2023学年山东省德州市、烟台市高一(上)期中化学试卷(附详解)

1022页2023-2023学年山东省德州市、烟台市高一〔上〕期中化学试卷化学是一门布满惊奇颜色的科学，以下说法错误的选项是( )化学家可以在微观层面操纵分子和原子，组装分子材料化学家制造出自然界中不存在的物质、材料满足人们生产生活需求我国科学家觉察并合成了青蒿素，说明化学是一门具有制造性的科学法国科学家拉瓦锡提出原子论，为近代化学的进展奠定了坚实的根底以下物质的应用错误的选项是( )金属钠可用于冶炼金属钛C.ClO2用作漂白剂和消毒剂

活性炭用于杀菌除异味D.Na2O2用作供氧剂在海洋碳循环中，通过如以下图的途径固碳。以下说法错误的选项是( )该循环过程中未涉及氧化复原反响3碳酸氢钠的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO−3该循环削减了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”a++O

↓+CO

↑+HO3 3 2 2以下说法正确的选项是( )混合物均由两种或两种以上的元素组成液态CH3COOH不导电，所以CH3COOH不是电解质胶体区分于溶液和浊液的本质特征是分散质微粒直径介于1～100nm盐类物质确定含有金属阳离子以下有关氧化复原反响的说法正确的选项是( )金属单质在反响中只能做复原剂，非金属单质只能做氧化剂金属阳离子被复原不愿定得到金属单质物质中某元素的化合价上升，则该物质只做复原剂有单质参与的反响都是氧化复原反响4Ca2+Mg2+SO2−4以及泥沙等杂质，试验方案如图，以下说法错误的选项是( )4试剂a为BaCl2溶液，其目的是除溶液中的SO2−4假设先加盐酸再过滤，将对试验结果产生影响粗盐提纯的整个操作过程中共有两处需要使用玻璃棒参与试剂b的主要目的是除去Ca2+和Ba2+用NA代表阿伏加德罗常数的数值，以下说法正确的选项是( )100mL0.1mol⋅L−1的NaOH溶液中含有氧原子数为0.01NA0.1molFeCl3⋅6H2O参与沸水中完全反响生成胶体的粒子数为0.1NA标准状况下，2.24LCO2与足量的Na2O2充分反响，转移电子数为0.2NA5.6gFe和6.4gCu分别与0.1molCl2充分反响，转移电子数均为0.2NA以下事实及其解释错误的选项是( )氯水可以使有色布条褪色，是由于Cl2具有漂白性钠保存在煤油中是由于煤油不与钠反响且密度比钠小，可以隔绝空气和水蒸气为增加漂白力气向漂白粉溶液中参与少量白醋，缘由是醋酸的酸性比次氯酸强向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2反响放热且有O2生成以下各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )食盐水中：Br−、Fe2+、SO2−、NH+4 44 氯化铁溶液中：K+、I−、NH+、NO4 3小苏打溶液中：Ba2+、NO−、OH−、K+3“洁厕灵”溶液中：CH3COO−、Cl−、ClO−、Na+KIO36I2

+11KClO3

+3H2O

)2+5KCl+3Cl2

↑。以下说法正确的选项是( )3KH(IO3)2为复原产物3反响中氧化剂和复原剂的物质的量之比为6：11可用澄清石灰水吸取反响产生的Cl2制备漂白粉产生22.4L(标准状况)Cl2时，转移20mole−为完成以下各组试验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)( )试验目的试验目的玻璃仪器试剂配制100mL确定物质的100mL容量瓶、烧杯、A量蒸馏水、NaCl固体量筒、玻璃棒浓度的NaCl溶液制备Fe(OH)3胶体NaCl溶液的蒸发结晶烧杯、酒精灯、胶头滴管蒸馏水、饱和FeCl3溶液酒精灯、玻璃棒、坩埚 NaCl溶液D 验证KI具有复原性试管、胶头滴管酸性KMnO4溶液、KI溶液A B.B C.C D.D以下物质的鉴别方法错误的选项是( )用NaOH溶液鉴别MgCl2溶液、CuCl2溶液、FeCl3溶液用澄清石灰水鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液用CO2鉴别NaCl溶液和CaCl2溶液用丁达尔现象鉴别淀粉溶液和NaCl溶液X、Y为两种强酸．同温同压下，1Lc1mol⋅L−1的X溶液与足量锌粒反响，生成H2体积为V1L；1Lc2mol⋅L−1的Y溶液与足量锌粒反响，生成H2体积为V2L.以下说法正确的选项是()X、Y生成H2

的物质的量之比确定为V1V2锌粒消耗X、Y的物质的量之比确定为V1V2X、Y的浓度之比c1确定等于V1c2 V2由V1确定能确定X、Y对应酸根离子的化合价V2某兴趣小组用如图装置探究Na与CO2的反响产物，PdCl2+CO+H2O=Pd↓(黑色)+CO2+2HCl。以下说法正确的选项是( )为了避开生成的CO2中混有HCl，最好用稀硫酸代替稀盐酸装置Ⅲ的目的是除去HCl试验时先翻开活塞a，再点燃酒精灯装置Ⅴ消灭黑色沉淀，则装置Ⅳ发生反响2Na+2CO

2△–Na2CO3+CO2△在两份一样的Ba(OH)2溶液中分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4NaHSO4溶液，其导电力气随滴入溶液体积变化的曲线如以下图．以下说法正确的选项是( )①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线a处溶液的导电力气几乎为0，所以BaSO4是非电解质4c点两溶液中SO2−的物质的量关系：4b～d的离子方程式为H+OH−HO= 2试验室需250mL0.5mol⋅L−198%的浓硫酸(ρ=1.84g⋅cm−3)制．请答复以下问题：盛浓硫酸的试剂瓶标签上印有以下危急化学品标志中的 (填字母)．所需浓硫酸的体积为 的量筒，应选用 mL的量筒．取用任意体积的该稀硫酸，以下物理量中不随所取体积的多少而变化的是 (填字母)．A.溶液中H2SO4的物质的量B.溶液的浓度4C.溶液中SO2−D.溶液的密度4将E步骤补充完整，配制时正确的操作挨次是 (用字母表示)．用适量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶棒不断搅拌，使其混合均匀将已冷却的稀硫酸沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中D.将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀E.连续往容量瓶内留神地加蒸馏水使液面接近瓶颈上的刻度线1～2cm， ．以下操作造成配制的溶液浓度偏小的是 (填字母)．溶解浓硫酸后未冷却直接转移溶液B.容量瓶洗涤后残留少量的蒸馏水C.所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤D.用量筒量取浓硫酸时俯视刻度E.用蒸馏水洗净量筒后直接量取浓硫酸配制溶液假设试验过程中加蒸馏水时不慎超过了刻度线，该如何处理？ ．1774(主要成分是MnO2)产生了一种黄绿色气体．1810年，戴维确认这是一种元素组成的单质，并命名为Chlorine(中文命名“氯气”)．试验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为 ．试验室中用NaOH溶液吸取尾气中的Cl2的离子方程式为 ，配制0.2mol⋅L−1的NaOH溶液450mL，所需NaOH固体的质量为 ．用Cl2可制备HClO溶液，将HClO溶液参与到滴有酚酞的NaOH溶液中，观看到溶液红色褪去．溶液褪色的缘由可能是①NaOH被HClO中和，② .设计试验探究溶液红色褪去的缘由 ．HClO溶液不能长期存放的缘由是 (用化学方程式表示)，检验长期存放的HClO溶液中阴离子的试验操作及现象是 ．Na2O2(夹持仪器省略)，用金属钠和空气来制备Na2O2(不考虑空气中N2与Na反响)．假设规定气流的方向为从左到右，各仪器连接的接口挨次(每个装置只用一次)是：空气→ → → → → → → (填字母)．装置Ⅱ的作用是 ；假设没有装置Ⅳ可能导致生成的Na2O2中含有 (填化学式)．该小组同学称取ag所制备的Na2O2样品，利用如图装置测定Na2O2样品的纯度(夹持仪器省略)．①仪器连接好后的第一步操作是 ．②有同学提出该试验装置存在缺陷，应当在A、B装置之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，该同学想法是否必要？ (填“是”或“否”)，理由是 ．③O2的体积为VmL，计算样品中Na2O2的质量分数约为 %.④试验完成后D到E之间导管内残留水的体积会使测量结果 (填“偏大”“偏小”或“不影响”)．Mg2ClO(OH)3⋅H2O微溶于水，不潮解，相对稳定，是一种无机抗菌剂，以菱镁矿(MgCO3，含少量FeCO3)为主要原料制备Mg2ClO(OH)3⋅H2O的工业流程如图，请答复以下问题：Mg2ClO(OH)3⋅H2O中氯元素的化合价为 ，该物质所属物质类别为 。Mg2ClO(OH)3⋅H2O在酸性溶液中具有杀菌、漂白作用，其缘由是 (用离子方程式解释)。步不能在较高温度下进展可能的缘由是 2O2的作用是 (用离子方程式表示)。操作Ⅰ所用的玻璃仪器有 。混合时发生反响的离子方程式为 。Cl2O3.8℃，42℃以上分解为Cl2和O2，高浓度时易爆炸．某学习小组利用Cl2和潮湿的碳酸钠反响生成Cl2O，再用水吸取Cl2O制备HClO溶液，装置如图，请答复以下问题：仪器a的名称是 ，A中发生反响的离子方程式为 ．试验中须把握Cl2与空气(不参与反响)的体积比为1：3，装置B的作用是 (答出两条即可)．装置C中生成Cl2O、CO2，反响的化学方程式为 ，为使反响充分进展，试验中实行的措施有 ．假设装置C不冷却，则进入装置D中的Cl2O会大量削减，可能的缘由是 ．装置E所盛试剂是 ，作用是 ．答案和解析【答案】D【解析】解：A.化学是一门在原子、分子水平上争论物质的组成、构造、性质及其变化规律的一门根底自然学科，化学家可以在微观层面操纵分子和原子，组装分子材料，故A正确；化学争论的主要目的是：生疏物质的组成、构造(包括原子、分子、离子等微粒)、性质以及变化规律，可以利用先进的技术和设备制造出的分子，所以化学是在原子、分子的水平上争论物质的一门自然科学，故化学家可以制造出自然界中不存在的物质、材料满足人们生产生活需求，故B正确；化学争论的主要目的是：生疏物质的组成、构造(包括原子、分子、离子等微粒)、性性的科学，故C正确；9故D错误；应选：D。化学是一门在原子、分子水平上争论物质的组成、构造、性质及其变化规律的一门根底自然学科；化学争论的主要目的是：生疏物质的组成、构造(包括原子、分子、离子等微粒)、性质以及变化规律，可以利用先进的技术和设备制造出的分子；化学的争论目的是帮助人们生疏、改造和应用物质；是提出了原子学说。化学根本概念内涵是解此题关键，题目难度不大。【答案】B解：A.NaA正确；B.活性炭具有吸附性，可用于除异味，但不能杀菌，故B错误；C.ClO2具有强氧化性，可用作漂白剂和消毒剂，故C正确；D.Na2O2与二氧化碳反响生成氧气，可用作供氧剂，故D正确；应选：B。A.Na可置换出四氯化钛中的钛；B.活性炭具有吸附性；C.ClO2具有强氧化性；D.Na2O2与二氧化碳反响生成氧气。此题考察物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，留意元素化合物学问的应用。【答案】A【解析】解：A、二氧化碳和水在叶绿树作用下光合作用是氧化复原反响，则该循环过程中涉及氧化复原反响，故A错误；3B、碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3=Na++HCO−B正确；3C.该循环削减了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”，故C正确；33D、依据反响图象分析，钙化过程中HCO−转化为CaCO3和CO2，所以钙化作用的离子方程式为Ca2++2HCO−=CaCO3↓+CO2↑+H2OD正确；33应选：A。A、光合作用是氧化复原反响；B、碳酸氢钠电离生成钠离子和碳酸氢根离子；C.削减了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”；3D、依据反响图象分析，钙化过程中HCO−转化为CaCO3和CO2。3是解题的关键。【答案】C【解析】解：A.氧气和臭氧组成的混合物只含有一种元素，故A错误；液态CH3COOH不导电，但是醋酸在水溶液中能导电，所以CH3COOHB错误；胶粒的直径在1～100nm之间，溶液的小于1nm，浊液的大于100nm，则胶体区分于溶液和浊液的本质特征是分散质粒子直径在1～100nmC正确；盐类物质不愿定含有金属阳离子，如氯化铵等铵盐，故D错误；应选：C。由两种或者两种以上物质组成的为混合物；在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；胶体区分于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同；D.氯化铵为盐，不含金属阳离子。键，题目难度不大。【答案】B【解析】解：A、金属单质只能做复原剂，非金属单质可以做氧化剂和复原剂，故A错误；B、金属阳离子被复原，可能得到单质，可能得到金属离子，如Fe3+被复原为Fe2+，故B正确；C、某元素化合价上升，同时也可能伴随着该元素化合价降低，故该元素可能只做复原剂，也可能即做复原剂又做氧化剂，故C错误；D、有单质参与的反响不愿定存在化合价的变化，如氧气转化为臭氧，故D错误；应选：B。A、金属单质只能做复原剂，非金属单质可以做氧化剂和复原剂；B、金属阳离子被复原，可能得到单质，可能得到金属离子；C、某元素化合价上升，同时也可能伴随着该元素化合价降低；D、有单质参与的反响不愿定存在化合价的变化．键，侧重氧化复原反响根本概念及分析与应用力气的考察，留意结合实例分析，题目难度不大。【答案】C4【解析】解：A.试剂a为BaCl2溶液，其目的是除溶液中的SO2−，且确定在碳酸钠之前，4故A正确；假设先加盐酸再过滤，沉淀会溶解，对试验有影响，故B正确；溶解、过滤、蒸发均使用玻璃棒，共3C错误；加试剂b为Na2CO3溶液，可除去Ca2+和Ba2+，故D正确；应选：C。4a2O−a2O3溶液，可除去钙离子及过量的钡离子，加NaOH可除去镁离子，过滤后，向滤液中加盐酸可除去过量NaOH及碳酸钠，最终蒸发、结晶、烘干得到精盐，以此来解答。4此题考察粗盐提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响、混合物的分别方法为解答的关键，侧重分析与试验力气的考察，留意元素化合物学问的应用。【答案】D【解析】解：A.100mL0.1mol⋅L−1的NaOH溶液中含有氧原子数大于0.01NA，故A错误；B.氢氧化铁胶体为多个氢氧化铁集合体，所以0.1molFeCl3⋅6H2O参与沸水中完全反响生成胶体的粒子数小于0.1NA，故B错误；C.标况下，2.24L二氧化碳的物质的量为

2.24L

=0.1mol，而Na

O与CO

的反响为歧22.4L/mol

2 2 2化反响，消耗1molCO2转移1mol电子，故0.1mol二氧化碳转移0.1mol电子，故C错误；D.0.1mol铁完全反响消耗0.15mol氯气，明显氯气缺乏，0.1mol氯气完全反响移的电子的物质的量为0.2mol；0.1mol铜与0.1mol氯气恰好完全反响，转移的电子的物质的量为0.2mol，所以二者转移的电子数均为0.2NA，故D正确；应选：D。氢氧化钠溶液中，氢氧化钠和水都含氧原子；B.氢氧化铁胶体为多个氢氧化铁集合体；C.Na2O2与CO2的反响为歧化反响；D.5.6g铁物质的量为：

5.6g

=0.1mol，6.4g铜物质的量为：

=0.1mol，分别与56g/mol 64g/mol0.1mol氯气反响，氯气缺乏完全反响，依据氯气的量计算转移电子数。的构造是解题关键。【答案】A【解析】解：A.氯水有漂白性是由于氯水中含次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气不具有漂白性，故A错误；钠与氧气、水都反响，煤油不与钠反响且密度比钠小，钠保存在煤油中可以隔绝空气和水蒸气，故B正确；醋酸酸性强于次氯酸，为增加漂白力气向漂白粉溶液中参与少量白醋，故C正确；D.Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，故D正确；应选：A。氯气不具有漂白性；钠与氧气、水都反响，保存时应隔绝空气；C.依据强酸制备弱酸的规律解答；D.过氧化钠与水、二氧化碳反响都生成氧气，且放出大量的热。【答案】A【解析】解：A.Br−、Fe2+、SO2−、NH+之间不反响，且能够在食盐水中大量共存，故4 4A正确；3B.Fe3+、I−之间发生氧化复原反响，在氯化铁溶液中不能大量共存，故B错误；C.HCO−、OH−之间反响生成碳酸根离子和水，不能大量共存，故C错误；3D.“洁厕灵”溶液中含有Cl−H+，Cl−ClO−H+之间反响生成氯气，CH3COO−H+之间反响生成醋酸，不能大量共存，故D错误；应选：A。A.四种离子之间不反响；B.铁离子能够氧化碘离子；C.碳酸氢根离子与氢氧根离子反响；D.淸厕灵的主要成分为氯化氢，氢离子、氯离子与次氯酸根离子反响生成氯气，醋酸根离子与氢离子反响。此题考察离子共存的推断，为高频考点，把握题干暗含信息、常见离子的性质及离子反响与应用力气，题目难度不大。【答案】D

+11KClO3

+3H2O

6KH(IO3)2

+5KCl+3Cl2

↑中I元素化合价△由0价上升到+5价，则I2为复原剂，KH(IO3)2A错误；△B.依据方程式可知，I元素化合价由0价上升到+5价，I2为复原剂，Cl元素化合价由+5价13I2：6，故B错误；C.漂白粉可由生成的氯气与石灰乳反响制得，发生反响2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OC错误；D.2e−即2时，反响转移20mole−D正确；△应选：D。△反响6I2

+11KClO3

+3H2O

–6KH(IO3)2

+5KCl+3Cl2

↑中I元素化合价由0价上升到+5价，则I2为复原剂，Cl元素化合价由+5价降到−1价和0价，则KClO3成3molCl2时，转移60mole−，据此分析解答。I2为标准计算转移电子数，考察较为根底，难度适中。【答案】BD【解析】解：A.配制100mL确定物质的量浓度的NaCl溶液，所需的玻璃仪器有100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，选项中缺少胶头滴管，需要的试剂为蒸馏水、NaClA错误；制备Fe(OH)3胶体的方法为往烧杯中参与适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，连续煮沸至溶液呈红褐色停顿加热，得到氢氧化铁胶体，故需要的玻FeCl3溶液，故B正确；NaCl溶液的蒸发结晶，所需试剂为NaCl溶液，所需的玻璃仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿，坩埚是灼烧固体的仪器，故C错误；酸性KMnO4溶液可氧化KI生成碘，溶液颜色由紫色变为棕黄色，可知KI具有复原性，故D正确；应选：BD。配制100mL确定物质的量浓度的NaCl100mL管、烧杯、量筒、玻璃棒；制备Fe(OH)3胶体的方法为往烧杯中参与适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，连续煮沸至溶液呈红褐色停顿加热，得到氢氧化铁胶体；NaCl溶液的蒸发结晶，所需试剂为NaCl溶液，所需的玻璃仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿；酸性KMnO4溶液可氧化KI生成碘。胶体制备和验证KI具有复原性等内容，考察范围较广，把握根底为解题关键，整体难度适中。【答案】BC解：A.MgCl2CuCl2FeCl3溶液分别与NaOH溶液反响生成白色沉淀、蓝色沉淀、红褐色沉淀，现象不同，可鉴别，故A正确；Na2CO3溶液和NaHCO3溶液均与石灰水反响生成白色沉淀，现象一样，不能鉴别，故B错误；NaCl溶液和CaCl2溶液均与二氧化碳不反响，现象一样，不能鉴别，故C错误；丁达尔现象为胶体特有的性质，淀粉溶液为胶体分散系，现象不同，可鉴别，故D正确；应选：BC。MgCl2溶液、CuCl2溶液、FeCl3溶液分别与NaOH溶液反响生成白色沉淀、蓝色沉淀、红褐色沉淀；Na2CO3溶液和NaHCO3溶液均与石灰水反响生成白色沉淀；C.NaCl溶液和CaCl2溶液均与二氧化碳不反响；D.丁达尔现象为胶体特有的性质，淀粉溶液为胶体分散系。此题考察物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质、反响与现象为解答的关键，侧重分析与试验力气的考察，留意元素化合物学问的应用。【答案】A【解析】解：A.X、Y生成H2的物质的量之比确定为V1，故A正确；V2XY的物质的量之比不确定为V1，故B错误；V2由于两种强酸的元数不确定XY的浓度之比c1不愿定等于V1，c2 V2故C错误；V1不愿定能确定X、Y对应酸根离子的化合价，故DV2错误；应选：A。一样条件下气体的体积之比是物质的量之比；由于两种强酸的元数不确定，不能确定锌粒消耗X、Y的物质的量之比；C.由于两种强酸的元数不确定，不能确定X、Y的浓度之比；D.由于两种强酸的元数不确定，不能确定X、Y对应酸根离子的化合价。此题考察化学方程式的计算，难度不大，解题的关键是要生疏酸包含一元酸、二元酸、多元酸，锌和对应的酸反响，消耗的各种酸不能确定。【答案】CD【解析】解：A.用稀硫酸代替稀盐酸，生成硫酸钙包裹在碳酸钙的外表，阻挡反响的进一步发生，故A错误；B.装置Ⅲ的目的是枯燥二氧化碳，故B错误；C.试验时先翻开活塞a，利用产生的二氧化碳排出装置内空气，防止钠与氧气反响，再点燃酒精灯，故C正确；D.装置Ⅴ消灭黑色沉淀，V中发生PdCl2+CO+H2O=Pd↓(黑色)+CO2+2HCl，则装△置Ⅳ发生反响2Na+2CO2△应选：CD。Na2CO3+COD正确；由试验装置可知，I中发生CaCO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，浓盐酸易挥发，Ⅱ中饱和碳酸氢钠溶液可除去HCl，Ⅲ中浓硫酸枯燥二氧化碳，Ⅴ消灭黑色沉淀，可知Ⅳ中△发生2Na2CO2−Na2CO3CO，以此来解答。△此题考察物质的性质试验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响与现象、试验技能为解答的关键，侧重分析与试验力气的考察，留意元素化合物学问的应用，题目难度不大。【答案】AD【解析】解：A.Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反响方程式分别为H2SO4+2=O4↓H24+2=O4↓H+24+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电力气与离子浓度成正比，依据图知，曲线①在a点溶液导电力气接近0Ba(OH)2溶液和H2SO4②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确；B.a点酸碱恰好完全反响生成硫酸钡和水，硫酸钡难溶于水，但是溶解局部全部电离，是强电解质，故B错误；C.两份一样的Ba(OH)2H2SO4NaHSO4溶液，c点参与的体积也相等，即参与的硫酸根离子物质的量一样，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4，过量的硫酸根离子物质的量一样，故硫酸根离子浓度一样，故C错误；D.从开头到b点发生的反响为：NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，b点的溶4～H++H2D正确；应选：AD。A.Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反响方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓H24+2=O4↓H+24+)2=O4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电力气与离子浓度成正比，依据图知，曲线①在a点溶液导电力气接近0Ba(OH)2溶液和H2SO4的反响，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反响；硫酸钡难溶于水，但是溶解局部全部电离，是强电解质；两份一样的Ba(OH)2H2SO4NaHSO4溶液，c点参与的体积也相等；b点的溶质为NaOH，连续参与NaHSO4溶液，H+与OH−反响。此题考察酸碱混合溶液定性推断，为高频考点，侧重考察学生分析推断及识图力气，明正比，易错选项是B。【答案】D 6.8 10 BD BCAED用胶头滴管滴加蒸馏水使溶液的凹液面恰好与刻度线相切CDE 重配制【解析】解：(1)浓硫酸具有猛烈的腐蚀性，应贴腐蚀品标志，D为腐蚀品标志，故答案为：D；(2)配制250mL0.5mol/L的稀硫酸，需要硫酸的物质的量是：0.25L×0.5mol/L=0.125mol，设需要密度为1.84g/mL，质量分数为98%浓硫酸溶液的体积为VmL，依据溶液的稀释可得：V×1.84×98%mol=0.125mol，解得V≈6.8mL，依据大而近原则，应选98择10mL量筒，故答案是：6.8；10；(3)A.依据n=cV知，溶质的物质的量与溶液体积有关，故A不选；B.溶液是均一稳定的，物质的量浓度与溶液体积无关，故B选；C.依据n=cV、N=nNA可知，硫酸根离子数目与溶液体积有关，故C不选；D.溶液是均一稳定的，密度与溶液体积无关，故D选，故答案为：BD；(4)配制确定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、BCAED；定容的正确操作为：用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切，故答案为：BCAED；用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切；(5)A.溶解浓硫酸后未冷却直接转移溶液，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A不选；浓度无影响，故B不选；所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤，导致局部溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C选；用量筒量取浓硫酸时俯视刻度，导致量取浓硫酸体积偏小，溶液浓度偏低，故D选；E.量偏小，溶液浓度偏低，故E选；故答案为：CDE；(6)故答案为：重配制。浓硫酸具有猛烈的腐蚀性，应贴腐蚀品标志；先计算出需要硫酸的物质的量，再依据浓硫酸密度、质量分数计算出需要浓硫酸的体积；依据大而近原则选择量筒规格；溶液密度、物质的量浓度与溶液体积无关，溶液中溶质物质的量、微粒数都与体积有关；配制确定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、转移、洗涤、定容、倒转摇匀等；依据定容的正确操作解答；(5)分析操作对溶质物质的量和溶液体积的影响，依据c=n进展误差分析；V(6)但凡操作不当导致试验失败且无法补救的，都需要重配制。作步骤、误差分析、物质的量浓度计算方法即可解答，题目难度中等。【答案】MnO2

+4HCl(浓)

+Cl2

↑+2H2

O Cl2

+2OH−=Cl−+ClO−+△H2O 4.0g HClO有漂白性往褪色后的溶液中滴加过量的NaOH溶液，假设溶液变红，证△明褪色的缘由为假设溶液不显红色证明褪色的缘由为② 2HClO

2HCl+O ↑ 取2少量久置HClO溶液于试管中，参与AgNO3溶液，假设产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl−2△【解析】解：(1)舍勒制取Cl2的方法是将MnO2△△水，其化学方程式为：MnO2△

+4HCl(浓)

+Cl2

↑+2H2O，故答案为：MnO2

+4HCl(浓)

+Cl2

↑+2H2O；(2)试验室中用NaOH溶液吸取尾气中的Cl2的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+O+2l2+H−=l−+O−+2l⋅1NaOH溶液450mL，选用500mL容量瓶，则所需NaOH固体的物质的量为0.2mol⋅L−1×0.5L=0.1mol，故NaOH固体的质量为0.1mol×40g/mol=4.0g，故答案为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；4.0g；HClOHClO溶液参与到滴有酚酞的漂白作用不行逆，可通过调整溶液酸碱性探究溶液红色褪去的缘由，方法为：往褪色后的溶液中滴加过量的NaOH溶液，假设溶液变红，证明褪色的缘由为①，假设溶液不显红色，证明褪色的缘由为②，故答案为：HClO有漂白性；往褪色后的溶液中滴加过量的NaOH溶液，假设溶液变红，证明褪色的缘由为①，假设溶液不显红色，证明褪色的缘由为②；HClO溶液不能长期存放的缘由是HClO不稳定，见光易分解，其化学方程式为：2HClO

2HCl+O ↑，则长期存放的HClO溶液中存在的阴离子有Cl−，可利用氯化银2沉淀检验Cl−，试验方法为：取少量久置HClO溶液于试管中，参与AgNO3溶液，假设产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl−，2故答案为：2HClO照

2HCl+O2↑；取少量久置HClO溶液于试管中，参与AgNO3溶液，假设产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl−。(1)舍勒制取Cl2的方法是将MnO2与浓盐酸混合加热，产生氯化锰、氯气和水；(2)试验室中用NaOH溶液吸取尾气中的Cl2的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，配制0.2mol⋅L−1的NaOH溶液450mL，选用500mL容量瓶，再依据n=c×V和m=nM计算；HClONaOH溶液褪色的缘由可能与溶液酸碱性有关，也可能与HClO的漂白作用有关，据此解答；HClO不稳定，见光易分解产生HCl和氧气，可利用氯化银沉淀检验溶液中的Cl−。的原理、氯气和次氯酸的性质、氯离子的检验方法以及容量瓶的使用规格，留意审题。【答案】h g f e a(b) b(a) c 防止空气中的H2O(g)和CO2进入装置I Na2CO3 检查装置的气密性否A装置出来的气体有CO2、H2O(g)、HCl，三者与Na2O2反响均生成O2，且为2Na2O2

～O2

，故HCl的存在不影响纯度的测定39V 偏小56a【解析】解：(1)空气中的二氧化碳和水蒸气会干扰过氧化钠的制备，需要除去，最终还需要防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置Ⅰ各仪器连接的接口挨次(每个装置只用一次)是：空气→hgfea(b)b(a)c，故答案为：h；g；f；e；a(b)；b(a)；c；I2O2Ⅳ，生成的过氧化钠能和二氧化碳反响生成碳酸钠，则可能导致生成的Na2O2中含有Na2CO2，故答案为：防止空气中的H2O(g)和CO2进入装置I；Na2CO3；①由于有气体参与和生成，则仪器连接好后的第一步操作是检查装置的气密性，故答案为：检查装置的气密性；②由于从A装置出来的气体有CO2、H2O(g)、HCl，三者与Na2O2反响均生成O2，且为2Na2O2～O2HCl的存在不影响纯度的测定，故答案为：否；A装置出来的气体有CO2、H2O(g)、HCl，三者与Na2O2反响均生成O2，且为2Na2O2～O2HCl的存在不影响纯度的测定；③读出量筒内水的体积后折算成标准状况下O2的体积为VmL，氧气的物质的量是V ，22400依据2NaO～O可知过氧化钠的物质的量是V ，则样品中Na2O2的质量分数约为2 2 2

11200V mol×78g/mol11200

×100%=39V%，ag故答案为：39V；56a

56a④试验完成后D到E之间导管内残留水的体积会使氧气的体积偏小，则测量结果偏小，故答案为：偏小。利用空气和金属钠反响制备过氧化钠，需要把空气中的二氧化碳和水蒸气除去，且还要防止空气中的二氧化碳、水蒸气和过氧化钠反响；装置II的作用是防止空气中的H2O(g)和CO2进入装置I；假设没有装置Ⅳ，生成的过氧化钠能和二氧化碳反响生成碳酸钠，则可能导致生成的Na2O2中含有Na2CO2；测定样品纯度时，用装置A制备二氧化碳，装置B中过氧化钠和二氧化碳、挥发出的氯化氢以及水蒸气反响生成氧气，装置C除去剩余的二氧化碳，最终利用排水法测量氧气的体积，据此解答。此题考察物质的制备和含量的测定试验，为高频考点，把握制备流程、发生的反响、物合，题目难度中等。19.

答案+1(碱式)盐Mg2ClO(OH)3⋅H2O+4H+=2Mg2++HClO+4H2O H2O2在较高温度下易分解H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O漏斗、烧杯、玻璃棒2Mg2++3OH−+ClO−+H2O=Mg2ClO(OH)3⋅H2O↓【解析】解：(1)Mg2ClO(OH)3⋅H2O中Mg是+2价，H是+1价，O是−2价，依据化合价代数和为0可知氯元素的化合价为+1价，该物质还能电离出氢氧根离子，因此所属物质类别为碱式盐，故答案为：+1；(碱式)盐；Mg2ClO(OH)3⋅H2O在酸性溶液中碱式次氯酸镁生成次氯酸：Mg2ClO(OH)3⋅H2O+H+=g++O+2故答案为：Mg2ClO(OH)3⋅H2O+4H+=2Mg2++HClO+4H2O；由于在H2O2在较高温度下易分解，所以步骤②不能在较高温度下进展，反响中双氧水氧化亚铁离子，方程