浙江省杭州地区2023-2024学年高一上学期12月月考化学 Word版含解析.docx

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浙江省杭州地区高一12月月考化学试卷一、选择题：(本题包括15小题，每小题2分，共30分，单选题，答案写在题号前)1.分类是化学学习和研究的常用手段下列各组物质按化合物、单质、混合物、氧化物的顺序排列的是A.烧碱、液态氯、碘酒、氢氧化钠B.生石灰、石墨、漂白粉、氧化铁C.干冰、水银、冰水混合物、过氧化钠D.空气、氯水、胆矾、硫酸钠【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化钠属于碱，不是氧化物，A错误；B．各物质均符合分类标准，B正确；C．冰水混合物是纯净物，C错误；D．空气是混合物，胆矾是纯净物，硫酸钠是盐，D错误；故选B。2.下列仪器中，使用时必须检查是否漏水的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】检查仪器是否漏水主要检查带活塞的仪器，查看活塞部位是否漏水，容量瓶带有活塞，需要检查是否漏水，其它仪器不需要检查，D正确；答案选D。3.下列表示正确的是A.的摩尔质量：B.有18个中子的氯原子的符号：C.磁铁矿的化学式：D.的电离方程式：【答案】B【解析】 【详解】A．摩尔质量是指的单位物质的量的物质的质量，单位为g/mol，故NaCl的摩尔质量为58.5g/mol，故A错误；B．氯的质子数为17，若其原子中有18个中子，质量数为17+18=35，所以原子符号为，故B正确；C．磁铁矿的化学式：，故C错误；D．氢氧化钠为强碱，会完全电离，电离方程式为NaOH=Na++OH-，故D错误；故答案选B。4.下列说法正确的是A.原子结构模型演变历史可以表示为：B.14C与14N互为同位素C.迄今为止人们发现了118种元素，即有118种核素D.元素性质的周期性变化取决于元素原子核外电子排布的周期性变化【答案】D【解析】【详解】A.卢瑟福的带核模型是在汤姆生的葡萄干面包模型之后提出的，故A错误；B.同位素是同种元素的不同核素，质子数应当相同，故B错误；C.很多元素不止一种核素，故C错误；D.元素性质的周期性变化取决于元素原子核外电子排布的周期性变化，故D正确；故答案选D。5.下列图示对应的装置以及操作均正确的是ABCD定容钠的焰色反应蒸馏蒸发 A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．定容时应平视容量瓶的刻度线，图中为俯视定容，造成加水偏少，浓度偏高，A错误；B．观察钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，滤去钠的黄色，避免干扰，图示是进行钠的焰色反应实验，不能使用蓝色钴玻璃，否则看不到钠的焰色反应，B错误；C．温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，且冷却水应下进上出，C错误；D．蒸发时为防止液体飞溅要用玻璃棒搅拌，图示装置合理，D正确； 故选D。6.下列化学用语正确的是A.硫离子的结构示意图：B.氯化氢的电子式：C.HClO的结构式：H-O-C1D.CH4的空间填充模型：【答案】C【解析】【分析】【详解】A．硫离子最外层应有8个电子，属于稳定结构，A错误；B．HCl为共价化合物，成键的粒子为原子，电子式应为，B错误；C．次氯酸分子内氧原子分别与氢、氯原子共用1对电子对 ，其电子式为、结构式为H-O-C1，C正确；D．球棍模型中，用大小不同的小球和短棍分别表示原子、共价键，所示图应是CH4的球棍模型，D错误。答案为C。7.下列物质间的转化，不能通过一步反应实现的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．碳与足量氧气反应可一步生成二氧化碳，A不符合题意； B．硅酸钠溶液中通入二氧化碳即可一步生成硅酸，B不符合题意；C．铁和氯气加热条件下可一步生成氯化铁，C不符合题意；D．氧化铜应先和酸反应生成铜盐，再和碱反应生成氢氧化铜，即氧化铜生成氢氧化铜不能一部生成，D符合题意；故选D。8.下列反应属于氧化还原反应的是A.CaCO3CaO+CO2↑B.SO3+H2O=H2SO4C.AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3D.Fe+CuSO4=FeSO4+Cu【答案】D【解析】【分析】反应前后有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应。【详解】A项、碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，反应中元素化合价没有变化，属于非氧化还原反应，故A不符合题意；B项、三氧化硫和水反应生成硫酸，反应中元素化合价没有变化，属于非氧化还原反应，故B不符合题意；C项、硝酸银溶液与氯化钠溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，反应中元素化合价没有变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；D项、铁与硫酸铜溶液发生置换反应，反应中铁元素和铜元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D符合题意；故选D。9.可用于判断碳酸氢钠粉末中混有碳酸钠的实验方法是A.加热时无气体放出B.加盐酸有气泡放出C.溶于水后加氯化钡稀溶液，有白色沉淀D.溶于水后加澄清石灰水，有白色沉淀【答案】C【解析】【详解】A．碳酸氢钠粉末中混有碳酸钠，加热时碳酸氢钠分解生成二氧化碳气体，不能判断碳酸氢钠粉末中混有碳酸钠，A错误；B．碳酸氢钠粉和碳酸钠都能与盐酸反应生成二氧化碳气体，不能判断碳酸氢钠粉末中混有碳酸钠，B错误；C．碳酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀，碳酸氢钠不反应，溶于水后加氯化钡稀溶液，有白色沉淀生成，可以判断碳酸氢钠中含有碳酸钠，C正确； D．澄清石灰水与碳酸钠和碳酸氢钠都反应生成白色沉淀，溶于水后加澄清石灰水，有白色沉淀生成，不能证明碳酸氢钠粉末中混有碳酸钠，D错误；答案选C。10.下列说法不正确的是A.工业上可用铁制容器贮存液氯B.装溶液的试剂瓶使用橡皮塞C.漂白粉在空气中不易变质，可敞口保存D.少量钠保存在煤油中【答案】C【解析】【详解】A．氯气与铁在常温下不反应，可以用铁制容器贮存液氯，A正确；B．能腐蚀试剂瓶的磨口玻璃塞，反应方程式为，生成的是一种粘合剂，使试剂瓶与玻璃塞粘合在一起，装溶液的试剂瓶不用玻璃塞而使用橡皮塞，B正确；C．漂白粉在空气中易发生反应、，容易变质，应密封保存，C错误；D．钠易与水、氧气反应，保存时应隔绝空气，钠的密度比煤油的密度大，少量钠保存在煤油中，D正确；答案选C。11.下列实验过程中，不会产生气体的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．新制氯水中的HClO见光分解生成氧气，A不符合题意；B．新制氯水中的H+与发酵粉中的NaHCO3反应生成CO2，B不符合题意；C．新制氯水中的Cl2和H+，与NaOH溶液反应生成NaClO和NaCl，没有气体产生，C符合题意；D．H2O与Na2O2反应生成O2，D不符合题意； 故选C。12.如图所示，在蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化时，用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4粉末与熔化的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成。据此判断下列说法中不正确的是A.上述反应是置换反应B.加热且无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成CuC.上述反应中CuSO4表现了还原性D.上述反应放出热量【答案】C【解析】【分析】由题意可知，熔化的钠与无水CuSO4粉末发生置换反应生成硫酸钠和铜，钠做还原剂，硫酸铜做氧化剂，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，该反应为置换反应，故A正确；B．由分析可知，加热且无水条件下，Na可以与CuSO4发生置换反应生成Cu，故B正确；C．由分析可知，反应中铜元素的化合价降低被还原，硫酸铜做氧化剂，表现了氧化性，故C错误；D．由题意可知，Na与CuSO4发生置换反应时瞬间会产生耀眼的火花，说明该反应为放热反应，反应时放出热量，故D正确；故答案选C。13.下列说法正确的是A.的沸点比高，并且比稳定，其原因是水分子间存在氢键B.溶于水能电离出和，所以硫酸是离子化合物C.中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构D.离子化合物中不一定含有金属元素，含金属元素的化合物也不一定是离子化合物【答案】D【解析】【详解】A．的沸点比高，原因是水分子间存在氢键；但比稳定是由于水中氢氧键键能大，A 错误；B．虽溶于水能电离出和，但是硫酸是共价化合物，B错误；C．磷原子最外层有5个电子，即中磷原子最外层不满足8电子稳定结构，C错误；D．离子化合物中不一定含有金属元素，例硝酸铵全部是由非金属元素形成的离子化合物；含金属元素的化合物也不一定是离子化合物，例氯化铝属于共价化合物，D正确；故选D。14.Q、X、Y和Z为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示，这4种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是A.Y的原子半径比X的大B.Q最高价氧化物的水化物的酸性比Z的强C.X、Y和氢3种元素形成的化合物中都只有共价键D.Q的单质具有半导体的性质，Q与Z可形成化合物QZ4【答案】D【解析】【分析】Q、X、Y和Z为短周期元素，这4种元素的原子最外层电子数之和为22，设X最外层电子数为x，根据它们在周期表中的位置可知Y、Q、Z最外层电子数分别为x+1，x-1，x+2，则x+x+1+x-1+x+2=22，x=5，因此Q、X、Y和Z分别为Si，N，O，Cl，据此解答。【详解】A.同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，Y的原子半径比X的小，A错误；B.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Si＜Cl，Q的最高价氧化物的水化物为硅酸，酸性比高氯酸弱，B错误；C.X、Y和氢3种元素形成的化合物中可能含有离子键，如硝酸铵，C错误；D.硅具有半导体的性质，硅与氯可形成化合物SiCl4，D正确；答案选D。15.通过复习总结，下列归纳正确的是A.简单非金属阴离子只有还原性，而金属阳离子一定只有氧化性B.都属于钠的含氧化合物C.日本福岛核电站爆炸时释放的两种放射性同位素与的中子数相等 D.是海水中的重要元素，从海水中制备这三种元素单质的反应都是氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A．简单非金属阴离子只有还原性，但有的金属阳离子既有氧化性又有还原性，例亚铁离子，A错误；B．氯化钠不属于钠的含氧化合物，B错误；C．与的中子数分别为78和82，即中子数不相等，C错误；D．是海水中的重要元素，海水中三种元素均以离子形式存在，故制备这三种元素单质的反应都是氧化还原反应，D正确；故选D。二、选择题：(本题包括10小题，每小题3分，共30分，单选题，答案写在题号前)16.用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，氖气中含有的原子数目为B.常温常压下，与混合气体中含有的氧原子数目为C.溶液中含有的钾离子数目为D.氯气溶于足量水，反应时转移的电子数目为【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下，氖气物质的量为0.1mol，但氖气为单原子分子，所以含有的原子数目为，A错误；B．常温常压下，与混合气体中含有的氧原子物质的量为，即数目为，B正确；C．没有给出溶液体积，无法计算其物质的量和数目，C错误；D．氯气物质的量为0.1mol，但氯气和水反应是可逆反应，故转移的电子数目小于，D错误；故选B。 17.铁屑溶于过量稀硫酸，过滤后向滤液中加入过量氨水，有白色沉淀生成，过滤，在空气中加热沉淀至质量不再发生变化为止，得到红棕色残渣，上述沉淀和残渣分别是（　　）A.Fe(OH)3　Fe2O3B.Fe(OH)2　Fe2O3C.Fe(OH)2　Fe(OH)3D.Fe(OH)2　Fe3O4【答案】B【解析】【详解】铁屑溶于过量的稀硫酸，反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁与足量氨水反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，在空气中氢氧化亚铁容易被空气中的氧气氧化成氢氧化铁，氢氧化铁为红褐色沉淀，受热分解生成红棕色三氧化二铁，故选B。18.下列有关离子方程式书写正确的是A.向稀盐酸中加入少量钠粒：B.溶液与溶液混合呈中性：C.与水的反应：D.硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳：【答案】B【解析】【详解】A．少量的钠应先和盐酸反应，即，A错误；B．溶液与溶液混合呈中性，即与二者物质的量之比为2：1，，B正确；C．与水的反应属于可逆反应，即，C错误；D．硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳生成硅酸和碳酸氢钠，即，D错误；故选B。19.下列物质与其用途相符合的是①—作消毒剂②—制发酵粉③明矾—作净水剂 ④加碘食盐—预防甲状腺肿大⑤淀粉—检验的存在⑥—漂白纺织物⑦钠钾合金—快中子反应堆热交换剂A.只有②③④⑤⑥B.只有①②③④⑤C.只有②③④⑤⑦D.全部【答案】D【解析】【详解】氯气具有强氧化性，可作为消毒剂，①正确；碳酸氢钠受热易分解，故可作发酵粉，②正确；明矾溶解后，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可吸附净水，③正确；加碘食盐可补充碘元素，预防甲状腺肿大，④正确；淀粉遇碘变蓝色，⑤正确；次氯酸钠为漂白液有效成分且具有强氧化性，故可漂白织物，⑥正确；钠钾合金导热效率高，即可作快中子反应堆热交换剂，⑦正确；综上选D。20.利用数字传感器对氯水的光照实验进行数据采集与分析，下列图示正确的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．氯水的光照，次氯酸光照分解生成盐酸和氧气，酸性增强，pH应逐渐减小，故A错误；B．氯水的光照，次氯酸光照分解生成盐酸和氧气，氯离子浓度增大，故B错误；C．氯水的光照，次氯酸是弱酸，次氯酸光照分解生成盐酸和氧气，盐酸是强电解质，因此电导率增大，故C正确； D．氯水的光照，次氯酸光照分解生成盐酸和氧气，氧气体积逐渐增大，故D错误。综上所述，答案为C。21.下列除杂方式正确的是A.气体中含有的少量杂质可通过饱和溶液除去B.溶液中含有少量的可加入适量的过滤除去C.固体中含有少量的杂质可用加热的方式提纯D.粉中含有的少量杂质可加入溶液除去【答案】B【解析】【详解】A．溶液与气体能发生反应，而使的量减少，应通过饱和溶液除去气体中杂质，A错误；B．与适量的反应生成沉淀过滤除去，同时未引入新杂质，B正确；C．，生成的为新杂质，用加热的方式固体未被提纯，C错误；D．与能发生反应，而使粉减小，D错误；答案选B。22.海水中蕴含丰富的资源，对海水进行综合利用，可制备一系列物质（见下图),下列说法正确的是A.步骤①中，除去粗盐中的SO42-、Ca2+、Mg2+等杂质，加入试剂及相关操作顺序可以是：NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→盐酸→过滤B.步骤②中反应利用的原理是：相同条件下NaHCO3的溶解度比NaCl小C.步骤③可将MgCl2·6H2O晶体在空气中直接加热脱水D.步骤④、⑤、⑥溴元素均被氧化【答案】B 【解析】【详解】A、Ca2+用碳酸钠转化为沉淀、Mg2+用NaOH转化为沉淀、SO42-用氯化钡溶液转化为沉淀，先除去Mg2+或SO42-，然后再加入过量的碳酸钠除去Ca2+以及过量的Ba2+杂质，过滤后再加盐酸除去过量的NaOH和碳酸钠，故A错误；B.根据流程图，步骤②是向氯化钠溶液中通入二氧化碳、氨气，反应生成溶解度较小的NaHCO3沉淀，故B正确；C．步骤③MgCl2在水溶液中水解，加热促进水解，晶体不能在空气中直接加热脱水，应在氯化氢气流中加热失水，故C错误；D、步骤④是溴离子被氧化为溴单质，步骤⑤是溴单质被还原为溴化氢，步骤⑥溴元素被氧化为溴单质，故D错误；故选B。23.某固体可能含有Ba2+、、Cu2+、Na+、Cl-、、中的几种离子，取等质量的两份该固体，进行如下实验：(1)一份固体溶于水得到无色透明溶液，加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀6.63g，在沉定中加入过量的稀盐酸，仍有4.66g沉淀：(2)另一份固体与过量的NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L(标准状况)、下列说法正确的是A该固体中只含有、Cl-、、B.该固体中一定没有Cu2+、Na+、Ba2+、Cl-C.该固体中一定含有、Na+、、D.根据以上实验，无法确定该固体中含有Na+【答案】C【解析】【分析】(1)Cu2+的水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在。一份固体溶于水得无色透明溶液，说明不含Cu2+；加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀，说明沉淀部分溶于盐酸，沉淀为BaSO4、BaCO3，则一定含有、，由于它们会与Ba2+产生沉淀，则溶液中一定不含Ba2+；4.66g为BaSO4，6.63g为BaSO4、BaCO3的质量和，根据元素守恒，可知、的物质的量；(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L，该气体为氨气，说明原溶液中含，由气体体积计算出的物质的量，再结合电荷守恒，溶液呈电中性分析。【详解】根据上述分析可知：溶液中一定不含有Ba2+、Cu2+，一定含有、、， n()=n(BaSO4)==0.02mol，n()=n(BaCO3)==0.01mol，n()=n(NH3)==0.03mol，显然阴离子所带负电荷大于阳离子所带正电荷，则说明原溶液中还一定还含有阳离子Na+，但无法确定是否含有Cl-。A．综上所述可知：该固体中一定含有、、，但不一定含有Cl-，A错误；B．该固体中一定没有Cu2+、 Ba2+，一定含有Na+，可能含有Cl-，B错误；C．根据分析可知，该固体中一定含有、Na+、、，C正确；D．根据固体呈电中性可知，一定含有Na+ ，D错误；故合理选项是C。24.某小组通过如图所示实验，探究与水的反应。下列说法中错误的是A.②和③中产生的气泡，均可使带余烬的木条复燃B.充分振荡后，④中固体粉末未溶解C.⑤中溶液变红，说明有碱性物质生成D.的现象证明与水的反应过程中存在化合反应和分解反应两个反应【答案】D【解析】【分析】与水的反应的方程式为，通过实验现象可知反应原理为，。【详解】A．与水反应有氧气生成，②和③中产生的气泡为氧气，氧气可使带余烬的木条复燃，A正确；B．④中固体粉末为，是分解反应的催化剂，反应前后质量不变，充分振荡后，④中固体粉末未溶解，B正确；C．与水反应有生成，加酚酞，溶液变红，C正确； D．与水的反应过程中存在两个反应为复分解反应和分解反应，不存在化合反应，D错误；答案选D。25.铁、铜混合粉末加入溶液中，剩余固体质量为。下列说法正确的是A.剩余固体是和B.固体混合物中铜质量是C.反应后溶液中D.反应后溶液中【答案】B【解析】【分析】铁的金属活动性强于Cu，Fe先与氯化铁反应，Fe反应完后Cu与氯化铁反应，离子方程式分别为Fe+2Fe3+=3Fe2+，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，0.5molFe3+能消耗0.25molFe，质量为14g，0.5molFe3+能消耗Cu0.25mol，质量为16g，现剩余金属14.8g，说明两种金属都参与反应，Fe反应完，剩余固体为Cu，假设铁、铜混合物中参与反应的Fexmol，参与反应的Cu有ymol，则有56x+64y=14.8g，2x+2y=0.5mol，解得x=0.15mol，y=0.1mol。【详解】A．由分析可知，剩余固体是，故A错误；B．由分析可知，固体混合物中参与反应的Cu有0.1mol，则原来含有的铜的质量是：0.1mol×64g/mol+3.2g=9.6g，故B正确；C．溶液中的=0.15mol+0.1mol+0.5mol=0.75mol，故C错误；D．由分析可知，铁、铜混合物中参与反应的Fe为0.15mol，故D错误；故选B。三、填空题：(本大题共6小题，共40分)26.正确写出下列化学用语。（1）写出下列物质的化学式。①潮湿氯水真正起漂白作用的成分：_______；②磁铁矿的主要成分：_______。（2）碳酸氢铵的电离方程式：_______。（3）铝与溶液反应的离子方程式：_______。【答案】（1）①.②.（2） （3）【解析】【小问1详解】①氯水的主要成分有H+，Cl-，HClO分子、ClO-等，真正起漂白作用的成分是HClO分子；②磁铁矿主要成分是Fe3O4；【小问2详解】碳酸氢铵是强电解质，电离方程式为：；【小问3详解】铝与溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式：；27.某铁的化合物A存在如下转化关系:已知B为黄绿色气体单质。请完成下列问题:（1）A的化学式________。（2）向C的溶液中滴加适量KSCN溶液,无明显现象,再滴加几滴B的水溶液,溶液呈血红色。用离子方程式表示该过程________、________。（3）若D为金属,则D的化学式________(写出2种)。【答案】①.FeC13②.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-③.Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3④.Fe、Cu、Zn等(任选两种,其他答案合理也给分)【解析】【详解】（1）B为Cl2，由题可知A和C的组成元素相同，均含Fe和Cl元素，且C可以与Cl2反应生成A，则A为FeCl3，C为FeCl2，A的化学式为FeCl3。（2）Fe2+与SCN-无明显现象，加几滴氯水，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，对应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。（3）Fe3+转化为Fe2+，加入活泼的金属如Fe、Zn或不活泼金属如Cu，均可将Fe3+还原为Fe2+。点睛：本题解题的关键是分析出A和C均是铁的氯化物，铁元素化合价可以变化，C 可以与氯气反应生成A，说明A中铁元素的化合价高于C中铁元素的化合价，故A是FeCl3，C是FeCl2。28.某研究性学习小组设计了如图所示的实验，以此来验证氯、溴、碘三种卤素单质的氧化性顺序。图中A、B、C分别是浸有饱和溴化钠溶液、饱和碘化钾溶液、冷水的棉球，烧杯D中盛有氢氧化钠溶液。实验时，打开止水夹从左端导管口缓慢通入氯气片刻，关闭止水夹停通氯气再对B棉球进行加热。导管右侧插入玻璃管左侧橡胶塞请利用下表提供的信息，结合所学知识，完成下列问题：卤素单质颜色和状态蒸气颜色在水中的溶解度水溶液的颜色熔点/℃沸点/℃黄绿色气体/在一定量水中溶解的溶质的物质的量逐渐减少淡黄绿色深红棕色液体红棕色橙色58.78紫黑色固体紫色黄褐色1135184.4（1）棉球A的现象：_______。（2）棉球B上反应的离子方程式：_______。（3）棉球C的现象：_______。（4）氢氧化钠溶液的作用是_______，写出其中一反应的离子方程式：_______。（5）由于氟单质过于活泼，所以很难设计出一个简单的实验来验证其氧化性的强弱。试列举两项事实说明氟的非金属性比氯的强：_______、_______。【答案】（1）由白色逐渐变为橙色直至红棕色，加热后冒出红棕色气体（2）、 （3）由白色逐渐变为黄褐色直至紫黑色（4）①.吸收尾气，防止污染环境②.（5）①.的稳定性比的强②.能置换出水中的氧，而不能置换出水中的氧【解析】【分析】该实验利用氯气的强氧化性，制取相应卤素单质，据此回答。【小问1详解】棉球A浸泡有溴化钠，通入氯气后，氯气将溴离子氧化为溴单质，结合题中信息，即由白色逐渐变为橙色直至红棕色，加热后冒出红棕色气体；【小问2详解】A中生成溴单质，即B上氯气和溴均可以氧化碘离子，即、；【小问3详解】B中生成碘单质，受热易升华，然后又在C棉球上凝固，即由白色逐渐变为黄褐色直至紫黑色；【小问4详解】由于氯气和溴等具有污染性且可与氢氧化钠反应，即氢氧化钠溶液作用为吸收尾气，防止污染环境；离子方程式可为；【小问5详解】非金属性越强其简单氢化物越稳定，即的稳定性比的强；又能置换出水中的氧，而不能置换出水中的氧，即氟单质氧化性强于氯气。29.实验室需使用的稀硫酸，现欲用质量分数为98%的浓硫酸(密度为)进行配制。回答下列问题：（1）如图所示的仪器中，配制溶液肯定不需要的是_______(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_______(填仪器名称)。（2）需用量筒量取98%的浓硫酸的体积为_______。（3）下列操作中正确的是_______(填序号，下同) ；若配制过程中的其他操作均准确，下列操作能使所配溶液浓度偏高的有_______。①洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中②待稀释后的硫酸溶液冷至室温后，再将其转移到容量瓶中③将浓硫酸倒入烧杯中，再向烧杯中注入蒸馏水稀释浓硫酸④定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线⑦定容时，俯视刻度线【答案】（1）①.AD②.玻璃棒、胶头滴管（2）13.6（3）①.②⑤②.①⑦【解析】【小问1详解】由题目信息知配制溶液需要500mL容量瓶、量筒、烧杯、玻璃棒和胶头滴管，不需要圆底烧瓶和分液漏斗，即选AD；还需要用到玻璃棒和胶头滴管；【小问2详解】由题目信息和小问1详解知需要配制500mL、的溶液，又98%、密度为的浓硫酸浓度为，结合稀释公式，18.4mol/L×V(浓)=0.5mol/L×0.5L，解得V(浓)=0.0136L，所以需要量取浓硫酸体积为13.6；【小问3详解】①洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，导致溶质物质的量偏大，溶液浓度偏高，题中操作不正确；②待稀释后的硫酸溶液冷至室温后，再将其转移到容量瓶中，不会影响浓度的变化，题中操作正确；③浓硫酸溶于水放出大量热，且浓硫酸密度较大，则稀释浓硫酸的操作方法为：将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并不断搅拌，题中操作不正确；④定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸，导致浓硫酸物质的量偏小，则配制溶液浓度偏低，题中操作不正确；⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，不影响V，则配制溶液浓度不变，题中操作正确；⑥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，溶液浓度偏低，题中操作不正确；⑦定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，题中操作不正确； 综上操作正确的是②⑤；使所配溶液浓度偏高的有①⑦。30.氯气是一种重要的化工原料，实验室用如下装置制取氯气，并用氯气进行实验。回答下列问题：（1）装置A中用浓盐酸和MnO2发生反应制取氯气，请从下列①②③装置中选用合适的装置______(填装置序号)发生的离子方程式为______；反应中氧化剂与还原剂的质量比为______。（2）G装置用于尾气处理G瓶中发生反应的离子方程式______。（3）D中干燥红布条不褪色，E中湿润红布条褪色，D和E中现象的差异是因为E中发生了反应______(填化学方程式)。（4）F装置的现象是______。（5）下列有关该实验的说法正确的是______(填字母)。A.装置连接的顺序可以是ABCDEFGB.装置连接的顺序可以是ABFCDEGC.若过量的Cl2与I2反应的方程式为5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3，则F中现象是先变蓝后褪色D.8.7gMnO2与足量浓盐酸反应可生成2.24LCl2【答案】（1）①.②②.MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O③.87：73（2）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（3）Cl2+H2O=HCl+HClO（4）溶液变蓝（5）ABC【解析】【分析】利用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，并通过饱和食盐水净化，浓硫酸干燥后的气体通过干燥和湿润的有色布条检验是否具有漂白性，以及探究氯气的性质及注意尾气处理。【小问1详解】 用浓盐酸和MnO2加热反应制取氯气是固体和液体加热制备气体，属于固液加热制取气体，所以选择装置②；利用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，发生的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；根据反应发生的离子方程式MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O可知氧化剂MnO2与还原剂HCl的质量比为87：73；【小问2详解】G装置用于尾气处理，是G瓶中氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；【小问3详解】D中干燥红布条不褪色，E中湿润红布条褪色，D和E中现象的差异是因为E中氯气与水反应生成了次氯酸，发生了反应的化学方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO；【小问4详解】F装置中氯气氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉变蓝，故其现象是溶液变蓝；【小问5详解】A.制取的氯气先除去氯化氢再干燥，再通过干燥红布条检验是否能使其褪色，再通过湿润红布条，再通过淀粉KI溶液检验其氧化性，最后利用装置G进行尾气处理，故装置连接的顺序可以是ABCDEFG，选项A正确；B.制取的氯气先除去氯化氢，通过淀粉KI溶液检验其氧化性，再干燥，再通过干燥红布条检验是否能使其褪色，再通过湿润红布条，再最后利用装置G进行尾气处理，故装置连接的顺序可以是ABFCDEG，选项B正确；C.若过量的Cl2与I2反应则会将生成的碘氧化成碘酸，发生反应的方程式为5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3，则F中现象是先变蓝后褪色，选项C正确；D.二氧化锰与浓盐酸才能反应与稀盐酸不反应，故8.7gMnO2与足量浓盐酸反应生成Cl2在标准状况下的体积小于2.24L，且题中没说明标准状况，选项D错误；答案选ABC。31.为确定Fe和Cu混合物样品的组成，称取四份该样品分别加入相同浓度FeCl3 溶液200mL，充分反应，剩余沉淀的质量如下表：实验序号IIIⅢIVFeCl3溶液体积(mL)200200200200样品质量(g)9.3612.4815.618.72沉淀质量(g)6.409.6012.815.92（1）样品中物质的量之比n(Fe)∶n(Cu)=_________。（2）FeCl3溶液的物质的量浓度c(FeCl3)=_________。【答案】①.1∶4②.0.500mol·L-1【解析】