浙江省慈溪市三山高级中学2018_2019学年高二化学上学期期初考试试题（含解析）.doc

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1、- 1 -浙江省慈溪市三山高级中学 2018-2019 学年高二上学期期初考试化学试题1.下列属于酸性氧化物的是A. CO2 B. CaO C. K2SO4 D. NaOH【答案】A【解析】A、二氧化碳能和碱反应生成盐和水，故为酸性氧化物，故 A 正确；B、CaO 能和酸反应生成盐和水，为碱性氧化物，故 B 错误；C、硫酸钾不是氧化物，属于盐，故 C 错误；D、NaOH 不是氧化物，属于碱，故 D 错误；故选 A。点睛：本题考查了酸性氧化物的概念，酸性氧化物即能和碱反应生成盐和水的氧化物。非金属氧化物大多数为酸性氧化物，应注意的是酸性氧化物和碱反应只能生成盐和水，不能生成其他物质。2.仪器名称

2、为“容量瓶”的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】A为圆底烧瓶，故 A 错误；B为试管，故 B 错误； C容量瓶是一种带有磨口玻璃塞的细长颈、梨形的平底玻璃瓶，颈上有刻度，该仪器为容量瓶，故 C 正确；D为烧杯，故 D 错误；故选 C。3.常温下能与水反应的金属单质是A. SiO2 B. Br2 C. Na2O D. Na【答案】D【解析】依据题意要求，符合条件的物质必须是金属单质，而二氧化硅、氧化钠不是单质，溴是非金属单质，钠是金属单质，能够与水反应生成氢氧化钠和氢气，故选 D。4.HClNaOHNaClH 2O 的反应类型是A. 化合反应 B. 置换反应 C. 分解反应 D. 复分

3、解反应- 2 -【答案】D【解析】由酸和碱发生的化学反应 HCl+NaOH=NaCl+H2O 可知：氢氧化钠属于碱，盐酸属于酸，酸和碱的反应是中和反应，属于复分解反应，故选 D。5.下列物质中，属于可再生的能源是A. 氢气 B. 石油 C. 煤 D. 天然气【答案】A【解析】A氢气可以用分解水来制取，属于可再生能源，故 A 正确；B石油属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故 B 错误；C煤属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故 C 错误；D天然气属于化石能源，属于不可再生能源，故 D 错误；故选 A。点睛：了解可再生能源和不可再生能源的特点是

4、正确解答本题的关键。人类开发利用后，在现阶段不可能再生的能源，属于不可再生能源；在自然界中可以不断再生的能源，属于可再生能源。6. 硅元素在周期表中的位置是A. 第二周期A 族 B. 第三周期A 族C. 第三周期A 族 D. 第二周期A 族【答案】B【解析】试题分析：硅元素是 14 号元素，核外电子排布为 2、8、4，有三个电子层，最外层有 4 个电子，则在周期表中的位置为第三周期A 族，答案选 B。考点：考查元素在周期表中的位置。7.下列化学用语表述正确的是A. 水分子的结构式： B. 氯化钠的电子式：C. 氯气的比例模型： D. 硫原子的结构示意图：【答案】A【解析】- 3 -A水分子中含

5、有 2 个 O-H 键，其结构式为： ，故 A 正确；B离子化合物的电子式中标有电荷，氯化钠的电子式为 ，故 B 错误；C氯气中含有 2 个 Cl 原子，2 个氯原子一样大，氯气的比例模型为： ，故 C 错误；D硫原子的质子数是 16，最外层含有 6 个电子，原子结构示意图为： ，故 D 错误；故选 A。8.下列物质不能使淀粉碘化钾溶液变蓝的是A. SO2 B. H2O2 C. 新制氯水 D. 碘酒【答案】A【解析】A. SO2和碘化钾不反应,所以没有碘单质生成,则不能使淀粉碘化钾溶液变蓝,故 A 正确； B. H2O2具有强氧化性，能和碘离子反应生成碘单质,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝,B 错

6、误; C. 新制氯水中氯气和碘离子发生置换反应生成碘单质,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝色, C 错误；D. 碘酒中含有碘单质,碘与淀粉溶液变蓝色,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝色, D 错误。答案选 A.9.下列说法不正确的是A. 核素 的中子数是 0B. 12C 和 14C 互为同位素C. 金刚石、石墨和富勒烯互为同素异形体D. CH3CH2OH 和 CH3OCH3互为同分异构体【答案】A【解析】【详解】A中子数=质量数-质子数=2-1=1，A 错误；B 12C 和 14C 是具有相同的质子数和不同的中子数的碳原子，互为同位素，B 正确；C金刚石、石墨和富勒烯是碳元素组成的性质不同的单质，互称同素

7、异形体，C 正确；DCH 3CH2OH 和 CH3OCH3是具有相同的分子式和不同结构的化合物，互为同分异构体，D 正确；答案选 A。- 4 -10.实验室有两瓶失去标签的溶液，其中一瓶是稀 H2SO4溶液，另一瓶是蔗糖溶液。鉴别时，下列选用的试纸或试剂不正确的是A. pH 试纸 B. KCl 溶液 C. BaCl 2溶液 D. Na 2CO3固体【答案】B【解析】【详解】A硫酸可使 pH 试纸变红色，蔗糖不能，可鉴别，A 正确；B二者与氯化钾都不反应，不能鉴别，B 错误；C硫酸与氯化钡反应生成白色沉淀，蔗糖不能，能鉴别，C 正确；D碳酸钠与硫酸反应生成气体，蔗糖不能，可鉴别，D 正确，答案选

8、 B。11.下列说法不正确的是( )A. 高压钠灯常用于道路的照明 B. 饱和石灰水用来制漂白粉C. 硅晶体用作半导体材料 D. 金属镁常用来制造信号弹和焰火【答案】B【解析】高压钠灯发出的黄光射程远,透雾能力强,常用于道路和广场的照明，A 项正确；氯气与石灰乳反应用来制漂白粉，B 项错误；硅晶体用作半导体材料，C 项正确；镁燃烧时会发出耀眼的白光,所以可以用于制造信号弹和焰火，D 项正确。12.已知 1 mol CH4气体完全燃烧生成气态 CO2和液态 H2O，放出 890.3 kJ 热量，则表示该反应的热化学方程式正确的是A. CH4(g)2O 2(g)CO 2(g)2H 2O(g) H8

9、90.3 kJmol -1B. CH4(g)2O 2(g)CO 2(g)2H 2O(l) H890.3 kJmol -1C. CH4(g)2O 2(g)CO 2(g)2H 2O(l) H890.3 kJmol -1D. CH4(g)2O 2(g)CO 2(g)2H 2O(g) H890.3 kJmol -1【答案】B【解析】试题分析：1 mol CH4气体完全燃烧生成气态 CO2和液态 H2O，放出 890.3 kJ 热量，表示该反应的热化学方程式为 CH4(g)2O 2(g)CO 2(g)2H 2O(l) H890.3 kJmol-1，答案选B。考点：考查热化学方程式的书写。- 5 -13.

10、有关 SO2的性质，下列说法不正确的是A. 能使品红溶液褪色 B. 能与 NaOH 溶液反应C. 能与 H2O 反应生成 H2SO4 D. 一定条件下能与 O2反应生成 SO3【答案】C【解析】A、二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，故 A 正确；B、二氧化硫是酸性氧化物，能和碱发生反应生成亚硫酸钠和水，故 B 正确；C、二氧化硫与水反应生成亚硫酸，不是硫酸，故 C 错误；D、二氧化硫在一定条件下能与 O2反应生成 SO3，故 D 正确；故选 C。14.有关苯的结构和性质，下列说法正确的是A. 分子中含有碳碳双键 B. 易被酸性 KMnO4溶液氧化C. 与溴水发生加成反应而使溴水褪色 D.

11、 在一定条件下可与浓硝酸和浓硫酸的混合酸反应生成硝基苯【答案】D【解析】A、苯不是单双键交替的结构，结构中无碳碳双键，故 A 错误；B、苯中不含碳碳双键，不能被高锰酸钾溶液氧化，故 B 错误；C、苯和溴水发生萃取而使溴水褪色，而不是化学反应，故 C 错误；D、苯在浓硫酸做催化剂的条件下，能和浓硝酸发生硝化反应生成硝基苯，故 D正确；故选 D。点睛：本题考查了苯的化学性质和结构，根据苯的结构来理解其性质，应注意的是苯和溴水只能萃取，和液溴在溴化铁的催化作用下能发生取代反应。15.下列说法正确的是A. HCl 属于共价化合物，溶于水能电离出 H+和 Cl-B. NaOH 是离子化合物，该物质中只含

12、离子键C. HI 气体受热分解的过程中，只需克服分子间作用力D. 石英和干冰均为原子晶体【答案】A【解析】AHCl 为共价化合物，在水分子的作用下完全电离，为强电解质，故 A 正确；BNaOH 为离子化合物含有离子键和 O-H 共价键，故 B 错误；CHI 不稳定，易分解，分解破坏共价键，故 C 错误；D干冰熔沸点较低，为分子晶体，故 D 错误；故选 A。- 6 -16.如图所示进行实验，下列说法不正确的是A. 装置甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生B. 甲、乙装置中的能量变化均为化学能转化为电能C. 装置乙中的锌、铜之间用导线连接电流计，可观察到电流计指针发生偏转D. 装置乙中负

13、极的电极反应式：Zn2eZn 2+【答案】B【解析】A装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，铜片作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，所以甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生，故 A 正确；B装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气没有形成原电池，故 B 错误；C装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，所以锌、铜之间用导线连接电流计，可观察到电流计指针发生偏转，故 C 正确；D装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，锌片的活泼性大于铜片的活泼性，所以锌片作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式：Zn-2e -Zn 2+

14、，故 D 正确；故选 B。点睛：准确理解原电池原理是解题关键，装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，锌片的活泼性大于铜片的活泼性，所以锌片作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，铜片作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，据此分析。17.下列说法正确的是A. 葡萄糖能水解生成 CH3CH2OH 和 CO2B. 油脂水解的产物之一丙醇是一种重要的工业原料C. 蛋白质溶液加入饱和硫酸铵，析出的沉淀能重新溶于水中D. 生活中用于制造水杯、食物保鲜膜的高分子材料是聚氯乙烯【答案】C- 7 -【解析】A. 葡萄糖属于单糖，不能发生水解，A 错误；B. 油脂水解

15、的产物之一丙三醇是一种重要的工业原料，而不是丙醇，B 错误；C. 蛋白质溶液加入饱和硫酸铵发生盐析，蛋白质的盐析是可逆的，析出的沉淀能重新溶于水中，C 正确；D.水杯、奶瓶、食物保鲜膜等用品的主要材料都是聚乙烯，故 D 错误； 答案选 C点睛：单糖不能水解；盐析是物理变化，是个可逆过程。18.下列离子方程式正确的是A. 硫酸钠溶液与氢氧化钡溶液反应：SO 42-Ba 2+BaSO 4B. 大理石与稀硝酸反应：CO 32-2H +CO 2H 2OC. 氯化铁溶液与碘化钾溶液反应：Fe 3+2I -Fe 2+I 2D. 氯化镁容液与氨水反应：Mg 2+2OH -Mg(OH) 2【答案】A【解析】A

16、硫酸钠溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子反应为 SO42-+Ba2+BaSO4，故 A 正确；B大理石与稀硝酸反应的离子反应为 CaCO3+2H+Ca 2+CO2+H 2O，故B 错误；C氯化铁溶液与碘化钾溶液反应的离子反应为 2Fe3+2I-2Fe 2+I2，故 C 错误；D氯化镁溶液与氨水反应的离子反应为 Mg2+2NH3H2OMg(OH) 2+2NH 4+，故 D 错误；故选A。点睛：把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键。离子方程式正误判断的常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否

17、符合守恒关系，检查是否符合原化学方程式等。19.恒温恒容下将 l molX 和 2 molY 置于密闭容器中发生反应：X(s)+2Y(g) 2Z(g)，10 min 后达到平衡状态，下列说法正确的是A. 平衡前，容器中压强随反应进行而减小B. 平衡后，容器中 Y 和 Z 的物质的量之比一定为 1:1C. 10 min 后，升高温度，Y 的反应速率不变D. 生成 Z 的物质的量一定小于 2 moI【答案】D【解析】A. 该反应是气体分子数不变的反应，容器中压强始终不变，A 错误；B. 平衡时 Y 和 Z 的物- 8 -质的量的多少不确定，Y 和 Z 的物质的量之比不一定为 1:1，B 错误；C.

18、 升高温度，Y 的反应速率增大，C 错误； D. 该反应是可逆反应，不可能进行到底，因此 l molX 和 2 molY 反应生成 Z 的物质的量一定小于 2 mol，D 正确。答案选 D.20.某温度时，2NO(g)O 2(g)2NO 2(g)反应到 2 s 后，NO 的浓度减少了 0.06 molL-1，则以 O2表示该时段的化学反应速率是A. 0.03 molL-1s-1 B. 0.015 molL-1s-1C. 0.12 molL-1s-1 D. 0.06 molL-1s-1【答案】B【解析】2s 后，NO 的浓度减少了 0.06molL-1，则 v(NO)= =0.03mol/(Ls

19、)，速率之比等于化学计量数之比，v(O 2)= v(NO)=0.015mol/(Ls)，故选 B。21.下列说法正确的是A. 棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素B. 蛋白质在一定条件发生水解反应生成葡萄糖C. 煤的气化是在高温下煤和水蒸气作用转化为可燃性气体的过程D. 食用植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物【答案】C【解析】A棉花主要成分为纤维素，蚕丝主要成分为蛋白质，二者成分不同，故 A 错误；B蛋白质水解生成氨基酸，得不到葡萄糖，故 B 错误；C煤的气化是指碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，一氧化碳和氢气都是易燃气体，故 C 正确；D油脂相对分子质量较小，不是高分子化合

20、物，故 D 错误；故选 C。22.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A. NA个氧分子与 NA个氢分子的质量之比为 81B. 100 mL 1.0 molL1 FeCl3溶液与足量 Cu 反应，转移的电子数为 0.2NAC. 标准状况下，11.2 L CCl 4中含有 CCl 键的数目为 2NAD. NA个 D2O 分子中，含有 10NA个电子【答案】D【解析】- 9 -A、N A个氧分子与 NA个氢分子均为 1mol，而等物质的量的物质的质量之比等于摩尔质量之比，故氧气和氢气的质量之比为 32：2=16：1，故 A 错误；B、溶液中氯化铁的物质的量n=cV=1mol/L0.

21、1L=0.1mol，而反应后 Fe3+变为+2 价，故 0.1mol 氯化铁转移 0.1mol 电子即0.1NA个，故 B 错误；C、标况下，四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故 C 错误；D、重水中含 10 个电子，故 NA个重水分子中的电子为 10NA个，故 D 正确；故选 D。23.短周期主族元素 Q、W、X、Y、Z 原子序数依次增加，其中 Q、W 原子核外 L 电子层的电子数分别为 0、4，X、Y、Z 在周期表中的位置如图所示。 下列说法不正确的是A. W、 X、 Q 的原子半径依次减小 B. Y 的最高价氧化物的水化物一定是强酸C. W 和 Z 可能形成化合物

22、W3Z8 D. Q、 X、 Z 可能形成离子化合物【答案】B【解析】短周期主族元素 Q、W、X、Y、Z 原子序数依次增加，其中 Q、W 原子核外 L 电子层的电子数分别为 0、4，知 W 为 C，Q 可能为 H 或 He，根据元素周期表知 X 可能为 N, Y 为 P,Z 为 S,也可能 X 为 O,Y 为 S,Z 为 Cl,。A. W、 X、 Q 的原子半径依次减小，故 A 对；B 为 P，最高价氧化物的水化物为 H3PO4属于中强酸，故 B 错误；C W 为 C， Z 可能为 Cl 也可能为 S,可能形成化合物 W3Z8,故 D 对。答案：B。点睛：考查元素周期表和元素周期律的相关知识。本

23、题是根据元素周期表和原子结构来推断元素的性质的。本题的突破口短周期主族元素 Q、W、X、Y、Z 原子序数依次增加，其中Q、W 原子核外 L 电子层的电子数分别为 0、4，进行判断。24.ClO2和 NaClO2均具有漂白性，工业上用 ClO2气体制 NaClO2的工艺流程如图所示。下列说法不正确的是A. 步骤 a 的操作包括过滤、洗涤和干燥- 10 -B. 吸收器中生成 NaClO2的离子方程式：2ClO 2+H2O2=2C1O2-+O2+2H +C. 工业上可将 ClO2制成 NaClO2固体，便于贮存和运输D. 通入空气的目的是驱赶出 ClO2，使其被吸收器充分吸收【答案】B【解析】A.

24、步骤 a 中，由溶液得到 NaClO2固体，进行的操作为：过滤、洗涤和干燥，A 正确；B. 吸收器中发生反应：2ClO 2+2NaOH+H2O22NaClO 2+O2+2H2O，离子方程式为： 2ClO2+2OH+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，B 错误；C. 固体比气体便于贮存和运输，工业上可将 ClO2制成 NaClO2固体，C 正确；D. 反应结束后，发生器中仍有少量 ClO2，用空气可以将其排出，确保其在吸收器中被充分吸收，D 正确。答案选 B.25.现有一份澄清溶液， 可能含有 Na 、 K 、 NH 4+、 Ca 2 、 Fe 3 、 SO 42 、 CO 32 、 SO3

25、2 、 Cl 、I 中的若干种， 且离子的物质的量浓度均为 0.1 molL 1 （不考虑水解和水的电离） 。 往该溶液中加入过量的盐酸酸化的 BaCl 2 溶液， 无沉淀生成。 另取少量原溶液， 设计并完成如下实验：则关于原溶液的判断中不正确的是A. 是否存在 Na 、K 需要通过焰色反应来确定B. 通过 CCl4 层的颜色变化，也能判断出原溶液中是否存在 Fe3C. 虽然实验过程引入了氯元素， 但不影响原溶液是否存在 Cl 的判断D. 肯定不存在的离子是 Ca 2 、Fe 3 、SO 42 、CO 32 、Cl 【答案】CD【解析】【详解】试样加足量的 Cl2水，没有气体产生，说明无 CO

26、32 ，溶液加四氯化碳分层，下层为紫红色，说明有 I 无 Fe3 ，因为两者不能共存。上层加硝酸钡和稀硝酸，有白色沉淀产生，说明可能是 SO42 、 SO 32 或单一一个。根据往该溶液中加入过量的盐酸酸化的 BaCl 2 溶液，无沉淀生成，说明原溶液无 SO42 ，一定有 SO32 ，根据离子共存，溶液中无 Ca2 存在，滤- 11 -液加硝酸银和硝酸，不能确定是否含有 Cl 。A. 是否存在 Na 、K 需要通过焰色反应来确定正确，故 A 对，B. 通过 CCl4 层的颜色变化，也能判断出原溶液中是否存在 Fe3 正确，故B 对；C. 虽然实验过程引入了氯元素， 肯定会影响原溶液是否存在

27、Cl 的判断故 C 错；D. 肯定不存在的离子是 Ca2 、Fe 3 、SO 42 、CO 32 、Cl 错误，因为不能确定是否存在 Cl ，故 D 错。答案;C D。26.已知某气态烃 X 在标准状态下的密度为 1.16 g/L，A 能发生银镜反应，E 具有特殊香味，有关物质的转化关系如下：请回答：(1)B 中含有的官能团名称是_，反应的反应类型为_。(2)写出反应的化学方程式_。(3)下列说法正确的是_。A有机物 D 在加热条件下可以使黑色的氧化铜变红B有机物 A 分子中的所有原子在同一平面上C有机物 B 与 C 在一定条件下可以反应生成有机物 ED有机物 E 中混有 B 和 D，可用 N

28、aOH 溶液将 E 分离出来【答案】 (1). 羧基 (2). 加成反应 (3). CHCH+H 2O CH3CHO (4). AC【解析】气态烃 X 在标准状态下的密度为 1.16g/L，X 的摩尔质量为 1.16g/L 22.4L/mol=26g/mol，可知 X 是乙炔。乙炔与水在催化剂的作用下可生成乙醛，所以 A 为乙醛；乙醛在氧气催化剂的作用下可生成乙酸，所以 B 为乙酸；乙炔与氢气在催化剂的作用下可生成乙烯，所以 C 为乙烯；乙烯与水在催化剂的作用下可生成乙醇，所以 D 为乙醇。B 与 D 反应可生成乙酸乙酯，所以 E 为乙酸乙酯。根据以上分析可以解答下列问题。(1) B 为乙酸，

29、B 中含有的官能团为：羧基；反应是乙烯与水的加成反应，反应的反应类型为加成反应。答案为：羧基、加成反应- 12 -(2) 反应是乙炔与水在催化剂的作用下生成乙醛的反应，方程式为：CHCH+H 2OCH3CHO，答案为：CHCH+H 2O CH3CHO(3) A有机物 D 为乙醇，在加热条件下可以与黑色的氧化铜反应，得到红色的单质铜，A 正确；B有机物 A 为乙醛，分子中含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，B 错误；C有机物 B 为乙酸、C 为乙醇，在一定条件下可以反应生成有机物乙酸乙酯，C 正确；D有机物乙酸乙酯中混有乙酸和乙醇，可用 Na2CO3溶液将乙酸乙酯分离出来，D 错误。答案为 A

30、C27.为探究矿石样品 A（仅含两种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：已知溶液 D 中只含一种金属阳离子，与铁粉充分反应后固体质量减少 14 g。请回答：(1)样品 A 的化学式为_。(2)写出气体 c 与溴水反应的离子方程式_。(3)写出样品 A 与盐酸发生氧化还原反应的化学方程式_。【答案】 (1). Fe3S4 (2). SO2+Br2+2H2O=4H+2Br-+SO42- (3). Fe3S4+6HCl=3FeCl2+S+3H 2S【解析】矿石样品 A（仅含两种元素）在足量 O2中灼烧，可生成固体 B 和气体 C，气体 C 与溴水反应生成无色溶液 E，说明气体 C 为 SO2；固

31、体 B 与过量的 HCl 反应，可生成棕黄色溶液 D，D 与过量铁粉反应生成 H2，并且溶液 D 中只含一种金属阳离子，说明棕黄色溶液 D 为 FeCl3。根据以上分析可以解答下列问题。（1）根据以上分析可知样品 A 中含有 Fe 和 S 元素，设样品 A 中含有 Fe 原子物质的量为 X摩尔，根据溶液 D 与铁粉充分反应后固体质量减少 14g，发生的离子反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H +=Fe2+H2，可知减少固体的质量为： +0.1 =14，解得X=0.3mol，则 S 原子的物质的量为： =0.4 mol，所以样品 A 的化学式为 Fe3S4。答案为：Fe 3S4（2）

32、SO 2与溴水反应生成硫酸和溴化氢，反应的离子方程式为：SO 2+Br2+2H2O=4H+2Br-+SO42- 13 -答案为：SO 2+Br2+2H2O=4H+2Br-+SO42-（3）Fe 3S4与盐酸可以发生氧化还原反应，方程式为：Fe 3S4+6HCl=3FeCl2+S+3H 2S答案为：Fe3S4+6HCl=3FeCl2+S+3H 2S28.用无水 Na2SO3固体配制 250 mL 0.1000 molL 1 溶液的步骤如下图，请回答：（1）在配制过程中必要的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、天平和_；（2）下列操作不会使配得的 Na2SO3溶液浓度偏低的是_。A容量瓶刚用蒸馏水洗净

33、，没有烘干B图没有用蒸馏水洗烧杯 2-3 次，并转移洗液C.图时仰视容量瓶的刻度线D.图后，发现液面略低于刻度线，再滴加少量水使液面凹面与刻度线相切【答案】 (1). 250mL 容量瓶 (2). BCD【解析】【详解】 （1）固体称量需要托盘天平，配制溶液在烧杯中溶解，需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中定容，需要胶头滴管滴加液体，则在配制过程中必要的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、天平和 250mL 容量瓶；（2）A容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干,不影响，A 错误；B图没有用蒸馏水洗烧杯 23 次，并转移洗液，溶质的物质的量减少，浓度偏低，B 正确；C.图时仰视容量瓶的刻度线，溶液的体积增加，浓

34、度偏低，C 正确；D.图后，发现液面略低于刻度线，再滴加少量水使液面凹面与刻度线相切，溶液的体积增加，浓度偏低，D 正确；答案选 BCD。【点睛】本题考查配制一定浓度的溶液，为高频考点，把握配制溶液的步骤、仪器、误差分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意结合公式分析误差，题目难度不大。29.取不同质量由 Ba(OH) 2和 BaCO 3组成的均匀混合样品,先加适量的水溶解,然后加入 100mL- 14 -某浓度稀盐酸,所得 CO2气 体的体积(己换算为标准状况)与加入样品的质量关系如图所示(不考虑 CO2的溶解、反应及碳酸氢盐的生成)。请计算:(1)混合物中 Ba(OH)2和 BaC

35、O 3物质的量之比为_。(2)稀盐酸物质的量浓度为_mo1/L。【答案】 (1). 1：1 (2). 0.800【解析】(1)由 CO2的体积可得，其物质的量分别为 0.005mol 和 0.010mol，由图象可知，当样品为1.84g 时，盐酸过量，BaCO 3完全反应，由反应 BaCO32HCl=BaCl 2CO 2H 2O 得 n(BaCO3) =0.005mol，则 1.84g 样品中含 n(Ba(OH)2)= =0.005mol，所以混合物中 Ba(OH)2和 BaCO 3物质的量之比为 1：1；(2)由图象可知，11.04g 样品与盐酸反应时，盐酸不足；按照等比例关系，可得 11.04g 样品中含 n(BaCO3)=n(Ba(OH)2)=0.030mol，但此时生成的 n(CO2)=0.010mol，根据中和反应优先的原则，反应消耗的盐酸的物质的量为 0.030mol2+0.010mol2=0.080mol，因此稀盐酸物质的量浓度为= =0.800mo1/L。点睛：注意本题的说明，不考虑 CO2的溶解、反应及碳酸氢盐的生成，也就是 1molBaCO3和2molHCl 直接反应生成 1molCO2，否则本题将无法解答；要明确当样品不足时，才能确定样品的组成，当盐酸不足时才能计算其浓度。- 15 -