2020-2021学年高一化学上学期期中测试卷（苏教2019必修第一册）（解析版）

《2020-2021学年高一化学上学期期中测试卷（苏教2019必修第一册）（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020-2021学年高一化学上学期期中测试卷（苏教2019必修第一册）（解析版）（17页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、 学易金卷：2019-2020学年高一化学上学期期中测试卷01考试范围：专题3第一单元完可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 P-31 S-32 一、单选题(每题2分,共40分)1经测定一瓶气体中只含有C、O两种元素,通常情况下这瓶气体不可能是（ ）A一种化合物B一种单质和一种化合物的混合物C两种化合物D两种单质【参考答案】D【解析】A. 只含C和O两种元素的物质可以是CO或者是CO2,可以为一种化合物,故A正确； B. 氧气和二氧化碳的混合物中就只含C和O两种元素,故B正确； C. 只含C和O两种元素的物质可以是CO和CO2,属于两

2、种化合物,故C正确； D. 如是单质,碳的单质都不是气体,故D错误；参考答案选D。2下列关于氧化物的叙述正确的是（ ）A金属氧化物一定是碱性氧化物,非金属氧化物一定是酸性氧化物B碱性氧化物一定是金属氧化物,酸性氧化物不一定是非金属氧化物C碱性氧化物都能与水化合生成碱D酸性氧化物都能与水化合生成酸【参考答案】B【解析】A. 金属氧化物有酸性氧化物、碱性氧化物、过氧化物和两性氧化物等,如Al2O3属于两性氧化物；非金属氧化物如CO是不成盐氧化物,不是酸性氧化物,故A错误；B. 碱性氧化物一定是金属氧化物；Mn2O7是酸性氧化物,但Mn2O7是金属氧化物,所以酸性氧化物不一定是非金属氧化物,故B正确

3、；C. 碱性氧化物不一定都能与水反应生成碱,如CuO、FeO、Fe2O3都是碱性氧化物,但它们都不和水反应,故C错误；D. 酸性氧化物不一定都与水反应生成相应的酸,如SiO2不溶于水,但二氧化硅是酸性氧化物,故D错误；正确参考答案是B。【点睛】本题考查氧化物的分类和性质,题目难度不大,注意两性氧化物和不成盐氧化物的性质。3设NA表示阿伏加德罗常数,下列叙述正确的是（ ）A标准状况下,4.48L水中含有水分子的数目为0.2NAB含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 LC0.2molL-1CaCl2溶液中含有氯离子的数目为0.4NAD32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA【参

4、考答案】D【解析】A标准状况下,水不是气体,不能用22.4L/mol计算,即4.48L水的物质的量不是0.2mol,A错误；B含有NA个氦原子的氦气为1mol,在标准状况下的体积为22.4L,B错误；C溶液体积不明确,溶液中氯离子的个数无法计算, C错误；DO2和O3均由氧原子组成,32g混合气体中含有的氧原子的物质的量,O原子数为2NA,D正确；故选D。4下列一定量各物质所含原子个数按由大到小的顺序排列的一项是（ ）0.5mol氨气 标准状况下22.4L氦气4时9mL水 0.2mol磷酸ABCD【参考答案】C【解析】0.5molNH3中所含原子个数为40.5NA=2NA；标准状况下22.4L

5、He的物质的量为,所含原子个数为NA；4时水的密度为1g/cm3,9mL水的质量为9mL1g/cm3=9g,物质的量为,所含原子个数为30.5NA=1.5NA；0.2molH3PO4中所含原子个数为80.2NA=1.6NA；综上所述,各物质所含原子个数按由大到小的顺序排列为,故选C。5M(NO3)2热分解化学方程式为2M(NO3)22MO+4NO2+O2,加热29.6gM(NO3)2使其完全分解,在标准状况下收集11.2L的气体,那么M的摩尔质量是（ ）A64g/molB24g/molC65g/molD40g/mol【参考答案】B【解析】标况下生成气体总物质的量为=0.5mol,由2M(NO3

6、)2 2MO+4NO2+O2,可知M(NO3)2的物质的量为0.5mol=0.2mol,则M(NO3)2的摩尔质量=148g/mol,故M的摩尔质量为148g/mol-262g/mol=24g/mol,故参考答案为B。6向胶体中加入电解质能使胶体聚沉,使一定量的胶体溶液在一定时间内开始聚沉所需电解质的浓度(mol/L)称作“聚沉值”,电解质“聚沉值”越小,则表示其聚沉能力越大,实验证明： 聚沉能力主要取决于与胶体所带相反电荷的离子所带电荷数,电荷数越大,聚沉能力越大。向Fe(OH)3胶体中加入下列电解质时,其“聚沉值”最小的是ANa3PO4BK2SO4CFeCl3DNaCl【参考答案】A【解析

7、】Fe（OH）3胶体中的胶粒带正电荷,依据题意,其“聚沉值”取决于电解质溶液中阴离子所带电荷数,PO43-、SO42-、Cl-中所带电荷数最大的是PO43-,聚沉能力最大的是Na3PO4,“聚沉值”最小的是Na3PO4,参考答案选A。7下列关于电解质的说法正确的是()A液态HCl不导电,所以HCl不是电解质BNH3溶于水形成的溶液能导电,所以NH3是电解质CSO2溶于水能导电,所以SO2是电解质DBaSO4在水溶液中难导电,但熔融状态下能导电,所以BaSO4是电解质【参考答案】D【解析】A液态HCl不导电,但氯化氢溶于水能电离出自由移动的氢离子和氯离子,能导电,所以HCl是电解质,选项A错误；

8、BNH3溶于水形成的溶液能导电,但氨气自身不能电离,故NH3是非电解质,选项B错误；C二氧化硫的水溶液能导电,电离出自由移动阴阳离子的物质是亚硫酸而不是二氧化硫,二氧化硫是非电解质,选项C错误；DBaSO4 难溶于水,导电性差,但由于它的溶解度太小,测不出（或难测）其水溶液的导电性,但它溶解的部分是完全电离的,所以是电解质,选项D正确。参考答案选D。8下列电子转移表示正确的是 ()ABCD【参考答案】B【解析】A. ,H2O中H元素应为得到2e-,O元素应为失去2e-,A错误；B. ,Fe失去2e-,S得到2e-,B正确；C. ,KCO3中的Cl元素应为得到12e-,O元素应为失去12e-,C

9、错误；D. ,得电子的箭头错误,应从反应物中的Fe箭头指向生成物中的Fe,D错误。故选B。【点睛】用双线桥表示电子转移的方向和数目时,反应物中化合价升高元素应为失去电子的元素,反应物中化合价降低元素应为得到电子的元素。得、失电子的数目应等于化合价升高总数,也等于化合价降低总数；电子转移的方向应为反应物中的化合价升高(降低)元素,指向生成物中该变价元素。9某兴趣小组的同学向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐渐加入稀硫酸,并测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。该小组的同学关于如图的下列说法中,不正确的是（ ）AAB段溶液的导电能力不断减弱,说明生成的BaSO4不是电解质BB处溶液的导电能

10、力约为0,说明溶液中几乎没有自由移动的离子CBC段溶液的导电能力不断增大,主要是由于过量的H2SO4电离出的离子导电Da时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和【参考答案】A【解析】Ba(OH)2与硫酸反应,生成硫酸钡和水,硫酸钡虽是强电解质,但由于溶解度较低,电离出的离子很少,导电能力较低。A. AB段溶液的导电能力不断减弱,是由于生成的BaSO4是电解质,但溶解度较低,电离出的离子很少,导电能力较低,A项错误；B. B处溶液的导电能力约为0,此时Ba(OH)2与硫酸反应恰好完全反应,溶液中几乎没有自由移动的离子,B项正确；C. BC段加入的稀硫酸逐渐过量,溶液的导电能力不断增大,C项正确

11、；D. a时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全反应生成硫酸钡和水,D项正确；参考答案选A。10下列变化需加入还原剂的是( )AH2CO3CO2BMn2+CFeOFe3O4DAl(OH)3NaAlO2【参考答案】B【解析】AHCO3-CO2该反应中各元素化合价都不变,不需要发生氧化还原反应就能实现,A错误；BMn元素化合价由+7价变为+2价,所以MnO4-是氧化剂,需要还原剂才能实现,如HCl等,B正确；C部分Fe元素化合价由+2价变为+3价,所以FeO是还原剂,需要氧化剂才能实现,如氧气等,C错误；DAl(OH)3NaAlO2反应中各元素化合价都不变,不需要发生氧化还原反应就能实现,D错误；

12、参考答案选B。11下列实验中,所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）目的分离方法原理A分离溶于水的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B分离汽油和四氯化碳分液四氯化碳和汽油的密度不同C除去KNO3固体中混的NaCl结晶NaCl在水中的溶解度很大D除去乙醇中的水蒸馏乙醇与水的沸点相差较大【参考答案】D【解析】A乙醇与水互溶,不能作萃取剂,A错误；B汽油与四氯化碳互溶,应用蒸馏分离,B错误；CNaCl的溶解度受温度影响不大,而硝酸钾的溶解度受温度影响大,所以利用重结晶分离,原理解释不合理,C错误；D乙醇与水互溶,但沸点不同,可用蒸馏分离,D正确；故选D。12对于某些离子的检验及结论一定正确的是（

13、）A加入稀盐酸产生无色气体,将气体通入澄清石灰水中,溶液变浑浊,一定有CO32B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生,再加盐酸,沉淀不消失,一定有SO42C加入氢氧化钠溶液并加热,产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝,一定有NH4D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀,再加盐酸白色沉淀消失,一定有Ba2【参考答案】C【解析】A. 与稀盐酸产生的无色气体能使澄清石灰水变浑浊,可以是HCO3-、CO32-、SO32-、HSO3-等,不能证明一定是CO32,A项错误；B.当溶液中含Ag+时,加入氯化钡溶液有白色沉淀产生,再加盐酸,沉淀不消失,因而不一定有SO42,也可能含有Ag+,B项错误；C.检验NH4+的正确方法是

14、加入氢氧化钠溶液并加热,会产生氨气,氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝,C项正确；D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀,再加盐酸白色沉淀消失,溶液中可能含有Ca2+或者Ba2,D项错误；参考答案选D。【点睛】常用检验离子的方法是气体法还是沉淀法,掌握检验物质的方法是解答本题的关键。13某溶液中含有大量的 Cl、CO32-、SO42-等三种阴离子。如果只取一次该溶液就能够分别将三种阴离子依次检验出来,下列实验操作顺序正确的是滴加 HNO3 溶液 过滤 滴加 AgNO3 溶液 滴加 Ba(NO3)2 溶液ABCD【参考答案】A【解析】检验Cl可以使用Ag+,检验SO42-可以使用Ba2+,检验CO32-可以

15、使用H+,而Ag+和Ba2+都可以与CO32-结合成沉淀,所以需先检验CO32-,此时可以加入稀硝酸,检验Cl所用的Ag+可以与SO42-结合成微溶于水的硫酸银,所以需先检验SO42-,此时可以加入Ba(NO3)2溶液,最后检验Cl,可以加入AgNO3溶液,为不干扰的Cl检验,在加入AgNO3溶液之前先过滤,故选A。14下溶液中的Cl浓度与100 mL 2 mol L1 MgCl2溶液中的Cl浓度相等的是（ ）A150 mL 1 molL1 NaCl溶液B75 mL 1 mol L1 AlCl3溶液C75 mL 2 molL1 CaCl2溶液D200 mL 2 molL1 KCl溶液【参考答案

16、】C【解析】100 mL 2 mol L1 MgCl2溶液中的Cl浓度为2mol/L2=4mol/L；A150 mL 1 molL1NaCl溶液中氯离子的浓度为1mol/L,与题意不符,故A错误；B75 mL 1 mol L1 AlCl3溶液中氯离子的浓度为1mol/L3=3mol/L,与题意不符,故B错误；C75 mL 2 molL1CaCl2溶液中氯离子的浓度为2mol/L2=4mol/L,与题意吻合,故C正确；D200 mL 2 molL1KCl溶液中氯离子的浓度为2mol/L,与题意不符,故D错误；故参考答案为C。15 某实验室需使用的溶液,现选取的容量瓶配制溶液。下列操作正确的是（

17、）A称取无水硫酸铜固体,加入到容量瓶中加水溶解、定容B称取无水硫酸铜固体于烧杯中,加蒸馏水,搅拌、溶解C量取的溶液,并将其稀释至D配制过程中,加蒸馏水时不小心超过刻度线,用胶头滴管吸出多余的溶液【参考答案】C【解析】配制的硫酸铜溶液,需选用的容量瓶,则需要硫酸铜的质量为,A. 容量瓶不能溶解固体物质,配制溶液时应将无水硫酸铜固体加入烧杯中溶解,待冷却至室温后再转移到容量瓶中,A项错误；B. 若直接向烧杯中加蒸馏水,搅拌、溶解,则会使溶液体积大于,使所配制的溶液浓度偏低,B项错误；C. 稀释前后溶质的物质的量不变,将的溶液稀释至,则得到的溶液的物质的量浓度为,C项正确；D. 用胶头滴管吸出多余的

18、溶液会损失部分溶质,使溶液的物质的量浓度偏低,D项错误；故选C。16核内中子数为N的R2+,质量数为A,则n g它的氧化物(RO)中所含质子的物质的量是AmolB molC(A-N+2)molDmol【参考答案】A【解析】核内中子数为N的R2离子,质量数为A,则R原子的质子数是A-N；RO的质子数为A-N+8； R氧化物的化学式是RO,ng氧化物的物质的量是mol,则所含质子的物质的量为mol ,故选A。【点睛】本题考查了原子中质子数、中子数、质量数、电子数之间的关系,注意质量数在数值上等于其相对原子质量,质子数+中子数=质量数。17在探究新制氯水成分及性质的实验中,依据下列方法和现象,不能得

19、出相应结论的是( )方法现象结论A观察氯水颜色氯水呈黄绿色氯水中含有Cl2B向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水有无色气体产生氯水中含有HClOC向红色纸条上滴加氯水红色纸条褪色氯水具有漂白性D向FeCl2溶液滴加氯水溶液变成棕黄色氯水具有氧化性【参考答案】B【解析】新制氯水中存在平衡关系：Cl2+H2OHCl+HClO,根据可逆反应的特点,可得出新制氯水中存在的微粒有：H2O、Cl2、HClO、H+、ClO-、Cl-。其中只有Cl2有颜色,为黄绿色,氯水中含有氯气而呈黄绿色；Cl2和HClO均具有氧化性；溶液中存在H+而显酸性；Cl-可与AgNO3溶液产生白色沉淀；HClO还具有漂白性和不稳

20、定性。在不同的化学反应中,氯水中参与反应的微粒不同。据此分析解答。A氯气为黄绿色气体,氯水呈浅黄绿色,是因为氯水中含有氯气,A项正确；B向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水,有气泡产生,是因为碳酸氢根离子与氯水中的H+发生反应生成水和二氧化碳,不能说明氯水中含有HClO,B项错误；C红色纸条褪色,说明氯水具有漂白性,C项正确；D向FeCl2溶液滴加氯水,溶液变成棕黄色,发生了反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-,说明氯水具有氧化性,D项正确；参考答案选B。18下列实验现象的描述正确的是（ ）A氢气在氯气中燃烧,发出苍白色火焰,瓶口上方有白色烟雾B铜在氯气中燃烧,产生棕黄色烟,产物溶于水,

21、溶液呈蓝绿色C铁丝在氯气中燃烧,产生棕红色的浓烟,产物溶于水,溶液呈浅绿色D钠在空气中燃烧,发出黄色的火焰,生成白色固体【参考答案】B【解析】A. 氢气在氯气中燃烧生成氯化氢,可形成白雾,不会出现烟,A项错误；B. 氯气具有强氧化性,红热的铜丝在氯气中燃烧,生成氯化铜,现象为：产生棕黄色的烟,加入少量水形成蓝色溶液,B项正确；C. 铁与氯气反应生成棕褐色的氯化铁,可发出棕褐色的烟,物溶于水,溶液呈黄色,C项错误；D. 钠与空气中燃烧,发出黄色火焰,生成黄色固体,D项错误；参考答案选B。19等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中,各加等质量的铝,生成氢气的体积比为5：6

22、,则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是( )A甲、乙中都是铝过量B甲中铝过量,乙中碱过量C甲中酸过量,乙中铝过量D甲中酸过量,乙中碱过量【参考答案】B【解析】根据铝和硫酸、氢氧化钠反应的化学方程式：2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2,2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2可知：相同物质的量的铝,消耗的氢氧化钠少于消耗的硫酸,所以根据生成的氢气是56可知,铝在与稀硫酸反应时,铝是过量的,硫酸是不足的,而与氢氧化钠反应时,铝是不足的,氢氧化钠是过量的,所以正确的参考答案选B。20铋（Bi）元素价态为+3 时较稳定,铋酸钠（NaBiO3）溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰（M

23、nSO4）溶液,向其中依次滴加下列溶液,对应现象如表所示：加入溶液适量铋酸钠溶液过量的双氧水适量 KI-淀粉溶液实验现象溶液呈紫红色紫红色消失,产生气泡溶液变为蓝色关于 BaBiO3、KMnO4、I2、H2O2 的氧化性由强到弱的顺序为（ ）AI2、H2O2、KMnO4、NaBiO3BH2O2、I2、NaBiO3、KMnO4CNaBiO3、KMnO4、H2O2、I2DKMnO4、NaBiO3、I2、H2O2【参考答案】C【解析】适量铋酸钠溶液,溶液呈紫红色,表明反应生成KMnO4,从而得出氧化性：NaBiO3KMnO4；过量的双氧水,紫红色消失,产生气泡,表明双氧水被氧化为O2,从而得出氧化性

24、：KMnO4H2O2；适量 KI-淀粉溶液,溶液变为蓝色,表明双氧水将I-氧化为I2,从而得出氧化性：H2O2I2；综合以上分析,可得出氧化性由强到弱的顺序为：NaBiO3、KMnO4、H2O2、I2,故选C。【点睛】氧化性具有传递性,当氧化性AB,BC时,则氧化性AC；同样,还原性也有此规律。第II卷（非选择题,共60分）21（每空2分,共12分）浙江大学的科学家们研制出了一种超轻材料“全碳气凝胶”,也被称为“碳海绵”,是迄今为止世界上最轻的材料。“碳海绵”可任意调节形状,弹性也很好,被压80%后仍可恢复原状。它的内部有很多孔隙,充满空气,它对有机溶剂有超快、超高的吸附力,能吸附溶液中的阴离

25、子,是已被报道的吸油力最强的吸油材料。请回答下列问题：下列关于“碳海绵”的说法不正确的是_(填标号)。A“碳海绵”是理想的催化剂载体材料B“碳海绵”放在水中会沉入水底C用激光照射“碳海绵”可看到一条光亮的“通路”D“碳海绵”净水原理与明矾净水原理相似丁达尔现象是区分胶体与溶液的一种最常用的方法。(1)如图所示是在实验室中进行Fe(OH)3胶体丁达尔现象实验的示意图,该图中有一处明显错误是_,原因是_(试从分散系分类的角度进行解释说明)。(2)欲在树林中观察到丁达尔现象,你认为一天中最合适的时间是_,理由是 。(3)去树林观察丁达尔现象有诸多不便,请设计一个你认为简单、环保且在家里能看到丁达尔现

26、象的方法：_ _。由于胶体的分散质微粒带有同种电荷,当加入酸、碱、盐或带相反电荷的胶体分散质微粒时,胶体会发生聚沉；加热胶体,胶体的分散质微粒吸附的离子受到影响,毁坏胶体的稳定因素,胶体就会聚沉。已知豆浆里的蛋白质是带有负电荷的胶体分散质微粒,家庭制作豆腐时,用食盐或用硫酸镁都能使其凝固,请问哪一个效果更好？_(填化学式)。【参考答案】B （1）空气中也出现了光柱 进入烧杯前,光束穿过的空气不是胶体,不会产生丁达尔现象 （2）清晨 清晨树林中存在水雾,雾是胶体,可见光束穿过这些水雾会产生丁达尔现象 （3）打开装有热水的暖瓶,用红色激光笔照射升腾的水汽即可 【解析】选项A,“碳海绵”内部有很多孔

27、隙,具有较大的比表面积,有很强的吸附能力,能吸附催化剂,所以是理想的催化剂载体材料。选项B,“碳海绵”是迄今为止世界上最轻的材料,所以其密度很小,不会沉入水底。选项C,“碳海绵”内部充满空气,属于气溶胶,“碳海绵”的孔隙很多,激光能照射到内部的空气中,从而产生丁达尔现象,即能看到一条光亮的“通路”。选项D,“碳海绵”的净水原理是其具有较大的比表面积,能吸附污水中的悬浮物质,明矾净水的原理是明矾与水反应生成的胶体具有强的吸附能力,故二者净水原理相似。因为豆浆是一种胶体,且胶体的分散质微粒带负电荷,相同数量的和,后者所带的电荷多,故加入的效果更好。22按要求填空（每空1分共10分）（1）物质的量相

28、等的CO和CO2中,同温同压下所占的体积比为_,原子个数之比为_。（2）1.8g水与_mol硫酸所含的分子数相等,它们所含氧原子数之比是_,其中氢原子数之比是_。（3）3.2g某气体中含有的分子数约为3.011022,此气体的摩尔质量为_。（4）可用于分离或提纯物质的方法有：A过滤B萃取C渗析D蒸馏E灼热氧化F分液。如欲分离或提纯下列各组混合物,请选择上述方法中最合适者,并将相应字母填入题后空格内：除去淀粉溶液中的少量碘化钠_；提取溴水中的溴单质_；除去CuO中的Cu_；除去水中的Na+、SO42-、Cl-等杂质_；【参考答案】（1）1：1 2：3 （2） 0.1 1：4 1：1（3）64g/

29、mol （4） C B E D 【解析】（1）根据阿伏加德罗定律,在相同的温度和压强下,相同体积的任何气体含有相同数目的分子,物质的量相等的CO和CO2,分子的数目也相同,故体积也相同,故体积比为1:1。一个CO分子中含有两个原子,CO2分子中含有三个原子,分子的数目相同,故原子数目比为2:3；（2）1.8g水所含分子的数目个,个硫酸分子的物质的量为0.1mol,由于分子数相同,一个水分子含有一个氧原子,一个硫酸分子含有四个氧原子,故氧原子的数目比为1:4,一个水分子有两个氢原子,一个硫酸分子中也有两个氢原子,其中氢原子数之比是1:1；（3）气体物质的量,气体摩尔质量；（4）淀粉不能透过半透膜

30、,除去淀粉溶液中的少量碘化钠可采取渗析方法分离,参考答案选C；提取溴水中的溴单质可利用四氯化碳溶液萃取分液,参考答案选B；除去CuO中的Cu可将固体在空气中灼烧,将铜氧化成氧化铜即可,参考答案选E；除去水中的Na+、SO42-、Cl-等杂质可通过蒸馏方法分离,参考答案选D。23（除标明外每空1分,共8分）用18molL-1的浓硫酸配制100mL3.0molL-1稀硫酸的实验步骤如下：计算所用浓硫酸的体积量取一定体积的浓硫酸溶解检漏、转移、洗涤定容、摇匀回答下列问题：（1）所需浓硫酸的体积是 (保留一位小数)（2分）,量取浓硫酸所用的量筒的规格是 (用下列编号填空)。A10mL B25mL C5

31、0mL D100mL（2）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响？(用“偏大”“偏小”或“无影响”填写)容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水 。转移完溶液的烧杯、玻璃棒未洗涤 。加水超过刻度线后,用胶头滴管吸出多余的液体 。（3）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力,某消毒小组人员用98%(密度为1.84gcm-3)的浓硫酸配制2000mL2.3molL-1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。所配制的稀硫酸中,H+的物质的量浓度为 molL-1。需用浓硫酸的体积为 mL。【参考答案】（1）16.7mL B （3） 无影响 偏小 偏小 （3）4.6 250 【解析】（1）根据溶液稀释前

32、后溶质物质的量不变计算所需浓硫酸的体积,再根据所需浓硫酸体积选择量筒规格。（2）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响,根据公式,分析判断。（3）根据公式,计算浓硫酸的浓度,再根据溶液稀释前后溶质物质的量不变计算所需浓硫酸的体积。（1）配制100mL3.0mol/L的稀H2SO4,根据稀释定律,稀释前后溶质的物质的量不变,则根据公式可计算,所以应量取的浓硫酸体积是16.7mL,量取浓硫酸所用的量筒的规格是25mL,故参考答案为：16.7mL；B。（2）容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水,最后需要定容,容量瓶不干燥,含有少量蒸馏水,对溶液浓度无影响,故参考答案为：无影响；所用过的烧杯、玻璃

33、棒未洗涤,溶液中溶质未全部转移到容量瓶,所配溶液浓度偏小,故参考答案为：偏小；加水超过刻度线后,用胶头滴管吸出多余的液体,溶液被稀释,浓度偏小,故参考答案为：偏小；（3）所配制的稀硫酸为2000mL 2.3mol/L,该溶液中H+的物质的量浓度为：,故参考答案为：4.6。98%,密度为1.84gcm-3的浓硫酸的物质的量浓度为：,根据稀释定律,稀释前后溶质的物质的量不变,则根据公式,解得：,所以所需浓硫酸体积为250mL,故参考答案为：250。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液的步骤：计算；称量或量取；溶解或稀释；冷却、转移；洗涤；摇动；加蒸馏水稀释；定容；摇匀；装瓶、贴标签。三、实验题24（

34、每空2分,共14分）实验室用如下装置制取氯气,并用氯气进行实验。回答下列问题：（1）A中盛有浓盐酸,B中盛有。D中盛放浓的目的是_。（2）E中为红色干布条,F中为红色湿布条,可观察到的现象是_,对比E和F中现象的差异可得出的结论是_。（3）G处的现象是_。（4）用化学方程式表示H处尾气吸收装置中的反应原理：_。（5）家庭中常用消毒液（主要成分为）与洁厕灵（主要成分为盐酸）清洁卫生。某品牌消毒液包装上说明如图。注意事项：1.本品对棉织品有漂白脱色作用,对金属制品有腐蚀作用。2.密封保存,请勿与洁厕灵同时使用。3.保质期为一年。消毒液与洁厕灵不能同时使用,原因是（用离子方程式表示）_。需“密封保存

35、”的原因是_。【参考答案】（1）除去氯气中的水蒸气 （2）E中布条不褪色,F中布条褪色 干燥的氯气没有漂白性,氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性 （3）棉花团变为蓝色 （4）（合理即可） （5） 次氯酸钠会与空气中的二氧化碳和水反应,生成的见光易分解 【解析】实验室中,通过二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应产生氯气,由于盐酸是挥发性酸,故值得的氯气中含有氯化氢气体,通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢,经浓硫酸干燥,依次通过干燥的红布条、湿润的红布条作对比实验,探究次氯酸的漂白性,通过淀粉-KI试纸或棉花团,检验氯气和碘化钾的置换反应,氯气有毒,用氢氧化钠溶液吸收尾气；(1)根据实验装置图知,D中盛放

36、浓的目的是除去氯气中的水蒸气；(2)E中为红色干布条,F中为红色湿布条,氯气和水反应生成次氯酸,而次氯酸有强氧化性,具有漂白作用,所以可观察到的现象是E中布条不褪色,F中布条褪色,对比E和F中现象的差异可得出的结论是干燥的氯气没有漂白性,氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性；(3)如图所示,生成的氯气与碘化钾溶液反应生成单质碘,淀粉遇碘变蓝,所以G处的现象是棉花团变为蓝色；(4)尾气处理时可用氢氧化钠溶液吸收氯气,反应的化学方程式为；(5)消毒液与洁厕灵不能同时使用,原因是发生了化学反应,盐酸和次氯酸钠发生氧化还原反应生成了氯气,故离子方程式为；需“密封保存”的原因是次氯酸钠与空气中的二氧化碳和水

37、反应,生成的见光易分解,导致消毒液失效。25（每空2分,共16分）高铁酸钾(K2FeO4)是一新型高效无毒的多效用水处理剂。资料：K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液,具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。(1)制备K2FeO4写出A中发生反应的化学方程式_ _。除杂装置B中的试剂为_ _。C为制备K2FeO4装置,KOH溶液过量的原因是_ _。D为尾气处理装置,发生反应的化学方程式为 。(2)探究K2FeO4的性质取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2。为证明K2FeO4能否氧化Cl而产生Cl2设计以下方案：方案取少量溶液

38、a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体,再用KOH溶液将K2FeO4溶出,得到紫色溶液b。取少量b,滴加盐酸,有Cl2产生由方案中溶液变红可知a中含有_ _。该离子的产生_ _(填“能”或“不能”)判断一定是由K2FeO4被Cl还原而形成的。方案用KOH溶液洗涤的目的是 ,方案得出氧化性：Cl2 FeO42(填“”或“”)。【参考答案】(1) 2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+5Cl2+2KCl+8H2O 饱和氯化钠溶液 K2FeO4微溶于KOH溶液,在碱性溶液中较稳定(或有利于生成K2FeO4) Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O；

39、 (2)Fe3+ 不能 排除ClO的干扰,防止干扰后续实验,同时减少K2FeO4晶体损失 【解析】(1)制备K2FeO4,由实验装置可知,A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气,B中饱和食盐水可除去挥发的HCl,C中KOH、氢氧化铁、氯气反应生成K2FeO4,D中NaOH吸收尾气；(2)由方案I中溶液变红,可知含铁离子,可能为K2FeO4与酸反应生成；方案用KOH溶液洗涤,可除去干扰离子,且氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。(1)装置A为制取浓盐酸和高锰酸钾反应制取氯气,反应方程式为：2KMnO4 +16 HCl(浓)= 2MnCl2+ 5Cl2+ 2KCl + 8H2O；除杂装置B中的试剂为饱和

40、氯化钠溶液；C为制备K2FeO4装置,KOH溶液过量的原因是K2FeO4微溶于KOH溶液,在碱性溶液中较稳定；D为尾气处理装置,发生反应的化学方程式为Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O；(2)由方案I中溶液变红可知a中含有Fe3+,该离子的产生不能判断一定是由K2FeO4被Cl还原而形成的,可能为K2FeO4与酸反应生成；方案用KOH溶液洗涤的目的是排除ClO的干扰,防止干扰后续实验,同时减少K2FeO4晶体损失；氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,方案中K2FeO4将Cl氧化生成Cl2,则氧化性：Cl2FeO42。【点睛】该题易错点为(2),装置C中含有氢氧化铁,向C中的溶液加入酸也可产生Fe3+,不能确定Fe3+是由K2FeO4发生氧化还原反应产生的。知识改变命运17