安徽省蚌埠市第二中学2022-2022学年高一化学上学期期中试题含解析.doc

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1、蚌埠二中2022-2022学年第一学期期中考试高一化学试题 总分值：100 分 时间：90 分钟可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137第一卷选择题 共48分一、选择题本大题共16题，每题3分，总分值48分，每题只有一个正确答案1.化学与生活、社会开展息息相关，以下有关说法不正确的选项是 A. ?天工开物?中“凡石灰，经火焚炼为用涉及的反响类型是分解反响B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，该过程发生了置换反响C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，诗句中表达的屠呦呦对青蒿素的提取属化学变化D. “春蚕到

2、死丝方尽，蜡炬成灰泪始干 诗句中涉及氧化复原反响【答案】C【解析】【详解】A 凡石灰，经火焚炼为用是碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，是分解反响，A项正确；B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜是湿法炼铜，是铁与硫酸铜反响生成Cu，该过程发生了置换反响，B项正确；C. 对青蒿素的提取利用的是萃取原理，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化，C项错误；D. 石蜡的主要成分为烃类物质，燃烧生成二氧化碳和水，属于氧化复原反响，D项正确；答案选C。2.以下有关实验操作正确的选项是 A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A.点燃酒精灯时应使用火柴，不能用酒精的对点，已发生危险，A错误；B.天平的精确

3、度为0.1g，不能准确称量10.05g，B错误；C.参加试管中的液态不能超过容积的1/3，使用试管夹，试管口不能对着人，加热液体时倾斜角度约45，C正确；D.用量筒量取9.5mL的液态应选用10mL的量筒，D错误；答案为C。3.分类法在化学学科的开展中起到了非常重要的作用，以下分类标准合理的是 根据酸分子中含有的氢原子个数，可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等根据物质在水溶液或熔融状态下能否导电，将物质分为电解质和非电解质根据电解质在水溶液中能否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质根据反响中是否有电子转移，将化学反响分为氧化复原反响和非氧化复原反响根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为酸

4、性氧化物和碱性氧化物A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】根据酸能电离出的氢离子的个数，将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等，错误；根据化合物在水溶液或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解质，错误；根据电解质在水溶液中能否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质，正确；氧化复原反响的实质是有电子转移，所以根据是否有电子转移可将化学反响分为氧化复原反响和非氧化复原反响，正确；将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物是根据氧化物的性质，不是根据是否含有金属元素，有的金属氧化物是酸性氧化物，如Mn2O7，错误；综上所述，的分类标准合理，A项正确；答案选A。4.将一小块钠投入盛有10 mL

5、 CuCl2溶液的试管里，不可能观察到的现象是 A. 钠熔成小球并在液面上游动B. 溶液底部有红色金属生成C. 有无色无味的气体生成D. 溶液中产生浑浊【答案】B【解析】【分析】将金属钠投入CuCl2溶液中，钠和水反响生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化铜溶液生成氢氧化铜蓝色沉淀，根据钠和水反响及氢氧化钠和氯化铜溶液反响的现象分析解答。【详解】钠的密度小于水的密度，且熔点较低，钠的性质很活泼，能和水反响生成氢气和氢氧化钠，由于受力不均导致四处游动，氢氧化钠和氯化铜溶液反响生成氢氧化铜蓝色沉淀，所以将金属钠投入CuCl2溶液中的现象为：开始时钠浮在液面上、四处游动并熔成小球，有蓝色沉淀生成， A.

6、 开始时钠浮在液面上、四处游动并熔成小球，能观察到该现象，A项不选；B. 钠和水先反响生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和氯化铜溶液生成氢氧化铜蓝色沉淀，不能观察到生成红色的铜，B项选；C. 钠和水先反响生成氢氧化钠和氢气，能观察到有无色无味的气体生成，C项不选；D氢氧化钠再和氯化铜溶液生成氢氧化铜蓝色沉淀，能观察到溶液中产生浑浊，D项不选；答案选B。5.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，以下表达正确的选项是()A. 标准状况下，22.4 L H2O中含有的分子数为NAB. 1.7 g OH中含有的质子数为NAC. 常温常压下，16 g O2中含有的氧原子数为NAD. 物质的量浓度为0.5 molL-

7、1 MgCl2 溶液中，含有Cl数目为NA【答案】C【解析】【详解】A. 标准状况下，水不是气体，无法计算水的物质的量，A项错误；B. 1.7 g OH的物质的量为，1个OH中含有9个质子，那么0.1mol OH含有的质子数为0.9NA，B项错误；C. 16 g O2的物质的量为，那么含有1mol氧原子，氧原子数为NA，C项正确；D. 缺少溶液的体积，无法计算氯离子物质的量，D项错误；答案选C。【点睛】1、公式标况下，Vm=22.4L/mol使用是学生们的易错点，并且也是高频考点，在使用时一定看清楚两点:条件是否为标准状况，在标准状况下，该物质是否为气体。如：此题A项标况下水不是气体，不能使用

8、该公式计算水的物质的量。2、D项也是学生们的易错点，往往无视了题中并没有给出溶液的体积，直接认为溶液体积是1L，进行计算。6.以下有关铁及其化合物的说法中正确的选项是A. 铁与水蒸气在高温下的反响产物为Fe2O3和H2B. 赤铁矿的主要成分是Fe3O4C. Fe3+与KSCN溶液产生红色沉淀D. 除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中参加铁粉，然后过滤【答案】D【解析】【详解】A. 铁与水蒸气在高温下的反响产物为Fe3O4和H2，A项错误；B. 赤铁矿的主要成分是Fe2O3，B项错误；C. Fe3+与KSCN溶液反响生成络合物Fe(SCN)3，是血红色溶液，不是红色沉淀，C项错误；D

9、. 铁粉将FeCl3复原为FeCl2，从而除去FeCl3，过量的铁粉过滤除去，D项正确；答案选D。【点睛】1. 学生们往往错误地类比钠与水的反响产物，认为铁与水蒸气在高温下的反响产物为Fe(OH)3和H2。2. Fe3+与KSCN溶液反响生成络合物Fe(SCN)3，是血红色溶液，不是红色沉淀，这是学生们的易错点。7.以下有关含氯物质的说法中正确的选项是 A. 光照新制氯水有无色气体逸出，该气体是Cl2B. 漂白粉的有效成分是 CaCl2 和 Ca(ClO)2，应密封保存C. 向新制的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色D. 铁在氯气中燃烧有红棕色的烟产生，是因为生成了FeCl2【答案】C

10、【解析】【详解】A. 氯气溶于水后和水反响生成盐酸和次氯酸，次氯酸见光易分解生成氯化氢和氧气，不是Cl2，A项错误；B. 漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2，漂白粉漂白的原理是Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，B项错误；C. 氯气溶于水后和水反响生成盐酸和次氯酸，氯水显酸性，同时次氯酸具有强氧化性，能漂白，因此向新制的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色，C项正确；D. 氯气氧化性强，能将铁氧化为+3价，那么铁在氯气中燃烧有红棕色的烟产生，是因为生成了FeCl3，D项错误；答案选C。【点睛】1、氯气具有强氧化性，溶于水后和水

11、反响生成盐酸和次氯酸，该反响为可逆反响：Cl2+ H2O H+ Cl-+ HClO，因此氯水具有氯气、盐酸、次氯酸的多重性质，这是学生们的易错点；2、氯气氧化性强，能将铁氧化为+3价，氯气与铁单质反响，无论氯气是缺乏量还是过量，只生成FeCl3，而不生成FeCl2，这是学生们的易错点。1mol氯气与足量铁反响，转移2mol电子；足量氯气与1mol铁反响，转移3mol电子，这是常考点。8.某无色酸性溶液中一定能大量共存的离子组是 A. Na+、 Ba2+、Cl-、CO32-B. SO42-、CH3COO-、Al3+、Mg2+C. Cl-、Fe3+、K+、Na+D. Na+、K+、SO42-、Cl

12、- 【答案】D【解析】【分析】溶液为无色酸性溶液，那么溶液中不能大量共存有颜色的离子，且溶液有大量氢离子，离子共存是指离子之间不互相发生反响，即可大量共存。【详解】A. Ba2+与CO32-反响生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，A项错误；B. 酸性溶液中CH3COO-与H+反响生成弱电解质醋酸，不能大量共存，B项错误；C. 无色溶液中不能大量共存Fe3+，Fe3+的溶液为棕黄色，C项错误；D. 离子之间均不反响，能大量共存，D项正确；答案选D。【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反响发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，那么常见的有颜色的离子如

13、Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反响生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。还有一些限定条件如：常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度为110-10，小于110-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。9.以下表达正确的选项是 A. Na和O2在加热时反响生成Na2O，在常温下反响生成Na2O2B. Na2O2和Na2O都是白色固体，二者都能与水反响生成NaOHC. 溶于水后能电离出氢离子的化

14、合物一定是酸D. 研究物质性质根本方法主要有：观察法、实验法、分类法和比拟法【答案】D【解析】【详解】A. Na和O2在加热时反响生成Na2O2，在常温下反响生成Na2O，A项错误；B. Na2O2是淡黄色固体，Na2O是白色固体，B项错误；C. NaHSO4溶于水后也能电离出氢离子，但其为盐，酸是指电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，C项错误；D. 化学是一门以实验为根底的科学，化学反响中常常伴随一些特殊现象，研究物质性质的根本方法主要有：观察法、实验法、分类法和比拟法，D项正确；答案选D。10.以下不能用胶体的有关知识解释的是 A. 早晨的阳光从树林透过可以看到“光路B. 在河流入海处易形

15、成沙洲C. 向豆浆中参加盐卤做豆腐D. 往红褐色的氢氧化铁胶体中参加过量稀盐酸，溶液变黄色【答案】D【解析】【详解】A. 早晨的阳光从树林中透过可以看到“光路，属于胶体的丁达尔效应，能用胶体的有关知识解释，A项错误；B. 河流中的水含有泥沙胶粒，海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质，二者相遇可以发生胶体聚沉，就形成三角洲，能用胶体的有关知识解释，B项错误；C. 豆浆具有胶体的性质，向其中参加盐卤，盐卤中含丰富的电解质氯化钙等，可以使豆浆凝聚，能用胶体的有关知识解释，C项错误；D. 氢氧化铁沉淀与盐酸发生酸碱中和反响，生成黄色的氯化铁溶液，不能用胶体的知识解释，D项正确；答案选D。11.以下离子方程

16、式书写正确是 A. 氯气通入水中：Cl2 + H2O = 2H+ ClO- + Cl-B. 钠与水反响：2Na + 2H2O = 2Na+2OH-+H2C. 大理石与盐酸反响：CO32-+2H+ = H2O + CO2D. 稀硫酸与氢氧化钡反响：SO42- + H+ + Ba2+ + OH- = BaSO4 + H2O【答案】B【解析】【详解】A. 氯气通入水中与水反响生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，不能拆开，正确的离子方程式为：Cl2 + H2OH+ +Cl- + HClO，A项错误；B. 钠与水反响生成氢氧化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na + 2H2O = 2Na+2OH- +H2，

17、B项正确； C. 碳酸钙为难溶盐，不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+ = Ca2+ H2O + CO2，C项错误；D. 稀硫酸与氢氧化钡反响，正确的离子方程式为：SO42- + 2H+ + Ba2+ + 2OH- = BaSO4 + 2H2O，D项错误；答案选B。【点睛】离子方程式的书写正误判断是高频考点，要求学生熟练书写高中化学根本离子反响方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：1.是否符合客观事实，如铁和稀硫酸反响生成的是亚铁离子而不是铁离子；2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否那么书写错误，如Fe + Fe3+= 2Fe2+，显

18、然不遵循电荷守恒定律；3.观察化学式是否可拆，不该拆的多余拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；4.分析反响物用量，要遵循以少定多的原那么书写正确的离子方程式；5.观察能否发生氧化复原反响，氧化复原反响也是离子反响方程式的一种。总之，掌握离子反响的实质，是正确书写离子反响方程式并学会判断其书写正误的有效途径。12.以下变化中需参加氧化剂才能实现的是 A. CO2COB. SO2SC. FeCl3FeCl2D. HClCl2【答案】D【解析】【分析】需要参加氧化剂才能实现，说明选项中物质应为复原剂的变化，复原剂在反响中失电子化合价升高，据此分析解答。【详解】A. CO2CO中C元素化

19、合价由+4价变为+2价，化合价降低得电子，所以CO2是氧化剂，需要参加复原剂才能实现，A项错误；B. SO2S中S元素化合价由+4价变为0价，化合价降低得电子，所以SO2是氧化剂，需要参加复原剂才能实现，B项错误；C. FeCl3FeCl2中Fe元素化合价由+3价变为+2价，化合价降低得电子，所以FeCl3是氧化剂，需要参加复原剂才能实现，C项错误；D. HClCl2中Cl元素化合价由-1价变为0价，化合价升高失电子，所以HCl是复原剂，需要参加氧化剂才能实现，D项正确；答案选D。【点睛】在氧化复原反响中，几个概念之间的关系：氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被复原，发生复原反响，得到复原产

20、物；复原剂具有复原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反响，得到氧化产物，熟记该规律是解答氧化复原反响题型的关键。13.将20 mL 2 molL-1 NaCl溶液与30 mL 1 molL-1 CaCl2溶液混合假设混合后溶液的体积为两溶液体积之和，那么混合后溶液中Cl-的物质的量浓度为 A. 1.2 molL-1B. 1.5 molL-1C. 2 molL-1D. 1 molL-1【答案】C【解析】【分析】混合前后氯离子物质的量不变，根据n=cV计算混合溶液中总n(Cl-)，再结合计算混合后c(Cl-)。【详解】混合溶液中总n(Cl-)=0.02L2 molL-1+0.03L1 molL

21、-12=0.1mol，那么，C项正确；答案选C。14.：2K2CrO4+H2SO4K2Cr2O7+K2SO4+H2O K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO43Fe2(SO4)3+ Cr2(SO4)3 +K2SO4+7H2O Fe2(SO4)3+2HI2FeSO4+I2+H2SO4以下结论正确的选项是 A. 均是氧化复原反响B. 反响中生成0.1 mol I2时转移电子数为0.1 NAC. 反响中氧化剂与复原剂的物质的量之比为6:1D. 氧化性强弱顺序是K2Cr2O7Fe2(SO4)3I2【答案】D【解析】【分析】2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，该反响中元素的

22、化合价不变，不属于氧化复原反响；K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+7H2O，Cr元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，为氧化复原反响；Fe2(SO4)3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，为氧化复原反响，再结合化合价变化及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答。【详解】2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，该反响中元素的化合价不变，不属于氧化复原反响；K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+7H

23、2O，Cr元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，为氧化复原反响；Fe2(SO4)3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，为氧化复原反响，A. 属于氧化复原反响，而不属于氧化复原反响，A项错误；B. 反响中I元素的化合价由-1价升高为0价，生成0.1 mol I2时失电子物质的量为0.1mol2=0.2mol，而转移电子数=失电子数，那么转移电子数为0.2 NA，B项错误；C. 反响中Cr元素化合价降低，得电子，氧化剂为K2Cr2O7，Fe元素化合价升高，失电子，复原剂为FeSO4，那么氧化剂与复原剂的物质的量之比为1:6，C项错误；D. 反响中

24、氧化剂为K2Cr2O7，氧化产物为Fe2(SO4)3，反响中氧化剂为Fe2(SO4)3，氧化产物为I2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性强弱顺序是：K2Cr2O7Fe2(SO4)3I2，D项正确；答案选D。【点睛】在氧化复原反响中，几个概念之间的关系：氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被复原，发生复原反响，得到复原产物；复原剂具有复原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反响，得到氧化产物，熟记该规律是解答氧化复原反响题型的关键。15.以下离子检验的方法错误的选项是( )A. 某溶液中参加NaOH溶液生成红褐色沉淀，说明原溶液中有Fe3+B. 某溶液中入AgNO3溶液生成白

25、色沉淀，再加稀硝酸沉淀不溶解说明原溶液中可能有Cl-C. 某溶液中参加碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，说明原溶液中一定有Ba2+D. 某溶液中加NaOH溶液生成蓝色沉淀，说明原溶液中可能有Cu2+【答案】C【解析】【详解】A. 某溶液中参加NaOH溶液生成红褐色沉淀，该沉淀为氢氧化铁，说明原溶液中有Fe3+，A项正确；B. 某溶液中入AgNO3溶液生成白色沉淀，再加稀硝酸沉淀不溶解，该沉淀可能是氯化银、硫酸银等，说明原溶液中可能有Cl-，B项正确；C. 某溶液中参加碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，该沉淀可能是碳酸钡、碳酸钙、碳酸镁等，说明原溶液中不一定有Ba2+，C

26、项错误；D. 某溶液中加NaOH溶液生成蓝色沉淀，该沉淀为氢氧化铜，说明原溶液中可能有Cu2+，D项正确；答案选C。16. 100 mL 浓度为 0.1 molL-1的 H2C2O4 溶液恰好与20 mL浓度为 0.2 molL-1的 KRO4溶液完全反响，H2C2O4生成CO2，那么 R元素在产物中的化合价是 A. +1B. +2C. +3D. +4【答案】B【解析】【分析】在氧化复原反响中，氧化剂得电子数=复原剂失电子数，根据得失电子守恒进行计算。【详解】n(H2C2O4)=0.1L0.1 molL-1=0.01mol，n(KRO4)=0.02L0.2 molL-1=0.004mol，反响

27、中H2C2O4生成CO2，C元素化合价由+3升高为+4，失电子，那么H2C2O4为复原剂，那么KRO4应为氧化剂，得电子，化合价降低，KRO4中化合价为+7价，设R元素在产物中的化合价是x，那么根据得失电子守恒可得，0.01mol2=0.004mol(7-x)，解得x=2，B项正确；答案选B。第二卷非选择题 共52分二、填空题本大题共4小题，46分17.1以下物质： KC1晶体 盐酸 石墨 熔融NaC1 蔗糖 CO2 ；能导电的是_(填序号，下同)；属于电解质的是 _；属于非电解质的是_。2写出以下物质在水溶液中的电离方程式。NaHCO3 _NH3H2O_【答案】 (1). (2). (3).

28、 (4). NaHCO3 = Na+ + HCO3- (5). NH3H2O NH4+ + OH-【解析】【分析】1含有自由移动的电子或阴阳离子的物质就能导电；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此分析解答；2NaHCO3 为强电解质，完全电离；NH3H2O为弱电解质，局部电离。【详解】1含有自由移动的电子或阴阳离子的物质就能导电；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质； KC1晶体是由阴阳离子构成的，溶于水或熔融状态下能够导电，属于电解质，但是KC1晶体状态下离子不能自由移动

29、，不能导电；盐酸溶液中有自由移动的阴阳离子，可以导电，但是盐酸是混合物，既不属于电解质，也不属于非电解质；石墨中有自由移动的电子，可以导电，但是石墨是单质，既不属于电解质，也不属于非电解质；熔融NaC1中有自由移动的阴阳离子，可以导电，且熔融NaC1是溶于水和熔融状态下都能导电的化合物，符合电解质的概念，属于电解质；蔗糖是由蔗糖分子构成的，不存在自由移动的离子，不可以导电，且蔗糖是溶于水和熔融状态下都不导电的化合物，属于非电解质； CO2由CO2分子构成，不存在自由移动的离子，不可以导电，CO2的水溶液虽然可以导电，但是溶液中的离子是由碳酸电离产生的，并非CO2自身电离产生的，因此CO2属于非

30、电解质；综上所述，能导电的是；属于电解质的是；属于非电解质的是；故答案为：；2NaHCO3 为强电解质，完全电离，电离方程式为：NaHCO3 = Na+ + HCO3-；NH3H2O为弱电解质，局部电离，用可逆号表示，电离方程式为：NH3H2O NH4+ + OH-；故答案为：NaHCO3 = Na+ + HCO3-；NH3H2O NH4+ + OH-。18.现用质量分数为98%、密度为1.84 gcm-3的浓硫酸来配制480 mL 0.5 molL-1的稀硫酸。可供选择的仪器如以下图请答复以下问题:(1)如下图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

31、仪器名称)。(2)使用容量瓶之前必须进行的操作是_。(3)经计算，需浓硫酸的体积为_mL(小数点后保存 1位小数)。现有 10 mL50 mL 100 mL三种规格的量筒，你选用的量筒是_(填序号)。(4)配制溶液时，一般可分为以下几个步骤：量取 计算 稀释 摇匀 转移 洗涤 定容 其正确的操作顺序为：_(填序号)。(5)在配制过程中，其他操作都准确，以下操作使所配溶液浓度偏高的是_ (填序号) 洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中稀释后的硫酸溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线定容时俯视刻度线【

32、答案】 (1). BE (2). 胶头滴管、玻璃棒 (3). 检查容量瓶是否漏水 (4). 13.6 (5). (6). (7). 【解析】【分析】1根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤判断仪器；2使用容量瓶之前必须检查容量瓶是否漏水；3依据，计算质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度，再依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积，依据浓硫酸体积选择适宜规格的量筒；4依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤排序；5依据配制一定物质的量浓度溶液的正确操作步骤判断，根据分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。【详解】1用浓硫酸配制一定物质的量浓度的

33、稀硫酸的步骤有：计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀等，使用的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不需要的仪器有托盘天平和分液漏斗，还缺少的仪器：玻璃棒、胶头滴管；故答案为：BE；胶头滴管、玻璃棒；2使用容量瓶之前必须进行的操作是检查容量瓶是否漏水；故答案为：检查容量瓶是否漏水； 3质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸物质的量浓度为：，配制450mL溶液，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，设需要浓硫酸体积为V，那么依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变可得：V18.4mol/L=0.5mol/L0.5L，解得：V=0.0136L=13.6mL，应选择

34、25mL量筒；故答案为：13.6； 4配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的操作为：；故答案为：；5洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，导致量取的浓硫酸体积偏大，硫酸的物质的量偏大，溶液浓度偏高；稀释后的硫酸溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中，浓硫酸稀释产生大量的热，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高；转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响；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；定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，配制溶液的浓度偏高；综上所述，

35、以上操作会使所配溶液浓度偏高的是；故答案为：。19.实验室可用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，浓盐酸易挥发。某学生设计如以下图所示的实验装置，利用氯气与潮湿的熟石灰反响制取少量漂白粉(这是一个放热反响)。答复以下问题： (1)A装置为实验室制取氯气的装置，A装置中反响的离子方程式为_。(2)漂白粉将在U形管中产生，其化学方程式是_。(3)C装置的作用是_。(4)此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在U形管中还存在两个副反响。温度较高时氯气与熟石灰反响生成Ca(ClO3)2，为防止此副反

36、响的发生，可采取的措施是_。试判断另一个副反响_(用化学方程式表示)。【答案】 (1). MnO2+4H+ + 2Cl- Mn2+ +Cl2+2H2O (2). 2Cl2 + 2Ca(OH)2 = Ca(ClO)2 + CaCl2 + 2H2O (3). 吸收多余氯气，防止污染空气 (4). 将B装置放入冷水中 (5). 2HCl+Ca(OH)2 = CaCl2 + 2H2O【解析】【分析】1实验室可用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，据此写出离子方程式；2氯气与熟石灰反响生成次氯酸钙、氯化钙和水，据此写出化学方程式；3

37、C装置中盛放氢氧化钠溶液，可以吸收多余的氯气，防止污染空气；4温度较高时氯气与熟石灰反响生成Ca(ClO3)2，为防止此副反响的发生，应该降低温度，可将B装置放入冷水中；盐酸易挥发，加热过程中生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢能与氢氧化钙反响。【详解】1实验室可用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，离子方程式为MnO2+4H+ + 2Cl-Mn2+ +Cl2+2H2O；故答案为：MnO2+4H+ + 2Cl- Mn2+ +Cl2+2H2O；2氯气与熟石灰反响生成次氯酸钙、氯化钙和水，其化学方程式是2Cl2 + 2Ca(OH)2

38、 = Ca(ClO)2 + CaCl2 + 2H2O；故答案为：2Cl2 + 2Ca(OH)2 = Ca(ClO)2 + CaCl2 + 2H2O；3C装置中盛放氢氧化钠溶液，可以吸收多余的氯气，防止污染空气，那么C装置的作用是吸收氯气，防止污染大气；故答案为：吸收多余氯气，防止污染空气；(4)温度较高时氯气与熟石灰反响生成Ca(ClO3)2，为防止此副反响的发生，应该降低温度，可采取的措施是将B装置放入冷水中，防止温度过高生成Ca(ClO3)2；故答案为：将B装置放入冷水中；盐酸易挥发，加热过程中生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢能与氢氧化钙反响，所以另一个副反响的化学方程式是2HCl+Ca(O

39、H)2 = CaCl2 + 2H2O；故答案为：2HCl+Ca(OH)2 = CaCl2 + 2H2O。20.健康人体内含铁元素大约 23g，人体内铁元素以亚铁离子和三价铁离子的形式存在，Fe2+易被吸收，所以给贫血者补充铁元素时，应补充含 Fe2+的亚铁盐。“速力菲主要成分：琥珀酸亚铁，呈暗黄色是市场上一种常见的补铁药物。该药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸。某同学为了检测“速力菲药片中Fe2+的存在，设计并进行了如下实验：(1) 试剂1的名称是_；试剂2的化学式为_。(2) 参加新制氯水，溶液中发生反响的离子方程式是_。(3) 参加试剂2 时溶液为淡红色说明 “速力菲中的 Fe2+已局部氧化

40、，一般在服用“速力菲时，同时服用维生素C，说明维生素C具有_性。(4) 不仅溶液中Fe2+易被氧化成Fe3+，溶液中白色沉淀Fe(OH)2更易被O2氧化，请写出反响的化学方程式_，现象为_。【答案】 (1). 盐酸 (2). KSCN (3). 2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl- (4). 复原性 (5). 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3 (6). 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色【解析】【分析】1根据“琥珀酸亚铁不溶于水但能溶于人体中胃酸分析，应用盐酸溶解琥珀酸亚铁；淡黄色溶液参加试剂2变为淡红色，参加新制氯水后溶液变血红色，那么参加的

41、试剂2是KSCN；2参加新制氯水后溶液变为血红色，说明Fe2+被氧化为Fe3+； 3Vc可使食物中的Fe3+转化成Fe2+，Fe元素的化合价降低，所以Fe3+是氧化剂，Vc是复原剂，那么Vc具有复原性；4碱性环境中Fe(OH)2被O2氧化为氢氧化铁；现象为白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。【详解】1根据“琥珀酸亚铁不溶于水但能溶于人体中的胃酸，用盐酸溶解琥珀酸亚铁，所以试剂1是盐酸；淡黄色溶液参加试剂2变为淡红色，参加新制氯水后溶液变血红色，那么参加的试剂2是KSCN溶液；故答案为：盐酸；KSCN；2参加新制氯水后溶液变为血红色，说明Fe2+被氧化为Fe3+，溶液中发生反响的离子方程式是

42、2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl-；故答案为：2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl-；3Vc可使食物中的Fe3+转化成Fe2+，Fe元素的化合价降低，所以Fe3+是氧化剂，Vc是复原剂，那么Vc具有复原性；故答案为：复原性；4碱性环境中Fe(OH)2被O2氧化为氢氧化铁，反响方程式为4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3；现象为白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；故答案为：4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3；白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。三、计算题本大题共1小题，6分21.室温下，将400 mL某

43、盐酸和硫酸的混合溶液分成两等份。一份参加过量BaCl2溶液，充分反响后得沉淀2.33 g；另一份参加200 mL 1.0 molL-1 NaOH溶液，充分反响后溶液中H+浓度为0.1 molL-1假设反响后溶液的体积为400mL。试计算：1原溶液中所含H2SO4的物质的量2每份溶液中盐酸的物质的量浓度【答案】10.02 mol 21 molL-1【解析】【分析】1一份向混合溶液中参加过量BaCl2溶液，发生反响SO42-+Ba2+=BaSO4 ，充分反响后得沉淀2.33g为BaSO4的质量，利用硫酸根守恒计算计算硫酸的物质的量；2另一份混合溶液中参加200mL 1.0 molL-1NaOH溶液

44、，发生的反响是H2SO4+2NaOH=Na2SO4 +2H2O，HCl+NaOH=NaCl+H2O，根据硫酸的物质的量计算消耗NaOH的物质的量，再根据H原子守恒计算盐酸浓度。【详解】1n(BaSO4)=2.33g/233g/mol=0.01mol，根据硫酸根离子守恒得n(H2SO4)=n(BaSO4)=0.01mol，那么原溶液中硫酸根物质的量为0.01mol2=0.02mol；故答案为：0.02mol；2另一份混合溶液中参加200mL 1.0molL1NaOH溶液，发生的反响是H+OH- =H2O，硫酸中氢离子物质的量为n(H+)=2n(H2SO4)=20.01mol=0.02mol，充分反响后混合溶液中H+浓度为0.1molL1、溶液的体积为200mL，那么剩余n(H+)=0.1mol/L0.2L=0.02mol，那么与NaOH溶液反响的氢离子物质的量n(H+)=n(HCl)+0.02mol-0.