【文档说明】四川省遂宁市2019-2020学年高一上学期期末教学水平监测化学试题【精准解析】.doc，共(20)页，644.000 KB，由小赞的店铺上传

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遂宁市高中2022届第一学期教学水平监测化学试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。总分100分。考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H-1He-4Na-23O-16S-32Cl-35.5第Ⅰ卷（选择题，满分48分）一、选择题（每题只有一个选项符合题意要求，1-12题

每题2分，13-20题每题3分，共48分）1.中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造不涉及氧化还原反应的是A.用胆矾炼铜B.用铁矿石炼铁C.黑火药的使用D.打磨磁石制指南针【答案】D【解析】【详解】A．用胆矾炼铜，Cu的

化合价从+2价降低到0价，所以涉及氧化还原反应，故A不符合题意；B．用铁矿石炼铁，Fe元素的化合价降低，铁矿石被还原，属于氧化还原反应，故B不符合题意；C．黑火药的使用时，发生了剧烈的爆炸，C、S、N等元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故C不符合题意；D．打磨磁石制指南针，属于

物理变化，不是化学变化，不涉及氧化还原反应，故D符合题意；故选D。【点评】本题考查氧化还原反应、化学工业原理，明确各工业生成原理是解本题关键，难度不大，侧重于考查了学生对基础知识的应用能力。2.工业上所说的“液碱

”，一般是指氢氧化钠的水溶液。以下是一些常用的危险品标志，装运“液碱”的包装箱应贴的图标是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A.氢氧化钠有腐蚀性，图标为腐蚀品，故A正确；B.氢氧化钠有腐蚀性，图标为易燃液体，故B错误；C.氢

氧化钠有腐蚀性，图标为自燃物品，故C错误；D.氢氧化钠有腐蚀性，图标为有毒品，故D错误。故答案选A。3.下列试剂中，能用带玻璃塞的试剂瓶贮存的是A.氢氟酸B.氢氧化钠C.盐酸D.水玻璃【答案】C【解析】【

详解】A、氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅，所以不能用玻璃瓶盛放氢氟酸，要用塑料瓶盛放，故A错误；B、氢氧化钠呈强碱性，能和二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠是一种矿物胶，能把玻璃塞黏住，故B错误；D、稀盐酸呈酸性，不和二氧化硅

反应，所以可以用带玻璃塞的试剂瓶盛放，故C正确；D、水玻璃就是硅酸钠溶液，硅酸钠是一种矿物胶，能把玻璃塞黏住，故D错误；故选C。【点睛】明确硅酸钠的性质、玻璃的成分是解题的关键。本题中能和二氧化硅反应的药品溶液不

能盛放在玻璃试剂瓶或带玻璃塞的试剂瓶中。4.下列叙述正确的是A.生铁的熔点高于纯铁B.Na2O2、Mn2O7均属碱性氧化物C.纯碱、明矾均属盐类D.胶体能通过半透膜【答案】C【解析】【详解】A．生铁是碳和铁的合金，合金的熔点低于其成分物质的熔点，生铁的熔点低于纯铁，故A错误；B．过氧化钠与酸反

应生成盐和水、氧气，不属于碱性氧化物，Mn2O7能够与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故B错误；C．纯碱是碳酸钠的俗名，明矾是硫酸铝钾的俗名，都属于盐，故C正确；D．胶体可以透过滤纸，但不能透过半透膜，故D错误；故选C。5.今年11月18日射洪撤

县设市，于当晚8点的焰火晚会也将庆祝活动推向了高潮。焰火与高中化学中“焰色反应”知识有关。下列有关“焰色反应”说法中正确的是A.焰色反应实验前铂丝应先用稀硫酸洗涤B.NaCl与Na2SO4灼烧时火焰颜色相同C.焰色反应均应透过蓝色钴玻璃观察D.焰色反应属于复杂的化学变化【答

案】B【解析】【详解】A、焰色反应实验前铂丝应先选盐酸洗涤，因为盐酸易挥发，而硫酸不挥发，故A错误；B、焰色反应是元素的性质，只要含有的金属元素相同，无论是单质还是化合物，灼烧时火焰颜色都相同，故B正确；C、只有钾的焰色反应

需要透过蓝色钴玻璃，滤去黄光，故C错误；D、焰色反应没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；故选B。6.化学与生活密切相关，下列说法错误的是A.高纯硅可用于制作光感电池B.胃舒平（主要成分：氢氧化铝）可用于胃酸

中和剂C.铝合金大量用于高铁建设D.生活中常用的玻璃、水泥和陶瓷材料均需用石灰石作工业原料生产【答案】D【解析】【详解】A.高纯硅是常见的半导体材料，可以制作光感电池，故A正确；B.氢氧化铝属于弱碱，能中和

胃酸中的盐酸而降低胃液酸性，所以氢氧化铝可以用于中和过多胃酸，故B正确；C.铝合金密度较小，既坚固又轻便，材料可用来做高铁，故C正确；D.陶瓷材料的制作原料主要有长石、粘土和石英等，没有石灰石成分，故D错误；故答案选D。7.在水溶液中，下列电离方程式中正确的是A.NaHCO3=Na＋+H＋+CO3

2－B.Ca(OH)2=Ca2＋+(OH-)2C.Ba(AlO2)2=Ba2＋+2AlO2－D.2Fe3＋+3SO42－=Fe2(SO4)3【答案】C【解析】【详解】A.弱酸酸式盐电离出阳离子与弱酸酸式酸根，

碳酸氢钠为强电解质，完全电离出钠离子与碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，故A错误；B.氢氧化钙是强电解质，在水溶液中完全电离生成钙离子和氢氧根离子，电离方程式为Ca（OH）2═Ca2++2OH-，故B错误；C.Ba(AlO2)2属于盐，完全电离，电离方程式为

：Ba(AlO2)2=Ba2＋+2AlO2－，故C正确；D.Fe2(SO4)3为强电解质，完全电离，电离方程式：Fe2(SO4)3=2Fe3＋+3SO42－，故D错误；故答案选C。8.下列反应的离子方程式正确的是A.硫酸铜与Ba(OH)2溶液反应：Cu2＋+2OH－=Cu(OH)2↓B.腐蚀

法制作印刷线路板:2Fe3＋+Cu=2Fe2＋+Cu2＋C.向AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3＋+4OH－=AlO2－+2H2OD.将Na投入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2＋=2Na＋+Cu【答案】B【解析】【详解】A.硫酸铜与Ba(OH)2反应的离子反应方程式为Cu

2++SO42-+Ba2++2OH-═Cu（OH）2↓+BaSO4↓，故A错误；B.腐蚀法制作印刷线路板，反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故B正确；C.氨水是弱碱溶液，与AlCl3溶液反应只生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3＋+3NH3H2O=Al(O

H)3↓+3NH4+，故C错误；D.将Na投入到CuSO4溶液中，Na先与水反应生成氢氧化钠，再和硫酸铜反应，反应的离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+=2Na++Cu（OH）2+H2，故D错误；故答案选B。【点睛】金属钠属于活泼金属，在与盐溶液反应时，先与水反应生成氢氧

化钠和氢气，然后氢氧化钠在与盐溶液中的溶质反应；比如：钠与硫酸铜溶液反应，不会有铜析出；但是在熔融的状态下，钠可以置换出金属，比如钠与熔融的四氯化钛反应，可以置换出金属钛。9.下列指定各组离子一定能大量共存的是A.无色透明溶液

中：Na＋、Fe3＋、Cl－、SCN－B.与Al反应能放出H2的溶液中：K＋、Ca2＋、NO3－、HCO3－C.强碱性溶液中：Cu2＋、Ba2＋、SO42－、NO3－D.能使石蕊试液变红的溶液中：K＋、Mg2＋、Cl－、SO42－【答案】D【解析】【详解】A.Fe3

+呈黄色，且Fe3+、SCN-反应生成络合物而不能大量共存，不符合条件，故A错误；B.与Al反应能放出H2的溶液可能是强碱也有可能是强酸溶液，在强碱或者强酸溶液中HCO3－都不能大量共存，故B错误；C.强碱性溶液中，Cu2＋会与OH-生成氢氧化铜沉淀，故C错误；D.能使石蕊试液变红的溶液中存在

大量H+，这几种离子之间不反应且和H+不反应，所以能大量共存，故D正确；故答案选D。【点睛】与Al反应能放出H2的溶液可能是强碱也有可能是强酸溶液，但是酸需为非氧化性酸，如盐酸、稀硫酸等，氧化性酸如硝酸等与金属反应不能产生氢气

，这一点要注意。10.下列实验方案设计合理的是A.用盐酸和硝酸银溶液来检验蒸馏水中是否存在氯离子B.用饱和Na2CO3溶液除去CO2中的HCl气体C.制取Fe(OH)2时需创造无Fe3＋和无O2的环境D.用氨水除去镁粉中的少量铝粉【答案】C【

解析】【详解】A.盐酸中存在氯离子，蒸馏水中先加盐酸再加硝酸银溶液，产生不溶于酸的白色沉淀，不能说明蒸馏水中存在氯离子，故A错误；B.CO2也会与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3而被除掉，导致主要成分的损失

，故B错误；C.因为Fe(OH)2在有H2O和O2的环境中极易被氧化，所以制取Fe(OH)2时应在无O2的环境进行，Fe(OH)2是白色沉淀，Fe(OH)3是红褐色沉淀，所以制取Fe(OH)2时也要排除Fe3＋的干扰，故C正确；D.Al只能与强碱反应，在弱碱环境中不

反应，故D错误；故答案选C。11.下列说法中正确的是A.3S+6KOH＝2K2S+K2SO3+3H2O中，被氧化和被还原的硫元素的质量之比为2∶1B.在同温同压下，1体积A2(g)与3体积B2(g)反应生成2

体积C(g)，则C的组成为AB3C.向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化D.硫酸钡的水溶液不易导电，故硫酸钡是弱电解质【答案】B【解析】【详解】A.化合价升高的硫原子与化合价降低的硫原子的个数比为1：2，即被氧化和被还原的硫元素

的质量之比为1：2，故A错误；B.同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比；而在化学反应中，化学计量数之比等于物质的量之比；所以该反应化学方程式为：A2(g)+3B2(g)=2C(g)，由质量守恒得C的组成为AB3，故B正确；C.海水中含有多种可溶性的阴阳离子，而明矾净水只能吸附水中的悬浮

物使之沉降，无法除去可溶性离子，不能使海水淡化，故C错误；D.硫酸钡属于盐，虽然水溶液不易导电，但在熔融状态可以完全电离，所以硫酸钡是强电解质，故D错误；故答案选B。12.下列变化必须加入某种还原剂才能实现的是A.H2O2→H2OB.H2→HClC.CaCl2→CaCO3D.CO2→

CO【答案】D【解析】【分析】要加入某种还原剂才能实现，则选项中物质为氧化剂，氧化剂发生还原反应，元素的化合价降低，以此来解答。【详解】A.H2O2→H2O中O元素的化合价降低，但自身可以发生歧化反应来实现，则不需要加还原剂

就能实现，故A不选；B.H2→HCl中H元素的化合价升高，则需要加氧化剂才能实现，故B不选；C.CaCl2→CaCO3中元素的化合价不变，不需要发生氧化还原反应，故C不选；D.CO2→CO中C元素的化合价降低，则需要加入某种还原剂才能实现，故D选；故答案选D。13.下列各组中的两物

质反应时，反应条件（温度、反应物用量比）改变，不会引起产物的种类改变的是A.Na和O2B.Al2(SO4)3溶液和Ba(OH)2溶液C.Na2O2和CO2D.Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液【答案】C【解析】【详解】A.钠和氧气反应，氧气不足时生成氧化钠，氧气过量时生成过氧化钠，所

以反应条件（温度、反应物用量比）改变，产物改变，故A不选；B.Al2(SO4)3溶液和Ba(OH)2反应，Ba(OH)2不足时生成氢氧化铝沉淀，Ba(OH)2过量时生成偏铝酸钡，所以反应物用量不同，会引起产物种类改变，故B不选；C.过氧化钠与二氧化碳反应

生成碳酸钠和氧气，反应产物种类与反应条件无关，故C选；D.Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液反应，NaOH少量反应生成碳酸钙和碳酸氢钠，NaOH过量反应生成碳酸钠、碳酸钙和水，产物与反应条件有关，故D不选；故答案选C。14.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.物

质的量浓度为0.5mol·L－1的MgCl2溶液中，含有Cl－数为NAB.标准状况下，22.4LH2O中含有的分子数为NAC.常温常压下，4g氦气中含氦原子数为NAD.过氧化钠与水反应时，生成1mol氧气转移

的电子数为4NA【答案】C【解析】【详解】A.溶液的体积没有给出，无法确定物质的量，故A错误；B.标准状况下，水为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，无法确定物质的量，故B错误；C.4g氦气的物质的量为1mol，氦气为单原子分子，所以氦原子的个数

为NA，故C正确；D.过氧化钠与水反应时，被氧化的氧原子从-1价升到0价，生成1mol氧气转移的电子数为2NA，故D错误；故答案选C。15.用下图所示装置能达到有关实验目的是A.用图装置证明密度ρ(苯)＜ρ(钠)＜ρ(水)B.用图装置分

离酒精和四氯化碳C.用图装置除去CO气体中的CO2气体D.用图装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性【答案】A【解析】【详解】A.由图可知，钠在水与苯液面中间，则可知钠的密度比水的小，比苯的大，

故A正确；B.酒精和四氯化碳互溶，不能用分液分离，故B错误；C.导管长进短出，否则将液体排除，达不到洗气的目的，故C错误；D.因碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，比较稳定性应将碳酸氢钠放在小试管中，故D错误；

故答案选A。16.在下列各溶液中逐渐通入CO2气体直至过量，会出现沉淀先产生后消失现象的是①饱和Na2CO3溶液②澄清石灰水③BaCl2溶液④K2SiO3溶液⑤NaAlO2溶液A.全部B.只有③④C.除①⑤D.只有②【答案

】D【解析】【详解】①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳后溶液中会产生碳酸氢钠沉淀，但沉淀不溶解，所以不符合条件，故①不选；②向澄清石灰水中缓慢通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀

，然后碳酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钙，白色沉淀溶解，所以符合条件，故②选；③向BaCl2溶液通入过量的CO2，由于碳酸酸性比盐酸弱，所以不反应，无现象，故③不选；④向K2SiO3溶液通入过量的CO2，二氧化碳和K2SiO3反应生成硅酸沉淀，继续通二氧化碳，硅酸沉淀不溶解，所以不符合

条件，故④不选；⑤向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，二氧化碳过量，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成了氢氧化铝和碳酸氢钠，沉淀不溶解，所以不符合条件，故⑤不选；故答案选D。【点睛】碳酸的酸性强于铝酸、次氯酸、硅酸等，因此二氧化碳气体通入偏铝酸钠、硅酸钠、次氯酸钙

溶液中，均可以发生反应；如果二氧化碳的量少，生成正盐，若二氧化碳过量，生成酸式盐。17.2VLFe2(SO4)3溶液中含有agSO42—，取此溶液VL，用水稀释至2VL，则稀释后溶液中Fe3＋的物质的量浓

度为A.a576Vmol·L－1B.12536aVmol·L－1C.25036aVmol·L－1D.12548aVmol·L－1【答案】A【解析】【分析】根据n＝mM计算出ag硫酸根离子的物质的量，再根据硫酸铁的化学式计算出铁离子的物质的量，再计算出VL溶液中含有的铁离子的物质的量；

溶液稀释过程中铁离子的物质的量不变，然后根据c＝nV计算出稀释后的铁离子的物质的量。【详解】agSO42−的物质的量为：n（SO42−）＝ag96g/mol＝a96mol，则2VL该硫酸铁溶液中含有的Fe3＋的物质的量为：n（Fe3＋）＝23

n（SO42−）＝a96mol×23＝a144mol，VL该溶液中含有铁离子的物质的量为：n（Fe3＋）＝12×a144mol＝a288mol，稀释过程中铁离子的物质的量不变，则稀释后溶液中铁离子的浓度为：c（Fe3

＋）＝amol2882VL＝a576Vmol•L−1，故答案选A。18.下列实验过程中出现异常情况，其可能原因分析错误的是选项异常情况可能原因分析A萃取：液体静置不分层加入萃取剂的量较多B分液：分液漏斗中的液体难以滴下没有打开分液漏斗活塞，或玻璃塞上凹槽与漏斗口侧面的小孔没有对齐C蒸馏：温度计读数

达到了馏分的沸点且历时10分钟，锥形瓶中却无液体温度计位置错误，或装置漏气，或冷凝水方向反了D检验Fe2＋：加入KSCN溶液，溶液呈红色Fe2＋已部分被氧化成Fe3＋A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.因萃取剂与水互溶会造成液

体静置不分层，与加入萃取剂的量较多无关，故A错误；B.因没有打开分液漏斗活塞，或玻璃塞上凹槽与漏斗口侧面的小孔没有对齐即不与外界连通会使分液漏斗中的液体难以滴下，故B正确；C.温度计位置错误，温度过低，或装置漏气，或冷凝水方向反了可能得不

到液体，故C正确；D.如果FeCl2溶液变质，变质后的物质是FeCl3，Fe3＋能和SCN−生成络合物，使溶液呈现血红色现象明显，这一反应是Fe3＋的特征反应，所以用KSCN溶液，故D正确；故答案选A。19.在常温下发生下列几种反应：①16H+

+10Z−+2XO4-2X2++5Z2+8H2O②2A2++B22A3++2B−③2B−+Z2B2+2Z−根据上述反应，判断下列结论错误的是A.①中X2+是还原产物B.还原性强弱的顺序为：Z−＞A2+C.氧化性强弱的顺序为：XO4-＞B2D.溶液中可发生：Z2+2A

2+2A3++2Z−【答案】B【解析】【详解】A.①中X元素化合价由+7价降低到+2价，X2+是还原产物，正确；B.根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原剂强弱的顺序为：A2+>B->Z-，错误；C.根据氧化剂的氧化

性大于氧化产物的氧化性，氧化性强弱的顺序为：XO4->Z2>B2,正确；D.根据以上分析，还原性：A2+>Z-，所以溶液中可发生：Z2+2A2+==2A3++2Z-，正确；答案选B。20.在密闭容器中充入CO2、CO、H2、CH4混合气体ag，若加入

足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加ag。则相同条件下，CO2与CH4的体积比为A.3:1B.2:1C.1:1D.无法计算【答案】C【解析】【分析】根据2CO2＋2Na2O2═

2Na2CO3＋O2可知，固体增重为与CO2等物质的量的CO的质量，根据2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2可知，固体增重为与H2O等物质的量的H2的质量；题中混合气体共ag，反应完全测得固体质量增加ag，则系

列反应后CO2、CO、H2、CH4混合气体中所有元素均被吸收，故原混合物中CO2与CH4相当于CO、H2混合，据此进行分析。【详解】根据2CO2＋2Na2O2═2Na2CO3＋O2可知：固体增重为与CO2等物质的量的CO的质量；根据2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2可知：固体增重为与H2O等

物质的量的H2的质量。在密闭容器中充入CO2、CO、H2、CH4的混合气体共mg，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg，则完全反应后CO2、CO、H2、CH4混合气体中所有元素均被吸收，故原混合物中CO2与

CH4相对于CO、H2混合，所以只要满足CO2与CH4的体积之比为1：1即可，故答案选C。【点睛】本题中所涉及得化学反应有很多，如果直接求解无法得出结果，所以一定注意用差量法，守恒的思想进行解题。第Ⅱ卷（非选择题，满分52分）二、填空题（共52分）21.现有下列六种物质：①Al②熔融

KHSO4③Ba(OH)2固体④CO2⑤盐酸⑥Fe(OH)3胶体，请回答下列问题。（1）上述物质中，属于强碱的是____（填写物质的序号，下同），属于非电解质的是____。在题中状态下既是电解质又能导电

的是____。（2）①投入③的溶液中反应的离子方程式为____。（3）对物质⑥进行通电，观察到与电源负极相连的电极附近的现象是____，可证明Fe(OH)3胶粒带____电荷（填“正”或“负”)。（4）写出②在该状态下的电离方程式为____。（5）在③的水溶液中通入过量的

④，请写出该反应的离子方程式为____。【答案】(1).③(2).④(3).②(4).2Al+2OH—＋2H2O＝2AlO2—＋3H2↑(5).颜色加深(6).正(7).KHSO4（熔融）＝K＋＋HSO4—(8).OH—＋CO2＝HCO3—【解析】【详解】（1）上述物质中

属于强碱的是Ba(OH)2固体；常见的非电解质为：非金属氧化物、非酸性气态氢化物、部分有机物，所以CO2为非电解质；电解质在水溶液或熔融状态下可导电，符合条件的有熔融KHSO4，故答案为③；④；②；（2）Al与Ba(OH)2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↑；（3）对Fe(OH)3胶体进行通电，观察到与电源负极相连的电极附近的现象是颜色加深，可证明Fe(OH)3胶粒

带正电，故答案为：颜色加深；正；（4）熔融KHSO4的电离方程式为KHSO4（熔融）＝K＋＋HSO4—，故答案为：KHSO4（熔融）＝K＋＋HSO4—；（5）在Ba(OH)2的水溶液中通入过量的CO2，反应会生成HCO3—，反应的离子方程式为OH—＋CO2＝HCO3—，故答案为：OH—＋

CO2＝HCO3—。【点睛】氢氧化铁胶体分为电中性，不带电，而氢氧化铁分散系中的胶粒由于吸附阳离子而带正电，因此外加直流电源后，带有正电荷的胶粒向阴极移动，导致阴极附近颜色加深。22.实验室需要480mL1mol·L－1NaOH溶液，根据溶液配制情况回答下列问题

：（1）实验中除了托盘天平(砝码)、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒外还需要的其他仪器有____。（2）下图是某同学在实验室配制该NaOH溶液的过程示意图，其中有错误的是____（填操作序号）。（3）称取NaOH固体时，所需砝码的质量为____（填写字母）。A.19.2gB.20g

C.19.2g~20gD.大于20g（4）在溶液的配制过程中，有以下基本实验步骤，其中只需进行一次的操作步骤的是（填写操作步骤的序号）___。①称量②溶解③转移④洗涤⑤定容⑥摇匀（5）下列操作会导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是____。A．配制NaOH溶液时，NaOH固体中含有Na2O

杂质B．用蒸馏水溶解NaOH固体后，立即转入容量瓶中定容C．定容后发现液面高于刻线，可用胶头滴管将多余的水吸出D．定容时仰视刻度线E．用托盘天平称量NaOH固体时，砝码生锈F．配制前容量瓶中有少量水滴（6）若某同学用密度为1.2g/cm3，质量分数为36.5%的浓盐酸配制100mL3mol/

L的稀盐酸，需要用量筒量取浓盐酸的体积为____mL。【答案】(1).胶头滴管、500mL容量瓶(2).①③⑤(3).D(4).②⑤(5).ABE(6).25.0【解析】【详解】（1）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定

容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2～3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用

胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。根据提供的仪器可知，还需仪器有500ml容量瓶、胶头滴管，故答案为：胶头滴管、500mL容量瓶；（2）①量筒为量取仪器，不能用来溶解物质，故①

错误；②用玻璃棒搅拌加速固体的溶解，故②正确；③玻璃棒引流操作时，玻璃棒下端应靠在容量瓶刻度线下方，故③错误；④加水至刻度线的下方，操作正确，故④正确；⑤定容时，眼睛应平视刻度线，故⑤错误；⑥加盖摇匀，使溶液混合均匀，操作正确，故⑥正确；故答案为：①③⑤；（3）由于无48

0mL的容量瓶，故选用500mL的容量瓶，配制出500mL的1.0mol/L的溶液，500mL1.0mol/L的氢氧化钠溶液中含有溶质的质量为：m＝1.0mol/L×0.5L×40g/mol＝20g，需要称量的氢氧化钠的质量为20.0g

，而称量氢氧化钠固体时，要放到小烧杯里称量，故选用的砝码的质量大于20.0g，故答案为：D；（4）①称量时先称空烧杯的质量再称烧杯和药品的质量，故①错误；②固体在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，

只有1次，故②正确；③转移时除了将溶液转移到容量瓶中还要将洗涤液转移到容量瓶中，故③错误；④洗涤时要洗涤烧杯及玻璃棒2～3次，故④错误；⑤定容时，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，只有1次，故⑤正确；⑥摇匀要在移液后摇匀一次

，在定容后再摇匀一次，故⑥错误；故选：②⑤；（5）A.NaOH固体中含有Na2O杂质，Na2O溶于水会与水反应生成NaOH，导致NaOH质量增大，配制溶液的浓度偏高，故A正确；B.用水溶解NaOH固体后，立即转入

容量瓶中定容，热的溶液体积偏大，冷却后体积变小，则配制的溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故B正确；C.定容后发现液面高于刻线，若用胶头滴管将多余的水吸出，会导致溶质物质的量减少，则配制的溶液浓度偏低，故C错误；D.定容时仰视刻度线会使溶液体积偏大，则配

制的溶液浓度偏低，故D错误；E.用托盘天平称量NaOH固体时，砝码生锈，导致NaOH质量增大，配制溶液的浓度偏高，故E正确；F.配制前容量瓶中有少量水滴不影响溶质物质的量和溶液体积，所以不影响配制溶液的浓度，故F错误；故答案为：ABE；（6

）密度为1.2g/cm3，质量分数为36.5%的浓盐酸物质的量浓度c=1000ρωM=10001.2g/L36.5%36.5g/mol=12mol/L，配制100mL3mol/L的稀盐酸，利用公式c1V1=c2V2，代入数据得浓盐酸的体积为2

5.0mL，故答案为：25.0。23.Ⅰ.我国的青海省有许多盐湖盛产食盐，人类与食盐关系密切，食盐在老百姓生活和现代社会的工农业生产中均有重要作用。粗盐中含Ca2＋、Mg2＋、SO42－以及泥沙等杂质，为了除去可溶性杂质，有以下实验步骤进行提纯：（1）④步所加试剂是

____。（2）第⑥步发生反应的离子方程式为____、____。（3）第⑦步的操作名称____，需要的玻璃仪器有____、____。（4）通过步骤⑤中过滤后的滤液，检验SO42－已除尽的操作方法是____。Ⅱ.（1）设阿伏加德罗常数为NA，标准状况下，某O2和N2的混合气体mg含有b个

分子，则ng该混合气体在相同状况下所占的体积是____L。（2）在xR2＋+yH＋+O2═mR3＋+nH2O的离子方程式中，对化学计量数m和R2＋、R3＋判断正确的是____。A．m=y，R3＋是氧化产物B．m=2y，R2＋被氧化C．m=2

，R3＋是氧化剂D．m=4，R2＋是还原剂（3）用双线桥法标出下列反应的电子转移方向和数目____。2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O【答案】(1).Na2CO3溶液(2).2H＋+CO32－

=CO2↑＋H2O(3).H＋+OH—=H2O(4).蒸发结晶(5).酒精灯(6).玻璃棒(7).取少量的滤液于试管中，继续滴加BaCl2溶液，若没有现象，说明SO42—已除尽(8).(9).AD(10).【解析】【分析】Ⅰ.在粗盐提纯

时，碳酸钠加在氯化钡的后面，氢氧化钠只要在过滤之前即可，要在最后一步加入盐酸，根据除杂原则分析作答；Ⅱ.（1）先根据n＝ANN计算出mg混合气体的物质的量，然后根据M＝mn计算出混合气体的平均摩尔质量，最后根据V＝nVm＝mM×22.4L/mol计算标况下bg混合气体的体积；（2

）在xR2＋+yH＋+O2═mR3＋+nH2O的离子方程式中，根据O原子守恒可知n＝2，然后根据H原子守恒可知y＝4，再结合电荷守恒、原子守恒可知x＝m＝4，最后结合化合价变化判断氧化剂、还原剂即可；（3）使用双线桥法时一定要注

意箭头两端对应相应的元素，并且得失电子守恒。【详解】Ⅰ.（1）在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，碳酸钠加在氯化钡的后面，除去钙离子和加入的过量的钡离子，NaOH溶液除镁离子，顺序在过滤前即可，所以②步加入NaOH溶液，④步所加试剂是Na2CO3溶液，故答案

为：Na2CO3溶液；（2）第⑥步加入的是稀盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，相关的离子方程式为：2H＋+CO32－=CO2↑＋H2O，H＋+OH—=H2O，故答案为：2H＋+CO32－=CO2↑＋H2O；H＋+OH—=H2O；（3）氯化钠溶液经过蒸发结晶可以得到精盐，需要的

玻璃仪器有酒精灯、玻璃棒等，故答案为：蒸发结晶；酒精灯；玻璃棒；（4）溶液中硫酸根离子是否除尽，可通过滴加过量氯化钡方法判断，其具体操作方法为：取少量的滤液于试管中，继续滴加BaCl2溶液，若没有现象，说

明SO42—已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42−未除尽，故答案为：取少量的滤液于试管中，继续滴加BaCl2溶液，若没有现象，说明SO42—已除尽。Ⅱ.(1)标准状况下O2和N2的混合气体mg含有b个分子，mg该

混合气体的物质的量为：-1AbNmol＝AbNmol，该混合气体的平均摩尔质量为：AmgbmolN＝AmNbg/mol，则ng该混合气体在标准状况下所占的体积为：V＝nVm＝mM×22.4L/mol=ngmNAg/m

olb×22.4L/mol＝A22.4nbmNL，故答案为：A22.4nbmN；(2)反应xR2＋+yH＋+O2═mR3＋+nH2O中，根据O原子守恒可知n＝2，然后根据H原子守恒可知y＝4，再结合电荷守恒、

原子守恒可知：x＝m、2x＋4＝3m，解得x＝m═4，则该反应为：4R2＋＋4H＋＋O2＝4R3＋＋2H2O，A.根据分析可知，m＝y＝4，R3＋为氧化产物，故A正确；B.该反应中R2＋化合价升高被氧化

，但m＝y＝4，故B错误；C.该反应中R2＋化合价升高被O2氧化成R3＋，R3＋为氧化产物，故C错误；D.根据分析可知，m＝4，R2＋化合价升高被氧化，为还原剂，故D正确；故答案选AD；(3)用双线桥法表示电子转移要注

意找准化合价变化元素和得失电子守恒，2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O用双线桥法可表示为：，故答案为：。【点睛】本题考查物质的分离提纯实验，为高频考点；在处理问

题（1）时，记住这样的规律：碳酸钠溶液一定加在氯化钡溶液之后，便于除去过量的钡离子，盐酸加在过滤后，除去滤液中剩余的碳酸钠和氢氧化钠，操作顺序就很快选定。24.已知A是一种常见金属，部分反应物或生成物已略去。试根据图中转化关系，回答下列问题。（1）B的俗名为____。（2）保存

C溶液时需加入少量A的原因是____，A与水蒸气反应的化学方程式为____，该反应类型属于____（填基本反应类型）（3）E生成F可观察到的现象____，化学方程式为____。（4）写出B→C化学方程式

为____，C→D的离子方程式为____。【答案】(1).磁性氧化铁(2).防止Fe2＋被O2氧化(3).3Fe+4H2OFe3O4+4H2(4).置换反应(5).白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色

(6).4Fe(OH)2+2H2O＋O2=4Fe(OH)3(7).Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O(8).2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－【解析】【分析】A是一种常见金属，燃烧后生成的氧化物B与盐酸反应能够生成两种氯化物

，符合条件的常见金属是铁，所以由图中转化关系得，A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，X为H2，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为Fe2O3。【详解】（1）由分析可知B为Fe3O4，俗名为磁性氧

化铁，故答案为：磁性氧化铁；（2）因为Fe2＋极易被O2氧化，所以保存FeCl2溶液时需加入少量Fe，Fe与水蒸气反应的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2，该反应属于置换反应，故答案为：防止Fe2＋被O2氧化；3Fe+4H2OFe3O4+4H2；置换反应；（3）Fe(

OH)2沉淀在空气中被氧化生成Fe(OH)3，可观察到的现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，化学方程式为：4Fe(OH)2+2H2O＋O2=4Fe(OH)3；故答案为：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；4Fe(OH)2+

2H2O＋O2=4Fe(OH)3；（4）Fe3O4与盐酸反应得化学方程式为Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O，FeCl2与Cl2反应得离子方程式为2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－，故答案为：Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeC

l3+4H2O；2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－。