【化学】天津市杨村第一中学2020届高三上学期第一次月考（解析版） 17页

天津市杨村第一中学2020届高三上学期第一次月考 ‎1.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，8gO2和O3的混合气体含有4NA个电子 B. ‎1L0.1mol/L的FeCl3完全水解，形成0.1NA个Fe(OH)3胶体粒子 C. 标准状况下，22.4LCl2通入水中发生反应，转移的电子数为NA D. 1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去个2NA电子 ‎【答案】A ‎【详解】A、氧气和臭氧互为同素异形体，氧元素的质量分数都是100%，则混合气体中氧元素的质量分数都是100%，则混合气体中氧原子的质量为‎8g，由于n=，则氧原子的物质的量为0.5mol，氧原子的电子数等于质子数，1mol氧原子含有8mol电子，0.5mol氧原子含有4mol电子，选项A正确；‎ B、水解是可逆的，而且胶体粒子是多个分子形成的聚合体，因此‎1 L 0.1 mol/L FeCl3溶液完全水解得到的Fe(OH)3胶体微粒数小于0.1 NA，选项B错误；‎ C、标准状况下，‎22.4L Cl2的物质的量是1mol，通入水中生成次氯酸和盐酸，但该反应是可逆反应，因此反应过程中转移电子数小于NA，选项C错误；‎ D、1 mol钠反应失去1 mol电子，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎2.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入100mL l mol·L—1的盐酸，恰好使混合物完全溶解并放出标准状况下224mL气体，向所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到单质铁的质量为（ ）‎ A. ‎‎11.2‎g B. ‎5.6g C. ‎2.8g D. 无法计算 ‎【答案】C ‎【详解】依题意可知，反应后的溶液溶质只有FeCl2，而Cl―来自盐酸，所以n(Fe)=n(Fe2+)=1/2(Cl―)=1/2×‎0.1L×1mol/L=0.05mol，m(Fe)= 0.05mol×‎56g/mol=‎2.8g，‎ 正确选项为C。‎ ‎3.某硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中，c(Mg2+ )＝2 mol·L－1，c(SO42-)＝6.5 mol·L－1，若将200 mL此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6 mol·L－1氢氧化钠溶液的体积是（ ）‎ A. ‎‎0.5‎‎ L B. ‎1.625 L C. ‎1.8 L D. ‎‎2 L ‎【答案】D ‎【详解】根据电荷守恒可得c(Al3＋)=3mol/L；‎ ‎；n(Al3＋)=3ml/L×‎0.2L=0.6mol；‎ 反应的离子方程式为：Al3＋+3OH—=Al(OH)3↓；‎ Al3＋+4OH—=AlO2—+2H2O，Mg2++2OH—=Mg(OH)2↓；‎ 所以，要分离混合液中的Mg2＋和Al3＋加入的氢氧化钠溶液至少得使Al3＋恰好完全反应生成AlO2—离子，即，需氢氧化钠的物质的量为；所以加入1.6 mol·L－1氢氧化钠溶液的体积为：，‎ 答案选D。‎ ‎4.以下有关物质的质量分数和物质的量浓度的叙述正确的是（ ）‎ A. 等体积硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液分别与足量的氯化钡溶液反应，若生成硫酸钡沉淀的质量相等，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比为1:1:1‎ B. Na2O2和Na2O各0.1mol分别放入‎100g水中，所得溶液的物质的量浓度不相等 C. 质量分数分别为5%和15%的硫酸溶液等体积混合后，所得溶液的质量分数为大于10%‎ D. ‎20℃‎时，饱和KCl溶液的密度为‎1.174g.cm-3，物质的量浓度为4.0mol/L ，则此溶液中KCl的质量分数为 ‎【答案】C ‎【详解】A、因为生成硫酸钡沉淀的质量相等，所以三种盐提供的硫酸根的比例为1:1:1，所以硫酸铁，硫酸铜，硫酸钾的比例为1:3:3，选项A错误；‎ B、Na2O2和Na2O各0.1mol分别放入‎100g水中，消耗的水的质量相等，生成的NaOH的物质的量也相等，则物质的量浓度相等，选项B错误；‎ C、若两种硫酸等体积混合，浓的密度较大，所以质量较大，两种硫酸混合后，质量分数更接近较浓硫酸的浓度，所得硫酸溶液的质量分数大于10%，选项C正确；‎ D、‎20℃‎时，饱和KCl溶液的密度为‎1.174g•cm-3，物质的量浓度为4.0mol•L-1，根据c=可知，质量分数为w=×100%，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.下列正确的叙述有（ ）‎ ‎①CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物 ‎② Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反应制得 ‎③碘酒、淀粉溶液、雾、纳米材料均为胶体 ‎④灼热的炭与CO2的反应、Ba(OH)2.8H2O与NH4Cl的反应均既为氧化还原反应又为吸热反应 ‎⑤需要通电才可进行的有：电离、电解、电镀、电泳 ‎⑥氯化铝溶液与氢氧化铝胶体的共同性质是：能透过滤纸，加热蒸干、灼烧后都有氧化铝生成 ‎⑦苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质 ‎⑧金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物 A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 ‎【答案】A ‎【详解】①CO2、P2O5是和碱反应能生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，但是NO2不是酸性氧化物，故错误；‎ ‎②Ca(HCO3)2可以是碳酸钙、水以及二氧化碳化合制得，Fe(OH)3可以是氢氧化亚铁和氧气、水化合制得，FeCl2可以是金属铁和氯化铁化合制得，都可以由两种物质化合制得，故正确；‎ ‎③碘酒是溶液，不是胶体，若纳米材料为纯净物则也不是胶体，故错误；‎ ‎④灼热的炭与CO2的反应、Ba(OH)2.8H2O与NH4Cl的反应均为吸热反应，但前者属于氧化还原反应，后者属于非氧化还原反应，故错误；‎ ‎⑤电离不需要外加电源来实现，故错误；‎ ‎⑥溶液和胶体能通过滤纸，加热氯化铝溶液时，铝离子水解生成氢氧化铝，蒸干、灼烧时氢氧化铝分解生成氧化铝和水，氢氧化铝胶体加热时聚沉生成沉淀，蒸干、灼烧时氢氧化铝分解生成氧化铝和水，故正确；‎ ‎⑦氯气不是非电解质，非电解质是化合物，故错误；‎ ‎⑧金属元素和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，也可以形成共价化合物，如AlCl3是共价化合物，故错误；‎ 综上所述：②⑥正确；‎ 答案选A。‎ ‎6.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 碳酸钙与醋酸反应：CO32-+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O B. 苯酚钠溶液中通入少量CO2：C6H5O-+CO2+H2O→ C6H5OH+HCO3-‎ C. FeBr2和足量Cl2反应：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-‎ D. Fe(OH)3与氢碘酸的反应：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O ‎【答案】B ‎【详解】A、碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，选项A错误；‎ B、苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为C6H5O-+CO2+H2O→ C6H5OH+HCO3-，选项B正确；‎ C、FeBr2和足量Cl2反应生成氯化铁和溴，反应的离子方程式为：2Fe2++4Br-+2Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，选项C错误；‎ D、Fe(OH)3与氢碘酸的反应生成碘化亚铁、碘和水，反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I -=2Fe2++I2+3H2O，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎7.下列有关溶液组成的描述合理的是（ ）‎ A. 无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl‾、S2‾‎ B. 酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO‾、SO42‾、I‾‎ C. 弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl‾、HCO3‾‎ D. 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl‾、SO42‾‎ ‎【答案】C ‎【详解】A．Al3+、S2之间发生双水解反应生成硫化氢气体和氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．酸性溶液中存在大量氢离子，ClO‾与H+、I‾之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C．弱碱性条件下，这几种离子之间不反应，碳酸氢根离子水解导致溶液呈弱碱性，所以能大量共存，故C正确；‎ D．Fe3+易水解，只能存在于酸性溶液，在中性溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】离子共存的判断，为高考的高频题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。‎ ‎8.已知反应（1）、（2）分别是从海藻灰和智利硝石中提取碘的主要反应：‎ ‎（1）2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2‎ ‎（2）2NaIO3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 两个反应中NaHSO4均为氧化产物 B. I2在反应（1）中是还原产物，在反应（2）中是氧化产物 C. 氧化性：MnO2＞SO42-＞IO3-＞I2‎ D. 反应（1）、（2）中生成等量的I2时转移电子数之比为1: 5‎ ‎【答案】D ‎【详解】A．在反应（1）中硫元素既不被氧化也不被还原，在反应（2）中被氧化，故A错误；‎ B．碘元素在反应（1）中被氧化，在反应（2）中被还原，故B错误；‎ C．根据反应（2），氧化性IO3-＞SO42-，故C错误；‎ D．反应（1）中生成1mol碘转移2NA电子，反应（2）中生成1mol碘转移10NA电子，所以反应（1）、（2）中生成等量的I2时转移电子数比为2NA：10NA=1：5，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9.R2O8n－离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4－，若反应后R2O8n－离子变为RO42－离子。又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，则n的值是（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【详解】锰元素的化合价变化为7-2=5，R2O8n－中R的化合价是＋(8－n/2)，在还原产物中R的化合价是＋6价，所以根据得失电子守恒可知5×2×(8－n/2－6)＝2×5，解得n＝2，‎ 答案选B。‎ ‎10.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol/L稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示.下列判断正确的是（ ）‎ A. 在0~a范围内，只发生中和反应 B. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1:2‎ C. a = 0.3‎ D. ab段发生反应的离子方程式为:CO32-+2H+=H2O+CO2↑‎ ‎【答案】C ‎【分析】向NaOH和Na2CO3混合配成的溶液中滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，氢氧化钠反应完毕后再发生碳酸钠与盐酸的反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，最后发生发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，利用物质的量的关系并结合图象即可解答。‎ ‎【详解】A．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠：NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸与Na2CO3首先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不会放出气体，继续滴加时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则在0-a范围内发生反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，选项A错误；‎ B．根据碳元素守恒，混合物中碳酸钠的物质的量是0.01mol，b点消耗盐酸的物质的量为0.11mol/L×‎0.4L=0.04mol，则a点氯化氢的物质的量为：0.04mol-0.01=0.03mol，根据反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl可知，0.01mol碳酸钠消耗0.01mol氯化氢生成碳酸氢钠，则氢氧化钠的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol，所以原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为0.02mol：0.01mol=2：1，选项B错误；‎ C．根据B可知，a点消耗氯化氢的物质的量为0.03mol，则消耗0.1mol/L稀盐酸的体积为=‎0.3L，所以a=0.3，选项C正确；‎ D．ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，需要明确向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应是分步进行的，首先发生：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，然后再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，为易错点。‎ ‎11.用含少量镁粉的铝粉制取纯净的氢氧化铝，下述操作步骤中最恰当的组合是（ ）‎ ‎①加盐酸溶解 ②加足量烧碱溶液溶解 ③过滤 ④通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀 ⑤加入盐酸生成Al(OH)3沉淀 ⑥加入过量烧碱溶液 A. ①⑥⑤③ B. ②③④③ C. ②③⑤③ D. ①③⑤③‎ ‎【答案】B ‎【详解】镁、铝都能与盐酸反应，但铝可溶于强碱，所以可加入烧碱溶液溶解，过滤后可到NaAlO2溶液，向该溶液中通入过量CO2，生成Al(OH)3沉淀，经过滤、洗涤可得到纯净的氢氧化铝，故正确顺序为②③④③；故选B。‎ ‎12.从含有CuCl2、FeCl2、FeCl3的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：‎ 则下列说法正确的是（ ）‎ A. 试剂a是铁，试剂b是稀硫酸 B. 操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用的仪器完全相同 C. 试剂c是氯气,反应的离子方程式为2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-‎ D. 用KSCN溶液可检验溶液W中是否有Fe2+‎ ‎【答案】C ‎【分析】从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜，工业废水中加入试剂a为过量的铁，操作Ⅰ为过滤，得到滤渣Y为Fe、Cu，滤液氯化亚铁溶液，滤渣Y中加入试剂b为盐酸溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作Ⅱ过滤得到铜和滤液Z为氯化亚铁溶液，滤液Z和X合并通入氯气，氧化亚铁离子为氯化铁溶液，蒸发结晶，过滤洗涤干燥得到氯化铁晶体，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．由最终得到FeCl3及其流程图可知，b为盐酸，若为硫酸会引入硫酸根杂质离子，故A错误；‎ B．上述分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，操作Ⅲ是蒸发结晶，过滤，所用仪器不同，故B错误；‎ C．滤液X，滤液Z中均含有FeCl2，c为氯气，氧化亚铁离子为铁离子反应为：2Fe2++Cl2═2Cl-+2Fe3+，故C正确；‎ D．KSCN溶液可检验溶液中否含有Fe3+，检验Fe2+应选择铁氰化钾溶液，滴加后有蓝色沉淀，即说明溶液W中含有Fe2+，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎13.现有2.8gFe全部溶于一定浓度、200ml的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体‎1.12L，测得反应后溶液的pH为1.若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断不正确的是（ ）‎ A. 反应后溶液中c(NO3-)=0.85mol/L B. 反应后的溶液最多还能溶解1.4gFe C. 反应后溶液中铁元素可能以Fe3+形式存在 D. ‎1.12L气体只能是NO ‎【答案】B ‎【详解】A．反应后溶液为硝酸铁、硝酸的混合溶液，故溶液中有‎3c（Fe3+）+c（H+）=c（NO3-），根据铁元素守恒由n（Fe）=n（Fe3+）=0.05mol，所以c（Fe3+）==0.25mol/L，反应后溶液pH为1，所以c（H+）=0.1mol/L，所以c（NO3-）=0.25mol/L×3+0.1mol/L=0.85mol/L，选项A正确；‎ B．由A中分析可知，原硝酸是稀硝酸，反应生成NO，由氮元素守恒可知n原来（HNO3）=3n[Fe(NO3)2]+n剩余（HNO3）+n（NO）=0.05mol×3+0.1mol/L×0.2+0.05mol=0.22mol，生成Fe(NO3)2、NO时原硝酸溶解的铁最多，由3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2 NO↑+4H2O 可知，0.22molHNO3最多溶解铁×0.22mol，质量为×0.22mol×‎56g/mol=‎4.62g，故还能溶解铁‎4.64g-2.8g=‎1.82g，选项B不正确；‎ C．反应后溶液pH为1，故HNO3过量，Fe只可能转化为Fe3+，选项C正确；‎ D．2.8gFe的物质的量为=0.05mol，若只生成NO，根据电子转移守恒可知，n（NO）==0.05mol，则V（NO）=0.05mol×‎22.4L/mol=‎1.12L；若只生成NO2，根据电子转移守恒可知，n（NO2）==0.15mol，V（NO2）=0.15mol×‎22.4L/mol=‎3.36L，由于实际生成气体‎1.12L，故只生成NO， 选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎14.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）‎ A. NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)‎ B. Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)‎ C. AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)Ag(s)‎ D. Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)‎ ‎【答案】A ‎【分析】A．根据碳酸氢钠和碳酸钠的性质分析判断；B．根据铝及其化合物的性质分析判断；C．根据银氨溶液的性质分析判断；D．根据铁及其化合物的性质分析判断。‎ ‎【详解】A．NaHCO3(s)加热分解生成Na2CO3(s)，碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，该转化关系均能实现，故A正确；‎ B．NaAlO2(aq)与过量盐酸反应生成氯化铝和水，不会得到Al(OH)3(s)，故B错误；‎ C．蔗糖为非还原性糖，不含醛基，不能和[Ag(NH3)2]+(aq)发生银镜反应，所以不能生成银析出，故C错误；‎ D．Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不会得到FeCl3(aq)，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎15.某强酸性溶液X中仅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO32-、SO42-、Cl-、NO3-中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：下列有关推断合理的是（ ）‎ A. 溶液中一定含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-、Cl-‎ B. 根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+‎ C. 沉淀H为Al(OH)3、BaCO3的混合物 D. 若溶液X为100mL，产生的气体A为112ml(标况)，则X中c(Fe2+) =0.05mol/L ‎【答案】B ‎【分析】在强酸性溶液中一定不会存在CO32-、SO32-离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀F只能为Fe(OH)3，生成气体D，则D为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液E中通入CO2气体，生成沉淀H，则H为Al(OH)3，E为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3-离子和SO32-离子，那么一定含有SO42-离子，那么就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，以此进行解答。‎ ‎【详解】依据分析可知：溶液中一定存在：NH4+、Al3+、Fe2+、SO42-，一定不含有：Ba2+、CO32-、SO32-、NO3-，不能确定是否含有：Fe3+和Cl-，‎ A、依据分析可知，溶液中一定存在：NH4+、Al3+、Fe2+、SO42-，不能确定Cl-是否存在，选项A错误；‎ B、根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+，选项B正确；‎ C、根据上述分析可知H为Al(OH)3，BaCO3与过量的二氧化碳生成碳酸氢钡，易溶于水，选项C错误；‎ D、生成气体A的离子反应方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，产生的气体A为112 mL，物质的量为：=0.005mol，故n（Fe2+）=3×0.005=0.015mol，c（Fe2+）==0.15mol/L，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎16.某同学在实验室欲配制物质的量浓度均为 1.0mol/L的NaOH溶液、稀硫酸各450ml.提供的试剂是:NaOH固体、98% 的浓硫酸(密度为‎1.84g/cm3 )和蒸馏水. ‎ ‎（1）请你观察图示判断其中不正确操作有 _________(填序号). ‎ ‎（2）应用托盘天平称量NaOH _______g，应用量筒量取浓硫酸________mL. ‎ ‎（3）浓硫酸溶于水的正确操作方法是 _________________________‎ ‎（4）在配制H2SO4溶液实验中，下列操作引起结果偏高的有___________ ‎ A.该学生在量取浓硫酸时，俯视刻度线 ‎ B.溶解硫酸后没有冷却至室温就立即完成后面的配制操作 ‎ C.在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液 ‎ D.没有用蒸馏水洗涤烧杯2~3次，并将洗液移入容量瓶中 ‎ E.将量筒洗涤2~3次，并全部转移至容量瓶中 ‎ F.容量瓶中原来存有少量蒸馏水 ‎ G.胶头滴管加水定容时俯视刻度 ‎【答案】(1). ①②⑤ (2). 20.0 (3). 27.2 (4). 先在烧杯中倒入适量水，然后将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入，并用玻璃棒搅拌 (5). BEG ‎【详解】（1）①氢氧化钠为腐蚀品，应放在小烧杯中称量；②量筒量取液体后不需要洗涤，如果洗涤量取的液体的体积偏大；⑤定容读数时，眼睛应平视刻度线；‎ 故答案为①②⑤；‎ ‎（2）欲配制物质的量浓度均为1.0mol/L的NaOH溶液、稀硫酸各450mL，需选择500mL容量瓶，需要氢氧化钠的质量m=1.0mol/L×‎0.5L×‎40g/mol=‎20.0g；‎ ‎98%的浓硫酸（密度为‎1.84g/cm3）的物质的量浓度c==18.4mol/L，依据稀释前后溶液中所含溶质的物质的量，设需要浓硫酸的体积为V，则V×18.4mol/L=500mL×1.0mol/L，解得V=27.2mL； ‎ ‎（3）浓硫酸密度大于水，稀释时放出大量的热，稀释浓硫酸的正确操作方法为：先在烧杯中倒入适量水，然后将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入，并用玻璃棒搅拌； ‎ ‎（4）A．该学生在量取浓硫酸时，俯视刻度线，导致量取浓硫酸体积偏小，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，选项A不选；‎ B．溶解硫酸后没有冷却至室温就立即完成后面的配制操作，冷却后溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，选项B选；‎ C．在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，选项C不选；‎ D．没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中，导致溶质物质的量偏小，溶液的浓度偏低，选项D不选；‎ E．将量筒洗涤2～3次，并全部转移至容量瓶中，量取的浓硫酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高，选项E选；‎ F．容量瓶中原来存有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液浓度不变，选项F不选；‎ G．胶头滴管加水定容时俯视刻度，导致溶液体积偏小，溶液的浓度偏高，选项G选；‎ 答案选BEG。‎ ‎【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，题目难度不大，熟悉配置原理是解题关键，注意浓硫酸稀释的正确操作，易错点为：容量瓶中原来存有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液浓度不变。‎ ‎17.‎2017年3月21日是第二十五届“世界水日”，保护水资源，合理利用废水节省水资源，加强废水的回收利用已被越来越多的人所关注。已知：某无色废水中可能含有H＋、NH4+、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、NO3-、CO32-、SO42-中的几种，为分析其成分，分别取废水样品‎1L，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是__________________________，一定存在的阳离子是___________________________________。‎ ‎(2)写出实验③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子反应方程式：______________________________。‎ ‎(3)分析图像，在原溶液中c(NH4+)与c(Al3＋)的比值为______，所得沉淀的最大质量是______g。‎ ‎(4)若通过实验确定原废水中c(Na＋)=0.18 mol·L-1，试判断原废水中NO3-是否存在？____(填“存在”“不存在”或“不确定”)。若存在， c(NO3-) = _____ mol·L-1。(若不存在或不确定则此空不填)‎ ‎【答案】(1). CO32- (2). Na+、Al3+、Mg2+、NH4+、H+ (3). NH4+ + OH﹣ = NH3·H2O (4). 2：1 (5). ‎7.8g (6). 存在 (7). 0.68mol/L ‎【分析】废水无色，说明不含有Fe3+；根据焰色反应为黄色，说明含有Na+；根据加入BaCl2溶液和稀盐酸产生白色沉淀说明含有SO42-，根据SO42-守恒，可利用BaSO4沉淀的质量计算溶液中SO42-的物质的量；向该溶液中加入NaOH，开始无现象，说明含有H+，发生酸碱中和反应；H+与CO32-会发生反应，不能大量共存，说明原溶液中不含有CO32-；加入NaOH溶液的物质的量从0.1mol到0.5mol，沉淀量达到最大值，在0.5mol-0.7mol沉淀质量不变，说明含有NH4+，n(NH4+)=0.2mol，从0.7mol-0.8mol沉淀质量减少但不消失，说明原溶液含有Al3+，Mg2+，可确定根据沉淀减少发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，可以确定Al3+的物质的量，根据形成沉淀消耗NaOH的总物质的量，可以计算出原溶液中Mg2+消耗的NaOH及Mg2+的物质的量，再结合溶液电荷守恒，确定其它离子的存在及其物质的量浓度大小。‎ ‎【详解】(1)无色废水确定无Fe3+，根据实验①确定有Na+，根据实验②确定有SO42-，根据实验③确定有Al3+、Mg2+，因为CO32-与Al3+、Mg2+不能共存，所以无CO32-；故溶液中存在的离子为：Na+、Al3+、Mg2+、NH4+、H+、SO42-，废水中一定不存在的离子有Fe3+、CO32-，故废水中一定不存在的阴离子是CO32-，一定存在的阳离子是Na+、Al3+、Mg2+、NH4+、H+；‎ ‎(2)实验③图像中沉淀达到最大量，继续滴加NaOH溶液，与溶液里的NH4+ 作用生成NH3·H2O，此时沉淀质量不再发生变化，反应的离子反应方程式NH4++OH﹣=NH3·H2O；‎ ‎(3)根据图象可知与Al(OH)3反应的OH-的物质的量为n(OH-)=0.1mol，则根据Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，可知n[Al(OH)3]=0.1mol ，所以根据Al元素守恒可知在原溶液中含有Al3+的物质的量n(Al3+)=n[Al(OH)3]=0.1mol，将铝离子沉淀需要氢氧化钠的物质的量为0.3mol，所以沉淀Mg2+消耗氢氧化钠是0.1mol，Mg2+的物质的量是0.05mol，溶液中H+消耗氢氧化钠0.1mol，H+的物质的量是0.1mol，NH4++OH-=NH3•H2O，消耗氢氧化钠0.2mol，所以铵根离子的物质的量是0.2mol，原溶液中c(NH4+)与c(Al3+)的比值为2：1；‎ 生成Al(OH)3的质量m[Al(OH)3]=0.1mol×‎78g/mol=‎7.8g，产生Mg(OH)2沉淀的质量为m[Mg(OH)2]=0.05mol×‎58g/mol=‎2.9g，则所得沉淀的最大质量是m= m[Al(OH)3]+ m[Mg(OH)2]= ‎7.8g+‎2.9g=‎10.7g；‎ ‎(4)溶液中存在的离子为：Na+、Al3+、Mg2+、NH4+、H+、SO42-，已知硫酸钡沉淀为‎23.3g，则n(SO42-)=‎23.3g÷‎233g/mol=0.1mol，另外n(Al3+)=0.1mol，n(H+)=0.1mol，n(NH4+)=0.2mol，n(Mg+)=0.05mol，溶液中存在电荷守恒，3n(Al3+)+2 n(Mg+)+n(H+)+n(NH4+)+n(Na+)=3×0.1mol+2×0.05mol+0.1mol+0.2mol+0.18mol/L×‎1L=0.88mol≠2n(SO42-)=0.2mol，则溶液中一定含有阴离子NO3-，且n(NO3-)=0.88mol-0.2mol=0.68mol，c(NO3-)=0.68mol÷‎1L=0.68mol/L。‎ ‎【点睛】无色废水确定无Fe3+，根据实验①确定有Na+，根据实验②确定有SO42-，根据实验③确定有Al3+、Mg2+，因为CO32-与Al3+、Mg2+不能共存，所以无CO32-；故溶液中存在的离子为：Al3+、Mg2+、NH4+、H+、SO42-，根据硫酸钡沉淀求出n(SO42-)，根据图象求出n(Al3+)和n(H+)等，再根据电荷守恒确定有没有NO3-。‎ ‎18.有一含有NaCl、Na2CO3.10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如图所示的实验装置，通过测量反应前后CO2和H2O的质量，来确定该混合物中各组分的质量分数．‎ ‎（1）实验步骤 ‎①按上图（夹持仪器未画出）组装好实验装置后，首先进行的操作是_______________。‎ ‎②称取样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。‎ ‎③打开活塞K1 K2，关闭K3，缓慢鼓入氮气数分钟，其目的是_____________________。‎ ‎④关闭活塞K1 K2，打开K3，点燃酒精灯加热，待不再产生气体为止。‎ ‎⑤打开活塞K1，缓慢鼓入氮气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C的质量和U形管D的质量。‎ ‎（2）关于该实验方案，回答下列问题。‎ ‎①若加热反应后不鼓入空气，对测定结果的影响是__________________________。‎ ‎②E处干燥管中盛放的药品是_________，其作用是_________________________，如果实验中没有该装置，则会导致测量结果NaHCO3的质量分数________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ ‎③若样品质量为wg，反应后C、D装置增加的质量分别为mg、ng，则混合物中Na2CO3.10H20的质量分数为____________(用含w、m、n的代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). 检验装置的气密性 (2). 赶走装置中含有水蒸气和二氧化碳，减少误差 (3). 会使测定的二氧化碳和水的质量偏小，使碳酸氢钠和十水合碳酸钠在混合物中的质量分数偏小 (4). 碱石灰 (5). 吸收空气中的二氧化碳和水 (6). 偏大 (7). ‎ ‎【详解】(1)①组装好实验装置后首先应检查装置气密性；‎ ‎③由于装置中存在CO2和水蒸气，缓慢鼓入氮气数分钟，其目的是赶走装置中含有水蒸气和二氧化碳，减少误差；‎ ‎(2)①加热后有部分CO2和水蒸气会残留在装置中，必须鼓入空气使其排出完全被吸收，若不鼓入空气，则会使测定的二氧化碳和水的质量偏小，使碳酸氢钠和十水合碳酸钠在混合物中的质量分数偏小；‎ ‎②装置E是防止空气中的CO2和水蒸气进入装置D，故干燥管中盛放的药品是碱石灰，如果没有该装置，会使测得的NaHCO3的质量分数偏大；‎ ‎③由题目信息知反应放出的CO2的质量为ng，根据反应的化学方程式2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑，可计算出该反应中产生的水的质量g，从而计算出Na2CO3·10H2O分解产生水的质量为(m-)g，再根据Na2CO3·10H2O Na2CO3＋10H2O↑，计算出Na2CO3·10H2O的质量为(m-)g×=g，最后计算出混合物中Na2CO3·10H2O的质量分数为×100%=。‎ ‎【点睛】本题综合考查元素化合物性质，测定混合物中各成分的质量分数。解题时必须结合实验装置和物质的性质进行综合分析。将混合物加热，产生H2O（g）、CO2等气体，应在C、D中分别吸收，由干燥剂的性质知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2。由D的增重（NaHCO3分解产生的CO2的质量）可求出NaHCO3质量。由C的增重（Na2CO3·10H2O分解产生的H2O及已经知道的NaHCO3分解产生的H2O的质量）可求出Na2CO3·10H2O的质量，从而求出NaCl的质量。故应在实验前想法赶出装置中的空气，关键操作应是赶B中的空气，所以关闭b，打开a就成为操作的关键，缓缓通入则是为了赶出效果更好。E中碱石灰可防止外界空气中的H2O（g）、CO2进入装置D影响实验效果。‎ ‎19.A~H 是中学化学中常见的物质，转化关系如下图所示(部分反应物、反应条件和产物已略去)。A、H 是常见的金属单质，工业上常用电解法冶炼H；通常状况下B 为黄绿色气体；G 为红棕色固体；C、D、E、F、G 物种化合物含有同一种元素。‎ ‎（1） B 的电子式为____________。‎ ‎（2） 检验D中金属阳离子的实验方案是________________________________________‎ ‎________________________________________________________。‎ ‎（3） 金属H 既能与强酸反应又能与强碱反应，其与NaOH 溶液反应的离子方程式为____________________________________。‎ ‎（4） E 在空气中转化成F 的化学方程式为__________________________。‎ ‎（5） 理论上G 与H 反应生成1mol 固体A 放出428kJ 热量，G 与H 反应的热化学方程式为____________________________________________________。‎ ‎（6） 单质A 在氧气中的燃烧产物X 可用于去除地下水中的具有放射性)。在酸性条件下，X 将TcO4－−转化为难溶于水的TcO2，同时得到F，该反应的离子方程式为____________________________________________。‎ ‎【答案】(1). (2). 取少量D溶液于试管中，先滴加KSCN溶液再滴加氯水，若滴加KSCN溶液时未出现明显现象，滴加氯水后出现血红色，则D溶液中含Fe2+(或取少量D溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，则D溶液中含Fe2+) (3). 2Al + 2OH-+ 2H2O = 2AlO2-+ 3H2↑ (4). 4Fe(OH)2+ O2+ 2H2O = 4Fe(OH)3 (5). 2Al(s) + Fe2O3(s) = 2Fe(s) + Al2O3(s) ΔH = －856 kJ·mol－1 (6). 3Fe3O4+ TcO4-+ H++13H2O = 9Fe(OH)3+ TcO2‎ ‎【分析】通常状况下B 为黄绿色气体，则B为Cl2，A是常见的金属单质，且A与盐酸反应生成D，D又与氯气反应生成C，A也能与氯气反应生成C，且A与C反应生成D，则A应为Fe，D为FeCl2，C为FeCl3，C、D、E、F、G 物种化合物含有同一种元素，且G 为红棕色固体，D与氢氧化钠反应生成E为Fe（OH）2，E氧化得F为Fe（OH）3，F受执分解得G为Fe2O3，H 是常见的金属单质，工业上常用电解法冶炼H，金属H 既能与强酸反应又能与强碱反应，则H应为Al，氧化铁与铝发生铝热反应得铁，符合各物质的转化关系，据此答题。‎ ‎【详解】（1）根据上面的分析可知，B为Cl2，B 的电子式为，‎ 故答案为；‎ ‎（2）D为FeCl2，检验D 中金属阳离子的实验方案是先滴加KSCN溶液再滴加氯水，若滴加KSCN溶液时未出现明显现象，滴加氯水后出现血红色，则D溶液中含Fe2+（或取少量D溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，则D溶液中含Fe2+），‎ 故答案为先滴加KSCN溶液再滴加氯水，若滴加KSCN溶液时未出现明显现象，滴加氯水后出现血红色，则D溶液中含Fe2+（或取少量D溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，则D溶液中含Fe2+）；‎ ‎（3）金属H 既能与强酸反应又能与强碱反应，其与NaOH 溶液反应的离子方程式为 2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑，‎ 故答案为2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑；‎ ‎（4）E为Fe（OH）2，E 在空气中转化成F 的化学方程式为 4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，‎ 故答案为4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；‎ ‎（5）G为Fe2O3，理论上G 与H 反应生成1mol 固体Fe 放出428kJ 热量，则生成2mol铁应放出856kJ 热量，G 与H 反应的热化学方程式为2Al（s）+Fe2O3（s）═2Fe（s）+Al2O3（s）△H=-856kJ•mol-1，‎ 故答案为2Al（s）+Fe2O3（s）═2Fe（s）+Al2O3（s）△H=-856 kJ•mol-1；‎ ‎（6）单质铁在氧气中的燃烧产物X应为Fe3O4，在酸性条件下，Fe3O4 将TcO4--转化为难溶于水的 TcO2，同时得到Fe（OH）3，该反应的离子方程式为 3Fe3O4+TcO4-+H++13H2O═9Fe（OH）3+TcO2，‎ 故答案为3Fe3O4+TcO4-+H++13H2O═9Fe（OH）3+TcO2。‎