1、安徽省黄山市2022-2023学年高一上学期期中化学模拟试题一、单选题1. 下列叙述中，正确的是()A. O2、O3互为同位素B. 1H、2H、3H是三种核素C. 23He和24He互为同素异形体D. H2O与D2O的组成元素不同2. 以下是人们面对“新型冠状病毒肺炎”防护的一些认识，你认为正确的是()A. 84消毒液和洁厕精可以混合使用，更加有效B. 医用酒精的纯度为75%，指的是体积分数C. 可以用生理盐水用作公用餐具消毒剂D. 可向人体注射消毒液来有效杀灭体内新冠病毒3. 三硫化磷(P4S3)是黄绿色针状晶体，易燃、有毒，分子结构之一如图所示，已知其燃烧时P被氧化为P4O10，下列有关P
2、4S3的说法中正确的是()A. P4S3中硫元素为-2价，磷元素为+3价B. P4S3属于共价化合物，其中只含极性共价键C. P4S3的摩尔质量是220D. 1mlP4S3分子中含有9mol共价键4. 下列各物质的分类、名称(俗名)、化学式都正确的是()A. 碱性氧化物 氧化铁 FeOB. 酸 硫酸H2SC. 酸性氧化物干冰CO2(固态)D. 盐 石膏2CaSO4H2O5. 不久前报道湖南生产的一批大米镉含量超标，原因是灌溉弄跳的湘江水受到了上游化工厂污水的污染，镉是重金属之一，对人体有害现有新型处理剂Na2FeO4有强氧化性，能将镉氧化回收，以降低水的污染Na2FeO4可用FeSO4与Na2
3、O2来制备，反应为：FeSO4+2Na2O2=Na2FeO4+Na2SO4下列说法错误的是()A. Na2FeO4只是氧化产物B. Na2O2具有杀菌消毒作用C. 1molFeSO4发生反应时，共有4mol电子转移D. Na2FeO4处理水时除有杀菌作用外其生成物还有净水作用6. 分类是化学学习和研究的常用手段。下列分类结论说法正确个数为()氨水、氢氧化铝、冰醋酸、氟化氢都是弱电解质HClO、浓硫酸、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸HI、CH3COOH、胆矾、氯气都是电解质NaF、MgO、AlCl3均由活泼金属和活泼非金属化合而成，都是离子化合物漂粉精、福尔马林、水玻璃、水银都是混合物青铜
4、、硬铝、不锈钢和目前流通的硬币都是合金C60、C70、金刚石、石墨都是碳的同素异形体。A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个7. NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 常温下，32gO2与32gO3所含的氧原子数均为2NAB. 2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NAC. 1.0L1.0molL-1CH3COOH溶液中含有的CH3COO数目为NAD. 14g14C中所含有的中子数为6NA8. 胶体区别于其它分散系的本质特征是A. 胶体的分散质能透过滤纸B. 胶体的分散质粒子直径在1100mm之间C. 胶体能产生丁达尔现象D. 胶体是纯净物，其它分散系是混合物9. 下列离子方
5、程式书写正确的()A. 沸水中滴入FeCl3饱和溶液：Fe3+3H2O-Fe(OH)3+3H+B. 氯气和水反应：Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-C. 用氢氧化钠溶液吸收过量二氧化碳：OH-+CO2=HCO3-D. Fe(OH)3溶于氢碘酸中：Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O10. 下列实验过程中，始终无明显现象的是()A. Cl2通入FeSO4溶液中B. CO2通入Ca(OH)2溶液中C. 将AlCl3溶液滴入氨水溶液中D. SO2通入BaCl2溶液中11. 室温下，通过下列实验探究NaHCO3和NaHSO3的性质实验1：用pH试纸测量0.1molL-1NaHCO3，溶液的pH
6、，测得pH约为8实验2：加热0.1molL-1NaHCO3溶液，恢复到室温，测得pH约为9实验3：向0.1molL-1NaHCO3溶液中通入足量SO2，测得pH约为5实验4：向0.1molL-1NaHSO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去下列说法正确的是()A. 由实验1可以得出：c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(H2CO3)B. 实验2中pH升高的原因是NaHCO3水解程度增大C. 实验3所得溶液中存在：c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)0.1molL-1D. 实验4中发生反应的离子方程式为HSO3-+Cl2=SO2+HClO+Cl-12. 已知下列反应：
7、Co2O3+6HCl(浓)=2CoCl2+Cl2+3H2O 5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3 下列说法正确的是A. 反应中HCl是氧化剂B. 反应中HIO3是还原产物C. 还原性：CoCl2HClI2D. 氧化性：Co2O3Cl2HIO313. 如图为二氧化锰的有关转化关系图，下列有关说法中正确的是()A. 相同条件下生成等量的O2，反应和转移的电子数之比为1：2B. 反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：3C. 反应中MnO2均作催化剂D. 反应生成的Cl2经干燥后，不可用钢瓶贮运14. 硫铁矿烧渣是生产硫酸的固体废弃物，用其制备高效絮凝剂聚合氯化硫酸铁铝，既能消除烧渣的危
8、害，又能实现资源化。下列有关说法错误的是 ()A. 离心沉降与过滤都能使实现固液分离B. 使用次氯酸钠氧化含铁溶液时发生：ClO-+2Fe2+2H+=2Fe3+Cl-+H2OC. 水浴加热时应将温度计插入水浴锅液面下D. 聚合氯化硫酸铁铝可用于生活废水的杀菌消毒处理15. 相同物质的量的镁和铝分别与足量的盐酸反应，所生成的氢气在标准状况下的体积比是()A. 1：1B. 3：2C. 2：3D. 8：916. 某工厂用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路(已知发生的反应为：2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2).课外活动小组为确认生产后的废液的组成，进行如下实验：(1)取10mL废液
9、加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀8.61g.(2)另取10mL废液放入铜片充分反应，铜片质量减少了0.256g.下列关于原废液及其形成的判断正确的是()A. c(Fe2+)：c(Fe3+)=3：1B. c(Fe3+)：c(Cu2+)=4：3C. c(CI-)=6mol/L，c(Fe2+)=0.6mol/LD. 该绝缘板腐蚀后质量减少0.384g二、简答题17. 下列钠及钠的化合物是高中化学必修I中的常见物质：钠；小苏打；氢氧化钠；过氧化钠；偏铝酸钠，请回答有关问题。(1)无机物可根据其组成和性质进行分类，例如：如图所示的物质分数方法名称是_(填字母代号)；a.树状分类法b.交叉分类法物质属于
10、化合物中的_(填字母代号)。a.酸b.碱c.盐d.氧化物(2)把置于干燥的氧气中，发现其颜色先变暗，再变成淡黄色。变暗是因为生成了_(化学式)，写出后来生成淡黄色物质的化学反应方程式_。(3)将投入硫酸铜溶液中，试推测实验过程中的现象_，按先后顺序写出涉及反应的离子方程式_，_。(4)在含有0.2mol和0.1mol的混合溶液中，缓慢通入0.45mol氯化氢气体，首先反应的物质是_(化学式)，此时溶液中的溶质及物质的量分别为溶质化学式_ _ 物质的量_ _ 18. 某同学按下列步骤配制450mL0.2molL-1KCl溶液，请回答有关问题实验步骤有关问题计算所需KCl的质量需要称量KCl的质量
11、为_ 克称量KCl固体称量需要用到的主要仪器是：_ 将KCl加入100mL烧杯中，并加入适量水为了加快溶解速率，可以采取哪些措施：_ 将烧杯中溶液转移至500mL容量瓶中为了防止溶液溅出，应采取什么措施：_ 向容量瓶中加蒸馏水至刻度线在进行此操作时当加水至刻度线1-2厘米处应如何操作：_ (1)上述实验中使用容量瓶前应检验_(2)在进行步操作时未将洗涤烧杯、玻棒的洗液转移至容量瓶，则配制溶液浓度_(填写偏高、偏低、不影响)(3)若进行步操作时加蒸馏水超过刻度线，则需_(4)配制KCl溶液时，下列操作情况会使结果偏高的是_A.移液前，容量瓶中有少量蒸馏水未倒出B.溶解搅拌时有液体飞溅C.定容时俯
12、视容量瓶瓶颈刻度线D.定容后，倒置容量瓶摇匀经平放静置，液面低于刻度线，再加水定容E.称量时砝码缺损(5)取出该KCl溶液10mL加水稀释到100mL，稀释后溶液中KCl的物质的量浓度是_19. 氯的单质氯气是一种重要的化工原料，如图为实验室中制取氯气的装置示意图，请回答下列问题(1)仪器E中收集的Cl2颜色为_，密度比空气_(填“大”或“小”)。(2)仪器A的名称是_，浓硫酸的作用是_。(3)仪器C中的饱和食盐水可以除去Cl2中混有的_，仪器F中NaOH溶液的作用是_。(4)自来水厂常用Cl2来消毒、杀菌，但近年有科学家提出该方法生成的有机氯化物可能对人体有害。所以国家已开始使用ClO2等新
13、的自来水消毒剂，ClO2中氯元素的化合价为_。20. 某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种阴离子CO32-、SiO32-、AlO2-、Cl-阳离子Al3+、Fe3+、Mg2+、NH4+、Na+现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂体积(V)的关系如图所示(1)溶液中一定没有的离子是_，表示该离子特性的离子方程式是_(2)若Y是盐酸，则Oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是_，ab段发生反应的离子是_，该离子与(1)排除的离子发生反应的离子方程式为_(3)若Y是NaOH溶液，则X中一定含有的离子是_，ab段反应的离子方程式为_；检验溶液中所
14、含有的阴离子的方法是_参考答案1.【答案】B【解析】解：A、同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体，故O2、O3互为同素异形体，故A错误；B、具有一定质子数和一定中子数的原子称为一种核素，故1H、2H、3H是三种核素，故B正确；C、同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体，而23He和24He是同种元素的不同种原子，故两者互为同位素，故C错误；D、H、D是氢元素的两种原子，故H2O与D2O的组成元素均为氢元素和O元素，即构成元素相同，故D错误；故选：B。A、同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体；B、具有一定质子数和一定中子数的原子称为一种核素；C、同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体
15、；D、H、D是氢元素的两种原子。本题考查了“四同”概念的辨别，难度不大，应注意同位素和同素异形体概念的区别。2.【答案】B【解析】解：A.84消毒液的有效成分为NaClO，有强氧化性，洁厕净的有效成分为HCl，有还原性，二者混合发生氧化还原反应，杀菌效果减弱，故A错误；B.医用消毒酒精为体积分数为75%的酒精溶液，消毒效果高，故B正确；C.公用餐具消毒采用高温方法，故C错误；D.注射消毒液可使人体蛋白质变性，危害人体健康，故D错误。故选：B。A.84消毒液的有效成分为NaClO，有强氧化性，洁厕净的有效成分为HCl，有还原性；B.酒精可使蛋白质发生变性，浓度太小杀菌不彻底，浓度太大易在细胞壁上
16、形成一层膜阻止酒精渗入；C.高温能使蛋白质变性；D.消毒液可使人体蛋白质变性。本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。3.【答案】D【解析】解：A.由图可知最上方的P与S形成3个共价键，S形成2个共价键，则P4S3中S为-2价，磷元素分别为+3价、+1价，故A错误；B、分子中含有P-P非极性共价键，而不是只含极性共价键，故B错误；C、摩尔质量的单位是g/mol，所以P4S3的摩尔质量是220g/mol，故C错误；D.分子中含6个S-P键和3个P-P键，所以1mlP4S3分子中含有
17、9mol共价键，故D正确；故选：D。A.由图可知最上方的P与S形成3个共价键；B、分子中含有P-P非极性共价键；C、摩尔质量的单位是g/mol；D.分子中含6个S-P键和3个P-P键。本题考查化学键及物质结构，为高频考点，把握P与S形成的化学键为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意P-P键及P-S键的区别，题目难度不大。4.【答案】C【解析】解：A、只能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，氧化铁是碱性氧化物，但氧化铁中铁元素为+3价，故化学式为Fe2O3，故A错误；B、电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，硫酸是含氧酸，化学式为H2SO4，故B错误；C、只能和碱反应生成盐和水的氧化
18、物为酸性氧化物，CO2是酸性氧化物，固体的二氧化碳俗称干冰，故C正确；D、阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物为盐，石膏是二水硫酸钙，化学式为CaSO42H2O，故D错误。故选：C。A、只能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，氧化铁中铁元素为+3价；B、电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，硫酸是含氧酸；C、只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；D、阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物为盐，石膏是二水硫酸钙。本题考查了物质的类别、俗称和化学式的正误判断，难度不大，注意基础知识的积累。5.【答案】A【解析】解：A.Fe元素的化合价升高，O元素的化合价降
19、低，则Na2FeO4是氧化产物，也是还原产物，故A错误；B.Na2O2具有强氧化性，则具有杀菌消毒作用，故B正确；C.1molFeSO4发生反应时，共有1mol(6-2)=4mol电子转移，故C正确；D.Na2FeO4处理水时，具有强氧化性可杀菌，还原产物铁离子水解生成胶体有净水作用，故D正确；故选AFeSO4+2Na2O2=Na2FeO4+Na2SO4中，Fe元素的化合价由+2价升高为+6价，过氧化钠中O元素的化合价由-1价降低为-2价，以此来解答本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意从化合价角度分析，题目难度
20、不大6.【答案】B【解析】氨水为混合物，不是电解质，故错误；HClO、H2SO4(浓)、HNO3中Cl元素的化合价是+1价，S、N均处于元素的最高价，都具有强氧化性，都是氧化性酸，故正确；氯气是单质，不是电解质，故错误；氯化铝含有共价键，属于共价化合物，故错误；水银为汞，只含一种物质，属于单质，属于纯净物，故错误；不锈钢是铁的合金，青铜、硬铝、目前使用的硬币有铜镍合金和不锈钢，都属于合金，故正确；C60、C70、金刚石、石墨都是由碳元素组成的不同碳单质，互为同素异形体，故正确；故选：B。本题考查了化学基本概念的理解和应用，熟悉混合物、化合物、单质、化合物、电解质、非电解质等概念的分析即可判断，
21、掌握物质的组成是解题关键。7.【答案】A【解析】试题分析：氧原子摩尔质量为16g/mol，故32gO2与32gO3所含的氧原子均为2mol，氧原子数为2NA，故A项正确；MgMg2+，故2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.2NA，故B项错误；CH3COOH为弱电解质，故1.0L1.0molL-1CH3COOH溶液中含有的CH3COO数目小于NA，故C项错误；14C中子数为8，故14g14C中所含有的中子数为8NA，故D项错误。考点：阿伏伽德罗常数应用。8.【答案】B【解析】【分析】试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，难度不大。该题的关键是明确分散系的有关概念以及本质区别，属于
22、识记性知识的考查，记住即可。【解答】A.溶液、胶体的分散质均能透过滤纸，故A错误；B.胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1100nm之间，而溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，故B正确； C.胶体能产生丁达尔现象，是属于胶体的性质，故C错误； D.胶体是由分散质和分散剂组成的，属于混合物物，故D错误。故选 B。9.【答案】C【解析】解：A.沸水中滴入FeCl3饱和溶液，离子方程式：Fe3+3H2O-Fe(OH)3(胶体)+3H+，故A错误；B.氯气和水反应，离子方程式：Cl2+H2O=H+Cl-+HClO，故B错误；C.用氢氧化钠溶液吸收过量二氧化碳，离子方程式：
23、OH-+CO2=HCO3-，故C正确；D.氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2I-+2Fe(OH)3+6H+=2Fe2+6H2O+I2，故D错误；故选：C。A.氢氧化铁胶体不是沉淀，不能用沉淀符号；B.次氯酸为弱酸，应保留化学式；C.二氧化碳过量反应生成碳酸氢钠；D.氢氧化铁溶于氢碘酸中，发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水本题考查离子反应方程式书写，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，侧重与量有关的离子反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大10.【答案】D【解析】解：A、Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl-，Fe2+被氧化成Fe3+，溶液颜色由浅绿色变为黄色，
24、故A错。 B、CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O，CaCO3+H2O+CO2=2Ca(HCO3)2，溶液先有白色沉淀后消失，故B错。C、AlCl3+3NH3.H2O=Al(OH)3+3NH4Cl，有白色沉淀，故C错。D、SO2与BaCl2溶液不反应，始终物明显现象，故D正确。故选：D根源化学方程式判断溶液中是否有沉淀、气体、颜色变化来确定选项本题考查了氯气、二氧化硫、氯化铝、氢氧化钙的性质，属元素化合物的综合题，根据化合物的性质判断是否反应来确定选项11.【答案】C【解析】解：A.0.1molL-1NaHCO3溶液的pH约为8，说明碳酸氢根离子水解为主，电离程度较小，则水解产生的碳酸分
25、子比电离产生的碳酸根离子多，可以得出：c(Na+)c(HCO3-)c(H2CO3)c(CO32-)，故A错误；B.升温后又恢复到原来的温度，此时pH增大，只能说明在升温的时候碳酸氢根离子发生分解反应生成了碳酸根离子，且碳酸根离子水解程度较大，故B错误；C.向0.1molL-1NaHCO3溶液中通入足量SO2会生成0.1molL-1NaHSO3，根据电荷守恒，c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)，其中c(Na+)=0.1molL-1，故c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)0.1molL-1，故C正确；D.此时氯气和亚硫酸根离子发生氧化还原反应
26、，离子方程式为：HSO3-+Cl2+H2O=SO42-+3H+2Cl-，故D错误；故选：C。A.0.1molL-1NaHCO3溶液的pH约为8，说明水解产生的碳酸分子比电离产生的碳酸根离子多；B.升温后又恢复到原来的温度pH增大，说明在升温的时候碳酸氢根离子发生分解反应生成了碳酸根离子；C.向0.1molL-1NaHCO3溶液中通入足量SO2会生成0.1molL-1NaHSO3，HSO3-的电离大于水解；D.氯气和亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸和HCl。本题考查物质之间反应、物质的化学反应，侧重考查物质性质，题目难度不大，明确反应原理是解题的关键，考处理及灵活运用所学知识进行分析问题、解
27、决问题的能力。12.【答案】D【解析】【分析】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意氧化性、还原性比较的规律性方法。【解答】Co2O3+6HCl(浓)=2CoCl2+Cl2+3H2O中Co元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高， 5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3中Cl元素的化合价降低，I元素的化合价升高，结合氧化还原反应基本概念来解答。A.反应I中Cl元素的化合价升高，则HCl为还原剂，故A错误；B.II中I元素的化合价升高，HIO3是氧化产物，故B错误；C.由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，I中还原性为HCl
28、CoCl2，II中还原性为I2HCl，故C错误；D.由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，I中氧化性为Co2O3Cl2，II中氧化性为Cl2HIO3，则氧化性为Co2O3Cl2HIO3，故D正确。故选D。13.【答案】A【解析】解：A.反应中O元素的化合价从-1价升高到0价，反应中O元素的化合价由-2价升高为0价，则相同条件下生成3molO2，反应和转移的电子数之比为6：12=1：2，故A正确；B.反应中氧化剂(MnO2)与还原剂(Al)的物质的量之比为3：4，故B错误；C.反应中MnO2作氧化剂，反应、中MnO2作催化剂，故C错误；D.反应生成的Cl2经干燥后，常温下与Fe不能发生反应，
29、所以可用钢瓶贮运，故D错误；故选：A。反应为MnO2+4HCl(浓)-MnCl2+Cl2+2H2O，为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，为2H2O2-MnO22H2O+O2，为2KClO3-MnO22KCl+3O2，为4Al+3MnO2-高温2Al2O3+3Mn，为3Mn+2O2-高温Mn3O4，据此分析。本题考查了氧化还原反应及其计算，题目难度不大，把握物质之间的转化、元素化合物的性质、氧化还原反应的基本概念是解题的关键，侧重于考查学生对基础知识的应用能力和计算能力。14.【答案】D【解析】解：A.由分析可知，离心沉降与过滤都能使实现固液分离，故A正确；B.
30、次氯酸根离子自身还原为氯离子，Fe2+被氧化为Fe3+，离子方程式为ClO-+2Fe2+2H+=2Fe3+Cl-+H2O，故B正确；C.水浴加热时温度计测量水的温度，故C正确；D.聚合氯化硫酸铁铝水解生成胶体净水，不能杀菌消毒，故D错误；故选：D。硫铁矿烧渣主要成分为铁的氧化物，经酸溶得到铁盐和亚铁盐溶液，离心分离除去不溶性杂质，加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，水解聚合得到聚合氯化硫酸铁铝；A.固液分离的目的是回收悬浮液中的有用物质，它可以是悬浮液中的一相，也可以是两相。为达到固液分离的目的而采用的主要操作方法有离心沉降和过滤；B.次氯酸钠具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+；C.温度
31、计测量水浴的温度；D.聚合氯化硫酸铁铝水解生成胶体。本题考查物质制备流程，题目难度中等，侧重考查学生分析问题能力，掌握相关基础知识是解题的关键。15.【答案】C【解析】解：设金属都为1mol，Mg与足量酸反应生成氢气的物质的量为x，Al与足量酸反应生成的氢气的物质的量为y，则Mg+2HCl=MgCl2+H2 1 11mol x11=1molx，解得x=1mol，2Al+6HCl=2AlCl3+3H22 31mol y23=1moly，解得y=1.5mol，标准状况下气体的体积比等于其物质的量之比，则生成的氢气在标准状况下的体积比为1mol：1.5mol=2：3，故选：C。设物质的量都为1mol
32、，因酸足量，则金属都完全反应，然后利用化学反应方程式来计算氢气的物质的量，标准状况下气体的体积比等于其物质的量之比本题考查学生利用化学反应方程式的简单计算，明确酸足量，则金属完全反应是解答的关键，解答本题还可以应用关系式法、电子守恒等方法来快速解答16.【答案】B【解析】解：(1)取10mL废液加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀8.61g，沉淀为AgCl，n(Cl-)=8.61g143.5g/mol=0.06mol，c(Cl-)=6mol/L，阴离子只此一种，带负电荷量也是0.06mol，则没加含铜绝缘板时应含有Fe3+0.02mol(电荷守恒)；由(2)加含铜绝缘板后就会发生Cu+2Fe3+
33、=Cu2+2Fe2+，Fe3+减少，Cu2+、Fe2+增加，但是正电荷的物质的量还是0.06mol，铜片质量减少了0.256g，即0.256g64g/mol=0.004mol，令10mL废液中Fe3+为nmol，则：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl22 1nmol 0.004故n=0.008mol，所以原废液中c(Fe3+)=0.008mol0.01L=0.8mol/L，由方程式2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2可知，原废液中c(Fe2+)=2c(Cu2+)，根据电荷守恒，原废液中3c(Fe3+)+2c(Fe2+)+2c(Cu2+)=c(Cl-)，原废液中c(Cl-)=6m
34、ol/L，故30.8+2c(Fe2+)+212c(Fe2+)=6，解得c(Fe2+)=1.2mol/L，则c(Cu2+)=0.6mol/L，故原废液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=1.2mol/L：0.8mol/L=3：2，c(Fe3+)：c(Cu2+)=0.8mol/L：0.6mol/L=4：3A.由以上分析可知原废液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=3：2，故A错误；B.由上述分析可知，c(Fe3+)：c(Cu2+)=4：3，故B正确；C.由上述分析可知，c(Cl-)=6mol/L，c(Fe2+)=1.2mol/L，故C错误；D.该绝缘板腐蚀后减少的质量，即是参加反应的铜的质量，原废液中
35、c(Cu2+)=0.6mol/L，但是原废液的总体积不知道，所以无法计算Cu的总物质的量和质量，故D错误；故选B废液加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀8.61g，沉淀为AgCl，根据n=mM计算AgCl的物质的量，根据氯元素守恒计算溶液中n(Cl-)，再根据c=nV计算原废液中c(Cl-)；废液放入铜片充分反应，铜片质量减少了0.256g，说明溶液中含有Fe3+，根据铜片减少的质量结合方程式计算溶液中Fe3+的物质的量，进而计算原废液中c(Fe3+)；由方程式2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2可知，原废液中c(Fe2+)=2c(Cu2+)，根据电荷守恒，原废液中3c(Fe3+)+2c
36、(Fe2+)+2c(Cu2+)=c(Cl-)，据此计算原废液中c(Fe2+)、c(Cu2+).本题考查化学反应方程式的计算，把握发生的化学反应及电荷守恒、原子守恒为解答的关键，侧重分析能力、计算能力的考查，题目难度较大17.【答案】a c Na2O 2Na2O+O2=2Na2O2 淡黄色固体溶解，产生大量气泡，生成蓝色沉淀 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2 Cu2+2OH-=Cu(OH)2 NaOH NaCl AlCl3 0.3mol 0.05mol【解析】解：(1)树状分类法是一种很形象的分类法，图示方法就是树状图，物质小苏打是碳酸氢钠，酸式盐，故答案为：a；c；(2)把Na置
37、于干燥的氧气中，发现其颜色先变暗，变暗是因为常温下Na与氧气生成了Na2O；再变成淡黄色，是因为Na与氧气反应生成的Na2O又继续与O2反应生成了Na2O2，该反的化学方程式为：2Na2O+O2=2Na2O2，故答案为：Na2O；2Na2O+O2=2Na2O2；(3)过氧化钠与水反应生成NaOH和氧气，NaOH与CuSO4反应产生蓝色沉淀Cu(OH)2，故可观察到的实验现象为：淡黄色固体溶解，产生气泡，出现蓝色沉淀，该过程中涉及的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2，Cu2+2OH-=Cu(OH)2，故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2；Cu2+2O
38、H-=Cu(OH)2；(4)0.2molNaOH和0.1molNaAlO2的混合溶液中，缓慢通入0.45mol氯化氢气体，氯化氢气体首先与NaOH发生反应，0.2molNaOH消耗0.2mol的HCl，生成NaCl的物质的量为0.2mol，剩余的0.25molHCl与先与0.1molNaAlO2发生反应：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3，消耗0.1molHCl，生成0.1molNaCl和0.1molAl(OH)3，最后剩余的0.15molHCl与0.05mol的Al(OH)3反应发生反应：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，生成0.05mol的AlCl3，综上
39、所述，此时溶液中溶质为NaCl和AlCl3，各自的物质的量分别为：0.3mol、0.05mol，故答案为：NaCl；AlCl3；0.3mol；0.05mol。(1)树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树，水溶液中电离出阳离子全部是氢离子的化合物为酸，水溶液中电离出的阴离子全是氢氧根离子的化合物为碱，金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物为盐，两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物为氧化物；(2)钠露置于氧气中易被氧化而变暗，进一步氧化为淡黄色的过氧化钠；(3)过氧化钠投入盐溶液中，先和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠再和硫酸铜溶液继续反应；(4)NaOH和N
40、aAlO2的混合溶液中，缓慢通入氯化氢气体，氯化氢气体先与NaOH发生反应，再和NaAlO2发生反应，根据给出的量和方程式的系数比可求解。本题考查了物质的分类、钠及其化合物的性质、氢氧化铝的两性、根据方程式的计算，综合性较强，难度中等，掌握方程式的书写是解题的关键。18.【答案】7.5；托盘天平、药匙；搅拌、加热、研细氯化钾；玻璃棒引流；加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹液面与刻度线水平相切；是否漏水；偏低；重新配制；C；0.02mol/L【解析】解：配制450mL0.2molL-1KCl溶液，应选择500ml容量瓶，需氯化钾的质量为m=0.5L0.2molL-174.5
41、g/mol=7.45g7.5g，故答案为：7.5；通常用托盘天平称量，用药匙取氯化钾，故答案为：托盘天平、药匙；为加快氯化钾溶解可以采取搅拌、加热、研细氯化钾等措施故答案为：搅拌、加热、研细氯化钾等措施；为防止溶液溅出通常采取用玻璃棒引流；故答案为：玻璃棒引流；定容应注意：加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹液面与刻度线水平相切；故答案为：加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹液面与刻度线水平相切；(1)容量瓶带有瓶塞，使用过程中需要上下颠倒，所以使用前应检查是否漏水，故答案为：检查是否漏水；(2)未将洗涤烧杯、玻棒的洗液转移至容量瓶，导致溶质的物质的量偏
42、小，溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；(3)若进行步操作时加蒸馏水超过刻度线，实验失败，则需重新配制，故答案为：重新配制；(4)A.移液前，容量瓶中有少量蒸馏水未倒出，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液的浓度不变，故A不选；B.搅拌时有液体飞溅，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故B不选；C.定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故C选；D.定容后，倒置容量瓶摇匀经平放静置，液面低于刻度线，再加水定容，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故D不选；E.称量时砝码缺损，称取的溶质的质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故E不选；故选：C；(5)设
43、稀释后KCl的物质的量浓度为C，依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变，则：C100mL=0.2molL-110mL，解得C=0.02mol/L；故答案为：0.02mol/L利用n=cV计算出氯化钾的物质的量，再根据m=nM计算所需氯化钾的质量；用托盘天平称量固体质量，用药匙取用药品；加热、搅拌、将氯化钾研细等可以加速溶解；依据玻璃棒的作用解答；依据定容的正确操作及注意问题解答；(1)依据容量瓶使用的方法和注意问题解答；(2)未将洗涤烧杯、玻棒的洗液转移至容量瓶，导致溶质的物质的量偏小；(3)实验操作失败，需要重新配制；(4)分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据c=nV进行误差
44、分析；(5)依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变计算本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和步骤是解题关键，注意仪器的选择和使用，题目难度不大19.【答案】黄绿色 大 分液漏斗 做干燥剂 HCl 吸收多余的氯气 +4【解析】解：(1)氯气为黄绿色气体，密度比空气大，故答案为：黄绿色；大；(2)仪器A分液漏斗，浓硫酸的作用是做干燥剂，吸收氯气中的水蒸气，故答案为：分液漏斗；做干燥剂；(3)因为盐酸具有挥发性，需用盛有饱和食盐水的洗气瓶B除去氯气中的HCl，氯气有毒，直接排放会引起空气污染，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，被吸收，故答案为：HCl；吸收多余的氯气；(4)ClO2中O为-2价，则氯元素的化合价是+4价，故答案为：+4。二氧化锰与浓盐酸混合加热，发生MnO2+4HCl(浓)-MnCl2+Cl2+2H2O，生成氯气，且生成的氯气中混有氯化氢和水，可用饱和食盐水除去氯化氢，然后用浓硫酸干燥，E为气体的收集装置，当黄绿色气体充满E时，可说明收集满，氯气有毒，可与氢氧化钠等碱性溶液反应，F为尾气吸收装置，以此解答该题。本题考查了氯气的实验室制法，为高频考点，题目难度中等，明确氯气的有关化学反应原理是解本题关
