【化学】天津市静海区第一中学2019-2020学年高一上学期12月学业能力调研试题（解析版）

【化学】天津市静海区第一中学2019-2020学年高一上学期12月学业能力调研试题（解析版）

天津市静海区第一中学2019-2020学年高一上学期12月学业能力调研试题 一、选择题:（每小题3分，共42分）‎ ‎1.下列成语或谚语中蕴含着一定的化学知识或原理，下列有关说法错误的是（ ）‎ A. 百炼成钢——通过反复锤炼，除去铁中部分杂质，使其转化为钢 B. 水滴石穿——CO2＋H2O＋CaCO3===Ca(HCO3)2(以大理石为例)‎ C. 恨铁不成钢——钢的性能远优于铁 D. 真金不怕火炼——单质金的熔点很高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、钢是指含碳量低于2%的铁的合金，炼钢的原理是利用生铁为原料设法降低其含碳量。故A正确；‎ B、水滴石穿——是指二氧化碳溶于水与碳酸钙反应生成可溶的碳酸氢钙，CO2＋H2O＋CaCO3=Ca(HCO3)2(以大理石为例)，故B正确；‎ C、钢是铁的合金，性能远优于铁，故C正确；‎ D、真金不怕火炼是指金的化学性质不活泼，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. 所有的不锈钢都只含有金属元素 B. 我国流通的硬币材质是金属单质 C. 镁合金的硬度和强度均高于纯镁 D. 广东打捞出的明代沉船上存在大量铝质餐具 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.不锈钢的主要合金元素是Cr，但仍含有一定量的C，还有Ni、Ti、Mn、Nb、Mo、Si、Cu等元素，错误；‎ B. 我国流通的硬币材质是合金或钢芯镀铜合金或钢芯镀镍合金，错误；‎ C. 合金的硬度和强度均高于纯金属，正确；‎ D.明代还没有冶炼铝的技术，错误。‎ 故选C。‎ ‎3.下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. 碳酸氢钠是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效 B. Na2O2可与CO2反应放出氧气，可用于制作呼吸面具 C. 钾、钠、镁等活泼金属着火时，可用泡沫灭火器灭火 D. 灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na＋，无K＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸氢钠是抗酸药，能中和胃酸，服用时喝醋会降低药效，错误；‎ B. Na2O2可与CO2反应放出氧气，可用于制作呼吸面具，正确；‎ C. 钾、钠、镁等活泼金属可以和水以及二氧化碳反应，故不能用泡沫灭火器灭火，错误；‎ D. 灼烧白色粉末，火焰呈黄色，能证明原粉末中有Na＋，但不能证明是否含K＋，因为钾的焰色是紫色，需要透过蓝色钴玻璃观察，错误；‎ 故选B。‎ ‎4.16O和18O是氧元素的两种核素，NA表示阿伏伽德罗常数。下列说法正确的是（ ）‎ A. 16O2和18O2互为同位素 B. 16O和18O核外电子数不同 C. 通过化学变化可以实现16O和18O间的相互转化 D. 标准状况下，‎1.12 L16O2和‎1.12 L 18O2均含0.1NA个氧原子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.同位素是质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子的互称，16O2和18O2是氧元素的单质，错误；‎ B. 16O和18O的核外电子数都是8，错误；‎ C. 16O和18O间的相互转化不是化学变化，是核反应，错误；‎ D.标准状况下，‎1.12L16O2和‎1.12 L 18O2均为0.05mol，16O2和18O2均为双原子分子，所以氧原子的物质的量均为0.1mol，正确；‎ 故选D。‎ ‎5.FeCl3、CuCl2的混合溶液加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，下列判断不正确的是(　　)‎ A. 加入KSCN溶液一定不变红色 B. 溶液中一定含Fe2＋‎ C. 溶液中一定含Cu2＋ D. 剩余固体中一定含铜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据三价铁离子、铜离子的氧化性强弱判断反应的先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，根据①固体只有铜；②固体中有铁剩余，一定有铜生成分析判断。‎ ‎【详解】①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；②当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+。‎ A．溶液中一定不含Fe3+，所以加入KSCN溶液不变红色，故A正确；‎ B．通过以上分析知，溶液中一定含有Fe2+，故B正确；‎ C．通过以上分析知，溶液中可能含有Cu2+，故C错误；‎ D．通过以上分析知，剩余固体中一定含Cu，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎6.下列各表为元素周期表中的一部分，表中数字为原子序数，其中X的原子序数为35的是（ ）‎ ‎【答案】A ‎【解析】同主族相邻元素原子序数之差分别是2、8、8、18、18、32。A选项中，52－16=36，所以X与同族上下相邻元素原子序数之差都是18，X上方元素原子序数是35－18=17，X下方元素原子序数是35+18=53，故A正确。同理可推知其它选项错误。‎ ‎7.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：SO42-＋Ba2＋=BaSO4↓‎ B. 将大理石投入到足量盐酸中：CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O C. 将Cl2通入KI溶液中：2I－＋Cl2=2Cl－＋I2‎ D. 向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3+ +3H2OFe (OH)3↓+ 3H+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应，除了生成硫酸钡沉淀外，还生成氢氧化铜沉淀，错误；‎ B.大理石的主要成分是CaCO3，不溶于水，不能拆成离子，错误；‎ C.氯气可以和KI发生置换反应，生成KCl和I2，正确；‎ D.制取的是胶体不是沉淀，正确的离子方程式为：Fe3++3H2OFe (OH)3（胶体）+ 3H+，错误；‎ 故选C。‎ ‎8.下列各组物质相互混合反应，既有气体生成最终又有沉淀生成的是( )‎ ‎①金属钠投入MgCl2溶液中 ‎ ‎②过量的NaOH溶液和FeCl3溶液 ‎③过量的Na2O2投入FeCl2溶液中 ‎④过量NaOH和Ca(HCO3)2溶液混合 A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①金属钠投入MgCl2溶液中生成氢气、氢氧化镁沉淀和氯化钠，①符合；‎ ‎②过量的NaOH溶液和FeCl3溶液反应能得到氢氧化铁沉淀，但不会产生气体，②不符合；‎ ‎③过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，则过量的Na2O2投入FeCl2溶液中最终生成氢氧化铁沉淀、氧气以及氯化钠，③符合；‎ ‎④过量NaOH和Ca(HCO3)2溶液混合生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，但不会产生气体，④不符合；‎ 答案选C。‎ ‎9.某元素的一种同位素Y的原子质量数为A，含N个中子，它与1H原子组成HmY分子。在a g HmY中所含电子的物质的量是(　　)‎ A. (A－N＋m) mol B. (A－N) mol C. (A－N) mol D. (A－N＋m) mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】某元素的一种同位素Y的原子质量数为A，含N个中子，它的质子数=电子数=A-N，它与1H原子组成的HmY分子中含有的电子数为A-N+m。HmY的摩尔质量为m+A。ag HmY的物质的量为mol，所以含有的电子是物质的量为（A-N+m）。故选A。‎ ‎10.铁是人类应用较早，当前应用量最大的金属元素。下列有关铁及其化合物的说法中正确的是（ ）‎ A. 赤铁矿的主要成分是Fe3O4‎ B. 铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2‎ C. 检验绿矾晶体是否已氧化变质，可将绿矾晶体溶于稀H2SO4后滴加KSCN溶液，再观察溶液是否变红 D. 氯化铁溶液有较强氧化性，故可用作净水剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 赤铁矿的主要成分是Fe2O3，磁铁矿的主要成分是Fe3O4，错误；‎ B. 铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，错误；‎ C. 绿矾中的铁是+2价，容易被空气中的氧气氧化为+3价，所以检验绿矾晶体是否已氧化变质，可将绿矾晶体溶于稀H2SO4后滴加KSCN溶液，再观察溶液是否变红，正确；‎ D. 氯化铁溶液中有铁离子水解产生的氢氧化铁胶体，有吸附性，故可用作净水剂，和氧化性无关，错误；‎ 故选C。‎ ‎11.为了防止枪支生锈，常采用化学处理使钢铁零件表面生成Fe3O4的致密保护层——“发蓝”。化学处理过程中其中一步的反应为3Fe＋NaNO2＋5NaOH=3Na2FeO2＋H2O＋NH3↑。下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 枪支“发蓝”实质上是使铁表面钝化 B. 上述反应中，铁被氧化 C. NO2-的氧化性大于FeO22-的氧化性 D. 反应中转移电子2 mol，生成还原产物‎8.5 g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.“发蓝”是采用化学处理使钢铁零件表面生成Fe3O4‎ 的致密保护层，是铁的钝化，正确；‎ B.铁的化合价从0价升高到+2价，被氧化，正确；‎ C.根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，NO2-的氧化性大于FeO22-的氧化性，正确；‎ D.当反应中转移6mol电子时，生成还原产物NH3的质量为‎17g，若反应中转移2mol电子，则生成的NH3的质量为‎5.7g，错误；‎ 故选D。‎ ‎12.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 两种微粒，若核外电子排布完全相同，则其化学性质一定相同 B. 凡单原子形成的离子，一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布 C. 两原子，如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素 D. 只有在原子中，质子数才与核外电子数相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 两种微粒的核外电子排布完全相同，其化学性质不一定相同，如F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋，A错误；‎ B. 凡单原子形成的离子，不一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布，如H＋，B错误；‎ C. 两原子，其核外电子排布相同，则核外电子数一定相同，即质子数一定相同，所以它们属于同一元素，C正确；‎ D. 质子数与核外电子数相等的微粒可能是：①原子，如H、C、Ne等；②分子，如H2O、O2等，D错误；‎ 故合理选项为C。‎ ‎13.下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（ ）‎ A. 取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体 B. 取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出的气体用碱石灰吸收，增重b克 C. 取a克混合物充分加热至恒重，减重b克 D. 取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎ ‎ 取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到的b克固体是NaCl，根据Na2CO3和NaHCO3和盐酸反应的化学方程式，列方程或方程组可以计算出Na2CO3质量分数；‎ B. 取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出的气体不但有二氧化碳，还有挥发的水蒸气，无法根据碱石灰增重的质量计算Na2CO3质量分数；‎ C．取a克混合物充分加热至恒重，减轻的质量是NaHCO3分解产生的二氧化碳和水的质量，根据b克可计算NaHCO3的质量，进而计算Na2CO3质量分数；‎ D. 取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体的成分是BaCO3，根据碳守恒和Na2CO3和NaHCO3的质量可以列式计算Na2CO3质量分数；‎ 故选B。‎ ‎14.下图是物质间发生化学反应的颜色变化，下表选项中的物质对应正确的是(　　)‎ 选项 M N P Q A NH3·H2O Ba(OH)2‎ 铜 石蕊溶液 B Na BaCl2‎ FeO KSCN C NaOH Ba(NO3)2‎ 锌粉 KSCN D Na2O2‎ MgCl2‎ Fe 石蕊溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Fe2(SO4)3和NH3·H2O反应，生成红褐色Fe(OH)3沉淀；Fe2(SO4)3和Ba(OH)2反应，生成BaSO4白色沉淀；Fe2(SO4)3和铜反应，生成FeSO4和CuSO4，溶液显Fe2+的浅绿色，以及Cu2+蓝色的混合颜色；Fe2(SO4)3溶液显酸性，和石蕊试液混合，石蕊变红，错误；‎ B.钠投入Fe2(SO4)3溶液中，钠先和水反应生成NaOH，NaOH和Fe2(SO4)3反应，生成红褐色Fe(OH)3沉淀；Fe2(SO4)3和BaCl2反应，生成BaSO4白色沉淀；Fe2(SO4)3和FeO不反应；Fe2(SO4)3遇KSCN变红，错误；‎ C. Fe2(SO4)3和NaOH反应，生成红褐色Fe(OH)3沉淀；Fe2(SO4)3和Ba(NO3)2‎ 反应，生成BaSO4白色沉淀；Fe2(SO4)3和锌反应，生成ZnSO4和FeSO4，溶液显浅绿色；Fe2(SO4)3遇KSCN变红，正确；‎ D. Na2O2投入Fe2(SO4)3溶液中，Na2O2先和水反应生成NaOH，NaOH和Fe2(SO4)3反应，生成红褐色Fe(OH)3沉淀；Fe2(SO4)3和MgCl2不反应；Fe2(SO4)3和Fe反应生成FeSO4，溶液显浅绿色；Fe2(SO4)3溶液显酸性，和石蕊试液混合，石蕊变红，错误；‎ 故选C。‎ 二、填空题： ‎ ‎15.用化学方法除去下列物质中混有的少量杂质，其中括号内为杂质，写出除杂需加入的试剂以及发生反应的离子方程式。‎ 除杂试剂 发生反应的离子方程式 ‎（1）‎ NaHCO3溶液（Na2CO3）‎ ‎____‎ ‎________________________‎ ‎（2）‎ Fe （Al）‎ ‎____‎ ‎__________________________‎ ‎（3）‎ FeCl2溶液（FeCl3）‎ ‎_____‎ ‎________________________‎ ‎（4）‎ CO2（HCl）‎ ‎______‎ ‎____________________‎ 归纳总结选择除杂试剂时的注意事项：_______________________________ 。‎ ‎【答案】(1). CO2 (2). CO2+H2O+CO32-=2HCO3- (3). NaOH溶液 (4). 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑ (5). Fe (6). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (7). 饱和碳酸氢钠溶液 (8). HCO3-+H+=H2O+CO2↑ (9). 不增加新的杂质、被提纯的物质不能减少、操作简便，易于分离 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）除去NaHCO3溶液中的Na2CO3，可以向溶液中通入足量的CO2，使Na2CO3转变为NaHCO3，反应的离子方程式为CO2+H2O+CO32-=2HCO3-；‎ ‎（2）铝可以和NaOH溶液反应，而铁不反应，可以用NaOH溶液除去铁中的铝，反应的离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑；‎ ‎（3）FeCl3和铁反应可以生成FeCl2，所以可以用铁粉除去FeCl2溶液中的FeCl3，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；‎ ‎（4）CO2几乎不溶于饱和碳酸氢钠溶液中，而HCl可以和碳酸氢钠反应，所以可以用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl，反应的离子方程式为HCO3-+H+=H2O+CO2↑；‎ 选择除杂试剂时，要注意在除去杂质的同时不增加新的杂质、被提纯的物质不能减少、操作简便，易于分离。‎ ‎16.下列说法正确的是________________。‎ ‎①胶体区别于其他分散系的本质特征是光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应 ‎②胶体能够稳定存在的主要原因是胶体带电 ‎③石墨转化成金刚石是化学变化 ‎④过氧化钠是碱性氧化物，阴阳离子个数比等于1:1‎ ‎⑤某无色溶液中加入稀盐酸，产生的气体可使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有CO32-‎ ‎⑥不能用铝制的器皿来盛放酸梅汤或碱水是因为铝会和酸或碱反应 ‎⑦KNO3固体不导电，因此KNO3不是电解质 ‎⑧液氯不导电是非电解质，氯水能导电是电解质 ‎【答案】③⑥‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体中的分散质粒子直径在1nm到100nm之间，溶液中溶质粒子直径小于1nm，浊液中的粒子直径大于100nm，错误；‎ ‎②胶体能够稳定存在的主要原因是胶粒带同种电荷，互相排斥，胶体不带电，错误；‎ ‎③石墨转化成金刚石有新物质生成，是化学变化，正确；‎ ‎④过氧化钠不是碱性氧化物，阳离子是Na+，阴离子是O22-，阴阳离子个数比等于1:2，错误；‎ ‎⑤某无色溶液中加入稀盐酸，产生的气体可使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中可能含有CO32-或HCO3-或SO32-或HSO3-，错误；‎ ‎⑥铝既能和酸反应也能和碱反应，所以不能用铝制的器皿来盛放酸梅汤或碱水，正确；‎ ‎⑦KNO3固体不导电，但溶于水或熔融状态下能导电，因此KNO3是电解质，错误；‎ ‎⑧液氯是单质，既不是电解质，也不是非电解质，氯水是混合物，虽然能导电，但既不是电解质，也不是非电解质，错误；‎ 故正确的是③⑥。‎ ‎17.A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B、C均为气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸、E为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化关系如图所示(其中某些反应条件和部分反应物已略去)。‎ ‎（1）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是________(填编号)。‎ ‎（2）写出③的离子方程式：________________‎ ‎（3）反应⑦的化学方程式为____；该反应中每消耗0.3 mol的A，可转移电子_________mol。在解决此题时的关键一步是____________。‎ ‎【答案】(1). ①②④⑤⑦ (2). Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O (3). 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2 (4). 0.8mol (5). ⑥‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属，结合后面的红色溶液，中学化学里的红色溶液除了指示剂外，常见的是铁离子遇到SCN-生成的Fe(SCN)3，所以可以确定金属为铁。通常情况下，A为固体，B、C均为气体，所以A为铁，能和铁反应的常见的气体有氧气和氯气，故B和C分别为氧气和氯气中的一种。铁和B生成的D加KSCN显红色，所以B为氯气，D为FeCl3；则C为氧气，E为Fe3O4。X是一种无氧强酸，即为盐酸，Fe3O4和盐酸反应生成FeCl2、FeCl3和水，H在常温下为液体，所以H为水， G为FeCl2。Fe可以和水蒸气在高温下生成Fe3O4和氢气。综上所述，A为Fe，B为Cl2，C为O2，D为FeCl3，E为Fe3O4，F为含SCN-的溶液，G为FeCl2，H为H2O。‎ ‎【详解】（1）反应①是2Fe+3Cl22FeCl3；②是3Fe+2O2Fe3O4；③是Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O；④是2FeCl3+Fe=3FeCl2； ⑤是2FeCl2+Cl2=2FeCl3；⑥是Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；⑦是3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2。有化合价变化的反应是氧化还原反应，所以其中①②④⑤⑦氧化还原反应；‎ ‎（2）③的化学方程式为Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O，故离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；‎ ‎（3）反应⑦的化学方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2。该反应中每消耗3mol铁，转移电子8mol，所以每消耗0.3 mol的铁，可转移电子0.8mol。在解决此题时的关键一步是第⑥‎ 步，从红色溶液推断。‎ ‎18.物质的量是高中化学常用的物理量，请完成以下有关计算：‎ ‎（1）相同质量的CO和CO2，它们所含的原子数之比为___________，标准状况下，含有相同氧原子数的CO和CO2的体积之比为_____________。‎ ‎（2）若a g某气体中含有的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是___________(设NA为阿伏加德罗常数的值)。‎ ‎（3）标准状况下有①‎0.112 L水　②0.5NA个HCl分子 ③‎25.6 g SO2气体　④0.2 mol氨气(NH3)　⑤2 mol Ne 所含原子个数从大到小的顺序为___________。‎ ‎（4）V mL Fe2(SO4)3溶液中，含有Fe 3+ m g，取出 mL该溶液稀释至4V mL，则溶液中SO42-的物质的量浓度为___________________。（用含有m、V的式子表示）‎ ‎【答案】(1). 22:21 (2). 2:1 (3). (4). ①⑤③②④ (5). mol/L ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设CO和CO2的质量相同，根据m=nM，物质的量和摩尔质量成反比，所以它们的物质的量之比为44:28=11:7，所含的原子数之比为11×2：7×3=22:21。CO和CO2所含的氧原子数相同，则它们的分子数之比即物质的量之比为2:1，标准状况下，物质的量和体积成正比，故CO和CO2的体积比为2:1。‎ ‎（2）若a g某气体中含有的分子数为b，则c g该气体含有的分子数为，物质的量为=mol，在标准状况下的体积是mol×‎22.4L/mol=L。‎ ‎（3）①‎0.112 L水的质量为‎112g，物质的量为6.2mol，原子的物质的量为6.2×3=18.6mol；‎ ‎②0.5NA个HCl分子的物质的量为0.5mol，原子的物质的量为1mol；‎ ‎③‎25.6 g SO2气体的物质的量为=0.4mol，原子的物质的量为1.2mol；‎ ‎④0.2 mol氨气(NH3)中所含原子的物质的量为0.8mol；‎ ‎⑤2 mol Ne 所含原子的物质的量为2mol；‎ 所以所含原子个数从大到小的顺序为①⑤③②④。‎ ‎（4）n(Fe3+)=mol，在Fe2(SO4)3中n(SO42-)=1.5n(Fe3+)=mol，从V mL Fe2(SO4)3溶液中取出的mL溶液中n(SO42-)=mol，稀释至4V mL，溶液中SO42-的物质的量浓度为=mol/L。‎ ‎19.I．分别取等物质的量浓度的氢氧化钠溶液各100 mL，再通入一定量的CO2，随后分别各取10 mL溶液，向其中逐滴滴入0.2 mol·L－1的盐酸，在标准状况下产生CO2的体积(y轴)与所加入盐酸的体积(x轴)的关系如下图(分A、B两种情况)：‎ ‎（1）在A情况下，溶质是________________(填化学式)，其物质的量之比为________。‎ ‎（2）原氢氧化钠溶液的物质的量浓度为________________。‎ II．足量的两份铝分别投入到等体积、等物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，产生H2的体积之比是__________________。‎ III．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100 mL浓度为2.0 mol·L－1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 mL的气体(标准状况)，所得溶液中加入KSCN溶液后无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是________,解题依据是_________________‎ ‎【答案】(1). NaOH和Na2CO3 (2). 1:1 (3). 3mol/L (4). 1:3 (5). ‎5.6g (6). 原子守恒（或质量守恒）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】I．向NaOH溶液中通入CO2，随着CO2的通入，溶质有4种情况：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3。盐酸滴入反应后的溶液中，HCl先和NaOH反应，再和Na2CO3反应：CO32-+H+=HCO3-，最后再发生HCO3-+H+=H2O+CO2↑。‎ II．根据铝和盐酸、氢氧化钠反应的方程式解答。‎ III．根据原子守恒解答。‎ ‎【详解】I．（1）在A情况下，加入100mL（HCl的物质的量为‎0.1L×0.2 mol·L－1‎ ‎=0.02mol）盐酸后开始有气体放出，再加入50mL盐酸（HCl的物质的量为‎0.05L×0.2 mol·L－1=0.01mol）气体达到最多，所以溶质是NaOH和Na2CO3。根据上面的方程式，0.01molHCl消耗0.01mol NaHCO3 ，即有0.01mol Na2CO3，0.01molNa2CO3消耗0.01molHCl，另外的0.01molHCl是和NaOH发生反应消耗的，所以NaOH的物质的量也是0.01mol，所以NaOH和Na2CO3物质的量之比为1:1。‎ ‎（2）加入150mL盐酸时，溶液中的溶质只有NaCl，根据原子守恒，在取出的10mL反应后的溶液中，n(NaOH)=n(HCl)=‎0.15L×0.2 mol·L－1=0.03mol，所以原氢氧化钠溶液的物质的量浓度为=3mol/L。‎ II．铝和盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式分别为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，盐酸和氢氧化钠溶液的体积、物质的量浓度都相等，即溶质的物质的量相等，设HCl和NaOH均为6mol，则产生的氢气分别为3mol和9mol，同温同压下物质的量之比等于体积比，所以产生H2的体积之比是3:9=1:3。‎ III．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100 mL浓度为2.0 mol·L－1的盐酸（含HCl的物质的量为‎0.1L× 2.0 mol·L－1=0.2mol），恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液后无血红色出现，说明溶液中的溶质只有FeCl2。根据氯元素守恒，n(FeCl2)=n(Cl-)=0.1mol。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的物质的量和FeCl2的物质的量相等，即0.1mol，所以铁的质量是0.1mol×‎56g/mol=‎5.6g。解题依据是原子守恒（或质量守恒）。‎ 第Ⅱ卷 提高题（共19分）‎ ‎20.有A、B、C、D四种元素，A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子；B元素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同；C元素的原子核内无中子；D原子核外电子数比A原子核外电子总数多6个。‎ ‎（1）C与D形成化合物的化学式_______，其在水中的电离方程式为_______________。‎ ‎（2）B离子的结构示意图_____________________。‎ ‎（3）D元素在周期表中的位置_____________________。‎ ‎【答案】(1). HCl (2). HCl=H++Cl- (3). (4). 第三周期ⅦA族 ‎【解析】‎ ‎【分析】A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子，则A为Na；B元素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同，则B为S；C元素的原子核内无中子，则C为H；D原子核外电子数比A原子核外电子总数多6个，则D为Cl。‎ ‎【详解】（1）C与D形成化合物的化学式为HCl，HCl是强电解质，在水中完全电离，电离方程式为HCl=H++Cl-。‎ ‎（2）B离子（S2-）是硫原子得到2个电子形成8电子稳定结构，离子结构示意图为：。‎ ‎（3）D元素（氯）的原子序数为17，在周期表中的位置是第三周期ⅦA族。‎ ‎21.I．下列各图示中不能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是________(填序号)。‎ ‎ II．ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2，成为自来水的消毒剂。已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，实验室制备ClO2的原理是用亚氯酸钠固体与氯气反应：2NaClO2＋Cl2=2ClO2＋2NaCl。下图是实验室用于制备和收集一定量纯净的ClO2的装置(某些夹持装置和垫持用品省略)。其中E中盛有CCl4液体(用于除去ClO2中的未反应的Cl2)。‎ ‎（1）仪器P的名称是________________。‎ ‎（2）写出装置A中烧瓶内发生反应的离子方程式：______________________________。‎ ‎（3）B装置中所盛试剂是________________。‎ ‎（4）F为ClO2收集装置，应选用的装置是________(填序号)，其中与E装置导管相连的导管口是________(填接口字母)。‎ III．如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容。‎ 现欲用该浓硫酸配制成1mol/L的稀硫酸，现实验室仅需要这种稀硫酸220mL。试回答下列问题：‎ ‎（1）用量筒量取该浓硫酸____________mL。‎ ‎（2）配制时，必须使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的仪器是____。‎ ‎（3）配制溶液的过程中，其他操作都正确，下列操作会使所配溶液浓度偏高的是__________。‎ A．用量筒量取浓硫酸时俯视 B．稀释浓硫酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中 C．量取浓H2SO4后的量筒进行洗涤，并将洗涤液转移到容量瓶中 D．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切 E．容量瓶不干燥 ‎ F．定容时，仰视容量瓶刻度线 ‎（4）某同学用固体Na2CO3配制500 mlL 0.1mol•L-1溶液的过程如图所示：‎ 你认为该同学的错误步骤有__________处。‎ ‎【答案】(1). C (2). 分液漏斗 (3). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (4). 饱和食盐水 (5). ② (6). d (7). 13.6 (8). 胶头滴管 250mL容量瓶 (9). BC ‎ ‎ (10). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】I．氢氧化亚铁容易被空气中的氧气氧化，需要隔绝空气才能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀。‎ II．实验室制取ClO2，需要Cl2和NaClO2，Cl2需要现制，根据装置图可知，用MnO2和浓盐酸制取Cl2，依次用饱和食盐水和浓硫酸除去氯气中HCl和水蒸气，纯净、干燥的氯气通入装有NaClO2的干燥管中，发生反应：2NaClO2＋Cl2=2ClO2＋2NaCl。E中的CCl4用以除去ClO2中的Cl2，用排空气法收集ClO2。‎ III．根据标签上的部分内容，可以用c=计算浓硫酸的物质的量浓度。配制220mL稀硫酸，需要用250mL的容量瓶，根据250mL计算所需浓硫酸的体积。根据配制一定物质的量浓度的溶液所需的步骤：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤并转移、定容、摇匀确定需要的仪器以及错误的操作。根据c=判断错误的操作导致浓度的变化。‎ ‎【详解】I．A．稀硫酸和铁粉反应生成的氢气可以把溶液以及试管里的空气排出，再在液面下方挤出氢氧化钠溶液后，Fe(OH)2在一个没有氧气的环境下生成，可以较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀；‎ B．先打开止水夹a，稀硫酸和铁粉反应生成的氢气可以把NaOH溶液以及试管B里的空气排出，过一会再把止水夹夹上，氢气的生成使A试管里的压强增大，把生成的硫酸亚铁溶液压入B中，和氢氧化钠溶液反应，Fe(OH)2在一个没有氧气的环境下生成，可以较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀；‎ C．NaOH溶液直接滴入FeSO4溶液中，空气中的氧气很快会氧化Fe(OH)2，不能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀；‎ D. FeSO4溶液的上面有苯，可以隔绝空气，在FeSO4溶液的液面下方挤出NaOH溶液，可以较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀。故选C。‎ II．（1）仪器P的名称是分液漏斗。‎ ‎（2）装置A中烧瓶内是用MnO2和浓盐酸反应制取氯气，发生反应的离子方程式：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。‎ ‎（3）根据上面的分析，B装置中所盛试剂是饱和食盐水，用来除去氯气中的氯化氢。‎ ‎（4）由于ClO2易溶于，所以应该采取排空气法收集ClO2，ClO2的密度大于空气，应选用向上排空气法收集，所以应选择的装置是②，其中与E装置导管相连的导管口是d。‎ III．（1）根据c=计算浓硫酸的物质的量浓度为18.4mol/L。实验室没有220mL的容量瓶，配制220mL稀硫酸，需要用250mL的容量瓶，根据250mL计算所需浓硫酸的体积。即250mL×1mol/L =V×18.4mol/L，解得V=13.6mL。‎ ‎（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液所需的步骤：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤并转移、定容、摇匀确定需要的仪器。配制时，必须使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要250mL容量瓶和用来定容的胶头滴管。‎ ‎（3）根据c=判断错误的操作导致浓度的变化。‎ A．用量筒量取浓硫酸时俯视，量取的浓硫酸体积偏小，溶质偏少，导致浓度偏低；‎ B．稀释浓硫酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中，由于热胀冷缩，最后溶液体积偏小，导致浓度偏高；‎ C．量筒量取液体后有残留液是正常的，若量取浓H2SO4后的量筒进行洗涤，并将洗涤液转移到容量瓶中，会使溶质偏多，导致浓度偏高；‎ D．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切，溶液体积偏大，导致浓度偏小；‎ E．容量瓶不干燥，对溶质的物质的量和溶液体积均无影响，对溶液浓度也无影响；‎ F．定容时，仰视容量瓶刻度线，加入的水过多，溶液体积偏大，导致浓度偏低；‎ 所以偏高的是BC。‎ ‎（4）定容时胶头滴管伸入容量瓶中是错误的，观察液面时仰视也是错误的，所以错误的步骤有2处。‎