2023學(xué)年山東省德州市、煙臺市高一(上)期中化學(xué)試卷(附詳解)

1022頁2023-2023學(xué)年山東省德州市、煙臺市高一〔上〕期中化學(xué)試卷化學(xué)是一門布滿驚奇顏色的科學(xué)，以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是( )化學(xué)家可以在微觀層面操縱分子和原子，組裝分子材料化學(xué)家制造出自然界中不存在的物質(zhì)、材料滿足人們生產(chǎn)生活需求我國科學(xué)家覺察并合成了青蒿素，說明化學(xué)是一門具有制造性的科學(xué)法國科學(xué)家拉瓦錫提出原子論，為近代化學(xué)的進(jìn)展奠定了堅(jiān)實(shí)的根底以下物質(zhì)的應(yīng)用錯(cuò)誤的選項(xiàng)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(cuò)誤的選項(xiàng)是( )該循環(huán)過程中未涉及氧化復(fù)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(shí)現(xiàn)“碳達(dá)峰、碳中和”a++O

↓+CO

↑+HO3 3 2 2以下說法正確的選項(xiàng)是( )混合物均由兩種或兩種以上的元素組成液態(tài)CH3COOH不導(dǎo)電，所以CH3COOH不是電解質(zhì)膠體區(qū)分于溶液和濁液的本質(zhì)特征是分散質(zhì)微粒直徑介于1～100nm鹽類物質(zhì)確定含有金屬陽離子以下有關(guān)氧化復(fù)原反響的說法正確的選項(xiàng)是( )金屬單質(zhì)在反響中只能做復(fù)原劑，非金屬單質(zhì)只能做氧化劑金屬陽離子被復(fù)原不愿定得到金屬單質(zhì)物質(zhì)中某元素的化合價(jià)上升，則該物質(zhì)只做復(fù)原劑有單質(zhì)參與的反響都是氧化復(fù)原反響4Ca2+Mg2+SO2?4以及泥沙等雜質(zhì)，試驗(yàn)方案如圖，以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是( )4試劑a為BaCl2溶液，其目的是除溶液中的SO2?4假設(shè)先加鹽酸再過濾，將對試驗(yàn)結(jié)果產(chǎn)生影響粗鹽提純的整個(gè)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(xiàng)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(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCO2與足量的Na2O2充分反響，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA5.6gFe和6.4gCu分別與0.1molCl2充分反響，轉(zhuǎn)移電子數(shù)均為0.2NA以下事實(shí)及其解釋錯(cuò)誤的選項(xiàng)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(qiáng)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(xiàng)是( )3KH(IO3)2為復(fù)原產(chǎn)物3反響中氧化劑和復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為6：11可用澄清石灰水吸取反響產(chǎn)生的Cl2制備漂白粉產(chǎn)生22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)Cl2時(shí)，轉(zhuǎn)移20mole?為完成以下各組試驗(yàn)，所選玻璃儀器和試劑均準(zhǔn)確、完整的是(不考慮存放試劑的容器)( )試驗(yàn)?zāi)康脑囼?yàn)?zāi)康牟Ａx器試劑配制100mL確定物質(zhì)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(jié)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(yàn)證KI具有復(fù)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(zhì)的鑒別方法錯(cuò)誤的選項(xiàng)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(dá)爾現(xiàn)象鑒別淀粉溶液和NaCl溶液X、Y為兩種強(qiáng)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(xiàng)是()X、Y生成H2

的物質(zhì)的量之比確定為V1V2鋅粒消耗X、Y的物質(zhì)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(yīng)酸根離子的化合價(jià)V2某興趣小組用如圖裝置探究Na與CO2的反響產(chǎn)物，PdCl2+CO+H2O=Pd↓(黑色)+CO2+2HCl。以下說法正確的選項(xiàng)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(yàn)時(shí)先翻開活塞a，再點(diǎn)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(zhì)的量濃度相等的H2SO4NaHSO4溶液，其導(dǎo)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(xiàng)是( )①代表滴加H2SO4溶液的變化曲線a處溶液的導(dǎo)電力氣幾乎為0，所以BaSO4是非電解質(zhì)4c點(diǎn)兩溶液中SO2?的物質(zhì)的量關(guān)系：4b～d的離子方程式為H+OH?HO= 2試驗(yàn)室需250mL0.5mol?L?198%的濃硫酸(ρ=1.84g?cm?3)制．請答復(fù)以下問題：盛濃硫酸的試劑瓶標(biāo)簽上印有以下危急化學(xué)品標(biāo)志中的 (填字母)．所需濃硫酸的體積為 的量筒，應(yīng)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(zhì)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(bǔ)充完整，配制時(shí)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?qū)⒁牙鋮s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(fù)上下顛倒，搖勻E.連續(xù)往容量瓶內(nèi)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(zhuǎn)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(shí)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(shè)試驗(yàn)過程中加蒸餾水時(shí)不慎超過了刻度線，該如何處理？ ．1774(主要成分是MnO2)產(chǎn)生了一種黃綠色氣體．1810年，戴維確認(rèn)這是一種元素組成的單質(zhì)，并命名為Chlorine(中文命名“氯氣”)．試驗(yàn)室沿用舍勒的方法制取Cl2的化學(xué)方程式為 ．試驗(yàn)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(zhì)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(shè)計(jì)試驗(yàn)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(xué)方程式表示)，檢驗(yàn)長期存放的HClO溶液中陰離子的試驗(yàn)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(shè)規(guī)定氣流的方向?yàn)閺淖蟮接?，各儀器連接的接口挨次(每個(gè)裝置只用一次)是：空氣→ → → → → → → (填字母)．裝置Ⅱ的作用是 ；假設(shè)沒有裝置Ⅳ可能導(dǎo)致生成的Na2O2中含有 (填化學(xué)式)．該小組同學(xué)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(xué)提出該試驗(yàn)裝置存在缺陷，應(yīng)當(dāng)在A、B裝置之間增加一個(gè)盛有飽和NaHCO3溶液的洗氣瓶，該同學(xué)想法是否必要？ (填“是”或“否”)，理由是 ．③O2的體積為VmL，計(jì)算樣品中Na2O2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為 %.④試驗(yàn)完成后D到E之間導(dǎo)管內(nèi)殘留水的體積會使測量結(jié)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(jī)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(fù)以下問題：Mg2ClO(OH)3?H2O中氯元素的化合價(jià)為 ，該物質(zhì)所屬物質(zhì)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(jìn)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 ?；旌蠒r(shí)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(shí)易爆炸．某學(xué)習(xí)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(fù)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(yàn)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(xué)方程式為 ，為使反響充分進(jìn)展，試驗(yàn)中實(shí)行的措施有 ．假設(shè)裝置C不冷卻，則進(jìn)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(xué)是一門在原子、分子水平上爭論物質(zhì)的組成、構(gòu)造、性質(zhì)及其變化規(guī)律的一門根底自然學(xué)科，化學(xué)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(xué)爭論的主要目的是：生疏物質(zhì)的組成、構(gòu)造(包括原子、分子、離子等微粒)、性質(zhì)以及變化規(guī)律，可以利用先進(jìn)的技術(shù)和設(shè)備制造出的分子，所以化學(xué)是在原子、分子的水平上爭論物質(zhì)的一門自然科學(xué)，故化學(xué)家可以制造出自然界中不存在的物質(zhì)、材料滿足人們生產(chǎn)生活需求，故B正確；化學(xué)爭論的主要目的是：生疏物質(zhì)的組成、構(gòu)造(包括原子、分子、離子等微粒)、性性的科學(xué)，故C正確；9故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：D?；瘜W(xué)是一門在原子、分子水平上爭論物質(zhì)的組成、構(gòu)造、性質(zhì)及其變化規(guī)律的一門根底自然學(xué)科；化學(xué)爭論的主要目的是：生疏物質(zhì)的組成、構(gòu)造(包括原子、分子、離子等微粒)、性質(zhì)以及變化規(guī)律，可以利用先進(jìn)的技術(shù)和設(shè)備制造出的分子；化學(xué)的爭論目的是幫助人們生疏、改造和應(yīng)用物質(zhì)；是提出了原子學(xué)說。化學(xué)根本概念內(nèi)涵是解此題關(guān)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(cuò)誤；C.ClO2具有強(qiáng)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(yīng)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(qiáng)氧化性；D.Na2O2與二氧化碳反響生成氧氣。此題考察物質(zhì)的性質(zhì)及應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反響、性質(zhì)與用途為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用力氣的考察，留意元素化合物學(xué)問的應(yīng)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(fù)原反響，則該循環(huán)過程中涉及氧化復(fù)原反響，故A錯(cuò)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(shí)現(xiàn)“碳達(dá)峰、碳中和”，故C正確；33D、依據(jù)反響圖象分析，鈣化過程中HCO?轉(zhuǎn)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(yīng)選：A。A、光合作用是氧化復(fù)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(shí)現(xiàn)“碳達(dá)峰、碳中和”；3D、依據(jù)反響圖象分析，鈣化過程中HCO?轉(zhuǎn)化為CaCO3和CO2。3是解題的關(guān)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(cuò)誤；液態(tài)CH3COOH不導(dǎo)電，但是醋酸在水溶液中能導(dǎo)電，所以CH3COOHB錯(cuò)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(zhì)特征是分散質(zhì)粒子直徑在1～100nmC正確；鹽類物質(zhì)不愿定含有金屬陽離子，如氯化銨等銨鹽，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C。由兩種或者兩種以上物質(zhì)組成的為混合物；在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物為電解質(zhì)；膠體區(qū)分于其他分散系的本質(zhì)特征是分散質(zhì)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(zhì)只能做復(fù)原劑，非金屬單質(zhì)可以做氧化劑和復(fù)原劑，故A錯(cuò)誤；B、金屬陽離子被復(fù)原，可能得到單質(zhì)，可能得到金屬離子，如Fe3+被復(fù)原為Fe2+，故B正確；C、某元素化合價(jià)上升，同時(shí)也可能伴隨著該元素化合價(jià)降低，故該元素可能只做復(fù)原劑，也可能即做復(fù)原劑又做氧化劑，故C錯(cuò)誤；D、有單質(zhì)參與的反響不愿定存在化合價(jià)的變化，如氧氣轉(zhuǎn)化為臭氧，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B。A、金屬單質(zhì)只能做復(fù)原劑，非金屬單質(zhì)可以做氧化劑和復(fù)原劑；B、金屬陽離子被復(fù)原，可能得到單質(zhì)，可能得到金屬離子；C、某元素化合價(jià)上升，同時(shí)也可能伴隨著該元素化合價(jià)降低；D、有單質(zhì)參與的反響不愿定存在化合價(jià)的變化．鍵，側(cè)重氧化復(fù)原反響根本概念及分析與應(yīng)用力氣的考察，留意結(jié)合實(shí)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(shè)先加鹽酸再過濾，沉淀會溶解，對試驗(yàn)有影響，故B正確；溶解、過濾、蒸發(fā)均使用玻璃棒，共3C錯(cuò)誤；加試劑b為Na2CO3溶液，可除去Ca2+和Ba2+，故D正確；應(yīng)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?yàn)V液中加鹽酸可除去過量NaOH及碳酸鈉，最終蒸發(fā)、結(jié)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(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反響、混合物的分別方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與試驗(yàn)力氣的考察，留意元素化合物學(xué)問的應(yīng)用?！敬鸢浮緿【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(cuò)誤；B.氫氧化鐵膠體為多個(gè)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(cuò)誤；C.標(biāo)況下，2.24L二氧化碳的物質(zhì)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(zhuǎn)移1mol電子，故0.1mol二氧化碳轉(zhuǎn)移0.1mol電子，故C錯(cuò)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(zhì)的量為0.2mol；0.1mol銅與0.1mol氯氣恰好完全反響，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為0.2mol，所以二者轉(zhuǎn)移的電子數(shù)均為0.2NA，故D正確；應(yīng)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(gè)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(zhì)的量為：

5.6g

=0.1mol，6.4g銅物質(zhì)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(jù)氯氣的量計(jì)算轉(zhuǎn)移電子數(shù)。的構(gòu)造是解題關(guān)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(cuò)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(qiáng)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(yīng)選：A。氯氣不具有漂白性；鈉與氧氣、水都反響，保存時(shí)應(yīng)隔絕空氣；C.依據(jù)強(qiáng)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(fù)原反響，在氯化鐵溶液中不能大量共存，故B錯(cuò)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(cuò)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(cuò)誤；應(yīng)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(diǎn)，把握題干暗含信息、常見離子的性質(zhì)及離子反響與應(yīng)用力氣，題目難度不大。【答案】D

+11KClO3

+3H2O

6KH(IO3)2

+5KCl+3Cl2

↑中I元素化合價(jià)△由0價(jià)上升到+5價(jià)，則I2為復(fù)原劑，KH(IO3)2A錯(cuò)誤；△B.依據(jù)方程式可知，I元素化合價(jià)由0價(jià)上升到+5價(jià)，I2為復(fù)原劑，Cl元素化合價(jià)由+5價(jià)13I2：6，故B錯(cuò)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(cuò)誤；D.2e?即2時(shí)，反響轉(zhuǎn)移20mole?D正確；△應(yīng)選：D?！鞣错?I2

+11KClO3

+3H2O

–6KH(IO3)2

+5KCl+3Cl2

↑中I元素化合價(jià)由0價(jià)上升到+5價(jià)，則I2為復(fù)原劑，Cl元素化合價(jià)由+5價(jià)降到?1價(jià)和0價(jià)，則KClO3成3molCl2時(shí)，轉(zhuǎn)移60mole?，據(jù)此分析解答。I2為標(biāo)準(zhǔn)計(jì)算轉(zhuǎn)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(zhì)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(xiàng)中缺少膠頭滴管，需要的試劑為蒸餾水、NaClA錯(cuò)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(jié)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(cuò)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(fù)原性，故D正確；應(yīng)選：BD。配制100mL確定物質(zhì)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(jié)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(yàn)證KI具有復(fù)原性等內(nèi)容，考察范圍較廣，把握根底為解題關(guān)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(lán)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(cuò)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(cuò)誤；丁達(dá)爾現(xiàn)象為膠體特有的性質(zhì)，淀粉溶液為膠體分散系，現(xiàn)象不同，可鑒別，故D正確；應(yīng)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(lán)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(dá)爾現(xiàn)象為膠體特有的性質(zhì)，淀粉溶液為膠體分散系。此題考察物質(zhì)的鑒別，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反響與現(xiàn)象為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與試驗(yàn)力氣的考察，留意元素化合物學(xué)問的應(yīng)用?！敬鸢浮緼【解析】解：A.X、Y生成H2的物質(zhì)的量之比確定為V1，故A正確；V2XY的物質(zhì)的量之比不確定為V1，故B錯(cuò)誤；V2由于兩種強(qiáng)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(cuò)誤；V1不愿定能確定X、Y對應(yīng)酸根離子的化合價(jià)，故DV2錯(cuò)誤；應(yīng)選：A。一樣條件下氣體的體積之比是物質(zhì)的量之比；由于兩種強(qiáng)酸的元數(shù)不確定，不能確定鋅粒消耗X、Y的物質(zhì)的量之比；C.由于兩種強(qiáng)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(qiáng)酸的元數(shù)不確定，不能確定X、Y對應(yīng)酸根離子的化合價(jià)。此題考察化學(xué)方程式的計(jì)算，難度不大，解題的關(guān)鍵是要生疏酸包含一元酸、二元酸、多元酸，鋅和對應(yīng)的酸反響，消耗的各種酸不能確定?！敬鸢浮緾D【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(jìn)一步發(fā)生，故A錯(cuò)誤；B.裝置Ⅲ的目的是枯燥二氧化碳，故B錯(cuò)誤；C.試驗(yàn)時(shí)先翻開活塞a，利用產(chǎn)生的二氧化碳排出裝置內(nèi)空氣，防止鈉與氧氣反響，再點(diǎn)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(yīng)選：CD。Na2CO3+COD正確；由試驗(yàn)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。△此題考察物質(zhì)的性質(zhì)試驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反響與現(xiàn)象、試驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與試驗(yàn)力氣的考察，留意元素化合物學(xué)問的應(yīng)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(dǎo)電力氣與離子濃度成正比，依據(jù)圖知，曲線①在a點(diǎn)溶液導(dǎo)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(diǎn)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(qiáng)電解質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C.兩份一樣的Ba(OH)2H2SO4NaHSO4溶液，c點(diǎn)參與的體積也相等，即參與的硫酸根離子物質(zhì)的量一樣，①中稀硫酸過量，溶質(zhì)為硫酸，②中硫酸氫鈉過量，則溶質(zhì)為NaOH、Na2SO4，過量的硫酸根離子物質(zhì)的量一樣，故硫酸根離子濃度一樣，故C錯(cuò)誤；D.從開頭到b點(diǎn)發(fā)生的反響為：NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，b點(diǎn)的溶4～H++H2D正確；應(yīng)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(dǎo)電力氣與離子濃度成正比，依據(jù)圖知，曲線①在a點(diǎn)溶液導(dǎo)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(qiáng)電解質(zhì)；兩份一樣的Ba(OH)2H2SO4NaHSO4溶液，c點(diǎn)參與的體積也相等；b點(diǎn)的溶質(zhì)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(diǎn)，側(cè)重考察學(xué)生分析推斷及識圖力氣，明正比，易錯(cuò)選項(xiàng)是B。【答案】D 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(yīng)貼腐蝕品標(biāo)志，D為腐蝕品標(biāo)志，故答案為：D；(2)配制250mL0.5mol/L的稀硫酸，需要硫酸的物質(zhì)的量是：0.25L×0.5mol/L=0.125mol，設(shè)需要密度為1.84g/mL，質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%濃硫酸溶液的體積為VmL，依據(jù)溶液的稀釋可得：V×1.84×98%mol=0.125mol，解得V≈6.8mL，依據(jù)大而近原則，應(yīng)選98擇10mL量筒，故答案是：6.8；10；(3)A.依據(jù)n=cV知，溶質(zhì)的物質(zhì)的量與溶液體積有關(guān)，故A不選；B.溶液是均一穩(wěn)定的，物質(zhì)的量濃度與溶液體積無關(guān)，故B選；C.依據(jù)n=cV、N=nNA可知，硫酸根離子數(shù)目與溶液體積有關(guān)，故C不選；D.溶液是均一穩(wěn)定的，密度與溶液體積無關(guān)，故D選，故答案為：BD；(4)配制確定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟為：計(jì)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(zhuǎn)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(dǎo)致局部溶質(zhì)損耗，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低，故C選；用量筒量取濃硫酸時(shí)俯視刻度，導(dǎo)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(yīng)貼腐蝕品標(biāo)志；先計(jì)算出需要硫酸的物質(zhì)的量，再依據(jù)濃硫酸密度、質(zhì)量分?jǐn)?shù)計(jì)算出需要濃硫酸的體積；依據(jù)大而近原則選擇量筒規(guī)格；溶液密度、物質(zhì)的量濃度與溶液體積無關(guān)，溶液中溶質(zhì)物質(zhì)的量、微粒數(shù)都與體積有關(guān)；配制確定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟為：計(jì)算、稱量(量取)、溶解(稀釋)、冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、倒轉(zhuǎn)搖勻等；依據(jù)定容的正確操作解答；(5)分析操作對溶質(zhì)物質(zhì)的量和溶液體積的影響，依據(jù)c=n進(jìn)展誤差分析；V(6)但凡操作不當(dāng)導(dǎo)致試驗(yàn)失敗且無法補(bǔ)救的，都需要重配制。作步驟、誤差分析、物質(zhì)的量濃度計(jì)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(shè)溶液變紅，證△明褪色的緣由為假設(shè)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(shè)產(chǎn)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(xué)方程式為：MnO2△

+4HCl(濃)

+Cl2

↑+2H2O，故答案為：MnO2

+4HCl(濃)

+Cl2

↑+2H2O；(2)試驗(yàn)室中用NaOH溶液吸取尾氣中的Cl2的化學(xué)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(zhì)的量為0.2mol?L?1×0.5L=0.1mol，故NaOH固體的質(zhì)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(diào)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(shè)溶液變紅，證明褪色的緣由為①，假設(shè)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(shè)溶液變紅，證明褪色的緣由為①，假設(shè)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(xué)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(yàn)Cl?，試驗(yàn)方法為：取少量久置HClO溶液于試管中，參與AgNO3溶液，假設(shè)產(chǎn)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(shè)產(chǎn)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(chǎn)生氯化錳、氯氣和水；(2)試驗(yàn)室中用NaOH溶液吸取尾氣中的Cl2的化學(xué)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(jù)n=c×V和m=nM計(jì)算；HClONaOH溶液褪色的緣由可能與溶液酸堿性有關(guān)，也可能與HClO的漂白作用有關(guān)，據(jù)此解答；HClO不穩(wěn)定，見光易分解產(chǎn)生HCl和氧氣，可利用氯化銀沉淀檢驗(yàn)溶液中的Cl?。的原理、氯氣和次氯酸的性質(zhì)、氯離子的檢驗(yàn)方法以及容量瓶的使用規(guī)格，留意審題?！敬鸢浮縣 g f e a(b) b(a) c 防止空氣中的H2O(g)和CO2進(jìn)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(jìn)入裝置Ⅰ各儀器連接的接口挨次(每個(gè)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(dǎo)致生成的Na2O2中含有Na2CO2，故答案為：防止空氣中的H2O(g)和CO2進(jìn)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(nèi)水的體積后折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況下O2的體積為VmL，氧氣的物質(zhì)的量是V ，22400依據(jù)2NaO～O可知過氧化鈉的物質(zhì)的量是V ，則樣品中Na2O2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為2 2 2

11200V mol×78g/mol11200

×100%=39V%，ag故答案為：39V；56a

56a④試驗(yàn)完成后D到E之間導(dǎo)管內(nèi)殘留水的體積會使氧氣的體積偏小，則測量結(jié)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(jìn)入裝置I；假設(shè)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(dǎo)致生成的Na2O2中含有Na2CO2；測定樣品純度時(shí)，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(jù)此解答。此題考察物質(zhì)的制備和含量的測定試驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，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(jià)，H是+1價(jià)，O是?2價(jià)，依據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0可知氯元素的化合價(jià)為+1價(jià)，該物質(zhì)還能電離出氫氧根離子，因此所屬物質(zhì)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(jìn)展，反響中雙氧水氧化亞鐵離子，方程