2023届福建省宁德高一化学第一学期期中质量检测模拟试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列操作使硫酸铜晶体结晶水测定结果偏大的是（）A硫酸铜晶体没有完全变白B加热时晶体爆溅C加热后未在干燥器中冷却D没有进行恒重操作2、向含和的混合溶液中加入的溶液，产生沉淀的物质的量(n)与加入溶液体积

2、(V)间的关系图正确的是( )ABCD3、实验室用硫酸钠固体配制250 mL 0.1 molL-1溶液，下列仪器中肯定不需要用到的是A漏斗B托盘天平C玻璃棒D烧杯4、检验溶液中的离子，实验步骤和结论均正确的是A加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，一定含有Cl-离子B加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成，一定含有离子C加入淀粉溶液变蓝，可能含有I2D加入BaCl2溶液，有白色沉淀，一定含有离子5、下列各组物质按酸、碱、盐分类顺次排列的是（）A硫酸（H2SO4）、纯碱（Na2CO3）、食盐（NaCl）B硝酸（HNO3）、烧碱（NaOH）、胆矾（CuSO45H2O）C醋酸（CH3CO

3、OH）、乙醇（C2H5OH）、硫酸铵(NH4)2SO4D盐酸（HCl）、熟石灰Ca(OH)2、苛性钠（NaOH）6、以下三组溶液：煤油和硫酸钾溶液 42的乙醇水溶液 单质溴和水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是( )。A分液、蒸馏、萃取 B萃取、蒸馏、分液C分液、萃取、蒸馏 D蒸馏、萃取、分液7、下列离子方程正确的是A向氢氧化钙溶液中通入足量二氧化碳：OH+ CO2 =HCO3B足量的锌粉与硫酸铁溶液反应：Zn+2Fe3+=Zn2+2Fe2+C向盐酸中投入碳酸钙：CO32+ 2H+ =H2O +CO2 D向稀硫酸溶液中投入铁粉：2Fe +6H+ =2Fe3+ +3H28、已知离子R2-的原

4、子核内有n个中子，R原子的质量数为m则W克离子R2-共含有的电子为（ ）AmolBmolCmolDmol9、对于反应8NH33Cl2=N26NH4Cl，下列说法正确的是()AN2是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是8:3BN2是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是2:3CNH4Cl是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是8:3DNH4Cl是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是2:310、下列属于电解质并能导电的物质是A蔗糖 BKNO3溶液 CFe D熔融的Na2O11、实验室利用 FeCl3、ZnCl2的混合液制取 FeCl2溶液和ZnCl2晶体的流程如下：下列说法正确的是A还

5、原过程中发生反应 Fe+Fe3+Fe2+B为了加快过滤速度，可以用玻璃棒搅拌溶液C萃取振荡后分液时，要将分液漏斗颈上的玻璃塞打开，或使塞上的凹槽对准漏斗上的孔D蒸发浓缩操作所需玻璃仪器有玻璃棒、酒精灯、蒸发皿12、现有一瓶甲和乙的混合物，已知甲和乙的某些性质如下表所示：物质熔点/ 沸点/ 密度/ gcm3水中的溶解性甲-9857.50.93可溶乙-84770.90可溶据此，将甲和乙互相分离的方法是A蒸馏法B升华法C萃取法D过滤法13、1995年，IUPAC原子量与同位素丰度委员会在英国Guildford 会议上决定修正五项原子量，其中已修正的有(C)12.0107(8)，这里的12.0107(

6、8)所指的是A12C的相对原子质量B碳元素的相对原子质量C12C的质量数D碳原子的相对原子质量14、下列电离方程式中，错误的是（ ）AMgSO4=Mg2+SO42- BNa2SO4=Na2+SO42-CAl2(SO4)3=2Al3+3SO42- DBaCl2=Ba2+2Cl-15、在无色透明溶液中能大量共存的离子组是AK+、Na+、HCO3-、OH- BCl-、Cu2、CO32-、K+CNH4+、K+、OH-、SO42- DK、Mg2、Cl-、SO42-16、有一种固体化合物X，本身不导电，但熔融状态下或溶于水时能够电离，下列关于X的说法中，正确的是（ ）AX只能是盐类BX可能是非电解质CX一

7、定是电解质DX可以是任何化合物17、检验某一溶液中是否含有氯离子，可选用的试剂是（ ）A硝酸银溶液B稀盐酸酸化的硝酸银溶液C稀硝酸酸化的硝酸银溶液D稀硫酸酸化的硝酸银溶液18、完成下列变化，不能通过一步化学反应实现的是（ ）AHClHNO3BBa(OH)2BaCl2CK2SO4KNO3DFe2O3Fe(OH)319、意大利罗马大学的FulvioCacsce等人获得了极具理论研究意义的N4分子，下列说法正确的是（ ）AN4属于一种新型的化合物BN4与N2的摩尔质量相等C等质量的N4与N2所含的原子个数比为1：1D标准状况下，等体积的N4与N2所含的原子个数比为1：220、汽车剧烈碰撞时，安全气囊

8、中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2，有关该反应说法正确的是A属于复分解反应BKNO3发生氧化反应CNaN3是还原剂DNaN3和KNO3中氮元素化合价均降低21、下列离子方程式中,正确的是A氨气通入醋酸溶液中:CH3COOH+NH3 =CH3COONH4B氢氧化钡溶液跟盐酸反应:H+OH-=H2OC稀硫酸与氢氧化钡溶液反应:Ba2+SO42 =BaSO4D石灰石溶解在稀HCl中:CO32-+2H+=CO2+H2O22、已知下列溶液的溶质都是强电解质，这些溶液中的Cl-浓度与50mL 1molL-1 MgCl2溶液的Cl-浓度相等的是（ ）A150mL 1molL-1

9、NaCl溶液B75mL 2molL-1 CaCl2溶液C150mL 2molL-1 KCl溶液D75mL 1molL-1 AlCl3溶液二、非选择题(共84分)23、（14分）有一包白色固体物质，可能含有CuSO4、Na2SO4、KNO3、NaNO3、Na2CO3、MgCl2中的一种或几种，现进行如下实验：(1)将白色固体溶于水中，得到无色透明溶液。(2)取少量上述溶液两份，其中一份滴加BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀没有溶解。另一份溶液中滴加NaOH溶液，有白色沉淀生成。根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有_，一定没有_，可能有_。24、（12分）短周期元素X、Y、

10、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，回答下列问题：(1)M元素位于周期表中的位置为_。(2)X、Y、Z、M的原子半径由大到小排列为_(化学用语回答)，Z在自然界中常见的二元化合物是_。(3)X与M的单质在高温下反应的化学方程式为_，产物分子的电子式为_，其化学键属_共价键(填“极性”或“非极性”)。25、（12分） (1)写出下图中序号仪器的名称：_； _；_ ；仪器中，使用时必须检查是否漏水的有 _.（填仪器序号）(2)如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容现用该浓硫酸配制48

11、0mL1molL-1的稀硫酸请回答下列问题：a. 该硫酸的物质的量浓度为_molL-1b经计算，配制480mL1molL-1的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_mL；c.配制过程中下列各项操作会导致所配稀硫酸浓度偏小的是_(双选)A容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水B所选用的烧杯、玻璃棒未洗涤 C定容时，俯视容量瓶刻度线D摇匀后静置发现液面低于刻度线，继续滴加蒸馏水至刻度处26、（10分）为了除去KCl固体中少量的MgCl2、MgSO4，可选用Ba(OH)2、HCl和K2CO3三种试剂，按下列步骤操作：（1）试剂B为_(化学式)，加入过量B的目的是_。（2）试剂C为_(化学式)，

12、加热煮沸的目的是_。（3）操作的名称是_，盛KCl溶液的仪器为_，当_时停止加热。27、（12分）某研究性学习小组，为了探究过氧化钠的强氧化性，设计了如图的实验装置。实验步骤及现象如下：检查装置气密性后，装入药品并连接仪器。缓慢通入一定量的N2后，将装置D连接好(导管末端未伸入集气瓶中)，再向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，反应剧烈，产生黄绿色气体。一段时间后，将导管末端伸入集气瓶中收集气体。装置D中收集到能使带火星的木条复燃的无色气体。反应结束后，关闭分液漏斗的活塞，再通入一定量的N2，至装置中气体无色。回答下列问题：（1）装置B中的湿润的红色纸条褪色，证明A中反应有 (填化学式)生成。若B中改放

13、湿润的淀粉KI试纸，仅凭试纸变蓝的现象不能证明上述结论，请用离子方程式说明原因 。（2）装置C的作用是 。（3）甲同学认为O2是Na2O2被盐酸中的HCl还原所得。乙同学认为此结论不正确，他可能的理由为： 。（4）实验证明，Na2O2能与干燥的HCl反应，完成并配平该化学方程式。该反应 (填“能”或“不能”)用于实验室快速制取纯净的Cl2，理由是 (要求答出一个要点即可)。28、（14分）请填写一下空白:(1)有以下物质: 晶体液态硫酸 铁固体饱和溶液酒精()熔融的,其中能导电的是_,属于电解质的是_,属于非电解质的是_。(2)化学反应 (浓) (未配平)中:氧化产物是:_, 还原产物是:_。

14、(3)请写出醋酸与氢氧化钠溶液反应的离子方程式_。(4)盐酸可以除铁锈,请写出发生反应的离子方程式:_。(5)工业上常用在酸性条件下氧化污水中的,请写出离子方程式:_。29、（10分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下。（部分产品未标出）（1）中发生反应的还原剂是_、中的氧化剂是_（填化学式）。（2）中反应的离子方程式是_。（3）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5NaClO2 + 4HCl = 5NaCl + 4ClO2+ 2H2O。该反应中氧化剂和还

15、原剂的物质的量之比是_。研究表明：在上述过程中会发生副反应：NaClO2 + 4HCl = NaCl + 2Cl2+ 2H2O，若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大。请推测其原因是_。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、B【解析】A粉末未完全变白说明晶体没有完全分解，导致反应前后的质量差偏小，使测定结果偏小，故A错误；B加热过程中有少量晶体溅出，会使测定的质量差偏大，使结果偏大，故B正确；C加热后未在干燥器中冷却，空气中水蒸气会在晶体表面聚集，使测定质量差偏小，使结果偏小，故C错误；D没有进行恒重操作，导致反应前后的质量差偏小，使测定结果

16、偏小，故D错误；故选B。2、D【解析】向含和的混合溶液中加入的溶液，从反应开始到加入0.5L Ba(OH)2时，Ba(OH)2的物质的量为0.5mol，发生反应，氢离子恰好中和完全，生成0.5mol BaSO4沉淀，再加入0.5L Ba(OH)2时，发生反应，此时硫酸根恰好沉淀完全，生成0.5mol BaSO4沉淀和0.5mol Mg(OH)2沉淀，该阶段共生成1mol沉淀，再加入0.5L Ba(OH)2时，发生反应，生成0.5mol Mg(OH)2沉淀，根据图像变化趋势可知，D符合，故D正确；故选D。3、A【解析】实验室用硫酸钠固体配制250 mL 0.1 molL-1溶液，需要用托盘天平称

17、量，用烧杯溶解，玻璃棒搅拌，冷却后转移至250mL容量瓶中，最后用胶头滴管定容，不需要漏斗，答案选A。4、C【解析】A加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，沉淀可能为AgCl或Ag2CO3，则不一定含有Cl-离子，A错误；B加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成，还可能是离子，被硝酸氧化为，B错误；C能使淀粉溶液变蓝，则含有I2，C正确；D加入BaCl2溶液，有白色沉淀，沉淀可能为BaSO4或BaCO3，则不一定含有离子，D错误。答案选C。【点睛】Cl-离子的检验：加入HNO3酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，含有Cl-离子；离子的检验：先加盐酸，无沉淀，再加入BaCl2溶液，

18、有白色沉淀，含有离子。5、B【解析】A、硫酸属于酸，纯碱属于盐，食盐属于盐，故A错误；B、硝酸属于酸，烧碱属于碱，胆矾属于盐，故B正确；C、醋酸属于酸，乙醇不属于碱，硫酸铵属于盐，故C错误；D、盐酸属于酸，熟石灰属于碱，苛性钠属于碱，故D错误；故选B。6、A【解析】煤油不溶于水，分离煤油和硫酸钾溶液应该用分液法；乙醇与水互溶，但沸点相差较大，分离42的乙醇水溶液应该用蒸馏；溴单质易溶在有机溶剂中，分离单质溴和水溶液应该用萃取，答案选A。7、A【解析】A向氢氧化钙溶液中通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙，反应的离子方程式为：OH-+CO2HCO3-，故A正确；B、足量的锌跟硫酸铁反应，生成了硫酸

19、锌和铁，正确的离子方程式为：3Zn+2Fe3+3Zn2+2Fe，故B错误；C向盐酸中投入碳酸钙，碳酸钙难溶于水，应该保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故C错误；D向稀硫酸溶液中投入铁粉，反应生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2H+Fe2+H2，故D错误；故选A。8、B【解析】质子数=质量数-中子数=m-n，阴离子：电子数=质子数+电荷数=m-n+2，故W克离子R2-共含有的电子为(mn+2)，答案选B。【点睛】本题考查质量数、质子数、中子数与电子数的关系，根据质子数=质量数-中子数，阴离子：电子数=质子数+电荷数，以及n=进行计算。9、B【

20、解析】试题分析：氯元素的化合价从0价降低到-1价，反应中Cl2为氧化剂，氮元素的化合价从3敬爱升高到0价，失去电子，NH3为还原剂，由方程式可知，当有8molNH3参加反应，有2mol被氧化，则该反应中还原剂与氧化剂物质的量之比是2：3，Cl元素化合价降低，被还原，NH4Cl为还原产物，答案选B。【考点定位】本题主要是考查氧化还原反应的有关判断与计算【名师点晴】得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、

21、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)得电子原子数原子降价数n(还原剂)失电子原子数原子升价数。10、D【解析】电解质是在熔融状态或水溶液中能导电的化合物。【详解】A.蔗糖在在熔融状态或水溶液中均不能导电，是非电解，； B. KNO3溶液是混合物； C. Fe是单质； D.熔融的Na2O能导电，是电解质；D符合题意，答案为D。【点睛】电解质的概念是本题考查点，注意电解质为化合物，溶液和金属单质等即使能导电，也不属于电解质。11、C【解析】FeCl3、ZnCl2的混合溶液加过量的铁粉、过滤得FeCl2、ZnCl2的混合溶液和金

22、属Fe，TBP萃取得FeCl2溶液和ZnCl2的TBP溶液，用水反萃取、分液除去TBP得ZnCl2溶液，将ZnCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得ZnCl2晶体。【详解】A还原过程中发生反应 Fe+2Fe3+=3Fe2+，A错误；B不能用玻璃棒搅拌溶液，以免戳破滤纸，B错误；C萃取振荡后分液时，要将分液漏斗颈上的玻璃塞打开，或使塞上的凹槽对准漏斗上的孔，使下层液体顺利流入烧杯，C正确；D蒸发皿不是玻璃仪器，D错误。答案选C。12、A【解析】根据题中信息可以看出，甲和乙两物质的熔点相差不大，密度相差不大，均可溶于水，互溶，但是沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法通过控制沸点的不同来实现二者的分离。故

23、选A。13、B【解析】元素的相对原子质量与原子的相对原子质量和丰度有关，故12.0107是元素的相对原子质量，故B正确；综上所述，答案为B。14、B【解析】A，MgSO4电离出Mg2+和SO42-，MgSO4的电离方程式为MgSO4=Mg2+SO42-，A项正确；B，Na2SO4电离出Na+和SO42-，Na2SO4的电离方程式为Na2SO4=2Na+SO42-，B项错误；C，Al2（SO4）3电离出Al3+和SO42-，Al2（SO4）3的电离方程式为Al2（SO4）3=2Al3+3SO42-，C项正确；D，BaCl2电离出Ba2+和Cl-，BaCl2的电离方程式为BaCl2=Ba2+2Cl

24、-，D项正确；答案选B。15、D【解析】溶液无色，则有颜色的离子不能存在，离子之间能大量共存，则离子之间不发生反应生成沉淀、气体、弱电解质以及发生氧化还原反应、双水解反应等。【详解】AHCO3-与OH-反应而不能大量共存，故A项错误；BCu2有颜色，不能大量存在，故B错误；CNH4+与OH-反应生成弱电解质一水合氨和水，故C项错误；D溶液无色，且离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D项正确。答案选D。16、C【解析】 【分析】 【详解】A. X是可以是酸、碱或盐，故A错误； B. 说明该物质在溶于水或熔融状态下能电离出离子而导电，该化合物一定是电解质，故B错误； C. 固体化合物X，本身不导

25、电，但熔融状态下或溶于水时能够电离，说明该物质在溶于水或熔融状态下能电离出离子而导电，该化合物一定是电解质，故C 正确； D. 依据题意可知X为电解质，化合物不一定是电解质，如二氧化碳、二氧化硫、氨气等，故D错误。 综上所述，答案为C。 17、C【解析】能与硝酸银溶液反应生成的白色沉淀不一定是氯化银，如碳酸银也是白色沉淀，但碳酸银能溶于稀硝酸，所以检验氯离子选用的试剂是硝酸酸化的硝酸银溶液，可以排除碳酸根离子的干扰；故选C。【点睛】检验氯离子时只能用稀硝酸酸化，如果用盐酸酸化则会引入氯离子；如果用硫酸酸化，溶液中如果存在钡离子也会产生不溶于酸的沉淀。18、D【解析】A. HCl可与AgNO3反

26、应AgCl沉淀与硝酸，其化学方程式为HCl +AgNO3AgCl+HNO3，A项正确；B. Ba(OH)2可与FeCl3反应生成氢氧化铁沉淀与氯化钡，其化学方程式为：3Ba(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3BaCl2，B项正确；C. K2SO4可与Ba(NO3)2反应生成硫酸钡沉淀与硝酸钾，其化学方程式为：2K2SO4+Ba(NO3)2BaSO4+2KNO3，C项正确；D. 氧化铁与水不反应，则氧化铁不能一步反应生成氢氧化铁，D项错误；答案选D。19、C【解析】A.N4属于单质，故A错误；B.N4的摩尔质量为56g/mol，N2的摩尔质量为28g/mol，并不相等，故B错误；C.等质

27、量的N4与N2所含的原子个数比为1：1，故C正确；D.标准状况下，等体积的N4与N2物质的量相等，所含的原子个数比为2：1，故D错误;故答案：C。20、C【解析】A.该反应有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，A项错误；B. KNO3中氮元素由+5价得电子生成氮气，发生还原反应，B项错误；C. NaN3中氮元素化合价由-1/3价失电子生成氮气，是还原剂，C项正确；D. KNO3中氮元素由+5价降低到0价，NaN3中氮元素化合价由-1/3价升高到0价，D项错误；答案选C。21、B【解析】试题分析：A、在离子反应中醋酸铵应该用离子符号表示，则氨气通入醋酸溶液中反应的离子方程式为CH3COOH+NH

28、3 =CH3COONH4，A不正确；B、氢氧化钡是强碱，与盐酸反应的离子方程式为氢氧化钡溶液跟盐酸反应：H+OH=H2O，B正确；C、稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成物是硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2+2OH+SO42+2H+=2H2O+BaSO4，C不正确；D、石灰石是难溶性物质，在离子反应中应该用化学式表示，则石灰石溶解在稀HCl中反应的离子方程式为CaCO3+2H+=CO2+H2O +Ca2+，D不正确，答案选A。考点：考查离子方程式的正误判断22、C【解析】50mL 1molL-1 MgCl2溶液的Cl-浓度为2molL-1；A.Cl-浓度为1molL-1，故A错误；B Cl-浓

29、度为4molL-1，故B错误；C .Cl-浓度为2molL-1，故C正确；D .Cl-浓度为3molL-1，故D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、Na2SO4、MgCl2 CuSO4、Na2CO3 KNO3、NaNO3 【解析】根据硫酸铜溶液显蓝色，硫酸钡是白色不溶于硝酸的沉淀，Mg(OH)2是白色不溶性物质分析。【详解】(1)将白色固体溶于水中，得到无色透明溶液，说明固体中一定不含有CuSO4；(2)取少量上述溶液两份，其中一份滴加BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀没有溶解，则该沉淀是BaSO4，一定含有Na2SO4，一定不含Na2CO3，因为碳酸钡可以溶于硝酸中

30、，反应会放出CO2气体，向另一份溶液中滴加NaOH溶液，有白色沉淀生成。说明含有Mg2+，产生的白色沉淀是Mg(OH)2，原固体中含有MgCl2。由于题目涉及实验中没有进行有关K+、Na+及NO3-的检验及各种微粒物质的量的计算，因此不能确定是否含有KNO3、NaNO3。根据上述分析可知：溶液中一定含有Na2SO4、MgCl2，一定没有CuSO4、Na2CO3，可能含有KNO3、NaNO3。【点睛】本题考查了混合物组成的推断，完成此题，可以结合题干提供的实验现象，结合各种离子的检验方法，根据离子在物质的存在确定物质的存在。24、三 A MgSiSC SiO2 C+2SCS2 极性 【解析】短周

31、期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，可知X是C；Y2+电子层结构与氖相同，则Y为Mg；室温下M单质为淡黄色固体，则M为S，Z的质子数为偶数，且在Mg和S之间，因此Z为Si。【详解】(1) M为S，在周期表中位于第三周期第A族。(2)Mg、Si、S位于同一周期，同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，因此MgSiS，S比C多一个电子层，则原子半径SC，因此原子半径由大到小的顺序为MgSiSC。Z在自然界中常见的二元化合物是SiO2。(3)C与S在高温下反应生成CS2，化学方程式为C+2SCS2。CS2的电子式与CO2一样，为，化学键属于极性共价键。【点睛】同周期元素

32、的原子半径从左向右逐渐减小。25、蒸馏烧瓶 冷凝管 分液漏斗 18.4 27.2 BD 【解析】（1）为蒸馏装置，需要的仪器为蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计、锥形瓶等，为分液操作；为容量瓶，结合仪器的结构分析；分液漏斗、容量瓶使用时必须检查是否漏水；(2)a根据溶液的物质的量浓度c=1000/M来计算；b.根据溶液稀释定律c浓V浓=c稀V稀来计算；c.分析操作对溶质物质的量、溶液体积的影响，根据c=n/V判断对所配溶液浓度的影响【详解】（1）根据仪器的结构特点，得到：是蒸馏烧瓶，是冷凝管，是分液漏斗；是容量瓶，故答案为蒸馏烧瓶；冷凝管；分液漏斗；分液漏斗、容量瓶使用时必须检查是否漏水；故答案为（2）

33、a溶液的物质的量浓度c=1000/M=1000mL/L1.84g/mL98%/98gmol1=18.4molL1，故答案为18.4；b.由于无480mL容量瓶，故选用500mL容量瓶，配制480mL 1molL-1的稀硫酸，设需要的浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律c浓V浓=c稀V稀可知：18.4molL1VmL=1molL-1500mL，解得V=27.2；故答案为27.2；c.A、容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水，配制过程中需要滴加蒸馏水，故此无影响，故A不选；B、所选用的烧杯、玻璃棒未洗涤，导致浓溶液物质的量偏小，根据c=n/V判断可知浓度偏低，故B选；C、定容时，俯视容量瓶

34、刻度线进行定容，故导致稀溶液体积偏小，根据c=n/V判断可知浓度偏高，故C不选；D、定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处，导致稀溶液体积偏大，根据c=n/V判断可知浓度偏低，故D选；故选BD。26、K2CO3 除去溶液中过量的Ba2+ HCl 使HCl挥发 蒸发 蒸发皿 有大量固体析出 【解析】利用MgCl2和MgSO4能与所提供的溶液中的Ba(OH)2溶液形成Mg(OH)2沉淀、BaSO4沉淀而被除去，因此可先向混合溶液中加入足量或过量的Ba(OH)2溶液，待充分反应后过滤，所得滤液为KCl溶液与过量Ba(OH)2溶液的混合溶液；接下来利用加入过量K2CO3的方

35、法再把多余的Ba(OH)2反应而除去，此时过滤后的溶液为KCl溶液、KOH溶液及过量的K2CO3溶液的混合溶液；然后利用KOH、K2CO3与HCl反应生成KCl采取滴加适量稀HCl到不再放出气泡时，得到的溶液即为纯净的KCl溶液，最后经蒸发结晶可得到氯化钾晶体，以此解答该题。【详解】（1）由以上分析可知 B为K2CO3，加过量碳酸钾的目的是除去溶液中过量的Ba2+；故答案为：K2CO3；除去溶液中过量的Ba2+；（2）由以上分析可知 C为HCl，利用KOH、K2CO3与HCl反应生成KCl，加热煮沸的目的是：使HCl挥发；故答案为：HCl；使HCl挥发；（3）操作为物质的溶液获得晶体的方法，为

36、蒸发结晶，盛KCl溶液的仪器为蒸发皿，蒸发时，当析出大量固体时停止加热；故答案为：蒸发；蒸发皿；有大量固体析出。【点睛】注意把握实验的原理和操作方法，为解答该题的关键，会根据物质性质选取合适的分离和提纯方法。27、 (1)Cl24H4IO2=2I22H2O(或2H2O4IO2=2I24OH(2)吸收HCl和过量的Cl2，防止污染空气，使D中能收集到较为纯净的氧气(3)Na2O2被还原时氧元素的化合价应该降低，不可能得到O2O2有可能是Na2O2与盐酸中的H2O反应所得(4)1 4 1 2 2H2O 不能 Na2O2与生成的H2O反应有O2生成；HCl混在Cl2中；H2O混在Cl2中；实验室没有

37、可直接使用的干燥HCl气体；固体与气体反应较慢(答出任何两点即可)【解析】(1)B中湿润的红色纸条退色，说明A中反应有Cl2生成；若B中是湿润的淀粉KI试纸变蓝，不能说明一定有Cl2生成，因为O2也可把I氧化成I2：4H4IO2=2I22H2O，从而使试纸变蓝。(2)装置C中盛放的是NaOH溶液，其作用是吸收HCl和Cl2，防止污染空气并使D中收集到较纯净的O2。(3)Na2O2被还原时氧元素的化合价应该降低，不能得到O2；O2可能是Na2O2与盐酸中的H2O反应得到的。(4)由元素守恒可知，生成物中所缺物质为H2O，再根据得失电子守恒、原子守恒可配平该反应的化学方程式。该反应不能用于实验室快

38、速制取纯净的Cl2，一是因为实验室没有可直接使用的干燥HCl气体，且气体与固体反应较慢；二是因为HCl易混入Cl2中，生成的H2O及H2O与Na2O2反应生成的O2也易混入Cl2中，使Cl2不纯。28、 、 【解析】(1)能导电的物质是单质类导体如铁、电解质溶液如饱和溶液、离子化合物类型电解质熔融液如熔融的,上述物质中能导电的是。电解质是在水溶液或熔化状态下能导电的化合物，如酸、碱盐属于电解质，上述物质属于电解质的是, 非电解质是在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物，指酸、碱、盐以外的化合物一般属于非电解质，上述物质属于非电解质的是。答案：； ； 。(2) (浓) ，该反应中铁元素化合价由+

39、2升高至+3，FeS中硫元素化合价由-2升高至0,氧化产物是:Fe2(SO4)3、S；H2SO4中硫元素化合价由+6降低至+4,还原产物是:SO2。答案： ； (3)醋酸与氢氧化钠溶液反应的离子方程式:CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O。答案：(4)盐酸可以除铁锈主要成分为Fe2O3,发生反应的离子方程式:Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；答案：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O。(5)工业上常用H2O2在酸性条件下氧化污水中的Fe2+,反应的离子方程式:；答案：。29、Na2SO3ClO22ClO2 + 2H2O2 +2OH- = 2ClO2- + O2 + 2H2O1

40、:4ClO2-的氧化性或Cl-的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl-被氧化得到Cl2。【解析】（1）I中NaClO3转化为ClO2，Cl元素化合价由+5价降到+4价，NaClO3得电子，作氧化剂；根据得电子守恒，Na2SO3失电子，化合价降低，作还原剂。中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低，则ClO2得电子，作氧化剂。故答案为Na2SO3；ClO2；（2）中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低，ClO2作氧化剂，则H2O2作还原剂，化合价升高，生成O2，则有ClO2+ H2O2O2+ ClO2，溶液中加入了NaOH，配平方程式可得：2ClO2 + 2H2O2

41、+2OH- =2ClO2- +O2 + 2H2O；故答案为2ClO2 + 2H2O2 +2OH- =2ClO2- + O2 + 2H2O；（3） 反应5NaClO2 + 4HCl = 5NaCl + 4ClO2+ 2H2O，NaClO2中Cl元素化合价由+3价分别变为1价和+4价，NaClO2既是氧化剂又是还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比是14。故答案为14；NaClO2+4HCl=NaCl+2Cl2+2H2O，反应中，NaClO2作氧化剂，HCl作还原剂，反应开始时，盐酸浓度越大，溶液酸性越强，气体产物的含量增大。可能原因是，溶液酸性增强，导致NaClO2的氧化性增强，Cl-的还原性增强；或者Cl- 的浓度增大，导致Cl-还原性增强。故答案为ClO2-的氧化性或Cl-的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl-被氧化得到Cl2。