1、2020-2021学年度第一学期期中学业水平诊断高一化学本试卷分第I卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟注意事项1.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，不能将答案直接答在试卷上。2.考试结束后，请将答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 K-39 I-127第I卷(选择题共40分)一、单项选择题：本题包括10个小题，每小题2分，共20分1. 下列说法错误的是（ ）A. 道尔顿的“分子学说”对化学的发展起到了极大的推动作用B. 研
2、究物质性质的基本方法有观察法、实验法、分类法、比较法等C. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸漂白纸浆的原理不同D. 在酸性物质存在的情况下，碳酸氢钠作膨松剂效果更好【答案】A【解析】【详解】A道尔顿的“原子论”和阿伏加德罗的“分子学说”，奠定了近代化学基础，内容是：物质是由分子和原子构成，分子中原子的重新组合是化学变化的基础，是认识和分析化学现象和本质的基础，对化学的发展起到了极大的推动作用，A错误；B化学是一门以实验为基础的科学，化学反应中常常伴随一些特殊现象，所以学习化学的基本方法有观察法、实验法、分类法、比较法等，B正确； C用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸漂白纸浆的原理不同，前者是吸附作用，属
3、于物理变化，而后者是次氯酸的强氧化性，属化学变化，C正确；D在酸性物质存在的情况下，碳酸氢钠与酸性物质作用产生CO2气体，故膨松效果更好，D正确；故答案为：A。2. 有关物质分类的说法正确的（ ）A. SO2、CO2、CO均为酸性氧化物B. 硫酸钡、氧化钠、蔗糖都是电解质C. 胆矾、冰水混合物、四氧化三铁都是纯净物D. CH3COOH、Cu2(OH)2CO3、Na2CO3分别属于酸、碱、盐【答案】C【解析】【详解】ASO2、CO2为酸性氧化物，CO为不成盐氧化物，故A错误；B硫酸钡、氧化钠在水溶液中或熔融状态下都能导电，都是电解质，蔗糖在水溶液中或熔融状态下都不能导电，是非电解质，故B错误；C
4、胆矾、冰水混合物、四氧化三铁都只含有1种物质，是纯净物，故C正确；D所有的阴离子全部是氢氧根的属于碱，Cu2(OH)2CO3含有氢氧根和碳酸根，属于碱式盐，故D错误；故选C。3. 下列图示对应的操作不规范的是（ ）A. 称量B. 溶解C. 过滤D. 转移溶液【答案】D【解析】【详解】A. 称量时左物右码，操作正确，选项A正确；B. 溶解时用玻璃棒搅拌，加速溶解，选项B正确；C. 过滤时，遵守“一贴二低三靠”，操作正确，选项C正确；D. 转移溶液时必须用玻璃棒引流，选项D不规范；答案选D。4. 下列关于钠及其化合物的叙述正确的（ ）A. 金属钠是银白色金属，硬度很大B. 将Na投入盐酸中，先与水
5、反应，生成的NaOH再和HCl反应C. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应，前者消耗盐酸较多D. 向酚酞溶液中加入Na2O2粉末，溶液先变红后退色，并有气泡生成【答案】D【解析】【详解】A金属钠是银白色金属，硬度很小，故A错误；B将Na投入盐酸中，先与盐酸反应，生成的氢气和氯化钠，若有钠剩余再和水反应，故B错误；C如1 g NaHCO3和Na2CO3分别与盐酸完全反应，前者消耗盐酸的物质的量是mol，后者消耗的盐酸是mol，前者消耗盐酸较少，故C错误；D向酚酞溶液中加入Na2O2粉末，生成氢氧化钠和氧气，显碱性，过氧化钠具有强氧化性，具有漂白性，所以溶液先变红后退色，并有气泡生成
6、，故D正确；故选D。5. 用NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A. H2O的摩尔质量等于1molH2O的质量B. 28gN2和CO的混合气体中所含分子数是NAC. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积为11.2LD. 0.5molL-1的NaCl溶液中Cl-的个数为0.5NA【答案】B【解析】【详解】AH2O的摩尔质量为18g/mol，1molH2O的质量为18g，所以H2O的摩尔质量和1molH2O的质量数值相等，单位不同，故A错误；B28gN2和CO的混合气体的物质的量为1mol，所含分子数是NA，故B正确；C氦气为单原子的物质，含有NA个氦原子的氦气的物质的量为1m
7、ol，在标准状况下的体积为22.4L，故C错误；D0.5molL-1的NaCl溶液未指明溶液的体积，无法求出Cl-的个数，故D错误；故选B。6. 下列有关电解质的说法正确的是（ ）A. 物质的溶解过程，实质上就是其电离过程B. NH3、SO2的水溶液均能导电，所以NH3、SO2均是电解质C. 在溶液中导电能力强的电解质是强电解质，导电能力弱的电解质是弱电解质D. 电解质溶液中，阳离子带正电荷总数一定和阴离子带的负电荷总数相等【答案】D【解析】【详解】A. 有些物质的溶解过程，并未发生电离，如非电解质，故A错误；B. NH3、SO2的水溶液能导电，是因为与水反应后生成电解质，而NH3、SO2自身
8、不能电离，是非电解质，故B错误；C. 在溶液中导电能力与溶液中离子浓度及离子所带电荷数有关，与电解质的强弱煤有直接关系，故C错误；D. 溶液呈电中性，则电解质溶液中，阳离子带的正电荷总数一定和阴离子带的负电荷总数相等，故D正确；故选D。7. 下列反应的离子反应方程式正确的是（ ）A. Na与CuSO4溶液的反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na+B. CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应：Cu2+2OH-=Cu(OH)2C. NaHCO3溶液与NaOH溶液混合：HCO+OH-=H2O+COD. Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2H+2ClO-
9、【答案】C【解析】【详解】ANa与H2O先发生反应生成NaOH，NaOH再与Cu2+反应，即发生的离子反应式为：2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2+2Na+H2，A错误；BCuSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应：Cu2+Ba2+2OH-+=Cu(OH)2+BaSO4，B错误；CNaHCO3溶液与NaOH溶液混合实质是碳酸氢根离子和氢氧根离子反应生成水和碳酸根离子，C正确；D向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，碳酸根离子转化成碳酸钙沉淀，次氯酸是弱酸不可拆成离子，正确的离子反应为：Ca2+2ClO-+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，D错误；答案选：C8. 我国四大发明的黑火药
10、时有硫磺、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成的，爆炸的反应是S+2KNO3+3C=K2S+N2+3CO2，下列说法不正确的是（ ）A. 由上述反应可以判断还原性：CN2B. 该反应中的氧化剂是S和KNO3C. 若消耗1molS，则反应转移2NA个电子D. 若生成标准状况下气体22.4L，则有0.75mol物质被氧化【答案】C【解析】【详解】A.根据S+2KNO3+3CK2S+N2+3CO2反应可知，N和S元素化合价降低，被还原，还原产物为K2S和N2，C元素化合价升高，则C做还原剂，根据还原剂的还原性大于还原产物，所以还原性CN2，故A正确；B.根据S+2KNO3+3CK2S+N2+3CO2反应可
11、知，N和S元素化合价降低，所以S和KNO3做氧化剂，故B正确；C.根据S+2KNO3+3CK2S+N2+3CO2反应可知，若消耗1 mol S，则会消耗3 mol C，转移电子为(40)3 mol=12 mol，数目为12NA，故C错误；D.根据S+2KNO3+3CK2S+N2+3CO2反应可知，生成标准状况下22.4 L气体时，即生成1 mol气体，会1 mol = 0.25 mol氮气，根据关系式3C N2可知，有0.75mol C参加反应，反应中C元素化合价升高，被氧化，则共有0.75 mol物质被氧化，故D正确；答案选C。9. 下列除去物质中少量杂质的方法错误的是（ ）选项物质杂质除去
12、杂质的方法ACl2HCl将气体通过盛有碱石灰的干燥管BNaCl溶液CaCl2加入适量Na2CO3溶液，过滤CNa2O2粉末Na2O将混合物在氧气中燃烧DNa2CO3固体NaHCO3固体将固体混合物加热至恒重A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A氯气中含有氯化氢，可通过饱和食盐水除去，碱石灰会和氯气反应，故A错误；B氯化钠溶液中含有氯化钙，可通过加入适量Na2CO3溶液，生成碳酸钙沉淀，过滤除去，故B正确；C过氧化钠中含有氧化钠，将混合物在氧气中燃烧，氧化钠可以转化成过氧化钠，故C正确；DNa2CO3固体中含有NaHCO3固体，因为碳酸氢钠受热易分解，将固体混合物加热至恒重
13、，可除去碳酸氢钠，故D正确；故选A。10. 已知，向FeI2溶液中滴加少量的溴水发生反应：2I-+Br2=2Br-+I2；滴加足量的溴水发生反应：2Fe2+4I-+3Br2=2Fe3+6Br-+2I2；现向只含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入一定量的Cl2，这三种离子的物质的量随n(Cl2)的变化情况如图所示，下列说法错误的是（）A. 线段分别表示的I-、Br-变化情况B. 由图像可推断n(Fe2+)=6molC. 原溶液中n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2：1：3D. 溶液中已发生的离子反应方程为：2Fe2+2I-+2Cl2=2Fe3+4Cl-+I2【答案】B【解析】【分析】向仅
14、含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，因为还原性I-Fe2+Br-，首先发生反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再发生反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕后，又发生2Br-+Cl2=Br2+2Cl-反应，故线段代表I-的变化情况，线段代表Fe2+的变化情况，线段代表Br-的变化情况，以此分析解答。【详解】A.根据上述分析可知：线段代表I-变化情况，线段代表Br-的变化情况，故A正确；B.根据上述分析可知：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-反应中2Fe2+Cl2，由图像可知Fe2+消耗Cl2的量为2mol，所以n(Fe2+)= 4mol，故B错误
15、；C.根据上述分析可知：2I-+Cl2=I2+2Cl-在反应中存在2I-Cl2，由图像可知I-消耗Cl2的量为1mol，所以n(I-)=2mol；2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-反应中存在2Fe2+Cl2，由图像可知Fe2+消耗Cl2的量为2mol，所以n(Fe2+)= 4mol；在2Br-+Cl2=Br2+2Cl-反应中存在2Br-Cl2，由图像可知Br-消耗Cl2的量为3mol，所以n(Br-)=6mol，所以原溶液中n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=4：2：6=2：1：3；故C正确；D.根据上述分析可知：当溶液中通入2mol Cl2时，溶液中I-全部被氧化，Fe2+被部分氧化
16、，所以该反应的离子反应方程为：2Fe2+2I-+2Cl2=2Fe3+4Cl-+I2，故D正确；故答案：B。二、不定项选择题：本题包括5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或者两个选项符合合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分。11. 下列关于氯气及其化合物的说法正确的是（ ）A. 可用钢瓶储存、运输液氯B. 氢气可以在盛有氯气的集气瓶中燃烧，瓶口上方产生白色烟雾C. 铁在氯气中燃烧的产物和铁与盐酸反应产生的氯化物相同D. 新制氯水滴加至有色布条上，布条褪色说明溶液中存在Cl2【答案】A【解析】【详解】A铁和氯气在常温下不反应，可用钢瓶储存、运输液氯，故A正确；B氢气可以在盛有氯气的
17、集气瓶中燃烧，反应生成的氯化氢遇到水蒸气形成盐酸的小液滴，因此瓶口上方产生白雾，故B错误；C铁在氯气中燃烧生成氯化铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，产生的氯化物不同，故C错误；D新制氯水滴加至有色布条上，布条褪色说明溶液中存在具有漂白性的HClO，故D错误；故选A。12. 为了除去粗盐中的及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作。正确的操作顺序是（ ）过滤 加过量溶液 加过量盐酸加热煮沸 加过量的溶液 过量溶液。A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化
18、钠可以将镁离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，再进行过滤，分离出生成的氢氧化镁、碳酸钡、碳酸钙沉淀，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，经蒸发操作可得到较纯净的氯化钠，最后加热煮沸，以除去残留的二氧化碳气体；所以正确的顺序为：。答案选A。13. 把如图标签所示的两份溶液注入如图容量瓶中并达到图示状态。下列说法正确的是（ ）A. 两份溶液中溶液的物质的量相同B. 两份溶液中c(H+)分别为0.3molL-1和0.25molL-1C. 容量瓶
19、中溶液的浓度为0.21molL-1D. 容量瓶中溶液的c(H+)为0.21molL-1【答案】C【解析】【详解】A由图可知：两份溶液中n(H2SO4)分别为0.03mo1和0.075mol，故A错误；B由图可知：两份溶液中c(H+)分别为0.6mol/L和0.5mol/L，故B错误；C由图可知：硫酸的浓度c=0.21mol/L，故C正确；D硫酸是二元酸，根据上述分析：c(H+)=0.21mol/L2=0.42mol/L，故D错误；故答案为：C。14. 向溶10mLNaHSO4液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液，产生沉淀的质量m与加入的Ba(OH)2的物质的量n之间的关系如图所示，下列说法错误的是（
20、）A. a点溶液中离子浓度：c(Na+)c(SO)B. b点溶液为中性，c点SO恰好沉淀完全C. bc段发生反应为H+SO+Ba2+OH-=BaSO4+H2OD. 原溶液的浓度为2.0molL-1【答案】C【解析】【分析】由图示可知，c点沉淀完全，此时n(NaHSO4)=n(Ba(OH)2)=0.02mol，反应为NaHSO4+ Ba(OH)2=BaSO4+NaOH+H2O；b点时，反应为2NaHSO4+ Ba(OH)2=BaSO4+Na2SO4+2H2O，n(BaSO4)=n(Ba(OH)2)=0.01mol；a点时，NaHSO4为反应完全，此时溶质为NaHSO4和Na2SO4，据此分析解答
21、。【详解】A. a点时溶质为NaHSO4和Na2SO4，则溶液中离子浓度：c(Na+)c(SO)，故A正确；B. b点时，反应为2NaHSO4+ Ba(OH)2=BaSO4+Na2SO4+2H2O，溶质为Na2SO4，溶液呈中性；c点n(NaHSO4)=n(Ba(OH)2)=0.02mol，SO恰好沉淀完全，故B正确；C. bc段发生反应为Na2SO4+ Ba(OH)2= BaSO4+2NaOH，离子方程式为：SO+Ba2+=BaSO4，故C错误；D. c点沉淀完全，此时n(NaHSO4)=n(Ba(OH)2)=0.02mol，则原溶液浓度为，故D正确；故选C。15. 某同学设计如图装置探究H
22、2O2、SO2、I2的氧化性强弱。首先用N2排净装置内空气，然后通入SO2，甲中蓝色溶液褪色，乙中产生不溶于盐酸的白色沉淀；关闭弹簧夹，打开甲中分液漏斗活塞，逐滴滴加H2O2溶液，开始时颜色无明显变化，继续滴加H2O2溶液，混合液逐渐变成蓝色。下列说法错误的是（ ）A. 甲中蓝色溶液褪色说明SO2将I2氧化B. 乙中反应的离子方程式是SO2+Ba2+H2O2=BaSO4+2H+C. 实验中“开始时颜色无明显变化”的原因是SO2与H2O2反应D. 由实验可知H2O2、SO2、I2氧化性由强到弱的顺序是I2H2O2SO2【答案】AD【解析】【详解】A. 甲中蓝色溶液褪色说明SO2将I2还原为I-，
23、故A错误；B. 乙中反应为，二氧化硫与双氧水反应生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式是SO2+Ba2+H2O2=BaSO4+2H+，故B正确；C. 实验中“开始时颜色无明显变化”的原因是SO2与H2O2先发生反应，故C正确；D. 继续滴加H2O2溶液，混合液逐渐变成蓝色，说明H2O2将I-氧化为I2，则氧化性H2O2 I2，故D错误；故选AD。第卷(非选择题4共60分)16. 淀粉是人类膳食中糖类的主要来源，在体内被酶水解为葡萄糖(C6H12O6)供机体利用。某病人血液化验单如图所示，其中葡萄糖测定值明显高于正常值（参考范围）。请回答下列问题：医院化验单姓名：项目测定值单位参考
24、范围丙氨酸氨基转氨酶ALT35U/L950血清葡萄糖GLU216mg/dl60110甘油三酯TG217mg/dl50200总胆固醇TCH179mg/dl150220注：1dl=100mL（1）27g葡萄糖中含碳原子的物质的量为_，含氢原子数为_。（2）0.5mol葡萄糖在人体内完全转化为二氧化碳的体积（标准状况）是_。（3）该病人血清葡萄糖的物质的量浓度为_。（4）把淀粉溶液溶于沸水中，制成淀粉胶体。鉴别葡萄糖溶液和淀粉胶体的方法是_，提纯、精制胶体的方法是_。【答案】 (1). 0.9mol (2). 1.8NA (3). 67.2L (4). 0.012mol/L (5). 用聚光手电或激
25、光笔照射两溶液，从垂直于光线的方向观察，看到光亮的通路的为淀粉胶体 (6). 渗析【解析】【分析】（1）根据质量、物质的量及微粒数目的关系分析解答；（2）根据碳原子守恒及气体摩尔体积计算气体体积；（3）浓度的单位及物质的量浓度的表达式计算可得；（4）根据胶体的性质分析鉴别胶体和提纯的方法。【详解】（1）27g葡萄糖的物质的量为，则碳原子的物质的量为0.15mol6=0.9mol；含氢原子物质的量为0.15mol12=1.8mol，氢原子数为1.8NA，故答案为：0.9mol；1.8NA；（2）根据碳原子守恒，0.5mol葡萄糖在人体内完全转化为二氧化碳的物质的量为0.5mol6=3mol，则体
26、积（标准状况）是22.4L/mol3mol=67.2L，故答案为：67.2L；（3）根据题干信息知该病人血清葡萄糖的浓度为216 mg/dl，即100mL中含有216mg葡萄糖，则物质的量浓度为，故答案为：0.012mol/L；（4）鉴别溶液和胶体的方法是运用丁达尔效应，方法为用聚光手电或激光笔照射两溶液，从垂直于光线的方向观察，看到光亮的通路的为淀粉胶体；因为胶体中分散质粒子无法通过半透膜，所以提纯、精制胶体的方法是渗析，故答案为：用聚光手电或激光笔照射两溶液，从垂直于光线的方向观察，看到光亮的通路的为淀粉胶体；渗析。17. 某化学小组用下列装置，模拟呼吸面具中的有关反应原理测定样品中Na2
27、O2的纯度。（1）装置A中a的作用是_，装置A中发生的离子反应方程式_。（2）装置C中发生反应的化学方程式为_。（3）上述装置存在一处缺陷，会导致测定Na2O2的纯度偏高，改进的方法是_。（4）实验装置改进后，向C中加入10.0g样品进行实验，实验结束后共收集到标准状况下336mL气体，则样品中Na2O2的纯度_。（5）实验室配制100mL1.5mol/L稀盐酸，需要量取质量分数为36.5%，密度为1.20gcm-3的浓盐酸_。【答案】 (1). 保持上下压强一致，使液体顺利滴下 (2). CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2 (3). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2Na2
28、O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (4). 在装置B、C之间增加盛有浓硫酸的洗气瓶 (5). 23.4% (6). 1.3mL【解析】【分析】A装置中碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳气体，二氧化碳中含有氯化氢杂质，通过饱和碳酸氢钠，可除去氯化氢气体，但仍然有水蒸气存在，通入C中，二氧化碳和水蒸气均能和过氧化钠反应，D、E为测量气体的量气装置，据此解答。【详解】（1）装置A中a为恒压滴液漏斗，可保持上下压强一致，使液体顺利滴下，装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳气体，发生的离子反应方程式CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故答案为：保持上下压强一致，使液体顺利滴下；CaCO3+2H
29、+=Ca2+H2O+CO2；（2）通入C中的二氧化碳仍然有水蒸气存在，二氧化碳和水蒸气均能和过氧化钠反应，化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（3）通入C中的二氧化碳仍然有水蒸气存在，二氧化碳和水蒸气均能和过氧化钠反应，会导致测定Na2O2的纯度偏高，应在装置B、C之间增加盛有浓硫酸的洗气瓶，故答案为：在装置B、C之间增加盛有浓硫酸的洗气瓶；（4）实验装置改进后，向C中加入10.0g样品进行实验，实验结束后共收集到标准状况下336mL
30、气体，气体的物质的量为0.015mol，根据化学方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2消耗的过氧化钠的物质的量为0.03mol，即过氧化钠的质量为0.03mol78g/mol= 2.34g，则样品中Na2O2的纯度=23.4%，故答案为：23.4%；（5），溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则有c(浓)V(浓)= c(稀) C(稀)设需浓盐酸的体积为X L，0.01L1.5mol/L=X12mol/L解得X=0.00125L=1.25mL，所以实验室配制100mL1.5mol/L稀盐酸，需要量取质量分数为36.5%，密度为1.20gcm-3的浓盐酸1.3mL，故答案为：1.3mL。1
31、8. 大气臭氧层可以保护地球生物免受紫外线的伤害，但低空臭氧的浓度过高时对人体有害。（1）在紫外线作用下，氧气可转化臭氧：3O2=2O3该反应所属类型为_(填“氧化还原”或“非氧化还原”)。若在上述反应中有60%的氧气转化为臭氧，所得混合气体的平均摩尔质量为_。某区域收集到O2和O3混合气体0.96g，标准状况下体积为0.56L，其中O2与O3的体积之比为_。（2）复印机工作时易产生臭氧，会使湿润的KI淀粉试纸变蓝，其中臭氧部分转化为氧气。写出反应的化学方程式_。（3）实验室中常用碘量法检测臭氧，其中以淀粉为指示剂，将臭氧通入碘化钾溶液中进行反应。现需450mL0.2mol/L的KI溶液，用K
32、I固体配制该溶液时，提供的仪器有：托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、细口试剂瓶。还缺少的仪器有_（写名称），所需KI固体的质量为_。在配制过程中，下列操作会导致所配制溶液的浓度偏小的是_。A.未洗涤烧杯和玻璃棒B.使用前，容量瓶中有少量蒸馏水C.定容时俯视凹液面D.定容摇匀后静置，液面低于刻度线，继续加水至刻度线【答案】 (1). 非氧化还原 (2). 40g/mol (3). 3：2 (4). O3+2KI+H2O=I2+O2+2KOH (5). 500mL容量瓶、胶头滴管 (6). 16.6g (7). AD【解析】【详解】（1）氧气转化为臭氧：3O2=2O3，氧气和臭氧均为单质，化合价
33、为0，所以该反应中无化合价的变化，该反应所属类型为非氧化还原反应，故法案为：非氧化还原；设有1mol氧气参与反应，60%的氧气转化为臭氧，即0.6mol氧气转化为0.4mol臭氧，则总的物质的量为1mol-0.6mol+0.4mol=0.8mol，总质量为32g，所得混合气体的平均摩尔质量为=40g/mol，故答案为：40g/mol；某区域收集到O2和O3混合气体0.96g，标准状况下体积为0.56L，则总的物质的量为0.025mol，设氧气的物质的量为X，臭氧的物质的量为Y，则X+Y=0.02532X+48Y=0.96解得X=0.015，Y=0.01，在同温同压下，体积之比等于物质的量之比，
34、所以O2与O3的体积之比为0.015：0.01=3：2，故答案为：3：2；（2）复印机工作时易产生臭氧，会使湿润的KI淀粉试纸变蓝，其中臭氧部分转化为氧气，化学方程式为O3+2KI+H2O=I2+O2+2KOH，故答案为：O3+2KI+H2O=I2+O2+2KOH；（3）配制450mL0.2mol/L的KI溶液，需要托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、细口试剂瓶、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的仪器有500mL容量瓶、胶头滴管，所需KI固体的质量为0.5L0.2mol/L166g/mol=16.6g，故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；16.6g；A.未洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质偏
35、少，浓度偏低，故A正确；B.使用前，容量瓶中有少量蒸馏水，对实验结果无影响，故B错误；C.定容时俯视凹液面，会导致溶液体积偏小，浓度偏大，故C错误；D.定容摇匀后静置，液面低于刻度线，继续加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏小，故D正确；故选AD。19. 离子反应与工农业生产、日常生活、科学实验有密切关系。（1）在一定温度下，向不同电解质溶液中加入新物质时溶液电导率（）随新物质加入量（V）的变化曲线如图所示。分别与A、B、C曲线变化趋势一致的是_。向NH3H2O溶液中通入HCl气体至过量向饱和石灰水中不断通入CO2向硝酸中逐滴加入等浓度的氢氧化钾溶液至过量（2）某试液中只含有Na+、NH、
36、Fe2+、Cl-、SO、CO中的若干种离子，离子浓度均为0.1molL-1。某化学小组同学进行如图实验测定溶液的成分：已知：I.NO在酸性条件下具有强氧化性，通常还原产物为NO；II.NH与强碱反应生成氨气。加入过量稀硫酸无明显变化，判断肯定不存在的离子有_(写离子符号)。写出加入过量Ba(NO3)2溶液后生成气体的离子方程式_。沉淀B、C分别是_、_(写化学式)。通过实验可以确定原试液中存在的离子有_(写离子符号)。【答案】 (1). (2). CO (3). 3Fe2+4H+=3Fe3+NO+2H2O (4). Fe(OH)3 (5). BaCO3 (6). SO、NH、Fe2+、Cl-【
37、解析】【分析】(1)根据溶液的导电性与溶液中自由移动的离子浓度和离子所带的电荷数成正比，分析各反应过程中离子浓度的变化即可解题；(2)试液加入过量的稀硫酸无明显现象，说明原溶液中无CO，加入过量的Ba(NO3)2后，生成了气体NO，说明溶液中有还原性离子即Fe2+，生成沉淀A为BaSO4，但不能说明原溶液中含有SO，滤液X中含有Ba2+、Fe3+，加入NaOH后产生气体NH3，说明原溶液中含有NH，故沉淀B为Fe(OH)3，再向滤液中通入少量的CO2则生成沉淀C，故沉淀C为BaCO3，又题干可知离子浓度均为0.1molL-1，根据电荷守恒可知，溶液中还含有Cl-和SO，据此分析解题即可。【详解
38、】(1)向NH3H2O溶液中通入HCl气体至过量，原溶液是氨水，导电性很弱，通入HCl后反应生成了NH4Cl，电离出铵根离子和氯离子，导电性增强，故与C相符；向饱和石灰水中不断通入CO2，发生反应：Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O，当恰好完全反应时溶液中几乎没有离子，导电性几乎为零，然后发生反应为：CO2+CaCO3+H2O=Ca(HCO3)2，又电离出钙离子和碳酸氢根离子，故导电性又增强，故与A相符；向硝酸中逐滴加入等浓度的氢氧化钾溶液至过量，反应为：HNO3+KOH=KNO3+H2O，溶液中离子浓度因稀释略微减小，导电性也稍微减小，后KOH过量时导致导电性增强，故与B相符；故答案
39、为：；(2) 由于CO与稀硫酸能反应放出CO2，加入过量稀硫酸无明显变化，判断肯定不存在的离子有CO，故答案为：CO；过量的稀硫酸电离出的H+，与Ba(NO3)2电离出的组成强氧化剂，能与还原性物质反应放出NO气体，故加入过量Ba(NO3)2溶液后生成气体的离子方程式：3Fe2+4H+=3Fe3+NO+2H2O，故答案为：3Fe2+4H+=3Fe3+NO+2H2O；由分析可知，加入NaOH后能生成沉淀的是Fe3+，沉淀B为Fe(OH)3，滤液中通入少量的CO2则生成沉淀C，故沉淀C为BaCO3，故B、C分别是Fe(OH)3、BaCO3，故答案为： Fe(OH)3；BaCO3；加入NaOH后生成
40、气体，说明原溶液中含有NH，故通过实验可以确定原试液中存在的离子有NH、Fe2+，又离子浓度均为0.1molL-1，根据电荷守恒可知，溶液中还肯定还有Cl-和SO，故答案为：SO、NH、Fe2+、Cl-。20. Cl2O是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，熔点是-116，沸点是3.8；是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸；高浓度的Cl2O易爆炸；Cl2O与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。一种制取Cl2O的装置如图所示：已知：Cl2的熔点为-101，沸点是-34.6；HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O（1）仪器a的名称是_，装置A中制备Cl2的化学方程式为_。（2）装置C
41、的作用是_。（3）通入干燥空气的目的是_。（4）装置D与E之间不用橡胶管连接的原因是_，NaOH溶液的作用是_（用离子反应方程式表示）。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O (3). 干燥氯气 (4). 稀释Cl2O，防止发生爆炸 (5). Cl2O与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸 (6). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O【解析】【分析】由装置图可知，A为氯气的发生装置，B中为饱和食盐水，用于除去氯化氢气体，C为浓硫酸，可干燥氯气，D中氯气和HgO反应，生成HgCl2和Cl2O，E为收集Cl2
42、O的装置，F为尾气吸收装置，据此解答。【详解】（1）由装置图可知，仪器a为分液漏斗，装置A中高锰酸钾和浓盐酸反应生成Cl2的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O，故答案为：分液漏斗；2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O；（2）装置C中盛有浓硫酸，用于燥氯气，故答案为：干燥氯气；（3）高浓度的Cl2O易爆炸，通入干燥空可稀释Cl2O，防止发生爆炸，故答案为：稀释Cl2O，防止发生爆炸；（4）Cl2O与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸，所以装置D与E之间不用橡胶管连接，NaOH溶液可吸收多余的氯气，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2O与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
