还剩18页未读，
继续阅读
【化学】吉林省乾安县第七中学2018-2019学年高二下学期第三次质量检测（解析版）
展开
吉林省乾安县第七中学2018-2019学年高二下学期第三次质量检测
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共100分，考试时间为90分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35．5 Mn 55 Ca 40
第Ⅰ卷（选择题，共55分）
一、选择题（本题包括20小题，15每小题2分，6—20，每小题3分，共55分。每小题只有一个选项符合题意）
1.如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（ ）
A. 所含原子数相等 B. 气体密度相等
C. 气体质量相等 D. 摩尔质量相等
【答案】A
【解析】同温同压相同体积的任何气体所含分子数相等；由于N2、O2、NO均为双原子分子，所以，所含原子数相等；
2.某同学实验报告中有以下数据，其中数据不合理的是（ ）
A. 用托盘天平称取11．5g食盐
B. 用量筒量取12．4mL盐酸
C. 用广泛pH试纸测得某溶液的pH值为3．6
D. 用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用去21．20mLNaOH溶液
【答案】C
【详解】A项、托盘天平称量物质准确度为0.1g，可称取11.5g食盐，故A正确；
B项、量筒能够精确到0.1mL，可量取12.4mL盐酸，故B正确；
D项、用广泛pH试纸测得溶液的pH为范围值，不能为3.6，故C错误；
D项、滴定管的准确度为0.01mL，可量取21.20mL NaOH溶液，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查化学实验基本操作，注意对一些测量仪器的准确度及仪器规格的掌握情况，依据所用仪器的准确度如实记录可测得的可靠数值是解答关键。
3.如图是某学校购买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1．84mol·L−1
B. 1mol Zn与足量的该硫酸反应产生2g H2
C. 配制200mL4．6mol·L−1的稀硫酸需取该硫酸50mL
D. 该硫酸与等体积的水混合所得溶液的物质的量浓度等于9．2mol·L−1
【答案】C
【解析】A．该硫酸溶液的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L，故A错误；B．锌和浓硫酸反应生成二氧化硫，浓硫酸足量没有氢气生成，故B错误；C．设配制200mL4.6mol•L-1的稀硫酸需取该硫酸的体积为xL，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则0.2L×4.6mol/L=x×18.4nol/L，解得x=0.05L=50mL，故C正确；D．浓硫酸和水的密度不同，等体积混合后体积不等于硫酸体积的2倍，混合后物质的量浓度不是9.2mol/L，故D错误，故选C。
点睛：本题考查溶液浓度的计算，注意硫酸的浓度越大，密度越大，注意理解掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系。本题的易错点是B，注意浓硫酸的特殊性质。
4.下列数量的各物质所含原子个数由大到小顺序排列的是（ ）
①0．5mol氨气 ②4g氦气 ③4℃时9mL水 ④0．2mol磷酸钠
A. ④③②① B. ①④③② C. ②③④① D. ①④②③
【答案】B
【分析】计算物质含有的原子的物质的量，原子的物质的量越大含有的原子越多。
【详解】①0．5mol氨气含有原子物质的量为2mol；
②4gHe的物质的量为= 2mol，氦气是单原子分子，每个氦气分子含有1个原子，含有的原子的物质的量为2mol；
③4℃时9mL水水的质量为9mL×1g/mL=9g，故水的物质的量为=0.5mol，含有原子的物质的量为0.5mol×3=1.5mol；
④0．2mol磷酸钠含有原子的物质的量为0.2mol×8=1.6mol；
含有原子数目由大到小顺序排列为：①④③②，故选B。
【点睛】本题考查物质量的有关计算，注意公式的灵活运用与稀有气体是单原子分子是解答关键。
5.取100mL 0．3mol/L和300mL 0．25mol/L的硫酸注入500mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H+的物质的量浓度是（ ）
A. 0．21 mol/L B. 0．42 mol/L
C. 0．56 mol/L D. 0．24 mol/L
【答案】B
【解析】100mL 0.3mol/硫酸溶液中含有硫酸的物质的量为：0.3mol/L×0.1L=0.03mol，
300mL 0.25mol/L的硫酸溶液中含有的硫酸子物质的量为：0.25mol/L×0.3L=0.075mol，
配制的500mL溶液中含有硫酸总物质的量为：0.03mol+0.075mol=0.105mol，含有氢离子的物质的量为：0.105mol×2=0.21mol，混合液中H+的物质的量浓度为：c（H+）=0.21mol÷0.5L=0.42mol/L，故选B．
【点评】本题考查了物质的量浓度计算，题目难度不大，注意掌握物质的量浓度概念及计算方法，明确氢离子与溶质硫酸的组成关系及稀释过程中溶质的物质的量不变．
6.用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列叙述不正确的是（ ）
A. 22．4L（标况下）NO与0．5molO2混合充分反应，最后得到NA个NO2分子
B. 7．8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数等于0．1NA
C. 5．6g铁粉与足量浓硝酸反应，转移电子数为0．3NA
D. 7．1gCl2与足量氢氧化钠溶液反应转移电子数为0．1NA
【答案】A
【详解】A项、标况下，22．4LNO的物质的量为1mol，1mol NO与0．5molO2混恰好反应生成1molNO2，NO2气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4，则得到的NO2分子个数少于NA个，故A错误；
B项、Na2S和Na2O2的摩尔质量都是78g/mol，7.8g混合物的物质的量为0.1mol，硫化钠是由钠离子与硫离子构成，过氧化钠由钠离子与过氧根离子构成，每摩尔Na2S和Na2O2都含1mol阴离子，所以7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子为0.1mol，阴离子数等于0.1NA，故B正确；
C项、常温下铁在浓硝酸中发生钝化，不能继续反应，在加热条件下，与与足量浓硝酸反应生成硝酸铁，5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，0.1mol铁完全反应转移电子数为0．3NA，故C正确；
D项、7.1g氯气的物质的量为0.1mol，Cl2与氢氧化钠的反应是歧化反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，此反应中1molCl2转移1mol电子，故0.1mol氯气转移0.1mol电子，转移电子数为0.1NA个，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。
7.某温度下，物质X2SO4的饱和溶液密度为ρg·mL－1，c(X＋)=cmol·L－1 ，溶质的质量分数为a%，溶质的摩尔质量为Mg·mol－1，溶解度为Sg，下列表达式正确的是（ ）
A. c=2000ρa/M B. a%=c/2000ρ
C. M=1000ρa%/c D. S=100cM/(2000ρ－cM)
【答案】D
【详解】A、X2SO4的浓度为1000ρa%/Mmol·L－1，则X＋浓度为2000ρa%/Mmol·L－1，或者为20ρa/Mmol·L－1，故A错误；B、根据A选项分析，溶质的质量分数a%=Mc/2000ρ，故B错误；C、根据A选项分析，M=，故C错误；D、根据B选项分析，a%=Mc/2000ρ，a%=S/(100+S)，得出S=100cM/(2000ρ-cM)，故D正确。
8.Hf是我国科学家首次合成的一种过渡金属的新核素，该核素在高科技领域有着重要的用途。若一个该核素的质量为a g，12C核素的质量为b g，NA是阿伏加德罗常数，下列说法中错误的是（ ）
A. NA＝
B. WgHf的物质的量为mol
C. Hf的摩尔质量为g/mol
D. 等物质的量的Hf、12C质量比为b∶a
【答案】D
【分析】一个Hf核素的质量为a g，一个12C核素的质量为bg，12g的12C的含有的C原子个数为NA，则NA＝，Hf的摩尔质量为aNA或g/mol。
【详解】A项、一个12C核素的质量为bg，12g的12C的含有的C原子个数为NA，则NA＝，故A正确；
B项、一个Hf核素的质量为a g，摩尔质量为M=aNAg/mol，WgHf的物质的量为mol，故B正确；
C项、一个Hf核素的质量为a g，12C核素的质量为b g，NA个Hf核素的质量为g，则Hf的摩尔质量为g/mol，故C正确；
D项、一个Hf核素的质量为a g，一个12C核素的质量为bg，则等物质的量的Hf、12C的质量之比为a：b，故D错误。
故选D。
9.下列各图所示装置的气密性检查中，一定漏气的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【分析】装置气密性检验有多种方法，原理都是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡，常见方法有：①利用压强差形成水柱；②利用气体的热胀冷缩形成压强差，形成气泡。
【详解】A项、用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，说明装置气密性良好不漏气，故A正确；
B项、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，液面高度不变，说明装置气密性良好不漏气，故B正确；
C项、用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热膨胀，使集气瓶中气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱，说明装置气密性良好不漏气，故C正确；
D项、用弹簧夹夹住右边导管，上下移动，若装置不漏气，两边液面应形成一定的高度差，而图示两端液面相平，说明装置漏气，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查装置气密性的检查，装置气密性检验原理都是依据密闭装置中气体存在压强差，形成水柱或气泡的现象进行判断是解答本题的关键。
10.实验室加热约150 mL液体时，可以使用的仪器是（ ）
①
②
③
④
⑤
⑥
A. ①③④⑥ B. ②③④⑥
C. ①③④⑤ D. ②③⑤⑥
【答案】A
【分析】在给液体加热时首先要有热源仪器，在实验室中最常用的是酒精灯，加热约150mL液体，要选择容积大的容器，一般用烧杯，但烧杯的底面积较大，为了使之受热均匀，要垫上石棉网，以防止受热不均而炸裂。
【详解】由于加热的是约150mL液体，溶液的体积较大，故应用到容积较大的烧杯，而不能用试管，而烧杯加热必须垫石棉网，且加热的装置应选择酒精灯，夹持装置应选择铁架台，故选A。
【点睛】本题考查化学实验基本操作，注意了解仪器的名称、用途、使用方法和注意事项是解答关键。
11.下列实验装置、选用的试剂或实验操作中都正确的是（ ）
A. 实验室用装置甲制取氨
B. 用装置乙吸收氨,并防止倒吸
C. 用装置丙稀释浓硫酸
D. 用装置丁除去CO2中的HCl
【答案】B
【详解】A项、NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，无法制取氨气，故A错误；
B项、氨气极易溶于水，倒扣的漏斗可防止倒吸，故B正确；
C项、量筒不能用来稀释或配制溶液，故C错误；
D项、碳酸钠能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，会将二氧化碳吸收除掉，应选用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重实技能及物质性质的考查，涉及氨气的制取和收集、溶液的配制、除杂等，注意实验的评价性分析是解答关键。
12.在化学实验操作中必须注意安全操作，下列操作或事故处理正确是（ ）
①在点燃氢气前,必须检验氢气的纯度
②在稀释浓硫酸时,应将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中,并用玻璃棒搅拌
③浓氢氧化钠溶液对皮肤有腐蚀性,如不慎沾到皮肤上,应用较多的水冲洗,再涂上稀硼酸溶液
④给试管中的液体加热时,液体体积不超过试管容积的1/3
⑤加热液体混合物时,在混合液中加入碎瓷片防止暴沸（ ）
A. ①② B. ①②③ C. ①②③④ D. 全部
【答案】D
【分析】①根据可燃性气体遇明火可能发生爆炸进行解答；
②由于浓硫酸的密度比水大，且易溶于水，溶于水时放出大量的热，所以稀释时一定要把浓硫酸慢慢倒入水中；
③根据酸液的腐蚀性分析；
④根据给液体加热注意事项进行解答；
⑤根据给液体加热注意事项进行解答。
【详解】①可燃性气体遇明火可能发生爆炸，所以在点燃H2、CO、CH4等易燃气体前必须检验气体的纯度，故正确；
②稀释浓硫酸时，要考虑浓硫酸的物理性质，密度比水大，易溶于水，溶于水时放出大量的热，如果把水倒入浓硫酸中，水会浮在上面，放出的热足以使水沸腾，从而造成液滴飞溅，导致事故发生，所以稀释浓硫酸时要把浓硫酸倒入水中，并不断搅拌，使热量快速扩撒，故正确；
③浓碱对皮肤有腐蚀性，如不慎溅到皮肤上，应用较多的水冲洗，然后再涂上硼酸溶液，故正确；
④给液体加热注意事项：给试管中的液体加热，液体一般不超过试管容积的三分之一，故正确；
⑤加热液体混合物，应防止暴沸，可加入碎瓷片，故正确；
①②③④⑤均正确，故选D。
【点睛】本题考查化学实验安全及操作，化学实验是化学的基础，要了解常见的实验操作，注意化学实验要严格遵守操作规程，能对错误操作的后果做出判断是解答关键。
13.向mg镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bL。向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng。再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg。则下列关系不正确的是（ ）
A. B.
C. n=m+17Vc D. m＜p＜
【答案】C
【解析】试题分析：反应的化学方程式为Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑；2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑；MgSO4+2KOH=Mg(OH)2↓+K2SO4；Al2(SO4)3+6KOH=2Al(OH)3↓+3K2SO4；Mg(OH)2MgO+H2O；2Al(OH)3Al2O3+3H2O。A．根据化学方程式的定量关系，生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，即b=22.4L/mol×[c×(v÷1000)÷2]，整理得c="1000b/11.2V" ，A项正确；B．选项中p为生成的氧化物的质量，1molMg可结合1mol O，2molAl结合3molO，因此生成沉淀的物质的质量等于镁和铝的质量之和加氧元素的质量，而结合氧元素的物质的量等于生成氢气的物质的量，也等于消耗氢氧根离子的物质的量的一半，即p="[c×(v÷1000)÷2]×16+m=m+" Vc/125，B项正确；C.得到的氢氧化镁和氢氧化铝的质量等于镁铝的质量和与氢氧根离子的质量之和，即n=m+c×v/1000×17=m+cv/1000×17，C项错误；D.氧化镁和氧化铝的质量可以按照极值方法计算，若mg全是镁，得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为P=m÷24×40=5/3m；若mg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p=m÷27×102×0.5=17/9m；质量介于二者之间，D项正确；答案选C。
考点：考查混合物的计算。
14.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关NA的叙述中正确的有（ ）
①标准状况下，20g重水（D2O）中含有的电子数为10NA
②标准状况下，11.2L Cl2通入含0.5mol FeBr2的溶液中转移电子数为1.5NA
③0.5molFe与足量S反应，转移NA个电子
④乙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NA
⑤标准状况下，NA个水分子所占的体积为22.4L
⑥0.1mol•L﹣1的AlCl3溶液与足量NaOH溶液反应所得产物中含AlO2﹣为0.1NA
⑦常温常压下，4.4g乙醛所含σ键数目为0.7NA
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 全部正确
【答案】B
【详解】①20g重水（D2O）的物质的量是1mol，D2O分子中含有10个电子，含有的电子数为10NA，故正确；
②标准状况下，11.2L Cl2的物质的量为0.5mol，0.5mol FeBr2溶液与反应0.5mol氯气反应，最多失去1mol电子，故错误；
③0.5molFe与足量S反应生成0.5molFeS，转移NA个电子，故正确；
④乙烯和环丙烷最简式相同为CH2，42gCH2的物质的量为3mol，含有的氢原子的个数为6NA，故正确；
⑤标况下水的状态不是气体，则1mol水的体积不是22.4L，故错误；
⑥不知道溶液的体积，无法计算0.1mol•L﹣1的AlCl3溶液与足量NaOH溶液反应所得产物中含AlO2﹣的物质的量，故错误；
⑦4.4g乙醛的物质的量为0.1mol，而1mol乙醛中含6molσ键，故0.1mol乙醛中含0.6molσ键，即0.6NA个，故错误；
①③④正确，故选B。
【点睛】本题考查阿伏伽德罗常数，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态，注意溶液必须告诉溶液的体积和浓度，才能计算溶质的物质的量是解答关键。
15.在标准状况下，将22.4LHCl完全溶于1L水中（水的密度近似为1g/mL），溶液的密度为ρg/cm3（ρ＞1），溶液的体积为VmL，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为c mol/L．下列叙述中正确的是（ ）
①w=×100% ②c=1mol•L﹣1 ③向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w④向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数小于0.5w
A. ①②③ B. ①③④ C. ①③ D. ①④
【答案】C
【详解】①根据c=可得w=×100%，故正确；
②36.5gHCl的物质的量为1mol，1mol氯化氢溶解在1L水中，所得溶液体积不是1L，浓度不是1mol/L，故错误；
③盐酸的密度大于水的密度，则加入等体积的水后，由于水的质量小于原盐酸的质量，根据质量分数公式可知混合液的总质量小于原先的2倍，则混合液中溶质的质量分数大于原溶液的1半，即大于0.5w，故正确；
④氯化氢为强电解质，溶液中完全电离出氢离子和氯离子，所以溶液中不存在氯化氢分子，故④错误；
所以正确的为①③，故选C。
【点睛】本题考查溶液浓度有关计算，主要考查溶液物质的量浓度和溶质质量分数的计算应用，概念的理解和计算分析是解题关键。
16.硫代硫酸钠（Na2S2O3）可作为还原剂，已知25.0mL0.0100mol/LNa2S2O3溶液恰好把22.4mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl﹣离子，则S2O32﹣将转化成（ ）
A. S2﹣ B. S C. SO42﹣ D. SO32﹣
【答案】C
【分析】结合反应中元素化合价变化情况，利用电子得失守恒分析解答。
【详解】标况下22.4mL（即0.001mol）Cl2完全转化为Cl－时，得电子总量是0.001mol×2＝0.002mol，设S2O32－转化成的产物中，硫的化合价是x，则根据电子得失守恒可知：0.025L×0.01mol•L-1×2×(x－2)＝0.002，解得x=6，所以S2O32－转化成SO42－，故答案选C。
17.某课外小组同学将3.9gNa2O2投入100g水中，反应结束后，溶液中溶质的质量分数计算式表示正确的是（ ）
A. ×100% B. ×100%
C. ×100% D. ×100%
【答案】B
【分析】依据化学方程式计算溶质和溶液质量，再依据质量分数公式计算溶液中溶质的质量分数。
【详解】设3.9gNa2O2与水反应生成氢氧化钠的质量为X，生成氧气质量为Y，由方程式可得下列关系：
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
2×78 4×40 32
3.9 X Y
根据（2×78）：（4×40）：32=3.9：X：Y解得X=4g，Y=0.8g，反应后所得溶液的质量分数为×100%，故选C。
【点睛】本题考查溶质的质量分数的计算，注意掌握过氧化钠与水的反应原理，明确溶质质量分数的概念及计算方法是解答关键。
18.下列有关有机物分离提纯或除杂的方法错误的是（ ）
A. 溴苯中混有溴，加NaOH溶液洗涤、静置、分液
B. 除去乙醇中的水，加入足量生石灰蒸馏
C. 除去淀粉溶液中的少量NaCl,可用渗析的方法
D. 乙烯中混有SO2，将其通过盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶,再干燥
【答案】D
【分析】A、溴苯不溶于水，溴与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的溴化钠和次溴酸钠；
B、乙醇与生石灰不反应，水与生石灰反应生成离子化合物氢氧化钙，氢氧化钙沸点高；
C、淀粉溶液属于胶体，溶质不能透过半透膜，氯化钠溶液中氯化钠能透过半透膜；
D、酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化乙烯和SO2。
【详解】A项、溴苯不溶于水，溴与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的溴化钠和次溴酸钠，可用分液方法分离，故A正确；
B项、乙醇与生石灰不反应，水与生石灰反应生成离子化合物氢氧化钙，氢氧化钙沸点高，除去乙醇中的水加生石灰蒸馏可以收集得到乙醇，故B正确；
C项、淀粉溶液属于胶体，溶质不能透过半透膜，氯化钠溶液中氯化钠能透过半透膜，用渗析的方法可以除去淀粉溶液中含有的少量NaCl，故C正确；
D项、、酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化乙烯和SO2，将混有SO2的乙烯混合气体通过盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶，乙烯和SO2均被吸收，故D错误。
【点睛】本题考查有机物的分离提纯，根据除杂是不能引入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离是解答关键。
19.普通锌锰电池筒内无机物主要成分是MnO2、NH4Cl、ZnCl2等。某研究小组探究废旧电池内的黑色固体并回收利用时,进行如图所示实验。下列有关实验的叙述正确的是（ ）
A. 操作①中玻璃棒的作用是转移固体
B. 操作②为过滤，得到的滤液显碱性
C. 操作③中盛放药品的仪器是坩埚
D. 操作④的目的是除去滤渣中的杂质
【答案】C
【解析】操作①中玻璃棒起到搅拌加速溶解的作用，A错误；普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质，NH4Cl、ZnCl2易溶于水，水解显酸性，MnO2难溶于水，操作②是把固体与溶液分离，应是过滤，得到的滤液显酸性，B错误；由图可知操作③是在坩埚内灼烧滤渣，通常把泥三角放在三角架上，再把坩埚放在泥三角上，C正确；二氧化锰是黑色固体，能作双氧水的催化剂，灼烧后的滤渣能加快双氧水分解产生氧气，能证明黑色固体是二氧化锰，所以该实验的目的不是除去滤渣中杂质，D错误；正确选项C。
20.两种金属混合物共15g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2LH2（标准状况），则原混合物的组成肯定不可能为（ ）
A. Mg和Al B. Zn和Mg C. Al和Zn D. Al和Cu
【答案】A
【分析】标况下11.2L氢气的物质的量为0.5mol，假设金属均为+2价，金属总物质的量等于氢气物质的量，故混合金属平均摩尔质量为=30g/mol，两种金属的混合物中平均摩尔质量应介于各组分之间，根据电子转移守恒，若金属不与盐酸反应，其摩尔质量可以视作无穷大。
【详解】A项、Mg的摩尔质量为24g/mol，Al与盐酸反应表现+3价，假设Al为+2价时，摩尔质量为×27g/mol= 18g/mol，两种金属的摩尔质量均小于30g/mol，不符合题意，故A错误；
B项、Mg的摩尔质量为24g/mol，Zn的摩尔质量为65g/mol，二者的平均摩尔质量可以是30g/mol，符合题意，故B正确；
C项、Al与盐酸反应表现+3价，假设Al为+2价时，摩尔质量为×27g/mol= 18g/mol，n的摩尔质量为65g/mol，二者的平均摩尔质量可以是30g/mol，符合题意，故C正确；
D项、Al与盐酸反应表现+3价，假设Al为+2价时，摩尔质量为×27g/mol= 18g/mol，不Cu与盐酸反应，其摩尔质量可以视作无穷大，二者的平均摩尔质量可以是30g/mol，符合题意，故D正确。
【点睛】本题考查混合物反应的计算，试题充分考查了分析、理解能力及化学计算能力，注意明确金属与酸反应的实质，熟练掌握平均摩尔质量在化学计算中的应用方法是解答关键。
第Ⅱ卷（非选择题，共45分）
21.用质量分数为36.5%的浓盐酸（密度为1.16g•cm﹣3）配制成1mol•L﹣1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220mL，试回答下列问题：
（1）配制稀盐酸时，应选用容量为______的容量瓶。
（2）经计算需要______mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的______。
A．5mL B．10mL C．25mL D．50mL
（3）从下列仪器中，不会用到的是_______________（选序号）。
①量筒 ②玻璃棒 ③药匙 ④容量瓶 ⑤烧杯 ⑥台秤 ⑦胶头滴管 ⑧细口试剂瓶 ⑨标签纸
（4）若实验过程遇到下列情况，对盐酸的物质的量浓度有何影响（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。
①容量瓶洗涤后仍少许蒸馏水，______；②未经冷却将溶液注入容量瓶中，______；
③摇匀后发现液面下降再加水，______；④定容时俯视观察液面，______。
【答案】 (1). 250mL (2). 21.6 (3). C (4). ③⑥ (5). 不变 (6). 偏高 (7). 偏低 (8). 偏高
【分析】（1）容量瓶只有一条刻度线，故只能配制和其规格相对应的体积的溶液，常用的规格有100mL、250mL、500mL、1000mL；
（2）浓盐酸的物质的量浓度为c=，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可计算盐酸体积；根据“大而近”的原则选择量筒；
（3）溶液的配制中用到量筒、玻璃棒、259ml容量瓶、烧杯、台秤、胶头滴管、细口试剂瓶、标签纸；
（4）依据C=进行误差分析，分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响。
【详解】（1）容量瓶只有一条刻度线，故只能配制和其规格相对应的体积的溶液，常用的规格有100mL、250mL、500mL、1000mL，现在需要这种盐酸220mL，故应选用250mL容量瓶，故答案为：250；
（2）浓盐酸的物质的量浓度为c===11.6mol/L，设需要浓盐酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：11.6mol/L×V×10—3L=1mol/L×250×10—3L，解得V=21.6mL；根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓盐酸的体积为21.6mL来选择合适的量筒，应选择25mL量筒，故答案为：21.6；C；
（3）由溶液的配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，溶液的配制中用到量筒、玻璃棒、259ml容量瓶、烧杯、台秤、胶头滴管、细口试剂瓶、标签纸，用不到药匙、台秤，故答案为：③⑥；
（4）①容量瓶中有少量蒸馏水，未干燥即将溶液转入，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，不影响溶液浓度，故答案为：不变；
②溶液未经冷却即注入容量瓶，冷却后溶液体积缩小，导致浓度偏高，故答案为：偏高；
③摇匀后，容量瓶的壁上会残留部分溶液，液面会低于刻度线，若再加水溶液体积增大，导致浓度偏低，故答案为：偏低；
④定容时俯视观察液面，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故答案为：偏高。
【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，熟悉配制原理和过程，注意容量瓶规格的选择，依据公式分析误差是解题关键。
22.海洋植物如海带、海藻中含有大量的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如图：
（1）实验室灼烧海藻,需要下列仪器中的_____________(填字母)。
a．试管 b．烧杯 c．坩埚 d．泥三角 e．铁三脚架 f．酒精灯
（2）指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：
①_________________③________________。
（3）提取碘的过程中,可选择的有机试剂是________。
A．甲苯、酒精 B．四氯化碳、苯 C．汽油、乙酸 D．汽油、甘油
（4）为使海藻灰中碘离子转化为碘的有机溶液,实验室有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网以及必要的夹持仪器、物品,尚缺少的玻璃仪器有_____________、________________。
（5）小组用CCl4萃取碘水中的碘，在如图的分液漏斗中，下层液体呈______色；他们打开分液漏斗活塞，却未见液体流下，原因可能是______________________________________。
（6）从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还须经过蒸馏，指出下面实验装置图中的错误之处：
① ______________________________________________________；
② ______________________________________________________；
③_________________________________________________________。
（7）进行上述蒸馏操作时,使用水浴加热的原因是__________________________________，最后晶态碘在________________里聚集。
【答案】（1）cdef；（2）过滤，萃取分液；（3）B；（4）分液漏斗，普通漏斗；（5）紫红，分液漏斗上口活塞小孔未与空气相通；（6）①缺石棉网；②温度计插到了液体中；③冷凝管进出水的方向颠倒；（7）使蒸馏烧瓶受热均匀，控制加热温度不至过高，蒸馏烧瓶。
【解析】试题分析：（1）灼烧海带需要的仪器是坩埚、坩埚钳、泥三角、三脚架、酒精灯，因此cdef；（2） 反应①得到滤渣和溶液，说明操作是过滤，反应③得到含碘的有机溶液，说明操作是萃取分液；（3）选择的萃取剂：①不能与原溶剂互溶；②被萃取物质在萃取剂的溶解度大于在原溶剂；③被萃取的物质与萃取剂不反应，因此选项B正确；（4）整个操作中需要过滤和萃取分液，因此缺少的仪器是普通漏斗和分液漏斗；（5）四氯化碳的密度大于水，碘在四氯化碳中显紫红色，因此下层为紫红色，分液漏斗使用时为了使液体顺利流下，分液漏斗需要打开活塞或活塞上的凹槽与漏斗口颈上的小孔对准，现在未流下，分液漏斗的活塞未打开；（6）①蒸馏烧瓶加热需要垫石棉网，根据装置图，未垫石棉网；②蒸馏时温度计的水银球应在略低于支管口，图中温度计在液面以下；③冷凝水进水是下进上出，图中冷凝水的进水方向反了；（7）水浴加热的优点：受热均匀，温度便于控制，固体碘聚集在蒸馏烧瓶。
考点：考查实验方案设计评价等知识。
23.化学兴趣小组同学想用金属钠和空气制备纯度较高的Na2O2(N2不与金属钠应)，可利用的装置如下。回答下列问题：
（1）装置Ⅳ中盛放的药品是__________，若没有该装置可能导致生成的Na2O2中含有碳酸钠，其反应方程式为___________________________________。
（2）若规定气体的气流方向从左到右，各仪器接口的标号字母(a、b……)顺序：空气进入h，____接____，___接____，____接___，d
（3）装置Ⅱ的作用是______________________________________________。
（4）某学习小组发现：在盛有Na2O2的试管中加入足量水，固体完全溶解，并立即产生大量气泡，当气泡消失后，向其中滴入1～2滴酚酞溶液，溶液变红；将试管轻轻振荡，红色很快褪去；此时再向试管中加入少量MnO2粉末，又有气泡产生。
①使酚酞溶液变红是因为_________________________，红色褪去的可能原因是_________________________________________。
②加入MnO2反应的化学方程式为_______________________________。
【答案】(1). NaOH溶液 (2). 2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2 (3). g f e a b c (4). 防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置Ⅰ (5). 过氧化钠和水反应生成氢氧化钠 (6). 反应生成的H2O2具有漂白作用 (7). 2H2O22H2O＋O2
【详解】(1)装置Ⅳ是利用NaOH溶液除去空气中的二氧化碳，若没有该装置，空气的CO2和Na2O2反应会生成碳酸钠，发生反应方程式为2Na2O2 +2CO2 == 2Na2CO3 + O2↑；
(2)依据上述分析确定连接顺序，组合实验装置时各仪器的正确连接顺序为Ⅳ、Ⅲ、Ⅰ、Ⅱ，根据气流方向各接口的连接顺序为h g f e a b c；
(3)利用装置Ⅱ中有碱石灰防止空气中的水分和二氧化碳倒吸进入装置Ⅰ；
(4)①过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱，碱遇酚酞变红；红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性，能氧化有色物质，故答案为：过氧化钠和水反应生成碱氢氧化钠；反应生成的H2O2具有漂白作用；
②过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气，反应的化学方程式为：2H2O22H2O＋O2。
【点睛】本题考查了物质性质的实验验证和分析判断，实验步骤的设计方法和注意问题，掌握物质性质和实验基本操作是解题关键，题目难度中等。
24.过氧化钙是一种新型的多功能无机化工产品，常温下是无色或淡黄色粉末，易溶于酸，难溶于水、乙醇等溶剂。某实验小组在低温和通入氨气的碱性条件下，利用钙盐与过氧化氢反应制取CaO2·8H2O沉淀(该反应是一个放热反应)。
（1）仪器X的名称是_________，检查整个装置气密性的方法为：___________________
（2）仪器B的作用是____________________________，CaO2的电子式为_________
（3）写出A中发生反应的化学方程式：____________________________________。
（4）制取CaO2·8H2O时，冰水浴维持反应在0～5℃的低温下进行，原因是_______________。生成CaO2·8H2O的化学方程为_____________________________________。
（5）2.76 gCaO2·8H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线，140℃时完全脱水，杂质受热不分解)如图所示。
① 试确定60℃时CaO2·xH2O中x=____________。
② 该样品中CaO2的质量分数为____________（保留4位有效数字）。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 将K关闭，从分液漏斗中加水，一段时间后，液体不能顺利滴下 (3). (4). 防止倒吸 (5). 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O (6). 低于0℃，液体易冻结，反应困难，温度过高，过氧化氢分解速率加快 (7). CaCl2＋2NH3＋8H2O+2H2O2=CaO2·8H2O+2NH4Cl (8). 3 (9). 26.09‰
【分析】（1）根据X特征可知为分液漏斗；检查整个装置气密性的方法为将K关闭，从分液漏斗中加水，一段时间后，液体不能顺利滴下，说明气密性良好；
（2）氨气极易溶于水，长颈漏斗插入三颈烧瓶的溶液中防止倒吸；CaO2为离子化合物，由钙离子和过氧根离子组成；
（3）实验室中用氯化铵和氢氧化钙固体共热制取氨气；
（4）低于O℃，液体易冻结，反应困难，温度过高，过氧化氢分解速率加快，CaCl2与H2O2、NH3、H2O反应生成CaO2•8H2O与NH4Cl；
（5）①140℃时完全脱水，杂质受热不分解，结合样品总质量计算出结晶水的总质量、物质的量，从而得出样品中CaO2•8H2O物质的量，再根据60℃时固体的质量计算出失去结晶水的质量、物质的量，进而计算出CaO2•xH2O中的x；
②根据①计算出的样品中CaO2的物质的量，根据m=nM计算出其质量，再计算出样品中CaO2•8H2O的纯度
【详解】（1）根据X的构造可知X为分液漏斗；检查整个装置气密性的方法为将K关闭，从分液漏斗中加水，一段时间后，液体不能顺利滴下，说明气密性良好，故答案为：分液漏斗；将K关闭，从分液漏斗中加水，一段时间后，液体不能顺利滴下；
（2）B为长颈漏斗，插入三颈烧瓶的溶液中，可以防止因氨气极易溶于水而产生倒吸；CaO2为离子化合物，由钙离子和过氧根离子组成，电子式为，故答案为：防倒吸；；
（3）实验室中用氯化铵和氢氧化钙固体共热制取氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，故答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；
（4）由于低于0℃，液体易冻结，反应困难，而温度较高，过氧化氢分解速率加快，所以制取CaO2•8H2O一般在0℃～5℃的低温下进行；根据装置C中的物质得出制取的原理方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=2NH4Cl+CaO2•8H2O，故答案为：低于0℃，液体易冻结，反应困难，温度较高，过氧化氢分解速率加快；CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=2NH4Cl+CaO2•8H2O；（5）①140℃时完全脱水，杂质受热不分解，则样品中CaO2•8H2O含有的结晶水的总质量为（2.76g-1.32g）=1.44g，结晶水的物质的量为=0.08mol，60℃时固体的质量为1.86g，失去结晶水的质量为：2.76g-1. 86g=0.9g，失去结晶水的物质的量为=0.05mol，原样品中含有CaO2•8H2O的物质的量为=0.01mol，所以60℃时失去结晶水的个数为=5，故60℃时CaO2•xH2O中x=8-,5=3，故答案为：3；
②根据①可知CaO2•8H2O的物质的量为0.01mol，则CaO2的物质的量也是0.01mol，其质量为：72g/mol×0.01mol=0.72g，样品中CaO2的纯度为×100%≈26.09%，故答案为：26.09%。
【点睛】本题考查实验方案的设计、物质组成及含量测定计算，充分考查分析理解能力、知识迁移应用能力，注意实验原理分析，能够正确书写化学方程式，依据图像进行化学计算是解答关键。
25.救灾物资中的一瓶“84消毒液”的包装说明上有如下信息：含25%NaClO(次氯酸钠)、1000 mL、密度1.19 g/cm3，稀释100倍(体积比)后使用。
请回答下列问题：
（1）上述“84消毒液”的物质的量浓度为______mol/L。
（2）该同学取100 mL上述“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释100倍后的溶液中c(Na＋)＝______mol/L(假设稀释后溶液密度为1．0 g/cm3)，该消毒液长时间放置在空气中能吸收标准状况下CO2的体积为_______L。（已知:酸性：H2CO3＞ HClO＞ HCO3-)
（3）灾区志愿者根据上述“84消毒液”的包装说明，欲用NaClO固体(NaClO易吸收空气中的H2O、CO2)配制480 mL含25%NaClO的消毒液。下列说法正确的是______。
a．如图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种玻璃仪器
b．容量瓶用蒸馏水洗净后，要烘干才能用于溶液的配制
c．利用购买的商品NaClO来配制可能会导致结果偏低
d．需要NaClO固体的质量为143g
（4）ClO2对污水中Fe2＋、Mn2＋、S2－和CN－等有明显的去除效果。某工厂污水中含CN－bmg/L，现用ClO2将CN－氧化，只生成两种无毒气体，其离子反应方程式为____________________，处理100 m3这种污水，至少需要ClO2________mol。
【答案】(1). 4.0 (2). 0.04 (3). 8.96 (4). C (5). 2ClO2＋2CN－===N2＋2CO2＋2Cl－ (6).
【解析】（1）根据可知c(NaClO)＝＝4.0 mol/L。（2）根据稀释前后溶质的物质的量不变得：100 mL×4.0 mol/L＝10 000 mL×c(NaClO)，解得稀释后c(NaClO)＝0.04 mol/L，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04 mol/L。根据NaClO＋CO2＋H2O＝NaHCO3＋HClO可知n(CO2)＝n(NaClO)＝0.4 mol，标准状况下CO2的体积为8.96 L。（3）A、需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的A、B、C、D四种仪器不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管等，A错误；B、配制过程中需要加入蒸馏水，所以洗涤干净的容量瓶不必烘干即可使用，B错误；C、根据题目信息，由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以商品NaClO可能部分变质，导致所称量的固体中NaClO的实际质量可能偏小，从而可能使结果偏低，C正确；D、应选取500 mL容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO固体的质量为0.5 L×4.0 mol/L×74.5 g/mol＝149.0 g，D错误，答案选C。（4）ClO2将CN－氧化为N2和CO2，同时生成Cl－：2ClO2＋2CN－＝N2＋2CO2＋2Cl－。100 m3这种污水中含有CN－的质量为100b g，其物质的量为，根据反应方程式可知至少需要消耗ClO2。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共100分，考试时间为90分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35．5 Mn 55 Ca 40
第Ⅰ卷（选择题，共55分）
一、选择题（本题包括20小题，15每小题2分，6—20，每小题3分，共55分。每小题只有一个选项符合题意）
1.如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（ ）
A. 所含原子数相等 B. 气体密度相等
C. 气体质量相等 D. 摩尔质量相等
【答案】A
【解析】同温同压相同体积的任何气体所含分子数相等；由于N2、O2、NO均为双原子分子，所以，所含原子数相等；
2.某同学实验报告中有以下数据，其中数据不合理的是（ ）
A. 用托盘天平称取11．5g食盐
B. 用量筒量取12．4mL盐酸
C. 用广泛pH试纸测得某溶液的pH值为3．6
D. 用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用去21．20mLNaOH溶液
【答案】C
【详解】A项、托盘天平称量物质准确度为0.1g，可称取11.5g食盐，故A正确；
B项、量筒能够精确到0.1mL，可量取12.4mL盐酸，故B正确；
D项、用广泛pH试纸测得溶液的pH为范围值，不能为3.6，故C错误；
D项、滴定管的准确度为0.01mL，可量取21.20mL NaOH溶液，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查化学实验基本操作，注意对一些测量仪器的准确度及仪器规格的掌握情况，依据所用仪器的准确度如实记录可测得的可靠数值是解答关键。
3.如图是某学校购买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1．84mol·L−1
B. 1mol Zn与足量的该硫酸反应产生2g H2
C. 配制200mL4．6mol·L−1的稀硫酸需取该硫酸50mL
D. 该硫酸与等体积的水混合所得溶液的物质的量浓度等于9．2mol·L−1
【答案】C
【解析】A．该硫酸溶液的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L，故A错误；B．锌和浓硫酸反应生成二氧化硫，浓硫酸足量没有氢气生成，故B错误；C．设配制200mL4.6mol•L-1的稀硫酸需取该硫酸的体积为xL，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则0.2L×4.6mol/L=x×18.4nol/L，解得x=0.05L=50mL，故C正确；D．浓硫酸和水的密度不同，等体积混合后体积不等于硫酸体积的2倍，混合后物质的量浓度不是9.2mol/L，故D错误，故选C。
点睛：本题考查溶液浓度的计算，注意硫酸的浓度越大，密度越大，注意理解掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系。本题的易错点是B，注意浓硫酸的特殊性质。
4.下列数量的各物质所含原子个数由大到小顺序排列的是（ ）
①0．5mol氨气 ②4g氦气 ③4℃时9mL水 ④0．2mol磷酸钠
A. ④③②① B. ①④③② C. ②③④① D. ①④②③
【答案】B
【分析】计算物质含有的原子的物质的量，原子的物质的量越大含有的原子越多。
【详解】①0．5mol氨气含有原子物质的量为2mol；
②4gHe的物质的量为= 2mol，氦气是单原子分子，每个氦气分子含有1个原子，含有的原子的物质的量为2mol；
③4℃时9mL水水的质量为9mL×1g/mL=9g，故水的物质的量为=0.5mol，含有原子的物质的量为0.5mol×3=1.5mol；
④0．2mol磷酸钠含有原子的物质的量为0.2mol×8=1.6mol；
含有原子数目由大到小顺序排列为：①④③②，故选B。
【点睛】本题考查物质量的有关计算，注意公式的灵活运用与稀有气体是单原子分子是解答关键。
5.取100mL 0．3mol/L和300mL 0．25mol/L的硫酸注入500mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H+的物质的量浓度是（ ）
A. 0．21 mol/L B. 0．42 mol/L
C. 0．56 mol/L D. 0．24 mol/L
【答案】B
【解析】100mL 0.3mol/硫酸溶液中含有硫酸的物质的量为：0.3mol/L×0.1L=0.03mol，
300mL 0.25mol/L的硫酸溶液中含有的硫酸子物质的量为：0.25mol/L×0.3L=0.075mol，
配制的500mL溶液中含有硫酸总物质的量为：0.03mol+0.075mol=0.105mol，含有氢离子的物质的量为：0.105mol×2=0.21mol，混合液中H+的物质的量浓度为：c（H+）=0.21mol÷0.5L=0.42mol/L，故选B．
【点评】本题考查了物质的量浓度计算，题目难度不大，注意掌握物质的量浓度概念及计算方法，明确氢离子与溶质硫酸的组成关系及稀释过程中溶质的物质的量不变．
6.用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列叙述不正确的是（ ）
A. 22．4L（标况下）NO与0．5molO2混合充分反应，最后得到NA个NO2分子
B. 7．8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数等于0．1NA
C. 5．6g铁粉与足量浓硝酸反应，转移电子数为0．3NA
D. 7．1gCl2与足量氢氧化钠溶液反应转移电子数为0．1NA
【答案】A
【详解】A项、标况下，22．4LNO的物质的量为1mol，1mol NO与0．5molO2混恰好反应生成1molNO2，NO2气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4，则得到的NO2分子个数少于NA个，故A错误；
B项、Na2S和Na2O2的摩尔质量都是78g/mol，7.8g混合物的物质的量为0.1mol，硫化钠是由钠离子与硫离子构成，过氧化钠由钠离子与过氧根离子构成，每摩尔Na2S和Na2O2都含1mol阴离子，所以7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子为0.1mol，阴离子数等于0.1NA，故B正确；
C项、常温下铁在浓硝酸中发生钝化，不能继续反应，在加热条件下，与与足量浓硝酸反应生成硝酸铁，5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，0.1mol铁完全反应转移电子数为0．3NA，故C正确；
D项、7.1g氯气的物质的量为0.1mol，Cl2与氢氧化钠的反应是歧化反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，此反应中1molCl2转移1mol电子，故0.1mol氯气转移0.1mol电子，转移电子数为0.1NA个，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。
7.某温度下，物质X2SO4的饱和溶液密度为ρg·mL－1，c(X＋)=cmol·L－1 ，溶质的质量分数为a%，溶质的摩尔质量为Mg·mol－1，溶解度为Sg，下列表达式正确的是（ ）
A. c=2000ρa/M B. a%=c/2000ρ
C. M=1000ρa%/c D. S=100cM/(2000ρ－cM)
【答案】D
【详解】A、X2SO4的浓度为1000ρa%/Mmol·L－1，则X＋浓度为2000ρa%/Mmol·L－1，或者为20ρa/Mmol·L－1，故A错误；B、根据A选项分析，溶质的质量分数a%=Mc/2000ρ，故B错误；C、根据A选项分析，M=，故C错误；D、根据B选项分析，a%=Mc/2000ρ，a%=S/(100+S)，得出S=100cM/(2000ρ-cM)，故D正确。
8.Hf是我国科学家首次合成的一种过渡金属的新核素，该核素在高科技领域有着重要的用途。若一个该核素的质量为a g，12C核素的质量为b g，NA是阿伏加德罗常数，下列说法中错误的是（ ）
A. NA＝
B. WgHf的物质的量为mol
C. Hf的摩尔质量为g/mol
D. 等物质的量的Hf、12C质量比为b∶a
【答案】D
【分析】一个Hf核素的质量为a g，一个12C核素的质量为bg，12g的12C的含有的C原子个数为NA，则NA＝，Hf的摩尔质量为aNA或g/mol。
【详解】A项、一个12C核素的质量为bg，12g的12C的含有的C原子个数为NA，则NA＝，故A正确；
B项、一个Hf核素的质量为a g，摩尔质量为M=aNAg/mol，WgHf的物质的量为mol，故B正确；
C项、一个Hf核素的质量为a g，12C核素的质量为b g，NA个Hf核素的质量为g，则Hf的摩尔质量为g/mol，故C正确；
D项、一个Hf核素的质量为a g，一个12C核素的质量为bg，则等物质的量的Hf、12C的质量之比为a：b，故D错误。
故选D。
9.下列各图所示装置的气密性检查中，一定漏气的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【分析】装置气密性检验有多种方法，原理都是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡，常见方法有：①利用压强差形成水柱；②利用气体的热胀冷缩形成压强差，形成气泡。
【详解】A项、用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，说明装置气密性良好不漏气，故A正确；
B项、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，液面高度不变，说明装置气密性良好不漏气，故B正确；
C项、用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热膨胀，使集气瓶中气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱，说明装置气密性良好不漏气，故C正确；
D项、用弹簧夹夹住右边导管，上下移动，若装置不漏气，两边液面应形成一定的高度差，而图示两端液面相平，说明装置漏气，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查装置气密性的检查，装置气密性检验原理都是依据密闭装置中气体存在压强差，形成水柱或气泡的现象进行判断是解答本题的关键。
10.实验室加热约150 mL液体时，可以使用的仪器是（ ）
①
②
③
④
⑤
⑥
A. ①③④⑥ B. ②③④⑥
C. ①③④⑤ D. ②③⑤⑥
【答案】A
【分析】在给液体加热时首先要有热源仪器，在实验室中最常用的是酒精灯，加热约150mL液体，要选择容积大的容器，一般用烧杯，但烧杯的底面积较大，为了使之受热均匀，要垫上石棉网，以防止受热不均而炸裂。
【详解】由于加热的是约150mL液体，溶液的体积较大，故应用到容积较大的烧杯，而不能用试管，而烧杯加热必须垫石棉网，且加热的装置应选择酒精灯，夹持装置应选择铁架台，故选A。
【点睛】本题考查化学实验基本操作，注意了解仪器的名称、用途、使用方法和注意事项是解答关键。
11.下列实验装置、选用的试剂或实验操作中都正确的是（ ）
A. 实验室用装置甲制取氨
B. 用装置乙吸收氨,并防止倒吸
C. 用装置丙稀释浓硫酸
D. 用装置丁除去CO2中的HCl
【答案】B
【详解】A项、NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，无法制取氨气，故A错误；
B项、氨气极易溶于水，倒扣的漏斗可防止倒吸，故B正确；
C项、量筒不能用来稀释或配制溶液，故C错误；
D项、碳酸钠能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，会将二氧化碳吸收除掉，应选用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重实技能及物质性质的考查，涉及氨气的制取和收集、溶液的配制、除杂等，注意实验的评价性分析是解答关键。
12.在化学实验操作中必须注意安全操作，下列操作或事故处理正确是（ ）
①在点燃氢气前,必须检验氢气的纯度
②在稀释浓硫酸时,应将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中,并用玻璃棒搅拌
③浓氢氧化钠溶液对皮肤有腐蚀性,如不慎沾到皮肤上,应用较多的水冲洗,再涂上稀硼酸溶液
④给试管中的液体加热时,液体体积不超过试管容积的1/3
⑤加热液体混合物时,在混合液中加入碎瓷片防止暴沸（ ）
A. ①② B. ①②③ C. ①②③④ D. 全部
【答案】D
【分析】①根据可燃性气体遇明火可能发生爆炸进行解答；
②由于浓硫酸的密度比水大，且易溶于水，溶于水时放出大量的热，所以稀释时一定要把浓硫酸慢慢倒入水中；
③根据酸液的腐蚀性分析；
④根据给液体加热注意事项进行解答；
⑤根据给液体加热注意事项进行解答。
【详解】①可燃性气体遇明火可能发生爆炸，所以在点燃H2、CO、CH4等易燃气体前必须检验气体的纯度，故正确；
②稀释浓硫酸时，要考虑浓硫酸的物理性质，密度比水大，易溶于水，溶于水时放出大量的热，如果把水倒入浓硫酸中，水会浮在上面，放出的热足以使水沸腾，从而造成液滴飞溅，导致事故发生，所以稀释浓硫酸时要把浓硫酸倒入水中，并不断搅拌，使热量快速扩撒，故正确；
③浓碱对皮肤有腐蚀性，如不慎溅到皮肤上，应用较多的水冲洗，然后再涂上硼酸溶液，故正确；
④给液体加热注意事项：给试管中的液体加热，液体一般不超过试管容积的三分之一，故正确；
⑤加热液体混合物，应防止暴沸，可加入碎瓷片，故正确；
①②③④⑤均正确，故选D。
【点睛】本题考查化学实验安全及操作，化学实验是化学的基础，要了解常见的实验操作，注意化学实验要严格遵守操作规程，能对错误操作的后果做出判断是解答关键。
13.向mg镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bL。向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng。再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg。则下列关系不正确的是（ ）
A. B.
C. n=m+17Vc D. m＜p＜
【答案】C
【解析】试题分析：反应的化学方程式为Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑；2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑；MgSO4+2KOH=Mg(OH)2↓+K2SO4；Al2(SO4)3+6KOH=2Al(OH)3↓+3K2SO4；Mg(OH)2MgO+H2O；2Al(OH)3Al2O3+3H2O。A．根据化学方程式的定量关系，生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，即b=22.4L/mol×[c×(v÷1000)÷2]，整理得c="1000b/11.2V" ，A项正确；B．选项中p为生成的氧化物的质量，1molMg可结合1mol O，2molAl结合3molO，因此生成沉淀的物质的质量等于镁和铝的质量之和加氧元素的质量，而结合氧元素的物质的量等于生成氢气的物质的量，也等于消耗氢氧根离子的物质的量的一半，即p="[c×(v÷1000)÷2]×16+m=m+" Vc/125，B项正确；C.得到的氢氧化镁和氢氧化铝的质量等于镁铝的质量和与氢氧根离子的质量之和，即n=m+c×v/1000×17=m+cv/1000×17，C项错误；D.氧化镁和氧化铝的质量可以按照极值方法计算，若mg全是镁，得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为P=m÷24×40=5/3m；若mg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p=m÷27×102×0.5=17/9m；质量介于二者之间，D项正确；答案选C。
考点：考查混合物的计算。
14.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关NA的叙述中正确的有（ ）
①标准状况下，20g重水（D2O）中含有的电子数为10NA
②标准状况下，11.2L Cl2通入含0.5mol FeBr2的溶液中转移电子数为1.5NA
③0.5molFe与足量S反应，转移NA个电子
④乙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NA
⑤标准状况下，NA个水分子所占的体积为22.4L
⑥0.1mol•L﹣1的AlCl3溶液与足量NaOH溶液反应所得产物中含AlO2﹣为0.1NA
⑦常温常压下，4.4g乙醛所含σ键数目为0.7NA
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 全部正确
【答案】B
【详解】①20g重水（D2O）的物质的量是1mol，D2O分子中含有10个电子，含有的电子数为10NA，故正确；
②标准状况下，11.2L Cl2的物质的量为0.5mol，0.5mol FeBr2溶液与反应0.5mol氯气反应，最多失去1mol电子，故错误；
③0.5molFe与足量S反应生成0.5molFeS，转移NA个电子，故正确；
④乙烯和环丙烷最简式相同为CH2，42gCH2的物质的量为3mol，含有的氢原子的个数为6NA，故正确；
⑤标况下水的状态不是气体，则1mol水的体积不是22.4L，故错误；
⑥不知道溶液的体积，无法计算0.1mol•L﹣1的AlCl3溶液与足量NaOH溶液反应所得产物中含AlO2﹣的物质的量，故错误；
⑦4.4g乙醛的物质的量为0.1mol，而1mol乙醛中含6molσ键，故0.1mol乙醛中含0.6molσ键，即0.6NA个，故错误；
①③④正确，故选B。
【点睛】本题考查阿伏伽德罗常数，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态，注意溶液必须告诉溶液的体积和浓度，才能计算溶质的物质的量是解答关键。
15.在标准状况下，将22.4LHCl完全溶于1L水中（水的密度近似为1g/mL），溶液的密度为ρg/cm3（ρ＞1），溶液的体积为VmL，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为c mol/L．下列叙述中正确的是（ ）
①w=×100% ②c=1mol•L﹣1 ③向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w④向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数小于0.5w
A. ①②③ B. ①③④ C. ①③ D. ①④
【答案】C
【详解】①根据c=可得w=×100%，故正确；
②36.5gHCl的物质的量为1mol，1mol氯化氢溶解在1L水中，所得溶液体积不是1L，浓度不是1mol/L，故错误；
③盐酸的密度大于水的密度，则加入等体积的水后，由于水的质量小于原盐酸的质量，根据质量分数公式可知混合液的总质量小于原先的2倍，则混合液中溶质的质量分数大于原溶液的1半，即大于0.5w，故正确；
④氯化氢为强电解质，溶液中完全电离出氢离子和氯离子，所以溶液中不存在氯化氢分子，故④错误；
所以正确的为①③，故选C。
【点睛】本题考查溶液浓度有关计算，主要考查溶液物质的量浓度和溶质质量分数的计算应用，概念的理解和计算分析是解题关键。
16.硫代硫酸钠（Na2S2O3）可作为还原剂，已知25.0mL0.0100mol/LNa2S2O3溶液恰好把22.4mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl﹣离子，则S2O32﹣将转化成（ ）
A. S2﹣ B. S C. SO42﹣ D. SO32﹣
【答案】C
【分析】结合反应中元素化合价变化情况，利用电子得失守恒分析解答。
【详解】标况下22.4mL（即0.001mol）Cl2完全转化为Cl－时，得电子总量是0.001mol×2＝0.002mol，设S2O32－转化成的产物中，硫的化合价是x，则根据电子得失守恒可知：0.025L×0.01mol•L-1×2×(x－2)＝0.002，解得x=6，所以S2O32－转化成SO42－，故答案选C。
17.某课外小组同学将3.9gNa2O2投入100g水中，反应结束后，溶液中溶质的质量分数计算式表示正确的是（ ）
A. ×100% B. ×100%
C. ×100% D. ×100%
【答案】B
【分析】依据化学方程式计算溶质和溶液质量，再依据质量分数公式计算溶液中溶质的质量分数。
【详解】设3.9gNa2O2与水反应生成氢氧化钠的质量为X，生成氧气质量为Y，由方程式可得下列关系：
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
2×78 4×40 32
3.9 X Y
根据（2×78）：（4×40）：32=3.9：X：Y解得X=4g，Y=0.8g，反应后所得溶液的质量分数为×100%，故选C。
【点睛】本题考查溶质的质量分数的计算，注意掌握过氧化钠与水的反应原理，明确溶质质量分数的概念及计算方法是解答关键。
18.下列有关有机物分离提纯或除杂的方法错误的是（ ）
A. 溴苯中混有溴，加NaOH溶液洗涤、静置、分液
B. 除去乙醇中的水，加入足量生石灰蒸馏
C. 除去淀粉溶液中的少量NaCl,可用渗析的方法
D. 乙烯中混有SO2，将其通过盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶,再干燥
【答案】D
【分析】A、溴苯不溶于水，溴与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的溴化钠和次溴酸钠；
B、乙醇与生石灰不反应，水与生石灰反应生成离子化合物氢氧化钙，氢氧化钙沸点高；
C、淀粉溶液属于胶体，溶质不能透过半透膜，氯化钠溶液中氯化钠能透过半透膜；
D、酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化乙烯和SO2。
【详解】A项、溴苯不溶于水，溴与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的溴化钠和次溴酸钠，可用分液方法分离，故A正确；
B项、乙醇与生石灰不反应，水与生石灰反应生成离子化合物氢氧化钙，氢氧化钙沸点高，除去乙醇中的水加生石灰蒸馏可以收集得到乙醇，故B正确；
C项、淀粉溶液属于胶体，溶质不能透过半透膜，氯化钠溶液中氯化钠能透过半透膜，用渗析的方法可以除去淀粉溶液中含有的少量NaCl，故C正确；
D项、、酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化乙烯和SO2，将混有SO2的乙烯混合气体通过盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶，乙烯和SO2均被吸收，故D错误。
【点睛】本题考查有机物的分离提纯，根据除杂是不能引入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离是解答关键。
19.普通锌锰电池筒内无机物主要成分是MnO2、NH4Cl、ZnCl2等。某研究小组探究废旧电池内的黑色固体并回收利用时,进行如图所示实验。下列有关实验的叙述正确的是（ ）
A. 操作①中玻璃棒的作用是转移固体
B. 操作②为过滤，得到的滤液显碱性
C. 操作③中盛放药品的仪器是坩埚
D. 操作④的目的是除去滤渣中的杂质
【答案】C
【解析】操作①中玻璃棒起到搅拌加速溶解的作用，A错误；普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质，NH4Cl、ZnCl2易溶于水，水解显酸性，MnO2难溶于水，操作②是把固体与溶液分离，应是过滤，得到的滤液显酸性，B错误；由图可知操作③是在坩埚内灼烧滤渣，通常把泥三角放在三角架上，再把坩埚放在泥三角上，C正确；二氧化锰是黑色固体，能作双氧水的催化剂，灼烧后的滤渣能加快双氧水分解产生氧气，能证明黑色固体是二氧化锰，所以该实验的目的不是除去滤渣中杂质，D错误；正确选项C。
20.两种金属混合物共15g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2LH2（标准状况），则原混合物的组成肯定不可能为（ ）
A. Mg和Al B. Zn和Mg C. Al和Zn D. Al和Cu
【答案】A
【分析】标况下11.2L氢气的物质的量为0.5mol，假设金属均为+2价，金属总物质的量等于氢气物质的量，故混合金属平均摩尔质量为=30g/mol，两种金属的混合物中平均摩尔质量应介于各组分之间，根据电子转移守恒，若金属不与盐酸反应，其摩尔质量可以视作无穷大。
【详解】A项、Mg的摩尔质量为24g/mol，Al与盐酸反应表现+3价，假设Al为+2价时，摩尔质量为×27g/mol= 18g/mol，两种金属的摩尔质量均小于30g/mol，不符合题意，故A错误；
B项、Mg的摩尔质量为24g/mol，Zn的摩尔质量为65g/mol，二者的平均摩尔质量可以是30g/mol，符合题意，故B正确；
C项、Al与盐酸反应表现+3价，假设Al为+2价时，摩尔质量为×27g/mol= 18g/mol，n的摩尔质量为65g/mol，二者的平均摩尔质量可以是30g/mol，符合题意，故C正确；
D项、Al与盐酸反应表现+3价，假设Al为+2价时，摩尔质量为×27g/mol= 18g/mol，不Cu与盐酸反应，其摩尔质量可以视作无穷大，二者的平均摩尔质量可以是30g/mol，符合题意，故D正确。
【点睛】本题考查混合物反应的计算，试题充分考查了分析、理解能力及化学计算能力，注意明确金属与酸反应的实质，熟练掌握平均摩尔质量在化学计算中的应用方法是解答关键。
第Ⅱ卷（非选择题，共45分）
21.用质量分数为36.5%的浓盐酸（密度为1.16g•cm﹣3）配制成1mol•L﹣1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220mL，试回答下列问题：
（1）配制稀盐酸时，应选用容量为______的容量瓶。
（2）经计算需要______mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的______。
A．5mL B．10mL C．25mL D．50mL
（3）从下列仪器中，不会用到的是_______________（选序号）。
①量筒 ②玻璃棒 ③药匙 ④容量瓶 ⑤烧杯 ⑥台秤 ⑦胶头滴管 ⑧细口试剂瓶 ⑨标签纸
（4）若实验过程遇到下列情况，对盐酸的物质的量浓度有何影响（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。
①容量瓶洗涤后仍少许蒸馏水，______；②未经冷却将溶液注入容量瓶中，______；
③摇匀后发现液面下降再加水，______；④定容时俯视观察液面，______。
【答案】 (1). 250mL (2). 21.6 (3). C (4). ③⑥ (5). 不变 (6). 偏高 (7). 偏低 (8). 偏高
【分析】（1）容量瓶只有一条刻度线，故只能配制和其规格相对应的体积的溶液，常用的规格有100mL、250mL、500mL、1000mL；
（2）浓盐酸的物质的量浓度为c=，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可计算盐酸体积；根据“大而近”的原则选择量筒；
（3）溶液的配制中用到量筒、玻璃棒、259ml容量瓶、烧杯、台秤、胶头滴管、细口试剂瓶、标签纸；
（4）依据C=进行误差分析，分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响。
【详解】（1）容量瓶只有一条刻度线，故只能配制和其规格相对应的体积的溶液，常用的规格有100mL、250mL、500mL、1000mL，现在需要这种盐酸220mL，故应选用250mL容量瓶，故答案为：250；
（2）浓盐酸的物质的量浓度为c===11.6mol/L，设需要浓盐酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：11.6mol/L×V×10—3L=1mol/L×250×10—3L，解得V=21.6mL；根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓盐酸的体积为21.6mL来选择合适的量筒，应选择25mL量筒，故答案为：21.6；C；
（3）由溶液的配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，溶液的配制中用到量筒、玻璃棒、259ml容量瓶、烧杯、台秤、胶头滴管、细口试剂瓶、标签纸，用不到药匙、台秤，故答案为：③⑥；
（4）①容量瓶中有少量蒸馏水，未干燥即将溶液转入，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，不影响溶液浓度，故答案为：不变；
②溶液未经冷却即注入容量瓶，冷却后溶液体积缩小，导致浓度偏高，故答案为：偏高；
③摇匀后，容量瓶的壁上会残留部分溶液，液面会低于刻度线，若再加水溶液体积增大，导致浓度偏低，故答案为：偏低；
④定容时俯视观察液面，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故答案为：偏高。
【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，熟悉配制原理和过程，注意容量瓶规格的选择，依据公式分析误差是解题关键。
22.海洋植物如海带、海藻中含有大量的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如图：
（1）实验室灼烧海藻,需要下列仪器中的_____________(填字母)。
a．试管 b．烧杯 c．坩埚 d．泥三角 e．铁三脚架 f．酒精灯
（2）指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：
①_________________③________________。
（3）提取碘的过程中,可选择的有机试剂是________。
A．甲苯、酒精 B．四氯化碳、苯 C．汽油、乙酸 D．汽油、甘油
（4）为使海藻灰中碘离子转化为碘的有机溶液,实验室有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网以及必要的夹持仪器、物品,尚缺少的玻璃仪器有_____________、________________。
（5）小组用CCl4萃取碘水中的碘，在如图的分液漏斗中，下层液体呈______色；他们打开分液漏斗活塞，却未见液体流下，原因可能是______________________________________。
（6）从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还须经过蒸馏，指出下面实验装置图中的错误之处：
① ______________________________________________________；
② ______________________________________________________；
③_________________________________________________________。
（7）进行上述蒸馏操作时,使用水浴加热的原因是__________________________________，最后晶态碘在________________里聚集。
【答案】（1）cdef；（2）过滤，萃取分液；（3）B；（4）分液漏斗，普通漏斗；（5）紫红，分液漏斗上口活塞小孔未与空气相通；（6）①缺石棉网；②温度计插到了液体中；③冷凝管进出水的方向颠倒；（7）使蒸馏烧瓶受热均匀，控制加热温度不至过高，蒸馏烧瓶。
【解析】试题分析：（1）灼烧海带需要的仪器是坩埚、坩埚钳、泥三角、三脚架、酒精灯，因此cdef；（2） 反应①得到滤渣和溶液，说明操作是过滤，反应③得到含碘的有机溶液，说明操作是萃取分液；（3）选择的萃取剂：①不能与原溶剂互溶；②被萃取物质在萃取剂的溶解度大于在原溶剂；③被萃取的物质与萃取剂不反应，因此选项B正确；（4）整个操作中需要过滤和萃取分液，因此缺少的仪器是普通漏斗和分液漏斗；（5）四氯化碳的密度大于水，碘在四氯化碳中显紫红色，因此下层为紫红色，分液漏斗使用时为了使液体顺利流下，分液漏斗需要打开活塞或活塞上的凹槽与漏斗口颈上的小孔对准，现在未流下，分液漏斗的活塞未打开；（6）①蒸馏烧瓶加热需要垫石棉网，根据装置图，未垫石棉网；②蒸馏时温度计的水银球应在略低于支管口，图中温度计在液面以下；③冷凝水进水是下进上出，图中冷凝水的进水方向反了；（7）水浴加热的优点：受热均匀，温度便于控制，固体碘聚集在蒸馏烧瓶。
考点：考查实验方案设计评价等知识。
23.化学兴趣小组同学想用金属钠和空气制备纯度较高的Na2O2(N2不与金属钠应)，可利用的装置如下。回答下列问题：
（1）装置Ⅳ中盛放的药品是__________，若没有该装置可能导致生成的Na2O2中含有碳酸钠，其反应方程式为___________________________________。
（2）若规定气体的气流方向从左到右，各仪器接口的标号字母(a、b……)顺序：空气进入h，____接____，___接____，____接___，d
（3）装置Ⅱ的作用是______________________________________________。
（4）某学习小组发现：在盛有Na2O2的试管中加入足量水，固体完全溶解，并立即产生大量气泡，当气泡消失后，向其中滴入1～2滴酚酞溶液，溶液变红；将试管轻轻振荡，红色很快褪去；此时再向试管中加入少量MnO2粉末，又有气泡产生。
①使酚酞溶液变红是因为_________________________，红色褪去的可能原因是_________________________________________。
②加入MnO2反应的化学方程式为_______________________________。
【答案】(1). NaOH溶液 (2). 2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2 (3). g f e a b c (4). 防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置Ⅰ (5). 过氧化钠和水反应生成氢氧化钠 (6). 反应生成的H2O2具有漂白作用 (7). 2H2O22H2O＋O2
【详解】(1)装置Ⅳ是利用NaOH溶液除去空气中的二氧化碳，若没有该装置，空气的CO2和Na2O2反应会生成碳酸钠，发生反应方程式为2Na2O2 +2CO2 == 2Na2CO3 + O2↑；
(2)依据上述分析确定连接顺序，组合实验装置时各仪器的正确连接顺序为Ⅳ、Ⅲ、Ⅰ、Ⅱ，根据气流方向各接口的连接顺序为h g f e a b c；
(3)利用装置Ⅱ中有碱石灰防止空气中的水分和二氧化碳倒吸进入装置Ⅰ；
(4)①过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱，碱遇酚酞变红；红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性，能氧化有色物质，故答案为：过氧化钠和水反应生成碱氢氧化钠；反应生成的H2O2具有漂白作用；
②过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气，反应的化学方程式为：2H2O22H2O＋O2。
【点睛】本题考查了物质性质的实验验证和分析判断，实验步骤的设计方法和注意问题，掌握物质性质和实验基本操作是解题关键，题目难度中等。
24.过氧化钙是一种新型的多功能无机化工产品，常温下是无色或淡黄色粉末，易溶于酸，难溶于水、乙醇等溶剂。某实验小组在低温和通入氨气的碱性条件下，利用钙盐与过氧化氢反应制取CaO2·8H2O沉淀(该反应是一个放热反应)。
（1）仪器X的名称是_________，检查整个装置气密性的方法为：___________________
（2）仪器B的作用是____________________________，CaO2的电子式为_________
（3）写出A中发生反应的化学方程式：____________________________________。
（4）制取CaO2·8H2O时，冰水浴维持反应在0～5℃的低温下进行，原因是_______________。生成CaO2·8H2O的化学方程为_____________________________________。
（5）2.76 gCaO2·8H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线，140℃时完全脱水，杂质受热不分解)如图所示。
① 试确定60℃时CaO2·xH2O中x=____________。
② 该样品中CaO2的质量分数为____________（保留4位有效数字）。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 将K关闭，从分液漏斗中加水，一段时间后，液体不能顺利滴下 (3). (4). 防止倒吸 (5). 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O (6). 低于0℃，液体易冻结，反应困难，温度过高，过氧化氢分解速率加快 (7). CaCl2＋2NH3＋8H2O+2H2O2=CaO2·8H2O+2NH4Cl (8). 3 (9). 26.09‰
【分析】（1）根据X特征可知为分液漏斗；检查整个装置气密性的方法为将K关闭，从分液漏斗中加水，一段时间后，液体不能顺利滴下，说明气密性良好；
（2）氨气极易溶于水，长颈漏斗插入三颈烧瓶的溶液中防止倒吸；CaO2为离子化合物，由钙离子和过氧根离子组成；
（3）实验室中用氯化铵和氢氧化钙固体共热制取氨气；
（4）低于O℃，液体易冻结，反应困难，温度过高，过氧化氢分解速率加快，CaCl2与H2O2、NH3、H2O反应生成CaO2•8H2O与NH4Cl；
（5）①140℃时完全脱水，杂质受热不分解，结合样品总质量计算出结晶水的总质量、物质的量，从而得出样品中CaO2•8H2O物质的量，再根据60℃时固体的质量计算出失去结晶水的质量、物质的量，进而计算出CaO2•xH2O中的x；
②根据①计算出的样品中CaO2的物质的量，根据m=nM计算出其质量，再计算出样品中CaO2•8H2O的纯度
【详解】（1）根据X的构造可知X为分液漏斗；检查整个装置气密性的方法为将K关闭，从分液漏斗中加水，一段时间后，液体不能顺利滴下，说明气密性良好，故答案为：分液漏斗；将K关闭，从分液漏斗中加水，一段时间后，液体不能顺利滴下；
（2）B为长颈漏斗，插入三颈烧瓶的溶液中，可以防止因氨气极易溶于水而产生倒吸；CaO2为离子化合物，由钙离子和过氧根离子组成，电子式为，故答案为：防倒吸；；
（3）实验室中用氯化铵和氢氧化钙固体共热制取氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，故答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；
（4）由于低于0℃，液体易冻结，反应困难，而温度较高，过氧化氢分解速率加快，所以制取CaO2•8H2O一般在0℃～5℃的低温下进行；根据装置C中的物质得出制取的原理方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=2NH4Cl+CaO2•8H2O，故答案为：低于0℃，液体易冻结，反应困难，温度较高，过氧化氢分解速率加快；CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=2NH4Cl+CaO2•8H2O；（5）①140℃时完全脱水，杂质受热不分解，则样品中CaO2•8H2O含有的结晶水的总质量为（2.76g-1.32g）=1.44g，结晶水的物质的量为=0.08mol，60℃时固体的质量为1.86g，失去结晶水的质量为：2.76g-1. 86g=0.9g，失去结晶水的物质的量为=0.05mol，原样品中含有CaO2•8H2O的物质的量为=0.01mol，所以60℃时失去结晶水的个数为=5，故60℃时CaO2•xH2O中x=8-,5=3，故答案为：3；
②根据①可知CaO2•8H2O的物质的量为0.01mol，则CaO2的物质的量也是0.01mol，其质量为：72g/mol×0.01mol=0.72g，样品中CaO2的纯度为×100%≈26.09%，故答案为：26.09%。
【点睛】本题考查实验方案的设计、物质组成及含量测定计算，充分考查分析理解能力、知识迁移应用能力，注意实验原理分析，能够正确书写化学方程式，依据图像进行化学计算是解答关键。
25.救灾物资中的一瓶“84消毒液”的包装说明上有如下信息：含25%NaClO(次氯酸钠)、1000 mL、密度1.19 g/cm3，稀释100倍(体积比)后使用。
请回答下列问题：
（1）上述“84消毒液”的物质的量浓度为______mol/L。
（2）该同学取100 mL上述“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释100倍后的溶液中c(Na＋)＝______mol/L(假设稀释后溶液密度为1．0 g/cm3)，该消毒液长时间放置在空气中能吸收标准状况下CO2的体积为_______L。（已知:酸性：H2CO3＞ HClO＞ HCO3-)
（3）灾区志愿者根据上述“84消毒液”的包装说明，欲用NaClO固体(NaClO易吸收空气中的H2O、CO2)配制480 mL含25%NaClO的消毒液。下列说法正确的是______。
a．如图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种玻璃仪器
b．容量瓶用蒸馏水洗净后，要烘干才能用于溶液的配制
c．利用购买的商品NaClO来配制可能会导致结果偏低
d．需要NaClO固体的质量为143g
（4）ClO2对污水中Fe2＋、Mn2＋、S2－和CN－等有明显的去除效果。某工厂污水中含CN－bmg/L，现用ClO2将CN－氧化，只生成两种无毒气体，其离子反应方程式为____________________，处理100 m3这种污水，至少需要ClO2________mol。
【答案】(1). 4.0 (2). 0.04 (3). 8.96 (4). C (5). 2ClO2＋2CN－===N2＋2CO2＋2Cl－ (6).
【解析】（1）根据可知c(NaClO)＝＝4.0 mol/L。（2）根据稀释前后溶质的物质的量不变得：100 mL×4.0 mol/L＝10 000 mL×c(NaClO)，解得稀释后c(NaClO)＝0.04 mol/L，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04 mol/L。根据NaClO＋CO2＋H2O＝NaHCO3＋HClO可知n(CO2)＝n(NaClO)＝0.4 mol，标准状况下CO2的体积为8.96 L。（3）A、需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的A、B、C、D四种仪器不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管等，A错误；B、配制过程中需要加入蒸馏水，所以洗涤干净的容量瓶不必烘干即可使用，B错误；C、根据题目信息，由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以商品NaClO可能部分变质，导致所称量的固体中NaClO的实际质量可能偏小，从而可能使结果偏低，C正确；D、应选取500 mL容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO固体的质量为0.5 L×4.0 mol/L×74.5 g/mol＝149.0 g，D错误，答案选C。（4）ClO2将CN－氧化为N2和CO2，同时生成Cl－：2ClO2＋2CN－＝N2＋2CO2＋2Cl－。100 m3这种污水中含有CN－的质量为100b g，其物质的量为，根据反应方程式可知至少需要消耗ClO2。
相关资料
更多
