浙江省金华十校2022-2023学年高一化学上学期期末调研模拟试题（Word版附解析）

金华十校2022—2023学年第一学期期末调研模拟考试高一化学试题卷说明：1.全卷满分100分，考试时间90分钟；2.将答案写在答题卷的相应位置上；3.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14Na-23Mg-24S-32Cl-35.5Ca-40Fe-56Cu-64Ba-137一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个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.下列物质属于盐的是A.Ca(OH)2B.CuSO4C.Na2OD.HNO3【答案】B【解析】【分析】【详解】A．Ca(OH)2属于碱，A不选；B．CuSO4属于盐，B选；C．Na2O属于氧化物，C不选；D．HNO3属于酸，D不选；故选：B。2.仪器名称为“容量瓶”的是　　A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A.此仪器为圆底烧瓶，故A错误；B.此仪器为烧杯，故B错误；C.此仪器为分液漏斗，故C错误； D.此仪器为容量瓶，故D正确。故答案为D。3.下列物质的俗称与化学式对应不正确的是A.小苏打—B.明矾—C.磁性氧化铁—D.漂白精有效成分—【答案】B【解析】【详解】A．NaHCO3俗称小苏打，A正确；B．CuSO4⋅5H2O俗称蓝矾、胆矾或铜矾，B错误；C．Fe3O4具有磁性，俗称磁性氧化铁，C正确；D．漂白精有效成分为Ca(ClO)2，D正确；故选B。4.下列物理量单位不正确的是A.物质的量：molB.摩尔质量：C.气体摩尔体积：D.阿伏伽德罗常数：【答案】C【解析】【详解】物质的量、摩尔质量、阿伏伽德罗常数的单位分别为mol、g⋅mol−1、mol−1，气体摩尔体积的单位为L⋅mol−1而不是mol⋅L−1，选项C错误，故选C。5.冬奥会开幕式上，绚烂的烟火表演给各国运动健儿留下了深刻的印象，让北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫。其中，焰火与高中化学中“焰色试验”知识相关。下列说法中正确的是A.焰色试验是化学变化B.可用稀硫酸清洗过的铂丝做焰色试验C.焰色试验均应透过蓝色钴玻璃观察D.利用焰色试验可区分NaCl与KCl【答案】D【解析】【详解】A．焰色试验是物理变化，不是化学变化，A错误；B．硫酸是非挥发性酸，不能选用硫酸，B错误；C．K的焰色试验需透过蓝色的钴玻璃观察，避免钠的焰色对钾的焰色造成干扰，观察其他元素焰色不需要透过蓝色钴玻璃，C错误； D．焰色试验是金属元素的性质，钠元素与钾元素的焰色不同，可以区分，D正确；故答案为：D。6.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是A.黄山云雾B.稀C.乙醇溶液D.【答案】A【解析】【分析】用一束光照射胶体时，可以看到一条光亮的通路，这种现象称之为“丁达尔效应”，常用于区别胶体和溶液、浊液；【详解】A．黄山云雾属于胶体，能观察到丁达尔效应，选项A符合；B．稀H2SO4属于溶液，不能观察到丁达尔效应，选项B不符合；C．乙醇溶液属于溶液，不能观察到丁达尔效应，选项C不符合；D．是纯净物，不能观察到丁达尔效应，选项D不符合；答案选A。7.实现下列物质之间的转化，需要加入氧化剂才能实现的是A.Fe→FeCl2B.SO3→H2SO4C.ClO→Cl2D.CO2→C【答案】A【解析】【分析】【详解】A．Fe→FeCl2，Fe元素化合价升高，且Fe单质自身不能发生歧化，所以一定需要氧化剂，A符合题意；B．SO3→H2SO4，S、O元素的化合价均没有发生变化，不需要氧化剂，B不符合题意；C．ClO→Cl2，Cl元素的化合价降低，需要还原剂，C不符合题意；D．CO2→C，C元素的化合价降低，需要还原剂，D不符合题意；综上所述答案为A。8.下列化学用语表示正确的是A.氢气的结构式为：B.镁原子的结构示意图：C.在水溶液中的电离方程式为： D.用电子式表示的形成过程：【答案】B【解析】【详解】A．氢气的结构式为H-H，A错误；B．镁原子的结构示意图为，B正确；C．H2C2O4为二元弱酸，在水溶液中分步电离，其电离方程式为、，C错误；D．H2O为共价化合物，用电子式表示H2O的形成过程为，D错误；故选B。9.下列物质中，只含有离子键的化合物是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．MgCl2是由Mg2+和Cl-组成，只含有离子键，故A符合题意；B．HCl属于共价化合物，只含有共价键，故B不符合题意；C．H2O2属于共价化合物，其结构式为H-O-O-H，含有极性共价键和非极性共价键，故C不符合题意；D．NaOH的电子式为，含有离子键和极性共价键，故D不符合题意；答案为A。10.下列有关实验安全的叙述不正确的是A.实验室把钠保存在石蜡油或煤油中B.当钠燃烧可以用泡沫灭火器来灭火C.GHS标准符号示意“爆炸类物质”D.实验时不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%～5%溶液冲洗【答案】B【解析】【详解】A．钠很活泼，极易与空气中的水和氧气反应，由于钠的密度大于石蜡油和煤油，且不与二者反 应，因此实验室把钠保存在石蜡油或煤油中，A正确；B．钠燃烧生成了过氧化钠，过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，氧气助燃，因此当钠燃烧不能用泡沫灭火器灭火，B错误；C．GHS中的标准符号被我国国家标准采用，以方便化学品的贸易与运输，其中示意“爆炸类物质”，C正确；D．酸具有腐蚀性，会灼伤皮肤，因此实验时不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%～5%NaHCO3溶液冲洗，D正确；故选B。11.下列说法不正确的是A.与考古中常用到的互称为同位素B.金刚石、石墨和都是碳元素的同素异形体C.钌(Ru)在室温下有独特磁性，其核素符号为，则其中子数为44D.合金的性能可以通过所添加的合金元素的种类、含量和生成合金的条件等加以调节【答案】AC【解析】【详解】A．14N、14C的质子数分别为7、6，是两种不同元素的核素，不互为同位素，A项错误；B．金刚石、石墨和C60是碳元素形成的不同单质，三者互为同素异形体，B项正确；C．的质子数为44、质量数为102，中子数为102-44=58，C项错误；D．合金具有许多优良的物理、化学或机械性能，如合金的硬度、熔点不同于其成分金属，可满足不同的需要，合金的性能可通过所添加的合金元素的种类、含量和生成合金的条件等来加以调节，如生铁（含碳量为2%~4.3%的铁碳合金）硬度大、抗压、性脆等，钢（含碳量为0.03%~2%的铁碳合金）有良好的延展性、机械性能好等，D项正确；答案选AC。12.下列反应的离子方程式或方程式书写正确的是A.稀硫酸与溶液反应：B.钠与水反应的离子方程式：C.溶液中滴加少量稀盐酸： D.溶液中滴入少量溶液：【答案】D【解析】【详解】A．稀硫酸与溶液反应：，故A错误；B．钠与水反应的离子方程式：，故B错误；C．溶液中滴加少量稀盐酸：，故C错误；D．溶液中滴入少量，两者1：1恰好完全反应，离子方程式为：，故D正确；故选：D。13.下列各组离子中能在水溶液中大量共存的是A.、、、B.、、、C.、、、D.、、、【答案】D【解析】【详解】A．生成气体和水，所以不能大量共存，A不符合题意；B．生成氯化银沉淀，所以不能大量共存，B不符合题意；C．Cl-有还原性，有氧化性，在该条件下会发生氧化还原反应而不能大量共存，C不符合题意；D．、、、两两之间不发生反应，所以能大量共存，D符合题意；故选D。14.下列几种类推结论符合事实的是A.沸点HBr>HCl，则同族元素氢化物沸点HCl>HFB.氯水可以将氧化至，则碘水也可以将氧化至C.与反应只生成和，则与反应也只生成和D.为碱性氧化物能与酸反应；CaO也能与酸反应生成盐和水，则CaO为碱性氧化物【答案】D【解析】 【详解】A．HF能形成氢键，其沸点高于HCl，A不选；B．氧化性：Cl2>Fe3+>I2，因此碘水不能将Fe2+氧化至Fe3+，B不选；C．具有还原性的SO2与具有强氧化性的Na2O2发生氧化还原反应生成Na2SO4，C不选；D．能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物。Na2O为碱性氧化物能与酸反应，CaO也能与酸反应生成盐和水，所以CaO为碱性氧化物，D选；故选D。15.某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。下列选项正确的是A.实验②中玻璃棒的作用是引流B.实验①、③反应制得物质均为纯净物C.实验③化学方程式为：D.实验①中的反应既是氧化还原反应，又是四种基本反应类型中的化合反应【答案】D【解析】【详解】A．实验②中玻璃棒的作用是搅拌，加速溶解，而不是引流，A错误；B．③得到的是氢氧化铁胶体，是混合体系，所以不全为纯净物，B错误；C．实验③盐的水解生成氢氧化铁胶体，不是沉淀，则实验③化学方程式为：，C错误；D．实验①2Fe+3Cl22FeCl3，则是氧化还原反应，但也属于化合反应即又是四种基本反应类型中的反应，D正确；故答案为：D。16.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置关系如图，若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则下列说法正确的是 XYZWA.原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X)B.四种元素的常见单质中，Z单质的熔、沸点最高C.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞W＞XD.W的简单阴离子的还原性强于Z的简单阴离子的还原性【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，X、Y为第二周期元素，Z和W属于第三周期元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y是O元素，根据其位置知X是N元素、Z是S元素、W是Cl元素，据此解题。【详解】A．原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序是Z＞W＞X＞Y，故A错误；B．四种元素对应的单质中，常温下S为固体，而其它3种都是气体，所以Z(S元素)对应的单质熔沸点最高，故B正确；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性W＞Z，所以其最高价氧化物的水化物酸性W＞Z，故C错误；D．非金属性越强，单质氧化性越强，而相应简单阴离子的还原性越弱，W的简单阴离的还原性弱于Z的简单阴离子的还原性，故D错误；故选B。17.下列说法不正确的是A.屠呦呦因发现抗疟疾青蒿素，而获得诺贝尔生理学或医学奖B.英国科学家道尔顿提出原子学说，为近代化学的发展奠定了基础C.俄国科学家门捷列夫发现了元素周期律，使得化学的研究有规律可循D.戴维发现一种黄绿色气体，舍勒确定该气体为氯气【答案】D【解析】【详解】A．屠呦呦因发现并成功提取出青蒿素，以此找到了治疗疟疾的新疗法，从而获得2015年诺贝尔生理学或医学奖，A正确；B．英国科学家道尔顿于1803年提出的原子学说，奠定了近代化学的发展的基础，B正确； C．俄国化学家门捷列夫于1869年发现了元素周期律并编制了元素周期表，使化学的研究变得有规律可循，C正确；D．英国化学家戴维以大量事实为依据，确认黄绿色气体是一种新元素组成的单质—氯气，D错误；故选D。18.下列叙述中不正确的是A.铁与水蒸气发生反应，因此钢水注入模具前，模具先要进行干燥处理B.在元素周期表中金属与非金属的分界线附近，可以找到制造农药的元素C.在一定物质的量浓度溶液配制中，定容时俯视，导致所配制溶液浓度偏大D.我们可以用半透膜来实现分离胶体【答案】B【解析】【详解】A．铁和水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气，若模具不干燥，炽热的钢水与水反应产生H2，H2混合空气会发生爆炸，从而引发钢水爆炸性迸溅，A正确；B．在元素周期表中金属与非金属的分界线附近，可以找到制备半导体材料的元素，在非金属区O、P、S、Cl附近寻找制造农药的元素，B错误；C．在一定物质的量浓度溶液配制中，定容时俯视，导致所配溶液体积偏小，则导致所配制溶液浓度偏大，C正确；D．胶体粒子直径的大小在1~100nm之间，能够透过半透膜，而浊液不能，故我们可以用半透膜来实现分离胶体，D正确；故答案为：B。19.据报道、德国科学家实现了铷(Rb)原子气体超流体态与绝缘态的可逆转换，该成果将给量子计算机的研究带来重大突破。已知铷在元素周期表中位于第五周期IA族。下列说法不正确的是A.铷的原子序数为37B.铷放到水中会比钠跟水反应更剧烈C.铷的氧化物暴露在空气中易与CO2反应D.铷氢氧化物是弱碱【答案】D【解析】【分析】【详解】A．铷的原子核内有37个质子，则原子序数为37，A说法正确；B．铷的原子半径大于Na，则失电子能力大于Na，故放到水中会比钠跟水反应更剧烈，B说法正确； C．铷的氧化物为碱性氧化物，则暴露在空气中易与CO2反应，C说法正确；D．铷的失电子能力大于Na，则铷的氢氧化物是强碱，D说法错误；答案为D。20.下列说法不正确的是A.易分解是因为共价键作用力弱B.离子键就是使阴、阳离子结合成化合物的静电引力C.二氧化碳分子中碳原子和氧原子最外电子层都具有8电子的稳定结构D.NaOH晶体既有离子键，又有极性共价键【答案】B【解析】【详解】A．H2O2易分解是因为H2O2中共价键作用力弱，容易断裂生成水和氧气，A正确；B．离子键是指阴、阳离子间的静电作用，包括静电引力和静电斥力，B错误；C．CO2结构式为O=C=O，分子中所有原子均达到8电子稳定结构，C正确；D．NaOH由Na+和OH-构成含有离子键，OH-中含有O-H极性共价键，D正确；故选B。21.下图为NaCl固体在水中溶解和电离的示意图。下列说法不正确的是A.NaCl固体不导电，因为NaCl固体中无自由移动的阴阳离子B.Na+和Cl-在水中是以水合离子的形式存在C.NaCl固体在水中溶解和电离的过程破坏了离子键D.该过程通常表示为NaClNa++Cl-【答案】D【解析】【详解】A．氯化钠固体中的钠离子和氯离子不能自由移动，氯化钠固体不导电，A正确； B．氯化钠固体溶于水，在水作用下，钠离子与氯离子之间的作用力被破坏，钠离子、氯离子从固体表面脱离，进入水中，以水合钠离子和水合氯离子的形式存在(由最右侧图也可看出)，B正确；C．氯化钠是由钠离子和氯离子构成，钠离子和氯离子之间存在离子键，NaCl固体在水中溶解和电离的过程破坏了离子键，C正确；D．上述过程为氯化钠在水溶液中电离，电离过程不需要通电，电离方程式为：NaCl=Na++Cl-，D错误；答案选D。22.用下列实验装置进行相应实验，装置正确且能达到相应实验目的的是A.用图1装置测定的浓度B.用图2装置配制100mL一定物质的量浓度的硫酸溶液C.用图3装置均匀制取纯净的二氧化碳气体D.用图4装置进行铁与水蒸气的反应，点燃肥皂泡检验氢气【答案】D【解析】【详解】A．高锰酸钾具有强氧化性、能腐蚀橡皮管，因此盛装KMnO4溶液应选用酸式滴定管，不可用图1装置测定Fe2+的浓度，A不符合题意；B．用量筒量取所需体积的浓H2SO4后，应注入盛有少量蒸馏水的烧杯中，并用玻璃棒慢慢搅动，混合均匀、冷却后将稀释后的H2SO4溶液沿玻璃棒注入容量瓶，B不符合题意；C．利用图3简易启普发生器制备二氧化碳气体时，固体药品应难溶于水且呈颗粒状，纯碱为固体粉末，且易溶于水，因此不能用此装置制取纯净的二氧化碳气体，C不符合题意；D．利用图4装置，加热湿棉花，产生的水蒸气与还原铁粉高温下反应生成四氧化三铁和氢气，点燃肥皂泡可听到爆鸣声，可检验氢气，D符合题意；故选D。23.电子工业常用溶液腐蚀覆铜板上的铜箔，制造印刷电路板。从腐蚀废液(主要含、、)中回收铜，并重新获得溶液，处理流程如下： 下列说法不正确的是A.溶液腐蚀铜箔的原理为B.反应1和反应2都发生了氧化还原反应C.实验室中进行操作1时，用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒D.滤渣a的主要成分是Cu和Fe，物质X可以选用酸性溶液【答案】AD【解析】【详解】A．溶液腐蚀铜箔的原理为，故A错误；B．反应1发生和，反应2发生都是氧化还原反应，故B正确；C．操作1是过滤，用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，故C正确；D．滤渣a的主要成分是生成的Cu和过量Fe，物质X不可以选用酸性溶液，会引入新的杂质，可以用新制的氯水，故D错误；故答案为：AD24.为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.18g的中含有的电子是10B.个氧分子与个氢分子的质量比为16∶1C.32g硫在足量的氧气中完全燃烧，转移电子数为4D.质量为3.0g的和混合物中含有中子数为1.6【答案】A【解析】【详解】A．一个中含有电子数为10个，18g的的物质的量为，电子物质的 量为，A错误；B．个氧分子的质量为，个氢分子的质量为，即个氧分子与个氢分子的质量比为32∶2=16∶1，B正确；C．32g硫物质的量，硫在足量的氧气中完全燃烧的化学方程式为S+O2SO2，硫元素的化合价由0价变为+4价，转移电子物质的量为mol，C正确；D．假设3.0g均为，物质的量为，一个含中子数为16，含中子数为1.6；假设3.0g均为，物质的量为，一个含中子数为16，含中子数为1.6，质量为3.0g的和混合物中含有中子数为1.6，D正确；故选A。25.某溶液可能含有下列离子中的若干种：Cl−、、、、Na+、Mg2+、Fe3+，所含离子的物质的量浓度均相同。为了确定该溶液的组成，进行如下实验：①取100mL上述溶液，加入过量Ba(OH)2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀；②向沉淀中加入过量的盐酸，白色沉淀部分溶解，并有气体生成。下列说法正确的是A.气体可能是CO2或SO2B.溶液中一定存在、、Na+、Mg2+C.溶液中可能存在Na+和Cl－，一定不存在Fe3+和Mg2+D.在第①步和第②步的滤液中分别加入硝酸酸化的硝酸银溶液，都能生成白色沉淀【答案】B【解析】【分析】由实验流程可知，该溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，且白色沉淀与足量盐酸反应，白色沉淀部分溶解，并有气体生成，不溶的白色沉淀一定为BaSO4，由于、Mg2+相互促进水解不能共存，根据所含离子的物质的量浓度均相同，则气体只为CO2，由电荷守恒可知不含Cl－，则溶液中一定含、、Na+、Mg2+，则反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+。【详解】A．①中白色沉淀为硫酸钡和碳酸钡，气体为CO2，故A错误； B．白色沉淀与足量盐酸反应，白色沉淀部分溶解，并有气体生成，不溶的白色沉淀一定为BaSO4，由于、Mg2+相互促进水解不能共存，根据所含离子的物质的量浓度均相同，则气体只为CO2，由电荷守恒可知不含Cl－，则溶液中一定含、、Na+、Mg2+，故B正确；C．根据分析②反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+，根据B选项得到溶液中一定含、、Na+、Mg2+，故C错误；D．①溶液中含Na+及过量的Ba(OH)2，②溶液含Mg2+及过量盐酸，只有②溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液能生成白色沉淀AgCl，故D错误。综上所述，答案为B。二、填空题(本大题共5小题，共46分)26.按要求完成下列填空：（1）下列给定物质中：①NaCl晶体；②；③镁条；④氨气；⑤液态的HCl。属于非电解质的是___________(填编号)。（2）写出金属锂投入水中反应的化学方程式：___________。（3）比较稳定性：___________(填“>”、“<”、“=”)。【答案】（1）④（2）2Li+2H2O=2LiOH+H2（3）<【解析】【小问1详解】非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。④氨气熔融状态下不导电，溶于水能导电，但不是其本身电离出可自由移动的离子，而是氨气和水反应生成NH3H2O，NH3H2O电离出可自由移动的离子而导电，因此氨气属于非电解质，故属于非电解质的是④。【小问2详解】锂和水反应生成LiOH和H2，反应的化学方程式为2Li+2H2O=2LiOH+H2。【小问3详解】非金属性越强，其氢化物的稳定性越强。非金属性：P>N，则其氢化物的稳定性：PH3<NH3。27.如图为元素周期表的一部分，请参考元素①～⑩在表中的位置，用化学式回答问题：族周期ⅠA0 1ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA①2②③④3⑤⑥⑦⑧⑨⑩（1）铝元素在周期表中的位置是___________。（2）写出在该元素周期表中属于卤族元素的序号，并写出其离子的结构示意图___________。（3）元素⑧、⑨、⑩的最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序为___________。（4）⑤在空气中加热燃烧后产物，既含离子键又含非极性共价键的离子化合物，写出该产物的电子式为___________；写出⑥的最高价氧化物与⑤的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式______________。（5）已知X为第ⅡA族元素(前四周期)，其原子序数为a，Y与X位于同一周期，且为第ⅢA族元素，写出Y的原子序数b=___________(用含a的代数式表示)。【答案】（1）第三周期第ⅢA族（2）⑩、（3）H3PO4<H2SO4<HClO4（4）①.②.（5）a+1或a+11【解析】【分析】由元素周期表可知，①⑩分别为He、B、C、N、Na、Al、Si、P、S、Cl，据此分析解答。【小问1详解】铝的原子序数为13，其位于周期表的第三周期第ⅢA族。【小问2详解】元素周期表中，第ⅦA族叫做卤族元素，则属于卤族元素的为⑩；Cl-质子数为17，核外电子数为18，其结构示意图为。【小问3详解】元素的非金属性越强，其对应最高价含氧酸的酸性越强，同周期元素，非金属性从左至右依次增强，则非 金属性：P<S<Cl，其对应最高价含氧酸的酸性：H3PO4<H2SO4<HClO4。【小问4详解】钠在空气中加热燃烧后，生成既含离子键又含非极性共价键的离子化合物为Na2O2，其电子式为；⑥和⑤的最高价氧化物对应的水化物分别为Al(OH)3、NaOH，二者反应的离子方程式为。【小问5详解】若X为短周期第ⅡA族元素，同周期ⅡA、ⅢA族元素的原子序数相差1，则b=a+1；若X为第四周期第ⅡA族元素，同周期ⅡA、ⅢA族元素之间有10个纵行，原子序数相差11，则b=a+11；所以Y的原子序数b=a+1或a+11。28.氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO。已知：氯气和碱反应在室温下生成氯化物和次氯酸盐，温度升高时主要产物是氯化物和氯酸盐，氯气和碱的反应释放热量。回答下列问题：（1）试验中盛放MnO2粉末的装置名称是___________。（2）装置A中产生氯气的化学方程式是___________。（3）装置D中发生反应的离子反应式是___________。（4）装置D中冰水的作用是___________。（5）在下列试剂中可选用加入装置E的最佳试剂是___________(填标号)。A.KI溶液B.饱和食盐水C.溶液D.浓（6）探究KClO3、NaClO的氧化能力 操作：向1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。现象：1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕色。结论：该条件下氧化能力KClO3___________NaClO。(填“大于”或“小于”)【答案】（1）圆底烧瓶（2）MnO2+4HCl(浓)Cl2+MnCl2+2H2O（3）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（4）冷却降温，防止反应放热使体系温度升高生成NaClO3（5）A（6）小于【解析】【分析】由题干实验装置图可知，本题装置A中MnO2与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，在B装置内，饱和食盐水吸收Cl2中混有的HCl,C装置用于制取KClO3，D装置用于制取NaClO，E装置用于吸收尾气，据此分析解题。【小问1详解】由题干实验装置图可知，试验中盛放MnO2粉末的装置名称是圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；【小问2详解】由分析可知，装置A中产生氯气即MnO2与浓盐酸共热制备Cl2、MnCl2和H2O，该反应的化学方程式是MnO2+4HCl(浓)Cl2+MnCl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)Cl2+MnCl2+2H2O；【小问3详解】由分析可知，装置D中为制备NaClO，发生反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故该反应的离子反应式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；【小问4详解】由题干信息可知，为防止副反应的发生，需防止溶液温度升高，则采用冰水浴冷却，目的是：冷却降温，防止反应放热使体系温度升高生成NaClO3，故答案为：冷却降温，防止反应放热使体系温度升高生成NaClO3；【小问5详解】A．KI溶液能充分吸收氯气，A符合题意；B．氯气难溶于饱和食盐水，所以不能吸收氯气，B不符合题意；C．虽然Ca(OH)2溶液能吸收氯气，但浓度很小，吸收效果差，C不符合题意；D．浓H2SO4用于干燥氯气，不能吸收氯气，D不符合题意； 故答案为：A；【小问6详解】取少量KClO3和NaClO溶液分别滴加到1号和2号中性KI溶液中，1号试管颜色不变，说明KClO3和KI不反应，2号试管变棕色，说明NaClO和KI反应生成I2，所以可知该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO，故答案为：小于。29.固体化合物A含三种元素，为探究其组成实验如图：(1)A的化学式为__。(2)D溶液暴露在空气中颜色逐渐变黄，写出该过程的离子方程式___。(3)设计一个实验方案验证溶液D中的金属阳离子__。【答案】①.FeCO3②.4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O③.取少量D溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无现象，继续滴加双氧水(或氯水等合理均给分)，溶液出现红色，说明D溶液中有Fe2+【解析】【分析】浅绿色溶液暴露在空气中变为黄色溶液，则D是，固体B是；无色无味的气体C能与澄清石灰水反应生成白色沉淀，则气体C是CO2，白色沉淀E是；由元素守恒可知，A中含有Fe、C、O三种元素。【详解】(1)由元素守恒可知，A中含有Fe、C、O三种元素，Fe元素的质量是，C元素的质量是，O元素的质量是11.6－5.6－1.2=4.8g；Fe的物质的量是0.1mol、C的物质的量是0.1mol、O的物质的量是0.3mol，所以A的化学式是FeCO3；(2)D是，暴露在空气中Fe2+被氧气氧化为Fe3+，颜色逐渐变黄，反应的离子方程式是4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；(3)取少量D溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无现象，继续滴加双氧水，溶液出现红色，说明D溶液中有含有Fe2+。【点睛】本题考查铁及铁的化合物的转化，根据元素守恒计算A的化学式是解题关键，明确铁及其化合物的性质，熟悉Fe3+、Fe2+检验方法，培养学生守恒思想的应用。30.某研究小组探究金属Na与CO2反应 (1)用如图所示装置及药品制取CO2打开弹簧夹制取CO2。为了得到干燥纯净的CO2，产生的气流应依次通过盛有___、___的洗气瓶。CO2收集满后关闭弹簧夹，可观察到的现象是__。(2)将一小块Na在燃烧匙中点燃，迅速伸入充满CO2的集气瓶中。发现Na继续燃烧产生大量白烟，集气瓶底部有黑色固体产生瓶壁上有白色物质。取该白色物质溶于水滴加澄清石灰水，出现浑浊。据此写出Na与CO2反应的化学方程式___，该反应体现了钠的___性。(3)用如图所示装置进一步检验黑色固体与浓硫酸反应的产物装置②中无水硫酸铜的作用是___，装置⑤中品红溶液的作用是___。【答案】①.饱和NaHCO3溶液②.浓硫酸③.产生的气体使干燥管内液面降低，盐酸与大理石脱离接触，反应停止④.4Na+3CO22Na2CO3+C⑤.还原性⑥.检验产物中的H2O⑦.检验SO2是否已被除尽【解析】【分析】本实验的目的是探究金属Na与CO2反应，需要先制备CO2，实验室一般利用稀盐酸和大理石反应制取二氧化碳，生成的气体中会混有HCl和水蒸气，需要除去后再与钠反应。【详解】(1)实验室一般利用稀盐酸和大理石反应制取二氧化碳，生成的气体中会混有HCl和水蒸气，产 生的气流应依次通过盛有饱和NaHCO3溶液除去HCl气体、浓硫酸进行干燥；由于CO2在盐酸中的溶解度较小，所以CO2收集满后关闭弹簧夹，可观察到产生的气体使干燥管内液面降低，盐酸与大理石脱离接触，反应停止；(2)集气瓶底部有黑色固体产生，应为C单质，白色物质溶于水滴加澄清石灰水，出现浑浊，根据元素守恒可推测该物质为Na2CO3，所以Na与CO2反应的化学方程式为4Na+3CO22Na2CO3+C；该反应中Na元素化合价升高，体现了还原性；(3)碳单质可以与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，无水硫酸铜遇水变蓝，所以其作用为检验产物中的H2O；③中品红检验SO2，酸性高锰酸钾溶液可以吸收SO2，以免影响对CO2的检验，⑤中品红可以检验SO2是否已被除尽。三、计算题(本题4分)31.将一定质量的Mg和Al混合物投入400mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。（1）原混合物中Mg和Al的质量之比为___________。（2）加入NaOH溶液的物质的量浓度为___________。（3）稀硫酸的物质的量浓度为___________。【答案】（1）2:3（2）5mol/L（3）1.25mol/L【解析】【分析】由图像可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；当V(NaOH溶液)=200mL时，沉淀量最大，此时沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4；从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3，发生反应NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，当V(NaOH溶液)=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，物质的量为0.15mol；综上所述，当沉淀量最大时，Mg(OH)2为0.15mol，Al(OH)3为0.35mol−0.15mol=0.2mol，据此分析解答。 【小问1详解】由元素守恒可知，n(Al)=n[Al(OH)3]=0.2mol，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol，所以镁和铝的质量之比为：0.15mol×24g/mol:0.2mol×27g/mol=2:3，故答案为：2:3；【小问2详解】由图可知，当加入NaOH溶液的体积为200∼240mL时发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2mol，氢氧化钠的浓度为：=5mol/L，故答案为：5mol/L；【小问3详解】