云南省普洱市景东一中2018_2019学年高一化学下学期开学考试试卷（含解析）.docx

云南省景东一中2018-2019学年下学期开学考试高一化学本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间120分钟。一、单选题（共25小题,每小题2.0分,共50分）1.下列说法中正确的是（）A. 物质的摩尔质量等于其相对分子（或原子）质量B. 物质的摩尔质量是该物质1 mol时的质量C. 物质的摩尔质量等于其相对分子质量的6.021023倍D. 摩尔质量的单位是gmol1【答案】D【解析】【详解】A. 摩尔质量单位是g/mol，相对分子（或原子）质量没单位，二者只是数值相等，A错误；B. 摩尔质量单位是g/mol，质量单位是g，物质的摩尔质量与该物质1 mol的质量只是数值相等，B错误；C. 物质的摩尔质量数值上等于其相对分子质量，C错误；D. 摩尔质量的单位是gmol1，D正确；答案：D。2.下列物质的分类采用树状分类法的是()A. 铁是单质又是导体B. 纯净物可分为有机物和无机物C. 氯化钠是钠的化合物，又是氯化物D. 氢氧化钙既是纯净物，又是化合物，属于碱【答案】B【解析】树状分类法为同类事物的再分类；A错，为交叉分类法；B正确；C错，为交叉分类法；D错，为交叉分类法；3.氰(CN)2的化学性质与卤素(X2)很相似，化学上称之为拟卤素，其氧化性介于Br2和I2之间，下列有关反应方程式不正确的是A. (CN)2和NaOH溶液反应：(CN)22OHCNCNOH2OB. MnO2和HCN反应：MnO24HCN(浓)Mn(CN)2(CN)22H2OC. 向KCN溶液中加入碘水：I22KCN2KI(CN)2D. 在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2：Cl22CN2Cl(CN)2【答案】C【解析】【分析】氰(CN)2的化学性质与卤素（X2）很相似，(CN)2和水反应可生成HCN和HCNO；(CN)2的氧化性比Br2弱，比I2强，类推卤素单质的性质分析判断选项。【详解】A(CN)2和NaOH溶液反应可以类推氯气和氢氧化钠溶液的反应，所以反应的离子方程式为(CN)22OHCNCNOH2O，A正确；BMnO2和HCN反应可以类推二氧化锰和浓盐酸的反应，所以反应的化学方程式为MnO24HCN(浓)Mn(CN)2(CN)22H2O，B正确；C向KCN溶液中加入碘水，可以类推置换反应，(CN)2的氧化性比I2强，不能发生反应I22KCN2KI(CN)2，C错误；D在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2，(CN)2的氧化性比Br2弱，所以溴离子还原性小于CN-离子，先发生反应Cl22CN2Cl(CN)2，D正确；答案选C。4.a、b、c、d、e分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg五种金属中的一种。已知：（1）a、c均能与稀硫酸反应放出气体；（2）b与d的硝酸盐溶液反应，置换出单质d；（3）c与强碱溶液反应放出气体，e可被磁铁吸引。由此推断a、b、c、d、e依次为（）A. Fe、Cu、Al、Ag、MgB. Mg、Cu、Al、Ag、FeC. Mg、Cu、Al、Fe、AgD. Al、Cu、Mg、Ag、Fe【答案】B【解析】【详解】）c与强碱溶液反应放出气体，c为Al；e可被磁铁吸引，e为Fe；a能与稀硫酸反应放出气体，a为镁；b与d的硝酸盐溶液反应，置换出单质d，b比d活泼，b为Cu，d为Ag；确定a： Mg b： Cu c： Al d： Ag e： Fe 。答案：B【点睛】本题的突破点在能和强碱反应放出气体的金属Al。5.已知2NaOHBr2=NaBrNaBrOH2O，若从溴水中把溴萃取出来，可选用的萃取剂是（）A. 食盐饱和溶液B. 无水酒精C. 四氯化碳D. 氢氧化钠溶液【答案】C【解析】【详解】A. 食盐饱和溶液与溴水互溶，不可以，A错误；B. 无水酒精与溴水互溶，不可以，B错误； C. 四氯化碳与水互不相溶，与溴水互不反应，溴单质在四氯化碳中的溶解度远远大于在水中溶解度，C正确；D. 2NaOHBr2=NaBrNaBrOH2O，D错误；答案：C。6.对危险化学品要在包装标签上印有警示性标志，氢氧化钠应选用的标志是（）A. 爆炸品B. 氧化剂C. 剧毒品D. 腐蚀品【答案】D【解析】【详解】A氢氧化钠不具有爆炸性，A错误；B氢氧化钠不具有氧化性，B错误；C氢氧化钠不具有易燃性，C错误；D氢氧化钠具有强烈腐蚀性，D正确；答案：D。7.二氧化硫和三氧化硫化学性质不同的主要原因是由于（）A. 相对分子质量不同B. 分子构成不同C. 元素组成不同D. 用途不同【答案】B【解析】【分析】根据分子的基本特征：分子质量和体积都很小；分子之间有间隔；分子是在不断运动的；同种物质的分子性质相同，不同物质的分子性质不同。【详解】A.SO2和SO3化学性质不同，主要原因是它们分子的构成不同，不同种的分子性质不同，而不是相对分子质量不同，A错误；B.SO2和SO3化学性质不同，主要原因是它们分子的构成不同，不同种的分子性质不同，B正确；C.SO2和SO3化学性质不同，主要原因是它们分子的构成不同，不同种的分子性质不同，而不是元素组成不同，C错误；D.SO2和SO3化学性质不同，主要原因是它们分子的构成不同，不同种的分子性质不同，而不是用途不同，D错误；故选：B【点睛】本题难度不大，利用分子的基本性质分析和解决问题的方法是解答此类题的关键。8.同温同压下，相同质量的铝、铁分别与足量盐酸反应时，放出氢气的体积比是（）A. 11B. 5627C. 928D. 289【答案】D【解析】【详解】关系式法计算：2Al 3H2 Fe H2 2mol 3mol 1mol 1mol m/27 m/18 m/56 m/56放出氢气的体积比是(m/18)：（m/56）=28:9答案：D。9.下列有关电解质的说法中正确的是()A. 固体氯化镁不导电，所以氯化镁不是电解质B. 三氧化硫水溶液的导电性很好，所以三氧化硫是电解质C. 熔融的铁导电性很好，所以铁是电解质D. 氯化钾熔融状态能导电，所以氯化钾是电解质【答案】D【解析】【分析】A、固体氯化镁属于电解质，电解质能电离出自由移动的阴阳离子时能导电；B、三氧化硫属于非电解质，三氧化硫水溶液的导电性很好，但溶液中的离子是三氧化硫与水反应生成硫酸电离的；C、铁是单质，既不是电解质也不是非电解质；D、氯化钾熔融状态能电离出自由移动的离子。【详解】A项、固体氯化镁中含有不能自由移动的阴阳离子，所以不能导电，但水溶液或熔融状态能导电，属于电解质，故A错误；B项、虽然三氧化硫的水溶液导电性很好，但溶液中的离子是三氧化硫与水反应生成硫酸电离的，属于非电解质，故B错误；C项、电解质和非电解质必须是纯净的化合物，铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D项、氯化钾熔融状态能导电，离子是氯化钾电离的，所以是电解质，故D正确。【点睛】本题考查电解质的判断，侧重考查对基本概念的理解，注意电解质和非电解质都必须是化合物，还要注意电解质不一定导电，如离子化合物晶体，导电的不一定是电解质，如金属单质，为易错点。10.下列离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（）A. H、Fe2、NaB. Ag、Cl、KC. K、Ba2、OH、D. Cu2、Br、OH【答案】A【解析】【详解】A.酸性环境下Fe2+被氧化为Fe3+，A正确； B. Ag与Cl生成氯化银沉淀不共存，不是氧化还原反应，B错误；C. Ba2与生成硫酸钡沉淀不共存，不是氧化还原反应，C错误； D. Cu2、OH生成氢氧化铜沉淀和NH3H2O不共存,不是氧化还原反应，D错误；答案：A。11.新科学家网站报道，科学家通过电解Fe2O3、SiO2、CaO的熔融液(1 600 )制得了铁，按照树状分类法对熔融液中的三种物质进行分类，其中正确的是()A. 都属于混合物B. 都属于金属氧化物C. 都属于纯净物D. 都属于非金属氧化物【答案】C【解析】熔融液为三种物质的混合物，但对任一种物质来讲都是化合物，即都是纯净物。12.下列化学事实，不能说明钠的活动性比铁强的是()A. 钠在常温下与水剧烈反应，铁只能在高温下与水蒸气反应B. 钠与氯气反应有白烟产生，铁与氯气反应有棕黄色烟产生C. 与相同浓度的盐酸分别反应时，钠比铁要剧烈得多D. 钠在空气中很快被氧化为氧化钠，铁在空气中能稳定存在【答案】B【解析】【分析】比较钠与铁的活动性，可以比较其金属性。【详解】A.钠比铁更易与水发生反应，能说明钠的活动性比铁强，A项正确；B.钠与氯气反应有白烟产生，铁与氯气反应有棕黄色烟产生，只是产物氯化钠与氯化铁颜色不同，不能说明钠的活动性比铁强，B项错误；C.钠与盐酸反应比铁要剧烈得多，能说明钠的活动性比铁强，C项正确；D.钠比铁更易与氧气发生反应，能说明钠的活动性比铁强，D项正确；答案选B。【点睛】金属性越强，金属与水或酸置换出氢气越容易（越剧烈），与氧气反应越容易（越剧烈。13.下列物质中可以随身携带乘车、船或飞机的是A. 硫黄B. 氯酸钾C. 硝酸钾D. 碘盐【答案】D【解析】【分析】凡是属于易燃、易爆、强腐蚀性或者强氧化性的物质都不可以随身携带乘车、船或飞机，据此作答。【详解】A. 硫磺是易燃物，乘坐公共交通工具时禁止携带，故A项错误；B. 氯酸钾属于强氧化性的易爆物质，乘坐公共交通工具时禁止携带，故B错误；C. 硝酸钾属于易爆品，乘坐公共交通工具时禁止携带，故C错误；D. 碘盐不属于易燃易爆物，也不是强腐蚀性或者强氧化性的物质，因此可以随身携带乘车、船或飞机等交通工具，故D项正确；答案选D。14. 下列有关物质的量的叙述，错误的是( )A. 物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一B. 物质的量表示含有一定数目粒子的集体C. 物质的量是国际单位制中的一个基本单位D. 摩尔是计量原子、分子或离子等微观粒子的“物质的量”的单位【答案】C【解析】试题分析：A物质的量、质量、长度等，都是国际单位制中的基本物理量，物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，表示的是一定数目的粒子的集体，故A正确；B物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，表示的是一定数目的粒子的集体，故B正确；C物质的量为基本物理量，表示单位，物质的量的单位为mol，故C错误；D摩尔为物质的量的单位，故D正确。故选C。考点：考查化学用语专题15.工业上将Na2CO3和Na2S以12的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，下列说法错误的是（）A. 硫元素既被氧化，又被还原B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为21C. 相同条件下，每吸收10 m3SO2就会放出2.5 m3CO2D. 若生成2.24 L CO2，则转移0.8 mol电子【答案】D【解析】【分析】工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，其反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，反应在S元素的化合价从-2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，以此来解答。【详解】A.S元素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，不选A；B.2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2中，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，不选B；C.根据方程式2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2可知，每吸收4molSO2就会放出1molCO2，则相同条件下，每吸收10 m3SO2就会放出2.5 m3CO2，不选C；D.温度压强未知，无法计算2.24 L CO2的物质的量，无法知道转移多少电子，选D；答案：D。【点睛】本题易错点D，气体摩尔体积的运用必须在标准状况下。16.0.1 mol某元素的单质直接与足量氯气反应，质量增加7.1 g，这种元素可能是()A. 钠B. 铝C. 铁D. 铜【答案】B【解析】试题分析：由题意确定反应的氯气的物质的量为0.1mol，从而确定化学方程式中某元素与氯气的物质的量之比为1:1，进而确定该元素的化合价为+2价，答案为B。考点：关于方程式的计算。17.用加热的方法可以分离的一组物质是（）A. 氯化铵和消石灰B. 碳酸氢铵和过氧化钠C. 氯化铵和氯化钠D. 碘和氯化铵【答案】C【解析】【分析】能够用加热法分离的物质，其中的一种物质受热易分解或受热易升华。【详解】A氯化铵和消石灰共热会反应生成氨气、氯化钙和水，A错误；B碳酸氢铵受热分解，生成水和二氧化碳，过氧化钠与水和二氧化碳反应生成氢氧化钠与碳酸钠，不能用加热的方法分离，B错误；C氯化铵不稳定受热易分解成氨气和氯化氢，氯化钠受热不分解，能采用加热方法分离，C正确；D.碘单质受热易升华，氯化铵不稳定受热易分解成氨气和氯化氢，不能用加热的方法分离，D错误；答案：C。【点睛】本题考查物质的分离，注意加热法分离固体物质时，要根据物质受热后的变化来分析，熟悉物质的性质是解题的关键，题目难度不大。18.氟、氯、溴、碘四种元素，下列有关它们的性质递变规律的说法，不正确的是()A. 单质的密度依次增大B. 单质的熔点和沸点依次升高C. 氯气可从碘化钾溶液中置换出碘D. 溴单质可从氯化钠溶液中置换出氯【答案】D【解析】A，该卤族元素单质从上到下密度依次增大，故A项正确；B项，四种单质均为分子晶体,相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，故B项正确；C项，卤族元素单质从上到下氧化性逐渐减弱，所以Cl2氧化性强于I2，故C项正确。D项，Br2氧化性弱于Cl2，故D项错误；综上所述，本题正确答案为D。点睛:本题考查同主族元素性质递变规律。氟、氯、溴、碘四种元素位于周期表同一主族,元素的非金属性逐渐降低,单质的熔沸点逐渐升高,结合对应单质、化合物的性质解答该题。19.在一定温度下，反应A2（g）B2（g）2AB（g）达到化学平衡的标志是（）A. 容器内A2、B2、AB三种气体的浓度相等B. 单位时间内有xmol A2生成，同时就有xmol B2生成C. 单位时间内有xmol A2被消耗，同时就有2xmol AB生成D. 单位时间内有xmol B2发生反应，同时就有2xmol AB被分解【答案】D【解析】【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】A. 容器内A2、B2、AB三种气体的平衡浓度与投料比，转化率有关，不一定相等，A错误；B. 均为逆反应，未体现正逆反应之间的关系，B错误；C.均为正反应，未体现正逆反应之间的关系，C错误；D. 单位时间内有xmol B2发生反应，等效于生成2xmol的AB同时就有2xmol AB被分解，D正确；答案：D。【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等。20.某元素原子的核电荷数是电子层数的五倍，其质子数是最外层电子数的三倍，该元素的原子核外电子排布是（）A. 2、5B. 2、7C. 2、8、5D. 2、8、7【答案】C【解析】【分析】第一层最多排2个电子，第二层最多8个，第三层最多18个，某元素原子的核电荷数是电子层数的五倍，题干给出电子层数为2或3，再根据质子数是最外层电子数的三倍判断。【详解】若含有2个电子层，则电子数为10，其原子核外电子排布是2、8，不满足质子数是最外层电子数的三倍；若含有3个电子层，则电子数为15，则该元素为P，其原子核外电子排布是2、8、5满足质子数是最外层电子数的三倍；答案：C。21.有甲、乙两个电极，用导线连接一个电流表，放入盛有丙溶液的烧杯中，电极乙的质量增加，则装置中可能的情况是（）A. 甲作负极，丙是硫酸铜溶液B. 甲作负极，丙是硫酸溶液C. 乙作负极，丙是硫酸铜溶液D. 乙作正极，丙是硫酸溶液【答案】A【解析】【详解】有甲、乙两个电极，用导线连接一个电流计，放入盛有丙溶液的烧杯中，该装置是原电池，电极乙的质量增加，则说明乙为正极即金属阳离子在该极析出，所以甲为负极，丙溶液为不活泼的金属盐溶液；A.甲作负极，丙是硫酸铜溶液，乙为正极即铜离子得电子析出铜单质质量增加，A正确；B.甲作负极，丙是硫酸溶液，乙为正极即氢离子得电子放出氢气，电极质量不变，B错误；C.乙作负极，电极质量不可能增加，C错误；D.乙作正极，丙是硫酸溶液，乙为正极即氢离子得电子放出氢气，电极质量不变，D错误；答案：A22.俄美科学家联合小组合成出114号元素的一种原子，下列叙述不正确的是()A. 该元素属于第七周期B. 该元素位于A族C. 该元素最外层有4个电子D. 该元素为金属元素【答案】B【解析】根据每周期元素的种类数,可以知道每周期最后一种稀有气体元素的原子序数分别是:2、10、18、36、54、86、118,114号元素在118号的左边,根据元素周期表中周期和族的划分,可以知道114号元素位于第七周期A,处于碳族。A.由上述分析可以知道,该元素处于第七周期,所以A选项是正确的;B.该元素处于第七周期A,故B错误;C.该元素处于第七周期，A, 有7个电子层，最外层为4个电子，故 C对；D.元素处于第七周期，A处于碳族,同主族自上而下金属性增强,同族的Pb为金属元素,故该元素为金属元素,故D正确；答案：D。所以B选项是正确的.点睛：根据原子结构示意图确定未知元素在周期表的位置。电子层数=周期序数，最外层电子数=主族元素的族序数。23.下列关于卤族元素的比较中，不正确的是（）A. 卤族元素的原子半径：FClBrIB. 从上到下，卤素原子的电子层数依次增多，半径依次增大C. 单质与氢气化合的难易：F2Cl2Br2I2D. 氢卤酸的酸性：HFHClHBrHI【答案】D【解析】【详解】A卤族元素从上到下，随着原子序数的增大，原子半径逐渐增大，所以原子半径：FClBrI，不选A；B.卤族元素从上到下，随着原子序数的增大，原子半径逐渐增大，不选B；C.卤族元素从上到下，随着原子序数的增大，非金属性减弱，与氢气化合越来越难化合，所以单质与氢气化合的难易：F2Cl2Br2I2，不选C。D. 卤族元素从上到下，随着原子序数的增大，非金属性减弱，气态氢化物越来越不稳定，在水中越来越容易电离，氢卤酸的酸性：HFHClHBrHI，选D；答案：D。24.下列有关原电池的说法正确的是（）A. 将生铁投入稀盐酸中不能形成原电池B. 镀锌铁放入稀硫酸中后，铁作负极C. 铝片和镁片用导线连接后插入NaOH溶液中，Mg较活泼作负极D. 铝片和铜片用导线连接后插入浓硝酸中，铜作负极【答案】D【解析】【详解】A.生铁中有碳，铁存在两个电极，稀盐酸为电解质溶液，可以形成原电池，A错误；B. 镀锌铁放入稀硫酸中后，锌比铁活泼，应该锌作负极，B错误；C. 铝片和镁片用导线连接后插入NaOH溶液中，自发进行的氧化还原反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，铝失电子做负极，C错误；D. 铝片和铜片用导线连接后插入浓硝酸中，因为铝遇浓硝酸钝化，自发进行的氧化还原反应为铜与浓硝酸的反应，所以铜作负极，D正确；答案：D。【点睛】原电池构成条件(1)两个活泼型不同的电极。 (2)将电极插入电解质溶液中。(3)用导线连接电极构成闭合回路。(4)能自发进行的氧化还原反应。25.M、R均为主族元素，已知M的一个原子失去2个电子，R的一个原子得到1个电子后形成稀有气体元素的电子层结构。下列关于M与R形成的化合物的叙述正确的是()A. M与R可以形成MR2型离子化合物B. 在MR2中M的离子半径比R的离子半径大C. 形成的两种离子分别是M和R2D. MR2的电子式为【答案】A【解析】【分析】元素M的一个原子失去2个电子得到稳定结构，故M处于A族，R的一个原子得到一个电子后形成稀有气体元素的电子层结构，故处于A族，二者可以形成MR2型离子化合物，据此解答。【详解】元素M的一个原子失去2个电子得到稳定结构，故M处于A族，R的一个原子得到一个电子后形成稀有气体元素的电子层结构，故处于A族，二者可以形成MR2型离子化合物，据此解答。则AM形成+2价阳离子，R形成1价阴离子，二者可以形成MR2型离子化合物，故A正确；B离子电子层与核电荷数不能确定，故离子半径大小不能确定，M的离子半径可能比R的离子半径小，也可能大，如Ca2+Cl，Ba2+Cl，故B错误；C形成的两种离子分别是M2和R，故C错误；DMR2的电子式为，故D错误，故答案选A。分卷II二、填空题（共6小题,共50分）26.现用质量分数为98、密度为184gcm-3的浓H2SO4来配制500mL、02molL-1的稀H2S04。可供选择的仪器有：玻璃棒烧瓶烧杯胶头滴管量筒容量瓶托盘天平药匙。请回答下列问题：(1)上述仪器中，在配制稀H2S04时用不到的有_ (填代号)。(2)经计算，需浓H2S04的体积为_。现有10mL50mL100mL三种 规格的量筒，你选用的量筒是_ (填代号)。(3)将浓H2S04加适量蒸馏水稀释后，冷却片刻，随后全部转移到_mL的容量瓶中，转移时应用玻璃棒_ 。转移完毕，用少量蒸馏水洗涤_ 23次，并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，振荡容量瓶，使溶液混合均匀。然后缓缓地把蒸馏水直接注入容量瓶直到液面接近刻度_ 处。改用_ 加蒸馏水到瓶颈刻度的地方，使溶液的_ 。 振荡、摇匀后，装瓶、贴签。(4)在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中错误的是_ (填代号,下同) ，能引起误差偏高的有_。洗涤量取浓H2S04后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中未等稀释后的H2S04溶液冷却至室温就转移到容量瓶中将浓H2S04直接倒人烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓H2S04定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线定容时，俯视标线【答案】（11分）每空1分(1) (2)54mL , (3)500 , 引流 , 烧杯, 1 cm2cm, 胶头滴管,凹液面最低点正好跟刻度线相平(4) ， 【解析】试题分析：（1）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取（用到胶头滴管）称量，在烧杯中稀释，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、容量瓶，不需要的仪器是烧瓶、托盘天平和药匙，所以答案为。（2）设需要98%H2SO4的体积为VmL，根据溶液稀释前后溶质质量不变则，VmL1.84g/cm398%500mL0.2molL-198g/mol，解得V=5.4ml，选用量筒的规格为10mL，答案选。（3）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取（用到胶头滴管）称量，在烧杯中稀释，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒23次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，故答案为：500；引流；烧杯及玻璃棒；1-2cm；胶头滴管；凹液面的最低点与刻线相平。（4）洗涤量取浓H2SO4后的量筒，不需要将洗涤液转移到容量瓶中，否则实验结果偏高，错误；稀释后的H2SO4溶液应冷却至室温才能转移到容量瓶，否则冷却后容量瓶中溶液体积减少，浓度偏高，错误；稀释浓H2SO4时，将浓H2SO4沿着烧杯内壁缓慢倒入盛有蒸馏水的烧杯中，故错误；定容时，加蒸馏水超过标线，不能胶头滴管吸出，应重新配制。如果吸出，结果偏低，错误；转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对实验无影响，故正确；定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线，这样会导致溶液的体积偏大，结果偏低，错误；定容时，俯视标线，会使溶液的体积偏小，结果偏高，错误；考点：考查一定物质的量浓度溶液的配制点评：该题是基础性实验题的考查，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的巩固和检验，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的难点在于误差分析，根据cBnB/V可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量B和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。27.某同学用下图所示装置(固定、加热仪器和橡胶管略)进行有关氨制取的实验探究。回答下列问题：(1)若用装置制取NH3，其反应的化学方程式为_；若要测定生成的NH3的体积，则必须选择的装置是_(填装置序号)，装置中所盛试剂应具有的性质是_。(2)若用装置制取并收集干燥的NH3，烧瓶内装的试剂可能是_，分液漏斗中装的试剂可能是_，收集装置应选择_(填装置序号)。【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2O (2). (3). 氨难溶于该试剂，该试剂不易挥发，且该试剂不与氨反应 (4). CaO(或NaOH或碱石灰) (5). 浓氨水 (6). 【解析】【分析】装置为固体加热反应装置，故由此制取NH3，反应物为氯化铵和氢氧化钙； 装置为固液不加热装置，为气体收集装置，原理为排液法，为干燥U型管，为收集装置，原理为排空气法，主要用于测量液体体积。【详解】(1)若用装置制取NH3，其反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3+2H2O；若要测定生成的NH3的体积，则必须选择的装置是，氨气从短口进，将液体从长口排出进入量筒中，通过排出液体的体积测量收集氨气的体积。装置中所盛试剂不能干扰氨气的收集，不能引入杂质，应具有的性质是：氨难溶于该试剂，该试剂不易挥发，且该试剂不与氨反应。(2)若用装置制取并收集干燥的NH3，由于氧化钙可与水反应，反应放热（或氢氧化钠溶于水放热），使溶液中c(OH-)增大的同时，促使NH3H2O的分解生成氨气，故烧瓶内装的试剂可能是CaO(或NaOH或碱石灰)，分液漏斗中装的试剂可能是浓氨水，氨气密度小于空气，收集装置应选择。【点睛】设备可以作为干燥或收集装置，若气体从长口进入，则常用于干燥，试剂为浓硫酸；若气体从短口进入，常用于收集装置，通过排除的液体体积计算收集的体积，因此常和量筒相连。28.聚合硫酸铁是一种新型高效的无机高分子絮凝剂。用硫酸亚铁晶体及硫酸为原料催化氧化法生成硫酸铁，再水解、聚合成产品。实验室模拟生产过程如下：已知Fe3能水解成氢氧化铁：Fe33H2O=Fe（OH）33H，为了防止Fe3水解需加入硫酸。（1）用原料配制2.50 moLL1的硫酸亚铁溶液时用到的定量仪器有_。写出氧化过程中的离子方程式：_。（2）综合考虑实际投料硫酸亚铁与硫酸的物质的量之比为1/1.25左右最佳，加入的硫酸比理论值稍多，但不能过多的原因是_。（3）硫酸铁溶液水解可以得到一系列具有净水作用的碱式硫酸铁（xFe2O3ySO3zH2O），现采用重量法测定x、y、z的值。测定时所需的试剂是_（填选项序号）。ANaOH B. Ba（OH）2CBaCl2DFeSO4需要测定_和_的质量（填写化合物的化学式）。（4）选出测定过程中所需的基本操作（按操作先后顺序列出） _（填序号）。过滤、洗涤蒸发、结晶萃取、分液 冷却、称量烘干或灼烧【答案】 (1). 电子天平、容量瓶 (2). 4Fe2O24H=4Fe32H2O (3). 硫酸过多时，后续中和需要的碱的用量大，造成浪费 (4). AC (5). Fe2O3 (6). BaSO4 (7). 【解析】【分析】（1）配制一定物质的是浓度的溶液要称量溶质的质量，用容量瓶定容；硫酸亚铁在酸性条件下被氧气氧化成硫酸铁；（2）硫酸过多，在后面调节pH时要消耗的氢氧化钠的量就多，造成浪费；（3）采用重量法测定碱式硫酸铁（xFe2O3ySO3zH2O）中x、y、z的值时，可以将样品溶于氢氧化钠溶液，根据得到的固体氧化铁的质量确定x的值，过滤，在所得滤液中加氯化钡，根据产生的硫酸钡沉淀的质量可确定y的值，根据样品的总质量结合Fe2O3和计算得的SO3的质量可确定z的值；根据的分析可知，要测定Fe2O3、BaSO4的质量；（4）测定过程中将样品溶于氢氧化钠溶液，经过过滤、洗涤、烘干或灼烧、冷却、称量得氧化铁的质量，在所得滤液中加氯化钡，经过过滤、洗涤、烘干或灼烧、冷却、称量得硫酸钡的质量，据此答题。【详解】（1）配制一定物质的是浓度的溶液要称量溶质的质量，要用电子天平，用容量瓶定容；答案：电子天平、容量瓶。硫酸亚铁在酸性条件下被氧气氧化成硫酸铁，离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；答案：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O。（2）硫酸稍过量是为了防止Fe3+水解成氢氧化铁，当硫酸过多时，后续中和需要的碱的用量力大，造成浪费，所以加入的硫酸比理论值稍多，但不能过多；答案：硫酸过多时，后续中和需要的碱的用量大，造成浪费 。（3）采用重量法测定碱式硫酸铁（xFe2O3ySO3zH2O）中x、y、z的值时，可以将样品溶于氢氧化钠溶液，根据得到的固体氧化铁的质量确定x的值，过滤，在所得滤液中加氯化钡，根据产生的硫酸钡沉淀的质量可确定y的值，根据样品的总质量结合Fe2O3和计算得的SO3的质量可确定z的值；答案：AC。根据的分析可知，要测定Fe2O3、BaSO4的质量，答案：Fe2O3、BaSO4；（4）测定过程中将样品溶于氢氧化钠溶液，经过过滤、洗涤、烘干或灼烧、冷却、称量得氧化铁的质量，在所得滤液中加氯化钡，经过过滤、洗涤、烘干或灼烧、冷却、称量得硫酸钡的质量；答案： 。【点睛】本题考查物质的分离和提纯，侧重考查学生获取信息及利用信息能力、分析能力、实验操作能力，注意题给信息的灵活运用，知道常见离子的检验方法及现象，题目难度中等。29.(10分)如下图所示装置可用来制取和观察Fe(OH)2在空气中被氧化时颜色的变化。实验时必须使用铁屑和6 mol/L的硫酸，其他试剂任选。填写下列空白。（1）B中盛一定量的NaOH溶液，A中应预先加入的试剂是_，A中反应的离子方程式是：_。（2）实验开始时就先将活塞E_(填“打开”或“关闭”)，C中收集到气体的主要成分是_。（3）简述生成Fe(OH)2的操作过程_。（4）拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，写出有关反应的化学方程式：_。【答案】（1）铁屑 Fe2HFe2H2 （2）打开 H2（3）关闭活塞E，使FeSO4溶液压入B瓶中进行反应 （4）4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3【解析】试题分析：（1）B中盛一定量的NaOH溶液，则A中必须提供亚铁离子，所以应预先加入的试剂是铁粉，A中反应的离子方程式是Fe2HFe2H2。（2）为防止生成的氢氧化亚铁被氧化，则需要利用反应中产生的氢气排尽装置中的空气，则实验开始时就先将活塞E打开，C中收集到气体的主要成分是氢气。（3）要产生氢氧化亚铁，则需要把A装置中生成的硫酸亚铁压入B中，则生成Fe(OH)2的操作过程为关闭活塞E，使FeSO4溶液压入B瓶中进行反应。（4）拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，此时氢氧化亚铁被氧化，有关反应的化学方程式为4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3。考点：考查氢氧化亚铁制备实验设计与探究【此处有视频，请去附件查看】30.铁是人体必需的微量元素之一，没有铁，血红蛋白就不能结合氧分子进行输氧，所以缺少铁元素，人体易患的疾病为贫血，医学上经常用硫酸亚铁糖衣片给这种病人补铁。小陈同学对这种糖衣片产生了兴趣，进行探究实验如下：(1)提出问题这种糖衣片中是否含有硫酸亚铁，若有，含量是多少？(2)查阅资料亚铁离子遇具有氧化性的物质时易被氧化。如氢氧化亚铁为白色沉淀，在空气中会迅速被氧化成红褐色的氢氧化铁沉淀，这是氢氧化亚铁的典型特征。亚铁盐溶于水时，会产生少量氢氧根离子而产生沉淀(溶液浑浊)。(3)实验验证鉴定硫酸亚铁的成分时需加水溶解，加1滴稀盐酸的作用是_，能否用稀硫酸代替(填“能”或“不能”)_。为了不影响后续检验亚铁盐，检验硫酸盐可用的试剂是(选填“A”或“B”)_。A用硝酸酸化的硝酸钡溶液B用盐酸酸化的氯化钡溶液检验亚铁盐可用的试剂是_，现象为_。(4)含量测定取十粒糖衣片，称其质量为5g，溶于20 g水中；溶解药品时用到玻璃棒的作用是_。向所配溶液中滴加氯化钡溶液至略过量；证明溶液过量的操作为：静置，向上层清液中滴加_溶液，若现象为_，则溶液已过量。过滤、洗涤、干燥；洗涤沉淀的操作：用玻璃棒(填一操作名)_，向过滤器中加入蒸馏水至淹没沉淀，待液体滤出。重复操作23次。证明沉淀已洗净的方法是_。称量得，沉淀质量为4.66 g，列式计算该糖衣片中硫酸亚铁的质量分数_。(5)总结反思对硫酸亚铁来说，药片的糖衣起到的作用是_。【答案】 (1). 加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，防止氧化 (2). 不能 (3). B (4). 氢氧化钠溶液 (5). 产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀 (6). 搅拌以促进溶解 (7). 氯化钡溶液 (8). 不再产生白色沉淀 (9). 引流 (10). 取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净 (11). 60.8% (12). 隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效【解析】【分析】将硫酸亚铁溶于水时，滴加盐酸目的是防止亚铁离子产生少量的氢氧根而出现沉淀，同时防止亚铁被氧化为铁离子而影响后期的检验。在检验硫酸盐时，可用氯化钡来进行。在溶解时，用玻璃棒搅拌加速溶解。检验亚铁盐时，可利用氢氧化钠溶液，因生成的氢氧化亚铁会迅速变为红褐色；根据硫酸根离子守恒计算；根据氢氧化亚铁表面有吸附的硫酸根离子分析；依据亚铁离子易被氧化分析解答。【详解】（3）亚铁离子可以水解，加入盐酸目的是防止因产生少量氢氧根离子而产生沉淀，同时加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，防止氧化；不能用硫酸来替代盐酸，因为我们要检验硫酸亚铁的含量，不能引入硫酸根离子；硝酸具有强氧化性，加入硝酸导致亚铁被氧化为铁离子而影响后期的检验，因此在检验硫酸盐时可用氯化钡溶液，所以选B；由于氢氧化亚铁易被氧化为红褐色氢氧化铁，所以检验亚铁盐可用的试剂是氢氧化钠溶液，实验现象为产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀；（4）玻璃棒在配制溶液时的作用是搅拌以促进溶解；要想检验是否完全反应时，可继续滴加氯化钡溶液不再产生白色沉淀，说明溶液已过量，即静置，向上层清