【文档说明】福建师范大学附属中学2023-2024学年高一上学期期中考试化学试题（解析版）.docx，共(20)页，1.048 MB，由envi的店铺上传

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福建师大附中2023-2024学年上学期期中考试高一化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Cu-64第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题：每小题2分，共40分。每小题的四个选项中只有一个选项符合题目要求。1.化学与生活、社会发

展息息相关，下列有关说法正确的是A.屠呦呦采用乙醚提取青蒿素过程中发生的是化学变化B.烟囱加高能减少化工生产中污染性气体的排放C.防雾霾口罩的原理与过滤类似，防雾霾效果好的口罩往往呼吸阻力较大D.植物油与水混合，充分振荡后形成的分散系是溶液【答案

】C【解析】【详解】A．屠呦呦采用乙醚提取青蒿素过程中无新物质生成，属于物理变化，A错误；B．烟窗加高不影响反应中污染性气体的产生，烟囱加高不能减少化工生产中污染性气体的排放，B错误；C．防雾霾效果好的口罩

间隙更小，透气性相对较差，往往呼吸阻力较大，C正确；D．植物油与水互不相溶的液体，植物油与水混合，充分振荡后形成的分散系是乳浊液，D错误；故答案选C。2.生活中以下物质属于纯净物的是A.纯碱B.“84消毒液”C.75%酒精D.漂白粉【答案】A【解析】【详解】A

．纯碱是碳酸钠，是纯净物，故A正确；B．84消毒液是NaClO的水溶液，是混合物，故B错误；C．75%酒精是乙醇的水溶液，是混合物，故C错误；D．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故D错误；故答案为A。3.下列各组微粒中属于同位素的是A.D2O

和H2OB.O2和O3C.40Ar和40CaD.35Cl和37Cl【答案】D【解析】【详解】A．同位素是质子数相同、中子数不同的原子，D2O和H2O是分子，D2O和H2O不属于同位素，故不选A；B．O2和O3是氧元素组成的不同单质

，属于同素异形体，故不选B；C．同位素是质子数相同、中子数不同的原子，40Ar和40Ca质子数不同，40Ar和40Ca不是同位素，故不选C；D．35Cl和37Cl是质子数相同、中子数不同的原子，属于同位

素，故选D；选D。4.氧化还原反应与四种基本反应类型关系如图所示，则下列化学反应属于3区域的A.44FeCuSOFeSOCu+=+B.323222NaHCONaCOCOHO++C.222NOO2NO+=D.22222NaO2HO4NaOHO+=+【答案】D

【解析】【分析】属于3区域的反应，既不是分解反应又不是化合反应，也不是置换反应和复分解反应，但又属于氧化还原反应。【详解】A．该反应属于置换反应和氧化还原反应，故A不选；B．该反应属于分解反应，且元素的化合价不变，不属于氧化还原反应，故

B不选；C．该反应属于化合反应，且元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；D．在该反应中，O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，但不属于四种基本反应类型，故D选；答案选D。5.下列说法中正确的是A.丁达尔现象是胶体和溶液的本质区别B.37Cl原子结构示意图：C.到目前

为止人们发现了118种元素，则核素种类也是118种D.原子结构模型演变历史可以表示为：【答案】B【解析】【详解】A．胶体与溶液的本质区别︰胶体分散质粒度介于1-100nm，溶液分散质粒度小于1nm，丁达尔

效应是胶体特有的性质，不是本质特征，选项A错误；B．37Cl原子质子数为17，核外有三个电子层，各层电子分别为2、8、7，原子结构示意图为：，选项B正确；C．人们发现了118种元素，绝大多数元素存在多种核素，核素种类远大于118种

，选项C错误；D．原子结构模型演变历史应为：道尔顿实心球模型→汤姆生“葡萄干面包式”模型→卢瑟福带核模型→玻尔轨道模型，选项D错误；答案选B。6.同温同压下，在两个容积相同的容器中，一个盛有C2H4气体，另一个盛有N2和CO的混合气体。两容器内的气体一定具有相同的（）①分子数②密度③质量④质子

数⑤原子数⑥电子数A.①④⑥B.①②⑤C.③④⑥D.①②③【答案】D【解析】【详解】①在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，C2H4与N2和CO的总分子数目相同，故①正确；②N2和CO的相对分子质量都是28，故混合气体平均相对分子质量为28，C2H4的

相对分子质量为28，同温同压下，气体密度之比等于相对分子质量之比，故两容器内气体的密度相等，故②正确；③CO、N2和C2H4的摩尔质量都是28g/mol，C2H4物质的量与N2和CO的总物质的量相等时，质量一定相等，故③正确；④CO分子中质子数为14，N2分子中质子数为14，C2H

4分子中质子数为16，故C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时，质子数一定不相等，故④错误；⑤CO、N2是双原子分子、C2H4是6原子分子，C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时，原子数一定不相等，故

⑤错误；⑥CO分子中电子数为14，N2分子中电子数为14，C2H4分子中电子数为16，故C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时，电子数一定不相等，故⑥错误；故答案选D。7.下列除杂所选用的试剂及

操作方法均正确的一组是(括号内为杂质)选项待提纯的物质选用的试剂操作方法AH2O(Br2)酒精萃取BCO2(CO)O2加热C乙醇(H2O)生石灰蒸馏DFe(Al)盐酸溶液过滤A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．酒精与水互溶，不能用酒精萃取H2O中的Br2，故A错误；B．一氧化碳和

二氧化碳是均匀的混合在一起的，一氧化碳少量，不能被点燃，故B错误；C．加CaO与水反应且增大与乙醇的沸点差异，则加CaO后蒸馏可得到乙醇，实现除杂，故C正确；D．Fe和Al都能和盐酸溶液反应，不能用盐酸溶液除去Fe中

的Al，故D错误；故选C。8.下列有关阿伏加德罗常数AN的说法正确的是①标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的分子数为A0.5N②标准状况下，AN个2HO分子的质量为18g③12molL−的氯化镁溶液中含氯

离子数目为A4N④100mL0.1mol/L的NaOH溶液中含有氧原子数为A0.01N⑤常温常压下，248gO和3O混合气体中含有原子数为A3NA.①②⑤B.①②④C.①③D.③④【答案】A【解析】【详解】①标准状况下，11.2L

以任意比例混合的氮气和氧气的物质的量为0.5mol，则所含的分子总数为A0.5N，正确；②AN个2HO分子的物质的量为1mol，则其质量为18g，正确；③12molL−的氯化镁溶液的体积未知，不能计算含氯离子数目，错误；④100mL0

.1mol/L的NaOH溶液中，溶质的物质的量为0.01mol，溶质和溶剂均含氧原子，则含有氧原子数远大于A0.01N，错误；⑤248gO和3O混合气体中含48gO，其物质的量为3mol，248gO和3O混合气体中含有原子数为A3N，正确；综上，答案选A。9

.下列物质在给定条件下能一步实现的是A.Cl343COHFeOFeFeCl⎯⎯→⎯⎯→△B.3HNOHCl3NaOHNaNONaCl⎯⎯→⎯⎯→⎯C.()32CHCOOHCO322CaOHCaCOCO⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→D.()22OHO2CuCuOCuOH⎯⎯→

⎯⎯⎯→△【答案】C【解析】【详解】A．Fe与HCl反应产生FeCl2，不能反应产生FeCl3，A不符合题意；B．NaNO3与HCl不能发生反应，B不符合题意；C．Ca(OH)2与CO2反应产生CaCO3和水；由于醋酸的酸性比碳酸强，所以CaCO3与醋酸反应产生醋酸钙、水

、CO2，可以实现物质之间转化关系，C符合题意；D．CuO不能溶于水，因此不能与水反应产生Cu(OH)2，D不符合题意；故合理选项是C。10.实验室以CaCO3为原料，制备CO2并获得CaCl2﹒6H2O晶体。下列图示装置和原理不能达到实验目的的

是A.制备CO2B.收集CO2C.滤去CaCO3D.制得CaCl2﹒6H2O【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钙盛放在锥形瓶中，盐酸盛放在分液漏斗中，打开分液漏斗活塞，盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳

和水，故A正确；B．二氧化碳密度比空气大，用向上排空气法收集二氧化碳气体，故B正确；C．加入的盐酸与碳酸钙反应后，部分碳酸钙未反应完，碳酸钙是难溶物，因此用过滤的方法分离，故C正确；D．CaCl2∙6H2O易失去结晶水，因此不能通过加热蒸发得到，可由氯化

钙的热饱和溶液冷却结晶析出六水氯化钙结晶物，故D错误。综上所述，答案为D。11.下列溶液中()cCl−最大的是A.100mL1.5mol/L的NaCl溶液B.375mL1mol/LAlCl的溶液C.150mL0.5mol/L的2Mg

Cl溶液D.200mL2mol/L的4NHCl溶液【答案】B【解析】【分析】物质的量浓度与体积无关。【详解】A．100mL1.5mol/L的NaCl溶液中氯离子的物质的量浓度为1×1.5mol/L=1.5mol/

L。B．75mL1mol/LAlCl3的溶液中氯离子的物质的量浓度为3×1mol/L=3mol/L。C．150mL0.5mol/L的MgCl2溶液中氯离子的物质的量浓度为2×0.5mol/L=1mol/L。D．200mL2mol/L的NH4Cl溶液中氯离子的物质的量浓度为

1×2mol/L=2mol/L。因此氯离子浓度最大的为B，答案选B。12.下列物质的性质跟其用途有对应关系的是A.铁粉能与2O反应，可用作食品保存的脱氧剂B.稀有气体化学性质稳定，可用于制电光源C.3NaHCO受热易分解，可用于制抗酸药物D.木炭具有还原性，可用于吸附颜色气味等【答案】A【解析

】【详解】A．铁具有还原性，铁粉能与O2反应，可用作食品保存的脱氧剂，故A选；B．稀有气体用作电光源，属于稀有气体的物理性质，故B不选；C．因NaHCO3与盐酸反应，可用于制备抗酸药物，故C不选；D．活性炭吸附污水中色素或异味物质是利

用活性炭的吸附性，故D不选；故选：A。13.已知X、Y、Z、W、R五种元素，X是原子序数最小的元素；Y元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍；Z元素原子最外层电子数比其次外层电子数多4个；W元素原子K层和M层电子总数等于其L层电子数

；R元素原子最外层有1个电子，其阳离子与Z的阴离子原子核外电子总数相同。下列说法不正．．确．的是A.X2Z常温下为液态B.R的氧化物不与酸反应C.Y的一种单质可导电D.W的一种氧化物可形成酸雨【答案】B【解析】【分析】已知X、Y、Z

、W、R五种元素，X是原子序数最小的元素，则X为H，Y元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍，即核外电子排布为2、4，即C，Z元素原子最外层电子数比其次外层电子数多4个，即核外电子排布为2、6，即O，W元素原子K层和M层电子总数等于其L层电子数，即核外电

子排布为2、8、6，即S，R元素原子最外层有1个电子，其阳离子与Z的阴离子原子核外电子总数相同，故R为Na，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，X为H，Z为O，故X2Z即H2O常温下为液态，A正确；B．由分析可知，R为Na，R的氧化物即Na2O、Na2O2为金属

氧化物，都能与酸反应，B错误；C．由分析可知，Y为C，Y的一种单质即石墨可导电，C正确；D．由分子可知，W为S，故W的一种氧化物SO2、SO3均可形成酸雨，D正确；故答案为B。14.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确

的是选项实验操作和现象实验结论A用铂丝蘸取待测液置于酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色该溶液中一定不含K+B向某固体粉末中滴加稀盐酸，产生无色气体该粉末一定是碳酸盐C某溶液中滴加2BaCl溶液，再加稀盐酸，有白色沉淀溶液中一定含24SO−D向某溶液中加入稀NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试

管口，试纸变蓝溶液中一定含4NH+A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．用铂丝蘸取待测液置于酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，一定含有Na+，但是钾离子需要透过蓝色钴玻璃才能观察到，故A错误；B．固体粉末中滴加稀盐酸，产生无色气体，原溶液中含有碳酸根、

碳酸氢根、亚硫酸根或亚硫酸氢根，故B错误；C．若原溶液中含有Ag+，滴加2BaCl溶液，再加稀盐酸，也有白色沉淀，故C错误；D．某溶液中加入稀NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝，说明原溶液中含有4NH+，故D正确；故选D。15.固体界面上强酸的

吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。如图为少量HCl气体分子在253K冰表面吸附和溶解过程的示意图(图中比例为微粒个数比)，下列叙述不正确的是A.HCl在水中的电离方程式是：HCl=H++Cl-B.冰表面第一

层中，HCl以分子形式存在，因此HCl不是电解质C.冰表面第二层中，H+浓度为5×10-3mol/L(设冰的密度为0.9g/cm3)D.冰表面第三层中无HCl分子【答案】B【解析】【详解】A．HCl是强电解质，在水中的电离出氢离子

和氯离子，电离方程式是HCl=H++Cl-，故A正确；B．HCl能电离，HCl是电解质，故B错误；C．冰表面第二层中，氯化氢、水物质的量之比为1:1000，设氯化氢的物质的量为1mol，则水的物质的量为1000mol，则溶液的体积为3318g/mol1

000mol+36.5g/mol1mol20cm900g/cm，所以冰表面第二层中，的H+浓度为0.1mol=20L5×10-3mol/L，故C正确；D．根据图示，冰表面第三层中无HCl分子，故D正确；选B

。16.天然气中含有少量2HS等气体，在酸性溶液中T．F菌可实现催化脱硫，其原理如图所示。下列说法错误的是A.①②均为氧化还原反应B.每处理21molHS，消耗2O11.2LC.反应前后()243FeSO浓度基本保持不变D.脱硫过程的总反应为2222HSO2S2HO+=+（反应条件省

略）【答案】B【解析】【分析】由图可知，①反应中Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，离子方程式为：322HS2FeS2Fe2H++++=++，②中硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，离子方程式为：23224Fe4

H+O4Fe2HO++++=+，则脱硫过程为O2间接氧化H2S生成S单质和H2O，总反应为2H2S＋O2=2S＋2H2O(反应条件省略)。【详解】A．据分析，反应①②中都有单质参与反应，都存在元素化合价变化，

都是氧化还原反应，A正确；B．没有指明氧气状态，无法计算氧气的物质的量，B错误；C．由图可知，3Fe+在反应可以循环利用，其浓度保持不变，C正确；D．据分析，脱硫过程的总反应为2222HSO2S2HO+=+(反应条件省略)，D正确；故选B。17.在离子n4RO−中，共有x个核外电子，R原子的质量数

为A，则R原子核内含有的中子数为A.Axn32−+−B.Axn24−++C.Axn32−++D.Axn24+−−【答案】C【解析】【详解】设R原子的质子数为a，则该复杂阴离子的电子数x=a+4×8+n，则R原子的电子数也即质子数为a=x-32-n，又

因为R原子质量数为A，故其中子数为A-a=A-x+32+n，正确选项为C。18.分别用20mL1mol·L-1BaCl2溶液恰好可使体积比为1∶2∶3的硫酸铁、硫酸镁和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是A.2∶

3∶2B.1∶2∶3C.1∶3∶3D.3∶2∶1【答案】A【解析】【分析】【详解】设硫酸铁溶液的浓度为amol/L，体积为1L，由硫酸铁溶液与氯化钡溶液恰好反应可得：amol/L×1L×3=1mol/L×0.02L，解得

a=1150；设硫酸镁溶液的浓度为bmol/L，体积为2L，由硫酸镁溶液与氯化钡溶液恰好反应可得：bmol/L×2L=1mol/L×0.02L，解得b=1100；设硫酸钾溶液的浓度为cmol/L，体积

为3L，由硫酸钾溶液与氯化钡溶液恰好反应可得：cmol/L×3L=1mol/L×0.02L，解得a=1150，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比为1150：1100：1150=2：3：2，故选A。19.下图是氯及其化合物的“价-类”

二维图，a、b、c、d、e均为含氯元素的物质。下列叙述不正确．．．的是A.a和d的溶液均呈酸性B.e可由b与碱溶液反应得到C.工业上用b与2H充分混合后在光照下制盐酸D.化合物c的化学式为2ClO，可作自来水消毒剂【答案】C【解析】【分析】根据氯元素的价类二维图可以推

知，a为HCl，氯元素为-1价，属于氢化物；b为Cl2，属于单质，氯元素的化合价为0；c为ClO2，氯元素的化合价为+4价，属于氧化物；d为HClO，氯元素为+1价，属于弱酸；e为次氯酸盐，氯元素为+1价；【详解】A．a为HCl，为溶液

为强酸，d为HClO，为弱酸，a、d溶液均具有酸性，A项正确；B．次氯酸盐可由Cl2与碱的溶液反应得到，比如Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，B项正确；C．氯气和氢气的混合气体在光照下会爆炸，故工业上不能用b即氯气与2H充分混合后在光照下制盐酸，工业上应利用纯净

的2H在b即氯气中能安静地燃烧产生氯化氢、氯化氢溶于水得到盐酸，C项错误；D．化合物c为2ClO，具有氧化作用，能消毒杀菌，可作自来水消毒剂，D项正确；答案选C。20.如上图所示，向密闭容器内可移动活塞的两边分别充入22COH、和2O的混合气体（已知2CO体积占整个容

器体积的五分之一），将2H和2O的混合气体点燃引爆。活塞先左弹，恢复室温后，活塞右滑并停留于容器的中央。下列说法错误的是A.反应前，活塞左右两边气体原子数之比为3∶8B.活塞移动情况说明22HO、燃烧放热，且该反应气体分子数减少C.反应后恢复到室温，

活塞左右两边气体的物质的量相等D.原来2H和2O的体积之比可能为7∶2或4∶5【答案】D【解析】【详解】A．CO2体积占整个容器体积的15，说明H2和O2的混合气体占整个容器体积的45，左室与右室分子数目之比为1：4，二氧化

碳分子为三原子分子，而氢气、氧气为双原子分子，故反应前活塞左右两边气体原子数之比为(1×3)：(4×2)=3：8，故A正确；B．氢气燃烧：2H2+O2=2H2O，反应后气体分子数减少，开始活塞先左弹，右室气体膨胀，说明H2、O2燃烧放热，故B

正确；C．反应后恢复到室温，活塞右滑并停留于容器的中央，左右两边气体的体积相等，则气体的物质的量相等，故C正确；D．令CO2的物质的量为1mol，则开始H2、O2的总物质的量为4mol，反应后右室剩余气体为1mol,若剩余的

气体为氢气，参加反应气体共4mol-1mol=3mol，由2H2+O2=2H2O可知，氧气为3mol×13=1mol，故氢气为4mol-1mol=3mol，故H2、O2的体积比为3mol：1mol=3：1；若剩余的气体为氧气，由2H2+O2=2H2O可知，氢气为3mol×23=2mol，故氧气为4

mol-2mol=2mol，故H2、O2的体积比为2mol：2mol=1：1，故D错误；故选：D。第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、非选择题：共5题，60分。21.根据物质的组成、结构、性质等进行分类，可预测物质的性质及变

化：（1）23CO能与水反应生成乙二酸（224HCO，一种二元酸），则23CO是________（填“酸性”或“碱性”）氧化物，23CO与足量NaOH溶液反应的化学方程式为________。（2）现有：①固体氢氧化钡②稀硫酸③氨气④熔融NaCl⑤蔗糖⑥铜⑦4NaH

SO溶液；其中能导电的是________（填序号，下同）：属于电解质的是________．写出⑦在水溶液中的电离方程式________。（3）氯气能与碱反应，请写出用氯气与石灰乳反应制漂白粉的化学方程式___

_____。【答案】（1）①.酸性②.223224ONCO+2OaCaONHH=+（2）①.②④⑥⑦②.①④③.++2-44NaHSONa+H+SO=（3）2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+H2O【解析】【小问

1详解】与水反应生成酸的氧化物为酸性氧化物，23CO能与水反应生成乙二酸（224HCO，一种二元酸），则23CO是酸性氧化物，23CO与足量NaOH溶液反应的化学方程式为223224ONCO+2OaCaONHH=+；

【小问2详解】①固体氢氧化钡是碱，属于电解质，不导电；②稀硫酸，是混合物，不属于电解质，是电解质溶液，能导电；③氨气属于非电解质，不导电；④熔融NaCl是盐，属于电解质,能导电；⑤蔗糖属于非电解质，不导电；⑥铜是单质，不属于电解质，能导电；⑦4NaHSO溶液是混合物，不属于电解质，是电解质溶

液，能导电；⑦4NaHSO在水溶液中的电离方程式为++2-44NaHSONa+H+SO=；故能导电的是②④⑥⑦，属于电解质的是①④，故答案为:②④⑥⑦；①④；++2-44NaHSONa+H+SO=；【小问3详解】氯气能与碱反应，用氯气与石灰乳反应制漂

白粉，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+H2O。22.物质的量是联系宏观和微观的桥梁：（1）40.5g某金属氯化物2MCl中含0.6molCl−，则该氯化物的摩尔质量为________。（2）30.3molNH分子中所含原子数与________2g

HO分子中所含原子数相等（3）由2COCO、两气体组成的混合气体12.8g，标准状况下，体积为8.96L，则2COCO、的物质的量之比为________。（4）某溶液中只含有2243NaMgSONO++−−、、、四种离子，已知前三种离子的个数比为2∶3∶1，则溶液中24SO−和3NO−的离子个

数比为________。（5）碳酸铜和碱式碳酸铜【223Cu(OH)CO】均能在高温下分解生成氧化铜。取一定量上述混合物充分煅烧后，剩余固体质量8g。则溶解等质量的的上述混合物，需11molL−硫酸________mL。【答案】（1）135（2）7.2（3）3:1（4）1:6（5）50【解

析】【小问1详解】40.5g某金属氯化物MCl2中含有0.6molCl-，说明n(MCl2)=0.3mol，则该金属氯化物的摩尔质量为M=m40.5gn0.3mol==135g/mol。【小问2详解】30.3molNH分子中所含原子数为1.2mol，故含有0.4molH2O，质量为0.4mol

18g/mol=7.2g。【小问3详解】。混合气体物质的量为8.96L0.4mol22.4L/mol=，设混合气体中CO、CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则x+y=0.4mol，28x+44y=12.8g，

解得x=0.3，y=0.1，则CO、CO2的物质的量之比为3:1。【小问4详解】设3NO−的离子个数为x，根据电荷守恒可得2+32=12+x，解得x=6，则溶液中24SO−和3NO−的离子个数比为1:6。【小问5详解】碳酸铜和碱式

碳酸铜混合物充分煅烧得到氧化铜CuO为8g，Cu的物质的量为8g160g/mol=0.05mol，根据Cu原子守恒，溶解碳酸铜和碱式碳酸铜混合物的硫酸铜的物质的量为0.05mol，故需硫酸0.05mol，体积为n0.05mol=c1mol/L=50mL。23.物质的分

离提纯是生产生活的重要环节，请根据要求回答下列有关问题。Ⅰ．粗盐除掉泥沙后，还含有2224MgClCaClNaSO、、等杂质。有个同学为了除去杂质得到精盐，设计了如图实验方案（用于沉淀的试剂稍过量）：根据上述方案，回答下列问题：（1）操作1、操作3和操作5都要用

到同一种玻璃仪器，该仪器在操作5中的作用是________________。（2）操作2中所加试剂及滴加顺序可以是________（填序号）。A.223BaClNaCONaOH、、B.223BaClNaOHNaCO、、C.332NaCOBaClNaOH、、D

.232NaOHNaCOBaCl、、（3）操作4中加入的试剂a是________，目的是除去哪些离子：________。Ⅱ．通过蒸馏的方法除去自来水中含有的氯离子等杂质制取蒸馏水，原理如图所示。（4）写出下列仪器的名称：①________，②________。

（5）检验自来水中Cl−的具体操作是：________。【答案】（1）搅拌，防止液体飞溅（2）AB（3）①.盐酸②.OH-、2-3CO（4）①冷凝管②.蒸馏烧瓶（5）取少许自来水于洁净试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶

液，若产生白色沉淀，说明存在Cl-，反之则无【解析】【分析】I．粗盐溶解后，可向其中加入足量NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液，分别除去Mg2+、2-4SO、Ca2+和过量的Ba2+，过滤所得滤液含有NaCl、NaOH、Na2CO3

，加入过量盐酸（试剂a）可除去过量的OH-、2-3CO，最终经过蒸发结晶获得精盐。【小问1详解】操作1、操作3和操作5都要用到玻璃棒，在操作5蒸发结晶中的作用为搅拌，防止液体飞溅。【小问2详解】操作2中所加三种试剂为NaOH溶液、BaCl2溶液、N

a2CO3溶液，只要确保Na2CO3溶液在BaCl2溶液之后加即可，故此处选：AB；【小问3详解】由分析知，试剂a为盐酸，目的是除去过量的OH-、2-3CO；【小问4详解】仪器①名称为冷凝管，仪器②名称为

蒸馏烧瓶；【小问5详解】.检验Cl-需加入HNO3排除干扰离子，如OH-、2-3CO等，再利用AgNO3检验，具体操作为：取少许自来水于洁净试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明存在Cl-，反之则无；24.

已知：硫代硫酸钠（化学式为223NaSO）易溶于水，易被氧气氧化。某实验室配制122390mL0.100molLNaSO−溶液，并用其测定某胆矾样品中42CuSO5HO的纯度：（1）写出硫代硫酸钠中S元素的化合价________。．（2）配制过程中不需要使用下列仪器中的________（填仪

器序号），其中除量筒外还缺少的玻璃仪器是________（填仪器名称）。配制上述溶液时需称量无水硫代硫酸钠固体的质量为________g。（3）配制时使用的蒸馏水需先煮沸再迅速冷却，其目的是________。（4）若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏低的是______

__（填序号）。A.容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水B转移溶液至容量瓶过程中，有少量溶液溅出C定容时仰视刻度线读数D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再加水至刻度线（5）测定胆矾样品中42CuSO5HO的纯度：准确称取0.500g胆矾样品，加入适量水溶解，转移至碘量瓶中，

加过量KI溶液并用稀硫酸酸化，再滴加12230.100molLNaSO−溶液与生成的2I恰好完全反应时，消耗223NaSO溶液19.20mL。上述过程中发生下列反应：42242CuSO4KI2CuIl2KSO+=

++；22322462NaSOINaSO2NaI+=+。计算胆矾样品中42CuSO5HO的纯度________．[纯度()42mCuSO5HO100%m()=样品]【答案】（1）+2（2）①.AB②.胶头滴管、100mL容量瓶③.1.58（3）除去水中的溶解氧，防止硫代

硫酸钠被氧化（4）BCD（5）96%【解析】【分析】配制硫代硫酸钠溶液时首先要防止氧化，并遵循一定步骤：需要溶解、冷却、转移、洗涤、定..容、摇匀、装瓶等操作。所以必须用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、100mL的容量瓶。配制过程中要

保证溶质完全转移到容量瓶中、保证溶液体积准确，不然会引起误差，若不当操作导致溶质物质的量偏小或溶液体积偏大，则浓度偏小；若不当操作导致溶质物质的量偏大或溶液体积偏小，则浓度偏大，据此回答。【小问1详解】钠元素+1价、氧元素-2价，则按正负化合价代数和为0得到硫代硫酸钠中S元

素的化合价平均为+2价【小问2详解】使用无水硫代硫酸钠进行配制122390mL0.100molLNaSO−，实际配制的是100mL溶液，配制过程中需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管和100mL容量瓶，称量固体质量需要电子天平，故不需

要使用A圆底烧瓶、B分液漏斗，故选AB；其中除量筒外还缺少的玻璃仪器是胶头滴管和100mL容量瓶；需要固体的质量m=nM=cVM=0.100mol·L-1×0.1L×158g/mol=1.58g。【小问3详解】已知硫代硫酸钠（化学式为223NaSO）易被氧

气氧化，则配制时使用的蒸馏水需先煮沸再迅速冷却的目的是：除去水中的溶解氧，防止硫代硫酸钠被氧化。【小问4详解】A．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对实验结果没有影响，浓度不发生变化；B．转移溶液时不慎有少量溶液洒到容量瓶外面，会使溶质的量减少，导致所配溶液浓度偏

低；C．定容时仰视刻度线读数，加水多，导致所配溶液浓度偏低；D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再加水至刻度线，溶剂增多，导致所配溶液浓度偏低；故选BCD。【小问5详解】根据42242CuSO4KI2CuIl2KSO+=++、

22322462NaSOINaSO2NaI+=+，得关系式，42CuSO5HO~Cu2+~~I2~~223NaSO，则42CuSO5HO的物质的量为0.1000mol•L﹣1×0.01920L=0.00192mol，42CuSO5HO样品的纯度为0.0019

20mol250g/mol100%96%0.500g=。25.某学习小组探究潮湿的2Cl与23NaCO反应的产物，进行如图实验：请回答：（1）试剂Y的名称是________。（2）请写出装置A中的化学方程式

________。（3）装置C中潮湿的2Cl与23NaCO以等物质的量反应，生成3NaHCO、气体2ClO和另一种盐，试写出该反应的化学方程式________。（4）若将上述装置中的C、D、E部分换成下图所述装置，其中I与Ⅲ是干燥的有色布条，E中盛装NaOH溶液，请回答下列

问题：①能证明氯气与水发生化学反应的实验现象是________。②D中应装入的物质是________（填序号）。a．浓硫酸b．生石灰c．NaCl固体d．NaOH固体【答案】（1）饱和食盐水（2）MnO2＋4HCl(浓)=MnCl2＋Cl2↑＋2H2O（3）2Cl2+2Na2CO3+H2O=2Na

HCO3+Cl2O↑+2NaCl（4）①.Ⅰ处布条褪色，Ⅲ处布条不褪色②.bd【解析】【分析】A中浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，B为饱和食盐水，可用于除去氯化氢，潮湿的氯气和碳酸钠在C中发生反应，D为气体的收集装置，E用于除去尾气，避免污染环境。【小问

1详解】据分析，试剂Y的名称是饱和食盐水。【小问2详解】装置A中浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)=MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。【小问3详解】装置C中潮湿的2Cl与23NaCO以等物

质的量反应，生成3NaHCO、气体2ClO和另一种盐，则反应的化学方程式中2Cl与23NaCO化学计量数之比为1：1，且生成的气体产物仅为Cl2O，生成Cl2O时氯元素化合价升高，则另一种盐为氯元素化合价降低所得、为NaCl（或通过元素质量守恒、与类别可知），则该反应化学方程式：2Cl2+2

Na2CO3+H2O=2NaHCO3+Cl2O↑+2NaCl。【小问4详解】①进入C中的气体是潮湿的氯气，C中I与Ⅲ是干燥的有色布条，要证明氯气与水发生化学反应，则装置C中Ⅱ的作用是干燥氯气，Ⅲ处布条不褪色，可证明氯气无漂白性，Ⅰ处布条褪色，说明氯气与水发生了化学反

应、且反应生成的一种产物即HClO有漂白性。故能证明氯气与水发生化学反应的实验现象是：Ⅰ处布条褪色，Ⅲ处布条不褪色。②D由图可知，D中装入的生石灰或氢氧化钠用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气影响实验

结果，故答案为：bd。