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2023威海乳山银滩高级中学高一上学期10月月考化学试题含解析
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这是一份2023威海乳山银滩高级中学高一上学期10月月考化学试题含解析，共18页。试卷主要包含了 答题前，考生务必用0， 第Ⅱ卷必须用0，02×1023相似，5gNH3所含分子数不相等， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年度高一10月模块考试
化学试题
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分80分，考试时间45分钟。考试结束后，将答卷纸和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(共40分)
注意事项
1. 答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的班级、姓名、座号、准考证号填写在答题卡和试卷规定的位置上，并将答题卡上的考号、科目、试卷类型涂好。
2. 第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答案不能答在试卷上。
3. 第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔在答卷纸各题的答题区域内作答；不能写在试题卷上，不按以上要求作答的答案无效。
可能用到的相对原子质量：H 1;He4;C 12;N 14;0 16;Ne:20; Na 23;Mg 24;Al 27;S 32;Cl 35.5;K 39;Ca 40;Cu 64;Zn 65;Ag 108;Ba:137.
一、选择题（每小题2分，共40分，每个小题只有一个正确答案）
1．某学生利用如图所示装置对电解质溶液导电性进行实验探究。下列说法中正确的是（）
A．闭合开关K后，电流计指针不发生偏转，证明酒精溶液是非电解质
B．闭合开关，往溶液中通入氯气，随着气体通入，电流计示数增大，故氯气是电解质
C．用0.1mol·L-1的蔗糖溶液替换酒精溶液，电流计的示数相同，则蔗糖是非电解质
D．闭合开关，往烧杯中加NaCl固体，虽固体溶解，由于不反应，故电流计指针不偏转
2．每年10月23日上午6：02到下午6：02被誉为“摩尔日”(MoleDay)，这个时间的美式写法为6：02/10/23，外观与阿伏加德罗常数的值6.02×1023相似。设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．NA个氧气分子与NA个氖气分子的质量比是4∶5
B．17gOH-与19gH3O+所含电子数相等
C．物质的量相等的水和氖气中含有相同的原子数
D．22gCO2与8.5gNH3所含分子数不相等
3．某同学进行了有关金属活动性顺序的实验探究，其实验过程及实验现象如图所示。则下列有关分析判断中，正确的是
A．滤液中可能含有Ag+ B．滤渣中可能含有单质锌
C．滤液中只含有Zn2+ D．滤渣质量一定小于原混合粉末质量
4．取一定量的NaOH溶液通入CO2后，再继续向该溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示，下列说法正确的是
A．原溶液中NaOH的物质的量为0.75mol
B．通入CO2后所得的溶液溶质成分为NaOH和Na2CO3
C．通入CO2后所得的溶液中含有2.5×10-3molNaHCO3
D．原溶液通入CO2标准状况下为224mL
5. 已知NaClO溶液与能发生如下反应：，下列叙述错误的是( )
A. HClO比的酸性弱
B. 加入少量盐酸可增强NaClO溶液的漂白性
C. 通入少量可增强NaClO溶液的漂白性
D. 84消毒液的有效成分是，可用于消毒
6. 漂白粉和漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为，相应的生产流程如下。
下列说法错误的是( )
A. ①中电解饱和食盐水制氯气的过程中，有元素化合价发生变化
B. ②中反应的化学方程式为
C. ④中反应，氯元素的价态未发生改变
D. 制备漂粉精过程中，转化为时，的原子利用率为100%
7. 下列说法正确的是( )
①投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色；②质量相等的与分别与相同浓度盐酸完全反应时，产生的物质的量相等；③取和混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重，能测定和混合物中质量分数；④区别与溶液，可用溶液；⑤固体可以做干粉灭火剂，金属钠起火可以用它来灭火；⑥粉末中混有，可配制成溶液通入过量的，再低温结晶提纯得到。
A. ②④ B. ②⑤ C. ①⑥ D. ③④
8. 下列离子反应方程式正确的是( )
①稀盐酸与铁屑反应：
②碳酸镁与稀硫酸：
③碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液：
④向溶液中逐滴加入溶液至刚好沉淀完全：
⑤氯气通入水中：
A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ②③⑤
9. 今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：、、、、、、，现取三份溶液进行如下实验：
①第一份加入溶液有沉淀产生；
②第二份足量溶液加热后，收到标准状况下气体(已知加热时：)；
③第三份加足量溶液后，得干燥沉淀，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为。根据上述实验，以下推测正确的是( )
A. 可能存在 B. 溶液中含
C. 一定存在，且 D. 一定不存在，可能存在
10. 雾霾天气对环境造成了严重影响，部分城市有关部门经常性开展PM2.5和臭氧的监测。下列有关说法正确的是
A. 臭氧的相对分子质量是48g·mol-1
B. 同温同压条件下，等质量氧气和臭氧体积比为3∶2
C. 48g臭氧的体积为22.4L
D. 1.00mol臭氧中含有电子总数为18×6.02×1023
11. 给出下列条件，无法确定该物质摩尔质量的是( )
A. 已知气体在标准状况时的密度 B. 已知物质的体积和质量
C. 已知一种物质的质量和物质的量 D. 已知物质一个分子的实际质量
12. 下列物质的分类正确的是( )
酸
碱
盐
酸性氧化物
碱性氧化物
A
HCl
纯碱
NaCl
NO
CuO
B
HNO3
碱石灰
NaClO
CO
CaO
C
HClO
烧碱
NaHCO3
Mn2O7
Na2O
D
NaHSO4
火碱
CuSO4
SO2
Na2O2
13. 关于以下四个实验相关说法正确的是( )
A. 图Ⅰ是实验室制备氯气，其中盛装浓盐酸的仪器是长颈漏斗
B. 图Ⅱ是配制溶液时向容量瓶中转移溶液的操作
C. 图Ⅲ 铜在氯气中燃烧，产生棕黄色烟
D. 图Ⅳ 用于验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性
14. 已知，向FeI2溶液中滴加少量的溴水发生反应Ⅰ：2I-+Br2=2Br-+I2；滴加足量的溴水发生反应Ⅱ：2Fe2++4I-+3Br2=2Fe3++6Br-+2I2；现向只含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入一定量的Cl2，这三种离子的物质的量随n(Cl2)的变化情况如图所示，下列说法错误的是
A. 线段①③分别表示的I-、Br-变化情况
B由图像可推断n(Fe2+)=6mol
C. 原溶液中n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2：1：3
D.n(Cl2)=2mol时溶液中已发生的离子反应：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I 2+4Cl -
15. 某同学设计如图装置探究H2O2、SO2、I2的氧化性强弱。首先用N2排净装置内空气，然后通入SO2，甲中蓝色溶液褪色，乙中产生不溶于盐酸的白色沉淀；关闭弹簧夹，打开甲中分液漏斗活塞，逐滴滴加H2O2溶液，开始时颜色无明显变化，继续滴加H2O2溶液，混合液逐渐变成蓝色。下列说法错误的是（）
A. 甲中蓝色溶液褪色说明SO2将I2还原
B. 乙中反应的离子方程式是SO2+Ba2++H2O2=BaSO4↓+2H+
C. 实验中“开始时颜色无明显变化”的原因是SO2与H2O2反应
D. 由实验可知H2O2、SO2、I2氧化性由强到弱的顺序是I2>H2O2>SO2
16. 下列说法不正确的是：
A. 配制一定物质的量浓度的溶液时，容量瓶是否干燥对配制结果无影响
B. 在进行钠与水反应的实验时，多余的钠需要放回原试剂瓶中
C. 丁达尔效应是由于胶体粒子对光的散射形成的
D. 已知钠与水反应比钠与乙醇反应更剧烈，所以两种电解质的活泼性：水大于乙醇
17. 过氧化钠与水反应后滴加酚酞，酚酞先变红后褪色。某小组欲探究其原因，进行以下实验: ①取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体；实验②、③中红色均不褪去。下列分析错误的是
A. 过氧化钠与水反应产生的气体为O2
B. 过氧化钠与水反应需要MnO2作催化剂
C. 实验②、③证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气
D. 过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2
18. 某离子反应涉及H2O、、NO、H+、、Cr3+、六种微粒，已知反应过程中浓度变化如图所示，下列说法正确的是( )
A. 中Cr化合价是+7价B. 反应的氧化产物是
C. 消耗1 mol氧化剂，转移电子3 molD. 随着反应的进行，溶液中的H+浓度增大
19. 在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuO＋NH4Cl → Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是
A. 反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和N
B. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
C. 反应中产生0.2 mol气体时，转移0.6 mol电子
D. 该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的
20. 下列事实及其解释均正确的是
A. 将石蕊试液滴入氯水中，溶液先变为蓝色后迅速褪色，说明氯水中有HClO存在
B. 向氯水中加入NaOH溶液，氯水的浅黄绿色消失，说明氯水中有HClO存在
C. 向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，说明Na2O2 与 H2O反应放热且有氧气生成
D. 将钠长期暴露在空气中的产物是NaHCO3，原因是钠与氧气反应生成的Na2O与水和二氧化碳反应
第II卷（非选择题60分）
二、填空题（5小题共60分）
21.I、以下是实验室及生活中常见的一些物质：①液氯、②稀H2SO4、③CO2、④石灰水、⑤氯水、⑥氢氧化钠溶液、⑦CaO、⑧酒精、⑨Cu，请根据要求填空：
(1)属于酸性氧化物的是______；属于电解质的是________。(填序号)
(2) ②在水中的电离方程式为_________。
(3)写出①与⑥溶液反应的离子方程式：______。
II、过氧化钠常用作漂白剂、杀菌剂、消毒剂，能与水和二氧化碳等物质发生反应，保存不当时容易变质。某实验小组以过氧化钠为研究对象进行了如下实验，请回答以下问题：
(1)纯净的Na2O2是________色固体，其中氧元素的化合价为_________价。
(2)该实验小组为了粗略测定过氧化钠的质量分数，称取了20.0 g样品，并设计用如图装置通过排水法测定E中收集到的O2的体积，来测定过氧化钠的质量分数。
①将仪器连接好以后、加药品之前必须进行的一步操作_____，A中主要反应的离子方程式：_____；
②装置B的作用是除去二氧化碳气体中的______气体，写出相应的化学方程式_____。读出量筒内水的体积后，将其折算成标准状况下氧气的体积为2.24L，则样品中过氧化钠的质量分数为_____。
22.I、中国疾控中心指出，消毒是疫情防控的重要措施。含氯消毒剂是高效、安全的杀菌消毒剂。
(1)漂白粉主要用于游泳池水等的杀菌和消毒，久置空气中会呈稀粥状而失去漂白作用，用化学方程式表示漂白粉在空气中失效的原因_ 。
84消毒液是一种家用消毒剂，不能用于钢制器具的消毒，原因是NaClO具有__性。
(2)新制氧水常用于杀菌消毒，在25°C时将氧气溶于水形成氯气-氯水体系。该体系中Cl2(aq)、HClO和C1O-的物质的量分数(a)能pH变化的关系如图所示。由图分析，用氯气处理饮用水时，pH=6 与pH=7.5两种情况下，pH=____时杀菌效果强。 当pH=7.5时，氯水中含氯元素的微粒有HClO、 ClO-和_。
(3) ClO2是国际上公认的安全、无毒、无“三致”效应(致癌、致畸、致突变)的杀菌消毒剂。
①根据世界环保联盟的要求，ClO2将逐渐取代Cl2成为自来水的消毒剂。工业上常用NaClO3溶液和Na2SO3溶液混合并加入H2SO4酸化制得ClO2且产物中有Na2SO4，则在该反应中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为_。
②已知C1O2在进行饮用水消毒时转化为Cl-，则ClO2与Cl2的消毒能力之比为 _（写最简整数比,消毒能力用单位质量清毒剂得电子多少来衡量)
II、化学方法在文物保护中有重要作用，某博物馆修复出土铁器的部分过程如下:
(1)检测锈蚀产物主要成分的化学式为Fe3O4、Fe2O3 •H2O、FeO(OH)、 FeOCl,由产物可推测，铁器可能与 _(填2种反应物化学式)发生反应而被腐蚀。
(2)分析认为，铁经过了如下腐蚀循环：
I. Fe转化为Fe2+;
II. Fe2+在自然环境中形成FeO(OH);
III. FeO(OH)和 Fe2+反应形成致密的Fe3O4 保护层;
IV. Fe3O4 保护层转化为FeO(OH)，如此往复腐蚀。
①FeOCl中铁的化合价为___ ; 上述反应中是氧化还原反应的为_______(填序号)。
②FeO(OH)和Fe2+反应的离子方程式为_
③IV反应为Fe3O4+O2+H2O→FeO(OH), 还原剂为___ _,每反应 1mol还原剂，转移电子 _ mol。.
23. 研究钠及其化合物有重要意义。
(1)NaOH是实验室中最常用的试剂之一。实验室进行某实验需要0.3mol·L－1的氢氧化钠溶液约460mL，根据溶液配制的过程，回答下列问题：
①实验除了需要托盘天平(带砝码)、药匙、烧杯、胶头滴管和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是_____；
②根据计算得知，需用托盘天平(带砝码)准确称量NaOH固体________g；
③配制NaOH的操作可分解成如下几步，以下正确的操作顺序是_______；
A.继续往容量瓶中小心地加蒸馏水，使液面接近刻线
B.用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒，将溶液注入容量瓶，并重复操作两次
C.将已冷却的溶液注入已检查不漏水的容量瓶中
D.根据计算，用天平称量一定质量NaOH固体
E.将NaOH固体在烧杯中溶解
F.盖上容量瓶塞子，反复上下颠倒，摇匀
G.用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹液面恰好与刻线相切
④由于错误操作，所配制NaOH溶液浓度偏小的是__________。
A.转移时有少量溶液洒到容量瓶外面
B.使用容量瓶配制溶液时，俯视定容后所得溶液的浓度
C.没有用蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2～3次
D.容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干
E.定容时，不小心加水使液面高于刻线后，再吸出少量水使凹液面与刻度线相切
(2)Na2O2可作为呼吸面具和潜水艇里氧气的来源。Na2O2作为供氧剂时与人体呼出的二氧化碳发生反应的化学方程式为________。
(3)亚硝酸钠(化学式NaNO2)因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应： 2NaNO2＋4HI=2↑＋I2＋2NaI＋2H2O，回答问题：
①上述反应中，根据元素守恒，横线上的物质化学式是________。
②实验表明亚硝酸钠溶液呈碱性，亚硝酸银是一种白色不溶于水的固体。亚硝酸银与稀硝酸反应的化学方程式为：AgNO2+HNO3(稀)=AgNO3+HNO2，其中HNO2不稳定分解：HNO2=NO↑(无色)+NO2↑(红棕色)+H2O。请结合以上信息设计实验鉴别亚硝酸钠和食盐两瓶失去标签的固体。(提示：实验所需试剂和仪器均可提供，请写出操作、现象、结论)_______。
24. 双氧水是常用试剂。某小組设竍如下实验探究H2O2的性质:
(1)该组同学需先将10g10%的H2O2溶液稀释为5%，需要用到的玻璃仪器为量筒、烧杯、玻璃棒、。 他从文献查得H2O2的稳定性与pH的关系如图甲所示（已知溶液酸性越强pH越小) ，则他需要向稀释后的H2O2溶液中滴入几滴_（〈填“稀硫酸"或“氨水") 。
(2)该小组使用上述配制好的H2O2溶液，探究H2O2的性质，实验过程如上表乙。①实验i的现象为_,能证明H2O2具有_ 性(填"氧化"或"还原").
若该反应转移了0.3 mol电子，则产生的气体在标准状况下的体积为_。
②实验ii的离子方程式为 _
(3)己知I-、Fe2+、 SO2、H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为SO2>I-> H2O2>Fe2+>Cl-， 则下列反应不能发生的是_
2022-2023学年度高一10月模块考试
化学试题答案
1.【答案】C【详解】A．当开关K闭合后，电流计指针不发生偏转，说明不能形成闭合回路，证明酒精溶液不导电，酒精是非电解质，酒精溶液是混合物，故A错误；B．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．用0.1 mol•L-1的蔗糖溶液替换酒精溶液，电流计的示数相同，说明不能形成闭合回路，证明蔗糖溶液不导电，蔗糖是化合物且不能电离，为非电解质，故C正确；D．闭合开关K，往烧杯中加入NaCl固体，氯化钠溶于酒精溶液中的水电离出阴阳离子，混合溶液能导电，所以电流计指针发生偏转，故D错误；故选：C。
2【答案】B【详解】A．NA个氧气分子与NA个氖气分子的物质的量都是1mol，氧气和氖气的摩尔质量分别是32g/mol、20g/mol，所以其质量比为8∶5，A错误；B．17gOH-与19gH3O+的物质的量都是1mol，1个OH-和H3O+含有的电子数目都是10个，所以17gOH-与19gH3O+含有的电子数相等，B正确；C．水是三原子分子，氖是单原子分子，物质的量相等的水和氖气中所含原子数不相同，C错误；D．22gCO2物质的量为=0.5mol，8.5gNH3物质的量为=0.5mol，两者所含分子数都为0.5NA，D错误；故选B。
3【答案】C【详解】由金属活动性顺序可知，最活泼的金属首先参加反应，所以金属活动性强的锌和硝酸银溶液反应生成硝酸锌和银，当锌反应完以后，金属活动性弱的铜才与和硝酸银溶液反应生成硝酸铜和银；由图可知，向硝酸银溶液中加入锌粉和铜粉充分反应后得到无色溶液，说明铜没有参加反应，溶液中一定含有硝酸锌，一定不含硝酸银和硝酸铜，向滤渣中加入稀盐酸，无明显现象，说明滤渣中一定不含锌，含有银和铜，则滤渣质量一定大于原混合粉末质量，故选C。
4【答案】C【详解】A．消耗盐酸75mL时，溶液为恰好为氯化钠溶液，根据Na+、Cl-离子守恒，可知n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故A错误；B．由图示可知，前25mL稀盐酸用于和Na2CO3反应生成NaCl、NaHCO3，(75-25)mL稀盐酸用于和NaHCO3反应生成NaCl、CO2和H2O，可知通入一定量CO2反应后溶液中的溶质为Na2CO3、NaHCO3，故B错误；C．由图中2段反应消耗盐酸体积看，溶液中Na2CO3、NaHCO3的物质的量相等，生成二氧化碳发生反应为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，共消耗盐酸75mL-20mL=50mL，n总(NaHCO3)=n(HCl)=0.05L×0.1mol/L=0.005mol，所以通入CO2后所得的溶液中含有NaHCO3为0.005mol×=2.5×10-3mol，故C正确；D．碳元素守恒，由图知，原通入氢氧化钠溶液中的二氧化碳即图中所示amL：最后生成二氧化碳发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，共消耗盐酸75mL-25mL=50mL，n(CO2)=n(HCl)=0.05L×0.1mol/L=0.005mol，所以V(CO2)=0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，故D错误；答案选C。
5.【答案】D【解析】【分析】【详解】A.由强酸制弱酸的反应原理可知，碳酸的酸性比次氯酸的强，故A正确；B.加入少量盐酸，盐酸与次氯酸钠反应生成次氯酸，次氯酸浓度增大，溶液的漂白性增强，故B正确；C.通入少量氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸浓度增大，溶液的漂白性增强，故C正确；D.84消毒液的有效成分是次氯酸钠，不是次氯酸钙，根D错误；故选D。
6. 【答案】D【解析】【分析】饱和食盐水通电电解得到氯气，氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，干燥后即得漂白粉；氯气与湿润的碳酸钠反应得到Cl2O气体，溶于水得到HClO，次氯酸在与石灰乳反应得到次氯酸钙，干燥后即为漂粉精。【详解】A．氯元素由化合态变为游离态，一定有化合价的变化，故A正确；B．②中反应为氯气与石灰乳的反应，生成氯化钙和次氯酸钙、水，化学方程式为，故B正确；
C．Cl2O和HClO中氯元素的化合价均为+1价，故C正确；D．氯气与湿润的碳酸钠反应时发生的是歧化反应：2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2，NaCl中的氯元素没有用于制取漂粉精，氯原子的利用率不是100%，故D错误；综上所述答案为D。
7. 【答案】C【解析】【分析】【详解】①过氧化钠与水反应2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成NaOH，溶液变蓝，Na2O2具有强氧化性，能使有色物质褪色，故①正确；②Na2CO3与足量的盐酸反应：Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O，碳酸氢钠与盐酸反应：NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，令NaHCO3和Na2CO3的质量都为ag，根据碳原子守恒，Na2CO3产生CO2的物质的量为mol，NaHCO3产生CO2的物质的量为mol，碳酸氢钠产生CO2多，故②错误；③与足量稀硫酸反应，产生的CO2中混有水蒸气，即bg为CO2和水蒸气的质量，无法计算出Na2CO3和NaHCO3的质量，故③错误；④NaHCO3溶液中加入Ca(OH)2溶液，发生Ca(OH)2＋2NaHCO3=CaCO3↓＋2H2O＋Na2CO3或Ca(OH)2＋NaHCO3=CaCO3↓＋H2O＋NaOH，Na2CO3溶液中加入Ca(OH)2溶液，发生Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH，两者都有白色沉淀生成，无法区别NaHCO3溶液和Na2CO3溶液，故④错误；⑤NaHCO3受热分解产生CO2和H2O，金属钠着火产生Na2O2，Na2O2能与CO2、H2O反应生成O2，不能起到灭火的目的，故⑤错误；⑥Na2CO3溶液通入过量CO2，发生Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，再低温结晶提纯得到NaHCO3晶体，故⑥正确；综上选项①⑥正确，答案为C正确；答案为C。
8. 【答案】B【解析】【分析】【详解】①稀盐酸不能将Fe氧化为，只能将其氧化为，所以稀盐酸与铁屑反应离子方程式为：，故①错；②难容的碳酸镁与稀硫酸反应生成可溶性的硫酸镁、二氧化碳和水，所以碳酸镁与稀硫酸反应的离子方程式为：，故②正确；③碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液反应生成难容的碳酸钙，和可溶的碳酸氢钠和水，即：，故③正确；④向溶液中逐滴加入溶液至刚好沉淀完全，即生硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水，即：，故④正确；⑤氯气与水反应属于可逆反应，且生成的HClO为弱酸不能拆成离子形式，即氯气通入水中反应的离子方程式为：，故⑤错；综上所述②③④符合题意，故选B。
9.【答案】A【解析】【分析】【详解】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能是AgCl、Ag2CO3、AgSO4这些沉淀，所以可能含有、、中的至少一种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0. 04mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是，而没有沉淀产生说明一定不存在 (可以和反应生产氢氧化镁沉淀），故可确定一定含有，一定不存在，根据反应，产生NH3为0. 04mol，可得也为0. 04mol；第三份加足量溶液后，得干燥沉淀6. 27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2. 33g，部分沉淀溶于盐酸为，部分不溶解于盐酸的为，因此一定存在、，一定不存在；由分析知质量为2.33g，物质的量为，，的质量为，，，由上述分析可知，溶液中一定存在、、，一定不存在、。而、、物质的量分别为0.04mol、0.02 mol、0.01 mol，、所带负电荷分别为、，共0.06 mol，所带正电荷为0.04 mol，根据电荷守恒可知，一定含有钾离子，其物质的量最小为0.02 mol，不能确定，可有可无，故A正确；溶液中含，故B错误；一定存在，，故C错误；、一定不存在，故D错误；故选A。
10.【答案】B【解析】【分析】【详解】A．臭氧的相对分子质量是为48，没有单位，A错误；
B．同温同压条件下，气体的体积比与物质的量之比相等，所以等质量的氧气和臭氧体积比为=3∶2，B正确；C．未指明温度和压强，不能根据22.4L/mol计算气体的体积，C错误；
D．一个臭氧分子含有8×3=24个电子，1.00mol臭氧中含有电子总数为24×6.02×1023，D错误；
综上所述答案为B。
11【答案】B【解析】【详解】A、已知气体在标准状况下时的密度，计算该气体的摩尔质量，可以利用M=22.4ρ标，故A不符合题意；B、已知物质的体积和质量，只能计算出该物质的密度，不能计算出该物质的摩尔质量，故B符合题意；C、已知该物质的质量和物质的量，利用，可以计算出该物质的摩尔质量，故C不符合题意；D、如果知道一个分子的实际质量，利用，其中m为一个分子的实际质量，可以计算出该分子的摩尔质量，故D不符合题意；
答案为B。
12.【答案】C【解析】【详解】A．纯碱是碳酸钠，属于盐，不属于碱，NO是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故A错误；B．CO是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故B错误；C．HClO属于酸，烧碱是氢氧化钠属于碱，NaHCO3属于盐，Mn2O7属于酸性氧化物，Na2O属于碱性氧化物，故C正确；D．NaHSO4属于酸式盐，不属于酸，Na2O2属于过氧化物，不是碱性氧化物，故D错误；故选C。
13.【答案】C【解析】【详解】A．图Ⅰ盛装浓盐酸的仪器是分液漏斗，故A错误；B．图Ⅱ中移液时玻璃棒下端要靠在刻度线以下，故B错误；C．图Ⅲ铜在氯气中燃烧，剧烈燃烧，产生棕黄色的烟，故C正确；D．图Ⅳ碳酸氢钠和碳酸钠位置放反了，碳酸钠在温度高时不分解，碳酸氢钠在温度低时分解，说明碳酸钠比碳酸氢钠稳定，故D错误。综上所述，答案为C。
14【答案】B【解析】【分析】向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，因为还原性I->Fe2+>Br-，首先发生反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-， I-反应完毕，再发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕后，又发生2Br-+Cl2=Br2+2Cl-反应，故线段①代表I-的变化情况，线段②代表Fe2+的变化情况，线段③代表Br-的变化情况，以此分析解答。【详解】A.根据上述分析可知：线段①代表I-的变化情况，线段③代表Br-的变化情况，故A正确；B.根据上述分析可知：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-反应中2Fe2+Cl2，由图像可知Fe2+消耗Cl2的量为2mol，所以n(Fe2+)= 4mol，故B错误；C.根据上述分析可知：2I-+Cl2=I2+2Cl-在反应中存在2I-Cl2，由图像可知I-消耗Cl2的量为1mol，所以n(I-)=2mol；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-反应中存在2Fe2+Cl2，由图像可知Fe2+消耗Cl2的量为2mol，所以n(Fe2+)= 4mol；在2Br-+Cl2=Br2+2Cl-反应中存在2Br-Cl2，由图像可知Br-消耗Cl2的量为3mol，所以n(Br-)=6mol，所以原溶液中n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=4：2：6=2：1：3；故C正确；D.根据上述分析可知：当溶液中通入2mol Cl2时，溶液中I-全部被氧化，Fe2+被部分氧化，所以该反应的离子反应方程为：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+I2，故D正确；故答案：B。
15【答案】D【解析】【详解】A. 甲中蓝色溶液褪色说明SO2将I2还原为I-，；B. 乙中反应为，二氧化硫与双氧水反应生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式是SO2+Ba2++H2O2=BaSO4↓+2H+，故B正确；C. 实验中“开始时颜色无明显变化”的原因是SO2与H2O2先发生反应，故C正确；D. 继续滴加H2O2溶液，混合液逐渐变成蓝色，说明H2O2将I-氧化为I2，则氧化性H2O2> I2，故D错误；故选D。
16.【答案】D【解析】【详解】A.用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，在使用前要先检查是否漏水，容量瓶中无论干燥与否，对实验结果没有影响，故A正确；B.钠为极活泼的金属，易和水反应生成氢气，所以实验后剩余的少量钠要放回原试剂瓶中，故B正确；C.胶粒直径介于1～100nm之间，小于可见光波长，对光散射形成丁达尔效应，故C正确；D.钠与乙醇反应不如钠与水反应剧烈，说明乙醇羟基中的H不如水中的H活泼，乙醇比水更难电离，所以乙醇是非电解质，故D错误。故选D。【点睛】注意电解质和非电解质是对化合物的分类，单质既不是电解质也不是非电解质，乙醇属于非电解质。
17【答案】B【解析】A. 过氧化钠与水反应产生的气体为O2，A正确；B. 过氧化钠与水反应不需要催化剂，双氧水分解需要MnO2作催化剂，B错误；C. 实验②、③作为对照实验，能证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气，C正确；D. 根据反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体可判断过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2，D正确，答案选B。
18【答案】B【解析】【详解】根据图象可知，反应过程中浓度逐渐减小，说明被氧化生成，则被还原生成Cr3+，N元素化合价从+3变为+5，化合价升高2价，Cr元素化合价从+6变为+3，化合价降低3价，根据化合价升降相等配平可得：+3+ 8H+= 3+ 2Cr3+ + 4H2O。A．中O化合价为-2，则Cr化合价是+6 价，故A错误；B．N元素的化合价升高被氧化，反应中氧化产物是，故B正确；C．反应中Cr的化合价从+6价降低到3价，则消耗1 mol ，转移电子6 mol，故C错误；D．根据反应+3+ 8H+ = 3+ 2Cr3+ + 4H2O可知，随着反应的进行，溶液中的H+浓度逐渐减小，故D错误；
故选：B。
19.【答案】B【解析】【分析】根据CuO＋NH4Cl → Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O分析可知：Cu由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由-3价升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO＋2NH4Cl = 3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O即可判断。【详解】A.氯化铵中N元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故A错误；
B.根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3：2，故B正确；C.由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol×6=1.2mol，故C错误；D.由反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3/4，故D错误。综上所述，本题正确答案为B。
20.【答案】C【解析】【详解】A．氯水中含有盐酸(酸性)和次氯酸(漂白性)，则将几滴紫色石蕊试液滴入到氯水中，溶液先变红，后又褪色，故A错误；B．加入NaOH溶液，氯水浅黄绿色消失，是由于氯气和氢氧化钠溶液反应，与次氯酸无关，故B错误；C．过氧化钠与水反应生成氧气，且反应为放热反应，所以向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，故C正确；D．钠放置在空气中和氧气反应生成氧化钠而变暗，反应方程式为4Na+O2═2Na2O，生成的氧化钠与水反应生成氢氧化钠，反应方程式为Na2O+H2O=2NaOH，生成的氢氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，反应方程式为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，再形成碳酸钠晶体，最后风化得到Na2CO3，故D错误；答案为C。
21.I【答案】 (1). ③ (2). ⑦ (3). H2SO4=2H++SO (4). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【解析】【详解】(1)酸性氧化物能和碱反应生成盐和水，所以③CO2属于酸性氧化物；电解质指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，所以属于电解质的是⑦CaO，故答案：③；⑦。
(2)H2SO4为强电解质，在水溶液中能完全电离，所以②稀H2SO4在水中的电离方程式为H2SO4=2H++SO，故答案：H2SO4=2H++SO。(3)①为液氯，⑥为氢氧化钠溶液，则①与⑥反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其溶液反应的离子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
II【答案】 (1). 淡黄 (2). -1 (3). 检验装置的气密性 (4). CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ (5). HCl (6). NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑ (7). 78%
【解析】【分析】装置图中A为生成二氧化碳的装置，B为洗气装置，C为二氧化碳与过氧化钠反应的装置，D为吸收多余的二氧化碳的装置，E和F是测量生成氧气的体积的装置；以此解答。【详解】(1)纯净的Na2O2是淡黄色固体，其中氧元素的化合价为+1价，故答案为：淡黄；-1；
(2)①实验探究测定方法是测定二氧化碳和过氧化钠反应生成的氧气，装置中必须是气密性完好，将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是检查装置的气密性；A中发生反应是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳、水和氯化钙，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故答案为：检查装置的气密性；CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；②B为洗气装置，A中反应生成的二氧化碳混有HCl气体，可以通过B中的饱和碳酸氢钠溶液除去，化学方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；测定出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为2.24L，物质的量= =0.1mol，则样品中过氧化钠的质量分数为=×100%=78%；故答案为：HCl；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；78%。
22、I、
II、
23、【答案】 (1). 500mL容量瓶 (2). 6.0 (3). DECBAGF (4). ACE (5). 2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2 (6). NO (7). 分别将固体配成溶液，用pH试纸检测，显碱性的是亚硝酸钠
【解析】
【详解】(1)①配置0.3mol·L－1氢氧化钠溶液约460mL，除了需要托盘天平(带砝码)、药匙、烧杯、胶头滴管和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；
②准确称量NaOH固体的质量为0.5L0.3mol/L40g/mol=6.0g，故答案为：6.0；
③配制步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，正确的操作顺序是DECBAGF，故答案为：DECBAGF；
④A. 转移时有少量溶液洒到容量瓶外面，会导致溶质物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故A选；
B. 使用容量瓶配制溶液时，俯视定容所得溶液的体积偏小，会导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏高，故B不选；
C. 没有用蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2～3次，会导致溶质物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故C选；
D. 容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干，不会导致所配溶液有偏差，故D不选；
E. 定容时，不小心加水使液面高于刻线后，再吸出少量水使凹液面与刻度线相切，会导致溶质物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故E选；
故答案为：ACE；
(2)Na2O2作为供氧剂时与人体呼出的水蒸气反应生成氧气和氢氧化钠，化学方程式为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2；
(3)①根据元素守恒，横线上的物质化学式是NO，故答案为：NO；
②由题目中的信息可知亚硝酸钠溶液呈碱性，食盐也易溶于水，但其水溶液量中性，所以用酸碱指示剂来鉴别两种物质；分别将固体配成溶液，用pH试纸检测，显碱性的是亚硝酸钠，故答案为：分别将固体配成溶液，用pH试纸检测，显碱性的是亚硝酸钠。
24、
2022-2023学年度高一10月模块考试
化学试题
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分80分，考试时间45分钟。考试结束后，将答卷纸和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(共40分)
注意事项
1. 答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的班级、姓名、座号、准考证号填写在答题卡和试卷规定的位置上，并将答题卡上的考号、科目、试卷类型涂好。
2. 第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答案不能答在试卷上。
3. 第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔在答卷纸各题的答题区域内作答；不能写在试题卷上，不按以上要求作答的答案无效。
可能用到的相对原子质量：H 1;He4;C 12;N 14;0 16;Ne:20; Na 23;Mg 24;Al 27;S 32;Cl 35.5;K 39;Ca 40;Cu 64;Zn 65;Ag 108;Ba:137.
一、选择题（每小题2分，共40分，每个小题只有一个正确答案）
1．某学生利用如图所示装置对电解质溶液导电性进行实验探究。下列说法中正确的是（）
A．闭合开关K后，电流计指针不发生偏转，证明酒精溶液是非电解质
B．闭合开关，往溶液中通入氯气，随着气体通入，电流计示数增大，故氯气是电解质
C．用0.1mol·L-1的蔗糖溶液替换酒精溶液，电流计的示数相同，则蔗糖是非电解质
D．闭合开关，往烧杯中加NaCl固体，虽固体溶解，由于不反应，故电流计指针不偏转
2．每年10月23日上午6：02到下午6：02被誉为“摩尔日”(MoleDay)，这个时间的美式写法为6：02/10/23，外观与阿伏加德罗常数的值6.02×1023相似。设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．NA个氧气分子与NA个氖气分子的质量比是4∶5
B．17gOH-与19gH3O+所含电子数相等
C．物质的量相等的水和氖气中含有相同的原子数
D．22gCO2与8.5gNH3所含分子数不相等
3．某同学进行了有关金属活动性顺序的实验探究，其实验过程及实验现象如图所示。则下列有关分析判断中，正确的是
A．滤液中可能含有Ag+ B．滤渣中可能含有单质锌
C．滤液中只含有Zn2+ D．滤渣质量一定小于原混合粉末质量
4．取一定量的NaOH溶液通入CO2后，再继续向该溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示，下列说法正确的是
A．原溶液中NaOH的物质的量为0.75mol
B．通入CO2后所得的溶液溶质成分为NaOH和Na2CO3
C．通入CO2后所得的溶液中含有2.5×10-3molNaHCO3
D．原溶液通入CO2标准状况下为224mL
5. 已知NaClO溶液与能发生如下反应：，下列叙述错误的是( )
A. HClO比的酸性弱
B. 加入少量盐酸可增强NaClO溶液的漂白性
C. 通入少量可增强NaClO溶液的漂白性
D. 84消毒液的有效成分是，可用于消毒
6. 漂白粉和漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为，相应的生产流程如下。
下列说法错误的是( )
A. ①中电解饱和食盐水制氯气的过程中，有元素化合价发生变化
B. ②中反应的化学方程式为
C. ④中反应，氯元素的价态未发生改变
D. 制备漂粉精过程中，转化为时，的原子利用率为100%
7. 下列说法正确的是( )
①投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色；②质量相等的与分别与相同浓度盐酸完全反应时，产生的物质的量相等；③取和混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重，能测定和混合物中质量分数；④区别与溶液，可用溶液；⑤固体可以做干粉灭火剂，金属钠起火可以用它来灭火；⑥粉末中混有，可配制成溶液通入过量的，再低温结晶提纯得到。
A. ②④ B. ②⑤ C. ①⑥ D. ③④
8. 下列离子反应方程式正确的是( )
①稀盐酸与铁屑反应：
②碳酸镁与稀硫酸：
③碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液：
④向溶液中逐滴加入溶液至刚好沉淀完全：
⑤氯气通入水中：
A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ②③⑤
9. 今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：、、、、、、，现取三份溶液进行如下实验：
①第一份加入溶液有沉淀产生；
②第二份足量溶液加热后，收到标准状况下气体(已知加热时：)；
③第三份加足量溶液后，得干燥沉淀，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为。根据上述实验，以下推测正确的是( )
A. 可能存在 B. 溶液中含
C. 一定存在，且 D. 一定不存在，可能存在
10. 雾霾天气对环境造成了严重影响，部分城市有关部门经常性开展PM2.5和臭氧的监测。下列有关说法正确的是
A. 臭氧的相对分子质量是48g·mol-1
B. 同温同压条件下，等质量氧气和臭氧体积比为3∶2
C. 48g臭氧的体积为22.4L
D. 1.00mol臭氧中含有电子总数为18×6.02×1023
11. 给出下列条件，无法确定该物质摩尔质量的是( )
A. 已知气体在标准状况时的密度 B. 已知物质的体积和质量
C. 已知一种物质的质量和物质的量 D. 已知物质一个分子的实际质量
12. 下列物质的分类正确的是( )
酸
碱
盐
酸性氧化物
碱性氧化物
A
HCl
纯碱
NaCl
NO
CuO
B
HNO3
碱石灰
NaClO
CO
CaO
C
HClO
烧碱
NaHCO3
Mn2O7
Na2O
D
NaHSO4
火碱
CuSO4
SO2
Na2O2
13. 关于以下四个实验相关说法正确的是( )
A. 图Ⅰ是实验室制备氯气，其中盛装浓盐酸的仪器是长颈漏斗
B. 图Ⅱ是配制溶液时向容量瓶中转移溶液的操作
C. 图Ⅲ 铜在氯气中燃烧，产生棕黄色烟
D. 图Ⅳ 用于验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性
14. 已知，向FeI2溶液中滴加少量的溴水发生反应Ⅰ：2I-+Br2=2Br-+I2；滴加足量的溴水发生反应Ⅱ：2Fe2++4I-+3Br2=2Fe3++6Br-+2I2；现向只含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入一定量的Cl2，这三种离子的物质的量随n(Cl2)的变化情况如图所示，下列说法错误的是
A. 线段①③分别表示的I-、Br-变化情况
B由图像可推断n(Fe2+)=6mol
C. 原溶液中n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2：1：3
D.n(Cl2)=2mol时溶液中已发生的离子反应：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I 2+4Cl -
15. 某同学设计如图装置探究H2O2、SO2、I2的氧化性强弱。首先用N2排净装置内空气，然后通入SO2，甲中蓝色溶液褪色，乙中产生不溶于盐酸的白色沉淀；关闭弹簧夹，打开甲中分液漏斗活塞，逐滴滴加H2O2溶液，开始时颜色无明显变化，继续滴加H2O2溶液，混合液逐渐变成蓝色。下列说法错误的是（）
A. 甲中蓝色溶液褪色说明SO2将I2还原
B. 乙中反应的离子方程式是SO2+Ba2++H2O2=BaSO4↓+2H+
C. 实验中“开始时颜色无明显变化”的原因是SO2与H2O2反应
D. 由实验可知H2O2、SO2、I2氧化性由强到弱的顺序是I2>H2O2>SO2
16. 下列说法不正确的是：
A. 配制一定物质的量浓度的溶液时，容量瓶是否干燥对配制结果无影响
B. 在进行钠与水反应的实验时，多余的钠需要放回原试剂瓶中
C. 丁达尔效应是由于胶体粒子对光的散射形成的
D. 已知钠与水反应比钠与乙醇反应更剧烈，所以两种电解质的活泼性：水大于乙醇
17. 过氧化钠与水反应后滴加酚酞，酚酞先变红后褪色。某小组欲探究其原因，进行以下实验: ①取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体；实验②、③中红色均不褪去。下列分析错误的是
A. 过氧化钠与水反应产生的气体为O2
B. 过氧化钠与水反应需要MnO2作催化剂
C. 实验②、③证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气
D. 过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2
18. 某离子反应涉及H2O、、NO、H+、、Cr3+、六种微粒，已知反应过程中浓度变化如图所示，下列说法正确的是( )
A. 中Cr化合价是+7价B. 反应的氧化产物是
C. 消耗1 mol氧化剂，转移电子3 molD. 随着反应的进行，溶液中的H+浓度增大
19. 在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuO＋NH4Cl → Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是
A. 反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和N
B. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
C. 反应中产生0.2 mol气体时，转移0.6 mol电子
D. 该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的
20. 下列事实及其解释均正确的是
A. 将石蕊试液滴入氯水中，溶液先变为蓝色后迅速褪色，说明氯水中有HClO存在
B. 向氯水中加入NaOH溶液，氯水的浅黄绿色消失，说明氯水中有HClO存在
C. 向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，说明Na2O2 与 H2O反应放热且有氧气生成
D. 将钠长期暴露在空气中的产物是NaHCO3，原因是钠与氧气反应生成的Na2O与水和二氧化碳反应
第II卷（非选择题60分）
二、填空题（5小题共60分）
21.I、以下是实验室及生活中常见的一些物质：①液氯、②稀H2SO4、③CO2、④石灰水、⑤氯水、⑥氢氧化钠溶液、⑦CaO、⑧酒精、⑨Cu，请根据要求填空：
(1)属于酸性氧化物的是______；属于电解质的是________。(填序号)
(2) ②在水中的电离方程式为_________。
(3)写出①与⑥溶液反应的离子方程式：______。
II、过氧化钠常用作漂白剂、杀菌剂、消毒剂，能与水和二氧化碳等物质发生反应，保存不当时容易变质。某实验小组以过氧化钠为研究对象进行了如下实验，请回答以下问题：
(1)纯净的Na2O2是________色固体，其中氧元素的化合价为_________价。
(2)该实验小组为了粗略测定过氧化钠的质量分数，称取了20.0 g样品，并设计用如图装置通过排水法测定E中收集到的O2的体积，来测定过氧化钠的质量分数。
①将仪器连接好以后、加药品之前必须进行的一步操作_____，A中主要反应的离子方程式：_____；
②装置B的作用是除去二氧化碳气体中的______气体，写出相应的化学方程式_____。读出量筒内水的体积后，将其折算成标准状况下氧气的体积为2.24L，则样品中过氧化钠的质量分数为_____。
22.I、中国疾控中心指出，消毒是疫情防控的重要措施。含氯消毒剂是高效、安全的杀菌消毒剂。
(1)漂白粉主要用于游泳池水等的杀菌和消毒，久置空气中会呈稀粥状而失去漂白作用，用化学方程式表示漂白粉在空气中失效的原因_ 。
84消毒液是一种家用消毒剂，不能用于钢制器具的消毒，原因是NaClO具有__性。
(2)新制氧水常用于杀菌消毒，在25°C时将氧气溶于水形成氯气-氯水体系。该体系中Cl2(aq)、HClO和C1O-的物质的量分数(a)能pH变化的关系如图所示。由图分析，用氯气处理饮用水时，pH=6 与pH=7.5两种情况下，pH=____时杀菌效果强。 当pH=7.5时，氯水中含氯元素的微粒有HClO、 ClO-和_。
(3) ClO2是国际上公认的安全、无毒、无“三致”效应(致癌、致畸、致突变)的杀菌消毒剂。
①根据世界环保联盟的要求，ClO2将逐渐取代Cl2成为自来水的消毒剂。工业上常用NaClO3溶液和Na2SO3溶液混合并加入H2SO4酸化制得ClO2且产物中有Na2SO4，则在该反应中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为_。
②已知C1O2在进行饮用水消毒时转化为Cl-，则ClO2与Cl2的消毒能力之比为 _（写最简整数比,消毒能力用单位质量清毒剂得电子多少来衡量)
II、化学方法在文物保护中有重要作用，某博物馆修复出土铁器的部分过程如下:
(1)检测锈蚀产物主要成分的化学式为Fe3O4、Fe2O3 •H2O、FeO(OH)、 FeOCl,由产物可推测，铁器可能与 _(填2种反应物化学式)发生反应而被腐蚀。
(2)分析认为，铁经过了如下腐蚀循环：
I. Fe转化为Fe2+;
II. Fe2+在自然环境中形成FeO(OH);
III. FeO(OH)和 Fe2+反应形成致密的Fe3O4 保护层;
IV. Fe3O4 保护层转化为FeO(OH)，如此往复腐蚀。
①FeOCl中铁的化合价为___ ; 上述反应中是氧化还原反应的为_______(填序号)。
②FeO(OH)和Fe2+反应的离子方程式为_
③IV反应为Fe3O4+O2+H2O→FeO(OH), 还原剂为___ _,每反应 1mol还原剂，转移电子 _ mol。.
23. 研究钠及其化合物有重要意义。
(1)NaOH是实验室中最常用的试剂之一。实验室进行某实验需要0.3mol·L－1的氢氧化钠溶液约460mL，根据溶液配制的过程，回答下列问题：
①实验除了需要托盘天平(带砝码)、药匙、烧杯、胶头滴管和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是_____；
②根据计算得知，需用托盘天平(带砝码)准确称量NaOH固体________g；
③配制NaOH的操作可分解成如下几步，以下正确的操作顺序是_______；
A.继续往容量瓶中小心地加蒸馏水，使液面接近刻线
B.用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒，将溶液注入容量瓶，并重复操作两次
C.将已冷却的溶液注入已检查不漏水的容量瓶中
D.根据计算，用天平称量一定质量NaOH固体
E.将NaOH固体在烧杯中溶解
F.盖上容量瓶塞子，反复上下颠倒，摇匀
G.用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹液面恰好与刻线相切
④由于错误操作，所配制NaOH溶液浓度偏小的是__________。
A.转移时有少量溶液洒到容量瓶外面
B.使用容量瓶配制溶液时，俯视定容后所得溶液的浓度
C.没有用蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2～3次
D.容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干
E.定容时，不小心加水使液面高于刻线后，再吸出少量水使凹液面与刻度线相切
(2)Na2O2可作为呼吸面具和潜水艇里氧气的来源。Na2O2作为供氧剂时与人体呼出的二氧化碳发生反应的化学方程式为________。
(3)亚硝酸钠(化学式NaNO2)因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应： 2NaNO2＋4HI=2↑＋I2＋2NaI＋2H2O，回答问题：
①上述反应中，根据元素守恒，横线上的物质化学式是________。
②实验表明亚硝酸钠溶液呈碱性，亚硝酸银是一种白色不溶于水的固体。亚硝酸银与稀硝酸反应的化学方程式为：AgNO2+HNO3(稀)=AgNO3+HNO2，其中HNO2不稳定分解：HNO2=NO↑(无色)+NO2↑(红棕色)+H2O。请结合以上信息设计实验鉴别亚硝酸钠和食盐两瓶失去标签的固体。(提示：实验所需试剂和仪器均可提供，请写出操作、现象、结论)_______。
24. 双氧水是常用试剂。某小組设竍如下实验探究H2O2的性质:
(1)该组同学需先将10g10%的H2O2溶液稀释为5%，需要用到的玻璃仪器为量筒、烧杯、玻璃棒、。 他从文献查得H2O2的稳定性与pH的关系如图甲所示（已知溶液酸性越强pH越小) ，则他需要向稀释后的H2O2溶液中滴入几滴_（〈填“稀硫酸"或“氨水") 。
(2)该小组使用上述配制好的H2O2溶液，探究H2O2的性质，实验过程如上表乙。①实验i的现象为_,能证明H2O2具有_ 性(填"氧化"或"还原").
若该反应转移了0.3 mol电子，则产生的气体在标准状况下的体积为_。
②实验ii的离子方程式为 _
(3)己知I-、Fe2+、 SO2、H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为SO2>I-> H2O2>Fe2+>Cl-， 则下列反应不能发生的是_
2022-2023学年度高一10月模块考试
化学试题答案
1.【答案】C【详解】A．当开关K闭合后，电流计指针不发生偏转，说明不能形成闭合回路，证明酒精溶液不导电，酒精是非电解质，酒精溶液是混合物，故A错误；B．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．用0.1 mol•L-1的蔗糖溶液替换酒精溶液，电流计的示数相同，说明不能形成闭合回路，证明蔗糖溶液不导电，蔗糖是化合物且不能电离，为非电解质，故C正确；D．闭合开关K，往烧杯中加入NaCl固体，氯化钠溶于酒精溶液中的水电离出阴阳离子，混合溶液能导电，所以电流计指针发生偏转，故D错误；故选：C。
2【答案】B【详解】A．NA个氧气分子与NA个氖气分子的物质的量都是1mol，氧气和氖气的摩尔质量分别是32g/mol、20g/mol，所以其质量比为8∶5，A错误；B．17gOH-与19gH3O+的物质的量都是1mol，1个OH-和H3O+含有的电子数目都是10个，所以17gOH-与19gH3O+含有的电子数相等，B正确；C．水是三原子分子，氖是单原子分子，物质的量相等的水和氖气中所含原子数不相同，C错误；D．22gCO2物质的量为=0.5mol，8.5gNH3物质的量为=0.5mol，两者所含分子数都为0.5NA，D错误；故选B。
3【答案】C【详解】由金属活动性顺序可知，最活泼的金属首先参加反应，所以金属活动性强的锌和硝酸银溶液反应生成硝酸锌和银，当锌反应完以后，金属活动性弱的铜才与和硝酸银溶液反应生成硝酸铜和银；由图可知，向硝酸银溶液中加入锌粉和铜粉充分反应后得到无色溶液，说明铜没有参加反应，溶液中一定含有硝酸锌，一定不含硝酸银和硝酸铜，向滤渣中加入稀盐酸，无明显现象，说明滤渣中一定不含锌，含有银和铜，则滤渣质量一定大于原混合粉末质量，故选C。
4【答案】C【详解】A．消耗盐酸75mL时，溶液为恰好为氯化钠溶液，根据Na+、Cl-离子守恒，可知n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故A错误；B．由图示可知，前25mL稀盐酸用于和Na2CO3反应生成NaCl、NaHCO3，(75-25)mL稀盐酸用于和NaHCO3反应生成NaCl、CO2和H2O，可知通入一定量CO2反应后溶液中的溶质为Na2CO3、NaHCO3，故B错误；C．由图中2段反应消耗盐酸体积看，溶液中Na2CO3、NaHCO3的物质的量相等，生成二氧化碳发生反应为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，共消耗盐酸75mL-20mL=50mL，n总(NaHCO3)=n(HCl)=0.05L×0.1mol/L=0.005mol，所以通入CO2后所得的溶液中含有NaHCO3为0.005mol×=2.5×10-3mol，故C正确；D．碳元素守恒，由图知，原通入氢氧化钠溶液中的二氧化碳即图中所示amL：最后生成二氧化碳发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，共消耗盐酸75mL-25mL=50mL，n(CO2)=n(HCl)=0.05L×0.1mol/L=0.005mol，所以V(CO2)=0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，故D错误；答案选C。
5.【答案】D【解析】【分析】【详解】A.由强酸制弱酸的反应原理可知，碳酸的酸性比次氯酸的强，故A正确；B.加入少量盐酸，盐酸与次氯酸钠反应生成次氯酸，次氯酸浓度增大，溶液的漂白性增强，故B正确；C.通入少量氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸浓度增大，溶液的漂白性增强，故C正确；D.84消毒液的有效成分是次氯酸钠，不是次氯酸钙，根D错误；故选D。
6. 【答案】D【解析】【分析】饱和食盐水通电电解得到氯气，氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，干燥后即得漂白粉；氯气与湿润的碳酸钠反应得到Cl2O气体，溶于水得到HClO，次氯酸在与石灰乳反应得到次氯酸钙，干燥后即为漂粉精。【详解】A．氯元素由化合态变为游离态，一定有化合价的变化，故A正确；B．②中反应为氯气与石灰乳的反应，生成氯化钙和次氯酸钙、水，化学方程式为，故B正确；
C．Cl2O和HClO中氯元素的化合价均为+1价，故C正确；D．氯气与湿润的碳酸钠反应时发生的是歧化反应：2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2，NaCl中的氯元素没有用于制取漂粉精，氯原子的利用率不是100%，故D错误；综上所述答案为D。
7. 【答案】C【解析】【分析】【详解】①过氧化钠与水反应2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成NaOH，溶液变蓝，Na2O2具有强氧化性，能使有色物质褪色，故①正确；②Na2CO3与足量的盐酸反应：Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O，碳酸氢钠与盐酸反应：NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，令NaHCO3和Na2CO3的质量都为ag，根据碳原子守恒，Na2CO3产生CO2的物质的量为mol，NaHCO3产生CO2的物质的量为mol，碳酸氢钠产生CO2多，故②错误；③与足量稀硫酸反应，产生的CO2中混有水蒸气，即bg为CO2和水蒸气的质量，无法计算出Na2CO3和NaHCO3的质量，故③错误；④NaHCO3溶液中加入Ca(OH)2溶液，发生Ca(OH)2＋2NaHCO3=CaCO3↓＋2H2O＋Na2CO3或Ca(OH)2＋NaHCO3=CaCO3↓＋H2O＋NaOH，Na2CO3溶液中加入Ca(OH)2溶液，发生Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH，两者都有白色沉淀生成，无法区别NaHCO3溶液和Na2CO3溶液，故④错误；⑤NaHCO3受热分解产生CO2和H2O，金属钠着火产生Na2O2，Na2O2能与CO2、H2O反应生成O2，不能起到灭火的目的，故⑤错误；⑥Na2CO3溶液通入过量CO2，发生Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，再低温结晶提纯得到NaHCO3晶体，故⑥正确；综上选项①⑥正确，答案为C正确；答案为C。
8. 【答案】B【解析】【分析】【详解】①稀盐酸不能将Fe氧化为，只能将其氧化为，所以稀盐酸与铁屑反应离子方程式为：，故①错；②难容的碳酸镁与稀硫酸反应生成可溶性的硫酸镁、二氧化碳和水，所以碳酸镁与稀硫酸反应的离子方程式为：，故②正确；③碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液反应生成难容的碳酸钙，和可溶的碳酸氢钠和水，即：，故③正确；④向溶液中逐滴加入溶液至刚好沉淀完全，即生硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水，即：，故④正确；⑤氯气与水反应属于可逆反应，且生成的HClO为弱酸不能拆成离子形式，即氯气通入水中反应的离子方程式为：，故⑤错；综上所述②③④符合题意，故选B。
9.【答案】A【解析】【分析】【详解】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能是AgCl、Ag2CO3、AgSO4这些沉淀，所以可能含有、、中的至少一种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0. 04mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是，而没有沉淀产生说明一定不存在 (可以和反应生产氢氧化镁沉淀），故可确定一定含有，一定不存在，根据反应，产生NH3为0. 04mol，可得也为0. 04mol；第三份加足量溶液后，得干燥沉淀6. 27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2. 33g，部分沉淀溶于盐酸为，部分不溶解于盐酸的为，因此一定存在、，一定不存在；由分析知质量为2.33g，物质的量为，，的质量为，，，由上述分析可知，溶液中一定存在、、，一定不存在、。而、、物质的量分别为0.04mol、0.02 mol、0.01 mol，、所带负电荷分别为、，共0.06 mol，所带正电荷为0.04 mol，根据电荷守恒可知，一定含有钾离子，其物质的量最小为0.02 mol，不能确定，可有可无，故A正确；溶液中含，故B错误；一定存在，，故C错误；、一定不存在，故D错误；故选A。
10.【答案】B【解析】【分析】【详解】A．臭氧的相对分子质量是为48，没有单位，A错误；
B．同温同压条件下，气体的体积比与物质的量之比相等，所以等质量的氧气和臭氧体积比为=3∶2，B正确；C．未指明温度和压强，不能根据22.4L/mol计算气体的体积，C错误；
D．一个臭氧分子含有8×3=24个电子，1.00mol臭氧中含有电子总数为24×6.02×1023，D错误；
综上所述答案为B。
11【答案】B【解析】【详解】A、已知气体在标准状况下时的密度，计算该气体的摩尔质量，可以利用M=22.4ρ标，故A不符合题意；B、已知物质的体积和质量，只能计算出该物质的密度，不能计算出该物质的摩尔质量，故B符合题意；C、已知该物质的质量和物质的量，利用，可以计算出该物质的摩尔质量，故C不符合题意；D、如果知道一个分子的实际质量，利用，其中m为一个分子的实际质量，可以计算出该分子的摩尔质量，故D不符合题意；
答案为B。
12.【答案】C【解析】【详解】A．纯碱是碳酸钠，属于盐，不属于碱，NO是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故A错误；B．CO是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故B错误；C．HClO属于酸，烧碱是氢氧化钠属于碱，NaHCO3属于盐，Mn2O7属于酸性氧化物，Na2O属于碱性氧化物，故C正确；D．NaHSO4属于酸式盐，不属于酸，Na2O2属于过氧化物，不是碱性氧化物，故D错误；故选C。
13.【答案】C【解析】【详解】A．图Ⅰ盛装浓盐酸的仪器是分液漏斗，故A错误；B．图Ⅱ中移液时玻璃棒下端要靠在刻度线以下，故B错误；C．图Ⅲ铜在氯气中燃烧，剧烈燃烧，产生棕黄色的烟，故C正确；D．图Ⅳ碳酸氢钠和碳酸钠位置放反了，碳酸钠在温度高时不分解，碳酸氢钠在温度低时分解，说明碳酸钠比碳酸氢钠稳定，故D错误。综上所述，答案为C。
14【答案】B【解析】【分析】向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，因为还原性I->Fe2+>Br-，首先发生反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-， I-反应完毕，再发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕后，又发生2Br-+Cl2=Br2+2Cl-反应，故线段①代表I-的变化情况，线段②代表Fe2+的变化情况，线段③代表Br-的变化情况，以此分析解答。【详解】A.根据上述分析可知：线段①代表I-的变化情况，线段③代表Br-的变化情况，故A正确；B.根据上述分析可知：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-反应中2Fe2+Cl2，由图像可知Fe2+消耗Cl2的量为2mol，所以n(Fe2+)= 4mol，故B错误；C.根据上述分析可知：2I-+Cl2=I2+2Cl-在反应中存在2I-Cl2，由图像可知I-消耗Cl2的量为1mol，所以n(I-)=2mol；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-反应中存在2Fe2+Cl2，由图像可知Fe2+消耗Cl2的量为2mol，所以n(Fe2+)= 4mol；在2Br-+Cl2=Br2+2Cl-反应中存在2Br-Cl2，由图像可知Br-消耗Cl2的量为3mol，所以n(Br-)=6mol，所以原溶液中n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=4：2：6=2：1：3；故C正确；D.根据上述分析可知：当溶液中通入2mol Cl2时，溶液中I-全部被氧化，Fe2+被部分氧化，所以该反应的离子反应方程为：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+I2，故D正确；故答案：B。
15【答案】D【解析】【详解】A. 甲中蓝色溶液褪色说明SO2将I2还原为I-，；B. 乙中反应为，二氧化硫与双氧水反应生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式是SO2+Ba2++H2O2=BaSO4↓+2H+，故B正确；C. 实验中“开始时颜色无明显变化”的原因是SO2与H2O2先发生反应，故C正确；D. 继续滴加H2O2溶液，混合液逐渐变成蓝色，说明H2O2将I-氧化为I2，则氧化性H2O2> I2，故D错误；故选D。
16.【答案】D【解析】【详解】A.用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，在使用前要先检查是否漏水，容量瓶中无论干燥与否，对实验结果没有影响，故A正确；B.钠为极活泼的金属，易和水反应生成氢气，所以实验后剩余的少量钠要放回原试剂瓶中，故B正确；C.胶粒直径介于1～100nm之间，小于可见光波长，对光散射形成丁达尔效应，故C正确；D.钠与乙醇反应不如钠与水反应剧烈，说明乙醇羟基中的H不如水中的H活泼，乙醇比水更难电离，所以乙醇是非电解质，故D错误。故选D。【点睛】注意电解质和非电解质是对化合物的分类，单质既不是电解质也不是非电解质，乙醇属于非电解质。
17【答案】B【解析】A. 过氧化钠与水反应产生的气体为O2，A正确；B. 过氧化钠与水反应不需要催化剂，双氧水分解需要MnO2作催化剂，B错误；C. 实验②、③作为对照实验，能证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气，C正确；D. 根据反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体可判断过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2，D正确，答案选B。
18【答案】B【解析】【详解】根据图象可知，反应过程中浓度逐渐减小，说明被氧化生成，则被还原生成Cr3+，N元素化合价从+3变为+5，化合价升高2价，Cr元素化合价从+6变为+3，化合价降低3价，根据化合价升降相等配平可得：+3+ 8H+= 3+ 2Cr3+ + 4H2O。A．中O化合价为-2，则Cr化合价是+6 价，故A错误；B．N元素的化合价升高被氧化，反应中氧化产物是，故B正确；C．反应中Cr的化合价从+6价降低到3价，则消耗1 mol ，转移电子6 mol，故C错误；D．根据反应+3+ 8H+ = 3+ 2Cr3+ + 4H2O可知，随着反应的进行，溶液中的H+浓度逐渐减小，故D错误；
故选：B。
19.【答案】B【解析】【分析】根据CuO＋NH4Cl → Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O分析可知：Cu由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由-3价升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO＋2NH4Cl = 3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O即可判断。【详解】A.氯化铵中N元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故A错误；
B.根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3：2，故B正确；C.由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol×6=1.2mol，故C错误；D.由反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3/4，故D错误。综上所述，本题正确答案为B。
20.【答案】C【解析】【详解】A．氯水中含有盐酸(酸性)和次氯酸(漂白性)，则将几滴紫色石蕊试液滴入到氯水中，溶液先变红，后又褪色，故A错误；B．加入NaOH溶液，氯水浅黄绿色消失，是由于氯气和氢氧化钠溶液反应，与次氯酸无关，故B错误；C．过氧化钠与水反应生成氧气，且反应为放热反应，所以向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，故C正确；D．钠放置在空气中和氧气反应生成氧化钠而变暗，反应方程式为4Na+O2═2Na2O，生成的氧化钠与水反应生成氢氧化钠，反应方程式为Na2O+H2O=2NaOH，生成的氢氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，反应方程式为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，再形成碳酸钠晶体，最后风化得到Na2CO3，故D错误；答案为C。
21.I【答案】 (1). ③ (2). ⑦ (3). H2SO4=2H++SO (4). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【解析】【详解】(1)酸性氧化物能和碱反应生成盐和水，所以③CO2属于酸性氧化物；电解质指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，所以属于电解质的是⑦CaO，故答案：③；⑦。
(2)H2SO4为强电解质，在水溶液中能完全电离，所以②稀H2SO4在水中的电离方程式为H2SO4=2H++SO，故答案：H2SO4=2H++SO。(3)①为液氯，⑥为氢氧化钠溶液，则①与⑥反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其溶液反应的离子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
II【答案】 (1). 淡黄 (2). -1 (3). 检验装置的气密性 (4). CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ (5). HCl (6). NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑ (7). 78%
【解析】【分析】装置图中A为生成二氧化碳的装置，B为洗气装置，C为二氧化碳与过氧化钠反应的装置，D为吸收多余的二氧化碳的装置，E和F是测量生成氧气的体积的装置；以此解答。【详解】(1)纯净的Na2O2是淡黄色固体，其中氧元素的化合价为+1价，故答案为：淡黄；-1；
(2)①实验探究测定方法是测定二氧化碳和过氧化钠反应生成的氧气，装置中必须是气密性完好，将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是检查装置的气密性；A中发生反应是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳、水和氯化钙，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故答案为：检查装置的气密性；CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；②B为洗气装置，A中反应生成的二氧化碳混有HCl气体，可以通过B中的饱和碳酸氢钠溶液除去，化学方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；测定出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为2.24L，物质的量= =0.1mol，则样品中过氧化钠的质量分数为=×100%=78%；故答案为：HCl；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；78%。
22、I、
II、
23、【答案】 (1). 500mL容量瓶 (2). 6.0 (3). DECBAGF (4). ACE (5). 2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2 (6). NO (7). 分别将固体配成溶液，用pH试纸检测，显碱性的是亚硝酸钠
【解析】
【详解】(1)①配置0.3mol·L－1氢氧化钠溶液约460mL，除了需要托盘天平(带砝码)、药匙、烧杯、胶头滴管和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；
②准确称量NaOH固体的质量为0.5L0.3mol/L40g/mol=6.0g，故答案为：6.0；
③配制步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，正确的操作顺序是DECBAGF，故答案为：DECBAGF；
④A. 转移时有少量溶液洒到容量瓶外面，会导致溶质物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故A选；
B. 使用容量瓶配制溶液时，俯视定容所得溶液的体积偏小，会导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏高，故B不选；
C. 没有用蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2～3次，会导致溶质物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故C选；
D. 容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干，不会导致所配溶液有偏差，故D不选；
E. 定容时，不小心加水使液面高于刻线后，再吸出少量水使凹液面与刻度线相切，会导致溶质物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故E选；
故答案为：ACE；
(2)Na2O2作为供氧剂时与人体呼出的水蒸气反应生成氧气和氢氧化钠，化学方程式为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2；
(3)①根据元素守恒，横线上的物质化学式是NO，故答案为：NO；
②由题目中的信息可知亚硝酸钠溶液呈碱性，食盐也易溶于水，但其水溶液量中性，所以用酸碱指示剂来鉴别两种物质；分别将固体配成溶液，用pH试纸检测，显碱性的是亚硝酸钠，故答案为：分别将固体配成溶液，用pH试纸检测，显碱性的是亚硝酸钠。
24、
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