浙江省台州市第一中学2022-2023学年高一上学期期中化学试题（Word版附解析）

台州市第一中学2022学年第一学期期中考试试卷高一化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Al-27S-32Cl-35.5K-39Fe-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.下列属于碱性氧化物的是A.Na2O2B.Al2O3C.Fe3O4D.CaO【答案】D【解析】【详解】A．过氧化钠是过氧化物，不是碱性氧化物，故A不符合题意；B．Al2O3是两性氧化物，不是碱性氧化物，故B不符合题意；C．四氧化三铁由于和酸反应生成两种盐和水，故不是碱性氧化物，故C不符合题意；D．氧化钙能和酸反应生成一种盐和水，故为碱性氧化物，故D符合题意。答案选D。2.仪器名称为蒸馏烧瓶的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．为单颈烧瓶，故A错误；B．容量瓶，故B错误；C．为坩埚，故C错误；D．为蒸馏烧瓶，故D正确；故选D。3.下列物理量单位不正确的是A.物质的量浓度：mol•L-1B.摩尔质量：g•mol-1C.阿伏伽德罗常数：mol-1D.气体摩尔体积：mol•L-1【答案】D,【解析】【详解】A．物质的量浓度指单位体积的溶液中含有溶质的物质的量，单位是mol•L-1，故A正确；B．摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，单位为g•mol-1，故B正确；C．阿伏加德罗常数指1mol任何微粒含有的微粒数，单位为mol-1，故C正确；D．气体摩尔体积是单位物质的量的气体所占有的体积，单位为L/mol，故D错误。答案选D4.下列有关分散系说法不正确的是A.乳浊液和悬浊液都属于浊液，它们的分散质粒子直径大于100nmB.把FeCl3饱和溶液滴入NaOH溶液中，制备Fe(OH)3胶体C.按照分散剂的不同，胶体可分为液溶胶、气溶胶和固溶胶D.可用丁达尔效应区分CuSO4溶液和Fe(OH)3胶体【答案】B【解析】【分析】溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子的直径，胶体粒子的微粒直径在1-100nm之间，分散质微粒直径小于1nm的是溶液，大于100nm的是浊液。【详解】A．据分析，乳浊液和悬浊液都属于浊液，它们的分散质粒子直径大于100nm，A正确；B．向煮沸的蒸馏水中逐滴加入饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，可制得胶体，B不正确；C．按照分散剂状态的不同，胶体可分为液溶胶、气溶胶和固溶胶，例如烟、雾属于气溶胶，C正确；D．胶体有丁达尔效应，可用丁达尔效应区分CuSO4溶液和Fe(OH)3胶体，D正确；答案选B。5.下列关于电解质的说法正确的是A.电解质一定能导电B.能导电的物质一定是电解质C.电解质一定是化合物D.电解质的电离需要通电【答案】C【解析】【详解】A．电解质不一定能导电，例如氯化钠固体是电解质、固体氯化钠不导电，因为所含离子不自由；A错误；B．金属、石墨等因含有自由电子可导电，能导电的物质不一定是电解质，B错误；C．水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，电解质一定是化合物，C正确；,D．电解质在水溶液或熔融状态下发生电离、不需要通电，D错误；答案选C。6.下列说法正确的是A.如果身上衣物大面积着火，应躺在地上翻滚以达到灭火的目的B.为了更仔细观察钠在空气中的燃烧实验，可以近距离俯视坩埚C.为了闻到氯气的刺激性气味，可将鼻子靠近集气瓶口直接吸闻D.如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用氢氧化钠溶液冲洗【答案】A【解析】【详解】A．如果身上衣物大面积着火，应躺在地上翻滚以达到灭火的目的，A正确；B．钠在空气中燃烧剧烈，不能近距离观察，容易伤到，B错误；C．氯气有毒，不能将鼻子靠近集气瓶口直接吸闻，容易中毒，C错误；D．不慎将酸沾到皮肤上，应先用大量水冲洗，然后涂碳酸氢钠溶液，不能用氢氧化钠溶液，因为氢氧化钠溶液有强腐蚀性，D错误；答案选A。7.下列说法不正确的是A.常用氯化铁溶液与铜反应制作印刷电路板B.硬铝是制造飞机和宇宙飞船的理想材料C.不锈钢是常见的合金钢，其合金元素主要是铬和镍D.储氢合金利用金属对氢气的物理吸附来达到储存氢气的目的【答案】D【解析】【详解】A．氯化铁溶液具有较强的氧化性，能氧化溶解Cu生成氯化铜，则氯化铁溶液可用于制作印刷电路板，故A正确；B．铝是轻金属，铝合金的密度小、强度高、耐腐蚀，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，故B正确；C．不锈钢是常见的合金钢，其合金中添加的元素主要是铬和镍，故C正确；D．储氢过程是金属与氢气生成金属氢化物，然后再分解得到氢气的过程，这个过程发生化学变化，故D错误。答案选D。8.实现下列物质之间的转化，必需要加入还原剂才能实现的是A.KClO3→KClB.Cl2→Cl-C.CuO→CuD.CO→CO2,【答案】C【解析】【详解】A．KClO3→KCl，Cl元素的化合价由+5价变为-1价，发生还原反应，氯酸钾自身分解即可实现，故A不符合题意；B．Cl2→Cl-过程中氯元素化合价降低，需要加入还原剂或Cl2发生自身氧化还原反应能实现，故B不符合题意；C．CuO→Cu的过程中铜元素化合价降低，需要加入还原剂才能实现，故C符合题意；D．CO→CO2的过程中碳元素化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，故D不符合题意。答案选C。9.已知三个氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2，②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3，③2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑。若某溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要将I－氧化除去而不氧化Fe2＋和Cl－，则可加入的试剂是A.Cl2B.KMnO4C.FeCl3D.HCl【答案】C【解析】【分析】【详解】根据同一氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物；则由题给方程式得出，氧化性由强至弱的顺序为：＞Cl2＞Fe3+＞I2，还原性由强至弱的顺序为I-＞Fe2+＞Cl-＞Mn2+；A．氯气能将Fe2+、I-均氧化，故A不符合题意；B．KMnO4能将Fe2+、I-和Cl-均氧化，故B不符合题意；C．FeCl3能氧化除去I-而不氧化Fe2+和Cl-，故C符合题意；D．HCl与三种离子均不反应，故D不符合题意；故答案为C。10.下列离子方程式书写正确的是A.碳酸钙与盐酸反应：CO+2H+=H2O+CO2↑B.碳酸钠溶液与少量醋酸溶液反应：CO+H+=HCOC.铝与氢氧化钠溶液反应：2Al+6H2O+2OH-=2Al(OH)+3H2↑D.过量硫酸氢钠溶液和氢氧化钡溶液反应：H++OH-+SO+Ba2+=BaSO4↓+H2O,【答案】C【解析】【详解】A．碳酸钙为难溶物，离子方程式中不能拆开；与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳气体和水，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故A错误；B．醋酸属于弱电解质，不拆成离子；碳酸钠溶液与少量醋酸溶液反应，生成醋酸钠和碳酸氢钠，离子方程式为：CO+CH3COOH=HCO+CH3COO-，故B错误；C．铝与氢氧化钠溶液反应，生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+6H2O+2OH-=2Al(OH)+3H2↑，故C正确；D．过量硫酸氢钠溶液和氢氧化钡溶液反应，氢氧化钡完全反应，即Ba2+与OH-按照1：2参加反应，离子方程式为2H++2OH-+SO+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，故D错误。答案选C11.在某澄清透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是A.Fe2+、NO、SO、MnOB.Cu2+、Cl-、SO、K+C.K+、Ca2+、Cl-、AlOD.Na+、CO、NH、Fe3+【答案】B【解析】【详解】酸性溶液中含有大量氢离子，离子之间不反应且和氢离子不反应的离子能大量共存：A．Fe2+与NO(H+)、MnO均要发生反应，不能大量共存，故A不符合题意；B．Cu2+、Cl-、SO、K+相互不反应且和氢离子也不反应，所以能大量共存，故B符合题意；C．AlO与氢离子要反应，不能大量共存，故C不符合题意；D．CO与Fe3+要反应，CO与氢离子也要反应，不能大量共存，故D不符合题意答案选B。12.在两份相同的溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的、溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。,下列分析不正确的是A.①代表滴加溶液的变化曲线B.b点，溶液中大量存在的离子是、C.c点，两溶液中含有相同量的D.a、d两点对应的溶液均显中性【答案】C【解析】【分析】向Ba(OH)2溶液中滴入硫酸溶液发生反应的化学方程式为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，向Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液，随着NaHSO4溶液的滴入依次发生反应Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH、NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，据此分析作答。【详解】A．根据分析，①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确；B．根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，所以b点溶液中大量存在的离子是Na+、OH−，故B正确；C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，溶液呈酸性，②中反应后溶液中溶质为NaOH、Na2SO4，溶液呈碱性，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C错误；D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应生成BaSO4沉淀和水，溶液呈中性，d点②中溶质为Na2SO4，溶液呈中性，故D正确；故选：C。13.下列溶液中的c(Cl-)与3L0.1mol/LMgCl2溶液中的c(Cl-)相等的是A.2L0.1mol/LKCl溶液B.1L0.2mol/LFeCl3溶液C.2L0.1mol/LCaCl2溶液D.1L0.2mol/LKClO3溶液【答案】C,【解析】【详解】3L0.1mol/LMgCl2溶液中Cl-物质的量浓度为：0.1mol/L×2=0.2mol/L，A．2L0.1mol/LKCl溶液中Cl-的物质的量浓度为0.1mol/L，故A错误；B．1L0.2mol/LFeCl3溶液中Cl-的物质的量浓度为0.2mol/L×3=0.6mol/L，故B错误；C．2L0.1mol/LCaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为0.1mol/L×2=0.2mol/L，故C正确；D．1L0.2mol/LKClO3溶液中无氯离子存在，故D错误。答案选C。14.已知6HCl+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O，现将0.1molKClO3固体与10L0.6mol•L-1盐酸混合充分反应，假设反应后溶液体积仍为10L，下列说法正确的是A.氧化剂与还原剂物质的量之比为1：6B.在标准状况下氧化产物的体积为5.6LC.该反应转移电子数为0.6NAD.所得混合液中Cl-浓度为0.54mol•L-1【答案】B【解析】【详解】A．KClO3是氧化剂，HCl是还原剂，参加反应的HCl中有作还原剂，另外的起酸性作用，故氧化剂与还原剂物质的量之比为1：5，故A错误；B．HCl为10L×0.6mol/L=6mol，KClO3有0.1mol，根据方程式可知0.1molKClO3完全反应消耗HCl为0.1mol×6=0.6mol＜6mol，故HCl有剩余，KClO3完全反应，则n(Cl2)=3n(KClO3)=3×0.1mol=0.3mol,故V(Cl2)=0.3mol,其中氧化产物为0.3mol×=0.25mol,故标准状况下氧化产物的体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故B正确；C．0.1molKClO3完全反应，转移电子为0.1mol×5=0.5mol,即转移电子数为0.5NA，故C错误；D．根据氯原子守恒，溶液中n(Cl-)=0.1mol+6mol-0.3mol×2=5.5mol,故所得混合液中Cl-浓度为=0.55mol•L-1，故D错误。答案选B。15.同温同压下，某容器充满O2重26g，若充满CO2重32g，现充满某气体重54g，则某气体的摩尔质量为A.64B.88C.64g•mol-1D.88g•mol-1【答案】D【解析】,【详解】设瓶子的质量为mg，该气体的摩尔质量为Mg/mol，依据阿伏加德罗定律及推论判断：同温同压相同体积的任何气体具有相同的分子数或者物质的量可知：，解得m=10，现充满某气体重54g，则：，解得M=88(g/mol)。答案选D。16.用下列装置进行实验，能达到实验目的的是A.用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB.用图2所示装置蒸干NaCl饱和溶液制备NaCl晶体C.用图3所示装置验证Na2CO3比NaHCO3稳定D.用图4所示装置能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化钠在除去HCl时同时会和Cl2反应，此处应需选择饱和食盐水，故A错误；B．蒸发不能蒸干，出现大量晶体时停止加热用余热继续蒸发，故B错误；C．内部小试管盛放NaHCO3，外部大试管盛放Na2CO3，故C错误；D．先打开止水夹a，生成H2将体系内空气全部排出，当关闭止水夹a后产生的H2将生成的FeSO4溶液压入B中生成Fe(OH)2白色沉淀，而体系处于H2氛围因此能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，故D正确；故选D。17.生铁的熔点是1100～1200℃，则可推断纯铁的熔点是A.1085℃B.1160℃C.1200℃D.1535℃【答案】D【解析】【分析】合金的熔点通常比其成分金属低。【详解】生铁的熔点是1100～1200℃，生铁是铁和碳的合金，合金的熔点比纯铁的熔点低，所以铁的熔点高于1200℃，选D。,18.相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下体积之比为A.1：1B.1：6C.2：3D.3：2【答案】A【解析】【详解】相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，铝全部反应，铝的化合价均是从0价升高到+3价，所以根据电子得失守恒可知生成的氢气一样多，则放出的氢气在同温同压下体积之比为1：1。答案选A。19.现有铁、氧化亚铁、三氧化二铁的混合物粉末3.44g，向其中加入100mL1mol•L-1盐酸恰好完全溶解，收集到标准状况下的气体22.4mL，向反应后的溶液中加入KSCN溶液不变色，则6.88g该混合物在高温下用足量CO处理后，残留固体质量为A.11.2gB.5.6gC.2.8gD.无法计算【答案】B【解析】【详解】铁、氧化亚铁、三氧化二铁的混合物在高温下用足量CO还原的残留固体应为铁，故本题实际上是求混合物中铁元素的质量，据混合物溶于盐酸后恰好完全溶解，且加入KSCN不变色，说明溶液中无Fe3＋，全部是FeCl2。由Cl－守恒可知：n(FeCl2)＝n(HCl)＝×0.1L×1mol·L－1＝0.05mol。又据铁元素守恒知6.88g混合物中含铁质量为2×0.05mol×56g·mol－1＝5.6g。答案选B。20.数字化实验将传感器、数据采集器和计算机相连，可利用信息技术对化学实验进行数据的采集和分析。如图是数字化实验得到的光照过程中氯水的pH变化情况。对此，下列有关说法正确的是A.pH减小的主要原因是光照引起了Cl2溶解度的减小，氯气逸出，导致了溶液中H+浓度减小B.光照过程中，氯水pH减小的同时，溶液中Cl—的浓度也不断减小C.光照使氯水中的次氯酸分解为盐酸，溶液的酸性增强D.随着对氯水光照时间的延长，氯水的漂白性将增强【答案】C,【解析】【详解】A．溶液中存在反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO、2HClO2HCl+O2↑，光照条件下HClO分解生成HCl导致“Cl2+H2O⇌HCl+HClO”平衡正向移动，则溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH值减小，故A错误；B．根据A的分析知，光照条件下HClO分解生成HCl导致“Cl2+H2O⇌HCl+HClO”平衡正向移动，则溶液中氯离子浓度增大，故B错误；C．HClO是弱酸、盐酸是强酸，光照条件下HClO分解生成HCl，溶液酸性增强，故C正确；D．HClO具有漂白性，盐酸没有漂白性，光照条件下HClO分解生成HCl，导致溶液中HClO浓度减小，溶液的漂白性减弱，故D错误；故选C。21.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，2.24LCH4中含有的氢原子数为0.4NAB.标准状况下，2.24LH2O中含有的电子数为NAC.过量的Fe与1.5molCl2反应，转移电子数为2NAD.1mo/LNa2CO3溶液中，含有Na+的数目为2NA【答案】A【解析】【详解】A．标准状况下，2.24L即0.1molCH4中含有的氢原子的物质的量为4×0.1mol、氢原子数为0.4NA，A正确；B．标准状况下水呈液态，2.24LH2O的物质的量远大于0.1mol、含有的电子数远大于0.1mol×10NA=NA，B错误；C．理论上过量的Fe与1.5molCl2反应得到1mol氯化铁，转移电子数为3NA，C错误；D．1mo/LNa2CO3溶液的体积不知道，含有Na+的数目难以计算，D错误；答案选A。22.金属钛有“未来金属”之称，具有低密度、高硬度等性能。钛在化合物中主要有+3和+4两种化合价，已知Ti3++Fe3+=Ti4++Fe2+。下列说法正确的是A.钛合金的熔点高于金属钛B.钛在氯气中燃烧产物为TiCl3C.FeTiO3中钛的化合价为+3D.钛合金可广泛应用于航空、潜水器中【答案】D【解析】,【详解】A．钛合金的熔点低于金属钛，A错误；B．已知Ti3++Fe3+=Ti4++Fe2+，则氧化性Fe3+＞Ti4+，氧化性Cl2＞Fe3+，则钛在氯气中燃烧产物为TiCl4，B错误；C．FeTiO3为钛酸亚铁，铁和钛的化合价分别为+2、+4，C错误；D．金属钛有“未来金属”之称，具有低密度、高硬度等性能，钛合金可广泛应用于航空、潜水器中，D正确；答案选D。23.下列实验方案，不合理的是实验操作现象结论A向某溶液中加入少量KSCN溶液，再加入少量氯水先无明显现象，后出现血红色溶液中含有Fe2+B取一根洁净的铂丝，放在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取少量试液，置于火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色溶液中含有K+C干燥氯气通入装有鲜花的集气瓶鲜花褪色氯气有漂白性D向某溶液中先加足量稀盐酸，再加入氯化钡溶液先无明显现象，后出现白色沉淀溶液中含有A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向某溶液中加入少量KSCN溶液，无明显现象，再加入少量氯水出现血红色，说明开始溶液中无Fe3+，加入Cl2后溶液中含有Fe3+，则原溶液中含有Fe2+，A正确；B．符合K+焰色试验，操作合理，B正确；C．干燥氯气通入装有鲜花的集气瓶中时，Cl2与鲜花中的水反应产生具有漂白性的HClO，使鲜花褪色，而不能说是氯气有漂白性，C错误；D．向某溶液中先加足量稀盐酸，无明显现象，说明溶液中无Ag+；再加入氯化钡溶液出现白色沉淀，该沉淀是BaSO4，则可以证明溶液中含有，D正确；,故合理选项是C。24.利用废旧镀锌铁皮制备胶体粒子的流程图如下：已知：镀锌铁皮就是铁皮表面镀上一层锌；溶于强碱时生成。下列有关说法正确的是A.用氢氧化钠溶液处理废旧镀锌铁皮，主要目的是为了处理铁皮表面的油污B.“酸溶”的离子方程式为C.“氧化”后溶液中所存在的离子有：D.最后一步“反应”中的作用是将部分还原成【答案】C【解析】【分析】由信息可知Zn能溶于强碱溶液，由流程可知，加入氢氧化钠溶液反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液含Na2ZnO2，分离出不溶物为Fe，加入稀硫酸与Fe反应生成硫酸亚铁，再加入适量过氧化氢，部分亚铁离子被氧化为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+的溶液，再通入氮气排出空气防止亚铁离子被氧化，加入氢氧化钠溶液生成四氧化三铁胶体粒子，以此来解答。【详解】A．氢氧化钠溶液与锌反应生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，主要目的是分离铁和锌，故A错误；B．“酸溶”的离子方程式为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故B错误；C．由流程可知酸溶生成硫酸亚铁溶液，加过氧化氢氧化部分亚铁离子，则“氧化”后溶液中所存在的离子有：，故C正确；D．最后一步“反应”中的作用是防止亚铁离子被氧化，故D错误；故选：C。25.某溶液由Na+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、HCO、SO、Cl-中的若干种离子组成，且所有离子物质的量浓度相等，取适量该溶液进行如下实验：,根据以上实验判断，下列推断不正确的是A少量气体1通入澄清石灰水中，溶液变浑浊B.白色沉淀1中加稀硝酸，沉淀不溶解C.原溶液中一定存在Na+、Mg2+，可能存在Cl-D.滤液2中加入足量碳酸钠溶液会产生白色沉淀【答案】C【解析】【分析】原溶液中加入过量的盐酸，能够得到气体1和无色溶液1，Fe3＋显棕黄色，因此原溶液中一定不含有Fe3＋，根据所给离子，气体1为CO2，原溶液中一定含有HCO。无色溶液1中加入过量BaCl2溶液，得到白色沉淀1，该白色沉淀为BaSO4，则原溶液中含有SO，不含有Ba2+。滤液2中加入过量HNO3和AgNO3溶液，得到白色沉淀2，白色沉淀2为AgCl，Cl－可能来自于原溶液，也可能来自于过量的盐酸和过量的BaCl2溶液。溶液中各离子浓度相等，根据电荷守恒，原溶液中还一定存在Na＋、Mg2+，一定不含有Cl-。由以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是HCO、SO、Na＋、Mg2+，一定不含有的离子是Cl-、Fe3＋和Ba2+，据此分析。【详解】A．气体1为CO2，通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，故A说法正确；B．沉淀2为BaSO4，BaSO4不溶于稀硝酸，故B说法正确；C．根据上述分析，一定存在Na＋、Mg2+，一定不存在Cl－，故C说法错误；D．因为加入BaCl2溶液过量，滤液2中含有Ba2＋，因此加入足量的碳酸钠溶液，发生Ba2＋＋CO=BaCO3↓，会产生白色沉淀，故D说法正确；答案为C。二、非选择题26.按要求完成下列问题：（1）Na久置空气中最终都是变为________(填化学式)；漂白粉有效成分的化学式________。（2）纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出________色火焰。胆矾的化学式为________。,（3）写出金属钠投入水中发生反应的离子方程式是________。（4）在一定量的稀盐酸中，加入少量高铜酸钠(NaCuO2)固体，产生黄绿色气体。写出稀盐酸与高铜酸钠固体反应的化学方程式是________。【答案】（1）①.Na2CO3②.Ca(ClO)2（2）①.苍白②.CuSO4•5H2O（3）2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑（4）2NaCuO2+8HCl=2NaCl+2CuCl2+4H2O+Cl2↑【解析】【小问1详解】Na久置空气中会经历，最终都会变为；漂白粉有效成分的化学式为Ca(ClO)2；【小问2详解】纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰；胆矾的化学式为CuSO4•5H2O；【小问3详解】金属钠与水反应的离子方程式是：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑【小问4详解】高铜酸钠(NaCuO2)中Cu的化合价为+3，产生的黄绿色气体为Cl2，所以化学方程式为：2NaCuO2+8HCl=2NaCl+2CuCl2+4H2O+Cl2↑。27.为分析仅由三种元素组成的某盐的成分，进行如下实验：请回答：（1）M含有的元素是_______(填元素符号)，M的化学式是_______。（2）M隔绝空气高温分解的化学方程式为_______。（3）设计实验方案检验固体C中的阳离子_______。（4）气体A被热、浓NaOH溶液吸收时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶1，写出该反应的离子方程式_______。,【答案】（1）①.Fe、Cl、O②.Fe(ClO4)3（2）（3）取少量固体于试管，加适量稀盐酸溶解，滴加几滴KSCN溶液，若出现血红色，则说明固体中含有Fe3+（4）【解析】【分析】盐M隔绝空气高温分解产生黄绿色气体单质气体A是Cl2，说明M中含有Cl元素；Cl2与热、浓NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO3的混合物；产生的单质气体B能够使带有火星的木条复燃，则气体B是O2，说明M中含有O元素；同时还产生红棕色固体C，该固体与足量H2在加热时反应产生固体单质E，可以被磁铁吸引，则E是Fe单质，C是Fe2O3，n(Fe2O3)=，说明M中含有Fe元素，反应产生Cl2的质量是m(Cl2)=70.9g-33.6g-16g=21.3g，然后根据产生A、B、C中含有的各种元素的质量计算物质化学式，并对问题逐一分析、解答。【小问1详解】根据上述分析可知M中含有Cl、O、Fe三种元素；根据上述计算可知反应产生的Cl2的质量是21.3g，则n(Cl2)=，n(Cl)=2n(Cl2)=0.6mol，n(Fe)=2n(Fe2O3)=0.2mol，n(O)=2n(O2)+3n(Fe2O3)=2×+3×0.1mol=2.4mol，n(Fe)：n(O)：n(Cl)=0.2mol：2.4mol：0.6mol=1：12：3，所以M化学式为Fe(ClO4)3；【小问2详解】Fe(ClO4)3在隔绝空气条件下加热，分解为Fe2O3、O2、Cl2，根据电子守恒、原子守恒，可得分解反应方程式为：；【小问3详解】Fe2O3中Fe元素化合价为+3价，可根据Fe3+与SCN-反应产生Fe(SCN)3，使溶液变为血红色进行检验，则检验Fe3+的方法是：取少量固体于试管，加适量稀盐酸溶解，滴加几滴KSCN溶液，若出现血红色，则说明固体中含有Fe3+；【小问4详解】气体A被热、浓NaOH溶液吸收时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶1，则还原产物是NaCl，氧化,产物是NaClO3，发生反应产生NaCl、NaClO3和H2O，反应的离子方程式为：。28.Ⅰ.用无水固体配制的溶液。请回答：（1）在配制过程中需要用到的玻璃仪器有100mL容量瓶、胶头滴管、量筒、_______和_______。（2）定容时的操作：将蒸馏水注入容量瓶，当液面离容量瓶颈部的刻度线1～2cm时，_______。盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。（3）下列操作会使配得的溶液浓度偏高的是_______。A.称取相同质量的固体进行配制B.快速完成的溶解、转移、定容等操作C.定容时仰视容量瓶的刻度线D.转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制Ⅱ.为测定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠的质量分数，可通过加热分解得到的质量进行计算。某同学设计的实验装置示意图如下：请回答：（4）仪器a的名称是_______。（5）写出加热样品时发生的化学反应方程式_______。（6）装置B中冰水的作用是_______。（7）有关该实验的说法正确的是_______。A.组装好仪器，装完药品，再进行气密性检查B.该同学设计的实验装置存在缺陷，应该在B、C之间增加一个的干燥装置C.产生气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收可导致的质量分数偏低D.反应完全后停止加热，通入足量的氮气确保气体吸收完全,【答案】（1）①.烧杯②.玻璃棒（2）改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切（3）BD（4）球形干燥管（5）（6）冷凝反应生成的水（7）BD【解析】【小问1详解】用固体溶质配制一定物质的量的浓度的溶液时，需要的玻璃仪器有：100mL容量瓶、量筒、胶头滴管还需要烧杯和玻璃棒；【小问2详解】定容时的操作：将蒸馏水注入容量瓶，当液面离容量瓶颈部的刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；【小问3详解】A.称取相同质量的固体相当于质量偏低，配制溶液浓度偏低；B.快速完成的溶解后需要冷却、再转移、定容，如果为冷却热胀冷缩，定容加水少了，溶液浓度偏高；C.定容时仰视容量瓶的刻度线，加水体积偏大，溶液浓度偏低；D.转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制当于偏高，配制溶液浓度偏高；故答案为BD【小问4详解】由图可知，a为干燥管。【小问5详解】加热样品碳酸氢钠分解为碳酸钠和二氧化碳，发生的化学反应方程式；【小问6详解】装置B是为了将反应生成的水冷凝下来。【小问7详解】,A.组装好仪器，先进行气密性检查，再装药品，故A错误；B.要准确测定碳酸氢钠的含量，就要准确测定二氧化碳的质量，应该在B、C之间增加一个的干燥装置更准确，故B正确；C.产生气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收可导致碳酸氢钠含量偏低，那么的质量分数偏高，故C错误；D.反应完全后停止加热，通入足量的氮气确保气体吸收完全，这样可以减小误差，故D正确；故答案为BD29.高温下普通铁粉和水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁被氢气还原生成颗粒很细、活性很高的铁粉，俗称“引火铁”。现用普通铁粉、稀盐酸、金属锌和水等试剂制备“引火铁”，装置如图：请填写下列空白：（1）由四氧化三铁制取“引火铁”选用装置________。(填“图1”或“图2”)（2）为了安全，在试管E中的反应发生前，导管F出口处的气体必须________。（3）写出试管A中发生反应的化学方程式并用单线桥法表示出该反应中电子转移的方向和数目________。（4）实验中需要加热的仪器有________(填该仪器对应的字母)。（5）烧瓶C的作用________；实验时，U形管G中应加入的试剂________。【答案】29.图230.检验氢气的纯度31.32.A、B、E33.①.防止倒吸(或用作安全瓶)②.固体NaOH(或碱石灰、CaO等碱性固体干燥剂)【解析】【分析】图1：一定条件下用普通铁粉和水蒸气反应，可以得到四氧化三铁，由制备实验装置可知，A中为Fe粉，加热烧瓶B中水，提供水蒸气，C作安全瓶，D中排水法收集氢气；图2：四氧化三铁又可以与氢气反应，生成颗粒很细的铁粉，由实验装置可知，E中为Fe3O4，G中碱石灰,干燥氢气，I中发生Fe与盐酸的反应制取氢气，以此来解答。【小问1详解】颗粒很细、活性很高的铁粉，俗称“引火铁”，故应在图2中制取；【小问2详解】氢气不纯易发生爆炸，为了安全，在试管E中的反应发生前，导管F出口处的气体必须检验氢气的纯度；【小问3详解】由制备实验装置可知，A中为Fe粉，加热烧瓶B中水，提供水蒸气，制取氢气，方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，3个Fe共失去8个电子，水中的H共得到8个电子，单线桥法表示为：；【小问4详解】A中发生3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，B加热提供水蒸气，E中发生Fe3O4+4H23Fe+4H2O，则两套装置中，在实验时需要加热的仪器是A、B、E；【小问5详解】烧瓶C的作用是作安全瓶，实验时，U型管G中装有固体NaOH(或碱石灰、CaO等碱性固体干燥剂)，其作用是吸收氢气中的氯化氢和水蒸气。30.现有300mLH2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液，将其分成三等份，向第一份中加入1.00mol•L-1BaCl2溶液，至恰好不再产生沉淀，消耗100mL，将沉淀过滤、洗涤、干燥，称其质量为mg；向第二份溶液中加入铁片，充分反应后，溶液质量增加了0.54g；向第三份溶液加入2.00mol•L-1的NaOH溶液，当沉淀量达最大时，所加入NaOH溶液的体积为VmL。试计算：（1）m=________。（2）原混合液中c(H+)=________。（3）V=________。【答案】（1）23.30（2）0.200mol•L-1（3）100【解析】【小问1详解】生成的沉淀为BaSO4，根据钡离子守恒有n(BaSO4)=n(BaCl2)=0.1L×1.00mol/L=0.1mol，故m(BaSO4)=0.1mol×233g/mol=23.30g；,【小问2详解】溶液质量增加了0.54g，则参加反应的Fe为0.56g，Fe只与溶液中氢离子反应，根据电子转移守恒，每一份中氢离子物质的量为×2=0.02mol,则原溶液中氢离子浓度为=0.200mol/L；【小问3详解】