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安徽省芜湖市第一中学2024-2025学年高一上学期期中考试化学试题（Word版附解析）
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可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5
一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。每个小题中只有一个选项是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 化学促进了科技进步和社会发展，下列叙述中没有涉及化学变化的是
A. 《神农本草经》中记载的“石胆能化铁为铜”
B. 利用金属元素的焰色试验得到“火树银花”中的焰火
C. 科学家成功将CO2转化为淀粉或葡萄糖
D. 利用小苏打治疗胃酸过多和作发酵粉
【答案】B
【解析】
【详解】A．“石胆能化铁为铜” 涉及的反应是铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，涉及了化学变化，A不符合题意；
B．金属元素的焰色反应没有生成新物质，属于物理变化，不涉及化学变化，B符合题意；
C．二氧化碳转化为淀粉或葡萄糖有新物质生成，涉及了化学变化，C不符合题意；
D．小苏打治疗胃酸过多和作发酵粉是利用了小苏打碳酸氢钠能和酸反应的性质，涉及化学变化，D不符合题意；
故选B。
2. 下列物质的分类正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【分析】电离时生成的阴离子全部是OH-的化合物为碱；电离时生成的阳离子全部是H+的化合物为酸；金属离子或铵根离子与酸根离子或非金属离子结合的化合物为盐；与酸反应只生成盐和水的氧化物是碱性氧化物；在水溶液中或者熔融状态下能导电的化合物为电解质。
【详解】A．氨气属于非电解质，故A错误；
B．氢氧化钠为碱，氯化氢为酸，碳酸钙为盐，氧化钠为碱，硫酸钡为电解质，故B正确；
C．硫酸氢钠为盐，不属于酸，故C错误；
D．碳酸钠为盐，不是碱，二氧化硫为酸性氧化物，故D错误；
故选：B。
3. 对下列实验现象的解释不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠与煤油不反应，且钠的密度大于煤油，因此钠保存在煤油中，防止钠和空气中氧气、水反应，A正确；
B．脱脂棉着火，说明过氧化钠与水、CO2反应产生O2且放出大量的热使得脱脂棉发生燃烧，B正确；
C．钠和氧气加热反应生成黄色固体过氧化钠，C错误；
D．钠长期暴露在空气中变化过程为银白色表面变暗(生成Na2O)→变白色固体(生成NaOH)→成液(NaOH潮解)→结块(吸收CO2生成Na2CO3·10H2O)→最后变成Na2CO3粉末(风化)，D正确；
故选C。
4. 对下列实验的相关说法错误的是
A. 氢氧化铁胶体带正电，做氢氧化铁胶体电泳实验时阴极颜色加深
B. 进行焰色试验时，没有铂丝可用无锈铁丝代替进行实验
C. 实验室中做钠的实验取用后剩余的钠要放回原试剂瓶中
D. 葡萄酒中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢氧化铁胶体中胶粒带正电，而不是胶体带电，A错误；
B．铁丝灼烧无色，进行焰色试验时，没有铂丝可用无锈铁丝代替进行实验，B正确；
C．实验室中取用后剩余的钠要放回原试剂瓶中， 因为钠较活泼，易与水或氧气反应，C正确；
D．碳酸钠溶液显碱性，能使花青素变色，葡萄酒中的花青素在碱性环境下显蓝色，可用苏打粉检验假红酒，D正确；
故选A。
5. 氯化钠是一种盐。下列途径，不能得到氯化钠的是
A. 金属单质与非金属单质反应B. 酸性氧化物与碱反应
C. 酸与碱发生中和反应D. 金属与酸反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属单质与非金属单质反应：由，能得到氯化钠，A不符合题意；
B．酸性氧化物与碱反应：氯化钠中氯为-1价，不能形成氧化物，故无法实现转化，不能得到氯化钠，B符合题意；
C．酸与碱发生中和：由，能得到氯化钠，C不符合题意；
D．金属与酸反应：由，能得到氯化钠，D不符合题意；
故答案为：B。
6. 海洋碳循环是全球碳循环的重要组成部分，是影响全球气候变化的关键控制环节。下图为海洋中碳循环的简单原理图，下列说法错误的是
A. “钙化”时，发生反应的离子方程式：
B. “光合”时，为氧化产物
C. “光合”时，每生成1个分子，转移个电子
D. 实验室中，利用饱和浴液也可直接实现的“钙化”，生成沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A．“钙化”时，和氯化钙发生反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应的离子方程式为，故A正确；
B．“光合”时，碳元素化合价降低，氧元素化合价升高发生氧化反应，为氧化产物，故B正确；
C．“光合”时，xCO2分子生成1个分子，碳元素化合价由+4降低为0，所以转移个电子，故C正确；
D．浴液和不反应，故D错误；
选D。
7. 在两份相同的H2SO4 溶液中，分别滴入Ba(OH)2溶液、NaOH 溶液，其导电能力随滴入溶液体积的变化曲线如图所示，下列分析正确的是
A. ②代表滴加Ba(OH)2溶液的变化曲线
B. a、c两点对应溶液中均大量存在H+和
C. b点显中性、d 点显酸性
D. e点时，两溶液中OH− 的量相等
【答案】B
【解析】
【分析】在两份相同的H2SO4溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的Ba(OH)2、NaOH溶液，完全反应时，可分别生成硫酸钡和水、硫酸钠和水，完全生成硫酸钡时，溶液导电性基本为0，由此可知①代表滴加Ba(OH)2溶液的变化曲线，②代表滴加NaOH溶液的变化曲线，b点生成硫酸钡，d点生成硫酸钠。
【详解】A．由分析，①代表滴加Ba(OH)2溶液的变化曲线，②代表滴加NaOH溶液的变化曲线，A错误；
B．a、c两点，加入氢氧化钠、氢氧化钡较少，溶液溶质主要成分为硫酸，则溶液中均大量存在H+和，B正确；
C．b点生成硫酸钡，d点生成硫酸钠，硫酸钡、硫酸钠溶液均呈中性，C错误；
D．e点导电能力相同，说明溶液中离子浓度相同，e点，对于反应①碱过量，对于反应②碱不足，反应②含有大量的钠离子，则②中OH-的量较少，D错误；
故选B。
8. 在稀硫酸中几种离子的转化关系如图所示：
下列说法正确的是
A. 反应1的氧化剂为Ce4+，还原产物为Mn3+
B. 推测不可发生反应：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+
C. 反应3的离子方程式为：Fe3++2I-=I2+Fe2+
D. 氧化性由强到弱的顺序为：Ce4+>Mn3+>Fe3+>I2
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应1为Ce4++Mn2+=Ce3++Mn3+，反应2为Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+，反应3为2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+。反应1中Ce元素化合价降低，氧化剂为Ce4+，还原产物为Ce3+，A错误；
B．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性规律可知，氧化性：Ce4+>Mn3+>Fe3+>I2，推测可发生反应：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，B错误，
C．离子方程式电荷不守恒，，C错误；
D．由分析可知，氧化性由强到弱的顺序为：Ce4+>Mn3+>Fe3+>I2，D正确；
故答案为：D。
9. 一块表面已被缓慢氧化的金属钠，其质量为10.8g，投入100g水中，收集到氢气0.2g。则原来钠块表面被氧化的钠的质量是
A. 6.2gB. 4.6gC. 7.8gD. 10.6g
【答案】B
【解析】
【详解】一块表面已被缓慢氧化的金属钠，其质量为10.8g，投入100g水中，发生反应：Na2O+H2O=2NaOH，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；收集到氢气0.2g，则n(H2)=0.2g÷2g/ml=0.1ml，根据方程式的关系可知n(Na)=2 n(H2)=0.2ml，m(Na)=0.2ml×23g/ml=4.6g，所以氧化钠的质量是10.8g-4.6g=6.2g，则n(Na2O)=6.2g÷62g/ml=0.1ml，根据钠元素守恒，可知反应产生氧化钠的金属钠的物质的量是0.2ml，其质量是m(Na)=0.2ml×23g/ml=4.6g，选项B正确。
10. 某溶液中含有HCO、SO、CO、CH3COO-等4种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)
A. CH3COO-B. SOC. COD. HCO
【答案】A
【解析】
【分析】向溶液中加入足量的过氧化钠固体，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，据此分析解题。
【详解】A．CH3COO-与氢氧根离子和氧气均不反应，离子浓度基本保持不变，A项符合题意；
B．反应生成的氧气与亚硫酸根发生氧化还原反应生成硫酸根，亚硫酸根离子浓度减少，B项不符合题意；
C．反应生成的氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根和水，溶液中碳酸根离子浓度增大，C项不符合题意；
D．反应生成氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根和水，溶液中碳酸氢根离子减少，D项不符合题意；
答案选A。
11. 下列离子方程式与所给事实相符的是
A. 钠和冷水反应：
B. Na2S去除废水中的Cu2+：Cu2++S2− = CuS↓
C. 碳酸镁与稀盐酸反应：CO+2H+ =CO2↑+H2O
D. NaHCO3溶液与少量的Ba(OH)2溶液混合：HCO+Ba2++OH− =BaCO3↓+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．钠与水反应，正确的离子方程式为，A错误；
B．硫离子和铜离子生成硫化铜沉淀，B正确；
C．碳酸镁为难溶性盐，不能拆，反应为，C错误；
D．少量的物质完全反应，应按少量的物质的电离比例书写离子方程式，NaHCO3溶液与少量的Ba(OH)2溶液混合，氢氧化钡完全和碳酸氢根离子反应生成碳酸钡沉淀、水和碳酸根离子：，D错误；
故选B。
12. 图a~c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验(X、Y均表示石墨电极，X与电源正极相连，Y与电源负极相连)微观示意图。下列说法正确的是
A. 图示中代表的是水合钠离子
B. 氯化钠在不同状态下均能导电
C. 图b表示在通电的条件下氯化钠产生自由移动的离子
D. 由微观示意图类推：金属钠和盐酸反应，主要是钠先和水接触发生反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．水分子中H原子显正电性，图示中H原子靠近中心离子，则代表的是水合氯离子，A错误；
B．氯化钠在熔融状态或水溶液中发生了电离能导电，而氯化钠固体中不存在自由移动的离子，不能导电，B错误；
C．氯化钠的熔融电离无需通电，C错误；
D．由微观示意图类推：阴阳离子在水溶液中会形成水合离子，水合离子中水分子在外围，则金属钠和盐酸反应，主要是钠先和水接触发生反应，D正确；
故选D。
13. 索尔维制碱法和侯氏制碱法，两种工艺的差异之一在于对“滤液”的处理方法不同，流程如图：
下列说法错误的是
A. 在实验室进行操作1用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
B. 制取NaHCO3固体的化学方程式为
C. 索尔维制碱法中能够循环利用的物质只有CO2
D. 对比索尔维制碱法，侯氏制碱法提高了NaCl利用率，并且生成的氯化铵可作肥料
【答案】C
【解析】
【分析】因为氨气极易溶于水且水溶液显碱性能吸收更多二氧化碳，故向“饱和食盐水”中先通入NH3，再通入CO2，反应生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠和二氧化碳B；滤液中含氯化铵，滤液加入氨气、氯化钠细粉析出氯化铵晶体，操作1为过滤得到氯化铵晶体和饱和食盐水；滤液加入氢氧化钙反应生成氯化钙和氨气A；
【详解】A．操作1为过滤，在实验室进行操作1用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，A正确；
B．饱和氨盐水和二氧化碳反应生成氯化铵和溶解度较小的碳酸氢钠晶体，同时生成氯化铵，B正确；
C．索尔维制碱法中得到气体A为氨气，则能够循环利用的物质为氨气、CO2，C错误；
D．对比索尔维制碱法，侯氏制碱法中饱和食盐水可以循环利用且减少了副产物氯化钙的产生，提高了NaCl利用率，并且生成的氯化铵可作肥料，D正确；
故选C。
14. 将Na2O2与NaHCO3 按一定比例混合后在密闭容器中加热充分反应，冷却到室温，得到32 g O2，经检验容器内无H2O、Na2O2和NaHCO3存在。假设在CO2(g)与H2O(g)的混合体系中，Na2O2与CO2先反应。下列说法正确的是
A. 容器内还剩有CO2
B. 原Na2O2与NaHCO3的质量比为13：14
C. 产物中Na2CO3的质量为106 g
D. 无法求出该容器中发生氧化还原反应的氧化剂和还原剂质量比
【答案】B
【解析】
【分析】碳酸氢钠加热分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，过氧化钠先和二氧化碳发生反应：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，再和水发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，经检验容器内无H2O、Na2O2和NaHCO3存在，根据H元素守恒，产物中一定含有NaOH，所以容器内一定不含 CO2，最终固体为Na2CO3、NaOH，总反应方程式表示为2Na2O2+2NaHCO3=2Na2CO3+2NaOH+O2↑。
【详解】A．由分析可知，容器内一定没有CO2，A错误；
B．由分析可知，总反应方程式表示为2Na2O2+2NaHCO3=2Na2CO3+2NaOH+O2↑，则Na2O2与NaHCO3的质量比为(2×78)：(2×84)=13：14，B正确；
C．总反应方程式表示为2Na2O2+2NaHCO3=2Na2CO3+2NaOH+O2↑，反应生成1mlO2，则n(Na2CO3)=2n(O2)=2ml，则生成碳酸钠的质量为2ml×106g/ml=212g，C错误；
D．总反应方程式表示为2Na2O2+2NaHCO3=2Na2CO3+2NaOH+O2↑，反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，且被氧化和被还原的物质的量之比为1:1，故该容器中发生氧化还原反应的氧化剂和还原剂质量比为1:1，D错误；
故答案为：B。
二、非选择题(本大题共4小题，共58分)
15. Ⅰ．胶体金即金溶胶，其具有光吸收性、呈色性和胶体性等特点。免疫胶体金技术作为胶体金标记物，可实现对抗原抗体的测定。用白磷还原法可制得一种金的分散系，该分散系在临床诊断等方面有着广泛的应用。其操作步骤如下：
a．取20%白磷(记为①)的乙醚溶液0.5 mL，加蒸馏水(记为②)60 mL 。
b．先滴加1%氯化金水溶液(记为③)0.75 mL，再滴加一定浓度的K2CO3溶液(记为④)0.6 mL ，振荡变成棕红色。
c ．加热煮沸至液体变成透明的红色。
d．分离提纯，除去无机溶质。所得分散系中，金颗粒直径5～12 nm 之间
（1）上述物质①②③④中属于电解质的是_______(填序号，下同)，除②以外能导电的是_______。
（2）所得分散系属于_______，其分散质是_______。
（3）所得红色液体_______(填“能”或“不能”)继续加热
Ⅱ．把淀粉溶液溶于沸水中，制成淀粉胶体。
（4）鉴别水溶液和胶体可以利用_______。
（5）在淀粉胶体中加入硫酸钠，并装入半透膜袋里，系紧袋口，并把它悬挂在盛有蒸馏水的烧杯里，一段时间后，取出半透膜袋，向烧杯的溶液中滴加氯化钡溶液，其现象为_______。
【答案】（1） ①. ② ②. ③④
（2） ①. 胶体 ②. 金颗粒
（3）不能 （4）丁达尔效应
（5）产生白色沉淀
【解析】
【小问1详解】
白磷是非金属单质，不导电，既不是电解质又不是非电解；蒸馏水是弱电解质，不导电；氯化金水溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解，氯化金水溶液含有自由移动的离子，能导电；K2CO3溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解，溶液含有自由移动的离子，能导电；属于电解质的是②，除②以外能导电的是③④；
【小问2详解】
胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 的分散系；所得分散系中，金颗粒直径在5～12 nm 之间，则为胶体，分散质为金颗粒；
【小问3详解】
胶体持续加热发生聚沉，所得红色溶液不能继续加热。
【小问4详解】
胶体能产生丁达尔效应，鉴别水溶液和胶体可以利用的操作是为丁达尔效应；
【小问5详解】
溶液中分散质粒子能透过半透膜而胶体中分散质粒子不能透过半透膜，一段时间后，取出半透膜袋，烧杯的溶液中含有硫酸钠，滴加氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀，其现象为产生白色沉淀。
16. 某溶液只含Cl、CO、SO、Na、K、Mg六种离子中的某几种。经实验：
①原溶液白色沉淀；
②原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；
③原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解。回答下列问题：
（1）试分析原溶液中一定含有的离子是______________，一定不含有的离子是_______，可能含有的离子是______________。
（2）有的同学认为实验③可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”）_________，说明理由_________________________________________________________。
【答案】 ①. Mg2+、Cl- ②. CO32-、SO42- ③. K+、Na+ ④. 是 ⑤. 溶液必须呈电中性，有Mg2+，无CO32-、SO42-，则必然有Cl-
【解析】
【详解】⑴.题目所给的六种离子中，只有Mg2＋遇NaOH可以生成白色沉淀，则原溶液中一定含有Mg2＋；向原溶液中加入BaCl2溶液不产生沉淀，则原溶液中一定没有CO32－和SO42－；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明原溶液中一定含有Cl－，则可能含有的离子是K+、Na+，故答案为 Mg2+、Cl-；CO32-、SO42-； K+、Na+；
⑵.根据上述分析可知，原溶液中一定有Mg2+，根据溶液电中性原则，溶液中一定含有阴离子，但根据上述判断可知原溶液中无CO32-、SO42-，则一定含有Cl－，故答案是：是；溶液必须呈电中性，有Mg2+，无CO32-、SO42-，则必然有Cl-。
17. 现有一份Na2CO3和NaHCO3固体混合物，某化学兴趣小组设计如图所示实验装置(夹持仪器省略)，测定固体混合物中NaHCO3的质量分数。
实验步骤如下：
①组装好实验装置，并_______；
②加药品，称取m g样品放入硬质玻璃管中；称量装有碱石灰的U形管D的质量为m1 g；
③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟；
④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体；
⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟后拆下装置，称量U形管D的质量为m2 g。
请回答下列问题：
（1）补充实验步骤①的操作为_______。
（2）装置B中发生反应的化学方程式为_______。
（3）实验步骤⑤中“缓缓鼓入空气数分钟”的目的_______。
（4）若缺少实验步骤③会导致测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（5）样品中NaHCO3的质量分数为_______×100%(用含m、m1、m2的式子表示)。
（6）能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体实验操作是_______。
A．将Na2CO3和NaHCO3配制成同浓度的溶液，用pH试纸测定pH值并做比较
B．分别在这两种物质的溶液中，加入少量NaOH溶液
C．分别在这两种物质的溶液中，加入少量Ca(OH)2溶液
（7）若将该固体混合物溶于水，向溶液中加入盐酸，所加盐酸的体积与产生CO2的体积关系如图所示，则线段∣OA∣_______∣AB∣(填“>”“＜”或“=”)：OA段发生反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）检查装置气密性
（2）2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
（3）将生成的CO2气体全部赶入D装置中
（4）偏大 （5）
（6）A （7） ①. ＜ ②. +H+=
【解析】
【分析】将混合物加热碳酸氢钠分解会产生H2O(g)、CO2气体，应在C、D中分别吸收。由干燥剂的性质可知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重(NaHCO3分解产生的CO2的质量)可求出NaHCO3质量。由C的增重(NaHCO3分解产生的H2O的质量)可求出NaHCO3的质量；故应在实验前赶尽装置中的空气，关键操作应是赶尽B中的空气，所以打开活塞K1、K2，关闭K3就成为操作的关键，缓缓通入则是为了赶出效果更好；实验结束打开K1，将反应生成的二氧化碳和水蒸气驱赶到D和C中以便充分吸收；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O (g)、CO2进入装置D影响实验效果；
【小问1详解】
该反应有气体产生和参与反应，组装好实验装置，并检查装置气密性，然后再进行实验；
【小问2详解】
加热碳酸氢钠分解会产生H2O(g)、CO2和碳酸钠，反应为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
【小问3详解】
实验步骤⑤中“缓缓鼓入空气数分钟”的目的是将生成的CO2气体全部赶入D装置中，防止滞留在装置中的二氧化碳没有被吸收导致实验误差；
【小问4详解】
步骤③是打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，可以将装置中的二氧化碳及水蒸气排出，若缺少实验步骤③，装置中空气中的二氧化碳被装置D吸收，根据吸收二氧化碳的质量计算的NaHCO3的质量偏多，因而会导致NaHCO3的质量分数偏大；
【小问5详解】
反应产生CO2的质量是m(CO2)=(m2-m1)g，根据2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O中物质转化关系，该样品中NaHCO3的质量分数是×100%；
【小问6详解】
A．等浓度Na2CO3和NaHCO3溶液中，碳酸钠溶液的碱性更强，则两者制成同浓度的溶液，用pH试纸测定pH值并做比较，能鉴别两者，正确；
B．分别在这两种物质的溶液中，加入少量NaOH溶液，碳酸钠和氢氧化钠不反应，碳酸氢钠和氢氧化钠反应没有明显现象，不能鉴别，错误；
C．分别在这两种物质的溶液中，加入少量Ca(OH)2溶液，两者均会反应生成白色碳酸钙沉淀，不能鉴别，错误；
故选A；
【小问7详解】
在OA段发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，离子方程式为：+H+=；在AB段发生反应： NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。若该固体只是Na2CO3，则根据物质反应转化关系可知两段的绝对值相等。但该固体是Na2CO3、NaHCO3的混合物，故AB段的绝对值大于OA段的绝对值，即∣OA∣＜∣AB∣。
18. 回答下列问题。
Ⅰ．KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯。其变化可表示为：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。
（1）请用“双线桥”表示上述反应电子转移的方向和数目___________。
（2）请将上述反应改写成离子方程式___________。
（3）浓盐酸在反应中显示出来的性质是___________(填序号)。
①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性
（4）若产生71gCl2，则被氧化的HCl为___________g。
Ⅱ．高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。
（5）干法制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应中还原剂是___________。(填化学式)
（6）湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)是在碱性环境中进行，反应体系中有六种反应微粒：Fe(OH)3、ClO-、OH-、、Cl-、H2O。
①请依据上述信息，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：___________。
②每生成1个转移___________个电子。
（7）KMnO4氧化酸性废水中Mn2+生成MnO2的离子方程式为___________。
（8）Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为___________。
【答案】（1） （2）2+4H++2Cl-=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O
（3）② （4）73
（5）FeSO4、Na2O2
（6） ①. 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2+3Cl-+5H2O ②. 3
（7）2+3Mn2++2H2O=5MnO2+4H+
（8）2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O
【解析】
【小问1详解】
2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O反应，KClO3中Cl元素化合价由+5降低为+4、HCl中Cl元素化合价由-1升高为0，用“双线桥”表示上述反应电子转移的方向和数目；
【小问2详解】
2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O反应的离子方程式为2+4H++2Cl-=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；
【小问3详解】
2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O反应，2个HCl中Cl元素化合价升高生成氯气、2个HCl中Cl元素化合价不变生成KCl，浓盐酸在反应中显示出来的性质是还原性和酸性，选②。
【小问4详解】
2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O反应，2个HCl中Cl元素化合价升高生成氯气，若产生71gCl2，有2mlHCl被氧化，则被氧化的HCl为73g。
【小问5详解】
2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应中，FeSO4中Fe元素化合价由+2升高为+6，1个Na2O2中氧元素化合价由-1升高为0，还原剂是FeSO4、Na2O2；
【小问6详解】
①湿法制高铁酸钾，铁元素化合价升高，根据氧化还原反应规律，氯元素化合价降低，所以Fe(OH)3是还原剂、是氧化产物，ClO-是氧化剂、Cl-是还原产物，根据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子反应方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2+3Cl-+5H2O。
②铁元素化合价由+3升高为+6，每生成1个转移3个电子。
【小问7详解】
KMnO4氧化酸性废水中Mn2+生成MnO2，KMnO4的还原产物为MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为2+3Mn2++2H2O=5MnO2+4H+；
【小问8详解】
Cl2O由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质)，可知氯元素化合价由0升高为+1、氯元素化合价由0降低为11。根据得失电子守恒，制备Cl2O的化学方程式为2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O。碱
酸
盐
碱性氧化物
电解质
A
KOH
HNO3
NaHCO3
CaO
NH3
B
NaOH
HCl
CaCO3
Na2O
BaSO4
C
Cu(OH)2
NaHSO4
CaF2
CaO
NaCl
D
Na2CO3
H2SO4
KCl
SO2
HCl
选项
事实
解释
A
钠保存在煤油中
煤油不与钠发生反应，钠的密度比煤油大，煤油可以隔绝空气和水蒸气
B
用洁净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧
CO2、H2O与Na2O2的反应是放热反应
C
将金属钠取出用滤纸吸干表面煤油，在坩埚中加热燃烧，有黑色固体产生
说明金属钠被氧气氧化得到了黑色产物
D
钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3
是钠与空气中的氧气、水和二氧化碳反应的结果
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5
一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。每个小题中只有一个选项是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 化学促进了科技进步和社会发展，下列叙述中没有涉及化学变化的是
A. 《神农本草经》中记载的“石胆能化铁为铜”
B. 利用金属元素的焰色试验得到“火树银花”中的焰火
C. 科学家成功将CO2转化为淀粉或葡萄糖
D. 利用小苏打治疗胃酸过多和作发酵粉
【答案】B
【解析】
【详解】A．“石胆能化铁为铜” 涉及的反应是铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，涉及了化学变化，A不符合题意；
B．金属元素的焰色反应没有生成新物质，属于物理变化，不涉及化学变化，B符合题意；
C．二氧化碳转化为淀粉或葡萄糖有新物质生成，涉及了化学变化，C不符合题意；
D．小苏打治疗胃酸过多和作发酵粉是利用了小苏打碳酸氢钠能和酸反应的性质，涉及化学变化，D不符合题意；
故选B。
2. 下列物质的分类正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【分析】电离时生成的阴离子全部是OH-的化合物为碱；电离时生成的阳离子全部是H+的化合物为酸；金属离子或铵根离子与酸根离子或非金属离子结合的化合物为盐；与酸反应只生成盐和水的氧化物是碱性氧化物；在水溶液中或者熔融状态下能导电的化合物为电解质。
【详解】A．氨气属于非电解质，故A错误；
B．氢氧化钠为碱，氯化氢为酸，碳酸钙为盐，氧化钠为碱，硫酸钡为电解质，故B正确；
C．硫酸氢钠为盐，不属于酸，故C错误；
D．碳酸钠为盐，不是碱，二氧化硫为酸性氧化物，故D错误；
故选：B。
3. 对下列实验现象的解释不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠与煤油不反应，且钠的密度大于煤油，因此钠保存在煤油中，防止钠和空气中氧气、水反应，A正确；
B．脱脂棉着火，说明过氧化钠与水、CO2反应产生O2且放出大量的热使得脱脂棉发生燃烧，B正确；
C．钠和氧气加热反应生成黄色固体过氧化钠，C错误；
D．钠长期暴露在空气中变化过程为银白色表面变暗(生成Na2O)→变白色固体(生成NaOH)→成液(NaOH潮解)→结块(吸收CO2生成Na2CO3·10H2O)→最后变成Na2CO3粉末(风化)，D正确；
故选C。
4. 对下列实验的相关说法错误的是
A. 氢氧化铁胶体带正电，做氢氧化铁胶体电泳实验时阴极颜色加深
B. 进行焰色试验时，没有铂丝可用无锈铁丝代替进行实验
C. 实验室中做钠的实验取用后剩余的钠要放回原试剂瓶中
D. 葡萄酒中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢氧化铁胶体中胶粒带正电，而不是胶体带电，A错误；
B．铁丝灼烧无色，进行焰色试验时，没有铂丝可用无锈铁丝代替进行实验，B正确；
C．实验室中取用后剩余的钠要放回原试剂瓶中， 因为钠较活泼，易与水或氧气反应，C正确；
D．碳酸钠溶液显碱性，能使花青素变色，葡萄酒中的花青素在碱性环境下显蓝色，可用苏打粉检验假红酒，D正确；
故选A。
5. 氯化钠是一种盐。下列途径，不能得到氯化钠的是
A. 金属单质与非金属单质反应B. 酸性氧化物与碱反应
C. 酸与碱发生中和反应D. 金属与酸反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属单质与非金属单质反应：由，能得到氯化钠，A不符合题意；
B．酸性氧化物与碱反应：氯化钠中氯为-1价，不能形成氧化物，故无法实现转化，不能得到氯化钠，B符合题意；
C．酸与碱发生中和：由，能得到氯化钠，C不符合题意；
D．金属与酸反应：由，能得到氯化钠，D不符合题意；
故答案为：B。
6. 海洋碳循环是全球碳循环的重要组成部分，是影响全球气候变化的关键控制环节。下图为海洋中碳循环的简单原理图，下列说法错误的是
A. “钙化”时，发生反应的离子方程式：
B. “光合”时，为氧化产物
C. “光合”时，每生成1个分子，转移个电子
D. 实验室中，利用饱和浴液也可直接实现的“钙化”，生成沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A．“钙化”时，和氯化钙发生反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应的离子方程式为，故A正确；
B．“光合”时，碳元素化合价降低，氧元素化合价升高发生氧化反应，为氧化产物，故B正确；
C．“光合”时，xCO2分子生成1个分子，碳元素化合价由+4降低为0，所以转移个电子，故C正确；
D．浴液和不反应，故D错误；
选D。
7. 在两份相同的H2SO4 溶液中，分别滴入Ba(OH)2溶液、NaOH 溶液，其导电能力随滴入溶液体积的变化曲线如图所示，下列分析正确的是
A. ②代表滴加Ba(OH)2溶液的变化曲线
B. a、c两点对应溶液中均大量存在H+和
C. b点显中性、d 点显酸性
D. e点时，两溶液中OH− 的量相等
【答案】B
【解析】
【分析】在两份相同的H2SO4溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的Ba(OH)2、NaOH溶液，完全反应时，可分别生成硫酸钡和水、硫酸钠和水，完全生成硫酸钡时，溶液导电性基本为0，由此可知①代表滴加Ba(OH)2溶液的变化曲线，②代表滴加NaOH溶液的变化曲线，b点生成硫酸钡，d点生成硫酸钠。
【详解】A．由分析，①代表滴加Ba(OH)2溶液的变化曲线，②代表滴加NaOH溶液的变化曲线，A错误；
B．a、c两点，加入氢氧化钠、氢氧化钡较少，溶液溶质主要成分为硫酸，则溶液中均大量存在H+和，B正确；
C．b点生成硫酸钡，d点生成硫酸钠，硫酸钡、硫酸钠溶液均呈中性，C错误；
D．e点导电能力相同，说明溶液中离子浓度相同，e点，对于反应①碱过量，对于反应②碱不足，反应②含有大量的钠离子，则②中OH-的量较少，D错误；
故选B。
8. 在稀硫酸中几种离子的转化关系如图所示：
下列说法正确的是
A. 反应1的氧化剂为Ce4+，还原产物为Mn3+
B. 推测不可发生反应：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+
C. 反应3的离子方程式为：Fe3++2I-=I2+Fe2+
D. 氧化性由强到弱的顺序为：Ce4+>Mn3+>Fe3+>I2
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应1为Ce4++Mn2+=Ce3++Mn3+，反应2为Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+，反应3为2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+。反应1中Ce元素化合价降低，氧化剂为Ce4+，还原产物为Ce3+，A错误；
B．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性规律可知，氧化性：Ce4+>Mn3+>Fe3+>I2，推测可发生反应：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，B错误，
C．离子方程式电荷不守恒，，C错误；
D．由分析可知，氧化性由强到弱的顺序为：Ce4+>Mn3+>Fe3+>I2，D正确；
故答案为：D。
9. 一块表面已被缓慢氧化的金属钠，其质量为10.8g，投入100g水中，收集到氢气0.2g。则原来钠块表面被氧化的钠的质量是
A. 6.2gB. 4.6gC. 7.8gD. 10.6g
【答案】B
【解析】
【详解】一块表面已被缓慢氧化的金属钠，其质量为10.8g，投入100g水中，发生反应：Na2O+H2O=2NaOH，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；收集到氢气0.2g，则n(H2)=0.2g÷2g/ml=0.1ml，根据方程式的关系可知n(Na)=2 n(H2)=0.2ml，m(Na)=0.2ml×23g/ml=4.6g，所以氧化钠的质量是10.8g-4.6g=6.2g，则n(Na2O)=6.2g÷62g/ml=0.1ml，根据钠元素守恒，可知反应产生氧化钠的金属钠的物质的量是0.2ml，其质量是m(Na)=0.2ml×23g/ml=4.6g，选项B正确。
10. 某溶液中含有HCO、SO、CO、CH3COO-等4种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)
A. CH3COO-B. SOC. COD. HCO
【答案】A
【解析】
【分析】向溶液中加入足量的过氧化钠固体，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，据此分析解题。
【详解】A．CH3COO-与氢氧根离子和氧气均不反应，离子浓度基本保持不变，A项符合题意；
B．反应生成的氧气与亚硫酸根发生氧化还原反应生成硫酸根，亚硫酸根离子浓度减少，B项不符合题意；
C．反应生成的氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根和水，溶液中碳酸根离子浓度增大，C项不符合题意；
D．反应生成氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根和水，溶液中碳酸氢根离子减少，D项不符合题意；
答案选A。
11. 下列离子方程式与所给事实相符的是
A. 钠和冷水反应：
B. Na2S去除废水中的Cu2+：Cu2++S2− = CuS↓
C. 碳酸镁与稀盐酸反应：CO+2H+ =CO2↑+H2O
D. NaHCO3溶液与少量的Ba(OH)2溶液混合：HCO+Ba2++OH− =BaCO3↓+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．钠与水反应，正确的离子方程式为，A错误；
B．硫离子和铜离子生成硫化铜沉淀，B正确；
C．碳酸镁为难溶性盐，不能拆，反应为，C错误；
D．少量的物质完全反应，应按少量的物质的电离比例书写离子方程式，NaHCO3溶液与少量的Ba(OH)2溶液混合，氢氧化钡完全和碳酸氢根离子反应生成碳酸钡沉淀、水和碳酸根离子：，D错误；
故选B。
12. 图a~c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验(X、Y均表示石墨电极，X与电源正极相连，Y与电源负极相连)微观示意图。下列说法正确的是
A. 图示中代表的是水合钠离子
B. 氯化钠在不同状态下均能导电
C. 图b表示在通电的条件下氯化钠产生自由移动的离子
D. 由微观示意图类推：金属钠和盐酸反应，主要是钠先和水接触发生反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．水分子中H原子显正电性，图示中H原子靠近中心离子，则代表的是水合氯离子，A错误；
B．氯化钠在熔融状态或水溶液中发生了电离能导电，而氯化钠固体中不存在自由移动的离子，不能导电，B错误；
C．氯化钠的熔融电离无需通电，C错误；
D．由微观示意图类推：阴阳离子在水溶液中会形成水合离子，水合离子中水分子在外围，则金属钠和盐酸反应，主要是钠先和水接触发生反应，D正确；
故选D。
13. 索尔维制碱法和侯氏制碱法，两种工艺的差异之一在于对“滤液”的处理方法不同，流程如图：
下列说法错误的是
A. 在实验室进行操作1用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
B. 制取NaHCO3固体的化学方程式为
C. 索尔维制碱法中能够循环利用的物质只有CO2
D. 对比索尔维制碱法，侯氏制碱法提高了NaCl利用率，并且生成的氯化铵可作肥料
【答案】C
【解析】
【分析】因为氨气极易溶于水且水溶液显碱性能吸收更多二氧化碳，故向“饱和食盐水”中先通入NH3，再通入CO2，反应生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠和二氧化碳B；滤液中含氯化铵，滤液加入氨气、氯化钠细粉析出氯化铵晶体，操作1为过滤得到氯化铵晶体和饱和食盐水；滤液加入氢氧化钙反应生成氯化钙和氨气A；
【详解】A．操作1为过滤，在实验室进行操作1用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，A正确；
B．饱和氨盐水和二氧化碳反应生成氯化铵和溶解度较小的碳酸氢钠晶体，同时生成氯化铵，B正确；
C．索尔维制碱法中得到气体A为氨气，则能够循环利用的物质为氨气、CO2，C错误；
D．对比索尔维制碱法，侯氏制碱法中饱和食盐水可以循环利用且减少了副产物氯化钙的产生，提高了NaCl利用率，并且生成的氯化铵可作肥料，D正确；
故选C。
14. 将Na2O2与NaHCO3 按一定比例混合后在密闭容器中加热充分反应，冷却到室温，得到32 g O2，经检验容器内无H2O、Na2O2和NaHCO3存在。假设在CO2(g)与H2O(g)的混合体系中，Na2O2与CO2先反应。下列说法正确的是
A. 容器内还剩有CO2
B. 原Na2O2与NaHCO3的质量比为13：14
C. 产物中Na2CO3的质量为106 g
D. 无法求出该容器中发生氧化还原反应的氧化剂和还原剂质量比
【答案】B
【解析】
【分析】碳酸氢钠加热分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，过氧化钠先和二氧化碳发生反应：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，再和水发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，经检验容器内无H2O、Na2O2和NaHCO3存在，根据H元素守恒，产物中一定含有NaOH，所以容器内一定不含 CO2，最终固体为Na2CO3、NaOH，总反应方程式表示为2Na2O2+2NaHCO3=2Na2CO3+2NaOH+O2↑。
【详解】A．由分析可知，容器内一定没有CO2，A错误；
B．由分析可知，总反应方程式表示为2Na2O2+2NaHCO3=2Na2CO3+2NaOH+O2↑，则Na2O2与NaHCO3的质量比为(2×78)：(2×84)=13：14，B正确；
C．总反应方程式表示为2Na2O2+2NaHCO3=2Na2CO3+2NaOH+O2↑，反应生成1mlO2，则n(Na2CO3)=2n(O2)=2ml，则生成碳酸钠的质量为2ml×106g/ml=212g，C错误；
D．总反应方程式表示为2Na2O2+2NaHCO3=2Na2CO3+2NaOH+O2↑，反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，且被氧化和被还原的物质的量之比为1:1，故该容器中发生氧化还原反应的氧化剂和还原剂质量比为1:1，D错误；
故答案为：B。
二、非选择题(本大题共4小题，共58分)
15. Ⅰ．胶体金即金溶胶，其具有光吸收性、呈色性和胶体性等特点。免疫胶体金技术作为胶体金标记物，可实现对抗原抗体的测定。用白磷还原法可制得一种金的分散系，该分散系在临床诊断等方面有着广泛的应用。其操作步骤如下：
a．取20%白磷(记为①)的乙醚溶液0.5 mL，加蒸馏水(记为②)60 mL 。
b．先滴加1%氯化金水溶液(记为③)0.75 mL，再滴加一定浓度的K2CO3溶液(记为④)0.6 mL ，振荡变成棕红色。
c ．加热煮沸至液体变成透明的红色。
d．分离提纯，除去无机溶质。所得分散系中，金颗粒直径5～12 nm 之间
（1）上述物质①②③④中属于电解质的是_______(填序号，下同)，除②以外能导电的是_______。
（2）所得分散系属于_______，其分散质是_______。
（3）所得红色液体_______(填“能”或“不能”)继续加热
Ⅱ．把淀粉溶液溶于沸水中，制成淀粉胶体。
（4）鉴别水溶液和胶体可以利用_______。
（5）在淀粉胶体中加入硫酸钠，并装入半透膜袋里，系紧袋口，并把它悬挂在盛有蒸馏水的烧杯里，一段时间后，取出半透膜袋，向烧杯的溶液中滴加氯化钡溶液，其现象为_______。
【答案】（1） ①. ② ②. ③④
（2） ①. 胶体 ②. 金颗粒
（3）不能 （4）丁达尔效应
（5）产生白色沉淀
【解析】
【小问1详解】
白磷是非金属单质，不导电，既不是电解质又不是非电解；蒸馏水是弱电解质，不导电；氯化金水溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解，氯化金水溶液含有自由移动的离子，能导电；K2CO3溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解，溶液含有自由移动的离子，能导电；属于电解质的是②，除②以外能导电的是③④；
【小问2详解】
胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 的分散系；所得分散系中，金颗粒直径在5～12 nm 之间，则为胶体，分散质为金颗粒；
【小问3详解】
胶体持续加热发生聚沉，所得红色溶液不能继续加热。
【小问4详解】
胶体能产生丁达尔效应，鉴别水溶液和胶体可以利用的操作是为丁达尔效应；
【小问5详解】
溶液中分散质粒子能透过半透膜而胶体中分散质粒子不能透过半透膜，一段时间后，取出半透膜袋，烧杯的溶液中含有硫酸钠，滴加氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀，其现象为产生白色沉淀。
16. 某溶液只含Cl、CO、SO、Na、K、Mg六种离子中的某几种。经实验：
①原溶液白色沉淀；
②原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；
③原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解。回答下列问题：
（1）试分析原溶液中一定含有的离子是______________，一定不含有的离子是_______，可能含有的离子是______________。
（2）有的同学认为实验③可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”）_________，说明理由_________________________________________________________。
【答案】 ①. Mg2+、Cl- ②. CO32-、SO42- ③. K+、Na+ ④. 是 ⑤. 溶液必须呈电中性，有Mg2+，无CO32-、SO42-，则必然有Cl-
【解析】
【详解】⑴.题目所给的六种离子中，只有Mg2＋遇NaOH可以生成白色沉淀，则原溶液中一定含有Mg2＋；向原溶液中加入BaCl2溶液不产生沉淀，则原溶液中一定没有CO32－和SO42－；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明原溶液中一定含有Cl－，则可能含有的离子是K+、Na+，故答案为 Mg2+、Cl-；CO32-、SO42-； K+、Na+；
⑵.根据上述分析可知，原溶液中一定有Mg2+，根据溶液电中性原则，溶液中一定含有阴离子，但根据上述判断可知原溶液中无CO32-、SO42-，则一定含有Cl－，故答案是：是；溶液必须呈电中性，有Mg2+，无CO32-、SO42-，则必然有Cl-。
17. 现有一份Na2CO3和NaHCO3固体混合物，某化学兴趣小组设计如图所示实验装置(夹持仪器省略)，测定固体混合物中NaHCO3的质量分数。
实验步骤如下：
①组装好实验装置，并_______；
②加药品，称取m g样品放入硬质玻璃管中；称量装有碱石灰的U形管D的质量为m1 g；
③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟；
④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体；
⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟后拆下装置，称量U形管D的质量为m2 g。
请回答下列问题：
（1）补充实验步骤①的操作为_______。
（2）装置B中发生反应的化学方程式为_______。
（3）实验步骤⑤中“缓缓鼓入空气数分钟”的目的_______。
（4）若缺少实验步骤③会导致测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（5）样品中NaHCO3的质量分数为_______×100%(用含m、m1、m2的式子表示)。
（6）能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体实验操作是_______。
A．将Na2CO3和NaHCO3配制成同浓度的溶液，用pH试纸测定pH值并做比较
B．分别在这两种物质的溶液中，加入少量NaOH溶液
C．分别在这两种物质的溶液中，加入少量Ca(OH)2溶液
（7）若将该固体混合物溶于水，向溶液中加入盐酸，所加盐酸的体积与产生CO2的体积关系如图所示，则线段∣OA∣_______∣AB∣(填“>”“＜”或“=”)：OA段发生反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）检查装置气密性
（2）2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
（3）将生成的CO2气体全部赶入D装置中
（4）偏大 （5）
（6）A （7） ①. ＜ ②. +H+=
【解析】
【分析】将混合物加热碳酸氢钠分解会产生H2O(g)、CO2气体，应在C、D中分别吸收。由干燥剂的性质可知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重(NaHCO3分解产生的CO2的质量)可求出NaHCO3质量。由C的增重(NaHCO3分解产生的H2O的质量)可求出NaHCO3的质量；故应在实验前赶尽装置中的空气，关键操作应是赶尽B中的空气，所以打开活塞K1、K2，关闭K3就成为操作的关键，缓缓通入则是为了赶出效果更好；实验结束打开K1，将反应生成的二氧化碳和水蒸气驱赶到D和C中以便充分吸收；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O (g)、CO2进入装置D影响实验效果；
【小问1详解】
该反应有气体产生和参与反应，组装好实验装置，并检查装置气密性，然后再进行实验；
【小问2详解】
加热碳酸氢钠分解会产生H2O(g)、CO2和碳酸钠，反应为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
【小问3详解】
实验步骤⑤中“缓缓鼓入空气数分钟”的目的是将生成的CO2气体全部赶入D装置中，防止滞留在装置中的二氧化碳没有被吸收导致实验误差；
【小问4详解】
步骤③是打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，可以将装置中的二氧化碳及水蒸气排出，若缺少实验步骤③，装置中空气中的二氧化碳被装置D吸收，根据吸收二氧化碳的质量计算的NaHCO3的质量偏多，因而会导致NaHCO3的质量分数偏大；
【小问5详解】
反应产生CO2的质量是m(CO2)=(m2-m1)g，根据2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O中物质转化关系，该样品中NaHCO3的质量分数是×100%；
【小问6详解】
A．等浓度Na2CO3和NaHCO3溶液中，碳酸钠溶液的碱性更强，则两者制成同浓度的溶液，用pH试纸测定pH值并做比较，能鉴别两者，正确；
B．分别在这两种物质的溶液中，加入少量NaOH溶液，碳酸钠和氢氧化钠不反应，碳酸氢钠和氢氧化钠反应没有明显现象，不能鉴别，错误；
C．分别在这两种物质的溶液中，加入少量Ca(OH)2溶液，两者均会反应生成白色碳酸钙沉淀，不能鉴别，错误；
故选A；
【小问7详解】
在OA段发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，离子方程式为：+H+=；在AB段发生反应： NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。若该固体只是Na2CO3，则根据物质反应转化关系可知两段的绝对值相等。但该固体是Na2CO3、NaHCO3的混合物，故AB段的绝对值大于OA段的绝对值，即∣OA∣＜∣AB∣。
18. 回答下列问题。
Ⅰ．KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯。其变化可表示为：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。
（1）请用“双线桥”表示上述反应电子转移的方向和数目___________。
（2）请将上述反应改写成离子方程式___________。
（3）浓盐酸在反应中显示出来的性质是___________(填序号)。
①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性
（4）若产生71gCl2，则被氧化的HCl为___________g。
Ⅱ．高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。
（5）干法制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应中还原剂是___________。(填化学式)
（6）湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)是在碱性环境中进行，反应体系中有六种反应微粒：Fe(OH)3、ClO-、OH-、、Cl-、H2O。
①请依据上述信息，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：___________。
②每生成1个转移___________个电子。
（7）KMnO4氧化酸性废水中Mn2+生成MnO2的离子方程式为___________。
（8）Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为___________。
【答案】（1） （2）2+4H++2Cl-=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O
（3）② （4）73
（5）FeSO4、Na2O2
（6） ①. 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2+3Cl-+5H2O ②. 3
（7）2+3Mn2++2H2O=5MnO2+4H+
（8）2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O
【解析】
【小问1详解】
2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O反应，KClO3中Cl元素化合价由+5降低为+4、HCl中Cl元素化合价由-1升高为0，用“双线桥”表示上述反应电子转移的方向和数目；
【小问2详解】
2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O反应的离子方程式为2+4H++2Cl-=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；
【小问3详解】
2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O反应，2个HCl中Cl元素化合价升高生成氯气、2个HCl中Cl元素化合价不变生成KCl，浓盐酸在反应中显示出来的性质是还原性和酸性，选②。
【小问4详解】
2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O反应，2个HCl中Cl元素化合价升高生成氯气，若产生71gCl2，有2mlHCl被氧化，则被氧化的HCl为73g。
【小问5详解】
2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应中，FeSO4中Fe元素化合价由+2升高为+6，1个Na2O2中氧元素化合价由-1升高为0，还原剂是FeSO4、Na2O2；
【小问6详解】
①湿法制高铁酸钾，铁元素化合价升高，根据氧化还原反应规律，氯元素化合价降低，所以Fe(OH)3是还原剂、是氧化产物，ClO-是氧化剂、Cl-是还原产物，根据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子反应方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2+3Cl-+5H2O。
②铁元素化合价由+3升高为+6，每生成1个转移3个电子。
【小问7详解】
KMnO4氧化酸性废水中Mn2+生成MnO2，KMnO4的还原产物为MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为2+3Mn2++2H2O=5MnO2+4H+；
【小问8详解】
Cl2O由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质)，可知氯元素化合价由0升高为+1、氯元素化合价由0降低为11。根据得失电子守恒，制备Cl2O的化学方程式为2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O。碱
酸
盐
碱性氧化物
电解质
A
KOH
HNO3
NaHCO3
CaO
NH3
B
NaOH
HCl
CaCO3
Na2O
BaSO4
C
Cu(OH)2
NaHSO4
CaF2
CaO
NaCl
D
Na2CO3
H2SO4
KCl
SO2
HCl
选项
事实
解释
A
钠保存在煤油中
煤油不与钠发生反应，钠的密度比煤油大，煤油可以隔绝空气和水蒸气
B
用洁净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧
CO2、H2O与Na2O2的反应是放热反应
C
将金属钠取出用滤纸吸干表面煤油，在坩埚中加热燃烧，有黑色固体产生
说明金属钠被氧气氧化得到了黑色产物
D
钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3
是钠与空气中的氧气、水和二氧化碳反应的结果
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