精品解析：上海市七宝中学2024-2025学年高一上学期期中考试 化学试卷

七宝中学高一年级第一学期期中考试 化学学科 考生注意： 1.试卷共6页，满分100分，考试时间60分钟。 2.本考试分设试卷和答题纸。答题前，务必在答题纸上填写姓名、学号。所有题目必须作答在答题纸上。 3.标注“不定项”的试题，每小题有一个或两个正确答案；未特别标注的选择类试题，每小题只有一个正确选项。 相对原子质量：H-l C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 一、原子结构 人类已发现的元素只有一百多种，而核素却已有上千种，回答下列问题： 1. 氕()、氘()、氚()是氢元素的三种核素，下列说法正确的是 A. 三者互为同素异形体 B. 是化合物 C. 三者的中子数相同 D. 三者的化学性质几乎相同 2. 如图是锂元素在周期表中的部分信息及原子结构示意图。下列说法正确的是 A. 锂原子的质量数为3 B. 锂原子在化学反应中容易得到电子 C. 锂元素的相对原子质量为6.941g/mol D. 氯化锂的化学式为LiCl 3. 元素有质量数为16和18的两种核素，该元素的近似平均相对原子质量为，则其中的物质的量分数是 A. B. C. D. 4. 某元素的一种微粒结构示意图如图所示，下列有关说法正确的是 A. 若该微粒带有两个正电荷，则它可能是元素Mg B. 若微粒为原子，它是元素Ar C. 若微粒为负离子，则可能等于14 D. 该微粒最外层已达8电子稳定结构 5. 一种混合气体由与等体积组成，则该混合气体对氢气的相对密度为___________。 6. 前18号元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A、B、C三种元素原子核外电子层数之和是5；A、B两元素原子最外层电子数之和等于C元素原子最外层电子数；B元素原子最外层上的电子数是其电子层数的2倍，A和C可以形成化合物CA3；B与D的原子序数之比为3:4；E元素原子最外层电子数比次外层电子数少1。回答下列问题： （1）由A、B两种元素组成的分子有多种，其中一种分子含10个电子，写出其化学式___________。 （2）B元素的原子结构示意图为___________，元素形成的简单离子的电子式为___________。 （3）某化合物由A、D两种元素组成，在催化剂作用下会分解生成一种常见单质，写出该反应的化学方程式___________。 （4）C元素的最高价氧化物的化学式为___________，该物质属于___________氧化物(填“酸性”，“碱性”或“不成盐”)，预测其与NaOH反应的离子方程式___________。 二、物质的分类 分类思想是化学研究的一种重要手段，是对物质性质预测的重要方法。 7. 关于物质分类与性质，下列说法正确的是 A. “冰水混合物”是一种分散系 B. 碱性氧化物一定是金属氧化物 C. 食盐溶液静置会分层，下层比上层咸 D. 在物质分类中，“纯碱”属于盐 8. 下列有关胶体的说法，正确的是 A. 胶体是一种特殊的分散系，其分散质微粒直径在之间 B. 静电除尘器的工作原理利用了胶体带电的性质 C. 江河入海口处三角洲的形成是由于胶体的聚沉 D. 胶体的分散质粒子可以通过滤纸，这一过程称为渗析 某实验小组探究胶体的制备方法及其性质。 实验1：向沸腾的蒸馏水中滴入5滴饱和溶液(浓度约)，迅速出现丁达尔效应。 实验2：向蒸馏水中滴入5滴溶液，然后滴入1滴溶液，边滴边搅拌，迅速出现丁达尔效应。 实验3：加热饱和溶液，一段时间后出现丁达尔效应。 9. 写出实验1发生的离子反应方程式___________。 10. 进行实验3时，若使用矿泉水，则不能观察到丁达尔效应，原因可能是___________。 11. 综合以上三个实验，形成氢氧化铁胶体时，的来源可以是或___________。 电解质是化学中一类重要的物质，回答下列问题： 12. 向一定体积的Ba(OH)2溶液中滴加等浓度的稀H2SO4，测得溶液导电能力变化如图所示，下列说法正确的是 A. 实验时用NaOH代替Ba(OH)2也能得到该曲线 B. BC段溶液导电能力逐渐上升，但无法超过A点 C. 时刻溶液的导电能力接近为0，所以BaSO4是非电解质 D. 该反应发生的离子方程式为 13. 有以下几种物质：① ②粉末 ③氨气 ④蔗糖 ⑤冰醋酸 ⑥溶液 ⑦氯气 ⑧ ⑨熔融 ⑩次磷酸()，回答以下问题： （1）以上物质中，属于电解质的是___________，能导电的是___________。 （2）写出②溶于水时的电离方程式___________，写出⑥与⑧反应的离子方程式___________。 （3）次磷酸与足量反应，所得产物为，由此可推断次磷酸是___________元酸，理由是___________。 三、联系宏观与微观的桥梁 物质的量是联系宏观与微观的桥梁，回答下列问题： 14. 设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. NA的单位是mol-1 B. 标准状况下，22.4LH2O含有原子个数为3NA C. 105℃、101kPa下，同体积的H2O所含的氢原子数比H2多 D. 20gD2O含有的中子数为10NA 15. 对于同温同压下等质量的NO和NO2，下列叙述正确的是 A. 分子数之比为1：1 B. 体积之比为15：23 C. 所含原子数之比为46：45 D. 密度之比为23：15 16. 某物质A在一定条件下加热完全分解，产物都是气体。其加热分解的化学方程式为4A=2B＋3C＋D，测得生成的混合气体对氢气的相对密度为2d，则A的相对分子质量为 A. 7d B. 5d C. 6d D. 4d 17. 如果某双原子气体中含有的原子数为，则该气体在标准状况下的体积是 A. B. C. D. 18. 将完全溶于水中，溶液密度为，溶液体积为，溶质质量分数为，溶质物质的量浓度为。下列叙述正确的是 A. B. C. 向上述溶液中再加入水后，所得溶液的质量分数为 D. 向上述溶液中再加入等质量水后，所得溶液的浓度 19. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常用的化学试剂，某实验中需要使用450mL0.1mol/L的Na2S2O3溶液，回答以下问题： （1）需要称量Na2S2O3∙5H2O ___________g。 （2）在配制溶液过程中，以下仪器不需要的是___________。 A. 胶头滴管 B. 玻璃棒 C. 烧杯 D. 量筒 （3）转移溶液后未洗涤烧杯与玻璃棒，所得溶液浓度___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同)，在定容时，容量瓶没有干燥，所得溶液浓度___________。 四、氧化还原反应的本质 20. 氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，下列化学反应属于阴影区域的是 A. B. C. D. 21. 实验室常用标定，同时使再生，其反应原理如图所示。下列说法正确的是 A. 反应Ⅰ中是氧化剂 B. 由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性： C. 发生反应Ⅰ和反应Ⅱ时，溶液颜色均发生了变化 D. 和在水溶液中能大量共存 22. 亚氯酸钠(NaClO2)较稳定，但在加热或受撞击条件下亚氯酸钠固体会发生爆炸，爆炸产物可能为 A. 、 B. 、 C. 、 D. 、 23. 黑火药爆炸的原理为，当反应转移12mol电子时，被硫氧化的碳的物质的量为 A. 0.5mol B. 1mol C. 1.5mol D. 3mol 24. 黄铁矿的主要成分为（S为－1价），是生产硫黄和硫酸的主要原料，黄铁矿在硫酸酸化的条件下发生催化氧化的反应历程如图所示，下列说法错误的是 A. 图示中的三个反应不全是氧化还原反应 B. 由反应历程可知氧化性： C. 该过程的总反应为 D. 反应Ⅲ中每生成1个NO分子，转移2个 25. 实验中残留在试管壁上的硫可以利用热的NaOH溶液进行洗涤，发生的化学反应为S+NaOH=Na2S+Na2SO3+H2O (未配平)，配平上述反应方程式，并标出电子转移的数目和方向___________，反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。 26. 实验室可用以下方法制备氯气： ① ② ③ 若各反应转移电子数相同，①、②、③生成的氯气质量比为___________，以上三种氧化剂中，氧化性最弱的是___________，原因是___________。 27. 二氧化氯()是一种新型消毒剂，具有安全、高效、广谱等优点。以下是的两种制法： 方法一： 方法二： 已知氯气是一种有毒的黄绿色气体，具有刺激性气味。回答以下问题： （1）在方法一中，当有电子转移时，参与反应的还原剂的物质的量为___________。 （2）两种方法相比，___________(填“方法一”或“方法二”)制备的更适合饮用水的消毒，其主要原因是___________。 28. 在一定温度下将氯气通入KOH溶液中，得到KCl、KClO2、KClO3的混合溶液，经测定与的数目之比为1:2，该反应的化学方程式为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 七宝中学高一年级第一学期期中考试 化学学科 考生注意： 1.试卷共6页，满分100分，考试时间60分钟。 2.本考试分设试卷和答题纸。答题前，务必在答题纸上填写姓名、学号。所有题目必须作答在答题纸上。 3.标注“不定项”的试题，每小题有一个或两个正确答案；未特别标注的选择类试题，每小题只有一个正确选项。 相对原子质量：H-l C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 一、原子结构 人类已发现的元素只有一百多种，而核素却已有上千种，回答下列问题： 1. 氕()、氘()、氚()是氢元素的三种核素，下列说法正确的是 A. 三者互为同素异形体 B. 是化合物 C. 三者的中子数相同 D. 三者的化学性质几乎相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．同素异形体是由同一种元素形成性质不同的单质，适应对象是单质，氕(H)、氘(D)、氚(T)是三种核素，A错误； B．HD由同一种元素组成，是单质，B错误； C．氕(H)、氘(D)、氚(T)质子数均为1，中子数分别为0、1、2，C错误； D．氕(H)、氘(D)、氚(T)最外层都只有1个电子，化学性质相似，D正确； 故答案为：D。 2. 如图是锂元素在周期表中的部分信息及原子结构示意图。下列说法正确的是 A. 锂原子的质量数为3 B. 锂原子在化学反应中容易得到电子 C. 锂元素的相对原子质量为6.941g/mol D. 氯化锂的化学式为LiCl 【答案】D 【解析】 【详解】A．锂为3号元素，锂原子的质子数为3，质量数约为7，A不正确； B．锂原子的最外层只有1个电子，在化学反应中容易失去电子，B不正确； C．从图中可以看出，锂元素的相对原子质量为6.941，锂元素的摩尔质量为6.941g/mol，C不正确； D．锂在化学反应中容易失去1个电子，生成Li+，则氯化锂的化学式为LiCl，D正确； 故选D。 3. 元素有质量数为16和18的两种核素，该元素的近似平均相对原子质量为，则其中的物质的量分数是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】元素M有质量数为16和18两种同位素，设18M的物质的量分数为x，则16M的物质的量分数为1-x，该元素的近似平均相对原子质量为16.4，即18x+16(1-x)=16.4，x=0.2，故本题选A。 4. 某元素的一种微粒结构示意图如图所示，下列有关说法正确的是 A. 若该微粒带有两个正电荷，则它可能是元素Mg B. 若微粒为原子，它是元素Ar C. 若微粒为负离子，则可能等于14 D. 该微粒最外层已达8电子稳定结构 【答案】BD 【解析】 【详解】A．若该微粒带有两个正电荷，则它的质子数为2+8+8+2=20，可能是元素Ca，A不正确； B．若微粒为原子，它的质子数为2+8+8=18，是元素Ar，B正确； C．14号元素为Si，它的最外层有4个电子，难以得到4个电子形成阴离子，所以若微粒为负离子，则x不可能等于14，C不正确； D．由离子结构示意图可以看出，该微粒最外层电子数为8，已达8电子稳定结构，D正确； 故选BD。 5. 一种混合气体由与等体积组成，则该混合气体对氢气的相对密度为___________。 【答案】23 【解析】 【详解】混合气体由与等体积组成，则n()=n()，设两种气体均为1mol，则混合气体的平均摩尔质量为，根据阿伏伽德罗定律推论，同温、同压、同体积条件下，气体密度与摩尔质量成正比，则该混合气体对氢气的相对密度为。 6. 前18号元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A、B、C三种元素原子核外电子层数之和是5；A、B两元素原子最外层电子数之和等于C元素原子最外层电子数；B元素原子最外层上的电子数是其电子层数的2倍，A和C可以形成化合物CA3；B与D的原子序数之比为3:4；E元素原子最外层电子数比次外层电子数少1。回答下列问题： （1）由A、B两种元素组成的分子有多种，其中一种分子含10个电子，写出其化学式___________。 （2）B元素的原子结构示意图为___________，元素形成的简单离子的电子式为___________。 （3）某化合物由A、D两种元素组成，在催化剂作用下会分解生成一种常见单质，写出该反应的化学方程式___________。 （4）C元素的最高价氧化物的化学式为___________，该物质属于___________氧化物(填“酸性”，“碱性”或“不成盐”)，预测其与NaOH反应的离子方程式___________。 【答案】（1）CH4 （2） ①. ②. （3）2H2O22H2O+O2↑ （4） ①. N2O5 ②. 酸性 ③. N2O5+2OH-=2+H2O 【解析】 【分析】前18号元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。B元素原子最外层上的电子数是其电子层数的2倍，则B为碳元素，不可能为硫元素；A和C可以形成化合物CA3，则A为氢元素，C为氮元素；A、B、C三种元素原子核外电子层数之和是5；A、B两元素原子最外层电子数之和等于C元素原子最外层电子数，也可证实前面推断的正确性；B与D的原子序数之比为3:4，则D的原子序数为8，其为氧元素；E元素原子最外层电子数比次外层电子数少1，则E为氯元素。从而得出A、B、C、D、E分别为H、C、N、O、Cl。 【小问1详解】 由A、B两种元素组成的分子可表示为CxHy，其中一种分子含10个电子，则其化学式CH4。 【小问2详解】 B为碳元素，原子结构示意图为，E元素形成的简单离子为Cl-，电子式为。 【小问3详解】 某化合物由A、D两种元素组成，在催化剂作用下会分解生成一种常见单质，则该化合物为H2O2，该反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑。 【小问4详解】 C为氮元素，其最高价氧化物的化学式为N2O5，该物质与碱(如NaOH)反应生成盐(如NaNO3)和水，则属于酸性氧化物，预测其与NaOH反应的离子方程式为N2O5+2OH-=2+H2O。 【点睛】N元素对应的含氧酸为HNO2和HNO3。 二、物质的分类 分类思想是化学研究的一种重要手段，是对物质性质预测的重要方法。 7. 关于物质分类与性质，下列说法正确的是 A. “冰水混合物”是一种分散系 B. 碱性氧化物一定是金属氧化物 C. 食盐溶液静置会分层，下层比上层咸 D. 在物质分类中，“纯碱”属于盐 【答案】BD 【解析】 【详解】A．冰和水的分子组成和结构相同，是纯净物，不属于分散系，故A错误； B．碱性氧化物一定是金属氧化物，例如氧化钙、氧化钠等，故B正确； C．食盐易溶于水，静止后不分层，且具有均一性，上层、下层一样咸，故C错误； D．在物质分类中，“纯碱”为碳酸钠，属于盐，故D正确； 故选BD。 8. 下列有关胶体的说法，正确的是 A. 胶体是一种特殊的分散系，其分散质微粒直径在之间 B. 静电除尘器的工作原理利用了胶体带电的性质 C. 江河入海口处三角洲的形成是由于胶体的聚沉 D. 胶体的分散质粒子可以通过滤纸，这一过程称为渗析 【答案】C 【解析】 【详解】A．胶体是一种特殊的分散系，其分散质微粒直径在1∼100nm之间，故A错误； B．静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶粒的带电性而加以除去，此过程为胶体的电泳，故B错误； C．江河中的泥浆属于胶体，江河入海口三角洲的形成是胶体聚沉的结果，故C正确； D．胶体的分散质粒子不能透过半透膜，利用半透膜的选择透过性来分离胶体，这一过程称为渗析，故D错误； 故本题选C。 某实验小组探究胶体的制备方法及其性质。 实验1：向沸腾的蒸馏水中滴入5滴饱和溶液(浓度约)，迅速出现丁达尔效应。 实验2：向蒸馏水中滴入5滴溶液，然后滴入1滴溶液，边滴边搅拌，迅速出现丁达尔效应。 实验3：加热饱和溶液，一段时间后出现丁达尔效应。 9. 写出实验1发生的离子反应方程式___________。 10. 进行实验3时，若使用矿泉水，则不能观察到丁达尔效应，原因可能是___________。 11. 综合以上三个实验，形成氢氧化铁胶体时，的来源可以是或___________。 【答案】9. 10. 因为矿泉水中含有带电粒子，使胶体聚沉，不能生成氢氧化铁胶体 11. H2O 【解析】 【分析】实验1为氢氧化铁胶体制备实验，制备氢氧化铁胶体的化学方程式为： ； 实验2向40mL蒸馏水中滴入5滴10%FeCl3溶液，然后滴入1滴10%NaOH溶液，边滴边搅拌，迅速出现丁达尔效应，说明生成氢氧化铁胶体； 实验3加热40mL饱和FeCl3溶液，一段时间后出现丁达尔效应，说明生成氢氧化铁胶体； 【9题详解】 实验1发生的离子反应方程式：； 【10题详解】 进行实验3时，若使用矿泉水，则不能观察到丁达尔效应，是因为矿泉水中含有带电粒子，使胶体聚沉，不能生成氢氧化铁胶体； 【11题详解】 综合上述实验：制备Fe(OH)3胶体提供OH-的物质可以是H2O或NaOH，控制反应条件即可制得。 电解质是化学中一类重要的物质，回答下列问题： 12. 向一定体积的Ba(OH)2溶液中滴加等浓度的稀H2SO4，测得溶液导电能力变化如图所示，下列说法正确的是 A. 实验时用NaOH代替Ba(OH)2也能得到该曲线 B. BC段溶液导电能力逐渐上升，但无法超过A点 C. 时刻溶液的导电能力接近为0，所以BaSO4是非电解质 D. 该反应发生的离子方程式为 【答案】B 【解析】 【分析】Ba(OH)2溶液中滴加等浓度的稀H2SO4，发生反应Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，当二者刚好完全反应时，溶液的导电能力接近0；继续滴加稀H2SO4，过量的稀H2SO4电离出的离子使溶液的导电能力不断增强。 【详解】A．实验时用NaOH代替Ba(OH)2，即便二者刚好完全反应，产物Na2SO4仍能电离出离子，溶液的导电能力不可能为0，A不正确； B．BC段溶液导电能力逐渐上升，由于Ba(OH)2溶液中含有水，反应又生成水，所以溶液中离子浓度始终比原Ba(OH)2溶液小，溶液的导电能力无法超过A点，B正确； C．BaSO4虽然是强电解质，但由于它难溶于水，溶于水的极少量BaSO4电离产生的离子浓度很小，所以a时刻溶液的导电能力接近0，C不正确； D．由分析可知，发生反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，D不正确； 故选B。 13. 有以下几种物质：① ②粉末 ③氨气 ④蔗糖 ⑤冰醋酸 ⑥溶液 ⑦氯气 ⑧ ⑨熔融 ⑩次磷酸()，回答以下问题： （1）以上物质中，属于电解质的是___________，能导电的是___________。 （2）写出②溶于水时的电离方程式___________，写出⑥与⑧反应的离子方程式___________。 （3）次磷酸与足量反应，所得产物为，由此可推断次磷酸是___________元酸，理由是___________。 【答案】（1） ①. ②⑤⑧⑨⑩ ②. ①⑥⑨ （2） ①. ②. Cu2++H2S=CuS↓+2H+ （3） ①. 一元酸 ②. 次磷酸与足量NaOH反应，所得产物为NaH2PO2，说明次磷酸只能电离出1个H+ 【解析】 【分析】①Al能导电，属于单质，既不是电解质也不是非电解质； ②NaHCO3粉末不能导电，但在水溶液中能导电，属于电解质； ③氨气属于非电解质，不导电； ④蔗糖不导电，水溶液或熔融状态下也不能导电，属于非电解质； ⑤冰醋酸属于化合物，不导电，但在水溶液中能导电，属于电解质； ⑥CuCl2溶液为混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质； ⑦氯气为单质，不导电，既不是电解质也不是非电解质； ⑧H2S不导电，但溶于水能导电，属于电解质； ⑨熔融NaCl能导电，属于电解质； ⑩次磷酸(H3PO2)属于电解质，本身不导电； 【小问1详解】 由分析可知，以上物质中，属于电解质的是②⑤⑧⑨⑩；能导电的是①⑥⑨； 【小问2详解】 ②为碳酸氢钠粉末，溶于水时电离出钠离子和碳酸氢根离子，其电离方程式为：；CuCl2溶液与H2S反应生成CuS沉淀和HCl，其离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+； 【小问3详解】 次磷酸与足量NaOH反应，所得产物为NaH2PO3，说明次磷酸只能电离出1个H+，则可推断次磷酸是一元酸。 三、联系宏观与微观的桥梁 物质的量是联系宏观与微观的桥梁，回答下列问题： 14. 设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. NA的单位是mol-1 B. 标准状况下，22.4LH2O含有原子个数为3NA C. 105℃、101kPa下，同体积的H2O所含的氢原子数比H2多 D. 20gD2O含有的中子数为10NA 【答案】AD 【解析】 【详解】A．1mol任何粒子的粒子数叫做阿伏加德罗常数，单位是mol-1，A正确； B．标准状况下，H2O不呈气态，无法求出22.4LH2O的物质的量，也就无法求出含有的原子个数，B不正确； C．105℃、101kPa下，H2O呈气态，依据阿伏加德罗定律的推论，同温同压同体积的H2O和H2的所物质的量相同，则含有的氢原子数相同，C不正确； D．20gD2O含有的中子数为=10NA，D正确； 故选AD。 15. 对于同温同压下等质量的NO和NO2，下列叙述正确的是 A. 分子数之比为1：1 B. 体积之比为15：23 C. 所含原子数之比为46：45 D. 密度之比为23：15 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据n=可知等质量的NO和NO2的分子数目的比等于二者的物质的量的比，则N(NO)：N(NO2)=：=23：15，A错误； B．根据n=可知等质量的NO和NO2在同温同压下气体的体积比等于二者的物质的量的比，则V(NO)：V(NO2)=：=23：15，B错误； C．n=及物质的分子中含有的原子数目，可知等质量的NO和NO2所含原子数之比为：=46：45，C正确； D．根据密度ρ=，可知在 同温同压下NO和NO2的密度比等于二者的摩尔质量之比，所以ρ(NO)：ρ(NO2)=30：46=15：23，D错误； 故合理选项是C。 16. 某物质A在一定条件下加热完全分解，产物都是气体。其加热分解的化学方程式为4A=2B＋3C＋D，测得生成的混合气体对氢气的相对密度为2d，则A的相对分子质量为 A. 7d B. 5d C. 6d D. 4d 【答案】C 【解析】 【详解】相同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比，所以混合气体的平均相对分子质量为4d，混合气体与A气体的物质的量之比为6：4，所以A气体的摩尔质量为4d× =6d； 答案为：C。 17. 如果某双原子气体中含有的原子数为，则该气体在标准状况下的体积是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】某双原子气体中含有的原子数为，则cg该气体中含有的原子数为，该分子为双原子分子，则分子数为：，则cg该气体的物质的量为，所以该气体在标准状况下的体积是，故选A。 18. 将完全溶于 水中，溶液密度为，溶液体积为，溶质质量分数为，溶质物质的量浓度为。下列叙述正确的是 A. B. C. 向上述溶液中再加入水后，所得溶液的质量分数为 D. 向上述溶液中再加入等质量水后，所得溶液的浓度 【答案】A 【解析】 【详解】A．由物质的量浓度和质量分数的关系式为 ，可得 ，A正确； B．由题意可知，溶液的质量为(22.4L÷22.4L/mol×36.5g/mol+1000)g，则溶液的体积 ，则 ，B错误； C．盐酸的密度大于水的密度，加入等体积的水后，由于水的质量小于原盐酸的质量，混合液的总质量小于原溶液的2倍，溶液中氯化氢的质量不变，则根据质量分数公式可知，混合液中溶质的质量分数大于原溶液的 ，即所得溶液的质量分数大于 ，C错误； D．向上述溶液中再加入等质量水后，盐酸的浓度减小，密度减小，混合液的总体积大于原溶液的2倍，溶液中氯化氢的物质的量不变，则由物质的量浓度的公式可知，混合液的浓度小于原溶液的，即所得溶液的浓度小于0.5cmol/L，D错误； 故选A。 19. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常用的化学试剂，某实验中需要使用450mL0.1mol/L的Na2S2O3溶液，回答以下问题： （1）需要称量Na2S2O3∙5H2O ___________g。 （2）在配制溶液过程中，以下仪器不需要的是___________。 A. 胶头滴管 B. 玻璃棒 C. 烧杯 D. 量筒 （3）转移溶液后未洗涤烧杯与玻璃棒，所得溶液浓度___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同)，在定容时，容量瓶没有干燥，所得溶液浓度___________。 【答案】（1）12.4 （2）D （3） ①. 偏小 ②. 无影响 【解析】 【分析】某实验中需要使用450mL0.1mol/L的Na2S2O3溶液，但实验室没有450mL规格的容量瓶，应选择稍大规格的容量瓶，所以需选择500mL的容量瓶。计算溶质质量时，溶液的体积按500mL代入公式计算。 【小问1详解】 配制500mL0.1mol/L的Na2S2O3溶液，需要称量Na2S2O3∙5H2O的质量为0.500L×0.1mol/L ×248g/mol=12.4g。 【小问2详解】 在配制500mL0.1mol/L时，一般步骤为：计算、称量、溶解、转移、定容，则需要的仪器为托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，不需要的仪器是量筒，故选D。 【小问3详解】 转移溶液后未洗涤烧杯与玻璃棒，有少量溶质残留在烧杯内壁和玻璃棒上，导致所配溶液中溶质偏少，浓度偏小；在定容时，容量瓶没有干燥，所得溶液中溶质的物质的量、溶液的体积都不受到影响，浓度无影响。 【点睛】计算溶质质量时，切不可忽视所选容量瓶的规格，按题中所给的体积代入公式计算。 四、氧化还原反应的本质 20. 氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，下列化学反应属于阴影区域的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】从图中可以看出，阴影部分属于氧化还原反应，但既不是化合反应，又不属于分解反应、置换反应。 【详解】A．中不含价态变化的元素，属于非氧化还原反应，A不符合题意； B．属于置换反应，B不符合题意； C．属于氧化还原反应，但不属于化合反应、分解反应、置换反应，C符合题意； D．属于氧化还原反应，并且属于化合反应，D不符合题意； 故选C。 21. 实验室常用标定，同时使再生，其反应原理如图所示。下列说法正确的是 A. 反应Ⅰ中是氧化剂 B. 由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性： C. 发生反应Ⅰ和反应Ⅱ时，溶液颜色均发生了变化 D. 和在水溶液中能大量共存 【答案】BC 【解析】 【分析】反应Ⅰ中，与Mn2+反应生成和，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则氧化性强于；反应Ⅱ中，与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，同理可得的氧化性强于Fe3+。 【详解】A．反应Ⅰ中，与Mn2+反应生成和，Mn2+的化合价升高，作还原剂，发生氧化反应，A错误； B．反应Ⅰ中，氧化剂是，氧化产物是，故氧化性：＞，反应Ⅱ中，氧化剂是，氧化产物是Fe3+，故氧化性：＞Fe3+，氧化性：＞＞Fe3+，B正确； C．反应Ⅰ中Mn2+被氧化为，反应中溶液变为紫色，反应Ⅱ中，被还原为Mn2+，反应中溶液的紫色褪去，所以发生反应Ⅰ和反应Ⅱ时溶液颜色均发生了变化，C正确； D．的氧化性强于Fe3+，故其与Fe2+在水溶液中会发生氧化还原反应，故不能共存，D错误； 故答案为：BC。 22. 亚氯酸钠(NaClO2)较稳定，但在加热或受撞击条件下亚氯酸钠固体会发生爆炸，爆炸产物可能为 A. 、 B. 、 C. 、 D. 、 【答案】D 【解析】 【分析】在加热或受撞击条件下亚氯酸钠固体会发生爆炸，发生氧化还原反应，NaClO2中Cl元素显+3价，则发生歧化反应，产物中Cl元素的化合价部分高于+3价，部分低于+3价。 【详解】A．、中Cl元素的化合价分别为-1、0价，都低于+3价，A不符合题意； B．、中Cl元素的化合价分别为-1、+1价，都低于+3价，B不符合题意； C．、中Cl元素的化合价分别为+5、+7价，都高于+3价，C不符合题意； D．、中Cl元素的化合价分别为-1、+5价，-1位低于+3价、+5价高于+3价，D符合题意； 故选D。 23. 黑火药爆炸的原理为，当反应转移12mol电子时，被硫氧化的碳的物质的量为 A. 0.5mol B. 1mol C. 1.5mol D. 3mol 【答案】A 【解析】 【详解】反应中氮元素化合价从+5降低到0价，得到10个电子；硫元素化合价从0降低到-2价，得到2个电子；碳元素化合价从0升高到+4价，失去12个电子；依据氧化还原反应中得失电子守恒可知每转移12 mol电子，被氧化的碳原子的物质的量为3 mol，其中被硝酸根氧化的为，被硫原子氧化的为0.5 mol，故答案选A。 24. 黄铁矿的主要成分为（S为－1价），是生产硫黄和硫酸的主要原料，黄铁矿在硫酸酸化的条件下发生催化氧化的反应历程如图所示，下列说法错误的是 A. 图示中的三个反应不全是氧化还原反应 B. 由反应历程可知氧化性： C. 该过程的总反应为 D. 反应Ⅲ中每生成1个NO分子，转移2个 【答案】D 【解析】 【分析】根据图示关系可知，酸性条件下，反应Ⅲ的离子方程式为：，反应Ⅱ的离子方程式为：，反应I的离子方程式为：，据此作答。 【详解】A．根据分析可知，反应I中铁、硫元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，反应Ⅱ中元素化合价未发生变化，不属于氧化还原反应，反应Ⅲ中铁、氧元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A正确； B．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据反应Ⅲ的离子方程式可知，氧化性：，故B正确； C．根据分析可知，总反应为=4×反应I+60×反应Ⅱ+15×反应Ⅲ，可得总反应为：，故C正确； D．反应Ⅲ的离子方程式为：，根据方程式可知，有，每生成1个NO分子，转移1个，故D错误； 故选D。 25. 实验中残留在试管壁上的硫可以利用热的NaOH溶液进行洗涤，发生的化学反应为S+NaOH=Na2S+Na2SO3+H2O (未配平)，配平上述反应方程式，并标出电子转移的数目和方向___________，反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。 【答案】 ①. ②. 2:1 【解析】 【详解】反应S+NaOH=Na2S+Na2SO3+H2O中，S元素由0价部分降低到-2价，部分升高到+4价，则S既是氧化剂又是还原剂，Na2S为还原产物，Na2SO3为氧化产物，依据得失电子守恒，可得出Na2S和Na2SO3的定量关系为2Na2S——Na2SO3，再依据质量守恒，便可得出其它物质的化学计量数，从而得出配平的化学方程式为3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O。标出电子转移的数目和方向为。反应中氧化剂(生成Na2S)和还原剂(生成Na2SO3)的物质的量之比为2:1。 26. 实验室可用以下方法制备氯气： ① ② ③ 若各反应转移电子数相同，①、②、③生成的氯气质量比为___________，以上三种氧化剂中，氧化性最弱的是___________，原因是___________。 【答案】 ①. 1:2:1 ②. MnO2 ③. KMnO4和NaClO在常温下就能将Cl-氧化为Cl2，而MnO2需要在加热条件下才能将Cl-氧化为Cl2 【解析】 【详解】由三个反应可建立生成Cl2与转移电子数之间的关系：①Cl2——2e-、②Cl2——e-、③Cl2——2e-，若各反应转移电子数相同(设为2NA)，①、②、③生成的氯气质量比为1mol×71g/mol: 2mol×71g/mol: 1mol×71g/mol=1:2:1；以上三个反应中，反应①需要加热条件才能生成Cl2，而反应②、③在常温下就能生成Cl2，则三种氧化剂中，氧化性最弱的是MnO2，原因是：KMnO4和NaClO在常温下就能将Cl-氧化为Cl2，而MnO2需要在加热条件下才能将Cl-氧化为Cl2。 27. 二氧化氯()是一种新型消毒剂，具有安全、高效、广谱等优点。以下是的两种制法： 方法一： 方法二： 已知氯气是一种有毒的黄绿色气体，具有刺激性气味。回答以下问题： （1）在方法一中，当有电子转移时，参与反应的还原剂的物质的量为___________。 （2）两种方法相比，___________(填“方法一”或“方法二”)制备的更适合饮用水的消毒，其主要原因是___________。 【答案】（1）0.2mol （2） ①. 方法二 ②. 方法一产生污染性有毒气体氯气，而方法二产生二氧化碳气体对水体无污染 【解析】 【小问1详解】 根据化学方程式可知，该反应中中氯元素化合价从+5价降低至+4价，为氧化剂；HCl中氯元素化合价从-1价升高至0价，HCl为还原剂，4molHCl中2mol被氧化，此时转移2mol电子，当有0.2mol电子转移时，参与反应的还原剂的物质的量为0.2mol； 【小问2详解】 方法一产生污染性有毒气体氯气，而方法二产生二氧化碳气体对水体无污染，故方法二制备的ClO2更适合饮用水的消毒。 28. 在一定温度下将氯气通入KOH溶液中，得到KCl、KClO2、KClO3的混合溶液，经测定与的数目之比为1:2，该反应的化学方程式为___________。 【答案】8Cl2+16KOH=13KCl+KClO2+2KClO3+8H2O 【解析】 【详解】设KClO2、KClO3的物质的量分别为1mol、2mol，依据得失电子守恒，可得出生成KCl的物质的量为1mol×3+2mol×5=13mol，则参加反应KOH的物质的量为(13+1+2)mol=16mol，参加反应Cl2的物质的量为8mol，从而得出发生反应的化学方程式为8Cl2+16KOH=13KCl+KClO2+2KClO3+8H2O。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $