北京市通州區(qū)高一上學期期末化學試卷

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2016—2017學年北京市通州區(qū)高一(上)期末化學試卷一、選擇題：(本題包括25小題,每小題2分，共50分，每題只有一個選項符合題意．）1．存放照相機、顯微鏡、食品和藥品的包裝盒中常放一些袋裝透明的膠狀顆粒,該顆粒的主要作用是干燥，其成分是（）A．活性炭 B．氯化鈉 C．硅膠 D．小蘇打2．只含有下列成分的物質一定不是合金的是（)A．Fe、C B．Cu、Zn C．Al、Cu D．C、Si3．某同學在實驗室里過濾一種渾濁溶液，發(fā)現(xiàn)濾出的液體仍渾濁，他檢查實驗裝置發(fā)現(xiàn)漏斗外壁沒有水，濾紙也未出現(xiàn)破損或小漏洞，則造成實驗失敗的原因可能是下列操作中的（(）A．濾紙高出漏斗邊緣的部分未剪掉B．濾紙與漏斗之間有氣泡未被排掉C．傾倒液體時液面高于濾紙邊緣D．過濾時玻璃棒靠在三層濾紙一邊4．下列關于金屬鈉的敘述錯誤的是（)A．金屬鈉可以保存在煤油中B．金屬鈉著火時，可用泡沫滅火器來滅火C．鈉與熔融的四氯化鈦反應可制取鈦D．實驗時用剩的鈉塊應該放回原試劑瓶5．已知阿伏加德羅常數(shù)為NA，下列說法正確的是(）A．2mol水中含有NA個H2O分子B．1g氫氣含有NA個H2分子C．16g氧氣中含有NA個氧分子D．1mol鐵與過量稀鹽酸反應生成NA個H2分子6．硅及其化合物在材料領域中應用廣泛．下列說法正確的是（)A．硅酸鈉可用于制備木材防火劑B．硅單質廣泛用于光纖通訊C．利用鹽酸刻蝕石英制作藝術品D．水晶項鏈是硅酸鹽制品7．下列物質露置于干燥的空氣中,不發(fā)生變化的是(）A．Na2O B．Na2O2 C．NaHCO3 D．Na2CO3?10H2O8．下列物質中，體積為22.4L的是（）A．20℃時18g水B．常溫常壓下1mol氨C．標準狀況下含6。02×1023個原子的Cl2D．標準狀況下44g二氧化碳9．用如圖表示的一些物質或概念間的從屬關系中,正確的是（）XYZA非金屬單質非電解質純凈物B置換反應氧化還原反應離子反應C膠體分散系混合物D酸性氧化物非金屬氧化物氧化物A．A B．B C．C D．D10．下列敘述正確的是（）A．元素的單質一定由氧化或還原該元素的化合物制得B．一個氧化還原反應中，氧化劑和還原劑一定是兩種不同的物質C．陽離子只能得到電子被還原，陰離子只能失去電子被氧化D．含有最高價元素的化合物不一定具有很強的氧化性11．1L1mol/L的氨水中（）A．含有1molNH3分子B．含1molNH3?H2OC．含有NH3和NH4+的物質的量之和為1molD．含NH3、NH3?H2O、NH4+的物質的量之和為1mol12．抗震救災中要用大量漂白粉和漂白液殺菌消毒．下列說法中正確的是（）A．漂白粉是純凈物，漂白液是混合物B．漂白粉的有效成分是Ca（ClO)2C．漂白液的有效成分是Na2O2D．工業(yè)上將氯氣通入澄清石灰水制取漂白粉13．下列說法正確的是(）A．液態(tài)HCl、固體NaCl均不導電，所以HCl、NaCl均不是電解質B．NH3、CO2的水溶液均能導電,所以NH3、CO2均是電解質C．蔗糖、酒精在水溶液里或熔融狀態(tài)時均不導電，所以它們不是電解質D．銅、石墨均導電，所以它們是電解質14．下表中對離子方程式的評價不合理的是（)選項化學反應及其離子方程式評價A向碳酸鈣上滴加稀鹽酸：2H++CO32﹣=CO2↑+H2O錯誤，碳酸鈣不應該寫成CO32﹣B向硫酸銨溶液中加入氫氧化鋇溶液：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓正確C鐵粉與稀硫酸反應：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑錯誤,H+的氧化性較弱，只能將鐵單質氧化為Fe2+D碳酸氫鈉溶液與過量澄清石灰水反應：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣錯誤,碳酸氫鈉溶液少量，書寫的離子方程式中HCO3﹣的化學計量數(shù)應為1A．A B．B C．C D．D15．只用一種試劑，能將NH4Cl、(NH4）2SO4、NaCl、Na2SO4四種溶液區(qū)分開，這種試劑是(）A．NaOH溶液 B．AgNO3溶液 C．BaCl2溶液 D．Ba（OH)2溶液16．Mg、Al組成的混合物與足量鹽酸反應,產生標準狀況下的氫氣4。48L．下列推斷中不正確的是（）A．參加反應的Mg、Al共0。2mo1B．參加反應的HC1為0.4molC．Mg、Al在反應中共失去0.4mol電子D．若與足量的稀硫酸反應能產生0。2molH217．將等物質的量的SO2、Cl2通入水中,所得的溶液（）A．具有中性漂白性 B．具有酸性漂白性C．只有漂白性 D．只有酸性18．能用如圖裝置進行噴泉實驗的一組氣體（）A．HCl和CO2 B．NH3和CO C．O2和CO2 D．NO2和NO19．欲迅速除去水壺底的水垢，又不損壞鋁壺，最好選用（）A．濃鹽酸 B．稀硝酸 C．冷的濃硫酸 D．冷的濃硝酸20．將氯水滴入KI溶液中，用力振蕩,再加入少量CCl4，振蕩后靜置，看到的現(xiàn)象為（）A．液體呈紫紅色B．液體分層，上層為紫色，下層接近無色C．液體分層，上層接近無色，下層為紫色D．液體無色21．下列推斷合理的是（)A．單質氧化物酸或堿鹽,能按照上述轉化關系直接轉化的可以是硫元素B．某無色溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入鹽酸，沉淀不溶解，則原溶液中一定有SO42﹣C．濃硫酸有強氧化性，常溫下能與Cu發(fā)生劇烈反應D．向某溶液中加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，該溶液中一定含有SO42﹣22．近年來在中國汽車的銷量大幅增長的同時也帶來了嚴重的空氣污染．汽車尾氣處理裝置中，氣體在催化劑表面吸附與解吸的過程如圖所示，下列說法正確的是（)A．汽車尾氣的主要污染成分包括CO、NO和N2B．反應中NO為氧化劑，N2為氧化產物C．NO和O2必須在催化劑表面才能反應D．催化轉化總反應為2NO+O2+4CO4CO2+N223．某無色混合氣體,依次通過濃流酸和過氧化鈉，氣體體積不斷減少，顏色變深，則混合氣體的組成是（）A．H2O（g）、NO和N2 B．NH3、NO和CO2C．O2、HCl和CO D．NO2、CO2和H2O（g)24．等量的鐵分別與足量的鹽酸、水蒸氣在一定的條件下充分反應,則在相同的條件下，產生氫氣的體積比是（）A．1：1 B．3：4 C．2：3 D．4:325．向200mL0.1mol?L﹣1的Fe（NO3)2溶液中加入適量的NaOH溶液，使Fe2+恰好完全沉淀,過濾，小心加熱沉淀,直到水分蒸干,再灼燒到質量不再變化,此時固體的質量為（)A．1.44g B．1.6g C．2。82g D．4。36g二、非選擇題:（本題包括7小題,共50分．）26．氯水中含有多種成分,因而具有多重性質．根據(jù)氯水分別與如圖四種物質發(fā)生的反應填空（a、b、c、d重合部分代表物質間反應，且氯水足量）．（1）能證明氯水具有漂白性的是（填“a"、“b”、“c”或“d”)．（2）c過程中的現(xiàn)象是．（3）a過程中的化學方程式為．b過程中的離子方程式為．27．將等物質的量的Cu、Fe粉投入一定量的FeCl3溶液中充分反應，再取出部分溶液進行下列實驗：（1)若滴加一滴KSCN溶液,溶液顯紅色，則溶液中可能存在的離子有；(2）若滴加一滴KSCN溶液,溶液不顯紅色，則溶液中一定存在的離子有,可能存在的金屬粉末有；(3）若加入的金屬全部溶解，則溶液中n（Cu2+)：n(Fe2+）=．28．氮的氧化物和硫的氧化物是導致酸雨的物質．（1）形成酸雨的原理之一可簡單表示如圖：請回答下列問題:①酸雨的pH（填“＞”、“＜”或“=”）5.6;②D物質的化學式為；③反應b的化學方程式為；（2）在一定條件下氨氣亦可用來將氮氧化物轉化為無污染的物質．寫出氨氣和二氧化氮在一定條件下反應的化學方程式：，反應中氧化劑是，還原劑是；（3）用溶液可以吸收廢氣中的氮氧化物．29．用18。4mol?L﹣1的濃H2SO4配制100mL濃度為1mol?L﹣1的稀H2SO4，其操作可分為以下各步：A．用量筒量取5.4ml濃H2SO4緩緩注入裝有約50mL蒸餾水的燒杯中，并用玻璃棒攪拌；B．用約30mL蒸餾水,分成3次洗滌燒杯和玻棒，將每次洗滌液都注入容量瓶中;C．將稀釋后的H2SO4小心轉移到100mL容量瓶里;D．檢查100mL容量瓶口部是否會發(fā)生滴漏；E．用量筒加蒸餾水至容量瓶中液面接近刻度2cm處；F．蓋緊瓶塞，反復顛倒振蕩,搖勻溶液；G．用膠頭滴管向容量瓶里逐滴滴加蒸餾水至液面最低點和刻度線相平，試填空①正確的操作順序為（用字母填寫)．②進行A步操作時，應選擇下列量器（填序號)．a．10ml量筒b．50ml量筒c．100ml量筒如果對裝有濃H2SO4的量筒讀數(shù)如右圖所示，配制的稀H2SO4的濃度將(偏高、偏低、無影響）③進入A步操作后，必須后才能進行C操作．30．選擇性催化還原是在有催化劑的條件下將NOx轉變?yōu)镹2和H2O,這是目前國外硝酸廠進行尾氣治理普遍采用的一種方法．某小組同學擬驗證NO能被氨氣還原并測算其轉化率．請回答下列問題：(1)若制取氨氣用A裝置,則發(fā)生反應的化學方程式為;若用B裝置制取氨氣,則分液漏斗和錐形瓶中盛放的藥品分別是；（2）用C裝置制取NO時，用可抽動的銅絲，其優(yōu)點是；其反應的離子方程式為；(3）裝置⑦的作用可能是;（4）若進入裝置⑤的NO共2688mL（標況下），氨氣過量，最后收集到標況下2016mLN2，則NO的轉化率為．31．現(xiàn)有金屬單質A、B、C和氣體甲、乙、丙及物質D、E、F、G、H，它們之間能發(fā)生如圖反應(圖中某些反應的產物及條件沒有全部標出）據(jù)以上信息填空:（1）寫出下列物質的化學式(或：現(xiàn)象）：A，B，C，反應②現(xiàn)象：;（2）寫出下列反應的化學方程式：反應①；反應③；（3)寫出下列反應的離子方程式：反應④；反應⑥．32．向20mL某濃度的AlCl3溶液中滴加2mol/L的NaOH溶液時，所得的沉淀質量與加入NaOH溶液的體積之間的關系如圖所示：(1）圖中A點表示的意義是．(2）最大沉淀量為g．(3）B點表示的意義是．(4）所用AlCl3溶液的物質的量濃度是．（5）當所得沉淀量為0。39g時，用去NaOH溶液的體積是mL或mL．

2016—2017學年北京市通州區(qū)高一（上)期末化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題:(本題包括25小題，每小題2分，共50分，每題只有一個選項符合題意．)1．存放照相機、顯微鏡、食品和藥品的包裝盒中常放一些袋裝透明的膠狀顆粒，該顆粒的主要作用是干燥，其成分是（)A．活性炭 B．氯化鈉 C．硅膠 D．小蘇打【考點】KF：常見的食品添加劑的組成、性質和作用．【分析】空氣中有水蒸氣、氧氣，存放食品和藥品易和空氣中的水蒸氣、氧氣反應變質，存放食品和藥品的包裝盒中常可發(fā)現(xiàn)一些袋裝透明膠狀顆粒，該顆粒材料可能除去水蒸氣、氧氣，據(jù)此分析解答．【解答】解：A．活性炭不是透明膠狀顆粒，不滿足條件，故A錯誤；B．氯化鈉不具有吸水的特性，不能作為干燥劑使用，也不能吸收氧氣,故B錯誤；C．硅膠的主要成分為SiO2?nH2O，硅膠具有開放的多孔結構，吸附性強，能吸附多種物質，常用作干燥劑、吸附劑，故C正確；D．小蘇打不是膠狀顆粒，且不具有干燥作用，故D錯誤;故選C．2．只含有下列成分的物質一定不是合金的是(）A．Fe、C B．Cu、Zn C．Al、Cu D．C、Si【考點】G3：合金的概念及其重要應用．【分析】合金是指由一種金屬與其它金屬或非金屬熔合而成的具有金屬特性的物質．【解答】解:由合金的概念可知，合金中至少含有一種金屬，C、Si都是非金屬不能形成合金，故選D．3．某同學在實驗室里過濾一種渾濁溶液，發(fā)現(xiàn)濾出的液體仍渾濁,他檢查實驗裝置發(fā)現(xiàn)漏斗外壁沒有水，濾紙也未出現(xiàn)破損或小漏洞，則造成實驗失敗的原因可能是下列操作中的（（)A．濾紙高出漏斗邊緣的部分未剪掉B．濾紙與漏斗之間有氣泡未被排掉C．傾倒液體時液面高于濾紙邊緣D．過濾時玻璃棒靠在三層濾紙一邊【考點】P1：過濾．【分析】在過濾過程中，如果濾紙破損、液面高于濾紙邊緣都可能使得液體中的不溶物進入下面的燒杯,從而使得濾液渾濁；盛放濾液的燒杯不干凈時也使得濾液渾濁，據(jù)此進行判斷．【解答】解:A、濾紙高出漏斗邊緣的部分未剪掉，不會造成濾液渾濁，故A錯誤；B、濾紙與漏斗之間有氣泡未被排除，造成過濾慢，不會造成濾液渾濁，故B錯誤；C、傾倒液體時液面高于濾紙邊緣,使溶液從濾紙和漏斗之間直接滲入燒杯，導致濾液中混入雜質，使濾液渾濁，故C正確;D、過濾時玻璃棒靠在三層濾紙一邊，不會造成濾液渾濁，故D錯誤；故選C．4．下列關于金屬鈉的敘述錯誤的是(）A．金屬鈉可以保存在煤油中B．金屬鈉著火時，可用泡沫滅火器來滅火C．鈉與熔融的四氯化鈦反應可制取鈦D．實驗時用剩的鈉塊應該放回原試劑瓶【考點】GE：鈉的化學性質；O2：化學試劑的存放．【分析】A、金屬鈉的密度比煤油的大;B、金屬鈉燃燒生成的過氧化鈉可以和二氧化碳之間反應，泡沫滅火器產生的是二氧化碳;C、鈉的還原性強，鈉能與熔融狀態(tài)下的四氯化鈦反應制取金屬鈦;D、實驗時用剩的鈉塊應該放回原瓶．【解答】解：A、金屬鈉的密度比煤油的大，通常少量的金屬鈉可保存在煤油中，故A正確；B、金屬鈉著火不可用泡沫滅火器滅火，這樣會使或燃燒得更旺,故B錯誤;C、鈉的還原性強，可用鈉和熔融狀態(tài)下的四氯化鈦反應制取金屬鈦,故C正確；D、實驗時用剩的鈉塊應該放回原瓶，故D正確．故選B．5．已知阿伏加德羅常數(shù)為NA,下列說法正確的是(）A．2mol水中含有NA個H2O分子B．1g氫氣含有NA個H2分子C．16g氧氣中含有NA個氧分子D．1mol鐵與過量稀鹽酸反應生成NA個H2分子【考點】4F：阿伏加德羅常數(shù)．【分析】A、分子個數(shù)N=nNA；B、求出氫氣的物質的量,然后根據(jù)分子個數(shù)N=nNA來計算；C、求出氧氣的物質的量，然后根據(jù)分子個數(shù)N=nNA來計算；D、鐵和鹽酸反應后變?yōu)?2價．【解答】解：A、分子個數(shù)N=nNA,故2mol水中含有的水分子個數(shù)N=2mol×NA/mol=2NA,故A錯誤；B、1g氫氣的物質的量n==0.5mol，故分子個數(shù)N=nNA=0。5NA個，故B錯誤；C、16g氧氣的物質的量n==0。5mol,故分子個數(shù)N=nNA=0。5NA個，故C錯誤；D、鐵和鹽酸反應后變?yōu)?2價，故1mol鐵失去2mol電子,能還原2mol氫離子生成1mol氫氣，故氫氣分子個數(shù)為NA個，故D正確．故選D．6．硅及其化合物在材料領域中應用廣泛．下列說法正確的是（）A．硅酸鈉可用于制備木材防火劑B．硅單質廣泛用于光纖通訊C．利用鹽酸刻蝕石英制作藝術品D．水晶項鏈是硅酸鹽制品【考點】FH:硅和二氧化硅．【分析】A．硅酸鈉不燃燒;B．二氧化硅廣泛用于光纖通訊行業(yè)；C．鹽酸與二氧化硅不反應;D．水晶項鏈的主要成分為二氧化硅．【解答】解：A．硅酸鈉不燃燒，可用于制備木材防火劑,故A錯誤；B．硅單質主要應用用半導體材料及太陽能電池板，而二氧化硅廣泛用于光纖通訊行業(yè)，故B錯誤；C．鹽酸與二氧化硅不反應,則不能利用鹽酸刻蝕石英制作藝術品，故C錯誤；D．水晶項鏈的主要成分為二氧化硅，為硅的氧化物，不屬于硅酸鹽，故D錯誤．故選A．7．下列物質露置于干燥的空氣中,不發(fā)生變化的是（）A．Na2O B．Na2O2 C．NaHCO3 D．Na2CO3?10H2O【考點】GF：鈉的重要化合物．【分析】氧化鈉易與水、氧氣反應,過氧化鈉可與二氧化碳、水反應,碳酸鈉結晶水合物在溫度稍高時易失去結晶水,以此解答該題．【解答】解：A．氧化鈉可與氧氣進一步反應生成過氧化鈉,故A不選;B．過氧化鈉可與空氣中的二氧化碳反應，故B不選；C．碳酸氫鈉在干燥的環(huán)境中性質較穩(wěn)定，不易發(fā)生變化，常溫下不分解,故C選;D．Na2CO3?10H2O在干燥的環(huán)境中易失去結晶水，故D不選．故選C．8．下列物質中，體積為22。4L的是()A．20℃時18g水B．常溫常壓下1mol氨C．標準狀況下含6。02×1023個原子的Cl2D．標準狀況下44g二氧化碳【考點】4D：氣體摩爾體積．【分析】標準狀況下，1mol氣體的體積為22.4L，標準狀況是指0℃，101325Pa下的狀態(tài)，也叫理想氣體標準狀態(tài)，據(jù)此判斷分析．【解答】解:A。18g水的物質的量為1mol，20℃時水是液態(tài)不是氣體，則體積不是22.4L，故A不選;B．常溫常壓不是標準狀況，1mol氣體的體積不是22.4L，故B不選；C．含6。02×1023個原子的Cl2的物質的量為0.5mol，標準狀況下的體積為11。2L，故C不選；D.44g二氧化碳的物質的量為=1mol，標準狀況下的體積為22.4L,故D選．故選D．9．用如圖表示的一些物質或概念間的從屬關系中,正確的是（）XYZA非金屬單質非電解質純凈物B置換反應氧化還原反應離子反應C膠體分散系混合物D酸性氧化物非金屬氧化物氧化物A．A B．B C．C D．D【考點】D1：電解質與非電解質;3A：酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯(lián)系;66：膠體的重要性質；BS：化學基本反應類型．【分析】由圖可知，概念的范疇為Z包含Y，Y包含X，然后利用物質的組成和性質來分析物質的類別，再根據(jù)概念的從屬關系來解答．【解答】解：A．純凈物包括單質和化合物，非電解質一定為化合物，和非金屬單質之間是并列關系，不是包含關系，故A錯誤;B．置換反應一定是氧化還原反應,但氧化還原反應不一定屬于離子反應，故B錯誤；C．膠體是一種分散系，屬于混合物，故C正確；D．七氧化二錳是酸性氧化物，屬于金屬氧化物，不屬于非金屬氧化物范疇，故D錯誤．故選C．10．下列敘述正確的是（)A．元素的單質一定由氧化或還原該元素的化合物制得B．一個氧化還原反應中，氧化劑和還原劑一定是兩種不同的物質C．陽離子只能得到電子被還原，陰離子只能失去電子被氧化D．含有最高價元素的化合物不一定具有很強的氧化性【考點】B1：氧化還原反應．【分析】A．不活潑金屬元素的單質可由自然界直接得到；B．對于發(fā)生歧化反應的物質，氧化劑、還原劑為同一種物質；C．陽離子如處于中間價態(tài)，可被氧化，陰離子如具有強氧化性，可得電子被還原；D．化合物是否具有強氧化性取決于得電子能力．【解答】解:A．大多數(shù)元素的單質由氧化或還原該元素的化合物制得,但不活潑金屬元素的單質可由自然界直接得到，故A錯誤；B．對于發(fā)生歧化反應的物質，氧化劑、還原劑為同一種物質,如氯氣和水的反應，氯氣既是氧化劑也是還原劑，故B錯誤;C．陽離子如處于中間價態(tài)，可被氧化,如Fe2+，陰離子如具有強氧化性，可得電子被還原，如NO3﹣、MnO4﹣等,故C錯誤;D．化合物是否具有強氧化性取決于得電子能力，如CO2中C元素處于最高價態(tài)，但氧化性較弱，故D正確．故選D．11．1L1mol/L的氨水中（)A．含有1molNH3分子B．含1molNH3?H2OC．含有NH3和NH4+的物質的量之和為1molD．含NH3、NH3?H2O、NH4+的物質的量之和為1mol【考點】4E：物質的量濃度．【分析】氨水中的溶質是NH3?H2O，氨水中存在平衡：NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH﹣，根據(jù)物料守恒來分析解答．【解答】解：氨水中的溶質是NH3?H2O，氨水中存在NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH﹣，所以溶液中存在含有氮元素的微粒有NH3、NH3?H2O、NH4+，根據(jù)物料守恒得n（NH3）+n（NH3?H2O）+n（NH4+）=1mol，則含NH3、NH3?H2O、NH4+的物質的量之和為1mol，n（NH3）、n（NH3?H2O）、n（NH4+）都小于1mol，故選D．12．抗震救災中要用大量漂白粉和漂白液殺菌消毒．下列說法中正確的是（)A．漂白粉是純凈物，漂白液是混合物B．漂白粉的有效成分是Ca（ClO)2C．漂白液的有效成分是Na2O2D．工業(yè)上將氯氣通入澄清石灰水制取漂白粉【考點】EM：氯、溴、碘及其化合物的綜合應用．【分析】氯氣與石灰乳反應制備漂白粉，漂白粉的主要成分為Ca（ClO）2、CaCl2，有效成分為Ca(ClO）2，而氯氣與NaOH溶液反應制備漂白液,有效成分為NaClO，以此來解答．【解答】解：A．漂白粉和漂白液均為混合物，故A錯誤；B．Ca（ClO）2具有強氧化性,則漂白粉的有效成分是Ca(ClO）2，故B正確；C．氯氣與NaOH溶液反應制備漂白液，有效成分為NaClO,故C錯誤；D．石灰水中氫氧化鈣的濃度小，則工業(yè)上利用氯氣與石灰乳反應制備漂白粉，故D錯誤；故選B．13．下列說法正確的是（)A．液態(tài)HCl、固體NaCl均不導電，所以HCl、NaCl均不是電解質B．NH3、CO2的水溶液均能導電,所以NH3、CO2均是電解質C．蔗糖、酒精在水溶液里或熔融狀態(tài)時均不導電，所以它們不是電解質D．銅、石墨均導電，所以它們是電解質【考點】D1：電解質與非電解質．【分析】在水溶液里或熔化狀態(tài)下能導電的化合物屬于電解質，在此兩種條件下均不能導電的化合物屬于非電解質，單質與混合物既不是電解質也不是非電解質，據(jù)此解答即可．【解答】解：A、液態(tài)HCl、固體NaCl均不導電,但是溶于水它們均能導電，且屬于化合物，故HCl、NaCl均是電解質，故A錯誤；B、NH3、CO2的水溶液能導電，并不是它們自身電離的結果,而是它們與水反應的產物NH3?H2O、H2CO3電離的結果，故B錯誤；C、蔗糖、酒精在水溶液里或熔融狀態(tài)時均不導電，所以它們不是電解質，是非電解質,故C正確；D、某物質是否為電解質的前提是此物質必須是化合物，故銅、石墨均不是電解質，故D錯誤；故選C．14．下表中對離子方程式的評價不合理的是（）選項化學反應及其離子方程式評價A向碳酸鈣上滴加稀鹽酸：2H++CO32﹣=CO2↑+H2O錯誤,碳酸鈣不應該寫成CO32﹣B向硫酸銨溶液中加入氫氧化鋇溶液:Ba2++SO42﹣=BaSO4↓正確C鐵粉與稀硫酸反應：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑錯誤,H+的氧化性較弱,只能將鐵單質氧化為Fe2+D碳酸氫鈉溶液與過量澄清石灰水反應：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣錯誤，碳酸氫鈉溶液少量，書寫的離子方程式中HCO3﹣的化學計量數(shù)應為1A．A B．B C．C D．D【考點】49：離子方程式的書寫．【分析】A．碳酸鈣為難溶物，離子方程式中應該保留化學式；B．漏掉了銨根離子與氫氧根離子的反應；C．鐵與稀硫酸反應生成的是亞鐵離子，不是鐵離子；D．氫氧化鈣少量,離子方程式按照碳酸氫鈉的化學式組成書寫．【解答】解:A．碳酸鈣不能拆開，正確的離子方程式為：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，該評價合理，故A不選;B．向硫酸銨溶液中加入氫氧化鋇溶液，反應生成硫酸鋇沉淀和一水合氨,正確的離子反應為2OH﹣+2NH4++Ba2++SO42﹣═BaSO4↓+2NH3?H2O,該評價不合理,故B選；C．H+的氧化性較弱，只能將鐵單質氧化為Fe2+，正確的離子方程式為：Fe+2H+=Fe2++H2↑，該評價合理,故C不選;D．碳酸氫鈉溶液與過量澄清石灰水反應生成碳酸鈣沉淀、氫氧化鈉和水，正確的離子方程式為：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，評價合理，故D不選；故選B．15．只用一種試劑，能將NH4Cl、（NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4四種溶液區(qū)分開，這種試劑是()A．NaOH溶液 B．AgNO3溶液 C．BaCl2溶液 D．Ba（OH）2溶液【考點】PS:物質的檢驗和鑒別的基本方法選擇及應用．【分析】只用一種試劑就能將（NH4)2SO4、NH4Cl、NaCl、Na2SO4四種溶液區(qū)分開來，則所取的試劑與這四種物質混合時須有明顯的不同現(xiàn)象．【解答】解：A、氫氧化鈉溶液能與硫酸銨溶液以及氯化銨溶液產生有刺激氣味的氣體，現(xiàn)象相同，無法鑒別,故A錯誤；B、硝酸銀溶液與這四種溶液混合均會產生白色沉淀,現(xiàn)象相同，無法鑒別，故B錯誤；C、氯化鋇溶液能與硫酸銨溶液及硫酸鈉溶液產生白色沉淀，現(xiàn)象相同，無法鑒別，故C錯誤;D、氫氧化鋇溶液與硫酸銨溶液混合能產生白色沉淀和有刺激性氣味的氣體，與氯化銨混合產生有刺激性氣味的氣體,與氯化鈉混合無現(xiàn)象，與硫酸鈉混合能產生白色沉淀，故D正確；故選D．16．Mg、Al組成的混合物與足量鹽酸反應，產生標準狀況下的氫氣4.48L．下列推斷中不正確的是（）A．參加反應的Mg、Al共0.2mo1B．參加反應的HC1為0.4molC．Mg、Al在反應中共失去0。4mol電子D．若與足量的稀硫酸反應能產生0.2molH2【考點】GI:鎂的化學性質；5A：化學方程式的有關計算;GJ:鋁的化學性質．【分析】Mg、Al組成的混合物與足量鹽酸反應，產生標準狀況下的氫氣4.48L,n（H2）==0。2mol，因為酸過量，金屬完全反應,反應過程中轉移電子相等，根據(jù)原子守恒可以計算參加反應的HCl的物質的量,據(jù)此分析解答．【解答】解:Mg、Al組成的混合物與足量鹽酸反應,產生標準狀況下的氫氣4.48L,n（H2）==0。2mol，A．因為反應后Mg、Al化合價不同,且金屬混合物的質量未知，所以無法計算混合金屬的物質的量,故A錯誤；B．根據(jù)H原子守恒得n（HCl）=2n（H2）=0.4mol，故B正確；C．根據(jù)轉移電子相等知,Mg、Al在反應中共失去物質的量=0.2mol×2=0。4mol，故C正確；D．因為金屬混合物不足量，且Mg、Al與稀鹽酸、稀硫酸反應生成物中金屬元素化合價相同，所以只要金屬混合物的量不變，則與硫酸反應生成的氫氣和與鹽酸生成的氫氣量相同,故D正確．故選A．17．將等物質的量的SO2、Cl2通入水中，所得的溶液（）A．具有中性漂白性 B．具有酸性漂白性C．只有漂白性 D．只有酸性【考點】F5：二氧化硫的化學性質．【分析】二氧化硫與氯氣等物質的量通入水中發(fā)生化學反應：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，依據(jù)生成物的性質解答．【解答】解：將等物質的量的SO2、CI2通入水中發(fā)生化學反應：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成物硫酸、氯化氫電離產生氫離子,溶液顯酸性,不具有漂白性，故選：D．18．能用如圖裝置進行噴泉實驗的一組氣體（)A．HCl和CO2 B．NH3和CO C．O2和CO2 D．NO2和NO【考點】U5：化學實驗方案的評價．【分析】當氣體溶于氫氧化鈉溶液或能與氫氧化鈉溶液反應時,造成燒瓶內部壓強變小，導致燒瓶內外產生壓強差而形成噴泉，以此解答該題．【解答】解：A．HCl和CO2都與氫氧化鈉反應，使瓶內氣壓減小，可形成噴泉，故A正確；B．CO不溶于水，且與氫氧化鈉不反應，則不能形成噴泉,故B錯誤；C．氧氣不溶于水,且與氫氧化鈉不反應,則不能形成噴泉，故C錯誤；D．NO不溶于水，且與氫氧化鈉不反應，不能形成噴泉,故D錯誤．故選A．19．欲迅速除去水壺底的水垢，又不損壞鋁壺，最好選用（）A．濃鹽酸 B．稀硝酸 C．冷的濃硫酸 D．冷的濃硝酸【考點】EG：硝酸的化學性質；GJ：鋁的化學性質．【分析】水垢的主要成分是CaCO3和Mg（OH）2，它們分別為碳酸鹽和堿，雖不溶于水，但溶于酸，注意選擇的酸不能與鋁反應．【解答】解：A、濃鹽酸可以溶解CaCO3和Mg（OH）2，能與鋁反應，損壞鋁壺,故A錯誤；B、稀硝酸可以溶解CaCO3和Mg（OH)2，能與鋁反應，損壞鋁壺，故B錯誤；C、鋁在冷的濃硫酸中發(fā)生鈍化,但硫酸鈣微溶，生成的硫酸鈣會附著在水垢上，阻止反應繼續(xù)進行，故C錯誤；D、冷的濃硝酸與CaCO3和Mg（OH）2反應，生成可溶的硝酸鈣、硝酸鎂，除去水垢，且鋁在冷的濃硝酸中發(fā)生鈍化，不損壞鋁壺，故D正確；故選D．20．將氯水滴入KI溶液中，用力振蕩，再加入少量CCl4，振蕩后靜置，看到的現(xiàn)象為（）A．液體呈紫紅色B．液體分層，上層為紫色，下層接近無色C．液體分層，上層接近無色，下層為紫色D．液體無色【考點】E2：氯氣的化學性質；P4：分液和萃?。痉治觥柯葰馀cKI反應生成碘，且碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，以此來解答．【解答】解：氯水滴入KI溶液中，用力振蕩，發(fā)生氧化還原反應生成碘，碘不易溶于水,易溶于四氯化碳，四氯化碳不溶于水，密度比水的密度大，則再加入少量CCl4，振蕩后靜置，看到的現(xiàn)象為液體分層，上層接近無色，下層為紫色,故選C．21．下列推斷合理的是（）A．單質氧化物酸或堿鹽，能按照上述轉化關系直接轉化的可以是硫元素B．某無色溶液中加入Ba（NO3)2溶液，再加入鹽酸,沉淀不溶解，則原溶液中一定有SO42﹣C．濃硫酸有強氧化性，常溫下能與Cu發(fā)生劇烈反應D．向某溶液中加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，該溶液中一定含有SO42﹣【考點】DG：常見離子的檢驗方法．【分析】A、根據(jù)題干信息知，該元素的氧化物能直接和水反應生成酸或堿，根據(jù)氧化物的溶解性分析解答；B、含有亞硫酸根或是硫酸根離子的溶液中加入Ba（NO3）2溶液,再加入鹽酸，沉淀不溶解；C、濃硫酸有強氧化性，常溫下不能與Cu發(fā)生劇烈反應；D、和氯化鋇反應產生的溶液可以是含有銀離子或是硫酸根離子的溶液．【解答】解：A、S+O2SO2、SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+2NaOH=Na2SO3+H2O，所以符合題干信息，故A正確；B、亞硫酸鋇可以和硝酸反應產生硫酸鋇，某無色溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入鹽酸，沉淀不溶解，則原溶液中含有SO32﹣、SO42﹣中的至少一種，故B錯誤；C、濃硫酸有強氧化性，常溫下能不與Cu發(fā)生劇烈反應，需要加熱才發(fā)生反應，故C錯誤；D、向某溶液中加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液,有白色沉淀生成，該溶液中一定含有硫酸根或是含有銀離子中的至少一種，故D錯誤．故選A．22．近年來在中國汽車的銷量大幅增長的同時也帶來了嚴重的空氣污染．汽車尾氣處理裝置中，氣體在催化劑表面吸附與解吸的過程如圖所示，下列說法正確的是（）A．汽車尾氣的主要污染成分包括CO、NO和N2B．反應中NO為氧化劑，N2為氧化產物C．NO和O2必須在催化劑表面才能反應D．催化轉化總反應為2NO+O2+4CO4CO2+N2【考點】B1：氧化還原反應；FE：”三廢"處理與環(huán)境保護．【分析】汽車尾氣的有害氣體主要是氮氧化物、一氧化碳等,根據(jù)圖片知，NO2在整個過程中是一種中間產物,一氧化氮氣體和氧氣一氧化碳會在催化劑表面發(fā)生反應,轉化為無毒氣體，從而起到尾氣凈化作用，以此解答該題．【解答】解：A．氮氣為大氣的主要成分，不是污染物，故A錯誤;B．一氧化氮與一氧化碳反應生成氮氣和二氧化碳，氮元素從+2價降為0價,化合價降低，所以一氧化氮做氧化劑，氮氣為還原產物,故B錯誤；C．NO和O2在常溫下就會發(fā)生反應生成二氧化氮，無需催化劑，故C錯誤；D．尾氣處理凈化的目的是把有毒的污染氣體在催化劑作用下轉化為空氣中的無毒成分：反應方程式2NO+O2+4CO4CO2+N2正好是過程圖中的變化，故D正確．故選D．23．某無色混合氣體，依次通過濃流酸和過氧化鈉，氣體體積不斷減少，顏色變深，則混合氣體的組成是（）A．H2O（g)、NO和N2 B．NH3、NO和CO2C．O2、HCl和CO D．NO2、CO2和H2O(g）【考點】PT:物質的檢驗和鑒別的實驗方案設計．【分析】無色混合氣體,依次通過濃流酸和過氧化鈉，氣體體積不斷減少，顏色變深，可知一定含與過氧化鈉反應生成氧氣的氣體,且NO與氧氣反應生成紅棕色二氧化氮，顏色加深，以此來解答．【解答】解：A．濃硫酸吸收水，NO和N2均與過氧化鈉不反應,故A不選；B．濃硫酸吸收氨氣，過氧化鈉與二氧化碳反應生成氧氣,NO與氧氣反應生成紅棕色二氧化氮，顏色加深，故B選；C．三種氣體均與濃硫酸不反應，故C不選;D．NO2為紅棕色氣體，與無色不符,故D不選；故選B．24．等量的鐵分別與足量的鹽酸、水蒸氣在一定的條件下充分反應，則在相同的條件下，產生氫氣的體積比是（）A．1：1 B．3：4 C．2:3 D．4：3【考點】5A：化學方程式的有關計算．【分析】令Fe的物質的量為1mol,根據(jù)方程式計算出生成氫氣的物質的量，再根據(jù)相同條件下體積之比等于物質的量之比確定兩反應中生成氫氣體積之比．【解答】解：令Fe的物質的量為1mol,則：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑1mol1mol3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H21molmol，相同條件下體積之比等于物質的量之比，則兩反應中生成氫氣體積之比為1mol：mol=3:4，故選B．25．向200mL0。1mol?L﹣1的Fe（NO3）2溶液中加入適量的NaOH溶液，使Fe2+恰好完全沉淀，過濾，小心加熱沉淀，直到水分蒸干，再灼燒到質量不再變化，此時固體的質量為（）A．1.44g B．1。6g C．2.82g D．4.36g【考點】5A：化學方程式的有關計算．【分析】Fe(NO3）2溶液中加入適量的NaOH溶液，使Fe2+完全沉淀，得到硝酸鈉與氫氧化亞鐵,過濾,小心加熱沉淀，再灼燒至質量不再變化，由于氫氧化亞鐵易被氧化，最終所得固體為Fe2O3,由Fe原子守恒可知:n［Fe（NO3）2]=2n（Fe2O3）,再根據(jù)m=nM計算．【解答】解：Fe(NO3）2溶液中加入適量的NaOH溶液，使Fe2+完全沉淀,得到硝酸鈉與氫氧化亞鐵，過濾，小心加熱沉淀，再灼燒至質量不再變化,由于氫氧化亞鐵易被氧化,最終所得固體為Fe2O3,200mL0.1mol/L的Fe（NO3）2溶液中n[Fe（NO3)2]=0.2L×0。1mol/L=0。02mol,由Fe原子守恒可知：n［Fe（NO3)2]=2n（Fe2O3）,所以n（Fe2O3)==0.01mol，其質量為0。01mol×160g/mol=1。6g，故選B．二、非選擇題：（本題包括7小題，共50分．)26．氯水中含有多種成分，因而具有多重性質．根據(jù)氯水分別與如圖四種物質發(fā)生的反應填空（a、b、c、d重合部分代表物質間反應，且氯水足量）．（1）能證明氯水具有漂白性的是d（填“a”、“b”、“c”或“d”）．（2）c過程中的現(xiàn)象是有白色沉淀生成．（3）a過程中的化學方程式為2FeCl2+Cl2═2FeCl3．b過程中的離子方程式為CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O．【考點】E2：氯氣的化學性質．【分析】將氯氣溶于水得到氯水（淺黃綠色），氯水含多種微粒，其中有H2O、Cl2、HClO、Cl﹣、H+、OH﹣（極少量，水微弱電離出來的）．氯水的性質取決于其組成的微粒：1）強氧化性:Cl2是新制氯水的主要成分,實驗室常用氯水代替氯氣,如氯水中的氯氣能與KI,KBr、FeCl2、SO2、Na2SO3等物質反應．2）漂白、消毒性:氯水中的Cl2和HClO均有強氧化性，一般在應用其漂白和消毒時,應考慮HClO，HClO的強氧化性將有色物質氧化成無色物質，不可逆．3）酸性:氯水中含有HCl和HClO，故可被NaOH中和,鹽酸還可與NaHCO3，CaCO3等反應．4）不穩(wěn)定性：HClO不穩(wěn)定光照易分解．因此久置氯水（淺黃綠色）會變成稀鹽酸（無色）失去漂白性．5)沉淀反應：加入AgNO3溶液有白色沉淀生成（氯水中有Cl﹣)．【解答】解:(1)氯水中的HClO有強氧化性，一般在應用其漂白時,HClO的強氧化性將有色物質氧化成無色物質,本題中氯水能使石蕊試液先變紅，后褪色，故答案為：d；(2）氯水中有Cl﹣，加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，生成AgCl沉淀,故答案為：有白色沉淀生成；（3）Cl2是新制氯水的主要成分，具有強氧化性，與FeCl2發(fā)生氧化還原反應，反應的化學方程式為2FeCl2+Cl2═2FeCl3，氯水中含有HCl和HClO,具有酸性,與CO32﹣反應生成二氧化碳氣體,反應的離子方程式為CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，故答案為：2FeCl2+Cl2═2FeCl3；CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O．27．將等物質的量的Cu、Fe粉投入一定量的FeCl3溶液中充分反應，再取出部分溶液進行下列實驗：（1)若滴加一滴KSCN溶液，溶液顯紅色，則溶液中可能存在的離子有Cu2+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣；（2）若滴加一滴KSCN溶液,溶液不顯紅色,則溶液中一定存在的離子有Fe2+、Cl﹣，可能存在的金屬粉末有Fe、Cu；（3)若加入的金屬全部溶解，則溶液中n（Cu2+）:n（Fe2+)=1：5．【考點】GR：常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用．【分析】（1）FeCl3具有強氧化性，可與Cu、Fe反應，發(fā)生Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2,Fe+2FeCl3=3FeCl2，若滴加一滴KSCN溶液，溶液顯紅色，說明FeCl3過量,Fe、Cu完全反應;（2）若加一滴KSCN溶液,溶液不顯紅色，說明FeCl3完全反應，結合還原性Fe＞Cu解答；（3）發(fā)生2Fe3++Fe═3Fe2+、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，根據(jù)反應的方程式計算．【解答】解：（1）FeCl3具有強氧化性，可與Cu、Fe反應，發(fā)生Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，F(xiàn)e+2FeCl3=3FeCl2,若滴加一滴KSCN溶液,溶液顯紅色，說明FeCl3過量，F(xiàn)e、Cu完全反應，則溶液中一定存在Cu2+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣,故答案為：Cu2+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣；（2）若加一滴KSCN溶液，溶液不顯紅色,說明FeCl3完全反應，因還原性Fe＞Cu，則一定發(fā)生Fe+2FeCl3=3FeCl2，所以溶液中一定含有Fe2+、Cl﹣，如金屬有剩余，則一定含有Cu,可能含有Fe，故答案為：Fe2+、Cl﹣；Fe、Cu;（3）若加入的金屬全部溶解，分別發(fā)生2Fe3++Fe═3Fe2+、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，設Fe、Cu分別為1mol，則共生成n（Cu2+）=1mol，n(Fe2+）=5mol，所以溶液中n（Cu2+）:n（Fe2+）是1:5，故答案為:1：5．28．氮的氧化物和硫的氧化物是導致酸雨的物質．(1)形成酸雨的原理之一可簡單表示如圖:請回答下列問題:①酸雨的pH＜（填“＞”、“＜”或“=”)5。6;②D物質的化學式為H2SO3；③反應b的化學方程式為2SO2+O22SO3；（2）在一定條件下氨氣亦可用來將氮氧化物轉化為無污染的物質．寫出氨氣和二氧化氮在一定條件下反應的化學方程式：6NO2+8NH37N2+12H2O，反應中氧化劑是NO2，還原劑是NH3；（3)用NaOH溶液可以吸收廢氣中的氮氧化物．【考點】EK：氮的氧化物的性質及其對環(huán)境的影響．【分析】（1）含硫燃料燃燒生成A為SO2，二氧化硫催化氧化生成SO3，三氧化硫溶于水生成C為H2SO4，反應d是二氧化硫和水反應生成D為亞硫酸,亞硫酸被空氣中氧氣氧化生成硫酸,①酸雨是指溶液PH＜5。6的雨水；②D為亞硫酸；③b反應是二氧化硫的催化氧化生成三氧化硫；（2）氨氣和二氧化氮在一定條件下反應生成氮氣和水,反應中元素化合價降低的做氧化劑，元素化合價升高的物質做還原劑；（3）氮氧化物可以用氫氧化鈉溶液吸收．【解答】解：(1）含硫燃料燃燒生成A為SO2,二氧化硫催化氧化生成SO3，三氧化硫溶于水生成C為H2SO4，反應d是二氧化硫和水反應生成D為亞硫酸，亞硫酸被空氣中氧氣氧化生成硫酸,①酸雨是指溶液PH＜5.6的雨水,故答案為：＜；②分析可知D為亞硫酸，化學式為H2SO3,故答案為:H2SO3；③b反應是二氧化硫的催化氧化生成三氧化硫,反應的化學方程式為：2SO2+O22SO3，故答案為:2SO2+O22SO3;(2）氨氣和二氧化氮在一定條件下反應生成氮氣和水，反應的化學方程式為：6NO2+8NH37N2+12H2O,反應中二氧化氮中氮元素化合價降低的做氧化劑,氨氣中氮元素化合價升高的物質做還原劑，故答案為:6NO2+8NH37N2+12H2O；NO2;NH3；(3）氮氧化物可以用氫氧化鈉溶液吸收，故答案為:NaOH．29．用18。4mol?L﹣1的濃H2SO4配制100mL濃度為1mol?L﹣1的稀H2SO4，其操作可分為以下各步:A．用量筒量取5.4ml濃H2SO4緩緩注入裝有約50mL蒸餾水的燒杯中，并用玻璃棒攪拌；B．用約30mL蒸餾水,分成3次洗滌燒杯和玻棒，將每次洗滌液都注入容量瓶中；C．將稀釋后的H2SO4小心轉移到100mL容量瓶里；D．檢查100mL容量瓶口部是否會發(fā)生滴漏;E．用量筒加蒸餾水至容量瓶中液面接近刻度2cm處；F．蓋緊瓶塞,反復顛倒振蕩，搖勻溶液；G．用膠頭滴管向容量瓶里逐滴滴加蒸餾水至液面最低點和刻度線相平，試填空①正確的操作順序為（用字母填寫)DACBEGF．②進行A步操作時,應選擇下列量器a（填序號)．a．10ml量筒b．50ml量筒c．100ml量筒如果對裝有濃H2SO4的量筒讀數(shù)如右圖所示，配制的稀H2SO4的濃度將偏高（偏高、偏低、無影響）③進入A步操作后，必須冷卻至室溫后才能進行C操作．【考點】O9：溶液的配制．【分析】①依據(jù)配制一定物質的量濃度溶液的一般步驟排序；②依據(jù)量筒選擇規(guī)則:“大而近"，應選擇量程略大于等于量取溶液體積的量筒；仰視量筒讀數(shù)，導致量取的濃硫酸體積偏大，溶質硫酸的物質的量偏大,依據(jù)C=進行誤差分析；③依據(jù)容量瓶正確使用方法解答．【解答】解：①用濃溶液配制一定物質的量濃度溶液的一般操作為：計算、量取、稀釋、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶等，所以正確的順序為：DACBEGF；故答案為：DACBEGF；②量依據(jù)量筒選擇規(guī)則可知量取5.4mL溶液，應選擇10mL量筒;仰視量筒讀數(shù)，導致量取的濃硫酸體積偏大，溶質硫酸的物質的量偏大,依據(jù)C=可知,溶液濃度偏高；故答案為：a；偏高；③容量瓶為精密儀器，不能用來盛放過熱或者過冷的液體，所以移液前應冷卻到室溫;故答案為：冷卻至室溫．30．選擇性催化還原是在有催化劑的條件下將NOx轉變?yōu)镹2和H2O，這是目前國外硝酸廠進行尾氣治理普遍采用的一種方法．某小組同學擬驗證NO能被氨氣還原并測算其轉化率．請回答下列問題：（1）若制取氨氣用A裝置,則發(fā)生反應的化學方程式為2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O;若用B裝置制取氨氣，則分液漏斗和錐形瓶中盛放的藥品分別是濃氨水、堿石灰；（2）用C裝置制取NO時，用可抽動的銅絲，其優(yōu)點是反應可以隨時關停、操作方便、反復使用、節(jié)約藥品；其反應的離子方程式為3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O；(3）裝置⑦的作用可能是吸收未反應的NO；(4)若進入裝置⑤的NO共2688mL（標況下),氨氣過量，最后收集到標況下2016mLN2，則NO的轉化率為90%．【考點】EK：氮的氧化物的性質及其對環(huán)境的影響．【分析】（1）在加熱條件下，實驗室常用氯化銨和氫氧化鈣反應制備氨氣，同時生產氯化鈣和水，實驗室制備少量氨氣時可根據(jù)氨水的易揮發(fā)性和堿石灰的吸水性來制取；(2)用可抽動的銅絲易于控制反應，操作方便;（3)硫酸亞鐵吸收NO，生成配合物;(4）根據(jù)反應6NO+4NH3═5N2+6H2O計算轉化率．【解答】解:（1)在加熱條件下，實驗室常用氯化銨和氫氧化鈣反應制備氨氣，同時生產氯化鈣和水，方程式為2NH4Cl+Ca（OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，實驗室制備少量氨氣時可根據(jù)氨水的易揮發(fā)性和堿石灰的吸水性來制取，故答案為：2NH4Cl+Ca(OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；濃氨水、堿石灰；(2）銅和稀硝酸反應生產硝酸銅和一氧化氮，離子方程式為3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，用可抽動的銅絲易于控制反應，操作方便并能節(jié)約藥品，故答案為：反應可以隨時關停、操作方便、反復使用、節(jié)約藥品;3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O；（3）一氧化氮與二價鐵形成配位鍵，溶液中淡綠色的二價鐵變成棕色的一氧化氮配合物，反應為Fe2++NO=Fe（NO)2+,故答案為：吸收未反應的NO；(4）根據(jù)反應6NO+4NH3═5N2+6H2O計算，在一定條件下氣體的體積之比等于物質的量之比,6NO+4NH3═5N2+6H2O6ml5mlV2016mlV==2419。2ml，則NO的轉化率為×100%=90％，故答案為：90％．31．現(xiàn)有金屬單質A、B、C和氣體甲、乙、丙及物質D、E、F、G、H，它們之間能發(fā)生如圖反應（圖中某些反應的產物及條件沒有全部標出）據(jù)以上信息填空：（1）寫出下列物質的化學式(或：現(xiàn)象）：ANa，BAl,CFe,反應②現(xiàn)象:燃燒,有蒼白色火焰，放熱；（2）寫出下列反應的化學方程式：反應①2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；反應③2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；（3)寫出下列反應的離子方程式：反應④Fe+2H+=Fe2++H2↑；反應⑥Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓．【考點】GS：無機物的推斷．【分析】金屬A焰色反應為黃色，則金屬A為Na，乙是黃綠色氣體,乙為Cl2，紅褐色沉淀H為Fe（OH）3；由反應①Na氣體甲+D,為Na與水的反應，生成甲為H2,D為NaOH；由NaOH+金屬B→H2可知,B為金屬Al；由甲+黃綠色氣體乙→氣體丙可知，丙為HCl;G+NaOH→Fe（OH）3，G含有Fe3+,由EFG可知，E與金屬C反應,生成的產物F還能繼續(xù)與氯氣反應，則金屬C為變價金屬，應為Fe，所以E為鹽酸、F為FeCl2、G為FeCl3，結合物質的性質解答該題．【解答】解