1、2019-2020学年高二化学下学期5月考试题相对原子质量 H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64第I 卷 选择题(46分)一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，本题包括23小题，每小题2分，共46分）1.下列叙述正确的是( )A. Fe在氯气中燃烧生成FeCl2B. 将AlCl3溶液逐滴滴入到NaOH溶液，先产生白色沉淀，最后沉淀消失C. 电解氯化铝溶液制取金属单质铝D. 常温下，铝制品用浓硫酸或浓硝酸处理过，可耐腐蚀【答案】D【解析】【详解】AFe在氯气中燃烧生成FeCl3，故A错误；B将AlCl3溶液逐滴滴入到NaOH溶液，先
2、生成偏铝酸钠，后生成氢氧化铝，涉及反应为AlCl3+4NaOH=NaAlO2+2H2O+3NaCl、AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl，现象为：先不产生沉淀，后沉淀逐渐增多至不变，故B错误；C电解熔融状态的氧化铝制取金属单质铝，电解氯化铝溶液生成氢氧化铝、氢气和氯气，故C错误；D铝可与浓硫酸、浓硝酸在常温下发生钝化反应。常温下，铝制品用浓硫酸或浓硝酸处理过，表面形成一层致密的氧化膜，可耐腐蚀，故D正确；故选D。【点睛】本题综合考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，学习中注意相关基础知识的积累，难点B，将NaOH溶液逐滴滴入到AlCl3溶液，先
3、产生白色沉淀，最后沉淀消失，注意滴加次序不同，产生的现象不同。2.下列有关说法正确的是（ ）A. 1 L水中溶解了40.0gNaOH，该溶液的物质的量浓度为1mol/LB. 120mL2molL1KCl溶液与60mL1molL1 MgCl2溶液中c（Cl）相等C. 从1L2mol/L的盐酸溶液中取出0.5L，取出得该溶液得浓度为1mol/LD. 配制500mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需40.0g胆矾【答案】B【解析】【详解】A. 配制后溶液的体积不等于1L，故浓度无法计算，A项错误；B. 120mL2molL1KCl溶液中氯离子的浓度为2mol/L，60mL1molL1 MgCl2溶
4、液中氯离子的浓度为2mol/L，二者相等，B项正确；C. 溶液是均一稳定的混合物，从1L 2mol/L的盐酸溶液中取出0.5L，取出的该溶液的浓度不变，C项错误；D. 胆矾的物质的量为0.5mol/L0.5L=0.25mol，质量为0.25mol250g/mol=62.5，D项错误；答案选B。3.下列实验能达到目的的是A. 加热除去Na2CO3固体中的NaHCO3B. 用NaOH溶液除去CO2中的SO2气体C. 用氯水除去Fe2(SO4)3溶液中的少量FeSO4D. 用BaCl2溶液除去NaCl溶液中的K2SO4【答案】A【解析】【详解】A项、NaHCO3不稳定，加热易分解生成碳酸钠、二氧化碳
5、和水，通过加热可除去Na2CO3固体中的NaHCO3，并不引入新的杂质，故A正确；B项、CO2和SO2气体都与氢氧化钠溶液反应，故B错误；C项、氯气与FeSO4反应生成氯离子，引入了新的杂质，故C错误；D项、加入BaCl2溶液除去硫酸钾的同时，带入新的杂质氯化钡，且钾离子无法除去，故D错误。故选A。【点睛】本题考查物质的分离、提纯，侧重于分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同、除杂时不能引入新的杂质是解答关键。4.从下列实验事实得出的结论中，不正确的是（ ）选项实验事实结论ASiO2既可与NaOH溶液反应又可与HF溶液反应SiO2为两性氧化物B将CO2通入Na2SiO3溶
6、液中产生胶状沉淀H2SiO3碳酸酸性比H2SiO3强C一小块钠投入水中，迅速熔成银白色小球反应放热且钠熔点低D某溶液中加入浓NaOH溶液加热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体原溶液中含NH4+A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】ASiO2与HF溶液反应没有生成对应的盐，SiO2不是碱性氧化物更不是两性氧化物，A不正确；B将CO2通入Na2SiO3溶液中，发生复分解反应，产生胶状沉淀H2SiO3，则表明碳酸酸性比H2SiO3强，B正确；C钠投入水中，钠熔化，则表明反应放热且钠的熔点不高，C正确；D气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，表明气体呈碱性，则必为NH3，原溶液中含有NH4
7、+，D正确；故选A。【点睛】碱性氧化物与酸反应生成盐和水，酸性氧化物与碱反应生成盐和水；两性氧化物与酸、碱反应均生成盐和水；二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，由于四氟化硅不属于盐，所以二氧化硅不属于碱性氧化物。5.我们常用“往伤口上撒盐”来比喻某些人乘人之危的行为，其实从化学的角度来说，“往伤口上撒盐”的做法并无不妥，撒盐可以起到凝血作用，其化学原理是（ ）A. 丁达尔效应B. 胶体聚沉C. 发生复分解反应D. 发生氧化还原反应【答案】B【解析】详解】A血液属于胶体，但没有用一束光照射，不会产生丁达尔效应，A错误；B食盐是电解质，能使胶体发生聚沉，B正确；C食盐是轻金属的盐，只能使胶体发生
8、凝聚，不能发生复分解反应，C错误；D胶体的凝聚是物理过程，不发生氧化还原反应，D错误；故选B。6.下列化学用语正确的是（ ）A. 质量数为37的氯原子：ClB. 硫原子的结构示意图：C. 氮化镁化学式：Mg2N3D. H2CO3的电离方程式：H2CO3=2H+CO32-【答案】A【解析】【详解】ACl表示质子数为17、质量数为37的氯原子，A正确；B 表示硫离子的结构示意图，B错误；C根据化合价法则可知，氮化镁的化学式为Mg3N2，C错误；DH2CO3 属于二元弱酸，应分步电离，且中间用“”，D错误；故选A。7.有下列物质：盐酸，氨水，CO2气体，SO3气体，纯碱粉末，酒精，铜，熔融的NaCl
9、，水玻璃（Na2SiO3水溶液）以下叙述不正确的是（）A. 属于电解质的有3种B. 属于纯净物的有6种C. 属于非电解质的有3种D. 上述状态下能导电的有5种【答案】A【解析】【分析】【详解】A. 在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物叫做电解质，纯碱粉末、熔融的NaCl是电解质，共2种，A错误；B. CO2气体，SO3气体，纯碱粉末，酒精，铜，熔融的NaCl是纯净物，共6种，B正确；C. CO2气体，SO3气体和酒精是非电解质，共3种，C正确；D. 盐酸，氨水，铜，熔融的NaCl和水玻璃能导电，共5种，D正确；答案选A。8.下列关于物质制备原理错误的是A. 工业制备金属钠：2NaCl2Na+C
10、l2B. 工业生产铁：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2C. 湿法炼铜：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4D. 以S为原料，工业生产硫酸在沸腾炉中的反应：2S+3O22SO3【答案】D【解析】【分析】【详解】A工业电解熔融的NaCl制取金属钠，方程式为2NaCl2Na+Cl2，故A正确；B工业用CO还原氧化铁炼铁，方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，故B正确；C湿法炼铜用铁从溶液中将铜置换出来，方程式为Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，故C正确；DS燃烧只能生成SO2，不能一步生成三氧化硫，故D错误；故选D。9.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 标准状况下，11
11、.2L酒精中含有分子的数目为0.5NAB. 常温常压下，3.2g18O2的中子数目为2NAC. 常温常压下，24g镁与足量盐酸充分反应，转移的电子数为2NAD. 常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A标准状况下，酒精为液态，无法利用气体摩尔体积计算物质的量，A错误；B3.2g18O2物质的量是mol，中子数为20NA，B错误；C24g镁物质的量为1mol，与盐酸反应转移电子数为2NA，C正确；D常温常压下，Vm大于22.4L mol1，混合气体的总量小于1mol，碳原子数目小于1mol，D错误；故选C。10.将5molL-1盐酸10
12、mL稀释到200mL，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度是（ ）A. 0.05molL-1B. 0.25molL-1C. 0.1molL-1D. 0.5molL-1【答案】B【解析】【详解】设稀释到200mL的盐酸的浓度为c，根据稀释定律可知，稀释前后HCl的物质的量相同，则得如下关系式5molL-110mL=200mLc，解得c=0.25mol/L，因溶液是均匀的，从稀释后的盐酸中取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度与稀释后盐酸的浓度相同，也为0.25mol/L，故选B。【点睛】从稀释后的盐酸中取出5ml盐酸，由于溶液是均匀的，所以取出的5ml盐酸的浓度等于稀释后盐酸的浓度。11.下
13、列常见物质的俗名或主要成份与化学式相对应的是( )A. 苏打NaHCO3B. 生石灰 Ca(OH)2C. 漂白粉Ca(ClO)2和CaCl2D. 纯碱NaOH【答案】C【解析】【详解】A. 苏打Na2CO3，与题意不符，A错误；B. 生石灰为CaO，与题意不符，B错误；C. 漂白粉Ca(ClO)2和CaCl2，符合题意，C正确；D. 纯碱Na2CO3，与题意不符，D错误；答案为C。12.化学与生活密切相关，下列说法不正确的是( )A. 中国天眼传输信息用的光纤材料是二氧化硅B. 人们常利用碘化银实现人工降雨C. 港珠澳大桥用到的合金材料，具有熔点高、强度大、密度大等性能D. 华为最新一代旗舰芯
14、片麒麟9905G中半导体材料为硅【答案】C【解析】【分析】【详解】A二氧化硅传导光的能力非常强，中国天眼传输信息用的光纤材料是二氧化硅，故A正确；B碘化银只要受热后就会在空气中形成极多极细的碘化银粒子，形成人工冰核，人们常利用碘化银实现人工降雨，故B正确；C港珠澳大桥使用的合金材料，必须具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故C错误；D硅的导电性介于导体与绝缘体之间，硅单质常用作半导体材料，故D正确；故选C。13.下列关于物质分类的说法正确的是A. Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物B. 根据酸分子中含有的氢原子个数可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等C. 纯碱、熟石灰、醋酸、食盐水均为电
15、解质D. 镁铝合金、漂白粉、水玻璃、王水均为混合物【答案】D【解析】【详解】A只能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，而Al2O3是两性氧化物，故A错误；B根据酸电离出的氢离子的个数，酸可以分为一元酸、二元酸和三元酸，而不是根据酸含有的H原子个数，故B错误；C在水溶液中或熔融状态下能导电化合物为电解质，而食盐水是氯化钠的水溶液，是混合物，故不是电解质，故C错误；D由两种或两种以上物质构成的是混合物，镁铝合金、漂白粉、水玻璃、王水等均为混合物，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了物质的分类，易错点C，应注意的是电解质必须是化合物，而单质和溶液均不是电解质也不是非电解质。14.垃圾分类有利于资
16、源回收利用，下列垃圾归类不正确的是（ ）ABCD垃圾废易拉罐果皮废旧电池废塑料瓶垃圾分类可回收物厨余垃圾有害垃圾其他垃圾A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A废易拉罐主要材料为铝质，属于可回收利用的材料，属于可回收物，A正确；B果皮主要来自厨房，属于厨余垃圾，B正确；C废旧电池中含有汞、镉等重金属，是危险废弃物，易污染环境，属于有害垃圾，C正确；D废塑料瓶主要由聚乙烯或聚丙烯制造而成，也可回收利用，所以属于可回收物，D错误；故选D。15.下列无色溶液中的离子能大量共存的是（ ）A. H+、K+、OH-、Cl-B. Na+、Cu2+、SO、NOC. Mg2+、Na+、SO、
17、Cl-D. Ba2+、K+、CO、NO【答案】C【解析】【分析】【详解】A. H+和OH-会反生中和反应不能共存，A错误；B. Cu2+蓝色，不符合题意要求，B错误；C. Mg2+、Na+、SO、Cl-彼此不反应，可以共存，且混合液为无色，C正确；D. Ba2+和CO会生成碳酸钡沉淀不能共存，D错误；答案选C。16.下列离子方程式中，不正确的是A. 氢氧化铜与稀硫酸反应：Cu(OH)22H+Cu2+2H2OB. 铁与稀硫酸反应：2Fe6H+2Fe3+3H2C. 氯化钡溶液与硫酸反应：Ba2+SO42- BaSO4D. 氧化铜与硫酸反应：CuO2H+Cu2+H2O【答案】B【解析】【详解】A.氢
18、氧化铜溶于稀硫酸，离子方程式：Cu（OH）2+2H+Cu2+2H2O，故A正确；B.金属铁与稀硫酸反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2+H2，故B错误；C.氯化钡溶液与硫酸反应的离子方程式为Ba2+SO42-=BaSO4，故C正确；D.氧化铜和稀硫酸反应的离子反应为CuO+2H+Cu2+H2O，故D正确。故选B。【点睛】离子方程式的书写：可溶性的强电解质（强酸、强碱、可溶性盐）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。微溶的强电解质应看其是否主要以自由离子形式存在，例如石灰水中的Ca(OH)2写离子符号，石灰乳中的Ca(OH)2用化学式表示。17.某溶液中可能存在Mg2+、Fe
19、2+、Fe3+，加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀生成，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，下列结论正确的是A. 一定有Fe2，一定没有Fe3+、Mg2+B. 一定有Fe3，一定没有Fe2、Mg2C. 一定有Fe3，可能有Fe2，一定没有Mg2+D. 一定有Fe2，可能有Mg2，一定没有Fe3+【答案】D【解析】【分析】Mg(OH)2沉淀是白色的，Fe(OH)3沉淀是红褐色的。【详解】该溶液中加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀生成，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，这是溶液中含有Fe2+的明显特征。若溶液中同时有Fe3+，则加入NaOH溶液，必然会产生红褐色沉淀，这与题给的“白色
20、沉淀”现象不符合，所以溶液中不可能存在Fe3+。由于Mg(OH)2沉淀也是白色的，可能混在Fe(OH)2沉淀中，所以该溶液中Mg2+可能存在，答案选D。18.下列实验符合操作要求且能达到实验目的的是（ ）A. I可用于制备氢气并检验其可燃性B. II可用于除去CO2中的HClC. 可用于配制一定物质的量浓度的NaOH溶液D. IV可用于制备氢氧化亚铁并长时间保存【答案】B【解析】【详解】A装置I可用于制备氢气，但不能立即点燃氢气，应先验纯再点燃，否则可能发生爆炸，A不正确；B装置II中往饱和碳酸氢钠溶液中通入混合气体，HCl可被吸收并生成CO2，CO2不会被饱和碳酸氢钠吸收，能够达到实验目的，
21、B正确；C不能在容量瓶中溶解固体来配制溶液，而应在烧杯中溶解固体，C不正确；D在硫酸亚铁溶液中直接滴加NaOH溶液，生成的氢氧化亚铁会被氧化，无法达到实验目的，D不正确；故选B。19.由SiO2制备高纯度硅的工业流程如图所示： 下列说法错误的是A. SiO2与纯硅都是硬度大、熔沸点高的晶体B. X为CO气体C. 反应产生的H2与反应产生的HCl可以循环使用D. 反应均为在高温条件下的非氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A项、SiO2和Si都是原子晶体，硬度大、熔沸点高，A正确；B项、反应为SiO2+2CSi+2CO，可知X为CO气体，B正确；C项、由生产高纯硅的流程示意图可知，H2和HCI
22、既是反应物，又是生成物，所以可重复利用的物质是H2和HCl，C正确；D项、反应为SiO2+2CSi+2CO，反应Si(粗)+3HCl SiHCI3+H2，反应SiHCI3+H2 Si(粗)+3HCI，三个方程式中元素的化合价均发生变化，均属于氧化还原反应，D错误；故本题选D。【点睛】注意抓住SiO2制备高纯度的硅的工业流程图，记住并掌握如下三个方程式：反应为SiO2+2CSi+2CO，反应Si(粗)+3HCl SiHCI3+H2，反应SiHCI3+H2 Si(粗)+3HCI。20.NaNO2像食盐一样有咸味，有很强的毒性，误食亚硝酸钠（NaNO2）会使人中毒。已知亚硝酸钠能发生如下反应：2Na
23、NO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O。下列说法正确的是（）A. 该反应的氧化剂为HIB. 反应产物中能使淀粉变蓝的物质有I2、NaIC. 该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1D. 人误食亚硝酸钠中毒时，可以服用HI溶液解毒【答案】C【解析】【详解】ANaNO2转化为NO，N元素的化合价由+3价降低为+2价，所以氧化剂为NaNO2，错误；BNaI不能使淀粉变蓝，错误；CNaNO2为氧化剂，在方程式中的系数为2，HI为还原剂，化合价变化的HI的系数为2，所以该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1，正确；D氢碘酸是强酸，能使蛋白质变性，所以人误食亚硝酸钠中毒时，不能服用HI溶液解
24、毒，错误。故选C。21.向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2 molL1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断正确的是()A. 原NaOH溶液的浓度为0.2 molL1B. 通入CO2在标准状况下的体积为448 mLC. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)n(Na2CO3)13D. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)n(Na2CO3)11【答案】A【解析】【分析】生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠的方程式为：Na2
25、CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而根据图象可知生成CO2消耗盐酸溶液的体积是100mL25mL75mL25mL，这说明NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3。【详解】A加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1L0.2mol/L=0.02mol， c（NaOH）=0.02mol0.1L=0.2mol/L，A正确；B由曲线可知从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HC
26、l=NaCl+CO2+H2O，所以n（CO2）=n（HCl）=（0.1L-0.025L）0.2mol/L=0.015mol，所以CO2气体体积为0.015mol22.4L/mol=0.36L=336mL，B错误；CNa2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸为25mL，生成NaHCO3转化为二氧化碳又可以消耗盐酸25mL，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中NaHCO3消耗盐酸的体积为75mL-25mL=50mL，因此Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为25mL：50mL=1：2，C错误；D由C中分析可知D错误；答案选A【点睛】判断反应后溶液中溶质成分是解答的难点，解答的关键是理解Na2CO3
27、和NaHCO3的混合溶液与盐酸反应的先后顺序，即在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO32和HCO3结合H的难易程度。由于CO32比HCO3更易于结合H形成难电离的HCO3，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32完全转化为HCO3时，再滴入的H才与HCO3反应。另外需要注意如果含有氢氧化钠，则首先发生中和反应。22.化工厂常用浓氨水检验管道是否漏氯气，其反应为：3 Cl2 8 NH3 6 NH4Cl N2当有160.5 g NH4Cl产生时，被氧化的氨是A. 214 gB. 53.5 gC. 17 gD. 68 g【答案】C【解析】根
28、据方程式可知氯元素化合价降低，氯气是氧化剂，氮元素化合价从3价升高到0价，失去电子，被氧化，氨气是还原剂，生成6mol氯化铵时有2mol氨气被氧化。160.5g NH4C1的物质的量是160.5g53.5g/mol3mol，因此被氧化的氨是1mol，质量是17g，答案选C。点睛：掌握有关元素的化合价变化情况是解答的关键，参加反应的氨气是8mol，但只有2mol作还原剂，另外6mol氨气与生成的氯化氢结合生成氯化铵。23.某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaC1、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO-与ClO3-的浓度之比为1:4，则氯气与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与
29、被氧化的氯元素的物质的量之比为（ ）A. 21:5B. 11:3C. 5:1D. 3:1【答案】A【解析】分析】将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaC1、NaClO、NaClO3的混合液；氯气生成NaClO、NaClO3过程为被氧化过程，根据题意可以假设且两种离子的量分别为1mol和4mol，这样既可以计算出被氧化的氯元素的量，也能计算出失电子总量；氯气生成NaC1为被还原过程，根据同一个反应中，电子得失守恒，计算出被还原的氯元素的量，然后计算氯气与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比。【详解】氯气生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价
30、和+5价，ClO-与 ClO3-的物质的量浓度之比为1:4，则可设ClO-为1mol，ClO3-为4mol，被氧化的Cl共为5mol，失去电子的总物质的量为1(1-0)+4(5-0)=21mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，氯气生成NaC1是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为21mol，则被还原的Cl的物质的量为21mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为21:5，A正确；综上所述，本题选A。第II卷 (非选择题 共54分)二、非选择题(本大题共4小题，共54分)24.CO2的减排已经引起国际社会的广泛关注，近日我国科学家
31、实现了CO2高选择性、高稳定性加氢合成甲醇（CH3OH）。回答下列问题：(1)CH3OH的摩尔质量是_gmol-1。(2)2molH2O中所含原子的物质的量为_mol。(3)_g的氢气中所含H原子的数目与1molCH3OH相同。(4)含0.1NA个O的CO2中有_个电子，标况下该CO2的体积为_L。【答案】 (1). 32 (2). 6 (3). 4 (4). 1.1NA (5). 1.12L【解析】【分析】(1)摩尔质量的数值等于相对分子质量，单位为gmol-1。(2)计算分子中所含原子数，应利用化学式建立关系式。(3)求含相同某原子的两分子的质量或物质的量关系，可利用相等的原子建立两分子的
32、数量关系。(4)利用分子中的一个量求另一个量，可利用化学式建立关系式，再利用公式进行转换。【详解】(1)M(CH3OH)=(121+14+161 )gmol1=32gmol1。答案为：32；(2)已知每个水分子中含有两个氢原子和一个氧原子，则n(原子数)=32 mol=6mol。答案为：6；(3)1mol CH3OH中含有n(H)=41mol=4 mol，则氢气中氢原子物质的量也为4 mol，那么n(H2)=2 mol，m(H2)=2mol2 gmol1=4g。答案为：4；(4)n(O)=0.1mol，那么n(CO2)=0.05mol，又因为每个CO2中含有电子数为6+82=22个，则含0.1
33、NA个O的CO2中有电子数= n(CO2)NA22=1.1NA，V(CO2)= n(CO2)Vm=0.05mol22.4 Lmol1=1.12 L。答案为：1.1NA；1.12L。【点睛】利用一个分子中的某个量计算另一分子的某个量时，需利用二者相等的原子，建立关系式，再列方程进行计算。25.某学习小组欲确定某混合溶液中是否含有以下离子Al3+、Fe3+、Cl-、Na+，采取如下方法，请回答问题：（1）取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在_，向该溶液中加入铁粉，写出发生反应的离子方程式_。（2）另取少量溶液于试管中，逐滴滴加NaOH溶液，实验发现产生的沉淀先增加后略
34、有减少，说明溶液中存在_，写出沉淀减少的化学方程式_。（3）请用简要的文字，结合离子方程式说明检验Cl-的实验方法_，离子方程式为_。（4）在焰色反应实验中，若观察到火焰的颜色为黄色，则证明该溶液中存在_。【答案】 (1). Fe3+ (2). 2Fe3+Fe =3Fe2+ (3). Al3 (4). Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O (5). 取少量溶液滴加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，加稀硝酸沉淀不溶解证明有氯离子 (6). Ag+Cl=AgCl (7). Na+【解析】【详解】（1）取少量溶液，加入KSCN溶液，溶液显红色，说明原溶液中含有Fe3+，向该溶液中加入铁粉，与F
35、e3+反应生成Fe2+，离子方程式为：2Fe3+Fe =3Fe2；（2）取少量溶液，逐滴滴加NaOH溶液，先生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀：Fe3+3OH-=Fe(OH)3，Al3+3OH-=Al(OH)3；NaOH溶液过量时Al(OH)3会溶解：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；（3）利用生成的AgCl沉淀既不溶于水，也不溶于酸的性质进行Cl-的检验，Cl-的具体检验方法是：取少量样品，先滴加足量的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，再加过量的稀硝酸，发现沉淀不溶解，可以证明有Cl-；(4)钠元素的焰色反应显黄色，钠元素在溶液中以Na+的形式存在。26.如图是实验室制备氯
36、气并进行一系列相关实验的装置(夹持装置已略)。(1)制备氯气选用的试剂为漂粉精固体和浓盐酸，则相关反应的化学方程式为_。(2)装置B中饱和食盐水的作用是_；同时装置B也是安全瓶，监测实验进行时装置C是否发生堵塞，请写出发生堵塞时装置B中的现象： _。(3)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此装置C中、处依次放入_(填字母)。abcd干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条 (4)设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。当向D装置中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为_色
37、，说明氯的非金属性强于溴。(5)打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡后静置。观察到的现象是_。【答案】 (1). Ca(ClO)24HCl(浓)=CaCl22Cl22H2O (2). 除去Cl2中的HCl (3). 长颈漏斗中液面上升，形成水柱 (4). d (5). 棕黄 (6). 装置E中液体分为两层，上层(苯层)为紫红色【解析】【分析】A装置来制备Cl2，制得的Cl2中含有HCl气体，利用饱和食盐水除去HCl，B中的长颈漏斗平衡内外压强，可以防倒吸，也可以判断后面的装置中是否发生了堵塞。装置C用于进行Cl2的性质实验。在D中Cl2与NaBr反应置换出Br2，Br2再与KI溶液反
38、生置换出I2，I2被苯萃取，上层为紫红色；利用NaOH处理尾气。【详解】(1)根据氧化还原反应的规律，次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水，反应的化学方程式为Ca(ClO)24HCl(浓)=CaCl22Cl22H2O；(2)浓盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有HCl，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；若装置C发生堵塞，装置B中的压强会增大，长颈漏斗中液面上升，形成水柱；(3)验证氯气是否具有漂白性，要对比验证干燥氯气和湿润氯气有无漂白性，因此处应为湿润的有色布条，处应为干燥剂，处应为干燥的有色布条，U形管中应用固体干燥剂，综上d符合；(4)当向装置D中缓缓通入少量氯气时，可以看
39、到无色溶液逐渐变为棕黄色，发生反应：Cl22NaBr=2NaClBr2；(5)打开活塞，将装置D中含Br2的少量溶液加入装置E中，发生反应：Br22KI=2KBrI2，碘单质溶于苯，呈紫红色，振荡后静置，观察到的现象是装置E中液体分为两层，上层(苯层)为紫红色。27.实验室里需要纯净的氯化钠溶液,但实验室只有混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠.某学生设计了如下方案进行提纯: (1)操作能否改为加硝酸钡溶液，_(填“能”或“否”) ，理由_。(2)进行操作后,如何判断SO42- 已除尽,方法是_。(3)操作的目的是_。硫酸亚铁铵(NH4)2SO4FeSO46H2O为浅绿色晶体，实验室中常以废铁屑为原料
40、来制备，其步骤如下：步骤1 将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸除油污，分离出液体，用水洗净铁屑。步骤2 向处理过的铁屑中加入过量的3mol/L H2SO4溶液，在60左右使其反应到不再产生气体，趁热过滤，得FeSO4溶液。步骤3 向所得FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过“一系列操作”后得到硫酸亚铁铵晶体。请回答下列问题：(1)在步骤1中，分离操作，所用到的玻璃仪器有_。（填仪器编号）漏斗 分液漏斗 烧杯 广口瓶 铁架台 玻璃棒 酒精灯(2)在步骤3中，“一系列操作”依次为_、_和过滤。(3)实验室欲用18mol/L H2SO4来配制240mL 3mol/L H2SO4溶液，需要量取
41、_mL浓硫酸，实验时，下列操作会造成所配溶液浓度偏低的是_。(填字母)a.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理 b.未冷却至室温直接转移至容量瓶中c.加水时超过刻度线后又倒出 d.定容时仰视刻度线【答案】 (1). 否 (2). 改用Ba(NO3)2会使溶液中引入新的杂质离子NO3- (3). 静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，溶液不变浑浊，则已除尽 (4). 除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸 (5). (6). 蒸发浓缩 (7). 降温结晶 (8). 41.7 (9). c d【解析】【分析】(1) 操作改为加硝酸钡溶液，会引入新的杂质离子NO3-，得不到纯的氯化钠；(2) 用氯化钡溶液
42、来判断SO42- 是否已除尽；（3）操作进行加热煮沸，可以除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸；(1)根据过滤操作中所用到的玻璃仪器选用所需的仪器； (2)由溶液制晶体时，要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤； (3)根据溶液稀释前后溶质的量不变，计算出所需浓硫酸的体积；根据c=n/V进行分析，凡是引起n偏小或V偏大，所测定的结果都会使所配溶液浓度偏低。【详解】(1)本实验的目的最终得到纯净的氯化钠溶液，因此操作中改为加硝酸钡溶液，会引入新的杂质离子NO3-，得不到纯的氯化钠，因此不能用Ba(NO3)2溶液代替BaCl2溶液；综上所述，本题答案是：否，改用Ba(NO3)2会使溶液中引入新的
43、杂质离子NO3-。(2) 操作，加入氯化钡溶液，目的是除去硫酸根离子，因此判断SO42- 已除尽方法是：静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，溶液不变浑浊，则已除尽；综上所述，本题答案是：静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，溶液不变浑浊，则已除尽。 (3)滤液中剩余的碳酸钠与过量的盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠，因此操作进行的加热煮沸，其目的是除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸；综上所述，本题答案是：除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸。(1)进行过滤操作，所用到的玻璃仪器有漏斗，烧杯，玻璃棒；综上所述，本题答案是：。 (2)由溶液制晶体时，要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤；本
44、题中一系列操作”依次为加热浓缩、降温结晶和过滤；综上所述，本题答案是：蒸发浓缩 ；降温结晶。(3)根据溶液稀释前后溶质的量不变规律，实验室没有240mL容量瓶，只能选用250mL容量瓶，因此18V(浓H2SO4)=2503， V(H2SO4)=41.7mL；实验时，下列操作会造成偏低的是：a.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，不影响溶质的量和溶液的体积，对无影响，不选； b.未冷却至室温直接转移至容量瓶中，等溶液冷却到室温后，溶液的体积会偏小，所配溶液浓度偏大，不选；c.加水时超过刻度线后又倒出，造成溶质的量减少，所配溶液浓度偏低，可选；d.定容时仰视刻度线，造成溶液的体积偏高，所配溶液浓度偏低，可选； 综上所述，本题正确答案是：41.7 ，cd。