【文档说明】【精准解析】浙江省台州市书生中学2019-2020学年高一上学期第三次月考化学试题.doc，共(20)页，408.000 KB，由小赞的店铺上传

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台州市书生中学2019学年第一学期第三次月考高一化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5一、选择题（本大题共23小题，共46分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错

选均不得分。）1.下列仪器名称不正确．．．的的是A.蒸发皿B.圆底烧瓶C.容量瓶D.量筒【答案】B【解析】【详解】A.仪器的名称是蒸发皿，A正确；B.仪器的名称是平底烧瓶，B错误；C.仪器的名称是容量瓶

，C正确；D.仪器的名称是量筒，D正确；答案选B。2.下列物质的分类不正确的是（）A.水、过氧化氢和干冰都属于氧化物B.烧碱、纯碱、熟石灰都属于碱C.H2SO4、HNO3、H2CO3都属于酸D.NaHSO4、CuSO4·5H2O和KMnO4都属于盐【答案】B【解析】【详解】A．水、过氧化氢和干冰的

化学式分别为H2O、H2O2、CO2，他们都是由两种元素组成，其中一种是氧元素，属于氧化物，A正确；B．烧碱、纯碱、熟石灰的化学式分别为NaOH、Na2CO3、Ca(OH)2，其中Na2CO3属于盐，B错误；C．H2SO4、HNO3、H2CO3都属于酸，C正确；D．NaHSO4、CuS

O4·5H2O和KMnO4都属于盐，D正确；答案选B。3.下列关于胶体的叙述中，不正确．．．的是A.胶体可用于净水，能吸附水中的悬浮物质而沉降B.浊液、胶体、溶液的本质区别是分散质粒子的直径大小C.利用

了丁达尔效应可以区别溶液和胶体D.Fe(OH)3胶体不稳定，静置后会有沉淀出现【答案】D【解析】【详解】A、胶体具有较大的表面积，能够吸附水中悬浮的固体颗粒并沉降，达到净水目的，故A正确；B、分散质微粒直径大小是分散系的本质

区别，胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1～100nm之间，故B正确；C、丁达尔现象是胶体的性质，光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，故C正确；D、胶体属于介稳体系，Fe(OH)3胶体静置后不会有沉淀出现，故D错误；故答案选D。4.下列说法

不正确的是（）A.钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂B.实验室常将钠保存在煤油或四氯化碳中C.小苏打是培制糕点所用的发酵粉的主要成分之一D.热的纯碱溶液可以去除物品表面的油污【答案】B【解析】【详解】A．钠和钾的合金导热性强，可用于快中子反应堆作热交换剂，A正确；B．钠的密度比四氯化碳小，

会浮在液面上，不能用四氯化碳保存钠，B错误；C．小苏打是碳酸氢钠，受热易分解，能与酸反应生成二氧化碳气体，可用来制做焙制糕点的发酵粉，C正确；D．纯碱Na2CO3在水溶液中水解使溶液呈碱性，加热能促进

水解，使溶液碱性增强，有利于油脂的水解，D正确；答案选B。5.NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A.NA个H+的质量为1gB.1mol氩气分子的原子数目为2NAC.标况下，NA个四氯化碳分子的体积为22.4LD.1mol/L的蔗糖水溶液

中含蔗糖分子的数目为NA【答案】A【解析】【详解】A．NA个H+的质量为1g，A正确；B．氩气的分子式为He，所以1mol氩气分子的原子数目为NA，B错误；C．标况下，四氯化碳不是气体，不能用气体摩尔体积计算它的体积，C错误；D．没有

给出1mol/L的蔗糖水溶液的体积，无法计算蔗糖分子的数目，D错误；答案选A。6.下列实验操作中，错误的是（）A.分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B.不能用酒精萃取碘水溶液中的碘C.蒸馏

时，应使温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管处D.可以用pH试纸测定氯水的酸碱性【答案】D【解析】【详解】A．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，A正确；B．酒精和水任意比互溶，因此不能用酒精萃取碘水溶液中的碘，B正确；C．蒸馏时，应使温度

计水银球位于蒸馏烧瓶支管处，C正确；D．氯水中含有次氯酸，会使pH试纸褪色，所以不能用pH试纸测定氯水的酸碱性，D错误；答案选D。7.下列除杂试剂选择正确．．的是选项待提纯物质杂质除杂试剂ACl2HCl

NaOH溶液BCO2COO2CFeCl3溶液FeCl2Cl2DNa2CO3NaHCO3盐酸A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氯气和氯化氢均与NaOH溶液反应，应该用饱和食盐水，故A错误；B．

在二氧化碳存在的情况下，一氧化碳很难与氧气反应，应该通过炽热的氧化铜除去二氧化碳中的一氧化碳，故B错误；C．氯气与FeCl2反应生成氯化铁，则通入过量的Cl2可除杂，故C正确；D．HCl与碳酸钠和碳酸氢钠均反应，不能除去碳酸钠溶液中的碳酸氢钠，故D错

误；故答案选C。【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、性质差异、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。8.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（

）①CO2与Ca（ClO）2②Na2CO3与HCl③Mg与CO2④Na与H2O⑤Na与O2⑥NaOH与CO2A.③⑤B.③④C.①③④D.②④⑥【答案】B【解析】【详解】①CO2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；②Na2CO3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；③Mg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；④Na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；⑤Na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；⑥NaOH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。9.反应8NH3＋3Cl2N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物

质的量之比为A.2∶3B.8∶3C.6∶3D.3∶2【答案】A【解析】【详解】该氧化还原反应用双线桥表示为，可知实际升价的N原子为2个，所以2个NH3被氧化，同时Cl2全部被还原，观察计量数，Cl2为3个，

因而被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为2：3。故答案选A。10.实验室化学药品保存不当会失效，下列药品保存方法不当．．的是A.金属钠常保存在煤油中B.氢氟酸需密封保存在塑料瓶中C.新制氯水保存在棕色瓶中并置于冷暗处D.硅酸钠的水溶液可保存在带玻璃塞的试

剂瓶中【答案】D【解析】【详解】A．钠性质活泼，需要隔绝空气密封保存，钠能够与水反应，不能保存在水中；由于钠密度大于煤油，所以金属钠可以保存在煤油中，故A正确；B．氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应生成四氟化硅和水，氢氟酸需密封保存在塑料瓶中，故B

正确；C．氯水中氯气和水反应生成的次氯酸见光分解，新制氯水保存在棕色瓶中并置于冷暗处，故C正确；D．硅酸钠是一种矿物胶，容易使瓶口和瓶塞粘结不能打开，硅酸钠的水溶液可保存在带橡胶塞的试剂瓶中，不能用玻璃塞，故D错误；故答案选D。【点睛】本题考查了化学试剂的保存方法判断，

注意掌握常见化学试剂的性质及正确保存方法是解答此类问题的关键，尤其要注意试剂瓶以及瓶塞的选择。11.下列关于实验装置或操作的说法中，正确．．的是A.实验①中若左边棉花变橙色，右边棉花变蓝色，则能证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2B

.实验②可用于吸收HCl，并防止倒吸C.实验③试管中会生成血红色溶液D.用图④操作制备少量氧气，可做到随关随停【答案】C【解析】【详解】A．生成的溴中混有氯气，不能验证溴与碘的氧化性强弱，故A错误；B．氯化氢极易溶于水，直接通入水中，容易发生倒吸，应该用四氯化碳，不能用苯，

故B错误；C．铁离子与KSCN发生络合反应，溶液为血红色，故C正确；D．过氧化钠溶于水，不是块状固体，该装置不能做到随关随停，故D错误。故答案选C。【点睛】本题考查较为综合，涉及气体的制备、性质的检验以及物质的分离等问题，侧重于学生的分析能

力、实验能力和评价能力的考查，把握物质的性质为解答该题的关键。12.Cl2在70℃的NaOH溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3物质的量之比为4:1，溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为（）A.11:2B

.1:1C.9:4D.5:1【答案】C【解析】【详解】Cl2发生自身氧化还原反应，应该一部分升价，一部分降价，而NaClO与NaClO3都是氯元素升价后的产物，可令NaClO为4mol，NaClO3为1mol，设NaCl为xmol，则根据得失电子守恒，可得1

×4+5×1=x×1，解得x=9，则溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为9:4，C项正确；答案选C。13.下列说法正确的是（）A.液态HCl、固态NaCl均不导电，所以均是非电解质B.NH3、Cl2的水溶液均能导电，所以NH3、Cl2

均是电解质C.蔗糖、酒精在液态或水溶液中均不导电，所以均是非电解质D.铜、石墨均导电，所以它们是电解质【答案】C【解析】【详解】A．在水溶液或熔融状态下能导电的化合物叫电解质。液态HCl、固态NaCl虽然不导电，

但他们的水溶液均导电，所以液态HCl、固态NaCl属于电解质，A错误；B．NH3、Cl2的水溶液均能导电，是NH3、Cl2与水反应生成的新物质发生了电离，而使溶液导电，NH3、Cl2本身并没有电离，所以NH3、Cl2不是电解质，B错误；C．蔗糖、酒精在液态或水溶液中均不导电，所以均是非电解质，C

正确；D．铜、石墨是单质，单质既不是电解质也不是非电解质，D错误；答案选C。14.下列说法不正确的是（）A.浓度相同的碳酸钠和碳酸氢钠溶液，前者碱性更强B.相同温度下，碳酸钠在水中的溶解度大于碳酸氢钠在水中的溶解度

C.相同质量的碳酸钠与碳酸氢钠与足量的盐酸反应，后者产生的二氧化碳的量多D.分别向碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中加入澄清石灰水，只有前者产生沉淀【答案】D【解析】【详解】A．浓度相同的碳酸钠和碳酸氢钠溶液，前者碱性更强，A正确；B．

相同温度下，碳酸钠在水中的溶解度大于碳酸氢钠在水中的溶解度，B正确；C．相同质量的碳酸钠与碳酸氢钠与足量的盐酸反应，碳酸氢钠的摩尔质量小，产生的二氧化碳的量多，C正确；D．碳酸氢钠溶液中加入澄清石灰水，发生的反应为：NaHC

O3+Ca(OH)2=H2O+CaCO3↓+NaOH或2NaHCO3+Ca(OH)2=2H2O+CaCO3↓+Na2CO3，所以分别向碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中加入澄清石灰水，都会产生沉淀，D错误；答案选D。15.溴（Br）与氯同属“卤族”元素，其单质在性质上具有很大的相

似性，但Cl2比Br2的活泼性更强，下面是根据氯的性质对溴的性质的预测，其中正确的是（）A.溴单质只具有氧化性B.溴单质与NaOH溶液反应生成NaBr和HBrOC.溴原子最外层有7个电子，在反应中容易得1个电子，易被氧化D.溴蒸气与氢气在加热下反应生成HBr【答案】D【解析】【分析】题干中说溴（

Br）与氯同属“卤族”元素，其单质在性质上具有很大的相似性，我们可以通过分析氯气的性质来分析单质溴的性质。Cl2与氢氧化钠溶液反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，这个反应中

Cl2既有氧化性又有还原性。Cl2和H2光照或点燃时可以反应生成HCl，依据上述分析各项。【详解】A．溴单质和氯单质性质相似，所以溴单质既有氧化性又有还原性，A错误；B．溴单质与NaOH溶液反应生成NaBr和NaBrO，B错误；C．溴原子最外层有7个电子，在反应中容易得1个电子，易被还原，C错误

；D．溴蒸气与氢气在加热下反应生成HBr，D正确；答案选D。16.下列说法正确的是（）A.除去二氧化碳气体中的少量氯化氢，通过饱和碳酸钠溶液B.除去碳酸氢钠溶液中的少量碳酸钠，加适量盐酸C.除去氯化钠固体中的少量I2，用

升华法除杂D.除去碳酸钠溶液中的少量碳酸氢钠，用加热法除杂【答案】C【解析】【详解】A．除去二氧化碳气体中的少量氯化氢，若通过饱和碳酸钠溶液，二氧化碳气体也可以和饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，所以应选用饱和碳酸氢钠溶

液，A错误；B．碳酸氢钠溶液中混有少量碳酸钠，若加盐酸除杂，碳酸氢钠也可以和盐酸发应，B错误；C．I2易升华，除去氯化钠固体中的少量I2，用升华法除杂，C正确；D．若是碳酸钠固体中混有少量碳酸氢钠固体，可以用加热法除杂。碳酸钠溶液混有少量碳酸氢钠，由于溶液中含有大量水，不能用加热法除

杂，D错误；答案选C。【点睛】除杂原则：（1）不增：不引进新杂质（2）不减：主体物不要损失（3）易分离：杂质最好转化为气体或沉淀，便于和主体物分离。17.下列有关工业生产的说法错误．．的是A.高炉炼铁、生产普通硅

酸盐水泥和普通玻璃都要用到的一种原料是石灰石B.工业上常以电解饱和食盐水为基础制取氯气C.通常用海水提取食盐后的母液为原料制取溴单质D.工业上利用焦炭与二氧化硅在高温下反应可直接制得高纯度的硅【答案】D【

解析】【详解】A.高炉炼铁的原料：铁矿石、焦炭、石灰石；制硅酸盐水泥的原料：石灰石和黏土；制普通玻璃的原料：石英、石灰石、纯碱，所以高炉炼铁、生产普通硅酸盐水泥和普通玻璃都要用到的原料是石灰石，A项正确；B.用电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，因此工业上

常以电解饱和食盐水为基础制取氯气，B项正确；C.海水提取食盐后的母液含有Br－，可以此为原料制备单质溴，C项正确；D.利用焦炭在高温下还原二氧化硅可制备粗硅，粗硅进一步提纯可以得到纯硅，D项错误；答案选D。18.下列

两种气体的分子数一定相等的是（）A.体积相等、质量不等的CO和N2B.等温等体积的O2和N2C.等体积等密度的CO和N2D.等压等体积的O2和N2【答案】C【解析】【分析】根据公式：分子数N=nNA可知：当物质的量n相等时，N一定相等。可以通过分析题给物质的n是否相

等来判断分子数N是否相等。【详解】A．公式n=m/M，CO和N2的M相等，但质量m不等，则n不相等，分子数不相等，A错误；B．公式n=V/Vm，等温等压时Vm相等，但题中没有给压强相等，所以Vm不一定相等，则n和N不一定相等，B错误；C．由

公式m=ρV，可得等体积等密度的CO和N2质量相等，再由公式n=m/M，CO和N2的M相等，算出n相等，则N一定相等，C正确；D．公式n=V/Vm，等温等压时Vm相等，但题中没有给温度相等，所以Vm不一定相等，则n和N不一定相等，D错误；答案选C。19.制水煤气的反应为：C＋H2O(g)CO＋

H2，下列说法正确的是（）A.该反应中C被还原B.该反应中H2是氧化产物C.该反应中，每转移2mol电子则生成1molH2D.该反应属于复分解反应【答案】C【解析】【详解】A．C＋H2O(g)CO＋H2反应中C化合价

升高被氧化，A错误；B．H2O中氢元素化合价降低被还原得到还原产物H2，B错误；C．H2O中氢元素化合价由+1变为0，得一个电子，生成一个氢分子时得两个电子，则每转移2mol电子生成1molH2，C正确；D．复分解反应中没有化合价的变化，该反应属于氧化还原反应，D错误；答案选C。2

0.有下列反应：①2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O②2H2O+Cl2+SO2=H2SO4+2HCl下列说法不正确的是（）A.还原性SO2>HCl>MnCl2B.

氧化性KMnO4>MnO2>Cl2C.反应①中HCl表现出酸性和氧化性D.反应②中水既不是氧化剂也不是还原剂【答案】C【解析】【分析】①2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O该反应中的氧化剂、还原剂、氧化产物和

还原产物分别是：KMnO4、HCl(浓)、Cl2、MnCl2，发应②2H2O+Cl2+SO2=H2SO4+2HCl中的氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物分别是：Cl2、SO2、H2SO4、HCl，再根据比较

氧化性还原性的强弱规律：氧化性排序：氧化剂>氧化产物；还原性排序：还原剂>还原产物进行解答。【详解】A．由分析可知还原性SO2>HCl>MnCl2，A正确；B．由分析可知氧化性KMnO4>MnO2>Cl2，B正确；C．反应①中HCl做还原剂，

表现还原性，产物中有盐酸盐生成，这部分HCl表现出酸性，C错误；D．反应②中水中没有元素化合价变化，所以水既不是氧化剂也不是还原剂，D正确；答案选C。【点睛】给定的反应中物质的氧化性还原性强弱的比较方法

：先判断氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，氧化性排序：氧化剂>氧化产物；还原性排序：还原剂>还原产物。21.工业生产的纯碱常含有少量的氯化钠杂质。如图是测定产品中碳酸钠质量分数的实验装置，下列说法不正确的是（）A.装置乙中发生的反应方程式为H2SO4+Na2CO3=Na2SO

4+CO2↑+H2OB.装置甲的作用是除去空气中的二氧化碳气体C.反应结束后再需缓缓鼓入空气数分钟D.若实验操作无误，该装置测得的碳酸钠的质量分数结果偏小【答案】D【解析】【分析】该实验的测定原理是：装置丙中碱石灰增重的质量是乙中反应生成二氧化碳的质量，通过二氧化碳的质量来计算碳酸钠的质量，

再计算碳酸钠的质量分数。【详解】A．装置乙中的物质是H2SO4和Na2CO3，发生的反应方程式：H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O，A正确；B．装置甲的作用是除去空气中的二氧化碳气体，避免空气中的二氧化碳进入装置丙，影响测定结果，B正确；C．装置乙和导管中会残留反应生

成的二氧化碳，为了把反应生成的二氧化碳全部吹入装置丙中，反应结束后再需缓缓鼓入空气数分钟，C正确；D．装置丙的右侧和空气相通，空气中的二氧化碳也会被吸收，导致装置丙增重的质量偏大，算出的碳酸钠的质量分数偏大，D错误；答案选D。【点

睛】本题容易忽略的地方：装置内会残留H2SO4和Na2CO3反应生成的二氧化碳，造成装置丙增重的质量不准确，解答这类试验题时要特别注意。22.将CO2通至下列溶液中：①次氯酸钙溶液；②澄清石灰水；③氯化钙溶液；④饱和碳酸钠溶液；⑤氨的氯化钠饱

和溶液，溶液会出现浑浊的有几种（）A.2种B.3种C.4种D.5种【答案】C【解析】【详解】将CO2通入①次氯酸钙溶液中发生的反应为：CO2+Ca(ClO)2+H2O=2HClO+CaCO3↓；将CO2通入②澄清石灰水中发生的反应为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O；将CO2通入③氯

化钙溶液中不反应，无现象；将CO2通入④饱和碳酸钠溶液中发生的反应为：CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，原溶液是饱和溶液，该反应消耗了溶剂水，并且温度相同时NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度，所以会出现NaHCO3固体；将CO2通入⑤氨的

氯化钠饱和溶液，这是侯氏制碱法的原理，发生的反应为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl。综上所述，溶液会出现浑浊的有四种，C正确；答案选C。23.往装有23FeOCuOFeCu、、、

的烧杯中加入过量稀硫酸，充分反应后，仍有红色粉末剩余，则关于反应后溶液中金属阳离子的判断一定正确的是A.只有Fe2+和Fe3+B.只有Fe2+C.一定有Fe2+、Cu2+，可能有Fe3+D.一定有Fe2+，可能有

Cu2+【答案】D【解析】【详解】最后剩余的红色粉末一定是Cu，Fe2O3、CuO和硫酸反应生成Fe3+和Cu2+，且氧化性：Fe3+＞Cu2+，还原性：Fe＞Cu，结合物质的氧化性、还原性强弱判断反应的可能

性。A．当铜全部析出时，不存在Cu2+，故A错误；B．Cu不一定全部析出，则溶液中可能还有Cu2+，故B错误。C．由于红色粉末是Cu，所以溶液当中肯定没有Fe3+，故C错误；D．由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，无论是和Fe反应，还是和Cu反应，溶液中一定存在Fe2+，

当Fe过量时，不存在Cu2+，当Fe不足时，有Cu2+，故D正确；故答案为D。二、非选择题（本大题共5小题，共54分）24.写出下列反应的方程式或离子方程式：（1）工业制粗硅的反应方程式：___；（2）铜与氯化铁溶液的离子方程式：___；

（3）氧化铁和氢碘酸溶液反应的离子方程式：___。【答案】(1).SiO2+2C高温2CO↑+Si(2).Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+(3).Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++I2+3H2O【解析】【详解】（1）工业上用焦炭还原二氧化硅制备粗

硅，反应方程式为：SiO2+2C高温2CO↑+Si；答案为：SiO2+2C高温2CO↑+Si；（2）铜与氯化铁溶液反应时，铜做还原剂，三价铁离子做氧化剂，离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe3+；答案为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；（3）氧化铁和氢碘酸溶液反应，氧化

铁做氧化剂，氢碘酸做还原剂，离子方程式为：Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++I2+3H2O；答案为：Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++I2+3H2O。25.部分氧化的铁铜合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共5.

76g，经如图处理：（1）滤渣成分为__，滤液A中含有的阳离子为__。（2）样品中铁元素的质量分数为__。【答案】(1).Cu(2).Fe2+、H+(3).38.89%【解析】【分析】样品的成分有Fe、Cu、Fe2O3、CuO，加入足量稀硫酸发生的反应有：①Fe+H2SO4=FeSO4+H

2↑②Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O③CuO+H2SO4=CuSO4+H2O④Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4⑤Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，当稀硫酸足量时，Fe完全反应不剩

余。因为氧化性Fe3+>Cu2+，所以Fe3+反应完以后再发生反应⑤，溶液中的铁元素全部以Fe2+形式存在，稀硫酸足量，溶液中会有大量H+。滤液A经过上述操作得到3.2g固体的过程发生的反应有：FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4；4Fe(OH

)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；2Fe(OH)33H2O+Fe2O3；3.2g固体成分是Fe2O3，原样品中的铁元素全部转化到Fe2O3中，则铁元素的质量可求，进而可以求出样品中铁元素的质量分数。【详解】（1）稀硫酸足量，

铁完全反应，滤液A中不含Cu2+，所以滤渣成分是铜。溶液中的铁元素全部以Fe2+形式存在，稀硫酸足量，溶液中还会有H+。答案为：Cu；Fe2+、H+（2）原样品中的铁元素全部转化到Fe2O3中，则铁元素的质量为：1123.2=2.24160（g），样品中铁元素的质量分

数为：2.24100%=38.89%5.76；答案为：38.89%。【点睛】当一种还原剂遇到多种氧化剂时，需要比较氧化性强弱顺序，来判断粒子的反应程度，本题中氧化性Fe3+>Cu2+。26.已知：2Al+3Cl2=2AlCl

3，无水氯化铝遇潮湿的空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置按一定的顺序连接，制备无水氯化铝。（1）写出仪器Ⅰ的名称___。装置C中发生反应的化学方程式为___。（2）为达到实验目的，装置的连接顺序为（用字母“a”~“h”填写）：b→___→a。（3）装置A盛放的试剂是___；装置E中盛放的试剂

是___。装置B的作用是___。（4）装置C的气密性检查的操作是___。【答案】(1).分液漏斗(2).MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O(3).fecdgh(4).浓硫酸(5).饱和食盐水(6).吸收尾气

氯气，防止污染空气(7).法1：将导管b接一长导管插入水中，关闭分液漏斗旋塞，加热圆底烧瓶，导管口有气泡冒出，移去酒精灯，冷却后，导管口形成一段稳定的水柱，则气密性良好。法2：在导管口接一橡皮管，用止水夹夹住，打开分液漏斗旋塞，向分液漏斗中加水，水流下一段后不再流下，则气密性良好。【解析】

【分析】本实验要用2Al+3Cl2=2AlCl3这一反应原理制备无水氯化铝，氯气需要现制。C装置用来制备氯气，制备原理为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，这一过程中会产生杂质HCl气体和水蒸气，金属铝可以和HCl反应，题中给出信息无水氯化铝遇潮湿的空气

即产生大量白雾，所以在氯气进入F装置前需要把水蒸汽和HCl除掉，可以用浓硫酸吸水，用饱和氯化钠溶液除HCl气体。氯气有毒不能直接排放到空气中，所以F装置中氯气和铝反应以后，剩余的氯气要用NaOH溶液吸收，为防止NaOH溶液中水蒸气进入

F装置，F要先连接干燥装置A再连尾气处理装置B，干燥装置A中仍然可以用浓硫酸干燥。依据上述进行解答。【详解】(1)仪器Ⅰ的名称是分液漏斗，装置C是制备氯气过程，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑

+2H2O；答案为：分液漏斗；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)C装置制备氯气，E装置除HCl气体，D装置干燥氯气，F装置制备无水氯化铝，A装置除水蒸气，B装置进行尾气处理。装置的连接顺序为：CEDFAB。洗气时导管要长进短出，所以装置的导管连接顺序为：fec

dgh；答案为：fecdgh；(3)A装置除水蒸气，试剂用浓硫酸。E装置除HCl气体，试剂用饱和食盐水。B装置中的NaOH溶液可以吸收尾气氯气，防止污染空气；答案为：浓硫酸；饱和食盐水；吸收尾气氯气，防止污染

空气；（4）装置C的气密性检查的操作依据装置内气体受热压强增大的原理来解答。答案为：法1：将导管b接一长导管插入水中，关闭分液漏斗旋塞，加热圆底烧瓶，导管口有气泡冒出，移去酒精灯，冷却后，导管口形成一段稳定的水柱，则气密性良好。法2：在导管口接一橡皮管，用止水夹夹住，打开分

液漏斗旋塞，向分液漏斗中加水，水流下一段后不再流下，则气密性良好。27.分离提纯、溶液的配制和分析是化学家常用的研究物质的实验方法，根据所学知识，回答下列问题：Ⅰ.实验室从海藻中提取碘的流程如图：（1

）提取碘的过程中，操作③的名称为___。（2）“后期处理”中涉及的操作为___。（3）在灼烧过程中，使用到的实验仪器有___（除三脚架和酒精灯外）。A.烧杯B.蒸发皿C.坩埚钳D.瓷坩埚E.泥三角Ⅱ.依据粗盐提纯的原理，除去硝酸钾固体中少量的硝

酸镁、硫酸镁杂质，按如图步骤操作，回答下列问题：（1）试剂A和B的化学式分别是___，___。（2）操作Ⅱ为___，___，___。Ⅲ.实验室现需配制物质的量浓度为1mol/L的NaOH溶液480mL。（1）实验过程中用到的玻璃仪器

有：烧杯、玻璃棒、___、___。（2）要配制此溶液，需要称量NaOH固体的质量为___。（3）下列操作会使所配溶液浓度偏大的有___。A.溶解固体溶质时，未冷却到室温即转入容量瓶定容B.容量瓶中原有少量蒸馏水C.定容时仰视读数D.砝码生锈但未脱落

【答案】(1).萃取分液(2).蒸馏(3).CDE(4).Ba(OH)2(5).K2CO3(6).蒸发浓缩(7).冷却结晶(8).过滤(9).500mL容量瓶(10).胶头滴管(11).20.0g(12).AD【解析】

【分析】Ⅰ.分析实验室从海藻中提取碘的流程图：海藻晒干以后得到的干海藻中没有水，可以用坩埚灼烧成海藻灰，海藻灰加水浸泡形成的海藻灰悬浊液中含有I-，过滤得到含I-的溶液，向溶液中通入氯气或滴加氯水把I-氧化成单质碘，从碘水中提取碘单质的方法是加入有机溶剂进行萃取再分液。分液后得到含碘的有机溶液

，可以利用单质碘和有机溶剂沸点相差较大用蒸馏法提取其中的碘单质。Ⅱ.KNO3固体中含有少量的Mg(NO3)2、MgSO4杂质，从化学式可以看出含有的杂质离子是Mg2+和SO42-。根据除杂易分离的原则，可以把Mg2+转化为溶解度较小的Mg(OH)2，把SO42-转化

为沉淀BaSO4，可以加入过量的Ba(OH)2，再加入K2CO3除去过量的钡离子，过滤得到含KNO3和K2CO3的混合液，再加入过量的稀硝酸除去K2CO3，由于稀硝酸具有挥发性，在后续加热过程中可以除去。经过上述操作得到的是

硝酸钾溶液，经过操作Ⅱ即可得到纯净的硝酸钾固体。Ⅲ.根据物质的量浓度公式：C=n/V可知，凡是能引起n增大或V减小的因素，会使所配溶液浓度偏大，据此分析即可。【详解】Ⅰ.（1）操作③是将单质碘从水溶液转移到有机溶剂中，该操作是萃取分液；答案为：萃取分液；（2）将单质碘

从有机溶剂提取出来，可以根据单质碘和有机溶剂沸点的不同，用蒸馏的方法得到晶态碘；答案为：蒸馏；（3）在灼烧海藻灰过程中没有水分，可以用坩埚架在泥三角上灼烧，并用坩埚钳夹取烧热的坩埚；答案为：CDE；Ⅱ.（1）试剂A和B的化学式分别是Ba(OH)2和K2CO3，用来除去Mg2+和SO42-；

答案为：Ba(OH)2，K2CO3；（2）操作Ⅱ是从硝酸钾溶液中得到纯净的硝酸钾固体，经过的操作有：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；Ⅲ.（1）实验室配制1mol/L的NaOH溶液480mL用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒以外，还需体积与480mL容积最接近的容量瓶，选5

00mL容量瓶，最后用胶头滴管定容。答案为：500mL容量瓶，胶头滴管；(2)需要NaOH固体的物质的量为:n=CV=1mol/L0.5L=0.5mol，则需要称取NaOH固体的质量为：m=nM=0.5mol40g/mo

l=20.0g答案为：20.0g；（3）A.固体NaOH在溶解时，会放出大量的热，引起溶液体积增大，未冷却到室温即转入容量瓶定容，会使定容加的水减少，引起溶液浓度增大，A正确；B.容量瓶中原有少量蒸馏水，对浓度无影响，B错误；C.定容时仰视读数，会使定容时加的水增多，浓度偏小，C错误；D.砝码

生锈但未脱落，砝码的质量比标注的质量大了，导致称量的NaOH固体的质量增大，配得的溶液浓度偏大，D正确；答案选：AD。28.将4g氢氧化钠和mg碳酸钠混合并配成溶液，向溶液中滴加一定浓度的稀盐酸，加入盐酸的体积和生成二氧化碳的质量的关系如图所示，回答下列问题：

（不考虑二氧化碳的溶解）（1）加入盐酸的体积为0.2L时，溶液中溶质的成分为___；（2）碳酸钠的质量m=___；（3）盐酸的物质的量浓度为___。【答案】(1).NaHCO3、NaCl(2).10.6g(3).1mol/L【解析】【分析】向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加一定浓

度的稀盐酸，发生反应的顺序及化学方程式为：①NaOH+HCl=NaCl+H2O②Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl③NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，由反应②③可以看出，盐酸和碳酸钠溶液反应分两步进行，并且这两步消耗的盐酸是等量的。图中

混合液完全反应消耗的盐酸为0.3L，加入盐酸体积0~0.1发生反应①，0.1~0.2发生反应②，0.2~0.3发生反应③，再结合图中给出的相关量可以计算碳酸钠的质量和盐酸的物质的量浓度。【详解】（1）加入盐酸的体积为0.2L

时，发生的反应是NaOH+HCl=NaCl+H2O和Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，此时溶液中的溶质为NaHCO3和NaCl。答案为：NaHCO3、NaCl；（2）图中盐酸体积0.1~0.3时，是盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳的过程，根据关系式：Na2CO3~CO2可以算出，生成4.

4gCO2时，对应Na2CO3的质量为10.6g。答案为：10.6g；（3）图中盐酸体积0~0.1L时，发生反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O，氢氧化钠质量是4g，物质的量是0.1mol，则盐酸的物质的量也为0.1mol，由公式C=n/V，可以求出盐酸的物质的量浓度为1m

ol/L。答案为：1mol/L。【点睛】本题考查盐酸和碳酸钠的分步反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。做题过程中学生习惯把盐酸和碳酸钠的反应写成一步反应：Na2CO3+2HCl=2N

aCl+H2O+CO2↑，按一步看还是按两步看，要结合题给条件来分析。