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湖北省十堰市郧阳中学2022-2023学年高一化学上学期10月月考试题（Word版附解析）
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这是一份湖北省十堰市郧阳中学2022-2023学年高一化学上学期10月月考试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上， 下列关于电解质的说法正确的是， 下列离子方程式书写正确的是， 下列实验不能达到实验目的的是等内容，欢迎下载使用。
郧阳中学2022级高一上学期10月第二次考试
化学试题
考试范围：物质及其变化、钠及其化合物 考试时间：75分钟满分：100
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5
第I卷 选择题(共50分)
一、单选题(2分×25=50分)
1. 中华古文化蕴含丰富的化学知识，以下对古诗词中涉及化学知识解读正确的是
A. “日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”中的“烟”是指弥漫在空气中的固体微粒
B. “忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”涉及的自然现象海市蜃楼与胶体知识有关
C. “火树银花不夜天，兄弟姐妹舞翩跹”中的“火树银花”涉及灼烧时的化学变化
D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“泪”是指石蜡燃烧后生成的液态水
【答案】B
【解析】
【详解】A．此处烟是水蒸气遇冷液化而成的小液滴是胶体，不是固体微粒，A错误；
B．海市屋楼是一种自然现象，与胶体性质有关，水蒸气分散与空气中，形成溶胶，B正确；
C．火树银花就是锂、钠、钾、锶、钡.、铜等金属化合物在灼烧时呈现的各种火焰颜色，不是化学变化，C错误；
D．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“泪”是指熔化的石蜡液体，D错误；
故选B。
2. 下列叙述中正确的是
A. 碱性氧化物都是金属氧化物 B. 酸性氧化物都是非金属氧化物
C. 硫酸、盐酸都属于电解质 D. 烧碱、纯碱都属于碱
【答案】A
【解析】
【详解】A．碱性氧化物都是金属氧化物，A正确；
B．酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如七氧化二锰为酸性氧化物，故B错误；
C．盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．纯碱是碳酸钠，是盐而不是碱，故D错误。
答案选A。
3. 下列关于电解质的说法正确的是
A. 液态HCl不导电，所以HCl不是电解质
B. NaCl晶体不能导电，所以NaCl是非电解质
C. SO2溶于水能导电，所以SO2是电解质
D. BaSO4在熔融时能导电，所以BaSO4是电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A．液态HCl不导电，但HCl的水溶液能导电，所以HCl是电解质，A不正确；
B．NaCl晶体不能导电，但溶于水或熔融时能导电，所以NaCl是电解质，B不正确；
C．SO2溶于水能导电，但导电离子来自SO2与水反应生成的H2SO3，所以SO2是非电解质，C不正确；
D．BaSO4在熔融时能导电，且BaSO4是化合物，属于盐，所以BaSO4是电解质，D正确；
故选D。
4. 下列转化过程不能通过化合反应一步实现的是
A. H2O2→O2 B. CO2→CO C. CaO→Ca(OH)2 D. Mg→MgO
【答案】A
【解析】
【详解】A、过氧化氢分解生成氧气和水，反应符合一变多特点，属于分解反应，A符合题意；
B、二氧化碳和碳高温生成一氧化碳，反应符合多变一特点，属于化合反应，B不符合题意；
C、氧化钙和水生成氢氧化钙，反应符合多变一特点，属于化合反应，C不符合题意；
D、镁和氧气生成氧化镁，反应符合多变一特点，属于化合反应，D不符合题意；
故选A。
5. 下列水溶液中电离方程式书写正确的是
A. H2SO4=H+ B. H2S⇌2H++S2-
C. NaHCO3⇌Na++ D. CH3COONH4=CH3COO-+
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2SO4为强电解质，完全电离，电离方程式为H2SO4=2H++，A错误；
B．H2S为弱电解质，分步电离，电离方程式为H2SH++HS-，B错误；
C．NaHCO3为强电解质，完全电离，电离方程式为NaHCO3=Na++，C错误；
D．醋酸铵为强电解质，完全电离，电离方程式为CH3COONH4=CH3COO-+，D正确；
故答案选D。
6. 在较强酸性溶液中，下列各组离子能大量共存且溶液为无色透明的是
A. K+、、Na+、Cl- B. K+、Na+、、
C. Na+、、、 D. Ca2+、Na+、Cl-、
【答案】C
【解析】
【详解】A．显紫红色，不满足无色的要求，故A不符合题意；
B．在强酸性溶液中不能大量共存，故B不符合题意；
C．Na+、、、与氢离子均不反应，且都是无色的，能大量共存，故C符合题意；
D．Ca2+与要生产沉淀，不能大量共存，故D不符合题意。
答案选C。
7. 下列离子方程式书写正确的是
A. 过氧化钠溶于水：+H2O=2OH-+O2↑
B. 澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：CO2+OH-=
C. 足量CO2通入到饱和Na2CO3溶液中：+CO2+H2O=2
D. 大理石与醋酸反应：+2CH3COOH=2CH3COO-+H2O+CO2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A．过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH-+O2↑，A错误；
B．足量CO2通入澄清石灰水中，反应生成Ca(HCO3)2，离子方程式应写为：CO2+OH-=，B正确；
C．足量CO2通入到饱和Na2CO3溶液中，会生成碳酸氢钠沉淀，离子方程式为：2Na+++CO2+H2O=2，C错误；
D．沉淀、气体、弱电解质要写化学式，醋酸和水是弱电解质，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，D错误；
故选B。
8. 下列水溶液中反应的离子方程式一定是“OH-+H+=H2O”的是
A. 强酸强碱中和反应 B. 弱酸弱碱中和反应
C. 硫酸氢钠和氢氧化钡反应 D. 硫酸氢钠和氢氧化钠反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．稀硫酸和氢氧化钡反应生成了硫酸钡和水，反应的离子方程式为，A错误；
B．在写离子方程式时，弱酸、弱碱不能拆，应该写化学式，例如醋酸和一水合氨反应离子方程式为：NH₃·H₂O+CH₃COOH=CH₃COO-+NH+H₂O，B错误；
C．硫酸氢钠和氢氧化钡反应会有硫酸钡生成，当硫酸氢钠足量时离子反应方程式为：，当硫酸氢钠不足时，离子反应方程式为：，C错误；
D．硫酸氢钠和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，离子方程式为：OH-+H+=H2O，D正确；
故选D。
9. Fe(OH)3胶体的胶团结构如下图所示，下列说法错误的是
A. Fe(OH)3胶体的胶团属于分散质
B. Fe(OH)3胶体的胶粒带n个单位正电荷
C. Fe(OH)3胶体的粒子直径为1～100nm
D. 用含m个FeCl3粒子的饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体，最后得到胶体的胶粒数小于m
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe(OH)3胶体属于胶体分散系，Fe(OH)3胶体的胶团属于分散质，水属于分散剂，故A正确；
B．由图可知，Fe(OH)3胶体的胶粒带x个单位正电荷，故B错误；
C．根据胶体的概念可知，胶体粒子的直径介于1～100nm之间，故C正确；
D．一个Fe(OH)3胶体的胶粒是由多个Fe(OH)3聚集在一起形成的，m个FeCl3粒子的饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体，最后得到胶体的胶粒数小于m，故D正确。
答案选B。
10. 下列实验不能达到实验目的的是
A
B
C
D
A. 证明NaCl是电解质 B. 证明酸性KMnO4有氧化性
C. 从食盐水中获取氯化钠 D. 确认溶液中K+
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电解质的定义在水溶液或熔融状态下导电的化合物，利用导电实验，利用灯泡亮的现象判断是否导电，根据导电性判断是不是电解质，故A正确；
B．高锰酸钾如果具有氧化性可以把碘离子氧化生成碘单质，淀粉遇碘单质变蓝色，根据此现象判断，故B正确；
C．利用氯化钠和水的沸点不同用蒸发的方式进行分离，故C正确；
D．观察钾的焰色试验时，需要通过蓝色钴玻璃，故D错误；
故选D。
11. 我国古代四大发明中，涉及氧化还原反应的是
A. 指南针 B. 印刷术 C. 黑火药 D. 造纸术
【答案】C
【解析】
【详解】A．指南针利用地磁场使小磁针偏转来指示方向，涉及到磁现象，不是化学变化，A错误；
B．印刷术过程也没有产生新物质，故是物理变化，B错误；
C．火药成分是木炭、硫磺和硝石，使用时爆炸发生化学反应，生成硫化钾、氮气和二氧化碳，属于氧化还原反应，C正确；
D．造纸过程中均无新物质生成，属于物理变化，D错误；
故选C。
12. 已知水溶液中的反应①～④：
①Cl2＋2KI=2KCl＋I2
②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3
③2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋2HCl＋I2
④H2S＋I2=S＋2HI
根据上述反应，下列有关判断正确的是
A. FeCl3是氧化剂和氧化产物 B. 氧化性：Cl2>Fe3＋>I2>S
C. 反应③中的还原产物是FeCl2、HCl D. 还原性：H2S>Fe2＋>I->Cl-
【答案】B
【解析】
【分析】①Cl2+2KI═2KCl+I2反应中，Cl2是氧化剂，I2是氧化产物，则氧化性：Cl2＞I2，
②2FeCl2+Cl2═2FeCl3反应中，Cl2是氧化剂，FeCl3是氧化产物，则氧化性：Cl2＞FeCl3，
③2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2反应中，FeCl3是氧化剂，I2是氧化产物，则氧化性：FeCl3＞I2，
④H2S+I2═S+2HI反应中，I2是氧化剂，S是氧化产物，则氧化性：I2＞S，所以氧化性强弱顺序为Cl2＞Fe3+＞I2＞S，还原性顺序为：H2S>I->Fe2＋>Cl-；
【详解】A．反应②中FeCl3是氧化产物，反应③中FeCl3是氧化剂，不能笼统讲FeCl3是氧化剂和氧化产物，故A错误；
B．由上述分析可知，氧化性：Cl2>Fe3＋>I2>S，故B正确；
C．反应③2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2反应中，FeCl3是氧化剂，FeCl2是还原产物，故C错误；
D．由上述分析可知，还原性顺序为：H2S>I->Fe2＋>Cl-；故D错误。
答案选B。
13. 下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应中Na失电子化合价从0价升高到+1价，H2O中的H得电子化合价从+1价降低到0价，2个Na共转移2个电子，A错误；
B．根据氧化还原反应的规律，H2S中的S失去两个电子转化为S，H2SO4中的S得到两个电子生成SO2，B错误；
C．该反应方程式中4个HCl中只有2个Cl-失去两个电子生成一个氯气，转移电子数量错误，C错误；
D．该反应中KClO3中的Cl得到5个电子转化为Cl2，6个HCl中5个Cl-各失去一个电子转化为Cl2，D正确；
故答案选D
14. KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的二氧化氯ClO2。其变化可表述为：KClO3+HCl(浓)—KCl+ClO2↑+Cl2↑+H2O(未配平)。下列有关该反应的叙述正确的是
A. 浓盐酸在反应中只表现出还原性
B. 氧化剂与还原剂的个数比为1∶2
C. 氧化产物与还原产物的分子个数比为1∶1
D. 反应中产生n个ClO2分子时，转移n个电子
【答案】D
【解析】
【分析】根据得失电子守恒，配平方程式为2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，以此解题。
【详解】A．部分盐酸中氯元素化合价升高被氧化为氯气，部分盐酸中氯元素化合价没变生成氯化钾，浓盐酸在反应中体现还原性和酸性，故A错误；
B．KClO3中氯元素化合价由+5降低为+4，KClO3是氧化剂，HCl中氯元素化合价由-1升高为0，HCl中是还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故B错误；
C．由分析可知，在该反应中Cl2为氧化产物，ClO2为还原产物，其比值为：1∶2，故C错误；
D．KClO3中氯元素化合价由+5降低为+4，ClO2是还原产物，每生成n个ClO2，转移n个电子，故D正确；
故选D。
15. 已知用某元素M制备化合物R的反应为3M2++2Y2O+O2+OH-=R+Y4O+2H2O，则下列叙述中错误的是
A. 元素M不可能为非金属元素
B. 元素M不可能为Ca元素
C. R中M元素的化合价是+3
D. 反应中的M2+，被氧化与未被氧化的个数之比为2：1
【答案】C
【解析】
【分析】根据电荷守恒可知，x=4，则R的化学式为M3O4。
【详解】A．元素M能形成M2+阳离子，非金属元素通常无法形成单独的阳离子，说明M不可能是非金属元素，A正确；
B．若M为Ca元素，则R的化学式为Ca3O4，没有这种物质，B正确；
C．R的化学式为M3O4，可表示为MO·M2O3，M的化合价为+2、+3价，C错误；
D．R的化学式可表示为MO·M2O3，两个M为+3价，一个M为+2价，则说明3个M中有两个被氧化，1个化合价不变，则被氧化与未被氧化的M个数之比为2：1，D正确；
故答案选C。
16. 实验室用下列方法均可制取氯气：
①MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
②NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O
③2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
④KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O
若各反应转移的电子数相同，则①、②、③、④生成的氯气质量之比为
A. 1：1：1：1 B. 1：2：1：1 C. 5：10：5：6 D. 6：10：5：6
【答案】C
【解析】
【详解】由反应方程式，可得出如下关系式：①Cl2—2e-，②Cl2—e-，③Cl2—2e-，④3Cl2—5e-，若各反应转移的电子数相同，①②③④生成的氯气物质的量之比为:1::=5:10:5:6，则氯气质量比为5:10:5:6；
故选C。
17. 某金属的硝酸盐受热分解生成NO2、O2和该金属的氧化物。已知NO2和O2的分子个数比为8：1，则在分解过程中该金属的化合价将
A. 无法确定 B. 升高 C. 不变 D. 降低
【答案】B
【解析】
【详解】金属的硝酸盐加热分解生成二氧化氮气体和氧气的物质的量之比为8：1，设生成NO2为8mol，则生成O2为1mol，生成的NO2得到电子为8mol，生成的O2失去电子为4mol，根据氧化还原反应得失电子守恒可知，该金属元素化合价升高；
故选B。
18. 某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，经测定ClO-与的离子个数比为1∶3，则该应中被还原与被氧化的氯元素的质量之比为
A. 4∶1 B. 3∶1 C. 1∶3 D. 1∶1
【答案】A
【解析】
【详解】生成ClO-与是被氧化的过程，Cl元素化合价分别由0价升高到+1价和+5价，ClO-与的数目之比为1∶3，设的数目为1，的数目为3，则失去电子的数目为，根据得失电子守恒可知，得到电子的数目也应为16，生成是被还原的过程，Cl元素化合价由0价降低到价，则被还原的Cl的个数为16，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的质量之比为；
故选A。
19. 在酸性条件下，黄铁矿()催化氧化的反应方程式为。实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是
A. 在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
B. 整个反应中，被氧化与被还原的元素的质量之比为7∶4
C. 反应I的离子方程式为
D. 反应II的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O=2+15Fe2++16H+
【答案】B
【解析】
【分析】步骤Ⅰ中，O2将Fe(NO)2+氧化为Fe3+，并释放出NO；Ⅱ中Fe3+将FeS2氧化成，生成的Fe2+在Ⅲ中又与NO结合生成Fe(NO)2+，进入下一过程，总效果为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO+4H+，NO的量不变。
【详解】A．NO与Fe2+反应生成Fe (NO)2+，Fe (NO)2+被氧化为Fe3+，同时又生成NO，且NO量不发生变化，则黄铁矿催化氧化中NO作催化剂，故A正确；
B．由分析可知，总反应为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO+4H+，在该反应中4个S被氧化，14个O被还原，其质量之比为：4∶7，故B错误；
C．反应Ⅰ过程中：Fe (NO)2+中铁由+2价变成+3价，氧气中氧由0价变成-2价，根据得失电子守恒可知，反应的离子方程式，故C正确；
D．由图可知：反应II为Fe3+和FeS2反应生成Fe2+和硫酸根，离子方程式为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO+16H+，故D正确；
故选B。
20. 下列关于钠及其氧化物的叙述，不正确的是
A. Na着火立即用干燥的沙土进行灭火
B. 钠不能从四氯化钛水溶液中置换出钛
C. Na2O、Na2O2中的阴、阳离子个数比都为2∶1
D. Na2O、Na2O2都能与水反应生成碱，但后者不是碱性氧化物
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na能与水、CO2等反应，故Na着火需立即用干燥的沙土进行灭火，A正确；
B．Na投入四氯化钛水溶液，Na先与水反应生成氢氧化钠，故无法置换出钛，B正确；
C．Na2O中含有两个钠离子和一个氧离子，Na2O2中含有两个钠离子和一个过氧根离子，两者阴阳离子个数比均为1：2，C错误；
D．氧化钠与水反应生成氢氧化钠，是碱性氧化物，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠的同时还生成氧气，因此过氧化钠不是碱性氧化物，D正确；
故答案选C。
21. 下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的说法中，正确的是
A. Na2CO3和NaHCO3均可用于治疗胃酸过多
B. 可用加热的方法除去Na2CO3粉末中混有少量的NaHCO3
C. 等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，Na2CO3产生CO2多些
D. 分别向Na2CO3、NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液，都立即产生白色沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钠碱性较强，不可用于治疗胃酸过多，A错误；
B．碳酸氢钠加热条件下反应生成碳酸钠、水和二氧化碳，碳酸钠加热不分解，可用加热的方式除去碳酸钠粉末中混有的少量碳酸氢钠，B正确；
C．等质量的碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠的物质的量更大，与足量盐酸反应，碳酸氢钠生成的二氧化碳更多，C错误；
D．碳酸钠能与氯化钙反应生成碳酸钙白色沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应，没有白色沉淀生成，D错误；
故答案选B。
22. 侯氏制碱法中，涉及制取NaHCO3的化学反应原理为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。实验室用如下图所示的装置模拟侯氏制碱法制取少量Na2CO3固体。下列说法正确的是
A. 甲中反应用到的主要玻璃仪器有烧瓶、漏斗等
B. 乙中试剂为饱和Na2CO3溶液，可除去CO2中的少量HCl
C. 丙中用冷水浴冷却有利于析出NaHCO3固体
D. 进一步制取Na2CO3的操作是：取丙中的沉淀在蒸发皿中灼烧
【答案】C
【解析】
【分析】盐酸与CaCO3反应产生CO2，用饱和NaHCO3溶液除去HCl杂质后通入装置丙，与吸收足量NH3的饱和食盐水发生反应，得到NaHCO3沉淀。
【详解】A．由图可知，甲中反应用到的主要玻璃仪器有烧瓶、分液漏斗等，故A错误；
B．由于CO2不与NaHCO3溶液能反应，乙的试剂为饱和NaHCO3溶液，目的是除去CO2中的少量HCl， 故B错误；
C．NaHCO3的溶解度随温度的降低而减小，所以丙中使用冷水浴冷却，有利于析出NaHCO3晶体，故C正确；
D．蒸发浓缩溶液时，使用蒸发皿，灼烧让固体分解时，使用坩埚，所以用NaHCO3制取Na2CO3时，取丙中沉淀在坩埚中灼烧，故D错误；；
故选C。
23. 有关Na2O2性质实验如下：
已知：①Na2O2与水反应经历了Na2O2＋2H2O =2NaOH＋H2O2；
②酚酞褪色原因与溶液的强碱性或强氧化性有关。
根据上述实验可以得出的结论是
A. 双氧水能使酚酞褪色
B. 浓氢氧化钠能使酚酞褪色
C. 双氧水和浓氢氧化钠都能使酚酞褪色
D. 可利用二氧化锰和水来完善实验方案
【答案】D
【解析】
【分析】由实验现象和题给信息可知，实验中酚酞褪色可能是氧化钠和双氧水具有强氧化性将酚酞氧化而漂白褪色，也可能是氢氧化钠溶液浓度过大导致酚酞褪色，所以还必需补充除去过氧化氢、降低氢氧化钠溶液浓度的实验来验证褪色原因。
【详解】A．由分析可知，由实验不能得到双氧水能使酚酞褪色的结论，故A错误；
B．由分析可知，由实验不能得到浓氢氧化钠能使酚酞褪色的结论，故B错误；
C．由分析可知，实由实验不能得到双氧水和浓氢氧化钠都能使酚酞褪色的结论，故C错误；
D．由分析可知，还必需补充向反应后的试管中加入二氧化锰除去过氧化氢、加入水稀释氢氧化钠溶液的实验来验证褪色原因，故D正确；
故选D。
24. 在密闭容器中充入CO、CO2、H2、CH4混合气体共5g，若加入足量Na2O2固体，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体增加的质量为5g，则CO2与CH4的分子个数之比为
A. 2∶1 B. 1∶2 C. 1∶1 D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】CO和甲烷燃烧分别生成CO2和水及CO2，然后再分别和过氧化钠反应，发生反应有：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，两个反应中，对Na2O2固体而言，反应中Na2O2增重的质量实际是H2O中H的质量和CO2中CO的质量，即其结果可看作：Na2O2+H2=2NaOH，Na2O2+CO=Na2CO3，固体增加质量=CO或氢气的质量，说明混合物应该符合条件(CO)mHn，所以只要将CH4和CO2体积符合C和O的比为1：1即可。
故选：C。
25. 玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热NaOH溶液洗涤除去，发生如下反应：
①3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O
②(x-1)S+Na2SNa2Sx(x=2～6)
③S+Na2SO3Na2S2O3
下列说法正确的是
A. 反应①、②、③中，硫单质的作用完全相同
B. 反应①中，氧化产物与还原产物中的S元素的质量之比为2：1
C. S与溶质NaOH质量之比为1：a时二者恰好完全反应，S只转化为Na2S和Na2SO3，则a=5
D. S与溶质NaOH个数之比为2：1时二者恰好完全反应，S只转化为Na2Sx和Na2S2O3，则x=5
【答案】D
【解析】
【详解】A．从氧化还原反应的角度看，反应②③中硫单质的作用相同，均作还原剂，反应①中S既作氧化剂，也作还原剂，故A错误；
B．反应①中，Na2SO3是氧化产物，Na2S是还原产物，由方程式可知，氧化产物与还原产物中的S元素的质量之比为1：2，故B错误；
C．S与溶质NaOH质量之比为1：a时二者恰好完全反应，说明只发生反应①，则S与NaOH的质量比为：332：640=2：5，故C错误；
D．S与溶质NaOH个数之比为2：1时二者恰好完全反应，设NaOH为1个，根据反应①可知生成的Na2S为个，Na2SO3为个，则S反应掉个；反应②③共消耗S个；根据反应②：(x-1)S～Na2S，消耗的S为个；根据反应S～Na2SO3，消耗的S为个，有，解得x=5，故D正确。
答案选D。
第II卷 非选择题(共50分)
二、填空题(3小题，共计38分)
26. 某化学兴趣小组在课外活动中，对某溶液进行了多次检测，其中两次检测结果如下表所示，请回答下列问题：
检测次数
溶液中检测出的离子
第①次
K+、Na+、、、Cl-
第②次
K+、Na+、Ba2+、Cl-、
（1）在上述的两次检测中，如果检测结果正确的那一次涉及的五种离子(顺序见上表)个数之比为4∶5∶1∶x∶3，则x=___________。
（2）为了进一步确认检验溶液中存在的、和Cl-，按照下列步骤依次进行：
第一步：向溶液中滴加过量的___________溶液(填化学式)，其目的是确认并将其除去；发生反应的离子方程式为___________；
第二步：加入过量的___________溶液(填化学式)，其目的是确认并将其除去；发生反应的离子方程式为___________；
第三步：过滤，再向滤液中加入___________溶液(填化学式)，其目的是确认Cl-离子。
【答案】（1）2 （2） ①. HNO3 ②. 2H++=CO2↑+H2O ③. Ba(NO3)2 ④. Ba2++=BaSO4↓ ⑤. AgNO3
【解析】
【小问1详解】
由于Ba2+、要生成沉淀，不用大量共存于溶液当中，所以第②次检测结果不正确；第①次检测的离子为：K+、Na+、、、Cl-，个数之比为4∶5∶1∶x∶3，根据溶液显电中性有：4+5=12+2x+3；解得x=2；
【小问2详解】
检验Cl-可用Ag+，检验可用Ba2+，检验可用酸，检验溶液中是否存在、和Cl-时，为了防止离子间的干扰，应该先加入过量的稀硝酸检验并除去，再加入过量的硝酸钡溶液检验并除去，最后加入硝酸银溶液检验Cl-，
即第一步：向溶液中滴加过量的稀HNO3，其目的是检验并将其除去，反应的离子方程式为2H++=CO2↑+H2O；
第二步：加入过量的Ba(NO3)2溶液，其目的是检验并除去离子，反应的离子方程式为Ba2++=BaSO4↓；
第三步：过滤，再向滤液中加入AgNO3溶液，其目的是检验Cl-，发生反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓。
27. P元素有三种含氧酸：H3PO4、H3PO3、H3PO2，它们依次为三元、二元、一元弱酸。H3PO2可将溶液中的Ag+还原为Ag，从而可用于化学镀银。请回答下列问题：
（1）写出H3PO4与足量NaOH溶液反应的化学方程式：___________。
（2）H3PO3中，P元素的化合价为___________；H3PO2的电离方程式是___________。
（3）Na2HPO3、NaH2PO2均属于___________盐(填“酸式”、“碱式”、“正”)。
（4）用H3PO2进行化学镀银时，氧化剂与还原剂的粒子个数之比为，则氧化产物可能为下列选项中的___________(填字母序号)。
a．H3PO3 b．H3PO4 c．无法确定
据此，写出上述镀银反应的离子方程式：___________。
【答案】（1）H3PO4 + 3NaOH = Na3PO4 + 3H2O
（2） ① +3 ②. H3PO2⇌H++
（3）正 （4） ①. b ②. 4Ag+ + H3PO2 + 2H2O = 4Ag↓ + H3PO4 + 4H+
【解析】
【小问1详解】
H3PO4为三元酸，则其与氢氧化钠反应的方程式为：H3PO4 + 3NaOH = Na3PO4 + 3H2O；
小问2详解】
根据正、负化合价为零的原则可知，H3PO3中，P元素的化合价为+3；根据题给信息可知，H3PO2为一元弱酸，则其电离方程式为：H3PO2⇌H++；
【小问3详解】
H3PO3、H3PO2分别为二元、一元弱酸，则Na2HPO3、NaH2PO2均正盐；
【小问4详解】
该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×（1-0）=1×（x-1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，故选b；在该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，再结合得失电子守恒可知，其离子方程式为：4Ag+ + H3PO2 + 2H2O = 4Ag↓ + H3PO4 + 4H+。
28. 过氧化氢(分子结构为H—O—O—H)俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。根据下列反应回答问题：
A．
B．
C．
D．
E．4H2O2++2H+=2CrO5+5H2O(CrO5分子结构为 )
（1）A反应属于四种基本反应类型中的___________(填化学反应名称)。
（2）上述反应中，H2O2仅体现还原性的是___________(填字母序号，下同)，H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是___________；
（3）E反应___________(填“是”、“不是”)氧化还原反应，你的判断理由是___________。
（4）配平下列足量的酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应的离子方程式，并用单线桥法标出反应中电子转移的方向和数目：___________。
+H2O2+_________—Mn2++O2↑+__________
（5）将黄色、微溶的NaBiO3固体加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里并加热，最后溶液显紫色(Bi3＋无色)。写出该反应的离子方程式：___________。
【答案】（1）复分解反应
（2） ①. B ②. C
（3） ①. 不是 ②. E反应前后元素的化合价没有发生变化
（4） （5）5NaBiO3 + 2Mn2+ + 14H+ = 5Na+ + 5Bi3+ + 2+ 7H2O
【解析】
【小问1详解】
A反应为两种化合物反应，生成新的化合物的反应，且各种元素化合价没有发生变化，属于复分解反应；
【小问2详解】
上述反应中，B中过氧化氢中的氧元素由-1价升高到0价，则H2O2仅体现还原性；C中过氧化氢中的氧元素的化合价由-1价升高到0价，同时降低到-2价，则H2O2既体现氧化性又体现还原性；
【小问3详解】
根据方程式E分析可知，E中各种元素化合价没有发生变化，则E反应不是氧化还原反应，故答案为：不是；E反应前后元素的化合价没有发生变化；
【小问4详解】
在该反应中，锰元素由+7价降低到+2价，氧元素的化合价由-1价升高到0价，则结合得失电子守恒和元素守恒可知，答案为： ；
【小问5详解】
在该反应中Bi由+5价降低到+3价，Mn元素由+2价升高到+7价，则根据得失电子守恒可知，该反应的离子方程式为：5NaBiO3 + 2Mn2+ + 14H+ = 5Na+ + 5Bi3+ + 2+ 7H2O。
三、实验题(1小题，共计12分)
29. 制得的碳酸钠样品中往往含有少量NaCl，现欲测定样品中Na2CO3的质量分数，某探究性学习小组分别设计了如下实验方案。
（1）方案一：用下图所示方法和步骤进行实验：
①操作I、II涉及的实验名称依次是___________、洗涤、干燥、称量。
②该方案中涉及有关反应的离子方程式为___________。
（2）方案二：利用下图所示装置来测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数(铁架台、铁夹等在图中均已略去)。实验步骤如下：
a．按图连接装置，并检查气密性；
b．准确称得盛有碱石灰的装置D的质量为86.2g；
c．准确称得5.9g纯碱样品放入容器II中；
d．打开分液漏斗I的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；
e．打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入空气数分钟，然后称得装置D的总质量为88.4g。
①装置D的名称是___________。
②若d、e两步的实验操作太快，则会导致测定结果___________(填“偏大”或“偏小”)。
③装置E的作用是___________。
④根据实验中测得的有关数据，计算纯碱样品中Na2CO3的质量分数为___________%(结果保留到小数点后一位)。
【答案】（1） ① 过滤 ②. Ba2+ + = BaCO3↓
（2） ①. 球形干燥管 ②. 偏小 ③. 防止空气中CO2和水蒸气进入装置D中 ④. 89.8
【解析】
【分析】方案一：Ba(OH)2与Na2CO3反应转化为BaCO3沉淀，通过沉淀的质量计算Na2CO3的质量，进一步求Na2CO3的质量分数；
方案二：B中利用稀硫酸和Na2CO3反应放出的CO2，装置C干燥CO2，D中的碱石灰吸收CO2，装置A为除去空气中的CO2，反应前后通入空气的目的分别是先将装置中的CO2排空和将装置中产生的CO2能够被D处碱石灰吸收，装置E防止空气中的CO2和H2O水蒸气进入D中，引起实验误差，通过D中质量的增加求出CO2的质量，以进一步求出Na2CO3的质量分数，据此分析解题。
【小问1详解】
①操作Ⅰ为分离不溶物，涉及的实验步骤有过滤、洗涤；操作Ⅱ涉及的实验步骤有干燥、称量；
②Na2CO3与Ba(OH)2反应的离子方程式为：Ba2+ + = BaCO3↓；
【小问2详解】
①装置D是球形干燥管；
②若d、e两步的实验操作太快，反应过快会使产生的二氧化碳不能被D装置中碱石灰吸收；快速鼓入空气，也会使装置内残留二氧化碳不能被D装置中碱石灰完全吸收，使测得的二氧化碳质量偏小，测定结果偏小；
③如果D装置直接与外界空气相连通，则空气中的水和二氧化碳会对测定结果带来影响，所以装置E的作用则是防止空气中水和二氧化碳进入装置D中；
④根据D中质量差，放出二氧化碳气体的质量为88.4g-86.2g=2.2g,设碳酸钠的质量为xg，
郧阳中学2022级高一上学期10月第二次考试
化学试题
考试范围：物质及其变化、钠及其化合物 考试时间：75分钟满分：100
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5
第I卷 选择题(共50分)
一、单选题(2分×25=50分)
1. 中华古文化蕴含丰富的化学知识，以下对古诗词中涉及化学知识解读正确的是
A. “日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”中的“烟”是指弥漫在空气中的固体微粒
B. “忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”涉及的自然现象海市蜃楼与胶体知识有关
C. “火树银花不夜天，兄弟姐妹舞翩跹”中的“火树银花”涉及灼烧时的化学变化
D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“泪”是指石蜡燃烧后生成的液态水
【答案】B
【解析】
【详解】A．此处烟是水蒸气遇冷液化而成的小液滴是胶体，不是固体微粒，A错误；
B．海市屋楼是一种自然现象，与胶体性质有关，水蒸气分散与空气中，形成溶胶，B正确；
C．火树银花就是锂、钠、钾、锶、钡.、铜等金属化合物在灼烧时呈现的各种火焰颜色，不是化学变化，C错误；
D．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“泪”是指熔化的石蜡液体，D错误；
故选B。
2. 下列叙述中正确的是
A. 碱性氧化物都是金属氧化物 B. 酸性氧化物都是非金属氧化物
C. 硫酸、盐酸都属于电解质 D. 烧碱、纯碱都属于碱
【答案】A
【解析】
【详解】A．碱性氧化物都是金属氧化物，A正确；
B．酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如七氧化二锰为酸性氧化物，故B错误；
C．盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．纯碱是碳酸钠，是盐而不是碱，故D错误。
答案选A。
3. 下列关于电解质的说法正确的是
A. 液态HCl不导电，所以HCl不是电解质
B. NaCl晶体不能导电，所以NaCl是非电解质
C. SO2溶于水能导电，所以SO2是电解质
D. BaSO4在熔融时能导电，所以BaSO4是电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A．液态HCl不导电，但HCl的水溶液能导电，所以HCl是电解质，A不正确；
B．NaCl晶体不能导电，但溶于水或熔融时能导电，所以NaCl是电解质，B不正确；
C．SO2溶于水能导电，但导电离子来自SO2与水反应生成的H2SO3，所以SO2是非电解质，C不正确；
D．BaSO4在熔融时能导电，且BaSO4是化合物，属于盐，所以BaSO4是电解质，D正确；
故选D。
4. 下列转化过程不能通过化合反应一步实现的是
A. H2O2→O2 B. CO2→CO C. CaO→Ca(OH)2 D. Mg→MgO
【答案】A
【解析】
【详解】A、过氧化氢分解生成氧气和水，反应符合一变多特点，属于分解反应，A符合题意；
B、二氧化碳和碳高温生成一氧化碳，反应符合多变一特点，属于化合反应，B不符合题意；
C、氧化钙和水生成氢氧化钙，反应符合多变一特点，属于化合反应，C不符合题意；
D、镁和氧气生成氧化镁，反应符合多变一特点，属于化合反应，D不符合题意；
故选A。
5. 下列水溶液中电离方程式书写正确的是
A. H2SO4=H+ B. H2S⇌2H++S2-
C. NaHCO3⇌Na++ D. CH3COONH4=CH3COO-+
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2SO4为强电解质，完全电离，电离方程式为H2SO4=2H++，A错误；
B．H2S为弱电解质，分步电离，电离方程式为H2SH++HS-，B错误；
C．NaHCO3为强电解质，完全电离，电离方程式为NaHCO3=Na++，C错误；
D．醋酸铵为强电解质，完全电离，电离方程式为CH3COONH4=CH3COO-+，D正确；
故答案选D。
6. 在较强酸性溶液中，下列各组离子能大量共存且溶液为无色透明的是
A. K+、、Na+、Cl- B. K+、Na+、、
C. Na+、、、 D. Ca2+、Na+、Cl-、
【答案】C
【解析】
【详解】A．显紫红色，不满足无色的要求，故A不符合题意；
B．在强酸性溶液中不能大量共存，故B不符合题意；
C．Na+、、、与氢离子均不反应，且都是无色的，能大量共存，故C符合题意；
D．Ca2+与要生产沉淀，不能大量共存，故D不符合题意。
答案选C。
7. 下列离子方程式书写正确的是
A. 过氧化钠溶于水：+H2O=2OH-+O2↑
B. 澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：CO2+OH-=
C. 足量CO2通入到饱和Na2CO3溶液中：+CO2+H2O=2
D. 大理石与醋酸反应：+2CH3COOH=2CH3COO-+H2O+CO2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A．过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH-+O2↑，A错误；
B．足量CO2通入澄清石灰水中，反应生成Ca(HCO3)2，离子方程式应写为：CO2+OH-=，B正确；
C．足量CO2通入到饱和Na2CO3溶液中，会生成碳酸氢钠沉淀，离子方程式为：2Na+++CO2+H2O=2，C错误；
D．沉淀、气体、弱电解质要写化学式，醋酸和水是弱电解质，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，D错误；
故选B。
8. 下列水溶液中反应的离子方程式一定是“OH-+H+=H2O”的是
A. 强酸强碱中和反应 B. 弱酸弱碱中和反应
C. 硫酸氢钠和氢氧化钡反应 D. 硫酸氢钠和氢氧化钠反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．稀硫酸和氢氧化钡反应生成了硫酸钡和水，反应的离子方程式为，A错误；
B．在写离子方程式时，弱酸、弱碱不能拆，应该写化学式，例如醋酸和一水合氨反应离子方程式为：NH₃·H₂O+CH₃COOH=CH₃COO-+NH+H₂O，B错误；
C．硫酸氢钠和氢氧化钡反应会有硫酸钡生成，当硫酸氢钠足量时离子反应方程式为：，当硫酸氢钠不足时，离子反应方程式为：，C错误；
D．硫酸氢钠和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，离子方程式为：OH-+H+=H2O，D正确；
故选D。
9. Fe(OH)3胶体的胶团结构如下图所示，下列说法错误的是
A. Fe(OH)3胶体的胶团属于分散质
B. Fe(OH)3胶体的胶粒带n个单位正电荷
C. Fe(OH)3胶体的粒子直径为1～100nm
D. 用含m个FeCl3粒子的饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体，最后得到胶体的胶粒数小于m
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe(OH)3胶体属于胶体分散系，Fe(OH)3胶体的胶团属于分散质，水属于分散剂，故A正确；
B．由图可知，Fe(OH)3胶体的胶粒带x个单位正电荷，故B错误；
C．根据胶体的概念可知，胶体粒子的直径介于1～100nm之间，故C正确；
D．一个Fe(OH)3胶体的胶粒是由多个Fe(OH)3聚集在一起形成的，m个FeCl3粒子的饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体，最后得到胶体的胶粒数小于m，故D正确。
答案选B。
10. 下列实验不能达到实验目的的是
A
B
C
D
A. 证明NaCl是电解质 B. 证明酸性KMnO4有氧化性
C. 从食盐水中获取氯化钠 D. 确认溶液中K+
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电解质的定义在水溶液或熔融状态下导电的化合物，利用导电实验，利用灯泡亮的现象判断是否导电，根据导电性判断是不是电解质，故A正确；
B．高锰酸钾如果具有氧化性可以把碘离子氧化生成碘单质，淀粉遇碘单质变蓝色，根据此现象判断，故B正确；
C．利用氯化钠和水的沸点不同用蒸发的方式进行分离，故C正确；
D．观察钾的焰色试验时，需要通过蓝色钴玻璃，故D错误；
故选D。
11. 我国古代四大发明中，涉及氧化还原反应的是
A. 指南针 B. 印刷术 C. 黑火药 D. 造纸术
【答案】C
【解析】
【详解】A．指南针利用地磁场使小磁针偏转来指示方向，涉及到磁现象，不是化学变化，A错误；
B．印刷术过程也没有产生新物质，故是物理变化，B错误；
C．火药成分是木炭、硫磺和硝石，使用时爆炸发生化学反应，生成硫化钾、氮气和二氧化碳，属于氧化还原反应，C正确；
D．造纸过程中均无新物质生成，属于物理变化，D错误；
故选C。
12. 已知水溶液中的反应①～④：
①Cl2＋2KI=2KCl＋I2
②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3
③2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋2HCl＋I2
④H2S＋I2=S＋2HI
根据上述反应，下列有关判断正确的是
A. FeCl3是氧化剂和氧化产物 B. 氧化性：Cl2>Fe3＋>I2>S
C. 反应③中的还原产物是FeCl2、HCl D. 还原性：H2S>Fe2＋>I->Cl-
【答案】B
【解析】
【分析】①Cl2+2KI═2KCl+I2反应中，Cl2是氧化剂，I2是氧化产物，则氧化性：Cl2＞I2，
②2FeCl2+Cl2═2FeCl3反应中，Cl2是氧化剂，FeCl3是氧化产物，则氧化性：Cl2＞FeCl3，
③2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2反应中，FeCl3是氧化剂，I2是氧化产物，则氧化性：FeCl3＞I2，
④H2S+I2═S+2HI反应中，I2是氧化剂，S是氧化产物，则氧化性：I2＞S，所以氧化性强弱顺序为Cl2＞Fe3+＞I2＞S，还原性顺序为：H2S>I->Fe2＋>Cl-；
【详解】A．反应②中FeCl3是氧化产物，反应③中FeCl3是氧化剂，不能笼统讲FeCl3是氧化剂和氧化产物，故A错误；
B．由上述分析可知，氧化性：Cl2>Fe3＋>I2>S，故B正确；
C．反应③2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2反应中，FeCl3是氧化剂，FeCl2是还原产物，故C错误；
D．由上述分析可知，还原性顺序为：H2S>I->Fe2＋>Cl-；故D错误。
答案选B。
13. 下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应中Na失电子化合价从0价升高到+1价，H2O中的H得电子化合价从+1价降低到0价，2个Na共转移2个电子，A错误；
B．根据氧化还原反应的规律，H2S中的S失去两个电子转化为S，H2SO4中的S得到两个电子生成SO2，B错误；
C．该反应方程式中4个HCl中只有2个Cl-失去两个电子生成一个氯气，转移电子数量错误，C错误；
D．该反应中KClO3中的Cl得到5个电子转化为Cl2，6个HCl中5个Cl-各失去一个电子转化为Cl2，D正确；
故答案选D
14. KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的二氧化氯ClO2。其变化可表述为：KClO3+HCl(浓)—KCl+ClO2↑+Cl2↑+H2O(未配平)。下列有关该反应的叙述正确的是
A. 浓盐酸在反应中只表现出还原性
B. 氧化剂与还原剂的个数比为1∶2
C. 氧化产物与还原产物的分子个数比为1∶1
D. 反应中产生n个ClO2分子时，转移n个电子
【答案】D
【解析】
【分析】根据得失电子守恒，配平方程式为2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，以此解题。
【详解】A．部分盐酸中氯元素化合价升高被氧化为氯气，部分盐酸中氯元素化合价没变生成氯化钾，浓盐酸在反应中体现还原性和酸性，故A错误；
B．KClO3中氯元素化合价由+5降低为+4，KClO3是氧化剂，HCl中氯元素化合价由-1升高为0，HCl中是还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故B错误；
C．由分析可知，在该反应中Cl2为氧化产物，ClO2为还原产物，其比值为：1∶2，故C错误；
D．KClO3中氯元素化合价由+5降低为+4，ClO2是还原产物，每生成n个ClO2，转移n个电子，故D正确；
故选D。
15. 已知用某元素M制备化合物R的反应为3M2++2Y2O+O2+OH-=R+Y4O+2H2O，则下列叙述中错误的是
A. 元素M不可能为非金属元素
B. 元素M不可能为Ca元素
C. R中M元素的化合价是+3
D. 反应中的M2+，被氧化与未被氧化的个数之比为2：1
【答案】C
【解析】
【分析】根据电荷守恒可知，x=4，则R的化学式为M3O4。
【详解】A．元素M能形成M2+阳离子，非金属元素通常无法形成单独的阳离子，说明M不可能是非金属元素，A正确；
B．若M为Ca元素，则R的化学式为Ca3O4，没有这种物质，B正确；
C．R的化学式为M3O4，可表示为MO·M2O3，M的化合价为+2、+3价，C错误；
D．R的化学式可表示为MO·M2O3，两个M为+3价，一个M为+2价，则说明3个M中有两个被氧化，1个化合价不变，则被氧化与未被氧化的M个数之比为2：1，D正确；
故答案选C。
16. 实验室用下列方法均可制取氯气：
①MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
②NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O
③2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
④KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O
若各反应转移的电子数相同，则①、②、③、④生成的氯气质量之比为
A. 1：1：1：1 B. 1：2：1：1 C. 5：10：5：6 D. 6：10：5：6
【答案】C
【解析】
【详解】由反应方程式，可得出如下关系式：①Cl2—2e-，②Cl2—e-，③Cl2—2e-，④3Cl2—5e-，若各反应转移的电子数相同，①②③④生成的氯气物质的量之比为:1::=5:10:5:6，则氯气质量比为5:10:5:6；
故选C。
17. 某金属的硝酸盐受热分解生成NO2、O2和该金属的氧化物。已知NO2和O2的分子个数比为8：1，则在分解过程中该金属的化合价将
A. 无法确定 B. 升高 C. 不变 D. 降低
【答案】B
【解析】
【详解】金属的硝酸盐加热分解生成二氧化氮气体和氧气的物质的量之比为8：1，设生成NO2为8mol，则生成O2为1mol，生成的NO2得到电子为8mol，生成的O2失去电子为4mol，根据氧化还原反应得失电子守恒可知，该金属元素化合价升高；
故选B。
18. 某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，经测定ClO-与的离子个数比为1∶3，则该应中被还原与被氧化的氯元素的质量之比为
A. 4∶1 B. 3∶1 C. 1∶3 D. 1∶1
【答案】A
【解析】
【详解】生成ClO-与是被氧化的过程，Cl元素化合价分别由0价升高到+1价和+5价，ClO-与的数目之比为1∶3，设的数目为1，的数目为3，则失去电子的数目为，根据得失电子守恒可知，得到电子的数目也应为16，生成是被还原的过程，Cl元素化合价由0价降低到价，则被还原的Cl的个数为16，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的质量之比为；
故选A。
19. 在酸性条件下，黄铁矿()催化氧化的反应方程式为。实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是
A. 在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
B. 整个反应中，被氧化与被还原的元素的质量之比为7∶4
C. 反应I的离子方程式为
D. 反应II的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O=2+15Fe2++16H+
【答案】B
【解析】
【分析】步骤Ⅰ中，O2将Fe(NO)2+氧化为Fe3+，并释放出NO；Ⅱ中Fe3+将FeS2氧化成，生成的Fe2+在Ⅲ中又与NO结合生成Fe(NO)2+，进入下一过程，总效果为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO+4H+，NO的量不变。
【详解】A．NO与Fe2+反应生成Fe (NO)2+，Fe (NO)2+被氧化为Fe3+，同时又生成NO，且NO量不发生变化，则黄铁矿催化氧化中NO作催化剂，故A正确；
B．由分析可知，总反应为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO+4H+，在该反应中4个S被氧化，14个O被还原，其质量之比为：4∶7，故B错误；
C．反应Ⅰ过程中：Fe (NO)2+中铁由+2价变成+3价，氧气中氧由0价变成-2价，根据得失电子守恒可知，反应的离子方程式，故C正确；
D．由图可知：反应II为Fe3+和FeS2反应生成Fe2+和硫酸根，离子方程式为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO+16H+，故D正确；
故选B。
20. 下列关于钠及其氧化物的叙述，不正确的是
A. Na着火立即用干燥的沙土进行灭火
B. 钠不能从四氯化钛水溶液中置换出钛
C. Na2O、Na2O2中的阴、阳离子个数比都为2∶1
D. Na2O、Na2O2都能与水反应生成碱，但后者不是碱性氧化物
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na能与水、CO2等反应，故Na着火需立即用干燥的沙土进行灭火，A正确；
B．Na投入四氯化钛水溶液，Na先与水反应生成氢氧化钠，故无法置换出钛，B正确；
C．Na2O中含有两个钠离子和一个氧离子，Na2O2中含有两个钠离子和一个过氧根离子，两者阴阳离子个数比均为1：2，C错误；
D．氧化钠与水反应生成氢氧化钠，是碱性氧化物，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠的同时还生成氧气，因此过氧化钠不是碱性氧化物，D正确；
故答案选C。
21. 下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的说法中，正确的是
A. Na2CO3和NaHCO3均可用于治疗胃酸过多
B. 可用加热的方法除去Na2CO3粉末中混有少量的NaHCO3
C. 等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，Na2CO3产生CO2多些
D. 分别向Na2CO3、NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液，都立即产生白色沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钠碱性较强，不可用于治疗胃酸过多，A错误；
B．碳酸氢钠加热条件下反应生成碳酸钠、水和二氧化碳，碳酸钠加热不分解，可用加热的方式除去碳酸钠粉末中混有的少量碳酸氢钠，B正确；
C．等质量的碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠的物质的量更大，与足量盐酸反应，碳酸氢钠生成的二氧化碳更多，C错误；
D．碳酸钠能与氯化钙反应生成碳酸钙白色沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应，没有白色沉淀生成，D错误；
故答案选B。
22. 侯氏制碱法中，涉及制取NaHCO3的化学反应原理为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。实验室用如下图所示的装置模拟侯氏制碱法制取少量Na2CO3固体。下列说法正确的是
A. 甲中反应用到的主要玻璃仪器有烧瓶、漏斗等
B. 乙中试剂为饱和Na2CO3溶液，可除去CO2中的少量HCl
C. 丙中用冷水浴冷却有利于析出NaHCO3固体
D. 进一步制取Na2CO3的操作是：取丙中的沉淀在蒸发皿中灼烧
【答案】C
【解析】
【分析】盐酸与CaCO3反应产生CO2，用饱和NaHCO3溶液除去HCl杂质后通入装置丙，与吸收足量NH3的饱和食盐水发生反应，得到NaHCO3沉淀。
【详解】A．由图可知，甲中反应用到的主要玻璃仪器有烧瓶、分液漏斗等，故A错误；
B．由于CO2不与NaHCO3溶液能反应，乙的试剂为饱和NaHCO3溶液，目的是除去CO2中的少量HCl， 故B错误；
C．NaHCO3的溶解度随温度的降低而减小，所以丙中使用冷水浴冷却，有利于析出NaHCO3晶体，故C正确；
D．蒸发浓缩溶液时，使用蒸发皿，灼烧让固体分解时，使用坩埚，所以用NaHCO3制取Na2CO3时，取丙中沉淀在坩埚中灼烧，故D错误；；
故选C。
23. 有关Na2O2性质实验如下：
已知：①Na2O2与水反应经历了Na2O2＋2H2O =2NaOH＋H2O2；
②酚酞褪色原因与溶液的强碱性或强氧化性有关。
根据上述实验可以得出的结论是
A. 双氧水能使酚酞褪色
B. 浓氢氧化钠能使酚酞褪色
C. 双氧水和浓氢氧化钠都能使酚酞褪色
D. 可利用二氧化锰和水来完善实验方案
【答案】D
【解析】
【分析】由实验现象和题给信息可知，实验中酚酞褪色可能是氧化钠和双氧水具有强氧化性将酚酞氧化而漂白褪色，也可能是氢氧化钠溶液浓度过大导致酚酞褪色，所以还必需补充除去过氧化氢、降低氢氧化钠溶液浓度的实验来验证褪色原因。
【详解】A．由分析可知，由实验不能得到双氧水能使酚酞褪色的结论，故A错误；
B．由分析可知，由实验不能得到浓氢氧化钠能使酚酞褪色的结论，故B错误；
C．由分析可知，实由实验不能得到双氧水和浓氢氧化钠都能使酚酞褪色的结论，故C错误；
D．由分析可知，还必需补充向反应后的试管中加入二氧化锰除去过氧化氢、加入水稀释氢氧化钠溶液的实验来验证褪色原因，故D正确；
故选D。
24. 在密闭容器中充入CO、CO2、H2、CH4混合气体共5g，若加入足量Na2O2固体，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体增加的质量为5g，则CO2与CH4的分子个数之比为
A. 2∶1 B. 1∶2 C. 1∶1 D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】CO和甲烷燃烧分别生成CO2和水及CO2，然后再分别和过氧化钠反应，发生反应有：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，两个反应中，对Na2O2固体而言，反应中Na2O2增重的质量实际是H2O中H的质量和CO2中CO的质量，即其结果可看作：Na2O2+H2=2NaOH，Na2O2+CO=Na2CO3，固体增加质量=CO或氢气的质量，说明混合物应该符合条件(CO)mHn，所以只要将CH4和CO2体积符合C和O的比为1：1即可。
故选：C。
25. 玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热NaOH溶液洗涤除去，发生如下反应：
①3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O
②(x-1)S+Na2SNa2Sx(x=2～6)
③S+Na2SO3Na2S2O3
下列说法正确的是
A. 反应①、②、③中，硫单质的作用完全相同
B. 反应①中，氧化产物与还原产物中的S元素的质量之比为2：1
C. S与溶质NaOH质量之比为1：a时二者恰好完全反应，S只转化为Na2S和Na2SO3，则a=5
D. S与溶质NaOH个数之比为2：1时二者恰好完全反应，S只转化为Na2Sx和Na2S2O3，则x=5
【答案】D
【解析】
【详解】A．从氧化还原反应的角度看，反应②③中硫单质的作用相同，均作还原剂，反应①中S既作氧化剂，也作还原剂，故A错误；
B．反应①中，Na2SO3是氧化产物，Na2S是还原产物，由方程式可知，氧化产物与还原产物中的S元素的质量之比为1：2，故B错误；
C．S与溶质NaOH质量之比为1：a时二者恰好完全反应，说明只发生反应①，则S与NaOH的质量比为：332：640=2：5，故C错误；
D．S与溶质NaOH个数之比为2：1时二者恰好完全反应，设NaOH为1个，根据反应①可知生成的Na2S为个，Na2SO3为个，则S反应掉个；反应②③共消耗S个；根据反应②：(x-1)S～Na2S，消耗的S为个；根据反应S～Na2SO3，消耗的S为个，有，解得x=5，故D正确。
答案选D。
第II卷 非选择题(共50分)
二、填空题(3小题，共计38分)
26. 某化学兴趣小组在课外活动中，对某溶液进行了多次检测，其中两次检测结果如下表所示，请回答下列问题：
检测次数
溶液中检测出的离子
第①次
K+、Na+、、、Cl-
第②次
K+、Na+、Ba2+、Cl-、
（1）在上述的两次检测中，如果检测结果正确的那一次涉及的五种离子(顺序见上表)个数之比为4∶5∶1∶x∶3，则x=___________。
（2）为了进一步确认检验溶液中存在的、和Cl-，按照下列步骤依次进行：
第一步：向溶液中滴加过量的___________溶液(填化学式)，其目的是确认并将其除去；发生反应的离子方程式为___________；
第二步：加入过量的___________溶液(填化学式)，其目的是确认并将其除去；发生反应的离子方程式为___________；
第三步：过滤，再向滤液中加入___________溶液(填化学式)，其目的是确认Cl-离子。
【答案】（1）2 （2） ①. HNO3 ②. 2H++=CO2↑+H2O ③. Ba(NO3)2 ④. Ba2++=BaSO4↓ ⑤. AgNO3
【解析】
【小问1详解】
由于Ba2+、要生成沉淀，不用大量共存于溶液当中，所以第②次检测结果不正确；第①次检测的离子为：K+、Na+、、、Cl-，个数之比为4∶5∶1∶x∶3，根据溶液显电中性有：4+5=12+2x+3；解得x=2；
【小问2详解】
检验Cl-可用Ag+，检验可用Ba2+，检验可用酸，检验溶液中是否存在、和Cl-时，为了防止离子间的干扰，应该先加入过量的稀硝酸检验并除去，再加入过量的硝酸钡溶液检验并除去，最后加入硝酸银溶液检验Cl-，
即第一步：向溶液中滴加过量的稀HNO3，其目的是检验并将其除去，反应的离子方程式为2H++=CO2↑+H2O；
第二步：加入过量的Ba(NO3)2溶液，其目的是检验并除去离子，反应的离子方程式为Ba2++=BaSO4↓；
第三步：过滤，再向滤液中加入AgNO3溶液，其目的是检验Cl-，发生反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓。
27. P元素有三种含氧酸：H3PO4、H3PO3、H3PO2，它们依次为三元、二元、一元弱酸。H3PO2可将溶液中的Ag+还原为Ag，从而可用于化学镀银。请回答下列问题：
（1）写出H3PO4与足量NaOH溶液反应的化学方程式：___________。
（2）H3PO3中，P元素的化合价为___________；H3PO2的电离方程式是___________。
（3）Na2HPO3、NaH2PO2均属于___________盐(填“酸式”、“碱式”、“正”)。
（4）用H3PO2进行化学镀银时，氧化剂与还原剂的粒子个数之比为，则氧化产物可能为下列选项中的___________(填字母序号)。
a．H3PO3 b．H3PO4 c．无法确定
据此，写出上述镀银反应的离子方程式：___________。
【答案】（1）H3PO4 + 3NaOH = Na3PO4 + 3H2O
（2） ① +3 ②. H3PO2⇌H++
（3）正 （4） ①. b ②. 4Ag+ + H3PO2 + 2H2O = 4Ag↓ + H3PO4 + 4H+
【解析】
【小问1详解】
H3PO4为三元酸，则其与氢氧化钠反应的方程式为：H3PO4 + 3NaOH = Na3PO4 + 3H2O；
小问2详解】
根据正、负化合价为零的原则可知，H3PO3中，P元素的化合价为+3；根据题给信息可知，H3PO2为一元弱酸，则其电离方程式为：H3PO2⇌H++；
【小问3详解】
H3PO3、H3PO2分别为二元、一元弱酸，则Na2HPO3、NaH2PO2均正盐；
【小问4详解】
该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×（1-0）=1×（x-1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，故选b；在该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，再结合得失电子守恒可知，其离子方程式为：4Ag+ + H3PO2 + 2H2O = 4Ag↓ + H3PO4 + 4H+。
28. 过氧化氢(分子结构为H—O—O—H)俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。根据下列反应回答问题：
A．
B．
C．
D．
E．4H2O2++2H+=2CrO5+5H2O(CrO5分子结构为 )
（1）A反应属于四种基本反应类型中的___________(填化学反应名称)。
（2）上述反应中，H2O2仅体现还原性的是___________(填字母序号，下同)，H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是___________；
（3）E反应___________(填“是”、“不是”)氧化还原反应，你的判断理由是___________。
（4）配平下列足量的酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应的离子方程式，并用单线桥法标出反应中电子转移的方向和数目：___________。
+H2O2+_________—Mn2++O2↑+__________
（5）将黄色、微溶的NaBiO3固体加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里并加热，最后溶液显紫色(Bi3＋无色)。写出该反应的离子方程式：___________。
【答案】（1）复分解反应
（2） ①. B ②. C
（3） ①. 不是 ②. E反应前后元素的化合价没有发生变化
（4） （5）5NaBiO3 + 2Mn2+ + 14H+ = 5Na+ + 5Bi3+ + 2+ 7H2O
【解析】
【小问1详解】
A反应为两种化合物反应，生成新的化合物的反应，且各种元素化合价没有发生变化，属于复分解反应；
【小问2详解】
上述反应中，B中过氧化氢中的氧元素由-1价升高到0价，则H2O2仅体现还原性；C中过氧化氢中的氧元素的化合价由-1价升高到0价，同时降低到-2价，则H2O2既体现氧化性又体现还原性；
【小问3详解】
根据方程式E分析可知，E中各种元素化合价没有发生变化，则E反应不是氧化还原反应，故答案为：不是；E反应前后元素的化合价没有发生变化；
【小问4详解】
在该反应中，锰元素由+7价降低到+2价，氧元素的化合价由-1价升高到0价，则结合得失电子守恒和元素守恒可知，答案为： ；
【小问5详解】
在该反应中Bi由+5价降低到+3价，Mn元素由+2价升高到+7价，则根据得失电子守恒可知，该反应的离子方程式为：5NaBiO3 + 2Mn2+ + 14H+ = 5Na+ + 5Bi3+ + 2+ 7H2O。
三、实验题(1小题，共计12分)
29. 制得的碳酸钠样品中往往含有少量NaCl，现欲测定样品中Na2CO3的质量分数，某探究性学习小组分别设计了如下实验方案。
（1）方案一：用下图所示方法和步骤进行实验：
①操作I、II涉及的实验名称依次是___________、洗涤、干燥、称量。
②该方案中涉及有关反应的离子方程式为___________。
（2）方案二：利用下图所示装置来测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数(铁架台、铁夹等在图中均已略去)。实验步骤如下：
a．按图连接装置，并检查气密性；
b．准确称得盛有碱石灰的装置D的质量为86.2g；
c．准确称得5.9g纯碱样品放入容器II中；
d．打开分液漏斗I的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；
e．打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入空气数分钟，然后称得装置D的总质量为88.4g。
①装置D的名称是___________。
②若d、e两步的实验操作太快，则会导致测定结果___________(填“偏大”或“偏小”)。
③装置E的作用是___________。
④根据实验中测得的有关数据，计算纯碱样品中Na2CO3的质量分数为___________%(结果保留到小数点后一位)。
【答案】（1） ① 过滤 ②. Ba2+ + = BaCO3↓
（2） ①. 球形干燥管 ②. 偏小 ③. 防止空气中CO2和水蒸气进入装置D中 ④. 89.8
【解析】
【分析】方案一：Ba(OH)2与Na2CO3反应转化为BaCO3沉淀，通过沉淀的质量计算Na2CO3的质量，进一步求Na2CO3的质量分数；
方案二：B中利用稀硫酸和Na2CO3反应放出的CO2，装置C干燥CO2，D中的碱石灰吸收CO2，装置A为除去空气中的CO2，反应前后通入空气的目的分别是先将装置中的CO2排空和将装置中产生的CO2能够被D处碱石灰吸收，装置E防止空气中的CO2和H2O水蒸气进入D中，引起实验误差，通过D中质量的增加求出CO2的质量，以进一步求出Na2CO3的质量分数，据此分析解题。
【小问1详解】
①操作Ⅰ为分离不溶物，涉及的实验步骤有过滤、洗涤；操作Ⅱ涉及的实验步骤有干燥、称量；
②Na2CO3与Ba(OH)2反应的离子方程式为：Ba2+ + = BaCO3↓；
【小问2详解】
①装置D是球形干燥管；
②若d、e两步的实验操作太快，反应过快会使产生的二氧化碳不能被D装置中碱石灰吸收；快速鼓入空气，也会使装置内残留二氧化碳不能被D装置中碱石灰完全吸收，使测得的二氧化碳质量偏小，测定结果偏小；
③如果D装置直接与外界空气相连通，则空气中的水和二氧化碳会对测定结果带来影响，所以装置E的作用则是防止空气中水和二氧化碳进入装置D中；
④根据D中质量差，放出二氧化碳气体的质量为88.4g-86.2g=2.2g,设碳酸钠的质量为xg，
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