1、云南省沾益县第四中学2017-2018学年高一上学期期末考试化学试题1.2011年日本福岛一核电站发生爆炸，释放出大量放射性物质，下列图标警示的是放射性物品的是 A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A为爆炸品标志，故A错误；B为氧化剂标志，故B错误；C为剧毒品标志，故C错误；D为放射性标志，故D正确；故选D。2.下列实验装置图所示的实验操作，不能达到相应的实验目的是A. 闻气体的气味 B. 用浓硫酸干燥CO2C. 向容量瓶中转移液体 D. 用海水提取淡水【答案】B【解析】【详解】A闻气味时，应避免中毒，可用手轻轻的扇动，使少量气体飘进鼻孔，A正确；B气体进入方向错误，气体应
2、从长导管进气，B错误；C转移液体用玻璃棒引流，以防止液体外溅，C正确；D蒸馏时冷水从下端进，以使冷水充满冷凝管，充分冷凝，D正确。答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应原理及实验现象与结论的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。3.能用H+OHH2O来表示的化学反应是A. Cu（OH）2和稀H2SO4反应 B. NaOH溶液和HNO3溶液反应C. KOH溶液和NaHCO3溶液反应 D. Ba（OH）2溶液和稀H2SO4反应【答案】B【解析】【详解】稀的强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应为H+OHH2O，以此来解答。【解答】ACu
3、（OH）2和稀H2SO4反应的离子反应为Cu（OH）2+2H+2H2O+Cu2+，A错误；BNaOH溶液和HNO3溶液反应的离子反应为H+OHH2O，B正确；CKOH溶液和NaHCO3溶液反应的离子反应为HCO3+OH-=CO32+H2O，C错误；DBa（OH）2溶液和H2SO4溶液反应的离子反应为2H+2OH-+Ba2+SO42-=BaSO4+2H2O，D错误；答案选B。【点睛】本题考查酸碱反应的离子反应，注意酸碱的强弱及盐的溶解性，明确离子反应中保留化学式的物质即可解答，题目难度不大。4.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H
4、2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O。下列说法正确的是A. KClO3在反应中得到电子 B. ClO2是氧化产物C. H2C2O4在反应中被还原 D. 1mol KClO3参加反应有2 mol电子转移【答案】A【解析】【分析】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C元素的化合价由+3升高到+4价，以此来解答。【详解】A因反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，则KClO3在反应中得到电子，A正确；BCl元素的化合价降低，被还原，对应的产物为还原产物，即ClO2是还原产物，B错误；
5、C因C元素的化合价由+3升高到+4价，则H2C2O4在反应中作还原剂，被氧化，C错误；DCl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO3参加反应转移的电子为1mol（5-4）=1mol，D错误；答案选A。5.下列关于氯水的叙述中，正确的是A. 1mol氯气溶于水转移电子数为1NAB. 新制氯水在光照的条件下，可以产生气体，该气体是氯气C. 新制氯水中滴加硝酸银溶液，没有任何现象D. 新制氯水可以使干燥的布条褪色【答案】D【解析】【分析】氯气溶于水所得溶液为氯水，根据氯水中的微粒以及微粒性质分析解答。【详解】A、氯气与水的反应是可逆的，1mol氯气溶于水转移电子数小于NA，A错误；B、根据
6、Cl2H2O=HClHClO，2HClO2HClO2可知该气体为氧气，B错误；C、氯水中的氯离子可与银离子生成白色沉淀氯化银，C错误；D、氯水中的次氯酸具有强氧化性、漂白性，可使干燥的布条褪色，D正确。答案选D。6.下列说法中正确的是（ ）A. 1mol 氧原子的质量是16g/mol B. 12g镁的物质的量为0.5C. CO2的摩尔质量为44g/mol D. 氢的摩尔质量为2g/mol【答案】C【解析】【详解】A. 1mol氧原子的质量是1mol16g/mol16g，A错误；B. 12g镁的物质的量为12g24g/mol0.5mol，B错误；C. CO2的相对分子质量是44，其摩尔质量为44
7、g/mol，C正确；D. 氢气的摩尔质量为2g/mol，D错误。答案选C。7.下列关于胶体的叙述不正确的是（ ）A. 氢氧化铁胶体加氯化钠溶液会产生沉淀B. 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1100nm之间C. 用平行光线照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象相同D. Fe（OH）3 胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水的目的【答案】C【解析】【分析】分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm100nm的为胶体，胶体具有的性质主要有；均一、稳定、有吸附作用，具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质，其中丁达尔现象是
8、区分溶液和胶体的方法，据此判断。【详解】A. 氢氧化铁胶体加氯化钠溶液会发生聚沉，因此产生氢氧化铁沉淀，A正确；B. 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1100nm之间，B正确；C. 用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，Fe(OH)3胶体中会产生光亮的通路，产生丁达尔现象，NaCl溶液无此现象，C错误；D. Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，D正确；答案选C。8.为了检验某FeCl2溶液是否变质，应选用的试剂是（ ）A. NaOH溶液 B. KSCN溶液 C. 铁片 D. 石蕊试液【答案】B【解析】【分析】先考虑如果Fe
9、Cl2溶液变质，变质后的物质是FeCl3，Fe3+能和SCN-生成络合物，使溶液呈现血红色，以此解答该题。【详解】AFeCl2和NaOH溶液生成灰绿色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，能迅速被氧化成红褐色沉淀氧氢化铁，所以不能检验是否变质，A错误；B如果FeCl2溶液变质，变质后的物质是FeCl3，Fe3+能和SCN-生成络合物，使溶液呈现血红色现象明显，这一反应是Fe3+的特征反应，所以用KSCN溶液检验，B正确；C铁片与氯化亚铁不反应，无法鉴别，C错误；D氯化亚铁溶液呈酸性，滴加石蕊不能检验是否变质，D错误。答案选B。【点睛】本题考查亚铁离子和铁离子的检验，为高考高频点，明确亚铁离子和铁离
10、子的性质及检验方法、实验现象即可解答，熟练掌握其检验方法，题目难度不大。9.属于电解质的是（）A. Fe B. Na2CO3 C. NaCl溶液 D. 蔗糖【答案】B【解析】【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此判断。【详解】A、铁是单质，所以铁既不是电解质也不是非电解质，A错误；B、碳酸钠在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子导致溶液导电，所以碳酸钠是电解质，B正确；C、NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，C错误；D、蔗糖在水溶液里或熔融状态下都不导电，是非电解质，D错误；答案选B。10.在下列各溶液中，离子一
11、定能大量共存的是（）A. K+、Mg2+、SO42、OH- B. Fe2+、Cl、H+、NO3C. Na+、K+、CO32、Cl D. Fe3+、SCN-、Cl-、K+【答案】C【解析】【分析】如果离子间发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质发生的反应解答。【详解】A. Mg2+与OH-在溶液中生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，A错误；B. Fe2+、H+、NO3在溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C. Na+、K+、CO32、Cl在溶液中相互之间不反应，可以大量共存，C正确；D. Fe3+与SCN-在溶液中反应，使溶液显红色，不能大量共存，D错误。答案选C。11.根据反应式：
12、（1）2Fe3+2I=2Fe2+I2，（2）Br2+2Fe2+=2Fe3+2Br ， 判断下列离子的还原性由强到弱的顺序是A. Br、Fe2+、I B. I、Fe2+、BrC. Br、I、Fe2+ D. Fe2+、I、Br【答案】B【解析】【分析】氧化还原反应中还原剂的还原性强于和还原产物的还原性，据此判断。【详解】2Fe3+2I-2Fe2+I2中铁离子是氧化剂，被还原为亚铁离子，碘离子被氧化，则还原性是I-Fe2+；Br2+2Fe2+2Br-+2Fe3+中单质溴是氧化剂，亚铁离子被氧化为铁离子，则还原性是Fe2+Br-，因此离子的还原性由强到弱的顺序是I-、Fe2+、Br-。答案选B。12.
13、某无色溶液中，已知含有H+、Mg2+、Al3+等阳离子，加入NaOH溶液的体积（v）和生成沉淀的质量（m）之间的关系如如图所示，其中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】加入NaOH溶液时依次发生反应：H+OH=H2O，Mg2+2OHMg（OH）2、Al3+3OHAl（OH）3，然后发生反应Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，则说明开始没有沉淀，后开始产生沉淀，最后沉淀部分溶解，符合的图象为C，故选：C【点评】本题考查镁铝化合物性质、混合物的有关反应，难度不大，根据反应过程推导图象是解题关键13.下列说法中不正确的是（ ）A. 硫是一种淡黄色、难溶于水的固体B. 硫的化合
14、物常存在于火山喷出物中C. 大量排放二氧化硫会导致酸雨的形成D. 硫在空气中的燃烧产物是二氧化硫，在纯氧中的燃烧产物是三氧化硫【答案】D【解析】【详解】A. 硫是一种淡黄色、难溶于水的固体，A正确；B. 硫的化合物常存在于火山喷出的气体中，多为二氧化硫，B正确；C. 二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸易被氧化为硫酸，因此大量排放二氧化硫会导致酸雨的形成，C正确；D. 硫在空气中的燃烧产物是二氧化硫，在纯氧中的燃烧产物仍然是二氧化硫，D错误。答案选D。14.关于NaHCO3和Na2CO3的性质判断正确的是A. 常温下溶解度：NaHCO3Na2CO3B. 常温下，相同物质的量浓度溶液的碱性：NaHC
15、O3Na2CO3C. 热稳定性：NaHCO3Na2CO3D. 与同浓度、同体积的盐酸反应生成气体的快慢：NaHCO3Na2CO3【答案】C【解析】A. 常温下溶解度：NaHCO3Na2CO3，A错误；B. 常温下，相同物质的量依度溶液的碱性：NaHCO3Na2CO3，B错误；C. 碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，热稳定性：NaHCO3Na2CO3，C正确；D. 碳酸钠与盐酸反应分步进行，则与同浓度、同体积的盐酸反应生成气体的快慢：NaHCO3Na2CO3，D错误，答案选C。点睛：掌握碳酸钠与碳酸氢钠的性质差异是解答的关键，关于等浓度的碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠溶液的碱性，高一阶段
16、的学生只能通过实验现象记住结论，即滴入酚酞试液后碳酸钠溶液中红色更深，至于原因需要在选修4中学完水解原理后才能解释。15.下列试剂的保存方法中错误的是（）A. 少量的钠保存在煤油中B. 氢氟酸保存在玻璃瓶中C. 新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中D. NaOH溶液保存在带橡皮塞的玻璃瓶中【答案】B【解析】【详解】A、金属钠易与空气中的氧气、水蒸气反应，故少量的钠保存在煤油中以隔绝空气，A正确；B、氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，因此氢氟酸保存在塑料瓶中，B错误；C、新制的氯水中的次氯酸见光或受热易分解，故新制氯水保存在棕色玻璃瓶中，C正确；D、氢氧化钠溶液与玻璃的成分之一二氧化硅反应生成具有粘和性的
17、硅酸钠，将瓶塞和瓶口粘在一起，故NaOH溶液保存在带橡皮塞的玻璃瓶中，D正确。答案选B。16.下列有关离子检验的操作、现象及结论均正确的是A. 用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则该溶液中一定不含K+B. 向无色溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀出现，则该溶液中一定含有SO42C. 向无色溶液中加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液中一定含有CO32D. 向某溶液中加入KSCN溶液无现象，再滴入少量H2O2 ， 呈血红色，则该溶液中一定含有Fe2+【答案】D【解析】A火焰呈黄色，则该溶液中一定含Na+，不能确定是否含K+，A项错误；B白色沉淀可能为Ag
18、Cl，则原溶液可能含银离子或SO42，且二者不能同时存在，B项错误；C加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体可能为二氧化碳或二氧化硫，则溶液中可能含有CO32或SO32等，C项错误；D加入KSCN溶液无现象，可知不含铁离子，再滴入少量H2O2，呈血红色，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则该溶液中一定含有Fe2+，D项正确。答案选D。点睛：观察K的焰色反应需透过蓝色的钴玻璃；能使盐酸酸化的氯化钡产生白色沉淀的可能含有Ag+、SO42-；能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是CO2、SO2，加入盐酸能产生CO2、SO2的溶液可能含有CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-。17.同温同压下，相同体积的
19、Cl2和NO2气体，具有相同的A. 质量 B. 原子数 C. 分子数 D. 摩尔质量【答案】C【解析】试题分析：气体摩尔体积相等，相同体积的氯气和二氧化氮气体，其物质的量相等，A、氯气的摩尔质量是71g/mol、二氧化氮的摩尔质量是46g/mol，根据m=nM知，相同物质的量时，二者的摩尔质量不等，所以其质量不等，故A错误；B、二者的物质的量相等，则其分子数相等，每个氯气分子和每个二氧化氮分子中所含原子个数不等，所以总原子数不等，故B错误；C、二者的物质的量相等，根据N=nNA知，其分子数相等，故C正确；D、氯气的摩尔质量是71g/mol、二氧化氮的摩尔质量是46g/mol，所以二者的摩尔质量
20、不等，故D错误；故选C。【考点定位】考查阿伏加德罗定律及推论【名师点晴】本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，明确温度、压强相等时其物质的量相等是解本题关键。利用阿伏加德罗定律以及物质的量与分子数目、摩尔质量之间的关系可以得到以下有用的推论：（1）同温同压时：V1：V2=n1：n2=N1：N21：2=M1：M2同质量时：V1：V2=M2：M1；（2）同温同体积时：P1：P2=n1：n2=N1：N2同质量时：P1：P2=M2：M1；（3）同温同压同体积时：1：2=M1：M2=m1：m2。18.有些科学家提出硅是“21世纪的能源”，下列关于硅及其化合物的说法正确的是A. SiO2是一种酸性氧化物，所以
21、不和任何酸反应B. 高温下，工业制硅的反应方程式为C+SiO2Si+CO2C. 光导纤维的主要成分是SiO2D. 太阳能发电板的主要材料是SiO2【答案】C【解析】【详解】A. SiO2是一种酸性氧化物，能和氢氟酸反应，A错误；B. 高温下，工业制硅的反应方程式为2C+SiO2Si+2CO，B错误；C. 光导纤维的主要成分是SiO2，C正确；D. 硅是半导体，二氧化硅不导电，太阳能发电板的主要材料是Si，D错误。答案选C。19.0.5L 1mol/L FeCl3溶液与0.5L 1mol/L KCl溶液中的Cl的数目之比A. 5：2 B. 3：1 C. 15：2 D. 1：3【答案】B【解析】【
22、详解】0.5L1mol/LFeCl3溶液中氯离子的物质的量是0.5L1mol/L31.5mol，0.5L1mol/LKCl溶液中氯离子的物质的量是0.5L1mol/L0.5mol，所以两溶液中Cl的数目之比为3：1。答案选B。20.下列各组物质能相互反应得到Al（OH）3的是（）A. Al跟NaOH溶液共热 B. Al（NO3）3跟过量的NaOH溶液C. Al2O3和水共热 D. Al2（SO4）3和过量的氨水【答案】D【解析】【详解】AAl跟NaOH溶液共热生成偏铝酸钠和氢气，得不到氢氧化铝，A错误；B氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸、强碱，Al(NO3)3跟过量的NaOH溶液生成偏铝酸钠，
23、得不到氢氧化铝，B错误；C氧化铝不溶于水，不能与水反应生成氢氧化铝，C错误；D氢氧化铝不溶于弱碱，A12(SO4)3和过量的NH3H2O反应得到氢氧化铝，D正确；答案选D。【点睛】明确铝及其化合物的两性性质是解题的关键；氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸如硫酸、强碱如NaOH，不溶于弱酸如碳酸、弱碱如氨水；氢氧化铝制备如果用铝盐，一般选择氨水，如果是偏铝酸盐，一般选择二氧化碳，另外也可以用铝盐和偏铝酸盐混合制备。21.下列氯化物既可以由氯气与金属反应制得，又可以由金属与盐酸反应制得的是A. AlCl3 B. FeCl2 C. FeCl3 D. CuCl2【答案】A【解析】【详解】A. 单质铝与氯
24、气或盐酸反应均生成AlCl3，A正确；B. 铁与盐酸反应生成FeCl2，与氯气反应生成氯化铁，B错误；C. 铁与盐酸反应生成FeCl2，与氯气反应生成氯化铁，C错误；D. 铜与氯气反应生成CuCl2，铜与盐酸不反应，D错误。答案选A。22.对实验的实验操作现象判断正确的是A. 实验：产生红褐色沉淀 B. 实验：溶液颜色变红C. 实验：放出大量气体 D. 实验：先出现白色沉淀，后溶解【答案】C【解析】【详解】A. 实验中向沸水中滴加少量的氯化铁饱和溶液，可以产生红褐色的氢氧化铁胶体，A错误；B. 实验中，KSCN溶液滴加到氯化亚铁溶液后，溶液不变色，B错误；C. 实验中，铝与氢氧化钠溶液反应生成
25、偏铝酸钠和氢气，C正确；D. 实验中，氨水滴入氯化铝溶液后，生成白色沉淀氢氧化铝，氨水碱性较弱，不能溶解氢氧化铝，D错误；答案选C。23.NA表示阿伏加德罗常数。下列叙述中正确的是A. 标准状况下，22.4 L水中含有的水分子数为NAB. 4.0 g NaOH固体溶于100 mL水中，得到1 mol/L的NaOH溶液C. 常温、常压下，22 g CO2中含有的氧原子数为NAD. 1 L 0.5 mol/L Na2SO4溶液中，含有的氧原子总数为2NA【答案】C【解析】【详解】A、标准状况下，水不是气体，22.4 L水的物质的量大于1mol，A错误；B、4.0 g NaOH固体溶于100 mL水
26、中所得溶液的体积不是0.1L，不能得到1 mol/L的NaOH溶液，B错误；C、22 g CO2的物质的量为0.5mol，含有的氧原子数为NA，C正确；D、1 L 0.5 mol/L Na2SO4溶液中含有硫酸钠的物质的量是0.5mol，但溶剂水中还含有氧原子，D错误；答案选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，解答该类试题时要注意：气体的体积，一要看是否为标准状况下；二要看物质在标准状况下是否为气态，如CCl4、水、液溴、SO3、己烷、苯等常作为命题的干扰因素迷惑学生。给出非标准状况下气体的物质的量或质量，干扰学生正确判断，误以为无法求解物质所含的粒子数。24.下图是模拟“侯氏
27、制碱法”制取NaHCO3的部分装置。下列操作正确的是A. a先通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰B. a先通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉C. b先通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰D. b先通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉【答案】B【解析】【分析】候氏制碱法”制取NaHCO3的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3；在这一实验过程中，由于C02在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，为防止倒吸，b管通C02，a管通NH3，所以要向食盐水中先通NH3再通C02，否则C02通入后会从水中逸出，再通NH3时溶液中C02的
28、量很少，得到的产品很少；在这个实验中的尾气主要是C02和NH3，其中NH3对环境影响较大，要进行尾气处理，而NH3是碱性气体，所以在c装置中要装酸性物质，据此进行推断。【详解】“侯氏制碱法”制取NaHCO3的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3，为防止倒吸，a管通NH3，b管通C02；由于C02在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，所以要在食盐水先通NH3然后再通C02，否则C02通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中C02的量就很少了，这样得到的产品也很少，氨气是碱性气体，可以用蘸稀硫酸的脱脂棉吸收氨气，防止污染空气，答案选B。【点睛】本题主要考查实验装置的综合应
29、用、侯氏制碱法原理，题目难度中等，明确侯氏制碱法原理为解答关键，注意掌握常见装置特点及使用方法，注意氨气和二氧化碳溶解性的差异。25.某氯化镁溶液的密度为1.18g/cm3，其中氯化镁的质量分数为47.5%，100mL该溶液中氯离子的物质的量等于（ ）A. 0.59mol B. 0.295mol C. 1.18mol D. 2.36mol【答案】C【解析】【详解】氯化镁溶液的质量为1.18gcm-3100mL118g，氯化镁的质量为118g47.5%56.05g，物质的量为56.05g95g/mol0.59mol，因此氯离子的物质的量为20.59mol1.18mol，答案选C。26.选择下列实
30、验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。A萃取分液法 B加热分解 C结晶法 D分液法 E渗析法 F蒸馏法 G过滤法（1）_分离饱和食盐水和沙子的混合物。（2）_从硝酸钾和氯化钠的混合溶液中获得硝酸钾。（3）_分离水和煤油的混合物。（4）_分离水和酒精。（5）_分离溴水中的溴和水。【答案】 (1). G (2). C (3). D (4). F (5). A【解析】试题分析：本题考查物质的分离提纯实验方法的选择。（1）沙子不溶于饱和食盐水，属于难溶性固体与液体的分离，采用过滤法分离，答案选G。（2）硝酸钾的溶解度随着温度的升高明显增大，氯化钠的溶解度随温度的升高增大不明显，采用结晶法分离，答
31、案选C。（3）水和煤油的混合物属于互不相溶的液体混合物，静置后出现分层，采用分液法分离，答案选D。（4）水和酒精的混合物是互相混溶的液体混合物，利用水和酒精沸点的不同进行分离，采用蒸馏法分离，答案选F。（5）分离溴水中的溴和水，先加入萃取剂（如四氯化碳或苯等）将溴萃取出来，再分液，采用萃取分液法分离，答案选A。【点睛】理解各种分离提纯方法适用的对象是解答本题的关键。27.实验室现需配制物质的量浓度为1molL1的NaOH溶液480mL。(1)配制该溶液的实验步骤包括： a计算需要氢氧化钠固体的质量；b称量氢氧化钠固体；c将烧杯中的溶液注入_；d用适量的蒸馏水溶解称量好的氢氧化钠固体，冷却；e盖
32、好瓶塞，反复上下颠倒摇匀；f继续向容量瓶中加蒸馏水至刻度线下_时，改用_滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。上述步骤的正确操作顺序是_。(2)要配制此溶液，需要称量NaOH固体的质量为_克。(3)下列操作会使所配制溶液浓度偏大的有_。A、溶解固体溶质时，未冷却至室温即转入容量瓶进行定容B、定容摇匀后，静置时发现液面低于刻度线，又加水至刻度线C、容量瓶中原有少量蒸馏水D、定容时观察液面仰视(4)配制好的NaOH溶液不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶存放，请用化学方程式解释原因_。【答案】 (1). 500mL容量瓶 (2). 12cm (3). 胶头滴管 (4). abdcfe (5). 20 (6). A
33、 (7). 2NaOH+SiO2Na2SiO3+H2O【解析】【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，配制NaOH溶液480mL，应选择500mL容量瓶，溶质溶解冷却后，应将溶液转移到500mL容量瓶，定容时继续向容量瓶中加蒸馏水至刻度线下12cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，所以正确的操作顺序为abdcfe；（2）配制物质的量浓度为1molL-1的NaOH溶液
34、480mL，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要氢氧化钠质量为1mol/L0.5L40g/mol20.0g；A、溶解固体溶质时，未冷却至室温即转入容量瓶进行定容B、定容摇匀后，静置时发现液面低于刻度线，又加水至刻度线C、容量瓶中原有少量蒸馏水D、定容时观察液面仰视（3）A溶解固体溶质时，未冷却至室温即转入容量瓶进行定容，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，A正确；B定容摇匀后，静置时发现液面低于刻度线，又加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，B错误；C容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，C错误；D定容时观察液面仰视，导致溶液体积
35、偏大，溶液浓度偏低，D错误；答案选A；（4）二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成具有粘性的硅酸钠溶液，能够将玻璃塞与玻璃瓶粘在一起，化学方程式为2NaOH+SiO2Na2SiO3+H2O。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意误差分析的方法和技巧，题目难度不大。28.现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F，它们之间能发生如下反应。（图中有些反应的产物和反应条件没有标出）请回答下列问题：（1）A的化学式为_，丙的化学式为_；（2）写出下列反应的离子方程式： _； _； _。（3）写出C溶液与Al反应的化学方程式_。（4）浓硫酸具有强氧化性
36、却可以用B材料车运输，是因为_。（5）为鉴定B单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需再加入的试剂（填写字母代号）是_。A. 碘水 B. NaOH溶液 C. KSCN溶液 D. Na2SO3溶液【答案】 (1). Na (2). HCl (3). 2NaOH+2H2O2Na+2OH+H2 (4). 2Fe2+Cl22Fe3+2Cl (5). Fe3+3OHFe(OH)3 (6). 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2 (7). 铁和浓硫酸发生钝化 (8). B【解析】【分析】金属单质A的焰色反应为黄色，则A是Na，黄绿色气体乙是Cl2，Na和水反应生成NaOH和H2，则甲是H2、
37、C是NaOH，氢气和氯气反应生成HCl，所以丙是HCl，D是盐酸，D和金属B反应生成E，E能被氯气氧化生成F，F和NaOH反应生成红褐色沉淀，则红褐色沉淀是Fe(OH)3，所以F是FeCl3、E是FeCl2、B是Fe，再结合物质的性质分析解答。【详解】根据以上分析可知A是Na，B是Fe，C是NaOH，D是盐酸，E是FeCl2、F是FeCl3，甲是H2，乙是Cl2，丙是HCl，红褐色沉淀是Fe(OH)3，则（1）通过以上分析知，A是Na，丙是HCll；（2）反应是Na和水反应生成NaOH和H2，离子反应方程式为2NaOH+2H2O2Na+2OH+H2；反应是氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，离子反应
38、方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl；反应是氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁，离子方程式为Fe3+3OHFe(OH)3；（3）铝能溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；（4）常温下铁在浓硫酸中钝化，所以浓硫酸虽具有强氧化性却可以用铁质材料车运输；（5）铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，则A. 碘水不能氧化亚铁离子，不能检验亚铁离子，A错误；B. NaOH溶液与亚铁离子反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，然后迅速转化为灰绿色，最终转化为红褐色，可以检验亚铁离子，B正确；C. KSCN溶液与亚铁离子不反应，不能检验亚铁离子，C错误；D
39、. Na2SO3溶液与亚铁离子不反应，不能检验亚铁离子，D错误。答案选B。【点睛】本题考查了无机物推断，涉及物质的推断、离子方程式的书写、离子的检验等知识点，根据焰色反应、物质的颜色为突破口采用正逆结合的方法进行推断，根据离子方程式的书写规则结合离子的性质进行解答，明确亚铁离子、铁离子、硫酸根离子、铵根离子等离子的检验方法，题目难度不大。29.哈伯因为氨气的合成曾获1918年诺贝尔奖。（1）写出实验室制取氨气的化学方程式_。检验氨气已装满的方法是_。（2）氨气可用如图装置进行喷泉实验，把氨气换成_（填序号）也可形成喷泉实验。A、二氧化碳 B、氧气 C、氯化氢气体 D、氢气（3）完成氨催化氧化生
40、成为NO的反应方程式，4NH3+_O24NO+6 ，产物NO能在通常状况下被空气氧化为NO2，请完成下列反应生成硝酸的化学方程式：4NO+_O2+2H2O4HNO3_NO2+ O2 + H2O4HNO3（4）12.8 gCu与足量的浓硝酸反应生成的气体与一定量的O2混合，然后通入水中恰好完全反应无气体剩余，则该氧气的物质的量为_mol。【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O (2). 湿润的红色石蕊试纸放在瓶口，看试纸是否变蓝或者用玻璃棒醮浓HCl放在瓶口看是否冒白烟 (3). C (4). 4NH3+5O24NO+6H2O (5). 4NO+3O2+2
41、H2O4HNO3 (6). 4NO2+1O2+2H2O4HNO3 (7). 0.1【解析】【详解】（1）氯化铵和熟石灰在加热条件下反应生成氨气、氯化钙和水，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；氨气为碱性气体，与水反应生成NH3H2O，NH3H2O电离出OH-离子，溶液呈碱性，用湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，如果试纸变蓝，则氨气已满，或者用玻璃棒醮浓HCl放在瓶口，如果立即冒白烟，说明已经收集满；（2）二氧化碳在水中的溶解度很小，氧气、氢气难溶于水，均不能形成喷泉；氯化氢气体极易溶于水，能形成喷泉。答案选C。（3）氨气催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化
42、学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，一氧化氮和氧气混合通入水中恰好反应生成硝酸，反应的化学方程式为4NO+3O2+2H2O4HNO3，二氧化氮和氧气混合通入水中完全吸收得到硝酸，反应的化学方程式为4NO2+O2+2H2O4HNO3；（4）12.8gCu物质的量为12.8g64g/mol=0.2mol，与足量的浓硝酸反应生成的气体和氧气通入水中恰好反应无气体剩余生成硝酸，这说明铜失去的电子最终被氧气获得，0.2mol铜失去0.4mol电子，1分子氧气得到4个电子，则根据电子得失守恒可知需要氧气物质的量为0.4mol40.1mol。【点睛】本题考查了实验室制备氨气的方法，氨气性质和检验，喷
43、泉实验，氮氧化物、硝酸性质的理解应用，化学方程式定量计算分析，掌握基础是关键，题目难度中等。（4）中的计算注意电子得失守恒的灵活应用。30.某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置。（1）实验室用装置A制备SO2。某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，你认为原因可能是_。（2）实验室用装置E制备Cl2，其反应的化学方程式为_；若有8mol的HCl参加反应，则转移的电子总数为_。（3）该装置中氢氧化钠溶液的作用是_。（4）通气后B、D两个试管中的现象_。停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B：_，D：_。（5）另一
44、个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强。他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因（用化学方程式表示）_。【答案】 (1). 分液漏斗活塞未打开 (2). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2 (3). 4NA (4). 尾气处理 (5). 褪色 (6). 变为红色 (7). 无变化 (8). SO2+Cl2+2H2O2HCl+H2SO4【解析】【分析】装置A生成的二氧化硫气体通过装置B中的品红溶液，二氧化硫具有漂白性，可以使溶液褪色，褪色后的溶液加热时又恢复原来的红色。氯气和
45、水反应生成的次氯酸具有漂白性，因而氯气通入品红溶液中也能使品红褪色，次氯酸的漂白不可逆，加热时，不能恢复红色，剩余二氧化硫和氯气通过装置C吸收，防止污染空气，据此判断。【详解】（1）塞子没有取下来，打开活塞时，空气无法进入分液漏斗内部，造成分液漏斗内的压强小于大气压强，液体无法流出；（2）实验室制备氯气的反应方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2，反应中每有4mol HCl参与反应，被氧化的氯化氢是2mol，2molHCl被氧化电子转移为2mol，若有8mol的HCl参加反应，则转移的电子总数为4NA；（3）二氧化硫和氯气均是有毒气体，需要尾气处理，所以装置中氢氧化钠溶液
46、的作用是尾气处理，防止污染空气；（4）SO2具有漂白性，二氧化硫通入品红溶液中，品红褪色；SO2的漂白具有可逆性，褪色后的溶液加热时又恢复原来的红色。氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，因而氯气通入品红溶液中也能使品红褪色，次氯酸的漂白不可逆，加热时，不能恢复红色；（5）氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者1：1发生反应SO2+Cl2+2H2O2HCl+H2SO4，生成物都无漂白性，因而SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液时，品红溶液并不褪色。【点睛】本题主要是考查氯气和二氧化硫的漂白性实验探究，明确实验原理、装置的作用以及物质的性质特点是解答的关键，注意氯气和二氧化硫性质的不同，尤其要注意氯气没有漂白性，溶于水生成的次氯酸具有漂白性。
