《重庆市渝北中学2015届高三化学上学期8月月考试题（含解析）新人教版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《重庆市渝北中学2015届高三化学上学期8月月考试题（含解析）新人教版.doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2014-2015学年重庆市渝北中学高三（上）月考化学试卷（8月份）一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1（3分）2013年3月，黄浦江上游水质污染较为严重，相关自来水厂采用多种方法并用的方式进行水质处理，下列说法中错误的是（）A加活性炭可吸附水中小颗粒，净化水质的方法属于物理方法B用聚合硫酸铁作为净水剂，该处理过程中仅发生了化学变化C用细菌与酶的扩充法去除水中的氨氮的方法属于生物法D加臭氧对水进行消毒，利用了臭氧的氧化性考点：三废处理与环境保护专题：化学应用分析：A活性炭具有吸附性，能吸附一些异味和杂质；B聚合硫酸铁作为净水剂作用原理是Fe3+在水中生成Fe（OH）3胶体，胶体能
2、吸附水中的悬浮物，使物质沉淀，达到净水的目的；C生物法去除氨氮是在指废水中的氨氮在各种微生物的作用下，通过硝化和反硝化等一系列反应，最终形成氮气，从而达到去除氨氮的目的；D臭氧的净水的原理是利用其强氧化性；解答：解：A活性炭池能滤去水中不溶性杂质，吸附掉一些可溶性杂质，除去水中的异味，故A正确；B聚合硫酸铁作为净水剂作用原理是Fe3+在水中生成Fe（OH）3胶体，是化学变化，胶体能吸附水中的悬浮物，使物质沉淀，是物理变化，故B错误；C用细菌与酶的扩充法去除水中的氨氮的方法属于生物法，故C正确；D加臭氧对水进行消毒，利用了臭氧的氧化性，故D正确；故选：B点评：本题主要考查了自来水厂进行水质处理的
3、方法，掌握各自的原理是解题的关键，题目难度不大2（3分）（2013东莞一模）下列有关海水综合利用的说法不正确是（）A可用蒸馏或离子交换等方法淡化海水B海水提溴只涉及物理变化C利用海水可以制取金属MgD开发海洋资源不能以牺牲环境为代价考点：海水资源及其综合利用专题：化学应用分析：A、根据海水淡化的方法：蒸留法、反渗透法、水合物法、溶剂萃取法和冰冻法、电渗拆法、离子交换法和压渗法来回答；B、海水中溴元素是以溴离子的形式存在，溴离子变为溴单质会发生氧化反应；C、根据海水提取金属镁的化学原理知识来回答判断；D、一切能源的开发都不能破坏化学环境解答：解：A、除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程叫海水淡化
4、，亦称海水脱盐海水淡化的方法，基本上分为两大类：（1）从海水中取淡水，有蒸留法、反渗透法、水合物法、溶剂萃取法和冰冻法（2）除去海水中的盐分，有电渗拆法、离子交换法和压渗法目前应用第一类方法为主，蒸馏法是海水淡化的方法之一，故A正确；B、海水提溴是先氧化溴离子为溴单质，再用还原剂还原溴单质为溴离子，再用氧化剂氧化溴离子为溴单质，涉及物理和化学变化过程，故B错误；C、海水中的镁离子转化为纯净的氯化镁以后，可以采用电解熔融物的方法获得金属镁，故C正确；D、开发海洋资源不能破坏环境，符合绿色环保的思想，故D正确故选B点评：本题考查了海水资源的应用，海水提取氯化钠、碘单质、金属钾、镁、溴单质的工业生产
5、流程，综合性强，需要准确掌握反应原理3（3分）下列应用不涉及氧化还原反应的是（）ANa2O2用作呼吸面具的供氧剂B工业上电解熔融状态Al2O3制备AlC工业上利用合成氨实现人工固氮D实验室制二氧化碳考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：发生的化学反应中，若存在元素的化合价变化，则发生氧化还原反应，结合对应物质的性质解答该题解答：解：A过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不选；B工业上电解熔融状态Al2O3制备Al，Al元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故B不选；C工业上利用合成氨实现人工固氮，N元素化合价生成，被氧化，属于氧化还原反应，故C不选
6、；D实验室用碳酸钙与盐酸反应制备二氧化碳，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故D选故选D点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应判断的考查，题目难度不大4（3分）下列各组物质中，分子数相同的是（）A2 LSO2和2 LCO2B9 g水和标准状况下 11.2 LCO2C标准状况下1 mol氧气和 22.4 L水D0.1 mol氢气和 2.24 L氯化氢气体考点：物质的量的相关计算专题：计算题分析：根据N=nNA可知，物质的量相同，则含有的分子数相同；先将各选项中的量转化成物质的量，再进行比较二者的物质的量是否相等即可解答：解：A、未
7、指明两种气体所处的状态，气体摩尔体积不一定相等，因此物质的量不一定相等，分子数不一定相等，故错误A；B、9个水的物质的量为0.5mol，标准状况下 11.2 LCO2的物质的量为0.5mol，分子数相同，故B正确；C、22.4 L水的物质的量远大于1mol，二者物质的量不同，分子数不同，故C错误；D、未指明氯化氢所处的状态，气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，因此HCl的物质的量不一定是1mol，二者分子数不一定相等，故D错误；故选B点评：本题考查常用化学计量的有关计算，难度不大，注意对公式的理解与灵活运用，注意气体摩尔体积的使用条件与对象5（3分）（2013浙江模拟）检验氯化氢气体中是否
8、混有氯气可采用的方法是（）A用干燥的蓝色石蕊试纸B用干燥的有色布条C将气体通入硝酸银溶液D用湿润的淀粉碘化钾试纸考点：氯气的化学性质专题：卤族元素分析：干燥的氯气不具有漂白性，在溶液中HCl与氯水中都含有H+、Cl，都能与硝酸银溶液生成沉淀，则无法检验，但氯气具有氧化性，能与KI反应置换出单质碘解答：解：A、因HCl和氯气都不能使干燥的蓝色石蕊试纸变色，则不能检验，故A错误；B、因HCl和氯气都不能使干燥的有色布条褪色，则不能检验，故B错误； C、在溶液中HCl与氯水中都含有H+、Cl，都能与硝酸银溶液生成沉淀，则不能检验，故C错误；D、因氯气具有氧化性，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验时试纸变蓝，
9、则说明置换出碘单质，使淀粉变蓝，则能够检验混有氯气，故D正确；故选D点评：本题考查气体的检验，应先考虑到氯气溶于水后会产生和氯化氢一样的H+、Cl，所以不能用检验这两者的方法，应利用氯气的特殊性质来检验6（3分）依据物质的相关数据，可以推断物质的结构和性质下列利用物质的相关数据作出的相应推断不合理的是（）A依据气体的摩尔质量，推断相同状态下不同气体密度的大小B依据物质相对分子质量，推断不同类晶体熔、沸点的高低C依据元素的原子序数，推断该元素原子的核外电子数D依据液体物质的沸点，推断将两种互溶液态混合物用蒸馏法分离的可行性考点：摩尔质量；原子结构与元素的性质；分子间作用力对物质的状态等方面的影响
10、；物质的分离、提纯和除杂专题：基本概念与基本理论分析：A、根据=判断；B、根据物质的摩尔质量是否影响物质的熔沸点判断；C、原子中，原子序数=原子核外电子数；D、根据蒸馏的定义分析解答：解：A、=，相同状况下不同气体的摩尔体积相同，所以可以推断气体密度大小，故A正确；B、物质的摩尔质量与不同类晶体熔沸点无关，不同晶体熔沸点与化学键类型有关，故B错误；C、原子中，原子序数=原子核外电子数，故C正确；D、蒸馏是根据物质的沸点不同将互溶性的液态混合物进行分离，故D正确故选B点评：本题考查了蒸馏、原子序数与核外电子的关系等知识点，难度不大，易错A选项，会推断密度与摩尔质量、气体摩尔体积之间的关系是解本题
11、的关键7（3分）下列关于实验的叙述正确的是（）A石蕊试纸和pH试纸使用前都必须用蒸馏水润湿B滴定管盛装滴定液前需先用蒸馏水洗净，再用滴定液润洗C配制一定物质的量浓度的溶液时，可直接在容量瓶中稀释或溶解D金属锂保存在煤油中，防止暴露在空气中被氧化考点：试纸的使用；化学试剂的存放；溶液的配制；中和滴定专题：实验评价题分析：ApH试纸用蒸馏水湿润，会减低溶液的浓度；B滴定管使用前应用待测液润洗；C容量瓶不能稀释或溶解物质；D锂的密度比煤油小解答：解：ApH试纸用蒸馏水湿润，会减低溶液的浓度，使其酸碱性减弱，故A错误； B滴定管使用前先用蒸馏水洗净，再用待测液润洗，故B正确；C容量瓶不能用来稀释或溶解
12、物质，故C错误；D锂的密度比煤油小，不能保存在煤油中，故D错误故选B点评：本题考查化学实验的基本操作，题目难度不大，注意相关基本实验操作的实验注意事项8（3分）以下各种尾气吸收装置中，不适合于吸收HCl气体的是（）ABCD考点：尾气处理装置专题：化学实验基本操作分析：氯化氢极易溶于水，如果直接将导气管直接插入水中，氯化氢溶于水导致气体压强急剧降低而引起倒吸现象，所以有缓冲装置时就能防止倒吸，即适合吸收氯化氢气体解答：解：A导气管插入溶液中，两个玻璃球有缓冲作用，气体能充分被吸收且防止倒吸，故A错误； B气体能充分被吸收，但能产生倒吸，故B正确；C倒置球形漏斗插入溶液中，气体能被充分吸收，且球形
13、管有缓冲作用而防止倒吸，故C错误；D水的密度比四氯化碳小且水和四氯化碳不互溶，所以水浮在四氯化碳的上面，四氯化碳不能和氯化氢反应，也不溶解氯化氢，该装置既能够吸收易溶性气体，又能够防止倒吸，故D错误故选B点评：本题考查了尾气处理装置图，难度不大，明确防倒吸装置有隔离式（如D装置）、倒立漏斗式、肚容式（如C装置）等几种9（3分）下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是选项目的分离方法原理A分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C除去KNO3固体中混杂的NaCl重结晶NaCl在水中的溶解度很大D除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差
14、较大AABBCCDD考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用专题：实验评价题分析：A乙醇和水混溶，不能用作萃取剂；B乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分离；C应利用二者溶解度随温度的变化不同分离；D丁醇和乙醚的沸点不同，可用蒸馏的方法分离解答：解：A乙醇和水混溶，不能用作萃取剂，应用四氯化碳或苯萃取，故A错误；B乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法分离，故B错误；C根据二者在水中随温度升高而溶解度不同，利用重结晶法NaCl随温度升高溶解度变化不大，KNO3随温度升高溶解度变化大，经冷却过滤，故C错误；D丁醇和乙醚混溶，但二者的沸点不同，且相差较大，可用蒸馏的方法分离，故
15、D正确故选D点评：本题考查物质的分离提纯的实验方案的设计，题目难度不大，注意相关物质的性质的异同，把握常见物质的分离方法和操作原理10（3分）用NA表示阿伏加德罗数的值，下列叙述正确的是（）A浓度为1mol/L的Al2（SO4）3溶液中Al3+的数目为2NAB室温下，21.0g乙烯和丁烯（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NAC0.1mol Fe在0.1mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为0.3NAD标准状况下，22.4L乙醇中含有的氧原子数为1.0NA考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A缺少溶液的体积，无法计算溶液中铝离子数目；B乙烯和丁烯的最简式
16、为CH2，根据最简式计算出混合物中含有碳原子数目；C先判断过量情况，然后根据不足量计算出转移的电子数；D标准状况下，乙醇的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算乙醇的物质的量解答：解：A没有告诉1mol/L的硫酸铝溶液的体积，无法计算溶液中铝离子的物质的量及数目，故A错误；B21g乙烯和丁烯（C4H8）的混合气体中含有1.5mol最简式CH2；含有1.5mol碳原子，含有的碳原子数目为1.5NA，故B正确；C0.1mol Fe完全反应消耗0.15mol氯气，氯气不足，0.1mol Cl2充分燃烧得到2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故C错误；D标况下乙醇不是气体，不能使用标况下的
17、气体摩尔体积计算22.4L乙醇的物质的量，故D错误；故选B点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下乙醇、水、三氧化硫、氟化氢等的状态不是气体，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项A为易错点，注意题中缺少溶液体积11（3分）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A氯气用于漂白织物C12+H2O2H+C1+C1OBNO2与水的反应：3 NO2+H2O2NO3+NO+2H+C醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2D向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+CO3
18、2考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A弱电解质写化学式；B二氧化氮和水反应生成硝酸和NO；C弱电解质写化学式；D二者反应生成碳酸氢钠解答：解：A弱电解质写化学式，离子方程式为C12+H2OH+C1+HC1O，故A错误；B二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，离子方程式为3 NO2+H2O2NO3+NO+2H+，故B正确；C弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOHCa2+H2O+CO2+2CH3COO，故C错误；D二者反应生成碳酸氢钠，离子方程式为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故D错误；故选B点评：本题考查离子方程式正误判断，明确物质的性质及离子方
19、程式书写规则是解本题关键，注意弱电解质、气体、沉淀、氧化物写化学式，注意：有些化学反应还与反应物的量有关，易错选项是D12（3分）下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是（）ApH为1的无色溶液：K+、Fe2+、SO32、ClB能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液：Na+、NH4+、S2、BrC水电离出的c（H+）=1012mol/L的溶液：Ba2+、Na+、NO3、ClD加入铝条有氢气放出的溶液：Na+、NH4+、HCO3、SO42考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：ApH为1的显酸性，Fe2+为浅绿色；B能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液，含氧化性物质；C水电离出的c（H+）=1.01012m
20、olL1的溶液中，为酸或碱溶液；D加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液解答：解：ApH为1的显酸性，Fe2+为浅绿色，与无色不符，且Fe2+、SO32发生相互促进水解反应，不能共存，故A错误；B能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液，含氧化性物质，与S2发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；C水电离出的c（H+）=1.01012molL1的溶液中，该组离子之间均不反应，可大量共存，故C正确；D加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱性溶液中不能存在NH4+、HCO3，酸溶液中不能大量存在HCO3，故D错误；故选C点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间
21、的反应为解答的关键，侧重水解反应、氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，题目难度不大13（3分）已知Cu（NO3）2在某一温度下受热分解的化学方程式为Cu（NO3）22CuO+4NO2+O2，将少量的Cu（NO3）2固体放入试管中加热，然后用带火星的木条放入试管中，木条复燃，下列说法正确的是（）ANO2能支持燃烧BNO2不能支持燃烧C木条复燃是因为硝酸铜分解产生了氧气的缘故D以上说明均不正确考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响专题：氮族元素分析：根据题给化学反应方程式知产物中NO2与O2的体积比与空气中N2、O2体积比近似相同即为4：1，而空气中的氧气不能使木条复燃，所以某学生将带火星的木
22、条放入Cu（NO3）2受热分解得到的混合气体中，木条复燃NO2肯定也能助燃，据此即可解答解答：解：氧气具有助燃性，在纯氧气中能使带火星的木条复燃，但空气中由于含有大量不能助燃的N2，而氧气量较少，所以空气中的氧气不能使带火星的木条复燃；2Cu（NO3）22CuO+4NO2+O2，产物中NO2与O2的体积比与空气中N2、O2体积比近似相同即为4：1，某学生将带火星的木条放入Cu （NO3）2受热分解得到的混合气体中，木条复燃，显然如果NO2不能够助燃的话，则混合气体同样会因为O2含量少而不能使木条复燃，所以NO2 肯定也能助燃，故A正确故选：A点评：本题考查了氧气的助燃性，解答时需紧扣Cu（NO
23、3）2分解反应方程式，结合氧气能使带火星的木条复燃的条件，题目需一定的分析能力，难度中等14（3分）在酸性介质中，往MnSO4溶液里滴加（NH4）2S2O8溶液会发生如下离子反应（未配平）：Mn2+S2O82+H2OMnO4+SO42+H+，下列说法不正确的是（）A氧化性比较：S2O82MnO4B氧化剂S2O82的摩尔质量为192g/molC该反应中酸性介质可以为盐酸D若有0.1mol氧化产物生成，则转移电子0.5mol考点：氧化还原反应分析：A氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性；B根据相对分子质量判断；C盐酸为强还原性酸，能被过二硫酸根离子氧化；D根据氧化产物和转移电子之间的关系
24、式计算转移电子数解答：解：A该反应中，过二硫酸根离子得电子化合价降低为氧化剂，锰离子失电子化合价升高为还原剂，则高锰酸根离子为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性比较：S2O82MnO4，故A正确；BS2O82的相对分子质量为232+816=192，则氧化剂S2O82的摩尔质量为192g/mol，故B正确；C盐酸为强还原性酸，能被过二硫酸根离子氧化生成氯气，所以不能用盐酸作酸性介质，故C错误；D若有0.1mol氧化产物MnO4生成，Mn元素化合价由+2价升高到+7价，则转移电子0.5mol，故D正确故选C点评：本题考查了氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能
25、力的考查，明确元素化合价是解本题的关键，注意盐酸是强酸且是强还原性酸，易被强氧化剂氧化，为易错点15（3分）使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的有几项（）用天平（使用游码）称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了；用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数；溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤；转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水；定容时，仰视容量瓶的刻度线；定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线；用量筒量取一定量浓硫酸配制稀硫酸，转移到烧杯后，用少量水洗涤量筒；在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中A4项B5项C6
26、项D7项考点：溶液的配制专题：实验评价题分析：分析操作对溶质物质的量、溶液体积的影响，根据c=判断对所配溶液浓度的影响解答：解：被称量物与砝码的位置放颠倒了，会导致称量出的药品的质量变小，故所配溶液浓度偏低；滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数，会导致所取溶液体积偏大，所配溶液浓度偏高；移液后烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，会导致溶质的损失，故使所配溶液浓度偏低；转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水对所配溶液的浓度无影响；定容时，仰视容量瓶的刻度线，会导致溶液体积偏大，故使所配溶液浓度偏低；定容后摇匀，发现液面降低，这是因为容量瓶的塞子会有溶液沾留，是正常的，又补加少量水，重新达到刻度线，这
27、会使所配溶液浓度偏低；用少量水洗涤量筒，会导致浓硫酸的量取多了，故会使所配溶液浓度偏高；NaOH固体的溶解放热，故在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中并定容的话，会导致冷却后液面低于刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高所配溶液浓度偏低的有4项，故选A点评：本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，难度不大，注意浓硫酸的稀释，根据c=理解溶液配制原理与误差分析16（3分）某学生设计了如图的方法对A盐进行鉴定：，由此分析，下列结论中，正确的是（）AA中一定有Fe3+BC中一定有Fe3+CB为AgI沉淀DA一定为FeBr2溶液考点：无机物的推断专题：推断题分析：依据转化关系，A和适量酸化的硝酸银反
28、应生成了B为浅黄色沉淀为AgBr；C遇KSCN得到D为血红色溶液，证明C中含三价铁离子，由于酸化的硝酸银溶液中含硝酸，所以三价铁离子可能是A中含有，也可以是A中的亚铁离子被氧化得到的；解答：解：A、A中可能是亚铁离子，也可能是三价铁离子，故A错误；B、依据转化关系的现象可知，C中一定含有三价铁离子，故B正确；C、B是浅黄色沉淀为溴化银，碘化银为黄色沉淀，故C错误；D、A可以为FeBr2溶液，也可以是FeBr3溶液，故D错误；故选B点评：本题考查了物质转化的性质应用和物质推断的方法应用，主要考查铁及其化合物的性质应用和离子检验，较简单，注意酸化的硝酸银溶液中隐含稀硝酸二、解答题（共5小题，满分5
29、2分）17（11分）某实验需要240mL、1mol/L的Na2CO3溶液，现通过如下操作配制：把称量好的质量为26.5gNa2CO3固体放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解为加快溶解可以使用玻璃棒（填仪器名称）搅拌把所得溶液冷却到室温后，小心转入250mL容量瓶（填仪器名称）继续加蒸馏水至液面至刻度线12cm处，改用胶头滴管（填仪器名称）小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低点与刻度线相切用少量蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯23次，每次洗涤的溶液都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀将容量瓶塞紧，充分摇匀（1）操作步骤正确的顺序是（填序号）（2）若所配溶液的密度为1.06g/mL，则该溶液的质量分数为10%（3）若取出20m
30、L配好Na2CO3的溶液，加蒸馏水稀释成c（Na+）=0.1mol/L的溶液，则稀释后溶液的体积为400mL考点：配制一定物质的量浓度的溶液专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：（1）要配制240ml溶液应选择250ml的容量瓶，依据m=CVM计算需要的碳酸钠固体的质量，依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、洗涤、定容、摇匀、装瓶确定正确的操作步骤，选择需要的仪器；（2）依据=计算碳酸钠的质量百分数；（3）稀释前后溶液所含钠离子的物质的量不变，据此计算稀释后溶液的体积解答：解：（1）要配制240ml溶液应选择250ml的容量瓶，需要碳酸钠的质量m=0.25L1mol/L
31、106g/mol=26.5g；配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、洗涤、定容、摇匀、装瓶，所以正确的顺序为：；溶解时，为加快碳酸钠溶解的速度，可用玻璃棒搅拌；定容时，加水到离刻度线12cm时，改用胶头滴管逐滴滴加，防止加水过量；故答案为：26.5；玻璃棒；250ml容量瓶；胶头滴管；（2）配制的碳酸钠溶液的质量分数=100%=10%，故答案为：10%；（3）20mL1mol/L的Na2CO3的溶液中含钠离子的物质的量n（Na+）=0.02L1mol/L2=0.04mol，稀释前后溶液所含钠离子的物质的量不变，设稀释后溶液的体积为V，则稀释后溶液中c（Na+）=0.1mo
32、l/L，解得V=0.4L，即400mL，故答案为：400点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，熟悉配制过程和仪器的使用方法是解题关键，侧重对基础知识的考查，难度不大18（9分）某研究性学习小组对双氧水开展如下研究（1）图1中仪器的名称为分液漏斗，该装置中发生的化学方程式为2H2O22H2O+O2图1装置也可以用于实验室制气体为二氧化碳（只填一种即可）（2）小杨同学将MnO2与水泥按一定比例加水混合、凝固，制作成小块状固体，加入图2装置中制氧气，以方便实验结束回收二氧化锰实验前检查该装置气密性的方法为打开旋塞，从长颈漏斗口注水至液面高于漏斗下端，关闭止水夹，继续注水，使漏斗中液面略高于试管
33、中液面，一段时间后，高度差不变，说明气密性良好：其中块状固体应放置在A处（填“A”或“B”）（3）Cu与稀硫酸不能直接反应，但滴加H2O2溶液并加热，能生成水和一种蓝色溶液则该反应的化学方程式为Cu+H2SO4+H2O2CuSO4+2H2O考点：过氧化氢专题：氧族元素分析：（1）要熟悉各种仪器的名称、用途和使用方法；通常情况下，过氧化氢在二氧化锰的催化作用下，分解生成水和氧气；实验室通常用大理石或石灰石和稀盐酸反应制取二氧化碳，反应不需要加热，大理石和石灰石的主要成分是碳酸钙，能和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳；（2）凡是有气体参加或产生的实验，实验前一定要检查装置的气密性，以防装置漏气影
34、响实验结果；（3）Cu与稀硫酸不能直接反应，但滴加H2O2溶液并加热，能生成水和一种蓝色溶液，根据题干叙述即可写出有关反应的化学方程式解答：解：（1）仪器的名称是分液漏斗，通过分液漏斗可以向反应容器中注入液体药品；该装置中发生的化学方程式为为：2H2O22H2O+O2；图1装置还可以用于实验室制取二氧化碳气体，故答案为：分液漏斗；2H2O22H2O+O2；二氧化碳；（2）实验前检查该装置气密性的方法是：打开旋塞，从长颈漏斗口注水至液面高于漏斗下端，关闭止水夹，继续注水，使漏斗中液面略高于试管中液面，一段时间后，高度差不变，说明气密性良好其中块状固体应放置在A处，故答案为：打开旋塞，从长颈漏斗口
35、注水至液面高于漏斗下端，关闭止水夹，继续注水，使漏斗中液面略高于试管中液面，一段时间后，高度差不变，说明气密性良好；A；（3）Cu与稀硫酸不能直接反应，但滴加H2O2溶液并加热，能生成水和一种蓝色溶液，其实质是铜与硫酸和过氧化氢共同作用生成了硫酸铜和水：Cu+H2SO4+H2O2CuSO4+2H2O，故答案为：Cu+H2SO4+H2O2CuSO4+2H2O点评：本题考查了常见气体的制取及金属铜的性质，难度不大，合理设计实验，科学地进行实验、分析实验，是得出正确实验结论的前提19（10分）有一白色固体混合物，可能含有的阴、阳离子分别是阳离子Ba2+Ag+Mg2+Na+阴离子SO42SO32CO3
36、2AlO2为了鉴定其中的离子，现进行如下实验，根据实验现象，填写下列表格：（1）取该粉末，加水后得到无色溶液；用pH试纸测得溶液的pH为12据此可排除Ag+、Mg2+离子，排除的原因碱性溶液中Ag+、Mg2+转化为沉淀（2）向溶液中滴加盐酸溶液，开始有沉淀生成，继续滴加，沉淀消失，同时有无色无味气体逸出据此，可肯定含有AlO2离子；同时可排除Ba2+、SO32离子（3）根据（1）和（2）的结论，固体中还有未确定的阳离子有Na+，检验的方法和现象是利用焰色反应，用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧出现黄色火焰，说明一定含有钠离子考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计；常见离子的检验方法专题：离子
37、反应专题分析：（1）取该粉末，加水后得到无色溶液；用pH试纸测得溶液的pH为12，则溶液显碱性，不能存在Ag+、Mg2+；（2）向溶液中滴加盐酸溶液，开始有沉淀生成，继续滴加，沉淀消失，说明含有AlO2，同时有无色无味气体逸出，结合阴离子分析只有碳酸根离子符合，碳酸根离子和钡离子结合生成白色沉淀，亚硫酸根离子和盐酸反应生成无色有刺激性气味的气体二氧化硫，则一定不含有Ba2+、SO32；（3）由上述分析可知阳离子Na+不能确定，利用焰色反应进行验证解答：解：（1）取该粉末，加水后得到无色溶液；用pH试纸测得溶液的pH为12，则溶液显碱性，离子之间不能结合生成沉淀，则不能存在Ag+、Mg2+，故答
38、案为：Ag+、Mg2+；碱性溶液中Ag+、Mg2+转化为沉淀；（2）向溶液中滴加盐酸溶液，开始有沉淀生成，继续滴加，沉淀消失，沉淀为氢氧化铝，则说明原溶液中含有AlO2，同时有无色无味气体逸出，气体只能为二氧化碳，只有碳酸根离子符合，碳酸根离子和钡离子结合生成白色沉淀，亚硫酸根离子和盐酸反应生成无色有刺激性气味的气体二氧化硫，则一定不含有Ba2+、SO32，故答案为：AlO2；Ba2+、SO32；（3）由上述分析可知阳离子Na+不能确定，利用焰色反应进行验证，利用焰色反应，用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧出现黄色火焰，说明一定含有钠离子，故答案为：Na+；利用焰色反应，用洁净的铂丝蘸取溶
39、液在酒精灯火焰上灼烧出现黄色火焰，说明一定含有钠离子点评：本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，把握常见离子的性质及检验方法为解答的关键，侧重分析与推断能力的综合考查，题目难度不大20（10分）高锰酸钾是锰的重要化合物和常用的氧化剂以下是工业上用软锰矿制备高锰酸钾的一种工艺流程：（1）KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂其消毒原理与下列BD（填序号）物质相似A75%酒精 B双氧水C苯酚 D84消毒液（NaClO溶液）（2）写出MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生的生成K2MnO4的反应的化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O（3）向K2MnO4溶液中通入CO2以制
40、备KMnO4，该反应中的还原剂为K2MnO4（4）上述流程中可以循环使用的物质有石灰、二氧化碳、KOH和MnO2（写化学式）考点：制备实验方案的设计；氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：（1）KMnO4具有强氧化性，以此进行判断；（2）由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，所以MnO2系数2，O2系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数，根据钾元素守恒确定KOH系数，根据氢元素守恒确定H2O系数；（3）由
41、工艺流程转化关系可知，向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2，所含元素化合价升高的反应物是还原剂；（4）制备中利用的原料，在转化过程中又生成的可以循环利用解答：解：（1）KMnO4有强氧化性，利用其强氧化性杀菌消毒，消毒原理与84消毒液、双氧水一样，故选：BD；（2）由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，所以MnO2系数2，O2系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数为2，根
42、据钾元素守恒确定KOH系数为4，根据氢元素守恒确定H2O系数为2，所以反应化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，故答案为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；（3）由工艺流程转化关系可知，向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2，反应只有Mn元素的化合价发生变化，由+6价降低为+4价，由+6价升高为+7价，所以K2MnO4既是氧化剂又是还原剂，故答案为：K2MnO4；（4）制备中利用的原料，在转化过程中又生成的可以循环利用由转化关系图知，除石灰、二氧化碳外，K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4生成的MnO2及最后
43、由母液加入石灰生成的KOH，会在MnO2、KOH的熔融制备K2MnO4中被循环利用，故答案为：KOH；MnO2点评：本题考查物质的制备，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目注重常见氧化剂与还原剂、氧化还原反应、化学计算和对工艺流程的理解、阅读题目获取信息的能力等，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力21（12分）现欲探究一固体混合物A的成分，已知其中可能含有NaNO3、NH4Cl、CuO、Fe、Cu（OH）2、MgSO4六种物质中的两种或多种按如图所示进行实验，出现的现象如图中所述（设过程中所有可能发生的反应都恰好完全反应）试根据实验过程和发生的现象填写以下空白：（1）气体D能使湿润的红色石蕊试纸变为蓝 色（2）固体H的化学式是Cu（3）溶液F中一定含有的酸根离子有（写离子符号）Cl、SO42（4）根据步骤你能确定混合物中一定存在的一种物质是NH4Cl（只写一种，填化学式），你判断的依据是因为NH4Cl会与NaOH溶液生成氨气（5）步骤中生成白色沉淀E的有关反应的化学方程式2NaOH+MgSO4Mg（OH）2+Na2SO4考点：无机物的推断专题：物质检验鉴别题分析：由图中转化关系可知，