2、山东省菏泽市2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题 （教师版）.doc

这是一份2、山东省菏泽市2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题 （教师版）.doc，共12页。试卷主要包含了Ⅱ卷在答题纸上作答，关于物质分类的正确组合是，下列反应的离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。

山东省菏泽市2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题 16A.doc
2019~2020学年度高一年级模块检测试题

高一化学
注意事项:
1.每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号,在试题卷上作答无效。
2.Ⅱ卷在答题纸上作答。答题前,考生在答题纸上务必用直径0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚。

　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题(每小题3分,共60分。每小题只有一个选项符合题意)
1.(★)下列说法中,不正确的是 (　　)
A.1869年俄国化学家门捷列夫提出了原子学说,为近代化学的发展奠定了基础
B.制陶、冶金、酿酒等生产过程中,肯定发生了化学反应
C.研究物质的性质,常用到观察、实验、分类、比较等方法
D.我国科学家屠呦呦发现并提出青蒿素用于治疗疟疾,获得诺贝尔生理学或医学奖
考向　化学史、物理变化与化学变化的区别和联系;科学探究方法;科技成就
题组　化学史及化学在生产生活中的应用
解析　19世纪初,英国化学家道尔顿提出近代原子学说,为近代化学的发展奠定了坚实基础,不是门捷列夫,俄国化学家门捷列夫的贡献是发现了元素周期律,并编制出元素周期表,使得化学学习和研究变得有规律可循,A符合题意;制陶、冶金、酿酒等生产过程中,都有新物质生成,所以发生了化学变化,B不符合题意;研究物质的性质,常用到观察、实验、分类、比较等方法,C不符合题意;我国科学家屠呦呦发现并提出青蒿素用于治疗疟疾,获得诺贝尔生理学或医学奖,D不符合题意。
答案　A
点评　本题主要考查了研究物质的方法,物理变化与化学变化的区别,化学史,难度不大,平时注意知识的积累。
2.(★)分类方法是研究化学学科的重要方法之一。下列说法正确的是 (　　)
①根据碳酸钠溶于水呈碱性,则碳酸钠既属于盐,又属于碱
②根据氧化物的性质,可以将氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物等
③根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和悬浊液
④根据在水溶液中或熔融状态下能否导电将化合物分为电解质和非电解质
A.①③ B.②④ C.①④ D.③④
考向　盐及氧化物;分散系;电解质与非电解质
题组　物质分类
解析　①碳酸钠溶液显碱性,是因为碳酸根离子与水发生了水解反应,从而显碱性,碳酸钠是由金属阳离子和酸根离子组成的盐类,故①错误;②根据氧化物的性质,可以将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物及两性氧化物等,②正确;③分散系是依据分散质粒子直径的大小分为溶液、胶体和浊液,而不是丁达尔现象,三者分散质粒子直径分别为溶液<1nm,胶体1~100nm,浊液>100nm,③错误;④根据化合物在水溶液或熔融状态下能否导电,将化合物分为电解质和非电解质,④正确。所以B正确。
答案　B
易错警示　1.化学中有部分名称和化学成分不一致的情况:如碳酸钠俗称纯碱,但是其物质分类不属于碱类属于盐类;冰水混合物其实是纯净物,是水的两种不同状态混合,其成分只有H2O;淀粉溶液在分散系中其实不是溶液,由于其粒子直径在1~100nm,所以应该称为胶体。
2.胶体区别于溶液和浊液的本质区别是分散质粒子直径的不同,而不是丁达尔现象,丁达尔现象只是表现出来的性质。
3.(★)下列示意图中,大球代表氦原子,小球代表氢原子,方框代表容器,容器中间有一个可以上下滑动的隔板(其质量忽略不记)。其中能表示等质量的氢气与氦气的是 (　　)

考向　阿伏加德罗定律及推论
题组　阿伏加德罗定律及推论
解析　阿伏加德罗定律:同温同压条件下,相同体积的任何气体都具有相同的分子数。阿伏加德罗定律推论:同温同压条件下,体积比等于分子数目比等于物质的量之比。首先注意氦气分子是单原子分子,故B项不正确;已知氢气摩尔质量为2g/mol,氦气的摩尔质量为4g/mol,由m=n×M可知,等质量的氢气和氦气,其物质的量之比为1∶2,同温同压条件下体积之比也为1∶2,C不正确;分子数目之比也为1∶2,D不正确;所以分析各项同时满足分子数关系和体积关系及氮气为单原子分子的是A项,所以A正确。
答案　A
点评　本题以图示的形式考查了阿伏加德罗定律及其推论,考查考生对体积和粒子数的直观理解能力,题目新颖,难度不大。
4.(★)用NA表示阿伏加德罗常数,下列有关说法正确的是 (　　)
A.在标准状况下,将11.2LCl2溶于水得到1L溶液,则含有的H+数目为NA
B.标准状况下,22.4LH2O含有的原子数为0.3NA
C.0.1molO2中含有1.6NA个质子
D.32gO2和O3混合气体所含氧原子数目为2.5NA
考向　阿伏加德罗常数
题组　阿伏加德罗常数
解析　标准状况下,气体摩尔体积为22.4L/mol,所以11.2LCl2的物质的量为0.5mol,Cl2溶于水与水发生反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO,由于HClO为弱酸不能完全电离,且该反应为可逆反应,所以所电离产生的H+数目小于NA,A错误;标况下气体摩尔体积Vm=22.4L/mol的使用前提是该物质在标况下是气体,而H2O在标况下不是气体,所以其物质的量不是0.1mol,其所含原子数也不是0.3NA,B错误;一个O2分子中含有16个质子,所以0.1molO2中含有1.6NA个质子,C正确;因为O2和O3都是由氧原子构成,所以利用公式n氧原子=m氧原子/M氧原子=32g/16g·mol-1=2mol,所以含有氧原子数目为2NA。
答案　C
易错警示　1.Vm=22.4L/mol的使用前提是:①条件是标准状况;②标况下,该物质是气体。而标况下H2O、SO3、HF、CCl4、乙醇、苯等均为非气态物质。
2.注意O2和O3的这种特殊组合,即由同种原子组成的单质,例如:红磷和白磷,金刚石和石墨,都是类似这种关系,对于这种题目求解原子个数时,可以直接让质量除以原子的摩尔质量,直接得到原子的物质的量。
5.(★)关于物质分类的正确组合是 (　　)

酸
碱
盐
碱性氧化物
电解质
A
盐酸
纯碱
烧碱
氧化铜
次氯酸
B
硫酸
烧碱
食盐
氧化钙
二氧化硫
C
醋酸
熟石灰
次氯酸钠
过氧化钠
硫酸钡
D
硝酸
苛性钠
小苏打
氧化钠
氢氧化钡
考向　物质的分类
题组　物质的分类
解析　A中纯碱化学成分是Na2CO3,不是碱,是由金属阳离子和酸根离子组成的盐,烧碱化学成分是NaOH,是碱不是盐,故A错误;B中二氧化硫是非金属氧化物,溶于水能导电,但是其导电离子是二氧化硫与水反应生成的亚硫酸电离产生的,并不是二氧化硫自身电离产生,所以二氧化硫是非电解质,故B错误;C中过氧化钠与酸反应生成盐和水同时还生成了氧气,所以不满足碱性氧化物的定义(与酸反应只生成盐和水),C错误;D中苛性钠化学成分是NaOH是碱,小苏打化学成分是NaHCO3是弱酸酸式盐,各项均满足物质分类的相关定义,D正确。
答案　D
拓展链接　中学化学常见物质俗称:食盐:NaCl　干冰:CO2固体　纯碱、苏打:Na2CO3　小苏打:NaHCO3　大苏打:Na2S2O3　烧碱、火碱、苛性钠:NaOH　双氧水:H2O2　石膏(生石膏):CaSO4·2H2O　熟石膏:2CaSO4·H2O　石灰石、大理石:CaCO3　生石灰:CaO　熟石灰、消石灰:Ca(OH)2　重晶石:BaSO4(无毒)　绿矾:FeSO4·7H2O　明矾:KAl(SO4)2·12H2O　胆矾、蓝矾:CuSO4·5H2O
6.(★)在水溶液中能完全电离的电解质是强电解质,部分电离的电解质是弱电解质。下列说法正确的是 (　　)
A.氯气溶于水得氯水,该溶液能导电,证明氯气是电解质
B.CaCO3饱和溶液导电能力很弱,推断CaCO3是弱电解质
C.HF的水溶液中既有H+、F-,又有大量的HF分子,证明HF是弱电解质
D.导电能力弱的溶液一定是弱电解质的溶液
考向　强弱电解质的鉴别
题组　强弱电解质的考查
解析　氯气溶于水能导电,但是氯气为单质,既不是电解质又不是非电解质,A错误;判断电解质的强弱本质是:溶于水或熔化是否完全电离,而不是看导电能力,虽然CaCO3溶液导电能力弱,但是其溶解部分发生完全电离,所以CaCO3为强电解质,B错误;HF的水溶液中即有H+、F-,又有大量的HF分子,说明HF在水溶液中发生了部分电离,所以HF为弱电解质,C正确;如C选项,CaCO3溶液导电能力弱,但是CaCO3为强电解质,D错误。
答案　C
易错警示　强弱电解质的本质区别是:溶于水或熔化是否发生完全电离,在判断时要注意以下两点:
①电解质的强弱与其溶解性无关。如CaCO3、BaSO4是强电解质,CH3COOH(醋酸)易溶于水,但是弱电解质。②电解质的强弱与溶液的导电能力没有必然联系。溶液导电能力与离子浓度和离子所带电荷有关,很稀的强电解质溶液的导电能力较弱,而浓度较大的弱电解质溶液的导电能力可能较强。因此,强电解质溶液的导电能力不一定强,弱电解质溶液的导电能力不一定弱。
7.(★)下列反应的离子方程式正确的是 (　　)
A.向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体:Fe3++3H2OFe(OH)3↓+3H+
B.氢氧化铜中滴加盐酸:OH-+H+H2O
C.向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸:Ba2++2OH-+2H++SO42-BaSO4↓+2H2O
D.硝酸银溶液中加入铜粉:Ag++CuCu2++Ag
考向　离子方程式判断
题组　离子方程式判断
解析　Fe(OH)3胶体制备方程式中产物一定要标注“胶体”字样,而不是沉淀,故A错误;氢氧化铜为难溶物,在书写离子方程式时应该写成化学式形式:2H++Cu(OH)2Cu2++2H2O,故B错误;向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸,离子方程式为2OH-+2H++Ba2++SO42-2H2O+BaSO4↓,故C项正确;硝酸银溶液中加入铜粉,2Ag++CuCu2++2Ag,选项中离子方程式电荷不守恒,故D错误。
答案　C
易错警示　书写离子方程式的步骤分别是:写、拆、删、查,尤其是最后检查电荷是否守恒,拆分是否正确、是否符合化学事实、是否漏掉相关反应等情况。
8.(★)在给定的条件下,下列各组离子一定能大量共存的是 (　　)
A.在无色溶液中:K+、MnO4-、SO42-、CO32-
B.在强碱性溶液中:Na+、K+、Fe3+、SO42-
C.在强酸性溶液中:K+、NH4+、Cl-、CO32-
D.含Ca2+的溶液中:Na+、K+、Cl-、NO3-
考向　离子共存
题组　离子共存
解析　A项,无色溶液中,而MnO4-离子为紫红色,故A错误;B项,在强碱性溶液中,含有大量OH-,而Fe3+与OH-反应生成Fe(OH)3沉淀,不能大量共存,故B错误;C项,强酸性溶液中,含有大量的H+,而CO32-与H+反应生成二氧化碳气体和水,不能大量共存,故C错误;D项,含Ca2+的溶液中,Na+　K+　Cl-　NO3-与Ca2+均不发生反应,可以大量共存,故D正确。
答案　D
易错警示　H+和Mg2+、Fe2+、Ag+、Al3+、Zn2+、Cu2+、Fe3+、NH4+等弱碱阳离子不能与OH-大量共存,OH-和CH3COO-、PO43-、F-、ClO-、AlO2-、SiO32-、CN-等弱酸阴离子与H+不能大量共存,常见有色离子有:Cu2+(蓝色)、Fe3+(棕黄色)、Fe2+(浅绿色)、MnO4-(紫色)。
9.(★★)下列有关离子检验的操作及结论均正确的是 (　　)
A.向无色溶液中先加适量盐酸酸化,再加AgNO3溶液,产生白色沉淀,证明该溶液中一定含有Cl-
B.向无色溶液中加入稀盐酸,能产生使澄清石灰水变浑浊的无色气体,证明该溶液中一定含有CO32-
C.向某溶液中加入NaOH溶液,得蓝色沉淀,证明溶液中含有Cu2+
D.向无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现,再加盐酸,沉淀不消失,证明该溶液中一定含有SO42-
考向　离子检验
题组　离子检验
解析　检验Cl-时,用硝酸酸化,绝对不能用盐酸酸化,因为盐酸会引入Cl-,A错误;向无色溶液中加入稀盐酸,能产生使澄清石灰水变浑浊的无色气体,原溶液中可能含有CO32-或HCO3-,因为两者与盐酸反应均有二氧化碳产生,2H++CO32-H2O+CO2↑和H++HCO3-H2O+CO2↑,B错误;向某溶液中加入NaOH 溶液,得蓝色沉淀,该沉淀为Cu(OH)2,可以证明溶液中含有Cu2+,C正确;向无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现,再加盐酸,沉淀不消失,则原溶液中可能有SO42-或Ag+,D错误。
答案　C
易错警示　在检验硫酸根离子时,所加试剂为BaCl2溶液,但是能与BaCl2产生沉淀的有CO32-　SO32-　Ag+等,所以一定要注意干扰离子的影响,所以其加入顺序必须是:先加入盐酸酸化,无明显现象,再加入BaCl2溶液,产生白色沉淀,则原溶液中含有SO42-。
10.(★)常温常压下,有等体积的CO和CO2。下列有关叙述中正确的是 (　　)
①所含的分子数目之比为1∶1
②所含的O原子的物质的量之比为1∶2
③所含的原子总数目之比为1∶1
④气体的质量之比为1∶1
A.①② B.②③ C.②④ D.①④
考向　阿伏加德罗定律及其推论
题组　阿伏加德罗定律及其推论
解析　依据阿伏加德罗定律可知,外界条件相同时,气体体积相同其物质的量相同,分子的数目也相同,所以①正确。由①可知CO和CO2分子数目相同时所含的氧原子个数之比为1∶2所以②正确;③的原子个数之比应为2∶3所以③错误,由CO和CO2物质的量相同所以其质量之比等于其摩尔质量之比为7∶11所以④错误。故答案选A。
答案　A
拓展链接　阿伏加德罗定律:同温同压下,相同体积的任何气体都含有相同的分子数.
推论1:同温同压下,任何气体的体积之比=物质的量之比=所含的分子数之比
T、P相同:V1/V2=n1/n2=N1/N2
推论2:同温同压下,任何气体的密度之比
=摩尔质量之比(既相对分子质量之比)
推论3:同温、同体积,气体的压强之比=分子数之比
推论4:同温、同压、同体积条件下,不同气体的质量之比等于摩尔质量之比。
11.(★★)淀粉溶液是一种胶体,并且淀粉遇到碘单质,可以出现明显的蓝色特征。将淀粉和Na2SO4溶液混合装在半透膜中,浸泡在盛蒸馏水的小烧杯内,过一段时间后,取烧杯中液体进行实验,能说明半透膜完好无损的证据是 (　　)
A.加入BaCl2溶液产生白色沉淀
B.加入碘水溶液变蓝色
C.加入BaCl2溶液没有产生白色沉淀
D.加入碘水溶液不变蓝色
考向　考查胶体的分离和提纯问题
题组　物质分类中胶体的性质
解析　胶体和溶液的本质区别就是分散质(溶液里的分散质叫溶质)中的粒子直径不同,小于1nm的是溶液,大于1nm且小于100nm的叫胶体。胶体的粒子不能透过半透膜,而溶液的能。所以Na+和SO42-能透过半透膜遇到BaCl2产生白色沉淀,所以A不能说明。C选项现象不正确,也不符合题意。淀粉粒子不能透过半透膜,故半透膜完好无损的话,取烧杯中的液体加入碘水不会变蓝色,因此B不符合题意,D符合题意。
答案　D
易错警示　分散质的本质区别是分散质粒子直径的大小。溶液的分散质粒子直径小于1nm,胶体的分散质粒子直径在1nm与100nm之间,而浊液的分散质粒子直径大于100nm。
12.(★★)将标准状况下的aLHCl气体溶于1000g水中,得到的盐酸密度为bg·cm-3,则该盐酸的物质的量浓度是 (　　)
A.a22.4mol·L-1
B.ab22400mol·L-1
C.ab22400+36.5amol·L-1
D.1000ab22400+36.5amol·L-1
考向　有关气态溶质的相关物质的量浓度计算
题组　物质的量浓度计算
解析　HCl的物质的量=a/22.4mol
HCl质量=36.5×a/22.4g
溶液质量=1000+36.5×a/22.4g
溶液体积=(1000+36.5×a/22.4)/bmL=(1+36.5a/22400)/bL
溶液的物质的量浓度 =(a/22.4)/[(1+36.5a/22400)/b]=1000ab/(22400+36.5a)mol/L
所以D项正确
答案　D
易错警示　计算过程中注意单位的换算,计算浓度时体积是溶液的体积而不是水的体积,而应该用溶液质量除以溶液密度来求算溶液体积。
13.(★★)向盛有一定量的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸,直至过量,能表示整个过程中混合溶液的导电能力(用电流强度I表示)的曲线是 (　　)

考向　溶液导电能力的分析
题组　溶液导电能力的考查
解析　首先明确溶液导电能力取决于溶液中的离子浓度及离子所带电荷,离子浓度越大离子所带电荷越多,溶液导电能力就越强。向一定量的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸,开始硫酸体积为零时,导电离子为Ba2+、OH-,随着硫酸的滴加,Ba2+不断被SO42-沉淀,而OH-不断被H+中和,所以导电能力逐渐减弱,随着硫酸加入至二者刚好完全反应时,溶液导电能力减弱至不导电,随后硫酸过量,溶液导电能力又逐渐增强,所以图像C正确。
答案　C
思路方法　明确溶液导电原因,分清随着溶液的滴加发生的化学反应,从而通过判断离子浓度来分析导电能力变化情况。
14.(★★)某溶液中含有Ba2+、Cu2+、Ag+。学习小组的同学现用NaOH溶液、盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离,实验流程如下图所示。下列说法正确的是 (　　)

A.试剂A为Na2SO4溶液
B.沉淀3的化学式可能是BaSO4
C.生成沉淀1的离子方程式为:Cu2++2OH-Cu(OH)2↓
D.生成沉淀2的离子方程式为:Ag++Cl-AgCl↓
考向　常见阴阳离子检验
题组　离子检验
分析　本题要求当加入NaOH、盐酸、Na2SO4时,将Ba2+、Cu2+、Ag+逐一沉淀分离,即每种试剂的加入只能沉淀一种离子。依据离子反应关系确定试剂的加入顺序,根据物质性质写出离子反应方程式。
解析　溶液含有Ba2+、Cu2+、Ag+,应先加入盐酸,生成沉淀1——AgCl沉淀,离子反应为:Ag++Cl-AgCl↓;过滤后再加入NaOH溶液得到沉淀2——Cu(OH)2沉淀,离子反应为:Cu2++2OH-Cu(OH)2↓;最后加入Na2SO4,可得到沉淀3——BaSO4沉淀,离子反应为:Ba2++SO42-BaSO4↓。所以综上所述,正确选项为B。
答案　B
点评　本题考查离子方程式的书写,题目难度中等,注意使离子逐一沉淀应先加入HCl,不能先加入NaOH,否则不能达到逐一沉淀的目的。
15.(★)实验室是进行化学实验操作和科学探究的主要阵地。实验室有下列物质中:①NaCl　②NaOH　③CH3COOH　④Na　⑤NaHCO3　⑥木炭　⑦Fe2O3　⑧硫酸　⑨BaSO4　⑩蔗糖

请回答下列问题:
(1)以上物质中属于电解质且其溶液显酸性的是　　　　　　　　。 
(2)能与水剧烈反应并产生气体的物质的是　　　　　　　　。 
(3)电解质⑤和⑧反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　。 
考向　电解质和离子方程式书写
题组　物质分类和离子方程式书写
解析　①NaCl是盐,溶于水显中性,是电解质;②NaOH是碱,是电解质,其水溶液显碱性;③CH3COOH是酸,是电解质,其水溶液显酸性;④Na是单质,即不是电解质又不是非电解质,与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气;⑤NaHCO3是弱酸酸式盐,是电解质,其水溶液显碱性;⑥木炭是单质,既不是电解质也不是非电解质,难溶于水;⑦Fe2O3是碱性氧化物,不溶于水;⑧硫酸是电解质,水溶液显酸性;⑨BaSO4是盐,电解质,难溶于水;⑩蔗糖是有机物是非电解质,溶于水显中性。所以综上所述:(1)属于电解质且其溶液显酸性的是③⑧;(2)能与水剧烈反应并产生气体的物质是④;(3)⑤NaHCO3和⑧硫酸反应的离子方程式为:H++HCO3-H2O+CO2↑
答案　(1)③⑧　(2)④　(3)H++HCO3-H2O+CO2↑
点评　本题考查了物质分类基础知识,典型的酸碱盐分类和电解质知识,难度不大。
16.(★)绿水青山就是金山银山。化学兴趣小组同学配制NaOH溶液和稀硝酸等检测某工业废水的成分。
(1)配制480mL0.5mol·L-1NaOH溶液,应用托盘天平称取NaOH固体　　　　g。容量瓶在使用之前需要　　　　　　　　　　　　。 
(2)用63%的浓HNO3(其密度为1.4g·mL-1)配制250mL0.5mol·L-1稀HNO3。有下列备选仪器:
A.10mL量筒　B.50mL量筒　C.托盘天平　D.玻璃棒　E.100mL容量瓶　F.250mL容量瓶　G.500mL容量瓶　H.胶头滴管　I.200mL烧杯
①浓硝酸的物质的量浓度为　　　　mol·L-1。 
②应量取63%的浓硝酸　　　　mL,应选用仪器　　　　量取(填仪器的字母编号)。 
③实验时除用到D、I外,还需用的仪器有　　　　(填序号)。 
④配制过程中,下列操作会使配制的稀硝酸溶液浓度偏高的是(填序号)　　　　。 
a.量取浓硝酸的量筒用蒸馏水洗涤2~3次,并把洗涤液转入容量瓶
b.容量瓶使用时未干燥
c.稀释浓硝酸后未经冷却就移液
d.转移时不小心有溶液洒到瓶外
e.定容后经振荡、摇匀、静置,发现液面低于刻度线,再加蒸馏水补至刻度线
f.定容时俯视刻度线
(3)向废水中加入稀硝酸有二氧化碳气体生成,废水中可能含有的离子是　　　　;再加入氢氧化钠溶液中和多余的稀硝酸。 
考向　固体溶质溶液配制;由浓溶液配制稀溶液误差分析及相关计算
题组　一定物质的量浓度溶液的配制
解析　(1)题目需要配制480mL溶液,但是依据容量瓶“大且近”的使用原则,应该是用500mL容量瓶配制500mL溶液,然后取出480mL即可,所以利用公式m=n×M=cV×M=0.5mol/L×0.5L×40g/mol=10.0g,容量瓶在使用时有倒转摇匀操作,所以使用前需要检验是否漏水。
(2)①有关物质的量浓度和溶质质量分数的换算公式为:c=1000ρw/M带入题干相关数据,得浓硝酸的物质的量浓度为c=1000×1.4×63%/63=14.0mol/L。
②用浓硝酸来配制稀硝酸是溶液稀释过程,所以依据稀释时溶液溶质物质的量不变。利用公式c浓V浓=c稀V稀,带入数据得:14.0mol/L×V浓=0.5mol/L×0.25L,求得V浓≈0.0089L=8.9mL。依据量筒使用“大且近”的原则,应该使用10mL量筒量取。
①配制溶液时除用到玻璃棒、烧杯外,还用到的仪器有10mL量筒量取浓硝酸,250mL容量瓶进行溶液配制,胶头滴管用于溶液最后的定容操作。故还需要的仪器是A、F、H。
④量取浓硝酸的量筒不能用蒸馏水洗涤,否则会使溶质质量偏大,使所配溶液浓度偏高,a符合题意;容量瓶使用时未干燥,不影响溶质,后期还有加水定容,也不影响溶液体积,所以不影响浓度,b不符合题意;稀释浓硝酸后,需冷却至室温,否则会使溶液体积偏小,所配浓度偏高,c符合题意;转移时不小心有溶液洒在瓶外,会使溶液溶质损失,使所配溶液浓度偏低,d不符合题意;定容后经振荡、摇匀、静置,发现液面低于刻度线,是因为溶液沾附在刻度线以上部分,若此时加水会导致溶液体积偏大,所配溶液浓度偏低,e不符合题意;定容时俯视刻度线,会导致定容溶液体积偏小,使所配溶液浓度偏高,f符合题意。所以最终会导致溶液浓度偏高的是:acf。
(3)能与硝酸反应产生二氧化碳的离子可能有HCO3-　CO32-,其离子反应方程式为:H++HCO3-H2O+CO2↑、2H++CO32-H2O+CO2↑,所以废水中可能含有HCO3-或CO32-。
答案　(1)10.0　检验容量瓶是否漏水　(2)①14.0　②8.9　A　③AFH　④acf　(3)HCO3-或CO32-
拓展链接　1.用量筒量取液体时,只能精确到0.1mL,用托盘天平称量药品时,只能精确到0.1g。
2.溶液配制过程中的误差分析(如下图)
能引起误差的一些错误操作
因变量
cB(mol/L)
nB(或mB)
V
称量
药品、砝码左右位置颠倒,且称量中用到游码
偏小
无
偏小
称量易潮解的物质(如NaOH)时间过长
偏小
无
偏小
用滤纸称量易潮解的物质(如NaOH)
偏小
无
偏小
量取
用量筒量取液态溶质时俯视读数
偏小
无
偏小
量取液态溶质时量筒内有水
偏小
无
偏小
溶解
转移
洗涤
转移时有溶液溅出
偏小
无
偏小
未洗涤烧杯和玻璃棒
偏小
无
偏小
洗涤量取浓溶液的量筒并将洗涤液转移到容量瓶
偏大
无
偏大
溶液未冷却至室温就转移到容量瓶
无
偏小
偏大
容量瓶中原本有水
无
无
无
定容
定容时,水加多了,用滴管吸出
偏小
无
偏小
定容后,经振荡、摇匀、静置,液面下降再加水
无
偏大
偏小
定容时,俯视刻度线
无
偏小
偏大
17.(★★)膨松剂发生反应时产生气体的量是检验膨松剂品质的一项重要指标。某膨松剂的成分为碳酸氢钠。学校兴趣小组为研究该膨松剂在加热情况下放出气体的量,设计了以下实验。

已知:a.浓硫酸常用于吸收水蒸气。
b.碱石灰是固体氢氧化钠和氧化钙的混合物。
(1)碳酸氢钠可以用作蒸馒头的膨松剂,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　(用化学方程式解释)。 
(2)将一定质量的膨松剂样品装入装置B中,测定实验前后装置　　　　(填装置对应的字母符号)的质量,其质量差即为样品产生的二氧化碳的质量。加热前,先对已连接好的装置A、B和C通入一段时间的空气,再连接上装置D、E,这样做的目的是　　　　　　　　　　　　　　,停止加热后,应继续通入一段时间的空气,将产生的气体全部排出。 
(3)上述实验中,装置E的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　,若没有装置A和E,可能会造成测定结果　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 
(4)若上述实验测得二氧化碳的质量为6.6g,则生成的二氧化碳在标准状况下的体积为　　　　L。 
考向　实验的设计
题组　定量实验的考查
解析　(1)碳酸氢钠可以用作蒸馒头的膨松剂,是因为其在加热过程中产生二氧化碳气体,反应方程式为:2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。(2)本实验是研究产生气体的量,所以从实验装置来看,应该是装置D是用于测定二氧化碳气体的量,所以测装置D的质量。由于本实验是定量实验,所以要防止对测定质量的干扰,所以加热前先对已连接好的装置A、B和C通入一段时间的空气,目的是防止空气中和装置中的二氧化碳对实验测定的干扰。(3)装置E放在最后,是防止空气中二氧化碳和水进入装置D,对实验的测定造成干扰,如果没有A和E,则会使测定结果偏大。(4)利用公式:n=m/M=6.6/44=0.15mol,V=n×Vm=0.15×22.4=3.36L
答案　(1)2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。(2)D　目的是防止空气中和装置中的二氧化碳对实验测定的干扰。(3)防止空气中二氧化碳和水进入装置D,对实验的测定造成干扰　偏大　(4)3.36L
点评　注意定量实验中对量的要求,要把所有对实验有干扰的情况都排除,才能保证实验的准确性。
18.(★★)研究氯气及其水溶液的性质具有重要的意义。
(1)学习小组利用下图研究物质的性质,其中气体X的主要成分是氯气,杂质是空气和水蒸气。回答下列问题:

①证明氯气不能漂白的证据是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
②湿润的有色布条褪色原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用必要的文字和化学用语说明)。 
③这种实验设计还存在事故隐患,请你设计实验方案消除事故隐患:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)在探究新制饱和氯水成分的实验中,由实验现象得出的结论中正确的是　　　　。 
a.氯水的颜色呈浅黄绿色,证明氯气与水没有反应
b.向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液,产生白色沉淀,证明氯水中含有Cl-
c.向氯水中加入NaHCO3粉末,有气泡产生,证明氯水是一种酸
d.氯水中加入氢氧化钠溶液后淡黄绿色消失,溶液中Cl-和ClO-数目增加
(3)将新制氯水慢慢滴加到含酚酞的NaOH溶液中,滴到最后一滴时红色突然褪去,产生此现象的原因可能有两种(简要文字说明):①　　　　　　　　　　　　　　;②　　　　　　　　　　　　　　。实验证明:红色褪去的原因是①或者是②　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
考向　氯气及氯水性质探究
题组　氯气的综合实验
解析　(1)①题中装置图给出潮湿的氯气经浓硫酸干燥后先通入干燥的有色布条,再通入湿润的有色布条,能够证明氯气不能漂白的证据是:干燥的有色布条不褪色,湿润的有色布条褪色。
②湿润的有色布条褪色,是因为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸有漂白性,使布条褪色。反应方程式为:Cl2+H2OHCl+HClO。
③因为氯气有毒,不能排放到空气中,所以应该在C装置后接一个盛有NaOH溶液的洗气瓶,用于吸收氯气,防止污染空气。
(2)因为氯气在水中有1∶2溶解,且氯气与水反应为可逆反应,才使新制氯水中含有氯气分子,使氯水呈浅黄绿色,并不是氯气与水没有发生反应,a不正确;向氯水中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液,产生白色沉淀,该沉淀为AgCl,所以证明氯水中含有Cl-,b正确;因为氯气与水反应生成了盐酸和次氯酸,所以加入NaHCO3粉末,有气泡生成,氯水为混合物,不能说是一种酸,c错误;氯水中加入氢氧化钠溶液后中和盐酸和次氯酸,使溶液中Cl-和ClO-数目增加,同时使氯气与水的反应进一步进行,氯气不断参加直至淡黄绿色消失。
(3)酚酞溶液是一种常见的酸碱指示剂,在碱性溶液中显红色,在中性或酸性溶液中显无色,褪色原因可能为氯水与碱反应生成NaCl、NaClO而使溶液碱性减弱,酚酞显无色,也可能为氯水中的HClO有强氧化性和漂白性,将红色的酚酞溶液氧化褪色变为无色。
答案　(1)①B中布条不褪色,C中布条褪色　②Cl2+H2OHCl+HClO　HClO有漂白性,使湿润的有色布条褪色。③C装置后接一个盛有NaOH溶液的洗气瓶,用于吸收氯气,防止污染空气。
(2)bd
(3)①氯水与碱反应生成NaCl、NaClO而使溶液碱性减弱,酚酞显无色　②氯水中的HClO有强氧化性和漂白性,将红色的酚酞溶液氧化褪色变为无色。
拓展链接　新制氯水含有“三分子四离子”即Cl2、HClO、H2O、H+、Cl-、ClO-、少量的OH-,故在考虑氯水性质时也要依据上述粒子所体现出来的多重性质进行思考(如下图)。


19.(★★)食盐在生活生产中有重要的应用。通过海水晾晒可得粗盐,粗盐除NaCl外,还含有少量的MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质。化学实验小组设计制备精盐的实验方案如下:

回答下列问题:
(1)在第①步粗盐溶解操作中要用玻璃棒搅拌,作用是　　　　　　　　　　　　　。 
(2)第②步操作的目的是除去粗盐中的　　　　(填化学式),写出此过程的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
确定该杂质离子已除尽的方法是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)在第③步操作中,选择的除杂的试剂不能用KOH代替NaOH,理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(4)第⑥步操作加入适量稀盐酸除去多余离子,反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
考向　粗盐提纯
题组　物质分离提纯
分析　第②步中氯化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠,第③步中氢氧化钠与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠,第④步中碳酸钠与过量的氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠,碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠。第⑤步“过滤”操作中得到沉淀的成分有:泥沙、BaSO4、Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3,滤液中有过量的NaOH和Na2CO3,加HCl除杂后,经过蒸发、结晶、烘干得到精盐。
解析　(1)第一步粗盐溶解操作中要用到玻璃棒搅拌,其作用是加快粗盐的溶解。
(2)加入BaCl2溶液目的是除去Na2SO4,发生反应的离子方程式为:Ba2++SO42-BaSO4↓,确认SO42-已除尽的方法是:静置,取少量上层清液于另一支试管中,滴加BaCl2溶液,若无沉淀生成,则证明已除干净。
(3)用KOH代替NaOH会引入KCl杂质,不符合除杂要求。
(4)第⑥步加入适量稀盐酸除去③④步过量的NaOH和Na2CO3,反应的离子方程式为:H++OH-H2O　CO32-+2H+CO2↑+H2O
答案　(1)加快溶解速率
(2)Na2SO4　Ba2++SO42-BaSO4↓　静置,取少量上层清液于另一支试管中,滴加BaCl2溶液,若无沉淀生成,则证明已除干净。
(3)会引入KCl杂质
(4)H++OH-H2O　CO32-+2H+CO2↑+H2O
拓展链接　(1)“四原则”是:一不增(提纯过程中不增加新的杂质);二不减(不减少欲被提纯的物质);三易分离(被提纯物与杂质容易分离);四易复原(被提纯物质要复原)。
(2)“三必须”是:一除杂试剂必须过量;二过量试剂必须除尽(因为过量试剂带入新的杂质);三除杂途径选最佳。
点评　本题考查了氯化钠与粗盐提纯,酸、碱、盐的化学性质,重点理解在除杂过程中为保证杂质清除彻底同时又不引入新杂质,最终采取的具体试剂的加入顺序。