1、天津市第八中学2020-2021学年高一化学上学期第三次统练试题（含解析）注意：本试卷包含、两卷。第卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。参考相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40一、单选题1. 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是A. “时气错逆，霾雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应B. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”；屠呦呦改进提取青蒿素的方法，提取过程中发生了化学变化
2、C. 刘禹锡的“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”可以看出金性质稳定，可通过物理方法得到D. “外观如雪，强烧之，紫青烟起”。对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应【答案】B【解析】【详解】A雾所形成的分散系为气溶胶，属于胶体，能产生丁达尔效应，正确，不选；B屠呦呦提取青蒿素的方法是萃取，萃取过程中没有生成新物质，是物理变化，错误，B选；C沙里淘金说明了金的化学性质稳定、能够稳定存在；利用金和砂石密度的差异，可通过物理方法得到，正确，C不选；D灼烧硝酸钾会产生紫色，因为钾元素的火焰颜色为紫色，所以对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应，正确，D不选；答案选B。2. 下列物质的分类正确的是（ ） 酸碱盐A
3、H2SO4NaOHBaCO3BH2SK2CO3CuSO4CNaHSO4NaOHCaCl2DHNO3KOHNa2OA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】本题考查酸、碱、盐的概念。电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱，由金属离子和酸根离子组成的化合物属于盐。【详解】电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱，由金属离子和酸根离子组成的化合物属于盐。A项，H2SO4属于酸，NaOH属于碱，BaCO3属于盐，故A正确；B项，H2S属于酸，K2CO3不属于碱属于盐，故B错误；C项，NaHSO
4、4电离时生成的阳离子除了氢离子还有钠离子，不属于酸，故C错误；D项，Na2O属于氧化物而不属于盐，故D错误。综上所述，本题正确答案为A。【点睛】解答本题要从酸碱盐概念方面进行分析、判断，从而得出正确的结论，注意酸式盐和酸的区别。3. 对下列物质进行的分类正确的是A. 酸性氧化物都是非金属氧化物B. CuSO45H2O属于纯净物C. 凡能电离出H+的化合物均属于酸D. 盐类物质一定含有金属阳离子【答案】B【解析】【详解】A酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，如Mn2O7为酸性氧化物，故A错误；BCuSO45H2O只由一种物质组成，属于纯净物，故B正确；C电离出的阳离子全部是氢离子的物质才是酸，硫酸
5、氢钠可以电离出氢离子和钠离子，不属于酸，故C错误；D盐类物质不一定含有金属阳离子，如NH4NO3等铵盐就不含金属阳离子，故D错误；综上所述答案为B。4. 下列物质中，能够导电的电解质是( )A. 铝丝B. 熔融的MgCl2C. NaCl溶液D. 蔗糖【答案】B【解析】【详解】AAl中含有自由移动的电子，能够导电，但Al是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，A不符合题意；BMgCl2是离子化合物，由离子构成，在熔融的MgCl2中电离产生自由移动的离子，能够导电，B符合题意；CNaCl溶液含有自由移动的离子，能够导电，但溶液是混合物，不是化合物，因此不属于电解质和非电解质，C不符合题意；D蔗糖
6、是共价化合物，由分子构成，在熔融状态下不能导电，属于非电解质，D不符合题意；故合理选项是B。5. 下列说法正确的是( )A. 液态HCl、固体NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质B. NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C. 蔗糖、酒精在水溶液和熔融状态时均不导电，所以它们是非电解质D. 铜、石墨均导电，所以它们是电解质【答案】C【解析】【详解】A液态HCl溶于水后能够导电，固态NaCl在溶于水和熔融状态下都能够导电，故两者均为电解质，A错误；BNH3、CO2的水溶液均能导电并不是它们本身电离出了离子，而是NH3、CO2与水反应生成的一水合氨、碳酸电离出离
7、子，NH3、CO2是非电解质，B错误；C蔗糖、酒精在水溶液中和熔融时均不导电，且它们都属于化合物，所以它们是非电解质，C正确；D铜、石墨均导电，但它们都单质，所以它们既不是电解质，也不是非电解质，D错误。答案选C。6. 下列关于胶体的叙述不正确的是（ ）A. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1nm100nm之间B. 用平行光照射CuSO4溶液和Fe(OH)3胶体，可以加以区分C. 把FeCl3饱和溶液滴入到NaOH溶液中，以制取Fe(OH)3胶体D. 树林中的晨曦，该现象与丁达尔效应有关【答案】C【解析】【详解】A.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径，胶体的分散
8、质的微粒直径在之间，故A正确；B.丁达尔效应可用于区分溶液和胶体，溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，故B正确；C.制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，向NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液，生成氢氧化铁沉淀，故C错误；D.树林中的晨曦是气溶胶形成的丁达尔效应，故D正确；故选C。7. 能用CO+2H+=H2O+CO2来表示的化学方程式是（ ）A. CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2B. Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2C. NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2D. Na2CO3+H2SO3=Na2SO3+H2O+CO2【答案】B【解析】【详
9、解】ACaCO3难溶于水的，不能拆成离子形式，不能用CO+2H+=H2O+CO2来表示，故A错误；B离子拆分正确，可以用CO+2H+=H2O+CO2来表示，故B正确；CNaHCO3应该拆成Na+和HCO，不能用CO+2H+=H2O+CO2来表示，故C错误；DH2SO3弱电解质，不能拆成离子形式，不能用CO+2H+=H2O+CO2来表示，故D错误；答案选B。8. 在下列条件下，一定能大量共存的离子组是( )A. 无色透明的水溶液中：K+、Mg2+、I、B. 在强碱溶液中：Na+、K+、C. 有存在的溶液中：Na+、Mg2+、Ca2+、H+D. 在强酸溶液中：、Cl【答案】B【解析】【详解】A.
10、无色透明不存在 且 I与 会发生氧化还原反应而不共存，A错误； B. Na+、K+、互不反应，可以大量共存，B正确；C. 大量的和 Ca2+反应会生成微溶物CaSO4，出现浑浊，C错误；D. 强酸性溶液中 不共存，D错误；答案选B。9. 下列离子方程式正确的是()A. 将氨水滴入到FeCl3溶液中：Fe33OH=Fe(OH)3B. 氧化铁与盐酸反应：Fe2O36H=2Fe33H2OC. 向FeCl3溶液中加入铁粉：FeFe3=2Fe2D. 向氯化亚铁溶液中通入Cl2：Fe2Cl2=Fe32Cl【答案】B【解析】【详解】A将氨水滴入到FeCl3溶液中发生的离子反应为Fe33NH3H2O=Fe(O
11、H)3+3NH4+，故A错误；B氧化铁与盐酸时发生的离子反应为Fe2O36H=2Fe33H2O，故B正确；C向FeCl3溶液中加入铁粉发生的离子反应为Fe2Fe3=3Fe2，故C错误；D向氯化亚铁溶液中通入Cl2发生的离子反应为：2Fe2Cl2=2Fe32Cl，故D错误；答案为B。【点睛】明确发生的反应并熟悉离子反应方程式的书写方法是解答本题的关键，离子方程式的书写步骤一般为：“写”：写出有关反应的化学方程式；“拆”：可溶性的电解质用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用化学式表示；“删”：删去方程式两边不参加反应的离子； “查”：检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等；本题难点是
12、离子方程式配平时要注意电子守恒、电荷守恒及原子守恒。10. 下列关于氯气的叙述中，不正确的是A. 氯气能溶于水B. 氯气、液氯和氯水是同一种物质C. 氯气是一种黄绿色、有刺激性气味的气体D. 氯气是一种有毒的气体【答案】B【解析】【详解】A氯气能溶于水，1体积的水能溶解2体积的氯气，故A正确；B液氯是氯气的液态，所以氯气和液氯是同一种物质；氯水是氯气的水溶液，是一种混合物，液氯和氯气与氯水不是同一种物质，故B错误；C氯气呈黄绿色、有刺激性气味，故C正确；D氯气是一种有刺激性气味的有毒气体，故D正确；故选B。11. 关于钠的叙述中，正确的是 （ ）A. 钠是银白色金属，熔点低，硬度大B. 钠与氧
13、气反应时，产物是由O2的用量决定的C. 加热时，金属钠剧烈燃烧，产生黄色火焰D. 金属钠着火可以用泡沫灭火器或用干燥的沙土灭火【答案】C【解析】【分析】钠是银白色金属、密度小于水，熔点低、质软，性质活泼，在氧气中燃烧生成过氧化钠，据此解答。【详解】A钠的硬度很小，可用小刀切割，选项A错误；B钠和氧气反应产物不同时有反应条件决定，常温下钠和氧气反应生成氧化钠，钠点燃条件和氧气反应生成过氧化钠，选项B错误；C钠的性质很活泼，钠元素的焰色反应是黄色，加热时，钠剧烈燃烧，产生黄色火焰，生成淡黄色的固体过氧化钠，选项C正确；D钠着火生成过氧化钠，与二氧化碳、水都反应，则不能用泡沫灭火器、干粉灭火器、水灭
14、火，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查了元素化合物知识，熟悉钠的物理性质、化学性质即可解答，注意钠与氧气反应条件不同产物不同，题目难度不大。12. 下列物质间发生化学反应，在不同条件下可以制得不同产物的是( )A. Na和O2B. Na和Cl2C. Mg和O2D. Na和H2O【答案】A【解析】【详解】ANa与O2在常温下反应生成Na2O，在加热条件下反应生成Na2O2，反应条件不同产物不同，A符合题意；BNa和Cl2反应只生成NaCl，B不符合题意；CMg和O2反应只生成MgO，C不符合题意；DNa和H2O反应只生成NaOH和H2，D不符合题意；故答案选A。13. 多种氧化剂和还原剂相遇
15、时，存在“争先恐后，强者优先”的现象。请预测，在含FeCl2、MgCl2和HCl的溶液中加入适量Zn粉，首先置换出来的是( )A. FeB. H2C. MgD. 不能确定【答案】B【解析】【详解】在金属活动性顺序表中，金属越靠后，其离子得到电子能力越强，优先被还原出来。在上述物质中，金属活动性顺序：MgFeH，因此在含FeCl2、MgCl2和HCl的溶液中加入适量Zn粉，首先置换出来的是H2，故合理选项是B。14. 已知1.505 1023个X气体分子的质量为8g，则X气体的摩尔质量是A. 16gB. 32gC. 32g/molD. 64g /mol【答案】C【解析】【详解】根据n=，1.50
16、5 1023个X气体的物质的量=0.25mol，气体的摩尔质量M=32g/mol，答案选C。15. 用Na2CO3固体配制1.00 mol/L碳酸钠溶液，必需用到的仪器是A B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】用Na2CO3固体配制1.00 mol/L碳酸钠溶液时需要用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和一定规格的容量瓶等，因此答案选D。16. 实验室中需要配制2 molL1的NaCl溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl的质量分别是()A. 950 mL,111.2 gB. 500 mL,117 gC. 1 000 mL,117 gD. 任意规格，
17、111.2 g【答案】C【解析】【详解】实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，则n(NaCl)=1L2molL1=2mol，m(NaCl)=2mol58.5g=117g；选C，故答案为：C。【点睛】在实验室中，容量瓶的规格一般为：25mL、50mL、100mL、250mL、500mL和1000mL。17. 下列物质中能通过化合反应制取的是( )Fe3O4Fe(OH)3FeCl2FeCl3A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，正确；氢氧化亚铁与水化合Fe(OH)3，正确；氯化铁与铁化合生成FeCl2，正确；铁和氯气化合生成FeC
18、l3，正确。所以D项正确；答案选D。18. 下列有关NaHCO3和Na2CO3的叙述不正确的是( )A. 两者焰色试验均为黄色B. 向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3晶体析出C. 向等浓度NaHCO3和Na2CO3溶液中滴加同浓度的盐酸，NaHCO3反应剧烈D. 可以用澄清石灰水可以鉴别两者【答案】D【解析】【详解】A二者都是钠盐，含有钠离子，因此焰色试验均为黄色，A正确；B向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，反应产生的NaHCO3质量比Na2CO3多，反应消耗溶剂水，且溶解度：Na2CO3NaHCO3，因此向Na2CO3
19、饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3晶体析出，B正确；C向等浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液中滴加同浓度的盐酸，Na2CO3与盐酸反应分步进行，首先反应产生NaHCO3，无气体放出，然后是反应产生的NaHCO3再与过量的盐酸反应放出CO2气体；而NaHCO3溶液中滴入盐酸，立即反应产生CO2气体，故NaHCO3反应剧烈，C正确；D二者与澄清石灰水都反应产生CaCO3沉淀，使溶液变浑浊，因此不能用澄清石灰水鉴别二者，D错误；故合理选项是D。19. 实验室制Cl2的反应为4HCl(浓)MnO2MnCl2Cl22H2O，下列说法错误的是（ ）A. 还原剂是HCl，氧化剂是MnO2B. 每生成1个
20、Cl2，转移电子2个C. 每消耗1个MnO2，起还原剂作用的HCl消耗4个D. 生成的Cl2中，除含有一些水蒸气外，还含有HCl杂质【答案】C【解析】【详解】分析反应4HCl(浓)MnO2MnCl2Cl22H2O可知：A还原剂被氧化，化合价升高，氧化剂被还原，化合价降低，故还原剂是HCl，氧化剂是MnO2，A正确；BCl2是由-1价的Cl-转化而来，故每生成1个Cl2，转移电子2个，B正确。C反应中4个HCl分子只有2个的化合价升高，故当1个MnO2参加反应，起还原剂作用的HCl消耗2个，C错误。D因浓盐酸易挥发，所以生成的Cl2中，除含有一些水蒸气外，还含有HCl杂质，D正确；故答案为：C。
21、20. 某同学用以下装置制备并检验 Cl2的性质。下列说法正确的是（）A. 图：若 MnO2 过量，则浓盐酸可全部消耗完B. 图：证明新制氯水具有酸性和漂白性C. 图：产生了棕黄色的雾D. 图：日光照射烧瓶中的饱和氯水会有气泡产生，这是由于氯气光照条件下溶解度下降而逸出【答案】B【解析】【详解】A、图中：随着反应进行，盐酸浓度减小到一定程度后，不再与二氧化锰继续反应，即使MnO2过量，盐酸也不能全部消耗，故A错误；B、图中氯水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，滴入石蕊试液变红证明其有酸性，但最后溶液会褪色，证明氯水有漂白性，故B正确；C、图中：铜在氯气中燃烧产生棕色的烟，故C错误；D、氯水中含H
22、ClO，光照时HClO分解生成氧气和盐酸，则气泡主要为分解生成的氧气，结论不合理，故D错误；故选B。21. 下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A反应中O元素化合价由-2价升高到0价，共转移12e-，故A错误；B反应中Mg共失去4个电子，氧气得到4个电子，电子转移方向和数目正确，故B正确；C反应中Cu得到电子，C失去电子，得失电子标反了，故C错误；D得失电子数不相等应为4个，故D错误。故选：B22. N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂，下列反应能产生N2O： 3CO+2NO2=3CO2+N2O。下列关于N2O的说法一定
23、正确的是( )A. 上述反应中每生成1mol N2O，消耗67.2LCOB. 等质量的N2O和CO2含有相等的电子数C. N2O只有氧化性，无还原性D. 上述反应中若有3 mol的CO被还原，则转移6NA个电子【答案】B【解析】【详解】A根据方程式知，生成lmolN2O，需要3molCO，由于不能确定外界条件，所以不能确定气体的体积，A错误；BN2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同，B正确；CN2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价常用中间价态，化合价可以升高，也可以降低，N2O既有氧化性，又有还原性，C错误；D在上述反应中CO被氧化，而不是被还原，D错误。答
24、案选B。23. 常温下，在溶液中可发生以下反应：2Fe2+Br2=2Fe3+2Br-，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，2Fe3+2I-=2Fe2+I2；由此判断下列说法错误的是( )A. 铁元素在反应和中均被氧化B. 反应中当有1个Cl2被还原时，有2个Br-被氧化C. 氧化性强弱顺序为Cl2Br2Fe3+I2D. 还原性强弱顺序为I-Fe2+Br-Cl-【答案】A【解析】【详解】A反应中Fe3+转化为Fe2+化合价降低，被还原，故A错误；B根据反应方程式2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，当有1个Cl2被还原时，有2个Br-被氧化，故B正确；C同一化学反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物
25、，由反应可知氧化性Br2Fe3+，由反应可知氧化性Cl2Br2，由反应可知氧化性Fe3+I2，综上所述氧化性Cl2Br2Fe3+I2，故C正确；D同一化学反应中还原剂的还原性大于还原产物，由反应可知还原性Fe2+Br-，由反应可知还原性Br-Cl-，由反应可知还原性I-Fe2+，综上所述还原性I-Fe2+Br-Cl-，故D正确；综上所述答案为A。24. 若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A. 1mol Cl2作为氧化剂得到的电子数为NAB. 在0 101kPa时，22.4L氢气中含有NA个氢原子C. NA个一氧化碳分子和0.5mol甲烷的质量比为7:4D. 14g 氮气中含有7
26、NA个电子【答案】D【解析】【详解】ACl2作为氧化剂被还原得到Cl-，故l mol Cl2作为氧化剂得到的电子数为21NA2NA，故A错误；B标况下，22.4L氢气的物质的量为1mol，含有2NA个氢原子，故B错误；CNA个即1molCO的质量为28g，0.5 mol甲烷的质量为8g，故质量比为7:2，故C错误；D一个氮气分子含有14个电子，故14g即0.5mol氮气含有7NA个电子，故D正确；故答案为D。25. 在标准状况下，3.4gNH3的（ ）A. 分子数约为6.021023B. 物质的量为0.1molC. 体积约为4.48LD. 摩尔质量为17【答案】C【解析】【详解】3.4gNH3
27、的物质的量n(gNH3)=0.2 mol, 据此分析：A. N(NH3)= n(gNH3)NA=0.2 mol6.021023=1.2041023，故A是错误的；B. 3.4gNH3的物质的量n(gNH3)=0.2 mol，故B是错误的；C. 在标准状况下，V(NH3)= n(gNH3)Vm=0.2 mol22.4L/ mol=4.48L，故C是正确的；D. NH3的分子量是17，其摩尔质量在数值上等于其分子量，故其摩尔质量为17g/ mol，但D项数值后少了单位，故D是错误的；故本题答案为C 。26. 配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，下列操作正确的是A. 称量时，应将NaOH固体放在称量
28、纸上称量B. 将称量的NaOH固体置于小烧杯中溶解，待溶液冷却至室温再转移C. 定容时若加水超过了刻度线，可用胶头滴管直接将多余溶液吸出D. 为减小误差，容量瓶必须干燥才可使用【答案】B【解析】A. 氢氧化钠易吸水具有腐蚀性，称量时，应将NaOH固体放在烧杯中称量，A错误；B. 将称量的NaOH固体置于小烧杯中溶解，待溶液冷却至室温再转移至容量瓶，B正确；C. 定容时若加水超过了刻度线，需要重新配制，C错误；D. 配制时容量瓶不必干燥，D错误，答案选B。27. 下列关于容量瓶的使用方法中，正确的是A. 使用前检查是否漏水B. 溶液未冷却即注入容量瓶中C. 容量瓶可长期存放溶液D. 在容量瓶中直
29、接溶解固体【答案】A【解析】【详解】A带有活塞的仪器使用前要检查是否漏水，A正确；B溶液未经冷却即注入容量瓶，冷却后溶液体积缩小，导致浓度偏大，B错误；C容量瓶不能用作长期存放试剂的容器，应在细口瓶中存放，C错误；D应在烧杯中溶解固体，冷却至室温再转移到容量瓶，D错误。答案选A。28. 配制250 mL 0.10 mol/L的盐酸溶液时，下列实验操作使配制溶液的浓度偏大的是A. 将量取的盐酸转移到容量瓶时有少量液体外流B. 定容时发现水加多后用滴管吸出C. 用量筒量取所需浓盐酸倒入烧杯后，用水洗量筒23次，洗涤液倒入烧杯中D. 定容后倒转容量瓶几次，发现凹液面最低点低于标线，再补几滴水到标线【
30、答案】C【解析】【分析】分析操作对溶质的物质的量或溶液的体积的影响，根据c=nV判断不当操作对所配溶液浓度影响。【详解】A. 将量取的盐酸转移到容量瓶时有少量液体外流，导致实际量取的盐酸的体积减小，所配溶液浓度偏低，故A不符；B. 定容时发现水加多后用滴管吸出，所配溶液浓度偏低，故B不符；C. 量筒为流量式仪器，流出的体积即为量取溶液体积，洗涤量筒导致实际量取的盐酸的体积增大，所配溶液浓度偏高，故C符合；D. 定反复倒转摇匀后，液面低于刻度线，此时有少量溶液残留在玻璃塞和瓶口之间，浓度不变，属于正常现象，但又补充了水，所配溶液体积偏大，导致所配溶液浓度偏小，故D不符合；故选：C。【点睛】考查配
31、制一定物质的量浓度的溶液的实验操作误差分析及对物质的量浓度的理解，抓住c=nV分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响是解题的关键，易错点D，定反复倒转摇匀后，液面低于刻度线，此时有少量溶液残留在玻璃塞和瓶口之间，浓度不变，属于正常现象，注意对所配溶液浓度的影响。29. 为了检验某FeCl2溶液是否变质，可向溶液中加入()A. Fe(SCN)3B. 铁片C. KSCN溶液D. 石蕊溶液【答案】C【解析】【详解】某FeCl2溶液若变质，被空气中氧气氧化生成铁离子，可用KSCN检验Fe3+；答案选C。30. 将1.12 g铁粉加入25 mL 2mol/L的氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是A.
32、 铁有剩余，溶液呈浅绿色，Cl 浓度基本不变B. 往溶液中滴入无色KSCN溶液，显黄色C. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为25D. Fe2+和Fe3+的物质的量之比为61【答案】D【解析】n(Fe)mol0.02 mol，n(Fe3)0.025 L 2mol/L0.05 mol，A、由反应：Fe2Fe3=3Fe2 可知Fe3过量，呈黄色，Cl 浓度基本不变，选项A错误；B. 往溶液中滴入无色KSCN溶液，溶液显红色，选项B错误； C、由反应：Fe2Fe3=3Fe2 可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，选项C错误；D、反应后溶液中n(Fe2)3n(Fe)0.06 mol，n(Fe3
33、)0.01 mol，Fe2+和Fe3+的物质的量之比为61，选项D正确。答案选D。二、填空题31. 某一无色澄清透明溶液，可能含有Na+、Mg2+、Cu2+、K+、Cl-、中的一种或几种，实验：用铂丝蘸取少量该溶液置于无色酒精灯火焰中灼烧，火焰呈黄色取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，过滤，往沉淀中加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成。在滤液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀。(1)由此推断，该溶液中肯定含有的离子为_，肯定不含有的离子为_。(2)中沉淀加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成的离子方程式_【答案】 (1). Na+、 (2). Mg2+、Cu2+ (3).
34、BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O【解析】【分析】溶液为无色澄清透明，说明溶液中不含有Cu2+，取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，过滤，往沉淀中加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说溶液中含有和，说明溶液中不含有Mg2+，由于第二步中加入了BaCl2引入了Cl-，第三步加入硝酸银后产生的沉淀无法判断原溶液中是否含有Cl-，据此分析。【详解】(1)根据分析，原溶液中肯定含有的离子为Na+、，一定不含有的离子是Mg2+、Cu2+；(2)沉淀部分溶解说明沉淀中的BaCO3被盐酸溶解，反应的离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O32. 写出下列反应的化学方程
35、式(1)钠与水反应_；(2)Na2O2与CO2反应_；(3)铁与水蒸气反应_。【答案】 (1). 2Na+2H2O=2NaOH+H2 (2). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (3). 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2【解析】【详解】(1)钠与水反应产生NaOH、H2，反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2；(2)Na2O2与CO2反应产生Na2CO3、O2，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；(3)铁与水蒸气在高温下反应产生Fe3O4、H2，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。33. (1)1.5
36、mol HNO3约含有_个氧原子。(2)含0.6 molH的C6H12O6的物质的量是_mol。(3)22 gCO2的物质的量为_mol，该气体在标准状况下的体积为_L。【答案】 (1). 4.5NA (2). 0.05 (3). 0.5 (4). 11.2【解析】【详解】(1)HNO3分子中含有3个O原子，则1.5 mol HNO3中含有O原子的物质的量n(HNO3)=1.5 mol3 =4.5 mol，故含有的O原子数目为N(O)=4.5 molNA/mol=4.5NA；(2)C6H12O6分子中含有12个H原子，则含有0.6 mol H原子的C6H12O6的物质的量n(C6H12O6)=
37、0.05 mol；(3)CO2摩尔质量是44 g/mol，则22 gCO2的物质的量为n(CO2)=0.5 mol，其在标准状况下的体积V(CO2)=0.5 mol22.4 L/mol=11.2 L。三、实验题34. (1)如图所示是某学生设计的实验室制备并干燥Cl2及吸收多余氯气的实验装置图，请回答：指出上图中的三处错误：_；_；_(2)装浓盐酸的仪器名称：_；浓硫酸的目的：_；饱和食盐水的目的：_，写出氢氧化钠溶液中反应的离子方程式：_(3)写出圆底烧瓶中发生反应的离子方程式_；若8.7 g MnO2与足量浓盐酸反应能使0.2mol HCl被氧化；浓盐酸在反应中显示出来的性质是_(填字母)
38、a还原性 b酸性 c氧化性 d挥发性如果将过量二氧化锰与20 mL12 mol/L的盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气明显少于0.06 mol。其主要原因有：_；_。【答案】 (1). 缺少酒精灯 (2). 装浓硫酸与饱和食盐水的洗气瓶位置放颠倒 (3). 收集装置中导气管应该是长进短出 (4). 分液漏斗 (5). 干燥氯气 (6). 除去Cl2中的杂质HCl (7). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (8). MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (9). ab (10). 浓盐酸挥发 (11). 随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，反应不再发生。【解析】【分析】浓盐
39、酸与MnO2混合加热，发生氧化还原反应产生Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，则在制取得到的Cl2中含有杂质HCl、H2O，要先通过饱和食盐水除去杂质HCl，再通过浓硫酸干燥，然后根据氯气的密度比空气大的性质，用向上排空气方法收集氯气。氯气的有毒气体，可根据其能够与碱反应的性质，用NaOH溶液进行尾气处理，然后进行排放。【详解】(1)浓盐酸与MnO2混合加热，发生反应制取Cl2，图示缺少加热仪器酒精灯；氯气中含有杂质HCl及水蒸气，应该先通过饱和食盐水除去杂质HCl，然后再通过浓硫酸进行干燥处理，图示二者位置放颠倒了；氯气的密度比空气大，要使用向上排空气方法收集，所以收集装置中导气管应该是长管进气，
40、短管出气；(2)图示中装浓盐酸的仪器名称是分液漏斗；洗气瓶中装浓硫酸的目的干燥氯气；饱和食盐水的目的是除去Cl2中的杂质HCl；NaOH溶液与Cl2反应产生NaCl、NaClO、H2O，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+ H2O；(3)在圆底烧瓶中，浓盐酸与MnO2混合加热，发生氧化还原反应产生MnCl2、Cl2、H2O，发生反应的离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；8.7 g MnO2的物质的量是0.1 mol。根据方程式可知：87 g即1 mol MnO2与4 mol HCl发生反应，其中有2 mol作还原剂，2 mol起酸的作用，则0.1
41、 mol MnO2反应会氧化0.2 mol HCl。浓盐酸在反应中显示出来的性质有酸性和还原性，故合理选项是ab；20 mL12 mol/L的盐酸中HCl的物质的量n(HCl)=12 mol/L0.02 L=0.24 mol，若该HCl完全发生上述反应制取Cl2，则制取得到的Cl2的物质的量应该是n(Cl2)=n(HCl)= 0.24 mol=0.06 mol，但由于浓盐酸有挥发性，挥发损耗；且随着反应的进行，盐酸浓度变稀，稀盐酸不能与MnO2发生反应产生氯气，因此充分反应后生成的氯气明显少于0.06 mol。【点睛】本题考查氯气的制取。结合物质的性质、反应条件判断装置的错误所在；一般情况下两
42、种物质发生反应，以不足量的物质为标准进行有关计算，但同时还要注意物质浓度与反应的关系进行分析、判断。35. 实验室要配制480 mL 0.2 mol/L HCl溶液，请回答下列问题：(1)配制溶液时的步骤有：计算；溶解；洗涤；恢复室温后，移液；定容；摇匀；称量，正确的顺序是_。A B C (2)配制过程中不需要使用的化学仪器有_填选项的字母。A烧杯 B500 mL容量瓶 C漏斗 D胶头滴管 E玻璃棒(3)从所配HCl溶液中取出10 mL溶液，与原溶液相比，不会发生变化的是_。A溶液中HCl的物质的量 B溶液中HCl的物质的量浓度C溶液中Cl-的数目 DHCl的质量(4)在配制上述溶液的过程中，
43、下列情况对HCl溶液物质的量浓度有何影响填“偏高”、“偏低”、或“无影响”转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容_容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水_定容时俯视_。(5)如果定容时加水超过容量瓶的刻度线，需要采取措施是_。【答案】 (1). B (2). C (3). B (4). 偏低 (5). 无影响 (6). 偏高 (7). 倒掉重配【解析】【详解】(1)配制溶液时的步骤有：计算；称量；溶解；恢复室温后移液；洗涤；定容；摇匀；故正确的顺序序号是，故合理选项是B；(2)实验室要配制480 mL 0.2 mol/L HCl溶液，根据选择仪器的标准“大而近”的原则，应该选择500 mL容量瓶，
44、配制500 mL 0.2 mol/L HCl溶液，需要使用的仪器有烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管，不使用的仪器为漏斗，故合理选项是C；(3)溶液具有均一性，即溶液各处的浓度不变，无论从中取出多少，溶液的浓度都不变。故从所配HCl溶液中取出10 mL溶液，与原溶液相比，不会发生变化的是溶液中HCl的物质的量浓度，故合理选项是B；(4)在烧杯的内壁和玻璃棒上沾有溶质，若转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，则溶质的物质的量偏少，由于溶液的体积不变，则配制的溶液浓度偏低；若容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水，由于不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制溶液的浓度无影响；若定容时俯视刻度线，则溶液的体积偏小，由于溶质的物质的量不变，则最终使配制的溶液浓度偏高；(5)如果定容时加水超过容量瓶的刻度线，配制的溶液浓度偏低，需要采取措施是倒掉重新配制。【点睛】容量瓶是准确配制一定体积一定物质的量浓度溶液的仪器。配制溶液的温度是20，因此物质溶解后应该恢复至室温再转移溶液。若实验室没有与配制溶液体积一致的容量瓶时，选择仪器的标准是大而近。要结合物质的量浓度定义式分析实验操作误差。