1、山东省荣成市第六中学2018-2019学年高一12月月考化学试题1.在科学史上中国有许多重大的发明和发现，为世界现代物质文明奠定了基础。以下属于化学史上中国对世界重大贡献的是造纸 发现元素周期律 提出原子分子论学说 指南针 炼铜、炼铁 提出化学元素的概念 人工合成牛胰岛素 火药A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】从两个角度分析，一是重大的发明和发现属于中国的，二是与化学有关的；【详解】在我国的四大发明中有两项属于化学工艺：造纸和制火药。另外我国是最早使用青铜器和冶炼铁的国家。1965年，我国在世界上首先人工合成了结晶牛胰岛素，这些都对世界化学史作出了巨大的贡献，综上，本题选C。2
2、.阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A. 1mol Na2O2与足量水反应，电子转移了2NAB. 标准状况下，11.2 L CCl4中含有分子的数目为0.5NAC. 1mol Na分别与O2在常温和加热条件下充分反应，前者转移的电子数目多D. 常温常压下,4.4g CO2 的体积大于2.24L【答案】D【解析】【详解】A.1mol Na2O2与足量水反应转移1mol电子，数目为NA，故A项错误；B.标准状况下，CCl4不是气体，11.2 L CCl4其物质的量不是0.5mol，故B项错误；C.Na与O2无论在常温还是加热条件下，充分反应后1mol Na转移电子数都为1mol，故C项错误
3、；D.4.4g CO2其物质的量为0.1mol，若在标况下其体积为2.24L，由于常温常压下Vm的数值大于标况下Vm的数值，则常温常压下，其体积大于2.24L，故D项正确；综上，本题选D。3.下列解释事实的方程式正确的是A. 在空气中切开金属钠，光亮表面变暗：2NaO2 = Na2O2B. 少量CO2通入氢氧化钠溶液中：OH-+CO2=HCO3-C. 将铁粉与水蒸气共热，产生气体：2Fe3H2O(g)Fe2O33H2D. 向CuSO4溶液中加入少量Na：2 Na+Cu2+2H2O=2Na+Cu(OH)2+H2【答案】D【解析】【详解】A.在空气中切开金属钠，光亮表面变暗是钠与氧气反应生成了Na
4、2O，化学反应方程式为：4NaO2 = 2Na2O，故A项错误；B.少量CO2通入氢氧化钠溶液中，反应生成碳酸钠和水，离子反应方程式为：2OH-+CO2=CO32-+H2O，故B项错误；C.铁粉与水蒸气共热，产物为Fe3O4，故C项错误；D.向CuSO4溶液中加入少量Na，Na与水反应生成NaOH，NaOH结合CuSO4生成Cu(OH)2，离子反应方程式为：2Na+Cu2+2H2O=2Na+Cu(OH)2+H2，故D项正确；综上，本题选D。【点睛】B项中要注意CO2的用量，少量CO2通入氢氧化钠溶液中发生：2OH-+CO2= CO32-+H2O；过量CO2通入氢氧化钠溶液中发生：OH-+CO2
5、=HCO3-；4.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. 氢氧化钠与盐酸；氢氧化钠与醋酸B. Na2CO3溶液与盐酸；CaCO3与盐酸C. BaCl2溶液与Na2SO4溶液；BaCl2溶液与NaHSO4溶液D. Fe(OH)3胶体的制备；Fe(OH)3沉淀的制备【答案】C【解析】【详解】A.前者离子方程式为：H+OH-=H2O，后者离子方程式为：CH3COOH+OH-=H2O+CH3COO-，二者不能用同一个离子方程式表示，故A项错误；B.前者离子方程式为：2H+CO32-=H2O+CO2，后者离子方程式为：2H+CaCO3=Ca2+H2O+CO2，二者不能用同一个离
6、子方程式表示，故B项错误；C.前者离子方程式为：Ba2+SO42-=BaSO4，后者离子方程式为：Ba2+SO42-=BaSO4，二者离子反应方程式相同，可以用同一个离子方程式表示，故C项正确；D.前者离子方程式为：Fe3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+，后者离子方程式为：Fe3+3OH-=Fe(OH)3， 二者不能用同一个离子方程式表示，故D项错误；综上，本题选C。5.下图表示的一些物质或概念间的从属关系中正确的是 XYZA过氧化钠碱性氧化物氧化物B硫酸化合物电解质C淀粉溶液胶体分散系D置换反应氧化还原反应离子反应A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A.
7、能和酸反应只生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，而过氧化钠和酸反应除了生成盐和水，还生成O2，不是碱性氧化物，故A项错误；B.由两种或以上元素构成的纯净物为化合物，故硫酸为化合物。在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，故化合物不一定都是电解质，故B项错误；C.淀粉溶液属于胶体，胶体属于分散系的一种，故C项正确；D.有化合价升降的反应为氧化还原反应，故置换反应属于氧化还原反应，而氧化还原反应不一定是离子反应，故D项错误；综上，本题选C。6.下列实验装置进行相应实验，不能达到实验目的的是 A. 用图1所示装置可制备氢氧化亚铁B. 用图2所示装置从碘的CCl4溶液中分离出碘单质C. 用图3所示装
8、置验证Na和水反应的热效应D. 用图4所示装置蒸干NaCl饱和溶液制备NaCl晶体【答案】B【解析】【分析】结合蒸馏原理进行分析；【详解】蒸馏时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，故B项错误；其余选项均可达到实验目的；综上，本题选B。7.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN-、Cl-B. 使酚酞变红的溶液中：K+、Na +、CO32-、NO3-C. c(Fe2+ ) =1 molL-1的溶液中：K+、 H+、MnO4-、SO42-D. 能使紫色石蕊变红的溶液中：Na+、 NH4+、SO42-、HCO3-【答案】B【解析】【分析】
9、根据选项中的限定条件入手分析，若不发生反应，则能大量共存；【详解】A. Fe3+遇SCN-溶液显红色，与题干无色不符，故A项错误；B.能使酚酞变红的溶液呈现碱性，碱性条件下，K+、Na +、CO32-、NO3-均可大量存在，故B项正确；C.酸性条件下，Fe2+可被MnO4-氧化，不能大量存在，故C项错误；D.能使紫色石蕊变红的溶液呈现酸性，HCO3-与H+不能大量存在，故D项错误；综上，本题选B。【点睛】本题考查离子共存。要注意D项中的HCO3-，酸性条件下，H+ HCO3-=CO2+H2O；在碱性条件下，HCO3-+OH-= CO32-+H2O；故HCO3-在酸性条件下不能存在，在碱性条件下
10、也不能存在；8.化学与生活密切相关，下列说法错误的是A. 用粘土焙烧制得的红陶，陶器显红色的原因可能是含有Fe2O3B. 制指南针的磁石主要成分是四氧化三铁C. 碳酸钠可以制成抗酸药，服用时喝些醋能提高药效D. K-Na合金可作核反应堆的导热剂；Mg-Al合金可用于制造飞机部件【答案】C【解析】【详解】A.Fe2O3为红色粉末，可用作陶器的着色剂，故A项正确；B.四氧化三铁有磁性，可制成磁石，故B项正确；C.醋酸会与碳酸钠反应，消耗碳酸钠，降低药效，故C项错误；D.钠钾合金熔点低，可作原子反应堆的导热剂，MgAl合金的密度小硬度大，可用于制造飞机部件，故D项正确；综上，本题选C。9.某无色混合
11、气体可能由CH4、H2、CO、CO2和HCl中的某几种气体组成。在恒温恒压条件下，通过过量的澄清石灰水未见变浑浊，但混合气体的总体积减小；把剩余气体导出后，在O2中能够点燃，燃烧产物不能使CuSO4粉末变蓝。则原混合气体的成份是A. HCl、CO B. HCl、H2 C. HCl、CO2 D. CH4、CO和CO2【答案】A【解析】【分析】从以下两个现象入手分析：现象1：通过过量的澄清石灰水未见变浑浊，但混合气体的总体积减小；现象2：把剩余气体导出后，在O2中能够点燃，燃烧产物不能使CuSO4粉末变蓝；【详解】CH4、H2、CO、CO2和HCl这五种气体都为无色气体，通入过量的澄清石灰水，没有
12、变浑浊，则说明没有CO2，但因为混合气体的体积减小，则说明HCl溶于水与氢氧化钙反应与被吸收了，因此含有HCl气体。且剩余的气体可以燃烧，则说明含有可燃性气体，又因为燃烧产物不能使无水硫酸铜变蓝，说明燃烧产物中没有水，则说明混合气体中不含有CH4和H2，因此含有CO，则原混合气体的成份是HCl、CO。综上，本题选A。10.有关NaHCO3和Na2CO3的下列叙述中错误的是等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，Na2CO3产生的CO2多84 g NaHCO3、106 g Na2CO3分别与足量的盐酸完全反应，Na2CO3消耗盐酸的物质的量是NaHCO3的两倍将澄清石灰水分别倒入两
13、种盐溶液中，只有Na2CO3溶液中产生白色沉淀通常状况下，相同温度下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3A. B. C. D. 【答案】D【解析】Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，NaHCO3产生的CO2多，故错误；Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，84g即1molNaHCO3、106g即1molNa2CO3分别与足量的盐酸完全反应，Na2CO3消耗盐酸的物质的量是NaHCO3的两倍，故正确；将澄清石灰水分别倒入两种
14、盐溶液中，Na2CO3+Ca(OH)2CaCO3+2NaOH，NaHCO3+Ca(OH)2CaCO3+H2O+NaOH或2NaHCO3+Ca(OH)2CaCO3+2H2O+Na2CO3，都产生白色沉淀，故错误；通常状况下，相同温度下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，故正确。故选D。11.有以下物质 NaCl溶液 熔融的MgCl2 CuSO45H2O固体 NaOH 固体 金属铜 蔗糖。有关它们的说法正确的是A. 属于非电解质的有 B. 属于电解质有C. 不能导电的有 D. 属于混合物的有【答案】C【解析】电解质、非电解质都是化合物，混合物、单质既不是电解质也不是非电解质；然后再从定义上区别
15、，上述物质中属于非电解质的有：蔗糖，属于电解质的有：熔融的MgCl2 CuSO45H2O固体 NaOH 固体；物质的导电性由是否存在自由移动的带电粒子决定， 金属、石墨属于电子导电，电解质溶解导电属于自由离子导电，上述物质中能导电的有 NaCl溶液 熔融的MgCl2 金属铜，不能导电的有 CuSO45H2O固体 蔗糖 NaOH 固体；属于混合物的有 NaCl溶液。故C正确。12.下列叙述正确的是 标准状况下，1molSO2和1molSO3具有相同的体积；SO2使溴水、高锰酸钾酸性溶液褪色是因为SO2有漂白性；SO2有漂白性，湿润的氯气也有漂白性，若将SO2和Cl2以等物质的量混合后通入品红溶液
16、中，一定褪色更快；SO2溶于水，得到的溶液有氧化性，还有还原性；SO2通入Ba(OH)2溶液中，有白色沉淀生成，加入稀硝酸最终沉淀将全部溶解SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成。A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：标准状况下，三氧化硫不是气体，不能适用于气体摩尔体积，不正确；不正确，是利用的SO2的还原性；不正确，因为二者混合发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，失去漂泊性；不正确，因为硝酸极易氧化性，能氧化亚硫酸钡生成硫酸钡，其余选项都是正确的，答案选C。考点：科学硫及其化合物的有关性质点评：该题可以通过排除法逐一筛选即可得出正确的答案。13.将Fe、Cu、Fe2、Fe3和Cu2置
17、于同一容器中充分反应，如Fe有剩余，则容器中只能有A. Cu、Fe3、Fe B. Fe2、Fe3、FeC. Cu、Cu2、Fe D. Cu、Fe2、Fe【答案】D【解析】由于铁粉有剩余，金属的还原性为：FeCu，所以金属铜不会参加反应，容器中一定存在铜；能够与铁粉反应有铁离子和铜离子，所以铜离子和铁离子不会存在，与铁粉反应后生成了金属铜和亚铁离子，所以容器中一定存在亚铁离子，即反应后容器中一定存在：Cu、Fe2+、Fe，答案选D。14.下列有关实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A某溶液中滴加足量盐酸酸化的 BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中一定含有SO42B将Cl2通入石蕊试液
18、中石蕊试液先变红 后褪色C12具有漂白性C用洁净的铂丝蘸取某溶液进行焰色反应实验火焰呈黄色原溶液一定含有Na+，一定不含K+D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CC14，充分振荡，静置下层溶液显紫红 色氧化性Fe3+I2A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A某溶液中滴加足量盐酸酸化的BaCl2溶液，无法排除银离子的干扰，则原溶液中不一定含有SO42，故A错误；B将Cl2通入石蕊试液中，氯气与水反应生成HCl和次氯酸，溶液呈酸性，则石蕊试液先变红，生成的次氯酸具有漂白性，所以会褪色，具有漂白性的是次氯酸，不是氯气，故B错误；C用洁净的铂丝蘸取某溶液进行焰色反应实验，火
19、焰呈黄色，只能证明原溶液一定含有Na+，无法确定是否含有K+，因为观察钾离子的焰色反应火焰颜色需要通过蓝色钴玻璃，故C错误；D将KI和FeCl3溶液在试管中混 合后，加入CC14，振荡静置后下层溶液显紫红色，说明生成了碘单质，则氧化性：Fe3+I2，故D正确；15.己知反应：Cl2+2KBr=2KCl+Br2，KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O。据此判断下列说法正确的是A. 上述两个反应都是置换反应B. 中KC1是氧化产物，KBr发生还原反应C. 反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为5: 1D. 氧化性由强到弱的顺序为：Br2Cl2KClO3【答案】C【解析】A为置换反应，中生成
20、物有单质但反应物没有单质，所以不是置换反应，A错误；B反应中溴离子从-1价变为0价，KBr是还原剂，发生氧化反应，氯气是氧化剂，氯化钾是还原产物，B错误；CKClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾，氯元素化合价从+5价降低到0价，根据电子得失守恒可知参加反应的6mol氯化氢中有5mol的氯化氢作还原剂，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：1，C正确；DCl2+2KBr2KCl+Br2中氧化剂是氯气，氧化产物是溴，所以氯气的氧化性大于溴，KClO3+6HCl3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氯酸钾的氧化性大于氯气，则氧化性强弱顺序是KClO3C
21、l2Br2，D错误；答案选C。16.C1O2是一种常用的气体消毒剂，能净化有毒废水中的NaCN （已知NaCN中N的化合价为3），发生的反应为：2C1O2+2NaCN2NaCl+2CO2+N2，下列说法正确的是A. 反应中氯元素被氧化B. NaCN既是氧化剂又是还原剂C. 生成0lmol N2，转移1mol电子D. 氧化产物与还原产物的物质的域之比为1：1【答案】C【解析】AC、N元素化合价都升高，Cl元素的化合价降低，则反应中氯元素被还原，A项错误；BNaCN中C、N元素化合价都升高，只是还原剂，B项错误；C该反应中转移10e，则生成0.lmol N2，转移1mol电子，C项正确；D反应中C
22、O2和N2是氧化产物，C1O2是还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:2，D项错误答案选C。17.根据实验室制NH3的反应原理和实验装置，回答下列问题。（1）写出加热NH4Cl和Ca(OH)2制取NH3的化学方程式：_。（2）若要得到干燥的NH3，合适的干燥剂为_（填选项编号，下同）a.浓硫酸 b.碱石灰 c.无水CaCl2 d.P2O5 （3）下列气体能用排水法收集的是_，能用向上排空气法收集的是_。aNH3 bNO cNO2 d.SO2（4）NH3易溶于水，难溶于有机溶剂CCl4。下列图示装置中，可以做NH3的尾气吸收装置的是_。 （5）如何检验氨气已收集满试管？_。【答案】
23、(1). 2NH4Cl+ Ca(OH) 2 CaCl2 + 2NH3+ 2H2O (2). b (3). b (4). cd (5). ACD (6). 用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明已收集满。（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，若冒白烟，则说明已收集满。）【解析】【详解】(1)加热NH4Cl和Ca(OH)2发生复分解反应，生成氯化钙、氨气和水，故答案为：2NH4Cl+ Ca(OH) 2 CaCl2 + 2NH3+ 2H2O(2)氨气极易溶于水，与浓硫酸、P2O5反应。氨气可与无水CaCl2结合生成CaCl2 8NH3，所以选择碱石灰，故答案为b；(3)氨气极易溶于水，二氧
24、化氮易溶于水，一氧化氮难溶于水，二氧化硫可溶于水，故一氧化氮可用排水法收集；一氧化氮与空气中氧气反应，因此一氧化氮不可以用排空气法收集，氨气、二氧化氮，二氧化硫用排空气法收集，且二氧化氮，二氧化硫密度比空气大可用向上排空气法收集，故答案为：b；cd；(4)氨气极易溶于水，C、E装置易发生倒吸，故答案为ACD；(5)氨气验满可用湿润的红色石蕊试纸或蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，故答案为：用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明已收集满。（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，若冒白烟，则说明已收集满。）；18.（1）现有下列物质：铁单质 二氧化碳 氯气 硫酸钡晶体 碳酸氢钠 盐酸 氢氧化钠
25、溶液 乙醇 熔化的硝酸钾属于电解质的是_（填序号）（2）请写出下列反应的离子方程式：与反应：_；过量与反应：_（3）实验室可用下列反应原理制备氯气：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O。在该反应中，被还原的物质是_（填化学式）；若反应中生成了4.48L Cl2 （标准状况），则被氧化的HCl为_mol。（4）工业废水含有Cu2+ 、Ba2 、Ag+要求加入三种试剂，每次只沉淀一种离子，写出加入第一种试剂时，所发生反应的离子方程式_【答案】 (1). (2). HCO3-+OH-=CO32-+H2O (3). OH-+CO2=HCO3- (4). MnO2 (5). 0.4 (
26、6). Ag+Cl-=AgCl【解析】【分析】(1)电解质指的是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，据此分析；(2)碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；过量的二氧化碳与氢氧化钠溶液反应得到碳酸氢钠，据此分析；(3)该反应中，Cl元素化合价由-1价变为0价，Mn元素化合价由+4价变为+2价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，根据生成了标况下4.48L Cl2 计算被氧化的HCl；(4)废水含有Cu2+ 、Ba2 、Ag+要求加入三种试剂，每次只沉淀一种离子，则必然先沉淀银离子；【详解】(1)铁单质既不是电解质也不是非电解质，二氧化碳属于非电解质，氯气既不是电解质也不是非电解质，硫酸钡晶体属
27、于电解质，碳酸氢钠属于电解质，盐酸既不是电解质也不是非电解质，氢氧化钠溶液既不是电解质也不是非电解质，乙醇属于非电解质， 熔化的硝酸钾属于电解质，故答案为：；(2)碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；过量的二氧化碳与氢氧化钠溶液反应得到碳酸氢钠，故答案为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O；OH-+CO2=HCO3-；(3)该反应中，Cl元素化合价由1价变为0价，Mn元素化合价由+4价变为+2价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，所以氧化剂是MnO2，被还原，根据被氧化的HCl生成Cl2，则若反应中生成了4.48LCl2(标准状况)，则被氧化的HCl为4.48L22.4(L/mol)2=
28、0.4mol，故答案为：MnO2；0.4；(4)含有Cu2+、Ba2+、Ag+的溶液中，每次只沉淀一种离子，则先沉淀银离子，加入氯化钠，所发生反应的离子方程式Ag+Cl=AgCl；故答案为：Ag+Cl=AgCl；【点睛】本题（1）考查了物质分类中的电解质。电解质指的是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，所以是电解质就一定要为化合物，其次要注意不是电解质的物质，不一定就是非电解质，比如混合物。19.利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：（1）从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的化合物有_（填化学式）（2）将X与
29、Y混合，可生成淡黄色固体该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_（3）检验物质Y的方法是_（4）Z的浓溶液与铜单质在一定条件下可以发生化学反应，该反应的化学方程式为_（5）Na2S2O3是重要的化工原料从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是_（填代号）aNa2S+S bNa2SO3+S cSO2+Na2SO4 dNa2SO3+Na2SO4（6）已知Na2SO3能被K2Cr207氧化为Na2SO4则24mL 0.05molL1的Na2SO3溶液与 20mL 0.02molL1的溶液恰好反应时，Cr元素在还原产物中的化合价为_【答案】 (1). SO2、H2SO3、N
30、a2SO3 (2). 1：2 (3). 将Y通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又变红色 (4). Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2 (5). b (6). +3【解析】S元素的化合价有2价、0价、+4价、+6价，（1）具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性，S元素的化合价有2价、0价、+4价、+6价，所以0价和+4价S的化合物既有还原性又有氧化性，即SO2，H2SO3、Na2SO3； （2）将X为H2S与SO2混合，可生成淡黄色固体，是用二氧化硫的氧化性氧化硫化氢生成淡黄色沉淀S和水，2H2S+SO2=3S+2H2O，反应中硫元素化合价2价变化为0价，H2S做还原剂，+4
31、价变化为0价，二氧化硫做氧化剂，则该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；（3）二氧化硫具有漂白性可以使品红溶液褪色，加热又会恢复红色，则检验Y的方法是：将Y通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又变红色；（4）浓硫酸溶液与铜单质在加热条件下可以发生化学反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2；（5）Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2，cd中S的化合价都大于2，b符合题意；（6）令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则24103L0.0
32、5mol/L（64）=20103L0.02mol/L2（6a），解得a=+3 。点睛：S元素的化合价有2价、0价、+4价、+6价，（1）具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性；（2）将X为H2S与SO2混合，可生成淡黄色固体，是用二氧化硫的氧化性氧化硫化氢生成淡黄色沉淀S和水，元素化合价降低的物质做氧化剂，元素化合价降低的为还原剂；（3）二氧化硫具有漂白性可以使品红溶液褪色；（4）浓硫酸溶液与铜单质在加热条件下可以发生化学反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；（5）Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；（6）Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元
33、素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒计算a的值。20.化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有重要作用（1）下列关于实验的叙述中正确的有_（填字母）A不慎碰翻燃着的酒精灯使酒精在桌面上燃烧起来，应立即用湿抹布灭火B不慎将酸沾到皮肤或衣物上，应立即用浓NaOH溶液清洗C先在天平两个托盘上各放一张相同质量的纸，再把氢氧化钠固体放在纸上称D把试剂瓶中的Na2CO3溶液倒入试管中，发现取量过多，为了不浪费，又把多余的试剂倒入原试剂瓶中E分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出F使用分液漏斗
34、前要检查其是否漏水G用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl溶液中的水全部加热蒸干（2）下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容。现用该浓硫酸配制480 mL 1 mol L1的稀硫酸。硫酸 化学纯（CP）（500mL）品名：硫酸化学式：H2SO4相对分子质量：98密度：1.84g/cm3质量分数：98%可供选用的仪器有：胶头滴管烧瓶烧杯 玻璃棒药匙量筒托盘天平。请回答下列问题：a该硫酸的物质的量浓度为 _ mol L1。b配制稀硫酸时，还缺少的仪器有 _ (写仪器名称)。c经计算，配制480mL 1mol L1的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_
35、mL。d对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于1 mol L1，配制过程中下列各项操作可能引起该误差的原因有 _。 A定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容 。 B将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作。C转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面。D容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水 。E定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处。【答案】 (1). AEF (2). 18.4mol/L (3). 500mL容量瓶 (4). 27.2mL (5). A、B【解析】【分析】(1)结合实验室规则和实验知识进行判断；(2)a. 根据c=1000w%/
36、M，计算硫酸的浓度；b.结合一定物质的量浓度溶液的配制原理和操作步骤分析缺少的仪器；c.稀释前后，溶质的物质的量保持不变，根据c1V1=c2V2计算；d.结合c=n/V，分析实验过程中带来的误差；【详解】(1)A.不慎碰翻燃着的酒精灯使酒精在桌面上燃烧起来，应立即用湿抹布灭火，不能用水灭火，故 A项 正确；B.不慎将酸沾到皮肤或衣物上，应立即用水冲洗，然后涂上适量的碳酸氢钠溶液，而 NaOH 为强碱具有腐蚀性，故 B 项错误；C.NaOH 固体具有强腐蚀性，易潮解，要放在玻璃器皿中称量，不可直接放在纸上称量，故 C 项错误；D.实验剩余的药品一般不能放回原试剂瓶，防止污染，特殊的药品如钠等放回
37、原试剂瓶，故 D 项错误；E.分液时应注意防止液体重新混合而污染，则分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故 E项 正确；F.分液漏斗是带有旋塞和瓶塞的仪器，使用前需要检查是否漏水，故 F项 正确；G.蒸发时待大量晶体析出时，停止加热，利用蒸发皿的余热把剩余的水蒸干，故 G 项错误；综上，答案为：AEF；(2)a. 根据c=1000w%/M可知,硫酸的浓度c=10001.8498%/98=18.4mol/L，故答案为：18.4mol/L；b. 根据实验操作的步骤（计算量取稀释冷却移液洗涤定容摇匀装瓶贴签）以及每步操作需要的仪器进行分析，还缺少500mL容量瓶，故答案为：500mL容量
38、瓶；c.配制480mL、1mol L1的稀硫酸，需要用500mL容量瓶配制500mL溶液。根据c1V1=c2V2可知，18.4mol/L V1=1 mol/L V2，解得V2=27.2mL，故答案为：27.2mL；d. A.定容时，俯视容量瓶刻度线，导致所配溶液体积减小，所配溶液浓度偏高；B.溶液有热胀冷缩的性质，浓硫酸稀释，放出大量的热，溶解后未恢复室温立即转移到容量瓶中定容，导致所配溶液体积减小，所配溶液浓度偏高； C.转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面，移入容量瓶中的溶质硫酸的物质的量减小，所配溶液浓度偏低；D.最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响；E.摇匀
39、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；综上，本题选AB。【点睛】本题(2)中考查了一定物质的量浓度溶液的配制的误差分析。一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大21.某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置请回答下列问题：（1）装置F中发生
40、反应的离子方程式为_（提示，高锰酸钾的还原产物为Mn2+）（2）盛放浓盐酸的装置的名称是_；A装置中的固体可能是_（3）通入C装置的两根导管左边较长、右边较短，目的是_（4）装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一请写出反应的化学方程式：_【答案】 (1). 2MnO4-+10Cl-+16H+=Mn2+5Cl2+8H2O (2). 分液漏斗 (3). 碱石灰或生石灰等 (4). 使密度大的氯气与密度小的氨气较快地均匀混合 (5). 3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl【解析】【分析】(1)F中发生高锰酸钾与浓盐酸的氧化还原反应，生成氯化钾、氯化锰、氯气、水;(2)
41、利用碱石灰与浓氨水可制取氨气；(3)左边进入的为氨气，右边进入的为氯气，密度不同；(4)C内出现浓厚的白烟为氯化铵，另一生成物是空气的主要成分之一为氮气，以此来解答；【详解】(1)F中发生高锰酸钾与浓盐酸的氧化还原反应,生成氯化钾、氯化锰、氯气、水,离子反应为2MnO4-+10Cl-+16H+=Mn2+5Cl2+8H2O，因此，本题正确答案是：2MnO4-+10Cl-+16H+=Mn2+5Cl2+8H2O；(2)盛放浓盐酸的装置的名称是分液漏斗；碱石灰或生石灰等与浓氨水混合可制取氨气，因此，本题答案为：分液漏斗；碱石灰或生石灰等；(3)左边进入的为氨气，右边进入的为氯气，密度不同，则导管左边较
42、长、右边较短使密度大的氯气与密度小的氨气较快地均匀混合，因此，本题答案为：使密度大的氯气与密度小的氨气较快地均匀混合；(4)C内出现浓厚的白烟为氯化铵，另一生成物是空气的主要成分之一为氮气，该反应为3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl，因此，本题正确答案是：3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl；22.绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：（1）用绿矾晶体配制硫酸亚铁溶液时需加入少量铁粉，其目的是_，若绿矾失去了部分结晶水，会导致配制的溶液浓度_（偏大、偏小、无影响）。（2）设计实验检验绿矾晶体是否变质，写出实验方案
43、：_；若要检验硫酸铁溶液中是否含有Fe2+， 最好选用_。A. KSCN溶液、氯水 B. 酸性KMnO4溶液 C. NaOH溶液 D.H2O2溶液（4）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带端开关K1和K2）（装置A）称重，记为m 1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m 2 g。按下图连接好装置进行实验。仪器B的名称是_。用N2排净装置中的空气，加热装置A,使其彻底失去结晶水直至A恒重，记为m 3 g。根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_（列式表示）。【答案】 (1). 防止Fe2+被空气氧化 (2). 偏大 (3). 取少量晶体于试管中，加入适量蒸馏水溶解，再滴
44、加KSCN溶液，若变红，则说明样品已经变质；若不变红，则说明样品未变质 (4). B (5). 干燥管 (6). 【解析】（1）硫酸亚铁易被氧化为硫酸铁，所以为防止Fe2+被空气氧化，用绿矾晶体配制硫酸亚铁溶液时需加入少量铁粉；若绿矾失去了部分结晶水，硫酸亚铁的质量会增加，因此会导致配制的溶液浓度偏大。（2）由于铁离子一般用KSCN溶液检验，所以检验绿矾晶体是否变质的实验方案为取少量晶体于试管中，加入适量蒸馏水溶解，再滴加KSCN溶液，若变红，则说明样品已经变质；若不变红，则说明样品未变质；（3）亚铁离子具有还原性，则要检验硫酸铁溶液中是否含有Fe2+最好选用酸性高锰酸钾溶液，因为亚铁离子能使酸性高锰酸钾溶液褪色，双氧水也能氧化亚铁离子，但没有明显的实验现象，答案选B。（4）仪器B的名称是干燥管。直至A恒重，记为m3 g，应为FeSO4和装置的质量，则m（FeSO4）=（m3-m1）g，m（H2O）=（m2-m3）g，则n（H2O）=(m2m3)/18 mol、n（FeSO4）=(m3-m1)/152 mol，结晶水的数目等于n(H2O)/n(FeSO4)=76(m2m3)/9(m3m1)。
