【化学】山东省淄博市2024-2025学年高一上学期1月期末考试试题（学生版+解析版）

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1．下列应用中不涉及氧化还原反应的是
A．ClO2用作饮用水消毒剂B．CaO用作食品干燥剂
C．Na2O2用作潜水艇的供氧剂D．FeCl3溶液用作覆铜板腐蚀液
【答案】B
【解析】ClO2作为消毒剂时，Cl的化合价从+4降低到-1价，发生还原反应，涉及氧化还原反应，A错误；CaO与水反应生成Ca(OH)2，反应中所有元素的化合价均未变化，属于非氧化还原反应，B正确；Na2O2与CO2或水反应生成O2，氧元素发生歧化反应，其化合价从-1变为0和-2，涉及氧化还原反应，C错误；FeCl3与Cu反应生成FeCl₂和CuCl₂，Fe3+被还原为Fe2+，Cu被氧化为Cu2+，涉及氧化还原反应，D错误；故选B。
2．实验安全至关重要，下列实验操作、事故处理方法错误的是
A．未用完的钠、钾、白磷需放回原试剂瓶
B．火灾现场有大量活泼金属时需用潮湿的沙土来灭火
C．皮肤溅上碱液，先用大量水冲洗，再用2%的硼酸溶液冲洗
D．氯气泄漏时，应用浸有小苏打水的毛巾捂住口鼻向高处撤离
【答案】B
【解析】钠、钾、白磷性质活泼，未用完需放回原试剂瓶，避免因随意存放引发危险，A正确；活泼金属（如钠、钾）遇水会剧烈反应，潮湿的沙土含水分，可能加剧火势，应使用干燥沙土灭火，B错误；皮肤接触碱液后，先用大量水冲洗稀释，再用弱酸性硼酸中和，C正确；氯气密度大且为毒性气体，用小苏打水（弱碱性）浸湿毛巾可中和氯气，同时向高处撤离正确，D正确；故选B。
3．下列化学用语或图示正确的是
A．HClO的结构式：H-Cl-O
B．F-的离子结构示意图：
C．用电子式表示HCl的形成过程：
D．NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32-
【答案】C
【解析】HClO中氧分别与H、Cl形成一对共用电子对，结构式：H—O—Cl，A错误；F-最外层电子数为8，其结构示意图为，B错误；HCl是共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程：，C正确；NaHCO3强电解质，在水中的电离分为两步，但第一步是完全电离：NaHCO₃ = Na⁺ + HCO₃⁻，而HCO₃⁻是弱酸根，仅发生部分、可逆的电离（HCO₃⁻ ⇌ H⁺ + CO₃²⁻），因此NaHCO3的电离方程式不能直接写成 NaHCO₃ = Na⁺ + H⁺ + CO₃²，该写法错误认为 HCO₃⁻完全电离，不符合客观事实，D错误；故选D。
4．下列图示实验中，操作正确且能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【解析】氯气密度比空气大，应使用向上排空气法收集，导管应该长进短出，A错误；给试管中的液体加热时，液体体积不能超过试管体积的三分之一，以防止沸腾时液体溅出，图乙中液体过多，B错误；制备Fe(OH)3胶体，是向沸水中逐滴加入5~6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，图中使用NaOH溶液与FeCl₃反应，得到的是Fe(OH)₃沉淀，而非胶体，C错误；油层能隔绝空气，防止生成的Fe(OH)2被空气氧化，能实现实验目的，D正确；故选D。
5．下列物质均为离子化合物，且化学键类型相同的是
A．KNO3与Na2CO3B．H2O2与H2O
C．NH4Cl与NaClD．H2SO4与NaOH
【答案】A
【解析】KNO3和Na2CO3均为离子化合物，其中既含有阳离子与原子团之间的离子键，又含有原子团内部（如NO₃⁻中的N–O键，CO₃²⁻中的C–O键）的共价键，化学键类型相同，A正确；H2O2和H2O均为共价化合物，不是离子化合物，B错误；NH₄Cl中含有NH₄⁺与Cl⁻之间的离子键，以及NH₄⁺内部的共价键（包括一个配位键），而NaCl仅含离子键，化学键类型不同，C错误；H2SO4是共价化合物，NaOH是离子化合物，两者不均为离子化合物，D错误；故选A。
6．约里奥-居里夫妇用α粒子轰击1327Al，获得了首个人工放射性核素1530P，其反应为24He+1327Al→abX+1530P。下列说法错误的是
A．a=0， b=1B．1327Al与1326Al互为同位素
C．1327Al中子数为14D．1530P4与1531P4互为同素异形体
【答案】D
【解析】根据质量数和电荷数守恒，X粒子的质量数b=4+27-30=1，电荷数a=2+13-15=0，即X为中子（01n），故a=0，b=1，A正确；同位素指质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子，B正确；中子数=质量数-质子数=27-13=14，C正确；同素异形体是指同种元素组成的不同结构单质，1530P4与1531P4是磷元素的同种分子（P₄），只是原子质量数不同，属于同位素组成的同种单质，并非同素异形体，D错误；故选D。
7．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．0.5 ml⋅L-1CaCl2溶液中含有的离子数为1.5NA
B．23 g Na与足量H2O反应生成H2的分子数为0.5NA
C．0.1 mlCl2与足量铁粉充分反应转移的电子数为0.2NA
D．标准状况下，11.2LCO与O2混合气体中含有的原子数为NA
【答案】A
【解析】0.5 ml⋅L-1CaCl2溶液的体积未知，无法计算离子总数，A错误；23gNa（1ml）与H2O反应生成0.5mlH2，对应0.5NA分子，B正确；0.1mlCl2与足量Fe反应，Cl元素由0价降至-1价，得电子，共转移0.2ml电子，对应0.2NA，C正确；标准状况下，11.2 L混合气体为0.5 ml，CO和O₂均为双原子分子，总原子数为0.5×2×NA=NA，D正确；故选A。
8．下列有关说法错误的是
A．钠、氧化钠、过氧化钠长期放置在空气中最终产物相同
B．铁的化学性质比较活泼，自然界中铁元素仅以化合态存在
C．铝合金比铝硬度大的原因是原子层之间的相对滑动变得困难
D．氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白雾生成
【答案】B
【解析】钠最终氧化为Na2CO3，氧化钠和过氧化钠与CO2、H2O反应也生成Na2CO3，A正确；虽然地壳中的铁元素多以化合态存在，但在陨铁中存在着天然的单质铁，故B错误；合金的硬度通常大于其组分金属，加入其他元素原子后，原子层之间相对滑动变得困难，硬度增大，C正确；氢气在氯气中燃烧发出苍白色火焰，反应生成HCl气体，HCl在空气中与水蒸气结合形成盐酸小液滴，观察为白雾，D正确；故选B。
9．工业上将Cl2通入冷的NaOH溶液中制得漂白液，下列说法错误的是
A．NaClO溶液比HClO溶液稳定B．漂白液需在阴凉处避光保存
C．通入CO2后的漂白液消毒能力增强D．漂白液的有效成分是NaClO和NaCl
【答案】D
【解析】次氯酸不稳定容易分解为HCl和氧气，次氯酸盐稳定，所以NaClO溶液比HClO溶液稳定，A正确；NaClO虽稳定，但仍需避光保存以防止分解，B正确；通入CO2后，发生反应NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，漂白液消毒能力增强，C正确；漂白液的主要成分是次氯酸钠(NaClO)和氯化钠(NaCl)，有效成分是次氯酸钠，D错误；
故选D。
10．实验室中利用下图装置验证铁与水蒸气的反应。下列说法错误的是
A．酒精灯点燃的顺序：先①后②
B．用火柴点燃肥皂泡检验生成的H2
C．反应为2Fe+3H2Og高温Fe2O3+3H2
D．由此可知炽热的铁水注入模具之前，模具须干燥
【答案】C
【解析】选点燃①处酒精灯产生水主蒸汽，赶走空气，点燃②处酒精灯发生反应，A正确；
用木柴点燃肥皂泡，若产生尖锐的爆鸣声，则可检验生成的气体为氢气，B正确；
反应为3Fe+4H2Og高温Fe3O4+4H2，C错误；
炽热的铁水注入模具之前，模具必须充分干燥，否则铁与水蒸气反应生成氢气会有爆炸危险，D正确；
故选C。
二、多选题
11．对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】BC
【解析】三价铁有氧化性，可以氧化碘离子，方程式为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，不能大量共存，A错误；
酸性条件下，氯离子和次氯酸根离子可以发生归中反应，方程式为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，不能大量共存，B正确；
Na+、Ba2+、OH-、NO3-相互之间不发生反应，可以大量共存，C正确；
酸性条件下二价铁可以被过氧化氢氧化为三价铁，方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，不能大量共存，D错误；
故选BC。
三、单选题
12．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且最外层电子数之和为20，W与Y同族，W是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是
A．简单氢化物的稳定性：W H₂SO₄。，D正确；故选A。
13．根据实验操作和现象所得结论错误的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【解析】AgNO₃溶液用于检验Cl⁻，稀HNO₃用于排除CO₃²⁻等离子的干扰，向待测液中同时加入AgNO3和稀HNO3，生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，该沉淀为AgCl，可说明待测液中存在Cl-，A项正确；Cl-能被酸性KMnO4氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，干扰Fe2+还原性的检验，B项错误；Cl2能置换出Br2说明Cl2的氧化性比Br2强，可推断Cl的非金属性强于Br，C项正确；Mg(OH)2仅溶于盐酸，Al(OH)3溶于盐酸和NaOH，说明Mg(OH)2只有碱性，Al(OH)3具有两性，碱性氢氧化物不与碱反应，故Mg(OH)2碱性更强，D项正确；答案选B。
四、多选题
14．亚氯酸钠NaClO2是一种高效消毒剂，其制备流程如下。下列说法正确的是
A．由反应①可知还原性：SO2>ClO2
B．反应①中生成11.2 LClO2转移0.5 ml电子
C．反应②中H2O2做氧化剂，O2是氧化产物
D．理论上，制得1 mlNaClO2消耗SO2与H2O2物质的量之和为1 ml
【答案】AD
【解析】反应①中SO2是还原剂，ClO2为还原产物，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性判断，还原性：SO2>ClO2，故A正确；未指明气体是否处于标准状况，无法确定ClO₂的物质的量，因此不能计算转移电子数，故B错误；反应②中ClO₂中氯元素化合价降低，作氧化剂，H₂O₂中氧元素化合价升高，作还原剂，O2是氧化产物，故C错误；根据：2NaClO3+H2SO4+SO2＝2ClO2+2NaHSO4、2NaOH+2ClO2+H2O2＝O2↑+2H2O+2NaClO2。得到关系2NaClO3~SO2~2ClO2~H2O2~2NaClO2，可知理论上，制得1 mlNaClO2消耗SO2与H2O2物质的量之和为1 ml，故D正确；故选AD。
15．探究Na与CO2反应的实验装置、步骤和现象如下：
i．打开K1、 K2，通入CO2至澄清石灰水变浑浊后，点燃酒精灯。
ii．一段时间后，停止加热，关闭K1、 K2。观察到硬质玻璃管中有白色物质产生，管壁上有黑色物质出现，检验CO的试剂没有明显现象。
iii．将硬质玻璃管中的固体加水溶解，未见气泡产生；过滤，向滤液中加入过量BaCl2溶液，产生白色沉淀；再次过滤，滤液呈碱性；取白色沉淀加入盐酸，产生气体。
下列说法错误的是
A．步骤i的目的是排除O2和水蒸气的干扰
B．步骤ii中的黑色物质可能是碳单质
C．步骤iii中的现象说明步骤ii中生成的白色物质为Na2CO3
D．Na与CO2反应的产物可能为Na2O、Na2O2、Na2CO3、CO、C
【答案】CD
【解析】钠是活泼金属，能与空气中的氧气、水蒸气反应，步骤i的目的是排除O2和水蒸气的干扰，A正确；根据元素守恒，步骤ii中的黑色物质可能是碳单质，B正确；步骤 iii 中固体加水溶解无气泡，说明不含 Na₂O₂；加 BaCl₂ 溶液后生成白色沉淀，且该沉淀溶于盐酸产生气体，说明含有 Na₂CO₃；过滤后滤液呈碱性，说明含有 Na₂O（与水生成 NaOH），因此步骤ii中生成的白色物质含有Na2CO3和Na2O，C错误；硬质玻璃管中的固体溶于水无气泡产生，检验CO的试剂没有明显现象，说明产物中不可能有Na2O2、CO，D错误；故选CD。
五、解答题
16．“价一类”二维图是学习化学的一种重要工具。由原子序数依次增大的X、Y、Z、M、Q五种短周期元素形成的部分化合物甲、乙、丙的“价一类”二维图如图所示，甲的焰色试验呈黄色。回答下列问题：
(1)Q在元素周期表中位于第 周期第 族；五种元素中，原子半径最大的是 (填元素符号，下同)，非金属性最强的是 。
(2)X与Y形成的10个电子的分子为 (填化学式)，与Q的单质反应的离子方程式为 。
(3)Y与Z形成的既含离子键又含非极性键的化合物的电子式为 。甲与乙反应的离子方程式为 。
(4)R为与M同周期相邻主族的金属元素，下列说法正确的是_____(填标号)。
A．R的单质可与热水反应
B．R的最高价氧化物的水化物为强碱
C．金属性：Z>R>M
D．Z的单质能从R的盐溶液中置换出R的单质
【答案】(1)三 VIIA Na O
(2)H2O Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO
(3) Al2O3+2OH−+3H2O=2[Al(OH)4]-
(4)AC
【解析】（1）Q为Cl，是17号元素，在元素周期表中位于第三周期第VIIA族；同周期自左向右原子半径减小，同主族自上向下原子半径增大，则五种元素中，原子半径最大的是Na，次氯酸中O为-2价，则非金属性最强的是O；
（2）X为H、Y为O，则X与Y形成的10个电子的分子为H2O；Q为Cl，氯气和水反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO；
（3）Y为O、Z为Na，两者形成的既含离子键又含非极性键的化合物为过氧化钠，电子式为；甲为NaOH，乙为Al2O3，甲与乙反应的离子方程式为：Al2O3+2OH−+3H2O=2[Al(OH)4]-；
（4）M为Al，R为与M同周期相邻主族的金属元素，则R为Mg；
镁可以和热水反应生成氢氧化镁和氢气，A正确；R为Mg，R的最高价氧化物的水化物是氢氧化镁，不是强碱，B错误；Z为Na、M为Al、R为Mg，同周期越靠右金属性越弱，则金属性：Z>R>M，C正确；Z为Na、R为Mg，钠可以和水反应，当钠遇到镁盐溶液时，会先与水反应生成 NaOH，不能置换出R的单质，D错误；故选AC。
17．我国化学家侯德榜发明的“联合制碱法”为世界制碱工业做出了巨大贡献，联合制碱法主要过程和部分物质的溶解度曲线如图所示。

回答下列问题：
(1)生产过程涉及的部分物质①CO2、②NH3、③Na2CO3、④饱和食盐水中，属于电解质的是 (填序号，下同)，能导电的是 ；沉淀池中发生反应的化学方程式为 。
(2)物质X的化学式为 ；循环 (填“I”或“Ⅱ”)使原料NaCl的利用率从70%提高到90%以上。为测定煅烧后固体中的NaHCO3含量，将煅烧后固体充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重m g，则固体中NaHCO3的质量为 g。
(3)向母液中加入NaCl可促进副产品NH4Cl的生成，根据NaCl和NH4Cl的溶解度曲线，为使NH4Cl充分析出，需控制的适宜温度为_____(填标号)。
A．0∼10∘C B．30∼50∘C C．50∼70∘C D．90∼100∘C
(4)关于Na2CO3和NaHCO3的下列说法中，错误的是_____(填标号)。
A．可利用NaOH溶液使NaHCO3转化为Na2CO3
B．“联合制碱法”是利用NaHCO3与其它物质的溶解度差异
C．利用二者的热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3
D．相同条件下，等质量的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸反应，Na2CO3产生CO2多
【答案】(1)③ ④ NH3＋CO2＋NaCl＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl
(2)CO2 Ⅰ 6m
(3)A
(4)D
【解析】（1）题干所给的四种物质中，属于电解质的是Na2CO3，编号为：③；能导电的是饱和食盐水，编号为：④；沉淀池中发生反应的化学方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。
（2）在煅烧过程中发生的反应为NaHCO3受热分解可生成Na2CO3、CO2和H2O，反应的化学方程式为：2NaHCO3=ΔNa2CO3+CO2↑+H2O，其中生成的CO2可以通过循环Ⅱ到沉淀池中继续使用；然后在母液中加入细小的NaCl颗粒后析出NH4Cl可作化肥，同时将NaCl通过循环I到沉淀池中继续使用，使原料NaCl的利用率从70%提高到90%以上；为测定煅烧后固体中的NaHCO3含量，将煅烧后固体充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸吸收水后，再通过足量Na2O2，Na2O2增重m g，根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可以计算出CO2的物质的量为：2mlnCO2=56gmg⇒nCO2=m28ml，再根据反应2NaHCO3=ΔNa2CO3+CO2↑+H2O，可计算出固体中NaHCO3的质量为：mNaHCO3=nNaHCO3×MNaHCO3=2nCO2×MNaHCO3=2×m28ml×84g·ml-1=6mg。
（3）向母液中加入NaCl可促进副产品NH4Cl的生成，根据NaCl和NH4Cl的溶解度曲线，NH₄Cl 溶解度随温度升高显著增大，NaCl 溶解度受温度影响小，为使NH4Cl充分析出，应选择0∼10∘C的低温条件，此时 NH₄Cl 溶解度小于 NaCl，更有利于NH4Cl晶体的析出，则四个选项中符合条件的选项为：A。
（4）NaOH溶液可以和NaHCO3反应生成Na2CO3，反应方程式为：NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O，A正确；根据“联合制碱法”的反应方程式NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl可知该原理是利用NaHCO3与其它物质的溶解度差异来实现的，B正确；在Na2CO3和NaHCO3中，Na2CO3很稳定，受热不分解；而NaHCO3不稳定，受热易分解2NaHCO3=ΔNa2CO3+CO2↑+H2O，可利用加热法除去 Na₂CO₃ 中的 NaHCO₃，C正确；相同条件下，等质量的Na2CO3和NaHCO3中，NaHCO3的物质的量大，根据C元素守恒，可以得到与足量盐酸反应后，是NaHCO3产生CO2更多，D错误；故答案为：D。
18．乳酸亚铁是一种补铁剂，易溶于水，难溶于乙醇，可由乳酸与FeCO3反应制得。工业上以废料铁泥(主要成分是Fe2O3，含少量Fe、FeO、Al2O3、SiO2)为原料制备乳酸亚铁的工艺流程如下：
已知：SiO2与硫酸不反应，难溶于水。
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分为 (填化学式)；“酸浸”时Fe2O3发生反应的离子方程式为 。
(2)“还原”时，Fe3+发生反应的离子方程式为 ，可用 (填试剂的化学式)检验Fe3+已经完全反应。
(3)滤渣3的主要成分为 (填化学式)。“沉铁”过程中发生反应的离子方程式为 。
(4)“合成”过程中加入足量乳酸充分反应，同时加入少量铁粉，加入铁粉的作用是 。获得乳酸亚铁晶体的系列操作是：溶液隔绝空气低温蒸发，冷却结晶，过滤，用 (填“水”或“乙醇”)洗涤晶体2∼3次，干燥，制得乳酸亚铁晶体。
【答案】(1)SiO2 Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
(2)2Fe3++Fe=3Fe2+ KSCN
(3)Al(OH)3 Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O
(4)防止Fe2+被氧化 乙醇
【解析】（1）滤渣1的主要成分为SiO2；“酸浸”时Fe2O3发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（2）加铁粉，将Fe3+还原为Fe2+，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；Fe3+和硫氰化钾溶液反应呈红色，可用KSCN检验Fe3+已经完全反应
（3）滤渣3的主要成分为Al(OH)3；加碳酸氢铵生成FeCO3沉淀，“沉铁”过程中发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）铁粉具有还原性，加入铁粉的作用是防止Fe2+被氧化；由于乙醇易挥发，为减少产品溶解损失并便于干燥，获得乳酸亚铁晶体的系列操作应为：溶液隔绝空气低温蒸发，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤晶体2∼3次，干燥，制得乳酸亚铁晶体。
19．磺酰氯SO2Cl2是一种重要的化工原料，实验室用Cl2和SO2催化制备SO2Cl2并检验Cl2性质的装置如图所示，“→”表示气体流向。
已知：①SO2Cl2的熔点为-54.1∘C，沸点为69.1∘C，遇水剧烈反应。
②SO2和Cl2反应过程中放出热量。
回答下列问题：
(1)仪器A的名称为 ，装置甲中发生反应的化学方程式为 。
(2)装置乙中盛放试剂为 ，其作用为 。
(3)实验过程中观察到装置丙中溶液颜色呈现如下图所示变化。对导致变色的物质I、II、III的正确判断是 (填标号)。
A．Cl2、HClO、HCl B．HCl、HClO、Cl2 C．HCl、Cl2、Cl2 D．Cl2、HClO、Cl2
丙装置实验体现了氯气的 (填“氧化性”、“还原性”或“氧化性和还原性”)。
(4)冰水浴的作用是 ，戊装置中发生反应的化学方程式为 ，图示装置存在的一处缺陷是 。
【答案】(1)分液漏斗 MnO2＋4HCl(浓)ΔMnCl2＋Cl2↑＋2H2O
(2)饱和食盐水 除去氯气中的氯化氢
(3)B 氧化性和还原性
(4)冷凝收集SO2Cl2 SO2＋Cl2活性炭SO2Cl2 戊与己之间缺少干燥装置
【解析】（1）仪器A的名称为分液漏斗，装置甲用浓盐酸与二氧化锰为原料制取Cl2的化学方程式为：，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)ΔMnCl2＋Cl2↑＋2H2O；
（2）装置乙中盛放试剂为饱和食盐水，其作用是吸收氯气中混有的氯化氢气体；
（3）①紫色石蕊试液变红，说明呈酸性、有氢离子生成，红色变无色，说明有漂白性物质生成，则是次氯酸引起的，变成浅黄绿色，说明溶解了氯气；则判断正确的是B；丙装置实验氯气与水反Cl2+H2O=HClO+HCl，Cl的化合价既升高（生成Cl⁺）又降低（生成Cl⁻），体现了氯气的氧化性和还原性；
（4）因SO2Cl2的熔沸点较低，冰水浴的作用是冷凝收集SO2Cl2，戊装置中发生反应的化学方程式为SO2g+Cl2g活性炭SO2Cl2g，SO2Cl2遇水剧烈反应，戊与己之间缺少干燥装置，无法阻止水蒸气进入戊中与产品反应。
20．胃舒平的有效成分为AlOH3，测定其中AlOH3含量的操作如下(设该药片中的其它成分不与盐酸或NaOH溶液反应)。
①加入25.00 mL0.10 ml⋅L-1稀盐酸；
②用移液管量取20.00 mL胃舒平悬浊液于锥形瓶中；
③配制0.10 ml⋅L-1稀盐酸和0.10 ml⋅L-1NaOH溶液；
④取5粒药片(0.10g/片)，研碎，加入100 mL蒸馏水充分搅拌；
⑤用0.10 ml⋅L-1NaOH溶液中和过量的稀盐酸，记录所消耗NaOH溶液的体积。回答下列问题：
(1)正确的操作顺序是③④ (填序号)。
(2)测定过程中发生反应的离子方程式为 、 。
(3)该测定实验共进行了4次。实验室现有50 mL、100 mL、250 mL、500 mL四种规格的容量瓶，则配制盐酸应选用的容量瓶规格最好为 mL。用密度为1.2 g/cm3、质量分数为36.5%的浓盐酸配制实验中所需稀盐酸，需用量筒量取浓盐酸的体积为 mL。配制溶液过程中，关于容量瓶的操作，正确的是 (填标号)。
(4)某同学4次测定所消耗的NaOH溶液的体积如下：
胃舒平中AlOH3的质量分数为 %(保留3位有效数字)。
(5)用NaOH固体配制实验中所需的NaOH溶液时，下列操作会使胃舒平中AlOH3含量测定值偏高的是_____。
A．NaOH固体中含有NaCl杂质
B．定容时俯视容量瓶刻度线
C．溶液未冷却至室温即进行定容
D．摇匀后发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线
【答案】(1)②①⑤
(2)Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O OH-+H+=H2O
(3)250 2.1 B
(4)23.4
(5)BC
【解析】（1）正确的操作顺序是③④②①⑤。
（2）测定过程中发生反应为加入的盐酸与AlOH3反应、过量盐酸与NaOH溶液反应，具体的离子反应方程式为：AlOH3+3H+=Al3++3H2O、OH-+H+=H2O。
（3）该测定实验共进行了4次，每次取用的稀盐酸25.00mL，加上洗涤使用的体积等，需要的稀盐酸体积将大于100mL，则选用250mL规格的容量瓶配制盐酸最合适；如用1.2 g/cm3、质量分数为36.5%的浓盐酸配制，根据稀释原则，需要取用的浓盐酸的体积为：1000×1.2×36.5%36.5ml·L-1×V=0.1ml·L-1×0.25L，解得V=0.0021L=2.1mL；配制溶液过程中
查漏：向容量瓶中加入一定量蒸馏水，盖上塞子，用右手大拇指和中指夹住瓶颈，食指顶住塞子，左手托住瓶底，将容量瓶倒转，观察是否漏水，再将容量瓶直立，将塞子旋转180℃，检查是否漏水，A错误；转移：用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，B正确；定容：定容时眼睛与刻度线水平相切，C错误；摇匀：摇匀时用右手大拇指和中指夹住瓶颈，食指顶住塞子，左手托住瓶底，反复上下颠倒摇匀，摇匀后液面低于刻度线属正常，不能再加水，D错误；故正确的为：B。
（4）4次测定所消耗的NaOH溶液的体积中，第2次的体积误差很大，应舍去，则消耗的NaOH溶液的体积平均值为：15.90+16.10+16.00mL3=16.00mL，根据反应的原理可以计算出胃舒平中AlOH3的质量分数为：ωAlOH3=0.1ml·L-1×25.00×10-3L-0.1ml·L-1×16.00×10-3L×13×78g·ml-1×·片-1×5片×100%=23.4%。
（5）用NaOH固体配制实验中所需的NaOH溶液时，
NaOH固体中含有NaCl杂质：会导致NaOH浓度偏低，滴定时消耗的体积增多，则计算出胃舒平中AlOH3的质量分数偏低，A不符合要求；定容时俯视容量瓶刻度线：会导致配制的NaOH溶液体积偏小，浓度偏高，滴定时消耗的NaOH溶液的体积减小，则计算出胃舒平中AlOH3的质量分数偏高，B符合要求；溶液未冷却至室温即进行定容：冷却后体积减小，会导致配制的NaOH溶液浓度偏高，滴定时消耗的NaOH溶液的体积减小，则计算出胃舒平中AlOH3的质量分数偏高，C符合要求；摇匀后发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线：相当于加水稀释，会导致配制的NaOH溶液浓度偏小，滴定时消耗的NaOH溶液的体积增大，则计算出胃舒平中AlOH3的质量分数偏低，D不符合要求；故答案为：BC。A．收集Cl2
B．加热试管中的液体
C．制取FeOH3胶体
D．制取FeOH2
粒子组
判断和分析
A
Al3+、Fe3+、I-、Cl-
不能大量共存，因发生反应：Fe3++2I-=Fe2++I2
B
H+、Cu2+、Cl-、ClO-
不能大量共存，因发生反应：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O
C
Na+、Ba2+、OH-、NO3-
能大量共存，粒子间不反应
D
Fe2+、H+、SO42-、H2O2
能大量共存，粒子间不反应
选项
实验操作和现象
结论
A
向待测液中滴加AgNO3溶液和稀HNO3，产生白色沉淀
待测液中含有Cl-
B
向FeCl2溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，紫红色消失
Fe2+具有还原性
C
向NaBr溶液中滴加几滴新制氯水，溶液变为橙黄色
非金属性：Cl＞Br
D
Mg(OH)2和Al(OH)3中均分别加入NaOH溶液和盐酸，Mg(OH)2只溶于盐酸，Al(OH)3都能溶
碱性：Mg(OH)2＞Al(OH)3
A．查漏
B．转移
C．定容
D．摇匀
实验序号
1
2
3
4
消耗NaOH溶液体积/mL
15.90
17.30
16.10
16.00