2022-2023学年四川省绵阳市绵阳中学高一化学第一学期期中预测试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列化学用语使用正确的是（ ）AF-的结构示意图 B纯碱的化学式：NaHCO3C过氧化钙的化学式：CaO2 D硫酸铁的电离方程式：Fe2(SO4)3=Fe23+3SO42-2、潮湿的氯气、新制的氯水及漂粉精的水溶液均能使有色布条褪色，因为它们都含有ACl2BHClOCClODHCl3、离子方程式BaCO3 + 2H+ = CO2+ H2O + Ba2+ 中的H+ 不能代表的物质是（ ）HCl H2SO4 HNO3 NaHSO4 CH3COOHA B C D4、下列各组中的离了，能在溶液中大量共存的是（ ）ASO42-、Na+、Cl-、Ba2+ BH+、Fe2+、NO3-、OH-CH+、K+、CO32-、HCO3- DNa+、Cu2+、NO3-、SO42-5、成语是中华民族灿烂文化中的瑰宝，许多成语中蕴含着丰富的化学原理，下列成语中涉及氧化还原反应的是( )A木已成舟B铁杵成针C蜡炬成灰D滴水成冰6、1 mol MgCl2中含有 ()A3.01×1023个Mg2+B6.02×1023个Cl-C1 mol Mg2+D1 mol Cl27、下列化学反应的离子方程式书写不正确的是（ ）A碳酸钙与盐酸的反应：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OBBa（OH）2溶液与CuSO4溶液反应：Ba2+SO42-=BaSO4C氧化铜与稀H2SO4反应：CuO+2H+=Cu2+H2OD金属钠跟水反应：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H28、将绿豆大小的方形金属钠投入足量且含酚酞的水中，根据相应现象不能得出的结论是( )选项实验现象结论A方形金属钠变成小球钠与水的反应吸热 B钠浮于水面游动水的密度大于钠的C酚酞溶液变成红色有碱性物质生成D钠球游动有吱吱声有气体生成AABBCCDD9、在标准状况下，以下物质占体积最大的是()A98 g H2SO4B6.02×1023个CO2C44.8 L O2D6 g H210、下列物质中，不属于电解质的是( )ANaOHBSO2CH2SO4DNaCl11、实验室里有4个药品橱，已经存放以下物品：药品橱甲橱乙橱丙橱丁橱药品盐酸，硫酸氢氧化钠，氢氧化钙红磷，硫铜，锌实验室新购进一些碘，应该将这些碘放在()A甲橱B乙橱C丙橱D丁橱12、装运金属钠的包装箱标签上应印有下列警示标记中的A爆炸品B遇湿易燃品C氧化剂D腐蚀品13、设阿伏加德罗常数为NA，标准状况下某O2和N2的混合气体m g 含有b个分子，则n g 该混合气体在相同状况下所占的体积(L)应是A B C D14、能正确表示下列反应的离子方程式的是A铝与硫酸铜溶液反应：Al+Cu2+=Al3+CuB碳酸钡溶于稀硝酸：CO32-+2H+=H2O+CO2C铁与稀盐酸反应：Fe+2H+=Fe3+H2D醋酸除水垢：2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO-+Ca2+CO2+H2O15、下列有关试剂的保存方法，正确的是（）A少量金属钠密封保存在水中B新制的氯水通常保存在无色试剂瓶中C氢氧化钠溶液保存在有玻璃塞的玻璃试剂瓶中D氢氟酸保存在塑料瓶中16、工业上常用如下的方法从海水中提溴：下列说法错误的是A步骤的主要反应为：Cl2+2BrBr2+2ClB物质X为HBrOC步骤的目的是富集溴元素D步骤利用了溴易挥发的性质17、已知Mn2O7x-与S2-在酸性溶液中能发生反应：Mn2O7x-+3S2-+14H+=2Mn3+3S+7H2O。则Mn2O7x-中Mn元素的化合价是( )A+2 B+4 C+3 D+618、下列说法中正确的是AO2的相对分子质量为32 gB1 mol CO2的质量为44g/molC1mol OH的质量等于17DH2O的摩尔质量为18g/mol19、下列反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2的是 2CH3COOH+Ca(C1O)2=2HC1O+Ca(CH3COO)2 SiO2+2CSi+2CO4HC1(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O SiO2+3CSiC+2COA仅有B仅有C仅有D20、下列图像与其相应的描述对应正确的是( )A向硫酸铜溶液中加入氢氧化铜固体直至过量的过程，溶液的导电性变化B向硫酸溶液中逐渐加水的过程中，溶液密度的变化C一定温度下，向饱和硝酸钾溶液中加入硝酸钾晶体，溶液中溶质质量分数变化D向2L 0.015mol/L石灰水中通入二氧化碳的过程，沉淀质量的变化21、用固体NaOH配制250mL 0.2molL1的NaOH，下列操作会导致溶液浓度偏高的是（）A在托盘天平的两托盘中分别放等质量的纸，称取2.0g NaOH固体B将NaOH固体在烧杯中溶解后迅速小心转移至250mL容量瓶中C定容时不小心加水超过了刻度线，此时迅速用胶头滴管吸出一些D摇匀后发现凹液面最低点低于刻度线，再补加蒸馏水到凹液面最低点与刻度线相平22、根据物质的组成进行分类，氧气属于A单质B氧化物C化合物D混合物二、非选择题(共84分)23、（14分）有A、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如下图（反应条件略，有些反应的产物和条件没有全部标出）。已知A、B、E是单质，B在常温下为气体，C俗名称为烧碱，D为无色无味液体。（1）写出A、D的化学式_。（2）写出A和D反应生成B和C的化学方程式_。（3）写出E与C、D反应生成B和F的离子方程式_。24、（12分）目前，世界上多采用电解熔融氯化钠的方法来生产金属钠：2NaCl(熔融) 2NaCl2。已知A、B、C、D、E有如下转化关系：（1）写出A、B生成NaCl的化学方程式：_。（2）写出化学式：C_，D_。（3）工业生产中常利用B与Ca(OH)2反应来制备漂白粉，漂白粉的主要成分是_。（写化学式）（4）若把A投入盛有D的溶液中，溶液中出现_(填沉淀颜色)沉淀，该过程所发生反应的化学方程式为_。25、（12分）实验室需配制480mL0.1mol/L的碳酸钠溶液，填空并回答下列问题：（1）配制480mL 0.1 mol/L的Na2CO3溶液。实际应称Na2CO3质量/g应选用容量瓶的规格/mL _ _（2）配制时，其正确的操作顺序为（用字母表示，每个字母只能用一次）_A将容量瓶盖紧，上下颠倒，摇匀B将准确称量的Na2CO3固体倒入烧杯中，再加适量水溶解C将已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D用30 mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡E继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线12cm处F改为胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)若容量瓶中有少量蒸馏水，结果会_；若定容时俯视刻度线，结果会_。（4）若实验过程中出现如下情况如何处理？ 加蒸馏水时不慎超过了刻度_。26、（10分）配制0.2 molL-1的碳酸钠溶液250 mL。(1)根据计算需取_克无水碳酸钠固体(2)需要使用的主要仪器有托盘天平，_、_、_、_和_；(3)下列操作对所配制溶液的浓度有何影响(填偏高、偏低或无影响)碳酸钠固体未充分干燥_；容量瓶用碳酸钠溶液洗涤_；转移溶液时容量瓶中有少量的蒸馏水_；定容时仰视读数_。27、（12分）一氯化碘是一种红棕色液体，不溶于水，溶于乙醇和乙酸，能与KI反应生成I2，用于测定油脂中的碘值等(注：碘值表示有机物中不饱和程度的指标)。某校研究性学习小组的同学拟制备一氯化碘(沸点101 )。回答下列问题：(1)甲组同学拟利用干燥纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，已知碘与氯气的反应为放热反应，其装置如下：各装置连接顺序为A_；A中发生反应的离子方程式为_。B装置烧瓶需放在冷水中，其目的是_；D装置的作用是_。B装置得到的液态产物进一步提纯可得到较纯净的ICl，采取的方法是_。(2)乙组同学采用最新报道制一氯化碘的方法，在三颈烧瓶中加入粗碘和盐酸，控制温度约50 ，在不断搅拌下逐滴加入氯酸钠溶液，生成一氯化碘，则发生反应的化学方程式为_。(3)设计实验证明：ICl的氧化性比I2强：_。28、（14分）如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持及加热仪器已略）（1）装置A中两个玻璃仪器名称分别是_和_；（2）实验室用MnO2制备氯气的化学方程式是_；（3）实验时多余的氯气可用F装置来吸收，有关化学方程式是_；（4）装置B中饱和食盐水的作用是_；（5）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、依次放入湿润有色布条；_；（可供选择的用品有：无水氯化钙、碱石灰）和干燥的有色布条。（6）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱，当向D中缓缓通入少量氯气时，D中可以观察到的现象是_。29、（10分）将Fe2O3、Al2O3两种固体混合物溶于100mL稀硫酸中，向反应后的溶液中缓慢加入NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，试回答：（1）原混合物中Fe2O3的质量是_g。（2）所用NaOH溶液物质的量浓度为_。（3）稀硫酸物质的量浓度为_。参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】A、氟是9号元素，质子数是9，F-的结构示意图，故A错误；B、纯碱的化学式：Na2CO3，故B错误；C、钙为+2价，过氧根离子中的氧为-1价，过氧化钙的化学式：CaO2，故C正确；D、硫酸铁的电离方程式：Fe2(SO4)3=2Fe3+3SO42-，故D错误；故选C。2、B【解析】氯气与水反应生成HClO、HCl，Cl2、HCl都没有漂白性，HClO具有漂白性，故B正确。3、A【解析】HCl为强酸，且与碳酸钡反应生成的是可溶性的钡盐氯化钡，碳酸钡与盐酸反应的离子方程式可以用BaCO3+2H+=CO2+H2O+Ba2+表示；能代表；H2SO4为强酸，与碳酸钡反应生成的是难溶性的钡盐硫酸钡，不可以用BaCO3 + 2H+ = CO2+ H2O + Ba2+ 表示，不能代表；HNO3为强酸，且硝酸钡为可溶性钡盐，硝酸与碳酸钡反应的离子方程式可以用BaCO3+2H+=CO2+H2O+Ba2+表示，能代表；NaHSO4，硫酸氢钠完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，由于硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以该反应不可以用BaCO3+2H+=CO2+H2O+Ba2+表示，不能代表；CH3COOH为弱酸，离子方程式中不能拆开，所以该反应不可以用BaCO3+2H+=CO2+H2O+Ba2+表示，不能代表；答案选A4、D【解析】试题分析：ASO42与Ba2+发生离子反应生成BaSO4沉淀，无法大量共存，故A错误；BFe2+能被酸性溶液里的NO3-氧化，无法共存，故B错误；CH+与CO­32-或HCO3-均生成水和CO2，不能大量共存，故C错误；DNa+、Cu2+、NO3-、SO42-在溶液中彼此间不发生离子反应，能大量共存，故D正确，答案为D。【考点定位】考查离子反应与离子共存【名师点晴】离子反应发生的条件，利用离子不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应等，确定未知离子，要熟记常见的易错的一些离子反应，如：Fe2+与NO3-能共存，但在强酸性条件下（即Fe2+、NO3-、H+相遇）不能共存；MnO4-与Cl-在强酸性条件下也不能共存等。5、C【解析】A木已成舟只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故A错误；B铁杵成针只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故B错误；C蜡炬成灰，物质燃烧，发生了化学反应，故C正确；D滴水成冰只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故D错误；故选C。【点睛】本题考查成语与氧化还原反应的关系，明确成语的意义及变化即可解答，解题时抓住化学变化和氧化还原反应的本质：有新物质生成的变化属于化学变化，在化学变化中有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应。6、C【解析】1 mol MgCl2中含有1 mol Mg2+和2 mol Cl-,即含有6.02×1023个Mg2+和1.204×1024个Cl-;MgCl2中不含Cl2。故选C。7、B【解析】A碳酸钙与盐酸的反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故A正确；BBa(OH)2溶液与CuSO4溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为Cu22OHBa2SO42BaSO4Cu(OH)2，故B错误；C氧化铜与稀H2SO4反应的离子方程式为CuO+2H+=Cu2+H2O，故C正确；D金属钠跟水反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，故D正确；故答案选B。【点睛】本题把握发生的反应及离子方程式的书写方法为解答的关键，注意离子方程式中沉淀和弱电解质等需要保留化学式。8、A【解析】A、钠与水反应放热，使熔点小于100的钠熔为小球，A错误；B、钠的密度小于水，钠浮在水面，B正确；C、酚酞遇碱变红，钠与水反应生成的NaOH是强碱，C正确；D、钠与水反应剧烈、放出氢气，因此钠球游动有吱吱声，D正确；答案选A。9、D【解析】A. H2SO4是溶液，密度大于1g/mL，98gH2SO4的体积小于98mL；B. 6.02×1023个CO2的物质的量为1mol，标准状况下体积为22.4L，C. 标况下，2molO2的体积为44.8 L；D. 6gH2的物质的量为3mol，标况下，气体的体积为3mol×22.4L/mol=67.2L；综合以上分析可知，在标准状况下，物质占体积最大的是6gH2，D正确；综上所述，本题选D。10、B【解析】A、NaOH为离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电是电解质，选项A不选；B、SO2和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以SO2的水溶液导电，但电离出离子的物质是亚硫酸不是SO2，所以SO2是非电解质，选项B选；C、H2SO4 能电离出H+和SO42-在水溶液中能导电是电解质，选项C不选；D、NaCl为离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电是电解质，选项D不选；答案选B。11、C【解析】根据题意可知，甲橱中的药品为酸，乙橱中的药品为碱类，丙橱中的药品为非金属单质类，丁中的药品为金属单质类，单质碘属于非金属单质类，故放在丙橱中。综上所述，本题应选C。【点睛】根据物质的分类知识，电离生成的阳离子全部是氢离子的化合物是酸（如盐酸，硫酸）；电离生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱（如氢氧化钠，氢氧化钙）；只有一种元素组成的纯净物属于单质，单质可分为金属单质（如铜，锌）和非金属单质（如红磷，硫，碘）。12、B【解析】钠的化学性质活泼，能与水剧烈反应生成氢气，为遇湿易燃物品，在装运金属钠的包装箱标签上应印有遇湿易燃物品警示标记，A. 为爆炸品标志，故A不选；B. 为遇湿易燃物品，故B选；C. 为氧化剂标志，故C不选；D. 为腐蚀品标志，故D不选；答案选B。13、A【解析】试题分析：令混合气体平均摩尔质量为Mg·mol1，根据物质的量和微粒数之间的关系，M=m×NA/bg·mol1，因此ng混合气体的体积为n×22.4/（mNA/b）L=22.4nb/mNAL，故选项D正确。考点：考查物质的量、微粒数、气体体积之间的关系等知识。14、D【解析】A电荷不守恒，正确的离子方程式为2Al+3Cu2+=2Al3+3Cu，A错误；B碳酸钡不溶于水，不能写成离子形式，正确的离子方程式为CaCO3+2H+= Ca2+H2O+CO2，B错误；C铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，C错误；D醋酸是弱酸，水垢的主要成分是碳酸钙，不溶于水，醋酸除水垢的离子方程式为2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO-+Ca2+CO2+H2O，D正确；答案选D。15、D【解析】A.钠化学性质活泼,能和氧气、水反应,应该隔绝空气密封保存，少量钠可以保存在煤油中，大量钠可以密封在石蜡中，故A错误；B.氯水中存在Cl2H2OH+Cl-HClO，次氯酸不稳定，见光易分解，新制的氯水应该保存在棕色试剂瓶中避光保存，故B错误；C.氢氧化钠呈强碱性，能和二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠具有黏性，能把玻璃塞黏住，所以不能盛放在带有玻璃塞的试剂瓶中，故C错误；D.玻璃中含有SiO2，氢氟酸和二氧化硅反应SiO24HF=SiF42H2O，所以不能用玻璃瓶盛放氢氟酸，要用塑料瓶盛放，故D正确；本题答案为D。16、B【解析】A步骤是利用氯气氧化海水里的Br-，发生的主要反应为Cl2+2Br=Br2+2Cl，故A正确；BSO2和Br2水反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，物质X为HBr，故B错误；C利用步骤的操作，目的是富集溴元素，故C正确； D步骤利用了溴易挥发的性质，通过升温促进溴蒸汽挥发，故D正确，答案为B。17、D【解析】先利用离子反应中的电荷守恒来确定x，再利用Mn2O7x-中元素的化合价的代数和为-x来计算M的化合价。【详解】反应Mn2O7x-+3S2-+14H+=2Mn3+3S+7H2O中由电荷守恒可知，（-x）+3×（-2）+14×（+1）=2×（+3），解得x=2，设Mn2O7x-中的Mn的化合价为y，Mn2O7x-中元素的化合价的代数和为-x，则y×2+（-2）×7=-2，解得y=+6，故答案选D。【点睛】本题考查化合价的计算，明确离子反应中的电荷守恒及化合价计算的原则即可解答，注意守恒法的灵活应用。18、D【解析】相对分子质量的单位是1，一般不写；摩尔质量指1mol物质所具有的质量，单位是g/mol，据此进行分析。【详解】A.相对分子质量的单位是1，故O2的相对分子质量为32，故A 错误；B.质量的单位为g，1molCO2的质量为44g，故B错误；C.质量的单位为g，1mol OH的质量等于17g，故C错误；D.物质的摩尔质量是指1mol该物质所具有的质量，所以H2O的摩尔质量为18g/mol，故D正确；综上所述，本题选D。19、C【解析】反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，不符合题意；中硅元素的化合价降低，碳元素的化合价升高，则SiO2为氧化剂，C为还原剂，其物质的量之比为1：2，符合题意；HCl为还原剂，MnO2为氧化剂，且4molHCl反应时只有2mol作还原剂，根据反应过程中原子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，符合题意；只有C元素的化合价变化，C为还原剂、氧化剂，根据反应过程原子守恒、电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，符合题意，符合题意的是；故正确选项为C。20、B【解析】根据变化过程中，某些物理量的变化分析曲线正确与否。【详解】A项：CuSO4溶液中加入Ba(OH)2固体时，发生CuSO4+Ba(OH)2Cu(OH)2+BaSO4。随着Ba(OH)2的加入，溶液中离子浓度减小，导电能力减弱；恰好反应时，溶液几乎不导电；Ba(OH)2过量时，溶液导电能力又增强。A项错误；B项：大多数物质的水溶液，密度比水大，且溶质质量分数越大，溶液的密度也越大。向硫酸溶液中加水，溶液的密度逐渐减小，并趋近于1g/mL。B项正确；C项：一定温度下，饱和KNO3溶液中溶质的质量分数不可能为0，加入的KNO3晶体也不溶解，溶质的质量分数不变。C项错误；D项：一定量石灰水中通入CO2，先发生反应Ca(OH)2+CO2CaCO3+H2O，后发生反应CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2。两反应消耗等量的CO2，沉淀质量与V(CO2)的关系应为“等腰三角形”。D项错误。本题选B。21、B【解析】配制250mL 0.2molL-1的NaOH，需要NaOH的质量为0.25L×0.2mol/L×40g/mol=2.0g，则A由于氢氧化钠易潮解，实际称量NaOH质量偏小，n偏小，则导致溶液浓度偏低，应在小烧杯中称量；B将NaOH固体在烧杯中溶解后迅速小心转移至250mL容量瓶中，冷却后溶液体积减少，V偏小，则导致溶液浓度偏高，应冷却后转移；C定容时不小心加水超过了刻度线，此时迅速用胶头滴管吸出一些，n偏小，则导致溶液浓度偏低，应重新配制；D摇匀后发现凹液面最低点低于刻度线，再补加蒸馏水到凹液面最低点与刻度线相平，V偏大，导致溶液浓度偏低，不应再加水；答案选B。【点睛】本题考查溶液配制的误差分析，为高频考点，注意结合浓度计算公式分析误差。22、A【解析】A氧气是由一种元素(氧元素)组成的纯净物，是单质，故A正确；B由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物是氧化物，氧气是由一种元素(氧元素)组成，故B错误；C化合物是由两种或两种以上的元素组成的纯净物，氧气是由一种元素(氧元素)组成，故C错误；D混合物是由两种或多种物质混合而成的物质，混合物没有固定的化学式，无固定组成和性质，氧气是纯净物，故D错误；答案选A。【点睛】根据组成物质的种类不同，含有一种物质的物质称为纯净物，纯净物中含有一种元素的是单质，含两种或两种以上元素的物质称为化合物，化合物中有两种元素，其中一种是氧元素的是氧化物，含两种或两种以上物质称为混合物，将氧气分类时，首先看属于纯净物还是混合物，再从元素种类分类，一种元素组成的纯净物是单质，两种或两种以上元素组成的纯净物是化合物。二、非选择题(共84分)23、Na、H2O 2Na+2H2O2NaOH+H2 2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2 【解析】有A、B、C、D、E、F六种物质，C俗名称为烧碱，C为NaOH，D为无色无味液体，D为H2O，根据框图，单质A与水反应生成一种气体单质B和氢氧化钠，则A为钠，B为氢气，氢氧化钠、水与单质E反应生成氢气，则E为铝，因此F为偏铝酸钠，据此分析解答。【详解】根据以上分析可知A是钠，B是氢气，C是氢氧化钠，D是水，E是铝，F是偏铝酸钠，则（1）钠和水的化学式分别是Na、H2O；（2）钠和水反应生成氢气和氢氧化钠的化学方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2。（3）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气的离子方程式为2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2。【点睛】正确推断物质的种类是解题的关键，本题的突破口为C、D。本题的易错点为铝与氢氧化钠反应的离子方程式的书写，注意反应过程中水也参与了反应。24、2Na+Cl22NaCl NaOH FeCl3 CaCl2和Ca(ClO)2 红褐色 2Na+2H2O=2NaOH+H2 FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3+3NaCl 【解析】由流程可知，A与水反应生成C，且C与二氧化碳反应，则A为Na，C为NaOH、E为Na2CO3，B为Cl2，D为FeCl3，F为CaCl2，结合元素化合价知识及化学用语解析。【详解】（1）A为Na，B为Cl2，生成NaCl的化学方程式：2Na+Cl22NaCl；（2）由分析可知各物质的化学式：C为NaOH，D为FeCl3；（3）工业上制取漂白粉，反应的方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2；（4）若把A为Na投入盛有D为FeCl3的溶液中，A与水反应生成NaOH，2Na+2H2O=2NaOH+H2 ，再发生3NaOH+FeCl3Fe（OH）3+3NaCl，溶液中出现红褐色沉淀。25、5.3 500 BCDEFA 无影响 偏高 重配 【解析】（1）依据配制溶液体积选择容量瓶规格，依据m=cV/M计算需要溶质的质量；（2）用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签等，据此排序；（3）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=n/V进行误差分析；（4）任何操作导致实验失败且不能补救的都必须重新配制。【详解】（1）配制480mL0.1molL-1的Na2CO3溶液，实验室没有480mL规格容量瓶，应选择500mL容量瓶，需要溶质的质量m=0.1molL-1×0.5L×106g/mol=5.3g，故答案为：5.3g；500mL；（2）用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签等，所以 正确的顺序为：BCAFED，故答案为：BCAFED；（3）若容量瓶中有少量蒸馏水无影响，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，对溶液浓度无影响；若定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；故答案为：无影响；偏高；（4）加蒸馏水时不慎超过了刻度，实验失败且无法补救，必须重新配制，故答案为：重新配制。【点睛】题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意容量瓶规格选择。26、5.3 药匙 烧杯 玻璃棒 250 mL容量瓶 胶头滴管 偏低 偏高 无影响 偏低 【解析】(1)根据n=c·V及m=n·M计算；(2)根据配制物质的量浓度的溶液的步骤确定使用的仪器；(3)结合c=分析实验误差。【详解】(1)配制0.2 molL-1的碳酸钠溶液250 mL中溶质的物质的量n(Na2CO3)= c·V=0.2 mol/L×0.25 L=0.05 mol，则需碳酸钠的质量m(Na2CO3)= n·M=0.05 mol L×106 g/mol=5.3 g。(2)配制一定条体积、一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀。称量固体质量要使用托盘天平、药匙，在烧杯中溶解固体药品，为促进物质溶解，要使用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后，用玻璃棒将溶液转移至已经查漏的250 mL的容量瓶中，并洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，洗涤液也转移至容量瓶中，然后向容量瓶中加水定容，至凹液面离刻度线1-2 cm时，改用胶头滴管滴加液体至凹液面最低处与刻度线相切，然后盖上瓶塞，上下颠倒，反复摇匀，得到的溶液就是0.2 molL-1的碳酸钠溶液250 mL碳酸钠溶液。可见在配制溶液过程中使用的仪器出来有托盘天平外，还有药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管。(3)碳酸钠固体未充分干燥，则溶质的物质的量n偏小，根据c=可知会导致配制溶液浓度偏低；容量瓶用碳酸钠溶液洗涤，会使溶质的物质的量偏多，最终使配制的溶液浓度偏高；转移溶液时容量瓶中有少量的蒸馏水，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制的溶液的浓度无影响；定容时仰视读数，会使溶液的体积偏大，根据c=可知溶液的体积偏大会导致配制溶液浓度偏低。【点睛】本题考查配制物质的量浓度的溶液的方法。明确配制溶液的步骤是解题关键，注意掌握误差分析的方法与技巧，题目培养了分析能力和化学实验能力。27、CEBD MnO24H2ClMn2Cl22H2O 防止ICl挥发 吸收未反应完的氯气 蒸馏 3I26HClNaClO3=6IClNaCl3H2O 用湿润的淀粉KI试纸检测，试纸变蓝 【解析】用干燥纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，A装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，制得的氯气中含有HCl气体和水蒸气，先用C中的饱和食盐水除HCl气体，再用E中的浓硫酸干燥，将干燥的氯气通入B中与碘反应，制备ICl，而ICl易挥发，所以B应放在冷水中，最后用D中的氢氧化钠处理未反应完的氯气，防止污染空气。【详解】(1)由上述分析可知，装置正确的连接顺序为：ACEBD；A装置是二氧化锰在加热时与浓盐酸反应制取氯气的装置，反应的离子方程式为MnO24H2ClMn2Cl22H2O。ICl易挥发，所以B应放在冷水中防止ICl挥发；氯气有毒，用D中的氢氧化钠吸收未反应完的氯气。已知ICl的沸点为101 ，装置B中的液态产物可以进一步蒸馏，收集101 的馏分，即可得到纯净的ICl。(2)I2具有还原性，1 个 I2失去2个电子化合价升高2价，NaClO3具有氧化性，1个NaClO3得到6个电子，化合价降低6价，根据化合价升降数相同配平化学方程式，反应的化学方程式为3I26HClNaClO3=6IClNaCl3H2O。(3)氧化性强的物质可以制氧化性弱的物质，可以用湿润的淀粉KI试纸检验一氯化碘蒸气，如果试纸变蓝说明KI和ICl发生氧化还原反应制得I2，ICl的氧化性比I2强。28、分液漏斗 蒸馏烧瓶 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 除去氯气中氯化氢气体 无水氯化钙 分液漏斗D中出现橙黄色 【解析】（1）依据仪器的形状说出其名称；（2）实验室利用MnO2和浓盐酸在加热条件下反应制备氯气；（3）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（4）氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，据此判断解答；（5）验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；（6）依据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性解答。【详解】（1）依据仪器的形状可知，装置A中两个玻璃仪器名称分别是分液漏斗和蒸馏烧瓶；（2）实验室利用MnO2和浓盐酸在加热条件下反应制备氯气，同时生成氯化锰和水，反应的化学方程式是MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（3）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（4）氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，所以可以用盛有饱和食盐水的B除去氯气中混有的氯化氢；（5）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中ab的中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性；c中II为固体干燥剂，不能为浓硫酸，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条；（6）当向D中缓缓通入少量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为橙色，则说明氯气与溴溴化钠反应生成溴单质，依据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性可知氯气的氧化性大于溴的氧化性。【点睛】本题考查性质实验方案的制备，为高频考点，把握氯气的性质、制法、装置的作用及氧化还原反应原理为解答的关键，注意同主族元素性质的递变规律，题目难度中等。29、16 5 mol/L 6.5 mol/L 【解析】（1）由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明硫酸溶解氧化铝、氧化铁后硫酸有剩余，此时发生的反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，即最初加入的20mLNaOH溶液的作用是中和剩余的硫酸。从20mL260mL氢氧化钠沉淀铁离子和铝离子，从260mL300mL，NaOH溶解氢氧化铝，发生反应NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，这说明最终得到的21.4g沉淀是氢氧化铁的质量，氢氧化铁的物质的量是21.4g÷107g/mol0.2mol，根据铁元素守恒可知氧化铁的物质的量是0.1mol，质量是0.1mol×160g/mol16g；（2）从260mL300mL，NaOH溶解氢氧化铝，发生反应NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，氢氧化铝的质量是37g-21.4g15.6g，物质的量是15.6g÷78g/mol0.2mol，消耗