浙江省宁波市北仑中学2024-2025学年高一上学期期中考试化学（2-8、11-17班）试卷（Word版附解析）

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一、单选题(本大题共有20道小题，第1-15题每小题2分，第16-19题每小题3分，共42分。每个小题列出的四个备选项只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 氯化铁是一种重要的盐，下列说法不正确的是
A. 氯化铁属于弱电解质B. 氯化铁溶液可腐蚀覆铜板
C. 氯化铁可由铁与氯气反应制得D. 氯化铁溶液可制备氢氧化铁胶体
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯化铁能完全电离出铁离子和氯离子，属于强电解质，A错误；
B．氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，可用来蚀刻铜板，B正确；
C．氯气具有强氧化性，氯气与铁单质加热生成氯化铁，C正确；
D．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续加热呈红褐色，铁离子发生水解反应可得到氢氧化铁胶体，D正确；
故选：A。
2. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A. 铝有强还原性，可用于制作门窗框架
B. 氧化钙易吸水，可用作干燥剂
C. 维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
D. 过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．铝用于制作门窗框架，利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀等性质，而不是利用它的还原性，A不正确；
B．氧化钙易吸水，并与水反应生成氢氧化钙，可吸收气体中或密闭环境中的水分，所以可用作干燥剂，B正确；
C．食品中含有Fe2+等易被空气中的氧气氧化，维生素C具有还原性，且对人体无害，可用作食品抗氧
化剂，C正确；
D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人体呼出的二氧化碳和水蒸气，可作潜水艇中的供氧剂，D正确；
故选A。
3. 下列关于氯气的叙述不正确的是
A. 氯气是一种黄绿色、有刺激性气味的气体
B. 钠在氯气中燃烧发出黄色火焰，产生大量白烟
C. 纯净的氢气能在氯气中安静地燃烧，发出淡蓝色火焰
D. 大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往高处去
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯气是一种黄绿色、有刺激性气味的气体，A正确；
B．钠在氯气中燃烧发出黄色火焰，生成NaCl，产生大量白烟，B正确；
C．纯净的氢气能在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，C错误；
D．氯气有毒且密度大于空气，泄漏时应迅速离开现场并尽量往高处走，D正确；
故选C。
4. 某铁的“氧化物”样品，用5ml/L的盐酸140mL恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下0.56L氯气，使其中Fe2+全部转化为Fe3+。该样品可能的化学式是
A. Fe2O3B. Fe3O4C. Fe4O5D. Fe5O7
【答案】D
【解析】
【详解】铁的“氧化物”样品，用5ml/L的盐酸140mL恰好完全溶解，HCl的物质的量为0.7ml，则生成H2O的物质的量为0.35ml，从而得出铁的“氧化物”中O原子的物质的量为0.35ml；标准状况下0.56L氯气的物质的量为0.025ml，此时溶质全部为FeCl3，Cl-的物质的量为0.7ml+0.025ml×2=0.75ml，由此得出铁的“氧化物”中Fe原子的物质的量为0.25ml，该样品中Fe、O的原子个数比为0.25ml:0.35ml=5:7，则该样品可能的化学式是Fe5O7，故选D。
5. 关于和性质的说法不正确的是
A. 热稳定性：
B. 在水中的溶解性：
C. 与盐酸反应生成氢气的速率：
D. 可用澄清石灰水鉴别这两种物质
【答案】D
【解析】
【详解】A．分别加热和，无变化，有气体放出，发生反应，所以热稳定性：，C正确；
D．在和的溶液中分别加入澄清石灰水，分别发生反应：、，都会产生沉淀，所以无法鉴别这两种物质，D错误；
故答案为：D。
6. 我国C919大型客机使用了第三代铝锂合金，具有密度低、强度高、耐腐蚀等特点。下列说法正确的是
A. 铝锂合金硬度比纯铝小B. 铝锂合金熔点比纯铝高
C. 铝为惰性金属，比较耐腐蚀D. 铝有较好导电性和导热性
【答案】D
【解析】
【详解】A．纯铝硬度较小，铝锂合金硬度比纯铝大，A错误；
B．一般来说合金的熔点比其成分金属低，铝锂合金熔点比纯铝低，B错误；
C．铝为活泼金属，比较耐腐蚀是由于铝与氧气反应生成一层致密的氧化铝薄膜，这层膜起到保护内部金属的作用，C错误；
D．铝有较好的导电性和导热性，D正确；
故选D。
7. 物质转化是化学学习的重要内容。下列各组物质的转化不能全部通过一步反应完成的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．C和氧气点燃生成CO2，二氧化碳和NaOH溶液反应生成碳酸钠，碳酸钠和氢氧化钙反应生成NaOH和碳酸钙沉淀，能一步完成，A项不符合；
B．铜与氧气生成氧化铜，CuO不能与水反应，氧化铜不能一步到氢氧化铜，B项符合；
C．氧化镁和稀硫酸反应生成硫酸镁，硫酸镁和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化镁，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，能一步完成，C项不符合；
D．水电解生成氢气和氧气，氢气和氧化铁反应生成Fe，铁和氧气点燃生成四氧化三铁，能一步完成，D项不符合；
答案选B。
8. 下列离子方程式能准确解释事实的是
A. 铁丝插入CuSO4溶液中：
B. Na2O2放入水中 ：
C. 白醋除水垢(CaCO3) ：CaCO3+2H+=Ca2++CO2+H2O
D. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：
【答案】D
【解析】
【详解】A．将铁丝插入CuSO4溶液中生成铜与硫酸亚铁，离子方程式为：，A错误；
B．原离子方程式O原子不守恒，则将Na2O2放入水中的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，B错误；
C．醋酸是弱酸，应该用化学式表示，，C错误；
D．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为：，D正确；
故答案选D。
9. 碱式氯化铜制备需要的CuCl2可用Fe3+作催化剂得到，其催化原理如图所示。下列有关说法正确的是
A. 图中M、N分别为Fe2+、Fe3+
B. 上述转化过程中Cu2+与O2个数比1:1
C. N参加的反应离子方程式为：
D. a、b、c之间的关系式为：a=b+c
【答案】C
【解析】
【分析】从图中可以看出，Cu转化为Cu2+，需要加入氧化剂，则M为Fe3+，N为Fe2+；Fe2+被O2、H+氧化，可生成Fe3+。
【详解】A．由分析可知，图中M、N分别为Fe3+、Fe2+，A不正确；
B．上述转化过程中，可建立关系式：O2——4Fe2+——4Fe3+——2Cu2+，则Cu2+与O2个数比2:1，B不正确；
C．N(Fe2+)参加的反应中，Fe2+被O2在酸性溶液中氧化为Fe3+，离子方程式为：，C正确；
D．碱式氯化铜中，构成微粒为Cu2+、Cl-、OH-、H2O，依据电荷守恒可得出a、b、c之间的关系式为：2a=b+c，D不正确；
故选C。
10. 某密闭容器中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)，当左侧充入，右侧充入一定量的
时，隔板处于如图位置(保持温度不变)，下列说法正确的是
A. 左侧与右侧原子数之比为8：3
B. 右侧的质量为22g
C. 右侧气体密度是相同条件下氢气密度的44倍
D. 保持温度不变，若改变右侧的充入量而使隔板处于容器正中间，则应再充入
【答案】A
【解析】
【分析】同温同压下，气体体积之比=气体物质的量之比，即，，则=0.25ml，由此分析回答；
【详解】A．中O原子数为2，0.25ml原子数为0.75，个数比为8：3，A正确；
B．0.25ml的质量为，B错误；
C．同温同压下，气体密度之比=摩尔质量之比，故右侧气体密度是相同条件下氢气密度的倍，C错误；
D．若改变右侧的充入量而使隔板处于容器正中间，则两侧气体的物质的量相等，则应再充入，D错误；
故选A。
11. 下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是
A. 无色透明溶液中：、、、
B. 使紫色石蕊溶液呈红色的溶液中：、、、
C. 使酚酞试液呈红色的溶液中：、、、
D. 溶液加入铝片可以产生：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cu2+显蓝色，不能存在于无色溶液中，A项错误；
B．使紫色石蕊试液呈红色的溶液呈酸性，与H+反应生成二氧化碳和水，不能大量存在，B项错误；
C．使酚酞试液呈红色的溶液中含有大量的OH-，各离子彼此之间互不反应，可以大量共存，C项正确；
D．溶液加入铝片可以产生H2，该溶液可能是强酸溶液，也可能是强碱溶液；若为强酸溶液，则与H+反应无法大量存在；若为强碱溶液，OH-和反应无法大量存在，D项错误；
答案选C。
12. 如图为铁元素的价类二维图，“”表示物质间的转化关系。下列说法正确的是
A. 铁与水蒸气在高温条件下反应可实现转化①
B. FeO在空气中受热可实现转化②
C. 溶解于足量稀硝酸可实现转化④
D. 高铁酸盐(FeO)具有强氧化性，可用于杀灭水中细菌
【答案】D
【解析】
详解】A．铁与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不能实现转化①，故A错误；
B．FeO在空气中受热，迅速被氧化为四氧化三铁，故B错误；
C．稀硝酸具有氧化性，溶解于足量稀硝酸反应生成Fe3+，故C错误；
D．高铁酸根离子中铁元素的化合价为最高价+6价，所以高铁酸盐具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故D正确；
故选D。
13. 某同学用下列装置进行有关Cl2的实验。下列说法不正确的是
A. Ⅰ图中：实验现象证明氯气无漂白作用，氯水有漂白作用
B. Ⅱ图中：闻Cl2的气味
C. Ⅲ图中：生成棕黄色的烟
D. Ⅳ图中：若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ⅰ图中：干燥的色布不褪色，湿润的色布褪色，证明氯气无漂白作用，氯气溶于水产生的氯水具有漂白作用，A正确；
B．Cl2是有毒气体，为达到闻气体气味同时又避免中毒的目的，应该采用Ⅱ图中所示的扇闻的方法闻Cl2的气味，B正确；
C．将灼热的Cu丝伸入到盛有Cl2的集气瓶中，会看到铜丝在Cl2中着火燃烧，同时看到有棕黄色的烟，C正确；
D．Cl2与NaOH发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应发生使烧瓶中的气体压强减小，通过导气管与外界大气相通的气球就会鼓起胀大，而不是干瘪，D错误；
故合理选项是D。
14. 如图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、c、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。
已知：2KMnO4＋16HCl=2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O

对实验现象的“解释或结论”正确的是
选项
实验现象
解释或结论
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【分析】向KMnO4晶体中滴加一滴浓盐酸，发生反应2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O，生成的Cl2在培养皿内扩散，并与a、b、c、d、e的滤纸中相关溶液中的溶质发生反应。
【详解】A．a处发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2，生成的I2使淀粉变蓝，b处发生反应Cl2+NaBr=2NaCl+Br2，表明氧化性：Cl2＞Br2和Cl2＞I2，不能说明氧化性：Br2＞I2，A不正确；
B．c处发生反应Cl2+H2OHCl+HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，则可以说明氯气与水反应生成酸性和漂白性物质，蓝色石蕊试纸先变红后褪色，B不正确；
C．d处，氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，而使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，不是氯气与水生成了漂白性物质，C不正确；
D．e处变血红色是氯气氧化Fe2＋生成Fe3＋的结果，表明发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，则还原性：Fe2＋＞Cl-，D正确；
故选D。
15. 体积为VmL，密度为的ρg/cm3含有相对分子质量为M的某种物质的溶液，其中溶质为mg，其物质的量浓度为cml/L，溶质的质量分数为w％，则下列表示正确的是
A. B. C. c=D.
【答案】A
【解析】
【分析】
A
a处变蓝，b处变红棕色
氧化性：Cl2＞Br2＞I2
B
c处先变红，后褪色
氯气与水生成了酸性物质
C
d处立即褪色
氯气与水生成了漂白性物质
D
e处变血红色
还原性：Fe2＋＞Cl-
【详解】A．，A项正确；
B．，B项错误；
C．，C项错误；
D．，则，D项错误；
答案选A。
16. 三个密闭容器中分别充入N2、H2、O2三种气体，以下各种情况下排序正确的是
A. 当它们的温度和压强均相同时，三种气体的密度：
B. 当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强：
C. 当它们的质量和温度、压强均相同时，三种气体的体积：
D. 当它们的压强和温度均相同时，三种气体的质量：
【答案】B
【解析】
【详解】A．同温同压下，气体密度比=摩尔质量之比，N2、H2、O2三种气体的摩尔质量分别为28g/ml、2g/ml、32g/ml，故密度：ρ(O2)>ρ(N2)>ρ(H2)，A错误；
B．根据得，当温度和密度相同时，气体压强与摩尔质量成反比，所以三种气体的压强大小顺序是p(H2)>p(N2)>p(O2)，B正确；
C．由A可知同温同压下，密度：ρ(O2)>ρ(N2)>ρ(H2)，质量相同，由m=ρV可知密度和体积成反比，故体积：V(H2)>V(N2)>V(O2)，C错误；
D．体积关系不知道，无法判断质量关系，D错误；
选B。
17. 不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②化学计量比恰好反应，结果如下。
反应序号
起始酸碱性
KI
KMnO4
还原产物
氧化产物
已知：MnO的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法正确的是
A. 反应①，n(Mn2+)∶n(I2)=1∶5
B. 对比反应①和②，x=5
C. 反应①方程式：10I-+2MnO+16H+=2Mn2++5I2+8H2O
D. 随反应进行，体系碱性变化：①增强，②不变
【答案】C
【解析】
【分析】反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2MnO+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，根据反应①可得关系式10I-～2MnO，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n(MnO)=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，根据得失电子守恒，产物IO中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2MnO+H2O=2MnO2↓+IO+2OH-，据此分析。
【详解】A. 反应①的离子方程式，n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，故A错误；
B. 对比反应①和②，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，根据得失电子守恒，产物IO中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，故B错误；
C. 据分析：反应①方程式：10I-+2MnO+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故C正确；
D. 根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，碱性增强，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，随反应进行，体系碱性增强，故D错误；
故选C。
18. 用为的浓溶液吸收一定量的氯气，充分反应后溶液中只含有、、三种溶质。下列判断不正确的是
物质的量/ml
物质的量/ml
①
酸性
0.001
n
Mn2+
I2
②
中性
0.001
10 n
MnO2
IO
A. 可能为9：4：1
B. 若反应中转移的电子的物质的量为，则
C. 被吸收的氯气的物质的量为
D. 可能为14：9
【答案】C
【解析】
【详解】A．若=9：4：1，则该反应为，电子守恒，故A正确；
B．若溶质只为、时，发生反应，的完全反应时转移电子0.3ml，若溶质只为、时，发生反应，的完全反应时转移电子0.5ml，所以若反应中转移的电子的物质的量为，则，故B正确；
C．根据反应和，可知任何情况下的完全反应时吸收的氯气为0.3ml，故C错误；
D．根据反应，的完全反应时，，故D正确；
故选C。
19. 从某含有、、的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：
则下列说法错误的是
A. 试剂a是铁、试剂b是盐酸
B. 试剂c是氯气，相应的反应为
C. 操作Ⅰ、操作Ⅱ所用仪器相同，均要用到烧杯、分液漏斗、玻璃棒
D. 加入过量试剂c之后，溶液W依然能使少量酸性溶液褪色
【答案】C
【解析】
【分析】工业废液中加入试剂a为过量的铁，操作Ⅰ为过滤，得到滤渣Y为Fe、Cu，滤液X为氯化亚铁溶液；滤渣Y中加入试剂b为盐酸，溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作Ⅱ过滤得到铜和滤液Z氯化亚铁溶液，滤液Z和X合并通入氯气，把氯化亚铁氧化为氯化铁溶液，蒸发结晶，过滤洗涤干燥得到氯化铁晶体。
【详解】A．由最终得到FeCl3及其流程图可知，a为过量的铁，b为盐酸，故A正确；
B．滤液X，滤液Z中均含有FeCl2，c为氯气，把亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故B正确；
C．上述分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，均要用到烧杯、漏斗、玻璃棒，故C错误；
D．亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，使高锰酸钾溶液褪色，加入过量试剂c之后，溶液中含大量的氯离子，依然能使少量酸性溶液褪色，故D正确；
故选C。
二、简答题
20. 现有八种物质：①Ba(OH)2；②熔融KCl；③KHSO4；④乙醇；⑤液态氯化氢；⑥澄清石灰水；⑦CO2；⑧Zn；⑨FeCl2溶液，回答下列问题：
（1）上述物质中属于电解质的是___________(填序号，下同)，属于非电解质的是___________，属于盐的是___________。
（2）写出物质③溶于水的电离方程式___________。
（3）写出过量③加入①中发生反应的离子方程式___________。
（4）检验⑨中的阳离子___________。
【答案】（1） ①. ①②③⑤ ②. ④⑦ ③. ②③
（2）NaHSO4=Na++H++SO
（3）Ba2++2OH-+SO+2H+=BaSO4↓+2H2O
（4）加入KSCN无现象，再加入氯水溶液显血红色则有Fe2+
【解析】
【分析】①Ba(OH)2属于碱，属于电解质；
②熔融KCl属于盐，属于电解质；
③KHSO4属于盐，属于电解质；
④乙醇水溶液不导电，乙醇属于非电解质；
⑤液态氯化氢，属于电解质；
⑥澄清石灰水是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；
⑦CO2会和水反应生成碳酸，其水溶液能导电，但其本身不是电解质，是非电解质；
⑧Zn是单质，既不是电解质，也不是非电解质；
⑨FeCl2溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；
【小问1详解】
由分析可知，上述物质中属于电解质的是①②③⑤；属于非电解质的是④⑦；属于盐的是②③；
【小问2详解】
硫酸氢钠溶于水电离出钠离子，氢离子和硫酸根，则③电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO；
【小问3详解】
根据“以少定多”的原则可知，过量③加入①中发生反应的离子方程式：Ba2++2OH-+SO+2H+=BaSO4↓+2H2O；
【小问4详解】
⑨中的阳离子是二价铁，可以利用二价铁的还原性和三价铁的特性，则检验方法为：加入KSCN无现象，再加入氯水溶液显血红色则有Fe2+。
21. 某盐X含有三种元素，其相对分子质量为134，常用于焰火的黄色发光剂。气体A的密度与相同，盐D与X组成元素完全相同。在一定条件下有如下转化关系：

请回答：
（1）盐X所含元素为___________(请填写元素符号)，盐X的化学式为___________。
（2）写出B转化为C的离子方程式___________。
（3）盐X隔绝空气加热分解生成A和D的化学方程式为___________。
【答案】（1） ①. Na、C、O ②. Na2C2O4
（2）
（3）
【解析】
【分析】气体A的密度与相同，则由阿伏伽德罗定律的推论可知该气体的摩尔质量为28g/ml，由图示转化可知，A在过量O2中燃烧生成的气体B和过量澄清石灰水反应生成的白色沉淀C为CaCO3，则A为CO、 B为CO2；CaCO3的物质的量为 0.1ml，由关系式CO ~ CO2~ CaCO3可得，CO的物质的量为0.1ml；盐X常用于焰火的黄色发光剂，说明X中含有钠元素，盐X隔绝空气、加热到500℃分解生成CO和固体D，则固体D中含有钠元素，D和过量CaCl2溶液反应生成白色沉淀10.0gC即0.1ml CaCO3，则D的摩尔质量为 ，则D为Na2CO3；13. 4g盐X的物质的量为，则0.1ml盐X隔绝空气、加热到500℃分解生成0.1mlCO和0.1mlNa2CO3， 则X为Na2C2O4；
【小问1详解】
据分析，盐X所含元素为Na、C、O，盐X的化学式为Na2C2O4；
【小问2详解】
B为CO2，CO2和过量澄清石灰水反应生成的白色沉淀C即CaCO3，同时生成水，B转化为C的离子方程式为: ；
【小问3详解】
盐X隔绝空气加热分解生成A和D的化学方程式为: 。
22. Ⅰ．“价—类二维图”是一种体现“元素观”“分类观”“转化观”指导下实现元素化合物知识结构化的工具，它的核心是元素，方法是分类，内涵是转化。如图为钠及其化合物的“价—类二维图”，请回答下列问题：
（1）①在空气中燃烧产物的阴阳离子个数比为___________。
（2）与水反应的化学方程式为___________，NaH作___________剂。1mlNaH参与反应，转移的电子数为___________
（3）写出③与NaHCO3反应的离子方程式___________。
Ⅱ．实验室工作人员用晶体配制溶液。
（4）选择仪器：所必需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有___________。
（5）计算，称量：需用天平称量___________克固体。溶解：恢复到室温，转移、洗涤、定容。定容的操作是：继续向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面离刻度线时改用胶头滴管加水至溶液凹液面最低处与刻度线相切，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
（6）下列操作会使标准液浓度偏低的是___________。
A．定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体
B．容量瓶未经干燥即用来配制溶液
C．定容时，俯视刻度线
D．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒
E．碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠
【答案】（1）1∶2 （2） ①. ②. 还原剂 ③. 1NA
（3）
（4）500mL容量瓶 胶头滴管
（5）28.6g （6）ADE
【解析】
【分析】Ⅰ．根据钠及其化合物的“价—类二维图”可知，①为Na，②为Na2O或Na2O2，③为NaOH，据此结合钠及其化合物的性质进行分析；
Ⅱ．配制溶液450mL，根据“大而近”的原则需要500mL容量瓶，按“计算-称量-溶解-冷却-转移-洗涤-定容-装瓶贴标签”步骤操作，结合实验原理、操作和步骤分析；
【小问1详解】
①Na在空气中燃烧产物为Na2O2，它是由钠离子和过氧根离子构成，所以其阴阳离子个数比为1∶2；
故答案为：1∶2；
【小问2详解】
NaH中H的化合价为-1价，与水发生归中反应，其反应的化学方程式为，NaH中H元素化合价从-1价升高到0价，被氧化，失去电子，所以NaH作还原剂；1mlNaH参与反应，转移的电子数为1NA；
故答案为：；还原剂；1NA；
【小问3详解】
③为NaOH，与反应生成碳酸钠和水，其离子方程式为：；
故答案为：；
【小问4详解】
根据分析中的实验操作可知，实验所必需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有500mL容量瓶、胶头滴管；
故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；
【小问5详解】
根据公式m=nM=cVM可知，需用天平称量固体的质量为：；
故答案为：28.6g；
【小问6详解】
A．定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余液体，溶质吸出一部分，溶质物质的量减少，浓度偏低，A项正确；
B．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对结果无影响，B项错误；
C．定容时，俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，C项错误；
D．未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，溶质减少，浓度偏低，D项正确；
E．碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠，则称量的样品中碳酸钠的物质的量会偏小，最终溶质的物质的量浓
度偏低，E项正确；
故答案为：ADE。
23. 某课题小组拟选择如图所示部分装置制备并收集二氧化氯来探究其漂白性(装置不可重复使用)。
已知：①常温下，亚氯酸钠(NaClO2)与氯气反应的生成物之一为二氧化氯；②常温常压下，ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体
②Cl2是一种易溶于有机溶剂而难溶于水的气体
回答下列问题：
（1）制备干燥、纯净的氯气。气体发生装置是___________(填字母)，反应的离子方程式为___________。
（2）制备二氧化氯。导管口连接顺序为a→___________→n→p→j。本实验选择装置I而不选择装置H的原因是___________。
（3）写出装置G中发生反应的化学方程式为___________。
（4）装置E的作用是___________，装置D的作用是___________。
（5）二氧化氯还会与H2O2和NaOH的混合溶液反应，其产物之一是NaClO2，写出该反应的化学方程式___________。
【答案】（1） ①. A ②.
（2） ①. ②. 装置中的水蒸气会进入装置中，且可能会引起倒吸
（3）
（4） ①. 吸收二氧化氯中的氯气 ②. 吸收氯气中HCl
（5）
【解析】
【分析】用装置A或B制备氯气，D装置除氯气中的氯化氢，用C装置干燥氯气，G装置中氯气和NaClO2反应制备ClO2，常温常压下是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，E装置除去ClO2中的氯气，F装置收集氯气，I装置尾气吸收。
【小问1详解】
高锰酸钾和浓盐酸在常温下反应生成氯气，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气，所以若选用A装置制备氯气，用二氧化锰和浓盐酸反应，反应离子方程式为，若用B装置制备氯气，用高锰酸钾和浓盐酸反应，离子方程式为。
【小问2详解】
制备的过程：制备，除去中杂质，用装置中的浓硫酸进行干燥，用装置中的与反应生成和，用装置中的除去多余的，用装置收集，用装置Ⅰ吸收有毒尾气，装置Ⅰ还起到防止空气中的水蒸气进入装置中的作用。故导管口的连接顺序为。
装置Ⅰ与装置的不同之处在于装置Ⅰ可防止空气中的水蒸气进入装置中，而装置中盛有烧碱溶液，其中的水蒸气可进入装置中，且可能会引起倒吸。
【小问3详解】
装置G中与反应生成和，发生反应的化学方程式为；
【小问4详解】
氯气易溶于有机溶剂，常温常压下是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，E装置除去ClO2中的氯气；结合分析可知，装置D的作用是除去氯气中的氯化氢；
【小问5详解】
二氧化氯还会与和NaOH的混合溶液反应，其产物之一是，氯元素化合价降低，则二氧化氯是氧化剂、是还原剂，氧化产物是氧气，该反应的化学方程式为。
三、计算题
24. 某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物，为探究其组成，称取mg该固体粉末样品，用足量的稀H2SO4充分反应后，称得固体质量为ag；
已知：①Cu2O与稀硫酸发生反应，得到紫红色固体和蓝色溶液，写出化学方程式_____________________
②Cu+Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4
（1）写出①中化学方程式__________。
（2）若______________(用含m的最简式表示，下同)，则红色固体粉末为纯净物；
（3）若，则红色固体粉末中Fe2O3的质量为______________g；
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
由题干信息可知，Cu2O与稀硫酸发生反应，得到紫红色固体即Cu和蓝色溶液即CuSO4，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：Cu2O+H2SO4=CuSO4+H2O+Cu，故答案为：Cu2O+H2SO4=CuSO4+H2O+Cu；
【小问2详解】
红色固体粉末为纯净物只有两种情况全是Fe2O3，或全是Cu2O，Cu2O与硫酸反应生成的铜与铁离子反应生成亚铁离子和铜离子，若全是氧化铁时，固体质量为0，但固体质量为0时可能是Fe2O3、Cu2O二者混合物，所以红色固体粉末只能是氧化亚铜，由Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，所以氧化亚铜与铜的物质的量相等，而铜的物质的量为ml，所以氧化亚铜的质量为×144=m，即a=，故答案为：；
【小问3详解】
设Fe2O3、Cu2O的物质的量分别为xml、yml，根据混合物质的总质量，所以160x+144y=m，
和，可知余的固体质量为：(y-x)×64=a=，联解得：x=ml，则Fe2O3的质量为：ml×160g/ml=g，故答案为：。