2022上海市华东师范大学第二附中高一下学期3月阶段反馈化学试题含解析

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华东师大二附中2021学年3月阶段反馈
高一化学
(考试时间：60分钟 满分：100分)
可能用到的相对原子质量：H-1 He-4 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 K-39 Mn-55
一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题2分，共40分)
1. 下列物质中含共价键的离子化合物是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．既有Ba2+和OH-之间的离子键，又有OH-内的O-H共价键，A正确；
B．为共价化合物，只有S-O之间的共价键，B错误；
C．为共价化合物，只有共价键，C错误；
D．只有Ca2+和Cl-之间的离子键，D错误；
故答案为：A。
2. 下列生产活动中没有发生化学反应的是
A. 多吃含维生素C的食物减缓衰老 B. 碘单质受热后产生紫红色烟
C. “84消毒液”灭活病毒 D. 无水吸水后由蓝色变为粉红色
【答案】B
【解析】
【详解】A．多吃含维生素C的食物减缓衰老是由于维生素C具有强还原性，可以消耗人体内富余的活性氧，防止其氧化人体组织器官，故发生了化学变化，A不合题意；
B．碘单质受热后产生紫红色烟是碘具有升华的性质，则未发生化学变化，B符合题意；
C．“84消毒液”灭活病毒 是消毒液具有强氧化性，能使蛋白质组织结构发生改变使其变性，发生了化学变化，C不合题意；
D．无水吸水后由蓝色变为粉红色，生成了Co2+和H2O形成的络合物，有新物质的生成，发生化学变化，D不合题意；
故答案为：B。
3. 富勒烯是一类具有封闭笼状结构的分子，最小的富勒烯是C20，最常见的是C60，关于C20和C60的说法不正确的是
A. 互为同素异形体 B. 等质量的C20和C60所含原子数相同
C. 都属于单质 D. 它们的摩尔质量相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．C20和C60都是由碳元素组成的单质，为同素异形体，故A正确；
B．C20和C60中只含碳原子，等质量的C20和C60所含原子数相同，故B正确；
C．C20和C60都是由碳元素组成的单质，故C正确；
D．C20的摩尔质量是240g/mol，C60的摩尔质量是720g/mol， 故D错误；
选D。
4. 目前，科学家发现在负压和超低温条件下，可将水形成像棉花糖一样的气溶胶的冰，该冰称为“气态冰”。下列说法不正确的是
A. 该冰具有丁达尔效应
B. 该条件下18 g“气态冰”的体积等于22.4 L
C. “气态冰”分子中存在极性共价键
D. “气态冰”与普通冰化学性质相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．该冰是气溶胶，具有胶体的性质，因此能够发生丁达尔效应，A正确；
B．该条件下18 g“气态冰”的物质的量是1 mol，但由于物质的状态不是气态，因此不能确定其体积大小，B错误；
C．“气态冰”分子是H2O分子，H2O中存在H-O键是极性共价键，C正确；
D．“气态冰”与普通冰分子构成都是H2O，物质的分子组成相同，因此二者的化学性质也相同，D正确；
故合理选项是B。
5. 金属晶体中的金属键越强，其硬度越大，熔、沸点越高；且研究表明，一般来说，金属原子半径越小，价电子数越多，则金属键越强。由此判断下列说法错误的是
A. 铝的硬度大于镁 B. 钙的熔点低于钡
C. 镁的硬度大于钾 D. 钙的熔、沸点高于钾
【答案】B
【解析】
【详解】A．镁和铝电子层数相同，价电子数：，原子半径；，故铝的硬度大于镁，A项正确；
B．钡、钙的价电子数相同，但原子半径：，金属键强度：，钙的熔点高于钡，B项错误；
C．镁和钾比较，镁半径小，价电子多，金属键强，所以硬度：，C项正确；
D．钙和钾位于同一周期，价电子数：，原子半径：，金属键强度：，故熔、沸点：，D项正确；
答案选B。
6. 下列事实不能用元素周期律解释的是
A. 碱性：NaOH>LiOH B. 酸性：HCl>H2CO3
C. 原子半径：S＞O D. 热稳定性：HF＞HI
【答案】B
【解析】
【详解】A．钠的金属性强于锂，其最高价氧化物水化物的碱性NaOH强于LiOH，能用元素周期律解释，A不符合题意；
B．HCl不是氯元素的最高价氧化物水化物，不能用元素周期律解释酸性：HCl>H2CO3，B符合题意；
C．同主族元素的原子半径从上往下逐渐增大，故原子半径：S＞O，能用元素周期律解释，C不符合题意；
D．F的非金属性比I强，与H形成的共价键键能HF＞HI，故热稳定性：HF＞HI，能用元素周期律解释，D不符合题意；
故选B。
7. 下列离子方程式错误的是
A. 同温同压下，相同体积的和通入水中：
B. 铁粉和稀硫酸反应：
C. 与等物质的量混合：
D. 向和的混合溶液中通入少量：
【答案】C
【解析】
【详解】A．同温同压下，相同体积的和通入水中的反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，则离子方程式为：，A正确；
B．铁粉和稀硫酸反应的离子方程式为：，B正确；
C．与等物质的量混合的反应方程式为：Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4+NaOH+H2O，则离子方程式为：，C错误；
D．已知还原性：I-＞Fe2+＞Br-，故向和的混合溶液中通入少量则先氧化I，故离子方程式为：，D正确；
故答案为：C。
8. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 与的混合物中含有的中子数为NA
B. 与完全反应时转移电子数目为2NA
C. 中含有的共价键数为4NA
D. 标准状况下溶于水时，所得溶液中含氯微粒总数为0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．H、D摩尔质量分别为1、2，H、D中子数分别为0、1，故与的摩尔质量均为20，与均含有10个中子，2.0g与的物质的量为0.1mol，故含有的中子数为，A项正确；
B．与反应方程式为，根据电子得失可判断方程式转移电子为2，则3mol与完全反应时转移电子数目为2，B项正确；
C．中铵根离子存在四个共价键，故1mol中含有的共价键数为4，C项正确；
D．溶于水时部分与水反应生成HCl和HClO，部分以分子形式存在，标准状况下2.24L气体物质的量为0.1mol，故溶液中含氯微粒总数应小于0.2，D项错误。
故选D。
9. 下列说法不正确的是
A. 氯化氢溶于水破坏的微粒间作用力为共价键
B. 氯气比氢气容易液化，是因为氯气分子间作用力较强
C. 三氯化磷分子中磷原子和氯原子最外电子层都具有8电子的稳定结构
D. 硫酸氢钠固体溶于水破坏离子键，电离出钠离子和硫酸氢根离子
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化氢溶于水，发生电离HCl=H++Cl-，故破坏的微粒间作用力为共价键，A正确；
B．因为氯气分子间作用力较强，沸点较高，氯气比氢气容易液化，B正确；
C．由三氯化磷的电子式可知，三氯化磷分子中磷原子和氯原子最外电子层都具有8电子的稳定结构，C正确；
D．硫酸氢钠固体溶于水破坏离子键和共价键，电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，D错误；
故答案为：D。
10. 测定硫酸铜晶体(CuSO4·nH2O)中结晶水含量的实验中，测定n偏低，其原因可能是
A. 称量晶体的坩埚潮湿 B. 加热后固体未放入干燥器中冷却
C. 加热过程中晶体有少量溅失 D. 晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质
【答案】B
【解析】
【详解】A．坩埚潮湿，则产生的水蒸气量偏多，会使测量结果偏高，A不符合题意；
B．加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水，则所测剩余固体质量偏大，结晶水质量偏低，结果偏小，B符合题意；
C．加热过程中晶体有少量溅失，则所测剩余固体质量偏小，结晶水质量偏大，结果偏大，C不符合题意；
D．晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质，则所测水蒸气质量偏大，n值偏高，D不符合题意；
故答案选B。
11. 对实验室中四种无色溶液进行离子检验，实验结果如下，符合下图所示条件的是

A. 、、、 B. 、、、
C. 、、、 D. 、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe2+浅绿色，Ba2+与CO生成碳酸钡沉淀，故A不符合题意；
B．这些离子能够大量共存，向该离子组中加入OH-，NH与OH-反应NH+ OH-NH3↑+H2O，有气体产生，向该离子组中加入硫酸，发生Ba2+与SO=BaSO4↓，有白色沉淀产生，故B符合题意；
C．这些离子能够大量共存，向该离子组中加入OH-，HCO与OH-反应HCO+OH-=CO+H2O，NH与OH-反应NH+ OH-NH3↑+H2O，有气体产生，向该离子组中加入硫酸，发生HCO+H+=CO2↑+H2O，有气体产生，没有沉淀产生，故C不符合题意；
D．这些离子能够大量共存，向该离子组中加入OH-，H+与OH-反应H++OH-=H2O，Al3++3OH-=Al(OH)3↓或Al3++4OH-=AlO+2H2O，没有气体产生，故D不符合题意；
答案为B。
12. 将新制的氯水加入下列溶液中，得到无色溶液的是
A. B. C. NaBr D. 石蕊溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．新制氯水中含有氯离子，加入到硝酸银溶液中会生成氯化银沉淀，选项A不符合题意；
B．新制氯水加入到氯化铁溶液中，虽然不与氯化铁反应，但氯化铁溶液显淡黄色，选项B不符合题意；
C．新制氯水加入到溴化钠溶液生成溴单质，溴单质的水溶液为淡黄色，选项C不符合题意；
D．新制氯水中含有HClO，具有漂白性，会将石蕊漂白，最终得到无色溶液，选项D符合题意；
答案选D。
13. 某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与1H原子组成HmX分子。在ag HmX中所含质子的物质的量是
A. (A—N) mol B. (A-N) mol
C. (A—N＋m) mol D. (A—N＋m) mol
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】由同位素X的原子质量数为A，含N个中子可知，同位素X的质子数为(A—N)，HmX分子的摩尔质量为(A+M)g/mol，含有的质子数为(A—N+m)，则ag HmX中所含质子的物质的量为×(A—N+m)=(A—N＋m) mol，故选C。
14. 一定条件下，含氮元素的物质可发生如图所示的循环转化。下列说法正确的是

A. 循环转化中属于“固氮”过程的是“反应c”和“反应b”
B. 转化过程中发生非氧化还原反应的过程只有“反应I”
C. 若“反应h”是在与的作用下实现的，则该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2
D. 若“反应i”是在酸性条件下由与的作用实现，则该反应的离子方程式为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．固氮是指游离态的氮变为化合态的氮，因此循环转化中属于“固氮”过程的是“反应c”和“反应k”，故A错误；
B．转化过程中发生非氧化还原反应的过程有“反应I”和“反应a”，故B错误；
C．若“反应h”是在与的作用下实现的，，则该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1，故C错误；
D．若“反应i”是在酸性条件下由与的作用实现，根据氧化还原反应得到该反应的离子方程式为：，故D正确。
综上所述，答案为D。
15. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
A
B
C
D




收集
制备
制备并收集
氯化钠溶液蒸发结晶

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．NO易与空气中的氧气反应且NO的密度与空气接近，不能用排空气法收集NO，故A错误；
B．铜和浓硫酸需要加热生成二氧化硫气体，故B错误；
C．氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，氯化氢和氨气会在管口化合生成氯化铵，不会得到氨气，故C错误；
D．氯化钠溶液在蒸发皿中蒸发结晶得到氯化钠固体，故D正确；
故选D。
16. 向100mL苛性钾溶液中通入一定量氯气恰好完全反应且生成物中有三种含氯元素的粒子。经测定，n(KClO3)＝0.02mol，n(KClO)＝0.04mol。该苛性钾溶液中溶质的物质的量浓度为
A. 0.6mol·L-1 B. 1.2 mol·L-1 C. 1.8 mol·L-1 D. 2 mol·L-1
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意知产物为KClO3、KClO、KCl，再根据得失电子守恒、元素守恒进行计算。
【详解】根据题意知产物为KClO3、KClO、KCl，根据得失电子守恒知，n(KCl)=5n(KClO3)+n(KClO)＝5×0.02mol +0.04mol=0.14mol，则n(KOH)=n(KCl)+n(KClO3)+n(KClO)= 0.14mol+0.02mol+0.04mol=0.2mol，c(KOH)=0.2mol/0.1L=2mol/L；
答案选D。
17. 下列过程中，最终的白色沉淀物不一定是BaSO4的是
A. Fe(NO3)2溶液白色沉淀
B. Ba(NO3)2溶液白色沉淀
C. 无色溶液白色沉淀
D. 无色溶液无色溶液白色沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe(NO3)2溶液中加入过量盐酸，发生反应生成Fe3+等，通入过量SO2，Fe3+将其氧化生成H2SO4等，加入BaCl2溶液，生成BaSO4白色沉淀，A不符合题意；
B．Ba(NO3)2溶液中加入过量盐酸，后加入的少量Na2SO3会被氧化为Na2SO4，与Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀，B不符合题意；
C．无色溶液可能为AgNO3溶液，加入HNO3和BaCl2溶液，生成AgCl白色沉淀，C符合题意；
D．无色溶液中加入过量盐酸，得到无色溶液，则原溶液中不含有AgNO3、Na2SO3等，加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀一定是BaSO4，D不符合题意；
故选C。
18. “空气吹出法”海水提溴的工艺流程如图：

下列说法不正确的是（ ）
A. 进入吹出塔前，Br-被氧化为Br2
B. 从吸收塔流出的溶液主要含HBr和H2SO4
C. 经过吸收塔后，溴元素得到富集
D. 两次通入水蒸气的作用都是参加反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．通入氯气，发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，溴易挥发，可用热空气吹出，因此吹出塔前，Br-被氧化为Br2，A正确，不选；
B．在吸收塔中，Br2、SO2、H2O发生氧化还原反应：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，所以从吸收塔流出的溶液主要含有溶质HBr和H2SO4，B正确，不选；
C．经过吸收塔后，可使溶液中的Br-远大于进入吸收塔之前的海水中Br-的浓度，溴元素得到富集，C正确，不选；
D．在吹出塔中吹入水蒸气，可提高物质的能量，有助于溴挥发逸出，没有参加反应；在蒸馏塔中，发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，水作为溶剂，使物质发生反应，同时提供能量，使反应产生的溴单质变为蒸气，经冷凝、精馏得到产品，可见两次通入水蒸气都未参加反应，D错误，符合题意；
答案选D。

19. 向盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色；过滤，向滤液中加入少量的铋酸钠(NaBiO3)粉末，溶液又变为紫红色。下列推断错误的是
A. 氧化性：
B. 生成8.7g黑色沉淀，转移0.2mol电子
C. 利用可以检验溶液中的
D. 能与浓盐酸发生反应生成氯气
【答案】B
【解析】
【分析】氧化还原反应中，氧化性：氧化剂大于氧化产物；氧化剂发生还原反应化合价降低。在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色，说明KMnO4溶液可氧化MnSO4 生成MnO2，故氧化性：KMnO4＞MnO2，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4 生成KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析，氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，A正确；
B．在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，离子方程式为：2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，转移电子数为6e-，所以生成8.7 g黑色沉淀即=0.1molMnO2，转移=0.12 mol电子，B错误；
C．NaBiO3可氧化MnSO4 生成KMnO4，溶液变为紫红色，所以利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+，C正确；
D．因为实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制氯气，说明氧化性：MnO2＞Cl2，又氧化性：NaBiO3＞MnO2，故NaBiO3能与浓盐酸发生反应生成氯气，D正确；
故答案为：B。
20. 溶液X中含有下表离子中的某5种，且其浓度均为0. 1 mol·L-1(不考虑水的电离与离子水解)。向X溶液中加入足量稀盐酸，有无色气体生成，经分析，反应前后阴离子种类没有变化。下列叙述不正确的是
阳离子
阴离子
Na+、Fe3+、Ca2+、Fe2+、Mg2+、A13+
OH-、NO、HCO、CO、SO、C1-

A. X溶液中一定含3种阳离子、2种阴离子 B. X溶液中不可能含有HCO或CO
C. 生成的无色气体是NO D. 根据电荷守恒，原溶液中一定含Mg2+
【答案】A
【解析】
【分析】题干中关键条件是“向X溶液中加入足量稀盐酸，有无色气体生成，经分析，反应前后阴离子种类没有变化”；假若生成的气体是CO2，那么足量稀盐酸会耗尽阴离子中的，使阴离子种类发生变化，所以原阴离子中不会存在；故此，产生的无色气体只能是酸性条件下发生还原反应生成的NO，再观察其余阴阳离子，有还原性的只有Fe2+，故此，Fe2+和是必然存在的两种离子；由于Fe2+的存在，OH-必然不能存在；再根据溶液中电荷守恒，分析溶液中可能存在的离子组合(下表中电荷量用“离子浓度值”表示)

阳离子(带电荷量)
阴离子(带电荷量)
必定存在
Fe2+ (0.2mol/L)
(0.1mol/L)
可能存在
Na+ (0.1mol/L)
Ca2+或Mg2+ (各0.2mol/L)
Fe3+或Al3+ (各0.3mol/L)
Cl- (0.1mol/L)
(0.2mol/L)
根据上表，如果还存在Cl-，则Fe2+与、Cl-之间正负电荷正好相互抵消，题目中提到溶液中离子有五种，所以再有一组等量的二价正电荷及二价负电荷存在，溶液中的电荷守恒就可以成立，所以应该存在，而阳离子则应是Mg2+(Ca2+与形成的是微溶物CaSO4，溶在溶液中的离子其浓度无法达到0.1mol/L)；
【详解】A．根据分析，溶液中存在组合应是Mg2+、Fe2+、、、Cl-，两种阳离子，三种阴离子；若按选项所说三种阳离子，两种阴离子，则阴离子所带总电荷量(用浓度值表示)可能是：0.2mol/L(和Cl-)或0.3mol/L(和)；阳离子所带总电荷量(用浓度值表示)最低是：0.5mol/L(Fe2+加Na+及一种二价阳离子)，溶液中正负电荷总量不可能守恒，描述错误，符合题意；
B．根据分析，若存在，反应前后阴离子种类会发生变化，与条件相矛盾，所以选项描述正确，不符题意；
C．根据分析，反应中无CO2生成，故只能是在酸性条件下被还原生成NO，描述正确，不符题意；
D．根据电荷守恒，除去Fe2+，溶液中必然有一种二价阳离子存在，而Ca2+与会形成微溶物，与题干条件相矛盾，故只能是Mg2+，描述正确，不符题意；
综上，本题选A。
二、综合分析题(共60分)
21. W、X、Y、Z、R是原子序数依次递增的五种短周期元素，Y原子核外电子数与W、X的最外层电子数之和相等，Y原子半径是短周期元素原子半径中最大的，R最高正价与最低负价代数和为4，W的一种氢化物常作制冷剂，Z原子的电子层数与最外层电子数相等。回答下列问题：
（1）W元素的名称为___________，R元素在周期表中位于___________。
（2）X、Z、R三种元素中，所形成的简单离子半径由大到小的顺序为___________(用离子符号表示)：原子半径最大的元素的原子结构示意图为：___________。
（3）Y的最高价氧化物对应的水化物的电子式为___________。
（4）W、X的最简单氢化物稳定性关系：___________(填氢化物化学式)；
（5）R、X、W的简单氢化物的沸点从大到小排序为___________(填氢化物化学式)。
（6）与气体发生氧化还原反应，生成X的常见单质和一种盐，写出该反应的化学方程式为：___________。
【答案】（1） ①. 氮 ②. 第3周期VIA族
（2） ①. S2-＞O2-＞Al3+ ②.
（3） （4）H2O＞NH3
（5）H2O＞NH3＞H2S
（6）2Na2O2+2SO3=2Na2SO4+O2
【解析】
【分析】由题干信息可知，W、X、Y、Z、R是原子序数依次递增的五种短周期元素，Y原子核外电子数与W、X的最外层电子数之和相等，Y原子半径是短周期元素原子半径中最大的，则Y为Na，R最高正价与最低负价代数和为4，则R为S，W的一种氢化物即NH3常作制冷剂，即W为N，则X为O，Z原子的电子层数与最外层电子数相等，则Z为Al，综上分析可知，W、X、Y、Z、R五种元素分别为N、O、Na、Al、S五种，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，W为N，则W元素的名称为氮，R为S，是16号元素，故R元素在周期表中位于第3周期VIA族，故答案为：氮；第3周期VIA族；
【小问2详解】
由分析可知，X、Z、R分别为O、Al、S，故X、Z、R三种元素中，所形成的简单离子半径由大到小的顺序为S2-＞O2-＞Al3+，原子半径最大的元素即Al，其原子结构示意图为：，故答案为：S2-＞O2-＞Al3+；；
【小问3详解】
由分析可知，Y为Na，则Y最高价氧化物对应的水化物即NaOH，则其电子式为：，故答案为：；
【小问4详解】
由分析可知，W、X分别为N、O，由于O的非金属性强于N，元素的气体氢化物的稳定性与其非金属性一致，则W、X的最简单氢化物稳定性关系：H2O＞NH3，故答案为：H2O＞NH3；
【小问5详解】
由分析可知，R、X、W分别为S、O、N三种元素，由于H2O、NH3中存在分子间氢键，且H2O周围形成的氢键数目比NH3的多，而H2S中不存在分子间氢键，故 R、X、W的简单氢化物的沸点从大到小排序为H2O＞NH3＞H2S，故答案为：H2O＞NH3＞H2S；
【小问6详解】
由分析可知，X、Y、R分别为O、Na、S，故即Na2O2与即SO3气体发生氧化还原反应，类比于CO2和Na2O2反应可知生成X的常见单质即O2和一种盐即Na2SO4，该反应的化学方程式为：2Na2O2+2SO3=2Na2SO4+O2，故答案为：2Na2O2+2SO3=2Na2SO4+O2。
22. 某小组利用高锰酸钾与8mol/L盐酸反应制氯气并进行氯气性质的探究，实验装置如图所示：

请回答下列问题：
（1）装置F名称是___________。
（2）B中制取Cl2的化学反应方程式为___________。
（3）根据相关实验现象就可以证明起漂白作用的不是氯气而是次氯酸，相关现象是_______。
（4）H处装置的作用是_______。
（5）实验室需要用12mol/L的浓盐酸来配制90mL8mol/L的盐酸，需该浓盐酸的体积为____mL。
①所用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的仪器是_______。
②对所配制的盐酸进行测定，发现其浓度偏大。配制过程中，下列各项操作可能引起该误差的原因为________(填字母)。
A．用量筒量取浓盐酸时，仰视刻度线
B．容量瓶用蒸馏水洗涤后未经干燥
C．将稀释后的盐酸立即转入容量瓶后，并立即进行后面的实验操作
D．转移溶液时，不慎有少量溶液洒出
E．定容时，俯视容量瓶刻度线
F．颠倒摇匀后，发现液面低于刻度线，不作任何处置
G．加蒸馏水时不慎超过刻度线，用胶头滴管小心地吸去超出部分，使凹液面底部与刻度线相切
（6）卤素互化物是指不同卤素原子之间以共价键结合形成的化合物，XX′型卤素互化物与卤素单质结构相似、性质相近。右图是部分卤素单质和XX′型卤素互化物的沸点与其相对分子质量的关系图。它们的沸点随着相对分子质量的增大而升高，其原因是___________。试推测ICl的沸点所处的最小范围___________。


【答案】（1）干燥管 （2）
（3）A中紫色石蕊试液先变红后褪色，D中干燥红布条不褪色
（4）吸收尾气HCl和Cl2，防止污染环境；防倒吸
（5） ①. 66.7 ②. 100mL容量瓶 ③. ACE
（6） ①. 组成结构相似的分子，相对分子质量越大，范德华力越强，其沸点越高 ②.
【解析】
【分析】常温下高锰酸钾氧化浓盐酸生成氯气，氯气溶于水生成次氯酸和盐酸，二者均属于酸，其中次氯酸还具有漂白性，在加热的条件下氯气能与铜反应，多余的氯气可以用氢氧化钠溶液吸收，据此解答。
【小问1详解】
根据装置F的构造可判断其名称是干燥管，故答案为：干燥管；
【小问2详解】
B中高锰酸钾氧化浓盐酸生成氯气，则制取Cl2的化学反应方程式为。
【小问3详解】
干燥的氯气漂白性，氯水中含有次氯酸，所以有漂白性，即证明起漂白作用的不是氯气而是次氯酸的相关现象是D中干燥红布条不褪色，紫色石蕊试液先变红后褪色，故答案为：A中紫色石蕊试液先变红后褪色，D中干燥红布条不褪色；
【小问4详解】
氯气有毒需要尾气处理，因此H处装置的作用是吸收尾气HCl和Cl2，防止污染环境，同时倒置的漏斗还可以防倒吸；
【小问5详解】
实验室需要用12mol/L的浓盐酸来配制90mL8mol/L的盐酸，配制时需要100mL容量瓶，则根据配制过程中溶质的物质的量不变可知，需该浓盐酸的体积为≈66.7mL。
①所用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的仪器是100mL容量瓶。
②A．用量筒量取浓盐酸时，仰视刻度线，量取的浓盐酸体积偏大，所配浓度偏高，A符合；
B．容量瓶用蒸馏水洗涤后未经干燥，不影响溶质的物质的量和溶液体积，浓度不变，B不符合；
C．将稀释后的盐酸立即转入容量瓶后，并立即进行后面的实验操作，等冷却后溶液体积减少，所配溶液浓度偏高，C符合；
D．转移溶液时，不慎有少量溶液洒出，溶质的物质的量减少，所配溶液浓度偏低，D不符合；
E．定容时，俯视容量瓶刻度线，溶液体积减少，所配溶液浓度偏高，E符合；
F．颠倒摇匀后，发现液面低于刻度线，不作任何处置，不影响所配溶液浓度，F不符合；
G．加蒸馏水时不慎超过刻度线，用胶头滴管小心地吸去超出部分，使凹液面底部与刻度线相切，溶质的物质的量减少，所配溶液浓度偏低，G不符合；
答案选ACE。
【小问6详解】
这几种物质的结构相似、性质相近，由于组成结构相似的分子，相对分子质量越大，范德华力越强，其沸点越高，所以它们的沸点随着相对分子质量的增大而升高。由于ICl的相对分子质量介于Br2和IBr之间，因此ICl的沸点所处的最小范围是。
23. 亚硝酸钠()是一种用途广泛的工业盐，因其外观和食盐相似容易误食中毒。亚硝酸钠加热到320℃以上会分解产生、和，其水溶液呈碱性，能与溶液反应生成难溶于水、易溶于酸的。由于有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放。处理方法之一如下：
______________________KI+___________=___________NO↑+____________________________________________
（1）请完成该化学方程式并配平。___________
（2）从物质分类角度来看，是___________(填字母代号)。
a．酸 b．酸式盐 c．碱 d．非电解质 e．电解质 f．离子化合物 g．共价化合物
（3）用上述反应来处理并不是最佳方法，其原因是___________。从环保角度来讲，要将转化为氮气，所用物质的___________(填“氧化性”或“还原性”)应该比KI更___________(填“强”或“弱”)。
（4）下列方法不能用来区分固体和NaCl的是___________(填序号)。
A. 分别溶于水
B. 分别溶于水并滴加酸化的溶液
C. 分别加强热并收集气体检验
D. 用筷子分别蘸取固体品尝味道
（5）误食会导致人体血红蛋白中的转化为而中毒，该过程中表现出的性质与下列___________(填序号)反应中表现出的性质相同。
A.
B.
C.
D.
（6）已知亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠，写出该反应的化学反应方程式，并用单线桥表示其电子转移的方向和数目：___________。
【答案】（1）2NaNO2 + 2KI + 2H2SO4= 2NO↑+I2 + K2SO4 + Na2SO4 + 2H2O
（2）ef （3） ①. 反应生成了NO，该物质会造成大气污染 ②. 还原性 ③. 强 （4）D （5）C
（6）
【解析】
【小问1详解】
根据方程式可知，碘化钾中碘元素化合价从- 1价升高到0价，失去1个电子，做还原剂。亚硝酸钠中氮元素的化合价从+ 3价降低到+ 2价，得到1个电子,做氧化剂。则根据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比时1:1。根据原子守恒可知，反应物中还有硫酸生成，生成物还有水生成，则反应的化学方程式是2NaNO2 + 2KI + 2H2SO4= 2NO↑+I2 + K2SO4 + Na2SO4 + 2H2O；
【小问2详解】
从物质分类角度来看，是正盐、由钠离子和亚硝酸根离子构成的离子化合物、是电解质；答案选ef；
【小问3详解】
用上述反应来处理并不是最佳方法，因为反应生成了NO，该物质会造成大气污染；
亚硝酸根有毒，从环保角度来讲，要处理NaNO2，所用的物质的还原性比KI更强，使其N元素化合价由+3价变为无污染的0价氮，如NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O，
故答案为：是反应生成了NO，该物质会造成大气污染；还原性；强；
【小问4详解】
A .亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，滴加酚酞试液，亚硝酸钠溶液出现红色，氯化钠溶液无现象，可以用酚酞试液区分NaNO2和NaCl，选项A不符合；
B．加入AgNO3溶液，均生成白色沉淀，但亚硝酸银能溶于硝酸，AgCl不溶，现象不同，可区别，选项B不符合；
C．加强热亚硝酸钠分解生成氮气和氧气，而氯化钠不分解，反应现象不同，可以用加强热收集气体检验来区分NaNO2和NaCl，选项C不符合；
D．化学药品不能用来品尝味道，所以不能鉴别，选项D符合；
答案选D；
【小问5详解】
误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，则Fe2+失电子变为Fe3+化合价升高，作还原剂，NaNO2作氧化剂，体现氧化性，与H2O2表现出的性质相同，即H2O2也体现氧化性；
A．，H2O2中氧原子既失电子，又得电子，氧元素的化合价部分升高，部分降低，H2O2体现氧化性和还原性，选项A不符合；
B．，H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现还原性，选项B不符合；
C．，H2O2中氧原子得电子，化合价降低，H2O2体现氧化性，选项C符合；
D．，H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现还原性，选项D不符合；
答案选C；
【小问6详解】
亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠，反应的化学方程式为NaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O，反应中N元素的化合价由+3价降低为0价，N元素也从-3价升为0价，该反应转移3e-，用单线桥表示其电子转移的方向和数目为。
24. 盐酸、硫酸和硝酸都是重要的化工原料，也是化学实验室必备的重要试剂
（1）常温下，可用铁、铝制的容器盛放浓硫酸，说明浓硫酸具有___________性；硝酸应保存在棕色瓶中，这是因为硝酸具有___________性。
（2）如图是硫酸试剂瓶标签上的部分内容，该硫酸的浓度是___________；实验人员操作时不必需穿戴的安全用具是___________。
化学纯(CP)(500mL)
品名：硫酸
化学式：
相对分子质量：98
密度：
质量分数：98.9%
A．防护手套 B．实验服 C．防毒面具 D．护目镜
（3）在稀硝酸溶液中加入铜片使之充分反应，写出反应的离子方程式___________。
（4）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入后，铜片溶解。写出该反应的化学方程式___________。
实验室中向烧杯内加入约20g蔗糖，向其中插入玻璃棒，消加几滴蒸馏水，再加入适量浓硫酸。试回答下列问题：
（5）该实验除有刺激性气味的气体产生外，还可能有___________现象；
（6）将产生气体通入品红溶液，红色褪去，判断该气体中含有___________(写化学式)，将产生气体先通过足量酸性高锰酸钾溶液，再通过澄清石灰水，石灰水变浑浊，判断该气体中还含有___________(写化学式)
（7）实验结束吸收尾气应该选用的装置是___________，烧杯中盛放的试剂是___________。
A、 B、 C、
【答案】（1） ①. 强氧化 ②. 不稳定
（2） ①. 18.56mol/L ②. C
（3）3Cu+8H++2 =3Cu2++2NO↑+4H2O
（4）Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O
（5）白色的蔗糖变为疏松多孔的黑色物质，放出大量的热是烧杯壁发烫
（6） ①. SO2 ②. CO2
（7） ①. AB ②. NaOH溶液
【解析】
【小问1详解】
由于浓硫酸具有强氧化性，能使Fe、Al表面形成一层致密的氧化物保护膜，是Fe、Al发生钝化，则常温下，可用铁、铝制的容器盛放浓硫酸，说明浓硫酸具有强氧化性；浓硝酸见光易分解，方程式为：4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O，即硝酸应保存在棕色瓶中，这是因为硝酸具有不稳定性，故答案为：强氧化；不稳定；
【小问2详解】
如图是硫酸试剂瓶标签上的部分内容，该硫酸的浓度是=18.56mol/L，由于浓硫酸具有强腐蚀性，实验人员操作时必须佩戴防护手套、实验服和护目镜，其没有剧毒，故不必需穿戴的安全用具是防毒面具，故答案为：18.56mol/L ；C；
【小问3详解】
在稀硝酸溶液中加入铜片使之充分反应，反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故该反应的离子方程式为：3Cu+8H++2 =3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2 =3Cu2++2NO↑+4H2O；
【小问4详解】
某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入后，铜片溶解，生成CuCl2和H2O,则该反应的化学方程式为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O，故答案为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；
【小问5详解】
浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能使蔗糖先脱水变为黑色的炭，然后炭再与浓硫酸受热反应产生CO2和SO2，故该实验除有刺激性气味的气体产生外，还可能有白色的蔗糖变为疏松多孔的黑色物质，放出大量的热是烧杯壁发烫，故答案为：白色的蔗糖变为疏松多孔的黑色物质，放出大量的热是烧杯壁发烫；
【小问6详解】
已知SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，故将产生的气体通入品红溶液，红色褪去，判断该气体中含有SO2，将产生气体先通过足量酸性高锰酸钾溶液，除去了SO2,再通过澄清石灰水，石灰水变浑浊，判断该气体中还含有CO2，故答案为：SO2；CO2；
【小问7详解】
SO2有毒，将污染环境，则实验结束吸收尾气即吸收SO2，由于SO2易溶于水，能与NaOH溶液快速反应，故可以用盛有NaOH溶液的烧杯来吸收，但需注意防止倒吸，故应该选用的装置是AB，烧杯中盛放的试剂是NaOH溶液，故答案为：AB；NaOH溶液。