精品解析：浙江省杭州市学军中学2020-2021学年高一上学期期中测试化学试题

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杭州学军中学2020学年第一学期期中考试
高一化学试卷
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137
一、选择题
1. Na2CO3俗名纯碱，下面是对纯碱采用不同分类法的分类，不正确的是
A. Na2CO3是碱 B. Na2CO3是盐 C. Na2CO3是钠盐 D. Na2CO3是碳酸盐
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na2CO3电离产生的阴离子是，并不是OH-，因此不属于碱，A错误；
B．Na2CO3是由金属阳离子和酸根离子组成的化合物，因此属于盐，B正确；
C．Na2CO3属于盐，由于其电离产生的阳离子的Na+，所以根据阳离子进行分类，Na2CO3是钠盐，C正确；
D．Na2CO3是由金属阳离子和酸根离子组成的化合物，因此属于盐；由于电离产生的阴离子是，因此碳酸钠属于碳酸盐，D正确；
故合理选项是A。
2. 仪器名称为“容量瓶”的是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．此仪器为圆底烧瓶，A与题意不符；
B．此仪器为分液漏斗，B与题意不符；
C．此仪器为容量瓶，C符合题意；
D．此仪器为锥形瓶，D与题意不符；
答案为C。
3. 下列分散系能产生“丁达尔效应”的是( )
A. 葡萄糖溶液 B. 氢氧化铁胶体 C. 盐酸 D. 油水
【答案】B
【解析】
【详解】胶体分散系能产生“丁达尔效应”，不属于胶体的分散系不能产生“丁达尔效应”， 葡萄糖溶液、盐酸、油水均不属于胶体分散系，氢氧化铁胶体属于胶体分散系，故答案为：B。
4. 下列说法中错误的是（ ）
A. 0.3 mol H2SO4 B. 1 mol H2O C. 0.5 mol氧 D. 3 mol氢原子
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2SO4可表示微观粒子，可用物质的量描述，0.3 mol H2SO4描述正确，A说法正确；
B．H2O可表示微观粒子，可用物质的量描述，1 mol H2O描述正确，B说法正确；
C．物质的量用来描述微观粒子，如分子、原子、离子等等；0.5mol氧，没有指明具体的微观粒子的种类，描述错误，C说法错误；
D．氢原子为微观粒子，可用物质的量描述，3 mol氢原子描述正确，D说法正确；
答案为C。
【点睛】物质的量是一个物理量，它表示含有一定数目粒子的集合体，符号为n，物质的量的单位为摩尔(mol)，它可以计量所有微观粒子(包括原子、分子、离子、原子团、电子、质子、中子等)。
5. 0.5L 1mol/L FeCl3溶液与0.2L 1mol/L KCl溶液中的c(Cl- )之比是( )
A. 5：2 B. 15：2 C. 3：1 D. 1：3
【答案】C
【解析】
【详解】给定浓度的溶液中氯离子的浓度与溶液的体积无关，则1mol/L FeCl3溶液中c(Cl- )=3mol/L，1mol/L KCl溶液中的c(Cl- )=1mol/L，则c(Cl- )之比为3：1，答案为C。
6. 下列反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是（ ）
A. Fe+CuSO4=FeSO4+Cu
B. AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3
C. Fe2O3+3CO=2Fe+3CO2
D. 2KMnO4K2MnO4+МnO2+O2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应为置换反应，属于四种基本反应类型，同时Fe和Cu元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，A不符合题意；
B．该反应为复分解反应，属于四种基本反应类型，但没有元素的化合价发生变化，不属于氧化还原反应，B不符合题意；
C．该反应不属于四种基本反应类型，同时Fe和C元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，C符合题意；
D．该反应为分解反应，属于四种基本反应类型，同时Mn和O元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，D不符合题意；
故选C。
7. 食盐中的碘以碘酸钾（KIO3）形式存在，可根据反应：+5I-+6H+=3I2+3H2O 验证食盐中存在，根据上述反应，下列说法错误的是（ ）
A. 作氧化剂，发生还原反应
B. I2既是氧化产物又是还原产物
C. 该反应下氧化性：＞ I2
D. 每生成 3 个 I2转移 6 个电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．由+5I-+6H+═3I2+3H2O可知，中碘元素化合价由+5价得电子变为0价，被还原，作氧化剂，发生还原反应，故A正确；
B．由+5I-+6H+═3I2+3H2O可知，中碘元素化合价由+5价得电子变为0价，I－化合价由-1价失电子变化为0价，I2既是氧化产物又是还原产物，故B正确；
C．氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以该条件下是氧化剂，I2是氧化产物，氧化性＞I2，故C正确；
D．由+5I-+6H+═3I2+3H2O可知，每生成3mol I2，转移电子的物质的量为5mol，即每生成 3个I2转移5个电子，故D错误；
答案为D。
8. 下列各组离子在溶液中能大量共存的是( )
A. NH、K+、H+、Ba2+、Cl-、NO B. Mg2+、Na+、OH-、K+、CO
C. Ag+、Fe3+、Cl-、H+、Ca2+ D. K+、CO、H+、Na+、NH
【答案】A
【解析】
【详解】A. NH、K+、H+、Ba2+、Cl-、NO在溶液中不反应，可以大量共存，A选；
B. 镁离子与氢氧根离子、碳酸根离子分别生成氢氧化镁沉淀和碳酸镁沉淀，均不能大量共存，B不选；
C. 银离子和氯离子反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，C不选；
D. 氢离子与碳酸根离子反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，D不选；
答案选A。
9. 下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A. 碳酸镁和盐酸反应的离子方程式：CO+2H+=CO2↑+H2O
B. 制备氢氧化铁胶体的离子方程式：Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+
C. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO+H++OH-=BaSO4↓+H2O
D. 铁粉与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碳酸镁难溶，碳酸镁不能拆，正确应为MgCO3+2H+=CO2↑+H2O+Mg2+，A错误；
B. 制备氢氧化铁胶体的离子方程式：Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+，B正确；
C. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应阴阳离子个数比不对，正确应为：Ba2++SO+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，C错误；
D. 铁粉与稀硫酸反应不能生成铁离子而应为亚铁离子：Fe+2H+=Fe2++H2↑，D错误；答案选B。
10. 下列关于化学发展几个重要的里程碑说法不正确的是( )
A. 英国化学家波义尔提出元素的概念，标志着近代化学的诞生
B. 法国化学家拉瓦锡建立燃烧现象的氧化学说，使近代化学取得了革命性进展
C. 英国科学家道尔顿提出分子学说，为近代化学的发展奠定了坚实的基础
D. 俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，使化学的研究变得有规律可循
【答案】C
【解析】
【详解】A．1661年，英国化学家波义尔提出元素的概念，认为元素是用一般化学方法不能再分解为更简单的某些实物，标志着近代化学的诞生，A正确；
B．1774年，法国化学家拉瓦锡正式提出了氧化学说，认为燃烧的本质是物体与氧的化合，使近代化学取得了革命性进展，B正确；
C．1803年，英国科学家道尔顿提出原子论，为近代化学的发展奠定了坚实的基础，C错误；
D．1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并预言了未知元素的性质，使化学的研究变得有规律可循，D正确；
故选C。
11. 下列关于决定物质体积的因素的说法不正确的是（ ）
A. 物质的体积取决于粒子数目、粒子大小和粒子间距
B. 相同条件下，分子数相同的任何气体的体积基本相同
C. 同温同压下，1mol任何物质所占有的体积均相同
D. 等质量的，压强越小、温度越高，气体所占体积越大
【答案】C
【解析】
【详解】A．从微观角度来说，物质的体积由粒子数目、粒子大小和粒子间距决定，故A正确；
B．分子数相同的气体的物质的量相同，则相同条件下体积基本相同，故B正确；
C．该结论只适用于气态物质，故C错误；
D．压强和气体体积成反比，温度和气体体积成正比，等质量的，压强越小，温度越高，气体体积越大，故D正确；
故选C。
12. 中国药学家屠呦呦因发现青蒿素开创了治疗疟疾的新方法，荣获了诺贝尔奖。第十三届全国人民代表大会常务委员会第十三次会议决定授予屠呦呦“共和国勋章”，表彰他及其团队为新中国建设和发展作出的杰出贡献。已知青蒿素的分子式为C15H22O5，下列有关说法正确的是（ ）
A. 青蒿素的摩尔质量为282g/mol
B. 青蒿素中C、H、O的质量之比为15:22:5
C. 标准状况下，1mol青蒿素的体积约为22.4L
D. 1mol青蒿素中含11molH2
【答案】A
【解析】
【详解】A、青蒿素的分子式为C15H22O5，摩尔质量为282g/mol，选项A正确；
B、青蒿素中C、H、O三种元素的质量比为（12×15）：（1×22）：（16×5）=90：11：40≠15：22：5，选项B错误；
C、标准状况下，青蒿素不是气体，1mol青蒿素的体积不是22.4L，选项C错误；
D、青蒿素中不含H2，选项D错误。
答案选A。
【点睛】本题主要考查化学式的意义、有机物、气体摩尔体积及相对分子质量计算方法的掌握，学习中注意相关基础知识的积累，易错点为选项C：标准状况下，青蒿素不是气体，1mol青蒿素的体积不是22.4L。
13. 相等物质的量的CO和CO2相比较，下列有关叙述中正确的是（ ）。
①它们所含的分子数目之比为1∶1；　②它们所含的O原子数目之比为1∶2；　③它们所含的原子总数目之比为2∶3；　④它们所含的C原子数目之比为1∶1；⑤它们所含的电子数目之比为7∶11
A. ①②③④ B. ②和③ C. ④和⑤ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】根据化学式可知，如果CO和CO2的物质的量相等，则二者的分子数相等，所含的氧原子数是1︰2的。而原子总数是2︰3的，碳原子数是1︰1的，含有的电子数是14︰22，所以正确的答案选D。
14. 下列关于钠的反应现象的叙述中，不正确的是( )
选项
反应内容
反应现象
A
切开钠，其颜色的变化
钠切面颜色变暗，最后呈淡黄色
B
把小块钠投入硫酸铜溶液中
钠浮在水面上、四处游动、产生蓝色沉淀
C
把小块钠投入到滴有紫色石蕊试液的盛冷水中
钠熔化成闪亮的小球，在水面上四处游动，有“嘶嘶”的响声发出，反应后溶液变蓝
D
把一小块钠迅速投入到热坩埚中，继续加热坩埚片刻
钠受热后先融化，然后与氧气剧烈反应，发出黄色火焰

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.切开钠，钠与空气中氧气接触，反应生成氧化钠，切面颜色变暗，但最后不会呈淡黄色，故A错误；
B.把小块钠投入硫酸铜溶液中，钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，氢氧化钠与硫酸铜反应生成蓝色沉淀，故B正确；
C.钠投入到紫色石蕊试液的冷水中，钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，钠熔化成闪亮的小球，在水面上四处游动，有“嘶嘶”的响声发出，反应后溶液变蓝，故C正确；
D.钠的熔点低，加热熔化后燃烧，发出黄色火焰，故D正确。
故答案选：A。
15. 某化学兴趣小组在学校科技节活动中表演了“滴水生火”“吹气生火”的小魔术。如图所示，在蒸发皿上放一小团脱脂棉，在里面裹入一种淡黄色的化合物，对着脱脂棉吹气或者用胶头滴管滴几滴水，一会儿脱脂棉会燃烧起来。下列说法正确的是( )

A. 淡黄色化合物为Na2O
B. 由“滴水生火”的小魔术可以得出有氢气生成
C. 由“吹气生火”的小魔术可以得出钠着火了不能用泡沫灭火器
D. 在活动中为了更清楚的观察现象，需要近距离俯视蒸发皿
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧化钠为白色固体，淡黄色固体为过氧化钠，故A错误；
B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，故B错误；
C．过氧化钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠与氧气，因此钠着火不能用泡沫灭火器灭火，故C正确；
D．反应过程中有明火，近距离俯视存在安全隐患，故D错误。
综上所述，答案C。
16. 实验室验证钠能与二氧化碳发生反应，并确定其产物的装置如图所示，(已知：PdC12溶液遇CO能产生黑色的Pd)，下列说法错误的是（ ）

A. 装置①的仪器还可以制取H2气体
B. 装置⑤中石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯
C. 装置②③中分别盛装饱和Na2CO3溶液、浓H2SO4
D. 装置⑥中有黑色沉淀，发生的反应是PdC12+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HC1
【答案】C
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置①为二氧化碳制备装置，装置②中盛有饱和碳酸氢钠溶液，用以除去二氧化碳中的氯化氢，装置③中盛有浓硫酸，用以除去水蒸气，装置④为钠与干燥二氧化碳在加热条件下发生反应的装置，装置⑤为二氧化碳的检验装置，装置⑥为一氧化碳的检验和吸收装置。
【详解】A项、装置①为固体和液体不加热反应制备气体的装置，锌和稀硫酸反应制氢气可以用装置①，故A正确；
B项、金属钠易与空气中的氧气、水蒸气等发生反应，实验之前，应用二氧化碳气体排出装置中的空气，当装置⑤中石灰水变浑浊后，说明空气已排净，再点燃酒精灯，可排除氧气、水蒸气等对钠与二氧化碳反应的干扰，故B正确；
C项、装置①中反应产生的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，因为碳酸钠溶液与二氧化碳反应，应先用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳气体中的氯化氢，故C错误；
D项、根据题给信息可知，PdC12溶液与CO发生氧化还原反应生成黑色的Pd、二氧化碳和氯化氢，反应的化学方程式为PdC12+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HC1，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意碳酸钠与盐酸反应制备二氧化碳气体，会含有杂质气体氯化氢和水蒸气，要得到纯净的二氧化碳气体，混合气体先通过饱和碳酸氢钠溶液，再通过浓硫酸，不能用饱和碳酸钠溶液除氯化氢，因为碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠。
17. 某化学教师为“氯气与金属钠反应”设计了如图装置的实验，实验操作，先给钠预热，等钠熔融成圆球时，撤火，通入氯气，即可见钠着火燃烧，生成大量白烟。以下叙述错误的是( )

A. 反应生成的大量白烟是氯化钠晶体
B. 玻璃管尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉球是用于吸收过量的氯气，以免其污染空气
C. 钠熔点高，所以先预热再反应
D. 若在棉球外沿滴一滴石蕊溶液，可据其颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收
【答案】C
【解析】
【详解】A. 钠在氯气中燃烧能生成氯化钠固体小颗粒，所以能看到白烟，A叙述正确；
B. 氯气排放到空气中是有害的，因其能和氢氧化钠溶液反应，故可用浸有NaOH溶液的棉球用于吸收过量的氯气，B叙述正确；
C. 钠熔点低，先预热是为了先升高温度使氯气反应较完全，C叙述错误；
D. 氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，紫色石蕊遇酸变红，如果氢氧化钠溶液不能完全吸收掉氯气，则过量的氯气会和水反应，而紫色石蕊变红，石蕊变红则说明氢氧化钠溶液没有完全吸收掉氯气，D叙述正确。故答案选C。
18. 下列说法不正确是( )
A. 热的纯碱溶液可以去除物品表面的油污
B. 在医疗上，苏打是治疗胃酸过多的一种药剂
C. 漂白粉可用于游泳池的消毒杀菌
D. 氯气是一种重要的化工原料，大量用于制造盐酸、有机溶剂、农药等
【答案】B
【解析】
【详解】A．纯碱溶液水解显碱性，碱性溶液促进油污水解，A正确；
B．碳酸钠溶液的碱性较强，碳酸氢钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂，B错误；
C．漂白粉具有强氧化性能杀菌消毒，漂白粉可用于游泳池的消毒杀菌，C正确；
D．氯气有毒，可用于制农药，盐酸，与烷烃反应制备卤代烃等有机溶剂，D正确；答案选B。
19. 下列关于氯水的说法正确的( )
A. 新制氯水呈浅黄绿色，是因为氯水中含有HClO
B. 新制氯水在光照的条件下，可以产生气体，该气体是氯气
C. 新制氯水中滴加硝酸银溶液，没有任何现象
D. 新制氯水可以和金属镁反应
【答案】D
【解析】
【分析】氯气溶于水，部分与氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，溶液中存在氯气、次氯酸、水三种分子，H+、ClO−、Cl−、OH−四种离子。
【详解】A. 氯水成分中，只有氯气为黄绿色，氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2，故A错误；
B. 新制氯水中存在次氯酸，不稳定，见光分解为盐酸和氧气，不会出现氯气放出，故B错误；
C. 新制氯水中含氯离子，滴加硝酸银溶液，会出现白色沉淀，故C错误；
D. 氯水中含有盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，与镁反应生成氯化镁和氢气，故D正确；
故选D。
20. 下列关于物质的量浓度表述正确的是( )
A. 在标准状况下，VL氨气溶于1L水配成密度为ρg/cm3的氨水，该氨水的物质的量浓度为mol/L
B. 实验室使用的浓盐酸的溶质质量分数为36.5％，密度为1.19g/cm3，则该浓盐酸物质的量浓度是11.9mol/L
C. 将40g氢氧化钠固体溶于1L水中，物质的量浓度为1mol/L
D. 0.3mol/L硫酸钠溶液中含有钠离子和硫酸根离子总物质的量为0.9mol
【答案】B
【解析】
【详解】A. 标况下VL氨气的物质的量为n=mol，溶液的体积V液=，c=mol/L，故A错误；
B 根据公式，故B正确；
C. 氢氧化钠固体溶于1L水中，溶液的体积会发生改变，体积不再是1L，物质的量浓度不是1mol/L，故C错误；
D. 硫酸钠溶液物质的量浓度已知，但溶液体积未知，不能计算离子物质的量，故D错误；
答案选B。
21. 下列叙述正确的是( )
①标准状况下，0.2mol任何物质的体积均为4.48L
②若1mol气体的体积为22.4L，则它一定处于标准状况下
③标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同
④标准状况下，1gH2和14gN2的体积相同
⑤28gCO的体积为22.4L
⑥两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同
⑦在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大
⑧同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比
A. ①④⑧ B. ⑥⑦⑧ C. ②③⑤ D. ④⑦⑧
【答案】D
【解析】
【详解】①标准状况下，0.2mol任何气体物质的体积均为4.48L，但所有物质并不都是气体，故①错误，①不选；
②若1mol气体的体积为22.4L，由于温度、压强影响气体摩尔体积，则它可能处于标准状况下，也可能不是标况下，故②错误，②不选；
③标准状况下，HCl为气体，而H2O不是气体，二者体积相等，它们物质的量不相等，故错误，③不选；
④1gH2物质的量为，14gN2的物质的量为，二者物质的量相等，标况下，二者体积相等，故正确，④选；
⑤28gCO为1mol，但不一定处于标况下，CO的体积不一定为22.4L，故错误，⑤不选；；
⑥标况下，两种物质不一定都是气体，它们物质的量相等，占有的体积不一定相等，故错误，⑥不选；
⑦在同温同体积时，气体压强与物质的量成正比，则气体物质的物质的量越大，压强越大，故正确，⑦选；
⑧同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，也等于相对分子质量之比，即气体的密度与气体的相对分子质量成正比，故正确，⑧选；
综上所诉，④⑦⑧正确，答案选D。
22. 将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100mL2mol/L盐酸反应，实验测得生成气体的体积V(已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法不正确的是( )

A. x＝2.24
B. 反应时，Na、Mg、Al均过量
C. 钠的物质的量为0.2 mol
D. 曲线b为Mg与盐酸反应的图像
【答案】B
【解析】
【分析】由于最后生成的气体量相同，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属失去了相同数量的电子，而若盐酸过量的话，这些金属失去的电子数因该是不一样的，比值应是1：2：3，故推断出盐酸不可能过量，但可能刚好和Na反应完全，此时Na完全反应而Mg、Al还有剩余，由此分析。
【详解】A、由于酸不足，所以生成氢气的量为n（H2）＝0.5n（HCl）＝0.5×0.1L×2mol/L＝0.1mol，所以标况下的体积为2.24L，故A正确；
B、Na不可能过量，即使过量也要与溶剂水反应，故B错误；
C、生成0.1mol的氢气需0.2mol的钠，故C正确；
D、按照金属活动性顺序Na＞Mg＞Al可知钠和盐酸反应最激烈，产生相同的氢气需要的时间最少，故中间那条线是Mg与盐酸反应的图像，故D正确；
答案选B。
【点睛】本题考查钠的性质，注意钠和水反应的特点，根据物质的量的大小以及可与酸、水反应的特点比较生成氢气的多少。
23. 下列叙述中正确的是( )
A. 22.4LN2中一定含有2molN
B. 58.5gNaCl固体中有1mol的NaCl分子
C. S2和S8混合物共6.4g，所含硫原子数一定为0.2mol
D. 标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 未指明是否是标准状况，22.4LN2中不一定含有2molN，A错误；
B. 氯化钠是由离子构成的，不存在分子，B错误；
C. S2和S8均是硫原子组成的单质，硫原子的物质的量n=m/M=6.4g÷32g/mol=0.2mol，C正确；
D. 氯气与水是可逆反应，溶液中还存在氯气，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和小于NA，D错误；
答案选C。
24. 中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料,在700℃时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上,立即被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。同学们对此有下列一些“理解”,你认为其中错误的是( )
A. 这个反应是氧化还原反应 B. 制造过程中元素种类没有改变
C. 另一种化合物为NaCl D. 纳米级金刚石粉末为胶体
【答案】D
【解析】
【详解】Ａ. CCl4和金属钠反应生成金刚石(碳单质)，碳元素的化合价降低，钠元素化合价升高，有元素的化合价变化属于氧化还原反应，故A正确；
Ｂ. 根据元素守恒定律可知制造过程中元素种类没有改变，故B正确；
Ｃ. 根据原子守恒可知CCl4和金属钠反应生成金刚石(碳单质)和NaCl，故C正确；
Ｄ. 金刚石为单质，分散系中的胶体为混合物，故D错误；
答案选D。
25. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，其一种生产工艺如图，下列说法不正确的是( )

A. “反应”步骤中生成ClO2的化学方程式:H2SO4+SO2+2NaClO3=2ClO2+2NaHSO4
B. “电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去杂质SO和Ca2+，需要加入适当过量的除杂试剂，添加顺序为为BaCl2、Na2CO3
C. 吸收反应NaOH+H2O2+ClO2NaClO2+O2+H2O中，氧化产物是O2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
D. 270gClO2与过量的NaOH、H2O2完全反应，计算生成的NaClO2的物质的量为4mol
【答案】C
【解析】
【分析】由制备流程可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化剂，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据得失电子守恒可知此反应的化学方程式；然后电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO，阳极Cl-失电子生成Cl2，含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，最后NaClO2溶液结晶、干燥得到产品，以此解答该题。
【详解】A．NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据得失电子守恒可知，此反应的化学方程式为：H2SO4+SO2+2NaClO3=2ClO2+2NaHSO4，故A正确；
B．食盐中混有SO和Ca2+，一般用氯化钡除去硫酸根，用碳酸钠除去钙离子和过量的钡离子，因此除去时需要加入的试剂分别为BaCl2、Na2CO3，故B正确；
C．根据流程图可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO，Cl的化合价从+4价降为+3价，1molClO2参加反应得到1mol电子，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，1molH2O2参加反应失去2mol电子，依据得失电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，故C错误
D．270gClO2的物质的量是270g÷67.5g/mol＝4mol，与过量的NaOH、H2O2完全反应，根据氯原子守恒可知生成的NaClO2的物质的量为4mol，故D正确。
故答案选C。
二、填空题
26. 现有下列物质：①稀硫酸②小苏打③氨水④二氧化碳⑤FeCl3固体⑥稀NaOH溶液⑦硝酸亚铁溶液。
(1)上述物质中属于电解质的物质序号为__________
(2)物质①可以导电，其电离方程式为____________
(3)向⑥中通入过量④的离子方程式为____________
【答案】 (1). ②⑤ (2). H2SO4=2H++SO42- (3). OH-+CO2=HCO3-
【解析】
【分析】电解质须为化合物，在水溶液或熔融状态下能够导电；非电解质须为化合物，自身不能电离出离子，不能导电。
【详解】(1)根据定义可知，①③⑥⑦虽能导电，但属于混合物，不属于电解质；④虽为化合物，但在水溶液中不是本身电离出自由移动的阴阳离子，所以不属于电解质；②和⑤属于盐，在水溶液中或熔融状态下能够导电，属于电解质，故答案为：②⑤；
(2)硫酸为二元强酸，其电离方程式为：H2SO4=2H++SO42-，故答案为：H2SO4=2H++SO42-；
(3)向氢氧化钠溶液中通入过量的二氧化碳，氢氧化钠先与二氧化碳生成碳酸钠，生成的碳酸钠再与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故离子方程式为:OH-+CO2=HCO3-，故答案为：OH-+CO2=HCO3-。
27. (1)写出下列物质的化学式：漂白粉的主要成分_________
(2)①氯气与铁反应的化学方程式________________
②氯气与水反应的化学方程式 ________________
【答案】 (1). CaCl2、Ca(ClO)2 (2). 2Fe+3Cl22FeCl3 (3). H2O+Cl2=HCl+HClO
【解析】
【详解】(1)写出下列物质的化学式：漂白粉的主要成分CaCl2、Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2；故答案为：CaCl2、Ca(ClO)2。
(2)①氯气与铁反应生成氯化铁，其化学方程式2Fe+3Cl22FeCl3；故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3。
②氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，其化学方程式H2O+Cl2=HCl+HClO；故答案为：H2O+Cl2=HCl+HClO。
28. 现有X、Y、Z三种元素(1-18号)。
①Z的单质可以在Y的单质中燃烧，生成Z2Y2。②X的单质可与Y的单质化合，生成两种液态化合物X2Y，X2Y2
(1)X、Y、Z的元素符号分别为_____、____、_____。
(2)将Z的单质溶于X2Y中的离子方程式为____________。
【答案】 (1). H (2). O (3). Na (4). 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
【解析】
【分析】因Z的单质可在Y的单质中燃烧，生成Z2Y2，X的单质可与Y的单质化合，生成两种液态化合物X2Y，X2Y2，可推出X为H、Y为O、Z为Na，据此解答。
【详解】(1)根据以上分析可知X、Y、Z的元素符号分别为H、O、Na。
(2)将钠的单质溶于H2O中生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑。
三、实验题
29. 纯碱是生活中常用的去油污洗涤剂，某同学欲用碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)配制220mL1mol/L的Na2CO3溶液，请回答下列问题：
(1)与实验有关的图标和名称正确是是_____________。
A
B
C
D




护目镜
洗手
用电
加热
(2)配制过程中需要Na2CO3·10H2O的质量为__________。
(3)实验过程中除需要托盘天平(带砝码)、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、试剂外，还需要的玻璃仪器有__________。
(4)配制溶液时正确的操作顺序是 __________。
a.称量Na2CO3·10H2O固体
b.将烧杯中的溶液沿玻璃注入容量瓶
c.轻轻摇动容量瓶，使溶液合均匀
d.反复上下颠倒，摇匀
e.将称好的Na2CO3·10H2O固体放入烧杯中，加入适量蒸馏水，搅拌，使固体全部溶解
f.计算需要Na2CO3·10H2O固体的质量
g.将蒸馏水注入容量瓶，后定容
h.将配制好的溶液倒入试剂瓶中，并贴好标签
i.用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，将洗涤液也都注入容量瓶
(5)定容的具体操作：将蒸馏水注入容量瓶______________。
(6)配制溶液时，下列实验操作会使配制溶液浓度偏高的是__________。
A.容量瓶清洗后，未经过干燥处理
B.定容操作时，俯视刻度线
C.溶液未经冷却直接倒入容量瓶中
D.定容后倒转容量瓶几次，发现液面最低点低于刻度线，再补加几滴水到刻度
【答案】 (1). B (2). 71.5g (3). 250mL容量瓶、胶头滴管 (4). faebicgdh (5). 至刻度线以下1～2cm，改用胶头滴管滴加，直至凹液面最低处与刻度线相切 (6). BC
【解析】
【详解】(1)A. 护目镜表示对眼睛有损伤的强光或药品，需对眼睛进行保护，碳酸钠碱性较弱，不需要佩戴护目镜，故不选A；
B. 洗手是表示药品对皮肤有伤害，碳酸钠溶液显碱性，使用药品后要洗手，故选择B；
C. 用电是提醒用电安全，本实验不需要用到电能，故不选C；
D. 本实验不需要加热，故不选D；
答案选B。
(2)配制220mL溶液，需要用250mL容量瓶，则配制过程中需要Na2CO3·10H2O的质量为m=nM=cVM=1mol/L×0.25L×286g/mol=71.5g；
(3)配制一定物质的量浓度溶液的基本步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、摇匀、定容、振荡、装瓶等，则配制220mL1mol/L的Na2CO3溶液使用的仪器为：托盘天平(带砝码)、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶，所以还缺少胶头滴管、250mL容量瓶，故答案为：胶头滴管、250mL容量瓶；
(4)根据以上分析可知配制溶液时的操作顺序是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、摇匀、定容、振荡、装瓶等，即faebicgdh；
(5)定容的具体操作为：将蒸馏水注入容量瓶至刻度线以下1～2cm，改用胶头滴管滴加，直至凹液面最低处与刻度线相切；
(6)A.容量瓶内有水，未经过干燥处理，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变，故A不选；
B.定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B选；
C.溶液未冷却转移至容量瓶，冷却后导致溶液体积偏小，浓度偏大，故C选；
D.定容后倒转容量瓶几次，发现液面最低点低于刻度线，再补加几滴水到刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D不选；
答案选BC。
30. Ⅰ“侯氏制碱法”是我国化工专家侯德榜为世界制破工业作出的突出贡献。某实验小组模拟“侯氏法”的工艺流程及实验装置(部分夹持装置省略)如下：
气体A的饱和溶液A与食盐的饱和溶液悬浊液晶体纯碱
(1)气体A为______(填化学式)。
(2)工业上粗盐(含Ca2+、Mg2+、SO等杂质)经除杂得到氯化钠，判断氯化钠中的钠元素的具体操作为___________。
(3)第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是________。
Ⅱ、某小组利用传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质。已知：氢氧根离子的浓度越小，溶液碱性越弱，(具体过程如图)
编号
实验操作
实验Ⅰ
测量下面实验过程中温度的变化

实验Ⅱ
测量下面实验过程中溶液pH的变化


注：Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的浓度相等
实验Ⅲ

请回答：
(1)实验Ⅰ中，溶解时吸收热量的物质是_______(填化学式)。
(2)实验Ⅱ中，滴加NaHCO3溶液的烧杯中溶液酸碱性变化与滴加Na2CO3溶液的有明显差异，原因是滴加NaHCO3溶液的烧杯中，_______(填离子符号)参与了反应。
(3)若用方法Ⅲ验证Na2CO3和NaHCO3的稳定性,则试管B中装入的固体是 ____ (填化学式)。由此可知方法Ⅲ___(填“能”或“不能”)鉴别Na2CO3和NaHCO3。
【答案】 (1). NH3 (2). 溶解氯化钠，用洁净的铁丝蘸取食盐溶液在酒精灯火焰上灼烧,若产生黄色火焰,说明有钠元素 (3). 漏斗、玻璃棒、烧杯 (4). NaHCO3 (5). HCO、OH- (6). NaHCO3 (7). 能
【解析】
【详解】Ⅰ、(1)氨气易溶于水，先通入氨气，在饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳可得到碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，过滤得沉淀物为碳酸氢钠，经洗涤、干燥得碳酸氢钠固体，灼烧得到碳酸钠，所以A气体为NH3；
(2)检验钠离子用焰色试验，所以实验操作为：溶解氯化钠，用洁净的铁丝蘸取食盐溶液在酒精灯火焰上灼烧，若产生黄色火焰，说明有钠元素；
(3)第Ⅲ步操作是过滤，过滤过程中需要用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；
Ⅱ、(1)碳酸钠溶于水有明显的放热，而碳酸氢钠是吸热的；
(2)碳酸氢钠与氢氧化钙发生反应生成碳酸钙沉淀，所以滴加NaHCO3溶液的烧杯中，HCO、OH-参与了反应；
(3)酒精灯直接加热试管A，可知A中温度比B中高，因此试管B中盛放NaHCO3，且与B连接的澄清石灰水变浑浊，而与A相连的澄清石灰水未变浑浊，更能说明碳酸钠比碳酸氢钠稳定，所以也能鉴别碳酸钠与碳酸氢钠。
四、计算题
31. 某固体粉末由Na2O与Na2O2组成，将其分成等量的二份，一份与足量的CO2气体作用，发现该固体质量增加了11.6g，同时生成了新的气体A；另一份溶于水后，所得溶液恰好被含硫酸29.4g的酸溶液中和，试计算：
(1)A气体在标况下的体积是___；
(2)固体中Na2O与Na2O2的物质的量之比是___(写出计算过程)
【答案】 (1). 1.12L (2). 2：1
【解析】
【分析】Na2O、Na2O2与水反应都会生成NaOH，NaOH与硫酸反应后生成Na2SO4，根据根据和钠离子守恒可知每一份中Na2O、Na2O2的总物质的量，设二者各自物质的量分别为xmol、ymol，根据Na2O、Na2O2与CO2反应的方程式可以表示出各自反应使固体增重，结合固体总质量增重列方程计算解答。
【详解】NaOH与硫酸反应后生成Na2SO4，根据Na+守恒可知，n(Na2SO4)=n(Na2O、Na2O2)=n(H2SO4)= =0.3mol，
设每一份中Na2O为xmol、Na2O2为ymol，则：


所以：，解得x=0.2，y=0.1，
(1)由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，0.1mol Na2O2反应生成O2为0.05mol，0.05mol O2在标况下的体积是0.05mol×22.4L/mol=1.12L；
(2)由以上计算可知，氧化钠与过氧化钠的物质的量之比为2：1。