福建省平潭县新世纪学校2020届高三上学期第一次月考化学试题

福建省平潭县新世纪学校2020届高三上学期第一次月考化学试题

福建省平潭县新世纪学校2020届高三上学期第一次月考 化学试题 ‎1.化学与人类社会的生活、生产密切相关。以下说法不正确的是（ ）。‎ A. 我国发射“嫦娥三号”月球探测器中使用的碳纤维是一种新型无机非金属材料 B. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”‎ C. “84消毒液”的有效成分NaClO具有强氧化性，能用来杀菌消毒 D. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳纤维的主要成分是碳单质，是一种新型无机非金属材料，故A正确；B.二氧化硅是一种酸性氧化物，能与强碱反应生成盐和水，从而发生“断路”，故B正确；C. NaClO具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，能用来杀菌消毒，故C正确；D. 对青蒿素的提取利用的是萃取原理，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；答案选D。‎ ‎【点睛】化学科学来源于生活，在生活中更要用化学知识服务好日常生活。‎ ‎2.设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是 A. 23g Na 与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子 B. 1 molCu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子 C. 标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含NA个原子 D. 3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、23g钠的物质的量为=1mol，而1mol钠生成0.5mol氢气，故生成的氢气0.5mol，故A错误；‎ B、铜和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，不是三氧化硫，故B错误；‎ C、标况下22.4L混合气体的物质的量为=1mol，而氮气和氢气均为双原子分子，故1mol混合物中含2NA个原子，故C错误；‎ D、由于反应后铁元素变为+价，故3mol铁失去8mol电子即8NA个，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎3.设NA是阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )‎ A. 1 mol Al3+离子含有的核外电子数为3NA B. 常温常压下，22.4 L乙烯中C—H键数为4NA C. 10 L pH=1的硫酸溶液中含有的H+离子数为2NA D. 18gH2O中含有的质子数为10NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、由于铝离子核外有10个电子，1mol铝离子含有10mol电子，核外电子数为10NA，故A错误；B、常温常压下，22.4 L乙烯的物质的量不是1mol，故B错误；C、由于pH=1，硫酸溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，10L溶液中含有1mol氢离子，含有的H+离子数为1NA，故C错误；D、18gH2O的物质的量为1mol，含有的质子数为10NA，故D正确；故选D。‎ ‎【考点定位】考查阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律 ‎【名师点晴】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力；解答该类试题时要注意：①气体的体积，一要看是否为标准状况下；二要看物质在标准状况下是否为气态，如CCl4、水、液溴、SO3、己烷、苯等常作为命题的干扰因素迷惑学生。②给出非标准状况下气体的物质的量或质量，干扰学生正确判断，误以为无法求解物质所含的粒子数。③熟悉常见物质的微观构成，弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系。常涉及稀有气体He、Ne等单原子分子，Cl2、N2、O2、H2等双原子分子，及O3、P4、18O2、D2O、Na2O2、CH4、CO2等特殊物质。‎ ‎4.标准状况下①6.72L NH3② 1.204×1023个 H2S ③ 5.6g CH4④ 0.5mol HCl ，下列关系正确的是 A. 体积大小:④>③>②>① B. 原子数目:③>①>④>②‎ C. 密度大小：④>②>③>① D. 质量大小：④>③>②>①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：①6.72L NH3物质的量为6.72L/22。4L/mol=0.3mol②1.204×1023个 H2‎ S分子的物质的量为0.2mol，③5.6g CH4的物质的量为5.6g/16g/mol=0.4mol，④0.5molHCl．A．相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积体积：④＞③＞①＞②，故A错误；B．各物质中原子的物质的量分别为①NH3为0.3mol×4=1.2mol②H2S为0.2mol×3=0.6mol③CH40.4mol×5=2mol④HCl为0.5mol×2=1mol，所以原子个数③＞①＞④＞②，所以B选项是正确的；C．各物质的摩尔质量分别为①NH3为17g/mol②H2S为34g/mol ③CH4为16g/mol④HCl为36.5g/mol，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以密度④＞②＞①＞③，故C错误；D．各物质的质量分别为①NH3为0.3mol×17g/mol=5.1g，②H2S为0.2mol×34g/mol=6.8g，③CH4为5.6g，④HCl为0.2mol×36.5g/mol=7.3g，所以质量④＞②＞③＞①，故D错误．所以B选项是正确的．‎ 考点：物质的量的计算 ‎5. 下图是某学校实验室从化学试剂商店买回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9.2 mol•L-1‎ B. 配制200 mL 4.6 mol•L-1的稀硫酸需取该硫酸25 mL C. 该硫酸与等体积的水混合后所得溶液浓度为9.2 mol•L-1‎ D. 该硫酸与等体积水混合后质量分数大于49%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由物质的量浓度与质量分数关系知A错；由c1V2=c2V2知B错；浓硫酸与水等体积混合后，由混合溶液体积比两种液体体积和小些，故c(H2SO4)> 9.2 mol•L-1，C错；硫酸与水等体积混合后，硫酸溶液质量比小的，故溶质质量分数大于49%，D对。‎ ‎6.在Al2(SO4)3、K2SO4的混合溶液中，如果c(SO42-)="0.2" mol/L，c(Al3+)="0.1" mol/L，则原混合溶液中K+的物质的量浓度为( )‎ A. 0.2 mol/L B. 0.25 mol/L C. 0.225 mol/L D. 0.1 mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：电解质溶液中，阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，因此：c(Al3+)×3+ c(K+)×1= c(SO42-)×2； 带入数据，解之得c(K+)=0.1 mol/L，D正确；‎ 考点：考察溶液中电荷守恒规律。‎ ‎7. 水溶液中能大量共存的一组离子是 A. Na+、Ag+、Cl-、CO32- B. H+、Na+、Fe2+、MnO4-‎ C. K+、Ca2+、Cl-、NO3- D. K+、NH4+、OH-、SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．在溶液中Ag+与Cl-、CO32-均不能大量共存，A错误；B．在溶质H+、Fe2+、MnO4-之间发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C．K+、Ca2+、Cl-、NO3-之间不反应，可以大量共存，C正确；D．在溶液中NH4+与OH-结合生成一水合氨，不能大量共存，D错误，答案选C。‎ ‎【考点定位】本题主要是离子共存正误判断 ‎【名师点晴】离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质）；（2）能生成难溶物的离子之间（如：Ca2+和 SO42-；Ag+和 SO42-）；（3）能完全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子（如：Al3+， Fe3+与 CO32-、HCO3-、AlO2-等）；（4）能发生氧化还原反应的离子之间（如：Fe 、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、 Fe3+等）；（5）能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。‎ ‎8.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. pH＝1的溶液中：Na＋、K＋、MnO4－、CO32－‎ B. c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO42－、NO3－‎ C. 0.1mol/LNH4HCO3溶液中：K＋、Na＋、NO3－、Cl－‎ D. 0.1mol/LFeCl3溶液中：Fe2＋、NH4＋、SCN－、SO42－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=1的溶液显酸性，CO32-与H+不能大量共存，A错误；‎ B. c(H+)=1×10-13mol/L溶液显碱性，则Mg2+、Cu2+与OH-不能大量共存，B错误；‎ C. K+、Na+、NO3-、Cl-四种离子间能够共存，且四种离子与NH4+、HCO-3也能大量共存，C正确；‎ D. Fe3+ 与SCN-易形成络合物，不能大量共存，D错误；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎【点睛】此题是离子共存问题，我们在分析这类问题时，不仅要注意离子存在于酸、碱性环境，还要分析离子间能否发生氧化还原反应、能否发生复分解反应以及还要溶液是否有颜色方面的要求。‎ ‎9. 下列离子方程式正确的是 （ ）‎ A. NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：HCO3－＋OH－＝CO32－＋H2O B. 少量二氧化碳通入足量的KOH溶液：CO2＋OH－＝‎ C. Fe与稀硝酸反应产生：2Fe＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2↑‎ D. 氨水和醋酸溶液混合NH3·H2O＋H＋＝NH＋H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：HCO3－＋OH－＝CO32－＋H2O，正确；B．少量二氧化碳通入足量的KOH溶液生成碳酸钾，错误；C．Fe与稀硝酸反应不能放出氢气，错误；D．醋酸是弱酸，用化学式表示，错误；故选A。‎ ‎【考点定位】考查离子方程式的正误判断 ‎【名师点晴】本题考查离子方程式的书写，明确发生的反应并熟悉离子反应方程式的书写方法是解答本题的关键。离子方程式是指用实际参加反应的离子符号表示离子反应的式子．离子方程式的书写步骤一般为：①“写”：写出有关反应的化学方程式；②“拆”：可溶性的电解质用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用化学式表示；③“删”：删去方程式两边不参加反应的离子； ④“查”：检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等。‎ ‎10.能正确表示下列反应的离子方程式是 A. Cl2通入NaOH溶液: Cl2 + OH- == Cl- + ClO- + H2O B. NaHCO3溶液中加入稀盐酸: CO32- + 2H+ == CO2↑ + H2O C. AlCl3溶液中加入过量稀氨水: Al3+ + 4NH3·H2O==AlO2- + 4NH4+ + 2H2O D. Cu溶于稀硝酸: 3Cu + 8H+ + 2NO3- == 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、不满足电荷守恒和原子守恒；‎ B、HCO3-不能拆写；‎ C、氢氧化铝不能与过量氨水反应；‎ D、铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO气体和水。‎ ‎【详解】A项、不满足电荷守恒和原子守恒，正确的离子方程式为Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，故A错误；‎ B项、NaHCO3的电离方程式为NaHCO3=Na＋＋HCO3-，NaHCO3与稀盐酸反应，实质是HCO3-和H＋发生反应HCO3-＋H＋=CO2↑＋H2O，故B错误；‎ C项、氢氧化铝不能与过量氨水反应，AlCl3中加入过量氨水，反应的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+，故C错误；‎ D项、铜溶于稀硝酸生成硝酸铜，还原产物为NO，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等。‎ ‎11.下列变化需要加入还原剂才能实现的是（ ）‎ A. MnO4-→Mn2+ B. HCl→Cl2‎ C. Fe→Fe3+ D. KClO3→O2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当物质的所含元素化合价降低时，被还原，需加入还原剂才能实现，以此解答该题。‎ ‎【详解】A. MnO4-→Mn2+的反应中，Mn元素的化合价降低，需要加入还原剂才能实现，故A正确；‎ B. HCl→Cl2的反应中，Cl元素的化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，故B错误；‎ C. Fe→Fe3+的反应中，Fe元素的化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，故C错误；‎ D. KClO3→O2的反应中，无须加入氧化剂或还原剂，在催化剂和加热条件下可发生分解，自身发生氧化还原反应，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意有些物质的化合价发生变化时，不一定需要加入氧化剂或还原剂，例如KClO3的分解反应等。‎ ‎12.己知在碱性溶液中可发生如下反应：‎ ‎2R(OH)3+ 3C1O-+ 4OH－= 2RO4n-+3Cl－+5H2O。则RO4n-中R的化合价是（ ）‎ A. +3 B. +4 C. +5 D. +6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据方程式两端电荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，‎ 答案选D。‎ ‎13.已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2→H2O，IO3﹣→I2，MnO4-→Mn2+，HNO2→NO，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是 A. H2O2 B. IO3-‎ C. MnO4- D. HNO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氧化还原反应中电子得失守恒分析解答。‎ ‎【详解】根据H2O2→H2O，IO3﹣→I2，MnO4-→Mn2+，HNO2→NO可知1 mol H2O2、IO3－、MnO4－、HNO2得到电子物质的量分别是2 mol、5 mol、5 mol、1 mol电子，根据得失电子总数相等的原则，分别氧化KI得到I2的物质的量为1 mol、2.5 mol、2.5 mol、0.5 mol，而1 mol IO3－本身被还原生成0.5 mol I2，所以IO3－氧化KI所得I2最多。答案选B。‎ ‎14.Li2NH是一种储氢容量大，安全性好的固体储氢材料，其储氢原理可表示为Li2NH＋H2＝LiNH2＋LiH。下列有关说法正确的是 A. Li2NH中N的化合价是－1 B. 该反应中H2既是氧化剂又是还原剂 C. Li＋和H＋的离子半径相等 D. 此法储氢和钢瓶储氢的原理相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 略 ‎15. 根据反应（1）～（4），可以判断下列4个物质的氧化性由强到弱的正确顺序是 ‎（1）Cl2+2KI=2KCl+I2‎ ‎（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3‎ ‎（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2‎ ‎（4）H2S+I2=S+2HI A. H2S>I2>Fe3+>Cl2 B. Cl2>Fe3+>I2>H2S C. Fe3+>Cl2>H2S>I2． D. Cl2>I2>Fe3+>H2S ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断各物质的氧化性强弱。（1）Cl2+2KI=2KCl+I2，氧化剂是Cl2，氧化产物是I2，Cl2的氧化性大于I2的氧化性；（2）2FeCl2+Cl2="2" FeCl3，氧化剂是Cl2，氧化产物是FeCl3，所以Cl2的氧化性大于FeCl3的氧化性；（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2，氧化剂是FeCl3，氧化产物是I2，FeCl3‎ 的氧化性大于I2的氧化性；（4）H2S+I2=S↓+2HI，氧化剂是I2，氧化产物是S，I2的氧化性大于S的氧化性；各物质的氧化性大小顺序为：Cl2＞Fe3+＞I2＞S，选B。‎ 考点：考查氧化还原反应基本规律 ‎16.G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物，我们不了解它们的分子式（或化学式），但知道它们在一定条件下具有如下的转化关系（未配平）： ① G → Q + NaCl ② Q + H2O →溶液X + H2 （电解时发生）③ Y + NaOH → G + Q + H2O ④ Z + NaOH → Q + X + H2O这五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序为 （ ）‎ A. ZXGYQ B. GYZQX C. GYQZX D. QGZYX ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物，根据氧化还原反应中Cl元素的化合价升降来分析解答。‎ ‎【详解】①G→Q十NaCl中，NaCl中Cl元素为-1价，则Cl元素的化合价为Q＞G＞-1，②Q+H2OX+H2中，H元素的化合价降低，则Cl元素的化合价升高，所以Cl元素的化合价为X＞Q，③Y十NaOH→G十Q十H2O中，结合①可知Cl元素的化合价为Q＞Y＞G，④Z十NaOH→Q十X十H2O中，结合②可知，Cl元素的化合价为X＞Z＞Q，所以五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序为GYQZX。‎ 故选C。‎ ‎17. 在某溶液中滴加氢氧化钠溶液产生沉淀的物质的量(n)与氢氧化钠溶液体积(V)的关系如图所示。该溶液中可能含有的离子组是( )‎ A. Na＋、Mg2＋、Al3＋、NO3-、Cl－‎ B. Cu2＋、H＋、Fe3＋、Mg2＋、SO42－‎ C. NH4+、H＋、Al3＋、HCO3-、NO3-‎ D. NH4+、H＋、Al3＋、SO42－、Br－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据图象，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+；由离子共存可知，一定不含有CO32-、AlO2-；后来有沉淀产生且最后消失，一定有Al3+，一定没有Mg2+、Fe3+等；生成沉淀增多至最大，继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，反应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则有NH4+。根据上述分析只有D符合，故选D。‎ 考点：考查了离子共存的相关知识。‎ ‎18.雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42－、NO3－、Cl－。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如下的实验：‎ 已知：3NO3－+ 8Al + 5OH－+ 2H2O3NH3+ 8AlO2－‎ 根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是 A. 试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42－和NO3－‎ B. 试样中一定不含Al3+‎ C. 试样中可能存在Na+、Cl－‎ D. 该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：Al3+在Ba(OH)2溶液中生成AlO2-，通入CO2后生成Al(OH)3进入沉淀2中，加入H+又被溶解。故看不到明显现象，可能存在。‎ 考点：溶液离子转化推断。‎ ‎19.Ⅰ：现有下列7种物质：①NaHCO3②CH3COOH③BaSO4；④HF；⑤C2H5OH；⑥Al；⑦食盐水.其中属于强电解质的是 （填序号，下同），既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是 ．‎ II：现有一瓶浓度为0.2mol/L的某酸溶液，可能为醋酸、盐酸、硫酸中的一种，为了确定该酸溶液的组成进行实验：取20.00mL该酸溶液，逐滴加入0.2mol/L的氢氧化钠溶液，恰好反应完全时所需碱液体积为20.00mL，请用化学用语回答：‎ ‎（1）该酸不可能是 ；‎ ‎（2）用pH试纸测得反应后所得溶液呈碱性，根据此现象说明该酸溶液为 ，用离子方程式说明溶液呈碱性的原因 ；‎ ‎【答案】I．①③；①⑥；‎ Ⅱ．（1）H2SO4；（2）醋酸；CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：I．食盐水属于混合物，Al属于单质，二者既不是电解质也不是非电解质，NaHCO3、BaSO4属于强电解质，HF、CH3COOH属于弱电解质，C2H5OH属于非电解质；NaHCO3、Al既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应，故答案为：①③；①⑥；‎ Ⅱ．（1）某酸的物质的量为0.2mol/L×0.02L=0.004mol，氢氧化钠的物质的量0.02L×0.2mol/L=0.004mol，酸和碱的物质的量之比1：1，所以酸为一元酸，不可能为H2SO4，故答案为：H2SO4；‎ ‎（2）溶液呈碱性，说明该酸溶液为弱酸，只能为醋酸溶液，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，故答案为：醋酸；CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。‎ 考点：考查了强弱电解质、元素化合物性质的相关知识。‎ ‎20.实验室要用NaOH固体配制100mL 2 mol·L-1的NaOH溶液，试回答下列各题：‎ ‎（1）下列仪器中，一定不会用到的是___________‎ A锥形瓶 B量筒 C胶头滴管 D100mL容量瓶 E托盘天平 ‎（2）若要实施配制，除上述仪器外，尚缺的玻璃仪器或用品是_______________。‎ ‎（3）人们常将配制过程简述为以下各步骤：‎ A冷却 B称量 C洗涤 D定容 E溶解 F摇匀 G转移溶液 其正确的操作顺序应是___________________ __(填各步骤序号)。‎ ‎（4）下列操作会导致所配制的溶液浓度偏高的是_____‎ A．定容时仰视容量瓶刻度线 B．容量瓶中有少量水 C．未冷却定容 D．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处 ‎（5）需用托盘天平称量NaOH________克 ‎【答案】（1）A；‎ ‎（2）玻璃棒；‎ ‎（3）BEAGCDF；‎ ‎（4）C。‎ ‎（5）11.7。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，用不到锥形瓶，故答案为：A；‎ ‎（2）根据上述分析，尚缺的玻璃仪器或用品是玻璃棒，故答案为：玻璃棒；‎ ‎（3）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以操作顺序应是：BEAGCDF，故答案为：BEAGCDF；‎ ‎（4）A．定容时仰视容量瓶刻度线，导致溶液的体积偏大，所以配制溶液的浓度偏低，错误；B．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积无影响，所以配制的溶液浓度无影响，错误；C．未冷却就进行定容，导致溶液体积偏小，浓度偏大，正确；D．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处，滞留在刻度线以上的液体过会儿下来，体积偏大，浓度偏低，错误；故选C。‎ ‎（5）NaCl的质量为0.1L×2.0mol•L-1‎ ‎×58.5g/mol=11.7g，因天平的精确度为0.1g，所以托盘天平实际称取NaCl固体的质量为11.7g，故答案为：11.7。‎ ‎【考点定位】考查一定物质的量浓度溶液的配制 ‎【名师点晴】配制一定物质的量浓度溶液的实验中的误差分析要紧紧抓住c=。常见的误差有：定容后多加蒸馏水，引起浓度偏小；定容时视线不平视，定容时仰视，造成浓度偏低；定容时俯视，造成浓度偏大等；需要注意的是下列操作对实验结果无影响：称量溶质的小烧杯没有干燥，因为所称溶质质量是两次称量数据之差，其溶质的物质的量正确，则物质的量浓度无影响；配制前容量瓶中有水滴，溶质的质量和溶液的体积都没有变化；定容摇匀后少量溶液外流，定容摇匀后，溶液的配制已经完成，浓度不会发生改变。‎ ‎21.某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物质X。‎ ‎（1）已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是__________________。‎ ‎（2）已知0.2 mol KBrO3在反应中得到1 mol电子生成X，则X的化学式为_____________。‎ ‎（3）根据上述反应可推知__________________。‎ A．氧化性：KBrO3＞H3AsO4 B．氧化性：H3AsO4＞KBrO3‎ C．还原性：AsH3＞X D．还原性：X＞AsH3‎ ‎（4）将氧化剂和还原剂化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并标出电子转移的方向和数目：（注：请一定用单线桥表示，凡是用双线桥表示的不得分）__________________。‎ ‎（5）KClO3可以和草酸（H2C2O4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。写出该反应的化学方程式_______________。‎ ‎【答案】 (1). AsH3 (2). Br2 (3). AC (4). (5). 2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）KBrO3在反应中得到电子，所以KBrO3化合价降低是氧化剂，AsH3变成了H3AsO4，所以AsH3是还原剂；‎ ‎（2）设X中溴元素的化合价为x，则0.2mol（5-x）=1mol，所以x=0，故X为Br2；‎ ‎（3）A、反应中KBrO3是氧化剂，H3AsO4是氧化产物，氧化性为KBrO3>H3AsO4‎ ‎，故A正确，B错误；C、AsH3是还原剂，X是还原产物，所以还原性AsH3>X，故C正确，故D错误；答案选AC；‎ ‎（4）KBrO3在反应中得到电子，AsH3失去电子，转移的电子数为40e-，则标出电子转移的方向和数目为；‎ ‎（5）KClO3和草酸（H2C2O4）在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4，反应的方程式为：2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O。‎ ‎22.某学生研究小组欲探究CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合产生的蓝绿色沉淀组成，小组进行下列实验探究。‎ ‎【提出假设】‎ 假设1：沉淀为Cu(OH)2‎ 假设2：沉淀为________‎ 假设3：沉淀为碱式碳酸铜[化学式可表示为nCuCO3•mCu(OH)2]‎ ‎【查阅资料】无论是哪一种沉淀受热均易分解（假设均不含结晶水）。‎ ‎【物质成分探究】‎ 步骤1：将所得悬浊液过滤，用蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤。‎ 步骤2：甲同学取一定量固体，用气密性良好的下图装置（夹持仪器未画出）进行定性实验。请回答下列问题：‎ ‎（1）假设2中的沉淀为________________。‎ ‎（2）假设1中沉淀为Cu(OH)2的理论依据是____________________________________。‎ ‎（3）无水乙醇洗涤的目的____________________________________________________。‎ ‎（4）若反应后A中蓝绿色固体变黑，C中无明显现象，证明假设____（填写序号）成立。‎ ‎（5）乙同学认为只要将上图中B装置的试剂改用_____________________试剂后，便可验证上述所有假设，装置D的作用是__________________________。‎ ‎（6）乙同学更换B试剂后验证假设3成立的实验现象是_________________。‎ ‎（7）在假设3成立的前提下，某同学考虑用Ba(OH)2溶液代替C中澄清石灰水，测定蓝绿色固体的化学式，若所取蓝绿色固体质量为27.1g，实验结束后装置B的质量增加2.7g，C中的产生沉淀的质量为19.7g。则该蓝绿色固体的化学式为____________________。‎ ‎【答案】 (1). CuCO3 (2). 碳酸根水解，溶液中含有较多OH—（或者答双水解，相互促进，或者写出双水解离子方程式或化学方程式均可） (3). 利用乙醇的易挥发，带走洗涤的水 (4). 假设1 (5). 无水CuSO4 (6). 防止空气中二氧化碳进入C影响实验 (7). A中蓝绿色固体变黑色，B中固体变蓝，C中有白色沉淀产生 (8). 2 CuCO3•3Cu(OH)2或3Cu(OH)2•2 CuCO3或Cu5 (OH)6(CO3)2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合产生蓝绿色沉淀，可能是反应生成了碳酸铜沉淀，也可能发生双水解生成了氢氧化铜沉淀，或是碱式碳酸铜；加热时，碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜，加热氢氧化铜时生成水蒸气和黑色氧化铜，可以通过验证水的存在和二氧化碳的存在来证明产生的物质成分，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合产生蓝绿色沉淀，可能是反应生成了碳酸铜沉淀，或双水解生成了氢氧化铜沉淀，或是碱式碳酸铜，假设1中沉淀为Cu(OH)2，假设2为CuCO3，故答案为：CuCO3；‎ ‎(2)Na2CO3溶液中碳酸根能水解，产生氢氧根离子，所以与CuSO4溶液混合产生的蓝绿色沉淀可能为氢氧化铜，故答案为：碳酸根水解，溶液中含有较多的OH-；‎ ‎(3)所得悬浊液过滤，用蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤，可以洗去固体中残留水分，通风晾干可以让乙醇完全挥发，故答案为：利用乙醇的易挥发，带走洗涤的水；‎ ‎(4)加热时，碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，加热氢氧化铜时生成水蒸气和黑色氧化铜，若反应后A中蓝绿色固体变黑，C中无明显现象证明一定不含有碳酸铜，则假设1正确，故答案为：1；‎ ‎(5)实验验证碳酸铜或氢氧化铜是利用受热分解生成的产物性质验证，加热时，碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜，加热氢氧化铜时生成水蒸气和黑色氧化铜，所以需要验证水的存在和二氧化碳的存在就可以证明产生的物质成分，装置A中加热是否变化为黑色固体，装置B选择无水硫酸铜验证是否生成水，澄清石灰水是否变浑浊证明是否生成二氧化碳，所以要将上图中B装置的试剂改用无水CuSO4，装置D中的碱石灰可以防止空气中二氧化碳进入C影响实验，故答案为：无水CuSO4；防止空气中二氧化碳进入C影响实验；‎ ‎(6)装置A中加热是否变化为黑色固体，装置B选择无水硫酸铜，是否变蓝色验证是否生成水，装置C中澄清石灰水是否变浑浊证明是否生成二氧化碳，所以证明假设3是否正确的现象为：A中蓝绿色固体变黑色，B中无水CuSO4固体变蓝，C中有白色沉淀产生，故答案为：A中蓝绿色固体变黑色，B中无水CuSO4固体变蓝，C中有白色沉淀产生；‎ ‎(7)B中吸收的是水，水的物质的量==0.15mol，C中吸收的是二氧化碳生成碳酸钡白色沉淀，根据碳原子守恒得二氧化碳的物质的量==0.1mol，氧化铜的物质的量==0.25mol，则铜离子、氢氧根离子和碳酸根离子的物质的量之比=0.25mol∶0.3mol∶0.1mol=5∶6∶2，所以其化学式为：2 CuCO3•3Cu(OH)2  或 3Cu(OH)2•2 CuCO3  或  Cu5(OH)6(CO3)2，故答案为：2 CuCO3•3Cu(OH)2  或 3Cu(OH)2•2 CuCO3  或  Cu5(OH)6(CO3)2。‎ ‎【点睛】理解实验的原理是解题的关键。本题的易错点为(5)，要注意氢氧化铜、碳酸铜、碱式碳酸铜分解产物的不同和常见的检验方法的应用。‎ ‎ ‎