1、吉林省榆树市第一高级中学2019-2020学年高一化学上学期尖子生第二次考试试题（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 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64一、选择题（本题共18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个正确答案）1.下列化学实验操作或事故处理方法正确的是（ ）A. 潮湿的或具有腐蚀性的药品，必须放在玻璃器皿内称量B. 实验室制取氧气时，先加入药品，然后再检查装置的气密性C. 不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上稀碳酸氢钠溶液D. 粗盐提纯时，将制得的晶体转移到新制过滤器中用大量水
2、进行洗涤【答案】A【解析】A. 潮湿的或具有腐蚀性的药品，必须放在玻璃器皿内称量，A正确；B. 实验室制取氧气时，先检查装置的气密性，然后再加入药品，B错误；C. 不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液，C错误；D. 沉淀洗涤在原过滤器中进行，所加蒸馏水不能太多，遵循少量多次的原则，D错误，答案选A。2.下列实验中所选用的仪器合理的是用50 mL量筒量取5.2 mL稀硫酸 用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物 用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体 用250 mL容量瓶配制250 mL 0.2 mol/LNaOH溶液用坩埚蒸发NaCl溶液用烧杯溶解KNO3晶体A. B. C.
3、 D. 【答案】B【解析】【详解】用50mL量筒取5.2mL稀盐酸，产生的误差较大，应该选用10mL量筒量取，故错误；苯和四氯化碳互溶，无法用分液漏斗分离，故错误；托盘天平的准确度为0.1g，可以用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体，故正确；容量瓶是精确配制一定物质的量的浓度的溶液的仪器，用250mL容量瓶能配制250mL0.2mol/L的氢氧化钠溶液，故正确；蒸发NaCl溶液应该选用蒸发皿，故错误；溶解固体物质可以在烧杯中进行，也可以在试管中进行，因此可以用烧杯溶解KNO3晶体，故正确；故选B。3.高中化学学习过程中的物质颜色是需要注意的。下列关于颜色的描述正确的个数是AgBr见光分解会生成浅
4、黄色的银KI溶液中加入淀粉溶液会变成蓝色溴水中加入CCl4振荡静置后，CCl4层无色钾元素的焰色反应透过蓝色的钴玻璃观察呈紫色A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】A【解析】【详解】单质银是银白色的，不正确；单质碘和淀粉反应显蓝色，不正确；溴单质易溶在四氯化碳中，溶液显棕黄色，不正确，选项正确，所以答案选A。4.下列有关物质分类的叙述正确的是( )A. CaCl2、NaOH、HCl、O2四种物质都属于化合物B. 硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物C. 溶液、浊液、胶体都属于混合物D. CO2、CO等非金属氧化物均属于酸性氧化物【答案】C【解析】【详解】A.O2是单质
5、，其余三种物质都属于化合物，A错误；B.纯碱是Na2CO3的俗称，该物质属于盐，不是碱，B错误；C.溶液、浊液、胶体都是分散系，都属于混合物，C正确；D.CO是非金属氧化物，但不属于酸性氧化物，D错误；故合理选项是C。5.下列物质能导电且属于电解质的是（ ）A. 固态氯化镁(MgCl2)B. 液态氯化镁(MgCl2)C. 氯化钠溶液D. 铝【答案】B【解析】【分析】能导电的物质中含有自由电子或自由移动的阴阳离子；电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。【详解】A. 固态氯化镁属于电解质，但不能导电，故A错误；B.液态氯化镁属于电解质，且有自由移动的离子，可以导电，故B正确；C.氯化
6、钠溶液有自由移动的离子，可以导电，但氯化钠溶液为混合物，故C错误；D.铝可以导电，但为单质，故D错误；故答案为B。6.下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是A. 2 mol水的摩尔质量和1 mol水的摩尔质量B. 200 mL 1 molL1氯化钙溶液中c(Cl)和100 mL 2 molL1氯化钾溶液中c(Cl)C. 64 g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4 L一氧化碳中氧原子数D. 20% NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10% NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度【答案】C【解析】【详解】A.2mol水的摩尔质量和1mol水的摩尔质量的摩尔质量都是18g/mol，故A错误；B
7、.1mol/L氯化钙溶液中c(Cl-)=2mol/L，2mol/L氯化钾溶液中c(Cl-)=2mol/L，两溶液中氯离子浓度相等，故B错误；C.64g二氧化硫的物质的量为1mol，1mol二氧化硫中含有2mol氧原子，标况下22.4LCO的物质的量为1mol，1molCO含有1mol氧原子，前者刚好是后者两倍，故C正确；D.20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为：c1=mol/L，10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度：c1=mol/L，由于两溶液的密度不同，所以前者不是后者两倍，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为D，需要明确物质的量浓度与溶质质量分数的计算表达式，c=，对于氢
8、氧化钠溶液，溶液的浓度越大，密度越大，因此20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度大于10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度的2倍。7.下列溶液中物质的量浓度为1 molL1 的是A. 将20 g NaOH 溶解在500mL 水中B. 将22.4 L HCl 气体溶于水配成1 L 溶液C. 从1 L 2 molL1的H2SO4溶液中取出0.5 L，该溶液的浓度为1 molL1D. 配制250 mL CuSO4溶液，需62.5 g胆矾【答案】D【解析】【分析】根据n=m/M=V/Vm=cV，结合溶液体积与溶剂体积的关系判断。【详解】A.20gNaOH的物质的为0.5mol，但500mL水的
9、体积不等于溶液的体积，A错误；B因气体存在的状态未知，则不能确定22.4LHCl气体的物质的量，无法计算溶液浓度，B错误；C溶液是均一稳定的，从1L2molL1的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度仍然为1molL1，C错误；Dn（CuSO45H2O）=62.5g250g/mol=0.25mol，溶于水配成250mL溶液，c（CuSO4）=0.25mol0.25L=1mol/L，D正确。答案选D。【点睛】本题考查物质的量浓度的计算和判断，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式，易错点为溶液体积与溶剂体积的比较，答题时注意体会。8.下列各组离子能够在碱性溶液中大量共存，
10、且溶液呈无色透明的是（ ）A. K+、Cu2+、Cl-、SO42-B. Na+、CO32-、SO42-、Cl-C. NO3-、Na+、CO32-、Ba2+D. Na+、NO3-、H+、SO42-【答案】B【解析】【详解】ACu2+为有色离子，不满足溶液无色的要求，且与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，故A不选；B.在碱性溶液中可以大量共存，且无色透明，故B选；C.碳酸根会和钡离子生成沉淀，故C不选；D.氢离子不能在碱性环境中大量存在，故D不选；故答案为B。9.能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A. Cl2通入NaOH溶液：Cl2+OH-=Cl-+ClO-B. NaHCO
11、3溶液中加入稀盐酸：CO32-+2H+=CO2+H2OC. AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2O=AlO2-+4NH4+2H2OD. Cu溶于稀HNO3：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O【答案】D【解析】【详解】ACl2通入NaOH溶液的离子反应方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O，故A错误；BNaHCO3溶液中加入稀HCl的离子反应方程式为HCO3-+H+CO2+H2O，故B错误；C氯化铝与氨水发生反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故C错误；DCu溶于稀HNO3的离子反应为3
12、Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O，故D正确；故答案为D。【点睛】注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，如：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，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。10.用1L1.0molL-1的NaOH溶液吸收0.6molCO2，所得溶液中的CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比约是（ ）A. 13B. 21C. 23D. 32【答案】B【解析】【详解】用1L1molL-1NaOH溶液吸收0.6molCO2，所得产物有Na2CO3和NaHCO3
13、，设CO32-和HCO3-的物质的量分别为x、y，则x+y0.6mol，2x+y1L1.0mol/L，解得x=0.4mol，y=0.2mol，同一溶液中浓度之比等于物质的量之比，则所得溶液中的CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比约是0.4mol0.2mol=21，故选B。11.洁厕灵与84消毒液混合会产生氯气：2HCl + NaClO NaCl + Cl2 + H2O，下列说法错误是A. NaClO作氧化剂B. n(氧化剂)：n(还原剂)=1：2C. 氧化性：NaClO Cl2D. Cl2既是氧化产物又是还原产物【答案】B【解析】【详解】A.NaClO中氯的化合价降低，做氧化剂，故A不选；
14、B.氧化剂是NaClO，还原剂是HCl。如果1molNaClO做氧化剂，参加反应2molHCl中只有1mol发生了化合价变化，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:1，故B选；C.NaClO是氧化剂，Cl2是氧化产物，根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以氧化性：NaClO Cl2，故C不选；D.1个Cl2中的两个氯原子1个来自于HCl，一个来自于NaClO，所以Cl2既是氧化产物又是还原产物，故D不选。故选B。【点睛】在反应中，HCl中氯元素的化合价并没有全部升高，所以如果2molHCl发生反应时，只有1mol做还原剂。12. 下列反应中，反应后固体物质增重的是A.
15、氢气通过灼热的CuO粉末B. 二氧化碳通过Na2O2粉末C. 铝与Fe2O3发生铝热反应D. 将锌粒投入Cu(NO3)2溶液【答案】B【解析】【详解】A、氢气通过灼热的CuO粉末发生的反应为，固体由CuO变为Cu，反应后固体质量减小，A错误；B、二氧化碳通过Na2O2粉末发生的反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，固体由Na2O2变为Na2CO3，反应后固体质量增加，B正确；C、铝与Fe2O3发生铝热反应，化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，反应前后各物质均为固体，根据质量守恒定律知，反应后固体质量不变，C错误；D、将锌粒投入Cu(NO3)2溶液发生的反应为Zn +
16、 Cu(NO3)2= Zn(NO3)2+ Cu，固体由Zn变为Cu，反应后固体质量减小，D错误；故选B。13.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是()A. 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B. 反应过滤后所得沉淀为氢氧化铁C. 图中所示转化反应都不是氧化还原反应D. 反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；B氧化铁与氢氧化
17、钠不反应，反应后过滤所带沉淀为氧化铁，故B错误；C电解熔融氧化铝生成铝，属于氧化还原反应，故C错误；D反应为过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3，故D正确；故选D。【点睛】理解工艺原理，根据工艺流程判断试剂X为氢氧化钠是解题关键。本题的易错点为B，要注意氧化铁不能与氢氧化钠反应。14.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1molL1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是（ ）A. 在0a范围内，只发生中和反应B. a0.3C. ab段发生反应的离子方程式为CO
18、32-2H=CO2H2OD. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为12【答案】B【解析】【分析】向NaOH和Na2CO3混合配成的溶液中滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，氢氧化钠反应完毕后再发生碳酸钠与盐酸的反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，最后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，利用物质的量的关系并结合图象分析解答。【详解】A向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠：NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸与Na2CO3首先发生反应：HCl+N
19、a2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，继续滴加时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，则在0-a范围内发生反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，故A错误；B根据图像可知，从a点开始发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，该过程中消耗氯化氢物质的量与生成二氧化碳的物质的量相等为0.01mol，则消耗0.1molL-1稀盐酸的体积分别为=0.1L，所以a=0.4-0.1=0.3，故B正确；C根据分析可知，ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，反应的离子方程式为：HCO3-+
20、H+=H2O+CO2，故C错误；D根据碳元素守恒，混合物中碳酸钠的物质的量是0.01mol，b点消耗盐酸的物质的量为0.1mol/L0.4L=0.04mol，则a点氯化氢的物质的量为：0.04mol-0.01=0.03mol，根据反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl可知，0.01mol碳酸钠消耗0.01mol氯化氢生成碳酸氢钠，则氢氧化钠的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol，所以原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为0.02mol0.01mol=21，故D错误；故选B。【点睛】明确盐酸与碳酸钠的反应可以分为两步：HCl+Na2CO3=NaHCO3+
21、NaCl，然后再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2是解题的关键。本题的难点和易错点为D，要注意根据反应的方程式计算判断。15.用含有少量Mg的Al片制取纯净的Al(OH)3，下列操作中最恰当的组合是（ ）加盐酸溶解加NaOH溶液过滤通入过量CO2生成Al(OH)3加盐酸生成Al(OH)3加过量氨水生成Al(OH)3A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据镁和铝化学性质的差异：铝可以与碱反应，让镁和铝分离的方法是使铝溶于氢氧化钠溶液，镁不溶解，过滤分离，再将偏铝酸钠与弱酸反应变为氢氧化铝。【详解】因镁与碱不反应，而铝可以与碱反应：2Al+2NaOH+2H2O=2
22、NaAlO2 +3H2，由于镁不溶解，过滤除去，NaAlO2要转变成Al（OH）3，可以向滤液中加入过量的二氧化碳，其反应为NaAlO2+CO2+2H2ONaHCO3+Al（OH）3，再过滤即得纯净的Al（OH）3，实验操作最合理的组合及顺序为，故选：C。【点睛】由NaAlO2制备氢氧化铝只能用弱酸不能强酸，因为强酸一旦过量，氢氧化铝会继续与强酸反应，与弱酸不反应。16.100 mL 2 mol/L的稀盐酸与一定量的锌充分反应，锌全部溶解，生成的氢气在标准状况下体积为1.12 L，设反应后溶液的体积仍为100 mL，则反应后溶液中H+的物质的量的浓度为A. 1.5mol/LB. 1mol/LC
23、. 0.5mol/LD. 0.25mol/L【答案】B【解析】【详解】金属锌和盐酸反应生成1.12L，其物质的量为n(H2)=；根据氢元素守恒，剩余H+物质的量为0.1L2mol/L-0.05mol2=0.1mol，则反应后溶液中H+物质的量浓度为c(H+)=，故合理选项是B。17.纯碱和小苏打都是白色晶体，在日常生活中都可以找到。若要在家中将它们区分开来，下面的方法中可行的是（ ）A. 分别放在炒锅中加热，观察是否有残留物B. 分别用干净铁丝蘸取样品在煤气炉的火焰上灼烧，观察火焰颜色C. 将样品溶解，分别加入澄清石灰水，观察是否有白色沉淀D. 在水杯中各盛相同质量的样品，分别加入等体积的白醋
24、，观察反应的剧烈程度【答案】D【解析】【详解】A碳酸氢钠解热分解生成碳酸钠，二者加热时都有残留物，不能鉴别，故A错误；B二者都含钠元素，焰色反应都成黄色，不能鉴别，故B错误；C加入澄清石灰水，分别发生：Na2CO3和Ca（OH）2混合后生成CaCO3，发生Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3+2NaOH，NaHCO3可与澄清石灰水发生Ca（OH）2+NaHCO3CaCO3+NaOH+H2O或Ca（OH）2+2NaHCO3CaCO3+Na2CO3+2H2O，不能鉴别，故C错误；D加入醋酸，碳酸氢钠反应剧烈，可鉴别，故D正确。故选：D。18.在标准状况下，2.24L CO2和CO混合气体测得其
25、质量为3.2g，则CO2和CO的体积之比为（ ）A. 12B. 21C. 13D. 31【答案】C【解析】【详解】设混合气体中CO和CO2的物质的量分别为x、y，则x+y，28x+44y3.2g，解得：x0.075mol，y0.025mol，所以混合气体中CO2和CO的物质的量之比为0.025mol0.075mol=13，故选C。二、填空题（每空2分共24分）19.现有下列十种物质：铝SiO2熔融NaCl稀硫酸KOH固体FeSO4溶液NH3新制备的氢氧化铁胶体分散系HClNa2O2（1）上述物质属于非电解质的有_。(填序号)（2）上述物质能导电的有_。(填序号)（3）往装有的试管中逐滴加入至过
26、量的现象是：_。（4）请写出与的溶液反应的离子方程式：_。（5）请写出与CO2反应的化学方程式：_。【答案】 (1). (2). (3). 先生成红褐色沉淀，然后逐渐溶解变成棕黄色溶液 (4). 2Al+6H+=2Al3+3H2 (5). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2【解析】【分析】（1）在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质；（2）物质中含有自由移动的电子或离子时则能导电；（3）氢氧化铁胶体中逐滴滴入稀硫酸时，先发生胶体的聚沉，后发生酸碱中和；（4）Al和稀硫酸溶液反应生成硫酸铝和H2；（5）Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2。【详解】（1）在水溶液中和
27、熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质，故非电解质有二氧化硅和氨气，故答案为：；（2）物质中含有自由移动的电子或离子时则能导电，故能导电的物质有铝、熔融NaCl、稀硫酸、FeSO4溶液、新制备的氢氧化铁胶体分散系，故答案为：；（3）氢氧化铁胶体中逐滴滴入稀硫酸时，先发生胶体的聚沉，产生红褐色氢氧化铁沉淀，继续滴加稀硫酸，后发生酸碱中和，氢氧化铁溶解，得到硫酸铁棕黄色溶液，故答案为：先生成红褐色沉淀，然后逐渐溶解变成棕黄色溶液；（4）Al和硫酸溶液反应生成硫酸铝和H2，离子方程式为2Al+6H+=2Al3+3H2；（5）Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，故化学方程式为2Na2O2+2
28、CO2=2Na2CO3+O2。20.实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气，其变化可表述为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O。（1）请将上述化学方程式改写为离子方程式：_。（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是_(填编号)。只有还原性还原性和酸性只有氧化性氧化性和酸性（3）此反应中氧化产物是Cl2，若产生0.5molCl2，则转移电子的物质的量为_mol。（4）用双线桥法表示该反应电子转移的方向和数目_。【答案】 (1). 2MnO4-+16H+10Cl-=2Mn2+5Cl2+8H2O (2). (3). 1 (4). 【解析】【分析】（1）结合单质、弱
29、电解质写化学式，强电解质写离子解答；（2）根据化合价变化及氧化物和酸的反应判断盐酸的性质；（3）此反应中氯元素的化合价升高被还原是还原剂，得到的氯气是氧化产物，产生1molCl2，则转移的电子的物质的量为2mol，由此分析解答；（4）根据Mn和Cl元素的化合价变化书写电子转移方向和数目。【详解】（1）反应2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O中，氯离子部分参加离子反应，所以离子反应的方程式为：2MnO4-+16H+10Cl-2Mn2+5Cl2+8H2O；（2）氯元素化合价升高，盐酸起还原剂的作用；反应中还有盐酸盐生成，所以起酸的作用，故选：；（3）此反应中氯元
30、素的化合价升高被还原是还原剂，得到的氯气是氧化产物，产生1molCl2，则转移的电子的物质的量为2mol，则生成0.5molCl2，则转移的电子的物质的量为1mol；（4）元素化合价的变化分别为：Mn元素由KMnO4的+7价变成MnCl2中的+2价，化合价降低，所以KMnO4是氧化剂，一个KMnO4得5个电子生成MnCl2；Cl元素由HCl中的-1价变成Cl2中的0价，化合价升高，所以HCl是还原剂，生成一个Cl2分子需失2个电子，所以双线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目为：。【点睛】明确元素的化合价及电子守恒、质量守恒定律即可解答，注意浓盐酸在反应中的作用。21.某一反应体系有反应物和生
31、成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2。已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2O2。（1）该反应中的还原剂是_。（2）该反应中，发生还原反应的过程是_。（3）写出该反应的化学方程式(配平)：_。【答案】 (1). H2O2 (2). H2CrO4 (3). Cr(OH)3 (4). 2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)3+3O2+2H2O【解析】【分析】H2O2只发生如下过程：H2O2O2，则O元素的化合价升高，结合氧化还原反应的规律可知，Cr元素的化合价降低，结合转移电子来解答。【详解】（1）由信息H2O2-O2中可知，O元素的化合价由-1价升高到0
32、，则H2O2为还原剂，故答案为：H2O2；（2）氧化剂发生还原反应，含元素化合价降低的物质为氧化剂，则Cr元素的化合价降低，即还原反应的过程为H2CrO4Cr（OH）3，故答案为：H2CrO4；Cr（OH）3；（3）该反应中O元素失电子，Cr元素得到电子，根据电子守恒可知H2CrO4和H2O2的系数比为2:3；故答案为：2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)3+3O2+2H2O。三、实验题（每空2分，共16分）22.铝镁合金已成为轮船制造、化工生产等行业的重要材料，某研究性学习小组的三位同学，为测定某含镁3%5%的铝镁合金(不含其他元素)中镁的质量分数，设计了两种不同的实验方案进行探究。探
33、究一实验步骤：（1）称取5.4g铝镁合金粉末样品，投入VmL2.0molL1NaOH溶液中，充分反应。实验中发生反应的化学方程式是_。NaOH溶液的体积V_。（2）过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将_(填“偏高”或“偏低”)。【答案】 (1). 2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H2 (2). 97mL (3). 偏高【解析】【分析】（1）镁的质量分数最小时，金属铝的质量最大，需要的氢氧化钠溶液最多，实际需要氢氧化钠溶液的体积应大于或等于最大值，据此计算；（2）镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定镁的质量偏大。【详解】（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏
34、铝酸钠与氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；含镁为3%时，金属铝的含量最高，5.4g合金中铝的质量为5.4g（1-3%）=5.497%g，当氢氧化钠溶液体积为VmL，氢氧化钠的物质的量为V10-3L2.0mol/L，根据方程式可知54g铝可与2mol氢氧化钠恰好完全反应，所以有54g：（5.497%g）=2mol：（V10-3L2.0mol/L），解得：V=97，故V（NaOH溶液）97mL；（2）镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大，镁的质量分数偏高。【点睛】正确理解镁铝合金与氢氧化钠溶液的反应，明确镁的质量分数最小时，金属铝的质量最大，需
35、要的氢氧化钠溶液最多。23.实验室欲用NaOH固体配制1.0molL-1的NaOH溶液480mL。（1）配制时，必须使用的玻璃仪器有_。（2）要完成本实验该同学应称出NaOH_g。（3）某同学欲称量NaOH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图，烧杯的实际质量为_g。(砝码一个20克、一个10克)（4）使用容量瓶前必须进行的一步操作是_。（5）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_。没有洗涤烧杯和玻璃棒定容时俯视刻度线未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容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). 500mL容量
36、瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒 (2). 20.0 (3). 27.4 (4). 查漏 (5). 【解析】【分析】（1）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；（2）利用n=cV计算出氢氧化钠的物质的量，再根据m=nM计算所需氢氧化钠的质量；（3）托盘天平平衡原理为左盘内质量=右盘内质量+游码数值；（4）最后需颠倒摇匀，所以容量瓶在使用前必须检查是否漏水；（5）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=n/V分析判断。【详解】（1）没有480mL容量瓶，所以选择500mL容量瓶。操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用
37、药品，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤23次，并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以需要的仪器有托盘天平、烧杯、500ml的容量瓶、胶头滴管、玻璃棒；（2）需氢氧化钠的质量为m=0.5L1molL-140g/mol=20.0g；（3）由图可知，烧杯与砝码位置颠倒了，所以烧杯的实际质量为30.0g-2.6g=27.4g；（4）最后需颠倒摇匀，所以容量瓶在使用前必须检查是否漏水；（5）未洗涤烧杯、玻璃棒，少量氢氧化钠沾在烧杯壁与玻璃棒上，氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低；定
38、容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；液体具有热胀冷缩的性质，氢氧化钠溶解放热，未冷却到室温，趁热将溶液到入容量瓶，并配成溶液，温度恢复室温后，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；摇匀后液面下降，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低。故选：。【点睛】注意从c=n/V理解配制原理，注意氢氧化钠应在玻璃器皿内称量的。四、计算题24.在金属活动性顺序里，位于氢后面的金属Cu，在常温下虽然不能与稀盐酸、稀硫酸反应，但可以与稀硝酸反应，其化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O。在3.84gCu中加入100m
39、L稀HNO3溶液，如恰好完全反应，计算生成NO在标准状况下的体积和反应前稀HNO3溶液中溶质的物质的量浓度_、_(请写出计算过程)。【答案】 (1). 0.896L (2). 1.6molL-1【解析】【分析】根据n=m/M计算3.84gCu的物质的量，根据方程式计算HNO3、NO的物质的量，再根据V=nVm计算NO的体积，根据c=n/V计算稀硝酸的物质的量的浓度。【详解】3.84g Cu的物质的量=3.84g64g/mol=0.06mol，设生成NO物质的量为x，硝酸物质的量为y，则 所以x=0.04mol，y=0.16mol，故标况下生成NO的体积=0.04mol22.4L/mol=0.896L，稀硝酸的物质的量浓度=0.16mol0.1L=1.6mol/L。
