2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题(含解析) (III).doc

2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题(含解析) (III)说明：本试卷分第I卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，全卷满分100分。考试用时100分钟可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5一、选择题(本大题共16题，每小题3分，共计48分，每小题只有一项是最符合题意)1. 新修本草是我国古代中药学著作之一，记载药物844种，其中有关于“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃烧之赤色”据此推测，“青矾”的主要成分为（ ）A. CuSO45H2O B. FeSO47H2O C. KAl(SO4)212H2O D. Fe2(SO4)39H2O【答案】B.考点：考查了铁的氧化物和氢氧化物的相关知识。2. 下列有关钠和镁的说法中，不正确的是（）A. 电解熔融NaCl可以得到金属钠B. 金属钠在高温下能将TiCl4中的钛置换出来C. 金属镁着火，可用二氧化碳灭火D. 金属镁燃烧后会发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火【答案】C【解析】分析：A、活泼金属采用电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼；B、Na的活泼性大于Ti，在熔融状态下，钠能置换出Ti；C、在点燃条件下，镁在二氧化碳中燃烧；D、镁燃烧发出耀眼的白光且放出大量热。详解：A、Na是活泼金属，工业上采用电解熔融NaCl的方法冶炼，A正确；B、Na的活泼性大于Ti，在熔融状态下，钠能置换出Ti，所以金属钠在高温下能将TiCl4中的钛置换出来，B正确；C、在点燃条件下，镁在二氧化碳中燃烧生成MgO和C，金属镁着火，不能用二氧化碳灭火，C错误；D、镁燃烧时发生耀眼的白光，并放出大量的热，可用于制造信号弹和焰火，D正确；答案选C。3. 等质量的钠进行下列实验，其中生成氢气最多的是（ ）A. 将钠投入到足量水中 B. 将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量的水中C. 将钠放入足量稀硫酸中 D. 将钠放入足量稀盐酸中【答案】B【解析】试题分析：将等质量的钠投入到水、稀硫酸、稀盐酸中，放出的氢气的量相等；将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量的水中，首先是钠与水反应生成NaOH和氢气，铝与NaOH溶液反应生成氢气，则B项生成氢气最多，答案选B。考点：考查了钠的化学性质的相关知识。4. 我省庐江县有丰富的钒矿资源，其主要成分为KAl(SO4)212H2O下列有关说法正确的是（ ）A. 明矾既可以除去水中的悬浮物，也可以杀菌消毒B. 可以通过电解明矾溶液来制取AlC. 用酒精灯加热铝箔至熔化，铝并不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高D. 可以用在某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液的方法来确定该溶液中是否含有SO42-【答案】C【解析】试题分析：A、明矾可以除去水中的悬浮物，但不能杀菌消毒，错误；B、电解明矾溶液无法制取Al，错误：C、用酒精灯加热铝箔至熔化，铝并不滴落，说明氧化铝没有熔化，即氧化铝的熔点比铝高，正确；D、加入盐酸酸化的氯化钡溶液的方法不能确定含有SO42，因为还可能为Ag+，错误。考点：本题考查物质的性质、用途和制取，离子的检验。5. 下列有关说法不正确的是（ ）A. CH2=CHCOOH、CH3COOCH=CH2均可作为合成聚合物的单体B. C6Hn分子中的六个碳原子在同一直线上，则n可能等于2C. 2,2-二甲基丁烷与2,4-二甲基戊烷的一氯代物种类相同D. 与都是酚且互为同系物【答案】D【解析】ACH2=CHCOOH、CH3COOCH=CH2均含有碳碳双键，可作为合成聚合物的单体，故A正确；BC6Hn分子中的六个碳原子在同一直线上，则分子结构中有三个碳碳叁键，直接相连形成碳链，两端为H原子，即n等于2，故B正确；C2,2-二甲基-丁烷与2,4-二甲基戊烷的一氯代物均为3种，故C正确；D与分子结构中含有的酚羟基数目不等，两者不可能互为同系物，故D错误；答案为D。6. 下列说法正确的是（ ）A. Na2O2与水反应时，生成0.1 mol O2，转移的电子数为0.2NAB. 钠与CuSO4溶液反应：2NaCu2=Cu2NaC. Na2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸最终变成蓝色D. 在酒精灯加热条件下，Na2CO3和NaHCO3固体都能发生分解【答案】A【解析】分析：A.根据氧元素的化合价变化计算；B.钠首先与水反应；C.根据过氧化钠还具有强氧化性分析；D.碳酸钠受热不易分解。详解：A. Na2O2与水反应时氧元素化合价从1价部分升高到0价，部分降低到2价，生成0.1 mol O2，转移的电子数为0.2NA，A正确；B. 钠与CuSO4溶液反应首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，不能置换出金属铜，B错误；C. 过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，溶液显碱性，同时还具有强氧化性，所以Na2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸先变成蓝色，最终褪色，C错误；D. 在酒精灯加热条件下，NaHCO3固体能发生分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，Na2CO3稳定性强，D错误；答案选A。7. 化学中常用类比的方法可预测许多物质的性质如根据H2+Cl2=2HCl推测：H2+Br2=2HBr但类比是相对的，如根据2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2，类推2Na2O2+2SO2=Na2SO3+O2是错误的，应该是Na2O2+SO2=Na2SO4下列各组类比中正确的是（ ）A. 钠与水反应生成NaOH和H2，推测：所有金属与水反应都生成碱和H2B. Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，推测：Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2C. CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3+2HClO，推测：2SO2+Ca(ClO)2+H2O=CaSO3+2HClOD. 铝和硫直接化合能得到Al2S3，推测：铁和硫直接化合也能得到Fe2S3【答案】B【解析】分析：A活泼金属可以和水反应生成碱和氢气；B根据强酸制弱酸分析；C从次氯酸盐的强氧化性和二氧化硫的还原性分析判断；D硫是弱氧化剂只能将铁氧化成亚铁。详解：A活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是金属活动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，A错误；DNa2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2和Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2都强酸制弱酸，所以类比合理，B正确；C二氧化硫具有还原性，次氯酸盐具有强氧化性，生成的亚硫酸钙会被氧化为硫酸钙，C错误；D硫是弱氧化剂只能将铁氧化成亚铁，所以铁和硫直接化合能得到FeS，不存在Fe2S3这种物质，D错误；答案选B。8. 设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（ ）A. 标准状况下，22.4LCCl4中含有的共价键数为4NaB. 0.2mol SO2和0.lmolO2在一定条件下充分反应后，混合物的分子数为0.2NAC. 常温下，3.2g由S2、S4、S8组成的混合物中含硫原子数为0.1NAD. 1mol/L Na2CO3溶液中含有CO32-的数目一定小于NA【答案】C【解析】A. CCl4在标准状况下是液体，无法计算22.4L CCl4的物质的量，所以无法计算含有的共价键数，A不正确；B. 0.2mol SO2和0.lmolO2在一定条件下充分反应后，由于化学平衡2SO2+O22 SO3的存在，反应物不能完全转化为生成物，所以混合物的分子数大于0.2NA，B不正确；C. S2、S4、S8都只含有一种原子即S原子，所以3.2g由S2、S4、S8组成的混合物中含硫原子的物质的量为0.1mol，原子数为0.1NA，C正确；D. 因为不知道溶液的体积是多少，所以无法计算1mol/L Na2CO3溶液中含有CO32-的数目，D不正确。本题选C。9. 下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（）在敞口容器中将金属钠投入到FeC12溶液中向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸向NaAlO2溶液中通入过量CO2 向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2A. B. 只有 C. 只有 D. 只有【答案】D【解析】试题分析：在敞口容器中将金属钠投入到FeC12溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，错误；向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液，先生成白色沉淀氢氧化铝，氢氧化铝再与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，沉淀溶解，错误； 向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，生成白色沉淀硅酸和氯化钠，正确；氢氧化铝不溶于弱酸，故向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成白色氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，正确； 向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，二者发生反应生成碳酸氢钠，溶质的质量增大，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，生成碳酸氢钠白色沉淀，正确。选D。10. 将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100mL1mol/L的盐酸中，同温同压下产生的气体体积比是（ ）A. 1:2:3 B. 6:3:2 C. 3:1:1 D. 1:1:1【答案】C【解析】2Na+2HCl=2NaCl+H2，0.1molHCl消耗0.1molNa，生成0.05molH2，剩余的0.2molNa将继续与H2O反应生成H2，2Na+2H2O=2NaOH+H2，0.2molNa与水反应生成0.1molH2，所以0.3molNa共生成0.15molH2；Mg+2HCl=MgCl2+H2，0.3molMg与0.1molHCl反应，Mg过量，根据HCl的量进行计算，所以生成的H2的物质的量为0.05mol；2Al+6HCl=2AlCl3+3H2， 0.3molAl与0.1molHCl反应，Al过量，根据HCl的物质的量进行计算，所以生成的H2的物质的量为0.05mol。同温同压下气体体积比等于气体的物质的量之比，所以三种金属产生氢气的体积比为0.15:0.05:0.05=3:1:1，答案选C，正确答案为C。点睛：本题重点考查物质的量在化学方程式中的计算，当两种反应物的量都已知时，需要判断两者是否恰好完全反应，如果不是恰好完全反应，必须根据量少的物质进行计算。特别注意的是：当Na过量时，剩余的Na继续与H2O反应产生H2。11. 物质制备过程中离不开物质的提纯。以下除杂方法不正确的是（ ）选项目的实验方法A除去Na2CO3固体中的NaHCO3置于坩埚中加热至恒重B除去CO2中的HCl气体通过Na2CO3(aq,饱和)，然后干燥C除去Mg中少量Al加入足量的NaOH(aq)，过滤D除去C2H5Br中的Br2加入足量Na2SO3(aq)，充分振荡，分液A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】分析：ANaHCO3不稳定，加热易分解；B二氧化碳与饱和碳酸氢钠溶液不反应；C铝与氢氧化钠溶液反应；DBr2可与Na2SO3发生氧化还原反应而被除去。详解：ANaHCO3不稳定，加热易分解，将固体置于坩埚中加热至恒重，可得到纯净的碳酸钠固体，A正确；B二氧化碳与饱和碳酸钠溶液反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢，B错误；C镁与氢氧化钠溶液不反应，可以用氢氧化钠溶液除去镁中的铝，C正确；DBr2可与Na2SO3发生氧化还原反应而被除去，然后分液可得溴乙烷，D正确。答案选B。12. 下列实验与对应示意图的关系正确的是（ ）ABCD向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量向AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量向明矾溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液至过量向澄清石灰水中缓缓通入CO2至过量A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A向偏铝酸钠溶液中加入稀盐酸：NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3+NaCl，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用稀盐酸溶液体积为1：3，A错误；BAlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量：AlCl3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4Cl，逐渐产生沉淀，后沉淀的量不变，B错误；C明矾溶液中逐滴滴加Ba（OH）2至过量：先生成BaSO4和Al（OH）3，再加入Ba（OH）2生成的Al（OH）3溶解，剩余BaSO4沉淀，先产生沉淀，后沉淀部分溶解，C正确；D澄清石灰水中缓慢通入CO2至过量：CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O，CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用二氧化碳体积为1：1；D错误；答案选C。13. 可用提取粗盐后的盐卤（主要成分为MgCl2）制备金属镁，其工艺流程如下，下列说法错误是（ ）盐卤Mg(OH)2MgCl2溶液MgCl26H2OMgCl2MgA. 若在实验室进行操作只需要漏斗和烧杯两种玻璃仪器B. 操作发生的反应为非氧化还原反应C. 操作是蒸发浓缩结晶D. 在整个制备过程中，未发生置换反应【答案】A【解析】分析：A过滤操作中需要使用漏斗和烧杯、玻璃棒；B氧化还原反应有化合价的升降或电子的得失；C操作是MgCl2溶液得到MgCl2晶体；D置换反应中应是单质与化合物反应生成单质和化合物。详解：A操作是过滤，过滤操作中还使用玻璃棒，A错误；B发生复分解反应Mg2+2OH-=Mg（OH）2，属于非氧化还原反应，B正确； CMgCl2溶液得到MgCl2晶体需要蒸发浓缩结晶，C正确；D根据流程可知只发生复分解反应、氧化还原反应、分解反应，未发生置换反应，D正确。答案选A。14. 一定温度下，mg下列物质在足量的氧气中充分燃烧后，产物与足量的过氧化钠充分反应，过氧化钠增加了ng，且nm，符合此要求的物质是（ ）H2HCHOCH4HCOOCH3CH3CHOA. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由2H2 +O22H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2CO+O22CO2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知过氧化钠增加的质量即为H2、CO的质量，因此只要是CO或H2或它们的混合气体或化学组成符合（CO）m（H2）n时就一定满足m=n，若nm，则不符合（CO）m（H2）n，以此来解答。详解：由上述分析可知nm时，不符合（CO）m（H2）n，根据化学式可知均符合（CO）m（H2）n；CH4化学式改写为C（H2）2，氧原子不足，因此燃烧后生成物与足量的过氧化钠完全反应，过氧化钠增加的质量大于原物质的质量，即nm；CH3CHO化学式改写为CO（H2）2C，氧原子不足，因此燃烧后生成物与足量的过氧化钠完全反应，过氧化钠增加的质量大于原物质的质量，即nm；答案选B。15. 下列操作或装置能达到实验目的是（ ）A. 验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性 B. 分离Fe(OH)3胶体C. 称取一定量的NaOH D. 制取NaHCO3【答案】D【解析】分析：A、若证明二者热稳定性，直接加热的应该为碳酸钠，小试管中盛装的是碳酸氢钠；B、胶体能透过滤纸；C、氢氧化钠具有腐蚀性，且容易潮解，应该放在烧杯中称量；D、根据氨气极易溶于水分析。详解：A、加热的条件不一样，NaHCO3是直接加热到的，而Na2CO3却不是，即使NaHCO3分解也不能说明NaHCO3的热稳定性比Na2CO3弱，应该是里面试管装NaHCO3，A错误；B、胶体可以透过滤纸，分离Fe(OH)3胶体不能利用过滤，B错误；C、称量氢氧化钠时，氢氧化钠放在托盘天平的左盘，砝码放在右盘；但氢氧化钠具有腐蚀性，且易潮解，称量时氢氧化钠应该放入烧杯中称量，C错误；D、氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解性很小，所以先通入氨气后再通入二氧化碳，通入氨气时要防止倒吸，D正确；答案选D。16. 向100 mL 0.1 molL-1硫酸铝铵NH4Al(SO4)2溶液中逐滴滴入0.1molL-1Ba(OH)2溶液。随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示。则下列说法中正确的是A. a点对应的沉淀只有BaSO4B. b点发生反应的离子方程式是：Al3+2SO42-+2Ba2+3OH-=Al(OH)3+2BaSO4C. c点溶液呈碱性D. c点加入Ba(OH)2溶液的体积为200 mL【答案】C【解析】分析：向100 mL 0.1 molL-1硫酸铝铵NH4Al(SO4)2溶液中逐滴滴入0.1molL-1Ba(OH)2溶液，硫酸根结合钡离子生成硫酸钡沉淀，铵根和铝离子结合氢氧根生成一水合氨和氢氧化铝沉淀，氢氧化钡过量时氢氧化铝被氢氧根溶解生成偏铝酸盐，结合图像变化趋势、有关离子的物质的量分析解答。详解：NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol，溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO42-0.02mol。开始滴加同时发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH-=Al（OH）3，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH-，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4，NH4+OH-=NH3H2O，所以沉淀质量继续增加，但增加幅度较前一过程小；当SO42-完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH-，Al3+反应掉0.03molOH-，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH-恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液，沉淀达最大为BaSO4和Al（OH）3；继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液。则A、由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH-=Al（OH）3，a点对应的沉淀为BaSO4和Al（OH）3，A错误；B、由分析可知，b点发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4，NH4+OH-=NH3H2O，B错误；C、由分析可知，c点溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以溶液呈碱性，C正确；D、由分析可知，c点加入Ba（OH）2的物质的量为0.005mol+0.02mol=0.025mol，所以需要氢氧化钡溶液的体积为0.025mol0.1mol/L=0.25L=250mL，D错误；答案选C。点睛：本题主要是考查了铝及其化合物的性质，化学反应图像、化学计算的相关知识，题目难度较大。明确物质的性质特点、发生的先后反应是解答的关键，注意图像题的答题技巧，首先弄清纵、横坐标的含义，其次弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程，最后弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。二、非选择题（本大题共五题，共计52分）17. 工业上以侯氏制碱法为基础生产焦亚硫酸钠（Na2S2O5）其制备工艺流程如下：已知：反应包含2NaHSO3 Na2S2O5+H2O等多步反应（1）反应I的化学方程式为：_ （2）已知Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2，其离子方程式为：_（3）反应I时应先通的气体为_，副产品X的化学式是_（4）为了减少产品Na2S2O5中杂质含量，需控制反应中气体与固体的物质的量之比约为_检验产品中含有碳酸钠杂质所需试剂是_（填编号）酸性高锰酸钾品红溶液澄清石灰水饱和碳酸氢钠溶液NaOH稀硫酸【答案】 (1). NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl (2). S2O52-+2H+=2SO2+H2O (3). NH3 (4). CuSO45H2O (5). 2：1 (6). 【解析】分析：反应为生成NaHCO3，加热生成Na2CO3，在反应中二氧化硫与碳酸钠反应生成NaHSO3与二氧化碳，加热NaHSO3生成Na2S2O5。硫化铜在空气中灼烧生成氧化铜和二氧化硫，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜，据此解答。详解：（1）根据流程可确定反应物为NaCl、NH3、CO2，产物为NH4Cl和碳酸氢钠，因此反应的化学方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl；（2）根椐提示可知生成二氧化硫和水，Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2和水，反应的离子方程式为S2O52-+2H+=2SO2+H2O；（3）由于二氧化碳在水中的溶解性很小，氨气极易溶于水，反应进行时应先通入氨气，增大HCO3-的浓度，便于NaHCO3析出；根据上述分析可知，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，得出硫酸铜晶体，因此副产品X的化学式是CuSO45H2O；（4）从图示中可以看出反应中气体与固体分别是二氧化硫和碳酸钠，这两种物质反应必须生成亚硫酸氢钠：反应中反应应是二氧化硫与碳酸钠反应生成NaHSO3，NaHSO3再生成Na2S2O5，反应方程式为Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2，因此气体与固体的物质的量之比为2：1；检验产品中含有碳酸钠杂质，需加酸反应检验二氧化碳生成，即用澄清石灰水，但加酸会生成二氧化硫，二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，故应先除去，用酸性高锰酸钾溶液根据颜色不褪色确定二氧化硫除净，故选。18. 如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：（1）该浓盐酸的物质的量浓度为_molL-1（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_A溶液中HCl的物质的量 B溶液的浓度C溶液中Cl-的数目 D溶液的密度（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.400molL-1的稀盐酸该学生需要量取_mL上述浓盐酸进行配制所需的实验仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，配制稀盐酸时，还缺少的仪器有_（4）假设该同学成功配制了0.400molL-1的盐酸，他又用该盐酸中和含0.4gNaOH的NaOH溶液，则该同学需取_mL盐酸假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4gNaOH的NaOH溶液，发现比中所求体积偏小，则可能的原因是_A浓盐酸挥发，浓度不足 B配制溶液时，未洗涤烧杯C配制溶液时，俯视容量瓶刻度线 D加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出【答案】 (1). 11.9 (2). BD (3). 16.8 (4). 500mL容量瓶 (5). 25 (6). C【解析】分析：（1）依据c=1000/M 计算浓盐酸的物质的量浓度；（2）根据该物理量是否与溶液的体积有关判断；（3）依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸体积；根据配制过程中需要的仪器分析解答；（4）根据n（HCl）=n（NaOH）计算；盐酸体积减少，说明标准液盐酸体积读数减小，据此解答。详解：（1）浓盐酸的物质的量浓度c=10001.1936.5%/36.5 mol/L=11.9mol/L；（2）A溶液中HCl的物质的量=cV，所以与溶液的体积有关，A不选；B溶液具有均一性，浓度与溶液的体积无关，B选；C溶液中Cl-的数目=nNA=cVNA，所以与溶液的体积有关，C不选；D溶液的密度与溶液的体积无关，D选；答案选BD；（3）设需要浓盐酸体积V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得：V11.9mol/L=0.400molL-10.5L，解得V=0.0168L=16.8mL；所需的实验仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，由于是配制500mL溶液，则配制稀盐酸时，还缺少的仪器有500mL容量瓶；（4）n（HCl）=n（NaOH）=0.4g40g/mol=0.01mol，V（HCl）=0.01mol/0.400molL1=0.025L=25mL，即该同学需取25mL盐酸；消耗的标准液盐酸体积减少，说明读数时标准液的体积比实际体积减少了，则A、浓盐酸挥发，浓度不足，配制的标准液浓度减小，滴定时消耗盐酸体积变大，A不选；B、配制溶液时，未洗涤烧杯，标准液浓度减小，消耗体积增大，B不选；C、配制溶液时，俯视容量瓶刻度线，配制的标准液浓度变大，滴定时消耗的体积减小，C选；D、加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，标准液浓度减小，滴定时消耗标准液体积增大，D不选；答案选C。点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作过程是解题关键，题目难度不大。注意误差分析方法，即根据可得，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B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和V怎样的变化。19. 合金是建造航空母舰的主体材料（1）航母升降机可由铝合金制造铝元素在周期表中的位置为 _Al-Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为_（2）AlCl3也是重要的铝盐，无水AlCl3（183升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置制备装置A中发生反应的离子方程式为_装置B、C中盛放的试剂是B：_ ，C：_装置G的作用是_无水AlCl3遇潮湿空气产生大量白雾的成分是_【答案】 (1). 第三周期第A族 (2). Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O (3). MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (4). 饱和食盐水 (5). 浓硫酸 (6). 吸收多余的Cl2，以防污染环境 (7). 盐酸【解析】分析：（1）根据Al的原子序数是13解答；氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水；（2）A中发生浓盐酸和二氧化锰的反应，生成氯化锰、氯气和水；无水AlCl3（183升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，则装置B除去挥发的HCl，装置C干燥氯气；尾气中含氯气，需要尾气处理；氯化氢易形成盐酸小液滴而产生白雾。详解：（1）Al的质子数是13，原子结构中有3个电子层，最外层电子数为3，位于第三周期第A族；氧化铝是两性氧化物，NaOH溶液处理Al2O3膜，反应生成偏铝酸钠和水，反应的方程式为Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O；（2）A中发生浓盐酸和二氧化锰的反应，生成氯化锰、氯气和水，离子反应方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；无水AlCl3（183升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，而生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，则装置B除去挥发的HCl，装置C干燥氯气，所以B中盛放饱和NaCl溶液，装置C中盛放浓硫酸；氯气有毒，需要尾气处理，则装置G的作用是吸收多余的Cl2，以防污染环境；无水AlCl3遇潮湿空气发生水解反应生成氯化氢，氯化氢易结合水蒸气形成盐酸小液滴而产生白雾，则产生大量白雾的成分是盐酸。点睛：本题考查元素周期表的结构分析、氧化铝的性质、物质的制备实验，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握实验的原理、相关物质的性质和注意事项是解答的关键，题目难度中等。20. 将16.8g碳酸氢钠与11.7g过氧化钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，得到残余固体X。（1）写出碳酸氢钠分解产生的气体分别与过氧化钠反应的化学反应方程式：_、_。（2）残余固体X的成分是_。ANa2O2、NaOH BNa2O2、Na2CO3CNaOH、Na2CO3 DNa2O2、NaOH、Na2CO3（3）向固体X中逐滴加入1mol/L的稀盐酸至不再产生气泡为止，产生的气体在标准状况下的体积为_L。请以V(HCl)为横坐标，V(CO2)为纵坐标，画出产生CO2的体积和加入稀盐酸溶液体积的关系。_【答案】 (1). (2). (3). C (4). 4.48L (5). 【解析】2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O试题分析：（1）碳酸氢钠受热分解生成的碳酸钠、水和二氧化碳，水和二氧化碳均能与Na2O2反应，反应原理是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；（2）由2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，可知16.8g碳酸氢钠即0.2mol分解生成0.1moNa2CO3、0.1molCO2、0.1molH2O，然后11.7g过氧化钠即0.15mol，先与0.1molCO2反应生成0.1mol碳酸钠，剩余0.05mol过氧化钠与0.05mol水反应生成0.1molNaOH，最后的固体的物质为0.2mol碳酸钠及0.1molNaOH；故答案为C。（3）向固体X中滴加盐酸，先中和0.1molNaOH，需要盐酸的体积为0.1mol1mol/L=0.1L，再与0.2molNa2CO3反应生成0.2molNaHCO3，此时需要盐酸的体积为0.2mol1mol/L=0.2L，继续滴加盐酸与0.2molNaHCO3反应生成0.2molCO2，体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，同时消耗盐酸的体积为0.2 mol1mol/L=0.2L，则得到产生CO2的体积与消耗盐酸的体积关系如图：。【考点定位】考查混合物成分分析及计算，涉及钠的化合物性质。【名师点晴】侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，明确过氧化钠与二氧化碳、与水的反应及反应的先后顺序是解答本题的关键，同时利用滴定法测定混合