2018-2019学年安徽省阜阳市第三中学高一上学期期末考试化学试题（解析版）

2018-2019学年安徽省阜阳市第三中学高一上学期期末考试化学试题（解析版）

安徽省阜阳市第三中学2018-2019学年高一上学期期末考试 化学试题 ‎1.化学与社会、生产、生活等密切相关，下列说法正确的是 A. 在“雾霾” 等空气污染的治理方面，化学不能发挥作用 B. 常温下，可以用铁罐贮存浓硝酸，说明铁与浓硝酸不反应 C. 用豆浆可以制作出美味可口的豆腐，运用化学知识可以解释其原理 D. 氯气、明矾是水处理过程中常用的两种化学试剂，两者的作用原理相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 可以利用化学反应或者化学试剂将雾霾进行转化或治理，选项A错误。常温下铁与浓硝酸钝化，钝化的实质是氧化，不是不反应，选项B错误。豆浆转化为豆腐，是在豆浆中滴加卤水，将蛋白质胶体聚沉为豆腐，所以选项C正确。氯气处理水是利用氯气与水反应生成的次氯酸的消毒能力，明矾处理水是利用铝离子水解得到氢氧化铝胶体，吸附水中杂质一起聚沉，达到净水目的，选项D错误。‎ ‎2.我国明代《本草纲目》中收载药物 1892 种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法， 用浓酒和糟入甑，蒸令气上…其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指 A. 萃取 B. 蒸馏 C. 过滤 D. 蒸发 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异进行分离，则该法为蒸馏，故合理选项是B。‎ ‎3.NA 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，11.2L 的 SO3 所含分子数为 0.5NA B. 0.1 mol/L 氢氧化钠溶液中所含 Na+数为 0.1NA C. 氧原子总数为 0.2NA 的CO2 和 O2 的混合气体，标准状况下其体积为 2.24L D. 1molFe 与 1molCl2 反应，铁失去电子数为 3NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标准状况下，SO3的状态是固体，不能使用气体摩尔体积计算，A错误；‎ B.只有浓度，缺少体积，无法计算微粒的数目，B错误；‎ C.CO2和O2的分子中都含有2个O原子，所以氧原子总数为0.2NA 的CO2 和O2的混合气体，气体的物质的量是0.1mol，在标准状况下体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，C正确；‎ D. Fe与Cl2反应生成FeCl3，1molFe完全反应需1.5molCl2，现在Cl2的物质的量是1mol，Cl2不足量，所以要按照Cl2来计算转移电子数目，转移2mol电子，转移电子数目为2NA，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎4.下列离子反应方程式书写正确的是 A. 向 NaAlO2 溶液中通入过量 CO2：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-‎ B. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+2Cl-＋H2O+4H＋‎ C. 往CaCl2溶液中通入少量的CO2：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+‎ D. 将磁性氧化铁溶于氢碘酸：Fe3O4+8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应生成的是碳酸氢根离子，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，A正确；‎ B.在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4，碱性溶液中不会生成氢离子，正确的离子反应为：4OH-+3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl-+5H2O，B错误；‎ C.碳酸的酸性比盐酸弱，所以氯化钙与二氧化碳不反应，C错误；‎ D.磁性氧化铁溶于氢碘酸，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2I-+Fe3O4+8H+=3Fe2++4H2O+I2，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎5.下列各项操作中不发生先沉淀后溶解现象的是 ‎①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的 CO2‎ ‎②向 Fe(OH)3 胶体中逐滴加入过量 H2SO4‎ ‎③向 Ba(NO3)2 溶液中通入过量 SO3‎ ‎④向石灰水中通入过量 CO2‎ ‎⑤向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸 A. ①②③⑤ B. ①④⑤ C. ①②③ D. ①③⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2生成NaHCO3比Na2CO3溶解度小；‎ ‎②根据胶体的性质判断，加入稀硫酸产生聚沉现象，H2SO4与Fe(OH)3反应，所以出现先沉淀后溶解现象；‎ ‎③SO3+H2O=H2SO4，H2SO4+ Ba(NO3)2=BaSO4↓+2HNO3，SO3过量时，BaSO4不会溶解；‎ ‎④石灰水和CO2反应，生成CaCO3沉淀，继续通入CO2，会与CaCO3反应生成可溶的Ca(HCO3)2；‎ ‎⑤生成硅酸沉淀；‎ ‎【详解】①中有Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaHCO3比Na2CO3溶解度小但质量大，且反应中中消耗H2O，故有沉淀析出且不溶解，①符合题意；‎ ‎②向Fe(OH)3胶体中加入H2SO4会出现先凝聚生成Fe(OH)3沉淀，H2SO4过量，Fe(OH)3与H2SO4反应生成易溶于水的硫酸铁和水而溶解，出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，②不符合题意；‎ ‎③SO3+H2O═H2SO4，H2SO4+Ba（NO3）2═BaSO4↓+2HNO3，SO3过量时，BaSO4不会溶解，故③符合题意；‎ ‎④向石灰水中通CO2，反应有：Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O； CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，现象为先沉淀后溶解，④不符合题意；‎ ‎⑤中生成硅酸沉淀，不溶解，硅酸不能溶于HCl，所以沉淀不溶解，⑤符合题意；‎ 故合理叙述①③⑤，选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查较为综合，涉及元素化合物知识，解答本题的关键是把握物质的性质，注意有的物质之间发生反应时滴加顺序不同反应不同、注意胶体的性质。‎ ‎6.在下列溶液中，一定能大量共存的离子组是 A. 在强酸性溶液中：Na＋、K＋、Cl-、HCO3－‎ B. 加入金属铝有H2 产生的溶液中：Fe2＋、Mg2＋、NO3－、Cl－‎ C. 含有大量 Fe3＋的溶液中：SCN－、I－、K＋、Br－‎ D. 滴入酚酞变红的溶液中：K＋、Na＋、AlO2－、CO32－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、酸性溶液中，H++HCO3=H2O+CO2↑，A错误。B、加入金属铝有H2产生的溶液可能是酸性或强碱性溶液，当溶液呈酸性时，NO3-在H+作用下能将Fe2+氧化成Fe3+；当溶液呈碱性时，Fe2+能与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，因此B中离子一定不能大量共存，B 错误。C、Fe3+能够氧化I-生成I2，也能与SCN-反应生成Fe(SCN)3，既C中离子不能大量共存，C错误。D、滴入酚酞变红的溶液呈碱性，OH-、K+　Na+　AlO2- 、CO32-五种离子间不发生反应，所以可以大量共存，D正确。正确答案D。‎ 点睛：溶液中离子不能大量共存主要有四种情况：①反应生成沉淀；②反应生成挥发性气体；③反应生成难电离的弱电解质，主要是生成弱酸、弱碱、水和配合物如Fe(SCN)3等；④因发生氧化还原反应而不能大量共存。‎ ‎7.已知还原性由强到弱的顺序为 SO3 2- ＞I -＞Br -,向NaBr、NaI、Na2SO3 的混合溶液中通入一定量的氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到的剩余固体物质的组成可能是 A. NaCl B. NaCl、NaBr、Na2SO4‎ C. NaCl、Na2 SO4、I2 D. NaCl、Na2SO4 、NaI ‎【答案】B ‎【解析】‎ 氧化还原反应的先后顺序取决于氧化性或还原性的相对强弱，还原性最强的Na2SO3优先与Cl2反应（Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl）生成Na2SO4，所以固体中一定含有Na2SO4；其余依次为NaI、NaBr分别与Cl2反应生成NaCl、I2、Br2，则固体中一定含有NaCl；有可能NaBr未反应完全，但不会NaBr反应完全而余NaI，生成的Br2、I2蒸干并灼烧时将分别挥发，升华脱离固体，所以得到的剩余固体物质的组成可能是NaCl、NaBr、Na2SO4，答案选B。‎ 点睛：本题考查氧化还原反应的应用与判断，本题要注意Cl2和NaBr、NaI、Na2SO3反应的先后顺序，判断依据就是氧化还原反应中的先后规律，即一种氧化剂同时和几种还原剂相遇时，优先与还原性最强的还原剂发生反应；同理，一种还原剂遇到多种氧化剂时，优先与氧化性最强的氧化剂反应。‎ ‎8.下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是 选项 实验操作 现象 解释或结论 A 充分吸收了Na2SiO3 饱和溶液的小木条，沥干后放在酒精灯外焰加热 小木条不燃烧 Na2SiO3 可作防 火剂 B 将 H2 在充满Cl2 的集气瓶中燃烧 集气瓶口上方有白烟生成 H2、Cl2 化合生成HCl C 将 SO2 通入酸性高锰酸钾溶液中 溶液褪色 SO2 具有漂白性 D 除去表面氧化膜的铝箔，在酒精灯上充分加热 铝不能滴落下来 铝熔点高，没能熔化 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、硅酸钠溶液吸热水分蒸发后可生成SiO2从而依附在纤维上，可防火，选项A正确；B、纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，生成HCl，在集气瓶口有大量白雾，是盐酸的小液滴，不是白烟，选项B 错误；C、将FeCl2加入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪去，FeCl2将高锰酸钾还原才使其褪色，是还原性，而不是漂白性，选项C错误；D、铝在空气中加热 生成一层致密的氧化铝(Al2O3)薄膜 其熔点高于Al的熔点，附着在Al的外面，所以熔化了的液态铝不会滴落下来，选项D错误。答案选A。‎ ‎9.现有①MgSO4 ②Ba(NO3)2 ③NaOH ④CuCl2 四种溶液，不加其他试剂就可鉴别出来， 鉴别的先后顺序是 A. ④③①② B. ③④①② C. ②①③④ D. ④③②①‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不加其他试剂即可鉴别出来，先观察颜色，再利用物质之间的反应现象鉴别物质，以此来解答。‎ ‎【详解】观察为蓝色溶液的为④，与④反应生成蓝色沉淀的为③，剩余两种与③反应生成白色沉淀的为①，则另一种物质为②，所以鉴别先后顺序为④③①②，合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查试剂的鉴别，把握“不加其他试剂即可鉴别出来”为解答本题的关键，注意物质的颜色及离子之间的反应即可解答，题目难度不大。‎ ‎10.CO2 和氢氧化钠溶液反应，所得产物中 Na2CO3 和 NaHCO3 物质的量之比为 3 ：5 ,则参加反应的 CO2 和NaOH 的物质的量之比为 A. 3 ：5 B. 1 : 2 C. 8 : 11 D. 18 : 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 设所得产物中Na2CO3和NaHCO3物质的量分别是3mol、5mol，参加反应的CO2和NaOH的物质的量分别是xmol、ymol，根据原子守恒可知3+5＝x、3×2+5＝y，因此x:y=8:11，答案选C。‎ ‎11.下列物质性质和应用的对应关系正确的是 A. 84 消毒液具有碱性，可用作消毒剂和漂白剂 B. 氢氟酸具有酸性，可用于玻璃的腐蚀剂 C. 过氧化钠具有漂白性，可作航空和潜水的供氧剂 D. 活性铁粉具有还原性，在食品袋中可用作除氧剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、次氯酸钠溶液显碱性，与消毒、漂白无关；次氯酸钠水解生成次氯酸具有漂白性，次氯酸钠具有强氧化性，能使蛋白质变性，性质与用途没有相关性，A错误；B、氢氟酸与二氧化硅反应，属于特殊性质，不是利用HF电离出来的氢离子反应，B错误；C、过氧化钠与二氧化碳反应释放O2‎ ‎，所以它作供氧剂，与漂白性无关，C错误；D、铁粉具有还原性，能吸收食品袋内O2，作除氧剂，性质与用途一致，D正确。答案选D。‎ 考点：考查物质性质和用途的正误判断 ‎12.对于下列事实的解释不正确的是 A. 因为硅可以导电，所以硅可以作为光导纤维的原料 B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定 C. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性 D. 氨气可以完成喷泉实验，说明氨气极易溶于水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硅导电性介于导体和绝缘体之间，所以硅单质可以导电；但是作为光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是硅单质，A错误；‎ B.浓硝酸不稳定见光易分解生成红棕色二氧化氮，二氧化氮溶于浓硝酸使颜色变黄，B正确；‎ C.在蔗糖中加入浓硫酸后出现黑色物质，体现浓硫酸具有脱水性，C正确；‎ D.氨气极易溶于水，在喷泉实验中因溶于水导致圆底烧瓶中压强减小，从而形成喷泉，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎13.下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢氧化铝不能一步反应生成铝，不符合转化关系，A不符合题意；‎ B．稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，符合转化关系， B符合题意；‎ C．二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，不符合转化关系，C不符合题意；‎ D．Cu与氧气反应生成氧化铜，氧化铜不能与水反应产生氢氧化铜，氢氧化铜不能直接变为铜单质，不符合转化关系，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎14.下列化合物中，不能通过化合反应制取的是 A. FeCl3 B. H2SiO3 C. Fe(OH)3 D. FeCl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯气具有强氧化性，氯气与变价金属反应生成最高价金属氯化物，铁与氯气反应的化学方程式为：2Fe+3Cl2 2FeCl3，FeCl3可以由Fe与Cl2直接化合得到，A不符合题意；‎ B.二氧化硅不溶于水，则不能利用化合反应生成H2SiO3，B符合题意；‎ C.Fe(OH)2、O2、H2O反应产生Fe(OH)3，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，能通过化合反应产生Fe(OH)3，C不符合题意；‎ D.Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，可由化合反应生成，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎15.某学习小组讨论辨析以下说法：①粗盐和酸雨都是混合物；②CO和CO2 都是酸性氧化物；③蔗糖、硫酸钡分别属于非电解质和电解质；④Na2O2和CaO都是碱性氧化物；⑤盐酸和食醋既是化合物又是酸；⑥纯碱和熟石灰都是碱；⑦NaCl和KC1可用焰色反应鉴别。上述说法正确的是 A. ①③④ B. ①③⑦ C. ③⑤⑥⑦ D. ①②⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】：①粗盐和酸雨都是不同物质组成的混合物，①正确；‎ ‎②CO不能和碱溶液反应，不是酸性氧化物，CO2是酸性氧化物，②错误；‎ ‎③蔗糖水溶液和熔融状态下不导电，是非电解质，硫酸钡熔融状态导电属于电解质，③正确；‎ ‎④Na2O2与水反应产生氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物；CaO和酸反应生成盐和水，是碱性氧化物，④错误；‎ ‎⑤盐酸和食醋都是溶液为混合物，⑤错误；‎ ‎⑥纯碱是碳酸钠，属于盐，熟石灰是碱，⑥错误；‎ ‎⑦NaCl和KCl可用焰色反应鉴别，钠元素焰色反应是是黄色，钾是隔着钴玻璃出现紫色火焰，⑦正确；‎ 则符合题意①③⑦，合理选项是B。‎ ‎16.金刚砂(SiC)可由 SiO2 和碳在一定条件下反应制得，在反应方程式为 SiO2+3C SiC+2CO↑中，下列有关制造金刚砂的说法中正确的是 A. 该反应中的氧化剂是 SiO2，还原剂为 C B. 该反应说明了C 的还原性小于SiC C. 该反应中转移的电子数为 12e-‎ D. 该反应中的还原产物是 SiC、氧化产物是 CO，其物质的量之比为 1:2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 在反应方程式为SiO2+3CSiC+2CO↑中，3mol碳中有2mol碳的化合价升高，被氧化，作还原剂，1mol碳的化合价降低（SiC中碳为—4价），被还原，作氧化剂，故A错误；还原剂的还原性大于还原产物，由方程式可知，C的还原性大于SiC，B错误；在该反应中转移的电子数为4e-，C错误；该反应中的还原产物是SiC、氧化产物是CO，其物质的量之比为1:2，D正确。答案选D。‎ ‎17.某溶液中可能含有H＋、NH4＋、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO32－、SO42－、NO3－中的几种．①若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体；②若加入 NaOH 溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀的物质的量与加入 NaOH 的物质的量之间的关系如图所示．则下列说法正确的是 A. 溶液中的阳离子只有 H＋、Mg2＋、Al3＋‎ B. 溶液中一定不含 CO32－，一定含有SO42－和NO3－‎ C. 溶液中 n（NH4＋）=0.25mol D. 三种离子的物质的量之比 n（H＋）：n（Al3＋）：n（Mg2＋）=2：2：1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎①若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32－和NO3－不能大量存在；②加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe3＋；根据产生的沉淀量与加入NaOH 的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2＋、Al3＋；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4＋，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42－；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n（H＋）=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol-0.5mol=0.2mol，则n（NH4＋）=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol-0.7mol=0.1mol，则n[Al（OH）3]=0.1mol，根据铝元素守恒可知n（Al3＋）=0.1mol；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol-0.1mol=0.4mol，则n（Mg2＋）=（0.4mol-0.1mol×3）÷2=0.05mol，A．由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋、NH4＋，故A错误；B、由上述分析可知，溶液中一定不含CO32－、NO3－，一定含有SO42－，故B错误；C、由上述分析可知，溶液中n（NH4＋）=0.2mol，故C错误；D、由上述分析可知，溶液中n（H＋）：n（Al3＋）：n（Mg2＋）=0.1mol：0.1mol：0.05mol=2：2：1，故D正确；故 选D。‎ 点睛：本题考查离子共存、反应图象识别以及离子反应有关计算等，对学生的综合能力提出了较高的要求，易错点A，当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4＋；难点D，各粒子浓度的计算，先要理清各阶段的反应，再理清各阶段各物质的量。‎ ‎18.将 3.9 g 镁铝合金投入到 500 mL 2 mol/L 的盐酸中，金属完全溶解，再加入 4mol/L 的NaOH 溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种 NaOH 溶液的体积为 A. 125mL B. 200mL C. 250mL D. 560mL ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，发生的反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑； 2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，氯化镁和氯化铝，分别与NaOH溶液反应的方程式为：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，MgCl2 +2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl．Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl；根据氯原子和钠原子守恒得到如下关系式：‎ HCl～NaCl～NaOH ‎1 1‎ ‎2mol/L×0.5L 4mol/L×V V=0.25L=250ml，故选C。‎ ‎【考点定位】考查化学计算中常用方法终态法 ‎【名师点晴】注意Mg2+和Al3+全部转化为沉淀时，NaOH不能过量，即全部转化为沉淀的Al3+，不能溶解是解题关键；镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，生成氯化镁和氯化铝，氯化镁和氯化铝，加入4mol•L-1的NaOH溶液，生成的沉淀最多时，Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl，根据氯原子和钠原子守恒解题。‎ ‎19.我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，如图是海水综合利用的一个方面。‎ I.(1)上述过程中没有涉及到的四种基本反应类型是_____；‎ a．化合反应 b．分解反应 c．置换反应 d．复分解反应 ‎(2)步骤 1 中分离操作的名称是_____；‎ ‎(3)粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，精制时所用试剂为：a.盐酸；b.BaCl2溶液；c.NaOH 溶液；d.Na2CO3 溶液。加入试剂的顺序是_____；‎ II.实验室利用精盐配制 240mL 2.0mol/LNaCl 溶液。‎ ‎(1)除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有_____；‎ ‎(2)用托盘天平称取固体 NaCl_____g；‎ ‎(3)配制时，按以下几个步骤进行：①计算 ②称量 ③溶解 ④冷却 ⑤转移 ⑥定容 ⑦ 摇匀 ⑧装瓶。操作中还缺少一个重要步骤是_____；‎ ‎(4)下列错误操作可使所配制氯化钠溶液浓度偏低的是_____。‎ a．容量瓶洗净后残留了部分的水 ‎ b．转移时溶液溅到容量瓶外面 c．定容时俯视容量瓶的刻度线 ‎ d．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线 e．称量固体的砝码已生锈 ‎【答案】 (1). c (2). 过滤 (3). bdca或cbda或bcda (4). 250ml容量瓶、胶头滴管 (5). 29.3 (6). 洗涤(烧杯和玻璃棒) (7). bd ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.海水蒸发得到粗盐，提纯得到精盐，贝壳煅烧生成的氧化钙，溶于水生成氢氧化钙石灰乳，母液中加入石灰乳沉淀镁离子，过滤得到沉淀加入盐酸得到氯化镁溶液，溶液浓缩蒸发、冷却结晶、过滤洗涤得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中脱水得到氯化镁，电极熔融氯化镁得到金属镁。‎ ‎(1)分析可知过程中涉及到分解、化合、复分解反应；‎ ‎(2)步骤1中分离操作是分离固体和溶液的操作；‎ ‎(3)溶液中的杂质离子为钙离子、镁离子、和硫酸根离子，根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析；‎ II. (1)根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤来分析；‎ ‎(2)由于实验室无240mL容量瓶，故应选用250mL容量瓶，配制出250mL溶液，据此计算所需的氯化钠的质量；‎ ‎(3)根据一定物质的量浓度溶液的配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析；‎ ‎(4)根据物质的量浓度c=结合配制操作来分析。‎ ‎【详解】I.(1)贝壳煅烧生成的氧化钙，为分解反应，溶于水生成氢氧化钙(石灰乳)为化合反应，加入的氢氧化钙和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀的反应为复分解反应，过程中不涉及置换反应，故合理选项是c；‎ ‎(2)步骤1中分离操作是分离固体和溶液的操作，操作的名称是过滤；‎ ‎(3)首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后Mg2+用OH-沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将Mg2+沉淀，SO42-用Ba2+沉淀，加入过量的氯化钡可以将SO42-沉淀，至于先除Mg2+，还是先除SO42-都可以，Ca2+用CO32-沉淀，除Ca2+加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的CO32-和OH-，涉及离子方程式有Ba2++SO42-=BaSO4↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓、Ca2++CO32-=CaCO3↓、H++OH-=H2O、2H++CO32-=H2O+CO2↑。所以加入的试剂有：NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、盐酸，或BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液、盐酸；故答案为：cbda或bcda或bdca；‎ II. (1)根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管，故还缺少250mL容量瓶和胶头滴管；‎ ‎(2)由于实验室无240mL容量瓶，故应选用250mL容量瓶，配制出250mL溶液，故所需的氯化钠的质量m=n·M=c·V·M=2mol/L×0.25L×58.5g/mol=29.3g，答案为：29.3g；‎ ‎(3)根据一定物质的量浓度溶液的配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，还缺少的步骤是洗涤(烧杯和玻璃棒)，‎ ‎(4)a．容量瓶洗净后残留了部分的水，对浓度无影响，a错误； ‎ b．转移时溶液溅到容量瓶外面，会导致溶质损失，则浓度偏小，b正确；‎ c．定容时俯视容量瓶的刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏大，c错误；‎ d．摇匀后见液面下降是正常的，再加水至刻度线会导致浓度偏小，d正确；‎ e．称量固体的砝码已生锈，说明砝码质量质量增加，则以此砝码为标准称量质量也增大，用该物质配制溶液，溶液的浓度偏大，e错误；‎ 故合理选项是bd。‎ ‎【点睛】本题考查海水资源综合利用、配制一定物质的量浓度溶液的知识。涉及物质分离和提纯、金属冶炼、容量瓶规格的选择、计算和误差分析等知识点，明确流程图中发生的反应及基本操作和容量瓶规格的选择是解本题关键，注意电解原理的分析应用，离子去除的先后顺序为易错点，题目难度中等。‎ ‎20.Na 、Fe 、Cl 、Al是中学化学常见的元素。回答下列问题：‎ ‎(1)①只含上述某一种元素的常见化合物中，呈淡黄色的是________(填化学式)。‎ ‎②焰色反应的实验中，Na元素燃烧时的焰色为_______色，观察 K元素燃烧时的焰色需要透过________。‎ ‎③实验室在制备 Fe(OH)2时必须隔绝空气，否则发生的现象是_________。 反应化学方程式为_________。‎ ‎(2)饮用水质量是关系人类健康的重要问题。‎ ‎①氯气是最早用于饮用水消毒的物质，其消毒作用主要是氯气溶于水后生成了次氯酸，该反应的离子方程式为：_________。‎ ‎②写出工业上制取漂白粉的化学反应方程式：_________。‎ ‎③ClO2是一种广谱型的消毒剂，将逐渐取代 Cl2成为生产自来水的消毒剂。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加 H2SO4酸化后反应制得，反应中 NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为________。‎ ‎【答案】 (1). Na2O2 (2). 黄 (3). 蓝色钴玻璃 (4). 白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色沉淀 (5). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (6). Cl2+H2O=H＋+Cl-+HClO (7). 2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O (8). 2∶1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①含上述元素的常见化合物中。呈淡黄色的是Na2O2；‎ ‎②钠元素的焰色反应为黄色，观察K元素燃烧时的焰色需要透过蓝色钻玻璃片；‎ ‎③实验室在制备Fe(OH)2时必须隔绝空气，否则Fe(OH)2会被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，发生的现象为白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色沉淀，发生4Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3↓；‎ ‎(2)①氯气溶于水后生成了次氯酸和盐酸，反应的离子反应为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；‎ ‎②氯气通入石灰乳中反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，该反应为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2+2H2O；‎ ‎③根据题意知，酸性条件下，NaClO3和Na2SO3发生氧化还原生成ClO2和Na2SO4‎ ‎，同时生成水，该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价、S元素化合价由+4价变为+6价，其转移电子数为2，根据转移电子相等配平方程式为H2SO4+2NaClO3+Na2SO3=2Na2SO4+2ClO2+H2O，所以该反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2：1。‎ ‎21.如图中的每一方框内表示一种反应物或生成物，其中A、C、D、E、F 在通常情况下均为气体，且A 与 C 物质的量之比为 1：1，B 为常见液体，F 为红棕色气体。‎ 试回答下列问题:‎ ‎(1)X 是_____；F 是_____。(写化学式)‎ ‎(2)写出 G→E 反应的化学方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目_________。‎ ‎(3)G 与 Cu 的反应中，G 表现__________性质。‎ ‎(4)写出X→A 的离子方程式：__________。‎ ‎(5)以 C、B、D 为原料可生产 G，若使 amolC 的中心原子完全转化到 G 中，理论上至少需要 D______mol。‎ ‎【答案】 (1). NH4HCO3 (2). NO2 (3). (4). 酸性和氧化性 (5). H++HCO3-=H2O+CO2↑ (6). 2a ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C(NH3)与D(O2)反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3，据此解答。‎ ‎【详解】X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C(NH3)与D(O2)反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3。‎ ‎(1)由上述分析可知，X是NH4HCO3；F是NO2；‎ ‎(2)稀HNO3与Cu反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，反应方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，用双线桥法表示电子转移为：‎ ‎(3)Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，反应中N元素的化合价部分为不变化，部分降低，故硝酸表现酸性、氧化性；‎ ‎(4)NH4HCO3与HCl溶液反应生成NH4Cl、H2O、CO2，反应的离子方程式为：H++HCO3-=H2O+CO2↑；‎ ‎(5)以NH3、H2O、O2为原料可生产HNO3，使amolNH3完全转化为HNO3，根据电子转移守恒，理论上至少需要氧气的物质的量=n(O2)==2amol。‎ ‎【点睛】本题考查无机物推断，注意根据X既能与盐酸又能与氢氧化钠反应生成气体及A能与过氧化钠反应生成气体进行推断，在反应过程中要注意利用电子转移守恒解答。‎ ‎22.为探究 H2O2、SO2、Br2 氧化性强弱，某小组同学设计如下实验（夹持及尾气处理装置已略去，气密性已检验）‎ 实验操作 实验现象 i. 打开 A 中分液漏斗活塞，滴加浓硫酸 A 中有气泡产生，B 中红棕色褪色，C 中有白色沉淀 ii. 取 C 中沉淀加入盐酸 C 中白色沉淀不溶解 iii. 打开B 中分液漏斗活塞，逐滴滴加H2O2‎ 开始时颜色无明显变化；继续滴加 H2O2 溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色 ‎（1）A 中发生反应的化学方程式是_____。‎ ‎（2）B 中红棕色褪色的离子方程式是_____。‎ ‎（3）甲同学通过 C 中产生白色沉淀，得出结论，氧化性：H2O2>SO2。C 中产生白色沉淀的离子方程式是_____。‎ ‎①乙同学认为不能得出此结论， 认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作， 该操作是_____。‎ ‎②丙同学认为还应该在 B 和 C 之间增加洗气瓶 D，D 中盛放的试剂是_____。‎ ‎③将乙和丙同学改进后的方案进行实验，C 中产生白色沉淀，得出结论：氧化性 H2O2>SO2。‎ ‎（4）iii 中滴入少量 H2O2 没有明显变化。提出假设： ‎ 观点 1：H2O2 的量少不能氧化溴离子 观点 2：B 中有未反应 SO2‎ 为验证观点 2，应进行的实验操作及现象是_____。‎ ‎（5）通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2 氧化性由强到弱的顺序是_____。‎ ‎【答案】 (1). Na2SO3(固)+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O (2). SO2+Br2+2H2O=SO42-+2Br-+4H+ (3). SO2+Ba2++H2O2=BaSO4+2H+ (4). 打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹 (5). CCl4或苯或饱和NaHSO3溶液 (6). 取少量加入H2O2前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，若品红溶液褪色，则观点2成立 (7). H2O2>Br2>SO2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在A中浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，该反应的化学方程式是Na2SO3(固)+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：Na2SO3(固)+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；‎ ‎(2)溴单质具有氧化性，能将二氧化硫氧化，发生氧化还原反应，红棕色褪色的离子方程式是SO2+Br2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+，故答案为：SO2+Br2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+；‎ ‎(3)C中产生白色沉淀，是因为氧化性：H2O2>SO2，产生白色沉淀的离子反应方程式为SO2+Ba2++H2O2=BaSO4+2H+，故答案为：SO2+Ba2++H2O2=BaSO4+2H+；‎ ‎①由于在装置中含有空气，空气中的氧气和SO2在溶液中也会发生反应将其氧化，所以乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹，故答案为：打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹；‎ ‎②由于溴单质有挥发性，溴单质也可以将SO2氧化产生同样的实验现象，所以丙同学认为还应该在B和C之间增加洗气瓶D来除去挥发的溴蒸气，D中盛放的试剂可以是CCl4或苯或饱和NaHSO3溶液，故答案为：CCl4或苯或饱和NaHSO3溶液；‎ ‎(4)由于H2SO3不稳定，受热容易分解产生有漂白性的SO2，所以为验证观点2，应进行的实验操作及现象是取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，若品红溶液褪色，则观点2成立，故答案为：取少量加入H2O2‎ 前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，若品红溶液褪色，则观点2成立；‎ ‎(5)物质在发生氧化还原反应中氧化性强的可以把氧化性弱的制取出来，所以通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的顺序是H2O2＞Br2＞SO2，故答案为：H2O2＞Br2＞SO2。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎