陕西省西安中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题化学（解析版）


陕西省西安中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Cu-64 Mn-55 Fe-56
第Ⅰ卷 选择题(共48分)
一、选择题（每小题2分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）
1.下列诗句或谚语都与化学现象有关，下列说法不正确是( )
A. “水乳交融，火上浇油”前者是物理变化，后者是化学变化
B. “落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化
C. “滴水石穿”包含化学变化，而“绳锯木断”则不包含化学变化
D. “卤水点豆腐，一物降一物”发生了化学反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．水乳交融没有新物质生成，油能燃烧，火上浇油有新物质生成，故A正确；
B．龙虾和螃蟹被煮熟时，它们壳里面的一种蛋白质-甲壳蛋白会受热扭曲分解，释放出一种类似于胡萝卜素的色素物质，有新物质生成，属于化学变化，故B正确；
C．石头大多由大理石(即碳酸钙) 其能与水，二氧化碳反应生成Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2是可溶性物质，属于化学变化，而“绳锯木断”为物理变化，不含化学变化，故C正确；
D．豆腐的原料黄豆富含蛋白质，经水浸、磨浆、除渣、加热，得到的蛋白质的胶体，点豆腐就是设法使蛋白质胶体发生凝聚而与水分离，所以卤水点豆腐，是物理变化，故D错误；
故答案为D。
2.设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A. 1 mol氦气中有2NA个氦原子
B. 2 L 0.3 mol·L－1Na2SO4溶液中含0.6NA个Na＋
C. 14 g氮气中含NA个氮原子
D. 18 g水中所含的电子数为8NA
【答案】C
【解析】
【详解】A、氦气为单原子分子，1mol氦气中有NA个氦原子，故A错误；B、n(Na2SO4)=0.3mol/L×2L=0.6mol，n(Na+)=2×0.6mol=1.2mol，因此含有的钠离子数为1.2NA，故B错误；C、n(N)==1mol，氮原子数为NA，故C正确；D、18g水的物质的量为1mol，含有的水分子数为NA，一个水分子含有10个电子，因此18g水中所含的电子数为10NA，故D错误；故选C。
3.已知1.505×1023个X气体分子的质量为8g，则X气体的摩尔质量是( )
A. 16g B. 32g
C. 64g /mol D. 32g /mol
【答案】D
【解析】
【详解】气体的物质的量n==0.25mol，气体的摩尔质量M=，故答案为D。
4.某学生使用托盘天平称取食盐时，错误地把食盐放在右托盘，而把砝码放在左托盘，称得食盐得质量为15.5g（1g以下只能使用游码）。如果按正确做法，食盐的质量应为( )
A. 15.5g B. 15.0g C. 14.5g D. 14.0g
【答案】C
【解析】
【详解】使用托盘天平称量时，应该左物右码，谨记：左盘的质量=右盘的质量+游码的质量，错误的将食盐放在右托盘，而把砝码放在左托盘，则右盘食盐的质量=左盘砝码的质量-游码的质量。砝码质量为15克，游码质量为0.5克，所以食盐的质量应为14.5克。C正确。
5.下列有关溶液配制说法错误的是(　　)
A. 称取12.5g胆矾(CuSO4·5H2O)溶于水中，并加水稀释至500mL，所得溶液物质的量浓度为0.1mol·L－1
B. 取58.5 g NaCl固体放入1 L水中充分溶解，所得溶液中NaCl的物质的量浓度为1 mol·L－1
C. 将100g5%的食盐水加热蒸发掉50g水后，所得溶液中NaCl的质量分数为10%
D. 将浓度为2 mol·L－1硫酸钠溶液10 mL加水稀释至200 mL，所得溶液浓度为0.1mol·L－1
【答案】B
【解析】
【分析】A．根据n==cV计算；B．水的体积不等于溶液的体积；C.100g 5%的食盐水中食盐的质量为5g，蒸发掉50g水，溶液的质量为50g；D．根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算。
【详解】A．称取12.5g胆矾[CuSO4•5H2O]的物质的量为=0.05mol，加水稀释至500mL，所得溶液物质的量浓度为=0.1mol•L-1，选项A正确；B．由于水的体积为1L，则将58.5gNaCl固体放入1L水时，溶液的体积大于1L，故溶液的浓度小于1mol•L-1，选项B错误；C．将100g 5%的食盐水中NaCl的质量为m=100g×5%=5g，加热蒸发掉50g水后，溶液质量变为50g，所得溶液中NaCl的质量分数为ω==10%，选项C正确；D．将浓度为2 mol•L-1硫酸钠溶液10mL加水稀释至200mL，稀释后的浓度为=0.1mol/L，选项D正确。答案选B。
6.硫酸镁和硫酸铝溶液等体积混合后，铝离子浓度为0.1mol/L，硫酸根离子浓度为0.3mol/L，则溶液中镁离子的浓度为 (    )
A. 0.3mol·L-1 B. 0.45mol·L-1
C. 0.15mol·L-1 D. 0.2mol·L-1
【答案】C
【解析】
【详解】根据电荷守恒，溶液中阳离子所带正电荷总数=阴离子所带负电荷总数，设混合溶液体积为V L，列式为：3c(Al3+)×V+2c(Mg2+)×V=2c(SO42-)×V，所以3c(Al3+)+2c(Mg2+)=2c(SO42-)，代入已知数据得：3×0.1mol·L-1+2c(Mg2+)=2×0.3mol·L-1，解得c(Mg2+)=0.15mol·L-1，故选C。
7.某溶液中有Ba2＋、Ag＋、Cu2＋三种离子，现用　①NaOH溶液　②K2SO4溶液　③盐酸　将三种离子逐一沉淀并加以分离，则加入试剂顺序正确的是（　　）
A. ①②③ B. ③②① C. ②③① D. ②①③
【答案】B
【解析】
【详解】A、若先加①NaOH溶液，会生成氢氧化铜，和由氢氧化银脱水生产的氧化银；因此A错误；
B、若先加③盐酸，只生成氯化银一种沉淀，再加②K2SO4溶液，生成硫酸钡，再加①NaOH溶液，生成氢氧化铜，因此B正确；
C、若先加②K2SO4溶液，生成硫酸钡和硫酸银，因此C错误；
D、若先加②K2SO4溶液，生成硫酸钡和硫酸银，因此D错误.
8.现有一瓶甲和乙的混合物，已知甲和乙的某些性质如下表所示，据此，将甲和乙互相分离的方法是（ ）
物质

熔点(℃)

沸点(℃)

密度(g•cm-3)

水中溶解度

甲

-98

57.5

0.93

可溶











乙

-84

77

0.90

可溶

A. 蒸馏法 B. 升华法 C. 萃取法 D. 过滤法
【答案】A
【解析】
【详解】根据表格，甲、乙两种物质均可溶于水，但是沸点相差较大，因此选用蒸馏法，因此A正确。
答案选A。
9.能用H＋＋OH－＝H2O来表示的化学反应是( )
A. 氢氧化镁和稀盐酸反应 B. Ba(OH)2溶液滴入稀硫酸中
C. 澄清石灰水和稀硝酸反应 D. 二氧化碳通入澄清石灰水中
【答案】C
【解析】
【详解】A、氢氧化镁为不溶性弱碱，离子方程式为，Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O，则不能用H++OH--═H2O来表示，故A错误；
B．Ba(OH)2溶液滴入稀硫酸中生成硫酸钡沉淀和水，Ba2++SO42-+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，则不能用H++OH--═H2O来表示，故B错误；
C．澄清石灰水与硝酸反应，是强酸和强碱反应生成可溶于水的盐和水，能用离子方程式H++OH-=H2O表示，故C正确；
D．二氧化碳通入澄清石灰水中，反应的离子方程式为：CO2+Ca2++2OH-=CaCO3+H2O，不能用H++OH--═H2O来表示，故D错误。
答案选C。
10.下列反应中必须加入还原剂才能进行的是( )
A. Cl2→Cl－ B. Zn→ Zn2＋
C. H2→H2O D. CuO→CuCl2
【答案】A
【解析】
【分析】变化中某元素的化合价降低，发生还原反应，则一般需要加入还原剂才能实现氧化还原反应。注意通过分解反应可以实现的，不一定需要加入还原剂，以此解答该题。
【详解】A项，Cl2→Cl－的反应中，氯元素得电子作氧化剂，需要加入还原剂才能使反应进行，故选A项；
B项，Zn→ Zn2＋的反应中，锌元素失电子作还原剂，需要加入氧化剂才能使反应进行，故不选B项；
C项，H2→H2O的反应中，氢元素失电子作还原剂，需要加入氧化剂才能使反应进行，故不选C项；
D项，CuO→CuCl2的反应中，没有元素得失电子，不发生氧化还原反应，不需要加入还原剂，故不选D项。
综上所述，本题正确答案为A。
11.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 氯化铜溶液与铁粉反应：Cu2++Fe=Fe2++Cu
B. 稀 H2SO4与铁粉反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
C. 氢氧化钡溶液与稀 H2SO4 反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓
D. 碳酸钙与盐酸反应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑
【答案】A
【解析】
【分析】A. 氯化铜溶与铁粉反应生成铜和氯化亚铁；
B. 稀 H2SO4与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气；
C. 氢氧化钡溶液与稀 H2SO4 反应生成硫酸钡和水；
D. 碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳；
【详解】A. 氯化铜溶与铁粉反应生成铜和氯化亚铁，离子反应为：Cu2++Fe=Fe2++Cu，A项正确；
B. 稀 H2SO4与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气，离子反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，B项错误；
C. 氢氧化钡溶液与稀 H2SO4 反应生成硫酸钡和水，离子反应为：Ba2++2H++SO42-+2OH-=BaSO4+2H2O，C项错误；
D. 碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，离子反应为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，D项错误；
答案选A。
12.从海水中提取溴有如下反应：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Br2+Na2SO4+3H2O，与该反应在氧化还原反应原理上最相似的是( )
A. 2NaBr+Cl2=2CaCl+Br2
B. AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al（OH）3↓+3NaCl
C. 2H2S+SO2=2H2O+3S↓
D. C+O2=CO2
【答案】C
【解析】
【分析】在5NaBr＋NaBrO3＋3H2SO4＝3Br2＋3Na2SO4＋3H2O反应中，反应物中Br－被氧化，BrO－3被还原，最后都生成Br2。也就是在此反应中被氧化和被还原的为不同价态的同一元素（溴），而且都被还原和氧化成同一价态物质。
【详解】A. 氯气是氧化剂，溴化钠是还原剂，A项错误；
B. 反应不是氧化还原反应，B项错误；
C. C中被氧化和被还原的元素为不同价态同一元素（硫），最后都生成单质硫，两者原理最相似，C项正确；
D中氧气是氧化剂，碳是还原剂，D项错误；
答案选C。
13.在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（ ）
A. K+、MnO4－、Na+、Cl－ B. K+、Na+、NO3－、CO32－
C. Na+、H+、NO3－、SO42－ D. Fe3+、Na+、Cl－、SO42－
【答案】B
【解析】
【详解】碱性溶液中存在大量氢氧根离子，无色溶液时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在，
A．MnO4-为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；
B．K+、Na+、NO3－、CO32－之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，且为无色溶液，在溶液中能够大量共存，故B正确；
C．H+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．Fe3+为有色离子，Fe3+能够与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误。
答案选B。
14.将某溶液逐滴加入Fe(OH)3溶胶内，开始时不产生沉淀，滴入一定量后有沉淀产生，继续滴加时沉淀又溶解，该溶液是(　　)
A. 2mol·L-1 H2SO4溶液 B. 2mol·L-1 NaOH溶液
C. 2mol·L-1 MgSO4溶液 D. 硅酸溶胶
【答案】A
【解析】
【详解】A、Fe(OH)3溶胶中加入电解质使其沉淀，所加电解质的量要达到一定的值，考虑到H2SO4的酸性和Fe(OH)3的碱性，A正确；
B、OH-不断与Fe3＋发生反应，只能是不断产生沉淀而不能溶解，B错误；
C、加入MgSO4，只能促使Fe(OH)3胶体聚沉而产生沉淀(外加电解质)，不能溶解，C错误；
D、加入带相反电荷(负电)的硅胶粒子，中和Fe(OH)3胶粒所带正电，也是使之聚沉，硅胶不能使已经聚沉的胶体溶解，D错误；
故选A。
15.下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是(　　)
A. 取a克混合物充分加热，减重b克
B. 取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼热，得b克固体
C. 取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
D. 取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
【答案】C
【解析】
【详解】A．采用差量法，减少的质量为碳酸氢钠分解生成二氧化碳和水的质量，由此可求出碳酸氢钠的质量，进而求出碳酸钠的质量分数，故A正确；
B．b克固体为生成的氯化钠的质量，根据钠原子守恒和混合物总质量可列式计算出碳酸钠的质量，进而求出碳酸钠的质量分数，故B正确；
C．碱石灰增加的质量为盐与酸反应生成的二氧化碳的质量及溶液中挥发出来的水蒸气的质量，因此不能通过数据准确计算出碳酸钠的质量分数，故C错误；
D．沉淀的质量即为碳酸钡的质量，根据碳酸钡的质量和混合物总质量可以列式求出碳酸钠的质量，进而求出碳酸钠的质量分数，故D正确；
故答案为C。
16.下列各组中两种物质作用时，反应条件或反应物用量改变，对生成物没有影响的是( )
A. Na与O2 B. NaOH溶液与CO2
C. Na2O2与CO2 D. AlCl3溶液与NaOH溶液
【答案】C
【解析】A. Na与O2常温下反应生成氧化钠，点燃生成过氧化钠，A错误；B. NaOH溶液与足量CO2反应生成碳酸氢钠，CO2不足生成碳酸钠和水，B错误；C. Na2O2与CO2反应只能生成碳酸钠和氧气，C正确； D. AlCl3溶液与足量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠、氯化钠和水，氢氧化钠不足，生成氢氧化铝和氯化钠，D错误，答案选C。
17.铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应时，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的盐酸和氢氧化钠的物质的量之比为( )
A. 1∶1 B. 2∶1
C. 3∶1 D. 1∶3
【答案】C
【解析】
【详解】铝与足量的稀盐酸反应：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；铝与足量的氢氧化钠溶液反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。可以看出生成等量的H2时，消耗的盐酸和氢氧化钠物质的量之比为6:2=3:1。
18.将NaOH溶液逐滴加入用盐酸酸化了的AlCl3溶液中，若用y轴表示Al(OH)3沉淀量，x轴表示NaOH溶液的体积，下列图像正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由信息可知，x轴表示加入NaOH溶液的体积，y轴表示沉淀的量，则将氢氧化钠溶液逐滴加入含有盐酸的AlCl3溶液中，先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，所以开始一段时间内没有沉淀生成，故C错误；酸反应后发生，AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，所以会出现沉淀，然后随碱的量增加沉淀又消失，故A错误；且消耗的碱的量之比为3：1，故B错误，D正确；故选D。
19.下列各组物质能相互反应得到Al(OH)3的是( )
A. 铝跟NaOH溶液
B. Al(NO3)3跟过量的NaOH溶液
C. Al2O3和热水
D. Al2(SO4)3溶液跟过量的氨水
【答案】D
【解析】
【详解】A．铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，得不到氢氧化铝，故A错误；
B．硝酸铝与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝，故B错误；
C．氧化铝不溶于水，与热水也不反应，得不到氢氧化铝，故C错误；
D．硫酸铝与过量氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵，能够得到了氢氧化铝，故D正确；
故选D。
20.下列各组物质相互反应后，再向得到的溶液中滴入KSCN试剂，溶液变成红色的是( )
A. 过量铁屑和氯化铁溶液 B. 铁屑和氯化铜溶液
C. 铁屑和过量稀硫酸 D. 氯水和氯化亚铁溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．过量铁屑和氯化铁溶液：2FeCl3+Fe=3FeCl2，因为铁屑过量，氯化铁完全反应，加KSCN溶液不显红色，错误；
B．铁屑和氯化铜溶液发生反应：Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，溶液中没有三价铁离子，加KSCN溶液不显红色，错误；
C．铁屑和过量稀硫酸：Fe+H2SO4=H2↑+FeSO4 ，溶液中没有三价铁离子，加KSCN溶液不显红色，错误；
D．氯水和氯化亚铁反应：2FeCl2+Cl2 =2FeCl3，生成三价铁离子，加KSCN溶液显红色，正确；
答案选D。
21.下列物质中，属于纯净物的是(　　)
①陶瓷　②水泥　③玻璃　④漂白粉　⑤胆矾　⑥氯水　⑦液氯
A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ⑤⑦ D. ⑥⑦
【答案】C
【解析】
【详解】①陶瓷主要成分是二氧化硅和硅酸盐，属于混合物，错误；②水泥是硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙的混合物，错误；③玻璃是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅的混合物，错误；④漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物，错误；⑤胆矾是硫酸铜晶体，只有一种微粒，是纯净物，正确；⑥氯水是氯气的水溶液，含有多种微粒，属于混合物，错误；⑦液氯是液态的氯单质，是纯净物，正确。故属于纯净物的是⑤⑦，选项C正确。
22.一定量铁粉放入氯化铁溶液中,完全反应后,得到溶液中Fe2+和Fe3+的浓度恰好相等。则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为( )
A. 1:1 B. 1:2 C. 2:3 D. 3:2
【答案】C
【解析】
【详解】设已反应的Fe3+的物质的量为2mol，反应离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应关系式为:2Fe3+3Fe2+，则溶液中Fe2+的物质的量为3mol，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，所以未反应的Fe3+的物质的量为3mol，已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为2mol:3mol=2:3；
所以答案：C
23.能正确表示下列反应的离子方程式的是( )
A. 将Cl2通入氯化亚铁溶液：Fe2＋＋Cl2＝Fe3＋＋2Cl－
B. 氯气通入水中：Cl2＋H2O＝2H＋＋Cl－＋ClO－
C. 向硫酸铁溶液中加铜片：Fe3＋＋Cu＝Fe＋Cu2+
D. 往水玻璃中通入少量二氧化碳：SiO32－＋H2O＋CO2＝H2SiO3↓＋CO32－
【答案】D
【解析】
【详解】A．将Cl2通入氯化亚铁溶液，发生反应的离子方程式为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故A错误；
B．氯气通入水中，发生反应的离子方程式为Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，故B错误；
C．Fe的金属性比Cu强，则向硫酸铁溶液中加铜片发生的离子反应为2Fe3＋＋Cu＝2Fe2+＋Cu2+，故C错误；
D．往水玻璃中通入少量二氧化碳，发生反应的离子方程式为SiO32-+H2O+CO2═H2SiO3↓+CO32-，故D正确；
故答案为D。
24.关于物质的用途下列说法正确的是( )
①水玻璃是制备硅胶和木材防火剂的原料；②氢氧化铝可以用做耐火材料；③氢氟酸可以用来刻蚀玻璃；④纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料；⑤利用氯气的毒性可以消灭田鼠；⑥漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂；⑦四氧化三铁常用作红色油漆和涂料⑧晶体硅是良好的半导体材料，可以制成光电池
A. ①②③④⑤⑥ B. ①③④⑤⑥⑧
C. ①②④⑤⑥⑦ D. ③④⑤⑥⑦⑧
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：①水玻璃是硅酸钠溶液，具有防火作用，是制备硅胶和木材防火剂的材料；③SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，氢氟酸是唯一可以与二氧化硅反应的酸，玻璃中含有二氧化硅，所以可以用氢氟酸刻蚀玻璃；④纯净的二氧化硅是制备现代光学及光纤制品的基本原料；⑤氯气有剧毒，可以消灭田鼠，但如果是在实验室里使用一定要注意安全；⑦四氧化三铁是具有磁性的黑色晶体，三氧化二铁才是红棕色粉末，可以做红色油漆和涂料；⑧晶体硅是良好的半导体材料，故选B
第Ⅱ卷 非选择题(共52分)
二、填空题（共43分）
25.实验室需要0.3 mol/L NaOH溶液480 mL和1.0 mol/L硫酸溶液250 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。
(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是________(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是________(填仪器名称)。

(2)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有________(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液体 D.准确稀释某一浓度的溶液 E.用来加热溶解固体溶质
(3)根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为________g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度___0.3 mol/L(填“大于”“等于”或“小于”，下同)。
(4)根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3的浓硫酸的体积为_______mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒，应选用________ mL的量筒最好。
【答案】 (1). AC (2). 烧杯、玻璃棒 (3). BCE (4). 6.0 (5). 小于 (6). 13.6 (7). 15
【解析】
【分析】(1) 根据配制一定物质量浓度溶液用到仪器选择；
(2) 容量瓶不能稀释浓溶液、不能用于溶解固体、储存溶液等；
(3) 依据n=c×v计算需要的氢氧化钠的物质的量，m=n×M计算氢氧化钠的质量；依据c=进行误差分析，凡是能够使n增大，或者使V减小的操作，都会使c偏大；凡是能够使n减小，V增大的操作都会使c偏小；
(4) 根据c=计算浓硫酸的浓度，再根据浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变计算，根据浓硫酸的体积选取量筒规格。
【详解】(1) 配制一定物质的量浓度溶液用到仪器：托盘天平、量筒、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等，则肯定不需要的仪器是AC，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒；
(2) 容量瓶为精密仪器，只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，不能稀释或溶解药品，不能用来加热溶解固体溶质，不能用来长期存放溶液，故答案为：BCE；
(3) 配制0.3 mol/L NaOH溶液480 mL，需选择500ml的容量瓶，0.3mol/L NaOH溶液500mL中含有的氢氧化钠的物质的量为：0.3mol/L×0.5L=0.15mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.15mol=6.0g；在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，溶液的体积V偏大，依据c=可知，所配溶液浓度偏小；
(4) 质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的浓度为：c===18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/L×V=1.0mol/L×0.25L，得V=0.0136L=13.6ml，选取的量筒规格应该等于或大于量取溶液体积，故选15mL量筒。
26.粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物。进行如下实验：
①取适量A进行铝热反应，产物中有单质B生成。(提示：铝与氧化铁发生的反应称为铝热反应)
②另取20g A全部溶于0.15L 6.0mol·L－1盐酸中，得溶液C。
③将①中得到的单质B和溶液C反应，放出气体1.12L(标准状况下)，同时生成溶液D，还残留固体B。
④用KSCN溶液检验时，溶液D不变色。
(1)反应①的产物中的单质B是________，反应方程为____________。若将单质B溶于盐酸中，再向所得溶液中滴加足量的NaOH溶液后振荡，可看到的现象为___________，此过程用化学方程可以表示为______________。
(2)②所发生各反应的离子方程式是：___________________和___________________。
(3)若溶液D体积仍为0.15L，则该溶液中c(Mg2＋)为________，c(Fe2＋)为________。
【答案】(1). Fe (2). Fe2O3＋2Al=Al2O3+2Fe (3). 白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色 (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (5). Fe2O3＋6H+=2Fe3+＋3H2O (6). MgO＋2H+=Mg2+＋H2O (7). 0.67mol·L－1 (8). 2.3mol·L－1
【解析】
【分析】(1)①铝热反应本质是置换反应，金属性Mg＞Al＞Fe，所以发生的反应为Al与Fe2O3反应，置换出的B是铁；Fe(OH)2还原性较强，在空气中不能稳定存在；
(2)②MgO与盐酸反应生成氯化镁与水，Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁与水；
(3 设MgO和Fe2O3的物质的量都为xmol，根据二者质量计算x的值，溶液D为氯化镁、氯化亚铁的混合溶液，根据镁元素守恒可知n(Mg2+)=n(MgO)；亚铁离子来自反应Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据题中数据计算出亚铁离子的物质的量，再根据c=计算镁离子、亚铁离子浓度。
【详解】(1)①MgO和Fe2O3组成的混合物行铝热反应，发生Al与Fe2O3反应方程式为：Fe2O3+2Al Al2O3+2Fe，所以B为铁；Fe溶于盐酸得FeCl2溶液，滴加足量的NaOH溶液后振荡，可看到的现象为先有白色沉淀生成，后白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，此过程用化学方程可以表示为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(2)②MgO与盐酸反应生成氯化镁与水，反应的方程式为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O；Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁与水，反应方程式为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，是涉及反应的离子方程式为Fe2O3＋6H+=2Fe3+＋3H2O和MgO＋2H+=Mg2+＋H2O；
设MgO和Fe2O3的物质的量都为xmol，则40x+160x=20，解得x=0.1，溶液D为氯化镁、氯化亚铁的混合溶液，根据镁元素守恒可知，n(Mg2+)=n(MgO)=0.1mol，溶液D的体积仍视为0.15L，所以c(Mg2+)=≈0.67mol/L；0.1mol氧化铁溶于盐酸生成0.2mol氯化铁，根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，生成亚铁离子的物质的量为：n(Fe2+)=0.2mol×=0.3mol，标况下l.12L(标况)气体的物质的量为：=0.05mol，根据反应Fe+2H+=Fe2++H2↑可知，生成0.05mol氢气会生成0.05mol亚铁离子，则溶液D中含有亚铁离子的物质的量为：0.3mol+0.05mol=0.35mol，则：c(Fe2+)=≈2.3mol/L。
27.向盛有NaI溶液的试管中加入适量的四氯化碳，后加入新制的氯水，发现CCl4层变成紫红色。继续滴加氯水并震荡，发现CCl4层颜色变浅，最后变成无色。
(1)反应过程中的还原剂是__________和___________(填化学式)。
(2)导致CCl4层颜色变浅，最后变成无色这个反应的氧化剂是_______(填化学式)，氧化产物中碘元素是______（填“游离态”或“化合态”）。
(3)如果将试验用的NaI溶液换成KBr溶液，滴加少量氯水时CCl4层的颜色是______。
【答案】(1). NaI (2). I2 (3). Cl2 (4). 化合态 (5). 橙红色
【解析】
【分析】(1) 在NaI溶液中，滴加氯水，CCl4层变成紫色，说明二者发生氧化还原反应生成碘单质，CCl4层由紫色变成无色，可知氯气和I2反应生成HCl、HIO3；
(2) CCl4层由紫色变成无色，可知氯气和I2反应生成HCl、HIO3；；
(3) KBr溶液中，滴加氯水，反应生成单质溴。
【详解】(1) 氯气具有强氧化性，向盛有NaI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色，说明生成I2，反应为Cl2+2I-=I2+2Cl-，继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色，说明I2被进一步氧化，生成HIO3，同时氯气被还原为HCl；整个过程中还原剂为NaI、I2；
(2) 在生成I2的CCl4溶液中，继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色，说明I2被进一步氧化，生成HIO3，同时氯气被还原为HCl，反应过程中氧化剂为Cl2，氧化产物HIO3中碘元素是化合态；
(3) 氯气的氧化性比溴强，将NaI换成KBr，有生成Br2，则CCl4层变为橙色。
28.相同质量的O2和O3标准状况下气体的体积之比为_____；某19g二价金属氯化物（ACl2）中含有0.4mol Cl -，则ACl2的摩尔质量是_____。
【答案】(1). 3:2 (2). 95g/mol
【解析】
【分析】依据n=计算O2和O3的物质的量，结合相同条件下体积比与物质的量比相等判断；根据氯离子物质的量计算ACl2的物质的量，再根据M=计算其摩尔质量。
【详解】相同质量的O2和O3的物质的量之比为:=3:2，则体积之比等于物质的量之比，即为3:2；n(ACl2)=n(Cl-)=×0.4mol=0.2mol，M(ACl2)==95g/mol。
29.某反应中反应物与生成物有：NH3、H2SO4、KClO3、K2SO4、HNO3、H2O和一种未知物质X。
①已知KClO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是_____。
②已知0.2mol KClO3在反应中得到1mol电子生成X，则X的化学式为_____。
③根据上述反应可推知还原性：NH3_____X （填＞、＜符号）。
【答案】(1). NH3 (2). Cl2 (3). ＞
【解析】
【分析】由信息可知，KClO3在反应中得到电子，则该反应中氧化剂是KClO3，还原剂是NH3，Cl元素化合价变化为由+5价降低，N元素化合价变化为-3→+5价，以此解答该题。
【详解】①KClO3在反应中得到电子，所以KClO3是氧化剂，发生还原反应，被还原，NH3变成了HNO3，所以NH3是还原剂；
②设X中N元素的化合价为x，则0.2mol(5-x)=1mol，所以x=0，故X为Cl2；
③在反应中，氧化剂为KClO3，还原剂为NH3，氧化产物为HNO3，还原产物为Cl2，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知KClO3＞HNO3，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知NH3＞X (Cl2)。
三.计算题（9分）
30.实验室还可以利用高锰酸钾制氯气，其原理为：2KMnO4 ＋ 16HCl ＝ 2KCl ＋ 2MnCl 2＋ 5Cl 2↑ ＋ 8H2O，若有15.8g KMnO4做氧化剂，试计算参加反应盐酸的物质的量和被氧化的盐酸的质量____________。
【答案】0.8mol；18.25g
【解析】
【分析】在2KMnO4 ＋ 16HCl ＝ 2KCl ＋ 2MnCl 2＋ 5Cl 2↑ ＋ 8H2O，中高锰酸钾为氧化剂，浓盐酸为还原剂，根据Mn元素的化合价+7→+2，和Cl元素的化合价-1→0，根据化学方程式计算参加反应的HCl的物质的量和被氧化的盐酸的质量。
【详解】15.8gKMnO4的物质的量为=0.1mol，由2KMnO4 ＋ 16HCl ＝ 2KCl ＋ 2MnCl 2＋ 5Cl 2↑ ＋ 8H2O可知，参加反应的HCl的物质的量为0.1mol×=0.8mol，其中被氧化的HCl的质量为0.8mol××36.5 g /mol=18.25g。
31.将6 g的铁粉加入200 mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中，充分反应可以得到200 mL 0.5mol /L FeSO4溶液和5.2 g固体沉淀物。试计算原混合溶液中Fe2(SO4)3的物质的量浓度_________________。
【答案】0.1mol/L
【解析】
【分析】溶液中含有Fe2+：0.5mol•L-1×0.2L=0.1mol＜，则6g铁粉过量，最终溶液中只有FeSO4。
【详解】溶液中含有Fe2+：0.5mol•L-1×0.2L=0.1mol＜，则6g铁粉过量，设反应消耗铁的物质的量为x，生成铜的物质的量为y；


则：3x+y＝0.1mol、6g−56x+64y＝5.2，解得：x=0.02mol、y=0.04mol，原溶液中Fe2(SO4)3物质的量浓度为=0.1mol/L。