2023届山西省长治市第二中学校化学高一第一学期期中预测试题含解析.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（每题只有一个选项符合题意）1、盐酸具有性质是：A弱酸性 B漂白性 C挥发性 D不稳定性2、粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，为除去上述杂质离子，可供选用的试剂有：稀盐酸 Na2C

2、O3溶液 BaCl2溶液 NaOH溶液，上述四种溶液的加入顺序不合理的是A B C D3、在强酸性溶液中，下列各组离子不能大量共存的是ANa+、K+、SO42、ClBNa+、Cl、SO42、Fe3+CBa2+、K+、HCO3、NO3DCu2+、Na+、SO42、NO34、下列各组物质，在水溶液中不能发生下列离子反应的是：HCO3-+H+=CO2+H2OANaHCO3+CH3COOHBKHSO4+NaHCO3CMg（HCO3）2+H2SO4DNaHCO3+HNO35、现有 四瓶无色溶液，只用一种试剂就可一次把它们鉴别出来需要时可以加热，此试剂是ABCDHCl6、下列有关Fe(OH)3胶体的说法正

3、确的是()A取2 mol/L的FeCl3饱和溶液5 mL制成氢氧化铁胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数为0.01NAB在Fe(OH)3胶体中滴入稀硫酸至过量的过程中伴随的实验现象是先有红褐色沉淀产生，然后沉淀溶解得到棕黄色溶液C通过电泳实验可以证明Fe(OH)3胶体带正电荷D向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液，制备Fe(OH)3胶体7、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A1mol Na2O2晶体中阴离子数为2 NAB常温常压下，48g O3含有的分子数为NAC标准状况下，33.6L的 四氯化碳(CCl4)中含有的碳原子数目为1.5NAD常温常压下，7.1 g Cl2与足量的F

4、e充分反应，转移的电子数目为0.3 NA8、次磷酸（H3PO2)是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性。NaH2PO2为正盐，可将溶液中的Ag+还原为Ag，从而可用于化学镀银。利用NaH2PO2进行化学镀银反应中，若氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则氧化产物的化学式为（ ）AH3PO4BNa3PO4CAgDNa2HPO29、下列有关实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作实验现象结论A用镊子夹住pH试纸伸入某溶液pH试纸变红溶液呈酸性B向U型管内氢氧化铁胶体通电阳极红褐色变深氢氧化铁胶粒带正电C用分液漏斗对CCl4和水进行分液混合溶液不分层不能用分液的方法分离CC14和水D用电流计测室

5、温下等物质的量浓度的 NaHSO3和NaHSO4溶液的导电性NaHSO3的导电性较弱NaHSO3溶液中的离子浓度较小AABBCCDD10、下列试剂中，需要使用棕色试剂瓶存放的是A氢氧化钠溶液B氯水C稀硫酸D氯化钾溶液11、44gA 和 49gB 恰好完全反应生成 76gC 和一定量的气体 D，若 D 的相对分子质量为 34， 则生成气体 D 在标准状况下的体积为（ ）A22.4LB11.2LC5.6LD44.8L12、下列有关实验操作正确的是()ABCD13、下列各组离子在溶液中能大量共存，加入强酸有气体放出，加入强碱有沉淀生成的是ACu2+、Na+、SO42-、Cl- BBa2+ 、K+、H

6、SO3-、Cl-CMg2+、K+、MnO4-、I- DNH4+、Na+、CO32-、NO3-14、将少量金属钠分别投入下列物质的水溶液中，有气体放出，且溶液质量减轻的是AHClBNaOHCK2SO4DCuSO415、在粗盐提纯的实验中，蒸发时正确的操作是：（ ）A把浑浊的液体倒入蒸发皿内加热B开始析出晶体后用玻璃棒搅拌C待水分完全蒸干后停止加热D蒸发皿中出现大量固体时即停止加热16、某溶液中大量存在以下浓度的五种离子：0.4mol/L Cl、0.8mol/L SO42、0.2mol/L Al3+、0.6mol/L H+、M，则M及其物质的量浓度可能为( )ANa+0.6mol/LBCO320.

7、2 mol/LCMg2+0.4 mol/LDBa2+0.4mol/L二、非选择题（本题包括5小题）17、某无色透明溶液中可能大量存在 K+、Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+中的几种，请按要求填空：(1)不做任何实验就可确定原溶液中不存在的离子是_，(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消 失。说明原溶液中肯定存在的离子是_，(3)取(2)中的滤液，加入过量的氨水（NH3H2O），出现白色沉淀（已知：Ag(NH3)2 + 在溶液中无色），说明原溶液肯定有_，(4)溶液中可能存在的离子是_；验证其是否存在可以用_（填实验方法）(5)原溶液大量存在的阴离子

8、可能是下列中的_。ACl- BNO3- CCO32- DOH-18、有一包白色粉末，其中可能含有Ba(NO3)2、MgCl2、K2CO3、NaOH，现做以下实验：取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；向的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失、没有气泡产生；向的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生。根据上述实验事实，回答下列问题：(1)原白色粉末中一定含有的物质的化学式_(2)一定不含有的物质的化学式_(3)依次写出各步变化的离子方程式_；_；_；19、某学生设计如下实验装置利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂粉精（这是一个放热反应，反应后温度将升高）。A中盛浓盐酸，C中盛潮湿的消石灰

9、，据此回答：（1）烧瓶B中反应的化学方程式：_；（2）D中所盛的试剂是_。其作用是：_；（3）漂粉精在U形管中得到，U形管中发生的化学方程式是_，此实验结果所得产率太低。经分析并查阅资料发现主要原因是在U型管C中存在两个副反应：_；（4）温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca（ClO3）2为避免此副反应的发生，可采取的措施是：_（5）试判断另一个副反应是（写出此反应方程式）_（6）为避免此副反应发生，可采取的措施是：_。（7）家庭中使用漂粉精时，为了增强漂白能力，可加入少的物质是_（选填编号）。A食盐 B食醋 C烧碱 D纯碱20、海洋资源应用非常广泛，从中可提取氯化钠、碘等化工产品。回答下列问题

10、：I实验室用氯化钠固体配制10molL1的食盐水500mL。（1）所需仪器为容量瓶（规格为_）、托盘天平、烧杯、玻璃棒和_。（2）配制时，下列操作对所配溶液的浓度有何影响？（填字母）无影响的有_，偏大的有_，偏小的有_。A称量时使用了生锈的砝码B往容量瓶中移液时，有少量液体溅出C容量瓶未干燥即用来配制溶液（3）若加蒸馏水定容时不慎超过了刻度线，应如何处理？_II海藻中含有丰富的碘元素，某课外活动小组欲从海藻中提取碘（已知过程中反应的离子方程式为2IC12=2C1I2），设计如下的流程：（4）指出提取碘的过程中有关实验操作的名称：_，_。（5）提取碘的过程中，可选择的有机溶剂是_。A酒精 B醋酸

11、 C苯21、（1）写出下列反应的离子方程式。钠和水反应_。硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液_。（2）3.011023个OH的物质的量为_mol，质量为_g。（3）将28g纯净的铁粉投入到200ml足量的稀盐酸中（假设溶液体积不变），该反应能够放出标准状况下的气体_L，实验后所得溶液中Fe2+的物质的量浓度为_molL。（4）将200 mL 0.5 mol/LNaOH稀释成1000 mL后其物质的量浓度是_molL。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A、盐酸为强酸，故A错误；B、盐酸不具有强氧化性，不具有漂白性，故B错误；C、盐酸具有挥发性，故C正确；D、HCl相对稳定，不

12、易分解，故D错误。2、A【解析】SO42、Ca2、Mg2等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，如应先加氢氧化钠，则再加BaCl2溶液，然后加入Na2CO3溶液，最后加入盐酸。【详解】SO42、Ca2、Mg2等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，如先加氢氧化钠，则再加BaCl2溶液，然后加入Na2CO3溶液，最后加入盐酸

13、，就合理，即D正确，同理分析BC，所以不合理的顺序为，、顺序颠倒。故选A。3、C【解析】CHCO3-可与H+反应，其余选项不发生反应。【详解】酸性溶液中存在大量的H+，C选项中HCO3-+H+=CO2+H2O,不能共存；其余选项中均能共存，综上，本题选C。【点睛】本题考查在限定条件下的离子共存问题，溶液为酸性时，不能出现与H+反应的离子，如：OH-、HCO3、CO32等。4、A【解析】离子反应HCO3-+H+CO2+H2O表示碳酸氢盐和强酸或强酸的酸式盐反应生成可溶性盐、水和二氧化碳的反应，据此判断。【详解】A. NaHCO3与CH3COOH反应中醋酸是弱酸，用化学式表示，离子反应方程式为HC

14、O3-+CH3COOHCH3COO+CO2+H2O，A符合；B. KHSO4与NaHCO3反应的离子方程式为HCO3-+H+CO2+H2O，B不符合；C. Mg（HCO3）2与H2SO4反应的离子方程式为HCO3-+H+CO2+H2O，C不符合；D. NaHCO3与HNO3反应的离子方程式为HCO3-+H+CO2+H2O，D不符合；答案选A。5、A【解析】A.NH4Cl、KCl、（NH4）2SO4、K2SO4四瓶无色溶液分别与Ba（OH）2反应，现象分别为：有刺激性气味的气体、无现象、既有沉淀又有刺激性气味的气体、白色沉淀，现象各不相同，能够区别，故A正确；B.NH4Cl、KCl、（NH4）2

15、SO4、K2SO4四瓶无色溶液分别与AgNO3反应，现象均为白色沉淀，现象相同，不能够区别，故B错误；C.NH4Cl、KCl、（NH4）2SO4、K2SO4四瓶无色溶液与Na2CO3均不反应，均无现象，不能够区别，故C错误；D.NH4Cl、KCl、（NH4）2SO4、K2SO4四瓶无色溶液与HCl均不反应，均无现象，不能够区别，故D错误；答案：A【点睛】选鉴别试剂要注意分析要鉴别物质的阴阳离子，根据要鉴别物质中的阴离子确定鉴别试剂阳离子，根据要鉴别物质中的阳离子确定鉴别试剂阴离子，即可确定鉴别试剂。6、B【解析】A. Fe(OH)3胶体粒子是许多Fe(OH)3的集合体，所以2 mol/L的Fe

16、Cl3饱和溶液5 mL制成氢氧化铁胶体中含有的胶体粒子数目小于0.01NA，A错误；B. 向Fe(OH)3胶体中滴入稀硫酸，首先是胶粒上的电荷被中和，胶体发生聚沉形成Fe(OH)3红褐色沉淀，然后是Fe(OH)3与H2SO4发生中和反应产生可溶性Fe2(SO4)3和H2O，沉淀溶解，溶液变为棕黄色，B正确；C. 通过电泳实验可以证明Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，而胶体本身不显电性，C错误；D. 将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，继续加热煮沸至液体呈红褐色，得到的液体为Fe(OH)3胶体，D错误；故合理选项是B。7、B【解析】A. 过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成； B. 分子个数N=n N

17、A，物质的量n = ；C. 标况下四氯化碳为液态；D. 根据物质的量n = 求出氯气的物质的量，然后根据氯气和铁反应后变为-1价来分析。【详解】A. 过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠晶体中含1mol过氧根即NA个，故A项错误；B. 48g O3的物质的量n = = = 1 mol；因此其分子个数为N = n NA = NA个，故B项正确；C. 标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C项错误；D. 7.1g氯气的物质的量n = = = 0.1 mol，而氯气和铁反应由0价变为1价，故0.1 mol氯气转移0.2 mol电子即0.2 NA个，故D项

18、错误；答案选B。【点睛】与阿伏加德罗常数相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。A项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、误把固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。8、A【解析】NaH2PO2为正盐，可将溶液中的Ag+还原为Ag，Ag元素的化合价降低，P元素的化合价升高，设氧化产物中P元素的化合价为x，由氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1及电子守恒可知，4(1-0)=1(x-1)，解得x=+5，由H3PO2+4Ag+2H2O=H3PO4+4Ag+4H+

19、，H2PO2-+4Ag+2H2O=H3PO4+4Ag+3H+，则NaH2PO2对应的氧化产物为H3PO4，故A正确。故选A。9、D【解析】ApH试纸不能伸入溶液中；B胶体粒子可吸附带电荷的离子；BCCl4和水分层；DNaHSO3的导电性较弱，可知阴离子存在电离平衡。【详解】ApH试纸测溶液的pHJ时不能伸入该溶液中，应选玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，选项A错误；B胶体粒子可吸附带电荷的离子，氢氧化铁胶体离子带正电，所以是阴极红褐色变深，故选项B错误；BCCl4和水是互不相容的两层液体物质，二者分层，可用分液方法分离，选项C错误；DNaHSO3的导电性比等浓度NaHSO4溶液较弱，说明阴离子HS

20、O3-不完全独立，在溶液中存在电离平衡，导致NaHSO3溶液中的离子浓度较小，选项D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键。10、B【解析】A. 氢氧化钠溶液见光不分解，不需要使用棕色试剂瓶存放，故A错误；B. 氯水中含有次氯酸，次氯酸见光容易分解，需要避光保存，需要使用棕色试剂瓶存放，故B正确； C. 稀硫酸见光不分解，不需要使用棕色试剂瓶存放，故C错误； D. 氯化钾溶液见光不分解，不需要使用棕色试剂瓶存放，故D错误；答案：B【点睛】棕色试剂瓶的作用是：避光，一般见光容易分解、挥发、升华或发生反应的物质

21、需储存在棕色试剂瓶。11、B【解析】由质量守恒定律计算气体D的质量，由m/M计算气体D的物质的量，由V=22.4n计算气体体积。【详解】由质量守恒定律可得：m(A)+m(B)=m(C)+m(D)，m(D)=(44g+49g)-76g=17g，气体D的物质的量为17g/34g/mol=0.5mol，标准状况下的体积为0.5mol22.4L/mol=11.2L，故选B。12、A【解析】A. 取用液体时：试剂瓶瓶口与试管口紧挨，防止液体流出；标签向着手心，防止液体流出腐蚀标签；瓶塞倒放桌面上，防止污染瓶塞，从而污染药品，A正确；B. 给液体加热时，试管内液体不能超过其体积的，防止沸腾溅出，且手不能抓

22、住试管夹的短柄，否则会导致试管脱落，B错误；C. 胶头滴管要悬空垂直滴加，不能伸入试管中，否则会造成药品的污染，C错误；D. 正在加热的蒸发皿不可用手直接拿，否则会烫伤手，D错误；故合理选项是A。13、B【解析】A. 四种离子在溶液中可以大量共存，但加入强酸后无气体放出，故A错误；B.四种离子在溶液中可以大量共存，加入强酸后，H与HSO3-反应生成SO2气体，加入强碱后，OH与HSO3反应生成SO32离子，SO32与Ba2反应生成BaSO3沉淀，故B正确；C. MnO4和I可以发生氧化还原反应，所以不能大量共存，故C错误；D. 该组离子之间不反应，可大量共存，但加入强碱后不能生成沉淀，故D错误

23、；答案选B。点睛：本题考查离子共存，可以根据离子之间若不发生复分解反应，如不生成沉淀、气体、水等，不发生氧化还原反应，则离子可以大量共存。本题的难点在于题中所给的限制条件，做题时一定要结合加入强酸有气体放出，加入强碱后有沉淀生成来进行判断。14、D【解析】A.Na与HCl溶液发生反应2Na+2HCl=2NaCl+H2，有气体放出，溶液质量增加；B.Na与NaOH溶液发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2，有气体放出，溶液质量增加；C.Na与K2SO4溶液发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2，有气体放出，溶液质量增加；D.Na与CuSO4溶液发生反应2Na+2H2O+CuSO4=Na2

24、SO4+Cu（OH）2+H2，有气体放出，溶液质量减小；答案选D。15、D【解析】“粗盐的提纯”实验涉及溶解、过滤、蒸发、结晶等基本操作内容，四项操作从始至终均要使用玻璃棒（加速溶解、引流、防迸溅）。为达到提纯目的，过滤后要用澄清滤液进行蒸发，加热至蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用蒸发皿的余热使滤液蒸干（最后用玻璃棒把固体转移到纸上，称量后回收）。因此选项ABC均是错误的，D正确。答案选D。16、C【解析】溶液中总负电荷浓度为：c（Cl-）+2c（SO42-）=0.4mol/L+20.8mol/L=2mol/L，总正电荷浓度为：3c（Al3+）+c（H+）=30.2mol/L+0.6mo

25、l/L=1.2mol/L，所以M为阳离子，设M阳离子为c（Mn+），根据电荷守恒有：nc（Mn+）=2mol/L-1.2mol/L=0.8mol/L；据以上分析解答。【详解】溶液中总负电荷浓度为：c（Cl-）+2c（SO42-）=0.4mol/L+20.8mol/L=2mol/L，总正电荷浓度为：3c（Al3+）+c（H+）=30.2mol/L+0.6mol/L=1.2mol/L，所以M为阳离子，设M阳离子为c（Mn+），根据电荷守恒有：nc（Mn+）=2mol/L-1.2mol/L=0.8mol/L；A.1c（Na+）=0.6mol/L，小于0.8mol/L，故A错误；B由上述分析可知，M为

26、阳离子，不可能是CO32-，故B错误；C.2c（Mg2+）=20.4mol/L=0.8mol/L，且能够与题中给定的离子大量共存，故C正确；D.2c（Ba2+）=20.4mol/L=0.8mol/L，但硫酸根离子与钡离子不能共存，故D错误；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、Cu2+ 、Fe3+ Ag+ Mg2+ K+ 焰色反应 B 【解析】根据离子反应发生的条件和实验现象进行分析推断。限制条件“无色透明溶液”，说明溶液中不能存在有色离子，溶液中Cu2+显蓝色、Fe3+显棕黄色。加盐酸产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，由Ag+Cl-=AgCl说明溶液中含有Ag+；在(2)的滤液中加过量的氨水

27、，氨水是可溶性弱碱，先与滤液中的酸中和，后产生白色沉淀，由Mg2+ 2NH3H2O=Mg(OH)2+2NH4+可推断原溶液中含Mg2+；第(5)小题要从离子共存角度分析。【详解】(1)因为溶液是无色透明的，不存在显棕黄色的Fe3+和显蓝色的Cu2+，所以不做任何实验就可确定原溶液中不存在Cu2+、Fe3+；(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，发生反应Ag+Cl-=AgCl，AgCl为不溶于稀硝酸的白色难溶物，可以确定原溶液中肯定存在Ag+；(3)取(2)中的滤液，加入过量的氨水（NH3H2O）,先中和滤液中的酸：H+ NH3H2O=NH4+H2O，过量的氨水可发生反应：Mg2+

28、 2NH3H2O=Mg(OH)2+2NH4+，说明原溶液肯定有Mg2+；(4)由上述分析知，无法排除K+的存在，所以溶液中可能存在K+；通过焰色反应实验可验证K+是否存在：用铂丝蘸取待测液在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若火焰呈紫色则证明K+存在，否则不存在。(5)由上述分析可知，原溶液一定存在Ag+和Mg2+，因为Cl-、CO32-、OH-可与Ag+、Mg2+发生反应：Ag+Cl-=AgCl，2Ag+CO32-=Ag2CO3，Ag+OH-=AgOH，Mg2+2OH-=Mg(OH)2，所以原溶液中不可能大量存在Cl-、CO32-、OH-，4个选项中只有NO3-可以大量存在，答案选B。18

29、、MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2 K2CO3 Mg2+2OH-=Mg(OH)2 Mg(OH)2+2H+= Mg2+2H2O Ba2+= BaSO4 【解析】取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，可能是Ba(NO3)2和K2CO3反应生成BaCO3沉淀；MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀；MgCl2和K2CO3反应生成MgCO3沉淀，沉淀的组成有多种可能。向的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生，证明沉淀中没有BaCO3、MgCO3，沉淀为Mg(OH)2，原白色粉末中一定有MgCl2和NaOH，一定没有K2CO3；向的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产

30、生，白色沉淀为BaSO4，原白色粉末中一定有Ba(NO3)2，根据上述分析作答。【详解】(1)由分析可知，原白色粉末中一定含有的物质是MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2，答案：MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2；(2)由分析可知，原白色粉末中一定不含有的物质是K2CO3，答案：K2CO3；(3)中白色沉淀为Mg(OH)2，反应的离子方程式是Mg2+2OH-=Mg(OH)2；加入稀硝酸Mg(OH)2溶解，酸碱中和生成盐和水，反应的离子方程式是Mg(OH)2+2H+= Mg2+2H2O；加入稀硫酸生成白色沉淀为BaSO4，反应的离子方程式是Ba2+= BaSO4；答案：Mg2+2OH-=M

31、g(OH)2；Mg(OH)2+2H+= Mg2+2H2O；Ba2+= BaSO4。【点睛】中白色沉淀为氢氧化镁是本题解答的关键，常见酸、碱、盐在水中溶解性及主要化学性质在学习中要注意整理和记忆。19、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2 氢氧化钠溶液 吸收多余的氯气 2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O； 2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O；6Cl2+6Ca（OH）2=Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O； 将U型管置于冷水浴中 2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O 在B、C之间连接一个盛有饱和食盐水的洗气瓶 B 【解析

32、】加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，氯气中混有氯化氢气体，可以用饱和食盐水除去；氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙；但是反应温度过高，氯气与氢氧化钙反应产生氯酸钙，盐酸（挥发出的氯化氢遇水）与氢氧化钙反应产生氯化钙，发生副反应；因此只要降低温度，除去氯化氢气体即可避免副反应的发生；根据强酸制备弱酸的原理分析使用漂粉精时为增强其漂白性所要加入的试剂；据以上分析解答该题。【详解】（1）加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2；故答案是：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2；（2）

33、氯气有毒不能直接排空，但氯气能和氢氧化钠反应生成无毒物质，所以D中试剂是氢氧化钠溶液；故答案是：氢氧化钠溶液；吸收多余的氯气；（3）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca（ClO3）2，方程式为：6Cl2+6Ca（OH）2=Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O；盐酸（挥发出的氯化氢遇水）与氢氧化钙反应生成氯化钙，方程式为：2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O；故答案是：2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；2HCl+Ca（OH

34、）2=CaCl2+2H2O；6Cl2+6Ca（OH）2=Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O；（4）温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca（ClO3）2为避免此副反应的发生，可采取降低温度的措施，将U型管置于冷水浴中即可；故答案是：将U型管置于冷水浴中；（5）挥发出的氯化氢与潮湿的氢氧化钙反应生成氯化钙和水，方程式为：2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O；故答案是：2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O；（6）盐酸易挥发，加热过程中生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢能和碱反应，所以反应方程式为：Ca（OH）2+2HCl=CaCl2+2H2O，为避免此副反应的发生，可以在B、C

35、之间连接一个盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体；故答案是：在B、C之间连接一个盛有饱和食盐水的洗气瓶； （7）次氯酸具有漂白作用，酸性较弱，可以加入酸性比次氯酸强一点的酸即可，因此可以在漂粉精中加入食醋，根据强酸制备弱酸的原理可知，可得到更多的次氯酸，增强漂白性； 故答案是：B。【点睛】低温下，氯气与氢氧化钙反应可以生成氯化钙和次氯酸钙；温度升高，氯气与氢氧化钙反应可以生成氯化钙和氯酸钙，氯化氢气体也能够与氢氧化钙反应生成氯化钙和水；因此制备出的氯气必须不含氯化氢，用饱和食盐水除去氯化氢；反应需要保持低温环境，因此就需要给反应降温，可以采用冷水浴的方法进行，这样才避免副反应的发生，提高次氯

36、酸钙的产率。20、500mL 胶头滴管 C A B 应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制 过滤 萃取 C 【解析】I（1）实验配制500mL10molL1的NaCl溶液，所以还需要500mL容量瓶；根据实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，来分析。（2）根据c= n /V 分析可知。 （3）加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，无法补救，应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制。II（4）根据已知过程中反应的离子方程式为2IC12=2C1I2和流程分析。（5）因为苯不溶于水，碘在苯中溶解度远大于在水中的溶解度，酒精、醋酸与水都互溶。【详解】I（1）实验配制

37、500mL10molL1的NaCl溶液，所以还需要500mL容量瓶；实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，该实验中需要用天平称量、用药匙取药品，烧杯溶解药品，需要玻璃棒搅拌和引流，需要500mL容量瓶配制溶液，最后需要胶头滴管定容，故答案为500mL；胶头滴管。（2）A.称量时使用了生锈的砝码，溶质的质量偏大，物质的量偏大，根据c= n /V 分析可知，所配溶液的浓度偏大；B往容量瓶中移液时，有少量液体溅出，溶质的质量偏小，物质的量偏小，根据c= n/ V 分析可知，所配溶液的浓度偏小；C. 容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液的体积和物质的量无影响，所配溶液的浓度不变

38、。故答案为C；A；B。（3）加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，无法补救，应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制，故答案为应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制。II（4）是过滤操作，已知过程中反应的离子方程式为2IC12=2C1I2，中加入了有机溶剂，萃取溶液中的I2，故操作为萃取，故答案为过滤；萃取。（5）提取碘的过程中，可选择的有机溶剂是苯，因为苯不溶于水，碘在苯中溶解度远大于在水中的溶解度，酒精、醋酸与水都互溶，故选C。【点睛】萃取剂选择的原则：（1）萃取剂与原溶剂互不相溶。（2）溶质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度。（3）萃取剂、原溶剂、溶质三者间不能反应。2

39、1、2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2 Ba2+2OH-+Cu2+SO42-BaSO4+Cu（OH）2 0.5 8.5 11.2 2.5 0.1 【解析】（1）钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为2Na+2H2O2Na+2OH+H2；硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，离子方程式为Cu2+ SO42+Ba2+2OH=BaSO4+ Cu(OH)2；（2）3.011023个OH的物质的量为3.0110236.021023/mol0.5mol，质量为0.5mol17g/mol8.5g；（3）28g铁的物质的量是28g56g/mol0.5mol，与盐酸反应失去电子的物质的量是0.5mol21mol，反应中氢元素化合价从+1价降低到0价，所以根据电子得失守恒可知生成氢气的物质的量是1mol20.5mol，在标准状况下的体积是0.5mol22.4L/mol11.2L；根据铁原子守恒可知实验后所得溶液中Fe2+的物质的量浓度为0.5mol0.2L2.5mol/L；（4）根据稀释过程中溶质的物质的量不变可知将200 mL 0.5 mol/LNaOH稀释成1000 mL后其物质的量浓度是。