2018-2019学年安徽省定远重点中学高一上学期第三次月考化学试题（解析版）

2018-2019学年安徽省定远重点中学高一上学期第三次月考化学试题（解析版）

‎2018-2019学年安徽省定远重点中学高一上学期第三次月考化学试题（解析版）‎ ‎1.下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是 A. 洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱烘干 B. 酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗 C. 酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差 D. 用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.容量瓶是精确的量器，洗净的容量瓶不可以放进烘箱烘干，A项错误；‎ B.滴定管用蒸馏水洗净后内壁上附有水膜，若直接装入标准溶液，标准溶液的浓度将减小，影响实验结果的准确性，所以酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗，B项正确；‎ C.若锥形瓶用待滴定溶液润洗，锥形瓶中待测溶液的体积将偏大，引起待测酸（或碱）的浓度偏大，所以锥形瓶不能用待滴定溶液润洗，C项错误；‎ D.“立即用滴管吸出多余液体”，但吸出的液体中仍含有溶质，使得所配溶液的浓度偏小，正确的操作应该是重新配制，D项错误；答案选B。‎ ‎2. 下列操作错误的是（ ）‎ A. 除去CO2中少量的SO2：通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶 B. 除去溴苯中的少量溴：加入NaOH溶液，振荡、静置分层后，除去水层 C. 提取碘水中的碘：用四氯化碳萃取 D. 除去乙酸乙酯中的少量乙酸：加入乙醇和浓硫酸，使乙酸全部转化为乙酸乙酯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．由于酸性：H2SO3>H2CO3，所以将含有SO2的CO2气体通入到盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶中，会发生反应：NaHCO3+ SO2=CO2+ NaHSO3，从而达到除杂、净化的目的，正确；B．溴单质可以与NaOH溶液发生反应：2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O，而溴苯与NaOH溶液不能发生反应，密度比水大，然后振荡、静置分层后，除去水层，就得到溴苯，正确；C．由于碘在水中溶解度小，在四氯化碳中溶解度大，水与四氯化碳互不相溶，所以提取碘水中的碘：用四氯化碳萃取，就可以达到目的，正确；D．除去乙酸乙酯中的少量乙酸：可根据乙酸乙酯在碳酸钠饱和溶液的溶解度小，乙酸与碳酸钠发生反应，变为可溶性的物质，然后分液除去，错误。‎ ‎【考点定位】考查化学实验操作正误判断的知识。‎ ‎【名师点睛】化学是一门实验性的学 ，进行化学实验，为了达到验证物质的性质，防止杂质的干扰，物质必须提纯、净化。物质净化的原则是杂质与加入的物质反应，被提纯的物质不能反应，杂质反应产生的物质要与被提纯的物质容易分离。掌握物质的物理性质和化学性质及常见的分离混合物的方法是本题解答的关键。‎ ‎3. 下列说法正确的是 A. 水的摩尔质量是18g B. 1分子硫酸的质量是98g C. 1molN2的质量是28g D. 摩尔是七个基本物理量之一 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．水的摩尔质量是18g/mol，故A错误；B．1分子硫酸的质量是98/NAg，故B错误；C．N2摩尔质量是28g/mol，1molN2的质量是28g，故C正确；D．物质的量是七个基本物理量之一，摩尔是物质的量的单位，故D错误；答案为C。‎ 考点：考查物质的量及摩尔质量的概念。‎ ‎4.0.5L 1mol/L FeCl3溶液与0.2L1mol/L Cl溶液中的Cl-的数目之比 A. 5：2 B. 3：1 C. 15：2 D. 1：3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：浓度与体积无关。两溶液中Cl－浓度比为1×3：1×1。‎ 考点：物质的量浓度计算 点评：浓度与体积无关。‎ ‎5.实验是化学研究的基础。下列关于各实验装置的叙述正确的是（ ）‎ A. 装置①常用于分离互不相溶的液体混合物 B. 装置②可用于吸收NH3或HCl气体，并防止倒吸 C. 装置④可用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢 D. 装置③可用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 装置①是蒸馏装置，常用于分离沸点相差较大且互溶的液体，分离互不相溶的液体常用分液法，故A错误；‎ B．装置②用于吸收NH3或HCl气体时，不能将NH3或HCl气体直接通入水中，否则会倒吸，应将苯换成四氯化碳并将导管通入四氯化碳中，故B错误；‎ C．装置④中干燥管内装的是碱石灰，可以和HCl气体反应，故不能用于收集HCl气体，故C错误；‎ D．装置③用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体时，这些气体和空气都不反应，同时可以根据密度的情况，导管分别采用长进短出或短进长出的方法，故D正确；‎ 故答案选D。‎ 点睛：本题主要考查化学实验方案的评价，涉及气体的干燥和收集、尾气的处理、蒸馏等操作，在解题过程中要注意细节，如装置①是蒸馏装置，常用于分离沸点相差较大且互溶的液体，互不相溶的液体常用分液法；干燥剂的选择原则是既能吸收气体中的水蒸气杂质，还不能与原气体反应，所以不能用碱石灰作为HCl气体的干燥剂；本题另一个易错点是B项，本项考查的是尾气处理的防倒吸措施，因NH3或HCl气体都易溶于水，故不能直接通入水中，否则就起不到防倒吸的作用。‎ ‎6.下图是实验室的硫酸试剂标签上的部分内容。据此，下列说法正确的是 A. 该硫酸的物质的量浓度为9.2mol·L－1‎ B. 1mol Fe与足量的稀硫酸反应，标准状况下产生44.8L气体 C. 若实验室需要4.6 mol/L的稀硫酸500mL，配制稀硫酸时则应量取该硫酸125.0mL D. 该硫酸与等体积的水混合后，所得溶液的质量分数等于49 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该硫酸的物质的量浓度==18.4mol/L。A项错误；‎ B.Fe与足量的稀硫酸反应方程式为：Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑，由此可知1molFe与足量稀硫酸反应生成的H2在标准状况下的体积为22.4L。B项错误；‎ C.设配制稀硫酸时应量取该浓硫酸xmL，由稀释定律可知，则有，解得x=125.0。即配制稀硫酸时应量取该浓硫酸125.0mL。C项正确；‎ D.由于该硫酸的密度比水的密度大，所以等体积水的质量比该硫酸的质量小，该硫酸加等体积的水后，溶质质量不变，但所得溶液质量小于加水前该硫酸质量的2倍，根据溶质质量分数=，可知所得溶液的质量分数将大于49 ，D项错误；答案选C。‎ ‎7.NA表示阿伏加德罗常数的值.下列叙述错误的是 A. 18g葡萄糖分子中官能团数目为0.6NA B. 含有0.1mol NH4+的氨水中，含有OH-的数日大于0.1NA C. 常温下，5.6gFe与含0.2molHNO3的溶液充分作用，最少会失去电子数为0.15NA D. 常温下，1L pH=9的CH3COONa將液中，发生电离的水分子数为1×10-5NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、葡萄糖含有5个羟基和1个醛基，18g葡萄糖为0.1mol，分子中官能团数目为0.6NA，选项A正确；B、含有0.1molNH4+的氨水中，由NH3·H2O电离的NH4+和OH-的数目为0.1NA，另氨水中的水电离出OH-，故含有OH-的数目大于0.1NA，选项B正确；C、常温下，3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，0.2mol的HNO3消耗0.075molFe，转移的电子数最少为0.15NA，选项C错误；D、常温下，1LpH=9的CH3COONa溶液中，OH-由水电离产生，其数目为1×10-5 NA，故发生电离的水分子数为1×10-5 NA，选项D正确。答案选C。‎ ‎8.水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2+ + 2S2O32－+ O2 +xOH－=Fe3O4 + S4O62－ + 2H2O，‎ 下列说法中不正确的是 A. 每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子总数为4 mol B. Fe2+和S2O32－都是还原剂 C. 1 mol Fe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为1/3 mol D. x＝4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．每生成1molFe3O4，只有1mol氧气得到电子，则反应转移的电子总数为1mol×2×(2-0)=4mol，故A正确；B．反应产物Fe3O4中Fe的化合价为+3、+2价，则参加反应的Fe2+部分被氧化作还原剂，S元素的化合价升高，则S2O32-也是还原剂，故B正确；C．由电子守恒可知，1mol Fe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为1mol×(3−2)/2×(2-0)=0.25mol，故C错误；D．由电荷守恒可知，(+2)×3+(-2)×2+x×(-1)=-2，解得x=4，故D正确；故选C。‎ 考点：考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重电子守恒、电荷守恒分析与应用。‎ ‎9.24 mL 0.05 mol·L－1的 Na2SO3溶液恰好与20 mL 0.02 mol·L－1的 2R2O7的溶液完全反应，则R元素在还原产物中的化合价为 A. 0 B. +2 C. +3 D. +6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题解析：Na2SO3被氧化为Na2SO4，化合价升高2价，共失去电子为24mL×10-3× 0.05×2=2.4×10-4mol， 2R2O7被还原到+x价，得到电子为20mL×10-3×0.02×（6-x）×2，根据电子守恒规律：2.4×10-4=20mL×10-3×0.02×（6-x）×2，x=.+3，答案C正确；‎ 考点: 考查氧化还原反应概念，氧化还原反应计算。‎ ‎10.下列关于溶液的叙述正确的是（ ）‎ A. 所有溶液都是无色的 B. 由分散质和分散剂组成的分散系一定是溶液 C. 均一稳定的液体是溶液 D. 溶液是由溶质和溶剂组成的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、溶液可以有颜色例如硫酸铜溶液是蓝色，故A错误；B、分散系包括溶液、胶体和浊液，故B错误；C、均一稳定的液体可能是纯净物如液溴，不是溶液，故C错误；D、溶液由溶质和溶剂组成，属于混合物，故D正确；故选D。‎ ‎11.用质量分数为98 的浓硫酸(ρ＝1.84 g·cm－3)配制240 mL 1.84 mol·L－1稀硫酸，下列操作正确的是　 (　　)‎ A. 将蒸馏水缓慢注入盛有一定量浓硫酸的烧杯中，并不断搅拌至冷却 B. 必需的定量仪器有100 mL量筒、250 mL容量瓶 C. 量取浓硫酸的体积为25.0 mL D. 先在容量瓶中加入适量水，将量好的浓硫酸注入容量瓶，加水定容 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎ A．浓硫酸稀释应将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注入水中，同时不断用玻璃棒搅拌，故A错误；B．用浓硫酸配制稀硫酸溶液用到的仪器：玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管和容量瓶，其中容量瓶规格为250mL，量筒的规格是25mL，不需要100mL大量程的量筒，故B错误；C．质量分数为98 的浓硫酸（ρ=1.84g•cm-3）物质的量浓度C==18.4mol/L，则配制240mL1.84mol•L-1的稀硫酸，应选择250mL容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则V×18.4mol/L=250mL×1.84mol/L，解得V=25.0mL，故C正确；D．容量瓶为精密仪器，不能用来稀释浓硫酸，故D错误；故答案为C。‎ ‎12.下列对一些物质或化学反应的分类以及依据正确的是（ ）‎ A. 豆浆是胶体，因为豆浆中的分散质粒子直径在1nm 100nm之间 B. NaCl溶液是电解质，因为NaCl溶液能导电 C. Na和H2O的反应不是离子反应，因为反应中没有离子参加 D. H2SO4是酸，因为H2SO4中含有氢元素 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．豆浆中的分散质粒子直径在1nm 100nm之间，豆浆属于胶体，故A正确；B．NaCl溶液是混合物，不属于电解质，也不属于非电解质，故B错误；C．Na和H2O的反应是离子反应，因为反应中有离子生成，故C错误；D．H2SO4是酸，因为H2SO4电离时生成的阳离子都是氢离子，故D错误；故选A。‎ ‎13.在下述条件下，一定能大量共存的离子组是（ ）‎ A. 无色透明的水溶液中： +、Ba2+、I-、MnO4-‎ B. 能与Al反应产生H2的溶液中：HCO3-、Na+、Al3+、Br-‎ C. 澄清透明溶液中： +、Fe3+、HCO3-、AlO2−‎ D. 常温下pH=1的溶液中：Mg2+、Cl-、SO42-、Fe3+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. MnO4－是有色离子，在无色溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B. 能与Al反应产生H2的溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，若为酸性溶液，HCO3－不能大量共存，若为碱性溶液，HCO3－和Al3＋不能大量共存，故B错误；‎ C. Fe3＋可以和AlO2－发生双水解反应生成Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀，HCO3－和AlO2－在溶液中反应生成CO32－和Al(OH)3沉淀，故不能大量共存，故C错误；‎ D. 常温下pH=1的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中，Mg2+、Cl-、SO42-、Fe3+互相之间不发生任何反应，可以大量共存，故D正确；‎ 故答案选D。‎ 点睛：本题主要考查离子能否大量共存，掌握相关离子的性质是解答的关键，在解题时要特别注意题目所隐含的条件。如：①溶液无色透明时，则溶液中一定没有有色离子，如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-；②强碱性溶液中肯定不存在与OH-反应的离子，如Fe3+、Fe2+、HCO3-、NH4+、Al3+；③强酸性溶液中肯定不存在与H+反应的离子，如HCO3-、CO32-、S2-、CH3COO-、AlO2-等；本题的易错点在B项，要特别注意能与Al反应产生H2的溶液，可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，但若为酸性溶液，则不可能是硝酸，因铝与硝酸反应不能生成氢气。‎ ‎14.已知在碱性溶液中可发生如下反应：Fe(OH)3+ClO﹣+OH﹣═FeO4n﹣+Cl﹣+H2O（未配平）．则下列有关叙述错误的是（ ）‎ A. 已知FeO4n﹣中Fe的化合价是+6价，则n=2‎ B. 每产生1molCl﹣，转移2mol电子 C. FeO4n﹣具有强氧化性，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂 D. 若n=2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．已知FeO4n﹣中Fe的化合价是+6价，由化合价的代数和等于电荷数可得n=2，正确；B．反应中Cl的化合价从+1价降低到-1价，则每产生1molCl-，转移2mol电子，正确； C．FeO4n﹣具有强氧化性能杀菌消毒，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂，正确；D．若n=2，Fe元素的化合价变化3价，Cl元素的化合价变化2价，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，错误。‎ 考点：考查氧化还原反应中还原剂和氧化剂、氧化产物和还原产物的判断等知识。‎ ‎15.‎ ‎ 称取两份铝粉，第一份加足量的NaOH溶液，第二份加足量的盐酸，若放出等量的气体，则两份铝粉的质量比 （ ）‎ A. 1:2 B. 1:3 C. 2:3 D. 1:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 铝与NaOH溶液或盐酸反应都是产生氢气，实质类似，因此欲放出等量的气体，两份铝粉的质量相等。‎ ‎16.在相同条件下，0.1mol镁和0.1mol铝分别和足量的稀盐酸起反应后产生的氢气 A. 镁产生的多 B. 铝产生的多 C. 镁和铝产生的一样多 D. 无法比较 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据镁和铝分别与稀盐酸反应的化学方程式中计量关系计算：‎ 显然，铝产生的H2多。答案选B。‎ ‎17.标况下将CO2气体缓缓地通入到含2 mol OH、1 mol Ba(OH)2和2 mol AlO2的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示。下列关于整个反应进程中的各种描述正确的是 A. A B段和C D段发生的反应相同 B. B C段反应的离子方程式是A1O2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-‎ C. V="134.4" L，n=3mol D. D点所得溶液中离子浓度的关系为：c( +)＞c(CO32-)＞c(OH﹣)＞c(HCO3-)＞c(H+)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：O→A二氧化碳首先与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，A→B段是氢氧化钾与二氧化碳反应生成碳酸钾，B→C段是偏铝酸钾与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钾，C→D段是碳酸根离子与二氧化碳反应生成碳酸氢根离子，D→E段是碳酸钡溶解变成碳酸氢钡。A、B错误，根据图示可知，通入V升二氧化碳气体时，溶液中存在碳酸氢钾碳酸氢钡，根据守恒可知，消耗二氧化碳共6mol，体积为134.4L，生成沉淀最大值是1mol的碳酸钡和2mol氢氧化铝，C正确；D点时溶液为碳酸氢钾溶液，碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子浓度D项错误。‎ 考点：常见物质的性质。‎ ‎18. 将一块钠投入到盛有煤油和水的烧杯中，观察到的现象可能是（ ）‎ A. 钠在水层中反应并四处游动 B. 钠停留在煤油层中不发生反应 C. 钠在煤油中的液面上反应并四处游动 D. 钠在煤油与水的界面处反应并可能上下跳动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：钠、煤油和水的密度大小关系为：＜＜，并且Na与水反应生成氢气，因此钠会在煤油与水的界面处反应并可能上下跳动，故答案D。‎ 考点：考查Na的性质。‎ ‎19.X、Y、 、W四种物质的转化关系如图所示。下列组合中不符合该关系的是(　　)‎ A B C D X HCl Na2O2‎ Na2CO3‎ SO2‎ Y FeCl2‎ NaOH CO2‎ Na2SO3‎ ‎ ‎ Cl2‎ Na2CO3‎ CaCO3‎ H2SO4‎ W FeCl3‎ NaHCO3‎ Ca(HCO3)2‎ NaHSO3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、HCl与Fe反应生成FeCl2，HCl与二氧化锰反应生成氯气，氯气与FeCl2反应生成FeCl3‎ ‎，符合此图，正确；B、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，但碳酸钠与氢氧化钠不反应，不符合此图，错误；C、碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳气体，碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，二氧化碳与碳酸钙、水反应生成碳酸氢钙，符合此图，正确；D、二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠，二氧化硫与氯水反应生成硫酸，硫酸与亚硫酸钠反应可生成亚硫酸氢钠，符合此图，正确，答案选B。‎ 考点：考查物质之间反应的判断 ‎20.a mol Fe3O4与b mol FeO投入V L c mol·L－1的HNO3溶液(过量)中，充分反应，产生气体为NO，则反应后溶液中NO3－的量为 A. 62(a＋b) g B. 186(a＋b) g C. mol D. mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ a mol Fe3O4与b mol FeO投入V L c mol·L－1的HNO3溶液(过量)中，因为硝酸过量，所以溶液中最后剩余的硝酸根可以认为是：用原溶液中的总硝酸根减去转化为NO气体离开溶液的硝酸根即可。原溶液有cV mol硝酸，也有同样多的硝酸根。反应中铁应该都转化为+3价，其中1个Fe3O4中有3个+8/3价铁升高到+3价，所以1个Fe3O4失去3×1/3=1个电子，a mol Fe3O4失去a mol电子，1个FeO中有1个+2价铁升高到+3价，所以1个FeO失去1个电子，b mol FeO失去b mol电子，则一共失去（a+b）mol电子。根据得失电子守恒，硝酸应该得到（a+b）mol电子。每个硝酸应该得到3个电子生成1个NO，所以NO为(a+b)/3 mol，所以溶液中剩余的硝酸为 mol。选项C正确。‎ ‎21.下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+ + 4NH3•H2O = AlO2- + 4NH4+ + 2H2O B. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2+ + OH- + HCO3- = CaCO3↓ + H2O C. 碳酸钙溶于醋酸CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + CO2↑ + H2O D. 向NaHSO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性：H++ SO42－+Ba2++OH－=BaSO4↓+ H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 氯化铝溶液中加入过量氨水，反应的离子方程式为：Al3+ +3NH3•H2O = Al(OH)3↓ + 3NH4+，选项A错误；B. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，反应的离子方程式为：Ca2+ + OH- +‎ ‎ HCO3-= CaCO3↓ + H2O，选项B正确；C. 碳酸钙溶于醋酸，反应的离子方程式为：CaCO3 + 2CH3COOH= Ca2+ + 2CH3COO-+CO2↑ + H2O，选项C错误；D. 向NaHSO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性，反应的离子方程式为：2H++ SO42－+Ba2++2OH－=BaSO4↓+2H2O，选项D错误。答案选B。‎ ‎22.下列各项实验操作中正确的是 A. 加入适量的NaOH可除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3‎ B. 在蒸馏时应先打开冷凝水开关，待水充满后再点燃酒精灯 C. 分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，然后换一个烧杯将上层液体放出 D. 在做蒸馏实验时应将温度计的水银球浸没在液体里 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 加入适量的NaOH，与Na2CO3不反应，与NaHCO3反应生成Na2CO3和H2O，因此不能除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3，故A错误；B. 蒸馏时，为防止馏分以气体形式逸出，则先打开冷凝水开关，待水充满后再点燃酒精灯，故B正确；C. 分液时为避免上下层液体再次混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，然后将上层液体从上口倒出，故C错误；D. 蒸馏时温度计测定馏分的温度，则温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误；答案选B。‎ ‎23.实验室常用的分离操作有：①萃取分液法②结晶法③分液法④蒸馏法⑤过滤法。选择以上方法分离混合物，选择正确的是（ ）‎ A．‎ 饱和食盐水与沙子的混合物 ‎①萃取分液法 B．‎ 水和汽油的混合物 ‎④蒸馏法 C．‎ 从碘的水溶液里提取碘 ‎③分液法 D．‎ 从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾 ‎②结晶法 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 沙子难溶于饱和食盐水，分离饱和食盐水与沙子的混合物用过滤法，故A错误；水和汽油的混合物分层，用分液法分离，故B错误；碘微溶于水、易溶于有机溶剂，从碘的水溶液里提取碘用萃取分液法，故C错误；硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响不同，从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾用结晶法，故D正确。‎ ‎24.工业上可用硫酸银与硫黄培烧制备氧化铝，再电解氧化铝，发生反应如下：反应Ⅰ：2A12(SO4)3+3S2Al2O3+9SO2↑‎ 反应Ⅱ：2Al2O34Al+3O2↑‎ 下列说法正确的是 A. 反应Ⅰ中S 单质是氧化剂 B. 反应Ⅱ中铝元素被氧化 C. 当生成5.4gAl时，反应Ⅰ和Ⅱ共转移1.2mole-‎ D. 反应Ⅰ中氧化产物与还原产物物质的量之比为2：9‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、反应I中S的化合价由0价→＋4价，化合价升高，被氧化，作还原剂，故A错误；B、反应II中Al的化合价由＋3价→0价，化合价降低，被还原，故B错误；C、生成5.4gAl时转移电子物质的量为5.4×3/27mol=0.6mol，此时消耗Al2O3物质的量为0.2×2/4mol=0.1mol，反应I中，生成0.1molAl2O3时，转移电子物质的量为0.1×3×4/2mol=0.6mol，因此共转移电子物质的量为(0.6＋0.6)mol=1.2mol，故C正确；D、反应I中还原剂是S，氧化剂是Al2(SO4)3，3S→3SO2，6SO42－－6SO2，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：6=1：2，故D错误。‎ ‎25.过氧乙酸(CH3COOOH)是无色透明液体，易溶于水、易挥发，见光易分解，具有强氧化性的高效消毒剂，使用过氧乙酸消毒剂时通常先用水稀释工业品过氧乙酸，然后用喷雾法对空气与地面进行消毒。‎ ‎（1）某学生在实验室用密度为1.15g/mL，质量分数为15 的工业品过氧乙酸配制0.1mol/L过氧乙酸溶液250mL，该生用量筒量取工业品过氧乙酸体积___________________ mL，除量筒、玻璃棒、烧杯外还需要的其它仪器是__________________________________________________________________________。‎ ‎（2）该学生配制前设计了下列操作，其合理的操作顺序是___________________________________________（字母表示，每个字母只能用一次）。‎ A．用30mL水洗涤烧杯2 3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡 B．用量筒准确量取所需体积的工业品过氧乙酸，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL ‎），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀 C．将已冷却的工业品过氧乙酸沿玻璃棒注入容量瓶中 D．将容量瓶盖紧，倒置并振荡，摇匀 E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切 F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1—2cm处 ‎（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（选填“偏高” 、“ 偏低”或“无影响”）?‎ a. 容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水_____________________；‎ b. 转移溶液时，不慎有少量溶液洒在容量瓶外___________________________；‎ c．量取15 的工业品过氧乙酸时，仰视量筒___________________________________；‎ d．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，补充几滴水至刻度线____________。‎ ‎（4）下列叙述正确的是__________________(填字母)。‎ A.可用过滤的方法将过氧乙酸溶液中混有的NaCl除掉 B.过氧乙酸包装上应贴的危险警告标签应如右图所示 C.过氧乙酸应注意密闭、低温保存于棕色细口瓶中 D.过氧乙酸是一种有机物，它可以用于萃取碘水中的碘单质 ‎（5）过氧乙酸半小时内会完全分解成乙酸(CH3COOH)和一种常见的气体单质，检验该气体单质的实验方法是_________________________________________________________________________________________。‎ ‎（6）如果生产过氧乙酸的原料CH3COONa中混有了SO42－,要想除掉SO42－请选择下列试剂按照加入先后顺序填空_________________________（试剂不必选完，填序号）。‎ ‎①盐酸②醋酸钡溶液③氯化钡溶液④醋酸⑤碳酸钠溶液⑥碳酸氢钠溶液 ‎【答案】 (1). 11.0 m L (2). 250mL容量瓶、胶头滴管 (3). BCAFED (4). 无 (5). 低 (6). 高 (7). 低 (8). BC (9). 用带火星的木条接触气体，观察是否复燃 (10). ②⑤④‎ ‎【解析】‎ ‎（1）密度为1.15g/mL，质量分数为15 的工业品过氧乙酸的物质的量浓度为：c==mol/L=2.27mol/L，配制0.1mol/L过氧乙酸溶液250mL，根据稀释公式C1V1=C2V2‎ 得：2.27mol/L×V1=0.1mol/L×0.250L，解得：V1=0.011L=11.0mL；该生用量筒量取工业品过氧乙酸体积11.0 mL；操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌。冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1 2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管。根据提供的仪器可知，还需仪器是250mL容量瓶、胶头滴管；（2）根据上述步骤计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故正确顺序为：BCAFED；（3）a.若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响；b. 转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面会导致溶质损失，浓度偏低；c. 量取15 的工业品过氧乙酸时，仰视量筒，所取溶液体积偏大，所配溶液浓度偏高；d. 定容后，把容量瓶倒置摇匀，正放后发现液面低于刻度线是正常的，又补充几滴水至刻度处则浓度偏低；（4）A、氯化钠易溶于过氧乙酸，故不能用过滤的方法除去过氧乙酸中的氯化钠，选项A错误；B、过氧乙具有强氧化性，标志正确，选项B正确；C、过氧乙酸是液态，见光分解，故应避光保存，且由于是液态，应保存在细口瓶中，选项C正确；D、过氧乙酸易溶于水，故不能萃取碘水中的碘，选项D错误。答案选BC；（5）过氧乙酸能分解为乙酸和氧气，而氧气能使带火星的木条复燃，故检验氧气的方法为：用带火星的木条接触气体，观察是否复燃；（6）除去乙酸钠中混有的硫酸根离子，应加入钡盐，引入钡离子，而从不要引入新杂质的角度来分析，应加入过量的醋酸钡；然后加过量的碳酸钠除去过量的钡离子，最后加醋酸除去过量的碳酸根离子即可，故答案为：②⑤④。‎ ‎26.聚合氯化铝晶体是介于AlCl3和A1(OH)3之间的一种水溶性无机高分子聚合物，其制备原料主要是铝加工行业的废渣——铝灰，它主要含Al2O3、Al，还有SiO2等杂质。聚合氯化铝生产工艺流程如下：‎ ‎（1）反应中副产品a是______（用化学式表示）；‎ ‎（2）升高pH至4.0 4.5的目的是______；‎ ‎（3）生产过程中可循环使用的物质是______（用化学式表示）；‎ ‎（4）为使得到的晶体较纯净，生产过程中使pH升高的C物质可选用______（填编号）；‎ a．NaOH    b．Al    c．氨水  d．A12O3    e．NaAlO2‎ ‎（5）聚合氯化铝晶体的化学式可表示为[A12(OH)nCl6-n•H2O m，实验室为测定n的值，进行如下操作：‎ ‎①称取ag晶体，制成粉末，加热至质量不再变化时，得到bg。此过程可能用到的下列仪器有______；‎ a.蒸发皿     b.坩埚     c.研钵   d.试管 ‎②另取a g晶体：用A试剂溶解→加足量AgNO3溶液→进行C操作→洗涤、烘干→称量为cg。则试剂A为______（填物质名称），C操作为______（填操作名称）。最后综合推算出n的值_____ 。‎ ‎【答案】 (1). H2 (2). 促进AlCl3的水解，使晶体析出 (3). HCl (4). b、d (5). b、c (6). 硝酸 (7). 过滤 (8). (861b-102c)/143.5b ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用铝灰制备聚合氯化铝，先用盐酸溶解铝灰：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，SiO2不溶于盐酸，调节AlCl3溶液的pH至4.0 5.0，使AlCl3部分水解，最后得到聚合三氯化铝。聚合氯化铝晶体{[A12(OH)nCl6-n•H2O m}的性质应类似于Al(OH)3和AlCl3。由此分析。‎ ‎【详解】(1)铝灰中加盐酸搅拌加热至950C，有反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，同时盐酸挥发出HCl气体，因此产生的H2中混有HCl气体，用水喷淋吸收气体中的HCl，所以副产品a是H2。‎ ‎(2)因为聚合氯化铝晶体是介于AlCl3和A1(OH)3之间的物质，AlCl3在溶液中发生水解生成Al(OH)3：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，升高溶液的pH至4.0 5.0的目的是：促进AlCl3的水解，使晶体析出。‎ ‎(3)铝灰中加盐酸搅拌加热至950C，产生的H2中混有盐酸挥发出来的HCl气体，用水喷淋气体得到的溶液e即为稀盐酸溶液，盐酸可以循环使用。所以生产过程中可循环使用的物质的化学式为HCl。‎ ‎(4)加入的c物质是为了促进AlCl3的水解反应：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，Al和Al2O3都可以消耗H+而升高溶液的pH：2Al+6H+=2Al3++3H2↑，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，为不引入新的杂质，c物质应选用Al和Al2O3，答案选b、d。‎ ‎(5)①晶体制成粉末要在研钵中将其研碎，加热固体物质一般使用坩埚，答案选bc。②该实验目的是测定a g晶体中Cl-的物质的量。溶解晶体的试剂应该选用硝酸溶液（既能溶解晶体也不干扰Cl-物质的量的测定），加入AgNO3溶液是为了将试样中的Cl-转化为AgCl沉淀，所以c操作是过滤，最后得到c g纯净的AgCl沉淀。c gAgCl的物质的量==mol。聚合氯化铝晶体[A12(OH)nCl6-n•H2O m的性质应与Al(OH)3和AlCl3类似，所以加热晶体过程中先有AlCl3水解完全生成Al(OH)3，再有Al(OH)3‎ 受热分解，当加热至质量不再变化时，即得到b g纯净的Al2O3，因此a g晶体中铝元素物质的量==mol。所以聚合氯化铝晶体{[A12(OH)nCl6-n•H2O m}中铝元素与氯元素物质的量之比=2:(6-n)= :，解得n=。‎ ‎【点睛】化学式的下标一般表示粒子个数比，若化学式中下标是小数时，则只表示物质的量之比。要确定复杂化合物的化学式下标中的字母值，一般先要根据题给数据计算组成该化合物的各粒子的物质的量，再由组成化合物粒子的物质的量与化学式中相应粒子下标成正比建立方程求解。‎ ‎27.利用含铜、铁的粗锌制备硫酸锌及相关物质。工艺流程图及有关数据如下：‎ 物质 Cu(OH)2‎ ‎ n(OH)2‎ Fe(OH)3‎ ‎ nS CuS ‎ sp ‎5.0×10－20‎ ‎2.0×10－16‎ ‎4.0×10－38‎ ‎1.2×10－23‎ ‎8.5×10－45‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）粗锌中的铜与混酸的稀溶液反应的化学方程式为__________________________，图中处理气体X要能够体现绿色化学思想，还需补充气体______（填化学式）。‎ ‎（2）若溶液I中c(Cu2＋)为0.05mol·L－1，则溶液II中c(Fe3＋)＞____mol·L－1。‎ ‎（3）若固体A是 n，取9.61 g固体C溶解于足量的500mL 2 mol·L－1稀硝酸中，共收集到标准状况下2.24L的气体，向所得溶液中加入2 mol·L－1 NaOH溶液，则当生成沉淀最多时，沉淀的质量为_____g；若固体A是另一种物质，取部分固体C于试管中，加入盐酸产生有臭鸡蛋味气体，则该反应的离子方程式为________________________。‎ ‎（4）溶液Ⅲ经过蒸发浓缩、____________、过滤、洗涤、干燥，即得到较纯净的硫酸锌晶体；溶液还可以制备 nS，实际选择的是（NH4）2S溶液而不是Na2S溶液作为反应物，理由是后者制得的 nS含有较多的杂质，则该杂质是____________（填化学式）。‎ ‎（5）金属锌常用作酸性干电池的负极，干电池不使用时，由于负极与电解质溶液接触而发生自放电反应：2NH4＋＋ n＝2NH3＋H2↑＋ n2＋，造成电量自动减少。写出铅蓄电池不使用时，其正极上发生自放电的化学方程式__________________________。‎ ‎【答案】 (1). （3Cu＋2HNO3(稀)＋3H2SO4＝3CuSO4＋2NO↑＋4H2O (2). O2 (3). 4.0×10－11 (4). 14.71 (5). 2H＋＋ nS＝H2S↑＋ n2＋ (6). 冷却结晶 (7). n(OH)2 (8). 2PbO2＋2H2SO4＝2PbSO4‎ ‎＋O2↑＋2H2O ‎【解析】‎ 试题分析：（1）粗锌中的铜与混酸的稀溶液反应，铜被氧化成+2价的铜离子，硝酸被还原成+2价的一氧化氮，反应为3Cu＋2HNO3(稀)＋3H2SO4＝3CuSO4＋2NO↑＋4H2O。气体X为一氧化氮，补充氧气在溶液中可发生4NO+O2+2H2O=4HNO3，全部转化成硝酸循环使用，能够体现绿色化学思想；‎ ‎（2）固体B为氢氧化铜沉淀，固体C含氢氧化铁沉淀，若溶液I中c（Cu2+）为0.05mol•L-1，根据c（Cu2+）×c2（OH-）＞ sp[Cu（OH）2[，c2（OH-）＝5×10−20/5×10−2，c（OH-）＝1×10-9mol/L，要得到固体氢氧化铁根据c（Fe3+）×c3（OH-）＞ sp[Fe（OH）3 ，c（Fe3+）＞4×10−16/(1×10−9)3＝4×10-11mol/L；‎ ‎（3）若固体A是 n，取9.61g固体C溶解于足量的500mL2mol•L-1稀硝酸中，而最终为氢氧化物，故沉淀质量为金属质量加上金属阳离子结合氢氧根质量，氢氧根物质的量与金属失电子物质的量相等，而电子与硝酸根结合生成NO，故有氢氧根物质的量为＝0.3mol，所以总质量为9.61g+0.3mol×17g/mol＝14.71g；若固体A是另一种物质，取部分固体C于试管中，加入足量的盐酸，有臭鸡蛋气味的气体产生，气体为硫化氢，该实验为制备硫酸锌，所以阳离子为锌，阴离子为硫，和盐酸反应生成硫化氢的物质为硫化锌，反应为2H＋＋ nS＝H2S↑＋ n2＋；‎ ‎（4）溶液Ⅲ为硫酸锌溶液，制备七水合硫酸锌，防止结晶水失水，需冷却结晶，溶液Ⅲ还可以制备 nS，实际选择的是（NH4）2S溶液，铵根离子水解抑制锌离子水解，因氢氧化锌的 sp小于硫化锌，用Na2S溶液作为反应物，制得的 nS含有较多的杂质 n（OH）2；‎ ‎（5）铅蓄电池放电时，Pb作负极、PbO2作正极，负极上Pb失电子与硫酸根离子结合生成PbSO4，反应式为Pb+SO42--2e-=PbSO4，正极上PbO2得电子和硫酸根、氢离子反应生成PbSO4和H2O，正极反应式为：2PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O+O2↑，铅蓄电池不使用时，正极PbO2与硫酸发生还原反应，Pb（+4→+2），O（-2→0），发生氧化还原反应的方程式为2PbO2＋2H2SO4＝2PbSO4＋O2↑＋2H2O。‎ 考点：考查物质制备工艺流程图分析 ‎28.Ⅰ、元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4−(绿色)、Cr2O72−(橙红色)、CrO42−(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：‎ ‎（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是_________。‎ ‎（2）+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将酸性废液中的Cr2O72−还原成Cr3+，该反应的离子方程式为______________。‎ Ⅱ、以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生成硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5‎ 既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：‎ 物质 V2O5‎ V2O4‎ ‎ 2SO4‎ SiO2‎ Fe2O3‎ Al2O3‎ 质量分数/ ‎ ‎2.2 2.9‎ ‎2.8 3.1‎ ‎22 28‎ ‎60 65‎ ‎1 2‎ ‎<1‎ 以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：‎ ‎（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为___________‎ ‎（2）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式____________。‎ III、氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。纯化工业级氧化锌(含有Fe(Ⅱ), Mn(Ⅱ), Ni(Ⅱ)等杂质)的流程如下:‎ 在本实验条件下，Ni(Ⅱ)不能被氧化；高锰酸钾的还原产物是MnO2，回答下列问题:‎ 反应②中发生反应的离子方程式为___________，___________。‎ ‎【答案】 (1). 蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液 (2). Cr2O72-+3HSO3-+5H＋=2Cr3++3SO42-+4H2O (3). V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O (4). 2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑ (5). MnO4－＋3Fe2＋＋7H2O＝MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋ (6). 3Mn2＋＋2MnO4－＋2H2O＝5MnO2↓＋4H＋‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I、(1)因为Cr3+与Al3+的化学性质相似，Al(OH)3有两性，可推测Cr(OH)3也应有两性，故Cr(OH)3应该能与碱反应生成Cr(OH)4-，再结合各粒子在溶液中的颜色和溶解性写出实验现象。‎ ‎(2)NaHSO3作为还原剂，通常硫元素被氧化为+6价的Na2SO4，Cr2O72-被还原为Cr3+，+1价氢元素与-2价氧元素结合成稳定的H2O，由此写出离子方程式。‎ II(1)“酸浸”时V2O5转化为VO2+，钒元素的化合价都是+5价，应属于复分解反应，再根据电荷守恒和元素守恒写出其离子方程式。‎ ‎(2)偏钒酸铵（NH4VO3）属于铵盐，铵盐受热一般易分解，再根据钒元素化合价分析确定该反应是否属于氧化还原反应，然后写出其化学方程式。‎ III、由题意知由“废钒催化剂”回收V2O5，而工业级氧化锌含有Fe(Ⅱ), Mn(Ⅱ), Ni(Ⅱ)等杂质，流程中必须除去铁元素、锰元素、镍元素。加稀硫酸后的浸出液中主要含 nSO4、FeSO4、MnSO4、NiSO4。由流程图分析可知第②步应该是除去铁元素和锰元素，而Ni(II)不能被氧化，第③步是利用 n置换出镍而除去镍元素。由此写出相应的离子方程式。‎ ‎【详解】I、(1)因为Cr3+与Al3+的化学性质相似，因此向Cr2(SO4)3溶液逐滴加入NaOH溶液依次发生反应：Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓，Cr(OH)3+OH-=Cr(OH)4-，所以可观察到的现象是：蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液。‎ ‎(2)NaHSO3作为还原剂，通常硫元素被氧化为+6价的Na2SO4，Cr2O72-被还原为Cr3+，+1价氢元素与-2价氧元素结合成稳定的H2O，该反应的离子方程式为Cr2O72-+3HSO3-+5H＋=2Cr3++3SO42-+4H2O。‎ II(1)“酸浸”时V2O5转化为VO2+，钒元素的化合价没有变化，应属于复分解反应，所以其离子方程式为V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O。‎ ‎(2)偏钒酸铵（NH4VO3）属于铵盐，铵盐受热一般分解为氨气和水，根据目标产品V2O5看，钒元素化合价没有变化，故该分解反应不属于氧化还原反应，“煅烧”中发生反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑。‎ III、因为工业级氧化锌含有Fe(Ⅱ), Mn(Ⅱ), Ni(Ⅱ)等杂质，加稀硫酸后的浸出液中主要含 nSO4、FeSO4、MnSO4、NiSO4。由流程图分析可知第②步应该是除去铁元素和锰元素。Fe2+和Mn2+都有较强的还原性， MnO4是强氧化剂被还原为MnO2，溶液pH约为5时铁元素主要以Fe(OH)3形式存在。由此得到反应②中发生反应的离子方程式为MnO4－＋3Fe2＋＋7H2O＝MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋，3Mn2＋＋2MnO4－＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+。‎ ‎【点睛】看“工艺流程图”时，一要用“元素守恒”的思想去分析各元素的来龙去脉，明确元素价态有无变化；二要明白各步操作目的与原理，理解物料（或物质）的走向，什么步骤加入了哪些物质，每种物质发生了什么反应或转变，又以何种形式得到；三要注意框图上标注的主要条件如用量、pH控制、温度等。在此基础上运用相关知识，采用分析与综合相结合的方法逐一解答相关问题。‎