2025届湖南省株洲市醴陵一中高一化学第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析

2025届湖南省株洲市醴陵一中高一化学第一学期期中学业质量监测模拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、从海带中提取碘的实验过程中，涉及下列操作，其中正确的是
A．将海带燃烧成灰B．过滤得含I-溶液
C．放出碘的苯溶液D．分离碘并回收苯
2、现有三组分散系：①汽油和氯化钠溶液的混合物②39％的乙醇溶液③氯化钠和单质溴的混合溶液，分离以上各分散系的正确方法依次是：
A．分液、萃取、蒸馏B．萃取、蒸馏、分液
C．分液、蒸馏、萃取D．蒸馏、萃取、分液
3、某同学在烧水时，不小心把水洒在炉火上，结果发现炉火更旺了，原因是H2O和炽热的碳反应生成了水煤气(CO和H2)，反应方程式为：C＋H2 CO＋H2，下列关于该反应说法正确的是( )
A．该反应中C失电子，被还原B．该反应中H2得电子，被还原
C．该反应中，每转移2mol e－则生成1mol H2D．该反应属于复分解反应
4、下列反应属于离子反应的是
A．H2和O2反应生成水B．锌片投入稀硫酸中
C．双氧水(H2O2)分解制取O2D．高炉炼铁
5、300mLAl2(SO4)3溶液中，含Al3+1.62g，在该溶液中加入0.1mol/LBa(OH)2溶液300mL，反应后溶液中SO42—的物质的量浓度为(忽略溶液体积变化)
A．0.1mol/L B．0.2mol/L C．0.3mol/L D．0.4mol/L
6、下列电离方程式书写不正确
．．．的是
A ．CaCl 2 ＝ Ca ＋2＋2Cl －
B ．HNO 3 ＝ H ＋＋ NO 3－
C ．NaHCO 3 ＝Na ＋＋ HCO 3－
D ．NaClO ＝Na ＋＋ ClO －
7、若将饱和氯化铁溶液分别滴入下列物质中，能形成胶体的是 A ．冷水
B ．沸水
C ．氢氧化钠浓溶液
D ．氯化钠浓溶液
8、中国食盐产量居世界首位。

下列实验室中的操作类似“海水晒盐”原理的是（ ） A ．蒸馏
B ．蒸发
C ．过滤
D ．搅拌
9、已知硫酸的密度大于纯水，若以w 1和w 2分别表示浓度为c 1mol/L 和c 2mol/L 硫酸的质量分数，已知2w 1＝w 2，则下列推断正确的是
A ．2c 1＝c 2
B ．2c 2＝c 1
C ．c 2＞2c 1
D ．c 1＜c 2＜2c 1 10、下列物质的分类正确的是
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
11、下列反应既属于氧化还原反应又属于离子反应的是( ) A ．盐酸与氢氧化钠溶液的反应 B ．高锰酸钾受热分解 C ．碳酸钙与盐酸反应
D ．铁与稀硫酸反应
12、下列反应的离子方程式书写正确的是
A ．氯化铜溶液与铁粉反应：22Cu Fe===Fe Cu ++++
B ．稀24H SO 与铁粉反应：322Fe 6H 2Fe 3H ++
+===+↑
C ．氢氧化钡溶液与稀24H SO 反应：2244B ==a
SO SO =Ba +
-
+↓
D ．碳酸钙与盐酸反应：2322CO 2H ===H O CO -+
++↑
13、下列离子方程式书写正确的是
A ．Cl 2溶于水：Cl 2＋H 2O== 2H ＋＋Cl －＋ClO － ＋－
C．CuO溶于稀硫酸：O2－＋2H＋== H2O
D．向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3＋+3H2O Fe(OH)3↓+3H＋
14、下列实验装置或操作与微粒的大小无直接关系的是（）
A．过滤B．渗析
C．萃取D．丁达尔效应
15、在只含有Mg2+、Al3+、Cl-、SO42-四种离子的某溶液中（不考虑水的电离），已知Mg2+、Al3+、Cl-的个数比为2:1:1 ，
则该溶液中Al3+与SO42-离子的个数比为
A．2:3B．1:2C．1:3D．3:2
16、为了使硫酸溶液导电性几乎降低为零，应加入适量的
A．NaOH B．Na2CO3C．BaCl2D．Ba(OH)2
二、非选择题（本题包括5小题）
17、(1)写电离方程式：NaHCO3__________________。

H2CO3______________。

(2)最外层电子数是次外层电子数的3倍的原子的原子结构示意图________________。

硫离子的结构示意图
____________。

(3)下列3个小题中的物质均由核电荷数为1—10的元素组成，按要求填写化学式。

①最外层分别为4个和6个电子的原子形成的化合物是_________、__________。

②由5个原子组成的电子总数为10的分子是___________。

③由三个最外层是6个电子的原子结合成的分子是____________。

.为确定甲溶液的组成，18、甲溶液可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cu2+、NO3－、Cl－、SO42－、CO32－八种离子中的若干种
将其分成两等份，进行如下实验：
①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L。

②向另一份溶液中加入0.6 mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应,过滤得66.3g沉淀及滤液。

③向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X。

④向上述滤液中加入1 mol/L AgNO3溶液650 mL，恰好可完全反应，据此，请回答下列问题(用相应的离子符号表示
)：
⑴上述实验③中得到沉淀X的质量为______；生成沉淀X的离子方程式为______．
⑵甲溶液中一定不存在的离子是______；可能存在的离子是______．
⑶甲溶液一定存在的离子中,物质的量最大的离子是______；物质的量最小的离子是______,此物质的量最小的离子其物质的量为______。

19、用CuSO4·5H2O晶体，配制0.2 mol/L的CuSO4溶液480 mL。

（1）实验中用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯，还缺少_____________。

（2）容量瓶使用前应___________。

（3）应用托盘天平称取CuSO4·5H2O晶体的质量为___________g。

（4）配制溶液时有以下几个操作：①溶解、②摇匀、③洗涤并转移、④冷却、⑤称量、⑥转移溶液、⑦定容、⑧装瓶贴标签，则正确的操作顺序是________________(填序号)。

（5）下列操作对所配溶液的浓度偏高的有________(填序号)
①硫酸铜晶体失去了部分结晶水
②用“左码右物”的称量方法称量晶体并使用了游码
③硫酸铜晶体不纯，其中混有杂质
④称量硫酸铜晶体时所用砝码生锈
⑤容量瓶未经干燥就使用
⑥转移液体时不小心洒落了一滴在容量瓶的外面
⑦定容时俯视刻线
⑧摇匀后，凹液面低于刻度线未做任何处理
20、从宏观现象探究微观本质是重要的化学学科素养。

I. 以亚硫酸钠(Na2SO3)为实验对象，探究其性质。

实验如下：
（资料1）亚硫酸(H2SO3)易分解生成SO2和H2O。

(1)写出上述实验中①、②的离子方程式_________________，_________________。

(2)通过上述实验可知，在空气中久置的亚硫酸钠固体中会混有_____________(填化学式)，亚硫酸钠在空气中变质体现
了亚硫酸钠的_________________性。

II. 以FeCl3溶液为实验对象，探究其与碱性物质之间反应的复杂多样性。

实验如下：
（资料2）含Fe3+的溶液中加入KSCN溶液，溶液由黄色变为红色；
含Fe2+的溶液中加入K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀。

(1)①中反应的离子方程式是_____________________________。

(2)②中逸出的无色气体是_______________________________。

(3)对于③中的实验现象，同学们有诸多猜测，继续进行实验：
甲组：取③中反应后溶液少许，滴入稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀。

得出结论：FeCl3与Na2SO3发生了氧化还原反应，离子方程式是_______________。

乙组：认为甲组的实验不严谨，重新设计并进行实验，证实了甲组的结论是正确的。

其实验方案是_________。

(4)由上述实验可知，下列说法正确的是________(填字母)。

a. 盐与碱反应时，盐和碱都必须可溶于水
b. 盐溶液可能呈中性、碱性、酸性
c. 盐与盐反应时，不一定生成两种新盐
d. 盐与盐反应时，发生的不一定是复分解反应
21、海洋是资源的宝库，蕴藏着丰富的化学元素，如氯、溴、碘等。

（1）氯原子的结构示意图_____；工业上利用电解饱和食盐水来获得氯气，其化学方程式为_____。

（2）将氯气通入石灰乳中可制取漂白粉，化学方程式为_____。

漂白粉溶于水后，和空气中的二氧化碳作用，所得的溶液可用于漂白这是利用生成的HClO，而该溶液长时间放置又会失去漂白能力，所涉及的化学反应方程式为_____。

（3）向盛有KI 溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。

如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色。

（a）写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式，并用“单线桥”标出电子转移的方向和数目。

_____________ _____+_____+_____→_____HIO3+_____该反应中，_____元素的化合价升高。

（b）把KI 换成KBr，则CCl4层变为_____色，继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化。

Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是_____。

（c）加碘盐中含碘量为20mg～50mg/kg。

制取加碘盐（含KIO3的食盐）1000kg，若KI 与Cl2反应之KIO3，至少需要消耗Cl2_____mol（保留2 位小数）。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
A．将海带烧成灰应在坩埚中进行，A错误；
B．过滤时要用玻璃棒引流，B错误；
C．苯的密度比水小，碘的苯溶液在上层，应将碘的苯溶液从上层倒出，C错误；
D．苯易挥发，用蒸馏的方法将碘和苯分离并回收苯，D正确。

答案选D。

2、C
【解析】
汽油不溶于水，分液即可；
乙醇和水是互溶的，应该通过蒸馏得到无水乙醇；
单质溴易溶在有机溶剂中，所以萃取即可；
答案选C。

【点睛】
3、C
【解析】
试题分析：A项：C的化合价升高，失去电子，被氧化，故错；B项：H2是氧化产物，故错；D项：反应过程中，有元素化合价发生变化，故属于氧化还原反应，故错。

故选C。

点评：题考查氧化还原反应，明确还原剂、氧化剂中元素的化合价变化是解答本题的关键，并熟悉常见的氧化还原反应来解答。

4、B
【解析】
A. H2和O2反应，是分子间发生的反应，没有离子参与，A不合题意；
B. 锌片投入稀硫酸中，其实质是Zn与硫酸电离产生的H+反应，生成Zn2+和H2，B符合题意；
C. 双氧水(H2O2)分子发生分解，从而制得O2，没有离子参与反应，C不合题意；
D. 高炉炼铁是CO分子还原Fe2O3固体，从而获得Fe，没有离子参与反应，D不合题意。

故选B。

【点睛】
在反应中有离子参加或有离子生成的反应称为离子反应。

在中学阶段仅限于在溶液中进行的反应，可以说离子反应是指在水溶液中有电解质参加的一类反应。

因为电解质在水溶液里发生的反应，其实质是该电解质电离出的离子在水溶液中的反应。

5、D
【解析】
则300 mL Al2(SO4)3溶液中，；0.1 mol/L Ba(OH)2溶液300 mL中，；当两溶液混合后，反应后溶液中
，所以反应后溶液中SO的物质的量浓度为
6、A
【解析】
A.钙离子的表达形式应为：Ca2+，故A书写不正确；
B.硝酸为强电解质，完全电离，电离方程式为：HNO3 ＝ H＋＋ NO3－，故B书写正确；
C.碳酸氢根为原子团，不能拆开书写，故C书写正确；
D.次氯酸根离子为原子团，不能拆开书写，故D书写正确；
答案选A。

【点睛】
在书写电解质在水溶液中的电离子方程式时，要注意
MnO4-、NO3-、CO32-、SO32-、HCO3-、HSO3-、HS-、AlO2-、SO42-等原子团一般不能拆开书写。

7、B
【解析】
氢氧化铁胶体的制备方法为：向煮沸的蒸馏水中逐滴滴入5～6滴饱和的氯化铁溶液，继续加热煮沸至溶液呈红褐色为止，停止加热即得氢氧化铁胶体；答案选B。

8、B
【解析】
根据“海水晒盐”原理是利用蒸发溶剂的方法使溶质氯化钠析出的过程来回答。

【详解】
A．蒸馏是依据混合物中各组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质的分离的方法，不同于“海水晒盐”原理，故A错误；
B．蒸发是升高温度让一种物质挥发出来，而剩余另一物质的方法，类似“海水晒盐”原理，故B正确；
C．过滤是适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法，不同于“海水晒盐”原理，故C错误；
D．搅拌是玻璃棒的作用，可以加速固体的溶解或是物质的分解速率，不同于“海水晒盐”原理，故D错误；
答案选B。

9、C
【解析】
设物质的量是浓度为c 1 mol/L 的密度为ρ1，物质的量是浓度为c 2mol/L 硫酸溶液的密度为ρ 2，则
c 1=，c 2= ，==。

因浓硫酸的密度大于水，溶液的浓度越大，密度越大，则ρ 1＜ρ 2，则c 2＞2c 1。

故选C。

【点睛】
本题考查物质的量浓度与质量分数的计算与比较，注意浓硫酸的密度大于水，溶液的浓度越大，密度越大。

10、D
【解析】
溶于水电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱，溶于水电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，由金属阳离子或铵根离子与酸根离子组成的化合物是盐，能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，据此解答。

【详解】
A、Na2CO3是盐，NaOH是碱，SO2是酸性氧化物，A错误；
B、CO不是酸性氧化物，B错误；
C、Al2O3不是碱性氧化物，属于两性氧化物，C错误；
D、各物质分类均正确，D正确。

11、D 【解析】
既属于氧化还原反应，又属于离子反应的反应，反应前后一定有元素化合价的变化，且反应过程中有离子的参加或生成，以此解答该题。

【详解】
A ．氢氧化钠溶液与稀盐酸的反应，属于在溶液中发生的离子反应，反应的离子方程式为OH -+H +=H 2O ，反应前后各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，A 不符合题意；
B ．高锰酸钾受热分解不是离子反应，反应前后Mn 的化合价降低，O 的化合价升高，属于氧化还原反应，B 不符合题意；
C ．碳酸钙与盐酸反应，属于在溶液中发生的离子反应，反应的离子方程式为CaCO 3+2H +=Ca 2++CO 2↑+H 2O ，反应前后各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，C 不符合题意；
D ．铁与稀硫酸反应属于在溶液中发生的离子反应，反应的离子方程式为Fe+2H +=Fe 2++H 2↑，反应前后Fe 的化合价升高，H 的化合价降低，属于氧化还原反应，D 符合题意； 答案选D 。

12、A 【解析】
A. 铁与铜离子置换出铜单质，即22Cu Fe===Fe Cu ++++，A 项正确；
B. Fe 与稀24H SO 反应生成4FeSO 和2H ，B 项错误；
C. ()2Ba OH 溶液与稀24H SO 反应，既有4BaSO 沉淀生成，又有难电离的2H O 生成，C 项错误；
D. 3CaCO 是难溶于水的盐，在离子方程式中不能拆写成离子形式，D 项错误。

答案选A 。

13、B 【解析】
A. 氯气溶于水的离子反应为Cl 2 + H 2O ⇌ H + + Cl - + HClO ，HClO 为弱电解质不能拆，故A 错误；
B. 钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为2Na ＋2H 2O === 2Na ＋＋2OH －＋H 2↑，故B 正确；
C. CuO 和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，离子方程式为CuO + 2H + === Cu 2+ + H 2O ，故C 错误；
D. 向沸水中滴加饱和FeCl 3溶液制备Fe(OH)3胶体的离子反应为Fe 3+ + 3H 2O Fe(OH)3（胶体）+ 3H +，故D 错误；
故答案为：B 。

14、C
A．悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故A错误；
B．胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子的大小进行分离，故B错误；
C．萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C正确；
D．胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故D错误；
故答案为C。

15、C
【解析】
根据溶液中电中性，正电荷与负电荷量相等分析。

【详解】
由于溶液中电中性，正电荷与负电荷量相等，故可得到，正电荷：n(Mg2+)⨯2+n(Al3+)⨯3，负电荷：
n(Cl-)⨯1+n(SO42-)⨯2，已知Mg2+、Al3+、Cl-的个数比为2:1:1，根据等量关系可得到， n(Al3+):n(SO42-)=1:3，故C正确。

故选C。

【点睛】
利用电荷守恒计算时，阳离子提供正电荷的物质的量=阳离子的物质的量⨯该离子所带电荷数目，例如，0.1molMg2+提供正电荷的物质的量=0.1mol⨯2=0.2mol，阴离子同理。

16、D
【解析】
A.A项中反应为2NaOH＋H2SO4=Na2SO4＋2H2O，Na2SO4=2Na＋＋SO42-，溶液导电性几乎无变化，故A错误；
B.B项中发生反应为Na2CO3＋H2SO4=Na2SO4＋CO2↑＋H2O, Na2SO4=2Na＋＋SO42-，溶液导电性几乎无变化，故B错误；
C.C项中发生反应为BaCl2＋H2SO4=BaSO4↓＋2HCl，HCl=H＋＋Cl－，溶液导电性几乎无变化，故C错误；
D.D项中发生反应为Ba(OH)2＋H2SO4=BaSO4↓＋2H2O，反应后溶液离子浓度非常小，导电性几乎降低为零，故D正确。

故选D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、NaHCO3=Na++HCO3-H2CO3H++HCO3-，HCO3-H++CO32-CO CO2CH4O3
(1) NaHCO 3是盐，属于强电解质，电离产生Na +、HCO 3-；H 2CO 3是二元弱酸，分步电离，存在电离平衡；
(2)先确定最外层电子数是次外层电子数的3倍的原子是O 原子，根据原子核外电子排布规律书写原子结构示意图；S 原子获得2个电子形成S 2-，据此书写离子结构示意图；
(3)先确定相应的元素，然后根据要求书写化学式。

【详解】
(1) NaHCO 3是盐，属于强电解质，在溶液中电离产生Na +、HCO 3-，电离方程式为：NaHCO 3=Na ++HCO 3-；H 2CO 3是二元弱酸，存在电离平衡，电离过程分步电离，第一步电离为H 2CO 3
H ++HCO 3-，第二步电离方程式为
HCO 3-H ++CO 32-； (2)最外层电子数是次外层电子数的3倍的原子是O 原子，O 是8号元素，原子核外电子排布是2、6，所以O 原子结构示意图为：；S 是16号元素，S 原子获得2个电子形成S 2-，则S 2-离子结构示意图是；
(3)核电荷数为1~10的元素中，①最外层分别为4个和6个电子的原子分别是C 原子、O 原子，这两种元素形成的化合物是CO 、CO 2；
②由5个原子组成的电子总数为10的分子是CH 4；
③最外层是6个电子的原子是O 原子，由三个最外层是6个电子的原子结合成的分子是O 3。

【点睛】
本题考查了化学用语的综合判断的知识，包括化学式、电离方程式及原子结构示意图的书写等。

元素原子核外电子分层排布，根据原子结构特点推断元素，然后根据物质分子中含有的微粒数目的要求及物质结构进行书写。

掌握物质微粒结构特点与性质的关系是本题解答的关键。

18、10g 2232Ca CO 2OH CaCO H O +-++=↓+ 2Ca +、2Cu + 3NO - K + Cl - 0.1mol
【解析】
通过①得出铵根离子物质的量，
通过②分析得出碳酸根和硫酸根的物质的量，
通过③及离子共存分体得出不含的离子，
通过④分析含有的微粒及物质的量。

【详解】
①向一份溶液中加入足量的NaOH 浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L ，应生成NH 3，则一定含有NH 4+，且()4 4.48L n NH 0.2mol 22.4L /mol
+==； ②向另一份溶液中加入0.6 mol/L 的BaCl 2溶液500mL ，恰好可以与溶液中的离子完全反应，过滤得66.3g 沉淀及滤液，沉淀可能为BaSO 4或BaCO 3或二者都有，
如为BaSO 4，则()4m BaSO 0.6mol /L 0.5L 233g /mol 69.9g =⨯⨯=，
如为BaCO 3，()3m BaCO 0.6mol /L 0.5L 197g /mo l59.1g =⨯⨯=，
则说明甲中含有SO 42－、CO 32－,设分别为x mol 、y mol ，
则x y 0.3233x 197y 66.3+=⎧⎨+=⎩
，x = 0.2 ，y = 0.1； ③向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X ，则说明含有CO 32－，则一定不存在Ca 2+、Cu 2+；
④向上述滤液中加入1 mol/LAgNO 3溶液650mL ，恰好可完全反应，可知滤液中()n Cl
1mol /L 0.65L 0.65mol -=⨯=，而②加入()n Cl 0.6mol /L 20.5L 0.6mol -
=⨯⨯=， 则说明甲中含有Cl －，且()n Cl 0.65mol 0.6mol 0.05mol -
=-=， 如不含NO 3－，则由电荷守恒可知一定含有K +，由()()()()()22434n K n NH 2n CO 2n SO n Cl ++
---
+=++, 则()n K 20.1mol 20.2mol 0.05mol 0.2mol 0.45mol +=⨯+⨯+-=, 因分成两份，则甲含有0.4 mol NH 4+、0.9 mol K +、0.4 mol SO 42－、0.2 mol CO 32－、0.1mol Cl －，如含有NO 3－，则K +
大于0.9 mol ，
⑴上述实验③中得到沉淀X 为碳酸钙，质量为0.1 mol ×
100 g/mol=10g ，生成沉淀X 的离子方程式为Ca 2+ + 2OH － + CO 2== CaCO 3↓ + H 2O ，
故答案为10g ；Ca 2+ + 2OH － + CO 2== CaCO 3↓ + H 2O ；
⑵由以上分析可知一定不存在Ca 2+、Cu 2+，不能确定是否含有NO 3－，
故答案为Ca 2+、Cu 2+；NO 3－；
⑶甲含有0.4 mol NH 4+、0.9 mol K +、0.4 mol SO 42－、0.2 mol CO 32－、0.1mol Cl －，如含有NO 3－，则K +大于0.9 mol ，则物质的量最大的离子是K +；物质的量最小的离子是Cl －，此物质的量最小的离子其物质的量为0.1 mol ， 故答案为K +；Cl －
；0.1 mol 。

19、（1）容量瓶（500ml ）、胶头滴管（2分）
（2）查漏（1分）（3）25.0（2分）
（4）⑤①④⑥③⑦②⑧（2分）（5）①④⑦（2分）
【解析】
试题分析：（1） 没有480mL 的容量瓶，因此应该配制500mL ，则实验中用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯，还
缺少容量瓶（500ml）、胶头滴管。

（2）容量瓶使用前应查漏。

（3）应用托盘天平称取CuSO4·5H2O晶体的质量为0.5L×0.2mol/L×250g/mol＝25.0g。

（4）配制溶液时的主要操作是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、摇匀、定容和振荡等，所以正确的操作顺序是⑤①④⑥③⑦②⑧。

（5）①硫酸铜晶体失去了部分结晶水，导致硫酸铜的质量增加，浓度偏高；②用“左码右物”的称量方法称量晶体并使用了游码，导致硫酸铜的质量减少，浓度偏低；③硫酸铜晶体不纯，其中混有杂质，导致硫酸铜的质量减少，浓度偏低；④称量硫酸铜晶体时所用砝码生锈，导致硫酸铜的质量增加，浓度偏高；⑤容量瓶未经干燥就使用，不会影响结果；⑥转移液体时不小心洒落了一滴在容量瓶的外面，导致硫酸铜的质量减少，浓度偏低；⑦定容时俯视刻线，液面在刻度线下方，溶液体积减少，浓度偏高；⑧摇匀后，凹液面低于刻度线未做任何处理，不会影响结果，答案选①④⑦。

【考点定位】考查一定物质的量浓度溶液配制
【名师点晴】掌握实验原理是解答的关键，难点是误差分析。

根据可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。

误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。

在配制一定物质的量浓度溶液时，若n B比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n B比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。

20、BaSO3+2H+==Ba2++SO2↑+H2O SO32-+Ba2+==BaSO3↓Na2SO4还原性
2Fe3++3Mg(OH)2==2Fe(OH)3+3Mg2+CO22Fe3+ +SO32-+H2O ==2Fe2++SO42-+2H+取③中反应后的溶液，加入K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀，说明生成了Fe2+bcd
【解析】
本题主要考查探究物质的性质化学实验设计。

I. 亚硫酸钠在空气中久置，因亚硫酸钠具有还原性，可能与空气中的O2发生氧化还原反应生成硫酸钠。

（1）溶液A中含有SO32-，与Ba2+反应生成BaSO3沉淀；BaSO3与稀盐酸反应生成BaCl2和SO2和H2O；
（2）溶液B中加入BaCl2溶液后生成的白色沉淀不溶于稀盐酸，说明该沉淀为BaSO4；SO32-生成SO42-过程是被氧化；II.（1）氯化铁溶液和Mg(OH)2浊液反应生成红褐色的Fe(OH)3沉淀；
（2）由FeCl3溶液呈酸性分析，pH=1的FeCl3溶液与pH=12的Na2CO3溶液等物质的量混合后产生的气体成分；（3）SO32-被Fe3+氧化为SO42-，Fe3+被还原为Fe2+，由此写出离子方程式；因SO32-可能被空气氧化，若要证实SO32-与Fe3+发生氧化还原反应，根据题干信息可选用K3Fe(CN)6溶液检验溶液中是否有Fe2+；
（4）a.实验①中加入的碱为Mg(OH)2；
b.FeCl3溶液呈酸性，Na2CO3溶液、Na2SO3溶液呈碱性，NaCl溶液呈中性；
c.实验②和实验③为两种盐相互反应，生成物不是两种新盐；
d.实验③中，盐与盐反应不属于复分解反应。

【详解】
I. 亚硫酸钠在空气中久置，因亚硫酸钠具有还原性，可能与空气中的O2发生氧化还原反应生成硫酸钠。

（1）实验①中反应为BaSO3与稀盐酸反应生成BaCl2和SO2和H2O，其离子方程式为：
BaSO3+2H+==Ba2++SO2↑+H2O；溶液A中含有SO32-，与Ba2+反应生成BaSO3沉淀，其离子方程式为
SO32-+Ba2+==BaSO3↓；
（2）溶液B中加入BaCl2溶液后生成的白色沉淀不溶于稀盐酸，说明该沉淀为BaSO4，说明在空气中久置的亚硫酸钠固体中混有Na2SO4；SO32-生成SO42-过程是被氧化，故体现了亚硫酸钠的还原性；
II.（1）实验①中反应为氯化铁溶液和Mg(OH)2浊液反应生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，其离子方程式为：
2Fe3++3Mg(OH)2==2Fe(OH)3+3Mg2+；
（2）实验②为pH=1的FeCl3溶液与pH=12的Na2CO3溶液等物质的量混合后，生成的气体为CO2；
（3）由实验现象可知，Fe3+被还原为Fe2+，化合价降低，故SO32-被Fe3+氧化为SO42-，其离子反应方程式为：2Fe3+ +SO32-+H2O ==2Fe2++SO42-+2H+；因SO32-可能被空气氧化，若要证实SO32-与Fe3+发生氧化还原反应，可通过验证是否有Fe2+生成，根据题干信息可知，可选用K3Fe(CN)6溶液进行检验，故实验方案为：取③中反应后的溶液，加入
K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀，说明生成了Fe2+；
（4）a.实验①中加入的碱为Mg(OH)2，属于难溶性碱，错误；
b.由题干信息可知，FeCl3溶液呈酸性，Na2CO3溶液、Na s SO3溶液呈碱性，NaCl溶液呈中性，正确；
c.实验②和实验③为两种盐相互反应，生成物不是两种新盐，正确；
d.实验③中，盐与盐反应不属于复分解反应，正确。

21、2NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH2Ca(
OH)
+2Cl2＝Ca(
2
ClO)2+CaCl2+2H2O Ca(
ClO)
+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑5Cl2I2
2
6H2O 2 10HCl I 红棕HBrO3＞Cl2＞HIO30.47
【解析】
（1）氯原子的核外电子数为17，最外层为7个电子，其正确的原子结构示意图为；工业上利用电解饱和食盐水来获得氯气，其化学方程式为2NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH；
故答案为；2NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH；
（2）氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式：2Ca(
OH)
+2Cl2＝Ca(
2
ClO)2+CaCl2+2H2O，次氯酸酸性比碳酸弱，Ca(ClO)2与空气中的CO2反应生成HClO和CaCO3沉淀，反应的方程式为Ca(
ClO)
+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO，产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，该溶液可用于漂白这是利用了生成的HClO的氧化2
性；HClO见光易分解，会失去漂白能力，分解的方程式为：2HClO2HCl+O2↑；
故答案为2Ca(
OH)
+2Cl2＝Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；Ca(
2
ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO；2HClO2HCl+O2↑；
（3）a．氯气具有强氧化性，向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色，说明生成I2，继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色，说明I2被进一步氧化，生成HIO3，同时氯气被还原为HCl，反应的方程式为：5Cl2+I2+6H2O＝2HIO3+10HCl，反应中I元素的化合价升高，用“单线桥”标出电子转移的方向和数目为；
故答案为；5Cl2、I2、6H2O、2、10HCl；I；
b．KI换成KBr时，得到的是溴单质，则其在CCl4中呈红棕色；继续滴加氯水时，颜色不变，可知氯水不能将溴单质氧化成HBrO3，故其氧化性强弱顺序为：HBrO3＞Cl2＞HIO3，
故答案为红棕；HBrO3＞Cl2＞HIO3；
c.1000kg加碘食盐中含碘20g，KI+3Cl2+3H2O＝KIO3+6HCl，根据KIO3～I～KI～3Cl2可知，则需要消耗Cl2的物质的量＝×3＝0.47mol；
故答案为0.47。