【文档说明】内蒙古呼和浩特市第一中学 2022-2023学 年高一上学期阶段性考试化学试题 含解析.docx，共(22)页，2.367 MB，由小赞的店铺上传

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呼和浩特市第一中学2022-2023年第一学期阶段性考试高一化学试题可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16N—14S—32Na—23Cl—35.5Ba—137第Ⅰ卷（选择题）一、选择题（共22题，每小题2分，共44分，每小题只有一个选项符合题意）。1.2021年10

月30日中国农业科学院饲料研究所发布，我国在国际上首次实现从一氧化碳到蛋白质的合成。已经形成万吨级的工业生产能力，获得首个饲料和饲料添加剂新产品证书。蛋白质是高分子有机化合物，其分子直径在2nm-20nm。下列分散质粒子直径在1nm-100nm之间的是A.稀硫酸B

.硫酸铜溶液C.有色玻璃D.酒精溶液【答案】C【解析】【分析】分散质粒子直径在1nm-100nm之间的分散系属于胶体。【详解】稀硫酸、硫酸铜溶液、酒精溶液均属于溶液，分散质粒子直径小于1nm，有色玻璃为胶体，分散质粒子直径在1nm-100nm之

间，故选C项；答案选C。2.下列物质分类正确的组合是选项纯净物混合物电解质非电解质A盐酸空气稀硫酸干冰B蒸馏水蔗糖溶液氧化铝二氧化硫C胆矾氢氧化铁胶体铁碳酸钙D水银澄清石灰水氯化铜碳酸钠A.AB.BC.CD.D【

答案】B【解析】【详解】A．盐酸为HCl的水溶液，属于混合物，稀硫酸是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，A错误；B．蒸馏水属于纯净物，蔗糖溶液属于混合物，氧化铝在熔融状态下能导电，属于电解质，SO2属于非电解质，B正

确；C．铁为单质，既不是电解质，也不是非电解质，碳酸钙属于电解质，C错误；D．Na2CO3属于电解质，D错误；故选B。3.化学在文物的保护和鉴定方面有重要的作用。例如，庙宇里的壁画，因为信教徒长期点燃香烛、木材等会造成壁画被油烟污染，表面常常附着白色沉积物。研究表明，采用氨水能够清洗壁画表面

的沉积物，采用醋酸溶液可以进行固色。某文物保护单位现用500mL容量瓶配制0.1mol/L的氨水，以下操作正确的是A.将标准状况下体积为1.12L的3NH溶于500mL水中B.将标准状况下体积为1.12L的3NH溶于水配成500mL溶液C.需取11m

olL−的3NH水溶液50mL，加入500mL水中D.需取11molL−的3NH水溶液100mL，配成1000mL溶液【答案】B【解析】【详解】A．将标准状况下体积为1.12L的3NH溶于500mL水中，所得溶液体

积不是0.5L，不能计算浓度，A不符合；B．将标准状况下体积为1.12L的3NH（物质的量是0.05mol）溶于水配成500mL溶液，则浓度是0.05mol÷0.5L＝0.1mol/L，B符合；C．取11mol

L−的3NH水溶液50mL，加入500mL水中，所得溶液体积不是0.5L，不能计算浓度，B不符合；D．500mL容量瓶只能用来配制500mL溶液，不能配成1000mL溶液，D不符合；答案选B。4.下列关于Fe(OH)3胶体的

叙述中，不正确的是A.Fe(OH)3胶体是固溶胶，Fe(OH)3胶体呈电中性B.在制备Fe(OH)3胶体实验中，加热煮沸时间不能过长，否则会出现胶体聚沉C.制备Fe(OH)3胶体的化学方程式是FeCl3+3H2OΔFe(OH)3(胶体)+3HClD.Fe(OH)3胶体和Fe(OH)3浊液的

本质区别不是丁达尔效应【答案】A【解析】【详解】A．Fe(OH)3胶体的分散剂为水，属于液溶胶，A错误；B．胶体煮沸时会发生聚沉，故在制备Fe(OH)3胶体的实验中，加热煮沸时间太长，会导致胶体聚沉变为氢氧化铁沉淀，B正确；C．将饱和氯化铁溶液滴

入沸水中可以制得Fe(OH)3胶体，化学方程式是FeCl3+3H2OΔFe(OH)3(胶体)+3HCl，C正确；D．胶体、溶液、浊液的本质区别是分散质粒子直径大小，而不是丁达尔效应，D正确；综上所述，答案为A。5.下列关于钠及其化

合物的叙述中，正确的是A.常温下钠和氧气反应生成淡黄色固体B.23NaCO和3NaHCO溶液都能跟2CaCl溶液反应得到白色沉淀C.22NaO和2NaO中阳离子和阴离子的个数比均为2：1D.将4.6g金属钠投入95.4g水中，所得溶液中溶质的质量分

数等于8%【答案】C【解析】【详解】A．钠和氧气常温下反应生成白色的氧化钠，故A错误；B．碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，但是碳酸氢钠和氯化钙不能反应，故B错误；C．Na2O是由Na+与O2-构成，阳离子和阴离子个数比均为2:1；Na2O2是Na+与022−构成，

阳离子和阴离子个数比也为2:1，故C正确；D．4.6g金属钠与水反应生成8g氢氧化钠，但是反应中有气体生成，故溶液的质量少于4.6g+95.4g=100g，故质量分数大于8%，故D错误；故选C。6.在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象与结论不正确的是的A.氯水的颜色呈浅黄绿色

，说明氯水中含有Cl2B.向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl-C.向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D.向紫色石蕊试液中滴加氯水，溶液最终变成白

色，说明氯水中含有HClO【答案】D【解析】【分析】氯气溶于水，部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，溶液中含有氯气、次氯酸、水三种分子，H+、ClO﹣、Cl﹣、OH﹣四种离子。【详解】A

．氯水成分中，只有氯气为黄绿色，氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2，故A正确；B．氯水中含有氯离子，能够与硝酸银反应生成氯化银沉淀，故B正确；C．溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C正确；D．溶液含有次氯酸具有漂白性，所以最终溶液为无色，故D错误；故选D。7.用固体样

品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过溶解、转移、定容、摇匀等操作。下列图示对应的操作不规范的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．固体的溶解在烧杯中进行、用玻璃棒搅拌可加速溶解，A正确；B．向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，玻璃棒末端在

刻度线以下，B正确；C．定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，C错误；D．定容后盖好瓶塞用食指顶住瓶塞，用另一只手手指托住瓶底，把容量瓶颠倒摇匀多次，摇匀操作正确，D正确；答案选C。8.海水晒盐可以得到粗盐。粗盐中含有泥沙等不溶性杂质，可能含MgCl2、CaCl2和Na2SO4

等可溶性杂质，某同学设计如图实验方案提纯粗盐，同时验证可溶性杂质是否存在。对该过程的认识中，不正确的是A.操作Ⅰ中需要进行搅拌，目的是提高氯化钠的溶解度B.操作Ⅱ和操作Ⅲ顺序不可以互换C.沉淀b中一定有BaCO3，可能有CaCO3D.操作Ⅳ

中加入盐酸的目的是除去过量的OH-和CO23−【答案】A【解析】【分析】粗盐加水，搅拌溶解，过滤出泥沙后，滤液中加入过量NaOH溶液沉淀镁离子，再次过滤后先加入过量氯化钡溶液以沉淀硫酸根，但实际无现象，说明粗盐中不含硫酸钠，然后再加入过量的碳酸钠以沉淀钡离子和钙离子，过滤

后，滤液中加入适量稀盐酸除去NaOH和碳酸钠，蒸发结晶得到食盐晶体。【详解】A．搅拌可以加速溶解，但不能提高溶解度，溶解度的大小受温度影响，A错误；B．由于加入的碳酸钠还需要除去引入的钡离子，所以碳酸钠一定要加在氯化钡之

后，则操作Ⅱ和操作Ⅲ顺序不可以互换，B正确；C．由于无法确定粗盐中是否含有氯化钙，但前序步骤加入了氯化钡，所以沉淀b中一定有BaCO3，可能有CaCO3，C正确；D．前序步骤中加入的NaOH、Na2CO3均过量，NaOH可以和盐酸反应生成NaCl和水，碳

酸钠与盐酸反应生成NaCl、水和二氧化碳，所以需要加入盐酸将其除去，D正确；综上所述答案为A。9.臭氧，化学分子式为3O，又称三原子氧、超氧，因其类似鱼腥味的臭味而得名，在常温下可以自行生成氧气。密度比2O大，易溶于水，易分解。臭氧

作为氧化剂时，产物没有污染。关于2O与3O气体，下列比值一定为2：3的是A.若两种气体所占体积相同，两种气体的质量之比B.若温度及压强相同，两种气体的密度之比C.若两种气体原子数相同，两种气体的质子数之比D.若两种气体的质量相同，两种气体的分子数之比【答案】B【解析】【详

解】A．如不在相同条件下，相同体积的两种气体的物质的量不一定相同，则两种气体的质量之比不一定等于2：3，故A错误；B．温度和压强相同，Vm相同，由ρ=m÷V=M÷Vm可知，两种气体的密度之比等于摩尔质量之比等于2：3，故B正确；C．两种气体都由O原子组成，则两种气体原子数相同，两种气体的质子数相同

，故C错误；D．两种气体的质量相同，m=nM=ANMN可知，两种气体的分子数之比为3：2，故D错误；故选B。10.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温常压下22.4L2CO的质量小于44gB.含有NA个氮原子的氮气的体积约为11.2L

C.10.1molL−的NaOH溶液中，含有0.1NA个OH−D.含HCl的物质的量为0.4mol的浓盐酸与足量的2MnO反应，产生的2Cl在标准状况下的体积为2.24L【答案】A【解析】【详解】A．标准状况下22.4L2CO的物质的量小于

1mol，其质量小于44g，A正确；B．含有AN个氮原子的氮气是0.5mol，但不知道是否在标准状况下，无法计算体积，B错误；C．未给出NaOH溶液的体积，无法计算氢氧根的个数，C错误；D．随着反应的进行，浓盐酸变成稀盐酸

，稀盐酸不与2MnO反应，故生成的2Cl在标准状况下的体积小于2.24L，D错误。答案选A。11.某溶液中含有下列5种离子：①Cl−②HCO3−③Na+④CO23−⑤Fe2+，向其中加入Na2O2后，溶液中离子数目不会变化的是A.①②④⑤B.①③⑤C.①D.①⑤【答案】C【解析】【详

解】向溶液中加入22NaO后，22NaO与水反应生成NaOH和O2，NaOH与HCO3−反应生成CO23−，同时Na2O2会氧化Fe2+，故只有Cl−数目不变；故答案为C。12.在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲、乙两种气体，它们的温度和密度均相同。根

据甲、乙的摩尔质量(M)的关系判断，下列说法中正确的是()A.若M(甲)＜M(乙)，则分子数：甲＜乙B若M(甲)>M(乙)，则气体摩尔体积：甲＜乙C.若M(甲)＜M(乙)，则气体的压强：甲>乙D.若M(甲)>M(乙)，则气体的体积：甲＜

乙【答案】C【解析】【分析】等质量的气体，其摩尔质量与物质的量(或分子数)成反比，据此回答问题。【详解】A.若M(甲)＜M(乙)，则分子数甲>乙，A错误；B.若M(甲)>M(乙)，则物质的量甲＜乙，又因为气体

体积相等，故气体摩尔体积甲>乙，B错误；C.根据理想气体状态方程，同温同体积时，同质量的气体或混合气体，压强与摩尔质量成反比，C正确；D.由质量和密度相等可知，气体体积相等，D错误。答案为C。13.高铁酸钠（24NaFeO）是一种集氧化、絮凝、杀菌、吸附、助凝、除臭为一体的新型高效多功能水处理

剂工业上可以用下列四种方法制备高铁酸钠（方程式未配平）：①2322242FeO+NaONaFeO+NaO⎯⎯→.②422242242FeSO+NaONaFeO+NaO+NaSO+O⎯⎯→③()3224323FeNO+NaOH+Cl

NaFeO+NaNO+NaCl+HO⎯⎯→④()2423FeOH+NaClO+NaOHNaFeO+NaCl+HO⎯⎯→下列说法正确的是A.反应①和②中22NaO均只作氧化剂B.24NaFeO的氧化性强于NaClO、22NaO、2ClC

.反应③中氧化产物和还原产物的个数比为3：1D.反应④离子方程式为：()--22-34-=2FeOH+3ClO+4OH+2F3Cl+O5HeO【答案】D【解析】【详解】反应②中部分22NaO中的O元素化合价升高生成氧气，所以既是氧化剂又是还原剂，A错误；反应①、③、④中

24NaFeO均为氧化产物，所以24NaFeO的氧化性弱于NaClO、22NaO、2Cl，B错误；反应③中()33FeNO被氧化得到氧化产物24NaFeO，氯气被还原得到还原产物NaCl，根据电子守恒可知氧化产物和还原产物的个数比为1∶3，C错误；根据电子守恒可知反应过程中()3

FeOH和ClO−的系数比为2∶3，再结合元素守恒可得离子方程式为()24232FeOH3ClO4OH2FeO3Cl5HO−−−−++=++，D正确。故答案为：D。14.下列氧化还原反应所标出的电子转移情况中没有错误的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．Mn得2个电子，由+4价降

低为+2价，Cl失2个电子，由-1价升高到0价，A正确；B．铵根中N失5×3e-，由-3价升高到0价，硝酸铵中硝酸根中的N得3×5e-，由+5降低到0价，得失电子数错误，B错误；C．氧元素的化合价没有发生改变，而是硫元素失去2e-，C错误；D．HCl

中Cl失电子，由-1价升高到0价，KClO3中Cl得电子，由+5价降到0价，得失电子标错，D错误。答案选A。15.用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是A.鉴别纯碱与小苏打B.证明Na2O2与水反应放热C.证明Cl2能与烧碱溶液反应D.探究钠与Cl2反应【答案】A【解析】【详解

】A．加热固体，为了防止生成的水倒流，试管应该倾斜向下，装置设置不合理，选项A错误；B．过氧化钠与水反应生成氧气，棉花着火，说明温度升高达到了棉花的着火点，所以证明放出大量的热，选项B正确；C．将NaOH溶液滴入瓶中，Cl2和NaOH溶液反应，导致瓶内压强减小，气球的体积会变大，

装置设置合理，选项C正确；D．加热装置并通入Cl2可以观察到Na剧烈燃烧，产生大量白烟和光亮的黄色火焰，装置可用于探究Na和Cl2的反应，选项D正确；答案选A。16.在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度均为0.lmol∙L−1的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电

能力随滴入溶液的体积变化曲线如图所示。下列说法不正确的是A.②代表滴加NaHSO4溶液的变化曲线B.若b点时生成沉淀2.33g，则加入的溶液体积为100mLC.a、b两点溶液均呈中性D.②中c点发生的反应是H++OH－=H2O【答案】C【解析】【

分析】导电能力随滴入溶液的体积变化曲线如图所示，根据图中信息曲线①导电能力减小至几乎为0，说明是氢氧化钡和硫酸反应的图象。【详解】A．根据前面分析曲线①是氢氧化钡和硫酸反应的图象，则曲线②代表滴加NaHSO4溶液的变化曲线，故A正确；B．b

点出现拐点，与a点消耗体积相同，说明硫酸氢钠刚好将氢氧化钡中钡离子沉淀完全，若b点时生成沉淀2.33g，物质的量为0.01mol，则消耗硫酸氢钠物质的量为0.01mol，因此加入的溶液体积为100mL，故B正确；C．a点刚好

完全中和，溶液呈中性，b点硫酸氢钠恰好将氢氧化钡中钡离子沉淀完，而氢氧根未反应完，则溶液呈碱性，故C错误；D．根据C选项分析b点还有氢氧根，因此②中c点发生的反应是H++OH－=H2O，故D正确。综上所述，答案为C。17.如图是某溶液在稀释过程中，溶质的物质的量浓度随溶液体积的变化曲线图，根据

图中的数据分析得出V值等于（）A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【详解】根据稀释定律，稀释前后溶液中溶质物质的量不变，则：1L×2mol/L=VL×0.5mol/L，解得：V=4，故答案为C。18.今有一混合物水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K

+、Ca2+、24SO−、3NO−、23CO−，现取200mL溶液加BaCl2溶液后，得干燥沉淀8.6g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，以下推断不正确的是A.溶液中c(23CO−)=0.1mo

l∙L−1B.溶液中c(K+)≥0.4mol∙L−1C.溶液中一定没有Ca2+，可能存在3NO−D.溶液中一定存在23CO−、24SO−，K+是否存在，要进行焰色试验【答案】D【解析】【分析】今有一混合物水溶液，只

可能含有以下离子中的若干种：K+、Ca2+、24SO−、3NO−、23CO−，现取200mL溶液加BaCl2溶液后，得干燥沉淀8.6g，沉淀可能为硫酸钡或碳酸钡、或两者都有，排除钙离子存在，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，说

明生成硫酸钡沉淀为4.66g，硫酸钡物质的量为0.02mol，另外还有碳酸钡沉淀质量为8.6g-4.66g=3.94g，碳酸钡物质的量为0.02mol。【详解】A．根据前面分析含有碳酸根物质的量为0.02mol

，溶液体积为200mL，则溶液中c(23CO−)=0.1mol∙L−1，故A正确；B．根据溶液中含有硫酸根和碳酸根，排除钙离子存在，根据溶液呈电中性，因此溶液中一定含有钾离子，可能存在3NO−，根据电荷守恒，钾离子物质的量大于等

于0.08mol，则溶液中c(K+)≥0.4mol∙L−1，故B正确；的C．根据分析溶液中一定没有Ca2+，可能存在3NO−，故C正确；D．溶液中一定存在K+，故D错误；综上所述，答案为D。19.将Cl2通入烧碱溶液制备NaCl

O溶液时，若温度为41℃，测得产物中除NaClO外还含有NaClO3，且两者物质的量之比为5：1。据此，下列说法正确的是A.该反应的氧化剂是氯气、还原剂是烧碱B.该反应生成的盐有两种C.该反应中Cl2与NaOH物质的量之比为1：2D.

该反应每生成1molNaClO3转移了5mol电子【答案】C【解析】【分析】氯气与NaOH反应生成物质的量之比为5：1的NaClO、NaClO3，氯元素化合价升高，失电子为(5×1+1×5)=10mol故还有10mol

NaCl生成，故反应为：8Cl2+16NaOH=5NaClO+NaClO3+10NaCl+8H2O；【详解】A．Cl2和NaOH反应中只有Cl元素化合价有变化，氧化剂和还原剂都是氯气，故A错误；B．由反应生成NaC

lO、NaCl、NaClO3，则生成的盐有三种，故B错误；C．由反应方程式为：8Cl2+16NaOH=5NaClO+NaClO3+10NaCl+8H2O，反应中Cl2与NaOH物质的量之比为8:16=1：2，故C正确；D．对于

反应8Cl2+16NaOH=5NaClO+NaClO3+10NaCl+8H2O，Cl2→NaCl中Cl元素降为-1价，每生成1molNaClO3转移了10mol电子，故D错误；故选：C。20.在80g密度为3gcmd−的硫酸铁溶液中，含有2.8g3Fe+，则此溶液中24SO−的

物质的量浓度数值为A.1516dB.516dC.38dD.58d【答案】A【解析】【详解】()312.8gFe0.05mol56gmoln+−==，溶液中()()23433SOFe0.05mol22nn+−==0.075mol=，溶液体积180g0.08

L1000gLdd−==，则24SO−的物质的量浓度为0.075mol0.08Ld115molL16d−=。答案选A。21.下列离子方程式正确的是A.亚硫酸氢钠溶液加入硫酸氢钠溶液中：-+322HSO+H=HO+SOB.澄清石灰水与过

量2CO反应：2+-232CO+Ca+2OH=CaCO+HOC.2Fe+与22HO在酸性溶液中的反应：2+3++2222Fe+HO2Fe+2HO+2H=D.向氢氧化钡溶液中滴加硫酸镁溶液：2-2+44SO+Ba=BaSO【答案】A【解析】【详解】A．亚硫酸氢钠溶液加入硫

酸氢钠溶液中生成硫酸钠、二氧化硫和水：-+322HSO+H=HO+SO，A选项正确；B．澄清石灰水与过量2CO反应生成()32CaHCO，而非3CaCO，正确的离子方程式应为23OHCO=HCO−−+，故B错误；C．方程式电荷不守恒，正确的方程式应为232222FeHO2

H2Fe2HO+++++=+，故C错误；D．漏写了氢氧根和镁离子的反应，正确的离子方程式应为()222442Ba2OHMgSO=BaSOMgOH+−+−++++，故D错误。答案选A。22.联氨（24NH）可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉

被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述不正确的是（）A.①转化中24NH是还原剂B.③转化中()234CuNH+是氧化产物C.1mol24NH可处理1mol2OD.上述三个转化过程①②③均为氧化还原

反应【答案】D【解析】【详解】A．反应①转化中24NH与CuO反应生成2N，氮元素化合价升高，则①转化中24NH是还原剂，A正确；B．反应③转化中()32CuNH+转变为()234CuNH+，铜元素化合价升高，被氧化，()234CuNH+是氧

化产物，B正确；C．1mol24NH失去电子生成氮气，转移4mol电子，而1mol2O得到4mol电子，根据得失电子守恒，1mol24NH可处理1mol2O，C正确；D．反应①③有元素化合价变化，反应②中没有，所以反应②不是氧化还原反应，D错误。答案选D

。第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题（本题包括5小题）23.有以下物质：①空气、②Cu、③BaCO3、④Ba(OH)2、⑤硝酸、⑥CO2、⑦KHSO4溶液、⑧医用酒精、⑨熔融NaCl（1）以上物质中能导电的有_______，属于电解

质的有_______，属于酸的有_______，属于碱的是_______；(填序号)（2）写出KHSO4在水溶液中的电离方程式_______。（3）向④中加入少量⑦，可观察到的现象是_______；用离子方程式表示_______。【答案】（1）①.②⑦⑨②.③④⑤⑨③.⑤④.④（2）KH

SO4=K++H++SO2-4（3）①.产生白色沉淀②.H++OH-+Ba2++SO2-4=BaSO4↓+H2O【解析】【小问1详解】含有自由移动的离子或电子的物质可以导电，能导电的有Cu、KHSO4溶液、熔融NaCl，选②⑦⑨；水溶液中或熔融状态下可以导电的化合物为电解质，有BaCO3、Ba

(OH)2、硝酸、熔融NaCl，故选③④⑤⑨；在水溶液中电离出的阳离子全部为氢离子的化合物为酸，有硝酸，故选⑤；在水溶液中电离出的阴离子全部为氢氧根的化合物为碱，有Ba(OH)2，故选④；【小问2详解】KHSO4在水溶液中完

全电离，电离方程式为KHSO4=K++H++SO2-4；【小问3详解】Ba(OH)2溶液加入少量KHSO4溶液，会生成硫酸钡沉淀，现象为：产生白色沉淀，发生的反应为H++OH-+Ba2++SO2-4=BaSO4↓+H2O。2

4.过氧化氢俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒的作用来清洗伤口。有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称。（1）配平下列化学反应，并用单线桥表示电子转移的方向和数目：H2O2+Cr2(SO4)3+KOH→K2CrO4+K2SO4+H2O____________。（2）如消除采矿业胶液中

的氰化物（如KCN，C为+2价），经以下反应实现：2223KCN+HO+HO=A+NH（已配平）试指出A的化学式______，如此反应中有6.72L（标准状况）气体生成，转移电子数目为______（用AN表示）。（3）高锰酸钾也可用于医学杀菌消毒。根据反应条件可判

断氧化剂的氧化能力的强弱：例如：2222ΔMnO+4HClMnCl+Cl+2HO；()42222KMnO+16HCl2M=nCl+5Cl+8HO浓。则氧化性2MnO______4KMnO（填“强于”或“弱于”或“等于”。）【答案】（1）+1

0KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O（2）①.KHCO3②.0.6NA（3）弱于【解析】【小问1详解】过氧化氢中氧元素化合价由-1价降低到-2价，Cr元素化合价由+3价升高到+6价，依据得失电子守恒可知，配平后的化

学方程式为：()22242433HOCrSO10KOH=2KCrO+++2423KSO8HO+，用单线桥法表示转移电子数目和方向为：2424210KOH=2KCrO3KSO8HO+++；【小问2详解】依据反应前后原子种类和个

数不变可知，A化学式为3KHCO；标准状况下，6.72L氨气的物质的量为16.72L0.3mol22.4Lmol−=，依据方程式22233KCNHOHO=KHCONH+++可知，生成1mol氨气转移2mol电子，因此生成0.3mol氨气，转移0.6mol电子，转移

电子数为A0.6N；【小问3详解】根据反应条件可判断氧化剂的氧化能力的强弱，反应条件越简单说明物质的氧化性越强，二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，而高锰酸钾和浓盐酸反应不需要加热，所以二氧化锰的氧化性弱于高锰酸钾。的25.化学是一门以实验为基础的学科

，研究小组需要经常做实验。（1）某研究小组甲模仿侯德榜制备纯碱，反应原理如下：2324NaCl+CO+NH+HO=NHCl3+NaHCO即向饱和食盐水中通入足量氨气至饱和，然后通入过量二氧化碳，析出溶解度______（填“较小”或“较大”）的碳

酸氢钠。欲得到纯碱，该研究小组将固体过滤、洗涤后，还需进行的操作是______（选装置），反应的化学方程式______。AB.C.D.（2）某研究小组乙在探究22NaO的性质实验时，发现22NaO样品与过量水反应，待完全反应不再产生氧气后，得溶液M。溶液M可使酸性4KMnO溶液褪色，同时放出氧

气。小组成员查阅资料表明，22NaO与水反应还可生成22HO。①22NaO与水反应生成22HO的反应是否属于氧化还原反应______（填“是”或“否”）。②写出22NaO与水反应的离子反应方程式______。【答案】（1）①

.较小②.B③.323222NaHCONaCO+CO+HOΔ（2）①.否②.+-22222NaO+2HO=4Na+4OH+O【解析】【小问1详解】侯德榜制备纯碱，反应原理如下：23243NaCl+CO+NH+HO=NHCl+NaH

CO，即向饱和食盐水中通入足量氨气至饱和，然后通入过量二氧化碳，析出溶解度较小的碳酸氢钠；欲得到纯碱，该研究小组将固体过滤、洗涤后，还需进行加热灼烧分解，还需进行的操作是B，反应的化学方程式是323222NaHCONaCOCOHO++△；

答案为：较小；B；323222NaHCONaCO+CO+HOΔ；【小问2详解】.22NaO与水反应生成22HO和NaOH，反应中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应；22NaO与水反应生成氢氧化钠和

氧气，离子反应方程式：22222NaO2HO4Na4OHO+−+++。答案为：否；+-22222NaO+2HO=4Na+4OH+O。26.某化学兴趣小组设计了如图装置制取2Cl进行相关性质实验，并模拟工业生产无水氯化铁的过程。资料：①工业上向500~600℃的铁屑中通入氯气生产无水氯

化铁。②无水氯化铁有强烈的吸水性，能吸收空气中的水分而潮解变质。根据各小题的要求，填写下列空白：（1）装置A中装浓盐酸的玻璃仪器名称为______。（2）实验开始时，先打开分液漏斗旋塞和活塞K，点燃A处酒精灯，让氯气充满整个装置，再点燃E处酒精灯。回

答下列问题：①在装置C中能看到的实验现象是______。②装置E中发生反应的化学方程式为______。③装置F中发生反应的离子方程式为______。（3）利用装置G可储存多余的氯气，储气瓶b内盛放的试剂是______，用0.5mol2MnO与足量的浓

盐酸反应，标准状况下所得氯气的体积为______。（4）若要得到较纯净的无水氯化铁，上述装置的改进措施是：______。【答案】（1）分液漏斗（2）①.溶液变成蓝色②.23Δ2Fe+3Cl2FeCl③.---22Cl+2OH=Cl+ClO+HO（3）①.饱和食盐水②.11.2

L（4）在D和E之间(E和F之间)加一盛浓硫酸的洗气瓶【解析】【分析】依据题意可知实验目的：制取氯气并进行氯气性质实验，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，氯气具有强的氧化性能够氧化氯化亚铁生成氯化铁，能够氧

化碘化钾溶液生成单质碘，碘单质遇到淀粉变蓝，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，所以遇到紫色石蕊试液先变红后褪色，E中铁与氯气反应生成氯化铁，氯气有毒，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，通常用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，据此解

答。【小问1详解】装置A中装浓盐酸的玻璃仪器名称为分液漏斗。【小问2详解】①氯气能够氧化碘化钾溶液生成单质碘，碘单质遇到淀粉变蓝，在装置C中能看到的实验现象是溶液变成蓝色。②E中铁与氯气反应生成氯化铁，装置E中发生反应的化学方程式为232Fe3

Cl2FeCl+△。③氯气有毒，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，通常用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，装置F中发生反应的化学方程式为---22Cl+2OH=Cl+ClO+HO。【小问3详解】利用装置G可储存多余的氯气，G是储气瓶，对装置的基本要求是气密性良

好、氯气难溶于液体b，所以b内盛放的试剂是饱和食盐水，由方程式()2MnO4HCl+浓222MnClCl2HO++△，生成的氯气与二氧化锰的物质的量相同，用0.5mol2MnO与足量的浓盐酸反应，标准状况下所得氯气的体积为10.5mol22.4Lmol11.

2L−=。【小问4详解】若要得到较纯净的无水氯化铁，上述装置的改进措施是在D和E之间、E和F之间加一盛浓硫酸的洗气瓶。27.Ⅰ．某同学欲用密度为11.18gmL−、质量分数为36.5%的浓盐酸配制220mL10.1molL−稀盐酸，请你帮助他完成这一任务。（

1）应量取的浓盐酸体积______mL，应选用的容量瓶的规格______mL。（2）在配制溶液的过程中，如图所示仪器还需增加的玻璃仪器除了烧杯还有______（填仪器名称）。（3）在配制稀盐酸溶液时：①其正确的操作顺序是______（用字母符号表示，每个符号只能用一次）。A

．用30mL蒸馏水洗涤玻璃仪器各2~3次，洗涤液全部注入容量瓶并轻摇容量瓶B．用量筒准确量取所需体积的浓盐酸注入烧杯中，再向烧杯中加入少量蒸馏水，慢慢搅动，使其混合均匀C．将已恢复至室温的盐酸移液操作注入所选用的

容量瓶中D．盖好瓶塞，反复上下颠倒摇匀E．改用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面恰好与容量瓶瓶颈上的刻度线相切F．继续往容量瓶中加蒸馏水，直到液面接近瓶颈上的刻度线1~2cm处②下列操作可能使所配溶液浓度偏高的是______（填字母）。A．没有进行操作AB．没有进行操作CC．定

容俯视容量瓶瓶颈上的刻度线D．加蒸馏水不慎超过容量瓶瓶颈上的刻度线E．容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干直接使用③若实验中出现以下情况，应该怎么处理：向容量瓶中转移溶液时（操作C）不慎将少量溶液洒到容量瓶外面：______。【答案】（1）①.2.

1②.250（2）玻璃棒（3）①.BCAFED②.BC③.重新配制【解析】【分析】根据配制一定物质的量浓度的溶液的实验步骤、实验仪器及实验中注意事项分析解答；根据ncV=进行误差分析。【小问1详解】配制25

0mL10.1molL−稀盐酸，则选250mL容量瓶，按稀释规律，得13111.18gmL36.5%250mL10LmL0.1molLV−−−−=136.5gmol−，则应量取的浓盐

酸体积2.1mLV=。【小问2详解】配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算、量取、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，使用的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶，不需要的是圆底烧瓶和分液漏斗；还需增加的玻璃仪器除了烧杯还有玻璃棒

。【小问3详解】①在配制稀盐酸溶液时步骤为：B用量筒准确量取所需体积的浓盐酸注入烧杯中，再向烧杯中加入少量蒸馏水，慢慢搅动，使其混合均匀；C．将已恢复至室温的盐酸移液操作注入所选用的容量瓶中；A．用30mL蒸馏水洗涤玻璃仪器各

2~3次，将洗涤液全部注入容量瓶中，轻轻摇动容量瓶；F．继续往容量瓶中加蒸馏水，直到液面接近瓶颈上的刻度线1~2cm处；E．改用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面恰好与容量瓶瓶颈上的刻度线相切；D．盖好瓶塞，反复

上下颠倒摇匀；则其正确的操作顺序是BCAFED。②A．没有进行操作A，即没有洗涤，会导致配制溶液的溶质物质的量偏小、浓度偏低，A不符合；B．没有进行操作C，即未冷却至室温即转入容量瓶进行定容，会导致溶液体积偏小，配制溶液浓度偏高，B符合；C．定

容时俯视容量瓶瓶颈上的刻度线，会导致溶液体积偏小，配制溶液浓度偏高，C符合；D．加蒸馏水时不慎超过容量瓶瓶颈上的刻度线，会导致溶液体积偏大，配制溶液浓度偏低，D不符合；E．容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干直接使用，由于后面还需要定容，所以容量瓶中有蒸馏

水不影响配制结果，E不符合；能使所配溶液浓度偏高的是BC。③若向容量瓶中转移溶液时不慎将少量溶液洒到容量瓶外面，会导致配制溶液的溶质物质的量偏小、浓度偏低，故需重新配制。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiang

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