相互之间不反应，能大量共存，故A正确；B.加铝粉能产生大量H2的溶液可能为酸溶液或碱溶液，碱溶液中，与OH-离子反应生成一水合氨；酸溶液中，硝酸具有强氧化性，与铝反应不能生成氢气，则在溶液中一定不能大量共存，故B错误；C.能使紫色石蕊变红的溶液呈酸性，与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量存在，故C错误；D.酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，能与亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选A。17.下列有关Fe(OH)3胶体的说法正确的是()A. 取2 mol/LFeCl3饱和溶液5 mL制成氢
20、氧化铁胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数为0.01NAB. 在Fe(OH)3胶体中滴入稀硫酸至过量的过程中伴随的实验现象是先有红褐色沉淀产生，然后沉淀溶解得到棕黄色溶液C. 通过电泳实验可以证明Fe(OH)3胶体带正电荷D. 向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液，制备Fe(OH)3胶体【答案】B【解析】【详解】A. Fe(OH)3胶体粒子是许多Fe(OH)3的集合体，所以2 mol/L的FeCl3饱和溶液5 mL制成氢氧化铁胶体中含有的胶体粒子数目小于0.01NA，A错误；B. 向Fe(OH)3胶体中滴入稀硫酸，首先是胶粒上的电荷被中和，胶体发生聚沉形成Fe(OH)3红褐色沉淀，然后是F
21、e(OH)3与H2SO4发生中和反应产生可溶性Fe2(SO4)3和H2O，沉淀溶解，溶液变为棕黄色，B正确；C. 通过电泳实验可以证明Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，而胶体本身不显电性，C错误；D. 将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，继续加热煮沸至液体呈红褐色，得到的液体为Fe(OH)3胶体，D错误；故合理选项B。18.以下各组物质溶液中反应，不管反应物的量是多少，都能用同一离子方程式表示的是A. FeBr2与Cl2B. Ca(HCO3)2与NaOHC. HCl与Na2CO3D. Ba(NO3)2与Na2SO4【答案】D【解析】【详解】A.Cl2少量时，只有亚铁离子被氧化，Cl2过量时，亚铁离子
22、与溴离子均被氧化，则不能用同一离子方程式表示，故A不选；B.氢氧化钠少量时发生反应Ca(HCO3)2+NaOH= CaCO3+NaHCO3+H2O，氢氧化钠过量时发生反应Ca(HCO3)2+2NaOH= CaCO3+Na2CO3+2H2O，不能用同一离子方程式表示，故不选B；C. HCl少量时发生反应HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl，HCl过量时发生反应2HCl+Na2CO32NaCl+CO2+H2O，则不能用同一离子方程式表示，故不选C；D.Ba(NO3)2与Na2SO4无论量的多少都只发生Ba(NO3)2+Na2SO4 =BaSO4+ 2NaNO3，能用同一离子方程式表示，故选D
23、；答案选D。19.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A. NA个Al(OH)3胶体粒子的质量为78gB. 常温常压下，2.24L H2含氢原子数小于0.2NAC. 136gCaSO4与KHSO4的固体混合物中含有的阴离子的数目大于NAD. 0.1molL1FeCl3溶液中含有的Fe3数目一定小于0.1NA【答案】B【解析】【详解】A. 一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故NA个氢氧化铝胶粒的质量大于78g，故A错误；B. 常温常压下，Vm22.4L/mol，则2.24L LH2物质的量小于0.1mol，则含有的H原子数小于0.2NA，故B正确；C. CaSO4与KHSO4固体
24、摩尔质量相同，都是136g/mol，136gCaSO4与KHSO4的固体混合物的物质的量为1mol，含有的阴离子的数目等于NA；C错误；D. 溶液体积不明确，故溶液中的铁离子的个数无法计算，故D错误；20.如图表示1 g O2与1 g X气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系，则X气体可能是A. C2H4B. CH4C. CO2D. NO【答案】C【解析】【详解】同温同体积，压强与气体物质的量成正比，由图象看出，相同温度下，氧气的压强大于X，则1 g O2与1 g X气体的物质的量n(O2)n(X)，所以M(O2)M(X)，故选C。21.设 NA 代表阿伏加德罗常数，下列说法不
25、正确的是( )A. NA 个 O2 分子和 NA 个 O3 分子的质量相等B. 常温常压下，0.5 NA 个 CO2 分子质量为 22 gC. 28 g 氮气所含的分子数目为 NAD. 在标准状况下，0.5NA 个氯气分子所占体积是 11.2 L【答案】A【解析】【详解】ANA个O2分子和NA个O3分子的物质的量都是1mol，1mol氧气的质量为32g，1mol臭氧的质量为48g，二者的质量不同，故A错误；B0.5NA个CO2分子的物质的量为0.5mol，0.5mol二氧化碳的质量为22g，故B正确；C28g氮气的物质的量为1mol，所含氮气的分子数目为NA，故C正确；D0.5NA个氯气分子的
26、物质的量为0.5mol，标况下0.5mol氯气的体积为11.2L，故D正确；答案选A。22.配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是()A. 容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液B. 配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82 mL浓盐酸C. 配制1 L 0.1 molL1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85 g NaCl固体D. 定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管紧贴容量瓶内壁【答案】A【解析】【详解】A容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要干燥，因定容时还需要加水，故A正确；B量筒的感量为0.1mL，可量取9.8mL浓盐酸，故B错误；C托盘天平的感量
27、为0.1g，可称量5.8g固体，故C错误；D定容时，胶头滴管要悬空正放，不能紧贴容量瓶内壁，故D错误；故选A。【点睛】本题考查配制一定浓度的溶液，为高频考点，把握仪器的使用、实验操作和技能为解答的关键。本题的易错点为BC，注意仪器的感量。23.要除去KNO3溶液中混有的少量Ba(NO3)2杂质，得到纯净的KNO3溶液，操作正确的是A. 加入适量的Na2CO3溶液，过滤B. 加入足量的K2CO3溶液，过滤C. 先加入过量的K2CO3溶液，过滤，再向滤液中加入适量的稀HNO3D. 先加入过量的K2CO3溶液，过滤，再向滤液中加入适量的稀盐酸【答案】C【解析】【分析】除去KNO3溶液中少量的Ba(N
28、O3)2，实质就是除去钡离子，可以根据物质的性质，选择适当的试剂。【详解】A.加入适量的Na2CO3溶液，会带入钠离子，钠离子不能再沉淀出来，故A错误；B.加入适量的K2CO3溶液，引入了杂质碳酸根离子，故B错误；C.先加入过量的K2CO3溶液，可除去钡离子，过滤，再向滤液中加入适量的稀HNO3，可除去碳酸根离子，不带入新的杂质，故C正确；D.先加入过量的K2CO3溶液，可除去钡离子，过滤，再向滤液中加入适量的稀盐酸，引入了杂质氯离子，故D错误。故选C。【点睛】除杂时原则上选用的除杂试剂不能与原有物质反应，反应后不能引入新的杂质，还要注意所选试剂的添加顺序，后加的试剂能把先加的试剂多余的量除掉
29、。24.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 1.8 g NH4含有的电子数为NAB. 1 L 1 molL1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAC. 标况下，22.4 L NO与11.2 L O2充分反应后，生成物的分子总数为NAD. 50 mL 18 molL1的浓硫酸与足量的铜片共热，生成SO2的分子数为0.45NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A. 一个NH4含有10个电子，1.8 g NH4物质的量为，因此1.8g NH4含有的电子物质的量为1mol，数目为NA，故A正确；B. 1 L 1 molL1的NaAlO2水溶液中n(NaAlO2) = 1 L 1 m
30、olL1=1mol，NaAlO2中含有的氧原子物质的量为2mol，溶液中水还含有氧原子，因此溶液中氧原子物质的量大于2mol，氧原子数目大于2 NA，故B错误；C. 标况下，22.4 L NO即物质的量为与11.2 L O2即物质的量为，发生2NO + O2 = 2NO2，即生成1molNO2，由于2NO2N2O4，因此生成物的分子总数小于NA，故C错误；D. 50 mL 18 molL1的浓硫酸即物质的量n(H2SO4) = 0.05 L 18 molL1=0.9 mol，与足量的铜片共热，根据Cu + 2H2SO4(浓) CuSO4+ SO2+ 2H2O和浓硫酸反应过程中逐渐变稀，稀硫酸不
31、与铜反应，因此生成SO2的分子数小于0.45 NA，故D错误。答案为A。25.VL Fe2(SO4)3溶液中含有a g Fe3+，取此溶液0.5VL，用水稀释至2VL，则稀释后溶液中SO42的物质的量的浓度为()A. B. C. D. 【答案】A【解析】ag Fe3+物质的量为： = mol，取出的0.5VL溶液中含有Fe3+的物质的量为： = mol，稀释过程中溶质的物质的量不变，则稀释后溶液中SO42的物质的量为：mol = mol，稀释后溶液中硫酸根离子的浓度为：mol2VL，故答案选A。点睛：这是一道非常基础的“字母”题，可是出错率非常高，出现错误的原因一方面是考生对量的单位、数的进位
32、关系、有关数据的处理等方面不熟悉，另一方面就是解题思路不明确。其实，解答“字母”题，最有效的办法，也是减少出错率最有效的思路就是运用概念公式。26.“84消毒液”是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒，某“84消毒液”瓶体部分标签如图1所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用，请回答下列问题：（1）此“84消毒液”的物质的量浓度约为_mol/L(计算结果保留一位小数)。（2）某同学量取此“84消毒液”，按说明要求稀释后用于消毒，则稀释后的溶液中c(Na+)=_mol/L。（3）该同学参阅读该“84消毒液”的配方，欲用NaC
33、lO固体配制480mL含NaClO质量分数为24%的消毒液。如图2所示的仪器中配制溶液需要使用的是_(填仪器序号)，还缺少的玻璃仪器是_。下列操作中，容量瓶不具备的功能是_(填仪器序号)。a.配制一定体积准确浓度的标准溶液b.贮存溶液c.测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液d.用来加热溶解固体溶质请计算该同学配制此溶液需称取称量NaClO固体的质量为_g。（4）若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高是_。(填序号)。A.定容时俯视刻度线B.转移前，容量瓶内有蒸馏水C.未冷至室温就转移定容D.定容时水多用胶头滴管吸出【答案】 (1). 3.8 (2). 0.038 (3). CDE (4
34、). 玻璃棒和胶头滴管 (5). bcde (6). 141.6 (7). AC【解析】【分析】（1）由溶液中浓度c=计算可得；（2）由稀释定律计算可得；（3）由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管；容量瓶上标有温度、容积和一条刻度线，不能受热，不能用来溶解、稀释和贮存溶液，只能用于配制一定体积准确浓度的标准溶液；实验室无480mL容量瓶，应选用500mL容量瓶配置溶液；（4）由c=分析溶质的物质的量和溶液体积变化，确定所
35、配溶液的物质的量浓度的误差。【详解】（1）由图1数据可知，溶液中c(NaClO)= mol/L=3.8mol/L，故答案为：3.8；（2）由稀释定律可知，稀释前后溶液中溶质的物质的量不变，则稀释后c(NaClO)= 3.8mol/L=0.038mol/L，则c(Na+)=c(NaClO)=0.038mol/L，故答案为：0.038；（3）由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故需使用仪器序号是CDE，还需要的是玻璃棒、胶
36、头滴管，故答案为：玻璃棒和胶头滴管；a容量瓶只能用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，a不符合题意；b容量瓶不能贮存溶液，只能用于配制，配制完成后要尽快装瓶，b符合题意；c容量瓶只有一条刻度线，故不能测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液，c符合题意；d容量瓶不能受热，而浓溶液的稀释容易放热，故不能用于准确稀释某一浓度的溶液，d符合题意；e容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，e符合题意；bcde符合题意，故答案为：bcde；质量分数为24%的消毒液的浓度为3.8mol/L，由于实验室无480mL容量瓶，应选用500mL容量瓶，则配制出500mL溶液所需溶质的质量m=cVM=3.8mol/L0
37、.5L74.5g/mol=141.6g，故答案为：141.6；（4）A定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏高，A符合题意；B转移前，容量瓶内有蒸馏水，对配制溶液的浓度无影响，B不符合题意；C未冷至室温就转移定容，则冷却后溶液体积偏小，使配制的溶液浓度偏高，C符合题意；D定容时水多了用胶头滴管吸出，则吸出的不只是溶剂，还有溶质，使溶液浓度偏小，D不符合题意；AC符合题意，故答案为：AC。【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，仪器的使用方法、误差分析等，注意仪器的选取方法和所需固体的计算，误差分析为该题的易错点。27.有一瓶澄清的溶液，其中可能含H+、K+、Al3+、Cu
38、2+、Fe3+、I- 中的一种或几种，取该溶液进行如下实验：用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性。取部分溶液，加入数滴新制的氯水及少量的CC14，振荡后CC14层显紫色。另取部分溶液，逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐转变为碱性，在滴加过程中有白色沉淀生产，后白色沉淀完全消失。将得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。根据上述实验事实回答：（1） 在溶液中，肯定存在的离子有_，肯定不存在的离子有_ 。（2） 不能确定是否存在的离子有_。证明它（们）是否存在的实验方法是_。（3）写出步骤涉及的离子方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目_ 。（4）写出步骤涉及的离子
39、方程式 _ 。【答案】 (1). H+、Al3+、I-、 (2). Cu2+、Fe3+、 (3). K+ (4). 焰色反应 (5). = I2 + 2Cl- (6). NH3H2ONH3+H2O【解析】【分析】用pH试纸检验，溶液呈强酸性，则溶液中含有H+，不含有CO32-；取部分溶液，加入数滴新制的氯水及少量的CC14，振荡后CC14层显紫色，说明有I-，无Cu2+、Fe3+；另取部分溶液，逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐转变为碱性，在滴加过程中有白色沉淀生产，后白色沉淀完全消失，证明含有Al3+；将得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为NH3，
40、说明含有NH4+；据此分析解答问题。【详解】(1)由上述分析可知，溶液中肯定存在的离子是H+、Al3+、I-、，一定不存在的离子是Cu2+、Fe3+、，故答案为：H+、Al3+、I-、；Cu2+、Fe3+、；(2)上述所有实验中无法确定是否含有K+，可以通过焰色反应验证是否含有K+，故答案为：K+；焰色反应；(3)步骤为Cl2氧化I-为I2，反应的离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2，用单线桥法标出电子转移方向为 = I2 + 2Cl-，故答案为： = I2 + 2Cl-；(4)步骤为NH3H2O受热分解，反应方程式为NH3H2ONH3+H2O，故答案为：NH3H2ONH3+H2O。28
41、.实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，主要流程如下：(1)为使Mg2、Al3同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入_(填“A”或“B”)，再滴加另一反应物。(2)如下图所示，过滤操作中的一处错误是_。(3)判断流程中沉淀是否洗净所用的试剂是_。高温焙烧时，用于盛放固体的仪器名称是_。【答案】 (1). B (2). 漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁 (3). AgNO3溶液(或硝酸酸化的AgNO3溶液) (4). 坩埚【解析】【分析】从制备MgAl2O4实验流程可知，先加入氨水，再加入盐的混合溶液，会使两种沉淀同时生成；过滤时为了防止液体溅出，应该将漏斗的尖嘴部
42、分紧贴烧杯的内壁；结合流程知，沉淀中应该附着氯离子和铵根离子，洗涤沉淀时，若判断是否洗净，可以取少量最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液进行判断，若生成白色沉淀，则说明没有洗涤干净；若没有沉淀生成，则说明已经洗涤干净，以此解答。【详解】（1）如先加入MgCl2、AlCl3的混合溶液，再加氨水，氨水少量，应先后生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，反之，先加氨水，因氨水足量，则同时生成沉淀，故答案为B；（2）过滤时应该将漏斗的尖嘴部分紧贴烧杯的内壁，防止液体溅出，故答案为漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁；（3）沉淀中应该附着氯离子和铵根离子，若判断是否洗净，可以取少量最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液（或硝
43、酸酸化的AgNO3溶液）进行判断，若生成白色沉淀，则说明没有洗涤干净；若没有沉淀生成，则说明已经洗涤干净，高温焙烧固体应在坩埚中进行，故答案为AgNO3溶液（或硝酸酸化的AgNO3溶液）；坩埚。【点睛】本题考查物质的制备实验设计，题目难度不大，注意把握实验设计的仪器连接顺序，清楚实验原理，在平时的学习中要加强这个方面的知识学习和理解。29.叠氮化钠（NaN3）是一种无色晶体，常见的两种制备方法为2NaNH2N2O=NaN3NaOHNH3，3NaNH2NaNO3=NaN33NaOHNH3。回答下列问题：（1）氮元素所在的周期中，电负性最大的元素是_，第一电离能最小的元素是_。（2）基态氮原子的L
44、层电子排布图为_。（3）与N3-互为等电子体的分子为_（写出一种）。依据价层电子对互斥理论，NO3-的空间构型是_，其中心原子杂化类型是_。（4）叠氮化钠中不含有的化学键类型有_。A离子键 B极性共价键 C键 D键（5）N2O沸点（-88.49）比NH3沸点（-33.34）低，其主要原因是_。【答案】 (1). F (2). Li (3). (4). N2O或CO2 (5). 平面三角形 (6). sp2 (7). B (8). N2O分子之间只存在范德华力，NH3分子之间存在氢键，氢键作用强，故NH3沸点高【解析】（1）同周期随原子序数增大元素电负性增大、元素的第一电离能呈增大趋势，故氮所在
45、的周期中，第二周期电负性最大的元素是F，第一电离能最小的元素是Li；（2）N原子2s轨道容纳2个电子，且自旋方向相反，2p能级3个轨道各容纳1个电子，且自旋方向相同，故基态氮原子的L层电子排布图为：；（3）将1个N原子及1个单位负电荷用O原子替换，可得其等电子体为N2O等，NO3-中N原子价层电子对数=3+=3，N原子不含孤电子对，故其空间结构为平面三角形；其中心原子杂化类型是sp2杂化；（4）氨基化钠（NaNH2）和叠氮化钠（NaN3）都含有活泼金属Na元素，由钠离子、N3-离子构成，属于离子化合物，含有离子键、N3-中含非极性共价键、键 、键，不含极性共价键。答案选B；（5）N2O分子间只存在范德华力，氨分子之间存在氢键，氢键作用较强，故氨气的沸点较高。
