2022-2023學年吉林省白城市一中化學高三第一學期期中學業(yè)質量監(jiān)測試題（含解析）

1、2022-2023高三上化學期中模擬測試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置3請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、LiAlH4是重要的儲氫材料，其組成類似于N

2、a3AlF6。常見的供氫原理如下面兩個方程式所示：2LiAlH42LiH+2Al+3H2,LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2。下列說法正確的是A若反應中生成3.36L氫氣，則一定有2.7g鋁生成B氫化鋰也是一種儲氫材料，供氫原理為LiH+H2OLiOH+H2C生成等質量的氫氣，反應轉移電子數(shù)之比為4：3DLiAlH4是共價化合物，LiH是離子化合物2、常溫下，向濃度均為 0.1 molL1、體積均為 100 mL 的兩種一元酸 HX、HY的溶液中，分別加入 NaOH，lgc(H+)/c(OH)隨加入 NaOH的物質的量的變化如圖所示。下列說法正確的是A常溫下電離常數(shù)：HXHClOHCO

3、3-，向NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO32-二、非選擇題（本題包括5小題）17、水楊酸的結構簡式為，水楊酸酯E為紫外吸收劑，可用于配制防曬霜。E的一種合成路線如下：已知：2RCH2CHO?；卮鹣铝袉栴}：（1）飽和一元醇A中氧的質量分數(shù)約為21.6%，則A的分子式為_；結構分析顯示A只有一個甲基，A的名稱為_。（2）第步的反應類型為_； D中所含官能團的名稱為_；（3）第步反應的化學方程式為_。（4）E的分子式是_。（5）1mol水楊酸分別消耗NaOH、NaHCO3的物質的量之比是_。（6）X是比水楊酸多一個碳原子的同系物。X的同分異構體中，符合下列

4、條件的共_種，其中取代基在苯環(huán)的對位且能消耗3molNaOH的同分異構體的結構簡式是_。苯環(huán)上有兩個取代基與FeCl3發(fā)生顯色反應能發(fā)生水解反應18、A、B、C、D、E、X 是中學常見的無機物，存在如下圖轉化關系（部分生成物和反應條件略去）。(1)若 A 為常見的金屬單質，焰色反應呈黃色，X 能使品紅溶液褪色，寫出 C 和 E 反應的離子方程式：_。(2)若 A 為淡黃色粉末，X 為一種最常見的造成溫室效應的氣體。則鑒別等濃度的 D、E 兩種溶液，可 選擇的試劑為_（填代號）。A鹽酸 BBaCl2 溶液 CCa(OH)2 溶液(3)若 A 為非金屬氧化物，X 是 Fe，溶液 D 中加入 KSC

5、N 溶液變紅。則 A 與 H2O 反應的化學反應方程 式為_。19、實驗室需要0.1molL-1NaOH溶液450mL和0.5molL-1硫酸溶液450mL根據(jù)這兩種溶液的配制情況回答下列問題：（1）如圖所示的儀器中配制溶液肯定不需要的是_（填序號），本實驗所用玻璃儀器E的規(guī)格和名稱：_配制上述溶液還需用到的玻璃儀器是_（填儀器名稱）（2）容量瓶不能用于_（填序號）A配制一定體積準確濃度的標準溶液B長期貯存溶液C測量容量瓶規(guī)格以下的任意體積的液體D準確稀釋某一濃度的溶液E量取一定體積的液體F用來加熱溶解固體溶質（3）根據(jù)計算用托盤天平稱取NaOH的質量為_g在實驗中其他操作均正確，若定容時仰視

6、刻度線，則所得溶液濃度_0.1molL-1（填“大于”“等于”或“小于”，下同）若NaOH溶液在轉移至容量瓶時，灑落了少許，則所得溶液濃度_0.1molL-1（4）根據(jù)計算得知，所需質量分數(shù)為98%、密度為1.84gcm-3的濃硫酸的體積為_mL（計算結果保留一位小數(shù)）如果實驗室有15mL、20mL、50mL量筒，應選用_mL量筒最好配制過程中需先在燒杯中將濃硫酸進行稀釋，稀釋時操作方法是_。（5）如果定容時不小心超過刻度線，應如何操作：_。20、某化學學習小組為了探究鎂和二氧化硫的反應產(chǎn)物，進行如下實驗：設計如圖所示裝置完成鎂和二氧化硫的反應實驗。（1）實驗室用亞硫酸鈉與濃硫酸反應制備SO2

7、，利用的是濃硫酸的_(填字母)。a強氧化性 b強酸性c脫水性 d腐蝕性（2）B裝置中試劑的名稱是_；E裝置的作用是_。（3）有同學認為可以拆去D裝置，你認為_(填“能”或“不能”)拆去D裝置，理由是_。探究燃燒的反應產(chǎn)物（4）反應后取C裝置中的固體粉末進行如下實驗：實驗現(xiàn)象：G裝置中產(chǎn)生黑色沉淀，裝置中黑色粉末變紅色，J裝置中白色粉末變藍色。寫出G裝置中發(fā)生反應的離子方程式：_；I、J裝置中的現(xiàn)象說明固體中含有_(填化學式)。（5）取出F裝置燒瓶中的混合物，經(jīng)過濾、干燥得到少量固體粉末，為了探究固體粉末的成分，選擇下列裝置進行實驗：按氣體從左至右，選擇所需裝置，正確的連接順序為_(填字母)。能

8、證明固體粉末是硫磺的實驗現(xiàn)象是_。（6）經(jīng)實驗測定，鎂在二氧化硫中燃燒生成產(chǎn)物有硫化鎂、硫和氧化鎂。如果m(MgO)m(MgS)m(S)2074，寫出鎂與SO2在加熱條件下反應的化學方程式：_。21、黃銅礦是主要的煉銅原料，CuFeS2是其中銅的主要存在形式。回答下列問題：（1）CuFeS2中存在的化學鍵類型是_。其組成的三種元素中電負性較強的是 _。（2）下列基態(tài)原子或離子的價層電子排布圖正確的_。（3）在較低溫度下CuFeS2與濃硫酸作用時，有少量臭雞蛋氣味的氣體X產(chǎn)生。X分子的立體構型是_，中心原子雜化類型為_，屬于_（填“極性”或“非極性”）分子。X的沸點比水低的主要原因是_。（4）C

9、uFeS2與氧氣反應生成SO2，其結構式為，則SO2中共價鍵類型有_。（5）四方晶系CuFeS2晶胞結構如圖所示。Cu的配位數(shù)為_，已知：ab0.524 nm，c1.032 nm，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,CuFeS2晶體的密度是_gcm3(列出計算式)。2022-2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【答案解析】A、氫氣狀態(tài)不知，無法由體積求物質的量，A錯誤；B、氫化鋰中的氫是-1價，與水發(fā)生歸中反應，方程式為LiH+H2OLiOH+H2，所以氫化鋰也是一種儲氫材料，B正確；C、LiAlH4中的Li、Al都是主族金屬元素，H是非金屬元素，故L

10、i為+1價、Al為+3價、H為-1價，受熱分解時，根據(jù)Al元素的價態(tài)變化即可得出1 mol LiAlH4完全分解轉移3 mol電子，生成1.5mol的氫氣，而LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2生成4mol的氫氣轉移4mol的電子，所以生成1mol氫氣轉移電子分別為：2mol和1mol，因此反應、轉移電子數(shù)之比為2：1，C錯誤；D、LiAlH4、LiH均是離子化合物，D錯誤；答案選B?！敬鸢更c睛】本題考查了氧化還原反應、元素化合物性質，側重考查氫化鋰的性質，熟悉氫化鋰中氫為-1價是解題的關鍵，注意對所給條件的分析和應用，題目難度中等。2、C【答案解析】Algc(H+)c(OH-)越大，溶

11、液中氫離子濃度越大，未加NaOH時，HX溶液中l(wèi)gc(H+)c(OH-)的值大，所以HX的酸性大于HY，故A錯誤；Ba點lgc(H+)c(OH-)=12，則溶液中c(H+)=0.1mol/L，溶液中水電離的c(H+)=10-140.1 =10-13molL-1，故B錯誤；Cc點lgc(H+)c(OH-)=6，則溶液中c(H+)=10-4mol/L，此時消耗的NaOH為0.005mol，則溶液中的溶質為NaY和HY，由于溶液顯酸性，所以HY的電離程度大于NaY的水解程度，所以c(Y-)c(HY)，故C正確；D濃度均為0.1molL-1、體積均100mL的HY與NaOH恰好中和消耗NaOH為0.0

12、1mol，而b點時消耗的NaOH為0.008mol，所以酸過量，故D錯誤；故選C。3、C【題目詳解】A同主族從上往下金屬性增強，所以Nh的金屬性強于Al，故A正確；BNh是第七周期第A族元素，故B正確；C電子層數(shù)越多半徑越大，所以Nh的原子半徑大于同族元素原子，故C錯誤；D最外層3個電子，所以Nh在其化合態(tài)中主要呈+3價，故D正確；故答案為C。4、D【答案解析】A、二氧化碳氣體中混有的雜質是氯化氫氣體除去氯化氫氣體用飽和碳酸氫鈉溶液，不能用碳酸鈉溶液，因為碳酸鈉溶液會吸收二氧化碳，A錯誤；B、制取的氯氣中常含有氯化氫氣體但是不能用氫氧化鈉溶液除雜因為氯氣會與氫氧化鈉反應，B錯誤；C、除去氨氣中

13、的雜質氣體不能用水因為氨氣極易溶于水，C錯誤；D、一氧化氮難溶于水，可以用水除去其中的二氧化氮或硝酸，再用濃硫酸干燥即可得到純凈的一氧化氮氣體，正確。答案選D。5、C【題目詳解】A、甲是碳，丁是氧氣，則乙是CO，丙是二氧化碳，二氧化碳與碳反應生成CO，A正確；B、甲是二氧化硫，丁是氨水，則乙是亞硫酸氫銨，丙是亞硫酸銨，亞硫酸銨與二氧化硫反應生成亞硫酸氫銨，B正確；C、甲是鐵，丁若是鹽酸，則乙只能是氯化亞鐵，而氯化亞鐵與鹽酸不再反應，C錯誤；D、甲是氫氧化鈉，丁是二氧化碳，則乙是碳酸鈉，丙是碳酸氫鈉，碳酸氫鈉與氫氧化鈉反應生成碳酸鈉，D正確。答案選C。6、D【題目詳解】ACu2為藍色溶液，不符合

14、無色溶液的要求，故A錯誤；B酸性溶液中可ClO不能大量共存，而且ClO具有強氧化性，能氧化碘離子，不能大量共存，故B錯誤；CBa2和SO會生成硫酸鋇沉淀，不能大量共存，故C錯誤；DNa、K、Cl、HCO是無色溶液，而且不能發(fā)生反應，能大量存在，故D正確；故選D。7、A【題目詳解】A在FeSO4溶液中加入少量鐵粉以防止Fe2+被氧化，利用是鐵粉的還原性，不涉及化學平衡移動知識，不能用勒沙特列原理解釋，故A錯誤；B開啟啤酒瓶后，瓶中馬上泛起大量泡沫，是壓強對其影響導致的，且屬于可逆反應，能用勒沙特列原理解釋，故B正確；C氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，該反應存在溶解平衡，飽和食鹽水中含有氯化鈉電離出

15、的氯離子，飽和食鹽水抑制了氯氣的溶解，所以實驗室可用排飽和食鹽水的方法收集氯氣，能用勒夏特列原理解釋，故C正確；D增大反應物濃度，平衡向正反應方向移動，所以使用過量的空氣能夠提高二氧化硫的利用率，能夠用平衡移動原理解釋，故D正確；故答案為A?！敬鸢更c睛】勒夏特列原理為：如果改變影響平衡的條件之一，平衡將向著能夠減弱這種改變的方向移動，但影響因素不能完全被消除；使用勒夏特列原理時，必須注意研究對象必須為可逆反應，否則勒夏特列原理不適用，特別是改變平衡移動的因素不能用平衡移動原理解釋，如催化劑的使用只能改變反應速率，不改變平衡移動，無法用勒夏特列原理解釋。8、D【答案解析】A、一個氫氧化鐵膠粒是多

16、個氫氧化鐵的聚集體；B、標準狀況下，SO3是固體；C、氫氣的狀態(tài)不確定；D、含有3NA個離子的過氧化鈉固體即1molNa2O2；【題目詳解】A、一個氫氧化鐵膠粒是多個氫氧化鐵的聚集體，故形成的膠粒的個數(shù)小于0.001NA個，故A錯誤；B、標準狀況下，SO3是固體，不能用氣體摩爾體積來計算物質的量，故B錯誤；C、氫氣的狀態(tài)不確定，不一定是標準狀況，故C錯誤；D、含有3NA個離子的過氧化鈉固體即1molNa2O2，2molNa+,溶于水配成1L溶液，所得溶液中Na+的濃度為 2mol/L，故D正確；故選D。【答案點睛】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關計算，解題關鍵：熟練掌握公式的使用和物質的結構，易

17、錯點BC，氣體摩爾體積應用的對象是標準狀況下的氣體。9、C【題目詳解】A. 硫黃和氧氣反應生成SO2，當改變反應物的用量、濃度或反應條件時 ，生成物不會發(fā)生改變，故A不選；B. 氯化鋁溶液和氨水反應生成氫氧化鋁沉淀和氯化銨，當改變反應物的用量、濃度或反應條件時 ，生成物不會發(fā)生改變，故B不選；C. 漂白粉溶液和SO2反應當二氧化硫少量時，當SO2氣體過量時，當改變反應物的用量、濃度或反應條件時 ，生成物會發(fā)生改變，故C選；D. NaHCO3溶液和鹽酸反應生成氯化鈉水和二氧化碳，當改變反應物的用量、濃度或反應條件時 ，生成物不會發(fā)生改變，故D不選。故答案選：C。10、A【答案解析】根據(jù)裝置圖中L

18、i+、SO42-的流動方向可判斷，石墨a是陽極，石墨b是陰極。A項，b極為陰極，b極電極反應為2H2O+2e-=H2+2OH-，c（OH-）增大，溶液的pH增大，錯誤；B項，a極為陽極，陽極電極反應為2H2O-4e-=O2+4H+，正確；C項，電解過程中，SO42-通過陰離子交換膜進入陽極室，與H+結合得到H2SO4，陰極產(chǎn)生H2，正確；D項，根據(jù)b極電極反應2H2O+2e-=H2+2OH-，當電路中通過1mol電子時，陰極室生成1molOH-，1molLi+通過陽離子交換膜進入陰極室，陰極室中得到1molLiOH，正確；答案選A。11、D【分析】某透明溶液放入鋁片后有氫氣產(chǎn)生，則該溶液即可能

19、呈強酸性又可能呈強堿性，則該物質既能在強酸溶液中能大量存在又在強堿溶液中能大量存在；【題目詳解】ANaHCO3即不能在強酸性溶液中大存在，又不能在強堿性溶液中大量存在，故A不選；BNH4Cl雖然能在強酸溶液中大量存在，但不能在強堿溶液中大量存在，故B不選；CKNO3在強酸強堿溶液中都能大量存在，但在強酸溶液中與和Al反應不能產(chǎn)生，故C不選；D在強酸強堿溶液中Na2SO4都能大量存在，故選D。答案選D12、A【題目詳解】A.氧化鈉在熔融狀態(tài)時能電離出Na+和O2-，是電解質，故A選。B. SO3溶于水和水反應生成硫酸，硫酸能電離出氫離子和硫酸根離子，但不是SO3電離出來的，熔融狀態(tài)下的SO3也不

20、導電，故SO3是非電解質，故B不選；C.銅是單質，既不是電解質也不是非電解質，故C不選；D.NaCl溶液是混合物，既不是電解質也不是非電解質，故D不選故選A。【答案點睛】電解質：在水溶液或熔融狀態(tài)下，能夠導電化合物，導電的離子必須是本身提供的，一般包括：酸、堿、多數(shù)的鹽、部分金屬氧化物等。13、B【題目詳解】A.碳不能直接生成碳酸鈉、碳酸氫鈉，故A錯誤；B.Fe3O4與碳反應生成鐵單質，鐵與鹽酸反應生成氯化亞鐵，鐵與氯氣反應生成氯化鐵，氯化鐵與鐵反應生成氯化亞鐵，氯化亞鐵與氯氣反應生成氯化鐵，故B正確；C.氧化鋁不能直接生成氫氧化鋁，故C錯誤；D.硫單質不能直接生成三氧化硫，故D錯誤。故答案選

21、B。14、B【題目詳解】ACu片放入FeC13溶液中，生成氯化銅和氯化亞鐵，無法證明Fe的金屬性比Cu強，A結論錯誤；B將點燃的鎂條置于盛有CO2的集氣瓶中，生成氧化鎂和單質碳，鎂作還原劑，C為還原產(chǎn)物，鎂的還原性比碳強，B結論正確；C將SO2通入溴水或酸性KMnO4溶液中，二氧化硫被氧化生成硫酸，二氧化硫表現(xiàn)還原性，C結論錯誤；D向FeCl2溶液(含少量FeBr2雜質)中，加入適量氯水，亞鐵離子的還原性大于溴離子，產(chǎn)生氯化鐵，不能除掉Br-，D結論錯誤；答案為B。15、C【答案解析】乙醛有醛基能與新制氫氧化銅懸濁液反應得到磚紅色沉淀，乙酸沒有醛基，但是乙酸有顯酸性的羧基，可以與氫氧化銅反應得

22、到可溶于水的醋酸銅，選項A正確。乙酸有羧基，顯酸性，且酸性強于碳酸，所以乙酸可以與碳酸鈉反應得到二氧化碳，而乙醇沒有羧基，實際顯中性，與碳酸鈉不反應，選項B正確。氯化鐵應該與酚羥基作用而顯色，與醇羥基不反應，所以不能說“氯化鐵與羥基反應顯紫色”，選項C錯誤。乙醇與水混溶，所有的烴都不溶于水，所以甲苯不溶于水，應該分層，選項D正確。點睛：進行有機物的鑒別時，要注意到有機物的化學性質的區(qū)別，但是同時也要注意其物理性質的差異。因為在鑒別的時候一般會使用某種水溶液，所以要考慮該有機物是否溶于水，如果不溶于水，還要考慮其密度大于還是小于水。16、C【答案解析】A磁性氧化鐵為四氧化三鐵，屬于難溶物質，四氧

23、化三鐵與稀硝酸反應生成NO、硝酸鐵和水，則離子方程式為：3Fe3O4+28H+NO3-9Fe3+NO+14H2O，故A錯誤；B向Na2SiO3溶液中通入過量SO2生成NaHSO3，離子方程式為：SiO32-+2SO2+2H2OH2SiO3+2HSO3-，故B錯誤；CNaHSO4溶液與Ba(OH)2溶液反應，當SO42-完全沉淀時，生成BaSO4、NaOH和水，其反應的離子方程式為：H+SO42-+OH-+Ba2+BaSO4+H2O，故C正確；D依據(jù)電離平衡常數(shù)，向NaClO溶液中通入少量CO2反應生成碳酸氫鈉和次氯酸，離子方程式：ClO-+CO2+H2OHClO+HCO3-，故D錯誤；故選C。

24、點睛：本題考查了離子方程式的正誤判斷，注意掌握離子方程式的書寫原則，明確離子方程式正誤判斷常用方法是解題的關鍵。本題的易錯點為D，依據(jù)電離平衡常數(shù)，酸性：H2CO3HClOHCO3-，向NaClO溶液中通入少量CO2只能生成碳酸氫鈉和次氯酸。二、非選擇題（本題包括5小題）17、C4H10O 1-丁醇 加成反應 羥基 2CH3(CH2)2CH2OH+O2 2CH3(CH2)2CHO+2H2O C15H22O3 2:1 9 【分析】飽和一元醇A中氧的質量分數(shù)約為21.6%，則根據(jù)飽和一元醇的通式CnH2n+2O分析，該醇的分子式為C4H10O，根據(jù)其只有一個甲基分析，結構簡式為CH3CH2CH2C

25、HO，根據(jù)轉化關系分析，B為CH3CH2CH2CHO，C為CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO，結合D的相對分子質量為130分析，D的結構簡式為CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH。【題目詳解】(1)根據(jù)分析，A的分子式為 C4H10O，其結構簡式為CH3CH2CH2CH2OH，名稱為1-丁醇；(2)C到D為碳碳雙鍵和碳氧雙鍵的加成反應；D的結構簡式為CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH，官能團為羥基；(3) 第步反應為醇變?nèi)┑倪^程，化學方程式為2CH3(CH2)2CH2OH+O2 2CH3(CH2)2CHO+2H2O；(4)E為 CH3CH2C

26、H2CH2CH(CH2CH3)CH2OH和水楊酸酯化反應生成的，根據(jù)質量守恒定律分析，反應生成酯和水，故E的分子式為 C15H22O3 ；(5) 1mol 消耗2mol氫氧化鈉，消耗1mol碳酸氫鈉，故比例為2:1；(6) X是比水楊酸多一個碳原子的同系物。X的同分異構體中，與FeCl3發(fā)生顯色反應說明含有酚羥基，能發(fā)生水解反應，說明含有酯基，即連接的為-COOCH3，-CH2OOCH，-OOCCH3，與酚羥基都有鄰間對三種位置關系，所以符合下列條件的共9種；取代基在苯環(huán)的對位且能消耗3molNaOH的同分異構體說明酯基水解后生成酚羥基和羧基，其結構簡式是?！敬鸢更c睛】掌握有機物的官能團的結構

27、和性質，注意能和氫氧化鈉反應的官能團為酚羥基和羧基和酯基，能和碳酸氫鈉反應的官能團為羧基。能和金屬鈉反應的官能團為羥基或羧基。18、OH+HSO3=SO32+H2O AB 3NO2+H2O=2HNO3+NO 【分析】（1）若A為常見的金屬單質，焰色反應呈黃色，應為Na，X能使品紅溶液褪色，應為SO2，則B為H2，C為NaOH，D為Na2SO3，E為NaHSO3；（2）若A為淡黃色粉末，應為Na2O2；若X為一種造成溫室效應的氣體，應為CO2，以此分析。（3）若A為非金屬氧化物，X是Fe，由轉化關系可知C具有強氧化性，則A為NO2，B為NO，C為HNO3。【題目詳解】（1）Na位于周期表第三周期

28、A族，C和E反應的離子方程式為OH+HSO3=SO32+H2O；（2）若A為淡黃色粉末，應為Na2O2，若X為一種造成溫室效應的氣體，應為CO2，則C為NaOH，D為Na2CO3，E為NaHCO3，鑒別等濃度的D、E兩種溶液，可用鹽酸或氯化鋇溶液，用鹽酸產(chǎn)生氣泡快的為NaHCO3，用氯化鋇產(chǎn)生沉淀的為碳酸鈉，故選AB。（3）若A為非金屬氧化物，X是Fe，由轉化關系可知C具有強氧化性，則A為NO2，B為NO，C為HNO3，D為 Fe(NO3)3，E為 Fe(NO3)2，NO2與水反應的方程式為3NO2+H2O=2HNO3+NO。【答案點睛】本題考查無機物的推斷，過程相似，體現(xiàn)形式多樣，提高學生分

29、析問題、以及靈活運用基礎知識解決實際問題的能力。解題關鍵：把握好常見物質的性質以及有關轉化，并能結合題意具體問題、具體分析即可。19、AC500mL容量瓶燒杯、玻璃棒BCF2.0小于小于2.715先將適量水加入燒杯中，再將濃硫酸沿燒杯內(nèi)壁緩慢加入水中，并不斷攪拌重新配制【分析】(1)用固體和用液體配制溶液所用儀器有所不同，根據(jù)配制的過程可以列出各自所需的儀器；容量瓶只有1個刻度，只有有限規(guī)格的容量瓶可選用；(2)容量瓶用于液體的精確定容，其容積會受到各種因素的影響，所以能損壞容量瓶或引起容量瓶容積發(fā)生改變的使用方式均不允許；(3)容量瓶的規(guī)格有限，所以應根據(jù)可取用的容量瓶確定實際應配制的溶液的

30、體積，在此基礎上計算NaOH的質量；根據(jù)公式c=可判斷各種操作對配制結果的影響；(4)計算所需濃硫酸的體積應注意的事項與(3)相同；(5)每個容量瓶都只有一個刻度，定容時不能超過刻度線，否則，配制失敗。【題目詳解】(1)用固體NaOH配制一定物質的量濃度的溶液步驟和所用的儀器(重復的未列出)是：計算稱量(天平、藥匙)溶解(燒杯、玻璃棒)冷卻轉移溶液(容量瓶)洗滌(搖勻)定容(膠頭滴管)搖勻裝瓶；用濃硫酸配制一定物質的量濃度的溶液步驟和所用的儀器(重復的未列出)是：計算量取(量筒、膠頭滴管)稀釋(燒杯、玻璃棒)冷卻轉移溶液(容量瓶)洗滌(搖勻)定容搖勻裝瓶，都沒有用到的有平底燒瓶和分液漏斗；常見

31、的容量瓶沒有450mL的，應選用500mL的容量瓶；在配制過程中，溶解需用燒杯，還需用玻璃棒攪拌和引流。答案為：AC；500mL容量瓶；燒杯、玻璃棒；(2)A容量瓶用于液體的精確定容，可用于配制一定體積準確濃度的標準溶液，A選項不符合題意；B容量瓶為精密儀器，不能用于長期貯存溶液，B選項符合題意；C容量瓶只有一個刻度，不能測量容量瓶規(guī)格以下的任意體積的液體，C選項符合題意；D容量瓶用于液體的精確定容，可用于固體配制一定物質的量濃度的溶液，也可用于溶液準確稀釋，D選項不符合題意；E容量瓶有刻度，可用于量取一定體積的液體，但每個容量瓶只能量取一種體積的液體，E選項不符合題意；F容量瓶是精密儀器，不

32、能用來加熱溶解固體溶質，F(xiàn)選項符合題意；答案為：BCF；(3)實驗室一般沒有450mL規(guī)格的容量瓶，應取500mL規(guī)格的容量瓶，即，實際配制的溶液的體積為500mL，所以所需NaOH的質量為：50010-3L0.1molL-140gmol-1=2.0g。根據(jù)公式c=，定容時仰視觀察液面，則溶液體積V偏大，導致所配溶液濃度小于0.1molL-1；若NaOH溶液在轉移至容量瓶時，灑落了少許，則溶質物質的量n偏少，導致所配溶液濃度小于0.1molL-1。答案為：2.0；小于；小于；(4)與(3)相同，實際應配制的硫酸的體積為500mL，所以有：V(濃硫酸)1.84gcm-398%=50010-3L0

33、.5molL-198gmol-1，求得V(濃硫酸)13.6mL；應選擇量程不小于13.6mL的量筒中規(guī)格最小的，所以題給量筒中應選擇15mL的；濃硫酸稀釋：先將適量水加入燒杯中，再將濃硫酸沿燒杯內(nèi)壁緩慢加入水中，并不斷攪拌，切忌將水加入濃硫酸中，引起液體飛濺傷人。答案為：2.7；15；先將適量水加入燒杯中，再將濃硫酸沿燒杯內(nèi)壁緩慢加入水中，并不斷攪拌；(5)每個容量瓶都只有一個刻度，定容時如果超過刻度線，溶液體積偏大，濃度偏小，如果用膠頭滴管吸掉多出的部分，將損失溶質，所以無法補救，需重新配制。答案為：重新配制。【答案點睛】容量瓶用于液體的精確定容，是配制一定物質的量濃度的溶液的主要儀器，每個

34、容量瓶只有一個刻度；其容積會受到各種因素的影響，所以容量瓶不能用于加熱，不能用于固體或濃溶液的溶解、稀釋，不能裝入過冷或過熱的液體，不能作為反應容器，不能用于長期貯存溶液。20、b 濃硫酸 吸收尾氣中的SO2，防止空氣中的CO2與Mg反應 能 D裝置與盛有固體試劑的裝置相連，不會發(fā)生倒吸 Cu2H2S=CuS2H Mg d、c、a、b 品紅溶液褪色 5Mg2SO24MgOMgSS 【答案解析】本題重點考查鎂和二氧化硫的反應產(chǎn)物的實驗探究。本題應根據(jù) 已知推未知，已知2Mg+CO2=2MgO+C，可推測二氧化硫與鎂可能反應2Mg+SO2=2MgO+S，鎂單質還能與產(chǎn)物中的硫單質反應生成硫化鎂。實

35、驗I為鎂和二氧化硫的反應實驗，A裝置為二氧化硫的制備（濃硫酸與亞硫酸鈉發(fā)生復分解反應），制備的SO2中混有水蒸氣，應先用濃硫酸干燥SO2，再讓SO2與MgO反應；二氧化硫為污染性氣體，不能直接排放，所以用堿石灰吸收未反應的SO2，同時空氣中的CO2也能與鎂反應干擾實驗。實驗II為探究產(chǎn)物，固體中可能含有氧化鎂、硫單質、硫化鎂和鎂單質。將固體產(chǎn)物加入稀硫酸，產(chǎn)生氣體，硫化鎂與硫酸反應生成硫化氫氣體，MgS+H2SO4=MgSO4+H2S，鎂單質和稀硫酸反應生成氫氣和硫酸鎂，裝置G中加硫酸銅溶液可驗證是否有硫化氫生成，G裝置中產(chǎn)生黑色沉淀證明有硫化銅生成，進而證明固體中含有硫化鎂；接下來驗證是否有

36、氫氣生成，利用氫氣還原氧化銅，并檢驗產(chǎn)物是否有水，因此在驗證是否有氫氣生成時應先干燥氣體；裝置中黑色粉末變紅色，說明氧化銅被還原為銅單質，J裝置中白色粉末變藍色證明有水生成，進而證明了固體中含有鎂單質；此實驗結束后發(fā)現(xiàn)還有少量不溶固體，猜測可能為硫單質，實驗III即驗證剩余固體是否為硫單質，先使固體與氧氣反應，將產(chǎn)物通入品紅溶液中，如果品紅褪色，則證明固體為硫單質?！绢}目詳解】(1)濃硫酸與亞硫酸鈉發(fā)生復分解反應，該反應中強酸制備弱酸，濃硫酸表現(xiàn)出酸性。(2)制備的SO2中混有水蒸氣，應先用濃硫酸干燥SO2；二氧化硫為污染性氣體，不能直接排放，所以用堿石灰吸收未反應的SO2，同時空氣中的CO2

37、也能與鎂反應干擾實驗，所以堿石灰還可以防止空氣中的CO2與Mg反應。(3)本實驗中加熱裝置與盛有固體試劑的裝置連接，不會發(fā)生倒吸，不需要安全瓶，所以能拆去D裝置。(4)F裝置中MgS與稀硫酸發(fā)生MgS+H2SO4=MgSO4+H2S，硫酸銅溶液用于檢驗H2S，H2S與Cu2反應生成硫化銅黑色沉淀，離子反應為Cu2H2S=CuS2H 。氧化銅被還原成銅和水，無水硫酸銅變藍色，說明固體與稀硫酸反應有氫氣產(chǎn)生，即固體中含有未反應的鎂粉。(5)題給裝置中沒有氧氣干燥裝置，如果選擇雙氧水制氧氣，不能得到干燥的氧氣。實驗中，應該用干燥的氧氣與硫反應，故選擇高錳酸鉀制氧氣。裝置連接順序為制氧氣d、氧氣與硫反應c、檢驗SO2a、吸收尾氣b。氧氣與硫反應生成二氧化硫，二氧化硫能使品紅溶液褪色，所以如果品紅溶液褪色，則證明剩余固體為硫單質；(6)根據(jù)質量之比m(MgO)m(MgS)m(S)2074，則物質的量之比為n(MgO)n(MgS)n(S)m(Mg