【化学】安徽省芜湖市2019-2020学年高一上学期期末质量监测试题（解析版）

【化学】安徽省芜湖市2019-2020学年高一上学期期末质量监测试题（解析版）

安徽省芜湖市2019-2020学年高一上学期期末质量监测试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 0 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Zn 65‎ 一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。)‎ ‎1.化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 用粘土焙烧可制得红陶，陶器显红色的原因可能是含有氧化铁 B. 磁铁石的主要成分是四氧化三铁 C. “水滴石穿、绳锯木断”不包含化学变化 D. K-Na合金可作原子反应堆的导热剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氧化铁是一种红色固体，用粘土焙烧制得的红陶，陶器显红色的原因可能是含有氧化铁，故A正确；‎ B．四氧化三铁有磁性，磁铁石的主要成分是四氧化三铁，故B正确；‎ C．“绳锯木断”为木头的形状改变，是物理变化，“水滴石穿”石头大多由大理石(即碳酸钙)其能与水、二氧化碳反应生成Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2是可溶性物质，属于化学变化，故C错误；‎ D．K-Na合金合金熔点低，可作原子反应堆的导热剂，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎2.下列物质分类的组合，正确的是（ ）‎ 混合物 纯净物 单质 电解质 A 氯水 氢氧化钠 水银 碳酸钠 B 空气 氢氧化铁胶体 铁 盐酸 C 五水硫酸铜 氯化钙 石墨 硫酸 D 冰水混合物 硝酸钾晶体 臭氧 氯化钠 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯水是氯气溶于水形成的混合物，氢氧化钠是纯净物，水银是汞，是一种元素组成的纯净物，是单质，碳酸钠属于盐，是电解质，故A正确；‎ B．空气含有氮气、氧气、稀有气体等气体，是混合物，氢氧化铁胶体属于分散系，属于混合物，铁一种元素组成的纯净物，是单质，电解质是化合物，盐酸是氯化氢溶于水形成的混合物， 故B错误；‎ C．五水硫酸铜是纯净物，氯化钙是纯净物，石墨是碳单质，纯净的硫酸是电解质，故C错误；‎ D．冰水混合物为纯净物，硝酸钾晶体是纯净物，臭氧是单质，氯化钠是电解质，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，14 g N2含有分子数为NA B. 过氧化钠与水反应，生成0.1 mol氧气时，转移的电子数为0.2NA C. 物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液，含有Cl-数目为1NA D. 一定条件下，0.01 mol FeCl3与水完全反应制成胶体，其含有的Fe(OH)3胶粒数为0.01 NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．14g氮气的物质的量n===0.5mol，故含有的分子数N=nNA=0.5NA个，故A错误；‎ B．过氧化钠和水反应后，氧元素由−1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时反应转移0.2NA个电子，故B正确；‎ C．溶液体积不明确，无法计算，故C错误；‎ D．一定条件下，一个氢氧化铁胶粒是由多个氢氧化铁构成的,故所得的胶粒的个数小于NA个，0.01 mol FeCl3与水完全反应制成胶体，其含有的Fe(OH)3胶粒数小于0.01 NA，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.下列有关金属的说法中，正确的是（ ）‎ ‎①可通过焰色反应区分钾元素和钠元素 ‎②铝能在空气中稳定存在是因为其表面覆盖着一层致密的氧化膜 ‎③纯铁比生铁抗腐蚀性更强 ‎④青铜、不锈钢、硬铝都是合金 ‎⑤在人类对金属材料的使用过程中，性质越活泼的金属单质越早被人们冶炼和使用 ‎⑥正常人体缺钙会引起骨质疏松症，缺铁会引起贫血等疾病 A. ①②④⑥ B. ①②③④⑤⑥ C. ①②③④⑥ D. ①③④⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①在进行焰色反应时，由于钠元素燃烧呈黄色，钾元素的焰色反应为紫色，可通过焰色反应区分钾元素和钠元素，故①正确；‎ ‎②铝是活泼金属，单质铝在空气中易与氧气发生氧化反应，生成氧化铝，氧化铝可阻止内部的铝进一步反应，比较耐腐蚀，故②正确；‎ ‎③纯铁由于无杂质，只能发生化学腐蚀，而生铁含碳，能构成原电池，发生电化学腐蚀，比纯铁抗腐蚀性差，腐蚀得更快，故③正确；‎ ‎④青铜是铜锡合金、不锈钢是铁铬、镍合金、硬铝是铝硅、镁等形成的合金，都是合金，故④正确；‎ ‎⑤金属大规模被使用的先后顺序跟金属的活动性关系最大，金属活动性较弱时，比较难形成化合物，常以单质形式存在，比较容易被利用，故⑤错误；‎ ‎⑥骨质疏松症是由于人体缺钙引起的，缺铁会引起缺铁性贫血，故⑥正确；‎ 答案选C。‎ ‎5.完成下列实验所选择的装置或仪器(夹持装置已略去)正确的是（ ）‎ A. 用CCl4提取溴水中的Br2‎ B. 除去乙醇中的四氯化碳 C. 从KI和I2的固体混合物中回收I2‎ D. 配制100mL 0.1000mol∙L-1的NaCl溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为Br2在CCl4中的溶解度远远大于在水中的溶解度，且CCl4难溶于水，所以可用用CCl4提取溴水中的Br2，实验操作为萃取法，萃取后分液，故A正确；‎ B．乙醇和四氯化碳为液体混合物，过滤是除去难溶物和易溶物，过滤分不开，故B错误；‎ C．因为I2易升华，所以加热KI和I2的固体混合物，然后冷凝升华出的碘蒸气，冷却可得碘单质，装置没有冷凝装置，故B错误；‎ D．配制100mL 0.1000mol∙L-1的NaCl溶液需要用到容量瓶，不能只用烧杯，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎6.在无色透明的强酸性溶液中能大量共存的离子组是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】强酸性溶液中存在大量氢离子，无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4−等有色离子的存在，‎ A．Ca2+、H+与CO32−反应，在强酸性溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．之间不反应，都不与氢离子反应，且为无色溶液，在溶液中能够大量共存，故B正确；‎ C．HCO3−与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D．Fe3+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎7.下列除杂选用的试剂或操作方法正确的是（ ）‎ 物质 杂质 除去杂质选用的试剂或操作方法 A KNO3溶液 KOH 加入适量氯化铁溶液，并过滤 B FeSO4溶液 CuSO4‎ 加入过量铜粉，并过滤 C H2‎ CO2‎ 先后通过盛有氢氧化钠溶液和浓硫酸的洗气瓶 D 铁粉 铜粉 加入足量稀硫酸过滤 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．如加入氯化铁，可生成KCl杂质，应加入硝酸铁溶液，故A错误；‎ B．铜不与CuSO4反应，不能除去CuSO4，故B错误；‎ C．二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，干燥后得到纯净的氢气，故C正确；‎ D．铁与稀硫酸反应，影响被提纯的物质，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.下表中各组物质不能实现如图所示转化的是（ ）‎ 选项 甲 乙 丙 A CO2‎ NaHCO3‎ Na2CO3‎ B AlCl3‎ Al2O3‎ NaAlO2‎ C AlCl3‎ Al Al(OH)3‎ D AlCl3‎ Al(OH)3‎ NaAlO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳和氯化钠和水，方程式NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，碳酸氢钠与与氢氧化钠反应生成碳酸钠，方程式NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，符合题中转化关系，故A不符合题意； ‎ B．氧化铝与盐酸反应生成氯化铝，方程式为6HCl+Al2O3═3H2O+2AlCl3，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，方程式Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，符合题中转化关系，故B不符合题意；‎ C．铝与盐酸反应生成氯化铝，方程式为6HCl+2Al═3H2↑+2AlCl3，铝与氢氧化钠反应只能生成偏铝酸钠，不能生成氢氧化铝，故C符合题意；‎ D．氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝，方程式为3HCl+Al(OH)3═3H2O+AlCl3，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，方程式Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，符合题中转化关系，故D不符合题意； ‎ 答案选C ‎9.在下列反应中，单质只作氧化剂的是（ ）‎ A. 2F2+2H2O═4HF+O2↑‎ B. Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O C. 2Na+2H2O═2NaOH+H2↑‎ D. H2+CuOH2O+Cu ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】单质只作氧化剂，则单质中元素的化合价降低，以此来解答。‎ ‎【详解】A．F元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则F2单质作氧化剂，水为还原剂，故A选；‎ B．只有Cl元素的化合价变化（由0价升高到+1，降低到-1价），氯气既做氧化剂又做还原剂，故B不选；‎ C．Na元素的化合价升高，H元素的化合价降低，则Na为还原剂，水为氧化剂，故C不选；‎ D．H元素的化合价升高，Cu元素的化合价降低，则氢气为还原剂，CuO为氧化剂，故D不选；‎ 故答案选A。‎ ‎10.某溶液中大量存在以下五种离子：、M，其物质的量浓度之比为 =2：3：1：3：1，则M可能是（ ）‎ A. Ba2+ B. Na+ C. I- D. Mg2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】其物质的量浓度之比为 ‎ =2：3：1：3：1，溶液的体积相等，则物质的量之比为n(NO3−):n(SO42−):n(Fe3+):n(H+):n(M)=2:3:1:3:1，设各离子的物质的量分别为2mol、3mol、1mol、3mol、1mol，则阴离子所带电荷n(NO3−)+2×n(SO42−)=2mol+2×3mol=8mol，阳离子所带电荷3×n(Fe3+)+n(H+)=3×1mol+3mol=6mol，阴离子所带电荷大于阳离子所带电荷，则M一定为阳离子，因M的物质的量为1mol，根据电荷守恒，则离子应带2个正电荷，又因Ba2+与SO42−反应生成沉淀而不能大量共存，则D符合，答案选D。‎ 二、选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意。)‎ ‎11.已知反应①2BrO3-+Cl2=Br2+2ClO3-；②5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；③ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O。下列物质氧化能力强弱顺序正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】化合价降低的是氧化剂，发生还原反应，得到还原产物，化合价升高的是还原剂，发生氧化反应，得到氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，则①中BrO3-是氧化剂，ClO3-是氧化产物，所以氧化性BrO3-> ClO3-，‎ ‎②中Cl2是氧化剂，HIO3是氧化产物，所以氧化性 Cl2>HIO3，‎ ‎③中ClO3-是氧化剂，是Cl2氧化产物，所以氧化性ClO3->Cl2，‎ 综上得氧化性顺序为 答案选D。‎ ‎12.下列判断中一定正确的是（    ）‎ A. NaCl及Na2O2固体中阴、阳离子数之比均为1:1‎ B. 等质量的O2与O3中，氧原子的个数比为3:2‎ C. 分别用H2O2、KMnO4分解制O2，当制得等质量O2时，转移电子数之比为1:2‎ D. 10 mL 0.3 mol·L-1 NaCl溶液与30 mL 0.1 mol·L-1 AlCl3溶液中Cl －物质的量浓度比为1:3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Na2O2的电子式为，阴、阳离子数之比为1:2，A项错误；‎ B. 等质量的O2与O3中，氧原子的个数比为1:1，B项错误；‎ C. 假设生成1molO2，H2O2中O（-1价）自身发生氧化还原反应，转移2mol电子，KMnO4中O（-2价）被氧化，转移4mol电子，则转移电子数之比为1：2，C项正确；‎ D. 根据二者的电离方程式判断0.3 mol·L-1 NaCl溶液中Cl －物质的量浓度为0.3 mol·L-1，0.1 mol·L-1 AlCl3溶液中Cl －物质的量浓度为0.3 mol·L-1，Cl －物质的量浓度比为1:1，D项错误；‎ 故选C ‎13.如图，在蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化时，用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成，据此判断，下列说法正确的是（ ）‎ A. 上述反应不能说明钠比铜活泼 B. 上述反应过程中只有一个氧化还原反应发生 C. 加热且无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu D. 依据上述反应可说明钠可以从任意铜盐溶液中置换出铜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化时，用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成，说明熔融的钠将硫酸铜中的铜置换出来并且放出热量，属于置换反应，钠作还原剂，硫酸铜作氧化剂，说明钠比铜活泼，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu，‎ A．根据以上分析，说明钠比铜活泼，故A错误；‎ B．上述反应过程中有钠与氧气的反应，还有Na可以与CuSO4反应并生成Cu的反应，都是氧化还原反应，故B错误；‎ C．钠比铜活泼，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu，属于置换反应，故C正确；‎ D．如果钠与CuSO4溶液混合，则钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜，不会置换出铜单质，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎14.由钠、镁、铝、锌四种金属单质中的两种组成的合金共12g，跟足量的盐酸反应产生5.6 L氢气(标准状况)，那么此合金中一定含有的金属是 ( )‎ A. Zn B. Mg C. Al D. Na ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】标况下5.6L氢气的物质的量=5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，故12g金属提供的电子为0.25mol×2=0.5mol，则提供1mol电子需要金属的质量为12g×1mol÷0.5mol=24g。‎ ‎【详解】A．Zn在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Zn的质量为65g/mol×1mol÷2=32.5g；‎ B．Mg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为24g/mol×1mol÷2=12g；‎ C．Al在反应中表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量为27g/mol×1mol÷3=9g；‎ D．Na在反应中表现+1价，提供1mol电子需要Na的质量为23g/mol×1mol=23g；‎ 提供1mol电子，只有Zn的质量大于24g，其它金属的质量都小于24g，故金属混合物中一定有Zn；‎ 故选A。‎ ‎15.下列几种类推结论中，正确的是（ ）‎ A. AlCl3与过量NaOH溶液反应生成AlO2-，则与过量NH3∙H2O溶液反应也生成AlO2-‎ B. Mg与盐酸反应生成MgCl2，则Fe也可与盐酸反应生成FeCl3‎ C. Al与Fe2O3能发生铝热反应，则与MgO也能发生铝热反应 D. Na能与水反应生成H2，则K、Ca也能与水反应生成H2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，AlCl3与过量NaOH溶液反应生成Al(OH)4-，与过量NH3•H2O只能生成氢氧化铝沉淀，故A错误；‎ B．镁与盐酸反应生成MgCl2和H2，但铁与盐酸反应生成FeCl2和H2，故B错误；‎ C．铝热反应的实质是利用铝的还原性大于氧化物中的金属，把金属置换出来，金属铝的还原性小于镁，所以铝不与MgO发生铝热反应，故C错误；‎ D．金属钠、钾和钙的活泼性都较强，都能够与水反应生成氢气，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎16.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】‎ ‎【详解】加入NaOH溶液时依次发生反应：H++OH﹣=H2O，Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+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。‎ ‎17.制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2++2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列说法正确的是（ ）‎ A. 参加反应的Fe2+全部作还原剂 B. 每生成1 mol Fe3O4，被S2O32-还原的O2为0.5 mol C. x=3‎ D. 已知Fe3O4纳米颗粒直径为20 nm，则Fe3O4纳米颗粒为胶体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由Fe元素守恒可知，3molFe2+中只有2molFe2+失去电子，则部分Fe2+作还原剂，故A错误； ‎ B．Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，生成1 molFe3O4，被S2O32-还原的O2为=0.5mol，故B正确；‎ C．由电荷守恒可知：2×3+2×(−2)−x=−2，解得x=4，故C错误；‎ D．Fe3O4纳米颗粒分散在分散剂中形成胶体分散系，则Fe3O4纳米颗粒不是胶体，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎18.下列反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3++Fe=2Fe2+‎ B. 向Al2(SO4)3溶液中加入少量氨水：‎ C. 向明矾溶液中加入过量氢氧化钡溶液：‎ D. 向小苏打溶液中加少量澄清石灰水：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉，反应生成硫酸亚铁，正确的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故A错误；‎ B．向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水，反应的离子方程式为：，故B正确；‎ C．向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液能将铝离子和硫酸根离子全部反应，正确的离子方程式为：Al3++2SO42−+2Ba2++4OH−=2BaSO4↓+AlO2−+2H2O，故C错误；‎ ‎ D．小苏打溶液中加少量澄清石灰水，离子方程式：2HCO3-+Ca2++2OH-= CaCO3↓+2H2O +CO32-，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎19.标准状况下将4.48 L CO2通入1 L 0.6 mol.L-l NaOH溶液中，当CO2与NaOH完全反应时，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 反应后的溶液不能确定是否能继续吸收CO2 B. 溶液中溶质的物质的量之比为1:1‎ C. 反应后的溶液呈碱性 D. 溶液中不只有一种阴离子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】反应的可能方程式有：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，n(CO2)= ‎ ‎=0.2mol，n(NaOH)=1L×0.6mol/L=0.6mol，则有=3>2，所以：所得产物为Na2CO3和NaOH，溶液中存在的主要阴离子有CO32−、OH-，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 根据以上分析，反应的溶液中有Na2CO3和NaOH，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，还能吸收少量CO2，故A错误；‎ B. n(CO2)= =0.2mol，n(NaOH)=1L×0.6mol/L=0.6mol，根据化学方程式CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，则氢氧化钠过量，二氧化碳的物质的量为0.2mol，生成碳酸钠的物质的量为0.2mol，二氧化碳与氢氧化钠是按照1:2的关系反应的，反应掉的氢氧化钠为0.4mol，剩余了0.6mol-0.4mol=0.2mol，溶液中溶质的物质的量之比为1:1，故B正确；‎ C. 反应后的溶液为Na2CO3和NaOH，呈碱性，故C正确；‎ D. 溶液中存在的主要阴离子有CO32−、OH-，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎20.新型镁铝合金（Mg17Al12）有储氢性能，它一定条件下完全吸氢的反应为Mg17Al12+17H2═17MgH2+12Al，得到的混合物Y（17MgH2+12Al）能与酸反应释放出大量氢气．下列说法正确的是（ ）‎ A. 该合金应在氮气保护下，将一定比例的Mg、Al单质熔炼而成 B. 合金在吸氢过程中被H2还原 C. 一定量的镁铝合金既可以完全溶于足量盐酸中，也可以完全溶于足量的NaOH溶液中 D. 等质量的镁、铝、和镁铝合金分别与足量的盐酸反应生成H2的体积（同温同压下）顺序为：V(铝)＞ V(合金)＞V(镁)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.制备该合金如果在氮气保护下，Mg单质在一定温度下熔炼时，镁和氮气反应3Mg+N2Mg3N2，故A错误；‎ B.合金在吸氢过程中镁元素的化合价升高，被H2氧化，故B错误；‎ C.镁铝合金可以完全溶于足量盐酸中，镁与氢氧化钠不反应，不能完全溶于足量的NaOH溶液中，故C错误；‎ D.假设镁、铝、镁铝合金的质量为wg，计算分别产生H2的物质的量，‎ Mg+2HCl=MgCl2 +H2↑‎ ‎24g 1mol wg w/24mol ‎2Al +6HC=2AlCl3 +3H2↑‎ ‎54g 2mol wg w/27mol 镁铝合金与足量的盐酸反应生成H2的物质的量介于w/27mol～w/24mol，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，所以（同温同压下）生成H2的体积由大到小的顺序为：V(铝)＞ V(合金)＞V(镁)，故D正确。‎ 故选D。‎ 三、填空、简答题(本题包括5小题，共50分。)‎ ‎21.气体制备时须先检查装置的气密性，下列各图所示操作，符合气密性检查要求的是__________‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】装置气密性检验有多种方法，原理都是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡，据此分析各种检查方法。‎ ‎【详解】A．用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，说明装置气密性良好，故A正确；‎ B．用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，液面高度不变，说明装置气密性良好，故B正确；‎ C．用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热膨胀，使集气瓶中气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱，说明装置气密性良好，故C正确；‎ 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，说明装置漏气，故D错误。‎ 答案选ABC。‎ ‎22.实验室需要95 mL l.0 mol/L稀硫酸，现用98%的浓硫酸(其密度为1.84 g.mL-l)来配制。‎ ‎(1)实验需要的玻璃仪器有50 mL烧杯、玻璃棒、胶头滴管、____、____。‎ ‎(2)玻璃棒的作用为____，胶头滴管的作用为________，‎ ‎(3)配制过程中，下列情况会使配制结果偏低的是(填序号)____。‎ A.将稀释的硫酸液转移至容量瓶后，洗涤烧杯和玻璃棒2-3次。‎ B.将烧杯内的稀硫酸向容量瓶中转移时，因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外。‎ C.容量瓶使用时未干燥。‎ D.用胶头滴管加水时，仰视观察溶液凹液面与容量瓶刻度相切。‎ E.未冷却至室温就定容。‎ F.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线。‎ ‎【答案】(1). 100mL容量瓶 (2). 10mL量筒 (3). 搅拌引流 (4). 定容 (5). BDF ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)依据c=，计算98%的浓硫酸（其密度为1.84g/mL）的物质的量浓度，依据溶液稀释前后，溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；‎ ‎(2)依据配制一定物质的量浓度步骤选择合适的仪器，指明各仪器的用途；‎ ‎(3)分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响依据c=进行误差分析。‎ ‎【详解】(1)98%的浓硫酸(其密度为1.84g/mL)的物质的量浓度===18.4mol/L，配制95mL1.0mo∙L−1稀硫酸应选择100mL容量瓶，设需要浓硫酸的体积为V，依据溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，则V×18.4mol/L=1.0mo∙L−1×100mL，解得V=5.4mL，配制一定物质的量浓度步骤：计算、量取、稀释，冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：10mL量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、100mL容量瓶；‎ ‎(2) ‎ 稀释时用玻璃棒搅拌，移液使用玻璃棒引流，定容时，用胶头滴管定容，作用是滴加少量液体；答案为搅拌，引流，定容； ‎ ‎(3) A．将稀释的硫酸液转移至容量瓶后，洗涤烧杯和玻璃棒2-3次操作正确，没有误差，故A不符合题意；‎ B．将烧杯内的稀硫酸向容量瓶中转移时，因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏小，故B符合题意；‎ C．容量瓶使用时未干燥,后面还要定容，有少量液体不影响实验结果，C不符合题意；‎ D．用胶头滴管加水时，仰视观察溶液凹液面与容量瓶刻度相切，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小，故D符合题意；‎ E．未冷却至室温就定容，冷却后，液面低于刻度线，溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，故C不符合题意；‎ F．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小，故F符合题意；‎ 故答案选：BDF。‎ ‎23.芜湖市某便利店销售的一种食用碘盐包装袋上有如下标签：‎ 产品标准 GB5461‎ 产品等级 一级 配料 食盐、碘酸钾、抗结剂 碘含量(以I计)‎ ‎20~50mg/kg ‎(1)碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，请配平化学方程式：____KIO3+____KI+____H2SO4=____K2SO4+_____I2+____H2O ‎(2)实验室可分离获取单质碘，其实验操作可分解为如下几步：‎ A.把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；‎ B.把适量碘水和CCl4加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；‎ C.检验分液漏斗活塞和上口玻璃塞是否漏液；‎ D倒转漏斗，用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正；‎ E.旋开活塞，用烧杯接收下层溶液；‎ F.从分液漏斗的上口倒出上层水溶液；‎ G.将漏斗上口的玻璃塞打开；‎ H.静置、分层；‎ ‎①正确的操作顺序是(用编号字母填写)____→____ → ___→A → __→ ___→E→F。‎ ‎②下列物质，不能作为从水溶液中萃取碘的溶剂是____。‎ A.苯 B.汽油 C.酒精 ‎(3)若向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳。理论上Na2SO3与I2反应的物质的量之比为____。‎ ‎【答案】(1). 1 (2). 5 (3). 3 (4). 3 (5). 3 (6). 3 (7). C (8). B (9). D (10). G (11). H (12). C (13). 1:1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据氧化还原反应遵循电子守恒和质量守恒进行配平；‎ ‎(2) ①操作为查漏→装液→振荡→静置→分液；‎ ‎②萃取剂的选取标准是：与水互不相溶，被萃取的物质在该溶剂中的溶解度比在水中的溶解度大，且跟萃取物不发生化学反应；‎ ‎(3)亚硫酸根子与碘单质发生氧化还原反应生成硫酸钠和碘化氢，据此解答。‎ ‎【详解】(1)反应中KIO3与KI之间发生氧化还原反应生成I2，根据氧化剂、还原剂之间得失电子数目相等可知KIO3∼5KI，结合原子守恒配平书写可得化学方程式为：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，其中KIO3为氧化剂，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由−1价升高为0，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=5，电子转移情况如下：；‎ ‎(2) ①CCl4从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液，操作为查漏→装液→振荡→静置→分液，则步骤为C→B→D→A→G→H→E→F；‎ ‎②可以选用苯或汽油从碘水中萃取碘，苯或汽油与水不互溶，而且碘在苯或汽油中的溶解度比在水中的大得多，酒精和水溶液混溶不能分层，故选C；‎ ‎(3)亚硫酸根子与碘单质发生氧化还原反应生成硫酸钠、碘化氢，离子方程式：Na2SO3+I2+H2O=Na2SO4+2HI，Na2SO3稀溶液与I2反应的主要产物是Na2SO4，HI，反应物物质的量之比=1:1。‎ ‎24.以硫铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备硫酸亚铁晶体(FeSO4∙xH2O)的工艺流程如下：‎ ‎(1)已知焙烧后得到的固体主要成分为Fe2O3。写出焙烧过程主要反应的化学方程式____。‎ ‎(2)写出酸溶过程主要反应的离子方程式____。‎ ‎(3)试剂X是(写化学式)____。‎ ‎(4)从还原得到的溶液中获得硫酸亚铁晶体(FeSO4∙xH2O)的操作是____‎ ‎(5)利用如图装置测定FeSO4∙xH2O中结晶水含量：‎ 实验前通入N2，的主要目的是____，装置B中盛放的试剂是____。‎ ‎【答案】(1). 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 (2). Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O (3). Fe (4). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 (5). 排出装置的氧气，可避免硫酸亚铁被氧化 (6). 碱石灰 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)焙烧过程是硫化亚铁与氧气的反应，生成三氧化二铁和二氧化硫；‎ ‎(2)酸溶是三氧化二铁与硫酸的反应；‎ ‎(3)试剂X是还原剂，其作用是将Fe3+还原为Fe2+，为避免引入新的杂质，X是铁粉；‎ ‎(4)溶液中获得硫酸亚铁晶体(FeSO4∙xH2O)的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；‎ ‎(5)硫酸亚铁易被氧化，通入氮气排出装置的氧气，干燥管中加入碱石灰可避免空气的水进入A装置。‎ ‎【详解】(1)高温条件下FeS2与氧气反应生成Fe2O3与SO2，该反应的化学方程式为：4FeS2+11O22 Fe2O3+8SO2；‎ ‎(2)酸溶是三氧化二铁与硫酸反应的过程，化学方程式为Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；‎ ‎(3)试剂X是还原剂，其作用是将Fe3+还原为Fe2+，为避免引入新的杂质，X是铁粉；‎ ‎(4)还原得到的溶液的主要溶质是FeSO4，从中获得硫酸亚铁晶体（FeSO4∙xH2‎ O）的操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；‎ ‎(5)FeSO4∙xH2O加热分解可以得到硫酸亚铁和水，由于亚铁离子不稳定，易被氧气氧化，故实验前需赶走空气，B中应该盛放干燥剂碱石灰，防止空气和水蒸气进入，使亚铁离子被氧化，或者防止亚铁离子水解。‎ ‎25.Fe2O3和Cu2O是红色粉末，常作颜料。某校化学实验小组通过实验来探究红色粉末的成分是Fe2O3、Cu2O或二者的混合物。探究过程如下：‎ 查阅资料知：Cu2O溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，在空气中加热生成CuO。‎ 提出假设：假设1：红色粉末是Fe2O3；假设2：红色粉末是Cu2O；假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物 设计实验：取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN溶液。‎ ‎(1)若假设1成立，则实验现象是____；若假设2成立，发生反应的离子方程式为______。‎ ‎(2)经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物，设计实验计算二者的物质的量：取一定量的该固体粉末溶于500 mL未知浓度的稀硫酸溶液中，固体全部溶解，向反应后的溶液中加入Fe粉，溶液中部分离子的物质的量随Fe粉加入，变化如图所示，则Fe2O3和Cu2O的物质的量分别为____、 _______。‎ ‎(3)硫酸溶液的物质的量浓度是____。‎ ‎【答案】(1). 固体全溶，溶液变为棕黄色，随后溶液变为血红色 (2). Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O (3). 0.15mol (4). 0.1mol (5). 1.4mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)Fe3+遇到KSCN溶液呈红色；Cu2O遇到酸生成Cu和硫酸铜，无Fe3+所以溶液也不变红；‎ ‎(2)红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物，加入稀硫酸后，固体全部溶解，溶液中剩余亚铁离子和铜离子，氢离子，加入铁单质后，各种离子物质的量减小，根据图像，分析出各离子的物质的量。‎ ‎【详解】(1)若假设1成立，Fe2O3与稀硫酸反应生成Fe3+，则实验现象为固体溶解，溶液变为棕黄色，遇到KSCN溶液呈红色；‎ 由资料知Cu2O溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，铜为红色固体不溶水，铜离子的颜色为蓝色所以溶液变蓝，因溶液中无Fe3+，所以滴加KSCN试剂也不变红，离子方程式Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；‎ ‎(2)发生的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，由于溶液中没有固体，则发生离子反应Cu+2Fe3+= Cu2++ 2Fe2+，溶液中剩余Cu2+，H+，可能含有Fe3+，根据图像，三种离子物质的量减小到0，故溶液中一定含有Fe3+，加入铁之前发生的反应 Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，Cu+2Fe3+= Cu2++ 2Fe2+，由于氧化性Fe3+〉Cu2+〉H+，加入铁之后，发生的反应为2Fe3++ Fe= 3Fe2+，Cu2+ +Fe= Cu+ Fe2+，Fe+ 2H+= Fe2++H2↑。‎ 设Fe2O3的物质的量为x，Cu2O的物质的量为y，‎ ‎ ‎ 根据三价铁离子的物质的量关系建立关系式 2x-2y=0.1，‎ 根据铜离子关系式，建立 y+y=0.2 解得y=0.1mol，x=0.15mol；‎ ‎(3)由图象可知，当加入0.4mol铁粉时，溶液恰好为FeSO4溶液，根据铁元素守恒，含有FeSO4的物质的量为0.4mol+0.15mol×2=0.7mol，再根据硫元素守恒，n(H2SO4)=n(FeSO4)=0.7mol，所以c(硫酸)===1.4mol/L。‎