【化学】甘肃省武威市民勤县第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

【化学】甘肃省武威市民勤县第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

甘肃省武威市民勤县第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试 ‎1.以下是应对新冠肺炎的一些认识和做法，不正确的是 A. 治疗新冠肺炎的药物如氯喹的合成与分离与化学知识息息相关 B. 公共场所用“84消毒液”和“洁厕灵”(主要成分为盐酸)的混合溶液杀菌消毒效果会更好 C. 生产口罩的主要原料是聚丙烯，聚丙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 酒精能使蛋白质失去生理活性，喷洒75%的酒精溶液消毒时要注意防火 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．自然界中氯喹不存在，故其合成是化学过程，其合成和分离与化学知识有关，故A正确；‎ B．“84消毒液”中含NaClO，而“洁厕灵”中含HCl，两者会发生归中反应生成有毒的氯气：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O，故两者不能混合使用，故B错误；‎ C．生产口罩的主要原料是聚丙烯，聚丙烯中无碳碳双键，故不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；‎ D．酒精能使蛋白质变性，故能杀菌消毒，平时用75%的酒精溶液消毒，由于酒精容易燃烧，故在消毒时要注意防火，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列各图所示装置的气密性检查方法，能说明装置漏气的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产 生的现象(如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等)来判断装置气密性的好坏；一般用到的方法有：空气热胀冷缩法、注水法、抽气或压气法等；据此进行分析解答即可。‎ ‎【详解】A. 该选项用的是空气热胀冷缩法，原理为：用手掌紧握试管壁，若烧杯内有气泡产生，则证明气密性良好，A不符合题意；‎ B. 弹簧夹夹紧乳胶管后，再向长颈漏斗中加水，有稳定液面差，证明气密性良好，B不符合题意；‎ C. 夹紧弹簧夹用手紧捂烧瓶外壁，中间的导管内有水柱产生，证明气密性良好，C不符合题意；‎ D. 用弹簧夹夹住右边导管，上下移动，若装置不漏气，两边液面应形成一定的高度差，而图示两端液面相平，说明装置气密性不好，D符合题意；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查装置气密性的检查，有些装置比较复杂，但依据的原理都是依据密闭装置中存在压强差来判断装置是否漏气。‎ ‎3.下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是 A. 用量筒量取13.60mL酸性高锰酸钾溶液 B. 测定硫酸铜晶体结晶水含量时，加热后的坩埚须在干燥器中冷却，再称量 C. 蒸馏时，应使温度计水银球置于蒸馏液体中 D. 过滤时，先将滤纸湿润，然后再将滤纸放入漏斗中 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用量筒精确度为0.1mL，应使用精确度较高的量器，滴定管的精确度为0.01mL，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管量取13.60mL，故A错误；‎ B．测定硫酸铜晶体结晶水含量时，为防止冷却过程中空气中的水重新与硫酸铜结合，影响测定，应置于干燥器中冷却，再称量，故B正确；‎ C．蒸馏时，温度计测的为蒸馏出来的蒸汽的温度，应使温度计水银球置于蒸馏烧瓶的支管口处，故C错误；‎ D．过滤时，应先将滤纸放入漏斗中，再用蒸馏水润湿滤纸，以免有气泡残留，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 钠与水反应：Na+2H2O═Na++2OH-+H2↑‎ B. (NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2：Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓‎ C. 酸性条件下，用H2O2将I-转化为I2：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O D. NaClO溶液中ClO-的水解：ClO-+H2O=HClO+OH-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，题中反应电荷不守恒，正确离子反应方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A错误；‎ B．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2，同时生成一水合氨，正确离子反应方程式为：Fe2＋＋4OH－+ 2NH=Fe(OH)2↓+2NH3∙H2O，故B错误；‎ C．酸性条件下，用H2O2将I-转化为I2，离子反应方程式为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，故C正确；‎ D．NaClO溶液中ClO-的水解为可逆反应，离子反应方程式为：ClO-+H2O⇌HClO+OH-，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. H2与Cl2化合时断开1molH－H键，转移的电子数为NA B. ‎100g9%葡萄糖溶液中所含的氧原子的数目为0.3NA C. ‎28g聚乙烯所含的质子数为16NA D. 等物质的量的14N16O和‎13C16O所含的中子数均为15NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2与Cl2化合时断开1molH－H键，即参与反应的氢气为1mol，生成2molHCl，转移2mol电子，转移的电子数为2NA，故A错误；‎ B．‎100g9%葡萄糖溶液中，葡萄糖的质量为‎100g×9%=‎9g，物质的量为=0.05mol，氧原子的数目为0.05mol×6×NA=0.3NA，溶液中除葡萄糖外还含有水，水中也含有氧原子，则该溶液中所含的氧原子的数目大于0.3NA，故B错误；‎ C．聚乙烯的链节为-CH2-CH2-，一个链节中含有16个质子，则‎28g聚乙烯中含有的质子数为×16×NA=16NA，故C正确；‎ D．1个14N16O分子和1个‎13C16O 分子中均含有15个中子，1mol的14N16O和1mol 的‎13C16O中所含的中子数均为15NA，该题中未指明物质的量，无法确定中子数，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.工业上将Na2CO3和Na2S配成溶液，再通入SO2可制取Na2S2O3，同时放出CO2，发生反应的化学方程式为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。关于该反应下列说法不正确的是 A. 氧化剂和还原剂的物质的量比是2：l B. 每吸收256gSO2就会放出22.4LCO2（标准状况）‎ C. 每生成lmolNa2S2O3转移4mol电子 D. 每生成lmolCO2转移8NA个电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据反应2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，Na2S中S元素的化合价从−2价升高到+2价，作还原剂；SO2中S元素的化合价从+4价降低到+2价，作氧化剂，所以上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量比是2：l，故A正确；‎ B．256gSO2的物质的量为=4mol，根据反应2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，每吸收4molSO2就会放出放出1mol CO2，标准状况下的体积为‎22.4L，故B正确；‎ C．根据反应2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，2molNa2S转化为3molNa2S2O3，转移8mol电子，则每生成lmolNa2S2O3转移mol电子，故C错误；‎ D．根据C项分析，结合反应，2molNa2S转化为3molNa2S2O3，转移8mol电子，同时生成1mol CO2，则每生成lmolCO2转移8NA个电子，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎7.下列说法不正确的是 A. 标准状况下，‎1L的密闭容器中恰好可盛放n个N2分子和m个H2分子组成的混合气体，则阿伏加德罗常数NA可近似表示为22.4(m+n)mol-1‎ B. 常温常压下，48gO3和O2的混合气体中，含有氧原子数一定为3NA C. 1molCl2、S、O2在一定条件下分别和足量的铁单质完全反应，转移的电子数都为2NA个 D. 1mol重水(D2O)和1mol水(H2O)中所含电子数相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据阿伏加德罗常数NA===22.4(m+n)mol-1，故A说法正确；‎ B．氧气和臭氧均由氧原子构成，故‎48g氧气和臭氧的混合物中含有的氧原子的物质的量为3mol，则含有的氧原子为3NA个，故B说法正确；‎ C．铁与氯气反应生成氯化铁，1mol铁转移3mol电子；与氧气反应生成四氧化三铁，1mol铁转移mol电子；与硫单质反应生成硫化亚铁，1mol铁转移2mol电子；所以1mol铁在一定条件下分别和氧气、氯气、硫完全反应转移电子数不同，故C说法错误；‎ D．根据质子数等于原子核外电子数，一个重水(D2O)分子和一个水(H2O)分子中都含有10个电子，则1mol重水(D2O)和1mol水(H2O)中含有的分子数相同，则所含电子数相等，故D说法正确；‎ 答案选C。‎ ‎8.离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是 A. 经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变 B. 水中的、、Cl-通过阴离子树脂后被除去 C. 通过净化处理后，水的导电性降低 D. 经过阳离子交换树脂，Ca2+、Na+、Mg2+被H+替换 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子交换树脂净化水的原理是：当含有Na+、Ca2+、Mg2+等阳离子及、Cl－、等阴离子的原水通过阳离子交换树脂时，水中的阳离子为树脂所吸附，而树脂上可交换的阳离子H＋则被交换到水中，并和水中的阴离子组成相应的无机酸；当含有无机酸的水再通过阴离子交换树脂时，水中的阴离子也为树脂所吸附，树脂上可交换的阴离子OH－也被交换到水中，同时与水中的H＋离子结合成水，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据电荷守恒可知经过阳离子交换树脂后，水中阳离子总数增加，故A错误；‎ B．根据以上分析可知水中的、、Cl－等阴离子通过阴离子交换树脂被除去，B正确；‎ C．通过净化处理后，溶液中离子的浓度降低，导电性降低，故C正确；‎ D．离子交换法净化水过程图示可知，经过阳离子交换树脂，Ca2+、Na+、Mg2+被H+替换，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎9.现有A、B、C三种化合物，各取‎40g相混合，完全反应后，得18.0gB，49.0gC还有D生成。已知D的相对分子质量为106。现将22.0gA和‎11.0 g B反应，能生成D的物质的量是_______mol A. 1.00 ‎B. ‎0.500 ‎C. 0.350 D. 0.250‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】现有A、B、C三种化合物，各取‎40g相混合，完全反应后，得到‎18.0 g B、‎49.0 g C，还有D生成，得出反应的A为‎40g，B为‎22g，生成的C为‎49g‎-40g=‎9g，再由质量守恒得生成的D为‎40g+‎22g‎-9g=‎53g，现将‎22.0 g A和‎11.0 g B反应，A过量，按B计算D，能生成D：‎53g×=‎26.5g，物质的量为 ，答案选D。‎ ‎【点睛】根据质量守恒计算反应中各组分的质量关系是解题的关键，注意过量计算。‎ ‎10.下列四个图示中，能粗略表示向石灰水中通入CO2气体至过量的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】石灰水中通入二氧化碳，先生成沉淀，后沉淀消失，发生的反应为Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O，由氢氧化钙转化为碳酸钙沉淀，溶液的导电性逐渐减弱，继续通二氧化碳时，CO2+CaCO3+H2O=Ca(HCO3)2，由碳酸钙转化为碳酸氢钙，溶液的导电性逐渐增强，故B符合题意。‎ ‎【点睛】溶液的导电性和离子的浓度和离子所带电荷的多少有关。‎ ‎11.下列关于物质分类的正确组合是（ ）‎ 碱 酸 盐 碱性氧化物 酸性氧化物 A B NaOH HCl NaCl CO C NaOH D KOH CaO A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸钠属于盐不是碱，二氧化硅是酸性氧化物，不是碱性氧化物，故A错误；‎ B. CO既不和水反应也不和酸反应，不是酸性氧化物，故B错误；‎ C. 三氧化硫与水化合为硫酸，属于酸性氧化物，故C错误；‎ D. 氢氧化钾属于碱，硝酸属于酸，碳酸钙属于盐，氧化钙与水化合生成氢氧化钙，为碱性氧化物，三氧化硫与水化合为硫酸，属于酸性氧化物，故D正确；‎ 正确答案是D。‎ ‎【点睛】本题是对物质的化学式及分类的考查，对物质的名称、分类及化学式有较明确的认识即可顺利解答。‎ ‎12.某同学在实验室中进行如下实验：‎ 以下结论正确的是 A. Ⅰ中无明显变化，说明两溶液不反应 ‎ B. Ⅲ中的离子方程式为2H++Zn═Zn2++H2↑‎ C. Ⅲ中发生的反应不是氧化还原反应 ‎ D. Ⅱ中发生的反应不是离子反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫酸和氢氧化钠反应生成水和硫酸钠，反应无明显现象，溶液为无色，但发生了复分解反应，故A错误；‎ B．Ⅲ中发生反应为2HCl+Zn=ZnCl2+ H2↑，离子方程式为2H++Zn═Zn2++H2↑，故B正确；‎ C．根据B项分析，Ⅲ中发生的反应为置换反应，所有置换反应都属于氧化还原反应，故C错误；‎ D．Ⅱ中发生的反应为硫酸铜与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化铜，是离子反应，离子反应方程式为Ba2++SO=BaSO4↓，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎13.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 0.1‎mol·L－1的H2SO4溶液：、Fe2＋、Cl－、‎ B. 0.1mol·L－1的FeCl3溶液：K＋、Al3＋、、‎ C. 0.1mol·L－1的Na2SO3溶液：Ba2＋、H＋、ClO－、‎ D. 0.1mol·L－1的Ba(OH)2溶液：Mg2＋、Na＋、、Cl－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．0.1mol·L－1的H2SO4溶液显酸性，酸性条件下Fe2＋和不能大量共存，故A不符合题意；‎ B．0.1mol·L－1的FeCl3溶液中，K＋、Al3＋、、之间不发生反应，与FeCl3也不发生反应，能大量共存，故B符合题意；‎ C．0.1mol·L－1的Na2SO3溶液中，与Ba2＋以及与H＋、或与H＋、ClO－都不能大量共存，故C不符合题意；‎ D．0.1mol·L－1的Ba(OH)2溶液：Ba(OH)2与Mg2＋、都不能大量共存，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎14.A气体的摩尔质量是B气体的n倍，同温同压下，B气体的质量是同体积空气的m倍，则A的相对分子质量为 A. m/n B. ‎29m/n C. 29mn D. 29n/m ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据m=nM以及同温同压下、相同体积气体具有相同的物质的量，可知，B气体的质量是同体积空气的m倍，则B的摩尔质量为空气的平均摩尔质量的m倍，所以B的摩尔质量M（B）=‎29g/mol×m=29mg/mol，A气体的摩尔质量是B气体的n倍，则A的摩尔质量M（A）=nM（B）=29mg/mol×n=29mng/mol，所以A的相对分子质量为29mn；答案选C。‎ ‎15.己知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3+‎3C1O－+4OH－=2RO4n－+3Cl－+5H2O。则 ‎ RO4n－中 R 的化合价是 A. +7 B. +6‎ C. +5 D. +4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 如何离子方程式均需要满足电荷守恒，根据电荷守恒，首先求出n值，化合物中元素化合价代数和为零，RO4n-该离子中O元素化合价为-2价，R、O元素化合价的代数和为-n，判断R元素化合价，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据电荷守恒，有0+(-1)×3+(-1)×4=(-n)×2+(-1)×3+0，解得n=2，RO42-该离子中O元素化合价为-2价，R、O元素化合价的代数和为-2，所以该离子中R元素化合价=-2-(-2)×4=+6，故选B。‎ ‎16.标准状况下，将VLA气体(摩尔质量为Mg/mol)溶于‎100克水中，所得溶液密度为ρg/cm3，则此溶液的物质的量浓度(mol/L)为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据n=来计算气体的物质的量，利用m=n×M来计算气体的质量，溶剂和溶质的质量和为溶液的质量，利用V=，计算溶液的体积，最后利用c=计算该溶液的物质的量浓度。‎ ‎【详解】标准状况下，气体的物质的量为n=，气体的质量为×Mg/mol= ，水的质量为‎100g，即溶液的质量为 ‎，则溶液的体积为，则该溶液的物质的量浓度为= mol/L，答案选B。‎ ‎17.用CuCl2·2H2O晶体制取无水CuCl2的实验装置如图所示，下列说法错误的是 A. 通入HCl 可以抑制CuCl2 的水解 ‎ B. 先滴入浓硫酸，再点燃c 处酒精灯 C. 硬质玻璃管内部右侧会出现白雾 ‎ D. 装置d 中上层为苯，下层为NaOH 溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.通入HCl抑制Cu2+水解，故A正确；‎ B.先滴入浓硫酸，促使HCl挥发出来，再点燃c 处酒精灯，故B正确；‎ C.硬质玻璃管内部HCl遇水蒸气出现白雾，故C正确；‎ D.若上层为苯，下层为NaOH溶液，装置d 中会倒吸，应上层为NaOH 溶液，下层为CCl4，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎18.某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3、Al2(SO4)3中的两种组成，进行如下实验：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反应，通过蓝色钴玻璃观察不到紫色；③向溶液中加强碱溶液至过量，先产生白色沉淀后白色沉淀全部溶解。根据实验现象可判断其组成为 A. KCl、NaCl B. NaCl、MgSO4‎ C. KCl、CaCO3 D. Al2(SO4)3、NaCl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则不含CaCO3；‎ ‎②做焰色反应，通过蓝色钴玻璃观察不到紫色，可确定不含有钾元素，即不含有 KCl；‎ ‎③向溶液中加强碱溶液至过量，先产生白色沉淀后白色沉淀全部溶解，则应该含有Al2(SO4)3，不含MgSO4；‎ 白色固体混合物由以上两种物质组成，综合以上分析，混合物由NaCl和Al2(SO4)3两种物质组成，答案选D。‎ ‎19.下列气体去除杂质的方法中，能实现目的的是 气体(杂质)‎ 方法 A C2H2(H2S)‎ 通过酸性高锰酸钾溶液 B Cl2(HCl)‎ 通过氢氧化钠溶液 C Cl2(O2)‎ 通过灼热的铜丝网 D NO(NO2)‎ 通过氢氧化钾溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C2H2和H2S都具有较强的还原性，都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；因此在用酸性高锰酸钾溶液除杂质H2S时，C2H2也会被吸收，故A不符合题意；‎ B．氯气中混有少量的氯化氢气体，若通过氢氧化钠溶液，氯气和氯化氢都会被吸收，可以用饱和食盐水除去；饱和食盐水在吸收氯化氢气体的同时，也会抑制氯气在水中的溶解，故B不符合题意；‎ C．氯气中混有少量氧气，在通过灼热的铜丝网时，铜被氧气氧化成氧化铜，而铜与氯气也会发生反应生成氯化铜，因此不能采取这种方式除去杂质氧气，故C不符合题意；‎ D．NO2可以与氢氧化钾发生反应生成硝酸钾和亚硝酸钾，NO与氢氧化钾溶液不能发生反应；尽管NO可以与NO2一同跟氢氧化钾发生反应生成亚硝酸钾，但由于杂质的含量一般较少，所以也不会对NO的量产生较大的影响，故D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】除杂操作原则可概括为“不多不少，简单最好”：首先，避免引入新的杂质；其次，尽量避免产品的损失；最后，方法越简单越好。‎ ‎20.在硫酸铁和硫酸亚铁的混合物中，氧元素的质量分数为46%，则混合物中铁元素的质量分数为 A. 34% B. 40% C. 31% D. 44%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在FeSO4和Fe2(SO4)3组成的混合物中，硫元素与氧元素的质量比=32:(16×4)=1:2，由于混合物中氧元素的质量分数为46%，则混合物中硫元素的质量分数=46%×=23%，该混合物中铁元素的质量分数为1−23%−46%=31%，答案选C。‎ ‎21.某研究性学习小组欲测定室温下(‎25℃‎、101kPa)的气体摩尔体积，该小组设计的简易实验装置如图所示。该实验的主要操作步骤如下：‎ ‎(1)配制溶液：①配制100mL1.0mol·L－1的盐酸，需要20%，密度为‎1.1g·cm-3的盐酸的体积为______mL ‎②配制过程中所需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、__________________________________‎ ‎③下列操作会导致物质的量浓度偏大的是_________________‎ A.用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度 B.容量瓶未干燥即用来配制溶液 C.未洗涤烧杯和玻璃棒 D.定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线 E.在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线 F.烧杯中有少量水 ‎(2)用量筒量取出20.0mL1.0mol·L－1的盐酸加入锥形瓶中；‎ ‎(3)称取ag已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为________；‎ ‎(4)往广口瓶中装入足量水，按上图连接好装置，检查装置的气密性；‎ ‎(5)反应结束后待体系温度恢复至室温，读取量筒中水的体积为VmL。‎ 请将上述步骤补充完整并回答下列问题：‎ ‎①实验步骤(5)中应选用________(填序号)的量筒。‎ A．100mLB．200mLC．250mLD.2000mL ‎②读数时除恢复到室温，量筒内的液面与集气瓶内液面相平，还要注意_____________________‎ ‎③若忽略水蒸气的影响，在实验条件下测得气体摩尔体积的计算公式为Vm＝________。‎ 若未除去镁条表面的氧化膜，则测量结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). 16.6 (2). 100mL容量瓶、胶头滴管 (3). E (4). 0.24 (5). C (6). 视线与液体凹液面的最低处相平 (7). 0.1VL·mol-1 (8). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意知，该实验原理是用一定量的盐酸与足量镁反应生成氢气，排水测气，排出水的体积等于氢气的体积，最后根据盐酸的物质的量确定氢气的物质的量，求出一定条件下的气体摩尔体积。‎ ‎【详解】(1)质量分数为20%，密度为‎1.1g·cm-3的盐酸的物质的量浓度为mol/L，根据稀释定律c1V1=c2V2，可以求出配制100 mL1.0 mol·L－1的盐酸，需要质量分数为20%，密度为‎1.1g·cm-3的盐酸的体积为=16.6mL；‎ ‎②配制过程中所需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、100 mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒；‎ ‎③A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度，导致溶质的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏低，故A不符合题意；‎ B．使用容量瓶配制溶液过程中，容量瓶中需要加水定容，洗净后未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，故B不符合题意；‎ C．未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏低，故C不符合题意；‎ D．定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线，放置一段时间，刻度线上方的液体会流下来，恢复到刻度线，对所配溶液的浓度无影响，，故D不符合题意；‎ E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，液面低于刻度线，溶质物质的量不变，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，故E符合题意；‎ F．烧杯用来稀释或溶解溶质，需要加水，则烧杯中有少量水，对所配溶液浓度无影响，故F不符合题意；‎ 答案选E；‎ ‎(3)用量筒量取出20.0mL1.0mol·L－1的盐酸加入锥形瓶中，可以计算出n(H+)=0.02mol，可以溶解镁的物质的量n(Mg)=n(H+)=0.01mol，称取ag已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，n(Mg)至少为0.01mol，镁的摩尔质量为‎24g/mol，所以a的数值至少为0.24； ‎ ‎(5)①量筒中的水是氢气排出的，所以水的体积等于氢气的体积，根据(3)中计算，盐酸中n(H+)=0.02mol，理论上可以生成氢气的物质的量为0.01mol，这些氢气在标准状况下体积为224mL，在‎25 ℃‎、101 kPa下估计不会超过250mL(一定压强下，气体体积与热力学温度成正比)，因此实验步骤(5)中应选用250 mL的量筒，答案选C；‎ ‎②读数时除恢复到室温，为保证反应装置系统内外的压强相等，量筒内的液面与广口瓶内液面相平外，还要注意视线与液体凹液面的最低处相平，这样测得的体积才较准确；‎ ‎③若忽略水蒸气的影响，在实验条件下测得气体摩尔体积的计算公式为Vm＝=0.1VL·mol-1，若未除去镁条表面的氧化膜，则生成的氢气体积减少，使测量结果偏小。‎ ‎【点睛】解实验题首先要明确实验目的，然后结合题中的实验装置和实验用品及相关步骤提示，明确各个步骤及装置的作用，解决相关的实验问题。‎ ‎22.氧化剂和还原剂在生产生活中广泛使用。‎ ‎(1)高锰酸钾和氢溴酸溶液可以发生如下反应：2KMnO4+16HBr=2KBr+2MnBr2+8H2O+5Br2‎ ‎①其中还原剂为_________，还原产物为_________(均填化学式)‎ ‎②若消耗0.1mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量为_________，转移电子的数目是_________‎ ‎③用双线桥表示转移电子的数目_________。‎ ‎(2)人体内所含铁元素以Fe2+和Fe3+‎ 的形式存在。市场出售的某种麦片中含有微量的颗粒细小的还原铁粉，这些铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐，此反应的离子方程式为_________，但Fe2+在酸性条件下很容易被空气中的氧气氧化，写出该反应的离子方程式_________‎ ‎(3)次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，是一元中强酸,其电离方程式是：H3PO2⇌H++，具有较强还原性，回答下列问题：‎ ‎①H3PO2中，磷元素的化合价为_________‎ ‎②H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的银离子还原为银单质，从而用于化学镀银。利用(H3PO2)进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4︰1，则氧化产物为：_________‎ A．PH3 B．H3PO‎3 C．P D．H3PO4‎ ‎③NaH2PO2是正盐还是酸式盐？_________，其溶液显_________性(填弱酸性、中性、或者弱碱性)‎ ‎【答案】 (1). HBr (2). MnBr2 (3). 0.5mol (4). 0.5NA ‎ ‎ (5). (6). 2H++Fe=Fe2++H2↑ ‎ ‎ (7). 4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O (8). +1 (9). D (10). 正盐 (11). 弱碱性 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应2KMnO4+16HBr═5Br2+2MnBr2+2KBr+8H2O中，Br元素化合价升高，Mn元素化合价降低，则反应中KMnO4为氧化剂，HBr为还原剂，根据方程式计算；铁粉在人体胃酸中发生反应生成亚铁离子和氢气；Fe2+在酸性条件下被氧气氧化为铁离子；根据H3PO2是一元中强酸可知，根据化合物中总化合价为0计算出P元素的化合价；先判断氧化剂、氧化剂，然后根据氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1计算出反应产物中P的化合价；根据H3PO2是一元中强酸，可以判断NaH2PO2为正盐，据此分析。‎ ‎【详解】(1) ①Br元素化合价升高1价，Mn元素化合价降低5价，反应中KMnO4为氧化剂，MnBr2为还原产物，HBr为还原剂，Br2为氧化产物；‎ ‎②消耗2mol氧化剂时，转移的电子的物质的量为10mol，若消耗0.1mol氧化剂，则被氧化的还原剂，即发生化合价变化的HBr的物质的量为0.5mol；转移的电子的物质的量为 ‎0.5mol，数目为0.5NA；‎ ‎③反应2KMnO4+16HBr=5Br2+2MnBr2+2KBr+8H2O中，Br元素化合价升高1价，Mn元素化合价降低5价，反应中转移10个电子，则用双线桥标出该反应的电子转移方向和数目为；‎ ‎(2)铁粉在人体胃酸中发生反应生成亚铁离子和氢气，离子反应为2H++Fe=Fe2++H2↑，Fe2+在酸性条件下被氧气氧化为铁离子，其反应的离子方程式为：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O；‎ ‎(3)①H3PO2中，总化合价为0，其中氢元素为+1价，氧元素为−2价，则P元素的化合价为+1价；‎ ‎②该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×(1−0)=1×(x−1)，解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，答案选D；‎ ‎③由于H3PO2是一元中强酸，所以NaH2PO2为一元强碱和一元中强酸形成的正盐，所以该盐溶液由于H2PO2−发生水解呈弱碱性。‎ ‎【点睛】根据化合价升降相等得出氧化产物中磷的化合价，是易错点。‎ ‎23.某100mL溶液中含有的部分离子浓度大小如图所示，该溶液可能还含有Fe3+、Ba2+、H+、、OH﹣。为了进一步确认，对该溶液进行实验检测：‎ 实验操作与现象 实验结论 判断理由 步骤一 仔细观察坐标图 肯定无 ‎ 肯定无该离子的理由 ‎ 步骤二 该溶液呈无色、透明、均一状态 肯定无 ‎ 肯定无该离子的理由 ‎ 步骤三 加入足量BaCl2溶液，生成‎23.3g白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不消失 肯定有H+、；肯定无Ba2+‎ 肯定有H+的理由 ‎ 请将上表补充完整_________‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)实验操作的步骤三中称量沉淀前的实验操作步骤有：过滤、_________、灼烧、在干燥器中冷却。‎ ‎(2)原溶液中H+物质的量浓度为_________mol/L。‎ ‎(3)向原溶液中加入NaHCO3溶液，反应的离子方程式为：_________‎ ‎(4)若向100mL原溶液中加入1mol/L的Ba(OH)2溶液，当生成的沉淀质量刚好最大时，则加入的Ba(OH)2溶液体积为_________L。‎ ‎【答案】 (1). 步骤一：OH-；Mg2+和OH-生成难溶的Mg(OH)2；步骤二：Fe3+；Fe3+的溶液呈(棕)黄色；步骤三：电荷守恒 (2). 洗涤 (3). 3 (4). ＋H＋=CO2↑＋H2O (5). 0.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据溶液中含有镁离子，所以一定不含OH-，已知的阳离子正电荷浓度总和：1mol/L+0.5×2mol/L=2mol/L，该溶液呈无色、透明、均一状态，一定不含Fe3+，加入足量BaCl2溶液，生成‎23.3g即0.1mol白色沉淀硫酸钡，再加稀硝酸，沉淀不消失，一定含有硫酸根0.1mol，则一定不含钡离子，阴离子负电荷总浓度3mol/L+1mol/L×2=5mol/L，根据电荷守恒，所以一定含有氢离子，浓度是3mol/L，据此计算即可。‎ ‎【详解】步骤一：根据溶液中含有镁离子，所以一定不含OH-；‎ 步骤二：该溶液呈无色、透明、均一状态，Fe3+的溶液呈(棕)黄色，则一定不含Fe3+；‎ 步骤三：加入足量BaCl2溶液，生成‎23.3g即0.1mol白色沉淀硫酸钡，再加稀硝酸，沉淀不消失，一定含有硫酸根0.1mol，其浓度为1mol/L，则一定不含钡 离子，已知的阳离子正电荷浓度总和：1mol/L+0.5×2mol/L=2mol/L，阴离子负电荷总浓度3mol/L+1mol/L×2=5mol/L，根据电荷守恒，所以一定含有氢离子，浓度是3mol/L；‎ ‎(1)实验操作的步骤三中称量沉淀前的实验操作步骤有：过滤、洗涤、灼烧、在干燥器中冷却；‎ ‎(2)根据步骤三计算，原溶液中H+物质量浓度为3mol/L；‎ ‎(3)溶液中含有氢离子，向原溶液中加入NaHCO3溶液，反应的离子方程式为：＋H＋=CO2↑＋H2O；‎ ‎(4)100mL该溶液中含有硫酸根0.1mol，镁离子0.05mol，氢离子0.3mol，向100mL该溶液中加入1mol/L的Ba(OH)2溶液，当中和完0.3mol氢离子时，消耗Ba(OH)2溶液的物质的量为0.15mol，此时，硫酸根离子也完全沉淀，镁离子全部沉淀时，生成的沉淀质量刚好最大，需要消耗Ba(OH)2的物质的量为0.05mol，则一共消耗Ba(OH)2的物质的量为0.05mol+0.15mol=0.2mol，则加入的Ba(OH)2溶液的体积是=‎0.2L。‎ ‎【点睛】溶液一定为电中性的，溶液中阴阳离子的正负电荷总量相等，据此判断不能通过实验步骤完成判断的离子是否存在。当溶液中加入氢氧化钡时，OH-先发生酸碱中和，后发生生成沉淀的反应。‎ ‎24.甘肃马家窑遗址出土的青铜刀是我国最早冶炼的青铜器，由于时间久远，其表面有一层“绿锈”，“绿锈”俗称“铜绿”，是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的，化学式为[Cu2(OH)2CO3]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。某同学利用以下反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。‎ 铜铜绿ACu(OH)2BCu ‎(1)从物质分类标准看，“铜绿”属于________(填字母)。‎ A．酸B．碱C．盐D．氧化物 ‎(2)写出铜绿与盐酸反应的化学方程式：________________________________‎ ‎(3)上述转化过程中属于化合反应的是_________(填序号)。‎ ‎【答案】 (1). C (2). Cu2(OH)2CO3＋4HCl=2CuCl2＋3H2O＋CO2↑ (3). ①‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，铜铜绿ACu(OH)2BCu，铜被腐蚀生成铜绿，铜绿溶于盐酸生成铜盐，然后加碱生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成CuO，最后氢气还原CuO得到Cu，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)铜绿是碱式碳酸铜的俗称，所以Cu2(OH)2CO3属于碱式盐，答案选C；‎ ‎(2)碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳，化学方程式为：Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑；‎ ‎(3)根据题干信息分析可知，上述转化过程中，①铜→铜绿发生了化合反应；②铜绿→A是跟酸反应生成铜盐及CO2、H2O，A为铜盐，是复分解反应；③A→Cu(OH)2是铜盐和碱反应生成氢氧化铜沉淀，是复分解反应；④Cu(OH)2→B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，是分解反应；⑤B→Cu是氧化铜和氢气反应生成铜和水，是置换反应；则属于化合反应的是①。‎ ‎25.胶体是一种常见的分散系。用Fe(OH)3胶体进行下列实验。‎ ‎(1)向其中滴入过量稀硫酸，现象是_________，其原因是_________。‎ ‎(2)下列关于胶体的说法正确的是_________‎ ‎①将直径等于2.5微米的颗粒物分散于水中即成为胶体 ‎②胶体与溶液的本质区别是胶体具有丁达尔效应 ‎③雾具有丁达尔效应 ‎④同种胶体带同种电荷，相互排斥，是胶体稳定的主要原因 ‎⑤处理废水时可加入明矾作为混凝剂，是利用了胶体的性质 ‎⑥含1molFeCl3的饱和溶液完全与水反应生成1molFe(OH)3胶体粒子 ‎⑦“血液透析”原理和胶体的渗析原理类似 A.③④⑤B.①④⑥C.③⑤⑦D.②③⑥‎ ‎(3)提纯Fe(OH)3胶体的装置是如图中_________，该操作属于_________(均填序号)‎ A.蒸馏B.萃取C.盐析D.渗析 现有10mLFe(OH)3胶体与5mLNa2SO4溶液混合装 装入半透膜内，将此半透膜浸入盛蒸馏水的烧杯中，设计实验证明能够透过半透膜：_________‎ ‎【答案】 (1). 先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解为黄色溶液 (2). 开始加入稀硫酸时，胶体发生聚沉生成氢氧化铁沉淀，当酸过量时，又将氢氧化铁沉淀溶解 (3). C (4). D (5). D (6). 取烧杯中的液体，加入稀盐酸无现象，再加入少量的氯化钡溶液，若出现白色沉淀，证明能够透过半透膜 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据胶体能够发生聚沉来解答；‎ ‎(2)①胶体是指分散质粒子直径在1 nm～100 nm之间的分散系；②胶体本质特征是分散质粒子的直径大小；③雾为气溶胶；④胶体不带电；⑤明矾电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，能吸附水中的固体悬浮物；⑥胶体粒子是大量氢氧化铁的聚合体；⑦血液通过浸在透析液中的透析膜进行循环和透析，血液中，蛋白质和血细胞不能透过透析膜，血液内的毒性物质则可以透过；‎ ‎(3)胶体的提纯用渗析；根据硫酸根离子可以和钡离子之间反应产生不溶于盐酸的白色沉淀来分析。‎ ‎【详解】(1)开始加入稀硫酸时，胶体发生聚沉生成红褐色的氢氧化铁沉淀，当酸过量时，发生酸碱中和反应，又将氢氧化铁沉淀溶解变为黄色溶液；‎ ‎(2)①胶体是指分散质粒子直径在1 nm～100 nm之间的分散系，直径等于2.5微米的颗粒物分散于水中形成浊液，故①错误；‎ ‎②胶体与溶液的本质区别是分散质粒子的直径大小，丁达尔效应可用于区分胶体与溶液，故②错误；‎ ‎③雾是气溶胶，能产生丁达尔效应，故③正确；‎ ‎④胶体本身不带电，胶体粒子可带电，同种胶体的胶粒带同种电荷，相互排斥，是胶体稳定的主要原因，故④错误；‎ ‎⑤明矾电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，能吸附水中的固体悬浮物，利用了胶体的性质，故⑤正确；‎ ‎⑥含1molFeCl3的饱和溶液完全与水反应生成的Fe(OH)3胶体粒子是大量氢氧化铁的聚合体，含1molFeCl3溶质的溶液形成胶体后，胶体粒子远远小于1mol，故⑥错误；‎ ‎⑦‎ 血液属于胶体，血液通过浸在透析液中的透析膜进行循环和透析，其原理和胶体的渗析原理类似，故⑦正确；‎ 说法正确的为③⑤⑦，答案选C；‎ ‎(3)当胶体中混有溶液时，用渗析的方法来提纯，所需要的主要仪器是半透膜，即装置D；硫酸根离子可以和钡离子之间反应产生不溶于盐酸的白色沉淀，证明硫酸根离子能透过半透膜的方法：取烧杯中的液体，加入稀盐酸无现象，再加入少量的氯化钡溶液，若出现白色沉淀，证明硫酸根离子能够透过半透膜。‎