《2023届广东省广州市番禺区禺山高级中学化学高一第一学期期中学业质量监测试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届广东省广州市番禺区禺山高级中学化学高一第一学期期中学业质量监测试题含解析.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、以下实验装置一般不用于分离物质的是（ ）ABCD2、某无色透明的溶液中，能大量共存的离子组是（）ANa+、H+、SO42-、HCO3- BCu2+、K+、SO42-、NO3-CNa+、K+、Cl-、NO3- DBa2+、K+、SO42-、Cl-3、在标准状况下，下列四种气体的关系中，从大到小的顺序正确的是6.72LCH4 3.011023个HCl分子 13.6gH2S 0.2molNH3A体积：B氢原子数：C质量：D密度：4、下列物质的分类正确的是 ( ) 碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4Cu2(OH)2CO3Fe
3、2O3SO3BNaOHHClNaClNa2ONO2CNaOHNaHSO4CaF2MgOSO2DKOHHNO3NaHCO3CaOMn2O7AABBCCDD5、下列各组原子序数所表示的两种元素，能形成AB2型离子化合物的是（ ）A6和8B11和13C11和16D12和176、下列化学用语书写正确的是A甲烷的电子式：B丙烯的键线式：C乙烯的结构简式：CH2CH2D乙醇的结构式：7、下列反应中符合离子反应 HOHH2O 的是A稀硫酸与稀氨水 B稀硫酸与氢氧化钡溶液C浓硝酸与氢氧化钡溶液 D盐酸与氢氧化铁胶体反应8、能用离子方程式H+OH-=H2O表示的化学反应是（ ）A氨水和稀盐酸反应BBa(OH)2
4、溶液和稀硫酸反应CKOH溶液和稀盐酸反应DKOH溶液和CO2反应9、在KCl和FeCl3的混合溶液中，Fe3+的物质的量浓度为0.1 molL1，Cl-的物质的量浓度为0.6molL1，则混合液中K+的物质的量浓度为()A0.15 molL1B0.45 molL1C0.3 molL1D0.6 molL110、用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是A1 mol/L的NaCl中所含Na数目为NAB22.4LCl2所含的分子数目为NAC32g O2所含的原子数目为2NAD56g铁与足量盐酸反应转移的电子数为3NA11、下列叙述正确的是()A1 mol CO2的质量为44 g/molBH2SO4
5、的摩尔质量为98C标准状况下，气体摩尔体积约为22.4 LDO2的相对分子质量为3212、意大利罗马大学的FulvioCacsce等人获得了极具理论研究意义的N4分子，下列说法正确的是（ ）AN4属于一种新型的化合物BN4与N2的摩尔质量相等C等质量的N4与N2所含的原子个数比为1：1D标准状况下，等体积的N4与N2所含的原子个数比为1：213、在一个密闭容器中，中间有一个可自由滑动的隔板，将容器分成两部分。当左边充入1molN2，右边充入8gCO和CO2的混合气体时，隔板处于如下图所示位置，V甲：V乙=4：1(两侧温度、压强均相同)。则混合气体中CO和CO2的物质的量比为()A1：1B1：3
6、C3：1D2：114、下列实验操作中错误的是（ ）A蒸发操作时，不能等到混合物中的水分完全蒸干后才能停止加热B蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D萃取操作时，选择的萃取剂的密度必须比水大15、下列实验操作中，正确的是A配制5%食盐溶液时，将称量的食盐放入烧杯中，加适量的水搅拌溶解B将氢氧化钠固体放在滤纸上称量C用10mL的量筒量取8.58mL浓盐酸D配制0.1molL1的硫酸溶液时，将量取的浓硫酸放入容量瓶中加水稀释16、科研人员最近发现放射性同位素钬Ho可有效地治疗肝癌，该同位素原子核内中子数与质子数之差为()A9
7、9B32C166D233二、非选择题（本题包括5小题）17、某溶液的溶质离子可能含有Mg2、Ba2、CO32、Cl、SO42、NO3中的几种，现进行如下实验：.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀；.过滤，向实验所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验回答下列问题。（1）溶液中一定不存在的离子是_。（2）写出和中所发生反应的离子方程式：_。（3）为了验证溶液中是否存在Cl、NO3，某同学提出下列假设：只存在Cl；Cl、NO3同时存在；_。已知实验提供的试剂只有稀盐酸、AgNO3溶液、稀硝酸、NaOH溶液和蒸馏水。验证溶液中是否存在Cl的实验方法：_。18、有一瓶
8、无色透明溶液，只含Cl-、CO32-、SO42-、Na+、K+、Mg2+、Cu2+离子中的某几种经实验：取少量原溶液加入足量的Ba(OH)2溶液产生白色沉淀；取少量原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；取少量原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解回答下列问题：（1）试分析原溶液中一定含有的离子是_，一定不含有的离子是_，可能含有的离子是_（2）有的同学认为实验可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”）_，说明理由_（3）写出中反应的离子方程式_19、实验室用18.4molL-1的浓硫酸来配制480mL0.2molL-1的稀硫酸。可供选用的仪器有：胶头滴管烧瓶烧杯药匙量筒
9、托盘天平玻璃棒请回答下列问题：（1）配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有_（选填序号），还缺少的仪器有（写仪器名称）_。（2）需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_mL，量取浓硫酸时应选用_（选填10mL50mL100mL）规格的量筒。（3）实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是：_、_。（4）下列对容量瓶及其使用方法的描述中正确的是_。A容量瓶上标有容积、温度和浓度B容量瓶用蒸馏水洗净后，必须烘干C配制溶液时，把量好的浓硫酸小心倒入容量瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线12cm处，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线D使用前要检查容量瓶是否漏水（5）在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有_（填序号）未
10、洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水定容时，仰视刻度线20、实验室中利用高锰酸钾、浓盐酸、KOH 制备 Cl2 和 KClO3 并进行相关实验探究，装置如图所示(加热及夹持装置已省略）:已知：2KMnO4+16HCl(浓）=2KCl +2MnCl2+5Cl2+8H2O3Cl2+6KOH 5KCl+KClO3+3H2OCl2是有毒气体，易与碱性溶液反应回答下列问题：(1）a 装置是制取 Cl2 的装置，最好选择下列装置中的 _(填序号）；仪器A的名称是_。 (2）b 装置中采用的加热方式是_，c 装置的作用是_。(3）反应
11、完全后，取出 b 装置中的试管，经冷却结晶、过滤、洗涤，得到KClO3晶体，证明 KClO3 洗涤干净的操作是_。(4）如图所示，取适量中性 KBr 溶液分别置于 1 号和 2 号试管中，然后分别加入KClO3 溶液和 KClO 溶液，1 号试管中溶液颜色不变，2 号试管中溶液颜色变为橙色，向 2号试管中加入 CCl4 后充分振荡、静置，下层溶液呈 _。由上述实验可知该条件下氧化性 KClO3 _KClO(填 “大于”或“小于”）。21、 (1)在一个小烧杯里加入约20g已研磨成粉末的氢氧化钡晶体Ba(OH)28H2O，将小烧杯放在事先已滴有34滴水的玻璃片上，然后，再加入约10gNH4Cl晶
12、体，并立即用玻璃棒迅速搅拌。使Ba(OH)28H2O与NH4Cl充分反应。实验中观察到的现象是_，说明该反应是_热反应，这是由于反应物所具有的总能量_ (填“大于”、“小于”或“等于”生成物所具有的总能量。(2)将Fe+2FeCl3=3FeCl2设计为一个原电池，则该电池的负极材料为_，正极电极反应式为_。(3)恒温下，将amo1N2与bmolH2的混合气体通入一容积固定的密闭容器中，发生如下反应：N2(g)+ 3H2(g)2NH3(g)。若反应进行到时刻t时，nt(N2)=13mol，nt(NH3)=6mol，则a=_。反应达平衡时，混合气体的体积为716.8L(已经折算为标准状况下)，其中
13、NH3的体积分数为25%。则平衡时H2的转化率为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A. 该装置图为蒸馏装置，是分离互溶的、沸点不同的液体混合物的装置，A不符合题意；B. 该装置图为分液装置，是分离互不相溶的液体混合物的装置，B不符合题意；C. 该装置图为过滤装置，是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的装置，C不符合题意；D. 该装置图为配制物质的量浓度的溶液的装置，是配制物质的量浓度的溶液的定容步骤，与分离混合物无关，D符合题意；故合理选项是D。2、C【解析】A因H+、HCO3可以反应生成水和二氧化碳气体，所以不能大量共存，故A错误；BCu2+有颜色，与无色溶液的条
14、件不符，故B错误；CNa、K、Cl、NO3都没有颜色，且互相之间不发生任何反应，所以可以大量共存，故C正确；DBa2和SO42可以反应生成BaSO4沉淀，所以不能大量共存，故D错误。故答案选C。【名师点睛】明确常见离子之间的反应是解答本题的关键，离子不能大量共存的一般情况有：能发生复分解反应的离子之间、能发生氧化还原反应的离子之间、能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；是“可能”共存，还是“一定”共存；溶液是否有颜色的限制等，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础
15、知识的能力。3、D【解析】根据NnNA、nm/M、nV/Vm结合物质的组成以及阿伏加德罗定律分析解答。【详解】6.72LCH4的物质的量为6.72L22.4Lmol1=0.3mol；3.011023个HCl分子的物质的量为3.011023/6.021023mol1=0.5mol；13.6gH2S的物质的量为13.6g34gmol1=0.4mol；0.2molNH3。A、根据V=nVm可知，相同条件下体积之比等于物质的量之比，故体积，故A错误；B、甲烷中n（H）=0.3mol4=1.2mol，HCl中n（H）=0.5mol，硫化氢中n（H）=0.4mol2=0.8mol，氨气中n（H）=0.2m
16、ol3=0.6mol，故H原子数目，故B错误；C、甲烷质量为0.3mol16gmol1=4.8g，HCl的质量为0.5mol36.5gmol1=18.25g，氨气的质量为0.2mol17gmol1=3.4g，故质量，故C错误；D、相同体积下，气体的密度比等于摩尔质量比，即为16：36.5：34：17，密度：，故D正确；答案选D。4、D【解析】A、Na2CO3属于盐类，故A错误；B、NO2不是酸性氧化物，故B错误；C、NaHSO4属于盐类，故C错误；D、KOH属于碱，HNO3属于酸，NaHCO3属于盐，CaO为碱性氧化物，Mn2O7为酸性氧化物，故D正确。综上所述本题应选D。【点睛】本题重点考查
17、物质分类。酸的定义是：在水溶液中电离出的阳离子全部都是氢离子的化合物（比如H2SO4是酸，而NaHSO4不是）；碱的定义：在水溶液中电离出的阴离子全部都是氢氧根的化合物；酸性氧化物：一类能与水作用生成对应价态的酸或与碱作用生成盐和水的氧化物（比如Mn2O7、SO3酸性氧化物，而NO2不是酸性氧化物）。碱性氧化物：跟酸起反应，生成盐和水，这种氧化物叫碱性氧化物(且生成物只能有盐和水,不可以有任何其它物质生成)。5、D【解析】A. 形成CO2或CO，不符合题意，故A不选；B. 两者都是金属不能形成化合物，不符合题意，故B不选；C. 两者会形成Na2S，不符合题意，故C不选；D. 两者会形成MgCl
18、2，符合题意，故D选；答案选D。6、A【解析】A、甲烷的分子式为CH4，碳以四个共用电子对与氢原子形成共价键，A项正确；B、键线式中，线的起点，终点以及交点都代表碳原子，该分子中有4个碳原子，不属于丙烯的键线式，B项错误；C、有机物的结构简式不能省略官能团，C项错误；D、乙醇中含有羟基OH，该分子结构中没有羟基，D项错误；答案选A。7、C【解析】试题分析：A项：稀氨水的主要成分一水合氨是弱电解质，不能拆开，故错；B项：还有钡离子和硫酸根离子反应，故错；D项：氢氧化铁是不溶物，不能拆开，故错。故选C。考点：离子方程式的书写点评：离子反应的实质是能代表一类反应，可以根据所学知识进行回答，难度不大。
19、8、C【解析】A、氨水为弱碱，不能用OH表示，错误；B、Ba(OH)2溶液和稀硫酸反应，生成硫酸钡沉淀，错误；C、KOH溶液和稀盐酸反应的离子方程式为：H+OH-=H2O，正确；D、CO2不能用H+表示，错误。9、C【解析】根据电荷守恒，c(K+)+3c(Fe3+)=c(Cl-)，即c(K+)=c(Cl-)+3c(Fe3+)=0.6molL130.1 molL1=0.3 molL1，故选C。10、C【解析】A.没有给定溶液的体积，不能计算出1 mol/L的NaCl中所含Na数目，故A错误；B. 没有给定气体的存在状态是否为标况下，所以22.4LCl2的量不一定为1mol，所含分子数不一定为NA
20、，故B错误；C. 氧气由氧原子构成，故32g 氧气的物质的量为1mol，1mol氧气中含2mol氧原子即2NA个,故C正确；D. 56g铁的物质的量为1mol，铁与足量盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铁由0价升高到+2价，1mol铁完全反应转移的电子数为2NA，故D错误；综上所述，本题选C。11、D【解析】A、质量的单位为g，故1mol二氧化碳的质量为44g，故A错误；B、摩尔质量的单位为g/mol，故硫酸的摩尔质量为98g/mol，故B错误；C、气体摩尔体积的单位为L/mol，故标况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，故C错误；D、O的相对原子质量为16，故氧气的相对分子质量为32，故D正确；
21、答案选D。12、C【解析】A.N4属于单质，故A错误；B.N4的摩尔质量为56g/mol，N2的摩尔质量为28g/mol，并不相等，故B错误；C.等质量的N4与N2所含的原子个数比为1：1，故C正确；D.标准状况下，等体积的N4与N2物质的量相等，所含的原子个数比为2：1，故D错误;故答案：C。13、C【解析】在同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，所以8gCO和CO2的混合气体的物质的量是氮气的四分之一，即0.25mol；根据题意可得n(CO)+n(CO2)=0.25mol，28g/moln(CO)+44g/moln(CO2)=8g，解得n(CO)=0.1875mol,n(CO2)=0
22、.0625mol，所以n(CO)：n(CO2)=3:1，故选C。14、D【解析】A. 蒸发操作时，蒸发皿中有较多固体出现时停止加热，用余热蒸干剩余的水，故A正确；B. 蒸馏操作时，需测量蒸气温度，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B正确；C.分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，可避免两种液体相互污染，故C正确；D. 萃取剂的选择要求：与溶质不反应，且与原溶剂互不相容；溶质在萃取剂中的溶解度要大；萃取剂与原溶剂的密度相差越大越易分层。萃取剂的密度可比水大，也可比水小，故D错误，选D。15、A【解析】配制一定质量分数溶液时，只需将计算称量好的溶质溶于一定量的溶剂中
23、即可；氢氧化钠易潮解，具有腐蚀性，应放在玻璃容器中称取；量筒的精度是0.1mL；容量瓶不能用来稀释溶液。【详解】配制一定质量分数溶液时，只需将计算称量好的溶质溶于一定量的溶剂中即可，故A正确；氢氧化钠易潮解，具有腐蚀性，应放在玻璃容器中称取，故B错误；量筒的精度是0.1mL，可以用10mL的量筒量取8.6mL浓盐酸，故C错误；配制0.1molL1的硫酸溶液时，将浓硫酸加入盛有适量水的烧杯中稀释，冷却后移入容量瓶，故D错误。16、B【解析】由Ho中可以得出，质子数为67，质量数为166，该同位素原子核内中子数与质子数之差为166-67-67=32，故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、CO
24、32、SO42 Mg22OH=Mg(OH)2、Ba2SO42=BaSO4 只存在NO3 取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成 【解析】.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则不存在CO32-；.过滤，向实验所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，据此解答。【详解】.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则不存在CO32-；.过滤，向实验所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，氯离子和硝酸根离子无法确定。则（1）
25、根据上述分析可知溶液中一定不存在的离子是CO32、SO42；（2）和中所发生反应的离子方程式分别为Mg2+2OH-Mg(OH)2、Ba2+SO42-BaSO4；（3）根据假设：只存在Cl-；Cl-、NO3-同时存在，因此假设应该为只存在NO3-；要证明是否存在氯离子，可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，即取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成，如果有白色沉淀，则说明存在氯离子，如果没有白色沉淀产生，则不存在氯离子。【点睛】注意掌握破解离子推断的四条基本原则，肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律
26、，否定一些离子的存在(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)；电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。18、Mg2+、Cl- CO32- 、SO42-、Cu2+ Na+、K+ 是 溶液呈电中性，必须同时含有阴、阳离子 Mg2+2OH-=Mg(OH)2 【解析】无色透明溶液，则一定没有Cu2，Cl、CO32、SO42、Na、K、Mg2 六种离子中只有Mg2 能和氢
27、氧化钠反应生成沉淀，说明一定含有Mg2；Mg2和CO32反应生成沉淀，二者不能共存，则无CO32；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不含SO42；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明含Cl；【详解】（1）由以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是Cl、Mg2，一定不含有的离子是CO32、SO42、Cu2，可能含有Na、K；（2）实验可以省略，因溶液显电中性，故有阳离子必有阴离子，CO32、SO42不存在，则必须含有Cl；（3）反应中生成沉淀的离子反应方程式为Mg2+2OH=Mg（OH）2。19、 500mL容量瓶 5.4 搅拌 引流 D 【解析】（1）配制一
28、定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析所需的仪器；（2）依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，据此选择合适规格量筒；（3）依据稀释过程中玻璃棒作用搅拌，移液时玻璃棒作用引流解答；（4）根据容量瓶的构造、使用方法及配制一定物质的量浓度的溶液的正确方法分析；（5）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器：烧瓶、托盘天平、药匙，故选：；还缺
29、少的仪器为：容量瓶，配制480mL 0.2molL-1的稀硫酸，应选择500mL容量瓶；故答案为：；500mL容量瓶；（2）用 18.4molL-1的浓硫酸来配制 480mL 0.2molL-1的稀硫酸，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得：18.4mol/LV=500mL0.2mol/L，解得V=5.4mL，所以应选择10mL量筒；故答案为：5.4； ；（3）稀释过程中玻璃棒作用搅拌，移液时玻璃棒作用引流；故答案为：搅拌；引流；（4）A容量瓶是定量仪器，所以标有容积和刻度，温度影响溶液的体积，所以容量瓶上还标有使用的温
30、度，不标有浓度，选项A错误；B容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必烘干，不影响配制结果，选项B错误；C容量瓶中不能用于稀释浓硫酸，应该在烧杯中稀释，冷却后转移到容量瓶中，选项C错误；D由于容量瓶有瓶塞，配制时需要摇匀，所以使用前要检查容量瓶是否漏水，选项D正确；答案选D；（5）未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒，导致溶质部分损耗，溶质的物质量偏小，溶液浓度偏低，故选；未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故不选；转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶液体积和溶质的物质的量都不产生影响，溶液浓度不变，故不选；定容时，仰视刻度线
31、，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；答案选。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法及误差分析，明确配制原理及操作步骤是解题关键，题目难度不大，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验能力。20、 分液漏斗 水浴加热 吸收未反应的氯气，防止污染空气 取少许最后一次的洗涤液于试管中，再加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明已洗涤干净(合理即可，） 橙红色(合理即可，） 小于 【解析】通过2KMnO4+16HCl(浓）=2KCl +2MnCl2+5Cl2+8H2O制取氯气，发生装置为固体和液体制气装置，用3Cl2+6KOH 5
32、KCl+KClO3+3H2O制取KClO3，采用水浴加热，用氢氧化钠溶液处理尾气；1号、2号实验知，次氯酸钾能氧化溴化钾，而氯酸钾不能氧化溴化钾；【详解】(1）制取 Cl2 的反应为2KMnO4+16HCl(浓）=2KCl +2MnCl2+5Cl2+8H2O，故采用固体和液体在室温下反应制取气体的装置，最好选择；由构造知仪器A的名称是分液漏斗。(2）制取KClO3的反应为：3Cl2+6KOH 5KCl+KClO3+3H2O，需控制反应温度，故b 装置中采用的加热方式是水浴加热，Cl2是有毒气体，多余氯气不能直接排放到空气中，要进行尾气处理，氯气易与碱性溶液反应，故c 装置的作用是吸收未反应的氯
33、气，防止污染空气。(3）若KClO3 未洗涤干净，则其表面有可溶性杂质氯化钾等，证明 KClO3 洗涤干净的操作是：取少许最后一次的洗涤液于试管中，再加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明已洗涤干净(合理即可）。(4）1 号试管中溶液颜色不变，2 号试管中溶液颜色变为橙色，则只有2号试管内有溴分子生成，加入 CCl4 后充分振荡，四氯化碳萃取了水溶液中的溴，静置，下层溶液呈橙红色。由上述实验可知，次氯酸钾氧化了溴化钾，而氯酸钾不能氧化溴化钾，故该条件下氧化性 KClO3 小于KClO。21、拿起小烧杯发现玻璃片粘到烧杯底部，感觉小烧杯很凉 吸 小于 Fe Fe3+e-=Fe2+ 16
34、 50% 【解析】分析：化学上把把吸收热量的化学反应称为吸热反应，把有热量放出的化学反应称为放热反应。吸热反应中，反应物的总能量低于生成物的总能量；放热反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量。原电池的负极材料通常是电池反应中的还原剂，而正极材料通常是活泼性不如负极的导电物质。化学反应中各元素的原子种类和原子数目保持不变。有关化学平衡的计算中，各组分的变化量之比等于其化学计量数之比。详解：（1）在一个小烧杯里加入约20g已研磨成粉末的氢氧化钡晶体Ba(OH)28H2O，将小烧杯放在事先已滴有34滴水的玻璃片上，然后，再加入约10gNH4Cl晶体，并立即用玻璃棒迅速搅拌。使Ba(OH)28H2O
35、与NH4Cl充分反应。实验中观察到的现象是：拿起小烧杯发现玻璃片粘到烧杯底部，感觉小烧杯很凉，说明该反应是吸热反应，这是由于反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量。（2）将Fe+2FeCl3=3FeCl2设计为一个原电池，该反应中，铁是还原剂、氯化铁是氧化剂，故该电池的负极材料为Fe，正极可以选用碳棒或铜等材料。正极上发生还原反应，电极反应式为Fe3+e-=Fe2+。（3）恒温下，将amo1N2与bmolH2的混合气体通入一容积固定的密闭容器中，发生如下反应：N2(g)+ 3H2(g)2NH3(g)。若反应进行到时刻t时，nt(N2)=13mol，nt(NH3)=6mol，由N原子守恒可
36、知，a=13+16。反应达平衡时，混合气体的体积为716.8L（已经折算为标准状况下），则混合气体的总物质的量为mol，其中NH3的体积分数为25%。则NH3的物质的量为mol25%=8mol，n(N2)=16mol-、n(H2)=32mol-8mol-12mol=12mol，H2的变化量为n(NH3)=，所以，平衡时H2的转化率为50%。点睛：本题属于有关化学反应原理的综合题，主要考查了化学反应与能量变化、原电池原理及其应用、有关化学平衡的计算。理论上，任何一个自发进行的氧化还原反应均可设计成原电池反应，还原剂在负极上发生氧化反应，氧化剂在正极上发生还原反应。有关化学平衡的计算，除根据质量守恒定律外，关键要把握住各组分的变化量之比等于化学计量数之比。