1、云南省大关县一中2018-2019学年上学期12月考试高一化学试题1.下列说法正确的是()A. 氧化铜的摩尔质量是80 g B. 氨气的摩尔质量是17 molC. 氧气的摩尔质量是32 gmol1 D. 1 mol氢原子的质量是2 g【答案】C【解析】【详解】A. 摩尔质量的单位是g/mol，氧化铜的摩尔质量是80 g/mol，A错误；B. 氨气的摩尔质量是17 g/mol，B错误；C. 氧气的摩尔质量是32 gmol1，C正确；D. 1 mol氢原子的质量是1mol1g/mol1 g，D错误。答案选C。2.某同学用托盘天平称量镁粉25.2 g (1 g以下用游码)，他把镁粉放在右盘，当天平平
2、衡时，所称取的镁粉的实际质量是()A. 25.2 g B. 24.8 g C. 24.2 g D. 25.8 g【答案】B【解析】天平称量是原则是左物右码，即左盘的质量右盘游码。所以根据实际的操作可知，镁的质量应该是25g0.2g24.8g，答案选B。3.下列说法正确的是 ()A. SO2的摩尔质量为64 gB. 气体的摩尔体积约为22.4 Lmol1C. 12 g12C中所含碳原子数即为阿伏加德罗常数D. 4 g NaOH溶于1 L水所得溶液的物质的量浓度为0.1 molL1【答案】C【解析】【详解】A. SO2的摩尔质量为64 g/mol，A错误；B. 标准状况下气体的摩尔体积约为22.4
3、 Lmol1，B错误；C. 12 g 12C中所含有的碳原子数即为阿伏加德罗常数，C正确；D. 4 g NaOH溶于1 L水所得溶液的体积不是1L，不能计算物质的量浓度，D错误。答案选C。【点睛】选项D是易错点，注意物质的量浓度的概念中的体积是溶液的体积而不是溶剂的体积，也不是溶剂和溶质的体积之和，另外还需要注意溶液浓度与体积多少无关，即同一溶液，无论取出多少体积，其浓度(物质的量浓度、溶质的质量分数、离子浓度)均不发生变化。4.科学家刚刚发现了某种元素的一个原子，其质量是ag,12C的一个原子质量是bg，NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A. 该原子的摩尔质量是aNA B. Wg
4、该原子的物质的量是W/(aNA)molC. Wg该原子中含有W/aNA个该原子 D. 由已知信息可得：NA12/a【答案】B【解析】【详解】A.摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，单位是gmol-1，一个原子的质量是a g,则1mol的质量即NA个原子的质量之和为aNA，所以摩尔质量应为aNA g/mol，故A错误；B.该原子的摩尔质量为aNA g/mol，Wg该原子的物质的量为W/(aNA) mol，故B正确；C.根据题意可以知道,该原子的质量为ag,故Wg该原子的数目为W/a，故C错误；D.12C的原子的摩尔质量为12g/mol，一个12C的原子的质量为bg，故bNA=12，所以NA
5、=12/b，故D错误；答案选B。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是()A. 80 g硝酸铵中含有氮原子数为NAB. 0.1 molN5+离子中所含的电子数为3.4NAC. 1 mol甲烷和NA个甲烷分子的质量相等D. 16 g氧气和16 g臭氧所含的原子数均为NA【答案】A【解析】【详解】A. 80 g硝酸铵的物质的量是1mol，其中含有氮原子数为2NA，A错误；B. 0.1 molN5+离子中所含电子的物质的量是（751）0.1mol3.4mol，其电子数为3.4NA，B正确；C. 1 mol甲烷和NA个甲烷分子的质量相等，均是16g，C正确；D. 氧气和臭氧均是氧原子形成的
6、单质，16 g氧气和16 g臭氧所含氧原子的物质的量均是1mol，原子数均为NA，D正确。答案选A。6.某溶液中只含有四种离子，已知其中三种离子Na、Mg2、NO3的物质的量浓度分别为0.2 molL1，0.1 molL1，0.1 molL1，则溶液中另一离子及其物质的量浓度可能A. SO420.1 molL1 B. Al30.2 molL1C. Cl0.3 molL1 D. K0.4 molL1【答案】C【解析】【分析】根据溶液显电中性分析解答。【详解】根据溶液显电中性可知另一种离子一定是阴离子，忽略水的电离，如果是硫酸根离子，则其浓度是（0.2mol/L+0.1mol/L20.1mol/L
7、）/20.15mol/L，如果是氯离子，其浓度是0.2mol/L+0.1mol/L20.1mol/L0.3mol/L，答案选C。7.已知金属钾投入水中会发生剧烈反应，并有氢气生成。运输金属钾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】金属钾投入水中会发生剧烈反应，钾和水反应的方程式为2K+2H2OH2+2KOH，生成物中含有氢气，钾和氢气均易燃烧，所以应贴遇湿易燃物品，故答案选B。8.下列物质在相应条件下能发生电离而导电的是()A. 液态氯化氢 B. 熔融氯化钠C. 固体氢氧化钾 D. 高温熔化后的单质铁【答案】B【解析】【分析
8、】电解质溶于水或在熔融状态下能够发生电离而导电，据此判断。【详解】A. 液态氯化氢不能发生电离，不导电，A不符合；B. 熔融氯化钠能发生电离，从而导电，B符合；C. 固体氢氧化钾不能发生电离，不导电，C不符合；D. 铁是金属单质，不能发生电离，D不符合。答案选B。9.在下列反应中，水既作氧化剂又作还原剂的是()A. 2F22H2O=4HFO2 B. 2Na2H2O=2NaOHH2C. CaOH2O=Ca(OH)2 D. 2H2O2H2O2【答案】D【解析】【分析】反应中水既作氧化剂又作还原剂，说明水中氢元素化合价降低，氧元素化合价升高，据此判断。【详解】A反应2F2+2H2O4HF+O2中，水
9、中氧元素化合价升高，水只作还原剂，A不符合；B反应2Na+2H2O2NaOH+H2中，水中氢元素化合价降低，水只作氧化剂，B不符合；C反应CaO+H2OCa(OH)2中，水中的氢元素和氧元素化合价均未变化，不是氧化还原反应，C不符合；D反应2H2O2H2+O2中，水中的氢元素化合价降低，氧元素化合价升高，所以水既作氧化剂又作还原剂，D符合。答案选D。【点睛】准确判断出反应前后元素的化合价变化情况是解答的关键，注意氧化剂、还原剂与电子得失和化合价升降的关系。10.下列实验操作的描述中，正确的是（）A. 过滤时，慢慢地将液体直接倒入过滤器中B. 在食盐溶液蒸发结晶的过程中，当蒸发皿中出现较多量固体
10、时即停止加热C. 酒精灯不慎碰倒起火时可用水扑灭D. 先在天平两个托盘上各放一张相同质量的纸，再把NaOH固体放在纸上称量【答案】B【解析】【详解】A过滤时，用玻璃棒引流倒入漏斗中，不能慢慢地将液体直接倒入过滤器中，否则易损坏滤纸，故A错误；B在食盐溶液蒸发结晶的过程中，当蒸发皿中出现较多量固体时即停止加热，利用余热蒸干溶液，故B正确；C酒精灯不慎碰倒起火时，应用抹布扑灭，用水的话不但不能灭火，还会增大着火面积，故C错误；DNaOH易潮解且具有强腐蚀性，所以称量NaOH固体应该放置在烧杯中，故D错误；故答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及实验操作、实验安全，明确实验操作规范性、实验
11、安全是解本题关键，易错选项是C。11.某溶液中加入稀硫酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体；再加入氯化钡溶液，能产生白色沉淀。关于该溶液的下列结论中正确的是()A. 一定含有碳酸根离子 B. 一定含有碳酸氢根离子C. 一定含有硫酸根离子 D. 可能含有硫酸根离子【答案】D【解析】【详解】某溶液中加入稀硫酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体，该气体一定是二氧化碳，因此溶液中含有碳酸根离子或碳酸氢根离子；再加入氯化钡溶液，能产生白色沉淀，白色沉淀可能是碳酸钡或硫酸钡，由于前面加入了稀硫酸，引入了硫酸根离子，所以虽然不能确定原溶液中是否含有硫酸根离子，但是原溶液是可能含有硫酸根离子的
12、。答案选D。12.下列各组的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是()A. KOH与H2SO4；Ca(OH)2与CH3COOHB. BaCl2与Na2SO4；Ba(OH)2与H2SO4C. Na2CO3与H2SO4；NaHCO3与HNO3D. CaCO3与HNO3；CaCO3与HCl【答案】D【解析】【详解】A、硫酸、氢氧化钾和氢氧化钙均是完全电离的；醋酸是弱酸，难电离，用化学式表示，因此不能用同一个离子方程式表示，A不符合；B、前者生成硫酸钡和氯化钠，后者生成硫酸钡和水，因此不能用同一个离子方程式表示，B不符合；C、碳酸钠在溶液中完全电离出碳酸根离子和钠离子，碳酸氢钠在溶液中完全
13、电离出碳酸氢根离子和钠离子，因此不能用同一个离子方程式表示，C不符合；D、二者均可以用离子方程式CaCO32HCa2H2OCO2表示，D符合；答案选D。13.分离氯化钾和二氧化锰混合物，不需要的实验操作是()A. 过滤 B. 溶解 C. 蒸发 D. 称量【答案】D【解析】【详解】氯化钾易溶于水，二氧化锰难溶于水，分离氯化钾和二氧化锰混合物需要先溶解，然后过滤出二氧化锰，最后蒸发得到氯化钾，不需要的实验操作是称量。答案选D。14.下列物质可用降温结晶法提纯的是()A. 食盐中混有少量泥沙 B. 含杂质氯化钠的硝酸钾C. 氯化钠中含有杂质氯化镁 D. 酒精中混有少量的水【答案】B【解析】【详解】A
14、、泥沙不溶于水，通过溶解过滤除去食盐中混有少量泥沙，不能通过结晶的方法分离这两种物质，A不符合；B、硝酸钾和氯化钠都溶于水，硝酸钾的溶解度受温度的影响较大，采用降温结晶会大量析出硝酸钾，氯化钠的溶解度受温度影响较小，降温后不会结晶析出留在溶液中再蒸发即可结晶析出，从而分离开硝酸钾和氯化钠，B符合；C、氯化钠、氯化镁的溶解度受温度影响都较小，不能通过结晶的方法分离这两种物质，C不符合；D、酒精和水互溶，二者的沸点相差较大，可以用蒸馏法除去酒精中混有少量的水，D不符合；答案选B。【点睛】溶解度随温度变化大的物质或结晶水合物，可采用降温结晶分离，即蒸发浓缩，冷却结晶；溶解度随温度变化不大的物质，可采
15、用蒸发结晶分离，即蒸发浓缩，趁热过滤。15.Mg、Al、Fe三种金属的混合物与足量的稀硫酸反应，生成2.80 L H2(标准状况)，则三种金属的物质的量之和不可能是()A. 0.120 mol B. 0.110 mol C. 0.080 mol D. 0.100 mol【答案】C【解析】【详解】生成氢气的物质的量是2.8L22.4L/mol0.125 mol，假设全为二价金属，则n(金属)0.125 mol。若全为三价金属，则n(金属)0.125mol2/30.083 mol。由于反应中Mg和Fe是+2价，Al是+3价，则三种金属的物质的量之和应该介于0.083 mol0.125 mol之间，
16、所以0.080 mol是不可能的，答案选C。16.现用氯水来制取含有次氯酸的溶液，既要提高溶液中HClO物质的量浓度，又要降低溶液中HCl浓度，下列措施可以采用的是()A. 加热挥发HCl B. 加CaSO3C. 加NaOH中和HCl D. 加CaCO3中和HCl【答案】D【解析】【分析】根据外界条件对平衡状态的影响结合物质的性质分析解答。【详解】由化学方程式Cl2+H2OHClO+HCl可知：A、加热平衡向正反应方向移动，但是挥发HCl的同时，HClO也分解，HClO物质的量浓度将减小，A错误；B、加CaSO3，次氯酸和亚硫酸钙发生氧化还原反应，导致其浓度减小，B错误；C、加NaOH中和HC
17、l的同时，次氯酸也被中和，其浓度将减小，C错误；D、CaCO3与HClO不反应，却和HCl反应，使平衡向右移动，从而提高HClO浓度，降低了HCl浓度，D正确。答案选D。【点睛】选项B是易错点，解答时只考虑了盐酸和亚硫酸钙反应而忽略了次氯酸的强氧化性，因此掌握常见物质的性质特点并能灵活应用是解答的关键。17.等质量的镁条分别在氧气中、空气中、氮气中、二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是()A. B. C. D. ，所以答案选C。考点：考查Mg在O2、N2、CO2中的燃烧反应以及定量分析问题的能力点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，在注重对学生
18、基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生计算能力的培养和训练。该题的关键是明确反应的原理，然后结合题意和方程式灵活运用即可，有利于培养学生的逻辑推理能力。18.下列说法中正确的是()A. 氮气和氢气在点燃或光照条件下可合成氨B. 氨水显碱性，能使石蕊溶液变红色C. 氨气遇到浓盐酸会发生反应而产生白烟D. 由氨制取硝酸过程中，氮元素被还原【答案】C【解析】【详解】A、N2和H2在催化剂和一定温度与压强下可合成氨，在点燃和光照的条件下不能合成，A不正确；B、氨水显碱性，能使酚酞溶液变红色，使石蕊溶液变蓝色，B不正确；C、浓盐酸易挥发产生氯化氢蒸汽，遇到氨气二者化合生成白色晶体氯化铵，从而冒白烟，C正确
19、；D、氨气发生催化氧化生成NO和水，NO被氧化生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，因此由氨制取硝酸过程中，氮元素被氧化，D不正确。答案选C。19.用足量的一氧化碳还原4.64 g某金属氧化物，把生成的二氧化碳全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0 g，则此金属氧化物是下列中的()A. 氧化铜 B. 氧化铁 C. 四氧化三铁 D. 二氧化锰【答案】C【解析】【分析】沉淀干燥后质量8.0g为碳酸钙质量，计算二氧化碳的物质的量，再计算出金属氧化物中氧原子的物质的量及氧元素的质量，计算金属的质量，根据金属、氧元素质量之比结合选项确定化学式。【详解】沉淀为碳酸钙，干燥后为8.0g，则可
20、知碳酸钙的物质的量为n = = 0.08 mol。金属氧化物中的氧原子被CO夺取生成CO2，故金属氧化物中O原子物质的量为0.08mol，氧元素质量为0.08mol为0.08mol16g/mol = 1.28g；所以金属氧化物中的金属元素的质量为4.64g1.28g = 3.36g，则金属元素与氧元素质量之比为3.36 g：1.28 g = 21：8，A. CuO中Cu、O元素质量之比为64：16=4：1，故A项不符合；B. Fe2O3中Fe、O元素质量之比为（562）：（163）=7：3，故B项不符合；C. Fe3O4中Fe、O元素质量之比为（563）：（164）=21：8，故C项符合；D.
21、 MnO2中Mn、O元素质量之比为55：（162）= 55：32，故D项不符合；答案选C。20.下列关于金属通性的叙述不正确的是()A. 在反应中金属原子易失去最外层上的电子B. 金属单质只具有还原性，而不具有氧化性C. 金属元素在化合物中不可能为负价D. 金属单质都能与盐酸溶液发生置换反应【答案】D【解析】【详解】A. 在反应中金属原子易失去最外层上的电子，A正确；B. 金属元素只能失去电子，金属单质只具有还原性，而不具有氧化性，B正确；C. 金属元素只能失去电子，金属元素在化合物中不可能为负价，C正确；D. 金属单质不一定都能与盐酸溶液发生置换反应，例如铜等不活泼的金属，D错误。答案选D。
22、21.华裔科学家高锟因“在光学通信领域中光在光导纤维中传输”的研究方面所取得的开创性成就获得了诺贝尔物理学奖。光导纤维的主要成分是()A. Si B. SiO2 C. Na2SiO3 D. SiCl4【答案】B【解析】【详解】光导纤维的主要成分是SiO2；硅常用于制造电脑芯片和太阳能电池板；硅酸钠可用作木材防腐、防火；四氯化硅可用于制备高纯硅。答案选B。22.标准状况下氯气和氢气共aL，在光照下充分进行反应，反应后的气体恰好能使bmol 氢氧化钠完全转化成盐，则a、b的关系不可能是下列的()A. b B. b C. b D. b【答案】D【解析】【分析】H2和Cl2的混合气体aL经光照反应后所
23、得气体，恰好能与b mol的NaOH完全作用生成盐，生成的盐可能是NaCl或NaCl和NaClO两种情况，则Na、Cl的物质的量比为1：1，以此计算。【详解】H2和Cl2的混合气体aL经光照反应后所得气体，恰好能与b mol的NaOH完全作用生成盐，若氢气和氯气恰好反应，生成的盐是NaCl，若氯气过量生成的盐为NaCl和NaClO的混合物，只有这两种情况，由于Na、Cl的物质的量比为1：1，则n（C12）=0.5bmol，其标况下体积为0.5bmol22.4L/mol=11.2bL，利用极端假设法分析，若aL气体全部是氯气时，b=a/11.2，若aL气体全部是氢气，b=0。由于aL气体是氢气和
24、氯气的混合气体，所以0ba/11.2，因此a与b的关系不可能为D，故答案选D。【点睛】本题考查了化学计算，注意利用盐中Na、Cl的物质的量关系是解答本题的关键，侧重分析能力和知识应用能力的考查，注意极限法的灵活应用。23.下列关于硅的化学性质的叙述正确的是()A. 常温下不与任何酸反应 B. 常温下可与NaOH溶液反应C. 常温下可与Cl2反应生成SiCl4 D. 常温下可与O2反应生成SiO2【答案】B【解析】【详解】A. 常温下单质硅能与氢氟酸反应生成四氟化硅和氢气，A错误；B. 常温下单质硅可与NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气，B正确；C. 常温下单质硅与Cl2不反应，加热时反应生成Si
25、Cl4，C错误；D. 常温下单质硅与O2不反应，加热时反应生成SiO2，D错误。答案选B。24.由FeO、Fe2O3、Fe3O4组成的混合物，测得铁元素与氧元素的质量之比为218，这种混合物中FeO、Fe2O3、Fe3O4的物质的量之比可能是()A. 121 B. 123 C. 131 D. 113【答案】D【解析】【详解】由于Fe3O4中铁元素和氧元素的质量比为21：8，则Fe3O4为任意量都可满足混合物中铁、氧元素的质量之比为21：8；Fe3O4可以写成FeOFe2O3，即FeO、Fe2O3物质的量之比为1：1时，两种物质的混合物中铁元素和氧元素的质量比也恰好为21：8，因此选项D正确。故
26、答案选D。25.由Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中某几种组成的混合物，向其中加入足量的盐酸有气体放出。将气体通过足量的NaOH溶液，气体体积减少一部分。将上述混合物在空气中加热，有气体放出，下列判断正确的是A. 混合物中一定不含有Na2CO3、NaCl B. 混合物中一定有Na2O2、NaHCO3C. 无法确定混合物中是否含有NaHCO3 D. 混合物中一定不含Na2O2、NaCl【答案】B【解析】试题分析：向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种，将放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混合物
27、，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，故一定含有碳酸氢钠，Na2CO3、NaCl不能确定。A、混合物中可能含有含有Na2CO3、NaCl，故A错误；B、由上述分析可知，混合物中一定有Na2O2、NaHCO3，故B正确；C、由上述分析可知，混合物中一定有NaHCO3，故C错误；D、由上述分析可知，混合物中一定含有Na2O2，可能含有NaCl，故D错误；故选B。考点：考查了钠的化合物的性质、物质推断的相关知识。26.在滴入酚酞的水溶液中加入过氧化钠，观察到的现象()A. 变红 B. 无色 C. 先变红后褪色 D. 上述说法都不正确
28、【答案】C【解析】【详解】过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，溶液显碱性，因此溶液变红。又因为过氧化钠还具有强氧化性，因此最终溶液褪色。答案选C。【点睛】明确过氧化钠的性质特点是解答的关键，易错选项是A，答题时往往只考虑到溶液显碱性，而忽略了过氧化钠的强氧化性。27. 一定质量的镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)关系如右图。下列关于反应的说法错误的是A. 镁和铝的物质的量之比为32B. 镁和铝转移电子数之比为11C. 镁和铝的摩尔质量之比为89D. 镁和铝反应所用时间之比为32【答案】D【解析】试题分析：Mg与盐酸反应方程式是：Mg+2H+=Mg2+H2
29、，铝与盐酸反应的方程式是：2Al+6H+=2Al3+3H2.A.根据图像可知反应产生的氢气的体积相等，则根据n=V/Vm可知，氢气的物质的量相等。假设发生反应产生氢气的物质的量是3mol，则反应消耗的镁和铝的物质的量之比为32 ，正确；B在反应过程中产生的氢气物质的量相等，则转移电子的物质的量相等，所以镁和铝转移电子数之比为11，正确；C镁和铝的摩尔质量之比为24:27=89，正确；D根据图像可知镁和铝反应所用时间之比为23，错误。考点：考查图像方法在表示金属与酸反应的规律的应用的知识。28.下列关于硅酸的说法正确的是()A. 硅酸是一种不溶于水的含氧酸 B. 硅酸不溶于水，是一种非电解质C.
30、 硅酸的酸性比碳酸强 D. 硅酸可由二氧化硅与水反应制得【答案】A【解析】A. 硅酸是一种不溶于水的含氧酸，A正确；B. 硅酸不溶于水，是一种电解质，B错误；C. 硅酸的酸性比碳酸弱，C错误；D. 二氧化硅与水不反应，不能制备硅酸，D错误，答案选A。29.实验室欲用氢氧化钠固体配制1.0 molL1的氢氧化钠溶液240 mL。（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：称量计算溶解摇匀转移洗涤定容冷却摇动其正确的操作顺序为_（填序号）。本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、_。（2）某同学欲称量氢氧化钠的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如下图所示。烧杯的实际质量为
31、_g，要完成本实验该同学应称出_g 氢氧化钠。（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是_。（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起误差偏高的是_（填字母）。A转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面B定容时俯视刻度线C未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容D定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线【答案】 (1). (2). 250 mL容量瓶、胶头滴管 (3). 27.4 (4). 10.0 (5). 检查容量瓶是否漏液 (6). BC【解析】【分析】（1）根据配制原理分析操作步骤和需要的仪器；（2）根据托盘天平的原理以及mcVM解答；（2）使用容量瓶前必须进行的
32、一步操作是查漏；（4）根据cn/V分析误差。【详解】（1）实验室中没有240mL的容量瓶，配制时需要选用250mL的容量瓶，配制250mL1.0mol/L的NaOH溶液的步骤为：计算称量溶解、冷却移液定容摇匀装瓶贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒23次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀，所以正确的操作顺序为：；需要的仪器除托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、
33、胶头滴管之外，还缺少250mL容量瓶、胶头滴管；（2）根据图示可知，游码的读数为2.6g，结合托盘天平的称量原理可知，图示中，砝码质量=烧杯质量+游码质量，所以烧杯质量=砝码质量-游码质量=20g+10g-2.6g=27.4g；配制250mL1.0mol/L的NaOH溶液，需要氢氧化钠的质量为：0.25L1mol/L40g/mol=10.0g；（3）容量瓶有瓶塞，配制过程中需要摇匀，为了避免液体流出，配制溶液之前需要检查此容量瓶是否漏水；（4）A、转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；B、定容时俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积低于容量瓶刻度线，配
34、制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高；C、未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，热的溶液体积偏大，冷却后溶液体积变小，导致配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高；D、定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低。答案选BC。30.实验室里需要纯净的NaCl溶液，但手边只有混有Na2SO4、NaHCO3的NaCl。某学生设计了如图所示方案提取纯净的NaCl溶液。如果此方案正确，那么：（1）操作为什么不用硝酸钡溶液，其理由是_。（2）进行操作后，如何判断SO已除尽，方法是_。（3）操作的目的是_，为什么不先过滤后加碳酸钠溶液？理由是_。（4）操作用到的
35、玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还需要_。（5）操作的目的是_。【答案】 (1). 溶液中引入新的杂质离子NO3 (2). 取少量上层清液加入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明SO42已除尽 (3). 除去过量的Ba2+ (4). 先加Na2CO3然后过滤，可以减少一次过滤操作 (5). 漏斗 (6). 除去溶解在溶液中的HCl【解析】【分析】混有硫酸钠、碳酸氢钠的氯化钠固体,由流程可以知道,在混合溶液中加入氯化钡，除去硫酸根离子,再利用碳酸钠除去过量的钡离子,过滤后滤液中含NaCl、碳酸钠、碳酸氢钠，加盐酸除去碳酸钠、碳酸氢钠后，溶质为NaCl,蒸发得到纯净的NaCl,以此来解答。【详解】（1）加入
36、硝酸钡溶液,硝酸钡和硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠,除去了硫酸根离子,但引入了新的杂质离子NO3-；本题正确答案是：溶液中引入新的杂质离子NO3-；（2）如果硫酸根离子未完全除尽，则溶液中仍然含有硫酸根离子，能够与钡离子反应生成沉淀，所以检验硫酸根离子是否除尽,可静置片刻，取上层清液滴加氯化钡溶液,若无白色沉淀，就说明硫酸根离子已经除尽；因此本题正确答案是:取少量上层澄清溶液,再滴加BaCl2溶液,如无白色沉淀则说明SO42-已除尽；(3)操作加入碳酸钠溶液，除去过量的氯化钡，碳酸钠与过量的氯化钡反应，生成碳酸钡和氯化钠，再加入碳酸钠之前，先过滤除去硫酸钡，再加碳酸钠溶液，生成的碳酸钡还需过滤，
37、这样增加了一次过滤操作，所以先加Na2CO3然后过滤，可以减少一次过滤操作； 本题答案是:除去过量的Ba2+；减少一次过滤操作；（4）操作为过滤，用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还需要漏斗；本题答案为：漏斗；(5)操作加热煮沸溶液的目的是除去滤液中多余的氯化氢；本题答案是：除去溶液中的氯化氢。31.某化学小组为了证明二氧化硫和氯气的漂白性，设计了如下图所示的实验装置：他们制备二氧化硫和氯气所依据的原理分别是：Na2SO3H2SO4=Na2SO4H2OSO2MnO24HCl(浓)MnCl22H2OCl2（1）用来制取氯气的装置是_(填字母)，反应中浓盐酸所表现出的化学性质是_和_。（2）反应开始
38、一段时间后，B、D试管中的品红溶液均褪色。停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，_(填“B”或“D”)试管中无明显现象。（3）装置C的作用是_。（4）若装置D中的品红溶液换成紫色的石蕊溶液，则出现的现象是_。（5）该小组同学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不褪色。查阅资料得知：两种气体按体积比11混合，再与水反应可生成两种常见的酸，因而失去漂白作用，该反应的化学方程式是_。【答案】 (1). E (2). 还原性 (3). 酸性 (4). D (5). 吸收多余的二氧化硫和氯气 (6). 先变红，后褪色 (7). SO2Cl22H2O=2HClH2SO4【解析】【分析】
39、（1）根据反应物的状态和反应条件选择反应装置，根据氯元素的化合价变化和生成物分析浓盐酸的性质；（2）根据二氧化硫和次氯酸的漂白原理分析；（3）根据二氧化硫和氯气均是大气污染物分析；（4）根据氯水的性质分析；（5）根据氯气能和二氧化硫在溶液中反应生成盐酸和硫酸解答。【详解】（1）根据题给信息知，实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置，选E；实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，由HCl生成Cl2，氯元素化合价降低，所以浓盐酸所表现出的性质是酸性和还原性；（2）氯气通入品红
40、溶液中红色褪去，是利用次氯酸的强氧化性，生成的无色物质稳定，加热不复原；二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质化合生成无色物质，生成的无色物质不稳定，加热复原，因此D试管中无明显现象；（3）氯气和二氧化硫均有毒不能直接排放到空气中，需进行尾气处理，装置C的作用是吸收多余的SO2和Cl2防止污染环境；（4）氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，氯水显酸性和强氧化性，因此若装置D中的品红溶液换成紫色的石蕊溶液，则出现的现象是先变红，后褪色；（5）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸而使气体失去漂白性，反应方程式为Cl2+SO2+2H2OH2SO4+2HCl。32.
41、某研究性学习小组为了探究“铝的燃烧”，做了如下实验：（1）甲同学用坩埚钳夹持一小块铝箔(厚约0.1 mm)，在酒精灯上加热至熔化，轻轻晃动，观察到的现象是_，产生该现象的原因是_。（2）乙同学将甲同学的实验方案进行了改进：另取一块铝箔，用砂纸仔细打磨，除去表面的保护膜，再用坩埚钳夹持在酒精灯上加热至熔化，结果观察到的现象与甲仍相同，其原因_。（3）丙同学积极改进实验，终于观察到铝在空气中燃烧，他的实验方案是_。（4）丁同学善于思考，甲、乙两位同学的实验使他领会了为什么铝在空气中能表现出良好的抗腐蚀性，他的解释是_；受丙同学的启发，他又提出了铝燃烧的另一实验方案，结果实验成功，你认为该方案可能是
42、_。（5）通过本次探究活动，该小组同学一致认为通过_的方法可以观察到可燃物燃烧的现象。【答案】 (1). 铝箔熔化，失去了光泽，熔化的铝并不滴落，好像有一层膜兜着 (2). 构成铝表面氧化膜的Al2O3熔点高，包在铝的外面，使液态铝不滴落 (3). 除去氧化膜的铝在空气中又很快地生成一层新的Al2O3保护膜 (4). 将铝粉撒到酒精灯火焰上(增大铝与空气的接触面积) (5). 铝易与空气中的氧气反应生成致密的氧化膜，阻止了内部的铝与空气接触，从而防止铝进一步被氧化 (6). 将铝箔卷曲，尖端夹一根火柴，将火柴引燃后，把火柴和铝箔一起伸入到盛有氧气的集气瓶中即可观察到耀眼的白光(提高反应温度)
43、(7). 增大可燃物与空气的接触面积(或提高反应的温度)【解析】【详解】(1)在酒精灯上加热至熔化，轻轻晃动，观察到的现象是铝箔熔化，失去了光泽，熔化的铝并不滴落，好像有一层膜兜着,产生该现象的原因是构成铝表面氧化膜的Al2O3熔点高，包在铝的外面，使液态铝不滴落；(2)除去表面的保护膜，再用坩埚钳夹持在酒精灯上加热至熔化，结果观察到的现象与甲仍相同，其原因是除去氧化膜的铝在空气中又很快地生成一层新的Al2O3保护膜；(3)将铝粉撒到酒精灯火焰上(增大铝与空气的接触面积)可观察到铝在空气中燃烧；(4)铝在空气中能表现出良好的抗腐蚀性，是因铝易与空气中的氧气反应生成致密的氧化膜，阻止了内部的铝与
44、空气接触,从而防止铝进一步被氧化；铝燃烧的另一实验方案为将铝箔卷曲，尖端夹一根火柴，将火柴引燃后,把火柴和铝箔一起伸入到盛有氧气的集气瓶中即可观察到耀眼的白光(提高反应温度)； (5)由上述实验可以知道，增大可燃物与空气的接触面积或提高反应的温度的方法可以观察到可燃物燃烧的现象。33.某氧化铁样品中含有少量的硫酸亚铁。某同学要测定其中铁元素的质量分数，设计了如下实验方案。(1)操作中配制溶液时，所用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管以外，还必须有_ (填仪器名称)。(2)反应中加入足量H2O2溶液，反应的离子方程式：_。(3)检验沉淀中是否洗涤干净的操作是_。(4)将沉淀加热，冷却至室
45、温，用天平称量坩埚与加热后固体的总质量为b1g，再次加热并冷却至室温称其质量为b2g，若b1b20.3，还应进行的操作是_。(5)坩埚的质量为42.6 g，最终坩埚与加热后的固体的总质量为45.8 g，则样品中铁元素的质量分数为_。(6)有同学认为上述方案的实验步骤太繁琐，他认为，只要将样品溶于水充分搅拌，加热、蒸干、灼烧称量即可测得样品中铁元素的质量分数，你认为他的这个方案是否可行？_(填“可行”或“不可行”)。【答案】 (1). 500 mL容量瓶 (2). 2Fe2H2O22H=2Fe32H2O (3). 取最后一次洗涤液于试管中，加入Ba(NO3)2(或BaCl2)溶液，若无白色沉淀生
46、成，则证明沉淀洗涤干净 (4). 继续加热，冷却至室温后称量，直到连续两次称量的质量差不超过0.1 g (5). 80% (6). 不可行【解析】(1)配制500 mL一定浓度的溶液，必须用到容量瓶，从题给的仪器可知，操作还需要500 mL容量瓶；正确答案：500 mL容量瓶。(2)反应中加入足量H2O2溶液，目的是将Fe2氧化为Fe3，反应的离子方程式为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O；正确答案： 2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。(3)检验沉淀中是否洗涤干净的操作，可以向最后一次洗涤液中加入Ba(NO3)2溶液或BaCl2溶液，观察是否有沉淀产生，若无白色沉淀生成，则证明沉淀洗涤干净；正确答案：取最后一次洗涤液于试管中，加入Ba(NO3)2(或BaCl2)溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀洗涤干净。 (4)继续将沉淀物加热，冷却至室温后称量，直至连续两次称量的质量差不超过0.1 g；正确答案：继续加热，冷却至室温后称量，直到连续两次称量的质量差不超过0.1 g。（5）加热后得到的固体为Fe2O3，则铁元素的质量分数为(45.842.6)g28.0 g100%80%；正确答案：80% 。(6) 氧化铁样品中含有少量的硫酸亚铁，氧化铁不溶于水，而硫酸亚铁溶于水，无法确定铁元素的质量分数，所以该方案不可行；正确答案：不可行。