【文档说明】【精准解析】辽宁省六校2020-2021学年高一上学期期中联考化学试题（解析版）.doc，共(20)页，1.238 MB，由小赞的店铺上传

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2020——2021学年度（上）省六校高一期中联考化学试题考试时间：90分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56Ba137Ⅰ客观试卷（50分）一

、单项选择题（共15个小题，每题只有一个符合题意的选项，每题2分，共30分）1.适度饮水有益于健康，但过量饮水使体内电解质浓度过低，导致生理紊乱而引起“水中毒”，下列属于人体内常见电解质的是()A.CO2

B.NaClC.BaSO4D.葡萄糖【答案】B【解析】【详解】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，则解：A．二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化碳的水溶液导电，但电

离出离子的物质是碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，A错误；B．NaCl在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子导致溶液导电，所以NaCl是电解质，B正确；C．硫酸钡在熔融状态下能电离出自由移动的阴阳离子导电，所以硫酸钡是电解质，但Ba

2+有毒，不是人体内常见的电解质，C错误；D．葡萄糖在水溶液里和熔融状态下都不导电，是非电解质，D错误；答案选B。【点睛】本题考查了电解质的判断，难度不大，注意电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不是电解质

也不是非电解质。另外判断的关键是看化合物能不能自身电离出阴阳离子。2.以下成语本意涉及氧化还原反应的是A.百炼成钢B.刻舟求剑C.水滴石穿D.暗香浮动【答案】A【解析】炼钢是用氧气将碳元素氧化成二氧化碳，故A正确；刻舟

求剑是物理变化，故B错误；水滴石穿是碳酸钙、水、二氧化碳反应生成碳酸氢钙，属于非氧化还原反应，故C错误；暗香浮动涉及分子运动，属于物理变化，故D错误。3.下列关于胶体和溶液的说法中正确的是A.许多胶体能进行电泳是因为这些胶体带电B.布朗运动是胶体粒子

特有的运动方式，可以据此把胶体与溶液、悬浊液区分C.制豆腐利用了胶体的性质D.将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁胶体【答案】C【解析】【详解】A．胶体本身不带电，但是可以吸附带电的离子形成带电的胶粒，故A错误；B．区分胶体与其他分散系

应用丁达尔效应，布朗运动是所有粒子在溶液中的运动方式，故B错误；C．豆浆是胶体，胶体遇电解质发生聚沉，制豆腐利用了胶体的性质，故C正确；D．将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁沉淀；

将饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热，可得氢氧化铁胶体，故D错误；故选C。4.下列物质的分类正确的是碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANaOHH2SO4BaCO3SO2CO2BBa(OH)2HClNaClNa2OCOCNaOHCH3COOHC

aCl2COSO2DKOHHClOCaCO3CaOSO3A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A、SO2不属于碱性氧化物，而是酸性氧化物，A错误；B、CO不属于酸性氧化物，也不属于碱性氧化物，B错误；C、CO不属于酸性氧化物，也不属于碱性氧化物，C错误；D、各物质分类均正确，

D正确；故答案选D。5.下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．反应中O元素化合价由-2价升高到0价，共转移12e-，故A错误；B．反应中Mg共失去4个电子，氧气得到4个电子，电子转移

方向和数目正确，故B正确；C．反应中Cu得到电子，C失去电子，得失电子标反了，故C错误；D．得失电子数不相等应为4个，故D错误。故选：B6.欲配制下列四种无色透明的酸性溶液，其中能配制成功的是A.+4NH、-3NO、Cl－、Al3＋B.Ca2＋、-3NO、Na＋、

I－C.-4MnO、K＋、2-4SO、Na＋D.K＋、Mg2＋、Cl－、2-3CO【答案】A【解析】【详解】A．酸性溶液中存在大量的H+，H+和+4NH、-3NO、Cl－、Al3＋都能共存，可以配制成功，A项正确；B．酸性溶液中存在大量的H+，H+、-3NO和

I－会发生氧化还原反应而不能共存，B项不能配制成功，B项错误；C．-4MnO在水溶液中显紫红色，C项不能配制成功，C项错误；D．酸性溶液中存在大量的H+，H+和2-3CO不能大量共存，D项不能配制成功，D项错误；答案选A。【点睛】注意题中的隐含条件：(1

)无色溶液，说明排除了有色离子；(2)酸性溶液，说明其中含有大量的H+。7.已知常温下，在溶液中发生如下反应：①16H++10Z－+2XO4_=2X2++5Z2+8H2O②2A2++B2=2A3++2B－③2B－+Z2

=B2+2Z-由此推断下列说法错误的是A.反应Z2+2A2+=2A3++2Z−可以进行B.Z元素在反应③中被还原，在反应①中被氧化C.氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+D.Z2可以置换出X2+溶液中的

X【答案】D【解析】【分析】根据氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物，对各离子方程式进行分析。【详解】①16H++10Z－+2XO4_=2X2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4-＞Z2，还原性Z-＞X2+；②2A

2++B2=2A3++2B－中，氧化性B2＞A3+，还原性A2+＞B-；③2B－+Z2=B2+2Z-中，氧化性Z2＞B2，还原性B-＞Z-；A．若反应Z2+2A2+=2A3++2Z-可进行，则氧化性Z2＞A3+。由反

应③中可得出氧化性：Z2＞B2，反应②中可得出氧化性：B2＞A3+，得出结论：氧化性Z2＞A3+，与推断一致，A正确；B．在反应中③中Z元素降价，被还原，在反应①中Z元素升价，被氧化，B正确；C．由①②③反应中氧化性的比较可知，氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2

、A3+，C正确；D．由式①可知，Z2不可能置换出X2+溶液中的X，D错误；答案选D。【点睛】氧化剂，具有氧化性，得到电子，在反应时所含元素的化合价降低，发生还原反应，生成还原产物；还原剂，具有还原性，失去电子，在反应时所含元素的化

合价升高，发生氧化反应，生成氧化产物。8.下列离子方程式正确的是A.碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液：Ca2＋+2-3HCO+2OH－=CaCO3↓+2-3CO+2H2OB.过氧化钠跟水反应：Na2O2+2H2O=2Na＋+2OH－+O2↑C.硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液：Ba2＋+

2OH－+Cu2＋+2-4SO=BaSO4↓+Cu(OH)2↓D.硝酸银溶液中加入铜粉：Ag＋+Cu=Cu2＋+Ag【答案】C【解析】【详解】A.碳酸氢钾和少量氢氧化钠反应生成碳酸氢钠和碳酸钙沉淀和水，离

子方程式应为Ca2＋+-3HCO+OH－=CaCO3↓+H2O，故A错误；B.过氧化钠跟水反应：2Na2O2+2H2O=4Na＋+4OH－+O2↑，故B错误；C.硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，离子方程式为：Ba2＋+2OH

－+Cu2＋+2-4SO=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故C正确；D.硝酸银溶液中加入铜粉的离子方程式为：2Ag＋+Cu=Cu2＋+2Ag，故D错误。故选C。9.将Na2O2投入FeCl3溶液中，可观察到的现象是()①生成

白色沉淀②生成红褐色沉淀③有气泡产生④因为Na2O2具有漂白性，所以FeCl3溶液褪色A.①④B.②③C.①③D.仅②【答案】B【解析】【分析】Na2O2投入FeCl3溶液中，Na2O2与水反应得到O2和NaOH

，NaOH与FeCl3溶液产生红褐色沉淀。【详解】①生成白色沉淀，①不正确；②生成红褐色沉淀，②正确；③有气泡产生，③正确；④Na2O2具有漂白性，但其不能漂白FeCl3溶液，其与水反应的产物NaOH与FeCl3溶液产生红

褐色沉淀，④不正确。可观察到的现象是②③，故选B。10.下列说法正确的是A.漂白粉在空气中容易失效的原因是次氯酸钙易分解为氯化钙和氧气B.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明该溶液一定是钠盐溶液C.用

托盘天平可以准确称量氢氧化钠固体8.80gD.烧杯中红褐色的透明液体是氢氧化铁胶体还是溴水用可见光束可以鉴别【答案】D【解析】【详解】A．次氯酸钙易和空气中的水及二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光或受热易分解，故

A错误；B．焰色反应为元素的性质，不一定为钠盐溶液，可能为氢氧化钠溶液，故B错误；C．NaOH易潮解，需要用小烧杯，且托盘天平精确到0.1g，用托盘天平在小烧杯中称量氢氧化钠固体8.8g，故C错误；D．胶体有丁达尔效应，溶液无丁达尔

效应，用可见光束可以鉴别红褐色的氢氧化铁胶体和溴水，故D正确；故选D。11.下列四种物质，其中不能跟CO2反应的是A.Na2OB.Na2O2C.CaCl2D.NaOH【答案】C【解析】【详解】A.氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，故A不选；B.过氧化

钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，故B不选；C.碳酸的酸性小于盐酸，所以二氧化碳不能和CaCl2反应，故C选；D.NaOH和二氧化碳反应生成碳酸钠或碳酸氢钠和水，故D不选；故选C。12.制备氯化物时，常用两种方法：①用金属与氯气直接化合制得；②用

金属与盐酸反应制得。用以上两种方法都可制得的氯化物是()A.AlCl3B.FeCl3C.FeCl2D.CuCl2【答案】A【解析】【详解】A.铝和盐酸或铝和氯气反应均生成AlCl3，A选；B.铁和氯气反应生成FeCl3，铁和盐酸反应生成氯化亚铁，B不选；C.铁和氯气反应生成FeCl3，铁和

盐酸反应生成氯化亚铁，C不选；D.铜和氯气反应生成CuCl2，铜和盐酸不反应，D不选；答案选A。13.常温下20滴水为1mL,水的密度为1g/mL,每滴水含有a个水分子,则阿伏德罗常数可表示为A.aB.2aC.18aD.360a【答案】D【解析】【分析】根据m=ρV，计算水的

质量，根据n=mM，计算水的物质的量，结合N=nNA计算。【详解】20滴水的质量为1mL×1g·mL－1=1g，其物质的量为18g1g/mol=118mol，20滴水中含有水分子个数为20a，根据N=nNA，得出NA=360a，故选D。14.同温同压下,质量

忽略不计的两个气球A和B,分别充入X气体和Y气体,且两气球的体积相同。若相同条件下,A气球放在CO中静止不动,B气球放在CO中上浮。下列叙述不正确的是A.A气球的质量大于B气球B.X可能是氮气,Y可能是甲烷C.X气体的密度大于Y气体D.A气球内分子数小于

B气球【答案】D【解析】【分析】同温同压下，充气后两气球的体积相等，则两气球中所含气体分子物质的量相等；A气球置于CO中，气球静止不动，X气体的密度与CO接近，B气球置于CO中，气球上浮，Y气体的密度比CO小，同温同

压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则X气体的相对分子质量为28，Y气体的相对分子质量小于28；据此分析可得结论。【详解】A.两气球中所含气体分子物质的量相等，X气体的摩尔质量为28g/mol，Y气体的摩尔质量<28g/m

ol，则充气后A气球质量大于B气球，故A叙述正确；B.氮气的相对分质量为28，甲烷的相对分子质量为16，小于28，故B叙述正确；C.同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则X气体的密度大于Y气体的密度，故C叙述正确；D.同温同压下，两气球的体积相同，由阿伏加德罗定律

可知A、B两气球中气体的分子数目相同，故D叙述错误；答案选D。【点睛】本题主要考查了学生对阿伏加德罗定律及其推论的理解，在同温同压下，两种气体的密度之比等于其相对分子质量之比。15.某溶液可能含有下列6种离子中的某几种：Cl－、2-4SO、2-3CO、+4NH、Na＋、K＋

。为了确认溶液的组成，进行了如下实验：①.取200mL上述溶液，加入足量BaCl2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀4.30g。向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶解；②.向①的滤液中加入足量NaOH溶液

，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体1.12L（已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出）；③.原溶液焰色反应呈黄色。关于原溶液组成的结论，不正确的是A.一定存在Cl－、Na＋、2-4SO、2-3CO、+4NH，可能存在K＋B.至少存在

五种离子，且c(Cl－)≥0.05mol/LC.c(2-3CO)=0.05mol/LD.c(+4NH)＞c(2-4SO)【答案】B【解析】【详解】①取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量

盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成,说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，质量一共是4.3g,则溶液中含有CO2-3、SO2-4，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶，则硫酸钡的质量是2.33g，所以硫酸根离子的物质的量是2.33233=0.01mol，所以碳酸钡的质量是

4.3g-2.33g=1.97g，碳酸根离子的物质的量是1.97197=0.01mol；②向①的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，物质的量是1.1222.4=0.05mol,说明溶液中有NH4+的物质的量是0.05mol；③原溶液焰色反应呈黄色，说

明含有Na+；A.原溶液焰色反应呈黄色，说明含有Na+，依据溶液电中性原则，假设都存在，那么n(+)=n(-)，即0.05+n(Na+)十n(K+)=20.01+20.01+n(Cl-)，据此得出n(

Cl-)=n(Na+)+n(K+)+0.01>0.01，所以溶液一定存在的离子有:CI-、CO2-3、SO2-4、NH4+、Na+；可能存在的离子有:K+；故A正确；B.依据溶液电中性原则，假设都存在，那么n(+)=n

(-)，即0.05+n(Na+)+n(K+)=20.01+20.01+n(Cl-)，则n(Cl-)=n(Na+)+n(K+)+0.01>0.01，由于Na+一定存在，所以n(Cl-)>0.01mol，则c(Cl)>0.010.2=0.05mol/L；故B错误；C

.依据计算得出c（CO2-3）=0.010.2=0.05mol/L；故C正确；D.硫酸根为0.01mol，铵根为0.05mol，故c(NH4+)＞c(SO2-4)，故D正确；故答案为B二、不定项选择题（共5小题，每题有一或两个正确选项，漏选得2分，错选不得分，每题4分，

共20分）16.下列有关物质性质实验的叙述，正确的是A.钠在空气中燃烧，生成淡黄色的氧化钠B.钠是一种强还原剂，可以把钛从其盐溶液中置换出来C.将灼热的铜丝放入盛有氯气的集气瓶中，生成棕黄色的烟D.Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，因而可用

于净水【答案】CD【解析】【详解】A.钠在空气中生成白色的氧化钠，在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠固体，故A错误；B.钠性质很活泼，和盐溶液反应时先和水反应生成氢氧化钠和氢气，所以不可以把钛从其盐溶液中置换出，故B错误；C.因红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧生成固体氯化铜，

则会观察到棕黄色的烟，故C正确；D.Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，具有吸附作用，可以净水，故D正确；故选CD。17.用a表示物理变化，b表示化学变化，c表示化合反应，d表示分解反应，e表示置换反应，f表示复分解反应，g表示酸与碱反应，h表示氧化还原反应，则下列概念间的关系正确的

是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A.物理变化与化学变化是并列关系，并不是从属关系，A错误；B.酸与碱反应属于复分解反应，但复分解反应一定不属于氧化还原反应，B错误；C.分解反应有的属于复分解反应，有的不属于

复分解反应，C错误；D.置换反应一定属于氧化还原反应，分解反应和化合反应有的是氧化还原反应，有的不是氧化还原反应，D正确。故选D。【点睛】有单质发生的化合反应、有单质生成的分解反应，一定是氧化还原反应。没有单质参加的化合反应、没有单质生成的分解反应，也可能是氧化还原反应。如SO2+H2O

2=H2SO4，3NaClO2NaCl+KClO3，都是氧化还原反应。18.每年10月23日上午6∶02到晚上6∶02被誉为“摩尔日"(MoleDay)，这个时间的美式写法为6∶0210/23，外观与阿伏加德罗常数近似值6.02×1023相似。用NA代表

阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molO2作为氧化剂参与反应，得到的电子数一定为4NAB.46gNO2和N2O4的混合气体所含的原子数为3NAC.0.4mol/LNa2SO4溶液中所含Na+和2-4SO总数为1.2NAD.标准状况下，18g水所占的体积小于22.4L【答

案】BD【解析】【详解】A．1molO2作为氧化剂参与反应，得到的电子数不一定为4NA，如222Δ2Na+ONaO中，1molO2作氧化剂，得到的电子数为2NA，A错误；B．NO2和N2O4的混合气体可看成由“

NO2”组成，其物质的量=46g46g/mol=1mol，所含原子的物质的量=1mol×3=3mol，即所含的原子数为3NA，B正确；C．未给溶液体积，无法计算Na+和2-4SO的总数，C错误；D．标准

状况下，18g水的体积大约是18mL，远小于22.4L，D正确。答案选BD。19.下列除杂试剂或操作方法正确的一组是选项物质杂质除杂试剂或操作方法ANaClBaCl2加入过量的K2CO3溶液，过滤，再加适量的盐酸并加热BFeSO4(aq)CuSO4加入过量Fe

粉，过滤CCl2HCl通过饱和的NaHCO3溶液洗气DCO2HCl通过饱和的Na2CO3溶液洗气A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．加入过量的碳酸钾溶液会引入钾离子，引入新杂质不符合除杂的原则，故A项错误；B．铁粉与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁

，所以可以除去硫酸铜且不引入新杂质，故B项正确；C．HCl与饱和碳酸氢钠反应会生成CO2，在Cl2中引入了新杂质，且氯气也会和饱和碳酸氢钠溶液反应，故C项错误；D．CO2通过饱和的Na2CO3溶液，会与Na2CO3反应生成NaHCO3，故D项错误；故答案为B。20.同

温同压下,质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体,下列说法错误的是A.所占的体积由大到小的顺序是:H2>CH4>O2>SO2>CO2B.所含的分子数由多到少的顺序是:H2>CH4>O2>CO2>S

O2C.所含的原子数由多到少的顺序是:CH4>H2>O2>CO2>SO2D.密度由大到小的顺序是:SO2>CO2>O2>CH4>H2【答案】AC【解析】【详解】A.根据n=m/M可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，则同温同压下体积与物

质的量成正比，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，所占的体积由大到小的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2，故A错误；B.根据n=m/M可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越少，同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2，分子

数由多到少的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2，故B正确；C.取mg四种气体，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体含原子数分别为3,2,2,5,3,442321664mmmmm则所含原子数由多到少是：H2>CH4>CO2>O2>SO2，故C错误；D

.同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体摩尔质量由大到小的顺序是：SO2>CO2>O2>CH4>H2，密度之比为：SO2>CO2>O2>CH4>H2，故D正确；故本题选AC。Ⅱ主观试卷（50

分）三、填空题（共4道题，共计50分）21.按要求填写下列空白：（1）Na2O2_____（填是或不是）碱性氧化物，7.8gNa2O2中含________个阴离子；（2）氯水中含氯粒子有_____________

______（填粒子的化学式），氯水长时间放置最终变为_____；（3）配平离子方程式：___2-27CrO___Br－＋____=____Cr3＋＋____-3BrO＋____H2O_____（4）标准状况下44.8mL的ClO2气体恰好能与50mL0.1mol

/L的Na2SO3溶液完全反应生成Na2SO4，该反应的还原产物中氯元素的化合价为______（5）“84消毒液”是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫

生消毒。某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。某同学量取此“84消毒液”，按说明要求稀释后用于消毒，则稀释后的溶液中c(Na+)=_________mol/L（保留两位有效数字）【答案】(1).不是(2).0.1

NA(3).Cl2、Cl－、HClO、ClO－(4).盐酸(5).1、1、8H＋、2、1、4(6).-1(7).0.038【解析】【详解】(1)碱性氧化物是指与酸反应只生成盐和水的氧化物，Na2O2和水反应生成氢氧化钠

、水和氧气，所以Na2O2不是碱性氧化物，7.8gNa2O2的物质的量为7.8g=0.1mol78g/mol，所以0.1molNa2O2含有阴离子22O−0.1NA，故答案为：不是，0.1NA。(2)氯水中含有Cl－、ClO－、HClO、Cl2，长时间放置的氯气分解为盐酸，故答案为：Cl2、Cl

－、HClO、ClO－，盐酸；(3)反应中2-3+27CrOCr→，铬元素由+6价降为+3价，得到了6e-，--3BrBrO→，化合价从-1价升高+5价，失去了6e-，化合价最小公倍数为6，2-27CrO化学计量数为1，-3BrO化学计量数为1，配平可得

：2-27CrO+Br－＋____=2Cr3＋＋-3BrO＋4H2O，根据质量守恒和电荷守恒，缺项为H+，化学计量数为8，故答案为：1、1、8H＋、2、1、4；(4)标准状况下44.8mL的ClO2气体的物质的量为-30.0448L=210mol22.4L/m

ol，50mL0.1mol/L的Na2SO3溶液的物质的量为-30.05L0.1mol/L=510mol，Na2SO3反应生成Na2SO4，则反应过程失电子的物质的量为-3-2510mol2=110mol，设还原产物中氯元素为x，根据氧化还原反

应得失电子守恒可知，-3-2210mol(4)110molx−=，解得1x=−，故答案为：-1；(5)稀释后c(NaClO)=-1-113.8molL0.038molL100=，所以c(Na+)=c(NaClO)=0.038mol·L-1，故答案为：0.038。

22.实验室配制240mL0.10mol/L的Na2CO3溶液，现有下列仪器：A.烧杯B.250mL量筒C.100mL容量瓶D.药匙E.玻璃棒F.托盘天平(1)配置时，不需要使用的仪器有：___________(填字母

)，还缺少的仪器是：______________(2)应用托盘天平称取Na2CO3晶体的质量为：__________；(3)若实验室遇下列情况，溶液的浓度偏低的是：______；无影响的是：________；A.溶解后没有冷却便进行定容；B.摇匀后发现液面低于刻度线，再次滴加蒸馏水至刻度

线；C.定容时俯视容量瓶的刻度线；D.容量瓶内壁附有水珠而未做干燥处理。(4)若取50.0mL上述配好的溶液，与另一个150mL0.20mol/L的Na2CO3溶液混合，最后得到的溶液的物质的量浓度为：__________(设溶

液的体积变化可以忽略)【答案】(1).BC(2).250mL容量瓶、胶头滴管(3).2.7g(4).B(5).D(6).0.175mol/L【解析】【分析】配置一定物质的量浓度溶液的步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，通过c=nV

进行计算和误差分析。【详解】(1)实验室配制240mL0.10mol/L的Na2CO3溶液，称量时需要天平，溶解时需要药匙、烧杯、玻璃棒，还缺少250ml容量瓶、胶头滴管，以完成后面的转移、定容等；故答案为：BC；250mL容量瓶

、胶头滴管；(2)n(Na2CO3)=0.100mol/L×0.25L=0.025mol，其质量为0.025mol×106g/mol=2.7g；故答案为：2.7g；(3)A.溶解后没有冷却便进行定容，导致溶解后的液体体积偏大，则定容时所加水减少，浓度偏高；B.摇匀后发现液面低于标线，对浓度无

影响，滴加蒸馏水至标线再摇匀，导致浓度偏低；C.定容时俯视容量瓶的标线，导致加水的体积偏少，浓度偏高；D.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，由于定容时需要加水，所以干不干燥容量瓶对浓度无影响；故答案为：B；D；(4)若

取50.0mL上述已配好的溶液，与另一150mL0.200mol/L的Na2CO3溶液混合，最后得到的溶液的物质的量浓度为0.1mol/L0.05+0.2mol/L0.150.2L=0.175mol/L，故答案为：0.1

75mol/L。23.Ⅰ。某校化学课外小组为了鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图所示：(1)方法Ⅰ中逐滴加入稀盐酸___________(填“能”或“不能”)鉴别Na2CO3和NaHCO3。(2)方

法Ⅱ能鉴别Na2CO3和NaHCO3的现象是___________(3)方法Ⅲ、Ⅳ均能鉴别这两种物质，其中加热试管中发生反应的化学方程式为___________，与方法Ⅲ相比，方法Ⅳ的优点是___________(填字母)。A．Ⅳ比Ⅲ复杂B．Ⅳ比Ⅲ安全C．Ⅳ比Ⅲ操作简便D．Ⅳ可以做到用一套装置

同时进行两个实验，而Ⅲ不行(4)若用方法Ⅳ验证Na2CO3和NaHCO3的稳定性，则试管B中装入的固体是___________(填化学式)。Ⅱ。为进一步探究Na2CO3和NaHCO3的性质，实验小组利用传感器继续做如

下实验：编号实验操作实验数据实验Ⅴ测量下面实验过程中温度的变化实验Ⅵ测量下面实验过程中溶液pH的变化注：Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的浓度相等(查阅资料)溶液pH越小，OH-的浓度越小，溶液碱性

越弱。(5)实验Ⅴ中，溶解时吸收热量的物质是___________(填化学式)。(6)实验Ⅵ中，Na2CO3溶液和澄清石灰水反应的离子方程式为___________OH-未参与该反应的实验证据是___________(7

)实验Ⅵ中，滴加NaHCO3溶液的烧杯中溶液pH的变化与滴加Na2CO3溶液的pH有明显差异，原因是滴加NaHCO3溶液的烧杯中___________(填离子符号)参与了反应。【答案】(1).能(2).盛NaHCO3的装

置比盛Na2CO3的装置反应剧烈且反应后的气球大(3).323222NaHCONaCO+HO+COΔ(4).D(5).3NaHCO(6).3NaHCO(7).2-2+33CO+Ca=CaCO(8).澄清石灰水中滴加23NaCO溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的pH变化曲线基本重合(

9).-OH【解析】【分析】根据碳酸钠与碳酸氢钠性质差异及实验装置特点分析实验过程中的实验现象；根据实验原理分析实验中发生的化学反应并书写离子方程式。【详解】(1)逐滴加入盐酸时，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，反应开始时无二氧化碳气体生成，澄清石灰水不

会变浑浊；若将盐酸滴入碳酸氢钠中，立即生成二氧化碳气体，澄清石灰水会浑浊，则方法I能鉴别Na2CO3和NaHCO3，故答案为：能；(2)碳酸钠和碳酸氢钠均与盐酸反应气体，但生成气体的快慢及多少不同，可观察气球变化鉴别，产生气体快的是碳酸氢钠，慢的是碳酸钠，故答案为：盛NaHCO3的装置比

盛Na2CO3的装置反应剧烈且反应后的气球大；(3)碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应方程式为：323222NaHCONaCO+HO+COΔ；由图中装置及性质可知，与方法Ⅲ相比，方法Ⅳ的优点是Ⅳ可以做

到用一套装置同时进行两个实验，而Ⅲ不行，D项正确；故答案为：323222NaHCONaCO+HO+COΔ；D；(4)试管B的温度低于试管A，在试管A中装入碳酸钠，试管B中装入碳酸氢钠，加热时温度较低时碳

酸氢钠分解，能说明热稳定性弱于碳酸钠，故答案为：3NaHCO；(5)根据图线，实验V中，溶解时，3NaHCO的温度降低，为吸热过程，23NaCO的温度升高，为放热过程，吸收热量的物质是3NaHCO，故答案为：3NaHCO；(6)实验Ⅵ中，Na2CO3溶液和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉

淀和氢氧化钠，离子方程式为2-2+33CO+Ca=CaCO；根据图象知，澄清石灰水中滴加23NaCO溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的pH变化曲线基本重合，说明OH-未参与该反应；故答案为：2-2+33CO+Ca=Ca

CO；澄清石灰水中滴加23NaCO溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的pH变化曲线基本重合；(7)实验Ⅵ中，滴加NaHCO3溶液的烧杯中溶液pH的变化与滴加Na2CO3溶液的pH有明显差异，原因是滴加NaHC

O3溶液的烧杯中3HCO−与-OH反应生成23CO−，故答案为：-OH。24.Ⅰ.实验室利用下列装置制备氯气并验证氯气是否具有漂白性，回答下列问题：（1）装置B中饱和食盐水的作用是______________________________；同时装置B也是安全瓶，监测实验进行时装置C

是否发生堵塞，请写出发生堵塞时装置B中的现象：___________________________________________。（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此装置C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处依次放入________(填字母)。abcdⅠ干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有

色布条湿润的有色布条Ⅱ碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙Ⅲ湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条Ⅱ.FeCl3是重要的化工原料，主要用于污水处理、印染、建筑、冶金、玻璃、五金蚀刻、有机工业等方面的应用。无水FeCl3在300℃以上升华，遇潮湿空气极易潮解。实验室利用纯净干燥的氯气制备无水

FeCl3可能用到的实验仪器如下：（3）写出A中反应的离子方程式：_____________________________________（4）仪器的连接顺序为a→___→__→___→__→j→k→___→__→___→___（5）B中碱石灰的作用

是_____________________________________________（6）用碘量法测定所得无水氯化铁的质量分数：称取m克无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，再转移到100mL容量瓶中，用蒸馏水定容；取出10mL，加入稍过量的KI溶液（2Fe3++2I-

=2Fe2++I2），充分反应后，用cmol/L的Na2S2O3溶液进行滴定（已知：2--2-22346I+2SO=2I+SO），终点时消耗VmLNa2S2O3溶液．则样品中氯化铁的质量分数为__________________（用含c、V、m的代数式表示）。【答案】(1).除

去Cl2中的HCl(2).长颈漏斗中液面上升(3).d(4).MnO2＋4H＋＋2Cl－ΔMn2＋＋Cl2↑＋2H2O(5).h(6).i(7).d(8).e(9).g(10).f(11).b(12).c(13).吸收未

反应的Cl2，防止空气中的水蒸气进入D中(14).162.5cV%.m【解析】【分析】(1)掌握验证氯气是否有漂白性的关键为干燥环境下的布条是否褪色，和湿润下的布条是否褪色，注意反应生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气。(2)抓住实验的关键为营

造铁和氯气的干燥环境，即需要除去氯气中的氯化氢和水蒸气，据此回答问题。【详解】(1)制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢在饱和食盐水中的溶解度较大，氯气在饱和食盐水中的溶解度不大，所以可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢。测实验进行时装置C是否发生堵塞，发生堵塞时B中的压强增大，气体将溶液压

入长颈漏斗B中，长颈漏斗中液面上升。(2)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，需要验证干燥的氯气是否能漂白，湿润的有色布条中氯气和水反应生成次氯酸，具有漂白性，因为氯气中有水蒸气，所以既是使用干燥的布条也不能验证

，故先使用湿润的布条，然后使用干燥剂除去氯气中的水蒸气，但C中只能放置固体干燥剂，不能为浓硫酸，所以C中依次放入的为湿润的布条，无水氯化钙，干燥的布条，所以选d。(3)A中是实验室制取氯气的反应，离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－ΔMn2＋＋Cl2↑＋2H

2O；(4)无水FeCl3在300℃以上升华，遇潮湿空气极易潮解，所以在氯气和铁反应之前应将氯气中含有的水蒸气和氯化氢除去，先用饱和食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸除去水蒸气，反应后用冰水收集生成的氯化铁，要保证反应体系

和收集体系的干燥环境，再连接盛有干燥剂的干燥管，并吸收剩余的氯气。故连接顺序为ahidejkgfbc。(5)B中碱石灰的作用是吸收未反应的Cl2，防止空气中的水蒸气进入D中。(6)根据反应2Fe3++2I

-=2Fe2++I2和2--2-22346I+2SO=2I+SO的关系式为：Fe3+-------223SO−，即二者物质的量相等，硫代硫酸钠的物质的量为cmol/L×VmL×10-3，则氯化铁的质量分数为3100/L10162.5g/10100%mmLcmolVmLmo

lmL−=162.5cV%.m。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com