2022-2023学年四川省成都市树德中学高一上学期期中考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年四川省成都市树德中学高一上学期期中考试化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

四川省成都市树德中学2022-2023学年高一上学期
期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活息息相关，下列有关物质的性质、用途等叙述，正确的是
A．生石灰、铁粉均可作为食品包装中的抗氧化剂
B．纯碱和小苏打的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱
C．用于呼吸面具，活性炭用于防毒面具，两者原理相同
D．使用氯气对自来水消毒时可能产生对人体有害的有机氯化物，因此使用、的同素异形体，代替
【答案】B
【详解】A．铁粉有还原性，可作为食品包装中的抗氧化剂，生石灰没有还原性，不能作抗氧化剂，生石灰可以吸水，可作干燥剂，故A错误；
B．纯碱和小苏打的溶液均显碱性，通常用小苏打作食用碱，纯碱用作工业用碱，故B正确；
C．Na2O2 用于呼吸面具是Na2O2能和呼出的二氧化碳以及水蒸气反应生成氧气，发生了化学反应，活性炭用于防毒面具是利用活性炭的吸附性，没有发生化学反应，两者原理不同，故C错误；
D．使用氯气对自来水消毒时可能产生对人体有害的有机氯化物，因此可以使用ClO2 、O3等代替， ClO2 、O3不是Cl2 、 O2 的同素异形体，同素异形体是同种元素形成的不同单质，故D错误；
故选B。
2．古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为
A．金(Au)：“虽被火亦未熟"
B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
C．石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”
D．石钟乳()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】C
【详解】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；
B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；
C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；
D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；
故答案为：C。

3．维C泡腾片含(柠檬酸)、，维生素C等，遇水会发生如下化学反应：，关于该反应说法正确的是
A．反应放热使分解产生
B．因为柠檬酸是三元酸，所以酸性比碳酸强
C．将换成产生气体速率会加快
D．可以用稀的溶液鉴别和
【答案】D
【详解】A．柠檬酸和碳酸氢钠发生复分解反应生成了二氧化碳，不是碳酸氢钠的受热分解产生二氧化碳，故A错误；
B．柠檬酸的酸性比碳酸强，不是因为柠檬酸是三元酸，酸性的强弱和酸的元数没有关系，故B错误；
C．将碳酸氢钠换成碳酸钠会减慢反应速率，因为碳酸氢钠只需要结合一个H+即可生成二氧化碳，而碳酸钠需要结合两个H+才能生成二氧化碳，故C错误；
D．稀的氯化钡溶液和碳酸钠溶液能发生反应生成碳酸钡沉淀，而碳酸氢钠溶液无明显现象，故可以用稀的氯化钡溶液鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，故D正确；
故选D。
【点睛】只有很稀的氯化钡溶液才可以鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，若氯化钡溶液浓度稍大，则碳酸氢钠溶液中也会产生白色沉淀：Ba2++2=BaCO3↓+H2O+CO2↑。
4．用表示同伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．含4.6g钠元素的和的混合物中含有阴离子总数一定为0.1
B．25℃，，22.4L 中含有的原子数约为3
C．标准状况下，2.24L 溶于水中，转移的电子数目可能为0.1
D．个胶体粒子的质量之和可能为107g
【答案】A
【详解】A．0.1mol中的物质的量为0.1mol，0.1mol中的物质的量为0.1mol，A正确；
B．25℃，，不是标准状况，22.4L的物质的量不是1mol，B错误；
C．2.24L溶于水中，并不等同于氯气和水反应完全反应，0.1mol氯气反应转移电子数小于0.1NA，C错误；
D．NA个氢氧化铁胶粒并不是NA个氢氧化铁分子，胶粒是较多分子的凝集颗粒，所以NA个胶粒的质量远大于107g，D错误；
故选A。
5．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．的溶液中，、、、
B．的溶液中：、、、
C．澄清透明的溶液中：、、、
D．可使酚酞变红的溶液中：、、、
【答案】C
【详解】A．溶液中有K+、H+和， H+和反应生成二氧化硫气体和水， 和Ca2+反应生成微溶物硫酸钙，不能大量共存，故A不选；
B．的溶液呈酸性，在酸性溶液中能够氧化，不能大量共存，故B不选；
C．、、、之间不反应，能够大量共存，故C选；
D．使酚酞变红的溶液呈碱性， OH−与反应生成NH3•H2O，不能大量共存，故D不选；
故选：C。
【点睛】澄清透明的溶液中也可以存在有颜色的离子。
6．下列反应能达到目的且对应离子方程式正确的是
A．过氧化钠作供氧剂与水反应：
B．向溶液中滴入溶液至产生的沉淀质量最大：
C．将通入澄清石灰水中制取漂粉精：
D．往溶液中通入少量：
【答案】B
【详解】A．过氧化钠作供氧剂与水反应：，A错误；
B．向溶液中滴入溶液至产生的沉淀质量最大：，B正确；
C．将通入澄清石灰水中制取漂粉精：，C错误；
D．往溶液中通入少量：溶液和不发生反应，D错误；
故选B。
7．下列实验操作，现象及结论都正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向某溶液中加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
该溶液中含有
B
对某碱性溶液进行焰色试验，火焰颜色为黄色
该溶液为NaOH溶液
C
向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加过量稀盐酸，沉淀不消失
该溶液中含有
D
向某溶液中加入过量硝酸酸化的溶液，有白色沉淀生成
该溶液中含有

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．、都能和盐酸反应生成使澄清石灰水变浑浊的无色无味的二氧化碳，故A错误；
B．焰色试验中火焰为黄色只能说明含有钠元素，碱性溶液可能为NaOH溶液，也可能为Na2CO3或NaHCO3溶液，故B错误；
C．若溶液中含有Ag+，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加过量稀盐酸，沉淀也不消失，故C错误；
D．向某溶液中加入过量硝酸酸化的 AgNO3 溶液，有白色沉淀生成，可证明该溶液中含有 Cl−，故D正确；
故选D。
8．甲、乙、丙、丁四种物质有如下图所示的转化关系(反应条件略，部分生成物没有列出)。下列各项中的物质按照如图所示的箭头不能一步实现转化的是

选项
甲
乙
丙
丁
A
Zn

Fe

B



盐酸
C

Cu
CuO

D

CO

C

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．丙与丁生成乙，Fe与Cl2生成FeCl3，不是FeCl2，A错误；
B．Na2O2与CO2生成Na2CO3，Na2CO3与盐酸反应生成CO2，符合转化图，B正确；
C．O2和Cu生成CuO，CuO和H2生成Cu，符合转化图，C正确；
D．O2和CO生成CO2，CO2和C生成CO，符合转化图，D正确；
故选A。
9．下图所示的实验操作不能达到实验目的是




A．测定NaClO溶液的酸碱性
B．脱脂棉燃烧，证明与水反应放热
C．观察钾盐的焰色
D．气球膨胀，证明被NaOH溶液吸收

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．NaClO溶液具有漂白性，能使pH试纸褪色，不能测定NaClO溶液的pH，故A不能达到实验目的；
B．向包有Na2O2的脱脂棉上滴水，脱脂棉燃烧，说明Na2O2与水反应放热，同时生成氧气，故B能达到实验目的；
C．观察钾盐的焰色时，透过蓝色钴玻璃可以滤去钠的黄光的干扰，故C能达到实验目的；
D．氯气被NaOH溶液吸收，使锥形瓶内压强降低，外面的空气进入气球中，气球膨胀，故D能达到实验目的；
故选A。
10．下图横坐标、纵坐标分别表示一定条件下氧化剂的氧化性、还原剂的还原性由弱到强的变化，1、2、3点表示了横纵坐标对应微粒在水溶液中反应的产物。下列说法正确的是

A．反应1中的S失电子表现氧化性 B．反应2的离子方程式为：
C．反应3的产物a是 D．从图可推得能氧化、
【答案】D
【详解】A．反应1中SO2的S元素化合价由+4价升高到+6价，失去2个电子，表现还原性，A错误；
B．根据电荷守恒、原子守恒可得反应2的离子方程式为：，B错误；
C．反应3中Cl2作氧化剂，还原产物a是，C错误；
D．从图可推得氧化性：Cl2>Fe3+>I2，所以Cl2能氧化、SO2，D正确；
故选D。
11．部分常见含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是

A．a可以做氧化剂，也可以做还原剂
B．d的浓溶液与c的固体反应生成b与e
C．实验室可通过加热与d的浓溶液制得a
D．可存在a→c→e→d→b→a的循环转化关系
【答案】B
【分析】由题干信息可知，物质a、b、c、d、e分别为Cl2、NaCl(或其他盐酸盐)、NaClO(或其他次氯酸盐)、HCl、HClO，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知， a 为Cl2，其中Cl元素的化合价为0价，既可以升高也可以降低，故既可做氧化剂，也可做还原剂，A合理；
B．由于反应ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，故 d 的浓溶液即浓盐酸不可与 c 的固体即NaClO反应生成NaCl与HClO，B不合理；
C．实验室可通过加热 MnO2与 d 的浓溶液即浓盐酸制得 a 即Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，C合理；
D．可存在 a→c→e→d→b→a 的循环转化关系即Cl2 ClO- HClOHCl Cl-Cl2，D合理；
故答案为：B。
12．下列几种导电性变化图像，不符合要求的是

A．图A是向饱和石灰水中不断通入
B．图B是向氨水中通入HCl
C．图C是向NaOH稀溶液中通入少量
D．图D是向溶液中通入HCl至不再产生沉淀
【答案】D
【详解】A．向饱和石灰水中不断通入CO2，先生成 CaCO3沉淀，使溶液的导电性降低， CaCO3再和CO2反应生成可溶于水的Ca(HCO3)2，使溶液的导电性增大，A正确；
B．氨水为弱电解质，导电能力相对较差，向氨水中通入HCl，一水合氨和HCl反应生成 NH4Cl，NH4Cl为强电解质，故通入HCl后导电能力加强，B正确；
C．2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+ H2O，向NaOH溶液中通入少量Cl2，反应前后离子浓度不变，溶液的导电性不变，C正确；
D．向AgNO3溶液通入少量HCl，发生反应生成氯化银沉淀和硝酸，减少的银离子由氢离子补充，溶液中离子浓度基本不变，导电性基本不变，D错误；
故选D。
13．室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成左、右两室，左室充入等物质的量的氢气和氧气，右室充入一氧化碳和氧气的混合气。同时引燃左右两室的混合气，反应后恢复到室温。反应前后活塞位置如图所示，则右室混合气体中一氧化碳和氧气的物质的量之比可能是①1∶1；②1∶3；③1∶2；④3∶1。(液态水的体积忽略不计)

A．②③ B．①④ C．①③ D．③④
【答案】B
【详解】假设氢气和氧气的物质的量分别为1mol，开始时左右两侧气体的体积相等，则物质的量之和相等，右侧气体共为2mol，同时引燃左右两侧的混合气，左侧：

左侧剩余气体为0.5molO2，由图可知反应后左右两侧气体的体积之比为2：6=1：3，故物质的量之比为1：3，则右侧气体的物质的量为0.5mol×3=1.5mol，
当CO过量时，设O2为xmol，则CO为（2-x）mol：

2-x-2x+2x=1.5，解得x=0.5
所以n（CO）=2mol-0.5mol=1.5mol，则n（CO）：n（O2）=3：1；
当O2过量时，设CO为ymol，则O2为（2-y）mol，

则2－y－0.5y+y=1.5，解得y=1
所以n（CO）=1mol，n（O2）=1mol，则n（CO）：n（O2）=1：1
故选B。
14．把碎纸片b补充到a中，可得到一个完整的离子方程式(未配平)。下列说法不正确的是

A．反应物微粒是S、
B．向碎纸片b的溶液中，分别滴入稀硫酸，都能发生离子反应
C．氧化剂与还原剂的质量比为1：2
D．若有6mol S参加反应，则转移的电子数为8
【答案】C
【分析】根据题意可知，硫单质在碱性条件下，可以发生歧化反应生成S2-、 和H2O，根据化合价升降守恒、原子守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式为 3S+6OH−2S2−++3H2O 。
【详解】A．由上述分析可知，反应物微粒是S、OH-，故A项正确；
B．碎纸片b的溶液中S2-、、OH-均能与H+发生复分解反应反应，分别生成H2S、SO2和H2O、H2O，反应属于离子反应，故B项正确；
C．反应中S2-为S表现出氧化性的产物，为S表现出还原性的产物，因此氧化剂与还原剂的质量比为2：1，故C项错误；
D．根据分析可知，若有3mol S原子参加反应，有1molS化合价升高为+4价被氧化，有2molS化合价降低为-2价被还原，转移的电子为4mol，若有6mol S参加反应，则转移的电子数为8 NA，故D项正确；
不正确的是C项。
15．研究小组探究与水反应。取1.56g 粉末加入40mL水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变化)，该溶液中NaOH的浓度为1mol/L，进行以下实验。
编号
①
②
③
④
操作




现象
溶液变红色，20秒后褪色
i.产生大量能使带火星木条复燃的气体
ii.溶液变红色，10分钟后褪色
i.溶液变红色，10分钟后溶液褪色
ii.变红色
溶液变红色，2小时后无明显变化

下列说法不正确的是A．由②中现象i可知，与水反应有生成
B．由③、④可知，②中溶液红色褪去是因为生成的有漂白性
C．由②、③、④可知，①中溶液红色褪去的主要原因不是大
D．向①中褪色后的溶液中滴加5滴6mol/L盐酸，溶液最终不会变成红色
【答案】B
【详解】A．②中现象i可知溶液A中加入二氧化锰产生大量能使带火星木条复燃的气体为氧气，说明溶液中含过氧化氢，A正确；
B．由③、④可知，在碱溶液中酚酞变红色，但是酚酞指示剂的变色范围是pH为在8-10之间，所以与浓度有关。1 mol/L的氢氧化钠溶液中滴入酚酞溶液变红色，10分钟后溶液褪色，说明pH超出变色范围，OH-浓度太大；再滴入盐酸反应后浓度减小，酚酞指示剂显红色，进一步说明②中溶液红色褪去是因为c()大，B错误；
C．由②③④反应现象分析可知，①中溶液红色褪去的主要原因是生成了过氧化氢具有氧化性，和浓度大小没有关系，C正确；
D．①中溶液红色褪去的主要原因是生成的过氧化氢具有氧化性，把有色物质氧化为无色物质，向①中褪色后的溶液中滴加5滴6 mol/L盐酸，溶液最终不会变成红色，D正确；
故选B。
16．现有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、、Ba2+、、Cl-、。现取两份各100 mL溶液进行如下实验：
①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体0.17 g；
②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.63 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，剩余沉淀质量为4.66 g。根据上述实验，以下推测正确的是
A．一定存在、、，一定不存在Ba2+、Cl-
B．一定存在、、，可能存在K+
C．溶液中一定存在K+，且c(K+)至少有0.5 mol/L
D．c()＜c()＝0.02 mol/L
【答案】C
【分析】①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体0.17 g，气体是NH3，说明溶液中一定含有，且其物质的量为n()=；
②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.63 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66 g，此沉淀为BaSO4，故其物质的量n()=，则也一定含有，且其物质的量为n()=，由于Ba2+与、会发生沉淀反应而不能大量共存，则溶液中不能含有Ba2+。
根据电中性原则得出溶液中一定含有阳离子K+，而Cl-不一定存在，据此选择即可。
【详解】A．根据上述分析可知，溶液中一定存在、、、K+，一定不存在Ba2+，可能含有Cl-，A错误；
B．根据上述分析可知，溶液中一定存在、、、K+，B错误；
C．溶液中含有、、、K+，若溶液中不存在Cl-，根据电荷守恒n()+n(K+)=2n()+2n()，0.01 mol+n(K+)=2×0.01 mol+2×0.02 mol，n(K+)=0.05 mol，溶液体积是0.1 L，故c(K+)=，若溶液中不存在Cl-，则c(K+)=0.5 mol/L，若溶液中存在Cl-，则c(K+)＞0.5 mol/L，故溶液中c(K+)至少有0.5 mol/L，C正确；
D．n()=0.01 mol，c()=；c()=，故c()＜c()＝0.2 mol/L，D错误；
故合理选项是C。

二、填空题
17．完成下列问题：
(1)现有下列十种物质：①铜；②小苏打；③固体纯碱；④二氧化碳；⑤葡萄糖；⑥氢氧化钾；⑦氢氧化铁胶体；⑧盐酸；⑨乙醇；⑩硫酸铁。上述十种物质中，属于混合物的是_______(填序号)，⑩的电离方程式为_______。
(2)下列物质属于如图所示化学概念交叉部分(阴影部分)的是_______。    
A．           B．HCl           C．(乙醇)  D ．NaCl   E．Hg
(3)下列各反应属于如图中阴影部分所示关系的有_______。

A．氨气与盐酸 B．氢气与氧气 C．过氧化钠与水 D．氯气与氢氧化钠溶液
(4)高铁酸钠()是一种新型绿色消毒剂
①其中一种制备的离子方程式可表示为： __________________
请补全以上反应，并用双线桥法表示电子转移的方向和数目_____。
②已知：在处理饮用水的过程中铁元素会被转化为，进而在水中产生胶体，胶体具有吸附性。在处理饮用水的过程中发生了_______(填“氧化”、“还原”或“非氧化还原”)反应。胶体为_______色，写出区分胶体与溶液的实验方法名称：_______。
【答案】(1)     ⑦⑧     Fe2(SO4)3=2Fe3++3
(2)B
(3)CD
(4)          还原     红褐     丁达尔效应

【详解】（1）由两种或两种以上物质组成的为混合物。①铜是单质，是纯净物；②小苏打是碳酸氢钠，是纯净物；③固体纯碱是碳酸钠，是纯净物；④二氧化碳只由一种分子组成，是纯净物；⑤葡萄糖只由一种分子组成，是纯净物；⑥氢氧化钾是纯净物；⑦氢氧化铁胶体是一种分散系，是混合物；⑧盐酸是HCl的水溶液，是混合物；⑨乙醇只由一种分子组成，是纯净物；⑩硫酸铁是盐，是纯净物。上述十种物质中，属于混合物的是⑦⑧，硫酸铁电离出铁离子和硫酸根离子，电离方程式为：Fe2(SO4)3=2Fe3++3 。
（2）A．NH3不属于电解质，是非电解质，故A不选；B．HCl溶于水能电离出自由移动的离子，HCl属于电解质，液态HCl中没有自由移动的离子，只有分子，不导电，故B选；C．CH3CH2OH(乙醇)是由分子构成的，液态时不导电，溶于水不电离，水溶液也不导电，乙醇是非电解质，故C不选；D ．NaCl溶于水能电离出自由移动的离子，能导电，属于电解质，熔融的氯化钠中也有自由移动的离子，液态氯化钠也导电，故D不选；E．Hg是金属单质，不是电解质，汞常温下呈液态，能导电，不溶于水，故E不选；故选B。
（3）A．氨气与盐酸反应生成氯化铵，没有化合价变化，不是氧化还原反应，故A不选；
B．氢气与氧气反应生成水，有化合价变化，属于氧化还原反应，但不是离子反应，故B不选；
C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠中的-1价氧元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，同时反应在水中发生，生成的NaOH在水中能电离出离子，属于离子反应，故C选；
D．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，同时该反应在水溶液中进行，NaOH溶液中的OH-浓度降低，反应后Cl-、ClO-浓度增大，属于离子反应，故D选；
故选CD。
（4）①在该反应中，Fe元素的化合价从+3价升高到+6价，2molFe(OH)3失去6mol电子生成2mol，ClO-中Cl的化合价降低，3molClO-得到6mol电子，则反应后ClO-转化为Cl-，即生成物中有Cl-，且其系数为3，根据电荷守恒可知，还有4molOH-参加反应，根据质量守恒，生成的水为5mol，反应的离子方程式为：3ClO−+2Fe(OH)3+4OH-=2+3Cl-+5H2O。用双线桥表示电子转移方向和数目为： 。
②Na2FeO4 在处理饮用水的过程中铁元素会被转化为Fe3+，铁元素的化合价降低，则Na2FeO4 在处理饮用水的过程中发生了还原反应。Fe(OH)3胶体呈红褐色，区分胶体和溶液的方法为丁达尔效应。

三、实验题
18．实验发现，溶液的酸碱性会影响物质的氧化性或者还原性。在化学实验中，经常将一定浓度的溶液与一定浓度的硫酸混合使用。某实验需要480mL 1mol/L的和100g质量分数为25.2%的溶液。要配制这两种溶液，进行了下列实验。请回答有关问题：
(1)实验室有化学纯的浓硫酸，其试剂瓶标签上的部分内容如下图：
【品名】硫酸
【化学式】
【纯度】化学纯(CP)
【相对分子质量】98
【规格】500mL
【密度】1.82
【质量分数】98%

该硫酸的物质的量浓度为_______，该实验中，应该取该硫酸_______mL。
(2)要配制所需的两种溶液，下列仪器中需要使用的是烧杯、托盘天平和_______(请填写仪器名称，下同)，还需要的玻璃仪器有_______。

(3)下列关于仪器的说法正确的是_______。
A．使用前要检查容量瓶是否漏液
B．容量瓶上标有容积、温度和浓度
C．容量瓶和量筒用蒸馏水洗净后，需要烘干后再使用
D．量筒在量取浓硫酸后，需要洗涤，且要将洗涤液转入容量瓶中
E．该实验中多次使用玻璃棒，但是作用不同
(4)在两种溶液的配制过程中，下列操作中能使所配溶液的浓度偏低的有_______(填代号)。
①用量筒量取浓硫酸时仰视
②未等稀释后的硫酸溶液冷却到室温就转移到容量瓶中
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出
⑤定容时，俯视刻度线
⑥称量固体时托盘天平的左边放置砝码
⑦称取25.2g 固体，溶解在74.8mL的水中配制溶液
(5)由于容易氧化水中的有机物，在放置过程中浓度可能会有所变化。在使用之前，可以利用已知浓度的来测定溶液的浓度。该反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。
【答案】(1)     18.2mol/L     27.5
(2)     500mL容量瓶     胶头滴管、玻璃棒、量筒
(3)AE
(4)①④⑥
(5)2：5

【分析】配制一定物质的量浓度溶液，要经过计算、称量或量取、溶解或稀释、冷却后转移到容量瓶、洗涤、振荡、定容、摇匀、装瓶贴签等步骤。配制一定质量分数的溶液，需计算、称量、溶解等步骤。
【详解】（1）根据标签上的浓硫酸的密度和质量分数，计算该硫酸的物质的量浓度为=18.2mol/L。配制480mL1mol/L的硫酸溶液，实验室没有480mL的容量瓶，所以要配成500mL，稀释前后溶质的物质的量不变，稀释后硫酸的物质的量为0.5L×1mol/L=0.5mol，则需要取18.2mol/L的浓硫酸的体积为0.5mol÷18.2mol/L=0.0275L=27.5mL。
（2）配制一定物质的量浓度的溶液，需要用容量瓶，用量筒量取浓硫酸的体积，用烧杯和玻璃棒稀释浓硫酸，将冷却后的溶液转移到容量瓶时，还需要用玻璃棒引流，定容时需要用胶头滴管；配制一定质量分数的溶液时，需要用天平(砝码、药匙)称量所需KMnO4固体的质量，用烧杯和玻璃棒溶解固体。所以给出的仪器中需要500mL容量瓶，还需要的玻璃仪器有胶头滴管、玻璃棒和量筒。
（3）A．用容量瓶配制溶液时，最后需要倒转容量瓶，上下颠倒容量瓶摇匀，上面的塞子不能漏液，使用前要检查，正确；
B．容量瓶上标有容积、温度，不标浓度，错误；
C．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干，量筒用蒸馏水洗净后，需低温烘干或晾干后再使用，错误；
D．量筒在量取浓硫酸后，不需要洗涤，若将洗涤液转入容量瓶中，会造成所配硫酸溶液浓度偏大，错误；
E．该实验中多次使用玻璃棒，但是作用不同，溶解时用玻璃棒搅拌，加速溶解，将浓硫酸转移到盛水的烧杯时，需要用玻璃棒引流，且不断搅拌散热，将溶液转移到容量瓶时，需要用玻璃棒引流，正确；
故选AE。
（4）①用量筒量取浓硫酸时仰视，量取的浓硫酸体积偏小，导致所配溶液浓度偏低；
②未等稀释后的硫酸溶液冷却到室温就转移到容量瓶中，放热溶液体积膨胀，冷却后体积变小，溶液浓度偏高；
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水不影响溶液的体积和溶质的量，对所配溶液浓度无影响；
④定容时，加蒸馏水超过标线，溶液体积变大，所配溶液浓度偏低；
⑤定容时，俯视刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；
⑥称量 KMnO4 固体时托盘天平的左边放置砝码，称量的固体质量小于25.2g，所配溶液浓度偏低；
⑦称取25.2g KMnO4 固体，溶解在74.8mL的水中配制 KMnO4 溶液，74.8mL水即为74.8g，溶液质量为25.2g+74.8g=100.0g，所配溶液质量分数为25.2%，是正确的配制溶液的过程；
故选①④⑥。
（5）H2C2O4 和KMnO4反应，H2C2O4中C的化合价为+3价，有还原性，做还原剂，被氧化，反应后C的化合价升高到+4价，1molH2C2O4 失去2mol电子；KMnO4中Mn为+7价，有强氧化性，做氧化剂，被还原，反应后Mn的化合价降低到+2价，1molKMnO4得到5mol电子，根据电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：5。

四、工业流程题
19．工业上从海水中获得纯净氯化钠溶液经过下列流程生产焦亚硫酸钠(，能溶于水，在空气中容易被氧化)，回答下列问题：

(1)反应I中应该先通入_______，反应I的离子方程式_______。
(2)Y的主要成分是_______。
(3)从溶液乙中结晶的具体操作是_______。
(4)该流程中，_______可以循环使用。
(5)灼烧的化学方程式为_______。
(6)已知与稀硫酸反应生成，其离子方程式为_______。焦亚硫酸钠常用作食物的抗氧化剂，在空气中容易被氧化而变质。要检验焦亚硫酸钠是否变质，具体的实验操作为_______。
【答案】(1)     NH3     Na++CO2+H2O+NH3=NaHCO3↓+
(2)NH4Cl
(3)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
(4)CO2
(5)2CuS+3O22CuO+2SO2
(6)     +2H+=2SO2↑+H2O     取少量焦亚硫酸钠于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则证明焦亚硫酸钠已变质，否则未变质

【分析】饱和食盐水中先通入氨气使溶液呈碱性，再通入过量二氧化碳，生成溶解度比较小的碳酸氢钠，过滤，滤液中有氯化铵和氯化钠，加入氯化钠固体，增大Cl-浓度，使氯化铵析出。反应Ⅰ滤出的固体为碳酸氢钠，加热分解为碳酸钠、水和二氧化碳，二氧化碳可以循环使用。CuS在空气中灼烧，生成氧化铜和二氧化硫，氧化铜可以加硫酸溶液得到硫酸铜溶液，经处理可获得硫酸铜晶体。二氧化硫通入碳酸钠溶液中，得到焦亚硫酸钠。
【详解】（1）反应I中应该先通入氨气，使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，可以得到更多的碳酸氢根离子，从而析出碳酸氢钠固体。反应I的离子方程式为：Na++CO2+H2O+NH3=NaHCO3↓+。
（2）由以上分析可知，Y的主要成分为NH4Cl。
（3）从硫酸铜溶液中获得带结晶水的硫酸铜晶体，需要用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法。
（4）从以上分析可知，反应Ⅱ和Ⅲ中生成的二氧化碳都可以回到反应Ⅰ中循环利用。
（5）在空气中灼烧CuS，根据图示可知，CuS和氧气反应生成氧化铜和二氧化硫，化学方程式为：2CuS+3O22CuO+2SO2。
（6）Na2S2O5与稀硫酸反应生成SO2，Na2S2O5中S的化合价为+4价，所以在反应中没有化合价的变化，其离子方程式为：+2H+=2SO2↑+H2O。Na2S2O5中的+4价的硫容易被空气中的氧气氧化为+6价而转化为硫酸根离子，可以用盐酸和氯化钡溶液检验硫酸根离子，具体操作为：取少量焦亚硫酸钠于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则证明焦亚硫酸钠已变质，否则未变质。

五、实验题
20．某小组同学在实验室制备、收集氯气，并进行一系列的探究，请回答下列问题。
(1)制备。写出装置I中发生的离子反应方程式_______。

(2)氯水相关性质探究。
①若装置IV中试剂b为，将IV接在II之后制得氯水，则II中的溶液a为_______。
②若装置IV中试剂b为，可制得的溶液(可溶于溶液，且不与反应)。用此溶液来探究氯水中是哪一种粒子有漂白性，则溶液a为_______。II和IV之间接III，此时气体应该从_______口进入III，III的作用是_______。取稀盐酸、新制氯水、的溶液，分别滴在三张红色纸条上，可观察到只有滴加新制氯水的红色纸条褪色，证明氯水中有漂白性的是HClO。
③验证氢水中HClO光照分解的产物。将装置IV广口瓶中的氯水转移至三颈瓶内，将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入三颈瓶中(如图)，用强光照射氯水，进行实验并采集数据，获得相关变化曲线。

若能够证明氯水中HClO在光照下发生了分解反应，则图中纵坐标可以表示的物理量是_______(填字母)。

a.氯水的pH                b.氢离子的浓度            c.氯离子的浓度
d.氧气的体积分数        e.溶液的颜色            f.导电性
④在氯水中加入少量的，黄绿色逐渐变浅。请写出总反应的离子方程式_______。
(3)实验后发现I中有大量的固体剩余，在I中溶液中加入Zn，有大量气泡生成。通过此实验可判断____ (填“是”或“不是”)碱性氧化物。请写出与FeO在硫酸溶液中反应的离子方程式_______。
【答案】(1)
(2)     饱和的氯化钠溶液     浓硫酸     n     防倒吸     bcdf    
(3)     不是    

【详解】（1）
（2）①食盐水抑制Cl2的溶解，HCl极易溶于水，利用饱和食盐水洗气；
②用溶解干燥的氯气，因此溶液a为浓硫酸；II和IV之间接III，此时气体应该从n口进入III，III的作用是防倒吸。
③氯水中含有次氯酸能见光分解，分解反应为，则氯水的酸性增强，溶液中氯水的pH减小，氢离子的浓度增大 ，氯离子的浓度增大，氧气的体积分数增大，   溶液的颜色变浅，导电性增强；
④次氯酸的酸性弱于碳酸，向氯水中滴加少量的NaHCO3溶液，生成氯化钠、次氯酸和二氧化碳，反应的离子方程式为：。
（3）在I中溶液中加入Zn，有大量气泡生成，Zn和稀盐酸发生反应，则可知MnO2不与稀盐酸反应不是碱性氧化物；与FeO在硫酸溶液中反应的离子方程式。