2023學年山東省德州市、煙臺市高一(上)期中化學試卷(附詳解)

1022頁2023-2023學年山東省德州市、煙臺市高一〔上〕期中化學試卷化學是一門布滿驚奇顏色的科學，以下說法錯誤的選項是( )化學家可以在微觀層面操縱分子和原子，組裝分子材料化學家制造出自然界中不存在的物質、材料滿足人們生產生活需求我國科學家覺察并合成了青蒿素，說明化學是一門具有制造性的科學法國科學家拉瓦錫提出原子論，為近代化學的進展奠定了堅實的根底以下物質的應用錯誤的選項是( )金屬鈉可用于冶煉金屬鈦C.ClO2用作漂白劑和消毒劑

活性炭用于殺菌除異味D.Na2O2用作供氧劑在海洋碳循環(huán)中，通過如以下圖的途徑固碳。以下說法錯誤的選項是( )該循環(huán)過程中未涉及氧化復原反響3碳酸氫鈉的電離方程式為NaHCO3=Na++HCO?3該循環(huán)削減了碳的排放，有利于實現(xiàn)“碳達峰、碳中和”a++O

↓+CO

↑+HO3 3 2 2以下說法正確的選項是( )混合物均由兩種或兩種以上的元素組成液態(tài)CH3COOH不導電，所以CH3COOH不是電解質膠體區(qū)分于溶液和濁液的本質特征是分散質微粒直徑介于1～100nm鹽類物質確定含有金屬陽離子以下有關氧化復原反響的說法正確的選項是( )金屬單質在反響中只能做復原劑，非金屬單質只能做氧化劑金屬陽離子被復原不愿定得到金屬單質物質中某元素的化合價上升，則該物質只做復原劑有單質參與的反響都是氧化復原反響4Ca2+Mg2+SO2?4以及泥沙等雜質，試驗方案如圖，以下說法錯誤的選項是( )4試劑a為BaCl2溶液，其目的是除溶液中的SO2?4假設先加鹽酸再過濾，將對試驗結果產生影響粗鹽提純的整個操作過程中共有兩處需要使用玻璃棒參與試劑b的主要目的是除去Ca2+和Ba2+用NA代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，以下說法正確的選項是( )100mL0.1mol?L?1的NaOH溶液中含有氧原子數(shù)為0.01NA0.1molFeCl3?6H2O參與沸水中完全反響生成膠體的粒子數(shù)為0.1NA標準狀況下，2.24LCO2與足量的Na2O2充分反響，轉移電子數(shù)為0.2NA5.6gFe和6.4gCu分別與0.1molCl2充分反響，轉移電子數(shù)均為0.2NA以下事實及其解釋錯誤的選項是( )氯水可以使有色布條褪色，是由于Cl2具有漂白性鈉保存在煤油中是由于煤油不與鈉反響且密度比鈉小，可以隔絕空氣和水蒸氣為增加漂白力氣向漂白粉溶液中參與少量白醋，緣由是醋酸的酸性比次氯酸強向包有Na2O2的脫脂棉吹氣，脫脂棉燃燒，說明CO2、H2O與Na2O2反響放熱且有O2生成以下各組離子在指定溶液中能大量共存的是( )食鹽水中：Br?、Fe2+、SO2?、NH+4 44 氯化鐵溶液中：K+、I?、NH+、NO4 3小蘇打溶液中：Ba2+、NO?、OH?、K+3“潔廁靈”溶液中：CH3COO?、Cl?、ClO?、Na+KIO36I2

+11KClO3

+3H2O

)2+5KCl+3Cl2

↑。以下說法正確的選項是( )3KH(IO3)2為復原產物3反響中氧化劑和復原劑的物質的量之比為6：11可用澄清石灰水吸取反響產生的Cl2制備漂白粉產生22.4L(標準狀況)Cl2時，轉移20mole?為完成以下各組試驗，所選玻璃儀器和試劑均準確、完整的是(不考慮存放試劑的容器)( )試驗目的試驗目的玻璃儀器試劑配制100mL確定物質的100mL容量瓶、燒杯、A量蒸餾水、NaCl固體量筒、玻璃棒濃度的NaCl溶液制備Fe(OH)3膠體NaCl溶液的蒸發(fā)結晶燒杯、酒精燈、膠頭滴管蒸餾水、飽和FeCl3溶液酒精燈、玻璃棒、坩堝 NaCl溶液D 驗證KI具有復原性試管、膠頭滴管酸性KMnO4溶液、KI溶液A B.B C.C D.D以下物質的鑒別方法錯誤的選項是( )用NaOH溶液鑒別MgCl2溶液、CuCl2溶液、FeCl3溶液用澄清石灰水鑒別Na2CO3溶液和NaHCO3溶液用CO2鑒別NaCl溶液和CaCl2溶液用丁達爾現(xiàn)象鑒別淀粉溶液和NaCl溶液X、Y為兩種強酸．同溫同壓下，1Lc1mol?L?1的X溶液與足量鋅粒反響，生成H2體積為V1L；1Lc2mol?L?1的Y溶液與足量鋅粒反響，生成H2體積為V2L.以下說法正確的選項是()X、Y生成H2

的物質的量之比確定為V1V2鋅粒消耗X、Y的物質的量之比確定為V1V2X、Y的濃度之比c1確定等于V1c2 V2由V1確定能確定X、Y對應酸根離子的化合價V2某興趣小組用如圖裝置探究Na與CO2的反響產物，PdCl2+CO+H2O=Pd↓(黑色)+CO2+2HCl。以下說法正確的選項是( )為了避開生成的CO2中混有HCl，最好用稀硫酸代替稀鹽酸裝置Ⅲ的目的是除去HCl試驗時先翻開活塞a，再點燃酒精燈裝置Ⅴ消滅黑色沉淀，則裝置Ⅳ發(fā)生反響2Na+2CO

2△–Na2CO3+CO2△在兩份一樣的Ba(OH)2溶液中分別滴入物質的量濃度相等的H2SO4NaHSO4溶液，其導電力氣隨滴入溶液體積變化的曲線如以下圖．以下說法正確的選項是( )①代表滴加H2SO4溶液的變化曲線a處溶液的導電力氣幾乎為0，所以BaSO4是非電解質4c點兩溶液中SO2?的物質的量關系：4b～d的離子方程式為H+OH?HO= 2試驗室需250mL0.5mol?L?198%的濃硫酸(ρ=1.84g?cm?3)制．請答復以下問題：盛濃硫酸的試劑瓶標簽上印有以下危急化學品標志中的 (填字母)．所需濃硫酸的體積為 的量筒，應選用 mL的量筒．取用任意體積的該稀硫酸，以下物理量中不隨所取體積的多少而變化的是 (填字母)．A.溶液中H2SO4的物質的量B.溶液的濃度4C.溶液中SO2?D.溶液的密度4將E步驟補充完整，配制時正確的操作挨次是 (用字母表示)．用適量蒸餾水洗滌燒杯及玻璃棒2～3次，洗滌液均注入容量瓶棒不斷攪拌，使其混合均勻將已冷卻的稀硫酸沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中D.將容量瓶蓋緊，反復上下顛倒，搖勻E.連續(xù)往容量瓶內留神地加蒸餾水使液面接近瓶頸上的刻度線1～2cm， ．以下操作造成配制的溶液濃度偏小的是 (填字母)．溶解濃硫酸后未冷卻直接轉移溶液B.容量瓶洗滌后殘留少量的蒸餾水C.所用過的燒杯、玻璃棒未洗滌D.用量筒量取濃硫酸時俯視刻度E.用蒸餾水洗凈量筒后直接量取濃硫酸配制溶液假設試驗過程中加蒸餾水時不慎超過了刻度線，該如何處理？ ．1774(主要成分是MnO2)產生了一種黃綠色氣體．1810年，戴維確認這是一種元素組成的單質，并命名為Chlorine(中文命名“氯氣”)．試驗室沿用舍勒的方法制取Cl2的化學方程式為 ．試驗室中用NaOH溶液吸取尾氣中的Cl2的離子方程式為 ，配制0.2mol?L?1的NaOH溶液450mL，所需NaOH固體的質量為 ．用Cl2可制備HClO溶液，將HClO溶液參與到滴有酚酞的NaOH溶液中，觀看到溶液紅色褪去．溶液褪色的緣由可能是①NaOH被HClO中和，② .設計試驗探究溶液紅色褪去的緣由 ．HClO溶液不能長期存放的緣由是 (用化學方程式表示)，檢驗長期存放的HClO溶液中陰離子的試驗操作及現(xiàn)象是 ．Na2O2(夾持儀器省略)，用金屬鈉和空氣來制備Na2O2(不考慮空氣中N2與Na反響)．假設規(guī)定氣流的方向為從左到右，各儀器連接的接口挨次(每個裝置只用一次)是：空氣→ → → → → → → (填字母)．裝置Ⅱ的作用是 ；假設沒有裝置Ⅳ可能導致生成的Na2O2中含有 (填化學式)．該小組同學稱取ag所制備的Na2O2樣品，利用如圖裝置測定Na2O2樣品的純度(夾持儀器省略)．①儀器連接好后的第一步操作是 ．②有同學提出該試驗裝置存在缺陷，應當在A、B裝置之間增加一個盛有飽和NaHCO3溶液的洗氣瓶，該同學想法是否必要？ (填“是”或“否”)，理由是 ．③O2的體積為VmL，計算樣品中Na2O2的質量分數(shù)約為 %.④試驗完成后D到E之間導管內殘留水的體積會使測量結果 (填“偏大”“偏小”或“不影響”)．Mg2ClO(OH)3?H2O微溶于水，不潮解，相對穩(wěn)定，是一種無機抗菌劑，以菱鎂礦(MgCO3，含少量FeCO3)為主要原料制備Mg2ClO(OH)3?H2O的工業(yè)流程如圖，請答復以下問題：Mg2ClO(OH)3?H2O中氯元素的化合價為 ，該物質所屬物質類別為 。Mg2ClO(OH)3?H2O在酸性溶液中具有殺菌、漂白作用，其緣由是 (用離子方程式解釋)。步不能在較高溫度下進展可能的緣由是 2O2的作用是 (用離子方程式表示)。操作Ⅰ所用的玻璃儀器有 。混合時發(fā)生反響的離子方程式為 。Cl2O3.8℃，42℃以上分解為Cl2和O2，高濃度時易爆炸．某學習小組利用Cl2和潮濕的碳酸鈉反響生成Cl2O，再用水吸取Cl2O制備HClO溶液，裝置如圖，請答復以下問題：儀器a的名稱是 ，A中發(fā)生反響的離子方程式為 ．試驗中須把握Cl2與空氣(不參與反響)的體積比為1：3，裝置B的作用是 (答出兩條即可)．裝置C中生成Cl2O、CO2，反響的化學方程式為 ，為使反響充分進展，試驗中實行的措施有 ．假設裝置C不冷卻，則進入裝置D中的Cl2O會大量削減，可能的緣由是 ．裝置E所盛試劑是 ，作用是 ．答案和解析【答案】D【解析】解：A.化學是一門在原子、分子水平上爭論物質的組成、構造、性質及其變化規(guī)律的一門根底自然學科，化學家可以在微觀層面操縱分子和原子，組裝分子材料，故A正確；化學爭論的主要目的是：生疏物質的組成、構造(包括原子、分子、離子等微粒)、性質以及變化規(guī)律，可以利用先進的技術和設備制造出的分子，所以化學是在原子、分子的水平上爭論物質的一門自然科學，故化學家可以制造出自然界中不存在的物質、材料滿足人們生產生活需求，故B正確；化學爭論的主要目的是：生疏物質的組成、構造(包括原子、分子、離子等微粒)、性性的科學，故C正確；9故D錯誤；應選：D?；瘜W是一門在原子、分子水平上爭論物質的組成、構造、性質及其變化規(guī)律的一門根底自然學科；化學爭論的主要目的是：生疏物質的組成、構造(包括原子、分子、離子等微粒)、性質以及變化規(guī)律，可以利用先進的技術和設備制造出的分子；化學的爭論目的是幫助人們生疏、改造和應用物質；是提出了原子學說?；瘜W根本概念內涵是解此題關鍵，題目難度不大?！敬鸢浮緽解：A.NaA正確；B.活性炭具有吸附性，可用于除異味，但不能殺菌，故B錯誤；C.ClO2具有強氧化性，可用作漂白劑和消毒劑，故C正確；D.Na2O2與二氧化碳反響生成氧氣，可用作供氧劑，故D正確；應選：B。A.Na可置換出四氯化鈦中的鈦；B.活性炭具有吸附性；C.ClO2具有強氧化性；D.Na2O2與二氧化碳反響生成氧氣。此題考察物質的性質及應用，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反響、性質與用途為解答的關鍵，側重分析與應用力氣的考察，留意元素化合物學問的應用?！敬鸢浮緼【解析】解：A、二氧化碳和水在葉綠樹作用下光合作用是氧化復原反響，則該循環(huán)過程中涉及氧化復原反響，故A錯誤；3B、碳酸氫鈉的電離方程式：NaHCO3=Na++HCO?B正確；3C.該循環(huán)削減了碳的排放，有利于實現(xiàn)“碳達峰、碳中和”，故C正確；33D、依據反響圖象分析，鈣化過程中HCO?轉化為CaCO3和CO2，所以鈣化作用的離子方程式為Ca2++2HCO?=CaCO3↓+CO2↑+H2OD正確；33應選：A。A、光合作用是氧化復原反響；B、碳酸氫鈉電離生成鈉離子和碳酸氫根離子；C.削減了碳的排放，有利于實現(xiàn)“碳達峰、碳中和”；3D、依據反響圖象分析，鈣化過程中HCO?轉化為CaCO3和CO2。3是解題的關鍵?！敬鸢浮緾【解析】解：A.氧氣和臭氧組成的混合物只含有一種元素，故A錯誤；液態(tài)CH3COOH不導電，但是醋酸在水溶液中能導電，所以CH3COOHB錯誤；膠粒的直徑在1～100nm之間，溶液的小于1nm，濁液的大于100nm，則膠體區(qū)分于溶液和濁液的本質特征是分散質粒子直徑在1～100nmC正確；鹽類物質不愿定含有金屬陽離子，如氯化銨等銨鹽，故D錯誤；應選：C。由兩種或者兩種以上物質組成的為混合物；在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導電的化合物為電解質；膠體區(qū)分于其他分散系的本質特征是分散質微粒直徑的大小不同；D.氯化銨為鹽，不含金屬陽離子。鍵，題目難度不大?！敬鸢浮緽【解析】解：A、金屬單質只能做復原劑，非金屬單質可以做氧化劑和復原劑，故A錯誤；B、金屬陽離子被復原，可能得到單質，可能得到金屬離子，如Fe3+被復原為Fe2+，故B正確；C、某元素化合價上升，同時也可能伴隨著該元素化合價降低，故該元素可能只做復原劑，也可能即做復原劑又做氧化劑，故C錯誤；D、有單質參與的反響不愿定存在化合價的變化，如氧氣轉化為臭氧，故D錯誤；應選：B。A、金屬單質只能做復原劑，非金屬單質可以做氧化劑和復原劑；B、金屬陽離子被復原，可能得到單質，可能得到金屬離子；C、某元素化合價上升，同時也可能伴隨著該元素化合價降低；D、有單質參與的反響不愿定存在化合價的變化．鍵，側重氧化復原反響根本概念及分析與應用力氣的考察，留意結合實例分析，題目難度不大?！敬鸢浮緾4【解析】解：A.試劑a為BaCl2溶液，其目的是除溶液中的SO2?，且確定在碳酸鈉之前，4故A正確；假設先加鹽酸再過濾，沉淀會溶解，對試驗有影響，故B正確；溶解、過濾、蒸發(fā)均使用玻璃棒，共3C錯誤；加試劑b為Na2CO3溶液，可除去Ca2+和Ba2+，故D正確；應選：C。4a2O?a2O3溶液，可除去鈣離子及過量的鋇離子，加NaOH可除去鎂離子，過濾后，向濾液中加鹽酸可除去過量NaOH及碳酸鈉，最終蒸發(fā)、結晶、烘干得到精鹽，以此來解答。4此題考察粗鹽提純，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反響、混合物的分別方法為解答的關鍵，側重分析與試驗力氣的考察，留意元素化合物學問的應用。【答案】D【解析】解：A.100mL0.1mol?L?1的NaOH溶液中含有氧原子數(shù)大于0.01NA，故A錯誤；B.氫氧化鐵膠體為多個氫氧化鐵集合體，所以0.1molFeCl3?6H2O參與沸水中完全反響生成膠體的粒子數(shù)小于0.1NA，故B錯誤；C.標況下，2.24L二氧化碳的物質的量為

2.24L

=0.1mol，而Na

O與CO

的反響為歧22.4L/mol

2 2 2化反響，消耗1molCO2轉移1mol電子，故0.1mol二氧化碳轉移0.1mol電子，故C錯誤；D.0.1mol鐵完全反響消耗0.15mol氯氣，明顯氯氣缺乏，0.1mol氯氣完全反響移的電子的物質的量為0.2mol；0.1mol銅與0.1mol氯氣恰好完全反響，轉移的電子的物質的量為0.2mol，所以二者轉移的電子數(shù)均為0.2NA，故D正確；應選：D。氫氧化鈉溶液中，氫氧化鈉和水都含氧原子；B.氫氧化鐵膠體為多個氫氧化鐵集合體；C.Na2O2與CO2的反響為歧化反響；D.5.6g鐵物質的量為：

5.6g

=0.1mol，6.4g銅物質的量為：

=0.1mol，分別與56g/mol 64g/mol0.1mol氯氣反響，氯氣缺乏完全反響，依據氯氣的量計算轉移電子數(shù)。的構造是解題關鍵?！敬鸢浮緼【解析】解：A.氯水有漂白性是由于氯水中含次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯氣不具有漂白性，故A錯誤；鈉與氧氣、水都反響，煤油不與鈉反響且密度比鈉小，鈉保存在煤油中可以隔絕空氣和水蒸氣，故B正確；醋酸酸性強于次氯酸，為增加漂白力氣向漂白粉溶液中參與少量白醋，故C正確；D.Na2O2的脫脂棉吹氣，脫脂棉燃燒，故D正確；應選：A。氯氣不具有漂白性；鈉與氧氣、水都反響，保存時應隔絕空氣；C.依據強酸制備弱酸的規(guī)律解答；D.過氧化鈉與水、二氧化碳反響都生成氧氣，且放出大量的熱?！敬鸢浮緼【解析】解：A.Br?、Fe2+、SO2?、NH+之間不反響，且能夠在食鹽水中大量共存，故4 4A正確；3B.Fe3+、I?之間發(fā)生氧化復原反響，在氯化鐵溶液中不能大量共存，故B錯誤；C.HCO?、OH?之間反響生成碳酸根離子和水，不能大量共存，故C錯誤；3D.“潔廁靈”溶液中含有Cl?H+，Cl?ClO?H+之間反響生成氯氣，CH3COO?H+之間反響生成醋酸，不能大量共存，故D錯誤；應選：A。A.四種離子之間不反響；B.鐵離子能夠氧化碘離子；C.碳酸氫根離子與氫氧根離子反響；D.淸廁靈的主要成分為氯化氫，氫離子、氯離子與次氯酸根離子反響生成氯氣，醋酸根離子與氫離子反響。此題考察離子共存的推斷，為高頻考點，把握題干暗含信息、常見離子的性質及離子反響與應用力氣，題目難度不大?！敬鸢浮緿

+11KClO3

+3H2O

6KH(IO3)2

+5KCl+3Cl2

↑中I元素化合價△由0價上升到+5價，則I2為復原劑，KH(IO3)2A錯誤；△B.依據方程式可知，I元素化合價由0價上升到+5價，I2為復原劑，Cl元素化合價由+5價13I2：6，故B錯誤；C.漂白粉可由生成的氯氣與石灰乳反響制得，發(fā)生反響2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OC錯誤；D.2e?即2時，反響轉移20mole?D正確；△應選：D?！鞣错?I2

+11KClO3

+3H2O

–6KH(IO3)2

+5KCl+3Cl2

↑中I元素化合價由0價上升到+5價，則I2為復原劑，Cl元素化合價由+5價降到?1價和0價，則KClO3成3molCl2時，轉移60mole?，據此分析解答。I2為標準計算轉移電子數(shù)，考察較為根底，難度適中?！敬鸢浮緽D【解析】解：A.配制100mL確定物質的量濃度的NaCl溶液，所需的玻璃儀器有100mL容量瓶、膠頭滴管、燒杯、量筒、玻璃棒，選項中缺少膠頭滴管，需要的試劑為蒸餾水、NaClA錯誤；制備Fe(OH)3膠體的方法為往燒杯中參與適量蒸餾水并加熱至沸騰，向沸水滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，連續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色停頓加熱，得到氫氧化鐵膠體，故需要的玻FeCl3溶液，故B正確；NaCl溶液的蒸發(fā)結晶，所需試劑為NaCl溶液，所需的玻璃儀器有酒精燈、玻璃棒、蒸發(fā)皿，坩堝是灼燒固體的儀器，故C錯誤；酸性KMnO4溶液可氧化KI生成碘，溶液顏色由紫色變?yōu)樽攸S色，可知KI具有復原性，故D正確；應選：BD。配制100mL確定物質的量濃度的NaCl100mL管、燒杯、量筒、玻璃棒；制備Fe(OH)3膠體的方法為往燒杯中參與適量蒸餾水并加熱至沸騰，向沸水滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，連續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色停頓加熱，得到氫氧化鐵膠體；NaCl溶液的蒸發(fā)結晶，所需試劑為NaCl溶液，所需的玻璃儀器有酒精燈、玻璃棒、蒸發(fā)皿；酸性KMnO4溶液可氧化KI生成碘。膠體制備和驗證KI具有復原性等內容，考察范圍較廣，把握根底為解題關鍵，整體難度適中。【答案】BC解：A.MgCl2CuCl2FeCl3溶液分別與NaOH溶液反響生成白色沉淀、藍色沉淀、紅褐色沉淀，現(xiàn)象不同，可鑒別，故A正確；Na2CO3溶液和NaHCO3溶液均與石灰水反響生成白色沉淀，現(xiàn)象一樣，不能鑒別，故B錯誤；NaCl溶液和CaCl2溶液均與二氧化碳不反響，現(xiàn)象一樣，不能鑒別，故C錯誤；丁達爾現(xiàn)象為膠體特有的性質，淀粉溶液為膠體分散系，現(xiàn)象不同，可鑒別，故D正確；應選：BC。MgCl2溶液、CuCl2溶液、FeCl3溶液分別與NaOH溶液反響生成白色沉淀、藍色沉淀、紅褐色沉淀；Na2CO3溶液和NaHCO3溶液均與石灰水反響生成白色沉淀；C.NaCl溶液和CaCl2溶液均與二氧化碳不反響；D.丁達爾現(xiàn)象為膠體特有的性質，淀粉溶液為膠體分散系。此題考察物質的鑒別，為高頻考點，把握物質的性質、反響與現(xiàn)象為解答的關鍵，側重分析與試驗力氣的考察，留意元素化合物學問的應用?！敬鸢浮緼【解析】解：A.X、Y生成H2的物質的量之比確定為V1，故A正確；V2XY的物質的量之比不確定為V1，故B錯誤；V2由于兩種強酸的元數(shù)不確定XY的濃度之比c1不愿定等于V1，c2 V2故C錯誤；V1不愿定能確定X、Y對應酸根離子的化合價，故DV2錯誤；應選：A。一樣條件下氣體的體積之比是物質的量之比；由于兩種強酸的元數(shù)不確定，不能確定鋅粒消耗X、Y的物質的量之比；C.由于兩種強酸的元數(shù)不確定，不能確定X、Y的濃度之比；D.由于兩種強酸的元數(shù)不確定，不能確定X、Y對應酸根離子的化合價。此題考察化學方程式的計算，難度不大，解題的關鍵是要生疏酸包含一元酸、二元酸、多元酸，鋅和對應的酸反響，消耗的各種酸不能確定。【答案】CD【解析】解：A.用稀硫酸代替稀鹽酸，生成硫酸鈣包裹在碳酸鈣的外表，阻擋反響的進一步發(fā)生，故A錯誤；B.裝置Ⅲ的目的是枯燥二氧化碳，故B錯誤；C.試驗時先翻開活塞a，利用產生的二氧化碳排出裝置內空氣，防止鈉與氧氣反響，再點燃酒精燈，故C正確；D.裝置Ⅴ消滅黑色沉淀，V中發(fā)生PdCl2+CO+H2O=Pd↓(黑色)+CO2+2HCl，則裝△置Ⅳ發(fā)生反響2Na+2CO2△應選：CD。Na2CO3+COD正確；由試驗裝置可知，I中發(fā)生CaCO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，濃鹽酸易揮發(fā)，Ⅱ中飽和碳酸氫鈉溶液可除去HCl，Ⅲ中濃硫酸枯燥二氧化碳，Ⅴ消滅黑色沉淀，可知Ⅳ中△發(fā)生2Na2CO2?Na2CO3CO，以此來解答?！鞔祟}考察物質的性質試驗，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反響與現(xiàn)象、試驗技能為解答的關鍵，側重分析與試驗力氣的考察，留意元素化合物學問的應用，題目難度不大?！敬鸢浮緼D【解析】解：A.Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反響方程式分別為H2SO4+2=O4↓H24+2=O4↓H+24+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液導電力氣與離子濃度成正比，依據圖知，曲線①在a點溶液導電力氣接近0Ba(OH)2溶液和H2SO4②為Ba(OH)2溶液和NaHSO4①代表滴加H2SO4溶液的變化曲線，故A正確；B.a點酸堿恰好完全反響生成硫酸鋇和水，硫酸鋇難溶于水，但是溶解局部全部電離，是強電解質，故B錯誤；C.兩份一樣的Ba(OH)2H2SO4NaHSO4溶液，c點參與的體積也相等，即參與的硫酸根離子物質的量一樣，①中稀硫酸過量，溶質為硫酸，②中硫酸氫鈉過量，則溶質為NaOH、Na2SO4，過量的硫酸根離子物質的量一樣，故硫酸根離子濃度一樣，故C錯誤；D.從開頭到b點發(fā)生的反響為：NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，b點的溶4～H++H2D正確；應選：AD。A.Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反響方程式分別為H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓H24+2=O4↓H+24+)2=O4↓+Na2SO4+2H2O，溶液導電力氣與離子濃度成正比，依據圖知，曲線①在a點溶液導電力氣接近0Ba(OH)2溶液和H2SO4的反響，則曲線②為Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反響；硫酸鋇難溶于水，但是溶解局部全部電離，是強電解質；兩份一樣的Ba(OH)2H2SO4NaHSO4溶液，c點參與的體積也相等；b點的溶質為NaOH，連續(xù)參與NaHSO4溶液，H+與OH?反響。此題考察酸堿混合溶液定性推斷，為高頻考點，側重考察學生分析推斷及識圖力氣，明正比，易錯選項是B?！敬鸢浮緿 6.8 10 BD BCAED用膠頭滴管滴加蒸餾水使溶液的凹液面恰好與刻度線相切CDE 重配制【解析】解：(1)濃硫酸具有猛烈的腐蝕性，應貼腐蝕品標志，D為腐蝕品標志，故答案為：D；(2)配制250mL0.5mol/L的稀硫酸，需要硫酸的物質的量是：0.25L×0.5mol/L=0.125mol，設需要密度為1.84g/mL，質量分數(shù)為98%濃硫酸溶液的體積為VmL，依據溶液的稀釋可得：V×1.84×98%mol=0.125mol，解得V≈6.8mL，依據大而近原則，應選98擇10mL量筒，故答案是：6.8；10；(3)A.依據n=cV知，溶質的物質的量與溶液體積有關，故A不選；B.溶液是均一穩(wěn)定的，物質的量濃度與溶液體積無關，故B選；C.依據n=cV、N=nNA可知，硫酸根離子數(shù)目與溶液體積有關，故C不選；D.溶液是均一穩(wěn)定的，密度與溶液體積無關，故D選，故答案為：BD；(4)配制確定物質的量濃度溶液的一般步驟為：計算、稱量(量取)、溶解(稀釋)、冷卻、BCAED；定容的正確操作為：用膠頭滴管滴加蒸餾水，使溶液的凹液面恰好與刻度線相切，故答案為：BCAED；用膠頭滴管滴加蒸餾水，使溶液的凹液面恰好與刻度線相切；(5)A.溶解濃硫酸后未冷卻直接轉移溶液，冷卻后溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故A不選；濃度無影響，故B不選；所用過的燒杯、玻璃棒未洗滌，導致局部溶質損耗，溶質的物質的量偏小，溶液濃度偏低，故C選；用量筒量取濃硫酸時俯視刻度，導致量取濃硫酸體積偏小，溶液濃度偏低，故D選；E.量偏小，溶液濃度偏低，故E選；故答案為：CDE；(6)故答案為：重配制。濃硫酸具有猛烈的腐蝕性，應貼腐蝕品標志；先計算出需要硫酸的物質的量，再依據濃硫酸密度、質量分數(shù)計算出需要濃硫酸的體積；依據大而近原則選擇量筒規(guī)格；溶液密度、物質的量濃度與溶液體積無關，溶液中溶質物質的量、微粒數(shù)都與體積有關；配制確定物質的量濃度溶液的一般步驟為：計算、稱量(量取)、溶解(稀釋)、冷卻、轉移、洗滌、定容、倒轉搖勻等；依據定容的正確操作解答；(5)分析操作對溶質物質的量和溶液體積的影響，依據c=n進展誤差分析；V(6)但凡操作不當導致試驗失敗且無法補救的，都需要重配制。作步驟、誤差分析、物質的量濃度計算方法即可解答，題目難度中等?！敬鸢浮縈nO2

+4HCl(濃)

+Cl2

↑+2H2

O Cl2

+2OH?=Cl?+ClO?+△H2O 4.0g HClO有漂白性往褪色后的溶液中滴加過量的NaOH溶液，假設溶液變紅，證△明褪色的緣由為假設溶液不顯紅色證明褪色的緣由為② 2HClO

2HCl+O ↑ 取2少量久置HClO溶液于試管中，參與AgNO3溶液，假設產生白色沉淀，說明溶液中含有Cl?2△【解析】解：(1)舍勒制取Cl2的方法是將MnO2△△水，其化學方程式為：MnO2△

+4HCl(濃)

+Cl2

↑+2H2O，故答案為：MnO2

+4HCl(濃)

+Cl2

↑+2H2O；(2)試驗室中用NaOH溶液吸取尾氣中的Cl2的化學方程式為：Cl2+2NaOH=NaCl+O+2l2+H?=l?+O?+2l?1NaOH溶液450mL，選用500mL容量瓶，則所需NaOH固體的物質的量為0.2mol?L?1×0.5L=0.1mol，故NaOH固體的質量為0.1mol×40g/mol=4.0g，故答案為：Cl2+2OH?=Cl?+ClO?+H2O；4.0g；HClOHClO溶液參與到滴有酚酞的漂白作用不行逆，可通過調整溶液酸堿性探究溶液紅色褪去的緣由，方法為：往褪色后的溶液中滴加過量的NaOH溶液，假設溶液變紅，證明褪色的緣由為①，假設溶液不顯紅色，證明褪色的緣由為②，故答案為：HClO有漂白性；往褪色后的溶液中滴加過量的NaOH溶液，假設溶液變紅，證明褪色的緣由為①，假設溶液不顯紅色，證明褪色的緣由為②；HClO溶液不能長期存放的緣由是HClO不穩(wěn)定，見光易分解，其化學方程式為：2HClO

2HCl+O ↑，則長期存放的HClO溶液中存在的陰離子有Cl?，可利用氯化銀2沉淀檢驗Cl?，試驗方法為：取少量久置HClO溶液于試管中，參與AgNO3溶液，假設產生白色沉淀，說明溶液中含有Cl?，2故答案為：2HClO照

2HCl+O2↑；取少量久置HClO溶液于試管中，參與AgNO3溶液，假設產生白色沉淀，說明溶液中含有Cl?。(1)舍勒制取Cl2的方法是將MnO2與濃鹽酸混合加熱，產生氯化錳、氯氣和水；(2)試驗室中用NaOH溶液吸取尾氣中的Cl2的化學方程式為：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，配制0.2mol?L?1的NaOH溶液450mL，選用500mL容量瓶，再依據n=c×V和m=nM計算；HClONaOH溶液褪色的緣由可能與溶液酸堿性有關，也可能與HClO的漂白作用有關，據此解答；HClO不穩(wěn)定，見光易分解產生HCl和氧氣，可利用氯化銀沉淀檢驗溶液中的Cl?。的原理、氯氣和次氯酸的性質、氯離子的檢驗方法以及容量瓶的使用規(guī)格，留意審題。【答案】h g f e a(b) b(a) c 防止空氣中的H2O(g)和CO2進入裝置I Na2CO3 檢查裝置的氣密性否A裝置出來的氣體有CO2、H2O(g)、HCl，三者與Na2O2反響均生成O2，且為2Na2O2

～O2

，故HCl的存在不影響純度的測定39V 偏小56a【解析】解：(1)空氣中的二氧化碳和水蒸氣會干擾過氧化鈉的制備，需要除去，最終還需要防止空氣中的二氧化碳和水蒸氣進入裝置Ⅰ各儀器連接的接口挨次(每個裝置只用一次)是：空氣→hgfea(b)b(a)c，故答案為：h；g；f；e；a(b)；b(a)；c；I2O2Ⅳ，生成的過氧化鈉能和二氧化碳反響生成碳酸鈉，則可能導致生成的Na2O2中含有Na2CO2，故答案為：防止空氣中的H2O(g)和CO2進入裝置I；Na2CO3；①由于有氣體參與和生成，則儀器連接好后的第一步操作是檢查裝置的氣密性，故答案為：檢查裝置的氣密性；②由于從A裝置出來的氣體有CO2、H2O(g)、HCl，三者與Na2O2反響均生成O2，且為2Na2O2～O2HCl的存在不影響純度的測定，故答案為：否；A裝置出來的氣體有CO2、H2O(g)、HCl，三者與Na2O2反響均生成O2，且為2Na2O2～O2HCl的存在不影響純度的測定；③讀出量筒內水的體積后折算成標準狀況下O2的體積為VmL，氧氣的物質的量是V ，22400依據2NaO～O可知過氧化鈉的物質的量是V ，則樣品中Na2O2的質量分數(shù)約為2 2 2

11200V mol×78g/mol11200

×100%=39V%，ag故答案為：39V；56a

56a④試驗完成后D到E之間導管內殘留水的體積會使氧氣的體積偏小，則測量結果偏小，故答案為：偏小。利用空氣和金屬鈉反響制備過氧化鈉，需要把空氣中的二氧化碳和水蒸氣除去，且還要防止空氣中的二氧化碳、水蒸氣和過氧化鈉反響；裝置II的作用是防止空氣中的H2O(g)和CO2進入裝置I；假設沒有裝置Ⅳ，生成的過氧化鈉能和二氧化碳反響生成碳酸鈉，則可能導致生成的Na2O2中含有Na2CO2；測定樣品純度時，用裝置A制備二氧化碳，裝置B中過氧化鈉和二氧化碳、揮發(fā)出的氯化氫以及水蒸氣反響生成氧氣，裝置C除去剩余的二氧化碳，最終利用排水法測量氧氣的體積，據此解答。此題考察物質的制備和含量的測定試驗，為高頻考點，把握制備流程、發(fā)生的反響、物合，題目難度中等。19.

答案+1(堿式)鹽Mg2ClO(OH)3?H2O+4H+=2Mg2++HClO+4H2O H2O2在較高溫度下易分解H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O漏斗、燒杯、玻璃棒2Mg2++3OH?+ClO?+H2O=Mg2ClO(OH)3?H2O↓【解析】解：(1)Mg2ClO(OH)3?H2O中Mg是+2價，H是+1價，O是?2價，依據化合價代數(shù)和為0可知氯元素的化合價為+1價，該物質還能電離出氫氧根離子，因此所屬物質類別為堿式鹽，故答案為：+1；(堿式)鹽；Mg2ClO(OH)3?H2O在酸性溶液中堿式次氯酸鎂生成次氯酸：Mg2ClO(OH)3?H2O+H+=g++O+2故答案為：Mg2ClO(OH)3?H2O+4H+=2Mg2++HClO+4H2O；由于在H2O2在較高溫度下易分解，所以步驟②不能在較高溫度下進展，反響中雙氧水氧化亞鐵離子，方程