1、广西陆川县中学2017-2018学年高一上学期期中考试化学试题第I部分 选择题(共48分)一、选择题(本题包括16小题，每题3分，共48分)1. 下列仪器在使用之前需要检查是否漏液的是（）分液漏斗 长颈漏斗 容量瓶 蒸馏烧瓶 洗气瓶A. B. C. D. 【答案】B【解析】分液漏斗主要用于添加液体和进行萃取分液实验，分液漏斗上有活塞和玻璃塞，使用时注意防漏，使用之前要检查是否漏液；容量瓶主要用于配制一定体积物质的量浓度的溶液，配制溶液过程中要将容量瓶颠倒摇匀，容量瓶在使用之前要检查是否漏液；长颈漏斗、蒸馏烧瓶、洗气瓶使用之前不必检查是否漏液；答案选B。2. 下列有关说法正确的是（ ）A. 能在
2、水溶液电离出H+的物质是酸B. 氧化还原反应中所有元素的化合价均有升降C. 在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强D. 氧化还原反应的实质是电子的转移（得失或偏移）【答案】D【解析】A项，能在水溶液中电离出H+的物质不一定是酸，如NaHSO4在水溶液中能电离出H+，但NaHSO4属于酸式盐，错误；B项，氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，氧化还原反应中不一定所有元素的化合价均有升降，如反应2Na+2H2O=2NaOH+H2中O元素的化合价没有变化，错误；C项，氧化剂氧化性的强弱指氧化剂得电子能力的难易程度，不是得电子数的多少，越易得电子氧化性越强，如等物质的量的Ag+得电子数小于C
3、u2+，但氧化性：Ag+Cu2+，错误；D项，氧化还原反应的实质是电子的转移（得失或偏移），正确；答案选D。点睛：本题主要考查酸和氧化还原反应中概念的理解，需要注意：（1）在水溶液中电离的阳离子全部是H+的化合物叫做酸，酸溶液中的阳离子只有H+。（2）物质氧化性或还原性的强弱取决于物质得失电子能力的难易程度，与得失电子数目的多少无关。（3）氧化还原反应的实质是电子的转移（得失或偏移），特征是元素化合价的升降，但不一定所有元素的化合价都发生改变。3. 下列说法正确的是（ ）A. CO2的摩尔质量为44gB. 标准状况下，2molNH3的气体摩尔体积为44.8L/molC. H2O的摩尔质量和H2
4、O的相对分子质量数值相等D. 50mL 1mol/LNa2SO4 溶液中，Na+和SO42-物质的量之和是0.15mol【答案】D【解析】A中摩尔质量的单位为gmol-1，所以A错误。B标准状况下的气体摩尔体积就是22.4Lmol-1，与物质的量无关，所以B错误。C中H2O的摩尔质量应该说明其单位，只有单位为gmol-1的时候，其摩尔质量的数值才是18，C错误。D在50mL 1mol/LNa2SO4 溶液中含有硫酸钠为0.05mol，所以钠离子为0.1mol，硫酸根为0.05mol，一共0.15mol，D正确4. 下列实验设计中能达到预期目的的是（ ）A. 用酒精萃取碘水中的碘，将碘的酒精溶液
5、从分液漏斗的上口倒出B. 在沸水中逐滴加入FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色即可得到Fe（OH)3胶体。C. 将氢气和氧气的混合气体通过灼热的氧化铜除去氢气D. 氯酸钾和二氧化锰的混合物充分加热后可用溶解、过滤、蒸发的方法分离【答案】D 5. 下列各组物质按照单质、化合物、混合物顺序排列的是（ ）A. 石墨 Fe(0H)3胶体 澄清石灰水 B. 氮气 干冰 冰水混合物C. 液态氧 CuSO45H2O 浓硫酸 D. 硫粉 碘酒 含氧40%的氧化镁【答案】C【解析】A Fe(0H)3胶体是混合物，A错误。B冰水混合物是纯净物，B错误。C正确。D碘酒是碘的酒精溶液，为混合物，D错误。6. 下列关
6、于胶体的叙述中，不正确的是（ ）A. 粒子直径在1nm - 100nm的物质为胶体B. 用半透膜除去淀粉胶体中的NaCl溶液，用过滤能分离淀粉胶体中的泥沙C. 利用丁达尔效应可以区分FeCl3溶液和Fe(0H)3胶体D. 由于胶体粒子带有电荷，工厂中常用静电除去粉尘【答案】A【解析】A应该说分散质粒子直径在1nm - 100nm的分散系为胶体，A错误。B胶体不能透过半透膜，溶液可以；胶体能透过滤纸，泥沙不可以，所以B正确。C溶液没有丁达尔效应，胶体有，C正确。D静电除尘的原理是带电的胶体粒子在电场中的定向移动（电泳），D正确。7. 下列反应中，不属于氧化还原反应的是（反应条件未给出）（ ）A.
7、 Fe2O3 + 3CO = 2Fe +3CO2 B. 4NH3 + 5O2 = 4NO + 6H2OC. 2HClO = 2HCl + O2 D. IBr+H2O=HIO+HBr【答案】D【解析】A、B、C选项中化合价的变化很明显。D中IBr中I的化合价为+1，Br的化合价为-1，生成物中I和Br的化合价未变化，D不是氧化还原反应，所以答案为D。8. 下列说法正确的是（ ）A. 在氧化还原反应中肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原B. 化合反应和分解反应一定是氧化还原反应C. 氧化还原反应一定有电子的转移D. 离子反应可能是复分解反应，但离子反应一定不是氧化还原反应【答案】C9. 若用NA
8、表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A. 0.1 mol OH所含电子数与1.7 g OH所含质子数之差为NAB. 在0，101kPa时，22.4 L H2O中含有2NA个氢原子C. 0.5 mol/L的BaCl2溶液中含Cl-个数为NAD. 标准状况下NA个CO2分子和11.2 L CH4的质量比为11：2【答案】D【解析】A一个氢氧根含有10个电子，0.1molOH所含电子为1mol；1.7 g OH为0.1mol，一个氢氧根含有9个电子，0.1molOH所含质子为0.9mol；所以差值为0.1NA；A错误。B标况下，水为液体，无法计算，B错误。C中未说明溶液体积，所以无法计算
9、，C错误。D中NA个CO2分子就是1molCO2质量为44g，标况下11.2L为0.5mol，0.5molCH4的质量为8g，所以质量比为11：2，D正确。10. 同温同压下，由NO和CO组成的混合气体密度是H2的14.5倍，下列关系正确的是（ ）A. 混合气体中，CO与NO质量比14:15B. 混合气体中，CO与NO分子个数比1:2C. 同温同压下，同体积的该混合气体与空气的质量不相等（空气平均相对分子质量为29）D. 同温同压下，该混合气体的密度与空气的密度不相等【答案】A【解析】同温同压下，气体的密度比等于其分子量的比。所以NO和CO组成的混合气体密度是H2的14.5倍，说明混合气体的平
10、均分子量为29。根据十字交叉法： 所以CO和NO的物质的量的比为1:1，质量比为28:30，所以A正确，B错误。C同温同压同体积代表物质的量相等，而两种气体的平均分子量相等，所以质量一定相等，C错误。D同温同压下，气体的密度比等于其分子量的比，而两种气体的平均分子量相等，所以密度一定相等，D错误。点睛：本题中使用了十字交叉法解决已知平均分子量的前提下，如何计算两个组份的物质的量之比。这种方法要求必须是两种物质的混合物，已知混合物的平均值，就可以利用该方法求解两种物质的物质的量之比。其具体原理实际是在解一个对应的二元一次方程组。以本题为例：设CO和NO的物质的量分别为Xmol和Ymol，根据平均
11、分子量公式有：(28X+30Y) (X+Y) = 29，即28X+30Y = 29(X+Y)，即(30-29)Y=(29-28)X，所以 。11. 下列关于物质的量浓度表述正确的是（ ）A. 98%的H2SO4物质的量浓度为18.4mol/L ，则49%的H2SO4物质的量浓度为9.2mol/LB. 当2L水吸收44.8L氨气(标况)时所得氨水的浓度不是1molL-1，只有当44.8L(标况)氨气溶于水制得2L氨水时，其浓度才是1molL-1C. 只含K2SO4和NaCl的混合水溶液中，如果Na+和SO42-的物质的量相等，则K+和Cl-的物质的量浓度一定相同D. 50mL 1mol/L的Al
12、Cl3溶液中的Cl浓度与50ml 3mol/L的BaCl2溶液Cl浓度相等【答案】B【解析】A由物质的量浓度和质量分数的换算公式得： ；解得：，但是浓度不同，密度一定不同，说明此说法错误。A错误。B中说法正确，计算物质的量浓度时，应该用溶液总体积，显然2L水吸收44.8L氨气(标况)时所得氨水的体积不可能是2L，B正确。C只含K2SO4和NaCl的混合水溶液中，如果Na+和SO42-的物质的量相等，说明K2SO4和NaCl的物质的量相等，所以K+和Cl-的物质的量浓度一定为2:1，C错误。D中50mL 1mol/L的AlCl3溶液中的Cl浓度为3mol/L，50ml 3mol/L的BaCl2溶
13、液Cl浓度为6mol/L（注意这里浓度计算实际与溶液体积无关），所以D错误。 12. 实验过程中，下列溶液的导电能力变化不大的是（ ）A. Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液 B. 醋酸溶液中滴入氨水至过量C. 澄清石灰水中通入CO2 D. NH4Cl溶液中加入适量的NaOH固体【答案】D【解析】溶液的导电能力由离子的浓度和离子电荷共同决定，浓度越大电荷越高导电能力越强。A中Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液生成硫酸钡沉淀和水，溶液中离子浓度明显下降，导电能力应该明显减弱，A错误。B醋酸溶液中滴入氨水至过量，醋酸和氨水反应生成醋酸铵，从醋酸这样的弱电解质转化为醋酸铵这样的强电解质，溶液
14、中离子浓度明显增大，导电能力明显增强，B错误。C中澄清石灰水中通入CO2生成碳酸钙沉淀和水，离子浓度明显下降，导电能力应该明显减弱，C错误。D中NH4Cl溶液中加入适量的NaOH固体，反应生成NaCl和NH3H2O，氯化钠和氯化铵的浓度相等，而NH3H2O的电离能力很差忽略不计，所以D中离子浓度变化不大，导电能力变化不明显，D正确。点睛：实际上溶液的导电能力可以用“电荷浓度”来进行比较，电荷浓度越大导电能力越强。所谓电荷浓度就是，离子的浓度乘以离子的电荷，例如：0.1mol/L的Al3+的电荷浓度就是0.3mol/L，比较其大小就可以。13. 下列离子方程式，书写正确的一项是（ ）A. 铁片插
15、入硝酸银溶液中，有银析出： Fe+Ag+= Fe2+AgB. 氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应，有沉淀生成：Ba2+SO42-=BaSO4C. 向Ca(OH)2溶液中通入过量的CO2：OH + CO2 = HCO3D. 向稀硫酸中加入Cu：Cu + 2H+ = Cu2+ + H2【答案】C【解析】A中方程式的电荷不守恒，A错误。B中还有氢氧化铜沉淀生成，方程式未表示，B错误。C向Ca(OH)2溶液中通入过量的CO2应该生成可溶于水的碳酸氢钙，将氢氧化钙和碳酸氢钙拆开，消去钙离子，即得：OH+ CO2 = HCO3，C正确。D中单质铜和稀硫酸不反应，D错误。点睛：判断离子方程式是否正确主要看以下几点
16、：是否以化学反应的客观事实为依据.如 2Ag+Cu2+=Cu+2Ag+ 该反应实际不发生。物质的拆分是否正确。是否遵循质量守恒和电荷守恒。例Fe2+Cl2=Fe3+2Cl- 电荷不守恒。是否符合物质的固定组成。Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液错误写成Ba2+OH-+H+ SO42-= BaSO4+H2O 实际这个反应生成的硫酸钡和水应该是1:2的。14. 下列各组离子一定能大量共存的是（ ）A. 在无色溶液中：Na+ Fe3+ Cl SO42-B. 在含大量Fe3+ 的溶液中：NH4+ K+ NO3- OHC. 在强碱溶液中：Na+ K+ NO3- CO32D. 滴加紫色石蕊试剂显红的溶液中
17、：K+ Fe2+ Cl CO32【答案】C【解析】A中铁离子为黄色，A错误。B中铁离子会和氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，所以B错误。C中强碱性溶液中，这些离子都可以大量共存，C正确。D滴加紫色石蕊试剂显红的溶液应该显酸性，有一定量的氢离子，氢离子和碳酸根离子会反应，所以不共存，D错误。点睛：高一阶段要求掌握发生下列反应而不能大量共存的情况：1、发生复分解反应。（1）生成难溶物或微溶物：如：Ba2+与CO32-，Ag+与Cl-，Ca2+与SO42-等不能大量共存(微溶也不能大量共存)。（2）生成气体或挥发性物质：如：NH4+与OH-，H+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等不能大量共存。
18、（3）生成难电离物质：如：H+与CH3COO-、ClO-等因生成弱酸不能大量共存；OH-与NH4+因生成的弱碱不能大量共存；H+与OH-生成水不能大量共存。2、发生氧化还原反应：氧化性离子(如Fe3+、NO3-、ClO-、MnO4- (H+)等)与还原性离子(如S2-、I-、Fe2+、等)不能大量共存。15. 下列反应转化关系（未配平）肯定不正确的是（ ）A. S+NaOHNa2SO3+K2S+H2O B. FeO+HNO3Fe(NO3)3+H2OC. Cu2O+H2SO4CuSO4+Cu+H2O D. NH4NO3N2+H2O【答案】B【解析】一个未知的氧化还原反应如果成立，至少应该保证化合
19、价有升降。A中S的化合价有升降；B中Fe的化合价由+2升高到+3，但是没有元素化合价降低，所以B错误。C中Cu2O中Cu的化合价为+1，反应后有升降；D中反应物为硝酸铵，铵根离子中N的化合价为-3，硝酸根中N的化合价为+5，生成物中氮气的化合价为0，所以存在升高和降低。点睛：对于D答案实际还是有问题，在方程式中，反应物里H和O的个数比为4:3，生成物里H和O的个数比为2:1，明显方程式无法配平。实际方程式应该为5NH4NO3 4N2 + 2HNO3 + 9H2O。考虑到本题主旨是为了考察氧化还原反应的基本概念，所以未选择D。16. 下列反应中，电子转移方向和数目正确的是 ( )A. B. C.
20、 D. 【答案】A【解析】试题分析：硫和氧气的反应中，硫元素失电子化合价升高，氧元素得电子化合价降低，转移电子数=化合价降低总数目=化合价升高总数目，故A正确；根据化合价不交叉的原则，硫化氢中硫元素化合价从-2价应升高到0价，硫酸中硫元素的化合价从+6价降到+4价，转移电子2 mol，故B错误；铁元素化合价升高失去电子，氢元素化合价降低得到电子，故C错误；盐酸中的氯元素化合价升高应是失去电子，重铬酸钾中铬元素化合价降低应是得到电子，得失电子数目为6，故D错误。考点：氧化还原反应第卷(非选择题，共52分)二、非选择题(本题包括4小题，共52分)17. 现有以下物质： NaOH 溶液 液氨 BaC
21、O3 固体 熔融KHSO4 Fe ( OH )3胶体 铜 CO2 CH3COOH。（1）以上物质中属于混合物的是_（填序号）。以上物质中属于非电解质的是_（填序号）。（2）对物质进行通电，观察到阴阳两极的现象是_。以上纯净物中能导电的是_（填序号）。（3）写出和的水溶液反应的离子方程式_。（4）写出的电离方程式_。（5）在足量的水溶液中加入少量，发生反应的离子方程式为_。（6）在含0.4mol 的溶液中缓缓通入标准状况下6.72LCO2，气体被全部吸收，则反应后溶液的溶质有_（填化学式）。【答案】 (1). (2). (3). 阴极颜色加深，阳极颜色变浅 (4). (5). (6). (7).
22、 (8). Na2CO3和NaHCO3【解析】试题分析：本题考查物质的分类，电解质和非电解质的判断，物质导电的原因，胶体的电泳，电离方程式和离子方程式的书写，与物质的量有关的产物的判断。（1）NaOH溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；液氨属于纯净物，属于非电解质；BaCO3固体属于纯净物，属于电解质；熔融KHSO4属于纯净物，属于电解质；Fe（OH）3胶体属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；铜属于金属单质，既不是电解质也不是非电解质；CO2属于纯净物，属于非电解质；CH3COOH属于纯净物，属于弱电解质。属于混合物的是；属于非电解质的是。（2）由于Fe（OH）3胶体中胶粒带正电荷
23、，对Fe（OH）3胶体通电，可观察到阴极颜色加深，阳极颜色变浅。上述属于纯净物的有，含自由移动阴、阳离子的是，含自由电子的是，这些纯净物中能导电的是。（3）和的水溶液反应的化学方程式为：NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O，NaOH、CH3COONa改成离子，CH3COOH、H2O以化学式保留，离子方程式为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O。（4）KHSO4属于强酸的酸式盐，熔融时的电离方程式为KHSO4=K+HSO4-。（5）KHSO4在水溶液中的电离方程式为KHSO4=K+H+SO42-，KHSO4的水溶液呈酸性，在KHSO4水溶液中加入少量BaCO3，反应的离子
24、方程式为BaCO3+2H+SO42-=BaSO4+H2O+CO2。（6）NaOH溶液中通入CO2可能发生的反应有：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+NaOH=NaHCO3；1:1n（NaOH）：n（CO2）=0.4mol：=4：32:1，所以反应后所得溶液的溶质有Na2CO3、NaHCO3。点睛：本题必须注意：（1）电解质和非电解质都是化合物，单质、混合物既不是电解质也不是非电解质。（2）电解质溶于水或熔融时导电的离子必须是电解质本身电离产生的，如NH3、CO2等的水溶液能导电，但导电离子是它们与水的生成物NH3H2O、H2CO3电离产生的，NH3、CO2属于非电解质。（3）物
25、质导电的原因：存在自由移动的带电粒子；金属导电的原因：存在自由电子；电解质在水溶液或熔融时导电的原因：存在自由移动的阴、阳离子。（4）KHSO4在水溶液和熔融时电离方程式不同。18. 填写下列空白：（1）34g NH3共有_mol原子，0.1molH2S共约有_个氢原子。同温同压下，等体积的NH3和H2S气体的质量比为_。等质量的NH3和H2S中分子数目之比为_。（2）在标准状况下，35.5g Cl2的体积约是_L，将其与足量氢气完全化合生成氯化氢气体溶于1000 g水中，得到密度为a gcm-3的盐酸，则该盐酸的物质的量浓度是_mol/L。（3）欲配制500mL 0.2mol/L Na2CO
26、3溶液，需要用天平称量Na2CO310H2O晶体质量为_。若从配好的上述溶液中取出50mL于一试剂瓶中，需要给它贴上标签，标签上的内容是_；若再从中取出10mL溶液加水稀释至20mL，则此溶液中Na+的物质的量浓度为_。（4）过氧化氢H2O2，（氧的化合价为1价），俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。对于下列AF涉及H2O2的反应，回答相关问题：ANa2O2 +2HCl= 2NaCl+H2O2 BAg2O+ H2O2=2Ag+O2+ H2OC2 H2O2=2 H2O+O2 D3 H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8 H2OEH2O2+MnSO
27、4 = MnO2 + H2SO4 FH2O2+ Fe2+ + H+ = Fe3+ + H2OH2O2仅体现还原性的反应是_（填代号）。上述反应说明H2O2、Ag2O、K2CrO4氧化性由强到弱的顺序是：_。请配平化学反应F，并画出电子转移情况_。H2O2+ Fe2+ + H+= Fe3+ H2O【答案】 (1). 8 (2). 1.2041023 (3). 1：2 (4). 2：1 (5). 11.2 (6). a/1.0365 (7). 28.6 g (8). 0.2mol/L Na2CO3溶液 (9). 0.2mol/L (10). B (11). Ag2OH2O2K2CrO4 (12).
28、 【解析】试题分析：本题考查物质的量和物质的量浓度的计算，阿伏加德罗定律，氧化还原反应的分析和配平，氧化性强弱的比较。（1）n（NH3）=2mol，含有原子2mol4=8mol。0.1molH2S中含H原子物质的量为0.2mol，H原子数为0.2mol6.021023mol-1=1.2041023。NH3、H2S的摩尔质量依次为17g/mol、34g/mol，同温同压下等体积的NH3和H2S所含分子物质的量相等，气体的质量比等于摩尔质量之比，气体的质量比为17:34=1:2。等质量的NH3和H2S中分子物质的量之比为34:17=2:1，分子数目之比为2:1。（2）n（Cl2）=0.5mol，在
29、标准状况下体积V（Cl2）=0.5mol22.4L/mol=11.2L。根据反应方程式H2+Cl22HCl，n（HCl）=2n（Cl2）=1mol，m（溶液）=m（HCl）+m（H2O）=1mol36.5g/mol+1000g=1036.5g，V（溶液）=L，盐酸物质的量浓度为1molL=a/1.0365mol/L。（3）n（Na2CO310H2O）=n（Na2CO3）=0.2mol/L0.5L=0.1mol，m（Na2CO310H2O）=0.1mol286g/mol=28.6g。从已知浓度的溶液中取出任意体积，浓度不变，则标签上的内容是：0.2mol/LNa2CO3溶液。根据c（浓溶液）V（
30、浓溶液）=c（稀溶液）V（稀溶液），c（稀溶液）=0.2mol/L10mL20mL=0.1mol/L，此时溶液中Na+的物质的量浓度为0.2mol/L。（4）A项，为复分解反应，不是氧化还原反应；B项，Ag元素的化合价由Ag2O中+1价降为0，Ag2O为氧化剂，O元素的化合价由H2O2中-1价升至O2中的0价，H2O2为还原剂；C项，H2O2中O元素的化合价为-1价，部分O元素的化合价降至H2O中的-2价，部分升至O2中的0价，H2O2既是氧化剂又是还原剂；D项，O元素的化合价由H2O2中的-1价降至-2价，H2O2为氧化剂，Cr元素的化合价由Cr2（SO4）3中的+3价升至K2CrO4中的+
31、6价，Cr2（SO4）3为还原剂，K2CrO4为氧化产物；E项，O元素的化合价由-1价降至-2价，H2O2为氧化剂，Mn元素的化合价由MnSO4中的+2价升至MnO2中+4价，MnSO4为还原剂；F项，O元素的化合价由-1价降至-2价，H2O2为氧化剂，Fe元素的化合价由+2价升至+3价，Fe2+为还原剂；根据上述分析，H2O2仅体现还原性的反应是B，答案选B。反应B中，Ag2O为氧化剂，H2O2为还原剂，则氧化性：Ag2OH2O2；反应D中，H2O2为氧化剂，K2CrO4为氧化产物，同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物，则氧化性：H2O2K2CrO4；H2O2、Ag2O、K2CrO4氧化性由强到
32、弱的顺序是Ag2OH2O2K2CrO4。 O元素的化合价由-1价降至-2价，降低1价，H2O2中2个-1价的O全被还原；Fe元素的化合价由+2价升至+3价，升高1价；根据得失电子守恒可配平：H2O2+2Fe2+H+2Fe3+2H2O，结合原子守恒和电荷守恒，配平为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O。电子转移情况为：。 19. 作为高中生，学会利用我们课堂上学到的知识来解决生活中的一些问题，是我们学习的重要目的之一成外某化学实验兴趣小组，一行四人，利用实验室老师提供的基本仪器和药品，自行购置了鸡蛋，食醋等生活用品，进行了如下探究I.甲同学老家在阆中，对儿时在家乡品尝到的阆中老陈醋的
33、滋味记忆犹新，跟随父母来到成都后，总是觉得超市买到的醋不如儿时的味道，查阅相关资料后，得知如图1信息：醋分两种，酿造醋和配制醋正宗的老陈醋必须经长久时间酿造才得此美味，市场上多充斥着工业醋酸加水勾兑的配制醋酿造醋国家标准为醋酸含量必须大于3.50g/100mL，而配制醋国家标准仅为1.50g3.50g/100mL在老师的帮助下，测定了超市购买的食醋中，醋酸的物质的量浓度为0.75mol/L（1）请帮助甲同学计算从超市购买的食醋中醋酸含量为_g/100mL，属于_醋（填“酿造”或“配制”）（提示：醋酸摩尔质量为60g/mol）（2）请写出醋酸与鸡蛋壳（主要成分为CaCO3）反应的离子方程式_。I
34、I.如图1是成外化学实验室浓盐酸试剂标签上的部分内容乙同学现用该浓盐酸配制100mL 1molL1的稀盐酸可供选用的仪器有：胶头滴管；烧瓶；烧杯；药匙；量筒；托盘天平；玻璃棒请回答下列问题：（1）配制稀盐酸时，还缺少的仪器有_；（2）经计算，配制100mL1molL1的稀盐酸需要用量筒量取上述浓盐酸的体积为_mL（保留小数点后一位）；（3）对所配制的稀盐酸进行测定，发现其浓度小于1molL1，引起误差的原因可能是_。A定容时俯视容量瓶刻度线B容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水C转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒D定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再加水至刻度线III.丙同学对课堂上学到的胶
35、体的相关知识产生了浓厚兴趣（1）他利用买来的鸡蛋的蛋清配制成溶液，用激光笔照射溶液，发现一条光束穿过鸡蛋清溶液，此现象称为_。（2）他将乙同学配制好的盐酸溶液加入到鸡蛋清溶液中，发现出现絮状沉淀，此现象称为_。IV.丁同学试图测定CO2的相对分子质量利用丙同学用完后剩下的鸡蛋壳和乙同学配制好的稀盐酸溶液制备CO2；查询相关书籍后，设计了如图2所示装置：（1）其他同学认为B装置在此处没必要，请简述原因_。（2）A装置中的饱和NaHCO3溶液可以吸收_。（3）实验前测得C装置（含水）重量为50.00g，实验完毕后C装置（含水）重量为40.02g，D中量筒读数为10.0mL，已知H2密度为0.09g
36、/L（以上数据均已折合为标况下数值），请根据以上数据，计算CO2的相对分子质量为_（保留小数点后一位）【答案】 (1). 4.50 (2). 酿造 (3). CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+CO2+H2O (4). 100mL容量瓶 (5). 8.5 (6). CD (7). 丁达尔效应 (8). 胶体的聚沉 (9). 排水法收集气体，不需要对气体进行干燥 (10). HCl (11). 44.4【解析】试题分析：本题考查溶液浓度的计算，离子方程式的书写，一定体积物质的量浓度溶液的配制和误差分析，胶体的性质，定量测定CO2气体的相对分子质量。I.（1）从超市购买的食醋中醋酸
37、的物质的量浓度为0.75mol/L，1L食醋中含CH3COOH物质的量为0.75mol，1L食醋中含CH3COOH的质量为0.75mol60g/mol=45g，则100mL食醋中含CH3COOH的质量为4.5g，醋酸的含量为4.50g/100mL。醋酸含量大于3.50g/100mL，属于酿造醋。（2）醋酸与CaCO3反应的化学方程式为：2CH3COOH+CaCO3=（CH3COO）2Ca+H2O+CO2，（CH3COO）2Ca改成离子，其余物质以化学式保留，离子方程式为2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO-+Ca2+H2O+CO2。II.（1）由浓盐酸配制稀盐酸，需要的仪器有：量筒、烧
38、杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管。还缺少的仪器是100mL容量瓶。（2）根据稀释前后HCl不变列式，1.18g/cm3V（浓盐酸）36.5%36.5g/mol=1mol/L0.1L，V（浓盐酸）=8.5mL。（3）根据cB=分析。A项，定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积偏小，所配盐酸浓度大于1mol/L；B项，容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对实验结果无影响；C项，转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒，HCl物质的量偏小，所配盐酸浓度小于1mol/L；D项，定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再加水至刻度线，溶液体积偏大，所配盐酸浓度小于1mol/L；所配盐酸浓度小于1mol/L的原因
39、可能是C、D，答案选CD。III.（1）鸡蛋清溶液属于胶体，用激光笔照射溶液，发现一条光束穿过鸡蛋清溶液，此现象称为丁达尔效应。（2）盐酸属于电解质溶液，向胶体中加入电解质溶液，胶体发生聚沉，出现絮状沉淀，此现象称为胶体的聚沉。IV.由于盐酸具有挥发性，由鸡蛋壳与稀盐酸反应制得的CO2中混有HCl（g）和H2O（g），用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl（g），用浓H2SO4干燥CO2，装置C、D通过排水法测量生成的CO2的体积和质量。（1）B装置的作用是干燥CO2，而用排水法收集CO2气体，不需要对气体进行干燥，所以B装置在实验中没必要。（2）A装置中的饱和NaHCO3吸收CO2中的H
40、Cl气体。（3）根据题意收集到CO2的体积为10.0mL，收集到CO2的质量为：40.02g+1g/mL10.0mL-50.00g=0.02g，则CO2的密度为：0.02g0.01L=2g/L；根据同温同压下，气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，Mr（CO2）：Mr（H2）= （CO2）：（H2）=2g/L：0.09g/L，Mr（H2）=2，解得Mr（CO2）=44.4，CO2的相对分子质量为44.4。20. （1）小丁同学在某次实验中大约需要0.20mol/L的氢氧化钠溶液850 mL，配制时涉及到如下操作：轻轻振荡容量瓶(振荡时不能将溶液溢出刻度线外)，使溶液充分混合；用天平称量纯净
41、的氢氧化钠固体_g；待烧杯中的溶液冷却后沿玻璃棒小心地注入_(填容量瓶规格)容量瓶中；将容量瓶用瓶塞盖好，反复上下颠倒、摇匀；将配制好的溶液倒入干燥、洁净的试剂瓶中，贴好标签备用；将称量好的氢氧化钠固体放入烧杯中，加入适量的蒸馏水使固体完全溶解；改用_滴加蒸馏水至溶液的凹液面正好与刻度线相切用蒸馏水洗涤烧杯内壁23次，将每次洗涤后的溶液也都注入容量瓶中向容量瓶中注入蒸馏水，直到容量瓶中的液面接近容量瓶刻度处1cm2cm处请协助小丁同学先完成操作中的空余部分，再在下列选项中选择正确的操作顺序。正确的操作顺序是（_）。A BC D（2）下列操作会使所配溶液物质的量浓度偏低的是_。A定容、加盖倒转摇
42、匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度B定容时向容量瓶中加蒸馏水，超过刻度线，再吸出少许C小烧杯、玻璃棒没有洗涤 D观察容量瓶刻度时仰视E所用容量瓶中，已有少量蒸馏水 G称量时已观察到NaOH吸水F在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容（3）因为NaOH具有腐蚀性，所以称量时，需注意选择用_盛装NaOH固体；（4）若实验过程中出现如下情况如何处理?加蒸馏水时不慎超过了刻度_。【答案】 (1). 8.0g (2). 1000mL (3). 胶头滴管 (4). B (5). ABCDG (6). 小烧杯 (7). 重新配制【解析】试题分析：本题考查一定体积物质的量浓度溶液的配制和误差分析
43、。（1）配制850mLNaOH溶液，根据“大而近”的原则，应选用1000mL容量瓶。所需称量NaOH固体的质量为0.2mol/L1L40g/mol=8.0g。操作中的空余部分，答案依次为：8.0g；1000mL；胶头滴管。由固体配制一定体积物质的量浓度溶液的步骤为：计算称量溶解冷却转移洗涤初步振荡定容摇匀装瓶贴标签，正确的操作顺序为，答案选B。（2）根据cB=分析。A项，定容、加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；B项，定容时向容量瓶中加蒸馏水，超过刻度线，再吸出少许，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；C项，小烧杯、玻璃棒没有洗涤，溶质物质的量偏
44、小，所配溶液浓度偏低；D项，观察容量瓶刻度时仰视，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；E项，所用容量瓶中，已有少量蒸馏水，对所配溶液浓度无影响；G项，称量时已观察到NaOH吸水，NaOH物质的量偏小，所配溶液浓度偏低；F项，NaOH溶于水放热，在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容，冷却至室温后溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；使所配溶液浓度偏低的是ABCDG，答案选ABCDG。（3）因为NaOH具有腐蚀性，所以称量时，需注意选择用小烧杯盛装NaOH固体。（4）加蒸馏水时不慎超过了刻度，宣告实验失败，重新配制。点睛：配制物质的量浓度溶液的误差分析，根据公式cB=，由于操作不当引起nB偏大或V偏小，所配溶液浓度偏高；反之，所配溶液浓度偏低。难点是定容时的仰视、俯视的分析：仰视刻度线（如图），容器内液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低。俯视刻度线（如图），容器内液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高。
