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四川省德阳中学2019-2020学年高一12月月考化学试题
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化学试题
可能用的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5
第Ⅰ卷（选择题 共50分）
一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意）
1.能够一次性鉴别FeCl3 、FeCl2 、NaCl 、AlCl3四种物质的试剂是
A. AgNO3溶液 B. Ba(NO3)2溶液 C. NaOH溶液 D. 稀硝酸
【答案】C
【解析】
【详解】FeCl3 、FeCl2 、NaCl 、AlCl3四种物质均能电离出氯离子，阴离子相同，只能鉴别阳离子，阳离子分别是铁离子、亚铁离子、钠离子、铝离子，故加入氢氧化钠溶液，分别出现红褐色沉淀、白色沉淀并迅速变成灰绿色最终变成红褐色沉淀、没有现象、先出现白色沉淀后沉淀溶解，现象不同可以鉴别，
故选C。
2.NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A. 0.5 mol NO2与11.2 L O3所含的分子数均为0.5 NA
B. 同温同压下，相同体积氢气和氦气所含原子数均为NA
C. 7.8 g Na2O2与足量水或CO2反应，转移电子数目均为0.1NA
D. 0.5 mol Fe与足量盐酸或足量水蒸气反应，转移电子数目均为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 11.2 L O3所含分子数无法计算，因为不知道温度和压强，故A错误；
B. 同温同压下，相同体积的氢气和氦气所含分子数相同，但氢气是双原子分子，氦气是单原子分子，所含原子数之比为2:1，故B错误；
C. 7.8 g Na2O2物质的量为0.1mol，与足量水或CO2反应，Na2O2都既是氧化剂又是还原剂，转移电子数是0.1NA，故C正确；
D. 0.5 mol Fe与足量盐酸转移电子数目为NA，足量水蒸气反应生成四氧化三铁，转移电子数为1.33NA，故D错误；
故选C。
3.下列化学反应的离子方程式正确的是
A. 将饱和FeCl3溶液滴入沸水中：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
B. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2+＋OH－＋SO42-＋H+ =BaSO4↓＋H2O
C. 碳酸氢钠溶液中加入稀盐酸：CO32-＋2H+ =CO2↑＋H2O
D. 铝与CuSO4溶液反应：Al＋Cu2+=Cu＋Al3+
【答案】A
【解析】
【详解】A．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备胶体的离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋，故A正确；
B. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，反应的离子方程式为：Ba2+＋2OH－＋SO42-＋2H+ = BaSO4↓＋2H2O，故B错误；
C. 碳酸氢钠溶液中加入稀盐酸，反应的离子方程式为：HCO3-＋H+ =CO2↑＋H2O，故C错误；
D. 铝与CuSO4溶液反应的离子方程式为：2Al＋3Cu2+=3Cu＋2Al3+，故D错误；
故选A。
4.对于下列性质的比较，Na2CO3小于NaHCO3的是
A. 常温时在水中的溶解度 B. 热稳定性
C. 与稀盐酸反应产生气泡快慢 D. 相同物质的量浓度的溶液的碱性
【答案】C
【解析】
【详解】A. 常温时在水中的溶解度，Na2CO3大于NaHCO3，故A不符合题意；
B. 碳酸钠受热不分解，NaHCO3受热易分解，故热稳定性Na2CO3大于NaHCO3，故B不符合题意；
C. 碳酸钠遇到盐酸先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钠与稀盐酸反应产生气泡比碳酸氢钠慢，故C符合题意；
D. 越弱越水解，相同物质的量浓度的溶液的碱性：Na2CO3大于NaHCO3，故D不符合题意；
故选C。
5.在无色透明的强酸性溶液中，下列离子组能大量共存的是
A. Na+、K+、OH－、Cl－ B. Na+、Fe2+、SO42-、NO3-
C. Mg2+、Na+、SO42-、Cl－ D. Ba2+、HCO3-、NO3-、K+
【答案】C
【解析】
【详解】A．强酸溶液中不能大量存在OH−，故A不符合题意；
B．含Fe2+的溶液呈浅绿色，与无色不符，且Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，故B不符合题意；
C．酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故C符合题意；
D．酸性溶液中不能大量存在HCO3-，故D不符合题意；
故选C。
【点睛】酸性溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答。
6.朱自清在《荷塘月色》冲写道:“薄薄青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的班驳的黑影……”月光穿过薄雾形成的种种美景本质原因是
A. 空气中的小水滴颗粒直径大小约为1nm-100nm
B. 空气中的小水滴颗粒的布朗运动
C. 雾是一种胶体，胶粒带相同电荷
D. 发生丁达尔效应
【答案】A
【解析】
【详解】A．题干中所提及的雾，是空气中的小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1～100nm，A正确；
B．空气中的小水滴颗粒的布朗运动不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，B错误；
C．雾是一种胶体，但这不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，C错误；
D．雾作为一种胶体，确实能发生丁达尔效应，但这也不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，D错误；
答案选A。
7.下列物质类别中，前者包含后者的是
A. 混合物 溶液 B. 电解质 化合物 C. 化合物 单质 D. 浊液 胶体
【答案】A
【解析】
【详解】A．混合物是由两种或两种以上的物质组成的，溶液是由溶质和溶剂组成的混合物，则混合物包含溶液，故A正确；
B．根据物质在水溶液或熔融态下是否导电，可以将化合物分为电解质和非电解质两类，所以化合物包含电解质，故B错误；
C．单质和化合物都属于纯净物，不存在包含关系，故C错误；
D．当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），浊液和胶体不存在包含关系，故D错误；
故答案为A。
【点睛】考查物质的分类方法，解答时要分析物质的元素组成和物质组成，然后再根据各类物质概念的含义进行分析、判断，从而得出正确的结论，其中：混合物是由两种或两种以上的物质组成的；电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物；当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm）。
8.下列溶液中，Na＋ 物质的量浓度最大的是
A. 10 mL 0.4 mo l·L-1NaOH溶液 B. 5 mL 0.3 mo l·L-1Na3PO4溶液
C. 10 mL 0.3 mo l·L-1Na2SO4溶液 D. 5 mL 0.5 mol·L-1NaNO3溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A、10 mL 0.4 mo l·L-1 NaOH溶液中c(Na＋)=0.4mol·L－1；
B、5 mL 0.3 mo l·L-1 Na3PO4溶液中c(Na＋)=3×0.3mol·L－1=0.9mol·L－1；
C、10 mL 0.3 mo l·L-1 Na2SO4溶液中c(Na＋)=2×0.3mol·L－1=0.6mol·L－1；
D、5 mL 0.5 mol·L-1 NaNO3溶液中c(Na＋)=0.5mol·L－1；
5 mL 0.3 mo l·L-1 Na3PO4溶液中c(Na＋)最大，答案选B。
9.下列除杂的方法错误的是
A. 除去N2中的少量O2：通过灼热的Cu网，收集气体
B. 除去CO2中的少量HCl：通入饱和NaHCO3溶液，干燥后收集气体
C. 除去Fe2O3固体中少量Al2O3：加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥
D. 除去KCl溶液中少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤
【答案】D
【解析】
【详解】A. 灼热的Cu与氧气反应，而与氮气不反应，则通过灼热的Cu网，收集气体可除去N2中少量的O2，故A正确；
B. 因为氯化氢能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，CO2在饱和NaHCO3溶液中溶解度很小，通入饱和NaHCO3溶液，干燥后收集气体可除去CO2中少量的HCl，故B正确；
C. 氧化铝与NaOH溶液反应，而氧化铁与NaOH不反应，则加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥可除去Fe2O3固体中少量Al2O3，故C正确；
D. 加入适量NaOH溶液会将MgCl2除去，但引入新杂质离子钠离子，故D错误；
故选D。
10.单质X和Y相互反应生成X2+Y2-。现有下列叙述：①X被氧化、②X是氧化剂、③X具有氧化性、④Y2-是还原产物、⑤Y2-具有还原性、⑥X2+具有氧化性、⑦Y的氧化性比X2+的氧化性强，其中正确的是( )
A. ①②③④ B. ①④⑤⑥⑦ C. ②③④ D. ①③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】由单质X和Y相互反应生成X2+Y2-可以知道，X的化合价升高了，所以X被氧化，X为还原剂，具有还原性，其氧化产物为X2+，X2+具有氧化性；Y的化合价降低了，所以Y被还原，Y为氧化剂，具有氧化性，其还原产物为Y2-，Y2-具有还原性；根据同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，Y的氧化性比X2+的氧化性强，正确的叙述是①④⑤⑥⑦；答案选B。
11.中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造涉及氧化还原反应的是
A. 用小苏打作焙制糕点的膨松剂 B. 用饱和氯化铁制备氢氧化铁胶体
C. 用铁矿石炼铁 D. 用明矾作自来水净水剂
【答案】C
【解析】
【详解】A. 用小苏打作焙制糕点的膨松剂，元素的化合价没有变化，不涉及氧化还原反应，故A不符合题意；
B. 用饱和氯化铁制备氢氧化铁胶体，加热时氯化铁与水反应生成氢氧化铁胶体和HCl，元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C. 用铁矿石炼铁，Fe元素的化合价降低，铁被还原，涉及氧化还原反应，故C符合题意；
D. 用明矾作自来水的净水剂，铝离子水解成氢氧化铝胶体，元素的化合价没有发生变化，不涉及氧化还原反应，故D不符合题意；
故选C。
12.下列物质中，属于电解质且能导电的是
A. 酒精 B. 稀硝酸 C. 氯化钠固体 D. 熔融碳酸钠
【答案】D
【解析】
【详解】A. 酒精的水溶液不导电，液体也不导电，属于非电解质，故A不符合题意；
B. 稀硝酸能导电，但稀硝酸属于混合物，不是电解质，故B不符合题意；
C. 氯化钠固体是电解质，但其中的离子不能自由移动，不能导电，故C不符合题意；
D. 熔融碳酸钠中有自由移动的离子，能导电，是电解质，故D符合题意；
故选D。
13.下列仪器中不能用作反应器的是
A. 容量瓶 B. 锥形瓶 C. 烧杯 D. 圆底烧瓶
【答案】A
【解析】
【详解】A．容量瓶是配制一定体积物质的量浓度溶液的专用仪器，不能用作反应容器，故A符合题意；
B．锥形瓶常用作滴定反应的反应容器，故B不符合题意；
C．烧杯是较大量试剂的反应容器，反应热效应不会影响烧杯的使用，烧杯也可用于配制溶液，故C不符合题意；
D．圆底烧瓶常用作较多液体（或液体与固体）参与反应的容器，故D不符合题意；
故选A。
【点睛】根据常见的化学仪器的名称、用途等进行分析判断，容量瓶是配制溶液的，烧杯可作较多试剂反应的反应容器，锥形瓶常作滴定反应的反应容器，圆底烧瓶可作较多药品的反应容器。
14.下列实验操作中错误的是
A. 蒸馏操作时，向蒸馏液体中加入几块沸石，以防止暴沸
B. 蒸发操作时，当混合物中出现大量晶体时停止加热，用余热烘干
C. 分液操作时，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出
D. 萃取操作时，选用酒精作为萃取剂从溴水中萃取溴
【答案】D
【解析】
【详解】A. 蒸馏操作时，为防止液体沸腾时的剧烈跳动，向蒸馏液体中加入几块沸石，以防止暴沸，故A正确；
B. 蒸发时不能蒸干，当混合物中出现大量晶体时停止加热，再利用余热烘干，故B正确；
C. 分液时为避免上下层液体混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；
D. 酒精和水互溶，不能用酒精作萃取剂从溴水中萃取溴，故D错误；
故选D。
15.用NaCl 固体配制0.1mo/L 的NaCl 溶液1L，下列操作或说法正确的是
A. 用托盘天平称取5.85g NaCl 固体
B. 配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不会影响实验结果
C. 固体溶解后，未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容
D. 可将NaCl固体直接放在天平的左盘上称量
【答案】B
【解析】
【详解】A. NaCl 固体配制0.1mo/L 的NaCl 溶液1L，需要氯化钠的质量是m=n×M=c×V×M=1L×0.1mol/L×58.5g/mol=5.85g，托盘天平称取5.9g NaCl 固体，故A错误；
B. 容量瓶中原来有少量蒸馏水，对溶液体积无影响，n、V不变，则不会影响实验结果，故B正确；
C. 固体溶解后，未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，导致所配溶液体积偏小，浓度偏大，故C错误；
D. NaCl 应放在滤纸上称量，不能将固体NaCl直接放在天平左盘上，易腐蚀托盘，故D错误；
故选B。
16.下列有关物质检验的实验结论正确的是
选项
实 验 操 作 及 现 象
实 验 结 论
A
向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
该溶液中一定含有CO32-
B
向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色。再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色
该溶液中一定含有Fe2+
C
向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有SO42-
D
将某物质的溶液进行焰色实验，焰色反应为黄色
该溶液中一定不含K+
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. 向某溶液中加入盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，由于二氧化硫和二氧化碳均可以使澄清石灰水变浑浊，说明溶液中有碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐或亚硫酸氢盐，故A错误；
B. 向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，说明不含三价铁离子，再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色，说明生成了三价铁离子，证明溶液中一定含有亚铁离子，故B正确；
C. 向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液中可能含有SO42-、银离子等，故C错误；
D. 钠离子的焰色反应为黄色，钾离子的焰色反应为紫色，会被钠离子的黄色所掩蔽，所以某物质的溶液焰色反应为黄色，说明一定含Na+，但不能确定是否含K+，故D错误；
故选B
17.常温下，在溶液中可发生以下反应：①16H＋＋10Z－＋2 XO4-=2X2＋＋5Z2＋8H2O，②2M2＋＋R2=2M3＋＋2R－，③2R－＋Z2=R2＋2Z－，由此判断下列说法错误的是( )
A. 氧化性强弱顺序为：XO4-
D. 常温下可发生反应2M2＋＋Z2=2M3＋＋2Z－
【答案】A
【解析】
【详解】A.氧化还原反应的方程的左边的氧化剂的氧化性大于右边的氧化剂，还原剂的还原性大于右边的还原剂，根据①16H＋＋10Z－＋2 XO4-=2X2＋＋5Z2＋8H2O，②2M2＋＋R2=2M3＋＋2R－，③2R－＋Z2=R2＋2Z－，可以知道M3＋＜R2＜Z2＜ XO4-，故A错误；
B.还原性为X2＋＜Z－＜R－＜M2＋，故B正确；
C.根据①16H＋＋10Z－＋2XO4-=2X2＋＋5Z2＋8H2O，可以知道，Z的化合价升高，所以被氧化，在③2R－＋Z2=R2＋2Z－，中，Z元素的化学价降低，被还原，故C正确，
D.根据M3＋＜Z2，可以得到常温下可发生反应2M2＋＋Z2=2M3＋＋2Z－，所以D也正确．
所以本题选A。
18.对下列Ⅰ～Ⅳ的实验现象判断错误的是
A. 实验Ⅰ：立即产生大量红褐色沉淀 B. 实验Ⅱ：溶液未变红色
C. 实验Ⅲ：先出现白色沉淀，后溶解 D. 实验Ⅳ：棉团燃烧起来
【答案】A
【解析】
【详解】A. 实验装置是制备氢氧化铁胶体的实验过程，饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热生成红褐色氢氧化铁胶体，故A错误；
B. 氯化亚铁和硫氰化钾溶液不反应，溶液不会变红色；故B正确；
C. 氢氧化钠溶液滴入氯化铝溶液中先生成白色沉淀氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，继续滴入NaOH溶液，沉淀会溶解，故C正确；
D. 二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，并放出大量的热，使棉花燃烧，故D正确；
故选A。
19.足量的铝分别与等物质的量浓度的稀盐酸、氢氧化钠溶液反应，放出的气体在标准状况下体积相等，则所取稀盐酸和氢氧化钠溶液的体积比为
A. 6︰1 B. 3︰2 C. 1︰3 D. 3︰1
【答案】D
【解析】
【详解】发生反应：2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，产生相同物质的量的氢气时，则n(HCl):n(NaOH)=6:2=3:1，因为物质的量浓度相同，因此消耗的HCl、NaOH的体积之比：V(HCl):V(NaOH)=n(HCl):n(NaOH)=3:1，
故选D。
20.某溶液中含有HCO3-、CO32-、Na+、NO3-四种离子，向其中加入适量Na2O2固体后，假设溶液体积不变，溶液中离子浓度基本保持不变的是
A. CO32- B. HCO3- C. Na+ D. NO3-
【答案】D
【解析】
【分析】
加入适量Na2O2固体，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，引入氢氧根离子和氧气，据此分析。
【详解】A. Na2O2与水反应生成NaOH，溶液呈碱性，HCO3-与OH−反应生成CO32-，CO32-离子浓度增大，故A不符合题意；
B. Na2O2与水反应生成NaOH，溶液呈碱性，HCO3-与OH−反应生成CO32-，则HCO3-离子浓度减小，故B不符合题意；
C. Na2O2与水反应生成NaOH，Na+浓度增大，故C不符合题意；
D. NO3-不参与反应，NO3-浓度基本不变，故D符合题意；
故选D。
【点睛】Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na2O2具有强氧化性，能与OH-反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变，同时溶液中存在反应生成的离子，以此来解答。
21.某无色透明溶液中可能含有H+、Na+、Fe3+、Cl－、CO32-、SO42-、Al3+中的一种或几种。将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红；取少量试液，滴加硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，取上层清液滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀。下列判断合理的是
A. 一定有Cl－ B. 一定有SO42- C. 一定没有Al3+ D. 可能含有Fe3+
【答案】B
【解析】
【详解】无色透明溶液中不能含有Fe3+；溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红，说明含有H+，因为碳酸根离子与氢离子反应，故溶液中不能含有CO32-；取少量试液，滴加硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42-；取上层清液滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，不能说明原溶液中含有Cl－，因为前面加入BaCl2，引入了Cl－；根据实验现象无法确定Al3+，
故选B。
22.下列各项操作中，最终会产生白色沉淀的是
A. 向BaCl2溶液中通入CO2至过量
B. 向AlCl3溶液中滴加氨水至过量
C. 向Fe(OH)3 胶体中滴加稀硫酸至过量
D. 向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 向BaCl2溶液中通入CO2至过量，不发生化学反应，不会产生白色沉淀，故A不符合题意；
B. 向AlCl3溶液中滴加滴加氨水溶液至过量，只生成白色氢氧化铝沉淀，故B符合题意；
C. 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸至过量，先胶体和电解质溶液产生聚沉现象，有红褐色沉淀生成；后氢氧化铁又和硫酸反应生成可溶性的硫酸铁，所以沉淀又溶解，故C不符合题意；
D. 向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量，出现红褐色沉淀，故D不符合题意；
故选B。
23.下列叙述正确的是
A. Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
B. Na2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换反应生成O2
C. Na2O是淡黄色固体，Na2O2是白色固体
D. Na2O2和Na2O焰色反应均为黄色
【答案】D
【解析】
【详解】A.Na2O2能和水反应生成氢氧化钠和氧气，为过氧化物，不是碱性氧化物，故A错误；
B.Na2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生氧化还原反应生成O2，不是置换反应，故B错误；
C.Na2O是白色固体，Na2O2是淡黄色固体，故C错误；
D.Na2O2和Na2O均含有钠元素，则焰色反应均为黄色，故D正确。
故选D。
24.把一定量的铁粉放入FeCl3溶液中，完全反应后，所得溶液中c(Fe2+)＝c(Fe3+)。则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+物质的量之比为
A. 1:1 B. 2:3 C. 1:2 D. 3:2
【答案】B
【解析】
【详解】设已反应的Fe3+的物质的量为2mol，则：
Fe+2Fe3+=3Fe2+
2mol 3mol
反应后溶液中Fe2+的物质的量为3mol，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，所以未反应的Fe3+的物质的量为3mol，
则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为2mol:3mol=2:3，
故选B。
【点睛】铁粉放入三氯化铁溶液中发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，设已反应的Fe3+的物质的量为2mol，根据方程式计算生成的Fe2+的物质的量，进而得到未反应的Fe3+的物质的量，二者之比即为答案。
25.Na2O2和Na2CO3组成的固体混合物与200mL稀盐酸刚好反应完全后，收集到标准状况下的气体3.36 L，所得溶液中含NaCl 0.4 mol ，下列说法错误的是
A. 稀盐酸的物质的量浓度是2 mol/L
B. 原固体混合物中Na2O2的质量是7.8 g
C. 上述反应过程中，Na2O2和Na2CO3产生气体的体积比为1:1
D. 该混合气体平均摩尔质量为40 g/ mol
【答案】C
【解析】
【详解】A.由原子守恒得，氯化氢的物质的量等于氯化钠的物质的量，c(HCl)=n÷V=0.4mol÷0.2L=2 mol/L，故A正确；
B.设Na2O2物质的量是xmol，Na2CO3物质的量是ymol，反应的化学方程式为2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑、Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，2x+2y=0.4mol；+y=3.36L÷22.4L/mol=0.15mol，解得x=0.1，y=0.1，所以Na2O2的质量是7.8 g，故B正确；
C.根据B分析知，过氧化钠的物质的量是0.1mol，生成氧气是0.05mol，碳酸钠的物质的量是0.1mol，与盐酸反应产生二氧化碳的物质的量是0.1mol，产生气体体积比是1:2，故C错误；
D.根据C分析知，氧气的物质的量是0.05mol，二氧化碳的物质的量是0.1mol，可以得气体的质量是0.05mol×32g/mol+0.1mol×44g/mol=6g，混合气体的平均摩尔质量为6g÷0.15mol=40 g/ mol，故D正确；
故选C。
第Ⅱ卷（非选择题 共50分）
二、（本题包括3小题，共24分）
26.现有下列物质：
①氧化钠固体 ②胆矾晶体 ③熔融氯化钠 ④稀盐酸 ⑤氨水 ⑥蔗糖 ⑦二氧化碳
请用序号填空：
(1)上述状态下可导电的是____________。
(2)属于电解质的是__________________。
(3)属于非电解质的是________________。
【答案】 (1). ③④⑤ (2). ①②③ (3). ⑥⑦
【解析】
【分析】
能导电的物质含有自由移动的电子或阴阳离子；
电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；
非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子；
单质，混合物既不是电解质也不是非电解质，根据定义即可解答．
【详解】(1) ①氧化钠固体、②胆矾晶体中阴阳离子不自由移动，不能导电；③熔融氯化钠、④稀盐酸、⑤氨水中含有自由移动的阴、阳离子，所以能导电；⑥蔗糖、⑦二氧化碳中只存在分子，不能导电；
故答案为③④⑤；
(2) ①氧化钠固体、②胆矾晶体、③熔融氯化钠是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，所以是电解质；④稀盐酸、⑤氨水是混合物，既不是电解质、也不是非电解质；
故答案为①②③；
(3) ⑥蔗糖是在水溶液和熔融状态都不导电的化合物，属于非电解质；⑦二氧化碳在水溶液中与水反应生成碳酸，碳酸电离出自由移动的阴阳离子，二氧化碳的水溶液能导电，但阴阳离子不是二氧化碳自身电离的，二氧化碳是非电解质；
故答案为⑥⑦；
【点睛】二氧化碳，氨气其水溶液能导电，但自身不能电离出自由移动的离子，所以是非电解质。
27.请按要求完成下列各题：
(1)质量都是50 g的 HCl、NH3、CO2、O2四种气体中，含有分子数目最少的是__________
(2)某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl－、SO42-四种离子，已知前三种离子的个数比为1∶2∶1， 则溶液中Al3+和SO42-的离子个数比为__________。
(3)将一小块钠投入到盛CuSO4溶液的烧杯中，剧烈反应，放出气体并生成蓝色沉淀，其总反应的离子方程式为________________。
(4)将FeSO4溶液与过量NaOH溶液混合并在空气中放置一段时间，整个过程中的现象为______，反应过程分两步，其中第2步反应的化学方程式为__________。
【答案】 (1). CO2 (2). 2∶3 (3). 2Na＋2H2O＋Cu2+=2Na+＋Cu(OH)2↓＋H2↑ (4). 生成白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 (5). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
【详解】（1）HCl、NH3、CO2、O2四种气体中CO2的相对分子质量最大，由n=可知，气体的相对分子质量越大，摩尔质量越大，等质量时气体的物质的量越小，摩尔质量由大到小的顺序为：CO2>HCl>O2>NH3，则分子数最小的是CO2；
故答案为CO2；
（2）溶液存在电荷守恒，为n（Na+）+3n（Al3+）=n（Cl-）+2n（SO42-），已知前三种离子的个数比为1∶2∶1，假设各为1mol、2mol、1mol，则n（SO42-）=3mol，则溶液中Al3+和 SO42-离子个数比为2：3；
故答案为2：3；
（3）将一小块钠投入到盛CuSO4溶液的烧杯中，剧烈反应，Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠溶液与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，故反应的总离子方程式是：2Na＋2H2O＋Cu2+=2Na+＋Cu(OH)2↓＋H2↑；
故答案为: 2Na＋2H2O＋Cu2+=2Na+＋Cu(OH)2↓＋H2↑
(4) 将FeSO4溶液与过量NaOH溶液混合生成氢氧化亚铁和硫酸钠，氢氧化亚铁在空气中不稳定，被氧气氧化成氢氧化铁，故看到的现象是生成白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，反应过程分两步，其中第2步反应的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；
故答案为生成白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3
【点睛】溶液呈电中性，阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，正负电荷相等。
28.镁与稀硝酸的反应为：Mg＋ HNO3(稀)—— Mg(NO3)2＋ NO↑＋ H2O
(1)配平上述化学方程式并用“双线桥法”表示该反应中电子转移的方向和数目。________
(2)该反应中，还原产物是_________，HNO3表现了______________（选填“还原性”、“氧化性”、“酸性”、“碱性”）。
(3)若反应过程中转移的电子为0.6 mol，则被还原的硝酸物质的量为________。
【答案】 (1). (2). NO (3). 氧化性，酸性 (4). 0.2 mol
【解析】
【详解】（1）Mg＋ HNO3(稀)—— Mg(NO3)2＋ NO↑＋ H2O，Mg元素的化合价由0价变成了＋2价，化合价升高2，N元素的化合价由＋5价变成了+2价，化合价降低3，最小公倍数是6，Mg系数为3，Mg(NO3)2系数为3，NO的系数为2，通过观察反应前后N守恒，HNO3系数为8，最后H守恒，H2O的系数为4，得出：3Mg＋8HNO3(稀)=3 Mg(NO3)2＋2NO↑＋3H2O；用“双线桥”表示电子转移方向和数目为；
故答案为
（2）N元素的化合价降低被还原，因此NO是还原产物，同时反应后存在NO3－，HNO3既表现氧化性，又表现酸性；
故答案为NO；氧化性，酸性；
（3）HNO3→NO，1molHNO3被还原转移3mole－，转移0.6mol电子，则被还原的硝酸的物质的量0.2mol；
故答案为0.2mol
【点睛】氧化还原反应最重要的规律是电子守恒，即是氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数。
三、（本题包括2小题，共20分）
29.实验室有化学纯的浓硫酸，其试剂瓶标签上的部分内容如下图：
请回答下列问题：
(1)实验室只有100 mL、250 mL、500 mL三种规格的容量瓶，但要配制480 mL 0.50 mol/L的稀硫酸，需量取该浓硫酸______mL。
(2)接下来完成此实验你将用到的仪器有20 mL量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、____________。
(3)使用容量瓶前必须进行的一步操作是____________。
(4)要从所配溶液中取出10 mL稀释至20 mL，则稀释后溶液的物质的量浓度为__________。
(5)下列操作会使所配溶液浓度偏低的是__________。
A. 用量筒量取浓硫酸，读数时仰视刻度线
B. 转移溶液时未洗涤烧杯
C. 定容时俯视容量瓶的刻度线
D. 定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线
【答案】 (1). 13.6 (2). 500 mL容量瓶 (3). 检漏 (4). 0.25 mol/L (5). BD
【解析】
【分析】
（1）配制480mL 0.50mol/L的稀硫酸，实验室没有480mL的容量瓶，应该选用500mL的容量瓶，根据稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算；
（2）配制该物质的量浓度需要的仪器有500mL的容量瓶、胶头滴管、20mL量筒、烧杯、玻璃棒；
（4）稀释前后溶质的物质的量不变，10×10-3L×0.5mol•L-1=20×10-3L×c，c=0.25mol•L-1；
（5）A.用量筒量取浓硫酸，读数时仰视，量取的液体体积增大，溶质的物质的量偏大，所配溶液浓度偏大，不符合题意；
B.转移时，未洗涤烧杯，溶质的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏低，符合题意；
C.定容时俯视容量瓶，所配溶液的体积偏小，物质的量浓度偏大，不符合题意；
D.定容时摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，对原溶液稀释，物质的量浓度偏低，符合题意。
【详解】(1)配制480mL 0.50mol/L的稀硫酸，实验室没有480mL的容量瓶，应该选用500mL的容量瓶，稀释前后溶质的物质的量不变，V×1.84g/cm3×98%=500×10−3L×0.5mol/L×98g/mol，V=13.6mL，需要该浓硫酸13.6mL，
故答案为13.6；
(2)配制该物质的量浓度需要的仪器有500mL的容量瓶、胶头滴管、20mL量筒、烧杯、玻璃棒，
故答案为500mL容量瓶；
(3)使用容量瓶前必须进行的一步操作是检漏，
故答案为检漏
(4)稀释前后溶质的物质的量不变， 10×10-3L×0.5mol•L-1=20×10-3L×c，c=0.25mol•L-1；
故答案为 0.25mol/L；
(5)A.用量筒量取浓硫酸，读数时仰视，量取的液体体积增大，溶质的物质的量偏大，所配溶液浓度偏大，不符合题意；
B. 转移时，未洗涤烧杯，溶质的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏小，符合题意；
C. 定容时俯视容量瓶，所配溶液的体积偏小，物质的量浓度偏大，不符合题意；
D. 定容时摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，对原溶液稀释，物质的量浓度偏低，符合题意；
故答案为BD。
【点睛】一定物质的量浓度溶液的配制误差分析利用c=n÷V进行分析，n偏大或V偏小，则c偏大，反之偏小。
30.A～G七种物质的转化关系如图所示（部分反应物、产物和反应条件未标出）。其中，A、B为中学化学常见的金属单质，C是淡黄色固体，D既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，F溶液中加入AgNO3溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，E和G焰色反应均呈黄色。①、④均为燃烧反应。
请回答下列问题：
(1)D的化学式____________，G的化学式____________。
(2)按要求写出下列反应的方程式：
③的化学方程式：___________________，
B与E的溶液反应的离子方程式：________________。
(3)将E的溶液逐滴加入到F的溶液中至过量，其现象是_____，总反应的离子方程式为_______。
【答案】 (1). Al2O3 (2). NaAlO2 (3). 2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑ (4). 2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑ (5). 先产生白色胶状沉淀，最后沉淀逐渐溶解 (6). Al3+＋4OH－=AlO2-＋2H2O
【解析】
【分析】
A是中学化学常见的金属单质，A发生燃烧反应生成C，C是淡黄色固体，C为Na2O2，A为Na；B为中学化学常见的金属单质，B发生燃烧反应生成D，D既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，D为Al2O3，B为Al；C+D+H2O→G，G的焰色反应呈黄色，G为NaAlO2；A→E、C→E以及E的焰色反应呈黄色，E中含Na元素，F溶液中加入AgNO3溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，F溶液中含Cl-，结合D→F、E+F→G，则E为NaOH，F为AlCl3。
【详解】A是中学化学常见的金属单质，A发生燃烧反应生成C，C是淡黄色固体，C为Na2O2，A为Na；B为中学化学常见的金属单质，B发生燃烧反应生成D，D既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，D为Al2O3，B为Al；C+D+H2O→G，G的焰色反应呈黄色，G为NaAlO2；A→E、C→E以及E的焰色反应呈黄色，E中含Na元素，F溶液中加入AgNO3溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，F溶液中含Cl-，结合D→F、E+F→G，则E为NaOH，F为AlCl3。
（1）由以上分析可知D的化学式为Al2O3，G的化学式为NaAlO2；
故答案为Al2O3；NaAlO2；
（2）③的化学方程式：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑
B与E的溶液反应的离子方程式：2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑
故答案为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑；
（3）E为NaOH，F为AlCl3，将E的溶液逐滴加入到F的溶液中至过量，发生的反应依次为Al3++3OH-=Al(OH)3，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，现象是先产生白色胶状沉淀，最后沉淀逐渐溶解，总反应离子方程式为Al3+＋4OH－=AlO2-＋2H2O，
故答案为先产生白色胶状沉淀，最后沉淀逐渐溶解；Al3+＋4OH－=AlO2-＋2H2O。
【点睛】无机框图推断题要找到突破口，注意特殊颜色的物质，特殊的反应，物质的工业制法等。
四、（本题包括2小题，共6分）
31.把5.1 g铝镁合金的粉末放入100 mL某盐酸中，恰好完全反应，标准状况下收集到5.6 L H2。试计算(注意：无计算过程不给分)：
(1)该盐酸的物质的量浓度是多少？_____________
(2)该合金中铝的质量为多少克？_____________
【答案】 (1). 5mol/L (2). 2.7 g
【解析】
【分析】
镁铝合金与盐酸发生反应的化学方程式为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，生成氢气的物质的量为n（H2）==0.25mol，结合反应的方程式列方程式计算出盐酸的物质的量浓度、合金中铝的质量。
【详解】标况下5.6L氢气的物质的量为0.25mol，设5.1g镁铝合金中含有镁物质的量为xmol，含有铝物质的量为ymol，则
Mg+2HCl=MgCl2+H2↑
1 2 1
x 2x x
2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑
2 6 3
y 3y 1.5y
x+1.5y=0.25
24x+27y=5.1
解得：x=0.1；y=0.1
（1）反应消耗的盐酸的总物质的量为：0.1mol×2+0.1mol×3=0.5mol，盐酸的物质的量浓度为：c（HCl）==5mol/L，
故该盐酸的物质的量浓度为5mol/L；
（2）该合金中铝的质量m(Al)=n×M=0.1mol×27g/mol=2.7g
故该合金中铝的质量2.7g。
化学试题
可能用的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5
第Ⅰ卷（选择题 共50分）
一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意）
1.能够一次性鉴别FeCl3 、FeCl2 、NaCl 、AlCl3四种物质的试剂是
A. AgNO3溶液 B. Ba(NO3)2溶液 C. NaOH溶液 D. 稀硝酸
【答案】C
【解析】
【详解】FeCl3 、FeCl2 、NaCl 、AlCl3四种物质均能电离出氯离子，阴离子相同，只能鉴别阳离子，阳离子分别是铁离子、亚铁离子、钠离子、铝离子，故加入氢氧化钠溶液，分别出现红褐色沉淀、白色沉淀并迅速变成灰绿色最终变成红褐色沉淀、没有现象、先出现白色沉淀后沉淀溶解，现象不同可以鉴别，
故选C。
2.NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A. 0.5 mol NO2与11.2 L O3所含的分子数均为0.5 NA
B. 同温同压下，相同体积氢气和氦气所含原子数均为NA
C. 7.8 g Na2O2与足量水或CO2反应，转移电子数目均为0.1NA
D. 0.5 mol Fe与足量盐酸或足量水蒸气反应，转移电子数目均为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 11.2 L O3所含分子数无法计算，因为不知道温度和压强，故A错误；
B. 同温同压下，相同体积的氢气和氦气所含分子数相同，但氢气是双原子分子，氦气是单原子分子，所含原子数之比为2:1，故B错误；
C. 7.8 g Na2O2物质的量为0.1mol，与足量水或CO2反应，Na2O2都既是氧化剂又是还原剂，转移电子数是0.1NA，故C正确；
D. 0.5 mol Fe与足量盐酸转移电子数目为NA，足量水蒸气反应生成四氧化三铁，转移电子数为1.33NA，故D错误；
故选C。
3.下列化学反应的离子方程式正确的是
A. 将饱和FeCl3溶液滴入沸水中：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
B. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2+＋OH－＋SO42-＋H+ =BaSO4↓＋H2O
C. 碳酸氢钠溶液中加入稀盐酸：CO32-＋2H+ =CO2↑＋H2O
D. 铝与CuSO4溶液反应：Al＋Cu2+=Cu＋Al3+
【答案】A
【解析】
【详解】A．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备胶体的离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋，故A正确；
B. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，反应的离子方程式为：Ba2+＋2OH－＋SO42-＋2H+ = BaSO4↓＋2H2O，故B错误；
C. 碳酸氢钠溶液中加入稀盐酸，反应的离子方程式为：HCO3-＋H+ =CO2↑＋H2O，故C错误；
D. 铝与CuSO4溶液反应的离子方程式为：2Al＋3Cu2+=3Cu＋2Al3+，故D错误；
故选A。
4.对于下列性质的比较，Na2CO3小于NaHCO3的是
A. 常温时在水中的溶解度 B. 热稳定性
C. 与稀盐酸反应产生气泡快慢 D. 相同物质的量浓度的溶液的碱性
【答案】C
【解析】
【详解】A. 常温时在水中的溶解度，Na2CO3大于NaHCO3，故A不符合题意；
B. 碳酸钠受热不分解，NaHCO3受热易分解，故热稳定性Na2CO3大于NaHCO3，故B不符合题意；
C. 碳酸钠遇到盐酸先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钠与稀盐酸反应产生气泡比碳酸氢钠慢，故C符合题意；
D. 越弱越水解，相同物质的量浓度的溶液的碱性：Na2CO3大于NaHCO3，故D不符合题意；
故选C。
5.在无色透明的强酸性溶液中，下列离子组能大量共存的是
A. Na+、K+、OH－、Cl－ B. Na+、Fe2+、SO42-、NO3-
C. Mg2+、Na+、SO42-、Cl－ D. Ba2+、HCO3-、NO3-、K+
【答案】C
【解析】
【详解】A．强酸溶液中不能大量存在OH−，故A不符合题意；
B．含Fe2+的溶液呈浅绿色，与无色不符，且Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，故B不符合题意；
C．酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故C符合题意；
D．酸性溶液中不能大量存在HCO3-，故D不符合题意；
故选C。
【点睛】酸性溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答。
6.朱自清在《荷塘月色》冲写道:“薄薄青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的班驳的黑影……”月光穿过薄雾形成的种种美景本质原因是
A. 空气中的小水滴颗粒直径大小约为1nm-100nm
B. 空气中的小水滴颗粒的布朗运动
C. 雾是一种胶体，胶粒带相同电荷
D. 发生丁达尔效应
【答案】A
【解析】
【详解】A．题干中所提及的雾，是空气中的小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1～100nm，A正确；
B．空气中的小水滴颗粒的布朗运动不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，B错误；
C．雾是一种胶体，但这不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，C错误；
D．雾作为一种胶体，确实能发生丁达尔效应，但这也不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，D错误；
答案选A。
7.下列物质类别中，前者包含后者的是
A. 混合物 溶液 B. 电解质 化合物 C. 化合物 单质 D. 浊液 胶体
【答案】A
【解析】
【详解】A．混合物是由两种或两种以上的物质组成的，溶液是由溶质和溶剂组成的混合物，则混合物包含溶液，故A正确；
B．根据物质在水溶液或熔融态下是否导电，可以将化合物分为电解质和非电解质两类，所以化合物包含电解质，故B错误；
C．单质和化合物都属于纯净物，不存在包含关系，故C错误；
D．当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），浊液和胶体不存在包含关系，故D错误；
故答案为A。
【点睛】考查物质的分类方法，解答时要分析物质的元素组成和物质组成，然后再根据各类物质概念的含义进行分析、判断，从而得出正确的结论，其中：混合物是由两种或两种以上的物质组成的；电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物；当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm）。
8.下列溶液中，Na＋ 物质的量浓度最大的是
A. 10 mL 0.4 mo l·L-1NaOH溶液 B. 5 mL 0.3 mo l·L-1Na3PO4溶液
C. 10 mL 0.3 mo l·L-1Na2SO4溶液 D. 5 mL 0.5 mol·L-1NaNO3溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A、10 mL 0.4 mo l·L-1 NaOH溶液中c(Na＋)=0.4mol·L－1；
B、5 mL 0.3 mo l·L-1 Na3PO4溶液中c(Na＋)=3×0.3mol·L－1=0.9mol·L－1；
C、10 mL 0.3 mo l·L-1 Na2SO4溶液中c(Na＋)=2×0.3mol·L－1=0.6mol·L－1；
D、5 mL 0.5 mol·L-1 NaNO3溶液中c(Na＋)=0.5mol·L－1；
5 mL 0.3 mo l·L-1 Na3PO4溶液中c(Na＋)最大，答案选B。
9.下列除杂的方法错误的是
A. 除去N2中的少量O2：通过灼热的Cu网，收集气体
B. 除去CO2中的少量HCl：通入饱和NaHCO3溶液，干燥后收集气体
C. 除去Fe2O3固体中少量Al2O3：加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥
D. 除去KCl溶液中少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤
【答案】D
【解析】
【详解】A. 灼热的Cu与氧气反应，而与氮气不反应，则通过灼热的Cu网，收集气体可除去N2中少量的O2，故A正确；
B. 因为氯化氢能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，CO2在饱和NaHCO3溶液中溶解度很小，通入饱和NaHCO3溶液，干燥后收集气体可除去CO2中少量的HCl，故B正确；
C. 氧化铝与NaOH溶液反应，而氧化铁与NaOH不反应，则加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥可除去Fe2O3固体中少量Al2O3，故C正确；
D. 加入适量NaOH溶液会将MgCl2除去，但引入新杂质离子钠离子，故D错误；
故选D。
10.单质X和Y相互反应生成X2+Y2-。现有下列叙述：①X被氧化、②X是氧化剂、③X具有氧化性、④Y2-是还原产物、⑤Y2-具有还原性、⑥X2+具有氧化性、⑦Y的氧化性比X2+的氧化性强，其中正确的是( )
A. ①②③④ B. ①④⑤⑥⑦ C. ②③④ D. ①③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】由单质X和Y相互反应生成X2+Y2-可以知道，X的化合价升高了，所以X被氧化，X为还原剂，具有还原性，其氧化产物为X2+，X2+具有氧化性；Y的化合价降低了，所以Y被还原，Y为氧化剂，具有氧化性，其还原产物为Y2-，Y2-具有还原性；根据同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，Y的氧化性比X2+的氧化性强，正确的叙述是①④⑤⑥⑦；答案选B。
11.中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造涉及氧化还原反应的是
A. 用小苏打作焙制糕点的膨松剂 B. 用饱和氯化铁制备氢氧化铁胶体
C. 用铁矿石炼铁 D. 用明矾作自来水净水剂
【答案】C
【解析】
【详解】A. 用小苏打作焙制糕点的膨松剂，元素的化合价没有变化，不涉及氧化还原反应，故A不符合题意；
B. 用饱和氯化铁制备氢氧化铁胶体，加热时氯化铁与水反应生成氢氧化铁胶体和HCl，元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C. 用铁矿石炼铁，Fe元素的化合价降低，铁被还原，涉及氧化还原反应，故C符合题意；
D. 用明矾作自来水的净水剂，铝离子水解成氢氧化铝胶体，元素的化合价没有发生变化，不涉及氧化还原反应，故D不符合题意；
故选C。
12.下列物质中，属于电解质且能导电的是
A. 酒精 B. 稀硝酸 C. 氯化钠固体 D. 熔融碳酸钠
【答案】D
【解析】
【详解】A. 酒精的水溶液不导电，液体也不导电，属于非电解质，故A不符合题意；
B. 稀硝酸能导电，但稀硝酸属于混合物，不是电解质，故B不符合题意；
C. 氯化钠固体是电解质，但其中的离子不能自由移动，不能导电，故C不符合题意；
D. 熔融碳酸钠中有自由移动的离子，能导电，是电解质，故D符合题意；
故选D。
13.下列仪器中不能用作反应器的是
A. 容量瓶 B. 锥形瓶 C. 烧杯 D. 圆底烧瓶
【答案】A
【解析】
【详解】A．容量瓶是配制一定体积物质的量浓度溶液的专用仪器，不能用作反应容器，故A符合题意；
B．锥形瓶常用作滴定反应的反应容器，故B不符合题意；
C．烧杯是较大量试剂的反应容器，反应热效应不会影响烧杯的使用，烧杯也可用于配制溶液，故C不符合题意；
D．圆底烧瓶常用作较多液体（或液体与固体）参与反应的容器，故D不符合题意；
故选A。
【点睛】根据常见的化学仪器的名称、用途等进行分析判断，容量瓶是配制溶液的，烧杯可作较多试剂反应的反应容器，锥形瓶常作滴定反应的反应容器，圆底烧瓶可作较多药品的反应容器。
14.下列实验操作中错误的是
A. 蒸馏操作时，向蒸馏液体中加入几块沸石，以防止暴沸
B. 蒸发操作时，当混合物中出现大量晶体时停止加热，用余热烘干
C. 分液操作时，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出
D. 萃取操作时，选用酒精作为萃取剂从溴水中萃取溴
【答案】D
【解析】
【详解】A. 蒸馏操作时，为防止液体沸腾时的剧烈跳动，向蒸馏液体中加入几块沸石，以防止暴沸，故A正确；
B. 蒸发时不能蒸干，当混合物中出现大量晶体时停止加热，再利用余热烘干，故B正确；
C. 分液时为避免上下层液体混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；
D. 酒精和水互溶，不能用酒精作萃取剂从溴水中萃取溴，故D错误；
故选D。
15.用NaCl 固体配制0.1mo/L 的NaCl 溶液1L，下列操作或说法正确的是
A. 用托盘天平称取5.85g NaCl 固体
B. 配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不会影响实验结果
C. 固体溶解后，未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容
D. 可将NaCl固体直接放在天平的左盘上称量
【答案】B
【解析】
【详解】A. NaCl 固体配制0.1mo/L 的NaCl 溶液1L，需要氯化钠的质量是m=n×M=c×V×M=1L×0.1mol/L×58.5g/mol=5.85g，托盘天平称取5.9g NaCl 固体，故A错误；
B. 容量瓶中原来有少量蒸馏水，对溶液体积无影响，n、V不变，则不会影响实验结果，故B正确；
C. 固体溶解后，未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，导致所配溶液体积偏小，浓度偏大，故C错误；
D. NaCl 应放在滤纸上称量，不能将固体NaCl直接放在天平左盘上，易腐蚀托盘，故D错误；
故选B。
16.下列有关物质检验的实验结论正确的是
选项
实 验 操 作 及 现 象
实 验 结 论
A
向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
该溶液中一定含有CO32-
B
向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色。再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色
该溶液中一定含有Fe2+
C
向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有SO42-
D
将某物质的溶液进行焰色实验，焰色反应为黄色
该溶液中一定不含K+
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. 向某溶液中加入盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，由于二氧化硫和二氧化碳均可以使澄清石灰水变浑浊，说明溶液中有碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐或亚硫酸氢盐，故A错误；
B. 向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，说明不含三价铁离子，再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色，说明生成了三价铁离子，证明溶液中一定含有亚铁离子，故B正确；
C. 向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液中可能含有SO42-、银离子等，故C错误；
D. 钠离子的焰色反应为黄色，钾离子的焰色反应为紫色，会被钠离子的黄色所掩蔽，所以某物质的溶液焰色反应为黄色，说明一定含Na+，但不能确定是否含K+，故D错误；
故选B
17.常温下，在溶液中可发生以下反应：①16H＋＋10Z－＋2 XO4-=2X2＋＋5Z2＋8H2O，②2M2＋＋R2=2M3＋＋2R－，③2R－＋Z2=R2＋2Z－，由此判断下列说法错误的是( )
A. 氧化性强弱顺序为：XO4-
D. 常温下可发生反应2M2＋＋Z2=2M3＋＋2Z－
【答案】A
【解析】
【详解】A.氧化还原反应的方程的左边的氧化剂的氧化性大于右边的氧化剂，还原剂的还原性大于右边的还原剂，根据①16H＋＋10Z－＋2 XO4-=2X2＋＋5Z2＋8H2O，②2M2＋＋R2=2M3＋＋2R－，③2R－＋Z2=R2＋2Z－，可以知道M3＋＜R2＜Z2＜ XO4-，故A错误；
B.还原性为X2＋＜Z－＜R－＜M2＋，故B正确；
C.根据①16H＋＋10Z－＋2XO4-=2X2＋＋5Z2＋8H2O，可以知道，Z的化合价升高，所以被氧化，在③2R－＋Z2=R2＋2Z－，中，Z元素的化学价降低，被还原，故C正确，
D.根据M3＋＜Z2，可以得到常温下可发生反应2M2＋＋Z2=2M3＋＋2Z－，所以D也正确．
所以本题选A。
18.对下列Ⅰ～Ⅳ的实验现象判断错误的是
A. 实验Ⅰ：立即产生大量红褐色沉淀 B. 实验Ⅱ：溶液未变红色
C. 实验Ⅲ：先出现白色沉淀，后溶解 D. 实验Ⅳ：棉团燃烧起来
【答案】A
【解析】
【详解】A. 实验装置是制备氢氧化铁胶体的实验过程，饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热生成红褐色氢氧化铁胶体，故A错误；
B. 氯化亚铁和硫氰化钾溶液不反应，溶液不会变红色；故B正确；
C. 氢氧化钠溶液滴入氯化铝溶液中先生成白色沉淀氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，继续滴入NaOH溶液，沉淀会溶解，故C正确；
D. 二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，并放出大量的热，使棉花燃烧，故D正确；
故选A。
19.足量的铝分别与等物质的量浓度的稀盐酸、氢氧化钠溶液反应，放出的气体在标准状况下体积相等，则所取稀盐酸和氢氧化钠溶液的体积比为
A. 6︰1 B. 3︰2 C. 1︰3 D. 3︰1
【答案】D
【解析】
【详解】发生反应：2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，产生相同物质的量的氢气时，则n(HCl):n(NaOH)=6:2=3:1，因为物质的量浓度相同，因此消耗的HCl、NaOH的体积之比：V(HCl):V(NaOH)=n(HCl):n(NaOH)=3:1，
故选D。
20.某溶液中含有HCO3-、CO32-、Na+、NO3-四种离子，向其中加入适量Na2O2固体后，假设溶液体积不变，溶液中离子浓度基本保持不变的是
A. CO32- B. HCO3- C. Na+ D. NO3-
【答案】D
【解析】
【分析】
加入适量Na2O2固体，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，引入氢氧根离子和氧气，据此分析。
【详解】A. Na2O2与水反应生成NaOH，溶液呈碱性，HCO3-与OH−反应生成CO32-，CO32-离子浓度增大，故A不符合题意；
B. Na2O2与水反应生成NaOH，溶液呈碱性，HCO3-与OH−反应生成CO32-，则HCO3-离子浓度减小，故B不符合题意；
C. Na2O2与水反应生成NaOH，Na+浓度增大，故C不符合题意；
D. NO3-不参与反应，NO3-浓度基本不变，故D符合题意；
故选D。
【点睛】Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na2O2具有强氧化性，能与OH-反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变，同时溶液中存在反应生成的离子，以此来解答。
21.某无色透明溶液中可能含有H+、Na+、Fe3+、Cl－、CO32-、SO42-、Al3+中的一种或几种。将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红；取少量试液，滴加硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，取上层清液滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀。下列判断合理的是
A. 一定有Cl－ B. 一定有SO42- C. 一定没有Al3+ D. 可能含有Fe3+
【答案】B
【解析】
【详解】无色透明溶液中不能含有Fe3+；溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红，说明含有H+，因为碳酸根离子与氢离子反应，故溶液中不能含有CO32-；取少量试液，滴加硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42-；取上层清液滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，不能说明原溶液中含有Cl－，因为前面加入BaCl2，引入了Cl－；根据实验现象无法确定Al3+，
故选B。
22.下列各项操作中，最终会产生白色沉淀的是
A. 向BaCl2溶液中通入CO2至过量
B. 向AlCl3溶液中滴加氨水至过量
C. 向Fe(OH)3 胶体中滴加稀硫酸至过量
D. 向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 向BaCl2溶液中通入CO2至过量，不发生化学反应，不会产生白色沉淀，故A不符合题意；
B. 向AlCl3溶液中滴加滴加氨水溶液至过量，只生成白色氢氧化铝沉淀，故B符合题意；
C. 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸至过量，先胶体和电解质溶液产生聚沉现象，有红褐色沉淀生成；后氢氧化铁又和硫酸反应生成可溶性的硫酸铁，所以沉淀又溶解，故C不符合题意；
D. 向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量，出现红褐色沉淀，故D不符合题意；
故选B。
23.下列叙述正确的是
A. Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
B. Na2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换反应生成O2
C. Na2O是淡黄色固体，Na2O2是白色固体
D. Na2O2和Na2O焰色反应均为黄色
【答案】D
【解析】
【详解】A.Na2O2能和水反应生成氢氧化钠和氧气，为过氧化物，不是碱性氧化物，故A错误；
B.Na2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生氧化还原反应生成O2，不是置换反应，故B错误；
C.Na2O是白色固体，Na2O2是淡黄色固体，故C错误；
D.Na2O2和Na2O均含有钠元素，则焰色反应均为黄色，故D正确。
故选D。
24.把一定量的铁粉放入FeCl3溶液中，完全反应后，所得溶液中c(Fe2+)＝c(Fe3+)。则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+物质的量之比为
A. 1:1 B. 2:3 C. 1:2 D. 3:2
【答案】B
【解析】
【详解】设已反应的Fe3+的物质的量为2mol，则：
Fe+2Fe3+=3Fe2+
2mol 3mol
反应后溶液中Fe2+的物质的量为3mol，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，所以未反应的Fe3+的物质的量为3mol，
则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为2mol:3mol=2:3，
故选B。
【点睛】铁粉放入三氯化铁溶液中发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，设已反应的Fe3+的物质的量为2mol，根据方程式计算生成的Fe2+的物质的量，进而得到未反应的Fe3+的物质的量，二者之比即为答案。
25.Na2O2和Na2CO3组成的固体混合物与200mL稀盐酸刚好反应完全后，收集到标准状况下的气体3.36 L，所得溶液中含NaCl 0.4 mol ，下列说法错误的是
A. 稀盐酸的物质的量浓度是2 mol/L
B. 原固体混合物中Na2O2的质量是7.8 g
C. 上述反应过程中，Na2O2和Na2CO3产生气体的体积比为1:1
D. 该混合气体平均摩尔质量为40 g/ mol
【答案】C
【解析】
【详解】A.由原子守恒得，氯化氢的物质的量等于氯化钠的物质的量，c(HCl)=n÷V=0.4mol÷0.2L=2 mol/L，故A正确；
B.设Na2O2物质的量是xmol，Na2CO3物质的量是ymol，反应的化学方程式为2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑、Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，2x+2y=0.4mol；+y=3.36L÷22.4L/mol=0.15mol，解得x=0.1，y=0.1，所以Na2O2的质量是7.8 g，故B正确；
C.根据B分析知，过氧化钠的物质的量是0.1mol，生成氧气是0.05mol，碳酸钠的物质的量是0.1mol，与盐酸反应产生二氧化碳的物质的量是0.1mol，产生气体体积比是1:2，故C错误；
D.根据C分析知，氧气的物质的量是0.05mol，二氧化碳的物质的量是0.1mol，可以得气体的质量是0.05mol×32g/mol+0.1mol×44g/mol=6g，混合气体的平均摩尔质量为6g÷0.15mol=40 g/ mol，故D正确；
故选C。
第Ⅱ卷（非选择题 共50分）
二、（本题包括3小题，共24分）
26.现有下列物质：
①氧化钠固体 ②胆矾晶体 ③熔融氯化钠 ④稀盐酸 ⑤氨水 ⑥蔗糖 ⑦二氧化碳
请用序号填空：
(1)上述状态下可导电的是____________。
(2)属于电解质的是__________________。
(3)属于非电解质的是________________。
【答案】 (1). ③④⑤ (2). ①②③ (3). ⑥⑦
【解析】
【分析】
能导电的物质含有自由移动的电子或阴阳离子；
电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；
非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子；
单质，混合物既不是电解质也不是非电解质，根据定义即可解答．
【详解】(1) ①氧化钠固体、②胆矾晶体中阴阳离子不自由移动，不能导电；③熔融氯化钠、④稀盐酸、⑤氨水中含有自由移动的阴、阳离子，所以能导电；⑥蔗糖、⑦二氧化碳中只存在分子，不能导电；
故答案为③④⑤；
(2) ①氧化钠固体、②胆矾晶体、③熔融氯化钠是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，所以是电解质；④稀盐酸、⑤氨水是混合物，既不是电解质、也不是非电解质；
故答案为①②③；
(3) ⑥蔗糖是在水溶液和熔融状态都不导电的化合物，属于非电解质；⑦二氧化碳在水溶液中与水反应生成碳酸，碳酸电离出自由移动的阴阳离子，二氧化碳的水溶液能导电，但阴阳离子不是二氧化碳自身电离的，二氧化碳是非电解质；
故答案为⑥⑦；
【点睛】二氧化碳，氨气其水溶液能导电，但自身不能电离出自由移动的离子，所以是非电解质。
27.请按要求完成下列各题：
(1)质量都是50 g的 HCl、NH3、CO2、O2四种气体中，含有分子数目最少的是__________
(2)某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl－、SO42-四种离子，已知前三种离子的个数比为1∶2∶1， 则溶液中Al3+和SO42-的离子个数比为__________。
(3)将一小块钠投入到盛CuSO4溶液的烧杯中，剧烈反应，放出气体并生成蓝色沉淀，其总反应的离子方程式为________________。
(4)将FeSO4溶液与过量NaOH溶液混合并在空气中放置一段时间，整个过程中的现象为______，反应过程分两步，其中第2步反应的化学方程式为__________。
【答案】 (1). CO2 (2). 2∶3 (3). 2Na＋2H2O＋Cu2+=2Na+＋Cu(OH)2↓＋H2↑ (4). 生成白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 (5). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
【详解】（1）HCl、NH3、CO2、O2四种气体中CO2的相对分子质量最大，由n=可知，气体的相对分子质量越大，摩尔质量越大，等质量时气体的物质的量越小，摩尔质量由大到小的顺序为：CO2>HCl>O2>NH3，则分子数最小的是CO2；
故答案为CO2；
（2）溶液存在电荷守恒，为n（Na+）+3n（Al3+）=n（Cl-）+2n（SO42-），已知前三种离子的个数比为1∶2∶1，假设各为1mol、2mol、1mol，则n（SO42-）=3mol，则溶液中Al3+和 SO42-离子个数比为2：3；
故答案为2：3；
（3）将一小块钠投入到盛CuSO4溶液的烧杯中，剧烈反应，Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠溶液与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，故反应的总离子方程式是：2Na＋2H2O＋Cu2+=2Na+＋Cu(OH)2↓＋H2↑；
故答案为: 2Na＋2H2O＋Cu2+=2Na+＋Cu(OH)2↓＋H2↑
(4) 将FeSO4溶液与过量NaOH溶液混合生成氢氧化亚铁和硫酸钠，氢氧化亚铁在空气中不稳定，被氧气氧化成氢氧化铁，故看到的现象是生成白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，反应过程分两步，其中第2步反应的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；
故答案为生成白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3
【点睛】溶液呈电中性，阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，正负电荷相等。
28.镁与稀硝酸的反应为：Mg＋ HNO3(稀)—— Mg(NO3)2＋ NO↑＋ H2O
(1)配平上述化学方程式并用“双线桥法”表示该反应中电子转移的方向和数目。________
(2)该反应中，还原产物是_________，HNO3表现了______________（选填“还原性”、“氧化性”、“酸性”、“碱性”）。
(3)若反应过程中转移的电子为0.6 mol，则被还原的硝酸物质的量为________。
【答案】 (1). (2). NO (3). 氧化性，酸性 (4). 0.2 mol
【解析】
【详解】（1）Mg＋ HNO3(稀)—— Mg(NO3)2＋ NO↑＋ H2O，Mg元素的化合价由0价变成了＋2价，化合价升高2，N元素的化合价由＋5价变成了+2价，化合价降低3，最小公倍数是6，Mg系数为3，Mg(NO3)2系数为3，NO的系数为2，通过观察反应前后N守恒，HNO3系数为8，最后H守恒，H2O的系数为4，得出：3Mg＋8HNO3(稀)=3 Mg(NO3)2＋2NO↑＋3H2O；用“双线桥”表示电子转移方向和数目为；
故答案为
（2）N元素的化合价降低被还原，因此NO是还原产物，同时反应后存在NO3－，HNO3既表现氧化性，又表现酸性；
故答案为NO；氧化性，酸性；
（3）HNO3→NO，1molHNO3被还原转移3mole－，转移0.6mol电子，则被还原的硝酸的物质的量0.2mol；
故答案为0.2mol
【点睛】氧化还原反应最重要的规律是电子守恒，即是氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数。
三、（本题包括2小题，共20分）
29.实验室有化学纯的浓硫酸，其试剂瓶标签上的部分内容如下图：
请回答下列问题：
(1)实验室只有100 mL、250 mL、500 mL三种规格的容量瓶，但要配制480 mL 0.50 mol/L的稀硫酸，需量取该浓硫酸______mL。
(2)接下来完成此实验你将用到的仪器有20 mL量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、____________。
(3)使用容量瓶前必须进行的一步操作是____________。
(4)要从所配溶液中取出10 mL稀释至20 mL，则稀释后溶液的物质的量浓度为__________。
(5)下列操作会使所配溶液浓度偏低的是__________。
A. 用量筒量取浓硫酸，读数时仰视刻度线
B. 转移溶液时未洗涤烧杯
C. 定容时俯视容量瓶的刻度线
D. 定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线
【答案】 (1). 13.6 (2). 500 mL容量瓶 (3). 检漏 (4). 0.25 mol/L (5). BD
【解析】
【分析】
（1）配制480mL 0.50mol/L的稀硫酸，实验室没有480mL的容量瓶，应该选用500mL的容量瓶，根据稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算；
（2）配制该物质的量浓度需要的仪器有500mL的容量瓶、胶头滴管、20mL量筒、烧杯、玻璃棒；
（4）稀释前后溶质的物质的量不变，10×10-3L×0.5mol•L-1=20×10-3L×c，c=0.25mol•L-1；
（5）A.用量筒量取浓硫酸，读数时仰视，量取的液体体积增大，溶质的物质的量偏大，所配溶液浓度偏大，不符合题意；
B.转移时，未洗涤烧杯，溶质的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏低，符合题意；
C.定容时俯视容量瓶，所配溶液的体积偏小，物质的量浓度偏大，不符合题意；
D.定容时摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，对原溶液稀释，物质的量浓度偏低，符合题意。
【详解】(1)配制480mL 0.50mol/L的稀硫酸，实验室没有480mL的容量瓶，应该选用500mL的容量瓶，稀释前后溶质的物质的量不变，V×1.84g/cm3×98%=500×10−3L×0.5mol/L×98g/mol，V=13.6mL，需要该浓硫酸13.6mL，
故答案为13.6；
(2)配制该物质的量浓度需要的仪器有500mL的容量瓶、胶头滴管、20mL量筒、烧杯、玻璃棒，
故答案为500mL容量瓶；
(3)使用容量瓶前必须进行的一步操作是检漏，
故答案为检漏
(4)稀释前后溶质的物质的量不变， 10×10-3L×0.5mol•L-1=20×10-3L×c，c=0.25mol•L-1；
故答案为 0.25mol/L；
(5)A.用量筒量取浓硫酸，读数时仰视，量取的液体体积增大，溶质的物质的量偏大，所配溶液浓度偏大，不符合题意；
B. 转移时，未洗涤烧杯，溶质的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏小，符合题意；
C. 定容时俯视容量瓶，所配溶液的体积偏小，物质的量浓度偏大，不符合题意；
D. 定容时摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，对原溶液稀释，物质的量浓度偏低，符合题意；
故答案为BD。
【点睛】一定物质的量浓度溶液的配制误差分析利用c=n÷V进行分析，n偏大或V偏小，则c偏大，反之偏小。
30.A～G七种物质的转化关系如图所示（部分反应物、产物和反应条件未标出）。其中，A、B为中学化学常见的金属单质，C是淡黄色固体，D既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，F溶液中加入AgNO3溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，E和G焰色反应均呈黄色。①、④均为燃烧反应。
请回答下列问题：
(1)D的化学式____________，G的化学式____________。
(2)按要求写出下列反应的方程式：
③的化学方程式：___________________，
B与E的溶液反应的离子方程式：________________。
(3)将E的溶液逐滴加入到F的溶液中至过量，其现象是_____，总反应的离子方程式为_______。
【答案】 (1). Al2O3 (2). NaAlO2 (3). 2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑ (4). 2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑ (5). 先产生白色胶状沉淀，最后沉淀逐渐溶解 (6). Al3+＋4OH－=AlO2-＋2H2O
【解析】
【分析】
A是中学化学常见的金属单质，A发生燃烧反应生成C，C是淡黄色固体，C为Na2O2，A为Na；B为中学化学常见的金属单质，B发生燃烧反应生成D，D既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，D为Al2O3，B为Al；C+D+H2O→G，G的焰色反应呈黄色，G为NaAlO2；A→E、C→E以及E的焰色反应呈黄色，E中含Na元素，F溶液中加入AgNO3溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，F溶液中含Cl-，结合D→F、E+F→G，则E为NaOH，F为AlCl3。
【详解】A是中学化学常见的金属单质，A发生燃烧反应生成C，C是淡黄色固体，C为Na2O2，A为Na；B为中学化学常见的金属单质，B发生燃烧反应生成D，D既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，D为Al2O3，B为Al；C+D+H2O→G，G的焰色反应呈黄色，G为NaAlO2；A→E、C→E以及E的焰色反应呈黄色，E中含Na元素，F溶液中加入AgNO3溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，F溶液中含Cl-，结合D→F、E+F→G，则E为NaOH，F为AlCl3。
（1）由以上分析可知D的化学式为Al2O3，G的化学式为NaAlO2；
故答案为Al2O3；NaAlO2；
（2）③的化学方程式：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑
B与E的溶液反应的离子方程式：2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑
故答案为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑；
（3）E为NaOH，F为AlCl3，将E的溶液逐滴加入到F的溶液中至过量，发生的反应依次为Al3++3OH-=Al(OH)3，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，现象是先产生白色胶状沉淀，最后沉淀逐渐溶解，总反应离子方程式为Al3+＋4OH－=AlO2-＋2H2O，
故答案为先产生白色胶状沉淀，最后沉淀逐渐溶解；Al3+＋4OH－=AlO2-＋2H2O。
【点睛】无机框图推断题要找到突破口，注意特殊颜色的物质，特殊的反应，物质的工业制法等。
四、（本题包括2小题，共6分）
31.把5.1 g铝镁合金的粉末放入100 mL某盐酸中，恰好完全反应，标准状况下收集到5.6 L H2。试计算(注意：无计算过程不给分)：
(1)该盐酸的物质的量浓度是多少？_____________
(2)该合金中铝的质量为多少克？_____________
【答案】 (1). 5mol/L (2). 2.7 g
【解析】
【分析】
镁铝合金与盐酸发生反应的化学方程式为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，生成氢气的物质的量为n（H2）==0.25mol，结合反应的方程式列方程式计算出盐酸的物质的量浓度、合金中铝的质量。
【详解】标况下5.6L氢气的物质的量为0.25mol，设5.1g镁铝合金中含有镁物质的量为xmol，含有铝物质的量为ymol，则
Mg+2HCl=MgCl2+H2↑
1 2 1
x 2x x
2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑
2 6 3
y 3y 1.5y
x+1.5y=0.25
24x+27y=5.1
解得：x=0.1；y=0.1
（1）反应消耗的盐酸的总物质的量为：0.1mol×2+0.1mol×3=0.5mol，盐酸的物质的量浓度为：c（HCl）==5mol/L，
故该盐酸的物质的量浓度为5mol/L；
（2）该合金中铝的质量m(Al)=n×M=0.1mol×27g/mol=2.7g
故该合金中铝的质量2.7g。
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