吉林省松原市2015-2016学高一化学上册期末试题

2015-2016学年吉林省松原市油田高中高一（上）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题2分，计40分）1．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1.8g的NH4+离子中含有的电子数0.1NAB．1molNa与足量O2反应生成Na2O或Na2O2均失去NA个电子C．1molAl分别放入足量的冷的浓HNO3、稀HNO3中，反应后转移电子均为3NAD．标准状况下，11.2LH2O中含有的分子数目为0.5NA2．同温同压下，相同体积的O2和O3具有相同的（）A．密度 B．质量 C．分子数 D．原子数3．如图图示装置的实验中，操作正确的是（）A．图1配制250mL0.10mol•L﹣1盐酸B．图2稀释浓硫酸C．图3称量氯化钠固体D．图4CCl4萃取碘水的分液操作4．下列有关FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体说法正确的是（）A．都能透过滤纸 B．都呈红褐色C．分散质粒子直径相同 D．都具有丁达尔效应5．某溶液中加入铝粉有氢气产生，该溶液中一定可以大量共存的离子组是（）A．Na+、NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣ B．Na+、K+、Ba2+、HCO3﹣C．Fe3+、H+、SO42﹣、Cl﹣ D．Na+、K+、Cl﹣、SO42﹣6．2010年诺贝尔化学奖授予美日科学家，他们由于研究“有机物合成过程中钯催化交叉偶联”而获奖．钯的化合物氯化钯可用来检测有毒气体CO，发生反应的化学方程式为：CO+PdCl2+H2O═CO2+Pd↓+2HCl．下列说法正确的是（）A．题述反应条件下还原性：CO＞PdB．题述反应中PdCl2被氧化C．生成22.4LCO2时，转移的电子为2mo1D．CO气体只有在高温下才能表现还原性7．下列反应的离子方程式正确的是（）A．铜片加入FeCl3溶液中：Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+B．盐酸中加入CaCO3：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑C．Na2O2与H2O反应：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑D．向Fe（OH）2中加入足量稀硝酸：Fe（OH）2+2H+═Fe2++2H2O8．为了检验某固体物质中是否含有NH4+，你认为下列试纸和和试剂一定用不到的是（）①蒸馏水②NaOH溶液③红色石蕊试纸④蓝色石蕊试纸⑤稀硫酸．A．①⑤ B．④⑤ C．①③ D．①④⑤9．下列有关铁及其化合物的说法中正确的是（）A．赤铁矿的主要成分是Fe3O4B．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2C．除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤D．Fe3+与KSCN溶液产生红色沉淀10．实验室中，要使AlCl3溶液中的Al3+离子全部沉淀出来，适宜用的试剂是（）A．NaOH溶液 B．Ba（OH）2溶液 C．盐酸 D．氨水11．将一小块钠投入到滴有石蕊的水中，下列有关现象的叙述错误的是（）A．钠浮在液面上 B．有无色无味的气体产生C．水溶液变为蓝色 D．水溶液变为红色12．下列叙述正确的是（）A．Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物B．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀C．某物质灼烧时，焰色反应呈现黄色，一定不含钾元素D．Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行13．铁和氧化铁的混合物共2mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.5molH2，且溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中铁的物质的量为（）A．0.5mol B．0.75mol C．1.25mol D．1.5mol14．我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛．”这里的“强水”是指（）A．氨水 B．硝酸 C．醋 D．卤水15．下列说法中，正确的是（）A．浓硫酸稀释时，应将水沿器壁慢慢倒入浓硫酸中，并不断用玻璃棒搅拌B．浓硫酸不分解，不挥发，所以可以敞口放置于空气中C．浓硫酸具有氧化性，稀硫酸无氧化性D．可以用铁罐或铝槽车来运输冷的浓硫酸16．下列关于硅元素及其化合物的有关说法正确的是（）A．硅可用于制光导纤维B．SiO2+3CSiC+2CO↑中碳只做还原剂C．因为玻璃中含有SiO2，所以不能用磨口玻璃塞的试剂瓶盛装碱性溶液D．SiO2能与氢氧化钠溶液和氢氟酸反应，所以SiO2是两性氧化物17．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（）A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl﹣C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO18．在一大试管中装入10mLNO，倒立于水槽中，然后慢慢地通入6mLO2，下面有关实验最终状态的描述中，正确的是（）A．试管内气体呈红棕色 B．试管内气体无色，是NOC．试管内气体无色，是O2 D．试管内液面下降19．实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是（）A．氨气发生装置 B．氨气吸收装置C．氨气发生装置 D．氨气收集、检验装置20．已知氧化还原反应：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为（）A．10mol B．11mol C．12mol D．13mol二、选择题（每小题只有一个正确选项，每题5分，计15分）21．宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有﹣银针验毒的记载，“银针验毒”的原理是4Ag+2H2S+O2═2X+2H2O，下列说法不正确的是（）A．X的化学式为Ag2SB．银针验毒时，空气中氧气得到电子C．反应中Ag和H2S均是还原剂D．每生成1mo1X，反应转移2mo1e﹣22．下列实验装置不能达到实验目的是（）A．用SO2做喷泉实验B．验证Cu与浓硝酸反应的热量变化C．验证NH3易溶于水D．比较Na2CO3与NaHCO3的稳定性23．某金属与盐酸反应时，生成H2的质量与消耗金属质量的关系如图所示，此金属可能是（）A．纯锌 B．纯铁 C．镁铝合金 D．铜铁合金24．物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度等有关．下列各组物质：①Cu与HNO3溶液；②MnO2与盐酸溶液；③Zn与H2SO4溶液；④Fe与HCl溶液．由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是（）A．①③ B．③④ C．①②③ D．①③④25．甲、乙两烧杯中各盛有100mL3mol/L的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，则加入铝粉的质量为（）A．1.8g B．2.7g C．4.05g D．5.4g三、填空题（包含26、27两小题，计11分）26．下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同．①MgO、Na2O、CO2、CuO②HCl、H2O、H2SO4、HNO3③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu（OH）2（1）三种物质依次是（填化学式）：A；B；C；（2）这三种物质相互作用可生成一种新物质NaHCO3，写出该物质与足量澄清石灰水反应的离子方程式；（3）在反应：K2Cr2O7+14HCl（浓）═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O中，是氧化剂，是氧化产物．27．标准状况下，1体积水中能溶解500体积的HCl气体．若向水中通入标准状况下的44.8LHCl气体配成1L溶液，假设气体完全溶解，所得溶液中含HCl的物质的量浓度为；从该溶液中取出10mL浓盐酸溶解于水配制成250mL溶液，配制后的稀溶液中含HCl物质的量浓度为．在用浓盐酸配制上述稀盐酸时，所用仪器中，使用前必须检查是否漏液的仪器有；配制过程中，造成浓度偏高的操作可能有（选填下列操作的序号）．A．容量瓶用蒸馏水洗后未加干燥B．定容时，俯视液面加水至刻度线C．将烧杯中浓盐酸移入容量瓶后，未用水洗涤烧杯，即向容量瓶中加水到刻度D．用胶头滴管向容量瓶中加水时，不慎超过刻度线，用另外胶头滴管从瓶中吸出部分溶液使剩余溶液刚巧达刻度线．四、推断题28．常见物质A～K之间存在如下图所示的转化关系，其中A、D、E、H为单质，请回答下列问题．（1）下列物质的化学式是C，H．（2）反应“F→G”的化学方程式是．（3）反应“I→J”的离子方程式是．（4）检验J溶液中的金属离子的方法是（写出操作步骤、现象及结论）．五、实验题29．（16分）（2012秋•平顶山期末）某化学实验小组为了验证SO2和Cl2的漂白性，设计了如下图所示的实验装置．请回答下列问题：（1）他们制备SO2和Cl2所依据的原理分别是：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+SO2↑、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，则上图A、E装置中用来制Cl2的装置是（填序号），反应中盐酸所表现的性质是；（2）反应开始后，发现B、D试管中的品红溶液都褪色，停止通气后，给B、D两个试管中的溶液加热，B试管中的现象是；（3）装置C的作用是；（4）NaOH（足量）溶液分别与两种气体反应的离子方程式是、；（5）该小组同学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不褪色．查阅资料得知：两种气体按体积比1：1混合，再与水反应可生成两种常见酸，因而失去漂白作用．该反应的化学方程式为．六、计算题（包含30、31两小题，计10分）30．向20mLAlCl3溶液中滴入2mol•L﹣1NaOH溶液时，沉淀质量与所滴加NaOH溶液体积（mL）关系如图所示：（1）图中所示的AB段所发生的反应的离子方程式为：；（2）假设溶液中有Al（OH）3沉淀0.39g，则此时用去NaOH溶液的体积为、．31．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．（1）该浓硝酸的物质的量浓度是；（2）该合金中铜的物质的量是；（3）NO2和N2O4的混合气体中，N2O4的体积分数是；（4）得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是mL．

2015-2016学年吉林省松原市油田高中高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题2分，计40分）1．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1.8g的NH4+离子中含有的电子数0.1NAB．1molNa与足量O2反应生成Na2O或Na2O2均失去NA个电子C．1molAl分别放入足量的冷的浓HNO3、稀HNO3中，反应后转移电子均为3NAD．标准状况下，11.2LH2O中含有的分子数目为0.5NA【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、求出铵根离子的物质的量，然后根据1mol铵根离子中含10mol电子来分析；B、根据反应后钠元素变为+1价来分析；C、铝在浓硝酸中会钝化；D、标况下水为液态．【解答】解：A、1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol，而1mol铵根离子中含10mol电子，故0.1mol铵根离子中含1mol电子即NA个，故A错误；B、由于反应后钠元素变为+1价，故1mol钠失去1mol电子即NA个，故B正确；C、铝在浓硝酸中会钝化，反应程度很小，故转移的电子小于3NA个，故C错误；D、标况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故D错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．2．同温同压下，相同体积的O2和O3具有相同的（）A．密度 B．质量 C．分子数 D．原子数【考点】阿伏加德罗定律及推论．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】同温同压下，不同气体的摩尔体积相同，根据n=知，相同体积的O2和O3具有相同的物质的量，根据ρ=、m=nM、N=nNA、N=nNA及分子构成来计算．【解答】解：同温同压下，不同气体的摩尔体积相同，根据n=知，相同体积的O2和O3具有相同的物质的量，即n相同，A．根据ρ=知，两种气体的摩尔质量不同，所以密度不同，故A错误；B．根据m=nM知，两种气体的摩尔质量不同，所以质量不同，故B错误；C．两种气体的物质的量、阿伏伽德罗常数都相同，根据N=nNA知，两种气体的分子数相同，故C正确；D．两种气体的物质的量、阿伏伽德罗常数都相同，根据N=nNA知，两种气体的分子数相同，每个氧气和臭氧分子中所含原子数不同，所以氧气和臭氧原子个数不同，故D错误；故选C．【点评】本题考查物质的量的有关计算，明确质量、分子数、分子构成、体积之间的关系即可解答，难度不大．3．如图图示装置的实验中，操作正确的是（）A．图1配制250mL0.10mol•L﹣1盐酸B．图2稀释浓硫酸C．图3称量氯化钠固体D．图4CCl4萃取碘水的分液操作【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．配制一定物质的量浓度溶液时，选取的容量瓶规格应该等于或稍大于配制溶液体积；B．容量瓶只能配制一定物质的量浓度溶液，不能稀释或溶解药品；C．用天平称量药品时应该遵循“左物右砝”原则；D．互不相溶的液体采用分液方法分离．【解答】解：A．配制一定物质的量浓度溶液时，选取的容量瓶规格应该等于或稍大于配制溶液体积，则配制250mL稀盐酸需要250mL容量瓶，故A错误；B．容量瓶只能配制一定物质的量浓度溶液，不能稀释或溶解药品，应该先将浓硫酸在烧杯中稀释，冷却至室温时再转移溶液，故B错误；C．用天平称量药品时应该遵循“左物右砝”原则，则药品在左盘、砝码在右盘，故C错误；D．互不相溶的液体采用分液方法分离，碘易溶于四氯化碳、不易溶于水，且四氯化碳和水不互溶，所以采用分液方法分离，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及溶液配制、物质分离和提纯等知识点，明确仪器使用方法、物质分离和提纯与物质性质关系是解本题关键，注意容量瓶的选取方法，题目难度不大．4．下列有关FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体说法正确的是（）A．都能透过滤纸 B．都呈红褐色C．分散质粒子直径相同 D．都具有丁达尔效应【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】A．溶液和胶体都能透过滤纸；B．FeCl3溶液呈棕黄色；C．根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm）；D．丁达尔效应是胶体的性质．【解答】解：A．FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体都能透过滤纸，故A正确；B．FeCl3溶液呈棕黄色，Fe（OH）3胶体呈红褐色，故B错误；C．FeCl3溶液的分散质直径小于1nm，Fe（OH）3胶体的分散质直径1nm～100nm，分散质粒子直径不相同，故C错误；D．溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，故D错误．故选A．【点评】本题考查溶液和胶体的性质，难度不大，注意溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应．5．某溶液中加入铝粉有氢气产生，该溶液中一定可以大量共存的离子组是（）A．Na+、NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣ B．Na+、K+、Ba2+、HCO3﹣C．Fe3+、H+、SO42﹣、Cl﹣ D．Na+、K+、Cl﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】溶液中加入铝粉有氢气产生，说明该溶液可以是强酸溶液，还可以是强碱性的溶液，但不能是硝酸的溶液，主要是在强酸和强碱性环境下均能共存的离子即符合题干的答案．【解答】解：A、在强酸性溶液中，存在硝酸根离子，相当于是硝酸溶液，则不会产生氢气，故A错误；B、碳酸氢根离子在酸性和碱性环境下均不能大量共存，故B错误；C、在强碱性环境下时，氢离子不能大量共存，故C错误；D、该组离子在强碱性和强酸性环境下均可以共存，故D正确．故选D．【点评】本题考查离子的共存问题，熟悉离子的性质及离子之间的反应即可解答，难度不大．6．2010年诺贝尔化学奖授予美日科学家，他们由于研究“有机物合成过程中钯催化交叉偶联”而获奖．钯的化合物氯化钯可用来检测有毒气体CO，发生反应的化学方程式为：CO+PdCl2+H2O═CO2+Pd↓+2HCl．下列说法正确的是（）A．题述反应条件下还原性：CO＞PdB．题述反应中PdCl2被氧化C．生成22.4LCO2时，转移的电子为2mo1D．CO气体只有在高温下才能表现还原性【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓+2HCl中，C元素的化合价由+2价升高为+4价，Pb元素的化合价由+2降低为0，结合元素化合价的变化解答该题．【解答】解：CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓+2HCl中，C元素的化合价由+2价升高为+4价，Pb元素的化合价由+2降低为0，A．反应中PdCl2为氧化剂，CO为还原剂，则还原性：CO＞Pd，故A正确；B．Pb元素的化合价由+2降低为0，反应中PbCl2被还原，故B错误；C．没有指明标准状况下，无法计算，故C错误；D．常温下CO能作还原剂，体现还原性，故D错误．故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力的考查，明确反应中元素的化合价变化及基本概念即可解答，题目难度不大．7．下列反应的离子方程式正确的是（）A．铜片加入FeCl3溶液中：Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+B．盐酸中加入CaCO3：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑C．Na2O2与H2O反应：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑D．向Fe（OH）2中加入足量稀硝酸：Fe（OH）2+2H+═Fe2++2H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．二者反应生成氯化亚铁、氯化铜；B．碳酸钙为沉淀，应保留化学式；C．原子个数不守恒；D．硝酸能够氧化二价铁离子生成三价铁离子．【解答】解：A．铜片加入FeCl3溶液中，离子方程式：Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，故A正确；B．盐酸中加入CaCO3，离子方程式：CaCO3+2H+═H2O+CO2↑+Ca2+，故B错误；C．Na2O2与H2O反应，离子方程式：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故C错误；D．向Fe（OH）2中加入足量稀硝酸，离子方程式：3Fe（OH）2+NO3﹣+10H+═3Fe3++NO↑+8H2O，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律，注意化学式的拆分，题目难度不大．8．为了检验某固体物质中是否含有NH4+，你认为下列试纸和和试剂一定用不到的是（）①蒸馏水②NaOH溶液③红色石蕊试纸④蓝色石蕊试纸⑤稀硫酸．A．①⑤ B．④⑤ C．①③ D．①④⑤【考点】铵离子检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】铵根离子和氢氧化钠溶液反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，据此分析解答．【解答】解：铵根离子和氢氧化钠溶液反应生成氨气，所以生成氨气需要氢氧化钠溶液，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则需要红色石蕊试纸，且需要蒸馏水润湿试纸，则不需要的物质是蓝色石蕊试纸及稀硫酸，故选B．【点评】本题考查了铵根离子的检验，根据物质间的反应及物质的性质来分析解答，难度不大．9．下列有关铁及其化合物的说法中正确的是（）A．赤铁矿的主要成分是Fe3O4B．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2C．除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤D．Fe3+与KSCN溶液产生红色沉淀【考点】铁的氧化物和氢氧化物；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A、赤铁矿的主要成分是Fe2O3；B、铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2；C、铁粉把FeCl3还原成FeCl2，从而除去FeCl3；D、Fe3+与KSCN产生血红色溶液，不是沉淀；【解答】解：A、赤铁矿的主要成分是Fe2O3，故A错误；B、铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，故B错误；C、铁粉把FeCl3还原成FeCl2，从而除去FeCl3，故C正确；D、Fe3+与KSCN产生血红色溶液，不是沉淀，故D错误．故选C．【点评】本题主要是基本知识的考查，可以根据所学知识进行回答，较简单，要求同学们加强对基础知识的储备．10．实验室中，要使AlCl3溶液中的Al3+离子全部沉淀出来，适宜用的试剂是（）A．NaOH溶液 B．Ba（OH）2溶液 C．盐酸 D．氨水【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】根据题意，Al3+转化为不溶于水的物质是Al（OH）3，Al（OH）3具有两性，既能和强酸反应又能和强碱反应，要使Al2（SO4）3溶液中的Al3+完全沉淀，选取试剂时就不能选强碱，只能是弱碱．【解答】解：Al3+转化为不溶于水的物质是Al（OH）3，Al（OH）3具有两性，既能和强酸反应又能和强碱反应，要使Al2（SO4）3溶液中的Al3+完全沉淀，选取试剂时就不能选强碱，只能是弱碱．A、NaOH溶液是强碱，能溶解氢氧化铝沉淀，故A错误；B、Ba（OH）2溶液是强碱，能溶解氢氧化铝沉淀，故B错误；C、盐酸是酸，与Al3+不反应，故C错误；D、氨水是弱碱，加入过量的氨水能把铝离子完全沉淀，故D正确；故选D．【点评】本题考查铝的重要化合物的性质，难度不大，注意题目要求意在考查氢氧化铝的两性这一特性．11．将一小块钠投入到滴有石蕊的水中，下列有关现象的叙述错误的是（）A．钠浮在液面上 B．有无色无味的气体产生C．水溶液变为蓝色 D．水溶液变为红色【考点】钠的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】钠的密度小于水，钠的熔点较低，钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，且反应放出大量的热，氢氧化钠溶液呈碱性，紫色石蕊试液遇碱变蓝色，据此解答．【解答】解：A．钠的密度小于水，所以钠会浮在液面上，故A正确；B．钠与水反应生成氢气，氢气无色无味，故B正确；C．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠溶液呈碱性，紫色石蕊试液遇碱变蓝色，故C正确；D．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠溶液呈碱性，紫色石蕊试液遇碱变蓝色，不是红色，故D错误；故选：D．【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉钠的物理性质和化学性质是解题关键，题目难度不大．12．下列叙述正确的是（）A．Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物B．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀C．某物质灼烧时，焰色反应呈现黄色，一定不含钾元素D．Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行【考点】钠的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．能和水反应只生成碱的氧化物是碱性氧化物；B．NaHCO3与CaCl2不反应；C．钾元素的紫光必须透过蓝色钴玻璃才能观察到；D．能与二氧化碳、水蒸气反应生成氧气的可作供氧剂．【解答】解：A．Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故A错误；B．Na2CO3溶液与跟CaCl2溶液反应得到CaCO3白色沉淀，NaHCO3溶液与CaCl2溶液不反应，无沉淀生成，故B错误；C．钾元素的紫光必须透过蓝色钴玻璃才能观察到，故某物质灼烧时焰色反应为黄色，则一定只含钠元素，也可能含钾元素，故C错误；D．Na2O2能与二氧化碳、水蒸气反应生成氧气的可作供氧剂，而Na2O与二氧化碳、水蒸气反应不能生成氧气，所以氧化钠不能作供氧剂，故D正确．故选D．【点评】本题考查了钠的氧化物的性质、焰色反应，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力，注意把握焰色反应的操作方法．13．铁和氧化铁的混合物共2mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.5molH2，且溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中铁的物质的量为（）A．0.5mol B．0.75mol C．1.25mol D．1.5mol【考点】有关混合物反应的计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】铁和氧化铁的混合物中加入盐酸全部溶解，溶液加入KSCN溶液不显红色说明三价铁全被还原为Fe2+；根据生成氢气的物质的量计算与酸反应的铁的物质的量，其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，即Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O，据此进行计算．【解答】解：根据电子转移守恒，与H+反应生成H2的铁的物质的量等于氢气的物质的量，即n（Fe）=n（H2）=0.5mol；其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，即Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O，参加该反应的铁的物质的量为：（2mol﹣0.5mol）=0.75mol，故共含铁0.5mol+0.75mol=1.25mol，故选C．【点评】本题考查混合物反应的有关计算，题目难度中等，明确发生反应的过程是解题关键，注意利用总反应方程式解答，试题侧重对学生思维能力考查，培养了学生的化学计算能力．14．我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛．”这里的“强水”是指（）A．氨水 B．硝酸 C．醋 D．卤水【考点】真题集萃；化学科学的主要研究对象；硝酸的化学性质．【分析】“强水”“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛．”说明“强水”腐蚀性很强，能腐蚀多数金属及岩石，但不能腐蚀玻璃，即和玻璃中成分不反应，据此分析解答．【解答】解：A．氨水属于弱碱，和金属不反应，不符合条件，故A错误；B．硝酸具有强氧化性、强酸性，能腐蚀大多数金属，也能和岩石中的CaCO3发生反应，但不能和玻璃中成分硅酸盐反应，所以符合条件，故B正确；C．醋酸是弱电解质，能腐蚀较活泼金属，但不能腐蚀较不活泼金属，如Cu等金属，不符合条件，故C错误；D．卤水其主要成份为氯化镁、氯化钠和一些金属阳离子，和大多数金属不反应，不符合条件，故D错误；故选B．【点评】本题考查元素化合物知识，为高频考点，明确物质的性质是解本题关键，知道硝酸的强氧化性，题目难度不大．15．下列说法中，正确的是（）A．浓硫酸稀释时，应将水沿器壁慢慢倒入浓硫酸中，并不断用玻璃棒搅拌B．浓硫酸不分解，不挥发，所以可以敞口放置于空气中C．浓硫酸具有氧化性，稀硫酸无氧化性D．可以用铁罐或铝槽车来运输冷的浓硫酸【考点】浓硫酸的性质．【专题】氧族元素．【分析】A．浓硫酸与水加入顺序错误；B．浓硫酸具有吸水性；C．稀硫酸中+1价氢化合价在反应中能够降低；D．浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁、铝钝化．【解答】解：A．浓硫酸稀释正确的操作：浓硫酸稀释时，应将浓硫酸沿器壁慢慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌，故A错误；B．浓硫酸具有吸水性，敞口放置于空气中会吸收空气中水，浓度减小，故B错误；C．稀硫酸中+1价氢化合价在反应中能够降低，所以稀硫酸也具有氧化性，故C错误；D．浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁、铝钝化，形成致密的氧化膜，所以可以用铁罐或铝槽车来运输冷的浓硫酸，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉浓硫酸的吸水性、脱水性、强的氧化性是解题关键，题目难度不大，注意钝化是化学变化．16．下列关于硅元素及其化合物的有关说法正确的是（）A．硅可用于制光导纤维B．SiO2+3CSiC+2CO↑中碳只做还原剂C．因为玻璃中含有SiO2，所以不能用磨口玻璃塞的试剂瓶盛装碱性溶液D．SiO2能与氢氧化钠溶液和氢氟酸反应，所以SiO2是两性氧化物【考点】硅和二氧化硅．【专题】碳族元素．【分析】A．依据光导纤维主要原料解答；B．依据碳元素化合价变化解答；C．二氧化硅与氢氧化钠生成粘合剂硅酸钠；D．SiO2与氢氟酸反应不是生成盐和水．【解答】解：A．光导纤维主要原料为二氧化硅，故A错误；B．SiO2+3CSiC+2CO↑，碳元素化合价部分升高，部分降低，所以碳既做还原剂又做氧化剂，故B错误；C．二氧化硅与氢氧化钠生成粘合剂硅酸钠，所以不能用磨口玻璃塞的试剂瓶盛装碱性溶液，故C正确；D．二氧化硅和氢氟酸反应生成四氟化硅和水，四氟化硅不是盐，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成盐和水，因此二氧化硅属于酸性氧化物，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了氧化还原反应、试剂的保存、两性氧化物的概念，明确硅及其二氧化碳的性质、两性氧化物的性质是解题关键，题目难度不大．17．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（）A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl﹣C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO【考点】真题集萃；氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色．【解答】解：溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，A．只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，故A正确；B．溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl﹣，故B正确；C．溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C正确；D．溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，不能说明氯水中含有HClO，故D错误，故选D．【点评】本题考查氯水的性质，难度不大，侧重对基础知识的考查，需要学生熟练掌握基础知识．18．在一大试管中装入10mLNO，倒立于水槽中，然后慢慢地通入6mLO2，下面有关实验最终状态的描述中，正确的是（）A．试管内气体呈红棕色 B．试管内气体无色，是NOC．试管内气体无色，是O2 D．试管内液面下降【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】试管内装有NO，然后缓慢地通入O2，当一氧化氮和氧气恰好反应生成硝酸发生的反应为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，结合一氧化氮和氧气按照4：3全部溶于水进行定性分析，在一大试管中装入10mLNO，倒立于水槽中，然后慢慢地通入6mLO2，反应后剩余一氧化氮．【解答】解：A、上述分析可知，剩余气体为NO，气体不可能呈红棕色，故A错误；B、慢慢地通入6mLO2，依据化学方程式计算消耗NO气体8ml，若最终有气体剩余，气体是NO，故B正确；C、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，所以试管内溶液为稀的硝酸溶液，大试管中装入10mLNO，倒立于水槽中，然后慢慢地通入6mLO2，剩余气体是一氧化氮，故C错误；D、一氧化氮、氧气和水反应生成硝酸，随气体的量减少，试管内压强变小，导致液面在不停上升，故D错误；故选B．【点评】本题考查了一氧化氮和氧气混合溶于水反应的定性关系分析，掌握物质性质和相关化学反应是解题关键，题目难度中等．19．实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是（）A．氨气发生装置 B．氨气吸收装置C．氨气发生装置 D．氨气收集、检验装置【考点】氨的实验室制法．【专题】综合实验题．【分析】A．NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl；B．氨气极易溶于水，装置中相当于导气管直接插入水；C．CaO遇水生成Ca（OH）2，同时放出大量热量，有利于氨气的生成；D．装置图中收集氨气易与空气对流收集不到纯净的气体；【解答】解：A．NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，气体进入干燥管的机会不多，故A错误；B．常温下，1体积水能溶解700体积氨气，氨气极易溶于水，按照装置图水会发生倒吸，故B错误；C．向CaO中滴加浓氨水，CaO遇水生成Ca（OH）2，同时放出大量热量，使浓氨水中的氨气逸出，故C正确；D．装置中试管口处应塞一团棉花，氨气防止与空气对流，得不到纯净的氨气，故D错误；故选C．【点评】本题考查氨气的实验室制备，难度不大，本题注意把握氨气的性质、反应原理与反应装置的关系是解答关键，注意氨气极易溶于水的性质．20．已知氧化还原反应：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为（）A．10mol B．11mol C．12mol D．13mol【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算．【专题】压轴题；氧化还原反应专题．【分析】2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由﹣1价升高到0，以此来计算．【解答】解：由2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu（IO3）2中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu（IO3）2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×（2﹣1）+2mol×（5﹣0）=11mol，故选B．【点评】本题考查氧化还原反应中转移电子数目的计算，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意CuI中Cu为+1价为学生解答的易错点，题目难度中等．二、选择题（每小题只有一个正确选项，每题5分，计15分）21．宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有﹣银针验毒的记载，“银针验毒”的原理是4Ag+2H2S+O2═2X+2H2O，下列说法不正确的是（）A．X的化学式为Ag2SB．银针验毒时，空气中氧气得到电子C．反应中Ag和H2S均是还原剂D．每生成1mo1X，反应转移2mo1e﹣【考点】氧化还原反应．【分析】从质量守恒的角度判断X的化学式，根据元素化合价的变化判断物质在氧化还原反应中的作用，并计算转移的电子的物质的量．【解答】解：A．由质量守恒定律可知X的化学式为Ag2S，故A正确；B．反应中O元素化合价降低，得电子被还原，故B正确；C．反应中S元素的化合价没有变化，H2S不是还原剂，故C错误；D．根据化合价的变化可知每生成1mo1X，反应转移2mo1e﹣，故D正确．故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价变化的角度判断，注意该反应中S元素的化合价没有变化，为易错点．22．下列实验装置不能达到实验目的是（）A．用SO2做喷泉实验B．验证Cu与浓硝酸反应的热量变化C．验证NH3易溶于水D．比较Na2CO3与NaHCO3的稳定性【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．二氧化硫易与氢氧化钠反应而导致烧瓶压强减小；B．根据U形管两端液面变化可判断反应是否属于放热反应；C．如气球体积变大，可说明氨气易溶于水；D．碳酸氢钠应放在套装小试管中．【解答】解：A．二氧化硫易与氢氧化钠反应而导致烧瓶压强减小，可形成喷泉，故A正确；B．如反应为放热反应，则U形管左端液面下降，右端液面上升，可判断反应是否属于放热反应，故B正确；C．如气球体积变大，则烧瓶内压强减小，可说明氨气易溶于水，故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，故D错误．故选D．【点评】本题考查较为综合，涉及二氧化硫、氨气、化学反应与能量变化以及碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性的比较，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性的判断，难度不大．23．某金属与盐酸反应时，生成H2的质量与消耗金属质量的关系如图所示，此金属可能是（）A．纯锌 B．纯铁 C．镁铝合金 D．铜铁合金【考点】化学方程式的有关计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】依据生成氢气的质量计算物质的量、计算电子总数，得到金属的摩尔电子质量，分别计算选项中的金属的摩尔电子质量结合平均值分析判断．【解答】解：图象可知30g金属反应生成氢气质量为1g，生成氢气电子转移×2=1mol，金属混合物平均电子摩尔质量==30g/mol，A、纯锌摩尔电子质量==32.5，不能平均到30，故A不符合；B、纯铁摩尔电子质量==28，不能平均到30．故B不符合；C、镁铝合金，镁摩尔电子质量==12，铝摩尔电子质量==9，不能平均到30，故C不符合；D、铜于盐酸不反应，相当于大30，铁摩尔电子质量为28，可以平均到30，故D符合；故选D．【点评】本题考查化学方程式计算，为高频考点，采用平均摩尔质量法分析解答即可，注意转移电子守恒的灵活运用，题目难度不大．24．物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度等有关．下列各组物质：①Cu与HNO3溶液；②MnO2与盐酸溶液；③Zn与H2SO4溶液；④Fe与HCl溶液．由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是（）A．①③ B．③④ C．①②③ D．①③④【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】硝酸、硫酸的浓度不同，性质不同，与金属发生反应时，发生不同的氧化还原反应，以此解答该题．【解答】解：①Cu与HNO3溶液中，若为浓硝酸，发生Cu+4HNO3═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，若为稀硝酸，则发生3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，故正确；②MnO2与盐酸溶液，若是浓盐酸反应会生成氯气，若为稀盐酸，则反应不能发生，故错误；③Zn与H2SO4溶液中，若为稀硫酸，发生Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，若为浓硫酸，则发生Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O，故正确；④Fe与HCl溶液中，无论浓度大小都只发生Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故错误．故选A．【点评】本题考查常见物质的性质，明确浓稀硝酸、浓硫酸具有强氧化性及发生的化学反应是解答本题的关键，注意相关方程式的书写，难度中等25．甲、乙两烧杯中各盛有100mL3mol/L的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，则加入铝粉的质量为（）A．1.8g B．2.7g C．4.05g D．5.4g【考点】化学方程式的有关计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】由2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知，酸碱足量，生成气体相同；金属足量，酸碱不足，生成气体为1：3，由铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量来计算解答，据此分析解答．【解答】解：盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L×3mol/L=0.3mol，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑630.3molxx==0.15mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol×=0.225mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑23y0.225moly==0.15mol，则Al的质量为0.15mol×27g/mol=4.05g，故选C．【点评】本题考查Al的化学性质及利用化学反应方程式的计算，为高频考点，把握铝与酸、碱反应水的化学反应方程式，酸碱足量、酸碱均不足量时得到的氢气的关系是解答本题的关键，题目难点较大．三、填空题（包含26、27两小题，计11分）26．下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同．①MgO、Na2O、CO2、CuO②HCl、H2O、H2SO4、HNO3③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu（OH）2（1）三种物质依次是（填化学式）：ACO2；BH2O；CNa2CO3；（2）这三种物质相互作用可生成一种新物质NaHCO3，写出该物质与足量澄清石灰水反应的离子方程式HCO3﹣+Ca2++OH﹣═H2O+CaCO3↓；（3）在反应：K2Cr2O7+14HCl（浓）═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O中，K2Cr2O7是氧化剂，Cl2是氧化产物．【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；离子方程式的书写；氧化还原反应．【专题】物质的分类专题；氧化还原反应专题；离子反应专题．【分析】（1）①物质类别为氧化物中的金属氧化物和非金属氧化物；②物质类别为酸，氧化物；③物质类别为碱和盐；（2）碳酸氢钠和足量氢氧化钙反应，碳酸氢钠全部反应，依据碳酸氢根离子前的系数为1来书写离子方程式；（3）元素化合价升高的物质失电子做还原剂，还原剂被氧化得到氧化产物，元素化合价降低的物质得到电子做氧化剂，氧化剂被还原得到还原产物．【解答】解：（1）①MgO、Na2O、CO2、CuO，物质都是氧化物，在氧化物中MgO、Na2O、CuO为金属氧化物，CO2为非金属氧化物，②HCl、H2SO4、HNO3水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物都是酸，H2O是氧化物显中性，③NaOH、KOH、Cu（OH）2水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物都是碱，Na2CO3是金属离子和酸根离子构成的为盐，均有一种物质的类别与其他三种不同，分别为：CO2H2ONa2CO3，故答案为：CO2；H2O；Na2CO3；（2）碳酸氢钠和足量氢氧化钙反应，碳酸氢钠全部反应，依据碳酸氢根离子前的系数为1来书写，反应的离子方程式为：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═H2O+CaCO3↓，故答案为：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═H2O+CaCO3↓；（3）在反应：K2Cr2O7+14HCl（浓）═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O中，铬元素化合价+6价变化为+3价，元素化合价降低得到电子，K2Cr2O7做氧化剂被还原得到还原产物CrCl3，氯元素化合价﹣1价变化为0价，元素化合价升高失电子，HCl做还原剂被氧化得到氧化产物为Cl2，故答案为：K2Cr2O7；Cl2．【点评】本题考查了物质分类，氧化还原反应，透彻理解有关概念，明确概念间的相互关系是解题的关键，题目难度不大．27．标准状况下，1体积水中能溶解500体积的HCl气体．若向水中通入标准状况下的44.8LHCl气体配成1L溶液，假设气体完全溶解，所得溶液中含HCl的物质的量浓度为2.0mol/L；从该溶液中取出10mL浓盐酸溶解于水配制成250mL溶液，配制后的稀溶液中含HCl物质的量浓度为0.8mol/L．在用浓盐酸配制上述稀盐酸时，所用仪器中，使用前必须检查是否漏液的仪器有容量瓶；配制过程中，造成浓度偏高的操作可能有B（选填下列操作的序号）．A．容量瓶用蒸馏水洗后未加干燥B．定容时，俯视液面加水至刻度线C．将烧杯中浓盐酸移入容量瓶后，未用水洗涤烧杯，即向容量瓶中加水到刻度D．用胶头滴管向容量瓶中加水时，不慎超过刻度线，用另外胶头滴管从瓶中吸出部分溶液使剩余溶液刚巧达刻度线．【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】化学实验基本操作．【分析】计算标准状况下的44.8LHCl物质的量，依据C=计算盐酸的物质的量浓度；依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变稀释后溶液浓度；依据容量瓶构造及使用方法解答；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析．【解答】解：标准状况下的44.8LHCl物质的量n==2mol，配成1L溶液，则盐酸的物质的量浓度C==2.0mol/L；设稀释后溶液浓度为C，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得C×250mL=2.0mol/L×10mL，解得C=0.08mol/L；配制溶液用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，其中只有容量瓶带有活塞，使用时应检查是否漏水；A．容量瓶用蒸馏水洗后未加干燥B．定容时，俯视液面加水至刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A选；C．将烧杯中浓盐酸移入容量瓶后，未用水洗涤烧杯，即向容量瓶中加水到刻度，导致溶质部分损失，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B不选；D．用胶头滴管向容量瓶中加水时，不慎超过刻度线，用另外胶头滴管从瓶中吸出部分溶液使剩余溶液刚巧达刻度线，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C不选；故答案为：2.0mol/L；0.08mol/L；容量瓶；B．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，熟悉有关物质的量浓度的计算、溶液配制原理和步骤是解题关键，注意误差分析的方法和技巧，题目难度不大．四、推断题28．常见物质A～K之间存在如下图所示的转化关系，其中A、D、E、H为单质，请回答下列问题．（1）下列物质的化学式是CAlCl3，HFe．（2）反应“F→G”的化学方程式是NaOH+Al（OH）3═NaAlO2+2H2O．（3）反应“I→J”的离子方程式是2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣．（4）检验J溶液中的金属离子的方法是（写出操作步骤、现象及结论）在试管中取少量J溶液，向其中滴加几滴KSCN溶液，振荡，若溶液变为红色，则说明J溶液含有Fe3+．．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】黄绿色气体E是氯气，溶液C和氨水反应生成白色沉淀F，白色沉淀F能和氢氧化钠溶液反应生成可溶性溶液G，则F是氢氧化铝，G是偏铝酸钠，C是铝盐，金属A是铝，铝和酸反应生成铝盐和氢气，则D是氢气，氢气和氯气反应生成B，则B是氯化氢，C是氯化铝，盐酸和金属H反应生成溶液I，溶液I和氯气反应生成溶液J，溶液J和氢氧化钠反应生成红褐色沉淀K，K是氢氧化铁，则J是氯化铁，I是氯化亚铁，H是铁．【解答】解：黄绿色气体E是氯气，溶液C和氨水反应生成白色沉淀F，白色沉淀F能和氢氧化钠溶液反应生成可溶性溶液G，则F是氢氧化铝，G是偏铝酸钠，C是铝盐，金属A是铝，铝和酸反应生成铝盐和氢气，则D是氢气，氢气和氯气反应生成B，则B是氯化氢，C是氯化铝，盐酸和金属H反应生成溶液I，溶液I和氯气反应生成溶液J，溶液J和氢氧化钠反应生成红褐色沉淀K，K是氢氧化铁，则J是氯化铁，I是氯化亚铁，H是铁，（1）通过以上分析知，C是AlCl3，H是Fe，故答案为：AlCl3，Fe；（2）氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应方程式为：NaOH+Al（OH）3═NaAlO2+2H2O，故答案为：NaOH+Al（OH）3═NaAlO2+2H2O；（3）亚铁离子和氯气反应生成铁离子和氯离子，离子反应方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故答案为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；（4）铁离子和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，检验方法为：在试管中取少量J溶液，向其中滴加几滴KSCN溶液，振荡，若溶液变为红色，则说明J溶液含有Fe3+，故答案为：在试管中取少量J溶液，向其中滴加几滴KSCN溶液，振荡，若溶液变为红色，则说明J溶液含有Fe3+．【点评】本题考查物质的性质，正确推断物质是解本题关键，以氯气的推断为突破口，采用正、逆相结合的推断方法进行推导，注意描述检验离子的反应现象，为易错点．五、实验题29．（16分）（2012秋•平顶山期末）某化学实验小组为了验证SO2和Cl2的漂白性，设计了如下图所示的实验装置．请回答下列问题：（1）他们制备SO2和Cl2所依据的原理分别是：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+SO2↑、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，则上图A、E装置中用来制Cl2的装置是E（填序号），反应中盐酸所表现的性质是还原性、酸性；（2）反应开始后，发现B、D试管中的品红溶液都褪色，停止通气后，给B、D两个试管中的溶液加热，B试管中的现象是溶液变红；（3）装置C的作用是吸收多余的SO2和Cl2；（4）NaOH（足量）溶液分别与两种气体反应的离子方程式是SO2+2OH﹣═SO32﹣+H2O、Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O；（5）该小组同学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不褪色．查阅资料得知：两种气体按体积比1：1混合，再与水反应可生成两种常见酸，因而失去漂白作用．该反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4．【考点】探究氯水、氯气的漂白作用；探究二氧化硫与水和品红溶液的反应．【专题】卤族元素；氧族元素．【分析】（1）根据反应物的状态和反应条件选择反应装置，根据氯元素的化合价判断其表现的性质；（2）次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，注意次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；（3）根据氢氧化钠及二氧化硫和氯气的性质分析；（4）二氧化硫、氯气都有毒，不能排放在环境中．用NaOH溶液吸收二氧化硫生成氯化钠与次氯酸钠；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（5）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应而使气体失去漂白性．【解答】解：（1）实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置，故选E；实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，由HCl生成Cl2，氯元素化合价升高，所以浓盐酸所表现出的性质是酸性和还原性，故答案为：E；还原性、酸性；（2）次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新变成红色，故答案为：溶液变红；（3）氯气和二氧化硫有毒，不能排放到空气中，但氯气和二氧化硫都和碱反应，所以装置C的作用是吸收多余的氯气和二氧化硫，故答案为：吸收多余的SO2和Cl2；（4）二氧化硫是酸性氧化物，能和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，离子反应为：SO2+2OH﹣═SO32﹣+H2O；氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为；Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：SO2+2OH﹣═SO32﹣+H2O；Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O；（5）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应：SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4生成无漂白性的H2SO4和HCl，故答案为：SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4．【点评】本题考查了次氯酸和二氧化硫的漂白性，掌握氯气和二氧化硫的化学性质是正确书写有关化学方程式、离子方程式的关键，题目难度中等．六、计算题（包含30、31两小题，计10分）30．向20mLAlCl3溶液中滴入2mol•L﹣1NaOH溶液时，沉淀质量与所滴