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2021-2022学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（上）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（上）期中化学试卷，共30页。试卷主要包含了选择题共48分，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（上）期中化学试卷
一、选择题共48分
1．（3分）古诗词很浪漫且充满了艺术魅力，成语俗语等脍炙人口，都是中华民族文化中的瑰宝．下列诗词、语句中包含的化学反应既是离子反应又是氧化还原反应的是（ ）
A．粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间
B．曾青得铁则化为铜
C．春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干
D．水滴石穿
2．（3分）关于以下物质用途的叙述中，不正确的是（ ）
A．工业上用金属钠制备烧碱
B．过氧化钠用作呼吸面具中氧气的来源
C．碳酸钠用于制玻璃
D．碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多
3．（3分）以下说法中正确的个数是（ ）
①根据酸中氢原子的总数确定是几元酸
②碱性氧化物都是金属氧化物
③酸性氧化物都是非金属氧化物
④只由一种元素形成的物质一定是纯净物
⑤某溶液焰色为黄色，其中一定存在钠盐
⑥溶液中离子个数越多则导电能力越强
⑦氯化钠晶体不导电是因为其中没有阴阳离子
⑧碳酸钠与碳酸氢钠的溶液显碱性，故可用作食用碱或工业用碱
⑨次氯酸盐均具有漂白作用
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
4．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．利用丁达尔现象可以鉴别胶体和溶液
B．利用酚酞鉴别等物质的量浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液
C．利用氢气与氯气混合光照制氯化氢气体
D．PM2.5在空气中形成的分散系中可能含有气溶胶
5．（3分）NA是阿伏加德罗常数，下列不说法不正确的是（ ）
A．3.2gO2与O3的混合物中含有O原子个数为0.2NA
B．常温常压下，2.24LCH4气体中含有原子数少于0.5NA
C．1moILNaCl溶液中含有Na+为NA个
D．0.1molNaHSO4在熔融状态时可产生0.2NA个离子
6．（3分）下列各组离子，能在溶液中大量共存且溶液呈透明的是（ ）
A．Mg2+、H+、Cu2+、SO42﹣ B．Ba2+、NO3﹣、OH﹣、CO32﹣
C．Ag+、H+、Cl﹣、NO3﹣ D．K+、H+、Cl﹣、CO32﹣
7．（3分）准确书写离子方程式是学好化学的基本素养之一，下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．氢氧化镁与稀硫酸反应：H++OH﹣═H2O
B．用饱和氯化铁溶液制取氢氧化铁胶体：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+
C．饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2：CO2+H2O+CO32﹣═2HCO3﹣
D．向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至刚好沉淀完全：Ba2++SO42﹣+2H++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O
8．（3分）我国化学家侯德榜根据NaHCO3溶解度比NaCl、Na2CO3、NH4HCO3、NH4Cl都小的性质，运用CO2+NH3+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl的反应原理制备纯碱。如图是在实验室进行模拟实验的生产流程示意图：气体A的饱和溶液A和食盐的饱和溶液悬浊液晶体纯碱，则下列叙述错误的是（ ）
A．A气体是NH3，B气体是CO2
B．第Ⅲ步得到的晶体是发酵粉的主要成分
C．第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒
D．第Ⅳ步操作的主要过程有溶解、蒸发、结晶
9．（3分）一种制备高效氧化型漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应Ⅰ的化学方程式为：3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法正确的是（ ）
A．NaClO2在漂白物质时发生氧化反应
B．反应Ⅰ中氧化产物和还原产物物质的量比为4：3
C．反应Ⅱ中H2O2做氧化剂
D．若反应Ⅰ生成13.5g ClO2则转移了1.6mol的电子
10．（3分）现有不纯的碳酸钠（仅含碳酸氢钠杂质），欲测定其中碳酸钠的质量分数，分别进行以下几个操作，其中不能成功的是（ ）
A．取mg样品，加热到质量不再变化时称重为ng
B．取mg样品，加入过量的盐酸，再将所得溶液加热蒸发，结晶，灼烧，余下物质质量为ng
C．取mg样品，溶于水向所得溶液中加入过量的CaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干称重为ng
D．取mg样品，加入过量的稀硫酸，再将所逸出的气体用碱石灰吸收，碱石灰增重ng
11．（3分）下列按照题给量的物质中含原子个数最多的是（ ）
A．0.4mol氧分子
B．标准状况下5.6L二氧化碳
C．0.3mol水分子
D．4g甲烷（CH4）分子
12．（3分）为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法错误的是（ ）
A．CO2气体（HCl），饱和NaHCO3溶液
B．Na2CO3固体（NaHCO3），加热至不再产生气体
C．Na2O2粉末（Na2O），将混合物在氧气中加热
D．Na2CO3溶液（Na2SO4），加入适量Ba（OH）2溶液，过滤
13．（3分）某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）
A．用洁净铂丝蘸取某无色溶液，在煤气灯火焰上灼烧透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，则一定含K+，可能含Na+
B．加入稀盐酸产生无色无味气体，将该气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，则一定大量存在CO32﹣
C．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸沉淀不溶解，一定有SO42﹣
D．某溶液加入稀盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定含有Cl﹣
14．（3分）某同学用下列装置进行有关Cl2的实验，下列说法不正确的是（ ）
A．Ⅰ图中：证明氯气本身有漂白作用
B．Ⅱ图中：用于闻Cl2气味的常用方法
C．Ⅲ图中，剧烈燃烧，生成棕黄色的烟
D．Ⅳ图中：若气球体积膨胀，证明Cl2可与NaOH反应
15．（3分）将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol•L ﹣1稀盐酸。下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（ ）
A．
B．
C．
D．
16．（3分）已知氯气和NaOH溶液在一定温度下能发生化学反应，其方程式为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，3Cl2+6NaOH═5NaCl+NaClO3+3H2O。某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO和NaClO的混合溶液，经测定ClO﹣与ClO3﹣的个数比为3：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比为（ ）
A．21：5 B．2：1 C．3：1 D．11：3
二、解答题（共6小题，满分52分）
17．（11分）利用下图，可以从不同角度研究含氯物质的性质及其转化关系，图中甲～辛均含氯元素。回答下列问题：
（1）丁属于 （“酸性”或“碱性”）氧化物。
（2）图中甲、乙、丙、戊中，属于电解质的是 （填化学式）；根据氯元素的化合价判断，乙物质 。
A．只有氧化性
B．只有还原性
C．既有氧化性又有还原性
（3）电解甲溶液制备己的化学反应为：甲+H2O己+H2↑（未配平），则配平后参与反应的甲与H2O的物质的量之比是 。
（4）庚是漂白粉的有效成分，用乙制取庚的化学方程式为 。
（5）已知己是最强的无机酸，写出己的电离方程式 。
18．（10分）配制一定物质的量浓度的溶液是化学实验室的基本实验操作之一。请回答下列问题：
（1）配制0.5mol/L的硫酸溶液450mL，需用量筒量取质量分数98%、密度1.84 g/cm3的浓硫酸的体积为 mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL 量筒，应最好选用 量筒。
（2）配制上述溶液，除用到量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要的两种玻璃仪器是
（3）关于容量瓶的四种叙述：①是配制准确浓度溶液的仪器；②可以长期贮存溶液；③不能用来加热；④使用之前要检查是否漏水。这些叙述中正确的是 （填字母）。
A．①②③④B．②③C．①③④D．②③④
（4）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是 （填序号）。
A．浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移 B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒
C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面
D．用量筒量浓硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转移到容量瓶
E．用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线
F．摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线
19．（10分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。
（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应中Na2O2是 （填氧化剂、还原剂）。写出Na2O2与水反应的化学方程式 ，并用单线桥表示出电子转移方向及数目 ；将0.1molCO2与H2O混合气体通过足量的过氧化钠固体，充分吸收后，固体质量增加了2g，则原混合气体的平均摩尔质量是 。
（2）湿法制备高铁酸钟的反应体系中有六种微粒：Fe（OH）3、ClO﹣、OH﹣、FeO42﹣、Cl﹣、H2O。
①碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3：2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式： 。
②若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为 mol。
20．（2分）已知：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br﹣。
（1）含有1molFeI2和2molFeBr2的溶液中通入2molCl2，此时被氧化的离子是 。
（2）若向含amolFeI2和b molFeBr2的溶液中通入cmol Cl2，当I﹣、Fe2+、Br﹣完全被氧化时，c＝ （用含a、b的代数式表示）。
21．（11分）某实验小组欲在实验室利用浓盐酸和MnO2制取氯气并探究氯气的性质，设计了如图所示的实验装置：
（1）从装置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中选择合适的制氯气的装置（A处）： 。（填标号）
（2）装置B、C中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，实验过程中该同学发现装置B中的布条也褪色，其原因可能是 ；说明该装置存在明显的缺陷，请提出合理的改进方法： 。
（3）验证氯气的氧化性：将氯气通入Na2SO3溶液中，氯气可将Na2SO3氧化成Na2SO4。写出该反应的化学方程式： 。
（4）氯气通入饱和NaHCO3溶液中能产生无色气体，已知酸性：盐酸＞碳酸＞次氯酸。（强酸可以制弱酸）该实验证明氯气与水反应的生成物中含有 。（填“盐酸“或“次氯酸“）
（5）实验装置中烧杯内氢氧化钠溶液的作用是 。
22．（8分）粗盐含有泥沙以及Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，其提纯过程一般经过以下流程：
某兴趣小组按上述方案进行粗盐提纯实验，实验室提供了粗盐样品、稀盐酸、NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液等药品以及必备的实验仪器若干。请回答下列问题：
（1）操作①粗盐样品加水之前，需要将大颗粒粗盐变为细小颗粒或粉末，此时在实验室中需要用到的仪器为 。
（2）操作②、④过滤后的滤液仍有浑浊，需要进行的操作是 。
（3）操作③按abc顺序依次加入过量的试剂。若a为NaOH溶液，则c为 。加入c发生反应的离子方程式为 。
（4）加盐酸调溶液pH的目的是 。
（5）步骤⑥操作名称是 。
2021-2022学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题共48分
1．（3分）古诗词很浪漫且充满了艺术魅力，成语俗语等脍炙人口，都是中华民族文化中的瑰宝．下列诗词、语句中包含的化学反应既是离子反应又是氧化还原反应的是（ ）
A．粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间
B．曾青得铁则化为铜
C．春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干
D．水滴石穿
【分析】离子反应，应能在溶液中进行，且有离子参加反应，氧化还原反应的特征是有化合价的升降，以此解答该题．
【解答】解：A．粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间，此过程中发生碳酸钙受热分解的反应，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B．曾青得铁则化为铜，Fe与硫酸铜溶液反应生成Cu和硫酸亚铁，在溶液中的反应属于离子反应，Cu、Fe元素的化合价变化属于氧化还原反应，故B正确；
C．春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干，是石蜡的燃烧属于氧化还原反应，不是离子反应，故C错误；
D．水滴石穿，过程中存在二氧化碳、水与碳酸钙的反应，不存在化合价的变化，不是氧化还原反应，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了氧化还原反应、离子反应，题目难度不大，注意把握氧化还原反应的特征，注意从化合价的角度分析．
2．（3分）关于以下物质用途的叙述中，不正确的是（ ）
A．工业上用金属钠制备烧碱
B．过氧化钠用作呼吸面具中氧气的来源
C．碳酸钠用于制玻璃
D．碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多
【分析】A．钠价格高于氢氧化钠；
B．过氧化钠与水、二氧化碳反应都产生氧气；
C．制造玻璃的原料为：纯碱、石英、石灰石；
D．碳酸氢钠能够与盐酸反应，消耗盐酸。
【解答】解：A．钠价格高于氢氧化钠，工业上不用金属钠制备烧碱，通常用电解饱和食盐水制取氢氧化钠，故A错误；
B．过氧化钠与水、二氧化碳反应都产生氧气，用作呼吸面具中氧气的来源，故B正确；
C．纯碱即碳酸钠，用于制玻璃，故C正确；
D．碳酸氢钠能够与盐酸反应，消耗盐酸，可用于治疗胃酸过多，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉相关物质的性质及用途是解题关键，题目难度不大。
3．（3分）以下说法中正确的个数是（ ）
①根据酸中氢原子的总数确定是几元酸
②碱性氧化物都是金属氧化物
③酸性氧化物都是非金属氧化物
④只由一种元素形成的物质一定是纯净物
⑤某溶液焰色为黄色，其中一定存在钠盐
⑥溶液中离子个数越多则导电能力越强
⑦氯化钠晶体不导电是因为其中没有阴阳离子
⑧碳酸钠与碳酸氢钠的溶液显碱性，故可用作食用碱或工业用碱
⑨次氯酸盐均具有漂白作用
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】①根据电离出的氢离子的个数，酸分为一元酸、二元酸和多元酸；
②只能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；
③只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
④只含一种物质的是纯净物
⑤焰色反应是一种元素的颜色；
⑥溶液的导电能力取决于离子浓度和离子所带的电荷数；
⑦物质导电是由于含有自由移动的离子或电子；
⑧碳酸钠和碳酸氢钠均可以用作食用碱或工业用碱；
⑨次氯酸盐中的次氯酸根具有漂白作用。
【解答】解：①根据电离出的氢离子的个数，酸分为一元酸、二元酸和多元酸，而不是根据含有的H原子数，故错误；
②只能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，碱性氧化物都是金属氧化物，故正确；
③只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7是酸性氧化物，但是是金属氧化物，故错误；
④只含一种物质的是纯净物，只由一种元素形成的物质不一定是纯净物，如O2和O3的混合物，故错误；
⑤焰色反应是一种元素的颜色，某溶液焰色为黄色，其中一定钠离子，但不一定是钠盐，故错误；
⑥溶液的导电能力取决于离子浓度和离子所带的电荷数，和离子个数无关，故错误；
⑦物质导电是由于含有自由移动的离子或电子，氯化钠晶体不导电是因为其中的阴阳离子不能自由移动，而不是不含阴阳离子，故错误；
⑧碳酸钠和碳酸氢钠的水溶液均呈碱性，均可以用作食用碱或工业用碱，故正确；
⑨次氯酸盐中均含次氯酸根，均具有漂白作用，故正确；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的分类、焰色试验以及物质的导电能力能，难度不大，应注意基础知识的积累和巩固。
4．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．利用丁达尔现象可以鉴别胶体和溶液
B．利用酚酞鉴别等物质的量浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液
C．利用氢气与氯气混合光照制氯化氢气体
D．PM2.5在空气中形成的分散系中可能含有气溶胶
【分析】A．丁达尔效应是胶体特有的性质；
B．碳酸根离子水解能力强于碳酸氢根离子；
C．氢气与氯气混合光照会发生爆炸；
D．PM2.5为直径小于或等于2.5μm（1μm＝10﹣6m）的悬浮颗粒物。
【解答】解：A．胶体具有丁达尔效应，溶液不具备，所以利用丁达尔现象可以鉴别胶体和溶液，故A正确；
B．碳酸根离子水解能力强于碳酸氢根离子，所以等物质的量浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液中分别滴入酚酞，红色较深的是碳酸钠，故B正确；
C．氢气与氯气混合光照会发生爆炸，不能用于制造HCl，应该用氢气在氯气中燃烧来制备HCl，故C错误；
D．PM2.5直径径小于或等于2.5×10﹣6m，而胶体粒子直径在1～100nm之间，当分散质粒子直径大小在1～100nm之间时，PM2.5在空气中形成的分散系中可能含有气溶胶，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查知识点较多，为综合题，涉及碳酸钠和碳酸氢钠溶液的鉴别、制备HCl、胶体的性质，题目难度不大，注意对相关知识积累。
5．（3分）NA是阿伏加德罗常数，下列不说法不正确的是（ ）
A．3.2gO2与O3的混合物中含有O原子个数为0.2NA
B．常温常压下，2.24LCH4气体中含有原子数少于0.5NA
C．1moILNaCl溶液中含有Na+为NA个
D．0.1molNaHSO4在熔融状态时可产生0.2NA个离子
【分析】A.氧气和臭氧均由氧原子构成；
B.常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol；
C.溶液体积不明确；
D.NaHSO4在熔融状态时只能电离出钠离子和硫酸氢根离子。
【解答】解：A.氧气和臭氧均由氧原子构成，则3.2g混合物中含有的氧原子的物质的量n＝＝0.2mol，个数为0.2NA个，故A正确；
B.常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，故2.24L甲烷的物质的量小于0.1mol，则原子数小于0.5NA个，故B正确；
C.溶液体积不明确，故溶液中钠离子的个数无法计算，故C错误；
D.NaHSO4在熔融状态时只能电离出钠离子和硫酸氢根离子，则0.1mol硫酸氢钠在熔融状态下电离出0.2NA个离子，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构特点是解题关键，应注意掌握基础的运算方法。
6．（3分）下列各组离子，能在溶液中大量共存且溶液呈透明的是（ ）
A．Mg2+、H+、Cu2+、SO42﹣ B．Ba2+、NO3﹣、OH﹣、CO32﹣
C．Ag+、H+、Cl﹣、NO3﹣ D．K+、H+、Cl﹣、CO32﹣
【分析】A．四种离子之间不反应，能够共存；
B．钡离子与碳酸根离子生成碳酸钡沉淀；
C．银离子与氯离子生成氯化银沉淀；
D．碳酸根离子与氢离子反应。
【解答】解：A．Mg2+、H+、Cu2+、SO42﹣之间不反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；
B．Ba2+、CO32﹣之间反应生成碳酸钡，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．Ag+、Cl﹣之间反应生成难溶物氯化银，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．H+、CO32﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
7．（3分）准确书写离子方程式是学好化学的基本素养之一，下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．氢氧化镁与稀硫酸反应：H++OH﹣═H2O
B．用饱和氯化铁溶液制取氢氧化铁胶体：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+
C．饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2：CO2+H2O+CO32﹣═2HCO3﹣
D．向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至刚好沉淀完全：Ba2++SO42﹣+2H++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O
【分析】A.氢氧化镁是弱碱，不能拆；
B.氢氧化铁胶体不是沉淀，不能标沉淀符号；
C.饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2析出NaHCO3晶体；
D.向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至刚好沉淀完全，则两者的物质的量之比为1：1，据此分析离子方程式。
【解答】解：A.氢氧化镁是弱碱，不能拆，离子方程式为Mg（OH）2+2H+＝2H2O+Mg2+，故A错误；
B.氢氧化铁胶体不是沉淀，不能标沉淀符号，故制备氢氧化铁胶体的离子方程式为Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故B正确；
C.饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2析出NaHCO3晶体，离子方程式为2Na++CO32﹣+2CO2+H2O═2NaHCO3↓，故C错误；
D.向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至刚好沉淀完全，则两者的物质的量之比为1：1，离子方程式为Ba2++SO42﹣+H++OH﹣═BaSO4↓+H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。
8．（3分）我国化学家侯德榜根据NaHCO3溶解度比NaCl、Na2CO3、NH4HCO3、NH4Cl都小的性质，运用CO2+NH3+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl的反应原理制备纯碱。如图是在实验室进行模拟实验的生产流程示意图：气体A的饱和溶液A和食盐的饱和溶液悬浊液晶体纯碱，则下列叙述错误的是（ ）
A．A气体是NH3，B气体是CO2
B．第Ⅲ步得到的晶体是发酵粉的主要成分
C．第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒
D．第Ⅳ步操作的主要过程有溶解、蒸发、结晶
【分析】A．依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入足量二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热分解碳酸氢钠来制备碳酸钠；
B．第Ⅲ步得到的晶体是碳酸氢钠，发酵粉的主要成分；
C．通过过滤操作得到碳酸氢钠晶体；
D．第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体。
【解答】解：A．氨气易溶于水，二氧化碳能溶于水，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备纯碱，所以气体A为氨气，B为二氧化碳，故A正确；
B．发酵粉是一种复合添加剂，主要用作面制品和膨化食品的生产。发酵粉中含有许多物质，主要成分为碳酸氢钠和酒石酸，第Ⅲ步得到的晶体是碳酸氢钠，故B正确；
C．第Ⅲ步操作是过滤操操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，所以需要的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；
D．第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等。
9．（3分）一种制备高效氧化型漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应Ⅰ的化学方程式为：3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法正确的是（ ）
A．NaClO2在漂白物质时发生氧化反应
B．反应Ⅰ中氧化产物和还原产物物质的量比为4：3
C．反应Ⅱ中H2O2做氧化剂
D．若反应Ⅰ生成13.5g ClO2则转移了1.6mol的电子
【分析】反应Ⅰ中发生的反应为：3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，然后向溶液中加入NaOH溶液、H2O2，根据流程图知，反应II中生成NaClO2，则ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，根据原子守恒、转移电子守恒知，发生反应II为2NaOH+2ClO2+H2O2＝2NaClO2+O2↑+2H2O，然后从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品NaClO2。
A．NaClO2具有氧化性能使有色物质褪色而体现漂白性；
B．反应Ⅰ中发生的反应为：3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl；
C．反应II为2NaOH+2ClO2+H2O2＝2NaClO2+O2↑+2H2O；
D．反应Ⅰ中发生的反应为：3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，该反应中生成135g ClO2转移8mol的电子。
【解答】解：A．NaClO2能氧化有色物质而体现漂白性，本身发生还原反应，故A错误；
B．3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl反应中，NaClO3是氧化剂，SO2作还原剂，则反应I中氧化产物和还原产物物质的量比为4：3，故B正确；
C．发生反应II为2NaOH+2ClO2+H2O2＝2NaClO2+O2↑+2H2O，反应II中H2O2做还原剂，故C错误；
D．反应Ⅰ为：3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，反应中生成135g ClO2转移8mol的电子，则生成13.5g ClO2转移0.8mol的电子，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质制备，侧重考查实验操作、仪器选取、氧化还原反应等知识点，明确实验原理、元素化合物性质、常见仪器的使用方法是解本题关键，会正确书写反应II的方程式，题目难度中等。
10．（3分）现有不纯的碳酸钠（仅含碳酸氢钠杂质），欲测定其中碳酸钠的质量分数，分别进行以下几个操作，其中不能成功的是（ ）
A．取mg样品，加热到质量不再变化时称重为ng
B．取mg样品，加入过量的盐酸，再将所得溶液加热蒸发，结晶，灼烧，余下物质质量为ng
C．取mg样品，溶于水向所得溶液中加入过量的CaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干称重为ng
D．取mg样品，加入过量的稀硫酸，再将所逸出的气体用碱石灰吸收，碱石灰增重ng
【分析】A．加热只有碳酸氢钠分解，根据固体质量减小可以计算碳酸氢钠的质量，进而计算得到碳酸钠的质量分数；
B．溶液蒸发、结晶、灼烧后剩余固体为NaCl，根据碳酸钠与碳酸氢钠总质量、钠离子守恒可以计算碳酸钠、碳酸氢钠各自质量；
C．只有碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，根据碳酸钙沉淀质量计算可得碳酸钠的质量；
D．碱石灰吸收二氧化碳与水蒸气，不能确定二氧化碳的质量。
【解答】解：A．加热发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，168g碳酸氢钠分解时，固体质量减少62g，而固体质量减少（m﹣n）g，可知碳酸氢钠的质量为（m﹣n）g，再计算碳酸钠的质量，进而可得碳酸钠的质量分数，故A正确；
B．溶液蒸发、结晶、灼烧后剩余固体为NaCl，设原混合物中碳酸钠、碳酸氢钠分别为xmol、ymol，根据二者总质量有106x+84y＝m，由钠离子守恒有（2x+y）×58.5＝n，联立计算可得碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量，进而可得碳酸钠的质量分数，故B正确；
C．只有碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，结合碳酸根守恒有n（Na2CO3）＝n（CaCO3）＝＝0.01nmol，故碳酸钠的质量为0.01nmol×106g/mol＝1.06ng，进而计算可得碳酸钠的质量分数，故C正确；
D．碱石灰吸收二氧化碳与水蒸气，不能确定二氧化碳的质量，则无法获得碳酸钠的质量，故不能测定碳酸钠的质量分数，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质含量测定，涉及混合物的有关计算，关键是对实验原理的理解，试题培养了学生分析计算能力、实验能力、运用知识解决问题的能力。
11．（3分）下列按照题给量的物质中含原子个数最多的是（ ）
A．0.4mol氧分子
B．标准状况下5.6L二氧化碳
C．0.3mol水分子
D．4g甲烷（CH4）分子
【分析】依据n＝＝＝结合分子构成计算。
【解答】解：依据N＝nNA可知，原子物质的量越大个数越多；
A．0.4mol氧分子含有氧原子的物质的量为：0.4mol×2＝0.8mol；
B．标准状况下5.6L二氧化碳含有原子的物质的量为：×3＝0.25mol×3＝0.75mol；
C．0.3mol水分子含有原子的物质的量为：0.3mol×3＝0.9mol；
D．4g甲烷（CH4）分子含有原子的物质的量为：×5＝1.25mol；
故选：D。
【点评】本题考查学生分子的原子构成以及物质的量的有关计算方面的知识，属于知识的灵活应用，难度不大。
12．（3分）为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法错误的是（ ）
A．CO2气体（HCl），饱和NaHCO3溶液
B．Na2CO3固体（NaHCO3），加热至不再产生气体
C．Na2O2粉末（Na2O），将混合物在氧气中加热
D．Na2CO3溶液（Na2SO4），加入适量Ba（OH）2溶液，过滤
【分析】A.氯化氢能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；
B.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；
C.氧化钠与氧气反应生成过氧化钠；
D.二者都与氢氧化钡反应。
【解答】解：A.二氧化碳不与碳酸氢钠反应，氯化氢能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故A正确；
B.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则加热法可除杂，故B正确；
C.氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，将混合物在氧气中加热可除杂，故C正确；
D.二者都与氢氧化钡反应生成沉淀，影响被提纯的物质，且氢氧化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和NaOH，引入新杂质NaOH，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质分离提纯及除杂，为高频考点，把握物质的性质及混合物分离、提纯方法为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大．
13．（3分）某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）
A．用洁净铂丝蘸取某无色溶液，在煤气灯火焰上灼烧透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，则一定含K+，可能含Na+
B．加入稀盐酸产生无色无味气体，将该气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，则一定大量存在CO32﹣
C．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸沉淀不溶解，一定有SO42﹣
D．某溶液加入稀盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定含有Cl﹣
【分析】A．透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，则一定含K+，但蓝色钴玻璃能滤去了黄光；
B．HCO3﹣也能和盐酸反应生成使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体；
C．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸沉淀不溶解，该沉淀可能是AgCl；
D．该操作中加入盐酸引入了Cl﹣，干扰了Cl﹣的检验。
【解答】解：A．K+的火焰颜色为紫色，用洁净铂丝蘸取某无色溶液，在煤气灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，则一定含K+，但蓝色钴玻璃能滤去黄光，不能确定是否含有Na+，故A正确；
B．加入稀盐酸产生无色无味气体，将该气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该气体是二氧化碳，可能是HCO3﹣和盐酸反应生成，则溶液中不一定大量存在CO32﹣，故B错误；
C．加入氯化钡溶液生成不溶于盐酸的白色沉淀可能是AgCl，则溶液中不一定含有SO42﹣，故C错误；
D．该方案中加入盐酸引入了Cl﹣，不能确定原溶液中是否含有Cl﹣，应该是用硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则原溶液中一定含有Cl﹣，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握常见离子的性质、检验方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意排除实验操作中其他离子的干扰，题目难度不大。
14．（3分）某同学用下列装置进行有关Cl2的实验，下列说法不正确的是（ ）
A．Ⅰ图中：证明氯气本身有漂白作用
B．Ⅱ图中：用于闻Cl2气味的常用方法
C．Ⅲ图中，剧烈燃烧，生成棕黄色的烟
D．Ⅳ图中：若气球体积膨胀，证明Cl2可与NaOH反应
【分析】A．氯气和水反应生成次氯酸和氯化氢；
B．闻气体时，应允许少量气体飘入鼻孔；
C．铜在氯气中燃烧生成氯化铜；
D．氯气与氢氧化钠反应，圆底烧瓶中气压降低。
【解答】解：A．干燥的有色布条不褪色，说明氯气无漂白作用，湿润的布条褪色说明，氯气和水反应生成物里具有漂白作用的物质，故A错误；
B．闻气体时，应允许少量气体飘入鼻孔，防止有毒气体对人体产生伤害，图示操作正确，故B正确；
C．铜在氯气中燃烧生成氯化铜，产生大量棕黄色的烟，故C正确；
D．氯气与氢氧化钠反应，圆底烧瓶中的气体减少，气压降低，气球应该膨胀，故D正确；
故选：A。
【点评】本题以实验的形式考查了有关氯气的基本性质，题目难度不大，为常考题型，试题培养了学生实验能力、运用知识分析解决问题的能力。
15．（3分）将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol•L ﹣1稀盐酸。下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】0.4gNaOH的物质的量为0.01mol，1.06gNa2CO3的物质的量也为0.01mol，对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl＝NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答。
【解答】解：0.4gNaOH的物质的量为0.01mol，1.06gNa2CO3的物质的量也为0.01mol，对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl＝NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成。
A．0.01molHCl与氢氧化钠反应没有气体生成，再滴加含有0.01molHCl的盐酸时，与碳酸钠反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；
B．图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；
C．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3＝NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；
D．因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；
故选：C。
【点评】此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应。是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3＝NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑。
16．（3分）已知氯气和NaOH溶液在一定温度下能发生化学反应，其方程式为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，3Cl2+6NaOH═5NaCl+NaClO3+3H2O。某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO和NaClO的混合溶液，经测定ClO﹣与ClO3﹣的个数比为3：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比为（ ）
A．21：5 B．2：1 C．3：1 D．11：3
【分析】Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，Cl2生成NaCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，以此计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比。
【解答】解：Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比为3：1，则可设ClO﹣为3mol，ClO3﹣为1mol，被氧化的Cl共为4mol，失去电子的总物质的量为3mol×（1﹣0）+1mol×（5﹣0）＝8mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为﹣1价，则得到电子的物质的量也应为8mol，则被还原的Cl的物质的量为8mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为8mol：4mol＝2：1，即被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比为2：1，
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素化合价变化、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。
二、解答题（共6小题，满分52分）
17．（11分）利用下图，可以从不同角度研究含氯物质的性质及其转化关系，图中甲～辛均含氯元素。回答下列问题：
（1）丁属于 酸性 （“酸性”或“碱性”）氧化物。
（2）图中甲、乙、丙、戊中，属于电解质的是 甲、戊 （填化学式）；根据氯元素的化合价判断，乙物质 C 。
A．只有氧化性
B．只有还原性
C．既有氧化性又有还原性
（3）电解甲溶液制备己的化学反应为：甲+H2O己+H2↑（未配平），则配平后参与反应的甲与H2O的物质的量之比是 1：4 。
（4）庚是漂白粉的有效成分，用乙制取庚的化学方程式为 2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+H2O 。
（5）已知己是最强的无机酸，写出己的电离方程式 HClO4＝H++ClO4﹣ 。
【分析】（1）只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
（2）在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；中间价态的化合物既有氧化性也有还原性；
（3）根据反应方程式中的化合价变化，将化学方程式配平，据此进行解答；
（4）庚是漂白粉的有效成分，即Ca（ClO）2，可以通过氯气和石灰乳的反应来制取；
（5）己是氯元素为+7价的含氧酸，即HClO4，是强酸，完全电离为H+和ClO4﹣。
【解答】解：（1）丁是+7价的含氯氧化物，为七氧化二氯，它和碱反应生盐和水，为酸性氧化物，
故答案为：酸性；
（2）甲为HCl，在水溶液中能导电，为电解质；乙为Cl2，是单质，既不是电解质也不是非电解质；丙为NO2或N2O4，在水溶液中和熔融状态下均不能自身电离出发自由移动离子而导电，为非电解质；戊为HClO，在水溶液中能导电，故为电解质，故甲、乙、丙、戊中为电解质的是甲、戊；乙为氯气，氯元素的化合价为0，处于氯元素的中间价态，既有氧化性又有还原性，既能做氧化剂也能做还原剂，
故答案为：甲、戊；C；
（3）甲为氯化氢，己为高氯酸，氯元素由﹣1价变为+7价，氢元素由+1变为0，根据得失电子数相等，n（HCl）：n（H2O）＝1：4，
故答案为：1：4；
（4）庚是漂白粉的有效成分，即Ca（ClO）2，可以通过氯气和石灰乳的反应来制取，化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+H2O，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+H2O；
（5）己是氯元素为+7价的含氧酸，即HClO4，是强酸，完全电离为H+和ClO4﹣，故电离方程式为HClO4＝H++ClO4﹣，
故答案为：HClO4＝H++ClO4﹣。
【点评】本题考查了氯及其化合物性质和应用、氧化还原反应等知识点，综合性较强，要注意培养知识的综合运用，题目难度不大。
18．（10分）配制一定物质的量浓度的溶液是化学实验室的基本实验操作之一。请回答下列问题：
（1）配制0.5mol/L的硫酸溶液450mL，需用量筒量取质量分数98%、密度1.84 g/cm3的浓硫酸的体积为 13.6 mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL 量筒，应最好选用 15 mL 量筒。
（2）配制上述溶液，除用到量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要的两种玻璃仪器是 500mL容量瓶、胶头滴管
（3）关于容量瓶的四种叙述：①是配制准确浓度溶液的仪器；②可以长期贮存溶液；③不能用来加热；④使用之前要检查是否漏水。这些叙述中正确的是 C （填字母）。
A．①②③④B．②③C．①③④D．②③④
（4）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是 ACDE （填序号）。
A．浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移 B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒
C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面
D．用量筒量浓硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转移到容量瓶
E．用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线
F．摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线
【分析】（1）依据c＝计算浓硫酸的物质的量浓度，结合溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积，依据浓硫酸体积选择合适规格的量筒；
（2）依据配制一定物质的量浓度步骤计算、称量（量取）、溶解（稀释）、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等选择需要仪器；
（3）依据容量瓶构造及使用方法解答；
（4）分析操作对溶质物质的量和溶液体积的影响，依据c＝进行误差分析。
【解答】解：（1）质量分数98%、密度1.84g/cm3的浓硫酸物质的量浓度C＝mol/L＝18.4mol/L，配制0.5mol/L的硫酸溶液450mL，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释规律，18.4mol/L×V＝0.5mol/L×500mL，解得V＝13.6mL，应选择15mL量筒，
故答案为：13.6；15；
（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量（量取）、溶解（稀释）、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的仪器：500mL容量瓶，胶头滴管，
故答案为：500mL容量瓶，胶头滴管；
（3）容量瓶是配制准确的一定物质的量浓度的溶液用的精确仪器。它是一种带有磨口玻璃塞的细长颈、梨形的瓶底玻璃瓶，颈上有刻度；使用时要先检验密闭性，不能在容量瓶里进行溶质的溶解，容量瓶不能进行加热，容量瓶只能用于配制溶液，不能长时间或长期储存溶液；
故选：C；
（4）A．浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A选；
B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，故B不选；
C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C选；
D．用量筒量浓硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转移到容量瓶，导致溶质物质的量偏大，溶液浓度偏高，故D选；
E．用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线，导致量取浓硫酸体积偏大，溶质物质的量偏大，溶液浓度偏高，故E选；
F．摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故F不选；
故选：ACDE。
【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确溶液配制原理及操作步骤是解题关键，注意容量瓶规格及使用方法，注意把握溶液质量分数与物质的量浓度的换算公式，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
19．（10分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。
（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应中Na2O2是 氧化剂、还原剂 （填氧化剂、还原剂）。写出Na2O2与水反应的化学方程式 2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH﹣+O2↑ ，并用单线桥表示出电子转移方向及数目 ；将0.1molCO2与H2O混合气体通过足量的过氧化钠固体，充分吸收后，固体质量增加了2g，则原混合气体的平均摩尔质量是 36g/mol 。
（2）湿法制备高铁酸钟的反应体系中有六种微粒：Fe（OH）3、ClO﹣、OH﹣、FeO42﹣、Cl﹣、H2O。
①碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3：2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式： 2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O 。
②若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为 0.15 mol。
【分析】（1）Fe元素化合价升高，Na2O2中O元素的化合价升高、也降低；Na2O2与水反应产物是氢氧化钠和氧气，据此书写离子方程式，并根据化合价的变化判断电子转移的方向和数目；向足量的固体Na2O2中通入0.1mol CO2和H2O混合气体，发生反应方程式为：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，固体只增加了2g，根据方程式可知n（CO2+H2O）＝2n（O2），据此计算混合气体的质量，再根据M＝计算混合气体平均摩尔质量；
（2）碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3：2发生反应，六种微粒Fe（OH）3、ClO﹣、OH﹣、FeO42﹣、Cl﹣、H2O中，还原剂Fe（OH）3被氧化为FeO42﹣，氧化剂ClO﹣被还原为Cl﹣，根据元素化合价变化以及电子守恒和电荷守恒进行方程式的配平并进行计算即可。
【解答】解：（1）Fe元素化合价升高，Na2O2中O元素的化合价升高、也降低，该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，Na2O2与水反应产物是氢氧化钠和氧气，离子方程式为2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH﹣+O2↑，过氧化钠中O元素的化合价从﹣1价升高为0价，也有的从﹣1价降低为﹣2价，据化合价的变化得到电子转移的方向和数目单线桥表示如下：；向足量的固体Na2O2中通入0.1mol CO2和H2O混合气体，发生反应方程式为：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，固体只增加了2g，根据方程式可知n（CO2+H2O）＝2n（O2），将0.1molCO2与H2O混合气体通过足量的过氧化钠固体后，产生的氧气0.05mol，固体质量增加了2g，则混合气体的质量＝2g+0.05mol×32g/mol＝3.6g，再根据M＝得到混合气体平均摩尔质量＝＝36g/mol，
故答案为：氧化剂、还原剂；2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH﹣+O2↑；；36g/mol。
（2）①湿法制备高铁酸钾（K2FeO4），结合物质的性质可知，氢氧化铁被氧化为高铁酸根离子，是还原剂，次氯酸根离子被还原为氯离子，是氧化剂，碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3：2发生反应，六种微粒Fe（OH）3、ClO﹣、OH﹣、FeO42﹣、Cl﹣、H2O中，还原剂Fe（OH）3被氧化为FeO42﹣，氧化剂ClO﹣被还原为Cl﹣，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3：2，根据电子守恒和电荷守恒配平方程式，得到该离子反应为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，
故答案为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；
②根据2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O可知，反应过程中转移了6mol电子，还原产物Cl﹣的物质的量为3mol，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物Cl﹣的物质的量为0.15mol，
故答案为：0.15。
【点评】本题考查了氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、方程式的配平等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
20．（2分）已知：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br﹣。
（1）含有1molFeI2和2molFeBr2的溶液中通入2molCl2，此时被氧化的离子是 I﹣、Fe2+ 。
（2）若向含amolFeI2和b molFeBr2的溶液中通入cmol Cl2，当I﹣、Fe2+、Br﹣完全被氧化时，c＝ 1.5a+1.5b （用含a、b的代数式表示）。
【分析】由离子方程式可知几种离子的还原能力强弱顺序为I﹣＞Fe2+＞Br﹣，
（1）氯气不足，应先氧化还原性强的离子，结合电子守恒计算；
（2）由还原性可知，先氧化碘离子，后氧化亚铁离子，最后氧化溴离子，结合电子守恒计算。
【解答】解：（1）还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，有1mol FeI2和2mol FeBr2的溶液中含有3molFe2+，2molI﹣，4molBr﹣，通入2mol Cl2，首先氧化I﹣，其次氧化2molFe2+，
故答案为：I﹣、Fe2+；
（2）由还原性可知，先氧化碘离子，后氧化亚铁离子，最后氧化溴离子，由电子守恒可知，2a+（a+b）+2b＝2c，解得c＝1.5a+1.5b，
故答案为：1.5a+1.5b。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握氧化的先后顺序、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。
21．（11分）某实验小组欲在实验室利用浓盐酸和MnO2制取氯气并探究氯气的性质，设计了如图所示的实验装置：
（1）从装置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中选择合适的制氯气的装置（A处）： Ⅱ 。（填标号）
（2）装置B、C中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，实验过程中该同学发现装置B中的布条也褪色，其原因可能是 进入B的氯气未干燥 ；说明该装置存在明显的缺陷，请提出合理的改进方法： 在A、B之间加盛有浓硫酸的洗气瓶 。
（3）验证氯气的氧化性：将氯气通入Na2SO3溶液中，氯气可将Na2SO3氧化成Na2SO4。写出该反应的化学方程式： Cl2+Na2SO3+H2O＝Na2SO4+2HCl 。
（4）氯气通入饱和NaHCO3溶液中能产生无色气体，已知酸性：盐酸＞碳酸＞次氯酸。（强酸可以制弱酸）该实验证明氯气与水反应的生成物中含有 盐酸 。（填“盐酸“或“次氯酸“）
（5）实验装置中烧杯内氢氧化钠溶液的作用是 吸收尾气 。
【分析】由实验装置可知，A中发生MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，为固液加热装置，可选装置Ⅱ，装置B、C中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，均褪色不能证明氯气不具有漂白性，应在A、B之间加干燥装置，将氯气通入Na2SO3溶液中，氯气可将Na2SO3氧化成Na2SO4，氯水中含氢离子与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，最后NaOH溶液吸收尾气，以此来解答。
【解答】解：（1）A中发生MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，为固液加热装置，可选装置Ⅱ，
故答案为：Ⅱ；
（2）装置B、C中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，实验过程中该同学发现装置B中的布条也褪色，其原因可能是进入B的氯气未干燥；说明该装置存在明显的缺陷，合理的改进方法为在A、B之间加盛有浓硫酸的洗气瓶，
故答案为：进入B的氯气未干燥；在A、B之间加盛有浓硫酸的洗气瓶；
（3）验证氯气的氧化性：将氯气通入Na2SO3溶液中，氯气可将Na2SO3氧化成Na2SO4，该反应的化学方程式为Cl2+Na2SO3+H2O＝Na2SO4+2HCl，
故答案为：Cl2+Na2SO3+H2O＝Na2SO4+2HCl；
（4）酸性：盐酸＞碳酸＞次氯酸，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，有气体生成，生成的气体为二氧化碳，说明氯气和水反应生成盐酸，
故答案为：盐酸；
（5）实验装置中烧杯内氢氧化钠溶液的作用是吸收尾气，
故答案为：吸收尾气。
【点评】本题考查氯气的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
22．（8分）粗盐含有泥沙以及Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，其提纯过程一般经过以下流程：
某兴趣小组按上述方案进行粗盐提纯实验，实验室提供了粗盐样品、稀盐酸、NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液等药品以及必备的实验仪器若干。请回答下列问题：
（1）操作①粗盐样品加水之前，需要将大颗粒粗盐变为细小颗粒或粉末，此时在实验室中需要用到的仪器为 研钵 。
（2）操作②、④过滤后的滤液仍有浑浊，需要进行的操作是 重新过滤（或继续过滤） 。
（3）操作③按abc顺序依次加入过量的试剂。若a为NaOH溶液，则c为 Na2CO3溶液 。加入c发生反应的离子方程式为 Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓、Ba2++CO32﹣＝BaCO3↓ 。
（4）加盐酸调溶液pH的目的是 除去过量的OH﹣和CO32﹣ 。
（5）步骤⑥操作名称是 蒸发结晶 。
【分析】由实验流程可知，①中加水溶解，②中过滤分离出泥沙，滤液含NaCl及Ca2+、Mg2+、SO42﹣，③中加氯化钡除去硫酸根离子、加NaOH除去镁离子、加碳酸钠除去钙离子及过量钡离子，④过滤分离出沉淀为氢氧化镁、硫酸钡、碳酸钙、碳酸钡，滤液含NaCl、NaOH、Na2CO3，⑤中加盐酸除去NaOH、Na2CO3，⑥中蒸发结晶得到NaCl，以此来解答。
【解答】解：（1）操作①粗盐样品加水之前，需要将大颗粒粗盐变为细小颗粒或粉末，此时在实验室中需要用到的仪器为研钵，
故答案为：研钵；
（2）操作②、④过滤后的滤液仍有浑浊，需要进行的操作是重新过滤（或继续过滤），
故答案为：重新过滤（或继续过滤）；
（3）操作③按abc顺序依次加入过量的试剂。若a为NaOH溶液，则c为Na2CO3溶液，b为氯化钡，碳酸钠一定在氯化钡之后，加入c发生反应的离子方程式为Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓、Ba2++CO32﹣＝BaCO3↓，
故答案为：Na2CO3溶液；Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓、Ba2++CO32﹣＝BaCO3↓；
（4）加盐酸调溶液pH的目的是除去过量的OH﹣和CO32﹣，
故答案为：除去过量的OH﹣和CO32﹣；
（5）步骤⑥操作名称是蒸发结晶，
故答案为：蒸发结晶。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2021-2022学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（上）期中化学试卷
一、选择题共48分
1．（3分）古诗词很浪漫且充满了艺术魅力，成语俗语等脍炙人口，都是中华民族文化中的瑰宝．下列诗词、语句中包含的化学反应既是离子反应又是氧化还原反应的是（ ）
A．粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间
B．曾青得铁则化为铜
C．春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干
D．水滴石穿
2．（3分）关于以下物质用途的叙述中，不正确的是（ ）
A．工业上用金属钠制备烧碱
B．过氧化钠用作呼吸面具中氧气的来源
C．碳酸钠用于制玻璃
D．碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多
3．（3分）以下说法中正确的个数是（ ）
①根据酸中氢原子的总数确定是几元酸
②碱性氧化物都是金属氧化物
③酸性氧化物都是非金属氧化物
④只由一种元素形成的物质一定是纯净物
⑤某溶液焰色为黄色，其中一定存在钠盐
⑥溶液中离子个数越多则导电能力越强
⑦氯化钠晶体不导电是因为其中没有阴阳离子
⑧碳酸钠与碳酸氢钠的溶液显碱性，故可用作食用碱或工业用碱
⑨次氯酸盐均具有漂白作用
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
4．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．利用丁达尔现象可以鉴别胶体和溶液
B．利用酚酞鉴别等物质的量浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液
C．利用氢气与氯气混合光照制氯化氢气体
D．PM2.5在空气中形成的分散系中可能含有气溶胶
5．（3分）NA是阿伏加德罗常数，下列不说法不正确的是（ ）
A．3.2gO2与O3的混合物中含有O原子个数为0.2NA
B．常温常压下，2.24LCH4气体中含有原子数少于0.5NA
C．1moILNaCl溶液中含有Na+为NA个
D．0.1molNaHSO4在熔融状态时可产生0.2NA个离子
6．（3分）下列各组离子，能在溶液中大量共存且溶液呈透明的是（ ）
A．Mg2+、H+、Cu2+、SO42﹣ B．Ba2+、NO3﹣、OH﹣、CO32﹣
C．Ag+、H+、Cl﹣、NO3﹣ D．K+、H+、Cl﹣、CO32﹣
7．（3分）准确书写离子方程式是学好化学的基本素养之一，下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．氢氧化镁与稀硫酸反应：H++OH﹣═H2O
B．用饱和氯化铁溶液制取氢氧化铁胶体：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+
C．饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2：CO2+H2O+CO32﹣═2HCO3﹣
D．向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至刚好沉淀完全：Ba2++SO42﹣+2H++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O
8．（3分）我国化学家侯德榜根据NaHCO3溶解度比NaCl、Na2CO3、NH4HCO3、NH4Cl都小的性质，运用CO2+NH3+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl的反应原理制备纯碱。如图是在实验室进行模拟实验的生产流程示意图：气体A的饱和溶液A和食盐的饱和溶液悬浊液晶体纯碱，则下列叙述错误的是（ ）
A．A气体是NH3，B气体是CO2
B．第Ⅲ步得到的晶体是发酵粉的主要成分
C．第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒
D．第Ⅳ步操作的主要过程有溶解、蒸发、结晶
9．（3分）一种制备高效氧化型漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应Ⅰ的化学方程式为：3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法正确的是（ ）
A．NaClO2在漂白物质时发生氧化反应
B．反应Ⅰ中氧化产物和还原产物物质的量比为4：3
C．反应Ⅱ中H2O2做氧化剂
D．若反应Ⅰ生成13.5g ClO2则转移了1.6mol的电子
10．（3分）现有不纯的碳酸钠（仅含碳酸氢钠杂质），欲测定其中碳酸钠的质量分数，分别进行以下几个操作，其中不能成功的是（ ）
A．取mg样品，加热到质量不再变化时称重为ng
B．取mg样品，加入过量的盐酸，再将所得溶液加热蒸发，结晶，灼烧，余下物质质量为ng
C．取mg样品，溶于水向所得溶液中加入过量的CaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干称重为ng
D．取mg样品，加入过量的稀硫酸，再将所逸出的气体用碱石灰吸收，碱石灰增重ng
11．（3分）下列按照题给量的物质中含原子个数最多的是（ ）
A．0.4mol氧分子
B．标准状况下5.6L二氧化碳
C．0.3mol水分子
D．4g甲烷（CH4）分子
12．（3分）为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法错误的是（ ）
A．CO2气体（HCl），饱和NaHCO3溶液
B．Na2CO3固体（NaHCO3），加热至不再产生气体
C．Na2O2粉末（Na2O），将混合物在氧气中加热
D．Na2CO3溶液（Na2SO4），加入适量Ba（OH）2溶液，过滤
13．（3分）某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）
A．用洁净铂丝蘸取某无色溶液，在煤气灯火焰上灼烧透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，则一定含K+，可能含Na+
B．加入稀盐酸产生无色无味气体，将该气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，则一定大量存在CO32﹣
C．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸沉淀不溶解，一定有SO42﹣
D．某溶液加入稀盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定含有Cl﹣
14．（3分）某同学用下列装置进行有关Cl2的实验，下列说法不正确的是（ ）
A．Ⅰ图中：证明氯气本身有漂白作用
B．Ⅱ图中：用于闻Cl2气味的常用方法
C．Ⅲ图中，剧烈燃烧，生成棕黄色的烟
D．Ⅳ图中：若气球体积膨胀，证明Cl2可与NaOH反应
15．（3分）将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol•L ﹣1稀盐酸。下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（ ）
A．
B．
C．
D．
16．（3分）已知氯气和NaOH溶液在一定温度下能发生化学反应，其方程式为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，3Cl2+6NaOH═5NaCl+NaClO3+3H2O。某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO和NaClO的混合溶液，经测定ClO﹣与ClO3﹣的个数比为3：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比为（ ）
A．21：5 B．2：1 C．3：1 D．11：3
二、解答题（共6小题，满分52分）
17．（11分）利用下图，可以从不同角度研究含氯物质的性质及其转化关系，图中甲～辛均含氯元素。回答下列问题：
（1）丁属于 （“酸性”或“碱性”）氧化物。
（2）图中甲、乙、丙、戊中，属于电解质的是 （填化学式）；根据氯元素的化合价判断，乙物质 。
A．只有氧化性
B．只有还原性
C．既有氧化性又有还原性
（3）电解甲溶液制备己的化学反应为：甲+H2O己+H2↑（未配平），则配平后参与反应的甲与H2O的物质的量之比是 。
（4）庚是漂白粉的有效成分，用乙制取庚的化学方程式为 。
（5）已知己是最强的无机酸，写出己的电离方程式 。
18．（10分）配制一定物质的量浓度的溶液是化学实验室的基本实验操作之一。请回答下列问题：
（1）配制0.5mol/L的硫酸溶液450mL，需用量筒量取质量分数98%、密度1.84 g/cm3的浓硫酸的体积为 mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL 量筒，应最好选用 量筒。
（2）配制上述溶液，除用到量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要的两种玻璃仪器是
（3）关于容量瓶的四种叙述：①是配制准确浓度溶液的仪器；②可以长期贮存溶液；③不能用来加热；④使用之前要检查是否漏水。这些叙述中正确的是 （填字母）。
A．①②③④B．②③C．①③④D．②③④
（4）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是 （填序号）。
A．浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移 B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒
C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面
D．用量筒量浓硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转移到容量瓶
E．用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线
F．摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线
19．（10分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。
（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应中Na2O2是 （填氧化剂、还原剂）。写出Na2O2与水反应的化学方程式 ，并用单线桥表示出电子转移方向及数目 ；将0.1molCO2与H2O混合气体通过足量的过氧化钠固体，充分吸收后，固体质量增加了2g，则原混合气体的平均摩尔质量是 。
（2）湿法制备高铁酸钟的反应体系中有六种微粒：Fe（OH）3、ClO﹣、OH﹣、FeO42﹣、Cl﹣、H2O。
①碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3：2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式： 。
②若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为 mol。
20．（2分）已知：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br﹣。
（1）含有1molFeI2和2molFeBr2的溶液中通入2molCl2，此时被氧化的离子是 。
（2）若向含amolFeI2和b molFeBr2的溶液中通入cmol Cl2，当I﹣、Fe2+、Br﹣完全被氧化时，c＝ （用含a、b的代数式表示）。
21．（11分）某实验小组欲在实验室利用浓盐酸和MnO2制取氯气并探究氯气的性质，设计了如图所示的实验装置：
（1）从装置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中选择合适的制氯气的装置（A处）： 。（填标号）
（2）装置B、C中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，实验过程中该同学发现装置B中的布条也褪色，其原因可能是 ；说明该装置存在明显的缺陷，请提出合理的改进方法： 。
（3）验证氯气的氧化性：将氯气通入Na2SO3溶液中，氯气可将Na2SO3氧化成Na2SO4。写出该反应的化学方程式： 。
（4）氯气通入饱和NaHCO3溶液中能产生无色气体，已知酸性：盐酸＞碳酸＞次氯酸。（强酸可以制弱酸）该实验证明氯气与水反应的生成物中含有 。（填“盐酸“或“次氯酸“）
（5）实验装置中烧杯内氢氧化钠溶液的作用是 。
22．（8分）粗盐含有泥沙以及Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，其提纯过程一般经过以下流程：
某兴趣小组按上述方案进行粗盐提纯实验，实验室提供了粗盐样品、稀盐酸、NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液等药品以及必备的实验仪器若干。请回答下列问题：
（1）操作①粗盐样品加水之前，需要将大颗粒粗盐变为细小颗粒或粉末，此时在实验室中需要用到的仪器为 。
（2）操作②、④过滤后的滤液仍有浑浊，需要进行的操作是 。
（3）操作③按abc顺序依次加入过量的试剂。若a为NaOH溶液，则c为 。加入c发生反应的离子方程式为 。
（4）加盐酸调溶液pH的目的是 。
（5）步骤⑥操作名称是 。
2021-2022学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题共48分
1．（3分）古诗词很浪漫且充满了艺术魅力，成语俗语等脍炙人口，都是中华民族文化中的瑰宝．下列诗词、语句中包含的化学反应既是离子反应又是氧化还原反应的是（ ）
A．粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间
B．曾青得铁则化为铜
C．春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干
D．水滴石穿
【分析】离子反应，应能在溶液中进行，且有离子参加反应，氧化还原反应的特征是有化合价的升降，以此解答该题．
【解答】解：A．粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间，此过程中发生碳酸钙受热分解的反应，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B．曾青得铁则化为铜，Fe与硫酸铜溶液反应生成Cu和硫酸亚铁，在溶液中的反应属于离子反应，Cu、Fe元素的化合价变化属于氧化还原反应，故B正确；
C．春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干，是石蜡的燃烧属于氧化还原反应，不是离子反应，故C错误；
D．水滴石穿，过程中存在二氧化碳、水与碳酸钙的反应，不存在化合价的变化，不是氧化还原反应，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了氧化还原反应、离子反应，题目难度不大，注意把握氧化还原反应的特征，注意从化合价的角度分析．
2．（3分）关于以下物质用途的叙述中，不正确的是（ ）
A．工业上用金属钠制备烧碱
B．过氧化钠用作呼吸面具中氧气的来源
C．碳酸钠用于制玻璃
D．碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多
【分析】A．钠价格高于氢氧化钠；
B．过氧化钠与水、二氧化碳反应都产生氧气；
C．制造玻璃的原料为：纯碱、石英、石灰石；
D．碳酸氢钠能够与盐酸反应，消耗盐酸。
【解答】解：A．钠价格高于氢氧化钠，工业上不用金属钠制备烧碱，通常用电解饱和食盐水制取氢氧化钠，故A错误；
B．过氧化钠与水、二氧化碳反应都产生氧气，用作呼吸面具中氧气的来源，故B正确；
C．纯碱即碳酸钠，用于制玻璃，故C正确；
D．碳酸氢钠能够与盐酸反应，消耗盐酸，可用于治疗胃酸过多，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉相关物质的性质及用途是解题关键，题目难度不大。
3．（3分）以下说法中正确的个数是（ ）
①根据酸中氢原子的总数确定是几元酸
②碱性氧化物都是金属氧化物
③酸性氧化物都是非金属氧化物
④只由一种元素形成的物质一定是纯净物
⑤某溶液焰色为黄色，其中一定存在钠盐
⑥溶液中离子个数越多则导电能力越强
⑦氯化钠晶体不导电是因为其中没有阴阳离子
⑧碳酸钠与碳酸氢钠的溶液显碱性，故可用作食用碱或工业用碱
⑨次氯酸盐均具有漂白作用
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】①根据电离出的氢离子的个数，酸分为一元酸、二元酸和多元酸；
②只能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；
③只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
④只含一种物质的是纯净物
⑤焰色反应是一种元素的颜色；
⑥溶液的导电能力取决于离子浓度和离子所带的电荷数；
⑦物质导电是由于含有自由移动的离子或电子；
⑧碳酸钠和碳酸氢钠均可以用作食用碱或工业用碱；
⑨次氯酸盐中的次氯酸根具有漂白作用。
【解答】解：①根据电离出的氢离子的个数，酸分为一元酸、二元酸和多元酸，而不是根据含有的H原子数，故错误；
②只能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，碱性氧化物都是金属氧化物，故正确；
③只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7是酸性氧化物，但是是金属氧化物，故错误；
④只含一种物质的是纯净物，只由一种元素形成的物质不一定是纯净物，如O2和O3的混合物，故错误；
⑤焰色反应是一种元素的颜色，某溶液焰色为黄色，其中一定钠离子，但不一定是钠盐，故错误；
⑥溶液的导电能力取决于离子浓度和离子所带的电荷数，和离子个数无关，故错误；
⑦物质导电是由于含有自由移动的离子或电子，氯化钠晶体不导电是因为其中的阴阳离子不能自由移动，而不是不含阴阳离子，故错误；
⑧碳酸钠和碳酸氢钠的水溶液均呈碱性，均可以用作食用碱或工业用碱，故正确；
⑨次氯酸盐中均含次氯酸根，均具有漂白作用，故正确；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的分类、焰色试验以及物质的导电能力能，难度不大，应注意基础知识的积累和巩固。
4．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．利用丁达尔现象可以鉴别胶体和溶液
B．利用酚酞鉴别等物质的量浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液
C．利用氢气与氯气混合光照制氯化氢气体
D．PM2.5在空气中形成的分散系中可能含有气溶胶
【分析】A．丁达尔效应是胶体特有的性质；
B．碳酸根离子水解能力强于碳酸氢根离子；
C．氢气与氯气混合光照会发生爆炸；
D．PM2.5为直径小于或等于2.5μm（1μm＝10﹣6m）的悬浮颗粒物。
【解答】解：A．胶体具有丁达尔效应，溶液不具备，所以利用丁达尔现象可以鉴别胶体和溶液，故A正确；
B．碳酸根离子水解能力强于碳酸氢根离子，所以等物质的量浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液中分别滴入酚酞，红色较深的是碳酸钠，故B正确；
C．氢气与氯气混合光照会发生爆炸，不能用于制造HCl，应该用氢气在氯气中燃烧来制备HCl，故C错误；
D．PM2.5直径径小于或等于2.5×10﹣6m，而胶体粒子直径在1～100nm之间，当分散质粒子直径大小在1～100nm之间时，PM2.5在空气中形成的分散系中可能含有气溶胶，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查知识点较多，为综合题，涉及碳酸钠和碳酸氢钠溶液的鉴别、制备HCl、胶体的性质，题目难度不大，注意对相关知识积累。
5．（3分）NA是阿伏加德罗常数，下列不说法不正确的是（ ）
A．3.2gO2与O3的混合物中含有O原子个数为0.2NA
B．常温常压下，2.24LCH4气体中含有原子数少于0.5NA
C．1moILNaCl溶液中含有Na+为NA个
D．0.1molNaHSO4在熔融状态时可产生0.2NA个离子
【分析】A.氧气和臭氧均由氧原子构成；
B.常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol；
C.溶液体积不明确；
D.NaHSO4在熔融状态时只能电离出钠离子和硫酸氢根离子。
【解答】解：A.氧气和臭氧均由氧原子构成，则3.2g混合物中含有的氧原子的物质的量n＝＝0.2mol，个数为0.2NA个，故A正确；
B.常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，故2.24L甲烷的物质的量小于0.1mol，则原子数小于0.5NA个，故B正确；
C.溶液体积不明确，故溶液中钠离子的个数无法计算，故C错误；
D.NaHSO4在熔融状态时只能电离出钠离子和硫酸氢根离子，则0.1mol硫酸氢钠在熔融状态下电离出0.2NA个离子，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构特点是解题关键，应注意掌握基础的运算方法。
6．（3分）下列各组离子，能在溶液中大量共存且溶液呈透明的是（ ）
A．Mg2+、H+、Cu2+、SO42﹣ B．Ba2+、NO3﹣、OH﹣、CO32﹣
C．Ag+、H+、Cl﹣、NO3﹣ D．K+、H+、Cl﹣、CO32﹣
【分析】A．四种离子之间不反应，能够共存；
B．钡离子与碳酸根离子生成碳酸钡沉淀；
C．银离子与氯离子生成氯化银沉淀；
D．碳酸根离子与氢离子反应。
【解答】解：A．Mg2+、H+、Cu2+、SO42﹣之间不反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；
B．Ba2+、CO32﹣之间反应生成碳酸钡，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．Ag+、Cl﹣之间反应生成难溶物氯化银，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．H+、CO32﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
7．（3分）准确书写离子方程式是学好化学的基本素养之一，下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．氢氧化镁与稀硫酸反应：H++OH﹣═H2O
B．用饱和氯化铁溶液制取氢氧化铁胶体：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+
C．饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2：CO2+H2O+CO32﹣═2HCO3﹣
D．向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至刚好沉淀完全：Ba2++SO42﹣+2H++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O
【分析】A.氢氧化镁是弱碱，不能拆；
B.氢氧化铁胶体不是沉淀，不能标沉淀符号；
C.饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2析出NaHCO3晶体；
D.向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至刚好沉淀完全，则两者的物质的量之比为1：1，据此分析离子方程式。
【解答】解：A.氢氧化镁是弱碱，不能拆，离子方程式为Mg（OH）2+2H+＝2H2O+Mg2+，故A错误；
B.氢氧化铁胶体不是沉淀，不能标沉淀符号，故制备氢氧化铁胶体的离子方程式为Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故B正确；
C.饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2析出NaHCO3晶体，离子方程式为2Na++CO32﹣+2CO2+H2O═2NaHCO3↓，故C错误；
D.向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至刚好沉淀完全，则两者的物质的量之比为1：1，离子方程式为Ba2++SO42﹣+H++OH﹣═BaSO4↓+H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。
8．（3分）我国化学家侯德榜根据NaHCO3溶解度比NaCl、Na2CO3、NH4HCO3、NH4Cl都小的性质，运用CO2+NH3+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl的反应原理制备纯碱。如图是在实验室进行模拟实验的生产流程示意图：气体A的饱和溶液A和食盐的饱和溶液悬浊液晶体纯碱，则下列叙述错误的是（ ）
A．A气体是NH3，B气体是CO2
B．第Ⅲ步得到的晶体是发酵粉的主要成分
C．第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒
D．第Ⅳ步操作的主要过程有溶解、蒸发、结晶
【分析】A．依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入足量二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热分解碳酸氢钠来制备碳酸钠；
B．第Ⅲ步得到的晶体是碳酸氢钠，发酵粉的主要成分；
C．通过过滤操作得到碳酸氢钠晶体；
D．第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体。
【解答】解：A．氨气易溶于水，二氧化碳能溶于水，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备纯碱，所以气体A为氨气，B为二氧化碳，故A正确；
B．发酵粉是一种复合添加剂，主要用作面制品和膨化食品的生产。发酵粉中含有许多物质，主要成分为碳酸氢钠和酒石酸，第Ⅲ步得到的晶体是碳酸氢钠，故B正确；
C．第Ⅲ步操作是过滤操操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，所以需要的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；
D．第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等。
9．（3分）一种制备高效氧化型漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应Ⅰ的化学方程式为：3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法正确的是（ ）
A．NaClO2在漂白物质时发生氧化反应
B．反应Ⅰ中氧化产物和还原产物物质的量比为4：3
C．反应Ⅱ中H2O2做氧化剂
D．若反应Ⅰ生成13.5g ClO2则转移了1.6mol的电子
【分析】反应Ⅰ中发生的反应为：3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，然后向溶液中加入NaOH溶液、H2O2，根据流程图知，反应II中生成NaClO2，则ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，根据原子守恒、转移电子守恒知，发生反应II为2NaOH+2ClO2+H2O2＝2NaClO2+O2↑+2H2O，然后从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品NaClO2。
A．NaClO2具有氧化性能使有色物质褪色而体现漂白性；
B．反应Ⅰ中发生的反应为：3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl；
C．反应II为2NaOH+2ClO2+H2O2＝2NaClO2+O2↑+2H2O；
D．反应Ⅰ中发生的反应为：3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，该反应中生成135g ClO2转移8mol的电子。
【解答】解：A．NaClO2能氧化有色物质而体现漂白性，本身发生还原反应，故A错误；
B．3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl反应中，NaClO3是氧化剂，SO2作还原剂，则反应I中氧化产物和还原产物物质的量比为4：3，故B正确；
C．发生反应II为2NaOH+2ClO2+H2O2＝2NaClO2+O2↑+2H2O，反应II中H2O2做还原剂，故C错误；
D．反应Ⅰ为：3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，反应中生成135g ClO2转移8mol的电子，则生成13.5g ClO2转移0.8mol的电子，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质制备，侧重考查实验操作、仪器选取、氧化还原反应等知识点，明确实验原理、元素化合物性质、常见仪器的使用方法是解本题关键，会正确书写反应II的方程式，题目难度中等。
10．（3分）现有不纯的碳酸钠（仅含碳酸氢钠杂质），欲测定其中碳酸钠的质量分数，分别进行以下几个操作，其中不能成功的是（ ）
A．取mg样品，加热到质量不再变化时称重为ng
B．取mg样品，加入过量的盐酸，再将所得溶液加热蒸发，结晶，灼烧，余下物质质量为ng
C．取mg样品，溶于水向所得溶液中加入过量的CaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干称重为ng
D．取mg样品，加入过量的稀硫酸，再将所逸出的气体用碱石灰吸收，碱石灰增重ng
【分析】A．加热只有碳酸氢钠分解，根据固体质量减小可以计算碳酸氢钠的质量，进而计算得到碳酸钠的质量分数；
B．溶液蒸发、结晶、灼烧后剩余固体为NaCl，根据碳酸钠与碳酸氢钠总质量、钠离子守恒可以计算碳酸钠、碳酸氢钠各自质量；
C．只有碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，根据碳酸钙沉淀质量计算可得碳酸钠的质量；
D．碱石灰吸收二氧化碳与水蒸气，不能确定二氧化碳的质量。
【解答】解：A．加热发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，168g碳酸氢钠分解时，固体质量减少62g，而固体质量减少（m﹣n）g，可知碳酸氢钠的质量为（m﹣n）g，再计算碳酸钠的质量，进而可得碳酸钠的质量分数，故A正确；
B．溶液蒸发、结晶、灼烧后剩余固体为NaCl，设原混合物中碳酸钠、碳酸氢钠分别为xmol、ymol，根据二者总质量有106x+84y＝m，由钠离子守恒有（2x+y）×58.5＝n，联立计算可得碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量，进而可得碳酸钠的质量分数，故B正确；
C．只有碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，结合碳酸根守恒有n（Na2CO3）＝n（CaCO3）＝＝0.01nmol，故碳酸钠的质量为0.01nmol×106g/mol＝1.06ng，进而计算可得碳酸钠的质量分数，故C正确；
D．碱石灰吸收二氧化碳与水蒸气，不能确定二氧化碳的质量，则无法获得碳酸钠的质量，故不能测定碳酸钠的质量分数，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质含量测定，涉及混合物的有关计算，关键是对实验原理的理解，试题培养了学生分析计算能力、实验能力、运用知识解决问题的能力。
11．（3分）下列按照题给量的物质中含原子个数最多的是（ ）
A．0.4mol氧分子
B．标准状况下5.6L二氧化碳
C．0.3mol水分子
D．4g甲烷（CH4）分子
【分析】依据n＝＝＝结合分子构成计算。
【解答】解：依据N＝nNA可知，原子物质的量越大个数越多；
A．0.4mol氧分子含有氧原子的物质的量为：0.4mol×2＝0.8mol；
B．标准状况下5.6L二氧化碳含有原子的物质的量为：×3＝0.25mol×3＝0.75mol；
C．0.3mol水分子含有原子的物质的量为：0.3mol×3＝0.9mol；
D．4g甲烷（CH4）分子含有原子的物质的量为：×5＝1.25mol；
故选：D。
【点评】本题考查学生分子的原子构成以及物质的量的有关计算方面的知识，属于知识的灵活应用，难度不大。
12．（3分）为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法错误的是（ ）
A．CO2气体（HCl），饱和NaHCO3溶液
B．Na2CO3固体（NaHCO3），加热至不再产生气体
C．Na2O2粉末（Na2O），将混合物在氧气中加热
D．Na2CO3溶液（Na2SO4），加入适量Ba（OH）2溶液，过滤
【分析】A.氯化氢能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；
B.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；
C.氧化钠与氧气反应生成过氧化钠；
D.二者都与氢氧化钡反应。
【解答】解：A.二氧化碳不与碳酸氢钠反应，氯化氢能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故A正确；
B.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则加热法可除杂，故B正确；
C.氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，将混合物在氧气中加热可除杂，故C正确；
D.二者都与氢氧化钡反应生成沉淀，影响被提纯的物质，且氢氧化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和NaOH，引入新杂质NaOH，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质分离提纯及除杂，为高频考点，把握物质的性质及混合物分离、提纯方法为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大．
13．（3分）某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）
A．用洁净铂丝蘸取某无色溶液，在煤气灯火焰上灼烧透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，则一定含K+，可能含Na+
B．加入稀盐酸产生无色无味气体，将该气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，则一定大量存在CO32﹣
C．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸沉淀不溶解，一定有SO42﹣
D．某溶液加入稀盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定含有Cl﹣
【分析】A．透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，则一定含K+，但蓝色钴玻璃能滤去了黄光；
B．HCO3﹣也能和盐酸反应生成使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体；
C．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸沉淀不溶解，该沉淀可能是AgCl；
D．该操作中加入盐酸引入了Cl﹣，干扰了Cl﹣的检验。
【解答】解：A．K+的火焰颜色为紫色，用洁净铂丝蘸取某无色溶液，在煤气灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，则一定含K+，但蓝色钴玻璃能滤去黄光，不能确定是否含有Na+，故A正确；
B．加入稀盐酸产生无色无味气体，将该气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该气体是二氧化碳，可能是HCO3﹣和盐酸反应生成，则溶液中不一定大量存在CO32﹣，故B错误；
C．加入氯化钡溶液生成不溶于盐酸的白色沉淀可能是AgCl，则溶液中不一定含有SO42﹣，故C错误；
D．该方案中加入盐酸引入了Cl﹣，不能确定原溶液中是否含有Cl﹣，应该是用硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则原溶液中一定含有Cl﹣，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握常见离子的性质、检验方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意排除实验操作中其他离子的干扰，题目难度不大。
14．（3分）某同学用下列装置进行有关Cl2的实验，下列说法不正确的是（ ）
A．Ⅰ图中：证明氯气本身有漂白作用
B．Ⅱ图中：用于闻Cl2气味的常用方法
C．Ⅲ图中，剧烈燃烧，生成棕黄色的烟
D．Ⅳ图中：若气球体积膨胀，证明Cl2可与NaOH反应
【分析】A．氯气和水反应生成次氯酸和氯化氢；
B．闻气体时，应允许少量气体飘入鼻孔；
C．铜在氯气中燃烧生成氯化铜；
D．氯气与氢氧化钠反应，圆底烧瓶中气压降低。
【解答】解：A．干燥的有色布条不褪色，说明氯气无漂白作用，湿润的布条褪色说明，氯气和水反应生成物里具有漂白作用的物质，故A错误；
B．闻气体时，应允许少量气体飘入鼻孔，防止有毒气体对人体产生伤害，图示操作正确，故B正确；
C．铜在氯气中燃烧生成氯化铜，产生大量棕黄色的烟，故C正确；
D．氯气与氢氧化钠反应，圆底烧瓶中的气体减少，气压降低，气球应该膨胀，故D正确；
故选：A。
【点评】本题以实验的形式考查了有关氯气的基本性质，题目难度不大，为常考题型，试题培养了学生实验能力、运用知识分析解决问题的能力。
15．（3分）将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol•L ﹣1稀盐酸。下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】0.4gNaOH的物质的量为0.01mol，1.06gNa2CO3的物质的量也为0.01mol，对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl＝NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答。
【解答】解：0.4gNaOH的物质的量为0.01mol，1.06gNa2CO3的物质的量也为0.01mol，对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl＝NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成。
A．0.01molHCl与氢氧化钠反应没有气体生成，再滴加含有0.01molHCl的盐酸时，与碳酸钠反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；
B．图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；
C．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3＝NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；
D．因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；
故选：C。
【点评】此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应。是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3＝NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑。
16．（3分）已知氯气和NaOH溶液在一定温度下能发生化学反应，其方程式为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，3Cl2+6NaOH═5NaCl+NaClO3+3H2O。某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO和NaClO的混合溶液，经测定ClO﹣与ClO3﹣的个数比为3：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比为（ ）
A．21：5 B．2：1 C．3：1 D．11：3
【分析】Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，Cl2生成NaCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，以此计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比。
【解答】解：Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比为3：1，则可设ClO﹣为3mol，ClO3﹣为1mol，被氧化的Cl共为4mol，失去电子的总物质的量为3mol×（1﹣0）+1mol×（5﹣0）＝8mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为﹣1价，则得到电子的物质的量也应为8mol，则被还原的Cl的物质的量为8mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为8mol：4mol＝2：1，即被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比为2：1，
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素化合价变化、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。
二、解答题（共6小题，满分52分）
17．（11分）利用下图，可以从不同角度研究含氯物质的性质及其转化关系，图中甲～辛均含氯元素。回答下列问题：
（1）丁属于 酸性 （“酸性”或“碱性”）氧化物。
（2）图中甲、乙、丙、戊中，属于电解质的是 甲、戊 （填化学式）；根据氯元素的化合价判断，乙物质 C 。
A．只有氧化性
B．只有还原性
C．既有氧化性又有还原性
（3）电解甲溶液制备己的化学反应为：甲+H2O己+H2↑（未配平），则配平后参与反应的甲与H2O的物质的量之比是 1：4 。
（4）庚是漂白粉的有效成分，用乙制取庚的化学方程式为 2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+H2O 。
（5）已知己是最强的无机酸，写出己的电离方程式 HClO4＝H++ClO4﹣ 。
【分析】（1）只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
（2）在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；中间价态的化合物既有氧化性也有还原性；
（3）根据反应方程式中的化合价变化，将化学方程式配平，据此进行解答；
（4）庚是漂白粉的有效成分，即Ca（ClO）2，可以通过氯气和石灰乳的反应来制取；
（5）己是氯元素为+7价的含氧酸，即HClO4，是强酸，完全电离为H+和ClO4﹣。
【解答】解：（1）丁是+7价的含氯氧化物，为七氧化二氯，它和碱反应生盐和水，为酸性氧化物，
故答案为：酸性；
（2）甲为HCl，在水溶液中能导电，为电解质；乙为Cl2，是单质，既不是电解质也不是非电解质；丙为NO2或N2O4，在水溶液中和熔融状态下均不能自身电离出发自由移动离子而导电，为非电解质；戊为HClO，在水溶液中能导电，故为电解质，故甲、乙、丙、戊中为电解质的是甲、戊；乙为氯气，氯元素的化合价为0，处于氯元素的中间价态，既有氧化性又有还原性，既能做氧化剂也能做还原剂，
故答案为：甲、戊；C；
（3）甲为氯化氢，己为高氯酸，氯元素由﹣1价变为+7价，氢元素由+1变为0，根据得失电子数相等，n（HCl）：n（H2O）＝1：4，
故答案为：1：4；
（4）庚是漂白粉的有效成分，即Ca（ClO）2，可以通过氯气和石灰乳的反应来制取，化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+H2O，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+H2O；
（5）己是氯元素为+7价的含氧酸，即HClO4，是强酸，完全电离为H+和ClO4﹣，故电离方程式为HClO4＝H++ClO4﹣，
故答案为：HClO4＝H++ClO4﹣。
【点评】本题考查了氯及其化合物性质和应用、氧化还原反应等知识点，综合性较强，要注意培养知识的综合运用，题目难度不大。
18．（10分）配制一定物质的量浓度的溶液是化学实验室的基本实验操作之一。请回答下列问题：
（1）配制0.5mol/L的硫酸溶液450mL，需用量筒量取质量分数98%、密度1.84 g/cm3的浓硫酸的体积为 13.6 mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL 量筒，应最好选用 15 mL 量筒。
（2）配制上述溶液，除用到量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要的两种玻璃仪器是 500mL容量瓶、胶头滴管
（3）关于容量瓶的四种叙述：①是配制准确浓度溶液的仪器；②可以长期贮存溶液；③不能用来加热；④使用之前要检查是否漏水。这些叙述中正确的是 C （填字母）。
A．①②③④B．②③C．①③④D．②③④
（4）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是 ACDE （填序号）。
A．浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移 B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒
C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面
D．用量筒量浓硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转移到容量瓶
E．用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线
F．摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线
【分析】（1）依据c＝计算浓硫酸的物质的量浓度，结合溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积，依据浓硫酸体积选择合适规格的量筒；
（2）依据配制一定物质的量浓度步骤计算、称量（量取）、溶解（稀释）、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等选择需要仪器；
（3）依据容量瓶构造及使用方法解答；
（4）分析操作对溶质物质的量和溶液体积的影响，依据c＝进行误差分析。
【解答】解：（1）质量分数98%、密度1.84g/cm3的浓硫酸物质的量浓度C＝mol/L＝18.4mol/L，配制0.5mol/L的硫酸溶液450mL，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释规律，18.4mol/L×V＝0.5mol/L×500mL，解得V＝13.6mL，应选择15mL量筒，
故答案为：13.6；15；
（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量（量取）、溶解（稀释）、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的仪器：500mL容量瓶，胶头滴管，
故答案为：500mL容量瓶，胶头滴管；
（3）容量瓶是配制准确的一定物质的量浓度的溶液用的精确仪器。它是一种带有磨口玻璃塞的细长颈、梨形的瓶底玻璃瓶，颈上有刻度；使用时要先检验密闭性，不能在容量瓶里进行溶质的溶解，容量瓶不能进行加热，容量瓶只能用于配制溶液，不能长时间或长期储存溶液；
故选：C；
（4）A．浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A选；
B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，故B不选；
C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C选；
D．用量筒量浓硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转移到容量瓶，导致溶质物质的量偏大，溶液浓度偏高，故D选；
E．用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线，导致量取浓硫酸体积偏大，溶质物质的量偏大，溶液浓度偏高，故E选；
F．摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故F不选；
故选：ACDE。
【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确溶液配制原理及操作步骤是解题关键，注意容量瓶规格及使用方法，注意把握溶液质量分数与物质的量浓度的换算公式，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
19．（10分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。
（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应中Na2O2是 氧化剂、还原剂 （填氧化剂、还原剂）。写出Na2O2与水反应的化学方程式 2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH﹣+O2↑ ，并用单线桥表示出电子转移方向及数目 ；将0.1molCO2与H2O混合气体通过足量的过氧化钠固体，充分吸收后，固体质量增加了2g，则原混合气体的平均摩尔质量是 36g/mol 。
（2）湿法制备高铁酸钟的反应体系中有六种微粒：Fe（OH）3、ClO﹣、OH﹣、FeO42﹣、Cl﹣、H2O。
①碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3：2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式： 2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O 。
②若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为 0.15 mol。
【分析】（1）Fe元素化合价升高，Na2O2中O元素的化合价升高、也降低；Na2O2与水反应产物是氢氧化钠和氧气，据此书写离子方程式，并根据化合价的变化判断电子转移的方向和数目；向足量的固体Na2O2中通入0.1mol CO2和H2O混合气体，发生反应方程式为：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，固体只增加了2g，根据方程式可知n（CO2+H2O）＝2n（O2），据此计算混合气体的质量，再根据M＝计算混合气体平均摩尔质量；
（2）碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3：2发生反应，六种微粒Fe（OH）3、ClO﹣、OH﹣、FeO42﹣、Cl﹣、H2O中，还原剂Fe（OH）3被氧化为FeO42﹣，氧化剂ClO﹣被还原为Cl﹣，根据元素化合价变化以及电子守恒和电荷守恒进行方程式的配平并进行计算即可。
【解答】解：（1）Fe元素化合价升高，Na2O2中O元素的化合价升高、也降低，该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，Na2O2与水反应产物是氢氧化钠和氧气，离子方程式为2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH﹣+O2↑，过氧化钠中O元素的化合价从﹣1价升高为0价，也有的从﹣1价降低为﹣2价，据化合价的变化得到电子转移的方向和数目单线桥表示如下：；向足量的固体Na2O2中通入0.1mol CO2和H2O混合气体，发生反应方程式为：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，固体只增加了2g，根据方程式可知n（CO2+H2O）＝2n（O2），将0.1molCO2与H2O混合气体通过足量的过氧化钠固体后，产生的氧气0.05mol，固体质量增加了2g，则混合气体的质量＝2g+0.05mol×32g/mol＝3.6g，再根据M＝得到混合气体平均摩尔质量＝＝36g/mol，
故答案为：氧化剂、还原剂；2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH﹣+O2↑；；36g/mol。
（2）①湿法制备高铁酸钾（K2FeO4），结合物质的性质可知，氢氧化铁被氧化为高铁酸根离子，是还原剂，次氯酸根离子被还原为氯离子，是氧化剂，碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3：2发生反应，六种微粒Fe（OH）3、ClO﹣、OH﹣、FeO42﹣、Cl﹣、H2O中，还原剂Fe（OH）3被氧化为FeO42﹣，氧化剂ClO﹣被还原为Cl﹣，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3：2，根据电子守恒和电荷守恒配平方程式，得到该离子反应为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，
故答案为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；
②根据2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O可知，反应过程中转移了6mol电子，还原产物Cl﹣的物质的量为3mol，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物Cl﹣的物质的量为0.15mol，
故答案为：0.15。
【点评】本题考查了氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、方程式的配平等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
20．（2分）已知：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br﹣。
（1）含有1molFeI2和2molFeBr2的溶液中通入2molCl2，此时被氧化的离子是 I﹣、Fe2+ 。
（2）若向含amolFeI2和b molFeBr2的溶液中通入cmol Cl2，当I﹣、Fe2+、Br﹣完全被氧化时，c＝ 1.5a+1.5b （用含a、b的代数式表示）。
【分析】由离子方程式可知几种离子的还原能力强弱顺序为I﹣＞Fe2+＞Br﹣，
（1）氯气不足，应先氧化还原性强的离子，结合电子守恒计算；
（2）由还原性可知，先氧化碘离子，后氧化亚铁离子，最后氧化溴离子，结合电子守恒计算。
【解答】解：（1）还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，有1mol FeI2和2mol FeBr2的溶液中含有3molFe2+，2molI﹣，4molBr﹣，通入2mol Cl2，首先氧化I﹣，其次氧化2molFe2+，
故答案为：I﹣、Fe2+；
（2）由还原性可知，先氧化碘离子，后氧化亚铁离子，最后氧化溴离子，由电子守恒可知，2a+（a+b）+2b＝2c，解得c＝1.5a+1.5b，
故答案为：1.5a+1.5b。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握氧化的先后顺序、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。
21．（11分）某实验小组欲在实验室利用浓盐酸和MnO2制取氯气并探究氯气的性质，设计了如图所示的实验装置：
（1）从装置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中选择合适的制氯气的装置（A处）： Ⅱ 。（填标号）
（2）装置B、C中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，实验过程中该同学发现装置B中的布条也褪色，其原因可能是 进入B的氯气未干燥 ；说明该装置存在明显的缺陷，请提出合理的改进方法： 在A、B之间加盛有浓硫酸的洗气瓶 。
（3）验证氯气的氧化性：将氯气通入Na2SO3溶液中，氯气可将Na2SO3氧化成Na2SO4。写出该反应的化学方程式： Cl2+Na2SO3+H2O＝Na2SO4+2HCl 。
（4）氯气通入饱和NaHCO3溶液中能产生无色气体，已知酸性：盐酸＞碳酸＞次氯酸。（强酸可以制弱酸）该实验证明氯气与水反应的生成物中含有 盐酸 。（填“盐酸“或“次氯酸“）
（5）实验装置中烧杯内氢氧化钠溶液的作用是 吸收尾气 。
【分析】由实验装置可知，A中发生MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，为固液加热装置，可选装置Ⅱ，装置B、C中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，均褪色不能证明氯气不具有漂白性，应在A、B之间加干燥装置，将氯气通入Na2SO3溶液中，氯气可将Na2SO3氧化成Na2SO4，氯水中含氢离子与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，最后NaOH溶液吸收尾气，以此来解答。
【解答】解：（1）A中发生MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，为固液加热装置，可选装置Ⅱ，
故答案为：Ⅱ；
（2）装置B、C中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，实验过程中该同学发现装置B中的布条也褪色，其原因可能是进入B的氯气未干燥；说明该装置存在明显的缺陷，合理的改进方法为在A、B之间加盛有浓硫酸的洗气瓶，
故答案为：进入B的氯气未干燥；在A、B之间加盛有浓硫酸的洗气瓶；
（3）验证氯气的氧化性：将氯气通入Na2SO3溶液中，氯气可将Na2SO3氧化成Na2SO4，该反应的化学方程式为Cl2+Na2SO3+H2O＝Na2SO4+2HCl，
故答案为：Cl2+Na2SO3+H2O＝Na2SO4+2HCl；
（4）酸性：盐酸＞碳酸＞次氯酸，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，有气体生成，生成的气体为二氧化碳，说明氯气和水反应生成盐酸，
故答案为：盐酸；
（5）实验装置中烧杯内氢氧化钠溶液的作用是吸收尾气，
故答案为：吸收尾气。
【点评】本题考查氯气的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
22．（8分）粗盐含有泥沙以及Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，其提纯过程一般经过以下流程：
某兴趣小组按上述方案进行粗盐提纯实验，实验室提供了粗盐样品、稀盐酸、NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液等药品以及必备的实验仪器若干。请回答下列问题：
（1）操作①粗盐样品加水之前，需要将大颗粒粗盐变为细小颗粒或粉末，此时在实验室中需要用到的仪器为 研钵 。
（2）操作②、④过滤后的滤液仍有浑浊，需要进行的操作是 重新过滤（或继续过滤） 。
（3）操作③按abc顺序依次加入过量的试剂。若a为NaOH溶液，则c为 Na2CO3溶液 。加入c发生反应的离子方程式为 Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓、Ba2++CO32﹣＝BaCO3↓ 。
（4）加盐酸调溶液pH的目的是 除去过量的OH﹣和CO32﹣ 。
（5）步骤⑥操作名称是 蒸发结晶 。
【分析】由实验流程可知，①中加水溶解，②中过滤分离出泥沙，滤液含NaCl及Ca2+、Mg2+、SO42﹣，③中加氯化钡除去硫酸根离子、加NaOH除去镁离子、加碳酸钠除去钙离子及过量钡离子，④过滤分离出沉淀为氢氧化镁、硫酸钡、碳酸钙、碳酸钡，滤液含NaCl、NaOH、Na2CO3，⑤中加盐酸除去NaOH、Na2CO3，⑥中蒸发结晶得到NaCl，以此来解答。
【解答】解：（1）操作①粗盐样品加水之前，需要将大颗粒粗盐变为细小颗粒或粉末，此时在实验室中需要用到的仪器为研钵，
故答案为：研钵；
（2）操作②、④过滤后的滤液仍有浑浊，需要进行的操作是重新过滤（或继续过滤），
故答案为：重新过滤（或继续过滤）；
（3）操作③按abc顺序依次加入过量的试剂。若a为NaOH溶液，则c为Na2CO3溶液，b为氯化钡，碳酸钠一定在氯化钡之后，加入c发生反应的离子方程式为Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓、Ba2++CO32﹣＝BaCO3↓，
故答案为：Na2CO3溶液；Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓、Ba2++CO32﹣＝BaCO3↓；
（4）加盐酸调溶液pH的目的是除去过量的OH﹣和CO32﹣，
故答案为：除去过量的OH﹣和CO32﹣；
（5）步骤⑥操作名称是蒸发结晶，
故答案为：蒸发结晶。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
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