浙江省嘉兴市2021-2022学年高一化学上学期期末试卷（Word版附解析）

嘉兴市2021~2022学年度第一学期期末检测高一化学本卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64一、选择题1.下列物质属于盐的是A.B.KOHC.D.HClO【答案】C【解析】【详解】A．属于金属氧化物，不是盐类，故A不选；B．KOH电离出钾离子和氢氧根离子，属于碱，故B不选；C．由金属钠离子和酸根偏铝酸根组成，属于盐，故C选；D．HClO电离出氢离子和次氯酸根，属于酸，故D不选；故选：C。2.下列物质属于电解质是A.液氯B.氯化钠溶液C.硫酸D.葡萄糖【答案】C【解析】【详解】A．液氯为单质，不是电解质，故A不选；B．氯化钠溶液是混合物，不是电解质，故B不选；C．硫酸在水溶液中含有自由移动的离子，能导电，是电解质，故C选；D．葡萄糖不能导电，属于非电解质，故D不选；故选：C。3.下列仪器名称为“坩埚”的是A.B.C.D. 【答案】A【解析】【详解】根据各仪器的结构特点可知，A为坩埚，B为量筒，C为蒸发皿，D为烧杯；故答案为A。4.下列分散系能产生丁达尔效应的是A.胶体B.溶液C.食盐水D.75%酒精【答案】A【解析】【详解】A．胶体能产生丁达尔效应，故A正确；B．溶液，不属于胶体，不能产生丁达尔效应，故B错误；C．食盐水属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故C错误；D．75%酒精属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故D错误；故选：A。5.下列实验图标中与碳酸氢钠热稳定性实验一定无关的是ABCD护目镜用电洗手明火A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．化学实验需要戴护目镜，以保护眼睛，故不选A； B．碳酸氢钠热稳定性实验，不需要电器，故选B；C．实验结束后，离开实验室前要清洗双手，故不选C；D．碳酸氢钠热稳定性实验，需要用酒精灯加热，故不选D；选B。6.下列应用中不涉及化学变化的是A.用于自来水消毒B.溶液用作印刷电路板的“腐蚀液”C.盐酸用作金属表面的除锈剂D.利用焰色试验原理制作绚丽的焰火【答案】D【解析】【详解】A．二氧化氯具有强氧化性，能使蛋白质失活，具有杀菌消毒作用，有化学变化，故A不选；B．FeCl3与Cu反应生成氯化铜和氯化亚铁，生成可溶盐进入溶液，所以FeCl3溶液可用作“腐蚀液”，有化学变化，故B不选；C．用稀盐酸做金属表面的除锈剂是利用了稀盐酸的酸性，能和氧化铁反应生成氯化铁和水，有化学变化，故C不选；D．焰色反应属于物理变化，无化学变化涉及，故D选；故选：D。7.下列表示不正确的是A.硫离子的结构示意图：B.次氯酸的电子式：C.的分子结构模型：D.的结构式： 【答案】B【解析】【详解】A．硫离子核外有18个电子，结构示意图为，故A正确；B．次氯酸的电子式为，故B错误；C．的分子的空间构型为“V形”，结构模型为，故C正确；D．分子中氯原子之间通过共价单键连接，结构式为，故D正确；选B。8.下列属于置换反应是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】置换反应是指一种单质和一种化合物反应生成另外一种单质和另外一种化合物的反应。A．反应物都是化合物，不属于置换反应，故A不选；B．KI是化合物，氯气是单质，生成KCl是另一种化合物，碘是单质，属于置换反应，故B选；C．生成物都是化合物，不属于置换反应，故A不选；D．生成物只有一种，属于化合反应，不属于置换反应，故A不选；故选：B。9.反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中，还原剂是 A.MnO2B.HClC.MnCl2D.Cl2【答案】B【解析】【分析】所含元素化合价升高或失去电子的物质作还原剂。【详解】反应中HCl中的氯元素的化合价从-1价升高到0价，失电子，做还原剂，故选：B。10.下列说法正确的是A.和互为同位素B.和的相互转化是物理变化C.金刚石、石墨、互为同素异形体D.和两种核素的中子数相等【答案】C【解析】【详解】A．和是由氯元素的两种不同核素组成的氯气分子，故A错误；B．和是两种不同分子，相互转化是化学变化，故B错误；C．金刚石、石墨、都是由C元素组成的不同单质，互为同素异形体，故C正确；D．的中子数是8、的中子数是7，两种核素的中子数不相等，故D错误；选C。11.下列关于钠及其化合物的说法不正确的是A.切开的金属钠暴露在空气中，光亮的表面变暗，生成了过氧化钠B.钠、过氧化钠、氢氧化钠、碳酸钠灼烧时火焰都呈黄色C.1g碳酸钠和lg碳酸氢钠固体中分别加入几滴水后，测得温度较高的是碳酸钠D.过氧化钠投入硫酸铜溶液可产生氢氧化铜沉淀和氧气【答案】A【解析】【详解】A．切开的金属钠暴露在空气中，钠和氧气反应生成氧化钠，光亮的表面变暗，故A错误；B．钠、过氧化钠、氢氧化钠、碳酸钠都含钠元素，灼烧时火焰都呈黄色，故B正确； C．碳酸钠溶于水放热、碳酸氢钠溶于水吸热，1g碳酸钠和lg碳酸氢钠固体中分别加入几滴水后，测得温度较高的是碳酸钠，故C正确；D．过氧化钠投入硫酸铜溶液，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故D正确；选A。12.下列关于铁及其化合物的说法正确的是A.红热的铁能与水蒸气反应，生成和B.在空气中充分灼烧得到FeOC.FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速转化成红棕色粉末D.过量铁与氯气或者稀盐酸反应均可制得【答案】A【解析】【详解】A．铁与水蒸气在高温下生成Fe3O4和H2，故A正确；B．氢氧化亚铁具有还原性，在空气中灼烧氧气将+2价Fe氧化+3价Fe，最终不能得到FeO，故B错误；C．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气里加热，最终被氧化成黑色的Fe3O4，故C错误；D．铁无论过量还是不足，与氯气在加热条件下反应，均生成FeCl3，故D错误；答案为A。13.下列有关金属材料说法不正确的是A.合金的硬度比其成分金属大，是因为纯金属内加入其他元素原子后原子层之间的相对滑动变得困难B.铝制餐具耐腐蚀性较好，可以用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物C.生铁和钢是含碳量不同的两种铁碳合金，生铁的含碳量比钢高D.实用储氢合金能够吸收大量氢气后形成金属氢化物，稍稍加热又容易分解，释放氢气【答案】B【解析】【详解】A．纯金属内加入其他元素原子后原子层之间的相对滑动变得困难，所以合金的硬度比其成分金属大，故A正确；B．铝制餐具耐腐蚀性较好，是因为表面有一层氧化膜，氧化铝能与酸或碱反应，所以铝制餐 具不能长期盛放酸性或碱性食物，故B错误；C．生铁是含碳量比钢高的铁碳合金，故C正确；D．实用储氢合金能够吸收大量氢气后形成金属氢化物，稍稍加热又容易分解，释放氢气，故D正确；选B。14.在KCl、、三种盐配成的混合溶液中，各离子的浓度如下表，则a为离子浓度(mol/L)0.050.250.20aA.0.10B.0.15C.0.25D.0.30【答案】D【解析】【详解】根据溶液中正负电荷代数和等于0，c(K+)+3c()=c()+2c()，0.05×1+0.25×3=0.20×1+2a，a=0.30，故选D。15.下列离子方程式书写正确的是A.氯气和水反应：B.氯化铁溶液与铁粉反应C.盐酸与碳酸氢钠溶液反应：D.铝和氢氧化钠溶液反应：【答案】C【解析】【详解】A．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸不可拆，离子方程式：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故A错误；B．氯化铁溶液与铁粉反应生成氯化亚铁，离子方程式：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故B错误；C．碳酸氢钠电离出碳酸氢根离子，离子方程式：，故C正确； D．铝跟氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO+3H2↑，故D错误；故选：C。16.在一定条件下，下列各组离子能大量共存的是A.无色透明溶液：、、、B.强酸性溶液：、、、C.能与Al反应产生氢气的溶液：、、、D.能使无色酚酞变红的溶液：、、、【答案】B【解析】【详解】A．含有的溶液呈黄色，无色透明溶液中不能含有大量，故不选A；B．强酸性溶液中，、、、相互之间不反应，能大量共存，故选B；C．能与Al反应产生氢气的溶液呈酸性或碱性，酸性或碱性条件下都不能大量含有，故不选C；D．能使无色酚酞变红的溶液呈碱性，碱性条件下，、OH-反应生成氨气，不能大量含有，故不选D；选B。17.下列除去杂质的方法中，正确的是选项物质(括号内为杂质)去除杂质的方法A溶液加入适量的溶液、过滤B气体通过饱和溶液洗气、干燥C固体加热至恒重D固体加入足量NaOH溶液、过滤、洗涤、干燥 A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．中含有杂质，加入，和反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，引入新杂质氢氧化钠，故A错误；B．气体都能与反应，一般用饱和溶液除中的气体，故B错误；C．加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，故C错误；D．MgO和氢氧化钠溶液不反应，和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，加入足量NaOH溶液、过滤、洗涤、干燥，可除去MgO中的杂质，故D正确；选D。18.下列说法正确的是A.某溶液中加溶液有白色沉淀，再加盐酸，沉淀不消失，则该溶液中一定有B.不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%-5%的碳酸氢钠溶液冲洗C.纯净的在中安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白色烟雾D.将铂丝用硫酸清洗后在外焰上灼烧至与原来火焰颜色相同时，再进行焰色试验【答案】B【解析】【详解】A．某溶液中加BaCl2溶液有白色沉淀，再加盐酸，沉淀不消失，该沉淀也可能是氯化银沉淀，该溶液中可能含有的是氯离子，不一定有硫酸根，A项错误；B．不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%-5%的碳酸氢钠溶液冲洗，B项正确；C．纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白雾，不是烟雾，C项错误；D．将铂丝用盐酸清洗后在外焰上灼烧至与原来火焰颜色相同时，再进行焰色试验，不是硫酸，D项错误；答案选B。 19.下列说法不正确的是A.在多电子原子中，电子的能量是不相同的，离核较近的区域内运动的电子能量较低B.已知第117号元素的原子最外层电子数是7，则该元素位于第七周期第ⅦA族C.在周期表中金属与非金属的分界处可以找到半导体材料D.碱金属元素的化学性质相似，都能在加热条件下与氧气反应生成过氧化物【答案】D【解析】【详解】A．多电子原子中，在离核较远的区域内运动的电子能量较高，在离核较近的区域内运动的电子能量较低，故A正确；B．118号元素位于第七周期0族，第117号元素的原子最外层电子数是7，则117号元素Ts位于第七周期第ⅦA族元素，故B正确；C．元素周期表中位于金属元素和非金属元素分界线附近的元素具有金属和非金属的性质，可以作半导体材料，如Si，故C正确；D．碱金属中锂与氧气反应产物只有氧化锂，故D错误；故选：D。20.Q、X、Y和Z为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示，这4种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是XYQZA.Y的原子半径比X的大B.Y的最高正价比X的高C.Z的最高价氧化物的水化物的酸性比Q的强D.Q的单质能从NaZ溶液中置换出Z元素的单质【答案】C【解析】【分析】W、Q、X、Y和Z为短周期元素，W的质子总数与电子层数相等，可知W为H元素，由其余元素在周期表中的位置，可知X、Y位于第二周期，Q、Z位于第三周期，这4种元素的原子最外层电子数之和为22，设X的最外层电子数为x，则x+x+1+x-1+x+2=22，解得 x=5，可知X为N、Y为O、Q为Si、Z为Cl，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为H、X为N、Y为O、Q为Si、Z为Cl，A．同周期从左向右原子半径减小，则O的原子半径比N的小，故A错误；B．Y为O，无最高正价，故B错误；C．元素非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Cl>Si，则Cl的最高价氧化物的水化物的酸性比Si的强，故C正确；D．氧化性：Cl2>Si，则Si单质不能从NaCl溶液中置换出Cl2，故D错误；故选C。21.加热13.7g和的混合物至质量不再变化，剩余固体的质量为10.6g，则混合物中和的物质的量之比为A.2∶1B.1∶1C.1∶2D.1∶3【答案】C【解析】【详解】设混合物中的质量为xg；x=8.4g；的物质的量是、的物质的量是，混合物中和的物质的量之比为1:2，选C。22.下列有关说法正确的是A.2.3gNa在足量充分燃烧，转移的电子数为B.1.0mol/L溶液中含有的数目为C.标准状况下，22.4L的中含有分子数目为D.常温下，22.0g中含氧原子的数目为 【答案】D【解析】【详解】A．2.3g钠的物质的量为0.1mol，钠在氧气中燃烧，化学方程式为：，2mol钠燃烧转移2mol电子，因此0.1mol钠燃烧转移0.1mol电子，电子数为0.1NA=6.021022，A项错误；B．溶液体积未知，钠离子数目无法计算，B项错误；C．标准状况下，水是液态，22.4L水的物质的量无法计算，水分子的数目无法计算，C项错误；D．22.0g二氧化碳的物质的量为0.5mol，则氧原子的物质的量为1mol，氧原子的个数为，D项正确；答案选D。23.在新生代的海水里有一种铁细菌，它们提取海水中的，利用酶为催化剂转变成它们的皮鞘(可以用来表示其中的铁)，后来便沉下来形成铁矿：该反应的另一种反应物是，反应后转变成有机物(有机物用表示)。下列说法不正确的是A.有机物中，C元素的化合价可看成0价B.上述反应中，为还原剂，被还原C.上述反应中，产物与的物质的量之比为2∶1D.上述反应中，若转移的电子为1mol，则参加反应的为5.6L(标准状况下)【答案】B【解析】【详解】A．根据化合价代数和等于0，有机物中，C元素的化合价可看成0价，故A正确；B．上述反应中，铁元素化合价升高，为还原剂，转变成有机物，C元素化合价降低，是氧化剂，被氧化，故B错误；C．上述反应中，铁元素化合价由+2升高为+3、C元素化合价由+4降低为0，根据得失电子守恒，产物与的物质的量之比为2∶1，故C正确； D．上述反应中，C元素化合价由+4降低为0，若转移的电子为1mol，则参加反应的为0.25mol，标准状况下的体积为5.6L，故D正确；选B。24.某工厂的工业废水中含有大量和较多的。为了减少污染并变废为宝，工厂计划利用以下流程图从该废水中回收和金属铜。下列说法正确的是A.操作1和操作2相同，必须用到的玻璃仪器有：分液漏斗、玻璃棒和烧杯B.试剂C可选用稀硫酸或稀盐酸C.检验溶液A中金属阳离子时，滴加试剂的顺序为：先滴加KSCN溶液，再滴加氯水D.取溶液D，逐滴加入NaOH溶液，可立即观察到有白色沉淀产生【答案】C【解析】【分析】工业废水中加入铁粉，发生Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，过滤后滤液A为FeSO4，固体A为Cu和Fe，固体A中加入过量的硫酸，发生Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑，Cu不与稀硫酸反应，过滤，固体B为Cu，据此分析；【详解】A．操作1和操作2都得到固体和溶液，操作方法均为过滤，必须用到玻璃仪器为(普通)漏斗、玻璃棒和烧杯，故A错误；B．试剂C可以是稀硫酸，不能是稀盐酸，引入杂质Cl－，故B错误；C．溶液A中金属阳离子是Fe2＋，验证Fe2＋一般先滴加KSCN溶液，溶液不变红，然后通入氯水或H2O2，溶液变红，证明Fe2＋存在，故C正确；D．溶液D中含有溶质为FeSO4和H2SO4，逐滴加入NaOH溶液，NaOH先与H2SO4反应，没有沉淀产生，完全消耗硫酸后，继续滴加NaOH，此时才产生白色沉淀氢氧化亚铁，故D错误；答案为C。25.取某固体样品，进行如下实验： ①取一定量的样品，加足量水充分溶解，过滤得到白色滤渣和无色溶液②取白色滤渣，加入稀盐酸，滤渣全部溶解，同时有气体产生③取①中无色溶液，通入适量，产生白色沉淀根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是A.、、KOHB.、、NaClC.、、NaOHD.、、NaOH【答案】C【解析】【详解】A．加水充分溶解产生Cu(OH)2和CaCO3沉淀，其中Cu(OH)2为蓝色沉淀，与题意不符，A错误；B．取①中无色溶液，通入适量CO2产生白色沉淀，CaCl2和NaCl溶液中通入CO2气体，不会产生CaCO3沉淀，与题意不符，B错误；C．加水充分溶解，可得到BaCO3白色沉淀，加入稀HCl，滤渣全部溶解，有气体CO2产生，①中无色溶液中可以有BaCl2剩余，与氢氧化钠同时存在时，通入CO2气体，可以产生白色沉淀，C正确；D．①加水产生Mg(OH)2沉淀，但加入稀HCl，没有气体产生，与题意不符，D错误；答案选C。二、填空题(本大题共5小题，共46分)26.按要求回答下列问题。（1）写出漂白粉中有效成分的化学式_______。（2）考古学上常用中子数为8的碳原子来测定文物的年代，写出该碳原子符号_______。（3）写出氢氧化钡与硫酸反应的离子方程式_______。（4）写出白色氢氧化亚铁被氧气氧化成红褐色氢氧化铁的化学方程式_______。【答案】（1）Ca(ClO)2（2）（3）Ba2++2OH−+SO+2H+=BaSO4↓+2H2O（4）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解析】 【小问1详解】漂白性主要含氯化钙和次氯酸钙，有效成分为Ca(ClO)2；【小问2详解】中子数为8的碳原子的质量数为6+8=14，符号为；【小问3详解】氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为Ba2++2OH−+SO+2H+=BaSO4↓+2H2O；【小问4详解】根据电子守恒、元素守恒可得白色氢氧化亚铁被氧气氧化成红褐色氢氧化铁的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。27.X、Y、Z、W是关乎宇宙起源、生命形成的最为核心的元素，称之为元素中的“四大天王”，其中Y、Z、W位于同一周期，且原子序数依次增大。下表是6种元素的相关信息：X该元素的一种核素的中子数为0Y能与X形成正四面体形的分子Z空气中含量最多的元素W其单质通常作助燃剂U地壳中含量最多的金属元素VM层电子数是K层的3倍（1）Y元素在周期表中的位置是_______。（2）Z的气态氢化物可与其最高价氧化物的水化物化合生成M，写出M中存在的化学键的类型_______。（3）请写出U的最高价氧化物的水化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式_______(U用实际元素符号表示)。（4）比较沸点：X2W_______X2V(填“>”、“=”或“<”)。【答案】（1）2周期、ⅣA族（2）离子键、(极性)共价键 （3）（4）>【解析】【分析】X的一种核素的中子数为0，则X为H元素；Z是空气中含量最多的元素，则Z为N元素，Y能与X形成正四面体形的分子，且与Z位于同一周期，则Y为C元素；W的单质通常作助燃剂，与Z同一周期，则W为O元素；U是地壳中含量最多的金属元素，则U为Al元素；V的M层电子数是K层的3倍，则其电子层结构为2、8、6，为S元素。【小问1详解】Y为C元素，为6号元素，位于第2周期，ⅣA族；小问2详解】N的气态氢化物为NH3，最高价氧化物的水化物为HNO3，二者化合生成NH4NO3，含有硝酸根和铵根形成的离子键、N和H原子以及N和O原子形成的极性共价键；【小问3详解】Al的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，与NaOH反应生成偏铝酸钠，离子方程式为；【小问4详解】X2W为H2O，X2V为H2S，H2O间存在氢键，沸点高于H2S。28.我国四大发明之一的黑火药是硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：。（1）属于_______化合物(填“共价”或“离子”)，的电子式为_______。（2）该反应的氧化剂是_______。（3）若反应中转移个电子，则被氧化的C的质量是_______g。【答案】（1）①.离子②.（2）S、（3）3.0【解析】【小问1详解】 硫化钾的组成元素为金属元素和非金属元素，因此硫化钾为离子化合物；二氧化碳的组成元素为非金属元素，为共价化合物，其中碳的最外层电子数为4，要共用4对电子，氧的最外层电子数为6，要共用2对电子，因此碳原子与两个氧原子之间各共用2对电子，其电子式为。【小问2详解】氧化剂具有氧化性，化合价降低，由方程式可知，硫元素和氮元素化合价都降低，因此氧化剂为硫和硝酸钾。【小问3详解】由方程式可知，当消耗2mol硝酸钾时，转移12mol电子，因此当转移个电子即1.2mol电子时，消耗硝酸钾的物质的量为0.2mol，N元素化合价由+5价降低为0价，C元素的化合价由0价升高到+4价，由电子守恒可知，被0.2mol硝酸钾氧化的C的质量为：。29.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如下(该药片中其他成分不与盐酸或者氢氧化钠反应)：①配制0.10mol/L的稀盐酸和0.10mol/L的NaOH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的稀盐酸；④用0.10mol/L的NaOH溶液中和过量的稀盐酸，记录所消耗NaOH溶液的体积。请回答下列问题：（1）该测定实验共进行了4次，其中步骤①中配制0.10mo/L的稀盐酸需要用到的仪器有_______。(填写字母)A.托盘天平B.胶头滴管C.烧杯D.量筒E.玻璃棒F.50mL容量瓶G.250mL容量瓶（2）步骤③和步骤④中发生反应的离子方程式分别为_______、_______。（3）配制0.10mol/L的NaOH溶液，下列说法正确的是_______。 A.NaOH固体可放在烧杯中称量B.定容时的操作如图所示C.NaoH固体溶解后立即转移到容量瓶中，所得溶液浓度偏低D.末用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，所得溶液的浓度偏低（4）某同学4次测定所消耗的NaOH溶液的体积如下：测定次数123412.0011.9012.1014.00计算这种药片中碳酸钙的质量分数_______。【答案】（1）BCDEG（2）①.②.（3）AD（4）65%【解析】【小问1详解】4次实验，消耗盐酸的体积为100mL，根据题意，所以需要配制0.10mo/L的稀盐酸体积为250ml，用量筒量取需要体积的浓盐酸，在烧杯中溶解浓盐酸，并用玻璃棒搅拌，冷却后，用玻璃棒引流把稀盐酸转移到250ml容量瓶中，定容时，当液面离刻度线1~2cm时用胶头滴管加蒸馏水，需要用到的仪器有：B胶头滴管、C.烧杯、D.量筒、E.玻璃棒、G.250mL容量瓶； 【小问2详解】步骤③中碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式是；步骤④中氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，发生反应的离子方程式为；【小问3详解】A．NaOH易潮解，固体具有腐蚀性，放在烧杯中称量，故A正确；B．当液面离刻度线1~2cm时用胶头滴管加蒸馏水，至凹液面最低处与刻度线相切，故B错误；C．NaoH固体溶解后立即转移到容量瓶中，溶液体积偏小，所得溶液浓度偏高，故C错误；D．末用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，氢氧化钠的物质的量偏少，所得溶液的浓度偏低，故D正确；选AD。【小问4详解】第四次实验数据明显偏离正常误差范围，根据前三次实验数据，平均消耗氢氧化钠溶液的体积为12.00mL，氢氧化钠消耗盐酸的物质的量是0.012L×0.10mol/L=0.0012mol，则碳酸钙消耗盐酸的物质的量是0.025L×0.10mol/L-0.0012mol=0.0013mol，碳酸钙的物质的量0.0013mol÷2=0.00065mol，这种药片中碳酸钙的质量分数。30.“84”消毒液是常见的含氯消毒剂，其主要成分是次氯酸钠，在防控新冠疫情过程中发挥了重要作用。某化学兴趣小组设计了如图所示的制备装置。已知： 。请回答：（1）连接好装置，装入药品前必须检查气密性，该装置气密性检查的具体操作是：关闭分液漏斗旋塞，往C中加水使长导管浸没，_______，则气密性良好。（2）B中所加试剂的名称是_______，其作用是_______。（3）同学甲查阅资料后发现与NaOH的反应会放热，由此他认为NaClO的产率会较低。为此他对装置进行了改进，其改进的措施是_______。（4）同学乙认为该制备装置还存在一个较大的缺点，请你指出_______。（5）同学丙查阅资料发现“84”消毒液与家用清洁剂洁厕灵(主要成分为盐酸)混合使用会产生一种有毒的黄绿色气体而发生中毒事故，写出有关的离子方程式_______。【答案】（1）用手捂热(或者用酒精灯微热)圆底烧瓶，观察到C中导管口有气泡产生，移开手(或者酒精灯)后，导管内有一段稳定的水柱（2）①.饱和食盐水②.除去氯气中的氯化氢气体，防止氯化氢与C中氢氧化钠反应，降低次氯酸钠的产率（3）将C装置浸在冰水浴中冷却（4）缺少尾气吸收装置（5）【解析】【分析】A装置中浓盐酸和二氧化锰在加热条件下生成氯气，生成的氯气中混有氯化氢，会降低氯气与氢氧化钠反应生成的次氯酸钠的产率，B装置中应装有饱和食盐水，用于除去氯化氢，C装置中盛放氢氧化钠溶液，用于制备次氯酸钠，但氯气是黄绿色的有毒气体，未反应完的氯气排放到空气中会污染空气，因此应在装置最后添加一个尾气处理装置。【小问1详解】检查装置气密性，可以先使装置成为一个密闭装置，然后通过改变装置内压强并观察现象去判断装置是否漏气，因此，此装置检查气密性的方法为：关闭分液漏斗旋塞，往C中加水使长导管浸没，用手捂热(或者用酒精灯微热)圆底烧瓶，观察到C中导管口有气泡产生，移开手(或者酒精灯)后，导管内有一段稳定的水柱，则气密性良好。【小问2详解】 浓盐酸与二氧化锰加热制备的氯气中会混有氯化氢气体，应用饱和食盐水除去；氯化氢气体也可以和氢氧化钠溶液反应，会降低次氯酸钠的产率。【小问3详解】依据题目可知，与NaOH的反应会放热，随着反应进行温度升高，与NaOH就会反应生成氯酸钠，从而降低NaClO的产率，因此应将C装置浸在冰水浴中冷却。【小问4详解】氯气是黄绿色的有毒气体，未反应完的氯气排放到空气中会污染空气，因此此装置缺少一个尾气处理装置。【小问5详解】依据题意可知，次氯酸钠与盐酸发生了氧化还原反应，生成了氯气，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可知其离子方程式为：。三、计算题31.将100mL1.0mol/L溶液和50mL2.0mol/L的溶液混合(忽略混合过程中溶液体积的变化)。再向其中加入一定量的铁粉，此时溶液中和的物质的量浓度恰好相等。试计算：（1）混合溶液中硫酸根离子的物质的量浓度_______mol/L(保留到小数点后一位)；（2）加入铁粉的质量_______g。【答案】（1）2.7（2）2.8【解析】【小问1详解】混合后溶液中n(SO)=100×10－3L×1.0mol·L－1＋50×10－3L×2mol·L－1×3=0.4mol，忽略体积的变化，c(SO)=≈2.7mol·L－1；故答案为2.7；【小问2详解】