【文档说明】安徽省安庆市第一中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(18)页，917.479 KB，由小赞的店铺上传

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安庆一中2022—2023学年度第一学期高一年级期中考试化学试卷一、单项选择题(每小题3分，满分45分)1.下列叙述正确的是A.烧碱、小苏打、次氯酸均为电解质B.牛奶、豆浆、葡萄糖溶液均为胶体C.222NaONaOCaO、、均属于碱性氧化物D.碘酒、泥浆水、液氨均为混合物【答案】

A【解析】【详解】A．烧碱、小苏打、次氯酸在水溶液中都能够导电，都属于电解质，故A正确；B．葡萄糖为溶液，牛奶、豆浆为胶体，故B错误；C．因过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气，则过氧化钠不属于碱性氧化物，

故C错误；D．液氨是液态氨气为纯净物，故D错误；故选：A。2.垃圾分类可以有效地回收资源，把垃圾从敌人变为朋友。同理通过分门别类研究，可以发现物质及其变化的规律。下列有关物质的分类正确的是A.化合物：NaOH、HD、FeCl3B.氧化物：Na2CO3、CO2、ClO2C.电解质：HN

O3、KOH、纯碱D.混合物：冰水混合物、碱石灰、氢氧化铁胶体【答案】C【解析】【分析】【详解】A．HD是H元素的两种不同原子形成的单质，不属于化合物，A错误；B．Na2CO3是盐，不属于氧化物，B错误；C．HNO3是酸，KOH是碱，纯碱是盐，三种物质在水溶液中都会发生电离

而导电，因此都属于电解质，C正确；D．冰水混合物是H2O的不同存在状态，仅有一种微粒，因此属于纯净物，D错误；故合理选项是C。3.在室温下，发生下列几种反应：的①+-2-3+272214H+6Z+XO2X+3Z+7H=O②2

+3+-22A+B=2A+2B③--222B+Z=B+2Z根据上述反应，判断下列结论错误的是A.氧化性强弱顺序为2-3+2722XO>Z>B>AB.3+X是2-27XO的还原产物，2B是-B的氧化产物C.在溶液中可能发生反应：+2+2-3+3+27214H+6A+XO2X+6A

+7H=OD.要将含有2+A、-Z和-B混合溶液中的2+A转化为3+A，而不氧化-Z和-B，应加入2Z【答案】D【解析】【分析】①+-2-3+272214H+6Z+XO2X+3Z+7HO中，Z元素的化合价升高，X元素的化合价降低；②2+3+-22A+B2A+2B中，A元素的化合价升高，B元

素的化合价降低；③--222B+ZB+2Z中，Z元素的化合价降低，B元素的化合价升高；由上述3个反应知氧化性强弱顺序为：2-3+2722XO>Z>B>A，还原性强弱顺序为2+--2+A>B>Z>X。【

详解】A．由分析可知，氧化性强弱顺序为2-3+2722XO>Z>B>A，A正确；B．由分析可知，3+X是2-27XO的还原产物，2B是-B的氧化产物，B正确；C．根据氧化性强弱顺序可知，在溶液中可能发生反应+2+2-3+3+27214H+6

A+XO2X+6A+7H=O，C正确；D．要将含有2+A、-Z和-B混合溶液中的2+A转化为3+A，而不氧化-Z和-B，应加入2B，若加入2Z，将氧化-B，D错误；答案选D。4.将64g铜放入300mL某浓度硝酸中，当铜反应完全时，共收集到

标准状况下NO、NO2混合气体22.4L，下列说法正确的是A.硝酸在反应中只表现为强氧化性B.参加反应硝酸的物质的量为3molC.在反应过程中转移的电子数为3NAD.原硝酸的浓度一定为10mol/L【答案】B【解析】【分析】发生的反应：Cu+4HNO3（

浓）=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，A．根据方程式判断硝酸的作用；B．根据N原子守恒计算；C．反应中Cu全部消耗，Cu的化合价从0价升高到+2价，据此计算；D．没有说明硝酸是否完全反应，不能计

算溶液中硝酸的总物质的量。【详解】发生的反应：Cu+4HNO3（浓）=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，A．反应中硝酸中的N元素的化合价降低，硝酸作氧化剂，反应生成盐，硝酸起到酸的作用，故A错误；B．64gCu的物

质的量为6464/ggmol=1mol，则硝酸铜为1mol，其中的硝酸根离子为2mol，NO和NO2混合气体的物质的量为22.422.4/LLmol=1mol，所以参加反应硝酸的物质的量为3mol，故B正确；C．反应中Cu全部消耗，Cu的化合价从0价升高到+2价，1molCu转移2mol电子，

即转移的电子数为2NA，故C错误；D．没有说明硝酸是否完全反应，不能计算溶液中硝酸的总物质的量，所以原硝酸的浓度无法计算，故D错误;答案为B。5.宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料(主要成分为Cu(OH

)2·CuCO3)，青色来自蓝铜矿颜料(主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3)。下列说法错误的是A.保存《千里江山图》需控制温度和湿度B孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化C.孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱D.Cu(OH)2·C

uCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3【答案】C【解析】【详解】A．字画主要由纸张和绢、绫、锦等织物构成，为防止受潮和氧化，保存古代字画时要特别注意控制适宜的温度和湿度，A说法正确；B．由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知，其中的铜元素、碳元素和氢元素均处于最高价

，其均为自然界较稳定的化学物质，因此，用其所制作的颜料不易被空气氧化，B说法正确；.C．孔雀石和蓝铜矿的主要成分均可与酸反应生成相应的铜盐，因此，用其制作的颜料不耐酸腐蚀，C说法错误；D．因为氢氧化铜中铜元素的质量分数高于碳酸铜，所以Cu(OH)2∙CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2

∙2CuCO3，D说法正确。综上所述，相关说法错误是C，故本题答案为C。6.以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3、SiO2)为原料制备高纯氧化镁的流程如下图。下列说法错误的是A.MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为2-3CO+2H+=CO2↑+H2

OB.滤渣1的成分是SiO2，滤渣2的成分是Fe(OH)3C.加入H2O2氧化时，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OD.实验室灼烧时使用的主要仪器有酒精灯、三脚架、

泥三角、坩埚、坩埚钳等【答案】A【解析】【分析】菱镁矿的主要成分为MgCO3、少量FeCO3及SiO2，加硫酸时MgCO3和FeCO3溶解得到MgSO4和FeSO4的混合溶液，过滤，滤去不溶于酸的SiO2，向滤液中加双氧水，氧化Fe2+生成Fe3+，

再加氨水调pH至4，使Fe3+完全沉淀，过滤掉Fe(OH)3沉淀，将滤液(MgSO4溶液)经一系列转化得到MgSO4，再灼烧得到MgO。【详解】A．MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为MgCO3+2H+=CO2↑+H2O+Mg2+，故A错误；B．由分析可知：

滤渣1的成分是SiO2，滤渣2的成分是Fe(OH)3，故B正确；C．加入H2O2氧化时，生成铁离子和水，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故C正确；D．Mg(OH)2是固

体，在坩埚中灼烧，实验室灼烧时使用的主要仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳等，故D正确；故选A。7.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.01mol·L-1的H2SO4溶液：Na+、

Fe3+、Cl-、-3NO的B.0.1mol·L-1FeCl2溶液：K+、Mg2+、2-4SO、-4MnOC.c(H+)=0.1mol·L-1的溶液：K+、Cl-、CH3COO-、Cu2+D.pH=1的溶液：K+、+

4NH、-3NO、HSO3-【答案】A【解析】【详解】A．0.01mol·L-1的H2SO4溶液：Na+、Fe3+、Cl-、-3NO互不反应，能大量共存，选项A符合题意；B．-4MnO具有氧化性，亚铁离子具有还原性，二者发生氧化还原反应而不能大

量共存，选项B不符合题意；C．水电离的c(OH-)=1×10-13mol·L-1的溶液，说明水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，酸性溶液中H+能与CH3COO-发生反应不能大量共存，碱性溶液中，Cu2

+与氢氧根离子反应而不能大量共存，选项C不符合题意；D．酸性条件下-3NO具有氧化性，HSO3−具有还原性，故pH=1的溶液，H+、-3NO、HSO3−能发生氧化还原反应不能大量共存，H+与HSO3−能发生复分解反

应不能大量共存，选项D不符合题意；答案选A。8.将50g溶质质量分数为w1，物质的量浓度为c1的浓硫酸加入到VmL水中，稀释后得到溶质质量分数为w2，物质的量浓度为c2的稀溶液。若c1＝2c2，下面说法正确的是A

.V>50w1>2w2B.V<50w1<2w2C.V<50w1>2w2D.V>50w1<2w2【答案】B【解析】【详解】硫酸的密度比水大，硫酸的浓度越大，其密度越大，50g水的体积为50mL，所以50g硫酸溶液的体积小于50mL。由c1=2c2知，50g硫酸溶液加入到VmL水中后，溶质的物质

的量浓度变为原来的一半，说明溶液的体积变为原来的2倍，所以V小于50mL。由1000cM=知，1111000=cM，2221000=cM，因为c1=2c2，所以112210001000=21MM：：，即12212=，因为ρ2＜

ρ1，所以ω1＜2ω2，故答案选B。9.氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质，它具有较强的氧化性，下列叙述中正确的是A.金属铁和铜在氯气里剧烈燃烧，均得到高价态的金属氯化物B.纯净的2H在2Cl中安静地燃烧，发出蓝色火焰，集气瓶口出现白雾C.氯气与澄清石灰水反应制备漂白粉，漂白粉可用来杀菌消毒D

.干燥的氯气能使鲜花褪色是因为氯气具有漂白性【答案】A【解析】【详解】A．氯气与变价金属反应，生成高价的金属氯化物，铁在氯气中燃烧生成FeCl3，铜在氯气中燃烧生成CuCl2，故A正确；B．H2能在Cl2中安静地燃烧，生成氯化氢，氯化氢易吸收空气中的水形成

盐酸小液滴，所以观察到安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口呈现白雾，故B错误；C．澄清石灰水中溶质Ca(OH)2较少，应用石灰乳与氯气反应制取漂白粉，故C错误；D．干燥的氯气不具有漂白性，但是氯气和水之间反应生成的次氯酸具有漂白性

，即氯气能使鲜花褪色，故D错误；故选：A。10.在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg·cm－3，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为cmol·L－1。下列叙述中正确的是()①c＝3522.4aV×100%②c＝100022.4aV③若上

述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w④将50g上述溶液加入一定量的水稀释成0.5cmol·L－1，则加入水的体积应大于50mLA.①④B.②③C.①③D.②④【答案】D【解析】【详解】氨气

的物质的量是，所以浓度是，则①错误，②正确；氨水的密度小于水，若上述溶液中再加入VmL水后，则所得溶液的质量分数小于于0.5w，③错误；氨水的密度随溶液浓度的增大而减小，根据可知，如果加入等质量的水，则稀释后溶液的浓度大于0.5cmol/L，因此将50g上述溶液加入一定量的水稀释成0.5cmo

l·L－1，则加入水的体积应大于50mL，④正确，答案选D。11.向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中通入过量的CO在高温下充分反应，固体质量减少0.96g。若向相同质量的该混合物中加入40mL一定物质的量浓度的盐酸，恰好能使混合物完全溶解，且所得溶液中不含Fe3+，下列说法错

误的是A.混合物中铜的质量为1.28gB.盐酸浓度为2mol·L-1C.混合物中Fe2O3的质量是3.2gD.Cu和Fe2O3的物质的量之比为1：1【答案】B【解析】【分析】由题得：向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中通入过量的CO发生反应：232FeO+3CO=2Fe+3CO

，减少的固体质量是氧化铁中氧元素的质量，n(O)=0.96g÷16g/mol=0.06mol，m(Fe2O3)=0.02mol×160g/mol=3.2g；向相同质量的该混合物中加入40mL一定物质的量浓度的盐酸，恰好能使混合物完全溶解，且所得溶液中不含Fe3+，发生反应的化学方程式为23

32FeO+6HCl=2FeCl+3HO，3222FeCl+Cu=2FeCl+CuCl，且反应完全，可计算出混合物中含0.02molCu，据此分析解答。【详解】A．混合物中铜的质量为m(Cu)=0.02mol×64g/mol=1.28g，A项正确；B．盐酸浓度

为c(HCl)=0.02mol×6÷0.04L=3mol/L，B项错误；C．混合物中Fe2O3的质量是m(Fe2O3)=0.02mol×160g/mol=3.2g，C项正确；D．Cu和Fe2O3的物质的量之比为n(Cu):n(Fe2O3)=0.02

:0.02=1:1，D项正确；故答案为B。12.将钠、铝混合物共10.0g投入适量水中充分反应，并测生成H2的量，若混合物中钠与铝的质量之比为x，如图为生成H2的物质的量随x的变化关系示意图(随着x的不断增大，产生H2的物

质的量越来越接近b1)。以下判断不正确．．．的是A.11a=3B.223a=27C.15b=23D.27b=20【答案】D【解析】【分析】发生反应有：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，开始

Al过量，随着x增大，钠的量逐渐增大，生成H2的体积也增大，当Na、Al的物质的量相等时，Na反应生成的NaOH，使Al刚好完全反应，此时产生H2最多，之后随着Na的量增加，Al的量减少，导致生成的H2逐渐减少，直至完全为Na时，生成的H2不变，此时10.0g完全为Na，结

合反应可以计算出生成氢气的物质的量，据此解答。【详解】A．根据分析可知，a1时铝过量，生成氢气量b1=1015mol=mol23223，设钠的物质的量为ymol，此时铝过量，结合反应可知参加反应的铝的

物质的量也是ymol，根据电子守恒可得：0.5y+1.5y=523mol，解得：y=546，则铝的物质的量为：510g-mol23g/mol546=27g/mol18mol，则a1=551(mol23g/mol)(mol27g/mol)=46183：，故A正确；B．根据分析可知，当铝和钠的

物质的量相等时，生成氢气的量最大，此时a2=2323g/mol27g/mol=27：，故B正确；C．当10g完全为钠时，生成氢气的量为b1=1015mol=mol23223，故C正确；D．当钠和铝的物质的量相等时，生成氢气的量为b2，设此时铝和钠的物质的量都是xmol，则2

3x+27x=10g，解得：x=0.2，则生成氢气的物质的量为：1320.2mol+0.2mol=0.4mol=mol225，故D错误；故选D。13.已知A、B、C、D四种物质中均含同种元素，且它们之间的转化关系如下

。下列说法正确的是A.A一定为单质B.C一定为氧化物C.D一定为酸D.A、B、C的相对分子质量之差为16或16的倍数【答案】B【解析】【分析】A、B、C、D四种物质中均含同种元素，A能连续被氧化生成C，说明B中有变价元素，A可能是非金属元素单质，如：C、S、N，也可能是金属单质，如Na，也可能是

化合物如NH3，根据物质之间的转化分析解答。【详解】A、A可能为Na、S、H2S、N2、NH3等，故A错误；B、B被氧气氧化生成氧化物C，所以C是氧化物，故B正确；C、D可能为氢氧化钠、硫酸、硝酸等，故C错误；D、若A为NH3

，B为NO，相对分子质量之差为13，故D错误；故选：B。14.过氧化钠与水反应后滴加酚酞，酚酞先变红后褪色。某小组欲探究其原因，进行以下实验:①取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体；实验②、③中红色均不褪

去。下列分析错误的是A.过氧化钠与水反应产生的气体为O2B.过氧化钠与水反应需要MnO2作催化剂C.实验②、③证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气D.过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2【答案】B【解析】【详解】A.过氧化钠与水反应产生的气体为O2，A

正确；B.过氧化钠与水反应不需要催化剂，双氧水分解需要MnO2作催化剂，B错误；C.实验②、③作为对照实验，能证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气，C正确；D.根据反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体可判断过

氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2，D正确，答案选B。15.将一定物质的量的23NaCO、3NaHCO组成的混合物溶于水，配成1L溶液，取出50mL溶液，然后向其中滴加盐酸，部分物质的物质的量随加入盐酸的体积的变化情

况如图，下列说法错误的是A.直线M代表产生的2CO的物质的量的变化情况B.原混合物中23NaCO与3NaHCO的质量之比为53∶42C.加入盐酸0~50mL时，发生反应的离子方程式为+233H+CO=HC

O−−D.加入盐酸至100mL时，放出2CO气体56mL(标准状况下)【答案】A【解析】【详解】A．向混合液中加盐酸，开始是碳酸根与氢离子反应生成碳酸氢根，开始没有二氧化碳生成，因此直线M不代表产生的2CO的物质的量的变化情况，故A错误；B．根据图中信息开始时50mL溶

液中n(3NaHCO)=2.5×10−3mol，在加入盐酸50mL时碳酸钠全部变为碳酸氢钠，因此n(23NaCO)=2.5×10−3mol，原混合物中23NaCO与3NaHCO的质量之比为(2.5×10−3mol×106g∙mol−1):(2.

5×10−3mol×84g∙mol−1)=53∶42，故B正确；C．根据A选项分析得到加入盐酸0~50mL时，发生反应的离子方程式为+233H+CO=HCO−−，故C正确；D．加入50mL时碳酸钠恰好反应完，此时n(3NaHCO)=5×10−3mol，加入盐酸至100mL时，消耗一般

的碳酸氢钠即消耗碳酸氢钠物质的量n(3NaHCO)=2.5×10−3mol，根据碳酸氢钠与二氧化碳1:1关系得到放出2CO气体物质的量为2.5×10−3mol，气体体积为56mL(标准状况下)，故D正确；答

案为A。二、非选择题(4小题，55分)16.现有下列9种物质，①CuSO4·5H2O②淀粉溶液③NaHCO3④CO2⑤NH3⑥CaCO3⑦纯醋酸⑧Na2CO3溶液⑨KNO3，根据所学知识回答下列问题：（1）以上能发生丁达尔效应的是_______。（2）属于强电解质的是_______(填写序号)

，醋酸在水中的电离方程式是_______。【答案】（1）②（2）①.①③⑥⑨②.CH3COOHCH3COO-+H+【解析】【小问1详解】②淀粉溶液属于胶体，能发生丁达尔效应，答案为②；【小问2详解】溶于水或熔融状态下

能电离出离子而导电的化合物是电解质，则属于电解质的是①CuSO4·5H2O、③NaHCO3、⑥CaCO3、⑦纯醋酸、⑨KNO3，在水溶液中能完全电离的电解质为强电解质，属于强电解质的有①③⑥⑨；醋酸是弱电解质，不完全电离

，在水中的电离方程式是CH3COOHCH3COO-+H+。17.物质的量浓度是一种常用的溶液浓度表示方法，利用其进行定量分析计算比较方便。Ⅰ.实验需要0.81molL−NaOH溶液475mL和0.41molL−硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配

制情况回答下列问题：（1）若用质量分数为98%、密度为1.84g/mL的浓硫酸来配制0.41molL−硫酸溶液，需用量筒量取体积为_______mL的浓硫酸来稀释。（2）为配制上述稀硫酸，除了量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是_______、_______。（3）在配制过程中，

下列实验操作可能导致配制的硫酸溶液浓度偏高的是_______(填序号)。A.定容时俯视观察B.定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再加适量的蒸馏水C.浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移D.容量瓶未干燥即用来配制溶液E.往容量瓶转移时，有少量液体溅出F.未洗涤稀释浓硫酸

的烧杯（4）欲用NaOH固体配制0.81molL−NaOH475mL。下列说法正确的是_______(填字母)。A.如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器B.容量瓶使用前应检漏C.需要称量NaOH固体的质量为15.2gD.称量NaOH固体时将NaOH放在纸上称Ⅱ.在0.2L

由NaCl、2MgCl、组成的混合液中，都分离子浓度大小如下图所示(不考虑溶液中H+和OH−浓度)。请回答下列问题：（5）该混合液中2CaCl的物质的量为_______mol。【答案】（1）10.9（2）①.500mL容量瓶

②.胶头滴管（3）AC（4）B（5）0.1【解析】【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；【小问1详解】溶液稀释前后溶质质量不变；若用质量分数为98%、密度为1.84g/mL的浓硫酸来配制0

.41molL−硫酸溶液，需用量筒量取体积为1molL0.5L980.498%1.84g/mLg/mol−≈10.9mL的浓硫酸来稀释。【小问2详解】为配制上述稀硫酸，除了量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是500mL容量瓶、胶头滴管；【小问3详解】A．定容时俯视观察，导致溶液

体积偏小，浓度偏大，A正确；B．定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，水的体积偏大，浓度偏低，B错误；C．浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移，导致冷却后溶液体积偏小，浓度偏大，

C正确；D．容量瓶未干燥即用来配制溶液，不影响溶液浓度，D错误；E．往容量瓶转移时，有少量液体溅出，导致溶质减小，浓度偏低，E错误；F．未洗涤稀释浓硫酸的烧杯，导致溶质减小，浓度偏低，F错误；故选AC；【小问4详解】A

．配制NaOH溶液时，需用的仪器有：胶头滴管、烧杯、药匙、玻璃棒、500mL容量瓶、托盘天平；如图所示的仪器中，有圆底烧瓶、分液漏斗2种是不需要的，还需要玻璃棒、胶头滴管2种玻璃仪器，A错误；B．容量瓶使用前应检漏，防止漏液，B正确；C．配制0.81molL−NaOH475mL，需要使用500m

L容量瓶，则需要称量NaOH固体的质量为0.81molL−×0.5mol×40g/mol=16g，C错误；D．称量NaOH固体时将NaOH放在烧杯中称量，D错误；故选B。【小问5详解】根据电荷守恒可知，该混合液中2CaCl的浓度为（3.0mol/L×1-1.0m

ol/L×1-0.5mol/L×2）÷2=0.5mol/L，则物质的量为0.5mol/L×0.2L=0.1mol。18.3AlCl是一种用途广泛的盐，在潮湿的空气中放置易变质，178℃升华，190℃熔化(2.5个标

准大气压下测得)。某实验小组用如图装置制备少量无水3AlCl。请回答下列问题：注意：硬质玻璃管M中为铝粉。（1）圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为_______。若用足量2MnO与含21.9gHCl的浓盐酸充分反应，则所

得2Cl可制取无水3AlCl的质量应_______13.35g(填“>”、“<”或“=”)。（2）装置B中所盛试剂为_______。有人认为若无装置B、C，其余装置、试剂保持不变，也能于制备无水3AlCl。事实证明这样做非常危险，请简

述理由_______。（3）仪器a的名称是_______，F和G装置可用一个盛有_______(填试剂名称)的干燥管来代替。（4）实验开始时应先点燃_______处的酒精灯，待D中出现_______现象后，再点燃另一酒精灯。【答案】（1）①.4H＋+2Cl－

+MnO2ΔMn2＋+Cl2↑+2H2O②.<（2）①.饱和食盐水②.浓盐酸挥发出的氯化氢和铝能反应生成氢气，氢气和氯气混合受热会发生爆炸（3）①.分液漏斗②.碱石灰（4）①.A②.充满黄绿色气体【解析】【分析】装置A制备氯气，装置B除去氯气中的

氯化氢，装置C干燥氯气，装置D制备氯化铝，装置E收集氯化铝，装置F防止水蒸气进入E中，装置G尾气处理，结合物质的性质和问题分析解答。【小问1详解】浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气、水，离子反应方程式为4H＋+2Cl－

+MnO2ΔMn2＋+Cl2↑+2H2O，21.9gHCl的物质的量是21.9g÷36.5g/mol＝0.6mol，浓盐酸随着反应进行变稀，反应停止，生成氯气的量小于0.15mol，制取无水AlCl3的质

量应小于13.35g；【小问2详解】装置B中盛装饱和食盐水，除去挥发的HCl,减少氯气的溶解，因浓盐酸具有挥发性，反应生成物中有水，在加热条件下变成水蒸气，所以混合气体中的成分是氯化氢、水蒸气、氯气，氯化氢和铝能反应生成氢气，氢气和氯气混合会发生爆炸；【小问3详解】由仪

器图形可知a为分液漏斗；氯化铝为共价化合物，易水解，装置C和F中盛有浓硫酸，吸收水蒸气防止AlCl3水解，装置G用来吸收尾气，所以F和G装置可用一个盛有碱石灰的干燥管来代替。【小问4详解】欲制得纯净的氯化铝，需要先除去装置内的空气，则需要先加热A装置，利用

生成的氯气除装置中空气，防止氧气氧化金属铝，等到D中充满氯气后，即充满黄绿色气体后，再点燃另一酒精灯。19.过氧化钠常用作漂白剂、杀菌剂、消毒剂，能与水和二氧化碳等物质发生反应，保存不当时容易变质。某实验小组以过氧化钠为研究对象进行了

如下实验。（1）探究一包Na2O2样品是否已经变质：取少量样品，加水将其溶解，加入_______溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质。（2）该实验小组为了粗略测定过氧化钠的质量分数，称取了mg样品，并设计用下图装置来测

定过氧化钠的质量分数。①装置中盛放盐酸的仪器的名称是_______，装置B中发生反应的离子方程式是_______。②将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是_______。③写出装置C中发生的主要反应的化学方程式：_______。④反应结束后，在读取实验中生成气体的体积

时，你认为合理的是_______(填序号)。A.读取气体体积前，需冷却到室温B.调整量筒使E、F内液面高度相同C.视线与凹液面的最低点相平时读取量筒中水的体积⑤读出量筒内水的体积后，将其折算成氧气的质量为ng，则样品中过氧化钠的质量分数为___

____×100%。⑥压强不变时在一个密闭容器中放入足量过氧化钠固体，然后充入等体积CH4和O2，电火花引燃后充分反应，恢复至原温度，余下气体的体积为原体积的_______。【答案】（1）氯化钙（或氯化钡）（2）①.分液漏斗②.H++3H

CO−=H2O+CO2↑③.检查装置的气密性④.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2⑤.ABC⑥.398nm×100%⑦.14【解析】【分析】盐酸和大理石反应生成氯化钙、二氧化碳和水，二氧化碳中含有易挥发的HCl杂质，用

饱和碳酸氢钠溶液除掉HCl，二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，氧气中含有二氧化碳杂质，用氢氧化钠溶液吸收二氧化碳气体，用排水法收集氧气，排出的水的体积等于氧气的体积。【小问1详解】证明Na2O2已经变质，过氧化钠变质主要生成碳酸钠，加入氯化钙或氯化钡溶液生成碳酸钙或碳酸钡沉

淀，故答案为：BaCl2。【小问2详解】①装置中盛放盐酸的仪器的名称是分液漏斗，装置B的作用是吸收二氧化碳中混有的HCl气体，反应的离子方程式为：H++3HCO−=H2O+CO2↑；②将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是检查装置气密性；故答案为：检查装置气密性；③装置C中

发生的主要反应是过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；④反应结束后，在读取实验中生成气体体积时，A．读取气体体积前，需冷却到室温，避免温度高使气

体膨胀，读数偏大而产生误差，故A合理；B．调整量筒使E、F内液面高度相同，使装置内压强和外界压强相同，避免读取体积产生误差，故B合理；C．视线与凹液面的最低点相平时读取量筒中水的体积，避免读数误差，故C合理；综上所述，答案为：ABC。⑤读出量筒内水的体积后，将其

折算成氧气的质量为ng，则氧气的物质的量为32nmol，根据反应方程式可知，n(Na2O2)=2n(O2)=16nmol，m(Na2O2)=7816ng，则样品中过氧化钠的质量分数为7816nm×100%=398nm的的×100%；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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