2021-2022学年广东省实验中学高一（上）期中化学试卷

这是一份2021-2022学年广东省实验中学高一（上）期中化学试卷，共33页。试卷主要包含了单选题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广东省实验中学高一（上）期中化学试卷
一、单选题（共17小题，每题3分，共51分）
1．（3分）下列相关于胶体的说法正确的是（　　）
A．可向NaOH溶液中逐滴滴入饱和FeCl3溶液来制备氢氧化铁胶体
B．向氢氧化铁胶体加入稀盐酸至过量，现象是先产生红褐色沉淀，后溶解转为无色溶液
C．明矾[KAl（SO4）2]具有净水的功能是因为形成了氢氧化铝胶体
D．氢氧化铁胶体的电泳实验会发现阴极区颜色加深，可以推断出氢氧化铁胶体带正电荷
2．（3分）下列关于化学基本概念和基本理论的几点认识中正确的是（　　）
A．能电离出氢离子的化合物叫做酸
B．碱性氧化物一定是金属氧化物，非金属氧化物一定是酸性氧化物
C．金属阳离子被还原不一定得到金属单质
D．强电解质溶液的导电能力一定强于弱电解质溶液
3．（3分）下列反应的离子方程式书写正确的是（　　）
A．NaHCO3溶液滴入NaHSO4溶液中：HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑
B．氯气与水反应：Cl2+2H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
C．Na与水反应产生H2：Na+2H2O═Na++OH﹣+H2↑
D．向澄清石灰水中通入过量CO2：Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2O
4．（3分）下列关于钠及其化合物的相关性质和应用的说法正确的是（　　）
A．纯碱溶液可以用于洗去油污，也可以用于治疗胃酸过多
B．金属钠着火时，不能用水扑灭，可用CO2灭火
C．钠长期暴露在空气中的最终产物是Na2CO3
D．向KCl溶液和MgCl2溶液中分别加入钠块，均可以产生气体和沉淀
5．（3分）下列离子在指定条件下的溶液中，一定能大量共存的是（　　）
A．含有大量Ba2+的溶液：NH4+、Na+、CO32﹣、I﹣
B．使石蕊变红色的溶液中：NO3﹣、Cl﹣、K+、SO42﹣
C．加入Na2O固体的溶液中：Ba2+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣
D．无色澄清溶液中：K+、Fe3+、SO42﹣、Mg2+
6．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　）
A．1.6g由O2和O3组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA
B．将0.1mol氨气充分溶解在1 L水中所得溶液的物质的量浓度为0.1mol•L﹣1
C．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为22.4L
D．1molNa2O2与足量CO2反应转移电子数为NA
7．（3分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．1mol•L﹣1FeCl3溶液中含有Cl﹣的个数为3NA
B．1L1mol/L的NaCl溶液中含有6.02×1023个NaCl分子
C．17gOH﹣与19g H3O+所含电子数相等
D．标况下，体积为22.4L的H2O中所含氯原子的数目为2NA
8．（3分）Na2CO3和NaHCO3是常见的两种盐，它们广泛地应用于生产和生活中，下列有关碳酸钠和碳酸氢钠的说法中正确的是（　　）
A．在水中的溶解性：NaHCO3＞Na2CO3
B．分别加热两种样品，没有残留物质的是NaHCO3
C．可以用澄清石灰水来鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
D．等质量的NaHCO3、Na2CO3分别与足量盐酸反应，前者产生CO2多
9．（3分）为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法正确的是（　　）
A．CO2气体（HCl），饱和Na2CO3溶液
B．Na2CO3溶液（NaHCO3），加入过量的NaOH溶液
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
10．（3分）已知电解熔融氯化钙可以得到金属钙和氯气．如图中钙及其化合物之间的转化按箭头方向均可一步实现．分析下列说法，其中正确的是（　　）

A．CaO、Ca（OH）2、CaCO3都含有氧元素，所以 CaO、Ca（OH）2、CaCO3都属于氧化物
B．电解熔融氯化钙得到金属钙和氯气的反应既是氧化还原反应又是化合反应
C．工业上可利用反应4的原理将氯气通入石灰乳制漂白粉，漂白粉的主要成分是CaCl2
D．往澄清石灰水中滴加Na2CO3溶液或NaHCO3溶液都可以实现反应6的转化
11．（3分）用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置和试剂使用合理的是（　　）
选项
A
B
C
D
实验目的
加热分解固体NaHCO3
该装置用于灼烧CuSO4•5H2O
稀释浓硫酸
证明Na能和水反应，且Na的密度比煤油大
实验装置




A．A B．B C．C D．D
12．（3分）下列实验中，对应的操作、现象以及结论都正确的是（　　）
选项
操作
部分现象
结论
A
将盛有氯气（含少许空气）的试管倒扣在盛水的水槽中
试管内液面上升，黄绿色变浅
氯气会与水反应
B
向FeCl2溶液中加入过量的Na2O2粉末
有红褐色沉淀和气体生成
Na2O2具有强氧化性
C
向CaCl2溶液中通入适量CO2
产生白色沉淀
白色沉淀为CaCO3
D
向CuSO4溶液中加入一小块
有红色固体生成
Na与CuSO4发生了置换反应
A．A B．B C．C D．D
13．（3分）已知某反应中反应物与生成物有：KIO3、Na2SO3、H2SO4、I2、K2SO4、H2O和未知物X，Na2SO3是其中的反应物之一。下列说法不正确的是（　　）
A．该未知物X为Na2SO4
B．该反应中，发生氧化反应的过程是KIO3→I2
C．由反应可知氧化剂与还原剂的物质的最之比为2：5
D．该反应的氧化剂是KIO3
14．（3分）已知有如下反应：①2BrO3﹣+Cl2═Br2+2ClO3﹣；②ClO3﹣+5Cl﹣+6H+═3Cl2+3H2O；③2FeCl2+Cl2═2FeCl3。根据上述反应，判断下列结论中错误的是（　　）
A．反应②中生成3molCl2转移电子为5mol
B．氧化性强弱的顺序为：BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞Fe3+
C．Cl2在①、③反应中均作氧化剂
D．溶液中可发生：ClO3﹣+6Fe2++6H+═Cl﹣+6Fe3++3H2O
15．（3分）下列关于氯水性质探究实验中现象、作用粒子及结论中有错误的一项是（　　）
选项
操作
现象
作用粒子
结论
A
向滴有酚酞的NaOH溶液中加入新制氯水
红色褪去
HClO
褪色只是因为HClO的漂白性所致
B
向新制氯水中滴加石蕊试液
先变红后褪色
H+、HClO
H+与指示剂作用速度快
C
向新制氯水中加入NaHCO3溶液
产生无色气泡
H+
氯水呈酸性
D
向氯水中滴加AgNO3溶液
出现白色固体
Cl﹣
Cl2与水反应产生Cl﹣
A．A B．B C．C D．D
16．（3分）某无色溶液X可能含有K+、Na+、NH4+、Mg2+、Ba2+、CO32﹣、Cl﹣、SO42﹣中若干种，且离子浓度相同，为确定其组成，依次进行下列实验，①取少量溶液X，向其中加入足量的氢氧化钠溶液，有白色沉淀A产生；微热，闻到刺激性气味。②过滤上述混合物，在滤液中加入足量的氯化钡溶液，有白色沉淀B产生，再加入足量的稀硝酸，沉淀不溶解。根据上述实验，以下说法正确的是（　　）
A．溶液X一定含有NH4+、Mg2+、SO42﹣、可能含有CO32﹣
B．溶液X一定没有CO32﹣、但不能确定是否含有Cl﹣
C．溶液X中是否含有Na+、K+可以通过焰色反应确定
D．白色沉淀A和白色沉淀B都是纯净物
17．（3分）某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应，设计装置如图，下列说法正确的（　　）

A．装置A气密性的检查方法：直接向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好
B．装置B中的碱石灰可以用浓硫酸代替
C．装置C加热前，用试在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度
D．装置A不能直接用于CaCO3与稀HCl反应制取CO2
二、简答题（共4题，共49分）
18．现有下列10种物质：
①液态HCl；
②NaHCO3固体；
③NaCl晶体；
④干冰；
⑤蔗糖溶液；
⑥Ba（OH）2粉末；
⑦稀硫酸；
⑧氨水；
⑨熔融NaHSO4；
⑩Cu
物质中属于电解质的有 　 　，有两种物质在水溶液中发生反应的离子方程式为H++OH﹣═H2O，则这两种物质是 　 　（填序号）。
19．乙酸又名醋酸，是实验室常用的一种化学试剂，某乙酸试剂瓶上标签的部分内容如图甲所示，利用标签提供的信息，回答下列问题：
（1）若该乙酸溶液的密度为1.02g•cm﹣3，此乙酸溶液的物质的量浓度为 　 　。
（2）某同学实验中欲用2mol•L﹣1的乙酸溶液80mL，则需取用上述乙酸溶液进行稀释配制。
①所用到的仪器除图乙所示外，还需要用到的其他仪器有 　 　、　 　。
②下列主要操作步骤的正确顺序是 　 　（填序号）。
A．量取一定体积的浓乙酸，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解；
B．加水至液面离容量瓶瓶颈刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；
C．待冷却至室温后，将溶液转移到容量瓶中；
D．盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；
E．用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液转移到容量瓶中；
③下列操作中，会导致所配溶液的物质的量浓度偏低的有 　 　。（填标，下同）
A．将溶液往容量瓶中转移时，有少量液体溅出
B．未洗涤稀释浓乙酸的烧杯
C．容量瓶未干燥即用来配制溶液
D．定容时俯视刻度线
（3）生活中，将“84”消毒液（主要成分NaCl和NaClO）与醋酸混合使用可增强其消毒能力，其原理用离子方程式表示为 　 　。

20．按要求完成下列方程式：
（1）单质铁与氯气在加热条件下反应的方程式是：　 　。
（2）0.2molCO2通入100mL3mol/L的NaOH溶液，该总反应的离子方程式为：　 　。
21．科研人员最新研制了一种利用废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣）制备（VO2）2SO4的方法如图。

回答下列问题：
（1）（VO2）2SO4中钒的化合价 　 　。
（2）为了提高钒的浸出率，反应①用Na2SO3和硫酸酸浸使催化剂中的V2O5转变成可溶于水的VOSO4，与水浸液合并，通过反应②用KClO3氧化，便滤液中的VOSO4氧化成易溶于水的（VO2）2SO4。则反应①的离子方程式为 　 　；完善并配平反应②：　 　ClO3+　 　VO2++　 　　 　═　 　Cl﹣+　 　VO2﹣+　 　　 　。
（3）V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应被吸收，则SO32﹣、Cl﹣、VO2+还原性由强到弱的顺序是 　 　。
（4）在20.00mL含0.1mol/L VO2﹣的溶液中加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则还原产物可能是 　 　（填序号）。
a．VO2+
b．VO2﹣
c．V2+
d．V
22．过碳酸钠（2Na2CO3⋅3H2O2）是过氧化物类的消毒剂。可以利用侯氏制减法得到的Na2CO3进行制备，流程图如图1所示：

已知：①产物A中可能含有少量的Cu2+、Fe3+金属离子杂质，②硅酸钠可与Cu2+、Fe3+等高价金层离子形成沉淀，③异丙醇的作用为洗涤晶体。请回答下列问题：
（1）虚线框中是侯氏制碱法的原理，某同学用图2所示装置在实验室模拟侯氏制碱法，实验中应先向 　 　（填a或b）中，通入 　 　气体。有同学建议在图2甲装置的b导管下端连接c装置，理由是 　 　。
（2）反应Ⅰ的化学反应方程式为 　 　。
（3）“反应Ⅱ”需控制温度在20℃左右，其目的是：　 　，写出“反应”中生成产品D的化学方程式 　 　，加Na2SiO3的作用是 　 　。
（4）流程图中可循环使用的物质有 　 　。
（5）过碳酸钠是一种有多用途的新型氧系固态漂白剂，它具有Na2CO3和H2O2的双重性质，下列物质不会使过碳酸钠失效的是 　 　。
A．MnO2
B．稀盐酸
C．NaHCO3溶液
D．KMnO4溶液
23．ClO2是一种新型的环保饮用水消毒剂。课题小组拟选择如图部分装置制备并收集一定量的二氧化氯（装置不可重复使用）：

已知：①常温下，ClO2可用NaClO2固体与Cl2反应制得；
②Cl2易溶于有机溶剂，ClO2是一种易溶于水而难滔于有机溶剂的气体，氧化性比氯气强；
回答下列问题：
（1）仪器B的名称为 　 　，制备干燥、纯净的氯气，制备的发生装置是 　 　（选一个，填代号），写出所选装置反应的离子方程式：　 　。
（2）制备二氧化氯：导管口连接顺序为；a→　 　→j；本实验选择I而不选择H的原因是：　 　。
（3）写出G中发生反应的化学方程式：　 　。
（4）装置E的作用是：　 　。
（5）若用100mL2mol•L﹣1的浓盐酸与足量的MnO2制备Cl2，则被氧化的HCl的物质的量是 　 　（填序号）。
A．＞0.1mol
B．0.1mol
C．＜0.1mol
D．无法判断
（6）尾气中的二氧化氯还可以用含双氧水的烧碱溶液吸收，其产物之一是NaClO2，写出该反应的化学方程式：　 　。

2021-2022学年广东省实验中学高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（共17小题，每题3分，共51分）
1．（3分）下列相关于胶体的说法正确的是（　　）
A．可向NaOH溶液中逐滴滴入饱和FeCl3溶液来制备氢氧化铁胶体
B．向氢氧化铁胶体加入稀盐酸至过量，现象是先产生红褐色沉淀，后溶解转为无色溶液
C．明矾[KAl（SO4）2]具有净水的功能是因为形成了氢氧化铝胶体
D．氢氧化铁胶体的电泳实验会发现阴极区颜色加深，可以推断出氢氧化铁胶体带正电荷
【分析】A．向NaOH溶液中逐滴滴入饱和FeCl3溶液发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀；
B．胶体加入电解质溶液发生聚沉，氢氧化铁沉淀能溶解于盐酸得到氯化铁溶液为棕黄色；
C．明矾[KAl（SO4）2]溶解后溶液中铝离子水解生成了氢氧化铝胶体具有较大表面积，能吸附悬浮杂质；
D．胶体不带电荷，氢氧化铁胶体微粒吸附带电离子。
【解答】解：A．向NaOH溶液中逐滴滴入饱和FeCl3溶液发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁胶体制备应是向沸水中加入饱和氯化铁溶液加热到红褐色得到胶体，故A错误；
B．向氢氧化铁胶体加入稀盐酸至过量，胶体发生聚沉，现象是先产生红褐色沉淀，后氢氧化铁沉淀溶解于盐酸转为棕黄色溶液氯化铁，故B错误；
C．明矾[KAl（SO4）2]溶解后溶液中铝离子水解生成了氢氧化铝胶体具有较大表面积，能吸附悬浮杂质，起到净水作用，故C正确；
D．氢氧化铁胶体的电泳实验会发现阴极区颜色加深，可以推断出氢氧化铁胶体粒子吸附带正电荷的离子，胶体不带电荷，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了胶体的基本性质以及在生活中的应用，题目与现实生活联系密切，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的理解与综合应用能力。
2．（3分）下列关于化学基本概念和基本理论的几点认识中正确的是（　　）
A．能电离出氢离子的化合物叫做酸
B．碱性氧化物一定是金属氧化物，非金属氧化物一定是酸性氧化物
C．金属阳离子被还原不一定得到金属单质
D．强电解质溶液的导电能力一定强于弱电解质溶液
【分析】A．电离产生阳离子都是氢离子的化合物为酸；
B．非金属氧化物不一定是酸性氧化物；
C．金属阳离子被还原，可能得到单质，可能得到金属离子；
D．难溶的盐也是强电解质但导电能力弱。
【解答】解：A．硫酸氢钠电离产生氢离子，但是硫酸氢钠不属于酸而属于盐，故A错误；
B．非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO和NO等，不是酸性氧化物，故B错误；
C．金属阳离子被还原，可能得到单质，可能得到金属离子，如Fe3+被还原为Fe2+，故C正确；
D．难溶的盐也是强电解质但导电能力弱，强电解质溶液的导电能力不一定强于弱电解质溶液，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质分类、物质组成和性质分析判断，主要是概念实质的理解应用，题目难度不大。
3．（3分）下列反应的离子方程式书写正确的是（　　）
A．NaHCO3溶液滴入NaHSO4溶液中：HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑
B．氯气与水反应：Cl2+2H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
C．Na与水反应产生H2：Na+2H2O═Na++OH﹣+H2↑
D．向澄清石灰水中通入过量CO2：Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2O
【分析】A.碳酸氢钠与硫酸氢钠反应生成硫酸钠、二氧化碳和水；
B.次氯酸为弱酸，不能拆开；
C.该反应不满足电荷守恒、得失电子守恒；
D.二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钙。
【解答】解：A.NaHCO3溶液滴入NaHSO4溶液中，离子方程式为：HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，故A正确；
B.氯气与水反应的离子方程式为：Cl2+2H2O═H++Cl﹣+HClO，故B错误；
C.Na与水反应产生H2，离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故C错误；
D.向澄清石灰水中通入过量CO2，离子方程式为：OH﹣+CO2═HCO3﹣，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
4．（3分）下列关于钠及其化合物的相关性质和应用的说法正确的是（　　）
A．纯碱溶液可以用于洗去油污，也可以用于治疗胃酸过多
B．金属钠着火时，不能用水扑灭，可用CO2灭火
C．钠长期暴露在空气中的最终产物是Na2CO3
D．向KCl溶液和MgCl2溶液中分别加入钠块，均可以产生气体和沉淀
【分析】A．碳酸钠溶液的碱性强，可去除油污；
B．钠能与水、钠和氧气反应生成的过氧化钠和二氧化碳反应，所以也不可以用CO2灭火；
C．暴露在空气中的钠能与空气中的氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水蒸气反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与空气中二氧化碳反应生成碳酸钠；
D．氢氧化钠溶液与氯化钾溶液不反应，没有沉淀生成。
【解答】解：A．碳酸钠在溶液中的水解程度大，溶液的碱性强，不能用于治疗胃酸过多，故A错误；
B．钠的金属性强，能与水、和氧气生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应产生氧气，不能用水扑灭钠着火，也不能用二氧化碳扑灭钠着火，故B错误；
C．暴露在空气中的钠能与空气中的氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水蒸气反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与空气中二氧化碳反应生成碳酸钠，则钠长期暴露在空气中的最终产物是碳酸钠，故C正确；
D．钠与氯化钾溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠溶液与氯化钾溶液不反应，没有沉淀生成，故D错误；
故选：C。
【点评】本题综合考查钠的重要化合物，侧重于化学性质的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大。
5．（3分）下列离子在指定条件下的溶液中，一定能大量共存的是（　　）
A．含有大量Ba2+的溶液：NH4+、Na+、CO32﹣、I﹣
B．使石蕊变红色的溶液中：NO3﹣、Cl﹣、K+、SO42﹣
C．加入Na2O固体的溶液中：Ba2+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣
D．无色澄清溶液中：K+、Fe3+、SO42﹣、Mg2+
【分析】A.钡离子与碳酸根离子生成碳酸钡沉淀；
B.该溶液呈酸性，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
C.氧化钠与水反应生成氢氧化钠，铝离子与氢氧根离子反应；
D.铁离子为有色离子。
【解答】解：A.Ba2+、CO32﹣之间反应生成难溶物碳酸钡，不能大量共存，故A错误；
B.使石蕊变红色的溶液呈酸性，NO3﹣、Cl﹣、K+、SO42﹣、H+之间不反应，能够大量共存，故B正确；
C.加入Na2O固体的溶液中含有OH﹣，Al3+、OH﹣之间发生反应，不能大量共存，故C错误；
D.Fe3+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，把握题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
6．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　）
A．1.6g由O2和O3组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA
B．将0.1mol氨气充分溶解在1 L水中所得溶液的物质的量浓度为0.1mol•L﹣1
C．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为22.4L
D．1molNa2O2与足量CO2反应转移电子数为NA
【分析】A.O2和O3由均氧原子组成；
B.溶剂体积不是溶液体积；
C.氦气为单原子分子；
D.Na2O2与足量CO2反应为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，1mol过氧化钠反应转移1mol电子。
【解答】解：A.1.6g由O2和O3组成的混合物中含有氧原子的数目为×NA/mol＝0.1NA，故A正确；
B.题目未给溶液体积，无法计算溶质的物质的量浓度，故B错误；
C.含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为×22.4L/mol＝22.4L，故C正确；
D.1molNa2O2与足量CO2反应转移电子数为1mol×NA/mol＝NA，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
7．（3分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．1mol•L﹣1FeCl3溶液中含有Cl﹣的个数为3NA
B．1L1mol/L的NaCl溶液中含有6.02×1023个NaCl分子
C．17gOH﹣与19g H3O+所含电子数相等
D．标况下，体积为22.4L的H2O中所含氯原子的数目为2NA
【分析】A.题目未给溶液体积；
B.氯化钠为离子化合物，在水中完全电离成钠离子和氯离子；
C.OH﹣与H3O+均含10个电子；
D.22.4L/mol的适用条件为标况下的气体。
【解答】解：A.题目未给溶液体积，无法计算物质的量，故A错误；
B.NaCl溶液中无NaCl分子，1L1mol/L的NaCl溶液中含有6.02×1023个钠离子和6.02×1023个氯离子，故B错误；
C.17gOH﹣含电子数为×10×NA/mol＝10NA，19g H3O+含电子数为×10×NA/mol＝10NA，所含电子数相等，故C正确；
D.标况下，水不是气态，无法使用22.4L/mol计算物质的量，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
8．（3分）Na2CO3和NaHCO3是常见的两种盐，它们广泛地应用于生产和生活中，下列有关碳酸钠和碳酸氢钠的说法中正确的是（　　）
A．在水中的溶解性：NaHCO3＞Na2CO3
B．分别加热两种样品，没有残留物质的是NaHCO3
C．可以用澄清石灰水来鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
D．等质量的NaHCO3、Na2CO3分别与足量盐酸反应，前者产生CO2多
【分析】A．相同条件下碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠；
B．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和水和二氧化碳；
C．碳酸钠和碳酸氢钠都能与石灰水反应生成碳酸钙；
D．等质量的Na2CO3和NaHCO3，碳酸氢钠物质的量大于碳酸钠。
【解答】解：A．在水中的溶解性：NaHCO3＜Na2CO3，故A错误；
B．分别加热两种样品，最后都有残留物质Na2CO3，故B错误；
C．碳酸钠和碳酸氢钠都能与石灰水反应生成碳酸钙，二者现象相同，无法鉴别，故C错误；
D．等质量的Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3物质的量较多，生成二氧化碳多，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度中等，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，涉及二者与碱的反应、稳定性、溶解性等，注意根据反应的方程式进行判断和计算，注重基础知识的积累。
9．（3分）为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法正确的是（　　）
A．CO2气体（HCl），饱和Na2CO3溶液
B．Na2CO3溶液（NaHCO3），加入过量的NaOH溶液
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.二者均与碳酸钠溶液反应；
B.碳酸氢钠与NaOH反应生成碳酸钠，且NaOH过量引入新杂质；
C.氧化钠与氧气反应生成过氧化钠；
D.Na2SO4与Ba（OH）2溶液生成硫酸钡沉淀、NaOH。
【解答】解：A.二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，故A错误；
B.碳酸氢钠与NaOH反应生成碳酸钠，且NaOH过量引入新杂质，试剂应适量，故B错误；
C.氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，在氧气中加热可除杂，故C正确；
D.Na2SO4与Ba（OH）2溶液生成硫酸钡沉淀、NaOH，引入新杂质NaOH，不能除杂，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物的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。
10．（3分）已知电解熔融氯化钙可以得到金属钙和氯气．如图中钙及其化合物之间的转化按箭头方向均可一步实现．分析下列说法，其中正确的是（　　）

A．CaO、Ca（OH）2、CaCO3都含有氧元素，所以 CaO、Ca（OH）2、CaCO3都属于氧化物
B．电解熔融氯化钙得到金属钙和氯气的反应既是氧化还原反应又是化合反应
C．工业上可利用反应4的原理将氯气通入石灰乳制漂白粉，漂白粉的主要成分是CaCl2
D．往澄清石灰水中滴加Na2CO3溶液或NaHCO3溶液都可以实现反应6的转化
【分析】A、氧化物是两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物；
B、电解氯化钙是氧化还原反应属于分解反应；
C、漂白粉的主要成分为次氯酸钙和氯化钙；
D、往Ca（OH）2溶液中滴加Na2CO3溶液或NaHCO3溶液都能反应生成碳酸钙沉淀．
【解答】解：A、CaO、Ca（OH）2、CaCO3都含有氧元素，所以CaO属于氧化物，Ca（OH）2属于碱，CaCO3属于盐，故A错误；
B、电解熔融氯化钙得到金属钙和氯气的反应既是氧化还原反应又是分解反应，故B错误；
C、漂白粉的主要成分为次氯酸钙和氯化钙，故C错误；
D、往Ca（OH）2溶液中滴加Na2CO3溶液或NaHCO3溶液都能反应生成碳酸钙沉淀，Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH，Ca（OH）2+2NaHCO3＝CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质转化关系，化学概念分析，物质性质的应用，掌握基础是关键，题目较简单．
11．（3分）用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置和试剂使用合理的是（　　）
选项
A
B
C
D
实验目的
加热分解固体NaHCO3
该装置用于灼烧CuSO4•5H2O
稀释浓硫酸
证明Na能和水反应，且Na的密度比煤油大
实验装置




A．A B．B C．C D．D
【分析】A.加热碳酸氢钠有水生成；
B.灼烧在坩埚中进行；
C.不能在容量瓶在稀释溶液；
D.钠在水和煤油的中间，且有气泡生成。
【解答】解：A.加热碳酸氢钠有水生成，则加热时试管口应略向下倾斜，故A错误；
B.灼烧在坩埚中进行，不能选蒸发皿，故B错误；
C.不能在容量瓶在稀释溶液，应在烧杯中稀释、冷却后，转移到容量瓶中定容，故C错误；
D.钠在水和煤油的中间，且有气泡生成，实验可证明Na能和水反应，且Na的密度比煤油大，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、溶液的配制、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12．（3分）下列实验中，对应的操作、现象以及结论都正确的是（　　）
选项
操作
部分现象
结论
A
将盛有氯气（含少许空气）的试管倒扣在盛水的水槽中
试管内液面上升，黄绿色变浅
氯气会与水反应
B
向FeCl2溶液中加入过量的Na2O2粉末
有红褐色沉淀和气体生成
Na2O2具有强氧化性
C
向CaCl2溶液中通入适量CO2
产生白色沉淀
白色沉淀为CaCO3
D
向CuSO4溶液中加入一小块
有红色固体生成
Na与CuSO4发生了置换反应
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，且部分氯气可溶解于水中；
B.过氧化钠与水反应生成氧气，且氧化亚铁离子，铁离子与碱反应生成氢氧化铁；
C.盐酸的酸性大于碳酸的酸性；
D.钠与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜、氢气。
【解答】解：A.试管内液面上升，黄绿色变浅，可能部分氯气溶解于水中，不能证明发生反应，故A错误；
B.过氧化钠与水反应生成氧气，且氧化亚铁离子，铁离子与碱反应生成氢氧化铁，则有红褐色沉淀和气体生成，故B正确；
C.盐酸的酸性大于碳酸的酸性，则CaCl2溶液中通入适量CO2，不发生反应，无明显现象，故C错误；
D.钠与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜、氢气，则无红色固体析出，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13．（3分）已知某反应中反应物与生成物有：KIO3、Na2SO3、H2SO4、I2、K2SO4、H2O和未知物X，Na2SO3是其中的反应物之一。下列说法不正确的是（　　）
A．该未知物X为Na2SO4
B．该反应中，发生氧化反应的过程是KIO3→I2
C．由反应可知氧化剂与还原剂的物质的最之比为2：5
D．该反应的氧化剂是KIO3
【分析】Na2SO3为反应物，Na2SO3具有还原性，被氧化作还原剂，KIO3具有氧化性作氧化剂，被还原生成还原产物为I2，结合质量守恒和得失电子守恒可知反应为2KIO3+5Na2SO3+H2SO4＝5Na2SO4+I2+K2SO4+H2O，则X为Na2SO4，以此解答该题。
【解答】解：A．Na2SO3被氧化生成X为Na2SO4，故A正确；
B．KIO3→I2的过程I元素化合价降低，发生还原反应，故B错误；
C．Na2SO3是还原剂，KIO3是氧化剂，由方程式可知氧化剂与还原剂的物质的最之比为2：5，故C正确；
D．反应中I元素化合价降低，KIO3为氧化剂，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了氧化还原反应，为高频考点，明确元素化合价变化与氧化还原反应关系是解本题关键，熟悉常见元素化合价，侧重考查学生发散思维能力，题目难度不大。
14．（3分）已知有如下反应：①2BrO3﹣+Cl2═Br2+2ClO3﹣；②ClO3﹣+5Cl﹣+6H+═3Cl2+3H2O；③2FeCl2+Cl2═2FeCl3。根据上述反应，判断下列结论中错误的是（　　）
A．反应②中生成3molCl2转移电子为5mol
B．氧化性强弱的顺序为：BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞Fe3+
C．Cl2在①、③反应中均作氧化剂
D．溶液中可发生：ClO3﹣+6Fe2++6H+═Cl﹣+6Fe3++3H2O
【分析】A．在②反应中，ClO3﹣中Cl元素的化合价降低5价；
B．氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
C．得电子的物质是氧化剂，失电子的物质是还原剂；
D．氧化性：ClO3﹣＞Cl2＞Fe3+，氧化性强的能与还原性强的反应生成氧化性弱的。
【解答】解：A．在②反应中，ClO3﹣中Cl元素的化合价降低5价，1molClO3﹣得到5mol电子，同时生成3molCl2，所以反应②中生成3molCl2转移电子为5mol，故A正确；
B．反应①中BrO3﹣是氧化剂，ClO3﹣是氧化产物；反应②中ClO3﹣是氧化剂，Cl2是氧化产物；反应③中Cl2是氧化剂，Fe3+是氧化产物，则氧化性强弱的顺序为：BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞Fe3+，故B正确；
C．反应①中Cl2失电子是还原剂，反应③中Cl2得电子是氧化剂，故C错误；
D．氧化性：ClO3﹣＞Cl2＞Fe3+，氧化性强的能与还原性强的反应生成氧化性弱的，则能发生反应：ClO3﹣+6Fe2++6H+═Cl﹣+6Fe3++3H2O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了氧化还原反应，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和应用能力，本题注意把握氧化性的强弱的判断，把握物质的性质以及题给信息，题目难度不大。
15．（3分）下列关于氯水性质探究实验中现象、作用粒子及结论中有错误的一项是（　　）
选项
操作
现象
作用粒子
结论
A
向滴有酚酞的NaOH溶液中加入新制氯水
红色褪去
HClO
褪色只是因为HClO的漂白性所致
B
向新制氯水中滴加石蕊试液
先变红后褪色
H+、HClO
H+与指示剂作用速度快
C
向新制氯水中加入NaHCO3溶液
产生无色气泡
H+
氯水呈酸性
D
向氯水中滴加AgNO3溶液
出现白色固体
Cl﹣
Cl2与水反应产生Cl﹣
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．氯水中的盐酸和氢氧化钠反应，酚酞恢复原来的颜色；
B．氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl显强酸性，使石蕊变红，HClO具有强氧化性，使其褪色；
C．次氯酸的酸性弱于碳酸，和碳酸氢钠不反应；
D．氯水中含氯离子。
【解答】解：A．向滴有酚酞的NaOH溶液中加入新制氯水，红色褪去是氯水中盐酸和氢氧化钠溶液反应的原因，不是HClO的漂白性所致，故A错误；
B．氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl显强酸性，使石蕊变红，HClO具有强氧化性，使其褪色，向新制氯水中滴加石蕊试液先变红后褪色，说明H+与指示剂作用速度快，故B正确；
C．次氯酸的酸性弱于碳酸，所以氯水中加入碳酸氢钠溶液产生气体，说明是盐酸而不是次氯酸，氯水呈酸性，故C正确；
D．氯水中加入硝酸银溶液产生白色沉淀，说明生成白色沉淀氯化银，所以氯水中含有氯离子，证明Cl2与水反应产生Cl﹣，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了氯气的化学性质及氯水的成分，侧重考查学生对氯水成分的分析能力，题目难度不大。
16．（3分）某无色溶液X可能含有K+、Na+、NH4+、Mg2+、Ba2+、CO32﹣、Cl﹣、SO42﹣中若干种，且离子浓度相同，为确定其组成，依次进行下列实验，①取少量溶液X，向其中加入足量的氢氧化钠溶液，有白色沉淀A产生；微热，闻到刺激性气味。②过滤上述混合物，在滤液中加入足量的氯化钡溶液，有白色沉淀B产生，再加入足量的稀硝酸，沉淀不溶解。根据上述实验，以下说法正确的是（　　）
A．溶液X一定含有NH4+、Mg2+、SO42﹣、可能含有CO32﹣
B．溶液X一定没有CO32﹣、但不能确定是否含有Cl﹣
C．溶液X中是否含有Na+、K+可以通过焰色反应确定
D．白色沉淀A和白色沉淀B都是纯净物
【分析】某无色溶液X可能含有：K+、Na+、NH4+、Mg2+、Ba2+、CO32﹣、Cl﹣、SO42﹣中若干种，且离子浓度相同，为确定其组成，依次进行下列实验，
①取少量溶液X，向其中加入足量的氢氧化钠溶液，有白色沉淀A产生，说明溶液中一定含Mg2+，成的白色沉淀A为Mg（OH）2，微热，闻到刺激性气味证明含NH4+，
②过滤上述混合物，在滤液中加入足量的氯化钡溶液，有白色沉淀B产生，再加入足量的稀硝酸，沉淀不溶解，证明一定含SO42﹣，一定不含Ba2+，结合溶液中存在的电荷守恒和离子浓度相同分析，CO32﹣一定不存在，一定含Cl﹣，一定不含K+、Na+，据此分析判断。
【解答】解：某无色溶液X可能含有：K+、Na+、NH4+、Mg2+、Ba2+、CO32﹣、Cl﹣、SO42﹣中若干种，且离子浓度相同，为确定其组成，依次进行下列实验，
①取少量溶液X，向其中加入足量的氢氧化钠溶液，有白色沉淀A产生，说明溶液中一定含Mg2+，生成的白色沉淀A为Mg（OH）2，微热，闻到刺激性气味证明含NH4+，
②过滤上述混合物，在滤液中加入足量的氯化钡溶液，有白色沉淀B产生，再加入足量的稀硝酸，沉淀不溶解，证明一定含SO42﹣，一定不含Ba2+，沉淀不溶解，结合溶液中存在的电荷守恒和离子浓度相同分析，CO32﹣一定不存在，一定含Cl﹣，一定不含K+、Na+，
A．分析可知溶液X一定含有NH4+、Mg2+、SO42﹣，不可能含有CO32﹣，故A错误；
B．过滤上述混合物，在滤液中加入足量的氯化钡溶液，有白色沉淀B产生，再加入足量的稀硝酸，沉淀不溶解，证明一定含SO42﹣，一定不含Ba2+，沉淀不溶解，结合溶液中存在的电荷守恒和离子浓度相同分析，CO32﹣一定不存在，一定含Cl﹣，故B错误；
C．溶液中电荷守恒分析，溶液中不可能含K+、Na+，故C错误；
D．白色沉淀A为Mg（OH）2，沉淀B是硫酸钡，均为纯净物，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查常见离子的检验方法，明确常见离子的性质为解答关键，注意掌握常见离子的检验方法，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度中等。
17．（3分）某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应，设计装置如图，下列说法正确的（　　）

A．装置A气密性的检查方法：直接向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好
B．装置B中的碱石灰可以用浓硫酸代替
C．装置C加热前，用试在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度
D．装置A不能直接用于CaCO3与稀HCl反应制取CO2
【分析】探究Na2O2与H2能否反应，由实验装置可知，A装置为Zn与稀盐酸反应生成氢气，盐酸易挥发，则B装置中应为碱石灰可除去HCl和水蒸气，C装置试管为Na2O2与H2反应，但加热前应先检验氢气的纯度，氢气不纯加热时可能发生爆炸，最后D装置通过检验反应后是否有水生成判断Na2O2与H2能否反应。
A．装置A气密性的检查首先要形成密闭空间；
B．U形管只能装固体干燥剂；
C．氢气不纯时候易爆炸；
D．装置A为“固+液”常温型装置。
【解答】解：A．装置A气密性的检查方法：先关闭K1，后直接向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变，说明气密性良好，故A错误；
B．B中应用固体干燥剂，可为碱石灰等，不能用浓硫酸，否则不能起到洗气作用，故B错误；
C．氢气具有可燃性，不纯时加热易发生爆炸，则加热试管前，应先收集气体并点燃，通过爆鸣声判断气体的纯度，故C正确；
D．装置A为“固+液”常温型装置，能直接用于CaCO3与稀HCl反应制取CO2，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握图中实验装置的作用、物质的性质、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。
二、简答题（共4题，共49分）
18．现有下列10种物质：
①液态HCl；
②NaHCO3固体；
③NaCl晶体；
④干冰；
⑤蔗糖溶液；
⑥Ba（OH）2粉末；
⑦稀硫酸；
⑧氨水；
⑨熔融NaHSO4；
⑩Cu
物质中属于电解质的有 　①②③⑥⑨　，有两种物质在水溶液中发生反应的离子方程式为H++OH﹣═H2O，则这两种物质是 　①⑥　（填序号）。
【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；H++OH﹣═H2O可以表示强酸或者强酸的酸式盐与强碱反应生成可溶性盐和水的反应。
【解答】解：①液态HCl为电解质；
②NaHCO3固体为电解质；
③NaCl晶体为电解质；
④干冰为非电解质；
⑤蔗糖溶液是混合物，不是电解质；
⑥Ba（OH）2粉末是电解质；
⑦稀硫酸是混合物，不是电解质；
⑧氨水是混合物，不是电解质；
⑨熔融NaHSO4是电解质；
⑩Cu是单质，不是电解质；
属于电解质的有：①②③⑥⑨；H++OH﹣═H2O可以表示强酸或者强酸的酸式盐与强碱反应生成可溶性盐和水的反应，可以表示：①氯化氢与⑥氢氧化钡的反应，
故答案为：①②③⑥⑨；①⑥。
【点评】本题考查了物质的分类和离子方程式的书写，明确电解质和非电解质概念，熟悉离子方程式的意义是解题关键，题目难度不大。
19．乙酸又名醋酸，是实验室常用的一种化学试剂，某乙酸试剂瓶上标签的部分内容如图甲所示，利用标签提供的信息，回答下列问题：
（1）若该乙酸溶液的密度为1.02g•cm﹣3，此乙酸溶液的物质的量浓度为 　6.12mol/L　。
（2）某同学实验中欲用2mol•L﹣1的乙酸溶液80mL，则需取用上述乙酸溶液进行稀释配制。
①所用到的仪器除图乙所示外，还需要用到的其他仪器有 　100mL容量瓶　、　胶头滴管　。
②下列主要操作步骤的正确顺序是 　ACEBD　（填序号）。
A．量取一定体积的浓乙酸，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解；
B．加水至液面离容量瓶瓶颈刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；
C．待冷却至室温后，将溶液转移到容量瓶中；
D．盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；
E．用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液转移到容量瓶中；
③下列操作中，会导致所配溶液的物质的量浓度偏低的有 　AB　。（填标，下同）
A．将溶液往容量瓶中转移时，有少量液体溅出
B．未洗涤稀释浓乙酸的烧杯
C．容量瓶未干燥即用来配制溶液
D．定容时俯视刻度线
（3）生活中，将“84”消毒液（主要成分NaCl和NaClO）与醋酸混合使用可增强其消毒能力，其原理用离子方程式表示为 　CH3COOH+ClO﹣＝HClO+CH3COO﹣　。

【分析】（1）根据c＝计算；
（2）①依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要仪器；
②配制一定物质的量浓度溶液步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，据此排序；
③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；
（3）醋酸和次氯酸钠能发生复分解反应生成次氯酸和醋酸钠，HClO的浓度增大，可增强消毒液的消毒效果。
【解答】解：（1）乙酸溶液的密度为1.02g•cm﹣3，质量分数为36%，根据c＝可知，c（乙酸）＝＝6.12mol/L，
故答案为：6.12mol/L；
（2）①进行稀释配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等，某同学实验中欲用2mol•L﹣1的乙酸溶液80mL，需要配制100mL，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管，还缺少的仪器：100mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；
②配制一定物质的量浓度溶液步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，所以正确的操作步骤为：ACEBD，
故答案为：ACEBD；
③A．将溶液往容量瓶中转移时，有少量液体溅出，导致溶质部分损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A正确；
B．未洗涤稀释浓乙酸的烧杯，导致溶质部分损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B正确；
C．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故C错误；
D．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D错误；
故答案为：AB；
（3）醋酸和次氯酸钠能发生复分解反应生成次氯酸和醋酸钠，次氯酸有强氧化性，HClO的浓度增大，可增强消毒液的消毒效果，离子方程式为CH3COOH+ClO﹣＝HClO+CH3COO﹣，
故答案为：CH3COOH+ClO﹣＝HClO+CH3COO﹣。
【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液，题目难度中等，明确溶液配制步骤及操作方法即可解答，注意掌握醋酸的稀释、配制误差方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
20．按要求完成下列方程式：
（1）单质铁与氯气在加热条件下反应的方程式是：　2Fe+3Cl22FeCl3　。
（2）0.2molCO2通入100mL3mol/L的NaOH溶液，该总反应的离子方程式为：　2CO2+3OH﹣＝CO32﹣+HCO3﹣+H2O　。
【分析】（1）铁与氯气在加热条件下生成氯化铁；
（2）100mL3mol/L的NaOH溶液，氢氧化钠物质的量为：0.1L×3mol/L＝0.3mol，与0.2mol二氧化碳反应生成等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠、水。
【解答】解：（1）铁与氯气在加热条件下生成氯化铁，化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，
故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；
（2）n（CO2）＝0.2mol，n（NaOH）＝0.3mol；n（CO2）：n（NaOH）＝0.2mol：0.3mol＝2：3，氢氧化钠和二氧化碳恰好反应生成碳酸钠和碳酸氢钠，反应离子方程式可以直平法写出为：2CO2+3OH﹣＝CO32﹣+HCO3﹣+H2O，
故答案为：2CO2+3OH﹣＝CO32﹣+HCO3﹣+H2O。
【点评】本题考查了化学方程式、离子方程式书写，明确物质的性质是解题关键，注意反应物用量对反应产物的影响，题目难度中等。
21．科研人员最新研制了一种利用废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣）制备（VO2）2SO4的方法如图。

回答下列问题：
（1）（VO2）2SO4中钒的化合价 　+5　。
（2）为了提高钒的浸出率，反应①用Na2SO3和硫酸酸浸使催化剂中的V2O5转变成可溶于水的VOSO4，与水浸液合并，通过反应②用KClO3氧化，便滤液中的VOSO4氧化成易溶于水的（VO2）2SO4。则反应①的离子方程式为 　SO32﹣+4H++V2O5＝2VO2++2H2O+SO42﹣　；完善并配平反应②：　1　ClO3+　6　VO2++　3　　H2O　═　1　Cl﹣+　6　VO2﹣+　6　　H+　。
（3）V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应被吸收，则SO32﹣、Cl﹣、VO2+还原性由强到弱的顺序是 　SO32﹣＞Cl﹣＞VO2+　。
（4）在20.00mL含0.1mol/L VO2﹣的溶液中加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则还原产物可能是 　C　（填序号）。
a．VO2+
b．VO2﹣
c．V2+
d．V
【分析】废钒催化剂粉碎、水浸，将溶解性物质溶于水，然后过滤得到滤渣和滤液，根据溶解性表知，滤液中含有VOSO4，滤渣中含有V2O5等不溶性杂质，向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，然后过滤得到滤渣和滤液，将两部分滤液混合并加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将VOSO4氧化为（VO2）2SO4。
【解答】解：（1）化合物中正负化合价代数和为零，则（VO2）2SO4中钒的化合价为+5，
故答案为：+5；
（2）应①用Na2SO3和硫酸酸浸使催化剂中的V2O5转变成可溶于水的VOSO4，反应①的离子方程式为SO32﹣+4H++V2O5＝2VO2++2H2O+SO42﹣；由图示可知，水浸后得到滤液中VOSO4，反应②用KClO3氧化，使滤液中的VOSO4氧化成易溶于水的（VO2）2SO4，离子反应方程式为：ClO3﹣+6VO2++3H2O＝Cl﹣+6VO2++6H+，
故答案为：SO32﹣+4H++V2O5＝2VO2++2H2O+SO42﹣；1；6；3；H2O；1；6；6；H+；
（3）还原性强弱顺序为还原剂大于还原产物；V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体氯气，则还原性为Cl﹣＞VO2+；氯气能与Na2SO3溶液反应生成氯离子和硫酸根离子，则还原性为SO32﹣＞Cl﹣；故SO32﹣、Cl﹣、VO2+还原性由强到弱的顺序是SO32﹣＞Cl﹣＞VO2+，
故答案为：SO32﹣＞Cl﹣＞VO2+；
（4）20.00 mL含0.1mol/L VO2+的溶液中VO2+的物质的量为0.002mol，0.195 g Zn的物质的量为0.003mol，恰好完全反应，反应前后转移的电子的物质的量相同，锌单质生成锌离子，则钒的化合价变化为＝3，故还原产物可能是V2+，
故答案为：C。
【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，侧重考查氧化还原反应、离子反应方程式的书写等知识点，明确反应原理是解本题关键，知道流程图中发生的反应及实验基本操作，难度中等。
22．过碳酸钠（2Na2CO3⋅3H2O2）是过氧化物类的消毒剂。可以利用侯氏制减法得到的Na2CO3进行制备，流程图如图1所示：

已知：①产物A中可能含有少量的Cu2+、Fe3+金属离子杂质，②硅酸钠可与Cu2+、Fe3+等高价金层离子形成沉淀，③异丙醇的作用为洗涤晶体。请回答下列问题：
（1）虚线框中是侯氏制碱法的原理，某同学用图2所示装置在实验室模拟侯氏制碱法，实验中应先向 　b　（填a或b）中，通入 　NH3　气体。有同学建议在图2甲装置的b导管下端连接c装置，理由是 　增大氨气与饱和食盐水的接触面积，有利于氨气充分溶解，并能防止产生倒吸　。
（2）反应Ⅰ的化学反应方程式为 　NaCl+NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl　。
（3）“反应Ⅱ”需控制温度在20℃左右，其目的是：　防止温度过高，过氧化氢受热分解　，写出“反应”中生成产品D的化学方程式 　2Na2CO3+3H2O2＝2Na2CO3•3H2O2　，加Na2SiO3的作用是 　硅酸根与金属离子形成沉淀，防止金属离子催化H2O2分解　。
（4）流程图中可循环使用的物质有 　CO2、NaCl、异丙醇　。
（5）过碳酸钠是一种有多用途的新型氧系固态漂白剂，它具有Na2CO3和H2O2的双重性质，下列物质不会使过碳酸钠失效的是 　C　。
A．MnO2
B．稀盐酸
C．NaHCO3溶液
D．KMnO4溶液
【分析】由题给流程可知，二氧化碳与氨气、饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠沉淀和含有氯化钠和氯化铵的滤液；碳酸氢钠煅烧分解生成碳酸钠和二氧化碳，则A为碳酸钠固体、B为二氧化碳气体；向碳酸钠固体中加入过氧化氢、氯化镁和硅酸钠的混合溶液，硅酸钠将铁离子、铜离子转化为硅酸盐沉淀，防止铁离子、铜离子催化过氧化氢分解，碳酸钠固体与过氧化氢溶液反应生成过碳酸钠，过滤得到过碳酸钠溶液；向过碳酸钠溶液中加入异丙醇，降低过碳酸钠的溶解度，使过碳酸钠转化为沉淀，过滤得到过碳酸钠晶体，用异丙醇洗涤过碳酸钠沉淀后，干燥得到过碳酸钠；向滤液中加入氯化钠细粉，通入氨气，过滤得到氯化铵固体和饱和食盐水，整个流程转化过程中，二氧化碳、饱和食盐水和异丙醇可以循环使用。
【解答】解：（1）氨气极易溶于水，二氧化碳溶于水，为使二氧化碳充分反应，实验中应先通过导管b向饱和食盐水中通入极易溶于水的氨气使溶液呈碱性，再通过导管a向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体，使二氧化碳与氨气和饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵；甲装置的b导管下端连接c装置，可以增大氨气与饱和食盐水的接触面积，有利于氨气充分溶解，并能防止产生倒吸，
故答案为：b；NH3；增大氨气与饱和食盐水的接触面积，有利于氨气充分溶解，并能防止产生倒吸；
（2）反应Ⅰ为二氧化碳与氨气和饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的化学反应方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl，
故答案为：NaCl+NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl；
（3）过氧化氢不稳定受热易分解，则“反应Ⅱ”需控制温度在20℃左右的目的是防止温度过高，过氧化氢受热分解；反应Ⅱ为碳酸钠固体与过氧化氢溶液反应生成过碳酸钠，反应的化学方程式为2Na2CO3+3H2O2＝2Na2CO3•3H2O2；过氧化氢在铁离子、铜离子催化作用下，易发生分解反应，则加入硅酸钠溶液的作用是将铁离子、铜离子转化为硅酸盐沉淀，防止铁离子、铜离子催化过氧化氢分解，
故答案为：防止温度过高，过氧化氢受热分解；2Na2CO3+3H2O2＝2Na2CO3•3H2O2；硅酸根与金属离子形成沉淀，防止金属离子催化H2O2分解；
（4）由分析可知，整个流程转化过程中，二氧化碳、饱和食盐水和异丙醇可以循环使用，
故答案为：CO2、NaCl、异丙醇；
（5）A．过氧化氢在二氧化锰做催化剂作用下，易发生分解反应，会使过碳酸钠失效，故A错误；
B．稀盐酸能与碳酸钠反应，会使过碳酸钠失效，故B错误；
C．碳酸氢钠溶液与碳酸钠和过氧化氢均不反应，不使过碳酸钠失效，故C正确；
D．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会氧化过氧化氢，会使过碳酸钠失效，故D错误，
故答案为：C。
【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，侧重考查化学反应方程式的书写、物质的分离、实验方案的评价等知识点，明确反应原理是解本题关键，知道流程图中发生的反应及实验基本操作，难度中等。
23．ClO2是一种新型的环保饮用水消毒剂。课题小组拟选择如图部分装置制备并收集一定量的二氧化氯（装置不可重复使用）：

已知：①常温下，ClO2可用NaClO2固体与Cl2反应制得；
②Cl2易溶于有机溶剂，ClO2是一种易溶于水而难滔于有机溶剂的气体，氧化性比氯气强；
回答下列问题：
（1）仪器B的名称为 　分液漏斗　，制备干燥、纯净的氯气，制备的发生装置是 　A或B　（选一个，填代号），写出所选装置反应的离子方程式：　MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O或2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O　。
（2）制备二氧化氯：导管口连接顺序为；a→　z→m→x→y→b→c→r→s→n→p　→j；本实验选择I而不选择H的原因是：　H中水会倒吸进入F中　。
（3）写出G中发生反应的化学方程式：　Cl2+2NaClO2＝2ClO2+2NaCl　。
（4）装置E的作用是：　吸收ClO2中的Cl2　。
（5）若用100mL2mol•L﹣1的浓盐酸与足量的MnO2制备Cl2，则被氧化的HCl的物质的量是 　C　（填序号）。
A．＞0.1mol
B．0.1mol
C．＜0.1mol
D．无法判断
（6）尾气中的二氧化氯还可以用含双氧水的烧碱溶液吸收，其产物之一是NaClO2，写出该反应的化学方程式：　2ClO2+2NaOH+H2O2＝2NaClO2+O2+2H2O　。
【分析】由题给实验装置可知，装置A中二氧化锰和浓盐酸共热反应制备氯气或装置B中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢气体，装置D中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置G中氯气与亚氯酸钠反应制备二氧化氯气体，装置E中盛有的四氯化碳用于吸收二氧化氯中混有的氯气，装置F为二氧化氯的收集装置，装置I中盛有的碱石灰用于吸收过量的氯气和二氧化氯，防止污染空气，同时防止水蒸气进入F中，使二氧化氯溶解于水，则制备并收集一定量的二氧化氯的装置连接顺序为A或B→D→C→G→E→F→I，导管口连接顺序为a→z→m→x→y→b→c→r→s→n→p→j。
【解答】解：（1）由实验装置图可知，仪器P的为分液漏斗；由分析可知，可选用装置A制备氯气，装置中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，或选用装置B制备氯气，装置中高锰酸钾固体与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
故答案为：分液漏斗；A或B；MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O或2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（2）由分析可知，制备二氧化氯的装置连接顺序为A或B→D→C→G→E→F→I，导管口连接顺序为a→z→m→x→y→b→c→r→s→n→p→j；由信息可知，二氧化氯极易溶于水，若选用H装置，H装置中的水会倒吸进入装置F中，
故答案为：z→m→x→y→b→c→r→s→n→p；H中水会倒吸进入F中；
（3）由分析可知，G中发生的反应为氯气与亚氯酸钠反应生成二氧化氯和氯化钠，反应的化学方程式为Cl2+2NaClO2＝2ClO2+2NaCl，
故答案为：Cl2+2NaClO2＝2ClO2+2NaCl；
（4）由分析可知，装置E中盛有的四氯化碳用于吸收二氧化氯中混有的氯气，
故答案为：吸收ClO2中的Cl2；
（5）浓盐酸能与二氧化锰共热反应制备氯气，反应中浓盐酸表现酸性和还原性，表现酸性和还原性的浓盐酸的物质的量比1：1，稀盐酸与二氧化锰共热不反应，100mL2mol/L浓盐酸与足量二氧化锰反应时，浓盐酸会变为稀盐酸，不能继续与二氧化锰反应，则被氧化的氯化氢的物质的量需要0.1mol，
故答案为：C；
（6）由题意可知，二氧化氯与含双氧水的氢氧化钠溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的化学方程式为2ClO2+2NaOH+H2O2＝2NaClO2+O2+2H2O，
故答案为：2ClO2+2NaOH+H2O2＝2NaClO2+O2+2H2O。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
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