精品解析：江苏苏州部分学校2025-2026学年高一化学上学期期中化学试卷

2025-2026学年高一上学期化学期中卷 可能用到的原子量：H-1 C-12 O-16 N-14 Mg-24 Ca-40 第Ⅰ卷 (选择题 共39分) 一、选择题：本题共13个小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。 1. 油条的做法是将矾、碱、盐按比例加入温水中，再加入面粉搅拌成面团；放置，使面团产生气体，形成孔洞。放置过程发生反应2KAl(SO4)2·12H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+21H2O。下列说法正确的是 A. 从物质的分类角度来看，油条配方中的“矾、碱、盐”主要成分均为盐 B. 放置过程发生的反应为氧化还原反应 C. 放置过程发生的反应中，反应物和生成物均为电解质 D. 反应中所涉及的氧化物均为酸性氧化物 2. 某同学用如图装置进行有关Cl2的实验，下列叙述错误的是 A. 图Ⅰ中：闻Cl2的气味 B. 图Ⅱ中：生成棕黄色的烟 C. 图Ⅲ中：实验现象证明氯气无漂白作用，氯水有漂白作用 D. 图Ⅳ中：若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应 3. 设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. 标况下5.6克的铁与2.24L氯气完全反应，转移电子数目0.2NA B. 一定量的Na2O2与水反应生成1.12LO2，则反应中转移电子数为0.1NA C. 向KClO3固体中滴加浓盐酸生成2.24LCl2(标况)，则反应中转移电子数为0.2NA D. 标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA 4. 下列关于物质的分类中，正确的是 选项 碱性氧化物 酸 盐 混合物 强电解质 A CaO HNO3 纯碱 漂白粉 NaCl B NO NaHSO4 NaOH 碱石灰 蔗糖 C Na2O2 Al(OH)3 NaHCO3 CuSO4·5H2O NH3 D SO2 HClO 烧碱 Fe(OH)3胶体 H2O A. A B. B C. C D. D 5. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. NaNa2O2 B. NaClO(aq)HClO(aq) C. NaCl(s)NaOH D. FeFeCl2 6. 化学需氧量(COD)是评价水体受有机物污染程度的重要指标，其定义为：在规定的实验条件下，处理单位体积的水样所消耗氧化剂的量，折算成相对应的质量(单位为)。某测定方法的主要流程为：先用过量氧化水样中的还原性物质，再将剩余和与KI反应生成，最后用已知浓度的计算生成的，通过差值计算出水样的COD值。其流程图如下图所示： 下列说法错误的是 A. III中消耗的越多，水样的COD值越高 B. II中避光、加盖可抑制I⁻被氧化及的升华 C. II中发生的反应有 D. 测定时，不要在水体表面取样，否则会对最终COD计算结果产生影响 阅读下列材料，完成下面小题。 ClO2和亚氯酸钠(NaClO2)都是广泛使用的漂白剂、消毒剂。高浓度ClO2气体易发生爆炸，在生产、使用时需用其他气体进行稀释。某工厂生产ClO2和NaClO2的工艺流程为： 7. ClO2发生器中反应为NaClO3+Na2SO3+H2SO4→Na2SO4+ClO2↑+H2O(未配平)，下列说法正确的是 A. 反应中Na2SO3是氧化剂 B. 反应中ClO2是氧化产物 C. 每生成1mol ClO2转移2mol电子 D. 参加反应的NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2：1 8. 下列关于NaClO2生产流程的相关说法，不正确的是 A. 工业上将ClO2制成NaClO2固体，便于贮存和运输 B. “操作A”包括过滤、洗涤、干燥 C. 吸收器中生成NaClO2的离子方程式为：2ClO2+H2O2=2+O2↑+H+ D. 生产时向ClO2发生器中通入空气，可避免发生危险 9. 下列离子方程式正确的是 A. 足量通入澄清的石灰水中： B. 硫酸氢钠溶液和小苏打溶液反应： C. 与反应可得到一元弱酸，则与足量的NaOH溶液反应的离子方程式： D. 碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液： 10. 化学实验有助于理解化学知识，形成化学观念，提高探究与创新能力，提升科学素养。下列实验能达到实验目的且符合操作要求的是 A. 图1中：实验现象证明氯气无漂白性，氯水有漂白性，氢氧化钠溶液可换成石灰乳 B. 可用图2装置制取少量的氧气 C. 可用图3装置配制一定物质的量浓度的NaOH溶液 D. 图4中，若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应 11. 如图所示，下列关于含钒物质转化的说法错误的是 A. 反应Ⅰ的离子方程式为： B. 反应Ⅱ是非氧化还原反应 C. 反应Ⅲ的转化中氧化剂与还原剂的数目之比为1：2 D. 反应Ⅳ的转化中X发生氧化反应 12. 三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛，实验室可用如图所示装置制备ICl3(氯气与碘在稍低于70℃反应，夹持装置已省略)。下列说法错误的是 A. 装置①中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5 B. 装置②的作用是除去氯气中的HCl，同时可监测装置③中是否发生堵塞 C. 装置③与装置⑤的作用完全相同 D. 三氯化碘溶于水中发生反应的化学方程式为ICl3+2H2O=HIO2+3HCl 13. 实验室测盐酸与亚氯酸钠制备二氧化氯气体的速率，装置如图所示。4mL0.2%NaClO2溶液预先装入二氧化氯发生器，37.5%HCl装入加料漏斗。开启真空泵抽气，反应开始后，每隔2min用注射器取样1mL，测定NaClO2溶液浓度。已知ClO2浓度过高时易爆炸。下列说法错误的是 A. 碘化钾吸收瓶中发生的反应为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2 +4H2O B. 做实验时整套装置要先抽真空，再加入37.5%HCl防止ClO2聚集 C. 分液漏斗作为空气入口，起到搅拌作用 D. 实验过程中分液漏斗活塞保持关闭，防止ClO2逸出 第Ⅱ卷 (非选择题共61分) 14. 通过对物质进行分类，我们可以更好地认识某类物质的性质。回答下列问题： （1）根据酸电离出的数目可将酸分为一元酸(如HCl)、二元酸(如)、三元酸(如)，二元酸能与碱反应生成一种正盐(如)和一种酸式盐(如)；三元酸能与碱反应生成一种正盐(如)和两种酸式盐(如、)。、、中属于二元酸的是_______(填化学式)，与NaOH溶液反应生成酸式盐的化学方程式为_______。 （2）现有如下物质转化： a．该转化过程中属于电解质的是_______(填序号)。 b．反应Ⅳ为_______(填基本反应类型)反应。 c．写出反应Ⅱ的化学方程式，并用单线桥标注电子转移的方向和数目：_______。 d．向煮沸的蒸馏水中逐滴加入5～6滴饱和溶液，继续煮沸至液体呈_______色，停止加热，得到胶体。关于胶体与溶液的说法正确的是_______(填字母)。 A．胶体粒子的直径为1~100nm B．胶体带电 C．用丁达尔效应可区分胶体与溶液 D．用过滤的方法分离胶体与溶液 15. 标签对于饮用水成分和化学品的意义在于提供关键信息。饮用水标签标明成分及含量，帮助消费者选择适合的水质；化学品标签则提供危险性说明、安全处置注意事项等，确保使用安全。 I．下面是某品牌饮用矿物质水标签的部分内容。 饮用矿泉水 净含量：500mL 配料表：纯净水 硫酸镁 氯化钾 保质期：12个月 主要离子成份：钾离子(K+)：1.0~27.3mg/L 镁离子(Mg2+)：0.1~4.8mg/L 氯离子(Cl-)：10~27.3mg/L 硫酸根离子(SO)0.4~19.2mg/L （1）下列说法正确的是___________。 A. 标签上给出的离子的物理量是物质的量浓度 B. 任何饮用水中氯离子(Cl-)的浓度均在10～27.3 mg/L之间 C. 该品牌饮用矿物质水中c(Mg2＋)的最大值为2×10-4 mol/L D. 一瓶该品牌饮用矿物质水中SO的物质的量不超过1×10-5 mol （2）该溶液中还可能存在的离子是___________。 A. OH- B. Ag+ C. Na+ D. Ca2+ II．如图是某学校实验室从化学试剂商店采购的浓盐酸试剂标签上的部分内容，实验室用该浓盐酸配制240 mL 0.5mol/L的稀盐酸。 （3）下列说法正确的是___________。 A. 实验需要用量筒取该浓盐酸10.50mL进行稀释 B. 实验需要用量筒取该浓盐酸8.4 mL进行稀释 C. 取浓盐酸时仰读会导致配制盐酸浓度偏高 D. 定容过程中俯读会导致配制盐酸浓度偏低 III．如图是硫酸试剂标签上的内容。 硫酸化学纯(CP) (500mL) 品名：硫酸 化学式：H2SO4 相对分子质量：98 密度：1.84g/mL 质量分数：98% （4）该硫酸的物质的量浓度为___________ 。 （5）实验室用该硫酸配制240mL 0.46mol·L-1的稀硫酸，则： ①需要用量筒量取该浓硫酸的体积为___________ mL。 ②在定容操作时，因不慎加水至凹液面最低处超过了刻度线，该如何处理：___________ 。 ③在下列配制过程示意图中，有错误的是(填写序号)___________ 。 ④下列说法正确的是___________。 A．洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，并将洗涤液移入容量瓶以减少误差 B．将浓硫酸稀释后未冷却至室温便将溶液转移至容量瓶，所配溶液浓度会偏低 C．定容时仰视观察，所配溶液浓度会偏低 D．容量瓶使用前先要检查是否漏液，具体操作是向容量瓶中加蒸馏水，倒置不漏液即可 E．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，所配溶液浓度会偏低 ⑤配制的稀硫酸转移至试剂瓶中后，填写在标签上的内容为___________ 。 16. 钠元素及其化合物在工农业生产中有重要的应用。 （1）是一种重要的制氧剂，某课外活动小组设计了如图所示装置，验证与反应时需要与水接触。 a、其中②中试剂为_______，⑤中发生的主要反应化学方程式为_______。 b、实验过程中，关闭_______，打开_______，带火星的木条复燃，证实与反应时需要与水接触。 Ⅱ．纯碱是一种重要的工业产品，我国化学家侯德榜改进国外的纯碱生产工艺，生产流程如图所示： 资料： ⅰ．沉淀池中的反应为 ⅱ．溶解度 物质 NaCl 20℃溶解度/g 36.0 21.7 9.6 37.2 （2）生产时应往沉淀池中先后通入两种气体，先通入的气体为_______，上述流程中X物质的化学式_______。 （3）请写出的电离方程式：_______；请写出煅烧炉中发生反应的化学反应方程式：_______。 （4）请设计实验检验产品中是否含有NaCl：_______。 （5）下列说法正确的是_______(填字母)。 A. 沉淀池中有析出，因为一定条件下的溶解度最小 B. 滤液中主要含有NaCl、和 C. 使用原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了循环A D. 副产品做氮肥可以与草木灰混用以增强肥效 17. MnO2是重要的化工原料，由软锰矿(主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2)制备MnO2的一种工艺流程如下： 资料：①该工艺条件下MnO2与H2SO4不反应。 ②部分金属阳离子沉淀的pH(25℃)。 Fe3+ Al3+ Mn2+ Fe2+ 开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3 完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3 （1）“溶出”前，软锰矿需要进行研磨的目的__________________。 （2）“溶出”时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示。 ①Ⅱ是从软锰矿石中溶出Mn2+的主要反应，反应的化学方程式是__________________。 ②若Fe2+全部来自于反应Fe+2H2SO4=FeSO4+H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2，而实际比值约0.9小于2，原因是__________________。 （3）“纯化”时，先向溶出液中加入MnO2，将溶液中Fe2+氧化；再加入NH3·H2O调节溶液pH，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀而除去。适宜调节的pH范围是______。 （4）“纯化”后，过滤所得的滤渣中含有Al(OH)3和Fe(OH)3，实验室欲以该滤渣为原料制备少量Fe2O3，实验操作为：取少量滤渣放入烧杯中，________________，灼烧沉淀得到Fe2O3.(须使用的试剂：6mol·L-1 NaOH溶液) （5）向4.350g所得MnO2产品中依次加入足量6.700g Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用0.02000mol·L-1 KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL。计算该产品中MnO2的纯度_____________ (杂质不参加反应，写出计算过程)。 已知过程中发生的反应为：MnO2++H+→Mn2++CO2↑+H2O(未配平)； ++H+→Mn2++CO2↑+H2O(未配平)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一上学期化学期中卷 可能用到的原子量：H-1 C-12 O-16 N-14 Mg-24 Ca-40 第Ⅰ卷 (选择题 共39分) 一、选择题：本题共13个小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。 1. 油条的做法是将矾、碱、盐按比例加入温水中，再加入面粉搅拌成面团；放置，使面团产生气体，形成孔洞。放置过程发生反应2KAl(SO4)2·12H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+21H2O。下列说法正确的是 A. 从物质的分类角度来看，油条配方中的“矾、碱、盐”主要成分均为盐 B. 放置过程发生的反应为氧化还原反应 C. 放置过程发生的反应中，反应物和生成物均为电解质 D. 反应中所涉及的氧化物均为酸性氧化物 【答案】A 【解析】 【详解】A．“明矾”为，“碱”为，“盐”为，三者均由金属阳离子和酸根阴离子构成，都属于盐类，A正确； B．该反应中所有元素化合价均未发生变化，不存在电子转移，属于非氧化还原反应，B错误； C．生成物中的自身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，因此反应物和生成物不都为电解质，C错误； D．反应涉及的氧化物为和，不属于酸性氧化物，D错误； 故选A。 2. 某同学用如图装置进行有关Cl2的实验，下列叙述错误的是 A. 图Ⅰ中：闻Cl2的气味 B. 图Ⅱ中：生成棕黄色的烟 C. 图Ⅲ中：实验现象证明氯气无漂白作用，氯水有漂白作用 D. 图Ⅳ中：若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．图Ⅰ中的方法闻未知气体的气味，Cl2有毒，闻气味的方法为图I，A叙述正确； B．图Ⅱ中铜在氯气中燃烧生成氯化铜固体，现象为生成棕黄色的烟，B叙述正确； C．干燥的氯气无漂白性，而次氯酸由漂白性，则图Ⅲ中干燥的氯气有色布条不褪色，而湿润的有色布条褪色的实验现象证明氯气无漂白作用，氯水有漂白作用，C叙述正确； D．图Ⅳ中若气球干瘪，证明Cl2没有与NaOH反应，如发生反应，气体减少，压强减小，空气进入气球，气球涨起，D叙述错误； 答案为D。 3. 设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. 标况下5.6克的铁与2.24L氯气完全反应，转移电子数目0.2NA B. 一定量的Na2O2与水反应生成1.12LO2，则反应中转移电子数为0.1NA C. 向KClO3固体中滴加浓盐酸生成2.24LCl2(标况)，则反应中转移电子数为0.2NA D. 标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．标况下5.6g 物质的量为0.1mol，2.24L 物质的量为0.1mol，二者反应为，过量，按完全反应的计算，1mol 反应转移2mol电子，故0.1mol 完全反应转移电子数目为，A正确； B．题目未说明氧气处于标准状况，无法确定1.12L 的物质的量，无法计算转移电子数，B错误； C．标况下2.24L 物质的量为0.1mol，反应为归中反应，生成3mol 转移5mol电子，故生成0.1mol 转移电子数为，不是，C错误； D．与水的反应为可逆反应，0.1mol 不能完全反应，故转移电子数目小于，D错误； 故选A。 4. 下列关于物质的分类中，正确的是 选项 碱性氧化物 酸 盐 混合物 强电解质 A CaO HNO3 纯碱 漂白粉 NaCl B NO NaHSO4 NaOH 碱石灰 蔗糖 C Na2O2 Al(OH)3 NaHCO3 CuSO4·5H2O NH3 D SO2 HClO 烧碱 Fe(OH)3胶体 H2O A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．与酸反应只生成盐和水，属于碱性氧化物；电离出的阳离子全部为，属于酸；纯碱为，属于盐；漂白粉为和的混合物；在水溶液中完全电离，属于强电解质，A正确； B．属于不成盐氧化物，不是碱性氧化物；属于酸式盐，不属于酸；属于碱，不属于盐；蔗糖属于非电解质，不是强电解质，B错误； C．与酸反应生成盐、水和，不属于碱性氧化物；属于两性氢氧化物，不属于酸；是结晶水合物，属于纯净物，不属于混合物；属于非电解质，不是强电解质，C错误； D．属于酸性氧化物，不是碱性氧化物；烧碱为，属于碱，不属于盐；部分电离，属于弱电解质，不是强电解质，D错误； 故选A。 5. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. NaNa2O2 B. NaClO(aq)HClO(aq) C. NaCl(s)NaOH D. FeFeCl2 【答案】B 【解析】 【详解】A．常温下与反应生成，加热条件下才生成，第一步转化不能实现，A错误； B．碳酸酸性强于次氯酸，根据强酸制弱酸原理，通入可生成，转化能实现，B正确； C．电解熔融生成和，电解水溶液才能得到，固态通电无法得到，转化不能实现，C错误； D．具有强氧化性，与加热反应生成，无法得到，转化不能实现，D错误； 故选B。 6. 化学需氧量(COD)是评价水体受有机物污染程度的重要指标，其定义为：在规定的实验条件下，处理单位体积的水样所消耗氧化剂的量，折算成相对应的质量(单位为)。某测定方法的主要流程为：先用过量氧化水样中的还原性物质，再将剩余和与KI反应生成，最后用已知浓度的计算生成的，通过差值计算出水样的COD值。其流程图如下图所示： 下列说法错误的是 A. III中消耗的越多，水样的COD值越高 B. II中避光、加盖可抑制I⁻被氧化及的升华 C. II中发生的反应有 D. 测定时，不要在水体表面取样，否则会对最终COD计算结果产生影响 【答案】A 【解析】 【分析】化学需氧量(COD)的定义是：在规定的实验条件下，处理单位体积的水样所消耗氧化剂的量，折算成相对应的质量(单位为)，先用过量氧化水样中的还原性物质，再将剩余和与KI反应生成，最后用已知浓度的计算生成的，通过差值计算出水样的COD值。 【详解】A．III中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2越多，即与KI反应的剩余KMnO4和MnO2越多，根据COD计算逻辑，n(水样消耗KMnO4)=n(总KMnO4)-n(剩余)，n剩余越大则水样消耗的KMnO4越少，COD值越低，A错误； B．II中I-在酸性条件下易被O2氧化，避光可抑制该氧化；I2易升华，加盖可减少I2挥发，B正确； C．II中MnO2与酸性KI反应，Mn4+得2e-生成Mn2+，2I-失2e-生成I2，离子方程式为MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O，电子、电荷、原子均守恒，C正确； D．水体表面可能因溶解O2或有机物与空气接触被氧化，导致水样中还原性物质含量偏离实际，影响COD测定准确性，D正确； 故选A。 阅读下列材料，完成下面小题。 ClO2和亚氯酸钠(NaClO2)都是广泛使用的漂白剂、消毒剂。高浓度ClO2气体易发生爆炸，在生产、使用时需用其他气体进行稀释。某工厂生产ClO2和NaClO2的工艺流程为： 7. ClO2发生器中反应为NaClO3+Na2SO3+H2SO4→Na2SO4+ClO2↑+H2O(未配平)，下列说法正确的是 A. 反应中Na2SO3是氧化剂 B. 反应中ClO2是氧化产物 C. 每生成1mol ClO2转移2mol电子 D. 参加反应的NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2：1 8. 下列关于NaClO2生产流程的相关说法，不正确的是 A. 工业上将ClO2制成NaClO2固体，便于贮存和运输 B. “操作A”包括过滤、洗涤、干燥 C. 吸收器中生成NaClO2的离子方程式为：2ClO2+H2O2=2+O2↑+H+ D. 生产时向ClO2发生器中通入空气，可避免发生危险 【答案】7. D 8. C 【解析】 【7题详解】 A．反应中的元素化合价从+4升高为+6，失电子作还原剂，A错误； B．的元素化合价从+5降低为+4生成，是还原产物，B错误； C．每生成1mol ，元素得到1mol电子，转移电子物质的量为1mol，C错误； D．根据电子守恒，每个反应失2mol电子，每个反应得1mol电子，故参加反应的和物质的量之比为2:1，D正确； 故选D 【8题详解】 A．高浓度气体易爆炸、性质不稳定，固体性质稳定，制成固体便于贮存和运输，A正确； B．结晶后得到的粗产品需经过过滤、洗涤、干燥，才能得到纯净的固体，因此“操作A”包括过滤、洗涤、干燥，B正确； C．吸收器中加入了浓溶液，反应环境为碱性，不能生成，正确离子方程式为，C错误； D．高浓度易发生爆炸，通入空气可稀释，避免爆炸危险，D正确； 故选C。 9. 下列离子方程式正确的是 A. 足量通入澄清的石灰水中： B. 硫酸氢钠溶液和小苏打溶液反应： C. 与反应可得到一元弱酸，则与足量的NaOH溶液反应的离子方程式： D. 碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液： 【答案】B 【解析】 【详解】A．足量CO2通入澄清石灰水会生成可溶的Ca(HCO3)2，正确反应为，A错误； B．硫酸氢钠电离出的与小苏打（）反应生成CO2和H2O，方程式，B正确； C．H3PO2是一元弱酸，则H3PO2与足量的NaOH溶液反应的离子方程式，C错误； D．碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙生成碳酸钙和水，离子方程式应为：，D错误； 故选B。 10. 化学实验有助于理解化学知识，形成化学观念，提高探究与创新能力，提升科学素养。下列实验能达到实验目的且符合操作要求的是 A. 图1中：实验现象证明氯气无漂白性，氯水有漂白性，氢氧化钠溶液可换成石灰乳 B. 可用图2装置制取少量的氧气 C. 可用图3装置配制一定物质的量浓度的NaOH溶液 D. 图4中，若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．图1中干燥的红纸条不褪色，证明无漂白性；湿润的红纸条褪色，证明氯水有漂白性；石灰乳中含量高，可充分吸收尾气，可代替氢氧化钠溶液，A正确； B．图2为简易启普发生器，适用于块状固体与液体常温下反应制取气体，是粉末状固体，会从多孔板缝隙漏下，且反应剧烈，不能用该装置制取氧气，B错误； C．容量瓶仅用于溶液配制的定容操作，不能直接在容量瓶中溶解固体，溶解放热会影响容量瓶刻度精度，应在烧杯中溶解、冷却后再转移至容量瓶，C错误； D．与反应会使锥形瓶内压强减小，外界空气进入气球，气球会膨胀，因此气球干瘪不能证明与发生反应，D错误； 故选A。 11. 如图所示，下列关于含钒物质转化的说法错误的是 A. 反应Ⅰ的离子方程式为： B. 反应Ⅱ是非氧化还原反应 C. 反应Ⅲ的转化中氧化剂与还原剂的数目之比为1：2 D. 反应Ⅳ的转化中X发生氧化反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应Ⅰ中，在碱性条件下生成，离子方程式为，A正确； B．反应Ⅱ中，中的V为+5价，中+5价，是非氧化还原反应，B正确； C．反应Ⅲ中，中V元素由+5 价降低为VO2+中+4价，锌为还原剂，由0价升高为+2 价，根据得失电子守恒，转化中n()：n(Zn) =2:1，C错误； D．反应Ⅳ中，中V元素由+5价降低为VO2+中+4价，为氧化剂，加入还原剂X发生氧化反应，D正确； 故选C。 12. 三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛，实验室可用如图所示装置制备ICl3(氯气与碘在稍低于70℃反应，夹持装置已省略)。下列说法错误的是 A. 装置①中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5 B. 装置②的作用是除去氯气中的HCl，同时可监测装置③中是否发生堵塞 C. 装置③与装置⑤的作用完全相同 D. 三氯化碘溶于水中发生反应的化学方程式为ICl3+2H2O=HIO2+3HCl 【答案】C 【解析】 【分析】由装置制备图可知：装置①为制取氯气的装置，装置②的作用为除去氯气中混有氯化氢，装置③的作用为吸水，装置④的作用为制备ICl3，装置⑤的作用吸收没有反应的氯气。以此分析解答。 【详解】A．装置①中反应为，反应的氧化剂为高锰酸钾，还原剂为浓盐酸，浓盐酸既表现还原性又表现酸性，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，故A项正确； B．装置②的作用是除去氯气中的HCl，同时可作安全瓶，以监测装置C中是否发生堵塞，故B正确； C．装置③的作用是干燥氯气，装置⑤的作用是吸收尾气中的氯气，两者作用不同，故C错误； D．三氯化碘溶于水中发生反应的化学方程式为，其中碘与氯的化合价均不变化，故D正确； 故答案：C。 13. 实验室测盐酸与亚氯酸钠制备二氧化氯气体的速率，装置如图所示。4mL0.2%NaClO2溶液预先装入二氧化氯发生器，37.5%HCl装入加料漏斗。开启真空泵抽气，反应开始后，每隔2min用注射器取样1mL，测定NaClO2溶液浓度。已知ClO2浓度过高时易爆炸。下列说法错误的是 A. 碘化钾吸收瓶中发生的反应为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2 +4H2O B. 做实验时整套装置要先抽真空，再加入37.5%HCl防止ClO2聚集 C. 分液漏斗作为空气入口，起到搅拌作用 D. 实验过程中分液漏斗活塞保持关闭，防止ClO2逸出 【答案】D 【解析】 【详解】A．污染空气，用酸性KI溶液吸收，A项正确； B．实验前先打开真空泵，再打开分液漏斗活塞，让盐酸一次性加入发生装置，产生的快速被抽走，防止聚集爆炸，B项正确； C．实验过程中，为使真空泵工作顺畅，分液漏斗活塞应保持打开状态，空气从分液漏斗快速进入发生装置，起到搅拌和曝气作用，C项正确， D．由C知，分液漏斗活塞应保持打开状态，D项错误； 答案选D。 第Ⅱ卷 (非选择题共61分) 14. 通过对物质进行分类，我们可以更好地认识某类物质的性质。回答下列问题： （1）根据酸电离出的数目可将酸分为一元酸(如HCl)、二元酸(如)、三元酸(如)，二元酸能与碱反应生成一种正盐(如)和一种酸式盐(如)；三元酸能与碱反应生成一种正盐(如)和两种酸式盐(如、)。、、中属于二元酸的是_______(填化学式)，与NaOH溶液反应生成酸式盐的化学方程式为_______。 （2）现有如下物质转化： a．该转化过程中属于电解质的是_______(填序号)。 b．反应Ⅳ为_______(填基本反应类型)反应。 c．写出反应Ⅱ的化学方程式，并用单线桥标注电子转移的方向和数目：_______。 d．向煮沸的蒸馏水中逐滴加入5～6滴饱和溶液，继续煮沸至液体呈_______色，停止加热，得到胶体。关于胶体与溶液的说法正确的是_______(填字母)。 A．胶体粒子的直径为1~100nm B．胶体带电 C．用丁达尔效应可区分胶体与溶液 D．用过滤的方法分离胶体与溶液 【答案】（1） ①. 、 ②. （2） ①. ④⑦⑨ ②. 复分解 ③. ④. 红褐 ⑤. AC 【解析】 【小问1详解】 、均能电离出2个H+，均属于二元酸；H2S与NaOH溶液反应生成酸式盐(NaHS)和H2O，反应的化学方程式为：。 【小问2详解】 a．①C是单质，既不是电解质也不是非电解质； ②O2是单质，既不是电解质也不是非电解质； ③CO在水溶液中和熔融状态下均不能电离出自由移动的离子，不能导电，属于非电解质； ④Fe2O3在熔融状态下能电离出自由移动的离子，能导电，属于电解质； ⑤Fe是单质，既不是电解质也不是非电解质； ⑥Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质； ⑦FeCl3是在水溶液和熔融状态下均能导电的化合物，属于电解质； ⑧NaOH溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质； ⑨Fe(OH)3在水溶液中，虽溶解度很小，但溶解的那一小部分能电离出可自由移动的Fe3+和OH-，从而具备导电的能力；且在熔融状态下，Fe(OH)3也能电离出可自由移动的Fe3+和OH-，从而导电，则Fe(OH)3属于电解质； 所以该转化过程中所列物质属于电解质的是④⑦⑨； b．反应Ⅳ化学方程式为：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，该反应为复分解反应； c．反应②中，C元素化合价从+2价升高至+4价，CO被氧化生成CO2，Fe元素化合价从+3价降低至0价，Fe2O3被还原为Fe，即CO失去电子被Fe2O3得到，则用单线桥标注电子转移的方向和数目为：； d．向煮沸的蒸馏水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，得到Fe(OH)3胶体； A．胶体粒子的直径为1~100nm，则Fe(OH)3胶体粒子的直径为1~100nm，故A正确； B．Fe(OH)3胶体粒子带电，Fe(OH)3胶体不带电，故B错误； C．胶体能产生丁达尔效应，溶液则不能，所以用丁达尔效应可区分Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液，故C正确； D．因Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液均能透过滤纸，则不能用过滤的方法分离Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液，可用渗析的方法分离其两者，故D错误； 故答案为AC。 15. 标签对于饮用水成分和化学品的意义在于提供关键信息。饮用水标签标明成分及含量，帮助消费者选择适合的水质；化学品标签则提供危险性说明、安全处置注意事项等，确保使用安全。 I．下面是某品牌饮用矿物质水标签的部分内容。 饮用矿泉水 净含量：500mL 配料表：纯净水 硫酸镁 氯化钾 保质期：12个月 主要离子成份：钾离子(K+)：1.0~27.3mg/L 镁离子(Mg2+)：0.1~4.8mg/L 氯离子(Cl-)：10~27.3mg/L 硫酸根离子(SO)0.4~19.2mg/L （1）下列说法正确的是___________。 A. 标签上给出的离子的物理量是物质的量浓度 B. 任何饮用水中氯离子(Cl-)的浓度均在10～27.3 mg/L之间 C. 该品牌饮用矿物质水中c(Mg2＋)的最大值为2×10-4 mol/L D. 一瓶该品牌饮用矿物质水中SO的物质的量不超过1×10-5 mol （2）该溶液中还可能存在的离子是___________。 A. OH- B. Ag+ C. Na+ D. Ca2+ II．如图是某学校实验室从化学试剂商店采购的浓盐酸试剂标签上的部分内容，实验室用该浓盐酸配制240 mL 0.5mol/L的稀盐酸。 （3）下列说法正确的是___________。 A. 实验需要用量筒取该浓盐酸10.50mL进行稀释 B. 实验需要用量筒取该浓盐酸8.4 mL进行稀释 C. 取浓盐酸时仰读会导致配制盐酸浓度偏高 D. 定容过程中俯读会导致配制盐酸浓度偏低 III．如图是硫酸试剂标签上的内容。 硫酸化学纯(CP) (500mL) 品名：硫酸 化学式：H2SO4 相对分子质量：98 密度：1.84g/mL 质量分数：98% （4）该硫酸的物质的量浓度为___________ 。 （5）实验室用该硫酸配制240mL 0.46mol·L-1的稀硫酸，则： ①需要用量筒量取该浓硫酸的体积为___________ mL。 ②在定容操作时，因不慎加水至凹液面最低处超过了刻度线，该如何处理：___________ 。 ③在下列配制过程示意图中，有错误的是(填写序号)___________ 。 ④下列说法正确的是___________。 A．洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，并将洗涤液移入容量瓶以减少误差 B．将浓硫酸稀释后未冷却至室温便将溶液转移至容量瓶，所配溶液浓度会偏低 C．定容时仰视观察，所配溶液浓度会偏低 D．容量瓶使用前先要检查是否漏液，具体操作是向容量瓶中加蒸馏水，倒置不漏液即可 E．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，所配溶液浓度会偏低 ⑤配制的稀硫酸转移至试剂瓶中后，填写在标签上的内容为___________ 。 【答案】（1）C （2）C （3）C （4）18.4mol·L-1 （5） ①. 6.3 ②. 重新配制溶液 ③. ①④ ④. AC ⑤. 0.46mol·L-1 硫酸 【解析】 【分析】本实验为配制一定物质的量浓度的稀硫酸，根据公式c=计算浓硫酸的浓度；配制溶液用的仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管；根据分析误差。 【小问1详解】 A．标签上给出的离子的物理量的单位是mg·L-1，物质的量浓度的单位是mol·L-1，故A错误； B．该品牌饮用矿物质水中氯离子的含量为10～27.3mg/L，不能说明其它饮用水中氯离子的含量均在10～27.3mg/L之间，故B错误； C．该品牌饮用矿物质水中c(Mg2＋)的最大值为4.8mg/L ，转换成浓度为，故C正确； D．硫酸根离子(SO)0.4~19.2mg/L，1瓶该品牌饮用矿泉水的体积为500mL，硫酸根离子的质量最大值为19.2mg/L×0.5L=9.6mg，故n(SO42-)的最大值为0.0096g/96g·mol-1=1×10-4mol，故D错误； 选C。 【小问2详解】 A．OH-与Mg2+不能大量共存，故不选A； B．Ag+与Cl-不能大量共存，故不选B； C．Na+与该饮用水中所含离子不反应，可以大量存在，故选C； D．硫酸钙微溶，Ca2+与硫酸根离子不能大量共存，故不选D； 选C。 【小问3详解】 A．由题给信息，可计算出浓盐酸的物质的量浓度：c=，配制时选择250mL规格的容量瓶，即需配制250mL0.5mol/L的稀盐酸，由c稀溶液V稀溶液=c浓溶液V浓溶液，可知需浓盐酸的体积为，量筒的精确度为0.1mL，故只能用量筒取该浓盐酸10.5 mL进行稀释，故A错误； B．由A选项可知，量取的浓盐酸的体积为10.5mL，故B错误； C．取浓盐酸时仰视读数会导致量取的浓盐酸的体积偏大，最后导致配制的盐酸溶液浓度偏高，故C正确； D．定容过程中俯视读数导致加水时水的体积偏小，最后导致溶液浓度偏高，故D错误； 选C。 【小问4详解】 c=； 【小问5详解】 ①配制时选择250mL规格的容量瓶，即需配制250 mL 0.46 mol/L的稀硫酸，由c稀溶液V稀溶液=c浓溶液V浓溶液，可知需浓硫酸的体积为，需要用量筒量取该浓硫酸的体积为6.3mL。 ②在定容操作时，因不慎加水至凹液面最低处超过了刻度线，将导致溶液浓度偏低，需重新配制溶液； ③在下列配制过程示意图中，①为浓硫酸稀释过程，应该是把浓硫酸缓慢倒入水中，并用玻璃棒搅拌，①操作有误；②为转移操作，通过玻璃棒引流，操作正确；③为继续向容量瓶中注入蒸馏水，通过玻璃棒引流，操作正确；④为定容过程，视线应该与容量瓶的刻度线、液面凹液面最低处水平相切，操作有误；⑤为摇匀步骤，操作正确；故有错误的是①④。 ④A．转移后烧杯内壁和玻璃棒上还有部分溶质，故需洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，并将洗涤液移入容量瓶以减少误差，故A正确； B．将浓硫酸稀释后未冷却至室温便将溶液转移至容量瓶，所配溶液体积偏小，浓度会偏高，故B错误； C．定容时仰视观察，所配溶液体积偏大，浓度会偏低，故C正确； D．容量瓶使用前先要检查是否漏液，具体操作是向容量瓶中加蒸馏水，倒置不漏液，再正立容量瓶，旋转活塞180°后再倒置后观察，故D错误； E．由于洗涤之后仍然需要向容量瓶中加入蒸馏水，故容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对所配溶液浓度无影响，故E错误； 选AC。 ⑤配制的稀硫酸转移至试剂瓶中后，标签纸上需注明溶液的名称和浓度，故填写标签上的内容为0.46mol·L-1 硫酸。 16. 钠元素及其化合物在工农业生产中有重要的应用。 （1）是一种重要的制氧剂，某课外活动小组设计了如图所示装置，验证与反应时需要与水接触。 a、其中②中试剂为_______，⑤中发生的主要反应化学方程式为_______。 b、实验过程中，关闭_______，打开_______，带火星的木条复燃，证实与反应时需要与水接触。 Ⅱ．纯碱是一种重要的工业产品，我国化学家侯德榜改进国外的纯碱生产工艺，生产流程如图所示： 资料： ⅰ．沉淀池中的反应为 ⅱ．溶解度 物质 NaCl 20℃溶解度/g 36.0 21.7 9.6 37.2 （2）生产时应往沉淀池中先后通入两种气体，先通入的气体为_______，上述流程中X物质的化学式_______。 （3）请写出的电离方程式：_______；请写出煅烧炉中发生反应的化学反应方程式：_______。 （4）请设计实验检验产品中是否含有NaCl：_______。 （5）下列说法正确的是_______(填字母)。 A. 沉淀池中有析出，因为一定条件下的溶解度最小 B. 滤液中主要含有NaCl、和 C. 使用原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了循环A D. 副产品做氮肥可以与草木灰混用以增强肥效 【答案】（1） ①. 饱和溶液 ②. ③. ④. （2） ①. ②. （3） ①. ②. （4）取待测样品少许于试管中，加入适量蒸馏水充分溶解，然后加入足量硝酸酸化，再滴入几滴溶液，若溶液变浑浊或有白色沉淀生成，则证明样品中含有NaCl；反之则无 （5）AC 【解析】 【分析】Ⅰ．验证CO2与Na2O2反应时需要与水接触，由实验装置可知：①中盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，②用于除去HCl，应为饱和碳酸氢钠溶液，③应为浓硫酸，④⑤为对比试验，用于判断干燥的二氧化碳是否与过氧化钠反应，⑥可避免空气中的水、二氧化碳进入④⑤，最后用带火星的木条检验是否生成氧气，以此分析解答； Ⅱ．因二氧化碳在水中溶解度不大，则沉淀池中，向饱和食盐水先通入氨气，后通入二氧化碳，有利于析出NaHCO3，沉淀池中发生反应为：H2O+NaCl+NH3+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，母液中含氯化铵可循环使用，煅烧炉中发生2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，X为二氧化碳可循环使用，以此来解答。 【小问1详解】 （1）a．其中②中试剂为饱和碳酸氢钠溶液，目的是除去二氧化碳气体中的氯化氢，⑤中发生的主要反应化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2； b．实验过程中，关闭K2、打开K1，生成的CO2未被干燥，带火星的木条复燃，证实CO2与Na2O2反应时需要与水接触； 【小问2详解】 生产时应往沉淀池中先后通入两种气体，氨气极易溶于水，二氧化碳溶解度不大，先通入的气体为NH3，再通入CO2，煅烧炉中发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，X为二氧化碳可循环使用； 【小问3详解】 NH4Cl的电离方程式：NH4Cl=NH+Cl-，煅烧炉中发生反应的化学反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O； 【小问4详解】 实验检验产品Na2CO3中是否含有NaCl的过程和现象为：取待测样品少许于试管中，加入适量蒸馏水充分溶解，然后加入足量硝酸酸化，再滴入几滴AgNO3溶液，若溶液变浑浊或有白色沉淀生成，则证明样品中含有NaCl；反之则无； 【小问5详解】 A．沉淀池中发生反应：H2O+NaCl+NH3+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，有NaHCO3析出，因为该条件下NaHCO3的溶解度最小，故A正确； B．滤液中主要含有NaCl、NaHCO3和NH4Cl，故B错误； C．使用原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，图中转化关系可知，主要是设计了循环A，故C正确； D．副产品NH4Cl做氮肥，不能与草木灰(显碱性)混用，二者混合发生双水解反应，肥效减小，故D错误； 故答案为：AC。 17. MnO2是重要的化工原料，由软锰矿(主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2)制备MnO2的一种工艺流程如下： 资料：①该工艺条件下MnO2与H2SO4不反应。 ②部分金属阳离子沉淀的pH(25℃)。 Fe3+ Al3+ Mn2+ Fe2+ 开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3 完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3 （1）“溶出”前，软锰矿需要进行研磨的目的__________________。 （2）“溶出”时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示。 ①Ⅱ是从软锰矿石中溶出Mn2+的主要反应，反应的化学方程式是__________________。 ②若Fe2+全部来自于反应Fe+2H2SO4=FeSO4+H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2，而实际比值约0.9小于2，原因是__________________。 （3）“纯化”时，先向溶出液中加入MnO2，将溶液中Fe2+氧化；再加入NH3·H2O调节溶液pH，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀而除去。适宜调节的pH范围是______。 （4）“纯化”后，过滤所得的滤渣中含有Al(OH)3和Fe(OH)3，实验室欲以该滤渣为原料制备少量Fe2O3，实验操作为：取少量滤渣放入烧杯中，________________，灼烧沉淀得到Fe2O3.(须使用的试剂：6mol·L-1 NaOH溶液) （5）向4.350g所得MnO2产品中依次加入足量6.700g Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用0.02000mol·L-1 KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL。计算该产品中MnO2的纯度_____________ (杂质不参加反应，写出计算过程)。 已知过程中发生的反应为：MnO2++H+→Mn2++CO2↑+H2O(未配平)； ++H+→Mn2++CO2↑+H2O(未配平)。 【答案】（1）增大反应物接触面积，增大反应速率，提高浸出率 （2） ①. ②. 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，且生成三价铁离子与铁单质生成亚铁离子会参与反应 （3）4.7≤pH＜5.8 （4）加入足量6mol·L-1 NaOH溶液，并用玻璃棒搅拌，等沉淀充分溶解后，过滤，洗涤，干燥 （5）98.00%；部分草酸钠与二氧化锰发生反应：，剩余部分再与高锰酸钾发生反应：，则与二氧化锰反应的草酸钠为：，则产品纯度： 【解析】 【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大后续固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和三价铁离子，三价铁离子又和过量铁生成亚铁离子，得到含二价锰离子的浸出液，纯化后再电解二价锰离子的纯化液制取二氧化锰。 【小问1详解】 研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率； 【小问2详解】 ①根据反应途径可知，酸性条件下，二氧化锰与硫酸亚铁发生氧化还原反应生成硫酸锰和硫酸铁、水，结合电子守恒，反应为 ； ②根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，且生成三价铁离子与铁单质生成亚铁离子会参与反应，导致需要的铁生成的Fe2+减少，故实际比值约0.9小于2； 【小问3详解】 将Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀而除去，完全沉淀Al3+需要4.7≤pH，同时为了不沉淀Mn2+，pH<5.8，调节的pH范围是4.7≤pH＜5.8； 【小问4详解】 先分开Al(OH)3和Fe(OH)3，利用氢氧化铝的两性，加入强碱将Al(OH) 3转为可溶性盐，此时过滤分离出Fe(OH) 3，灼烧氢氧化铁沉淀得到氧化铁，实验操作为：取少量滤渣放入烧杯中，加入足量6mol·L-1 NaOH溶液，并用玻璃棒搅拌，等沉淀充分溶解后，过滤，洗涤，干燥，灼烧沉淀得到Fe2O3； 【小问5详解】 根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应：，剩余部分再与高锰酸钾反应：，则与二氧化锰反应的草酸钠为：n(MnO2)=n(Na2C2O4)=，产品纯度：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $