四川省泸州市泸县2022-2023学年高一下学期开学考试化学试题

这是一份四川省泸州市泸县2022-2023学年高一下学期开学考试化学试题，共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

四川省泸州市泸县2022-2023学年高一下学期开学考试化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求
1．假若你是卫生防疫人员，用容量瓶配制0.06mol/L的KMnO4消毒液，下列操作导致所配溶液浓度偏高的是（　　）
A．KMnO4固体受潮
B．溶解搅拌时有液体溅出
C．定容时俯视容量瓶刻度线
D．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线
2．下列化合物中，不能通过两种单质间化合直接制取的是（　　）
A．FeCl3 B．CuCl2 C．HCl D．FeCl2
3．关于核素117294Ts，下列说法错误的是（　　）
A．质子数为117 B．中子数为177
C．核外电子数为117 D．质量数为117
4．Cl2溶于水会发生反应，下列说法正确的是（　　）
A．中子数为18的Cl原子可表示为1718Cl
B．H2O的电子式为
C．氯离子的结构示意图：
D．HClO的电离方程式HClO=H++ClO−
5．在强酸性的无色溶液中，能够大量共存的离子组是（　　）
A．Cu2+、Cl−、Ba2+、Na+ B．K+、CO32−、Na+、Cl−
C．Mg2+、Na+、Cl−、SO42− D．K+、Ba2+、OH−、NO3−
6．下列方程式正确的是（　　）
A．硫酸与氢氧化钡溶液混合：H++SO42−+Ba2++OH−=BaSO4↓+H2O
B．碳酸氢钠在水中的电离方程式：NaHCO3= Na++H++CO32−
C．碳酸钙与盐酸反应：CO32−+2H+=H2O+CO2↑
D．用FeCl3溶液腐蚀铜箔制造印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
7．某地有甲、乙两工厂排放污水，污水中各含有下列8种离子中的4种(两厂不含相同的离子)：Ag+、Ba2+、Fe3+、Na+、Cl-、CO32−、NO3−、OH-。两厂单独排放都会造成严重的水污染，如将两厂的污水按一定比例混合，沉淀后污水便变成无色澄清的只含硝酸钠而排放，污染程度大大降低。关于污染源的分析，你认为错误的是（　　）
A．Ag＋和Na＋一定来自于不同工厂
B．Cl- 和OH- 一定来自于同一工厂
C．Ba2+和Fe3+一定来自于同一工厂
D．CO32−和NO3−不一定来自同一工厂
8．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NA
B．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子
C．1mol⋅L−1FeCl3溶液中所含Cl−的数目为3NA
D．Na2O2与CO2反应生成11.2LO2(标准状况)，反应中转移的电子数为2NA
9．a、b、c、d、e均为短周期主族元素，其原子半径和最外层电子数的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．单质的熔沸点：c＜d B．元素的非金属性：c＜d＜e
C．a与b、e均形成共价化合物 D．d、e的最高价含氧酸均为强酸
10．为了防止枪支生锈，常采用化学处理使钢铁零件表面生成Fe3O4的致密保护层——“发蓝”。化学处理过程中其中一步的反应为： 3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑ 。下列有关的叙述错误的是（　　）
A．NO2− 的氧化性大于 FeO22− 的氧化性
B．反应中转移电子2mol，则生成还原产物0.5mol
C．枪支“发蓝”实质上是使铁表面钝化导致难以生锈
D．上述反应中，单质铁被氧化，而NaNO2作为氧化剂
11．已知：①2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O②Cl2+2FeCl2=2FeCl3，由此判断，下列说法错误的是（　　）
A．氧化性：MnO4−＞Cl2＞Fe3+
B．反应①中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：8
C．反应②中FeCl3既是氧化产物又是还原产物
D．当反应①中生成标况下2.24 LCl2时，转移的电子数为0.2NA
12．把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为（　　）
A．(b-a)/V mol·L-1 B．(2b-a)/V mol·L-1
C．2(2b-a)/V mol·L-1 D．2(b-a)/V mol·L-1
13．同温同压下，a g甲气体和2a g乙气体所占的体积之比为1∶2，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述错误的是（　　）
A．同温同压下甲和乙的密度之比为1∶1
B．甲与乙的摩尔质量之比为1∶1
C．等质量的甲和乙的分子数之比为1∶2
D．同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比为1∶1
14．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加1 mol/L的稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的量的关系如图所示。下列判断正确的是（　　）

A．在0～a范围内，只发生中和反应
B．ab段发生反应的离子方程式为CO32−+2H+=CO2↑+H2O
C．a=3
D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶2
二、非选择题
15．已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液"通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：
84消毒液
[有效成分] NaClO
[规格] 3.8L
[质量分数] 28%
[密度] 1.20g·cm-3
（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为　 　mol·L-1(计算结果保留小数点后一位)。
（2）某同学取10mL该84消毒液稀释至1000mL，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中n(Na+)=　 　mol。
（3）“84消毒液”与“洁厕灵”(主要成分为盐酸)一起使用反而会弄巧成拙，产生有毒的气体，造成中毒事件。实验室用密度为1.25g·mL-1，质量分数36.5%的浓盐酸配制0.1mol·L-1的盐酸240mL。
①配制240 mL 0.1 mol·L-1的盐酸应选用　 　mL的容量瓶。
②下列操作对应所配溶液的浓度偏大的是　 　。
A．定容时，俯视刻度线；
B．用量筒量取浓盐酸时，仰视刻度线；
C．定容摇匀后发现溶液凹面低于刻度线，加水至刻度线；
D．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水。
③与洁厕灵(浓盐酸)不能混用的原因(用离子方程式表述)：　 　。
16．回答下列问题：
（1）下列物质中：①稀硫酸②SO2③熔融NaOH④CH4⑤NH4Cl固体⑥Al。属于电解质的是　 　。(填序号，下同)。属于非电解质的是　 　。
（2）49gH2SO4分子中共含　 　个氢原子，将上述H2SO4溶于水配成500mL溶液，并从中取出10mL再加水稀释到100mL，稀释后H2SO4溶液的物质的量浓度为　 　mol/L。
（3）甲烷是一种可燃性气体，当甲烷与氧气的质量比为1∶4时极易发生爆炸，此时甲烷与氧气的体积比为　 　。
（4）工业炼铁原理为3CO+Fe2O3高温__2Fe+3CO2，该反应是氧化剂是　 　(填化学式)，请用单线桥描述该反应的电子转移情况：　 　。
17．某学习小组的同学用MnO2和浓盐酸反应来制备纯净的氯气并验证其有无漂白性，设计装置如图：

（1）A装置中反应的化学方程式：　 　；D装置中现象：　 　；该套装置存在的缺陷：　 　。
（2）取少量E装置中溶液与洁厕灵(含盐酸)混合产生有毒气体，原因是　 　(用离子方程式表示)。
（3）若将Cl2通入热的烧碱溶液中，可以发生如下两个反应：
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O和3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O。
从氧化还原角度分析Cl2表现了　 　。当混合液中Cl-和ClO3−的个数比为15∶2时，混合液中ClO-和ClO3−的个数比为　 　。
（4）近年来，随着化学工业的快速发展，氯气的需求迅速增加。下图是制备氯气的原理示意图，其反应物是　 　，CuO的作用是　 　，写出总反应的化学方程式，并用单线桥法标出该反应的电子转移情况　 　。

18．我国化学家侯德榜发明了联合制碱法，为世界制碱工业做出了巨大贡献。联合制碱法的主要过程如下图所示(部分物质已略去)：

（1）根据上述流程图，写出过程I的化学方程式　 　。
（2）生产过程中，可循环利用的物质是　 　、　 　(填化学式)。
（3）在工业生产中，需在饱和食盐水中通入NH3和CO2，建议先通入气体是　 　(填名称)。
（4）制得的纯碱样品表面可能附着有NaCl、NH4Cl等杂质，检验该样品中是否含有氯离子杂质的操作方法是　 　。
（5）取8.2g制得的纯碱样品，充分溶解后再加入足量稀硫酸，得到3.3g CO2(CO2全部逸出)，则样品中纯碱的质量分数为　 　%(计算结果保留两位小数)。
19．硫酸亚铁是一种补铁剂，某兴趣小组利用经过初步处理的含有Fe2＋的废液制备硫酸亚铁晶体的流程如下：

（1）加入饱和NaHCO3溶液后，得到白色沉淀，则操作1为　 　，若NaHCO3溶液浓度偏低可能会形成胶体，验证的方法为　 　效应。
（2）加入铁粉的作用是　 　。
（3）测定废液中Fe2+的浓度可使用已知浓度的酸性高锰酸钾溶液：
①用单线桥法表示电子转移过程：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Fe2(SO4)3+8H2O　 　
②已知Fe2+与NaHCO3按物质的量1：2的比例恰好完全反应，该反应的离子方程式为　 　。
（4）该兴趣小组在研究硫酸亚铁(FeSO4)热稳定性时，作出了两种假设：
①假设它按CaCO3受热分解的方式分解，反应的化学方程式为　 　
②假设它按KClO3受热分解的方式分解，已知产物中有两种酸性氧化物生成，则分解反应的化学方程式为　 　。

答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A.KMnO4固体受潮，则固体中含有水分，称量所得固体中KMnO4的质量偏小，即n偏小，最终所得溶液的浓度偏小，A不符合题意；
B.溶解搅拌过程中有液体溅出，溅出溶液中含有KMnO4，因此所得溶液中n(KMnO4)偏小，最终所得溶液的浓度偏小，B不符合题意；
C.定容时俯视容量瓶刻度线，则所得溶液的体积偏小，即V偏小，最终所得溶液的浓度偏高，C符合题意；
D.摇匀后发现液面下降，再加水至刻度线，则所得溶液的体积偏大，即V偏大，最终所得溶液的浓度偏小，D不符合题意；
故答案为：C

【分析】分析错误操作对n、V的影响，结合公式c=nV分析误差。
2．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质
【解析】【解答】A．Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，选项A不符符合题意；
B．Cu与氯气常温下能直接化合生成CuCl2，选项B不符符合题意；
C．氢气与氯气在点燃时能直接化合生成HCl，选项C不符符合题意；
D．Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，不能直接由单质间化合制取FeCl2，选项D合题意；
故答案为：D。

【分析】依据氯气的性质分析，一般生成高价态氯化物，D项中Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3。
3．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】A.该原子的质子数为117，A不符合题意；
B.该原子的中子数=294-117=177，B不符合题意；
C.该原子的核外电子数为117，C不符合题意；
D.该原子的质量数为294，D符合题意；
故答案为：D

【分析】标在元素符号左上角的数字表示该原子的质量数；标在元素符号左下角的数字表示原子序数。在原子中，质量数≈质子数+中子数；质子数=核电荷数=核外电子数=原子序数。
4．【答案】C
【知识点】原子结构示意图；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A.中子数为18的氯原子，其质量数为18+17=35，因此该原子可表示为1735Cl，A不符合题意；
B.H2O为共价化合物，结构中存在两对共用电子对，其电子式为，B不符合题意；
C.Cl－是由氯原子最外层得到一个电子形成的，其核电荷数为17，因此Cl－的结构示意图为，C符合题意；
D.HClO是一种弱酸，在水中部分电离，其电离方程式为：HClO⇋H＋＋ClO－，D不符合题意；
故答案为：C

【分析】A、中子数为18的氯原子，其质量数为35；
B、H2O为共价化合物；
C、Cl－是由氯原子最外层得到一个电子形成的；
D、HClO是弱酸，在水中部分电离；
5．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.含有Cu2＋的溶液显蓝色，A不符合题意；
B.H＋能与CO32－反应生成H2O和CO2，不可大量共存，B不符合题意；
C.溶液中各个离子相互间不反应，可以大量共存，C符合题意；
D.H＋能与OH－反应生成H2O，不可大量共存，D不符合题意；
故答案为：C

【分析】此题是对离子共存的考查，溶液中的离子可以大量共存，则相互间不发生反应。即不形成难溶（或微溶）物质；不形成弱电解质；不形成易挥发性物质。在强酸性无色溶液中，存在H＋；不存在有色离子，如Cu2＋(蓝色)、Fe2＋(浅绿色)、Fe3＋(黄色)、MnO4－(紫红色)。据此结合选项所给离子组进行分析。
6．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A.H2SO4与Ba(OH)2反应的离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O，A不符合题意；
B.H2CO3是一种弱酸，因此HCO3－在水中部分电离，故NaHCO3在水中的电离方程式为：NaHCO3=Na＋＋HCO3－，HCO3－⇋H＋＋CO32－，B不符合题意；
C.CaCO3是一种难溶性盐，在离子方程式中应保留化学式，因此CaCO3与稀盐酸反应的离子方程式为：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑，C不符合题意；
D.Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋，自身还原为Fe2＋，该反应的离子方程式为：2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，D符合题意；
故答案为：D

【分析】A、H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀和H2O；
B、NaHCO3在水中完全电离，产生Na＋和HCO3－；
C、CaCO3与稀盐酸反应生成CaCl2、H2O和CO2；
D、FeCl3与Cu反应生成CuCl2和FeCl2；
7．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.由分析可知，Ag＋和Na＋来自于两个不同的工厂，A不符合题意；
B.由分析可知，Cl－和OH－一定来自于同一工厂，B不符合题意；
C.由分析可知，Ba2＋和Fe3＋一定来自于同一工厂，C不符合题意；
D.由分析可知，CO32－和NO3－一定来自于不同工厂，D符合题意；
故答案为：D

【分析】此题是对离子共存的变式考查，处于同一工厂废水中的离子相互间不发生反应。若甲工厂中含有Ag＋，则一定不含有Cl－、CO32－和OH－；因此甲工厂废水中一定含有NO3－。乙工厂中一定含有Cl－、CO32－和OH－；由于Ba2＋、Fe3＋与CO32－不共存，因此甲工厂中一定含有Ba2＋、Fe3＋、Ag＋和NO3－。乙工厂中一定含有Na＋、Cl－、CO32－和OH－。
8．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，则1mol氯气与足量铁反应，转移的电子数为1mol×2×NAmol-1=2NA，故A不符合题意；
B．氧化钠和过氧化钠中钠元素的化合价均为+1价，则1mol钠与足量氧气反应生成氧化钠和过氧化钠的混合物，钠失去电子的数目为1mol×1×NAmol-1=NA，故B符合题意；
C．缺溶液的体积，无法计算1mol/L氯化铁溶液中氯化铁的物质的量和含有氯离子的数目，故C不符合题意；
D．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则过氧化钠与二氧化碳反应生成标准状况下11.2L氧气转移的电子数为11.2L22.4L/mol×2×NAmol-1=NA，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据氯气转移的电子数；
B．钠元素的化合价均为+1价；
C．缺溶液的体积，无法计算；
D．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气。
9．【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A.c的单质为碳，d的单质为氮气，固体碳的熔沸点高于气体氮气，A不符合题意；
B.同周期元素，核电荷数越大，非金属性越强，因此元素的非金属性：e>d>c，B不符合题意；
C.a为H，b为Na，c为C，a与b形成的化合物为NaH，为离子化合物；a与d形成的化合物为CH4等烃类物质，为共价化合物，C不符合题意；
D.d的最高价含氧酸为HNO3，e的最高价含氧酸为H2SO4，均为强酸，D符合题意；
故答案为：D

【分析】根据最外层电子数确定元素所在的主族序数，根据原子半径确定元素所在的周期。因此a为H；b为Na；c为C；d为N；e为S。据此结合选项进行分析。
10．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．该化学反应中，Fe元素的化合价从0变为+2价，化合价升高了2价，则Fe为还原剂；N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的-3价，化合价降低了6价；氨气为还原产物，反应中生成1mol氨气转移6mol电子；该反应中氧化剂为 NO2− ，氧化产物为 FeO22− ，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则 NO2− 的氧化性大于 FeO22− 的氧化性，故A不符合题意；
B．根据A项分析，氨气为还原产物，反应中生成1mol氨气转移6mol电子，则反应中转移电子2mol，则生成还原产物 13 mol，故B符合题意；
C．枪支“发蓝”是一层致密的保护层四氧化三铁，其实质上是使铁表面钝化导致难以生锈，故C不符合题意；
D．根据A项分析，反应中，单质铁为还原剂，被氧化，而NaNO2作为氧化剂，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A、根据氧化剂的氧化性强于氧化产物分析；
B、根据反应过程中元素化合价变化计算转移电子数；
C、铁表面钝化导致难以生锈；
D、根据反应过程中元素化合价变化分析；
11．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.反应①中氧化剂为KMnO4，氧化产物为Cl2；反应②中氧化剂为Cl2，氧化产物为FeCl3，因此氧化性MnO4－>Cl2>Fe3＋，A不符合题意；
B.反应①中HCl提供了Cl－，体现了酸性，其中体现酸性的有6个HCl分子，体现还原性的有10个HCl分子，因此反应①中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：5，B符合题意；
C.反应②中铁元素由0价变为＋3价，发生氧化反应；氯元素由0价变为－1价， 发生还原反应，因此FeCl3既是氧化产物，又是还原产物，C不符合题意；
D.反应①中锰元素由＋7价变为＋2价，得到5个电子，有2个KMnO4参与反应，因此转移电子数为10，故可得关系式“5Cl2～10e－”，反应生成Cl2的物质的量n=VVm=2.24L22.4L/mol=0.1mol，因此反应过程中转移电子数为0.2NA，D不符合题意；
故答案为：B

【分析】A、根据氧化剂的氧化性强于氧化产物分析；
B、HCl在反应中起到还原性和酸性的作用，其中起还原性作用的占了10份；
C、根据反应过程中元素化合价变化分析；
D、根据反应过程中化合价变化确定关系式“5Cl2～10e－”，从而计算转移电子数；
12．【答案】C
【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,那么Mg2+就有 a2 mol，硫酸镁也就是 a2 mol。另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b- a2 mol，钾离子就有2(b- a2 )mol=2b-amol。浓度就是 (2b−a)V2 mol/L，即 2(2b−a)V mol·L-1，C项符合题意，
故答案为：C。

【分析】两份溶液成分相同，根据amol NaOH的溶液恰好是镁离子完全沉淀为氢氧化镁 ，计算出镁离子的浓度， b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。最后依据溶液电中性原理可计算出钾离子的浓度；
13．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A.同温同压下，甲乙两种气体的密度之比ρ甲ρ乙=m甲V甲m乙V乙=a12a2=1，因此甲乙两种气体的密度之比为1：1，A不符合题意；
B.甲乙两种气体的摩尔质量之比M甲M乙=m甲n甲m乙n乙=a12a2=1，因此甲乙两种气体的摩尔质量之比为1：1，B不符合题意；
C.等质量的甲乙其物质的量之比为1：1，因此其所含的分子数之比为1：1，C符合题意；
D.同温同体积下，等质量的甲乙两种气体的物质的量之比为1：1，因此其压强之比为1：1，D不符合题意；
故答案为：C

【分析】同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，因此n甲n乙=V甲V乙=12
A、根据密度公式ρ=mV分析；
B、根据摩尔质量公式M=mn分析；
C、分子数之比等于物质的量之比；
D、同温同体积的气体，其压强之比等于物质的量之比；
14．【答案】C
【知识点】钠的重要化合物；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】A.a点后加入稀盐酸，反应生成CO2，因此a点时溶液中含有NaHCO3，故0～a的过程中，发生反应：OH－＋H＋=H2O、CO32－＋H＋=HCO3－，A不符合题意；
B.ab段反应生成CO2，该反应的离子方程式为：HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑，B不符合题意；
C.由图可知，反应生成n(CO2)=1mol，则参与反应的n(H＋)=1mol，故消耗稀盐酸的体积为1L，因此a的值为3，C符合题意；
D.反应生成n(CO2)=1mol，根据碳原子守恒可得，原溶液中n(Na2CO3)=1mol。a点时消耗n(HCl)=3mol，由反应的离子方程式可知，原溶液中n(NaOH)=2mol，因此原混合溶液中NaOH和Na2CO3的物质的量之比为2：1，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】向NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加稀盐酸的过程中，依次发生反应：OH－＋H＋=H2O、CO32－＋H＋=HCO3－、HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑。
15．【答案】（1）4.5
（2）0.045
（3）250；AB；Cl- + ClO-+ 2H+=Cl2↑+ H2O
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；离子方程式的书写；物质的量浓度
【解析】【解答】（1）该“84消毒液”的物质的量浓度c=1000×ρ×ω%M=1000×1.20×28%74.5=4.5mol·L−1。
（2）稀释过程中，溶液中溶质的量保持不变，因此稀释后溶液中n(Na＋)=4.5mol·L－1×10×10－3L=0.045mol。
（3）①容量瓶具有一定的规格，常用的容量瓶的容积为100mL、250mL、500mL、1000mL。因此配制240mL0.1mol·L－1的溶液时，需选用250mL容量瓶。
②A、定容时俯视刻度线，则所得溶液的体积偏小，即V偏小，由公式c=nV可知，最终所得溶液的浓度偏大，A符合题意；
B、用量筒量取浓盐酸时，仰视刻度线，则所得浓盐酸的量偏大，即n偏大，由公式c=nV可知，最终所得溶液的浓度偏大，B符合题意；
C、定容摇匀后继续加水，则溶液的体积偏大，即V偏大，由公式c=nV可知，最终所得溶液的浓度偏小，C不符合题意；
D、容量瓶使用前为干燥，对实验结果无影响，D不符合题意；
故答案为：AB
③ClO－、Cl－在酸性条件下可反应生成Cl2和H2O，该反应的离子方程式为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O。
【分析】（1）根据公式c=1000×ρ×ω%M计算该溶液的物质的量浓度。
（2）稀释前后，溶液中溶质的量保持不变，根据公式n=c×V计算溶液中n(Na＋)。
（3）①配制240mL溶液，应使用250mL容量瓶。
②分析错误操作对n、V的影响，结合公式c=nV分析实验误差。
③ClO－、Cl－在酸性条件下可反应生成Cl2，据此写出反应的离子方程式。
16．【答案】（1）③⑤；②④
（2）NA或6.02×1023；0.1
（3）1∶2
（4）Fe2O3；
【知识点】氧化还原反应；物质的简单分类；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①稀硫酸为混合物，既不是电解质也不是非电解质，②SO2本身不能电离出自由移动离子而导电，属于非电解质，③熔融NaOH是化合物，存在自由移动的Na+和OH-而导电，属于电解质，④CH4本身不能电离出自由移动离子而导电，属于非电解质，⑤NH4Cl固体在水溶液中或熔融状态下能导电，属于电解质，⑥Al是单质，既不是电解质也不是非电解质，综上属于电解质的是③⑤，属于非电解质的是②④；
（2）49gH2SO4的物质的量为n=mM=49g98g⋅mol−1=0.5mol，其中含有氢原子的物质的量为1mol，即含有氢原子数为NA或6.02×1023；0.5molH2SO4溶于水配成500mL溶液的物质的量浓度为c=nV=0.5mol0.5L=1mol⋅L−1，从中取出10mL再加水稀释到100mL，即稀释了10倍，故稀释后H2SO4溶液的物质的量浓度为0.1mol⋅L−1；
（3）设甲烷与氧气的质量分别为m和4m，甲烷的物质的量为n=mM=mg16g⋅mol−1=m16mol，氧气的物质的量为n=mM=4mg32g⋅mol−1=m8mol，根据n=VVm可知体积之比等于物质的量之比，故此时甲烷与氧气的体积比为1∶2；
（4）根据方程式可知，Fe2O3中Fe的化合价由+3价降低到0价，做氧化剂；根据Fe2O3→2Fe可知，反应转移了6个电子，工业炼铁反应的单线桥为。

【分析】（1）电解质：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，常见的有酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水；
非电解质：在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，常见的有大部分有机物、非金属氧化物、氨；
（2）结合公式n=m/M判断；
（3）结合化学计量数之比等于物质的量之比等于体积之比判断；
（4）氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；
化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；
化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，作为氧化剂，得到氧化产物；
电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。
17．【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)Δ__MnCl2+2H2O+Cl2↑；干燥的有色布条褪色；B、C装置之间缺少气体干燥装置，C装置中的导管“短进长出”
（2）ClO−+Cl−+2H+=H2O+Cl2↑
（3）氧化性和还原性；5∶2
（4）HCl和 O2；做催化剂；
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）A装置中MnO2与浓盐酸在加热条件下反应，生成MnCl2、Cl2和H2O，该反应的化学方程式为：MnO2＋4HCl(浓)=∆MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。Cl2经过饱和食盐水后，带有水分，湿润的Cl2中含有HClO，具有漂白性，能与有色布条褪色，因此可观察到装置D中干燥的红色布条褪色。该实验过程中要制备纯净的Cl2，因此需除去Cl2中混有的水蒸气，故B、C装置之间缺少装有浓硫酸的洗气装置；同时Cl2的密度比空气大，应采用向上排空气法收集，C装置中导管应“长进短出”。
（2）装置E中Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，因此反应后E装置溶液中含有ClO－和Cl－，加入盐酸后，ClO－和Cl－与H＋反应生成Cl2，该反应的离子方程式为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O。
（3）该反应汇总氯元素由0价变化－1价、＋1价和＋5价，因此Cl2表现了氧化性和还原性。当混合溶液中Cl－和ClO3－的个数比为15：2时，反应过程中得到的电子数为15，根据得失电子守恒可得，反应过程中，失去的电子数也为15。设混合溶液中ClO－的个数为a，则可得关系式2×5+a=15，解得 a=5。因此混合液中ClO－和ClO3－的个数比为5：2。
（4）由反应原理示意图可知，该反应的反应物为HCl和O2。反应过程中CuO起到催化剂作用。该反应中HCl和O2反应生成H2O和Cl2，因此该反应的化学方程式为：4HCl＋O2=2H2O＋2Cl2。反应过程中，氧元素由0价变为－2，得到4个电子。因此用单线桥表示其转移电子情况为：。
【分析】（1）A装置中MnO2与浓盐酸在加热条件下反应，生成MnCl2、Cl2和H2O，据此写出反应的化学方程式。湿润的Cl2能使干燥的有色布条褪色。C装置为Cl2的收集装置，应采用向上排空气法收集。
（2）产生的有毒气体为Cl2，据此写出反应的离子方程式。
（3）根据反应过程中氯元素化合价的变化确定其性质。根据得失电子守恒进行计算。
（4）根据反应的原理示意图确定反应物。CuO在反应中起到催化剂作用。该反应中反应物为HCl和O2，生成物为H2O和Cl2，据此写出反应的化学方程式；结合元素化合价的变化确定电子转移情况。
18．【答案】（1）NH3 + CO2 + NaCl + H2O = NaHCO3↓+ NH4Cl
（2）CO2；NaCl
（3）氨气
（4）取少量样品于试管中，加入足量稀硝酸酸化，再加入2~3滴 AgNO3 溶液，若有白色沉淀产生，说明存在杂质Cl-，反之，则不存在
（5）96.95
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；氯离子的检验；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）流程Ⅰ中NH3、CO2、H2O和NaCl反应生成NaHCO3和NH4Cl，由于NaHCO3的溶解度较小，因此反应后NaHCO3以沉淀形式析出，该反应的化学方程式为：NH3＋CO2＋H2O＋NaCl=NaHCO3↓＋NH4Cl。
（2）该生产流程中，需加入CO2和NaCl，生产过程NaHCO3加热分解产生CO2，同时溶液A分离后，所得溶液B中含有NaCl。因此该生产过程中可循环使用的物质有CO2和NaCl。
（3）NH3极易溶于水，CO2在水中的溶解度较小，因此先通入NH3，再通入CO2，可增大CO2的利用率。故应先通入氨气。
（4）检验Cl－可用稀硝酸和AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则说明含有Cl－。因此操作方法为：取少量样品于试管中，加入足量稀硝酸酸化，再滴加2～3滴AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，说明存在杂质Cl－；反之则不存在。
（5）根据碳元素守恒可得关系式“Na2CO3～CO2”，设8.2g纯碱样品中含有Na2CO3的质量为x，则可得等式106x=443.3g，解得 x=7.95g。因此该样品中纯碱的质量分数为7.95g8.2g×100%=96.95%。

【分析】（1）流程Ⅰ中NH3、CO2、H2O和NaCl反应生成NaHCO3和NH4Cl，据此写出反应的化学方程式。
（2）流程中加入的物质，在生产过程中又有生成的，则为可循环物质。
（3）NH3极易溶于水，CO2在水中的溶解度较小，因此需先通入NH3，再通入CO2。
（4）检验Cl－可加入AgNO3溶液和硝酸，观察是否有白色沉淀产生。
（5）根据碳元素守恒计算纯碱样品中Na2CO3的质量，进而计算样品中纯碱的质量分数。
19．【答案】（1）过滤；丁达尔
（2）防止亚铁离子被氧化
（3）；Fe2+＋2 HCO3− ＝FeCO3↓＋CO2↑＋H2O
（4）FeSO4Δ__ FeO+SO3↑；2FeSO4Δ__ Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；探究铁离子和亚铁离子的转化；离子方程式的书写；胶体的性质和应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）经过操作1后得到FeCO3固体，因此操作1为过滤。NaHCO3溶液浓度偏低形成胶体，胶体具有丁达尔效应，因此验证的方法为丁达尔效应。
（2）Fe2＋具有强还原性，极易被空气中的O2氧化成Fe3＋，加入铁粉可发生反应：2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋。因此加入铁粉的作用是防止Fe2＋被氧化。
（3）①该反应中锰元素由+7价变为+2价，发生得电子的还原反应；铁元素由+2价变为+3价，发生失电子的氧化反应。因此反应过程中，电子由铁元素转移到锰元素中，且转移电子数为10。因此用单线桥表示为：。
②Fe2＋与NaHCO3按物质的量之比1：2发生反应，生成FeCO3沉淀，同时还生成CO2气体，结合氢氧原子守恒可得，生成物中还含有H2O，因此反应的离子方程式为：Fe2＋＋2HCO3－=FeCO3↓＋H2O＋CO2↑。
（4）①CaCO3受热分解的反应为非氧化还原反应，因此FeSO4分解的产物为FeO和SO3，该反应的化学方程式为：FeSO4=∆FeO＋SO3↑。
②KClO3的分解为氧化还原反应，因此FeSO4的分解反应也为氧化还原反应，且生成的两种酸性氧化物分别为SO2和SO3，硫元素发生还原反应，则铁元素应发生氧化反应，生成Fe2O3，因此该反应的化学方程式为：2FeSO4=∆Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑。
【分析】（1）操作1为固液混合物的分离，属于过滤操作。检验胶体可以用丁达尔效应。
（2）Fe2＋极易被氧化，加入铁粉可防止Fe2＋被氧化。
（3）①根据元素化合价变化确定转移电子数和方向。
②Fe2＋与NaHCO3按物质的量1：2反应生成FeCO3沉淀，同时应生成CO2气体，据此写出反应的离子方程式。
（4）①CaCO3分解生成CaO和CO2，属于非氧化还原反应，因此FeSO4分解应生成FeO和SO3，据此写出反应的化学方程式。
②KClO3分解生成KCl和O2，属于氧化还原反应，因此FeSO4分解也为氧化还原反应，则产生的两种酸性氧化物为SO2和SO3，同时铁元素应转化为Fe2O3，据此写出反应的化学方程式。