云南省德宏州2021-2022学年高一化学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份云南省德宏州2021-2022学年高一化学上学期期末试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，5 Cu-64， 在酸性条件下，可发生如下反应等内容，欢迎下载使用。
德宏州2021-2022年高一年级上学期期末统一监测
化学试卷
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Mg-24 S-32 Cl-35.5 Cu-64
第I卷选择题(共40分)
一、选择题(本题共20道小题，每小题2分，共40分)
1. 分类法在化学学科的发展中有非常重要的作用，下列关于物质分类的正确组合是
选项
混合物
纯净物
电解质
酸性氧化物
A
盐酸
NaOH
K2SO4溶液
SO2
B
空气
Fe(OH)3胶体
Na2CO3
CO
C
氯水
KNO3晶体
NaCl
干冰
D
CuSO4·5H2O
CaCl2
铜
SO3

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．K2SO4溶液为混合物，不是电解质，不符合题意，A项错误；
B．Fe(OH)3胶体为混合物，CO为不成盐氧化物，不符合题意，B项错误；
C．氯水是混合物，KNO3晶体是纯净物，NaCl是电解质，干冰是固态二氧化碳，属于酸性氧化物，符合题意，C项正确；
D．CuSO4·5H2O纯净物，不符合题意，D项错误；
答案选C。
2. 下列混合物分离(或除杂)的方法正确的是
A. 除去NaHCO3溶液中的Na2CO3：加入适量稀盐酸
B. 除去BaCO3固体中混有的BaSO4：加入过量盐酸后，过滤、洗涤
C. 除去Mg粉中的Al粉：加入足量NaOH溶液后，过滤、洗涤
D. 除去Al2O3中的少量Fe2O3：加入过量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸氢根和碳酸根均可以和稀盐酸反应，因此不能用稀盐酸除去NaHCO3溶液中的Na2CO3，可以向混合溶液中通入过量的CO2将碳酸钠除去，A错误；
B．碳酸钡可以和盐酸反应而硫酸钡不能，因此不能利用稀盐酸除去硫酸钡，可以向混合固体中加盐酸溶解后过滤，在滤液中加入碳酸钠得碳酸钡沉淀，B错误；
C．Al与NaOH溶液反应而Mg不能，因此可以利用NaOH溶液将Mg粉中的Al粉去除，C正确；
D．Al2O3与NaOH溶液反应而Fe2O3不能，因此不能用NaOH溶液将Al2O3中的少量Fe2O3去除，D错误；
故答案选C。
3. 下列对进行焰色反应实验操作注意事项说明，正确的是
①钾的火焰颜色，是透过蓝色钴玻璃观察到黄色
②先把铂丝灼烧到与原来火焰颜色相同，再蘸被检物质
③每次实验后，要用硫酸把铂丝洗净
④焰色反应是物理变化
⑤没有铂丝，也可用光洁无锈的铁丝代替
A. ①②④ B. ①③⑤ C. ②③④ D. ②④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①在观测钾的焰色反应时要透过蓝色钴玻璃片，滤去钠的黄光的干扰，透过蓝色钴玻璃观察到紫色，故①错误；
②做焰色反应实验前，需要将铂丝清洗干净，需要先把铂丝灼烧到与原来火焰颜色相同，再蘸取被检测的物，进行焰色反应，故②正确；
③盐酸易挥发，其盐高温时也易挥发，灼烧时，盐酸及其盐可一起挥发掉，以达洗净的目的，不能用硫酸清洗铂丝，故③错误；
④焰色反应过程中没有新物质生成，是物理变化，故④正确；
⑤洁净的细铁丝，放在酒精灯上灼烧至无色，本身无颜色，没有铂丝，也可用光洁无锈的铁丝代替，故⑤正确；
正确的有②④⑤，故选D。
4. 下图是某国化学教材中讲解氧化还原反应知识章节的插图，下列说法错误的是

A. 英文单词“”在这里是“还原”的意思
B. 物质1是还原剂，物质3是还原产物
C. 该反应可能是化合反应
D. 物质2的氧化性大于物质3
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知物质1、物质2为电中性物质，物质3正电荷，物质4带负电荷，物质1失去电子，被氧化得到物质3；物质2得到电子，被还原得到物质4，“”在这里是“氧化”的意思，“”是“还原”的意思，选项A正确；
B．物质1是还原剂，物质3是氧化产物，选项B错误；
C．该反应可能是化合反应，比如和反应生成，选项C正确；
D．氧化剂的氧化性强于氧化产物，物质2的氧化性大于物质3，选项D；
故选B。
5. 2020年2月9日晚，湖北省新冠肺炎疫情防控指挥部的第19场新闻发布会上，华中科大公共卫生学院副院长徐顺清介绍，新型冠状病毒的主要传播途径有直接传播(飞沫传播)和接触传播，目前没有直接证据证明病毒通过气溶胶传播。下列说法不正确的是
A. 云、烟、雾均属于气溶胶
B. PM2.5是对空气中直径小于或等于2.5μm(2.5×10-6m)的固体颗粒或液滴的总称，其分散在空气中一定形成气溶胶
C. 胶体是混合物，可用丁达尔效应来鉴别胶体和溶液
D. 胶体的分散质粒子大小在1nm到l00nm之间，能通过滤纸不能透过半透膜
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．云、雾、烟均是胶体，属于气溶胶，只是这些胶体的分散剂是空气，分散质是微小的尘埃或液滴，A正确；
B．胶体中分散质微粒直径介于1～100 nm之间，而2.5μm(2.5×10-6m)>100nm，因此PM2.5分散在空气中不能形成胶体，B错误；
C．胶体是混合物，具有丁达尔效应，而溶液没有，因此丁达尔效应可以鉴别胶体和溶液，C正确；
D．胶粒不能透过半透膜、能通过滤纸，溶液中分散质粒子能透过半透膜，D正确；
故选B。
6. 在酸性条件下，可发生如下反应： +2M3++4H2O=+Cl－+8H+， 中M的化合价是
A. +4 B. +5 C. +6 D. +7
【答案】C
【解析】
【详解】根据离子反应方程式中，反应前后所带电荷数相等，即6－1=8－n－1，解得n=2，从而得出M2O7n－中M的化合价为+6价，故C正确。
7. a、b、c、d、e分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg五种金属中的一种。已知：
（1）a、c、e均能与稀硫酸反应放出气体；
（2）b与d的硝酸盐反应，置换出单质d；
（3）c与强碱反应放出气体；
（4）c、e在冷浓硫酸中发生钝化。
由此可判断a、b、c、d、e依次为（ ）
A. Fe、Cu、Al、Ag、Mg B. Al、Cu、Mg、Ag、Fe
C. Mg、Cu、Al、Ag、Fe D. Mg、Ag、Al、Cu、Fe
【答案】C
【解析】
【详解】（1）a、c、e均能与稀硫酸反应放出气体，则a、c、e分别是Fe、Al、Mg中的一种，b与d分别是Cu和Ag中的一种；
（2）b与d分别是Cu和Ag中的一种，b与d的硝酸盐反应，置换出单质d，则b与d分别是Cu和Ag；
（3）c与强碱反应放出气体，则c为Al；
（4）c、e在冷浓硫酸中发生钝化，则e为Fe、a为 Mg。
由此可判断a、b、c、d、e依次为Mg、Cu、Al、Ag、Fe，故选C。
8. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 过量通入NaOH溶液中：
B. 铁粉溶于稀硫酸：
C. 用醋酸清洗水垢：
D. 同浓度同体积的溶液与NaOH溶液混合：
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢氧化钠溶液中通入过量CO2，发生，故A正确；
B．铁粉与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，其反应离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B错误；
C．醋酸属于弱酸，书写离子方程式时，应写成分子式，故C错误；
D．硫酸氢铵加入氢氧化钠溶液，两者溶液中浓度、体积相同，即发生H++OH-=H2O，故D错误；
答案为A。
9. 下列离子组在一定条件下能大量共存，且加入相应试剂后所对应的离子方程式正确的是
选项
离子组
加入试剂
加入试剂后发生反应的离子方程式
A
Fe2+、NO、K+
稀硫酸

B
Fe3+、I－、ClO－
NaOH溶液

C
Mg2+、HCO、Cl－
NaOH溶液

D
Al3+、Cl－、NO
稀氨水


A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．Fe2+、NO、K+，加入稀硫酸，H+与Fe2+、NO发生氧化还原反应生成铁离子和一氧化氮，故A正确；
B．I－、ClO－发生氧化还原反应，Fe3+、I－发生氧化还原反应，故B错误；
C．Mg2+、HCO、Cl－，加入NaOH溶液后，发生反应生成碳酸镁沉淀，，故C错误；
D．Al3+、Cl－、NO，加入氨水生成氢氧化铝沉淀，，故D错误。
综上所述，答案为A。
10. 二氧化氯具有杀菌消毒作用，是一种广谱型消毒剂。工业上常用Cl2氧化NaClO2制得，方程式为：Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl，下列相关说法正确的是
A. 反应中Cl2被氧化 B. 消耗2molNaClO2时，转移2mol电子
C. ClO2是还原产物 D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2
【答案】B
【解析】
【详解】A．在该反应中Cl2得到电子被还原为NaCl，选项A错误；
B．在该反应中，NaClO2失去电子被氧化为ClO2，每有1 mol NaClO2反应，转移1 mol电子，则当消耗2 mol NaClO2时，转移2mol电子，选项B正确；
C．ClO2是NaClO2失去电子后被氧化产生氧化产物，选项C错误；
D．在该反应中Cl2作氧化剂，NaClO2作原剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为2:1，选项D错误；
答案选B。
11. 从氧化还原反应的角度分析，下列说法正确的是
A. As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3+6ZnSO4+3H2O，氧化剂和还原剂的物质的量比为6∶1
B. 3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O中，被氧化和被还原的硫元素质量之比为2∶1
C. 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，每生成1molO2，转移2mol电子
D. Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，氧化产物和还原产物物质的量之比为2∶3
【答案】C
【解析】
【详解】A．在反应As2O3＋6Zn＋6H2SO4=2AsH3＋6ZnSO4＋3H2O中，As的化合价从+3价降低到-3价，做氧化剂，Zn的化合价从0价升高到+2价，做还原剂，根据方程式可知，氧化剂和还原剂的个数比为1：6，选项A错误；
B．在反应3S＋6KOH2K2S＋K2SO3＋3H2O中，3个S中，有1个化合价升高，被氧化，有2个化合价降低，被还原，所以被氧化和被还原的硫元素质量之比为1∶2，选项B错误；
C．在反应2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2中，Na2O2中-1价的氧元素的化合价既升高，又降低，1个Na2O2转移1个电子，所以每生成1molO2，转移2mol电子，选项C正确；
D．在反应Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO中，碳元素的化合价升高，生成的CO是氧化产物，氮元素的化合价降低，生成的AlN是还原产物，氧化产物和还原产物个数之比为3∶2，选项D错误；
答案选C。
12. 将少量金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体，又有白色沉淀产生的是
①MgCl2溶液②饱和NaCl溶液③K2SO4溶液④饱和澄清石灰水⑤FeCl3溶液
A. ① B. ①④ C. ①②④ D. ①②④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①少量金属钠放入MgCl2溶液中，金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与MgCl2溶液反应生成氢氧化镁白色沉淀，符合题意；
②少量金属钠放入饱和NaCl溶液中，金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，溶剂的量减小，有氯化钠白色固体析出，符合题意；
③少量金属钠放入K2SO4溶液中，金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，没有固体析出，不符合题意；
④少量金属钠放入饱和澄清石灰水中，金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应放热，氢氧化钙的溶解度降低，有白色固体析出，符合题意；
⑤少量金属钠放入FeCl3溶液中，金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与氯化铁反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，不符合题意；
故选C。
13. 根据下列化学方程式：① 2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ② 2Fe2++ Cl2=2Fe3++2Cl- ③ 2Fe3++Cu=2Fe2+ + Cu2+ ④Fe+Cu2+=Fe2+ + Cu；可判断MnO、Cu2+、Fe3+、Cl2的氧化性由强到弱的顺序为：
A. Fe3+>MnO>Cl2>Cu2+ B. Cu2+> Cl2>MnO>Fe3+
C. Cl2>MnO> Fe3+>Cu2+ D. MnO>Cl2>Fe3+>Cu2+
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】①反应MnO中Mn元素化合价+7价变化为+2价，化合价降低做氧化剂，氯离子化合价-1价变化为0价，化合价升高失电子被氧化生成氯气，氧化性MnO＞Cl2，
②2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Cl2中氯元素化合价0价变化为-1价，化合价降低做氧化剂，亚铁离子盐酸化合价+2价变化为+3价，元素化合价升高失电子被氧化得到氧化产物为Fe3+，氧化性Cl2＞Fe3+，
③2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，反应中Fe3+元素化合价+3价变化为+2价做氧化剂，Cu元素化合价0价变化为+2价元素化合价升高失电子被氧化得到氧化产物Cu2+，氧化性Fe3+＞Cu2+，
④Fe+Cu2+=Fe2++Cu，反应中Cu2+元素化合价+2价变化为0价做氧化剂，Fe元素化合价0价变化为+2价元素化合价升高失电子被氧化得到氧化产物Fe2+，氧化性Cu2+＞Fe2+，
可推断氧化性由强到弱的顺序为：MnO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，
故选：D。
14. 下列各图示中能较长时间看到 Fe(OH)2白色沉淀的是
(已知：苯为难溶于水且密度比水小的液体)

A ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④
【答案】B
【解析】
【详解】①Fe与稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排出，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故①选；
②Fe与稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排出，且利用氢气的压力使硫酸亚铁与NaOH接触而反应，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故②选；
③没有隔绝空气，生成的氢氧化亚铁易被氧化，故③不选；
④苯隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故④选；
综上所述答案为B。
15. 表中，对陈述I、II的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是
选项
陈述I
陈述II
判断
A
苏打可用于治疗胃病
Na2CO3可与盐酸反应
I对；II对；无关系
B
Cl2具有强氧化性
Cl2具有漂白性
I对；II对；有关系
C
金属钠具有强氧化性
钠钾合金可作为原子反应堆的导热剂
I对；II对；无关系
D
过氧化钠可用作呼吸面具中的供氧剂
Na2O2能与CO2或H2O反应生成O2
I对；II对；有关系

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A． 陈述II错误，苏打为碳酸钠，水解碱性太强不能用于治疗胃酸过多，应该是小苏打可治疗胃酸过多，陈述II正确，Na2CO3可与盐酸反应，选项A错误；
B． 陈述II错误，没有漂白性，而是溶于水，与水反应生成的次氯酸有漂白性，选项B错误；
C． 陈述I错误，金属钠活泼，易失去电子，具有强还原性，选项C错误；
D． 因为能与或反应生成，故过氧化钠可用作呼吸面具中的供氧剂，I对；II对；二者有关系，tfa D正确；
答案选D。
16. 0.2L由NaCl、、组成混合溶液中，部分离子浓度如下图所示，下列关于该混合液组成的说法错误的是

A. 含有NaCl的物质的量为0.2mol
B. 含有的质量为9.5g
C. 含有的物质的量为0.1mol
D. 将该混合液加水稀释至0.5L，稀释后溶液中
【答案】D
【解析】
【详解】A．n(Na+)=1.0 mol/L×0.2 L=0.2 mol，则NaCl物质的量为0.2mol，A正确；
B．n(Mg2+)=0.5 mol/L×0.2 L=0.1 mol，n(MgCl2)=0.1 mol，m(MgCl2)=0.1 mol×95 g/mol=9.5 g，B正确；
C．根据电荷守恒，c(Na+)+2c(Mg2+)+2c(Ba2+)=c(Cl-)，得1.0 mol/L+2×0.5 mol/L+2c(Ba2+)=3 mol/L，解得c(Ba2+)=0.5 mol/L，n(BaCl2)=n(Ba2+)=0.5 mol/L×0.2 L=0.1 mol，C正确；
D．稀释前后Ba2+物质的量不变，则稀释后Ba2+物质的量浓度为0.1 mol÷0.5 L=0.2 mol/L，D错误；
故答案选D。
17. 下列溶液中的物质的量浓度最大的是
A. 溶液 B. 溶液
C. 溶液 D. 溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．KClO溶液中无氯离子；
B．200 mL 2.5mol•L-1KCl溶液中Cl-的物质的量浓度为2.5mol/L；
C．75mL 1.5mol•L-1CaCl2溶液中c(Cl-)=2c(CaCl2)=1.5mol/L×2=3mol/L；
D．100 mL 1mol•L-1MgCl2溶液中c(Cl-)=1mol/L×2=2mol/L；
所以氯离子浓度最大的是3mol/L，故选C。
18. NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是
①0.5mol O2与11.2L O2所含的分子数一定相同
②标准状况下，28g CO与N2的混合气体的体积约为22.4L
③常温常压下，NA个CO2分子占有的体积为22.4L
④常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体中含有的原子数为6 NA
⑤标准状况下，11.2L由CH4和C2H4组成的混合气体中含有氢原子的数目为2 NA
⑥标准状况下，22.4L SO3含有的分子数为NA
A. ①③⑥ B. ②④⑤ C. ①③⑤ D. ②③④⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①没有说明是否为标况下，11.2L O2的物质的量不一定为0.5mol，故错误；
②CO与N2的摩尔质量均为28g/mol，所以28g CO与N2的混合气体的物质的量为1mol，标准状况下，体积约为22.4L，故正确；
③标况下， NA个CO2分子为1mol，其占有的体积为22.4L，常温常压下，1molCO2占有的体积大于22.4L，故错误；
④NO2的摩尔质量为46g/mol；NO2和N2O4混合气体可以表示为“NO2”，92g的NO2和N2O4混合气体中含有“NO2”的量为2mol，含有的原子数为6 NA，故正确；
⑤标准状况下，11.2L由CH4和C2H4组成的混合气体的量为0.5mol；CH4和C2H4组成中含有氢原子数相同，因此0.5mol由CH4和C2H4组成的混合气体中含有氢原子的数目为2 NA，故正确；
⑥标准状况下，SO3为非气态，不能用气体摩尔体积进行计算，故错误；
结合以上分析可知，正确的是②④⑤；
故选B。
19. 我国化学家侯德榜研究出以饱和食盐水、和(合成氨厂的氨气中常混有副产物，氨气极易溶于水，可与水反应生成碱)为原料制备纯碱，其生产流程如图所示，下列说法不正确的是

A. 沉淀池中应先通入，再通入
B. 流程中的X为，Y为
C. 沉淀池中发生反应：
D. 操作I为过滤，母液中的一种副产品为
【答案】B
【解析】
【分析】侯氏制碱原理为向饱和食盐水中通入NH3、CO2，生成NH4Cl和NaHCO3，由于溶液饱和，此时会析出溶解度小的NaHCO3，经过过滤获得NaHCO3固体，煅烧NaHCO3可获得纯碱Na2CO3和CO2（循环利用），综上所述，图中X为NH3，Y为CO2，操作Ⅰ为过滤，母液中主要成分为NH4Cl，经分解可得到NH3（循环利用）。
【详解】A．由于NH3极易溶于水，且NH3溶解后溶液显碱性，有利于CO2的溶解，故先通NH3，后通CO2，A正确；
B．由分析知，X为NH3，Y为CO2，B错误；
C．由分析知，沉淀池中发生反应生成NH4Cl和NaHCO3，对应方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，C正确；
D．由分析知，操作Ⅰ为过滤，母液中主要含NH4Cl，可用作氮肥，D正确；
故答案选B。
20. 将0.1Ba(OH)2溶液分为两等份放入烧杯中，分别向其中滴入0.1的H2SO4和NaHSO4溶液，两份溶液导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图。下列分析不正确的是

A. 曲线②代表滴加NaHSO4溶液的变化曲线
B. b点之前，溶液中发生的离子反应方程式为
C. a、c两点对应的溶液均为中性
D. 曲线①说明浓度相同的稀硫酸导电能力强于稀Ba(OH)2溶液
【答案】B
【解析】
【分析】Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，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，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，曲线②代表滴加NaHSO4溶液的变化曲线，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，b点溶液中加入NaHSO4溶液时，实际上是酸碱中和反应，离子方程式为H++OH-=H2O，B错误；
C．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；c点②中溶质为Na2SO4溶液和水，都呈中性，C正确；
D．曲线①中a点之前溶质为Ba(OH)2，过了a点后溶质为H2SO4，浓度相同H2SO4对应的点纵坐标更大，导电能力更强，D正确；
故答案选B。
第II卷非选择题(共60分)
二、非选择题(本题共5道小题，共60分)
21. 已知NaHSO4溶于水时电离出Na+、H+、，某同学欲探究其化学性质，取5份溶液做了如下实验，请你用离子方程式解释下述实验现象：
（1）加Zn粒有大量气体生成：____。
（2）加入Fe2O3后溶液变黄色：____。
（3）加入CuCO3固体后溶液变蓝色：____。
（4）加入NaHCO3后有大量气泡产生：____。
（5）与NaOH溶液的反应：____。
【答案】（1）Zn+2H+=H2↑+Zn2+
（2）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
（3）CuCO3+2H+=Cu2++H2O+CO2↑
（4）+H+=H2O+CO2↑
（5）H++OH-=H2O
【解析】
【分析】NaHSO4溶于水时电离出Na+、H+、，电离出氢离子相当于一元强酸。
【小问1详解】
锌是活泼的金属，能与氢离子反应生成氢气，离子方程式为Zn+2H+=H2↑+Zn2+；
【小问2详解】
氧化铁是碱性氧化物，能与氢离子反应生成铁离子，离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
【小问3详解】
CuCO3属于碳酸盐，能与氢离子反应生成铜离子和水、二氧化碳，离子方程式为CuCO3+2H+=Cu2++H2O+CO2↑；
【小问4详解】
碳酸氢盐能与酸反应生成CO2和H2O，离子方程式为+H+=H2O+CO2↑；
【小问5详解】
NaOH溶液与H+反应生成钠盐和水，反应的离子方程式为：H++OH-=H2O。
22. 实验室欲配制480mL0.5mol·L-1的CuSO4溶液，据此回答下列问题：
（1）需称量胆矾CuSO4.5H2O__g。
（2）在配制的过程中一定不需要使用到的仪器是（填写代号）__，还缺少的仪器有__、__。
A.烧杯 B.药匙 C.玻璃棒 D.1000mL容量瓶 E.锥形瓶 F.胶头滴管
（3）如图所示的实验操作的先后顺序为__。

（4）从配制好的CuSO4溶液中取出10mL，将这10mL的CuSO4溶液稀释至100mL，稀释后CuSO4溶液的浓度变为__mol·L-1。
（5）下列的实验操作可能导致配制的溶液浓度偏低的是__。
A.容量瓶内原来存有少量的水
B.定容时液面超过刻度线，用胶头滴管吸出
C.称量所需CuSO4.5H2O的质量时，物品与砝码的位置放反了（1g以下用游码）
D.定容时俯视刻度线
【答案】 ①. 62.5g ②. DE ③. 500mL容量瓶 ④. 托盘天平 ⑤. ④⑥②⑤③① ⑥. 0.05mol/L ⑦. BC
【解析】
【分析】配制溶液的一般步骤为计算，称量（或量取），溶解（或稀释），冷却室温，移液，洗涤，定容，颠倒摇匀，装试剂瓶贴标签。稀释前后溶液中溶质的物质的量不变，稀释定律为c（浓）V（浓）=c（稀）V（稀）。根据浓度定义公式c=可知，若使n偏小，或者V偏大，会使配制结果偏小。
（2）在配制的过程中需要使用到的仪器有天平（带砝码），药匙，量筒，胶头滴管，烧杯，玻璃棒，500mL容量瓶。
【详解】（1）配制480mL0.5mol•L-1的硫酸铜溶液，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，依据m=cVM计算需要溶质的质量，即需要溶质CuSO4•5H2O的质量为： 0.5mol/L×0.5L×250g/mol=62.5g，故答案为：62.5；
（2）在配制的过程中需要使用到的仪器有天平（带砝码），药匙，量筒，胶头滴管，烧杯，玻璃棒，500mL容量瓶，可知一定不需要使用到的仪器是1000mL容量瓶、锥形瓶，还缺少的仪器有500mL容量瓶、托盘天平，故答案为：DE， 500mL容量瓶，托盘天平；
（3）根据配制溶液的一般步骤结合图示可知，④称量，⑥溶解，②移液，⑤③定容①颠倒摇匀，所以实验操作的先后顺序为④⑥②⑤③①，故答案为：④⑥②⑤③①；
（4）根据稀释定律，稀释后硫酸铜的浓度为c==0.05mol/L，故答案为：0.05mol/L；
（5）A.容量瓶内原来存有少量的水，不会影响n，V的大小，所以对所配溶液浓度无影响，故A错误；
B.定容时液面超过刻度线，用胶头滴管吸出，则会导致溶质的物质的量n减小，所以导致所配溶液浓度偏小，故B正确；
C.称量所需CuSO4.5H2O的质量时，物品与砝码的位置放反了（1g以下用游码），则会导致溶质的物质的量n偏小，所以导致所配溶液浓度偏小，故C正确；
D.定容时俯视刻度线, 则会导致溶液的体积V偏小，所以导致所配溶液浓度偏大，故D错误；
综上所述，答案为：BC。
【点睛】定容时，仰视会导致加水超过刻度线，体积偏大；俯视会导致加水在刻度线以下，体积偏小。
23. 如图是一套制取并验证氯气部分化学性质的实验装置。已知：Cl2+2KI=I2+2KCl。

回答下列问题：
(1)装置A中，仪器a的名称叫___，该仪器中盛放的试剂为___，写出A装置发生反应的离子方程式：___。
(2)装置B的作用是____。
(3)当有少量Cl2通过后，观察到装置C中溶液变成____色。
(4)当Cl2持续通过时，装置D中干燥的有色布条能否褪色？___，为什么？ ____。
(5)若要证明Cl2无漂白性，则必须在装置D之前加一个____。
(6)装置E的作用是___，该反应的离子方程式为____。
【答案】 ①. 分液漏斗 ②. )浓盐酸 ③. MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O ④. 吸收Cl２中的氯化氢 ⑤. 蓝 ⑥. 能 ⑦. 因为Cl2与带出的H2O(g)反应生成HClO，使有色布条褪色 ⑧. 装有浓硫酸的洗气瓶 ⑨. 吸收多余的氯气或吸收尾气 ⑩. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【解析】
【分析】装置A中MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，制得的Cl2中混有杂质HCl，经过装置B除去HCl，Cl2进入装置C中发生反应Cl2+2KI=I2+2KCl，使淀粉溶液变蓝，湿润的Cl2进入装置D，由于反应Cl2+H2O=HCl+HClO，生成的HClO具有漂白性，故有色布条会褪色，装置E为尾气处理装置，吸收多余Cl2，防止污染空气。
【详解】(1)仪器a为带活塞的漏斗，故为分液漏斗；由分析知，装置A制取Cl2需要浓盐酸，故分液漏斗中盛放的试剂为浓盐酸；装置A中MnO2与浓HCl反应生成MnCl2、Cl2和H2O，对应离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
(2)由分析知，装置B的作用为吸收Cl2中的氯化氢；
(3) Cl2进入装置C中发生反应Cl2+2KI=I2+2KCl，使淀粉溶液变成蓝色；
(4)由于进入装置D之前Cl2未干燥，故Cl2与带出的H2O(g)反应生成HClO，使有色布条褪色，此处填“能”，原因为： Cl2与带出的H2O(g)反应生成HClO，使有色布条褪色；
(5)要证明Cl2无漂白性，则需获得干燥的Cl2，即在装置D之前加一个装有浓硫酸的洗气瓶；
(6)由分析知，装置E为尾气处理装置，其作用为：吸收多余的氯气，防止污染环境；多余的Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO、H2O，从而被吸收，对应离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
24. 已知A是一种红棕色金属氧化物，B、D是金属单质，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。

（1）写出下列物质的名称或化学式：A(名称)：____，E(名称)：____，I(化学式)：____，G(化学式)：____。
（2）按要求填空：
D转化为E的离子方程式：____。
F在空气中转化为G的化学方程式：____。
写出B生成I的离子方程式：____。
如何检验E溶液是否变质：____。
【答案】（1） ①. 氧化铁 ②. 氯化亚铁 ③. NaAlO2 ④. Fe(OH)3
（2） ①. Fe+2H+=Fe2++H2↑ ②. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 ③. 2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑ ④. 取少量E待测液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色，说明E溶液中含有Fe3+，已发生变质，反之则不含Fe3+，未发生变质
【解析】
【分析】A是一种红棕色金属氧化物，根据G是红褐色沉淀可判断G是氢氧化铁，则F是氢氧化亚铁，E是氯化亚铁，B、D是金属单质，D是铁，因此A是氧化铁。C与盐酸和氢氧化钠溶液均反应，则C是氧化铝，B是铝，H是氯化铝，I是偏铝酸钠，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解，J是氢氧化铝，分解生成氧化铝和水。
【小问1详解】
根据以上分析可知A的名称是氧化铁，E的名称是氯化亚铁，I的化学式为NaAlO2，G的化学式为Fe(OH)3；
【小问2详解】
D转化为E的离子方程式为Fe+ H+=Fe2++H2↑；
F在空气中转化为G的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
铝与氢氧化钠溶液反应生成I的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
检验E溶液是否变质则是检验溶液中是否含有Fe3+，方法为：取少量E待测液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色，说明E溶液中含有Fe3+，已发生变质，反之则不含Fe3+，未发生变质。
25. 高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠有多种方法，其中湿法制备高铁酸钠的原理为：3NaClO+2Fe(OH)3+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。
（1）高铁酸根()中铁元素的化合价为____；该反应中氧化剂是____；被氧化的元素是____(填名称)；氧化产物是____。
（2）请用双线桥表示该氧化还原反应中电子转移的方向和数目：____。
（3）若有0.15mol次氯酸钠参加反应，则转移的电子数为____，生成____molNa2FeO4。
（4）写出湿法制备高铁酸钠的离子方程式：_____。
【答案】（1） ①. +6价 ②. NaClO ③. 铁元素 ④. Na2FeO4
（2） （3） ①. 0.3NA或1.806×1023 ②. 0.1mol
（4）3ClO-+4OH-+2Fe(OH)3=2+3Cl-+5H2O
【解析】
【小问1详解】
高铁酸根中氧是-2价，铁的化合价=(-2)-(-2×4)=+6，所以铁的化合价是+6价；反应过程中氯元素的化合价由+1价降为-1价，化合价降低，所以NaClO是氧化剂；铁元素化合价从+3价升高变为+6价，所以被氧化的元素是铁元素，Na2FeO4是氧化产物；
【小问2详解】
结合以上分析可知，该反应发生后，转移6mol电子，用双线桥表示该氧化还原反应中电子转移的方向和数目：；
【小问3详解】
根据反应3NaClO+2Fe(OH)3+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O可知，；转移电子数为6，故若有0.15mol次氯酸钠参加反应，则转移的电子数为0.3NA或1.806×1023，生成0.1molNa2FeO4；
【小问4详解】
写出湿法制备高铁酸钠的离子方程式：3ClO-+4OH-+2Fe(OH)3=2+3Cl-+5H2O。