精品解析：上海市复旦大学附属中学2025-2026学年高一上学期10月测试化学试题

复旦大学附属中学2025学年第一学期 高一年级化学 阶段测验一 考生注意： 1．本试卷满分100分，考试时间60分钟。 2．标注不定项的选择题，每题有1~2个正确答案，少选得一半分，错选或多选不得分；未特别标注的选择题，每题只有1个正确答案。 本卷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，Cu-64，Zn-65，Ba-137 一、原子结构（本题共24分） 人类对原子结构的认识是一段充满智慧的探索历程。 1. 原子的构成及核外电子排布情况可用原子结构示意图表示，其依据是下面哪位科学家的原子结构模型？ A. 道尔顿 B. 汤姆孙 C. 卢瑟福 D. 玻尔 2. 在中，共有x个核外电子，R原子的质量数为A，则R原子核内含有的中子数是_______。 3. 下列各组微粒中，具有相同质子数和电子数的一组微粒是 A. OH-、F-、Ne、O2- B. H2O、CH4、NH3、Ne C. H3O＋、Na+、NH4+、Mg2+ D. O2-、F-、Mg2+、Al3+ 4. 下列说法正确的是 A. 电子在原子核外空间高速运动且能量都相等 B. 两种微粒的核外电子排布相同，则一定属于同种元素 C. K层上运动的电子的能量最低 D. 某原子M层电子数为L层电子数的4倍 5. 锂在核工业中应用广泛，如和可作核反应堆最佳热载体，和用作高温堆减速剂。下列有关说法错误的是 A. 和是同种核素 B. 和化学性质几乎完全相同 C. 和中质子总数相同 D. 和是同素异形体 6. 有A、B、C、D、E五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于18。其中只有C、D为金属元素；A和C的最外层均只有1个电子；B和E的最外层电子数相同，且B的L层电子数是K层电子数的3倍；D的最外层电子数为E的最外层电子数的。完成下列问题： （1）A的一种核素中质子数为中子数的一半，则该核素的名称为________。 （2）A形成的简单负离子的电子式为________；D形成的简单正离子的结构示意图为________。 （3）写出少量EB2与CBA溶液反应的化学方程式：________。 （4）硒元素的天然同位素组成如下： 核素的质量数 74 76 77 78 80 82 核素的丰度（%） 0.87 9.02 a 23.52 b 9.19 已知硒元素的近似相对原子质量为79.073，则a=________，b=________。 7. 我国科研人员利用激光操控方法，从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子，实现了对同位素41Ca的灵敏检测。41Ca的半衰期（放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间）长达10万年，是14C的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是 A. 图中40.08指钙元素的相对原子质量 B. 41Ca的半衰期长，说明41Ca难以失去电子 C. 41Ca的衰变速度小于14C的衰变速度 D. 从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程属于化学变化 二、胶体化学（本题共16分） 胶体在生命科学、材料科学及环境科学中具有广泛应用。近年来，各向异性胶体组装、生物大分子稳定性等研究为胶体科学开辟了新方向。 8. 下列有关胶体的叙述中，正确的是 A. 胶体区别于溶液的本质特征是胶体能够产生丁达尔现象 B. 将饱和FeCl3溶液直接加热煮沸可制得胶体 C. 不断搅拌后，胶体仍然能够稳定存在 D. 明矾可用于净水是利用了胶体粒子具有较好的吸附性 9. 复复实验小组设计不同的实验对其制得的胶体进行性质探究。 （1）写出制备胶体的化学方程式：_________。 （2）提纯制得的胶体的装置是下图中的_________。 A. B. C. （3）将提纯后的胶体置于U形管中，通直流电一段时间后，观察到_________（填“阳极”或“阴极”）附近的红褐色加深，该现象称为_________。 10. 研究表明，胶体可净化水中低浓度的砷酸（）。如图所示是不同pH时胶体对低浓度砷酸的吸附效率曲线。 已知：pH反映溶液的酸碱性，pH越高，溶液的碱性越强。pH为3～9 时，溶液中的含砷微粒主要是 （1）pH为3~9 时，胶体对砷酸的吸附效率较高，其可能的原因是_________。 （2）当水中砷酸浓度较高时，胶体将直接与砷酸发生化学反应生成砷酸铁（）沉淀，其中砷元素是_________价。是酸根离子，则属于_________（填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”）。 11. 2025年《Nature》刊载了南方科技大学罗智团队关于氨基酸稳定胶体机制的研究。该研究发现，氨基酸（如脯氨酸、甘氨酸等）可作为稳定剂，通过吸引屏蔽机制，可逆地吸附在蛋白质、DNA或纳米颗粒等胶体粒子的特定表面位点，削弱胶体粒子间的吸引力，从而显著提升胶体分散系的稳定性。这与电解质（如NaCl、Na2SO4等）促使胶体聚沉的作用机制相反。 （1）电解质（如NaCl、Na2SO4等）促使胶体聚沉的作用机制是_________。 （2）蛋白药物制剂属于胶体分散系，其常常因蛋白质的相互聚集而失去药效。为了延长药物的有效期，免疫球蛋白制剂（如Cuvitru®）中常添加脯氨酸和甘氨酸。根据上述研究，阐述其延长有效期的主要原理是_________。 三、海洋资源（本题共25分） 海洋是一座资源的宝库，化学工业中的许多基础原料都来自海洋。 12. 海水淡化可缓解淡水资源匮乏问题。如图为太阳能海水淡化装置，该装置利用的原理是_________（填分离操作名称）。 13. 利用海洋资源海带可以提取碘。实验室采用“萃取分液”的方法分离碘单质与有机溶剂。以下相关操作错误的是 A.检漏、装液 B.振荡、放气 C.静置 D.分液 A. A B. B C. C D. D 14. 萃取碘水中的碘单质，可以选择的萃取剂种类很多，但不包括 A. 酒精 B. 四氯化碳 C. 苯 D. NaCl溶液 15. 是海洋中硫元素的主要存在形式之一，其存在会干扰海水中Cl-的检验。检验海水中Cl-的方法是_________。 16. 某Na2SO4溶液中含有少量Na2CO3，已知Na2SO4和Na2CO3的溶解度曲线如图所示，则从该溶液中获得的操作是加入_________后，_________、_________、过滤、洗涤、干燥。 17. 以海水为原料可制取“84”消毒液。如图所示为某市售“84”消毒液标签上的部分数据，请回答下列问题。 【有效成分】NaClO 【质量分数】24% 【溶液密度】1.18 g/cm3 【净含量】1000 mL （1）该“84”消毒液的物质的量浓度约为_________mol·L-1（结果保留1位小数） （2）①欲配制80 mL 2.000 mol·L-1 NaClO溶液，需准确称量NaClO固体_________g。 ②配制该溶液过程中所用玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_________（填仪器名称）。 （3）下图是配制溶液的几个关键实验步骤和操作。 将上述实验步骤A~E按实验过程先后次序排列_________。 （4）若所配制的次氯酸钠溶液浓度偏低，原因可能是_________。 A. 配制前，容量瓶中有少量蒸馏水 B. 洗涤液未转移到容量瓶中 C. 定容时，仰视刻度线 D. 定容摇匀后，有少量溶液外流 （5）“84”消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%（密度为1.84 g·cm-3）的浓硫酸配制250 mL 2.3 mol·L-1的稀硫酸用于增强“84”消毒液的消毒能力。 ①需要浓硫酸的体积为_________mL。（保留1位小数） ②若在用浓硫酸配制稀硫酸时，将量筒、烧杯、玻璃棒均洗涤2~3次，并将洗涤液转入容量瓶，会造成所配制的稀硫酸的浓度_________。 A.偏高 B.偏低 C.无影响 四、CuSO4溶液（本题共19分） 18. 旦旦实验小组为测定CuSO4溶液的浓度，设计了两个方案。 Ⅰ．甲方案： 取25 mL CuSO4溶液，加入足量BaCl2溶液，待沉淀完全后，经过滤、洗涤、干燥，得到干燥纯净的BaSO4，称量。 （1）若固体质量为w g，则_________mol·L-1（不用化简）。 Ⅱ．乙方案 实验步骤： ①按如图安装装置（加持仪器略去） ②…… ③在仪器A、B、C、D、E中加入如图所示的试剂 ④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0的刻度位置，读数并记录 ⑤将CuSO4溶液滴入A中并搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系中不再有气体产生 ⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录 ⑦处理数据 （2）步骤②为_________。 （3）Zn粉质量为a=0.195 g，若测得H2体积为22.40 mL（已折算为标况下的体积），则_________（写出必要的计算步骤） （4）若步骤⑥E管液面高于D管，未调节液面即读数，则测得______。 A. 偏大 B. 偏小 C. 无影响 D. 无法判断 （5）是否能用同样的装置和方法测定MgSO4的浓度：_________（填“是”或“否”）原因是_________。 （6）如果CuSO4浓度的参考值为0.100 mol/L，而测定结果是0.096 mol/L，则测定的相对偏差为_________。 CuSO4溶液经过一系列操作，可以获得。取受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如下图所示。 请回答下列问题： （7）b点时固体物质的化学式_________。 （8）取270℃所得样品，于770℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和SO3，该反应的化学方程式为_________。 （9）1000℃发生反应的化学方程式为_________。 五、物质的量（本题共16分） 物质的量是将微观粒子数与宏观可称量物理量联系起来的桥梁，极大地促进了化学学科的发展。 19. 某次高空探测，收集到含O3、O2、N2(其他气体忽略不计)的大气样本，在实验室中微热一段时间后，O3全部转化为O2(2O3=3O2)，若气体总体积增加了0.36%，则大气样本中O3的体积分数为___________(反应前后温度和压强均保持不变)。 20. 物质R吸收氢气后成为RH6，RH6晶体中的氢密度可达到1.1×105 g·m-3（氢密度是指单位体积晶体中氢元素的质量），则此时1 m3晶体中所储的氢相当于标准状况下________L氢气。 21. 如图所示，一密闭容器被无摩擦、可自由滑动的两隔板a、b分成甲、乙两室；标准状况下，在乙室中充入NH3 0.4 mol，甲室中充入HCl、N2的混合气体，静止时隔板位置如图所示。已知甲、乙两室中气体的质量差为17.3 g。 （1）甲室中气体总质量为________g。 （2）甲室中HCl、N2的物质的量之比为________。 （3）将隔板a去掉，当HCl与NH3充分反应生成NH4Cl固体后（仅发生此反应），隔板b将位于刻度“________”处（填数字，不考虑固体物质产生的体积），此时体系的平均相对分子质量为________。 22. 火箭发射后，发射场附近废水中偏二甲肼（C2H8N2）浓度变高，可用H2O2对废水处理。处理100 L的2000 mg/L偏二甲肼废水，使用密度为1.11 g/mL 30%的H2O2溶液，则H2O2溶液的理论投加量为________L。（保留两位小数） 已知： 23. 焦亚硫酸钠（Na2S2O5）易溶于水，与强酸反应放出较多SO2。Na2S2O5作为食品添加剂，在葡萄酒中残留量一般不得超过0.25 g·L-1（以SO2计）。小复同学检测葡萄酒样品中Na2S2O5残留量，实验如下：取150 mL葡萄酒样品，加稀硫酸酸化后加热，将产生气体通入足量双氧水中充分吸收，再除去过量的H2O2，冷却后，用0.100 mol·L-1 NaOH溶液与上述吸收液反应，恰好反应时消耗NaOH溶液15.00 mL，则该样品中Na2S2O5的残留量为________g·L-1（残留量以SO2计）。 已知： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 复旦大学附属中学2025学年第一学期 高一年级化学 阶段测验一 考生注意： 1．本试卷满分100分，考试时间60分钟。 2．标注不定项的选择题，每题有1~2个正确答案，少选得一半分，错选或多选不得分；未特别标注的选择题，每题只有1个正确答案。 本卷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，Cu-64，Zn-65，Ba-137 一、原子结构（本题共24分） 人类对原子结构的认识是一段充满智慧的探索历程。 1. 原子的构成及核外电子排布情况可用原子结构示意图表示，其依据是下面哪位科学家的原子结构模型？ A. 道尔顿 B. 汤姆孙 C. 卢瑟福 D. 玻尔 【答案】D 【解析】 【详解】A．道尔顿提出原子是实心不可分的球体，与核外电子排布无关，A不符合题意； B．汤姆孙的“葡萄干布丁”模型未涉及电子分层排布，B不符合题意； C．卢瑟福的核式模型强调原子核存在和电子绕核运动，但未提出电子分层排布，C不符合题意； D．玻尔提出电子在特定能级轨道上分层排布，符合原子结构示意图的描述，D符合题意； 故选D。 2. 在中，共有x个核外电子，R原子的质量数为A，则R原子核内含有的中子数是_______。 【答案】A-x+n+24 【解析】 【详解】在离子 中，共有x个核外电子，设R元素质子数为a，则a+8×3+n=x，故a=x-24-n，R原子的质量数为 A，则R原子核内含有的中子数是：A-(x-24-n)=A-x+n+24。 3. 下列各组微粒中，具有相同质子数和电子数的一组微粒是 A. OH-、F-、Ne、O2- B. H2O、CH4、NH3、Ne C. H3O＋、Na+、NH4+、Mg2+ D. O2-、F-、Mg2+、Al3+ 【答案】B 【解析】 【详解】A. 原子和离子相比，若质子数相同，电子数一定不同，A错误，- B. H2O、CH4、NH3、Ne质子数和电子数都为10，B正确； C. H3O＋质子数为11、Na+质子数为11、NH4+质子数为11、Mg2+质子数为12，C错误； D. O2-、F-、Mg2+、Al3+均为单核离子，其质子数不同，D错误。 答案选B。 4. 下列说法正确的是 A. 电子在原子核外空间高速运动且能量都相等 B. 两种微粒的核外电子排布相同，则一定属于同种元素 C. K层上运动的电子的能量最低 D. 某原子M层电子数为L层电子数的4倍 【答案】C 【解析】 【详解】A．电子在不同电子层中能量不同，同一层中不同轨道能量也有差异，因此“能量都相等”错误；故A错误； B．核外电子排布相同的微粒可能为不同元素的粒子(如Na+、F-与Ne)，因此“属于同种元素”错误；故B错误； C．K层离原子核最近，电子能量最低，故C正确； D．M层容纳电子时，L层容纳8个电子，若M层电子数为L层的4倍，则M层有32个电子，远超M层最大容纳电子数(18个)，因此此情况不存在，故D错误； 答案选C。 5. 锂在核工业中应用广泛，如和可作核反应堆最佳热载体，和用作高温堆减速剂。下列有关说法错误的是 A. 和是同种核素 B. 和化学性质几乎完全相同 C. 和中质子总数相同 D. 和是同素异形体 【答案】AD 【解析】 【详解】A．和质子数相同但中子数不同，属于不同核素，A错误； B．和中H和D为同位素，化学性质几乎相同，B正确； C．H和D质子数均为1，因此和的质子总数相同，都为4，C正确； D．和是同位素，而非同素异形体，D错误； 答案选AD。 6. 有A、B、C、D、E五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于18。其中只有C、D为金属元素；A和C的最外层均只有1个电子；B和E的最外层电子数相同，且B的L层电子数是K层电子数的3倍；D的最外层电子数为E的最外层电子数的。完成下列问题： （1）A的一种核素中质子数为中子数的一半，则该核素的名称为________。 （2）A形成的简单负离子的电子式为________；D形成的简单正离子的结构示意图为________。 （3）写出少量EB2与CBA溶液反应的化学方程式：________。 （4）硒元素的天然同位素组成如下： 核素的质量数 74 76 77 78 80 82 核素的丰度（%） 0.87 9.02 a 23.52 b 9.19 已知硒元素的近似相对原子质量为79.073，则a=________，b=________。 【答案】（1）氚 （2） ①. [H:]- ②. （3） （4） ①. 7.58 ②. 49.82 【解析】 【分析】A、B、C、D、E五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于18。其中只有C、D为金属元素；B的L层电子数是K层电子数的3倍，则B为O；A和C的最外层均只有1个电子，所以A为H，C为Na；B和E的最外层电子数相同，E为S；D的最外层电子数为E的最外层电子数的，D为Mg。 【小问1详解】 由分析可知，A为H，H有三种核素，分别为氕、氘、氚，其中子数分别为0、1、2，其质量数分别为1、2、3，它的一种核素中质子数为中子数的一半，该核素的名称为氚。 【小问2详解】 A形成的简单负离子为H-，核外电子数为2，其电子式为[H:]-；D形成的简单正离子为Mg2+，核外电子数为10，其离子结构示意图为。 【小问3详解】 少量EB2与CBA溶液反应即少量SO2与NaOH的反应，其反应的化学方程式为； 【小问4详解】 相对原子质量的计算方法：元素的近似相对原子质量等于各同位素的质量数乘以其丰度，同时所有同位素的丰度之和为100%。则可以列式：，化简可得，，化简可得。解得，。 7. 我国科研人员利用激光操控方法，从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子，实现了对同位素41Ca的灵敏检测。41Ca的半衰期（放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间）长达10万年，是14C的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是 A. 图中40.08指钙元素的相对原子质量 B. 41Ca的半衰期长，说明41Ca难以失去电子 C. 41Ca的衰变速度小于14C的衰变速度 D. 从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程属于化学变化 【答案】AC 【解析】 【详解】A．图中40.08是钙元素的相对原子质量，20是Ca的原子序数，A正确； B．半衰期是放射性原子核衰变的性质，属于核物理性质，而失去电子能力是原子的化学性质（由核外电子排布决定），二者无直接关联，B错误； C．半衰期越长，衰变越慢，的半衰期（10万年）是的17倍，说明其衰变速度更慢，即小于的衰变速度，C正确； D．俘获原子过程中无新物质生成，未发生原子重新组合，属于物理变化，D错误； 故答案选AC。 二、胶体化学（本题共16分） 胶体在生命科学、材料科学及环境科学中具有广泛应用。近年来，各向异性胶体组装、生物大分子稳定性等研究为胶体科学开辟了新方向。 8. 下列有关胶体的叙述中，正确的是 A. 胶体区别于溶液的本质特征是胶体能够产生丁达尔现象 B. 将饱和FeCl3溶液直接加热煮沸可制得胶体 C. 不断搅拌后，胶体仍然能够稳定存在 D. 明矾可用于净水是利用了胶体粒子具有较好的吸附性 【答案】D 【解析】 【详解】A．胶体区别于溶液的本质特征是分散质微粒直径大小不同，丁达尔现象是胶体的特征性质而非本质区别，A错误； B．制备Fe(OH)3胶体需将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，直接加热饱和溶液会导致FeCl3水解过度生成沉淀，B错误； C．不断搅拌会破坏胶体的稳定性，导致胶体聚沉，C错误； D．明矾净水是因Al3+水解生成的Al(OH)3胶体吸附悬浮杂质，符合胶体吸附性原理，D正确； 答案选D。 9. 复复实验小组设计不同的实验对其制得的胶体进行性质探究。 （1）写出制备胶体的化学方程式：_________。 （2）提纯制得的胶体的装置是下图中的_________。 A. B. C. （3）将提纯后的胶体置于U形管中，通直流电一段时间后，观察到_________（填“阳极”或“阴极”）附近的红褐色加深，该现象称为_________。 【答案】（1） （2）B （3） ①. 阴极 ②. 电泳 【解析】 【小问1详解】 向沸水中逐滴滴加几滴饱和的溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，即可制得胶体，化学方程式为：； 【小问2详解】 溶液中的分散质粒子能通过半透膜，胶体中的分散质粒子不能通过半透膜，因此可以用渗析的方法对胶体进行提纯，故选B； 【小问3详解】 胶体粒子带正电荷，通电后向阴极移动，故阴极附近的红褐色加深；该现象是胶体粒子在外加电场作用下发生的定向移动，称电泳。 10. 研究表明，胶体可净化水中低浓度的砷酸（）。如图所示是不同pH时胶体对低浓度砷酸的吸附效率曲线。 已知：pH反映溶液的酸碱性，pH越高，溶液的碱性越强。pH为3～9 时，溶液中的含砷微粒主要是 （1）pH为3~9 时，胶体对砷酸的吸附效率较高，其可能的原因是_________。 （2）当水中砷酸浓度较高时，胶体将直接与砷酸发生化学反应生成砷酸铁（）沉淀，其中砷元素是_________价。是酸根离子，则属于_________（填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”）。 【答案】（1）pH为3～9 时，溶液中的含砷微粒主要是，胶体粒子带正电荷易吸附溶液中带负电荷的两种微粒； （2） ①. +5 ②. 盐 【解析】 【小问1详解】 pH为3～9 时，溶液中的含砷微粒主要是，胶体粒子带正电荷易吸附溶液中带负电荷的两种微粒，故pH为3~9 时，胶体对砷酸的吸附效率较高； 【小问2详解】 ①中元素为+3价、元素为-2价，根据化合物中化合价的代数和为零，元素为+5价； ②是由金属阳离子和酸根阴离子组成的化合物，符合盐的定义，故属于盐； 11. 2025年《Nature》刊载了南方科技大学罗智团队关于氨基酸稳定胶体机制的研究。该研究发现，氨基酸（如脯氨酸、甘氨酸等）可作为稳定剂，通过吸引屏蔽机制，可逆地吸附在蛋白质、DNA或纳米颗粒等胶体粒子的特定表面位点，削弱胶体粒子间的吸引力，从而显著提升胶体分散系的稳定性。这与电解质（如NaCl、Na2SO4等）促使胶体聚沉的作用机制相反。 （1）电解质（如NaCl、Na2SO4等）促使胶体聚沉的作用机制是_________。 （2）蛋白药物制剂属于胶体分散系，其常常因蛋白质的相互聚集而失去药效。为了延长药物的有效期，免疫球蛋白制剂（如Cuvitru®）中常添加脯氨酸和甘氨酸。根据上述研究，阐述其延长有效期的主要原理是_________。 【答案】（1）向胶体中加入盐时，其中的阳离子或阴离子能中和分散质微粒所带的电荷，从而使分散质聚集成较大的微粒，在重力作用下形成沉淀析出 （2）氨基酸通过阻碍颗粒间直接接触，增强胶体颗粒间的排斥作用来抑制胶体聚集 【解析】 【小问1详解】 电解质（如NaCl、Na2SO4等）促使胶体聚沉的作用机制为向胶体中加入盐时，其中的阳离子或阴离子能中和分散质微粒所带的电荷，从而使分散质聚集成较大的微粒，在重力作用下形成沉淀析出； 【小问2详解】 延长有效期的主要原理是氨基酸通过阻碍颗粒间直接接触，增强胶体颗粒间的排斥作用来抑制胶体聚集。 三、海洋资源（本题共25分） 海洋是一座资源的宝库，化学工业中的许多基础原料都来自海洋。 12. 海水淡化可缓解淡水资源匮乏问题。如图为太阳能海水淡化装置，该装置利用的原理是_________（填分离操作名称）。 【答案】蒸馏 【解析】 【详解】从图中可看出，该装置利用太阳能加热一定量海水，使海水蒸发形成水蒸气，水蒸气在罩壁上冷凝，从而达到海水淡化的目的，此过程符合蒸馏操作原理。 13. 利用海洋资源海带可以提取碘。实验室采用“萃取分液”的方法分离碘单质与有机溶剂。以下相关操作错误的是 A.检漏、装液 B.振荡、放气 C.静置 D.分液 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．分液漏斗使用前都需要检漏，需要检验活塞、上口的玻璃塞处是否漏液，然后再装液，A正确； B．分液操作中，用右手压住分液漏斗的塞子，左手握住活塞部分，如图所示，使两种液体充分接触，振荡后需打开分液漏斗的活塞放气，以释放产生的蒸气压，不是图中显示的摇动，B错误； C．振荡后静置，可将碘萃取到萃取剂中，C正确； D．为保证分液漏斗内的液体顺利流下，需将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗口上的小孔，下层溶液从下口放出，D正确； 故答案选B。 14. 萃取碘水中的碘单质，可以选择的萃取剂种类很多，但不包括 A. 酒精 B. 四氯化碳 C. 苯 D. NaCl溶液 【答案】AD 【解析】 【详解】萃取剂需满足两个条件：①与原溶剂不混溶，②溶质在其中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度。 A．酒精与水混溶，不能分层，故不能作为萃取剂萃取碘水中的碘单质，A选； B．四氯化碳不溶于水，且碘在四氯化碳中的溶解度远大于碘在水中的溶解度，符合萃取剂要求，B不选； C．苯不溶于水，且碘在苯中的溶解度远大于碘在水中的溶解度，符合萃取剂要求，C不选； D．NaCl溶液是水溶液，与水混溶，无法形成另一相，且无法提高碘的溶解度，故不能作为萃取剂，D选； 答案选AD。 15. 是海洋中硫元素的主要存在形式之一，其存在会干扰海水中Cl-的检验。检验海水中Cl-的方法是_________。 【答案】先向海水中加入过量的Ba(NO3)2，静置，取少量上层清液于另一试管中，然后滴加少量硝酸酸化后的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则说明海水中含氯离子 【解析】 【详解】检验海水中Cl-首先要去除，避免其造成干扰，方法为：取少量海水于试管中，加入过量Ba(NO3)2溶液，摇匀后静置，取少量上层清液于另一试管中，然后滴加少量硝酸酸化后的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则说明海水中存在Cl-。 16. 某Na2SO4溶液中含有少量Na2CO3，已知Na2SO4和Na2CO3的溶解度曲线如图所示，则从该溶液中获得的操作是加入_________后，_________、_________、过滤、洗涤、干燥。 【答案】 ①. 硫酸至不再产生气泡 ②. 蒸发浓缩 ③. 冷却结晶 【解析】 【分析】从溶解度曲线中可以看出，在约40℃前，Na2CO3与的溶解度非常接近，利用溶解度受温度影响的差异很难将二者分离，所以需采用化学方法除去Na2SO4溶液中含有的少量Na2CO3，然后采用降温结晶法获得晶体。 【详解】Na2SO4溶液中含有少量Na2CO3，可加入硫酸至溶液中无气泡产生，将Na2CO3全部转化为Na2SO4；再蒸发浓缩溶液、冷却结晶，将Na2SO4以的形式从溶液中结晶析出，所以从该溶液中获得的操作是加入硫酸至不再产生气泡后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 【点睛】 17. 以海水为原料可制取“84”消毒液。如图所示为某市售“84”消毒液标签上的部分数据，请回答下列问题。 【有效成分】NaClO 【质量分数】24% 【溶液密度】1.18 g/cm3 【净含量】1000 mL （1）该“84”消毒液的物质的量浓度约为_________mol·L-1（结果保留1位小数） （2）①欲配制80 mL 2.000 mol·L-1 NaClO溶液，需准确称量NaClO固体_________g。 ②配制该溶液过程中所用玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_________（填仪器名称）。 （3）下图是配制溶液的几个关键实验步骤和操作。 将上述实验步骤A~E按实验过程先后次序排列_________。 （4）若所配制的次氯酸钠溶液浓度偏低，原因可能是_________。 A. 配制前，容量瓶中有少量蒸馏水 B. 洗涤液未转移到容量瓶中 C. 定容时，仰视刻度线 D. 定容摇匀后，有少量溶液外流 （5）“84”消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%（密度为1.84 g·cm-3）的浓硫酸配制250 mL 2.3 mol·L-1的稀硫酸用于增强“84”消毒液的消毒能力。 ①需要浓硫酸的体积为_________mL。（保留1位小数） ②若在用浓硫酸配制稀硫酸时，将量筒、烧杯、玻璃棒均洗涤2~3次，并将洗涤液转入容量瓶，会造成所配制的稀硫酸的浓度_________。 A.偏高 B.偏低 C.无影响 【答案】（1）3.8 （2） ①. 14.9 ②. 100mL容量瓶、胶头滴管 （3）CBDFAE （4）BC （5） ①. 31.3 ②. A 【解析】 【小问1详解】 从图中可得该消毒液的质量分数为24%，密度为1.18g/cm3，根据公式； 【小问2详解】 ①配制80毫升溶液需要用到100毫升的容量瓶，m=cVM=2.000 mol/L×0.1 L×74.5 g/mol=14.9g ； ②配制80毫升溶液需要用到100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒、烧杯； 【小问3详解】 配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，将上述实验步骤排序为：CBDFAE，故答案为：CBDFAE； 【小问4详解】 A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故A不选； B．洗涤液未转移到容量瓶中，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B选； C．定容时，仰视刻度线，加水过多，溶液浓度偏低，故C选； D. 定容摇匀后，有少量溶液外流，此时溶液已经配制完成，对结果无影响，故D不选； 故选BC； 【小问5详解】 ①98%（密度为1.84g•cm-3）的浓硫酸浓度，配制250 mL 2.3 mol·L-1的稀硫酸用250 mL容量瓶，则需要浓硫酸的体积为； ②量筒不需要洗涤，否则导致溶质偏多，若在用浓硫酸配制稀硫酸时，将量筒、烧杯、玻璃棒均洗涤2~3次，并将洗涤液转入容量瓶，会造成所配制的稀硫酸的浓度偏高，故选A。 四、CuSO4溶液（本题共19分） 18. 旦旦实验小组为测定CuSO4溶液的浓度，设计了两个方案。 Ⅰ．甲方案： 取25 mL CuSO4溶液，加入足量BaCl2溶液，待沉淀完全后，经过滤、洗涤、干燥，得到干燥纯净的BaSO4，称量。 （1）若固体质量为w g，则_________mol·L-1（不用化简）。 Ⅱ．乙方案 实验步骤： ①按如图安装装置（加持仪器略去） ②…… ③在仪器A、B、C、D、E中加入如图所示的试剂 ④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0的刻度位置，读数并记录 ⑤将CuSO4溶液滴入A中并搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系中不再有气体产生 ⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录 ⑦处理数据 （2）步骤②为_________。 （3）Zn粉质量为a=0.195 g，若测得H2体积为22.40 mL（已折算为标况下的体积），则_________（写出必要的计算步骤） （4）若步骤⑥E管液面高于D管，未调节液面即读数，则测得______。 A. 偏大 B. 偏小 C. 无影响 D. 无法判断 （5）是否能用同样的装置和方法测定MgSO4的浓度：_________（填“是”或“否”）原因是_________。 （6）如果CuSO4浓度的参考值为0.100 mol/L，而测定结果是0.096 mol/L，则测定的相对偏差为_________。 CuSO4溶液经过一系列操作，可以获得。取受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如下图所示。 请回答下列问题： （7）b点时固体物质的化学式_________。 （8）取270℃所得样品，于770℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和SO3，该反应的化学方程式为_________。 （9）1000℃发生反应的化学方程式为_________。 【答案】（1） （2）检查装置的气密性 （3）0.08mol/L （4）A （5） ①. 否 ②. Mg比Zn活泼，Zn与MgSO4不反应 （6）4% （7）CuSO4•H2O （8）CuSO4CuO+SO3↑ （9）4CuO2Cu2O+O2↑ 【解析】 【分析】甲方案：利用CuSO4与BaCl2反应生成BaSO4，称重BaSO4，来求出CuSO4的质量； 乙方案：一定量的Zn与CuSO4反应后，剩余的Zn粉再与硫酸反应生成氢气，测定生成氢气的体积，再结合Zn的质量计算硫酸铜的量，进而计算其浓度； 【小问1详解】 根据方程式建立关系式：BaSO4～CuSO4；n(CuSO4)=n(BaSO4)=mol，c(CuSO4)=== ； 【小问2详解】 组装好仪器后，要先检查装置的气密性，以防产生的气体从装置中溢出，再加入药品反应； 【小问3详解】 Zn的总质量等于产生氢气的Zn的质量加上与CuSO4反应的Zn的质量，所以与CuSO4反应的Zn的质量=Zn的总质量-产生氢气的Zn的质量；根据反应原理：Zn+CuSO4═ZnSO4+Cu，Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，建立关系式：n(CuSO4)=n(Zn总物质的量)-n(H2)=-=0.002 mol，c(CuSO4)===0.08 mol/L； 【小问4详解】 E管液面高于D管，根据连通器的原理，产生的气体体积被压缩，测得H2体积减小，n(H2)减小，n(CuSO4)增大，c(CuSO4)偏高； 【小问5详解】 Mg比Zn活泼，Zn与MgSO4不反应，所以不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度； 【小问6详解】 如果CuSO4浓度的参考值为0.100 mol/L，而测定结果是0.096 mol/L，则测定的相对偏差为4%； 【小问7详解】 2.5 gCuSO4•5H2O的物质的量为0.01 mol，CuSO4•5H2O受热到102℃时开始脱水分解，113 ℃时可得到较稳定的一种中间物，到258 ℃时才会继续分解，113～258 ℃时失去的水的质量为2.50g-1.78g=0.72g，刚好为0.04 molH2O的质量，故剩余固体的化学式为CuSO4•H2O； 【小问8详解】 2.5gCuSO4•5H2O的物质的量为0.01 mol，完全失去结晶水后的质量为160g/mol×0.01mol，则258℃～680℃时为CuSO4，温度升高到680℃后硫酸铜分解生成黑色的氧化铜和三氧化硫，反应方程式为CuSO4CuO+SO3↑； 【小问9详解】 1000℃时氧化铜在加热条件下发生分解，根据图象可知，0.80 g氧化铜加热后变为0.72 g，0.80 gCuO的物质的量为0.01 mol，含有铜的质量为：64g/mol×0.01mol=0.64g，则0.72 g固体中含有的氧元素的质量为：0.72g-0.64g=0.08g，含有氧元素的物质的量为0.005 mol，则该产物的化学式为：Cu2O，根据化合价变化可知另一种产物为氧气，则该反应的化学方程式为4CuO2Cu2O+O2↑。 五、物质的量（本题共16分） 物质的量是将微观粒子数与宏观可称量物理量联系起来的桥梁，极大地促进了化学学科的发展。 19. 某次高空探测，收集到含O3、O2、N2(其他气体忽略不计)的大气样本，在实验室中微热一段时间后，O3全部转化为O2(2O3=3O2)，若气体总体积增加了0.36%，则大气样本中O3的体积分数为___________(反应前后温度和压强均保持不变)。 【答案】0.72% 【解析】 【详解】设大气样本的总物质的量为1mol，其中O3的量为xmol，发生反应：2O3=3O2，O3全部转化为O2时生成1.5xmolO2，气体总物质的量增加了0.5xmol，气体总体积增加了0.36%，同温同压下，物质的量之比等于体积之比，即1mol×0.36%=0.5xmol，解得x=0.0072mol，则大气样本中O3的体积分数为0.72%。 20. 物质R吸收氢气后成为RH6，RH6晶体中的氢密度可达到1.1×105 g·m-3（氢密度是指单位体积晶体中氢元素的质量），则此时1 m3晶体中所储的氢相当于标准状况下________L氢气。 【答案】 【解析】 【分析】本题要求计算1 m3的RH6晶体中所储的氢元素在标准状况下对应的氢气体积，已知氢密度（单位体积晶体中氢元素的质量）为1.1×105 g·m-3，标准状况下气体摩尔体积为22.4 L/mol，先求出氢气的质量（氢元素质量），再求出氢气的物质的量，进而求出氢气在标准状况下的体积，据此作答。 【详解】；； 故答案为：。 21. 如图所示，一密闭容器被无摩擦、可自由滑动的两隔板a、b分成甲、乙两室；标准状况下，在乙室中充入NH3 0.4 mol，甲室中充入HCl、N2的混合气体，静止时隔板位置如图所示。已知甲、乙两室中气体的质量差为17.3 g。 （1）甲室中气体总质量为________g。 （2）甲室中HCl、N2的物质的量之比为________。 （3）将隔板a去掉，当HCl与NH3充分反应生成NH4Cl固体后（仅发生此反应），隔板b将位于刻度“________”处（填数字，不考虑固体物质产生的体积），此时体系的平均相对分子质量为________。 【答案】（1）24.1 （2）1∶3 （3） ①. 4 ②. 25.25 【解析】 【分析】相同条件下，气体的物质的量之比等于其体积之比，由图可知甲、乙两室气体的体积比为2∶1，故其物质的量之比为2∶1，在乙室中充入NH3 0.4 mol，所以甲室中气体为0.8 mol，甲中气体的质量为0.4 mol×17 g/mol+17.3g=24.1 g，设HCl的物质的量为x，氮气的物质的量为y，根据其物质的量、质量列方程组：x+y=0.8mol，36.5g/molx+28g/moly=24.1g，解得x=0.2 mol，y=0.6 mol，所以HCl、N2的物质的量之比为0.2 mol∶0.6 mol=1∶3； 【小问1详解】 由上述分析可知，甲室气体的总质量为24.1g； 【小问2详解】 由上述计算可知，HCl、N2的物质的量之比为0.2mol∶0.6mol=1∶3； 【小问3详解】 甲室中HCl、N2的物质的量分别为0.2mol、0.6mol，乙室中充入NH3 0.4 mol，将隔板a去掉，HCl与NH3充分反应生成0.2 molNH4Cl固体后，剩余的气体为0.6molN2和0.2molNH3，共0.8mol，根据同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，可知隔板b将位于刻度4处，此时体系的平均相对分子质量为=25.25。 22. 火箭发射后，发射场附近废水中偏二甲肼（C2H8N2）浓度变高，可用H2O2对废水处理。处理100 L的2000 mg/L偏二甲肼废水，使用密度为1.11 g/mL 30%的H2O2溶液，则H2O2溶液的理论投加量为________L。（保留两位小数） 已知： 【答案】2.72 L 【解析】 【详解】废水体积100 L，浓度为2000 mg/L，即2 g/L，偏二甲肼总质量=100 L × 2 g/L = 200 g，则n(C2H8N2)=；由方程式可知，n(H2O2)=8×n(C2H8N2)=mol，则m(H2O2)=mol×34 g/mol=g，H2O2溶液的总质量为，则体积为。 23. 焦亚硫酸钠（Na2S2O5）易溶于水，与强酸反应放出较多SO2。Na2S2O5作为食品添加剂，在葡萄酒中残留量一般不得超过0.25 g·L-1（以SO2计）。小复同学检测葡萄酒样品中Na2S2O5残留量，实验如下：取150 mL葡萄酒样品，加稀硫酸酸化后加热，将产生气体通入足量双氧水中充分吸收，再除去过量的H2O2，冷却后，用0.100 mol·L-1 NaOH溶液与上述吸收液反应，恰好反应时消耗NaOH溶液15.00 mL，则该样品中Na2S2O5的残留量为________g·L-1（残留量以SO2计）。 已知： 【答案】0.320 【解析】 【详解】本实验通过酸化葡萄酒样品释放焦亚硫酸钠（Na2S2O5）产生的SO2，并将其氧化为H2SO4，再用NaOH滴定测定残留量（以SO2计）。解题思路如下： 1. 反应原理： 酸化时，Na2S2O5释放SO2（1 mol Na2S2O5产生2 mol SO2，但残留量以SO2计，故无需计算Na2S2O5的量）。 SO2被双氧水氧化：SO2 + H2O2 =H2SO4（1 mol SO2生成1 mol H2SO4）。 生成的H2SO4用NaOH滴定：H2SO4 + 2NaOH=Na2SO4 + 2H2O（1 mol H2SO4消耗2 mol NaOH）。 2. 计算消耗NaOH的物质的量： n(NaOH) = c(NaOH) × V[NaOH(aq)] = 0.100 mol·L-1 × 0.01500 L = 0.00150 mol。 3. 计算H2SO4的物质的量： 由滴定反应知，n(H2SO4) == = 0.000750 mol。 4. 计算SO2的物质的量和质量： 根据S守恒，n(SO2) = n(H2SO4) = 0.000750 mol。 m(SO2) = n(SO2) × M(SO2) = 0.000750 mol × 64 g·mol-1 = 0.0480 g。 5. 计算残留量（以SO2计）： 该样品中Na2S2O5的残留量 = = = 0.320 g·L-1。 综上所述，该葡萄酒样品中焦亚硫酸钠的残留量（以SO2计）为0.320 g·L-1。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $