《安庆市重点中学2022-2023学年高一化学第一学期期中学业水平测试试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安庆市重点中学2022-2023学年高一化学第一学期期中学业水平测试试题含解析.doc（13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、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试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、有两种体积相同的某植物的营养液，其配方如下：对于两种营养液的成分，下列说法中，正确的是（ ）KClK2SO4ZnSO4ZnCl210.3mol0.2mol0.1mol20.1mol0.3mol0.1molA只有K+的物质的量相等B只有
2、Cl的物质的量相等C各离子的物质的量均不同D各离子的物质的量完全相同2、潮湿的氯气、新制的氯水及漂粉精的水溶液均能使有色布条褪色，因为它们都含有ACl2BHClOCClODHCl3、下列物质分类正确的是（ ）ABCD强电解质HClFeCl3H3PO4Ca(OH)2弱电解质HFCH3COOHBaSO4HNO3非电解质NH3CuH2OC2H5OHAABBCCDD4、下列电离方程式中，正确的是（ ）ANa2SO4=2Na+SOBBa（OH）2=Ba2+OHCAl2（SO4）3=2Al3+3SODCa（NO3）2=Ca2+2（NO3）2-5、设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是（ ）A常
3、温常压下，48gO3含有的氧原子数为3NAB18g水含有原子数为3NA，所含的中子数为10NAC4时9mL水和标准状况下11.2L氮气含有相同的原子数D同温同压下，NA个NO与NA个N2和O2的混合气体的体积不相等6、按C、N、O、F的顺序，下列递变规律错误的是（ ）A原子半径逐渐减小B元素原子得电子能力逐渐增强C最高正化合价逐渐增大 D气态氢化物稳定性逐渐增大7、下列变化一定需要加入还原剂才能实现的是AHCO3-CO2 BHClCl2 CKClKClO3 DMnO4-Mn2+8、nmolC2H4（气体）和 nmol14CO 相比较，下列叙述正确的是A同温同压下，密度相等B不同温度压强下，分子
4、数也相等C同温同压下，质量相等D同温同压下，原子数相等9、已知碳元素有12C、14C两种核素，氧元素有16O、18O两种核素，则它们所形成的二氧化碳分子共有A2种 B4种 C6种 D12种10、在反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O中，氧化剂与还原剂的质量之比为A87：146B146：87C87：73D73：8711、下列关于物质的分类中，正确的是（ ）酸性氧化物酸盐混合物电解质ASiO2HClO烧碱CuSO45H2OCO2BNa2O2HNO3NaHSO4漂白粉MgCSO3H2SiO3纯碱水玻璃NaClDNOAl(OH)3BaCO3水泥NH3AABBCCDD12、需要配制5
5、00 mL 0.5 molL1氢氧化钠溶液，经测定实际所配氢氧化钠溶液的浓度为0.45 molL1。可能的原因是()A转移时溶液没有冷却至室温 B容量瓶没有烘干C称量氢氧化钠固体时砝码放反了 D定容时仰视读数13、下列关于氯水的叙述，正确的是（ ）A氯水中只含Cl2和H2O分子B新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C光照氯水有气泡逸出，该气体是Cl2D氯水放置数天后其酸性减弱14、标准状况下，密度为0.75 gL1的NH3与CH4组成的混合气体中，NH3与CH4的体积比为ab，该混合气体对氢气的相对密度为D，则ab和D分别为（ ）A13 和7.5 B16和6.4 C1716和7.5 D4:1和
6、8.415、分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是( )。A将酸分为一元酸、二元酸等：分子组成中含有氢原子的数目B强电解质与弱电解质：溶液的导电能力大小C溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔现象D氧化还原反应的本质：有电子转移16、下列说法正确的是AO3是由3个氧原子构成的化合物B生石灰与水混合的过程只发生物理变化C可用丁达尔效应区分溶液与胶体D冰水混合物属于混合物二、非选择题（本题包括5小题）17、现有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100mL该溶液进行如下实验：（已
7、知：NH4+OH-NH3+H2O）（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答以下问题。（1）由第一份进行的实验推断该混合物是否一定含有Cl-？_（答是或否）（2）由第二份进行的实验得知混合物中应含有_（填离子符号），其物质的量浓度为_。（3）由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为_。（4）综合上述实验，你认为以下结论正确的是_。A该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n
8、(K)0.04molB该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有K+、Cl-C该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-D该混合液中一定有NH4+、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-（5）我国政府为消除碘缺乏病，规定在食盐中必须加入适量的碘酸钾。检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：KIO3+KI+H2SO4K2SO4+I2+H2O配平该方程式，并且用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目：_。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为_。18、有一包白色粉末，可能含有 NaHS
9、O4、 KHCO3、 Ba(NO3)2、 CaCl2、 NaNO3、 MgSO4中的一种或几种。实验步骤如下：取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生。过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生。再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生。(1)推断白色粉末中一定有_，一定没有_，不能确定的是_。(2)请写出实验步骤中产生气体的离子方程式：_。(3)请写出实验步骤中产生沉淀的离子方程式：_。19、某实验小组对Na与水反应产生的H2进行探究，为点燃反应生成的H2，他们设计了如图所示的装置。请回答下列问题：(1)写出Na与H2O反应的化学方程式：_。(2)中反应的现象是_。(3)实验
10、小组在点燃利用装置制得的H2时，实验失败了。他们认为失败的原因是Na的用量太少，Na与H2O的反应速率太快。于是他们准备增加钠的用量，可老师说太危险，你认为产生危险的原因是_。(4)已知钠、煤油、水的密度分别为0.97gcm-3、0.80gcm-3、1.00gcm-3。在装置中H2的生成速率减慢，原因_。20、某校学生课外活动小组的同学设计下图所示实验装置，用来验证一氧化碳具有还原性。已知碱石灰的成分是氢氧化钠和氧化钙的混合物；炭与水蒸气在高温条件下发生以下反应：C + H2O（g） CO + H2。回答下列问题：(1)写出装置A中发生反应的离子方程式_。(2)装置B中最适宜的试剂是_。(3)
11、若实验中没有装置C，使装置B与装置D直接相连，会对实验造成的影响是：_。(4)装置D中黑色固体为_(填名称)，反应的化学方程式为_。(5)按照如图装置进行实验时，首先进行的操作是_。(6)根据实验中的_现象，可证明CO具有还原性，有关反应的化学方程式是_。(7)若要根据装置F中澄清石灰水变浑浊的现象确认一氧化碳具有还原性，应在上图装置_与_之间连接下图中的_装置(填序号)。21、益源生(药品名叫复方硫酸亚铁叶酸片)是一种治疗缺铁性贫血的药物其主要成分有硫酸亚铁、叶酸、干酵母、当归、黄芪、白术等，下面是测定益源生中硫酸亚铁质量分数的实验。取10 片复方硫酸亚铁片(每片a 毫克)研成粉末，加水溶解
12、，过滤,再将滤液配成100 mL溶液，取出25 mL 与双氧水反应(假设叶酸、干酵母、当归、黄芪、白术均不与双氧水反应)。（1）配制一定浓度的双氧水溶液用质量分数30%、密度1.1g/cm3 的双氧水配制1.0 mol/L的双氧水100mL,则30%双氧水物质的量浓度为_(保留一位小数),需用量筒量取30%的双氧水_mL。（2）配制1.0 mol/L 的双氧水100 mL时，以下实验仪器10mL量筒、15 mL量筒、小烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗中不需要用的是_、_，还缺少的实验仪器是_。（3）该实验在酸性条件下进行,则实验设计的反应原理是_(用离子方程式表示)。（4）若上述实验消耗1.0
13、 mol/L的双氧水bmL，则每片复方硫酸亚铁叶酸片中硫酸亚铁的质量分数为_(用含a、b的式子表示)。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】KCl、K2SO4、ZnSO4、ZnCl2均为强电解质，在溶液中完全电离，根据各电解质的物质的量计算离子的物质的量，确定离子关系。【详解】中n（K）=0.3mol+0.2mol2=0.7mol，n（SO42）=0.2 mol+0.1mol=0.3mol，n （Zn2）=0.1 mol，（Cl）=0.3 mol，中n（K）=0.1mol+0.3mol2=0.7mol，n（SO42 ）=0.3mol，n （Zn2）=0.1 mol，（Cl
14、）=0.1mol+0.1mol2=0.3 mol，和中各种离子的物质的量：n（K）=0.7 mol，n（SO42）=0.3 mol，n （Zn2）=0.1 mol，n（Cl）=0.3 mol，所以成分相同，故选D。2、B【解析】氯气与水反应生成HClO、HCl，Cl2、HCl都没有漂白性，HClO具有漂白性，故B正确。3、A【解析】A. HCl是强酸，属于强电解质；HF是弱酸，属于弱电解质；NH3是氢化物，属于非电解质，故A正确；B. Cu是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C. H3PO4在水中只有部分电离，所以属于弱电解质；BaSO4在水溶液中虽难溶，但溶于水的部分或熔融状态
15、下能完全电离，BaSO4Ba2+，所以属于强电解质，H2OH+OH只有部分电离，所以属于弱电解质，故C错误；D. HNO3是强酸，属于强电解质，故D错误；故选A。4、C【解析】A.硫酸钠属于盐，是强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和硫酸根离子，电离方程式为Na2SO4=2Na+SO，故A错误；B.氢氧化钡属于碱，是强电解质，在溶液中完全电离出钡离子和氢氧根根离子，电离方程式为Ba（OH）2=Ba2+2OH，故B错误；C.硫酸铝属于盐，是强电解质，在溶液中完全电离出铝离子和硫酸根离子，电离方程式为Al2（SO4）3=2Al3+3SO，故C正确；D.硝酸钙属于盐，是强电解质，在溶液中完全电离出钙离
16、子和硝酸根离子，电离方程式为Ca（NO3）2=Ca2+2NO，故D错误；故选C。5、A【解析】A臭氧分子由氧原子构成，故氧原子的物质的量为48g16gmol1=3mol，氧原子的数目为3molNAmol1=3NA，故A正确；B. 18g水的物质的量为18g18gmol1=1mol，含有原子的物质的量为1mol3=3mol，含有原子数为3NA，所含的中子数为1mol（02+8）NAmol1=8NA，故B错误；C4时9mL水的质量为9mL1gmL1=9g，水的物质的量为9g18gmol1=0.5mol，含有原子的物质的量为0.5mol3=1.5mol，标况下11.2L氮气的物质的量为11.2L22
17、.4Lmol1=0.5mol，氮气分子是双原子分子，含有的原子的物质的量为0.5mol2=1mol，故二者含有原子数目不相等，故C错误；D同温同压下，分子数目之比等于体积之比，故NA个NO与NA个N2和O2的混合气体的体积相等，故D错误；故选A。6、C【解析】C、N、O、F在周期表相同周期，从左到右原子序数逐渐增大，则：A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，选项A正确；B、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，得电子能力逐渐增强，选项B正确；C、F的最高化合价为0价，无正价，选项C错误；D、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的气态氢化物稳定性逐渐增强，选项D正确。答案选C。7
18、、D【解析】还原剂具有还原性，能使别的物质（或自身）发生还原反应，还原反应的标志是元素化合价降低的过程。A. HCO3-CO2中碳元素、氧元素化合价均未变化，不需要加还原剂就可以实现，A项错误；B. HClCl2中氯元素化合价由-1价升高到0价，发生氧化反应，加还原剂不能实现，B项错误；C. KClKClO3中氯元素化合价由-1价升高到+5价，发生氧化反应，加还原剂不能实现，C项错误；D. MnO4-Mn2+中锰元素化合价由+7价降到+2价，发生还原反应，MnO4-中的锰处于最高价不可能发生歧化反应，故需要加还原剂才能实现，D项正确；答案选D。8、B【解析】C2H4（气体）的摩尔质量为28g/
19、mol, 14CO的摩尔质量为30g/mol, 两者摩尔质量不相等。【详解】A项、nmolC2H4（气体）和 nmol14CO的质量不相等，同温同压下，它们体积相等，所以它们的密度一定不相等，故A错误；B项、两种气体的物质的量相等，它们的分子数一定相等，故B正确；C项、两者摩尔质量不相等，nmolC2H4（气体）和 nmol14CO的质量不相等，故C错误；D项、两种气体的原子个数不相等、物质的量相等，它们的原子数一定不相等，故D错误。故选B。9、C【解析】CO2分子中含有碳原子和两个氧原子，可以是12C16O18O、12C16O16O、12C18O18O、14C16O18O、14C16O16O
20、、14C18O18O，故总6种。故选C。10、C【解析】反应中二氧化锰为氧化剂，氯化氢为还原剂，反应中的氯化氢有一半做还原剂，所以氧化剂和还原剂的质量比为87:(36.52)=87:73。故选C。11、C【解析】和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；不同物质组成的为混合物；水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质。【详解】A.烧碱为氢氧化钠属于碱，CuSO45H2O为纯净物，CO2为非电解质，故A错误；B. Na2O2为过氧化物不是酸性氧化物，Mg是金属单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C. SO
21、3属于酸性氧化物，H2SiO3属于酸，纯碱是碳酸钠为盐，水玻璃为硅酸钠的水溶液为混合物，氯化钠溶于水导电属于电解质，所以C选项是正确的；D.NO和碱不反应属于不成盐氧化物，氢氧化铝为两性氢氧化物，氨气为非电解质，故D错误。所以C选项是正确的。12、D【解析】0.45mol/L0.5mol/L，即操作失误使所配溶液浓度偏小；根据公式cB=分析，操作失误使nB偏大或V（aq）偏小，会使所配溶液浓度偏大，反之偏小。【详解】0.45mol/L0.5mol/L，即操作失误使所配溶液浓度偏小；A项，NaOH溶于水放热，转移时溶液没有冷却至室温，根据“热胀冷缩”原理，冷却后溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，不
22、符合题意；B项，容量瓶没有烘干，对所配溶液浓度无影响，不符合题意；C项，配制500mL0.5mol/LNaOH溶液需要称量NaOH固体的质量为m（NaOH）=0.5mol/L0.5L40g/mol=10.0g，称量时不需要使用游码，称量NaOH固体时砝码放反了对所配溶液的浓度无影响，不符合题意；D项，定容时仰视读数，所配溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，符合题意；答案选D。【点睛】本题易错选C项，称量时砝码放反了是错误操作，但不一定引起实验误差，使用游码时会引起误差，不使用游码不会产生误差。难点是定容时仰视、俯视的误差分析，仰视刻度线（如图），容器内液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配浓度偏小
23、；俯视刻度线（如图），容器内液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配浓度偏大。13、B【解析】A.氯气与水发生：Cl2+H2OHCl+HClO，HClO为弱酸，氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子，A错误；B.HCl可使蓝色石蕊试纸先变红，而HClO具有强的氧化性，可使变为红色的蓝色石蕊试纸又氧化而褪色，B正确；C.HClO不稳定，见光分解，发生：2HClO2HCl+O2，反应放出的气体为O2，C错误；D.HClO不稳定，分解生成HCl，所以放置数天后其溶液的酸性增强，D错误；故合理选项是B。14、D【解析】标准状况下，该混合气体的相对分子质量0.7522.416.8，相同条件下气体的密度之
24、比是相对分子质量之比，则D16.8/28.4；根据十字交叉法可知混合气体中氨气和甲烷的体积之比是，答案选D。15、D【解析】A. 根据酸电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，而不是根据酸分子中的氢原子个数，错误；B. 根据电解质在熔融状态或在水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，错误；C. 分散系的分类依据是根据分散系中分散质粒子直径的大小，而不是否具有丁达尔现象，错误；D.氧化还原反应的本质是电子转移，正确。【点睛】丁达尔效应可以用来区分溶液和胶体，但不是分散系区分的本质区别；溶液导电能力与溶液中可移动电荷总浓度有关，与电解质强弱无关。16、C【解析】A项，1个O
25、3分子由3个氧原子构成，O3属于单质，A项错误；B项，生石灰与水混合发生反应：CaO+H2O=Ca（OH）2，有新物质生成，既发生化学变化又发生物理变化，B项错误；C项，胶体能产生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应，可用丁达尔效应区分胶体和溶液，C项正确；D项，冰水混合物中只有1种分子，冰水混合物属于纯净物，D项错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、否 NH4+ 0.8mol/L BaSO4、BaCO3 A 1：5 0.3mol 【解析】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08m
26、ol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则沉淀为碳酸钡、硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.544.66）g197g/mol=0.04mol，结合离子之间的反应及电荷守恒来解答。【详解】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥
27、后，沉淀质量为4.66g，则一定含硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.544.66）g197g/mol=0.04mol，含CO32-、SO42-，则一定不含Mg2+、Ba2+，阳离子电荷总量为0.08mol，CO32-、SO42-的电荷总量为0.02mol2+0.04mol2=0.12mol，由电荷守恒可知，一定含阳离子K+，综上所述，不能确定是否含有Cl-；则根据电荷守恒溶液中K+的物质的量0.12mol-0.08mol=0.04mol。（1）根据以上分析可知由第一份进行的实验推断该混合物中不一定含有Cl-；（2）根据以上分
28、析可知由第二份进行的实验得知混合物中应含有NH4+，其物质的量浓度为0.08mol0.1L0.8mol/L；（3）根据以上分析可知由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为BaSO4、BaCO3；（4）综合上述实验，该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K)0.04mol，答案选A。（5）反应物KIO3中I元素化合价为+5价，KI中I元素化合价为-1价，反应中I元素化合价分别由+5价、-1价变化为0价，可知（KIO3）：n（KI）=1：5，结合质量生成配平方程式为KIO3+5KI+3H2SO43K2SO4+3I2+3H2O，用单线桥法表示该方程式电子转
29、移的方向和数目为；KIO3为氧化剂，KI为还原剂，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5；在上述反应中，转移5mol电子生成碘单质的量是3mol，所以如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为0.3moL。【点睛】本题考查离子的共存及离子反应、氧化还原反应，把握电子转移和化合价变化之间的关系、发生的反应及电荷守恒为解答的关键，侧重分析与推断能力及离子检验和计算能力的考查。18、 H+ + HCO3- = H2O + CO2 Ba2+ + SO42- = BaSO4 【解析】取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生，说明含有硫酸氢钠和碳酸氢钾，可能含有硝酸钡或氯化钙。
30、过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生，说明不含有氯化钙，则一定含有硝酸钡。再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生，说明不含硫酸镁。【详解】(1)根据分析可确定含有硫酸氢钠和碳酸氢钾和硝酸钡，肯定不含氯化钙和硫酸镁。不能确定硝酸钠。 (2)步骤中产生气体是碳酸氢钾和硫酸氢钠反应，即碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，离子方程式为H+ + HCO3- = H2O + CO2； (3)溶液中钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为： Ba2+ + SO42- = BaSO4。19、2Na+2H2O=2NaOH+H2 金属钠浮在水面上、熔成闪亮的小球、四处游动、发出嘶
31、嘶的响声 钠与水反应放出大量的热，使试管内H2与O2的混合气体受热而爆炸 钠的密度比水小，比煤油大，在煤油与水的交界处，Na与H2O反应产生的H2使钠上浮，脱离水面，反应停止；当钠表面的H2逸出，钠又回落，与水反应，如此反复，减慢了Na与H2O的反应速率 【解析】(1)Na与水反应生成NaOH和氢气，化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2；(2)Na的密度比水小，且熔点低，与水剧烈反应放出热量，生成气体，所以现象为金属钠浮在水面上、熔成闪亮的小球、四处游动、发出嘶嘶的响声；(3)钠与水反应放出大量的热，使试管内H2与O2的混合气体受热而爆炸，产生危险；(4)钠的密度比水小，比煤油大，在
32、煤油与水的交界处，Na与H2O反应产生的H2使钠上浮，脱离水面，反应停止；当钠表面的H2逸出，钠又回落，与水反应，如此反复，减慢了Na与H2O的反应速率。20、CaCO32H=Ca2H2OCO2 饱和碳酸氢钠溶液 没有除去气体中的水蒸气，高温下水蒸气与碳反应生成H2和CO，H2也能还原CuO 炭 CCO22CO 检查装置的气密性 E装置中黑色固体变成红色 CuOCOCuCO2 D E 【解析】实验分析：为探究CO还原性，本实验利用C和CO2反应生成的CO还原氧化铜，再结合实验现象分析CO的还原性。装置A为CO2的制备装置，利用块状固体碳酸钙与稀盐酸反应制备CO2。盐酸具有挥发性，CO2还会带出
33、水蒸气，所以CO2中含有HCl和水蒸气的。HCl可能与CuO反应干扰实验，根据题干条件可知水蒸气也能和C反应生成CO和H2，生成的H2有还原性对实验有干扰，因此CO2必须先进行除杂干燥。装置B除去HCl气体，装置C为干燥装置。纯净的CO2进入D装置与碳反应生成CO，CO进入E装置与CuO反应，黑色固体变红，且产生能使澄清石灰水变浑浊的气体。CO有毒，所以F装置点燃除去CO，防止污染环境。（1）装置A中是盐酸和石灰石反应生成CO2、氯化钙和水，其反应离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2；（2）用盐酸制取CO2，盐酸具有挥发性，所以CO2中含有HCl气体，为除去HCl，选取的试
34、剂应能吸收HCl且不和CO2反应，则选取可溶性的饱和碳酸氢盐，一般常用饱和的碳酸氢钠溶液，故答案为饱和碳酸氢钠溶液；（3）若实验中没有装置C，使装置B与装置D直接相连，则CO2中混有水蒸气会与碳反应生成还原性的H2，影响CO还原性的判断，故答案为没有除去气体中的水蒸气，高温下水蒸气与碳反应生成H2和CO，H2也能还原CuO；（4）根据上述分析，选择炭和CO2反应生成CO，反应方程式为：CCO22CO；故答案为炭；CCO22CO；（5）实验前，需对整套装置进行气密性检验，故答案为检查装置的气密性；（6）利用E装置中的黑色氧化铜变为红色，则氧化铜被还原为铜，推测CO具有还原性，反应方程式为CuOC
35、OCuCO2。故答案为E装置中黑色固体变成红色；CuOCOCuCO2；（7）CCO22CO，CO2不可能完全转化为CO，所以从D装置出来的气体中含有CO2。若要根据装置F中澄清石灰水变浑浊的现象确认CO具有还原性，为防止原来CO2的干扰，应先把D出来的CO2除去，再将CO通过E装置。中NaHCO3不能吸收CO2且CO会带出水蒸气；中碱石灰固体可以吸收CO2；中用NaOH溶液，CO会带出水蒸气影响实验；浓硫酸不能吸收CO2。故选。故答案为D；E；。21、9.7mol/L 10.3 10mL量筒 分液漏斗 100mL容量瓶 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O 【解析】（1）物质的量浓度
36、c=1000/M=10001.130%/34=9.7mol/L，设需要的浓双氧水的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：9.7molL1VmL=1molL1100mL，解得V=10.3mL；（2）配制1.0mol/L的双氧水100mL时，用到的实验仪器15mL量简、小烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶；不需要用的是10mL量筒、分液漏斗，还缺少的实验仪器是100mL容量瓶 ；（3）该实验在酸性条件下进行,则实验设计的反应原理是2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，由关系式2FeSO4H2O2 2152g 1mol m 1.0mol/Lb10-3Lm=304b10-3g10片复方硫酸亚铁片(每片a毫克)中FeSO4的质量分数为100%= 。