2022-2022学年西藏拉萨中学高三（上）第一次月考化学试卷 一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分，每小题只有一个选项符合题意，请按生物、化学、物理顺序将答案填在机读卡上）1．如图是10mL量筒的一部分，数字XY之间相差2mL若X=6，则量筒所盛液体的体积是（ ）A．4.30mLB．4.6mLC．4.3mLD．4.60mL 2．下列有关的叙述正确的是（ ）A．HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质B．向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体C．根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液与胶体之间D．“血液透析”原理与胶体的性质无关 3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）A．1L1mol•L﹣1的CH3COONa溶液中微粒数目等于2NAB．1molCnH2n+2中含有的共价键数为（3n+1）NAC．常温常压下，92gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数为6NAD．标准状况下，8.0gSO3含有的分子数为0.1NA 4．澄清透明溶液中能大量共存的离子组是（ ）A．HCO3﹣、Na+、K+、H+B．NO3﹣、Cu2+、Na+、OH﹣C．Al3+、K+、NO3﹣、OH﹣D．Fe3+、H+、Na+、Cl﹣ -22-\n5．2022年诺贝尔化学奖授予美日科学家，他们由于研究“有机物合成过程中钯催化交叉偶联”而获奖．钯的化合物氯化钯可用来检测有毒气体CO，发生反应的化学方程式为：CO+PdCl2+H2O⇌CO2+Pd↓+2HCl．下列说法正确的是（ ）A．题述反应中PdCl2被氧化B．生成约22.4LCO2时，转移的电子数为2molC．上述反应中PdCl2是氧化剂，CO2是氧化产物D．CO气体只有在高温下才能表现还原性 6．下列离子方程式书写正确的是（ ）A．金属钠溶于水：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑B．氯化铝溶液与足量氨水反应：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2OC．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓D．铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑ 7．两个体积相等的容器，一个盛有CO，另一个盛有N2和O2，在同温同压下两个容器内的气体一定具有相同的（ ）A．原子总数B．质子总数C．电子总数D．质量 8．下列叙述正确的是（ ）A．将5.85gNaCl晶体溶入100mL水中，制得0.1mol/L的NaCl溶液B．将25g无水CuSO4溶于水制成100mL溶液，其浓度为1mol/LC．将wga%的NaCl溶液蒸发掉g水，一定得到2a%的NaCl溶液D．将1体积c1mol/L的硫酸用水稀释为5体积，稀溶液的浓度为0.2c1mol/L 9．某溶液中含有较大量的Cl﹣、CO32﹣、OH﹣等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是（ ）①滴加Mg（NO3）2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba（NO3）2溶液．A．①②④②③B．④②①②③C．①②③②④D．④②③②① -22-\n10．某有机物的结构简式如图，若等物质的量的该有机物分别与Na、NaOH、Na2CO3、NaHCO3恰好反应时，则消耗Na、NaOH、Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比是（ ）A．3：3：2：1B．6：4：3：2C．1：1：1：1D．3：2：2：1 11．若30g密度为dg/mL的AlCl3的溶液中含有0.9gAl3+（不考虑Al3+与水反应），则Cl﹣浓度为（ ）A．mol/LB．mol/LC．mol/LD．mol/L 12．（4分）在天平两端的两个烧杯中放有相同体积和相同物质的量浓度的盐酸，调节天平保持平衡．分别加入一定量的镁和铝，两种金属完全反应后，天平仍保持平衡，则加入镁和铝的物质的量之比为（ ）A．9：8B．11：12C．12：11D．3：4 二、简答题（本题包括4小题，每空2分，共52分）13．（14分）（1）下列有关容量瓶使用方法的操作中，错误的是 ．A．使用容量瓶前检查它是否漏水B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗C．配置溶液时，如果试样是固体，把称量好的试样用小纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线2～3cm处，用滴管滴加蒸馏水到刻度线D．盖好瓶塞，食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复上下颠倒，摇匀．（2）实验中需2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是 ．A．1000mL，212gB．950mL，543.4gC．任意规格，572gD．500mL，286g-22-\n（3）现用18.4mol/L的浓硫酸配制500mL0.2mol/L的稀硫酸．可供选用仪器有：玻璃棒、量筒、烧杯、胶头滴管请回答下列问题：①配制稀硫酸时，还缺少的仪器有 （填写仪器名称）．②经计算，配制500mL0.2mol/L的稀硫酸需要上述浓硫酸的体积为 ，量取浓硫酸时应选用（填写序号） （选填①10mL、②50mL、③100mL）规格的量筒．③稀释浓硫酸时，应如何操作？ ．④将所配制的稀H2SO4进行测定，发现浓度大于0.2mol/L．请你分析配制过程中错误的操作可能为 ．A．定容时，仰视刻度线B．容量瓶中原来存有少量蒸馏水C．未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中D．洗涤量取浓H2SO4后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中E．溶解NaOH的烧杯未经多次洗涤． 14．（10分）（2022秋•南关区校级期末）现有下列七种物质：①铝 ②蔗糖③CO2 ④H2SO4 ⑤Ba（OH）2⑥红褐色的氢氧化铁胶体 ⑦HCl（1）上述物质中属于电解质的有 ．（填序号）（2）向⑥的溶液中逐渐滴加⑦的溶液，看到的现象是 ．（3）上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为：H++OH﹣═H2O，则该反应的化学方程式为 ．（4）⑦的浓溶液与高锰酸钾发生反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，该反应中的氧化剂是 ，盐酸的作用是 ． 15．（12分）（2022秋•仙游县校级期中）次磷酸（H3PO2）是一种精细化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式： （2）H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的银离子还原为银单质，从而可用于化学镀银．①H3PO2中，磷元素的化合价为 -22-\n②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则氧化产物为： （填化学式）③NaH2PO2是正盐还是酸式盐？ （3）H3PO2的工业制法是：将白磷（P4）与氢氧化钡溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，后者再与硫酸反应，写出白磷与氢氧化钡溶液反应的化学方程式： ． 16．（16分）（2022春•大冶市校级期末）菠萝酯是一种具有菠萝香气的食用香料，是化合物甲与苯氧乙酸发生酯化反应的产物．（1）甲一定含有的官能团的名称是 ．（2）5.8g甲完全燃烧可产生0.3molCO2和0.3molH2O，甲蒸气对氢气的相对密度是29，甲分子中不含甲基，且为链状结构，其结构简式是： ．（3）苯氧乙酸有多种酯类的同分异构体，其中能与FeCl3溶液发生显色反应，且有2种一硝基取代物的同分异构体是（任写2种结构简式） 、 ．（4）已知：R﹣CH2﹣COOHR﹣ONaR﹣O﹣R′（R﹣、R′﹣代表烃基）菠萝酯的合成路线如下：①试剂X不可选用的是（选填字母） ．a．CH3COONa溶液 b．NaOH溶液c．NaHCO3溶液 d．Na②丙的结构简式是 ，反应Ⅱ的反应类型是 ．③反应Ⅳ的化学方程式是 ． -22-\n2022-2022学年西藏拉萨中学高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分，每小题只有一个选项符合题意，请按生物、化学、物理顺序将答案填在机读卡上）1．如图是10mL量筒的一部分，数字XY之间相差2mL若X=6，则量筒所盛液体的体积是（ ）A．4.30mLB．4.6mLC．4.3mLD．4.60mL考点：过滤、分离与注入溶液的仪器．分析：量筒从小到上刻度值逐渐增大，A与C刻度间相差2mL，则每刻度为0.2mL，据此分析．解答：解：用量筒量量液时，量筒必须放平，视线要与量筒内液面的凹液面的最低处保持水平，即眼睛、刻度、凹液面的最低处三点一线，再读出所取液体的体积数，量筒从下到上刻度增大，由图示可知：若X=6，则Y=4，数字XY之间相差2ml，所以一个小格为0.2ml，量筒内液体的体积数是4.6ml．故选B．点评：本题考查常见计量仪器的使用，题目难度不大，注意量筒和滴定管的差异性． 2．下列有关的叙述正确的是（ ）A．HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质B．向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体C．根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液与胶体之间D．“血液透析”原理与胶体的性质无关考点：强电解质和弱电解质的概念；分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的重要性质．分析：A、次氯酸为弱电解质，存在电离平衡，而次氯酸钠在溶液中完全电离，属于强电解质；-22-\nB、将饱和氯化铁溶液加入沸水中可以制取氢氧化铁胶体；C、浊液的分散质粒子大于溶液、胶体的分散质粒子；D、血液是胶体．解答：解：A、次氯酸属于弱酸，溶液中只能部分电离，而次氯酸钠为强电解质，溶液中完全电离出钠离子和次氯酸根离子，故A错误；B、制取氢氧化铁胶体的方法为：向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，故B正确；C、浊液的分散质粒子大于溶液、胶体的分散质粒子，故C错误；D、血液是胶体，“血液透析”就是利用了胶体的性质，故D错误；故选B．点评：本题考查了强弱电解质的概念及判断、胶体的制取方法等知识，题目难度不大，注意明确弱电解质与弱电解质的本质区别、掌握氢氧化铁胶体的正确制取方法． 3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）A．1L1mol•L﹣1的CH3COONa溶液中微粒数目等于2NAB．1molCnH2n+2中含有的共价键数为（3n+1）NAC．常温常压下，92gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数为6NAD．标准状况下，8.0gSO3含有的分子数为0.1NA考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、CH3COONa溶液中含有水分子、钠离子、醋酸根离子、醋酸分子等，据此解答；B、根据烷烃中含有的碳碳键和碳氢键计算出1mol中含有的共价键数目；C、NO2和N2O4的最简式为NO2，根据最简式计算出混合物中含有的原子总数；D、从质量计算物质的量，结合三氧化硫结构分析判断．解答：解：A、CH3COONa溶液中含有水分子、钠离子、醋酸根离子、醋酸分子等，微粒数远远大于2mol，故A错误；B、1molmolCnH2n+2（烷烃）中含有（n﹣1）mol碳碳键和（2n+2）mol碳氢键，总共含有（3n+1）mol共价键，含有共价键数为（3n+1）NA，故B正确；C、92gNO2和N2O4的混合气体中含有2mol最简式NO2，含有2molN、4moO，总共含有6mol原子，含有的原子数为6NA，故C正确；D、标准状况下，8.0g三氧化硫物质的量为0.1mol，含有原子数为0.4mol，故D正确；-22-\n故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，气体摩尔体积的应用，物质的量与各量的计算关系． 4．澄清透明溶液中能大量共存的离子组是（ ）A．HCO3﹣、Na+、K+、H+B．NO3﹣、Cu2+、Na+、OH﹣C．Al3+、K+、NO3﹣、OH﹣D．Fe3+、H+、Na+、Cl﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：如离子之间不发生复分解、氧化还原反应、相互促进的水解反应以及络合反应，则离子能大量共存，反之不可共存．解答：解：A．HCO3﹣与H+反应生成CO2气体而不能大量共存，故A错误；B．Cu2+与OH﹣反应生成Cu（OH）2沉淀而不能大量共存，故B错误；C．Al3+与OH﹣反应生成Al（OH）3沉淀而不能大量共存，故C错误；D．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确．故选D．点评：本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意离子发生反应的条件以及常见离子反应的类型，注重相关基础知识的积累． 5．2022年诺贝尔化学奖授予美日科学家，他们由于研究“有机物合成过程中钯催化交叉偶联”而获奖．钯的化合物氯化钯可用来检测有毒气体CO，发生反应的化学方程式为：CO+PdCl2+H2O⇌CO2+Pd↓+2HCl．下列说法正确的是（ ）A．题述反应中PdCl2被氧化B．生成约22.4LCO2时，转移的电子数为2molC．上述反应中PdCl2是氧化剂，CO2是氧化产物D．CO气体只有在高温下才能表现还原性考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓+2HCl中，C元素的化合价由+2价升高为+4价，Pb元素的化合价由+2降低为0，以此来解答．-22-\n解答：解：CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓+2HCl中，C元素的化合价由+2价升高为+4价，Pb元素的化合价由+2降低为0，A．PdCl2得电子，所以反应中PdCl2被还原，故A错误；B．该反应的温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知，所以其物质的量不一定是1mol，则转移的电子数不一定为2mol，故B错误；C．Pb元素的化合价降低，则反应中PdCl2是氧化剂，C元素的化合价升高，所以CO是还原剂，则CO2是氧化产物，故C正确；D．常温下CO能作还原剂，体现还原性，故D错误；故选C．点评：本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化及基本概念即可解答，题目难度不大． 6．下列离子方程式书写正确的是（ ）A．金属钠溶于水：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑B．氯化铝溶液与足量氨水反应：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2OC．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓D．铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．Na与水反应生成NaOH和氢气，NaOH为强电解质；B．氨水中主要溶质为NH3•H2O，为弱电解质；C．硫酸根和钡离子、氢氧根和铜离子在溶液中均发生反应；D．金属铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气．解答：解：A．Na与水反应生成NaOH和氢气，NaOH为强电解质，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故A正确；B．氯化铝溶液与足量氨水反应：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；C．硫酸铜与氢氧化钡溶液反应的实质是：Ba2++SO42﹣+Cu2++2OH﹣═Cu（OH）2↓+BaSO4↓，故C错误；D．铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故D错误．故选A．-22-\n点评：本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意发生的氧化还原反应为解答的难点，题目难度中等． 7．两个体积相等的容器，一个盛有CO，另一个盛有N2和O2，在同温同压下两个容器内的气体一定具有相同的（ ）A．原子总数B．质子总数C．电子总数D．质量考点：物质的量的相关计算．分析：相同条件下，体积相同的两种容器内气体的物质的量相等，分子数相等，CO、N2、O2都是双原子分子，则含有原子数目一定相等；CO分子含有14个质子，而氮分子含有14个质子、氧气分子含有16个质子，则含有质子数目不相等，电子总数等于质子总数；由于氮气与氧气的平均摩尔质量大于CO的摩尔质量，则质量不相等．解答：解：A．同温同压下，两个体积相等的容器，一个盛有CO，另一个盛有N2和O2，则CO物质的量等于N2和O2的总物质的量，故两容器内含有分子数相等，CO、N2、O2都是双原子分子，则含有原子数目一定相等，故A正确；B．两容器内气体分子相等，CO分子含有14个质子，而氮分子含有14个质子、氧气分子含有16个质子，则含有质子数目不相等，故B错误；C．两容器内气体物质的量相等，由于氮气与氧气的平均摩尔质量大于CO的摩尔质量，则质量不相等，故C错误；D．电子总数等于质子总数，质子数不相等，中等含有电子数也不相等，故D错误，故选：A．点评：本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，题目难度不大，本题侧重于原子结构的考查，注意把握分子的组成． 8．下列叙述正确的是（ ）A．将5.85gNaCl晶体溶入100mL水中，制得0.1mol/L的NaCl溶液B．将25g无水CuSO4溶于水制成100mL溶液，其浓度为1mol/LC．将wga%的NaCl溶液蒸发掉g水，一定得到2a%的NaCl溶液D．将1体积c1mol/L的硫酸用水稀释为5体积，稀溶液的浓度为0.2c1mol/L考点：物质的量浓度．-22-\n专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：A、B、根据C=分析判断，注意体积指溶液体积不是溶剂体积．C、根据原溶液是否饱和及是否有氯化钠析出分析判断．D、根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算稀释后溶液的物质的量浓度．解答：解：A、5.85gNaCl晶体的物质的量是0.1mol，将5.85gNaCl晶体溶入100mL水中，导致溶液的体积大于100mL，所以配制溶液的物质的量浓度小于0.1mol/L，故A错误．B、C===1.56mol/L，故B错误．C、若不析出氯化钠得到2a%的NaCl溶液，若有氯化钠析出，则得不到2a%的NaCl溶液，若为饱和溶液浓度不变，故C错误；D、令稀释后稀硫酸的浓度为x，根据稀释定律，稀释前后溶质不变，所以1c1mol/L=5x，所以x=0.2c1mol/L，故D正确．故选D．点评：本题考查了物质的量浓度的有关问题，难度不大，注意公式C=中体积指溶液体积不是溶剂体积． 9．某溶液中含有较大量的Cl﹣、CO32﹣、OH﹣等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是（ ）①滴加Mg（NO3）2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba（NO3）2溶液．A．①②④②③B．④②①②③C．①②③②④D．④②③②①考点：常见阴离子的检验．专题：物质检验鉴别题．分析：检验氯离子选择硝酸银溶液，检验氢氧根离子选择硝酸镁溶液，检验碳酸根离子选择硝酸钡溶液，用三种试剂将三种离子检验出来，每加一种试剂能够检验出一种离子，此时要注意每加入一种试剂只能与一种离子结合，来选择加入试剂顺序及操作步骤．解答：解：Cl﹣用含有AgNO3溶液检验，二者反应生成白色沉淀AgCl；CO32﹣用Ba（NO3）2溶液检验，二者反应生成白色沉淀BaCO3；OH﹣用Mg（NO3）2溶液检验，二者反应生成白色沉淀Mg（OH）2；-22-\nCl﹣、CO32﹣、OH﹣都和AgNO3反应，CO32﹣、OH﹣都和Mg（NO3）2溶液反应生成白色沉淀；只有CO32﹣和Ba（NO3）2溶液反应生成白色沉淀，为了防止干扰，应该先检验CO32﹣、再检验OH﹣；故选B．点评：本题考查了常见离子的检验，完成此题，可以依据已有的知识进行，同时需考虑物质之间的反应． 10．某有机物的结构简式如图，若等物质的量的该有机物分别与Na、NaOH、Na2CO3、NaHCO3恰好反应时，则消耗Na、NaOH、Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比是（ ）A．3：3：2：1B．6：4：3：2C．1：1：1：1D．3：2：2：1考点：有机物的结构和性质．分析：该有机物含酚﹣OH、醇﹣OH、﹣COOH、﹣CHO，结合酚、醇、羧酸的性质来解答．解答：解：酚﹣OH、醇﹣OH、﹣COOH均与Na反应，则1mol该有机物与Na反应消耗3molNa，酚﹣OH、﹣COOH与NaOH反应，则1mol该物质消耗2molNaOH，酚﹣OH、﹣COOH与Na2CO3反应，则1mol该有机物消耗1.5molNa2CO3，只有﹣COOH与NaHCO3反应，则1mol该物质消耗1molNaHCO3，所以Na、NaOH、Na2CO3、NaHCO3分别与等物质的量的该物质恰好反应时，Na、NaOH、Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为3：2：1.5：1=6：4：3：2，故选B．点评：本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键，熟悉酚、醇、羧酸的性质即可解答，注意苯酚不与碳酸氢钠反应为易错点 11．若30g密度为dg/mL的AlCl3的溶液中含有0.9gAl3+（不考虑Al3+与水反应），则Cl﹣浓度为（ ）A．mol/LB．mol/LC．mol/LD．mol/L考点：物质的量浓度的相关计算．-22-\n专题：溶液和胶体专题．分析：根据铝离子的质量计算铝离子的物质的量，根据溶液的质量和密度计算溶液的体积，进而计算铝离子的物质的量浓度，根据c（Cl﹣）=3c（Al3+），计算氯离子的浓度．解答：解：0.9gAl3+的物质的量为=，溶液的体积为=，所以c（Al3+）=dmol/L，根据c（Cl﹣）=3c（Al3+），则c（Cl﹣）==mol/L，故选A．点评：本题考查物质的量浓度的计算，题目难度不大，本题注意把握物质的量浓度的有关公式． 12．（4分）在天平两端的两个烧杯中放有相同体积和相同物质的量浓度的盐酸，调节天平保持平衡．分别加入一定量的镁和铝，两种金属完全反应后，天平仍保持平衡，则加入镁和铝的物质的量之比为（ ）A．9：8B．11：12C．12：11D．3：4考点：化学方程式的有关计算．分析：根据天平仍然平衡，说明溶液增加的质量相等，发生两种情况的反应：第一种情况：两者都恰好完全反应，第二种情况，金属过量，根据固体质量差量法进行计算即可．解答：解：第一种情况：两者都恰好完全反应：设镁的质量为x，铝的质量为y，溶液增加的质量为z．Mg+2HCl=MgCl2+H2↑增加的质量24224﹣2=22xz24：22=x：z，x=2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑增加的质量54654﹣6=48-22-\nyz54：48=y：z，y=，加入镁和铝的质量比为x=：=32：33，物质的量之比是12：11，故C正确；第二种情况，金属过量：则生成氢气与盐酸质量有关，会相等，所以加入的金属质量是相等的，物质的量之比是24：27=8：9，故选：C．点评：本题主要考查有关化学方程式的计算，难度较大，关键是要将溶液增加的质量作为得到答案的桥梁，题目没有说明金属必须是相等等条件，所以存在各种可能性． 二、简答题（本题包括4小题，每空2分，共52分）13．（14分）（1）下列有关容量瓶使用方法的操作中，错误的是 BC ．A．使用容量瓶前检查它是否漏水B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗C．配置溶液时，如果试样是固体，把称量好的试样用小纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线2～3cm处，用滴管滴加蒸馏水到刻度线D．盖好瓶塞，食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复上下颠倒，摇匀．（2）实验中需2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是 A ．A．1000mL，212gB．950mL，543.4gC．任意规格，572gD．500mL，286g（3）现用18.4mol/L的浓硫酸配制500mL0.2mol/L的稀硫酸．可供选用仪器有：玻璃棒、量筒、烧杯、胶头滴管请回答下列问题：①配制稀硫酸时，还缺少的仪器有 500mL的容量瓶 （填写仪器名称）．②经计算，配制500mL0.2mol/L的稀硫酸需要上述浓硫酸的体积为 5.4mL ，量取浓硫酸时应选用（填写序号） ① （选填①10mL、②50mL、③100mL）规格的量筒．③稀释浓硫酸时，应如何操作？ 在烧杯中加适量的水，将浓硫酸缓缓加入水中，不断用玻璃棒搅拌 ．-22-\n④将所配制的稀H2SO4进行测定，发现浓度大于0.2mol/L．请你分析配制过程中错误的操作可能为 CD ．A．定容时，仰视刻度线B．容量瓶中原来存有少量蒸馏水C．未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中D．洗涤量取浓H2SO4后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中E．溶解NaOH的烧杯未经多次洗涤．考点：配制一定物质的量浓度的溶液；不能加热的仪器及使用方法．分析：（1）A、使用容量瓶前要检查它是否漏水，防止在配制溶液过程中漏液；B、容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗，会导致所配溶液浓度偏大；C、配制溶液时，要先溶解或稀释，冷却至室温以后，再转移至容量瓶；D、摇匀时食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转反复上下摇匀；（2）由于容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，然后根据m=cVM进行计算；（3）①根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；②根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算；根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积来选择合适的量筒；③根据浓硫酸稀释放热来分析；④根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析；解答：解：（1）A、使用容量瓶前要检查它是否漏水，防止在配制溶液过程中漏液，故A正确；B、容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗，会导致所配溶液浓度偏大，故B错误；C、配制溶液时，要先溶解稀释，冷却至室温以后，再转移至容量瓶，故C错误；D、摇匀时食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转反复上下摇匀，故D正确．故选：BC；-22-\n（2）容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，则m（Na2CO3）=cVM=1L×2mol/L×106g/mol=212g，故选A；（3）①根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故还缺少500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；②设所需浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：18.4mol/L×VmL=0.2mol/L×500mL解得V=5.4mL；根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积为5.4mL可知应选择10mL的量筒，故答案为：5.4mL，①；③由于浓硫酸稀释放热，故应在烧杯中加适量的水，将浓硫酸缓缓加入水中，不断用玻璃棒搅拌，故答案为：在烧杯中加适量的水，将浓硫酸缓缓加入水中，不断用玻璃棒搅拌；④A．定容时，仰视刻度线，则溶液体积偏大，浓度偏小，故A错误；B．容量瓶中原来存有少量蒸馏水，对所配溶液的浓度无影响，故B错误；C．未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，故C正确；D．洗涤量取浓H2SO4后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，则溶质的量偏多，溶液浓度偏高，故D正确；E．溶解NaOH的烧杯未经多次洗涤，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故E错误．故选CD．点评：本题考查一定物质的量浓度溶液配制过程、物质的量浓度有关计算和误差分析等，难度不大，误差分析为易错点． 14．（10分）（2022秋•南关区校级期末）现有下列七种物质：①铝 ②蔗糖③CO2 ④H2SO4 ⑤Ba（OH）2⑥红褐色的氢氧化铁胶体 ⑦HCl（1）上述物质中属于电解质的有 ④⑤⑦ ．（填序号）（2）向⑥的溶液中逐渐滴加⑦的溶液，看到的现象是 先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解 ．（3）上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为：H++OH﹣═H2O，则该反应的化学方程式为 Ba（OH）2+2HCl═BaCl2+2H2O ．-22-\n（4）⑦的浓溶液与高锰酸钾发生反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，该反应中的氧化剂是 KMnO4 ，盐酸的作用是 还原性和酸性 ．考点：电解质与非电解质；离子方程式的书写；氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题；电离平衡与溶液的pH专题．分析：（1）电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；（2）根据氢氧化铁胶体的性质进行判断；（3）根据离子反应的实质进行书写；（4）氧化剂：得到电子，化合价降低，被还原；盐酸表现酸性和还原性．解答：解：①铝为金属单质，既不是电解质也不是非电解质；②蔗糖在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质；③CO2自身不能电离，是非电解质；④H2SO4在水溶液中能够导电，是电解质；⑤Ba（OH）2在水溶液中能够导电，是电解质；⑥红褐色的氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑦HCl在水溶液中能够导电，是电解质；故属于电解质的是：④⑤⑦，故答案为：④⑤⑦；（2）向氢氧化铁胶体中加入盐酸，胶体遇到电解质会发生聚沉，故先出现红褐色沉淀，氢氧化铁能与盐酸反应，后沉淀溶解，故答案为：先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解；（3）离子反应H++OH﹣=H2O代表强酸和强碱反应生成可溶性的盐和水的反应，如Ba（OH）2+2HCl═BaCl2+2H2O等，故答案为：Ba（OH）2+2HCl═BaCl2+2H2O；（4）2KMnO4+16HCl（浓）═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，KMnO4中锰的化合价由+7价降低为+2价，化合价降低，故KMnO4为氧化剂；HCl中氯的化合价部分升高，部分不变，故盐酸表现还原性和酸性，故答案为：KMnO4；还原性和酸性．-22-\n点评：本题考查电解质与非电解质的判断、胶体的性质、离子方程式的书写、氧化剂的判断等，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确电解质与非电解质的概念及区别． 15．（12分）（2022秋•仙游县校级期中）次磷酸（H3PO2）是一种精细化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式： H3PO2⇌H2PO2﹣+H+ （2）H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的银离子还原为银单质，从而可用于化学镀银．①H3PO2中，磷元素的化合价为 +1 ②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则氧化产物为： H3PO4 （填化学式）③NaH2PO2是正盐还是酸式盐？ 正盐 （3）H3PO2的工业制法是：将白磷（P4）与氢氧化钡溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，后者再与硫酸反应，写出白磷与氢氧化钡溶液反应的化学方程式： 2P4+3Ba（OH）2+6H2O=2PH3↑+3Ba（H2PO2）2 ．考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：（1）根据H3PO2是一元中强酸可知，H3PO2是弱电解质，溶液中部分电离出氢离子，据此写出电离方程式；（2）①根据化合物中总化合价为0计算出P元素的化合价；②先判断氧化剂、氧化剂，然后根据氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1计算出反应产物中P的化合价；③根据H3PO2是一元中强酸，可以判断NaH2PO2为正盐；（3）根据反应物和生成物结合原子守恒和电子守恒书写方程式．解答：解：（1）H3PO2是一元中强酸，溶液中部分电离出氢离子，所以其电离方程式为H3PO2⇌H2PO2﹣+H+，故答案为：H3PO2⇌H2PO2﹣+H+；（2）①H3PO2中，总化合价为0，其中氢元素为+1价，氧元素为﹣2价，则P元素的化合价为+1价，故答案为：+1；-22-\n②该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×（1﹣0）=1×（x﹣1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，故答案为：H3PO4；③由于H3PO2是一元中强酸，所以NaH2PO2为正盐，故答案为：正盐；（3）白磷（P4）与Ba（OH）2溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，反应方程式为2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑，故答案为：2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑．点评：本题考查了盐的水解原理、弱电解质的电离、氧化还原反应等知识，题目难度中等，试题涉及的知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况． 16．（16分）（2022春•大冶市校级期末）菠萝酯是一种具有菠萝香气的食用香料，是化合物甲与苯氧乙酸发生酯化反应的产物．（1）甲一定含有的官能团的名称是 羟基 ．（2）5.8g甲完全燃烧可产生0.3molCO2和0.3molH2O，甲蒸气对氢气的相对密度是29，甲分子中不含甲基，且为链状结构，其结构简式是： CH2=CH﹣CH2﹣OH ．（3）苯氧乙酸有多种酯类的同分异构体，其中能与FeCl3溶液发生显色反应，且有2种一硝基取代物的同分异构体是（任写2种结构简式） 、 ．（4）已知：R﹣CH2﹣COOHR﹣ONaR﹣O﹣R′（R﹣、R′﹣代表烃基）菠萝酯的合成路线如下：①试剂X不可选用的是（选填字母） ac ．-22-\na．CH3COONa溶液 b．NaOH溶液c．NaHCO3溶液 d．Na②丙的结构简式是 ClCH2COOH ，反应Ⅱ的反应类型是 取代反应 ．③反应Ⅳ的化学方程式是 ．考点：烃的衍生物官能团；有机物分子中的官能团及其结构；有机物的合成．专题：有机物的化学性质及推断．分析：（1）根据酯化反应是酸与醇类间的反应判断有机物甲中含有的官能团；（2）由题意可知，甲中含有羟基，甲蒸气对氢气的相对密度是29，相同条件下的气体密度之比等于其相对分子质量之比，所以甲的相对分子质量为58，根据n=计算5.8g甲的物质的量，根据质量守恒计算参加反应的氧气的质量，根据原子守恒计算甲分子中C、H原子数目，判断甲是否含有氧元素，比较计算甲分子中氧原子数目，据此确定甲的分子式，结合甲的结构特点确定其结构简式；（3）能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基，且有2种一硝基取代物，苯环上有2个不同取代基且处于对位位置符合，据此写出其结构简式；（4）苯酚和氢氧化钠或钠反应生成苯酚钠，催化剂条件下，乙和氯气反应生成丙，丙和苯酚钠反应生成，结合反应信息可知，丙是ClCH2COOH，故乙为乙酸，CH2=CH﹣CH2﹣OH和发生酯化反应生成菠萝酯．解答：解：（1）菠萝酯是一种具有菠萝香气的食用香料，是化合物甲与苯氧乙酸发生酯化反应的产物，由于苯氧乙酸中含有羧基，所以化合物甲中一定含有官能团羟基，故答案为：羟基；（2）由题意可知，甲中含有羟基，甲蒸气对氢气的相对密度是29，相同条件下的气体密度之比等于其相对分子质量之比，所以甲的相对分子质量为58，5.8g甲的物质的量==0.1mol，-22-\n质量守恒可知，参加反应的氧气的质量=0.3mol×44g/mol+0.3mol×18g/mol﹣5.8g=12.8g，氧气物质的量==0.4mol，根据氧原子守恒，可知5.8g甲中n（O）=0.3mol×2+0.3mol﹣0.4mol×2=0.1mol，根据原子守恒可知，甲分子中N（C）==3、N（H）==6、N（O）==1，故甲的分子式为C3H6O，甲分子中不含甲基，且为链状结构，其结构简式是CH2=CH﹣CH2﹣OH，故答案为：CH2=CH﹣CH2﹣OH；（3）能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基，且有2种一硝基取代物，说明苯环上有2个取代基且处于对位位置，所以其同分异构体是、、，故答案为：、等；（4）苯酚和氢氧化钠或钠反应生成苯酚钠，催化剂条件下，乙和氯气反应生成丙，丙和苯酚钠反应生成，结合反应信息可知，丙是ClCH2COOH，故乙为乙酸，CH2=CH﹣CH2﹣OH和发生酯化反应生成菠萝酯，①苯酚具有酸性但酸性弱于醋酸、碳酸，所以苯酚能和碳酸钠、氢氧化钠反应生成苯酚钠，不能和醋酸钠、碳酸氢钠反应，故选：ac；②通过以上分析知，其结构简式为：ClCH2COOH，反应Ⅱ属于取代反应，故答案为：ClCH2COOH；取代反应；③在催化剂、加热条件下，CH2=CH﹣CH2﹣OH和发生酯化反应生成菠萝酯，反应方程式为：，-22-\n故答案为：．点评：本题考查有机物的推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生的阅读能力、自学能力，题目难度中等，（4）注意根据有机物的结构与反应信息确定丙的结构突破口，答题时注意把握题给信息，注意养成仔细审题的良好习惯． 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