（2019）新人教版高中化学高一上学期必修第一册期末考试模拟卷(全册一套5份打包).rar

1、2020-2021 学年第一学期高一化学期末模拟卷（学年第一学期高一化学期末模拟卷（2019 年人教版）年人教版）1选择题（共选择题（共 16 小题，小题，1-10 题每小题题每小题 2 分，分，11-16 题，每小题题，每小题 4 分，满分分，满分 44 分）分）1牛奶、豆腐等食物中富含钙，这里的“钙”应理解为()A单质B元素C原子 D分子2电解质是一类在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物。下列物质属于电解质的是()AZn BNaOHC稀 HNO3 DK2SO4溶液3下列过程不涉及化学变化的是()A用醋酸除去水垢 B用 KClO3制备 O2C用漂白粉漂白衣物 D用酒精清洁电子产品的油污4下

2、列各组互为同位素的是()A37Cl 和 35Cl BO2和 O3CH2O 和 D2O D.K 和 Ca401940205下列物质中，属于纯净物的是()A漂白粉 B汽油C硫酸铜 D矿泉水6 天工开物中记载“铁器淬与胆矾水中，即成铜色也” ，该过程中涉及的反应类型为()A分解反应 B化合反应C复分解反应 D置换反应7最近，科学家开发出一种低成本光伏材料蜂窝状石墨烯。生产原理是Na2O2CONa2CO3C(石墨烯)，然后除去 Na2CO3，即可制得蜂窝状石墨烯。= = = = =一定条件 下列说法不正确的是()A该生产石墨烯的反应属于氧化还原反应B石墨烯与金刚石互为同素异形体CNa2O 属于碱性氧化

3、物，CO 属于酸性氧化物，Na2CO3属于盐D自然界中碳元素有游离态和化合态两种存在形式8ClO2是高效消毒灭菌剂，制备反应为2NaClO3SO2H2SO4=2ClO22NaHSO4，该反应中()ACl 元素被氧化 BH2SO4是氧化剂CSO2是还原剂 DNaClO3是还原剂9下列现象与胶体无关的是()A用激光笔照射蛋白质溶液时，出现一条光亮的通路B向豆浆中加入石膏制得可口的豆腐CCuSO4溶液显蓝色D向沸水中逐滴加入 FeCl3饱和溶液，得到红褐色透明的分散系10常温下，2 L 0.5 molL1的 KNO3溶液中含有()A0.5 mol 的 K B3.0 mol 的 O2C1.0 mol

4、的 NO D1.0 mol 的 OH 311 （4 分）小明做实验时不小心沾了一些 KMnO4，皮肤上的黑斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4+H2C2O4+H+CO2+Mn2+（未配平） 关于此反应的叙述正确的是（）A该反应的氧化剂是 H2C2O4B1molMnO4在反应中失去 5mol 电子C该反应右框内的产物是 OHD配平该反应后，H+的计量数是 612 （4 分）实验室里需用 480mL 0.1molL1的硫酸铜溶液，现选取 500mL 容量瓶进行配制，以下操作正确的是（）A称取 7.68g 硫酸铜，加入 500mL 水B称取 12.0g 胆矾配

5、成 500mL 溶液C称取 8.0g 硫酸铜，加入 500mL 水D称取 12.5g 胆矾配成 500mL 溶液13 （4 分）3.2g 部分被氧化的镁条和足量的盐酸反应，生成标准状况下的氢气 2.24L，下列关于镁条的描述错误的是（）A该镁条中含有镁单质 2.4gB该镁条中含有氧化镁 0.48gC该镁条没有被氧化前质量为 2.88gD该镁条全部被氧化后质量为 4.8g14 （4 分）取一定质量的 NaBr、NaI 的混合物平均分成五等分，分别加水配成溶液并编号为甲、乙、丙、丁、戊，再分别向各溶液中通入一定体积的氯气，将反应后所得溶液蒸干灼烧得固体，通入氯气的体积与最终所得固体质量记录如表。下

6、列实验结论正确的是（）编号甲乙丙丁戊固体组成NaClCl2的体积/mLV2V3V4V5V固体质量/g54.6243.6435.4830.1429.25A甲溶液中发生的反应是 Cl2+2Br2Cl+Br2B乙中固体组成为 NaBr、NaClC标准状况下 Cl2的体积 V 为 2688mLD原混合物中 NaBr 的物质的量为 0.2mol15 （4 分）X、Y、Z 和 W 是四种短周期主族元素，可以构成一种物质（如图所示） ，其中Z 与 W 同周期且 Z 的原子半径在四种原子中半径最大，Y 的核外电子总数等于 W 的核外最外层电子数，下列说法正确的是（）AXW4分子中各原子均满足 8 电子稳定结构

7、BY 的氢化物能使湿润的蓝色石蕊试纸变红CZ 单质是自然界中最硬的物质DW 氧化物对应水化物的酸性一定比 Y 氧化物对应水化物的酸性强16 （4 分）下列离子反应方程式正确的是（）A向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3+3CO32Al2（CO3）3B氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO+2H+Fe2+H2OC向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2OD向氢硫酸溶液中通入适量 SO2：2H2S+SO23S+2H2O二实验题（共二实验题（共 3 小题，满分小题，满分 36 分）分）17 （10 分）实验室用碳酸钠固体配制 100mL 1.00mol/L 的 Na2CO3溶液，

8、回答下列问题。（1）需要称取 Na2CO3固体 g。（2）实验操作的正确顺序是 。 （填序号）将称量好的 Na2CO3中加适量蒸馏水溶解在小烧杯中。将所得溶液冷却到室温后，小心转入 （填仪器名称）中。将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀。用少量蒸馏水洗涤 和 23 次。继续加蒸馏水至液面距刻度线 12cm 处，改用 （填仪器名称） ，小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低点与刻度线相切。（3）试分析下列操作对所配溶液浓度有何影响。 （填“偏高” ， “偏低”或“无影响” ）配制前，容量瓶中有少量蒸馏水 。转移溶液过程中，有少量溶液洒在试验台上，使所配溶液浓度 。定容时俯视凹液面最低点 。18 （15 分）在实验

9、室中可用如图 1 所示装置制取氯气，并进一步制备氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质。为氯气发生装置；的试管里盛有 15mL 质量分数 30% KOH 溶液，并置于热水浴中；的试管里盛有 15mL 质量分数 8% NaOH 溶液；并置于冰水浴中；的试管里加有紫色石蕊试液；为尾气吸收装置。请填写下列空白：（1）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过 （填写仪器名称）向烧瓶中加入适量的浓盐酸。实验时为了除去氯气中的氯化氢气体，可在与之间安装盛有 的净化装置，若不除去氯化氢，可能对后续制备造成的影响是 。（2）中制备氯气的化学方程式为 ，在反应中，浓盐酸体现了 性和 性。（3）中制备反应会因盐酸

10、浓度下降而停止，为测定反应残余液中盐酸的浓度。甲同学提出下列具体方案。请你从下列实验方案中选择合理的实验方法 。 （填编号）a将 Cl转化为 AgCl 沉淀，过滤，洗涤，干燥，称量沉淀的质量b与足量 NaHCO3固体反应，将反应后气体直接用碱石灰吸收，测定生成的气体的质量c与足量锌反应，测量生成气体标准状况下的体积（4）比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是 。反应完毕经冷却后，的试管中有大量晶体析出。图 2 中符合该晶体溶解度曲线的是 （填写编号字母） ；从的试管中分离出该晶体的方法是 。 （填写实验操作名称）（5）本实验中制取次氯酸钠的离子方程式是： 。（6）实验中可观察到的试管里溶

11、液的颜色发生了如下变化：紫色 黄绿色。19 （11 分）某同学利用如图所示实验装置进行铁与水蒸气反应的实验，并对反应后硬质试管中固体物质的组成进行了探究。请回答下列问题： （1）该反应的化学方程式是 ，硬质试管中湿棉花的作用是： 。（2）该同学对反应后硬质试管中固体物质的组成提出了如下假设。假设 1：只有 Fe；假设 2：只有 。 （填化学式）假设 3：既有 Fe 也有 Fe3O4。（3）为了验证反应后硬质试管中固体物质的组成，该同学进行了定量研究：反应前固体物质的质量为 5.6g，反应后固体物质的质量为 6.6g。从数据分析，反应后硬质试管中固体物质的组成成分为 。长期放置的 FeSO4溶液

12、易被氧化而变质，某兴趣小组进行了如下实验：A设计实验检验 FeSO4溶液的变质程度实验方案实验现象实验结论步骤 1取待检测液于试管中，向其中滴加 KSCN 溶液 FeSO4溶液部分变质步骤 2取待检测液于试管中，向其中滴加 K3Fe（CN）6溶液 将上述方案补充完整步骤 2 涉及的离子反应方程式是 。若要使变质的 FeSO4复原，方法是 。 （写离子反应方程式）三解答题（共三解答题（共 2 小题，满分小题，满分 20 分，每小题分，每小题 10 分）分）20 （10 分）全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下： NaIO3+ NaHSO33NaH

13、SO4+ Na2SO4+ I2+ H2O（未配平）完成下列填空：（1）配平上述化学方程式，标出电子转移的方向和数目 。（2）该反应实质是两步反应：IO3+3HSO33SO42+I+3H+，则第二步反应的离子方程式为 ；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是 。（3）过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到 99%左右的碘产品。碘原子最外层电子排布式是 ，碘升华克服的微粒间作用力为 。（4）能说明氯、碘两种元素非金属性相对强弱的依据是 。 （选填编号）a原子的最外层都有 7 个电子bICl 中碘元素为+1 价c酸性：HClO3HIO3d氯化钠、碘化钠与浓硫酸共

14、热，分别生成氯化氢、单质碘（5）检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是 。21 （10 分）下表是元素周期表的一部分，表中所列的数字分别代表某一种元素A01AAAAAA234请完成下列空白。（1）属于卤族元素的有 。 （填元素符号）（2）在的单质中燃烧产物的电子式为 ，其中所含化学键类型为 。（3）能证明元素比的非金属性强的实验事实有（用离子方程式表示）： 。（4）元素的一种中子数为 10 的核素的符号为 。（5）元素的单质与 NaOH 溶液反应的化学方程式为 。2020-2021 学年第一学期高一化学期末模拟卷（学年第一学期高一化学期末模拟卷（2019 年人教版）年人教版）参考答案与试题解析参

15、考答案与试题解析一选择题选择题（共一选择题选择题（共 16 小题，小题，1-10 题每小题题每小题 2 分，分，11-16 题，每小题题，每小题 4 分，满分分，满分 44 分）分）1-10：BBBAC DCCCC11 （4 分）小明做实验时不小心沾了一些 KMnO4，皮肤上的黑斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4+H2C2O4+H+CO2+Mn2+（未配平） 关于此反应的叙述正确的是（）A该反应的氧化剂是 H2C2O4B1molMnO4在反应中失去 5mol 电子C该反应右框内的产物是 OHD配平该反应后，H+的计量数是 6【分析】A、化合价降低的元素

16、所在反应物是氧化剂；B、化合价升高元素失去电子，化合价升高数失去电子的数目；C、根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式；D、根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式。【解答】解：A、化合价降低的元素是锰元素，所在反应物 KMnO4是氧化剂，故 A 错误；B、锰元素化合价从+7 价降低到+2 价，元素得到电子，化合价降低数得到电子的数目5，即 1molMnO4在反应中得到 5mol 电子，故 B 错误；C、根据电子守恒，该反应中锰元素化合价降低 5 价，两碳元素化合价共升高 2 价，所以反应转移电子数为 10，所以可以得到：2MnO4+5H2C2O4+H+10CO2+2Mn2+

17、，根据电荷守恒、原子守恒，所以中为 8H2O，H+的计量数是 6，故 C 错误；D、根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+10CO2+2Mn2+8H2O，H+的计量数是 6，故 D 正确。故选：D。【点评】本题考查学生氧化还原反应中的综合知识，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大。12 （4 分）实验室里需用 480mL 0.1molL1的硫酸铜溶液，现选取 500mL 容量瓶进行配制，以下操作正确的是（）A称取 7.68g 硫酸铜，加入 500mL 水B称取 12.0g 胆矾配成 500mL 溶液C称取 8.0g 硫酸铜，加入 500mL

18、 水D称取 12.5g 胆矾配成 500mL 溶液【分析】需用 480mL 0.1molL1的硫酸铜溶液，配制 500ml 0.1molL1的硫酸铜溶液，溶液中硫酸铜的物质的量为 0.5L0.1molL10.05mol，需要称取硫酸铜的质量为0.05mol160g/mol8g，如称取胆矾，则质量为 0.05mol250g/mol12.5g，以此解答题中各问。【解答】解：A、称取硫酸铜的质量为 0.05mol160g/mol8g，加入 500mL 水，最后溶液的体积不止 500mL，水的体积不等于溶液的体积，故 A 错误；B、胆矾的化学式为 CuSO45H2O，如称取胆矾，则质量为 0.05mo

19、l250g/mol12.5g，故 B 错误；C、加入 500mL 水，最后溶液的体积不止 500mL，水的体积不等于溶液的体积，应为加水配成 500ml 溶液，故 C 错误；D、胆矾的化学式为 CuSO45H2O，质量为 0.05mol250g/mol12.5g，加水配成 500ml溶液，符合实验操作，故 D 正确。故选：D。【点评】本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制，本题难度不大，注意硫酸铜和胆矾的区别，另外注意水的体积不等于溶液的体积。13 （4 分）3.2g 部分被氧化的镁条和足量的盐酸反应，生成标准状况下的氢气 2.24L，下列关于镁条的描述错误的是（）A该镁条中含有镁单质 2.4g

20、B该镁条中含有氧化镁 0.48gC该镁条没有被氧化前质量为 2.88gD该镁条全部被氧化后质量为 4.8g【分析】部分被氧化的镁条为 Mg、MgO 的混合物，根据 n计算氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算 Mg 的物质的量，进而计算 MgO 的质量，结合 MgO 中 Mg 元素质量分数计算被氧化的镁的质量。【解答】解：A部分被氧化的镁条为 Mg、MgO 的混合物，Mg 与盐酸反应生成氢气物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒，可知金属 Mg 的物质的量为0.1mol，故该镁条中含有镁单质 2.4g，故 A 正确；BMgO 的质量为 3.2g0.1mol24g/mol0.8g，故 B 错误；

21、C被氧化的镁的质量为 0.8g0.48g，故该镁条没有被氧化前质量为2.4g+0.48g2.88g，故 C 正确；D该镁条全部被氧化后质量为 2.4g+0.8g4.8g，故 D 正确，故选：B。【点评】本题考查混合物有关计算，难度不大，注意利用电子转移守恒计算 Mg 的物质的量，也可以利用方程式计算。14 （4 分）取一定质量的 NaBr、NaI 的混合物平均分成五等分，分别加水配成溶液并编号为甲、乙、丙、丁、戊，再分别向各溶液中通入一定体积的氯气，将反应后所得溶液蒸干灼烧得固体，通入氯气的体积与最终所得固体质量记录如表。下列实验结论正确的是（）编号甲乙丙丁戊固体组成NaClCl2的体积/mL

22、V2V3V4V5V固体质量/g54.6243.6435.4830.1429.25A甲溶液中发生的反应是 Cl2+2Br2Cl+Br2B乙中固体组成为 NaBr、NaClC标准状况下 Cl2的体积 V 为 2688mLD原混合物中 NaBr 的物质的量为 0.2mol【分析】戊中固体 NaCl 质量 29.25g，钠离子守恒可知 NaBr、NaI 的物质的量之和等于NaCl 的物质的量，n（NaCl）0.5mol，由钠离子守恒可知反应后蒸干灼烧得到的固体的物质的量不变为 0.5mol，还原性 IBrCl，故发生2NaI+Cl22NaCl+I2，后发生 2NaBr+Cl22NaCl+Br2；A.对

23、于甲，固体平均摩尔质量为109.24g/mol，所以甲固体中一定含有 NaI，所以甲固体的组成为 NaI、NaBr、NaCl；B.对于乙视作甲增加 VmL 氯气，导致固体质量减少为 54.62g43.64g10.98g，VmL氯气与 NaI 反应导致固体质量减少最多；C.由 Cl2+2NaBr2NaCl+Br2固体减少 1mol 160g71g89g n 35.48g30.14g5.34g结合 VnVm 计算；D.乙中通入 VmL 氯气只与 NaI 反应，甲通入 VmL 氯气导致固体质量减少等于乙中通入VmL 氯气导致固体质量减少，所以原溶液中 NaI 与 NaBr 的总质量为54.62g+1

24、0.98g65.6g，令原溶液中 NaI 的物质的量为 xmol，NaBr 的物质的量为ymol，则，以此来解答。【解答】解：A.对于甲，固体平均摩尔质量为109.24g/mol，所以甲固体中一定含有 NaI，甲溶液中发生的反应是 Cl2+2I2Cl+I2，B.对于乙视作甲增加 VmL 氯气，导致固体质量减少为 54.62g43.64g10.98g，因还原性 IBrCl，故发生 2NaI+Cl22NaCl+I2，后发生 2NaBr+Cl22NaCl+Br2，VmL 氯气与 NaI 反应导致固体质量减少最多2NaI+Cl22NaCl+I2固体减少1mol 254g71g183g0.06mol a

25、所以 a10.98g，等于甲通入 vml 氯气导致固体质量减少，可知乙中通入 VmL 氯气只与 NaI 反应，对于丙视作乙增加 VmL 氯气，导致固体质量减少为 43.64g35.488.16g，VmL 氯气与 NaBr 反应导致固体质量减少最少为 35.48g30.14g5.34g，小于 8.16g，故丙中通入VmL 氯气，既与 NaI 反应又与 NaBr 反应，由上述分析可知，固体乙的组成为NaI、NaBr、NaCl，故 B 错误；C.由选项 B 可知氯气的物质的量为 0.06mol，标准状况下体积为0.06mol22.4L/mol1.344L1344mL，故 C 错误；D.乙中通入 Vm

26、L 氯气只与 NaI 反应，甲通入 VmL 氯气导致固体质量减少等于乙中通入VmL 氯气导致固体质量减少，所以原溶液中 NaI 与 NaBr 的总质量为54.62g+10.98g65.6g，令原溶液中 NaI 的物质的量为 xmol，NaBr 的物质的量为ymol，则，解得 x0.3，y0.2，即原混合物中 NaBr 的物质的量为 0.2mol，故 D 正确；故选：D。【点评】本题考查混合物的计算，为高频考点，把握钠的性质、发生的反应、原子及质量守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意反应的先后顺序及差量法应用，题目难度较大。15 （4 分）X、Y、Z 和 W 是四种短周期主族元素，可

27、以构成一种物质（如图所示） ，其中Z 与 W 同周期且 Z 的原子半径在四种原子中半径最大，Y 的核外电子总数等于 W 的核外最外层电子数，下列说法正确的是（）AXW4分子中各原子均满足 8 电子稳定结构BY 的氢化物能使湿润的蓝色石蕊试纸变红CZ 单质是自然界中最硬的物质DW 氧化物对应水化物的酸性一定比 Y 氧化物对应水化物的酸性强【分析】X、Y、Z 和 W 是四种短周期主族元素，其中 Z 与 W 同周期且 Z 的原子半径在四种原子中半径最大，结合图中 Z 形成 4 个共价键，可知 Z 为 Si，W 形成 1 个共价键，W 为 Cl；Y 的核外电子总数等于 W 的核外最外层电子数，Y 为

28、N，图中 X 形成 4个共价键，X 为 C，以此来解答。【解答】解：由上述分析可知，X、Y、Z 和 W 分别是 C、N、Si 和 Cl，ACCl4中 C 最外层 4 个电子、Cl 最外层 7 个电子，形成 4 个共价键，则各个原子均满足 8 电子稳定结构，故 A 正确；BN 的氢化物为氨气，可使红色石蕊试纸变蓝，故 B 错误；C自然界中最硬的单质是金刚石，故 C 错误；D没有强调“最高价氧化物对应水化物” ，则酸性不能比较，如 HClO 的酸性比 HNO3弱，故 D 错误；故选：A。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握化学键、原子半径、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析

29、与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。16 （4 分）下列离子反应方程式正确的是（）A向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3+3CO32Al2（CO3）3B氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO+2H+Fe2+H2OC向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2OD向氢硫酸溶液中通入适量 SO2：2H2S+SO23S+2H2O【分析】A铝离子与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳；B硝酸能够氧化亚铁离子生成三价铁离子；C石灰水足量，铵根离子与氢氧根离子也反应；D二氧化硫与硫化氢反应生成硫单质和水。【解答】解：A向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液，离子方程式：2

30、Al3+3CO32+3H2O2Al（OH）3+3CO2，故 A 错误；B氧化亚铁溶于稀硝酸，生成的亚铁离子被硝酸根氧化成铁离子，反应的离子方程式为：3FeO+10H+NO33Fe3+NO+5H2O，故 B 错误；C向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，正确的离子方程式为：NH4+HCO3+Ca2+2OHCaCO3+H2O+NH3H2O，故 C 错误；D向氢硫酸溶液中通入适量 SO2，离子方程式：2H2S+SO23S+2H2O，故 D 正确。故选：D。【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原

31、反应、复分解反应的离子反应考查，题目难度不大。二实验题（共二实验题（共 3 小题，满分小题，满分 36 分）分）17 （10 分）实验室用碳酸钠固体配制 100mL 1.00mol/L 的 Na2CO3溶液，回答下列问题。（1）需要称取 Na2CO3固体10.6g。（2）实验操作的正确顺序是。 （填序号）将称量好的 Na2CO3中加适量蒸馏水溶解在小烧杯中。将所得溶液冷却到室温后，小心转入100mL 容量瓶（填仪器名称）中。将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀。用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23 次。继续加蒸馏水至液面距刻度线 12cm 处，改用胶头滴管（填仪器名称） ，小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低点与

32、刻度线相切。（3）试分析下列操作对所配溶液浓度有何影响。 （填“偏高” ， “偏低”或“无影响” ）配制前，容量瓶中有少量蒸馏水无影响。转移溶液过程中，有少量溶液洒在试验台上，使所配溶液浓度偏低。定容时俯视凹液面最低点偏高。【分析】 （1）结合 mcVM 计算需要称取 Na2CO3固体的质量；（2）用固体配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，以此排序，并结合操作方法分析使用的仪器；（3）先分析操作方法对溶质的物质的量 n、溶液体积 V 的影响，然后结合 c分析配制误差。【解答】解：（1）配制 100mL 1.00mol/L 的 Na2CO3溶液

33、，需要称取 Na2CO3固体的质量为：106g/mol1.00mol/L0.1L10.6g，故答案为：10.6；（2）配制 100mL 1.00mol/L 的 Na2CO3溶液的步骤有：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，则正确的操作顺序为，故答案为：；配制 100mL 容量瓶，需要选用 100mL 容量瓶，使用将所得溶液冷却到室温后，小心转入 100mL 容量瓶中，故答案为：100mL 容量瓶；为了减小误差，需要用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒 23 次，故答案为：烧杯；玻璃棒；定容时，先继续加蒸馏水至液面距刻度线 12cm 处，然后改用胶头滴管定容，小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低

34、点与刻度线相切，故答案为：胶头滴管；（3）配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，后续还需要加入蒸馏水，则不影响配制结果，故答案为：无影响；转移溶液过程中，有少量溶液洒在试验台上，导致溶质的物质的量偏小，使所配溶液浓度偏低，故答案为：偏低；定容时俯视凹液面最低点，导致溶液体积偏小，所得溶液浓度偏高，故答案为：偏高。【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液方法，题目难度不大，明确溶液配制步骤及操作方法即可解答，注意掌握误差分析的方法，试题侧重考查学生的化学实验能力。18 （15 分）在实验室中可用如图 1 所示装置制取氯气，并进一步制备氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质。为氯气发生装置；的试管里盛有 15

35、mL 质量分数 30% KOH 溶液，并置于热水浴中；的试管里盛有 15mL 质量分数 8% NaOH 溶液；并置于冰水浴中；的试管里加有紫色石蕊试液；为尾气吸收装置。请填写下列空白：（1）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过分液漏斗（填写仪器名称）向烧瓶中加入适量的浓盐酸。实验时为了除去氯气中的氯化氢气体，可在与之间安装盛有饱和食盐水的净化装置，若不除去氯化氢，可能对后续制备造成的影响是降低氯酸钾和次氯酸钠的产率。（2）中制备氯气的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，在反应中，浓盐酸体现了酸性和还原性。（3）中制备反应会因盐酸浓度下降而停止，为测定反应

36、残余液中盐酸的浓度。甲同学提出下列具体方案。请你从下列实验方案中选择合理的实验方法C。 （填编号）a将 Cl转化为 AgCl 沉淀，过滤，洗涤，干燥，称量沉淀的质量b与足量 NaHCO3固体反应，将反应后气体直接用碱石灰吸收，测定生成的气体的质量c与足量锌反应，测量生成气体标准状况下的体积（4）比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是碱溶液（或反应物）的浓度不同，反应温度不同。反应完毕经冷却后，的试管中有大量晶体析出。图 2 中符合该晶体溶解度曲线的是M（填写编号字母） ；从的试管中分离出该晶体的方法是过滤。 （填写实验操作名称）（5）本实验中制取次氯酸钠的离子方程式是：Cl2+2OHC1

37、O+C1+H2O。（6）实验中可观察到的试管里溶液的颜色发生了如下变化：紫色红色褪色黄绿色。【分析】 （1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下生成氯化锰、氯气和水；浓盐酸加入量多少需要用分液漏斗控制；浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，依据氯化氢、氯气水溶性选择除杂试剂；（2）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下生成氯化锰、氯气和水，根据元素价态变化判断性质即可；（3）制备反应会因盐酸浓度下降而停止，为测定反应残余液中盐酸的浓度，在残余液中加入足量锌片，测量生成气体的体积，折算成标准状况下的体积；（4）由题目信息可知，在加热条件下，氯气与浓 KOH 溶液反应生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀 NaOH 溶液

38、反应生成次氯酸钠；的试管中有大量晶体析出，说明溶质的溶解度随温度的降低而降低，据此进行判断；分离固体与液体通常采用过滤的方法；（5）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（6）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应生成的 H+使石蕊变成红色，次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质；氯气溶于水后呈浅黄绿色。【解答】解：（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下生成氯化锰、氯气和水，反应方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，浓盐酸加入量多少需要用分液漏斗控制；浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以可选择饱和食盐水除去氯化氢，不除

39、去氯化氢，可能降低氯酸钾和次氯酸钠的产率，故答案为：分液漏斗； 饱和食盐水；降低氯酸钾和次氯酸钠的产率；（2）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下生成氯化锰、氯气和水，反应方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，浓盐酸表现出了酸性和还原性，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；酸；还原；（3）制备反应会因盐酸浓度下降而停止，为测定反应残余液中盐酸的浓度，A在残余液中加入足量 AgNO3溶液，过滤，洗涤，干燥，称量沉淀的质量，包含生成盐中氯离子生成的沉淀，不能测定反应残余液中盐酸的浓度，故 A 错误；B在残余液中加入足量 NaHCO3固体，将反应后的气体直

40、接用碱石灰吸收，测定生成的气体的质量为二氧化碳和水蒸气的质量，不能测定反应残余液中盐酸的浓度，故 B 错误；C在残余液中加入足量锌片，测量生成气体的体积，折算成标准状况下的体积，可以测定剩余盐酸的浓度，故 C 正确；故答案为：C；（4）根据题中信息可知，在加热条件下，氯气与浓 KOH 溶液反应生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀 NaOH 溶液反应生成次氯酸钠，二者反应的浓度和温度都不相同，所以制取氯酸钾和次氯酸钠的条件差异为：碱溶液（或反应物）的浓度不同，反应温度不同；反应完毕经冷却后，的试管中有大量晶体析出，说明溶质的溶解度随温度的降低而降低，只有 M 符合；不溶性固体与液体的分离常采用过滤的

41、方法；故答案为：碱溶液（或反应物）的浓度不同，反应温度不同；M；过滤；（5）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式：Cl2+2OHC1O+C1+H2O；故答案为：Cl2+2OHC1O+C1+H2O；（6）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应生成的 H+使石蕊变成红色；氯气与水反应生成的 HClO，次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质；多余的氯气溶于水，使溶液呈浅黄绿色，故答案为：红色；褪色。【点评】本题通过氯酸钾、次氯酸钠的制备考查了氯气的制备、性质及氯水的性质，明确氯气制备原理及氯水成分及性质是解题关键，题目难度中等。19 （11 分）某同学利用如图所示实验装置进行铁与水蒸

42、气反应的实验，并对反应后硬质试管中固体物质的组成进行了探究。请回答下列问题： （1）该反应的化学方程式是3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，硬质试管中湿棉花的作用是：提供反应需要的水蒸气。（2）该同学对反应后硬质试管中固体物质的组成提出了如下假设。假设 1：只有 Fe；假设 2：只有Fe3O4。 （填化学式）假设 3：既有 Fe 也有 Fe3O4。（3）为了验证反应后硬质试管中固体物质的组成，该同学进行了定量研究：反应前固体物质的质量为 5.6g，反应后固体物质的质量为 6.6g。从数据分析，反应后硬质试管中固体物质的组成成分为Fe 和 Fe3O4。长期放置的 FeSO4溶液易被氧化而变

43、质，某兴趣小组进行了如下实验：A设计实验检验 FeSO4溶液的变质程度实验方案实验现象实验结论步骤 1取待检测液于试管中，向其中滴加 KSCN 溶液溶液变红步骤 2取待检测液于试管中，向其中滴加 K3Fe（CN）6溶液产生蓝色沉淀FeSO4溶液部分变质将上述方案补充完整步骤 2 涉及的离子反应方程式是3Fe2+2Fe（CN）63Fe3Fe（CN）62。若要使变质的 FeSO4复原，方法是2Fe3+Fe3Fe2+。 （写离子反应方程式）【分析】由实验装置可知，湿棉花可以提供水蒸气，高温条件下与还原铁粉反应可以生成四氧化三铁和氢气，可以看到肥皂水中有气泡产生；若铁粉完全反应，则反应后的固体只有 F

44、e3O4，若部分反应则为 Fe 和 Fe3O4，若没有发生反应则只有 Fe；长期放置的 FeSO4溶液易被氧化生成 Fe3+，利用 KSCN 溶液可以检验 Fe3+，现象是溶液变为血红色；利用 K3Fe（SCN）6溶液可以检验 Fe2+，现象是产生蓝色沉淀，以此来解答。【解答】解：I.（1）高温条件下水蒸气与还原铁粉反应可以生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；湿棉花是用来提供反应需要的水蒸气，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；提供反应需要的水蒸气；（2）若铁粉完全反应，则反应后的固体只有 Fe3O4，若部分反应则为 Fe 和 Fe3O

45、4，若没有发生反应则只有 Fe，所以假设 2 为只有 Fe3O4，故答案为：Fe3O4；（3）反应前的固体为铁粉，5.6g 铁粉的物质的量为 0.1mol，完全反应可知生成 Fe3O4的质量为232g/mol7.73g，而 6.6g 大于 5.6g、小于 7.73g，说明铁粉未完全反应，固体为 Fe 和 Fe3O4，故答案为：Fe 和 Fe3O4；实验结论为 FeSO4部分变质，即溶液中既有 Fe3+、又有 Fe2+，所以步骤 1 中加入 KSCN 溶液时可以看到溶液变红；步骤 2 中滴加 K3Fe（SCN）6溶液时可以看到产生蓝色沉淀，故答案为：溶液变红；产生蓝色沉淀；步骤 2 中产生的蓝色

46、沉淀为亚铁离子和铁氰酸根反应生成的铁氰酸亚铁，涉及的离子方程式为 3Fe2+2Fe（CN）63Fe3Fe（CN）62，故答案为：3Fe2+2Fe（CN）63Fe3Fe（CN）62；若要使 FeSO4复原，则需要将 Fe3+还原成 Fe2+，且不引入新的杂质，所以可以加入过量铁粉，离子方程式为 2Fe3+Fe3Fe2+，故答案为：2Fe3+Fe3Fe2+。【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。三解答题（共三解答题（共 2 小题，满分小题，满分 20 分，每小题分，每小题

47、 10 分）分）20 （10 分）全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：2NaIO3+5NaHSO33NaHSO4+2Na2SO4+1I2+1H2O（未配平）完成下列填空：（1）配平上述化学方程式，标出电子转移的方向和数目。（2）该反应实质是两步反应：IO3+3HSO33SO42+I+3H+，则第二步反应的离子方程式为+5I+6H+3I2+3H2O；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是5：1。（3）过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到 99%左右的碘产品。碘原子最外层电子排布式是5s25p5，碘升华克服

48、的微粒间作用力为范德华力。（4）能说明氯、碘两种元素非金属性相对强弱的依据是bd。 （选填编号）a原子的最外层都有 7 个电子bICl 中碘元素为+1 价c酸性：HClO3HIO3d氯化钠、碘化钠与浓硫酸共热，分别生成氯化氢、单质碘（5）检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质。【分析】 （1）根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式；（2）根据反应碘酸根与其还原产物碘离子的物质的量之比；根据反应确定碘酸根与被其氧化的碘离子的物质的量之比，要使碘酸钠的利用率最高则碘酸根与碘离子应恰好完全反应产生碘单质；（3）

49、根据碘为第五周期 VIIA 族元素，确定其价电子排布式；碘单质属于分子晶体，确定其作用力；（4）非金属性的强弱与最外层电子数无关；根据化合物中显负价的元素的非金属性强于显正价元素的非金属性判断；根据最高价氧化物的水化物确定非金属性的强弱；浓硫酸可氧化碘离子，但不能氧化氯离子判断两者的非金属强弱；（5）检验亚硫酸钠固体变质需检验其氧化产物硫酸根离子。【解答】解：（1）根据氧化还原反应中化合价升降总数相等配平，该反应中碘元素的化合价变化为+50，所以一个碘酸根离子得 5 个电子，硫元素的化合价变化为+4+6，所以一个参加氧化还原反应的亚硫酸氢根离子失去 2 个电子，所以得失的最小公倍数是 10，所

50、以碘酸钠的计量数是 1，亚硫酸氢钠的计量数是 5，其它元素根据原子守恒进行配平，所以该方程式为：2NaIO3+5NaHSO33NaHSO4+2Na2SO4+I2+2H2O，反应中亚硫酸氢钠转移 10 个电子给碘酸钠，电子转移过程表示：，故答案为：2；5；2；1；1；（2）根据总反应可知最终转变成了碘单质，第一步碘酸根被还原成碘离子，则第二步碘离子应被碘酸根氧化成碘单质，离子方程式为：IO3+5I+6H+3I2+3H2O；若要使碘酸钠的利用率最高，则第一步被还原成的电离应恰好在第二步被碘酸根离子氧化，则碘酸钠在第一步和第二步中用量比应满足 5：1，故答案为：IO3+5I+6H+3I2+3H2O；