1、2023-2024学年江苏省高邮市化学高一上期末经典模拟试题注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在200mL含Mg2+、A
2、l3+、NH4+、H+、Cl-等离子的溶液中，逐滴加入5molL-1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)关系如图所示。下列叙述不正确的是（）Ax-y=0.01molB原溶液中c(Cl-)=0.75mol/LC原溶液的c(H+)=0.1mol/LD原溶液中n(Mg2+)：n(Al3+)=5：12、某溶液中加入KSCN溶液无明显现象，再滴加氯水,溶液立即变为血红色，说明原溶液中一定含有（ ）AFe3+BCu2+CFe2DZn2+3、某溶液中含有下列离子Na+ 、Fe3+、Cl、Fe2.、NH4+向其中先加入足量的Na2O2，然后微热并搅拌，再加入足量的稀硫酸原
3、溶液中离子数目基本不变的为( )ANa+BFe3+CClDFe2+4、有关Na2CO3和NaHCO3的叙述中正确的是A相同质量的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸作用时，产生的气体质量相同BNa2CO3比NaHCO3热稳定性强CNa2CO3和NaHCO3均不可与澄清石灰水反应DNa2CO3和NaHCO3均可与NaOH溶液反应5、已知X和Y能发生如下反应：XY=H2O盐，下列有关物质X和Y所属种类的判断中一定不正确的是()AX为酸、Y为碱BX为碱性氧化物、Y为酸CX为盐、Y为碱DX为碱性氧化物、Y为酸性氧化物6、下列微粒中氮元素的化合价与NH3相同的是()ANO2BNH4CNO3DNO27、下
4、列说法中，正确的是（NA为阿伏伽德罗常数）：AH2的摩尔质量为2gB1mol/LNa2CO3溶液中含有Na+数目为NAC标况下，0.5mol CO2的体积为11.2LD1mol H2O含有8mol电子8、下列物质有关用途与性质的对应关系错误的是物质用途性质A小苏打用于焙制糕点小苏打能与碱反应B金属钠用于冶炼钛、锆等金属金属钠有强还原性C二氧化硫常用于漂白秸秆、织物SO2能跟其中的有色物质结合D浓硫酸实验室干燥气体浓硫酸具有吸水性AABBCCDD9、下列离子方程式书写正确的是（ ）A氯气通入水中：Cl2 + H2O = 2H+ +Cl- + ClO-B铁和稀硫酸反应：2Fe + 6H+ =2Fe
5、3+ + 3H2C碳酸钙与醋酸反应：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + CO2+ H2OD氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应：Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O10、春秋季节在我市常出现大雾天气，对于这种现象下列说法正确的是A大雾是由于空气中的SO2超标造成的B大雾可看作是一种分散剂为水的分散系C大雾可看作是一种胶体D大雾是由于空气中的粉尘超标造成的11、将足量新制氯水分别滴加到下列溶液或滤纸上，对所观察到的现象描述合理的一组是（ ）选项AgNO3溶液蓝色石蕊试纸Na2CO3溶液A产生沉淀变红有气泡B无明显现象变红产生沉淀C产生沉淀先变红后褪色有气泡D产生沉淀先变红后褪色产
6、生沉淀AABBCCDD12、丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于合金的是A青铜器皿B陶瓷C丝绸D中草药AABBCCDD13、下列事实的解释中，错误的是（ ）ASO2的漂白原理与Ca(ClO)2水溶液、H2O2和氯水三种物质的不同B在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性C浓硫酸做干燥剂，是因为浓硫酸具有吸水性DSO2能使氯水褪色，SO2表现出漂白性14、配制100 mL 1.0 molL1的NaOH溶液，下列情况对结果没有影响的是()A容量瓶使用前经蒸馏水清洗后没有干燥B未冷却至室温就将溶液转移至容量瓶中C仰视确定凹液面与刻度线相切D用敞口容器称量NaOH且时间过长15、关于物
7、质氧化性及还原性的强弱，下列说法中正确的是()A物质越易失电子，还原性越强B原子失电子越多，还原性越强C元素化合价降低越多，氧化性越强D物质越易被氧化，氧化性越强16、下列有关化学用语表示正确的是A中子数为10的氧原子：108OB的结构示意图：C硫化钠的电子式：DHCl的形成过程：二、非选择题（本题包括5小题）17、某校化学兴趣小组同学猜想自来水中可能含有大量Cu2、Ca2、Mg2和某些阴离子，从而进行了三组实验：取适量自来水于试管中，滴加足量的NaOH溶液，产生白色沉淀；过滤后取滤液于试管中，滴加足量的Na2CO3溶液，又有白色沉淀生成；另取适量自来水于试管中，滴加足量稀硝酸后再滴加AgNO
8、3溶液，也产生白色沉淀。请回答以下问题：（1）不用做实验就可排除的离子是_。（2）通过实验可初步确定自来水中_(填“含有”或“不含有”)大量Ca2、Mg2；判断依据的离子反应方程式有_。（3）自来水中所含阴离子可以确定有_，理由是_。（4）确定实验中滴加的Na2CO3溶液已过量的检验方法是_。18、如图的各方框表示一种反应物或生成物(某些物质已经略去)，其中常温下A、C、D为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。（1）写出物质X的化学式：_。（2）写出下列变化的化学方程式：AD：_；GE：_；FG：_。（3）实验室里，常用加热固体混合物的方法制取气体C，请写出化学方程式：_。19、某课外活动
9、小组欲利用 CuO 与 NH3 反应，研究 NH3 的某种性质并测定其组成，设计了如下实验装置(夹持装置未画出)进行实验。请回答下列问题：(1)仪器a的名称为_；仪器b中可选择的试剂为_(填名称)。(2)实验室中，利用装置A，还可制取的无色气体是_ (填字母)。ACl2 BO2 CCO2 DNO2(3)实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，上述现象证明NH3具有_性，写出相应的化学方程式_。(4)E装置中浓硫酸的作用_。(5)读取气体体积前，应对装置F进行的操作：_。(6)实验完毕，若测得干燥管D增重mg，装置F测得气体的体积为nL(已折算成标准状况)，则氨分
10、子中氮、氢的原子个数比为_(用含m、n字母的代数式表示)。20、.课堂上，老师提问如何鉴别浓硫酸与稀硫酸，某学习小组设计方案如下方案结论往酸中投入火柴梗变黑者为浓硫酸加入铝片产生刺激性气味者为浓硫酸 加少量酸于盛水的小烧杯中放热者为浓硫酸用玻璃棒蘸浓氨水靠近酸的瓶口冒白烟者为浓硫酸将酸滴加到胆矾晶体上变白者为浓硫酸 (1)以上方案中，可行的是_（填序号）(2)其中一个稍作改进就能成为可行方案是_，改进方法为_。(3)完全错误的是_，因为_。.实验室用浓硫酸配制1.0mol/L硫酸溶液480mL，回答下列问题：(1)如下图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_（填字母），配制上述溶液还需要用到的玻
11、璃仪器是_（填仪器名称）。(2)容量瓶上标有以下5项中的_（填序号）压强 温度 容量 浓度 刻度线(3)在配制过程中，下列操作使所配溶液浓度偏大的是_（填序号）。未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线定容时，仰视刻度线使用容量瓶前用蒸馏水洗涤且没干燥(4)计算实验室配制上述溶液需用量筒取质量分数为98%、密度为1.84g/mL的浓硫酸的体积为_mL。（保留小数点后一位）21、利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：（1）从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧
12、化性又有还原性的化合物有_（填化学式）。（2）将X与Y混合，可生成淡黄色固体，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_。（3）检验物质Y的方法是_。（4）Z的浓溶液与铜单质在一定条件下可以发生化学反应，该反应的化学方程式为_。（5）Na2S2O3是重要的化工原料。从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是_（填代号）。a.Na2S+S b.SO2+Na2SO4 c.Na2SO3+S d.Na2SO3+Na2SO4 e.SO2+ Na2S2+Na2CO3（6）已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4则24mL0.05 molL-1的Na2SO3溶液与20mL
13、0.02molL-1的K2Cr2O7溶液恰好完全反应时，Cr元素在还原产物中的化合价为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】向溶液中滴加NaOH溶液，并结合图象可知，04mL时发生酸碱中和，4mL30mL发生Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀的反应，30mL33mL发生NH4+与OH-的反应，33mL35mL发生氢氧化铝的溶解反应，然后利用离子反应方程式来计算解答。【详解】A.由图及离子反应可知x-y的值即为Al(OH)3的物质的量，设Al(OH)3的物质的量为n，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，nAl(OH)3=n(OH-)=5mol/L(35-33
14、)mL0.001L/mL=0.01mol，即x-y=0.01mol，A正确；B.由图可知，加入33mLNaOH溶液时Cl-离子以NaCl存在，根据元素守恒可知此时溶液中n(Cl-)=n(Na+)=n(NaOH)=5mol/L0.033L=0.165mol，则原溶液中Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=0.165mol0.2L=0.0825mol/L，B错误；C.由图04mL时发生H+OH-=H2O，则H+的物质的量n(H+)=4mL0.001L/mL5mol/L=0.02mol，所以H+的物质的量浓度c(H+)=0.02mol0.2L=0.1mol/L，C正确；D.由4mL30mL发生Mg2+、
15、Al3+结合OH-生成沉淀的反应，则Al3+3OH-=Al(OH)3，n(Al3+)=nAl(OH)3= 0.01mol，则形成Al(OH)3沉淀消耗OH-的物质的量为0.03mol，Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀共消耗OH-的物质的量为5mol/L(30-4)mL0.001L/mL=0.13mol，则Mg2+形成沉淀消耗的OH-离子的物质的量为0.13mol-0.03mol=0.1mol，所以根据Mg2+2OH-=Mg(OH)2可知Mg2+的物质的量n(Mg2+)=0.1mol2=0.05mol，故原溶液中n(Mg2+)：n(Al3+)=0.05：0.01=5：1，D正确；故合理选项是
16、B。【点睛】本题考查图象在溶液成分判断及含量的应用，明确反应的先后顺序是解答的关键，注意反应与图象中的对应关系，结合溶液的体积大小进行计算与判断。2、C【解析】某溶液中加入KSCN溶液无明显现象，说明原溶液不含Fe3+，再加入氯水,溶液立即变为血红色，说明反应有Fe3+生成，则原溶液中一定含有Fe2；答案选C。3、C【解析】过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液呈碱性，Fe2.能被氧化为Fe3，Fe2.减少、Fe3.增加；所以含有NH4+、Fe3的溶液与氢氧化钠溶液反应，然后微热并搅拌后，分别生成氨气、氢氧化铁沉淀，则加入硫酸后溶液中含有硫酸铁，减少的离子为NH4+、Fe2+，增加的离子为F
17、e3+、Na+，所以原溶液中离子数目基本不变的为Cl；故答案选C。【点睛】本题考查离子的共存，把握Na2O2的氧化性及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查。4、B【解析】A相同质量的Na2CO3和NaHCO3，其物质的量分别为mol，mol，与足量盐酸作用，结合碳元素守恒分析生成二氧化碳的质量，碳酸氢钠反应后生成二氧化碳质量大，选项A错误；B碳酸氢钠受热分解，碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠不稳定，选项B正确；C碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钙反应都生成碳酸钙沉淀，碳酸钠反应Ca2+CO32-=CaCO3，少量碳酸氢钠和氢氧化钙反应Ca2+HCO3-+OH-=CaCO
18、3+H2O，反应都可以生成白色沉淀，选项C错误；D碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，HCO3-+OH-=CO32-+H2O，碳酸钠和氢氧化钠不反应，选项D错误。答案选B。点睛：本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累。易错点为选项A：相同质量的Na2CO3和NaHCO3，碳酸氢钠摩尔质量小，其物质的量大，结合碳元素守恒分析生成二氧化碳的质量。5、D【解析】X和Y可能为酸和碱、碱性氧化物和酸、酸式盐和碱(如NaHCO3NaOH=Na2CO3H2O)，不可能是碱性氧化物和酸性氧化物(二者反
19、应只生成盐，无水生成)。故选D。6、B【解析】根据化合物中正负价代数和为0分析解答。【详解】氨气分子中氢元素是+1价，因此氮元素是3价。则A、二氧化氮中氧元素是2价，因此氮元素是+4价，A不符合；B、铵根离子中氢元素是+1价，因此氮元素是3价，B符合；C、硝酸根离子中氧元素是2价，因此氮元素是+5价，C不符合；D、亚硝酸根离子中氧元素是2价，因此氮元素是+3价，D不符合；答案选B。7、C【解析】A. 摩尔质量的单位是g/mol，则H2的摩尔质量为2g/mol，A错误；B.缺溶液的体积，无法计算1mol/LNa2CO3溶液中含有Na+的物质的量和数目，B错误；C. 标况下，0.5mol CO2的
20、体积为0.5mol 22.4L/mol=11.2L，C正确；D. 1mol H2O含有10mol电子，D错误；故选C。8、A【解析】A.小苏打用来焙制糕点是因为其受热易分解，产生的使糕点疏松多孔，A项错误；B.金属钠具有很强的还原性，因此可用来冶炼金属，B项错误；C.可以与有色物质化合来漂白，生成的物质不稳定受热易分解，因此的漂白是可逆的，C项正确； D.浓硫酸有吸水性，可以用来干燥气体，D项正确；答案选A。【点睛】浓硫酸不能干燥还原性气体（例如硫化氢）和碱性气体（例如氨气），因为它具有氧化性和酸性。9、D【解析】A、HClO为弱酸，写离子方程式时不能拆写成离子形式，且反应为可逆反应，正确的应
21、为Cl2H2O HClHClO，A错误；B、铁和稀硫酸反应生成的是Fe2+而不是Fe3+，正确的应为Fe2H = Fe2H2，B错误；C、醋酸为弱酸，不能拆写成离子形式，正确的应为CaCO32CH3COOH = Ca2CO2H2O+2CH3COO-，C错误；D、Al(OH)3为沉淀，写离子方程式时仍写成分子形式，D正确。正确答案为D。10、C【解析】A.雾是大气中因悬浮的水汽凝结形成的，故A错误；B.分散剂是空气，分散质是水，故B错误；C.雾是一种胶体，属于胶体分散系，故C正确；D.雾是空气中的小液滴，因悬浮的水汽凝结形成的，故D错误；故选C。11、C【解析】新制的氯水主要成分为氯气、水、盐酸
22、和次氯酸，次氯酸具有漂白性，因此新制氯水滴加到AgNO3溶液中，AgNO3溶液与盐酸反应生成白色氯化银沉淀，新制氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，新制氯水滴到碳酸钠溶液，碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳气体，据此分析作答。【详解】由分析可知，新制氯水滴到硝酸银溶液、蓝色石蕊试纸、碳酸钠溶液的现象分别是：产生白色沉淀，先变红后褪色，有气泡产生，因此C选项正确；故答案选C。【点睛】解答新制氯水的有关问题时，掌握氯水的主要成分为解题的关键。12、A【解析】合金是金属与金属或金属和非金属熔化而成的具有金属特性的物质，据此判断。【详解】A. 青铜器皿是铜合金，A符合；B. 陶瓷属于硅酸盐产品，不是合
23、金，B不符合；C. 丝绸属于有机物，不是合金，C不符合；D. 中草药主要由植物的根、茎、叶、果等组成，不属于合金，D不符合；答案选A。13、D【解析】A. SO2的漂白原理是二氧化硫与有色物质反应生成无色的物质，SO2的漂白作用是可逆的；Ca(ClO)2水溶液的漂白原理是它在空气中反应生成HClO，HClO有强氧化性，能使有色物质如品红溶液褪色；H2O2和氯水漂白原理是H2O2和氯水中的HClO都具有强氧化性，故A正确；B. 浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖中氢元素和氧元素以水的比例脱去而只剩碳元素，从而出现发黑现象，故B正确；C. 浓硫酸具有吸水性，可做干燥剂，故C正确；D. SO2能使氯水褪色是
24、因为氯水具有很强的氧化性，与SO2发生氧化还原反应而使其褪色，表现SO2的还原性，故D错误；答案选D。【点睛】SO2能使氯水褪色是因为氯水具有很强的氧化性，与SO2发生氧化还原反应而使其褪色，反应的方程式为：SO2+Cl2+H2O=2HCl+H2SO4,表现SO2的还原性，因此，具有漂白性的二氧化硫和氯水混合后，漂白效果并不会增强，反而丧失漂白效果。14、A【解析】A项、由于定容时还需要加入蒸馏水，则容量瓶使用前经蒸馏水清洗后没有干燥不影响配制结果；B项、溶解后的溶液未冷却至室温就转移入容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏大；C项、仰视确定凹液面与刻度线相切，会导致溶液的体积偏大，溶液浓
25、度偏小；D项、用敞口容器称量NaOH且时间过长，NaOH吸水潮解且氢氧化钠会与空气中二氧化碳反应，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小；故选A。【点睛】一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。15、A【解析】还原性强弱与电子转移数目、化合价升降的多少无关，与失电子能力有关，越易失电子，还原性越强。【详解】A.还原性的强弱与失电子能力有关，越易失电子，还原性越强，A正确；B. 还原性强弱与
26、电子转移数目无关，不能利用失去电子数目判断还原性强弱，B错误；C. 氧化性与化合价降低数目无关，不能利用元素化合价降低的多少判断氧化性强弱，C错误；D. 易被氧化的物质，还原性强，符合优先氧化的规律，D错误；答案为A。16、B【解析】A.中子数为10的氧原子为：188O，A错误；B. Mg是12号元素，Mg原子失去最外层2个电子变为Mg2+，所以Mg2+的结构示意图为：，B正确；C.硫化钠是离子化合物，电子式为：，C错误；D. HCl是共价化合物，H原子与Cl通过一个共用电子对结合，所以HCl的形成过程表示为：，D错误；故合理选项是B。二、非选择题（本题包括5小题）17、Cu2+ 含有 Mg2
27、+2OH-=Mg(OH)2、CO32-+Ca2+=CaCO3 Cl-(或氯离子) Cl-+Ag+=AgCl，白色沉淀不溶于稀硝酸 取实验反应后的上清液适量于试管中 ，滴加足量盐酸，若产生无色气泡(或滴加CaCl2溶液，若产生白色沉淀)，则证明Na2CO3溶液已过量 【解析】(1)含Cu2+的溶液显蓝色，而自来水无色,故直接可以排除的离子是Cu2+，故答案为Cu2+；(2)根据、的现象，生成的白色沉淀是碳酸钙和碳酸镁，初步确定自来水中含有Ca2+、Mg2+阳离子；反应的离子方程式是：CO32-+Ca2+=CaCO3、Mg2+2OH-=Mg(OH)2，故答案为是：CO32-+Ca2+=CaCO3、
28、Mg2+2OH-=Mg(OH)2；（3）Cl-+Ag+=AgCl，白色沉淀不溶于HNO3，滴加足量稀硝酸后再滴加AgNO3溶液，也产生白色沉淀，说明自来水中含有Cl-。故答案为Cl-(或氯离子)；Cl-+Ag+=AgCl，白色沉淀不溶于稀硝酸。（4）确定实验中滴加的Na2CO3溶液已过量的检验方法是：取步反应的滤液于试管，滴加足量盐酸，如产生无色气泡，(或滴加CaCl2溶液，如产生白色沉淀)，证明Na2CO3溶液已过量；故答案为取步反应的滤液于试管，滴加足量盐酸，如产生无色气泡，(或滴加CaCl2溶液，如产生白色沉淀)，证明Na2CO3溶液已过量。18、NH4HCO3(或(NH4)2CO3)
29、2Na2O22CO2=2Na2CO3O2 3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O 3NO2H2O=2HNO3NO 2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O 【解析】和过氧化钠反应的气体是二氧化碳气体，生成氧气，氧气与C在催化剂作用下反应，说明C为氨气，E为一氧化氮，F为二氧化氮，G为硝酸，B为水蒸气。【详解】根据X分解得到水、二氧化碳、氨气得出X可能为NH4HCO3(或(NH4)2CO3)，故答案为NH4HCO3(或(NH4)2CO3)。AD是过氧化钠和水的反应，其方程式为2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，故答案为2Na2O22CO2=2Na2CO3O2。
30、GE是铜和硝酸的反应，其方程式为3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O，故答案为3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O。FG是二氧化氮和水的反应，其方程式为3NO2H2O=2HNO3NO，故答案为3NO2H2O=2HNO3NO。实验室里常用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制取气体C，其化学方程式：2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O，故答案为2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O。19、分液漏斗 固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰 BC 还原 3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2， 吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D 慢慢
31、上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平 【解析】A装置利用浓氨水与固体氢氧化钠、氧化钙或碱石灰作用制得氨气，经过B中碱石灰干燥后的氨气进入C中，将加热的CuO还原为Cu，同时生成水和氮气，其中D中碱石灰增重的质量就是反应生成的水，F中所得气体的体积为氮气，结合原子守恒即可计算出氨分子中氮、氢的原子个数比，据此分析解题。【详解】(1)装置中仪器a为分液漏斗；仪器b是利用分液漏斗中滴入的氨水使锥形瓶中的固体溶解放热促进一水合氨分解生成氨气，可选择固体氢氧化钠、氧化钙或碱石灰；(2)利用装置A，可制取的无色气体；A可利用高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，但氯气为黄绿色气体，故A不选；B利用过氧化氢在二氧化
32、锰催化下分解制备氧气，氧气是无色气体，故B选；C利用稀盐酸滴入大理石上反应制备无色的二氧化碳气体，故C选；D可利用Cu和浓硝酸反应制备二氧化氮，但NO2是红棕色气体，故D不选；故答案为BC；(3)实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氨气和氧化铜反应生成铜、氮气和水，氨气被氧化铜氧化，表现还原性，结合原子守恒配平写出的化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2；(4)依据流程分析，浓硫酸是吸收过量的氨气，且阻止F中水蒸气进入D，以免影响生成水的测定；(5)读取气体体积前，应对装置F进行的操作是：慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平，保证氮气
33、产生的压强等于外界大气压，再读数；(6)若测得干燥管D增重mg，则生成水的物质的量=，装置F测得气体的体积为nL(已折算成标准状况)为N2，物质的量=，依据元素守恒得到氮原子和氢原子物质的量之比=（2）：（2）=，则氨分子中氮、氢的原子个数比为。【点睛】本题考查氨气的实验室制备及性质探究，解题关键是反应现象分析判断，涉及装置流程分析，量气装置的使用方法，测定元素物质的量之比的计算，属基础考查。20、 有气体放出或者使铝片溶解的是稀硫酸 硫酸是难挥发性酸（或者高沸点酸 ） AC 烧杯、玻璃棒 36.8 【解析】.根据稀硫酸和浓硫酸性质不同设计实验；. (1)根据配制一定物质的量浓度溶液用到的仪器
34、选择；根据配制溶液的体积选择容量瓶的规格；(2)依据容量瓶构造解答；(3) 分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C= 进行误差分析；(4)依据c= 计算浓硫酸的物质的量浓度，依据溶液稀释溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积。【详解】(1)浓硫酸具有脱水性，能使火柴梗变黑，稀硫酸没有脱水性，故可行；Al和稀硫酸反应生成氢气，浓硫酸和Al发生钝化现象，故不可行；浓硫酸和稀硫酸稀释过程中都放出热，但浓硫酸放出的热量远远大于稀硫酸，故可行；浓硫酸和稀硫酸都没有挥发性，所以用玻璃棒蘸浓氨水靠近盛有酸的瓶口不产生白烟，故不可行；浓硫酸具有吸水性，稀硫酸没有吸水性，所以浓硫酸、稀硫酸分别加到胆矾晶
35、体上，变白的是浓硫酸，故可行；可行的是；(2) 其中一个稍作改进就能成为可行方案是；金属铝能和稀硫酸反应产生氢气，遇到浓硫酸钝化，可以调整一下：加入铝片，有气体放出或者使铝片溶解的是稀硫酸；(3)因浓硫酸高沸点，不易挥发，所以打开试剂瓶塞，不会冒白烟，故完全错误；. (1)配制一定物质的量浓度溶液用的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不需要的仪器有烧瓶和分液漏斗，要配制450mL溶液应选择500mL容量瓶，所以还缺少的仪器：烧杯、玻璃棒；故答案为：AC；烧杯、玻璃棒；(2)容量瓶上标有：温度、容量、刻度线；故选：；(3)未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容
36、量瓶中，冷却后溶液体积偏小，溶质的物质的量浓度偏高，故选；定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故不选；使用容量瓶前用蒸馏水洗涤且没干燥对实验结果没有影响，故不选；正确答案是；(4)质量分数为98%、密度为1.84g/mL的浓硫酸的物质的量浓度c=18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为V，配制1.0mol/L硫酸溶液480mL需要用500mL容量瓶，则依据溶液稀释溶质的物质的量不变计算得：18.4mol/LV=1mol/L500mL，解得V=36.8mL。【点
37、睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法及误差分析，题目难度不大，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤及误差分析方法，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。21、SO2、H2SO3、Na2SO3 2：1 将Y通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又变红色 Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2 ce +3 【解析】S元素的化合价有-2价、0价、+4价、+6价，根据图示，X是H2S、Y是SO2、Z是H2SO4；（1）具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性；（2）X为H2S，将H2S与SO2混合，可生成淡黄色固体，是利用二氧化硫的氧化性氧化硫化氢生成淡
38、黄色沉淀S和水，元素化合价降低的物质作氧化剂，元素化合价升高的为还原剂；（3）二氧化硫具有漂白性可以使品红溶液褪色；（4）浓硫酸溶液与铜单质在加热条件下可以发生化学反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；（5）Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；（6）Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素化合价为+6，Cr发生还原反应，令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒计算a的值。【详解】（1）具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性，S元素的化合价有-2价、0价、+4价、+6价，所以0价和+4
39、价S的化合物既有还原性又有氧化性，即SO2，H2SO3、Na2SO3；（2）将H2S与SO2混合，可生成淡黄色固体，是利用二氧化硫的氧化性氧化硫化氢生成淡黄色沉淀S和水，2H2S+SO2=3S+2H2O，反应中硫元素化合价-2价变化为0价，H2S作还原剂，+4价变化为0价，二氧化硫作氧化剂，则该反应的还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1；（3）二氧化硫具有漂白性可以使品红溶液褪色，加热又会恢复红色，则检验二氧化硫的方法是：将二氧化硫通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又变红色；（4）浓硫酸溶液与铜单质在加热条件下可以发生化学反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2；（5）Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2， b、d中S的化合价都大于2，c、e符合题意，故选c、e；（6）令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则2410-3L0.05mol/L（6-4）=2010-3L0.02mol/L2（6-a），解得a=+3。【点睛】本题通过硫元素考查氧化还原反应、物质的检验鉴别等，侧重元素化合物的性质的应用的考查，注意根据氧化还原反应的规律解答。
