文档内容
高一化学必修第一册同步单元AB卷（新教材人教版）
高一化学上学期期中模拟卷（二）
说明：本试卷分选择题非选择题，满分100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Mn 55
一、选择题：本题共20个小题，每小题2分。共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要
求的。
1. 分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是
选项 类别 物质
A 化合物 干冰、冰水混合物、烧碱
B 同素异形体 活性炭、C 、金刚石
60
C 非电解质 乙醇、四氯化碳、氯气
D 混合物 漂白粉、纯净矿泉水、盐酸
【答案】C
【解析】
A. 化合物是不同元素组成的纯净物。干冰是二氧化碳固体是纯净的化合物，冰水混合物成分为水是纯
净的化合物，烧碱是氢氧化钠属于纯净的化合物，故A正确；
B. 同素异形体是同种元素组成的不同单质。活性炭、C 、金刚石是碳元素的不同单质，是碳元素的同素
60
异形体，故B正确；
C，非电解质是水溶液中和熔融状态都不导电的化合物。乙醇、四氯化碳水溶液中和熔融状态下都不导
电，属于非电解质，氯气是单质既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D. 混合物是不同物质组成的物质。漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物，纯净矿泉水含有电解质的水
属于混合物，盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物，故D正确。
2. 下列关于胶体的说法中，正确的是
①蔗糖溶液、淀粉溶液属于溶液，烟、雾属于胶体
②溶液和胶体的本质区别是后者具有丁达尔效应，而前者无此现象
③制备Fe(OH) 胶体的方法是将饱和FeCl 溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色
3 3
④利用过滤的方法能将Fe(OH) 胶体从FeCl 溶液中分离出来
3 3
⑤由肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用“血液透析”进行治疗
⑥葡萄糖注射液能产生丁达尔效应，属于胶体⑦溶液是电中性的，胶体是带电的
⑧清晨，在茂密的树林中，常常可以看到从树叶间透过的一道道光柱，与胶体的性质有关
A．①②⑤ B．③⑤⑧
C．③⑤⑦⑧ D．②③⑧
【答案】B
【解析】
①淀粉溶液属于胶体，错误；
②溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径的大小，错误；
③制备Fe(OH) 胶体的方法是将饱和FeCl 溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色，正确；
3 3
④胶体与溶液都能透过滤纸，不能用过滤的方法分离两者，错误；
⑤“血液透析”的原理是渗析，正确；
⑥葡萄糖是小分子，溶于水形成溶液，错误；
⑦胶体本身不带电，只是胶体中胶粒表面积较大，吸附了溶液中的离子才带电荷，错误；
⑧茂密树林形成的一道道光柱属于丁达尔效应，与胶体性质有关，正确。综上所述，B正确。
3. 下列物质的用途或者制备中所涉及的离子方程式书写正确的是
选项 用途或者制备 离子方程式
A 用稀硫酸清洗铁锈
B 实验室用大理石与稀盐酸反应制备二氧化碳
C 用氢氧化钠溶液吸收氯气
D 用氯化铁溶液刻蚀铜板
【答案】C
【解析】
A. 氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水,正确的离子方程式为：Fe O+6H+=2Fe3++3H O，故A错误；
2 3 2
B. 碳酸钙不能拆开,正确的离子方程式为：CaCO +2H+=Ca2++H O+CO↑，故B错误；
3 2 2
C. 氢氧化钠溶液与氯气反应的离子方程式为：Cl+2OH−=Cl−+ClO−+H O，故C正确；
2 2
D. 用氯化铁溶液刻蚀铜板,反应生成氯化亚铁和氯化铜,正确的离子方程式为：2Fe3+ + Cu=2Fe2+ +
Cu2+，故D错误；故选C。
4. 某溶液中含有较大量的Cl－、CO、OH－等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子
依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是
①滴加Mg(NO) 溶液；②过滤；③滴加AgNO 溶液；④滴加Ba(NO ) 溶液。
3 2 3 3 2
A．①②④②③ B．④②①②③C．①②③②④ D．④②③②①
【答案】B
【解析】Cl－用含有AgNO 溶液检验，二者反应生成白色沉淀AgCl；CO用Ba(NO ) 溶液检验，二者反应
3 3 2
生成白色沉淀BaCO ；OH－用Mg(NO) 溶液检验，二者反应生成白色沉淀Mg(OH) ；Cl－、CO、OH－都和
3 3 2 2
AgNO 反应，CO、OH－都和Mg(NO) 溶液反应生成白色沉淀；只有CO和Ba(NO ) 溶液反应生成白色沉淀，
3 3 2 3 2
为了防止干扰，应该先检验CO、再检验OH－。
5. 某溶液遇石蕊溶液显红色，下列各组离子能在该溶液中大量共存的是
A. 、 、 、 B. 、 、 、
C. 、 、 、 D. 、 、 、
【答案】A
【解析】溶液遇石蕊试液显红色，溶液中含大量的H+，结合离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能
发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答。
A. 酸溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故A选；
B. 酸溶液中不能大量存在 ，故B不选；
C. 、H+均与OH−反应, 、 结合生成沉淀，不能大量共存，故C不选；
D. 酸性溶液中不能大量存在 ，故D不选；故选A。
6. 有一包白色粉末，由BaCl 、KSO 、CaCO 、NaOH、CuSO 中的一种或几种组成，为了探究它的成分，
2 2 4 3 4
进行了如下实验。下列判断正确的是
A．BaCl 、CaCO 一定存在，NaOH可能存在
2 3
B．KSO 、CaSO 一定不存在
2 4 4
C．KSO 、NaOH、CaCO 、BaCl 一定存在，CuSO 可能存在
2 4 3 2 4
D．C为单一溶质溶液【答案】B
【解析】白色粉末溶于水得到白色滤渣和无色滤液，说明不含CuSO ，滤渣中加入盐酸得到气体B，且滤
4
渣全部溶解，推出滤渣A为CaCO ，气体B为CO，滤液C中通入CO，有白色沉淀产生，说明含有BaCl 、
3 2 2 2
NaOH，一定不含KSO ，故B正确，A、C、D错误。
2 4
7. 下列氧化还原反应中，水作为还原剂的是
A．3Fe＋4HO=====Fe O＋4H B．3NO ＋HO ===2HNO+ NO
2 3 4 2 2 2 3
C．2NaO＋2HO===4NaOH＋O↑ D．2F＋2HO === 4HF＋O
2 2 2 2 2 2 2
【答案】D
【解析】
A．水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，故A不选；
B．水中H、O元素的化合价变化，只有N元素的化合价变化，故B不选；
C．只有过氧化钠中O元素的化合价变化，故C不选；
D．水中O元素的化合价升高，水为还原剂，故D选；
8. 实验室常用NaNO 和NH Cl反应制取N。下列有关说法正确的是
2 4 2
A．NaNO 是还原剂
2
B．NH Cl中N元素被还原
4
C．生成1 mol N 时转移6 mol电子
2
D．氧化剂和还原剂的物质的量之比是1∶1
【答案】D
【解析】实验室常用NaNO 和NH Cl反应制取N，根据氧化还原反应中电子守恒、原子守恒可得化学方
2 4 2
程式：NaNO ＋NH Cl===N ↑＋NaCl＋2HO。
2 4 2 2
在该反应中NaNO 中的N元素化合价是＋3价，反应后变为N 中的0价，化合价降低，得到电子，
2 2
NaNO 作氧化剂，A错误；
2
在NH Cl中N元素化合价是－3价，反应后变为N 中的0价，化合价升高，失去电子，NH Cl中的N元素
4 2 4
被氧化，B错误；
根据化学方程式NaNO ＋NH Cl===N ↑＋NaCl＋2HO可知，每产生1 mol N 转移3 mol电子，C错误；
2 4 2 2 2
根据化学方程式可知，在该反应中氧化剂NaNO 和还原剂NH Cl的物质的量之比是1∶1，D正确。
2 4
9. 已知反应：
①Cl＋2KBr===2KCl＋Br ，
2 2
②KClO＋6HCl===3Cl↑＋KCl＋3HO，
3 2 2
③2KBrO ＋Cl===Br ＋2KClO。
3 2 2 3
下列说法正确的是
A．氧化性由强到弱的顺序为KBrO ＞KClO＞Cl＞Br
3 3 2 2
B．①中KCl是氧化产物，KBr发生还原反应
C．③中1 mol氧化剂参加反应得到电子的物质的量为2 mol
D．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6【答案】A
【解析】
由①知氧化性Cl＞Br ，由②知氧化性KClO＞Cl，由③知氧化性KBrO ＞KClO，故氧化性KBrO ＞
2 2 3 2 3 3 3
KClO＞Cl＞Br ，A项正确；
3 2 2
①中Cl元素化合价降低，被还原为还原产物KCl，Br元素化合价升高，被氧化为氧化产物Br ，B项不正
2
确；
反应③中氧化剂为KBrO ，化合价变化：Br―→Br，故1 mol KBrO 参加反应得到电子5 mol，C项不正确；
3 3
反应②中，氧化剂为KClO，还原剂为HCl，但6HCl中有HCl→KCl，故氧化剂与还原剂的物质的量之比
3
为1∶5。
10. 下列叙述正确的是
A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗2Na＋O===NaO
2 2 2
B．一定条件下，2.3 g的Na完全与O 反应生成3.6 g产物，失去的电子数为0.2N
2 A
C．钠在空气中受热时，熔化为银白色的小球，产生黄色的火焰，生成白色粉末
D．钠在空气中长期放置，最终主要生成物为碳酸钠
【答案】D
【解析】
钠在通常条件下反应生成氧化钠，点燃条件生成过氧化钠，故A错误；
2.3 g钠的物质的量为0.1 mol，而钠无论反应后产物是什么，钠元素反应后一定变为＋1价，故0.1 mol钠
失去0.1N 电子，故B错误；
A
钠在空气中加热，生成了淡黄色的过氧化钠，故C错误；
钠在空气中长期放置，开始生成氧化钠，最终变成了碳酸钠，故D正确。
11. 纯碱和小苏打是厨房中两种常见的用品，它们都是白色固体。下列区分这两种物质的方法正确的是
A．分别用砂锅加热两种样品，全部分解挥发，没有残留物的是小苏打
B．放入水中，能溶于水的为小苏打
C．等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量的盐酸反应， 前者产生二氧化碳少
D．先将两样品配成溶液，再分别加入石灰水，无白色沉淀生成的是小苏打
【答案】C
【解析】
A项， 纯碱受热不分解，小苏打受热变成纯碱：2NaHCO =====NaCO＋CO↑＋HO；
3 2 3 2 2
B项，NaCO、NaHCO 均易溶于水；
2 3 3
C项，等质量的NaCO 和NaHCO ，n(NaHCO )>n(Na CO)，故与足量的盐酸反应时，NaCO 产生CO 的
2 3 3 3 2 3 2 3 2
量少；
D项，二者均出现白色沉淀。
12. 两份体积相同、浓度未知的NaCO 和HCl溶液,将它们互相滴加,产生的气体在相同的温度和压强下
2 3
的体积之比为1∶3,则NaCO 和HCl溶液的浓度之比为
2 3
A. 5∶6 B. 2∶5 C. 3∶4 D. 5∶3
【答案】A【解析】
碳酸钠滴加到盐酸中,发生反应NaCO+2HCl===2NaCl+CO ↑+H O，盐酸滴加到碳酸钠中,发生反应
2 3 2 2
NaCO+HCl===NaHCO +NaCl，NaHCO +HCl===NaCl+CO ↑+H O。因为生成气体的体积不同,说明盐酸不足,
2 3 3 3 2 2
设NaCO 的浓度为c mol·L-1，盐酸的浓度为c mol·L-1，溶液的体积为1 L，碳酸钠滴入盐酸中产生的CO 的
2 3 1 2 2
体积大于盐酸滴加到碳酸钠中产生的CO 的体积，碳酸钠滴入盐酸中产生CO 的量可根据盐酸计算,即
2 2
n(CO)= mol，盐酸滴入碳酸钠溶液中产生CO 的物质的量为(c-c )×1 mol, =1∶3，即c∶c=5∶6。
2 2 2 1 1 2
13. 有关Cl 的性质，下列说法不正确的是
2
A．Cl 有毒但可用于自来水消毒
2
B．能与Ca(OH) 溶液反应生成两种正盐
2
C．能与Fe反应生成FeCl
2
D．H 在Cl 中燃烧产生苍白色火焰，且集气瓶口有白雾
2 2
【答案】C
【解析】
A．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强的氧化性，能够杀菌消毒，故A正确；
B．氯气能够与氢氧化钙反应生成的氯化钙和次氯酸钙，都是正盐，故B正确；
C．氯气与铁反应生成氯化铁，故C错误；
D．氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，产生苍白色火焰，氯化氢极易溶于水，从瓶口逸出的氯化氢溶于空
气中的水蒸气形成白雾，故D正确。
14. 在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl
2
B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO 溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－
3
C．向氯水中加入NaHCO 粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
3
D．向FeCl 溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
2
【答案】D
【解析】
A项，Cl 是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl，正确；
2 2
B项，向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO 溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是AgCl，这说明氯水中含有Cl－，
3
正确；
C项，向氯水中加入NaHCO 粉末，有气泡产生，气体是CO，这说明氯水中含有H＋，正确；
3 2
D项，向FeCl 溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有FeCl 生成。由于Cl 也能把FeCl
2 3 2 2
氧化生成FeCl ，因此不能说明氯水中含有HClO，错误。
315. 下列关于实验室制取氯气的说法正确的是
A．盛浓盐酸的分液漏斗可用长颈漏斗代替
B．为了便于学生观察氯气的制备实验，可在讲台上直接做氯气的制备实验
C．可用饱和食盐水吸收尾气
D．可在集气瓶口放一张湿润的淀粉碘化钾试纸，观察氯气是否收集满
【答案】D
【解析】
盛浓盐酸的分液漏斗若用长颈漏斗代替无法控制盐酸的用量，A错误；
在讲台上直接做氯气的制备实验，没有在通风橱中进行，容易造成中毒事件，B错误；
饱和食盐水不能与氯气反应，不能用于吸收尾气，C错误；
可在集气瓶口放一张湿润的淀粉碘化钾试纸，若试纸变蓝，则氯气集满，D正确。
16. 下列说法不正确的是
A．温度相同、体积相同的O(g)和N(g)所含的分子数一定相同
2 2
B．等温等压下，SO 气体与CO 气体的密度之比等于16∶11
2 2
C．温度和容积相同的两容器中分别盛有5 mol O 和2 mol N ，则压强之比为5∶2
2 2
D．等温等压条件下，5 mol O (g)和2 mol H (g)的体积之比等于5∶2
2 2
【答案】A
【解析】
温度相同、压强相同、体积相同的O(g)和N(g)所含的分子数相同，故A错误；
2 2
等温等压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，故B正确；
同温同体积的气体的物质的量之比等于压强之比，故C正确；
等温等压条件下气体的物质的量之比等于体积之比，故D正确。
17. 高温下用CO还原m g R O 得n g R，已知氧的相对原子质量为16，则R的相对原子质量为
2 3
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
R O 中“O”的质量(g)为：m－n；“O”的物质的量(mol)为：(m－n)/16；R O 的物质的量：[(m－n)/16]/3＝
2 3 2 3
(m－n)/48；
R的物质的量：[(m－n)/48]×2＝(m－n)/24；
R的相对原子质量：n/[(m－n)/24]＝24n/(m－n)。
18. 将15 mL 2 mol·L−1 Na CO 溶液逐滴加入到40 mL 0.5 mol·L−1 MCl 盐溶液中，恰好将溶液中的Mn+完
2 3 n
全沉淀为碳酸盐，则MCl 中n值是
n
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B【解析】根据NaCO 溶液与MCl 盐溶液反应时，恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，利用化合
2 3 n
价得出Mn+离子与nCO2-离子的关系，然后利用物质的量来计算解答．
3
NaCO 溶液中nCO2-离子的物质的量为15mL×10-3×2mol•L-1=0.03mol，
2 3 3
MCln盐溶液中Mn+离子的物质的量为40mL×10-3×0.5mol•L-1=0.02mol，
由反应中恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，及M的化合价为+n，
则NaCO 与MCln反应对应的关系式为：
2 3
2Mn+～nCO2-
3
2 n
0.02mol 0.03mol
，解得n=3，故选B。
19. 用N 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是
A
A．常温常压下，1.6 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1N
A
B．0.1 mol HO中含有电子的数目为N
2 A
C．0.5 mol·L－1 CaCl 溶液中的Cl－的数目为N
2 A
D．标准状况下，11.2 L甲烷中含有分子的数目为0.5N
A
【答案】C
【解析】
A．氧气和臭氧都是由氧原子构成，1.6 g氧气和臭氧的混合物中含有1.6 g氧原子，含有0.1 mol氧原子，
含有氧原子的数目为0.1 N ，故A正确；
A
B．1个水分子中含有10个电子，0.1 mol HO中含有电子的数目为N ，故B正确；
2 A
C．依据n＝cV可知，题干中没指明溶液的体积无法计算Cl－的物质的量及数目，故C错误；
D．标准状况下，11.2 L甲烷的物质的量为＝0.5 mol，含有分子的数目为0.5 N ，故D正确。
A
20. V mL Al (SO ) 溶液中含Al3+a g，取 mL溶液稀释到4V mL，则稀释后溶 的物质的量浓度是
2 4 3
A. mol·L−1 B. mol·L−1 C. mol·L−1 D. mol·L−1
【答案】C【解析】根据 ，计算Al3+的物质的量，再利用n（Al3+）：n（ ）=2：3计算V mL溶液中n（
），进而计算 mL溶液中 的物质的量，再根据 ，计算稀释为4VmL溶液中 物质的量浓度．
ag Al3+的物质的量=
溶液中n（Al3+）：n（ ）=2：3，VmL溶液中n（ ）=
mL溶液中 的物质的量：
溶液稀释到4VmL，溶液中c（ ）=
二、非选择题：本题共5个题，共60分。
21．(10分)
现有一定量含有NaO杂质的NaO 试样，用如图所示实验装置测定NaO 试样的纯度。(可供选用的反
2 2 2 2 2
应物只有CaCO 固体、6mol·L－1盐酸、6mol·L－1硫酸和蒸馏水)
3
回答下列问题：
(1)装置A中液体试剂选用_____________________。
(2)装置B的作用是_________________________，装置E中碱石灰的作用是___________________
__________________________________________________________________。
(3)装置D中发生反应的化学方程式为_________________________________________。
]
(4)若开始时测得样品的质量为2.0 g，反应结束后测得气体体积为224 mL(标准状况)，则NaO 试样的纯
2 2
度为_________。
]【答案】
(1)6 mol·L－1盐酸
(2)除去气体中的HCl 吸收装置D中反应剩余的CO，防止水蒸气进入D中
2
(3)2Na O ＋ 2CO===2Na CO ＋ O 、 NaO ＋
2 2 2 2 3 2 2
CO===Na CO
2 2 3
(4)78%
【解析】
(1)A是用来制取二氧化碳的装置，碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙微溶于水，会覆盖在碳酸钙的表
面，使反应不能继续进行，所以用盐酸而不用硫酸来反应，故装置A中液体试剂选用6 mol·L－1盐酸。
(2)碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳中含有氯化氢气体，可用饱和碳酸氢钠溶液来除去；装置E中碱石
灰的作用是吸收二氧化碳，防止二氧化碳对氧气的体积测量造成干扰。防止水蒸气进入D中，防止对O 的体
2
积测量造成干扰。
(3)装置D中含有氧化钠和过氧化钠，CO 分别与它们发生反应。
2
(4)根据反应2NaO＋2CO===2Na CO＋O，反应结束后测得气体体积为224 mL(标准状况)，即生成的
2 2 2 2 3 2
氧气的物质的量为＝0.01 mol，则过氧化钠的物质的量为0.02 mol，故试样中过氧化钠的纯度为×100%＝
78%。
22. （10分）
Ⅰ. 某反应为：4CuI + Hg === Cu HgI + 2Cu (反应前后的I均为-1价),试回答：
2 4
(1)上述反应产物Cu HgI 中，Hg元素显 价；
2 4
(2)CuI发生 反应(填氧化或还原)。
Ⅱ. 某反应为：3HO+Cr (SO ) +10KOH===2KCrO + 3K SO + 8H O，用单线桥表示出该反应中电子
2 2 2 4 3 2 4 2 4 2
转移的方向和数目： 。
Ⅲ. 有下列三个反应：
a. 2FeCl + 2KI===2FeCl + 2KCl + I
3 2 2
b. 2FeCl + Cl ===2FeCl
2 2 3
c. 2KMnO + 16HCl(浓)===2KCl + 2MnCl + 5Cl ↑+ 8H O
4 2 2 2
(1)上述三个反应中氧化剂氧化性强弱关系为 ；
(2) 在 反 应 c 中 , 若 被 氧 化 的 HCl 为 1.5mol, 则 转 移 的 电 子 数
是 个。
【答案】
Ⅰ. ①+2； ②还原；
Ⅱ.6e-
3H O + Cr (SO ) + 10KOH 2K CrO + 3K SO + 8H O
2 2 2 4 3 2 4 2 4 2
（全对给分，有错无分）
Ⅲ. ① KMnO 〉Cl〉FeCl ② 1.5N (或9.03x1023)
4 2 3 A
【解析】
Ⅰ、①Cu HgI 中，反应前后的I均为−1价，则依据化合价代数和为0，Cu元素的化合价为+1价，计算
2 4
Hg元素的化合价为+2价，故答案为：+2；
②分析反应可知,4CuI+Hg═Cu HgI +2Cu中CuI中的铜元素化合价+1价变化为0价，化合价降低做氧化
2 4
剂被还原，故答案为：还原；
Ⅱ、①元素化合价降低的反应物做氧化剂被还原,元素化合价升高的反应物做还原剂被氧化,反应
3HO+Cr (SO ) +10KOH===2KCrO + 3K SO + 8H O，反应中Cr元素化合价+3价变化为+6价，元素化合
2 2 2 4 3 2 4 2 4 2
价升高失电子做还原剂被氧化，发生氧化反应，过氧化氢中氧元素化合价−1价变化为−2价，化合价降低得
到电子做氧化剂被还原，发生还原反应，故答案为：HO；Cr；
2 2
②单线桥是指从失去电子的一方指向得到电子的一方,上面标注电子转移总数,此反应中铬元素化合价
+3价变化为+4价,被氧化电子转移6e−,用单线桥表示出该反应中电子转移的方向和数目的化学方程式为：
6e-
3H O + Cr (SO ) + 10KOH 2K CrO + 3K SO + 8H O
2 2 2 4 3 2 4 2 4 2 ；
Ⅲ、①氧化剂的氧化性大于氧化产物，则
a. 2FeCl +2KI═2FeCl +2KCl+I ,氧化剂FeCl ,氧化产物I,氧化性FeCl >I ，
3 2 2 3 2 3 2
b. 2FeCl +Cl═2FeCl ,氧化剂Cl,氧化产物FeCl ,氧化性Cl>FeCl ，
2 2 3 2 3 2 3
c. 2KMnO +16HCl(浓)═2KCl+2MnCl +5Cl↑+8H O,氧化剂KMnO ,氧化产物Cl,氧化性KMnO >Cl，氧
4 2 2 2 4 2 4 2
化剂氧化性强弱关系为KMnO >Cl>FeCl ；
4 2 3
②2KMnO+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl +5Cl↑+8H O,反应中被氧化10molHCl电子转移10mol,若被氧化
4 2 2 2
的HCl为1.5mol,则转移的电子数是1.5N .
A
23. （14分）
实验室需要0.1 mol·L－1 NaOH溶液450 mL和 0.5 mol·L－1硫酸溶液450 mL。根据这两种溶液的配制情
况回答下列问题：
(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是________(填字母)。仪器C的名称是________，本实验所需玻璃仪器E的规格和名称是________。
(2)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有__________(填字母)。
A．配制一定体积准确浓度的标准溶液
B．长期贮存溶液
C．用来加热溶解固体溶质
D．量取220 mL体积的液体
(3)在配制NaOH溶液的实验中，其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所配制溶液浓度________(填
“大于”“等于”或“小于”，下同)0.1 mol·L－1。若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，则所配制溶液
浓度________0.1 mol·L－1。
(4)根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84 g·cm－3的浓硫酸的体积为________mL(计算结果保
留一位小数)。如果实验室有10 mL、25 mL、50 mL量筒，应选用________mL规格的量筒最好。
(5)如果定容时不小心超过刻度线，应如何操作：______________________________。
【答案】
(1)AC 分液漏斗 500 mL容量瓶
(2)BCD
(3)小于 大于
(4)13.6 25
(5)重新配制
【解析】
(1)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量(量取)、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到
的仪器：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器：圆底烧瓶和分液漏斗；仪器
C的名称为分液漏斗；需要配制0.1 mol·L－1 NaOH溶液450 mL和0.5 mol·L－1硫酸溶液450 mL，实验室没有
450 mL容量瓶，所以应选择500 mL容量瓶。
(2)容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，
不能稀释或溶解药品，不能长期贮存溶液，不能用来加热溶解固体溶质，故选BCD。
(3)若定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小；若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，
冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏大。
(4)质量分数为98%、密度为1.84 g·cm－3的浓硫酸的物质的量浓度c＝ mol·L－1＝18.4 mol·L－1，设配制
0.5 mol·L－1硫酸溶液500 mL需要浓硫酸的体积为V，则依据溶液稀释前后溶质的物质的量保持不变得：
V×18.4 mol·L－1＝0.5 mol·L－1×500 mL，解得V≈13.6 mL，宜选用25 mL量筒。(5)如果定容时不小心超过刻度
线，实验失败，且不能补救，必须重新配制。
24. (16分)
某研究小组制备氯气并对产生氯气的条件进行探究。(1)装置A中用MnO 与浓盐酸反应制取Cl，利用了浓HCl的___________(填“氧化性”或“还原性”)。
2 2
(2)A中产生的气体不纯，含有的杂质可能是___________。
(3)B用于收集Cl，请完善装置B并用箭头标明进出气体方向。
2
(4)C用于吸收多余的Cl，C中发生反应的离子方程式是______________________________________。
2
(5)该小组欲研究盐酸的浓度对制Cl 的影响，设计实验进行如下探究。
2
实验 操作 现象
Ⅰ 常温下将MnO 和12 mol·L－1浓盐酸混合 溶液呈浅棕色，略有刺激性气味
2
Ⅱ 将Ⅰ中混合物过滤，加热滤液 生成大量黄绿色气体
Ⅲ 加热MnO 和4 mol·L－1稀盐酸混合物 无明显现象
2
①已知MnO 呈弱碱性。 Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO 与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程式是
2 2
___________________________________________________。
②Ⅱ中发生了分解反应，反应的化学方程式是_
___________________________________________。
③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H＋)或c(Cl－)较低，设计实验Ⅳ进行探究：
将实验Ⅲ、Ⅳ作对比，得出的结论是_________________________________________________________
____________________________________________________________；
将ⅰ、ⅱ作对比，得出的结论是_________________________________________________________。
【答案】
(1)还原性 (2)HCl、HO(g)
2(3)
(4)Cl ＋2OH－===Cl－＋ClO－＋HO
2 2
(5)①MnO ＋ 4 HCl===MnCl ＋ 2HO
2 4 2
②MnCl ===Cl↑＋MnCl ③Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H＋)、c(Cl－) 较低，需要增大到一定浓度才能被
4 2 2
MnO 氧化；MnO 氧化盐酸的反应中c(H＋)变化的影响大于c(Cl－)
2 2
【解析】
(1)二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，氯元素化合价升高失电子发生氧化反应，锰元素化合价降低得
到电子发生还原反应，氯化氢做还原剂具有还原性；
(2)浓盐酸具有挥发性，氯气中含杂质为氯化氢和水蒸气，化学式为：HCl、HO(g)；
2
(3)氯气比空气重，用向上排空气法收集，导气管长进短出，装置图为： ；
(4)C用于吸收多余的Cl，是氢氧化钠和氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl
2 2
＋2OH－===Cl－＋ClO－＋HO；
2
(5)①Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO 与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程式是：MnO ＋4HCl===MnCl
2 2 4
＋2HO；
2
②Ⅱ中发生了分解反应，将Ⅰ中混合物过滤，加热滤液分解生成氯气和氯化锰，反应的化学方程式是：
MnCl ===Cl↑＋MnCl ；
4 2 2
③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H＋)或c(Cl－)较低，将实验Ⅲ、Ⅳ作对比，得出的结论是Ⅲ中没有明
显现象的原因是c(H＋)、c(Cl－) 较低，需要增大到一定浓度才能被MnO 氧化，将ⅰ、ⅱ作对比，加热MnO 和
2 2
4 mol·L － 1 稀 盐 酸 混 合 物 ， 加 入 硫 酸 和 加 入 氯 化 钠 都 生 成 黄 绿 色 气 体
，其中氢离子浓度小于氯离子，得出的结论是MnO 氧
2
化盐酸的反应中c(H＋)变化的影响大于c(Cl－)。
25. （10分）
常温下，将20.0 g质量分数为14.0%的KNO 溶液与30.0 g质量分数为24.0%的KNO 溶液混合，得到
3 3
的密度为1.15 g/cm3的混合溶液。计算（写出计算步骤）：
（1）混合后溶液的质量分数。
（2）混合后溶液的物质的量浓度（计算结果保留两位小数，下同）。
（3）在1 000 g水中需溶解多少摩尔KNO 才能使其浓度恰好与上述混合后溶液的浓度相等？
3
【答案】
(1)混合后溶液的质量分数为20%；(2)混合后溶液的物质的量浓度为2.28mol/L；
(3)在1000g水中需溶解2.48molKNO 才能使其浓度恰好与上述混合后溶液的浓度相等。
3
【解析】
(1)混合后溶液中的质量为：20.0g+30.0g=50.0g，溶质硝酸钾的质量为：20.0g×14%+30.0g×24%=10.0g，
混合后溶液的质量分数： ×100%=20%，
(2)混合溶液的体积为： =43.48mL=0.04348L，溶液中溶质的物质的量为：
=0.099mol，混合后溶液的物质的量浓度为： =2.28mol/L，
(3)设需要硝酸钾的物质的量为xmol,硝酸钾的质量为101x,根据(1)可知,硝酸钾的质量分数为20%,则
ω=20%= ，解得：x≈2.48mol，
