2021-2022学年广东省清远市高一年级上册期末化学模拟试卷及答案解析.pdf

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1、2021-2022学年广东省清远市高一上期末化学模拟试卷一.选 择 题(共10小题，满分20分，每小题2分)1.化 学与我们的生活密切相关。下列说法错误的是()A.开发可燃冰，有利于节省化石燃料，并减少空气污染B.酒精能杀菌，浓度越大效果越好C.钻石、水晶、刚玉都是人们熟知的宝石，但其化学成分不同D.用热的纯碱溶液和直储汽油去油污原理不同2.如图，在一个容积固定的恒温容器中，有两个可左右滑动的密封隔板，在 A、B、C 内分别充入等质量的X、CO2、丫三种气体，当隔板静止时，A、C 内的气体密度相等。下列说法不正确的是()可移动无阻力隔板X8YABCA.物质的量：n(X)n(CO2)B r 2

2、F e3+l 2 B.Ch F e3+l 2 B r 2C.CI2 l 2 F e3+B r 2 D.B r 2 F e3+l 2 C1 2；1 4.（3分）下列化学反应的实验现象及结论描述正确的是（）A.钠在空气中燃烧发出黄色火焰，生成氧化钠B.钠加入到C u S04 溶液中，有红色物质析出，即析出C u 单质C.向 C aC 1 2溶液中通入少量C 02气体，出现白色沉淀，即生成C aC 03 固体D.氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，生成了 H C 1 气体1 5.（3分）下列实验操作或方法正确的是（）A.检验某溶液中是否含有F e 2+时，先加入少量H 2O 2,再滴加K S C N 溶

3、液B.配 制 1 00 m L 1 m o l/L N aC l 溶液时,用托盘天平称取5.8 5 g N aC l 固体C.将 F e C 1 3 饱和溶液煮沸制备F e （OH）3 胶体D.用紫色石蕊溶液鉴别乙醇、乙酸和苯1 6.（3分）以下实验现象的描述错误的是（）A.向紫色石蕊试液中通入SO 2后，溶液先变红后褪色B.向硅酸钠溶液中通入二氧化碳，溶液变浑浊C.浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度会降低D.向澄清石灰水中缓缓通入SO 2直至过量，先有白色沉淀产生，后沉淀溶解1 7.（3分）如图所示的甲、乙、丙三种物质均含有相同的某种元素，箭头表示物质间的转化一步就能实现，则甲可能是（）F

4、e；H N O 3；N a；C；A 1.A.B.C.D.1 8.（3分）下列反应中，一定有白色沉淀生成的是（）向久置的N a2SO 3 溶液中加入B aC 1 2溶液，再加入稀盐酸；向 N a2c 03 溶液中加入酸性C aC h 溶液；向 N a2s 03 溶液中通入C 1 2,再滴加B a C h 和稀盐酸；第4页 共2 9页向氢氧化钏溶液中通入过量的S02A.B.C.D.19.（3 分）氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。现有以下反应：2A2+B2TA3+2B-21T+Z2-B2+2Z 16H+10Z+2X04 2X2+5Z2+8H2O

5、根据上述反应提供的信息，判断下列结论不正确的是（）A.氧化性：XO4 B2A3+B.X2+既有还原性，又有氧化性C.还原性：Z A2+D.溶液中可发生：Z2+2A2+=2A3+2Z-20.（3 分）工业上用洗净的废铜屑做原料来制备硝酸铜，从节约原理及防治污染环境的角度考虑，宜采取的方法是（）A.Cu+HNO3（浓）Y u （NO3）2B.Cu+HNO3（稀）Y u （NO3）2C.CU02CUOH H 03CU（NO3）2D.Cu超 超 CuSO4巴 丝 lliC u （NO3）2三.解 答 题（共 4 小题，满分5（）分）21.（13分）如图是某校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的

6、部分内容：（1）该 浓 硫 酸 的 物 质 的 量 浓 度 是.（2）浓硫酸的三大特性是：吸水性、.（3）现用该浓硫酸来配制500mL、0.2molL 7 的稀H2s0 4.可供选择的仪器有：A.托 盘 天 平 B.量 筒 C.烧 杯 D.胶 头 滴 管 E.烧 瓶 F.容量瓶请回答下列问题：上述仪器中，在配制稀H2s0 4 时 用 不 到 的 有 （填字母序号），还缺少的仪器是.经计算，需浓H2s0 4 的体积为.现有a.IOmL b.50mL c.lOOmL三种规格的量筒，你 选 用 的 量 筒 是 （填字母序号）.第5页 共2 9页在配制过程中，下 列 操 作 能 引 起 误 差 偏 低

7、 的 有（填字母序号）.A.洗涤量取浓H2s04后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中B.未等稀释后的H2s04溶液冷却至室温就转移到容量瓶中C.定容时，加蒸储水超过标线，又用胶头滴管吸出D.转移前，容量瓶中含有少量蒸储水E.定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸储水至标线F.定容时，俯视标线G.转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面.W化 学 纯（C P）5 0 0 m l品名：硫酸化学式；H 2 s相对分子质量：9 8密度：1.8 4 0 c m 3质量分数：9 8%22.（14分）过氧化钙是一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，化学性质与过氧化钠类似。某学习小组设计在碱性环境中利用

8、CaC12与 H2O2反应制取CaO28H 2O,装置如图所示:也。?溶液,吸收尾气回答下列问题:CaCU容液:三-冰水混合物（1）小组同学查阅文献得知:该实验用质量分数为20%的 H2O2溶液最为适宜。市售H2O2溶液的质量分数为30%.该小组同学用市售H2O2溶液配制约20%的 H2O2溶液的过程中,使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有.（2）仪器X 的主要作用除导气外，还具有的作用是第6页 共2 9页（3）在 冰 水 浴 中 进 行 的 原 因 是。（4）实验时，在三颈烧瓶中析出CaO2,8H2O晶体，总 反 应 的 离 子 方 程 式 为。（5）反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干获

9、得CaO28H 2O.下列试剂中，洗涤CaO28H2O的最佳选择是 OA.无水乙爵 B.浓盐酸 C.Na2s03溶液 D.CaC12溶液（6）若 CaC12原料中含有Fe3+杂质，Fe3+催化分解H2O2,会使H2O2的利用率明显降低。反应的机理为：Fe3+H2O2 Fe2+H+H00 H2O2+X-Y+Z+W（已配平）Fe2+O H-Fe3+0H H+O IT-H2O根 据 上 述 机 理 推 导 步 骤 中 的 化 学 方 程 式 为。（7）过氧化钙可用于长途运输鱼苗，这体现了过氧化钙具有 的性质。A.与水缓慢反应供氧B.能吸收鱼苗呼出的C02气体C.能是水体酸性增强 D.具有强氧化性，可

10、杀菌灭藻（8）将所得CaO28H2O晶体加热到150 160,完全脱水后得到过氧化钙样品。该小组测定过氧化钙样品中CaO2的纯度的方法是：准确称取0.4000g过氧化钙样品，400以上加热至完全分解成CaO和 02（设杂质不产生气体），得到33.60mL（已换算为标准状况）气体。则：所得过氧化钙样品中CaO2的纯度为。已知I：2NaCl+H2s04（浓）A Na2SO4+2HCl t氯化铁容易升华。请回答:（1）浸泡石蕊试液的棉花出现 现象，说明A 中还生成了 C12。（2）洗气瓶中浓硫酸的作用是第7页 共2 9页(3)CC14的作用是(4)盛有AgN03溶液的烧杯，有白色沉淀生成，说明剩余气

11、体含(5)装置C 中采用粗导管的目的是(6)盛有AgNO3液体上方的倒置漏斗的作用是24.(9 分)实验室用一小片铜与5m L 浓硫酸在试管中充分反应，将反应后的溶液稀释到200mL，测得该溶液中丁 的浓度为0.1mol/L,并将生成的SO2气体用50mL 1.2mol/L NaOH溶液吸收，恰好生成物质的量相等的NaHS03和 Na2s0 3 的混合液。试计算：(1)参加反应的铜的质量为 go(2)该浓硫酸的物质的量浓度为 mol/Lo第8页 共2 9页2021-2022学年广东省清远市高一上期末化学模拟试卷参考答案与试题解析一.选 择 题（共10小题，满分20分，每小题2分）1 .化 学与

12、我们的生活密切相关。下列说法错误的是（）A.开发可燃冰，有利于节省化石燃料，并减少空气污染B.酒精能杀菌，浓度越大效果越好C.钻石、水晶、刚玉都是人们熟知的宝石，但其化学成分不同D.用热的纯碱溶液和直储汽油去油污原理不同【分析】A.“可燃冰”是天然气水合物，燃烧生成二氧化碳和水；B.浓度过大的酒精能够使细菌表明的蛋白质凝固，形成一层硬膜，这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌；C.钻石的成分是碳单质，水晶的成分是二氧化硅、刚玉的成分是氧化铝；D.纯碱水解显碱性，油脂在碱性环境下水解，直储汽油去油污是利用相似相溶原理。【解答】解：A.“可燃冰”是天然气水合物，燃烧生成二氧化碳和水

13、，属于清洁能源，有利于节省化石燃料，并减少空气污染，故 A 正确；B.医用酒精的浓度为75%,并不是越大越好，浓度过大的酒精能够使细菌表明的蛋白质凝固，形成一层硬膜，这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌，故 B 错误；C.钻石的成分是碳单质，水晶的成分是二氧化硅、刚玉的成分是氧化铝，三者成分不同,故 C 正确；D.纯碱水解显碱性，油脂在碱性环境下水解，直储汽油去油污是利用相似相溶原理，所以二者去油污原理不同，故 D 正确；故选：Bo【点评】本题考查物质性质与用途，为高频考点，把握有机物的组成、结构、性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。2.如图，在一个容积

14、固定的恒温容器中，有两个可左右滑动的密封隔板，在 A、B、C 内分别充入等质量的X、CO2、丫三种气体，当隔板静止时，A、C 内的气体密度相等。下列说法不正确的是（）第9页 共2 9页可移动无阻力隔板ABCA.物质的量：n(X)n(CO2)B r 2 F e3+l 2 B.C h F e3+l 2 B r 2C.C 1 2 l 2 F e3+B r 2 D.B r 2 F e3+l 2 C 1 2;【分析】自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此分析解答。【解答】解：C 1 2+2 B/=2 C+B r 2 中氧化剂是C 1 2,氧化产物是B r 2,所以氧化性C 1

15、 2 B r 2;2 F e 3+2=2 F e 2+l 2 中氧化剂是F e 3+,氧化产物是I 2,所以氧化性F e 3+及；B r 2+2 F e 2+=2 F e 3+2 B r.中氧化剂是B r 2,氧化产物是F e 3+,所以氧化性F e 3+W2；通过以上分析知，氧化性强弱顺序是C 1 2 B r 2 F e3+I2,故选：A。【点评】本题考查氧化性强弱顺序判断，明确氧化性强弱判断方法是解本题关键，知道氧化剂、氧化产物的判断方法，侧重考查基本理论的运用，题目难度不大。1 4.（3分）下列化学反应的实验现象及结论描述正确的是（）A.钠在空气中燃烧发出黄色火焰，生成氧化钠第 1 7

16、页 共 2 9 页B.钠加入到C u S 0 4溶液中，有红色物质析出，即析出C u单质C.向C a C 1 2溶液中通入少量C 02气体，出现白色沉淀，即生成C a C 03固体D.氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，生成了 HC 1气体【分析】A、钠在空气中燃烧发出黄色火焰，生成过氧化钠；B、投入到硫酸铜溶液中钠先于水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠；C、C a C 1 2与C O 2不反应；D、氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，产生苍白色火焰。【解答】解：A、钠在空气中燃烧发出黄色火焰，生成过氧化钠，钠与氧气在常温下反应生成氧化钠，故A错误；B、钠 与C u

17、S 04溶液反应先与水反应生成氢气，再与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，不能置换出铜，故B错误；C、C a C 1 2与C 02不反应，所以向C a C 1 2饱和溶液中通入少量C 02,溶液中无现象，故C错误；D、氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，产生苍白色火焰，故D正确。故选：D。【点评】本题难度不大，考查了物质之间的反应及其物质燃烧的现象判断，在描述物质燃烧的现象时，需要注意光和火焰、烟和雾的区别。1 5.（3分）下列实验操作或方法正确的是（）A.检验某溶液中是否含有F e 2+时，先加入少量H2 O 2,再滴加K S C N溶液B.配 制1 00 m L 1 m o l/L N

18、 a C l溶液时，用托盘天平称取5.8 5 g N a C l固体C.将F e C 1 3饱和溶液煮沸制备F e （O H）3胶体D.用紫色石蕊溶液鉴别乙醇、乙酸和苯【分析】A.检验某溶液中是否含有F e 2+时，应先加K S C N溶液，排除铁离子的干扰；B.托盘天平的感量为0.1 g；C.F e C 1 3饱和溶液滴在沸水中水解制备胶体；D.乙醇与石蕊互溶、乙酸遇石蕊变红、苯与石蕊溶液混合分层。【解答】解：A.检验某溶液中是否含有F e?+时，应先加K S C N溶液，排除铁离子的干扰，后加少量H2 O 2,溶液变红，故A错误；B.托盘天平的感量为0.1 g,托盘天平不能称取5.8 5

19、g N a C l固体，故B错误；第 1 8 页 共 2 9 页C.FeC13饱和溶液滴在沸水中水解制备胶体，出现红褐色停止加热，故 C 错误；D.乙醇与石蕊互溶、乙酸遇石蕊变红、苯与石蕊溶液混合分层，现象不同可鉴别，故 D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、离子及物质检验、胶体制备、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。16.（3 分）以下实验现象的描述错误的是（）A.向紫色石蕊试液中通入S02后，溶液先变红后褪色B.向硅酸钠溶液中通入二氧化碳，溶液变浑浊C.浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度

20、会降低D.向澄清石灰水中缓缓通入S02直至过量，先有白色沉淀产生，后沉淀溶解【分析】A.二氧化硫不能漂白指示剂；B.依据强酸制弱酸规律解答；C.依据浓盐酸挥发性，浓硫酸吸水性解答；D.氢氧化钙与二氧化硫反应，显生成亚硫酸钙沉淀，继续通入二氧化硫，亚硫酸钙、二氧化硫、水反应生成亚硫酸氢钙。【解答】解：A.向紫色石蕊试液中通入S 02后，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，所以溶液只变红不褪色，故 A 错误；B.碳酸酸性强于硅酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳，反应生成硅酸沉淀，所以溶液变浑浊，故 B 正确；C.浓盐酸挥发性，长期漏置空气中溶质挥发，溶液浓度降低，浓硫酸具有吸水性，长期漏置空气中，

21、吸收空气中水，浓度降低，故 C 正确；D.氢氧化钙与二氧化硫反应，显生成亚硫酸钙沉淀，继续通入二氧化硫，亚硫酸钙、二氧化硫、水反应生成亚硫酸氢钙，所以看到现象为：先有白色沉淀产生，后沉淀溶解，故 D 正确；故选：Ao【点评】本题考查了元素化合物知识，侧重考查二氧化硫、浓硫酸、浓盐酸、硅酸的性质，题目难度不大，掌握基础是关键。17.（3 分）如图所示的甲、乙、丙三种物质均含有相同的某种元素，箭头表示物质间的转第1 9页 共2 9页化一步就能实现，则甲可能是（）F e；H N O 3；N a；C；A 1.A.B.C.D.【分析】甲能发生反应生成乙和丙，说明甲反应时与甲的量或浓度或反应条件有关，乙和

22、丙能相互转化，说明二者之间有元素化合价变化或能通过复分解反应相互转化，然后采用代入法解答.【解答】解：假设甲是铁，铁和过量稀硝酸反应生成硝酸铁，和少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁和硝酸铁能相互转化，故正确；假设甲是硝酸，硝酸和少量铁反应生成硝酸铁，和过量铁反应生成硝酸亚铁，硝酸铁和硝酸亚铁能相互转化，故正确：假设甲是钠，钠和水反应生成氢氧化钠，钠在氯气中燃烧生成氯化钠，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠，电解饱和氯化钠溶液得到氢氧化钠，故正确；假设甲是碳，碳和少量氧气反应生成一氧化碳，和过量氧气反应生成二氧化碳，一氧化碳燃烧生成二氧化碳，二氧化碳和碳反应生成一氧化碳，故正确；假设甲是A 1,乙为

23、A 1 C 1 3,丙为N a A 1 0 2,铝与氯生成氯化铝，铝与氢氧化钠生偏铝酸钠，氯化铝与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量的盐酸反应生成氯化铝，故正确；故选：D。【点评】本题考查了物质的推断，明确物质的性质是解本题关键，再结合物质之间的转化来分析解答，根据物质中有变价元素为题眼来分析，题目难度中等.1 8.（3分）下列反应中，一定有白色沉淀生成的是（）向久置的N a 2 s 0 3溶液中加入B a C 1 2溶液，再加入稀盐酸；向N a 2 c 0 3溶液中加入酸性C a C 1 2溶液；向N a 2 s 0 3溶液中通入C 1 2,再滴加B a C 1 2和稀盐酸；向氢

24、氧化钢溶液中通入过量的S O 2A.B.C.D.【分析】亚硫酸钠易被空气氧化成硫酸钠，加入氯化钏溶液生成不溶于稀盐酸的硫酸第2 0页 共2 9页钢；向碳酸钠溶液中加入酸性氯化钙溶液，酸性条件下不可能生成碳酸钙沉淀；依据氯气氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，硫酸根离子与粗离子反应生成硫酸钢沉淀；向氢氧化钢溶液中通入过量的S 0 2,反应生成亚硫酸氢领。【解答】解：亚硫酸钠易被空气氧化成硫酸钠，加入氯化钞!溶液生成不溶于稀盐酸的硫酸钢，所以一定有白色沉淀生成，故选；向碳酸钠溶液中加入酸性氯化钙溶液，酸性条件下不可能生成碳酸钙沉淀，故不选；向 N a 2 s 0 3 溶液中通入C 1 2,氧化生成硫酸

25、根离子，再滴加B a C 1 2 和稀盐酸，钢离子与硫酸根离子反应生成硫酸钢沉淀，沉淀不溶于盐酸，所以一定有沉淀生成，故选；向氢氧化钢溶液中通入过量的S 0 2,反应生成亚硫酸氢铁，亚硫酸氢铁易溶于水，不是沉淀，故不选；故选：C【点评】本题考查亚硫酸钠的性质，熟悉亚硫根离子性质即可解答，题目难度不大。1 9.（3分）氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。现有以下反应：2 A 2+B 2-2 A 3+2 B 一 2 B-+Z 2=B 2+2 Z 1 6 H+1 0 Z +2 X 0 4 2 X2+5 Z 2+8 H 2 O根据上述反应提供的信息，

26、判断下列结论不正确的是（）A.氧化性：X O 4 B 2 A3+B.X 2+既有还原性，又有氧化性C.还原性：Z A2+D.溶液中可发生：Z2+2 A2+2 A3+2 Z-【分析】2 A 2+B 2=2 A 3+2 B 中氧化性：B 2 A3+,还原性：A2+B ；2 B +Z 2-B 2+2 Z-中氧化性：Z 2 B 2,还原性：B Z-；1 6 H+1 0 Z-+2 X O 4-2 X 2+5 Z 2+8H 2 O 中氧化性：X O 4 Z 2,还原性：Z X2+；由此分析解答。【解答】解：A、2 A 2+B 2=2 A 3+2 B 中氧化性：B2A3+,还原性：A2+B ；2 B第 2

27、1 页 共 2 9 页-+Z2B2+2Z-中氧化性：Z 2 B 2,还原性：B Z ；16H+10Z+2XO 4-2X2+5Z2+8H2O 中氧化性：XO4 Z 2,还原性：Z X2+；所以氧化性：X04 B2A3+,故 A 正确；B、X2+中化合价为+2价处于中间价态，所以X2+既有还原性，又有氧化性，故 B 正确；C、还原性：A2+B Z X2+,所以ZZ2B2A3+,根据强制弱的原理，所以溶液中可发生：Z2+2A2+-2A3+2Z,故 D 正确；故选：C。【点评】本题考查了氧化性、还原性强弱的比较，明确氧化性强弱的比较方法即可解答，难度不大。20.(3 分)工业上用洗净的废铜屑做原料来制

28、备硝酸铜，从节约原理及防治污染环境的角度考虑，宜采取的方法是()A.Cu+HNO3(浓)-C u (NO3)2B.Cu+HNO3(稀)fC u (NO3)2C.CU02CUOH H 03CU(NO3)2D.Cu述 邈 C11SO4巴 竺 士 Cu(NO3)2【分析】从节约原理及防治污染环境的角度考虑，制备硝酸铜时不能生成有毒气体，且消耗酸少，以此来解答。【解答】解：A.反应生成有毒气体二氧化氮，故 A 不选；B.反应生成有毒气体N O,故 B 不选；C.C u与氧气反应生成CuO,CuO与硝酸反应生成硝酸铜和水，故 C 选；D.C u与浓硫酸反应生成有毒气体二氧化氮，且钢离子有毒，故 D 不选

29、；故选：Co【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、制备实验原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。三.解 答 题(共4小题，满分5()分)21.(13分)如图是某校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容：(1)该浓硫酸的物质的量浓度是18.4molL/i.第2 2页 共29页（2）浓硫酸的三大特性是：吸水性、脱 水 性、强 氧 化 性.（3）现用该浓硫酸来配制500mL、0.2molL/i的稀H2s0 4.可供选择的仪器有：A.托 盘 天 平 B.量 筒 C.烧 杯 D.胶 头 滴 管 E.烧 瓶 F.容

30、量瓶请回答下列问题：上述仪器中，在配制稀H2s04 时用不到的有 AE（填字母序号）,还缺少的仪器是玻 璃 棒.经计算，需浓H2s0 4 的 体 积 为 5.4mL.现有a.IOmL b.50mL c.lOOmL三种规格的量筒，你选用的量筒是a（填字母序号）.在配制过程中，下列操作能引起误差偏低的有C、E、G（填字母序号）.A.洗涤量取浓H2s04后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中B.未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中C.定容时，加蒸储水超过标线，又用胶头滴管吸出D.转移前，容量瓶中含有少量蒸镭水E.定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸储水至标线F.定容时，俯视标线

31、G.转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面.硫 酸 化 学 纯（CP）500ml品名，W化学式I H2s相对分子质量：98密度 1.840cm3质量分数 98%【分析】（1）根据c=空曳计算出该浓硫酸的物质的量浓度；M（2）根据浓硫酸具有的三大特性进行解答：（3）根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤选择需要仪器并分析还缺少的仪器；根 据 500mL、0.2molL”的稀H2s0 4 中硫酸的物质的量计算出需要浓硫酸的体积，根据浓硫酸的体积判断量筒规格；第2 3页 共2 9页 根 据 C=Z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n和溶液V的体积V引起的，误差分析时;关键要

32、看配制过程中引起和y怎样的变化，若 比理论值小，或 V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若比理论值大，或 V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大.【解答】解：(1)该浓硫酸的物质的量浓度为：c=l X 1 8.4 X 9 8%m o l/L=1 8.4 m o l9 8 L1,故答案为：1 8.4 m o l*L 1；(2)浓硫酸的三大特性为：吸水性、脱水性和强氧化性，故答案为：脱水性；强氧化性；(3)配 制 5 0 0 m L 0.2 m o l/L 硫酸溶液，操作步骤有：计算、称量、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用到的仪器有：量筒、烧杯、5 0 0 m L 容量瓶、玻璃棒、胶

33、头滴管，使用不到：A.托盘天平、E.烧瓶，还缺少玻璃棒，故答案为：A、E；玻璃棒；5 0 0 m L 0.2 m o i/L 硫酸溶液中含有硫酸的物质的量为：0.2 m o l/L X 0.5 L=0.1 m o l,需要浓硫酸的体积为：1moi 0.0 0 5 4 L=5.4 m L,应该选用1 0 m L 量筒，1 8.4 m o l/L故答案为：5.4 m L；a；A.洗涤量取浓H 2 s 0 4 后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏高，根据c=Z可得，配制的溶液浓度偏高，故 A错误；VB.未等稀释后的H 2 S O 4 溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，热

34、的溶液体积偏大，冷却后溶液的体积变小，根据C=Z可得，配制的溶液浓度偏高，故 B错误；VC.定容时，加蒸储水超过标线，又用胶头滴管吸出，导致配制的溶液体积偏大，根据c=1可得，配制的溶液浓度偏低，故 C正确；vD.转移前，容量瓶中含有少量蒸镯水，由于定容时还需要加入蒸僧水，所以不影响配制结果，故 D错误；E.定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸储水至标线，导致配制的溶液体积偏大，根据c=Z可得，配制的溶液浓度偏低，故 E正确；VF.定容时，俯视标线，导致加入的蒸储水体积偏小，根据c=Z可得，配制的溶液浓度V第2 4页 共2 9页偏高，故F错误；G.转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶

35、外面，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据c=2可得，配制的溶液浓度偏低，故G正确；V故选C、E、G.【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液的方法及误差分析的技巧，该题是中等难度的试题，试题基础性强，贴近高考；该题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力；该题的难点在于误差分析.22.（14分）过氧化钙是一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，化学性质与过氧化钠类似。某学习小组设计在碱性环境中利用CaC12与H2O2反应制取CaO28H 2O,装置如图所示：（1）小组

36、同学查阅文献得知:该实验用质量分数为20%的H2O2溶液最为适宜。市售H2O2溶液的质量分数为30%.该小组同学用市售H2O2溶液配制约20%的H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还 有 烧杯、量 筒。（2）仪器X的主要作用除导气外，还 具 有 的 作 用 是 防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸。（3）在冰水浴中进行的原因是 防止温度过高H2O2分解、有 利 于 晶 体 析 出。（4）实 验 时，在 三 颈 烧 瓶 中 析 出CaO2-8H 2O晶 体，总反应的离子方程式为Ca2+H2O2+2NH3+8H2OraO28H2O+2NH4+。（5）反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干获

37、得CaO28H 2O.下列试剂中，洗涤CaO28H2O的 最 佳 选 择 是A。A.无水乙醇 B.浓盐酸 C.Na2s0 3溶液 D.CaC12溶液（6）若CaC12原料中含有Fe3+杂质，Fe3+催化分解H2O2,会使H2O2的利用率明显降低。第2 5页 共2 9页反应的机理为：Fe3+H2O2=Fe2+H+HOO H2O2+X=Y+Z+W（已配平）Fe2+OH-Fe3+0H（4）H+OH=H2O根据上述机理推导步骤中的化学方程式为 HOO，+H2O2=H2O+O2+OH。（7）过氧化钙可用于长途运输鱼苗，这体现了过氧化钙具有A B D 的性质。A.与水缓 慢 反 应 供 氧 B.能吸收鱼苗

38、呼出的CO2气体C.能是水体酸性增强 D.具有强氧化性，可杀菌灭藻（8）将所得CaO28H2O晶体加热到150 160,完全脱水后得到过氧化钙样品。该小组测定过氧化钙样品中CaO2的纯度的方法是：准确称取0.4000g过氧化钙样品，400以上加热至完全分解成CaO和 02（设杂质不产生气体），得至I 33.60mL（已换算为标准状况）气体。贝 九 所得过氧化钙样品中CaO2的纯 度 为 54.00%。【分析】（1）市售H2O2溶液的质量分数为3 0%,配制成2 0%,可用量筒、烧杯等；（2）氨气易溶于水，体积较大，可避免倒吸；（3）反应温度较低，可避免过氧化氢分解；（4）反应为氨气、过氧化氢和

39、氯化钙，生成过氧化钙和氯化镀；（5）洗涤CaO28H 2O,应避免溶解和变质;（6）过氧化氢在氯化铁催化下生成水和氧气，由 流 程 可 知 反 应 应 生 成 氧 气 和 则HOO参与反应；（7）过氧化钙具有强氧化性，可用于杀菌消毒，可提供氧气；（8）由氧气的体积可知过氧化钙的质量，进而计算过氧化钙纯度。【解答】解：（1）用市售H2O2溶液配制约20%的 H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有烧杯、量筒，可根据溶液的体积估算质量，用烧杯配制，故答案为：烧杯、量筒；（2）氨气易溶于水，体积较大，除导气外，还可防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸，故答案为：防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸

40、：（3）冰水浴可防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出，故答案为：防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出；（4）反应为氨气、过氧化氢和氯化钙，生成过氧化钙和氯化镂，离子方程式为Ca2+H2O2第2 6页 共2 9页+2 N H 3+8 H 2 O=C a O 2,8 H 2 O I +2 N H 4+,故答案为：C a2+H 2 O 2 +2 N H 3 +8 H 2 O=C a O 2 8 H 2 O I +2 N H 4+；（5）洗 涤C a O 2-8 H2O,应避免溶解和变质，可用乙醇，亚硫酸钠具有还原性，可使过氧化钙变质，故答案为：A；（6）过氧化氢在氯化铁催化下生成水和氧气，由

41、流程可知反应应生成氧气和0 H,则H 0 0参与反应，反应的方程式为H 0 0+H 2 O 2=H 2 O+O 2 +O H,故答案为：H O O+H 2 O 2=H 2 O+O 2+P H；（7）过氧化钙具有强氧化性，可用于杀菌消毒，与水反应生成氢氧化钙和氧气，可提供氧气，氢氧化钙可吸收二氧化碳，故答案为：A B D；（8）涉 及反应为2 C a O 2 2 C a O+O 2,生 气 氧 气 的 物 质 的 量 为 迄 也L=22.4L/mol0.0 0 1 5 m o l,则 n （C a O 2）=0.0 0 3 m o l,含 量 为-1 n ol 2）n t o l x 1 0 0

42、%=5 4.0 0%,0.400g故答案为：5 4.0 0%o【点评】本题考查物质的制备及含量测定，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。2 3.（1 4分）某同学用下图装置完成了 C 1 2和H C 1气体的一系列实验。己知：2 N a C l+H 2 s o 4 （浓）=N a 2 s o 4+2 H C 1 t氯化铁容易升华。请回答:（1）浸泡石蕊试液的棉花出现 先变红后褪色 现 象,说 明A中还生成了 C 1 2。（2）洗气瓶中浓硫酸的作用是吸收氯气中的水蒸气（3）C C 1 4的 作 用 是 吸

43、收未反应的氯气（4）盛有Ag N O 3溶液的烧杯，有白色沉淀生成，说 明 剩 余 气 体 含H C 1（5）装置C中采用粗导管的目的是 防止氯化铁固体堵塞导管（6）盛有A&N O 3液体上方的倒置漏斗的作用是防止倒吸第2 7页 共2 9页【分析】装置A 制备氯气，生成的氯气通过浸泡石蕊试液的棉花，先变红色后褪色，通过浓硫酸干燥气体，通入装置B 中和铁反应生成氯化铁，装置C 中粗导管是防止氯化铜固体堵塞导管，在 C 中得到氯化铁固体，通过四氯化碳溶液吸收未反应的氯气，通入盛有 AgN03溶液的烧杯，有白色沉淀生成生成气体中含氯化氢，（1）氯气和水反应生成盐酸和次氯酸；（2）浓硫酸具有吸水性，可

44、以干燥气体；（3）CC14的作用是吸收剩余氯气，避免干扰氯离子的检验；（4）氯离子结合银离子生成白色沉淀；（5）氯化铁容易升华；（6）倒置漏斗的作用是防止倒吸。【解答】解：装置A 制备氯气，生成的氯气通过浸泡石蕊试液的棉花，先变红色后褪色,通过浓硫酸干燥气体，通入装置B 中和铁反应生成氯化铁，装置C 中粗导管是防止氯化铜固体堵塞导管，在 C 中得到氯化铁固体，通过四氯化碳溶液吸收未反应的氯气，通入盛有AgNO3溶液的烧杯，有白色沉淀生成生成气体中含氯化氢，（1）浸泡石蕊试液的棉花出现先变红后褪色现象，说明A 中还生成了 C12,故答案为：先变红后褪色；（2）洗气瓶中浓硫酸的作用是：故答案为：吸

45、收氯气中的水蒸气；吸收氯气中的水蒸气，（3）CC14的作用是：吸收未反应的氯气，故答案为：吸收未反应的氯气；（4）盛有AgN03溶液的烧杯，有白色沉淀生成，说明剩余气体含HC1,故答案为：HC1；（5）氯化铁容易升华，装置C 中采用粗导管的目的是：防止氯化铁固体堵塞导管，故答案为：防止氯化铁固体堵塞导管；（6）盛有AgN03液体上方的倒置漏斗的作用是：防止倒吸，故答案为：防止倒吸。【点评】本题是一道很好的实验题，巧妙地把氯气的实验室制备与HC1的制备结合在一起，还涉及性质验证和防倒吸装置，综合性较强，题目难度中等。24.（9 分）实验室用一小片铜与5m L 浓硫酸在试管中充分反应，将反应后的溶

46、液稀释到200mL,测得该溶液中H+的浓度为0.1mol/L,并将生成的SO2气体用50mL 1.2mol/L NaOH第2 8页 共2 9页溶液吸收，恰好生成物质的量相等的NaHS03和 Na2s0 3 的混合液。试计算：(1)参加反应的铜的质量为2.56(2)该浓硫酸的物质的量浓度为3 mol/L。【分析】(1)根据钠原子守恒计算出的物质的量，再 S 原子守恒计算出S02的物质的量,根据方程式计算C u的物质的量和质量；(2)根据方程式计算参加反应的硫酸，再根据溶液中氢离子浓度计算出未反应的硫酸，然后计算浓硫酸的浓度。【解答】解：(1)SO2气体用50mL 1.2molL NaOH溶液吸收

47、，得到的NaHSCh和 Na2s03的混合液中，两种溶质的物质的量恰好相等，设 NaHS03和 Na2s0 3 的物质的量均为xmol,则 n(Na)=2x+x=3x=0.05LX1.2mol/L=0.06mol,解得：x=0.02mol,结合 S 原子守恒可知：n(SO2)=0.02mol+0.02mol=0.04mol,根据 Cu+2H2s04(浓)CuSO4+SO2 t+2H2O 可知：n(Cu)=n(SO2)=0.04mol,则 m(Cu)=0.04molX64g/mol=2.56g,故答案为：2.56；(2)根据反应 Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SC2 t+2H2O 可知，参加反应的 n(H2so4)=2n(SO2)=0.04molX2=0.08moL溶液中剩余的硫酸为：n(H2SO4)=L x n (丁)=A X 0.2LX0.1 mol/L=0.01 mol,2 2所以浓硫酸物质的量浓度为：c(H2so4)=08mol+0.lm ol=8mol/L,0.00 5L故答案为：18。【点评】本题考查化学方程式的计算，题目难度中等，根据题给信息确定气体成分是解本题关键，会利用守恒思想解答问题，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。第2 9页 共2 9页