湖北省荆州中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

湖北省荆州中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com 荆州中学 2019-2020 学年上学期期中考试 高一年级 化学试题 可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 O-16 Na-23 S-16 Cl-35.5 P-31‎ 一、选择题（本题包括 16 个小题，每小题只有一个最佳选项，每小题 3 分，共 48 分）‎ ‎1.2019 年 10 月 9 日瑞典皇家科学院将 2019 诺贝尔化学奖授予约翰·古迪纳夫(John B.Goodenough)、M·斯坦利·威廷汉(M. Stanley Whittingham)和吉野彰(Akira Yoshino)，以表彰他们在锂电池发展上所做的贡献。他们创造了一个可充电的世界。关于化学科学以下说法正确的是（ ）‎ A. 化学是科学研究的内容，与普通百姓的生活没有多大关系 B. 化学家可以制造出自然界中不存在的物质 C. 某科研人员发明了一种特殊催化剂，可以使水变汽油 D. 某饮料属于纯天然食品，不含任何化学物质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.人们生活环境中的药物、化纤、塑料、电池、计算机芯片等都是化学家的研究成果，与普通百姓的生活有很大关系，故A错误；‎ B.化学家可以制造出自然界中不存在的物质，如新型有机高分材料、医药等，故B正确；‎ C.水中只含H、O元素、不含组成汽油的C元素等，而催化剂只能改变反应速率，不能使水变为汽油，故C错误；‎ D.纯天然食品中的成分，其本身就是一种化学物质，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎2.胶体的知识在生活、生产和科研等方面有着重要用途，下列与其无关的是（ ）‎ A. “往伤口上撒盐”‎ B. “薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照进来的……”‎ C. 向煮沸的 FeCl3 溶液加入 NaOH 溶液 D. 非洲的尼罗河三角洲的形成 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 血液属于胶体，向血液中撒盐，使胶体发生聚沉，与胶体性质有关； ‎ B. ‎ 雾属于胶体，月光是隔了树照进来的，是胶体对月光的散射形成的丁达尔效应，与胶体性质有关；‎ C. 向煮沸的 FeCl3 溶液加入 NaOH 溶液，产生氢氧化铁沉淀，而不是氢氧化铁胶体，与胶体知识无关；‎ D. 非洲的尼罗河水属于胶体，遇到电解质溶液，胶体发生了聚沉，形成三角洲，与胶体性质有关；‎ 故答案选C。‎ ‎3.对于易燃、易爆、有毒的化学物质，往往会在其包装上面贴上危险警告标签。下列所列物质，贴错了包装标签的是（ ）‎ 选项 A B C D 物质 浓硫酸 苯 高锰酸钾 氯酸钾 标签 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.浓硫酸有腐蚀性，属于腐蚀品，图为腐蚀品标志，故A正确； ‎ B.苯属于易燃液体，故应贴易燃液体的标志，图为易燃液体标志，故B正确； ‎ C.高锰酸钾是强氧化剂，属于氧化剂，不是剧毒品，故C错误；‎ D.氯酸钾属于易爆物，应贴爆炸品的标志，图为爆炸品标志，故D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎4.“分类”始出《书·舜典》 附亡 《书》序:"帝厘下土，方设居方，别生分．类．，作《汩作》。 面对纷繁复杂的物质世界，分类是一种行之有效的方法。下列物质分类的正确组合是（ ）‎ 碱 酸 盐 碱性氧化物 强电解质 A Cu2(OH)2CO3‎ H2SO4‎ NaHCO3‎ CuO CO2‎ B NaOH HCl NaCl Na2O 食盐水 C NaOH NH3‎ CaCl2‎ MgO 酒精 D KOH HNO3‎ 胆矾 CaO 熔融硝酸钾 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Cu2(OH)2CO3是碱式碳酸铜，属于盐不是碱；CO2属于非电解质，故A错误； ‎ B、食盐水属于混合物，不属于电解质，故B错误； ‎ C、氨气属于氢化物，不属于酸，酒精属于非电解质，故C错误； ‎ D、KOH是碱，硝酸属于酸，胆矾属于盐，CaO是碱性氧化物，熔融硝酸钾是强电解质，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等；能够与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，与酸反应只生成盐和水的氧化物为碱性氧化物。‎ ‎5.“要想做好实验，就要敏于观察。”——波义耳。体弱多病的波义耳为给自己治病自修医 学，到处寻方问药。自己配制药物，所以研究医学必须研制药物和做实验。下列有关实验的 选项正确的是（ ）‎ A. 配制 0.10 mol/L NaOH 溶液 B. 除去 CO 中的 CO2‎ C. 用来分离乙醇和水 D. 稀释浓硫酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.不能在容量瓶中溶解固体；‎ B.二氧化碳与NaOH反应，而CO不能； ‎ C. 乙醇和水互溶，不分层；‎ D.根据浓硫酸稀释操作要求进行分析。‎ ‎【详解】A.不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，故A错误；‎ B.二氧化碳与NaOH反应，而CO不能被NaOH溶液吸收，图中导管长进短出可洗气除杂，故B正确； ‎ C.乙醇和水互溶，不分层，不能采用分液的方法进行分离，故C错误；‎ D.浓硫酸溶于水放出大量的热，浓硫酸的密度比水的密度大，因此，稀释浓硫酸时，应把浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，使热量及时散发出去，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎6.化学是一门以实验为基础的科学，掌握好化学实验基本操作是做好化学实验的前提，下 列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确且一一对应的是（ ）‎ 选项 目 分离方法 原理 A 除去 KC1 中的 MnO2‎ 蒸发结晶 溶解度不同 B 除去碘中的 NaCl 加热、升华 NaCl 的熔点高，碘易升华 C 分离 KNO3 和 NaCl 重结晶 KNO3 的溶解度大于 NaCl D 分离食用油和汽油 分液 食用油和汽油的密度不同 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.MnO2不溶于水，KCl溶于水，则采用将混合物溶于水、过滤、蒸发结晶的方法除去KCl中的MnO2，故A错误； ‎ B.碘易升华，NaCl的熔点高，加热时NaCl无变化，则通过加热、升华可以达到除去碘中的NaCl的目的，故B正确； C.二者溶解度随温度的变化差异较大，KNO3溶解度随温度升高明显增大，而NaCl溶解度随温度升高变化不明显，原理不合理，故C错误； ‎ D.食用油和汽油互溶，食用油和汽油不分层，故不能用分液法进行分离，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎7.NA表示阿伏加徳罗常数的值，诺贝尔物理学奖获得者让·佩兰于 1909 年提出常数命名 为阿伏加德罗常量来纪念他，下列说法正确的是 ‎ ‎①标准状况下，11.2 L 以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为 NA ‎②同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等 ‎③2 mol/L 的氯化镁溶液中含氯离子数目为 4 NA ‎④标准状况下，22.4 L 水中分子数为 NA ‎⑤46 g NO2 和 N2O4 混合气体中含有原子数为 3 NA A. ①②⑤ B. ①② C. ①③ D. ③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①氮气和氧气都是双原子分子，标况下11.2L混合气体的物质的量为0.5mol，含有1mol原子；②相同条件下，等体积的任何气体含有的分子数一定相等；③2mol/L的氯化镁溶液中含氯离子的浓度为4mol/L；④气体摩尔体积使用与气体有关；⑤根据NO2 和 N2O4 混合气体最简式为“NO2”进行计算。‎ ‎【详解】①标准状况下，11.2L气体的物质的量为0.5mol，0.5mol氮气和氧气的混合气体中含有1mol原子，所含的原子数为NA ‎，故正确；②同温同压下，气体的摩尔体积相同，则体积相同的氢气和氩气的物质的量相同，所含的分子数相等，故正确；③没有给定溶液的体积，不能计算出氯化镁物质的量，也就不能计算出氯离子个数，故错误；④标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故错误；⑤NO2 和 N2O4 混合气体的最简式为“NO2”，所以46 gNO2的物质的量为=1mol，含有原子数为3 NA，故正确；结合以上分析可知，①②⑤符合题意，故A正确；‎ 故答案选A。‎ ‎8.推理是化学学习中常用的思维方法，下列推理正确的是（ ）‎ A. 在同一化合物中，金属元素显正价，所以非金属元素一定显负价 B. 混合物都不是电解质，所以冰水混合物也不是电解质 C. 通入CO2后的紫色石蕊溶液变红，所以CO2是酸 D. Cu2+的氧化性比H+强，所以CuCl2和稀盐酸的混合溶液中加入少量铁屑时，可能没有气泡冒出。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在同一化合物中，金属元素显正价，非金属元素不一定显负价。例如，在碳酸钙中，钙显+2价，碳属于非金属元素，显+4价，故A错误；‎ B、冰水混合物只含有一种水分子，是纯净物，不是混合物，属于电解质，故B错误；‎ C、酸能使紫色石蕊溶液变红，通入CO2后的紫色石蕊溶液变红，是因为二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸使紫色石蕊溶液变红，并不是CO2是酸，故C错误；‎ D、Cu2+的氧化性比H+强，所以CuCl2和稀盐酸的混合溶液中加入少量铁屑时，铁首先与氯化铜反应置换出铜，若铁少量，则没有气泡冒出，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意纯净物和混合物的判断不能单纯看名称，要看本质，如纯盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，而冰水混合物中只有一种分子——H2O，是纯净物。‎ ‎9.历史上被称为“世界八大公害”和“20 世纪十大环境公害”之一的洛杉矶光化学烟雾事件使 人们深刻认识到了汽车尾气的危害性。汽车尾气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产 生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 烟雾是一种固溶胶，其分散剂是空气 B. O2 和 O3 是氧的两种同素异形体 C. 反应 I 属于氧化还原反应 D. NO2 不是酸性氧化物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.烟雾是一种气溶胶；‎ B.同种元素的不同单质属于同素异形体；‎ C.有元素化合价升降的反应是氧化还原反应；‎ D.与水反应只生成对应酸的氧化物属于酸性氧化物。‎ ‎【详解】A.烟雾是一种气溶胶，其分散剂是空气，故A错误；‎ B.同种元素的不同单质属于同素异形体，O2 和 O3是氧的两种同素异形体，故B正确；‎ C.NO与O3反应生成NO2，反应I中存在元素化合价的升降，属于氧化还原反应，故C正确；‎ D.与水反应只生成对应酸的氧化物属于酸性氧化物，NO2与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故D正确；‎ 故答案选A。‎ ‎10.在由Na2S、Na2SO3、Na2SO4组成的固体混合物中，已知S的质量分数为25.6%，则氧的质量分数为 A. 36.8% B. 37.6% C. 51.2% D. 无法计算 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据所给物质的化学式进行分析，可以发现，在这三种物质中，钠元素与硫元素的原子个数比均为2：1，也就是说钠元素和硫元素的质量比是定值。因此根据硫元素的质量分数为25.6%，可计算钠元素的质量分数。氧元素的质量分数可利用：100%-ω（Na）-ω（S），从而确定氧元素的质量分数，据此解题。‎ ‎【详解】在这三种物质中，钠元素与硫元素的原子个数比为2：1，也就是钠元素和硫元素的质量比是定值，即。根据硫元素的质量分数为25.6%，可计算钠元素的质量分数为36.8%，故氧元素的质量分数=100%-25.6%-36.8%=37.6%。答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了混合物的计算、质量分数的计算。解题的关键是通过观察化学式，可发现混合物中Na元素和S元素的质量比保持不变，为一定值，由此进行计算。‎ ‎11.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板（厚度不计）将容器分成两部分，当左边充入8molN2，右边充入CO和CO2的混合气体共64g时，隔板处于如图位置（保持温度不变），下列说法正确的是 A. 左边CO和CO2分子数之比为1:3‎ B. 右边CO的质量为14g C. 右边气体密度是相同条件下氧气密度的2倍 D. 若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端处，若保持温度不变，则前后两次容器内的压强之比为5:6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4：1，则左右气体物质的量之比为4：1，所以右侧气体物质的量==2mol，CO和CO2质量为64g，设CO的物质的量为xmol，则二氧化碳物质的量为(2-x)mol，28xg+44(2-x)g=64g，x=1.5mol，则CO的物质的量为1.5mol，二氧化碳物质的量为0.5mol，由此分析解答。‎ ‎【详解】左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4：1，则左右气体物质的量之比为4：1，所以右侧气体物质的量=‎ ‎=2mol，CO和CO2质量为64g，设CO的物质的量为xmol，则二氧化碳物质的量为(2-x)mol，28xg+44(2-x)g=64g，x=1.5mol，则CO的物质的量为1.5mol，二氧化碳物质的量为0.5mol；‎ A．气体的物质的量之比等于其分子数之比，所以右边CO与CO2分子数之比为1.5mol：0.5mol=3：1，故A错误；‎ B．m(CO)=nM=1.5mol×28g/mol=42g，故B错误；‎ C．相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比，右边气体平均摩尔质量==32g/mol，与氧气摩尔质量相等，所以混合气体与氧气密度之比为1：1，故C错误；‎ D．若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端处，则左右空间体积之比为2：1，充入二氧化碳和CO物质的量为4mol，相同条件下气体的物质的量之比等于其压强之比，所以其压强之比为(8+2)mol：(8+4)mol=5：6，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎12.下列离子方程式书写不正确的是（ ）‎ A. NaHCO3 溶液与少量 Ca(OH)2 溶液反应：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O B. 碳酸镁与稀硫酸反应：MgCO3+2H+＝Mg2++H2O+CO2↑‎ C. 向氢氧化钡溶液中加入过量硫酸：Ba2+ + OH- + H+ + SO42-=BaSO4↓+H2O D 将少量 CO2 通入澄清石灰水中：CO2+Ca2++2OH﹣＝CaCO3↓+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaHCO3 溶液与少量 Ca(OH)2 溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，故A正确；‎ B. 碳酸镁属于难溶物，写成化学式，碳酸镁与稀硫酸反应的离子方程式为：MgCO3+2H+＝Mg2++H2O+CO2↑，故B正确；‎ C. 向氢氧化钡溶液中加入过量硫酸，反应生成硫酸钡和水，正确的离子方程式为：Ba2+ + 2OH- + 2H+ + SO42-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；‎ D. 将少量 CO2 通入澄清石灰水中，生成碳酸钙和水，离子方程式为：CO2+Ca2++2OH﹣＝CaCO3↓+H2O，故D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】判断离子方程式正误的方法：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；检查是否符合守恒关系（电荷、质量守恒等）；检查是否符合原化学方程式。‎ ‎13.下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是 ‎①CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O ‎②Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O ‎③Ag＋＋Cl－=AgCl↓‎ ‎④Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu A. ①③ B. ②④ C. ②③ D. 没有 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①可以表示可溶性碳酸盐与强酸的反应，如碳酸钠、碳酸钾和盐酸；‎ ‎②可以表示Ba(OH)2与H2SO4或NaHSO4的反应；‎ ‎③可以表示可溶性银盐与可溶性氯化物或盐酸的反应，例如AgNO3与NaCl、HCl的反应；④可以表示Fe与可溶性铜盐的反应(如CuSO4、CuCl2等)。‎ 答案选D。‎ ‎14.某结晶水合物的化学式为 R•nH2O，其相对分子质量为 M。25 ℃时，a g 该晶体能够溶 于 b g 水中形成 V mL 饱和溶液。下列关系中不正确的是（ ）‎ A. 该溶液中溶质的质量分数为 w＝‎ B. 该溶液的物质的量浓度为 c＝‎ C. 25 ℃时 R 的溶解度为 S= g D. 该溶液的密度为 ρ＝g/mL ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ R·nH2O的相对分子质量为M，则R的相对分子质量为(M-18n)；将ag该晶体溶于bg水中，溶液中R的物质的量为n（R）= n(R·nH2O)=mol，溶液中的溶质为R；据此进行分析。‎ ‎【详解】R·nH2O的相对分子质量为M，则R的相对分子质量为(M-18n)；将ag该晶体溶于bg水中，溶液中R的物质的量为n（R）= n(R·nH2O)=mol，溶液中的溶质为R；‎ A项，溶液的质量为（a+b）g，溶质的质量为：g，所以该溶液中溶质的质量分数为 w＝，故A错误； ‎ B.溶质的物质的量为mol，溶液的物质的量浓度c=，故B正确；‎ C.溶质的质量为g，溶剂的质量（+b）g，根据S：100g=g：（+b）g，解得溶解度S= g，故C正确；‎ D. 溶液的质量为（a+b）g，溶液的密度为: ρ＝g/mL，故D正确；‎ 故答案选A。‎ ‎15.高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下：KMnO4＋FeSO4＋H2SO4→K2SO4＋MnSO4＋Fe2(SO4)3＋H2O（未配平）。下列说法正确的是（ ）‎ A. KMnO4是氧化剂，Fe3+是还原产物 B. Fe2+的还原性强于 Mn2+‎ C. 氧化剂和还原剂物质的量之比为 5:1 D. 生成 1mol 水时，转移 2.5 mol 电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，MnO4－中Mn元素的化合价降低，KMnO4是氧化剂，Fe2＋中Fe元素的化合价升高，Fe2+是还原剂，Fe3＋是氧化产物，故A错误；‎ B项，Fe2＋中Fe元素的化合价升高，Fe2+是还原剂，Mn2＋是还原产物，还原性：还原剂>还原产物，故B正确；‎ C项，锰元素的化合价由+7价降至+2价，铁元素的化合价由+2价升至+3价，根据得失电子守恒，MnO4－、Mn2＋的系数为1，Fe2＋、Fe3＋的系数为5，根据电荷守恒，H+的系数为8，根据质量守恒，H2O的系数为4，所以离子方程式为MnO4-＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，由此可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1：5，故C错误；‎ D项，根据反应的离子方程式MnO4-＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O 可知，生成4mol水时转移5mol电子，所以生成1 mol水时，转移1.25 mol电子，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎16.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应 10NaN3＋2KNO3 =K2O＋5X＋16N2↑，下列说 法不正确的是（ ）‎ A. X 的化学式为 Na2O B. 上述反应中 NaN3 被氧化，KNO3 发生还原反应 C. 每生成 1.6molN2，则转移的电子为 3 mol D. 若被氧化的 N 原子的物质的量为 3mol，则氧化产物比还原产物多 1.4 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据原子守恒可知，生成物中缺少10个Na，5个O，而X粒子有5个，所以X的化学式为Na2O，故A正确；‎ B. NaN3 中钠元素化合价为+1价，氮元素的化合价为-，发生反应后，氮元素的化合价由-价升高到0价，NaN3被氧化，发生氧化反应；而KNO3 中+5价氮，降低到0价，发生还原反应，故B正确；‎ C.根据方程式可知，2KNO3→N2，化合价降低10，即2molKNO3参与反应转移电子物质的量为10mol，生成16molN2，则每生成1.6molN2，则转移的电子为 1 mol，故C错误；‎ D.根据方程式可知，生成16molN2，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的氮原子有30mol，被还原的N原子有2mol，因此氧化产物（氮气）比还原产物（氮气）多（15mol-1mol）=14mol；若被氧化的 N 原子的物质的量为 3mol，则氧化产物比还原产物多 1.4 mol，故D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】本题以信息的形式考查氧化还原反应，明确发生的反应及反应中元素的化合价是解题关键；注意将N3-作为整体来分析是解答的难点。‎ 二、非选择题（本题包括 5 小题，共计 52 分）‎ ‎17.1684 年，波义耳出版了一部名为《人血的自然史略》的医学著作，在这本书里， 他总结了自己在血液分析方面的实验成果。这是有史以来，人类第一次将化学分析方法用于 临床医学。通过实验，波义耳证明了血液中含有氯化钠，并将之称为固定盐。科研人员从海水得到的粗盐中含有泥沙等不溶性杂质，以及可溶性杂质：Ca2+，Mg2+，SO42-等，提纯的流程如下图：‎ ‎（1）整个流程中首先将粗盐溶解，再通过以下实验步骤进行提纯：①过滤②加过量 NaOH 溶 液③加适量盐酸④加过量 Na2CO3 溶液⑤加过量 BaCl2 溶液。‎ 以下操作顺序不合理的是_____（填字母）‎ A．②⑤④③① B．④⑤②①③ C．⑤②④①③ D．⑤④②①③‎ 除去 Mg2+的离子方程式_________。‎ ‎（2）实验室将上述得到的精制食盐水制成精盐的过程中，还需要进行某一操作，该操作中 需要加热的仪器为：_____。‎ ‎（3）下列实验仪器，可用酒精灯直接加热的是_______（填字母）‎ ‎①试管 ②量筒 ③圆底烧瓶 ④烧杯 ⑤容量瓶 ⑥锥形瓶 ⑦燃烧匙 A. ①③④⑥⑦ B. ①⑦ C. ①③④⑤⑥ D. ①②③④⑤⑥⑦‎ ‎【答案】 (1). AB (2). Mg2++2OH- = Mg(OH)2↓ (3). 蒸发皿 (4). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）粗盐除杂过程中要分别除去Mg2+、Ca2+、SO42-等杂质，需分别加入NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液和适量的稀盐酸，为了将杂质充分除去，所加试剂必须过量，而过量的氯化钡需用加入的碳酸钠除去，故碳酸钠溶液一定要在氯化钡溶液之后加入，为防止生成的沉淀溶解，过滤后，最后加入稀盐酸除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，据以上分析进行解答；‎ ‎（2）蒸发精制食盐水制成精盐，需要的加热仪器为蒸发皿；‎ ‎（3）根据各仪器的结构和用途及使用注意事项进行分析。‎ ‎【详解】（1）粗盐除杂过程中要分别除去Mg2+、Ca2+、SO42-等杂质，需分别加入NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液和适量的稀盐酸，为了将杂质充分除去，所加试剂必须过量，而过量的氯化钡需用加入的碳酸钠除去，故碳酸钠溶液一定要在氯化钡溶液之后加入，为防止生成的沉淀溶解，过滤后，最后加入稀盐酸除去过量的碳酸钠和氢氧化钠；因此合理的顺序为⑤②④①③ 或⑤④②①③；不合理的为②⑤④③①和 ④⑤②①③；镁离子与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，除去 Mg2+的离子方程式：Mg2++2OH- = Mg(OH)2↓；‎ 故答案选AB；Mg2++2OH- = Mg(OH)2↓；‎ ‎（2）精制食盐水制成精盐，需要进行蒸发结晶，需要的加热仪器为：蒸发皿；‎ 故答案是：蒸发皿；‎ ‎（3）①试管是可以直接加热的仪器，故①符合题意；②量筒是用来量取一定体积的液体的仪器，不能用于加热，故②不符合题意；③圆底烧瓶可以加热，但应该垫上石棉网，故③不符合题意；④给烧杯中液态加热时需要垫上石棉网，不能直接加热，故④不符合题意；⑤容量瓶是用于配制一定浓度的溶液的仪器，不能加热，故⑤不符合题意；⑥锥形瓶可以加热，但需要垫上石棉网，故⑥不符合题意；⑦燃烧匙可以直接加热，故⑦符合题意；根据分析可以知道，可以直接加热的仪器有①⑦，故B正确；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离提纯实验，为高频考点；在处理问题（1）时，记住这样的规律：碳酸钠溶液一定加在氯化钡溶液之后，便于除去过量的钡离子，盐酸加在过滤后，除去滤液中剩余的碳酸钠和氢氧化钠，操作顺序就很快选定。‎ ‎18.海洋是巨大的资源宝库，除了可以得到氯化钠还可以从海带中提取碘。碘是人 体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定 量的 KIO3 进去。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其 检测原理是：KIO3+5KI+3H2SO4＝3I2+3H2O+3K2SO4‎ ‎（1）氧化产物与还原产物的物质的量比是_____；如果反应生成 0.3mol 的单质碘，则转 移的电子数目是_____。‎ ‎（2）先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和 KI 溶液，最后加入一定量的 CCl4， 振荡，这时候，观察到的现象是_____。‎ ‎（3）若采用下图实验装置将四氯化碳和 I2 的混合溶液分离。‎ 该装置还缺少的仪器是_______；冷凝管的进水口是：_______ （填 g 或 f）。‎ ‎【答案】 (1). 5:1 (2). 0.5NA或3.01×1023 (3). 溶液分层，上层无色，下层紫红色 (4). 温度计 (5). g ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）结合KIO3+5KI+3H2SO4＝3I2+3H2O+3K2SO4反应并根据氧化还原反应规律进行分析；‎ ‎（2）碘易溶于有机溶剂，碘的CCl4溶液为紫红色，且在下层；‎ ‎（3）根据蒸馏操作所需的仪器及操作要求进行分析。‎ ‎【详解】（1）KIO3+5KI+3H2SO4＝3I2+3H2O+3K2SO4反应中，KIO3中碘由+5价降低到I2中的0价，化合价降低了5价，1molKIO3反应转移了5mole-； KIO3 发生还原反应，对应的还原产物为I2，1mol KIO3发生还原反应生成碘的物质的量为0.5mol；KI中碘由-1价升高到I2‎ 中的0价，化合价升高了1价，5molKI反应转移了5mole-；KI发生氧化反应，对应氧化产物为I2，5mol KI发生氧化反应生成碘的物质的量为2.5mol，所以氧化产物与还原产物的物质的量比是2.5:0.5=5:1；根据3I2~5e-可知，如果反应生成 0.3mol 的单质碘，则转移的电子数目是0.5NA或3.01×1023 ；‎ 故答案是：5:1； 0.5NA或3.01×1023 ；‎ ‎（2）四氯化碳的密度比水大，四氯化碳与水互不相溶，碘易溶于有机溶剂，因此反应后的混合物中加入CCl4，振荡静置后溶液分层，碘进入CCl4层，溶液为紫红色，且在下层；‎ 故答案是：溶液分层，上层无色，下层紫红色 ‎ ‎（3）蒸馏装置中需要用温度计控制馏分的温度，所以该套实验装置还缺少的仪器是温度计；为保证较好的冷凝效果，冷却水应该下进上出，即冷凝管的进水口是g；‎ 故答案是：温度计；g。‎ ‎【点睛】蒸馏实验中要注意：溶液中要加入沸石，防止溶液暴沸；温度计的水银球要在蒸馏烧瓶的支管口处，测量的是蒸汽的温度；冷凝管中冷却水的流向采用逆流原理，即从下口进入，上口流出，保证冷凝效果好。‎ ‎19.（1）质量为 3.9 g 的 Na2X 中含有 Na＋的物质的量为 0.1mol，则 Na2X 的摩尔质 量为_____。‎ ‎（2）在标准状况下，1.6 g 某气态氧化物 RO2 体积为 0.56L，R 的相对原子质量为________。‎ ‎（3）3.01×1022 个 S2- 含有电子的物质的量为_____________。‎ ‎（4）0.3NA 个硫酸分子与____________ g 磷酸（H3PO4）含有相同的氧原子数。‎ ‎【答案】 (1). 78g/mol (2). 32 (3). 0.9mol (4). 29.4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设Na2X 的摩尔质量为Mg/mol，所以×2=0.1mol，解得M=78；‎ 故答案是：78g/mol；‎ ‎（2）0.56L某气态氧化物 RO2的物质的量为=0.025mol；RO2的摩尔质量为1.6g÷0.025mol=64g/mol，则RO2的相对分子质量为64，R的相对原子质量为64-2×16=32；‎ 故答案是：32‎ ‎（3）3.01×1022 个 S2-的物质的量为 mol=0.05mol，1个 S2-所含电子数为18，所以0.05mol S2-所含电子的物质的量为0.9mol；‎ 故答案：0.9mol；‎ ‎（4）0.3NA个硫酸分子中含有氧原子数为0.3NA×4=1.2 NA；则n（H3PO4）=1.2 NA÷NAmol-1÷4=0.3mol，m（H3PO4）=0.3mol×98g/mol=29.4g；‎ 故答案是：29.4。‎ ‎20.“84 消毒液”能有效杀灭甲型 H1N1 病毒，某同学购买了一瓶“威露士”牌“84 消毒液”，该消毒液通常稀释 100 倍（体积比）使用。查阅相关资料和消毒液包装说明得到 如下信息：‎ ‎① ②NaClO = Na++ClO-‎ ‎（1）该“84 消毒液”的物质的量浓度约为_____（保留 1 位小数）。‎ ‎（2）某同学取 100mL 该“84 消毒液”，按要求稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na+)=_____mol·L−1。‎ ‎（3）该同学参阅该“84 消毒液”的配方，欲用 NaClO 固体配制 480mL 含 NaClO 质量分数为25%的消毒液。下列说法不正确的是____________（填字母）。 ‎ A．如下图所示的仪器中，有三种是不需要的，还另需要一种玻璃仪器 ‎ B．将称量好的 NaClO 固体在烧杯中溶解后应立即转入容量瓶 C．定容时俯视容量瓶刻度线会导致所配溶液浓度偏高 D．需要称量 NaClO 固体质量为 149.0g ‎（4）该同学对容量瓶及其使用方法的认识中正确的是_____（填字母）。‎ A.容量瓶上标有容积、温度和浓度 B.使用前要检查容量瓶是否漏液 C.容量瓶用蒸馏水洗净后，须烘干后再使用 D.配制溶液过程中，容量瓶内液体只需要一次摇匀过程 ‎（5）一瓶上述“威露士”牌“84 消毒液”能吸收空气中_____L 的 CO2(标准状况)而变质。(已 知：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO)‎ ‎（6）“84 消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用18.4 mol·L-1 的浓 硫酸配制 500 mL2.3 mol•L﹣1 的稀硫酸用于增强“84 消毒液”的消毒能力，需取用浓硫酸的体 积为______________mL。‎ ‎（7）在配制过程中，下列操作中能使所配溶液的浓度偏高的有_____（填代号）。‎ ‎①用量筒量取 98%的硫酸时俯视 ‎②洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中 ‎③未等稀释后的 H2SO4 溶液冷却至室温就转移到容量瓶中 ‎④转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水 ‎⑤定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出 ‎⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线 ‎⑦定容时，仰视刻度线 ‎（8）现有密度为 d g/mL 浓度为 18 mol/L 的浓硫酸溶液 100 g ，需要加入一定量的水将其 稀释为浓度是 9 mol/L，则加入水的体积是_____（填字母）‎ A．大于 100 mL B．小于 l00 mL C．等于 100 mL ‎【答案】 (1). 4.0 mol•L-1 (2). 0.04 (3). AB (4). B (5). 89.6 (6). 62.5 (7). ②③ (8). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据c=进行计算；‎ ‎（2）根据稀释规律进行计算；‎ ‎（3）根据配制一定物质的量浓度的溶液操作步骤进行分析；‎ ‎（4）根据容量瓶的结构和用途及配制过程的注意事项进行分析； ‎ ‎（5）根据，n（CO2）=n（NaClO），及V=nVm进行计算； ‎ ‎（6）根据溶液稀释前后溶质的量不变进行分析；‎ ‎（7）根据c=进行分析；‎ ‎（8）硫酸浓度越大，密度越大，结合溶液在稀释前后溶质的量不变进行计算。‎ ‎【详解】（1）根据c===4.0 mol•L-1；‎ 故答案是：4.0 mol•L-1；‎ ‎（2）将该消毒液稀释 100 倍（体积比）使用，稀释后的溶液中c(Na+)=4.0 mol•L-1× =0.04 mol·L−1；‎ 故答案是：0.04；‎ ‎ （3）A．需要用托盘天平称量次氯酸钠固体，用烧杯来溶解固体，用玻璃棒进行搅拌和引流，用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的AB不需用，还需要使用玻璃棒、胶头滴管，故A错误；‎ B．将称量好的 NaClO 固体在烧杯中溶解后，冷却到室温后，转移入容量瓶，故B错误；‎ C．定容时俯视容量刻度线，造成溶液的体积偏小，会导致所配溶液浓度偏高，故C正确；‎ D．配制 480mL 含 NaClO 质量分数为25%的消毒液，需要用500 mL容量瓶；需要称量 NaClO 固体的质量为 0.5L×4.0 mol•L-1×74.5g/mol=149.0g，故D正确；‎ 故答案选AB；‎ ‎（4）A.容量瓶上标有容积、温度和唯一刻度线，没有标注浓度，故A错误；‎ B. 容量瓶口部有活塞，使用前要检查是否漏液，故B正确；‎ C. 配制过程中需要加水，所以经蒸馏水洗净的容量瓶不必烘干后再使用，故C错误；‎ D.配制过程中，在定容之前需要初步摇匀，定容后还需摇匀，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎（5）根据CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO反应可知，n（CO2）=n（NaClO）=1L×4.0 mol•L-1=4mol；标准状况下CO2的体积为：22.4L/mol×4 mol= 89.6L；‎ 故答案是89.6；‎ ‎（6）根据溶液稀释规律可知：18.4 mol·L-1×VmL=500 mL×2.3 mol•L﹣1，V=62.5；‎ 故答案是：62.5；‎ ‎（7）①用量筒量取 98%的硫酸时俯视，导致浓硫酸的量偏小，所配溶液的浓度偏低；不选；‎ ‎②洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，导致量取的浓硫酸体积偏大，含有溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故选；‎ ‎③未等稀释后的 H2SO4 溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；‎ ‎④转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶液体积和溶质的物质的量都不会产生影响，溶液浓度不变，故不选；‎ ‎⑤定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；‎ ‎⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线，导致溶液的体积偏大，溶液浓度偏低，故不选；‎ ‎⑦定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故不选；‎ 结合以上分析可知，只有②③符合题意；‎ 故答案选②③；‎ ‎（8）稀释前后溶质的量不变，则18mol/L×=9mol/L×V（稀硫酸），解得V（稀硫酸）=mL，加入水的质量为ρ（稀硫酸）V（稀硫酸）-100g=-100g，由于硫酸的浓度越大，密度越大，则ρ（稀硫酸）

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