2022-2023学年黑龙江省实验中学高一上学期期中测试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年黑龙江省实验中学高一上学期期中测试化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

黑龙江省实验中学2022-2023学年高一上学期期中测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．2020年2月，国家卫健委将新型冠状病毒感染的肺炎纳入乙类传染病，并采取甲类传染病的预防、控制措施。下列说法正确的是
A．新冠肺炎传播途径主要为直接传播、气溶胶传播和接触传播，正确佩戴口罩能有效预防新冠病毒传播
B．酒精能够有效杀灭新冠病毒，浓度越高，消毒效果越好
C．84消毒液、医用酒精、过氧乙酸、双氧水均可以将病毒氧化，从而达到消毒的作用
D．洁厕灵是酸性洗涤剂，主要成分是盐酸()，“84”消毒液与洁厕灵混用能生成高浓度的次氯酸，消毒效果更好
【答案】A
【详解】A．新冠肺炎传播途径主要为直接传播、气溶胶传播和接触传播，正确佩戴口罩能防止直接传播、过滤掉病毒，有效预防新冠病毒传播，A正确；
B．75%的医用酒精能够有效杀灭新冠病毒，但酒精不是浓度越高，消毒效果越好，B错误；
C．医用酒精没有强氧化性，其消毒也不是利用氧化作用而是通过其破坏病毒的蛋白质结构，而84消毒液、过氧乙酸、双氧水均可以将病毒氧化，从而达到消毒的作用，C错误；
D．洁厕灵是酸性洗涤剂，主要成分是盐酸()，“84”消毒液与洁厕灵混用能生成高浓度的次氯酸，由于Ca(ClO)2+4HCl=2Cl2↑+2H2O+CaCl2产生有毒气体，二者不能混用，D错误；
故答案为：A。
2．下列生活中的物质与其主要成分的化学式、用途的对应关系中，不正确的是
选项
A
B
C
D
生活中的物质
食盐
小苏打
碘酊
漂白粉
主要成分的化学式


、
、
用途
做调味品
做发酵粉
消炎、杀菌
做消毒剂

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．食用盐的主要成分为氯化钠，是常用的调味剂，故A正确；
B．小苏打主要成分是碳酸氢钠，不是碳酸钠，故B错误；
C．碘酊又称碘酒，主要成分为、，可以使病原体的蛋白质变性，常用于消炎、杀菌，故C正确；
D．漂白粉的主要成分为次氯酸钙，具有强氧化性的物质一般可以杀菌、消毒、漂白，故D正确；
故选：B。
3．下列说法中正确的是
A．是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热生成红棕色粉末
B．赤铁矿主要成分是，俗称铁红，常用于制作红色油漆和涂料
C．向热氢氧化钠溶液中滴加饱和溶液，制备胶体
D．工业上曾经通过反应：生产金属钠，该反应利用的原理是铁的还原性比钠强
【答案】B
【详解】A． 是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热部分氧化生成黑色粉末四氧化三铁，故A错误；
B． 赤铁矿主要成分是，俗称铁红，常用于制作红色油漆和涂料，故B正确；
C． 向热氢氧化钠溶液中滴加饱和溶液，制备沉淀，得不到胶体，故C错误；
D． 工业上曾经通过反应：生产金属钠，该反应利用的原理是铁的沸点比钠高，故D错误；
故选B。
4．将的和的混合后，若溶液体积变成二者体积之和(忽略体积变化)，混合液中氯离子的物质的量浓度为
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出混合溶液中的氯离子的总的物质的量，然后根据c(Cl-)= 计算。
【详解】将的和的混合后，混合后溶液的体积变为二者的体积之和，即溶液体积变为100mL，溶液中的n(Cl-)=0.3mol/L×0.05L+0.2mol/L×2×0.05L=0.035mol,则c(Cl-)===0.35mol/L，故选B。
5．下列叙述错误的个数是
①摩尔是用来衡量微观粒子多少的一种物理量
②的摩尔质量是的摩尔质量的2倍
③的摩尔质量等于它的相对分子质量
④一氧化碳的质量为
⑤的摩尔质量是36.5
⑥常温常压下，氯气含有的电子数目为
⑦氖气的原子数为
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【详解】①摩尔是物质的量的单位，物质的量是用来衡量微观粒子多少的一种物理量，故①错误；
②摩尔质量与物质的物质的量多少无关，所以2molH2O的摩尔质量、1molH2O的摩尔质量相等，故②错误；
③摩尔质量的单位是g/mol，数值上等于其相对分子质量，的摩尔质量等于44g/mol，故③错误；
④一氧化碳的质量为28g，故④错误；
⑤摩尔质量的单位是g/mol，的摩尔质量是36.5g/mol，故⑤错误；
⑥氯气的物质的量为1mol，含有的电子数目为34mol，即，故⑥正确；
⑦氖气是单原子分子，氖气的原子数为，故⑦错误；
故选C。
6．以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础。下列与物质的量相关的计算正确的是
A．标准况下，气体分子质量为，则气体的摩尔质量为
B．和中含有碳原子数一定相等
C．现有、、种气体，它们分别都含有，三种气体的物质的量之比
D．中有个氯原子，则阿伏加德罗常数可以表示为
【答案】C
【详解】A. 摩尔质量的单位为g/mol而不是g，A错误；
B. 的物质的量为=0.2mol，未告知气体所处的温度和压强，无法计算的物质的量，故含有碳原子数不一定相等，B错误；
C. 现有、、种气体，它们分别都含有，三种气体的物质的量分别为：1mol、mol和mol，则三种气体的物质的量之比，C正确；
D. 阿伏伽德罗常数是有单位的，单位为mol-1，中有个氯原子，则有：=b，解得阿伏加德罗常数可以表示为mol-1，D错误；
故答案为：C。
7．一定质量、的混合物，在足量气流中加热充分反应，冷却后称得剩余固体全为铁单质，且比原固体混合物减轻了；将等质量的原混合物与硫酸反应，欲使之完全溶解，需的硫酸的体积至少为
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】FeO、Fe3O4的混合物，在足量H2气流中加热充分反应，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻1.6g为混合物中氧原子的质量；将等质量的FeO、Fe3O4的混合物与硫酸反应，欲使之完全溶解，当恰好反应时需要硫酸的体积最小，此时恰好生成FeSO4、Fe2(SO4)3，SO与FeO、Fe3O4的混合物中O原子物质的量相等。
【详解】FeO、Fe3O4的混合物，在足量H2气流中加热充分反应，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻1.6g为混合物中氧原子的质量，其物质的量=0.1mol；将等质量的FeO、Fe3O4的混合物与硫酸反应，欲使之完全溶解，当恰好反应时需要硫酸的体积最小，此时恰好生成FeSO4、Fe2(SO4)3，SO与FeO、Fe3O4的混合物中O原子物质的量相等，故n(H2SO4)=0.1mol,需0.5mol•L-1的硫酸的体积至少为=0.2L，故选B。
8．下列各组离子能大量共存的是
A．透明溶液中：、、、
B．强碱性溶液中：、、、
C．能使石蕊变红的溶液中：、、、
D．使试纸变红的溶液中：、、、
【答案】A
【详解】A． 透明溶液中：、、、之间不产生沉淀、气体或水，故A符合；
B． 强碱性溶液中与氢氧根离子反应生成一水合氨，故B不符；
C． 能使石蕊变红的溶液，呈酸性，、反应生成二氧化碳和水，故C不符；
D． 使试纸变红的溶液，呈酸性，、反应生成HS-或H2S，故D不符；
故选A。
9．下列各选项中的两个反应，可用同一个离子方程式表示的是
选项
Ⅰ
Ⅱ
A
溶液与过量溶液混合
溶液与过量溶液混合
B
过量通入溶液中
过量通入澄清石灰水中
C
溶液与稀硝酸混合
与稀硝酸混合
D
溶液与过量溶液混合
溶液与少量溶液混合

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．I中生成碳酸钡、碳酸钠和水，II中生成碳酸钠和水，碳酸钡在离子反应中保留化学式，二者离子反应不同，故A错误；
B．I、II都可以用OH-+CO2=HCO表示，故B正确；
C．I中生成硝酸钾和水，Ⅱ中发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水，二者反应实质不同，不能用同一个离子方程式表示，故C错误；
D．I中Na2CO3溶液与过量H2SO4溶液混合，离子方程式为CO+2H+=CO2↑+H2O，溶液与少量溶液混合，CO+H+=HCO，故D错误；
故选B。
10．下列反应的离子方程式正确的是
A．溶液中滴入溶液至中性：
B．大理石与醋酸反应：
C．放入水中：
D．向酸化溶液中通入：
【答案】D
【详解】A．溶液中滴入氢氧化钡溶液至中性，氢氧根离子与钡离子的计量数关系产物，正确的离子方程式为：，故A错误；
B．大理石主要成分即碳酸钙跟醋酸反应生成醋酸钙和水、二氧化碳，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，故B错误；
C．与水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：，故C错误；
D．向酸化KMnO4溶液中通入SO2生成锰离子和硫酸根离子，离子方程式为：，故D正确；
故选：D。
11．将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
①MgSO4溶液；②饱和澄清石灰水；③Fe2(SO4)3稀溶液；④Ca(HCO3)2溶液；⑤饱和NaCl溶液；⑥CuSO4溶液
A．①③④⑥ B．①②④⑤ C．③④⑤⑥ D．①④⑤⑥
【答案】B
【详解】①向MgSO4溶液中加入一小块金属钠，发生的反应有：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4，故生成了气体和白色沉淀，符合题意；
②向饱和澄清石灰水加入一小块金属钠，发生的反应有：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，将析出Ca(OH)2固体即产生气体和析出白色沉淀，符合题意；
③向Fe2(SO4)3稀溶液加入一小块金属钠，发生的反应有：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、Fe2(SO4)3+6NaOH=2Fe(OH)3↓+3Na2SO4，则生成气体和红褐色沉淀，不合题意；
④向Ca(HCO3)2溶液加入一小块金属钠，发生的反应有：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、Ca(HCO3)2+2NaOH=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，则生成气体和白色沉淀，符合题意；
⑤向饱和NaCl溶液加入一小块金属钠，发生的反应有：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，析出NaCl晶体，则生成气体和白色沉淀，符合题意；
⑥向CuSO4溶液加入一小块金属钠，发生的反应有：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4，则生成气体和蓝色絮状沉淀，不合题意；
综上分析可知，①②④⑤符合题意，故答案为：B。
12．利用如图装置制取，能较长时间观察到白色沉淀的生成，下列分析不正确的是

A．可以是稀硫酸、稀盐酸或稀硝酸
B．实验开始时应先打开止水夹、，再向烧瓶中加入
C．反应一段时间后可在锥形瓶中观察到白色沉淀
D．反应结束后若关闭及分液漏斗活塞，则可较长时间存在
【答案】A
【分析】铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，亚铁离子和氢氧根离子结合生成白色沉淀氢氧化亚铁。
【详解】A． X可以是稀硫酸或稀盐酸，是因为铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，但稀硝酸与铁反应得不到氢气，生成NO，故A选；
B． 实验开始时应先打开止水夹、，再向烧瓶中加入，便于液体流下，故B不选；
C． 反应一段时间后可在锥形瓶中观察到白色沉淀，是因为反应生成氢气，把氯化亚铁或硫酸亚铁压入锥形瓶中，与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，故C不选；
D． 反应结束后若关闭及分液漏斗活塞，则可较长时间存在，是因为氢氧化亚铁与氧气隔绝，故D不选；
故选A。
13．某溶液中所含离子的浓度如下表，则Mn+及a值可能分别为
离子


H+
Al3+
Mn+
浓度(mol·L-1)
3
4
2
2
a
A．Mg2+、1.5 B．Fe3+、0.5 C．Ba2+、1.5 D．K+、2.5
【答案】A
【详解】溶液中阳离子带有的正电荷总数与阴离子带有的负电荷总数相等，则c(H+)+3c(Al3+)+nc(Mn+)=c()+2c()，带入数值2+3×2+na=3+2×4，解得na=3。
若n=1，则a=3 mol/L，选项D 中K+浓度不符合；
若n=2，则a=1.5 mol/L，带有2个单位正电荷的微粒有Mg2+和Ba2+，但溶液中含有，与Ba2+会反应产生BaSO4沉淀，不能大量共存，Mg2+与题干已知离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，选项A符合题意，选项C不符合题意；
若n=3 ，则a=1 mol/L，选项B中 Fe3+浓度不符合。
故合理选项是A。
14．下列关于氯气的说法正确的是
A．氢气能在氯气中安静燃烧，发出苍白色火焰，并生成白烟
B．实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钠溶液吸收
C．液氯、氯气和氯水是同一种物质
D．铁与氯气在加热条件下剧烈反应，所以液氯不能储存在钢瓶中
【答案】B
【详解】A． 氢气能在氯气中安静燃烧，发出苍白色火焰，并生成白雾，HCl与水蒸气形成的盐酸酸雾，故A错误；
B． 实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钠溶液吸收，生成氯化钠和次氯酸钠，故B正确；
C． 液氯、氯气是同一种物质，氯水是氯气的水溶液，故C错误；
D． 铁与氯气在加热条件下剧烈反应，但液氯能储存在钢瓶中，故D错误；
故选B。
15．经氯气消毒的自来水，若用于配制以下溶液：①石灰水、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧稀硝酸，不会使配制的溶液变质的是
A．⑥⑦⑧ B．④⑥⑦ C．②⑤⑥ D．①③⑧
【答案】A
【分析】氯气和水的反应方程式为：Cl2+H2O HCl+HClO，该反应是可逆反应，盐酸是强酸，次氯酸是弱酸，所以溶液中存在的微粒有：H+、Cl-、ClO-、OH-、Cl2、H2O、HCl,只要能和这些微粒反应的物质在配制过程中就会变质，否则不变质。
【详解】①石灰水能和氢离子反应生成盐和水，所以用该自来水配制会变质，故不选；
②能和氯离子反应生成氯化银沉淀，所以用该自来水配制会变质，故不选；
③能和氢离子反应生成氯化钠和二氧化碳、水，所以用该自来水配制会变质，故不选；
④能和氯气反应生成硫酸铁，所以用该自来水配制会变质，故不选；
⑤和氯气发生置换反应生成碘单质，所以用该自来水配制会变质，故不选；
⑥和氯水不反应，故选；
⑦和氯水不反应，故选；
⑧稀硝酸和氯水不反应，故选；
故选A。
16．中国南北朝时期，著名的炼丹家和医药大师陶弘景在他的《本草经集注》中就有这样的记载“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石(硝酸钾)也”，下列有关焰色试验的说法正确的是
A．上述方法利用了钾单质的特殊焰色进行检验
B．焰色试验时观察到黄色火焰并不能确定原物质中一定不含钾元素
C．焰色试验是因为发生了化学变化而产生的
D．洗涤焰色试验中用到的铂丝可用稀硫酸代替稀盐酸
【答案】B
【详解】A．硝石的主要成分是KNO3，是含钾的化合物而不是单质，故上述方法利用了钾元素或者钾离子的特殊焰色进行检验，A错误；
B．焰色试验时，钠的焰色为黄色，钾的焰色为紫色，黄色的光往往可以掩盖住紫色的光，故观察到黄色火焰说明一定含有钠元素，并不能确定原物质中一定不含钾元素，要想确定是否含有钾元素需透过蓝色钴玻璃片过滤黄光后再观察，B正确；
C．焰色试验是物理变化，并未发生了化学变化，C错误；
D．由于氯化物的沸点比金属硫酸盐的沸点更低，灼烧时容易挥发而除去，故洗涤焰色试验中用到的铂丝不可用稀硫酸代替稀盐酸，D错误；
故答案为：B。
17．在两个密闭容器中，分别充有32 gSO2和48 g O3，若两容器的温度和压强均相同。下列说法正确的是
A．SO2和O3的气体密度比为4：3 B．SO2和O3的氧原子数目比为2：3
C．混合气体的体积为22.4 L D．SO2和O3物质的量之比为3：2
【答案】A
【详解】A．根据密度ρ=可知：在相同温度压强下，不同气体的密度比等于气体的摩尔质量之比，所以SO2和O3的气体密度比为64：48=4：3，A正确；
B．32 gSO2的物质的量是n(SO2)=，其中含有O原子的物质的量是1 mol；48 g O3的物质的量是n(O3)=，其中含有O原子的物质的量是3 mol，根据N=n∙NA可知二者含有的O原子的物质的量的比是1：3，B错误；
C．32 g SO2的物质的量是0.5 mol，48 g O3的物质的量是1 mol，混合气体的物质的量是1.5 mol，由于未说明气体所处的外界条件，因此不能确定气体体积大小，C错误；
D．32 g SO2的物质的量是0.5 mol，48 g O3的物质的量是1 mol，则SO2和O3物质的量之比为0.5 mol：1 mol=1：2，D错误；
故合理选项是A。
18．标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为ρg/mL,质量分数为ω，物质浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是
A．
B．
C．
D．=1000Vρ/(17V+22400)
【答案】A
【详解】A．将所给的式子的分子和分母同除以22.4可得，分子表示了溶液的质量，是合理的，但分母表达的是将溶剂的体积与气体的体积直接进行加和得到溶液的体积，这显然是错误的，A项错误；
B．假设取溶液的体积为1L，根据溶质质量分数的本义有：，分子表达了溶质质量，分母表达了溶液的质量，B项正确；
C．将所给的式子分子分母同除以22.4可得：，分子表达了溶质质量，分母表达了溶液的质量，C项正确；
D．将所给式子变形得：，分子代表了溶质的物质的量，分母代表了溶液的体积（单位为L），D项正确；
所以答案选择A项。
19．将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示(忽略气体的溶解和HCl的挥发)下列说法正确是

A．段反应的离子方程式为：
B．点溶液中所含溶质的化学式为、
C．标准状况下，通入的体积为
D．原溶液的物质的量
【答案】D
【分析】Na2CO3与盐酸的反应分步进行：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，说明O点溶质为NaOH、Na2CO3；则Oa段发生反应为NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；ab段开始生成二氧化碳气体，发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；加入5molHCl后气体的物质的量不再变化，据此分析解题。
【详解】A. 由分析可知，段发生的反应有：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，故对应的离子方程式有：、，A错误；
B. 由分析可知，点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、，B错误；
C. 由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，由方程式可知产生二氧化碳的物质的量为2mol，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，故开始通入的二氧化碳的体积为：2mol×22.4L/mol=44.8L，C错误；
D. 加入5molHCl生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n(NaCl)=n(HCl)，根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaCl)，故n(NaOH)=n(HCl)=5mol，原NaOH溶液的物质的量5mol，D正确；
故答案为：D。
20．工业上除去电石渣浆(含)上层清液中的，并制取石骨的流程如图如下：

下列说法正确的是
A．上述流程中，每步转化均涉及氧化还原反应
B．由上述转化过程知，还原性：
C．将上层清液中的转化为，理论上共需要的
D．过程Ⅰ中，反应的离子方程式为
【答案】C
【详解】A. 反应中元素的化合价发生改变的反应为氧化还原反应，故上述流程中，CaO转化为Mn(OH)2和转化为CaSO4∙2H2O均为非氧化还原反应，即不是每步转化都涉及氧化还原反应，A错误；
B. 由由上述转化过程知， O2可将Mn(OH)2氧化为,能将S2-氧化为，则有：氧化性：，B错误；
C. 将上层清液中的转化为，该过程中S元素失去了0.1mol×8=0.8mol，而1molO2在反应中需要得到4mol电子，故理论上共需要=的，C正确；
D. 由于CaO与水反应生成Ca(OH)2，是溶液呈碱性，且Mn(OH)2也需在碱性环境中存在，故过程Ⅰ中，反应的离子方程式为，D错误；
故答案为：C。

二、填空题
21．现有6.0gCO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为4.48L。请回答下列问题：
(1)该混合气体的平均摩尔质量为_________。
(2)将混合气体依次通过过量的溶液中，装置如图所示，最后收集在气球中(体积在标准状况下测定)。

①NaOH溶液中发生的离子反应方程式_________。
②气球的体积为_________(忽略气球弹性的影响)。
③若将混合气体通入足量的Na2O2中，转移的电子数为_________(用NA表示)。
【答案】(1)30.0g/mol
(2)     2OH-+CO2=+H2O     3.92L     0.025NA

【分析】现有6.0gCO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为4.48L，则混合气体的总物质的量为：=0.2mol，设其中CO为nmol，则CO2为(0.2-n)mol，则有：28n+44(0.2-n)=6.0g，即得n=0.175mol，即原混合物中含0.175molCO和0.025molCO2，据此分析解题。
【详解】（1）该混合气体的平均摩尔质量为：=30.0g/mol，故答案为：30.0g/mol；
（2）①NaOH溶液中发生反应即CO2与NaOH反应生成Na2CO3和H2O，故该反应的离子反应方程式为：2OH-+CO2=+H2O，故答案为：2OH-+CO2=+H2O；
②由题意可知，CO2完全被NaOH溶液吸收，即气球的体积就是CO的体积，结合分析可知，V=nVm=0.175mol×22.4L/mol=3.92L，故气球的体积为3.92L，故答案为：3.92L；
③若将混合气体通入足量的Na2O2中即发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应中转移电子数为2，即1molCO2完全反应转移1mol电子，结合分析可知，转移的电子数为0.025mol×NAmol-1=0.025NA，故答案为：0.025NA。

三、实验题
22．亚硝酸盐广泛存在于肉制品、腌制食品和蔬菜等食品中。由于亚硝酸盐有一定的毒性，摄入过多会危害人体健康。
(1)人体正常的血红蛋白含有。若误食亚硝酸盐(如)，则导致血红蛋白中的转化为而中毒，可以服用维生素解毒。下列叙述不正确的是_________(填序号)。
A．亚硝酸盐是还原剂 B．亚硝酸盐被氧化为硝酸盐
C．维生素将还原为进行解毒 D．维生素具有还原性
(2)卫生部和国家食药局发布公告，禁止餐饮服务单位采购、贮存、使用食品添加剂亚硝酸盐，防止误将亚硝酸盐当成食盐使用。已知：是一种弱酸，不稳定，易分解生成和。是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。下列方法中，能用来区分和的是_________(填序号)。
A．加入稀盐酸，观察是否有气泡产生
B．加入，观察是否有沉淀产生
C．在酸性条件下加入淀粉溶液，观察溶液颜色(已知：还原性)
(3)快速可靠的方法检测食品中的亚硝酸盐含量尤为重要。目前国内外亚硝酸盐的检测方法主要分为光度法、色谱法、氧化还原法等。某实验小组利用酸性氧化法测定了皮蛋、酸白菜等腌制食品中的亚硝酸盐含量。
①请用化学语言表示测定亚硝酸含量的反应原理(离子方程式)_________。
②若测定实验共需溶液，需用用托盘天平称量_________。实验配制过程中有如下操作步骤：
a. 把称量好的放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解
b. 把所得溶液小心转入_________中
c. 继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度处，改用_________滴加蒸馏水至液面与刻度线相切
d. 用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀
e. 将容量瓶塞紧，反复上下颠倒，摇匀
f. 待溶液恢复到室温
③上述实验操作步骤的正确顺序为(填序号)_________。完成此配制实验，除了量筒、烧杯、玻璃棒外，b、c步骤需要的玻璃仪器名称是_________、_________。
④由于错误操作，使得实际浓度比所要求的偏小的是_________(填写编号)。
A．称量固体时，左码右物
B．使用容量瓶配制溶液时，仰视视液面定容
C．没有用蒸馏水洗烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中
D．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有干燥
E. 定容时，滴加蒸馏水，先使液面略高于刻度线，再吸出少量水使液面凹面与刻度线相切
F. 配好的溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中备用
【答案】(1)AB
(2)AC
(3)          7.9     afbdce     500 mL容量瓶     胶头滴管     ABCEF

【详解】（1）A．亚硝酸盐将血红蛋白中的转化为，说明其具有氧化性，故A错误；
B．中毒过程中亚硝酸盐被还原，故B错误；
C．服用维生素解亚硝酸盐中毒，说明维生素C可以将铁离子还原成亚铁离子，故C正确；
D．服用维生素解亚硝酸盐中毒，说明维生素C可以将铁离子还原成亚铁离子，具有还原性，故D正确；
故填AB；
（2）A．向含有的溶液中加入稀盐酸，生成亚硝酸，不稳定，易分解生成和，有气泡产生，而NaCl不反应，故A选；
B．加入，两者均能生成沉淀，不能区分，故B不选；
C．还原性：，说明亚硝酸钠能将碘离子氧化成碘单质，遇淀粉显蓝色，而NaCl与KI不反应，所以在酸性条件下加入淀粉溶液，观察溶液颜色能区分和，故C选；
故填AC；
（3）①酸性具有强氧化性，能与亚硝酸根离子反应，其反应的离子方程式为，故填；
②配制溶液，根据大且近的原则，选择500mL容量瓶，需用用托盘天平称量的质量为，故填7.9；
③实验配制溶液过程中有如下操作步骤顺序如下：
a. 把称量好的放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解；
f. 待溶液恢复到室温；
b. 把所得溶液小心转入500 mL容量瓶中；
d. 用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；
c. 继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；
e. 将容量瓶塞紧，反复上下颠倒，摇匀；
故填afbdce；500 mL容量瓶；胶头滴管；
④实际浓度比所要求的偏小，根据，可能的原因有n偏小或者V偏大；
A．称量固体时，左码右物，质量变少，所以n偏小，浓度偏小，故A选；
B．使用容量瓶配制溶液时，仰视视液面定容，实际体积偏大，浓度偏小，故B选；
C．没有用蒸馏水洗烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中，使得烧杯和玻璃棒有残留，n偏小，浓度偏小，故C选；
D．容量瓶不需要干燥，所以浓度不变，故D不选；
E．定容时，滴加蒸馏水，先使液面略高于刻度线，体积偏大，根据公式，浓度偏小，故E选；
F．刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中有水，将溶液倒入其中，使得溶液被稀释，浓度偏小，故F选；
故填ABCEF。
23．钠及其化合物在人类生产生活中有着重大的作用。某化学兴趣小组模拟“侯氏制碱法”制纯碱并进行后续实验。
Ⅰ. 制备纯碱：先以NaCl、NH3、CO2和水等为原料，用下图所示装置制取NaHCO3，然后再将NaHCO3制备成Na2CO3

(1)反应进行一段时间后，观察到装置丙中试剂瓶内溶液中有白色固体析出，经检验该白色固体是NaHCO3。装置丙中反应的化学方程式为_________。
(2)用装置丙中产生的固体制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有过滤、洗涤、灼烧，最后一步发生反应的化学方程式为_________。
Ⅱ. 测定产品纯度
用下图所示装置测定Na2CO3与NaHCO3固体混合物中Na2CO3的质量分数。

实验步骤如下：
a. 按图组装好实验装置并检查气密性；
b. 称取50g混合物放入硬质玻璃管中；称量装有碱石灰的形管的质量；
c. 打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟；
d. 关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体；
e. 打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟后拆下装置，再次称量形管的质量。
(3)经测量，反应前后U形管D质量增重1.32g，样品中Na2CO3的质量分数为_________，若无E装置，则测得的Na2CO3的质量分数将_________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(4)产品纯度也可以通过B装置的质量变化进行计算，称取m1g混合物放入硬质玻璃管中充分加热，反应后硬质玻璃管中固体质量为m2g，样品中Na2CO3的质量分数为_________。(用含m1、m2的式子表示)。
【答案】(1)NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl
(2)2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
(3)     88.92%     偏小
(4)

【分析】I．由制备实验装置可知，甲中碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳，即发生CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，盐酸易挥发，乙中饱和碳酸氢钠溶液可除去HCl，丙中发生NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，过滤、洗涤、灼烧，灼烧时发生2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，II．装置中通入空气，经过A的碱石灰除去空气中的CO2、H2O，并使空气充满整个装置，然后加热B装置，使碳酸氢钠分解，C吸收分解产生的H2O，D吸收生成的CO2，C、D装置前后质量差为反应生成的H2O、CO2质量，E排除空气中成分对实验的干扰，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，装置丙中反应的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，故答案为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；
（2）由分析可知，用装置丙中产生的固体制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有过滤、洗涤、灼烧，最后一步发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
（3）由分析可知，U形管D增重的质量是分解产生的CO2的质量，经测量，反应前后U形管D质量增重1.32g，，解得m=5.04g，样品中Na2CO3的质量分数为=88.92%，若无E装置，则导致U形管D增重的质量偏大，即NaHCO3的质量偏大，Na2CO3的质量偏小，即测得的Na2CO3的质量分数将偏小，故答案为：88.92%；偏小；
（4）产品纯度也可以通过B装置的质量变化进行计算，称取m1g混合物放入硬质玻璃管中充分加热，反应后硬质玻璃管中固体质量为m2g，即有：，解得x=(m1-m2)，则样品中Na2CO3的质量为：m1-(m1-m2)= ，样品中Na2CO3的质量分数为，故答案为：。
24．利用氯元素价类二维图可以从不同角度研究含氯物质的性质及其转化关系。图中①~⑩均含氯元素。回答下列问题：  

(1)③的化学式为_________。
(2)①~⑩属于强电解质的有_________(填序号)。
(3)⑨的水溶液可以用于漂白、消毒，写出其在空气中静置漂白反应的离子方程式_________。(酸性：)
(4)某小组同学利用一定浓度的溶液和制备，并在实验室里用下图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质     

①盛放浓盐酸的仪器名称是_________，a中的试剂为_________。
②c中采用冰水浴冷却的目的是_________。
③b中反应的化学方程式为_________。
④反应结束后，取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI淀粉溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为蓝，可知该条件下NaClO的氧化能力_________KClO3的氧化能力(填“大于”或“小于”)。
⑤氯气和强碱反应放热，随着反应的进行，c装置温度逐渐升高，产品中混有NaClO3，通过检测得知产品中NaClO和NaClO3物质的量比为5:1，则c装置发生的反应中氧化剂和还原剂物质的量比为_________。
【答案】(1)ClO2
(2)②⑤⑦⑧⑨⑩
(3)ClO-+H2O+CO2=HClO+
(4)     分液漏斗     饱和食盐水     保持低温环境，防止温度过高引发副反应使产物NaClO不纯     3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O     大于     5:3

【分析】由题干价类二维图可知，①为0价氯的单质即Cl2，②为-1价含氯的氢化物即HCl，③为+4价氯的氧化物即ClO2，④为+7价氯的氧化物即Cl2O7，⑤为-1价的含氯的酸即HCl，⑥为+1价的含氯的酸即HClO，⑦为+7价的含氯的酸即HClO4，⑧为-1价的含氯钠盐即NaCl，⑨为+1价的含氯的钠盐即NaClO，⑩为+5价的含氯的钠盐即NaClO3，(4)由题干实验装置图可知，MnO2和浓盐酸加热制备Cl2，反应原理为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑=2H2O，a装置为饱和食盐水，用于除去Cl2中的HCl，b中是KOH和Cl2在加热条件下反应生成氯酸钾、氯化钾和水，反应原理为：3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O，c装置为Cl2和冷的NaOH溶液反应制备次氯酸钠、氯化钠和水，反应原理为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，③的化学式为ClO2，故答案为：ClO2；
（2）在水溶液或熔融条件下能够导电的化合物为电解质，在水溶液中能够完全电离的为强电解质，强酸、强碱和大多数盐均为强电解质，结合分析可知，①~⑩属于强电解质的有②⑤⑦⑧⑨⑩，故答案为：②⑤⑦⑧⑨⑩；
（3）由分析可知，⑨的水溶液即NaClO水溶液，可以用于漂白、消毒，根据强酸制弱酸的规律可知其在空气中静置漂白反应的离子方程式ClO-+H2O+CO2=HClO+，故答案为：ClO-+H2O+CO2=HClO+；
（4）①由题干实验装置图可知，盛放浓盐酸的仪器名称是分液漏斗，由分析可知，a装置的作用为除去Cl2中的HCl，其中的试剂为饱和食盐水，故答案为：分液漏斗；饱和食盐水；
②Cl2和NaOH溶液反应是一个放热反应，易导致溶液温度升高，引发副反应3Cl2+6NaOH NaClO3+5NaCl+3H2O使得制取的NaClO中混有NaClO3，故c中采用冰水浴冷却的目的是保持低温环境，防止温度过高引发副反应，故答案为：保持低温环境，防止温度过高引发副反应使产物NaClO不纯；
③由分析可知，b中反应的化学方程式为3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O，故答案为：3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O；
④反应结束后，取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI淀粉溶液，1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为蓝，说明KClO3不能将KI氧化为I2，而NaClO可以将KI氧化为I2，故可知该条件下NaClO的氧化能力大于KClO3的氧化能力，故答案为：大于；
⑤氯气和强碱反应放热，随着反应的进行，c装置温度逐渐升高，产品中混有NaClO3，通过检测得知产品中NaClO和NaClO3物质的量比为5:1，则化合价一个升高了10，说明生成的NaCl的系数为10，则c装置发生的反应为：16Cl2+16NaOHNaClO3+5NaClO+10NaCl+8H2O，反应中氧化剂和还原剂物质的量比为10:6=5:3，故答案为：5:3。