浙江省温州环大罗山联盟2022-2023学年高一上学期期中测试化学试题 Word版含解析

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浙江省温州环大罗山联盟2022-2023学年高一上学期期中联考化学试题可能用到的相对原子量：第Ⅰ卷选择题部分(共50分)一、选择题(本大题共25题，每小题只有一个正确选项，每题2分，共50分)1.氖气的化学式是A.B.C.NeD.Ar【答案】C【解析】【详解】A．是氢气的分子式，A不合题意；B．Ne原子的最外层上已经有了8电子稳定结构，故氖气分子是单原子分子即Ne，B不合题意；C．Ne原子的最外层上已经有了8电子稳定结构，故氖气分子是单原子分子即Ne，C符合题意；D．Ar是氩气分子的分子式，D不合题意；故答案为：C。2.下列物质或物质的主要成分对应不正确的是A.软锰矿：B.磁性氧化铁：C.大理石：D.纯碱：【答案】B【解析】【详解】A．软锰矿是混合物，其主要成分是MnO2，故A正确；B．磁性氧化铁是Fe3O4，故B错误；C．大理石主要成分是CaCO3，故C正确；D．纯碱是，故D正确；故选：B。3.下列仪器名称为“坩埚”是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】由题中仪器图可知：A.是容量瓶B.是蒸馏烧瓶C.是坩埚D.是蒸发皿，故答案为C；本题答案为C。

14.下列有关气体的叙述中，错误的是A.不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数肯定不同B.在标准状况下，气体的摩尔体积约为22.4L∙mol-1C.当分子数目相同时，气体体积的大小主要决定于气体分子之间的距离D.一定温度和压强下，气体分子的物质的量决定了它们的体积【答案】A【解析】【分析】【详解】A．根据，其中与温度、压强有关，不同气体，若温度、压强不确定，则有可能相同，即使体积不同，n也有可能相同，故A错误；B．标准状况下，1mol任何气体的体积约为22.4L，即其摩尔体积为，故B正确；C．气体体积的大小与分子间距离有关，分子间距离又与压强和温度有关，即当分子数相同时，气体体积的大小主要决定于气体分子间的距离，故C正确；D．根据，可得，一定温度和压强下，V与n成正比，故D正确；故选A。5.下列能导电的电解质是（）A.氯化钠固体B.硫酸铜溶液C.熔融硝酸钾D.石墨【答案】C【解析】【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物；能导电的物质中含有自由电子或离子，据此分析解答。【详解】A．NaCl固体是电解质不能导电，熔融时电离出自由移动的离子，能导电，故A错误；B．硫酸铜溶液是混合物既不是电解质也不是非电解质，但是能导电，故B错误；C．硝酸钾是电解质，熔融硝酸钾电离出自由移动的离子，能导电，故C正确；D．碳棒是单质，既不是电解质，也不是非电解质，能导电，故D错误；故选C。6.以下关于容量瓶的说法，正确的是①容量瓶上标有刻度线、温度和规格②容量瓶可用做化学反应的容器③容量瓶不能用于长期储存溶液④容量瓶可以适当加热A.①③B.②④C.①④D.②③【答案】A

2【解析】【详解】①容量瓶上标有一根刻度线、温度和相应的规格，①正确；②容量瓶不可用做为溶解或者稀释、化学反应的容器和长期贮存溶液的仪器，不能对容量瓶进行加热，②错误；③正确；④错误；故答案为：A。7.下列说法不正确的是A.用红色激光笔照射碳酸钠溶液，观察不到“丁达尔效应”B.胶体的种类很多，按照分散质的不同，可分为气溶胶、液溶胶和固溶胶C.胶体的分散质直径介于1nm～100nm之间D.不能利用滤纸过滤的方法分离胶体和溶液的混合物【答案】B【解析】【详解】A．碳酸钠溶液属于溶液不属于胶体，故用红色激光笔照射碳酸钠溶液，观察不到“丁达尔效应”，A正确；B．胶体的种类很多，按照分散剂的不同，可分为气溶胶、液溶胶和固溶胶，B错误；C．根据分散质粒子直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，其中胶体的分散质直径介于1nm～100nm之间，C正确；D．胶体和溶液均能透过滤纸，故不能利用滤纸过滤的方法分离胶体和溶液的混合物，D正确；故答案为：B。8.下列变化中，一定要加入还原剂才能实现的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】加入适当的还原剂才能实现，则选项中为氧化剂的还原反应，氧化剂中某元素的化合价降低，A．Mn元素的化合价降低，可加热分解实现，为自身氧化还原反应，无需加入还原剂，故A不选；B．Fe元素的化合价降低，需要加还原剂如Fe粉实现，故B选；C．水在催化剂作用下发生分解反应可生成氢气，不需要加入还原剂也能实现，故C不选；D．S元素的化合价升高，需要加氧化剂如O2才能实现，故D不选；故选：B。9.纳米材料是指粒子直径的材料，可用于制造碳纳米材料，碳纳米材料主要有碳纳米管、碳纳米纤维和纳米碳球。下列说法正确的是A.碳纳米材料属于新型金属材料B.的摩尔质量为720gC.属于单质D.含有约个碳原子

3【答案】C【解析】【详解】A．碳为非金属元素，故碳纳米材料属于新型非金属材料，A错误；B．摩尔质量的单位是g/mol，故的摩尔质量为720g/mol，B错误；C．只含有一种元素碳元素的纯净物，故其属于单质，C正确；D．含有约60×=3.612×1025个碳原子，D错误；故答案为：C。10.下列反应中水只做氧化剂的是A.B.CD.【答案】B【解析】【详解】A．反应中H的化合价降低被还原，O的化合价升高被氧化，故H2O在反应中既是氧化剂又是还原剂，A不合题意；B．反应中H的化合价降低被还原，故H2O在反应中仅作氧化剂，B符合题意；C．反应中H、O的化合价均未改变，故H2O在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，C不合题意；D．反应中O的化合价升高被氧化，H2O仅作还原剂，D不合题意；故答案为：B。11.下列关于离子的检验说法正确的是A.取铁与水蒸气反应后的固体适量，溶于稀硫酸，再滴加酸性高锰酸钾，若高锰酸钾溶液褪色，则证明固体中有B.向某无色溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，用湿润的蓝色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变红，则说明该溶液中有C.焰色试验中，如透过蓝色的钴玻璃能够观察到紫色火焰，则一定有钾元素，可能含有钠元素D.向某溶液中滴入足量盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体，则溶液中必定有【答案】C【解析】【详解】A．

4具有还原性，高锰酸钾具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成锰离子和铁离子，溶液紫红色褪去，能证明含有，但铁粉可能过量，与稀硫酸反应也能生成，无法证明是固体中含有，故A错误；B．氨气为碱性气体，可使红色石蕊试纸变蓝色，故B错误；C．蓝色钴玻璃可滤去黄光，如检验是否含有钠元素，可直接观察，透过蓝色钴玻璃能观察到紫色火焰，则一定有钾元素，可能含有钠元素，故C正确；D．无色无味的气体产生，且能使澄清石灰水变浑浊，气体为二氧化碳，则溶液中含有或，或二者均存在，故D错误；故选：C。12.某氧化剂中，起氧化作用的是，在溶液中恰好能将氧化，则的还原产物中X元素的化合价为A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】6个离子完全氧化生成，失去电子6×2=12个，设还原产物中X化合价为x，根据氧化还原反应得失电子守恒可知，2×2×(6-x)=12，解得x=+3；故答案为B。13.在无土栽培中，配制1L内含、、的某营养液，若用、和三种固体配制，则需此三种固体的物质的量分别为A.0.40mol0.50mol0.12molB.0.66mol0.50mol0.24molC.0.64mol0.50mol0.24molD.0.64mol0.02mol0.24mol【答案】D【解析】【详解】、、中n(Na+)=n(NaNO3)+2n(Na2SO4)=0.16mol+2×0.24mol=0.64mol，则需要0.64mol，n()=0.24mol，则需要0.24mol，n()=0.5mol+0.16mol=0.66mol，则中n()=0.66mol-n()=0.66-0.64=0.02mol，则三种固体的物质的量为：0.64mol、0.02mol、0.24mol，故选：D。14.下列各组离子在碱性溶液中能够大量共存的是A.、、、B.、、、C.、、、D.、、、【答案】B【解析】【详解】碱性溶液中含有大量OH-，则有：A．+2OH-=Cu(OH)2↓，A不合题意；B．、、、与OH-均能大量共存，B符合题意；

5C．+OH-+=CaCO3↓+H2O，C不合题意；D．+=BaSO4↓，D不合题意；故答案为：B。15.下列关于物质制备、用途的说法正确的是A.、、均可以通过化合反应制得B.苏打是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一C.侯氏制碱法的原料有食盐、氨、二氧化碳，最终制得碳酸氢钠D.铁粉、维生素C都是常见的抗氧化剂，具有强氧化性【答案】A【解析】【详解】A．与Fe化合得、与氯气化合得、氢氧化亚铁与氧气和水化合得，A正确；B．苏打是碳酸钠，焙制糕点所用的发酵粉是小苏打碳酸氢钠，B错误；C．侯氏制碱法的原料有食盐、氨、二氧化碳，所制得的碳酸氢钠分解制取纯碱，C错误；D．铁粉、维生素C都是常见的抗氧化剂，具有强还原性，D错误；答案选A。16.下列实验装置正确且能达到相应实验目的是A.装置A：制备胶体B.装置B：检验溶液的C.装置C：除去中的少量HC1D.装置D：验证碳酸氢钠的热稳定性【答案】A【解析】【详解】A．饱和氯化铁溶液与沸水在加热条件下反应生成Fe(OH)3胶体，故A正确；B．KSCN溶液是检验Fe3+的试剂，两者反应生成红色的配合物Fe(SCN)3，不是检验Fe2+，故B错误；B．Cl2和HCl均能与NaOH溶液反应，应选用饱和NaCl溶液，故B错误；D．加热碳酸氢钠固体时试管口应斜向下，故D错误；故选：A。

617.同温同压下，对于mgSO2气体、ngCO和N2的混合气体，下列说法正确的是A.分子数之比为B.密度之比为8∶7C.氧原子数之比为D.体积之比为【答案】A【解析】【详解】已知CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，则不管如何混合，混合气体的摩尔质量为28g/mol，则有：A．分子数之比为：：=，A正确；B．同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，故密度之比为64g/mol：28g/mol=16∶7，B错误；C．由于不知道CO和N2的混合气体中二者的比例，故无法计算氧原子数之比，C错误；D．根据阿伏伽德罗定律可知，同温同压下下，，气体的体积之比等于其分子数之比即为，D错误；故答案为：A。18.把100mL含有和KCl的混合溶液分成两等份，一份加入含的溶液，恰好使得钡离子沉淀完全；另一份加入含的溶液，恰好使氯离子沉淀完全。则原混合溶液中钾离子的浓度为A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】根据原子守恒得n(Ba2+)=n(BaCO3)、n(BaCO3)=n(CO32-)=n(K2CO3)得n(Ba2+)=n(K2CO3)=amol,根据关系式n(Cl-)=n(AgCl)、n(AgCl)=n(Ag+)得n(Cl-)=n(Ag+)=bmol,原来混合溶液中n(Ba2+)=2amol、n(Cl-)=2bmol，c(Ba2+)==20amol/L、c(Cl-)==20bmol/L，溶液中存在电荷守恒c(K+)+2(Ba2+)=c(Cl-)，则c(K+)=c(Cl-)-2c(Ba2+)=20bmol/L-40amol/L=20(b-2a)mol/L，故选：C。19.下列有关实验操作、实验现象或结论的叙述中，正确的是选项实验操作实验现象或结论A把一小块钠投入到坩埚中，加热坩埚钠受热后熔成小球，剧烈燃烧，火焰呈黄色，产物为白色固体B把小块钠投入到滴有紫色石蕊试液的冷水中

7钠熔化成闪亮的小球，在水面上四处游动，有“嘶嘶”的响声发出，反应后溶液变红C将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片鲜花褪色，但不能证明氯气具有漂白性D向碳酸氢钠中加入少量水，振荡，将温度计插入其中温度计示数升高，碳酸氢钠固体溶解过程会伴随着放热现象A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．钠燃烧生成过氧化钠，观察到钠受热后熔成小球，剧烈燃烧，火焰呈黄色，产物为淡黄色固体，故A错误；B．Na与水反应生成NaOH，溶液显碱性，可使紫色石蕊试液变蓝，故B错误；C．氯气与水反应生成HClO，具有漂白性，鲜花褪色，而氯气不具有漂白性，故C正确；D．碳酸氢钠固体溶于水吸热，所以温度计的指数降低，故D错误；故选：C。20.下列离子方程式正确的是A.漂白粉溶液与足量二氧化碳反应：B.氯气与水反应：C.用KSCN溶液检验溶液中含有：D.碳酸氢钙溶液与足量石灰水反应：【答案】D【解析】【详解】A．向漂白粉溶液中通入过量的CO2，离子方程式为：ClO-+CO2+H2O═HClO+，故A错误；B．氯气与水反应生成HCl和HClO，次氯酸是弱酸应保留化学式，离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故B错误；C．用KSCN溶液检验某溶液中含有Fe3+，生成红色的配合物Fe(SCN)3，不产生沉淀，离子方程式为：Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3，故C错误；D．向碳酸氢钙溶液中加入足量石灰水，生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式：Ca2+++OH-=CaCO3↓+H2O，故D正确；故选：D。21.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

8A.常温常压下，和的混合气体含有的原子数目为B.的溶液中含数目为C.1molFe与充分反应，转移的电子数目为D.与足量和水蒸气的混合物充分反应，转移电子数为【答案】D【解析】【详解】A．氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g混合物中含有的氧原子的物质的量为1mol，个数为NA个，故A错误；B．溶液电离出钾离子和，不存在，故B错误；C．1mol铁与1molCl2充分反应生成氯化铁，氯气完全反应铁不足，依据氯气的量计算转移电子为2mol，转移电子数为2NA个，故C错误；D．过氧化钠与二氧化碳或水蒸气反应，均是过氧化钠中O元素发生歧化反应，分别生成0价和-2价的氧元素，因此反应转移电子数为，故D正确；故选：D。22.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出VmL(标准状况)气体，所得溶液中加入KSCN溶液无红色出现。若用足量的CO在高温下充分还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是A.2.8gB.11.2gC.5.6gD.无法计算【答案】A【解析】【详解】由题干信息所得溶液中加入KSCN溶液无红色出现可知，向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入的盐酸恰好完全反应后转化为FeCl2，根据原子守恒可知：2n(Fe2+)=n(Cl-)=n(HCl)=0.05L×2mol/L=0.10mol，即n(Fe2+)=0.05mol，根据铁原子守恒可知，若用足量的CO在高温下充分还原相同质量的此混合物，能得到铁的物质的量也是0.05mol，故得到铁的质量为：0.05mol×56g/mol=2.8g，故答案为：A。23.两份体积相同，浓度未知的Na2CO3和HCl溶液，将它们互相滴加，产生的气体在相同的温度和压强下的体积比为1：3，则Na2CO3和HCl溶液的浓度之比为A.5：6B.2：5C.3：4D.5：3【答案】A【解析】【详解】碳酸钠滴加到盐酸中，发生Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O，盐酸滴加到碳酸钠中，发生：Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl，NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，因为生成气体体积不同，说明盐酸不足，设Na2CO3的浓度为c1，盐酸浓度为c2，溶液的体积为1L，碳酸钠滴入盐酸产生CO2

9多于盐酸滴加到碳酸钠中，碳酸钠滴入到盐酸中产生CO2的量，根据盐酸计算，即n(CO2)=mol，盐酸滴入碳酸钠溶液中产生的CO2的物质的量为：(c2－c1)mol，=1：3，即c1：c2=5：6，答案选A。【点睛】本题考查碳酸钠与盐酸反应的有关计算。明确反应的原理是解答的关键，注意分析Na2CO3和NaHCO3的混合溶液与盐酸反应的先后顺序：在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO32－和HCO3－结合H＋的难易程度。由于CO32－比HCO3－更易于结合H＋形成难电离的HCO3－，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32－完全转化为HCO3－时，再滴入的H＋才与HCO3－反应。24.已知：；。则以下说法中错误的是A.氧化性：B.和在溶液中能大量共存C.溶液中通足量氯气的离子方程式：D.溶液中通少量氯气的离子方程式：【答案】C【解析】【详解】A．由反应可知Br元素化合价降低，则Br2是氧化剂，Fe元素化合价升高，Fe3+是氧化产物，则氧化性：Br2>Fe3+，由反应可知Fe元素化合价降低，Fe3+是氧化剂，I2是氧化产物，则氧化性：Fe3+>I2，则氧化性：，故A正确；B．根据两个反应可得还原性：I->Fe2+>Br-，和在溶液中能大量共存，故B正确；C．向FeI2溶液中通入足量Cl2，离子方程式为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-，故C错误；D．还原性Fe2+＞Br-，则通入少量氯气，氯气仅氧化亚铁离子，则反应的离子方程式为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故D正确；故选：C。25.某100mL溶液可能含有Na+、NH、Ba2+、CO、SO、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图(所加试剂均过量，气体全部逸出)。下列说法不正确的是A.原溶液一定存在CO和SO，一定不存在Ba2+B.原溶液一定存在Cl-，且c(Cl-)≥0.1mol·L-1

10C.原溶液中可能存在Na+D.若原溶液中不存在Na+，则c(Cl-)<0.1mol·L-1【答案】D【解析】【分析】加入BaCl2溶液生成沉淀，一定含有CO或SO中的至少一种，该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，则一定是BaSO4、BaCO3的混合物，原溶液中一定存在CO、SO，BaSO4沉淀质量是2.33g，n(SO)=n(BaSO4)==0.01mol，BaCO3沉淀质量是4.3g-2.33g=1.97g，n(CO)=n(BaCO3)==0.01mol，CO和Ba2+不共存，原溶液中一定不存在Ba2+；所得到的滤液中加入氢氧化钠，加热生成的气体为NH3，原溶液中一定含有NH，n(NH)=n(NH3)==0.05mol；正电荷量为0.05mol，负电荷量为0.01mol×2+0.01mol×2=0.04mol<0.05mol，根据电荷守恒可知，一定含有Cl-，可能含有Na+，据此分析解答。【详解】A．由分析可知原溶液一定存在CO和SO，一定不存在Ba2+，A正确；B．由分析可知原溶液中一定含有Cl-，可能含有Na+，则c(Cl-)≥，B正确；C．由分析可知原溶液中可能存在Na+，C正确；D．结合选项B可知若原溶液中不存在Na+，则c(Cl-)=0.1mol·L-1，D错误；故选D。第Ⅱ卷非选择题部分(共50分)26.按要求回答问题：（1）小苏打化学式：_______，漂粉精有效成分_______。（2）①写出在水中的电离方程式_______。②向FeCl2溶液中滴加氢氧化钠溶液，写出白色沉淀转化为红褐色沉淀的化学方程式：_______。【答案】（1）①.NaHCO3②.Ca(ClO)2（2）①.NaHSO3=Na++②.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解析】【小问1详解】小苏打是碳酸氢钠的俗称，其化学式为NaHCO3，工业上将氯气通入石灰乳中来制备漂白粉和漂粉精，漂白精的有效成分为Ca(ClO)2，故答案为：NaHCO3；Ca(ClO)2；【小问2详解】①已知H2SO3是一种弱酸，类比于NaHCO3的电离可知，NaHSO3在水中的电离方程式为：

11NaHSO3=Na++，故答案为：NaHSO3=Na++；②向FeCl2溶液中滴加氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀Fe(OH)2，Fe(OH)2具有很强的还原性，能够被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3产生白色沉淀迅速转化为灰绿色，最终转化为红褐色沉淀的现象，其对应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。27.由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO4‧7H2O)，再通过绿矾制备铁黄[FeO(OH)]的流程如下：已知：步骤②涉及的离子反应为：（1）步骤①中溶解烧渣的酸宜选用_______(填“盐酸、硫酸或硝酸”)。（2）步骤②中，每消耗，转移电子的物质的量为_______mol。（3）步骤②中，可以用_______代替。（4）步骤④中，若氨水浓度过大会使铁黄中混有_______杂质。【答案】（1）硫酸（2）1.4（3）铁粉（4）Fe(OH)3【解析】【分析】烧渣主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO，烧渣酸溶得到亚铁盐和铁盐，然后加入FeS2得到亚铁盐，亚铁盐溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥得到绿矾，绿矾加热得到铁黄，据此分析解题。【小问1详解】绿矾为FeSO4•7H2O，绿矾为硫酸盐，用烧渣制取绿矾，步骤①最好用硫酸溶解烧渣，故答案为：硫酸；【小问2详解】由题干信息已知步骤②发生的离子反应方程式为：，每消耗即=0.1mol，此时转移电子的物质的量为0.1mol×14=1.4mol，故答案为：1.4；【小问3详解】由题干信息已知步骤②发生的离子反应方程式为：，即步骤②的主要目的是将酸溶的溶液中的Fe3+还原为Fe2+，为了不引入新的杂质，则可以用还原性铁粉代替，故答案为：铁粉；【小问4详解】步骤④中，若氨水浓度过大，即碱性过强，则将使Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀，而Fe(OH)2在空气中极易被氧化为Fe(OH)3，故会使铁黄中混有Fe(OH)3杂质，故答案为：Fe(OH)3。28.如图是某硫酸试剂瓶标签上的内容。

12硫酸：化学纯(CP)(500mL)品名：硫酸化学式：相对分子质量：98密度：质量分数：98％（1）该硫酸的物质的量浓度为_______。（2）实验室用该硫酸配制的稀硫酸，则①需要该硫酸的体积为_______mL；②有以下仪器：A．烧杯B．25mL量筒C．250mL容量瓶D．500mL容量瓶E．玻璃棒F．托盘天平(带砝码)G．10mL量筒H．胶头滴管，配制时，不需要使用的仪器是_______(填代号)。（3）如图为配制过程中的几个关键步骤和操作：①实验步骤A-F按实验过程先后次序排列为：C→_____→____→F→_____→____，________②该同学实际配制得到的浓度为1.2mol/L，可能的原因是_______。A．量取浓H2SO4时仰视刻度B．容量瓶洗净后未经干燥处理C．定容时仰视刻度D．稀释完后马上转移和定容E．托盘天平所带砝码生锈F．洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移至容量瓶【答案】（1）18.4（2）①.13.6②.DFG（3）①.BDAE②.ADF【解析】【小问1详解】根据物质的量浓度与密度、质量百分含量之间的换算公式可知，该硫酸的物质的量浓度为==18.4，故答案为：18.4；

13【小问2详解】①根据稀释公式；c1V1=c2V2，即18.4mol/L×V1=1.0mol/L×250mL，解得：V1=13.6mL，即需要该硫酸的体积为13.6mL，故答案为：13.6；②用浓溶液配制稀溶液，需要用到的仪器依次为：25mL量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管，故有配制时，不需要使用的仪器是500mL容量瓶、托盘天平(带砝码)和10mL量筒，故答案为：DFG；【小问3详解】①由题干图示可知，F和A步骤定容、B步骤为转移、C步骤为稀释、D步骤为洗涤、E步骤为摇匀，故实验步骤A-F按实验过程先后次序排列为：C→B→D→F→A→E，故答案为：BDAE；②该同学实际配制得到的浓度为1.2mol/L，即所配溶液浓度偏大，则有：A．量取浓H2SO4时仰视刻度，所量浓硫酸体积偏大，则所配溶液浓度偏大，A符合题意；B．容量瓶洗净后未经干燥处理，对实验结果无影响，B不合题意；C．定容时仰视刻度，将使溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，C不合题意；D．稀释完后马上转移和定容即未冷却就进行转移和定容，将使所加溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，D符合题意；E．本实验不需要使用托盘天平，故托盘天平所带砝码生锈，对所配硫酸的浓度无影响，E不合题意；F．洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移至容量瓶，将使溶质硫酸的物质的量偏大，所配溶液浓度偏大，F符合题意；故答案为：ADF。29.室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体。在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应；E溶液是无色溶液，F是淡绿色溶液，B和C反应发出苍白色火焰。（1）A是_______，F是_______(填写化学式)。（2）反应④的化学方程式_______。（3）溶液D腐蚀覆铜板的离子方程式_______。【答案】（1）①.Fe②.FeCl2（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3（3）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+【解析】

14【分析】黄绿色气体单质B为Cl2，单质C是无色气体，B和C反应发出苍白色火焰，反应生成E，则C为H2，E为HCl；A与HCl水溶液反应得淡绿色溶液F与氢气，则A为Fe，F为FeCl2，由转化关系可知D为FeCl3，据此分析解答。【小问1详解】由以上分析可知，A为Fe，F为FeCl2，故答案为：Fe；FeCl2；【小问2详解】反应④为FeCl2和Cl2的反应，反应的化学方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故答案为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3；【小问3详解】溶液FeCl3腐蚀覆铜板生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。30.为国际公认高效安全灭菌消毒剂之一，实验室可用潮湿的与反应制取，反应装置如图所示(夹持装置已略)。已知：熔点℃，沸点为3.8℃，浓度过高或加热时易发生分解并爆炸，沸点为-34.6℃，液氨沸点为℃，氮气沸点为℃。（1）实验过程中装置A中发生反应的离子方程式为_______。根据氧化还原反应规律推测，下列选项中也可用于实验室制备氯气的有_______。a.固体和浓盐酸B.固体和浓盐酸C.NaCl固体和浓硫酸（2）检查虚框中装置气密性的方法为：用止水夹夹住装置A两端的橡胶管，打开分液漏斗旋塞加水，若_______，则装置的气密性良好。（3）①装置C中潮湿的与以等物质的量反应，生成、气体和另一种盐X，试写出该反应化学方程式_______。（4）下列有关该实验的说法中，不正确的是_______。A.实验过程中，若过量，浓盐酸能被完全反应B.B中试剂是浓硫酸，目的是干燥氯气C.氮气的作用之一是稀释生成的，减少实验爆炸危险D.经过装置D中液氨冷却后，从装置D中逸出气体的主要成分是和少量未反应完全的

15（5）某温度下，用氢氧化钠溶液吸收尾气后所得溶液中有、和，且和浓度相等，则反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。【答案】（1）①.②.AB（2）若一段时间后，水不能顺利流下（3）2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+Cl2O+2NaCl（4）AB（5）1:3【解析】【分析】A中浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，氯气中含有挥发出的HCl,则B中用饱和食盐水除去挥发出的氯化氢杂质，装置C用于潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取Cl2O，装置D用来冷凝Cl2O，D中排出的多余的氯气应该用NaOH溶液吸收，防止污染大气；Cl2O浓度过高或加热时易发生分解并爆炸，实验过程中要不断通氮气进行稀释，以此解答该题。【小问1详解】装置A中二氧化锰和浓盐酸加热生成氯气、MnCl2、水，发生反应的离子方程式；A．KClO3固体和浓盐酸室温下发生氯元素的归中反应生成氯气，A可选；B．KMnO4固体和浓盐酸室温下反应生成氯气和氯化锰，B可选；C．NaCl固体和浓硫酸加热下生成HCl，不能生成氯气，C不可选，故答案为：AB；【小问2详解】用止水夹夹住装置A两端的橡胶管，打开分液漏斗旋塞加水，若装置不漏气、加水使装置内气体压强增大、水不能顺利滴下，则：若一段时间后，水不能顺利流下，说明装置的气密性良好，故答案为：若一段时间后，水不能顺利流下；【小问3详解】装置C中潮湿的Cl2与Na2CO3以等物质的量反应，生成NaHCO3、气体Cl2O和另一种盐X，按元素质量守恒，另一种盐X为NaCl,反应中，氯元素从0价升高到+1价、氯元素从0价降低到-1价，则按得失电子数守恒、元素质量守恒得该反应化学方程式：2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+Cl2O+2NaCl；【小问4详解】A．实验过程中，随反应进行，浓盐酸变稀，稀盐酸不能与二氧化锰反应，若MnO2过量，浓盐酸也不能被完全反应，故A错误；B．潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取Cl2O，不需要干燥氯气，则B中试剂不是浓硫酸，盐酸能和碳酸钠反应会干扰实验，则B中用饱和食盐水除去挥发出的氯化氢杂质，故B错误；C．Cl2O浓度过高或加热时易发生分解并爆炸，需要用氮气稀释生成的Cl2O，减少实验爆炸危险，故C正确；D．Cl2O熔点为-116℃，沸点为3.8℃，Cl2沸点为-34.6℃，液氨沸点为-33.5℃，则液氨用于冷凝Cl2O、而不能冷凝Cl2，从装置D中逸出气体为N2和Cl2，故D正确；故答案为：AB；

16【小问5详解】Cl元素化合价降低至-1价得到产物是Cl-，Cl元素化合价升高至+1和+5价，和浓度相等，假设都是1mol，根据得失电子守恒知n(Cl-)×1=1×1+1×5，解得n(Cl-)=6mol，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为(1+1)：6=1:3。31.取一定物质的量浓度的NaOH溶液100mL，然后向其中通入一定量的气体，得到溶液A，向A中逐滴缓慢加入的HCl溶液，产生的气体体积(标准状况)与所加HC1溶液的体积之间关系如图所示。（1）溶液A中的溶质为_______。（2）滴加盐酸过程中，最终产生标况下体积为_______mL。【答案】（1）NaOH、Na2CO3（2）56【解析】【分析】假设CO2与NaOH反应所得溶液中溶质只有Na2CO3，再滴加盐酸，先发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,而后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，前、后两阶段消耗盐酸的体积相等，而图像中第一阶段消耗盐酸的体积大于第二阶段，可知CO2与NaOH反应所得溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，根据消耗盐酸的体积计算二者物质的量之比；【小问1详解】假设CO2与NaOH反应所得溶液中溶质只有Na2CO3，再滴加盐酸，先发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,而后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，前、后两阶段消耗盐酸的体积相等，而图像中第一阶段消耗盐酸的体积大于第二阶段，可知CO2与NaOH反应所得溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，【小问2详解】生成CO2阶段消耗盐酸25mL，由NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可知n（CO2）=n（HCl）=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，即最终产生标况下CO2的体积为0.0025mol×22.4L/mol=0.056L=56mL。