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广东省深圳市实验中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题
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深圳实验学校高中部2019-2020学年度第一学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64
第I卷
一、单项选择题
1.下列我国古代的几种技术应用，不涉及氧化还原反应的是
A. 卤水煮盐 B. 铁矿石炼铁 C. 化丹（Pb3O4）为铅 D. 火药爆炸
【答案】A
【解析】
将卤水放在锅内用火熬煮，水分蒸发，剩余固体为盐。没有新物质生成，物理变化，A正确；炼铁是在高温下用碳将铁矿石还原，属于氧化还原反应，B错误；利用还原剂把Pb3O4中的铅还原为铅，属于氧化还原反应，C错误；硫磺、硝酸钾和木炭之间在一定条件下发生剧烈的氧化还原反应，变为氮气和二氧化碳和硫化钾，D错误；正确选项A。
2.《本草衍义》中对精制芒硝过程有如下叙述：“朴硝以水淋汁，澄清，再经熬炼减半，倾木盆中，经宿，遂结芒有廉棱者。”文中未涉及的操作方法是
A. 溶解 B. 蒸发 C. 蒸馏 D. 结晶
【答案】C
【解析】
根据题干叙述可知：精炼芒硝的方法是，将朴硝加水溶解，再经蒸发减半，经宿，然后结晶获得芒有廉棱者，即芒硝，涉及的操作方法有溶解、蒸发、结晶，未涉及的操作方法是蒸馏。答案选C.
3.下列叙述中，错误的是( )
A. 沙里淘金是利用了金与沙的密度相差较大而将沙淘走使金留下
B. 化学上所指的杂质，有的本来无害且很有价值，即使无价值的也应设法变废为宝
C. 将待过滤的液体直接倒入漏斗中，且使液面低于滤纸边缘
D. 蒸发操作可以从溶液中分离得到可溶性固体溶质
【答案】C
【解析】
【详解】A．沙里淘金是利用金与沙的密度相差较大，水将密度小的沙子冲走，从而分离，故A正确；
B．杂质是相对的，可转化为有用的物质，则化学上所指的杂质，有的本来无害且很有价值，即使有害无价值的也应设法变废为宝，故B正确；
C．过滤的液体应利用玻璃棒引流，且使液面低于滤纸边缘，故C错误；
D．蒸发分离可溶性固体与液体，则蒸发操作可以从溶液中分离得到可溶性固体溶质，故D正确；
答案选C。
4.检验某溶液中是否含有，常用方法是( )
A. 取样，滴加BaCl2溶液，看是否有不溶于水的白色沉淀生成
B. 取样，滴加稀盐酸酸化的BaCl2溶液，看是否有不落于水的白色沉淀生成
C. 取样，滴加稀硫酸，再滴加BaCl2溶液，看是否有不落于水的白色沉淀生成
D. 取样，滴加稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2落液，看是否有不溶于水的白色沉淀生成
【答案】D
【解析】
【详解】A. 直接滴加BaCl2溶液不能排除银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等的干扰，故A错误；
B. 滴加稀盐酸酸化的BaCl2溶液，不能排除银离子的干扰，故B错误；
C. 滴加稀硫酸，再滴加BaCl2溶液，加入的硫酸会与氯化钡生成白色沉淀，不能证明原溶液中是否有SO42−存在，故C错误；
D. 先加入稀盐酸，无明显现象，没有产生沉淀，排除银离子、碳酸根、亚硫酸根的干扰，然后再加氯化钡，产生白色沉淀，则证明有SO42−存在，故D正确；
故选D。
【点睛】在检验是否含有硫酸根离子时，如果对溶液成分没有限制，则需要排除可能存在的其他微粒如碳酸根离子、亚硫酸根离子、银离子等的干扰．亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子，硫酸钡和氯化银都不溶于硝酸，在实验过程中，无论操作还是试剂的选择都要做出相互不干扰的选择和调整。
5.关于电解质，下列说法正确是( )
A. 强电解质的水溶液中不存在分子
B. 氨气溶于水能导电，所以氨气是电解质
C. H2SO4是强电解质，但在熔融状态下不能导电
D. 盐酸能导电的原因是溶液在通电作用下产生了自由移动的离子
【答案】C
【解析】
【详解】A. 强电解质在水溶液中完全电离，但溶液中存在大量的水分子，故A错误；
B. 氨气溶于水能导电，是因为氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨为弱电解质，不是氨气本身导电，因此氨气是非电解质，故B错误；
C. H2SO4为共价化合物，在水溶液中能够完全电离，但在熔融状态下不能电离出自由移动的离子，故熔融状态下不能导电，但属于强电解质，故C正确；
D. HCl是强电解质，在水溶液中电离出自由移动的离子，其水溶液形成盐酸，该溶液能导电是因为HCl电离出的阴阳离子导电，而电离不需要通电，故D错误；
答案选C。
6.无色透明的某强酸性溶液中能大量共存的离子组是( )
A. Na+、K+、OH-、 B. Na+、Cu2+、、
C. Ca2+、、、H+ D. Mg2+、Na+、、Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】
无色透明的某强酸性溶液中存在大量的H＋，据此分析。
【详解】A. OH-、会与H＋反应生成弱电解质而不共存，故A错误；
B. Cu2+显蓝色，不符合无色透明的限定条件，故B错误；
C. HCO3－会与H＋反应而不能大量共存，故C错误；
D. 该组离子在强酸性溶液中不反应，能大量共存，符合题意，故D正确；
答案选D。
【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。
7.下列各组化合物中，均为弱电解质的组是( )
A. H2CO3、Ba(OH)2、K2S、H3PO4 B. FeCl3、HF、CH3CH2OH、NH4Cl
C. CH3COOH、H2S、NH3×H2O、H2O D. HClO、H2SO3、HCl、NaHCO3
【答案】C
【解析】
【详解】A. H2CO3和H3PO4为弱电解质，而Ba(OH)2和K2S在水溶液中能够完全电离，属于强电解质，故A错误；
B. HF是弱电解质，而FeCl3和NH4Cl属于强电解质，CH3CH2OH属于非电解质，故B错误；
C. CH3COOH和H2S为弱酸，NH3×H2O为弱碱，H2O也为弱电解质，符合题意，故C正确；
D. HClO和H2SO3为弱电解质，HCl和NaHCO3为强电解质，故D错误；
答案选C
【点睛】电解质的强弱是根据电解质在水溶液中的电离程度划分的，若完全电离，则属于强电解质，强酸、强碱和大多数的盐均属于强电解质；若部分电离，则属于弱电解质。
8.下列说法错误的是( )
A. “血液透析”利用了胶体的性质
B. 溶液是电中性的，胶体是带电的
C. 明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
D. 向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体
【答案】B
【解析】
【详解】A. 血液属于胶体，胶体不能透过半透膜，因此“血液透析”利用的是胶体的性质，故A正确；
B. 溶液是电中性的，胶体本身不带电，胶体粒子可能会因为吸附带电粒子而带电，故B错误；
C. 明矾在水溶液中能水解生成具有吸附性的Al(OH)3胶体，而达到净水目的，故C正确；
D. 向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体，故D正确；
答案选B。
【点睛】B项是易错点，胶体和胶粒不是一个概念，胶体表面积较大，吸附带电粒子而形成胶粒，且并不是所有胶粒都带电，如淀粉胶粒不带电。
9.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
①标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA
②同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等
③1L 2mo/L的氯化镁溶液中含氯离子为2NA
④标准状况下22.4L H2O中分子数为NA
⑤32g O2和O3混合气体中含有原子数为2NA
A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①标准状况下，11.2L氮气和氧气混合气体为0.5mol，而氮气和氧气均为双原子分子，故0.5mol气体中含1mol原子即NA个，故①正确；
②同温同压下，体积相同的任何气体的物质的量相等，故同温同压下，相同气体的氢气和氩气的物质的量相等，则分子个数相等，故②正确；
③溶液中氯化镁的物质的量n=cV=2mol/L×1L=2mol，2mol氯化镁中含4mol氯离子即4NA个，故③错误；
④标准状况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故④错误；
⑤O2和O3中均由氧原子构成，故32g混合物中含有的氧原子的物质的量n==2mol，个数为2NA个，故⑤正确；
综上所述，①②⑤符合题意，D项正确，
答案选D。
10.氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如下图所示，则下列化学反应属于区域3的是
A. 4NH3＋5O24NO＋6H2O
B. 2NaHCO3=== Na2CO3＋H2O＋CO2↑
C. 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
D. Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑
【答案】A
【解析】
A、反应是氧化还原反应，不是置换反应，不是化合反应，不是分解反应，属于区域3，故A正确；B、反应不是氧化还原反应，不属于区域3，故B错误；C、反应是氧化还原反应，也是化合反应，属于区域1，不属于区域3，故C错误；D、该反应是氧化还原反应，但又是置换反应，属于区域4，不属于区域3，故D错误；故选A。
11.已知I－、Fe2+、SO2、Cl－、H2O2都有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Cl－
B. I2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HI
C. H2O2+H2SO4＝SO2+O2+2H2O
D. 2Fe3++2I－＝2Fe2++I2
【答案】C
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是SO2＞I-＞H2O2＞Fe2+＞Cl-来判断反应能否发生。
【详解】A、因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2＞Fe2+，与已知的还原性强弱一致，故A能发生；
B、因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2＞I-，与已知的还原性强弱一致，故B能发生；
C、若该反应发生，S元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则H2O2为还原剂，还原性强弱为H2O2＞SO2，与已知的还原性强弱矛盾，故C不能发生；
D、因该反应中I元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则还原性强弱为I-＞Fe2+，与已知的还原性强弱一致，故D能发生；
故答案选C。
【点睛】本题考查学生利用已知的还原性强弱来判断化学反应的发生，学生应学会利用化合价来分析反应中的还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答即可。
12.在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，当制得相同物质的量的氧气时，三个反应中转移的电子数之化为( )
A. 1:1:1 B. 2:2:1 C. 2:3:1 D. 4:3:2
【答案】B
【解析】
【分析】
用高锰酸钾、氯酸钾制氧气，反应过程中O由-2价转化为0价，而用过氧化氢制氧气，O则由-1价转化为0价，现要制得相同的O2，所以用过氧化氢制氧气的反应中转移的电子数只有用高锰酸钾、氯酸钾制取的反应中转移的电子数的一半，据此分析作答。
【详解】用高锰酸钾、氯酸钾制氧气，反应过程中O由-2价转化为0价，如生成1mol O2，需转移4mol电子，用过氧化氢制氧气，O则由-1价转化为0价，如生成1mol O2，需转移2mol电子，当制得同温同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为2：2：1，B项符合题意，
答案选B。
二、单项选择题
13.下列说法合理的是
①根据纯净物中是否含氧元素，来判断是否属于氧化物
②根据电泳现象可证明胶体带电荷
③直径介于lnm~l00nm之间的微粒称为胶体
④金属氧化物都是碱性氧化物
⑤根据分散系的稳定性将分散系分为胶体、溶液和浊液
⑥同一钢笔使用不同牌号的墨水容易堵塞，是由于胶体的聚沉
A. 只有⑥ B. 只有②⑥ C. 只有③④⑤ D. 只有①②④⑥
【答案】A
【解析】
【详解】氧化物是含有两种元素且其中一种是氧元素的化合物。所以氧化物中一定含有氧元素，但含有氧元素的化合物不一定是两种元素组成，故不一定是氧化物，故①错误；
②电泳现象可证明胶体微粒带电荷，胶体是电中性的，故②错误；
③分散质微粒直径介于lnml00nm之间的分散系称为胶体，故③错误；
④金属氧化物有的是酸性氧化物，如Mn2O7，有的是两性氧化物，如Al2O3，故④错误；
⑤分散系分为胶体、溶液和浊液的依据是分散质的微粒直径大小进行分类，故⑤错误；
⑥同一钢笔使用不同牌号的墨水容易堵塞，是由于胶体的聚沉，是正确的，故⑥正确。
故选A。
14.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是( )
A. NaH与H2O反应生成氢气，每生成0.6g氢气转移电子数为0.6NA
B. 12g镁在空气中充分燃烧，电子转移数目为NA
C. 0.1 mol熔融NaHSO4中含有阳离子数目为0.1NA
D. 标准状况下，6.72 L O2和N2的混合气体含有的原子数目为0.6NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. NaH与H2O反应的离子方程式为NaH＋H2O=NaOH＋H2↑，生成1mol氢气转移电子的物质的量为1mol，则生成0.6g氢气转移电子数为=0.3NA，故A错误；
B. 12g镁的物质的量为0.5mol，而镁反应后变为+2价，故0.5mol镁反应后失去NA个电子，故B正确；
C. NaHSO4在熔融时只能电离为钠离子和硫酸氢根离子，故0.1mol熔融的NaHSO4含阳离子为0.1NA个，故C正确；
D. 标况下6.72L混合气体的物质的量为0.3mol，而氮气和氧气均为双原子分子，故0.3mol混合气体中含0.6NA个原子，故D正确；
答案选A。
【点睛】C项是易错点，NaHSO4在熔融时只能电离为钠离子和硫酸氢根离子，而在水溶液中会完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子。
15.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是( )
A. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2++=BaSO4↓
B. 将NaHSO4溶液滴入Ba(OH)2溶液中至溶液呈中性：2H+++2OH-+Ba2+=BaSO4↓+2H2O
C. 足量CO2通入澄清石灰水中：2OH-+CO2=H2O+
D. 碳酸氢钙溶液与足量氢氧化钠溶液反应：Ca2+++OH-=CaCO3↓+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应会生成两种沉淀，其正确的离子方程式为：Cu2＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓＋BaSO4↓，故A错误；
B. 将NaHSO4溶液滴入Ba(OH)2溶液中至溶液呈中性，溶液中的溶质为硫酸钠，反应的离子方程式为：2H++ SO42－+2OH-+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，故B正确；
C. 足量CO2通入澄清石灰水中，生成碳酸氢钙，反应的离子方程式为：CO2＋OH－=HCO3－，故C错误；
D. 碳酸氢钙溶液与足量氢氧化钠溶液反应会生成碳酸钠，其离子方程式为：Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O，故D错误；
答案选B。
【点睛】离子方程式的书写及其正误判断是高考高频考点，贯穿整个高中化学，是学生必须掌握的基本技能。本题重点考查有关“量”的离子方程式的书写正误判断，D项是易错点，可采取“以少定多”原则进行解答，即假设量少的反应物对应的物质的量为1 mol参与化学反应，根据离子反应的实质书写出正确的方程式，一步到位，不需要写化学方程式，可以更加精准地分析出结论。
16.把200mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成2等份，一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为( )
A. 0.1(b-2a) B. 10(2a-b) C. 10(b-a) D. 10(b-2a)
【答案】D
【解析】
【分析】
混合溶液分成两等份，每份溶液浓度相同．一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n(Ba2+)=n(Na2SO4)；
另一份加入含bmol 硝酸银的溶液，发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，恰好使氯离子完全沉淀，则n(Cl-)=n(Ag+)，再利用电荷守恒可知每份中2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl-)，据此计算每份中n(K+)，根据c=计算钾离子浓度。
【详解】根据上述分析可知，每份溶液中，故钾离子浓度为，D项正确；
答案选D。
【点睛】溶液中始终存在电荷守恒规律。
17.36.5gHCl溶解在1L水中(水的密度近似为1 g×mL-1)，所得溶液的密度为ρ g×mL-1，质量分数为w，物质的量浓度为c g×mL-1，NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A. 所得溶液的物质的量浓度：c=1 g×mL-1
B. 所得溶液中含有NA个HCl分子
C. 36.5 gHCl气体占有的体积为22.4L
D. 所得溶液的质量分数: w=
【答案】D
【解析】
【详解】A. 物质的量浓度单位是mol/L，不是g×mL-1，故A错误；
B. 氯化氢溶于水形成盐酸溶液是强电解质，溶液中无氯化氢分子，故B错误；
C. 36.5gHCl气体物质的量为1mol，标准状况下占有的体积为22.4L，选项中温度压强不知，故C错误；
D. 所得溶液的质量分数：ω==，故D正确；
答案选D。
18.在溶液中，0.2 mol 恰好能使0.4 mol 被完全氧化成，则被还原后X元素的化合价为( )
A. +1 B. +2 C. +3 D. +4
【答案】D
【解析】
【详解】0.2mol X2O72-能使0.4mol SO32-完全氧化成SO42-，S元素的化合价由+4价升高为+6价，则X元素的化合价降低，
设X2O72-被还原后X的化合价为x，
由电子守恒可得：0.2mol×2×（6-x）=0.4 mol×（6-4），
解得x=+4，D项正确，
答案选D。
19.天宫一号搭载的长征二号火箭使用的主要燃料是偏二甲肼（用R表示，其中碳元素显﹣2价、氮元素显﹣2价），N2O4作氧化剂，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为：R + 2N2O4 = 3N2↑+ 4H2O↑+ 2CO2↑，下列叙述错误的是
A. 燃烧反应放出的巨大能量，把火箭送入太空
B. 每生成1mol N2，该反应转移电子8mol
C. N2既是氧化产物也是还原产物，CO2是氧化产物
D. 此反应中R的分子式为C2H8N2
【答案】B
【解析】
【分析】
该反应中根据原子守恒知，R分子式为C2H8N2，该反应中N元素化合价由-2价、+4价分别变为0价，C元素化合价由-2价变为+4价，得电子的反应物是氧化剂，失电子的反应物是还原剂，再结合各个物理量之间的关系式计算。
【详解】A．该反应是放热反应，所以可在瞬间产生大量高温气体，从而推动火箭飞行，故A正确；
B．N2O4中N元素化合价由+4价变为0价，则每生成1molN2，该反应转移电子的物质的量=1mol×2/3×2×（4-0）=16/3mol，故B错误；
C．该反应中N元素化合价由-2价、+4价变为0价，C元素化合价由-2价变为+4价，所以是N2既是氧化产物也是还原产物，CO2是氧化产物，故C正确；
D．根据反应中原子守恒知，R分子式为C2H8N2，故D正确；
答案选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素化合价变化是解本题关键，侧重考查基本概念及计算，难点是B中计算，注意氮气既是氧化产物又是还原产物，为易错点。
20.从矿物学资料查得，一定条件下FeS2(二硫化亚铁)存在反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是( )
A. Cu2S既是氧化产物又是还原产物
B. 5 mol FeS2参加反应，有10 mol电子转移
C. FeS2只作还原剂
D. 产物中的有一部分是氧化产物
【答案】D
【解析】
【详解】14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由-1价降低为-2价，S元素的化合价由-1价升高为+6价，则
A．Cu2S只是还原产物，故A错误；
B.5 mol FeS2发生反应，由S元素的化合价升高可知，有3mol×[6-(-1)]=21mol 电子转移，故B错误；
C．CuSO4是氧化剂，FeS2既是还原剂又是还原剂，故C错误；
D．S元素的化合价既升高又降低，由硫酸根离子守恒可知，17个硫酸根离子中有3个SO42-是氧化产物，故D正确；
答案选D。
21.超临界状态下的CO2流体溶解性与有机溶剂相似，可提取中药材的有效成分，工艺流程如下。
下列说法中错误的是( )
A. 浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出
B. 高温条件下更有利于超临界CO2流体萃取
C. 升温、减压的目的是实现CO2与产品分离
D. 超临界CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点
【答案】B
【解析】
【详解】A. 中草药中的有效成分是有机物，易溶于乙醇，浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出，A正确；
B. 温度越低，气体的溶解度越大，所以高温条件不利于超临界CO2流体萃取，B错误；
C. 升温、减压的目的是让CO2气化，从而实现CO2与产品分离，C正确；
D. 升温、减压后，CO2全部气化，从而脱离萃取产品，因此，超临界CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点，D正确。
故选B。
22.青蒿素是高效的抗疟疾药，为无色针状晶体，易溶于丙酮、氯仿和苯中，甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156-157°C，热稳定性差。已知：乙醚沸点为35°C。提取青蒿素的主要工艺为：
下列有关此工艺操作错误的是( )
A. 破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率
B. 操作Ⅰ需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯
C. 操作Ⅱ是蒸馏，利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大
D. 操作Ⅲ的主要过程加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【答案】D
【解析】
【分析】
对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，对粗品可加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知，
A. 破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率，故A正确；
B. 操作Ⅰ为过滤，需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故B正确；
C. 操作Ⅱ是蒸馏，利用了乙醚与青高素的沸点相差较大，故C正确；
D. 根据给定信息可知，青蒿素在水中几乎不溶，因此操作Ⅲ的主要过程不是加水溶解，可加95%的乙醇溶解，再进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故D错误；
答案选D。
第Ⅱ卷
三、填空题
23.请回答下列问题
(1)配平化学方程式。__FeCl3+__SO2+__H2O=__FeCl2+__H2SO4+__HCl。
(2)除去括号中的杂质，写出除杂反应的离子方程式
①Na2SO4溶液(Na2CO3)：_______________________________________________。
②Ca(NO3)2溶液(CaCl2)：_______________________________________________。
(3)写出下列反应的离子方程式：
①向烧碱溶液中通入少量CO2气体：_______________________________________________。
②向澄清石灰水中滴加足量的碳酸氢钠溶液：_______________________________________________。
(4)实验室中，制取Fe(OH)3胶体的离子方程式是_______________________________________________，
证明胶体已经制成的方法是_______________________________________________。
【答案】 (1). 2 (2). 1 (3). 2 (4). 2 (5). 1 (6). 2 (7). CO32−+2H+=CO2↑+H2O (8). Ag++Cl−=AgCl↓ (9). CO2＋2OH－=CO32－＋H2O； (10). Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O (11). Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ (12). 丁达尔效应
【解析】
【分析】
（1）依据氧化还原反应的规律结合电子转移数守恒、原子守恒配平；
（2）①碳酸钠能够与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水；
②硝酸银与氯化钙反应生成氯化银沉淀和硝酸钙；
（3）①烧碱和少量二氧化碳反应会生成碳酸钠与水；
②向澄清石灰水中滴加足量的碳酸氢钠溶液生成碳酸钠、碳酸钙和水；
（4）实验室中，向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液可制取Fe(OH)3胶体；利用胶体特有的性质检验。
【详解】（1）方程式中FeCl3转化为FeCl2，铁元素化合价从+3降低到+2，得到电子数为1，SO2转化为H2SO4，S元素化合价从+4价升高到+6价，失去电子数为2，则依据电子转移数守恒可知，FeCl3与FeCl2的化学计量数为2，SO2与H2SO4的化学计量数为1，再根据Cl和H原子守恒可知，HCl和H2O的化学计量数分别为2，故该反应的化学方程式为：2FeCl3+SO2+2H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl，故答案为：2；1；2；2；1；2；
①碳酸钠能够与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，离子方程式：CO32−+2H+=CO2↑+H2O，可以用稀硫酸除去硫酸钠中的碳酸钠；
故答案为：CO32−+2H+=CO2↑+H2O；
②硝酸银与氯化钙反应生成氯化银沉淀和硝酸钙，离子方程式：Ag++Cl−=AgCl↓，可以用硝酸银除去硝酸钙中的氯化钙，
故答案为：Ag++Cl−=AgCl↓；
（3）①向烧碱溶液中通入少量CO2气体发生的离子方程式为：CO2＋2OH－=CO32－＋H2O；
②向澄清石灰水中滴加足量的碳酸氢钠溶液发生的离子方程式为：Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O；
（4）实验室中，制取Fe(OH)3胶体操作是向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续加热，直至溶液变成红褐色，停止加热；该反应的离子方程式是Fe3++3H2OFe(OH)3（胶体）+3H+；证明胶体已经制成的方法是使用光束通过该分散系，若出现“光亮”的通路，则证明该胶体已制成，即丁达尔效应，
故答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；丁达尔效应。
24.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置
某化学兴趣小组利用以上装置，按以下实验方案，采取步骤(1)(2)(3)(4)等四步操作从海洋动物中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。(已知甲苯和甲醇均为有机溶剂，有机物大多能互溶)
(1)装置A中仪器①的作用是________，使用装置A在流程中所对应的是________(填“操作(1)”“操作(2)”“操作(3)”或“操作(4)”，下同)。
(2)使用装置B在流程中所对应的是________在该操作中，振荡仪器时，为了避免因液体挥发而导致内部气压过大，还应进行的操作是________(填写具体的操作方法)。
(3)使用装置C在流程中所对应的是________，若所得沉淀不溶于水且需要洗涤，则洗涤的具体操作是________。
(4)使用装置D在流程中所对应的是________。
【答案】 (1). 冷凝 (2). 操作（4） (3). 操作（2） (4). 振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出 (5). 操作（1） (6). 往漏斗中加水至没过沉淀，待水自然流干，重复以上操作2−3次 (7). 操作（3）
【解析】
【分析】
从海洋动物中提取具有抗肿瘤活性的天然产物，由实验流程可知，操作（1）是分离固液混合物，其操作为过滤，操作（2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗；操作（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿；操作（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，结合已知的图示装置及操作的规范性分析解答。
【详解】上述分析可知操作（1）为过滤、（2）为分液、（3）为蒸发、（4）为蒸馏，
(1)装置A为蒸馏实验装置，仪器①为冷凝管，其作用是冷凝，操作（4）为蒸馏，故使用装置A在流程中所对应的是操作（4），
故答案为：冷凝；操作（4）；
(2) 使用装置B在流程中所对应的是操作（2），振荡仪器时，为了避免因液体挥发而导致内部气压过大，还应进行的操作是振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出，
故答案为：操作（2）；振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出；
(3)使用装置C的操作是（1），若所得沉淀不溶于水且需要洗涤，则洗涤的具体操作是往漏斗中加水至没过沉淀，让水自然流干，重复加水2−3次，
故答案为：操作（1）；往漏斗中加水至没过沉淀，让水自然流干，重复加水2−3次；
(4)使用装置D的操作是（3），故答案为：操作（3）。
【点睛】混合物分离的物理方法：1.蒸发；2.过滤；3.蒸馏；4.分液。蒸发的使用范围是从溶液中获得可溶性的固体；过滤的使用范围是固体与液体分离；蒸馏是互溶的液体沸点不同进行分离；分液是互不相溶的液体分离。
25.Ⅰ.氯酸钾和浓盐酸之间有下列反应：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O.
(1)该反应中发生还原反应的物质是________。氧化产物是________。
(2)用双线桥标出方程式中的电子得失2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O________。
(3)当有0.2 mol电子发生转移时，生成的氯气的体积为________L (标准状况)。被氧化的HCl的物质的量为________mol.
(4)若分别用①KMnO4(还原产物是Mn2+)②MnO2(还原产物是Mn2+) ③Ca(ClO)2(还原产物是Cl2)氧化浓盐酸制备氯气，当浓盐酸足量且这三种氧化剂的物质的量相同时，生成氯气的物质的量最少的是________。
Ⅱ.检测人的血液中葡萄糖(简称血糖，相对分子质量为180)含量，参考指标常以两种计量单位表示，即“mmol/L”和“mg/dL”(1 L=l0dL)。以“mmol/L”表示时，人的血糖正常值在3.6~6.0 mmol/L之间。如果以“mg/dL”表示，血糖正常值范围是________。
【答案】 (1). KClO3 (2). Cl2 (3). (4). 2.24 (5). 0.2 (6). ② (7). 64.8～108.0 mg/dL
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）依据氧化还原反应的规律作答；
（2）KClO3转化为ClO2转移电子数为2e-，HCl中Cl元素化合价升高，失去电子数为2e-，据此利用双线桥法分析；
（3）当有0.2mol电子发生转移时，生成的氯气是0.1mol；
（4）利用假设法，根据电子守恒分析作答；
Ⅱ. 1mmol=10-3mol，1g=103mg，1L=10dL；根据上述单位的转化关系将已知的正常血糖范围3.6～6.0 mmol/L转化为以“mg/dL”为单位的数据。
【详解】Ⅰ.（1）氯酸钾中氯元素化合价从+5价降低到+4价，得到1个电子，因此该反应中发生还原反应的物质是KClO3。氯化氢中氯元素化合价从－1价升高到0价，失去电子，则氧化产物是Cl2；
（2）根据以上分析可知用双线桥标出方程式中的电子得失为；
（3）当有0.2mol电子发生转移时，生成的氯气是0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L；根据氯原子守恒可知被氧化的HCl的物质的量为0.2mol；
（4）假设均是1mol氧化剂参加反应，根据电子得失守恒可知1mol高锰酸钾得到氯气的物质的量是2.5mol，1mol二氧化锰得到氯气的物质的量是1mol，根据方程式Ca(ClO)2+4HCl＝2Cl2↑+CaCl2+2H2O可知1mol次氯酸钙得到2mol氯气，所以生成氯气的物质的量最少的是二氧化锰，答案选②；
Ⅱ. 1mmol=10-3mol，1g=103mg，1L=10dL，1L中3.6mmol血糖的质量为：3.6×10-3mol×180×103mg/mol=648mg，用“mg/dL”表示血糖的浓度为：=64.8 mg/dL；6.0 mmol血糖的质量为：6.0×10-3mol×180×103mg/mol=1080 mg，用“mg/dL”表示血糖的浓度为：=108.0 mg/dL，故以“mg/dL”表示血糖的正常值范围是：64.8～108.0 mg/dL之间，故答案为：64.8～108.0 mg/dL。
26.已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，请回答下列问题：
(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为________mol×L-1。(保留2位有效数字)
(2)该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是________(填字母).
A．如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制
C．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低
D．需要称量NaClO固体的质量为143.0g
(3)“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84g×cm-3)的浓硫酸配制200mL 2.3 mol×L-1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。
①需要量取浓硫酸的体积为________mL；(保留2位有效数字)
②定容时向容量瓶中注入蒸馏水，液面离刻度线下________时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至________相切；
③在转移液体前需要注意的是(容量瓶已查漏且洗涤干净)________________________；
④下列操作会使配制的稀硫酸物质的量浓度偏大的是________；
A．容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水
B．量取浓溶液读数时仰视刻度线
C．移液时玻璃棒在刻度线以上
D．定容观察液体时俯视刻度线
【答案】 (1). 40 (2). C (3). 25 (4). 1-2cm (5). 凹液面和刻度线 (6). 冷却液体至室温 (7). BD
【解析】
【分析】
（1）依据c=计算溶液的物质的量浓度；
（2）根据溶液的配制及c=、m=nM来分析；
（3）①根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算；
②依据操作的规范性回答；
③浓硫酸溶于水为放热过程；
④根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。
【详解】（1）该“84消毒液”的物质的量浓度c===4.0mol/L；
故答案为：4.0；
（2）欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液，因实验室没有480 mL的容量瓶，故需选用500mL的容量瓶，则
A.需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的A和B不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管，故A错误；
B. 容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干即可用于溶液配制，故B错误；
C. 配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，则会使溶质的物质的量偏小，根据从c=可知，可能导致结果偏低，故C正确；
D. 应选取500mL的容量瓶进行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO的质量：0.5L×4.0mol⋅L−1×74.5g⋅mol−1=149.0g，故D错误；
故答案为：C；
（3）①溶液稀释前后溶质的物质的量不变，浓硫酸的浓度为c= =18.4mol/L，假设需要浓硫酸的体积为V，则V×18.4mol/L=0.2L×2.3mol/L，V=0.025L=25mL，
故答案为：25；
②定容时向容量瓶中注入蒸馏水，液面离刻度线下1-2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面和刻度线相切，故答案为：1-2cm；凹液面和刻度线；
③在转移液体前需要注意冷却液体至室温，因浓硫酸溶于水放热，若立即转入容量瓶并加水至刻度线，根据热胀冷缩原理可知会导致溶液体积不准确，溶液浓度不准确，故答案为：冷却液体至室温；
④A.只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，即容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，不符合题意，故A错误；
B. 量取浓溶液读数时仰视刻度线，会使所量取的浓溶液偏多，溶质的物质的量偏大，最终导致结果偏大，符合题意，故B正确；
C．移液时玻璃棒在刻度线以上，会造成所配溶液的体积偏大，浓度偏低，不符合题意，故C错误；
D．定容观察液体时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏大，符合题意，故D正确；
故答案为：BD。
深圳实验学校高中部2019-2020学年度第一学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64
第I卷
一、单项选择题
1.下列我国古代的几种技术应用，不涉及氧化还原反应的是
A. 卤水煮盐 B. 铁矿石炼铁 C. 化丹（Pb3O4）为铅 D. 火药爆炸
【答案】A
【解析】
将卤水放在锅内用火熬煮，水分蒸发，剩余固体为盐。没有新物质生成，物理变化，A正确；炼铁是在高温下用碳将铁矿石还原，属于氧化还原反应，B错误；利用还原剂把Pb3O4中的铅还原为铅，属于氧化还原反应，C错误；硫磺、硝酸钾和木炭之间在一定条件下发生剧烈的氧化还原反应，变为氮气和二氧化碳和硫化钾，D错误；正确选项A。
2.《本草衍义》中对精制芒硝过程有如下叙述：“朴硝以水淋汁，澄清，再经熬炼减半，倾木盆中，经宿，遂结芒有廉棱者。”文中未涉及的操作方法是
A. 溶解 B. 蒸发 C. 蒸馏 D. 结晶
【答案】C
【解析】
根据题干叙述可知：精炼芒硝的方法是，将朴硝加水溶解，再经蒸发减半，经宿，然后结晶获得芒有廉棱者，即芒硝，涉及的操作方法有溶解、蒸发、结晶，未涉及的操作方法是蒸馏。答案选C.
3.下列叙述中，错误的是( )
A. 沙里淘金是利用了金与沙的密度相差较大而将沙淘走使金留下
B. 化学上所指的杂质，有的本来无害且很有价值，即使无价值的也应设法变废为宝
C. 将待过滤的液体直接倒入漏斗中，且使液面低于滤纸边缘
D. 蒸发操作可以从溶液中分离得到可溶性固体溶质
【答案】C
【解析】
【详解】A．沙里淘金是利用金与沙的密度相差较大，水将密度小的沙子冲走，从而分离，故A正确；
B．杂质是相对的，可转化为有用的物质，则化学上所指的杂质，有的本来无害且很有价值，即使有害无价值的也应设法变废为宝，故B正确；
C．过滤的液体应利用玻璃棒引流，且使液面低于滤纸边缘，故C错误；
D．蒸发分离可溶性固体与液体，则蒸发操作可以从溶液中分离得到可溶性固体溶质，故D正确；
答案选C。
4.检验某溶液中是否含有，常用方法是( )
A. 取样，滴加BaCl2溶液，看是否有不溶于水的白色沉淀生成
B. 取样，滴加稀盐酸酸化的BaCl2溶液，看是否有不落于水的白色沉淀生成
C. 取样，滴加稀硫酸，再滴加BaCl2溶液，看是否有不落于水的白色沉淀生成
D. 取样，滴加稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2落液，看是否有不溶于水的白色沉淀生成
【答案】D
【解析】
【详解】A. 直接滴加BaCl2溶液不能排除银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等的干扰，故A错误；
B. 滴加稀盐酸酸化的BaCl2溶液，不能排除银离子的干扰，故B错误；
C. 滴加稀硫酸，再滴加BaCl2溶液，加入的硫酸会与氯化钡生成白色沉淀，不能证明原溶液中是否有SO42−存在，故C错误；
D. 先加入稀盐酸，无明显现象，没有产生沉淀，排除银离子、碳酸根、亚硫酸根的干扰，然后再加氯化钡，产生白色沉淀，则证明有SO42−存在，故D正确；
故选D。
【点睛】在检验是否含有硫酸根离子时，如果对溶液成分没有限制，则需要排除可能存在的其他微粒如碳酸根离子、亚硫酸根离子、银离子等的干扰．亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子，硫酸钡和氯化银都不溶于硝酸，在实验过程中，无论操作还是试剂的选择都要做出相互不干扰的选择和调整。
5.关于电解质，下列说法正确是( )
A. 强电解质的水溶液中不存在分子
B. 氨气溶于水能导电，所以氨气是电解质
C. H2SO4是强电解质，但在熔融状态下不能导电
D. 盐酸能导电的原因是溶液在通电作用下产生了自由移动的离子
【答案】C
【解析】
【详解】A. 强电解质在水溶液中完全电离，但溶液中存在大量的水分子，故A错误；
B. 氨气溶于水能导电，是因为氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨为弱电解质，不是氨气本身导电，因此氨气是非电解质，故B错误；
C. H2SO4为共价化合物，在水溶液中能够完全电离，但在熔融状态下不能电离出自由移动的离子，故熔融状态下不能导电，但属于强电解质，故C正确；
D. HCl是强电解质，在水溶液中电离出自由移动的离子，其水溶液形成盐酸，该溶液能导电是因为HCl电离出的阴阳离子导电，而电离不需要通电，故D错误；
答案选C。
6.无色透明的某强酸性溶液中能大量共存的离子组是( )
A. Na+、K+、OH-、 B. Na+、Cu2+、、
C. Ca2+、、、H+ D. Mg2+、Na+、、Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】
无色透明的某强酸性溶液中存在大量的H＋，据此分析。
【详解】A. OH-、会与H＋反应生成弱电解质而不共存，故A错误；
B. Cu2+显蓝色，不符合无色透明的限定条件，故B错误；
C. HCO3－会与H＋反应而不能大量共存，故C错误；
D. 该组离子在强酸性溶液中不反应，能大量共存，符合题意，故D正确；
答案选D。
【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。
7.下列各组化合物中，均为弱电解质的组是( )
A. H2CO3、Ba(OH)2、K2S、H3PO4 B. FeCl3、HF、CH3CH2OH、NH4Cl
C. CH3COOH、H2S、NH3×H2O、H2O D. HClO、H2SO3、HCl、NaHCO3
【答案】C
【解析】
【详解】A. H2CO3和H3PO4为弱电解质，而Ba(OH)2和K2S在水溶液中能够完全电离，属于强电解质，故A错误；
B. HF是弱电解质，而FeCl3和NH4Cl属于强电解质，CH3CH2OH属于非电解质，故B错误；
C. CH3COOH和H2S为弱酸，NH3×H2O为弱碱，H2O也为弱电解质，符合题意，故C正确；
D. HClO和H2SO3为弱电解质，HCl和NaHCO3为强电解质，故D错误；
答案选C
【点睛】电解质的强弱是根据电解质在水溶液中的电离程度划分的，若完全电离，则属于强电解质，强酸、强碱和大多数的盐均属于强电解质；若部分电离，则属于弱电解质。
8.下列说法错误的是( )
A. “血液透析”利用了胶体的性质
B. 溶液是电中性的，胶体是带电的
C. 明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
D. 向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体
【答案】B
【解析】
【详解】A. 血液属于胶体，胶体不能透过半透膜，因此“血液透析”利用的是胶体的性质，故A正确；
B. 溶液是电中性的，胶体本身不带电，胶体粒子可能会因为吸附带电粒子而带电，故B错误；
C. 明矾在水溶液中能水解生成具有吸附性的Al(OH)3胶体，而达到净水目的，故C正确；
D. 向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体，故D正确；
答案选B。
【点睛】B项是易错点，胶体和胶粒不是一个概念，胶体表面积较大，吸附带电粒子而形成胶粒，且并不是所有胶粒都带电，如淀粉胶粒不带电。
9.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
①标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA
②同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等
③1L 2mo/L的氯化镁溶液中含氯离子为2NA
④标准状况下22.4L H2O中分子数为NA
⑤32g O2和O3混合气体中含有原子数为2NA
A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①标准状况下，11.2L氮气和氧气混合气体为0.5mol，而氮气和氧气均为双原子分子，故0.5mol气体中含1mol原子即NA个，故①正确；
②同温同压下，体积相同的任何气体的物质的量相等，故同温同压下，相同气体的氢气和氩气的物质的量相等，则分子个数相等，故②正确；
③溶液中氯化镁的物质的量n=cV=2mol/L×1L=2mol，2mol氯化镁中含4mol氯离子即4NA个，故③错误；
④标准状况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故④错误；
⑤O2和O3中均由氧原子构成，故32g混合物中含有的氧原子的物质的量n==2mol，个数为2NA个，故⑤正确；
综上所述，①②⑤符合题意，D项正确，
答案选D。
10.氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如下图所示，则下列化学反应属于区域3的是
A. 4NH3＋5O24NO＋6H2O
B. 2NaHCO3=== Na2CO3＋H2O＋CO2↑
C. 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
D. Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑
【答案】A
【解析】
A、反应是氧化还原反应，不是置换反应，不是化合反应，不是分解反应，属于区域3，故A正确；B、反应不是氧化还原反应，不属于区域3，故B错误；C、反应是氧化还原反应，也是化合反应，属于区域1，不属于区域3，故C错误；D、该反应是氧化还原反应，但又是置换反应，属于区域4，不属于区域3，故D错误；故选A。
11.已知I－、Fe2+、SO2、Cl－、H2O2都有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Cl－
B. I2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HI
C. H2O2+H2SO4＝SO2+O2+2H2O
D. 2Fe3++2I－＝2Fe2++I2
【答案】C
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是SO2＞I-＞H2O2＞Fe2+＞Cl-来判断反应能否发生。
【详解】A、因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2＞Fe2+，与已知的还原性强弱一致，故A能发生；
B、因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2＞I-，与已知的还原性强弱一致，故B能发生；
C、若该反应发生，S元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则H2O2为还原剂，还原性强弱为H2O2＞SO2，与已知的还原性强弱矛盾，故C不能发生；
D、因该反应中I元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则还原性强弱为I-＞Fe2+，与已知的还原性强弱一致，故D能发生；
故答案选C。
【点睛】本题考查学生利用已知的还原性强弱来判断化学反应的发生，学生应学会利用化合价来分析反应中的还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答即可。
12.在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，当制得相同物质的量的氧气时，三个反应中转移的电子数之化为( )
A. 1:1:1 B. 2:2:1 C. 2:3:1 D. 4:3:2
【答案】B
【解析】
【分析】
用高锰酸钾、氯酸钾制氧气，反应过程中O由-2价转化为0价，而用过氧化氢制氧气，O则由-1价转化为0价，现要制得相同的O2，所以用过氧化氢制氧气的反应中转移的电子数只有用高锰酸钾、氯酸钾制取的反应中转移的电子数的一半，据此分析作答。
【详解】用高锰酸钾、氯酸钾制氧气，反应过程中O由-2价转化为0价，如生成1mol O2，需转移4mol电子，用过氧化氢制氧气，O则由-1价转化为0价，如生成1mol O2，需转移2mol电子，当制得同温同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为2：2：1，B项符合题意，
答案选B。
二、单项选择题
13.下列说法合理的是
①根据纯净物中是否含氧元素，来判断是否属于氧化物
②根据电泳现象可证明胶体带电荷
③直径介于lnm~l00nm之间的微粒称为胶体
④金属氧化物都是碱性氧化物
⑤根据分散系的稳定性将分散系分为胶体、溶液和浊液
⑥同一钢笔使用不同牌号的墨水容易堵塞，是由于胶体的聚沉
A. 只有⑥ B. 只有②⑥ C. 只有③④⑤ D. 只有①②④⑥
【答案】A
【解析】
【详解】氧化物是含有两种元素且其中一种是氧元素的化合物。所以氧化物中一定含有氧元素，但含有氧元素的化合物不一定是两种元素组成，故不一定是氧化物，故①错误；
②电泳现象可证明胶体微粒带电荷，胶体是电中性的，故②错误；
③分散质微粒直径介于lnml00nm之间的分散系称为胶体，故③错误；
④金属氧化物有的是酸性氧化物，如Mn2O7，有的是两性氧化物，如Al2O3，故④错误；
⑤分散系分为胶体、溶液和浊液的依据是分散质的微粒直径大小进行分类，故⑤错误；
⑥同一钢笔使用不同牌号的墨水容易堵塞，是由于胶体的聚沉，是正确的，故⑥正确。
故选A。
14.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是( )
A. NaH与H2O反应生成氢气，每生成0.6g氢气转移电子数为0.6NA
B. 12g镁在空气中充分燃烧，电子转移数目为NA
C. 0.1 mol熔融NaHSO4中含有阳离子数目为0.1NA
D. 标准状况下，6.72 L O2和N2的混合气体含有的原子数目为0.6NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. NaH与H2O反应的离子方程式为NaH＋H2O=NaOH＋H2↑，生成1mol氢气转移电子的物质的量为1mol，则生成0.6g氢气转移电子数为=0.3NA，故A错误；
B. 12g镁的物质的量为0.5mol，而镁反应后变为+2价，故0.5mol镁反应后失去NA个电子，故B正确；
C. NaHSO4在熔融时只能电离为钠离子和硫酸氢根离子，故0.1mol熔融的NaHSO4含阳离子为0.1NA个，故C正确；
D. 标况下6.72L混合气体的物质的量为0.3mol，而氮气和氧气均为双原子分子，故0.3mol混合气体中含0.6NA个原子，故D正确；
答案选A。
【点睛】C项是易错点，NaHSO4在熔融时只能电离为钠离子和硫酸氢根离子，而在水溶液中会完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子。
15.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是( )
A. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2++=BaSO4↓
B. 将NaHSO4溶液滴入Ba(OH)2溶液中至溶液呈中性：2H+++2OH-+Ba2+=BaSO4↓+2H2O
C. 足量CO2通入澄清石灰水中：2OH-+CO2=H2O+
D. 碳酸氢钙溶液与足量氢氧化钠溶液反应：Ca2+++OH-=CaCO3↓+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应会生成两种沉淀，其正确的离子方程式为：Cu2＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓＋BaSO4↓，故A错误；
B. 将NaHSO4溶液滴入Ba(OH)2溶液中至溶液呈中性，溶液中的溶质为硫酸钠，反应的离子方程式为：2H++ SO42－+2OH-+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，故B正确；
C. 足量CO2通入澄清石灰水中，生成碳酸氢钙，反应的离子方程式为：CO2＋OH－=HCO3－，故C错误；
D. 碳酸氢钙溶液与足量氢氧化钠溶液反应会生成碳酸钠，其离子方程式为：Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O，故D错误；
答案选B。
【点睛】离子方程式的书写及其正误判断是高考高频考点，贯穿整个高中化学，是学生必须掌握的基本技能。本题重点考查有关“量”的离子方程式的书写正误判断，D项是易错点，可采取“以少定多”原则进行解答，即假设量少的反应物对应的物质的量为1 mol参与化学反应，根据离子反应的实质书写出正确的方程式，一步到位，不需要写化学方程式，可以更加精准地分析出结论。
16.把200mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成2等份，一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为( )
A. 0.1(b-2a) B. 10(2a-b) C. 10(b-a) D. 10(b-2a)
【答案】D
【解析】
【分析】
混合溶液分成两等份，每份溶液浓度相同．一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n(Ba2+)=n(Na2SO4)；
另一份加入含bmol 硝酸银的溶液，发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，恰好使氯离子完全沉淀，则n(Cl-)=n(Ag+)，再利用电荷守恒可知每份中2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl-)，据此计算每份中n(K+)，根据c=计算钾离子浓度。
【详解】根据上述分析可知，每份溶液中，故钾离子浓度为，D项正确；
答案选D。
【点睛】溶液中始终存在电荷守恒规律。
17.36.5gHCl溶解在1L水中(水的密度近似为1 g×mL-1)，所得溶液的密度为ρ g×mL-1，质量分数为w，物质的量浓度为c g×mL-1，NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A. 所得溶液的物质的量浓度：c=1 g×mL-1
B. 所得溶液中含有NA个HCl分子
C. 36.5 gHCl气体占有的体积为22.4L
D. 所得溶液的质量分数: w=
【答案】D
【解析】
【详解】A. 物质的量浓度单位是mol/L，不是g×mL-1，故A错误；
B. 氯化氢溶于水形成盐酸溶液是强电解质，溶液中无氯化氢分子，故B错误；
C. 36.5gHCl气体物质的量为1mol，标准状况下占有的体积为22.4L，选项中温度压强不知，故C错误；
D. 所得溶液的质量分数：ω==，故D正确；
答案选D。
18.在溶液中，0.2 mol 恰好能使0.4 mol 被完全氧化成，则被还原后X元素的化合价为( )
A. +1 B. +2 C. +3 D. +4
【答案】D
【解析】
【详解】0.2mol X2O72-能使0.4mol SO32-完全氧化成SO42-，S元素的化合价由+4价升高为+6价，则X元素的化合价降低，
设X2O72-被还原后X的化合价为x，
由电子守恒可得：0.2mol×2×（6-x）=0.4 mol×（6-4），
解得x=+4，D项正确，
答案选D。
19.天宫一号搭载的长征二号火箭使用的主要燃料是偏二甲肼（用R表示，其中碳元素显﹣2价、氮元素显﹣2价），N2O4作氧化剂，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为：R + 2N2O4 = 3N2↑+ 4H2O↑+ 2CO2↑，下列叙述错误的是
A. 燃烧反应放出的巨大能量，把火箭送入太空
B. 每生成1mol N2，该反应转移电子8mol
C. N2既是氧化产物也是还原产物，CO2是氧化产物
D. 此反应中R的分子式为C2H8N2
【答案】B
【解析】
【分析】
该反应中根据原子守恒知，R分子式为C2H8N2，该反应中N元素化合价由-2价、+4价分别变为0价，C元素化合价由-2价变为+4价，得电子的反应物是氧化剂，失电子的反应物是还原剂，再结合各个物理量之间的关系式计算。
【详解】A．该反应是放热反应，所以可在瞬间产生大量高温气体，从而推动火箭飞行，故A正确；
B．N2O4中N元素化合价由+4价变为0价，则每生成1molN2，该反应转移电子的物质的量=1mol×2/3×2×（4-0）=16/3mol，故B错误；
C．该反应中N元素化合价由-2价、+4价变为0价，C元素化合价由-2价变为+4价，所以是N2既是氧化产物也是还原产物，CO2是氧化产物，故C正确；
D．根据反应中原子守恒知，R分子式为C2H8N2，故D正确；
答案选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素化合价变化是解本题关键，侧重考查基本概念及计算，难点是B中计算，注意氮气既是氧化产物又是还原产物，为易错点。
20.从矿物学资料查得，一定条件下FeS2(二硫化亚铁)存在反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是( )
A. Cu2S既是氧化产物又是还原产物
B. 5 mol FeS2参加反应，有10 mol电子转移
C. FeS2只作还原剂
D. 产物中的有一部分是氧化产物
【答案】D
【解析】
【详解】14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由-1价降低为-2价，S元素的化合价由-1价升高为+6价，则
A．Cu2S只是还原产物，故A错误；
B.5 mol FeS2发生反应，由S元素的化合价升高可知，有3mol×[6-(-1)]=21mol 电子转移，故B错误；
C．CuSO4是氧化剂，FeS2既是还原剂又是还原剂，故C错误；
D．S元素的化合价既升高又降低，由硫酸根离子守恒可知，17个硫酸根离子中有3个SO42-是氧化产物，故D正确；
答案选D。
21.超临界状态下的CO2流体溶解性与有机溶剂相似，可提取中药材的有效成分，工艺流程如下。
下列说法中错误的是( )
A. 浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出
B. 高温条件下更有利于超临界CO2流体萃取
C. 升温、减压的目的是实现CO2与产品分离
D. 超临界CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点
【答案】B
【解析】
【详解】A. 中草药中的有效成分是有机物，易溶于乙醇，浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出，A正确；
B. 温度越低，气体的溶解度越大，所以高温条件不利于超临界CO2流体萃取，B错误；
C. 升温、减压的目的是让CO2气化，从而实现CO2与产品分离，C正确；
D. 升温、减压后，CO2全部气化，从而脱离萃取产品，因此，超临界CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点，D正确。
故选B。
22.青蒿素是高效的抗疟疾药，为无色针状晶体，易溶于丙酮、氯仿和苯中，甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156-157°C，热稳定性差。已知：乙醚沸点为35°C。提取青蒿素的主要工艺为：
下列有关此工艺操作错误的是( )
A. 破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率
B. 操作Ⅰ需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯
C. 操作Ⅱ是蒸馏，利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大
D. 操作Ⅲ的主要过程加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【答案】D
【解析】
【分析】
对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，对粗品可加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知，
A. 破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率，故A正确；
B. 操作Ⅰ为过滤，需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故B正确；
C. 操作Ⅱ是蒸馏，利用了乙醚与青高素的沸点相差较大，故C正确；
D. 根据给定信息可知，青蒿素在水中几乎不溶，因此操作Ⅲ的主要过程不是加水溶解，可加95%的乙醇溶解，再进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故D错误；
答案选D。
第Ⅱ卷
三、填空题
23.请回答下列问题
(1)配平化学方程式。__FeCl3+__SO2+__H2O=__FeCl2+__H2SO4+__HCl。
(2)除去括号中的杂质，写出除杂反应的离子方程式
①Na2SO4溶液(Na2CO3)：_______________________________________________。
②Ca(NO3)2溶液(CaCl2)：_______________________________________________。
(3)写出下列反应的离子方程式：
①向烧碱溶液中通入少量CO2气体：_______________________________________________。
②向澄清石灰水中滴加足量的碳酸氢钠溶液：_______________________________________________。
(4)实验室中，制取Fe(OH)3胶体的离子方程式是_______________________________________________，
证明胶体已经制成的方法是_______________________________________________。
【答案】 (1). 2 (2). 1 (3). 2 (4). 2 (5). 1 (6). 2 (7). CO32−+2H+=CO2↑+H2O (8). Ag++Cl−=AgCl↓ (9). CO2＋2OH－=CO32－＋H2O； (10). Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O (11). Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ (12). 丁达尔效应
【解析】
【分析】
（1）依据氧化还原反应的规律结合电子转移数守恒、原子守恒配平；
（2）①碳酸钠能够与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水；
②硝酸银与氯化钙反应生成氯化银沉淀和硝酸钙；
（3）①烧碱和少量二氧化碳反应会生成碳酸钠与水；
②向澄清石灰水中滴加足量的碳酸氢钠溶液生成碳酸钠、碳酸钙和水；
（4）实验室中，向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液可制取Fe(OH)3胶体；利用胶体特有的性质检验。
【详解】（1）方程式中FeCl3转化为FeCl2，铁元素化合价从+3降低到+2，得到电子数为1，SO2转化为H2SO4，S元素化合价从+4价升高到+6价，失去电子数为2，则依据电子转移数守恒可知，FeCl3与FeCl2的化学计量数为2，SO2与H2SO4的化学计量数为1，再根据Cl和H原子守恒可知，HCl和H2O的化学计量数分别为2，故该反应的化学方程式为：2FeCl3+SO2+2H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl，故答案为：2；1；2；2；1；2；
①碳酸钠能够与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，离子方程式：CO32−+2H+=CO2↑+H2O，可以用稀硫酸除去硫酸钠中的碳酸钠；
故答案为：CO32−+2H+=CO2↑+H2O；
②硝酸银与氯化钙反应生成氯化银沉淀和硝酸钙，离子方程式：Ag++Cl−=AgCl↓，可以用硝酸银除去硝酸钙中的氯化钙，
故答案为：Ag++Cl−=AgCl↓；
（3）①向烧碱溶液中通入少量CO2气体发生的离子方程式为：CO2＋2OH－=CO32－＋H2O；
②向澄清石灰水中滴加足量的碳酸氢钠溶液发生的离子方程式为：Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O；
（4）实验室中，制取Fe(OH)3胶体操作是向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续加热，直至溶液变成红褐色，停止加热；该反应的离子方程式是Fe3++3H2OFe(OH)3（胶体）+3H+；证明胶体已经制成的方法是使用光束通过该分散系，若出现“光亮”的通路，则证明该胶体已制成，即丁达尔效应，
故答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；丁达尔效应。
24.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置
某化学兴趣小组利用以上装置，按以下实验方案，采取步骤(1)(2)(3)(4)等四步操作从海洋动物中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。(已知甲苯和甲醇均为有机溶剂，有机物大多能互溶)
(1)装置A中仪器①的作用是________，使用装置A在流程中所对应的是________(填“操作(1)”“操作(2)”“操作(3)”或“操作(4)”，下同)。
(2)使用装置B在流程中所对应的是________在该操作中，振荡仪器时，为了避免因液体挥发而导致内部气压过大，还应进行的操作是________(填写具体的操作方法)。
(3)使用装置C在流程中所对应的是________，若所得沉淀不溶于水且需要洗涤，则洗涤的具体操作是________。
(4)使用装置D在流程中所对应的是________。
【答案】 (1). 冷凝 (2). 操作（4） (3). 操作（2） (4). 振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出 (5). 操作（1） (6). 往漏斗中加水至没过沉淀，待水自然流干，重复以上操作2−3次 (7). 操作（3）
【解析】
【分析】
从海洋动物中提取具有抗肿瘤活性的天然产物，由实验流程可知，操作（1）是分离固液混合物，其操作为过滤，操作（2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗；操作（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿；操作（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，结合已知的图示装置及操作的规范性分析解答。
【详解】上述分析可知操作（1）为过滤、（2）为分液、（3）为蒸发、（4）为蒸馏，
(1)装置A为蒸馏实验装置，仪器①为冷凝管，其作用是冷凝，操作（4）为蒸馏，故使用装置A在流程中所对应的是操作（4），
故答案为：冷凝；操作（4）；
(2) 使用装置B在流程中所对应的是操作（2），振荡仪器时，为了避免因液体挥发而导致内部气压过大，还应进行的操作是振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出，
故答案为：操作（2）；振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出；
(3)使用装置C的操作是（1），若所得沉淀不溶于水且需要洗涤，则洗涤的具体操作是往漏斗中加水至没过沉淀，让水自然流干，重复加水2−3次，
故答案为：操作（1）；往漏斗中加水至没过沉淀，让水自然流干，重复加水2−3次；
(4)使用装置D的操作是（3），故答案为：操作（3）。
【点睛】混合物分离的物理方法：1.蒸发；2.过滤；3.蒸馏；4.分液。蒸发的使用范围是从溶液中获得可溶性的固体；过滤的使用范围是固体与液体分离；蒸馏是互溶的液体沸点不同进行分离；分液是互不相溶的液体分离。
25.Ⅰ.氯酸钾和浓盐酸之间有下列反应：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O.
(1)该反应中发生还原反应的物质是________。氧化产物是________。
(2)用双线桥标出方程式中的电子得失2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O________。
(3)当有0.2 mol电子发生转移时，生成的氯气的体积为________L (标准状况)。被氧化的HCl的物质的量为________mol.
(4)若分别用①KMnO4(还原产物是Mn2+)②MnO2(还原产物是Mn2+) ③Ca(ClO)2(还原产物是Cl2)氧化浓盐酸制备氯气，当浓盐酸足量且这三种氧化剂的物质的量相同时，生成氯气的物质的量最少的是________。
Ⅱ.检测人的血液中葡萄糖(简称血糖，相对分子质量为180)含量，参考指标常以两种计量单位表示，即“mmol/L”和“mg/dL”(1 L=l0dL)。以“mmol/L”表示时，人的血糖正常值在3.6~6.0 mmol/L之间。如果以“mg/dL”表示，血糖正常值范围是________。
【答案】 (1). KClO3 (2). Cl2 (3). (4). 2.24 (5). 0.2 (6). ② (7). 64.8～108.0 mg/dL
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）依据氧化还原反应的规律作答；
（2）KClO3转化为ClO2转移电子数为2e-，HCl中Cl元素化合价升高，失去电子数为2e-，据此利用双线桥法分析；
（3）当有0.2mol电子发生转移时，生成的氯气是0.1mol；
（4）利用假设法，根据电子守恒分析作答；
Ⅱ. 1mmol=10-3mol，1g=103mg，1L=10dL；根据上述单位的转化关系将已知的正常血糖范围3.6～6.0 mmol/L转化为以“mg/dL”为单位的数据。
【详解】Ⅰ.（1）氯酸钾中氯元素化合价从+5价降低到+4价，得到1个电子，因此该反应中发生还原反应的物质是KClO3。氯化氢中氯元素化合价从－1价升高到0价，失去电子，则氧化产物是Cl2；
（2）根据以上分析可知用双线桥标出方程式中的电子得失为；
（3）当有0.2mol电子发生转移时，生成的氯气是0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L；根据氯原子守恒可知被氧化的HCl的物质的量为0.2mol；
（4）假设均是1mol氧化剂参加反应，根据电子得失守恒可知1mol高锰酸钾得到氯气的物质的量是2.5mol，1mol二氧化锰得到氯气的物质的量是1mol，根据方程式Ca(ClO)2+4HCl＝2Cl2↑+CaCl2+2H2O可知1mol次氯酸钙得到2mol氯气，所以生成氯气的物质的量最少的是二氧化锰，答案选②；
Ⅱ. 1mmol=10-3mol，1g=103mg，1L=10dL，1L中3.6mmol血糖的质量为：3.6×10-3mol×180×103mg/mol=648mg，用“mg/dL”表示血糖的浓度为：=64.8 mg/dL；6.0 mmol血糖的质量为：6.0×10-3mol×180×103mg/mol=1080 mg，用“mg/dL”表示血糖的浓度为：=108.0 mg/dL，故以“mg/dL”表示血糖的正常值范围是：64.8～108.0 mg/dL之间，故答案为：64.8～108.0 mg/dL。
26.已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，请回答下列问题：
(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为________mol×L-1。(保留2位有效数字)
(2)该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是________(填字母).
A．如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制
C．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低
D．需要称量NaClO固体的质量为143.0g
(3)“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84g×cm-3)的浓硫酸配制200mL 2.3 mol×L-1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。
①需要量取浓硫酸的体积为________mL；(保留2位有效数字)
②定容时向容量瓶中注入蒸馏水，液面离刻度线下________时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至________相切；
③在转移液体前需要注意的是(容量瓶已查漏且洗涤干净)________________________；
④下列操作会使配制的稀硫酸物质的量浓度偏大的是________；
A．容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水
B．量取浓溶液读数时仰视刻度线
C．移液时玻璃棒在刻度线以上
D．定容观察液体时俯视刻度线
【答案】 (1). 40 (2). C (3). 25 (4). 1-2cm (5). 凹液面和刻度线 (6). 冷却液体至室温 (7). BD
【解析】
【分析】
（1）依据c=计算溶液的物质的量浓度；
（2）根据溶液的配制及c=、m=nM来分析；
（3）①根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算；
②依据操作的规范性回答；
③浓硫酸溶于水为放热过程；
④根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。
【详解】（1）该“84消毒液”的物质的量浓度c===4.0mol/L；
故答案为：4.0；
（2）欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液，因实验室没有480 mL的容量瓶，故需选用500mL的容量瓶，则
A.需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的A和B不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管，故A错误；
B. 容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干即可用于溶液配制，故B错误；
C. 配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，则会使溶质的物质的量偏小，根据从c=可知，可能导致结果偏低，故C正确；
D. 应选取500mL的容量瓶进行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO的质量：0.5L×4.0mol⋅L−1×74.5g⋅mol−1=149.0g，故D错误；
故答案为：C；
（3）①溶液稀释前后溶质的物质的量不变，浓硫酸的浓度为c= =18.4mol/L，假设需要浓硫酸的体积为V，则V×18.4mol/L=0.2L×2.3mol/L，V=0.025L=25mL，
故答案为：25；
②定容时向容量瓶中注入蒸馏水，液面离刻度线下1-2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面和刻度线相切，故答案为：1-2cm；凹液面和刻度线；
③在转移液体前需要注意冷却液体至室温，因浓硫酸溶于水放热，若立即转入容量瓶并加水至刻度线，根据热胀冷缩原理可知会导致溶液体积不准确，溶液浓度不准确，故答案为：冷却液体至室温；
④A.只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，即容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，不符合题意，故A错误；
B. 量取浓溶液读数时仰视刻度线，会使所量取的浓溶液偏多，溶质的物质的量偏大，最终导致结果偏大，符合题意，故B正确；
C．移液时玻璃棒在刻度线以上，会造成所配溶液的体积偏大，浓度偏低，不符合题意，故C错误；
D．定容观察液体时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏大，符合题意，故D正确；
故答案为：BD。
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