江西省南昌市八一中学洪都中学十七中三校2019-2020学年高一10月联考化学试题 19页

www.ks5u.com ‎2019-2020学年度第一学期高一化学10月份联考试卷 可能用到的原子量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Ca40‎ 一、选择题（单选题，每题3分，共48分）‎ ‎1.下列药品保存方法正确的是（ ）‎ A. 白磷保存于冷水中 B. 钠保存于水中 C. 浓硫酸和氢氧化钠固体都要密封保存于细口瓶中 D. 酒精等易燃物应敞口放置且远离火源 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.白磷容易与空气中的O2发生反应而自燃，为隔绝空气，可根据白磷与水不反应，密度比水大的性质，将白磷保存于冷水中，A正确；‎ B.钠容易与空气中的O2及H2O反应，为防止其变质，通常将金属钠保存于煤油中，B错误；‎ C.浓硫酸呈液态，要密封保存于细口瓶中，而氢氧化钠固体则要密封保存于广口瓶中，C错误；‎ D.酒精等易燃物应远离火源，由于其容易挥发，所以要密封保存，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎2.下列有关化学实验安全问题的叙述中，不正确的是（ ）‎ A. 少量的浓硫酸沾到皮肤上时，迅速用大量水冲洗 B. 取用化学药品时，应特别注意观察药品包装容器上的安全警示标志 C. 凡是给玻璃仪器加热，都要加垫石棉网，以防止仪器炸裂 D. 闻任何化学药品的气味都不能使鼻子凑近药品 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.少量浓硫酸不慎滴到皮肤上，可以用大量水冲洗，然后用3%-5%的NaHCO3溶液涂上，A正确；‎ B.取用化学药品时，应特别注意观察药品包装上的安全警示标记，防止发生意外事故，B正确；‎ C.试管、蒸发皿等玻璃仪器能直接在酒精灯上加热，烧杯、烧瓶、锥形瓶等玻璃仪器必须垫石棉网才能加热，否则由于受热不均匀，而导致仪器发生破裂，C错误；‎ D.闻任何化学药品的气味都不能使鼻子凑近药品，应该采用“扇气闻味法”，D正确； ‎ 故合理选项是C。‎ ‎3.下列实验操作正确是是（ ）‎ A. 配制稀硫酸，先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水 B. 排水法收集KMnO4分解产生的O2时先熄灭酒精灯，后移出导管 C. 浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗 D. 做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防爆沸。如果在沸腾前忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于浓硫酸的密度比水大，且浓硫酸溶于水会放出大量的热，因此配制稀硫酸，先将蒸馏水加入烧杯中，然后沿烧杯内壁缓慢倒入浓硫酸，并用玻璃棒不断搅拌，促使热量扩散，A错误；‎ B.排水法收集KMnO4分解产生的O2时，为防止倒吸现象的发生，要先从水槽中移出导管后熄灭酒精灯，B错误；‎ C浓硫酸溅到皮肤上时立即用大量水冲洗，然后涂抹稀碳酸氢钠钠溶液，C错误；‎ D.做蒸馏实验时，要在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防爆沸。如果在沸腾前忘记加沸石，应立即停止加热，待装置冷却后再补加沸石，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎4.从KClO3分解制O2后的剩余物中，回收MnO2的操作正确的是（ ）‎ A. 溶解、过滤、蒸发、加热 B. 溶解、过滤、洗涤、加热 C. 溶解、蒸发、洗涤、过滤 D. 溶解、洗涤、过滤、加热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯酸钾易溶于水，氯酸钾受热分解生成的氯化钾易溶于水，二氧化锰不溶于水，根据氯酸钾、氯化钾、二氧化锰的水溶性，选择从反应后的剩余固体中回收催化剂二氧化锰的方法，以此解答该题。‎ ‎【详解】反应后的剩余固体中，一定含有二氧化锰和氯化钾，可能含有氯酸钾。先加入足量的水，氯化钾溶于水形成溶液，如果含有氯酸钾时，氯酸钾溶于水形成溶液，而二氧化锰不溶于水；然后过滤，把二氧化锰从溶液中分离出来；再对二氧化锰进行洗涤，除去二氧化锰中的杂质；最后加热、干燥二氧化锰，得到纯净的二氧化锰，故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验基本操作，本题解答的关键是把握相关物质的溶解性，本题侧重考查学生的分析能力和实验设计的能力。‎ ‎5.向四中试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，其中结论正确的是（ ）‎ 选项 操作 现象 结论 A 滴加BaCl2溶液 生成白色沉淀 原溶液中有SO42-‎ B 滴加Ba(NO3)2溶液，再滴加AgNO3溶液 先无白色沉淀，后有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成 原溶液中有Cl-‎ C 滴加盐酸 有能使澄清石灰水变浑浊的气体产生 原溶液中有CO32-‎ D 滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 原溶液中有NH4+‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向无色溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀的离子可能是SO42-，也可能是CO32-、SO32-，A错误；‎ B.滴加Ba(NO3)2溶液无沉淀产生，说明不含有SO42-、SO32-、CO32-，再滴加AgNO3溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成，说明有AgCl白色沉淀产生，证明原溶液中含Cl-，B正确；‎ C.向无色溶液中滴加盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中可能含有CO32-、HCO3-，也可能含有SO32-、HSO3-，C错误；‎ D.向无色溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，原溶液中可能不含有NH4+，也可能有NH4+，但由于反应产生的NH3·H2O的浓度小，不能分解产生NH3，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎6.下列除杂所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（括号内为杂质）‎ 选项 待提纯的物质 选用的试剂 操作方法 A NaCl(Na2CO3)‎ 硝酸 蒸发 B 酒精（水）‎ 生石灰 萃取分液 C Zn (Cu)‎ 稀硫酸 过滤 D CO2(HCl)‎ 饱和碳酸氢钠溶液 洗气 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．碳酸钠与硝酸反应生成硝酸钠，引入新杂质；‎ B.酒精中混有水，加入生石灰，蒸馏；‎ C.锌与硫酸反应，铜与硫酸不反应；‎ D.氯化氢与饱和碳酸氢钠溶液而二氧化碳不反应；‎ ‎【详解】A、混合物中加入硝酸,碳酸钠会与之反应生成硝酸钠、水和二氧化碳,蒸发后剩下固体为氯化钠、硝酸钠的混合物，达不到提纯的目的，故A错误； B、生石灰与水反应，生成的氢氧化钙与酒精互溶，但酒精的沸点低，进行蒸馏操作，酒精先气化后液化，得到纯净的酒精，故B错误； C、锌与硫酸反应，铜不与硫酸反应，除去杂质时也会除去主要物质,故C错误； D、二氧化碳与饱和碳酸氢钠溶液不反应，氯化氢与饱和碳酸氢钠溶液反应，可以达到除去杂质氯化氢的目的，故D正确；‎ ‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎【点睛】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变；除杂质至少要满足两个条件:(1)加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应；(2)反应后不能引入新的杂质。‎ ‎7.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 0.5molO2所含的氧元素为NA B. 0.2molH2O所含的氢原子数为0.2NA C. 0.1molCH4所含电子数为NA D. 2molMgCl2中所含的离子数为4NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.0.5molO2所含的氧原子数目为NA，A错误； ‎ B.0.2molH2O所含的氢原子数为0.4NA，B错误；‎ C.CH4分子中含有10个电子，则0.1molCH4所含电子数为NA，C正确； ‎ D.1个MgCl2中含有2个Cl-、1个Mg2+，则2molMgCl2中所含的离子数为6NA，D 错误； ‎ 故合理选项是C。‎ ‎8.下列说法中，正确的是（　　）‎ A. 氢氧化钠的摩尔质量是40 g B. 1 mol硫酸的质量是98g•mol﹣1‎ C. 甲烷的摩尔质量就是它的相对分子质量 D. 1 mol NH3含N原子数约是6.02×1023个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、氢氧化钠的摩尔质量是40g/mol，A错误；B、1 mol硫酸的质量是98g，B错误；C、甲烷的摩尔质量如果用g/mol作单位，在数值上与它的相对分子质量相同，C错误；D、1molNH3含N的物质的量是1mol，其中氮原子数约是6.02×1023个，D正确，答案选D。‎ ‎9.1.6克某气体含有6.02×1022个分子，则该物质的相对分子质量为（ ）‎ A. 16 B. 64 C. 32 D. 96‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 某气体含有6.02×1022个分子，该气体的物质的量为0.1mol，则物质的摩尔质量为1.6g/0.1mol==16g/mol，物质的相对分子质量为16，A正确。‎ ‎10.下列有关气体摩尔体积的说法中，正确的是（ ）‎ A. 1molO2和1molN2所占的体积约为 22.4L B. 若1molCH4的体积约为22.4L，则一定处于标准状况 C. 在标准状况下，1molH2O的体积约为22.4L D. 在标准状况下，11.2LN2中含有1molN原子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.缺少条件，不能计算气体的体积，A错误；‎ B.若1molCH4的体积约为22.4L，气体所处的条件可能是标准状况，也可能是非标准状况，因此不一定处于标准状况，B错误；‎ C.在标准状况下，H2O的状态不是气体，因此不能使用气体摩尔体积计算，C错误；‎ D.在标准状况下，气体摩尔体积是22.4L/mol，则11.2LN2的物质的量是0.5mol，由于N2中含有2个N原子，所以0.5molN2中含有1molN原子，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎11.从500mL1.0mol·L-1NaCl溶液中取出100mL溶液的叙述正确的是（ ）‎ A. 物质的量的浓度为1.0mol·L-1 B. 溶液中含有1molNaCl C. 溶液中含有29.25gNaCl D. 物质的量的浓度为0.2mol·L-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.溶液具有均一性，溶液的浓度与取出的溶液的体积无关，所以取出100mL溶液的物质的量的浓度为1.0mol·L-1，A正确；‎ B.100mL溶液中含有NaCl的物质的量是n(NaCl)=1.0mol/L×0.1L=0.1mol，则溶液中含有0.1molNaCl，B错误；‎ C. 100mL溶液中含有NaCl的物质的量是n(NaCl)=1.0mol/L×0.1L=0.1mol，则溶液中含有NaCl的质量是m(NaCl)=0.1mol×58.5g/mol=5.85g，C错误；‎ D.溶液具有均一性，溶液各处浓度相同，所以取出的100mL溶液的物质的量的浓度为1.0mol·L-1，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎12.下列说法正确的是（ ）‎ A. 在常温常压下，11.2LN2含有的分子数为0.5 NA B. 标准状况下，22.4LH2和O2的混合物所含分子数为NA C. 标准状况下，18gH2O的体积是22.4 L D. 1 mol SO2的体积是22.4L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氮气的物质的量小于0.5mol，故A错误；‎ B、标准状况下，22.4L氧气和氢气混合物的物质的量为1mol，含分子数为NA，故B正确；‎ C、标准状况下，水不是气体，不能使用n=计算，故C错误；‎ D、气体所处的状态不明确，不一定是标准状况，故体积不一定是22.4L，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎13.实验室中需要0.2 mol• L-1的CuS04溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取胆矾晶体（CuS04• 5H20）的质量分别是 A. 950 mL 30.4 g B. 950 mL 47.5 g C. 1000 mL 50.0 g D. 1000 mL 32.0 g ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：实验室中需要0.2 mol• L-1的CuS04溶液950 mL，配制时应选用1000mL的容量瓶，所需要胆矾晶体的质量为：。故答案C。‎ 考点：考查溶液的配制。‎ ‎14.下列配制溶液浓度偏高的是（ ）‎ A. 配制H2SO4溶液用量筒量取浓硫酸时俯视刻度线 B. 配制溶液定容时，仰视容量瓶刻度线 C. 配制100mL1.0mol·L-1 NaOH溶液，称取药品时砝码错放在左盘 D. NaOH溶解后直接注入容量瓶 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.配制H2SO4溶液，用量筒量取浓硫酸时俯视刻度线，量取的浓硫酸的体积偏小，则会导致配制溶液浓度偏低，A错误；‎ B.配制溶液定容时，仰视容量瓶刻度线，溶液的体积偏大，由于溶质的物质的量不变，所以溶液的物质的量浓度偏下，B错误；‎ C.NaOH摩尔质量是40g/mol，配制100mL1.0mol·L-1 NaOH溶液，需要NaOH的物质的量是0.1mol，质量是0.1mol×40g/mol=4.0g，由于不使用游码，所以称取药品时砝码错放在左盘，对溶液的配制无影响，C错误；‎ D.NaOH溶解会放出热量，而容量瓶配制溶液的温度是20℃，所以配制的热的NaOH溶液，待溶液恢复至室温后，溶液的体积低于刻度线，溶液的体积偏小，由于溶质的物质的量不变，因此直接把NaOH注入容量瓶，会导致配制的溶液浓度偏高，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎15.设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA B. 常温常压下，124gP4中所含的P-P键数目为4NA C. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA D. 常温常压下，22.4LCl2中含有的分子数为6.02×1023‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.22.4L标准状况下的氩气的物质的量是1mol，由于Ar气是单原子分子，所以1molAr气体含有的质子数为18NA，A正确；‎ B.124gP4的物质的量是1mol，由于1个P4中含有6个P-P键，所以1molP4‎ 中所含的P-P键数目为6NA，B错误；‎ C.在标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体的物质的量是0.1mol，因此该混合气体中分子数为0.1NA，C错误；‎ D.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，在该条件下22.4LCl2的物质的量小于0.1mol，因此其中含有的分子数小于6.02×1023，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎16.下列叙述正确是（ ）‎ A. 24g镁和27g铝中含有相同的质子数 B. 同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C. 1molH2O2与1molH2O中，中子数比1:2 D. 9.8gH2SO4中含有6.02×1023个H2SO4分子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 24g镁的物质的量是1mol，含有12mol质子，27g铝的物质的量是1mol，含有13mol的质子，因此二者中含有不同的质子数，A错误；‎ B.氧气和臭氧的构成微粒都是由O原子构成，O原子相对原子质量是16，所以同等质量的氧气和臭氧中，含有的O原子数目相等，则其中含有的电子数相同，B正确；‎ C.H2O2与H2O分子中含有的中子数分别是16、8，则分子中二者的中子数比为2：1，则1molH2O2与1molH2O中，中子数比为2：1，C错误； ‎ D. 9.8gH2SO4物质的量是0.1mol，由于1mol硫酸中含有6.02×1023个H2SO4分子，所以0.1mol H2SO4中含有6.02×1022个H2SO4分子，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ 二、填空题（每空1分，共32分）‎ ‎17.(1)在标准状况下，33.6LN2的物质的量为_____mol，其分子数为_______。‎ ‎(2)0.4mol某气体的体积为9.8L，则该气体的摩尔体积为____，气体所处的条件____（填“是”或者“不是”）标准状况。‎ ‎【答案】 (1). 1.5 (2). 9.03×1023 (3). 2.45L·mol-1 (4). 不是 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先根据n=计算N2的物质的量，然后根据n=计算其分子数目；‎ ‎(2)根据n=计算气体摩尔体积，根据其与与标准状况下的气体摩尔体积22.4L/mol判断是否是标准状况。‎ ‎【详解】(1) 33.6LN2的物质的量n(N2)==1.5mol，其中含有的N2分子数目为N=n·NA=1.5mol×6.02×1023/mol=9.03×1023；‎ ‎(2)根据n=计算出气体摩尔体积Vm==24.5L/mol，由于标准状况下气体摩尔体积是22.4L/mol<24.5L/mol，因此气体所处的条件是非标准状况。‎ ‎【点睛】本题考查了有关物质的量与气体摩尔体积、物质质量的关系的计算的知识。物质的量贯彻于整个高中阶段的化学学习，掌握物质的量的有关计算公式n=、n=、c=、n=等公式，了解公式的含义等是本题解答的关键。‎ ‎18.可用于分离或提纯物质的方法有：‎ a.过滤 b.升华 c.加热分解 d.洗气法 ‎(1)除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3颗粒，用________（填字母，下同）。‎ ‎(2)除去氧气中少量的水蒸气，用________。‎ ‎(3)除去固体碘中混有少量的NaI，用________。 ‎ ‎(4)除去氧化钙中的碳酸钙，用________。‎ ‎【答案】 (1). a (2). d (3). b (4). c ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据CaCO3颗粒难溶于水分析判断；‎ ‎(2)气体中含有的水蒸气可通过选择合适的干燥剂，通过洗气除去；‎ ‎(3)根据I2容易升华的方法分离、净化；‎ ‎(4)CaCO3高温煅烧，会分解产生CaO、CO2除去。‎ ‎【详解】(1)Ca(OH)2溶液中含有的CaCO3颗粒难溶于水，可采用过滤的分离提纯，故合理选项是a；‎ ‎(2)氧气中含有的水蒸气可通过浓硫酸的洗气瓶，通过洗气的方法除去，故合理选项是d；‎ ‎(3)I2由分子构成，容易升华，而杂质NaI属于离子化合物，熔沸点高，因此可通过升华的方法分离除去杂质NaI，故合理选项是b；‎ ‎(4)CaCO3不稳定，在高温条件下煅烧，CaCO3分解产生CaO、CO2，从而氧化钙中的碳酸钙，达到除去杂质净化的目的，故合理选项是c。‎ ‎【点睛】本题考查了混合物除杂净化方法的判断的知识。掌握杂质的性质和被提纯的物质的性质及区别是除杂净化的关键，除杂的原则是“不增、不减”。“不增”是不增加新的杂质，“不减”，是不减少被提纯的物质，这是解题基础。‎ ‎19.如图是中学化学中常用于混合物分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：‎ ‎(1)在装置C和D中都用到玻璃棒，装置C中玻璃棒的作用是___________，装置D中玻璃棒的作用是___________。‎ ‎(2)装置A中的①的名称是是___________，冷却水的方向是___________。装置B在分液时为是液体顺利滴下，应进行的操作是______________________。‎ ‎(3)从氯化钠溶液中得到氯化钠固体，应选择___________（填代表装置图的字母，下同）；除去自来水中的Cl-等杂质，选择装置__________。检验自来水中Cl-是否除净的方法：取少量锥形瓶中的水于洁净试管中，滴加___________，不产生白色沉淀表明Cl-已除净；从碘水中分离出I2，选择装置___________，该分离方法的名称是________。‎ ‎【答案】 (1). 引流 (2). 搅拌 (3). 冷凝管 (4). 下进上出 (5). 打开分液漏斗上端的玻璃塞或者是凹槽对准小孔 (6). D (7). A (8). 稀硝酸和硝酸银 (9). B (10). 萃取分液 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)C是过滤，玻璃棒是引流，D是蒸发，用到玻璃棒作用是搅拌；‎ ‎(2)由图可知，装置A中①为冷凝仪器，冷却水下进上出效果好，装置B在分液时为使液体顺利滴下，利用气体的压强使液体流下；‎ ‎(3)NaCl是容易溶于水的物质，溶解度受温度的影响变化不大；NaCl是离子化合物，熔沸点高，水是由分子构成的物质，沸点比较低；可根据AgCl是白色不溶于水，也不能溶于酸的性质检验Cl-的存在；根据卤素单质不容易溶于水，而容易溶于有机溶剂的方法分离I2。‎ ‎【详解】(1)装置C是过滤操作，其中玻璃棒的作用是引流，以便于液体混合物顺利流向，装置D是蒸发操作，其中玻璃棒的作用是搅拌，以便于液体中的水分蒸发，防止由于受热不均匀，液滴飞溅。‎ ‎(2)装置A是蒸馏，其中的①仪器的名称是冷凝管，为了增强冷凝效果，采用逆流原理，冷却水的方向是下口进，上口出。装置B在分液时为是液体顺利滴下，应进行的操作是打开分液漏斗上端的玻璃塞或者是凹槽对准小孔；‎ ‎(3)NaCl溶液中的溶质的溶解度受温度的影响变化不大，可采用蒸发溶剂的方法分离提纯溶质，故选用的装置是D；‎ NaCl是离子化合物，熔沸点较高，而水是由分子构成的物质，沸点只有100℃，所以除去自来水中的Cl-等杂质，可采用蒸馏的方法，选择装置为A。可根据AgCl是白色不溶于水，也不能溶于酸的性质检验Cl-的存在，因此检验自来水中Cl-是否除净的方法：取少量锥形瓶中的水于洁净试管中，先滴加稀硝酸酸化，然后滴加硝酸银溶液，若不产生白色沉淀表明Cl-已除净；由于I2容易溶于有机溶剂，而在在水中溶解度较小，而有机物与水互不相容，I2又与有机物不能发生反应，所以从碘水中分离出I2，可用四氯化碳作萃取剂，采用萃取的方法分离得到I2，选择装置是B。‎ ‎【点睛】本题考查混合物分离提纯及离子检验方法的知识，把握仪器的用途、实验装置的作用、混合物分离方法为解答的关键，侧重考查学生的知识应用能力和掌握情况及分析与实验能力的，注意混合物分离原理。‎ ‎20.小王同学准备用CuSO4·5H2O配制500mL0.1mol·L-1CuSO4溶液。‎ ‎(1)小王同学选用的容量瓶规格为_______mL。‎ ‎(2)玻璃棒在该实验中有重要的用途，分别是________ 和__________。‎ ‎(3)小王同学通过计算，用托盘天平称取_________ gCuSO4·5H2O。‎ ‎(4)有关物质的量浓度的误差分析（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）：①若容量瓶洗净未为干燥，残留少量水分，则所配制溶液的浓度将__________。②定容时，若俯视刻度线，则所配制的溶液浓度将__________。‎ ‎【答案】 (1). 500 (2). 搅拌 (3). 引流 (4). 12.5 (5). 无影响 (6). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)依据实验室常用容量瓶的规格选择；‎ ‎(2)溶解和转移使用玻璃棒；‎ ‎(3)依据n=c×V，m=n×M计算所需要的CuSO4•5H2O的质量；‎ ‎(4)物质的量浓度误差分析可以依据浓度公式c=，凡是使加入的溶质的物质的量偏大或者使溶液的体积偏小的操作，都会使所配溶液的浓度偏大，凡是使加入的溶质的物质的量偏小或者使溶液的体积偏大的操作，都会使所配溶液的浓度偏大，据此分析。‎ ‎【详解】(1)配制500mL 1mol/L的溶液应选择500ml规格容量瓶；‎ ‎(2)溶解硫酸铜晶体使用玻璃棒，此时使用玻璃棒的作用是搅拌，促进物质的溶解；在向容量瓶中转移转移时使用玻璃棒，作用是引流，以便于液体顺利进入到容量瓶中；‎ ‎(3)配制500mL0.1mol·L-1CuSO4溶液，需要溶质的物质的量是n(CuSO4)=cV=0.1mol/L×0.5L=0.05mol，根据元素守恒可知，配制溶液需要0.05mol CuSO4，用硫酸铜晶体配制，则需要的CuSO4•5H2O的质量m=0.05mol×250g/mol=12.5g；‎ ‎(4)依据浓度公式c=分析：‎ ‎①溶液配制过程需加水定容，容量瓶使用时未干燥，由于最后定容时液体刚好到刻度线，所以对所配溶液浓度无影响；‎ ‎②定容时，若眼睛俯视，则溶液的体积就会偏小，根据c=可知：V偏小，就会导致配得的溶液浓度偏高。‎ ‎【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制的知识，误差分析是本题的难点所在，注意学会根据物质的量浓度公式来分析判断的方法。‎ ‎21.某学习小组按如下流程探究碘的制取，甲乙两种制取方案如下：‎ ‎(1)①分液漏斗使用前须检漏，检漏方法是_____________________。‎ ‎②步骤X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是_________________。‎ ‎③下列有关步骤Y的说法正确的是_____。‎ a.应控制NaOH溶液的浓度和体积 b.将碘转化成离子进入水层 c.主要是出去海带浸取原液中的有机杂质 d.NaOH溶液可以有乙醇代替 ‎④实验中操作Z的名称是___________。‎ ‎(2)实验甲中采用蒸馏不合理，理由是____________________________。‎ ‎(3)①萃取所用到的玻璃仪器是________________。②萃取的原理是______________。举例________________。‎ ‎【答案】 (1). 向分液漏斗中加入少量的水，检查活塞出是否漏水，将活塞倒转过来检查玻璃塞是否漏水 (2). 液体分上下两层，下层呈紫色 (3). ab (4). 过滤 (5). 碘易升华，蒸馏会导致碘的损失 (6). 分液漏斗 (7). 溶质在互不相容的溶剂中溶解度的差异 (8). 用四氯化碳提取碘水中的碘 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据分液漏斗的使用方法判断查漏的检验操作；‎ ‎②根据I2容易溶于无色液体物质四氯化碳中，其溶液显紫色，四氯化碳与水互不相溶，密度大于水分析；‎ ‎③A.I2与NaOH溶液会发生歧化反应；‎ B.碘单质与氢氧化钠反应生成了碘化钠、碘酸钠；‎ C.该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠，便于后续分离出碘单质；‎ D.乙醇易溶于水和四氯化碳，仍然无法分离出碘单质；‎ ‎④碘单质不溶于水，可以通过过滤操作分离出碘单质；‎ ‎(2)从碘单质易升华角度分析；‎ ‎(3)萃取是利用溶质在互不相容的溶剂中溶解度的不同，用萃取剂将溶质与原溶剂分离的操作，使用的主要玻璃仪器是分液漏斗。‎ ‎【详解】(1)①分液漏斗是分离互不相容的两层液体物质的仪器，在使用前须检漏，检漏方法是向分液漏斗中加入少量的水，检查活塞出是否漏水，将活塞倒转过来检查玻璃塞是否漏水；‎ ‎②四氯化碳是无色液体，与水互不相容，密度比水大，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，所以步骤X中，向碘水中加入CCl4，充分振荡，静置，，会看到分液漏斗内现象是液体分上下两层，下层液体呈紫色；‎ ‎③①检查分液漏斗是否漏水的操作方法为：向分液漏斗中加入少量蒸馏水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水，‎ 故答案为：向分液漏斗中加入少量蒸馏水，检查旋塞处是否漏水，将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水；‎ ‎②碘单质易溶于有机溶剂，微溶于水，且四氯化碳的密度大于水溶液，所以步骤X向含有碘单质的水溶液中加入四氯化碳后，混合液会分为上下两层，下层为四氯化碳的碘溶液，则下层呈紫红色，‎ 故答案为：液体分为上下两层，下层呈紫红色；‎ ‎③A.向含有I2的有机物中加入NaOH溶液，发生反应3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O中，需要浓氢氧化钠溶液，所以应控制NaOH溶液的浓度和体积，A正确；‎ B.根据反应3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O可知，步骤Y将碘转化成离子进入水层，B正确；‎ C.该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠，将碘转化成离子进入水层，不是除去有机杂质，C错误；‎ D.乙醇易溶于水和四氯化碳，将氢氧化钠换成乙醇，仍然无法分离出碘单质，D错误；‎ 故合理选项是AB；‎ ‎④步骤Z将碘单质和水分离，由于碘单质不容易溶于水，可通过过滤操作完成；‎ ‎(2)方案甲中采用蒸馏操作，由于碘单质容易升华，会导致碘单质损失，所以甲方案不合理；‎ ‎(3)①萃取所用到的玻璃仪器主要是分液漏斗。②萃取的原理是根据溶质在不同的溶剂中溶解度的不同，用一种溶剂将溶质从它与另一种溶剂所组成的溶液中分离出来，要求溶质在萃取剂中的溶解度远大于原溶剂，溶质与萃取剂不能反应，而萃取剂与原溶剂互不相容，如用四氯化碳萃取碘水中的碘单质。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离与提纯方法的综合应用，明确实验原理，掌握各种分离提纯方法对被提纯的物质和杂质的性质的要求是解答关键，注意熟练掌握化学实验基本操作方法，试题涉及多个知识点、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。‎ 三、计算题（共20分）‎ ‎22.按要求回答下列问题：‎ ‎（1）0.3molNH3中所含质子数与______gH2O分子中所含质子数相等。‎ ‎（2）与3.2gSO2所含的氧原子数相等的NO2气体在标准状况下的体积为_______L。‎ ‎（3）将30ml 0.5mol/L的NaOH溶液加水稀释到500ml，稀释后溶液物质的量浓度为_______。‎ ‎（4）同温同压下，SO2与O2的密度比为____，若质量相同，两种气体体积比为___ 。‎ ‎【答案】 (1). 5.4g (2). 1.12L (3). 0.03mol/L (4). 2：1 (5). 1：2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据n = = ，结合分子与原子构成解答；‎ ‎（2）依据n = = = ，结合分子与原子构成解答；‎ ‎（3）根据稀释定律可知，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算；‎ ‎（4）同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，结合n= = = 、气体的密度ρ = 进行计算。‎ ‎【详解】（1）0.3 mol NH3含有的质子数的物质的量为0.3mol×(7+3)=3 mol，而1 mol H2O含有质子数为(2×1+8) mol=10mol，则应有0.3 mol H2O，其质量为m(H2O)=0.3 mol×18 g/mol=5.4 g；‎ 故答案为：5.4 g；‎ ‎（2）3.2 g SO2的物质的量为 = 0.05 mol，则分子内所含的氧原子数为0.05 mol×2×NA = 0.1NA，则对应相等氧原子数的NO2气体的物质的量 = 0.05 mol，在标准状况下的体积 = 0.05 mol×22.4 L/mol = 1.12 L，‎ 故答案为：1.12L；‎ ‎（3）令稀释后溶液中NaOH的物质量浓度为c，则：‎ ‎30×10﹣3 L×0.5 mol/L=500×10﹣3 L×c 解得 c = 0.03 mol/L，‎ 故答案为：0.03 mol/L；‎ ‎（4）根据ρ = 知，同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，所以二者密度之比 = 64 g/mol：32 g/mol = 2：1；‎ 根据n= = = 可知：相同条件下，质量相等的气体，V与M成反比，所以若质量相同，两种气体的体积比为32 g/mol: 64 g/mol = 1：2；‎ 故答案为：2：1；1：2。‎ ‎【点睛】同温同压下，气体密度之比等于其摩尔质量之比，也是阿伏伽德罗定律推论之一，它是由理想气体状态方程PV = nRT，V = 及n = 得出PM= ρRT，学生做题时可直接利用阿伏伽德罗定律的推论进行相关计算。‎ ‎23.(1)为了求某NaHCO3、Na2CO3混合物中NaHCO3的质量分数，现将m1g样品加热至质量恒定时停止加热，此时质量为m2g，已知加热时发生的反应式是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，则NaHCO3的质量分数是_________。‎ ‎(2)臭氧层是地球生命的保护神，臭氧比氧气具有更强的氧化性。实验室可将氧气通过高压放电来制取臭氧：3O22O3。将8L氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体是6.5L，其中臭氧是_____ L。‎ ‎【答案】 (1). (2). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳气体和水，根据减少的质量是CO2、H2O的质量和，用差量法计算出碳酸氢钠的质量，然后计算出碳酸氢钠的质量分数；‎ ‎(2)根据气体差量，利用差量法计算生成臭氧的体积。‎ ‎【详解】(1)碳酸氢钠加热发生的反应方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2‎ O，用差量法计算。根据方程式可知：每有2mol NaHCO3反应，即168g NaHCO3发生分解，就互同时产生1molCO2、1molH2O，二者的质量和是62g，即混合物中含有168gNaHCO3，完全分解后固体质量会减少62g，现在由m1g固体混合物发生反应后剩余固体质量是m2g，固体质量减少(m1-m2) g，则其中含有NaHCO3的质量是m(NaHCO3)=×168g×100%=；‎ ‎(2)根据反应方程式3O22O3可知：3体积O2完全转化O3，气体的体积变为2体积，反应后减少1体积，现在将8L氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体是6.5L，反应后气体的体积减少了8L-6.5L=1.5L，则反应产生O3的体积为V(O3)==3L。‎ ‎【点睛】本题考查了化学方程式的计算，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握差量法在化学计算中的应用，试题有利于培养学生的化学计算能力。‎ ‎ ‎