山东省枣庄市第二中学2022届高三化学上学期第一次阶段性检测试题含解析.doc

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1、山东省枣庄市第二中学2022届高三化学上学期第一次阶段性检测试题含解析可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Si 28 Ba 137 Fe 56一、选择题1.下面的“诗情“化意，分析正确的选项是 A. “粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间只发生了物理变化B. “日照澄洲江雾开中伴有丁达尔效应C. “试玉要烧三日满，辨材须待七年期中“玉的成分是硅酸盐，该句诗说明玉的硬度很大D. “绿蚁新醅酒，红泥小火炉，“新醅酒即新酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反响【答案】B【解析】【分析】A.有新物质生成的变化是化学变化；B.雾属于胶

2、体，胶体能产生丁达尔效应；C.“玉的成分是硅酸盐，熔点很高；D.葡萄糖是单糖不能发生水解反响。【详解】A.“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间是碳酸钙的分解反响，反响中有新物质生成，是化学变化，故A错误；B.“日照澄州江雾开中，雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故B正确；C.“玉的成分是硅酸盐，熔点很高，试玉要烧三日满与硬度无关，故C错误；D.葡萄糖是单糖不能发生水解反响，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反响，故D错误。应选B。2.中国药学家屠呦呦因发现青蒿素，开创了治疗疟疾的新方法，荣获了诺贝尔奖。青蒿素的分子式为C15H22O5。以下有关说法正确的选项是()A. 青蒿素的摩尔质量为282

3、gmol1B. 青蒿素中C、H、O的质量之比为15225C. 1 mol青蒿素的体积约为22.4 LD. 1 mol青蒿素中含11 mol H2【答案】A【解析】【详解】A.青蒿素的摩尔质量为282 gmol1，故A正确；B.青蒿素中C、H、O的物质的量之比为15:22:5，故B错误 ；C.青蒿素在标准状况下不是气体，故C错误，D.青蒿素中不含H2，故D错误；此题选A。3.以下说法不正确的选项是A. “光化学烟雾“硝酸型酸雨的形成都与氮氧化物有关B. 酒精、次氯酸钠消毒液均可以将病毒氧化而到达消毒的目的C. 一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路D. 氢氧化铁胶体中逐滴滴入

4、稀硫酸，先看到红褐色沉淀生成而后沉淀溶解【答案】B【解析】【详解】A以一氧化氮和二氧化氮为主的氮氧化物是形成“光化学烟雾“硝酸型酸雨的形成的一个重要原因，故A正确；B乙醇能够杀菌消毒，但乙醇不具有氧化性，故B错误；C蛋白质溶液为胶体，一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路，故C正确；D稀硫酸是电解质溶液，氢氧化铁胶体遇电解质溶液发生聚沉，然后氢氧化铁与硫酸发生中和反响而溶解，故D正确；答案选B。4.常温下，以下各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 A. c(OH)/c(H)1012的溶液中：NH4+、Cu2、NO3-、SO42-B. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4

5、+、K、Cl、IC. 0.1molL1的NaHCO3溶液中：Fe3、K、Cl、SO42-D. 水电离产生的c(OH)1012 molL1的溶液中：Na、Al3、Cl、NO3-【答案】A【解析】【详解】Ac(OH)/c(H)=10-12的溶液，显酸性，NH4+、Cu2、NO3-、SO42-离子之间不反响，与氢离子也不反响，可大量共存，故A正确；B滴加KSCN溶液显红色溶液，说明溶液中存在三价铁离子，三价铁离子能够氧化碘离子，不能大量共存，故B错误；CFe3与HCO3-发生双水解反响，在溶液中不能大量共存，故C错误；D由水电离的c(OH)=10-12molL-1的溶液，为酸溶液或碱溶液，碱溶液中不

6、能大量存在Al3+，故D错误；答案选A。【点睛】此题的易错点为D，要注意“c(OH)1012 molL1的溶液与“水电离产生的c(OH)1012 molL1的溶液的区别，前者表示溶液显酸性，后者表示溶液显酸性或碱性。5.设NA为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是 A. 1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14 NAB. 常温下pH=1的盐酸溶液中的H+离子数目为0.1NAC. 0.2 mol Al与足量NaOH溶液反响，生成氢气体积为6.72LD. 1mol FeI2与足量氯气反响时转移的电子数为2NA【答案】A【解析】【详解】A、1molCO含有质子物质的量为(68)mol=1

7、4mol，1molN2中含有质子物质的量为27mol=14mol，因此1molN2和CO的混合气体中含有质子物质的量为14mol，选项A正确；B缺少溶液的体积V，不能计算溶液中H+离子数目，选项B错误；C0.2 mol Al与足量NaOH溶液反响，生成0.3molH2，Vm的数值不知，不能确定H2体积，选项C错误；D、1mol FeI2含有1mol Fe2+、2molI-，完全反响需要消耗1.5mol氯气，转移3mol电子，即转移电子数为3NA，选项D错误；答案选A。6.一定温度和压强下，用m g的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，以下说法中正确的选项是()A

8、. 气球中装的是O2B. 气球和气球中气体分子数相等C. 气球和气球中气体物质的量之比为41D. 气球和气球中气体密度之比为21【答案】D【解析】试题分析：A、一定温度压强下，气体的Vm是相等的，用mg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，那么根据V=nVm=Vm得到体积和相对分子质量成反比，所以体积的大小顺序是：CH4O2CO2SO2，C中装的是氧气，故A错误；B、根据A的分析，D、C、B、A四个球中分别是CH4、O2、CO2、SO2，气球A和气球C中气体分子数之比等于体积之比，等于相对分子质量M的倒数之比，即为32：64=1：2，故B错误；C、气球A和气球D

9、中气体物质的量之比等于体积之比，等于M的倒数之比，即为1：4，故C错误；D、气球C和气球D中气体密度之比等于摩尔质量之比，即为：32：16=2：1，故D正确；应选D。考点：考查了阿伏加德罗定律及推论的相关知识。7. 把图二的碎纸片补充到图一中，可得到一个完整的离子方程式。对该离子方程式说法正确的选项是A. 配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3B. 假设有1mol的S被氧化，那么生成2mol S2-C. 氧化剂与复原剂的物质的量之比为1:2D. 2mol的S参加反响有3mol的电子转移【答案】C【解析】由所给物质的化合价和溶液的酸碱性可知该反响的离子方程式为3S6OH=SO322S23H2

10、O，其中S既作氧化剂又作复原剂，复原产物是S2，氧化产物是SO32，所以氧化剂和复原剂的物质的量之比是1:2。每消耗3molS，转移4mol电子，所以正确的答案是C。8.2Fe32I=I22Fe2、2Fe2Br2=2Br2Fe3。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反响后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，那么以下表达中正确的选项是氧化性：Br2Fe3I2原溶液中Br一定被氧化通入氯气后，原溶液中的Fe2一定被氧化不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2假设取少量所得溶液，参加CCl4后静置，向上层溶液中参加足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液

11、中Fe2、Br均被完全氧化A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题给方程式可知，复原性强弱顺序为：IFe2Br，氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反响后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁局部或全部被氧化，溴离子可能被氧化。【详解】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由题给方程式可知，氧化性：Br2Fe3I2，故正确；原溶液中的Br-可能被氧化，也可能未被氧化，故错误；通入氯气之后原溶液中的二价铁局部或全部被氧化，故正确；通入氯气之后原溶液中的二价铁局部或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；假

12、设取少量所得溶液，再参加CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中参加足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br-被完全氧化，I-、Fe2+均被完全氧化，故正确；答案选B。9.在含有Na+的中性溶液中，还可能存在NH4+、Fe2+、Br-、CO32-、I-、SO32-六种离子中的一种或几种，进行如下实验：1原溶液加足量氯水后，有气泡生成，溶液呈橙黄色；2向橙黄色溶液中加BaCl2溶液无沉淀生成；3橙黄色溶液不能使淀粉变蓝。由此推断溶液中一定不存在的离子是A. NH4+、Br-、CO32-B. NH4+、I-、SO32-C. Fe2+、I-、SO32-D. Fe2+、I-、CO32-【

13、答案】C【解析】【分析】根据加新制氯水后溶液呈现的颜色判断溶液中可能存在的离子，再根据生成的气体判断含有的离子；根据参加钡离子后无白色沉淀生成判断溶液中不含有亚硫酸根离子；根据参加淀粉溶液后不显蓝色判断碘离子是否存在。【详解】由实验1反响后溶液呈橙黄色，可以推知溶液中有Br-，由有气泡生成推知一定有CO32-；由Fe2+和CO32-不能共存，可知溶液中一定无Fe2+；由实验2现象推知原溶液一定无SO32-；由实验3的现象推知溶液一定无I-，从上述实验现象无法确定Na+存在与否；故原溶液一定不存在的离子为Fe2+、I-、SO32-；答案选C。10.某校化学兴趣小组在实验中发现一瓶溶液，标签上标有

14、“CaCl20.1molL-1”的字样，下面是该小组成员对溶液的表达，正确的选项是 A. 配制1L溶液，可将0.1mol的CaCl2溶于1L水B. 取少量该溶液加水至溶液体积为原来的二倍，所得溶液c(Cl)=0.1molL-1C. Ca2+和Cl-的浓度都是1molL1D. 取该溶液的一半，那么所取溶液cCaCl2=0.05molL-1【答案】B【解析】【详解】标签上标有“CaCl2 0.1molL-1”的字样，即在1L的溶液中含0.1molCaCl2；A.将0.1mol CaCl2溶于1L水中，所得溶液的体积不是1L，无法计算浓度，故A错误；B.溶液中Cl-的浓度为0.2mol/L，将溶液稀

15、释一倍，那么浓度减半，故稀释后Cl-的浓度应为0.1mol/L，故B正确C.在CaCl2中，Ca2+和Cl-的物质的量之比为1：2，那么浓度之比也为1：2，故Ca2+的浓度为0.1mol/L，而Cl-的浓度应为0.2mol/L，故C错误；D.溶液是均一稳定的，浓度与取出的溶液的体积是多少无关，故D错误；答案：B11.分别向体积均为100mL、浓度均为1mol/L的NaClO、NaOH、CH3COONa的三种溶液中通入CO2，测得各溶液中n(HCO3-)的变化如以下图所示：以下分析正确的选项是A. CO2通入NaClO溶液的反响：2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClOB. CO2通入

16、CH3COONa溶液的反响：CO2+H2O+CH3COO-=HCO3-+CH3COOHC. 通入n(CO2)=0.06mol时，NaOH溶液中的反响：2OH-+CO2=CO32-+H2OD. 通入n(CO2)=0.03mol时，三种溶液中：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03mol【答案】D【解析】【详解】A.次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以反响生成次氯酸和碳酸氢根离子，那么少量二氧化碳通入NaClO溶液中反响的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO，A错误；B.碳酸的酸性比醋酸弱，CO2通入CH3COONa溶液不反响，B错误；C.n(NaOH

17、)=0.1mol，通入n(CO2)=0.06mol，反响产物为碳酸氢钠和碳酸氢钠，反响的离子方程式：5OH-+3CO2=2CO32-+HCO3-+2H2O，C错误；D.通入n(CO2)=0.03mol，三种溶液中存在碳元素的物料守恒得到：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03mol l，D正确；故合理选项D。12.向含有Fe2、I、Br的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如以下图所示。以下有关说法不正确的选项是A. 线段BC代表Fe3物质的量的变化情况B. 原混合溶液中c(FeBr2)6 molL1C. 当通入Cl2 2 mol时，溶液中已发生的离子反响可

18、表示为2Fe22I2Cl2=2Fe3I24ClD. 原溶液中n(Fe2)n(I)n(Br)213【答案】B【解析】【分析】复原性为I-Fe2+Br-，那么先发生2 I-+Cl2I2+2Cl-，I-反响完毕再发生2Fe2+C12=2Fe3+2Cl-，最后发生反响2Br-+Cl2=Br2+2Cl-。【详解】AB点时溶液中I-完全反响，溶液中存在Fe2+和Br-，BC段发生2 Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，代表Fe3+的物质的量的变化情况，A正确；B由图可知，BC段发生2Fe2+C12= 2Fe3+2Cl-，Fe2+反响完毕消耗氯气2mol，由方程式可知n(Fe2+)=22mol=4mol，那

19、么n(FeBr2)=4mol，B错误；CAB段发生2 I-+Cl2I2+2Cl-，2mol的I-消耗1mol氯气，BC段发生2Fe2+C12=2Fe3+2Cl-，余下的1mol氯气再与2mol Fe2+反响，故参加反响的n(Fe2)：n(I-)=1：1，故通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反响可表示为2Fe2+2I-2C12=2Fe3+I2+4Cl-，C正确；D由图可知AB段消耗氯气1mol，发生2 I-+Cl2I2+2Cl-，故n(I-)=2n(Cl2)=2mol，BC段发生2Fe2+C12=2Fe3+2Cl-，消耗氯气2mol，故n(Fe2)= 2n(Cl2)=22mol=4mol，

20、DE段发生2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，消耗氯气3mol，故n(Br-)=2n(Cl2)=6mol，故原溶液中n(Fe2)：n(I-):n(Br-)=4mol：2mol：6mol=2：1：3，D正确。答案选B。【点睛】对于同一种氧化剂与含有多种复原剂的物质混合时，复原性强的首先发生反响，只有当复原性强的微粒反响完全后，复原性弱的微粒在发生反响；同样，当多种具有氧化性的微粒与一种具有复原性的微粒反响时，氧化性强的微粒先发生反响，只有当氧化性最强的反响完全后，氧化性弱的再发生反响。掌握物质氧化性、复原性强弱顺序是此题解答的关键。13.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、F

21、e3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，参加过量NaOH溶液，加热，得到002mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到16g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到466g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中A. 至少存在5种离子B. Cl-一定存在，且cCl04mol/LC. SO42-、NH4+、一定存在，Cl-可能不存在D. CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在【答案】B【解析】【分析】由于参加过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明溶液中一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质

22、的量为0.01mol，有0.02molFe3+，一定没有CO32-；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42-，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，且至少为 0.02mol3+0.02-0.02mol2=0.04mol，物质的量浓度至少为c(Cl-)=0.04mol0.1L=0.4mol/L。【详解】A.至少存在Cl-、SO42-、NH4+、Fe3+四种离子，A项错误；B.根据电荷守恒，至少存在0.04molCl-，即c(Cl-) 0.4molL-1，B项正确；C.一定存在氯离子，C项错误；D.Al3+无法判断是否存在，D项错误；答案选B。14.把200mLNH4H

23、CO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份参加含amolNaOH的溶液恰好反响完全；取另一份参加含b mol HCl的盐酸恰好反响完全。该混合溶液中c(Na)为 ( )A. (10b5a)molL1B. (2ba)molL1C. (b/10a/20)molL1D. (5b5a/2)molL1【答案】A【解析】【详解】NH4HCO3和amolNaOH恰好完全反响，那么NH4HCO3的物质的量为0.5amol，取另一份参加含bmolHCl的盐酸恰好反响完全，由NH4HCO3反响掉的盐酸为0.5a mol，那么由Na2CO3反响掉的盐酸为bmol0.5amol，Na2CO3的物质的量为(bmo

24、l0.5amol)0.5，那么c(Na)(bmol0.5amol)0.1L(10b5a)molL1。应选A。【点睛】根据化学方程式计算时一定要准确找出相关物质之间的计量数关系，如果是离子反响，可以根据离子方程式进行计算；如果是氧化复原反响，也可以利用电子转移关系进行有关计算。15.以下离子方程式正确的选项是A. 醋酸溶液与水垢中的CaCO3反响：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2B. 向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至混合溶液恰好为中性：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2OC. 向次氯酸钙溶液中通入SO2：Ca2+2C1O-+SO2+H2O=CaSO3+

25、2HClOD. FeCl3溶液与Cu的反响：Cu+Fe3+=Cu2+Fe2+【答案】B【解析】醋酸是弱酸，属于弱电解质，在离子方程式中不能拆为离子，所以选项A错误。向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至混合溶液恰好为中性，要求氢氧根和氢离子物质的量相等，所以氢氧化钡和硫酸氢钠的物质的量的比为1:2，选项B正确。次氯酸有强氧化性，可以将+4价硫氧化为+6价，所以选项C错误。选项D中，方程式的电荷不守恒，所以选项D错误。16.8.34 g FeSO47H2O(相对分子质量：278)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如以下图所示，以下说法正确的选项是A. 温度为78 时固

26、体物质M的化学式为FeSO45H2OB. 取适量380 时所得的样品P，隔绝空气加热至650 ，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe3O4C. 在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4H2OFeSO4H2OD. 温度为159 时固体N的化学式为FeSO42H2O【答案】C【解析】试题分析：8.34 g FeSO47H2O 样品的物质的量为8.34 g278 g/mol0.03 mol，其中m(H2O)0.03 mol718 g/mol3.78 g，如晶体失去全部结晶水，固体的质量应为8.34 g3.78 g4.56 g，可知在加热到373之前，晶体失去局部结晶

27、水，据此答复。A温度为78 时，固体质量为6.72 g，其中 m(FeSO4)0.03 mol152 g/mol4.56 g，m(H2O)6.72 g4.56 g2.16 g，n(H2O)2.16 g18 g/mol0.12 mol，那么n(H2O)n(FeSO4)0.12 mol0.03 mol41，那么化学式为FeSO44H2O，A项错误；B加热至650 时，固体的质量为2.40 g，其中n(Fe)n(FeSO47H2O)0.03 mol，m(Fe)0.03 mol56 g/mol1.68 g，那么固体中m(O)2.40 g1.68 g0.72 g，n(O)0.72 g16 g/mol0.

28、045 mol，那么n(Fe)n(O)0.03 mol0.045 mol23，那么固体物质Q的化学式为Fe2O3，B项错误；C固体N的质量为5.10 g，其中m(FeSO4)0.03 mol152 g/mol4.56 g，m(H2O)5.10 g4.56 g0.54 g，n(H2O)0.54 g18 g/mol0.03 mol，那么n(H2O)n(FeSO4)0.03 mol0.03 mol11，那么N的化学式为FeSO4H2O，P的化学式为FeSO4，那么在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4H2OFeSO4H2O，C项正确；D温度为159时，由C项可知N的化学式为FeSO4H2

29、O，D项错误。应选C。考点：考查化学反响方程式的计算；质量守恒定律【名师点睛】该题中主要涉及氧化复原反响， 氧化复原反响的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反响中有电子转移。在氧化复原反响中遵循电子守恒，即氧化剂得到的电子的物质的量或个数等于复原剂失去的电子的物质的量或个数。假设将电子守恒规律应用于解题，可以大大简化我们的计算过程，收到事半功倍的效果。守恒法是中学化学中常用的解题方法之一，守恒法包括质量守恒、原子守恒、电荷守恒、电子守恒等。在进行解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键。首先必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，正

30、确地解答题目。 在溶液中存在着阴阳离子，由于溶液呈电中性，所以可考虑电荷守恒； 在氧化复原反响中存在着电子的转移，通常考虑电子守恒。在某些复杂多步的化学反响中可考虑某种元素的守恒法；在一个具体的化学反响中，由于反响前后质量不变，因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法。二、非选择题17.“84消毒液是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒。某“84消毒液瓶体局部标签如图1所示，该“84消毒液通常稀释100倍(体积之比)后使用。请答复以下问题：(1)此“84消毒液的物质的量浓度约为_mol/L。(计算结果保存一位小数)(2)某同学量取100

31、mL此“84消毒液，按说明要求稀释后用于消毒，那么稀释后的溶液中c(Na+)_mol/L。(3)该同学参阅读该“84消毒液的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为24%的消毒液。如图2所示的仪器中配制溶液需要使用的是_(填仪器序号)，还缺少的玻璃仪器是_。以下操作中，容量瓶不具备的功能是_(填序号)。a配制一定体积准确浓度的标准溶液 b贮存溶液 c测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液 d准确稀释某一浓度的溶液 e用来加热溶解固体溶质请计算该同学配制此溶液需称取称量NaClO固体的质量为_g。(4)假设实验遇以下情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是_。(填序号)。A定容

32、时俯视刻度线 B转移前，容量瓶内有蒸馏水C未冷至室温就转移定容 D定容时水多用胶头滴管吸出【答案】 (1). 3.8 (2). 0.038 (3). CDE (4). 玻璃棒和胶头滴管 (5). bcde (6). 141.6 (7). AC【解析】【分析】1根据含24%NaClO、1000mL、密度1.18gcm-3，结合c=来计算；2根据稀释前后溶质的物质的量不变来计算；3根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶来分析所需的仪器；容量瓶是精密的仪器，不能受热，故不能用于溶解固体和稀释溶液，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，由于有塞子，故在使用前

33、必须查漏；由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，而配置出500mL溶液，根据所需的质量m=cVM来计算；4分析具体操作对n、V的影响，根据c=n/V分析不当操作对溶液浓度的影响。【详解】1cNaClO=c=molL-1=3.8molL-1，故答案为：3.8。2稀释后cNaClO=3.8molL-1=0.038molL-1，cNa+=cNaClO=0.038molL-1，故答案为：0.038。3由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500

34、mL容量瓶和胶头滴管，故需要的是CDE，还需要的是玻璃棒、胶头滴管故答案为：CDE；玻璃棒和胶头滴管。a容量瓶只能用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，故a不选；b容量瓶不能贮存溶液，只能用于配制，配制完成后要尽快装瓶，故b选；c容量瓶只有一条刻度线，故不能测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液，故c选；d容量瓶不能受热，而浓溶液的稀释容易放热，故不能用于准确稀释某一浓度的溶液，故d选；e容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，故e选。故答案为：bcde。质量分数为24%的消毒液的浓度为3.8mol/L，由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，而配制出500mL溶液，故所需的质量

35、m=cVM=3.8mol/L0.5L74.5g/mol=141.6g，故答案为：141.6g。4A定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，那么浓度偏高，故A正确；B转移前，容量瓶内有蒸馏水，对溶液浓度无影响，故B错误；C未冷至室温就转移定容，那么冷却后溶液体积偏小，那么浓度偏高，故C正确；D定容时水多用胶头滴管吸出，那么吸出的不只是溶剂，还有溶质，故溶液浓度偏小，故D错误。故答案为：AC。【点睛】根据cB=nB/V可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量nB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，假设nB比理论值小，

36、或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；假设nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。18.欲测定金属镁的相对原子质量，请利用以下图给定的仪器组成一套实验装置(每个仪器只能使用一次，假设气体的体积可看作标准状况下的体积)。填写以下各项(气流从左到右)：(1)各种仪器连接的先后顺序是_接_、_接_、_接_、_接_(用小写字母表示)。(2)连接好仪器后，要进行的操作有以下几步，其先后顺序是_(填序号)。待仪器B中的温度恢复至室温时，测得量筒C中水的体积为Va mL；擦掉镁条外表的氧化膜，将其置于天平上称量，得质量为m g，并将其投入试管B中的带孔隔板上；检查装置的气密性；旋开装置

37、A上分液漏斗的活塞，使其水顺利流下，当镁完全溶解时再关闭这个活塞，这时A中共放入水Vb mL。(3)根据实验数据可算出金属镁的相对原子质量，其数学表达式为_。(4)假设试管B的温度未冷却至室温，就读出量筒C中水的体积，这将会使所测定镁的相对原子质量数据_(填“偏大“偏小或“无影响)。(5)仔细分析上述实验装置后，经讨论认为结果会有误差，于是又设计了如以下图所示的实验装置。装置中导管a的作用是_。实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1 mL、V2 mL。那么产生氢气的体积为_mL。【答案】 (1). ahgbcfed (2). (3). 22.41000m/(VaVb) (4). 偏小 (5).

38、 使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，翻开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下；可以消除由于参加稀硫酸引起的氢气体积误差 (6). V1V2【解析】【分析】此题测定镁的相对分子质量的方法是通过镁与盐酸反响测定生成的氢气的体积，再根据化学方程式计算出镁的相对分子质量。要明确每个装置的作用，A装置起增压作用，在B装置中镁和盐酸进行反响，C装置测量水的体积，也就是生成的氢气排出水的体积，D装置是把生成氢气的体积转化成水的体积，E中盛放的是反响物盐酸。根据实验原理和各装置的作用，我们可以按步骤连接装置。为了使实验结果准确，测量的氢气的体积和所用的镁条的质量都要准确，据此解答。【详解】1气流从左到右，

39、各仪器连接顺序为a、h、g、b、c、f、e、d，注意要想排出洗气瓶中的液体时，气体要从短导管进入，液体从长导管排出；故答案为：a；h；g；b；c；f；e；d。2连接好仪器后，要先检查装置气密性，再放入药品，然后收集气体，所以先后顺序为；故答案为：。3通过2可知氢气的体积V=Va-Vb，那么氢气的质量m=，根据方程式可知Mg+2HClMgCl2+H2Mg 2gmg 所以镁相对原子质量M=；故答案为：。4假设试管B的温度未冷却至室温，就读出量筒C中水的体积，C中水的体积要比实际体积大，使氢气的测得值比实际值大，从而使测定镁的相对原子质量偏小，故答案为：偏小。5由于气体体积受温度影响大，所以装置中导

40、管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，翻开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除因为参加稀硫酸引起的氢气体积误差，故答案为：使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，翻开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下；可以消除由于参加稀硫酸引起的氢气体积误差。滴定管的数值零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积，收集氢气后滴定管内液面读数减小，故测定氢气的体积为：V1-V2，故答案为：V1-V2。19.在Na浓度为0.5 molL1的某澄清溶液中，还可能含有下表中的假设干种离子。阳离子KAgMg2Ba2阴离子NOCOSiOSO现

41、取该溶液100 mL进行如下实验(气体体积均在标准状况下测定)。序号实验内容实验结果向该溶液中参加足量稀盐酸产生白色沉淀并放出标准状况下0.56 L气体将的反响混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4 g向的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请答复以下问题。1实验能确定一定不存在的离子是 。2实验中生成沉淀的离子方程式为_。3通过实验、和必要计算，填写下表中阴离子的浓度(能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？)。阴离子NOCOSiOSOc/(molL1)4判断K是否存在，假设存在，求出其最小浓度，假设不存在说明理由： _，_

42、。【答案】1Ag+、Mg2+、Ba2+2SiO32-+2H+H2SiO3 3阴离子NO3-CO32-SiO32-SO42-c/molL-1？0.250.404存在，c(K)最小值为0.8mol/L【解析】试题分析：1向该溶液中参加足量稀盐酸，产生白色沉淀并放出标准状况下0.56 L气体，证明含有CO，n(CO)=0.56L22.4L/mol=0.025mol,c(CO)= n(CO)V=0.025mol0.1L=0.25mol/L,由于CO与Ag+、Mg2+、Ba2+会发生沉淀反响而不能大量共存，所以一定不含Ag+、Mg2+、Ba2+；那么参加HCl产生的不是沉淀是H2SiO3,那么原溶液中含

43、有SiO离子；生成沉淀的离子方程式为SiO2H=H2SiO3；将的反响混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，硅酸发生分解反响产生SiO2,称量所得固体质量固体质量为SiO2的质量，是2.4 g，那么n(SiO)=n(SiO2)=2.4g60g/mol=0.04mol,所以c(SiO)= n(SiO)V=0.04mol0.1L=0.4mol/L；向的滤液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明不含有SO。根据电荷守恒2cCO32-+2cSiO32-=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L，而c(Na+)=0.5mol/L,阴离子所带负电荷总数大于阳离子所带正电荷总数，所以因此溶液

44、中一定含有阳离子K+.实验中没有涉及NO3-，所以不能确定NO3-是否存在假设不存在NO3-，那么c(K+)=0.8mol/L,假设存在NO3-，那么根据溶液呈电中性，c(K+)0.8mol/L,所以c(K+)浓度至少为1.3mol/L-0.5mol/L=0.8mol/L，考点：考查溶液那么离子存在的鉴定、离子共存、离子浓度的计算的知识。20.某厂废水中含KCN，其浓度为0.01molL-1，现用氯氧化法处理，发生如下反响(化合物中N化合价均为-3价)：1KCN+2KOH+Cl2KOCN+2KCl+H2O被氧化的元素是_。(用元素符号表示)2投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气，请配平以下化学方程式：3假设将10 L含KCN的浓度为0.01mol L-1的废水中KCN氧化除去，最少需要氯气_mol。.某实验小组为了测定3中溶液多余Cl2的含量，常用Na2S2O3标准溶液进行定量测定。4现实验室需用480mL一定浓度Na2S2O3