重庆市第一中学校2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题卷 Word版含解析.docx

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重庆市第一中学2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32Cl35.5K39Cu64As75Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题：本题包括10个小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意。1.金属材料对于促进生产发展、改善人类生活发挥了巨大作用。下列物品的主要成分不属于金属材料的是A．插线板外壳B．地铁车体C．一元硬币D．潜水器耐压球壳A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．插线板外壳有机合成的树脂材料，不是金属材料，故A符合题意；B．地铁车体为合金材料，属于金属材料，故B不符合题意；C．硬币为金属合金材料，故C不符合题意；D．潜水器耐压球壳为合金，属于金属材料，故D不符合题意；故选：A。2.列化学用语使用正确的是 A.的电离方程式为：B.的原子核内质子数为：14C.镁离子的结构示意图为：D.中的阴离子符号为：【答案】C【解析】【详解】A．为强电解质，在水溶液中完全电离，且电离时亚硫酸氢根不能拆开，正确的电离方程式为：，故A错误；B．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数，的原子核内质量数为14，质子数为6，故B错误；C．镁离子核外有10个电子，结构示意图为，故C正确；D．由钠离子和过氧根离子构成，其阴离子符号为：，故D错误；答案选C。3.化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法错误的是A.钾钠合金常温下呈液态，可用作核反应堆的传热介质B.等具有氧化性，可用于自来水的消毒杀菌C.铁与常温下不反应，可将液氯储存在钢瓶中D.铝与浓硫酸常温下不反应，可用铝槽车运送浓硫酸【答案】D【解析】【详解】A．因钠合金常温下呈液态，汽化热大，能输送很多能量，可用作核反应堆的传热介质，故A正确；B．因等具有氧化性，可用于自来水的消毒杀菌，故B正确；C．干燥的氯气与铁常温下不反应，在加热或点燃条件下才能反应，所以可将液氯储存在钢瓶中，故C正确； D．铝槽车能运输浓硫酸，是因常温下铝遇到浓硫酸表面能形成了一层致密的氧化膜，阻止反应的进一步发生，而与铝的性质活泼、与酸碱反应无因果关系，故D错误；故选D。4.南北朝时期陶弘景所著的《本草经集注》中记载了鉴别硝石(主要成分)的方法：“以火烧之，紫青烟起，云是真硝石也”。下列说法错误的是A.该方法为焰色试验，利用钾的焰色为紫色进行鉴别B.实验室中观察钾的焰色时，需要透过蓝色的钴玻璃C.根据火焰的特征颜色，可判断试样中是否含有铂元素D.利用不同金属元素五彩缤纷的焰色，可制成节日烟花【答案】C【解析】【详解】A．钾元素的焰色反应实验需要透过蓝色钴玻璃观察，焰色反应为紫色，紫青烟起，说明含有钾元素，A正确；B．钾元素的焰色反应实验需要透过蓝色钴玻璃排出其它颜色的干扰，然后进行观察，焰色反应为紫色，B正确；C．铂元素不会出现特征颜色变化，不能根据火焰的特征颜色判断试样中是否含有铂元素，C错误；D．不同元素会出现不同的焰色反应，利用不同金属元素五彩缤纷的焰色，可制成节日烟花，D正确；故选C。5.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.澄清透明的溶液中：B.加入铝粉能产生的溶液中：C.久置的氯水中：D.溶液中：【答案】A【解析】【详解】A．澄清透明的溶液中，四种离子间不发生任何反应，在溶液中能大量共存，故A符合题意；B．加入铝粉能产生的溶液中可能为酸性或碱性，碱性条件下，氢氧根离子和镁离子生成氢氧化镁沉淀，不共存，故B不符合题意；C．久置的氯水为酸性，酸性条件下硝酸根离子、高锰酸根离子均可以氧化亚铁离子，不共存，故C 不符合题意；D．溶液中电离出大量的氢离子，氢离子和次氯酸根离子生成次氯酸、和四羟基合铝酸根离子生成铝离子和水，不共存，故D不符合题意；故选A。6.实验室中将饱和溶液滴入沸水中可制得胶体，下列说法正确的是A.从外观上，无法区分溶液和胶体B.利用半透膜进行渗析，可除去胶体中的C.胶体带正电，故进行电泳实验时，阴极周围的颜色会加深D.利用饱和溶液与浓氨水反应也可制得胶体【答案】B【解析】【详解】A．FeCl3溶液为黄色，Fe(OH)3胶体为红褐色，从外观上可以区分FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，故A错误；B．胶体不能透过半透膜，溶液中粒子可以透过半透膜，利用半透膜进行渗析，可除去胶体中的，故B正确；C．Fe(OH)3胶体电泳实验中阴极颜色加深，说明Fe(OH)3胶粒带正电荷，向阴极移动，而Fe(OH)3胶体为电中性，故C错误；D．饱和溶液与浓氨水反应可制得沉淀，故D错误；故选B。7.下列离子方程式中，正确的是A.溶液中通入少量：B.通入石灰乳中：C.饱和溶液中通入过量：D.Al放入溶液中：【答案】D【解析】 【详解】A．溶液中通入少量的离子方程式：3ClO-+SO2+H2O═+Cl-+2HClO，A错误；B．通入石灰乳中：，不存在离子反应，B错误；C．饱和溶液中通入过量的离子方程式：，C错误；D．Al放入溶液中的离子方程式：，D正确；故选D。8.下列实验装置(固定装置略去)或操作正确的是A．吸收尾气B．除去中的少量C．检查装置气密性D．收集A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．吸收装置中的导管下连漏斗，漏斗的边缘紧靠液面，易吸收易溶性气体HCl，能防止倒吸，A错误；B．除去中的少量，通入气体的导管需要长进短出，B错误；C．关闭止水夹，通过长颈漏斗加入水，可以通过压强法检查装置的气密性，C正确；D．氯气密度大于空气，可以通过向上排空气法收集氯气，D错误；故合理选项是C。9.下列“类推”合理的是已知类推A工业制：工业制： B将加入溶液中：将加入溶液中：C将加入盐酸中：将加入溶液中：D和发生铝热反应：和发生铝热反应：A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．工业上电解氧化铝制取金属铝，故A不符合题意；B．将加入溶液中，Na先和水反应，再和硫酸铜反应，故B不符合题意；C．将加入溶液中：，故C不符合题意；D．和发生铝热反应：，同样和发生铝热反应：，类推合理，故D符合题意；故选D。10.下图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图，则下列叙述正确的是A.通入A气体是为了使溶液呈酸性B.第Ⅰ步和第Ⅱ步的总反应方程式为：C.第Ⅲ步操作所得的滤液中，溶质只有 D.第Ⅳ步操作得到的固体产品常用于治疗胃酸过多【答案】B【解析】【详解】A．A为氨气，使溶液呈碱性，可吸收更多CO2，A错误；B．第Ⅰ步和第Ⅱ步为制取碳酸氢钠的反应，总反应方程式为：，B正确；C．第Ⅲ步操作所得的滤液中，溶质包含NaCl、NaHCO3、，C错误；  D．Ⅳ步得到的是碳酸钠，治疗胃酸过多应该使用碳酸氢钠，D错误；故选B。二、选择题：本题包括10个小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意。11.为精制食盐，需采用如下流程除去粗盐中的和杂质。下列有关说法中，正确的是A.试剂①、②、③可能分别是过量的溶液B.除去的主要反应：C.流程中的“过滤”和“加入盐酸”可以颠倒D.向滤液中加入盐酸后，再在烧杯中蒸发结晶可得到NaCl固体【答案】B【解析】【分析】除去粗盐中的和杂质，溶解后，①中加氯化钡除去，②中加NaOH除去Mg2+，③中加碳酸钠除去Ca2+及过量的氯化钡（碳酸钠需在氯化钡之后加入），然后过滤，过滤后，再加盐酸，除去过量的碳酸钠、氢氧化钠，然后蒸发、结晶、烘干，得到精盐，以此解答该题。【详解】A．碳酸钠需在氯化钡之后加入，A错误；B．加NaOH除去Mg2+，除去的主要反应：，B正确；C．流程中的“过滤”和“加入盐酸”不可以颠倒，否则导致沉淀重新溶解，C错误；D．向滤液中加入盐酸后，在蒸发皿中蒸发结晶可得到NaCl固体，D错误；故选B。12.碳酸亚铁(，不溶于水)常用作补血剂，实验室中常以铁粉、稀硫酸、 溶液为主要原料来制备，其装置如下图所示下列说法错误的是A.实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是为了除B.装置4的作用是液封，防止空气进入反应体系C实验开始时，应关闭阀门，打开阀门D.在装置3中产生，离子方程式为：【答案】C【解析】【分析】Fe和硫酸反应产生氢气，关闭K1打开K2，在左侧烧瓶中产生H2，H2会使左侧中气体进入右侧烧瓶，将空气排出装置，防止亚铁离子被氧化；然后打开K1，关闭K2，H2使左侧烧瓶中压强增大，将左侧中液体压入右侧中，与右侧中的溶液反应生成碳酸亚铁。【详解】A．亚铁离子容易被氧气氧化，实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是为了除，A正确；B．装置4中玻璃导管伸入液面下，作用是液封，可以防止空气进入反应体系，B正确；C．实验开始时，应关闭阀门K1，打开阀门K2，使生成的氢气排出装置内的空气，C错误；D．在装置3中产生，离子方程式为：，D正确；故选C。13.下列实验操作及现象所得结论正确的是选项实验操作及现象结论A将固体粉末加入过量溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液既体现碱性又体现酸性 B向溶液中加入片，一段时间后，溶液变蓝铁比铜活泼性强C向酸性溶液中滴加溶液，紫红色褪去具有漂白性D将红色固体加热，得到绿色固体，且生成的气体可使带火星的木条复燃热稳定性：A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．将固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液，说明能够和碱反应，体现酸性，不能得出其具有碱性的结论，A错误；B．铜和铁离子生成亚铁离子和铜离子，没有生成铁单质，不能说明铁比铜活泼性强，B错误；C．向酸性溶液中滴加溶液，紫红色褪去，高锰酸钾被氧化为锰离子，说明过氧化氢具有氧化性，而不是漂白性，C错误；D．红色固体加热，得到绿色固体，且生成的气体可使带火星的木条复燃，生成气体为氧气，说明受热分解为氧气和，热稳定性：，D正确；故选D。14.实验室用还原制备金属W的装置如下图所示(Zn粒中往往含有ZnS等杂质，与盐酸反应会产生还原性的气体；焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法错误的是A.①、②、③中依次盛装溶液、浓、焦性没食子酸溶液B.管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度C.结束反应时，先停止加热，待瓷舟冷却至室温后，再关闭活塞KD.装置Q不可用作二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气的发生装置 【答案】A【解析】【分析】H2还原WO3制备金属W，装置Q用于制备氢气，因盐酸易挥发，则①、②、③应分别用于除去HCl、H2S、氧气和水，得到干燥的氢气与WO3在加热条件下制备W，实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，以避免W被重新氧化，以此解答该题。【详解】A．①、②、③应分别用于除去HCl、H2S、氧气和水，可用高锰酸钾除去含HCl和H2S杂质，用焦性没食子酸溶液除去氧气，最后通过浓硫酸干燥，故A错误；B．点燃酒精灯进行加热前，应检验氢气的纯度，以避免不纯的氢气发生爆炸，可点燃气体，通过声音判断气体浓度，声音越尖锐，氢气的纯度越低，故B正确；C．实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，使瓷舟冷却至室温后，再关闭活塞K，以避免W被重新氧化，故C正确；D．二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气要加热，启普发生器不能加热，故D正确；故选：A。15.为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.和的固体混合物中含有的阴、阳离子总数为B.标准状况下，溶于水，溶液中和的微粒数之和为C.对于反应，生成时电子转移数为D.将钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成分子数为【答案】A【解析】【详解】A．NaHSO4和KHSO3的摩尔质量均为120g/mol，故120g混合物的物质的量为n==0.1mol，且两者均由1个阳离子和1个阴离子构成，故0.1mol混合物中含阳离子为0.2NA个，故A正确；B．物质的量为..5mol，氯气通入水中，只有少量的氯气与水反应，水溶液中含氯微粒有Cl2、Cl-、HClO、ClO-，因此水溶液中和的微粒数之和小于，故B错误；C．对于反应，生成时转移6mol电子，则生成1mol氢气电子转移数为，故C错误； D．钠的物质的量为=0.2mol，根据2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，此反应产生的分子数为，但是氢氧化钠与铝单质反应还生成了氢气，故D错误；故选A。16.在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是A.在含的混合溶液中缓慢通入B.在含的溶液中逐滴加入稀盐酸：C.在含的溶液中逐滴加入溶液：D.在含有等离子且浓度相等的溶液中加入锌粉：【答案】C【解析】【详解】A．在含的混合溶液中缓慢通入二氧化碳，首先生成碳酸钡沉淀，故氢氧化钡首先反应，A错误；B．氢离子首先和氢氧根离子生成水、和离子生成氢氧化铝沉淀、和碳酸根离子生成碳酸氢根离子，B错误；C．氢氧根离子首先和氢离子生成水、和铝离子生成氢氧化铝沉淀、和铵根离子生成一水合氨，再和氢氧化铝生成离子，C正确；D．锌首先会置换出银离子、铜离子，再和氢离子、铁离子反应，D错误；故选C。17.在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲乙两种气体。若两容器的温度和压强均相等，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是A.甲的分子数比乙的分子数多B.甲的物质的量比乙的物质的量少C.甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小D.甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小【答案】B【解析】【分析】两容器的温度和压强均相同,则气体的Vm相等，两容器气体质量相等，且甲的密度大于乙的密度，可以知道甲体积小于乙体积，由n=可以知道甲气体的物质的量小于乙，以此解答该题。 【详解】A.由以上分析可以知道甲气体的物质的量小于乙，则甲的分子数小于乙的分子数，故A错误；B.由以上分析可以知道甲气体的物质的量小于乙，所以B选项是正确的；C.两容器的温度和压强均相同，则气体的Vm相等，故C错误；D.气体质量相同，甲的物质的量比乙的物质的量小，由M=可以知道甲的相对分子质量大于乙的相对分子质量，故D错误。所以B选项是正确的。18.为验证次氯酸光照分解的产物，某同学采用三种传感器分别测得氯水光照过程中pH、浓度、体积分数的变化，实验数据如图所示。已知：①②用来表示的化学反应速率。下列叙述错误的是A.从0s到150s，溶液pH降低的原因是HClO的电离程度增大B.从0s到150s，溶液的增加到起始浓度的倍C.从50s到150s，的平均生成速率约为D.光照后，会分解为和，且溶液的导电能力会增强【答案】A【解析】【详解】A．从0s到150s，溶液pH降低且Cl-浓度增大，说明是HClO分解生成HCl的缘故，故A错误；B．从0s到150s，溶液的pH由2降低到1.5，则溶液中增加到起始浓度的=倍，故B正确；C．从50s到150s，Cl-的变化浓度约为400mg/L，则平均生成速率约为=，故C正确； D．HClO分解产物有HCl和O2，氯水光照过程中溶液的酸性增强、Cl-浓度增大，导电能力会增强，故D正确；故答案为A。19.实验室中利用固体进行如下实验，下列说法正确的是A.G为还原产物，Q为氧化产物B.实验中浓盐酸只作还原剂C.Mn元素只参与了2个氧化还原反应D.G与Q的物质的量(n)之和：0.2mol≤n＜0.25mol【答案】D【解析】【分析】固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl-被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2；【详解】A．加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由-2升高至0被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，A错误；B．反应中HCl生成被氧化氯气，部分HCl生成盐氯化锰，故浓盐酸体现还原性和酸性，B错误；C．固体受热分解生成K2MnO4、MnO2，K2MnO4、MnO2与浓盐酸发生氧化还原反应被还原为MnCl2，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，C错误；D．每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氯气转移2mol电子，若高锰酸钾转化为氯化锰过程中得到的电子全部是氯离子生成氯气所失去的，则气体的物质的量最大，由电子守恒可知，2KMnO4∼5Cl2，则n(气体)=0.25mol；若高锰酸钾完全分解后再和浓盐酸生成氯气，得到气体的物质的量最小，则，生成0.05mol氧气、0.05mol锰酸钾、0.05mol二氧化锰，由电子守恒可知，KMnO4∼2Cl2、MnO2∼Cl2，则0.05mol锰酸钾、0.05mol二氧化锰共生成氯气0.1mol+0.05mol=0.15mol，则总的气体为0.20mol，故G与Q的物质的量(n)之和：0.2mol≤n＜0.25mol，D 正确；故选D20.利用小粒径零价铁(ZVI)电化学腐蚀将三氯乙烯(C2H3Cl)处理为乙烯(C2H4)，进行酸性水体修复的过程如图所示。等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量。下列说法错误的是A.反应①②③④均为还原反应B.单位时间内，三氯乙烯脱去amolCl时C.④的反应式可表示为D.增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可使增大【答案】B【解析】【详解】A．由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的还原反应，A正确；B．三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1molC2HCl3转化为1molC2H4时，得到6mol电子，脱去3mol氯原子，所以脱去amolCl时ne=2amol，B错误；C．由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化+8e-→，由于生成物中有，所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH-来配平，所以④的电极反应式为+10H++8e-=+3H2O，C正确；D．增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，D正确；答案选B。Ⅱ卷(非选择题，共50分) 三、非选择题：本大题包括4个小题，共50分。21.金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：（1）存贮时，Na应保存在___________中；实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有玻璃片、小刀、___________和___________等。（2）工业上采用电解熔融NaCl(熔点为)制备金属Na，电解反应方程式：，加入的目的是___________(填序号)。a．作催化剂，加块电解反应的速率b．作还原剂，将还原为c．作助熔剂，降低生产过程的能耗d．作氧化剂，将氧化为（3）钠能与液氨反应，生成氨基钠(NaNH2)和一种气体单质。将钠投入液氨中，会快速得到深蓝色溶液(生成蓝色的溶剂合电子，如图所示)，后慢慢产生气泡。①生成的气体为___________(填分子式)②当钠投入液氨生成气体时，Na共失去的电子___________(填“>”、“<”或“=”)（4）采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2。为防止空气中的某些成分与Na2O2反应，空气与熔融金属Na反应前需依次通过___________。(填序号)a．无水b．饱和食盐水c．饱和溶液d．溶液e．溶液（5）对固体充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.28g，则固体的质量为___________g。（6）为确定和混合物样品的组成，称取四份该样品溶于水后分别逐滴加入相同浓度的稀盐酸，充分反应，产生的体积(已折算成标准状况下的体积，不考虑在水中的溶解)如下表： 实验序号ⅠⅡⅢⅣ盐酸体积(mL)30.030.030.030.0样品质量(g)2.963.705.186.66体积(mL)672840896672①样品中物质的量之比___________。②稀盐酸的物质的量浓度___________mol/L。【答案】（1）①.煤油②.镊子③.滤纸（2）c（3）①.②.>（4）e、a（5）1.68（6）①.1∶2②.2.5【解析】【小问1详解】少量金属钠保存在煤油里，取用钠时用镊子夹取，滤纸吸干表面的煤油，则实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有玻璃片、小刀、镊子、滤纸。【小问2详解】NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na,加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，所以加入CaCl2能降低NaCl的熔点，减少能耗，所以CaCl2作助溶剂，故选c。【小问3详解】钠①沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡，钠和液氨反应的化学方程式为：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，则该气体为；②1个钠参加反应失去1个电子，则0.1mol钠投入液氨中生成0.05molH2时，共失去0.1mol电子，则Na共失去的电子>。小问4详解】采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2，空气中CO2、水蒸气都能与熔融金属Na反应，所以在反应前需要将空气中的CO2、水蒸气除去，CO2属于酸性氧化物，能和碱液反应，无水氯化钙具有吸水性，所以空气与熔融金属Na反应前需依次通过KOH溶液、浓硫酸，故答案为：e；a。 【小问5详解】对固体NaHCO3充分加热，产生Na2CO3、二氧化碳和水蒸气，将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量Na2O2，Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据差量法可知，当增重0.28g(CO的质量)时，消耗的二氧化碳的物质的量为=0.44g，其物质的量为=0.01mol，根据碳酸氢钠受热分解的关系式2NaHCO3～CO2可知，消耗NaHCO3的物质的量为0.02mol，故质量为0.02mol×84g/mol=1.68g。【小问6详解】①结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明Ⅰ、Ⅱ中盐酸过量，Na2CO3和NaHCO3的完全反应，设出Ⅰ中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为x、y，则①106x+84y=2.96、②x+y==0.03mol，联立①②解得：x=0.02mol、y=0.01mol，所以样品中物质的量之比n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=0.02mol：0.01mol=1：2；②根据实验Ⅲ、Ⅳ可知，Ⅳ中盐酸不足，Na2CO3优先反应生成NaHCO3，设6.66g样品中含有碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为2x、x，则106×2x+84x=6.66，解得：x=0.0225mol，即6.66g样品中含有0.045mol碳酸钠、0.0225mol碳酸氢钠，将样品加入盐酸中，先发生反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，0.045mol碳酸钠完全反应消耗HCl的物质的量为0.045mol，碳酸钠完全反应后发生再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，生成标准状况下672L二氧化碳消耗HCl的物质的量为：n(HCl)=n(CO2)==0.03mol，所以30mL盐酸中含有HCl的物质的量为：0.045mol+0.03mol=0.075mol，该盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)==2.5mol/L。22.是一种重要的无机功能材料，将粗(含较多和杂质)样品提纯的工艺路线如下。按要求回答下列问题：（1）本实验第(ⅰ)步需要用的稀，现采用市售浓硫酸来配制该溶液。 ①配制该溶液时，除烧杯、量筒、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是___________(填写名称)。②如图为市售浓硫酸试剂瓶上所贴标签的部分内容。经计算，本配制实验需要用量筒量取该浓硫酸的体积为___________。硫酸(化学纯)分子式：相对分子质量：98密度：质量分数：98%③下列操作会使配得的硫酸溶液浓度偏低的是___________(填标号)。a．量取浓硫酸时俯视量筒的刻度线b．定容时俯视容量瓶的度线c．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线d．转移洗涤液时酒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制④使用浓硫酸时，存在一定的安全风险。实验方案中出现的图标和，前者提示实验者结束实验后需清洗双手，后者要求实验者___________(填防护措施)。关于实验操作及实验室突发事件的应对措施，下列说法正确的是___________(填标号)。a．稀释浓硫酸时，应将水缓慢注入浓硫酸中，并不断搅拌b．皮肤溅上酸液，先用大量水冲洗，再涂上3%~5%的硼酸溶液c．眼睛溅进酸液，先用大量水冲洗，再用饱和碳酸钠溶液冲洗d．少量酸滴到实验桌上，应立即用湿抹布擦净，然后用水冲洗抹布（2）第(ⅰ)步加稀时，粗样品中的___________(写出化学式)转化为可溶性物质。（3）第一次过滤后，所得需要洗涤，判断其已洗涤干净的方法是___________。（4）完成第(ⅱ)步相关的离子反应：_________（5）第(ⅲ)步主要发生的反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)，该反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。【答案】（1）①.容量瓶、胶头滴管②.50.0③.ac④.佩戴护目镜⑤.d（2） （3）取最后一次洗涤液少量于试管中，先加稀盐酸，再加溶液，没有沉淀出现，则证明沉淀已经洗干净了（4）（5）5∶1【解析】【分析】由制备流程可知，MnO2不溶于硫酸，样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，滤液中含MnSO4，第ⅱ步发生5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，第ⅲ步中发生氯气与热的NaOH发生氧化还原反应生成NaCl、NaClO3、水，溶液蒸发可得到固体，据此解答。【小问1详解】①配制的稀，需要用500mL容量瓶，则除烧杯、量筒、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是500mL容量瓶、胶头滴管。②市售浓硫酸的浓度为，本配制实验需要用量筒量取该浓硫酸的体积为。③a．量取浓硫酸时俯视量筒的刻度线，量取的溶液偏少，浓度偏低；b．定容时俯视容量瓶的度线，加水过少，浓度偏高；c．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，加水过多，浓度偏低；d．转移洗涤液时酒到容量瓶外，继续用该未清洗容量瓶重新配制，导致溶质偏多，浓度偏高；故选ac。④前者提示实验者结束实验后需清洗双手，后者要求实验者佩戴护目镜。a．稀释浓硫酸时，应将浓硫酸缓慢注入水中，并不断搅拌，a错误；b．皮肤溅上酸液，先用大量水冲洗，再涂上3%~5%的碳酸氢钠溶液，b错误；c．眼睛溅进酸液，先用大量水冲洗，再用饱和碳酸氢钠溶液冲洗，c错误；d．少量酸滴到实验桌上，应立即用湿抹布擦净，然后用水冲洗抹布，d正确；故选d。【小问2详解】第(ⅰ)步加稀时，粗样品中的转化为可溶性的硫酸锰。【小问3详解】所得 可能含有杂质硫酸根离子，判断其已洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少量于试管中，先加稀盐酸，再加溶液，没有沉淀出现，则证明沉淀已经洗干净了。【小问4详解】反应中Mn2+被氧化为MnO2，氯酸根离子被还原为氯气，结合得失电子守恒和最小公倍法，配平为。【小问5详解】该反应中，氯气和氢氧化钠反应生成NaClO3、NaCl，结合得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5:1。23.无水(易水解、易升华)是常用的有机合成催化剂。工业铁粉(含少量杂质As)与氯气反应制备无水的实验装置如图所示：回答下列问题：（1）装置A中装浓盐酸的仪器名称为___________，制备的化学方程式是___________。（2）装置F中的作用是___________。（3）利用___________的性质，在H和J处收集产物。（4）实验过程中，当I处出现堵塞时，会观察到C和D处大量冒泡。①D处发生反应的离子方程式为___________。②此时可通过___________(填简单操作)，使本实验能继续进行。（5）装置L的作用是___________。当装置L中的全部反应后便会失效，用___________(填化学式)溶液可检验其是否失效。（6）产品中含有少量杂质。取产品溶于稀盐酸中，用的标准溶液滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液。测定过程中发生的相关反应有：和。产品中的质量分数为___________%(保留到小数点后一位)。 【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.（2）除去中的水蒸气（3）易升华（4）①.②.加热Ⅰ处（5）①.处理尾气②.（6）99.5【解析】【分析】装置A中氯酸钾与浓盐酸反应生成KCl、Cl2、H2O，混有HCl和水蒸气的Cl2进入装置B（盛装饱和食盐水）中，除去HCl气体，再将气体通入装置C（盛装浓硫酸）中，除去水蒸气，D用于防止堵塞以及吸收氯气，F对氯气进一步干燥，干燥的Cl2通入装置G中，与Fe在加热的条件下反应，生成FeCl3，再通过装置H、I对FeCl3蒸汽进行冷凝，K防止后面水蒸气进入，L吸收多余的氯气，据此分析回答问题。【小问1详解】装置A中装浓盐酸的仪器名称为恒压滴液漏斗，氯酸钾与浓盐酸反应制备的化学方程式是。【小问2详解】装置F中的作用是除去中的水蒸气。【小问3详解】氯化铁易升华，利用易升华的性质，在H和J处收集产物。【小问4详解】①D处氯气和氢氧化钠反应，发生反应的离子方程式为。②氯化铁易升华，此时可通过加热Ⅰ处，使本实验能继续进行。【小问5详解】根据分析，装置L的作用是处理尾气。当装置L中的全部反应后便会失效，根据亚铁离子遇到铁氰化钾溶液生成沉淀，用溶液可检验其是否失效。【小问6详解】根据发生的反应可知n(AsCl3)=n(H3AsO3)=n(KMnO4)，消耗KMnO4标准溶液6.00mL，所以n(AsCl3)=×0.006L×0.02000mol/L=0.0003mol，所以产品中SnCl4的质量分数为 ×100%≈99.5%。24.某“变废为宝”学生探究小组设计如下工艺流程，对废锌(含铁和铜的氧化物杂质)和除氯后的卤水(含碘离子)联合应用，最终制得胆矾、、碘等。已知：①锌元素与铝元素的性质类似，例如氧化锌也能溶于强碱{生成}。②本工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子开始沉淀的pH6.26.31.54.7沉淀完全的pH8.28.32.86.8③还原性：回答下列问题：（1）“碱浸”中发生反应的化学方程式为___________。（2）“转化”中，加入足量的目的是___________。（3）“调pH”时需控制该溶液的pH范围为___________之间。“调pH”之后，需要加热煮沸10min，冷却后再“过滤”。煮沸10min的作用是___________。（4）“还原焙烧”的气体产物可循环利用到“沉锌”中。若该气体不足，“沉锌”中发生反应的离子方程式为___________。（5）“置换”反应的离子方程式为___________。（6）“氧化”过程中若反应物用量比时，氧化产物为___________(填化学式)：当 时，单质碘的收率会降低，原因是会将碘氧化为，写出该反应的化学方程式___________。采用升华法可精制粗碘，该过程需选择下列仪器中的___________(填序号，夹持装置略)。（7）胆矾结晶水测定：①称量干燥坩埚的质量为，加入胆矾后总质量为，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为___________(写表达式)。②下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏低的是___________(填标号)。a．实验前胆矾未充分干燥b．加热时有少量胆矾迸溅出来c．加热时部分样品由白色变为黑色d．加热后的放在空气中冷却后称量【答案】（1）（2）将全部氧化为，且不引入新的杂质（3）①.2.8～4.7②.破坏胶体，易于过滤（4）（5）（6）①.②.③.acdf（7）①.②.d【解析】【分析】废锌加入氢氧化钠碱溶，锌溶解成为浸液，沉锌后过滤得到氢氧化锌，浸渣为铁和铜的氧化物，加入硫酸酸溶、加入过氧化氢将亚铁离子转化为铁离子，加入氨水调节pH 使得铁转化为氢氧化铁沉淀，滤液处理得到胆矾；氢氧化铁焙烧加入CO还原得到铁，铁和碘化银的悬浊液生成银单质和碘化亚铁，氯气氧化碘离子得到粗碘；【小问1详解】锌元素与铝元素的性质类似，例如氧化锌也能溶于强碱{生成}，则“碱浸”中发生反应为锌和氢氧化钠反应生成和氢气，化学方程式为：；【小问2详解】过氧化氢具有强氧化性，能将二价铁氧化为三价铁，“转化”中，加入足量的目的是将全部氧化为，且不引入新的杂质，以利于后续将铁离子转化为沉淀除去；【小问3详解】由流程可知，调节pH将铁离子转化为沉淀而铜离子不沉淀，则由表数据可知，需控制该溶液的pH范围为2.8～4.7；加热煮沸10min可以使生成的氢氧化铁胶体发生聚沉，变成大颗粒的沉淀，易于过滤分离；【小问4详解】“还原焙烧”中一氧化碳转化为二氧化碳气体，二氧化碳气体产物可循环利用到“沉锌”中，二氧化碳不足，会使得转化为氢氧化锌沉淀和碳酸根离子，故发生反应的离子方程式为；【小问5详解】“置换”反应铁和碘化银的悬浊液生成银单质和碘化亚铁，离子方程式为；【小问6详解】碘离子还原性大于亚铁离子，“氧化”过程中氯气首先氧化碘离子为碘单质，再氧化亚铁离子生成铁离子，若反应物用量比时，氯气只会氧化碘离子生成碘单质，故氧化产物为；当时，单质碘的收率会降低，原因是会将碘氧化为，同时氯气被含有为氯离子，该反应中氯化合价由0变为-1、碘化合价由0变为+5，结合电子守恒可知，反应为。采用升华法可精制粗碘，该过程需选择下列仪器中的a烧杯、c石棉网（加热烧杯用）、d酒精灯（加热源）、f冷水的烧瓶（冷凝碘单质）；【小问7详解】 ①称量干燥坩埚的质量为，加入胆矾后总质量为，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为，则硫酸铜的质量为-、结晶水的质量为--（-）=-，则硫酸铜、结晶水的物质的量分别为、，则胆矾分子中结晶水的个数为；②a．胆矾未充分干燥，样品中含有水，导致最终结果偏高；b．加热时胆矾迸出，导致胆矾加热后固体质量差变大，测得结晶水的最终结果偏高；c．加热时部分样品由白色变为黑色，则部分硫酸铜分解生成氧化铜，加热后固体质量差变大，使得测得结果偏高；d．加热后的放在空气中冷却后称量，会吸收部分空气中水，加热后固体质量差变小，使得测得结果偏低；