《2022-2023学年北京市西城区第十三中学高一化学第一学期期中统考试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年北京市西城区第十三中学高一化学第一学期期中统考试题含解析.doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试
2、卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、对电解质的叙述正确的是( )A在水溶液中能导电的物质 B熔融状态能导电的物质C不是电解质就是非电解质 D在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物2、下列有关化学用语表示正确的是A烧碱化学式：Na2CO3B原子核内有个中子的碳原子CMg2+的结构示意图：D铁在氯气中燃烧产物的化学式：FeCl23、由两份质量分数分别为1和2的H2SO4溶液，其物质的量浓度分别为c1和c2，且c1=2c2。已知硫酸的密度大于水，下列判断正确的是( )A2122B122C1221D1=224、在2H2SSO22H2O3S中，氧化剂与还原剂的分子个数比为（ ）A
3、21B12C11D16175、在20时，在一容积不变的容器内部有一个不漏气且可滑动的活塞将容器分隔成左右两室。左室充入氮气，右室充入氢气与氧气的混合气体，活塞恰好停留在离左端的1/4处（如下图左所示），然后引燃氢、氧混合气体，反应完毕后恢复至原来温度，活塞恰好停在中间（如下图右所示），如果忽略水蒸气体积，则反应前氢气与氧气的体积比可能是 A34 B45 C6:2 D376、将金属钠分别投入下列物质的溶液中，有气体放出，且溶液质量减轻的是A稀盐酸BK2SO4CCuCl2DNaOH 溶液7、工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出C
4、O2。在该反应中A硫元素被氧化B氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2C每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO28、含有相同氧原子数的CO2和CO的物质的量之比为A1:1B1:2C2:3D2:19、实验室制Cl2反应4HCl（浓）+MnO2 MnCl2+ Cl2+2H2O，下列说法不正确的是A还原剂是HCl，氧化剂是MnO2B每有2molHCl被氧化，转移电子的物质的量为2molC每消耗1mol MnO2，起还原剂作用的HCl消耗4molD转移电子的物质的量为1mol时，生成标准状况下Cl2的体积为11.2L10、下列各组微粒在指定
5、溶液中一定能大量共存的是A使酚酞变红的溶液：K+、H+、SO42、CO32B纯碱溶液：K+、OH、SO42、NO3C澄清石灰水：Na+、Fe3+、CO2、ClD稀硫酸溶液：Ba2+、Na+、HCO3、NO311、对于某些离子的检验及结论中一定正确的是（ ）A加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则一定有CO32B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则一定有SO42C分别含有Mg2、Cu2和Na的三种盐酸盐溶液，用NaOH溶液就能一次鉴别开D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有Ba212、已知常温下，在溶液中可发生以下两个反应：Cl
6、2 + 2Br- = Br2 + 2Cl-；Br2 + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2Br-。现将标准状况下 1.12L 的氯气通入 1L 0.05mol/L 的 FeBr2溶液中，由此判断下列说法正确的是A氧化性强弱：Cl2 Fe3+ Br2B还原性强弱：Br- Fe2+ Cl-C反应后溶液中 c(Fe3+):c(Br- ) =1:1D反应后溶液中 c(Fe2+):c(Cl-) =1:213、下列反应的离子方程式书写正确的是()A稀硫酸滴在铜片上：Cu2H=Cu2H2B稀硫酸与氢氧化钡溶液混合： Ba2=BaSO4C稀硝酸滴在大理石上：CaCO32H=Ca2H2CO3D氧化铁与稀盐酸混合
7、：Fe2O36H=2Fe33H2O14、用NaOH固体配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，下列操作正确的是（ ）A称量时，将固体NaOH放在纸片上，放在天平左盘上称量B将称量好的固体NaOH放入容量瓶中，加蒸馏水溶解C将烧杯中溶解固体NaOH所得溶液，冷却到室温后转移至容量瓶中D定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分15、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16、已知：KClO36HCl（浓）=KCl3Cl23H2O.如下图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好下表中由实验现象
8、得出的结论完全正确的是（ ）已知：含有Fe3+的盐溶液遇到KSCN溶液时变成红色选项实验现象结论A滴有KSCN的FeCl2溶液变红Cl2具有还原性B滴有酚酞的NaOH溶液褪色Cl2具有酸性C石蕊溶液先变红后褪色Cl2具有漂白性DKI淀粉溶液变蓝Cl2具有氧化性【选项A】A【选项B】B【选项C】C【选项D】D二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E 都是前20号元素中的常见元素，且核电荷数递增。A原子没有中子；B原子次外层电子数与最外层电子数之差等于电子层数；C元素是地壳中含量最高的元素；4.6gD单质与足量盐酸作用可产生2.24LH2（标准状态下）；E的一价阴离子的核外电子排布与
9、Ar的核外电子排布相同。请回答下列问题：（1）写出A、B、D的元素符号：A_；B_；D_。（2）C离子的电子式_；E的离子结构示意图_。（3）写出电解D、E形成化合物的水溶液的化学反应方程式_。（4）工业上将E的单质通入石灰乳Ca(OH)2制取漂粉精，化学反应方程式为_。漂粉精溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的某种物质，该化学反应方程式为_。18、下图是由短周期元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。常温常压下，D、F、K均为无色无刺激性气味的气体，B是最常见的无色液体，A是由单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体。（反应中生成的部分物质已略去）请回答下列问题：（1）物质
10、A的化学式为_；（2）化合物I的化学式为_；（3）反应的化学方程式为_；反应的化学方程式为_。19、海带含有大量的碘，每1000g海带中含碘5g左右。实验室中，从海藻里提取碘的部分流程如下图。(1)的操作名称是_，的操作名称是_。(2)试剂b可以是四氯化碳，还可以是_(填名称)。(3)关于的操作步骤，下列说法正确的是_(填字母)。A振荡液体时，需要倒转分液漏斗B充分振荡液体后，将分液漏斗放置在铁架台上，立即分液C分液时，上下层液体都要从分液漏斗下口沿着烧杯内壁流入不同的烧杯D分液时，需要塞进分液漏斗上方的玻璃塞，使分液漏斗密封(4)试剂a可选用稀硫酸酸化的过氧化氢溶液，补全步骤反应的离子方程式
11、：_I +_H2O2+_=_I2+_。(系数为“1”时，要写“1”)(5)某兴趣小组设计实验方案，从含I2的CCl4溶液中分离I2和CCl4。已知：熔点沸点I2114184CCl4-2377小组同学根据资料，采用了蒸馏的方法，组装了如下图装置，仪器B的名称是_，图中有一个明显错误，应改正为_。该小组同学改正装置错误后，进行实验。用80水浴加热片刻，观察到烧瓶中出现紫色蒸气，锥形瓶中也开始收集到浅紫红色溶液，最终烧瓶中残留少量的I2。通过实验得出结论，常压下的蒸馏_(填“适合”或“不适合”)分离I2和CCl4。20、下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置。（1）装置B作用之一是为了除去氯
12、气中的杂质HCl，盛装的液体试剂为_；（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、处依次放入的物质正确的是_ (填字母编号) ；编号a干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条b干燥的有色布条无水硫酸铜湿润的有色布条c湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条d湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条（3）D中发生反应的化学方程式是_。将装置D中的溶液加入装置E中，溶液分为两层，上层呈紫红色，要分离出紫红色溶液，需使用的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和_；（4）装置F中反应的化学方程式为_；（5）如果本实验使用的浓盐酸质量分数为36.5%、密度为1.15 g/cm3，此盐酸的物质的量浓度为_molL-1，
13、若用250 mL水配制，则应溶解标况下HCl气体约为_L（结果保留3位有效数字）。21、高铁酸钾（K2FeO4）为暗紫色固体，可溶于水，是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染。工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。结合所学知识回答相关问题：（1）K2FeO4中铁元素的化合价是_价。（2）制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4 + 6 Na2O2= 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2（已知Na2O2中氧元素化合价为1价）。该反应中还原剂是_（填化学式），若有1
14、mol O2生成，转移电子的物质的量为_ mol。（3）某反应体系中有六种数粒：Fe(OH)3、ClO、OH、FeO42-、Cl、H2O，写出在碱性条件下，制高铁酸钾的离子反应方程式_。（4）在水处理过程中，K 2FeO4中的铁元素转化为Fe(OH)3胶体，使水中悬浮物聚沉。胶体区别于其他分散系的本质特征是_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，其导电的本质是自身能够发生电离。酸、碱、盐都属于电解质。【详解】A.有些化合物在水溶液中能够导电，但导电的阴、阳离子不是该化合物自身电离产生的，所以这些化合物不属于电解质，如NH
15、3的水溶液能导电，但NH3不属于电解质，A项错误；B.金属熔融状态下能够导电，但金属不属于电解质，B项错误；C.电解质和非电解质的研究对象是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，C项错误；D.电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，D项正确；答案选D。2、B【解析】A烧碱是氢氧化钠，化学式为NaOH，故A错误；B原子核内有个中子的碳原子，质量数是13，原子符号是，故B正确；CMg2+核外有10个电子，结构示意图是，故C错误； D氯气氧化性强，铁在氯气中燃烧的产物是FeCl3，故D错误；选B。3、A【解析】假设浓度为c1的硫酸密度为a，浓度为c2的硫酸密度为b，根据c=可知，硫酸
16、溶液的质量分数1=，硫酸溶液的质量分数2=，则12=，硫酸的浓度越大，密度越大，由于c1=2c2，则12，ab，故12，即2122，故选A。【点睛】解答本题的关键是要注意理解“硫酸的密度大于水”，则有“硫酸溶液的浓度越大，密度越大”。4、B【解析】试题分析：H2S中S的化合价由2价0价，化合价升高，作还原剂，SO2中S的化合价由4价0价，化合价降低，作氧化剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为：1：2，故选项B正确。考点：考查氧化剂和还原剂等知识。5、B【解析】利用同温同压下，气体体积比等于气体物质的量之比，反应前氮气和氢气氧气混合物物质的量之比为1:3，反应后氮气和剩余气体物质的量之比为1:
17、1。【详解】同温同压下，气体体积比等于气体物质的量之比，反应前氮气和氢气氧气混合物物质的量之比为1:3，假设氮气物质的量为1mol，氢气和氧气的混合气体物质的量为3mol，反应后氮气和剩余气体物质的量之比为1:1，氮气物质的量为1mol，剩余气体物质的量为1mol，参与反应的气体物质的量为2mol。利用2H2+O2 2H2O，可知参与反应的氢气和氧气物质的量之比为2:1，参与反应的n(H2)=mol，n(O2)=mol。若剩余气体为H2，氢气与氧气的体积之比；若剩余气体为O2，氢气与氧气的体积之比。答案为：B。6、C【解析】A、钠和盐酸的反应方程式为：2Na+2HCl2NaCl+H2，根据方程
18、式知，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2），A错误；B、钠与硫酸钾溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O2NaOH+H2，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2），B错误；C、钠先和水的反应方程式为：2Na+2H2O2NaOH+H2，生成的氢氧化钠和氯化铜反应，方程式为：2NaOH+CuCl22NaCl+Cu（OH）2，将两个方程式相加：2Na+2H2O+CuCl2H2+2NaCl+Cu（OH）2，由方程式知，溶液的质量减轻， C正确；D、钠与NaOH溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O2NaOH+H2，所以溶液质
19、量增加，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2），D错误。答案选C。7、D【解析】试题分析： 分析S元素的化合价，判断即被氧化也被还原；根据方程式：Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2，当生成1molNa2S2O3，转移8/3mol电子.且氧化剂与还原剂物质的量之比为2:1.考点：含硫物质间的转化。8、B【解析】1molCO2中含有2molO，1molCO中含有1molO，因此含有相同氧原子数的CO2和CO物质的量之比为1：2，B正确。答案选B。9、C【解析】由4HCl（浓）+MnO2 MnCl2+ Cl2+2H2O可知，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0，MnO2
20、中Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，以此来解答。【详解】A反应中HCl失电子为还原剂，MnO2得电子为氧化剂，选项A正确；B根据化合价的变化可知，反应中Cl元素的化合价由-1价升高到0价，每有2molHCl被氧化，转移电子的物质的量为2mol，选项B正确；C每消耗1mol MnO2，起还原剂作用的HCl消耗2mol，另一部分的HCl起到酸性的作用，选项C不正确；D转移电子的物质的量为1mol时，生成氯气为0.5mol，标准状况下Cl2的体积为11.2L，选项D正确；答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念和电子转移的考查，题目
21、难度不大。10、B【解析】A使酚酞变红的溶液是碱性溶液，在碱性溶液中OH-、H会发生反应形成水，不能大量共存，A错误；B纯碱溶液中K+、OH、SO42、NO3不能发生任何反应，可以大量共存，B正确；C澄清石灰水中会发生反应CO2+Ca2+2OH-=CaCO3+H2O，Fe3+3OH-=Fe（OH）3，不能大量共存，C错误；D稀硫酸溶液中H与HCO3会发生反应：H+HCO3=CO2+H2O，钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，D错误。答案选B。11、C【解析】试题分析：A、加入稀盐酸产生无色气体，将气体通澄清石灰水中，溶液变浑浊，该气体为二氧化碳，原溶液中可能含CO32-、HCO
22、3，故A错误；B、加入氯化钡有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该沉淀可能为硫酸钡或氯化银，原溶液中不一定存在SO42-，可能含有银离子，故B错误；C、分别滴加NaOH溶液，生成蓝色沉淀的原溶液含Cu2+，生成白色沉淀的原溶液含Mg2+，无明显现象的原溶液含Na+，故C正确；D、加入碳酸钠溶液产生的白色沉淀，可能是碳酸钙或者碳酸钡，再加盐酸白色沉淀消失，可能有Ba2+或者Ca2+，故D错误。考点：本题考查离子的检验。12、C【解析】A. 氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性。B. 还原剂的还原性大于还原产物的还原性。C、D. 根据电子守恒、氧化顺序先后判断。n(Cl2)=0.05mol，得到电子
23、数0.05mol2=0.1mol，根据还原性判断Fe2+Br-，所以Fe2+先被氧化，后氧化Br-，n(FeBr2)= 1L0.05mol/L=0.05mol，亚铁离子全部被氧化，溴离子氧化0.05mol。反应结束n(Fe3+)=0.05mol ，n(Br- ) =0.05mol ，n (Cl-)=0.1mol。【详解】A. 氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，氧化性强弱：Cl2 Br2 Fe3+ ，A错误。B. 还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性强弱：Fe2+ Br- Cl-，B错误。C. 反应后溶液中n(Fe3+)=0.05mol ，n(Br- ) =0.05mol，所以溶液中c(F
24、e3+):c(Br- ) =1:1，C正确。D. 反应后溶液中不含Fe2+，D错误。【点睛】本题考查氧化还原的综合应用。根据氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，进而进行分析。13、D【解析】A、稀硫酸与铜不反应，A错误；B、稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合生成硫酸钡沉淀和水：SO422H2OHBa2=BaSO42H2O，B错误；C、稀硝酸滴在大理石上生成硝酸钙、水和CO2：CaCO32H=Ca2H2OCO2，C错误；D、氧化铁与稀盐酸混合生成氯化铁和水：Fe2O36H=2Fe33H2O，D正确；答案选D。14、C【解析】A.NaOH属于易潮解物质，不能再纸片上称
25、量，应在烧杯中称量，错误；B.容量瓶属于定容仪器，不能用于溶解，溶解过程需在烧杯中进行，错误；C.因NaOH溶于水放出热量，故需要冷却至室温后转移至容量瓶中，正确；D.定容时如果加水超过了刻度线，需重新配置，错误。【点睛】对于易潮解类物质（如NaOH）在称量时需在烧杯中进行，且需要快速称量；转液前，烧杯中溶液需要保持室温，如浓硫酸、NaOH溶解放热，大部分铵盐溶于水吸热，配制这些物质的溶液时，都要恢复到室温才能转移到容量瓶中。15、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
26、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。16、D【解析】A根据题意可知浓盐酸滴在KClO3晶体上有氯气生成，滴有KSCN的FeCl2溶液变红说明Fe2+被氧化成Fe3+，证明氯气具有氧化性，故A错误；BCl2与水反应生成HCl和HClO，HCl为强酸，HClO具有漂白性，HCl可以和NaOH发生中和反应使溶液褪色，但溶液褪色也可能是被HClO漂白，且具有酸性的不是Cl2，故B错误；CCl2与水反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白性，而不是氯气具有漂白性，故C错误；DKI淀粉溶液变蓝说明有碘单质生成，体现了氯气的氧化性，故D正确；综上所述答案
27、为D。二、非选择题（本题包括5小题）17、H C Na 2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO 【解析】A、B、C、D、E 都是前20号元素中的常见元素，且核电荷数递增。A原子没有中子，说明A是H；B原子次外层电子数与最外层电子数之差等于电子层数，假设有两个电子层，次外层电子数为2，则B原子的K、L层依次排有2、4个电子，B为碳；C元素是地壳中含量最高的元素，C为O；4.6gD单质与足量盐酸作用可产生2.24LH2（标准状态下），D为金属，2.24LH2物质的量为
28、0.1 mol如果为金属镁，则MgH2，则镁为2.4g，如果是金属铝，则2Al3H2，则铝为1.8g，如果是金属钠，则2NaH2，则钠为4.6g，故D为金属钠；E的一价阴离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同，说明E为非金属元素氯；【详解】根据前面分析得出A为H，B为C，D为Na，故答案为A：H；B：C；D：Na；C离子为氧离子，其电子式，故答案为；E的离子为氯离子，其离子结构示意图，故答案为；D、E形成化合物为NaCl，电解D、E形成化合物的水溶液的化学反应方程式2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH，故答案为2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH；工业上将E即氯气通入石灰乳
29、Ca(OH)2制取漂粉精，化学反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；漂粉精溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的某种物质，即漂粉精溶于水与空气中二氧化碳和水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，该化学反应方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，故答案为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO。18、Na2O2 NaHCO3 2Na+2H2O=2NaOH+H2 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 【解析】A是由单质C在D中
30、燃烧生成的淡黄色固体，应为Na2O2，B是最常见的无色液体，应为H2O，则D为O2，E为NaOH，C为Na，F为H2，由转化关系K为CO2，H为Na2CO3，I为NaHCO3。【详解】（1）由以上分析可知A为Na2O2；（2）由以上分析可知化合物I的化学式为NaHCO3。（3）反应为Na和H2O的反应，反应的离子方程式为2Na+2H2O2Na+OH+H2，反应为碳酸氢钠的分解，化学方程式为 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2。19、过滤 萃取分液 苯或汽油 A 2 1 2H+ 1 2H2O 冷凝管 温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口处 不适合 【解析】本题主要考查海水中提取碘单质的实验流
31、程与相关操作。（1）操作为固液分离操作；操作为液液不相溶分离操作；（2）根据常见萃取实验中萃取剂的选择原则分析；（3）根据分液的具体操作解答即可；（4）根据氧化还原反应化合价升降相等以及原子守恒、电荷守恒配平；（5）根据实验室常见仪器名称填写；根据蒸馏实验中温度计的水银球位置填写；碘单质受热易升华，80时会随着CCl4一起进入锥形瓶中，由此做出判断。【详解】（1）操作为固液不相溶分离操作，故操作名称为过滤；操作为液液不相溶分离操作，故操作名称为分液；（2）试剂b为萃取剂，本实验中还可选用苯、汽油；（3）操作为分液，A.振荡液体时，需要倒转分液漏斗，以保证萃取剂与溶质完全接触，提高萃取率，正确；
32、B.充分振荡液体后，将分液漏斗放置在铁架台上，静置，待溶液完全分层时，再进行分液，错误；C.分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从分液漏斗下口流出，避免试剂被污染，错误；D.分液时流出下层液体过程中，需将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗口上的小孔，使漏斗内外空气相通，以保证下层液体能顺利流出，错误；（4）该反应中H2O2做氧化剂，其中O全部从-1价降低为-2价，I-从-1价升高为0价，该反应是在酸性环境下进行，根据氧化还原反应化合价升降相等可知，该反应的离子方程式为：2I- + H2O2 + 2H+ =I2 + 2H2O；（5）仪器B为冷凝管；蒸馏实验中，其原理是根据液体的沸点
33、差异进行分离，故需通过温度计测量馏出液的蒸汽温度，故温度计的水银球应与支管口相平行；由题干信息可知，CCl4在80时为气态，而I2受热易升华，随CCl4蒸汽一起进入锥形瓶，不能达到分离I2和CCl4的实验目的。【点睛】萃取剂选择三原则：萃取剂和原溶剂互不相溶；萃取剂和溶质不发生反应；溶质在萃取剂中的溶解度远大于在水中的溶解度；常用的有机萃取剂有四氯化碳、苯、汽油、酒精、丙酮等，但本实验中酒精和丙酮能与水混溶，不符合萃取剂的选择标准，故无法选择。分液操作的注意事项：(1)振荡时，要不时地旋开活塞放气，以防止分液漏斗内压强过大造成危险；(2)分液时，分液漏斗下端要紧靠烧杯内壁，以防液滴飞溅；(3)
34、旋开活塞，用烧杯接收下层液体时，要注意待下层液体恰好流出时及时关闭分液漏斗的活塞，注意不能让上层液体流出，上层液体应从上口倒出。20、饱和食盐水 d Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2 分液漏斗 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 11.5 88.2 【解析】(1)饱和食盐水可吸收氯气中的HCl；(2)为了验证氯气是否具有漂白性，I中加入湿润的有色布条，II为U型管，可加入固体干燥剂，得到干燥的Cl2，III中加入干燥的有色布条，即可证明Cl2是否具有漂白性；(3) D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，发生反应Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，用
35、分液法分离互不相容的液体；（4）装置F中氢氧化钠吸收氯气生成氯化钠、次氯酸钠；（5）根据 计算盐酸的物质的量浓度；根据 计算标况下HCl气体的体积。【详解】(1)饱和食盐水可吸收氯气中的HCl，装置B中的试剂是饱和食盐水；（2）为了验证氯气是否具有漂白性，I中加入湿润的有色布条，II为U型管，可加入固体干燥剂，得到干燥的Cl2，III中加入干燥的有色布条，即可证明Cl2是否具有漂白性，故选d；(3) D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，发生反应Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl；用分液法分离互不相容的液体，要分离出紫红色溶液，需使用的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和分液漏斗
36、；（4）装置F中氢氧化钠吸收氯气生成氯化钠、次氯酸钠，反应方程式是Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（5）=11.5 molL-1；设需要标况下HCl气体的体积为VL，则HCl的物质的量是，溶液的质量是，溶液体积是，所以 ，则V= 88.2L。21、+6 FeSO4 Na2O2 10 2Fe(OH)3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42- + 3Cl- + 5H2O 分散质粒子直径介于1100nm 【解析】主要根据氧化还原反应的概念、得失电子相等的关系，化学反应中元素种类不变的观点分析解答问题。【详解】(1)化合物中各元素化合价的代数和为零。K2FeO4中K为+1价
37、、O为2价，则铁元素的化合价是+6价。(2)据制备高铁酸钠的主要反应2FeSO4 + 6 Na2O2= 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2（已知Na2O2中氧元素化合价为1价）。2FeSO4 中，+2价铁共失8e-变成2Na2FeO4 。6 Na2O2中，有2个1价O失2e-生成 O2；另10个1价O得10e-变成2价。故该反应中还原剂有 FeSO4、Na2O2。若有1 mol O2生成，则转移电子10mol。(3)制备高铁酸钾，则Fe(OH)3是反应物，FeO42-是生成物，铁元素化合价从+3升至+6价。故ClO是反应物，Cl是生成物，氯元素从+1价降至1价。据化合价升降数相等，可得2Fe(OH)3 + 3ClO- 2FeO42- + 3Cl- 。碱性溶液中，可用OH、H2O配平。据电荷守恒OH是反应物，据元素种类不变H2O是生成物。观察配平得离子方程式。(4)三类分散系的本质区别是分散质粒子的直径不同。胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径介于1nm100nm。【点睛】配平氧化还原反应的离子方程式时，遇到缺项（反应物或生成物），一般地，酸性溶液用H+或H2O；碱性溶液用OH或H2O；中性溶液H2OH+或OH。