四川省眉山市2017—2018学年高一化学1月月考试题含答案.doc

四川省眉山市2017—2018学年高一 化学试题 ‎1. 下列物质可以在乘车、船或飞机时较大量随身携带的是(　　)‎ A. 浓硫酸 B. 高锰酸钾 C. 硫黄 D. 硫酸钾 ‎【答案】D ‎【解析】硫磺、高锰酸钾等物质属于易燃易爆品，浓硫酸具有强烈腐蚀性，乘坐公共交通工具时禁止携带，硫酸钾不属于易燃易爆物，可以携带，故选D。‎ ‎2. 下列物质中不属于电解质的是 ( )‎ A. 氢氧化钠 B. 硫酸铁 C. 氯化钠 D. 蔗糖 ‎【答案】D ‎【解析】A．NaOH为离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电，是电解质，故A不选；B．硫酸铁能电离出Fe3+和SO42-在水溶液中能导电，是电解质，故B不选；C．NaCl为离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电，是电解质，故C不选；D．蔗糖是共价化合物不导电，属非电解质，故D选；故选D。‎ 点睛：本题主要考查电解质的定义。解答本题的关键是知道常见电解质的物质类型。常见的电解质包括酸、碱、盐等；常见的非电解质，包括大多数的有机物，需要注意的是单质，混合物既不是电解质也不是非电解质。‎ ‎3. 下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是(　　)‎ A. 烧碱、液态氧、干冰 B. 生石灰、白磷、漂白粉 C. 氯水、铁红、氯化氢 D. 空气、氮气、胆矾 ‎【答案】B ‎【解析】A．干冰是固态的二氧化碳，是纯净物，故A错误；B．生石灰是氧化钙的俗名，是化合物；白磷是单质；漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故B正确；C．氯水是氯气的水溶液，属于混合物，铁红是氧化铁的俗名，属于化合物，故C错误；D．空气是混合物，胆矾是纯净物，故D错误；故选B。‎ ‎4. 有关物质与反应分类的下列说法中，正确的是 (　　)‎ A. 碳酸钠使无色酚酞试液变红，属于碱 B. CO2溶于水能导电，属电解质 C. 硅酸钠是钠盐，也是硅酸盐 D. CO还原氧化铁获得铁，属于置换反应 ‎【答案】C ‎【解析】A．碳酸钠水解，使溶液显碱性，能使无色酚酞试液变红，碳酸钠属于盐，故A错误；B．二氧化碳自身不能电离，属于非电解质，故B错误；C．硅酸钠中含有钠离子，故属于钠盐；也含有硅酸根离子，故也属于硅酸盐，故C正确；D．CO还原氧化铁获得铁，反应物为2种化合物，故不属于置换反应，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查盐的分类、盐的水解、电解质和非电解质的判断等。本题的易错点为D，要注意置换反应的概念，指一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，题中反应属于氧化还原反应，不属于四类基本反应。‎ ‎5. 下列过程属于化学变化的是(　　)‎ ‎①活性炭吸附有色物质 ②氯水漂白有色布条 ③过氧化钠露置在空气中 ‎ ‎④将氯气通入水中，溶液呈浅黄绿色 ⑤过量过氧化钠加入含酚酞的溶液，溶液先变红后褪色 ⑥利用焰色反应鉴别NaCl和KCl A. ①②③⑤ B. ①②④⑥ C. ②③④⑤ D. ③④⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】①活性炭吸附有色物质过程中无新物质生成，属于物理变化，故①错误；②氯水漂白有色布条是氯气和水生成的次氯酸的强氧化性，氧化有色物质为无色物质，属于化学变化，故②正确；③过氧化钠露置在空气中会和二氧化碳、水蒸气反应生成新的物质，属于化学变化，故③正确；④将氯气通入水中，溶液呈浅黄绿色，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸属于化学平衡，存在氯气分子，变化过程中有新物质生成属于化学变化，故④正确；⑤过量过氧化钠加入含酚酞的溶液，溶液先变红后褪色，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，过氧化钠具有氧化性氧化有色物质生成新的物质，属于化学变化，故⑤正确；⑥利用焰色反应鉴别NaCl和KCl，变化过程中无新物质生成属于物理变化，故⑥错误；故选C。‎ ‎6. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl－的数目为 NA B. 11.2 g Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3 NA C. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NA D. 2.3 g Na与一定量氧气反应生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数一定为0.1NA ‎【答案】D ‎【解析】A．依据n=cV可知，溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故A错误；B．依据方程式：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，11.2 g Fe 的物质的量为0.2 mol ，Fe与足量水蒸气反应，‎ 生成氢气物质的量为mol，故B错误；C．标况下水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，故C错误；D．钠与氧气反应，无论生成氧化钠还是过氧化钠，钠都是由0价升高为+1价，2.3gNa物质的量为：=0.1mol，参加反应转移电子数为一定为0.1NA，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题的易错点为B，使用气体摩尔体积需要注意：①对象是否为气体，标况下水、CCl4、HF等为液体；②温度和压强是否为标准状况，22.4L/mol是标准状态下的气体摩尔体积。‎ ‎7. 如下试剂的保存方法，其中不能用氧化还原反应解释的是(　　)‎ A. 钠保存在煤油中 B. 氯水保存在棕色的试剂瓶中 C. 保存FeSO4溶液需加入少量铁粉 D. 盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞 ‎【答案】D ‎【解析】A．钠能与空气中的水和氧气发生还原反应反应，故钠保存在石蜡油或煤油中，故A正确；B．氯水中的次氯酸见光会分解，发生氧化还原反应，故氯水保存在棕色的试剂瓶中，故B正确；C．硫酸亚铁容易被空气中的氧气所氧化，发生氧化还原反应，故保存FeSO4溶液需加入少量铁粉，故C正确；D．二氧化硅能和氢氧化钠溶液反应生成黏性的硅酸钠溶液，发生复分解反应，与氧化还原反应无关，故D错误；故选D。‎ ‎8. 下列离子方程式书写正确的是(　　)‎ A. 氧化亚铁与稀盐酸反应：FeO + 2H＋ Fe3＋ + H2O B. 过氧化钠与水的反应：Na2O2 + 2H2O2Na+ + 2OH－+O2↑‎ C. 氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+ + 3OH－ Al(OH) 3 ↓‎ D. 氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应： Al(OH) 3 + OH－ = AlO2－ + 2H2O ‎【答案】D ‎【解析】A、氧化亚铁与稀盐酸反应生成了亚铁离子，反应的离子方程式为：FeO+2H+═Fe2++H2O，故A错误；B、过氧化钠与水的反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH-+O2↑，故B错误；C、氯化铝溶液中加入过量氨水，一水合氨应该保留分子式，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C错误；D、氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查了离子方程式的正误判断，解答该题需要明确判断离子方程式常用方法。本题的易错点为C，要注意：①氨水是弱碱，②氨水不能溶解生成的氢氧化铝沉淀。‎ ‎9. 下列图示实验操作，能达到目的的是(　　)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】A. 利用焰色反应检验钾离子时，需要通过蓝色的钴玻璃观察火焰颜色，图示检验钾离子的方法合理，故A正确；B. 干燥氯气，导气管应该采用长进短出的方式，故B错误；C. 蒸馏操作时，冷凝管通水的方向应该是从下口进水、上口出水，且温度计应位于蒸馏烧瓶的支管口处，故C错误；D. 蒸发食盐水时，必须使用玻璃棒搅拌，以使蒸发皿中物质受热均匀，故D错误；答案选A。‎ 点睛：本题主要考查了常见离子的检验、气体的净化和干燥的方法、物质的分离与提纯操作，题目难度中等。解答本题的关键是掌握常见的化学实验基本操作方法，明确气体的提纯、除杂方法，本题的易错点是C项，解题时要注意蒸馏操作的方法及实验原理，尤其是对于冷凝管的进出水方向要有正确的认识。‎ ‎10. 在强酸性无色透明溶液中，下列各组离子能大量共存的是(　　)‎ A. Fe3+、K+、Cl－、MnO4－ B. Ag+、Na+、NO3－、AlO2－‎ C. Zn2+、Al3+、SO42－、Cl－ D. Ba2+、NH4+、Cl－、HCO3－‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．酸性溶液中H+、Cl-、MnO4-发生氧化还原反应，不能共存，且Fe3+为黄色，MnO4-为紫色，与无色不符，故A不选；B．酸性溶液中H+、AlO2－结合生成沉淀，则不能共存，故B不选；C．因该组离子之间不反应，能共存，且离子均为无色，故C选；D．因H+、HCO3-结合生成水和气体，不能共存，故D不选；故选C。‎ 点睛：本题考查离子的共存。本题的易错点为B，要注意强酸性溶液中含大量的H+，AlO2－能够与酸反应生成氢氧化铝沉淀，若酸过量，氢氧化铝会转化为铝离子。‎ ‎11. 下列各组物质中，将前者加入后者时，无论前者是否过量，都能用同一个化学方程式表示的是(　　)‎ A. 稀盐酸，Na2CO3溶液 B. 稀H2SO4溶液，NaAlO2溶液 C. Cl2，NaBr溶液 D. CO2，澄清石灰水 ‎【答案】C ‎..................‎ ‎12. 铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为(　　)‎ A. 3:1 B. 2:1 C. 1:1 D. 1:3‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：因为铝分别与足量的稀盐酸反应：2Al+6HCl===2AlCl3+3H2↑；铝分别与足量的氢氧化钠溶液反应：2Al+2NaOH+2H2O===2NaAlO2+3H2↑。可以看出生成H2相同时，消耗的盐酸和氢氧化钠物质的量之比为6:2=3:1。‎ 考点：关于铝分别与的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应方程式的计算。‎ ‎13. 把少量废铁屑溶于过量稀硫酸中，过滤，除去杂质，在滤液中加入过量氯水，再加入过量的氨水，有沉淀生成。过滤，加热沉淀物至质量不再发生变化，得到固体残渣。上述沉淀和残渣分别为 A. Fe(OH)2 ；Fe2O3 B. Fe(OH)2；FeO C. Fe(OH)2、Fe(OH)3；Fe2O3 D. Fe(OH)3；Fe2O3‎ ‎【答案】D ‎【解析】把少量废铁屑溶于过量稀硫酸中反应生成硫酸亚铁，过滤，除去杂质，在硫酸亚铁中加入过量氯水，亚铁离子被氧化生成铁质量，再加入过量的氨水，有氢氧化铁沉淀生成，过滤，加热沉淀物至质量不再发生变化，得到的固体残渣为Fe2O3，故选D。‎ ‎14. 下列有关物质用途的说法中，不正确的是(　　)‎ A. 二氧化硅是目前人类将太阳能转换为电能的常用材料 B. 氧化铝是冶炼金属铝的原料，也是一种比较好的耐火材料 C. 过氧化钠可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源 D. 三氧化二铁常用作红色油漆和涂料 ‎【答案】A ‎15. 将一定量CO2通入NaOH溶液中，将充分反应后的溶液减压蒸发得到固体。下列对所得固体的成分说法中不正确的是(　　)‎ A. 所得固体可能由NaOH和Na2CO3组成 B. 所得固体可能由NaOH和NaHCO3组成 C. 所得固体可能由Na2CO3和NaHCO3组成 D. 所得固体可能只含有NaHCO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、当 n(NaOH)/ n(CO2)＞2，NaOH过量，生成Na2CO3，则所得固体可能由NaOH和Na2CO3组成，A项错误；B、NaOH和NaHCO3发生反应生成Na2CO3和H2O，不可能为二者的混合物，B项正确；C、当1＜n(NaOH)/n(CO2)＜2，发生CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+NaOH=NaHCO3，所得固体可能由Na2CO3和NaHCO3组成，C项错误；D、当n(NaOH)/ n(CO2)=1时，发生CO2+NaOH=NaHCO3，所得固体可能只含有NaHCO3，D项错误；答案选B。‎ 考点：考查CO2与NaOH的反应 ‎16. 下列除去杂质的方法中错误的是(　　)‎ 物质 杂质 除杂质的方法 A SiO2‎ CaCO3‎ 过量稀硫酸、过滤 B 铜粉 铝粉 过量CuCl2溶液、过滤 C FeCl3溶液 FeCl2‎ 通入适量氯气 D SO2‎ HC1‎ 通过NaHSO3溶液的洗气瓶 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】A．碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶，则不能除杂，应选盐酸、过滤除杂，故A错误；B．Al与氯化铜发生置换反应生成Cu，则加过量CuCl2溶液、过滤可除杂，故B正确；C．氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，则通入适量氯气可除杂，故C正确；D．HCl与NaHSO3反应生成二氧化硫，则通过NaHSO3溶液的洗气瓶可除杂，故D正确；故选A。‎ 点睛：本题考查混合物的分离提纯，把握物质的性质、性质间的差异、发生的反应及混合物分离方法为解答的关键。本题的易错点为A，要注意碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶。‎ ‎17. 用稀H2SO4、NaOH和Al为原料制取Al(OH)3, 有下列三种不同的途径 ‎ 甲: ‎ 乙: ‎ 丙: ‎ 若制取等量的Al(OH)3则(　　)‎ A. 甲、乙消耗的原料同样多 B. 乙消耗的原料最少 C. 丙消耗的原料最少 D. 三者消耗的原料同样多 ‎【答案】C ‎【解析】设制取2molAl(OH)3，三途径均需要2molAl，其它原料按反应方程式计算：甲：2Al+3H2SO4═Al2(SO4)3+3H2↑、6NaOH+Al2(SO4)3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4，生成2molAl(OH)3消耗3molH2SO4和6molNaOH；乙：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑、2NaAlO2+H2SO4+2H2O=2Al(OH)3↓+Na2SO4，生成2molAl(OH)3消耗1molH2SO4和2molNaOH；丙：2Al+3H2SO4═Al2(SO4)3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑、Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O═8Al(OH)3↓+3Na2SO4，生成8molAl(OH)3需要1molAl2(SO4)3(用 ‎3molH2SO4制得)和6molNaAlO2(用6molNaOH制得)，生成8molAl(OH)3需要3molH2SO4和6molNaOH，即生成2molAl(OH)3消耗molH2SO4和molNaOH；比较得知丙消耗的原料最少；故选C。‎ 点睛：本题以铝为载体考查化学方程式有关计算，明确物质之间的反应是解本题关键。本题的难点是丙方案中铝的分配，需要根据Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O═8Al(OH)3↓+3Na2SO4，分析判断出生成硫酸铝和偏铝酸钠的铝以及消耗的硫酸和氢氧化钠。‎ ‎18. 某无色溶液可能由Na2CO3、MgCl2、NaHCO3、BaCl2中的一种或几种混合而成。该溶液加入NaOH溶液出现白色沉淀；加入稀H2SO4也出现白色沉淀，并放出气体。据此分析，下述组合判断正确的(　　)‎ ‎①肯定有BaCl2 ②肯定有MgCl2 ③肯定有NaHCO3 ‎ ‎④肯定有Na2CO3 ⑤肯定没有MgCl2‎ A. ①②③ B. ②④ C. ①③ D. ①③⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】某无色溶液可能由K2CO3、MgCl2、NaHCO3、BaCl2溶液中的一种或几种组成，向溶液中加入烧碱溶液出现白色沉淀，说明含有MgCl2或含有NaHCO3、BaCl2；或MgCl2、NaHCO3；另取溶液加入稀硫酸也出现白色沉淀并放出气体证明一定含有NaHCO3、BaCl2溶液，依据离子共存分析确定，溶液中一定不含Na2CO3，可能含有MgCl2，综上所述：一定含有NaHCO3、BaCl2溶液，一定不含K2CO3，可能含有MgCl2；故①③正确；故选C。‎ ‎19. 向体积为0.5L的AlCl3溶液中逐渐加入某浓度的NaOH溶液，得到的沉淀随NaOH溶液体积的变化如右图所示。下列结果不正确的是(　　)‎ A. 反应过程中，沉淀最多时的质量为78g B. 反应过程中，Al3+离子有1/3转化为Al(OH) 3沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为3.5L C. AlCl3溶液的浓度为2.0 mol/L D. 当V(NaOH)＝4.0 L时，得到的溶液中Na＋、Cl－浓度一定不相等 ‎【答案】B ‎【解析】A．由图可知，沉淀最多为1.00mol，其质量为1mol×78g/mol=78g，故A正确；B．由图可知，沉淀最多为1.00mol，根据铝元素守恒，所以含有AlCl3的物质的量是1mol，反应过程中，Al3+离子有转化为Al(OH)3沉淀，即molAl3+转化为沉淀，根据图示，消耗的氢氧化钠体积可能为1L或(3+)L，不可能为3.5L，故B错误；C．由图可知，加3L时NaOH恰好完全反应生成沉淀，由Al3++3OH-=Al(OH)3↓，则AlCl3溶液的浓度为=2.0mol/L，故C正确；D．当V(NaOH)=4.0 L时，沉淀完全溶解，生成偏铝酸钠和NaCl，得到的溶液中含有Na+、AlO2-、Cl-，根据电荷守恒，Na+、Cl-浓度一定不相等，故D正确；故选B。‎ ‎20. 含氯化镁和氯化铝的200 mL 混合溶液中，c(Mg2＋)为 0.2 mol·L－1，c(Cl－)为1.3 mol·L－1。要使Mg2＋全部转化为沉淀分离出来，至少需加4 mol·L－1 NaOH溶液的体积为(　　)‎ A. 40 mL B. 72 mL C. 80 mL D. 128 mL ‎【答案】C ‎【解析】MgCl2和AlCl3的混合溶液，其中Mg2+浓度为0.2mol•L-1，Cl-浓度为1.3mol•L-1，设Al3+的浓度为x，由电荷守恒可知，0.2mol/L×2+x×3=1.3mol/L×1，解得x=0.3mol/L，则将Mg2+、Al3+的物质的量分别为0.2L×0.2mol/L=0.04mol、0.2L×0.3mol/L=0.06mol，‎ 由发生反应为MgCl2 + 2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl ‎            1    2‎ ‎       0.04mol 0.08mol AlCl3 + 4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O，‎ ‎1        4    ‎ ‎0.06mol 0.24mol 使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，消耗的NaOH的物质的量为0.08mol+0.24mol=0.32mol，则需加4mol•L-1NaOH溶液的体积为=0.08L=80mL，故选C。‎ ‎21. 氯气是一种重要的化工原料，在工农业生产、生活中有着重要的应用。实验室制取氯气除了用浓盐酸和二氧化锰反应外还可利用下列反应：KClO3＋6HCl（浓）＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O，该反应的优点是反应产生氯气速度快、不需加热。请你根据所学知识回答下列问题：‎ ‎（1）上述反应中____是氧化剂，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为____。‎ ‎（2）把氯气通入紫色石蕊溶液中，可以观察到的现象是：______________________。‎ ‎（3）实验室配制好2.0 mol·L-1的NaOH溶液，需要这种溶液____mL才能与2.24 L 氯气（标准状况）恰好完全反应。‎ ‎（4）已知Br2的水溶液因浓度不同而呈现橙色或红棕色，NaBr溶液中缓缓通入Cl2时，可以看到无色溶液逐渐变为红棕色，请写出对应的离子方程式______________。‎ ‎（5）现需490 mL 2.0 mol·L-1 NaOH溶液：‎ ‎①所需称量的氢氧化钠固体的质量是____。‎ ‎②上述实验需要的仪器有天平（含砝码）、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、______。‎ ‎③在配制溶液的过程中，下列操作可能造成结果偏高的是____。‎ A．定容时俯视 B．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水 C．溶解所用烧杯未洗涤 D．NaOH溶解后，未冷却即进行实验 ‎【答案】 (1). KClO3 (2). 5∶1 (3). 先变红，后褪色 (4). 100 (5). Cl2＋2Br-＝2Cl-＋Br2 (6). 40.0 g (7). 500 mL容量瓶 (8). AD ‎【解析】(1)KClO3+6HCl KCl+3Cl2↑+3H2O中，1KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为0，则氧化剂为KClO3，5HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0，则还原剂为5HCl，所以氧化产物与还原产物的物质量之比为5：1，故答案为：KClO3；5：1；‎ ‎(2)氯气通入紫色石蕊试液中和水反应生成盐酸使石蕊变红色，生成的次氯酸具有漂白性使红色褪去，故答案为：先变红后褪色；‎ ‎(3)n(Cl2)=0.1mol，由反应的离子方程式Cl2+2OH-=CIO-+Cl-+H2O可知n(NaOH)=0.2mol，‎ V(NaOH)==0.1L=100mL，故答案为：100；‎ ‎(4)氯气与溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，对应的离子方程式为Cl2＋2Br-＝2Cl-＋Br2，故答案为：Cl2＋2Br-＝2Cl-＋Br2；‎ ‎(5)①现需490mL 2.0mol•L-1 NaOH溶液，则选用500ml容量瓶，所以n(NaOH)=0.5L×2mol/L=1mol，m(NaOH)=1mol×40g/mol=40.0g，故答案为：40.0g； ‎ ‎②配制顺序是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量(用到药匙)称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，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，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀．所以需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，则还需要500 mL容量瓶，故答案为：500 mL容量瓶 ‎③A．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A选；B．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不受影响，故B不选；C．没有洗涤烧杯，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C不选；D．NaOH溶解后，未冷却即进行实验，导致热溶液就转移到容量瓶中，等冷却到常温体积偏小，溶液浓度偏高，故D选；故选：AD。‎ ‎22. 目前，能较稳定存在的氯的氧化物有Cl2O、ClO2、Cl2O7等。有关数据见下表：‎ 化学式 Cl2O ClO2‎ Cl2O7‎ 沸点/℃‎ ‎3.8‎ ‎11.0‎ ‎82.0‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）常温、常压下，三种氧化物中属于气体的是______________________‎ ‎（2）Cl2O7属于酸性氧化物，它与水反应的离子方程式____________________________。‎ ‎（3）ClO2是一种常用的消毒剂，我国从2000年起逐步用ClO2代替氯气对饮用水进行消毒。在对水消毒时，ClO2还可将水中的Fe2＋、Mn2＋等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物除去，说明ClO2具有_____________性。‎ ‎（4）工业上可以用下列反应制备ClO2：2NaClO3+H2SO4+SO2=2ClO2+2NaHSO4，请用单线桥法表示出该反应电子转移的方向和数目______________。‎ ‎（5）工业上制备ClO2的反应原理为：‎ ‎ NaClO3+ HCl（浓）- ClO2↑+ Cl2↑+ H2O+ NaCl．‎ ‎①配平方程式__________________________________‎ ‎②浓盐酸在反应中显示出来的性质是__________________（填序号）。‎ A．还原性 B．氧化性 C．酸性 ‎ ‎③若上述反应中产生0.1molClO2，则转移的电子数为___________。‎ ‎【答案】 (1). Cl2O和ClO2 (2). Cl2O7+H2O = 2H+ + 2ClO4- (3). 氧化性 (4). (5). 2,4—2,1,2,2 (6). AC (7). 0.1NA ‎【解析】(1)常温下，沸点低于25℃的为气体，则结合表格中的数据可知，Cl2O、ClO2为气体，故答案为：Cl2O、ClO2；‎ ‎(2)Cl2O7属于酸性氧化物，与水反应生成HClO4，离子方程式为：Cl2O7+H2O=2H++2ClO4-，故答案为：Cl2O7+H2O=2H++2ClO4-；‎ ‎(3)ClO2还可将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物除去，Fe、Mn元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，可说明ClO2具有氧化性，故答案为：氧化；‎ ‎(4)反应2NaClO3+H2SO4+SO2=2ClO2+2NaHSO4中Cl元素由+5价降低到+4价，S元素化合价由+4价升高到+6价，转移电子数为2e-，用单线桥法表示该反应电子转移的方向和数目为，故答案为：；‎ ‎(5)①反应NaClO3+ HCl(浓)- ClO2↑+ Cl2↑+ H2O+ NaCl中，NaClO3中氯元素由+5价降低为+4价，HCl中氯元素由-1价升高到0价，根据化合价升降守恒，结合观察法配平为2NaClO3+4HCl(浓)=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl，故答案为：2、4、2、1、2、2；‎ ‎②HCl中的氯元素在产物存在于Cl2，氯元素的化合价升高，氯元素被氧化，HCl作还原剂，同时存在NaCl中氯元素的化合价未变化，故HCl还起酸的作用，故答案为：AC；‎ ‎③根据反应2NaClO3+4HCl(浓)=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl中NaClO3中Cl元素由+5价降低到+4价的ClO2，所以产生0.1molClO2，则转移的电子数为0.1NA，故答案为：0.1NA。‎ ‎23. 实验室用下述装置制取氯气，并用氯气进行下列实验。看图回答下列问题：‎ ‎（1）A仪器的名称： ________。B中发生反应的离子方程式为_______________________。‎ ‎（2）为了获得纯净干燥的氯气， C、D中应分别放入的试剂为C_________；D________。‎ ‎（3）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，可观察到的现象是_____________________。‎ ‎（4）G是浸有淀粉KI溶液的棉花球，G处现象是棉花球表面变成__________________。‎ ‎（5）整套装置存在不妥之处，请画出你认为应该补充的装置，并说明放置的位置________________________________________‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (3). 饱和食盐水 (4). 浓硫酸 (5). E中无变化，F中红色布条褪色 (6). 蓝色 (7). 在P处加尾气处理装置 ‎【解析】(1)装置图中仪器作用和图形可知是利用A分液漏斗向B烧瓶中加入浓盐酸加热反应生成氯气，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：分液漏斗；MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎(2)从发生装置出来的氯气中含有杂质HCl和水蒸气，先通过盛有饱和食盐水的C洗气瓶除去HCl，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶D除去氯气中的水蒸气；故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；‎ ‎(3)氯气不具有漂白性，所以干燥的有色布条不褪色，E中无变化；氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，所以湿润的有色布条褪色，F中红色布条褪色；故答案为：E中无变化，F中红色布条褪色；‎ ‎(4)氯气氧化性强于碘，能够氧化碘离子生成单质碘，离子方程式为：2I-+Cl2═2Cl-+I2；碘遇到淀粉变蓝；故答案为：蓝色；‎ ‎(5)因为Cl2有毒，所以氯气需要用碱液吸收，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O；因此需要在P处加尾气处理装置 ，故答案为：在P处加尾气处理装置 。‎ 点睛：本题考查了实验室制备氯气的发生装置分析判断，熟悉制备原理和性质是解题关键。本题的易错点为氯气除杂的先后顺序和试剂的选择，需要注意气体从溶液中出来，一般会带出水蒸气。‎ ‎24. 工业上用某矿渣(含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2)提取铜的操作流程如下(金属单质E可由滤液C制取)：‎ 已知：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O。‎ ‎（1）固体混合物B的成分是___________________。它与NaOH溶液反应的离子方程式为_________________________________________。‎ ‎（2）滤液A中铁元素的存在形式为____________(填离子符号)，生成该离子与Fe元素有关的离子反应方程式为_____________________，____________________________。‎ 设计要检验该铁元素的离子实验步骤为_____________________________________。‎ ‎（3）在滤液C中通入足量CO2的离子方程式为____________________________________，______________。‎ ‎【答案】 (1). SiO2和Cu (2). SiO2+2OH- = SiO32- + H2O (3). Fe2+ (4). Fe2O3+6H+ = 2Fe3++3H2O (5). 2Fe3++Cu = 2Fe2++ Cu2+ (6). 取少量的溶液于试管中，滴加KSCN，溶液不变红，再加氯水(或硝酸)，溶液变红，则有Fe2+ 。（其他合理答案也可以） (7). OH- + CO2 = HCO3- (8). AlO2- +CO2 +2H2O = Al(OH)3↓+HCO3-‎ ‎【解析】Cu2O与盐酸反应生成Cu和Cu2+，SiO2与盐酸不反应，Fe2O3与盐酸反应生成Fe3+，与Cu反应生成Fe2+，固体B为SiO2和Cu，滤液A中含有Cu2+、Fe2+、Al3+，加入足量的NaOH溶液，滤液C中含有AlO2-，金属E为Al，固体D为Cu(OH)2和Fe(OH)3的混合物，在空气中灼烧，F为CuO和Fe2O3的混合物，粗铜为Cu、Ai和Fe的混合物，经过电解可得纯铜。‎ ‎(1)固体B为SiO2和Cu，它与NaOH溶液反应其中二氧化硅反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为：SiO2和Cu； SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；‎ ‎(2)Cu2O与盐酸反应生成Cu和Cu2+，Fe2O3与盐酸反应生成Fe3+，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，反应生成Fe3+，与Cu反应生成Fe2+，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，有Cu剩余，则溶液中铁离子转化为亚铁离子，所以滤液A中铁元素的存在形式为Fe2+，检验铁离子时，可加入KSCN溶液，溶液变红色可证明，取少量的溶液于试管中，滴加KSCN，溶液不变红，再加氯水(或硝酸)，‎ 溶液变红，则有Fe2+，故答案为：Fe2+；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；取少量的溶液于试管中，滴加KSCN，溶液不变红，再加氯水(或硝酸)，溶液变红，则有Fe2+；‎ ‎(3)在滤液C中含氢氧化钠和偏铝酸钠溶液，通入足量CO2发生反应，生成碳酸氢钠，氢氧化铝，反应的离子方程式为：OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为：OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。‎