河北省邯郸市大名一中2019-2020学年高一上学期月考化学试题 17页

化学试题 相对原子质量:C 12 H 1 O 16 Na 23 K39 N 14 Cu 64 Al 27 S 32 Cl 35.5‎ 第I 卷 选择题 一、选择题 ‎1.ClO2 被联合国卫生组织列为高效安全灭菌消毒剂，ClO2 属于 A. 碱 B. 盐 C. 氧化物 D. 有机物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据碱、盐、氧化物及有机物的定义分析，按照定义将ClO2进行归类。‎ ‎【详解】A、碱指电离时所有阴离子都是氢氧根离子的化合物，ClO2是非电解质，不发生电离，不属于碱，故A错误；‎ B、盐是电离出金属阳离子和酸根阴离子的化合物，ClO2是非电解质，不发生电离，不属于盐，故B错误；‎ C、氧化物是指由氧元素与另外一种化学元素组成的二元化合物，ClO2符合，是一种氧化物，故C正确；‎ D、有机物是含碳化合物，ClO2是不含C的物质，不属于有机物，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分类，旨在考查学生对基础知识的掌握以及知识的应用，物质的分类要根据相应的分类标准进行，这个分类的标准就是各类物质的定义所规定的范围，准确理解各类物质的概念是解题关键。‎ ‎2.下列对实验仪器特点的描述正确的或实验能达到预期目的的是（ ）‎ A. 用10mL量筒去量取5.35mL浓硫酸 B. 用托盘天平称量‎6.25g硝酸钾固体 C. 量筒的“‎0”‎刻度在下面 D. 容量瓶上的标识有温度、容量和刻度线 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 量筒的精确度为0.1mL，用10mL量筒无法量取5.35mL浓硫酸，A项错误；‎ B. 托盘天平的精确度为‎0.1g，用托盘天平无法称量‎6.25g硝酸钾固体，B项错误；‎ C. 量筒没有“‎0”‎刻度，C项错误；‎ D. 容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的定量仪器，容量瓶上的标识有温度、容量规格（即容量）、刻度线，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.下列常见物质的俗名或主要成份与化学式相对应的是( )‎ A. 苏打——NaHCO3 B. 生石灰 Ca(OH)2‎ C. 漂白粉——Ca(ClO)2和CaCl2 D. 纯碱——NaOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苏打——Na2CO3，与题意不符，A错误；‎ B. 生石灰CaO，与题意不符，B错误；‎ C. 漂白粉——Ca(ClO)2和CaCl2，符合题意，C正确；‎ D. 纯碱——Na2CO3，与题意不符，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎4.FeCl3溶液、Fe(OH)3胶体、Fe(OH)3浊液是三种重要的分散系，下列叙述中错误的是 A. Fe(OH)3胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的直径在10－9～10－‎7 m（注意nm与m的换算）‎ B. 分别用一束光透过三种分散系，只有Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应 C. 三种分散系的颜色都相同，且均能与盐酸反应，具有吸附性 D. 三种分散系均属于混合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小，分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，故A正确；‎ B项、丁达尔效应的是胶体特有的性质，溶液和浊液无丁达尔效应，故B正确；‎ C项、FeCl3溶液的颜色为棕黄色，与盐酸不反应，Fe(OH)3胶体和Fe(OH)3浊液的颜色为红褐色，故C错误；‎ D项、FeCl3溶液、Fe(OH)3胶体、Fe(OH)3浊液都是混合物，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎5. 等物质的量浓度的下列溶液中，导电能力最强的是（ ）‎ A. 盐酸 B. 醋酸溶液 C. 氨水 D. 蔗糖溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 等浓度的溶液，电离程度大的导电能力强，盐酸为强电解质，完全电离；醋酸和一水合氨为弱电解质，蔗糖为非电解质。‎ ‎6.下列关于氯水的叙述，正确的是 A. 新制氯水中只含Cl2和H2O分子 B. 新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色 C. 光照氯水有气泡逸出，该气体是Cl2‎ D. 氯水放置数天后酸性减弱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯气微溶于水，氯水中存在Cl2+H2OHClO+HCl反应，其中HClO具有强氧化性、漂白性和不稳定性，在光照条件下发生2HClO2HCl+O2↑。‎ ‎【详解】A．氯水中存在Cl2+H2OHClO+HCl反应，HClO为弱酸，溶液中存在Cl2、HClO、H2O分子，故A错误；‎ B、氯水中含有HCl，具有酸性，可使蓝色石蕊试纸先变红，HClO具有强氧化性、漂白性，可使蓝色石蕊试纸褪色，故B正确；‎ C、光照氯水，在光照条件下发生：2HClO2HCl+O2，生成气体为O2，故C错误；‎ D、光照下生成HCl，溶液酸性变强，pH减小，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎7.下列有关Na2CO3和NaHCO3性质比较中，正确的是 A. 热稳定性：Na2CO3＜NaHCO3‎ B. 常温时水溶液中的溶解度：Na2CO3＜NaHCO3‎ C. 与稀盐酸反应快慢：Na2CO3＜NaHCO3‎ D. 物质的量相同时，消耗盐酸：Na2CO3＜NaHCO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碳酸氢钠不稳定，加热易分解生成碳酸钠，热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，故A错误；‎ B、常温时水溶液中的溶解度：Na2CO3>NaHCO3，故B错误；‎ C、碳酸为二元酸，碳酸钠先与盐酸反应生成碳酸氢钠，再继续与盐酸反应生成二氧化碳，而碳酸氢钠与盐酸反应直接生成二氧化碳，与盐酸反应时，碳酸氢钠反应快，故C正确；‎ D、1mol碳酸钠消耗2molHCl，1mol碳酸氢钠消耗1molHCl，物质的量相同时，消耗盐酸：Na2CO3＞NaHCO3，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎8.下列离子方程式中书写正确的是 A. 用小苏打治疗胃酸过多：‎ B. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：‎ C. 碳酸氢钙溶液和氢氧化钠溶液混合：‎ D. 铜片插入硝酸银溶液中：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、小苏打的主要成分是碳酸氢钠，胃酸的主要成分是盐酸，碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式为，故A正确；‎ B项、氢氧化钡是二元强碱，硫酸是二元强酸，氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成难溶的硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为，故B错误；‎ C项、无论相对用量如何，碳酸氢钙溶液和氢氧化钠溶液反应有碳酸钙沉淀生成，碳酸钙不能拆写，故C错误；‎ D项、铜片与硝酸银溶液反应生成硝酸铜和银，反应的离子方程式为，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】书写离子方程式的关键步骤是拆写，注意单质、氧化物、难溶性物质、难电离的物质、弱酸的酸式根离子不能拆写。‎ ‎9.下列有关说法正确的是（ ）‎ A. ‎1 L水中溶解了40.0gNaOH，该溶液的物质的量浓度为1mol/L B. 120mL2mol·L－1KCl溶液与60mL1mol·L－1 MgCl2溶液中c（Cl－）相等 C. 从‎1L2mol/L的盐酸溶液中取出‎0.5L，取出得该溶液得浓度为1mol/L D. 配制500mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需‎40.0g胆矾 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 配制后溶液的体积不等于‎1L，故浓度无法计算，A项错误；‎ B. 120mL2mol·L－1KCl溶液中氯离子的浓度为2mol/L，60mL1mol·L－1 MgCl2溶液中氯离子的浓度为2mol/L，二者相等，B项正确；‎ C. 溶液是均一稳定的混合物，从‎1L 2mol/L的盐酸溶液中取出‎0.5L，取出的该溶液的浓度不变，C项错误；‎ D. 胆矾的物质的量为0.5mol/L×‎0.5L=0.25mol，，质量为0.25mol×‎250g/mol=62.5，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎10.以下关于具有放射性的的说法正确的是 A. 是一种新元素 B. 质子数为53‎ C. 它的中子数为125 D. 其化学性质与有很大区别 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原子符号的含义、核外电子数=质子数、中子数=质量数-质子数来解答；‎ ‎【详解】I的质子数为53，是碘元素，质量数为125，则核外电子数为53，中子数为125-53=72‎ A、质子数为53，是碘元素，故A错误；‎ B、质子数为53，故B正确；‎ C、它的中子数为125-53=72，质量数为125，故C错误；‎ D、同位素的化学性质基本相同，即其化学性质与基本相同，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查了原子符号的含义以及各微离数目之间的关系，解题关键：理解原子符号，元素、同位素的概念，易错点C，注意把握原子中各种微粒之间的关系．‎ ‎11.下列叙述正确的是（    ）‎ A. Fe在氯气中燃烧生成FeCl2‎ B. 将AlCl3溶液逐滴滴入到NaOH溶液,先产生白色沉淀,最后沉淀消失 C. 电解氯化钠溶液制取金属单质钠 D. 常温下,铝制品用浓硫酸或浓硝酸处理过,可耐腐蚀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，与题意不符，A错误；‎ B. 将AlCl3溶液逐滴滴入到NaOH溶液，先成偏铝酸钠，后生成氢氧化铝，与题意不符，B错误；‎ C. 电解氯化钠溶液制取氢氧化钠、氯气和氢气，与题意不符，C错误；‎ D. 常温下，铝制品用浓硫酸或浓硝酸处理过，在铝的表面形成一层致密的氧化薄膜，可耐腐蚀，符合题意，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎12.下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是 A. NaHSO4和Ba(OH)2 B. AlCl3和NaOH C. NaAlO2和H2SO4 D. Na2CO3和H2SO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，只发生反应NaHSO4+Ba(OH)2＝BaSO4↓+NaOH+H2O，反应现象相同；‎ B．前者滴入后者，发生反应AlCl3+4NaOH＝NaAlO2+3NaCl+2H2O，3NaAlO2+ AlCl3+6H2O＝4Al(OH)3↓+3NaCl；后者滴入前者，发生反应AlCl3+3NaOH＝Al(OH)3↓+3NaCl，Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，现象先沉淀后溶解，反应现象不同；‎ C．前者滴入后者，发生反应2NaAlO2+4H2SO4＝Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O，没有明显的现象；后者滴入前者，发生反应2NaAlO2+H2SO4+2H2O=Na2SO4+2Al(OH)3↓，2Al(OH)3+3H2SO4=Al2(SO4)3+6H2O,现象先沉淀，后沉淀溶解，反应现象不同；‎ D．前者滴入后者，Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O，有气体生成；后者滴入前者，发生反应2Na2CO3+H2SO4=2NaHCO3+Na2SO4，2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2↑+2H2O，先没有明显现象，随后有气泡冒出，反应现象不同。‎ 故答案A。‎ ‎13.设NA为阿伏加德罗常数，则下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 同温同压下，NA个NO气体与NA个N2和O2的混合气体的体积相等 B. 标准状况下，22.4LCCl4所含分子数NA C. ‎4℃‎时，9mL水和标准状况下‎11.2L氮气含有相同的原子数 D. 1.7gH2O2中含有的电子数为NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据阿伏加德罗定律知，同温同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的粒子，故含有相同分子数的NO与N2和O2的混合气体的体积相等，A项正确；‎ B. 标准状况下，CCl4不是气体，无法计算其物质的量，B项错误；‎ C. ‎4℃‎时，9mL水的质量为9mL×‎1g/mL=‎9g，水的物质的量为，含有原子的物质的量为0.5mol×3=1.5mol；标况下，氮气的物质的量为，则其含有的原子的物质的量为0.5mol×2=1mol，故二者含有原子数目不相等，C项错误；‎ D. 一个H2O2分子中含有18个电子，1.7gH2O2物质的量为，则含有的电子数为0.9NA，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】公式的使用是学生们的易错点，并且也是高频考点，在使用时一定看清楚两点:①条件是否为标准状况，②在标准状况下，该物质是否为气体。如：本题B项标况下CCl4不是气体，不能使用该公式。‎ ‎14. R2O7n-离子在一定条件下可以把XO32-离子氧化为XO42-，若R2O7n-离子变为R3＋离子。又知反应中R2O7n-与XO32-的物质的量之比为1：3，则R2O7n-中R元素的化合价为（ ）‎ A. ＋4 B. ＋‎5 ‎C. ＋6 D. ＋7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】XO32-、XO42-中X的化合价分别为+4、+6价，根据氧化还原反应中化合价升降的代数和为零，可得（a-3）×2=（+6-4）×3，求解可得，a=+6，答案为C。‎ ‎【点睛】氧化还原反应中，化合价升高的总数等于化合价降低的总数。‎ ‎15.反应3Cl2＋8NH3=6NH4Cl＋N2，生成的氯化铵呈白烟状，常用于判断氯气管道是否漏气，对这一反应描述正确的是（ ）‎ A. 氧化剂和还原剂的物质的量之比是3：8‎ B. 若生成22.4LN2，反应转移6mole－‎ C. NH4Cl既是氧化产物又是还原产物 D. 反应中，被氧化的N元素与未被氧化的N元素质量之比是1：3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl中，Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价升高，被氧化，NH3为还原剂，反应生成氯化铵，有白烟生成，据此解答。‎ ‎【详解】A. 反应中Cl2为氧化剂，NH3为还原剂，在反应3Cl2＋8NH3=6NH4Cl＋N2中，只有2molNH3被氧化，还有6mol没被氧化，则氧化剂和还原剂的物质的量之比是3：2，A项错误；‎ B. 没有标明是标准状况，无法计算氮气的物质的量，B项错误；‎ C. 反应中Cl2为氧化剂，NH3为还原剂，NH4Cl是还原产物，C项错误；‎ D. 3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl反应中有8mol氨参加反应，2mol是还原剂，6mol未被氧化，则被氧化的N元素与未被氧化的N元素质量之比是1：3，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】在氧化还原反应中，几个概念之间的关系：‎ 氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；‎ 还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，熟记该规律是解答氧化还原反应题型的关键。‎ ‎16.下列各组中的两物质反应时，反应条件或反应物用量的改变对生成物没有影响的是（　　）‎ ‎① CO2与Ca（ClO）2 ② Na2CO3与HCl ③ Mg与CO2 ④ Na与H2O ⑤ Na与O2 ⑥ NaOH与CO2‎ A. ③⑤ B. ③④ C. ①③④ D. ②④⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】① CO2与Ca（ClO）2 反应时，二氧化碳过量时有碳酸氢钙生成，少量时有碳酸钙生成，与题意不符，①错误；‎ ‎② Na2CO3与HCl反应时，盐酸过量时有二氧化碳生成，少量时有碳酸氢钠生成，与题意不符，②错误；‎ ‎③ Mg与CO2反应时，无论二氧化碳过量与否，产物均为氧化镁和碳，符合题意，③正确；‎ ‎④ Na与H2O反应时，无论Na过量与否，产物均为NaOH和氢气，符合题意，④正确；‎ ‎⑤ Na与O2反应时，常温反应产物为氧化钠，加热时产物为过氧化钠，与题意不符，⑤错误；‎ ‎⑥ NaOH与CO2反应时，二氧化碳过量时有碳酸氢钠生成，少量时有碳酸钠生成，与题意不符，⑥错误；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎17.如图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。下列操作正确的是( )‎ A. a通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰 B. b通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰 C. a通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉 D. b通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于CO2在水中的溶解度比较小，而NH3极易溶于水，所以在实验中要先通入溶解度较大的NH3，再通入CO2；由于NH3极易溶于水，在溶于水时极易发生倒吸现象，所以通入NH3的导气管的末端不能伸入到溶液中，即a先通入NH3，然后b通入CO2，A、B、D选项均错误；因为NH3是碱性气体，所以过量的NH3要用稀硫酸来吸收，选项C合理；故合理答案是C。‎ ‎【点睛】本题主要考查钠及其重要化合物的性质，及在日常生产、生活中的应用，题型以选择题(性质、应用判断)。注意对钠及化合物的性质在综合实验及工艺流程类题目的应用加以关注。‎ ‎18.除去下列括号内的杂质，所加试剂和操作均正确的是 选项 需除杂的物质 试剂 操作 A Cl2（HCl）‎ 饱和食盐水 洗气 B NaBr溶液（NaI）‎ Cl2‎ 洗气 C Cl2（H2O）‎ 碱石灰(CaO和NaOH)‎ 洗气 D 铁粉（铝粉）‎ 稀硫酸 过滤 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.饱和食盐水能够吸收HCl，且能降低氯气在溶液中的溶解度，符合题意，A正确 B. NaI可与氯气反应生成碘单质和氯离子，引入新的杂质离子，且氯气也能与溴化钠反应，与题意不符，B错误；‎ C. 碱石灰既可以吸收水，又可以吸收氯气，与题意不符，C错误；‎ D. 稀硫酸既可以溶解铝粉，又可以溶解铁粉，与题意不符，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎19.向紫色石蕊溶液中加入过量过氧化钠粉末，振荡，正确的叙述是(　　)‎ A. 最后溶液变蓝色 B. 溶液先变蓝色最后褪色 C. 溶液仍为紫色 D.‎ ‎ 因为过氧化钠与石蕊发生氧化还原反应而无气泡产生 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过氧化钠与水反应生成NaOH和氧气，并且Na2O2具有强氧化性，能使紫色溶液褪色，以此解答。‎ ‎【详解】过氧化钠与水反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，溶液中有强碱生成，故石蕊变蓝，过氧化钠还具有强氧化性，能把石蕊氧化成无色物质，故溶液最终变为无色。答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查过氧化钠的性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意过氧化钠能使紫色溶液褪色的原因。‎ ‎20.对于反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，下列说法中正确的是(　　)‎ A. Na2O2是氧化剂，H2O是还原剂 B. Na2O2既是氧化剂，又是还原剂 C. 该反应中电子转移的数目为4e－‎ D. 每有‎18 g H2O与足量Na2O2反应，则固体增重‎4 g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2O2中氧元素化合价从－1价部分升高到0价，部分降低到－2价，因此过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，水不是氧化剂，也不是还原剂，A错误；‎ B. Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，B正确；‎ C. 该反应中电子转移的数目为2e－，C错误；‎ D. 2mol水参加反应消耗‎156g过氧化钠，生成‎160g氢氧化钠，固体质量增加‎4g，因此每有‎18 g H2O（即1molH2O）与足量Na2O2反应，则固体增重‎2 g，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎21.NaH与水反应化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑ 在该反应中H20是 A. 是氧化剂 B. 还原剂 C. 既是氧化剂又是还原剂 D. 既不是氧化剂又不是还原剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：在NaH+H2O=NaOH+H2↑中，NaH中H元素的化合价由-1价升高到0，H2O中H元素的化合价由+1价降低为0，则NaH为还原剂，H2O为氧化剂，故选A。‎ 考点：考查了氧化还原反应的相关知识。‎ 第II卷 （非选择题）‎ 二、非选择题 ‎22.某同学欲配制450 mL 0.5 mol /L的氢氧化钠溶液，请回答下列问题：‎ ‎（1）准确称取氢氧化钠质量_______‎ ‎（2）在配制过程中， 不会用到的实验仪器是________(填字母)。‎ A．500mL容量瓶B．托盘天平C．圆底烧瓶D．烧杯E．玻璃棒F．锥形瓶，除上述仪器外，尚缺的玻璃仪器是________‎ ‎（3）配制氢氧化钠溶液时，下列操作可能会使所配溶液物质的量浓度偏低的是________‎ A.所用NaOH固体已潮解 B．容量瓶底有少量蒸馏水 ‎ C．转移溶液过程中有少量液体溅出 D．定容时俯视读数 E．定容摇匀后，液面低于刻度线，继续滴加蒸馏水至刻度线 ‎【答案】 (1). 10.0 (2). CF (3). 胶头滴管 (4). ACE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）配制450mL溶液，需要选用500mL容量瓶，根据n=cV、m=nM计算出需要称量的氢氧化钠固体的质量；‎ ‎（2）根据配制步骤选择相应的仪器；‎ ‎（3）根据c=n÷V结合实验操作分析误差。‎ ‎【详解】（1）配制450mL溶液，需要选用500mL容量瓶，则需要准确称取氢氧化钠的质量为‎0.5L×0.5mol/L×‎40g/mol＝‎10.0g；‎ ‎（2）配制氢氧化钠溶液的操作步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀等，则需要托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶，不需要圆底烧瓶、锥形瓶，还缺少胶头滴管；‎ ‎（3）A.所用NaOH固体已潮解，实际称量的氢氧化钠质量减少，浓度偏低；‎ B．容量瓶底有少量蒸馏水不影响溶质和溶液体积，浓度不变；‎ C．转移溶液过程中有少量液体溅出，溶质的质量减少，浓度偏低；‎ D．定容时俯视读数，溶液体积减少，浓度偏高；‎ E．定容摇匀后，液面低于刻度线，继续滴加蒸馏水至刻度线，溶液体积增加，浓度偏低；‎ 答案选ACE。‎ ‎【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，该题的难点在于误差分析，注意明确误差分析的方法，即一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。‎ ‎23.如图是由短周期元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。常温常压下，D、F、K均为无色无刺激性气味的气体，B是最常见的无色液体，A是由单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体。（反应中生成的部分物质已略去）‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）物质A的化学式为________；物质D的名称________；‎ ‎（2）化合物I的化学式为_____________________；‎ ‎（3）反应①的化学方程式为_______________________________________；‎ 反应②的化学方程式为_______________________________________；‎ A与B反应的化学方程式________________________________________；‎ ‎【答案】 (1). Na2O2 (2). 氧气 (3). NaHCO3 (4). 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ (5). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑或NaHCO3+ NaOH= Na2CO3+H2O (6). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A是由单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体，可判断A为过氧化钠，C为Na，D为氧气；B是最常见的无色液体，可与过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，则B为水；K 为无色无刺激性气体，且能与氢氧化钠反应，则K为二氧化碳；H为碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，则I为碳酸氢钠。‎ ‎【详解】（1）分析可知，物质A为过氧化钠，其化学式为Na2O2；物质D为氧气；‎ ‎（2）化合物I为碳酸氢钠，化学式为NaHCO3；‎ ‎（3）反应①为Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；‎ 反应②为碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳、水和碳酸钠，或碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑、NaHCO3+ NaOH= Na2CO3+H2O；‎ A与B分别为过氧化钠、水，其反应生成氢氧化钠和氧气，方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；‎ ‎24.在实验室中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气。所用仪器如图：‎ ‎（1）连接上述仪器的正确顺序(填各接口处的字母)：__接__；__接__；__接__；__接__。‎ ‎（2）装置中，饱和食盐水作用是______________；NaOH溶液的作用是____________。‎ ‎（3）①气体发生装置中进行反应的化学方程式：_____________________________；该方程式中体现浓盐酸的__________________、____________________ 性质；氧化剂和还原剂的物质的量之比：________________________________________；‎ ‎②NaOH溶液中发生反应的离子方程式：_______________________________________；‎ ‎（4）实验室用下列方法制取氯气：①用含4 mol 氯化氢的浓盐酸与足量的二氧化锰反应；②用‎87 g 二氧化锰与足量浓盐酸反应，若不考虑氯化氢的挥发，则反应后所得氯气的物质的量（ ）‎ A．①比②多 B．②比①多 C．两种方法一样多 D．无法比较 ‎【答案】 (1). E (2). C (3). D (4). A (5). B (6). H (7). G (8). F (9). 除去氯气中的HCl杂质 (10). 吸收过量的氯气 (11). MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑ (12). 酸性 (13). 还原性 (14). 1:2 (15). 2OH-＋Cl2=Cl-＋ClO-＋H2O ‎ ‎(16). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验目的为制取干燥纯净的氯气，制取氯气时，浓盐酸具有挥发性，则制取的氯气中含有氯化氢、水等杂质，在收集前用饱和食盐水除去HCl杂质，用浓硫酸除去水蒸气，得到干燥的氯气，氯气的密度大于空气，则用长进短出的集气瓶收集氯气，氯气有毒则需进行尾气处理，用NaOH溶液吸收。‎ ‎【详解】（1）根据分析可知，仪器的连接顺序为E、C、D、A、B、H、G、F；‎ ‎（2）制取氯气的装置中有浓盐酸，具有挥发性，则饱和食盐水的作用为除去氯气中的HCl杂质；氯气有毒，不能直接排放到大气中，则NaOH溶液的作用为吸收过量的氯气；‎ ‎（3）①实验室用二氧化锰与浓盐酸共热制取二氯化锰、氯气和水，方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑；反应中，HCl中的Cl化合价升高，作还原剂，表现还原性；还与二氧化锰反应生成盐和水，表现酸性；二氧化锰作氧化剂，HCl作还原剂，根据方程式，化合价降低的Cl原子为2，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2；‎ ‎②NaOH与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为2OH—＋Cl2=Cl—＋ClO—＋H2O；‎ ‎（4）①用含4 mol 氯化氢的浓盐酸与足量的二氧化锰反应，随反应的进行，盐酸的浓度减小，到一定程度后则不再反应，生成氯气的物质的量小于2mol；②用‎87 g 二氧化锰，即1mol与足量浓盐酸反应，若不考虑氯化氢的挥发，可生成2mol氯气，答案为B。‎ ‎【点睛】浓盐酸与二氧化锰共热制取氯气，随反应的进行，盐酸的浓度减小，变稀后则不再生成氯气。‎ ‎25.铝土矿(主要成分为Al2O3，还有少量杂质)是提取氧化铝的原料。提取氧化铝的工艺流程如下：‎ ‎（1）请用离子方程式表示以上工艺流程中第①步反应：__ _______。‎ ‎（2）写出以上工艺流程中第③步反应的化学方程式：_ _____。‎ ‎（3）金属铝与氧化铁混合在高温下，会发生剧烈的反应。该反应的化学方程式_____________。请举一例该反应的用途_____________。‎ ‎（4）电解熔融氧化铝制取金属铝，若有0.9mol电子发生转移．理论上能得到金属铝的质量是___________。‎ ‎【答案】（1）Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O ‎（2）NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3（3）2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；焊接铁轨；（4）‎‎8.1g ‎【解析】‎ 试题分析：（1）Ai2O3和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的实质是：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；‎ ‎（2）向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳可以生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，发生的反应为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；‎ ‎（3）金属铝在高温下可以和氧化铁发生铝热反应：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，获得金属铁，铁以铁水的形式生成，这样可以来焊接钢轨;‎ ‎（4）电解熔融氧化铝制取金属铝2Al2O34Al+3O2↑，反应转移电子为12mol，若有0.9mol电子发生转移，则能得到金属铝的质量是0.9×4/12×27=8.1（g）.‎ 考点：工业流程的分析，重点考查铝及其化合物的性质及应用。‎