湖南省邵阳市第二中学2025-2026学年高一上学期12月学科竞赛化学试题

2025学年度高一化学竞赛 考试时间：75分钟 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 可能用到的相对原子质量：H1C12N14016Na23S32C35.5Mg24Fe56Cu64Zn65 一、单选题（本题共14小题，每小题3分，共42分。） 1,下列关于物质的分类正确的是 碱性氧 酸性氧 酸 碱 盐 纯净物 混合物 化物 化物 A H2CO3 NaOH Cu2(OH2CO3 盐酸 碘酒 Na202 co B HCIO Ba(OH)2 Fe2S3 NH;H2O 石灰石 Na2O SOz Fe(OHD3胶 CH&COOH Na2CO3 C2HsOH CuSO4 5H2O CaO SO3 体 D NaHSO4 KOH NaHCO3 汽油 冰水 Fe2O3 NO A.A B.B C.C D.D 2.氮气的摩尔质量为Mg mol-1,一定条件下密度为pgL1,若用Na表示阿伏伽德罗常数的 值，下列说法正确的是 A.1LN,含有的分子数目为 22.4 B.一个N,分子质量为N M C.1gN,含有的分子数目为pN D.一个N,分子体积为 3.设NW表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A.2.8gC0和N2的混合气体中含有的分子数为0.1a B.8.4 gMgCO,中含有的C原子数为0.1N C.1L0.1 mol.LNaOH溶液中含有的0原子数为0.1W D.标准状况下，1.12LC12中含有的C1原子数为0.1 4.下列离子方程式书写正确的是 A.Ba(OD2溶液与NaHSO4溶液恰好中和：Ba2+OH+H+SO}=BaSO4+H2O 答案第1页，共8页 B.向CaCl2溶液中通入C02:Ca2+C02+H20=CaC0l+2H C.Fe与稀硫酸反应：2Fe+6H=2Fe3+3Ht D.CaHC03)2与过量Ca(OH2溶液反应：Ca2+Hco3+OH-CaCO3J+H2O 5.某混合物由Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaC1中的几种组成，向其中加入足量的盐酸有 气体放出，将气体通过足量的NaOH溶液，气体体积减小：将上述混合物在空气中加热， 有气体放出。则下列判断正确的是() A.混合物中定不含Na2CO3、NaCl B.混合物中一定含有Na2O2、NaHCO3 C.无法确定混合物中是否含有NaHCO,D.混合物中一定不含NaHCO3、NaCl 6.某无色溶液X可能含有：K+、Na、Cu2+、NH、Mg2+、Ba2+、CO}、C、SO中 若干种离子，且各离子个数相同，依次进行下列实验：（已知：铵根离子和氢氧根离子相遇 在加热的条件下会产生氨气，氨气有刺激性气味) ①取少量溶液X,加入足量的NaOH溶液，有沉淀A产生；微热闻到刺激性气味。 ②过滤①中的混合物，在滤液中加入足量的Ba(OH),溶液，有白色沉淀B产生，再加入足 量的稀硝酸，沉淀不溶解。根据上述实验，以下说法正确的是 A.沉淀A是混合物，沉淀B是纯净物 B.溶液X中是否含有K+、Na+无法确定 C.溶液X中一定没有CO?,但一定含有Cl D.溶液X中一定含有NH、Mg2+、SO?,可能含有CO 7.在酸性环境中，纳米F/Ni复合材料去除污染水体中NO,的反应过程(Ni不参与反应)如 下图所示： 吸附 解吸 NO NO NO, Fe2+ 纳米Fe/Ni 吸附 Ni 复合材料 NO, NH Fe2+ 下列说法错误的是 A.纳米F/Ni复合材料具有表面积大、吸附性强的特点 答案第2页，共8页 B.去除NO,的总反应为：NO+4Fe+10H=4Fe2++NH+3H,0 C.反应一段时间后，水体中可能有沉淀生成 D.同理，该反应过程也可以除去水中的SO 8.下列实验操作正确且能达到对应目的的是 山yo 镊子 浓硫酸 -2滴水 pH试纸 置 ,Ca(OH),溶液 包有足量Na,O,的脱脂棉 98 A.配制一定物质的 B.测量氯水的pH C.证明Na,02与水反 D.实验室制Cl,的尾 量浓度的硫酸溶液 值 应放热 气处理 A.A B.B C.C D.D 9.下列关于反应及现象的说法正确的是 A.对于11PH3+24CuS0,+12H,0=3H,P0,+24H,S0,+8Cu3P↓反应中每24 mnol CuS04 氧化11 mnol PH, B.6L2+11KC1O,+3H,0≌6H(IO,),+5KC1+3C12↑，产生22.4L(标准状况)C1,时， 反应中转移10nole C.向Fe(OH),胶体中滴加饱和FeCl,溶液，不会出现沉淀 D.K,HIO。+9I=2KI+4I2+6H,0,还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1 10.次磷酸HPO2是一种精细化工产品，在水中存在H,PO,分子。有关H,PO2的性质如图： PH3 次磷酸过量浓NaOH溶液 硫酸 加热分解 (H3PO2) 次磷酸钠 次磷酸 (NaH2PO2) →H3PO4 根据以上信息可知，以下说法正确的是 A.H,PO2是电解质，属于三元酸，其热稳定性差 B.次磷酸钠为酸式盐，其电离方程式为：NaH,PO,=Na+2H+PO, 答案第3页，共8页 C.次磷酸分解反应属于氧化还原反应，生成1个PH,转移4个电子 D.PH,结构与NH,相似，推测PH,的水溶液能导电，PH,属于电解质 11.某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在Fe2+、NOFe、NHH+和H,O六种 粒子，在反应过程中测得Fe+、NO,的含量(W)随时间变化的曲线如图所示，下列判断错误 的是 A.NO,发生还原反应 Fe3+ B.酸性条件下氧化性：NO;>Fe+ No. C.每消耗1个NO,,转移8个电子 D.还原剂与氧化剂的个数之比为1：8 t/s 12.下列实验方案能达到实验目的的是 选 实验目的 实验方案 项 向少量固体样品中滴加适量稀硝酸溶解后，再滴 A 检验Fe,O,中是否含有FeO 加少量酸性高锰酸钾溶液 将pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取新制氯水 检验新制氯水的酸碱性 点在试纸中部，再与标准比色卡对照 除去CO2气体中混杂的少量HCI 将混合气体依次通过盛有饱和NaHCO,溶液和浓 气体 硫酸的洗气瓶 测定NaHCO,和CaCO,固体混合 准确称取ag样品和试管总质量，加热后冷却至室 D 物中的NaHCO,质量分数 温，再称量总质量为bg A.A B.B C.C D.D 13.在200mL含Mg2+、A13+、NHH、C等离子的溶液中，逐滴加入4mol/LNaOH溶液， 所加NaOH溶液的体积mL)与产生沉淀的物质的量mol)关系如图所示。下列叙述不正确的 是 答案第4页，共8页 个n沉淀/mol 303335 V(NaOH)/mI A.原溶液的c(H)=0.08mol/L B.原溶液中n(Mg2+):n(A1+)=5:1 C.x与y的差值为0.008mol D.原溶液中c(CI）=0.066mol/L 14.在探究FSO,和Cu(NO),的混合物中各组分含量的过程中进行如下实验，下列说法错 误的是： →NO(标准状况下448mL) FeSO, 100mL1.4mol1.L1 硫酸 n mol Cl, Cu(NO3)2 (恰好完 9g→H2（标准状 17.08g 容 全反应)铁粉况下VmL) ① ②过滤，固体 (mg) A.①发生的反应为2Fe2++C1,=2Fe++2C1,n=0.02 B.原混合物中FSO,和Cu(NO3),的物质的量之比为l0:1 C.固体中有铁粉和铜粉，m=3.76 D.反应②中铁粉过量V=2240 二、非选择题（本题共4小题，共58分。） 15.(14分)Ca(Cl0)2具有强氧化性，可作漂白剂。某化学兴趣小组利用如图装置制取 Ca(ClO)2。已知：①氯气和碱的反应是放热反应；②Ca(ClO)2遇热水会分解生成Ca(ClO3)2。 回答下列问题： 浓盐酸 石灰乳 MnO. 石蕊 溶液 A P E (1)仪器a的名称是 装置A中发生反应的化学方程式是 (2)装置B中盛装的试剂是 装置E中b的作用是 答案第5页，共8页 (3)装置C中的颜色变化为 (4)为了提高Ca(ClO)2的产率，防止副反应发生，装置D需要控制一定温度，实验中可以采 用冷水浴控制温度，还可采取的措施是 (5)已知氯气和Ca(OH田2溶液在一定温度下能同时发生反应： 2Cl2+2Ca(OHD2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H0,6Cl2+6Ca(OHD2=5CaCl2+Ca(Cl03)2+6H20。某温度下， 将氯气通入Ca(OHD2溶液中，反应得到CaCl2、Ca(ClO)z和Ca(ClO)2的混合溶液，该反应中， 氧化反应的产物为 (填化学式)。 16.(16分)某消毒液”是一种以NaCl0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，某消毒液瓶体部分标签如图1所示，该“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“消毒液”主要溶质的物质的量浓度约为 ol/L(计算结果保留一位小数)。某同学 量取此“消毒液，按说明要求稀释后用于消毒，则稀释后的溶液中 ××消毒液 c(Na)= molL 【有效成分】NaCIO (2)该同学参阅读该“消毒液”的配方，欲用NaClo固体配制480nL 【规格】1000mL 含NaCIo质量分数为24%的消毒液。 【有效成分】24% ①如图2所示的仪器中配制溶液需要使用的是 (填仪器序号) 【密度】1.18g/cm 图1 图2 ②下列操作中，容量瓶具备的功能是 (填标号)。 a.配制一定体积准确浓度的标准溶液b.长期贮存溶液 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 ③请计算该同学配制此溶液需用托盘天平称取称量NaC1O固体的质量为 g。 答案第6页，共8页 (3)若实验遇下列情況况，导致所配溶液的物质的量浓度偏低是 (填标号) 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 (4)国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%的医用酒精、含氯消毒剂、 过氧乙酸(CH:COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。下列说法正确的是 (填标号) A.CH:CH2OH在水中显酸性 B.NaClo通过氧化灭活病毒 C.过氧乙酸相对分子质量为76gmol D.医用酒精属于非电解质 (5)工业上是将氯气通入30%的NaOH溶液中来制备NaCIo溶液，若NaCIo溶液中 Na0OH的质量分数为1%，则生产1000kg该溶液需消耗氯气的质量为 kg(保留整 数)。 17.(14分)按要求填空： (1)下列三个氧化还原反应中，氧化性最强的物质是 。 (填化学式) (12FeCL,+2KI=2FeCL +2KCI+I, ②2FeCl,+Cl,=2FeCl ③2KC1O,+4HCI(浓)=2KC1+2C10,个+CL,个+2H,O (2)已知氧化性：CL,>Br,>Fe+>I2,写出下列离子方程式： a.少量氯气与Fel,溶液反应： b.氯气与FeBr,溶液以个数比5：4反应： (3)纺织工业中常用氯气作漂白剂，NaS,O,可作为漂白布匹后的“脱氯剂'，NaS,O,和Cl2反 应的产物是H,SO,aC1和HCl,则还原剂与氧化剂的粒子个数之比为 (4在硫酸溶液中，NaClo,和Na,SO,能按粒子个数比1：2完全反应，Na,SO,被氧化为 Na,SO4,同时生成一种棕黄色气体氧化物X,则X为 (⑤)高铁酸钠(Na,FO,)是一种新型绿色消毒剂，己知高铁酸钠在酸性条件下会分解生成氧气 和F+，写出该反应的离子反应方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数 目： 答案第7页，共8页 (⑥Mn+、B、BiO,、MnO,、H、H,0组成的一个氧化还原反应体系中，发生BiO,→Bi 的反应过程，将以上物质分别填入下面对应的横线上，并完成方程式的配平 +口 =0 +口 +0H,O 18.(14分)硫铁矿（主要成分为FS2,其中铁元素为+2价）是工业制硫酸的主要原料。硫铁 矿烧渣中含有Fe,O,、Al,O3等成分，可用于制备绿矾(FSO4·7H,O),流程示意图如下，已 知：不同金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH不同。 产SO2-=H,S04 硫铁矿- 煅烧 。eSO4溶液-=FeSO47H,0 H2SO 硫铁矿 NaOH 结品 ·烧渣 ·酸浸液 酸浸 还原 除铝 滤渣 (1)FS,在“煅烧过程中，发生氧化反应的元素有 (2)“酸浸液”中主要的金属阳离子有Fe+、A1+。写出产生Fe+的反应： (写离子方程式)。 (3)补全“还原”过程的离子方程式： oFe3++oFeS,+口 +oSO+o (4)除铝'过程需严格控制NaOH溶液的用量。若NaOH溶液过量，可能发生的反应有 (用离子方程式表示)。 (5沙结晶”过程的步骤如下：FeS0,溶液s0,→加热箱)净超豔品)进滤→FeS0,7H,0。 若未加入HSO4,加热时会产生黄色沉淀。经检验，黄色沉淀为Fe(OH)SO4。 ①检验黄色沉淀中的铁元素：取少量沉淀，洗涤， (填操作和现象)。 ②用离子方程式解释产生Fe(OH)SO,的原因： (6)测定制得晶体样品中F2+的质量分数。称取wg制得的晶体样品，加入适量水和稀硫酸溶 解，滴入c mol L1的K,C,0,溶液，发生反应：6Fe2++C1,O号+14H=6Fe3++2Cr3++7H,0, 恰好完全反应时，消耗K,C1,O,溶液vL。计算制得晶体样品中Fe2+的质量分数： 答案第8页，共8页《2025学年度高一化学竞赛》参考答案 题号 1 2 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B D 0 C D C 题号 11 12 13 14 答案 D 0 C 1.B【详解】A.H,CO,是酸，NaOH是碱，C,（OH),CO,是盐，但盐酸是HC1的水溶液 (混合物)，N,O,是过氧化物（非碱性氧化物），C0是不成盐氧化物（非酸性氧化物），A 错误； B.HCIO是酸，Ba(OH),是碱，F,S,是盐，NH,H,0(一水合氨)是纯净物，石灰石是混 合物，N,O是碱性氧化物，SO2是酸性氧化物，所有分类均正确，B正确： C.CH,COOH是酸，但Na,CO,是盐（非碱），C,H,OH是醇（非盐），Fe(OH),胶体是混合 物，CuSO,·5H,O是纯净物，CaO是碱性氧化物，SO,是酸性氧化物，C错误； D.NaHSO,是盐（非酸），KOH是碱，NaHCO,是盐，但汽油是混合物，冰水是纯净物，FeO 是碱性氧化物，NO是不成盐氧化物（非酸性氧化物），D错误： 2.B【详解】A.未说明是“标准状况下，的N2,不能用22.4Lmol计算分子数，A错误： B.N,的摩尔质量为Mgmo,即NA个N:分子的质量为Mg,因此一个N:分子的质量为Ng, M B正确： C1g的物质的量为m0l,分子数应为，C错误： M M D.N2分子本身的体积很小，气体的体积是分子间的平均距离决定的，不能用 计第第 个分子的体积（此式计算的是平均每个分子占据的气体体积，不是分子本身体积），D错误： 3.C【详解】A.C0和N2的摩尔质量均为28gmol,2.8g混合气体的物质的量为0.1mol, 分子数为0.1NA,A正确； B.MgC03的摩尔质量为84gmol,8.4gMgC03的物质的量为0.1mol,每个分子含1个C 原子，C原子数为0.1NA,B正确： C.NaOH溶液中O原子不仅来自NaOH(0.1mol),还来自溶剂水，总0原子数远大于0.1 NA,C错误； D.标准状况下1.12LCl2的物质的量为0.05mol,含C1原子数为0.05×2×Na=0.1N4,D正 答案第1页，共10页 确； 4.D【详解】A.Ba(OD2与NaHSO4恰好中和时，反应比例为1：2，，而选项A中H和 OH系数均为1，不符合反应事实，A错误： B.CO2通入CaCl2溶液不会生成CaC03沉淀，不符合强酸制弱酸的原理，B错误； C.Fe与稀硫酸反应生成Fe2+而非Fe+,正确方程式为Fe+2H=Fe2++H↑，C错误； D.Ca(HCO3)2与过量Ca(OHD2反应时，HCO与OH结合生成CO}和H0,Ca2+与CO}形 成CaCO3沉淀，方程式书写正确，D正确； 5.B 【详解】向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可能是氧气或二氧化碳或二者的 混合气体：将放出的气体通过足量的NaOH溶液后，气体体积减小，说明气体是氧气和二氧 化碳的混合物，则原混合物中一定含有过氧化钠，至少还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的一种： 将原混合物在空气中充分加热，也有气体放出，故一定含有碳酸氢钠，不能确定是否含有 Na,CO,、NaCl;由上述分析可知，混合物中一定有Na,O2、NaHCO,可能含有Na,CO,、 NaCI,故答案选B。 6.C 【分析】无色溶液X中不存在Cu+,由取少量溶液X,向其中加入足量的氢氧化钠溶液， 有沉淀A产生可知，X溶液中一定含有镁离子，一定不存在碳酸根离子：微热，闻到刺激 性气味，说明X溶液中含有铵根离子；在滤液中加入足量的氢氧化钡溶液，有白色沉淀B 产生，再加入足量的稀硝酸，沉淀不溶解，说明X溶液中，一定含有硫酸根离子，原溶液 中一定不含有钡离子；由各离子个数相同，结合离子共存和电荷守恒可知，溶液中一定含有 氯离子，不含有钠离子和钾离子，则X溶液中一定含有镁离子、铵根离子、硫酸根离子、 氯离子，一定不含有铜离子、钾离子、钠离子、钡离子，碳酸根离子，沉淀A为氢氧化镁、 沉淀B为硫酸钡，据此回答。 【详解】A.沉淀A为Mg(OD2,沉淀B为BaSO4,A错误； B.由分析可知，溶液X中一定不含有钾离子、钠离子，B错误： C.CO}和Mg2+不共存，故一定不含碳酸根；C必须存在以平衡电荷，C正确； D.溶液X中一定不含CO?(因与Mg2+不共存)，且必须含有CI(电荷守恒)，D错误； 故选C。 答案第2页，共10页 7.D【详解】A.纳米F/Ni复合材料具有表面积大、吸附性强的特点，A正确： B.根据题意，NO;→NH,化合价降低，则F→Fe+,化合价升高，根据得失电子守恒， NO,与Fe2+的系数比为1：4，再根据电荷守恒、原子守恒配平，反应的离子方程式为 N0,+4Fe+10H=4Fe2++NH+3H,0,B正确： C.反应一段时间后，随着氢离子浓度减小，溶液碱性增强，水体中可能有白色絮状沉淀氢 氧化亚铁生成，后迅速被氧化为红褐色沉淀，C正确： D.硫酸根具有较强的稳定性，不易被还原，因此该反应过程不能除去水中的硫酸根离子， D错误； 8.C【详解】A.容量瓶在使用的时候不能将固体和浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释，因 此配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，不能直接把浓硫酸直接倒入容量瓶中，A错误； B.氯水中含有的HCO具有强氧化性、漂白性，会将pH试纸漂白，因此不能使用pH试纸 测新制氯水的值，且测定溶液pH时，应使用玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，不能将pH 试纸直接伸入溶液中，否则会污染溶液，B项错误： C.向包有足量过氧化钠的脱脂棉滴2滴水，发生反应2Na,0,+2H,0=4NaOH+O,个，产生 的氧气和反应放出的热量使脱脂棉燃烧，C正确： D.实验室制Cl,的尾气处理可以选用NaOH溶液作为吸收液，Ca(OH),溶液不用于吸收尾 气，因为饱和C(OH),溶液的浓度小，尾气吸收率低，D错误； 9.D【详解】A.对于11PH3+24CuS04+12H2O=3HP04+24H2S04+8CuP,反应中每11 molPH3 中有3moPH中的P元素从-3价升高到+5价、铜元素从+2价降低到+1价，则按得失电子 数守恒，反应中每24 nolCuSO4氧化3 nolPH3,A错误； B.反应6L2+11KC10,+3H,0≌6H(IO,),+5KC1+3CL,个中I元素从0价升高到+5价、 11 noIKClO3中有6 noIKCIO3的C1元素从+5价降低到0价转变为3 nolCla2,11 noIKCIO3中 5 nolKC1O3的Cl元素从+5价降低到-1价转变为5 nolKCI,则按得失电子数守恒，得关系式： 11KClO,~5KC1+3Cl2个~60e,则产生22.4L(标准状况)C2时，反应中转移20mole,B错 误： C.因为Fe(OH田3胶体胶粒带正电，滴加饱和FeCl3溶液，氯离子会中和氢氧化铁胶粒的电 性，使胶体聚沉，C错误： 答案第3页，共10页 D.KHIO6+9HⅡ=2KI+4I2+6H20,反应中每9molHⅡ中有7molⅡ中的I元素从-1价升高到0 价为还原剂、KHIO6中I元素从+7价降低到0价，为氧化剂，则按得失电子数守恒，还原 剂与氧化剂的物质的量之比为71，D正确； 10.C【分析】HPO2与过量的NaOH反应生成NaI2PO2,说明HPO2电离只能产生1个 H,即HPO2是一元酸，以此解题。 【详解】A.结合分析可知，HPO,是一元酸，A错误： B.因HPO,为一元酸，只能电离出一个Ht,NaH,PO2中无法电离出Ht,NaH,PO2为正 盐，B错误； C.HPO2分解方程式为2HP0,=PH3个+HP0,P从+1价升高到+5价，同时，P从+1价 降低到-3价，在该反应中，2 noIH,PO2,转移4mol电子，即生成1个PH转移4个电子， C正确： D.NH的水溶液（氨水）能导电，是因为NH与水反应生成NHHO,后者能电离出NH 和OH,但PH的碱性远弱于H,它几乎不溶于水，且在水溶液中不能电离出离子，因此 其水溶液不能导电，不是电解质，D错误： 11.D【分析】所给微粒中F元素与N元素化合价均有2种，发生了氧化还原反应，反应 中NO,的含量减少，NO,为氧化剂，NH为还原产物：Fe3+的含量增加，Fe3+为氧化产物， Fe2+为还原剂，根据得失电子守恒和原子守恒，离子方程式为： 8Fe2+NO,+10H=8Fe3+NH4+3HO,据此分析： 【详解】A.N元素的化合价从NO,中+5降低到H中的-3，硝酸根离子发生还原反应，A 正确：B.根据分析，反应中NO?为氧化剂，F3+为氧化产物，氧化性：氧化剂>氧化产物， 故酸性条件下氧化性：NO,>Fe+,B正确；C.NO,→NH时N元素的化合价从+5→-3， 每个O,得到8个电子，转移8个电子，C正确；D.根据分析，离子方程式为： 8Fe2+NO,+10H=8Fe3+NH+3HO,NO,为氧化剂，Fe2+为还原剂，还原剂与氧化剂的个 数比为81，D错误； 12.C【详解】A.稀硝酸有强氧化性，会氧化溶解FeO为Fe+,再滴加少量酸性高锰酸钾 答案第4页，共10页 溶液无变化，不能达到检验FeO的目的，故A错误； B.新制氯水中含有HCIO,HCI1O具有漂白性，会使试纸褪色，无法对比测酸碱性，故B 错误； C.饱和NaHCO,溶液可以除去CO,气体中混杂的少量HC1气体，浓硫酸起到干燥作用，故 C正确： D.测定NaHCO,和CaCO,固体混合物中的NaHCO,质量分数，应该准确称取ag样品和试 管总质量，加强热后在干燥器冷却至室温，再称量得到总质量，不能直接在空气中冷却，否 则影响测定结果，故D错误； 13.D 【分析】由给出的离子在滴入NaOH溶液时首先发生OH+H=H,O,然后Mg2+、A1+结合 OH生成沉淀，NH与OH反应生成一水合氨，氢氧化铝与OH反应生成四羟基合铝酸根 离子而溶解，并结合图可知，0~4mL时发生酸碱中和OH+H=H,0,4mL~30mL发生 Mg2+、A13+结合OH生成沉淀，30mL~33mL发生NH与OH反应生成一水合氨，33mL 35L发生氢氧化铝的溶解反应： 【详解】A、由图0~4mL时发生OH+H=H,0,则H的物质的量为0.004L×4mol/L= 0.016mol,H的物质的量浓度为0.016mol-0.2L=0.08mol/L,A正确： B.由A1(OH),+OH=[AI(OH),],NaOH的物质的量为35-33)×103L×4mo/L=0.008mol, 即A1(OH田3的物质的量0.008mol,则原溶液中n(A1+)-m[A1(OD]=0.008mol,由图可知溶 解A1(OD3消耗氢氧化钠溶液2mL,沉淀Mg2+、A13+消耗氢氧化钠溶液30mL-4mL=26mL, 则nNaO田=(30-4)×103L×4mol/L-0.104mol,根据氢氧根守恒，该阶段有3n[A1(OHD]+ 2mMg(OD]=n(NaOH),则nMg(OHD=2(0.104mol-0.008molI×30.04mol,故原溶液 中nMg2=0.04mol,故原溶液中nMg2+):n(A13+)=5:1,B正确； C.由图可知，x与y的差值即为A1(O田3的物质的量，结合B分析，AI(OH3的物质的量= 0.008nol,C正确： D.溶液中的阴离子只有CI,则加入33 nL NaOH溶液时C1全部存在于NaCI中，则CI 的物质的量为3×103Lx4molL=0.132mol,原溶液中c(C)0132mol-0.66molL,而非 0.2L 答案第5页，共10页 0.066mol/L,D错误； 故选D。 14.C 【分析】从溶液a能消耗Cl2看，加入硫酸时，Fe2没有完全被NO,氧化，则NO,全部参 加反应，反应的离子方程式为3Fe2+NO+4H=3Fe++N0个+2H,0, E,0448L=0.02m0l,则n(N0;)0.02ol、反应了的nre2-0.06mol、反应的 n（0)F224Lhmo1 nH=0.08mol,从而得出n[CuNO3)2]=0.01mol、 n(Ees0,)17,08g-0,01mol188gmol0.1mol:通入CL后发生反应2Ee+Cb-2Fe+2C, 152g/mol 此时剩余Fe2+的物质的量为0.1mol-0.06mol=0.04mol,则n(Cl2)=0.02mol;加入9g铁粉，发 生反应2Fe3+Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2+Cu、Fe+2Ht=Fe2+H2↑，Fe3+共0.lmol,需要消耗Fe 0.05mol,Cu2+为0.01mol,需消耗Fe0.01mol,剩余H的物质的量为1.4mol/L×0.1L×2-0.08 mol-0.2mol,需消耗Fe0.1mol,则共需消耗Fe的物质的量为0.05mo+0.01mol+0.1mo=0.1 6mol,剩余铁粉的质量的9g-0.16mol×56g/mol=0.04g,生成Cu的质量为0.01mol×64g/mol=0. 64g。 【详解】A.由分析，①发生的反应为2Fe2+Cl2=2Fe3+2C,n(Cl2)=0.02mol,故n=0.02, A正确；B.原混合物中FSO,和Cu(NO,),的物质的量分别为0.1mol、0.01mol,物质的量 之比为0.1：0.01=10：1，B正确：C.由分析可知，固体中有铁粉0.04g,铜粉0.64g,则m=0.68, C错误；D.因为最终有铁粉剩余，所以反应②中铁粉过量，nH=0.2nol,生成Hz0.1mol, 标况体积为2240mL,所以V=2240,D正确： 15.(1) 圆底烧瓶（或烧瓶） MnO2+4HCI=MnCl2+C12+2H2O (2) 饱和NaCl溶液 防倒吸 (3)紫色石蕊溶液先变红后褪色 (4) 控制浓盐酸的滴加速度 (5) Ca(Clo)2、Ca(ClO3)2 【分析】由实验装置图可知，A中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，氯气通入B中饱和食 盐水除去HCI后，再通入C中检验氯水的漂白性，然后再通入D中使氯气与石灰乳反应产 生次氯酸钙和氯化钙，最后通入E中进行尾气处理，据此分析解答。 【详解】(1)仪器a的名称是：圆底烧瓶（或烧瓶）：装置A中浓盐酸与二氧化锰加热是用来 答案第6页，共10页 制备氯气，同时还生成二氯化锰和水。 故答案为：圆底烧瓶（或烧瓶）；MnO,+4HCI(浓)兰MnCl,+CL,个+2H,0。 (2)根据分析可知，装置B中盛装的试剂是饱和NaCI溶液，其作用是除去HCI气体：装 置E的作用是吸收尾气，而b的作用是吸收尾气时防止液体倒吸。 (3)氯气通入石蕊溶液中发生CL,+H,O=HC+HCIO,HCl和HCIO体现出酸性使紫色石蕊 溶液变红，然后HCIO体现漂白性使红色石蕊溶液褪色。 (4)温度较高时氯气与消石灰反应生成C(ClO)2,为避免此副反应的发生，应采用冷水浴 的方式进行：也可以控制氯气的产生速率，避免反应过快大量放热使温度快速升高产生副反 应，因此可采用控制浓盐酸的滴加速度来控制氯气生成的速率。 (5)根据题目的反应方程式可知，反应中氯元素得电子生成CCl2,氯元素失电子生成 Ca(Clo)2和Ca(Clo)2,因此氧化反应的产物为：Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2: 16.(1) 3.8 0.038 (2) CDE a 141.6 (3)D (4)B (5)203 【详解】(1)根据物质的量浓度与质量分数的换算关系式可知此84消毒液'的物质的量浓 度c=1.18×1000x249% mol/L=3.8mol/L: 74.5 溶液在稀释前后溶质的物质的量不变。在稀释前溶液中c(NaClo)=3.8mol/L,当溶液稀释 100倍后，溶液中Na的浓度是原浓度的00，故某同学量取此“84消毒液”，按说明要求稀 释后用于消毒，则稀释后的溶液中cNa ×3.8mol/L=0.038mol/L: 100 (2)①配制物质的量浓度的溶液，需使用托盘天平称量固体药品，然后用烧杯溶解药品， 并用玻璃棒进行搅拌溶解，待溶液冷却后转移至500L的容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯、 玻璃棒，洗涤液也转移至容量瓶中，当加水至液面接近刻度线1-2c时，改用胶头滴管滴 加至凹液面与刻度线相平。故如图所示的仪器中配制溶液需要使用的仪器序号是CDE。 ②a.容量瓶是准确配制一定体积准确浓度的溶液的仪器，a正确； b.容量瓶只能用于配制溶液，不能用于贮存溶液，b错误： ℃.容量瓶只能配制容量瓶规格的体积的溶液，而不能量取任意体积的溶液，c错误： 答案第7页，共10页 d.容量瓶只能配制容量瓶规格的体积的溶液，而不能稀释某一浓度的溶液，d错误： e.容量瓶不能用来加热溶解固体溶质，e错误； ③配制480 nLNaCl0溶液，必须使用500mL的容量瓶，所以实际是配制500mL3.8 mol/LNaCI0溶液，需称量NaCl0的质量mNaC1o)=3.8mol/L×0.5L×74.5gmol=141.6g: (3)A.定容时俯视刻度线读数，溶液的体积偏小，由于溶质的物质的量不变，因此配制 溶液的判断偏高，A不符合题意： B.转移前，容量瓶内有蒸馏水，不影响溶液的体积及溶质的物质的量，因此对配制溶液的 浓度无影响，B不符合题意； C.未冷却至室温就转移定容，当溶液恢复至室温时，液面低于刻度线，溶液体积偏小，最 终导致配溶液的浓度偏高，C不符合题意； D.定容时水多，用胶头滴管吸出，则会导致配制溶液浓度偏低，D符合题意： (4)A.CH;CH2OH是非电解质，不会发生电离，在水中显中性，故A错误： B.NaCIo具有强氧化性，通过其强氧化性使病毒失活，故B正确； C.过氧乙酸的分子式为CH3C000H,所以其相对分子质量为：12×2+4+16×3=76，故C 错误； D.医用酒精是75%的酒精，属于混合物，不是电解质，也不是非电解质，D错误； (5)设氯气为xkg,根据化学反应方程式Cl+2 NaOH-NaCIo+NaCI+H.O,则消耗氢氧化钠 为80xkg,原氢氧化钠质量为80kg+10Okg×16,由氢氧化钠守恒定律可知，原溶液为100 71 71 kg-xkg,则80kg+100kg×196-1000kg-rkg)×0.3,解得203张g. 71 17.(1)KC1O3 (2) Cl,+2I=I,+2C1 5Cl2+4Fe2++6Br=10CI+4Fe3++3Br, 3)1:4 (4C1,O 12e (⑤) 4fe02+20H=4Fe3+30,↑+10H,0 (62Mn2++5BiO,+14H+=2MnO4+5Bi++7H,0 【详解】(1)根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以氧化性强弱顺序为KClO>Cl2>FeC1>I2, 答案第8页，共10页 氧化性最强的物质为KCI1O3。 (2)已知氧化性：Cl2>Br2>Fe+>I2,则还原性：I>Fe2>Br>C; a.少量氯气与Fel2溶液反应时，I先被氧化：Cl,+2I=2CI+H2; b.氯气与FeBr2溶液以按个数比5：4反应时，Fe+先被氧化，Br后被氧化： 5CL,+4Fe2++6Br=10C1+4Fe3++3Br20 (3)反应中Na2S2O3→HS04,S硫元素平均化合价由+2价升高为+6价，Na2S2O3是还原剂， C2→NaCl、HCl,CI元素化合价由0价降低为-1价，C2是氧化剂，根据电子转移相等，所 以n个Na2S2O)×2×(6-2n(Cl2)×2,故nNa2S20):n(C)=1:4。 (4)Na2SO3被氧化为NaS04,S元素化合价由+4价升高为+6价，NaC1o,中氯元素的化合 价由+5价降低，NaCl03为氧化剂，令cl元素在还原产物中的化合价为a,则：2×(6-4)=1×(5-a), 解得a=+1,故棕黄色气体氧化物X的化学式为ClO。 (5)高铁酸钠(Na,FO,)是一种新型绿色消毒剂，已知高铁酸钠在酸性条件下会分解生成 氧气和Fe+,该反应的离子反应方程式为4Fe0+20H=4Fe3+30,个+10H,0,反应中Fe 由+6加降低为+3价，0由-2加升高为0价，转移12个电子，用单线桥标出电子转移的方 12e 向和数目为门 4Fe02+20H=4Fe3+30,↑+10H,0 (6)发生BiO,→B+的反应，Bi元素由+5价降低为+3价，则还发生Mn2+→MmO4,Mn元 素由+2升高为升7，发生Mn2+BiO,+H→MnO+Bi3+HO,由电子守恒及质量守恒定律可 知，该反应为2Mn2++5BiO,+14H=2MO4+5B++7H,0。 18.(1)Fe、S (2)Fe2O3+6H+-2Fe3++3H2O (3)14Fe3+FeS2+8H20=15Fe2++2S0+16H (4)A1(OH)+OH{A1(OH)4 (⑤)加入适量稀盐酸溶解，再滴加硫氰化钾溶液，溶液变为血红色，说明沉淀中含有铁元素 4Fe2+02+4S0￥+2H0=4Fe(OHDS04↓ 答案第9页，共10页 038.6cV6 【分析】由题给流程可知，硫铁矿在氧气中煅烧，二硫化铁高温条件下与氧气反应生成氧化 铁和二氧化硫，二氧化硫经多步转化得到硫酸：向烧渣中加入稀硫酸酸浸，金属元素转化为 可溶的硫酸盐，过滤得到酸浸液；向酸浸液中加入二硫化铁，将溶液中的铁离子转化为亚铁 离子，加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铝 的滤渣和硫酸亚铁溶液；向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸，经加热浓缩、冷却结晶、过滤得到 七水硫酸亚铁。 【详解】(1)由分析可知，“煅烧”过程中发生的反应为二硫化铁高温条件下与氧气反应生成 氧化铁和二氧化硫，反应中铁元素、硫元素的化合价升高被氧化，则发生氧化反应的元素为 铁元素和硫元素，故答案为：Fe、S; (2)酸浸时氧化铁反应的离子方程式为Fe2O3+6H=2Fe3+3H2O。(3)由未配平的方程式可 知，“还原过程中发生的反应为二硫化铁与溶液中的铁离子反应生成亚铁离子、硫酸根离子 和氢离子，反应的离子方程式为14Fe3+FS2+8H20=15Fe2+2S0:+16H.(4)氢氧化铝是两 性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，则除铝”过程中氢氧化钠溶液过 量发生的反应为Al(OD3+OH[AI(OH4],故答案为：A1(O田+OH[AI(OHD4: (5)①检验黄色沉淀中的铁元素的操作为取少量沉淀，洗涤，加入适量稀盐酸溶解，再滴 加硫氰化钾溶液，溶液变为血红色，说明沉淀中含有铁元素，故答案为：加入适量稀盐酸溶 解，再滴加硫氰化钾溶液，溶液变为血红色，说明沉淀中含有铁元素： ②生成Fe(ODSO4的原因是溶液中的亚铁离子与氧气、硫酸根离子反应生成Fe(OHSO4沉 淀，反应的离子方程式为4Fe2+02+4S0+2H20-4Fe(OHDS04,故答案为： 4Fe2+02+4S0+2H.0=4Fe(OHS04↓： (6)由题意可知，反应消耗vmLcmo/L重铬酸钾溶液，由方程式可知，晶体样品中亚铁离 子的质量分数为moL×10VLx6×56golx1O0963.6cy%,故答案为： 33.6cV%。 wg 答案第10页，共10页