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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是AKClO3属于盐，但不能作食用盐食用B自来水一般是采用氯气消毒，为了检验Cl-的存在,可选用硝酸银溶液C为防止月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶D把大豆磨碎后，用水溶解其中的可溶性成分
2、，经过滤后，分成豆浆和豆渣2、已知Q与R的摩尔质量之比为922，在反应X+2Y=2Q +R中，当1.6gX与一定量Y完全反应后，生成4.4gR，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为（ ）A469B329C239D1693、实验室需要配制1mol/L的NaCl溶液950mL,选用容量瓶的规格和称取的NaCl质量是 ( )A950mL 55.6g B500mL 117g C1000mL 58.5g D任意规格 58.5g4、同温同压下，a g甲气体和b g乙气体所占体积之比为1:1，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是（ ）A同温同压下，甲和乙的密度之比为a:bB甲与乙的相对分子质量之比为a
3、:bC同温同压下，等体积的甲和乙的质量之比为a:bD等质量的甲和乙中的原子数之比一定为b:a5、氯气通入紫色石蕊试液中，溶液由紫色红色无色，导致变色的微粒依次是AH+、ClBH+、HClOCHCl、Cl2DHClO、ClO-6、已知aRO4x-+bH+cCl-=dR2+5Cl2+8H2O，则RO4x-中R的化合价为A+4 B+5 C+6 D+77、用NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A0.2NA个CO分子在标准状况下的体积约是4.48 LB0.1mol/L BaCl2溶液中Cl-数目是0.2 NAC4时，22.4 L水中含有的电子数目为 10 NA个D使23g钠变为 Na+，需失去0.
4、1NA个电子8、实验室中可用如下反应制取氯气：K2Cr2O714HCl（浓）2KCl2CrCl33Cl27H2O，此反应中被氧化与被还原的原子个数比为A1：3B3：1C14：1D6：19、下列反应中气体只作氧化剂的是（ ）ACl2通入水中 BCl2通入FeCl2溶液中CSO2通入氯水中 DNO2通入水中10、在下列状态下，属于能够导电的电解质是（）A氯化钠晶体B液态氯化氢C硝酸钾溶液D熔融氢氧化钠11、下列物质中，能够导电的电解质是ACuB熔融的MgCl2C酒精D蔗糖12、下列各组混合物中,能用分液漏斗进行分离的是A水和CCl4 B酒精和水 C碘和CCl4 D汽油和植物油13、下列物质相互作用
5、时，生成物与反应物的量或者反应条件无关的是( )A碳酸氢钠与石灰水B碳酸钠与盐酸C钠与水D钠与氧气14、下列叙述正确的是A1 mo1/L硫酸中含2 mo1 H+B1L物质的量浓度为1 mo1/L盐酸中含1 mo1 HCl分子C在标准状况下，22.4LCH4与18gH2O所含有的分子数均为NAD22.4L的CO气体与lmol N2所含的电子数一定相等15、标准状况下，32g的甲烷（CH4）的体积为( )A5.6LB22.4 LC11.2 LD44.8 L16、胶体和溶液的特征区别是（ ）A胶体属于介稳体系 B胶体粒子的大小在1nm100nm之间C胶体具有丁达尔效应 D胶体粒子不能透过滤纸17、牛
6、奶和豆腐中含有丰富的钙，这里的“钙”应理解为( )A元素B单质C原子D分子18、下列各组微粒在指定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、NO319、下列反应的离子方程式书写正确的是A硝酸银溶液与铜粉反应：Ag+Cu = Cu 2+AgB稀H2SO4与铁粉反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2C铁与氯化铁溶液反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+D碳酸钙与盐酸反应：CO32+2H+=H2O+CO220、下列逻辑关系图中正确的是()ABCD2
7、1、下列关于Na2O和Na2O2的叙述正确的是( )ANa2O比Na2O2稳定B均可与CO2、H2O反应产生氧气C所含氧元素的化合价均为-2D阴阳离子的个数比均为1:222、用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A12g金刚石与石墨所含的碳原子数均为NAB1mol HCl气体溶于水，该盐酸中含NA个氯化氢分子C4.48L N2含有的原子数为0.4NAD标准状况下，2.24L稀有气体所含原子数为0.2 NA二、非选择题(共84分)23、（14分）a、b、c、d、e、f、g为七种由短周期元素构成的粒子，它们都有10个电子，其结构特点如下所示：(单位：电荷)粒子代号abcdefg电荷数01102
8、10其中b的离子半径大于e的离子半径；c与f可形成两个共价型g分子。试写出：(1)a粒子的原子结构示意图是_。(2)b与e相应元素的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较为_(用化学式表示)。(3)若d极易溶于水，在水溶液中变化的方程式为_，实验室制备d气体的化学方程式为_；若d为正四面体形分子，其重要应用之一为_。(4)c粒子是_，f粒子是_(用化学式表示)，由c、f生成g的离子方程式是_。24、（12分）有A、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如下图（反应条件略，有些反应的产物和条件没有全部标出）。已知A、B、E是单质，B在常温下为气体，C俗名称为烧碱，D为无色无味液体。（1）写
9、出A、D的化学式_。（2）写出A和D反应生成B和C的化学方程式_。（3）写出E与C、D反应生成B和F的离子方程式_。25、（12分）氯是一种富集在海水中的元素，下图是几种含氯产品。(1)储氯钢瓶中应贴的标签为_（填字母代号）A易燃品 B有毒品 C爆炸品实验室中常用MnO2氧化浓盐酸的方法制取氯气，实验装置如图a所示。a: b:用此法值得的氯气中含有HCl和水蒸气，通常通过盛有_、_的洗气瓶，可以得到纯净、干燥的氯气。Cl2是有毒气体，为了防止多余Cl2污染空气，需要上图b装置进行尾气处理，用化学方程式表示该原理_。气体应该由_（填a或b）管通入。若要吸收标准状况下224mlCl2，至少需要1m
10、ol/L的上述溶液_mL。(2)工业上制取漂白粉的化学方程式是_。瓶装漂白粉久置空气中会呈稀粥状而失去漂白作用。试用化学方程式表示漂白粉在空气中易失效的原因是_。将Cl2制成漂白粉的主要目的是_。A增强漂白能力和消毒作用 B使它转化为较稳定物质，便于保存和运输C使它转化为较易溶于水的物质 D提高氯的质量分数，有利于漂白消毒(3)同学们探究84消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况，做了如下实验。将5mL市售84消毒液稀释100倍，测得稀释后溶液的pH=12，将稀释后溶液各20mL分别加入a、b、c三个洁净的烧杯中：烧杯溶液的pH现象a1010min后，红纸基本不褪色；4h后红纸褪色b710min后
11、，红纸颜色变浅；4h后红纸褪色c410min后，红纸颜色比b烧杯中10min后的浅；4h后红纸褪色已知溶液中Cl2、HClO和ClO-的物质的量分数（a）随溶液pH变化的关系如图所示：由实验现象可获得结论：溶液的pH在410范围内，pH越大，红纸褪色_(填“越快”或“越慢”)。结合图像进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是_。26、（10分）实验室配制500 mL 0.2 molL1的Na2CO3溶液，实验操作步骤有用天平称取一定量的Na2CO310H2O，放在烧杯中用适量的蒸馏水将其完全溶解；把制得的溶液小心地注入_中；继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1 cm2 cm处，改用_
12、小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低处与刻度线相切；用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，每次洗涤的液体都小心转移入容量瓶，并轻轻摇匀；将容量瓶塞塞紧，充分摇匀。请填写下列空白：(1)操作步骤的正确顺序为(填序号)_；(2)写出步骤中，所缺的仪器_、_；(3)若实验遇下列情况，溶液的物质的量浓度是： 偏高 偏低 没影响A加水定容时俯视刻度线_(填序号)B忘记将洗涤液转入容量瓶_(填序号)C使用前容量瓶用蒸馏水洗涤，且没有干燥_ (填序号)D定容时，不小心加水过量，马上用胶头滴管吸出 _ (填序号)(4)计算所需Na2CO310H2O的质量_。27、（12分）实验室用下列方法测定某水样中O2的含量。（1
13、）实验原理用如图所示装置，使溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2氧化成MnO(OH)2，反应的离子方程式为_。在酸性条件下，再用I将生成的MnO(OH)2还原为Mn2，反应的离子方程式为_。然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，反应方程式为I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6。（2）实验步骤打开止水夹a和b，从A处向装置内鼓入过量N2，此操作的目的是_；用注射器抽取某水样20.00 mL从A处注入锥形瓶；再分别从A处注入含m mol NaOH溶液及过量的MnSO4溶液；完成上述操作后，关闭a、b，将锥形瓶中溶液充分振荡；打开止水夹a、b，分别从A处注入足量NaI溶液及含n mol
14、 H2SO4的硫酸；重复的操作；取下锥形瓶，向其中加入23滴_作指示剂；用0.005 molL1 Na2S2O3溶液滴定至终点。滴定终点的现象是_。（3）数据分析若滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液体积为3.90 mL，则此水样中氧(O2)的含量为_mgL1。若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，则测得水样中O2的含量将_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。28、（14分）HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它是一种还原剂，能被常见的强氧化剂氧化，但在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2氧化成Fe3。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：(1)人
15、体正常的血红蛋白含有Fe2。若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2转化为Fe3而中毒，可以服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是_(填序号)。A亚硝酸盐被还原 B维生素C是还原剂C维生素C将Fe3还原为Fe2D亚硝酸盐是还原剂(2)下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是_(填序号)。A加入稀盐酸，观察是否有气泡产生 B加入AgNO3，观察是否有沉淀产生C在酸性条件下加入KI-淀粉溶液，观察溶液颜色(I2遇淀粉呈蓝色)(3)某同学把氯气通入到NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl，请写出反应的离子方程式：_。(4)若FeSO4和O2的化学计量数比为21，试配平下列方
16、程式：_FeSO4_K2O2_K2FeO4_K2O_K2SO4_O2(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效的绿色水处理剂，它在水中发生反应生成氢氧化铁胶体。请根据以上信息，写出高铁酸钾作为水处理剂的两点原理_。29、（10分）（1）NaHSO4是一种酸式盐。2mol/L的NaHSO4溶液与1mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合，反应的离子方程式为_。（2）写出Na与FeCl3溶液的反应的离子反应方程式：_（3）乙同学检测到该溶液中含有大量的Cl、Br、I，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl、Br、I的物质的量与通入Cl2的体积（标准状况）的关系如下表所示，分析后回答
17、下列问题：Cl2的体积（标准状况）11.2L22.4L28.0Ln（Cl）2.5mol3.5mol4.0moln（Br）3.0mol2.5mol2.0moln（I）x mol00原溶液中Cl、Br、I的物质的量浓度之比为_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、C【解析】A. KClO3属于盐，但不能作食用盐食用，食用盐的主要成分是氯化钠，A正确；B. 氯气溶于水生成的次氯酸具有强氧化性，自来水一般是采用氯气消毒，为了检验Cl的存在，可选用硝酸银溶液，实验现象是产生白色沉淀，B正确；C. 生石灰或硅胶是干燥剂，为防止月饼等富脂食品因被氧化而变质，应该在包装袋中
18、放入铁粉，C错误；D. 把大豆磨碎后，用水溶解其中的可溶性成分，经过滤后即可分成豆浆和豆渣，D正确。答案选C。2、D【解析】假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，设生成4.4gR时生成Q的质量是x，X+2Y=2Q + R18a 22ax 4.4g根据=，解得：x=3.6g，由质量守恒可知参加反应的Y的质量为：4.4g+3.6g-1.6g=6.4g，所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为为6.4g3.6g=169，故选D。3、C【解析】配制1 mol/L的NaCl溶液950 mL，选择1000mL容量瓶，结合m = nM、n = cV计算所需要的溶质NaCl质量。【详解】配制1mol/L的
19、NaCl溶液950 mL，选择1000mL规格的容量瓶，需要NaCl的物质的量为n = cV = 1 mol/L1 L = 1 mol，则其质量为m = nM=1 mol58.5 g/mol=58.5 g，答案选C。【点睛】容量瓶是有固定规格的比较精准的仪器，因此在做此类题是选对容量瓶的规格尤为关键，否则会对溶质质量的计算和称量产生影响。4、D【解析】根据阿伏伽德罗定律，同温同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子，即气体的物质的量相同。同温同压下，a g甲气体和b g乙气体所占体积之比为1:1，所以甲和乙的物质的量相同，根据n=，物质的量相同时，质量和摩尔质量成正比，所以甲和乙的摩尔质
20、量之比为a:b。【详解】A根据阿伏伽德罗定律，同温同压下，气体密度和摩尔质量成正比，所以甲和乙的密度之比为a:b，正确；B摩尔质量以g/moL为单位时，和相对分子质量在数值上相等，所以甲与乙的相对分子质量之比为a:b，正确；C同温同压下，等体积的甲和乙的物质的量相同，根据n=，质量和摩尔质量成正比，所以甲和乙的质量之比为a:b，正确；D甲和乙的质量相同，根据n=，甲和乙的物质的量和摩尔质量成反比，即甲和乙的物质的量之比为b:a，根据，分子数之比一定是b:a，但甲和乙分子中的原子个数未知，所以原子数之比不一定为b:a，错误；故选D。5、B【解析】氯气与水反应Cl2+H2O=HCl+HClO，HC
21、l和HClO均能电离出氢离子，能够使石蕊变红，次氯酸具有漂白性，能够使变红的溶液褪色，所以导致变色的微粒依次是H+、HClO，故答案为B。6、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-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。7、A【
22、解析】试题分析：A、12摩尔一氧化碳其标准状况下体积为1223=338L，正确，选A；B、没有说明溶液的体积，不能确定其物质的量，不选B；C、23L水是23千克水，其物质的量不是1摩尔，电子不是11摩尔，错误，不选C；D、23克钠为1摩尔，失去1摩尔电子，错误，不选D。考点：阿伏伽德罗常数的应用8、B【解析】K2Cr2O714HCl（浓）2KCl2CrCl33Cl27H2O，该反应中铬元素化合价降低，K2Cr2O7显氧化性是氧化剂，1molK2Cr2O7中被还原的铬原子有2mol；氯元素的化合价升高，所以有14molHCl参加反应的时候，其中6mol显还原性，被氧化的氯原子有6mol；所以此反
23、应中被氧化与被还原的原子个数比为6:2=3:1，故选项B正确。综上所述，本题选B。9、B【解析】A. Cl2通入水中与水反应生成盐酸和次氯酸，氯气既是氧化剂又是还原剂；B. Cl2通入FeCl2溶液中，两者发生反应生成氯化铁，氯气只作氧化剂；C. SO2通入氯水中，两者发生反应生成硫酸和盐酸，二氧化硫只作还原剂；D. NO2通入水中，两者发生反应生成硝酸和NO，NO2既是氧化剂又是还原剂。综上所述，本题选B。点睛：本题考查了氧化还原反应的基本概念。氧化还原反应的特征是化合价升降，所含元素的化合价降低的是氧化剂，所含元素的化合价升高的是还原剂，如果所含元素的化合价既有升高的又有降低的，则该物质既
24、是氧化剂又是还原剂。10、D【解析】A氯化钠晶体是电解质，但不能导电，故A错误；B液态氯化氢是电解质，但不能导电，故B错误；C硝酸钾溶液能导电，但是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D熔融氢氧化钠是电解质，也能导电，故D正确；故答案为D。【点睛】考查电解质的概念，注意电解质不一定导电，导电的物质不一定是电解质。注意：电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；电解质必须是自身能直接电离出自由移动的离子的化合物，如SO2、CO2属于非电解质；条件：水溶液或融化状态，对于电解质来说，只须满足一个条件即可，而对非电解质则必须同时满足两个条件；难溶性化合物不一定
25、就是弱电解质，如硫酸钡属于强电解质。电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，非电解质，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物(如蔗糖、酒精等)。11、B【解析】溶于水或熔融状态下能够导电的化合物是电解质，含有自由移动电子或离子的物质可以导电，据此判断。【详解】ACu能导电，但Cu是单质不是化合物，所以Cu不是电解质也不是非电解质，故A错误；B熔融的MgCl2中含有自由移动的镁离子和氯离子，所以能导电，熔融的MgCl2是能够导电的电解质，故B正确；C酒精中没有自由移动的阴阳离子，所以不能导电，酒精是非电解质，故C错误；D蔗糖中没有自由移动的阴阳离子，所以不能导电，蔗糖是非电解质，故D错误；
26、故答案选B。12、A【解析】A. 水和CCl4 是不互溶的液体混合物，可以用分液漏斗分离，故正确； B. 酒精和水能互溶，应利用沸点不同采用蒸馏的方法分离，故错误；C. 碘能溶于CCl4，不能用分液的方法分离，故错误；D. 汽油和植物油互溶，应用蒸馏的方法分离，故错误。故选A。13、C【解析】A石灰水少量，反应生成碳酸钙、碳酸根离子和水，石灰水过量，反应生成碳酸钙和水，A不满足题意；B盐酸少量，生成碳酸氢根离子，盐酸过量，生成水和二氧化碳，B不满足题意；C钠与水无论哪种物质过量均生成氢氧化钠和氢气，C满足题意；D钠与氧气常温反应时生成氧化钠，加热时生成过氧化钠，D不满足题意；答案选C。14、C
27、【解析】A.1mol/L硫酸中H+的物质的量浓度为2mol/L，本题没有溶液体积的数据，无法计算H+的物质的量。A项错误；B.1L物质的量浓度为1 mo1/L盐酸中溶解了1molHCl分子，但HCl分子在水分子作用下已完全电离：HCl=H+Cl-，所以盐酸中无HCl分子，B项错误；C.在标准状况下，22.4LCH4的物质的量为1mol，所含CH4分子数为NA个；18gH2O的物质的量为1mol，所含水分子数也为NA个，所以C项正确；D.未明确温度和压强，22.4L的CO的物质的量无法确定，也就无法计算其所含电子数，D项错误；答案选C。15、D【解析】32g甲烷的物质的量为=2mol，标准状况下
28、，气体的体积为2mol22.4L/mol = 44.8L，故选D。16、B【解析】胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同。【详解】A. 胶体属于介稳体系，胶体的性质，故A错误；B、胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm。C、胶体具有丁达尔效应，胶体的光学性质，故C错误；D. 胶体粒子能透过滤纸，故D错误。故选B。17、A【解析】牛奶和豆腐都是混合物，里面的成分较复杂，通常用元素描述其化学组成，这里的“钙”应理解为元素，答案选A。18、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
29、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。19、C【解析】A硝酸银溶液与铜粉发生置换反应，离子方程式应该是2Ag+CuCu2+2Ag，A错误；B稀H2SO4与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式应该是Fe+2H+Fe2+H2，B错误；C铁与氯化铁溶液反应生成
30、氯化亚铁：Fe+2Fe3+3Fe2+，C正确；D碳酸钙难溶，与盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+H2O+CO2+Ca2，D错误。答案选C。20、D【解析】A.气溶胶也是胶体，选项A不正确；B.吸热反应或放热反应不一定是氧化还原反应，选项B不正确；C.碳酸盐可以是钠盐或钾盐，选项C不正确；D.溶于水或熔融状态下，能够电离出阴阳离子的化合物是电解质，在上述情况下，都不能电离出阴阳离子的化合物是非电解质，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，选项D正确；答案选D。21、D【解析】A. 2Na2O+O22Na2O2，可见Na2O不如Na2O2稳定，故A错误；B. Na2O与CO2、H2O反应不
31、产生氧气，故B错误；C. 所含氧元素的化合价前者为-2，后者为-1，故C错误；D. Na2O含有Na+和O2-，Na2O2含有Na+和O22-，阴阳离子的个数比均为1:2，故D正确。故选D。22、A【解析】A12g金刚石与石墨所含的碳原子为=1mol，碳原子数为NA，故A正确；B盐酸中不存在氯化氢分子，故B错误；C未告知温度和压强，无法计算4.48L N2的物质的量，故C错误；D标准状况下，2.24L稀有气体的物质的量为=0.1mol，稀有气体为单原子分子，所含原子数为0.1 NA，故D错误；故选A。二、非选择题(共84分)23、 NaOHMg(OH)2 NH3H2ONH3H2ONH4+OH
32、2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O 作为燃料 OH H3O OHH3O=2H2O 【解析】a、d和g不带电荷，说明是分子或者原子， e带2个单位正电荷，说明e为 Mg2+，b和f带1个单位的正电荷，可能是Na+、H3O+、NH4+，b的离子半径大于e的离子半径，因此b为Na+，c带一个单位负电荷，可能是F-、OH-、NH2-，又c与f可形成两个共价型g分子，那么c为OH-，f为H3O+，g为H2O，据此分析作答。【详解】（1）a为原子，即为Ne，原子结构示意图为：；（2）b为Na+，e为 Mg2+，相应元素的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较为NaOHMg(OH)2；
33、（3）若d极易溶于水，说明d为NH3，NH3溶于水形成NH3H2O，电离后生成NH4+和OH-，在水溶液中变化的方程式为NH3H2ONH3H2ONH4+OH；（4）c为OH-，f为H3O+，g为H2O，OH-与H3O+生成H2O的离子方程式为：OHH3O=2H2O。【点睛】解答本题时要熟记常见的“10电子”粒子：24、Na、H2O 2Na+2H2O2NaOH+H2 2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2 【解析】有A、B、C、D、E、F六种物质，C俗名称为烧碱，C为NaOH，D为无色无味液体，D为H2O，根据框图，单质A与水反应生成一种气体单质B和氢氧化钠，则A为钠，B为氢气，氢氧化钠、水
34、与单质E反应生成氢气，则E为铝，因此F为偏铝酸钠，据此分析解答。【详解】根据以上分析可知A是钠，B是氢气，C是氢氧化钠，D是水，E是铝，F是偏铝酸钠，则（1）钠和水的化学式分别是Na、H2O；（2）钠和水反应生成氢气和氢氧化钠的化学方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2。（3）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气的离子方程式为2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2。【点睛】正确推断物质的种类是解题的关键，本题的突破口为C、D。本题的易错点为铝与氢氧化钠反应的离子方程式的书写，注意反应过程中水也参与了反应。25、B 饱和NaCl溶液 浓硫酸 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO b
35、20 2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO、2HClO 2HCl+O2 B 越慢 b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢 【解析】（1）氯气有毒，储氯钢瓶中应贴的标签为有毒品，故选B；实验室中常用MnO2氧化浓盐酸的方法制取氯气，制得的氯气混有HCl和水，先用饱和NaCl溶液除去水，再用浓硫酸干燥氯气；Cl2是有毒气体，为了防止多余Cl2污染空气，需要用NaOH进行尾气处理，用化学方程式表示该原理为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO；气体应该由b管通入，标
36、准状况下224mlCl2的物质的量为=0.01mol，根据方程式可知，消耗NaOH的物质的量为0.01mol=0.02mol，至少需要1mol/L的NaOH溶液的体积为=20mL；（2）工业制漂白粉是氯气通入石灰乳中制成的。化学方程式如下：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；漂白粉在空气中长期放置失效是因为漂白粉能够与空气中的二氧化碳反应生成次氯酸,次氯酸具有不稳定性,见光易分解,化学方程式：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO、2HClO 2HCl+O2；氯气和漂白精的作用都是生成次氯酸，然后具有漂白性。因氯气不方便保存和运输，故通入石灰乳
37、中制成漂白精，答案选B；（3）图表数据和现象分析可知，溶液的pH在410范围内，pH越大，红纸褪色越慢，故答案为：越慢；结合图象进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是：b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢；故答案为：b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢。26、胶头滴管 500mL容量瓶 500mL容量瓶 胶头滴管 28.6g 【解析】(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，根据配制溶液的实验操作过程进行操作步骤的排序；(2)结合配制溶液的实验操作过程选择所用仪器；(
38、3)分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析误差。(4)结合元素守恒，根据n=、c=计算物质的质量。【详解】(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解(可用量筒加水)，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复到室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以操作顺序为：；(2)由(1)中操作可知，所用仪器有：托盘天平、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等。故还缺少的仪器是：500mL容量瓶、胶头滴管；
39、(3)A.加水定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，则会导致配制的溶液浓度偏高，故合理选项是；B.忘记将洗涤液转入容量瓶，溶质的质量偏少，则n偏小，导致溶液的浓度偏低，合理选项是；C.使用前容量瓶用蒸馏水洗涤，且没有干燥，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制的溶液浓度不产生影响，合理选项是；D.定容时，不小心加水过量，马上用胶头滴管吸出，会使溶质偏少，n偏小，则溶液的浓度偏低，合理选项序号是；(4)n(Na2CO3)=cV=0.2mol/L0.5L=0.1mol，根据Na元素守恒可知，晶体的物质的量与碳酸钠的物质的量相等，所以n(Na2CO310H2O)=n(Na2CO3)=0.1mol，
40、则m(Na2CO310H2O)=0.1mol286g/mol=28.6g。【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和过程是解题关键，注意误差分析的方法，对于给出的溶质与所配制溶液的物质不同时，要根据元素守恒，先计算出溶质的物质的量，然后结合物质转化关系，计算出配制溶液的物质的物质的量，再根据m=nM计算出需要称量的物质的质量。本题侧重考查学生分析能力和实验能力。27、2Mn2O24OH=2MnO(OH)2 MnO(OH)22I4H=Mn2I23H2O 排出装置内的空气，避免空气中的O2的干扰 淀粉溶液 滴最后一滴标准液，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色 7.8 偏大
41、 【解析】（1）溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2+氧化成MnO(OH)2，锰元素化合价升高2价，氧气化合价降低了4价，根据化合价升高降低总数相等配平反应的离子方程式为：2Mn2+O2+4OH-=2MnO(OH)2；在酸性条件下，再用I-将生成的MnO(OH)2还原为Mn2+，I-被氧化为碘单质，反应的离子方程式为：MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2+I2+3H2O；（2）由于测定的是水样中氧气含量，必须将装置中的空气赶走，避免干扰测定结果，故答案为赶走装置内空气，避免空气中的O2的干扰；由于反应中有碘单质参与，利用碘遇到淀粉显示蓝色的特性，可以选用淀粉溶液做指示剂；用0.005 mo
42、l L -1 Na2S2O3溶液滴定至终点，碘消耗完，蓝色褪去，即滴定终点的现象是：滴最后一滴标准液，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色；（3）发生的反应有：2Mn2+O2+4OH-=2 MnO(OH)2、MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2+I2+3H2O、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，则关系式为：O22MnO(OH)22I24Na2S2O3，1000mL水样中含有的氧气的物质的量是：n（O2）=n（Na2S2O3）=0.005molL-10.0039L50=2.437510-4mol，氧气的质量为：2.437510-4mol32g/mol=7.8mg，此水样中氧（O2）的含量为7.8mgL-1；若未用Na2S2O3 标准溶液润洗滴定管，会导致标准液的浓度减小，消耗的标准液的体积增大，测定结果偏大。28、D B NO2Cl2H2O=NO32H2Cl2 6 2 2 2 1强氧化性，杀菌消毒；形成氢氧化铁胶体吸附杂质【解析】.根据题意可知，血红蛋白中的Fe2转化为Fe3，Fe2作还原剂，则亚硝酸盐作氧化剂，服用维生素C可解毒，说明维生素C具有还原性。A根据上述分析可知，亚硝酸盐作氧化剂，在反应中被还原，故A正确；B根据上述分析可知，维生素C是还原剂，故B正确；C维生素C因具有还原性，可以将Fe3还原为Fe2，故C正确；D根据上