1、2020-2021学年第一学期高一化学期末模拟卷（2019年人教版）1 选择题（共16小题，1-10题每小题2分，11-16题，每小题4分，满分44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下列各组互为同位素的是()A37Cl和 35Cl BO2和O3CH2O和D2O D.K和 Ca5下列物质中，属于纯净物的是
2、()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。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，
3、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的NO D1.0 mol的OH11（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
4、+（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
5、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
6、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+OHC
7、aCO3+H2OD向氢硫酸溶液中通入适量SO2：2H2S+SO23S+2H2O二实验题（共3小题，满分36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 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。（
8、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
9、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）
10、；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
11、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2小题，满分20分，每小题10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： N
12、aIO3+ NaHSO33NaHSO4+ 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
13、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 。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（2019年人教版）参考答案与试题解析一选择题选择题（共16小题，1-10题每小
14、题2分，11-16题，每小题4分，满分44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
15、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+，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+
16、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.
17、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0.05mol250g/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
18、，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2.4gB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4.8g【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
19、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；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
20、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/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0.2mol【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）0.5
21、mol，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
22、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，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
23、反应导致固体质量减少最多2NaI+Cl22NaCl+I2固体减少1mol 254g71g183g0.06mol a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/
24、mol1.344L1344mL，故C错误；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+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
25、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
26、、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+3CO3
27、2Al2（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：2Al3+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
28、+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3小题，满分36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
29、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）
30、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，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：；
31、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，
32、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
33、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
34、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+2OHC1O+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
35、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
36、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
37、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
38、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
39、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
40、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溶液产生蓝色沉淀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
41、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Fe3O4，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
42、+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Fe3O4，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）
43、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2小题，满分20分，每小题10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
