《2023届江苏省南通市海安市海安高级中学化学高一上期中综合测试试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届江苏省南通市海安市海安高级中学化学高一上期中综合测试试题含解析.doc（13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、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某固体A在一定条件下可完全分解，生成B、C、D三种气体的混合物。反应方程式如下：2AB+2C+3D，此时测得混合气体的相对平均分子质量为30，则固体A的相对原子质量为A180g/mol B90g/mol C90 D1802、等温等压下，
2、关于等质量D2、T2两种气体的下列叙述中不正确的是（）A密度之比2:3 B质子数之比3:2 C中子数之比3:4 D体积之比2:33、下列说法中，正确的是（ ）A1 mol O的质量是32g/molBH2O的摩尔质量为18 gC44 g CO2的体积为22.4 LD9.8 g H2SO4含0.1NA个H2SO4分子4、已知氧化性Br2Fe3+I2S，下列反应不能发生的是（）A2Fe2+I22Fe3+2IBBr2+H2SS+2HBrC2Fe3+2I2Fe2+I2DBr2+2Fe2+Fe3+2Br5、下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为( )纯净物混合物电解质非电解质A盐酸冰水混合物
3、硫酸干冰B蒸馏水蔗糖溶液氧化铝二氧化硫C胆矾盐酸铁碳酸钙D碘酒食盐水氯化铜碳酸钠AABBCCDD6、在标准状况下，与14 g氢气的体积相等的氮气的()A质量为14 gB物质的量为7 molC体积为22.4 LD物质的量为14 mol7、下列说法中正确的是( )只要能源充足而且价格低廉，废弃物中的原子都可以成为有用物质的原料 化学家能合成大量自然界中并不存在的新物质、新材料 学习化学不限于书本和实验室，成功的关键在于如何激发自己对于自然现象的兴趣实验是学习化学、体验化学和探究化学过程的重要途径ABCD8、对于某些离子的检验及结论一定正确的是A加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变
4、浑浊，一定有CO32B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42C加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba29、原子结构模型的演变图如右，下列符合历史演变顺序的一组排列是 A（1）（3）（2）（4） B（1）（2）（3）（4）C（1）（4）（3）（2） D（1）（3）（4）（2）10、下列目的能达到的是( )A将58.5gNaCl溶于1L水中可得1mol/L的NaCl溶液B将标准状况下22.4LHCl溶于1L水中可得1mol/L盐酸C将25.0g胆矾溶于水后配成100mL溶液所
5、得溶液浓度为1 mol/LD将78gNa2O2溶于水，配成1L溶液可得到浓度为1mol/L溶液11、制备一氯乙烷最好采用的方法是（ ）A乙烷和氯气反应 B乙烯与氯气反应C乙烯与氯化氢反应 D乙炔与氯化氢反应12、 “靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，以此获取靑蒿素用到的分离方法是A过滤 B蒸馏 C蒸发 D分液13、用饱和氯化铁溶液制取氢氧化铁胶体，正确的操作是()A将饱和氯化铁溶液滴入蒸馏水中即可B将饱和氯化铁溶液滴入热水中，至溶液呈深黄色C将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色D将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，并继续加热煮沸至生成红褐色沉淀14、下列反应中，CO2作氧化剂的是ACa(O
6、H)2CO2=CaCO3H2OBCO2C2COC2Fe2O33C4Fe3CO2DCOH2OH2CO215、某溶液中可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+。取该溶液200mL加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧沉淀，得到1.6g固体。向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g沉淀，且沉淀不与盐酸反应。由此可知原溶液中A存在3种离子BCl一定存在，且c(Cl)=0.2mol/LCSO42、NH4+、Fe3+ 一定存在，Cl不存在DCO32可能存在16、在相同温度和压强下，容器A中的臭氧（O3）和容器B中的乙炔气（C2H2）所含
7、的分子个数相同，则A、B两容器中气体的体积之比是（ ）A4：3B3：4C1：1D2：3二、非选择题（本题包括5小题）17、有一包白色粉末状混合物，其中可能含有K2CO3、NaCI、Ba(OH)2、CuSO4,，现取少量该固体混合物做如下实验：取部分固体混合物加入水中，震荡，有白色沉淀；向的悬浊液加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；取少量的溶液滴人Na2SO4溶液，有白色沉淀生成。（1）该固体混合物中肯定含有的物质是：_。（2）该固体混合物中一定不存在的物质是：_。（3）该固体混合物中可能存在的物质是：_，为了进一步检验该物质是否存在，请写出你的检验方法：_。18、A、B、C、D、E 都
8、是前20号元素中的常见元素，且核电荷数递增。A原子没有中子；B原子次外层电子数与最外层电子数之差等于电子层数；C元素是地壳中含量最高的元素；4.6gD单质与足量盐酸作用可产生2.24LH2（标准状态下）；E的一价阴离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同。请回答下列问题：（1）写出A、B、D的元素符号：A_；B_；D_。（2）C离子的电子式_；E的离子结构示意图_。（3）写出电解D、E形成化合物的水溶液的化学反应方程式_。（4）工业上将E的单质通入石灰乳Ca(OH)2制取漂粉精，化学反应方程式为_。漂粉精溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的某种物质，该化学反应方程式为_。
9、19、实验室需配制480mL0.1mol/L的碳酸钠溶液，填空并回答下列问题：（1）配制480mL 0.1 mol/L的Na2CO3溶液。实际应称Na2CO3质量/g应选用容量瓶的规格/mL _ _（2）配制时，其正确的操作顺序为（用字母表示，每个字母只能用一次）_A将容量瓶盖紧，上下颠倒，摇匀B将准确称量的Na2CO3固体倒入烧杯中，再加适量水溶解C将已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D用30 mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡E继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线12cm处F改为胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响？(填“
10、偏高”“偏低”或“无影响”)若容量瓶中有少量蒸馏水，结果会_；若定容时俯视刻度线，结果会_。（4）若实验过程中出现如下情况如何处理？ 加蒸馏水时不慎超过了刻度_。20、（1）用18 mol/L硫酸配制100 mL 1.0 mol/L硫酸。若实验仪器有：A100 mL量筒、B托盘天平、C玻璃棒、D50 mL容量瓶、E.10 mL量筒、F.胶头滴管、G.50 mL烧杯、H.100 mL容量瓶。实验时选用仪器的先后顺序是_(填写编号)。（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_(填写标号)。A使用容量瓶前检查它是否漏水B容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗C配制溶液时，如果试样是固体，把称好
11、的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线12 cm处，用胶头滴管加蒸馏水到标线D配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线12 cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水到标线E颠倒摇匀时，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次。21、铝矾石(主要成分是Al2O3，还含有少量杂质SiO2、Fe2O3)是工业上用于炼铝的主要矿物之一，由铝矾石制取金属铝的工艺流程图如下：请回答下列有关问题：（1）下列有关铝矾石以及用铝矾石炼铝的说法中，正确的是_。A铝矾石中含有两种类型氧化物B铝矾石与河沙含有完全相同的成分C铝矾石炼铝需要消
12、耗电能D铝矾石炼铝的过程中涉及置换反应（2）加入原料A时发生反应的离子方程式有_。（3）滤液中所含溶质有_；步骤反应的离子方程式为_。（4）若步骤中用氨气代替CO2，步骤生成沉淀的离子方程式为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】设A为2 mol，由化学方程式可知分解生成6 mol气体，根据m1=n1M1可得混合气体质量m=6 mol30 g/mol=180 g。根据M=，可得A的摩尔质量M=90 g/mol。【详解】A固体A的相对原子质量数值上和A的摩尔质量相等为90，单位为1，A错误。BA的相对分子质量为90，单位为1不是g/mol，故B错误。CA的相对分子质量单
13、位和数值都对，C正确。D单位正确但是数值不对，故D错误。本题选C。2、D【解析】D2、T2的摩尔质量分别是4g/mol、6g/mol；设D2、T2两种气体的的质量均为m，则其物质的量分别是 、；根据阿伏伽德罗定律的推论，等温等压下，体积比等于物质的量比；等温等压下，密度比为摩尔质量的比。【详解】D2、T2的摩尔质量分别是4g/mol、6g/mol，等温等压下，密度比为摩尔质量的比，所以密度之比4g/mol：6g/mol =2:3，故A正确；设D2、T2两种气体的质量均为m，则其物质的量分别是 、，质子数之比为 ： =3:2，故B正确；等质量D2、T2两种气体的物质的量分别是 、，中子数之比为
14、： =3:4，故C正确；等质量D2、T2两种气体的物质的量分别是 、，等温等压下，体积比等于物质的量比，所以体积之比为 ：=3:2，故D错误。选D。【点睛】本题考查以物质的量为中心的计算、阿伏伽德罗定律的推论的应用，特别是对摩尔质量的灵活运用，有助于提高学生获取信息的能力。3、D【解析】A. 1 mol O的质量是32g，A错误； B. H2O的摩尔质量为18 g/mol，B错误；C. 44 g CO2的物质的量是1 mol，但由于未指明气体的温度、压强，因此不能确定气体体积数值的大小，C错误；D. 9.8 g H2SO4的物质的量是0.1 mol，由N=nNA可知0.1 molH2SO4中含
15、0.1NA个H2SO4分子，D正确；故合理选项是D。4、A【解析】A氧化性Fe3+I2，所以2Fe2+I22Fe3+2I不能发生，故A选；B根据氧化性Br2S，所以反应Br2+H2SS+2HBr能发生，故B不选；C根据2Fe3+2I=2Fe2+I2，可知氧化性是Fe3+I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故C不选；D根据氧化性Br2Fe3+，所以反应Br2+2Fe2+Fe3+2Br能发生，故D不选。故选A。5、B【解析】A.盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，故错误；B.蒸馏水是纯净物，蔗糖溶液是混合物，氧化铝是电解质，二氧化硫是非电解质，故正确；C.铁是单质，不是电解质，故错误；D.碘酒
16、是碘的酒精溶液，是混合物，故错误。故选B。6、B【解析】试题分析：氢气的摩尔质量为2g/mol，故14 g氢气的物质的量为7mol。14g氮气为0.5molA错误；根据阿伏加德罗定律可知，在标准状况下，与14 g氢气的体积相等的氮气的物质的量同样也是7 mol， B正确；标准状况下22.4L氮气为0.5mol，C错误；相同条件下，14mol氮气与14g氢气物质的量不同，体积不等，D错误。本题选B。7、D【解析】化学反应能够将原子重新组合从而生成新的物质，所以只要能源充足而且价格低廉，废弃物中的原子都可以成为有用物质的原料，故正确；通过化学反应能够生成新的物质，可以改变自然界原有物质的组成，也能
17、制造出自然界原本不存在的物质，可以合成新物质、新材料，故正确；学习化学必须激发学生的学习兴趣，需要走出书本和课堂，故正确；化学是一门以实验为基础的科学，是学习化学、体验化学和探究化学过程的重要途径，故正确；故选:D。8、C【解析】A.根据与稀盐酸产生的无色气体能使澄清石灰水变浑浊，判断溶液所含离子；B.硫酸钡和氯化银均为不溶于酸的白色沉淀；C.根据铵根离子的检验方法进行判断；D.利用难溶的碳酸盐的性质进行分析。【详解】A. 与稀盐酸产生的无色气体能使澄清石灰水变浑浊，可以是HCO3-、CO32-、SO32-、HSO3-等，不能证明一定是CO32，A项错误；B.当溶液中含Ag+时，加入氯化钡溶液
18、有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，因而不一定有SO42，也可能含有Ag+，B项错误；C.检验NH4+的正确方法是加入氢氧化钠溶液并加热，会产生氨气，氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝，C项正确；D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，溶液中可能含有Ca2+或者Ba2，D项错误；答案选D。【点睛】常用检验离子的方法是气体法还是沉淀法，掌握检验物质的方法是解答本题的关键。9、A【解析】1803年，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，1904年汤姆生提出“葡萄干面包式”的原子结构模型，1911年英国物理学家卢瑟福(汤姆生的学生)提出了带核的原子结构模型，1913年丹麦物理学家波尔提出电子
19、在一定轨道上运动的原子结构模型。【详解】(1)1803年，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体；(3)1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型；(2)1911年英国物理学家卢瑟福(汤姆生的学生)提出了带核的原子结构模型；(4)1913年丹麦物理学家波尔(卢瑟福的学生)引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型。所以A选项是正确的。10、C【解析】A将58.5g NaCl的物质的量为1mol，溶于1L水中，配成的溶液的体积大于1L，浓度小于1molL-1，故A错误；B标准状况下22.4L HCl的物质的量为
20、1mol，但是将标准状况下22.4L HCl溶于1L水得到溶液的体积大于1L，所以浓度不等于1mol/L，故B错误；C.25.0g胆矾中含硫酸铜的物质的量为0.1mol，溶液的体积为100mL，c= =1mol/L，故C正确；D78g Na2O2溶于水反应生成2mol氢氧化钠，溶液的体积为1L，溶液的浓度为2mol/L，故D错误；故选C。11、C【解析】试题分析：A、乙烷和氯气反应是连锁反应，不仅会有一氯乙烷，还有二氯乙烷、三氯乙烷、四氯化碳生成，错误；B、乙烯与氯气反应得到的是1,2-二氯乙烷，错误；C正确；D、乙炔与氯化氢反应，得到的是1,2-二氯乙烯，错误。考点：取代反应和加成反应12、
21、A【解析】根据“靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”可判断以此获取靑蒿素用到的分离方法是过滤，答案选A。13、C【解析】氯化铁在溶液中水解生成氢氧化铁，加热促进水解，生成氢氧化铁胶体，则实验室制备氢氧化铁胶体：是把饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热到出现红褐色液体；若继续加热会发生聚沉，答案选C。14、B【解析】A没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故A错误；B二氧化碳中C元素的化合价降低（+4+2），则CO2作氧化剂，故B正确；C二氧化碳为生成物，C元素的化合价升高，则二氧化碳为氧化产物，故C错误；D二氧化碳为生成物，C元素的化合价升高，则二氧化碳为氧化产物，故D错误；故选B。15、B【解析】取该溶
22、液加入过量NaOH溶液，得到气体，说明有NH4+，产生红褐色沉淀说明为Fe3+。根据离子共存原理，溶液中一定不存在碳酸根。向滤液中加足量BaCl2溶液，得到沉淀且沉淀不与盐酸反应，说明有硫酸根。【详解】由所有实验现象可知，溶液中一定存在铵根、铁离子、硫酸根离子，一定不存在碳酸根离子。产生气体0.02mol，涉及反应为NH4+OH-=NH3+H2O，c(NH4+)=0.02mol/200ml=0.1mol/L；红褐色沉淀氢氧化铁加热灼烧后产物为氧化铁，Fe3+Fe(OH)30.5Fe2O3，沉淀为1.6g，则c(Fe3+)=0.02mol/200ml=0.1mol/L；加足量BaCl2溶液，得4
23、.66g硫酸钡沉淀，Ba2+SO42-=BaSO4，c(SO42-)=0.02mol/200ml=0.1mol/L，综上所述，根据阴阳离子电荷守恒可知，氯离子一定存在，c(Cl-)= 3c(Fe3+)+ c(NH4+)-2 c(SO42-)=0.2mol/L。答案为B。16、C【解析】根据阿伏加德罗定律分析解答。【详解】在相同温度和压强下，容器A中的臭氧（O3）和容器B中的乙炔气（C2H2）所含的分子个数相同，根据NnNA可知两容器中气体的物质的量相等，则根据阿伏加德罗定律可知A、B两容器中气体的体积之比等于物质的量之比，为1：1。答案选C。【点睛】注意阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件，即只
24、能适用于气体（包括混合气体）。而理解、推理阿伏加德罗定律时可以依据PVnRT分析。二、非选择题（本题包括5小题）17、Ba(OH)2 K2CO3 Cu SO4 NaCl 取中的溶液少量于试管中，加入AgNO3,若有白色沉淀生成则证明原固体混合物中有NaCl，反之则没有 【解析】取部分固体混合物加入水中，震荡，有白色沉淀，可能为碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀；向的悬浊液加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；证明该沉淀为碳酸钡沉淀；一定没有硫酸钡沉淀，也就没有硫酸铜存在；取少量的溶液滴人Na2SO4溶液，有白色硫酸钡沉淀生成，证明溶液中含有Ba(OH)2；氯化钠是否存在不能确定，可以检验氯离子的存在
25、来验证氯化钠的存在；据以上分析解答。【详解】取部分固体混合物加入水中，震荡，有白色沉淀，可能为碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀；向的悬浊液加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；证明该沉淀为碳酸钡沉淀；一定没有硫酸钡沉淀，因此硫酸铜也不存在；取少量的溶液滴人Na2SO4溶液，有白色硫酸钡沉淀生成，证明溶液中含有Ba(OH)2；（1）结合以上分析可知：该固体混合物中肯定含有的物质是：Ba(OH)2 和K2CO3；（2）结合以上分析可知：该固体混合物中一定不存在的物质是：CuSO4；（3）结合以上分析可知：该固体混合物中可能存在的物质是：NaCl；为了检验该物质的存在，可以检验溶液中是否含有氯离子，加入
26、硝酸银和硝酸溶液；检验方法：取中的溶液少量于试管中，加入AgNO3,若有白色沉淀生成则证明原固体混合物中有NaCl，反之则没有。综上所述，本题答案是：NaCl；取中的溶液少量于试管中，加入AgNO3,若有白色沉淀生成则证明原固体混合物中有NaCl，反之则没有。18、H C Na 2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO 【解析】A、B、C、D、E 都是前20号元素中的常见元素，且核电荷数递增。A原子没有中子，说明A是H；B原子次外层电子数与最外层电子数之差等于电子层
27、数，假设有两个电子层，次外层电子数为2，则B原子的K、L层依次排有2、4个电子，B为碳；C元素是地壳中含量最高的元素，C为O；4.6gD单质与足量盐酸作用可产生2.24LH2（标准状态下），D为金属，2.24LH2物质的量为0.1 mol如果为金属镁，则MgH2，则镁为2.4g，如果是金属铝，则2Al3H2，则铝为1.8g，如果是金属钠，则2NaH2，则钠为4.6g，故D为金属钠；E的一价阴离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同，说明E为非金属元素氯；【详解】根据前面分析得出A为H，B为C，D为Na，故答案为A：H；B：C；D：Na；C离子为氧离子，其电子式，故答案为；E的离子为氯离子，其
28、离子结构示意图，故答案为；D、E形成化合物为NaCl，电解D、E形成化合物的水溶液的化学反应方程式2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH，故答案为2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH；工业上将E即氯气通入石灰乳Ca(OH)2制取漂粉精，化学反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；漂粉精溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的某种物质，即漂粉精溶于水与空气中二氧化碳和水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，该化学反应方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=Ca
29、CO3+2HClO，故答案为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO。19、5.3 500 BCDEFA 无影响 偏高 重配 【解析】（1）依据配制溶液体积选择容量瓶规格，依据m=cV/M计算需要溶质的质量；（2）用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签等，据此排序；（3）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=n/V进行误差分析；（4）任何操作导致实验失败且不能补救的都必须重新配制。【详解】（1）配制480mL0.1molL-1的Na2CO3溶液，实验室没有480mL规格容量瓶，应选择500mL容量瓶，需要
30、溶质的质量m=0.1molL-10.5L106g/mol=5.3g，故答案为：5.3g；500mL；（2）用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签等，所以 正确的顺序为：BCAFED，故答案为：BCAFED；（3）若容量瓶中有少量蒸馏水无影响，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，对溶液浓度无影响；若定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；故答案为：无影响；偏高；（4）加蒸馏水时不慎超过了刻度，实验失败且无法补救，必须重新配制，故答案为：重新配制。【点睛】题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键
31、，注意容量瓶规格选择。20、EGCHF BCD 【解析】（1）根据配制溶液体积选择合适容量瓶，根据质量守恒：溶液稀释过程溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积，再选择合适规格的量筒，配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，选择需要的仪器；（2）由容量瓶的构造及正确使用容量瓶的方法解析【详解】（1）用18 mol/L硫酸配制100 mL 1.0 mol/L硫酸。需要选择100mL容量瓶，设浓硫酸体积为V，溶液稀释过程溶质的物质的量不变：18molL1V=100 mL1.0 molL1，V=5.6mL，选择10mL量筒；因配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液
32、、洗涤、定容、摇匀等操作，所以需要的仪器：玻璃棒、10 mL量筒、胶头滴管、50 mL烧杯、100mL容量瓶；实验时选用仪器的先后顺序是：EGCHF；（2）A容量瓶是带活塞的仪器，使用前应检查是否漏水，故A正确；B容量瓶用蒸馏水洗净后，不能用待配溶液润洗，否则配制的溶液浓度偏高，故B错误；C无论配制的试样是液体还是固体，都不能在容量瓶中溶解，应该在烧杯中溶解或稀释，故C错误；D无论配制的试样是液体还是固体，都不能在容量瓶中溶解，应该在烧杯中溶解或稀释，故D错误；E定容完成后，需要摇匀配制的溶液，方法为：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次，故E正确；故选：
33、BCD【点睛】本题主要考查了配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤和仪器方法，解题关键：明确配制原理及容量瓶使用方法。解题技巧：用质量守恒解溶液稀释问题。21、C Al2O3+6H+2Al3+3H2O，Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O NaOH、NaAlO2 OH+CO2HCO3、CO2+AlO2+2H2OAl(OH)3+HCO3 Al3+3NH3H2OAl(OH)3+NH4+ 【解析】氢氧化铝受热分解生成氧化铝，则步骤中生成的沉淀是氢氧化铝，因此滤液中含有偏铝酸盐，则原料B是强碱，因此滤液中含有铝盐和铁盐，则原料A应该是酸，所以残渣是二氧化硅，结合问题分析解答。【详解】（1）A、铝矾石中含有
34、的SiO2是非金属氧化物，氧化铁是金属氧化物，氧化铝是两性氧化物，因此含有三种类型的氧化物，故A错误；B、河沙的主要成分为SiO2，因此铝矾石与河沙含有的成分不完全相同，故B错误；C、电解法炼铝，必定消耗电能，故C正确；D、步骤是酸溶解氧化铁和氧化铝，步骤是碱沉淀铁离子以及把铝离子转化为偏铝酸根离子，步骤是二氧化碳把偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解以及氧化铝电解均是分解反应，所以铝矾石炼铝的过程中涉及复分解反应、分解反应等，不涉及置换反应，故D错误。答案选C。（2）原料A溶解矿石，可利用强酸，分离出不溶物SiO2，反应的离子方程式为Al2O3+6H+2Al3+3H2O、Fe2O3+
35、6H+2Fe3+3H2O。（3）步骤中可加入强碱例如氢氧化钠，沉淀出Fe3，使Al3转化为偏铝酸根离子留在溶液里，所以滤液中所含溶质为NaOH、NaAlO2。通入CO2发生的反应为：OH+CO2HCO3、CO2+AlO2+2H2OAl(OH)3+HCO3；（4）若步骤中用氨气代替CO2，则滤液中含有铝离子，则步骤生成沉淀的离子方程式为Al3+3NH3H2OAl(OH)3+NH4+。【点睛】该题以铝矾石制取金属铝的工艺流程图为载体，培养学生获取有关的感性知识和印象，并运用分析、比较、概括、归纳等方法对所获取的信息进行初步加工和应用的能力。该题的关键是明确有关物质的性质差异，并能结合流程图灵活运用即可。