高中化学人教版本册总复习总复习 同课异构2

2023学年福建省泉州市永春一中高一（下）期初化学试卷一、选择题：（本题包括25小题，每小题只有一个选项符合题意）1．C﹣NMR（核磁共振）可用于含碳化合物的结构分析，C表示的碳原子（）A．核外有13个电子，核内有13个质子B．核内有6个质子，核外有7个电子C．质量数为13，原子序数为6，核内有7个质子D．质量数为13，原子序数为6，核内有7个中子2．下列有关物质性质和用途的说法错误的是（）A．Na2O2可用作供氧剂B．利用铝热反应可以冶炼熔点较高的金属C．NaOH碱性很强，故可用于治疗胃酸过多D．用明矾做净水剂除去水中的悬浮物3．下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），生成物并不改变的是（）A．Na和O2B．NaOH和CO2C．Na2O2和CO2D．NaAlO2和HCl4．在标准状况下，若VL甲烷中含有的氢原子个数为n，则阿伏加德罗常数可表示为（）A．B．C．D．5．同温同压下，已知气体的密度与它的摩尔质量成正比，一只气球若放在空气中静止不动，那么在相同条件下，该气球放在下列气体中会下沉的是（）A．H2B．Cl2C．CO2D．O26．将一小块钠投入足量的下列溶液中，既能生成气体，又能生成白色沉淀的是（）A．MgSO4B．BaCl2C．FeCl3D．CuSO47．设NA为阿佛加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A．常温常压下，1mol氦气含有的原子数为NAB．常温常压下，8g甲烷中含有的电子数为5NAC．22gCO2与标准状况下LO2含有相同分子数D．标准状况下，四氯化碳所含分子数8．下列物质的水溶液能导电，但该物质属于非电解质的是（）A．CuSO4B．CO2C．HClD．CH3CH2OH9．下列物质中含有的杂质（括号内为杂质），不可以用加热的方法除去的是（）A．CaCO3（CaO）B．Na2O2（Na2O）C．Na2CO3（NaHCO3）D．MgO[Mg（OH）2]10．在无色的强碱性溶液中，能大量共存的是（）A．Na+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣B．K+、Na+、Cl﹣、AlO2﹣C．Fe2+、K+、SO42﹣、Cl﹣D．Na+、HCO3﹣、K+、NO3﹣11．下列离子方程式书写正确的是（）A．硫酸铜与氢氧化钡反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓B．氯气通入水中：Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣C．AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2OD．金属钠与水反应：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑12．某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣四种离子，已知前三种离子的个数比为3：2：1，则溶液中Al3+和SO42﹣的离子个数比为（）A．1：2B．1：4C．3：4D．3：213．在3NO2+H2O=2HNO3+NO反应中，氧化剂与还原剂的分子数为（）A．1：2B．3：1C．1：1D．1：314．某溶液中存在大量的Na+、CO32﹣、Cl﹣，该溶液中还可能大量存在的离子是（）A．Ba2+B．Ag+C．OH﹣D．H+15．用2×10﹣3mol的KXO4恰好将30mL，L的Na2SO3溶液氧化为Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价是（）A．+1B．+2C．+3D．+416．为了除去KCl固体中少量MgSO4和CaCl2杂质，须进行下列六项操作，正确的次序是（）①加水溶解；②加热蒸发得到晶体；③加入过量BaCl2溶液；④加入过量盐酸；⑤加入过量K2CO3；⑥过滤．A．①⑤③⑥④②B．①⑤③④⑥②C．①③④⑥⑤②D．①③⑤⑥④②17．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏低的是（）A．转移定容前，容量瓶中有少量水B．NaOH在烧杯中溶解后，立即转入容量瓶中进行定容C．定容后，上下颠倒容量瓶时有少量NaOH液体留出容量瓶外D．向容量瓶加水时眼睛仰视液面定容18．已知常温下，溶液中能发生如下反应：①16H++10Z﹣+2XO4﹣═2X2++5Z2+8H2O②2M2++R2═2M3++2R﹣③2R﹣+Z2═R2+2Z﹣由此判断，下列说法中正确的是（）A．Z2+2M2+═2M3++2Z﹣不可以进行B．Z元素在①③反应中发生还原反应C．各粒子还原性由强到弱的顺序是X2+＞Z﹣＞R﹣＞M2+D．各粒子氧化性由强到弱的顺序是XO4﹣＞Z2＞R2＞M3+19．在一定温度下，向饱和NaOH溶液中投入一小块金属钠，充分反应后恢复到原来的温度，下列叙述合理的是（）A．NaOH溶液浓度增大，并放出H2B．溶液中NaOH的质量分数不变，有H2放出C．溶液的总质量增大，有H2放出D．溶液的总质量不变，有H2放出20．要证明某溶液中不含有Fe3+，而可能含有Fe2+，合理顺序是（）①加入足量氯水②取少量试液③加入少量KSCN溶液．A．①③②B．①②③C．②③①D．②①③21．在印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后下列结果不可能出现的是（）A．烧杯中有铜无铁B．烧杯中有铁无铜C．烧杯中铁铜都有D．烧杯中铁铜都无22．将一定质量的Al2O3固体投入100mL浓度为2mol/L的盐酸溶液中得到无色透明的澄清溶液，继续向所得溶液里加入物质的量浓度1mol/L的NaOH溶液，当沉淀达到最大时，加入NaOH溶液的体积是（）A．50mLB．100mLC．200mLD．300mL23．在氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，待反应结束，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，则反应后溶液存在较多的阳离子是（）A．Cu2+B．Fe3+C．Fe2+D．H+24．把Na2CO3•10H2O和NaHCO3组成的混合物溶于水配成100mL溶液，其中c（Na+）=L．若把等质量的混合物加热至恒重，残留物的质量是（）A．．．．25．以下是对某水溶液进行离子检验的方法和结论，其中正确的是（）A．先加入BaCl2溶液，再加入足量的HNO3溶液，产生了白色沉淀．溶液中一定含有大量的SO42﹣B．加入足量的CaCl2溶液，产生了白色沉淀．溶液中一定含有大量的CO32﹣C．加入足量浓NaOH溶液，产生了带有强烈刺激性气味，并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体．溶液中一定含有大量的NH4+D．先加适量的盐酸将溶液酸化，再加AgNO3溶液，产生了白色沉淀．溶液中一定含有大量的Cl﹣二、非选择题共50分）26．化学计量在化学中占有重要地位，请回答下列问题：（1）127gFeCl2中含molFe2+，molCl﹣，总离子数．（2）molH2O中含有的氧原子数与CO2中含有的氧原子数相同．（3）已知R2+核内共有N个中子，R原子的质量数为A，其电子数为，mgR2+中所含有的质子的物质的量为mol．（4）H2O所含质子数与L（标准状况下）NH3所含质子数相等．27．如图是一套制取并验证氯气部分化学性质的实验装置．回答下列问题：（1）装置A中，仪器a的名称叫，该仪器中盛有的试剂为_．（2）当Cl2气流通过一段时间后，装置B中溶液的pH值7（填“＞”“＜”或“=”）（3）当有少量Cl2气流通过后，观察到装置C中的溶液变为色，反应的离子方程式为．（4）写出装置A中发生反应的化学方程式：．（5）装置E的作用是．（6）若要制取标准状况下的Cl2，需要MnO2的质量为g．但用含有HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制Cl2，制得的Cl2体积（标准状况下）总是小于的原因是．28．工业上用铝土矿（主要成分为A12O3，还有少量的Fe2O3，SiO2等杂质）提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：（1）Ⅰ和Ⅱ步骤中分离溶液和沉淀的操作是：；（2）沉淀M中除含有泥沙外，一定还含有，固体N是；（3）滤液X中，含铝元素的溶质的化学式为，它属于（填“酸”、“碱”或“盐”）类物质；（4）实验室里常往AlCl3溶液中加入（填“氨水”或“NaOH溶液”）来制取Al（OH）3，请写出该反应的方程式．29．将表面已被氧化的铝片投入300mL的稀硫酸中，恰好完全反应，产生标准状况下H2的体积为．求（1）铝片中Al2O3的物质的量；（2）稀硫酸的物质的量浓度；（3）若该稀硫酸用L的浓硫酸配制，求所需浓硫酸的体积为多少？（4）向反应结束后的溶液中滴加NaOH溶液直至出现沉淀，求滴加NaOH物质的量为多少？

2023学年福建省泉州市永春一中高一（下）期初化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题包括25小题，每小题只有一个选项符合题意）1．C﹣NMR（核磁共振）可用于含碳化合物的结构分析，C表示的碳原子（）A．核外有13个电子，核内有13个质子B．核内有6个质子，核外有7个电子C．质量数为13，原子序数为6，核内有7个质子D．质量数为13，原子序数为6，核内有7个中子【考点】核素．【分析】根据原子符号ZAX的含义以及原子序数=质子数=核电荷数=核外电子数，中子数=质量数﹣质子数来解答．【解答】解：A、613C的质子数为6，所以核外电子数为6，故A错误；B、613C的质子数为6，所以核外电子数为6，故B错误；C、613C的质子数为6，质量数为13，所以原子序数为6，核内有6个质子，故C错误；D、613C的质子数为6，质量数为13，所以原子序数为6，中子数为13﹣6=7，故D正确；故选D．2．下列有关物质性质和用途的说法错误的是（）A．Na2O2可用作供氧剂B．利用铝热反应可以冶炼熔点较高的金属C．NaOH碱性很强，故可用于治疗胃酸过多D．用明矾做净水剂除去水中的悬浮物【考点】钠的重要化合物；盐类水解的应用；铝的化学性质．【分析】A．过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气；B．铝热反应可用于冶炼熔点高的金属；C．氢氧化钠具有腐蚀性；D．明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体．【解答】解：A．过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用于供氧剂，故A正确；B．铝热反应在高温下进行，放出大量的热，可用于冶炼熔点高的金属，故B正确；C．氢氧化钠具有腐蚀性，不能用于中和胃酸，应用碳酸氢钠、氢氧化铝等，故C错误；D．明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用于净水，故D正确．故选C．3．下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），生成物并不改变的是（）A．Na和O2B．NaOH和CO2C．Na2O2和CO2D．NaAlO2和HCl【考点】钠的化学性质；钠的重要化合物．【分析】A．钠与氧气常温下生成氧化钠，加热生成过氧化钠；B．二氧化碳少量生成碳酸钠，二氧化碳过量生成碳酸氢钠；C．二者反应生成碳酸钠和氧气；D．氯化氢少量生成氢氧化铝和氯化钠，氯化氢过量生成氯化铝和氯化钠．【解答】解：A．钠与氧气常温下生成氧化钠，加热生成过氧化钠，钠与氧气反应产物与反应条件有关系，故A不选；B．氢氧化钠与二氧化碳反应产物与二氧化碳用量有关，故B不选；C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，与反应条件无关，故C选；D．偏铝酸钠与盐酸反应产物与盐酸的用量有关，故D不选；故选：C．4．在标准状况下，若VL甲烷中含有的氢原子个数为n，则阿伏加德罗常数可表示为（）A．B．C．D．【考点】阿伏加德罗常数．【分析】根据n=计算甲烷的物质的量，每个甲烷分子含有4个H原子，据此计算H原子的物质的量，再根据N=nNA计算阿伏加德罗常数．【解答】解：标准状况下，VL甲烷的物质的量为=mol，每个甲烷分子含有4个H原子，故H原子的物质的量为mol×4=mol，故n=mol×NA，解得NA=mol﹣1，故选D．5．同温同压下，已知气体的密度与它的摩尔质量成正比，一只气球若放在空气中静止不动，那么在相同条件下，该气球放在下列气体中会下沉的是（）A．H2B．Cl2C．CO2D．O2【考点】阿伏加德罗定律及推论．【分析】如气体的密度比空气小，那么在相同条件下该气球放在密度比空气小的气体中就会下沉，从同温同压下，气体的密度与它的摩尔质量成正比的角度分析．【解答】解：一只气球若放在空气（空气平均摩尔质量为29g/mol）中可静止不动，在相同条件下该气球放在密度比空气小的气体中就会下沉，则A．氢气的摩尔质量为2g/mol，小于空气，则密度比空气小，该气球放在氧气中下沉，故A正确；B．氯气的摩尔质量为71g/mol，大于空气，则密度比空气大，该气球放在氧气中上升，故B错误；C．二氧化碳的摩尔质量为44g/mol，大于空气，则密度比空气大，该气球放在氧气中上升，故C错误；D．氧气的摩尔质量为32g/mol，大于空气，则密度比空气大，该气球放在氧气中上升，故D错误；故选A．6．将一小块钠投入足量的下列溶液中，既能生成气体，又能生成白色沉淀的是（）A．MgSO4B．BaCl2C．FeCl3D．CuSO4【考点】钠的化学性质．【分析】根据钠的化学性质：与水、酸、盐溶液的反应，利用2Na+2H2O═2NaOH+H2↑及生成的碱与盐的反应来得出反应现象．【解答】解：A、钠的化学性质活泼，投入硫酸镁溶液中后，钠首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与硫酸镁生成氢氧化镁白色的沉淀，故A正确；B、钠不能与氯化钡反应，但能与溶液中的水反应，生成物为氢氧化钠和氢气，2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，有气体产生，无白色沉淀生成，故B错误；C、钠的化学性质活泼，投入氯化铁溶液中后，钠首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与氯化铁生成氢氧化铁的红褐色的沉淀，故C错误；D、钠的化学性质活泼，投入硫酸铜溶液中后，钠首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与硫酸铜生成氢氧化铜蓝色的沉淀，故D错误；故选：A．7．设NA为阿佛加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A．常温常压下，1mol氦气含有的原子数为NAB．常温常压下，8g甲烷中含有的电子数为5NAC．22gCO2与标准状况下LO2含有相同分子数D．标准状况下，四氯化碳所含分子数【考点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数．【分析】A．He是单原子分子，每个分子中含有1个原子；B．n（CH4）==，每个甲烷分子中含有10个电子，则8g甲烷中电子的物质的量为5mol；C．n（CO2）==，n（O2）==，根据N=nNA计算分子数；D．标况下，四氯化碳是液体，气体摩尔体积对其不适用．【解答】解：A．A．He是单原子分子，每个分子中含有1个原子，所以1mol氦气含有的原子数为NA，故A正确；B．n（CH4）==，每个甲烷分子中含有10个电子，则8g甲烷中电子的物质的量为5mol，8g甲烷中含有的电子数为5NA，故B正确；C．n（CO2）==，n（O2）==，根据N=nNA知，分子个数只与物质的量有关，物质的量相同其分子数相同，故C正确；D．标况下，四氯化碳是液体，气体摩尔体积对其不适用，则无法计算四氯化碳物质的量，导致无法计算其分子数，故D错误；故选D．8．下列物质的水溶液能导电，但该物质属于非电解质的是（）A．CuSO4B．CO2C．HClD．CH3CH2OH【考点】电解质与非电解质．【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，溶液能导电说明含有自由移动的离子．【解答】解：A．在水溶液里，硫酸铜能电离出阴阳离子而使溶液导电，所以硫酸铜是电解质，故A错误；B．二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能电离出阴阳离子而使其溶液导电，所以二氧化碳是非电解质，故B正确；C．氯化氢在水溶液里能电离出阴阳离子而使其溶液导电，所以氯化氢是电解质，故C错误；D．CH3CH2OH不能电离，水溶液中不能导电，属于非电解质，故D错误；故选B．9．下列物质中含有的杂质（括号内为杂质），不可以用加热的方法除去的是（）A．CaCO3（CaO）B．Na2O2（Na2O）C．Na2CO3（NaHCO3）D．MgO[Mg（OH）2]【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．【分析】可以用加热的方法除去，则物质加热分解且不引入新杂质，或物质易升华，以此来解答．【解答】解：A．碳酸钙加热分解生成CaO，将原物质除去，不能用加热法除去，故A错误；B．氧化钠加热时被氧化生成过氧化钠，故B正确；C．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，故C正确；D．Mg（OH）2加热分解生成MgO，故D正确；故选A．10．在无色的强碱性溶液中，能大量共存的是（）A．Na+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣B．K+、Na+、Cl﹣、AlO2﹣C．Fe2+、K+、SO42﹣、Cl﹣D．Na+、HCO3﹣、K+、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】溶液无色，则有颜色的离子组，不符合要求，溶液呈强碱性，溶液中含有大量的OH﹣离子，与OH﹣离子反应的Al3+、HCO3﹣不能大量共存．【解答】解：A、溶液呈强碱性，溶液中含有大量的OH﹣离子，OH﹣离子与Al3+离子反应，不能大量共存，故A错误；B、四种离子均无颜色，且在碱性条件下离子之间不发生任何反应，能够大量共存，故B正确；C、Fe2+离子有颜色，不符合溶液无色的要求，且Fe2+离子与OH﹣离子生成沉淀，故C错误；D、溶液呈强碱性，溶液中含有大量的OH﹣离子，OH﹣离子与HCO3﹣离子反应，不能大量共存，故D错误．故选B．11．下列离子方程式书写正确的是（）A．硫酸铜与氢氧化钡反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓B．氯气通入水中：Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣C．AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2OD．金属钠与水反应：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑【考点】离子方程式的书写．【分析】A．漏掉铜离子与氢氧根离子；B．次氯酸为弱酸保留化学式；C．不符合反应客观事实；D．二者反应生成氢氧化钠和氢气．【解答】解：A．硫酸铜与氢氧化钡反应，离子方程式：Cu2++2OH﹣+Ba2++SO42﹣═BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故A错误；B．氯气通入水中，离子方程式：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故B错误；C．AlCl3溶液中滴加过量氨水，离子方程式：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；D．金属钠与水反应，离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故D正确；故选：D．12．某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣四种离子，已知前三种离子的个数比为3：2：1，则溶液中Al3+和SO42﹣的离子个数比为（）A．1：2B．1：4C．3：4D．3：2【考点】电解质在水溶液中的电离．【分析】因为溶液呈电中性，根据溶液中的电荷守恒来计算．【解答】解：溶液中电荷守恒，也就是说所有正电的总数应该等于所有负电的总数，即：Na++3Al3+=Cl﹣+2SO42﹣（乘的系数就是它的电荷数），设SO42﹣的离子个数为x，所以3+3×2=1+2×x，解得x=4，所以溶液中Al3+和SO42﹣的离子个数比为2：4=1：2．故选A．13．在3NO2+H2O=2HNO3+NO反应中，氧化剂与还原剂的分子数为（）A．1：2B．3：1C．1：1D．1：3【考点】氧化还原反应．【分析】3NO2+H2O=2HNO3+NO中，N元素的化合价由+4升高到+5，由+4降低到+2，NO2既是氧化剂又是还原剂，以此来解答．【解答】解：3NO2+H2O=2HNO3+NO中，N元素的化合价由+4降低到+2，则1molNO2作氧化剂，N元素的化合价由+4升高到+5，则2molNO2作还原剂，所以氧化剂与还原剂的分子个数比为1：2，故选A．14．某溶液中存在大量的Na+、CO32﹣、Cl﹣，该溶液中还可能大量存在的离子是（）A．Ba2+B．Ag+C．OH﹣D．H+【考点】离子反应发生的条件；离子共存问题．【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、弱电解质、水等，则能大量共存，以此来解答．【解答】解：A．因Ba2+、CO32﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B．因Ag+分别与CO32﹣、C1﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C．该组离子之间均不与OH﹣反应，能大量共存，故C正确；C．因H+、CO32﹣结合生二氧化碳和水，不能大量共存，故D错误；故选C．15．用2×10﹣3mol的KXO4恰好将30mL，L的Na2SO3溶液氧化为Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价是（）A．+1B．+2C．+3D．+4【考点】氧化还原反应的计算．【分析】Na2SO3恰好将XO4﹣还原，反应中Na2SO3变成Na2SO4，S元素的化合价由+4价升高为+6价，则X的化合价降低，利用电子守恒计算解答．【解答】解：Na2SO3恰好将XO4﹣还原，反应中Na2SO3变成Na2SO4，S元素的化合价由+4价升高为+6价，则X的化合价降低，设元素X在还原产物中的化合价为x，由电子守恒可知，×（6﹣4）=2×10﹣3mol×（7﹣x），解得x=+4，故选D．16．为了除去KCl固体中少量MgSO4和CaCl2杂质，须进行下列六项操作，正确的次序是（）①加水溶解；②加热蒸发得到晶体；③加入过量BaCl2溶液；④加入过量盐酸；⑤加入过量K2CO3；⑥过滤．A．①⑤③⑥④②B．①⑤③④⑥②C．①③④⑥⑤②D．①③⑤⑥④②【考点】物质分离、提纯的实验方案设计．【分析】通过转化为沉淀的方法除去KCl中混有的少量可溶于水的MgSO4和CaCl2杂质．要先加过量的BaCl2溶液除去硫酸根离子和镁离子，然后用K2CO3溶液去除过量的钡离子和钙离子；注意K2CO3溶液要在BaCl2溶液之后加入，要先除硫酸根离子和镁离子，然后再除钙离子，碳酸钾溶液可以除去过量的钡离子，如果加入的顺序反了，过量的钡离子则无法除去；盐酸要放在最后，来除去过量的BaCl2和K2CO3溶液．【解答】解：通过转化为沉淀的方法除去KCl中混有的少量可溶于水的MgSO4和CaCl2杂质．可采取加水溶解→加入过量BaCl2溶液，与MgSO4发生反应，生成BaSO4沉淀和氢氧化镁沉淀→加过量K2CO3溶液，与CaCl2和①中过量BaCl2溶液发生反应，生成CaCO3沉淀和BaCO3沉淀和氯化钾→过滤，滤出上述步骤生成的沉淀→加适量盐酸，与过量K2CO3溶液发生反应，生成氯化钾、水和二氧化碳气体→加热蒸发得到晶体．操作中应依次加入过量的BaCl2溶液、碳酸钾溶液、过滤后加适量盐酸，正确的操作顺序为①③⑤⑥④②，故选：D．17．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏低的是（）A．转移定容前，容量瓶中有少量水B．NaOH在烧杯中溶解后，立即转入容量瓶中进行定容C．定容后，上下颠倒容量瓶时有少量NaOH液体留出容量瓶外D．向容量瓶加水时眼睛仰视液面定容【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据C=进行误差分析．【解答】解：A．转移定容前，容量瓶中有少量水对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液的浓度不变，故A不选；B．NaOH在烧杯中溶解后，立即转入容量瓶中进行定容，冷却到室温后，溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故B不选；C．定容后，上下颠倒容量瓶时有少量NaOH液体留出容量瓶外，溶质的物质的量、溶液的体积都发生变化，无法判断溶液浓度变化，故C不选；D．向容量瓶加水时眼睛仰视液面定容，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故D选；故选：D．18．已知常温下，溶液中能发生如下反应：①16H++10Z﹣+2XO4﹣═2X2++5Z2+8H2O②2M2++R2═2M3++2R﹣③2R﹣+Z2═R2+2Z﹣由此判断，下列说法中正确的是（）A．Z2+2M2+═2M3++2Z﹣不可以进行B．Z元素在①③反应中发生还原反应C．各粒子还原性由强到弱的顺序是X2+＞Z﹣＞R﹣＞M2+D．各粒子氧化性由强到弱的顺序是XO4﹣＞Z2＞R2＞M3+【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【分析】①16H++10Z﹣+2XO4﹣═2X2++5Z2+8H2O中，Z元素的化合价升高，X元素的化合价降低；②2M2++R2═2M3++2R﹣中，M元素的化合价升高，R元素的化合价降低；③2R﹣+Z2═R2+2Z﹣中，Z元素的化合价降低，R元素的化合价升高，结合氧化还原反应基本概念及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性、还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答．【解答】解：A．根据还原性顺序：Z﹣＜M2+，常温下可发生反应2M2++Z2═2M3++2Z﹣，故A错误；B．反应①16H++10Z﹣+2XO4﹣=2X2++5Z2+8H2O中，Z元素化合价升高，被氧化发生氧化反应，在反应③2R﹣+Z2═R2+2Z﹣中，Z元素化合价降低，被还原发生还原反应，故B错误；C．根据反应2M2++R2═2M3++2R﹣，可得还原性顺序是：R﹣＜M2+，根据反应2R﹣+Z2═R2+2Z﹣，可得还原性顺序是Z﹣＜R﹣，根据反应：16H++10Z﹣+2XO4﹣=2X2++5Z2+8H2O，可得还原性顺序是：X2+＜Z﹣，即还原性强弱顺序为：X2+＜Z﹣＜R﹣＜M2+，故C错误；D．氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应①16H++10Z﹣+2XO4﹣=2X2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4﹣＞Z2；反应②2M2++R2═2M3++2R﹣中，氧化性R2＞M3+；反应﹣③2R﹣+Z2═R2+2Z﹣中，氧化性：Z2＞R2，即氧化性顺序是XO4﹣＞Z2＞R2＞M3+，故D正确；故选D．19．在一定温度下，向饱和NaOH溶液中投入一小块金属钠，充分反应后恢复到原来的温度，下列叙述合理的是（）A．NaOH溶液浓度增大，并放出H2B．溶液中NaOH的质量分数不变，有H2放出C．溶液的总质量增大，有H2放出D．溶液的总质量不变，有H2放出【考点】钠的化学性质．【分析】钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，消耗水，饱和的氢氧化钠溶液中有NaOH晶体析出，温度不变，氢氧化钠的溶解度不变．【解答】解：A．温度不变，氢氧化钠的溶解度不变，溶剂减少，溶质析出，但溶液浓度不变，故A错误；B．温度不变，氢氧化钠的溶解度不变，所以其质量分数不变，钠和水反应放出氢气，故B正确；C．钠和水反应导致溶剂的量减少且有氢气生成，溶质析出，所以溶液质量减少，故C错误；D．钠和水反应导致溶剂的量减少且有氢气生成，溶质析出，所以溶液质量减少，故D错误；故选B．20．要证明某溶液中不含有Fe3+，而可能含有Fe2+，合理顺序是（）①加入足量氯水②取少量试液③加入少量KSCN溶液．A．①③②B．①②③C．②③①D．②①③【考点】二价Fe离子和三价Fe离子的检验．【分析】KSCN溶液与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，故可以先滴加KSCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有Fe3+，证明原溶液含有Fe2+．【解答】解：取少量试液，先加入少量KSCN溶液，溶液没有变成血红色，说明溶液中不含Fe3+，再加入足量氯水，溶液变成血红色，说明二价铁离子被氧化为三价铁离子，说明原溶液中含有Fe2+，故要证明某溶液中不含Fe3+，而可能含有Fe2+，合理的操作顺序是②③①，故选C．21．在印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后下列结果不可能出现的是（）A．烧杯中有铜无铁B．烧杯中有铁无铜C．烧杯中铁铜都有D．烧杯中铁铜都无【考点】常见金属的活动性顺序及其应用；铁盐和亚铁盐的相互转变．【分析】Fe的还原性大于Cu，所以向氯化铁溶液中加入Cu、Fe可能发生的反应有2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2、2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu，且Fe先发生氧化还原反应，据此分析解答．【解答】解：A．Fe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，当Fe完全反应后、Cu部分反应，则烧杯中有Cu无Fe，故A不选；B．Fe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，如果溶液中有Fe而无铜，则Fe会和铜离子发生置换反应，所以不可能出现有Fe而无Cu现象，故B选；C．如果铁完全将铁离子还原还剩余，则Cu就不参加反应，所以烧杯中还剩Fe、Cu，故C不选；D．如果铁离子的量足够大，Fe、Cu完全反应后铁离子还剩余，则烧杯中Cu、Fe都不存在，故D不选；故选B．22．将一定质量的Al2O3固体投入100mL浓度为2mol/L的盐酸溶液中得到无色透明的澄清溶液，继续向所得溶液里加入物质的量浓度1mol/L的NaOH溶液，当沉淀达到最大时，加入NaOH溶液的体积是（）A．50mLB．100mLC．200mLD．300mL【考点】化学方程式的有关计算．【分析】氧化铝与盐酸反应生成氯化铝，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，产生沉淀发生反应：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，若盐酸有剩余，则发生：HCl+NaOH=NaCl+H2O，当沉淀达到最大时，铝离子恰好转化为Al（OH）3，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒n（NaCl）=n（HCl），由钠离子守恒n（NaOH）=n（NaCl），再根据V=计算氢氧化钠溶液体积．【解答】解：氧化铝与盐酸反应生成氯化铝，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，产生沉淀发生反应：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，若盐酸有剩余，则发生：HCl+NaOH=NaCl+H2O，当沉淀达到最大时，铝离子恰好转化为Al（OH）3，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒n（NaCl）=n（HCl），由钠离子守恒n（NaOH）=n（NaCl），故n（NaOH）=n（HCl）=×2mol/L=，则需要氢氧化钠溶液体积===200mL，故选C．23．在氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，待反应结束，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，则反应后溶液存在较多的阳离子是（）A．Cu2+B．Fe3+C．Fe2+D．H+【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变．【分析】根据金属铁能和三价铁、铜离子以及氢离子反应的性质来分析．【解答】解：充分反应后，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，则铁粉有剩余，因为三价铁离子会和铁单质生成二价铁离子，所以一定没有三价铁离子，B错误，铜离子会和单质铁发生置换反应二价铁离子和单质铜，盐酸中的氢离子会和铁单质发生置换反应生成氢气和二价铁离子，所以溶液中一定不含有铜离子、氢离子，A、D错误，所以一定存在的是Fe2+；故选：C．24．把Na2CO3•10H2O和NaHCO3组成的混合物溶于水配成100mL溶液，其中c（Na+）=L．若把等质量的混合物加热至恒重，残留物的质量是（）A．．．．【考点】有关混合物反应的计算．【分析】将固体混合物加热至恒重，Na2CO3•10H2O中结晶水完全失去、NaHCO3分解生成碳酸钠，所以最终残留物为碳酸钠，根据钠离子守恒可以计算出碳酸钠的物质的量，再根据m=nM计算出其质量．【解答】解：把Na2CO3•10H2O和NaHCO3组成的混合物加热至恒重，Na2CO3•10H2O中结晶水完全失去、NaHCO3分解生成碳酸钠，所以最终残留物为碳酸钠，根据钠离子守恒可知，n（Na2CO3）=c（Na+）×V=×L×=，最终得到残留物的质量为：106g/mol×=，故选A．25．以下是对某水溶液进行离子检验的方法和结论，其中正确的是（）A．先加入BaCl2溶液，再加入足量的HNO3溶液，产生了白色沉淀．溶液中一定含有大量的SO42﹣B．加入足量的CaCl2溶液，产生了白色沉淀．溶液中一定含有大量的CO32﹣C．加入足量浓NaOH溶液，产生了带有强烈刺激性气味，并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体．溶液中一定含有大量的NH4+D．先加适量的盐酸将溶液酸化，再加AgNO3溶液，产生了白色沉淀．溶液中一定含有大量的Cl﹣【考点】常见离子的检验方法．【分析】A、依据溶液中干扰离子Cl﹣，SO32﹣分析判断；B、溶液中含银离子液可以生成沉淀；C、依据铵根离子的检验方法分析判断；D、加入的盐酸也会与硝酸银反应生成氯化银沉淀．【解答】解：A、先加入BaCl2溶液，再加入足量的HNO3溶液，产生了白色沉淀．溶液中可能含有Ag+，SO32﹣，所以溶液中不一定含有大量的SO42﹣，故A错误；B、加入足量的CaCl2溶液，产生了白色沉淀．溶液中含有Ag+也可以生成沉淀，所以溶液中不一定含有大量的CO32﹣，故B错误；C、加入足量浓NaOH溶液，产生了带有强烈刺激性气味，并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体．溶液中一定含有大量的NH4+，符合铵根离子的检验方法，故C正确；D、先加适量的盐酸将溶液酸化，再加AgNO3溶液，产生了白色沉淀．加入的盐酸也会生成沉淀，溶液中不一定含有大量的Cl﹣，故D错误；故选C．二、非选择题共50分）26．化学计量在化学中占有重要地位，请回答下列问题：（1）127gFeCl2中含1molFe2+，2molCl﹣，总离子数3NA或者×1024．（2）3molH2O中含有的氧原子数与CO2中含有的氧原子数相同．（3）已知R2+核内共有N个中子，R原子的质量数为A，其电子数为A﹣N﹣2，mgR2+中所含有的质子的物质的量为mol．（4）H2O所含质子数与L（标准状况下）NH3所含质子数相等．【考点】物质的量的相关计算．【分析】（1）结合n=及分子构成计算；（2）CO2中含有的氧原子为×2=3mol；（3）质量数=质子数+中子数，结合失去电子判断；结合n=及分子构成计算；（4）水的质子数与氨气的质子数均为10，质子数相等，可知水与氨气的物质的量相同．【解答】解：（1）127gFeCl2中n（FeCl2）==1mol，则含1molFe2+，2molCl﹣，总离子数3mol×NA=3NA或者×1024，故答案为：1；2；3NA或者×1024；（2）CO2中含有的氧原子为×2=3mol，则3molH2O中含有的氧原子数与CO2中含有的氧原子数相同，故答案为：3；（3）R2+核内共有N个中子，R原子的质量数为A，其电子数为A﹣N﹣2，mgR2+中所含有的质子的物质的量为mol，故答案为：A﹣N﹣2；；（4）水的质子数与氨气的质子数均为10，质子数相等，可知水与氨气的物质的量相同，H2O的物质的量为=，则氨气的体积为×mol=，故答案为：．27．如图是一套制取并验证氯气部分化学性质的实验装置．回答下列问题：（1）装置A中，仪器a的名称叫分液漏斗，该仪器中盛有的试剂为_浓盐酸．（2）当Cl2气流通过一段时间后，装置B中溶液的pH值＜7（填“＞”“＜”或“=”）（3）当有少量Cl2气流通过后，观察到装置C中的溶液变为蓝色，反应的离子方程式为Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣．（4）写出装置A中发生反应的化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O．（5）装置E的作用是吸收多余的Cl2．（6）若要制取标准状况下的Cl2，需要MnO2的质量为g．但用含有HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制Cl2，制得的Cl2体积（标准状况下）总是小于的原因是浓盐酸变稀后反应停止，不能完全反应，因此生成的氯气体积（标准状况下）总是小于．【考点】氯气的实验室制法；氯、溴、碘的性质实验．【分析】（1）分析仪器形状及用途说出其名称；装置A是氯气的发生装置，利用分液漏斗将浓盐酸滴入烧瓶中加热反应；（2）氯气溶于水，部分与水反应生成盐酸和次氯酸；（3）氯气氧化性强于碘，能够置换单质碘，碘遇到淀粉变蓝；（4）浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；（5）氯气有毒，直接排放能够引起空气污染，氯气能够与碱反应，需要用氢氧化钠溶液吸收；（6）依据MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O计算解答，注意二氧化锰只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应．【解答】解：（1）依据仪器形状可知，图中仪器a为分液漏斗；装置A是氯气的发生装置，利用分液漏斗将浓盐酸滴入烧瓶中加热反应；故答案为：分液漏斗；浓盐酸；（2）氯气溶于水，部分与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和次氯酸电离产生氢离子，使溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液显酸性pH＜7；故答案为：＜；（3）装置C中通过氯气会发生氧化还原反应，氯气氧化碘离子为碘单质，反应离子方程式为：Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2，碘单质遇到淀粉变蓝；故答案为：蓝色；Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2；（4）浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（5）氯气有毒，直接排放能够引起空气污染，氯气能够与碱反应，需要用氢氧化钠溶液吸收，故答案为：吸收多余的Cl2；（6）n（Cl2）==，MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O87g1molmm=，所以理论上需要参加反应；浓盐酸还原性较强，在加热条件下可与二氧化锰发生氧化还原反应，但随着反应的进行，盐酸浓度逐渐降低，还原性减弱，浓盐酸变稀后反应停止，不能完全反应，因此生成的氯气体积（标准状况下）总是小于；故答案为：；浓盐酸变稀后反应停止，不能完全反应，因此生成的氯气体积（标准状况下）总是小于．28．工业上用铝土矿（主要成分为A12O3，还有少量的Fe2O3，SiO2等杂质）提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：（1）Ⅰ和Ⅱ步骤中分离溶液和沉淀的操作