山东省济南第一中学2018_2019学年高一化学上学期期末考试试卷（含解析）.doc

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1、120182019学年度第一学期期末考试高一化学试题相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Fe-56 Br-80第卷 选择题（共 54分）一、选择题1.本草图经中关于绿矾的分解有如下描述：“绿矾形似朴消(Na 2SO410H2O)而绿色，取此物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。 ”对此段话的说明中肯定错误的是( )A. 绿矾的化学式为 FeSO47H2O B. 绿矾分解过程中没有发生电子的转移C. “色赤”物质可能是 Fe2O3 D. 流出的液体中可能含有硫酸【答案】B【解析】绿矾在加热时会溶解在结晶水中

2、，然后发生分解，化学方程式为 2FeSO4 7H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O，铁的化合价由+2 升高到+3 价，S 由+6 降低到+4，所以绿矾分解是氧化还原反应，有电子转移。三氧化硫溶于水生成硫酸。综上所述 B不正确，选B。 2.化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（ ）A. 氢氧化铁胶体具有很强的吸附性，可用于自来水的杀菌消毒B. SiO2晶体熔点高硬度大，可用作芯片和太阳能电池C. NaClO具有强氧化性，可作织物漂白剂D. PM2.5指直径小于或接近 2.5微米的颗粒物，在空气中能产生丁达尔现象【答案】C【解析】【分析】A、杀菌消毒体现的是氧化性而不是吸附性。B、硅是

3、半导体，可用作芯片和太阳能电池；C、NaClO 具有强氧化性，可作织物漂白剂；D、分散质的本质区别是分散质粒子的直径大小；【详解】A、氢氧化铁胶体具有吸附性，能吸附悬浮杂质，而杀菌消毒是氧化性的体现，故2A错误；B、硅是半导体，可用作芯片和太阳能电池，故 B错误；C、NaClO 具有强氧化性，可作织物漂白剂，故 C正确；D、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒的直径在 1nm100nm， PM2.5 指直径小于或接近 2.5微米的颗粒物，远远大于胶体粒子的直径，故 D错误；故选 C。3.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）A. Fe FeCl2 Fe(OH)2B. S

4、 SO3 H2SO4C. NH4Cl（s） NH3 Mg(OH)2D. 【答案】C【解析】【分析】A、铁与氯气点燃生成三氯化铁；B、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫；C、氢氧化钙与氯化铵生成氨气，通入氯化镁溶液，生成氢氧化镁沉淀；D、二氧化硅不溶于水；【详解】A、铁与氯气点燃生成三氯化铁，不生成氯化亚铁，故 A错误；B、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，故 B错误；C、氢氧化钙与氯化铵生成氨气，通入氯化镁溶液，生成氢氧化镁沉淀，每步均能实现，故C正确；D、二氧化硅不溶于水，不能直接生成硅酸，故 D错误；故选 C。【点睛】本题考查元素及其化合物的性质，解题关键：对铁、硫、氮、硅及其化合

5、物的转化的应用。4.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A. 7.8g Na2O2与足量水反应生成 O2分子数为 0.1NA3B. 50ml 18mol/L H2SO4溶液与足量的铜反应能产生 SO2气体分子数为 0.45NAC. 标准状况下 22.4 L氯气与足量的铁反应，转移电子数为 3NAD. 常温常压下，92g NO 2气体中含有的原子总数为 6NA【答案】D【解析】【分析】A、1molNa 2O2与足量水反应生成 0.5molO2；B、随反应的进行，浓硫酸变稀，与铜不反应；C、1mol 氯气与足量的铁反应只能转移 2mol电子；D、1molNO 2气体中含有的原子是

6、3mol。【详解】A、1molNa 2O2与足量水反应生成 0.5molO2，7.8g Na 2O2物质的量为 0.1mol与足量水反应生成 O2分子数为 0.05NA，故 A错误；B、随反应的进行，浓硫酸变稀，与铜不反应，50ml 18mol/L H 2SO4溶液与足量的铜反应产生 SO2气体分子数小于 0.45NA，故 B错误；C. 1mol氯气与足量的铁反应只能转移 2mol电子，标准状况下 22.4 L氯气与足量的铁反应，转移电子数为 2NA，故 C错误；D. 1molNO2气体中含有的原子是 3mol，常温常压下，92g NO 2气体物质的量为 2mol，含有的原子总数为 6NA，故

7、 D正确；故选 D。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，物质构成微粒的分析判断，可能反应的理解应用，易错点 B，注意浓硫酸变稀后不与铜反应。5.最近，科学家开发出一种低成本光伏材料蜂窝状石墨烯。生产原理是：Na2O + 2CO Na2CO3 + C(石墨烯)，然后除去 Na2CO3，即可制得蜂窝状石墨烯。下列说法不正确的是（ ）A. 该生产石墨烯的反应属于氧化还原反应B. 石墨烯与金刚石互为同素异形体C. Na2O属于碱性氧化物，CO 属于酸性氧化物，Na 2CO3属于盐D. 自然界中碳元素有游离态和化合态两种存在形式【答案】C4【解析】碳元素由+2 价升高到+4 价，降低到 0价，属于氧

8、化还原反应；A 正确；石墨烯与金刚石都是由碳元素组成的不同性质的单质，属于同素异形体；B 正确；CO 既不与酸反应，又不与碱反应，属于不成盐氧化物；C 错误；煤主要成分为碳，碳元素以游离态存在，碳酸钙中碳元素以化合态存在；D 正确；正确选项：C。点睛：中性氧化物（不成盐氧化物）常见的为一氧化碳、一氧化氮、水等。6.能正确表示下列反应的离子方程式的是 （ ）A. Na2SiO3溶液中加入盐酸： SiO 32 +2H+ = H2SiO3B. Ba(OH)2溶液与 NH4Cl稀溶液反应：NH 4+ + OH = NH 3 + H 2OC. FeCl3溶液中加入铁粉： Fe 3+ + Fe = 2Fe

9、2+D. NaHCO3与烧碱溶液反应：HCO 3+ OH = CO2+H 2O【答案】A【解析】【分析】A、盐酸酸性强于硅酸；B、氨气在水中溶解度大，稀溶液中主要以一水合氨的形成存在；C、电荷不守恒；D、电荷不守恒；【详解】A、盐酸酸性强于硅酸，Na 2SiO3溶液中加入盐酸： SiO 32 +2H+ = H2SiO3，故A正确；B、氨气在水中溶解度大，稀溶液中主要以一水合氨的形成存在，Ba(OH) 2溶液与 NH4Cl稀溶液反应：NH 4+ + OH = NH 3H2O，故 B错误；C、电荷不守恒，FeCl 3溶液中加入铁粉：2Fe 3+ + Fe = 3Fe2+，故 C错误；D、电荷不守恒

10、，NaHCO 3与烧碱溶液反应：HCO 3+ OH = CO32 +H2O，故 D错误；故选 A。7.下列反应中，水作氧化剂的是（ ）A. SO3 + H2O = H2SO4 B. 2Na+2H2O = 2NaOH + H2C. 2F2 +2H2O = 4HF +O2 D. 3NO2 + H2O = 2HNO3NO【答案】B【解析】5【分析】水作氧化剂 ，水中氢元素化合价降低。【详解】A、水中 H、O 元素化合价不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，故 A错误；B、该反应中 Na元素化合价由 0价变为+1 价、H 元素化合价由+1 价变为 0价，所以水得电子化合价降低为氧化剂，故 B正确；C、

11、该反应中 F元素化合价由 0价变为-1 价、O 元素化合价由-2 价变为 0价，则水失电子作还原剂，故 C错误；D、水中 H、O 元素化合价不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，故 D错误；故选 B。【点睛】本题以氧化还原反应为载体考查氧化剂，解题关键：明确氧化剂、还原剂内涵，注意：氧化剂和还原剂必须是反应物而不是生成物，D 虽是氧化还原反应，但水中元素化合价不变，为易错点8.某无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的一组离子是A. Mg2+、A1 3+、SO 42-、NO 3- B. Na+、HCO 3-、K +、SO 42-C. MnO4-、K +、SO 42-、Na + D. NH4+、Fe

12、 2+、Cl -、NO 3-【答案】A【解析】四种离子均为无色，H +与四种离子均能共存；A 正确；H +与 HCO3-反应，不能共存；B 错误；MnO4-溶液显紫色，不符合题意要求；C 错误；Fe 2+、 NO 3-、H +共同作用发生氧化还原反应，不能共存；D 错误；正确选项：A。点睛：Fe 2+与 NO3-能够稳定存在，但是在酸性条件下，硝酸具有强氧化性，把 Fe2+氧化为Fe3+，所以 Fe2+、NO 3-、H +不能大量共存。9.下列有关物质的分类或性质与应用均正确的是 （ ）A. SO2和 Cl2都能使品红溶液褪色，两者等体积混合可以增强漂白能力B. Na2O2是碱性氧化物，具有强

13、氧化性可用于杀菌消毒C. MgO、Al 2O3的熔点很高，二者都可用于制作耐高温材料D. NO2、SO 2两种气体都能与水反应生成酸，它们都是酸性氧化物【答案】C【解析】6【分析】A、SO 2和 Cl2按 1：1 混合通入品红溶液中时，二者反应生成 HCl和硫酸，HCl 和硫酸没有漂白性；B、过氧化钠和酸反应生成盐、水和氧气；C、具有高熔点的物质能作耐高温材料；D、NO 2和碱反应是氧化还原反应，不是酸性氧化物。【详解】A、SO 2和 Cl2按 1：1 混合通入品红溶液中时，二者发生反应Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，HCl 和硫酸没有漂白性，SO 2和 Cl2都能使品红溶液褪

14、色，两者等体积混合通过品红溶液中没有漂白性，故 A错误；B、过氧化钠和酸反应生成盐、水和氧气，所以不是碱性氧化物，故 B错误；C、具有高熔点的物质能作耐高温材料，MgO、Al 2O3的熔点很高，所以二者都可用于制作耐高温材料，故 C正确；D、NO 2和碱反应是氧化还原反应，不是酸性氧化物，故 D错误；故选 C【点睛】本题考查元素化合物知识及基本概念，涉及物质用途、物质漂白性等知识点，解题关键：明确物质的性质，易错点 B，注意碱性氧化物概念及过氧化钠和酸反应产物还有氧气10.化学试剂不变质和实验方法科学是化学实验成功的保障。下列试剂保存方法或实验方法中，不正确的是（ ）A. 实验室中金属钠通常保

15、存在煤油里B. 液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封C. 保存 FeCl3溶液时，通常在溶液中加少量的单质铁D. 浓硝酸通常保存在棕色试剂瓶中，置于阴凉处【答案】C【解析】A实验室中金属钠通常保存在煤油里，可以隔绝空气，故 A正确；B由于液溴溶于挥发，密度大于水的密度，所以在存放液溴的试剂瓶中应加水封，故 B正确；C保存 FeCl3溶液时，若在溶液中加少量的单质铁，则铁与三价铁离子反应生成二价铁离子，溶液变质，故C错误；D浓硝酸见光分解，所以应保存在棕色试剂瓶中，置于阴凉处，故 D正确；故选C。711.如图装置可用于收集 SO2并验证其某些化学性质，下列说法正确的是（ ）选项 试剂 现象

16、结论A 酸性 KMnO4溶液 溶液褪色 SO2有氧化性B 品红溶液 溶液褪色 SO2有漂白性C 滴有酚酞的 NaOH溶液 溶液褪色 SO2有漂白性D 硫化氢水溶液 溶液变浑浊 SO2有还原性A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】A、二氧化硫使高锰酸钾溶液，体现的是二氧化硫的还原性；B、二氧化硫使品红褪色，体现漂白性；C、二氧化硫使滴有酚酞的 NaOH溶液褪色，体现二氧化硫是酸性氧化物的性质；D、黄色沉淀为 S单质，结合化合价变化分析；【详解】A、酸性高锰酸钾能将二氧化硫在水溶液中氧化成硫酸，自身还原为肉色的二价锰离子，是酸性高锰酸钾的氧化性的体现，二氧化硫显还原性，故

17、 A错误；B、二氧化硫使品红褪色，体现漂白性，故 B正确；C、二氧化硫使滴有酚酞的 NaOH溶液褪色，体现二氧化硫是酸性氧化物的性质，不是漂白性，故 C错误；D、黄色沉淀为 S单质，SO 2与 H2S反应生成 S单质，该反应中 SO2中+4 价 S元素被还原生成 0价的单质 S，二氧化硫被还原，说明 SO2有氧化性，故 D错误；8故选 B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，解题关键：明确常见元素及其化合物性质，注意掌握二氧化硫的化学性质。12.下列关于金属及其化合物的说法正确的是 ( )A. Na2O为淡黄色固体，MgO 为白色固体B. 金属钠具有强还原性，可用与 TiCl4溶液反应制取金属

18、 TiC. 铁放入浓硝酸中无明显现象，说明铁与浓硝酸不反应D. 工业上常用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁【答案】D【解析】【分析】A、Na 2O为白色固体；B、钠性质非常活泼，与盐溶液反应先于水反应；C、铁放入浓硝酸中无明显现象，但发生钝化，发生氧化还原反应；D、镁是活泼金属，用电解法制取。【详解】A、Na 2O为白色固体，故 A错误；B、钠性质非常活泼，与盐溶液反应先于水反应，不能用钠与 TiCl4溶液反应制取金属 Ti，故 B错误；C、铁放入浓硝酸中无明显现象，但发生钝化，发生氧化还原反应，故 C错误；D、镁是活泼金属，工业上常用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁，故 D正确；故选 D。13.

19、氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应 2NH33Cl 2=N26HCl 检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是 ( )A. 若管道漏气遇氨就会产生白烟B. 该反应利用了 Cl2的强氧化性C. 该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2：3D. 生成 1molN2有 6mol电子转移【答案】C【解析】【分析】9反应 3Cl2+2NH3=N2+6HCl中，Cl 元素化合价降低，被还原，Cl 2为氧化剂，N 元素化合价升高，被氧化，NH 3为还原剂，NH 3可与 HCl反应生成氯化铵，有白烟生成。【详解】A、反应生成 HCl，NH 3可与 HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，故 A正确；B、Cl

20、元素化合价降低，被还原，Cl 2为氧化剂，故 B正确；C、Cl 2为氧化剂，有化合价变价的 NH3为还原剂，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 3：2，故 C错误；D、N 由-3 价升高为 0价，生成 1molN2有 6mol电子转移，故 D正确；故选 C。14.用下图所示装置进行下列实验：将中溶液滴入中，预测的现象与实际相符的是（ ）选项 中物质 中物质 预测中的现象A 稀盐酸 碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液 立即产生气泡B 浓硝酸 用砂纸打磨过的铝条 产生红棕色气体C 浓盐酸 二氧化锰 产生黄绿色气体D 新制氯水 淀粉碘化钾溶液 溶液变蓝色A. A B. B C. C D. D【答案】D【

21、解析】【分析】A、稀盐酸先与氢氧化钠溶液反应，开始时无气泡；B、常温下浓硝酸与铝发生钝化反应；10C、浓盐酸与二氧化锰反应条件是加热；D、氯气将碘离子氧化成单质碘，溶液变蓝色。【详解】A、稀盐酸先与氢氧化钠溶液反应，开始时无气泡，故 A错误；B、常温下浓硝酸与铝发生钝化反应，不能观察到红棕色气体，现象不合理，故 B错误；C、浓盐酸与二氧化锰反应条件是加热，不加热观察不到产生黄绿色气体，故 C错误；D、氯气将碘离子氧化成单质碘，溶液变蓝色，故 D正确；故选 D。15.无色的混合气体甲中可能含有 NO、CO 2、NO 2、NH 3、N 2中的几种，将 100mL气体甲经过下图实验处理，结果得到酸性

22、溶液，还有少量气体剩余，则气体甲的组成可能为 ( )A. NH3、NO、CO 2 B. NH3、NO 2、N 2 C. NH3、NO 2、CO 2 D. NO、CO 2、N 2【答案】A【解析】【分析】二氧化氮是红棕色的气体，浓硫酸可以和氨气反应，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，氮气不溶于水，将 100mL甲气体经过如图实验的处理，结果得到酸性溶液，还有少量气体剩余，无法确定有无氮气。【详解】二氧化氮是红棕色的气体，无色的混合气体甲中一定不存在，硫酸和碱性气体能反应，所以 100mL甲气体经过足量的浓硫酸，溢出剩余气体 80mL，

23、说明一定有 NH3存在且体积为 20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有 NO、CO 2，排水法收集气体，结果得到酸性溶液，还有少量气体剩余，无法确定有无氮气。11故选 A。16.下列实验操作或装置正确的是（ ） A. 图表示为配制一定物质的量浓度稀硫酸时的操作B. 用图所示装置吸收氯气中的氯化氢气体C. 用图所示装置收集 NO气体D. 用图所示装置吸收多余的 NH3气，并防倒吸。【答案】B【解析】【分析】A不能在容量瓶中稀释

24、浓硫酸；B、氯气不溶于饱和食盐水；C、NO 不能用排空气法收集；D、安全瓶中进气管不能插到集气瓶底。【详解】A、浓硫酸稀释放热，容量瓶只能在常温下使用，应将浓硫酸在烧杯中稀释，冷却至室温后转移到容量瓶中，故 A错误；B、氯气不溶于饱和食盐水，而氯化氢易溶于水，可用于除杂，故 B正确；C、NO 与氧气反应，不能用排空气法收集，应用排水法收集，故 C错误。D、安全瓶中进气管不能插到集气瓶底，故 D错误。 故选 B。17.将一定物质的量的 Na2CO3、NaHCO 3组成的混合物溶于水，配成 1L溶液，取出 50ml溶液，然后滴加一定物质的量浓度的盐酸与它反应，得到的图像如下，下列说法正确12A.

25、标注 NaCl 的直线代表产生的 CO2的物质的量B. 原混合物中 Na2CO3与 NaHCO3的物质的量之比为 1:2C. 盐酸的浓度是 0.05 mol/LD. 盐酸加到 150mL时，放出 CO2气体 2.24L（标准状况下）【答案】C【解析】【分析】A、050ml 时发生的反应为：Na 2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，没有 CO2产生；B、从图中（0，2.5）看出，原混合物中 Na2CO3与 NaHCO3的物质的量之比为 1:1；C、由图可知 50ml溶液中碳酸钠完全转化为：碳酸氢钠和氯化钠，消耗盐酸的体积为：50ml，由 Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3 计算；

26、D、由图 50ml150ml，发生反应为：NaHCO 3+HCl=NaCl+H2O+CO2，可知 n（CO 2）=n（HCl） 。【详解】A、050ml 时发生的反应为：Na 2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，没有 CO2产生，故 A错误；B、从图中（0，2.5）看出，原混合物中 Na2CO3与 NaHCO3的物质的量之比为 1:1，故 B错误；C、由图可知 50ml溶液中碳酸钠完全转化为：碳酸氢钠和氯化钠，消耗盐酸的体积为：50ml，由 Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3 可知：n（Na 2CO3）=n（HCl）=0.0025mol，c（HCl）=0.0025mol/0.0

27、5L=0.05molL1 ，故 C正确； D、由图 50ml150ml，发生反应为：NaHCO 3+HCl=NaCl+H2O+CO2，可知 n（CO 2）=n（HCl）=10010 -3L0.05molL1 22.4Lmol1 =0.112L=112mL，故 D错误。故选 C。1318.13.6g Fe和 Fe2O3的混合物，加入 150mL足量的稀硫酸，在标准状况下收集到1.12LH2，向反应后的溶液中滴加 KSCN溶液不变红。为中和过量的 H2SO4，并使 Fe元素全部转化为 Fe(OH)2沉淀，恰好消耗了 200mL 3mol/L的 NaOH溶液，则该稀 H2SO4的物质的量浓度为（ ）

28、A. 2.25mol/L B. 2mol/L C. 3mol/L D. 0.6mol/L【答案】B【解析】【分析】Fe和 Fe2O3的混合物与稀 H2SO4反应，Fe 和 Fe2O3均无剩余，且有 H2生成，说明反应生成FeSO4，再加入 NaOH溶液，使 FeSO4全部转化为 Fe（OH） 2沉淀，反应后溶液成分为Na2SO4，根据硫酸根守恒有 n（H 2SO4）=n（Na 2SO4） ，根据钠离子守恒有 n（Na 2SO4）=1/2n（NaOH） ，进而计算硫酸的物质的量浓度【详解】Fe 和 Fe2O3的混合物与稀 H2SO4反应，Fe 和 Fe2O3均无剩余，且有 H2生成，说明反应生成

29、 FeSO4，为了中和过量的硫酸，而且使 FeSO4完全转化成 Fe（OH） 2，共消耗3molL1 的 NaOH溶液 200mL，说明反应后的溶液溶质只有 Na2SO4，根据硫酸根守恒，则n（H 2SO4）=n（Na 2SO4） ，根据钠离子守恒，则 n（Na 2SO4）=1/2n（NaOH） ，则有：n（H 2SO4）=n（Na 2SO4）=1/2n（NaOH）=1/23molL 1 0.2L=0.3mol，故该硫酸的物质的量浓度为：c（H 2SO4）=0.3mol/0.15L=2molL 1 ，故选：B。非选择题（共 46分）19.纯碱是生活中常用的去油污洗涤剂。某同学欲用碳酸钠晶体（N

30、a 2CO310H2O）配制100ml 1molL-1的纯碱溶液。请回答下列问题：（1）计算所需要 Na2CO310H2O的质量为_ g；（2）取该溶液 20ml稀释到 100ml后的溶液中 c（Na +）为_ molL -1。（3）完成上述实验，除下图所示的仪器外，还需要添加的玻璃仪器是_。14（4）配制溶液时，下列实验操作会使配制溶液浓度偏低的是_。A容量瓶内有水，未经过干燥处理B定容操作时，俯视刻度线C向容量瓶中转移时有少量液体溅出D定容后倒转容量瓶几次，发现液面最低点低于刻度线，再补加几滴水到刻度线【答案】 (1). 28.6 (2). 0.4 (3). 玻璃棒和胶头滴管 (4). C

31、D【解析】【分析】（1）根据 m=CVM计算 Na2CO310H2O的质量；（2）根据 c=n/V计算；（3）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；（4）根据 c=n/V分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。【详解】 （1）实验室配制 100mL1molL1 Na2CO3溶液需要 Na2CO3的物质的量为：0.1L1molL1 =0.1mol，Na 2CO310H2O的物质的量为 0.1mol，Na 2CO310H2O的质量为：0.1mol286gmol1 =28.6g；（2）取该溶液 20ml稀释到 100ml后的溶液中 c（Na +）=0.02L1molL1

32、2/0.1L=0.4molL-1。（3）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到 100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线 12cm 时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL 容量瓶、胶头滴管，故答案为：玻璃棒、胶头滴管；（4） A容量瓶内有水，未经过干燥处理，对溶质和溶剂都无影响，所以配制浓度无影响，故 A不选；B定容操作时，俯视刻度线，导致水量不足，造成溶液浓度偏高，故 B不选；C向容量瓶中转移时有少量液体溅出，会造成溶质损失，使配制溶液浓度偏低，

33、故 C选；D定容后倒转容量瓶几次，发现液面最低点低于刻度线，再补加几滴水到刻度线，溶液体积偏大，配制浓度偏低，故 D选。故选 CD。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程以及误差分析，误差分析是考试热15点，会根据 c=n/V分析误差20.“84消毒液”是生活中常用的消毒剂，可与硫酸溶液反应制取氯气，反应原理为：NaClO + NaCl + H2SO4 =Na2SO4 + Cl2 + H 2O； 为探究氯气的性质，某同学利用此原理制氯气并设计了如下所示的实验装置：（1）从、装置中选择合适的制氯气装置（A 处）_ (填写序号)。（2）装置 B、C 中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色

34、布条，实验过程中该同学发现装置 B中的布条也褪色，其原因可能是_；说明该装置存在明显的缺陷，请提出合理的改进的方法 _。（3）为了验证氯气的氧化性，将氯气通入 Na2SO3溶液中，然后检验反应后溶液中是否含有 SO42-。检验 SO42-的方法是：取少量反应后溶液于试管中，先加入足量的_至无明显现象，然后再加入少量_溶液，有白色沉淀生成，说明含有 SO42-。（4）氯气通入饱和 NaHCO3溶液能产生无色气体，已知酸性：盐酸 碳酸 次氯酸，该实验证明氯气与水反应的生成物中含有 _（填“盐酸”或“次氯酸” ） 。【答案】 (1). (2). 产生的氯气中含有水蒸气会反应生成次氯酸 (3). 在装

35、置 A、B 之间增加盛有浓硫酸的洗气瓶（或干燥装置） (4). Cl2+SO32-+H2O=SO42-+2Cl-+2H+ (5). 稀盐酸（或 HCl溶液） (6). BaCl 2(或其他合理答案) (7). 盐酸【解析】（1）由 NaClO+NaCl+H2SO4 Na2SO4+Cl2+H 2O可知，反应有液体参加，需要加热，所以选装置；（2）装置 B中干燥的有色布条褪色，说明氯气中可能混有少量的水蒸气，氯气16与水反应生成次氯酸而漂白，因此应在在 A和 B之间增加盛有浓 H2SO4的洗气瓶，除去 Cl2中的水蒸气；检验硫酸根必须排除其它离子的干扰，因此检验反应后溶液中含有 SO42 的方法是

36、：取少量反应后溶液于试管中，先加入足量的稀盐酸至无明显现象，然后再加入少量 BaCl2溶液有白色沉淀生成，说明含有 SO42-。 （3）氯气把亚硫酸钠氧化为硫酸钠，自身被还原为 Cl-，反应离子方程式为 Cl2+SO32-+H2OSO 42-+2Cl-+2H+；（4）氯气通入水溶液会反应生成盐酸和次氯酸，酸性盐酸碳酸次氯酸，氯气通入饱和 NaHCO3溶液能产生无色气体，证明氯气与水反应的生成物中含有盐酸。点睛：本题考查了气体的制备和性质检验，熟悉氯气的实验室制备方法及氯气、二氧化硫的性质以及实验原理是解题的关键，侧重考查学生分析、实验能力的考查。离子检验是解答的易错点，注意设计实验时必须注意干

37、扰离子的排除。21.海水是自然赐给人类的宝藏，海水的综合利用是全世界研究的重点。完成下列问题：（1） 粗盐中除了含有泥沙之外还含有 Ca2+、Mg 2+、SO 42-等杂质，粗盐获得精盐一般步骤如下：加入的试剂、分别是：_、_。（2）某学生在实验室中模拟海水提取溴的步骤为：取 25 L除去悬浮杂质后的海水，浓缩至 2L，向其中通入足量氯气。 氧化步骤中生成 Br2的离子方程式为_。 将吹出的 Br2(g)用纯碱溶液全部吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2 ，产生的 CO2通入足量澄清石灰水中，得到 1g白色沉淀。计算海水中溴的浓度为_g/L。实验室中若用

38、 CCl4提取少量的溴：向溴水中加入 CCl4振荡、静置得溴的四氯化碳溶液，该分离提纯溴的方法叫_；用到的主要仪器为_。（3）实验证明金属制品在海水中更容易生锈，铜锈的化学式为： _。【答案】 (1). BaCl2 (2). Na2CO3 (3). Cl2 + 2Br = 2Cl + Br2 (4). 0.064 (5). 萃取 (6). 分液漏斗(烧杯) (7). Cu 2(OH)2CO317【解析】【分析】（1）加入氯化钡、纯碱和烧碱，可分别生成硫酸钡、碳酸钙、碳酸钡以及氢氧化镁等沉淀；（2）氯气可氧化溴离子；根据各步反应，可确定如下关系：CaCO 3CO 2Br 2，根据 CaCO3的质

39、量求出 Br2的质量，根据 C=m/V来计算溴易溶于四氯化碳，溶液分层，为萃取、分液操作；（3）铜锈的主要成分为碱式碳酸铜。【详解】 （1）加入氯化钡、纯碱，可分别生成硫酸钡、碳酸钙、碳酸钡等沉淀，以达到除去杂质离子的目的；（2）氯气可氧化溴离子：Cl 2 + 2Br = 2Cl + Br2；根据各步反应，可确定如下关系：Br 2CO 2CaCO 3，根据 CaCO3的质量可求出原 25L海水中 Br2的质量为 160gmol1 1g/100gmol1 =1.6 g，则海水中溴的浓度为 1.6g/25L=0.064 gL1 ；溴易溶于四氯化碳，溶液分层，为萃取、分液操作，可用分液漏斗进行分离；

40、（3）铜锈的主要成分为碱式碳酸铜，化学式为 Cu 2(OH)2CO3。22.铝土矿(主要成分为 Al2O3，还含有 SiO2、Fe 2O3)是工业上制备氧化铝的主要原料。工业上提取氧化铝的工艺流程如下：（1）沉淀 A的成分是（填化学式）_。（2）步骤中加入过量 NaOH溶液发生反应的离子方程式，除了 H+OH =H2O外，还有：_、_；（3）步骤中加入（或通入）的过量试剂 b是_。. 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：18（4）从硫元素化合价的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的化合物有_（填化学式） 。（5）将 X与 Y混合

41、，可生成淡黄色固体，该反应的化学方程式为_。（6）Na 2S2O3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） aNa 2S+S bNa 2SO3+S cSO 2+Na2SO4 dNa 2SO3+Na2SO4【答案】 (1). SiO2 (2). Fe3+3OH =Fe(OH)3 (3). Al3+4OH =AlO2 +2H2O (4). CO2 (5). SO2、H 2SO3、Na 2SO3 (6). SO2 +2 H2S = 3S + 2H2O (7). b【解析】【分析】.铝土矿中加入过量试剂 a，然后操作 I得到沉淀 A和滤液甲，

42、则操作 I为过滤，滤液甲中加入过量 NaOH溶液操作 II后得到沉淀 B和滤液乙，操作 II是过滤；Al 2O3、SiO 2能溶于强碱溶液而 Fe2O3不溶于强碱溶液，SiO 2不溶于稀盐酸而 Fe2O3、Al 2O3能溶于稀盐酸，根据图知，滤液甲中含有铝元素，则试剂 a为稀盐酸，沉淀 A为 SiO2，滤液甲中溶质为氯化铝和氯化铁、HCl，沉淀 B为 Fe（OH） 3，滤液乙中含有 NaAlO2和 NaOH、NaCl，向滤液乙中通入过滤二氧化碳得到滤液碳酸氢钠溶液，沉淀 C为 Al（OH） 3，加热氢氧化铝得到氧化铝。.（4）S 元素的化合价有-2 价、0 价、+4 价、+6 价，具有中间价态

43、的元素既有还原性又有氧化性；（5）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；（6）Na 2S2O3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192和小于 2；【详解】.（1）通过以上分析知，A、B、a 分别是 SiO2、Fe（OH） 3、盐酸，故沉淀 A的成分是 SiO2；（2）步骤中加入过量 NaOH溶液后，稀盐酸、铁离子、铝离子都和 NaOH溶液反应，发生反应的离子方程式除 H +OH =H2O外，还有 Fe3 +3OH =Fe（OH） 3、

44、 Al3+4OH =AlO2 +2H2O（或 Al3 +4OH =Al（OH） 4-） ；（3）过量的稀盐酸能溶解生成的氢氧化铝而得不到氢氧化铝，步骤中通入过量 CO2气体而不加入过量盐酸。.（4）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，H 2SO3、Na 2SO3；（5）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，2H 2S+SO2=3S+2H 2O；（6）Na 2S2O3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，c、d 中 S的化合价都大于 2，b 符合题意。