2019-2020年高三上学期第二次月考化学试卷 含解析(II).doc

2019-2020年高三上学期第二次月考化学试卷 含解析(II)一、选择题：本题包括20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个选项符合题意.1下列叙述正确的是（）A强电解质都是离子化合物，因此NaCl是离子化合物B醋酸溶液的导电能力可能比稀硫酸强CSO3溶于水，其水溶液能导电，SO3是电解质D硫磺是单质，不导电，因此硫磺是非电解质2设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A1 mol氦气中有2NA个氦原子B14 g氮气中含NA个氮原子C2 L 0.3 molL1 Na2SO4溶液中含0.6 NA个Na+D18 g水中所含的电子数为8NA3已知1.5051023个X气体分子的质量为8g，则X气体的摩尔质量是（）A16 gB32 gC64 g/molD32 g/mol4下列实验操作正确的是（）A当某实验没有准确的药品用量说明时，为看到明显现象，取用药品越多越好B取用细口瓶里的试液时，先拿下瓶塞，倒放在桌上，然后标签朝外拿起瓶子，瓶口要紧挨着试管口，将液体缓缓地倒入试管C胶头滴管取完一种试液后，可直接取另一种不与其反应的试液D取用粉末状固体或固体小颗粒时，应用药匙或纸槽，取用块状固体时，应用镊子夹取5用高铁酸钠（Na2FeO4）对河湖水消毒是城市饮水处理的新技术已知反应Fe2O3+3Na2O2 2Na2FeO4+Na2O，下列说法正确的是（）ANa2O2既是氧化剂又是还原剂BNa2FeO4既是氧化产物又是还原产物C3 mol Na2O2发生反应，有12mol 电子转移D在Na2FeO4中Fe为+4价，具有强氧化性，能消毒杀菌6“纳米技术”广泛的应用于催化及军事科学中，“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得的混合物具有的性质是（）A能全部通过半透膜B能发生丁达尔现象C一定能导电D一定为悬浊液或乳浊液7用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体D用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层8下列离子方程式正确的是（）A小苏打与盐酸反应 CO32+2H+H2O+CO2B向烧碱溶液中通入过量的CO2 CO2+2OHCO32+H2OC小粒钠投入冷水中 2Na+2H2O2Na+2OH+H2D用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+4H+3NO3Ag+NO+2H2O9在标准状况下，A L NH3溶于B mL水中，得到密度为g/cm3的R L氨水，则此氨水的物质的量浓度是（）A mol/LB mol/LC mol/LD mol/L10下列物质的分类方法正确的是（）混合物非电解质碱酸式盐A漂白粉氯气氨水碳酸氢钠B福尔马林苯碱式碳酸铜明矾C胆矾二氧化硫纯碱氯化铵D食醋乙醇苛性钠硫酸氢钠11NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A等物质的量的N2和CO所含分子数均为NAB1.7g H2O2中含有的电子数为0.9 NAC1mol Na2O2固体中含离子总数为4 NAD标准状况下，2.24L戊烷所含分子数为0.1 NA12实验室配制1mol/L盐酸250mL，下列不需用的仪器是（）A250mL容量瓶B托盘天平C胶头滴管D烧杯13某氧化剂中，起氧化作用的是X2O72，在溶液中0.2mol该离子恰好能使0.6mol SO32离子完全氧化，则X2O72离子被还原后的化合价为（）A+1B+2C+3D+414某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质、以CH4为燃料时，该电池工作原理如图下列说法正确的是（）Aa为CH4，b为CO2BCO32向正极移动C此电池在常温时也能工作D正极反应式为：O2+2CO2+4e2CO3215amolN2与amol14CO相比较，下列叙述正确的是（）A在同温同压下体积相等B在同温同压下密度相等C在标准状况下质量相等D质子数与中子数都相等16在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（）A强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl、SO42B含有0.1molL1Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、I、NO3C含有0.1molL1Ca2+溶液在中：Na+、K+、CO32、ClD室温下，pH=1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3、SO4217如图所示对实验仪器名称的标注或实验操作正确的是（）A酸式滴定管B氨气的制取CFe（OH）2的制取D浓硫酸稀释18根据图，判断下列说法中错误的是（）A石墨电极为正极，Ag电极为负极B负极电极反应式：Fe3+e=Fe2+C盐桥中阴离子移向AgNO3溶液D总反应为：Fe3+Ag=Fe2+Ag+19某同学在实验报告中记录下列数据，其中正确的是（）A用25 mL量筒量取12.36 mL盐酸B用托盘天平称取8.75克食盐C用电子天平称取1.2355克无水碳酸钠D用广泛pH试纸测得某溶液pH为3.520某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl、SO42 四种离子，已知前三种离子的个数比为3：2：1，则溶液中Al3+和 SO42的离子个数比为（）A1：2B1：4C3：4D3：2二、解答题（共2小题，满分40分）21为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：称取粗盐滤液精盐1判断BaCl2已过量的方法是2第步中，相关的离子方程式是，3实验室需要500ml 0.2mol/L的NaCl溶液，有如下操作：把称好的NaCl放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解根据计算用托盘天平称取NaCl克把所得溶液小心转入一定容积的容量瓶中继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1cm2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀请填写下列空白：（1）上述步骤中要称量的NaCl固体为克（2）操作步骤的正确顺序为（填序号）（3）实验室有如下规格的容量瓶：100mL 250mL 500mL 1000mL，本实验选用（填序号）（4）本实验用到的基本实验仪器除托盘天平，药匙以外还有：4配制NaCl溶液时，若出现下列操作，其结果偏高还是偏低？（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）称量NaOH固体时，物码倒置（1克以下用游码）没有进行操作步骤 容量瓶中原来有少量水某同学定容时俯视容量瓶刻度线定容，摇匀后发现液面低于刻度线，拿胶头滴管又加入蒸馏水使液体凹液面再次与刻度线相切22如图是一个化学过程的示意图已知甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O（1）请回答图中甲、乙两池的名称甲电池是装置，乙电池是装置（2）请回答下列电极的名称：通入CH3OH的电极名称是，B（石墨）电极的名称是（3）写出下列电极的电极反应式：通入O2的电极的电极反应式是A（Fe）电极的电极反应式为（4）乙池中反应的化学方程式为（5）当乙池中A（Fe）极的质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2mL（标准状况下）xx重庆市大足三中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题包括20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个选项符合题意.1下列叙述正确的是（）A强电解质都是离子化合物，因此NaCl是离子化合物B醋酸溶液的导电能力可能比稀硫酸强CSO3溶于水，其水溶液能导电，SO3是电解质D硫磺是单质，不导电，因此硫磺是非电解质【考点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念；电解质溶液的导电性【分析】A强电解质不一定是离子化合物； B溶液的导电能力主要由溶液中的离子浓度决定；C在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；D电解质和非电解质都是化合物【解答】解：A强电解质不一定是离子化合物，HCl就是共价化合物，故A错误； B溶液的导电能力主要由溶液中的离子浓度决定，醋酸溶液部分电离，但电离出来的离子浓度可能比硫酸电离出来的大，故B正确；CSO3和水反应生成硫酸，硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以SO3的水溶液导电，但电离出离子的物质是硫酸不是SO3，所以SO3是非电解质，故C错误；D硫磺是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误故选B2设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A1 mol氦气中有2NA个氦原子B14 g氮气中含NA个氮原子C2 L 0.3 molL1 Na2SO4溶液中含0.6 NA个Na+D18 g水中所含的电子数为8NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、氦气为单原子分子；B、带入n=计算N原子的物质的量，带入N=nNA计算原子数；C、根据n=cV计算硫酸钠的物质的量，钠离子的物质的量为硫酸钠物质的量的2倍；D、一个水分子含有10个电子【解答】解：A、氦气为单原子分子，1 mol氦气中有NA个氦原子，故A错误；B、n（N）=1mol，氮原子数为NA，故B正确；C、n（Na2SO4）=0.3mol/L2L=0.6mol，n（Na+）=20.6mol=1.2mol，因此含有的钠离子数为1.2NA，故C错误；D、18 g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18 g水中所含的电子数为10NA，故D错误；故选B3已知1.5051023个X气体分子的质量为8g，则X气体的摩尔质量是（）A16 gB32 gC64 g/molD32 g/mol【考点】摩尔质量【分析】先根据n=求出气体的物质的量，然后再根据M=求出气体的摩尔质量【解答】解：气体的物质的量为n=0.25mol，气体的摩尔质量M=32g/mol：故选D4下列实验操作正确的是（）A当某实验没有准确的药品用量说明时，为看到明显现象，取用药品越多越好B取用细口瓶里的试液时，先拿下瓶塞，倒放在桌上，然后标签朝外拿起瓶子，瓶口要紧挨着试管口，将液体缓缓地倒入试管C胶头滴管取完一种试液后，可直接取另一种不与其反应的试液D取用粉末状固体或固体小颗粒时，应用药匙或纸槽，取用块状固体时，应用镊子夹取【考点】药品的取用【分析】A在取用药品时要做到节约药品，用到最小量，且不能影响实验效果；B根据取用液体药品的原则来做题；C胶头滴管一般专瓶专用；D根据固体药品取用原则分析【解答】解：A如果没有说明用量，液体一般取12mL，固体盖满试管底部，故A错误；B如果瓶塞正放的话会腐蚀桌面，再放到试剂瓶上时会污染试剂，所以要瓶塞倒放；如果标签不向着手心，倾倒液体的残留液会流下时腐蚀标签，所以标签向着手心，故B错误；C.胶头滴管一般专瓶专用，若取另一种液体，会污染试剂，故需洗涤后再用，故C错误；D块状药品或金属颗粒的取用，取用时可以用药匙，或者用镊子夹取具体的操作是：先把容器横放，把块状药品或金属颗粒放入容器口，再把容器慢慢的竖立起来，使药品滑落到试管底部，以免打破容器用药匙或纸槽将粉末状药品或小颗粒送到试管底部，再把试管竖起，使药品全部落到试管底，防止药品沾在试管壁，故D正确；故选D5用高铁酸钠（Na2FeO4）对河湖水消毒是城市饮水处理的新技术已知反应Fe2O3+3Na2O2 2Na2FeO4+Na2O，下列说法正确的是（）ANa2O2既是氧化剂又是还原剂BNa2FeO4既是氧化产物又是还原产物C3 mol Na2O2发生反应，有12mol 电子转移D在Na2FeO4中Fe为+4价，具有强氧化性，能消毒杀菌【考点】氧化还原反应【分析】该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价、O元素化合价由1价变为2价，所以氧化铁是还原剂、过氧化钠是氧化剂，再结合过氧化钠和转移电子之间的关系式计算【解答】解：A该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价、O元素化合价由1价变为2价，所以氧化铁是还原剂、过氧化钠是氧化剂，故A错误；B该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价、O元素化合价由1价变为2价，所以氧化铁是还原剂、过氧化钠是氧化剂，则Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，故B正确；C.3 mol Na2O2发生反应，转移电子的物质的量=3mol20（1）=6mol，故C错误；D在Na2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，能消毒杀菌，故D错误；故选B6“纳米技术”广泛的应用于催化及军事科学中，“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得的混合物具有的性质是（）A能全部通过半透膜B能发生丁达尔现象C一定能导电D一定为悬浊液或乳浊液【考点】纳米材料；胶体的重要性质【分析】由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm100nm之间，以此来解答【解答】解：分散系中分散质的直径在1nm100nm之间的属于胶体分散系，由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm100nm之间，则该混合物属于胶体A胶体不能通过半透膜，故A错误；B胶体具有丁达尔现象，故B正确；C胶体本身不带电，则不能导电，故C错误；D该混合物属于胶体，不属于悬浊液或乳浊液，故D错误；故选B7用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体D用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层【考点】化学实验方案的评价【分析】A氯气、HCl均与NaOH溶液反应；BNH4Cl受热易分解；C纯碱为粉末状固体，不能使反应随时停止；D碘不易溶于水，易溶于四氯化碳【解答】解：A氯气、HCl均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水除去氯气中的HCl，故A错误；BNH4Cl受热易分解，应利用冷却热饱和溶液的方法得到晶体，故B错误；C纯碱为粉末状固体，不能使反应随时停止，应选碳酸钙与盐酸反应制取少量二氧化碳，故C错误；D碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则萃取后分层，利用分液漏斗可分离，图中装置合理，故D正确；故选D8下列离子方程式正确的是（）A小苏打与盐酸反应 CO32+2H+H2O+CO2B向烧碱溶液中通入过量的CO2 CO2+2OHCO32+H2OC小粒钠投入冷水中 2Na+2H2O2Na+2OH+H2D用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+4H+3NO3Ag+NO+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A小苏打为碳酸氢钠，离子方程式中碳酸氢根离子不能拆开；B二氧化碳过量，反应生成碳酸氢根离子；C钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；D离子方程式两边N原子、O原子不相等，违反了质量守恒定律【解答】解：A小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢根离子不能拆开，正确的离子方程式为：HCO3+H+H2O+CO2，故A错误；B向烧碱溶液中通入过量的CO2，反应生成碳酸氢钠，正确的离子方程式为：CO2+OHHCO3，故B错误；C小粒钠投入冷水中，反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故C正确；D银与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮气体和水，正确的离子方程式为：3Ag+4H+NO33Ag+NO+2H2O，故D错误；故选C9在标准状况下，A L NH3溶于B mL水中，得到密度为g/cm3的R L氨水，则此氨水的物质的量浓度是（）A mol/LB mol/LC mol/LD mol/L【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】根据n=、m=nM计算出氨气的物质的量、质量，再根据氨气的质量、水的质量计算出溶液质量，然后根据溶液质量、溶液密度及表达式V=计算出溶液体积，最后根据c=计算出此氨水的物质的量浓度【解答】解：A L氨气的物质的量为：n（NH3）=mol，氨气的质量为：m（NH3）=17g/molmol=g，BmL水的质量约为Bg，则所得氨水溶液的质量为： g+B g，所得溶液的体积为：V=L，则此氨水的物质的量浓度为：c（NH3）=mol/L，故选B10下列物质的分类方法正确的是（）混合物非电解质碱酸式盐A漂白粉氯气氨水碳酸氢钠B福尔马林苯碱式碳酸铜明矾C胆矾二氧化硫纯碱氯化铵D食醋乙醇苛性钠硫酸氢钠AABBCCDD【考点】混合物和纯净物；电解质与非电解质【分析】混合物：不同物质组成的为混合物，非电解质：水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物， 碱：水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，酸式盐：多元酸和碱部分反应生成的盐，据此分析选项中的物质组成和分类【解答】解：A漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物，氯气是单质不是非电解质，氨水是碱溶液，碳酸氢钠属于酸式盐，故A错误；B福尔马林是甲醛的水溶液，苯是非电解质，碱式碳酸铜属于碱式盐，不是碱，明矾是复盐，故B错误；C胆矾为硫酸铜晶体属于纯净物，二氧化硫不能电离属于非电解质，纯碱是碳酸钠属于盐，氯化铵为正盐，故C错误；D食醋是醋酸水溶液为混合物，乙醇不能电离属于非电解质，苛性钠为氢氧化钠属于碱，硫酸氢钠属于酸式盐，故D正确；故选D11NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A等物质的量的N2和CO所含分子数均为NAB1.7g H2O2中含有的电子数为0.9 NAC1mol Na2O2固体中含离子总数为4 NAD标准状况下，2.24L戊烷所含分子数为0.1 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、氮气和CO的物质的量不明确；B、求出双氧水的物质的量，然后根据1mol双氧水中含18mol电子来分析；C、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成；D、标况下戊烷为液态【解答】解：A、氮气和CO的物质的量不明确，故等物质的量的氮气和CO的分子数相同，但不一定是NA个，故A错误；B、1.7g双氧水的物质的量为0.05mol，而1mol双氧水中含18mol电子，故0.05mol双氧水中含0.9NA个电子，故B正确；C、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠中含3NA个离子，故C错误；D、标况下戊烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故D错误故选B12实验室配制1mol/L盐酸250mL，下列不需用的仪器是（）A250mL容量瓶B托盘天平C胶头滴管D烧杯【考点】溶液的配制【分析】配制250mL 1mol/L盐酸的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据配制步骤选用仪器，然后判断不需要的仪器【解答】解：根据配制250mL 1mol/L盐酸的步骤可知，需要使用的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管等，所以不需要的仪器为托盘天平，故选B13某氧化剂中，起氧化作用的是X2O72，在溶液中0.2mol该离子恰好能使0.6mol SO32离子完全氧化，则X2O72离子被还原后的化合价为（）A+1B+2C+3D+4【考点】氧化还原反应的计算【分析】SO32离子被氧化生成SO42，S元素化合价由+4价+6价，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等计算【解答】解：X2O72离子中X的化合价为+6价，设X2O72离子被还原后X的化合价为+n，SO32离子被氧化生成SO42，S元素化合价由+4价+6价，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，表现为化合价升降的总数相等，则有：0.2mol2（6n）=0.6mol（64），n=3，故选C14某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质、以CH4为燃料时，该电池工作原理如图下列说法正确的是（）Aa为CH4，b为CO2BCO32向正极移动C此电池在常温时也能工作D正极反应式为：O2+2CO2+4e2CO32【考点】化学电源新型电池【分析】该原电池为甲烷燃料电池，根据图象中电子流向知，左边电极为负极、右边电极为之间，通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极，所以a为甲烷、b为空气，负极反应式为CH4+4CO328e=5CO2+2H2O，正极反应式为O2+2CO2+4e2CO32，据此分析解答【解答】解：A燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，根据电子流向知，左边电极是负极、右边电极是正极，所以a是CH4，b为空气，故A错误；B原电池放电时，碳酸根离子向负极移动，故B错误；C电解质为熔融碳酸盐，需要高温条件，故C错误；D正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，电极反应式为O2+2CO2+4e2CO32，故D正确；故选D15amolN2与amol14CO相比较，下列叙述正确的是（）A在同温同压下体积相等B在同温同压下密度相等C在标准状况下质量相等D质子数与中子数都相等【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】同温同压下，气体的Vm相同，根据n=以及=结合分子构成解答该题【解答】解：A同温同压下，气体的Vm相同，则等物质的量时体积相等，故A正确；B由=可知，两种气体的相对分子质量分别为28、30，则密度不同，故B错误；C根据m=nM，amolN2与amolCO的n是相等的，但摩尔质量不同，则质量不同，故C错误；DamolN2与amol14CO含有的中子分别为14mol、16mol，故D错误故选A16在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（）A强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl、SO42B含有0.1molL1Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、I、NO3C含有0.1molL1Ca2+溶液在中：Na+、K+、CO32、ClD室温下，pH=1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3、SO42【考点】离子共存问题【分析】A、根据在碱性条件下是否有与OH反应的离子来判断；B、Fe3+具有氧化性，根据是否存在与Fe3+发生氧化还原反应的离子或存在其它反应类型来判断；C、含有Ca2+的溶液中，判断是否有与Ca2+生成沉淀的离子；D、判断在酸性溶液中是否有与H+反应的离子或其它反应类型【解答】解：A、强碱性溶液意味着存在大量的OH，所以Al3+不能共存（Al3+3OH=Al（OH）3），故A错误；B、Fe3+和I因发生氧化还原反应而不能共存（2Fe3+2I=2Fe2+I2）故B错误；C、Ca2+和CO32因发生复分解反应而不能共存，故C错误；D、室温下，pH=1的溶液中的四种离子Na+、Fe3+、NO3、SO42之间不能反应生成沉淀、气体、弱电解质以及其它反应类型，故可以大量共存，故D正确故选D17如图所示对实验仪器名称的标注或实验操作正确的是（）A酸式滴定管B氨气的制取CFe（OH）2的制取D浓硫酸稀释【考点】化学实验方案的评价；计量仪器及使用方法；氨的制取和性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁【分析】A根据酸式滴定管与碱式滴定管的区别；BNH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl；C氢氧化亚铁的制取要隔绝空气；D量筒不能用来稀释溶液【解答】解：A图示为碱式滴定管，酸式滴定管带有活塞，故A错误；BNH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，气体进入干燥管的机会不多，故B错误；C为防止氢氧化亚铁被氧气氧化，用苯隔绝空气并把长导管插入液面下，故C正确；D不能在量筒中进行溶液的稀释操作，故D错误故选C18根据图，判断下列说法中错误的是（）A石墨电极为正极，Ag电极为负极B负极电极反应式：Fe3+e=Fe2+C盐桥中阴离子移向AgNO3溶液D总反应为：Fe3+Ag=Fe2+Ag+【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】该原电池中，根据电子的流向知，银作负极，石墨作正极，负极上银失电子发生氧化反应，正极上铁离子得电子发生还原反应，盐桥中阴离子向负极移动【解答】解：A该原电池中，根据电子的流向知，银作负极，石墨作正极，故A正确；B石墨作正极，正极上铁离子得电子发生还原反应，电极反应式为：Fe3+e=Fe2+，故B错误；C盐桥中阴离子向负极移动，银作负极，所以盐桥中阴离子移向硝酸银溶液，故C正确；D负极上银失电子发生氧化反应，正极上铁离子得电子发生还原反应，所以电池反应式为：Fe3+Ag=Fe2+Ag+，故D正确；故选B19某同学在实验报告中记录下列数据，其中正确的是（）A用25 mL量筒量取12.36 mL盐酸B用托盘天平称取8.75克食盐C用电子天平称取1.2355克无水碳酸钠D用广泛pH试纸测得某溶液pH为3.5【考点】计量仪器及使用方法【分析】A根据量筒精确到0.1mL分析； B根据托盘天平精确到0.1g分析；C根据电子天平精确到0.0001g分析；D根据广泛pH试纸的精确度只能达到1分析【解答】解：A量筒的精确度只能达到0.1mL，不能读到12.36ml，故A错误； B托盘天平能精确到0.1g，故称取8.75g的食盐是错误的，故B错误；C电子天平精确到0.0001g，可称取1.2355克无水碳酸钠，故C正确；D广泛pH试纸的测定的pH为正整数，无法测得某溶液pH为3.5，故D错误故选C20某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl、SO42 四种离子，已知前三种离子的个数比为3：2：1，则溶液中Al3+和 SO42的离子个数比为（）A1：2B1：4C3：4D3：2【考点】电解质在水溶液中的电离【分析】因为溶液呈电中性，根据溶液中的电荷守恒来计算【解答】解：溶液中电荷守恒，也就是说所有正电的总数应该等于所有负电的总数，即：Na+3Al3+=Cl+2SO42（乘的系数就是它的电荷数），设SO42的离子个数为x，所以3+32=1+2x，解得x=4，所以溶液中Al3+和 SO42的离子个数比为2：4=1：2故选A二、解答题（共2小题，满分40分）21为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：称取粗盐滤液精盐1判断BaCl2已过量的方法是用试管取少量第步操作后的上层清液，再滴入几滴BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量2第步中，相关的离子方程式是Ca2+CO32CaCO3，Ba2+CO32BaCO33实验室需要500ml 0.2mol/L的NaCl溶液，有如下操作：把称好的NaCl放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解根据计算用托盘天平称取NaCl5.9克把所得溶液小心转入一定容积的容量瓶中继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1cm2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀请填写下列空白：（1）上述步骤中要称量的NaCl固体为5.9克（2）操作步骤的正确顺序为（填序号）（3）实验室有如下规格的容量瓶：100mL 250mL 500mL 1000mL，本实验选用（填序号）（4）本实验用到的基本实验仪器除托盘天平，药匙以外还有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500ml容量瓶4配制NaCl溶液时，若出现下列操作，其结果偏高还是偏低？（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）称量NaOH固体时，物码倒置（1克以下用游码）偏低没有进行操作步骤偏低 容量瓶中原来有少量水无影响某同学定容时俯视容量瓶刻度线偏高定容，摇匀后发现液面低于刻度线，拿胶头滴管又加入蒸馏水使液体凹液面再次与刻度线相切偏低【考点】粗盐提纯【分析】由流程可知，中加氯化钡可除去硫酸根离子，中加NaOH除去镁离子和三价铁离子，中加碳酸钠可除去钡离子、钙离子，过滤后主要为氯化钠和碳酸钠，中加盐酸反应后溶液中溶质为NaCl，然后蒸发结晶得到NaCl，以此来解答1根据BaCl2已过量，说明溶液中没有硫酸根离子，则再加氯化钡不会生成沉淀分析；2第步中加入过量的碳酸钠不仅除去钙离子而且还除去了过量的钡离子，据此书写相关的离子方程式；3（1）根据m=nM=cVM计算结合天平的精确度分析；（2）配制时，一般可分为以下几个步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，据此进行排序；（3）选用容量瓶的规格要等于或稍大于配制溶液的体积；（4）根据仪器的作用选取仪器；4根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高，如果n偏小或V偏大，则所配制溶液的浓度偏低【解答】解：1BaCl2已过量，说明溶液中没有硫酸根离子，则再加氯化钡不会生成沉淀，则实验方法为用试管取少量第步操作后的上层清液，再滴入几滴BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量，故答案为：用试管取少量第步操作后的上层清液，再滴入几滴BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量；2中加碳酸钠可除去钡离子、钙离子，发生离子反应为Ca2+CO32CaCO3、Ba2+CO32BaCO3，故答案为：Ca2+CO32CaCO3；Ba2+CO32BaCO3；3（1）根据m=nM=cVM=0.500L0.2mol/L58.5g/mol=5.85g，又天平只能称到0.1g，所以要称量的NaCl固体为5.9g，故答案为：5.9；（2）配制时，一般可分为以下几个步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，所以其操作步骤的正确顺序为，故答案为：；（3）实验500ml 0.2mol/L的NaCl溶液，所以选取500mL容量瓶，故选：；（4）需要用天平、药匙称量药品，用烧杯、玻璃棒溶解药品，用胶头滴管定容，还有500ml容量瓶，所以除托盘天平，药匙以外还有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500ml容量瓶，故答案为：烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500ml容量瓶；4称量NaCl时，物码倒置（1g以下用游码），导致溶质的物质的量偏小，所以配制溶液的浓度偏低，故答案为：偏低； 没有进行操作步骤即没有洗涤玻璃棒和烧杯导致溶质的物质的量偏小，所以配制溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；容量瓶原来有少量水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，所以对配制溶液的浓度无影响，故答案为：无影响；定容时俯视液面，导致溶液的体积偏小，则配制溶液的浓度偏高，故答案为：偏高；定容，摇匀后发现液面低于刻度线，拿胶头滴管又加入蒸馏水使液体凹液面再次与刻度线相切，导致溶液的体积偏大，则配制溶液的浓度偏低，故答案为：偏低22如图是一个化学过程的示意图已知甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O（1）请回答图中甲、乙两池的名称甲电池是原电池装置，乙电池是电解池装置（2）请回答下列电极的名称：通入CH3OH的电极名称是负极，B（石墨）电极的名称是阳极（3）写出下列电极的电极反应式：通入O2的电极的电极反应式是O2+2H2O+4e=4OHA（Fe）电极的电极反应式为4Ag+4e=4Ag（4）乙池中反应的化学方程式为4AgNO4+2H2O 4Ag+O2+4HNO3（5）当乙池中A（Fe）极的质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2280mL（标准状况下）【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）甲装置中能自发的发生氧化还原反应是一个燃料电池；乙有外加电源，所以是电解池（2）根据得失电子判断正负极，根据外加电源判断阴阳极（3）氧气在正极上得电子；Fe为阴极，阴极上银离子得电子；（4）依据电子守恒和电解的实质写出化学方程式；（5）根据得失电子数相等找出银与氧气的关系式，然后计算【解答】II（1）甲装置中能自发的发生氧化还原反应是一个燃料电池，所以甲是把化学能转变为电能的装置，是原电池；乙有外加电源，所以是电解池；故答案为：原电池；电解池；（2）根据2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O知，CH3OH发生氧化反应，所以该电极是负极，O2 发生还原反应，所以该电极是正极；石墨与原电池的正极相连，所以B石墨电极是阳极故答案为：负极；阳极；（3）根据2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O知，CH3OH发生氧化反应，所以该电极是负极，O2 得电子和水反应生成氢氧根离子，发生还原反应，所以该电极是正极；石墨与原电池的正极相连，所以石墨电极是阳极该电极上发生氧化反应，电极反应为：O2+2H2O+4e=4OH；铁电极是阴极，该电极上银离子得电子发生还原反应，电极反应为：4Ag+4e=4Ag；故答案为：O2+2H2O+4e=4OH；4Ag+4e=4Ag；（4）乙池中离子放电顺序为：阳离子 Ag+H+，阴离子OHNO3 ，阴极电极反应为：O2+2H2O+4e=4OH；阳极电极反应为：4Ag+4e=4Ag；依据电子守恒和电解的实质写出化学方程式：4AgNO4+2H2O 4Ag+O2+4HNO3故答案为：4AgNO4+2H2O 4Ag+O2+4HNO3；（5）乙池中A（Fe）极是阴极，阴极的质量增加5.40g是银，其物质的量为=0.05mol，根据得失电子数相等，氧气与银的关系式为：O24Ag 22.4L 4molVL 0.05mol则V=0.28L=280mL，故答案为：280xx11月25日