1、官渡区20192020学年高一上学期期末学业水平检测可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Cl 35.5 Ca 40 1.“黑火药”是制造焰火的原料，主要含有硫磺、木炭和硝酸钾。“黑火药”属于A. 单质B. 化合物C. 纯净物D. 混合物【答案】D【解析】【详解】“黑火药”是我国古代四大发明之一，是制造焰火的原料，它由硝酸钾、硫磺、木炭组成，属于混合物，D选项符合题意；答案选D。【点睛】解答本题要分析物质是由几种物质组成的，如果是由多种物质组成的就属于混合物。2.盛装浓硫酸的容器上所贴的危险化学品标志是A. B. C. D. 【答案】A【解析】
2、【详解】A浓硫酸有强腐蚀性，盛装浓硫酸的试剂瓶上应贴腐蚀品标志，故选A； B浓硫酸有强腐蚀性，盛装浓硫酸的试剂瓶上应贴腐蚀品标志，浓硫酸与爆炸品无关，故不选B；C浓硫酸有强腐蚀性，盛装浓硫酸的试剂瓶上应贴腐蚀品标志，浓硫酸与剧毒品无关，故不选C；D浓硫酸有强腐蚀性，盛装浓硫酸的试剂瓶上应贴腐蚀品标志，浓硫酸与易燃液体无关，故不选D；选A。3.昆明市预计在2020年底前基本建成生活垃圾分类处理系统。下列关于垃圾处理的说法不正确的是A. 废旧塑料瓶可回收利用B. 废旧电池可直接掩埋C. 电子垃圾可用适当的方法回收利用D. 厨余垃圾可经生物技术处理堆肥【答案】B【解析】【详解】A废塑料瓶主要由聚乙烯
3、或聚丙烯制造而成，可回收利用，属于可回收物，A选项正确；B废旧电池中含有重金属如铅、汞、镉等，将废旧电池直接掩埋会污染土壤、水源，废旧电池应集中回收处理，B选项错误；C电子产品含有重金属，任意抛弃会造成地下水污染，要在无污染的条件下进行回收，使之成为有用的资源，C选项正确；D厨余垃圾经生化处理转化为沼气和有机肥料，从而产生绿色有机食品和清洁燃料，D选项正确；答案选B。4.下列物质属于电解质的是A 酒精B. CuC. Na2CO3D. SO2【答案】C【解析】【分析】电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，据此分析解答。【详解】A酒精常温下为液态，在水溶液中只存在乙醇分子，不能导电，属于
4、非电解质，故A选项错误；B无论电解质，还是非电解质，都是指化合物，Cu是单质，故既不是电解质，也不是非电解质，故B选项错误；CNa2CO3是化合物，在水溶液中或熔融状态下能够自身电离出自由移动的碳酸根离子和钠离子，能导电，是电解质，故C选项正确；D二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化硫的水溶液导电，但电离出离子的物质是亚硫酸不是二氧化硫电离，所以二氧化硫是非电解质，故D选项错误；答案选C。【点睛】选项D为易错点，解答时需注意SO2溶于水能够导电是因为生成了亚硫酸能够导电，而不是SO2本身导电。5.昆明长水机场冬季常因湿度较大，海拔较高而易形成大雾。雾属于下列
5、分散系中的A. 胶体B. 溶液C. 乳浊液D. 悬浊液【答案】A【解析】【详解】分散质粒子直径在1100nm之间的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔现象，大雾时，用灯照射会出现一条光亮的通路，因此雾属于胶体，A选项符合题意；答案选A。6.下列电离方程式书写不正确的是A. HNO3=H+ + NOB. Al2(SO4)3=2Al3+ + 3SOC. Ba(OH)2=Ba2+ + 2OH-D. NaHCO3=Na+ + H+ + CO【答案】D【解析】【详解】AHNO3为强电解质，能完全电离，电离方程式为HNO3=H+ + NO，遵循质量守恒定律和电荷守恒，A正确；BAl2(SO4)3为强电解质，能完
6、全电离，电离方程式为Al2(SO4)3=2Al3+ + 3SO，遵循质量守恒定律和电荷守恒，B正确；CBa(OH)2为强电解质，能完全电离，电离方程式为Ba(OH)2=Ba2+ + 2OH-，遵循质量守恒定律和电荷守恒，C正确；DNaHCO3为强电解质，第一步完全电离，电离方程式为NaHCO3=Na+ + HCO3-，第二步部分电离，电离方程式为HCO3-H+ + CO，D错误；故选D。7.在实验室中，对下列事故或药品的处理正确的是A. 金属钠着火时，用泡沫灭火器灭火B. 氯水保存于棕色试剂瓶，密封放置在阴冷处C. 少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用氢氧化钠溶液冲洗D. 含硫酸铜的废液倒入水槽，用水
7、冲入下水道【答案】B【解析】【详解】A金属钠能和水反应，钠着火时不能用泡沫灭火器灭火，钠着火时用沙子盖灭，故A错误；B次氯酸见光易分解，氯水保存于棕色试剂瓶，密封放置在阴冷处，故B正确；C少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用干布擦去，再用水冲洗，最后涂上稀碳酸氢钠溶液，而氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，对皮肤有危害，故C错误；D硫酸铜是重金属盐，如果将含硫酸铜的废液倒入水槽，用水冲入下水道会造成环境污染，要放在回收桶中，集中处理，故D错误；选B。8.科学家最近合成了一种新型分子，它由4个氧原子构成，液化后能量、密度都比普通氧分子高得多。下列说法正确的是A. 摩尔质量是64gB. 它是一种新的化合物C. 它是
8、由氧元素组成的一种单质D. 1mol该分子中含有2NA个氧分子【答案】C【解析】【分析】根据题干信息可知，新型分子由4个氧原子构成，则该分子化学式可表示为O4，据此分析解答。【详解】A根据上述分析可知，新型分子化学式可表示为O4，O4的摩尔质量为64g/mol，A选项错误；BO4只有O元素一种元素组成，属于单质，B选项错误；CO4只有O元素一种元素组成，是一种单质，C选项正确；D1molO4分子中含有NA个O4分子，4NA个O原子，D选项错误；答案选C。【点睛】选项A为易错选项，注意摩尔质量的单位为g/mol，而不是g。9.下列气体既可用浓硫酸干燥，又可用碱石灰干燥的是A. H2B. SO2C
9、. Cl2D. NH3【答案】A【解析】【详解】AH2和浓硫酸、碱石灰都不反应，既可用浓硫酸干燥，又可用碱石灰干燥，故选A；BSO2是酸性气体，能和碱石灰反应，SO2不能用碱石灰干燥，故不选B； CCl2能和碱石灰反应，Cl2不能用碱石灰干燥，故不选C；DNH3是碱性气体，能和浓硫酸反应，NH3不能用浓硫酸干燥，故不选D；选A。10.同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是A. N2B. CO2C. HClD. CH4【答案】D【解析】【详解】由可知，质量相等的气体，摩尔质量越小，物质的量越大，N2的摩尔质量为28g/mol，CO2的摩尔质量为44g/mol，HCl的摩尔质量为36.5
10、g/mol，CH4的摩尔质量为16g/mol，则等质量的四种气体中，CH4的物质量的最大，由阿伏伽德罗定律PV=nRT(R为常数)可知，同温同压下，物质的量越大，体积越大，即CH4的体积最大，D满足题意；答案选D11.下列各组离子能在水溶液中大量共存的是A. Cu2+、K+、Cl-、NOB. Fe3+、Na+、SO、OH-C. K+、H+、SO、OH-D. Ba2+、H+、CO、Cl-【答案】A【解析】【详解】ACu2+、K+、Cl-、NO相互之间不反应，能大量共存，故选A； BFe3+、OH-生成氢氧化铁沉淀，Fe3+、OH-不能大量共存，故不选B；C H+、OH- 反应生成水，H+、OH-
11、 不能大量共存，故不选C；DBa2+、CO反应生成碳酸钡沉淀，H+、CO反应放出二氧化碳气体，Ba2+、H+、CO不能大量共存，故不选D；选A。12.下列变化能通过一步反应直接完成的是A. SSO3B. FeFe3O4C. AlAl(OH)3D. SiO2H2SiO3【答案】B【解析】【详解】A. S和氧气反应生成SO2，SO2和氧气在催化剂条件下反应生成SO3，故不选A； B. Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4，故选B； C. Al和盐酸反应生成氯化铝和氢气，氯化铝和氨水反应生成Al(OH)3沉淀和氯化铵，故不选C；D. SiO2和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，硅酸钠溶液和二氧化碳反应生成H2S
12、iO3沉淀，故D错误；选B13.下列反应，H2O只作还原剂的是A. 2H2O2H2+O2B. 2F2+2H2O=4HF+O2C. CaO+ H2O=Ca(OH)2D. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2【答案】B【解析】【详解】A2H2O2H2+O2，H2O中H元素化合价降低、O元素化合价升高，H2O既是氧化剂又是还原剂，故不选A；B2F2+2H2O=4HF+O2，H2O中O元素化合价升高，H2O只作还原剂，故选B；CCaO+ H2O=Ca(OH)2，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故不选C；D2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，Na2O2中O元素化合价由-1降低为-2、由-1
13、升高为0，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，H2O中各元素化合价不变，H2O既不是氧化剂又不是还原剂，故不选D；选B。14.2019年11月13日，港澳知名企业家、爱国人士何鸿燊将马首铜像捐赠给国家文物局。该马首铜像是由铜、金、银、锡、锌按一定比例铸造而成的铜合金，下列说法不正确的是A. 铜合金的硬度比锡大B. 金元素在自然界中以游离态存在C. 铜合金的熔点比银高D. 改变铜合金中各原料的配比可得到不同性能的合金【答案】C【解析】【详解】A合金的硬度比各组分纯金属的硬度要大，该铜合金由铜、金、银、锡、锌按一定比例铸造而成，因此铜合金的硬度比锡大，A正确，不选；B金的化学性质稳定，因此金元素在自然
14、界中一般以游离态存在，B正确，不选；C一般情况下，合金的熔点比各组分纯金属的熔点要低，该铜合金由铜、金、银、锡、锌按一定比例铸造而成，因此铜合金的熔点比银低，C错误，符合题意；D不同的合金具有不同的性能，改变铜合金中各原料的配比或生成合金的条件可得到不同性能的合金，D正确，不选；答案选C。15.下列离子方程式正确的是A. 铁与盐酸反应：Fe+2H+=Fe3+H2B. 氧化镁与稀硫酸反应：O2-+2H+=H2OC. 硫酸铜与氢氧化钡溶液反应：Ba2+SO= BaSO4D. 氯气通入氢氧化钠溶液中：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O【答案】D【解析】【详解】A铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气
15、，反应的离子方程式是Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；B氧化镁与稀硫酸反应生成硫酸镁和水，反应的离子方程式是MgO+2H+=Mg2+H2O，故B错误；C硫酸铜与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式是Ba2+2OH-Cu2+SO= BaSO4+Cu(OH)2，故C错误；D氯气通入氢氧化钠溶液中生成氯化钠、次氯酸钠、水，反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故D正确；选D。16.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是选项物质性质用途ASi硬度大太阳能电池板BNH3还原性制冷剂CHC1O强氧化性漂白剂DNa2O2淡黄色固体供氧剂A. AB. BC
16、. CD. D【答案】C【解析】【详解】ASi用于制造太阳能电池板是因为Si是半导体材料，与Si的硬度无关，故不选A；BNH3做制冷剂是因为氨气易液化，与氨气的还原性无关，故不选B；CHC1O具有强氧化性，能使有色物质褪色，所以HC1O可做漂白剂，故选C；DNa2O2作供氧剂是因为Na2O2和水、二氧化碳反应放出氧气，与Na2O2的颜色无关，故不选D；选C。17.除去括号内杂质所用试剂和方法不正确的是A. Cu(Mg) 稀盐酸，过滤B. H2O(Br2) CCl4，萃取C. Na2CO3(NaHCO3) 加热D. CO2(HCl) 氢氧化钠溶液，洗气【答案】D【解析】【详解】A铜和盐酸不反应，
17、镁和盐酸反应生成氯化镁和氢气，加入稀盐酸、过滤，可除去铜中的杂质镁，故A正确；B水和CCl4互不相溶，溴在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度， 用CCl4萃取H2O中的Br2，故B正确；C碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，用加热法除去Na2CO3中的NaHCO3杂质，故C正确；D二氧化碳、氯化氢都能和氢氧化钠溶液反应，不能用氢氧化钠溶液除二氧化碳中的氯化氢，故D错误；选D。18.下列反应不需要加入氧化剂就能实现的是A. Na2O2H2O2B. MgMgCl2C. FeFe3+D. PP2O5【答案】A【解析】【详解】ANa2O2H2O2，元素化合价没变，属于非氧化还原反应，不需要加入氧
18、化剂就能实现，故选A；BMgMgCl2，镁元素化合价升高，镁发生氧化反应，需要加入氧化剂才能实现，故不选B；CFeFe3+，铁元素化合价升高，铁发生氧化反应，需要加入氧化剂就才能实现，故不选C；DPP2O5，磷元素化合价升高，磷发生氧化反应，需要加入氧化剂就才能实现，故不D；答案选A。19.吸入人体内的氧有2%转化为氧化性极强的“活性氧”，它能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体内的活性氧。下列说法不正确的是A. Na2SeO3易溶于水B. 活性氧对应产物中氧元素的化合价可能为-2价C. Na2SeO3中硒元素的化合价为+4价D.
19、 Na2SeO3消除人体内的活性氧时作氧化剂【答案】D【解析】【详解】A根据题干信息，含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)可服用，亚硒酸钠属于钠盐，Na2SeO3易溶于水，A选项正确；B“活性氧”氧化性极强，很容易得到电子被还原成O元素的最低价，即活性氧对应产物中氧元素的化合价可能为-2价，B选项正确；CNa2SeO3中Na为+1价，O为-2价，根据化合物中各元素的化合价代数和为0可知，硒元素的化合价为+4价，C选项正确；D服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体内的活性氧，“活性氧”氧化性极强，则活性氧被还原，Na2SeO3作还原剂，D选项错误；答案选
20、D。20.物质检验是化学研究常用的方法之一。下列说法正确的是A. 若滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则原溶液一定含Cl-B. 若滴加碳酸钠溶液，产生白色沉淀，则原溶液一定含Ca2+C. 若滴加硫氰化钾溶液，无明显变化，再滴入氯水溶液变红，则原溶液一定含Fe2+D. 若滴加稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液一定含CO【答案】C【解析】【详解】A加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，该沉淀不一定时AgCl，可能是Ag2CO3等，应滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则原溶液中一定含有Cl-，A选项错误；B滴加碳酸钠溶液，产生白色沉淀，可能是Ca2+、Mg2+、Ba2+等，B选
21、项错误；C滴加硫氰化钾溶液，无明显变化，说明溶液中不含Fe3+，再滴入氯水溶液变红，说明原溶液中一定有Fe2+，被氯水氧化为Fe3+使硫氰化钾溶液变红，C选项正确；D滴加稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能是CO2、SO2，则原溶液可能含CO、SO、HCO等，D选项错误；答案选C。21.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是A. 28gN2所含分子数为NAB. 0.2 mol/L Na2SO4中所含Na+ 数为0.4NAC. 标准状况下11.2L H2中所含原子数为NAD. 0.5mol CH4和1mol H2O中所含氢原子数均为2NA【答案】B【解析】【详解】A28gN
22、2的物质的量为，1molN2分子中含有的分子数为NA，A选项正确；B溶液体积未知，不能求出0.2 mol/L Na2SO4中所含Na+的数目，B选项错误；C标准状况下11.2L H2的物质的量为，0.5molH2中含有1molH原子，则所含有的原子数为NA，C选项正确；D0.5mol CH4中含有2molH原子，个数为2NA，1mol H2O中含有2molH原子，个数为2NA，D选项正确；答案选B。22.下列各组物质相互反应时，若改变反应物的用量、条件或浓度，不会引起产物改变的是A. N2和O2B. Na和O2C. Cu和HNO3溶液D. CO2和Ca(OH)2溶液【答案】A【解析】【详解】A
23、N2和O2在放电的条件下反应生成NO，只有一种产物，反应物的用量、条件或浓度改变，不会引起产物改变，A符合题意；BNa和O2反应条件不同，产物不同，常温下生成Na2O，点燃生成Na2O2，B不符合题意；CCu和HNO3溶液反应，硝酸的浓度不同，产物不同，Cu和稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，Cu和浓HNO3反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，C不符合题意；DCO2和Ca(OH)2反应，CO2量不同，产物不同，CO2不足时生成CaCO3，CO2过量时生成Ca(HCO3)2，D不符合题意；答案选A。23.下列关于饱和Na2CO3溶液的说法不正确的是A. 向该溶液中滴加酚酞，溶液变红B. 向该溶液
24、中逐滴滴加盐酸，立即产生气泡C. 向该溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊D. 可通过焰色反应验证该溶液中的钠元素【答案】B【解析】【详解】ANa2CO3溶液显碱性，碱性溶液能使酚酞试剂变红，A选项正确；B向Na2CO3溶液中逐滴滴加盐酸，开始Na2CO3和少量盐酸反应转化为NaHCO3和NaCl，不会立即产生气泡，B选项错误；C向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，发生反应CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，因为NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，所以溶液变浑浊，C选项正确；D钠元素的焰色反应为黄色，可通过焰色反应来验证该溶液中的钠元素，D选项正确；答案选B。24.屠呦呦受东晋名医
25、葛洪肘后备急方中“青蒿一握，水一升渍，绞取汁，尽服之”的启发，设计了用乙醚提取青蒿素的方案(乙醚微溶于水)。该方案未涉及的分离方法是A. 过滤B. 分液 C. 蒸发 D. 蒸馏【答案】C【解析】【详解】根据题意可知，乙醚提取青蒿素的方案为用冷水浸泡青蒿，过滤得到青蒿绞汁，再用乙醚乙醚萃取青蒿绞汁，然后分液得到提取液，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，则提取过程中没有未涉及的分离方法是蒸发，故选C。25.把一定量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，无固体剩余，所得溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量浓度之比为3:1，则氯化铁和铁的物质的量之比为(假设反应前后溶液体积不变)A. 2:1B. 1:2C.
26、 3:1D. 1:3【答案】C【解析】【详解】铁粉放入氯化铁溶液中，铁与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，设已反应的Fe3+的物质的量为a，由Fe2Fe3+3Fe2+可得n（Fe）=，n（Fe2+）=，由溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量浓度之比为3:1可知，未反应的Fe3+的物质的量为，则氯化铁和铁的物质的量之比为（a+）：=3:1，故选C。【点睛】铁粉放入三氯化铁溶液中发生反应生成氯化亚铁，根据方程式设反应的三价铁的量，就可以获得生成的亚铁的量，进而获得未反应的Fe3+的物质的量是解答关键。26.阅读下列科普材料并填空。燃料电池是一种化学电池，具有
27、能量转化率高、对环境友好等优点。例如，氢氧燃料电池在工作时，从负极连续通人H2，从正极连续通入O2，二者在电池内部(含有H2SO4，或KOH等物质的溶液)发生反应生成H2O，同时产生电能。CH4、C2H5OH等也可以作为燃料电池的燃料。目前还研制成功Al-空气燃料电池，它可以代替汽油为汽车提供动力也可以用作照明电源等。(1)上述材料涉及到的物质中，属于氧化物的是_(填序号，下同)，属于混合物是_。(2)从物质的类别来看，H2、O2、A1都属于_，包含以上三种物质所含元素的一种两性物质与NaOH溶液反应的离子方程式为_。(3)已知甲烷燃料电池中发生反应为CH4+2O2=CO2+2H2O，标准状况
28、下每消耗11.2L甲烷，转移的电子数目为_NA。(4)上述燃料电池发生的反应均为_反应(填“氧化还原”或“非氧化还原”)。【答案】 (1). (2). (3). 单质 (4). A1(OH) 3+OH-=A1O2-+H2O (5). 4 (6). 氧化还原【解析】【详解】(1)由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物，属于氧化物的是H2O，选；含有多种物质的物质是混合物，空气中含有氮气、氧气、二氧化碳等多种物质，空气属于混合物，选；(2)从物质的类别来看，H2、O2、A1都是由一种元素组成的纯净物，都属于单质，包含以上三种物质所含元素的一种两性物质是Al(OH)3，Al(OH)3与Na
29、OH溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为A1(OH) 3+OH-=A1O2-+H2O；(3)甲烷燃料电池中发生反应为CH4+2O2=CO2+2H2O，CH4中C元素化合价由-4升高为+4，标准状况下每消耗11.2L甲烷，转移的电子数目为4NA；(4)原电池一定有电子转移，所以上述燃料电池发生的反应均为氧化还原反应。27.实验室需要使用1.0mol/LNaOH溶液80mL。(1)配制该NaOH溶液所需容量瓶的规格是_。(2)用托盘天平称取NaOH固体_g。(3)称量完成后，进行如下操作：A.将称好的NaOH固体放在烧杯中，用适量蒸馏水溶解。B.待固体全部溶解后，将溶液立即转移到容量瓶。C
30、.用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液也都用玻璃棒引流注入容量瓶，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。D.继续向容量瓶加蒸馏水至液面离容量瓶颈刻度线下_cm时，改用_滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切。E.盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。上述操作不正确的是_(填序号)。(4)若未进行上述操作C，则所得溶液浓度_(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)。若定容时如下图操作，则所得溶液浓度_。(5)取上述溶液10mL稀释至50mL，所得NaOH溶液的物质的量浓度为_。【答案】 (1). 100mL (2). 4.0 (3). 12 (4). 胶头滴管 (5). B (6). 偏低 (7). 偏低
31、 (8). 0.2mol/L【解析】【分析】实验室配制80mL1.0mol/LNaOH溶液步骤为将称好的NaOH固体放在烧杯中，用适量蒸馏水溶解氢氧化钠固体，用玻璃棒不断搅拌，冷却后，用玻璃棒引流转移到100mL的容量瓶中，然后洗涤烧杯和玻璃棒23次，将洗液用玻璃棒引流转移到容量瓶，向容量瓶中加入蒸馏水到离刻度线1-2cm，改用胶头滴管逐滴滴加蒸馏水到凹液面与刻度线相切，盖上塞子摇匀装瓶。【详解】(1)实验室无80mL容量瓶，配制80mL1.0mol/LNaOH溶液应选用100mL的容量瓶，故答案为：100mL；(2)根据n=CV可知，配制100mL1.0mol/LNaOH溶液需要的NaOH的
32、物质的量n=0.1L1.0mol/L=0.1mol，则氢氧化钠的质量m=nM=0.1mol40g/mol=4.0g，故答案为：4.0；(3)定容时，向容量瓶中加入蒸馏水到离刻度线1-2cm，改用胶头滴管逐滴滴加蒸馏水到凹液面与刻度线相切；注意溶解时，待氢氧化钠固体全部溶解，冷却后，用玻璃棒引流转移到100mL的容量瓶中，则B错误，故答案为：1-2；B；(4)若未洗涤溶解NaOH的烧杯和玻璃棒，会导致溶质损失，氢氧化钠的物质的量减小，溶液浓度偏低；定容时仰视容量瓶刻度线，会导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；偏低；(5)由稀释定律可知，稀释前后溶质的物质的量不变，则有1.0mol
33、/L0.01L=c0.05L，解得c=0.2 mol/L，故答案为：0.2 mol/L。【点睛】配置一定物质的量浓度的溶液的基本操作步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶，注意实验室无80mL容量瓶，配制80mL1.0mol/LNaOH溶液应选用100mL的容量瓶是解答关键。28.某合金废料主要含铁、铜、铝，为从合金废料中得到Fe2O3、Al2O3和金属Cu等产品，某化学兴趣小组按如下工艺流程进行实验(杂质不与稀硫酸反应)。请回答下列问题：(1)固体A主要含有的物质是_。(2)B到C发生反应的离子方程式为_，溶液C中的阳离子主要有_。(3)若D为NaOH，则溶液E中铝元素的
34、存在形式是_(填化学式)。(4)灼烧沉淀F时所用主要仪器之一是_(填序号)。A.蒸发皿 B.烧杯 C.坩埚 D.试管(5)氮化铝(AlN)陶瓷是一种具有广阔开发前景的高温结构材料，具有高导热率、高电绝缘性、高强度、高硬度、耐腐蚀等优良性能，工业上可通过Al2O3、碳和N2在高温条件下反应得到，同时生成一种常见气体G，若该反应每转移3.011023个电子，有0.25mol气体G生成，则该反应的化学方程式为_。在工业上Al2O3的用途还有_(任填一种)。【答案】 (1). Cu或铜 (2). Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+ (3). Fe3+、A13+和H+ (4). NaA1O2 (5
35、). C (6). Al2O3 + N2 + 3C2AlN + 3CO (7). 冶炼金属铝或作防火材料【解析】【分析】铁、铝和硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铝，铜和硫酸不反应，滤液B中含有硫酸亚铁、硫酸铝，通入足量氯气，Fe2+被氧化为Fe3+，加入过量氢氧化钠溶液，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入足量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀。【详解】(1) 铁、铝和硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铝，铜和硫酸不反应，所以固体A主要含有的物质是Cu；(2) 滤液B中含有硫酸亚铁、硫酸铝和硫酸，通入足量氯气，Fe2+被氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；溶液C中
36、的阳离子主要有Fe3+、A13+和H+；(3) 若D为NaOH，A13+和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，则溶液E中铝元素存在形式是NaA1O2；(4)在坩埚中灼烧固体物质，灼烧氢氧化铁沉淀时所用主要仪器之一是坩埚，选C；(5)工业上可通过Al2O3、碳和N2在高温条件下反应得到AlN，同时生成一种常见气体G，若该反应每转移3.011023个电子，有0.25mol气体G生成，说明碳的化合价升高为+2，则G是CO，则该反应的化学方程式为Al2O3+ N2+ 3C2AlN + 3CO；电解熔融氧化铝冶炼金属铝，在工业上用Al2O3冶炼金属铝。【点睛】本题考查化学工艺流程、物质分离提纯，掌握铁、铝等化
37、合物的性质是解题关键，明确流程图中物质之间的转化关系，注意氧化还原反应中电子转移守恒规律的应用。29.二氧化硫是常见的有刺激性气味的硫氧化物，是大气主要污染物之一。某学习兴趣小组设计如下所示装置制取SO2并探究其性质。(1)仪器a的名称是_，装置B中观察到的现象是_。(2)装置C中氯水褪色，证明SO2具有_(填“氧化性”“还原性”或“漂白性”)。(3)装置D中出现淡黄色沉淀，发生反应的化学方程式为_。(4)某同学认为在A、B间应增加F装置，该装置的作用是_。(5)装置E能否证明SO2是酸性氧化物_(填“能”或“不能”)，理由是_。(6)硫的氧化物是形成酸雨的主要物质之一。某小组采集酸雨样品，每
38、隔一段时间测定一次样品pH，得数据如下：时间开始8h 16h 24h 32h 40h 48h pH5.04.84.64.34.24.04.0酸雨样品pH变小的主要原因是_(用发生反应的化学方程式解释)。某同学在48h后偶然测得样品的pH又减小到3.9，导致样品pH再次减小的原因可能是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 品红溶液褪色 (3). 还原性 (4). SO2+2H2S=3S+2H2O (5). 安全瓶或防倒吸 (6). 不能 (7). SO2与NaOH反应无明显现象 (8). 2H2SO3+O2=2H2SO4或2SO2+O2+2H2O=2H2SO4 (9). 水分蒸发使c(H+
39、)浓度增大【解析】【分析】由实验装置分析可知，A为浓硫酸和Cu在加热的条件下制取SO2气体的装置，发生反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，B为验证SO2的漂白性的装置，C为验证SO2的还原性的装置，D为验证SO2氧化性的装置，E为尾气处理装置，据此分析解答。【详解】(1)根据仪器构造可知，仪器a为分液漏斗，根据上述分析可知，A装置制取SO2气体，由于SO2具有漂白性，因此SO2能使B装置中的品红溶液褪色，故答案为：分液漏斗；品红溶液褪色；(2)装置C中氯水褪色，说明氯水中的Cl2被还原，证明SO2具有还原性，故答案为：还原性；(3)SO2具有氧化性，可与H2S发生归中反应
40、生成S单质，反应的化学方程式为SO2+2H2S=3S+2H2O，故答案为：SO2+2H2S=3S+2H2O；(4)SO2易溶于水，为防止倒吸，应在A、B间应增加F装置，保证实验的安全性，故答案为：安全瓶或防倒吸；(5)由于SO2与NaOH反应无明显现象，因此不能通过装置E来证明SO2是酸性氧化物，故答案为：不能；SO2与NaOH反应无明显现象；(6)由于SO2与水反应生成的H2SO3具有还原性，易被空气中的氧气氧化生成酸性更强的H2SO4，反应方程式为2H2SO3+O2=2H2SO4或2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以酸雨样品随着时间的推移pH会变小，同时水分蒸发使c(H+)浓度增大
41、，pH会再次减小，故答案为：2H2SO3+O2=2H2SO4或2SO2+O2+2H2O=2H2SO4；水分蒸发使c(H+)浓度增大。30.金属镁享有“国防金属”的美誉，目前世界上百分之六十的镁是从海水中提取的，主要反应为：MgCl2+Ca(OH) 2=Mg(OH) 2+CaCl2。若往200mL浓缩海水中加入0.37g Ca(OH)2使Mg2+沉淀完全，请计算：(1)生成沉淀的物质的量_。(2)该浓缩海水中Mg2+的物质的量浓度_。【答案】 (1). 0.005mol (2). 0.025mol/L【解析】【详解】根据题干信息可得，nCa(OH)2=0.37g74g/mol=0.005mol，则(1)根据物质的量与化学计量数成正比可知nMg(OH)2=0.005mol，即生成沉淀的物质的量为0.005mol，故答案为0.005mol；(2)由(1)可知，nMgCl2=0.005mol，则n(Mg2+)=0.005mol，c(Mg2+)=0.005mol0.2L=0.025mol/L，故答案为：0.025mol/L。
