精品解析：安徽省无为第一中学2025-2026学年高一上学期12月月考化学试题

安徽省无为第一中学2025-2026学年高一上学期12月月考化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 K-39 Cl-35.5 Fe-56 一、单选题(每题只有一个正确答案) 1. 某金属氯化物的质量为，其中含有，则金属的摩尔质量为 A. B. C. D. 2. 实验是学习化学的重要途径，利用下列实验装置（夹持仪器已省略）能达到实验目的的是 A.制备胶体 B.比较与的热稳定性差异 C.检验纯碱中是否含有 D.证明与水反应放热 A. A B. B C. C D. D 3. 从氧化还原角度分析，下列反应中水的作用相同的是 ①2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ ②2F2+2H2O=4HF+O2 ③2H2O2H2↑+O2↑ ④2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ ⑤NaH+H2O=NaOH+H2↑ A. ①⑤ B. ②⑤ C. ③④ D. ②③ 4. 下列反应的离子方程式不正确的是 A. 铜与硝酸银溶液反应： B. 向溶液中加入过量的溶液： C. 二氧化碳溶于过量氢氧化钠溶液： D. Fe溶于稀盐酸： 5. 下列溶液的物质的量浓度的相关计算正确的是 A. 同浓度的三种物质的溶液：、、溶液体积之比为3∶2∶1，则浓度之比为3∶2∶3 B. 将100mL 5的盐酸加水稀释至1L，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度为0.5 C. 将1的NaCl溶液和0．5的溶液等体积混合后，忽略溶液体积变化， D. 标准状况下，22.4L HCl溶于1L水，盐酸的物质的量浓度为1 6. 利用数字传感器对氯水的光照实验进行数据采集与分析，下列图示正确的是 A. B. C. D. 7. 如图所示，在A处通入未经干燥的氯气。当关闭B阀时C处的红布条看不到明显现象；当打开B阀后，C处的红布条逐渐褪色。则D瓶中盛放的溶液可能是 ①饱和NaCl溶液 ②NaOH溶液 ③H2O ④浓硫酸 A. ① B. ①③ C. ②④ D. ③④ 8. 下列溶液中不能大量共存的一组离子是 A. B. C. D. 9. 某功能液的配方如下：0.15mol/LSO、0.1mol/LFe2+、0.05mol/LH+、0.04mol/LNH。因标签破损，剩余一种离子及其浓度无法得知，只知道是以下四种可能之一，你认为正确的是 A. 0.11mol/LNa+ B. 0.01mol/LOH- C. 0.14mol/LCl- D. 0.01mol/LK+ 10. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 5.6 L CO的物质的量为0.25 mol B. 中含有电子数22 C. 相同质量的CO和所含的原子个数比是2:3 D. CO→转化中，生成1 mol 转移2 mol电子 11. 在常温下，发生下列几种反应： ①10Z-+2X=2X5-+5Z2 ②2A2++B2=2A3++2B- ③2B-+Z2=B2+2Z- 根据上述反应，判断下列结论正确的是 A. 溶液中不可发生：Z2+2A2+=2A3++2Z- B. Z2在①③反应中为还原剂 C. 氧化性强弱的顺序为：X>Z2>B2>A3+ D. X2+是X的还原产物 12. 三个密闭容器中分别充入N2、H2、O2三种气体，以下各种情况下排序正确的是 A. 当它们的体积和温度、压强均相同时，三种气体的密度ρ(H2)>ρ(N2)>ρ(O2) B. 当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强p(H2)<p(N2)<p(O2) C. 当它们的质量和温度、压强均相同时，三种气体的体积V(O2)<V(N2)<V(H2) D. 当它们的压强和体积、温度均相同时，三种气体的质量m(H2)>m(N2)>m(O2) 13. 在酸性条件下，向双氧水中加入或，发生反应的过程如图所示。下列说法不正确的是 A. 在过程i与过程ii中，分别体现还原性与氧化性 B. 过程i中，氧化性强弱： C. 过程i中，还原剂与还原产物的化学计量数之比为 D. 过程ii中发生的化学方程式为： 14. 某学生用NaHCO3和KHCO3组成的某混合物进行实验，测得如下数据（盐酸的物质的量浓度相等），下列分析推理正确的是 100mL 盐酸 100mL 盐酸 100mL 盐酸 m（混合物） 14.2g 25g 27.6g V（CO2） 3.36L 4.48L 4.48L A. 盐酸的物质的量浓度为3.0mol·L-1 B. 加入混合物14.2g时盐酸不足 C. 加入25g混合物时盐酸过量 D. 根据表中数据计算出混合物中NaHCO3与KHCO3的物质的量之比是1:2 二、填空题 15. 现有金属单质A、C和气体甲、乙、丙以及物质，它们之间的相互转化关系如图所示(图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。 请根据以上信息完成下列各题： （1）F溶液中的溶质是___________。 （2）实验室制备黄绿色气体乙的化学方程式中氧化剂与还原剂物质的量之比___________，产生红褐色沉淀的离子方程式是___________。 （3）写出固体B与二氧化碳反应的化学方程式并用单线桥标明电子转移情况___________。 （4）向G溶液中通入气体出现淡黄色浑浊，该淡黄色物质为S，写出反应的离子方程式是___________。 16. “84”消毒液是生活中常见的一种消毒剂，常用于环境的消毒，其主要成分是NaClO。今有一瓶某品牌“84”消毒液1000 mL，质量分数为25%，密度为1.192 。 （1）资料表明，“84”消毒液使用过程中起主要消毒作用的是次氯酸。在日常生活中使用“84”消毒液，需要在空气中放置一段时间后，漂白效果更好。用化学方程式解释产生次氯酸的原因：______。 （2）该“84”消毒液的物质的量浓度为______；一瓶上述“84”消毒液理论上能吸收空气中______L的（标准状况下），所以“84”消毒液应该密封保存。 （3）探究“84”消毒液的性质。取6 mL“84”消毒液，分装在3支试管中。 ①向试管1中滴入3滴紫色石蕊溶液，溶液变为蓝色，说明漂白液呈______（填“酸性”或“碱性”），加入1 mL蒸馏水，蓝色变浅，一段时间后蓝色褪去。 ②向试管2中滴入3滴紫色石蕊溶液，滴入1 mL 0.0002 盐酸，溶液迅速褪色，原因是（用文字和离子方程式表示）______。 ③向试管3中滴入3滴紫色石蕊溶液，加入1 mL 4 盐酸，溶液迅速褪色，并产生黄绿色气体，发生反应的离子方程式为______。试管2和试管3中反应现象有所不同，说明______。 17. 某化学兴趣小组同学进行和性质的探究实验，实验装置如图所示(夹持装置略去)。 （1）仪器C的名称为___________。 （2）实验I能够证明的热稳定性强于的证据是___________，写出受热分解的化学方程式：___________。 （3）实验II方框中为洗气装置，请将该装置(含试剂)补充完整___________，其作用为___________。 （4）实验II持续一段时间后，观察到饱和溶液中有细小晶体析出，该细小晶体为___________(填化学式)。 （5）澄清石灰水不能用于鉴别和溶液，写出澄清石灰水与少量反应的离子方程式：___________。 （6）向50 mL含有一定物质的量的的混合溶液中滴加一定物质的量浓度的盐酸与它反应，所得溶液中主要阴离子的物质的量随加入盐酸的体积的变化而变化的图像如下，则①表示的阴离子是___________，原混合物中与的物质的量之比为___________，盐酸的浓度是___________。 18. 要配制的溶液，配制过程中有如下操作步骤：①把称量好的绿矾()放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解；②把①所得溶液小心转入___________中；③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度处，改用___________滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；⑤将容量瓶塞紧，反复上下颠倒，摇匀；⑥待溶液恢复到室温。请填写下列空白： （1）实验操作步骤的正确顺序为(填序号)___________。 （2）步骤②中把①所得溶液小心转入___________中；步骤③中继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度处，改用___________滴加蒸馏水至液面与刻度线相切。 （3）实验室用绿矾()来配制该溶液，用托盘天平称量绿矾___________g。 （4）下列操作，使得溶液浓度偏低的是___________(填写编号)。 A. 称量绿矾时，左码右物 B. 使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容 C. 使用容量瓶配制溶液时，仰视液面定容 D. 容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有干燥 （5）定容时，若加蒸馏水时不慎超过刻度线，处理方法是___________。 （6）硫酸亚铁易被空气中的氧气氧化为三价铁，若将容量瓶中的溶液完全氧化为三价铁，需要氧气(标准状况下)的体积为___________L。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽省无为第一中学2025-2026学年高一上学期12月月考化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 K-39 Cl-35.5 Fe-56 一、单选题(每题只有一个正确答案) 1. 某金属氯化物的质量为，其中含有，则金属的摩尔质量为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】每个  分子中含有 2 个。因此 的物质的量 ，质量，物质的量，摩尔质量，。 故选A。 2. 实验是学习化学的重要途径，利用下列实验装置（夹持仪器已省略）能达到实验目的的是 A.制备胶体 B.比较与的热稳定性差异 C.检验纯碱中是否含有 D.证明与水反应放热 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中会生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体应将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，继续煮沸至液体呈红褐色停止加热，该装置不能达到实验目的，A错误； B．比较二者的热稳定性时，应将热稳定性弱的NaHCO3​放在小试管（温度较低处），热稳定性强的Na2​CO3​放在大试管（温度较高处），图中装置放置相反，无法验证热稳定性差异，该装置不能达到实验目的，B错误； C．K元素的焰色需要透过蓝色钴玻璃观察，该实验装置达不到实验目的，C错误； D．过氧化钠和水放热，广口瓶内温度升高，气体膨胀，红墨水液面发生变化，U型管中的红墨水向右移动，D正确； 故答案为D。 3. 从氧化还原角度分析，下列反应中水的作用相同的是 ①2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ ②2F2+2H2O=4HF+O2 ③2H2O2H2↑+O2↑ ④2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ ⑤NaH+H2O=NaOH+H2↑ A. ①⑤ B. ②⑤ C. ③④ D. ②③ 【答案】A 【解析】 【详解】①2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中，H2O中H元素化合价降低，H2O是氧化剂； ②2F2+2H2O=4HF+O2中，H2O中O元素化合价上升，H2O是还原剂； ③2H2O2H2↑+O2↑中，H2O既是氧化剂也是还原剂； ④2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中，Na2O2中O元素化合价既上升又下降，H2O既不是氧化剂，也不是还原剂； ⑤NaH+H2O=NaOH+H2↑中，H2O中H元素化合价降低，H2O是氧化剂； 因此反应中水的作用相同的是①⑤，故选A。 4. 下列反应的离子方程式不正确的是 A. 铜与硝酸银溶液反应： B. 向溶液中加入过量的溶液： C. 二氧化碳溶于过量氢氧化钠溶液： D. Fe溶于稀盐酸： 【答案】D 【解析】 【详解】A．铜与硝酸银溶液反应生成银和硝酸铜，离子方程式为：，A正确； B．向溶液中加入过量的溶液生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：，B正确； C．二氧化碳溶于过量氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：，C正确； D．Fe溶于稀盐酸反应时生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为：，D错误； 故选D。 5. 下列溶液的物质的量浓度的相关计算正确的是 A. 同浓度的三种物质的溶液：、、溶液体积之比为3∶2∶1，则浓度之比为3∶2∶3 B. 将100mL 5的盐酸加水稀释至1L，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度为0.5 C. 将1的NaCl溶液和0．5的溶液等体积混合后，忽略溶液体积变化， D. 标准状况下，22.4L HCl溶于1L水，盐酸的物质的量浓度为1 【答案】B 【解析】 【详解】A．假设三种溶液的浓度均为1mol/L，则Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3溶液中浓度分别=1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L和1mol/L×3=3mol/L，即浓度之比为1∶1∶3，故A错误； B．溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后盐酸物质的量浓度==0.5mol/L，溶液具有均一性、稳定性，所以稀释后溶液中盐酸浓度都是相同的，与溶液体积大小无关，5mL溶液物质的量浓度为0.5mol/L，故B正确； C．1mol·L-1的NaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L×1=1mol/L，0.5mol•L-1的BaCl2溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×2=1mol/L，故两者混合后，不考虑体积的变化，c(Cl-)=1mol•L-1，故C错误； D．1L为水的体积，不是溶液的体积，则溶液体积未知不能计算盐酸的物质的量浓度，故D错误； 答案选B。 6. 利用数字传感器对氯水的光照实验进行数据采集与分析，下列图示正确的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】氯水在光照过程中，里面的HClO易见光分解，分解的离子方程式为：，溶液的氧化性逐渐减弱，酸性逐渐增强，据此分析解答。 【详解】A．根据分析，HClO见光分解后生成盐酸，溶液酸性增强，pH逐渐减小，A错误； B．根据分析，HClO见光分解后生成盐酸，全电离生成和，浓度逐渐增大，B错误； C．根据分析，HClO见光分解后生成盐酸，全电离生成和，离子浓度增大，溶液的导电性逐渐增强，C正确； D．随着HClO的分解，平衡右移，的体积分数逐渐减小且不会增大，D错误； 故答案为：C。 7. 如图所示，在A处通入未经干燥的氯气。当关闭B阀时C处的红布条看不到明显现象；当打开B阀后，C处的红布条逐渐褪色。则D瓶中盛放的溶液可能是 ①饱和NaCl溶液 ②NaOH溶液 ③H2O ④浓硫酸 A. ① B. ①③ C. ②④ D. ③④ 【答案】C 【解析】 【详解】当打开B阀后，湿润的氯气使C处干燥的红布条逐渐褪色，说明氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性。当关闭B阀时，气体先通过D装置再到达C处，C处的红布条看不到明显现象，说明D装置能吸收氯气或干燥氯气。 ①饱和NaCl溶液不与氯气反应，也不能干燥氯气，不符合题意； ②NaOH溶液能与氯气反应（），将氯气吸收，符合题意； ③H2O不能完全吸收氯气，也不能干燥氯气，不符合题意 ； ④浓硫酸具有吸水性，能干燥氯气，干燥后的氯气不具有漂白性，符合题意； 故D瓶中盛放的溶液可能是NaOH溶液或浓硫酸； 答案选C。 8. 下列溶液中不能大量共存的一组离子是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．这四种离子在该溶液中相互之间不发生反应，能大量共存，A不符合题意； B．这四种离子在该溶液中相互之间不发生反应，能大量共存，B不符合题意； C．这四种离子之间，具有强氧化性，具有还原性，二者之间能发生氧化还原反应生成和等，不能大量共存，C符合题意； D．这四种离子在该溶液中相互之间不发生反应，能大量共存，D不符合题意； 故答案为：C。 9. 某功能液的配方如下：0.15mol/LSO、0.1mol/LFe2+、0.05mol/LH+、0.04mol/LNH。因标签破损，剩余一种离子及其浓度无法得知，只知道是以下四种可能之一，你认为正确的是 A. 0.11mol/LNa+ B. 0.01mol/LOH- C. 0.14mol/LCl- D. 0.01mol/LK+ 【答案】D 【解析】 【详解】该溶液中负电荷浓度为0.15mol/L×2=0.3 mol/L，所带正电荷浓度为0.1mol/L×2+0.05mol/L×1+0.04mol/L×1=0.29 mol/L，根据溶液呈电中性可知，剩余一种离子所带电荷为正电荷，浓度为0.01 mol/L，符合该要求的是0.01mol/LK+，故选D。 10. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 5.6 L CO的物质的量为0.25 mol B. 中含有电子数22 C. 相同质量的CO和所含的原子个数比是2:3 D. CO→转化中，生成1 mol 转移2 mol电子 【答案】D 【解析】 【详解】A．标况下5.6 L CO的物质的量为=0.25 mol，但选项未指明为标况条件，无法确定气体的摩尔体积，不能计算CO的物质的量，故A错误； B．一个中含有个电子，由于没有给出的物质的量，其中所含的电子数无法判断，故B错误； C．假设质量为m g，则CO、的物质的量之比为，所含的原子个数比是，故C错误； D．CO→转化中，碳元素的化合价：+2→+4，那么生成1 mol转移2 mol电子，故D正确； 故答案选D。 11. 在常温下，发生下列几种反应： ①10Z-+2X=2X5-+5Z2 ②2A2++B2=2A3++2B- ③2B-+Z2=B2+2Z- 根据上述反应，判断下列结论正确的是 A. 溶液中不可发生：Z2+2A2+=2A3++2Z- B. Z2在①③反应中为还原剂 C. 氧化性强弱的顺序为：X>Z2>B2>A3+ D. X2+是X的还原产物 【答案】C 【解析】 【分析】①X化合价降低，发生还原反应，X为氧化剂，X5-为还原产物，Z化合价升高，发生氧化反应，Z-为还原剂，Z2为氧化产物，氧化性：X﹥Z2，还原性：Z-﹥X5-； ②B化合价降低，发生还原反应，B2为氧化剂，B-为还原产物，A化合价升高，发生氧化反应，A2+为还原剂，A3+为氧化产物，氧化性：B2﹥A3+，还原性：A2+﹥B-； ③Z化合价降低，发生还原反应，Z2为氧化剂，Z-为还原产物，B化合价升高，发生氧化反应，B-为还原剂，B2为氧化产物，氧化性：Z2﹥B2，还原性：B-﹥Z-； 氧化性：X﹥Z2﹥B2﹥A3+，还原性：A2+﹥B-﹥Z-﹥X5-。 【详解】A．由分析可知，氧化性：X﹥Z2﹥B2﹥A3+，则溶液中可以发生：Z2+2A2+=2A3++2Z-，故A项错误； B．由分析可知，Z2在反应①中为氧化产物，在反应③中为氧化剂，故B项错误； C．由分析可知，氧化性强弱的顺序为：X﹥Z2﹥B2﹥A3+，故C项正确； D．X→X2+化合价升高，发生氧化反应，X2+是X的氧化产物，故D项错误； 故本题选C。 12. 三个密闭容器中分别充入N2、H2、O2三种气体，以下各种情况下排序正确的是 A. 当它们的体积和温度、压强均相同时，三种气体的密度ρ(H2)>ρ(N2)>ρ(O2) B. 当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强p(H2)<p(N2)<p(O2) C. 当它们的质量和温度、压强均相同时，三种气体的体积V(O2)<V(N2)<V(H2) D. 当它们的压强和体积、温度均相同时，三种气体的质量m(H2)>m(N2)>m(O2) 【答案】C 【解析】 【分析】氢气的摩尔质量是2g/mol，氮气的摩尔质量是28g/mol，氧气的摩尔质量是32g/mol。 【详解】A．当温度和压强相同时，气体摩尔体积相同，根据ρ＝知，气体密度与摩尔质量成正比，根据摩尔质量知，三种气体的密度大小顺序是ρ（H2）＜ρ（N2）＜ρ（O2），故A错误； B．根据PV=nRT=RT得PM=RT=ρRT，当温度和密度相同时，气体压强与摩尔质量成反比，所以三种气体的压强大小顺序是p（H2）＞p（N2）＞p（O2），故B错误； C．根据PV=nRT=RT得V=，当它们的质量和温度、压强均相同时，气体体积与摩尔质量成反比，所以这三种气体体积大小顺序是：V（O2）＜V（N2）＜V（H2），故C正确； D．根据PV=nRT=RT得m=，当它们的压强和体积、温度均相同时，气体质量与摩尔质量成正比，所以三种气体的质量大小顺序是m（H2）＜m（N2）＜m（O2），故D错误； 答案选C。 【点睛】由理想气体状态方程PV=nRT和物质的量计算公式n==等，可推出其他物理量的关系。 13. 在酸性条件下，向双氧水中加入或，发生反应的过程如图所示。下列说法不正确的是 A. 在过程i与过程ii中，分别体现还原性与氧化性 B. 过程i中，氧化性强弱： C. 过程i中，还原剂与还原产物的化学计量数之比为 D. 过程ii中发生的化学方程式为： 【答案】C 【解析】 【分析】根据反应流程图可知，过程i中，I的化合价由+5价降至0价，得2×5e-，O化合价由-1价升至0价，失去2×e-，根据得失电子守恒可知，H2O2、O2的化学计量数为5，HIO3的化学计量数为2，化学计量数为1，根据质量守恒定律可知，H2O的化学计量数为6，则过程i的化学方程式为：2HIO3+5H2O2=+5O2↑+6H2O；过程ii中，I的化合价由0价升至+5价，失2×5e-，O化合价由-1价降至-2价，得到2×e-，根据得失电子守恒可知，H2O2的化学计量数为5，HIO3的化学计量数为2，化学计量数为1，根据质量守恒定律可知，H2O的化学计量数为4，过程ii的化学方程式为：，据此分析回答。 【详解】A．根据反应过程和分析，H2O2在过程ⅰ中表现的是还原性、在过程ⅱ中表现的是氧化性，A正确； B．由过程ⅰ的化学方程式2HIO3+5H2O2=+5O2↑+6H2O可知，I化合价降低，发生还原反应，则HIO3作氧化剂，是还原产物，O化合价升高，发生氧化反应，则H2O2作还原剂，O2是氧化产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，则氧化性：HIO3>O2，B正确； C．由B项可知，过程ⅰ中，H2O2作还原剂，是还原产物，则还原剂与还原产物的化学计量数之比为5:1，C错误； D．由分析可知，过程ⅱ的化学方程式为：，D正确； 故选C。 14. 某学生用NaHCO3和KHCO3组成的某混合物进行实验，测得如下数据（盐酸的物质的量浓度相等），下列分析推理正确的是 100mL 盐酸 100mL 盐酸 100mL 盐酸 m（混合物） 14.2g 25g 27.6g V（CO2） 3.36L 4.48L 4.48L A. 盐酸的物质的量浓度为3.0mol·L-1 B. 加入混合物14.2g时盐酸不足 C. 加入25g混合物时盐酸过量 D. 根据表中数据计算出混合物中NaHCO3与KHCO3的物质的量之比是1:2 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可知混合物为NaHCO3和KHCO3，与盐酸反应为：HCO3-+H+=CO2 +H2O，框图可知盐酸体积不变，随着加入固体量增多产生二氧化碳体积先增大后不变，故第一组为固体反应完全；二、三组为盐酸反应完全。 【详解】A．盐酸浓度为：c(HCl)=4.48L÷22.4L/mol÷0.1L=2.0mol/L，故A项错误； B．加入固体14.2g时为盐酸过量，故B项错误； C．有图中对应关系可得：1.12LCO2～4.73g固体，故25>（14.2+4.73），加入25g混合物时盐酸不足，固体过量，故C项错误； D．故设NaHCO3和KHCO3的物质的量为x mol、y mol，由第一组数据可列关系式：①x+y=0.15、②84x+100y=14.2，可得：x=0.05,y=0.1，故混合物中NaHCO3与KHCO3的物质的量之比是1:2，故D项正确； 答案选D。 二、填空题 15. 现有金属单质A、C和气体甲、乙、丙以及物质，它们之间的相互转化关系如图所示(图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。 请根据以上信息完成下列各题： （1）F溶液中的溶质是___________。 （2）实验室制备黄绿色气体乙的化学方程式中氧化剂与还原剂物质的量之比___________，产生红褐色沉淀的离子方程式是___________。 （3）写出固体B与二氧化碳反应的化学方程式并用单线桥标明电子转移情况___________。 （4）向G溶液中通入气体出现淡黄色浑浊，该淡黄色物质为S，写出反应的离子方程式是___________。 【答案】（1）FeCl2 （2） ①. 1：2 ②. Fe3++3OH−=Fe(OH)3↓ （3） （4）2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+。 【解析】 【分析】金属单质A焰色为黄色，则A为Na，A（Na）与气体丁反应得淡黄色固体B，则丁为O2，B为Na2O2；Na与H2O反应生成的气体甲是H2，D是NaOH，气体甲（H2）与黄绿色气体乙（Cl2）反应生成丙为HCl，溶于水得到E为盐酸，物质D（NaOH）和G反应生成红褐色沉淀H为Fe(OH)3，说明G中含有Fe3+；金属C与盐酸反应得到F，F与氯气反应得到G，可推知C为Fe、F为FeCl2、G为FeCl3，据此作答。 【小问1详解】 根据分析知，F为FeCl2。 【小问2详解】 气体乙为氯气，实验室利用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，反应化学方程式为：4HCl(浓)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O,反应中1 mol MnO2氧化2 mol HCl，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2；G和D反应产生红褐色沉淀的化学方程式为：Fe3++3OH−=Fe(OH)3↓。 【小问3详解】 固体B(Na2O2)与二氧化碳反应为Na2O2的歧化反应，化学方程式和单线桥标注如图所示。 【小问4详解】 G溶液为FeCl3，向其溶液中通入H2S，Fe3+会把-2价的硫元素氧化成S单质，自身被还原成Fe2+，H2S是弱酸，不能拆，所以离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ 16. “84”消毒液是生活中常见的一种消毒剂，常用于环境的消毒，其主要成分是NaClO。今有一瓶某品牌“84”消毒液1000 mL，质量分数为25%，密度为1.192 。 （1）资料表明，“84”消毒液使用过程中起主要消毒作用的是次氯酸。在日常生活中使用“84”消毒液，需要在空气中放置一段时间后，漂白效果更好。用化学方程式解释产生次氯酸的原因：______。 （2）该“84”消毒液的物质的量浓度为______；一瓶上述“84”消毒液理论上能吸收空气中______L的（标准状况下），所以“84”消毒液应该密封保存。 （3）探究“84”消毒液的性质。取6 mL“84”消毒液，分装在3支试管中。 ①向试管1中滴入3滴紫色石蕊溶液，溶液变为蓝色，说明漂白液呈______（填“酸性”或“碱性”），加入1 mL蒸馏水，蓝色变浅，一段时间后蓝色褪去。 ②向试管2中滴入3滴紫色石蕊溶液，滴入1 mL 0.0002 盐酸，溶液迅速褪色，原因是（用文字和离子方程式表示）______。 ③向试管3中滴入3滴紫色石蕊溶液，加入1 mL 4 盐酸，溶液迅速褪色，并产生黄绿色气体，发生反应的离子方程式为______。试管2和试管3中反应现象有所不同，说明______。 【答案】（1） （2） ①. 4 mol/L ②. 89.6 （3） ①. 碱性 ②. 盐酸与反应生成HClO，HClO具有漂白性使溶液褪色；离子方程式为 ③. ④. 盐酸浓度不同，和发生反应的类型不同，浓度为0.0002 盐酸和发生复分解反应，4 盐酸和发生氧化还原反应 【解析】 【小问1详解】 “84” 消毒液的有效成分是，它与空气中的CO2、H2O反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，是起消毒漂白作用的关键物质，因此放置后效果更好。 【小问2详解】 质量分数为25%，密度为1.192 ，物质的量浓度； 由反应，=4 mol/L×1 L=4 mol，标准状况下的体积为=89.6 L。 【小问3详解】 紫色石蕊遇碱变蓝，说明 “84” 消毒液呈碱性； 盐酸中的与电离出的结合生成HClO，HClO的强氧化性使石蕊褪色； 高浓度盐酸提供大量，与在酸性条件下发生归中反应生成Cl2； 试管 2 中盐酸浓度低，仅生成HClO，而试管 3 中盐酸浓度高，发生氧化还原反应生成Cl2，说明浓度不同和次氯酸钠发生反应的类型不同，浓度低的和次氯酸钠发生复分解反应，浓度高的和次氯酸钠发生氧化还原反应。 17. 某化学兴趣小组同学进行和性质的探究实验，实验装置如图所示(夹持装置略去)。 （1）仪器C的名称为___________。 （2）实验I能够证明的热稳定性强于的证据是___________，写出受热分解的化学方程式：___________。 （3）实验II方框中为洗气装置，请将该装置(含试剂)补充完整___________，其作用为___________。 （4）实验II持续一段时间后，观察到饱和溶液中有细小晶体析出，该细小晶体为___________(填化学式)。 （5）澄清石灰水不能用于鉴别和溶液，写出澄清石灰水与少量反应的离子方程式：___________。 （6）向50 mL含有一定物质的量的的混合溶液中滴加一定物质的量浓度的盐酸与它反应，所得溶液中主要阴离子的物质的量随加入盐酸的体积的变化而变化的图像如下，则①表示的阴离子是___________，原混合物中与的物质的量之比为___________，盐酸的浓度是___________。 【答案】（1）圆底烧瓶 （2） ①. A中澄清石灰水未变浑浊，B中澄清石灰水变浑浊 ②. （3） ①. ②. 除去中的HCl （4） （5） （6） ①. ②. 1：1 ③. 【解析】 【分析】实验I为探究和的稳定性，在一个装有隔板的玻璃直通管两端分别装入和，在中心隔板位置同时对和加热，根据澄清石灰水变浑浊情况判断二者的稳定性，如连接的试管A无明显现象，连接的试管B变浑浊，可证明的热稳定性强于；实验Ⅱ是探究溶液能与反应，最后在装有饱和溶液的烧杯中会出现晶体，据此分析解答。 【小问1详解】 根据仪器结构可知，仪器C的名称为：圆底烧瓶。 【小问2详解】 根据分析，在装有隔板的玻璃直通管两端分别装入和，在中心隔板位置同时对和加热，观察到连接的试管A无明显现象，连接的试管B变浑浊，可证明的热稳定性强于；受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，化学方程式为：。 【小问3详解】 C中的固体和盐酸制取的中混有HCl，方框中为洗气装置，目的是除去气体中混有的HCl气体，则该装置的导气管长进短出，补全后的图形为：；所装溶液为：饱和溶液。 【小问4详解】 向饱和溶液中通入气体，会发生反应生成，溶质的质量增大、溶剂质量减小，由于在水中的溶解度比的溶解度小，导致析出晶体；发生反应的化学方程式为：。 【小问5详解】 澄清石灰水与少量反应，说明中的不能全部反应完全，只消耗组成结构中一半的，则反应的离子方程式为：。 【小问6详解】 0～50mL段发生反应为，50 mL～150 mL发生反应为：，50 mL溶液中Na2CO3完全转化成NaHCO3，消耗50 mL盐酸，根据上述反应可知，n(HCl)=n(Na2CO3)=0.025 mol，该盐酸的浓度为，盐酸与反应生成，故的物质的量先增加后减少，反应体系中一直有NaCl生成，所以①表示的阴离子是、②表示的阴离子是、③表示的阴离子是；根据②，后半段消耗盐酸的体积是前半段消耗盐酸体积的2倍，则原混合物中与的物质的量之比为1：1。 18. 要配制的溶液，配制过程中有如下操作步骤：①把称量好的绿矾()放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解；②把①所得溶液小心转入___________中；③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度处，改用___________滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；⑤将容量瓶塞紧，反复上下颠倒，摇匀；⑥待溶液恢复到室温。请填写下列空白： （1）实验操作步骤的正确顺序为(填序号)___________。 （2）步骤②中把①所得溶液小心转入___________中；步骤③中继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度处，改用___________滴加蒸馏水至液面与刻度线相切。 （3）实验室用绿矾()来配制该溶液，用托盘天平称量绿矾___________g。 （4）下列操作，使得溶液浓度偏低的是___________(填写编号)。 A. 称量绿矾时，左码右物 B. 使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容 C. 使用容量瓶配制溶液时，仰视液面定容 D. 容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有干燥 （5）定容时，若加蒸馏水时不慎超过刻度线，处理方法是___________。 （6）硫酸亚铁易被空气中的氧气氧化为三价铁，若将容量瓶中的溶液完全氧化为三价铁，需要氧气(标准状况下)的体积为___________L。 【答案】（1）①⑥②④③⑤ （2） ①. 500 mL容量瓶 ②. 胶头滴管 （3）27.8 （4）AC （5）重新配制 （6）0.56 【解析】 【分析】实验室无480 mL规格的容量瓶，要配制的溶液，只能选用500 mL规格的容量瓶，则需要的质量为，据此数据解答。 【小问1详解】 配制的溶液的操作流程为：将计算好质量的晶体进行称量，放入烧杯中进行溶解①；待溶液冷却到室温⑥；将溶液转移到500mL容量瓶中②；洗涤烧杯和玻璃棒次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀④；继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切③；将容量瓶塞紧，反复上下颠倒，摇匀⑤；故该实验操作步骤的正确顺序为：①⑥②④③⑤。 【小问2详解】 根据分析，将溶解得到的溶液小心转移到500mL容量瓶中；在定容操作中，向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度处时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切。 【小问3详解】 根据分析，实验室无480 mL规格的容量瓶，要配制的溶液，需选用500 mL规格的容量瓶，则的质量为。 【小问4详解】 下列操作中使溶液浓度偏低的是： A．左码右物，则物质的质量=砝码的质量游码的质量，使溶质的质量偏小，所得溶液浓度偏小，A正确； B．使用容量瓶配制溶液时，定容时俯视液面，所得溶液的体积偏小，则溶液浓度偏大，B错误； C．使用容量瓶配制溶液时，定容时仰视液面，所得溶液的体积偏大，则溶液浓度偏小，C正确； D．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有干燥，但定容时还需要加蒸馏水，故对浓度配制无影响，D错误； 故答案为：AC； 【小问5详解】 定容时，若加蒸馏水时不慎超过刻度线，处理方法是倒掉重新配制。 【小问6详解】 根据得失电子守恒，要失去1 mol电子，而价要得到4 mol电子，即，现有的物质的量为，则需要消耗标准状况下氧气的体积为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $