精品解析：湖北省武汉市第二中学2024-2025学年高一上学期期中考试 化学试题

武汉市第二中学2024~2025学年上学期高一期中模块测试 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Fe56 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学与生活密切相关。下列说法正确的是 A. “84”消毒液具有强氧化性，能用于饮用水杀菌消毒 B. 维生素C用作抗氧化剂，说明维生素C具有氧化性 C. 放映机到银幕间产生光柱是因为丁达尔效应 D. 用盐酸除铁锈，是因为Fe2O3溶于水后，其溶液显碱性 2. 下列关于胶体的叙述中，正确的是 A. 制备胶体的化学方程式是 B. 在制备胶体的实验中，加热煮沸时间越长，越有利于胶体的生成 C. 向红褐色的氢氧化铁胶体中滴加足量稀盐酸的现象是：先沉淀，后沉淀溶解 D. 胶体粒子能吸附阳离子，从而使胶体带有一定电荷 3. 下列叙述错误的个数是 ①摩尔是用来衡量微观粒子多少的一种物理量 ②2molH2O摩尔质量是1molH2O的摩尔质量的2倍 ③1 mol氦气的原子数为2NA ④两种物质的物质的量相同，则它们的质量也相同 ⑤0.012kg12C中所含碳原子数为NA个 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 4. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 使酚酞溶液变红的溶液中：、、、 B. 含有大量的澄清透明溶液中：、、、 C. 所含溶质为NaHSO4的溶液中：、、、 D. 与Fe反应能生成H2的溶液：、、、 5. 某同学用以下装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是 A. 图Ⅰ：向过量的MnO2中滴加200g质量分数为73%的浓盐酸，制得氯气的质量为71g B. 图Ⅱ：现象为紫色石蕊溶液变红，证明新制氯水具有酸性 C. 图Ⅲ：铜丝在氯气中剧烈燃烧，产生蓝色的烟 D. 图Ⅳ：干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色 6. 向含有和的混合溶液中通入气体，则下列条件下对应的离子方程式不正确的是 A 时， B. 时， C 时， D. 时， 7. 某温度下，某物质在足量氧气中充分燃烧(有机物燃烧均生成和)，其燃烧产物立即与过量的反应，固体质量增加大于。下列物质：①和的混合物；②乙醇()；③；④蔗糖()；⑤甲酸()中，符合题意的是 A. ①②⑤ B. ①②④ C. ③ D. 全部 8. 2015年10月，屠呦呦因发现青蒿素治疟疾的新疗法而获得诺贝尔生理学或医学奖，青蒿素的分子式为C15H22O5，其摩尔质量用M表示。下面关于青蒿素的说法正确的是 A. C15H22O5的摩尔质量为282g B. 1个C15H22O5分子的质量约为g C. 1molC15H22O5完全燃烧生成22molH2O D. 含有6.02×1023个碳原子的C15H22O5的物质的量为1mol 9. 某蓝色溶液中含有下列离子中的若干种：、、、、、，且各种离子的数目相等。取适量该溶液加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，滴加硝酸后仍存有沉淀。根据上述实验，以下推测中正确的是 A. 溶液中不可能有 B. 溶液中不可能有 C. 溶液中不可能有 D. 溶液中不可能有 10. 下列用来解释事实的方程式中不正确的是 A. 向NaClO溶液中通入少量CO2：ClO-+CO2+H2O=HCO+HClO B. 向含有a molHCl的稀盐酸中加入2a molNa：2Na+2H+=2Na++H2↑ C. 向a molFeBr2溶液中通入amolCl2充分反应：2Fe2++2Cl2+2Br-=2Fe3++4Cl-+Br2 D. 过量与Ca(ClO)2溶液反应：Ca2++2ClO-+2SO2+2H2O=CaSO4↓+2Cl-+SO+4H+ 11. 某化学小组欲通过测定混合气体中O2的含量来计算2g已变质的Na2O2样品中Na2CO3的含量。实验装置如下图(Q为弹性良好的气囊)。 忽略气体在I和IV中的溶解。下列说法正确的是 A. b的作用是为了除去气体中的CO2，故b中应装有无水CaCl2 B. 测定气体总体积必须关闭，打开 C. 量筒I用于测量产生气体的CO2体积，量筒II用于测量产生氧气的体积 D. 若量筒II收集的气体为0.01mol，则2g已变质的样品中的Na2O2质量为1.56g 12. 下列实验方案能够达到目的是 实验目的 实验方案 A 除去氯气中的水蒸气 将混合气体通过盛有碱石灰的干燥管 B 检验钠与H2O的反应产物NaOH 将绿豆大小的钠投入盛有适量水的培养皿中，加入稀盐酸 C 检验氯气是否收集满 将蓝色石蕊试纸放在集气瓶口 D 检验新制氯水中含有H+ 向新制氯水中加入少量CaCO3 A. A B. B C. C D. D 13. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A. 50g质量分数为46%的乙醇(C2H6O)水溶液中含有的氧原子总数为2NA B. 32gO2和O3的混合物中含有的氧原子数目为2NA C. 16.8g铁丝在足量O2中燃烧时转移的电子数为0.9NA D. 0.05molH2与等物质的量的Cl2混合，混合气体中含有的分子总数为0.1NA 14. 与一定浓度的溶液反应，生成、、、和。当产物、的个数之比为3∶1时，则参加反应的与的个数之比为 A. B. C. 2∶11 D. 3∶10 15. 已知有下列四个反应： ① ② ③ ④ 下列有关说法正确的是 A. 反应②③④中的氧化产物分别是、、 B. 根据①②③可以得到还原性： C. 不能发生反应 D. 在反应④中参加反应的和体现还原性的个数比为 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 碳酸钠俗称纯碱，用途非常广泛，我国化学家侯德榜发明了“侯氏制碱法”，其具体流程如下，请回答下列问题： （1）图中涉及的①～⑧八种物质中，能导电的物质有_______(填序号，下同)，属于电解质的有_______。 （2）反应Ⅱ的化学方程式为_______。 （3）用离子方程式表示操作a制备NaHCO3的原理：_______。 （4）若向NaHCO3溶液中加入足量的Ba(OH)2，该反应的离子方程式为_______。 （5）若称取10.5g纯净的NaHCO3固体，加热一段时间后，剩余固体的质量为8.02g。如果把剩余的固体全部加入到含0.2mol HCl的盐酸中充分反应。求反应后溶液中剩余的H+的物质的量_______(忽略因水电离产生的H+)。 17. 含氯物质在日常生活中具有许多重要用途，回答下列问题： （1）亚氯酸钠(NaClO2)较稳定，但加热或敲击亚氯酸钠固体时立即爆炸，爆炸后的产物可能为_______。 A. NaCl、Cl2 B. NaCl、NaClO C. NaClO3、NaClO4 D. NaCl、NaClO3 （2）我国从2000年起逐步用ClO2气体替代氯气进行消毒，实验室常用KClO3、草酸(H2C2O4)和稀硫酸制备ClO2，草酸被氧化成CO2，则该反应的离子方程式为_______。 （3）工业上可利用ClO2制备亚氯酸钠(NaClO2)，反应体系中涉及下列物质：NaClO2、ClO2、H2O2、NaOH、H2O、，写出反应的化学方程式：_______。 （4）请完成该过程的化学方程式并配平_______。 __________________________________________ 若反应生成71g Cl2，被氧化的HCl的物质的量为_______。 （5）实验室用下列方法均可制取氯气 ① ② ③ ④ 若各反应转移的电子数相同，①②③④生成的氯气的物质的量之比为_______。 18. 某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。 资料： i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、 (绿色)、 (紫色)。 ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。 iii． Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 实验装置如图(夹持装置略) 序号 物质a C中实验现象 通入Cl2前 通入Cl2后 I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 Ⅱ 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 Ⅲ 40%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 （1）A中反应的离子方程式为_______，B中试剂是_______。 （2）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为_______。 （3）对比实验I、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是_______。 （4）根据资料ii，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因： 原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。 ①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因_______，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。 ②取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为_______，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被_______(填“化学式”)氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。 ③取Ⅱ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是_______。 19. 有A、B两种常见化合物，其焰色试验均呈黄色，C是一种单质气体，相互转化关系如下图所示(部分生成物已略去)。回答下列问题： （1）A的化学式为_______，用化学方程式表示A的用途_______，上述反应消耗2mol A时，制得气体的质量为_______，转移电子总数约为_______个。 （2）简述鉴别E与纯碱的一种方法_______。 （3）200℃在密闭装置中加热A、B固体混合物，两者恰好反应，只得到一种固体化合物G和其他气体产物。 ①A与B的物质的量之比为_______，气体产物有_______。 ②若只加入0.5mol某一纯净物就可将只含1mol B的溶液转变成只含1mol G的溶液，则该纯净物化学式为_______或_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 武汉市第二中学2024~2025学年上学期高一期中模块测试 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Fe56 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学与生活密切相关。下列说法正确的是 A. “84”消毒液具有强氧化性，能用于饮用水杀菌消毒 B. 维生素C用作抗氧化剂，说明维生素C具有氧化性 C. 放映机到银幕间产生光柱是因为丁达尔效应 D. 用盐酸除铁锈，是因为Fe2O3溶于水后，其溶液显碱性 【答案】C 【解析】 【详解】A．“84”消毒液具有强氧化性，给水溶液增加大量的Na+，不用于饮用水杀菌消毒，故A错误； B．维生素C用作抗氧化剂，说明维生素C具有还原性，故B错误； C．空气属于气溶胶，放映机到银幕间产生光柱是因为丁达尔效应，故C正确； D．用盐酸除铁锈，是因为Fe2O3和盐酸反应生成易溶于水的氯化铁，故D错误； 选C。 2. 下列关于胶体的叙述中，正确的是 A. 制备胶体的化学方程式是 B. 在制备胶体的实验中，加热煮沸时间越长，越有利于胶体的生成 C. 向红褐色的氢氧化铁胶体中滴加足量稀盐酸的现象是：先沉淀，后沉淀溶解 D. 胶体粒子能吸附阳离子，从而使胶体带有一定电荷 【答案】C 【解析】 【详解】A．制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色，，A错误； B．制备胶体的实验中，加热煮沸时间过长，胶体发生聚沉产生沉淀，B错误； C．向红褐色的氢氧化铁胶体中滴加足量稀盐酸，先是胶体聚沉，后氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，沉淀又溶解，C正确； D．Fe(OH)3胶体粒子能吸附阳离子，从而使Fe(OH) 3胶体粒子带有一定电荷，胶体为电中性，胶体不带电，D错误； 故选C。 3. 下列叙述错误的个数是 ①摩尔是用来衡量微观粒子多少的一种物理量 ②2molH2O的摩尔质量是1molH2O的摩尔质量的2倍 ③1 mol氦气的原子数为2NA ④两种物质的物质的量相同，则它们的质量也相同 ⑤0.012kg12C中所含的碳原子数为NA个 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【详解】①摩尔不是物理量，它是物理量(物质的量)的单位，①不正确； ②2molH2O的摩尔质量与1molH2O的摩尔质量相同，都是18g/mol，②不正确； ③氦气是单原子分子，1 mol氦气的原子数为NA，③不正确； ④两种物质的物质的量相同，摩尔质量不一定相同，则它们的质量不一定相同，④不正确； ⑤0.012kg12C中所含的碳原子为1mol，数量为NA个，⑤正确； 综合以上分析，①②③④不正确，故选C。 4. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 使酚酞溶液变红的溶液中：、、、 B. 含有大量的澄清透明溶液中：、、、 C. 所含溶质为NaHSO4的溶液中：、、、 D. 与Fe反应能生成H2的溶液：、、、 【答案】D 【解析】 【详解】A．使酚酞溶液变红的溶液呈碱性，OH-、在溶液中能反应生成一水合氨，不能大量共存，故A错误； B．、之间反应生成碳酸铜沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误； C．NaHSO4电离出硫酸根离子，、在溶液中生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误； D．与Fe反应能生成H2的溶液呈酸性，各离子之间不反应，能够大量共存，故D正确； 故选：D。 5. 某同学用以下装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是 A. 图Ⅰ：向过量的MnO2中滴加200g质量分数为73%的浓盐酸，制得氯气的质量为71g B. 图Ⅱ：现象为紫色石蕊溶液变红，证明新制氯水具有酸性 C. 图Ⅲ：铜丝在氯气中剧烈燃烧，产生蓝色的烟 D. 图Ⅳ：干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色 【答案】D 【解析】 【详解】A．HCl的质量为146g，理论上可制得Cl271g，但MnO2只能与浓盐酸在加热条件下反应，随着反应进行，浓盐酸被稀释成稀盐酸，稀盐酸不与二氧化锰反应，故即使二氧化锰过量，浓盐酸也不会全部消耗，制得的Cl2质量小于71g，A错误； B．紫色石蕊溶液滴加到新制氯水中，紫色石蕊溶液先变红，证明新制氯水的酸性，后溶液红色褪去，证明了新制氯水的漂白性，B错误； C．铜丝在氯气中燃烧生成氯化铜，反应生成棕黄色的烟，C错误； D．干燥的氯气没有漂白性，a中干燥的有色布条不褪色，b中氯气与湿润的有色布条接触，生成HClO具有漂白性，b中湿润的有色布条褪色，D正确； 故选D。 6. 向含有和的混合溶液中通入气体，则下列条件下对应的离子方程式不正确的是 A. 时， B. 时， C. 时， D. 时， 【答案】C 【解析】 【分析】向含有a mol NaOH和a mol的混合溶液中通入b mol二氧化碳气体，可以认为二氧化碳首先和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，再是氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，接着是碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，最后是二氧化碳和碳酸钡、水反应生成碳酸氢钡。 【详解】A．时，二氧化碳不足，反应生成碳酸钡沉淀，离子方程式，A正确； B．时，假设2mol氢氧化钠和2mol氢氧化钡通3mol二氧化碳，先是2mol氢氧化钡与2mol二氧化碳反应，再是1mol二氧化碳与2mol氢氧化钠反应，其离子方程式为，B正确； C．时，假设2mol氢氧化钠和2mol氢氧化钡通4mol二氧化碳，先是2mol氢氧化钡与2mol二氧化碳反应，再是1mol二氧化碳与2mol氢氧化钠反应生成1mol碳酸钠，再是1mol碳酸钠与1mol二氧化碳、水反应生成2mol碳酸氢钠，其离子方程式为，C错误； D．时，假设2mol氢氧化钠和2mol氢氧化钡通6mol二氧化碳，先是2mol氢氧化钡与2mol二氧化碳反应生成2mol碳酸钡，再是1mol二氧化碳与2mol氢氧化钠反应生成1mol碳酸钠，再是1mol碳酸钠与1mol二氧化碳、水反应生成2mol碳酸氢钠，最后是2mol二氧化碳和2mol碳酸钡、水反应生成1mol碳酸氢钡，故最后所得为碳酸氢钠和碳酸氢钡溶液，若，二氧化碳还有过量，则其离子方程式为，D正确； 故选C。 7. 某温度下，某物质在足量氧气中充分燃烧(有机物燃烧均生成和)，其燃烧产物立即与过量的反应，固体质量增加大于。下列物质：①和的混合物；②乙醇()；③；④蔗糖()；⑤甲酸()中，符合题意的是 A. ①②⑤ B. ①②④ C. ③ D. 全部 【答案】B 【解析】 【分析】由可知，固体增加的质量等于H2O中“H2”的质量； 由可知，固体增加的质量等于CO2中“CO”的质量，综上，w g分子组成符合的物质在O2中完全燃烧，将其产物(CO2和水蒸气)通过足量Na2O2后，固体增重必为w g。 【详解】①C和的混合物，氢气反应后最终固体质量增加的为氢气的质量；、，根据原子守恒，固体质量增加的为“CO”的质量，所以固体总质量增加大于wg，①符合题意； ②乙醇可改写为(CO)(H2)3C，固体质量增加大于wg，②符合题意； ③可改写为(CO)2(H2)2，固体质量增加等于wg，③不符合题意； ④蔗糖可以改写为(CO)11(H2)11C，固体质量增加大于wg，④符合题意； ⑤甲酸(HCOOH) 可以改写为(CO)(H2)O，固体质量增加小于wg，⑤不符合题意； 故选B。 8. 2015年10月，屠呦呦因发现青蒿素治疟疾的新疗法而获得诺贝尔生理学或医学奖，青蒿素的分子式为C15H22O5，其摩尔质量用M表示。下面关于青蒿素的说法正确的是 A. C15H22O5的摩尔质量为282g B. 1个C15H22O5分子的质量约为g C. 1molC15H22O5完全燃烧生成22molH2O D. 含有6.02×1023个碳原子的C15H22O5的物质的量为1mol 【答案】B 【解析】 【详解】A．摩尔质量的单位为g·mol-1，C15H22O5的摩尔质量为282 g·mol-1，A错误； B．C15H22O5的摩尔质量为M，即NA个C15H22O5分子的质量约为M g，所以1个C15H22O5分子的质量约为g，B正确； C．根据H原子守恒可知，1 mol C15H22O5完全燃烧生成11 mol H2O，C错误； D．已知1mol C15H22O5中含有15mol碳原子，故含有6.02×1023个碳原子的物质的量约为1 mol，C15H22O5物质的量约为mol，D错误； 故答案为：B。 9. 某蓝色溶液中含有下列离子中的若干种：、、、、、，且各种离子的数目相等。取适量该溶液加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，滴加硝酸后仍存有沉淀。根据上述实验，以下推测中正确的是 A. 溶液中不可能有 B. 溶液中不可能有 C. 溶液中不可能有 D. 溶液中不可能有 【答案】B 【解析】 【分析】溶液呈蓝色，则溶液中一定存在Cu2+。取适量该溶液加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，滴加硝酸后仍存有沉淀，氯化银不溶于硝酸，所以一定存在氯离子，可能存在硫酸根。由于溶液中各离子的数目相等，分两种情况讨论。①若溶液中有硫酸根，则钡离子一定不存在，根据电荷守恒和各种离子的数目相等，一定存在钾离子，即Cu2+、K+、Cl-、；②若溶液中无硫酸根，则根据电荷守恒和各种离子的数目相等，一定存在硝酸根，钾离子、钡离子一定不存在，即Cu2+、Cl-、。 【详解】A．根据以上分析可知溶液中可能存在钾离子，A错误； B．根据以上分析可知溶液中一定不存在钡离子，B正确； C．根据以上分析可知溶液中可能存在硝酸根，C错误； D．根据以上分析可知溶液中可能存在硫酸根，D错误； 故选B。 10. 下列用来解释事实的方程式中不正确的是 A. 向NaClO溶液中通入少量CO2：ClO-+CO2+H2O=HCO+HClO B. 向含有a molHCl的稀盐酸中加入2a molNa：2Na+2H+=2Na++H2↑ C. 向a molFeBr2溶液中通入amolCl2充分反应：2Fe2++2Cl2+2Br-=2Fe3++4Cl-+Br2 D. 过量与Ca(ClO)2溶液反应：Ca2++2ClO-+2SO2+2H2O=CaSO4↓+2Cl-+SO+4H+ 【答案】B 【解析】 【详解】A．酸性HCO3-＜HClO，CO2通入NaClO溶液中生成NaHCO3和HClO，A正确； B．钠过量与盐酸反应完后会继续与水反应，该离子方程式不符合事实，B项错误； C．还原性：Fe2+>Br-，溶液中FeBr2为amol，通入amolCl2两者均发生反应，该离子方程式正确；C项正确； D．Ca(ClO)2 强氧化性，将SO2氧化为硫酸根，硫酸根与Ca2+产生白色沉淀，该离子方程式正确，D项正确； 故选B。 11. 某化学小组欲通过测定混合气体中O2的含量来计算2g已变质的Na2O2样品中Na2CO3的含量。实验装置如下图(Q为弹性良好的气囊)。 忽略气体在I和IV中的溶解。下列说法正确的是 A. b的作用是为了除去气体中的CO2，故b中应装有无水CaCl2 B. 测定气体总体积必须关闭，打开 C. 量筒I用于测量产生气体的CO2体积，量筒II用于测量产生氧气的体积 D. 若量筒II收集的气体为0.01mol，则2g已变质的样品中的Na2O2质量为1.56g 【答案】D 【解析】 【详解】A．加入酸后Q中发生反应的化学反应产生O2和CO2，球形干燥管中应装有碱石灰，用于除去气体中的CO2，A错误； B．反应产生的O2和CO2使气囊变大，将Ⅲ中的气体排出，水进入量筒Ⅰ中，所以量筒Ⅰ中水的体积即为产生O2和CO2的总体积，所以滴加稀硫酸前必须关闭K1、K2，打开K3，B错误； C．由B分析可知量筒Ⅰ中水的体积即为产生O2和CO2的总体积，量筒Ⅱ收集的是O2的体积，C错误； D．Ⅱ中产生的气体为，即氧气的物质的量为0.1mol，根据方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故已变质的样品中Na2O2的质量为，D正确； 故答案选D。 12. 下列实验方案能够达到目的的是 实验目的 实验方案 A 除去氯气中的水蒸气 将混合气体通过盛有碱石灰的干燥管 B 检验钠与H2O的反应产物NaOH 将绿豆大小的钠投入盛有适量水的培养皿中，加入稀盐酸 C 检验氯气是否收集满 将蓝色石蕊试纸放在集气瓶口 D 检验新制氯水中含有H+ 向新制氯水中加入少量CaCO3 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．氯气与碱石灰反应，干燥氯气，应用浓硫酸等，故A错误； B．氢氧化钠与盐酸反应无现象，可用酚酞检验氢氧化钠，故B错误； C．检验氯气是否收集满，将湿润的蓝色石蕊试纸放在集气瓶口，可观察到试纸先变红后褪色，故C错误； D．向新制氯水中加入少量，有气泡产生，即新制氯水中含有，故D正确； 答案选D。 13. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A. 50g质量分数为46%的乙醇(C2H6O)水溶液中含有的氧原子总数为2NA B. 32gO2和O3的混合物中含有的氧原子数目为2NA C. 16.8g铁丝在足量O2中燃烧时转移的电子数为0.9NA D. 0.05molH2与等物质的量的Cl2混合，混合气体中含有的分子总数为0.1NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，乙醇的质量为50g×46%=23g，物质的量为，则水的质量为50g-23g=27g，物质的量为，含有的氧原子数目为(0.5+1.5)NA=2NA，A正确； B．O2和O3的组成元素都为O元素，32g氧原子的物质的量为n==2mol，所含原子数为2NA，B正确； C．16.8g Fe的物质的量为，铁丝在足量的氧气中燃烧生成Fe3O4，Fe的化合价由0价升高至+价，即1molFe转移mol e-，则0.3molFe转移0.3×=0.8mol e-，个数为0.8NA，C错误； D．0.05molH2与等物质量的Cl2混合，即0.05molH2与0.05molCl2混合，发生反应H2+Cl2=2HCl，则混合气体的物质的量为0.1mol，含有的分子总数为0.1NA，D正确； 故选C。 14. 与一定浓度的溶液反应，生成、、、和。当产物、的个数之比为3∶1时，则参加反应的与的个数之比为 A. B. C. 2∶11 D. 3∶10 【答案】B 【解析】 【详解】设参加反应的FeS为3mol，则根据S元素守恒可知生成1mol ，根据Fe元素守恒可知生成1mol ，Fe元素化合价由+2价变为+3价，S元素化合价由-2价变为+6价，所以3molFeS共失去27mol电子，根据电子得失守恒可知HNO3共得到27mol电子，产物、的个数之比为3∶1，设、的物质的量分别为3x、x，则有3x+x×3=27mol，解得x=4.5mol，即、的物质的量分别为13.5mol、4.5mol，根据N元素守恒可知HNO3的物质的量为13.5+4.5+3=21mol，所以实际参加反应的FeS与HNO3的个数之比为3mol：21mol=1：7，故答案为B。 15. 已知有下列四个反应： ① ② ③ ④ 下列有关说法正确的是 A. 反应②③④中的氧化产物分别是、、 B. 根据①②③可以得到还原性： C. 不能发生反应 D. 在反应④中参加反应的和体现还原性的个数比为 【答案】C 【解析】 【详解】A．在氧化还原反应中，物质所含元素化合价升高，发生氧化反应，生成氧化产物，所以反应②③④的氧化产物分别为、、，A错误； B．还原剂的还原性强于还原产物的还原性，则根据各反应可知还原性，反应①：，②：，③：，不能说明还原性顺序为，B错误； C．还原性：Fe2+>Br－，故当Cl2和FeBr2的物质的量之比为1:1时，Cl2先氧化Fe2+，则不能发生反应，C正确； D．在反应④中，若参加反应的HCl的物质的量为6mol，则只有2molHCl化合价升高转化为氯气，体现还原性，所以在反应④中参加反应的和体现还原性的HCl个数比为1∶2，D错误； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 碳酸钠俗称纯碱，用途非常广泛，我国化学家侯德榜发明了“侯氏制碱法”，其具体流程如下，请回答下列问题： （1）图中涉及的①～⑧八种物质中，能导电的物质有_______(填序号，下同)，属于电解质的有_______。 （2）反应Ⅱ的化学方程式为_______。 （3）用离子方程式表示操作a制备NaHCO3的原理：_______。 （4）若向NaHCO3溶液中加入足量Ba(OH)2，该反应的离子方程式为_______。 （5）若称取10.5g纯净的NaHCO3固体，加热一段时间后，剩余固体的质量为8.02g。如果把剩余的固体全部加入到含0.2mol HCl的盐酸中充分反应。求反应后溶液中剩余的H+的物质的量_______(忽略因水电离产生的H+)。 【答案】（1） ①. ③⑦⑧ ②. ①⑤⑥⑦ （2） （3）Na++CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH （4） （5）0.075 mol 【解析】 【小问1详解】 溶液导电的原因是溶液中有自由移动的离子，所以图中涉及的①~⑧八种物质中，能导电的物质有③⑦⑧；在溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质。图中涉及的①~⑧八种物质中属于电解质的是①⑤⑥⑦。 【小问2详解】 反应Ⅱ是加热，化学方程式为。 【小问3详解】 由题意知，实验操作a中以饱和溶液和NH3、CO2为原料制备的原理为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl 。所以操作a制备的原理的离子方程式是Na++CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH。 【小问4详解】 若向溶液中加入足量的，含量较少，可看成“1”，该反应的化学方程式为，对应离子方程式是。 【小问5详解】 若称取10.5 g纯净的NaHCO3固体，加热一段时间后，剩余固体的质量为8.02 g，如果把剩余的固体全部加入到100 mL 2 mol·L-1的盐酸中充分反应，反应过程中发生的反应有：2NaHCO3Δ–––Na2CO3+H2O+CO2↑，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，根据Na原子和Cl原子守恒可得，参加反应的HCl的物质的量等于10.5g纯净的NaHCO3中含有的Na原子，故有：n(HCl)反应=n(NaHCO3)= =0.125mol，则溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度为： =0.75mol/L，故答案为：0.75 mol·L-1。 17. 含氯物质在日常生活中具有许多重要用途，回答下列问题： （1）亚氯酸钠(NaClO2)较稳定，但加热或敲击亚氯酸钠固体时立即爆炸，爆炸后的产物可能为_______。 A. NaCl、Cl2 B. NaCl、NaClO C. NaClO3、NaClO4 D. NaCl、NaClO3 （2）我国从2000年起逐步用ClO2气体替代氯气进行消毒，实验室常用KClO3、草酸(H2C2O4)和稀硫酸制备ClO2，草酸被氧化成CO2，则该反应的离子方程式为_______。 （3）工业上可利用ClO2制备亚氯酸钠(NaClO2)，反应体系中涉及下列物质：NaClO2、ClO2、H2O2、NaOH、H2O、，写出反应的化学方程式：_______。 （4）请完成该过程的化学方程式并配平_______。 __________________________________________ 若反应生成71g Cl2，被氧化的HCl的物质的量为_______。 （5）实验室用下列方法均可制取氯气 ① ② ③ ④ 若各反应转移的电子数相同，①②③④生成的氯气的物质的量之比为_______。 【答案】（1）D （2） （3） （4） ①. 2421 ②. 2mol （5） 【解析】 【分析】氧化还原反应中有元素化合价的升高必有元素化合价的降低。 【小问1详解】 亚氯酸钠(NaClO2)较稳定，但加热或敲击亚氯酸钠固体时立即爆炸，因为发生了自身歧化反应，则氯元素的化合价一部分从+3升高、另一部分从+3降低，则D符合，故答案为：D； 【小问2详解】 KClO3、草酸(H2C2O4)和稀硫酸制备ClO2，草酸被氧化成CO2，氯元素的化合价从+5价降低到+4价，碳元素的化合价从+3价升高到+4价，根据电子守恒，KClO3和H2C2O4的个数比为2：1，根据电荷守恒，反应物中有H+，反应的离子方程式为：，故答案为：； 【小问3详解】 用ClO2制备亚氯酸钠(NaClO2)，反应中， ClO2中氯元素从+4价降低到+3价，为氧化剂，则H2O2中氧元素从-1价升高到0价生成O2、则按得失电子数守恒、电荷守恒、元素质量守恒得反应的化学方程式为，故答案为：； 【小问4详解】 该反应是不同价态氯元素间发生电子转移，根据氧化还原反应的转化规律，KClO3中氯元素的化合价从+5价降低到ClO2中的+4价，盐酸中的氯元素的化合价从-1价升高到氯气中的0价，所以KClO3和Cl2的系数比为2：1，然后根据质量守恒，配平的化学方程式为：2421；反应中若生成71gCl2，则被氧化的HCl的质量为2×36.5=73g，物质的量为2mol，故答案为： 2421；2mol； 小问5详解】 (1) (2) (3) (4) (5)反应①中氯元素的化合价从-1价升高到0价，生成1molCl2，转移2mol电子，若转移10mol电子，则生成5mol氯气；反应②中NaClO中的+1价氯元素和盐酸中的-1价氯元素都转化为氯气，所以生成1molCl2，转移1mol电子，若转移10mol电子，则生成10mol氯气分子；反应③中，氯元素的化合价从-1价升高到0价，生成1mol氯气转移2mol电子，若转移10mol电子，则生成5mol氯气分子；反应④中，KClO3中的所有的+5价氯和盐酸中的部分-1价氯生成了氯气，生成3mol氯气分子转移5mol电子，若转移10mol电子，则生成6mol氯气分子。若各反应转移的电子数相同，①②③④生成的氯气物质的量之比为，故答案为：。 18. 某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。 资料： i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、 (绿色)、 (紫色)。 ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。 iii． Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 实验装置如图(夹持装置略) 序号 物质a C中实验现象 通入Cl2前 通入Cl2后 I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 Ⅱ 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 Ⅲ 40%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 （1）A中反应的离子方程式为_______，B中试剂是_______。 （2）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为_______。 （3）对比实验I、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是_______。 （4）根据资料ii，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因： 原因一：可能是通入Cl2导致溶液碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。 ①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因_______，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。 ②取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为_______，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被_______(填“化学式”)氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。 ③取Ⅱ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是_______。 【答案】（1） ①. ②. 饱和NaCl溶液 （2） （3）Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强 （4） ①. ②. ③. Cl2 ④. 【解析】 【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。 【小问1详解】 装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，离子方程式为：，B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体； 【小问2详解】 通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：； 【小问3详解】 对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强； 【小问4详解】 ①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：； ②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，该反应的离子方程式为：；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量； ③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生的反应是：。 19. 有A、B两种常见化合物，其焰色试验均呈黄色，C是一种单质气体，相互转化关系如下图所示(部分生成物已略去)。回答下列问题： （1）A的化学式为_______，用化学方程式表示A的用途_______，上述反应消耗2mol A时，制得气体的质量为_______，转移电子总数约为_______个。 （2）简述鉴别E与纯碱的一种方法_______。 （3）200℃在密闭装置中加热A、B固体混合物，两者恰好反应，只得到一种固体化合物G和其他气体产物。 ①A与B的物质的量之比为_______，气体产物有_______。 ②若只加入0.5mol某一纯净物就可将只含1mol B的溶液转变成只含1mol G的溶液，则该纯净物化学式为_______或_______。 【答案】（1） ① Na2O2 ②. ③. 32g ④. （2）分别与硝酸酸化的硝酸银溶液混合，观察是否产生白色沉淀，生成沉淀的为氯化钠 （3） ①. 1：2 ②. 、 ③. ④. 【解析】 【分析】A、B两种常见化合物，其焰色试验均呈黄色，说明A、B为钠的化合物，A与B的混合物加盐酸得到溶液E为氯化钠、产生气体C和气体D，加水或加热产生气体C，C是一种单质气体，可知混合物中必含有Na2O2，且C为O2，且另一物质会受热分解、产物必有H2O和CO2，即另一种物质为NaHCO3；A与B的混合物溶于水后的产物F与D反应生成B，则B为NaHCO3，D为CO2，F为Na2CO3，A为Na2O2，以此分析解答。 【小问1详解】 A为Na2O2，在潜水艇中用作供氧剂，反应为(写也可)，2molA反应生成O21mol，质量为32g，转移电子总数约为2mol×=个。 【小问2详解】 鉴别E(NaCl)与纯碱(Na2CO3)的方法为：分别与硝酸酸化的硝酸银溶液混合，观察是否产生白色沉淀，生成沉淀的为氯化钠。 【小问3详解】 ①A(Na2O2)与B(NaHCO3)反应生成一种固体物质，则该物质G为Na2CO3，根据和2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，两个方程式合并得2Na2O2+4NaHCO34Na2CO3+O2↑+2H2O，故两者物质的量之比为2：4=1：2，气体产物有O2、H2O。 ②G为Na2CO3，B为NaHCO3，若只加入0.5mol某一纯净物就可将只含1mol B的溶液转变成只含1mol G的溶液，则根据方程式NaHCO3+NaOH═Na2CO3+H2O可知，0.5mol该纯净物加入水中能产生1molNaOH，根据2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，Na2O+H2O=2NaOH，可知该纯净物化学式为Na2O2或Na2O。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$