湖南省常德市石门县2022学年高一化学上学期期考试卷含解析

2022-2022学年湖南省常德市石门县高一（上）期考化学试卷一.选择题（本题包括21个小题，共42分，每小题中只有一个选项符合题目要求）1．下列有关气体摩尔体积的描述中正确的是()A．单位物质的量的气体所占的体积就是气体摩尔体积B．通常状况下的气体摩尔体积约为22.4LC．标准状况下的气体摩尔体积约为22.4LD．相同物质的量的气体摩尔体积也相同2．下列离子方程式书写正确的是()①将金属Na投入水中：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑②在硫酸溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2O③碳酸氢钙溶液中滴加盐酸：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O④碳酸钙中滴加盐酸：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O．A．①③④B．①③C．②④D．①②③3．下列不存在丁达尔效应的分散系是()A．有尘埃的空气B．墨水C．食盐水D．向沸水中滴入FeCl3饱和溶液所得液体4．下列物质的变化，不能通过一步化学反应完成的是()A．CO2→H2CO3B．SiO2→Na2SiO3C．Na2O2→Na2CO3D．SiO2→H2SiO35．某实验小组通过实验证明了海水中确实存在碘元素，并获得了一定量的碘水．现欲从碘水中进一步提取碘首先需要()A．萃取B．沉淀C．蒸馏D．过滤6．下列叙述中正确的是()A．在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原B．元素由化合态变为游离态的反应一定是还原反应C．置换反应一定是氧化还原反应D．失电子难的原子，一定容易得电子，反之成立7．下列物质：①Cl2②Na③Na2O2④F2分别与水反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1的是()A．①②③B．②③④C．①②④D．①②③④8．下列反应不能发生的是()A．木炭投入到热的浓硫酸中B．木炭投入到热的浓硝酸中C．铜片投入到冷的浓硫酸中D．铜片投入到冷的浓硝酸中-23-9．下列关于浓HNO3与浓H2SO4的叙述正确的是()A．都具有吸水性B．露置于空气中都能形成白雾C．露置于空气中，溶液浓度均降低D．在空气中长期露置，溶液质量均减轻10．将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，通过一步实验就能加以区别，并只用一种试剂，这种试剂是()A．KSCNB．BaCl2C．NaOHD．HCl11．飘尘是物质燃烧时产生的粒状漂浮物，颗粒很小，不易沉降，它与空气中SO2、O2接触时，SO2会部分转化为SO3，使空气的酸度增加，飘尘所起的作用可能是()①氧化剂；②还原剂；③催化剂；④吸附剂．A．①②B．①C．①③D．③④12．在一定温度下，向饱和苛性钠溶液中放一定量的过氧化钠，充分反应后恢复到原温度，下列有关说法中，正确的是()A．溶液中Na+数目增加B．溶液中Na+数目减少C．溶液中OH﹣浓度减少D．溶液中OH﹣浓度增大13．将0.18molMnO2与过量12mol/L的浓盐酸反应，将60mL12mol/L的浓盐酸与足量的MnO2反应，两者产生的Cl2相比()A．一样多B．前者较后者多C．后者较前者多D．无法比较14．相同物质的量的Na2O2和Na2O的比较中，不正确的是()A．两种物质所含原子个数之比为4：3B．两种物质所含离子个数之比为4：3C．两种物质与足量的CO2反应，消耗气体的质量比为1：1D．两种物质与等质量且足量的水反应得到溶液的质量分数之比为1：115．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．1mol氖气所含的原子数为2NAB．25℃，1.01×105Pa，64gSO2中含有的分子数为NAC．在标准状况下，1L水所含分子数为（1/22.4）NAD．1mol过氧化钠和足量水反应时转移的电子数为2NA16．为了验证NaHCO3固体中是否含有Na2CO3，下列实验及判断中，正确的是()A．加热，观察是否有气体放出B．溶于水后加BaC12，看有无沉淀C．溶于水后加石灰水，看有无沉淀D．取固体变色试样加盐酸，看是否有气泡产生17．足量的铜放入400mL浓度为2mol•L﹣1的硝酸中，还原产物在空气中变成红褐色，充分反应后，被还原的HNO3的物质的量为()-23-A．0.12molB．0.2molC．0.4molD．0.8mol18．Cl2通入70℃的NaOH溶液中能同时发生两个自身氧化还原反应，反应后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为4：1，则该溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为()A．9：4B．5：1C．11：2D．1：119．下列实验操作完全正确的是()编号实验操作A钠与水的反应用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小，放入装满水的烧杯中B配制一定浓度的氯化钾溶液500mL准确称取氯化钾固体，放入到500mL的容量瓶中，加水溶解、振荡、摇匀、定容C闻氯气的方法用手轻轻地在瓶口扇动，使极少量氯气飘进鼻孔D取出分液漏斗中所需的上层液体下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个烧杯，上层液体继续从分液漏斗下端管口放出A．AB．BC．CD．D20．下列各组物质的稀溶液相互反应，把前者逐滴滴入后者与把后者逐滴滴入前者，所产生的现象不相同的是()A．AlCl3和NaOHB．Na2CO3和Ca（OH）2C．NaHCO3和HClD．NaCl和AgNO321．在某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol•L﹣1和0.1mol•L﹣1．向该混合液中加入1.92g铜粉，加热，待充分反应后，设溶液的体积仍为100mL，则所得溶液中的Cu2+的物质的量浓度是()A．0.15mol•L﹣1B．0.225mol•L﹣1C．0.35mol•L﹣1D．0.45mol•L﹣1二.填空（每空2分共20分）22．现有mg某气体，它由双原子分子构成，它的摩尔质量为Mg•mol﹣1．若阿伏加德罗常数用NA表示，则：（1）该气体在标准状况下的体积为__________L；（2）该气体溶于1L水中（不考虑反应），其溶液中溶质的质量分数为__________；（3）该气体溶于水后形成VL溶液，其溶液的物质的量浓度为__________mol•L﹣1；（4）该气体在标准状况下的密度为__________g•L﹣1．23．2022年3月日本筑波材料科学国家实验室一个研究小组发现首例带结晶水的晶体在5K下呈现超导性．据报道，该晶体的化学式为Na0.35CoO2•1.3H2O．试计算：该晶体的摩尔质量是__________；钴原子与氧原子的物质的量之比是__________；钴原子与氢原子的个数之比是__________；1mol该晶体中含有的氧原子数目是__________．（比值可以用小数表示）-23-24．如图所示，将一小块钠放在石棉网上加热．回答下列问题：（1）观察到的实验现象有：__________．（2）产生以上现象的主要化学反应方程式为：__________．25．写出下列化学方程式：（1）浓硫酸与红热的碳的反应__________．（2）氯气通入石灰水中__________．（3）铝和氢氧化钠溶液反应__________．三.推断（每空2分共14分）26．室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体，在合适反应条件下，它们可以按下列框图进行反应．又知E溶液是无色溶液．请回答：请回答：（1）（写化学式）A是__________，B是__________，C是__________．（2）反应①的化学方程式__________．（3）反应③的化学方程式__________．（4）反应④的离子方程式__________．（5）反应⑤的化学方程式__________．27．如图表示各物质之间的转化关系．已知：常温下B、D、F、G、I、J是气体，F、G是空气中的主要成分，D是一种碱性气体．A中阴、阳离子个数比是1：1，E是一种黑色氧化物，H是紫红色金属单质．（部分生成物和反应条件省略）-23-请按要求填空：（1）A物质的化学式是__________；（2）反应③的化学方程式是__________；（3）反应①中产生标准状况下1.12L气体F，则转移的电子数目是__________；（4）反应②中氧化剂是__________．四.实验题（每空2分，共14分）28．配制500mL2.5mol/L浓度的NaOH溶液时，需要的玻璃仪器，除了烧杯、玻璃棒外，还必须有的是__________、__________．29．就有关物质的分离回答下面的问题，有一瓶A和B的混合液，已知它们的性质如表．物质熔点/°C沸点/°C密度/g•cm﹣3溶解性A﹣11.51981.11A、B互溶，且均易溶于水B17.92901.26据此分析，将A和B相互分离的常用方法是__________．30．化学小组同学依据化学反应Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O制取22.4L（标准状况）SO2气体．取65.0g锌粒与98%的浓H2SO4（ρ=1.84g•cm﹣3）110mL充分反应，锌全部溶解．对于制得的气体，有同学认为可能混有氢气．为此，化学小组的同学设计了如图实验装置，对所制取的气体进行探究．请回答下列问题：（1）装置A中添加液体的仪器名称为__________；98%的浓H2SO4（ρ=1.84g/cm3）的物质的量浓度是__________；（2）请写出产生氢气的反应的离子方程式__________；（3）①装置B是为了吸收SO2，则不能选用下列试剂中的__________（填序号）；A．NaOH溶液B．浓H2SO4C．KMnO4溶液②可证实一定量的锌粒和一定量的浓硫酸反应后生成的气体中混有氢气的实验现象是__________．五.计算题（共10分）31．把10.2g镁铝合金的粉末放入过量的盐酸中，得到11.2LH2（标准状况下）．试计算：（1）该合金中铝的质量分数；（2）该合金中铝和镁的物质的量之比．-23--23-2022-2022学年湖南省常德市石门县高一（上）期考化学试卷一.选择题（本题包括21个小题，共42分，每小题中只有一个选项符合题目要求）1．下列有关气体摩尔体积的描述中正确的是()A．单位物质的量的气体所占的体积就是气体摩尔体积B．通常状况下的气体摩尔体积约为22.4LC．标准状况下的气体摩尔体积约为22.4LD．相同物质的量的气体摩尔体积也相同【考点】气体摩尔体积．【专题】化学用语专题．【分析】A、气体摩尔体积就是单位物质的量的气体所占的体积；B、气体摩尔体积22.4L/mol适用于标况下的气体；C、标准状况下气体摩尔体积Vm=22.4L/mol；D、根据V=nVm来回答．【解答】解：A、气体摩尔体积就是单位物质的量的气体所占的体积，故A正确；B、气体摩尔体积22.4L/mol适用于标况下的气体，故B错误；C、标准状况下气体摩尔体积Vm=22.4L/mol，故C错误；D、气体摩尔体积只与气体的存在条件有关，与物质的量无关，故D错误．故选A．【点评】本题考查学生摩尔体积的概念，可以根据所学知识来回答，难度不大．2．下列离子方程式书写正确的是()①将金属Na投入水中：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑②在硫酸溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2O③碳酸氢钙溶液中滴加盐酸：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O④碳酸钙中滴加盐酸：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O．A．①③④B．①③C．②④D．①②③【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】①反应生成NaOH和氢气，遵循电子、电荷守恒，质量守恒定律；②至中性，生成硫酸钡和水，不符合离子的配比；③反应生成氯化钙、水和二氧化碳；④反应生成氯化钙、水和二氧化碳，碳酸钙在离子反应中应保留化学式．【解答】解：①反应生成NaOH和氢气，离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，遵循电子、电荷守恒，质量守恒定律，故正确；②至中性，生成硫酸钡和水，不符合离子的配比，离子反应应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故错误；③反应生成氯化钙、水和二氧化碳，则碳酸氢钙溶液中滴加盐酸的离子反应为HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O，故正确；④反应生成氯化钙、水和二氧化碳，碳酸钙在离子反应中应保留化学式，则碳酸钙中滴加盐酸的离子反应为CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，故错误；故选B．-23-【点评】本题考查离子反应的书写，为高频考点，把握发生的化学反应为解答的关键，注意电子、电荷守恒及离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大．3．下列不存在丁达尔效应的分散系是()A．有尘埃的空气B．墨水C．食盐水D．向沸水中滴入FeCl3饱和溶液所得液体【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系．【分析】丁达尔效应是胶体所独有的性质，可通过判断各物质是否为胶体解答该题．【解答】解：A．有尘埃的空气属于胶体，存在丁达尔效应，故A不选；B．墨水是胶体，具有丁达尔效应，故B不选；C．食盐水为溶液，不是胶体，不具有丁达尔效应，故C选；D．向沸水中滴入FeCl3饱和溶液可得氢氧化铁胶体，存在丁达尔效应，故D不选．故选C．【点评】本题考查胶体的性质，题目难度不大，注意胶体与气体分散系的区别．4．下列物质的变化，不能通过一步化学反应完成的是()A．CO2→H2CO3B．SiO2→Na2SiO3C．Na2O2→Na2CO3D．SiO2→H2SiO3【考点】硅和二氧化硅；钠的重要化合物．【专题】碳族元素．【分析】根据物质的性质来分析物质能发生的化学反应，并利用物质组成上的差异来选择合适的反应．【解答】解：A、由CO2→H2CO3可知，二氧化碳能和水反应生成碳酸，一步实现该转化，故A不选；B、由SiO2→Na2SiO3可知，二氧化硅是酸性氧化物，能和强碱反应生成盐和水，所以能一步实现该转化，故B不选；C、由Na2O2→Na2CO3可知，选择二氧化碳即可一步实现，故C不选；D、由SiO2→H2SiO3可知，二氧化硅不溶于水，不能和水反应，必须先和强碱反应生成盐，盐再转化为酸，故D选．故选D．【点评】本题考查物质之间的转化，注意是否一步转化是解答的关键，学生应熟悉物质之间的反应及物质的组成来分析解答．5．某实验小组通过实验证明了海水中确实存在碘元素，并获得了一定量的碘水．现欲从碘水中进一步提取碘首先需要()A．萃取B．沉淀C．蒸馏D．过滤【考点】分液和萃取．【专题】化学实验基本操作．【分析】萃取指利用化合物在两种互不相溶（或微溶）的溶剂中溶解度的不同，使化合物从一种溶剂内转移到另外一种溶剂中．【解答】解：A．通过萃取，加入四氯化碳使碘单质转移到四氯化碳中，故A正确；B．无法生成沉淀，不能用沉淀，故B错误；C．蒸馏利用混合液体或液﹣固体系中各组分沸点不同，将各组分分离的过程，故C错误；-23-D．碘能溶于水，无沉淀，用过滤方法不能将混合物分离，故D错误．故选A．【点评】本题考查物质分离的基本操作，难度不大．6．下列叙述中正确的是()A．在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原B．元素由化合态变为游离态的反应一定是还原反应C．置换反应一定是氧化还原反应D．失电子难的原子，一定容易得电子，反之成立【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、氧化还原反应中，同种元素之间可发生氧化还原反应；B、元素由化合态变为游离态，元素的化合价可升高，也可降低；C、置换反应中有单质生成，元素的化合价发生变化；D、失电子难的原子，不一定容易得电子．【解答】解：A、氧化还原反应中，同种元素之间可发生氧化还原反应，如Cl2+H2O=HCl+HClO，化合价发生变化的只有Cl元素，故A错误；B、元素由化合态变为游离态，元素的化合价可升高，也可降低，如HCl→Cl2，CuO→Cu，元素由化合态变为游离态，可发生氧化反应，也可能是还原反应，故B错误；C、置换反应中有单质生成，元素的化合价发生变化，一定发生氧化还原反应，故C正确；D、失电子难的原子，不一定容易得电子，如第ⅣA族元素，故D错误．故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意把握相关知识的积累，注意物质的性质和氧化还原反应类型的联系．7．下列物质：①Cl2②Na③Na2O2④F2分别与水反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1的是()A．①②③B．②③④C．①②④D．①②③④【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】先根据元素化合价变化来确定氧化剂、还原剂，再根据方程式中氧化剂和还原剂的计量数之比判断即可．【解答】解：①Cl2+H2O=HCl+HClO中，氯元素的化合价由0价变为﹣1价和+1价，所以氧化剂和还原剂都是氯气，每个氯原子得电子或失电子个数相等，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，故正确；②2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，该反应中钠是还原剂，水是氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，故正确；③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，该反应中氧元素的化合价由﹣1价变为0价和﹣2价，所以过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，每个过氧化钠化学式中氧原子得失数相等，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，故正确；④2F2+2H2O=4HF+O2，该反应中氟元素的化合价由0价变为﹣1价，氧元素的化合价由﹣2价变为0价，所以氟气是氧化剂，水是还原剂，根据方程式知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，故正确；故选D．-23-【点评】本题考查了氧化还原反应的有关计算，正确书写方程式是解本题关键，再根据方程式中各物理量的关系来分析解答，难度不大．8．下列反应不能发生的是()A．木炭投入到热的浓硫酸中B．木炭投入到热的浓硝酸中C．铜片投入到冷的浓硫酸中D．铜片投入到冷的浓硝酸中【考点】浓硫酸的性质；硝酸的化学性质．【分析】A．浓硫酸在加热条件下能够氧化炭；B．浓硝酸在加热条件下能够氧化炭；C．浓硫酸与铜常温下不反应；D．铜与浓硝酸常温下发生氧化还原反应．【解答】解：A．木炭投入到热的浓硫酸中，反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，故A不选；B．木炭投入到热的浓硝酸中，反应生成二氧化氮、二氧化碳和水，故B不选；C．浓硫酸与铜常温下不反应，故C选；D．铜片投入到冷的浓硝酸中，反应生成硝酸铜，二氧化氮和水，故D不选；故选：C．【点评】本题考查了物质的间的反应，明确浓硝酸、浓硫酸的强氧化性是解题关键，题目难度不大．9．下列关于浓HNO3与浓H2SO4的叙述正确的是()A．都具有吸水性B．露置于空气中都能形成白雾C．露置于空气中，溶液浓度均降低D．在空气中长期露置，溶液质量均减轻【考点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质．【专题】氧族元素；氮族元素．【分析】A．浓硝酸不具有吸水性；B．浓硫酸难挥发，浓硝酸易挥发；C．浓硫酸具有吸水性，浓硝酸具有挥发性；D．浓硫酸具有吸水性，浓硝酸易挥发，据此解答．【解答】解：A．浓硫酸具有吸水性，浓硝酸不具有吸水性，故A错误；B．浓硫酸难挥发，露置于空气中不会生成白雾，浓硝酸易挥发，露置于空气中会生成白雾，故B错误；C．露置于空气中，浓硝酸挥发，浓硫酸具有吸水，溶液浓度均降低，故C正确；D．浓硫酸具有吸水性，能够吸收空气中的水而使溶液质量增加，浓硝酸易挥发，溶质减少，溶液质量减小，故D错误；故选：C．【点评】本题考查浓硝酸和浓硫酸的性质，为高频考点，把握浓酸的强氧化性、浓硫酸的三大特性为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．10．将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，通过一步实验就能加以区别，并只用一种试剂，这种试剂是()A．KSCNB．BaCl2C．NaOHD．HCl【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．-23-【专题】物质检验鉴别题．【分析】四种物质与所选物质反应，发生的现象应各有不同，根据四种物质与所给选项中的四种物质反应的现象逐一分析，即可正确选择．【解答】解：A、硫氰化钾只能和氯化铁之间发生络合反应，使溶液变红色，而和其他物质间不反应，故A错误；B、氯化钡和选项中的物质间均不反应，无现象，故B错误；C、氯化钠和氢氧化钠混合无现象发生，不反应；氯化铝中逐滴加入氢氧化钠，先出现白色沉淀然后沉淀会消失；氯化亚铁和氢氧化钠反应先出现白色沉淀然后变为灰绿色最后变为红褐色，氯化铁和氢氧化钠反应生成红褐色沉淀；氯化镁和氢氧化钠反应生成白色沉淀，现象各不相同，故C正确；D、盐酸和选项中的物质间均不反应，无现象，故D错误．故选C．【点评】此题主要是考查同学们的综合分析能力，不但要求同学们具备有关化合物的基础知识，而且要有实验操作的经历和分析、解决化学实验问题的能力．解题时需要认真分析题目给出的条件，联系实际，逐一分析推断．11．飘尘是物质燃烧时产生的粒状漂浮物，颗粒很小，不易沉降，它与空气中SO2、O2接触时，SO2会部分转化为SO3，使空气的酸度增加，飘尘所起的作用可能是()①氧化剂；②还原剂；③催化剂；④吸附剂．A．①②B．①C．①③D．③④【考点】催化剂的作用．【专题】化学计算．【分析】催化剂，改变反应速率而自身的质量和化学性质都不改变的一类物质．飘尘在二氧化硫与氧气反应过程中，降低了反应的难度使反应更容易发生，飘尘并不影响反应的结果，反应前后飘尘依然是飘尘．【解答】解：飘尘能吸附气体，在SO2会部分转化成SO3的过程中，SO2与空气中的O2发生反应，飘尘起到了加快反应的作用，其自身的性质和性质都未发生改变，因此，飘尘在变化中起催化作用并不改变反应的实质为反应的催化剂．故选D．【点评】本题考查催化剂的作用，变化前后化学性质和质量都不改变，是判断物质是否是反应的催化剂的关键因素．12．在一定温度下，向饱和苛性钠溶液中放一定量的过氧化钠，充分反应后恢复到原温度，下列有关说法中，正确的是()A．溶液中Na+数目增加B．溶液中Na+数目减少C．溶液中OH﹣浓度减少D．溶液中OH﹣浓度增大【考点】钠的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，消耗水，反应后应仍未氢氧化钠的饱和溶液，溶液浓度不变，但由于水的质量减小，则溶液的质量减小，以此解答．【解答】解：过氧化钠与水反应生成NaOH和O2，消耗水，溶液有NaOH晶体析出，反应后仍为饱和溶液，浓度不变，C、D错误，由于溶剂的质量减少，则饱和溶液中的溶质的物质的量减小，故B正确，而A错误．故选B．-23-【点评】本题考查钠的重要化合物，侧重于化学知识的综合应用的考查，注意把握饱和溶液的性质，学习中注意相关基础知识的积累，题目难度中等．13．将0.18molMnO2与过量12mol/L的浓盐酸反应，将60mL12mol/L的浓盐酸与足量的MnO2反应，两者产生的Cl2相比()A．一样多B．前者较后者多C．后者较前者多D．无法比较【考点】氯气的实验室制法；化学方程式的有关计算．【专题】卤族元素．【分析】依据化学方程式判断氯化氢和二氧化锰反应定量关系分析，MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+H2O，浓盐酸随浓度变稀后不能和二氧化锰发生反应．【解答】解：n（MnO2）=0.18mol，依据化学方程式MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+H2O，二氧化锰全部反应生成氯气物质的量为0.18mol；将60mL12mol/L的浓盐酸与足量的MnO2反应，n（HCl）=0.06L×12mol•L﹣1=0.72mol，依据化学方程式MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+H2O，当0.72molHCl完全反应时可生成0.18molCl2，但随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐降低，稀盐酸的还原性较弱，与二氧化锰不反应，则生成的氯气的物质的量小于0.18mol，所以前者生成氯气较多．故选B．【点评】本题考查氯气的实验室制备，题目难度不大，注意稀盐酸与二氧化锰不反应，为解答该题的关键之处．14．相同物质的量的Na2O2和Na2O的比较中，不正确的是()A．两种物质所含原子个数之比为4：3B．两种物质所含离子个数之比为4：3C．两种物质与足量的CO2反应，消耗气体的质量比为1：1D．两种物质与等质量且足量的水反应得到溶液的质量分数之比为1：1【考点】钠的重要化合物；物质的量的相关计算．【专题】计算题；元素及其化合物．【分析】氧化钠与CO2反应生成碳酸钠，过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，二者都与水反应生成氢氧化钠，且过氧化钠与水反应还生成氧气，结合二者的构成解答该题．【解答】解：A．由化学式可知两种物质所含原子个数之比为4：3，故A正确；B．过氧化钠中含有的离子为Na+和O22﹣，Na2O中含有的离子为Na+和O2﹣，两种物质所含离子个数之比为1：1，故B错误；C．两种物质与足量的CO2反应，分别发生2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，Na2O+CO2=Na2CO3，则消耗气体的质量比为1：1，故C正确；D．两种物质与等质量且足量的水反应，分别发生2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O+H2O=2NaOH，可知消耗的水和生成的氢氧化钠都相等，则得到溶液的质量分数之比为1：1，故D正确．故选B．【点评】本题考查钠的氧化物，明确发生的化学反应及相关的概念是解答本题的关键，注意根据反应的相关方程式进行计算该题，难度中等．15．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()-23-A．1mol氖气所含的原子数为2NAB．25℃，1.01×105Pa，64gSO2中含有的分子数为NAC．在标准状况下，1L水所含分子数为（1/22.4）NAD．1mol过氧化钠和足量水反应时转移的电子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、稀有气体为单原子分子，1mol氖气含有1mol氖原子；B、64g二氧化硫的物质的量为=1mol；C、标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算1L水的物质的量；D、过氧化钠与水的反应中，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，且过氧化钠中氧元素化合价为﹣1价，1mol过氧化钠完全反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子．【解答】解：A、1mol氖气分子中含有1mol氖原子，所含的原子数为NA，故A错误；B、64g二氧化硫的物质的量为1mol，含有的分子数为NA，故B正确；C、标况下，水不是气体，题中条件无法计算1L水的物质的量，故C错误；D、1mol过氧化钠与足量的水反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，转移的电子数为NA，故D错误；故选B．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；明确标况下气体摩尔体积的使用条件．16．为了验证NaHCO3固体中是否含有Na2CO3，下列实验及判断中，正确的是()A．加热，观察是否有气体放出B．溶于水后加BaC12，看有无沉淀C．溶于水后加石灰水，看有无沉淀D．取固体变色试样加盐酸，看是否有气泡产生【考点】钠的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．Na2CO3较稳定，加热时不易分解，但NaHCO3不稳定，加热易分解；B．NaHCO3和BaC12不反应，但Na2CO3和BaC12反应；C．二者都和氢氧化钙反应生成白色沉淀；D．二者都和HCl反应生成气体．【解答】解：A．Na2CO3性质稳定，加热时难以分解，加热时NaHCO3分解，不能确定是否含有Na2CO3，故A错误；B．NaHCO3与BaCl2不反应，Na2CO3都可与BaCl2溶液反应生成BaCO3沉淀，可鉴别，故B正确；C．NaHCO3与Na2CO3都可与Ca（OH）2反应生成CaCO3沉淀，不能确定是否含有Na2CO3，故C错误；D．二者都和稀盐酸反应生成二氧化碳，但可以根据产生二氧化碳气体的先后顺序判断，故D错误；故选B．【点评】本题考查物质的检验，明确物质性质及物质之间性质的区别是解本题关键，如果是鉴别碳酸钠中的碳酸氢钠可以采用加热的方法，易错选项是C，题目难度不大．-23-17．足量的铜放入400mL浓度为2mol•L﹣1的硝酸中，还原产物在空气中变成红褐色，充分反应后，被还原的HNO3的物质的量为()A．0.12molB．0.2molC．0.4molD．0.8mol【考点】化学方程式的有关计算．【专题】元素及其化合物．【分析】足量的铜与硝酸反应，反应后溶液中的溶质是硝酸铜，根据化学反应方程式计算被还原的硝酸的物质的量．【解答】解：铜与稀硝酸发生反应：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，被还原的HNO3的物质的量是参加反应的硝酸的物质的量是0.25倍，参加反应的硝酸是0.4mol×2mol/L=0.8mol，所以还原的HNO3的物质的量是0.8mol×0.25=0.2mol．故选B．【点评】考查氧化还原反应的计算，难度中等，注意根据方程式得到：还原的HNO3的物质的量是参加反应的硝酸的物质的量是0.25倍，再进行计算是关键．18．Cl2通入70℃的NaOH溶液中能同时发生两个自身氧化还原反应，反应后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为4：1，则该溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为()A．9：4B．5：1C．11：2D．1：1【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】氯气和氢氧化钠的反应为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，3Cl2+6NaOH（热）=NaClO3+5NaCl+3H2O，令NaClO与NaClO3的物质的量分别为4mol、1mol，根据电子转移守恒计算n（NaCl），进而计算溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比．【解答】解：令NaClO与NaClO3的物质的量分别为4mol、1mol，根据电子转移守恒有：4mol×（1﹣0）+1mol×（5﹣0）=n（NaCl）×[0﹣（﹣1）]，解得：n（NaCl）=9mol，所以该溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为9mol：4mol=9：4；故选A．【点评】本题考查学生氧化还原反应的有关知识，注意电子守恒思想在解题中的运用．19．下列实验操作完全正确的是()编号实验操作A钠与水的反应用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小，放入装满水的烧杯中B配制一定浓度的氯化钾溶液500mL准确称取氯化钾固体，放入到500mL的容量瓶中，加水溶解、振荡、摇匀、定容C闻氯气的方法用手轻轻地在瓶口扇动，使极少量氯气飘进鼻孔D取出分液漏斗中所需的上层液体下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个烧杯，上层液体继续从分液漏斗下端管口放出A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价；分液和萃取；配制一定物质的量浓度的溶液；碱金属及其化合物的性质实验．【专题】实验评价题．【分析】A．没有用滤纸吸干Na表面的煤油；B．不能在容量瓶中溶解；C．氯气有毒，不能直接闻气味；-23-D．分液时，应避免上下层液体混合．【解答】解：A．没有用滤纸吸干Na表面的煤油，实验中可能发生爆炸，增强了实验的危险性，应先用滤纸吸干Na表面的煤油，再切下绿豆大小，放入装满水的烧杯中，故A错误；B．不能在容量瓶中溶解，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中，故B错误；C．氯气有毒，不能直接闻气味，则应用手轻轻地在瓶口扇动，使极少量氯气飘进鼻孔，故C正确；D．分液时，应避免上下层液体混合，所以下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，上层液体从分液漏斗上端管口倒出，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的性质实验、溶液的配制、混合物分离操作及闻气体的方法，侧重实验操作和实验细节的考查，选项A为易错点，题目难度不大．20．下列各组物质的稀溶液相互反应，把前者逐滴滴入后者与把后者逐滴滴入前者，所产生的现象不相同的是()A．AlCl3和NaOHB．Na2CO3和Ca（OH）2C．NaHCO3和HClD．NaCl和AgNO3【考点】镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A、前者逐滴滴入后者，发生AlCl3+4NaOH═3NaCl+NaAlO2+H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O═4Al（OH）3↓+3NaCl，后者逐滴滴入前者发生Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；B、只发生Na2CO3+Ca（OH）2═2NaOH+CaCO3↓；C、只发生NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O；D、只发生NaCl+AgNO3═NaNO3+AgCl↓．【解答】解：A、因前者逐滴滴入后者，发生AlCl3+4NaOH═3NaCl+NaAlO2+H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O═4Al（OH）3↓+3NaCl，现象为先没有沉淀后有沉淀生成；而后者逐滴滴入前者发生Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，现象为先有沉淀生成后沉淀逐渐消失，则现象不同，故A正确；B、无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，只发生Na2CO3+Ca（OH）2═2NaOH+CaCO3↓，故B错误；C、无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都发生NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，现象相同，故C错误；D、无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都发生NaCl+AgNO3═NaNO3+AgCl↓，现象相同，故D错误；故选A．【点评】本题考查利用滴加顺序不同来判断反应的现象，明确发生的化学反应是解答本题的关键，难度不大．21．在某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol•L﹣1和0.1mol•L﹣1．向该混合液中加入1.92g铜粉，加热，待充分反应后，设溶液的体积仍为100mL，则所得溶液中的Cu2+的物质的量浓度是()A．0.15mol•L﹣1B．0.225mol•L﹣1C．0.35mol•L﹣1D．0.45mol•L﹣1【考点】物质的量浓度的相关计算；化学方程式的有关计算．-23-【专题】计算题．【分析】根据n=计算1.92g铜物质的量，铜屑投入HNO3和H2SO4的混合溶液中发生的反应：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO+4H2O，结合铜、硝酸根、氢离子的物质的量根据离子方程式进行过量计算，再根据不足的物质计算铜离子的物质的量，结合c=计算铜离子浓度．【解答】解：溶液中的氢离子包括硝酸、硫酸电离的，所以n（H+）=0.4mol/L×0.1L+0.1mol/L×0.1L×2=0.06mol，n（NO3﹣）n=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，1.92g铜的物质的量为=0.03mol，则：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O3820.03mol0.08mol0.02mol所以氢离子的物质的量不足，根据氢离子的物质的量计算，由离子方程式可知0.06mol氢离子反应，生成的铜离子的物质的量为0.06mol×=0.0225mol，所以溶液中c（Cu2+）==0.225mol/L，故选B．【点评】本题考查物质的量浓度的计算，题目难度中等，解答该题的关键是把握反应的离子方程式，根据离子方程式判断反应的过量问题．二.填空（每空2分共20分）22．现有mg某气体，它由双原子分子构成，它的摩尔质量为Mg•mol﹣1．若阿伏加德罗常数用NA表示，则：（1）该气体在标准状况下的体积为L；（2）该气体溶于1L水中（不考虑反应），其溶液中溶质的质量分数为%；（3）该气体溶于水后形成VL溶液，其溶液的物质的量浓度为mol•L﹣1；（4）该气体在标准状况下的密度为g•L﹣1．【考点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用．【分析】（1）根据n=计算出该气体的物质的量，再根据V=nVm计算出标况下的体积；（2）1L水的质量约为1000g，根据ω=×100%计算出该溶液中溶质的质量分数；（3）根据c=计算出该溶液的物质的量浓度；（4）根据ρ=计算出该气体在标准状况下的密度．-23-【解答】解：（1）mg该气体的物质的量为：n==mol，标况下该气体的体积为：V=22.4L/mol×mol=L，故答案为：；（2）1L水的质量约为1000g，则溶液的质量为：mg+1000g，则形成的溶液中溶质的质量分数为：ω=×100%=×100%=%，故答案为：%；（3）该溶液的物质的量浓度为：c===mol/L，故答案为：；（4）在标准状况下该气体的密度为：ρ===g/L，故答案为：．【点评】本题考查了物质的量的综合计算，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力，注意熟练掌握物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度等物理量之间的关系．23．2022年3月日本筑波材料科学国家实验室一个研究小组发现首例带结晶水的晶体在5K下呈现超导性．据报道，该晶体的化学式为Na0.35CoO2•1.3H2O．试计算：该晶体的摩尔质量是122g/mol；钴原子与氧原子的物质的量之比是1：3.3；钴原子与氢原子的个数之比是1：2.6；1mol该晶体中含有的氧原子数目是1.99×1024．（比值可以用小数表示）【考点】物质的量的相关计算．【专题】计算题．【分析】根据化学式和相对原子质量来计算相对分子质量，相对分子质量与摩尔质量的数值相同，单位不同，并利用化学式来确定原子的关系及N=n×NA来解答．【解答】解：晶体的化学式为Na0.35CoO2•1.3H2O，其相对分子质量为23×0.35+58.93+16×2+1.3×（1×2+16）=122.38≈122，则该晶体的摩尔质量是122g/mol，由化学式可知，钴原子与氧原子的物质的量之比1：（2+1.3）=1：3.3，钴原子与氢原子的个数之比1：1.3×2=1：2.6，1mol该晶体中含有的氧原子数目为1mol×（2+1.3）×6.02×1023mol﹣1=1.99×1024，故答案为：122g/mol；1：3.3；1：2.6；1.99×1024．-23-【点评】本题考查学生利用化学式进行物质的量的简单计算，明确常见原子的相对原子质量及物质的构成是解答本题的关键，难度不大．24．如图所示，将一小块钠放在石棉网上加热．回答下列问题：（1）观察到的实验现象有：钠先熔化，接着燃烧，产生黄色火焰，并生成淡黄色固体．（2）产生以上现象的主要化学反应方程式为：2Na+O2Na2O2．【考点】钠的化学性质．【分析】将金属钠放在氧气中燃烧，金属钠先熔化，然后燃烧，火焰呈黄色，生成物是淡黄色过氧化钠固体．【解答】解：将金属钠放在氧气中燃烧，金属钠的熔点较低，看到金属钠先熔化，然后燃烧，燃烧时火焰呈黄色，生成淡黄色固体，化学方程式为2Na+O2Na2O2故答案为：（1）钠先熔化，接着燃烧，产生黄色火焰，并生成淡黄色固体；（2）2Na+O2Na2O2．【点评】本题考查学生金属钠的性质，难度不大，注意基础知识的积累．25．写出下列化学方程式：（1）浓硫酸与红热的碳的反应C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O．（2）氯气通入石灰水中2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O．（3）铝和氢氧化钠溶液反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑．【考点】化学方程式的书写．【专题】化学用语专题；卤族元素；氧族元素；几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）红热的炭与浓硫酸加热反应生成二氧化硫和二氧化碳、水；（2）氯气通入石灰水中，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙、水；（3）铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气．【解答】解：（1）红热的炭与浓硫酸反应的化学方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；-23-（2）氯气和石灰水反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，该反应为：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；（3）铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑．【点评】本题考查了化学方程式的书写注意问题，主要是反应条件，产物判断，侧重于元素化合物知识的综合运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．三.推断（每空2分共14分）26．室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体，在合适反应条件下，它们可以按下列框图进行反应．又知E溶液是无色溶液．请回答：请回答：（1）（写化学式）A是Fe，B是Cl2，C是H2．（2）反应①的化学方程式2Fe+3Cl22FeCl3．（3）反应③的化学方程式Fe+2HCl=FeCl2+H2↑．（4）反应④的离子方程式2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+．（5）反应⑤的化学方程式4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】单质B为黄绿色气体，可知B为Cl2；F与氨气反应生成白色沉淀G、G在空气中变为红褐色沉淀，则红褐色沉淀为Fe（OH）3，G为Fe（OH）2，根据元素守恒可知，单质A为Fe，结合转化关系可知，单质C为H2，E为HCl，F为FeCl2，D为FeCl3，据此解答．【解答】解：（1）单质B为黄绿色气体，可知B为Cl2；F与氨气反应生成白色沉淀G、G在空气中变为红褐色沉淀，则红褐色沉淀为Fe（OH）3，G为Fe（OH）2，根据元素守恒可知，单质A为Fe，结合转化关系可知，单质C为H2，E为HCl，F为FeCl2，D为FeCl3，故答案为：Fe；Cl2；H2；（2）反应①的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；（3）反应③的化学方程式为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故答案为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；（4）反应④的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+，故答案为：2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+；（5）反应⑤的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3．【点评】本题考查无机物的推断，题目难度中等，物质的颜色是推断突破口，注意对元素化合物性质的掌握．-23-27．如图表示各物质之间的转化关系．已知：常温下B、D、F、G、I、J是气体，F、G是空气中的主要成分，D是一种碱性气体．A中阴、阳离子个数比是1：1，E是一种黑色氧化物，H是紫红色金属单质．（部分生成物和反应条件省略）请按要求填空：（1）A物质的化学式是NH4HCO3；（2）反应③的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O；（3）反应①中产生标准状况下1.12L气体F，则转移的电子数目是6.02×1022；（4）反应②中氧化剂是CuO．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断．【分析】常温下B、D、F、G、I、J是气体，F、G是空气中的主要成分，分别为氧气、氮气中的一种，D是一种碱性气体，则D为NH3，E是一种黑色氧化物，H是紫红色金属单质，结合转化关系②可知，E为CuO、H为Cu，G为N2、C为H2O，故F为O2，由F与D得到I、I能与F继续反应生成J，则I为NO、J为NO2，J与C（H2O）反应生成K，K与H（Cu）反应得到二氧化氮，则K为HNO3，固体A分解得到氨气、水与气体B，B能与X反应得到F（氧气），则B为CO2，X为Na2O2，A中阴、阳离子个数比是1：1，故A为NH4HCO3，据此解答．【解答】解：常温下B、D、F、G、I、J是气体，F、G是空气中的主要成分，分别为氧气、氮气中的一种，D是一种碱性气体，则D为NH3，E是一种黑色氧化物，H是紫红色金属单质，结合转化关系②可知，E为CuO、H为Cu，G为N2、C为H2O，故F为O2，由F与D得到I、I能与F继续反应生成J，则I为NO、J为NO2，J与C（H2O）反应生成K，K与H（Cu）反应得到二氧化氮，则K为HNO3，固体A分解得到氨气、水与气体B，B能与X反应得到F（氧气），则B为CO2，X为Na2O2，A中阴、阳离子个数比是1：1，故A为NH4HCO3，（1）由上述分析可知，A为NH4HCO3，故答案为：NH4HCO3；（2）反应③的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（3）反应①为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，产生标准状况下1.12L氧气，其物质的量==0.06mol，反应中氧元素由﹣1价升高为氧气中0价，转移电子数为0.05mol×2×[0﹣（﹣1）]=0.1mol，注意电子数为6.02×1022，-23-故答案为：6.02×1022；（4）反应②是氨气与CuO反应生成氮气、Cu与水，反应中CuO转化Cu元素化合价由+2降低为0价，故CuO是氧化剂，故答案为：CuO．【点评】本题考查无机物推断，涉及氮元素化合物性质与转化，物质的颜色及特殊性质是推断突破口，注意根据氧化还原反应理解反应②，难度中等．四.实验题（每空2分，共14分）28．配制500mL2.5mol/L浓度的NaOH溶液时，需要的玻璃仪器，除了烧杯、玻璃棒外，还必须有的是500mL容量瓶、胶头滴管．【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】配制该氢氧化钠溶液的步骤有：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据配制步骤判断使用的仪器，然后确定还缺少的仪器．【解答】解：配制500mL2.5mol/L的NaOH溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、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（可用量筒量取水），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，将洗涤液移入容量瓶，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加；所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，筒量（可用可不用）；还必须使用的玻璃仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管．【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法及仪器的选用方法，题目难度不大，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液方法，能够根据配制步骤选用仪器．29．就有关物质的分离回答下面的问题，有一瓶A和B的混合液，已知它们的性质如表．物质熔点/°C沸点/°C密度/g•cm﹣3溶解性A﹣11.51981.11A、B互溶，且均易溶于水B17.92901.26据此分析，将A和B相互分离的常用方法是蒸馏．【考点】蒸馏与分馏．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】A、B互溶，但沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离．【解答】解：A、B互溶，但沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，故答案为：蒸馏．【点评】本题考查混合物的分离、提纯，明确物质的性质及性质差异选择分离方法即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大．30．化学小组同学依据化学反应Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O制取22.4L（标准状况）SO2气体．取65.0g锌粒与98%的浓H2SO4（ρ=1.84g•cm﹣3）110mL充分反应，锌全部溶解．对于制得的气体，有同学认为可能混有氢气．为此，化学小组的同学设计了如图实验装置，对所制取的气体进行探究．请回答下列问题：-23-（1）装置A中添加液体的仪器名称为分液漏斗；98%的浓H2SO4（ρ=1.84g/cm3）的物质的量浓度是18.4mol/L；（2）请写出产生氢气的反应的离子方程式Zn+2H+═Zn2++H2↑；（3）①装置B是为了吸收SO2，则不能选用下列试剂中的B（填序号）；A．NaOH溶液B．浓H2SO4C．KMnO4溶液②可证实一定量的锌粒和一定量的浓硫酸反应后生成的气体中混有氢气的实验现象是装置E中黑色粉末变红色，F中无水硫酸铜变蓝色．【考点】实验装置综合．【专题】实验设计题．【分析】（1）该仪器名称是分液漏斗；C（H2SO4）=；（2）锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气；（3）①二氧化硫属于酸性氧化物，能被碱液吸收；具有还原性，能被强氧化性溶液吸收；②氢气具有还原性，能还原氧化铜，且生成水，水能使无水硫酸铜变蓝色．【解答】解：（1）该仪器名称是分液漏斗，C（H2SO4）==mol/L=18.4mol/L，故答案为：分液漏斗；18.4mol/L；（2）锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，离子方程式为Zn+2H+═Zn2++H2↑，故答案为：Zn+2H+═Zn2++H2↑；（3）①二氧化硫属于酸性氧化物，能被碱液吸收；具有还原性，能被强氧化性溶液吸收，氢氧化钠溶液呈碱性，高锰酸钾溶液具有强氧化性，所以可以用氢氧化钠溶液和高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，故选B；②氢气具有还原性，能将黑色的CuO还原为红色的Cu，且生成水，水能使无水硫酸铜变蓝色，所以如果有氢气，看到的现象是：装置E中黑色粉末变红色，F中无水硫酸铜变蓝色，故答案为：装置E中黑色粉末变红色，F中无水硫酸铜变蓝色．【点评】本题考查了探究实验，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，注意二氧化硫的漂白性，为常考查点．五.计算题（共10分）31．把10.2g镁铝合金的粉末放入过量的盐酸中，得到11.2LH2（标准状况下）．试计算：（1）该合金中铝的质量分数；（2）该合金中铝和镁的物质的量之比．【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．-23-【分析】标况下11.2L氢气的物质的量为：=0.5mol，题中涉及反应方程式有：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，结合反应的方程式及题中数据可列方程式组进行计算．【解答】解：标准状况下，11.2L氢气的物质的量为0.5mol，Mg+2HCl=MgCl2+H2↑11n（Mg）n（Mg）2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，23n（Al）n（Al）则：n（Mg）×24g/mol+n（Al）×27g/mol=10.2gn（Mg）+n（Al）=0.5mol解得：n（Mg）=0.2moln（Al）=0.2mol（1）合金中铝的质量分数为：×100%≈52.9%，答：该合金中铝的质量分数为52.9%；（2）合金中铝和镁的物质的量之比为：n（Al）：n（Mg）=0.2mol：0.2mol=1：1，答：该合金中铝和镁的物质的量之比为1：1．【点评】本题考查了有关混合物的简单计算，题目难度中等，注意明确根据化学方程式进行的有关物质的量简单计算方法，能够正确书写出镁、铝与酸反应的化学方程式．-23-