精品解析：辽宁省大连市第二十四中学2024-2025学年高一上学期期中考试 化学试题

2024-2025学年度上学期期中考试 高一年级化学科试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Cu-64 客观卷I(共45分) 一、选择题(包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有1个选项符合题意) 1. 化学来源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述不正确的是 A. 用食醋清洗水壶中的水垢：食醋显酸性且酸性强于碳酸 B. 用过氧碳酸钠(Na2CO4)漂白衣物：Na2CO4具有较强氧化性 C. 烹煮食物的后期加入食盐：避免NaCl长时间受热而分解 D. 漂白粉既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂 2. 下列物质分类组合正确的是 选项 混合物 化合物 单质 盐 电解质 A 碱石灰 金刚石 纯碱() 葡萄糖 B 盐酸 NaOH固体 石墨 明矾 氢氧化钠 C 空气 澄清石灰水 铁 石灰石 氯化钾 D 水银 生石灰 硝酸 A. A B. B C. C D. D 3. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是 A. 通常状况下，和的混合气体中氮原子和氧原子数比为1:2 B. 常温常压下，与足量的反应时，转移电子的数目为0.2NA C. 的溶液滴入沸水，完全反应后生成胶体粒子的数目小于0.005NA D. 标准状况下，与水充分反应转移电子的数目为0.1NA 4. 我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为)恢复了磁性，其结构和性质与人体内的血红素及植物内的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞菁”分子的说法正确的是 A. “钴酞菁”分子在水中形成的分散系能产生丁达尔效应 B. “钴酞菁”分子既能透过滤纸，又能透过半透膜 C. “钴酞菁”分子在水中形成的分散系属于悬浊液 D. “钴酞菁”分子直径比直径小 5. 下列变化一定要加入还原剂才能实现的是 A. B. C. D. 6. 下列实验装置能达到实验目的的是 ①验证Na和水反应是否为放热反应 ②制备氢氧化铁胶体 ③观察K2CO3的焰色试验 ④转移溶液 A. 只有① B. ①④ C. ①③④ D. ①②③ 7. 下列离子在给定溶液中能大量共存的是 A. 在0.1醋酸溶液中：、、、 B. 在0.1硫酸溶液中：、、、 C. 0.1高锰酸钾溶液中：、、、 D. 在0.1氢氧化钠溶液中：、、、 8. 下列指定反应的离子方程式书写正确的是 A. 用小苏打治疗胃酸过多： B. 大理石溶于醋酸： C. 向澄清石灰水中加过量： D. 漂白粉制备： 9. 三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr (X)＜Mr(Y)=0. 5Mr (Z)，下列说法正确的是 A. 原子数相等的三种气体，质量最大是Z B. 若一定条件下，三种气体体积均为2. 24L，则他们的物质的量一定均为0. 1mol C. 同温下，体积相同两容器分别充2gY气体和1gZ气体，则压强比为4： 1 D. 同温同压下，同质量的三种气体，气体密度最大的是X 10. 研究人员在金星大气中探测到了磷化氢(PH3)气体。PH3常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备PH3的流程如图所示。下列说法正确的是 A. 已知次磷酸(H3PO2)为一元酸，则次磷酸钠(NaH2PO2)属于正盐 B. 上述流程中每一步均属于氧化还原反应 C. 白磷与浓氢氧化钠反应中氧化剂和还原剂的质量比是3:1 D. 1mol次磷酸分解时转移4mol电子 11. 已知：，碘水呈褐色。某溶液中可能含有、、、、、、，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量氯水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是 A. 肯定不含 B. 肯定不含 C. 肯定含有 D. 可能含有 12. 部分含氯物质的分类与对应的化合价的关系如图所示，下列推断不合理的是 A. 可与反应生成 B. 通入热的溶液可生成和 C. 具有强氧化性，可用于自来水的消毒 D. 可使用试纸比较与酸性强弱 13. 某溶液溶质可能含有Na2CO3、NaHCO3、NaOH中的几种，向该溶液中滴加0.5mol/L的盐酸，得到CO2体积(换算成标准状况)与盐酸体积的关系如图所示，下面说法错误的是 A. 产生的CO2的物质的量为0.03mol B. AB段发生反应的离子方程式为+H+═CO2↑+H2O C. 若溶质由0.02molNa2CO3和xmolNaHCO3组成，则V2=100 D. 若溶质由Na2CO3和NaOH组成，3V1=2V2，则n(Na2CO3)：n(NaOH)=1：2 14. 用图1所示装置向装有一瓶氯气的集气瓶中添加适量的蒸馏水，振荡，先利用注射器滴加NaOH溶液，再利用注射器滴加稀盐酸，用压强传感器测得集气瓶内的压强随时间变化的曲线如图2所示。下列说法错误的是 A. 若将Cl2换成CO2，则压强变化与图2趋势相似 B. 阶段②的压强变小，可利用该过程发生的反应制备漂白液 C. 阶段①说明氯气溶于水，溶于水的氯气全部与水反应 D. 阶段③发生反应离子方程式为 15. 学习小组探究与水反应取粉末加入到水中，充分反应得溶液A(溶液体积几乎无变化)，进行以下实验。 下列说法错误是 A. 由实验iv、v可知，实验iv中溶液褪色的原因是较大 B. 由实验ii、iii、iv可知，实验ii中溶液褪色与有关 C. 由实验i、iii中现象可推知，加发生反应： D. 向褪色后的实验ii溶液中，滴加少量的盐酸，溶液最终变成红色 主观卷II(共55分) 二、非选择题(包含4小题，除标注外，每空2分，共55分) 16. I．现有以下物质： ①NaCl溶液 ②SO2 ③冰醋酸(纯净的醋酸) ④铜 ⑤NaHCO3固体 ⑥蔗糖 ⑦酒精 ⑧熔融的MgO ⑨盐酸 ⑩NaOH溶液 （1）上述标序号的物质中能导电的是___________(填序号，下同)；属于电解质的是___________；属于非电解质的是___________。 （2）写出⑤溶于水的电离方程式：___________。 （3）写出②通入到⑩过程中的离子方程式：___________。 （4）次氯酸钠溶液加入适量③，漂白性增强，请用离子方程式说明___________。 Ⅱ．甘肃马家窑遗址出土的青铜刀，是我国最早冶炼的青铜器，由于时间久远，其表面有一层“绿锈”，“绿锈”俗称铜绿”，是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的，其化学式为Cu2(OH)2CO3，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。回答下列问题： （5）CO2属于___________氧化物。(填“酸性”或“碱性) （6）铜器表面有时会生成铜绿，这层铜绿可用化学方法除去，试写出用盐酸除去铜绿而不损伤器物的反应的离子方程式___________。 17. 实验室中需要配制0.2mol/L的CuSO4溶液300mL，请回答下面问题。 （1）用电子天平称取CuSO4∙5H2O晶体的质量是___________g。 （2）完成上述实验，除需要如图所示的仪器外，还需要的玻璃仪器是___________。 （3）在使用CuSO4∙5H2O配制溶液时，需要使用两次玻璃棒，作用分别是___________。 （4）下列实验操作会使配制的溶液浓度偏低的是___________。 A. 容量瓶内有水，未经过干燥处理 B. 定容时，仰视刻度线 C. 转移溶液后的烧杯和玻璃棒未洗涤 D. 定容后液面超过刻度线，吸出一部分水 （5）若用0.2mol/L CuSO4溶液配制250mL0.1mol/L CuSO4溶液，需要量取___________mL0.2mol/L CuSO4。 （6）铜屑放入稀硫酸中不发生反应，向体系通入O2，铜屑可以逐渐溶解生成CuSO4，该反应的离子方程式为___________。 （7）某养殖场消毒液由CuSO4、Na2SO4、NaCl混合而成，已知部分离子浓度如表： 离子符号 Na+ Cl- 1.3 0.4 0.9 该消毒液c(Cu2+)=___________。 18. 氯气是重要工业原料。 I．某小组以KMnO4和浓盐酸为原料制备干燥、纯净的氯气 （1）可选用的发生装置为___________(填序号)。写出反应的化学方程式：___________。 （2）选择上述装置，其连接顺序为：发生装置→___________→i(按气流方向，用小写字母表示)。 （3）F装置所盛溶液是___________(填溶液名称)。 （4）写出G中尾气处理的离子方程式：___________。 Ⅱ．三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途广泛，其熔点为33℃，沸点为73℃，遇水易反应。 （5）实验室可用图中装置制取，制备的反应原理：，下列说法不正确的是___________。 A. 利用装置甲制备氯气选用的药品可以是次氯酸钙和浓盐酸 B. 装置乙中长颈漏斗液面上升说明丙装置可能发生堵塞 C. 装置丙中氯化钙的作用是干燥Cl2 D. 装置戊中的碱石灰可以用无水氯化钙代替 （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. 19. 工业上NaClO2可由ClO2、H2O2和NaOH溶液混合制得，实验流程如下： （1）吸收塔内发生反应的化学方程式为___________。 （2）得到 NaClO2∙3H2O晶体的操作为___________，过滤、洗涤、干燥。 （3）某届奥运会期间，由于工作人员将84消毒液(有效成分NaClO)与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。一种可能的原因是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长。当参加反应的NaClO和H2O2分子的物质的量比为时，该反应的还原产物为___________(填字母序号)。 A．O2 B．H2O C．Cl2 D．NaCl E．NaClO F．NaClO2 （4）已知 ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液类似于NaClO具有强氧化性，故也可作为一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHCO3、NaHSO4的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，请写出产生“气泡”的化学方程式为___________；生成ClO2的反应属于歧化反应，NaClO2在酸性条件下生成的另外一种含氯物质为NaCl，则每消耗1mol NaClO2，生成的ClO2分子数为___________。 （5）在密闭容器中充入CO、CO2、H2、CH4混合气体共5g，若加入足量Na2O2固体，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体增加的质量为5g，则CO2与CH4的分子个数之比为___________(填字母序号) A. 2:1 B. 1:2 C. 1:1 D. 无法确定 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度上学期期中考试 高一年级化学科试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Cu-64 客观卷I(共45分) 一、选择题(包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有1个选项符合题意) 1. 化学来源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述不正确的是 A. 用食醋清洗水壶中的水垢：食醋显酸性且酸性强于碳酸 B. 用过氧碳酸钠(Na2CO4)漂白衣物：Na2CO4具有较强氧化性 C. 烹煮食物的后期加入食盐：避免NaCl长时间受热而分解 D. 漂白粉既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂 【答案】C 【解析】 【详解】A．用食醋清洗水壶中的水垢(其中含有碳酸钙)，碳酸钙发生反应为CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，此反应遵循强酸制弱酸的原理，则食醋显酸性且酸性强于碳酸，A正确； B．用过氧碳酸钠(Na2CO4)漂白衣物，过氧碳酸钠的氧化性类似于H2O2，则Na2CO4具有较强氧化性，B正确； C．NaCl的热稳定性强，受热难分解，烹煮食物的后期加入食盐，可避免食盐中的KIO3长时间受热而分解，C不正确； D．漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，具有强氧化性，既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂，D正确； 故选C。 2. 下列物质分类组合正确的是 选项 混合物 化合物 单质 盐 电解质 A 碱石灰 金刚石 纯碱() 葡萄糖 B 盐酸 NaOH固体 石墨 明矾 氢氧化钠 C 空气 澄清石灰水 铁 石灰石 氯化钾 D 水银 生石灰 硝酸 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．金刚石碳单质，不属于化合物，葡萄糖不是电解质，故A错误； B．盐酸是氯化氢与水的混合物，氢氧化钠固体属于化合物，石墨是碳单质，明矾为十二水合硫酸铝钾属于盐，故B正确； C．澄清石灰水是氢氧化钙与水的混合物，石灰石的主要成分是碳酸钙，石灰石属于混合物，故C错误； D．五水合硫酸铜属于纯净物，不属于混合物，氧化钙属于金属氧化物，不属于盐，硝酸为混合物，不属于电解质，故D错误； 故答案选B。 3. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是 A. 通常状况下，和的混合气体中氮原子和氧原子数比为1:2 B. 常温常压下，与足量的反应时，转移电子的数目为0.2NA C. 的溶液滴入沸水，完全反应后生成胶体粒子的数目小于0.005NA D. 标准状况下，与水充分反应转移电子的数目为0.1NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．不管是NO2还是N2O4，氮原子和氧原子的个数比都为1:2，则和的混合气体中氮原子和氧原子数比为1:2，A正确； B．Na2O2与CO2反应，可建立如下关系式：Na2O2——e-，则常温常压下，与足量的反应时，转移电子的数目为0.2NA，B正确； C．氢氧化铁胶粒由许多个氢氧化铁分子构成，则的溶液滴入沸水，完全反应后生成胶体粒子的数目小于0.005NA，C正确； D．Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸，关系式为Cl2——e-，此反应为可逆反应，则标准状况下，(物质的量为0.1mol)与水充分反应转移电子的数目小于0.1NA，D不正确； 故选D。 4. 我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为)恢复了磁性，其结构和性质与人体内的血红素及植物内的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞菁”分子的说法正确的是 A. “钴酞菁”分子在水中形成的分散系能产生丁达尔效应 B. “钴酞菁”分子既能透过滤纸，又能透过半透膜 C. “钴酞菁”分子在水中形成的分散系属于悬浊液 D. “钴酞菁”分子直径比直径小 【答案】A 【解析】 【详解】A．“钴酞菁”的分子的直径为，即，其在水中形成的分散系属于胶体，能产生丁达尔效应，A正确； B．胶体粒子能透过滤纸，但不能透过半透膜，B错误； C．“钴酞菁”的分子的直径为，即，其在水中形成的分散系属于胶体，C错误； D．直径属于溶液的范围，比胶体粒子小，D错误； 故选A。 5. 下列变化一定要加入还原剂才能实现的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．H+转化为H2，H得电子作氧化剂，则一定要加入还原剂才能实现，A正确； B．SO2转化为，S化合价从+4价升高为+6价，SO2失电子为还原剂，则需要加入氧化剂才能实现，B错误； C．Cl2转化为Cl-，Cl得电子，作氧化剂，但是也可能是Cl2同时为氧化剂和还原剂，如反应Cl2+H2O=HClO+HCl，因此不一定需要加入还原剂，C错误； D．Fe2+转化为Fe3+，Fe失电子作还原剂，则需要加入氧化剂才能实现，D错误； 故答案选A。 6. 下列实验装置能达到实验目的的是 ①验证Na和水反应是否为放热反应 ②制备氢氧化铁胶体 ③观察K2CO3的焰色试验 ④转移溶液 A. 只有① B. ①④ C. ①③④ D. ①②③ 【答案】A 【解析】 【详解】①Na与水反应放热，使试管内气体体积膨胀，导致U形管内红墨水的液面左低右高，由此可验证Na和水的反应为放热反应，①能达到实验目的； ②制备氢氧化铁胶体时，若将FeCl3浓溶液滴入NaOH溶液中加热，则会生成氢氧化铁沉淀，不能制备氢氧化铁胶体，②不能达到实验目的； ③观察K2CO3的焰色试验时，需要透过蓝色钴玻璃观察，以排除Na+的干扰，③不能达到实验目的； ④转移溶液时，需要使用玻璃棒引流，且玻璃棒的一端位于刻度线的下方，而装置中玻璃棒的一端位于刻度线的上方，④不能达到实验目的； 综合以上分析，只有①符合题意，故选A。 7. 下列离子在给定溶液中能大量共存的是 A. 在0.1醋酸溶液中：、、、 B. 在0.1硫酸溶液中：、、、 C. 0.1高锰酸钾溶液中：、、、 D. 在0.1氢氧化钠溶液中：、、、 【答案】A 【解析】 【详解】A．在0.1醋酸溶液中的CH3COO-和H+，与其他离子均不反应，可以大量共存，A正确； B．ClO－与氢离子生成弱酸HClO而不能共存，在酸性条件下ClO－与Cl－因发生氧化还原反应也不能大量共存，B错误； C．MnO4－氧化I－，二者不能大量共存，C错误； D．与氢氧根发生反应生成碳酸根和水，不能大量共存，D错误； 故答案为：A。 8. 下列指定反应的离子方程式书写正确的是 A. 用小苏打治疗胃酸过多： B. 大理石溶于醋酸： C. 向澄清石灰水中加过量： D. 漂白粉制备： 【答案】C 【解析】 【详解】A．小苏打为NaHCO3，胃酸的主要成分为盐酸，用小苏打治疗胃酸过多：，A不正确； B．醋酸为弱酸，应以化学式表示，大理石溶于醋酸：，B不正确； C．向澄清石灰水中加过量NaHCO3，采用“以少定多”法，参加反应Ca2+、OH-的物质的量之比为1:2，则发生反应：，C正确； D．工业上用石灰乳与氯气反应制备漂白粉，石灰乳不能拆成离子：，D不正确； 故选C。 9. 三种气体X、Y、Z相对分子质量关系为Mr (X)＜Mr(Y)=0. 5Mr (Z)，下列说法正确的是 A. 原子数相等的三种气体，质量最大是Z B. 若一定条件下，三种气体体积均为2. 24L，则他们的物质的量一定均为0. 1mol C. 同温下，体积相同的两容器分别充2gY气体和1gZ气体，则压强比为4： 1 D. 同温同压下，同质量的三种气体，气体密度最大的是X 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)<Mr(Y)=0.5Mr(Z),即Mr(X)<Mr(Y)<Mr(Z)， 【详解】A．根据m=nM，分子数目相等的三种气体，质量最大的是相对分子质量最大的Z，原子数目相等的三种气体，质量最大的无法判断，故A错误； B．气体的物质的量n=，Vm和气体的状态有关，三种气体体积均为2.24L，Vm不一定等于22.4L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.1mol，故B错误； C．同温下，体积相同的两容器分别充2gY气体和1gZ气体，Mr(Y)=0.5Mr(Z)，则二者的物质的量之比是4:1，同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，Y、Z气体所承受的压强比为4:1，故C正确； D．根据密度ρ=，气体处在相同的条件下，则密度和相对分子质量成正比，三种气体密度最小的是X，气体密度最大的是Z，故D错误； 故选C。 10. 研究人员在金星大气中探测到了磷化氢(PH3)气体。PH3常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备PH3的流程如图所示。下列说法正确的是 A. 已知次磷酸(H3PO2)为一元酸，则次磷酸钠(NaH2PO2)属于正盐 B. 上述流程中每一步均属于氧化还原反应 C. 白磷与浓氢氧化钠反应中氧化剂和还原剂的质量比是3:1 D. 1mol次磷酸分解时转移4mol电子 【答案】A 【解析】 【分析】白磷与过量的浓NaOH溶液反应，生成PH3和次磷酸钠；次磷酸钠与硫酸反应，生成次磷酸和硫酸钠；次磷酸受热分解，生成PH3和H3PO4。 【详解】A．已知次磷酸(H3PO2)为一元酸，则只能与等摩尔的NaOH反应，所以次磷酸钠(NaH2PO2)属于正盐，A正确； B．上述流程中，次磷酸钠与硫酸反应，生成次磷酸和硫酸钠，属于复分解反应，B不正确； C．白磷与浓氢氧化钠反应中，P4一部分作氧化剂，一部分作还原剂，氧化剂(生成PH3)和还原剂(生成NaH2PO2)，依据得失电子守恒，二者物质的量之比为1:3，则质量比是1:3，C不正确； D．次磷酸受热分解，生成PH3和H3PO4，化学方程式为2H3PO2PH3↑+H3PO4，则2H3PO2——4e-(转移电子)，所以1mol次磷酸分解，转移2mol电子，D不正确； 故选A。 11. 已知：，碘水呈褐色。某溶液中可能含有、、、、、、，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量氯水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是 A 肯定不含 B. 肯定不含 C. 肯定含有 D. 可能含有 【答案】A 【解析】 【详解】由无色溶液可知一定无；滴加少量氯水，溶液呈无色，说明氯水发生了反应，且产物是无色的，、都可与氯水反应使氯水褪色，的还原性比强，而氯水滴加少量，因此一定含有，不能确定，又因溶液中离子浓度相同，依据电荷守恒可知，一定不含。可推断至少含有，，中的两种，若原溶液中含，则溶液中含，、三种离子，故A正确； 故答案选A。 12. 部分含氯物质的分类与对应的化合价的关系如图所示，下列推断不合理的是 A. 可与反应生成 B. 通入热的溶液可生成和 C. 具有强氧化性，可用于自来水的消毒 D. 可使用试纸比较与酸性强弱 【答案】D 【解析】 【分析】a为氯化氢，b为氯气，c为二氧化氯，d为高氯酸，e为次氯酸，f为氯酸盐、g为次氯酸盐、h为氯化盐 【详解】A．-1价的氯化氢可与+1价的次氯酸盐反应生成单质氯气，故A正确； B．氯气通入热的溶液可生成+5价的氯酸盐和-1价的氯化盐，歧化反应，故B正确； C．二氧化氯中氯为+4价，具有强氧化性，可用于自来水的消毒，故C正确； D．不可以使用试纸比较高氯酸与次氯酸酸性强弱，因为次氯酸具有漂白性，故D错误； 答案选D。 13. 某溶液的溶质可能含有Na2CO3、NaHCO3、NaOH中的几种，向该溶液中滴加0.5mol/L的盐酸，得到CO2体积(换算成标准状况)与盐酸体积的关系如图所示，下面说法错误的是 A. 产生的CO2的物质的量为0.03mol B. AB段发生反应的离子方程式为+H+═CO2↑+H2O C. 若溶质由0.02molNa2CO3和xmolNaHCO3组成，则V2=100 D. 若溶质由Na2CO3和NaOH组成，3V1=2V2，则n(Na2CO3)：n(NaOH)=1：2 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，产生的CO2的体积为0.672L，物质的量为=0.03mol，选项A正确； B．AB段发生反应为碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳，离子方程式为+H+═CO2↑+H2O，选项B正确； C．产生的CO2的物质的量为0.03mol，若溶质由0.02molNa2CO3和xmolNaHCO3组成，依据碳元素守恒可知x=0.03-0.02=0.01，由反应Na2CO3+2HCl=CO2↑+H2O+2NaCl可知，碳酸钠消耗盐酸0.04mol，由反应NaHCO3+HCl=CO2↑+H2O+NaCl可知碳酸氢钠消耗盐酸0.01mol，共消耗盐酸0.05mol，则V2==0.1L=100mL，选项C正确； D．AB段发生反应为NaHCO3+HCl=CO2↑+H2O+NaCl，产生的CO2的物质的量为0.03mol，由碳元素守恒可知n(Na2CO3)=0.03mol，则AB段消耗盐酸体积为V2-V1==0.06L=60mL，3V1=2V2，解得V1=120mL，V2=180mL，OA段发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，消耗盐酸0.03mol，体积为60mL，故与NaOH反应盐酸体积为120mL-60mL=60mL，n(NaOH)=0.5mol/L×0.06L=0.03mol，则n(Na2CO3):n(NaOH)=1:1，选项D错误； 答案选D。 14. 用图1所示装置向装有一瓶氯气的集气瓶中添加适量的蒸馏水，振荡，先利用注射器滴加NaOH溶液，再利用注射器滴加稀盐酸，用压强传感器测得集气瓶内的压强随时间变化的曲线如图2所示。下列说法错误的是 A. 若将Cl2换成CO2，则压强变化与图2趋势相似 B. 阶段②的压强变小，可利用该过程发生的反应制备漂白液 C. 阶段①说明氯气溶于水，溶于水的氯气全部与水反应 D. 阶段③发生反应的离子方程式为 【答案】C 【解析】 【分析】向装有一瓶氯气的集气瓶中添加适量的蒸馏水，振荡，此时有部分氯气溶于水，导致气体压强减小，用注射器滴加NaOH溶液，NaOH与Cl2反应，压强继续减小；再利用注射器滴加稀盐酸，此时Cl-、ClO-与H+发生反应生成Cl2，导致气体压强增大。 【详解】A．若将Cl2换成CO2，起初CO2部分溶于水，然后与NaOH反应，生成Na2CO3或NaHCO3或二者的混合物，再加入盐酸，生成CO2气体，则压强变化与图2趋势相似，A正确； B．阶段②的压强变小，发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可利用该过程发生的反应制备漂白液，B正确； C．阶段①说明氯气溶于水，但氯气与水的反应为可逆反应，溶于水的氯气不可能全部与水反应，C错误； D．由分析可知，阶段③发生反应的离子方程式为，D正确； 故选C 15. 学习小组探究与水反应。取粉末加入到水中，充分反应得溶液A(溶液体积几乎无变化)，进行以下实验。 下列说法错误的是 A. 由实验iv、v可知，实验iv中溶液褪色的原因是较大 B. 由实验ii、iii、iv可知，实验ii中溶液褪色与有关 C. 由实验i、iii中现象可推知，加发生反应： D. 向褪色后的实验ii溶液中，滴加少量的盐酸，溶液最终变成红色 【答案】D 【解析】 【详解】A．由iv、v可知，在碱溶液中酚酞变红色和氢氧根离子浓度有关，1mol/L的氢氧化钠溶液中滴入酚酞溶液变红色，10分钟后溶液褪色，再滴入盐酸反应后氢氧根离子浓度减小，溶液变红色，说明iv中溶液红色褪去是因为c(OH-)较大，故A正确； B．由ii、iii、iv反应现象分析可知，iii中加入MnO2产生大量能使带火星木条复燃的气体，该气体为O2，说明iii中含有H2O2，ii中溶液红色褪去的主要原因是生成的过氧化氢具有氧化性，故B正确； C．实验ⅰ溶液变红，说明与水反应生成了碱性物质，20s后溶液褪色，说明生成了具有漂白性的物质，实验ⅲ加入MnO2后产生了O2，说明与水反应生成了H2O2，因此中加发生反应：，故C正确； D．实验ⅱ中溶液红色褪去的主要原因是生成了过氧化氢具有氧化性，把有色物质氧化为无色物质，向ii中褪色后的溶液中滴加盐酸，溶液最终不会变成红色，故D错误； 故选D。 主观卷II(共55分) 二、非选择题(包含4小题，除标注外，每空2分，共55分) 16. I．现有以下物质： ①NaCl溶液 ②SO2 ③冰醋酸(纯净的醋酸) ④铜 ⑤NaHCO3固体 ⑥蔗糖 ⑦酒精 ⑧熔融的MgO ⑨盐酸 ⑩NaOH溶液 （1）上述标序号的物质中能导电的是___________(填序号，下同)；属于电解质的是___________；属于非电解质的是___________。 （2）写出⑤溶于水的电离方程式：___________。 （3）写出②通入到⑩过程中的离子方程式：___________。 （4）次氯酸钠溶液加入适量③，漂白性增强，请用离子方程式说明___________。 Ⅱ．甘肃马家窑遗址出土的青铜刀，是我国最早冶炼的青铜器，由于时间久远，其表面有一层“绿锈”，“绿锈”俗称铜绿”，是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的，其化学式为Cu2(OH)2CO3，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。回答下列问题： （5）CO2属于___________氧化物。(填“酸性”或“碱性) （6）铜器表面有时会生成铜绿，这层铜绿可用化学方法除去，试写出用盐酸除去铜绿而不损伤器物的反应的离子方程式___________。 【答案】（1） ①. ①④⑧⑨⑩ ②. ③⑤⑧ ③. ②⑥⑦ （2）NaHCO3=Na++ （3）SO2+2OH-=+H2O、 （4）ClO-+CH3COOH=HClO+CH3COO- （5）酸性 （6）Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O 【解析】 【分析】①NaCl溶液属于混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质； ②SO2属于非金属氧化物，不导电，非电解质； ③冰醋酸(纯净的醋酸)属于酸，属于电解质，没有能自由移动的离子，不能导电； ④铜属于金属单质，导电，既不是电解质也不是非电解质； ⑤NaHCO3固体属于盐，属于电解质，没有能自由移动的离子，不能导电； ⑥蔗糖属于有机化合物，不导电，属于非电解质； ⑦酒精属于有机化合物，不导电，属于非电解质； ⑧熔融的MgO属于金属氧化物，能导电，属于电解质； ⑨盐酸属于混合物，导电，既不是电解质也不是非电解质； ⑩NaOH溶液属于混合物，导电，既不是电解质也不是非电解质。 【小问1详解】 上述标序号的物质中，能导电的是①④⑧⑨⑩；属于电解质的是③⑤⑧；属于非电解质的是②⑥⑦； 【小问2详解】 ⑤NaHCO3固体溶于水，发生完全电离，生成Na+和，电离方程式：NaHCO3=Na++； 【小问3详解】 ②SO2通入到⑩NaOH溶液中，先生成Na2SO3，离子方程式：SO2+2OH-=+H2O，继续通入二氧化硫至过量，又发生； 【小问4详解】 次氯酸钠溶液加入适量③冰醋酸，发生反应生成醋酸钠和次氯酸，漂白性增强，用离子方程式说明：ClO-+CH3COOH=HClO+CH3COO-； 【小问5详解】 CO2与NaOH溶液反应，生成碳酸钠和水，则CO2属于酸性氧化物； 【小问6详解】 用盐酸除去铜绿而不损伤器物的反应为Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O，离子方程式为Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O。 17. 实验室中需要配制0.2mol/L的CuSO4溶液300mL，请回答下面问题。 （1）用电子天平称取CuSO4∙5H2O晶体的质量是___________g。 （2）完成上述实验，除需要如图所示的仪器外，还需要的玻璃仪器是___________。 （3）在使用CuSO4∙5H2O配制溶液时，需要使用两次玻璃棒，作用分别是___________。 （4）下列实验操作会使配制的溶液浓度偏低的是___________。 A. 容量瓶内有水，未经过干燥处理 B. 定容时，仰视刻度线 C. 转移溶液后的烧杯和玻璃棒未洗涤 D. 定容后液面超过刻度线，吸出一部分水 （5）若用0.2mol/L CuSO4溶液配制250mL0.1mol/L CuSO4溶液，需要量取___________mL0.2mol/L CuSO4。 （6）铜屑放入稀硫酸中不发生反应，向体系通入O2，铜屑可以逐渐溶解生成CuSO4，该反应的离子方程式为___________。 （7）某养殖场消毒液由CuSO4、Na2SO4、NaCl混合而成，已知部分离子浓度如表： 离子符号 Na+ Cl- 1.3 0.4 0.9 该消毒液c(Cu2+)=___________。 【答案】（1）25.000 （2）500mL的容量瓶 （3）加速溶解、引流 （4）BCD （5）125 （6）2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O （7）02mol/L 【解析】 【分析】配制0.2mol/L的CuSO4溶液300mL，首先需要选择容量瓶，依据“大而近”的原则，应选择500mL的容量瓶，计算所需CuSO4晶体的质量时，溶液的体积按500mL代入计算。 【小问1详解】 用电子天平称取CuSO4∙5H2O晶体的质量是0.2mol/L×0.500L ×250g/mol=25.000g。 【小问2详解】 完成上述实验，除需要如图所示的仪器外，还需要的玻璃仪器是500mL的容量瓶。 【小问3详解】 在使用CuSO4∙5H2O配制溶液时，在晶体溶解、转移溶液操作中需要使用两次玻璃棒，作用分别是：加速溶解、引流。 【小问4详解】 A．容量瓶内有水，未经过干燥处理，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，所配溶液的浓度不变，A不符合题意； B．定容时，仰视刻度线，所配溶液的体积偏大，浓度偏低，B符合题意； C．转移溶液后的烧杯和玻璃棒未洗涤，所配溶液中溶质的物质的量减小，浓度偏低，C符合题意； D．定容后液面超过刻度线，吸出一部分水，所配溶液中溶质的物质的量减小，浓度偏低，D符合题意； 故选BCD。 【小问5详解】 若用0.2mol/L CuSO4溶液配制250mL0.1mol/L CuSO4溶液，设需要0.2mol/L CuSO4溶液的体积为V，依据稀释定律可得：0.2mol/L×V=250mL×0.1mol/L，解得V=125mL，需要量取125mL0.2mol/L CuSO4。 【小问6详解】 铜屑放入稀硫酸中不发生反应，向体系通入O2，铜屑可以逐渐溶解生成CuSO4，该反应的离子方程式为2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O。 【小问7详解】 依据电荷守恒可得：2c(Cu2+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c()，2c(Cu2+)+1.3mol/L=0.9mol/L +2×0.4mol/L，该消毒液c(Cu2+)=0.2mol/L。 【点睛】计算溶质的质量时，溶液的体积就等于容量瓶的规格。 18. 氯气是重要工业原料。 I．某小组以KMnO4和浓盐酸为原料制备干燥、纯净的氯气 （1）可选用的发生装置为___________(填序号)。写出反应的化学方程式：___________。 （2）选择上述装置，其连接顺序为：发生装置→___________→i(按气流方向，用小写字母表示)。 （3）F装置所盛溶液是___________(填溶液名称)。 （4）写出G中尾气处理的离子方程式：___________。 Ⅱ．三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途广泛，其熔点为33℃，沸点为73℃，遇水易反应。 （5）实验室可用图中装置制取，制备的反应原理：，下列说法不正确的是___________。 A. 利用装置甲制备氯气选用的药品可以是次氯酸钙和浓盐酸 B. 装置乙中长颈漏斗液面上升说明丙装置可能发生堵塞 C. 装置丙中氯化钙的作用是干燥Cl2 D. 装置戊中的碱石灰可以用无水氯化钙代替 （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】（1） ①. A ②. 2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O （2）h→g→d→c→e→f （3）饱和食盐水 （4）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O （5）D （6）C 【解析】 【分析】以KMnO4和浓盐酸为原料制备干燥、纯净的氯气时，由于浓盐酸易挥发，所以制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，可使用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢，用浓硫酸干燥氯气，用向上排空气法收集氯气，氯气尾气用氢氧化钠溶液吸收。 【小问1详解】 KMnO4与浓盐酸反应在常温下进行，则可选用的发生装置为A。反应的化学方程式：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。 【小问2详解】 选择上述装置，依据制气(A)、除杂(F)、干燥(D)、收集(E)、尾气处理(G)，其连接顺序为：发生装置→h→g→d→c→e→f→i。 【小问3详解】 F装置用于除去Cl2中混有的 HCl，则所盛溶液是饱和食盐水。 【小问4详解】 G中，Cl2与NaOH反应，生成NaCl、NaClO等，尾气处理的离子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。 【小问5详解】 A．次氯酸钙和浓盐酸反应生成Cl2等，则利用装置甲可制备氯气，A正确； B．装置乙中长颈漏斗液面上升，表明锥形瓶内压强增大，从而说明丙装置可能发生堵塞，B正确； C．三氯化碘遇水易反应，则装置丙中氯化钙的作用是干燥Cl2，C正确； D．装置戊的作用是吸收氯气尾气，同时防止空气中的水蒸气进入丁装置，引起三氯化碘与水反应，而无水氯化钙不能吸收氯气，所以碱石灰不能用无水氯化钙代替，D不正确； 故选D。 【小问6详解】 在氯水中，存在反应：Cl2+H2OH++Cl-+HCO；光照后，发生反应：2HClO2HCl+O2↑。 A．光照后，HClO不断分解，Cl2与水的反应不断正向进行，溶液中c(H+)不断增大，pH不断减小，A不正确； B．由A选项的分析可知，随着光照的不断进行，溶液中c(Cl-)不断增大，B不正确； C．随着光照的不断进行，溶液中离子浓度不断增大，电导率不断增强，最后Cl2全部与水反应并转化为HCl和O2，溶液的电导率不变，C正确； D．随着光照的不断进行，氯气的体积不断减小，最后为0，D不正确； 故选C。 【点睛】丙装置中的氯化钙也不能用碱石灰代替，否则会将氯气吸收。 19. 工业上NaClO2可由ClO2、H2O2和NaOH溶液混合制得，实验流程如下： （1）吸收塔内发生反应的化学方程式为___________。 （2）得到 NaClO2∙3H2O晶体的操作为___________，过滤、洗涤、干燥。 （3）某届奥运会期间，由于工作人员将84消毒液(有效成分NaClO)与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。一种可能的原因是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长。当参加反应的NaClO和H2O2分子的物质的量比为时，该反应的还原产物为___________(填字母序号)。 A．O2 B．H2O C．Cl2 D．NaCl E．NaClO F．NaClO2 （4）已知 ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液类似于NaClO具有强氧化性，故也可作为一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHCO3、NaHSO4的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，请写出产生“气泡”的化学方程式为___________；生成ClO2的反应属于歧化反应，NaClO2在酸性条件下生成的另外一种含氯物质为NaCl，则每消耗1mol NaClO2，生成的ClO2分子数为___________。 （5）在密闭容器中充入CO、CO2、H2、CH4混合气体共5g，若加入足量Na2O2固体，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体增加的质量为5g，则CO2与CH4的分子个数之比为___________(填字母序号) A. 2:1 B. 1:2 C. 1:1 D. 无法确定 【答案】（1）2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O （2）蒸发浓缩、冷却结晶 （3）D （4） ①. NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+H2O+CO2↑ ②. 0.8NA （5）C 【解析】 【分析】工业上，将ClO2、H2O2和NaOH溶液在吸收塔内混合，制得NaClO2、O2等，蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，便得到NaClO2∙3H2O。 【小问1详解】 吸收塔内，ClO2、H2O2和NaOH溶液混合反应，生成NaClO2、O2等，发生反应的化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O。 【小问2详解】 从溶液中得到 NaClO2∙3H2O晶体，需进行的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。 【小问3详解】 当参加反应的NaClO和H2O2分子的物质的量比为1:1时，发生反应：NaClO+H2O2=NaCl+O2↑+H2O，该反应的还原产物为NaCl，故选D。 【小问4详解】 一种有效成分为NaClO2、NaHCO3、NaHSO4的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液，则大量气泡由NaHCO3、NaHSO4反应产生，则产生“气泡”的化学方程式为NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+H2O+CO2↑；生成ClO2的反应属于歧化反应，NaClO2在酸性条件下生成的另外一种含氯物质为NaCl，发生反应的离子方程式为5+4H+=Cl-+4ClO2↑+2H2O，则每消耗1mol NaClO2，生成的ClO2分子数为n(NaClO2)=×1mol×NAmol-1=0.8NA。 【小问5详解】 在密闭容器中充入CO、CO2、H2、CH4混合气体共5g，若加入足量Na2O2固体，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体增加的质量为5g，则表明混合气体被Na2O2完全吸收，则发生的反应可认为是：Na2O2+CO=Na2CO3、Na2O2+H2=2NaOH，则气体混合物应该符合条件(CO)m(H2)n，所以CO2与CH4中的只需要满足n(C)：n(O)=1：1即可，则CO2与CH4分子个数之比为1：1，故选C。 【点睛】在氧化性环境中，H2O2也可表现出还原性。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $