江苏省常州市第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

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常州市第一中学2019——2020学年第一学期期中考试
高一化学试卷
可能用到的相对的原子质量: H:1 C:12 O:16 S:32 Cl:35.5 Mn:55  Ba:137
第I卷选择题(共60分)
单项选择题:本题包括20小题，每小题2分，共计40分。每小题只有一个选项符合题意。
1.卢瑟福是最伟大的实验科学家之一。他对原子结构模型研究的突出贡献在于
A. 发现了电子
B. 根据a粒子散射实验提出了带核的原子结构模型
C. 引入量子学说
D. 提出较为系统的化学原子学说
【答案】B
【解析】
【详解】A. 1897年，英国科学家汤姆逊发现原子中存在电子，故A不选；
B. α粒子散射实验又称金箔实验。是1909年汉斯·盖革和恩斯特·马斯登在欧内斯特·卢瑟福指导下于英国曼彻斯特大学做的一个著名物理实验，提出了原子结构模型，原子是由原子核和核外电子构成的，故B可选；
C. 玻尔通过引入量子化条件，提出了玻尔模型来解释氢原子光谱；提出互补原理和哥本哈根诠释来解释量子力学，他还是哥本哈根学派的创始人，对二十世纪物理学的发展有深远的影响，提出了原子核外，电子在一系列稳定的轨道上运动，故C不选；
D. 古代最早提出原子理论的是约翰·道尔顿，英国化学家、物理学家。他参与的研究主要有色盲症研究、气体定律研究、原子理论，故D不选；
答案选B。
2.想一想: Ba(OH)2 （固体）、CuSO4（固体） 、CH3COOH（液态）这些物质为什么归为一类， 下列哪些物质还可以和它们归为一类
A. 75%的酒精溶液
B. 硝酸钾
C. Al(OH)3胶体
D. 牛奶
【答案】B
【解析】
【分析】
混合物是两种或两种以上的物质组成，纯净物是单一的一种物质，由同种分子构成的物质是纯净物，由不同种分子构成的物质是混合物。
【详解】A. 75%的酒精溶液是乙醇和水的混合物，故A不选；
B. 硝酸钾是纯净物，故B可选；
C. Al(OH)3胶体是混合物，故C不选；
D. 豆浆是蛋白质，水等的混合物，故D不选；
故选B。
3.从碘水中提取碘可以采用的方法是( )
A. 萃取 B. 沉淀 C. 蒸馏 D. 过滤
【答案】A
【解析】
因碘单质易溶于有机溶剂，微溶于水，可通过萃取、分液方法分离，然后再蒸馏；故选A。
点睛：本题考查萃取的应用，注意掌握萃取的原理，根据萃取利用溶质在不同溶剂中溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组成的溶液中提取出来。
4. 下列反应进行分类时，既属于氧化还原反应又属于化合反应的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
试题解析：A．为置换反应，含元素化合价变化，属于氧化还原反应，故A不选；B．为分解反应，含元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B不选；C．为化合反应，含元素化合价变化，属于氧化还原反应，故C选；D．不属于四种基本反应类型，含元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选。
考点：氧化还原反应；化学基本反应类型
5.气体的体积主要由以下什么因素决定的：①气体分子的直径 ②气体物质的量的多少 ③气体分子间的平均距离 ④气体分子的相对分子质量（　　）
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】决定物质体积的因素由物质所含分子数的多少、分子大小和分子间距。气体分子间距远大于气体分子直径，故决定气体体积的因素为气体物质的量多少和气体分子间的平均距离，选C。
6.13153I可用于治疗甲亢，该原子的中子数是
A. 131
B. 53
C. 78
D. 25
【答案】C
【解析】
【详解】13153I的质子数为53，质量数为131，中子数=质量数-质子=131-53=78，则C正确。
7. 下列各组仪器：①漏斗 ②容量瓶 ③滴定管 ④分液漏斗 ⑤天平 ⑥量筒 ⑦胶头滴管 ⑧蒸馏烧瓶。常用于物质分离的是
A. ①③⑦ B. ②⑥⑦ C. ①④⑧ D. ④⑥⑧
【答案】C
【解析】
【分析】
常用物质分离方法：过滤、萃取分液、蒸馏、分馏，根据各种分离方法来选择所需仪器．
【详解】①漏斗可用于过滤，过滤是一种分离混合物的方法，故①正确；②容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的仪器，故②错误；③滴定管是量取液体体积的仪器，故③错误；④分液漏斗是分离互不相溶且密度不同的液体的仪器，故④正确；⑤天平是称量药品质量的仪器，故⑤错误；⑥量筒是量取液体体积的仪器，故⑥错误；⑦胶头滴管是吸取和滴加少量试剂的仪器，故⑦错误；⑧蒸馏烧瓶是用于蒸馏实验的容器，蒸馏是一种分离物质的方法，故⑧正确；故选C。
8.下列实验，所选装置合理的是

A. 提纯含NaCl时氢氧化铁胶体用装置①
B. 分离碘的四氯化碳溶液用②
C. 分离NaCl的酒精溶液用装置③
D. 除去Cl2中的HCl气体用装置④
【答案】C
【解析】
【详解】A. 溶液、胶体均可透过滤纸，不能利用过滤法分离，应选渗析法，故A不合理；
B. 碘与四氯化碳溶液互溶，但沸点不同，应选蒸馏法，即装置③，故B不合理；
C. 酒精沸点低，则利用蒸馏法分离，即分离NaCl的酒精溶液用装置③，故C合理；
D. 洗气法除杂时导管长进短出，图④中气体的进入方向不合理，故D不合理；
故答案是C。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯方法及实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查。
9.下列关于胶体的叙述不正确的是(　 　)
A. 胶体区别于其他分散系的本质特征是其分散质的微粒直径在10－9～10－7 m之间
B. 光线透过胶体时，胶体中可产生丁达尔效应
C. 当用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同
D. Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒物沉降，达到净水的目的
【答案】C
【解析】
【分析】
分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体，胶体具有的性质主要有；均一、稳定、有吸附作业，具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质，其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法。
【详解】A、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间，即1nm～100nm，故A正确；
B、光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，是胶体特有的性质，故B正确；
C、用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，Fe(OH)3胶体中会产生光亮的通路，产生丁达尔现象，NaCl溶液无此现象，故C错误；
D、Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，故D正确；
故选C。
10.下列溶液中，与100mL0.5mol/LNaCl溶液中所含的Cl-物质的量浓度相同的是（ ）
A. 25mL0.5mol/LHCl溶液 B. 200mL0.25mol/LAlCl3溶液
C. 50mL1mol/LNaCl溶液 D. 100mL0.5mol/L MgCl2溶液
【答案】A
【解析】
【详解】离子浓度跟体积无关，题干中NaCl溶液中c(Cl－)=0.5mol·L－1，则
A、25mL0.5mol/LHCl溶液中c(Cl－)=0.5mol·L－1，A正确；
B、200mL0.25mol/LAlCl3溶液中c(Cl－)=3×0.25mol·L－1=0.75mol·L－1，B错误；
C、50mL1mol/LNaCl溶液中c(Cl－)=1mol·L－1，C错误；
D、100mL0.5mol/L MgCl2溶液c(Cl－)=2×0.5mol·L－1=1mol·L－1，D错误。
答案选A。
11.下列物质中含分子数最多的是 ( )
A. 标准状况下44.8L氨气 B. 66g CO2
C. 标准状况下90mL水 D. 3.01×1023个氢分子
【答案】C
【解析】
【详解】A、标准状况下44.8L氨气，物质量为2mol；
B、66g CO2，物质的量为1.5mol；
C、标准状况下90mL水，物质的量为5mol；
D、3.01×1023个氢分子，物质的量为0.5mol。
答案选C。
12.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标况下，22.4L的Cl2与足量水反应中电子转移了2NA
B. 0.1mol/LK2SO4溶液中含有0.2NA个阳离子
C. 常温常压下，22. 4LO2气体的分子数小于NA
D. 20g D2O所含的中子数为9NA
【答案】C
【解析】
试题分析：A．Cl2+H2O⇌HCl+HClO属于氯气的自身氧化还原反应，标况下，22.4L Cl2的物质的量 1mol，与足量水反应中电子转移了NA，故A错误；B．0.1mol/LK2SO4溶液的体积未知，无法计算阳离子的量，故B错误；C．常温常压下，22. 4LO2气体的物质的量小于1mol，所以分子数小于NA，故C正确；D．D2O每个分子中含有10个中子，20g D2O的物质的量为1mol，所以所含的中子数为10NA，故D错误。故选C。
考点：考查阿伏伽德罗常数
13.下列物质的分类组合全部正确的是
编组
强电解质
弱电解质
非电解质
A
氯化钠
水
氯气
B
硫酸
碳酸钙
四氯化碳
C
氯化银
HD
蔗糖
D
氢氧化钡
次氯酸
乙醇


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B. 碳酸钙是盐，属于强电解质，故B错误；
C. HD是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D. 氢氧化钡是强碱，属于强电解质；弱酸次氯酸是弱电解质；乙醇是非电解质，故D正确；
答案选D。
【点睛】在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质，电解质在水溶液中完全电离的属于强电解质，部分电离的属于弱电解质；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质。
14.下列四组实验，根据实验事实得出的结论，正确的是
A. 在某试液中滴加BaCl2溶液得白色沉淀，取该白色沉淀加稀硝酸不溶解：原未知试液中一定含有SO42﹣
B. 某未知气体在空气中燃烧，其产物能使无水CuSO4变蓝色：原气体一定是H2
C. 在某未知试液中滴加盐酸产生无色气体，将该气体通入足量澄清石灰水中得白色沉淀：原未知试液中一定含有CO32﹣
D. 在某未知试液中加入浓的NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体：原未知试液中一定含有NH4+
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫酸钡和氯化银均为不溶于稀硝酸的白色沉淀，则原未知试液中不一定含有SO42-，还可能含有Ag+等，故A错误；B.有机物燃烧的产物也能使无水CuSO4变蓝色，故B错误；C．CO32-、HCO3-与盐酸反应均产生CO2，则原未知试液中不一定含有CO32-，还可能含有HCO3-等离子，故C错误；D．在某未知试液中加入浓的NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则原未知试液中一定含有NH4+，故D正确；答案：D。
15.相对分子质量为M的某物质在室温下的溶解度为S g，此时测得饱和溶液的密度为ρg·cm－3，则该饱和溶液的物质的量浓度是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
饱和溶液，由溶解度可计算质量分数，密度为ρg·cm－3，再利用c=来计算物质的量浓度。
【详解】在室温下的溶解度为S，此时测得饱和溶液的密度为ρg·cm－3，
溶质的质量分数为=×100%，
由相对分子质量为M，c=，则c=mol/L。
所以B选项是正确的。
16.将某元素的单质0.1mol与Cl2充分反应后，生成物的质量比原单质的质量增加了7.1克，那这种元素肯定不是
A. H
B. Mg
C. Fe
D. Cu
【答案】C
【解析】
【详解】单质与Cl2充分反应后，生成物的质量比原单质增加了7.1g，说明增加的质量为Cl2的质量，7.1gCl2的物质的量为=0.1mol，可以得出单质与Cl2的物质的量之比为1：1，依据原子守恒，在生成物中，金属的化合价应该为+2价，故A、B、D都可以，而铁与氯气反应生成氯化铁，故选C。
17.下列变化中，必须加入还原剂方能实现的是
A. Cl—→Cl2
B. KMnO4→MnO2
C. CuO→Cu
D. CO→CO2
【答案】C
【解析】
【详解】A. Cl元素的化合价升高，需要加氧化剂，故A不选；
B. Mn元素的化合价降低，氧元素的化合价可以升高，可发生自身氧化还原反应，不需要加氧化剂，故B不选；
C. Cu元素的化合价降低，需要加还原剂，故C可选；
D. C元素的化合价升高，需要加氧化剂，故D不选；
答案是C。
【点睛】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化与还原反应的考查，注意从元素化合价的角度分析，选项B为易错点。
18.有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Cl—、Br—、I—（忽略水的电离），其中Cl—、Br—、I—的个数比为2：3：4，向该溶液中通入氯气，使溶液中Cl—和Br—的个数比为3：1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为
A. 7：1
B. 7：2
C. 7：3
D. 7：4
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可设Cl-、Br-、I-的物质的量分别为2mol、3mol、4mol，由电荷守恒可得：2n（Fe2+）=n（Cl-）+n（Br-）+n（I-）=2mol+3mol+4mol=9mol，n（Fe2+）=4.5mol，通入氯气后，要满足 n（Cl-）：n（Br-）=3：1，Cl-只要增加7mol就可以，即需通入氯气3.5mol。4mol I-先消耗2mol氯气，3molFe2+消耗1.5mol氯气，剩余Fe2+ 1.5mol，则通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比为：3.5：1.5=7：3，故选C。
【点睛】电解质溶液中，阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，本题可以通过此规律计算出n（Fe2+）。
19.下列保存物质或试剂的方法不正确的是
A. 实验室保存溴时，常在保存液溴的试剂瓶中加入少量水来防止溴挥发
B. 盛放溴水的试剂瓶不能用橡胶塞
C. 新制氯水应密封保存在棕色试剂瓶中
D. 取碘水于试管中，加入CCl4，振荡后静置，溶液分层，上层呈紫红色
【答案】D
【解析】
【详解】A. 液溴易挥发，常用水封法保存，故A正确；
B. 因天然橡胶中含有碳碳双键，能和溴单质发生加成反应，所以盛放溴水的试剂瓶不能用天然橡胶制的胶皮塞，应选用磨口玻璃塞；故B正确；
C. 氯水中的次氯酸见光易分解，新制氯水通常保存在棕色试剂瓶中，故C正确；
D. 四氯化碳的密度比水大，下层呈紫红色，故D错误；
故选D。
20.将一盛满Cl2的试管倒立在水槽中，当日光照射相当一段时间后，试管中最后剩余的气体约占试管容积的（　　）
A 2/3 B. 1/2 C. 1/3 D. 1/4
【答案】B
【解析】
本题主要考查氯气的性质。氯气溶于水发生反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO。由于次氯酸不稳定，遇光易分解生成氯化氢和氧气，即2HClO2HCl＋O2↑。所以总的反应相对于是2Cl2＋2H2O＝4HCl＋O2↑，所以长时间照射后，试管中最后剩余气体的体积占试管容积的1/2，故B正确。答案选B。
不定项选择题:本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。
21.溴化碘(IBr)的化学性质类似卤素单质，它同水反应的化学方程式为IBr+H2O = HBr+ HIO。下列有关IBr的叙述不正确的是
A. 在与水的反应中，IBr既不是氧化剂又不是还原剂
B. 在与水的反应中，IBr既是氧化剂又是还原剂
C. 在很多反应中，IBr是强氧化剂
D. IBr跟NaOH稀溶液反应生成NaI、NaBrO和H2O
【答案】BD
【解析】
【详解】A. IBr+H2O = HBr+ HIO中，没有元素的化合价变化，IBr既不是氧化剂又不是还原剂，故A正确；
B. 和水反应时，没有元素化合价变化，IBr既不是氧化剂又不是还原剂，故B错误；
C. 溴化碘(IBr)的化学性质类似卤素单质，在与金属反应时， IBr是氧化剂，故C正确；
D. 由氯气与NaOH的反应可知，IBr和NaOH反应时生成NaBr、NaIO和H2O，故D错误；
故答案选BD。
22.某混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、CO32-，SO42-，现取三份100mL该溶液进行如下实验：
(1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生
(2)第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol
(3)第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为2.33g．
根据上述实验，以下推测正确的是
A. K+一定存在
B. 100mL溶液中含0.01mol CO32-
C. Cl—一定存在
D. Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在
【答案】C
【解析】
【详解】第一份加入AgNO3，溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在：Cl-、CO32-、SO42-；第二份加足量NaOH溶液加热后生成的0.08mol气体为氨气，则溶液中一定含有NH4+，且物质的量为0.08mol；第三份根据题中信息可知2.33g为硫酸钡，n（BaSO4）= n（SO42-）=0.01mol，6.27g为硫酸钡和碳酸钡，n（BaCO3）= n（CO32-）=0.02mol。再根据电荷守恒，正电荷为：n（+）=n（NH4+）=0.08mol；n（-）=2n（CO32-）+2n（SO42-）=0.06mol，故可能有K+，一定存在Cl-，n（Cl-）至少0.02mol，因为存在CO32-，所以Mg2+一定不存在；综上所述，正确答案是C。
23.同温同压下两个容积相等的贮气瓶，一个装有C2H4，另一个装有C2H2和C2H6的混合气体，两瓶内的气体一定相同的是
A. 质量 B. 原子总数 C. 碳原子数 D. 密度
【答案】C
【解析】
【分析】
根据阿伏加德罗定律：同温同压下，容积相等的任何气体具有相同的分子数，结合C2H4、C2H2、C2H6每个分子的组成特点来回答。
【详解】同温同压下，两个储气瓶的容积又相等，所以两瓶中气体的物质的量就相等，即两瓶内气体的分子数相同，则
A、根据m=nM，瓶中装有C2H2和C2H6的混合气体的瓶子的M无法确定，所以m无法判断，A错误；
B、C2H2和C2H6的量不确定，所以原子数也无法确定，B错误；
C、C2H4、C2H2、C2H6每个分子中的C原子数都是2，所以碳原子数相同，C正确；
D、据ρ=m/V，V一定，质量不确定，所以ρ无法判断，D错误。
答案选C。
24.(CN)2、(SCN)2、(OCN)2称“类卤素”，与卤素单质的性质相似，而其阴离子性质也相似，如：2Fe + 3(SCN)2="==" 2Fe(SCN)3，2Fe + 3Cl2="==" 2FeCl3。以此判断下列化学方程式中错误的是
A. (CN)2+ H2OHCN + HCNO
B. (SCN)2+ 2Cu2CuSCN
C. (OCN)2+ 2NaOH ="==" NaOCN + NaOCNO + H2O
D. MnO2+ 4HSCN(浓)(SCN)2­ + Mn(SCN)2+ 2H2O
【答案】B
【解析】
A正确，为岐化反应；B错，正确为(SCN)2+ CuCu(SCN)2；C正确，为岐化反应；D正确，氧化还原反应；
25. “绿色化学实验”进课堂，某化学教师为“氯气与金属钠反应”设计了如下装置与操作以替代相关的课本实验。实验操作：钠与氯气反应的装置可作如图改进，将一根玻璃管与氯气发生器相连，玻璃管内放一块黄豆粒大的金属钠（已吸净煤油），玻璃管尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉花球。先给钠预热，到钠熔融成圆球时，撤火，通入氯气，即可见钠着火燃烧，生成大量白烟。以下叙述错误的是（ ）

A. 反应生成的大量白烟是氯化钠晶体
B. 玻璃管尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉球是用于吸收过量的氯气，以免其污染空气
C. 钠着火燃烧产生苍白色火焰
D. 若在棉球外沿滴一滴淀粉碘化钾溶液，可根据颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯气性质活泼，易与活泼金属钠发生化合反应生成NaCl，反应时有大量白烟，A项正确；
B．氯气有毒，不能排放到空气中，氯气易与NaOH溶液反应而被吸收，B项正确；
C．钠着火燃烧产生黄色火焰，C项错误；
D．氯气具有强氧化性，能与碘化钾发生置换反应生成碘，碘遇淀粉变蓝，可根据其颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收，D项正确；
答案选C。
第Ⅱ卷非选择题(共40分)
26.(1)以下为中学化学常见几种物质①NaOH溶液②铜丝③液氯④盐酸⑤稀硫酸⑥氨水⑦CO2⑧熔融NaCl⑨蔗糖晶体⑩酒精。属于非电解质的是________，属于电解质的是________。
(2)工业上可用浓氨水检查氯气管道是否漏气。若有Cl2漏出，与浓氨水接触会有白烟生成，同时产生一种无毒、无可燃性、不污染大气的气体。有关的化学方程式是________：。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。
(3)铁酸钠(Na2FeO4)是水处理过程中一种新型的净水型，它的氧化性比高锰酸钾更强，本身在反应中被还原为Fe3+。
①配平制取铁酸钠的化学方程式：____Fe(NO3)3+____NaOH+ ____Cl2——____Na2FeO4 +____NaNO3+____NaCl+____H2O
②用单线桥法标出反应中电子转移的方向和数目____。
【答案】 (1). ⑦⑨⑩ (2). ⑧ (3). 3Cl2 + 8NH3 = 6NH4Cl+N2 (4). 3：2 (5). 2 (6). 16 (7). 3 (8). 2 (9). 6 (10). 6 (11). 8 (12).
【解析】
【详解】（1）①NaOH溶液中含有自由移动的离子，所以能导电，但氢氧化钠溶液是混合物，所以既不是电解质也不是非电解质；②铜丝 中含有自由移动的电子，所以能导电，但铜丝是单质，所以它既不是电解质也不是非电解质；③液氯是单质，既不是电解质也不是非电解质； ④盐酸是氯化氢水溶液，是混合物既不是电解质也不是非电解质；⑤稀硫酸是混合物既不是电解质也不是非电解质；⑥氨水是混合物既不是电解质也不是非电解质；⑦CO2是非金属氧化物，属于非电解质；⑧熔融NaCl是盐，属于纯净物，是电解质；⑨蔗糖晶体是有机物，水溶液和熔融状态下都不能导电，属于非电解质；⑩酒精有机物，水溶液和熔融状态下都不能导电，属于非电解质；属于非电解质的是⑦⑨⑩；属于电解质的是⑧；
（2）若有Cl2漏出，与浓氨水接触会有白烟生成，白烟是氯化铵晶体，同时又氮气生成，方程式为：3Cl2 + 8NH3 = 6NH4Cl+N2；NH3中N从-3价升到N2中的0价，为还原剂，NH4Cl中N依然为-3价，不变，所以还原剂分子为2，Cl2中Cl从0价降到NH4Cl中-1价，为氧化剂，氧化剂分子个数为3个，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比 3:2；
（3）根据电子守恒配平铁从正三价升高到正六价转移3个电子，氯气从0价到-1转移2个电子，最小公倍数是6，即可配平为：2Fe(NO3)3+16NaOH+ 3Cl2=2Na2FeO4 +6NaNO3+6NaCl+8H2O。用单线桥法标出反应中电子转移的方向和数目为：
27.用98％的浓硫酸(密度为1.84g/cm3)配制100mL 1.0mol/L的稀硫酸，现给出下列仪器(配制过程中可能用到)：
A．100mL量筒 B．托盘天平 C．玻璃棒 D．50mL容量瓶
E．10mL量筒F．胶头滴管 G．50mL烧杯 H．100mL容量瓶
(1)需量取浓硫酸的体积为________mL
(2)实验时选用的仪器有________
(3)配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是________ (填序号)
①定容时俯视刻度线观察液面
②容量瓶使 用时未干燥
③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线
④量取浓硫酸时仰视量简刻度  
⑤移液时未洗涤烧杯和玻璃棒
(4)在容量规使用方法中，下列操做不正确的是________ (填序号) 
A.使用容量瓶前检查它是否漏水
B.容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗
C.将氢氧化钠固体放在天平托盘的滤纸上，准确称量并放入烧杯中溶解后，立即注入容量瓶
D.将准确量取的18.4mol/L的硫酸，注入已盛有30mL水的100mL的容量瓶中，加水至刻度线
E. 定容后塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转摇匀
【答案】 (1). 5.4 (2). CEFGH (3). ①④ (4). BCD
【解析】
【分析】
（1）根据c= 计算出浓硫酸的物质的量浓度；根据溶液稀释规律：c浓×V浓=c稀×V稀计算出浓硫酸的体积；

（2）配制100mL 1.0mol•L-1稀硫酸的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器为：玻璃棒、量筒、胶头滴管、50mL烧杯、100mL容量瓶，据此进行分析；
（3）根据c=进行操作过程中的误差分析；
（4）根据容量瓶使用方法和注意事项进行分析。
【详解】（1）浓硫酸的物质的量浓度为c= = =18.4mol/L，设需要的浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律c浓×V浓=c稀×V稀可知：18.4mol/L×VmL=1mol/L×100mL，解得V=5.4mL；
（2）需量取浓硫酸的体积为5.4mL，故应选用10mL的量筒；配制100mL 1.0mol•L-1稀硫酸的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器为：C．玻璃棒、E．10mL量筒、F．胶头滴管、G．50mL烧杯、H．100mL容量瓶，故答案为：C、E、F、G、H；
（3）①定容观察液面时俯视，溶液体积偏小，浓度偏大，故①正确；②容量瓶使用时未干燥，无影响，浓度不变，故②错误；③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，由于刻度线以上的滞留溶液会下来，溶液的体积偏大，浓度偏低，故③错误；④量取浓硫酸时仰视量简刻度，浓硫酸的物质的量偏大，浓度偏大；⑤移液时未洗涤烧杯和玻璃棒，部分硫酸没有转移到容量瓶中，浓度偏小，故⑤错误；故答案为：①④；
（4）A.使用容量瓶前要检查它是否漏水，防止在配制溶液过程中漏液，故A正确；
B.量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗，会导致所配溶液浓度偏大，故B错误；
C.氧化钠易潮解，故应放到烧杯中称量，氢氧化钠在溶解过程中会放热，要等冷却至室温再转移进容量瓶，故C错误；
D.制溶液时，要先稀释，冷却至室温以后，再转移至容量瓶，故D错误；
E.匀时食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转反复上下摇匀，故E正确；
选BCD。
28.某化学兴趣小组用图甲装置制备了氯气，并进行了一系列实验。

(1)实验室制备氯气的反应原理是_______________________
(2)若有87gMnO2参加反应,则被氧化的氯化氢的物质的量为____________；而实际收集的氯气量准是比理论值小，试写出其可能的一种原因____________
(3)乙同学认为图甲装置制备的氯气不纯净，其中混有HCl气体和水蒸气，对装置进行了如图乙改进。你认为合理吗？____________ (合理则填入“合理”二字，如不合理则用文字说明理由)
(4)将图甲装置合理改装后制取并收集一瓶氯气，将灼热的铁丝插到充满氯气的集气瓶中，看到铁丝在氯气中继续燃烧，在集气瓶内充满棕色的烟，烟的成分为反应方程式为____________
(5)另收集一瓶氯气并在集气瓶中加入水，观察到液体为浅黄绿色，有此现象原因是____________；将溶液分成三份，分别加入一-定量的下列溶液，写出反应的方程式:
Na2CO3溶液____________
AgNO3溶液____________
KI溶液____________
(6)若实验中有少量的氯气散发到空气中，试设计方案将其检测出____________
【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 2mol (3). HCl挥发、Cl2部分溶于水 (4). 不合理，氯气和氢氧化钠反应 (5). FeCl3；2Fe + 3Cl2 2FeCl3 (6). Cl2 + H2O HCl + HClO (7). Na2CO3 + 2HCl = 2NaCl + CO2↑+ H2O (8). AgNO3 + HCl = AgCl↓+ HNO3 (9). 2KI + Cl2 = KCl + I2 (10). 将湿润碘化钾试纸放在实验室中，若试纸变蓝则有少量的氯气散发到空气中
【解析】
【分析】
（1）二氧化锰和浓盐酸混合加热可以制备氯气，据此写出方程式；

（2）MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O反应中，被氧化的HCl为2mol；由于HCl会挥发或少量氯气溶于水，会导致氯气的量小于理论值；
（3）氯气会和氢氧化钠反应；
（4）铁丝在氯气中燃烧生产氯化铁；
（5）氯气中加入水会与水发生反应生成次氯酸和氯化氢；氯水中含有盐酸，与碳酸钠溶液、硝酸银溶液反应；氯水中的氯气能与碘化钾溶液反应生成氯化钾和碘单质，据此写出方程式；
（6）氯气具有氧化性，能够把碘离子氧化碘单质，碘与淀粉相遇变蓝；据此性质进行氯气的检验。
【详解】（1）实验室通过二氧化锰和浓盐酸混合加热制得氯气，反应原理是MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）87gMnO2为1摩尔，被氧化的HCl占参加反应的一半，根据反应方程式MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，被氧化的HCl为2mol，反应过程中HCl会挥发一部分导致氯气的量小于理论值，也有可能生产的氯气溶于水，故正确答案是：2mol；HCl挥发、Cl2部分溶于水；
（3）不合理，因为氯气会和氢氧化钠反应导致生产的氯气有一部分被氢氧化钠吸收；故答案是：不合理；氯气和氢氧化钠反应
（4）铁丝在氯气中燃烧生产氯化铁，方程式为：2Fe + 3Cl2 2FeCl3；故正确答案是：FeCl3；2Fe + 3Cl2 2FeCl3；
（5）氯气中加入水会与水发生反应生成次氯酸和氯化氢，反应的化学方程式为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，氯水呈黄绿色；氯水中的盐酸会与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、水和二氧化碳，化学方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O；氯水中的盐酸会与硝酸银溶液反应生成氯化银和硝酸，化学方程式为：AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3；氯水中的氯气能与碘化钾溶液反应生成氯化钾和碘单质，化学方程式为：2KI+Cl2=KCl+I2；
（6）氯气具有氧化性，能够把碘离子氧化碘单质，碘与淀粉相遇变蓝；将湿润碘化钾试纸放在实验室中，若试纸变蓝则有少量的氯气散发到空气中。
29.加碘食盐中加入的碘酸钾是一种白色结晶粉末，常温下很稳定，加热至560℃开始分解，在酸性条件下碘酸钾是一种较强的氧化剂，可与碘化物、亚硫酸盐等还原性物质反应。工业生产碘酸钾的流程如下：

(1)已知步骤①反应器中发生的反应中，单质碘和氯酸钾的物质的量之比为6：11，反应器中发生的化学方程式为6I2+11KClO3+3H2O→6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。参照碘酸钾的溶解度：

操作③得到碘酸钾晶体，方法是____________、____________：
(2)已知: KIO3+ 5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O；I2+2S2O32—=2I—+S4O62—
检验加碘食盐中的碘元素，学生甲利用碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生反应。用四氯化碳检验碘单质时，看到的明显现象有____________
(3)检验加碘食盐中碘的含量，学生乙设计的实验步骤如下：
①准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；
②用稀硫酸酸化所得食盐溶液，加入过量KI溶液充分混合；
③以淀粉为指示剂，逐滴加入2.0╳10—3mol/L的Na2S2O310.0mL，恰好反应完全。
则加碘食盐样品中的碘元素含量是_____ mg/kg (以含w 的代数式表示)。
(4)学生丙又对纯净的NaCl进行了下列实验:

请推测实验中产生蓝色现象的可能原因____________，用化学方程式表示。
(5)根据学生丙的实验结果，学生乙测得的食盐中碘元素的含量可能____________ (填“偏高”、“偏低"或“准确")。原因是____________
【答案】 (1). 蒸发浓缩 (2). 降温结晶 (3). 下层四氯化碳呈紫色 (4). (5). 4 I—+4H+ +O2=2 I2+2H2O (6). 偏高 (7). 过量的I—会被空气中的氧气氧化为I2
【解析】
【详解】（1）由KIO3溶液得到KIO3成品，则需要将溶剂蒸发掉，而得到浓缩的KIO3溶液，该操作为蒸发浓缩；为了防止形成的晶体KIO3受热分解，应停止加热，用仪器的余热蒸干溶剂，该操作叫作降温结晶；
（2）由于碘单质易溶于四氯化碳，所以用四氯化碳检验碘单质时，混合液分层，下层为四氯化碳层，由于萃取了碘单质，下层液体的颜色为紫红色；故答案为：液体分层，下层液体呈现紫红色；
（3）设碘酸钾的物质的量为x，根据反应KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式：KIO3～3I2～6S2O32-，
则 KIO3～3I2～6S2O32-
1 6
x    2.0×10-3mol/L×0.01L
x==×10-5mol，根据碘原子守恒知，碘元素的质量=×10-5mol×127g/mol=×10-5molg，所以碘元素的质量分数为：×100%=
mg/kg，故答案为：；
（4）酸性条件下，碘离子被氧气氧化生成碘单质，离子反应方程式为：4I-+4H++O2=2I2+2H2O；且酸性条件下，过量的碘离子易被空气中氧气氧化生成碘单质，导致测定结果偏大，故答案为：4I-+4H++O2→2I2+2H2O；学生乙实验结果会偏大；过量的I-会被空气中的氧气氧化为I2。