2019-2020学年山东省青岛市高一上学期期末化学试卷

1、精选优质文档-倾情为你奉上2019-2020学年山东省青岛市高一上学期期末化学试卷 一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）1. 中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造不涉及氧化还原反应的是()A. 用胆矾炼铜B. 用铁矿石炼铁C. 用黑火药开山炸石D. 打磨磁石制指南针2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是()A. 7.8g苯中所含双键数目为0.3NAB. 1.8gNH4+中含有的电子数为1.1NAC. 标准状况下，22.4L己烷含有的共价键数目为19NAD. 6.4gCu完全溶于硝酸中，转移的电子数为0.2NA3. 向一定量的饱和NaOH溶液中加入少量Na2O固体，

2、恢复到原来温度时，下列说法中正确的是()A. 溶液中的Na+总数不变B. 溶液中的OH-数目不变C. 溶质的物质的量浓度不变D. 溶液的质量不变4. 用下图所示装置进行实验，下列对实验现象的解释不合理的是() 中试剂中现象解释ABaNO32 溶液生成白色沉淀SO32- 与 Ba2+ 生成白色 BaSO3 沉淀B品红溶液溶液褪色SO2 具有漂白性C紫色石蕊溶液溶液变红SO2 与水反应生成酸D酸性 KMnO4 溶液紫色褪去SO2 具有还原性A. AB. BC. CD. D5. 甲、乙、丙、丁是中学化学常见的物质，其中甲、乙、丙均含有同一种元素，在一定条件下的转化关系如图，下列正确的是()A. 若丁

3、为化合物，且为氯碱工业的重要产品，则甲的颜色反应可以呈紫色B. 若通常情况下甲、乙、丙、丁都是气体，且乙和丁为空气的主要成分，则反应的化学方程式4NH3+5O2催化剂4NO+6H2OC. 若甲、乙、丙的溶液显碱性，丙常做治疗胃酸过多的药物，则将丙溶液蒸干可制得甲D. 若丁为用量最大，用途最广的金属单质，乙的溶液一定为FeCl36. 下列各组离子在强碱性溶液中一定能大量共存的是()A. Na+、NH4+、SO42-B. Ag+、Fe3+、Cl-C. Ba2+、K+、NO3-D. K+、Ba2+、HCO3-7. 氢化钡(BaH2)是一种白色固体，能与水反应放出氢气。下列叙述正确的是A. BaH2中

4、H为+1价B. BaH2与水反应后，溶液呈中性C. BaH3加入足量氯化铝溶液中，有白色沉淀产生D. 1molBaH2与足量的水反应，生成22.4LH28. 下列说法中，正确的是()A. 向KI溶液中通入适量Cl2后，溶液颜色变深B. 向KCl溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液颜色变红C. 溴水与NaCl溶液混合时，会发生置换反应D. NaCl溶液在空气中会被氧化，故需要密封保存9. 为探究铁与稀硝酸之间的反应，某同学设计装置如下： 下列有关说法错误的是A. 从U型管左侧加入稀硝酸，应该打开右边的止水夹，否则硝酸无法完全浸没铁丝B. 反应结束后，在A装置中检测到了Fe2+，说明过量稀硝酸只能将铁氧化

5、到正二价C. B装置的作用是收集还原产物NO的，该气体不适合用排空气法收集D. C装置吸收尾气需要O2参与反应：4NaOH+4NO+3O2=4NaNO3+2H2O10. 对于Cu+2H2SO4(浓)=CuSO4+SO2+2H2O反应，下列说法正确的是( )A. Cu作还原剂，发生还原反应B. 被还原的H2SO4与参加反应的H2SO4的物质的量比为12C. 当生成2.24L(标准状况下)SO2时，转移的电子为2molD. 当Cu足量时，H2SO4可完全反应11. 粗盐除含NaCl外，还含有少量MgCl2、CaCl2、Na2SO以及泥沙等杂质。欲除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+、SO42-等离子

6、，下列滴加试剂顺序错误的是A. NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液B. Na2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液C. BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液D. BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液12. 配制100mL1mol/LNaCl溶液，下列操作中错误的是()A. 在托盘天平上放两片大小一样的纸，然后将氯化钠放在纸片上称量B. 把称得的氯化钠放入盛有适量蒸馏水的烧杯中，溶解、冷却，再把溶液移入容量瓶中C. 用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒23次，洗涤液也移入容量瓶中D. 沿玻璃棒往容量瓶中加入蒸馏水，直至溶液凹液面恰好与刻度线相切13. 某同学利用下列实验探

7、究金属铝与铜盐溶液反应：下列说法正确的是()A. 由实验1可以得出结论：金属铝的活泼性弱于金属铜B. 实验2中生成红色物质的离子方程式：Al+Cu2+=Al3+CuC. 溶液中阴离子种类不同是导致实验1、2出现不同现象的原因D. 由上述实验可推知：用砂纸打磨后的铝片分别与浓度均为0.2molL-1的盐酸和硫酸反应，后者更剧烈14. 某同学欲利用图装置制取能较长时间存在的Fe(OH)2，其中实验所用溶液现配现用且蒸馏水先加热煮沸。下列分析正确的是( )A. X可以是稀硫酸或稀硝酸或稀盐酸B. 实验开始时应先关闭止水夹a、打开b，再向烧瓶中加入XC. 反应一段时间后可在烧瓶中观察到白色沉淀D. 反

8、应结束后若关闭b及分液漏斗活塞，则Fe(OH)2可较长时间存在15. 某燃煤发电厂的废气中有SO2，它是形成酸雨的罪魁之一处理SO2一般用生石灰或类似物质来吸收如图是处理该废气的装置示意图下列说法不正确的是()A. 此过程中既有分解反应，也有化合反应B. CaSO4既是氧化产物，又是还原产物C. 使用此废气处理装置可减少酸雨的形成D. 理论上整个过程每转移电子1mol，会对应生成1molCO2二、双选题（本大题共1小题，共3.0分）16. 下列实验装置不能达到实验目的是()A. 判定碳酸钠比碳酸氢钠稳定B. 鉴别碳酸钠和碳酸氢钠C. 实验室制取氨气D. 除去氯气中的氯化氢三、实验题（本大题共2

9、小题，共19.0分）17. 某研究小组为探究无机矿物质X用Cux(OH)y(CO3)z表示的组成和性质，设计了探究实验，实验装置如下：(1)实验开始时要通入过量干燥的氮气，其作用是_。(2)各装置的接口顺序是a_d。(3)装置C的作用是_。(4)实验开始时称得无机矿物质X的质量为32.0g，反应足够长时间后称得装置B增重4.4g，装置E增重3.6g，则无机矿物质X的化学式为_。18. 化学小组利用如图装置进行某些气体的制备和性质实验，图中夹持装置有省略(1)为制取干燥氨气，可将装置C与装置D连接，则装置D中的固体可选用_a.碱石灰b.无水氯化钙c.五氧化二磷d.生石灰(2)装置F可用于探究氯气

10、和氨气反应，实验时打开开关1、3，关闭2，先向烧瓶中通入一种气体，然后关闭1、3，打开2，向烧瓶中缓慢通入另一种气体实验一段时间后烧瓶内出现浓厚的白烟后在容器内壁凝结，并产生一种单质气体写出足量氨气与氯气反应的化学方程式_.请设计一个实验方案鉴定该固体中的阳离子_(3)利用装置A、E，可设计实验比较氯离子和溴离子的还原性强弱，能证明结论的实验现象是_四、简答题（本大题共3小题，共33.0分）19. 实验室用固体烧碱配制0.1molL-1的NaOH溶液500mL，回答下列问题： (1)计算需要NaOH固体的质量 _ g (2)在配制的过程中，下列操作出现的后果是(填：“偏低”、“偏高”、“无影响

11、”)： 发现溶液液面超过刻度线，用吸管吸出少量水，使液面降至刻度线 _ 配制氯化钠溶液，定容时俯视容量瓶刻度线 _ 定容摇匀后液面下降低于刻度线 _ 20. 用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如图：已知：MnO2是一种两性氧化物； 25时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp110-16.3110-38.6110-32.3110-12.7回答下列问题：(1)软锰矿预先粉碎的目的是_，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为_。(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS

12、投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是_。(3)滤液可循环使用，应当将其导入到_操作中 (填操作单元的名称)。(4)净化时需先加入的试剂X为_(填化学式)，再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为_(当溶液中某离子浓度c1.010-5molL-1时，可认为该离子沉淀完全)。(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为_。21. 有下列物质：FeH2SO4 Na2O盐酸MgCl2NH4ClCO2C2H5OH(酒精)NaCl溶液Cu(OH)2(用序号作答)上述十种物质中，其中属于电解质的有 _ ，属于非电解质的有 _ - 答案与解析 -1.答案

13、：D解析：解：A.用胆矾炼铜，Cu的化合价从+2价降低到0价，所以涉及氧化还原反应，故A不选； B.用铁矿石炼铁，Fe元素的化合价降低，铁矿石被还原，属于氧化还原反应，故B不选； C.黑火药的使用时，发生了剧烈的爆炸，C、S、N等元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故C不选； D.打磨磁石制指南针，属于物理变化，不是化学变化，不涉及氧化还原反应，故D选； 故选D有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是有元素化合价的变化，据此分析 本题考查氧化还原反应、化学工业原理，明确各工业生成原理是解本题关键，难度不大，侧重于考查了学生对基础知识的应用能力2.答案：D解析：解：A、苯不是单双键交替的

14、结构，故苯中不含碳碳双键，故A错误；B、1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol，而一个铵根离子中含10个电子，故0.1mol铵根离子中含NA个电子，故B错误；C、标况下己烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、6.4g铜的物质的量为0.1mol，而铜反应后变为+2价，故0.1mol铜反应后转移0.2NA个电子，故D正确。故选：D。本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。3.答案：C解析：解：A.氧化钠与水反应生成NaOH，消耗水，溶液有NaOH析出，溶液中的Na+数目减少，故A错误； B.反应后仍为饱和溶液，溶液的

15、pH不变，但溶液体积减小，OH-数目减小，故B错误； C.原氢氧化钠溶液是饱和的，反应消耗了水，生成了氢氧化钠，反应后恢复到原来温度，溶液仍饱和，且会析出剩余固体，但同一温度下的物质的量浓度是定值；故C正确； D.原氢氧化钠溶液是饱和的，反应消耗了水，生成了氢氧化钠，生成的氢氧化钠不能溶解，溶液中溶质不会增加，反而会减少，由于溶液中的溶质和溶剂都减少了，溶液的质量也减少；故D错误； 故选CA.氧化钠与水反应生成NaOH，消耗水，溶液有NaOH析出； B.氧化钠与水反应生成NaOH，消耗水，饱和溶液因水分减少而析出固体，变化后的溶液仍为饱和溶液，但溶液体积减小，OH-数目减小； C.饱和溶液的温

16、度不变，即氢氧化钠的溶解度也不变，则变化后的溶液仍为饱和溶液，溶质的物质的量浓度不变； D.氧化钠与水反应生成NaOH，消耗水，饱和溶液因水分减少而析出固体，由于溶液中的溶质和溶剂都减少了，溶液的质量也减少 本题考查氧化钠的性质，题目难度不大，注意饱和溶液的性质，溶剂减小，溶液中要析出晶体，但溶液的浓度不变4.答案：A解析：本题考查了二氧化硫的性质，二氧化硫具有酸性氧化物的通性、漂白性、还原性和氧化性，据此回答。A.将SO2通入Ba(NO3)2溶液，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，同时含有硝酸根离子，将亚硫酸氧化为硫酸根离子，白色沉淀为硫酸钡，不溶于硝酸，故A错误；B.二氧化硫具有漂白性，能使品红

17、溶液褪色，故B正确；C.二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子而使其溶液呈酸性，紫色石蕊试液遇酸变红色，故C正确；D.二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化，酸性高锰酸钾被还原，所以酸性高锰酸钾溶液褪色，则二氧化硫体现还原性，故D正确。故选A。5.答案：A解析：A、若丁为化合物，且为氯碱工业的重要产品，可为强碱KOH，由转化关系可知甲为铝盐，乙为氢氧化铝，丙为偏铝酸钾；B、若通常情况下甲、乙、丙、丁都是气体，且乙和丁为空气的主要成分，则甲为氨，乙为氮气，丙为一氧化氮，丁为氧气；C、若甲、乙、丙的溶液显碱性，丙常做治疗胃酸过多的药物，则甲为NaOH，乙为碳酸钠，丙为碳酸氢钠，丁为二氧化碳；D、

18、若丁为用量最大，用途最广的金属单质，则甲可以为浓硝酸或者氯气等。本题考查无机物推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意归纳总结中学常见连续反应类型，难度中等。A、若丁为化合物，且为氯碱工业的重要产品，可为KOH，由转化关系可知甲为铝盐，乙为氢氧化铝，丙为偏铝酸钾，则甲的颜色反应呈紫色，故A正确；B、若通常情况下甲、乙、丙、丁都是气体，且乙和丁为空气的主要成分，则甲为氨，乙为氮气，丙为一氧化氮，丁为氧气，则反应的化学方程式为4NH3+3O2点燃2N2+6H2O，故B错误；C、若甲、乙、丙的溶液显碱性，丙常做治疗胃酸过多的药物，则甲为NaOH，乙为碳酸钠，丙为碳酸氢钠，丁为二氧化碳，碳酸氢钠溶液

19、蒸干得不到氢氧化钠，故C错误；D、若丁为用量最大，用途最广的金属单质，则甲可以为浓硝酸或者氯气等，乙的溶液不一定为FeCl3，故D错误故选：A。6.答案：C解析：本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度不大。强碱性溶液中存在大量氢氧根离子，A.NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B.Ag+、Cl-反应生成难溶物氯化银，Ag+、Fe3+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C.Ba2+、K+、NO3-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D.Ba2+、HCO3-与氢氧根离子反应生成碳酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；故

20、选C。7.答案：C解析：本题考查了氢化钡(BaH2)，明确元素化合价变化是解本题关键，再结合基本概念来分析解答，注意氢化钡中H元素为-1价，为易错点。A、NaH中H元素是-1价，而不是+1价，故A错误；B、氢化钠和水反应生成氢气和氢氧化钠NaH+H2O=H2+NaOH，生成物中有氢氧化钠，所以显碱性，故B错误；C、BaH2加入足量氯化铝溶液中，先和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与足量氯化铝溶液反应有白色沉淀产生，故C正确；D、没有指明气体所处的状况为标准状况，故D错误。故选C。8.答案：A解析：解：A、碘化钾中通入氯气会发生反应得到氯化钾和碘单质，溶液颜色会从无色变为棕色，会变深，故A正确；

21、B、氯化钾溶液显示中性，KCl溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液颜色不会变化，故B错误； C、溴水的氧化性比氯气的弱，溴水与NaCl溶液混合时，不会发生置换反应，故C错误； D、NaCl溶液在空气中能稳定存在，只会伴随着水分的蒸发，不会被氧化，故无需密封保存，故D错误 故选AA、碘化钾中通入氯气会发生反应得到氯化钾和碘单质； B、氯化钾溶液显示中性； C、溴水的氧化性比氯气的弱； D、NaCl溶液在空气中能稳定存在 本题涉及卤素单质的性质知识，注意单质的氧化性顺序以及离子的还原性顺序的应用是关键，难度中等9.答案：B解析：本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答关键，侧重

22、分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。A.打开右边的止水夹，平衡压强，然后加硝酸，则从U型管左侧加入稀硝酸，应该打开右边的止水夹，故A正确；B.过量硝酸与Fe反应生成硝酸铁，Fe过量时生成硝酸亚铁，故B错误；C.NO不溶于水，可与氧气反应，则B装置的作用是收集还原产物NO的，该气体不适合用排空气法收集，故C正确；D.NaOH吸收尾气，NO与氧气发生氧化还原反应，则吸收尾气发生4NaOH+4NO+3O2=4NaNO3+2H2O，故D正确。故选B。10.答案：B解析：本题考查了氧化还原反应，难度不大，注意反应中部分硫酸显氧化性，部分显酸性为易错点。A.该反应中，铜失电子作还

23、原剂，发生氧化反应，故A错误；B.该反应中H2SO4(浓)SO2，被还原的硫酸的计量数是1，被还原的H2SO4与参加反应的H2SO4的物质的量比为12，故B正确；C.H2SO4(浓)SO2中，S元素的化合价由+6价+4价，所以2.24LSO2转移电子为2.2422.42=0.2mol电子，故C错误；D.随着反应进行，硫酸浓度降低，不能再和铜发生反应，故D错误。故选B。11.答案：B解析：【分析】 除去钙离子选用碳酸钠溶液、除去镁离子选用氢氧化钠溶液、除去硫酸根离子选用氯化钡溶液，为了保证将杂质除尽，所加试剂必须过量，为了不引进新的杂质，应该先加入氢氧化钠，然后加入氯化钡，再加入碳酸钠，最后加热

24、盐酸；加入的每种试剂必须过量，保证将所有杂质都能除去，反应完采用加热方法，除去剩余的氯化氢，据此解答。先加入足量的NaOH，除去镁离子；然后加入过量BaCl2，除去SO42-、CO32-；再加入过量Na2CO3除去Ca2+和过量的Ba2+；过滤后，滤液中加入过量的盐酸，除去溶液中剩余的碳酸根和氢氧化钠中的氢氧根，最后加热除去剩余的氯化氢，也可先加BaCl2，再加入NaOH，但应保证，最后依次加入Na2CO3、HCl，故合理顺序是：NaOH溶液BaCl2溶液Na2CO3溶液或BaCl2溶液NaOH溶液Na2CO3溶液或BaCl2溶液Na2CO3溶液NaOH溶液，最后均需加适量盐酸，B选项不合理；

25、 故选B。12.答案：D解析：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的基本操作判断，题目难度不大，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液的步骤及正确操作方法，较易。A.在托盘天平上放两片大小一样的纸，然后将氯化钠放在纸片上称量，操作正确，故 A正确；B.把称得的氯化钠放入盛有适量蒸馏水的烧杯中，溶解、冷却，再把溶液转移入容量瓶中，操作正确，故B正确；C.烧杯和玻璃棒上有沾的溶质，故要洗涤和转移操作，故C正确；D.定容时使用胶头滴管，防止加入水过量，读数时平视，故D错误。故选D。13.答案：C解析：解：A.没有明显现象，只能说明反应没发生，客观事实是金属活泼性是铝大于铜，故A错误； B.生成红色固体的

26、反应是2Al+3Cu2+=2Al3+3Cu，故B错误； C.由实验1、2的对比实验可知产生不同现象的原因是溶液中的阴离子不同导致的，故C正确； D.铝片在等浓度的盐酸和硫酸中反应，因硫酸中的H+的浓度大，所以在硫酸中反应剧烈，与本实验无关，故D错误 故选CA.没有明显现象，不能比较金属的活泼性； B.电荷不守恒； C.实验2现象明显，说明阴离子不同导致现象不同； D.氢离子浓度不同，与本实验无关本题考查物质的性质探究实验，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验原理的探究，难度不大14.答案：D解析：解：A.硝酸可氧化Fe生成硝酸铁，故A错误；B.实验开始时应先打开止水

27、夹a、b，利用生成的氢气将装置内的空气排出，然后关闭a，故B错误；C.利用氢气的压强将氯化亚铁排入锥形瓶中，NaOH与氯化亚铁反应生成Fe(OH)2，立即观察到白色沉淀，故C错误；D.反应结束后若关闭b及分液漏斗活塞，装置内空气及溶液中氧气均已除去，则Fe(OH)2可较长时间存在，故D正确；故选D。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。15.答案：D解析：解：A.碳酸钙受热生成氧化钙和二氧化碳的反应属于分解反应；二氧化硫与氧化钙反应生成CaSO3为化合反应，此过程中既有分解反应，

28、也有化合反应，故A正确； B.整个过程中，二氧化硫与碳酸钙和氧气反应生成了硫酸钙和二氧化碳，化学反应式可表示为：2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2，CaSO4既是氧化产物，又是还原产物，故B正确； C.二氧化硫是形成酸雨的重要物质，经过处理后能减少酸雨的形成故C正确； D.整个过程反应为：2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2，二氧化硫中硫元素的化合价是+4价，硫酸钙中硫元素的化合价是+6价，理论上整个过程每转移电子2mol，会对应生成1molCO2，故D错误； 故选DA.碳酸钙受热生成氧化钙和二氧化碳的反应属于分解反应；二氧化硫与氧化钙反应生成CaSO3为化合

29、反应； B.二氧化硫中硫元素的化合价是+4价，硫酸钙中硫元素的化合价是+6价，二氧化硫为还原剂，氧气为氧化剂，CaSO4既是氧化产物，又是还原产物； C.二氧化硫是形成酸雨的重要物质，使用此废气处理装置可减少酸雨的形成； D.根据2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2，CaSO4分析解答； 本题考查二氧化硫气体的污染和治理，解答本题要充分理解处理废气的过程，只有这样才能对相关方面的问题做出正确的判断，题目难度中等16.答案：CD解析：解：A.碳酸氢钠分解生成碳酸钠，若小试管中为碳酸氢钠可比较稳定性，故A正确； B.二者均与盐酸反应，但碳酸氢钠与盐酸反应的速率快，由气球变大的快慢可

30、鉴别，故B正确； C.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，则图中装置不能制备氨气，应选铵盐与碱加热制备，故C错误； D.二者均与NaOH反应，不能除杂，应选饱和食盐水，故D错误； 故选：CD。A.碳酸氢钠分解生成碳酸钠； B.二者均与盐酸反应，但碳酸氢钠与盐酸反应的速率快； C.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵； D.二者均与NaOH反应。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、物质的性质与鉴别、气体的制备、混合物分离提纯等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。17.答案：(1)排尽装置中的二氧化碳和水蒸气，避免带来实验误差；(2

31、)f(g)；g(f)；h；i；b(c)；c(b)； (3)防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置，影响测定结果； (4)Cu3(OH)4CO3解析：本题考查物质的组成测定，为高考常见题型，明确实验的方法和基本操作、发生的化学反应是解答的关键，要求学生具有分析和解决问题的能力，题目有利于培养学生的实验能力，题目难度不大。探究无机矿物质X用Cux(OH)y(CO3)z表示的组成和性质，实验开始时要通入过量干燥的氮气，排除装置的内的空气，避免引起实验误差，然后加热，Cux(OH)y(CO3)z分解生成CuO、水和二氧化碳气体，用浓硫酸吸收水，且起到干燥作用，用B装置吸收生成的二氧化碳，C可防止空气中的

32、水、二氧化碳进入B装置，避免带来实验误差，以此解答该题。(1)实验开始时要通入过量干燥的氮气，其作用是排尽装置中的二氧化碳和水蒸气，避免带来实验误差，故答案为：排尽装置中的二氧化碳和水蒸气，避免带来实验误差；(2)由以上分析可知，A用于通入氮气，排尽装置内的空气，然后依次连接DEBC，连接顺序为af(g)g(f)hib(c)c(b)d，故答案为：f(g)；g(f)；h；i；b(c)；c(b)；(3)装置C的作用是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置，影响测定结果，故答案为：防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置，影响测定结果；(4)实验开始时称得无机矿物质X的质量为32.0g，反应足够长时间后称

33、得装置B增重4.4g，应为二氧化碳的质量，则n(CO2)=4.4g44g/mol=0.1mol，装置E增重3.6g，为水的质量，则n(H2O)=3.6g18g/mol=0.2mol，n(CuO)=32.0g-4.4g-3.2g80g/mol0.3mol，则Cux(OH)y(CO3)z中，x：y：z=0.3：0.4：0.1=3：4：1，则化学式为Cu3(OH)4CO3，故答案为：Cu3(OH)4CO3。18.答案：ad；8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl；取少量固体于试管中，加入适量NaOH溶液并加热，在管口用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明固体中有NH4+；

34、装置E中的NaBr溶液变橙红色解析：解：(1)C装置是不需要加热制备氨气的装置，利用浓氨水滴入生石灰产生氨气，氨气为碱性气体，为制取干燥氨气，可将装置C连接D装置干燥管干燥的氨气，装置D中的干燥管内固体宜选碱石灰和生石灰， 故答案为：ad； (2)实验时打开开关1、3，关闭2向烧瓶中通入氯气，然后关闭1、3，打开2，向烧瓶中缓慢通入一定量的氨气，实验一段时间后烧瓶内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，已知氯气与氨气可发生反应：3Cl2+2NH3=N2+6HCl，依据反应化学方程式判断是生成的氯化氢和过量氨气反应生成的氯化铵，足量氨气与氯气反应的化学方程式为：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，

35、反应的铵根离子的检验方法是，取少量固体于试管中，加入适量NaOH溶液并加热，在管口用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明固体中有NH4+； 故答案为：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl；取少量固体于试管中，加入适量NaOH溶液并加热，在管口用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明固体中有NH4+； (3)利用装置A、E，可设计实验比较Cl-和Br-的还原性强弱，氯气通入溴化钠溶液中，氯气氧化溴离子为溴单质，反应为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，溴单质溶于水溶液呈橙红色， 故答案为：装置E中的NaBr溶液变橙红色 (1)C装置是

36、不需要加热制备氨气的装置，利用浓氨水滴入生石灰产生氨气，制取干燥氨气可以用氧化钙、碱石灰干燥氨气； (2)实验时打开开关1、3，关闭2向烧瓶中通入氯气，然后关闭1、3，打开2，向烧瓶中缓慢通入一定量的氨气，实验一段时间后烧瓶内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，依据反应化学方程式判断是生成的氯化氢和氨气反应生成的氯化铵；依据铵根离子的检验方法是和碱反应生成氨气设计实验检验； (3)利用装置A、E，可设计实验比较Cl-和Br-的还原性强弱，氯气通入溴化钠溶液中，氯气氧化溴离子为溴单质，溶液呈橙红色 本题考查物质性质的实验验证和实验设计方法，反应现象的分析判断，装置选择，掌握实验基础和物质性质是解题关

37、键，题目难度中等19.答案：2.0；偏低；偏高；无影响解析：解：(1)固体烧碱配制0.1molL-1的NaOH溶液500mL，需要氢氧化钠的质量m=0.1mol/L40g/mol0.5L=2.0g； 故答案为：2.0； (2)发现溶液液面超过刻度线，用吸管吸出少量水，使液面降至刻度线，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低； 故答案为：偏低； 配制氯化钠溶液，定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，浓度偏高； 故答案为：偏高； 定容摇匀后液面下降低于刻度线，部分液体沾到瓶壁上或者瓶塞上，属于正常操作，溶液浓度不受影响； 故答案为：无影响 (1)依据m=CVM计算需要溶质的质量； (2)分析操作

38、对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响，依据C=nV判断误差，凡是使n偏大或者使V偏小的操作，溶液浓度都偏大，反之溶液浓度偏小，据此分析解答 本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，明确配制过程是解题关键，注意误差分析的方法和技巧，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，题目难度不大20.答案：增大反应接触面积，充分反应，提高反应速率 MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S 过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2 蒸发 H2O2 4.9 Mn2+HCO3-+NH3H2O=MnCO3+NH4+H2O解析：解：(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1：1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S， 故答案为：增大反应接触面积，充分反应，提高反应速率；MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+M