【文档说明】四川省成都市石室中学2024-2025学年高一上学期半期考试化学模拟题 Word版含解析.docx，共(29)页，2.753 MB，由envi的店铺上传

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石室中学高2027届半期考试模拟题一、单选题1.化学与生活息息相关，下列有关物质的性质、用途的叙述，正确的是A.生石灰、铁粉均可作为食品包装中的抗氧化剂B.23FeO是红棕色粉末，可用作油漆的颜料C.22NaO用于呼吸面具，活性炭用于防毒面具，两者原理相同D.漂白粉、漂白液既可用作游泳池的消毒剂

，又可作食品漂白剂【答案】B【解析】【详解】A．生石灰可作为食品包装中的干燥剂，故A错误；B．23FeO是红棕色粉末，可用作油漆、涂料的颜料，故B正确；C．Na2O2用于呼吸面具，活性炭用于防毒面具，两者原理不相同，过氧化钠是与水或二氧化碳反应生成氧气，作为供氧剂，活性炭是吸

附有毒物质，故C错误；D．漂白液、漂白粉既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池及环境的消毒剂，但不可作食品漂白剂，故D错误；答案选B。2.AN为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是①30.5molO与211.2L

O所含的分子数一定相等②41L0.1mol/LNaHSO溶液中含A0.1N个4HSO−③将21molCl通入水中，溶液中Cl−、ClO−、HClO的数目之和小于A2N④常温常压下92g的2NO和24NO混合气体含有的原子数为A6N⑤常

温下，24.4gCO和2NO(不反应)混合物中所含有原子数为A0.3N⑥2.3gNa与氧气反应生成2NaO和22NaO，转移电子数为A0.2N⑦将0.3mol钠、镁、铝分别投到含HCl0.2mol的盐

酸中，生成标况下气体体积均为2.24L⑧常温常压下，17gOH−含有的电子数为A10N⑨物质的量浓度为20.5mol/LMgCl溶液中，含有Cl−个数为AN⑩高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的2H分子数为A0.3NA.⑤⑧⑨B.③④⑤⑧C.⑤⑧⑩D.④⑤⑥⑧

⑨【答案】B【解析】【分析】①211.2LO没有说明状态，无法计算物质的量，30.5molO与211.2LO所含的分子数不一定相等，错误；②4NaHSO在水溶液中电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，故41L0.1mol/LNaHSO溶液中不含4HSO−，错误；③将21molCl通入水中，氯气和水反

应为可逆反应，所以溶液中Cl−、ClO−、HClO的数目之和小于A2N，正确；④常温常压下92g的2NO为2mol，92g24NO为1mol，混合气体含有的原子数为A6N，正确；⑤常温下，24.4gCO为0.1m

ol，4.4g2NO为0.1mol，混合物中所含有原子数为A0.3N，正确；⑥2.3gNa与氧气反应生成2NaO和22NaO，0.1mol钠完全反应，转移电子数为A0.1N，错误；⑦将0.3mol钠投到含HCl0.2mol的盐酸

中，因为钠要和水反应，所以生成标况下气体体积大于2.24L，错误；⑧常温常压下，17gOH−为1mol，含有的电子数为A10N，正确；⑨物质的量浓度为20.5mol/LMgCl溶液中，没有说明体积，无法计算Cl−个数，错误；⑩高温下，0.2molFe与

足量水蒸气反应，生成四氧化三铁，生成的2H分子数约为A0.27N，错误；【详解】根据分析，③④⑤⑧正确，答案选B。3.下列说法正确的有几项(1)需要通电才可以进行的有：电解水、电解饱和食盐水、电离(2)碱性氧化物一定含有金属元素(3)葡萄糖溶液用一束强光照射可以发

生丁达尔现象(4)氧化性与还原性的强弱与得失电子的多少有关(5)盐酸、氨水、胆矾均为混合物(6)有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应(7)2NaO、22NaO前者属于碱性氧化物，后者属于过氧化物(8)把饱和三氯化铁溶

液滴入沸水中并充分搅拌可以制得氢氧化铁胶体(9)金属元素由化合态(化合物)变成游离态(单质)发生还原反应(10)22NaO分别与水及2CO反应产生相同量的2O时，需要水和2CO的质量相等A.2项B.3项C.4项D.5项【答案】C【解析】【详解】(1)电离不需要通电就可以进行

，故错误；(2)能与酸反应生成盐和水的碱性氧化物一定是金属氧化物，一定含有金属元素，故正确；(3)葡萄糖溶液不是胶体，用一束强光照射不发生丁达尔现象，故错误；(4)氧化性与还原性的强弱与得失电子的难易程度有关，与得失电子的多少无关，故错误；(5)胆矾是五水硫酸铜的俗称，属

于纯净物，故错误；(6)有单质参加的化合反应一定有元素化合价的变化，一定是氧化还原反应，故正确；(7)氧化钠是能与酸反应生成盐和水的碱性氧化物，过氧化钠不是碱性氧化物，属于过氧化物，故正确；(8)把饱和三氯化铁溶液滴入沸水中

制备氢氧化铁胶体过程中充分搅拌会发生胶体的聚沉，故错误；(9)金属元素由化合态(化合物)变成游离态(单质)时元素的化合价降低被还原，化合物是反应的氧化剂，发生还原反应，故正确；(10)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，与

水反应生成氢氧化钠和氧气，由方程式可知，反应产生相同量的氧气时，需要水和二氧化碳的物质的量相等，但质量不相等，故错误；(2)(6)(7)(9)正确，故选C。4.下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是A.酸性溶液中：Na+、2Ca+、Cl−、3NO−B

.加入铝粉产生气泡的溶液中：3Fe+、K+、3NO−、24SO−C.0.1mol/LKI溶液中：2Cu+、K+、ClO−、3NO−D.使酚酞变红色的溶液中：2Mg+、Na+、24SO−、3HCO−【答案】A【解析】【详解】A．溶液中所有离子都不反应，一

定能大量共存，故A正确；B．加入铝粉产生气泡的溶液中，可能为碱性环境，含有氢氧根离子，和三价铁离子生成沉淀，故B错误；C．碘离子和铜离子以及次氯酸根离子均会发生氧化还原反应，故C错误；D．使酚酞变红色的溶液中，为碱性环境，含有氢氧根离子，会和碳酸氢根离子反应，会和镁离子生成沉淀，故D错

误；答案选A。5.下列实验方案中，不能．．测定出碳酸钠和碳酸氢钠混合物中各物质的质量分数的是A.取ag该混合物充分加热，质量减少bgB.取ag该混合物与足量石灰水充分反应，过滤、洗涤、干燥得到bg固体C.取ag该混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体D.取ag该混合

物与足量稀硫酸反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加bg【答案】D【解析】【详解】A．取ag混合物充分加热，剩余bg固体，利用固体质量的差值，可根据碳酸氢钠分解的化学方程式计算碳酸氢钠的质量，从而计算出碳酸钠和碳酸氢钠混合物中各物

质的质量分数，A不符合题意；B．NaHCO3和Na2CO3的混合物与足量Ca(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥得到bg固体为碳酸钙，根据碳酸钙的质量和混合物总质量可以列式求出碳酸钠的质量，进而求出碳酸钠的质量分数，测定出碳酸钠和

碳酸氢钠混合物中各物质的质量分数，B不符合题意；C．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体，则bg固体为氯化钠，根据Na元素守恒，列方程组可计算出碳酸钠和碳酸氢钠混合物中各物质的质

量分数，C不符合题意；D．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bg，则增重的bg气体的质量不全是二氧化碳的质量，还有水蒸气的质量，所以不能测定出碳酸钠和碳酸氢钠混合物中各物质的质量分数，D符合题意；故选D。6.由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是实验操作现象结论A向Fe

Cl2溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液溶液变蓝氧化性：Cl2＞Fe3+＞I2B将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶中有大量白烟和黑色颗粒产生钠具有还原性C将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶紫色褪去铁锈中含有二价铁液D向某溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成溶

液中一定含有Cl-AAB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．向FeCl2溶液中滴加过量氯水，发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，然后再加入淀粉KI溶液，看到溶液变蓝色，说明反应产

生了I2，可能是发生反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，也可能是过量Cl2氧化I-所致，发生反应：2I-+Cl2=2Cl-+I2，因此不能证明物质的氧化性：Cl2＞Fe3+＞I2，A错误；B．将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶中，看

到有大量白烟和黑色颗粒产生，说明发生了反应：CO2+4Na点燃2Na2O+C，在该反应中Na为还原剂，表现还原性，CO2为氧化剂，表现氧化性，说明了钠具有还原性，B正确；C．浓盐酸具有还原性，会被滴入KMnO

4溶液氧化变为Cl2，KMnO4被还原产生无色Mn2+，因此看到溶液紫色褪色，不能证明铁锈中含有二价铁，C错误；D．向某溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀可能是AgCl，也可能是Ag2SO4或Ag2CO3等，

因此不能证明溶液中一定含有Cl-，D错误；故合理选项是B。7.下列各组离子能大量共存且满足相应要求的是选项离子组要求AK+、Al3+、Cl-、-4MnO溶液无色澄清BOH-、-3NO、Br-、2-3CO逐滴滴加盐酸，立即产生气体CH+、K+、Ca2+、-

3HCO逐滴滴加NaOH溶液，先无沉淀产生，后产生沉淀D+4NH、Al3+、2-4SO、Cl-各离子数目之比为1：1：1：2A.AB.BC.CD.D.【答案】D【解析】【详解】A．高锰酸根离子在溶液中呈紫色，则无色溶液

中不可能含有高锰酸根离子，故A不符合题意；B．向混合溶液中逐滴滴加盐酸时，氢氧根离子会优先与氢离子反应，且溶液中的碳酸根离子与氢离子反应先生成碳酸氢根离子，所以不可能立即产生气体，故B不符合题意；C．溶液中的氢离子与碳酸氢根离子反应，不能

大量共存，故C不符合题意；D．离子数目之比为1：1：1：2的四种离子在溶液中不发生任何反应，且符合电荷守恒关系，故D符合题意；故选D。8.把NaOH、2MgCl、3AlCl三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g白色沉淀，再向所得悬浊

液中逐滴加入1.00mol/LHCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图。下列说法错误的是A.A点的沉淀物的化学式为()2MgOHB.原固体混合物中NaOH的质量为5.2gC.C点加入的HCl溶液的体积为100.0mLD.A-B段的离子反应方程式是()()-243AlOH+HAl

OHHO+=+【答案】C【解析】【分析】向混合物溶液中加入盐酸时，开始阶段沉淀的质量不变，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为四羟基合铝酸根离子，溶液中存在的1.16g白色沉淀为Mg(OH

)2；A-B段，盐酸和四羟基合铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为()()-243AlOH+HAlOHHO+=+，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg(OH)2，Al(OH)3；B-C段，氢氧

化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化镁和氯化铝，所以C点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，据此作答：【详解】A．根据分析，A点的沉淀物的化学式为()2MgOH，A正确；B．由30mL处计算NaOH的质量，此时为NaCl溶液，溶液中的Cl-来源于

混合中的AlCl3、MgCl2和加入的30mL盐酸，溶液中的Na+来源于混合物中的NaOH，AB段发生反应：()()243NaAlOH+HClAlOHNaCl+HO=+，()()4A~BnNaAlOH=nHCl0.02L1mol/L=0.02mol=，由铝

原子守恒得原混合物中()()34nAlCl=nNaAlOH=0.02mol，由镁原子守恒得混合物中：()()221.16gnMgCl=nMgOH==0.02mol58g/mol；由Na+和Cl-守恒得，原混合物中()()()()()()

-23nNaOH=nNaCl=nCl=2nMgCl+3nAlCl+nHCl0.13mol=，则()mNaOH=0.13mol40g/mol=5.2g，B正确；C．C点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，此时所加入盐酸的物质的量为()()nHCl=nNaOH0.13mol=，C点表示盐

酸的体积为：0.13molV=0.13L=130.0mL1mol/L=，C错误；D．由以上分析可知，A-B段，盐酸和四羟基和铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为()()-243AlOH+HAlOHHO+=+，D正确；故选C。9.现有Al、CuO、Fe

2O3组成的混合物共10.0g，放入500mL某浓度的盐酸中，混合物完全溶解，当再加入250mL2.0mol/L的NaOH溶液时，金属离子正好全部转化为沉淀。则上述盐酸的浓度为A.0.5mol/LB.1.0mol/LC.2.0mol/

LD.3.0mol/L【答案】B【解析】【详解】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最多，应满足恰好反应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶

质为NaCl，根据钠离子守恒可得：n(NaCl)=n(NaOH)=0.250L×2.00mol/L=0.5mol，根据氯离子守恒可得：n(HCl)=n(NaCl)=0.5mol，故该元素的物质的量浓度=0.5mol0.5L=1.0mol/L。

10.对于下列实验，能正确描述其反应离子方程式是A.向3AlCl溶液中滴加过量氨水：()33243Al3NHHOAlOH3NH+++=+B.向2FeI溶液中通入少量的氯气：2322FeCl2Fe2Cl++−+=+

C.向3NaHCO溶液中滴加少量的石灰水：2332HCOCaOHCaCOHO−+−++=+D.向石灰石中滴入醋酸溶液：2322CaCO2HCaCOHO+++=++的【答案】A【解析】【详解】A．氨水

为弱碱，3AlCl溶液中滴加过量氨水，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，A正确；B．由于I-的还原性强于Fe2+，2FeI溶液中通入少量的氯气：--222I+Cl=I+2Cl，B错误；C．少量的物质完全反应，应按少量的物质的电离比例书写离子方程式，3NaHCO溶液中滴

加少量的石灰水，氢氧化钙完全反应和碳酸氢钠生成碳酸钙沉淀、水、碳酸钠：2233232HCOCa2OHCaCO2HO+CO−+−−++=+，C错误；D．大理石的主要成分是碳酸钙，不溶于水，醋酸是弱酸，在离子方程式里碳酸钙和醋酸都不能写成离子，2+-

33322CaCO+2CHCOOH=Ca+2CHCOO+HO+CO，D错误；故选A。11.化学上常用标准电极电势E(氧化型/还原型)比较物质的氧化能力。E值越高，氧化型物质的氧化能力越强，E值越低，还原型物质的

还原能力越强。EE值与体系的pH有关。根据表格信息，判断下列说法错误的是氧化型/还原型物质24PbO/PbSO24MnO/Mn−+32Fe/Fe++2Cl/Cl−22VO/VO++3BrO/Br−−E(酸性条件中)1.685V1.51V0.77V1.36V0

.991V1.423VA.实验室可用3KBrO与浓盐酸反应制备2ClB.酸性条件中，氧化性强弱顺序为3422MnOClVOFe−++C.已知32Fe(OH)/Fe(OH)0.77VE，则2F

e(OH)的还原性弱于2Fe+的还原性D.向硫酸酸化的4FeSO溶液中加入()242VOSO，充分反应后滴加KSCN溶液，可观察到溶液变红【答案】C【解析】【详解】A．根据题干信息及表格数据可知，3BrO−氧化性强于2Cl，即实

验室可用3KBrO与浓盐酸反应制备2Cl，A说法正确；B．根据题干信息，E值越高，氧化型物质的氧化能力越强，氧化性强弱顺序：3422MnOClVOFe−++，B正确；C．E值越低，还原型物质的还原能力越强，32F

e(OH)/Fe(OH)0.77VE，说明2Fe(OH)的还原性强于2Fe+的还原性，C错误；D．根据表格数据可知，2VO+可将2Fe+氧化为3Fe+，反应后滴加KSCN溶液，可观察到溶液变红，D正确

；答案选C。12.我国化工专家侯德榜发明了联合制碱法，使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上。该生产方法在制得纯碱的同时，还可得到副产品NH4Cl，其生产流程和溶解度曲线如图。下列说法错误的是A.向

饱和食盐水中先通NH3，再通CO2，更有利于NaHCO3析出B.NH4Cl固体从母液中析出时需控制温度在0-10℃C.侯氏制碱使原料NaCl的利用率从70%提高到90%以上，主要是因为设计了循环ID.从沉淀池分离

出的溶液中存在：n(Na+)>n(Cl-)【答案】D【解析】【分析】合成氨提供氨气，与二氧化碳、饱和食盐水反应生成NH4Cl、NaHCO3，在沉淀池中过滤分离出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，二氧化碳可循环使用。母液中含溶质氯化铵，通入氨

气，加入细盐可分离得到氯化铵。【详解】A．氨气在水中的溶解度比二氧化碳要大的多，同时要生成碳酸氢根离子，因此先通氨气再通入过量二氧化碳有利于碳酸氢钠的析出，A正确；B．由溶解度曲线可以看出，NH4Cl的溶解度随温度升高而增大，因此如果NH4Cl固体从母液中析出时需

控制温度在0~10℃以下，B正确；C．侯氏制碱法主要设计了循环Ⅰ中氯化钠返回到沉淀池中，C正确；D．22334CO+HO+NH+NaCl=NaHCO+NHCl母液溶质主要为氯化铵，碳酸氢钠的溶解度小变成沉淀析出，母液中()()34nN

aHCO<nNHCl，因此n(Na+)＜n(Cl-)，D错误；故选D。13.一定量CO2通入某浓度的NaOH溶液中，反应后得到溶液A，向A溶液中逐滴滴入某浓度稀盐酸，加入V(HCl)与生成n(CO2)的关系如图所示。下列有关叙述正确的是A.通入的CO2气体为1

1.2LB.A溶液中n(NaHCO3)=2n(Na2CO3)C.A溶液中既含NaOH，又含Na2CO3D.A溶液中一定只有Na2CO3【答案】B【解析】【分析】CO2与NaOH反应生成碳酸钠和水，反应后得到溶液A。根据图像可知

，V(HCl)小于1时，产生二氧化碳气体，溶液A中可能是碳酸钠或者碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液，或者碳酸氢钠和碳酸钠的混合溶液；V(HCl)大于1时，产生二氧化碳气体，则发生NaHCO3与HCl反应生成二氧化碳气体；由开始

不生成气体，后生成气体，且两个阶段消耗的盐酸体积比为1：（4-1）=1:3，则可知碳酸钠或者碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液不可能存在，比例不符合，则溶液A是碳酸氢钠和碳酸钠的混合溶液。【详解】A．根据碳元素守恒，生成CO2气体是0.5mol，则通入CO2气体是0.5mol，但未知

是否标况下，不可算体积，A项错误；B．由开始不生成气体，后生成气体，且两个阶段消耗的盐酸体积比为1：（4-1）=1:3，则溶液A是碳酸氢钠和碳酸钠的混合溶液。Na2CO3与HCl反应过程为：①Na2CO3+HCl=NaHC

O3+NaCl，②NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，已知二氧化碳的量为0.5mol，则反应②消耗盐酸0.5mol，n(NaHCO3)=0.5mol，再由反应①可知，该反应消耗n(Na2CO3)=n(HCl)=

0.5mol3，则溶液A中含n(NaHCO3)=0.5mol-0.5mol3=1.0mol3，则A溶液中n(NaHCO3)=2n(Na2CO3)，B项正确；C．由开始不生成气体，后生成气体，且两个阶段消耗的盐酸体积比为1：（4-1）=1:3，则可知碳酸钠或者碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液不可能存在，比

例不符合，C项错误；D．由开始不生成气体，后生成气体，且两个阶段消耗的盐酸体积比为1：（4-1）=1:3，则可知碳酸钠或者碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液不可能存在，比例不符合，D项错误。故答案选B。14.下列离子方程式正确的是A.碳酸氢钠溶液

中加入足量的盐酸：2322CO2HCOHO−++=+B.向()2CaClO溶液中通入过量2CO：2223Ca2ClOCOHOCaCO2HClO+−+++=+C.向氢氧化铁胶体中滴加氢碘酸：()323FeOH3HFe3H

O+++=+D.向()32BaHCO溶液中滴入4NaHSO溶液使2Ba+恰好完全沉淀：2234422BaHCOHSOBaSOCOHO+−+−+++=++【答案】D【解析】【详解】A．碳酸氢钠溶液中加入足量的盐

酸反应生成水和二氧化碳，离子方程式为：-+322HCO+H=CO+HO，A错误；B．()2CaClO溶液中通入过量2CO，反应生成碳酸氢钙和次氯酸，离子方程式为-3-22ClO+CO+HO=HClO+HCO，B错误；C．

向氢氧化铁胶体中滴加氢碘酸，氢氧化铁胶体先发生聚沉，然后Fe(OH)3与HI发生氧化还原反应生成亚铁离子、碘单质：-+2+3222Fe(OH)+6H=2Fe+26HI+O+I，C错误；D．()32BaHCO溶液中滴入4NaHSO溶液使2Ba+恰好完全沉淀，则钡离子反应生成硫酸钡沉淀、一

半的碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，D正确；故选D。15.某兴趣小组用油性笔在一小块覆铜板上写上“化学”，然后浸入盛有3FeCl溶液的小烧杯中。一段时间后取出覆铜板，用水洗净并晾干，制作流程如下。该小组继续对反应后的溶液进行定量分析，测得溶液中()3Fec+与()2

Cuc+之比为2:3。下列说法错误的是A.小烧杯中发生反应的离子方程式为：3222FeCuCu2Fe++++=+B.反应后的溶液再生为3FeCl溶液的步骤：加入足量铁粉，过滤，向滤液中通入氯气C.反应

后的溶液中：()()32Fe:Fe1:2cc++=D.反应后的溶液中：()()()()223ClFeCuFecccc−+++【答案】C【解析】【详解】A．小烧杯中铜被铁离子氧化，发生反应的离子方程式为：

3222FeCuCu2Fe++++=+，A正确；B．反应后的溶液中含有铜离子，需要先置换出铜，然后在把亚铁离子氧化为铁离子，所以再生为3FeCl溶液的步骤：加入足量铁粉，过滤，向滤液中通入氯气，B正确；C．反应测得溶液中()3Fec+与()2Cuc+之比为2:3，根据3222FeCuCu

2Fe++++=+可知反应后的溶液中：()()32Fe:Fe2:61:3cc++==，C错误；D．氯离子不参与反应，浓度最大，依据选项C可判断反应后的溶液中：()()()()223ClFeCuFecccc−+++，D

正确；答案选C。16.下图是为测定过氧化钠样品(只含Na2CO3杂质)纯度而设计的装置，气球Q弹性良好。下列说法正确的是A.Q中反应的离子方程式为2-3CO+2H+=H2O+CO2↑，22-2O+4H+=2H2O+O2↑B.测量气体体积时应先关闭K1、K2，打开K3

，反应完毕后再缓缓打开K1C.没有导管a稀硫酸不易滴下来，而且会导致测量气体的体积偏大D.若操作正确，量筒I、Ⅱ分别收集xmL、ymL水，则Na2O2的质量分数为xx+y【答案】C【解析】【分析】实验开始时先打开恒压滴液漏斗的活塞使稀硫酸与样品发生反应：++2

2222NaO+4H=4Na+2HO+O，23242422NaCO+HSONaSO+HO+CO=，此时关闭K1、K2，打开K3，利用排液法测得所有气体的体积即量筒I中水的体积xmL，反应完毕后先打开K2，关闭K3保证Q灵活伸缩后打开K1，碱石灰吸收2CO后

量筒Ⅱ收集ymL水即氧气的体积，据此进一步分析。【详解】A．过氧化钠不能拆，其离子方程式为：++22222NaO+4H=4Na+2HO+O，故A错误；B．为保证Q灵活伸缩，量筒I测量后，需与大气相通，打开K1前，应先打开K2，关

闭K3，故B错误；C．若没有导管a，由于气压不相通，稀硫酸不易滴落，而且滴落的稀硫酸也计为气体体积，导致测量气体的体积偏大，故C正确；D．题中计算既未考虑气体与物质的比例关系，也未考虑物质的摩尔质量，Na2O2的质量分数为：()-3-3-3y10L78g/mol27

8y22.4L/molx-y10L53x+25yy10L106g/mol+78g/mol222.4L/mol22.4L/mo=l，故D错误；故选C。17.标准状况下，将VLHCl气体溶解在

1L水(水的密度为1g/cm3)中，形成饱和溶液，所得溶液的密度为ρg/mL，质量分数为ω，物质的量浓度为cmol/L，溶解度为sg，下列关系式不正确的是A.c=1000Vρ/（36.5V+22400）B.ω=36.5V/（36.5

V+22400）C.ρ=(36.5V+22400)/（22.4+22.4V）D.s=36.5V/224【答案】C【解析】【详解】A．HCl物质的量为V/22.4mol，其质量为V36.5Vmol36.5g/=22.422.4molg，1L水

的质量为1000g，计算溶液质量为：36.5V(1000)22.4g+，则溶液体积为36.5(1000)22400+36.5V22.4=1000/22400VgLgL+，故溶液浓度100022.4/2240036.536

.52240022400VmolVcmolLVV==++,故A正确；B．溶质质量分数=36.536.522.436.536.522400(1000)22.4VgVVVg=++，故B正确；C．用反证法：由本选

项中36.5100036.52240022.422.422.41VVV++==++并结合上述对A选项的分析可以求出溶液的体积为（V+1）L，而溶液体积不等于气体体积与水的体积之和，故C错误；D．溶解度为100g水中溶解的最大

质量，根据题意，1000g水中溶解HCl的最大质量为36.5V22.4g，所以s=36.5V/224，故D正确；本题选C。18.100mL无色溶液可能含有2222434HKNHCuCaCOSOCl+++++−−−、、、、、、、中的若干种。取该溶液进行连续实验，过程如图所示(所加试

剂均过量，气体全部逸出)。下列说法中错误的是A.原溶液一定不存在22HCuCa+++、、B.原溶液可能存在K+，可通过焰色反应来检验C.原溶液中()14cNH0.05molL+−=D.原溶液一定存在Cl−【答案】C【解析】【分析】原溶液为无色溶液，故一定没有2Cu+，原溶液中加入BaCl2

溶液生成沉淀，原溶液中一定含有23CO−和24SO−中的至少一种，则沉淀1为BaSO4、BaCO3中的至少一种，由沉淀1部分溶解于盐酸可知，其一定是BaSO4、BaCO3的混合物，原溶液中一定存在23

CO−和24SO−；沉淀2是BaSO4，物质的量为2.33g0.01mol233g/mol=，则BaCO3的物质的量为4.30g2.33g0.01mol197g/mol−=；23CO−、24SO−与2Ca+均

不能共存，原溶液中一定不存在2Ca+；23CO−与H+反应，则一定不含有H+；滤液中加入氢氧化钠溶液加热产生气体，则一定有4NH+，生成氨气的物质的量为1.12L=0.05ml22.4L/mol，由此分析回答；【详解】A．由分析可知，原溶液一定不存在22

HCuCa+++、、，A正确；B．未鉴定K+，原溶液可能存在K+，可通过焰色反应来检验，B正确；C．由分析可知，氨气的物质的量为0.05mol，即铵根的物质的量也为0.05mol，浓度为1-30.05mol0.510L

mo0l1L0−=，C错误；D．溶液中一定含有的阳离子为4NH+，所带正电荷的物质得量为0.05mol，23CO−和24SO−所带负电荷的物质的量之和为0.04mol，根据电荷守恒可知，原溶液一定含有Cl−，D正确；故选C。19.将一定量的氯气通入60mL10.00mol/

L的氢氧化钾浓溶液中，加热少许时间后，恰好完全反应，测得溶液中含氯元素的离子有：3ClClOClO−−−、、。下列说法不正确．．．的是A.一共消耗了0.6mol氯气B.当溶液中()()3cClO:cClO5:1−−=时，反应的离子方程式

为：2328Cl16OH=10Cl5ClOClO8HO−−−−++++C.若反应中转移的电子为nmol，则0.3n0.5D.反应生成的3ClOClO、−−有一定的氧化性【答案】A【解析】【详解】A．60mL10.00mol/L的氢氧化钾浓溶液中，氢氧化钾为0.6mol，根据钾元

素、氯元素守恒可知，3ClClOClO−−−、、总量为0.6mol，则消耗氯气0.3mol，A错误；B．当溶液中()()3cClO:cClO5:1−−=时，则生成3ClOClO−−、个数比为5:1，根据电子守

恒可知，反应的离子方程式为：2328Cl16OH=10Cl5ClOClO8HO−−−−++++，B正确；C．若生成ClClO−−、，则()()--nCl+nClO=0.6mol，根据电子守恒可知，--ClClO，则()()--nCl=n

ClO=0.3mol，转移电子0.3mol；若生成-3ClClO−、，则()()--3nCl+nClO=0.6mol，根据电子守恒可知，--35ClClO，则()-nCl=0.5mol，转移电子0.5mol；故若反应中转移的电子为nmol，则0.3n0.5

，C正确；D．3ClOClO、−−中氯处于中间价态，有一定的氧化性，D正确；故选A。20.碱性NaClO溶液吸收2SO时常用23NiO作催化剂，其部分催化过程如图。反应生成的氧原子具有强氧化性，能够快速氧化二氧化硫。下列说法不正确的是A.由过程1可知ClO−的氧化性强于2NiOB.在过程2中Cl

O−和2NiO均表现出氧化性C.此催化过程总反应的离子方程式为：23NiOClOClO−−+D.该条件下吸收2SO的总离子方程式为：2224ClOSOHOClSO2H−−−+++=++【答案】D【解析】【详解】A．由过程1可知Cl

O−中+1价的Cl得电子变为-1价的Cl-，ClO−为氧化剂，23NiO中+3价的Ni失去电子变为2NiO，2NiO为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，ClO−的氧化性强于2NiO，故A正确；B．在过程2中Cl

O−中+1价Cl得电子变为-1价的Cl-，表现出氧化性，2NiO中+4价的Ni得电子变为23NiO，ClO−和2NiO均表现出氧化性，故B正确；C．根据催化过程图可知此过程总反应的离子方程式为：23Ni

OClOClO−−+，故C正确；D．碱性条件下吸收2SO的总离子方程式不能生成H+，反应的总离子方程式为：-2242ClOSO2OHClSOHO−−−++=++，故D错误；答案选D。二、填空题21.回答下列问题：I．（1）现有以下物质：①H2SO4；②液氨；③KOH

固体；④熔融KHSO4；⑤Fe(OH)3胶体；⑥银；⑦SO2；⑧CH3COOH；⑨蔗糖；⑩84消毒液；⑪酒精。以上物质中能导电的是_______(填序号)，以上物质中属于电解质的是_______(填序号)。以上物质中属于非电解质的是_______(填序号)。的Ⅱ

．“84消毒液”是一种常用的含氯消毒剂，某“84消毒液”瓶体的部分标签如图所示。（2）某同学向2mL该“84消毒液”中加入2mL水后，滴加酚酞，溶液变红，之后的短时间内无明显变化；通入CO2后，溶液快速褪色。①实验说明NaClO溶液

呈_______(填“酸性”或“碱性”)。②比较通入CO2前后颜色的变化得出的结论是_______。（3）某同学实验过程中需要用480mL0.02mol/LNaClO溶液。①配制过程中使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、_______。②需要用量筒量取该消毒液的体积为_______mL。③配制

过程中若出现以下情况，所配溶液的浓度偏小的是_______(填字母)。A．转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水B．定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线C．未洗涤烧杯及玻璃棒【答案】（1）①.④⑤⑥⑩②.①③④⑧③.②⑦⑨⑪（2

）①.碱性②.NaClO溶液与CO2反应生成的HClO具有漂白性（3）①.500mL容量瓶、胶头滴管②.5.0③.BC【解析】【分析】(3)配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液需使用容量瓶，选择容量瓶规格的标准是“大而近”。根据配制溶液

的步骤确定使用的仪器种类。物质的量浓度与质量分数换算关系式是c=ρ1000ωM，溶液在稀释前后溶质的物质的量不变。结合物质的量浓度定义式，根据操作对配制溶液的体积及溶质的物质的量的影响分析实验误差。【小问1

详解】①H2SO4是由分子构成的共价化合物，其中不含带电微粒，因此不能导电；在水溶液中，在水分子作用下发生电离，产生自由移动的离子而能够导电，因此H2SO4属于电解质；②液氨是由分子构成的共价化合物，其

中不含带电微粒，因此不能导电；在水溶液中或熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此液氨属于非电解质；③KOH固体中含有K+、OH-，但离子不能自由移动，因此不能导电；在水溶液中或熔融状态下都能发生电离而导电，因此KOH固体属于电解质；④熔融

KHSO4中含有自由移动的K+、-4HSO，因此能导电；在水溶液中或熔融状态下都能发生电离而导电，因此熔融KHSO4属于电解质；⑤Fe(OH)3胶体中含有带电微粒，因此能够导电；胶体属于混合物，不属于纯净物中的化合物，因此Fe(OH)3胶体既不属于电解质，也不属于非电

解质；⑥银中有自由移动的电子而能够导电；银是单质，不是化合物，因此银既不属于电解质，也不属于非电解质；⑦SO2是由分子构成的共价化合物，其中不含带电微粒，因此不能导电；在水溶液中或熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此SO2属于非电解质；⑧CH3COOH是由分子构成的共价化合物，其中不

含带电微粒，因此不能导电；在水溶液中在水分子作用下发生电离，产生自由移动的离子而能够导电，因此CH3COOH属于电解质；⑨蔗糖是由分子构成的共价化合物，其中不含带电微粒，因此不能导电；在水溶液中或熔融状态下都不能因自身发生电离而导

电，因此蔗糖属于非电解质；⑩84消毒液中含有大量自由移动的离子而能够导电；84消毒液属于混合物，不是纯净物，因此84消毒液既不属于电解质，也不属于非电解质；⑪酒精是由分子构成的共价化合物，其中不含带电微粒，因此不能导电；在水溶液中或熔

融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此酒精属于非电解质；综上所述可知：能够导电的物质序号是④⑤⑥⑩；属于电解质的物质序号是①③④⑧；属于非电解质的物质序号是②⑦⑨⑪；【小问2详解】①酚酞是一种酸碱指示剂，遇酸性溶液不变色，遇碱

性溶液变为红色。84消毒液有效成分是NaClO，向2mL该“84消毒液”中加入2mL水后，滴加酚酞，溶液变红，说明NaClO溶液呈碱性；②滴加酚酞试液变为红色后，短时间内无明显变化；通入CO2后，溶液快速褪色，是由于发生反应

：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，反应产生了HClO，HClO将红色物质氧化变为无色，因此看到溶液很快褪色，说明NaClO溶液与CO2反应生成的HClO具有漂白性；【小问3详解】①根据配制溶液的步骤：计算、

量取、稀释、冷却、移液、洗涤、悬摇、定容、摇匀、装瓶、贴签，可知在配制过程中使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；②在实验室中没有规格是480mL的容量瓶，应该选择使用500mL的容量瓶来配制500m

L0.02mol/L的NaClO溶液。12.5%的84消毒液的物质的量浓度为c=ρ1000ω1.19100012.5%=M74.5mol/L=2.00mol/L，根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，可知农药配制500mL0.0

2mol/L的NaClO溶液，需要浓NaClO溶液的体积V=500mL0.02mol/L2.00mol/L=5.0mL；③A．转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制溶液的浓度无影响，A不符合题

意；B．定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线，导致溶液的体积偏大，而溶质的物质的量不变，最终使配制的溶液浓度偏低，B符合题意；C．未洗涤烧杯及玻璃棒，导致溶质的物质的量减少，由于溶液的体积不变，最终使配制的溶液浓度偏低，C符合题意；故合理选项是BC。22.Ⅰ．现有

一混合溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、Cl−、2Mg+、2Ba+、23CO−、24SO−，现取两份100mL该混合溶液分别进行如下实验：实验①：向第一份混合溶液中加入3AgNO溶液，有沉淀产生；实验②：向第二份混合溶液中加

入足量2BaCl溶液后，得到干燥的沉淀12.54g，经足量稀盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。（1）该混合溶液中肯定存在的离子有___________。（2）100mL该混合溶液中钾元素的质量为___________。a．4

.68gb．4.68gc．小于等于4.68gd．不确定（3）设计实验检验可能存在的离子：___________。Ⅱ．固体化合物X由3种元素组成，其转化关系如图，混合气体经过无水4CuSO时，固体变蓝，碱性溶液焰色反应为黄色。已知金属单质和稀硝酸反应的还

原产物一般为NO，回答下列问题：（4）写出紫红色固体与稀硝酸反应的离子方程式___________。（5）X的化学式为___________，X能和浓盐酸反应生成黄绿色气体，X在反应中作___________(填“氧化剂”或“还原剂”)，若反应了1molX，该反应转移

电子的个数为___________。【答案】（1）K+、23CO−、24SO−（2）b（3）取少量混合溶液于试管中，向试管中滴入适量稀硝酸酸化，再滴加3AgNO溶液，若无白色沉淀生成，说明混合溶液中无Cl−存在；若生成白色沉淀，说明混合溶液中有存在Cl−（4）2323Cu

8H2NO3Cu2NO4HO+−+++=++（5）①2NaCuO②.氧化剂③.NA【解析】【分析】Ⅰ．由实验②可知，溶液中一定含有硫酸根离子、碳酸根离子，一定不含有镁离子、钡离子；由实验①可知，溶液中可能存在氯离子；由电荷守恒可知，溶液中一定含有钾离子；综上可知，

溶液中一定含有钾离子、硫酸根离子、碳酸根离子，可能会有氯离子，一定不含有镁离子、钡离子；Ⅱ．混合气体经过无水硫酸铜时，固体变蓝说明混合气体中含有水蒸气，则X中含有氧元素；碱性溶液焰色反应为黄色说明碱性溶液为氢氧化钠溶液，则X中含有钠元素；固体的颜色为紫红色说

明固体为铜单质，则X中含有铜元素；由题给数据可知，X中含有铜元素、钠元素、氧元素的物质的量分别为2.56g64g/mol=0.04mol、0.04mol、4.76g-2.56g-0.04mol23g/mol16g/mol=0.08

mol，则X中铜原子、钠原子、氧原子的物质的量比为0.04mol：0.04mol：0.08mol=1：1：2，化学式为NaCuO2。【小问1详解】由分析可知，溶液中一定含有钾离子、硫酸根离子、碳酸根离子，故答案为：K+、23CO−、24SO−；【小

问2详解】由分析可知，溶液中一定含有钾离子、硫酸根离子、碳酸根离子，可能会有氯离子，由原子个数守恒可知，溶液中硫酸根离子、碳酸根离子的物质的量分别为4.66g233g/mol=0.02mol、12.54g-4.66g197g/mol=0.04mol，则100mL该混合溶液中m(K)≥(0.02mo

l+0.04mol)×2×39g/mol=4.68g，故选b；【小问3详解】由分析可知，溶液中可能会有氯离子，检验溶液中是否存在氯离子的操作为取少量混合溶液于试管中，向试管中滴入适量稀硝酸酸化，再滴加3AgNO溶液，若无白色沉淀生成，说明混合溶液中无Cl−存在；

若生成白色沉淀，说明混合溶液中有存在Cl−，故答案为：取少量混合溶液于试管中，向试管中滴入适量稀硝酸酸化，再滴加3AgNO溶液，若无白色沉淀生成，说明混合溶液中无Cl−存在；若生成白色沉淀，说明混合溶液中有存在Cl−；.【小问4详解】铜与稀硝酸反应生成硝

酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，故答案为：2323Cu8H2NO3Cu2NO4HO+−+++=++；【小问5详解】由分析可知，X的化学式为NaCuO2，由题意可知，X与浓盐酸反应生成氯化钠、氯化铜、氯气和水，反应的化学方程式为2NaCuO2+8HCl(浓)Δ2NaCl

+2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O，反应中铜元素的化合价降低被还原，X为反应的氧化剂，反应消耗2molX时，转移电子的物质的量为2mol，则反应消耗2molX时，转移电子的数目为1mol×1×NAmol—1=NA，故答案为：NaCuO2；NA。23.近年来有科学家提出

，使用Cl2对自来水消毒时，Cl2会与水中的有机物发生反应，生成的有机氯化物可能对人体有害。所以，国家规定了饮用水中余氯含量的标准，而且已经开始使用新的自来水消毒剂如ClO2、O3、高铁酸钾(K2FeO4)。回答下列问题：（1）储存液氯的钢瓶上应贴有的化学品安全使用标识为____

___(填字母)。A.B.C.D.（2）资料卡片：ClO2常温下为黄绿色气体，易溶于水而不与水反应，11℃时液化成红棕色液体，在空气中的体积分数超过10%时有爆炸性，ClO2溶于碱溶液生成亚氯酸盐和氯酸盐。①下列有关ClO2的说法错误的是_______(填字母)；A．ClO2属于酸性

氧化物B．ClO2与Cl2从颜色上难以区分C．ClO2用于杀菌、消毒是因为它具有强氧化性D．ClO2可以用向上排空气法收集，但不能用排水法收集②与传统消毒剂Cl2比较，ClO2的消毒效率是Cl2的_______倍。(用单位质量消毒剂得到的电子数表示消

毒效率，结果精确到0.01)（3）资料卡片：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。实验室可用浓盐酸与K2FeO4反应产生的Cl2制备K2FeO4装置如图。①乙装置的作用是_______；丁中发生反应的离子方程式____

___。②用化学方程式表示丙中K2FeO4的制备原理_______。③用离子方程式表示K2FeO4在酸性溶液中的不稳定性，用单线桥法标明电子转移数目_______。④现取10.00g高铁酸钾(K2FeO4)样品，加入稀硫

酸完全反应后，共收集到0.8064L气体(已换算成标准状况)。则样品中高铁酸钾的质量分数约为_______。(计算结果保留到0.1%)⑤高铁酸钾(K2FeO4)用作自来水消毒剂时，既能杀菌消毒，也能吸附悬浊物的原因_______。【答案】（1）AB

CD（2）①.AD②.2.63（3）①.除去Cl2中的杂质HCl②.Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O③.()224233Cl2FeOH10KOH2KFeO6KCl8HO++=++④.+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O⑤.95.0%⑥.高铁酸钾的还原产物为三价

铁，与水反应生成氢氧化铁胶体，吸附水中的悬浮杂质聚沉【解析】【分析】浓盐酸与KMnO4在常温下反应产生Cl2，将Cl2通入饱和食盐水中除去氯气中HCl杂质，再将除杂后的Cl2通入三颈烧瓶中，Cl2与Fe(OH)3和KOH反应生

成K2FeO4，多余的Cl2用NaOH溶液吸收，防止污染空气，据此分析回答。【小问1详解】A．氯气是有毒的气体，故在储存液氯的钢瓶上应该贴有毒性物质标识，A选；B．氯气在室温下为气体，通过加压储存在钢瓶中，故在储存液氯的钢瓶上应该贴有加压气体标识，B选；C．氯气是有毒的气体，会对周

围环境及生命体造成不同程度的危害，因此在储存液氯的钢瓶上应该贴有环境危害标识，C选；D．Cl2具有强氧化性，会将一些还原性物质氧化导致物质变质，因此在储存氯气的钢瓶上应贴上氧化性物质的标识，D选；故答案是ABCD；【小问

2详解】①A．ClO2中Cl元素为+4价，其溶于碱溶液，反应生成+3价的亚氯酸盐和+5价的氯酸盐，Cl元素化合价发生改变，说明ClO2不属于酸性氧化物，A错误；B．ClO2和Cl2常温下都为黄绿色气体，因此从颜色上难以区分这两种物质，B正确；C．ClO2中Cl元素为+4价，

介于-1价和+7价之间，具有强的氧化性，能够使细菌、病毒的蛋白质氧化变性而失去其生理活性，因此ClO2可用于杀菌、消毒，C正确；D．ClO2易溶于水，因此不能使用排水法收集，但是由于ClO2在空气中的体

积分数超过10%时有爆炸性，因此也不可以用向上排空气法收集，D错误；故答案是AD；②根据题意可得：ClO2～Cl-～5e-，单位质量ClO2得到电子为n(e-)=1g567.5g/mol；Cl2～2Cl-～2e-，单位质量Cl2得到电子为n(e-)=1

g271g/mol；二者的比值为：567.5g/mol2171gmg1g/ol≈2.63；【小问3详解】①装置乙中盛有饱和NaCl溶液，作用是除去Cl2中的杂质HCl；在装置丁中盛有NaOH溶液，作用是吸收多余Cl2，防止大气污染，Cl2与NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H

2O，该反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；②在装置丙中Cl2与Fe(OH)3、KOH反应产生K2FeO4、KCl、H2O，根据得失电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：()224233Cl2F

eOH10KOH2KFeO6KCl8HO++=++；③K2FeO4在酸性环境中不稳定，会迅速反应产生O2，其中2-4FeO中的+6价的Fe得到电子被还原为Fe3+，-2价的O失去电子、被氧化变为0价的O2，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒

，可得该反应的离子方程式为：42-4FeO+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O，在该反应中电子转移总数是12个，故用单线桥法标明电子转移方向及数目为：+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；④根据反应42-4FeO+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O，可得关系式：4K2FeO

4～3O2，取10.00g高铁酸钾(K2FeO4)样品，加入稀硫酸完全反应后，共收集到标准状况下0.8064L气体，反应产生O2的物质的量n(O2)=m0.8064L=22.4L/molVV=0.036mol，则样品中高铁酸钾的物质

的量n(K2FeO4)=43n(O2)=43×0.036mol=0.048mol，其质量为m(K2FeO4)=n·M=0.048mol×198g/mol=9.504g，故该样品中高铁酸钾的质量分数约为9.504g10.00g×100%≈95.0%

；⑤高铁酸钾中Fe元素为+6价，具有强的氧化性，能够使细菌、病毒的蛋白质被氧化变性而失去其生理活性，因此高铁酸钾具有杀菌消毒能力，可以用于自来水消毒；高铁酸钾得到电子被还原为+3价Fe3+，Fe3+再与水反应生成Fe(OH)3胶体，胶体的胶粒表面积很大，吸附力很强，能够

吸附水中的悬浮的固体杂质，使之聚集形成沉淀，从而又具有净水作用。24.莫尔盐[()44422NHSOFeSO6HO]是一种重要的还原剂，在空气中比一般的亚铁盐稳定。某学习小组设计如图所示实验装置制备少量的莫尔盐。回

答下列问题：（1）连接装置，检查装置气密性。将()4420.1molNHSO加入_______(填仪器名称)中，将6.0g洁净铁屑加入锥形瓶中。（2）①打开1K，2K，关闭3K，向锥形瓶中加入155.0mL2molL

−稀硫酸后，关闭1K。装置A中发生反应的离子方程式为_______。②待大部分铁屑溶解后，打开3K，关闭2K，此时在装置A、B中看到的现象为_______，原因是_______。③关闭2K、3K，采用热水浴的方式蒸发装置B中的水分，当液面产生晶膜时，停止加热，冷却结晶，_____

__，用无水乙醇洗涤晶体。④装置C的作用为_______，装置C的缺点是_______(写出1条即可)。（3）为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：①步骤③中选用足量的22HO，理由是______

_。②采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_______。【答案】（1）三颈烧瓶（2）①.22Fe2HHFe+++=+②.装置A中有气泡产生，液体经导管进入装置B中

③.装置A中产生2H，使装置A中压强增大，液体被压入装置B中④.过滤⑤.液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化2Fe+⑥.不能处理尾气中的2H(或可能会引起倒吸)（3）①.将2Fe+全部氧化为3Fe+②.()4422NHFeSO12HO【解析】【分析】制取莫尔盐：打开分液漏

斗瓶塞，关闭活塞K3，打开K2、K1，加入55.0mL2mol·L-1稀硫酸和铁反应生成氢气，将装置内的空气赶出，待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中的液体被压入B中，关闭活塞K2、K3，采用100℃水浴蒸发B中水分，可

生成莫尔盐，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤，得莫尔盐晶体，装置C可用于液封，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2＋；（3）由题给流程可知，步骤①为碱煮水洗除去废铁屑表面油污，步骤②为铁与稀硫酸在80~95℃的水浴加热条件下反应、过滤得到滤渣和含有硫酸亚铁的滤液，向硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液

，将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，向硫酸铁溶液中加入硫酸铵固体，经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵。【小问1详解】由装置结构可知该装置为三颈烧瓶；【小问2详解】①铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离

子方程式为：22Fe2HHFe+++=+，故答案为：22Fe2HHFe+++=+；②待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中生成氢气，压强增大，将A中的液体压入B中，此时可以看到的现象为A中的液体被压入B中；原因是：A中产生氢气，使

A中压强增大，故答案为：装置A中有气泡产生，液体经导管进入装置B中；装置A中产生2H，使装置A中压强增大，液体被压入装置B中；③采用100℃水浴蒸发B中水分，液面产生晶膜时，停止加热，冷却结晶，然后用过滤的方法将晶体从溶液中分离出来，故答案为：过滤；④装置C的导管插入液面以下，可起到液封作用，

前可防止空气进入三颈烧瓶将Fe2＋氧化。装置C存在的缺点是：不能除去尾气中的H2，也不能防止倒吸，所以答案为：液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化2Fe+；不能处理尾气中的2H(或可能会引起倒吸)；【小问3详解】①由分析可知，步骤③加入过氧化氢溶

液，将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，为了保证亚铁离子完全氧化，所以需要选用足量的22HO，故答案为：将2Fe+全部氧化为3Fe+；②设硫酸铁铵化学式为()4422NHFeSOHOx，其相对分子质量为26618x+，1.5个水分子的相

对分子质量为1.51827=，则275.6%26618x=+，解得12x=，则硫酸铁铵的化学式为()4422NHFeSO12HO，故答案为：()4422NHFeSO12HO。25.钠及其化合物在生产

生活中用途广泛。I、某兴趣小组的学生根据Mg与2CO反应的原理推测钠也能在2CO中燃烧，为了确定其产物并进行实验论证，某同学设计了下列装置进行实验（已知2PdCl能被CO还原为Pd），请回答下列问题：（1）为了使反应

随开随用，随关随停，上图方框内应选用装置______（填字母）。（2）检查装置的气密性完好并装好药品后，在点燃酒精灯前，应先进行装置1的操作，待装置______（填数字）中出现______的现象时，再点燃酒精灯。（

3）若装置6中有黑色沉淀（Pd）生成，装置4中残留固体（只有一种物质）加盐酸后有能使澄清石灰的水变浑浊的气体放出，则钠与二氧化碳反应的化学方程式为______。II、22NaO是实验室中的常用试剂，保存不当时易变质。某化学兴趣小组成员以实验室中标有“过氧化钠”的试剂为对象进行实

验。回答下列问题：兴趣小组设计了如图的实验装置，可实现多种用途。（4）小组成员利用该装置证明22NaO可在潜水艇和呼吸面具中作供氧剂，为排除干扰和实验的准确性，B处反应的化学方程式为______。（5）另一小组同学利用该装置测定已部分变质的22NaO样品中残留的22NaO的质量分数。准确称量

样品10.0克，装入C装置的硬质玻璃管中，D瓶中加入足量NaOH溶液。该样品与A装置生成的气体充分反应后，将E处集气瓶中收集到的气体准确测量，测得体积为1120.0ml（已转化为标准状况）。该样品中过氧化钠的质量分数为____________%（保留三位有效数字）。III．碳酸钠、碳酸氢钠在食品

加工方面有着广泛的用途（6）下列关于23NaCO的认识正确的是______。A．受热易分解B．俗称纯碱、苏打C．属于碱D．可与酸反应（7）传统蒸馒头常采用酵头发面，酵头可使面团在微生物作用下产生2CO气体，从而使面团疏松，若面团发得不好，面团内的气孔少，不够膨松。需添加

______（填“Na2CO3”或“NaHCO3”），继续揉面，上锅蒸后也能蒸出松软的馒头。用化学方程式表示其产气原理______。【答案】（1）C（2）①.5②.澄清的石灰水变浑浊（3）2Na+2CO2=Na2CO3+CO（4）NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑（5）

78.0%（6）BD（7）①.NaHCO3②.2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑【解析】【分析】I、由实验方案图可知，1为二氧化碳发生装置，2为除去二氧化碳中的HCl装置，3为干燥装置，4为二氧化碳与钠反应装置，5为检验装置中的二氧化碳是否充满，防止氧气干扰试验

，6为检验PdCl2溶液是否被CO还原装置；II、装置A中生成的CO2中混有HCl气体，B装置的作用是除去CO2中的HCl，C装置中过氧化钠和CO2反应生成碳酸钠和氧气，D瓶中加入足量NaOH溶液，除去未反应的CO2，用排水

法收集生成的氧气。【小问1详解】制取二氧化碳时，为了使制气过程具有“随开随用，随关随停”的特点，应该选用能够可以固、液药品分开的装置，B无法控制反应的速率，A中只能控制反应的速率，但不能控制反应的随时进行

与停止；而C中当打开止水夹时，酸就和有孔塑料板上的石灰石反应生成气体，当关闭止水夹时，生成的气体就无法从导管中排出，从而使装置内的压强增大，把酸液挤到长颈漏斗中，使固液分离，故答案为：C。【小问2详解】由分析可知，在点燃酒精灯前先让二氧化碳充满整个装置

，当装置5中澄清的石灰水变浑浊，说明二氧化碳已充满装置，再加热4处的酒精灯发生反应。【小问3详解】由题意可知，装置4中的残留固体（只有一种物质）加盐酸有能使石灰水变浑浊的气体放出，说明生成碳酸钠，装置6中有黑色沉淀，说明PdCl2溶液能被CO还原得到黑色的Pd，所以

反应物为碳酸钠和CO，反应的化学方程式为2Na+2CO2=Na2CO3+CO；【小问4详解】A中生成的CO2中混有HCl气体，B中为饱和碳酸氢钠，B处反应化学方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。【小问5详解】样品1

0.0克，装入C装置的硬质玻璃管中，D瓶中加入足量NaOH溶液，该样品与A装置生成的气体充分反应后，E收集的气体为氧气，测得标准状况体积为1120.0ml即0.05mol，根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2知Na2O2为0.1mol，则该样品中过氧化

钠的质量分数0.1mol78g/mol100%=78.0%10g。【小问6详解】A．Na2CO3稳定，受热不分解，故A错误；B．Na2CO3俗称纯碱、苏打，故B正确；C．Na2CO3是由金属阳离子Na+和酸根阴离子构成的化合物，属于盐，不属于碱，故C错误；D．碳酸是弱酸，根据复分解反应的规律

知碳酸钠可与酸性比碳酸强的酸反应，产生相应的盐及水、二氧化碳，故D正确；故选：BD。【小问7详解】由于Na2CO3稳定，受热不会分解产生气体，而NaHCO3不稳定，受热分解产生CO2气体，CO2气体从面团中逸出，导致面团疏松多孔，故若面

团发得不好，面团内的气孔少，不够膨松，需添加小苏打NaHCO3，反应的化学方程式为：2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑。