江苏省苏州市高一化学上学期期中自编模拟卷（解析版）（苏教版）

/2025-2026学年江苏省苏州市上学期期中自编模拟卷高一化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：苏教版2019必修第一册专题1至专题3第二单元“金属钠及钠的化合物”。5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。相对原子质量：H-1C-12O-16N-14S-32K-39Fe-56Mn-55Cl-35.5Cu-64Cr-52第Ⅰ卷一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．化学与生活、生产息息相关，从化学视角认识世界，下列说法错误的是A．2023年诺贝尔化学奖授予量子点研究，直径为2～20nm硅量子点不是胶体B．“燃煤脱硫”技术有利于我国早日实现“碳达峰、碳中和”C．“神舟十四号”飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是碳化硅或氮化硅D．稀土元素被称为“冶金工业的维生素”，共17种元素【答案】B【解析】A.硅量子点直径为2~20nm,但未分散在介质中形成分散系，因此不是胶体，A正确，B.“燃煤脱硫”减少的是SO2排放，与碳(CO2)减排无关，无法助力"碳达峰、碳中和”B错误C.碳化硅和氮化硅是共价晶体，耐高温、强度高，用作高温结构陶瓷符合实际，C正确；D.稀土元素包括镧系15种元素及钪、钇，共17种，对冶金工业性能提升至关重要，D正确，故选B。2．下列物质的转化正确的是A．B．C．D．海水【答案】C【详解】A、C和浓硫酸可在加热条件下反应生成二氧化硫、二氧化碳气体，但二氧化硫、二氧化碳均不能与氯化钙溶液发生反应，因为盐酸的酸性强于碳酸、亚硫酸，不符合强酸制弱酸原理，故A错误；B．实验室制氧气需用浓盐酸（一般为12mol/L）和二氧化锰共热，Imol/L的盐酸为稀盐酸，不能用于制取氧气，故B错误；C.FcS2在高温的条件下可与氧气反应生成氧化铁和二氧化硫，二氧化硫在催化剂和高温的条件下能被氧气氧化成三氧化硫，故C正确；D．海水中含有氧化镁，石灰乳的主要成分是Ca(OH)2,，二者能反应生成难溶物Mg(OH)2，Mg(OH)2灼烧得到MgO，但MgO熔点很高，工业上用电解培融氧化模的方法制取镁单质，故D错误：故选C。3．分类是认识和研究物质的一种常用的方法。下列物质的分类正确的是A．漂白粉、双氧水属于混合物 B．乙醇、冰醋酸属于电解质C．纯碱、苛性钠属于碱 D．明矾、石墨属于盐【答案】A【详解】A．漂白是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，双氧水（H2O2的水溶液）是溶液，两者均为混合物，分类正确，A正确；B．乙醇在水溶液中不电离，属于非电解质；冰醋酸（CH3COOH）是弱电解质；乙醇分类错误，B错误；C．纯碱（Na2CO3）属于盐，苛性钠（NaOH）是碱。纯碱分类错误，C错误；D．明矾[KAI(SO4)2·12H2O]属于盐，但石墨是碳单质，非盐类。石墨分类错误，D错误；故选A。4．工厂用石膏、NH3、H2O、CO2制备(NH4)2SO4的工艺流程如下：下列说法正确的是A.通入NH3和CO2的顺序可以巅倒B.操作1是过滤、操作2是蒸馏C.通入的NH3和CO2均应过量，且工业流程中CO2可循环利用D.制备硫酸铵的化学方程式为CaSO4+2NH3+H2O+CO2=CaCO3+(NH4)2SO4【答案】D【解析】【分析】先通入氨气主要是形成碱性环境，便于二氧化碳的吸收，通入二氧化碳后发生的反应是CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+(NH4)2SO4，需要进行过滤操作，得到滤液和碳酸钙，对滤液进行加热浓缩、冷却结晶过滤洗涤干燥即可的打破较纯净的硫酸铵晶体，碳酸钙进行加热煅烧得到生石灰和二氧化碳，二氧化碳可以进行回收利用，二氧化碳的量需要控制变量，因此过量的二氧化碳与碳酸钙反应会溶解碳酸钙，以此解答。【详解】A．由于CO2微溶于水，NH3易溶于水，应先通入足量NH3，使溶液呈碱性，然后再通入适量CO2，通入NH3和CO2的顺序不可以互换，A错误；B．由分析可知，操作1过滤后得到(NH4)2SO4溶液，加热制成饱和溶液，再降温冷却，结晶析出，过滤，则可以使硫酸铵从溶液中结晶析出，操作2是溶液中得到溶质固体的过程，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥等，B错误；C．反应过程中需通入适量二氧化碳，否则二氧化碳会和碳酸钙反应导致碳酸钙溶解，C错误；D．硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀，化学方程式为：CaSO4+2NH3+H2O+CO2=CaCO3+(NH4)2SO4，D正确；答案选D。5．侯氏制碱法主要反应原理：。下列有关说法正确的是A．中子数为7的碳原子可表示为B．是一种酸性氧化物C．Cl-的结构示意图为D．溶于水的电离方程式为【答案】B【详解】A.元素符号的左上角为质量数，碳原子质量数＝7+6=13，表示为613B.NaHCO3是一种酸式盐，不是氧化物，B错误；C.Cl的最外层电子数为8，C错误；D.NaHCO3溶于水电离出Na＋和HCO3-，则溶于水的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-,D正确。6．为阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是A．18gH2O中含的质子数为B．12g金刚石含有碳原子C．46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为D．44gCO2含有的氧原子数约为【答案】B【详解】A．18g水物质的量为1mol，一个水分子中有2个氢原子和1个氧原子，两个氢原子有2个质子，1个氧有8个质子，一个水分子中共10个质子，则1molH2O中含有10mol质子，数目为10NA，故A正确；B．12g金刚石含有1mol碳原子，含有NA碳原子，故B错误；C．1个N2O4相当于2个NO2，即46gNO2和N2O4混合气体相当于46gNO2气体，46g二氧化氮物质的量为1mol，其原子总数为3NA，故C正确；D．1个二氧化碳中含有2个氧原子，44gCO2的物质的量是1mol，其中含有的氧原子数约为2NA，故D正确；故选B。7．中国古代四大发明之一黑火药爆炸时发生反应为。下列说法正确的是A．是还原剂B．黑火药中含有3种单质C．是氧化产物D．每消耗，反应转移电子【答案】C【详解】A.KNO3中N元素化合价降低，作氧化剂，A错误黑火药中有S、C两种单质，B错误C元素化合价升高，发生氧化反应生成CO2，则CO2为氧化产物，C正确反应，得失电子数为12e-，根据物质的量之比等于系数之比，每消耗1molS，反应转移12mole-，D错误故选C8．下列相关图示装置的实验中，操作正确的是A.用装置甲分液，放出水层后再从分液漏斗下口放出苯层B.用装置乙稀释浓硫酸C.用装置丙蒸发溶液并利用余热蒸干可获得D.用装置丁分离二氧化锰和氯化锰溶液【答案】D【解析】【详解】A．苯不溶于水，苯的密度小于水的密度，分液时避免上下层液体混合，则放出水层后再从分液漏斗上口倒出苯层，故A错误；B．不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后，转移到容量瓶中定容，故B错误；C．利用余热蒸干时晶体失去结晶水，应蒸发浓缩、冷却结晶制备，故C错误；D．二氧化锰不溶于水，氯化锰溶于水，可选图中过滤装置分离，故D正确；故答案选D。9．某溶液中可能大量含有K+、Mg2+、Br-、OH-、中的一种或几种。取样，滴加足量氯水有气泡产生，溶液变为橙黄色。为确定该溶液的组成，还需进行的实验是A.取样，进行焰色反应B.取样，滴加酚酞溶液C.取样，加入足量HNO3，再滴加AgNO3溶液D.取样，加入足量BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊溶液【答案】D【解析】【分析】向溶液中滴加足量氯水后,溶液变橙色,说明溶液中含有Br−，且有气泡冒出,说明溶液中含离子CO32-，则无镁离子（碳酸根离子和镁离子会生成碳酸镁沉淀）；根据电中性原理，一定存在K+，所以无法判断氢氧根离子的存在与否，可以取样，加入足量BaCl2溶液，除去碳酸根离子干扰后，再滴加紫色石蕊试液看是否变蓝来检验氢氧根离子；【详解】A．一定存在K+，无需进行焰色反应，A错误；B．碳酸根离子、氢氧根离子的溶液均为碱性，不能滴加酚酞溶液检验氢氧根离子，B错误；B．硝酸和氢氧根离子生成水，加入足量HNO3，再滴加AgNO3溶液，不能检验氢氧根离子，C错误；D．取样，加入足量BaCl2溶液，除去碳酸根离子干扰后，再滴加紫色石蕊试液看是否变蓝来检验氢氧根离子，D正确；故选D。10．已知粗盐中主要有杂质MgCl2、CaCl2和Na2SO4，为提纯粗盐设计操作流程如下：已知：20℃时，Ba(OH)2的溶解度为3.89g/100g水，BaCl2的溶解度为35.7g/100g水。下列有关说法中，不正确的是A.除杂试剂①②③都必须过量B.试剂①、②、③可以是BaCl2、NaOH、Na2CO3C.从成本和除杂效果考虑，工业生产中可用Ba(OH)2溶液代替BaCl2溶液D.加入盐酸后获得NaCl固体的方法为蒸发结晶【答案】C【解析】【分析】加入过量氢氧化钠溶液是除去镁离子，加入过量氯化钡溶液是除去硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液目的是除去钙离子和过量钡离子，则加入氢氧化钠和氯化钡溶液的顺序可以调换，但是加入碳酸钠必须在加入氯化钡之后；待杂质转化为沉淀后，过滤，向滤液中加入适量盐酸，除去过量氢氧根离子和碳酸根离子，则操作顺序可以是NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3；【详解】A．为了能完全除去杂质，除杂试剂要过量，A正确；B．由分析，试剂①、②、③可以是BaCl2、NaOH、Na2CO3，B正确；C．由已知，Ba(OH)2的溶解度低，添加Ba(OH)2的溶液的体积远远大于需要添加的BaCl2溶液的体积，大大增加了蒸发的能耗，C错误；D．滤液中加入盐酸，经蒸发结晶，待有大量固体析出时停止加热，利用余热蒸干可得到NaCl固体，D正确；故选C。11．如图所示，夹子开始处于关闭状态。先将液体甲滴入试管②中与物质乙充分接触，然后打开夹子，发现试管①内的水立刻沸腾。则液体甲和物质乙的组合可能是A.浓硫酸和水 B.水和生石灰C.烧碱溶液和二氧化碳 D.过氧化氢溶液和二氧化锰【答案】C【解析】【分析】水的沸点与压强有关，压强越小，水的沸点越低；压强越大，水的沸点越高，①中水沸腾的原因是①中的气体进入②中，使得①中的压强减小，水的沸点降低。【详解】A、浓硫酸溶于水，放出大量的热，会使②中压强增大，打开止水夹，②中气体进入①中，使①中压强增大，水的沸点升高，故错误；B、生石灰与水反应放出大量的热，会使②中压强增大，打开止水夹，②中气体进入①中，使①中压强增大，水的沸点升高，故错误；C、氢氧化钠溶液能吸收二氧化碳，会使②中压强减小，打开止水夹，①中气体进入②中，使①中压强减小，水的沸点降低，故正确；D、过氧化氢溶液和二氧化锰反应产生氧气，会使②中压强增大，打开止水夹，②中气体进入①中，使①中压强增大，水的沸点升高，故错误。故选C。【点睛】本题难度不大，充分理解水沸腾的原因、熟练掌握常见物质的化学性质和相互间的反应等是解答的关键。12．下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是选项实验操作及现象实验结论A加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀硝酸沉淀不消失原溶液中一定含有B向某溶液中滴加溶液，产生白色沉淀原溶液中一定含C用铁丝蘸取某溶液于酒精灯上灼烧，火焰呈黄色原溶液一定是钠盐D取少量久置的样品于试管中加水溶解，再加入足量盐酸有气体产生，然后加入溶液有白色沉淀产生样品已部分被氧化【答案】D【详解】A.加入氯化钡溶液有白色沉淀生成再加稀硝酸沉淀不消失，该白色沉淀可能为BaSO4、AgCl或BaSO3，且加入的稀硝酸具有强氧化性，原溶液中不一定含有SO42-，可能含有Ag+或SO32-，A项错误B.滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为AgCl、Ag2SO4或Ag2CO3，原溶液中可能含Cl-、SO42-或CO32-，B项错误，C.铁丝蘸取某溶液于酒精灯上灼烧，火焰呈黄色。原溶液一定含有Nå+，不一定是钠盐，可能为NaOH，C项错误，D.取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加入足量盐酸有气体产生，说明样品中含有SO32-；然后加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，说明样品中含有SO42-，即Na2SO3样品已部分被氧化，D项正确，答案选D。13．已知白醋能与鸡蛋壳反应生成二氧化碳气体，同学们利用内有过滤网的带盖塑料杯，设计如图实验验证质量守恒定律。实验前药品和装置的总质量为m1，倒立杯子充分反应后称量总质量为m2，打开杯盖后称量总质量为m3，三者的关系为m1=m2>m3，下列说法不正确的是A.通过该实验可知，验证质量守恒定律必须使用密封容器B.m1>m3，是因为打开杯盖后气体逸出C.白醋是否过量，不影响对质量守恒定律的验证结果D.m1=m2，说明该反应遵循质量守垣定律【答案】A【解析】【详解】A、该实验有气体生成，故用该实验验证质量守恒定律，必须在密闭容器中进行，否则会影响实验，故有气体参加或生成的反应，验证质量守恒定律必须使用密封容器，但是无气体参加或生成的反应，验证质量守恒定律，无需使用密封容器，不符合题意；B、实验前药品和装置的总质量为m1，倒立杯子充分反应后称量总质量为m2，打开杯盖后称量总质量为m3，m1>m3，是因为白醋能与鸡蛋壳反应生成二氧化碳气体，打开杯盖后气体逸出，不符合题意；C、质量守恒定律是参加反应的物质的总质量与生成物的总质量相等，故白醋是否过量，不影响对质量守恒定律的验证结果，不符合题意；D、实验前药品和装置的总质量为m1，倒立杯子充分反应后称量总质量为m2，化学反应前后，物质的总质量不变，说明该反应遵循质量守恒定律，符合题意。故选D。14．实验小组借助传感器对稀NaOH溶液与稀盐酸的反应进行研究。三颈烧瓶中盛放溶液X，用恒压漏斗匀速滴加另一种溶液，并用磁力搅拌器不断搅拌。实验装置和测定结果如图。下列说法正确的是A.X溶液能使酚酞变红B.0~40s溶液中H+数量不断增加C.60s时溶液中存在的离子有Na+、、D.可以用硝酸银验证M点时氢氧化钠和盐酸是否恰好完全反应【答案】C【解析】【详解】A、根据时间和pH图可知，起始时，溶液pH小于7，是酸性溶液，所以X是稀盐酸，稀盐酸不能使酚酞变红，故该选项说法不正确；B、0～40s溶液pH不断增大，溶液酸性逐渐减弱，说明溶液中氢离子数量不断减小，故该选项说法错误；C、根据时间和pH图示，60s时溶液pH大于7，说明此时溶液显碱性，氢氧化钠滴加过量，此时溶液中的主要成分是过量的氢氧化钠和反应生成的氯化钠以及水，所以溶液中存在的离子是：Na+、Cl-和OH-，故该选项说法正确；D、M点时，对应时间是40s，此时溶液pH小于7，说明溶液中稀盐酸还有剩余，氢氧化钠和稀盐酸并不是恰好完全反应；同时稀盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，无论是否反应完全，溶液中一定存在氯离子，所以滴加硝酸银后都会有沉淀生成，故该选项说法错误；故选择C。15．在标准状况下，将完全溶于水得到氨水，溶液的密度为，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为。下列叙述中正确的有

①

②③上述溶液中加入水后，所得溶液的质量分数大于

④上述溶液中加入等质量的水后，所得溶液的物质的量浓度大于A.②④ B.①③ C.②③ D.③④【答案】A【解析】【详解】①氨气极易溶于水，主要以NH3·H2O形式存在，但仍然以NH3作为溶质，ω=②所得氨水的物质的量浓度为：c=③由于氨水的浓度越大，密度越小，等体积的氨水的质量小于水的质量，以讲上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数小于0.5ω，故③错误；④上述溶液中加入等质量的水后，所得溶液的质量变为原先的2倍，溶液密度增大，而溶质的物质的量、质量不变，所以所得溶液的体积小于原溶液的2倍，根据c=故选A。16．黄铵铁矾是硫酸体系中除铁的常用试剂，化学式可表示为(其中铁为+3价)，摩尔质量为480g/mol。依据下列实验和数据可确定黄铵铁矾的化学式。Ⅰ．称取黄铵铁矾2.400g，加入足量NaOH溶液充分反应后过滤，向滤液中加入是量盐酸酸化的BaCl2溶液，得到沉淀2.330g。Ⅱ．对黄铵铁矾样品进行热分解实验，其结果可用下图热重曲线表示(已知：黄铵铁矾在300℃前分解释放的物质为H2O，300~575℃之间只有NH3和H2O放出，670℃以上得到的是纯净的红棕色粉末)。下列说法中不正确的是A.根据实验可知，z=2B.300~575℃之间完全释放出气体后，残留固体中估计存在Fe、O、S三种元素C.2.400g样品中铁元素的质量为0.84gD.根据计算可得，x=2，w=6【答案】D【解析】【分析】2.400g黄铵铁矾的物质的量为=0.005mol，BaSO4的物质的量为=0.01mol，则z=2。480g黄铵铁矾的物质的量为1mol，红棕色粉末为Fe2O3，质量为240g，物质的量为=1.5mol，则y=3。依据质量守恒可得：18x+17w=480-2×96-3×56=120，依据电荷守恒可得：x+3×3=2×2+w，解方程得：x=1、w=6，从而得出黄铵铁矾的化学式为。【详解】A．由分析可知，z=2，A正确；B．670℃以上得到Fe2O3，575℃前只得到NH3和H2O，则575℃后残留固体中一定存在Fe、O、S三种元素，B正确；C．480g黄铵铁矾中含有3molFe，则2.400g样品中铁元素的质量为=0.84g，C正确；D．根据计算可知，x=1，w=6，D不正确；故选D。第Ⅱ卷二、非选择题（4小题，共52分）17．（10分）有十种物质①石墨；②钠；③酒精；④氨气；⑤硫化氢；⑥碳酸氢钠固体；⑦氢氧化钡溶液；⑧纯醋酸；⑨氧化钠固体；⑩液态氯化氢。（1）其中能导电的是___________；属于非电解质的是___________。（2）等质量④和⑤中分子的数目之比为___________；若④和⑤中所含氢原子数相等，则④和⑤的质量之比为___________。（3）写出⑥在水中的电离方程式___________；写出少量⑥加入足量⑦中的化学方程式___________。（4）室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成A、B两室，向A室充入H2、O2混合气体，向B室充入空气，此时活塞的位置如图所示。实验测得A室混合气体的质量为34g，若将A室H2、O2的混合气体点燃，恢复原温度后，(非气体体积忽略不计)最终活塞停留的位置在___________刻度处。【答案】（1）①②⑦；③④（每空1分）（2）2∶1；1∶3（每空1分）（3）NaHCO3=Na++HCO32-；NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+NaOH+H2O（4）2【解析】【小问1详解】含有自由移动的电子或阴阳离子的物质就能导电，在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；能导电的是石墨，钠，氢氧化钡溶液；属于非电解质的是酒精，氨气；【小问2详解】根据n=可知，相同质量的氨气(NH3)和硫化氢(H2S)的物质的量之比为：：=2：1，分子的数目之比也为2：1，若④NH3和⑤H2S中含氢原子数相等，则氢原子物质的量相同，则二者的物质的量比为2：3，则④和⑤的质量之比2×17：3×34═1：3；【小问3详解】⑥碳酸氢钠固体在水中的电离方程式为NaHCO3=Na++；少量碳酸氢钠固体加入足量氢氧化钡溶液中，生成碳酸钡、氢氧化钠和水，化学方程式为NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+NaOH+H2O；【小问4详解】假设氢气的物质的量为x mol，氧气的物质的量为y mol，则根据图可知，x+y═2，2x+32y═34，解x═1，y═1，反应后氧气有剩余，剩余1-0.5═0.5mol,恢复到室温时两边压强相同，体积比等于物质的量比，所以AB两侧体积比为0.5：1═1：2，则活塞停在2处。18.（16分）某学习小组探究潮湿的与反应的产物，进行如图实验：请回答：（1）试剂X是___________其作用是___________。装置中，盛放仪器名称___________；该实验中收集氯气用的是___________法。（2）写出氯气进入装置E发生反应的化学方程式___________。（3）装置C中潮湿的与以等物质的量反应，生成、气体和NaCl，试写出该反应化学方程式___________。（4）若将上述装置中的C、D、E部分换成如图所述装置，其中Ⅰ与Ⅲ是干燥的有色布条，Ⅱ和D中装入的物质是干燥剂(干燥剂不吸收)，E中盛装NaOH溶液，请回答下列问题：一段时间后，可观察到的现象是___________，对比Ⅰ与Ⅲ中现象的差异可得出的结论是___________。（5）标准状况下，将17.4克与足量的浓盐酸溶液共热产生的体积为___________升(标准状况)。写出计算过程。【答案】（1）①.饱和食盐水（1分）②.除去氯气中混有的氯化氢气体③.圆底烧瓶（1分）④.向上排空气法（2）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O（3）2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+Cl2O↑+2NaCl①.I处干燥的有色布条褪色，Ⅲ处干燥的有色布条不褪色②.氯气无漂白性，氯气溶于水形成的物质具有漂白性（5）4.48(计算过程祥见解析)【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中潮湿的氯气与干燥碳酸钠反应生成一氧化二氯，装置D为收集一氧化二氯的装置，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气和生成的一氧化二氯，防止污染空气。【小问1详解】由分析可知，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，则试剂Y是饱和食盐水；作用是除去氯气中混有的氯化氢气体；盛放的仪器名称圆底烧瓶；该实验中收集氯气用的是向上排空气法；【小问2详解】装置E的作用是吸收氯气，防止污染，方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；【小问3详解】潮湿的与以等物质的量反应，生成、气体和NaCl，根据得失电子守恒，则该反应化学方程式：2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+Cl2O↑+2NaCl；【小问4详解】湿润的氯气中有氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，则C装置中I处干燥的有色布条褪色，潮湿的氯气经Ⅱ中干燥剂干燥后，Ⅲ处干燥的有色布条不褪色，由此得出结论：干燥的氯气无漂白性，氯气溶于水形成的物质具有漂白性；【小问5详解】17.4克，其物质的量为0.2mol，根据方程式的比例关系MnO2~4HCl~Cl2，生成氯气物质的量为0.2mol，其在标况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L。19.（12分）用低品铜矿（主要含、）制备的一种工艺流程如下：（1）酸浸①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高锰元素浸出率的方法还有_________。②酸浸时，被氧化为单质，发生反应的化学方程式为_________。（2）调“调”的目的是加入适量能消耗的试剂，使溶液中的转化成，而、不沉淀。可选用的试剂是_________。（填字母）A．B．C．（3）除锰“除锰”时加入“氨水-”混合溶液，使转化成沉淀的同时还生成一种盐，该盐的化学式为_________。（4）还原向除锰后所得的滤液{主要含}中加入水合肼还原得到。①已知：作还原剂时，氧化产物为一种无毒物质。要得到，理论上需要加入的物质的量为________。②控制其他条件不变，水合肼的浓度对的产率的影响如图所示。当水合肼的浓度大于时，的转化率仍增大，但的产率下降，可能的原因是_____。【答案】（1）①.适当升高酸浸温度、适当提高酸的浓度等②.CuS+MnO2+2H2SO4=CuSO4+MnSO4+S+2H2O（2）BC（3）（4）①.0.5mol②.Cu2O被N2H4·H2O进一步还原生成铜单质【解析】【分析】铜矿(主要含CuS、FeO)制备Cu2O，低品铜矿中加入稀硫酸和二氧化锰，硫化铜和二氧化锰发生氧化还原反应生成铜离子、二价锰离子和硫单质，氧化亚铁和稀硫酸反应生成亚铁离子，又被氧化生成铁离子，再调节pH除去铁离子，然后加氨水和碳酸氢铵除去锰离子，最后加水合肼还原铜离子得到产品。【小问1详解】①提高锰元素浸出率的方法还有适当升高酸浸温度、适当提高酸的浓度等；②硫化铜有还原性，二氧化锰有氧化性，两者在酸性条件下发生氧化还原反应，依据得失电子守恒和原子守恒，反应化学方程式为：CuS+MnO2+2H2SO4=CuSO4+MnSO4+S+2H2O；【小问2详解】Cu不和反应，而CuO、Cu(OH)2CO3，可以消耗，且不会引入新杂质，故选BC；【小问3详解】用氨水和碳酸氢铵除去锰离子的离子方程式为，则该盐为；【小问4详解】①根据流程，水合肼被氧化成N2，[Cu(NH3)4]2+被还原成Cu2O，根据得失电子守恒、原子守恒，，则要得到，理论上需要加入的物质的量为0.5mol；②水合肼浓度大于3.5时产率下降，的转化率仍增大，可能的原因是Cu2O被N2H4·H2O进一步还原生成铜单质。20.（14分）摩尔盐［，摩尔质量为393g/mol］是一种常用的还原剂，也是一种抗氧化剂。回答下列问题：Ⅰ．某小组配制溶液，配制步骤如下：①计算；②定容；③称量；④溶解；⑤转移；⑥振荡；⑦洗涤；⑧摇匀；⑨装瓶。(1)配制溶液正确的顺序是①③___________⑧⑨。所必需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有___________。(2)配制溶液需使用托盘天平称量___________g固体。(3)步骤②的具体操作是先加入蒸馏水至离刻度线1~2cm处，___________(填操作)。(4)下列操作会导致溶液浓度偏低的是___________(填字母)。A．定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体B．容量瓶未经干燥即用来配制溶液C．