《2022-2023学年山东省枣庄市第八中学化学高一上期中达标测试试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年山东省枣庄市第八中学化学高一上期中达标测试试题含解析.doc（18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、下列实验装置能达到实验目的的是分离乙醇和水用自来水制取蒸馏水从食盐水中获取氯化钠用排空气法收集氯气（Cl2）ABCD2、检验氯化氢气体中是否混
2、有Cl2，可采用的方法是()A用干燥的蓝色石蕊试纸B用干燥有色布条C将气体通入AgNO3溶液D用湿润的淀粉碘化钾试纸3、某氯原子的质量为a g，12C原子的质量为b g，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列不正确的是A该氯原子的摩尔质量为g/mol Bx g该氯原子的物质的量是 molC1 mol该氯原子的质量是aNA g Dy g该氯原子所含的原子数为NA4、下列说法正确的是 ()A氢气的摩尔质量是2gB摩尔是物质的质量单位C1 mol OH的质量是17gD1mol气体所占的体积约为22.4L5、溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是A是否是大量分子或离子的集合体B分散质微粒直径的大小C是否
3、能透过滤纸或半透膜D是否均一、稳定、透明6、下列物质分类正确的是ACO2、NO2均为酸性氧化物 B有尘埃的空气、墨水均为胶体C烧碱、蔗糖均为电解质 D胆矾、盐酸均为混合物7、含有自由移动Cl-的是（ ）A溶液B液态HClC固体NaClDKCl溶液8、下列实验操作中，溶液里无固体析出的是( )AMgCl2溶液中加入Na的小颗粒B饱和Ca(OH)2溶液中加入Na的小颗粒CCuSO4溶液中加入Na的小颗粒D水中加入Na的小颗粒9、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10、已知aRO4x-+bH+cCl-=dR
4、2+5Cl2+8H2O，则RO4x-中R的化合价为A+4 B+5 C+6 D+711、下列有关物质的分类正确的是 ( )A混合物：空气、矿泉水、水银B碱：Ba(OH)2、 Cu2(OH)2CO3、 NH3H2OC盐：硫酸钠、氯化铵、 纯碱D氧化物：H2O、 CO、 HCOOH12、同温同压下，某集气瓶充满O2时质量为116g，充满CO2时质量为122g，充满气体X时质量为114g。则X的相对分子质量为（ ）A28B60C32D4413、氯气可用来消灭田鼠，为此将氯气通过软管灌入洞中，这是利用了氯气下列性质中的黄绿色 密度比空气大 有毒 较易液化 溶解于水ABCD14、下列危险化学品的标志中，贴
5、在氢氧化钠试剂瓶上的是（ ）ABCD15、下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）A用小苏打治疗胃酸过多：HCO3+H+=CO2+H2OB往碳酸镁中滴加稀盐酸：CO32+2H+=CO2+H2OC往氨水中滴加氯化镁溶液：Mg2+2OH=M(OH)2D氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2+SO42+H+OH=BaSO4+H2O16、设阿伏伽德罗常数的符号为NA，标准状况下某种O2和N2的混合气体mg含有b个分子，则ng该混合气体在相同状况下所占的体积（L）是ABCD17、下列实验操作不正确的是A蒸发时，残留的少量水让余热蒸干B分液时，下层液体从下端放出，上层液体从上端倒出C蒸馏时，冷水从冷凝管上口进下口
6、出D过滤时，漏斗下端紧贴烧杯内壁18、某元素R的原子的质量数为70，其核内中子数为39，它的离子有28个电子，则此元素的氧化物的化学式应为ARO BR2O3 CRO2 DR2O519、下列物质在一定条件下均能产生氧气，其中最适合用于宇航员（宇航员呼吸所需的氧气主要来自太空服中的呼吸面具）出舱时的供氧剂的是ANa2O2 BH2O2 CKClO3 DHNO320、在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是（）ANa+、K+、B、Al3+、CNa+、Ca2+、DK+、21、30 mL 1 molL1氯化钠溶液和40 mL 0.5 molL1氯化钙溶液混合后，混合液中Cl浓度为()A0.5 molL1B
7、0.6 molL1C1 molL1D2 molL122、下列实验现象，与新制氯水中某些成分（括号内物质）没有关系的是（）A将NaHCO3固体加入新制氯水，有气泡产生（H）B使红色布条褪色（HCl）C向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液变黄色（Cl2）D滴加AgNO3溶液生成白色沉淀（Cl）二、非选择题(共84分)23、（14分）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Ar的核外电子排布
8、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_。24、（12分）下图中AH均为中学化学中常见的物质，A、B、H是气体，它们之间有如下转化关系。（反应中生成的水已略去）请回答以下问题：(1)E是_（填化学式）。 (2)C物质在日常生活中可作_剂。(3)写出反应 的化学方程式：_。(4)写出实验室制取A
9、气体的化学反应方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目：_。25、（12分）为了除去KNO3固体中混有的杂质K2SO4和MgSO4，并制得纯净的KNO3溶液，某同学设计如下实验方案：(1)操作为_；(2)操作加入的试剂可以为：操作_；操作_； 操作_；(3)如何判断SO42-已除尽，简述实验_；(4)实验过程中产生的多次沉淀_(填“需要”或“不需要”)多次过滤，理由是_。(5)该同学设计的实验方案_(填“合理”或“不合理”)，理由是_。26、（10分）（1）某化学小组制备氢氧化铁胶体：在洁净的小烧杯中盛适量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入饱和FeCl3溶液，至液体呈红褐色，停止加
10、热。制备氢氧化铁胶体的化学反应方程式是_。（2）如图所示是中学化学中常用于混合物分离和提纯的装置：请根据装置图回答下列问题：从氯化钾溶液中得到氯化钾固体选择装置_(填代表装置图的字母，下同)；除去自来水中的Cl-等杂质得到蒸馏水选择装置_；从碘水中提取碘选择装置_。装置A中的名称是_，冷凝水流动的方向是_。27、（12分）某同学按下列步骤配制100mL1.0molL-1Na2CO3溶液，请回答有关问题。实验步骤有关问题（1）计算所需Na2CO3的质量需要Na2CO3的质量为_。（4）将烧杯中的溶液转移至仪器A（已检查不漏水）中称量过程中应用到的主要仪器是_。（5）向仪器A中加蒸馏水至刻度线为了
11、加快溶解速率，常采取的措施是_。在转移Na2CO3溶液前应将溶液_；仪器A是_；为防止溶液溅出，应采取的措施是_。在进行此操作时应注意的问题是_。（6）摇匀、装瓶，操作B，最后清洁、整理操作B是_。（讨论）按上述步骤配制的Na2CO3溶液的浓度_（选填“是”或“不是”）1. 0molL-1原因是：_。28、（14分）已知某市售“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：（1）该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度约为_mol/L。(保留1位小数)（2）该同学参阅此“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL与市售物质的量
12、浓度相同的“84消毒液”，下列说法正确的是_(填序号)。A如图所示的仪器中有三种是不需要的B容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制C配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒会导致结果偏低D需要称量NaClO固体的质量为143.0g（3）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强其消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84g/cm3)的浓硫酸配制500mL2.3mol/L的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。需用浓硫酸的体积为_mL。取用任意体积的浓硫酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_。A溶液中H2SO4的物质的量 B溶液的浓度 C溶液的质量 D溶液的密度配制该稀硫酸过程
13、中，下列情况会使所配制的溶液的浓度大于2.3mol/L的有_。A未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中并进行定容B摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线C容量瓶中原有少量蒸馏水D定容时俯视容量瓶刻度线29、（10分）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。将含有的SO2和NOx的烟气通入盛有NaClO2溶液的反应器中，反应一段时间后，测得溶液中离子浓度的有关数据如下（其它离子忽略不计）：离子Na+SO42NO3OHClc/(molL1)5.51038.5104y2.01043.4103（1）NaClO2属于钠盐，其中氯元素的化合价为_；NaClO
14、2的电离方程式为：_。（2）SO2和NOx经NaClO2溶液吸收后转化为_。此吸收过程中NaClO2所起的作用是_。（3）表中y=_。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、D【解析】乙醇和水互溶，分液漏斗不能分离，应选蒸馏法，故错误；图中蒸馏装置可利用自来水制备蒸馏水，故正确；食盐溶于水，图中蒸发可分离出NaCl，故正确；氯气的密度比空气密度大，应长导管进气收集，故错误；答案选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，是解答的易错点。2、D【解析】A
15、干燥的氯气没有漂白性，且干燥的HCl气体也不能电离出氢离子，无论HCl气体中是否含有氯气，都不会使干燥的蓝色石蕊试纸发生颜色变化，故A错误；B干燥的氯气不具有漂白性，无论是否含有氯气都不能使干燥的有色布条发生颜色变化，故B错误；C无论是否含有氯气，气体通入硝酸银溶液中均会产生沉淀，故C错误；DHCl气体不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变色，当混有氯气时，氯气具有强氧化性，可以将碘离子氧化成碘单质，从而使试纸变蓝，故D正确；故答案为D。3、D【解析】A氯原子的相对原子质量是氯原子的质量与12C原子的质量的比值，即为；摩尔质量在数值上等于相对原子质量，但是单位不同，即为g/mol，故A不符合题意。B根据
16、n=可得x g该氯原子的物质的量为n= mol，故B不符合题意。C一个氯原子的质量为a g，1mol氯原子的质量为aNA g，故C不符合题意。D根据N=nNA，可得y g该氯原子所含的原子数为NA，故D符合题意。本题选D。【点睛】注意相对原子质量和摩尔质量的数值相同，但是单位不同，相对原子质量的单位为1，摩尔质量的单位为g/mol。4、C【解析】A、摩尔质量的单位是g/mol，故错误；B、摩尔是物质的量的单位，故错误；C、OH的摩尔质量为17gmol1，则1molOH的质量为17g，故正确；D、没有说明标准状况，故错误。5、B【解析】溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是分散质粒子直径的大小
17、，选B。6、B【解析】根据酸性氧化物的概念、胶体、电解质等化学基础常识及相关知识进行分析。【详解】A.能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，反应过程中元素的化合价不发生变化，不是氧化还原反应。NO2和氢氧化钠反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，发生了氧化还原反应，故A错误；B.有尘埃的空气和墨水，它们的分散质直径在1纳米至100纳米之间，属于胶体，胶体有丁达尔效应，故B正确；C.蔗糖是有机物，其在水溶液中或熔融状态下只以分子存在，没有离子，属于非电解质，故C错误；D. 胆矾的化学式是CuSO45H2O，故胆矾是纯净物，故D错误；故选B。7、D【解析】AKClO3在水溶液里电离出钾离子和氯酸根离子，所
18、以没有自由移动的Cl-，故A错误；B液态HCl中只存在HCl分子，不存在自由移动的Cl-，故B错误； CNaCl固体中含有Na+和Cl-，但是离子被静电作用束缚，不能移动，没有自由移动的Cl-，故C错误； DKCl在水溶液里电离出自由移动的K+和Cl-，所以该溶液中含有自由移动的Cl-，故D正确；故答案选D。8、D【解析】钠和水反应生成氢氧化钠和氢气。A.氢氧化钠和氯化镁发生反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，A不选；B.Na与水反应产生NaOH和氢气，反应消耗水，使溶剂的质量减少，导致溶液成为过饱和溶液，会析出部分氢氧化钙固体，B不选；C.CuSO4和氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀，C不选
19、；D.钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，没有固体析出，D选；故合理选项是D。9、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，使测定结果偏小，故D错误；故选B。10、D【解析】由质量守恒可知b=16，c=10，a=2，d=2，结合电荷守恒计算x，则可确定RO4x-中R的化合价，以此解答该题。【详解】对应反应aRO4x-+bH+cCl-
20、dR2+5Cl2+8H2O，由质量守恒可知b=16，c=10，a=2，d=2，结合电荷守恒可知16-2x-10=4，则x=1，因此可确定RO4x-中R的化合价+7，答案选D。【点睛】本题以氧化还原反应为载体考查元素化合价判断，根据电荷守恒、离子中各元素化合价的代数和分析解答即可。11、C【解析】混合物是由不同种物质组成的物质；碱是电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；盐是电离出金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子的化合物；由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物为氧化物。【详解】A.水银（Hg）是单质，不是混合物，A错误；B. Cu2(OH)2CO3是碱式盐，电离时生成的阴离子有氢氧根离子和
21、碳酸根离子，不属于碱类，属于盐类，不是碱，B错误；C. 硫酸钠、氯化铵、纯碱能电离出金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子，属于盐类，C正确；D. HCOOH是由C、H、O三种元素组成的化合物，是一种羧酸，不是氧化物，D错误。答案选C。【点睛】本题考查学生物质的分类知识，熟记各类物质的概念是解决该题的关键。12、A【解析】相同状况下同一瓶内装满不同气体，则气体的物质的量相等。设瓶重为mg，则：，求出m=100g, ，求出M(X)=28g mol-1，故选A。13、A【解析】能够消灭田鼠，利用了氯气的有毒性质，氯气要能够进入到洞中，利用了密度比空气大的性质，与颜色、溶解性、易液化无关，选A。14、A【
22、解析】A.图为腐蚀品标志，故A正确； B.图为剧毒品标志，能使人或动物中毒，与腐蚀性无关，故B错误；C.图为氧化剂标志，与腐蚀性无关，故C错误；D.图为爆炸品标志，与腐蚀性无关，故D错误。故选A。【点睛】了解所给试剂的性质及各个标志所代表的含义是解答此类题的关键。15、A【解析】A.胃酸的主要成分是HCl，能与NaHCO3溶液反应，生成NaCl、H2O和CO2，该离子方程式正确，A符合题意；B.MgCO3难溶于水，在离子方程式中应保留化学式，其反应的离子方程式为：MgCO3+2H+Mg2+H2O+CO2，选项错误，B不符合题意；C.NH3H2O为弱碱，在离子方程式中保留化学式，该反应的离子方程
23、式为：Mg2+2NH3H2OMg(OH)2+2NH4+，选项错误，C不符合题意；D.Ba(OH)2和H2SO4反应的化学方程式为：Ba(OH)2+H2SO4BaSO4+2H2O，故参与反应的H+和OH-的系数比为2:2，离子方程式应该为Ba2+SO42+2H+2OHBaSO4+2H2O，选项错误，D不符合题意；故答案为A。16、D【解析】标准状况下某种O2和N2的混合气体mg含有b个分子，则其物质的量为mol，所以混合气体的摩尔质量为，所以ng该混合气体的物质的量为=mol，标况下的体积为22.4L/molmol=L，故答案为D。17、C【解析】A. 蒸发时，当有大量固体析出时，残留的少量水让
24、余热蒸干，故正确；B. 分液时，为了使上下层液体完全分离，下层液体从下端放出，上层液体从上端倒出，故正确；C. 蒸馏时，为了提高热交换的效率，让冷水从冷凝管下口进上口出，故错误；D. 过滤时，漏斗下端紧贴烧杯内壁可以使液体能顺利流下，故正确。故选C。18、B【解析】试题分析：质子数=质量数-中子数=70-39=31，电荷数=质子数-电子式=31-28=3，故该阳离子带3个单位正电荷，故表现+3价，O为-2价，故此元素的氧化物的化学式应为R2O3，故选B。考点：考查了化学式的判断的相关知识。19、A【解析】能用在宇航员呼吸面具中提供氧气的物质是常温下可以和人体呼出气体水以及二氧化碳之间反应产生氧
25、气的物质。【详解】A项、因过氧化钠为固体，携带方便，且能与人呼吸产生的二氧化碳反应生成氧气，不需要催化剂、不需要加热，则最适宜用于呼吸面具中供氧剂，故A正确；B项、过氧化氢能分解生成氧气，一般需要催化剂来加快反应速率，且过氧化氢为液体，不方便携带，故B错误；C项、氯酸钾能分解生成氧气，但需要加热、需要催化剂，不适合在太空中使用，故C错误；D项、硝酸见光能分解生成氧气，但同时生成二氧化氮有害气体，且硝酸不容易携带，故D错误。故选A。【点睛】本题考查常见物质的性质和用途，侧重于化学与生活的考查，明确物质的性质和反应生成氧气的条件是解题关键。20、B【解析】A. 酸性溶液中的H+与反应生成二氧化碳与
26、水而不能共存，故A错误；B. 在酸性溶液中，、Al3+、相互不反应，可以大量共存，故B正确；C. Ca2+与反应生成碳酸钙沉淀而不能大量共存，故C错误；D. 呈紫色，不符合题意，故D错误；故选B。21、C【解析】根据混合前后氯离子的总量不变，溶液的体积增大，计算混合液中Cl浓度。【详解】30 mL 1molL1氯化钠溶液中含有氯离子的量为：3010-31=0.03mol，40 mL 0.5 molL1氯化钙溶液中含有氯离子的量为：4010-30.52=0.04mol，两溶液混合物后，溶液中Cl浓度为（0.03+0.04）/(30+40) 10-3=1 molL1，C正确；综上所述，本题选C。2
27、2、B【解析】A.氯水中有盐酸和次氯酸，盐酸能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，与H有关，A项错误；B.氯水中有次氯酸，都使红色布条褪色，与次氯酸有关，B项错误；C.氯气将亚铁离子氧化为铁离子，与氯气有关，C项正确；D.氯离子和硝酸银提供的银离子反应生成氯化银沉淀，与Cl有关，D项错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、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
28、，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：N
29、a；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
30、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。24、CaCO3 消毒(或漂白) Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO 【解析】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见的能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2，在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，根据氧化还原反应中元素化合价升降与电子转移关系用双线桥法表示。【详解】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，
31、则E为CaCO3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2。(1)由以上分析可知E为CaCO3；(2)C为Ca(ClO)2，该物质与酸溶液作用可生成HClO，HClO具有强氧化性和漂白性，可用于消毒或漂白；(3)反应是Ca(ClO)2与CO2、H2O作用产生HClO，反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2 +H2O= CaCO3+2HClO；(4)在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。在该反应中，Mn元素化合价由反应前Mn
32、O2中的+4价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，获得2e-，Cl元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2e-，用双线桥法表示为：。【点睛】本题考查无机物的推断，突破口为B、A以及G的相关转化关系，题目综合考查元素化合物的性质以及应用，结合复分解反应规律及氧化还原反应的规律分析判断，侧重考查学生分析能力和综合运用化学知识的能力。25、（1）(加水)溶解（2）Ba(NO3)2、K2CO3 、KOH或KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3；（3）取少许滤液于试管中，向其中加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表
33、明SO42-已除尽；（4）不需要；几个沉淀反应互不干扰 可一次性过滤，如果分步过滤会使操作复杂化。（5）不合理；调节溶液的pH若用盐酸，会引入Cl-杂质，应用硝酸。【解析】试题分析：沉淀反应必须在溶液中进行，以便充分反应，并使杂质完全沉淀，所以首先应当将固体配制成溶液除去SO42-、Mg2+离子的方法一般是使它们分别形成BaSO4和Mg(OH)2沉淀，所以需要加入稍过量的Ba(NO3)2和KOH溶液，过量的Ba2+可用K2CO3溶液除去，因此实验时必须先加入Ba(NO3)2溶液，后加入K2CO3溶液，同时要注意不可加入BaCl2、Na2CO3和NaOH溶液进行除杂，也不可用稀盐酸调节溶液的pH
34、，否则会引进Na+和Cl-杂质。（1）后续实验是在溶液中进行的，需要加水溶解，操作需要配制成溶液，需要加水溶解，故答案为加水溶解；（2）先加硝酸钡，除去硫酸根，再加氢氧化钠，除去镁离子，再加碳酸钠，除去多余的钡离子，最后加硝酸，除去多余的碳酸钾和氢氧化钾；先加氢氧化钾，除去镁离子，再加氯化钡，除去硫酸根，再加碳酸钾，除去多余的钡离子，最后加硝酸，除去多余的碳酸钾和氢氧化钾；先加入硝酸钡，除去硫酸根，再加碳酸钾，能把钙离子和多余钡离子除去，再加氢氧化钾，除去镁离子，最后加硝酸，除去多余的碳酸钾和氢氧化钾，故答案为Ba(NO3)2、K2CO3、KOH或KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(N
35、O3)2、KOH、K2CO3；（3）加入过量硝酸钡溶液除去硫酸根离子，检验硫酸根离子已除尽，可静止片刻在上层清液处，滴加一滴Ba(NO3)2溶液，不出现浑浊就说明硫酸根离子已经除尽，故答案为静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明SO42-已除尽；（4）几个沉淀分别为BaSO4、BaCO3、Mg(OH)2，这几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序，故答案为不需要；因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序；（5）因加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl-，制不到纯净的KNO3溶液(E)，所以该同学的实验设计方案中该步并不严密，故答案为不严
36、密，因为加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl-。考点：考查了物质分离和提纯的相关知识。26、FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl D A B 冷凝管 从下口进，上口出 【解析】（1）FeCl3与水在加热条件下生成氢氧化铁胶体和氯化氢；（2）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体采用蒸发结晶的形式；除去自来水中的Cl-等杂质得到蒸馏水采用蒸馏；从碘水中提取碘采用萃取分液；装置A中的名称是冷凝管，冷凝水流动的方向是下进上出。【详解】（1）FeCl3与水在加热条件下生成氢氧化铁胶体和氯化氢，化学方程式为FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl ；答案：FeCl3+3H2O Fe(O
37、H)3(胶体)+3HCl （2）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体采用蒸发结晶的形式，因此用D装置；除去自来水中的Cl-等杂质得到蒸馏水采用蒸馏，因此用A装置；从碘水中提取碘采用萃取分液，因此用B装置；答案：D A B 装置A中的名称是冷凝管，冷凝水流动的方向是下进上出，逆流原理有利于充分带走蒸气热量，使其冷凝为液体。答案：冷凝管 从下口进，上口出27、10.6g 托盘天平 用玻璃棒搅拌 冷却至室温 100mL容量瓶 用玻璃棒引流 加蒸馏水至容量瓶中的液面接近刻度线1-2cm处改用胶头滴管滴加（至溶液的凹液面正好与刻度线相切） 贴标签 不是 没有洗涤烧杯及玻璃棒 【解析】（1）依据m=cVM计算需要
38、溶质的质量；（2）依据称取溶质质量精确度要求选择需要用的天平；（3）依据玻璃棒在溶解固体时作用解答；（4）依据容量瓶使用方法和注意问题解答；（5）依据定容的正确操作解答；（6）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、定容、摇匀、贴标签；（7）该实验漏掉洗涤操作，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，【详解】（1）配制100mL0.200molL-1Na2CO3溶液，需要碳酸钠的质量m=1.00molL10.1L106gmol1=10.6g；（2）托盘天平精确度为0.1g；称取10.6g碳酸钠用托盘天平；（3）为了加快溶解速率，常采取的措施：用玻璃棒搅拌；（4）容量瓶为精
39、密仪器，不能盛放过热、过冷液体，移液时应冷却到室温，配制100mL溶液应选择100mL容量瓶，容量瓶瓶颈较细，移液时为防止溶液溅出，应采取的措施是用玻璃棒引流；（5）定容时，开始直接，加蒸馏水至容量瓶中的液面接近刻度线1-2cm处改用胶头滴管滴加（至溶液的凹液面正好与刻度线相切）；（6）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、定容、摇匀、贴标签；操作B是贴标签；（7）该实验漏掉洗涤操作，没有洗涤烧杯及玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，按上述步骤配制的Na2CO3溶液的浓度不是1molL1。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，解题关键：明确配制原理和
40、操作步骤，易错点：注意容量瓶使用方法和注意问题。28、4.0 C 62.5 BD AD 【解析】（1）根据c(NaClO)=计算溶液的物质的量浓度；（3）根据c=计算浓硫酸物质的量浓度,根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，根据c=进行误差分析。【详解】（1）c(NaClO)=4.0 molL-1，故答案为4.0。（2）A.用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液，需要用到天平、烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，不用图中圆底烧瓶和分液漏斗，共2种仪器，故A错误；B.容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干就能
41、用于溶液配制，故B错误；C.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，造成溶质损失，配制的溶液浓度偏低，故C正确；D.因为没有480mL的容量瓶，需要配制500mL溶液，需要NaClO的质量为：m=0.5L4.0mol/L74.5g/mol=149g，故D错误。故答案为C。（3）浓硫酸物质的量浓度c=18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为V，则根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，得：V18.4mol/L=5002.3mol/L，计算得出V=62.5mL，故答案为62.5。A.溶液中硫酸的物质的量n=cV，所以与溶液的体积有关，故A不选；B.溶液具有均一性，浓度与溶液的体积无关，故B选；C.溶质
42、的质量与溶质的物质的量有关，根据A可以知道溶质的质量与溶液体积有关，故C不选；D.溶液的密度为溶液的性质，与溶液的体积无关，故D选。故答案为BD。A.未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A选；B.摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故B不选；C.容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液体积和溶质的物质的量都不会产生影响，溶液浓度不变，故C不选；D.定容时俯视观察液面，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D选。故答案为AD。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液时，误差分析应根据c=进行分析，注意操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响。29、+
43、3NaClO2=Na+ ClO2SO42、NO3充当氧化剂2.0104【解析】(1). NaClO2中钠离子的化合价为+1，O元素的化合价为2，设氯元素的化合价为x，则+1+x+(2)2=0，解得x=+3；NaClO2为钠盐，属于强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和ClO2，其电离方程式为：NaClO2=Na+ ClO2，故答案为+3；NaClO2=Na+ ClO2；(2). 根据质量守恒定律并结合表中离子可知SO2经NaClO2溶液吸收后转化为SO42，NOx经NaClO2溶液吸收后转化为NO3；吸收过程中NaClO2中+3价氯原子被还原成1价的Cl，所以NaClO2所起的作用是充当氧化剂，故答案为SO42、NO3；充当氧化剂；(3). 根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42)+c(NO3)+c(OH)+c(Cl)，c(H+)的浓度较小，可忽略不计，则c(NO3)=c(Na+)2c(SO42)c(OH)c(Cl)=(5.51038.510422.01043.4103)mol/L=2.0104mol/L，即y=2.0104，故答案为2.0104。点睛：本题主要考查氧化还原反应、物质的量计算等知识，解题时要注意掌握氧化还原反应的特征与实质，本题的难点是第（3）问，解答本题的关键是明确