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1、Four short words sum up what has lifted most successful individuals above the crowd: a little bit more.-author-date辽宁省大连市2017-2018学年高一上学期期末考试化学-精校解析-Word版高考资源网辽宁省大连市2017-2018学年高一上学期期末考试化学试题1. 化学在日常生活中有着广泛的应用。下列说法不正确的是A. 炒菜时加碘食盐最好最后放B. 明矾可用于水的杀菌消毒C. 雾霾天气中可以产生丁达尔现象D. 燃料的脱硫和脱氮都是减少酸雨产生的措施【答案】B2. 下列物质中，不
2、属于合金的是A. 钢铁 B. 硬铝 C. 黄铜 D. 水银【答案】D【解析】A、钢铁是铁与C（碳）、Si（硅）、Mn（锰）、P（磷）、S（硫）以及少量的其他元素所组成的合金，选项A选；B、硬铝，是指铝合金中以Cu为主要合金元素的一类铝合金，选项B不选； C、黄铜是由铜和锌所组成的合金，选项C选；D、水银是汞，属于单质，不是合金，选项D选；答案选D。3. 已知丙酮(C3H6O)通常是无色液体，不溶于水，密度小于1g/mL，沸点约为55。要从水与丙酮的混合液里将丙酮分离出来，下列方法中最合理的是A. 过滤 B. 蒸发 C. 蒸馏 D. 分液【答案】C【解析】试题分析：丙酮和水互溶，而丙酮的沸点约为
3、55，水的沸点为100，所以可用蒸馏的方法从水与丙酮的混合物中将丙酮分离出来，故选C。考点：考查了混合物的分离的相关知识。4. 下列实验操作中错误的是A. 用规格为10mL的量筒量取6.0mL的液体B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D. 萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大【答案】D【解析】A、实验中应根据所取溶液的体积，尽量选用能一次量取的最小规格的量筒分次量取也能引起误差。如量取6.0mL液体，应选用 10mL量筒；选项A正确；B、蒸馏时，温度计用于测量馏分的温度，位于蒸馏烧瓶的支管口
4、处，选项B正确；C、分液时，下层液体从下口倒出，上层液体从上口倒出，防止药品重新混合而污染，选项C正确；D、萃取与萃取剂的密度大小无关，选项D错误。答案选D。5. 下列溶液中含Cl-浓度最大的是A. 10mL0.1mol/L的FeCl3溶液 B. 20mL0.1mol/L的CaCl2溶液C. 30mL0.2mol/L的KCl溶液 D. 100mL 0.25mol/L的NaCl溶液【答案】A【解析】A、10mL0.1mol/L 的 FeCl3溶液中氯离子的物质的量浓度=0.1molL11=0.3molL1，故A正确； B、20mL0.1mol/LcaCl2 溶液中氯离子的物质的量浓度=0.1mo
5、lL12=0.2molL1，故B错误；C、30mL0.2mol/L 的 KCl溶液中氯离子的物质的量浓度=0.2molL11=0.2molL1，故C错误； D、100mL0.25mol/L 的 NaCl溶液中氯离子的物质的量浓度=0.25molL11=0.25molL1，故D错误；故选A。6. 下列表述不正确的是A. 人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是Al2O3B. 硅是制造太阳能电池的常用材料C. 四氧化三铁俗称铁红，可用作油漆、红色涂料D. 分散系中分散质粒子的直径:Fe(OH)3悬浊液Fe(OH)3胶体FeCl3溶液【答案】C【解析】A、人造刚玉的主要成分是Al2O3，其熔
6、点很高，高温下机械强度大，抗热震性好，抗腐蚀性强，热膨胀系数小等特点，可作耐火材料，正确；B、晶体硅是目前应用最成熟、最广泛的太阳能电池材料，正确；C、Fe2O3俗称铁红，可用于作油漆、红色涂料，错误；D、分散系的分散质粒子直径大小为，浊液分散质粒子直径100nm，溶液分散质粒子直径1nm，胶体分散质粒子直径在1nm-100nm间，所以分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液Fe(OH)3胶体FeCl3溶液，正确。答案选C。7. 下列关于纯净物、混合物、电解质和非电解质的正确组合是纯净物混合物电解质非电解质A盐酸水煤气硫酸干冰B冰醋酸空气硫酸钡二氧化硫C氯气盐酸苛性钠碳酸钙D漂白粉氨水氯
7、化钠氯气A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、盐酸是HCl气体的水溶液，是混合物，不是纯净物，选项A错误；B、冰醋酸是纯净物；空气是氧气、氮气、二氧化碳等组成的混合物；硫酸钡在熔融状态下能导电的化合物，是电解质；二氧化硫在熔融状态下不导电，在水溶液中能导电和其本身无关，故是非电解质，选项B正确；C、碳酸钙在熔融状态下能导电，是电解质，选项C错误；D、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙组成的混合物；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项D错误。答案选B。点睛：本题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质的概念判断及各种物质的
8、成分掌握，纯净物是指由同种物质组成的，混合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物，据此可以分析各个选项中各种的所属类别。8. 化学试剂不变质和实验方法科学是化学实验成功的保障。下列试剂保存方法或实验方法中,不正确的是A. 实验室中金属钠通常保存在煤油里B. 存放少量白磷的试剂瓶中应加水封C. 保存FeCl3溶液时，通常在溶液中加少量的单质铁D. 浓硝酸通常保存在棕色试剂瓶中，置于阴凉处【答案】C【解析】A、金属钠和煤油不反应，且金属钠的密度大于煤油的密度，所以将钠密封保存在煤油中能隔绝空气防止变质，故A
9、正确；B、白磷易自燃，但不溶于水，且比水的密度大，存放少量白磷的试剂瓶中应加水封，选项B正确；C、FeCl3能与单质铁反应生成FeCl2，选项C错误；D、浓硝酸能见光分解，所以需要保存在棕色试剂瓶中放置在阴凉处，选项D正确。答案选C。9. 青花瓷冲所描述的“瓶身描述的牡丹一如你初妆”“色白花青的锦鲤跃然于碗底”等图案让人赏心悦目，但古瓷中所用颜料成分一直是个谜，近年来科学家才得知大多为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡(BaCuSi2Ox，铜为十2价)，下列有关硅酸铜钡的说法不正确的是A. 可用氧化物形式表示为BaOCuO2SiO2 B. 易溶解于强酸和强碱C. 性质稳定.不易脱色 D. x=6【答案
10、】B【解析】A硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示：BaOCuO2SiO2，选项A正确； BBaCuSi2O6是弱酸盐，所以能和强酸反应，和强碱不反应，选项B错误；CBaCuSi2O6中铜显+2价，二价铜离子不容易被还原，所以性质较稳定，不容易褪色，选项C正确；D在硅酸铜钡中的铜元素化合价为+2，硅元素化合价为+4，氧元素的化合价为-2价，钡元素的化合价为+2价，则由化学式为BaCuSi2Ox，根据化合物中正负化合价的代数和为0可得：（+2）+（+2）+（+4）2+（-2）x=0，解得x=6，选项D正确。答案选B。1
11、0. 对于下列事实的解释错误的是A. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定C. 常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应D. 向碘水中滴CCl4，振荡静置后分层，下层呈紫红色，说明可用CCl4从碘水中萃取碘【答案】C【解析】A浓硫酸将蔗糖中的H、O以2：1水的形式脱去而体现脱水性，故A正确；B浓硝酸不稳定，光照易分解生成二氧化氮、氧气和水，生成的二氧化氮溶于硝酸而使硝酸呈现黄色，故B正确；C常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸发生钝化，不能继续反应的缘故，故C错误；D四氯化碳不溶于水，其和碘不反应，碘在四氯化碳中
12、的溶解度大于在水中的溶解度，所以四氯化碳可以作萃取剂，所以向碘水中滴加CCl4，振荡静置后分层，CCl4层呈紫红色，说明可用CCl4从碘水中萃取碘，故D正确；故选C。11. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 强碱性溶液中:K+、Na+、CO32-、NO3-B. 加铝粉能产生大量H2的溶液中：Na+、NH4+、NO3-、Cl-C. 能使紫色石蕊变红的溶液中:Na+、A13+、SO42-、HCO3-D. 1.0mol/LKNO3溶液:H+、Fe2+、Cl-、SO42-【答案】A【解析】A. 强碱性溶液中:OH-、K+、Na+、CO32-、NO3-相互之间不反应，能大量共存，选
13、项A正确；B.该溶液为酸性或者碱性溶液，若碱性则NH4+能够与OH-离子反应而不能大量存在，若酸性条件下含有NO3-的溶液不能产生氢气，选项B错误；C. 能使紫色石蕊变红的溶液呈酸性HCO3-不能大量存在，选项C错误； D、H+、Fe2+、NO3-离子会发生氧化还原反应，不能大量共存，选项D错误。答案选A。12. 已知I-、Fe2+、SO2、Cl-、H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为:SO2I-H2O2Fe2+Cl-，则下列反应不能发生的是A. 2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+B. I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HIC. H2O2+H2SO4
14、=SO2+O2+2H2OD. 2Fe3+2I-=2Fe2+I2【答案】C【解析】试题分析：A2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2Fe2+，与已知的还原性强弱一致，故A不选；BI2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2I-，与已知的还原性强弱一致，故B不选；C若该反应发生，S元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则H2O2为还原剂，还原性强弱为H2O2SO2，与已知的还原性强弱矛盾，故C选；D2Fe3+2I-=2
15、Fe2+I2反应中Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则I-为还原剂，还原性强弱为I-Fe2+，与已知的还原性强弱一致，故D不选；故选C。考点：考查利用已知的还原性强弱来判断化学反应的发生。13. 下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的出较中，正确的是A. 等浓度的溶液中滴入稀盐酸，放出气体的快慢Na2CO3NaHCO3B. 热稳定性Na2CO3NaHCO3C. 常温时水溶性Na2CO3NaHCO3D. 可以用澄清石灰水鉴别Na2CO3和NaHCO3【答案】A【解析】A浓度的溶液中滴入稀盐酸，放出气体的快慢Na2CO3NaHCO3，选项A正确；BNaHCO3不稳定，加热易分2NaHCO
16、3Na2CO3+CO2+H2O，碳酸钠受热稳定，所以热稳定性：Na2CO3NaHCO3，选项B错误；C常温下相同的溶剂时，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3的溶解度，选项C错误；D氢氧化钙与Na2CO3和NaHCO3均能反应生成碳酸钙沉淀，不能用澄清石灰水鉴别Na2CO3和NaHCO3，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累。易错点为选项D，不可以用澄清石灰水区分,原因是两者都会生成CaCO3白色沉淀,现象相同：方程式：Na2CO3 + Ca(OH)2 = CaCO3 + 2NaOH、
17、2NaHCO3 + Ca(OH)2 = CaCO3 + Na2CO3 + 2H2O。14. 下列除杂方法不正确的是提纯物(杂质)除杂试剂AMg(Al)足量烧碱溶液，过滤BCO2(CO)适量的O2C FeCl2(FeCl3)足量铁粉，过滤DNaHCO3溶液(Na2CO3)足量的CO2A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、铝与氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，而镁不反应，然后过滤得到镁，选项A正确；B、在二氧化碳中CO不能燃烧，不能除杂，应将混合气体通过灼热的CuO来除杂，选项B错误；C、由于Fe会和FeCl3反应：2Fe+ FeCl3=3 FeCl2，产生FeCl2，消除杂
18、质，多余的Fe可以被过滤除去，选项C正确；D、碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，则通入足量的CO2可除杂，选项D正确。答案选B。15. 下列指定反应的离子方程式正确的是A. NH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液反应:HCO3-+OH-=CO32-+H2OB. 向FeC13溶液中通入少量Cl2:Fe2+Cl2=2Cl-+Fe3+C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸:Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2OD. 向碳酸氢钙溶液中加入足量石灰水:Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O【答案】D【解析】A. NH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液反应的离子方程式为: NH4+HCO
19、3-+2OH-= NH3H2O+CO32-+H2O，选项A错误；B. 向FeC13溶液中通入少量Cl2，反应的离子方程式为:2Fe2+Cl2=2Cl-+2Fe3+，选项B错误；C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸，反应的离子方程式为:Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，选项C错误；D. 向碳酸氢钙溶液中加入足量石灰水，反应的离子方程式为:Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O，选项D正确。答案选D。16. 用毛笔蘸取少量30%FeCl3溶液在铜片上写一个“Cu”字，放置片刻，用少量水将铜片上的溶被冲到小烧杯中，下列说法正确的是A. 烧杯中的溶液呈黄色 B. 铜片无任何
20、变化C. 铜片上有凹陷的“Cu”字 D. 发生了反应:Fe3+Cu=Cu2+Fe2+【答案】C【解析】试题分析：FeCl3溶液与铜片发生：2FeCl3+ Cu2FeCl2+ CuCl2，FeCl2溶液 是浅绿色，CuCl2是蓝色，A错；FeCl3溶液与铜片发生了反应，B错；D项电荷不守恒，错，选C。考点：FeCl3的性质、离子方程式的书写判断。17. 下列实验装置不能达到实验目的的是A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A钠与水反应放热，试管中温度升高，导致气体压强增大，红墨水出现液面差，可以达到实验目的，A正确；B二氧化碳与氢氧化钠反应，压强减小，形成喷泉，可以达到实验目的
21、，B正确；C铁丝的焰色反应为无色，可用来做纯碱的焰色反应，能够达到实验目的，C正确；D套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，题中装置无法达到实验目的，D错误；答案选D。18. 下列反应中，反应条件、加液顺序、反应物用量或浓度等改变时，反应产物均不发生变化的是A. 氢氧化钠与二氧化碳反应 B. 盐酸和碳酸氢钠溶液C. 铜与硝酸反应 D. 氯化铝溶液和氢氧化钠溶液反应【答案】B【解析】A氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠和水，与过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，所以二氧化碳的用量不同产物不同，选项A不选；B盐酸和碳酸氢钠溶液生成二氧化碳与水，与反应条
22、件、加液顺序、反应物用量或浓度等改变无关，选项B选；C浓硝酸生成二氧化氮，稀硝酸生成一氧化氮，所以浓度不同产物不同，选项C不选；D氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时，先生成氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝再和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液又变澄清，所以与反应物用量有关，选项D不选。答案选B。点睛：本题考查了物质间的反应，有些反应物除了受温度、反应物的量限制外，可能还与浓度有关，如铜和浓硫酸反应但和稀硫酸不反应，明确物质的性质是解本题关键，物质反应时量不同、条件不同、产物可能不同，应根据具体反应的物质的性质分析一般是发生反应后，如果某种物质过量且和生成产
23、物继续反应，则会引起产物变化；反应时温度不同产物可能不同，据此解答。19. 下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是实验操作及现象实验结沦A向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，紫色消失H2O2具有氧化性B氯气通入品红溶液中，溶液褪色氯气具有漂白性C将NaOH浓溶液滴加到饱和FeC13溶液中呈红褐色制Fe(OH)3胶体D向某溶液加入NaOH并微热，产生能够使湿润的红色，石蕊试纸变蓝的无色气体该溶液中一定含有NH4+A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，发生氧化还原反应，Mn元素的化合价降低，MnO4-转化为Mn2+紫色消失，H
24、2O2中氧元素化合价升高被氧化，具有还原性，选项A错误；B、氯水中含HClO，具有漂白性，则通入品红溶液中，品红褪色，而不是氯气具有漂白性，选项B错误；C、将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中，生成氢氧化铁沉淀，制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，选项C错误；D、使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，证明铵盐与强碱共热产生氨气，则该溶液中一定含有NH4+，选项D正确。答案选D。20. 下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是A. 氧化镁中混有氧化铝 B. 氯化铝溶液中混有氯化铁C. 氧化铁中混有二氧化硅 D. 氯化亚铁溶液中混有氯化铜【答案】D【解析】AMg
25、O是碱性氧化物与NaOH不能反应，而Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH发生反应产生NaAlO2，过滤后洗涤，就得到纯净的MgO，故A不选；B向溶液中加入过量的NaOH溶液，氯化铁变为Fe(OH)3沉淀，氯化铝变为NaAlO2，过滤，然后向溶液中加入适量的盐酸，当沉淀达到最大值中，过滤，得到Al(OH)3，再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解，就得到氯化铝溶液，除去了杂质，故B不选；C二氧化硅是酸性氧化物，可以与NaOH发生反应，而氧化铁与NaOH不能发生反应加入过量的NaOH，然后过滤洗涤，就得到纯净的氧化铁，故C不选；D二者都可以与NaOH发生反应，当再向得到的沉淀中加入盐酸时，二
26、者都溶解，不能分离、提纯二者，故D选；故选D。点睛：分离或提纯时，若需要加入试剂，试剂的选择应遵循以下五个原则：所选试剂一般只和杂质反应；作不应引入新的杂质；不减，即不减少欲被提纯的物质；易分，即欲被提纯的物质与杂质应容易分离；易得，试剂应尽可能容易获得，且价格低廉。视频21. 实验室用固态不纯氯化钠(含少量NH4HCO3和Na2SO4杂质)制取纯净氯化钠溶液。下列操作可供选用：逐滴加入稀盐酸；煮沸；加蒸馏水溶解；加热至不再产生气体为止；加入稍过量的Na2CO3溶液；加入稍过量的BaCl2溶液；过滤。.上述实验操作的正确顺序应是A. B. C. D. 【答案】C.考点：氯化钠的提纯22. 设N
27、A代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 常温下，5.6g铁与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.2NAB. 标准状况下11.2L二氧化硫中含有的原于数为2NAC. 标准状况下，22.4L氯气发生反应转移电子数一定为2NAD. 0.1mol/LCuCl2溶液中Cl-数目是0.2NA【答案】A【解析】 A、因为Fe和盐酸反应氧化产物是Fe 2+ ,5.6 g铁失去电子数为0.2 N A，选项A错误；B、B. 标准状况下11.2L二氧化硫中含有的原子数为3NA=3NA，选项B错误；C、1 mol 氯气参加反应时，氯气可以只做氧化剂，也可以自身氧化还原反应，电子转移数目可以为2NA或NA，选项C错误
28、；D、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，选项D错误。答案选A。23. 实验室利用以下反应制取少量氨气:NaNO2+NH4Cl=NaC1+N2+2H2O，关于该反应的下列说法正确的是A. NaNO2发生氧化反应B. 每生成1molN2转移的电子的物质的量为3molC. NH4Cl中的氯元素被还原D. N2既是氧化剂，又是还原剂【答案】B【解析】A、反应NaNO2+NH4C1NaC1+N2+2H2O中，NaNO2中N的化合价从+3价降为0价，NaNO2是氧化剂，发生还原反应，选项A错误；B.反应NaNO2+NH4C1NaC1+N2+2H2O中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=
29、3，即每生成1molN2时，转移电子的物质的量为3mol，选项B正确； C、NH4C1中的氯元素化合价不变，不被还原；氮元素化合价从-3价升为0价，所以NH4C1中的氮元素被氧化，选项C错误； D.反应NaNO2+NH4C1NaC1+N2+2H2O中，NaNO2中N的化合价从+3价降为0价，NH4C1中的氮元素化合价从-3价升为0价，氮气既是氧化产物又是还原产物，选项D错误。答案选B。点睛：本题考查氧化还原反应中氧化剂、还原剂的概念以及电子转移知识，考查学生对教材的熟悉程度，必须对概念的判断熟悉：化合价降低元素所在的反应物是氧化剂被还原，化合价升高元素所在的反应物是还原剂被氧化；根据化合价的升
30、降来确定反应中电子的转移。24. 将NaC1O3和NaI按物质的量之比1:1混合于烧瓶中，滴入适量硫酸，并水浴加热，反应后测得NaC1O3和NaI恰好完全反应，生成I2、Na2SO4和H2O，并产生棕黄色的气体X，则X为A. Cl2 B. Cl2O C. Cl2O3 D. ClO2【答案】D【解析】试题分析：根据转移电子数守恒得，1molNaI中的碘元素由-1价生成单质碘，化合价升高转移1mol电子，故NaClO3中的氯元素化合价降低转移1mol电子，故X气体中氯元素的价态为+4价，答案选D.考点：氧化还原反应25. 把4.48LCO2通过一定量的固体过氧化钠后收集到3.36L气体(气体的测量
31、均在标准状况下)，所得气体的总质量是A. 3.2g B. 4.8g C. 5.4g D. 6g【答案】D【解析】令参加反应的CO2气体的体积为a，生成的O2的体积为b，则：2CO22Na2O2=2Na2CO3O2，气体体积减小V2 1 1a b 4.48L-3.36L=1.12L解得：a=2.24L，b=1.12L，生成氧气的体积1.12L，小于3.36L，故二氧化碳有剩余，所以：3.36L气体中CO2体积为4.48L-2.24L=2.24L，O2的体积为1.12L，所以4.48L气体的质量为44g/mol+32g/mol=6.0g。答案选D。点睛：本题考查根据方程式的计算，难度中等，本题采取
32、差量法计算，可以避免单独讨论或计算判断最后气体的组成，注意差量法的理解与运用。根据气体的体积差，通过差量法计算参加反应的二氧化碳体积、生成的氧气的体积，判断3.36L气体的组成及各成分的体积，再根据n=计算各组分气体的物质的量，利用m=nM计算质量。26. 某混合物A，含有Al2(SO4)3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的变化。请回答下列问题。 （1）沉淀F与NaOH溶液反应的离了方程式为_。（2）沉淀C与稀硫酸反应的离子方程式为_。（3）溶液G与过量稀氨水反应的化学方程式为_。【答案】 (1). Al2O3 + 2 OH=AlO2+H2O (2). Fe2O3 + 6H
33、 =2 Fe3+3H2O (3). Al2（SO4）3 + 6NH3H2O = 2Al（OH）3 + 3（NH4）2SO4【解析】根据流程可知：A溶于水得沉淀和溶液，溶液G是硫酸铝溶液，沉淀F是氧化铝和氧化铁；将沉淀F溶于过量NaOH溶液中，Al2O3能和氢氧化钠反应，Fe2O3和氢氧化钠不反应，所以沉淀C是Fe2O3，溶液D是NaAlO2；溶液G中加入过量的氨水得到沉淀E，则E为Al（OH）3，Al（OH）3与NaOH溶液反应得到NaAlO2，将Al（OH）3加热得到沉淀B，B是Al2O3，硫酸铝和氨水反应生成Al（OH）3和硫酸铵，（1）沉淀F与NaOH溶液反应的离子方程式为：Al2O3
34、+ 2 OH=AlO2+H2O；（2）沉淀C为Fe2O3，Fe2O3与稀硫酸反应的离子方程式为：Fe2O3 + 6H =2 Fe3+3H2O；（3）溶液G与过量稀氨水反应的化学方程式为：Al2(SO4)3 + 6NH3H2O = 2Al(OH)3 + 3(NH4)2SO4。点睛：本题考查了常见物质的分离与提纯方法综合应用，完成此类题目，可以依据题干提供的信息，结合框图，找准解题的突破口，直接得出物质，然后顺推或逆推或由两边向中间推得出其他物质，A溶于水得沉淀F和溶液G，硫酸铝易溶于水，氧化铝、氧化铁不易溶于水，所以得到的溶液G为硫酸铝溶液，沉淀F为氧化铝和氧化铁；将沉淀F溶于过量氢氧化钠溶液中
35、，氧化铝能与氢氧化钠反应，氧化铁与氢氧化钠不反应，所以沉淀C是Fe2O3，溶液D是NaAlO2溶液，溶液G中加入过量的氨水得到沉淀E为Al（OH）3，Al（OH）3与NaOH溶液反应得到NaAlO2，将Al（OH）3加热得到沉淀B，B是氧化铝，硫酸铝和氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵，据此进行解答。27. 图中是实验室制备SO2并验证SO2某些性质的装置图。试回答： （1）如果用浓硫酸和铜来制取SO2，发生装置还需选用的仪器是_，化学方程式为_ 。（2）的作用是_，反应的离子方程式为_ 。（3）选用图乙收集SO2气体，气体从_口进。（4）填表格装置实验现象体现SO2的性质_【答案】 (1). 酒精
36、灯 (2). Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2 (3). 吸收过量的SO2，防止污染环境 (4). SO22OH = SO32H2O (5). b (6). 溶液变红色 (7). SO2水溶液显酸性 (8). 溶液褪色 (9). 漂白性 (10). 溶液变浑浊 (11). 氧化性 (12). 氯水褪色 (13). 还原性【解析】（1）利用铜和浓硫酸制取SO2，选择固体与液体反应且需加热装置，故发生装置还需选用的仪器是酒精灯；Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2；（2）中的作用是吸收二氧化硫，防止二氧化硫污染环境
37、，发生的离子反应为：SO22OH = SO32H2O；（3）SO2易溶于水，密度比空气大，选用图乙收集SO2气体，气体从b口进；（4）二氧化硫与水反应生成亚硫酸，遇石蕊变红，则实验现象变红，说明二氧化硫为酸性气体；因二氧化硫具有漂白性，则中的品红溶液褪色；中二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应生成单质S，该反应为SO2+2H2S3S+2H2O，实验现象为淡黄色沉淀生成，二氧化硫中S元素的化合价降低，则二氧化硫具有氧化性；中二氧化硫与氯水发生氧化还原反应生成硫酸和HCl，该反应为：SO2+Cl2+2H2O2HCl+H2SO4，实验现象为氯水褪色，二氧化硫中S元素的化合价升高被氧化，说明二氧化硫具有还
38、原性，故答案为：装置实验现象体现SO2的性质溶液变红色二氧化硫水溶液显酸性溶液褪色漂白性溶液变浑浊氧化性氯水褪色还原性点睛：本题考查物质制备实验及性质实验，主要考查了二氧化硫的化学性质及检验方法，明确各装置的作用及发生的化学反应是解答本题的关键，注意掌握二氧化硫的性质及检验方法。综合性较强的为（4）中二氧化硫与水反应生成亚硫酸，遇石蕊变红；中品红溶液褪色；中二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应生成单质S；中二氧化硫与氯水发生氧化还原反应生成硫酸和HCl，据此进行解答。28. 某课外小组准备在实验室配制95mL1.0mol/L的硝酸溶液，然后再研究金属铜与硝酸的反应情况。（1）配制95mL1.0mo
39、l/L的硝酸溶液，需要的仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还需要的玻璃仪器是_。（2）若用10mol/L的浓硝酸来配制上述溶液，需要量取浓硝酸的体积是_mL。（3）配制过程中，下列操作会引起浓度偏小的是_。A,.定容摇勾后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线B.定容时俯视容量瓶的刻度线C.将溶液转入容量瓶后，没有洗涤烧杯和玻璃棒，就进行定容操作D.容量瓶用蒸馏水洗涤后未烘干E.量取浓硝酸后，用少量蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液也放入烧杯（4）课外小组同学将制得的硝酸与铜片在下列装置中反应，反应初期观察到大试管中的液体a逐渐变为蓝色，试管上方有浅红棕色气体出现。反应初期液体a逐渐变为蓝色是由于反应生
40、成了_(填化学式)。请解释反应初期试管上方有浅红棕色气体出现的理由_ (结合化学方程式说明)。导致红棕色气体在试管c中颜色消失的反应方程式为_。【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 10.0 (3). AC (4). Cu(NO3)2 (5). 装置中有空气，将NO气体氧化为红棕色的NO2 气体，2NO+O2 = 2NO2 (6). 3NO2+H2O = 2HNO3+NO【解析】（1）实验室没有95mL规格的容量瓶，必须配制100mL，配制100mL1.0molL-1的硝酸溶液步骤为：计算、称量、溶解冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶
41、、胶头滴管，所以需要的玻璃仪器是：100mL容量瓶；（2）配制100mL1.0molL-1的硝酸溶液，设需要10molL-1的浓硝酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得：100mL1.0molL-1=10molL-1V，解得V=10mL；（3）A定容摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，选项A选；B定容时俯视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏低，选项B不选；C将溶液转入容量瓶后，没有洗涤烧杯和玻璃棒，就进行定容操作，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，选项C选；D容量瓶用蒸馏水洗涤后未烘干，对溶质的物质的量和溶液体积都
42、不产生影响，溶液浓度不变，选项D不选；E.量取浓硝酸后，用少量蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液也放入烧杯，则相当于所量硝酸偏多，导致所配溶液浓度偏大，选项E不选。答案选AC；（4）铜与硝酸反应生成硝酸铜，化学式为Cu(NO3)2；装置中有空气，将NO气体氧化为红棕色的NO2 气体，2NO+O2 = 2NO2，即使开始没有NO2而只有NO气体也可能变成红棕色，反应初期试管上方有浅红棕色气体出现；二氧化氮能够与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式：3NO2+H2O = 2HNO3+NO，所以红棕色气体在试管c中颜色消失。点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制及硝酸性质探究，明确配制原理及操作步骤，熟悉
43、硝酸的性质是解题关键，易错点为（4）铜与硝酸反应生成硝酸铜，硝酸铜为蓝色溶液；依据一氧化氮能够与空气中氧气反应生成二氧化氮解答；依据二氧化氮能够与水反应生成硝酸和一氧化氮解答。29. 某废水中含有CN-和Cr2O72-等离子，需经污水处理达标后小能排放，污水处理拟采用下列流程进行处理:回答下列问题:（1）步骤中，CN-被ClO-氧化为CNO-的离子方程式为_。（2）步骤的反应的离了方程式为S2O32-+Cr2O72-+H+SO42-+Cr3+H2O(未配平)，每消耗0.4mol Cr2O72-时，反应中S2O32-失去_mol电子。（3）含Cr3+废水可以加入熟石灰进一步处理，目的是_。【答案
44、】 (1). CN+ClO = CNO+Cl (2). 2.4 (3). 调节废水pH，使其转化为Cr(OH)3沉淀除去【解析】（1）步骤中，CN-被ClO-氧化为CNO-，因为是在碱性环境中，所以ClO只能被还原为Cl，因此反应的离子方程式为CN+ClO = CNO+Cl；（2）根据方程式可知，在反应中Cr元素的化合价从6价降低到3价，得到3个电子，所以0.4 mol Cr2O72-转化为Cr3时转移电子的物质的量0.4mol（63）22.4mol；（3）熟石灰是强碱，溶于水显碱性，所以含Cr3+废水中加入熟石灰进一步处理的目的是调节废水pH，使其转化为Cr(OH)3沉淀除去。30. 用湿法制磷酸的副产品氟硅酸(H2SiF6)生成无水氟化氢的工艺如图所示:已知氟硅酸钾(K2SiF6)微酸性,有吸湿性，微溶于水,不溶于酒精。（1）写出反应器中的化学方程式:_。（2）在实验室过滤操作中所用的玻璃仪器有_，在洗涤氟硅酸钾(K2SiF6)时常用酒精洗涤,其目的是:_。（3）该流程中哪些物质可以循环使用:_。(用化学式表达)（4）氟化氢可