河北省石家庄市第十八中学2023-2024学年高一上学期期中考试化学试题
1．（2024高一上·新华期中）下列关于胶体的说法中，正确的是
A．溶液和胶体的本质区别是胶体具有丁达尔效应
B．制备胶体的方法是将饱和溶液逐滴滴加到沸水中煮沸至红褐色
C．利用过滤的方法能将胶体从溶液中分离出来
D．“纳米铜”是一种颗粒直径为纳米级的铜材料，属于胶体
2．（2024高一上·新华期中）下列有关和的性质，叙述错误的是
A．鉴别等物质的量浓度的溶液和溶液可以用盐酸
B．向等体积等物质的量浓度两种溶液中分别滴加等量酚酞溶液，溶液红色较深
C．小苏打是发酵粉的主要成分之一
D．除去溶液并混有的少量，用加热法
3．（2024高一上·新华期中）下列实验设计，不能达到实验目的的是
A B C D
观察钾元素的焰色 比较和的稳定性 检验与反应有生成 验证Na和水反应是否为放热反应
A．A B．B C．C D．D
4．（2024高一上·新华期中）关于同温同压下等体积的和的叙述，其中正确的是
①质量相同②碳原子数与氮原子数相等③所含分子数相等④所含质子总数相等
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
5．（2024高一上·新华期中）在下列条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是
A．无色溶液：Ca2+、H+、Fe2+、
B．常温下使石蕊试液变蓝的溶液：Na+、K+、、
C．澄清透明溶液：K+、Cu2+、、
D．加入铁粉放出H2的溶液：K+、Na+、、Fe3+
6．（2024高一上·新华期中）以不同类别物质间的转化为线索，认识钠及其化合物。下列分析不正确的是
A．CO2和氢氧化钠反应产物与氢氧化钠的用量有关
B．反应⑥中2molNa2O2与二氧化碳完全反应，转移电子数为4NA
C．反应⑤、⑥可用于潜水艇中氧气的供给
D．上述转化中发生的反应有分解反应、化合反应、置换反应
7．（2024高一上·新华期中）已知代表阿伏加德罗常数的值，下列正确的是
A．常温下，将7.1g通入水中，转移的电子数目为
B．标准状况下，4.48L和的混合气体中含有的电子数为
C．1mol Na与足量反应，生成和的混合物，钠失去电子数为
D．标准状况下，个分子所占的体积约为22.4L
8．（2024高一上·新华期中）用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的有
A．若Cl2与足量NaOH的溶液反应生成0.1 mol，则生成的数目为0.2NA
B．常温常压下，17 g NH3的体积约为22.4L
C．1 mol/L的CaCl2溶液中含Cl-的数目为2NA
D．在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含氢原子总数为6NA
9．（2024高一上·新华期中）下列离子方程式书写正确的是
A．Na2CO3溶液与少量盐酸反应：+2H＋=H2O+CO2↑
B．BaCO3溶于醋酸：BaCO3+2H＋=Ba2＋+H2O+CO2↑
C．澄清石灰水中滴加少量NaHCO3：Ca2＋+2OH―+2=CaCO3↓+2H2O+
D．将钠投入水中：2Na＋2H2O=2Na＋+2OH―+H2↑
10．（2024高一上·新华期中）下列各选项中的两个反应，可用同一个离子方程式表示的是
选项 Ⅰ Ⅱ
A 溶液与过量溶液混合 溶液与过量溶液混合
B 过量通入溶液中 过量通入澄清石灰水中
C 溶液与稀硝酸混合 与稀硝酸混合
D 溶液与过量溶液混合 溶液与少量溶液混合
A．A B．B C．C D．D
11．（2024高一上·新华期中）侯氏制碱法制取的原理为。实验室用下图所示装置模拟侯氏制碱法制取少量固体。下列有关说法正确的是
A．实验室模拟侯氏制碱法，向饱和NaCl溶液中先通入，再通入
B．向装置Ⅱ洗气瓶中加入饱和溶液以除去中的少量HCl
C．装置Ⅲ中用冰水浴冷却试管内溶液有利于析出固体
D．装置Ⅲ中发生的离子方程式：
12．（2024高一上·新华期中）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将和空气的混合气体通入、和的混合溶液中回收S，其转化如下图所示(CuS不溶于水)。下列说法中，不正确的是
A．过程①中，生成CuS的反应为
B．过程②中，作氧化剂
C．过程③中，各元素化合价均未改变
D．回收S的总反应为
13．（2024高一上·新华期中）已知。下列叙述正确的是
A．作还原剂 B．x=7
C．y=3 D．中M元素的化合价为+7
14．（2024高一上·新华期中）鉴别和两种白色固体的下列方案中，不可行的是
A．分别配成溶液，进行焰色试验，观察火焰的颜色
B．分别加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无浑浊产生
C．分别配成稀溶液，加入澄清石灰水，观察有无白色沉淀产生
D．等质量两种固体与足量盐酸反应，观察产生气体的量
15．（2024高一上·新华期中）已知在酸性溶液中，Co2O3的还原产物是Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是
A．Co2O3在酸性溶液中易被氧化成Co2+
B．Cl2通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl2 + 6FeI2=2FeCl3 + 4FeI3
C．FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化
D．I2具有较强的氧化性，可以将Co2+氧化成Co2O3
16．（2024高一上·新华期中）是优良的水处理剂，一种制备方法是将混合共熔，反应方程式为。下列关于该反应的说法错误的是
A．铁元素被氧化，氮元素被还原
B．每生成，转移
C．具有氧化杀菌作用
D．该实验条件下的氧化性：
17．（2024高一上·新华期中）同温同压下，A容器中的H2和B容器中的NH3所含的氢原子数目相等，则两容器的体积比为
A．2：1 B．1：2 C．3：2 D．2：3
18．（2024高一上·新华期中）一个密闭容器，中间有可由滑动的隔板（厚度不计）将容器分成两部分， 当左边充入1 mol N2，右边充入一定量的CO时，隔板处于如图位置（保持温度不变），下列说法正确的是（ ）
A．右边与左边分子数之比为4：1
B．右侧CO的质量为5.6g
C．右侧气体密度是相同条件下氢气密度的14倍
D．若改变右边CO的充入量而使隔板处于容器正中间保持温度不变，则应充入0.2 mol CO
19．（2024高一上·新华期中）下列方案的设计、现象和结论正确的是
方案设计 现象与结论
A 检验是否有漂白性 将干燥的通入放有鲜花的广口瓶 若观察到鲜花褪色，则说明具有漂白性
B 证明溶于水不能完全与水反应 将溶于水，观察氯水颜色，再滴加石蕊试液 观察到氯水为淡黄绿色，且滴加石蕊试液先变红后褪色，说明溶于水部分与水反应
C 检验某溶液中是否存在 在溶液中加入溶液，再加稀硝酸 产生白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解说明溶液中存在
D 检验某溶液中是否存在 在溶液中加入溶液 若产生白色沉淀说明溶液中存在
A．A B．B C．C D．D
20．（2024高一上·新华期中）若将浓盐酸滴入烧瓶中进行如图(a、c、d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是
A．装置A中的可用代替
B．b处红色鲜花瓣褪色，说明具有漂白性
C．c处溶液与过量反应的离子方程式为：
D．含有的尾气进入C装置时，最多消耗0.002molNaOH
21．（2024高一上·新华期中）物质的量是高中化学常用的物理量，请完成以下有关计算：
（1）标准状况下，含有相同氧原子数的CO和CO2的体积之比为 。
（2）100mL硫酸钠溶液中n(Na+)=0.2mol，则其中c()= 。
（3）6.72L(标准状况)CO与一定量的Fe2O3恰好完全反应，生成Fe的质量为 。
（4）某气体氧化物的化学式为RO2，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩尔质量为 ，R的相对原子质量为 。
（5）某盐混合溶液中含有离子：Na+、Mg2+、Cl-、，测得Na+、Mg2+和Cl-的物质的量浓度依次为：0.2mol/L、0.25mol/L、0.4mol/L，则c()= 。
（6）有等体积的NaCl、CaCl2、AlCl3三种溶液，分别与足量的AgNO3溶液反应，若生成沉淀的质量相等，则三种溶液中所含溶质的物质的量浓度之比为 。
（7）标准状况下，11.2LHCl的物质的量是 mol，将这些气体溶于水中配成1L溶也，所得盐酸的物质的量浓度是 mol/L。
（8）将190gMgCl2溶于水配制成1L溶液。该溶液中MgCl2的物质的量浓度为 。
22．（2024高一上·新华期中）氯气是一种重要的化工原料，可用于制备盐酸、漂白剂和杀菌消毒剂等。
（1）1774年的舍勒用软锰矿粉末(主要成分是)和浓盐酸混合加热制备氯气，若和盐酸混合后缓缓加热，反应完全后向留下的溶液中加入足量溶液，生成沉淀物质的量为_____(不考虑盐酸的挥发)
A．等于 B．小于
C．大于，小于 D．以上结论都不正确
（2）氯化铁是一种常见的水处理剂，需要密封保存。无水氯化铁遇潮湿空气极易吸水生成。在实验室中，可以采用下列仪器和药品制取较纯的无水氯化铁固体。
①C装置中的试剂为 (填试剂名称)，其作用是 。
②D装置的作用是 。用一件仪器装填适当试剂后，也可起到C和D的作用，所装填的试剂为 (填干燥剂名称)。
③若D中吸收了标准状况下L氯气，则需要消耗NaOH的质量为 克。
23．（2024高一上·新华期中）氯酸锶白色结晶粉末，可溶于水，微溶于酒精，主要用于制造红色焰火。可溶于水，是一种常见的可溶性强碱。实验室制取氯酸锶的实验装置图如图，反应的化学方程式为。已知将浓盐酸滴入高锰酸钾固体中，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去。请回答下列问题：
（1）仪器M的名称是 ，仪器N的名称是 ；
（2）仪器接口的连接顺序a→ ；
（3）A中发生反应的离子方程式为 ；
（4）使浓盐酸顺利滴下的操作方法为 ，再打开分液漏斗下端活塞。
（5）装置B中所装试剂名称为 ，其作用是 ；
（6）装置C中发生反应的离子方程式为 ；
（7）该兴趣小组在40℃条件下，将一定量的通入一定量的溶液中，恰好反应完全，得到的产物中含有和和的物质的量之比为5：1，则此过程中氧化剂和还原剂的质量比为 ；
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．溶液和胶体的本质区别为粒子直径大小不同，溶液中分散质粒子直径小于1nm，胶体中分散质离子直径介于1～100nm，故A错误；B．制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色，故B正确；
C．胶体和溶液都能透过滤纸，所以利用过滤的方法不能将Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液分开，故C错误；
D．“纳米铜”是单质，不属于胶体，故D错误；
故选：B。
【分析】A.丁达尔效应是鉴别溶液和胶体方法，不是本质区别；
C.应该用半透膜进行渗析进行分离；
D.要形成胶体，必须先形成分散系。
2．【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．向等物质的量浓度的溶液和溶液中滴加少量盐酸，碳酸氢钠溶液首先反应生成二氧化碳气体，故可以用盐酸，A正确；
B．等体积等物质的量浓度两种溶液中碳酸钠溶液的碱性更强，故分别滴加等量酚酞溶液，溶液红色较深，B正确；
C．小苏打为碳酸氢钠，受热生成气体可以是糕点疏松，是发酵粉的主要成分之一，C正确；
D．NaHCO3不稳定，加热易分解生成Na2CO3，故不能用加热法，D错误；
故答案为：D。
【分析】A.根据二者与盐酸反应产生气泡速率即可判断，
B.碳酸钠溶液碱性强于碳酸氢钠，所以碱性强的是碳酸钠；
C.小苏打分解产生气体，可以作为膨松剂。
3．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；焰色反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；钠的氧化物
【解析】【解答】A．焰色反应，也称作焰色测试及焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应；钾元素的焰色反应实验需要透过蓝色钴玻璃观察，焰色反应为紫色，能达到实验目的，A不符合题意；
B．玻璃导热性比较差，外管温度高，内管温度低，应该将Na2CO3放在外管，将不稳定的NaHCO3放在温度较低的内管进行实验，因此不能达到预期的实验目的，B符合题意；
C．Na2O2与H2O反应产生的O2有助燃性，可以使带有火星的木条复燃，因此能够达到检验Na2O2与H2O反应有O2生成的实验目的，C不符合题意；
D．Na与H2O反应放出热量，使具支试管中空气受热体积膨胀，导致红墨水左侧液面下降，右侧液面上升，红墨水产生液面差，能够达到验证Na和水反应是放热反应的目的，D不符合题意；
答案为：B。
【分析】A.注意在对钾进行焰色试验时候必须透过蓝色钴玻璃观察；
B.应该把容易分解的放在外面试管，更具有说服力；
C.过氧化钠与水反应产生氧气；
D.若该反应放热，U型管左侧红墨水降低，右侧升高。
4．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】同温、同压下，气体的Vm相等，则体积相同时，n=可知，两种气体的物质的量相同，设物质的量都为n，则：
①M(N2O)=nM=44n，m(CO2)=nM=44n，故①正确；
②N(C)=nNA，N(N)=2n(N2O)×NA=2NA，所含碳原子数与氮原子数不相等，故②错误；
③N(N2O)=nNA，N(CO2)=nNA，所含分子数相等，故③正确；
④1个N2O含有22个质子，1个CO2含有22个质子，所以二者物质的量相等时，其质子数相等，故④正确；
故答案选=为：D。
【分析】利用阿伏加德罗定律进行分析即可。
5．【答案】B
【知识点】离子反应发生的条件；离子共存
【解析】【解答】A．Fe2+为浅绿色，且H+与反应生成CO2和H2O，不能大量共存，A不符合题意；
B．常温下使石蕊试液变蓝的溶液中含有OH-，与Na+、K+、、相互之间不发生反应，可以大量共存，B符合题意；
C．Cu2+与生成CuCO3沉淀，不能大量共存，C不符合题意；
D．加入铁粉放出H2的溶液中含有H+，H+与反应生成CO2和H2O，不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.无色溶液，那么不能含有有颜色的离子；
C.切记，透明溶液不等于无色；
D.弱酸的酸式酸根在酸性和碱性环境都不能共存。
6．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；钠的重要化合物；钠的氧化物
【解析】【解答】A．CO2和过量氢氧化钠反应生成碳酸钠，与少量氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，产物与氢氧化钠的用量有关，故A正确；
B．Na2O2与二氧化碳完全反应，方程式为2 Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，为歧化反应，1mol Na2O2转移1mol电子，2molNa2O2完全反应转移电子数为2NA，故B错误；
C．过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，可用于潜水艇中氧气的供给，故C正确；
D．碳酸氢钠分解属于分解反应，钠和氧气属于化合反应，钠和水属于置换反应，故D正确。
故答案为：B。
【分析】A.酸性氧化物与碱反应，少量生成正盐，过量生成酸式盐；
B.结合方程式画出电子转移情况，即可求出；
C.过氧化钠常常作为供氧剂；
D.结合上述反应即可判断反应类型。
7．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．氯气溶于水，部分和水反应生成盐酸和次氯酸，故7.1g（为0.1mol）通入水中，转移的电子数目小于，A错误；
B.1分子、均含有22个电子，则标准状况下，4.48L和的混合气体中分子为0.2mol，含有的电子为4.4mol，电子数为，B正确；
C．钠在反应过程中化合价由0变为+1，转移1个电子，则1mol Na与足量反应，生成和的混合物，钠失去电子1mol，电子数为，C错误；
D．在标准状况下，三氧化硫不是气体，无法计算物质的量，D错误；
故答案为：B。
【分析】A.氯气不能够与说完全反应，所以转移电子数目小于；
C.以钠为目标，无论生成氧化钠还是过氧化钠，化合价都是从0升高到+1，转移电子数目为；
D.在标况时，要注意判断对象是否为气体。
8．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；气体摩尔体积；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 若Cl2与足量NaOH的溶液反应生成0.1 mol，根据Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O可知生成的数目为0.1NA，A错误；
B. 常温常压下，17 g NH3的物质的量是1mol，摩尔体积不是22.4L/mol，所以体积不是22.4L，B错误；
C. 1 mol/L的CaCl2溶液的体积不确定，无法计算溶液中含Cl-的数目，C错误；
D. 在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含氢原子的物质的量是＝6mol，因此总数为6NA，D正确；
答案选：D。
【分析】A.结合氯气与氢氧化钠反应方程式即可得到两种离子关系；
B.标况下1mol气体体积为22.4L；
C.没有体积，无法计算微粒个数。
9．【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A.Na2CO3溶液与少量盐酸反应生成碳酸氢钠，其离子方程式为：+H＋= HCO，故A错误；
B.醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，BaCO3难溶于水，应该写化学式，其离子方程式应该为：BaCO3+2CH3COOH=Ba2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，故B错误；
C.要以不足量的NaHCO3为标准，澄清石灰水可以拆成Ca2+和OH-，所以该反应的离子方程式应该为：Ca2++OH-+ HCO═CaCO3↓+H2O，故C错误；
D.将钠投入水中发生反应生成氢氧化钠和氢气，其反应的离子方程式为：2Na＋2H2O=2Na＋+2OH-+H2↑，反应符合事实，遵循离子方程式中物质拆分原则，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A.碳酸钠与少量盐酸得到碳酸氢钠，不会产生二氧化碳；
B.弱酸在离子方程式中不可拆；
C.在配平酸式盐与碱反应的离子反应时，以少量系数为1配平即可；
D.钠与水反应，只需把氢氧化钠拆分即可。
10．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．I中生成碳酸钡、碳酸钠和水，II中生成碳酸钠和水，碳酸钡在离子反应中保留化学式，二者离子反应不同，故A错误；
B．I、II都可以用OH-+CO2=HCO表示，故B正确；
C．I中生成硝酸钾和水，Ⅱ中发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水，二者反应实质不同，不能用同一个离子方程式表示，故C错误；
D．I中Na2CO3溶液与过量H2SO4溶液混合，离子方程式为CO+2H+=CO2↑+H2O，溶液与少量溶液混合，CO+H+=HCO，故D错误；
故答案为：B。
【分析】 两个反应，可用同一个离子方程式表示 判断原则为：可以根据化学方程式，然后改写成离子方程式进行判断即可。
11．【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解析】碳酸钙和稀盐酸生成二氧化碳，二氧化碳通过饱和碳酸氢钠溶液除去HCl后，二氧化碳和氯化钠、氨气、水生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体；A．氨气极易溶于水，实验室模拟侯氏制碱法，向饱和NaCl溶液中先通入氨气使得溶液显碱性，可以吸收更多的，故后通入二氧化碳，A错误
B．溶液也能吸收CO2，所以除去CO2中的少量HCl要用饱和NaHCO3溶液，B错误；
C．为降低碳酸氢钠的溶解度，装置Ⅲ中用冰水浴充分冷却试管内溶液，使NaHCO3固体析出，C正确；
D．装置Ⅲ中发生的反应为氯化钠和氨气、二氧化碳、水生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体和氯化铵，离子方程式：，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.侯氏制碱法应该先通入氨气，形成碱性溶液，有利于二氧化碳的吸收；
B.除去二氧化碳混有少量的氯化氢气体应该选择碳酸氢钠溶液；
D.该反应中碳酸氢钠为固体，不可拆。
12．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．过程①中，发生复分解反应，生成CuS的反应为，A项正确；
B．过程②中，化合价降低，作氧化剂，B项正确；
C．过程③中，氧气是氧化剂，是还原剂，O元素和Fe元素化合价发生变化，C项错误；
D．根据转化关系图可判断回收S的总反应为，D项正确；
故答案为：C。
【分析】由图可知，第①步反应为铜离子与硫化氢反应生成硫化铜和氢离子，第②步为三价铁将硫化铜氧化生成S，第③步为氧气将二价铁氧化物三价铁，然后循环反应。
13．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】对于反应，由O原子守恒可知2y=8，所以y=4；由电荷守恒可知2×( x)+5×( 2)+16=2×2，解得x=1，所以即，O元素为-2价，则M为+7价；
A．即，M的化合价由+7下降到+2，做氧化剂，故A错误；
B．由分析得x=1，故B错误；
C．由分析得y=4，故C错误；
D．即，O元素为-2价，则M为+7价，故D正确；
故答案为：D。
【分析】利用氧化还原反应中得失电子守恒进行计算即可。
14．【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．分别配成溶液，进行焰色试验，观察火焰的颜色，K元素的焰色是紫色，Na元素的焰色是黄色，能区别两者，A项错误；
B．分别加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无浑浊产生，碳酸氢钠受热分解，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，碳酸钾无现象，能区别两者，B项错误；
C．分别配成稀溶液，加入澄清石灰水，两者都产生白色沉淀，不能区别，C项正确；
D．等质量两种固体与足量盐酸反应，两者生成的气体质量不同，可以区别，D项错误。
故答案为：C。
【分析】A.利用焰色反应即可鉴别钾盐和钠盐；
B.酸式盐受热会分解产生二氧化碳，正盐不会分解；
C.二者都与石灰水反应生成沉淀，无法鉴别；
D.等质量时，二者物质的量不同，与足量盐酸产生气体不同，据此鉴别。
15．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；离子方程式的书写
【解析】【解答】A． Co2O3在酸性溶液中钴由+3价降低为+2价，易被还原成Co2+，故A错误；
B． 铁离子的氧化性强于碘单质，即铁离子与碘离子不能其存，Cl2通入FeI2溶液中，不可存在反应3Cl2+ 6FeI2=2FeCl3+ 4FeI3，故B错误；
C． 铁离子的氧化性强于碘单质，FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化，故C正确；
D． Co2O3的氧化性比I2强，碘不能将Co2+氧化成Co2O3，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A由题可知， Co2O3的还原产物是Co2+， 化合价降低，应该是被还原而不是氧化；
B.铁离子的氧化性强于碘单质，应该是亚铁离子反应完全后再与碘离子反应；
C.三价铁具有强氧化性，碘离子具有还原性，故二者会发生氧化还原反；
D.由题可知， Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱 ，碘无法将 Co2+氧化成Co2O3 。
16．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；物质的量的相关计算
【解析】【解答】由方程式可知，反应中铁元素化合价从+3价到+6价，化合价升高被氧化，氧化铁是反应的还原剂，高铁酸钾是反应的氧化产物，氮元素的化合价降低被还原，硝酸钾是反应的氧化剂，亚硝酸钾是还原产物，反应生成1mol高铁酸钾，转移3mol电子；
A．由分析可知，反应中铁元素化合价升高被氧化，氮元素的化合价降低被还原，故A正确；
B．由分析可知，反应生成1mol高铁酸钾，转移3mol电子，故B错误；
C．高铁酸钾具有强氧化性，能使蛋白质因氧化而变性起到杀菌消毒的作用，故C正确；
D．由分析可知，硝酸钾是反应的氧化剂，高铁酸钾是反应的氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则硝酸钾的氧化性强于高铁酸钾，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A.化合价升高被氧化，化合价降低被还原；
B.根据化合价升降，即可判断转移电子数目；
C.强氧化性可以使蛋白质变性，从而起到杀菌消毒；
D.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性进行判断。
17．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】根据相同条件下体积之比是物质的量之比分析解答。
因H2和NH3分子中氢原子个数比为2∶3，当两者所含氢原子数相同，则二者物质的量之比为3∶2，则在同温同压下，A、B两容器的体积比为3∶2。答案选C。
【分析】根据阿伏加德罗定律解答即可。
18．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】左右两侧气体温度、压强相同，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4：1，所以右侧气体的物质的量=1mol/4=0.25mol。
A．气体的分子数与物质的量成正比，则右边与左边分子数之比为1：4，A错误；
B．右侧CO的质量为：28g/mol×0.25mol=7g，B错误；
C．相同条件气体下密度之比等于气体摩尔质量成之比，所以右侧气体CO密度是相同条件下氢气密度的28/2=14倍，C正确；
D．相同条件下气体体积与物质的量成正比，隔板处于容器正中间时，左右两侧气体的物质的量相等，则需要充入的CO的物质的量为：1mol-0.25mol=0.75mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.根据体积之比等于物质的量之比，即可得到分子数目之比；
B.根据氮气物质的量，即可算出一氧化碳物质的量，进而计算质量；
C.相同条件，密度之比等于摩尔质量成之比，即可解答；
D.隔板处于容器正中间时，左右两侧气体的物质的量相等。
19．【答案】B
【知识点】常见离子的检验；氯气的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．鲜花中含有水分，氯气能与水反应生成具有漂白作用的次氯酸，将干燥的通入放有鲜花的广口瓶，若观察到鲜花褪色，不能说明具有漂白性，故A错误；
B．氯水为淡黄绿色，证明氯水中含有分子，滴加石蕊试液先变红后褪色，说明溶液选含有H+、HClO，证明溶于水不能完全与水反应，故B正确；
C．在溶液中加入溶液，再加稀硝酸，产生的沉淀可能是氯化银或硫酸钡，所以不能证明一定含有，故C错误；
D．在溶液中加入溶液，产生白色沉淀，沉淀可能是碳酸钙、亚硫酸钙、氢氧化镁等，说明溶液中存在、等离子，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.氯气本身不具有漂白性，与水生成次氯酸才具有；
B.要溶于水不能完全与水反应 ，即证明有氯气存在，也要证明次氯酸存在即可；
C.没有排除硫酸根的干扰；
D.无法排除碳酸氢根的干扰。
20．【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．高锰酸钾和浓盐酸反应不需加热，而MnO2和浓盐酸反应需要加热，所以装置A中的KMnO4不能用MnO2代替，故A错误；
B．氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性，故B错误；
C．过量的氯气能将Fe2+、Br-氧化为Fe3+和Br2，且Fe2+和Br-的物质的量之比等于化学式中的比例，即1：2，氯气被还原为Cl-，故C正确；
D．氯气和NaOH溶液反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，0.001molCl2消耗0.002molNaOH，但还有氯化氢消耗NaOH，所以消耗的NaOH大于0.002mol，故D错误；
答案为：C。
【分析】高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，氯气和挥发的氯化氢通入B中，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸能使紫色石蕊试液变红，次氯酸有漂白性，能使红色鲜花瓣褪色，氯气和FeBr2反应，多余的氯气和氯化氢被NaOH溶液吸收。
21．【答案】（1）2：1
（2）1mol/L
（3）11.2
（4）64g/mol；32
（5）0.15mol/L
（6）6：3：2
（7）0.5；0.5
（8）2mol/L
【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）含有相同氧原子数的CO和CO2的分子数之比为2：1，标准状况下，气体的体积比等于分子数之比，含有相同氧原子数的CO和CO2的体积之比为2：1；
（2）溶液中n(SO)=n(Na+)=×0.2mol=0.1mol，则c(SO)==1mol/L；
（3）CO的物质的量为=0.3mol，由3CO+Fe2O32Fe+3CO2，可知n(Fe)=n(CO)=×0.3mol=0.2mol，故生成Fe的质量为0.2mol×56g/mol=11.2g；
（4）该气体氧化物的物质的量为=0.02mol，其摩尔质量为=64g/mol，则R的相对分子质量为64-2×16=32；
（5）溶液呈电中性，则有：c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+2c(SO)，即0.2mol/L+2×0.25mol/L=0.4mol/L+2c(SO)，解得c(SO)=0.15mol/L；
(6)反应生成的沉淀AgCl质量相等，则三种溶液中Cl-物质的量相等，假设Cl-物质的量为3mol，则n(NaCl)=3mol，n(CaCl2)==1.5mol，n(AlCl3)==1mol，溶液体积相等，则c(NaCl)：c(CaCl2)：c(AlCl3)=n(NaCl)：n(CaCl2)：n(AlCl3)=3mol：1.5mol：1mol=6：3：2；
(7)HCl的物质的量为=0.5mol，盐酸的物质的量浓度为=0.5mol/L；
(8)190gMgCl2的物质的量为=2mol，溶于水配制成1L溶液．溶液中MgCl2的物质的量浓度为=2mol/L。
【分析】（1）根据阿伏加德罗定律，体积之比等于物质的量之比， 含有相同氧原子数的CO和CO2的 的物质的量之比为2：1；
（2）根据钠离子物质的量计算硫酸根物质的量进而计算其浓度；
（3）根方程式关系，通过CO的物质的量，计算铁的物质的量；
（4） 体积为448mL ，其物质的量为0.02mol，结合其质量即可算出摩尔质量；
（5）利用电荷守恒计算即可；
（6）沉淀物质的量相同，那么氯离子三者氯离子物质的量相等，得到三种物质的物质的量关系，进而得到浓度关系；
（7）根据气体体积计算物质的量，再计算浓度；
（8）根据质量算出物质的量，进而算出浓度。
（1）含有相同氧原子数的CO和CO2的分子数之比为2：1，标准状况下，气体的体积比等于分子数之比，含有相同氧原子数的CO和CO2的体积之比为2：1；
（2）溶液中n(SO)=n(Na+)=×0.2mol=0.1mol，则c(SO)==1mol/L；
（3）CO的物质的量为=0.3mol，由3CO+Fe2O32Fe+3CO2，可知n(Fe)=n(CO)=×0.3mol=0.2mol，故生成Fe的质量为0.2mol×56g/mol=11.2g；
（4）该气体氧化物的物质的量为=0.02mol，其摩尔质量为=64g/mol，则R的相对分子质量为64-2×16=32；
（5）溶液呈电中性，则有：c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+2c(SO)，即0.2mol/L+2×0.25mol/L=0.4mol/L+2c(SO)，解得c(SO)=0.15mol/L；
（6）反应生成的沉淀AgCl质量相等，则三种溶液中Cl-物质的量相等，假设Cl-物质的量为3mol，则n(NaCl)=3mol，n(CaCl2)==1.5mol，n(AlCl3)==1mol，溶液体积相等，则c(NaCl)：c(CaCl2)：c(AlCl3)=n(NaCl)：n(CaCl2)：n(AlCl3)=3mol：1.5mol：1mol=6：3：2；
（7）HCl的物质的量为=0.5mol，盐酸的物质的量浓度为=0.5mol/L；
（8）190gMgCl2的物质的量为=2mol，溶于水配制成1L溶液．溶液中MgCl2的物质的量浓度为=2mol/L。
22．【答案】（1）C
（2）浓硫酸；防止D中的水蒸气进入B；尾气处理；碱石灰；16
【知识点】氯气的化学性质；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解析】通过浓硫酸干燥氯气，通过装置A中氯气和铁反应生成氯化铁，装置B收集氯化铁，装置C防止水蒸气进入装置B中，故C中为浓硫酸干燥剂，剩余气体通过氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气；
（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：；盐酸中含有HCl 0.3mol，0.3molHCl若完全和二氧化锰反应逸出氯元素0.15mol，剩余0.15mol氯离子可以生成0.15mol氯化银沉淀，但是浓盐酸和二氧化锰反应被消耗，随着反应进行盐酸浓度减小，反应停止，故生成氯化银沉淀大于，小于，故选C；
（2）①由分析可知，C装置中的试剂为浓硫酸，其作用是防止D中的水蒸气进入B。
②D装置的作用是尾气处理；用一件仪器装填适当试剂后，也可起到C和D的作用，则需要同时起到干燥和吸收尾气氯气的作用，则装填的试剂为碱石灰；
③标准状况下L氯气为0.2mol，，则需要消耗NaOH0.4mol，质量为0.4mol×40g/mol=16g。
【分析】（1）首先根据氯原子守恒，假如二氧化锰完全反应，那么可以得到剩余氯离子物质的量，但是二氧化锰与浓盐酸无法完全反应；
（2）浓硫酸为干燥剂，A中A中氯气和铁反应生成氯化铁，装置B收集氯化铁，装置C防止水蒸气进入装置B中，故C中为浓硫酸干燥剂，剩余气体通过氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，据此解答即可。
（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：；盐酸中含有HCl0.3mol，0.3molHCl若完全和二氧化锰反应逸出氯元素0.15mol，剩余0.15mol氯离子可以生成0.15mol氯化银沉淀，但是浓盐酸和二氧化锰反应被消耗，随着反应进行盐酸浓度减小，反应停止，故生成氯化银沉淀大于，小于，故选C；
（2）①由分析可知，C装置中的试剂为浓硫酸，其作用是防止D中的水蒸气进入B。
②D装置的作用是尾气处理；用一件仪器装填适当试剂后，也可起到C和D的作用，则需要同时起到干燥和吸收尾气氯气的作用，则装填的试剂为碱石灰；
③标准状况下L氯气为0.2mol，，则需要消耗NaOH0.4mol，质量为0.4mol×40g/mol=16g。
23．【答案】（1）分液漏斗；圆底烧瓶
（2）a→b→c→d→e→f
（3）10Cl－+2MnO+16H＋＝5Cl2↑+2Mn2＋+8H2O
（4）将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将瓶口的小口和塞上的凹槽对齐
（5）饱和食盐水；除去氯气中的氯化氢
（6）6Cl2+12OH－2+10Cl－+6H2O
（7）5：3
【知识点】氯气的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解析】从图中装置可知，A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，B中为饱和食盐水用于除去氯气中含有的HCl，氯气进入C中与反应生成，D中NaOH作用为吸收多余的Cl2，据此解答。
（1）仪器M的名称是分液漏斗，仪器N的名称是圆底烧瓶；
（2）根据以上分析可知仪器接口的连接顺序a→b→c→d→e→f；
（3）A中制备氯气，发生反应的离子方程式为10Cl－+2MnO+16H＋＝5Cl2↑+2Mn2＋+8H2O；
（4）使浓盐酸顺利滴下的操作方法为将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将瓶口的小口和塞上的凹槽对齐，再打开分液漏斗下端活塞。
（5）生成的氯气中含有氯化氢，额装置B中所装试剂名称为饱和食盐水，其作用是除去氯气中的氯化氢；
(6)装置C中制备产品，发生反应的离子方程式为6Cl2+12OH－2+10Cl－+6H2O；
(7)设和的物质的量分别是5mol、1mol，反应中失去5mol×1+1mol×5＝10mol，因此根据电子得失守恒可知得到氯化钠的物质的量是10mol，和属于氧化产物，氯化钠属于还原产物，则此过程中氧化剂和还原剂的质量比为5：3。
【分析】（1）根据图可知，仪器M的名称是分液漏斗，仪器N的名称是圆底烧瓶；
（2）装置A为发生装置，B为洗气装置，C为反应装置，D为尾气吸收装置，即可确定连接顺序；
（3） 浓盐酸滴入高锰酸钾固体中，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去 据此完成反应方程式；
（4） 使浓盐酸顺利滴下的操作方法为 ， 将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将瓶口的小口和塞上的凹槽对齐 ，即可顺利留下；
（5）除去氯气中的氯化氢气体用饱和食盐水；
（6） 反应的化学方程式为，将其改写成离子反应即可；
（7）根据化合价升降相等，即可确定氧化剂与还原剂的物质的量之比。
（1）仪器M的名称是分液漏斗，仪器N的名称是圆底烧瓶；
（2）根据以上分析可知仪器接口的连接顺序a→b→c→d→e→f；
（3）A中制备氯气，发生反应的离子方程式为10Cl－+2MnO+16H＋＝5Cl2↑+2Mn2＋+8H2O；
（4）使浓盐酸顺利滴下的操作方法为将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将瓶口的小口和塞上的凹槽对齐，再打开分液漏斗下端活塞。
（5）生成的氯气中含有氯化氢，额装置B中所装试剂名称为饱和食盐水，其作用是除去氯气中的氯化氢；
（6）装置C中制备产品，发生反应的离子方程式为6Cl2+12OH－2+10Cl－+6H2O；
（7）设和的物质的量分别是5mol、1mol，反应中失去5mol×1+1mol×5＝10mol，因此根据电子得失守恒可知得到氯化钠的物质的量是10mol，和属于氧化产物，氯化钠属于还原产物，则此过程中氧化剂和还原剂的质量比为5：3。
河北省石家庄市第十八中学2023-2024学年高一上学期期中考试化学试题
1．（2024高一上·新华期中）下列关于胶体的说法中，正确的是
A．溶液和胶体的本质区别是胶体具有丁达尔效应
B．制备胶体的方法是将饱和溶液逐滴滴加到沸水中煮沸至红褐色
C．利用过滤的方法能将胶体从溶液中分离出来
D．“纳米铜”是一种颗粒直径为纳米级的铜材料，属于胶体
【答案】B
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．溶液和胶体的本质区别为粒子直径大小不同，溶液中分散质粒子直径小于1nm，胶体中分散质离子直径介于1～100nm，故A错误；B．制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色，故B正确；
C．胶体和溶液都能透过滤纸，所以利用过滤的方法不能将Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液分开，故C错误；
D．“纳米铜”是单质，不属于胶体，故D错误；
故选：B。
【分析】A.丁达尔效应是鉴别溶液和胶体方法，不是本质区别；
C.应该用半透膜进行渗析进行分离；
D.要形成胶体，必须先形成分散系。
2．（2024高一上·新华期中）下列有关和的性质，叙述错误的是
A．鉴别等物质的量浓度的溶液和溶液可以用盐酸
B．向等体积等物质的量浓度两种溶液中分别滴加等量酚酞溶液，溶液红色较深
C．小苏打是发酵粉的主要成分之一
D．除去溶液并混有的少量，用加热法
【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．向等物质的量浓度的溶液和溶液中滴加少量盐酸，碳酸氢钠溶液首先反应生成二氧化碳气体，故可以用盐酸，A正确；
B．等体积等物质的量浓度两种溶液中碳酸钠溶液的碱性更强，故分别滴加等量酚酞溶液，溶液红色较深，B正确；
C．小苏打为碳酸氢钠，受热生成气体可以是糕点疏松，是发酵粉的主要成分之一，C正确；
D．NaHCO3不稳定，加热易分解生成Na2CO3，故不能用加热法，D错误；
故答案为：D。
【分析】A.根据二者与盐酸反应产生气泡速率即可判断，
B.碳酸钠溶液碱性强于碳酸氢钠，所以碱性强的是碳酸钠；
C.小苏打分解产生气体，可以作为膨松剂。
3．（2024高一上·新华期中）下列实验设计，不能达到实验目的的是
A B C D
观察钾元素的焰色 比较和的稳定性 检验与反应有生成 验证Na和水反应是否为放热反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；焰色反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；钠的氧化物
【解析】【解答】A．焰色反应，也称作焰色测试及焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应；钾元素的焰色反应实验需要透过蓝色钴玻璃观察，焰色反应为紫色，能达到实验目的，A不符合题意；
B．玻璃导热性比较差，外管温度高，内管温度低，应该将Na2CO3放在外管，将不稳定的NaHCO3放在温度较低的内管进行实验，因此不能达到预期的实验目的，B符合题意；
C．Na2O2与H2O反应产生的O2有助燃性，可以使带有火星的木条复燃，因此能够达到检验Na2O2与H2O反应有O2生成的实验目的，C不符合题意；
D．Na与H2O反应放出热量，使具支试管中空气受热体积膨胀，导致红墨水左侧液面下降，右侧液面上升，红墨水产生液面差，能够达到验证Na和水反应是放热反应的目的，D不符合题意；
答案为：B。
【分析】A.注意在对钾进行焰色试验时候必须透过蓝色钴玻璃观察；
B.应该把容易分解的放在外面试管，更具有说服力；
C.过氧化钠与水反应产生氧气；
D.若该反应放热，U型管左侧红墨水降低，右侧升高。
4．（2024高一上·新华期中）关于同温同压下等体积的和的叙述，其中正确的是
①质量相同②碳原子数与氮原子数相等③所含分子数相等④所含质子总数相等
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】同温、同压下，气体的Vm相等，则体积相同时，n=可知，两种气体的物质的量相同，设物质的量都为n，则：
①M(N2O)=nM=44n，m(CO2)=nM=44n，故①正确；
②N(C)=nNA，N(N)=2n(N2O)×NA=2NA，所含碳原子数与氮原子数不相等，故②错误；
③N(N2O)=nNA，N(CO2)=nNA，所含分子数相等，故③正确；
④1个N2O含有22个质子，1个CO2含有22个质子，所以二者物质的量相等时，其质子数相等，故④正确；
故答案选=为：D。
【分析】利用阿伏加德罗定律进行分析即可。
5．（2024高一上·新华期中）在下列条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是
A．无色溶液：Ca2+、H+、Fe2+、
B．常温下使石蕊试液变蓝的溶液：Na+、K+、、
C．澄清透明溶液：K+、Cu2+、、
D．加入铁粉放出H2的溶液：K+、Na+、、Fe3+
【答案】B
【知识点】离子反应发生的条件；离子共存
【解析】【解答】A．Fe2+为浅绿色，且H+与反应生成CO2和H2O，不能大量共存，A不符合题意；
B．常温下使石蕊试液变蓝的溶液中含有OH-，与Na+、K+、、相互之间不发生反应，可以大量共存，B符合题意；
C．Cu2+与生成CuCO3沉淀，不能大量共存，C不符合题意；
D．加入铁粉放出H2的溶液中含有H+，H+与反应生成CO2和H2O，不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.无色溶液，那么不能含有有颜色的离子；
C.切记，透明溶液不等于无色；
D.弱酸的酸式酸根在酸性和碱性环境都不能共存。
6．（2024高一上·新华期中）以不同类别物质间的转化为线索，认识钠及其化合物。下列分析不正确的是
A．CO2和氢氧化钠反应产物与氢氧化钠的用量有关
B．反应⑥中2molNa2O2与二氧化碳完全反应，转移电子数为4NA
C．反应⑤、⑥可用于潜水艇中氧气的供给
D．上述转化中发生的反应有分解反应、化合反应、置换反应
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；钠的重要化合物；钠的氧化物
【解析】【解答】A．CO2和过量氢氧化钠反应生成碳酸钠，与少量氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，产物与氢氧化钠的用量有关，故A正确；
B．Na2O2与二氧化碳完全反应，方程式为2 Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，为歧化反应，1mol Na2O2转移1mol电子，2molNa2O2完全反应转移电子数为2NA，故B错误；
C．过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，可用于潜水艇中氧气的供给，故C正确；
D．碳酸氢钠分解属于分解反应，钠和氧气属于化合反应，钠和水属于置换反应，故D正确。
故答案为：B。
【分析】A.酸性氧化物与碱反应，少量生成正盐，过量生成酸式盐；
B.结合方程式画出电子转移情况，即可求出；
C.过氧化钠常常作为供氧剂；
D.结合上述反应即可判断反应类型。
7．（2024高一上·新华期中）已知代表阿伏加德罗常数的值，下列正确的是
A．常温下，将7.1g通入水中，转移的电子数目为
B．标准状况下，4.48L和的混合气体中含有的电子数为
C．1mol Na与足量反应，生成和的混合物，钠失去电子数为
D．标准状况下，个分子所占的体积约为22.4L
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．氯气溶于水，部分和水反应生成盐酸和次氯酸，故7.1g（为0.1mol）通入水中，转移的电子数目小于，A错误；
B.1分子、均含有22个电子，则标准状况下，4.48L和的混合气体中分子为0.2mol，含有的电子为4.4mol，电子数为，B正确；
C．钠在反应过程中化合价由0变为+1，转移1个电子，则1mol Na与足量反应，生成和的混合物，钠失去电子1mol，电子数为，C错误；
D．在标准状况下，三氧化硫不是气体，无法计算物质的量，D错误；
故答案为：B。
【分析】A.氯气不能够与说完全反应，所以转移电子数目小于；
C.以钠为目标，无论生成氧化钠还是过氧化钠，化合价都是从0升高到+1，转移电子数目为；
D.在标况时，要注意判断对象是否为气体。
8．（2024高一上·新华期中）用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的有
A．若Cl2与足量NaOH的溶液反应生成0.1 mol，则生成的数目为0.2NA
B．常温常压下，17 g NH3的体积约为22.4L
C．1 mol/L的CaCl2溶液中含Cl-的数目为2NA
D．在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含氢原子总数为6NA
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；气体摩尔体积；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 若Cl2与足量NaOH的溶液反应生成0.1 mol，根据Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O可知生成的数目为0.1NA，A错误；
B. 常温常压下，17 g NH3的物质的量是1mol，摩尔体积不是22.4L/mol，所以体积不是22.4L，B错误；
C. 1 mol/L的CaCl2溶液的体积不确定，无法计算溶液中含Cl-的数目，C错误；
D. 在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含氢原子的物质的量是＝6mol，因此总数为6NA，D正确；
答案选：D。
【分析】A.结合氯气与氢氧化钠反应方程式即可得到两种离子关系；
B.标况下1mol气体体积为22.4L；
C.没有体积，无法计算微粒个数。
9．（2024高一上·新华期中）下列离子方程式书写正确的是
A．Na2CO3溶液与少量盐酸反应：+2H＋=H2O+CO2↑
B．BaCO3溶于醋酸：BaCO3+2H＋=Ba2＋+H2O+CO2↑
C．澄清石灰水中滴加少量NaHCO3：Ca2＋+2OH―+2=CaCO3↓+2H2O+
D．将钠投入水中：2Na＋2H2O=2Na＋+2OH―+H2↑
【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A.Na2CO3溶液与少量盐酸反应生成碳酸氢钠，其离子方程式为：+H＋= HCO，故A错误；
B.醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，BaCO3难溶于水，应该写化学式，其离子方程式应该为：BaCO3+2CH3COOH=Ba2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，故B错误；
C.要以不足量的NaHCO3为标准，澄清石灰水可以拆成Ca2+和OH-，所以该反应的离子方程式应该为：Ca2++OH-+ HCO═CaCO3↓+H2O，故C错误；
D.将钠投入水中发生反应生成氢氧化钠和氢气，其反应的离子方程式为：2Na＋2H2O=2Na＋+2OH-+H2↑，反应符合事实，遵循离子方程式中物质拆分原则，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A.碳酸钠与少量盐酸得到碳酸氢钠，不会产生二氧化碳；
B.弱酸在离子方程式中不可拆；
C.在配平酸式盐与碱反应的离子反应时，以少量系数为1配平即可；
D.钠与水反应，只需把氢氧化钠拆分即可。
10．（2024高一上·新华期中）下列各选项中的两个反应，可用同一个离子方程式表示的是
选项 Ⅰ Ⅱ
A 溶液与过量溶液混合 溶液与过量溶液混合
B 过量通入溶液中 过量通入澄清石灰水中
C 溶液与稀硝酸混合 与稀硝酸混合
D 溶液与过量溶液混合 溶液与少量溶液混合
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．I中生成碳酸钡、碳酸钠和水，II中生成碳酸钠和水，碳酸钡在离子反应中保留化学式，二者离子反应不同，故A错误；
B．I、II都可以用OH-+CO2=HCO表示，故B正确；
C．I中生成硝酸钾和水，Ⅱ中发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水，二者反应实质不同，不能用同一个离子方程式表示，故C错误；
D．I中Na2CO3溶液与过量H2SO4溶液混合，离子方程式为CO+2H+=CO2↑+H2O，溶液与少量溶液混合，CO+H+=HCO，故D错误；
故答案为：B。
【分析】 两个反应，可用同一个离子方程式表示 判断原则为：可以根据化学方程式，然后改写成离子方程式进行判断即可。
11．（2024高一上·新华期中）侯氏制碱法制取的原理为。实验室用下图所示装置模拟侯氏制碱法制取少量固体。下列有关说法正确的是
A．实验室模拟侯氏制碱法，向饱和NaCl溶液中先通入，再通入
B．向装置Ⅱ洗气瓶中加入饱和溶液以除去中的少量HCl
C．装置Ⅲ中用冰水浴冷却试管内溶液有利于析出固体
D．装置Ⅲ中发生的离子方程式：
【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解析】碳酸钙和稀盐酸生成二氧化碳，二氧化碳通过饱和碳酸氢钠溶液除去HCl后，二氧化碳和氯化钠、氨气、水生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体；A．氨气极易溶于水，实验室模拟侯氏制碱法，向饱和NaCl溶液中先通入氨气使得溶液显碱性，可以吸收更多的，故后通入二氧化碳，A错误
B．溶液也能吸收CO2，所以除去CO2中的少量HCl要用饱和NaHCO3溶液，B错误；
C．为降低碳酸氢钠的溶解度，装置Ⅲ中用冰水浴充分冷却试管内溶液，使NaHCO3固体析出，C正确；
D．装置Ⅲ中发生的反应为氯化钠和氨气、二氧化碳、水生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体和氯化铵，离子方程式：，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.侯氏制碱法应该先通入氨气，形成碱性溶液，有利于二氧化碳的吸收；
B.除去二氧化碳混有少量的氯化氢气体应该选择碳酸氢钠溶液；
D.该反应中碳酸氢钠为固体，不可拆。
12．（2024高一上·新华期中）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将和空气的混合气体通入、和的混合溶液中回收S，其转化如下图所示(CuS不溶于水)。下列说法中，不正确的是
A．过程①中，生成CuS的反应为
B．过程②中，作氧化剂
C．过程③中，各元素化合价均未改变
D．回收S的总反应为
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．过程①中，发生复分解反应，生成CuS的反应为，A项正确；
B．过程②中，化合价降低，作氧化剂，B项正确；
C．过程③中，氧气是氧化剂，是还原剂，O元素和Fe元素化合价发生变化，C项错误；
D．根据转化关系图可判断回收S的总反应为，D项正确；
故答案为：C。
【分析】由图可知，第①步反应为铜离子与硫化氢反应生成硫化铜和氢离子，第②步为三价铁将硫化铜氧化生成S，第③步为氧气将二价铁氧化物三价铁，然后循环反应。
13．（2024高一上·新华期中）已知。下列叙述正确的是
A．作还原剂 B．x=7
C．y=3 D．中M元素的化合价为+7
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】对于反应，由O原子守恒可知2y=8，所以y=4；由电荷守恒可知2×( x)+5×( 2)+16=2×2，解得x=1，所以即，O元素为-2价，则M为+7价；
A．即，M的化合价由+7下降到+2，做氧化剂，故A错误；
B．由分析得x=1，故B错误；
C．由分析得y=4，故C错误；
D．即，O元素为-2价，则M为+7价，故D正确；
故答案为：D。
【分析】利用氧化还原反应中得失电子守恒进行计算即可。
14．（2024高一上·新华期中）鉴别和两种白色固体的下列方案中，不可行的是
A．分别配成溶液，进行焰色试验，观察火焰的颜色
B．分别加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无浑浊产生
C．分别配成稀溶液，加入澄清石灰水，观察有无白色沉淀产生
D．等质量两种固体与足量盐酸反应，观察产生气体的量
【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．分别配成溶液，进行焰色试验，观察火焰的颜色，K元素的焰色是紫色，Na元素的焰色是黄色，能区别两者，A项错误；
B．分别加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无浑浊产生，碳酸氢钠受热分解，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，碳酸钾无现象，能区别两者，B项错误；
C．分别配成稀溶液，加入澄清石灰水，两者都产生白色沉淀，不能区别，C项正确；
D．等质量两种固体与足量盐酸反应，两者生成的气体质量不同，可以区别，D项错误。
故答案为：C。
【分析】A.利用焰色反应即可鉴别钾盐和钠盐；
B.酸式盐受热会分解产生二氧化碳，正盐不会分解；
C.二者都与石灰水反应生成沉淀，无法鉴别；
D.等质量时，二者物质的量不同，与足量盐酸产生气体不同，据此鉴别。
15．（2024高一上·新华期中）已知在酸性溶液中，Co2O3的还原产物是Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是
A．Co2O3在酸性溶液中易被氧化成Co2+
B．Cl2通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl2 + 6FeI2=2FeCl3 + 4FeI3
C．FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化
D．I2具有较强的氧化性，可以将Co2+氧化成Co2O3
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；离子方程式的书写
【解析】【解答】A． Co2O3在酸性溶液中钴由+3价降低为+2价，易被还原成Co2+，故A错误；
B． 铁离子的氧化性强于碘单质，即铁离子与碘离子不能其存，Cl2通入FeI2溶液中，不可存在反应3Cl2+ 6FeI2=2FeCl3+ 4FeI3，故B错误；
C． 铁离子的氧化性强于碘单质，FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化，故C正确；
D． Co2O3的氧化性比I2强，碘不能将Co2+氧化成Co2O3，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A由题可知， Co2O3的还原产物是Co2+， 化合价降低，应该是被还原而不是氧化；
B.铁离子的氧化性强于碘单质，应该是亚铁离子反应完全后再与碘离子反应；
C.三价铁具有强氧化性，碘离子具有还原性，故二者会发生氧化还原反；
D.由题可知， Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱 ，碘无法将 Co2+氧化成Co2O3 。
16．（2024高一上·新华期中）是优良的水处理剂，一种制备方法是将混合共熔，反应方程式为。下列关于该反应的说法错误的是
A．铁元素被氧化，氮元素被还原
B．每生成，转移
C．具有氧化杀菌作用
D．该实验条件下的氧化性：
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；物质的量的相关计算
【解析】【解答】由方程式可知，反应中铁元素化合价从+3价到+6价，化合价升高被氧化，氧化铁是反应的还原剂，高铁酸钾是反应的氧化产物，氮元素的化合价降低被还原，硝酸钾是反应的氧化剂，亚硝酸钾是还原产物，反应生成1mol高铁酸钾，转移3mol电子；
A．由分析可知，反应中铁元素化合价升高被氧化，氮元素的化合价降低被还原，故A正确；
B．由分析可知，反应生成1mol高铁酸钾，转移3mol电子，故B错误；
C．高铁酸钾具有强氧化性，能使蛋白质因氧化而变性起到杀菌消毒的作用，故C正确；
D．由分析可知，硝酸钾是反应的氧化剂，高铁酸钾是反应的氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则硝酸钾的氧化性强于高铁酸钾，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A.化合价升高被氧化，化合价降低被还原；
B.根据化合价升降，即可判断转移电子数目；
C.强氧化性可以使蛋白质变性，从而起到杀菌消毒；
D.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性进行判断。
17．（2024高一上·新华期中）同温同压下，A容器中的H2和B容器中的NH3所含的氢原子数目相等，则两容器的体积比为
A．2：1 B．1：2 C．3：2 D．2：3
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】根据相同条件下体积之比是物质的量之比分析解答。
因H2和NH3分子中氢原子个数比为2∶3，当两者所含氢原子数相同，则二者物质的量之比为3∶2，则在同温同压下，A、B两容器的体积比为3∶2。答案选C。
【分析】根据阿伏加德罗定律解答即可。
18．（2024高一上·新华期中）一个密闭容器，中间有可由滑动的隔板（厚度不计）将容器分成两部分， 当左边充入1 mol N2，右边充入一定量的CO时，隔板处于如图位置（保持温度不变），下列说法正确的是（ ）
A．右边与左边分子数之比为4：1
B．右侧CO的质量为5.6g
C．右侧气体密度是相同条件下氢气密度的14倍
D．若改变右边CO的充入量而使隔板处于容器正中间保持温度不变，则应充入0.2 mol CO
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】左右两侧气体温度、压强相同，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4：1，所以右侧气体的物质的量=1mol/4=0.25mol。
A．气体的分子数与物质的量成正比，则右边与左边分子数之比为1：4，A错误；
B．右侧CO的质量为：28g/mol×0.25mol=7g，B错误；
C．相同条件气体下密度之比等于气体摩尔质量成之比，所以右侧气体CO密度是相同条件下氢气密度的28/2=14倍，C正确；
D．相同条件下气体体积与物质的量成正比，隔板处于容器正中间时，左右两侧气体的物质的量相等，则需要充入的CO的物质的量为：1mol-0.25mol=0.75mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.根据体积之比等于物质的量之比，即可得到分子数目之比；
B.根据氮气物质的量，即可算出一氧化碳物质的量，进而计算质量；
C.相同条件，密度之比等于摩尔质量成之比，即可解答；
D.隔板处于容器正中间时，左右两侧气体的物质的量相等。
19．（2024高一上·新华期中）下列方案的设计、现象和结论正确的是
方案设计 现象与结论
A 检验是否有漂白性 将干燥的通入放有鲜花的广口瓶 若观察到鲜花褪色，则说明具有漂白性
B 证明溶于水不能完全与水反应 将溶于水，观察氯水颜色，再滴加石蕊试液 观察到氯水为淡黄绿色，且滴加石蕊试液先变红后褪色，说明溶于水部分与水反应
C 检验某溶液中是否存在 在溶液中加入溶液，再加稀硝酸 产生白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解说明溶液中存在
D 检验某溶液中是否存在 在溶液中加入溶液 若产生白色沉淀说明溶液中存在
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】常见离子的检验；氯气的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．鲜花中含有水分，氯气能与水反应生成具有漂白作用的次氯酸，将干燥的通入放有鲜花的广口瓶，若观察到鲜花褪色，不能说明具有漂白性，故A错误；
B．氯水为淡黄绿色，证明氯水中含有分子，滴加石蕊试液先变红后褪色，说明溶液选含有H+、HClO，证明溶于水不能完全与水反应，故B正确；
C．在溶液中加入溶液，再加稀硝酸，产生的沉淀可能是氯化银或硫酸钡，所以不能证明一定含有，故C错误；
D．在溶液中加入溶液，产生白色沉淀，沉淀可能是碳酸钙、亚硫酸钙、氢氧化镁等，说明溶液中存在、等离子，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.氯气本身不具有漂白性，与水生成次氯酸才具有；
B.要溶于水不能完全与水反应 ，即证明有氯气存在，也要证明次氯酸存在即可；
C.没有排除硫酸根的干扰；
D.无法排除碳酸氢根的干扰。
20．（2024高一上·新华期中）若将浓盐酸滴入烧瓶中进行如图(a、c、d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是
A．装置A中的可用代替
B．b处红色鲜花瓣褪色，说明具有漂白性
C．c处溶液与过量反应的离子方程式为：
D．含有的尾气进入C装置时，最多消耗0.002molNaOH
【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．高锰酸钾和浓盐酸反应不需加热，而MnO2和浓盐酸反应需要加热，所以装置A中的KMnO4不能用MnO2代替，故A错误；
B．氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性，故B错误；
C．过量的氯气能将Fe2+、Br-氧化为Fe3+和Br2，且Fe2+和Br-的物质的量之比等于化学式中的比例，即1：2，氯气被还原为Cl-，故C正确；
D．氯气和NaOH溶液反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，0.001molCl2消耗0.002molNaOH，但还有氯化氢消耗NaOH，所以消耗的NaOH大于0.002mol，故D错误；
答案为：C。
【分析】高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，氯气和挥发的氯化氢通入B中，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸能使紫色石蕊试液变红，次氯酸有漂白性，能使红色鲜花瓣褪色，氯气和FeBr2反应，多余的氯气和氯化氢被NaOH溶液吸收。
21．（2024高一上·新华期中）物质的量是高中化学常用的物理量，请完成以下有关计算：
（1）标准状况下，含有相同氧原子数的CO和CO2的体积之比为 。
（2）100mL硫酸钠溶液中n(Na+)=0.2mol，则其中c()= 。
（3）6.72L(标准状况)CO与一定量的Fe2O3恰好完全反应，生成Fe的质量为 。
（4）某气体氧化物的化学式为RO2，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩尔质量为 ，R的相对原子质量为 。
（5）某盐混合溶液中含有离子：Na+、Mg2+、Cl-、，测得Na+、Mg2+和Cl-的物质的量浓度依次为：0.2mol/L、0.25mol/L、0.4mol/L，则c()= 。
（6）有等体积的NaCl、CaCl2、AlCl3三种溶液，分别与足量的AgNO3溶液反应，若生成沉淀的质量相等，则三种溶液中所含溶质的物质的量浓度之比为 。
（7）标准状况下，11.2LHCl的物质的量是 mol，将这些气体溶于水中配成1L溶也，所得盐酸的物质的量浓度是 mol/L。
（8）将190gMgCl2溶于水配制成1L溶液。该溶液中MgCl2的物质的量浓度为 。
【答案】（1）2：1
（2）1mol/L
（3）11.2
（4）64g/mol；32
（5）0.15mol/L
（6）6：3：2
（7）0.5；0.5
（8）2mol/L
【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）含有相同氧原子数的CO和CO2的分子数之比为2：1，标准状况下，气体的体积比等于分子数之比，含有相同氧原子数的CO和CO2的体积之比为2：1；
（2）溶液中n(SO)=n(Na+)=×0.2mol=0.1mol，则c(SO)==1mol/L；
（3）CO的物质的量为=0.3mol，由3CO+Fe2O32Fe+3CO2，可知n(Fe)=n(CO)=×0.3mol=0.2mol，故生成Fe的质量为0.2mol×56g/mol=11.2g；
（4）该气体氧化物的物质的量为=0.02mol，其摩尔质量为=64g/mol，则R的相对分子质量为64-2×16=32；
（5）溶液呈电中性，则有：c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+2c(SO)，即0.2mol/L+2×0.25mol/L=0.4mol/L+2c(SO)，解得c(SO)=0.15mol/L；
(6)反应生成的沉淀AgCl质量相等，则三种溶液中Cl-物质的量相等，假设Cl-物质的量为3mol，则n(NaCl)=3mol，n(CaCl2)==1.5mol，n(AlCl3)==1mol，溶液体积相等，则c(NaCl)：c(CaCl2)：c(AlCl3)=n(NaCl)：n(CaCl2)：n(AlCl3)=3mol：1.5mol：1mol=6：3：2；
(7)HCl的物质的量为=0.5mol，盐酸的物质的量浓度为=0.5mol/L；
(8)190gMgCl2的物质的量为=2mol，溶于水配制成1L溶液．溶液中MgCl2的物质的量浓度为=2mol/L。
【分析】（1）根据阿伏加德罗定律，体积之比等于物质的量之比， 含有相同氧原子数的CO和CO2的 的物质的量之比为2：1；
（2）根据钠离子物质的量计算硫酸根物质的量进而计算其浓度；
（3）根方程式关系，通过CO的物质的量，计算铁的物质的量；
（4） 体积为448mL ，其物质的量为0.02mol，结合其质量即可算出摩尔质量；
（5）利用电荷守恒计算即可；
（6）沉淀物质的量相同，那么氯离子三者氯离子物质的量相等，得到三种物质的物质的量关系，进而得到浓度关系；
（7）根据气体体积计算物质的量，再计算浓度；
（8）根据质量算出物质的量，进而算出浓度。
（1）含有相同氧原子数的CO和CO2的分子数之比为2：1，标准状况下，气体的体积比等于分子数之比，含有相同氧原子数的CO和CO2的体积之比为2：1；
（2）溶液中n(SO)=n(Na+)=×0.2mol=0.1mol，则c(SO)==1mol/L；
（3）CO的物质的量为=0.3mol，由3CO+Fe2O32Fe+3CO2，可知n(Fe)=n(CO)=×0.3mol=0.2mol，故生成Fe的质量为0.2mol×56g/mol=11.2g；
（4）该气体氧化物的物质的量为=0.02mol，其摩尔质量为=64g/mol，则R的相对分子质量为64-2×16=32；
（5）溶液呈电中性，则有：c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+2c(SO)，即0.2mol/L+2×0.25mol/L=0.4mol/L+2c(SO)，解得c(SO)=0.15mol/L；
（6）反应生成的沉淀AgCl质量相等，则三种溶液中Cl-物质的量相等，假设Cl-物质的量为3mol，则n(NaCl)=3mol，n(CaCl2)==1.5mol，n(AlCl3)==1mol，溶液体积相等，则c(NaCl)：c(CaCl2)：c(AlCl3)=n(NaCl)：n(CaCl2)：n(AlCl3)=3mol：1.5mol：1mol=6：3：2；
（7）HCl的物质的量为=0.5mol，盐酸的物质的量浓度为=0.5mol/L；
（8）190gMgCl2的物质的量为=2mol，溶于水配制成1L溶液．溶液中MgCl2的物质的量浓度为=2mol/L。
22．（2024高一上·新华期中）氯气是一种重要的化工原料，可用于制备盐酸、漂白剂和杀菌消毒剂等。
（1）1774年的舍勒用软锰矿粉末(主要成分是)和浓盐酸混合加热制备氯气，若和盐酸混合后缓缓加热，反应完全后向留下的溶液中加入足量溶液，生成沉淀物质的量为_____(不考虑盐酸的挥发)
A．等于 B．小于
C．大于，小于 D．以上结论都不正确
（2）氯化铁是一种常见的水处理剂，需要密封保存。无水氯化铁遇潮湿空气极易吸水生成。在实验室中，可以采用下列仪器和药品制取较纯的无水氯化铁固体。
①C装置中的试剂为 (填试剂名称)，其作用是 。
②D装置的作用是 。用一件仪器装填适当试剂后，也可起到C和D的作用，所装填的试剂为 (填干燥剂名称)。
③若D中吸收了标准状况下L氯气，则需要消耗NaOH的质量为 克。
【答案】（1）C
（2）浓硫酸；防止D中的水蒸气进入B；尾气处理；碱石灰；16
【知识点】氯气的化学性质；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解析】通过浓硫酸干燥氯气，通过装置A中氯气和铁反应生成氯化铁，装置B收集氯化铁，装置C防止水蒸气进入装置B中，故C中为浓硫酸干燥剂，剩余气体通过氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气；
（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：；盐酸中含有HCl 0.3mol，0.3molHCl若完全和二氧化锰反应逸出氯元素0.15mol，剩余0.15mol氯离子可以生成0.15mol氯化银沉淀，但是浓盐酸和二氧化锰反应被消耗，随着反应进行盐酸浓度减小，反应停止，故生成氯化银沉淀大于，小于，故选C；
（2）①由分析可知，C装置中的试剂为浓硫酸，其作用是防止D中的水蒸气进入B。
②D装置的作用是尾气处理；用一件仪器装填适当试剂后，也可起到C和D的作用，则需要同时起到干燥和吸收尾气氯气的作用，则装填的试剂为碱石灰；
③标准状况下L氯气为0.2mol，，则需要消耗NaOH0.4mol，质量为0.4mol×40g/mol=16g。
【分析】（1）首先根据氯原子守恒，假如二氧化锰完全反应，那么可以得到剩余氯离子物质的量，但是二氧化锰与浓盐酸无法完全反应；
（2）浓硫酸为干燥剂，A中A中氯气和铁反应生成氯化铁，装置B收集氯化铁，装置C防止水蒸气进入装置B中，故C中为浓硫酸干燥剂，剩余气体通过氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，据此解答即可。
（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：；盐酸中含有HCl0.3mol，0.3molHCl若完全和二氧化锰反应逸出氯元素0.15mol，剩余0.15mol氯离子可以生成0.15mol氯化银沉淀，但是浓盐酸和二氧化锰反应被消耗，随着反应进行盐酸浓度减小，反应停止，故生成氯化银沉淀大于，小于，故选C；
（2）①由分析可知，C装置中的试剂为浓硫酸，其作用是防止D中的水蒸气进入B。
②D装置的作用是尾气处理；用一件仪器装填适当试剂后，也可起到C和D的作用，则需要同时起到干燥和吸收尾气氯气的作用，则装填的试剂为碱石灰；
③标准状况下L氯气为0.2mol，，则需要消耗NaOH0.4mol，质量为0.4mol×40g/mol=16g。
23．（2024高一上·新华期中）氯酸锶白色结晶粉末，可溶于水，微溶于酒精，主要用于制造红色焰火。可溶于水，是一种常见的可溶性强碱。实验室制取氯酸锶的实验装置图如图，反应的化学方程式为。已知将浓盐酸滴入高锰酸钾固体中，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去。请回答下列问题：
（1）仪器M的名称是 ，仪器N的名称是 ；
（2）仪器接口的连接顺序a→ ；
（3）A中发生反应的离子方程式为 ；
（4）使浓盐酸顺利滴下的操作方法为 ，再打开分液漏斗下端活塞。
（5）装置B中所装试剂名称为 ，其作用是 ；
（6）装置C中发生反应的离子方程式为 ；
（7）该兴趣小组在40℃条件下，将一定量的通入一定量的溶液中，恰好反应完全，得到的产物中含有和和的物质的量之比为5：1，则此过程中氧化剂和还原剂的质量比为 ；
【答案】（1）分液漏斗；圆底烧瓶
（2）a→b→c→d→e→f
（3）10Cl－+2MnO+16H＋＝5Cl2↑+2Mn2＋+8H2O
（4）将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将瓶口的小口和塞上的凹槽对齐
（5）饱和食盐水；除去氯气中的氯化氢
（6）6Cl2+12OH－2+10Cl－+6H2O
（7）5：3
【知识点】氯气的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解析】从图中装置可知，A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，B中为饱和食盐水用于除去氯气中含有的HCl，氯气进入C中与反应生成，D中NaOH作用为吸收多余的Cl2，据此解答。
（1）仪器M的名称是分液漏斗，仪器N的名称是圆底烧瓶；
（2）根据以上分析可知仪器接口的连接顺序a→b→c→d→e→f；
（3）A中制备氯气，发生反应的离子方程式为10Cl－+2MnO+16H＋＝5Cl2↑+2Mn2＋+8H2O；
（4）使浓盐酸顺利滴下的操作方法为将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将瓶口的小口和塞上的凹槽对齐，再打开分液漏斗下端活塞。
（5）生成的氯气中含有氯化氢，额装置B中所装试剂名称为饱和食盐水，其作用是除去氯气中的氯化氢；
(6)装置C中制备产品，发生反应的离子方程式为6Cl2+12OH－2+10Cl－+6H2O；
(7)设和的物质的量分别是5mol、1mol，反应中失去5mol×1+1mol×5＝10mol，因此根据电子得失守恒可知得到氯化钠的物质的量是10mol，和属于氧化产物，氯化钠属于还原产物，则此过程中氧化剂和还原剂的质量比为5：3。
【分析】（1）根据图可知，仪器M的名称是分液漏斗，仪器N的名称是圆底烧瓶；
（2）装置A为发生装置，B为洗气装置，C为反应装置，D为尾气吸收装置，即可确定连接顺序；
（3） 浓盐酸滴入高锰酸钾固体中，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去 据此完成反应方程式；
（4） 使浓盐酸顺利滴下的操作方法为 ， 将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将瓶口的小口和塞上的凹槽对齐 ，即可顺利留下；
（5）除去氯气中的氯化氢气体用饱和食盐水；
（6） 反应的化学方程式为，将其改写成离子反应即可；
（7）根据化合价升降相等，即可确定氧化剂与还原剂的物质的量之比。
（1）仪器M的名称是分液漏斗，仪器N的名称是圆底烧瓶；
（2）根据以上分析可知仪器接口的连接顺序a→b→c→d→e→f；
（3）A中制备氯气，发生反应的离子方程式为10Cl－+2MnO+16H＋＝5Cl2↑+2Mn2＋+8H2O；
（4）使浓盐酸顺利滴下的操作方法为将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将瓶口的小口和塞上的凹槽对齐，再打开分液漏斗下端活塞。
（5）生成的氯气中含有氯化氢，额装置B中所装试剂名称为饱和食盐水，其作用是除去氯气中的氯化氢；
（6）装置C中制备产品，发生反应的离子方程式为6Cl2+12OH－2+10Cl－+6H2O；
（7）设和的物质的量分别是5mol、1mol，反应中失去5mol×1+1mol×5＝10mol，因此根据电子得失守恒可知得到氯化钠的物质的量是10mol，和属于氧化产物，氯化钠属于还原产物，则此过程中氧化剂和还原剂的质量比为5：3。
