还剩26页未读，
继续阅读
2021-2022学年山东省德州市齐河一中高一（上）期中化学试卷
展开
这是一份2021-2022学年山东省德州市齐河一中高一（上）期中化学试卷，共29页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山东省德州市齐河一中高一（上）期中化学试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2分）化学是一门充满神奇色彩的科学，下列说法错误的是（ ）
A．化学家可以在微观层面操纵分子和原子，组装分子材料
B．化学家制造出自然界中不存在的新物质、新材料满足人们生产生活需求
C．我国科学家发现并合成了青蒿素，说明化学是一门具有创造性的科学
D．法国科学家拉瓦锡提出原子论，为近代化学的发展奠定了坚实的基础
2．（2分）下列物质的应用错误的是（ ）
A．金属钠可用于冶炼金属钛
B．活性炭用于杀菌除异味
C．ClO2用作漂白剂和消毒剂
D．Na2O2用作供氧剂
3．（2分）在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。下列说法错误的是（ ）
A．该循环过程中未涉及氧化还原反应
B．碳酸氢钠的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3﹣
C．该循环减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”
D．钙化作用的离子方程式之一为Ca2++2HCO3﹣═CaCO3↓+CO2↑+H2O
4．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．混合物均由两种或两种以上的元素组成
B．液态CH3COOH不导电，所以CH3COOH不是电解质
C．胶体区别于溶液和浊液的本质特征是分散质微粒直径介于1～100nm
D．盐类物质一定含有金属阳离子
5．（2分）下列有关氧化还原反应的说法正确的是（ ）
A．金属单质在反应中只能做还原剂，非金属单质只能做氧化剂
B．金属阳离子被还原不一定得到金属单质
C．物质中某元素的化合价升高，则该物质只做还原剂
D．有单质参加的反应都是氧化还原反应
6．（2分）食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料．为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣以及泥沙等杂质，实验方案如图，下列说法错误的是（ ）
A．试剂a为BaCl2溶液，其目的是除溶液中的SO42﹣
B．若先加盐酸再过滤，将对实验结果产生影响
C．粗盐提纯的整个操作过程中共有两处需要使用玻璃棒
D．加入试剂b的主要目的是除去Ca2+和Ba2+
7．（2分）用NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．100mL0.1mol⋅L﹣1的NaOH溶液中含有氧原子数为0.01NA
B．0.1molFeCl3⋅6H2O加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数为0.1NA
C．标准状况下，2.24LCO2与足量的Na2O2充分反应，转移电子数为0.2NA
D．5.6gFe和6.4gCu分别与0.1molCl2充分反应，转移电子数均为0.2NA
8．（2分）下列事实及其解释错误的是（ ）
A．氯水可以使有色布条褪色，是因为Cl2具有漂白性
B．钠保存在煤油中是因为煤油不与钠反应且密度比钠小，可以隔绝空气和水蒸气
C．为增强漂白能力向漂白粉溶液中加入少量白醋，原因是醋酸的酸性比次氯酸强
D．向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2反应放热且有O2生成
9．（2分）下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．食盐水中：Br﹣、Fe2+、SO42﹣、NH4+
B．氯化铁溶液中：K+、I﹣、NH4+、NO3﹣
C．小苏打溶液中：Ba2+、NO3﹣、OH﹣、K+
D．“洁厕灵”溶液中：CH3COO﹣、Cl﹣、ClO﹣、Na+
10．（2分）KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾四化法”制备，该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2↑。下列说法正确的是（ ）
A．KH（IO3）2为还原产物
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6：11
C．可用澄清石灰水吸收反应产生的Cl2制备漂白粉
D．产生22.4L（标准状况）Cl2时，转移20mole﹣
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
（多选）11．（4分）为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是（不考虑存放试剂的容器）（ ）
实验目的
玻璃仪器
试剂
A
配制100mL一定物质的量
浓度的NaCl溶液
100mL容量瓶、烧杯、
量筒、玻璃棒
蒸馏水、NaCl固体
B
制备Fe（OH）3胶体
烧杯、酒精灯、胶头滴管
蒸馏水、饱和FeCl3溶液
C
NaCl溶液的蒸发结晶
酒精灯、玻璃棒、坩埚
NaCl溶液
D
验证KI具有还原性
试管、胶头滴管
酸性KMnO4溶液、KI溶液
A．A B．B C．C D．D
（多选）12．（4分）下列物质的鉴别方法错误的是（ ）
A．用NaOH溶液鉴别MgCl2溶液、CuCl2溶液、FeCl3溶液
B．用澄清石灰水鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
C．用CO2鉴别NaCl溶液和CaCl2溶液
D．用丁达尔现象鉴别淀粉溶液和NaCl溶液
13．（4分）X、Y为两种强酸．同温同压下，1Lc1mol⋅L﹣1的X溶液与足量锌粒反应，生成H2体积为V1L；1Lc2mol⋅L﹣1的Y溶液与足量锌粒反应，生成H2体积为V2L．下列说法正确的是（ ）
A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为
B．锌粒消耗X、Y的物质的量之比一定为
C．X、Y的浓度之比一定等于
D．由一定能确定X、Y对应酸根离子的化合价
（多选）14．（4分）某兴趣小组用如图装置探究Na与CO2的反应产物，已知PdCl2+CO+H2O═Pd↓（黑色）+CO2+2HCl。下列说法正确的是（ ）
A．为了避免生成的CO2中混有HCl，最好用稀硫酸代替稀盐酸
B．装置Ⅲ的目的是除去HCl
C．实验时先打开活塞a，再点燃酒精灯
D．装置Ⅴ出现黑色沉淀，则装置Ⅳ发生反应2Na+2CO2Na2CO3+CO
（多选）15．（4分）在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B．a处溶液的导电能力几乎为0，所以BaSO4是非电解质
C．c点两溶液中SO42﹣的物质的量关系：①＞②
D．b～d的离子方程式为H++OH﹣═H2O
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）实验室需250mL0.5mol⋅L﹣1的稀硫酸，现用98%的浓硫酸（ρ＝1.84g⋅cm﹣3）进行配制．请回答下列问题：
（1）盛浓硫酸的试剂瓶标签上印有下列危险化学品标志中的 （填字母）．
（2）所需浓硫酸的体积为 mL；如果实验室有10mL、15mL、20mL、50mL的量筒，应选用 mL的量筒．
（3）取用任意体积的该稀硫酸，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是 （填字母）．
A．溶液中H2SO4的物质的量
B．溶液的浓度
C．溶液中SO42﹣的数目
D．溶液的密度
（4）将E步骤补充完整，配制时正确的操作顺序是 （用字母表示）．
A．用适量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶
B．用量筒量取所需浓硫酸，沿烧杯内壁缓慢注入盛有少量蒸馏水的烧杯中，用玻璃棒不断搅拌，使其混合均匀
C．将已冷却的稀硫酸沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀
E．继续往容量瓶内小心地加蒸馏水，使液面接近瓶颈上的刻度线1～2cm， ．
（5）下列操作造成配制的溶液浓度偏小的是 （填字母）．
A．溶解浓硫酸后未冷却直接转移溶液
B．容量瓶洗涤后残留少量的蒸馏水
C．所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤
D．用量筒量取浓硫酸时俯视刻度
E．用蒸馏水洗净量筒后直接量取浓硫酸配制溶液
（6）若实验过程中加蒸馏水时不慎超过了刻度线，该如何处理？ ．
17．（12分）1774年，舍勒在研究软锰矿（主要成分是MnO2）的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体．1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为Chlorine（中文命名“氯气”）．
（1）实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为 ．
（2）实验室中用NaOH溶液吸收尾气中的Cl2的离子方程式为 ，配制0.2mol⋅L﹣1的NaOH溶液450mL，所需NaOH固体的质量为 ．
（3）用Cl2可制备HClO溶液，将HClO溶液加入到滴有酚酞的NaOH溶液中，观察到溶液红色褪去．溶液褪色的原因可能是①NaOH被HClO中和，② ．设计实验探究溶液红色褪去的原因 ．
（4）HClO溶液不能长久存放的原因是 （用化学方程式表示），检验长久存放的HClO溶液中阴离子的实验操作及现象是 ．
18．（12分）Na2O2常用于医药、印染、漂白及分析试剂等．某兴趣小组利用如图装置（夹持仪器省略），用金属钠和空气来制备Na2O2（不考虑空气中N2与Na反应）．
（1）若规定气流的方向为从左到右，各仪器连接的接口顺序（每个装置只用一次）是：空气→ → → → → → → （填字母）．
（2）装置Ⅱ的作用是 ；若没有装置Ⅳ可能导致生成的Na2O2中含有 （填化学式）．
（3）该小组同学称取ag所制备的Na2O2样品，利用如图装置测定Na2O2样品的纯度（夹持仪器省略）．
①仪器连接好后的第一步操作是 ．
②有同学提出该实验装置存在缺陷，应该在A、B装置之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，该同学想法是否必要？ （填“是”或“否”），理由是 ．
③读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下O2的体积为VmL，计算样品中Na2O2的质量分数约为 %．
④实验完成后D到E之间导管内残留水的体积会使测量结果 （填“偏大”“偏小”或“不影响”）．
19．（12分）Mg2ClO（OH）3•H2O微溶于水，不潮解，相对稳定，是一种无机抗菌剂，以菱镁矿（MgCO3，含少量FeCO3）为主要原料制备Mg2ClO（OH）3•H2O的工业流程如图，请回答下列问题：
（1）Mg2ClO（OH）3•H2O中氯元素的化合价为 ，该物质所属物质类别为 。
（2）Mg2ClO（OH）3•H2O在酸性溶液中具有杀菌、漂白作用，其原因是 （用离子方程式解释）。
（3）步骤②不能在较高温度下进行，可能的原因是 ，H2O2的作用是 （用离子方程式表示）。
（4）操作Ⅰ所用的玻璃仪器有 。
（5）混合时发生反应的离子方程式为 。
20．（12分）Cl2O又称次氯酸酐，是强氧化剂，极易溶于水，沸点为3.8℃，42℃以上分解为Cl2和O2，高浓度时易爆炸．某学习小组利用Cl2和潮湿的碳酸钠反应生成Cl2O，再用水吸收Cl2O制备HClO溶液，装置如图，请回答下列问题：
（1）仪器a的名称是 ，A中发生反应的离子方程式为 ．
（2）实验中须控制Cl2与空气（不参与反应）的体积比为1：3，装置B的作用是 （答出两条即可）．
（3）装置C中生成Cl2O、CO2，反应的化学方程式为 ，为使反应充分进行，实验中采取的措施有 ．
（4）若装置C不冷却，则进入装置D中的Cl2O会大量减少，可能的原因是 ．
（5）装置E所盛试剂是 ，作用是 ．
2021-2022学年山东省德州市齐河一中高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2分）化学是一门充满神奇色彩的科学，下列说法错误的是（ ）
A．化学家可以在微观层面操纵分子和原子，组装分子材料
B．化学家制造出自然界中不存在的新物质、新材料满足人们生产生活需求
C．我国科学家发现并合成了青蒿素，说明化学是一门具有创造性的科学
D．法国科学家拉瓦锡提出原子论，为近代化学的发展奠定了坚实的基础
【分析】A．化学是一门在原子、分子水平上研究物质的组成、结构、性质及其变化规律的一门基础自然学科；
B．化学研究的主要目的是：认识物质的组成、结构（包括原子、分子、离子等微粒）、性质以及变化规律，可以利用先进的技术和设备制造出新的分子；
C．化学的研究目的是帮助人们认识、改造和应用物质；
D．拉瓦锡首先通过实验得出空气是由氮气和氧气组成的结论，道尔顿在化学上的主要贡献是提出了原子学说。
【解答】解：A．化学是一门在原子、分子水平上研究物质的组成、结构、性质及其变化规律的一门基础自然学科，化学家可以在微观层面操纵分子和原子，组装分子材料，故A正确；
B．化学研究的主要目的是：认识物质的组成、结构（包括原子、分子、离子等微粒）、性质以及变化规律，可以利用先进的技术和设备制造出新的分子，所以化学是在原子、分子的水平上研究物质的一门自然科学，故化学家可以制造出自然界中不存在的新物质、新材料满足人们生产生活需求，故B正确；
C．化学研究的主要目的是：认识物质的组成、结构（包括原子、分子、离子等微粒）、性质以及变化规律，可以利用先进的技术和设备制造出新的分子，所以化学是一门具有创造性的科学，故C正确；
D．19世纪初，英国化学家道尔顿提出近代原子学说，为近代化学的发展奠定了坚实基础，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学基本概念及其研究对象等知识点，侧重考查对化学史的了解和掌握，明确化学基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
2．（2分）下列物质的应用错误的是（ ）
A．金属钠可用于冶炼金属钛
B．活性炭用于杀菌除异味
C．ClO2用作漂白剂和消毒剂
D．Na2O2用作供氧剂
【分析】A.Na可置换出四氯化钛中的钛；
B.活性炭具有吸附性；
C.ClO2具有强氧化性；
D.Na2O2与二氧化碳反应生成氧气。
【解答】解：A.Na可置换出四氯化钛中的钛，则金属钠可用于冶炼金属钛，故A正确；
B.活性炭具有吸附性，可用于除异味，但不能杀菌，故B错误；
C.ClO2具有强氧化性，可用作漂白剂和消毒剂，故C正确；
D.Na2O2与二氧化碳反应生成氧气，可用作供氧剂，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
3．（2分）在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。下列说法错误的是（ ）
A．该循环过程中未涉及氧化还原反应
B．碳酸氢钠的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3﹣
C．该循环减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”
D．钙化作用的离子方程式之一为Ca2++2HCO3﹣═CaCO3↓+CO2↑+H2O
【分析】A、光合作用是氧化还原反应；
B、碳酸氢钠电离生成钠离子和碳酸氢根离子；
C．减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”；
D、根据反应图象分析，钙化过程中HCO3﹣转化为CaCO3和CO2。
【解答】解：A、二氧化碳和水在叶绿树作用下光合作用是氧化还原反应，则该循环过程中涉及氧化还原反应，故A错误；
B、碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3═Na++HCO3﹣，故B正确；
C．该循环减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”，故C正确；
D、根据反应图象分析，钙化过程中HCO3﹣转化为CaCO3和CO2，所以钙化作用的离子方程式为Ca2++2HCO3﹣═CaCO3↓+CO2↑+H2O，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查的是海水的综合利用过程，相关化学反应的问题，明确氧化还原反应的判断是解题的关键。
4．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．混合物均由两种或两种以上的元素组成
B．液态CH3COOH不导电，所以CH3COOH不是电解质
C．胶体区别于溶液和浊液的本质特征是分散质微粒直径介于1～100nm
D．盐类物质一定含有金属阳离子
【分析】A．由两种或者两种以上物质组成的为混合物；
B．在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；
C．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同；
D．氯化铵为盐，不含金属阳离子。
【解答】解：A．氧气和臭氧组成的混合物只含有一种元素，故A错误；
B．液态CH3COOH不导电，但是醋酸在水溶液中能导电，所以CH3COOH是电解质，故B错误；
C．胶粒的直径在1～100 nm之间，溶液的小于1 nm，浊液的大于100 nm，则胶体区别于溶液和浊液的本质特征是分散质粒子直径在1～100 nm之间，故C正确；
D．盐类物质不一定含有金属阳离子，如氯化铵等铵盐，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的分类和组成，明确基本概念及物质的组成，熟悉胶体的性质是解题关键，题目难度不大。
5．（2分）下列有关氧化还原反应的说法正确的是（ ）
A．金属单质在反应中只能做还原剂，非金属单质只能做氧化剂
B．金属阳离子被还原不一定得到金属单质
C．物质中某元素的化合价升高，则该物质只做还原剂
D．有单质参加的反应都是氧化还原反应
【分析】A、金属单质只能做还原剂，非金属单质可以做氧化剂和还原剂；
B、金属阳离子被还原，可能得到单质，可能得到金属离子；
C、某元素化合价升高，同时也可能伴随着该元素化合价降低；
D、有单质参加的反应不一定存在化合价的变化．
【解答】解：A、金属单质只能做还原剂，非金属单质可以做氧化剂和还原剂，故A错误；
B、金属阳离子被还原，可能得到单质，可能得到金属离子，如Fe3+被还原为Fe2+，故B正确；
C、某元素化合价升高，同时也可能伴随着该元素化合价降低，故该元素可能只做还原剂，也可能即做还原剂又做氧化剂，故C错误；
D、有单质参加的反应不一定存在化合价的变化，如氧气转化为臭氧，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及分析与应用能力的考查，注意结合实例分析，题目难度不大。
6．（2分）食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料．为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣以及泥沙等杂质，实验方案如图，下列说法错误的是（ ）
A．试剂a为BaCl2溶液，其目的是除溶液中的SO42﹣
B．若先加盐酸再过滤，将对实验结果产生影响
C．粗盐提纯的整个操作过程中共有两处需要使用玻璃棒
D．加入试剂b的主要目的是除去Ca2+和Ba2+
【分析】由流程可知，粗盐溶解后，加试剂a为BaCl2溶液，可除溶液中的SO42﹣，加试剂b为Na2CO3溶液，可除去钙离子及过量的钡离子，加NaOH可除去镁离子，过滤后，向滤液中加盐酸可除去过量NaOH及碳酸钠，最后蒸发、结晶、烘干得到精盐，以此来解答。
【解答】解：A.试剂a为BaCl2溶液，其目的是除溶液中的SO42﹣，且一定在碳酸钠之前，故A正确；
B.若先加盐酸再过滤，沉淀会溶解，对实验有影响，故B正确；
C.溶解、过滤、蒸发均使用玻璃棒，共3处，故C错误；
D.加试剂b为Na2CO3溶液，可除去Ca2+和Ba2+，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查粗盐提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
7．（2分）用NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．100mL0.1mol⋅L﹣1的NaOH溶液中含有氧原子数为0.01NA
B．0.1molFeCl3⋅6H2O加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数为0.1NA
C．标准状况下，2.24LCO2与足量的Na2O2充分反应，转移电子数为0.2NA
D．5.6gFe和6.4gCu分别与0.1molCl2充分反应，转移电子数均为0.2NA
【分析】A．氢氧化钠溶液中，氢氧化钠和水都含氧原子；
B．氢氧化铁胶体为多个氢氧化铁集合体；
C．Na2O2与CO2的反应为歧化反应；
D．5.6g铁物质的量为：＝0.1mol，6.4g铜物质的量为：＝0.1mol，分别与0.1mol氯气反应，氯气不足完全反应，依据氯气的量计算转移电子数。
【解答】解：A．氢氧化钠溶液中，氢氧化钠和水都含氧原子，所以100mL0.1mol⋅L﹣1的NaOH溶液中含有氧原子数大于0.01NA，故A错误；
B．氢氧化铁胶体为多个氢氧化铁集合体，所以0.1molFeCl3⋅6H2O加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数小于0.1NA，故B错误；
C．标况下，2.24L二氧化碳的物质的量为＝0.1mol，而Na2O2与CO2的反应为歧化反应，消耗1molCO2转移1mol电子，故0.1mol二氧化碳转移0.1mol电子，故C错误；
D．0.1mol铁完全反应消耗0.15mol氯气，显然氯气不足，0.1mol氯气完全反应移的电子的物质的量为0.2mol；0.1mol铜与0.1mol氯气恰好完全反应，转移的电子的物质的量为0.2mol，所以二者转移的电子数均为0.2NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
8．（2分）下列事实及其解释错误的是（ ）
A．氯水可以使有色布条褪色，是因为Cl2具有漂白性
B．钠保存在煤油中是因为煤油不与钠反应且密度比钠小，可以隔绝空气和水蒸气
C．为增强漂白能力向漂白粉溶液中加入少量白醋，原因是醋酸的酸性比次氯酸强
D．向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2反应放热且有O2生成
【分析】A．氯气不具有漂白性；
B．钠与氧气、水都反应，保存时应隔绝空气；
C．依据强酸制备弱酸的规律解答；
D．过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，且放出大量的热。
【解答】解：A．氯水有漂白性是因为氯水中含次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气不具有漂白性，故A错误；
B．钠与氧气、水都反应，煤油不与钠反应且密度比钠小，钠保存在煤油中可以隔绝空气和水蒸气，故B正确；
C．醋酸酸性强于次氯酸，为增强漂白能力向漂白粉溶液中加入少量白醋，故C正确；
D．过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，且放出大量的热，所以向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉氯气、钠及其氧化物的性质即可解答，题目难度不大。
9．（2分）下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．食盐水中：Br﹣、Fe2+、SO42﹣、NH4+
B．氯化铁溶液中：K+、I﹣、NH4+、NO3﹣
C．小苏打溶液中：Ba2+、NO3﹣、OH﹣、K+
D．“洁厕灵”溶液中：CH3COO﹣、Cl﹣、ClO﹣、Na+
【分析】A.四种离子之间不反应；
B.铁离子能够氧化碘离子；
C.碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；
D.清厕灵的主要成分为氯化氢，氢离子、氯离子与次氯酸根离子反应生成氯气，醋酸根离子与氢离子反应。
【解答】解：A.Br﹣、Fe2+、SO42﹣、NH4+之间不反应，且能够在食盐水中大量共存，故A正确；
B.Fe3+、I﹣之间发生氧化还原反应，在氯化铁溶液中不能大量共存，故B错误；
C.HCO3﹣、OH﹣之间反应生成碳酸根离子和水，不能大量共存，故C错误；
D.“洁厕灵”溶液中含有Cl﹣、H+，Cl﹣、ClO﹣、H+之间反应生成氯气，CH3COO﹣、H+之间反应生成醋酸，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，把握题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
10．（2分）KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾四化法”制备，该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2↑。下列说法正确的是（ ）
A．KH（IO3）2为还原产物
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6：11
C．可用澄清石灰水吸收反应产生的Cl2制备漂白粉
D．产生22.4L（标准状况）Cl2时，转移20mole﹣
【分析】反应6I2+11KClO3+3H2O6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2↑中I元素化合价由0价升高到+5价，则I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，则KClO3作为氧化剂，生成3molCl2时，转移60mole﹣，据此分析解答。
【解答】解：A．反应6I2+11KClO3+3H2O6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2↑中I元素化合价由0价升高到+5价，则I2为还原剂，KH（IO3）2为氧化产物，故A错误；
B．依据方程式可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂，I2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：6，故B错误；
C．漂白粉可由生成的氯气与石灰乳反应制得，发生反应2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，不是澄清石灰水，故C错误；
D．依据分析生成3molCl2为标准，反应转移60mole﹣，产生22.4L（标准状况）即1molCl2时，反应转移20mole﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题以卤族元素为背景，考查有关氧化还原反应的相关内容，理解反应并计算转移电子数为解题关键，注意还原产物为氯气和氯化钾，优先以I2为标准计算转移电子数，考查较为基础，难度适中。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
（多选）11．（4分）为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是（不考虑存放试剂的容器）（ ）
实验目的
玻璃仪器
试剂
A
配制100mL一定物质的量
浓度的NaCl溶液
100mL容量瓶、烧杯、
量筒、玻璃棒
蒸馏水、NaCl固体
B
制备Fe（OH）3胶体
烧杯、酒精灯、胶头滴管
蒸馏水、饱和FeCl3溶液
C
NaCl溶液的蒸发结晶
酒精灯、玻璃棒、坩埚
NaCl溶液
D
验证KI具有还原性
试管、胶头滴管
酸性KMnO4溶液、KI溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液，所需的玻璃仪器有100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒；
B.制备Fe（OH）3胶体的方法为往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体；
C.NaCl溶液的蒸发结晶，所需试剂为NaCl溶液，所需的玻璃仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿；
D.酸性KMnO4溶液可氧化KI生成碘。
【解答】解：A.配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液，所需的玻璃仪器有100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，选项中缺少胶头滴管，需要的试剂为蒸馏水、NaCl固体，故A错误；
B.制备Fe（OH）3胶体的方法为往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，故需要的玻璃仪器为烧杯、酒精灯、胶头滴管，需要的试剂为蒸馏水、饱和FeCl3溶液，故B正确；
C.NaCl溶液的蒸发结晶，所需试剂为NaCl溶液，所需的玻璃仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿，坩埚是灼烧固体的仪器，故C错误；
D.酸性KMnO4溶液可氧化KI生成碘，溶液颜色由紫色变为棕黄色，可知KI具有还原性，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查基本化学实验操作，涉及配制一定物质的量浓度的溶液，NaCl溶液的蒸发结晶，胶体制备和验证KI具有还原性等内容，考查范围较广，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
（多选）12．（4分）下列物质的鉴别方法错误的是（ ）
A．用NaOH溶液鉴别MgCl2溶液、CuCl2溶液、FeCl3溶液
B．用澄清石灰水鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
C．用CO2鉴别NaCl溶液和CaCl2溶液
D．用丁达尔现象鉴别淀粉溶液和NaCl溶液
【分析】A.MgCl2溶液、CuCl2溶液、FeCl3溶液分别与NaOH溶液反应生成白色沉淀、蓝色沉淀、红褐色沉淀；
B.Na2CO3溶液和NaHCO3溶液均与石灰水反应生成白色沉淀；
C.NaCl溶液和CaCl2溶液均与二氧化碳不反应；
D.丁达尔现象为胶体特有的性质，淀粉溶液为胶体分散系。
【解答】解：A.MgCl2溶液、CuCl2溶液、FeCl3溶液分别与NaOH溶液反应生成白色沉淀、蓝色沉淀、红褐色沉淀，现象不同，可鉴别，故A正确；
B.Na2CO3溶液和NaHCO3溶液均与石灰水反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故B错误；
C.NaCl溶液和CaCl2溶液均与二氧化碳不反应，现象相同，不能鉴别，故C错误；
D.丁达尔现象为胶体特有的性质，淀粉溶液为胶体分散系，现象不同，可鉴别，故D正确；
故选：BC。
【点评】本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
13．（4分）X、Y为两种强酸．同温同压下，1Lc1mol⋅L﹣1的X溶液与足量锌粒反应，生成H2体积为V1L；1Lc2mol⋅L﹣1的Y溶液与足量锌粒反应，生成H2体积为V2L．下列说法正确的是（ ）
A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为
B．锌粒消耗X、Y的物质的量之比一定为
C．X、Y的浓度之比一定等于
D．由一定能确定X、Y对应酸根离子的化合价
【分析】A．相同条件下气体的体积之比是物质的量之比；
B．由于两种强酸的元数不确定，不能确定锌粒消耗X、Y的物质的量之比；
C．由于两种强酸的元数不确定，不能确定X、Y的浓度之比；
D．由于两种强酸的元数不确定，不能确定X、Y对应酸根离子的化合价。
【解答】解：A．相同条件下气体的体积之比是物质的量之比，则X、Y生成H2的物质的量之比一定为，故A正确；
B．由于两种强酸的元数不确定，则根据氢原子守恒可知锌粒消耗X、Y的物质的量之比不一定为，故B错误；
C．由于两种强酸的元数不确定，则根据氢原子守恒可知X、Y的浓度之比不一定等于，故C错误；
D．由于两种强酸的元数不确定，则由不一定能确定X、Y对应酸根离子的化合价，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学方程式的计算，难度不大，解题的关键是要熟悉酸包含一元酸、二元酸、多元酸，锌和对应的酸反应，消耗的各种酸不能确定。
（多选）14．（4分）某兴趣小组用如图装置探究Na与CO2的反应产物，已知PdCl2+CO+H2O═Pd↓（黑色）+CO2+2HCl。下列说法正确的是（ ）
A．为了避免生成的CO2中混有HCl，最好用稀硫酸代替稀盐酸
B．装置Ⅲ的目的是除去HCl
C．实验时先打开活塞a，再点燃酒精灯
D．装置Ⅴ出现黑色沉淀，则装置Ⅳ发生反应2Na+2CO2Na2CO3+CO
【分析】由实验装置可知，I中发生CaCO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，浓盐酸易挥发，Ⅱ中饱和碳酸氢钠溶液可除去HCl，Ⅲ中浓硫酸干燥二氧化碳，Ⅴ出现黑色沉淀，可知Ⅳ中发生2Na+2CO2Na2CO3+CO，以此来解答。
【解答】解：A.用稀硫酸代替稀盐酸，生成硫酸钙包裹在碳酸钙的表面，阻止反应的进一步发生，故A错误；
B.装置Ⅲ的目的是干燥二氧化碳，故B错误；
C.实验时先打开活塞a，利用产生的二氧化碳排出装置内空气，防止钠与氧气反应，再点燃酒精灯，故C正确；
D.装置Ⅴ出现黑色沉淀，V中发生PdCl2+CO+H2O═Pd↓（黑色）+CO2+2HCl，则装置Ⅳ发生反应2Na+2CO2Na2CO3+CO，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
（多选）15．（4分）在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B．a处溶液的导电能力几乎为0，所以BaSO4是非电解质
C．c点两溶液中SO42﹣的物质的量关系：①＞②
D．b～d的离子方程式为H++OH﹣═H2O
【分析】A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应；
B．硫酸钡难溶于水，但是溶解部分全部电离，是强电解质；
C．两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，c点加入的体积也相等；
D．b点的溶质为NaOH，继续加入NaHSO4溶液，H+与OH﹣反应。
【解答】解：A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确；
B．a点酸碱恰好完全反应生成硫酸钡和水，硫酸钡难溶于水，但是溶解部分全部电离，是强电解质，故B错误；
C．两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，c点加入的体积也相等，即加入的硫酸根离子物质的量相同，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4，过量的硫酸根离子物质的量相同，故硫酸根离子浓度相同，故C错误；
D．从开始到b点发生的反应为：NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+NaOH+H2O，b点的溶质为NaOH，继续加入NaHSO4溶液，b～d段发生的离子方程式为：H++OH﹣═H2O，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及识图能力，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解本题关键，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，易错选项是B。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）实验室需250mL0.5mol⋅L﹣1的稀硫酸，现用98%的浓硫酸（ρ＝1.84g⋅cm﹣3）进行配制．请回答下列问题：
（1）盛浓硫酸的试剂瓶标签上印有下列危险化学品标志中的 D （填字母）．
（2）所需浓硫酸的体积为 6.8 mL；如果实验室有10mL、15mL、20mL、50mL的量筒，应选用 10 mL的量筒．
（3）取用任意体积的该稀硫酸，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是 BD （填字母）．
A．溶液中H2SO4的物质的量
B．溶液的浓度
C．溶液中SO42﹣的数目
D．溶液的密度
（4）将E步骤补充完整，配制时正确的操作顺序是 BCAED （用字母表示）．
A．用适量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶
B．用量筒量取所需浓硫酸，沿烧杯内壁缓慢注入盛有少量蒸馏水的烧杯中，用玻璃棒不断搅拌，使其混合均匀
C．将已冷却的稀硫酸沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀
E．继续往容量瓶内小心地加蒸馏水，使液面接近瓶颈上的刻度线1～2cm， 用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切 ．
（5）下列操作造成配制的溶液浓度偏小的是 CDE （填字母）．
A．溶解浓硫酸后未冷却直接转移溶液
B．容量瓶洗涤后残留少量的蒸馏水
C．所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤
D．用量筒量取浓硫酸时俯视刻度
E．用蒸馏水洗净量筒后直接量取浓硫酸配制溶液
（6）若实验过程中加蒸馏水时不慎超过了刻度线，该如何处理？ 重新配制 ．
【分析】（1）浓硫酸具有强烈的腐蚀性，应贴腐蚀品标志；
（2）先计算出需要硫酸的物质的量，再根据浓硫酸密度、质量分数计算出需要浓硫酸的体积；依据大而近原则选择量筒规格；
（3）溶液密度、物质的量浓度与溶液体积无关，溶液中溶质物质的量、微粒数都与体积有关；
（4）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量（量取）、溶解（稀释）、冷却、转移、洗涤、定容、倒转摇匀等；依据定容的正确操作解答；
（5）分析操作对溶质物质的量和溶液体积的影响，依据c＝进行误差分析；
（6）凡是操作不当导致实验失败且无法补救的，都需要重新配制。
【解答】解：（1）浓硫酸具有强烈的腐蚀性，应贴腐蚀品标志，D为腐蚀品标志，
故答案为：D；
（2）配制250mL 0.5mol/L的稀硫酸，需要硫酸的物质的量是：0.25L×0.5mol/L＝0.125mol，设需要密度为1.84g/mL，质量分数为98%浓硫酸溶液的体积为VmL，根据溶液的稀释可得：mol＝0.125mol，解得V≈6.8mL，依据大而近原则，应选择10mL量筒，
故答案是：6.8；10；
（3）A．根据n＝cV知，溶质的物质的量与溶液体积有关，故A不选；
B．溶液是均一稳定的，物质的量浓度与溶液体积无关，故B选；
C．依据n＝cV、N＝nNA可知，硫酸根离子数目与溶液体积有关，故C不选；
D．溶液是均一稳定的，密度与溶液体积无关，故D选，
故答案为：BD；
（4）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量（量取）、溶解（稀释）、冷却、转移、洗涤、定容、倒转摇匀等，所以正确的操作顺序为：BCAED；定容的正确操作为：用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切，
故答案为：BCAED；用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切；
（5）A．溶解浓硫酸后未冷却直接转移溶液，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A不选；
B．容量瓶洗涤后残留少量的蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故B不选；
C．所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C选；
D．用量筒量取浓硫酸时俯视刻度，导致量取浓硫酸体积偏小，溶液浓度偏低，故D选；
E．用蒸馏水洗净量筒后直接量取浓硫酸配制溶液，导致量取的浓硫酸含有硫酸的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故E选；
故答案为：CDE；
（6）若实验过程中加蒸馏水时不慎超过了刻度线，实验失败且无法补救，必须重新配制，
故答案为：重新配制。
【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液配制，侧重考查学生实验操作能力及计算能力，明确操作步骤、误差分析、物质的量浓度计算方法即可解答，题目难度中等。
17．（12分）1774年，舍勒在研究软锰矿（主要成分是MnO2）的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体．1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为Chlorine（中文命名“氯气”）．
（1）实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ．
（2）实验室中用NaOH溶液吸收尾气中的Cl2的离子方程式为 Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O ，配制0.2mol⋅L﹣1的NaOH溶液450mL，所需NaOH固体的质量为 4.0g ．
（3）用Cl2可制备HClO溶液，将HClO溶液加入到滴有酚酞的NaOH溶液中，观察到溶液红色褪去．溶液褪色的原因可能是①NaOH被HClO中和，② HClO有漂白性 ．设计实验探究溶液红色褪去的原因 往褪色后的溶液中滴加过量的NaOH溶液，若溶液变红，证明褪色的原因为①，若溶液不显红色，证明褪色的原因为② ．
（4）HClO溶液不能长久存放的原因是 2HClO2HCl+O2↑ （用化学方程式表示），检验长久存放的HClO溶液中阴离子的实验操作及现象是 取少量久置HClO溶液于试管中，加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl﹣ ．
【分析】（1）舍勒制取Cl2的方法是将MnO2与浓盐酸混合加热，产生氯化锰、氯气和水；
（2）实验室中用NaOH溶液吸收尾气中的Cl2的化学方程式为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，配制0.2mol⋅L﹣1的NaOH溶液450mL，选用500mL容量瓶，再根据n＝c×V和m＝n×M计算；
（3）HClO是一元弱酸，并具有漂白性，酚酞试剂遇碱变红，滴有酚酞的NaOH溶液褪色的原因可能与溶液酸碱性有关，也可能与HClO的漂白作用有关，据此解答；
（4）HClO不稳定，见光易分解产生HCl和氧气，可利用氯化银沉淀检验溶液中的Cl﹣。
【解答】解：（1）舍勒制取Cl2的方法是将MnO2与浓盐酸混合加热，产生氯化锰、氯气和水，其化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）实验室中用NaOH溶液吸收尾气中的Cl2的化学方程式为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，故其离子方程式为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，配制0.2mol⋅L﹣1的NaOH溶液450mL，选用500mL容量瓶，则所需NaOH固体的物质的量为0.2mol⋅L﹣1×0.5L＝0.1mol，故NaOH固体的质量为0.1mol×40g/mol＝4.0g，
故答案为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O；4.0g；
（3）HClO是一元弱酸，并具有漂白性，酚酞试剂遇碱变红，将HClO溶液加入到滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能是①NaOH被HClO中和，②HClO有漂白性，而HClO的漂白作用不可逆，可通过调节溶液酸碱性探究溶液红色褪去的原因，方法为：往褪色后的溶液中滴加过量的NaOH溶液，若溶液变红，证明褪色的原因为①，若溶液不显红色，证明褪色的原因为②，
故答案为：HClO有漂白性；往褪色后的溶液中滴加过量的NaOH溶液，若溶液变红，证明褪色的原因为①，若溶液不显红色，证明褪色的原因为②；
（4）HClO溶液不能长久存放的原因是HClO不稳定，见光易分解，其化学方程式为：2HClO2HCl+O2↑，则长久存放的HClO溶液中存在的阴离子有Cl﹣，可利用氯化银沉淀检验Cl﹣，实验方法为：取少量久置HClO溶液于试管中，加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl﹣，
故答案为：2HClO2HCl+O2↑；取少量久置HClO溶液于试管中，加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl﹣。
【点评】本题考查氯气的实验室制法以及含氯物质的性质，题目难度不大，关键是掌握制备氯气的原理、氯气和次氯酸的性质、氯离子的检验方法以及容量瓶的使用规格，注意审题。
18．（12分）Na2O2常用于医药、印染、漂白及分析试剂等．某兴趣小组利用如图装置（夹持仪器省略），用金属钠和空气来制备Na2O2（不考虑空气中N2与Na反应）．
（1）若规定气流的方向为从左到右，各仪器连接的接口顺序（每个装置只用一次）是：空气→ h → g → f → e → a（b） → b（a） → c （填字母）．
（2）装置Ⅱ的作用是 防止空气中的H2O（g）和CO2进入装置I ；若没有装置Ⅳ可能导致生成的Na2O2中含有 Na2CO3 （填化学式）．
（3）该小组同学称取ag所制备的Na2O2样品，利用如图装置测定Na2O2样品的纯度（夹持仪器省略）．
①仪器连接好后的第一步操作是 检查装置的气密性 ．
②有同学提出该实验装置存在缺陷，应该在A、B装置之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，该同学想法是否必要？ 否 （填“是”或“否”），理由是 A装置出来的气体有CO2、H2O（g）、HCl，三者与Na2O2反应均生成O2，且为2Na2O2～O2，故HCl的存在不影响纯度的测定 ．
③读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下O2的体积为VmL，计算样品中Na2O2的质量分数约为 %．
④实验完成后D到E之间导管内残留水的体积会使测量结果 偏小 （填“偏大”“偏小”或“不影响”）．
【分析】（1）利用空气和金属钠反应制备过氧化钠，需要把空气中的二氧化碳和水蒸气除去，且还要防止空气中的二氧化碳、水蒸气和过氧化钠反应；
（2）装置II的作用是防止空气中的H2O（g）和CO2进入装置I；若没有装置Ⅳ，生成的过氧化钠能和二氧化碳反应生成碳酸钠，则可能导致生成的Na2O2中含有Na2CO2；
（3）测定样品纯度时，用装置A制备二氧化碳，装置B中过氧化钠和二氧化碳、挥发出的氯化氢以及水蒸气反应生成氧气，装置C除去剩余的二氧化碳，最后利用排水法测量氧气的体积，据此解答。
【解答】解：（1）空气中的二氧化碳和水蒸气会干扰过氧化钠的制备，需要除去，最后还需要防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置Ⅰ中，则若规定气流的方向为从左到右，各仪器连接的接口顺序（每个装置只用一次）是：空气→hgfea（b）b（a）c，
故答案为：h；g；f；e；a（b）；b（a）；c；
（2）根据以上分析可知装置II的作用是防止空气中的H2O（g）和CO2进入装置I；若没有装置Ⅳ，生成的过氧化钠能和二氧化碳反应生成碳酸钠，则可能导致生成的Na2O2中含有Na2CO2，
故答案为：防止空气中的H2O（g）和CO2进入装置I；Na2CO3；
（3）①由于有气体参加和生成，则仪器连接好后的第一步操作是检查装置的气密性，
故答案为：检查装置的气密性；
②由于从A装置出来的气体有CO2、H2O（g）、HCl，三者与Na2O2反应均生成O2，且为2Na2O2～O2，故HCl的存在不影响纯度的测定，
故答案为：否；A装置出来的气体有CO2、H2O（g）、HCl，三者与Na2O2反应均生成O2，且为2Na2O2～O2，故HCl的存在不影响纯度的测定；
③读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下O2的体积为VmL，氧气的物质的量是，根据2Na2O2～O2可知过氧化钠的物质的量是，则样品中Na2O2的质量分数约为100%＝%，
故答案为：；
④实验完成后D到E之间导管内残留水的体积会使氧气的体积偏小，则测量结果偏小，
故答案为：偏小。
【点评】本题考查物质的制备和含量的测定实验，为高频考点，把握制备流程、发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
19．（12分）Mg2ClO（OH）3•H2O微溶于水，不潮解，相对稳定，是一种无机抗菌剂，以菱镁矿（MgCO3，含少量FeCO3）为主要原料制备Mg2ClO（OH）3•H2O的工业流程如图，请回答下列问题：
（1）Mg2ClO（OH）3•H2O中氯元素的化合价为 +1 ，该物质所属物质类别为 （碱式）盐 。
（2）Mg2ClO（OH）3•H2O在酸性溶液中具有杀菌、漂白作用，其原因是 Mg2ClO（OH）3•H2O+4H+＝2Mg2++HClO+4H2O （用离子方程式解释）。
（3）步骤②不能在较高温度下进行，可能的原因是 H2O2在较高温度下易分解 ，H2O2的作用是 H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O （用离子方程式表示）。
（4）操作Ⅰ所用的玻璃仪器有 漏斗、烧杯、玻璃棒 。
（5）混合时发生反应的离子方程式为 2Mg2++3OH﹣+ClO﹣+H2O＝Mg2ClO（OH）3•H2O↓ 。
【分析】菱镁矿（MgCO3，含少量FeCO3）用稀硫酸溶解，所得溶液中含有硫酸镁、硫酸亚铁及过量的硫酸，再加入过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，加入MgCO3调节溶液pH，Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀过滤除去，滤液为硫酸镁溶液，向硫酸镁溶液中加入NaClO溶液、NaOH溶液得到Mg2ClO（OH）3•H2O，过滤分离，滤液中含有硫酸钠，据此分析作答。
【解答】解：（1）Mg2ClO（OH）3•H2O中Mg是+2价，H是+1价，O是﹣2价，根据化合价代数和为0可知氯元素的化合价为+1价，该物质还能电离出氢氧根离子，因此所属物质类别为碱式盐，
故答案为：+1；（碱式）盐；
（2）Mg2ClO（OH）3•H2O在酸性溶液中碱式次氯酸镁生成次氯酸：Mg2ClO（OH）3•H2O+4H+＝2Mg2++HClO+4H2O，生成的次氯酸具有强氧化性、漂白性，可以杀菌、漂白，
故答案为：Mg2ClO（OH）3•H2O+4H+＝2Mg2++HClO+4H2O；
（3）由于在H2O2在较高温度下易分解，所以步骤②不能在较高温度下进行，反应中双氧水氧化亚铁离子，方程式为H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O，
故答案为：H2O2在较高温度下易分解；H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O；
（4）操作I需要通过过滤除去不溶物，则所用的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，
故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
（5）混合时硫酸镁溶液中加入NaClO溶液、NaOH溶液得到，离子方程式为：2Mg2++3OH﹣+ClO﹣+H2O＝Mg2ClO（OH）3•H2O↓，
故答案为：2Mg2++3OH﹣+ClO﹣+H2O＝Mg2ClO（OH）3•H2O↓。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程、发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度较大。
20．（12分）Cl2O又称次氯酸酐，是强氧化剂，极易溶于水，沸点为3.8℃，42℃以上分解为Cl2和O2，高浓度时易爆炸．某学习小组利用Cl2和潮湿的碳酸钠反应生成Cl2O，再用水吸收Cl2O制备HClO溶液，装置如图，请回答下列问题：
（1）仪器a的名称是 分液漏斗 ，A中发生反应的离子方程式为 ClO3﹣+6H++5Cl﹣＝3Cl2↑+3H2O ．
（2）实验中须控制Cl2与空气（不参与反应）的体积比为1：3，装置B的作用是 通过观察B中产生气泡的数目调节气体流速以到达Cl2与空气（不参与反应）的体积比为1：3，同时除去Cl2中的HCl、使气体混合均匀 （答出两条即可）．
（3）装置C中生成Cl2O、CO2，反应的化学方程式为 2Cl2+Na2CO3＝ClO2+2NaCl+CO2 ，为使反应充分进行，实验中采取的措施有 搅拌、使用多孔球泡 ．
（4）若装置C不冷却，则进入装置D中的Cl2O会大量减少，可能的原因是 C中反应放热，温度升高Cl2O会分解 ．
（5）装置E所盛试剂是 碱石灰 ，作用是 吸收未反应的氯气，防止污染空气 ．
【分析】装置A中利用浓盐酸和氯酸钾反应制得的氯气中混有水蒸气和挥发出的HCl，再利用B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，氯气再在装置C中与潮湿的碳酸钠反应生成Cl2O，装置D是溶解生成的Cl2O，装置E利用干燥管中盛装的碱石灰吸收尾气，防止污染空气，据此解答。
【解答】解：（1）根据仪器构造可判断仪器a的名称是分液漏斗，A中制备氯气，发生反应的离子方程式为ClO3﹣+6H++5Cl﹣＝3Cl2↑+3H2O，
故答案为：分液漏斗；ClO3﹣+6H++5Cl﹣＝3Cl2↑+3H2O；
（2）B中盛有饱和食盐水，通过观察B中产生气泡的数目调节气体流速以到达Cl2与空气（不参与反应）的体积比为1：3，同时除去Cl2中的HCl、使气体混合均匀，
故答案为：通过观察B中产生气泡的数目调节气体流速以到达Cl2与空气（不参与反应）的体积比为1：3，同时除去Cl2中的HCl、使气体混合均匀；
（3）装置C中生成Cl2O、CO2，根据原子守恒可知反应的化学方程式为2Cl2+Na2CO3＝ClO2+2NaCl+CO2，根据外界条件对反应速率的影响可判断为使反应充分进行，实验中采取的措施有搅拌、使用多孔球泡，
故答案为：2Cl2+Na2CO3＝ClO2+2NaCl+CO2；搅拌、使用多孔球泡；
（4）由于C中反应放热，温度升高Cl2O会分解，若装置C不冷却，则进入装置D中的Cl2O会大量减少，则原因为C中反应放热，温度升高Cl2O会分解，
故答案为：C中反应放热，温度升高Cl2O会分解；
（5）氯气是大气污染物，需要尾气处理，则装置E所盛试剂是碱石灰，作用是吸收未反应的氯气，防止污染空气，
故答案为：碱石灰；吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/8/4 19:26:27；用户：李超；邮箱：lichao317807156@126.com；学号：19716718
2021-2022学年山东省德州市齐河一中高一（上）期中化学试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2分）化学是一门充满神奇色彩的科学，下列说法错误的是（ ）
A．化学家可以在微观层面操纵分子和原子，组装分子材料
B．化学家制造出自然界中不存在的新物质、新材料满足人们生产生活需求
C．我国科学家发现并合成了青蒿素，说明化学是一门具有创造性的科学
D．法国科学家拉瓦锡提出原子论，为近代化学的发展奠定了坚实的基础
2．（2分）下列物质的应用错误的是（ ）
A．金属钠可用于冶炼金属钛
B．活性炭用于杀菌除异味
C．ClO2用作漂白剂和消毒剂
D．Na2O2用作供氧剂
3．（2分）在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。下列说法错误的是（ ）
A．该循环过程中未涉及氧化还原反应
B．碳酸氢钠的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3﹣
C．该循环减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”
D．钙化作用的离子方程式之一为Ca2++2HCO3﹣═CaCO3↓+CO2↑+H2O
4．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．混合物均由两种或两种以上的元素组成
B．液态CH3COOH不导电，所以CH3COOH不是电解质
C．胶体区别于溶液和浊液的本质特征是分散质微粒直径介于1～100nm
D．盐类物质一定含有金属阳离子
5．（2分）下列有关氧化还原反应的说法正确的是（ ）
A．金属单质在反应中只能做还原剂，非金属单质只能做氧化剂
B．金属阳离子被还原不一定得到金属单质
C．物质中某元素的化合价升高，则该物质只做还原剂
D．有单质参加的反应都是氧化还原反应
6．（2分）食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料．为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣以及泥沙等杂质，实验方案如图，下列说法错误的是（ ）
A．试剂a为BaCl2溶液，其目的是除溶液中的SO42﹣
B．若先加盐酸再过滤，将对实验结果产生影响
C．粗盐提纯的整个操作过程中共有两处需要使用玻璃棒
D．加入试剂b的主要目的是除去Ca2+和Ba2+
7．（2分）用NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．100mL0.1mol⋅L﹣1的NaOH溶液中含有氧原子数为0.01NA
B．0.1molFeCl3⋅6H2O加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数为0.1NA
C．标准状况下，2.24LCO2与足量的Na2O2充分反应，转移电子数为0.2NA
D．5.6gFe和6.4gCu分别与0.1molCl2充分反应，转移电子数均为0.2NA
8．（2分）下列事实及其解释错误的是（ ）
A．氯水可以使有色布条褪色，是因为Cl2具有漂白性
B．钠保存在煤油中是因为煤油不与钠反应且密度比钠小，可以隔绝空气和水蒸气
C．为增强漂白能力向漂白粉溶液中加入少量白醋，原因是醋酸的酸性比次氯酸强
D．向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2反应放热且有O2生成
9．（2分）下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．食盐水中：Br﹣、Fe2+、SO42﹣、NH4+
B．氯化铁溶液中：K+、I﹣、NH4+、NO3﹣
C．小苏打溶液中：Ba2+、NO3﹣、OH﹣、K+
D．“洁厕灵”溶液中：CH3COO﹣、Cl﹣、ClO﹣、Na+
10．（2分）KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾四化法”制备，该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2↑。下列说法正确的是（ ）
A．KH（IO3）2为还原产物
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6：11
C．可用澄清石灰水吸收反应产生的Cl2制备漂白粉
D．产生22.4L（标准状况）Cl2时，转移20mole﹣
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
（多选）11．（4分）为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是（不考虑存放试剂的容器）（ ）
实验目的
玻璃仪器
试剂
A
配制100mL一定物质的量
浓度的NaCl溶液
100mL容量瓶、烧杯、
量筒、玻璃棒
蒸馏水、NaCl固体
B
制备Fe（OH）3胶体
烧杯、酒精灯、胶头滴管
蒸馏水、饱和FeCl3溶液
C
NaCl溶液的蒸发结晶
酒精灯、玻璃棒、坩埚
NaCl溶液
D
验证KI具有还原性
试管、胶头滴管
酸性KMnO4溶液、KI溶液
A．A B．B C．C D．D
（多选）12．（4分）下列物质的鉴别方法错误的是（ ）
A．用NaOH溶液鉴别MgCl2溶液、CuCl2溶液、FeCl3溶液
B．用澄清石灰水鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
C．用CO2鉴别NaCl溶液和CaCl2溶液
D．用丁达尔现象鉴别淀粉溶液和NaCl溶液
13．（4分）X、Y为两种强酸．同温同压下，1Lc1mol⋅L﹣1的X溶液与足量锌粒反应，生成H2体积为V1L；1Lc2mol⋅L﹣1的Y溶液与足量锌粒反应，生成H2体积为V2L．下列说法正确的是（ ）
A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为
B．锌粒消耗X、Y的物质的量之比一定为
C．X、Y的浓度之比一定等于
D．由一定能确定X、Y对应酸根离子的化合价
（多选）14．（4分）某兴趣小组用如图装置探究Na与CO2的反应产物，已知PdCl2+CO+H2O═Pd↓（黑色）+CO2+2HCl。下列说法正确的是（ ）
A．为了避免生成的CO2中混有HCl，最好用稀硫酸代替稀盐酸
B．装置Ⅲ的目的是除去HCl
C．实验时先打开活塞a，再点燃酒精灯
D．装置Ⅴ出现黑色沉淀，则装置Ⅳ发生反应2Na+2CO2Na2CO3+CO
（多选）15．（4分）在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B．a处溶液的导电能力几乎为0，所以BaSO4是非电解质
C．c点两溶液中SO42﹣的物质的量关系：①＞②
D．b～d的离子方程式为H++OH﹣═H2O
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）实验室需250mL0.5mol⋅L﹣1的稀硫酸，现用98%的浓硫酸（ρ＝1.84g⋅cm﹣3）进行配制．请回答下列问题：
（1）盛浓硫酸的试剂瓶标签上印有下列危险化学品标志中的 （填字母）．
（2）所需浓硫酸的体积为 mL；如果实验室有10mL、15mL、20mL、50mL的量筒，应选用 mL的量筒．
（3）取用任意体积的该稀硫酸，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是 （填字母）．
A．溶液中H2SO4的物质的量
B．溶液的浓度
C．溶液中SO42﹣的数目
D．溶液的密度
（4）将E步骤补充完整，配制时正确的操作顺序是 （用字母表示）．
A．用适量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶
B．用量筒量取所需浓硫酸，沿烧杯内壁缓慢注入盛有少量蒸馏水的烧杯中，用玻璃棒不断搅拌，使其混合均匀
C．将已冷却的稀硫酸沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀
E．继续往容量瓶内小心地加蒸馏水，使液面接近瓶颈上的刻度线1～2cm， ．
（5）下列操作造成配制的溶液浓度偏小的是 （填字母）．
A．溶解浓硫酸后未冷却直接转移溶液
B．容量瓶洗涤后残留少量的蒸馏水
C．所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤
D．用量筒量取浓硫酸时俯视刻度
E．用蒸馏水洗净量筒后直接量取浓硫酸配制溶液
（6）若实验过程中加蒸馏水时不慎超过了刻度线，该如何处理？ ．
17．（12分）1774年，舍勒在研究软锰矿（主要成分是MnO2）的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体．1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为Chlorine（中文命名“氯气”）．
（1）实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为 ．
（2）实验室中用NaOH溶液吸收尾气中的Cl2的离子方程式为 ，配制0.2mol⋅L﹣1的NaOH溶液450mL，所需NaOH固体的质量为 ．
（3）用Cl2可制备HClO溶液，将HClO溶液加入到滴有酚酞的NaOH溶液中，观察到溶液红色褪去．溶液褪色的原因可能是①NaOH被HClO中和，② ．设计实验探究溶液红色褪去的原因 ．
（4）HClO溶液不能长久存放的原因是 （用化学方程式表示），检验长久存放的HClO溶液中阴离子的实验操作及现象是 ．
18．（12分）Na2O2常用于医药、印染、漂白及分析试剂等．某兴趣小组利用如图装置（夹持仪器省略），用金属钠和空气来制备Na2O2（不考虑空气中N2与Na反应）．
（1）若规定气流的方向为从左到右，各仪器连接的接口顺序（每个装置只用一次）是：空气→ → → → → → → （填字母）．
（2）装置Ⅱ的作用是 ；若没有装置Ⅳ可能导致生成的Na2O2中含有 （填化学式）．
（3）该小组同学称取ag所制备的Na2O2样品，利用如图装置测定Na2O2样品的纯度（夹持仪器省略）．
①仪器连接好后的第一步操作是 ．
②有同学提出该实验装置存在缺陷，应该在A、B装置之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，该同学想法是否必要？ （填“是”或“否”），理由是 ．
③读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下O2的体积为VmL，计算样品中Na2O2的质量分数约为 %．
④实验完成后D到E之间导管内残留水的体积会使测量结果 （填“偏大”“偏小”或“不影响”）．
19．（12分）Mg2ClO（OH）3•H2O微溶于水，不潮解，相对稳定，是一种无机抗菌剂，以菱镁矿（MgCO3，含少量FeCO3）为主要原料制备Mg2ClO（OH）3•H2O的工业流程如图，请回答下列问题：
（1）Mg2ClO（OH）3•H2O中氯元素的化合价为 ，该物质所属物质类别为 。
（2）Mg2ClO（OH）3•H2O在酸性溶液中具有杀菌、漂白作用，其原因是 （用离子方程式解释）。
（3）步骤②不能在较高温度下进行，可能的原因是 ，H2O2的作用是 （用离子方程式表示）。
（4）操作Ⅰ所用的玻璃仪器有 。
（5）混合时发生反应的离子方程式为 。
20．（12分）Cl2O又称次氯酸酐，是强氧化剂，极易溶于水，沸点为3.8℃，42℃以上分解为Cl2和O2，高浓度时易爆炸．某学习小组利用Cl2和潮湿的碳酸钠反应生成Cl2O，再用水吸收Cl2O制备HClO溶液，装置如图，请回答下列问题：
（1）仪器a的名称是 ，A中发生反应的离子方程式为 ．
（2）实验中须控制Cl2与空气（不参与反应）的体积比为1：3，装置B的作用是 （答出两条即可）．
（3）装置C中生成Cl2O、CO2，反应的化学方程式为 ，为使反应充分进行，实验中采取的措施有 ．
（4）若装置C不冷却，则进入装置D中的Cl2O会大量减少，可能的原因是 ．
（5）装置E所盛试剂是 ，作用是 ．
2021-2022学年山东省德州市齐河一中高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2分）化学是一门充满神奇色彩的科学，下列说法错误的是（ ）
A．化学家可以在微观层面操纵分子和原子，组装分子材料
B．化学家制造出自然界中不存在的新物质、新材料满足人们生产生活需求
C．我国科学家发现并合成了青蒿素，说明化学是一门具有创造性的科学
D．法国科学家拉瓦锡提出原子论，为近代化学的发展奠定了坚实的基础
【分析】A．化学是一门在原子、分子水平上研究物质的组成、结构、性质及其变化规律的一门基础自然学科；
B．化学研究的主要目的是：认识物质的组成、结构（包括原子、分子、离子等微粒）、性质以及变化规律，可以利用先进的技术和设备制造出新的分子；
C．化学的研究目的是帮助人们认识、改造和应用物质；
D．拉瓦锡首先通过实验得出空气是由氮气和氧气组成的结论，道尔顿在化学上的主要贡献是提出了原子学说。
【解答】解：A．化学是一门在原子、分子水平上研究物质的组成、结构、性质及其变化规律的一门基础自然学科，化学家可以在微观层面操纵分子和原子，组装分子材料，故A正确；
B．化学研究的主要目的是：认识物质的组成、结构（包括原子、分子、离子等微粒）、性质以及变化规律，可以利用先进的技术和设备制造出新的分子，所以化学是在原子、分子的水平上研究物质的一门自然科学，故化学家可以制造出自然界中不存在的新物质、新材料满足人们生产生活需求，故B正确；
C．化学研究的主要目的是：认识物质的组成、结构（包括原子、分子、离子等微粒）、性质以及变化规律，可以利用先进的技术和设备制造出新的分子，所以化学是一门具有创造性的科学，故C正确；
D．19世纪初，英国化学家道尔顿提出近代原子学说，为近代化学的发展奠定了坚实基础，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学基本概念及其研究对象等知识点，侧重考查对化学史的了解和掌握，明确化学基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
2．（2分）下列物质的应用错误的是（ ）
A．金属钠可用于冶炼金属钛
B．活性炭用于杀菌除异味
C．ClO2用作漂白剂和消毒剂
D．Na2O2用作供氧剂
【分析】A.Na可置换出四氯化钛中的钛；
B.活性炭具有吸附性；
C.ClO2具有强氧化性；
D.Na2O2与二氧化碳反应生成氧气。
【解答】解：A.Na可置换出四氯化钛中的钛，则金属钠可用于冶炼金属钛，故A正确；
B.活性炭具有吸附性，可用于除异味，但不能杀菌，故B错误；
C.ClO2具有强氧化性，可用作漂白剂和消毒剂，故C正确；
D.Na2O2与二氧化碳反应生成氧气，可用作供氧剂，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
3．（2分）在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。下列说法错误的是（ ）
A．该循环过程中未涉及氧化还原反应
B．碳酸氢钠的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3﹣
C．该循环减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”
D．钙化作用的离子方程式之一为Ca2++2HCO3﹣═CaCO3↓+CO2↑+H2O
【分析】A、光合作用是氧化还原反应；
B、碳酸氢钠电离生成钠离子和碳酸氢根离子；
C．减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”；
D、根据反应图象分析，钙化过程中HCO3﹣转化为CaCO3和CO2。
【解答】解：A、二氧化碳和水在叶绿树作用下光合作用是氧化还原反应，则该循环过程中涉及氧化还原反应，故A错误；
B、碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3═Na++HCO3﹣，故B正确；
C．该循环减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”，故C正确；
D、根据反应图象分析，钙化过程中HCO3﹣转化为CaCO3和CO2，所以钙化作用的离子方程式为Ca2++2HCO3﹣═CaCO3↓+CO2↑+H2O，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查的是海水的综合利用过程，相关化学反应的问题，明确氧化还原反应的判断是解题的关键。
4．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．混合物均由两种或两种以上的元素组成
B．液态CH3COOH不导电，所以CH3COOH不是电解质
C．胶体区别于溶液和浊液的本质特征是分散质微粒直径介于1～100nm
D．盐类物质一定含有金属阳离子
【分析】A．由两种或者两种以上物质组成的为混合物；
B．在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；
C．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同；
D．氯化铵为盐，不含金属阳离子。
【解答】解：A．氧气和臭氧组成的混合物只含有一种元素，故A错误；
B．液态CH3COOH不导电，但是醋酸在水溶液中能导电，所以CH3COOH是电解质，故B错误；
C．胶粒的直径在1～100 nm之间，溶液的小于1 nm，浊液的大于100 nm，则胶体区别于溶液和浊液的本质特征是分散质粒子直径在1～100 nm之间，故C正确；
D．盐类物质不一定含有金属阳离子，如氯化铵等铵盐，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的分类和组成，明确基本概念及物质的组成，熟悉胶体的性质是解题关键，题目难度不大。
5．（2分）下列有关氧化还原反应的说法正确的是（ ）
A．金属单质在反应中只能做还原剂，非金属单质只能做氧化剂
B．金属阳离子被还原不一定得到金属单质
C．物质中某元素的化合价升高，则该物质只做还原剂
D．有单质参加的反应都是氧化还原反应
【分析】A、金属单质只能做还原剂，非金属单质可以做氧化剂和还原剂；
B、金属阳离子被还原，可能得到单质，可能得到金属离子；
C、某元素化合价升高，同时也可能伴随着该元素化合价降低；
D、有单质参加的反应不一定存在化合价的变化．
【解答】解：A、金属单质只能做还原剂，非金属单质可以做氧化剂和还原剂，故A错误；
B、金属阳离子被还原，可能得到单质，可能得到金属离子，如Fe3+被还原为Fe2+，故B正确；
C、某元素化合价升高，同时也可能伴随着该元素化合价降低，故该元素可能只做还原剂，也可能即做还原剂又做氧化剂，故C错误；
D、有单质参加的反应不一定存在化合价的变化，如氧气转化为臭氧，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及分析与应用能力的考查，注意结合实例分析，题目难度不大。
6．（2分）食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料．为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣以及泥沙等杂质，实验方案如图，下列说法错误的是（ ）
A．试剂a为BaCl2溶液，其目的是除溶液中的SO42﹣
B．若先加盐酸再过滤，将对实验结果产生影响
C．粗盐提纯的整个操作过程中共有两处需要使用玻璃棒
D．加入试剂b的主要目的是除去Ca2+和Ba2+
【分析】由流程可知，粗盐溶解后，加试剂a为BaCl2溶液，可除溶液中的SO42﹣，加试剂b为Na2CO3溶液，可除去钙离子及过量的钡离子，加NaOH可除去镁离子，过滤后，向滤液中加盐酸可除去过量NaOH及碳酸钠，最后蒸发、结晶、烘干得到精盐，以此来解答。
【解答】解：A.试剂a为BaCl2溶液，其目的是除溶液中的SO42﹣，且一定在碳酸钠之前，故A正确；
B.若先加盐酸再过滤，沉淀会溶解，对实验有影响，故B正确；
C.溶解、过滤、蒸发均使用玻璃棒，共3处，故C错误；
D.加试剂b为Na2CO3溶液，可除去Ca2+和Ba2+，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查粗盐提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
7．（2分）用NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．100mL0.1mol⋅L﹣1的NaOH溶液中含有氧原子数为0.01NA
B．0.1molFeCl3⋅6H2O加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数为0.1NA
C．标准状况下，2.24LCO2与足量的Na2O2充分反应，转移电子数为0.2NA
D．5.6gFe和6.4gCu分别与0.1molCl2充分反应，转移电子数均为0.2NA
【分析】A．氢氧化钠溶液中，氢氧化钠和水都含氧原子；
B．氢氧化铁胶体为多个氢氧化铁集合体；
C．Na2O2与CO2的反应为歧化反应；
D．5.6g铁物质的量为：＝0.1mol，6.4g铜物质的量为：＝0.1mol，分别与0.1mol氯气反应，氯气不足完全反应，依据氯气的量计算转移电子数。
【解答】解：A．氢氧化钠溶液中，氢氧化钠和水都含氧原子，所以100mL0.1mol⋅L﹣1的NaOH溶液中含有氧原子数大于0.01NA，故A错误；
B．氢氧化铁胶体为多个氢氧化铁集合体，所以0.1molFeCl3⋅6H2O加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数小于0.1NA，故B错误；
C．标况下，2.24L二氧化碳的物质的量为＝0.1mol，而Na2O2与CO2的反应为歧化反应，消耗1molCO2转移1mol电子，故0.1mol二氧化碳转移0.1mol电子，故C错误；
D．0.1mol铁完全反应消耗0.15mol氯气，显然氯气不足，0.1mol氯气完全反应移的电子的物质的量为0.2mol；0.1mol铜与0.1mol氯气恰好完全反应，转移的电子的物质的量为0.2mol，所以二者转移的电子数均为0.2NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
8．（2分）下列事实及其解释错误的是（ ）
A．氯水可以使有色布条褪色，是因为Cl2具有漂白性
B．钠保存在煤油中是因为煤油不与钠反应且密度比钠小，可以隔绝空气和水蒸气
C．为增强漂白能力向漂白粉溶液中加入少量白醋，原因是醋酸的酸性比次氯酸强
D．向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2反应放热且有O2生成
【分析】A．氯气不具有漂白性；
B．钠与氧气、水都反应，保存时应隔绝空气；
C．依据强酸制备弱酸的规律解答；
D．过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，且放出大量的热。
【解答】解：A．氯水有漂白性是因为氯水中含次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气不具有漂白性，故A错误；
B．钠与氧气、水都反应，煤油不与钠反应且密度比钠小，钠保存在煤油中可以隔绝空气和水蒸气，故B正确；
C．醋酸酸性强于次氯酸，为增强漂白能力向漂白粉溶液中加入少量白醋，故C正确；
D．过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，且放出大量的热，所以向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉氯气、钠及其氧化物的性质即可解答，题目难度不大。
9．（2分）下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．食盐水中：Br﹣、Fe2+、SO42﹣、NH4+
B．氯化铁溶液中：K+、I﹣、NH4+、NO3﹣
C．小苏打溶液中：Ba2+、NO3﹣、OH﹣、K+
D．“洁厕灵”溶液中：CH3COO﹣、Cl﹣、ClO﹣、Na+
【分析】A.四种离子之间不反应；
B.铁离子能够氧化碘离子；
C.碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；
D.清厕灵的主要成分为氯化氢，氢离子、氯离子与次氯酸根离子反应生成氯气，醋酸根离子与氢离子反应。
【解答】解：A.Br﹣、Fe2+、SO42﹣、NH4+之间不反应，且能够在食盐水中大量共存，故A正确；
B.Fe3+、I﹣之间发生氧化还原反应，在氯化铁溶液中不能大量共存，故B错误；
C.HCO3﹣、OH﹣之间反应生成碳酸根离子和水，不能大量共存，故C错误；
D.“洁厕灵”溶液中含有Cl﹣、H+，Cl﹣、ClO﹣、H+之间反应生成氯气，CH3COO﹣、H+之间反应生成醋酸，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，把握题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
10．（2分）KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾四化法”制备，该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2↑。下列说法正确的是（ ）
A．KH（IO3）2为还原产物
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6：11
C．可用澄清石灰水吸收反应产生的Cl2制备漂白粉
D．产生22.4L（标准状况）Cl2时，转移20mole﹣
【分析】反应6I2+11KClO3+3H2O6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2↑中I元素化合价由0价升高到+5价，则I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，则KClO3作为氧化剂，生成3molCl2时，转移60mole﹣，据此分析解答。
【解答】解：A．反应6I2+11KClO3+3H2O6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2↑中I元素化合价由0价升高到+5价，则I2为还原剂，KH（IO3）2为氧化产物，故A错误；
B．依据方程式可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂，I2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：6，故B错误；
C．漂白粉可由生成的氯气与石灰乳反应制得，发生反应2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，不是澄清石灰水，故C错误；
D．依据分析生成3molCl2为标准，反应转移60mole﹣，产生22.4L（标准状况）即1molCl2时，反应转移20mole﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题以卤族元素为背景，考查有关氧化还原反应的相关内容，理解反应并计算转移电子数为解题关键，注意还原产物为氯气和氯化钾，优先以I2为标准计算转移电子数，考查较为基础，难度适中。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
（多选）11．（4分）为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是（不考虑存放试剂的容器）（ ）
实验目的
玻璃仪器
试剂
A
配制100mL一定物质的量
浓度的NaCl溶液
100mL容量瓶、烧杯、
量筒、玻璃棒
蒸馏水、NaCl固体
B
制备Fe（OH）3胶体
烧杯、酒精灯、胶头滴管
蒸馏水、饱和FeCl3溶液
C
NaCl溶液的蒸发结晶
酒精灯、玻璃棒、坩埚
NaCl溶液
D
验证KI具有还原性
试管、胶头滴管
酸性KMnO4溶液、KI溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液，所需的玻璃仪器有100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒；
B.制备Fe（OH）3胶体的方法为往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体；
C.NaCl溶液的蒸发结晶，所需试剂为NaCl溶液，所需的玻璃仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿；
D.酸性KMnO4溶液可氧化KI生成碘。
【解答】解：A.配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液，所需的玻璃仪器有100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，选项中缺少胶头滴管，需要的试剂为蒸馏水、NaCl固体，故A错误；
B.制备Fe（OH）3胶体的方法为往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，故需要的玻璃仪器为烧杯、酒精灯、胶头滴管，需要的试剂为蒸馏水、饱和FeCl3溶液，故B正确；
C.NaCl溶液的蒸发结晶，所需试剂为NaCl溶液，所需的玻璃仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿，坩埚是灼烧固体的仪器，故C错误；
D.酸性KMnO4溶液可氧化KI生成碘，溶液颜色由紫色变为棕黄色，可知KI具有还原性，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查基本化学实验操作，涉及配制一定物质的量浓度的溶液，NaCl溶液的蒸发结晶，胶体制备和验证KI具有还原性等内容，考查范围较广，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
（多选）12．（4分）下列物质的鉴别方法错误的是（ ）
A．用NaOH溶液鉴别MgCl2溶液、CuCl2溶液、FeCl3溶液
B．用澄清石灰水鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
C．用CO2鉴别NaCl溶液和CaCl2溶液
D．用丁达尔现象鉴别淀粉溶液和NaCl溶液
【分析】A.MgCl2溶液、CuCl2溶液、FeCl3溶液分别与NaOH溶液反应生成白色沉淀、蓝色沉淀、红褐色沉淀；
B.Na2CO3溶液和NaHCO3溶液均与石灰水反应生成白色沉淀；
C.NaCl溶液和CaCl2溶液均与二氧化碳不反应；
D.丁达尔现象为胶体特有的性质，淀粉溶液为胶体分散系。
【解答】解：A.MgCl2溶液、CuCl2溶液、FeCl3溶液分别与NaOH溶液反应生成白色沉淀、蓝色沉淀、红褐色沉淀，现象不同，可鉴别，故A正确；
B.Na2CO3溶液和NaHCO3溶液均与石灰水反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故B错误；
C.NaCl溶液和CaCl2溶液均与二氧化碳不反应，现象相同，不能鉴别，故C错误；
D.丁达尔现象为胶体特有的性质，淀粉溶液为胶体分散系，现象不同，可鉴别，故D正确；
故选：BC。
【点评】本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
13．（4分）X、Y为两种强酸．同温同压下，1Lc1mol⋅L﹣1的X溶液与足量锌粒反应，生成H2体积为V1L；1Lc2mol⋅L﹣1的Y溶液与足量锌粒反应，生成H2体积为V2L．下列说法正确的是（ ）
A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为
B．锌粒消耗X、Y的物质的量之比一定为
C．X、Y的浓度之比一定等于
D．由一定能确定X、Y对应酸根离子的化合价
【分析】A．相同条件下气体的体积之比是物质的量之比；
B．由于两种强酸的元数不确定，不能确定锌粒消耗X、Y的物质的量之比；
C．由于两种强酸的元数不确定，不能确定X、Y的浓度之比；
D．由于两种强酸的元数不确定，不能确定X、Y对应酸根离子的化合价。
【解答】解：A．相同条件下气体的体积之比是物质的量之比，则X、Y生成H2的物质的量之比一定为，故A正确；
B．由于两种强酸的元数不确定，则根据氢原子守恒可知锌粒消耗X、Y的物质的量之比不一定为，故B错误；
C．由于两种强酸的元数不确定，则根据氢原子守恒可知X、Y的浓度之比不一定等于，故C错误；
D．由于两种强酸的元数不确定，则由不一定能确定X、Y对应酸根离子的化合价，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学方程式的计算，难度不大，解题的关键是要熟悉酸包含一元酸、二元酸、多元酸，锌和对应的酸反应，消耗的各种酸不能确定。
（多选）14．（4分）某兴趣小组用如图装置探究Na与CO2的反应产物，已知PdCl2+CO+H2O═Pd↓（黑色）+CO2+2HCl。下列说法正确的是（ ）
A．为了避免生成的CO2中混有HCl，最好用稀硫酸代替稀盐酸
B．装置Ⅲ的目的是除去HCl
C．实验时先打开活塞a，再点燃酒精灯
D．装置Ⅴ出现黑色沉淀，则装置Ⅳ发生反应2Na+2CO2Na2CO3+CO
【分析】由实验装置可知，I中发生CaCO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，浓盐酸易挥发，Ⅱ中饱和碳酸氢钠溶液可除去HCl，Ⅲ中浓硫酸干燥二氧化碳，Ⅴ出现黑色沉淀，可知Ⅳ中发生2Na+2CO2Na2CO3+CO，以此来解答。
【解答】解：A.用稀硫酸代替稀盐酸，生成硫酸钙包裹在碳酸钙的表面，阻止反应的进一步发生，故A错误；
B.装置Ⅲ的目的是干燥二氧化碳，故B错误；
C.实验时先打开活塞a，利用产生的二氧化碳排出装置内空气，防止钠与氧气反应，再点燃酒精灯，故C正确；
D.装置Ⅴ出现黑色沉淀，V中发生PdCl2+CO+H2O═Pd↓（黑色）+CO2+2HCl，则装置Ⅳ发生反应2Na+2CO2Na2CO3+CO，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
（多选）15．（4分）在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B．a处溶液的导电能力几乎为0，所以BaSO4是非电解质
C．c点两溶液中SO42﹣的物质的量关系：①＞②
D．b～d的离子方程式为H++OH﹣═H2O
【分析】A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应；
B．硫酸钡难溶于水，但是溶解部分全部电离，是强电解质；
C．两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，c点加入的体积也相等；
D．b点的溶质为NaOH，继续加入NaHSO4溶液，H+与OH﹣反应。
【解答】解：A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确；
B．a点酸碱恰好完全反应生成硫酸钡和水，硫酸钡难溶于水，但是溶解部分全部电离，是强电解质，故B错误；
C．两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，c点加入的体积也相等，即加入的硫酸根离子物质的量相同，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4，过量的硫酸根离子物质的量相同，故硫酸根离子浓度相同，故C错误；
D．从开始到b点发生的反应为：NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+NaOH+H2O，b点的溶质为NaOH，继续加入NaHSO4溶液，b～d段发生的离子方程式为：H++OH﹣═H2O，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及识图能力，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解本题关键，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，易错选项是B。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）实验室需250mL0.5mol⋅L﹣1的稀硫酸，现用98%的浓硫酸（ρ＝1.84g⋅cm﹣3）进行配制．请回答下列问题：
（1）盛浓硫酸的试剂瓶标签上印有下列危险化学品标志中的 D （填字母）．
（2）所需浓硫酸的体积为 6.8 mL；如果实验室有10mL、15mL、20mL、50mL的量筒，应选用 10 mL的量筒．
（3）取用任意体积的该稀硫酸，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是 BD （填字母）．
A．溶液中H2SO4的物质的量
B．溶液的浓度
C．溶液中SO42﹣的数目
D．溶液的密度
（4）将E步骤补充完整，配制时正确的操作顺序是 BCAED （用字母表示）．
A．用适量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶
B．用量筒量取所需浓硫酸，沿烧杯内壁缓慢注入盛有少量蒸馏水的烧杯中，用玻璃棒不断搅拌，使其混合均匀
C．将已冷却的稀硫酸沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀
E．继续往容量瓶内小心地加蒸馏水，使液面接近瓶颈上的刻度线1～2cm， 用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切 ．
（5）下列操作造成配制的溶液浓度偏小的是 CDE （填字母）．
A．溶解浓硫酸后未冷却直接转移溶液
B．容量瓶洗涤后残留少量的蒸馏水
C．所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤
D．用量筒量取浓硫酸时俯视刻度
E．用蒸馏水洗净量筒后直接量取浓硫酸配制溶液
（6）若实验过程中加蒸馏水时不慎超过了刻度线，该如何处理？ 重新配制 ．
【分析】（1）浓硫酸具有强烈的腐蚀性，应贴腐蚀品标志；
（2）先计算出需要硫酸的物质的量，再根据浓硫酸密度、质量分数计算出需要浓硫酸的体积；依据大而近原则选择量筒规格；
（3）溶液密度、物质的量浓度与溶液体积无关，溶液中溶质物质的量、微粒数都与体积有关；
（4）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量（量取）、溶解（稀释）、冷却、转移、洗涤、定容、倒转摇匀等；依据定容的正确操作解答；
（5）分析操作对溶质物质的量和溶液体积的影响，依据c＝进行误差分析；
（6）凡是操作不当导致实验失败且无法补救的，都需要重新配制。
【解答】解：（1）浓硫酸具有强烈的腐蚀性，应贴腐蚀品标志，D为腐蚀品标志，
故答案为：D；
（2）配制250mL 0.5mol/L的稀硫酸，需要硫酸的物质的量是：0.25L×0.5mol/L＝0.125mol，设需要密度为1.84g/mL，质量分数为98%浓硫酸溶液的体积为VmL，根据溶液的稀释可得：mol＝0.125mol，解得V≈6.8mL，依据大而近原则，应选择10mL量筒，
故答案是：6.8；10；
（3）A．根据n＝cV知，溶质的物质的量与溶液体积有关，故A不选；
B．溶液是均一稳定的，物质的量浓度与溶液体积无关，故B选；
C．依据n＝cV、N＝nNA可知，硫酸根离子数目与溶液体积有关，故C不选；
D．溶液是均一稳定的，密度与溶液体积无关，故D选，
故答案为：BD；
（4）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量（量取）、溶解（稀释）、冷却、转移、洗涤、定容、倒转摇匀等，所以正确的操作顺序为：BCAED；定容的正确操作为：用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切，
故答案为：BCAED；用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切；
（5）A．溶解浓硫酸后未冷却直接转移溶液，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A不选；
B．容量瓶洗涤后残留少量的蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故B不选；
C．所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C选；
D．用量筒量取浓硫酸时俯视刻度，导致量取浓硫酸体积偏小，溶液浓度偏低，故D选；
E．用蒸馏水洗净量筒后直接量取浓硫酸配制溶液，导致量取的浓硫酸含有硫酸的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故E选；
故答案为：CDE；
（6）若实验过程中加蒸馏水时不慎超过了刻度线，实验失败且无法补救，必须重新配制，
故答案为：重新配制。
【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液配制，侧重考查学生实验操作能力及计算能力，明确操作步骤、误差分析、物质的量浓度计算方法即可解答，题目难度中等。
17．（12分）1774年，舍勒在研究软锰矿（主要成分是MnO2）的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体．1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为Chlorine（中文命名“氯气”）．
（1）实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ．
（2）实验室中用NaOH溶液吸收尾气中的Cl2的离子方程式为 Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O ，配制0.2mol⋅L﹣1的NaOH溶液450mL，所需NaOH固体的质量为 4.0g ．
（3）用Cl2可制备HClO溶液，将HClO溶液加入到滴有酚酞的NaOH溶液中，观察到溶液红色褪去．溶液褪色的原因可能是①NaOH被HClO中和，② HClO有漂白性 ．设计实验探究溶液红色褪去的原因 往褪色后的溶液中滴加过量的NaOH溶液，若溶液变红，证明褪色的原因为①，若溶液不显红色，证明褪色的原因为② ．
（4）HClO溶液不能长久存放的原因是 2HClO2HCl+O2↑ （用化学方程式表示），检验长久存放的HClO溶液中阴离子的实验操作及现象是 取少量久置HClO溶液于试管中，加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl﹣ ．
【分析】（1）舍勒制取Cl2的方法是将MnO2与浓盐酸混合加热，产生氯化锰、氯气和水；
（2）实验室中用NaOH溶液吸收尾气中的Cl2的化学方程式为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，配制0.2mol⋅L﹣1的NaOH溶液450mL，选用500mL容量瓶，再根据n＝c×V和m＝n×M计算；
（3）HClO是一元弱酸，并具有漂白性，酚酞试剂遇碱变红，滴有酚酞的NaOH溶液褪色的原因可能与溶液酸碱性有关，也可能与HClO的漂白作用有关，据此解答；
（4）HClO不稳定，见光易分解产生HCl和氧气，可利用氯化银沉淀检验溶液中的Cl﹣。
【解答】解：（1）舍勒制取Cl2的方法是将MnO2与浓盐酸混合加热，产生氯化锰、氯气和水，其化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）实验室中用NaOH溶液吸收尾气中的Cl2的化学方程式为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，故其离子方程式为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，配制0.2mol⋅L﹣1的NaOH溶液450mL，选用500mL容量瓶，则所需NaOH固体的物质的量为0.2mol⋅L﹣1×0.5L＝0.1mol，故NaOH固体的质量为0.1mol×40g/mol＝4.0g，
故答案为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O；4.0g；
（3）HClO是一元弱酸，并具有漂白性，酚酞试剂遇碱变红，将HClO溶液加入到滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能是①NaOH被HClO中和，②HClO有漂白性，而HClO的漂白作用不可逆，可通过调节溶液酸碱性探究溶液红色褪去的原因，方法为：往褪色后的溶液中滴加过量的NaOH溶液，若溶液变红，证明褪色的原因为①，若溶液不显红色，证明褪色的原因为②，
故答案为：HClO有漂白性；往褪色后的溶液中滴加过量的NaOH溶液，若溶液变红，证明褪色的原因为①，若溶液不显红色，证明褪色的原因为②；
（4）HClO溶液不能长久存放的原因是HClO不稳定，见光易分解，其化学方程式为：2HClO2HCl+O2↑，则长久存放的HClO溶液中存在的阴离子有Cl﹣，可利用氯化银沉淀检验Cl﹣，实验方法为：取少量久置HClO溶液于试管中，加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl﹣，
故答案为：2HClO2HCl+O2↑；取少量久置HClO溶液于试管中，加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl﹣。
【点评】本题考查氯气的实验室制法以及含氯物质的性质，题目难度不大，关键是掌握制备氯气的原理、氯气和次氯酸的性质、氯离子的检验方法以及容量瓶的使用规格，注意审题。
18．（12分）Na2O2常用于医药、印染、漂白及分析试剂等．某兴趣小组利用如图装置（夹持仪器省略），用金属钠和空气来制备Na2O2（不考虑空气中N2与Na反应）．
（1）若规定气流的方向为从左到右，各仪器连接的接口顺序（每个装置只用一次）是：空气→ h → g → f → e → a（b） → b（a） → c （填字母）．
（2）装置Ⅱ的作用是 防止空气中的H2O（g）和CO2进入装置I ；若没有装置Ⅳ可能导致生成的Na2O2中含有 Na2CO3 （填化学式）．
（3）该小组同学称取ag所制备的Na2O2样品，利用如图装置测定Na2O2样品的纯度（夹持仪器省略）．
①仪器连接好后的第一步操作是 检查装置的气密性 ．
②有同学提出该实验装置存在缺陷，应该在A、B装置之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，该同学想法是否必要？ 否 （填“是”或“否”），理由是 A装置出来的气体有CO2、H2O（g）、HCl，三者与Na2O2反应均生成O2，且为2Na2O2～O2，故HCl的存在不影响纯度的测定 ．
③读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下O2的体积为VmL，计算样品中Na2O2的质量分数约为 %．
④实验完成后D到E之间导管内残留水的体积会使测量结果 偏小 （填“偏大”“偏小”或“不影响”）．
【分析】（1）利用空气和金属钠反应制备过氧化钠，需要把空气中的二氧化碳和水蒸气除去，且还要防止空气中的二氧化碳、水蒸气和过氧化钠反应；
（2）装置II的作用是防止空气中的H2O（g）和CO2进入装置I；若没有装置Ⅳ，生成的过氧化钠能和二氧化碳反应生成碳酸钠，则可能导致生成的Na2O2中含有Na2CO2；
（3）测定样品纯度时，用装置A制备二氧化碳，装置B中过氧化钠和二氧化碳、挥发出的氯化氢以及水蒸气反应生成氧气，装置C除去剩余的二氧化碳，最后利用排水法测量氧气的体积，据此解答。
【解答】解：（1）空气中的二氧化碳和水蒸气会干扰过氧化钠的制备，需要除去，最后还需要防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置Ⅰ中，则若规定气流的方向为从左到右，各仪器连接的接口顺序（每个装置只用一次）是：空气→hgfea（b）b（a）c，
故答案为：h；g；f；e；a（b）；b（a）；c；
（2）根据以上分析可知装置II的作用是防止空气中的H2O（g）和CO2进入装置I；若没有装置Ⅳ，生成的过氧化钠能和二氧化碳反应生成碳酸钠，则可能导致生成的Na2O2中含有Na2CO2，
故答案为：防止空气中的H2O（g）和CO2进入装置I；Na2CO3；
（3）①由于有气体参加和生成，则仪器连接好后的第一步操作是检查装置的气密性，
故答案为：检查装置的气密性；
②由于从A装置出来的气体有CO2、H2O（g）、HCl，三者与Na2O2反应均生成O2，且为2Na2O2～O2，故HCl的存在不影响纯度的测定，
故答案为：否；A装置出来的气体有CO2、H2O（g）、HCl，三者与Na2O2反应均生成O2，且为2Na2O2～O2，故HCl的存在不影响纯度的测定；
③读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下O2的体积为VmL，氧气的物质的量是，根据2Na2O2～O2可知过氧化钠的物质的量是，则样品中Na2O2的质量分数约为100%＝%，
故答案为：；
④实验完成后D到E之间导管内残留水的体积会使氧气的体积偏小，则测量结果偏小，
故答案为：偏小。
【点评】本题考查物质的制备和含量的测定实验，为高频考点，把握制备流程、发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
19．（12分）Mg2ClO（OH）3•H2O微溶于水，不潮解，相对稳定，是一种无机抗菌剂，以菱镁矿（MgCO3，含少量FeCO3）为主要原料制备Mg2ClO（OH）3•H2O的工业流程如图，请回答下列问题：
（1）Mg2ClO（OH）3•H2O中氯元素的化合价为 +1 ，该物质所属物质类别为 （碱式）盐 。
（2）Mg2ClO（OH）3•H2O在酸性溶液中具有杀菌、漂白作用，其原因是 Mg2ClO（OH）3•H2O+4H+＝2Mg2++HClO+4H2O （用离子方程式解释）。
（3）步骤②不能在较高温度下进行，可能的原因是 H2O2在较高温度下易分解 ，H2O2的作用是 H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O （用离子方程式表示）。
（4）操作Ⅰ所用的玻璃仪器有 漏斗、烧杯、玻璃棒 。
（5）混合时发生反应的离子方程式为 2Mg2++3OH﹣+ClO﹣+H2O＝Mg2ClO（OH）3•H2O↓ 。
【分析】菱镁矿（MgCO3，含少量FeCO3）用稀硫酸溶解，所得溶液中含有硫酸镁、硫酸亚铁及过量的硫酸，再加入过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，加入MgCO3调节溶液pH，Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀过滤除去，滤液为硫酸镁溶液，向硫酸镁溶液中加入NaClO溶液、NaOH溶液得到Mg2ClO（OH）3•H2O，过滤分离，滤液中含有硫酸钠，据此分析作答。
【解答】解：（1）Mg2ClO（OH）3•H2O中Mg是+2价，H是+1价，O是﹣2价，根据化合价代数和为0可知氯元素的化合价为+1价，该物质还能电离出氢氧根离子，因此所属物质类别为碱式盐，
故答案为：+1；（碱式）盐；
（2）Mg2ClO（OH）3•H2O在酸性溶液中碱式次氯酸镁生成次氯酸：Mg2ClO（OH）3•H2O+4H+＝2Mg2++HClO+4H2O，生成的次氯酸具有强氧化性、漂白性，可以杀菌、漂白，
故答案为：Mg2ClO（OH）3•H2O+4H+＝2Mg2++HClO+4H2O；
（3）由于在H2O2在较高温度下易分解，所以步骤②不能在较高温度下进行，反应中双氧水氧化亚铁离子，方程式为H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O，
故答案为：H2O2在较高温度下易分解；H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O；
（4）操作I需要通过过滤除去不溶物，则所用的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，
故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
（5）混合时硫酸镁溶液中加入NaClO溶液、NaOH溶液得到，离子方程式为：2Mg2++3OH﹣+ClO﹣+H2O＝Mg2ClO（OH）3•H2O↓，
故答案为：2Mg2++3OH﹣+ClO﹣+H2O＝Mg2ClO（OH）3•H2O↓。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程、发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度较大。
20．（12分）Cl2O又称次氯酸酐，是强氧化剂，极易溶于水，沸点为3.8℃，42℃以上分解为Cl2和O2，高浓度时易爆炸．某学习小组利用Cl2和潮湿的碳酸钠反应生成Cl2O，再用水吸收Cl2O制备HClO溶液，装置如图，请回答下列问题：
（1）仪器a的名称是 分液漏斗 ，A中发生反应的离子方程式为 ClO3﹣+6H++5Cl﹣＝3Cl2↑+3H2O ．
（2）实验中须控制Cl2与空气（不参与反应）的体积比为1：3，装置B的作用是 通过观察B中产生气泡的数目调节气体流速以到达Cl2与空气（不参与反应）的体积比为1：3，同时除去Cl2中的HCl、使气体混合均匀 （答出两条即可）．
（3）装置C中生成Cl2O、CO2，反应的化学方程式为 2Cl2+Na2CO3＝ClO2+2NaCl+CO2 ，为使反应充分进行，实验中采取的措施有 搅拌、使用多孔球泡 ．
（4）若装置C不冷却，则进入装置D中的Cl2O会大量减少，可能的原因是 C中反应放热，温度升高Cl2O会分解 ．
（5）装置E所盛试剂是 碱石灰 ，作用是 吸收未反应的氯气，防止污染空气 ．
【分析】装置A中利用浓盐酸和氯酸钾反应制得的氯气中混有水蒸气和挥发出的HCl，再利用B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，氯气再在装置C中与潮湿的碳酸钠反应生成Cl2O，装置D是溶解生成的Cl2O，装置E利用干燥管中盛装的碱石灰吸收尾气，防止污染空气，据此解答。
【解答】解：（1）根据仪器构造可判断仪器a的名称是分液漏斗，A中制备氯气，发生反应的离子方程式为ClO3﹣+6H++5Cl﹣＝3Cl2↑+3H2O，
故答案为：分液漏斗；ClO3﹣+6H++5Cl﹣＝3Cl2↑+3H2O；
（2）B中盛有饱和食盐水，通过观察B中产生气泡的数目调节气体流速以到达Cl2与空气（不参与反应）的体积比为1：3，同时除去Cl2中的HCl、使气体混合均匀，
故答案为：通过观察B中产生气泡的数目调节气体流速以到达Cl2与空气（不参与反应）的体积比为1：3，同时除去Cl2中的HCl、使气体混合均匀；
（3）装置C中生成Cl2O、CO2，根据原子守恒可知反应的化学方程式为2Cl2+Na2CO3＝ClO2+2NaCl+CO2，根据外界条件对反应速率的影响可判断为使反应充分进行，实验中采取的措施有搅拌、使用多孔球泡，
故答案为：2Cl2+Na2CO3＝ClO2+2NaCl+CO2；搅拌、使用多孔球泡；
（4）由于C中反应放热，温度升高Cl2O会分解，若装置C不冷却，则进入装置D中的Cl2O会大量减少，则原因为C中反应放热，温度升高Cl2O会分解，
故答案为：C中反应放热，温度升高Cl2O会分解；
（5）氯气是大气污染物，需要尾气处理，则装置E所盛试剂是碱石灰，作用是吸收未反应的氯气，防止污染空气，
故答案为：碱石灰；吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/8/4 19:26:27；用户：李超；邮箱：lichao317807156@126.com；学号：19716718
相关试卷
2021-2022学年河南省郑州一中高一（上）期中化学试卷： 这是一份2021-2022学年河南省郑州一中高一（上）期中化学试卷，共26页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山东省德州市、烟台市高一（上）期中化学试卷： 这是一份2021-2022学年山东省德州市、烟台市高一（上）期中化学试卷，共29页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山东省德州市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年山东省德州市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共24页。试卷主要包含了8kJ⋅ml−1，1NA，35∼7，【答案】C，【答案】D，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
