1、齐河县实验中学高三首次月考化学试题（9.28）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 一、选择题（每小题3分，共60分）1. 下面“诗”情“化”意，分析正确的是（ ）A. “粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”只发生了物理变化B. “日照澄洲江雾开”中伴有丁达尔效应C. “试玉要烧三日满，辨材须待七年期”中“玉”的成分是硅酸盐，该句诗表明玉的硬度很大D. “绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反应【答案】B【解析】【分析】A.有新物质生成的变化是化学变化；B.雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应；C.
2、“玉”的成分是硅酸盐，熔点很高；D.葡萄糖是单糖不能发生水解反应。【详解】A.“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”是碳酸钙的分解反应，反应中有新物质生成，是化学变化，故A错误；B.“日照澄州江雾开”中，雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故B正确；C.“玉”的成分是硅酸盐，熔点很高，试玉要烧三日满与硬度无关，故C错误；D.葡萄糖是单糖不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应，故D错误。故选B。2. 化学实验操作中必须十分重视安全问题。下列处理方法错误的是A. 不慎打翻燃着的酒精灯，立即用湿抹布盖灭B. 金属钠着火时，立即用泡沫灭火器进行灭火C. 给盛有液体的试管加热时，要不断移动
3、试管或加入碎瓷片D. 浓碱液滴在皮肤上，立即用大量水冲洗，然后涂上3% 5%的硼酸溶液【答案】B【解析】【分析】【详解】A、不慎打翻的燃着的酒精灯，应用湿的抹布盖灭，使其和氧气不能接触，A正确；B、金属钠着火反应生成过氧化钠，能与水或二氧化碳反应生成氧气，燃烧更剧烈，所以不能用泡沫灭火器，应该用沙子，B错误；C、给液体加热要均匀加热，或加入碎瓷片，防止暴沸，C正确；D、浓碱可以腐蚀皮肤，应立即用大量的水冲洗，然后涂上酸性很弱的硼酸，D正确。答案选B。3. 下列叙述正确的是（ ）A. 氧化钠、冰醋酸、硫酸钡都是电解质B. 电解、电离、电化学腐蚀均需在通电条件下才能发生C. 高氯酸、纯碱、氯化钾分
4、别属于酸、碱、盐D. 福尔马林、漂白粉、胆矾均为混合物【答案】A【解析】【分析】【详解】A.电解质为纯净物，属于电解质的有酸、碱、盐、氧化物等；因此氧化钠、冰醋酸、硫酸钡都是电解质，故A正确；B.电解需要在通电的条件下进行，而电离、电化学腐蚀不需要通电就能发生，故B错误；C.纯碱为碳酸钠，属于盐，不属于碱，故C错误；D.胆矾为五水硫酸铜晶体，属于纯净物，故D错误；故选A。4. 已知青蒿素的分子式为C15H22O5。下列有关说法正确的是（ ）A. 青蒿素的摩尔质量为282 gmol1B. 青蒿素中C、H、O的质量之比为15225C. 1mol青蒿素的体积约为22.4 LD. 1mol青蒿素中含1
5、1mol H2【答案】A【解析】【详解】A青蒿素的摩尔质量数值上与分子量相等，分子量=1215+122+165=282，故摩尔质量为282 gmol1，A说法正确；B青蒿素中C、H、O的质量之比为1215：122：165=90：11：40，B说法错误；C未标明是否为标准状况，无法按标准状况下的气体摩尔体积计算气体的体积，且青蒿素不是气体，C说法错误；D1mol青蒿素中含22mol H，不含有氢气分子，D说法错误；答案为A。5. 常温，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A. =10-12的溶液中：、Cu2+、B. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：、K+、Cl-、I-C. 0.1mol
6、L-1的NaHCO3溶液中：Fe3+、K+、Cl-、D. 水电离产生的c(OH-)=10-12molL-1的溶液中：Na+、Al3+、Cl-、【答案】A【解析】【详解】A. 常温下，在的溶液中，c(H+)=0.1molL-1，溶液显酸性，离子之间均不能发生反应，A项正确；B. 滴加KSCN溶液显红色，说明溶液中存在Fe3+，Fe3+能够氧化I-，B项错误；C. Fe3+与HCO3-发生相互促进的水解反应而不能大量共存，C项错误；D. 由水电离的c(OH-)=10-12molL-1的溶液可能呈强酸性也可能呈强碱性，碱性溶液中Al3+不能大量存在，D项错误；答案选A。【点睛】离子共存问题，侧重考查
7、学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。还有一些限定条件如：常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度为110-10，小于110-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。6. 下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是（ ）A. 用石灰乳脱除
8、烟气中的SO2B. 用84消毒液(有效成分NaClO)杀灭细菌C. 用明矾KAl(SO4)212H2O处理污水D. 用盐酸去除铁锈(Fe2O3xH2O)【答案】B【解析】【详解】ASO2是酸性氧化物，可与碱反应，用石灰乳脱除烟气中的SO2时，SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙或亚硫酸氢钙，反应过程中无元素的化合价变化，没有利用氧化还原反应，故A错误；B用84消毒液有效成分NaClO，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒，杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，故B正确；C用明矾KAl（SO4）212H2O溶于水中，电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性可吸附污水中的固体颗
9、粒物，该过程利用胶体的吸附性，发生的反应没有发生化合价变化，没有利用氧化还原反应，故C错误；D用盐酸去除铁锈（主要成分Fe2O3xH2O），发生的主要反应为：6HCl+Fe2O3=2FeCl3+3H2O，反应中没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故D错误；故答案为B。7. 下列说法正确的是（ ）A. 同温同压下，H2和Cl2的密度相同B. 物质的量相同的Na2O和Na2O2所含的离子数目相同C. 质量相同的H2O和NH3所含的原子数相同D. 室温下，物质的量浓度相同的NaHCO3和Na2CO3溶液的pH相同【答案】B【解析】【详解】A. 同温同压下，气体的密度之比即摩尔质量之比，故H2
10、和Cl2的密度不相同，A错误；B. Na2O由钠离子和氧离子构成、Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，物质的量相同的Na2O和Na2O2所含的离子数目相同，B正确；C. 质量相同的H2O和NH3所含的分子数和原子数均不相同，C错误；D. 碳酸钠和碳酸氢钠溶液因水解呈碱性，碳酸钠水解程度大，故室温下，物质的量浓度相同的NaHCO3溶液的pH小于Na2CO3溶液的，D错误；答案选B。8. 下列化学用语对事实的表述正确的是（ ）A. NaHCO3电离：NaHCO3=Na+H+CO32-B. Na2O2与CO2反应提供O2：Na2O2+CO2=Na2CO3+O2C. 用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的
11、CaSO4：CaSO4(s)+CO32-=CaCO3(s)+SO42D. 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入H2SO4溶液至Ba2+恰好沉淀完全：Ba2+OH-H+SO42=BaSO4H2O【答案】C【解析】【详解】ANaHCO3是弱酸强碱盐，其电离方程式为：NaHCO3=Na+HCO3-，A错误；BNa2O2与CO2反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，B错误；CCaSO4是微溶物，CaCO3是难溶物，Na2CO3溶液与CaSO4反应：CaSO4(s)+CO32-=CaCO3(s)+SO42，C正确；DBa(OH)2溶液与H2SO4溶液反应，使Ba2+恰好沉淀完全，其离子反应方程式
12、为：Ba2+2OH-2H+SO42=BaSO42H2O，D错误；故答案为：C。9. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14 NAB. 常温下pH=1的盐酸溶液中的H+离子数目为0.1NAC. 0.2 mol Al与足量NaOH溶液反应，生成氢气的体积为6.72LD. 1mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA【答案】A【解析】【详解】A、1molCO含有质子物质的量为(68)mol=14mol，1molN2中含有质子物质的量为27mol=14mol，因此1molN2和CO的混合气体中含有质子物质的量为14mol，选项
13、A正确；B缺少溶液的体积V，不能计算溶液中H+离子数目，选项B错误；C0.2 mol Al与足量NaOH溶液反应，生成0.3molH2，Vm的数值不知，不能确定H2体积，选项C错误；D、1mol FeI2含有1mol Fe2+、2molI-，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移3mol电子，即转移电子数为3NA，选项D错误；答案选A。10. 同温同压下，甲容器中充满35Cl2，乙容器中充满37Cl2，下列叙述不正确的是A. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体的密度之比为3537B. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体分子数之比为3537C. 若两种气体质量相等，甲、乙两容器中气体所含
14、质子数之比为3735D. 若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体所含中子数之比为910【答案】B【解析】【详解】35Cl2相对分子质量为70，37Cl2的相对分子质量为74。A同温同压下，若两种气体体积相等，由n=可得=，密度与摩尔质量呈正比，甲、乙两容器中气体的密度之比为3537，故A正确；B同温同压下，由n=可知体积与分子数呈正比，若两种气体体积相等，则甲、乙两容器中气体分子数之比为11，故B错误；C若两种气体质量相等，由n=可知，气体的物质的量与摩尔质量呈反比，则甲、乙两容器中气体的物质的量之比为3735，因都由Cl元素组成，则所含质子数之比为3735，故C正确；D同温同压下，若两种气体
15、体积相等，则两种容器的气体的物质的量相等，甲、乙两容器中气体所含中子数之比为(3517)2(3717)2=910，故D正确；答案选B。11. 向含有Fe2+、I、Br的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示，有关说法不正确的是A. 线段BC代表Fe3+的物质的量的变化情况B. 原混合溶液中c（FeBr2）=6 mol/LC. 当通入 2mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2+2I+2Cl22Fe3+I2+4Cl-D. 原溶液中n（Fe2+）：n（I）：n（Br）=2：1：3【答案】B【解析】【分析】Fe2、I、Br还原性强弱顺序是IFe2Br，通入氯气先
16、与还原性强的离子发生反应，据此分析；【详解】还原性强弱：IFe2Br，反应的先后顺序是2ICl2=2ClI2、2Fe2Cl2=2Fe32Cl、2BrCl2=2ClBr2，A、AB段发生I和Cl2的反应，B点溶液中I完全反应，13间发生Fe2和Cl2反应，即BC段代表Fe3的物质的量的变化情况，故A正确；B、由图可知，13间发生2Fe2Cl2=2Fe32Cl，Fe2反应完毕消耗氯气2mol，由方程式可知，溶液中n(Fe2)=2mol2=4mol，DE段发生2BrCl2=2ClBr2，此时消耗Cl2的物质的量为3mol，即原溶液中n(Br)=23mol=6mol，原溶液中n(FeBr2)=3mol
17、，因不知溶液的体积，无法计算FeBr2的物质的量浓度，故B错误；C、AB段发生2ICl2=2ClI2，根据图可知，此段消耗1mol氯气，原溶液中n(I)=2mol，剩下1molCl2再与2molFe2反应，因此消耗n(I)：n(Fe2)：n(Cl2)=2：2：2，反应的离子方程式为2Fe22I2Cl2=2Fe3I24Cl，故C正确；D、根据上述选项的分析，原溶液中n(I)=2mol，n(Fe2)=4mol，n(Br)=6mol，因此n(Fe2)：n(I)：n(Br)=4：2：6=2：1：3，故D正确；答案选B。12. 下列离子方程式正确的是A. 醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2
18、H+=Ca2+H2O+CO2B. 向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至混合溶液恰好为中性：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2OC. 向次氯酸钙溶液中通入SO2：Ca2+2C1O-+SO2+H2O=CaSO3+2HClOD. FeCl3溶液与Cu的反应：Cu+Fe3+=Cu2+Fe2+【答案】B【解析】醋酸是弱酸，属于弱电解质，在离子方程式中不能拆为离子，所以选项A错误。向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至混合溶液恰好为中性，要求氢氧根和氢离子物质的量相等，所以氢氧化钡和硫酸氢钠的物质的量的比为1:2，选项B正确。次氯酸有强氧化性，可以将+4价硫氧化为+6
19、价，所以选项C错误。选项D中，方程式的电荷不守恒，所以选项D错误。13. 一定温度和压强下，用m g的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是（ ）A. 气球中装的是O2B. 气球和气球中气体分子数相等C. 气球和气球中气体物质量之比为41D. 气球和气球中气体密度之比为21【答案】D【解析】【分析】根据V=Vm，已知气体的质量相等，而Vm为定值，故M越小，则气体的体积越大，CH4、CO2、O2、SO2的摩尔质量分别为16g/mol、44g/mol、32g/mol、64g/mol，气球体积由小到大的顺序为CH4、O2、CO2、SO2。【详解】A根据
20、分析可知中装的是CO2，A说法错误；B根据相同质量，气体的分子数与摩尔质量成反比，所以气球和气球中气体分子数不相等，B说法错误；C相同质量下，物质的量与摩尔质量成反比，所以气球和气球中气体物质的量之比为16：64=1：4，C说法错误；D根据，即与M成正比，所以气球和气球中气体密度之比为32:16=2:1，D说法正确；答案为D。14. 下列“实验结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是（ ）项实验操作及现象实验结论A向KI-淀粉溶液中滴加氯水，溶液变成蓝色氧化性：Cl2I2B将钠放入热坩埚中加热燃烧，生成淡黄色固体反应有Na2O2生成C将湿润有色纸条放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片，一段时
21、间后纸条褪色氯气具有漂白性D向某溶液中加入几滴AgNO3溶液，有白色沉淀生成，再加入少量稀硝酸，沉淀不溶解溶液中可能含有Cl-A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，说明生成I2，可证明Cl2的氧化性强于I2，选项A正确；B将钠放入热坩埚中加热燃烧，生成淡黄色固体Na2O2，选项B正确；C氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性和漂白性，干燥的氯气不具有漂白性，选项C错误；D向某溶液中加入几滴AgNO3溶液，有白色沉淀生成，再加入少量稀硝酸，沉淀不溶解，则生成了氯化银白色沉淀，说明溶液中可能含有Cl-，选项D正确。答案选C。
22、15. 下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是( )A. 某无色溶液中可能大量存在 H、Cl、MnO4B. pH2 的溶液中可能大量存在 Na、NH4、SiO32C. Fe2与 H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2H2O22H=2Fe32H2OD. 稀硫酸与 Ba(OH)2 溶液的反应：H+SO42-Ba2+OH-=BaSO4H2O【答案】C【解析】【详解】AMnO4是紫色，不可能存在无色溶液中，故A错误；BpH2的溶液呈酸性，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，不能大量共存，故B错误；CFe2与 H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子和水，反应的离子方程式：2Fe2H2O22H=
23、2Fe32H2O，满足得失电子守恒和电荷守恒，故C正确；D氢离子和硫酸根离子的个数比、氢氧根离子和钡离子的个数比均应为2:1，正确的离子方程式应为：2H+SO42-Ba2+2OH-=BaSO42H2O，故D错误；答案选C。【点睛】D项的离子方程式虽然符合电荷守恒，但是不符合客观事实。16. 废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH4+完全转化为N2，该反应可表示为2NH4+3ClON2+3Cl+2H+3H2O。下列说法中，不正确的是A. 反应中氮元素被氧化，氯元素被还原B. 还原性NH4+ ，B不正确；C. N的化合价由-3升高到0，所以反应中每生成1 mol 就转移6 mo
24、l电子，C正确；D. 经此法处理过的废水中含有大量盐酸，盐酸会污染水体、影响水生生物的生存，所以不可以直接排放，D正确。本题选B。17. 把图b的碎纸片补充到图a中，可得到一个完整的离子方程式。下列有关该离子方程式的说法正确的是（ ）A. 配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3B. 若有1 mol S被氧化，则生成2 mol S2C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为12D. 2 mol S参加反应有3 mol电子发生转移【答案】B【解析】【分析】题目中的S元素的化合价分别是-2、0、+4，据图可知S(0价)做反应物，根据氧化反应规律，该氧化还原反应为歧化反应，分别生成-2和+4价。根据得失
25、电子数和电荷守恒配平反应方程式：3S+6OH-=2S2-+3H2O。【详解】A反应方程式为3S+6OH-=2S2-+3H2O配平后的化学计量数为3、6、2、1、3，A说法错误；B根据方程式可知，3molS参与反应时有1molS化合价升高，做还原剂，所以1molS被氧化，有1mol生成，2molS2-为还原产物，B说法正确；C氧化剂得到还原产物，还原剂得到氧化产物，根据方程式可知，还原产物与氧化产物的物质的量之比为2：1，即氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，C说法错误；D转移电子数=氧化剂得电子数=还原剂失电子数，生成2molS2-时，做氧化剂的S得到4mol电子，即3molS参加反应有4m
26、ol电子发生转移，2 mol S参加反应有mol电子转移，D说法错误；答案为B。18. 已知2Fe32I=I22Fe2、2Fe2Br2=2Br2Fe3。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是氧化性：Br2Fe3I2原溶液中Br一定被氧化通入氯气后，原溶液中的Fe2一定被氧化不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2若取少量所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2、Br均被完全氧化A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题给方程
27、式可知，还原性强弱顺序为：IFe2Br，氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化。【详解】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由题给方程式可知，氧化性：Br2Fe3I2，故正确；原溶液中的Br-可能被氧化，也可能未被氧化，故错误；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，
28、只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br-被完全氧化，I-、Fe2+均被完全氧化，故正确；答案选B。19. 下列说法正确的是A. SO2通入品红溶液，溶液褪色的原理与SO2通入溴水后褪色的原理相同B. 浓硫酸具有强氧化性,稀硫酸不具有氧化性C. 用浓FeCl3溶液和NaOH溶液混合制备Fe（OH）3胶体D. Na2O2可做呼吸面具的供氧剂【答案】D【解析】A、SO2使品红褪色是因为SO2与品红结合成一种不稳定的无色物质，加热后红色又恢复，SO2的漂白是暂时的、可逆的；SO2使溴水褪色是因为SO2有还原性，与Br2发生氧化还原反应，这种褪色是永久的、不可逆的，所以两者褪色的原理不同，A错误。B、浓硫酸
29、具有强氧化性，能与不活泼的金属反应产生SO2，其氧化性体现在+6价的硫元素上，稀硫酸也具有氧化性，能与活泼金属反应产生H2，其氧化性体现在+1的氢元素上，B错误。C、浓FeCl3溶液和NaOH溶液混合制备的是Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3胶体的制取方法是：将蒸馏水加热至沸腾，加入饱和的FeCl3溶液，继续加热至液体呈红褐色即可，C错误。D、Na2O2能与人体呼出的CO2 反应生成O2：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，故可做供氧剂，D正确。正确答案为D。20. 为探究Na2O2与H2O的反应，进行了如下实验：有关说法不正确的是（ ）A. 实验中发生反应的化学方程式为2Na2O2
30、+2H2O=4NaOH+O2B. 实验中MnO2做H2O2分解反应的催化剂C. 综合实验和可以说明Na2O2与H2O反应有H2O2生成D. 综合实验表明，实验酚酞褪色的原因是溶液碱性变弱【答案】D【解析】【详解】A. 据流程知，实验中发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，A正确；B. 据流程知，实验中有氢氧化钠和双氧水生成、实验中MnO2做H2O2分解反应的催化剂，B正确；C. 由流程知，综合实验和可以说明Na2O2与H2O反应有H2O2生成，C正确；D. 综合实验表明，实验酚酞褪色的原因是双氧水的漂白性，D不正确；答案选D。化学第卷（非选择题 共40分） 21. 某
31、化学兴趣小组同学为验证氯气的性质并制备少量干燥的氯化铁，设计并进行如下实验：回答下列问题：(1)写出A中制取氯气的化学方程式_。(2)B装置的作用是_。(3)实验时C中可观察到的现象是_，氯气与水发生反应的离子方程式是_。(4)D瓶盛放的试剂是_。(5)E中发生反应的化学方程式是_。(6)F瓶溶液的作用是_，写出发生反应的离子方程式_。【答案】 (1). MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2 +2H2O (2). 除去氯气中的氯化氢杂质 (3). 先变红，后褪色 (4). Cl2 + H2O H+ Cl + HClO (5). 浓H2SO4 (6). 2Fe +3Cl22FeC
32、l3 (7). 尾气吸收，防止污染环境 (8). Cl2 + 2OH- =Cl + ClO-+H2O【解析】【分析】实验室利用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应制取氯气，盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢，通过饱和食盐水除去氯化氢，再通过紫色石蕊试液，石蕊试液先变红后褪色，再通过装置D装有浓硫酸干燥气体后，干燥的氯气在高温条件下与铁粉反应生成氯化铁，最后利用氢氧化钠吸收末反应的氯气，处理尾气，以免污染空气，据此分析。【详解】(1) A中浓盐酸与二氧化锰在加热条件下与氯气反应生成氯化锰、氯气和水，制取氯气的化学方程式为MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2 +2H2O；(2)氯气中含
33、有氯化氢气体，通过装置B饱和食盐水可以吸收氯化氢，故B装置的作用是除去氯气中的氯化氢杂质；(3)实验时C中氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，遇石蕊先变红后褪色；氯气与水发生反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式是Cl2 + H2O H+ Cl + HClO；(4)D瓶的作用是干燥氯气，避免生成的氯化铁发生水解，故盛放的试剂是浓H2SO4；(5)E中氯气与铁反应生成氯化铁，故发生反应化学方程式是2Fe +3Cl22FeCl3；(6)氯气有毒，不能直接排放到空气中，故F瓶溶液的作用是尾气吸收，防止污染环境，利用氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2 + 2OH- =Cl +
34、 ClO-+H2O。22. “84消毒液”是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒，某“84消毒液”瓶体部分标签如图1所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用，请回答下列问题：(1)此“84消毒液”的物质的量浓度约为_mol/L(计算结果保留一位小数)。(2)某同学量取100mL此“84消毒液”，按说明要求稀释后用于消毒，则稀释后的溶液中c(Na+)=_mol/L。(3)该同学参阅读该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为24%的消毒液。如图2所示的仪器中配制溶液需要使用的是_(填仪器
35、序号)，还缺少的玻璃仪器是_。下列操作中，容量瓶不具备的功能是_(填仪器序号)。a.配制一定体积准确浓度的标准溶液 b.贮存溶液c.测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液 d.准确稀释某一浓度的溶液e.用来加热溶解固体溶质请计算该同学配制此溶液需称取称量NaClO固体的质量为_g。(4)若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高是_。(填序号)。A.定容时俯视刻度线 B.转移前，容量瓶内有蒸馏水C.未冷至室温就转移定容 D.定容时水多用胶头滴管吸出【答案】 (1). 3.8 (2). 0.038 (3). CDE (4). 玻璃棒和胶头滴管 (5). bcde (6). 141.6 (7).
36、 AC【解析】【详解】(1)c(NaClO)= mol/L=3.8 mol/L；(2)溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后c(NaClO)=3.8 mol/L=0.038 mol/L，故c(Na+)=c(NaClO)=0.038 mol/L；(3)由于实验室无480 mL容量瓶，故应选用500 mL容量瓶，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故需使用仪器序号是CDE，还需要的是玻璃棒、胶头滴管；a容量瓶只能用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，a不符合题意；b容量瓶不能
37、贮存溶液，只能用于配制，配制完成后要尽快装瓶，b符合题意；c容量瓶只有一条刻度线，故不能测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液，c符合题意；d容量瓶不能受热，而浓溶液的稀释容易放热，故不能用于准确稀释某一浓度的溶液，d符合题意；e容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，e符合题意；故合理选项是bcde；质量分数为24%的消毒液的浓度为3.8 mol/L，由于实验室无480 mL容量瓶，故应选用500 mL容量瓶，而配制出500 mL溶液，故所需的质量m=cVM=3.8 mol/L0.5 L74.5 g/mol=141.6 g；(4)A定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏高，
38、A符合题意；B转移前，容量瓶内有蒸馏水，对配制溶液的浓度无影响，B不符合题意；C未冷至室温就转移定容，则冷却后溶液体积偏小，使配制的溶液浓度偏高，C符合题意；D定容时水多了用胶头滴管吸出，则吸出的不只是溶剂，还有溶质，使溶液浓度偏小，D不符合题意；故合理选项是AC。【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，仪器的使用方法、误差分析等，注意仪器的选取方法和所需固体的计算，误差分析为该题的易错点。23. 有四种短周期元素，相关信息如下表。元素相关信息A含该元素的物质焰色反应为黄色B气态氢化物极易溶于水，得到的水溶液呈碱性C2价阴离子的电子层结构与Ar原子相同D单质是黄绿色气体，可用于自来水消毒请
39、根据表中信息回答：（1）将一小块儿A的单质小心放入滴有酚酞的水中观察现象：_，_，四处游动，发出嘶嘶声，反应后溶液变红色，反应的化学方程式为_。（2）A的最高价氧化物的水化物与B的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_。（3）研究物质的性质差异性是学习的重要方法之一。A、B、C、D四种元素的最高价氧化物的水化物中，化学性质明显不同于其它三种的是_（填化学式）。（4）D在周期表中位于第_周期_族。能说明元素D的非金属性强于元素C的非金属性的实验事实是_（填字母）。a常温下，两种单质的熔点不同 b两种元素的气态氢化物的稳定性不同 c两种元素的最高价氧化物对应的水化物酸性不同【答案】 (1). 钠
40、浮在水面上 (2). 熔化成小球 (3). 2Na+2H2O=2NaOH+H2 (4). OH+H=H2O (5). NaOH (6). 三 (7). VIIA (8). bc【解析】【分析】含A元素的物质焰色反应为黄色，则A为钠；B的气态氢化物极易溶于水，得到的水溶液呈碱性，则气体为氨气，B为氮；C的2价阴离子的电子层结构与Ar原子相同，则C原子核外有16个电子，C为硫；D的单质是黄绿色气体，可用于自来水消毒，该气体是氯气，故D为氯。【详解】(1)A为Na，将一小块儿Na单质小心放入滴有酚酞的水中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，观察到的现象为：钠浮在水面上、熔化成小球、四处游动，发出嘶嘶声，
41、反应后溶液变红色，反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2；(2)A的最高价氧化物的水化物为NaOH，B的最高价氧化物的水化物为HNO3，反应的离子方程式为OH+H=H2O；(3)A、B、C、D四种元素的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、HNO3、H2SO4、HClO4，NaOH是强碱，其余都是强酸，化学性质明显不同于其它三种的是NaOH；(4)D为Cl，在周期表中位于第三周期VIIA族。a常温下，两种单质的熔点不同，体现了晶体内粒子间的作用力不同，不能说明非金属性的相对强弱，a与题意不符；b非金属性越强，简单氢化物越稳定，两种元素的气态氢化物的稳定性不同，能说明非金属性的相对强弱，b符合题意；c非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，两种元素的最高价氧化物对应的水化物酸性不同，能说明非金属性的相对强弱，c符合题意；答案为bc。