《2024屆湖南省永州市東安縣一中化學(xué)高一第一學(xué)期期末考試試題含解析.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2024屆湖南省永州市東安縣一中化學(xué)高一第一學(xué)期期末考試試題含解析.doc（13頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)趨R文網(wǎng)上搜索。

1、2024屆湖南省永州市東安縣一中化學(xué)高一第一學(xué)期期末考試試題考生請(qǐng)注意：1答題前請(qǐng)將考場、試室號(hào)、座位號(hào)、考生號(hào)、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號(hào)內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、實(shí)驗(yàn)室常利用反應(yīng)：NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O制取少量氮?dú)?，下列關(guān)于該反應(yīng)的說法不正確的是AN2既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物BNH4Cl中氮元素被還原C被氧化的氮原子與被還原的氮原子的物質(zhì)的量之比為1：1

2、D每生成1 mol N2時(shí)，轉(zhuǎn)移電子為3 mol2、配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，以下操作導(dǎo)致溶液物質(zhì)的量濃度偏小的是A容量瓶中原來有少量蒸餾水B用濃硫酸配制稀硫酸，量取濃硫酸時(shí)仰視刻度線C定容時(shí)俯視容量瓶凹液面的最低處D定容后搖勻液面下降補(bǔ)加蒸餾水至刻度線3、下列單質(zhì)或化合物性質(zhì)的描述正確的是A食品包裝中常放入有硅膠和鐵粉的小袋，防止食物受潮和氧化變質(zhì)B硅酸可以由SiO2和水反應(yīng)直接制得CSiO2既能和 NaOH 溶液反應(yīng)又能和氫氟酸反應(yīng),所以是兩性氧化物D自然界硅元素的貯量豐富，并存在大量的單質(zhì)硅4、分類是化學(xué)學(xué)習(xí)與研究的常用方法，下列分類正確的是()ASiO2、SO2、SO3均屬于酸性氧化

3、物BH2SiO3、H2SO3、H2SO4均屬于強(qiáng)酸C根據(jù)是否具有丁達(dá)爾效應(yīng)，將分散系分為溶液、膠體和濁液D根據(jù)是否能導(dǎo)電，將物質(zhì)分為電解質(zhì)和非電解質(zhì)5、某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+和K+。取該溶液100mL，加入過量NaOH溶液并加熱，得到0.02mol氣體，同時(shí)產(chǎn)生紅褐色沉淀，將過濾洗滌后的沉淀灼燒得到1.6g固體；向上述濾液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于鹽酸的沉淀。下列說法正確的是A該溶液中最多存在4種離子B該溶液中不能確定是否存在CO32-C該溶液中一定存在Cl-、且c(Cl-)0.4molL-1D該溶液可由KCl、(NH4)2SO4和F

4、eCl3配制而成6、鈉和鉀化學(xué)性質(zhì)相似的根本原因是（ ）A都是堿金屬B都與酸反應(yīng)C都與水反應(yīng)生成堿D原子的最外層都只有一個(gè)電子7、下列試劑的保存方法錯(cuò)誤的是（ ）A少量的鈉保存在煤油中B亞硫酸鈉固體密封保存C保存氯化亞鐵溶液時(shí)加入銅粉以防止氧化D濃硝酸保存在棕色試劑瓶中并置于冷暗處8、欲證明某溶液中含有Fe3+，下列方法正確的是A加入鐵粉B滴加稀硫酸C滴加氯水D滴加KSCN溶液9、下列說法正確的是（ ）A1molO2與金屬Na反應(yīng)，O2一定得到4NA個(gè)電子B18gNH4+中所含的電子數(shù)為11NAC1molFe與足量的Cl2反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAD1molCl2與足量的Fe反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)

5、為2NA10、下列有關(guān)說法正確的是()AH2、SO2、CO2三種氣體都可用濃H2SO4干燥BFe(OH)3膠體無色、透明，能產(chǎn)生丁達(dá)爾現(xiàn)象C在酒精燈加熱條件下，Na2CO3、NaHCO3固體都能發(fā)生分解D膠體和溶液的本質(zhì)區(qū)別是能否產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)11、對(duì)下列各實(shí)驗(yàn)裝置的敘述中，不正確的是A裝置為氫氧化鈉溶液與溴的苯溶液充分混合振蕩后靜置的現(xiàn)象B裝置燒杯中盛有濃氯水，上方懸掛著噴曬有KI-淀粉溶液的蝴蝶會(huì)變藍(lán)色C裝置中若X為CCl4，可用于吸收氨氣或氯化氫，并防止倒吸D裝置可用于制取、收集氨氣12、下列物質(zhì)不能通過化合反應(yīng)直接制得的是ANaClBAl(OH)3CFeCl2DCO13、下列現(xiàn)象或事實(shí)

6、能用同一原理解釋的是A濃硝酸和新制氯水都用棕色試劑瓶保存BCl2和SO2都能使品紅溶液褪色C常溫下鐵和金都不溶于濃硝酸D漂白粉和亞硫酸鈉長期暴露在空氣中變質(zhì)14、被譽(yù)為“光纖之父”的華裔科學(xué)家高錕因?yàn)樵凇肮庠诶w維中的傳輸用于光學(xué)通信”的成就而獲 得 2009 年諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)，光導(dǎo)纖維的主要成分是ASiBSiO2CNa2SiO3DSiCl415、把Ba(OH)2溶液滴入明礬溶液中，使SO42-全部轉(zhuǎn)化成BaSO4沉淀，此時(shí)鋁元素的主要存在形式是（）AAlO2BAl(OH)3CAl3+DAl3+和Al(OH)316、已知 100 mL 濃度為 0.1 molL-1的 H2C2O4 溶液恰好與20

7、 mL濃度為 0.2 molL-1的 KRO4溶液完全反應(yīng)，已知H2C2O4生成CO2，則 R元素在產(chǎn)物中的化合價(jià)是（ ）A+1B+2C+3D+4二、非選擇題（本題包括5小題）17、某固體中可能含有Na+、K+、Al3+、Ba2+、SO42-、CO32-、SiO32-、等離子，將其配成 100mL 溶液。學(xué)生研究性學(xué)習(xí)小組為了確認(rèn)其成分，設(shè)計(jì)并完成了如圖所示實(shí)驗(yàn)：請(qǐng)回答下列問題：(1)配制100mL 溶液需要使用容量瓶，該儀器使用前必須進(jìn)行的一步操是_；在“定容”操作中，當(dāng)液面接近容量瓶刻度線12cm 處，改用_，再將容量瓶塞蓋好，反復(fù)上下顛倒，搖勻。(2)若出現(xiàn)如下情況，導(dǎo)致所配溶液濃度偏高

8、的是_ A稱量時(shí)砝碼已經(jīng)生銹； B溶解、轉(zhuǎn)移溶液之后沒有對(duì)燒杯和玻璃棒進(jìn)行洗滌操作； C定容時(shí)俯視；D定容時(shí)，液面超過容量瓶頸上的刻度線，用膠頭滴管將過量的液體吸出；E.容量瓶不干燥，含有少量蒸餾水。(3) 根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)可得出：一定存在的離子是_，一定不存在的離子是_。(4) 加入稀鹽酸，所發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為_。18、某工廠的工業(yè)廢水中含有大量的Al2(SO4)3、較多的Cu2+和少量的Na+。從工業(yè)廢水中回收金屬鋁和金屬銅的工藝流程如下圖所示(試劑X、Y、Z均過量)。(1)試劑X為_，加入試劑X發(fā)生的離子方程式是_試劑Z為_。(2)操作為_(填實(shí)驗(yàn)分離方法)。(3)溶液2中含有的溶質(zhì)有_

9、(填化學(xué)式)。(4)寫出操作的化學(xué)反應(yīng)方程式_。(5)金屬銅能與濃硫酸在加熱的條件下發(fā)生反應(yīng)，產(chǎn)生的氣體為_(填化學(xué)式)。19、某同學(xué)實(shí)驗(yàn)室用下列裝置探究氯氣的性質(zhì)。（1）實(shí)驗(yàn)室用二氧化錳和濃鹽酸反應(yīng)制取氯氣，同時(shí)生成二氯化錳和水，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式并判斷電子得失數(shù)目_；_。（2）實(shí)驗(yàn)時(shí)發(fā)現(xiàn)有色布條_，其原因是_；（3）燒杯中溶液的作用是_；廣口瓶的作用是_。20、硫酸亞鐵晶體（FeSO47H2O）在醫(yī)藥上作補(bǔ)血?jiǎng)?。某課外小組測定該補(bǔ)血?jiǎng)┲需F元素的含量，并檢驗(yàn)該補(bǔ)血?jiǎng)┦欠褡冑|(zhì)。實(shí)驗(yàn)步驟如下： 請(qǐng)回答下列問題：（1）向操作的濾液中滴加KSCN溶液后變?yōu)榧t色，則該濾液中含有_（填離子符號(hào)）。（

10、2）操作中反應(yīng)的離子方程式：_。（3）操作中反應(yīng)的離子方程式：_。（4）操作中一系列處理的操作步驟：過濾、_、灼燒、_、稱量。（5）假設(shè)實(shí)驗(yàn)中的損耗忽略不計(jì)，則每片補(bǔ)血?jiǎng)┖F元素的質(zhì)量為_g。（用含a的代數(shù)式表示）21、鐵的化合物應(yīng)用非常廣泛，刻制印刷電路板時(shí)要用FeCl3溶液為腐蝕液，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2FeCl3Cu =2FeCl2CuCl2該反應(yīng)的氧化劑是_（填化學(xué)式）。請(qǐng)用雙線橋法標(biāo)出該反應(yīng)電子的轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目。2FeCl3Cu =2FeCl2CuCl2_使用過的腐蝕液會(huì)失效，但還可以回收利用，其中有一步需要將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，下列試劑能實(shí)現(xiàn)上述變化的是_（填序號(hào)）。氯氣

11、鐵 鹽酸 稀硫酸某久置的FeCl2溶液略顯黃色，某同學(xué)認(rèn)為可能有部分Fe2+被氧化為Fe3+，因此配制FeCl2溶液時(shí)需加少量鐵粉，請(qǐng)寫出Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+的離子方程式_。參考答案一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、B【解題分析】ANaNO2是氧化劑，NH4Cl是還原劑，所以N2既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物，A正確；BNH4Cl中N元素化合價(jià)為-3價(jià)，反應(yīng)后變?yōu)镹2中的0價(jià)，化合價(jià)升高，失去電子，NH4Cl作還原劑，則氮元素被氧化，B錯(cuò)誤；CNaNO2是氧化劑，被還原；NH4Cl是還原劑，被氧化，所以被氧化的氮原子與被還原的氮原子的物質(zhì)的量之比為1：1，C正確；D該反應(yīng)每生成1 mol

12、 N2時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量=1 mol(3-0)=3 mol，D正確；故合理選項(xiàng)是B。2、D【解題分析】化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作結(jié)合c=n/V及不當(dāng)操作對(duì)n、V的影響可知，n偏小或V偏大均導(dǎo)致溶液物質(zhì)的量濃度偏小?！绢}目詳解】A容量瓶中原來有少量蒸餾水，對(duì)實(shí)驗(yàn)無影響，故A不選；B量取濃硫酸時(shí)仰視刻度線，n偏大，導(dǎo)致溶液物質(zhì)的量濃度偏大，故B不選；C定容時(shí)俯視容量瓶凹液面的最低處，V偏小，導(dǎo)致溶液物質(zhì)的量濃度偏大，故C不選；D定容后搖勻液面下降補(bǔ)加蒸餾水至刻度線，V偏大，導(dǎo)致溶液物質(zhì)的量濃度偏小，故D選；故選D?！绢}目點(diǎn)撥】本題考查配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液的誤差分析，解題關(guān)鍵：把握溶液配制的操作、步

13、驟、誤差分析，注意結(jié)合公式分析誤差。3、A【解題分析】A硅膠具有吸水性，鐵粉具有還原性；B. SiO2與水不反應(yīng)，所以硅酸不能由SiO2和水通過化合反應(yīng)直接制得，故A錯(cuò)誤；C.二氧化硅是酸性氧化物能和強(qiáng)堿反應(yīng)，但也能和特殊的酸氫氟酸反應(yīng)；D.硅元素是親氧元素?！绢}目詳解】A.硅膠具有吸水性，鐵粉具有還原性，食品包裝中常放入有硅膠和鐵粉的小袋，就可以防止食物受潮和氧化變質(zhì)，A正確；B. SiO2與水不反應(yīng)，不能與水反應(yīng)產(chǎn)生硅酸；C.二氧化硅能和強(qiáng)堿反應(yīng)，反應(yīng)方程式為SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；也能和特殊的酸氫氟酸反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：SiO2+4HF=SiF4+2H2O，但二氧化

14、硅屬于酸性氧化物，C錯(cuò)誤；D.自然界硅元素的貯量豐富，但硅元素是以硅酸鹽和二氧化硅的形式存在，并不存在硅單質(zhì)硅，D錯(cuò)誤?！绢}目點(diǎn)撥】本題考查硅元素的單質(zhì)或化合物的性質(zhì)及應(yīng)用的知識(shí)，難度不大，重在了解基礎(chǔ)知識(shí)。4、A【解題分析】A.SiO2、SO2、SO3均和堿反應(yīng)生成鹽和水，屬于酸性氧化物，故A正確；B.H2SiO3、H2SO3均屬于弱酸，H2SO4是強(qiáng)酸，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)分散質(zhì)微粒直徑大小，將分散系分為溶液、膠體和濁液，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)化合物在水溶液中或熔融狀態(tài)是否能導(dǎo)電，將化合物分為電解質(zhì)和非電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤；故選：A。5、C【解題分析】某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、N

15、H4+、Fe3+和K+。取該溶液100mL，加入過量NaOH溶液并加熱，得到0.02mol氣體，說明含有NH4+，其物質(zhì)的量是0.02mol；同時(shí)產(chǎn)生紅褐色沉淀，說明含有Fe3+，產(chǎn)生的沉淀是Fe(OH)3，將過濾洗滌后的沉淀灼燒得到1.6g固體；該固體是Fe2O3，n(Fe2O3)= 1.6g160g/mol=0.01mol，則根據(jù)鐵元素守恒可知n(Fe3+)=2 n(Fe2O3)=0.02mol；向上述濾液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于鹽酸的沉淀，該沉淀是BaSO4，說明含有SO42-，其物質(zhì)的量是n(SO42-)= 4.66g233g/mol=0.02mol，已經(jīng)確定的陽離

16、子帶有的正電荷總數(shù)是：n(NH4+)+ 3n(Fe3+)= 0.02mol+3 0.02mol=0.08mol，SO42-帶有的負(fù)電荷總數(shù)是2n(SO42-)=20.02mol=0.04mol0.4mol/L，所以該溶液中一定存在Cl-、且c(Cl-) 0.4molL-1；【題目詳解】A溶液中一定存在Cl-、SO42-、NH4+、Fe3+四種離子，可能含有K+，該溶液中最少存在4種離子，A錯(cuò)誤；B由于溶液中含有Fe3+，CO32-和Fe3+會(huì)發(fā)生鹽的雙水解反應(yīng)而不能大量共存，所以溶液中不存在CO32-，B錯(cuò)誤；C通過上述分析可知該溶液中一定存在Cl-，且c(Cl-)0.4molL-1，C正確；

17、D該溶液可能含有K+，也可能不含K+，所以不一定由KCl、(NH4)2SO4和FeCl3配制而成，D錯(cuò)誤；答案選C。6、D【解題分析】金屬的化學(xué)性質(zhì)由核外電子數(shù)決定，所以鈉和鉀化學(xué)性質(zhì)相似的根本原因在于原子的最外層都只有一個(gè)電子，D項(xiàng)正確；答案選D。7、C【解題分析】A鈉易與空氣中氧氣、水等反應(yīng)，但與煤油不反應(yīng)，密度比煤油大，可保存在煤油中，故A正確；B亞硫酸鈉具有較強(qiáng)的還原性，可與空氣中的氧氣反應(yīng)生成硫酸鈉而變質(zhì)，需要密封保存，故B正確； C亞鐵離子容易被空氣中的氧氣氧化為鐵離子，故氯化亞鐵溶液存放時(shí)加入少量鐵粉，防止氧化，但不能加入銅粉，會(huì)引入雜質(zhì)離子，故C錯(cuò)誤；D濃硝酸見光或受熱易分解生

18、成二氧化氮、氧氣與水，應(yīng)放在棕色試劑瓶中并置于冷暗處，故D正確；故選C。8、D【解題分析】A加入鐵粉，溶液的黃色變淺，但是不能確定原溶液中含有Fe3+，錯(cuò)誤；B滴加稀硫酸，F(xiàn)e3+不能發(fā)生反應(yīng)，因此不能鑒定其存在，錯(cuò)誤；C滴加氯水時(shí)Fe3+不能發(fā)生反應(yīng)，因此不能鑒定其存在，錯(cuò)誤；D滴加KSCN溶液，若存在Fe3+，溶液會(huì)變?yōu)榧t色，可以鑒別，正確；答案選D。9、D【解題分析】A氧氣和鈉反應(yīng)可以生成氧化鈉，也可以生成過氧化鈉，1molO2與金屬鈉反應(yīng)，生成氧化鈉電子轉(zhuǎn)移4mol，生成過氧化鈉電子轉(zhuǎn)移2mol，所以1molO2與金屬Na反應(yīng)，O2不一定得到4NA個(gè)電子，故A錯(cuò)誤；B18gNH4+中含

19、有NH4+的物質(zhì)的量為=1mol，一個(gè)NH4+中所含的電子數(shù)為10，因此18gNH4+中所含的電子數(shù)為10NA，故B錯(cuò)誤；C鐵與足量氯氣反應(yīng)，只有鐵失電子，F(xiàn)e被氧化為Fe3+，1molFe失去電子數(shù)為3NA，因此轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3NA，故C錯(cuò)誤；D氯氣與足量鐵反應(yīng)，只有氯氣得電子，Cl2被還原為Cl-，每個(gè)氯氣得到2個(gè)電子，所以1molCl2得到的電子為2mol即2NA，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA，故D正確；故選：D。10、A【解題分析】AH2、SO2、CO2三種氣體和濃硫酸不反應(yīng)，都可用濃硫酸干燥，A選項(xiàng)正確；B氫氧化鐵膠體為紅褐色液體，透明，能產(chǎn)生丁達(dá)爾現(xiàn)象，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C在酒精燈加熱條件下，NaH

20、CO3固體能發(fā)生分解，Na2CO3受熱不分解，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D膠體和溶液的本質(zhì)區(qū)別是粒子直徑不同，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A。11、A【解題分析】A. 溴和氫氧化鈉反應(yīng)Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O，故將氫氧化鈉溶液與溴的苯溶液充分混合振蕩后靜置，水的上層橙黃色為溴的苯溶液，部分溴會(huì)與下層的NaOH反應(yīng)，下層接近無色，故A錯(cuò)誤；B. 氯氣不斷從濃氯水中揮發(fā)出來，揮發(fā)出來的氯氣及其溶解在KI-淀粉溶液中生成的HClO把KI氧化成I2，淀粉遇碘單質(zhì)變藍(lán)，使蝴蝶變成藍(lán)色，故B正確；C. X若為四氯化碳，使水和氣體不能直接接觸，則可用于吸收氨氣或氯化氫，并防止倒吸，故C正確；D. 氨氣可利用

21、濃氨水和氧化鈣制取，利用向下排空氣法收集，則圖中裝置可用于制取、收集氨氣，故D正確；題目要求選擇錯(cuò)誤的，故選A?！绢}目點(diǎn)撥】本題主要考查了常見的實(shí)驗(yàn)裝置，難度不大，掌握實(shí)驗(yàn)的原理是解題的關(guān)鍵。12、B【解題分析】A.鈉在氯氣中燃燒生成氯化鈉，A不符；B.氫氧化鋁不能通過化合反應(yīng)制備，B符合；C.鐵和氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵，C不符；D.碳在氧氣中反應(yīng)生成CO，D不符；答案選B。13、A【解題分析】A. 濃硝酸見光易分解，須存放在棕色瓶中；氯水中的次氯酸見光會(huì)分解，應(yīng)盛放在棕色瓶中，能用同一原理解釋，故A選；B. Cl2 和SO2 使品紅溶液褪色的原理不同。Cl2的漂白原理是：氯氣與水反應(yīng)生成鹽酸

22、和次氯酸，次氯酸有很強(qiáng)的氧化性，將品紅氧化成無色的物質(zhì)，使品紅溶液褪色；SO2的漂白原理是：SO2與水化合成H2SO3，H2SO3與品紅發(fā)生反應(yīng)，生成不穩(wěn)定的無色化合物，使品紅溶液褪色；原理不同，故B不選；C. 鐵與濃硝酸常溫下發(fā)生鈍化，不溶于濃硝酸；金性質(zhì)穩(wěn)定，不溶于濃硝酸；原理不同，故C不選；D. 漂白粉中次氯酸鈣和二氧化碳、水反應(yīng)生成碳酸鈣和次氯酸，次氯酸不穩(wěn)定生成鹽酸和氧氣而變質(zhì)；亞硫酸鈉露置在空氣中會(huì)被氧化而變質(zhì)；原理不同，故D不選；正確答案是A?！绢}目點(diǎn)撥】本題考查元素化合物的性質(zhì)，根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)來分析解答即可，注意二氧化硫、次氯酸漂白性的區(qū)別，題目難度不大。14、B【解題分析】光

23、導(dǎo)纖維的主要成分是二氧化硅，制造光導(dǎo)纖維的基本原料是二氧化硅，故選B。15、A【解題分析】設(shè)KAl(SO4)2為1mol，則有1molAl3+、2molSO42-，滴入2mol Ba(OH)2，使SO42-全部轉(zhuǎn)化成BaSO4沉淀，2mol Ba(OH)2提供了4molOH-，和1molAl3+恰好完全反應(yīng)：Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，此時(shí)鋁元素的主要存在形式是AlO2。故選A。16、B【解題分析】在氧化還原反應(yīng)中，氧化劑得電子數(shù)=還原劑失電子數(shù)，根據(jù)得失電子守恒進(jìn)行計(jì)算?！绢}目詳解】n(H2C2O4)=0.1L0.1 molL-1=0.01mol，n(KRO4)=0.02L0.2

24、 molL-1=0.004mol，已知反應(yīng)中H2C2O4生成CO2，C元素化合價(jià)由+3升高為+4，失電子，則H2C2O4為還原劑，則KRO4應(yīng)為氧化劑，得電子，化合價(jià)降低，KRO4中化合價(jià)為+7價(jià)，設(shè)R元素在產(chǎn)物中的化合價(jià)是x，則根據(jù)得失電子守恒可得，0.01mol2=0.004mol(7-x)，解得x=2，B項(xiàng)正確；答案選B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、檢查是否漏水 改用膠頭滴管滴加蒸餾水至溶液凹液面正好與刻度線相切 A、C CO32-、SiO32- SO42-、Al3+、Ba2+ CO32-+2H+=CO2+H2O；SiO32-+2H+=H2SiO3 【解題分析】向配制的溶液中加入

25、稀鹽酸后生成無色無味氣體A、沉淀B，氣體A為CO2，則原溶液中一定含有CO32-，結(jié)合離子共存可知一定不存在Al3+、Ba2+；生成的沉淀B為硅酸，則一定存在SiO32-；向?yàn)V液C中加入氯化鋇溶液，無明顯現(xiàn)象，說明溶液中不存在SO42-，據(jù)此結(jié)合溶液配制的方法解答；第(2)題根據(jù)進(jìn)行分析；【題目詳解】(1)容量瓶使用前要檢查是否漏水；當(dāng)液面接近容量瓶刻度線1-2cm處，改用膠頭滴管滴加質(zhì)量數(shù)至液面凹液面恰好與刻度線相切，再將容量瓶塞蓋好，反復(fù)上下顛倒，搖勻，故答案為：檢查是否漏水；改用膠頭滴管滴加質(zhì)量數(shù)至液面凹液面恰好與刻度線相切；(2)A.稱量時(shí)砝碼已經(jīng)生銹會(huì)導(dǎo)致溶質(zhì)的質(zhì)量偏大，繼而導(dǎo)致濃度

26、偏大，故A正確； B.溶解、轉(zhuǎn)移溶液之后沒有對(duì)燒杯和玻璃棒進(jìn)行洗滌操作會(huì)導(dǎo)致溶質(zhì)物質(zhì)的量偏小，濃度偏小，故B錯(cuò)誤； C.定容時(shí)俯視會(huì)導(dǎo)致溶液體積偏小，溶液濃度偏大，故C正確；D.定容時(shí)，液面超過容量瓶頸上的刻度線，用膠頭滴管將過量的液體吸出會(huì)導(dǎo)致溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，濃度偏小，故D錯(cuò)誤；E.容量瓶不干燥，含有少量蒸餾水對(duì)濃度沒有影響，故E錯(cuò)誤，故答案為：AC；(3)根據(jù)分析可知一定存在的離子為：CO32-、SiO32-；一定不存在的離子為：SO42-、Al3+、Ba2+，故答案為：CO32-、SiO32-；SO42-、Al3+、Ba2+；(4)根據(jù)分析可知，加入稀鹽酸后碳酸根和硅酸根和氫離子發(fā)生

27、反應(yīng)，故答案為：CO32-+2H+=CO2+H2O；SiO32-+2H+=H2SiO3。18、鋁 2Al+3Cu2+=2Al3+3Cu 氨水 過濾 Al2(SO4)3、H2SO4 Al2(SO4)3、H2SO4 SO2 【解題分析】某工廠的工業(yè)廢水中含有大量的Al2(SO4)3、較多的Cu2+和少量的Na+，由流程可知加入X為金屬鋁，用于置換出銅，溶液1含有Al2(SO4)3、Na2SO4，不溶性物質(zhì)為過量的Al和Cu的混合物，向不溶性物質(zhì)中加入試劑Y用于溶解Al，反應(yīng)產(chǎn)生Al2(SO4)3，而Cu不能發(fā)生反應(yīng)，則為稀H2SO4，溶液2含有Al2(SO4)3、過量H2SO4，由于Al(OH)3

28、是兩性物質(zhì)，能夠與過量的強(qiáng)堿NaOH溶液反應(yīng)產(chǎn)生可溶性物質(zhì)，因此向混合后加入氨水，可生成Al(OH)3沉淀，過濾、洗滌后加熱分解生成Al2O3，電解熔融的Al2O3可生成Al，以此解答該題?！绢}目詳解】根據(jù)上述分析可知操作是過濾，不溶性物質(zhì)為Cu、Al混合物，操作是過濾，試劑Y是H2SO4，溶液1含有Al2(SO4)3、Na2SO4，溶液2含有Al2(SO4)3、過量H2SO4，試劑Z是氨水，操作是過濾，操作加熱分解Al(OH)3，操作是電解。(1)由以上分析可知X為Al，可用于除去溶液中的Cu2+，反應(yīng)的離子方程式為：2Al+3Cu2+=2Al3+3Cu；試劑Z為氨水；(2)操作用于分離固體

29、和液體，為過濾操作；(3)溶液2中含有的溶質(zhì)有Al2(SO4)3、H2SO4；(4)操作是加熱Al(OH)3，Al(OH)3不穩(wěn)定，受熱發(fā)生分解反應(yīng)，化學(xué)方程式為：2Al(OH)32Al2O3+3H2O；(5)金屬Cu與濃硫酸混合加熱，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，產(chǎn)生CuSO4、SO2、H2O，反應(yīng)方程式為：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2+2H2O，所以反應(yīng)產(chǎn)生的氣體為SO2?！绢}目點(diǎn)撥】本題考查了物質(zhì)的推斷、混合物分離提純的綜合應(yīng)用，把握分離流程中的反應(yīng)及混合物分離方法為解答的關(guān)鍵，注意實(shí)驗(yàn)的設(shè)計(jì)意圖，把握物質(zhì)的性質(zhì)，側(cè)重考查學(xué)生的分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Α?9、MnO2+4HCl(濃)MnCl2Cl22H2O 2e-