【文档说明】浙江省温州市新力量联盟2023-2024学年高一上学期11月期中联考化学试题 含解析.pdf，共(19)页，948.466 KB，由小赞的店铺上传

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2023学年第一学期温州新力量联盟期中联考高一年级化学学科试题考生须知：1.本卷共6页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，

只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cl：35.5Ca：40Ⅰ卷选择题部分一、选择题Ⅰ(本大题共15小题，每小题2分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只

有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.氧气的分子式是A.3OB.2OC.2ND.2H【答案】B【解析】【详解】A．此化学式所代表的物质是臭氧，故A错误；B．此化学式所代表的物质是氧气，故B正确；C．此化学式所代表的物质是氮气

，故C错误；D．此化学式所代表的物质是氢气，故D错误；故选：B。2.第19届亚运会于2023年9月23日—10月8日在浙江省杭州市举行。体操运动员比赛前为了防滑，常在手掌上涂抹白色的粉末——碳酸镁，碳酸镁属于A.酸B

.碱C.盐D.氧化物【答案】C【解析】【详解】A．硫酸镁电离出的阳离子不是氢离子，不属于酸，故A错误；B．硫酸镁电离出的阴离子不是氢氧根离子，不属于碱，故B错误；C．硫酸镁能电离出金属阳离子和酸根离子，属于盐，故C正确；D．氧化物要求只由两种元素祖成，硫酸镁由三种元素，不是氧化

物，故D错误；故选：C。3.下列仪器名称正确的是A．三脚架B．胶头滴管C．试管夹D．坩锅A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．该仪器正确的名称是泥三角，不是三脚架，故A错误；B．该仪器是用来取用液体试剂的胶头滴管，故B正确；C．该仪器是坩埚钳，不是试管

夹，故C错误；D．坩埚的“埚”不是“锅”，故D错误；故选B。4.下列物质属于电解质的是A.4MgSOB.葡萄糖C.FeD.盐酸【答案】A【解析】【详解】A．硫酸镁是在水溶液中或熔融态下能导电的化合物，属于电解质，故A正确；B．葡萄糖在水溶液和熔融态下都不能导电，不是电解质，故B错误；C．铁

是单质，电解质要求是化合物，故C错误；D．盐酸是混合物，电解质要求是化合物，故D错误；故选：A。5.工业上高温炼铁的反应原理为：232FeO3CO2Fe3CO高温，下列说法正确的是A.该反应是置换反应B.Fe是还原剂C

.CO2是还原产物D.CO是还原剂【答案】D【解析】【详解】A．该反应中，两种反应物都是化合物，不属于置换反应，A不正确；B．反应中，Fe是反应产物，Fe元素由+3价降为0价，则Fe是还原产物，B不正确；C．CO是还原剂，则CO2是氧化产物，C不正确；D．CO中C元素由+2价升

高到+4价，则CO是还原剂，D正确；故选D。6.下列关于胶体的叙述，正确的是A.胶体的本质特征是具有丁达尔效应B.依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液C.向沸水中滴加饱和3FeCl溶液，继续加热煮沸可制得胶体D.云、雾是液溶胶，在阳光下可观察到丁达尔效应【答案】C【解析】【

详解】A．胶体的本质特征是分散质微粒直径的大小，A错误；B．依据分散质微粒直径的大小，可将分散系分为溶液、胶体与浊液，B错误；C．向沸水中滴加饱和溶液至溶液呈红褐色，可制得氢氧化铁胶体，C正确；D．雾是气溶胶，属于胶体，在阳光下可观察到丁达尔效

应，D错误；故答案为：C。7.下列属于化学变化的是A.钠的焰色试验B.钢铁生锈C.电解质的电离D.氯气的液化【答案】B【解析】【分析】有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化；【详解】A．钠的焰色试验是元素的性质，过程中无新物质生成

，属于物理变化，选项A不符合题意；B．钢铁生锈过程中有新物质铁锈生成，属于化学变化，选项B符合题意；C．电解质的电离无新物质产物，是物理变化，选项C不符合题意；D．氯气的液化只是状态发生改变，即由气态变液态，没有新物质生成，属于物理变化，选项D不符合

题意；答案选B。8.下列化学用语正确的是A.碳酸氢钠溶液与稀盐酸反应的离子方程式：322HHCOHOCOB.3NaHCO的电离方程式：233NaHCONaHCOC.氯气与水反应的离子方程式：22HOClClClO2HD.铁和

氯气反应的化学方程式：22FeClFeCl点燃【答案】A【解析】【详解】A．碳酸氢钠溶液与稀盐酸反应，生成NaCl、H2O和CO2气体，离子方程式：322HHCOHOCO，A正确；B．碳酸为弱酸，3NaHCO

电离时，3HCO应以化学式表示，电离方程式：33NaHCONaHCO，B不正确；C．氯气与水反应，生成的HClO为弱酸，应以化学式表示，离子方程式：22HOClClHClOH，C不正确；D．铁和氯气反应，生成Fe

Cl3，化学方程式：322Fe3ClFeC2l点燃，D不正确；故选A。9.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．在该反应中O元素化合价由反应前O2中的0价变为反应后Na2O2中的-1价，

化合价降低1价，得到电子e-；Na元素化合价由反应前Na中的0价变为反应后Na2O2中的+1价，化合价升高1价，失去电子e-；化合价升降最小公倍数是2，所以根据氧化还原反应中得失电子数目相等，等于元素化合价升降

总数，可知反应中转移电子数目为2e-，图示的电子转移数目不符合反应事实，选项A错误；B．在该反应中O元素化合价由反应前O2中的0价变为反应后MgO中的-2价，化合价降低2价，得到电子4e-；Mg元素化合价由反应前Mg中的0价变为反应后MgO中的+2价

，化合价升高2价，失去电子4e-；化合价升降最小公倍数是4，所以根据氧化还原反应中得失电子数目相等，等于元素化合价升降总数，可知反应中转移电子数目为4e-，故该反应的电子转移方向和数目都符合事实，选项B正确；C．在该反应中KClO3、KCl中的Cl原子发生电子转移都变为Cl

2。Cl元素化合价由反应前KClO3中的+5价变为反应后Cl2中的0价，化合价降低5价，得到电子5e-；Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高1价，失去电子e-；化合价升降最小公倍数是5，以根据氧

化还原反应中得失电子数目相等，等于元素化合价升降总数，可知反应中转移电子数目为5e-，图示的电子转移方向及数目均不符合反应事实，选项C错误；A．在该反应中N元素化合价由反应前HNO3中的+5价变为反应后NO中的+2价，化合价降低3价，得到电子3e-；Cu

元素化合价由反应前Cu中的0价变为反应后Cu(NO3)2中的+2价，化合价升高2价，失去电子2e-；化合价升降最小公倍数是6，所以根据氧化还原反应中得失电子数目相等，等于元素化合价升降总数，可知反应中转移电子数目为6e

-，图示的电子转移方向不符合反应事实，选项D错误；答案选B。10.下列反应能用离子方程式2HOHHO表示的是A.24HSO溶液与2BaOH溶液混合B.2CuOH和稀盐酸的反应C.3NaHCO溶液与NaOH溶液混合D.3HNO溶液与KOH溶液混合【答案】D【解析】【详解】A．24HS

O溶液与2BaOH溶液混合离子方程式为-2+2-424++2OH+Ba+SO=2HO+B2aSOH，故A错误；B．2CuOH和稀盐酸的反应离子方程式为+2+222H+CuOH=Cu+2HO（），故B错误；C．3NaHCO溶液与NaOH溶液混合离子方程式为+322=H+HCOCO

+HO，故C错误；D．3HNO溶液与KOH溶液混合是强酸强碱之间的反应，无沉淀、气体或者难电离物质生成，故D正确；故选C。11.实现下列物质之间的转化，需要加入还原剂才能实现的是（）A.SO3→H2SO4B.Cu→Cu(N

O3)2C.CuO→CuD.CO→CO2【答案】C【解析】【详解】A．SO3→H2SO4，没有元素的化合价发生变化，不需要还原剂，A错误；B．Cu→Cu(NO3)2，铜元素化合价升高，被氧化，需要氧化剂，B错误；C．CuO

→Cu，铜元素化合价降低，被还原，需要还原剂，C正确；D．CO→CO2，碳元素化合价升高，被氧化，需要氧化剂，D错误；故选C。12.下列说法正确的是A.实验中未用完的钠可放回原试剂瓶中B.2NaO可用作呼吸面具的供氧剂C.氯气的水

溶液俗称液氯D.干燥的氯气不能使鲜花褪色【答案】A【解析】【详解】A．钠是活泼金属，实验中未用完的钠可放回原试剂瓶中，故A正确；B．Na2O2可用作呼吸面具的供氧剂，故B错误；C．氯气的水溶液俗称氯水，故C错误；D

．鲜花中含有水，干燥的氯气能使鲜花褪色，故D错误；故答案为：A。13.维生素C是一种水溶性维生素，熔点为190℃，其分子式为686CHO。下列有关维生素C的说法正确的是A.维生素C的摩尔质量为176B.维生素C中C、O两种原子的质量比为3∶4C.标准状况下，维

生素C的摩尔体积为22.4LmolD.维生素C帮助人体将3Fe转化为易吸收的2Fe，说明维生素C具有氧化性【答案】B【解析】【详解】A．摩尔质量的单位为g/mol，A错误；B．维生素C中碳和氧的质量比为612=3:4616，B正确；C．维生素常温下不是气体，没有摩尔体积，C错误；D

．维生素C能将铁离子变成亚铁离子，说明其具有还原性，D常温；故选B。14.下列溶液含有的氯离子的物质的量浓度最大的是A.1mL0.2mol/L2CaCl溶液B.1mL0.5mol/L3KClO溶液C.2mL0.3mo/LNaCl溶液D.4mL0.1mol/L3AlCl溶液【答案】A【解析】【详解】

A．0.2mol/LCaCl2溶液中氯离子物质的量浓度为0.4mol/L；B．KClO3溶液中阴离子为-3ClO，没有氯离子，氯离子物质的量浓度为0；C．0.3mol/LNaCl溶液中氯离子物质的量浓度为0.

3mol/L；D．0.1mol/LAlCl3溶液中氯离子物质的量浓度为0.3mol/L;所以氯离子物质的量浓度最大的是0.2mol/LCaCl2溶液；答案选A。15.下列说法中，不正确．．．的是A.物质分类的方法常见的有树状分类法、交叉分类法B.氧气和臭氧(O3)是氧元素的同素异形体C.氯

气性质活泼，因此液氯不宜储存在钢瓶中D.可以用铁丝代替铂丝做焰色试验【答案】C【解析】【详解】A．物质分类的方法很多，常见的分类方法有依据物质组成和性质进行的树状分类法，依据物质所具有的相同点按不同标准对物质进行的交叉分类法，A正确；B．氧气和臭氧(O3)都是由氧元素组成的单质，是氧

元素的同素异形体，B正确；C．氯气性质活泼，但发生反应时常需提供一定的条件，常温下液氯在干燥环境中与铁不反应，可以储存在钢瓶中，C不正确；D．铁的焰色在不可见光范围内，不会干扰其它金属的焰色，所以可以用铁丝代替铂丝做焰色试验，D正确；故选C。二、选择题Ⅱ(本大題共10小题，每小题3分，

共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)16.下列试剂的保存方法不正确的是A.新制氯水保存在棕色试剂瓶中B.少量的Na保存在煤油中C.NaOH溶液保存在带橡皮塞的试剂瓶中D.Na2O2固体保存在棕色细口瓶中【答案】D【解析】【详解】A．新制氯水

中含有HClO，HClO见光易分解，因此新制氯水保存在棕色试剂瓶中，A正确；B．Na能与水、氧气等反应，不与煤油反应，少量的钠保存在煤油中，B正确；C．NaOH溶液能与SiO2反应生成具有粘性的硅酸钠，因此不能用玻璃塞而需要用橡胶塞，C正确；D．过氧化

钠固体见光不分解，不需要保存在棕色试剂瓶中，且固体通常放在广口瓶中，因此过氧化钠保存在无色密封广口试剂瓶中，D错误；故答案选D。17.下列叙述正确的是A.将一块绿豆大小的金属钠加入到CuSO4溶液中，有紫红色的

物质析出B.向Na2CO3固体滴加少量水，碳酸钠结块变成晶体，并伴随着放热现象C.气体体积的大小主要取决于这种气体的分子数目、分子大小和分子之间的距离D.一小块金属钠长期露置于空气中，最终产物是NaHCO3【答案】B【解析】【详解】A．将钠块加入CuSO4溶液中，钠先与

水反应，生成的NaOH再与CuSO4反应，生成Cu(OH)2蓝色沉淀，没有紫红色物质析出，A不正确；B．往Na2CO3固体上滴加少量水，碳酸钠结合水形成水合碳酸钠晶体，结块并放热，B正确；C．气体分子的大小与分子间的距离相比可以忽略不计，则气体

体积的大小主要取决于这种气体的分子数目和分子之间的距离，C不正确；D．一小块金属钠露置在空气中，先转化为Na2O，再转化为NaOH，最终产物是Na2CO3，D不正确；故选B。18.下列说法正确的是(AN表示阿伏加德罗常数)A.

25℃，51.0110Pa，264gSO中含有的原子数为A3NB.在常温常压下，211.2LN含有的分子数为A0.5NC.常温下，228gN和CO混合气体中原子个数为AND.在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含原子数相同【答案】A【解析】【详

解】A．mSO64gnSO1molMSO64g/mol222（）（）=（），264gSO中含有的分子数为AN，二氧化硫为三原子分子，因此264gSO中含有的原子数为A3N，故A正确；B．常温常压下气体摩尔体积不是22.4L/mol，211.2LN含有的分子数不是A0.5N，故B错误；C

．228gN和CO混合气体中物质的量为1mol，228gN和CO混合气体中分子个数为AN，228gN和CO混合气体中原子个数为2NA，故C错误；D．在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含分子数相同，但气体的构成原子数却不同，故D错误；故选A。19.食盐中的碘元素以碘酸钾3KIO形式存在，

可根据反应：322IO5I6H3I3HO验证食盐中存在3IO，根据上述反应，下列说法错误的是A.3IO作氧化剂，发生还原反应B.2I既是氧化产物又是还原产物C.该条件下氧化性：32IOID.每生成23molI转移电子的物质的量为6mol【答案】D【解析】【

详解】A．3IO中的I元素从+5价降低到0价，作氧化剂，发生还原反应，A正确；B．2I既是化合价升高得到的产物又是化合价降低得到的产物，既是氧化产物又是还原产物，B正确；C．该反应3IO作氧化剂，I2既是氧化产物又是还原产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，条件下

氧化性：32IOI，C正确；D．根据该反应：322IO5I6H3I3HO~5e-，每生成23molI转移电子的物质的量为5mol，D错误；故选D。20.下列各组离子在无色溶液中能大量共存的是A.H、Cl、24SO、KB.K、

OH、Na、3HCOC.2Cu、K、24SO、ClD.Ag、3NO、Cl、K【答案】A【解析】【详解】A．在无色溶液中，H、Cl、24SO、K都不发生反应，都能稳定存在，A符合题意；B．在无色溶液中，OH、3HCO能发生反应，生成23CO和水，B不

符合题意；C．含有2Cu的水溶液呈蓝色，C不符合题意；D．在水溶液中，Ag、Cl能发生反应生成AgCl沉淀，D不符合题意；故选A。21.以不同类别物质间的转化为线索，认识钠及其化合物。下列分析正确的是

A.Na投入水中会沉入底部并四处游动B.上述转化中含有分解反应和置换反应C.反应③④表明Na2CO3不能转化为NaOH或NaHCO3D.反应⑤中Na2O2只做氧化剂【答案】B【解析】【详解】A．Na的密度小于水，投入水中浮于水面，故A错误；B．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳；钠与

水反应生成氢氧化钠和氢气，属于置换反应，故B正确；C．Na2CO3与二氧化碳、水反应可生成碳酸氢钠；碳酸钠与氢氧化钙复分解可生成氢氧化钠，故C错误；D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，O元素化合价既升高也降低，过氧化钠既是氧

化剂也是还原剂，故D错误；答案选B。22.下列除杂(括号中的物质为杂质)方法正确的是A.2HClCl：通入饱和食盐水洗气后干燥B.2COHCl：通过饱和23NaCO溶液洗气后干燥C.2MnOKCl固体：加水溶解后过滤、洗涤、干燥D.323

NaHCONaCO溶液：滴加适量HCl【答案】C【解析】【详解】A．2HClCl通入饱和食盐水除去HCl，A错误；B．2COHCl通过饱和3NaHCO溶液洗气后干燥，23NaCO和2CO反应，B错误；C．2M

nOKCl，KCl溶于水，而2MnO不溶于水，加水溶解后过滤、洗涤、干燥，可得到纯净的2MnO，C正确；D．323NaHCONaCO，加入盐酸后，3NaHCO和23NaCO都能和盐酸反应，D错误；故选C。23.在酸性条件下，可发生如下反应：3ClO+2M3++4H2O=27

MOn+Cl－+8H+，27MOn中M的化合价是A.+4B.+5C.+6D.+7【答案】C【解析】【详解】根据离子反应方程式中，反应前后所带电荷数相等，即6－1=8－n－1，解得n=2，从而得出M2O7n－中M的化合价为+6价，故C正确。

24.某溶液仅由Na、2Mg、2Ba、2Cu、3HCO、24SO、Cl中的若干种离子组成，且各离子浓度相等。取适量溶液进行如下实验：①用洁净的铂丝蘸取待测液在酒精灯外焰灼烧，观察到有黄色火焰；②加过量盐酸无现象，得到无色溶液；③取操作①后的溶液，加入过量的

2BaOH，产生白色沉淀1；④取操作②后的滤液，加入过量的3HNO和3AgNO溶液，产生白色沉淀2；根据以上实验判断，下列推断不正确．．．的是A.根据操作②的无色溶液，推断原溶液一定不存在2CuB.白色沉淀1为混合物，白色沉淀2为纯净物C.原溶液中一定不存在2BaD.由实验可知原

溶液中不一定存在Cl【答案】D【解析】【分析】某溶液仅由Na+、Mg2+、Ba2+、Cu2+、HCO3、SO24、Cl−中的若干种离子组成，①加过量盐酸无现象，得到无色溶液，则溶液中无含有Cu2+、HCO3，②取操作①后的溶液，加入过量的Ba(OH)2产生白色沉淀

1，Mg2+和SO24至少含一种，由题中信息各离子浓度相等，溶液不显电性，根据电荷守恒分析溶液中一定有Mg2+和SO24，Ba2+和SO24和不能大量共存，则原溶液中一定没有Ba2+，沉淀1为BaSO4和Mg(OH)2，③取操作②后的滤液，加入

过量的HNO3和AgNO3溶液，产生白色沉淀2，沉淀2为AgCl，但操作①中加入盐酸时引入了Cl-，无法由此判断是否有Cl-，根据电荷守恒，若溶液中有Cl-，也有相同浓度的Na+，若没有Cl-也没有Na+，综上，原溶液中一定含有Mg2+和SO24，一定不含有Ba2+、Cu2+、HCO3

，可能含有Na+、Cl-。【详解】A．根据分析可知原溶液不含有Cu2+，A正确；B．根据分析可知白色沉淀1为BaSO4和Mg(OH)2的混合物，白色沉淀2为AgCl，B正确；C．根据分析可知原溶液一定没有Ba2+，C正确；D．根据分析可知无法

确定是否含有Cl-，D错误；故答案为：D。25.下列对图示的解释不正确．．．的是ABCD向Ba(OH)2溶液中加入稀硫酸，溶液导电能力变化光照过程中氯水的pH变化NaCl的形成过程NaCl溶于水a时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和，生成的BaSO4不是电解质，

导致溶液几乎不导电pH值减小的原因可能是氯水中的HClO见光分解钠原子失去最外层电子的一个电子，成为Na+，氯原子得到一个电子，成为Cl-，均达到8个电子的稳定结构NaCl固体加入水中时，Na+和Cl-脱离NaCl固体的表面，进入水中形成能够自由

移动的水合钠离子和水合氯离子A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．a时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和，生成的BaSO4虽然是电解质，但难溶于水，溶液中离子浓度很小，从而导致溶液几乎不导电，A不正确；B．在氯水中，HClO见光

分解，促进Cl2与水不断发生反应，最后Cl2全部与水反应生成盐酸和氧气，使溶液中H+浓度增大，pH减小，B正确；C．钠原子失去最外层的一个电子，成为Na+，氯原子得到一个电子，成为Cl-，从离子结构示意图

中可以看出，二者均达到8电子稳定结构，C正确；D．NaCl溶于水，Na+和Cl-脱离固体表面进入水中，形成能够自由移动的水合钠离子和水合氯离子，D正确；故选A。Ⅱ卷非选择题部分三、非选择题部分(本大题共4小题，共40分)26.NaCl是一种化工原料

，可以制备多种物质，如下图所示。请根据以上转化关系填写下列空白。（1）氢气在氯气中燃烧的现象是___________。（2）实验室有两瓶均为10.1molL的23NaCO溶液与3NaHCO溶液。下列试剂不能鉴别23NaCO溶液与3NaHCO溶液的是___________。A.稀盐酸B.澄清石灰

水C.2BaCl溶液D.pH试纸（3）2Cl与2CaOH反应制取漂白粉的化学方程式为___________；漂白粉的有效成分是___________。（4）在某温度下，氯气和2CaOH溶液能够发生如下反应

：2232226Cl6CaOH5CaClCaClO6HO。该反应中，氧化剂和还原剂的质量之比为___________。【答案】（1）安静燃烧，发出苍白色火焰，瓶口有白雾（2）B（3）①.

222222Cl2CaOHCaClCaClO2HO②.2CaClO（4）5:1或5【解析】【小问1详解】氢气在氯气中燃烧有苍白色火焰，同时生成氯化氢气体，进入空气中产生酸雾。故答案为：安静燃烧，发出苍白色火焰，瓶口有白雾；【小问2详解】向碳酸钠和碳酸氢钠溶液中分别逐滴滴加盐酸，前

者开始无明显现象，继续滴加有气泡产生，后者开始就有气泡产生。加入澄清石灰水都会有沉淀产生；滴加氯化钡溶液，前者有白色沉淀产生，后者无明显现象，加入酚酞溶液都变红，但碳酸钠溶液红色更深。故答案为：B；【小问3详解】制取漂白粉为氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙、

水，其中有效成分是次氯酸钙，故答案为：222222Cl2CaOHCaClCaClO2HO、2CaClO；【小问4详解】2232226Cl6CaOH5CaClCaClO6HO反

应中有10molCl从0价被还原至-1价做氧化剂，同时2molCl从0价被氧化至+1价作还原剂，氧化剂、还原剂之比为：5：1，故答案为：5:1或5。27.某种胃药的有效成分为碳酸钙，测定其中碳酸钙含量的操作顺序如下(设该药片

中的其它成分不与盐酸或氢氧化钠反应)。请回答下列问题：①配制0.10mol∙L-1稀盐酸和0.10mol∙L-1NaOH溶液②向一粒研碎后的药片(0.10g)中加入20.00mL蒸馏水③加入25.00mL0.10mol∙L-1稀盐酸④用0.10mol∙L-1NaOH溶液中和过量的稀盐酸，记录

所消耗NaOH溶液的体积（1）测定过程中发生反应的离子方程式为___________、___________。（2）该测定实验共进行了4次。实验室现有50mL、100mL、250mL、500mL4种规格的容量瓶，则配制盐酸应选用_____

______，理由是___________。（3）实验室常用浓盐酸来配制稀盐酸。已知某浓盐酸密度为1.20g∙cm-3，HCl的质量分数为36.5%，则该浓盐酸的物质的量浓度为___________mol∙L-1。(小数点后保留一位小数

)（4）浓盐酸配制稀盐酸时，一般可分为几个步骤：①量取；②计算；③稀释；④摇匀；⑤转移；⑥洗涤；⑦定容；⑧冷却。其正确的操作顺序为：②→①→③→_____→_____→______→______→④(填序号

)，________。（5）下列有关说法正确的是___________。A.容量瓶上标有刻度线、温度(一般为20℃)和容积，使用前先检查是否漏水B.容量瓶要用蒸馏水洗净，待干燥后才能使用C.定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏高D.摇匀后立即观察，发现溶液未达到刻度线，

再加几滴蒸馏水至刻度线【答案】（1）①.CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑②.OH－+H+=H2O（2）①.250mL容量瓶②.实验中每次使用25.00mL盐酸，一共需要100mL。试剂操作过程中试剂会有损耗，实际上需要使用的

盐酸超过100mL（3）12.0（4）⑧⑤⑥⑦（5）AC【解析】【分析】配制一定物质的量浓度的盐酸时，需要经过计算、量取、溶解、转移、定容五个步骤，在进行具体操作时，首先要选择合适的容量瓶，检验是否漏液；再依据所需溶液

的体积，并考虑实验过程中的损耗，确定所选容量瓶的规格。利用所选容量瓶的规格进行计算，确定所需浓盐酸的体积，然后依次进行溶解、冷却、转移、洗涤、定容等操作，便可配制所需浓度的溶液。【小问1详解】测定过程中，发生碳

酸钙与盐酸反应、盐酸与氢氧化钠反应，则反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑、OH－+H+=H2O。【小问2详解】该测定实验共进行了4次，每次用盐酸25mL，则4次理论上共用盐酸100mL，还需考虑实

验过程中的损耗，则配制盐酸应选用250mL容量瓶，理由是：实验中每次使用25.00mL盐酸，一共需要100mL。试剂操作过程中试剂会有损耗，实际上需要使用的盐酸超过100mL。【小问3详解】某浓盐酸密度为1.20g∙cm

-3，HCl的质量分数为36.5%，则该浓盐酸的物质的量浓度为10001.2036.5%36.5mol/L=12.0mol∙L-1。【小问4详解】由分析可知，浓盐酸配制稀盐酸时，一般可分为几个步骤：②计算；①量取；③稀释；⑧冷却；⑤转移；⑥洗涤；⑦定容

；④摇匀。其正确的操作顺序为：②→①→③→⑧→⑤→⑥→⑦→④。【小问5详解】A．容量瓶是精确度高的仪器，瓶上面标有刻度线，温度(一般为20℃)和容积，在使用前，需先检查是否漏水，A正确；B．容量瓶使用时，用蒸馏水洗净后，不需干燥才能使用，B不正确；

C．定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，浓度偏高，C正确；D．定容后摇匀，发现溶液未达到刻度线，不需再加几滴蒸馏水，D不正确；故选AC。【点睛】配制溶液时，溶质不能直接放在容量瓶内溶解。28.1810年，英国化学家戴维以大量事实为依据，确认一种黄绿色气

体是一种新元素组成的单质——氯气。某化学兴趣小组同学利用以下装置制备干燥的氯气并对氯气的性质进行探究。（1）仪器b的名称为___________。某同学认为该实验装置存在一处明显的不足，其改进措施为___________。（2）仪器

a中发生反应的化学方程式为___________。根据氯气的性质D中的收集装置可以选择___________(填序号)。（3）下列有关该实验的说法中不正确．．．的是___________(填字母)。A.将b中溶液换为稀盐酸，同样可以产生氯气B.C中试剂是浓硫酸，目的是干燥氯气C.F中红色布条褪

色，证明氯气具有漂白性D.可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验氯气是否收集满（4）实验室还可用等物质的量的2Cl与23NaCO的水溶液反应制取2ClO，同时生成3NaHCO和NaCl，反应的化学方程式为___________。【答案】（1）①.分液漏斗②.在装置F后接一个尾

气处理装置（2）①.2222MnO4HClMnClCl2HO浓②.③（3）AC（4）2223232ClNaCOClO2NaHCONaCl2HO2【解析】【分析】此题为考察氯气的实验室制法和氯气相关性质，制得的氯气有水蒸气和HCl杂质。需用饱和食盐水和浓硫酸除杂，同

时氯气有毒，要做尾气处理。【小问1详解】图中装置b指向分液漏斗，氯气有毒，需要做尾气处理，故答案为：分液漏斗、在装置F后接一个尾气处理装置；【小问2详解】此处为二氧化锰和浓盐酸在共热的条件下制取氯气，氯气密度比空气大应

选用向上排空气法收集。故答案为：2222MnO4HClMnClCl2HO浓、③；【小问3详解】稀盐酸不能和二氧化锰反应制得氯气；要做氯气的漂白性探究实验，需要干燥的氯气，因此选用浓硫酸干燥；F中有色布条褪色是因为氯气和水反应生成的次氯酸

具有漂白性；氯气积满后会使放在集气瓶口的湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故答案为AC；【小问4详解】氯气和碳酸钠溶液反应发生歧化反应，题设条件给出的产物为：2ClO、3NaHCO和NaCl，反应方程式为：2223232ClNaCOClO2NaHCONaCl2HO2

，故答案为:2223232ClNaCOClO2NaHCONaCl2HO2。29.取5.48gNa2CO3和NaHCO3的固体混合物，分成两等份。（1）将其中一份固体混合物加水溶解配成100mL溶液。当向溶液中加入300mLBa(OH)2溶液时，恰好使生成白色沉淀的

量最多，测得反应后溶液的c(OH-)=0.100mol∙L-1(混合溶液体积改变忽略不计)。则原混合物中n(Na2CO3):n(NaHCO3)=___________。（2）将另一份固体混合物充分加热。写出加热时发生反应的化学方程式___________。充分加热后的固体溶于

水配成100mL溶液，则c(Na+)=___________mol∙L-1。【答案】（1）1:2或0.5（2）①.2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O②.0.4【解析】【小问1详解】Na2CO3和NaHCO

3的固体混合物中加入Ba(OH)2，发生反应Na2CO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+2NaOH、NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O+NaOH设Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为x、y，则可得到

下列等量关系式：106x+84y=2.74、2x+y=0.1×0.4=0.04，解方程组得：x=0.01mol、y=0.02mol。则原混合物中n(Na2CO3):n(NaHCO3)=0.01mol:0.02mol=1:2或0.5。【小问2详解】另一份固体混合物充分加热，NaHCO3发生分

解，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。充分加热后的固体为Na2CO3，所含Na+的物质的量为0.01mol×2+0.02mol=0.04mol，溶于水配成100mL溶液，则c(Na+)=0.04mol0.1L=0.4mol∙L-1。

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