重庆市渝北中学2022届高三化学上学期8月月考试题（含解析）新人教版

2022-2022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）2022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方法，掌握各自的原理是解题的关键，题目难度不大．　2．（3分）（2022•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Mg　D．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．-16-\n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，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（　　）　A．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂B．工业上电解熔融状态Al2O3制备Al　C．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；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（　　）　A．2LSO2和2LCO2B．9g水和标准状况下11.2LCO2-16-\n　C．标准状况下1mol氧气和22.4L水D．0.1mol氢气和2.24L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11.2LCO2的物质的量为0.5mol，分子数相同，故B正确；C、22.4L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）（2022•浙江模拟）检验氯化氢气体中是否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，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-16-\n　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；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ρ===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、ρ===，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：A．pH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：A．pH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．-16-\n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（　　）　A．B．C．D．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较大　A．AB．BC．CD．D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；-16-\nB．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2NA　B．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1.5NA　C．0.1molFe在0.1molCl2中充分燃烧，转移的电子数为0.3NA　D．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；B．21g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；C．0.1molFe完全反应消耗0.15mol氯气，氯气不足，0.1molCl2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+H2O═2H++C1﹣+C1O﹣　B．NO2与水的反应：3NO2+H2O═2NO3﹣+NO+2H+-16-\n　C．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑　D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣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+H2O═H++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3NO2+H2O═2NO3﹣+NO+2H+，故B正确；C．弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH═Ca2++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D．　12．（3分）下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是（　　）　A．pH为1的无色溶液：K+、Fe2+、SO32﹣、Cl﹣　B．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液：Na+、NH4+、S2﹣、Br﹣　C．水电离出的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液：Ba2+、Na+、NO3﹣、Cl﹣　D．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：A．pH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+）=1.0×10﹣12mol•L﹣1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：A．pH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+）=1.0×10﹣12mol•L﹣1-16-\n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）2═2CuO+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（　　）　A．NO2能支持燃烧　B．NO2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（NO3）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﹣+H2O→MnO4﹣+SO42﹣+H+，下列说法不正确的是（　　）　A．氧化性比较：S2O82﹣＞MnO4﹣　B．氧化剂S2O82﹣的摩尔质量为192g/mol　C．该反应中酸性介质可以为盐酸　若有0.1mol氧化产物生成，则转移电子0.5mol-16-\nD．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：S2O82﹣＞MnO4﹣，故A正确；B．S2O82﹣的相对分子质量为2×32+8×16=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（　　）①用天平（使用游码）称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了；②用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数；③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤；④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水；⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线；⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线；⑦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；⑧在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中．　A．4项B．5项C．6项D．7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：①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；②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；③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；④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；-16-\n⑤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；⑥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，这会使所配溶液浓度偏低；⑦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；⑧NaOH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（　　）　A．A中一定有Fe3+B．C中一定有Fe3+　C．B为AgI沉淀D．A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52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：①把称量好的质量为　26.5　gNa2CO3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．②把①所得溶液冷却到室温后，小心转入　250mL容量瓶　（填仪器名称）③继续加蒸馏水至液面至刻度线1～2cm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④用少量蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯2～3次，每次洗涤的溶液都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀-16-\n⑤将容量瓶塞紧，充分摇匀．（1）操作步骤正确的顺序是　①②④③⑤　（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20mL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　400　mL．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ω=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=0.25L×1mol/L×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：①②④③⑤；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1﹣2cm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；①②④③⑤；（2）配制的碳酸钠溶液的质量分数ω=×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+）=0.02L×1mol/L×2=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+）==0.1mol/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①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”）．-16-\n（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①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-16-\n阳离子　Ba2+　Ag+　Mg2+　Na+阴离子SO42﹣　SO32﹣　CO32﹣　AlO2﹣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：-16-\n（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．A．75%酒精B．双氧水C．苯酚D．84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；-16-\n（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②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②中生成白色沉淀E的有关反应的化学方程式　2NaOH+MgSO4═Mg（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，加NaOH生成气体D为氨气原固体不含NH4Cl，白色沉淀应为氢氧化镁，则原溶液一定含MgSO4，溶液F中含硫酸根离子；固体A加水过滤得到的固体与硫酸反应生成气体G应为氢气，则原固体一定含Fe，则与硫酸反应后还有固体H应为Cu，则原固体中一定含CuO、Cu（OH）2中的一种，不能确定是否含NaNO3，以此来解答．解答：解：由图中转化关系可知，加NaOH生成气体D为氨气原固体不含NH4Cl，白色沉淀应为氢氧化镁，则原溶液一定含MgSO4，溶液F中含硫酸根离子；固体A加水过滤得到的固体与硫酸反应生成气体G应为氢气，则原固体一定含Fe，则与硫酸反应后还有固体H应为Cu，则原固体中一定含CuO、Cu（OH）2中的一种，不能确定是否含NaNO3，（1）由上述分析可知D是氨气，氨气的水溶液呈碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色，故答案为：蓝；（2）由上述分析可知，Fe置换出硫酸铜中的Cu，则H是铜，故答案为：Cu；（3）F中一定含有氯化钠和硫酸钠，故一定含有的酸根是氯离子和硫酸根离子，故答案为：Cl﹣、SO42﹣；-16-\n（4）根据步骤②能确定一定存在的物质是氯化铵，氯化铵能与碱性物质混合产生氨气，故答案为：NH4Cl；因为NH4Cl会与NaOH溶液生成氨气；（5）白色沉淀E是氢氧化镁，氢氧化钠能与硫酸镁反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠，故答案为：2NaOH+MgSO4═Mg（OH）2↓+Na2SO4．点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，把握转化关系图中发生的反应及物质的性质为解答的关键，侧重分析与推断能力的综合考查，注意气体D为氨气和气体G为氢气是推断的突破口，题目难度不大．　-16-