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精品解析：广东省广州市真光中学2024-2025学年高一上学期期中考试 化学试卷
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本试卷共20小题，满分100分，考试用时60分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是
A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，体现青蒿素的提取属于化学变化
D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中涉及到氧元素的化合价变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．雾霾的颗粒直径在1nm-100nm之间，其所形成的气溶胶为胶体，具有丁达尔效应，A正确；
B．胆矾为硫酸铜，硫酸铜能与铁釜中的铁单质反应生成铜单质，该反应为置换反应，B正确；
C．青蒿素的提取过程利用了萃取原理，没有新物质生成，不涉及化学变化，C错误；
D．蜡炬成灰泪始干涉及物质的燃烧，则氧气一定参与了燃烧，氧元素化合价一定有变化，D正确；
故答案选C。
2. 下列各组物质的分类正确的是
A. 混合物：氯水、水银、澄清石灰水、淀粉
B. NaHSO4、HCl、HNO3在水中能电离出氢离子，按分类属于酸
C. 非金属氧化物CO2、CO、SO3均为酸性氧化物
D. 同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．氯水是氯气的水溶液、澄清石灰水是氢氧化钙溶液、淀粉为高分子化合物，都为混合物，水银是金属单质汞，为纯净物，故A错误；
B．HCl、HNO3在水中能电离出的阳离子全部是氢离子，按分类属于酸，NaHSO4属于盐，故B错误；
C．CO2、SO3均为酸性氧化物，CO和碱溶液不反应，属于不成盐氧化物，故C错误；
D．C60、C70、金刚石、石墨是碳元素的不同单质，为同素异形体，故D正确；
故选D。
3. 如图为氯化钠固体溶于水的微观模型，下列说法正确的是
A. 固体中存在自由移动的和
B. 离子为
C. 该电离过程可以表示为
D. 水合钠离子中分子中的O最靠近
【答案】D
【解析】
【详解】A．固体中存在和不能自由移动，A错误；
B．从图中可看出，水合离子中分子中的H，H原子带部分正电荷靠近离子，则离子为阴离子，B错误；
C．该电离是在水分子的作用下，解离产生自由移动的和的过程，不需要有外界通电，电离方程式表示为，C错误；
D．分子中的O带部分负电荷，异性相吸原则，在水合钠离子中，最靠近的是分子中的O， D正确；
答案选D。
4. 抗疫居家期间，同学们在参与家务劳动的过程中体会到化学知识无处不在。下列劳动与所涉及的化学知识不相符的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．餐后将洗净的铁锅擦干，是由于铁在潮湿环境中易和空气中的氧气反应生锈，A正确；
B．白醋的主要成分是醋酸，由于酸性：醋酸＞碳酸，水壶中的水垢的主要成分是CaCO3，白醋与碳酸钙等沉淀发生反应产生可溶性物质，因此使用白醋除去水壶中的水垢，B正确；
C．使用含NaClO的84消毒液拖地，是由于NaClO具有强氧化性，具有杀菌消毒作用，C错误；
D．碳酸氢钠不稳定受热易分解，生成碳酸钠、水和二氧化碳，故小苏打粉可以作膨松剂焙制糕点，D正确；
故选C。
5. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 溶液中：、、、
B. 氯水中：、、、
C. 无色透明溶液中：、、、
D. 溶液中：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A．溶液中：、、、、、各离子之间相互不反应，能大量共存，选项A正确；
B．氯水中与发生氧化还原反应不共存，H+与反应生成水和二氧化碳不共存，选项B错误；
C．显紫色，与无色透明溶液不相符，选项C错误；
D．与反应生成，又与Ba2+生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，选项D错误；
答案选A。
6. 数字化实验将传感器、数据采集器和计算机相连，可利用信息技术对化学实验进行数据的采集和分析。数字化实验得到的光照过程中氯水的pH随时间的变化情况如下图。对此，下列有关说法正确的是
A. pH减小的主要原因是光照使Cl2的溶解度减小，氯气逸出导致溶液中H+ 浓度减小
B. 光照过程中，氯水pH减小的同时，溶液中Cl− 的浓度也不断减小
C. 溶液酸性增强的原因是光照使氯水中的次氯酸分解为盐酸
D. 对氯水光照时间的延长，氯水的漂白性没有变化
【答案】C
【解析】
【分析】氯水是氯气溶于水，有一部分氯气与水反应，主要成分是Cl2、HCl、HClO。HClO是弱酸，见光易分解得到HCl和O2。
【详解】A．pH减小的主要原因是光照使HClO分解得到HCl和O2，溶液中H+ 浓度增加，A项错误；
B．光照过程中，HClO分解得到HCl和O2，溶液中Cl− 的浓度增加，B项错误；
C．HClO是弱酸，溶液酸性增强的原因是光照使氯水中的次氯酸分解为盐酸，C项正确；
D．氯水中具有漂白性作用的是HClO，光照时间越长，HClO分解越多，漂白性降低，D项错误；
故答案选C。
7. 钠及其化合物的“价—类”二维图及部分转化关系如图所示，其中B为钠的另一种氧化物。下列有关说法正确的是
A. 物质B为碱性氧化物，A的物质类别为碱B. 反应④可通过加入还原剂实现转化
C. 钠放入硫酸铜溶液中可观察到红色固体析出D. 反应②和③为氧化还原反应
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，再结合关系图可知，A为氧化钠，以此解题。
【详解】A．由题意可知，物质B为氧化钠，属于碱性氧化物，A为NaOH，属于碱，A正确；
B．反应④为钠变为氢氧化钠，其中钠由0价变为+1价，化合价升高，需要加入氧化剂，B错误；
C．钠放入硫酸铜溶液中，钠会先和水反应，不能置换出硫酸铜中的铜，C错误；
D．反应②中氧的化合价由-1变为-2价，反应③中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，D错误；
故选A。
8. 下列离子方程式正确的是
A. 与稀硫酸反应：
B. 向溶液中通入
C. 氯气通入石灰乳中制漂白粉：
D. 钠与水反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．与稀硫酸反应，当氢氧化钡反应完，需要个氢离子，所以离子方程式为：，A错误；
B．向溶液中通入二氧化碳，反应不发生，B错误；
C．氯气通入石灰乳中制漂白粉，由于石灰乳是悬浊液，不能拆开，其离子方程式为：，C错误；
D．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，D正确；
故选D。
9. 双碱法脱除烟气中SO2的过程如图所示。下列说法错误的是
A. 脱除SO2的过程中，NaOH可以循环利用
B. 过程Ⅱ中，l ml O2可氧化2ml Na2SO3
C. 过程I中，SO2表现出还原性
D. 总反应为：2SO2+2Ca(OH)2+O2 = 2CaSO4+2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，过程I是SO2与NaOH反应生成Na2SO3和H₂O，过程Ⅱ是Na2SO3又与O2和Ca(OH)2反应生成CaSO4和NaOH，生成的NaOH重新循环利用。
【详解】A．NaOH可以循环利用，故A正确；
B．根据得失电子相等的原则，1mlO2可以得到4ml电子，2mlNa2SO3失去4ml电子生成Na2SO4，l ml O2可氧化2ml Na2SO3，故B正确；
C．过程I是非氧化还原反应，SO2不表现还原性，故C错误；
D．总反应中SO2、O2和Ca(OH)2是反应物，CaSO4和水是生成物，总反应方程式正确，故D正确；
答案选C。
10. 下列实验操作规范且能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠在空气中燃烧，应在坩埚中进行，不是用蒸发皿，A错误；
B．通过焰色试验观察钾元素的火焰，需要透过蓝色钴玻璃，不能直接看，B错误；
C．为增加实验的严谨性，应将碳酸氢钠放于最里面的温度较低的小试管中加热，才能说明碳酸氢钠稳定性不如碳酸钠，C错误；
D．大理石和稀盐酸是固体颗粒物与溶液的反应，该装置可用于制备二氧化碳，D正确；
故选D。
11. 用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 18g水中含有的氢原子数目为NA
B. 1ml氩气分子所含的原子数目为2NA
C. 53g碳酸钠中含有的钠离子为0.5NA
D. 7.8gNa2O2与足量的CO2反应时转移的电子数为0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．18g水的物质的量为1ml，含有氢原子数目为2ml，A错误；
B．氩气分子为单原子分子，1ml氩气分子含有的原子数为1ml，B错误；
C．53g碳酸钠物质的量为0.5ml，含有钠离子的数目为1ml，C错误；
D．2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，7.8g过氧化钠物质的量为0.1ml，与足量二氧化碳反应转移电子数为0.1ml，D正确；
故答案选D。
12. 下列实验设计可以达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠会先和水反应，生成的氢氧化钠再和溶液中的铜离子反应产生沉淀，不能置换出铜，故不能证明金属活动性，A错误；
B．检验离子，应该用铂丝或铁丝蘸取待测液在无色火焰上灼烧，而不是玻璃棒，B错误；
C．实验室制备氢氧化铁胶体时，将饱和的氯化铁溶液滴入沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色为止，C正确；
D．金属钠、氧化钠、过氧化钠均能与水反应生成氢氧化钠，滴入无色酚酞溶液后，溶液均为红色，故无法证明产物为氧化钠，D错误；
选C。
13. 科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是
A. 过程Ⅰ中发生氧化反应
B. a和b中转移的数目相等
C. 过程Ⅱ中参与反应的
D. 过程Ⅰ→Ⅲ总反应为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；
B．由图示可知，过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+2H++e-NO+H2O，生成1mlNO，a过程转移1mle-，过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，消耗1mlNO，b过程转移3ml e-，转移电子数目不相等，B错误；
C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，n(NO):n(NH)=1:1，C错误；
D．由图示可知，过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+ NH= N2↑+2H2O，D正确；
答案选D。
14. Cl2O 是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸，一种制取 Cl2O 的装置如图所示。
已知：Cl2O 的熔点为-116℃，沸点为3.8℃；NH3的沸点为-33.5 ℃；Cl2的沸点为-34.6 ℃；HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O。下列说法中不正确的是
A. 装置②、③中盛装的试剂依次是浓硫酸和饱和食盐水
B. 通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减小爆炸危险
C. 从装置⑤中逸出气体的主要成分是 Cl2和干燥空气，故末端应该有尾气处理装置
D. 装置④与⑤之间不用橡胶管连接，是为了防止橡胶管燃烧和爆炸
【答案】A
【解析】
【分析】
由制备装置可知，①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，通干燥空气可将氯气排入④中，④中发生HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O，因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2。
【详解】A．根据分析，装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水、浓硫酸，保证进入④中试剂无水，因Cl2O易溶于水且会与水反应生成次氯酸，故A错误；
B．根据分析，通干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度，故B正确；
C．由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，氯气有毒，不能直接排放到大气中，故末端应该有尾气处理装置，故C正确；
D．因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故D正确；
答案选A。
15. 如图为制取NaHCO3的实验装置，下列说法正确的是
A. a装置中反应的离子方程式为：CO+2H+=H2O+CO2↑
B. b装置中的溶液最好是饱和食盐水，用于吸收CO2中HCl
C. 制取NaHCO3的离子反应方程式为CO2+H2O+Na+=NaHCO3↓
D. 装置c中含氨的饱和食盐水提高了CO2吸收效率
【答案】D
【解析】
【分析】稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，b中为饱和碳酸氢钠溶液，用于吸收二氧化碳中的HCl，CO2进入c中反应生成碳酸氢钠，因为碳酸氢钠的溶解度较小结晶析出，d中为碱液，用于吸收多余的CO2。
【详解】A．碳酸钙为沉淀，不能拆成碳酸根离子形式，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，A错误；
B．b装置中的溶液为饱和碳酸氢钠，用于吸收二氧化碳中的HCl，B错误；
C．制取碳酸氢钠的离子方程式为CO2+H2O+Na++NH3=NaHCO3↓+，C错误；
D．装置c中，含氨的饱和食盐水呈碱性，有利于二氧化碳的吸收，所以能提高CO2的吸收效率，D正确；
故答案选D。
16. 广泛用于纸浆漂白、杀菌消毒等领域，因消毒效果好、不产生致癌物或诱变剂，已被广泛应用于污水处理工程。一种制备方法为。下列说法错误的是
A. 该反应能说明NaClO2具有强氧化性
B. 该反应的离子方程式为
C. 该反应生成1ml，转移5ml电子
D. 当还原产物均为时，等质量的的氧化能力是的2.63倍
【答案】C
【解析】
【分析】是歧化反应，NaClO2中氯元素的化合价由+3，一部分升高到+4，一部分下降到-1，NaClO2是氧化剂也是还原剂。
【详解】A．NaClO2中氯元素的化合价可以降低，做氧化剂，具有较强氧化性，A项正确；
B．根据离子方程式的书写原则，该反应的离子方程式为，B项正确；
C．根据反应，当生成4ml，有4ml中Cl化合价由+3价升高到+4价，1ml中氯元素化合价由+3价降低到-1价，反应中转移电子总数是4ml，故该反应生成1ml，转移1ml电子，C项错误；
D．设质量为m，当还原产物均为时，等质量的的氧化能力是的2.63倍，D项正确；
故答案选C。
二、非选择题(17-20题四题，共56分)
17. Ⅰ.根据物质的组成、结构、性质等进行分类，可预测物质的性质及变化：
（1）是普通玻璃的主要成分，与一样是酸性氧化物，写出溶于溶液的化学方程式：_______。
（2）现有：①固体②稀硫酸③氨气④熔融⑤蔗糖⑥铜；其中能导电的是_______(填序号，下同)；属于电解质的是_______。
（3）写出在水溶液中的电离方程式：_______。
Ⅱ.物质的量是联系宏观和微观的桥梁：
（4）某金属氯化物中含，则该氯化物的摩尔质量为_______。
（5）标准状况下，与的气体含相同原子数的的体积为_______。
（6）由、两气体组成的混合气体，标准状况下，体积为。则、的物质的量之比为_______。
【答案】（1）SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
（2） ①. ②④⑥ ②. ①④
（3）NaClO=Na++ClO-
（4）135g/ml
（5）11.2L （6）3:1
【解析】
【小问1详解】
SiO2是酸性氧化物，SiO2和NaOH溶液反应生成硅酸钠、水，反应的化学方程式是SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
【小问2详解】
①KOH晶体离子不能自由移动，不导电，KOH晶体的水溶液能导电，KOH是电解质；②稀盐酸是混合物，含有自由移动的离子，能导电，既不是电解质又不是非电解质； ③氨气不含离子，自身不能电离，氨气是非电解质；④熔融NaCl含有自由移动的离子，能导电，NaCl属于电解质；⑤蔗糖不含离子，自身不能电离，蔗糖是非电解质； ⑥铜是金属单质，能导电，既不是电解质又不是非电解质；其中能导电的是②稀盐酸、④熔融NaCl、⑥铜；属于电解质的是①KCl晶体、④熔融NaCl；
【小问3详解】
次氯酸钠是强电解质，完全电离，电离方程式是NaClO=Na++ClO-
【小问4详解】
40.5g某金属氯化物MCl2中含有0.6mlCl-，说明n(MCl2)=0.3ml，则该金属氯化物的摩尔质量为；
【小问5详解】
34g H2S气体含H原子的物质的量是，与34g的H2S气体含相同H原子数的CH4的物质的量是0.5ml，标准状况下的体积为0.5ml×22.4L/ml=11.2L；
【小问6详解】
混合气体物质的量==0.4ml；设混合气体中CO、CO2的物质的量分别为x ml、y ml，则有， 解得x=0.3，y=0.1，则CO、CO2的物质的量之比为3:1。
18. 氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室利用如下图装置(部分装置省略)制备和NaClO，探究其氧化还原性质。
回答下列问题：
（1）盛放粉末的仪器名称是_______，该仪器中发生反应的化学方程式是_______。
（2）a中的试剂为_______，b中采用的加热方式是_______。c中反应的离子方程式是_______，采用冰水浴冷却的目的是_______。
（3）d的作用是_______。
（4）取少量和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。
①1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液显棕色，可知该条件下的氧化能力_______NaClO(填“大于”或“小于”)。
②继续向1号试管中滴加少量稀硫酸，并加入少量淀粉试液，溶液显蓝色。假设氧化产物唯一，还原产物为KCl，则该反应的离子方程式为_______。
（5）若用制得的氯气做如下图1的实验，向装有一瓶氯气的集气瓶中添加适量的蒸馏水，振荡，先利用注射器滴加NaOH溶液，再利用注射器滴加稀盐酸，用压强传感器测得集气瓶内的压强随时间变化的曲线如下图2所示。下列说法正确的是_______。
A. 阶段①说明氯气溶于水，溶于水的氯气全部与水反应
B. 阶段②的压强变小，该过程发生了氧化还原反应
C. 阶段③发生反应的离子方程式为
D. 若将换成，所得压强变化趋势与图2相似
【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②. MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2） ①. 饱和食盐水 ②. 水浴加热 ③. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ④. 防止NaClO3生成
（3）吸收尾气氯气，防止污染环境
（4） ①. 小于 ②. ClO+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O （5）BCD
【解析】
【分析】本实验利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，得到的氯气中含HCl和H2O，装置a中加入饱和食盐水，可除去HCl，避免影响氯气和KOH的反应。在加热条件下，反应生成KClO3，冰水下反应生成次氯酸盐，装置b是制备KClO3，装置c是制备NaClO，装置d是尾气处理。
【小问1详解】
盛放粉末的仪器名称是圆底烧瓶；该仪器中发生反应的化学方程式是MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
【小问2详解】
制备的氯气中含HCl和H2O，需除去HCl，避免影响氯气和KOH的反应，故装置a中试剂为饱和食盐水；b中采用的加热方式是水浴加热；装置c是制备NaClO，c中反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；装置c中通入的氯气温度较高，避免副反应发生，故采用冰水浴冷却的目的是防止NaClO3生成；
【小问3详解】
装置d是尾气处理，故答案是吸收尾气氯气，防止污染环境；
【小问4详解】
和NaClO都有一定的氧化性，KI有还原性，被还原得到I2，I2水溶性不大，溶于水呈棕色。
①取少量和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液：①1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液显棕色，根据相同条件下，氧化性强的优先反应，根据实验NaClO与KI反应，与KI不反应，可知该条件下的氧化能力小于NaClO，故答案是小于；
②继续向1号试管中滴加少量稀硫酸，并加入少量淀粉试液，溶液显蓝色。依据实验在酸性条件下氧化性增强，被还原的产物为KCl，KI被氧化的产物是I2，则该反应的离子方程式为ClO+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O。
【小问5详解】
根据实验和压强图像分析，瓶内氯气一开始被加入的蒸馏水吸收，氯气有一部分溶于水，为阶段①，再继续滴入的NaOH溶液，为阶段②，但吸收氯气的程度比蒸馏水大，阶段①和阶段②压强变化不同，图像最低点是停止滴入氢氧化钠溶液，溶液中含NaClO和氯化钠、水，此时在继续滴加稀盐酸，即阶段③，在酸性条件下，NaClO与盐酸反应得到氯气，故瓶内压强继续增加。选项分析如下：
A．氯气和水的反应是可逆反应，溶于水的氯气无法全部与水反应，A项错误；
B． 阶段②氯气和氢氧化钠溶液反应生成NaClO和氯化钠、水，消耗了氯气导致压强减小，该反应是氧化还原反应，B项正确；
C．阶段③滴加稀盐酸后，发生反应，重新生成氯气，压强增大，C项正确；
D．若将换成，二氧化碳再水中溶解度较氯气小，压强下降缓慢一些，加入氢氧化钠溶液后，NaOH与CO2反应生成碳酸钠和水，吸收程度变大，压强下降快，后续继续滴加稀盐酸后，稀盐酸与碳酸钠反应，重新生成CO2，压强又变大，D项正确；
故答案选BCD 。
19. 某课外活动小组设计了下列装置，验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触。
【装置分析】
（1）装置②中的试剂是_______。
（2）装置③中的试剂是_______。
【进行实验】
步骤1：打开K2关闭K1，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
步骤2：打开K1关闭K2，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
【实验反思】
（3）过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式为_______。
（4）有同学提出质疑：“上述实验不足以证明有水存在时过氧化钠跟二氧化碳发生了化学反应。”其理由是_______。
（5）需要补充的实验操作是取⑤中反应后的少量固体，_______。
（6）测定某部分变质为碳酸钠的小苏打样品中NaHCO3的质量分数。某兴趣小组称量17.9g固体样品，按如下图装置进行实验：
①D装置的作用是_______。
②实验后测得C装置增重8.8g，则样品中NaHCO3的质量分数为_______。
③某同学认为上述测定结果_______(填“偏高”或“偏低”)，因为实验装置还存在一个明显的缺陷是_______。
【答案】（1）饱和NaHCO3溶液
（2）浓硫酸 （3）
（4）CO2气体中有水，水也可以与Na2O2反应产生O2而使木条复燃
（5）加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水(或加BaCl2溶液等体现检验的方法)
（6） ①. 防止空气中的水蒸气、CO2进入C装置 ②. 70.4% ③. 偏低 ④. 缺少一套将A、B装置内的CO2气体驱赶到C装置中的装置(或其他合理答案)
【解析】
【分析】①装置浓盐酸与碳酸钙反应产生的二氧化碳，HCl具有挥发性，所以二氧化碳中混有HCl气体，用饱和碳酸氢钠除去HCl气体，②中出来的气体是带水蒸气的，直接通入⑤中，则⑤中是有水蒸气的，③中盛浓硫酸，除去水蒸气，所以④中就是没有水蒸气的，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；实验步骤1：打开弹簧夹K2，关闭K1，打开分液漏斗活塞加入盐酸，④中没有水蒸气，则二氧化碳不能和过氧化钠反应，所以不能生成氧气，所以，a处带火星木条不复燃；实验步骤2：打开弹簧夹K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞加入盐酸，⑤有水蒸气，则二氧化碳能和过氧化钠反应生成氧气，所以，a处带火星木条复燃。
【小问1详解】
由分析可知，装置②的作用是除去CO2中混有的HCl气体，试剂是饱和NaHCO3溶液。
【小问2详解】
由分析可知，装置③的作用是干燥CO2，试剂是浓硫酸。
【小问3详解】
过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：。
【小问4详解】
水也能与过氧化钠反应生成氧气，CO2气体中有水，水也可以与Na2O2反应产生O2而使木条复燃，上述实验不足以证明有水存在时过氧化钠跟二氧化碳发生了化学反应。
【小问5详解】
过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，可用反应后的固体加入盐酸，观察生成的气体是否能使澄清石灰水变浑浊，若能，则说明生成碳酸，固体中存在碳酸钠，二氧化碳参加反应，故答案为：加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水(或加BaCl2溶液等体现检验的方法)。
【小问6详解】
①样品中滴加稀硫酸，反应后生成的CO2中混有水蒸气，装置B中盛有浓硫酸，用于干燥气体，装置C中碱石灰用于吸收CO2气体，装置D中碱石灰的作用是防止空气中CO2、水蒸气进入装置C；
②样品中含有Na2CO3和NaHCO3，实验前称取17.9g样品，则有106g⋅ml-1n(Na2CO3)+84g⋅ml-1n(NaHCO3)=17.9 g；实验后测得C装置增重8.8g，结合碳元素守恒可得n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=， 综合上述两式可得 n(Na2CO3)=0.0 5ml，n(NaHCO3)=0.15 ml，从而可得m(NaHCO3)=0.15ml×84g/ml=12.6g，故样品中NaHCO3的质量分数为≈70.4%；
③该实验缺少一套将A、B装置内的CO2气体驱赶到C装置中的装置，装置内充满CO2气体，不能完全排出且被装置C中碱石灰吸收，导致测得样品中NaHCO3的质量分数偏低。
20. 一种以生石灰(CaO)为原料制备KClO3的流程如下图：
（1）“制浆”过程中发生的化学反应方程式为_______。
（2）“氯化”过程是Cl2与Ca(OH)2反应。
① 提高Cl2利用率的措施是_______。
② Cl2与Ca(OH)2作用会生成Ca(ClO3)2和Ca(ClO)2，当生成含等物质的量氯元素的Ca(ClO3)2与Ca(ClO)2时，消耗Cl2的物质的量之比为_______。
③ “氯化”过程中会有少量Ca(ClO)2和一些无色无味气体生成，该气体可能是_______(填化学式)。
（3）“转化”过程各物质的溶解度曲线如下图所示。
① Ca(ClO3)2溶解度曲线是_______(填A或B)，若溶液中KClO3的含量为100 g•L-1，从该溶液中得到KClO3固体的方法是_______、_______、_______、洗涤。
② KClO3与SO2在强酸性条件下可反应制得ClO2，SO2被氧化为SO，该反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）CaO+H2O=Ca(OH)2
（2） ①. 缓慢通入Cl2 ②. 3∶1 ③. O2
（3） ①. A ②. 蒸发浓缩 ③. 降温结晶 ④. 过滤 ⑤. 2ClO+ SO2 = 2ClO2 + SO
【解析】
【分析】生石灰(CaO)中加入水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙中通入足量氯气生成氯化钙、次氯酸钙、水，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，反应后过滤除去滤渣，滤液中加入过量KCl转化为KClO3溶液，然后经过一系列操作得到KClO3固体。
【小问1详解】
制浆过程为生石灰（CaO）中加入水反应生成氢氧化钙，发生的化学反应方程式为CaO+H2O=Ca(OH)2；
【小问2详解】
①缓慢通入Cl2可以保证氯气充分反应，提高Cl2的利用率；
②Cl2与Ca(OH)2作用除生成Ca(ClO3)2外，还可能生成Ca(ClO)2，生成Ca(ClO)2的化学方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2＝Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O，生成Ca(ClO3)2的化学方程式为6Cl2＋6Ca(OH)2＝Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O，当生成含等物质的量氯元素的Ca(ClO3)2与Ca(ClO)2时，消耗Cl2的物质的量之比为3∶1；
③氯化过程中会有少量无色无味气体生成，该气体可能是Ca(ClO)2和空气中的CO2以及水反应生成了HClO，HClO分解生成了O2；
【小问3详解】
①根据图2的溶解度曲线，向滤液中加入过量KCl固体可将溶液中Ca(ClO3)2转化为KClO3固体而析出的原因是相同温度下的KClO3溶解度小于Ca(ClO3)2的溶解度，所以Ca(ClO3)2的溶解度曲线是A；若溶液中KClO3的含量为100g•L−1，结合溶解度曲线，可以通过蒸发浓缩、降温结晶，过滤的方法使溶液中尽可能多地析出KClO3；
②KClO3与SO2在强酸性条件下可反应制得ClO2，SO2被氧化为，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的离子方程式为2 +SO2=2ClO2+。选项
家务劳动
化学知识
A
餐后将洗净的铁锅擦干
铁在潮湿环境中易生锈
B
用白醋除去水壶中的水垢
白醋可溶解碳酸钙等沉淀
C
用含的84消毒液拖地
具有还原性
D
用小苏打粉作膨松剂焙制糕点
碳酸氢钠加热容易分解放出
A．钠在空气中燃烧
B．直接观察钾盐的火焰
C．验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性
D．制备二氧化碳气体
选项
实验目的
实验设计
A
证明金属活动性：
将金属钠投入溶液中
B
检验待测液中含有
用玻璃棒蘸取待测液在无色火焰上灼烧，观察现象
C
制备胶体
将5~6滴饱和溶液滴加到煮沸的蒸馏水中，继续煮沸至液体呈红褐色为止
D
探究钠在空气中燃烧产物为
将燃烧后的物质置于水中，滴入无色酚酞溶液，一段时间后，溶液为红色
本试卷共20小题，满分100分，考试用时60分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是
A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，体现青蒿素的提取属于化学变化
D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中涉及到氧元素的化合价变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．雾霾的颗粒直径在1nm-100nm之间，其所形成的气溶胶为胶体，具有丁达尔效应，A正确；
B．胆矾为硫酸铜，硫酸铜能与铁釜中的铁单质反应生成铜单质，该反应为置换反应，B正确；
C．青蒿素的提取过程利用了萃取原理，没有新物质生成，不涉及化学变化，C错误；
D．蜡炬成灰泪始干涉及物质的燃烧，则氧气一定参与了燃烧，氧元素化合价一定有变化，D正确；
故答案选C。
2. 下列各组物质的分类正确的是
A. 混合物：氯水、水银、澄清石灰水、淀粉
B. NaHSO4、HCl、HNO3在水中能电离出氢离子，按分类属于酸
C. 非金属氧化物CO2、CO、SO3均为酸性氧化物
D. 同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．氯水是氯气的水溶液、澄清石灰水是氢氧化钙溶液、淀粉为高分子化合物，都为混合物，水银是金属单质汞，为纯净物，故A错误；
B．HCl、HNO3在水中能电离出的阳离子全部是氢离子，按分类属于酸，NaHSO4属于盐，故B错误；
C．CO2、SO3均为酸性氧化物，CO和碱溶液不反应，属于不成盐氧化物，故C错误；
D．C60、C70、金刚石、石墨是碳元素的不同单质，为同素异形体，故D正确；
故选D。
3. 如图为氯化钠固体溶于水的微观模型，下列说法正确的是
A. 固体中存在自由移动的和
B. 离子为
C. 该电离过程可以表示为
D. 水合钠离子中分子中的O最靠近
【答案】D
【解析】
【详解】A．固体中存在和不能自由移动，A错误；
B．从图中可看出，水合离子中分子中的H，H原子带部分正电荷靠近离子，则离子为阴离子，B错误；
C．该电离是在水分子的作用下，解离产生自由移动的和的过程，不需要有外界通电，电离方程式表示为，C错误；
D．分子中的O带部分负电荷，异性相吸原则，在水合钠离子中，最靠近的是分子中的O， D正确；
答案选D。
4. 抗疫居家期间，同学们在参与家务劳动的过程中体会到化学知识无处不在。下列劳动与所涉及的化学知识不相符的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．餐后将洗净的铁锅擦干，是由于铁在潮湿环境中易和空气中的氧气反应生锈，A正确；
B．白醋的主要成分是醋酸，由于酸性：醋酸＞碳酸，水壶中的水垢的主要成分是CaCO3，白醋与碳酸钙等沉淀发生反应产生可溶性物质，因此使用白醋除去水壶中的水垢，B正确；
C．使用含NaClO的84消毒液拖地，是由于NaClO具有强氧化性，具有杀菌消毒作用，C错误；
D．碳酸氢钠不稳定受热易分解，生成碳酸钠、水和二氧化碳，故小苏打粉可以作膨松剂焙制糕点，D正确；
故选C。
5. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 溶液中：、、、
B. 氯水中：、、、
C. 无色透明溶液中：、、、
D. 溶液中：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A．溶液中：、、、、、各离子之间相互不反应，能大量共存，选项A正确；
B．氯水中与发生氧化还原反应不共存，H+与反应生成水和二氧化碳不共存，选项B错误；
C．显紫色，与无色透明溶液不相符，选项C错误；
D．与反应生成，又与Ba2+生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，选项D错误；
答案选A。
6. 数字化实验将传感器、数据采集器和计算机相连，可利用信息技术对化学实验进行数据的采集和分析。数字化实验得到的光照过程中氯水的pH随时间的变化情况如下图。对此，下列有关说法正确的是
A. pH减小的主要原因是光照使Cl2的溶解度减小，氯气逸出导致溶液中H+ 浓度减小
B. 光照过程中，氯水pH减小的同时，溶液中Cl− 的浓度也不断减小
C. 溶液酸性增强的原因是光照使氯水中的次氯酸分解为盐酸
D. 对氯水光照时间的延长，氯水的漂白性没有变化
【答案】C
【解析】
【分析】氯水是氯气溶于水，有一部分氯气与水反应，主要成分是Cl2、HCl、HClO。HClO是弱酸，见光易分解得到HCl和O2。
【详解】A．pH减小的主要原因是光照使HClO分解得到HCl和O2，溶液中H+ 浓度增加，A项错误；
B．光照过程中，HClO分解得到HCl和O2，溶液中Cl− 的浓度增加，B项错误；
C．HClO是弱酸，溶液酸性增强的原因是光照使氯水中的次氯酸分解为盐酸，C项正确；
D．氯水中具有漂白性作用的是HClO，光照时间越长，HClO分解越多，漂白性降低，D项错误；
故答案选C。
7. 钠及其化合物的“价—类”二维图及部分转化关系如图所示，其中B为钠的另一种氧化物。下列有关说法正确的是
A. 物质B为碱性氧化物，A的物质类别为碱B. 反应④可通过加入还原剂实现转化
C. 钠放入硫酸铜溶液中可观察到红色固体析出D. 反应②和③为氧化还原反应
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，再结合关系图可知，A为氧化钠，以此解题。
【详解】A．由题意可知，物质B为氧化钠，属于碱性氧化物，A为NaOH，属于碱，A正确；
B．反应④为钠变为氢氧化钠，其中钠由0价变为+1价，化合价升高，需要加入氧化剂，B错误；
C．钠放入硫酸铜溶液中，钠会先和水反应，不能置换出硫酸铜中的铜，C错误；
D．反应②中氧的化合价由-1变为-2价，反应③中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，D错误；
故选A。
8. 下列离子方程式正确的是
A. 与稀硫酸反应：
B. 向溶液中通入
C. 氯气通入石灰乳中制漂白粉：
D. 钠与水反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．与稀硫酸反应，当氢氧化钡反应完，需要个氢离子，所以离子方程式为：，A错误；
B．向溶液中通入二氧化碳，反应不发生，B错误；
C．氯气通入石灰乳中制漂白粉，由于石灰乳是悬浊液，不能拆开，其离子方程式为：，C错误；
D．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，D正确；
故选D。
9. 双碱法脱除烟气中SO2的过程如图所示。下列说法错误的是
A. 脱除SO2的过程中，NaOH可以循环利用
B. 过程Ⅱ中，l ml O2可氧化2ml Na2SO3
C. 过程I中，SO2表现出还原性
D. 总反应为：2SO2+2Ca(OH)2+O2 = 2CaSO4+2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，过程I是SO2与NaOH反应生成Na2SO3和H₂O，过程Ⅱ是Na2SO3又与O2和Ca(OH)2反应生成CaSO4和NaOH，生成的NaOH重新循环利用。
【详解】A．NaOH可以循环利用，故A正确；
B．根据得失电子相等的原则，1mlO2可以得到4ml电子，2mlNa2SO3失去4ml电子生成Na2SO4，l ml O2可氧化2ml Na2SO3，故B正确；
C．过程I是非氧化还原反应，SO2不表现还原性，故C错误；
D．总反应中SO2、O2和Ca(OH)2是反应物，CaSO4和水是生成物，总反应方程式正确，故D正确；
答案选C。
10. 下列实验操作规范且能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠在空气中燃烧，应在坩埚中进行，不是用蒸发皿，A错误；
B．通过焰色试验观察钾元素的火焰，需要透过蓝色钴玻璃，不能直接看，B错误；
C．为增加实验的严谨性，应将碳酸氢钠放于最里面的温度较低的小试管中加热，才能说明碳酸氢钠稳定性不如碳酸钠，C错误；
D．大理石和稀盐酸是固体颗粒物与溶液的反应，该装置可用于制备二氧化碳，D正确；
故选D。
11. 用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 18g水中含有的氢原子数目为NA
B. 1ml氩气分子所含的原子数目为2NA
C. 53g碳酸钠中含有的钠离子为0.5NA
D. 7.8gNa2O2与足量的CO2反应时转移的电子数为0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．18g水的物质的量为1ml，含有氢原子数目为2ml，A错误；
B．氩气分子为单原子分子，1ml氩气分子含有的原子数为1ml，B错误；
C．53g碳酸钠物质的量为0.5ml，含有钠离子的数目为1ml，C错误；
D．2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，7.8g过氧化钠物质的量为0.1ml，与足量二氧化碳反应转移电子数为0.1ml，D正确；
故答案选D。
12. 下列实验设计可以达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠会先和水反应，生成的氢氧化钠再和溶液中的铜离子反应产生沉淀，不能置换出铜，故不能证明金属活动性，A错误；
B．检验离子，应该用铂丝或铁丝蘸取待测液在无色火焰上灼烧，而不是玻璃棒，B错误；
C．实验室制备氢氧化铁胶体时，将饱和的氯化铁溶液滴入沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色为止，C正确；
D．金属钠、氧化钠、过氧化钠均能与水反应生成氢氧化钠，滴入无色酚酞溶液后，溶液均为红色，故无法证明产物为氧化钠，D错误；
选C。
13. 科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是
A. 过程Ⅰ中发生氧化反应
B. a和b中转移的数目相等
C. 过程Ⅱ中参与反应的
D. 过程Ⅰ→Ⅲ总反应为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；
B．由图示可知，过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+2H++e-NO+H2O，生成1mlNO，a过程转移1mle-，过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，消耗1mlNO，b过程转移3ml e-，转移电子数目不相等，B错误；
C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，n(NO):n(NH)=1:1，C错误；
D．由图示可知，过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+ NH= N2↑+2H2O，D正确；
答案选D。
14. Cl2O 是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸，一种制取 Cl2O 的装置如图所示。
已知：Cl2O 的熔点为-116℃，沸点为3.8℃；NH3的沸点为-33.5 ℃；Cl2的沸点为-34.6 ℃；HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O。下列说法中不正确的是
A. 装置②、③中盛装的试剂依次是浓硫酸和饱和食盐水
B. 通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减小爆炸危险
C. 从装置⑤中逸出气体的主要成分是 Cl2和干燥空气，故末端应该有尾气处理装置
D. 装置④与⑤之间不用橡胶管连接，是为了防止橡胶管燃烧和爆炸
【答案】A
【解析】
【分析】
由制备装置可知，①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，通干燥空气可将氯气排入④中，④中发生HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O，因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2。
【详解】A．根据分析，装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水、浓硫酸，保证进入④中试剂无水，因Cl2O易溶于水且会与水反应生成次氯酸，故A错误；
B．根据分析，通干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度，故B正确；
C．由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，氯气有毒，不能直接排放到大气中，故末端应该有尾气处理装置，故C正确；
D．因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故D正确；
答案选A。
15. 如图为制取NaHCO3的实验装置，下列说法正确的是
A. a装置中反应的离子方程式为：CO+2H+=H2O+CO2↑
B. b装置中的溶液最好是饱和食盐水，用于吸收CO2中HCl
C. 制取NaHCO3的离子反应方程式为CO2+H2O+Na+=NaHCO3↓
D. 装置c中含氨的饱和食盐水提高了CO2吸收效率
【答案】D
【解析】
【分析】稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，b中为饱和碳酸氢钠溶液，用于吸收二氧化碳中的HCl，CO2进入c中反应生成碳酸氢钠，因为碳酸氢钠的溶解度较小结晶析出，d中为碱液，用于吸收多余的CO2。
【详解】A．碳酸钙为沉淀，不能拆成碳酸根离子形式，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，A错误；
B．b装置中的溶液为饱和碳酸氢钠，用于吸收二氧化碳中的HCl，B错误；
C．制取碳酸氢钠的离子方程式为CO2+H2O+Na++NH3=NaHCO3↓+，C错误；
D．装置c中，含氨的饱和食盐水呈碱性，有利于二氧化碳的吸收，所以能提高CO2的吸收效率，D正确；
故答案选D。
16. 广泛用于纸浆漂白、杀菌消毒等领域，因消毒效果好、不产生致癌物或诱变剂，已被广泛应用于污水处理工程。一种制备方法为。下列说法错误的是
A. 该反应能说明NaClO2具有强氧化性
B. 该反应的离子方程式为
C. 该反应生成1ml，转移5ml电子
D. 当还原产物均为时，等质量的的氧化能力是的2.63倍
【答案】C
【解析】
【分析】是歧化反应，NaClO2中氯元素的化合价由+3，一部分升高到+4，一部分下降到-1，NaClO2是氧化剂也是还原剂。
【详解】A．NaClO2中氯元素的化合价可以降低，做氧化剂，具有较强氧化性，A项正确；
B．根据离子方程式的书写原则，该反应的离子方程式为，B项正确；
C．根据反应，当生成4ml，有4ml中Cl化合价由+3价升高到+4价，1ml中氯元素化合价由+3价降低到-1价，反应中转移电子总数是4ml，故该反应生成1ml，转移1ml电子，C项错误；
D．设质量为m，当还原产物均为时，等质量的的氧化能力是的2.63倍，D项正确；
故答案选C。
二、非选择题(17-20题四题，共56分)
17. Ⅰ.根据物质的组成、结构、性质等进行分类，可预测物质的性质及变化：
（1）是普通玻璃的主要成分，与一样是酸性氧化物，写出溶于溶液的化学方程式：_______。
（2）现有：①固体②稀硫酸③氨气④熔融⑤蔗糖⑥铜；其中能导电的是_______(填序号，下同)；属于电解质的是_______。
（3）写出在水溶液中的电离方程式：_______。
Ⅱ.物质的量是联系宏观和微观的桥梁：
（4）某金属氯化物中含，则该氯化物的摩尔质量为_______。
（5）标准状况下，与的气体含相同原子数的的体积为_______。
（6）由、两气体组成的混合气体，标准状况下，体积为。则、的物质的量之比为_______。
【答案】（1）SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
（2） ①. ②④⑥ ②. ①④
（3）NaClO=Na++ClO-
（4）135g/ml
（5）11.2L （6）3:1
【解析】
【小问1详解】
SiO2是酸性氧化物，SiO2和NaOH溶液反应生成硅酸钠、水，反应的化学方程式是SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
【小问2详解】
①KOH晶体离子不能自由移动，不导电，KOH晶体的水溶液能导电，KOH是电解质；②稀盐酸是混合物，含有自由移动的离子，能导电，既不是电解质又不是非电解质； ③氨气不含离子，自身不能电离，氨气是非电解质；④熔融NaCl含有自由移动的离子，能导电，NaCl属于电解质；⑤蔗糖不含离子，自身不能电离，蔗糖是非电解质； ⑥铜是金属单质，能导电，既不是电解质又不是非电解质；其中能导电的是②稀盐酸、④熔融NaCl、⑥铜；属于电解质的是①KCl晶体、④熔融NaCl；
【小问3详解】
次氯酸钠是强电解质，完全电离，电离方程式是NaClO=Na++ClO-
【小问4详解】
40.5g某金属氯化物MCl2中含有0.6mlCl-，说明n(MCl2)=0.3ml，则该金属氯化物的摩尔质量为；
【小问5详解】
34g H2S气体含H原子的物质的量是，与34g的H2S气体含相同H原子数的CH4的物质的量是0.5ml，标准状况下的体积为0.5ml×22.4L/ml=11.2L；
【小问6详解】
混合气体物质的量==0.4ml；设混合气体中CO、CO2的物质的量分别为x ml、y ml，则有， 解得x=0.3，y=0.1，则CO、CO2的物质的量之比为3:1。
18. 氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室利用如下图装置(部分装置省略)制备和NaClO，探究其氧化还原性质。
回答下列问题：
（1）盛放粉末的仪器名称是_______，该仪器中发生反应的化学方程式是_______。
（2）a中的试剂为_______，b中采用的加热方式是_______。c中反应的离子方程式是_______，采用冰水浴冷却的目的是_______。
（3）d的作用是_______。
（4）取少量和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。
①1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液显棕色，可知该条件下的氧化能力_______NaClO(填“大于”或“小于”)。
②继续向1号试管中滴加少量稀硫酸，并加入少量淀粉试液，溶液显蓝色。假设氧化产物唯一，还原产物为KCl，则该反应的离子方程式为_______。
（5）若用制得的氯气做如下图1的实验，向装有一瓶氯气的集气瓶中添加适量的蒸馏水，振荡，先利用注射器滴加NaOH溶液，再利用注射器滴加稀盐酸，用压强传感器测得集气瓶内的压强随时间变化的曲线如下图2所示。下列说法正确的是_______。
A. 阶段①说明氯气溶于水，溶于水的氯气全部与水反应
B. 阶段②的压强变小，该过程发生了氧化还原反应
C. 阶段③发生反应的离子方程式为
D. 若将换成，所得压强变化趋势与图2相似
【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②. MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2） ①. 饱和食盐水 ②. 水浴加热 ③. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ④. 防止NaClO3生成
（3）吸收尾气氯气，防止污染环境
（4） ①. 小于 ②. ClO+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O （5）BCD
【解析】
【分析】本实验利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，得到的氯气中含HCl和H2O，装置a中加入饱和食盐水，可除去HCl，避免影响氯气和KOH的反应。在加热条件下，反应生成KClO3，冰水下反应生成次氯酸盐，装置b是制备KClO3，装置c是制备NaClO，装置d是尾气处理。
【小问1详解】
盛放粉末的仪器名称是圆底烧瓶；该仪器中发生反应的化学方程式是MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
【小问2详解】
制备的氯气中含HCl和H2O，需除去HCl，避免影响氯气和KOH的反应，故装置a中试剂为饱和食盐水；b中采用的加热方式是水浴加热；装置c是制备NaClO，c中反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；装置c中通入的氯气温度较高，避免副反应发生，故采用冰水浴冷却的目的是防止NaClO3生成；
【小问3详解】
装置d是尾气处理，故答案是吸收尾气氯气，防止污染环境；
【小问4详解】
和NaClO都有一定的氧化性，KI有还原性，被还原得到I2，I2水溶性不大，溶于水呈棕色。
①取少量和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液：①1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液显棕色，根据相同条件下，氧化性强的优先反应，根据实验NaClO与KI反应，与KI不反应，可知该条件下的氧化能力小于NaClO，故答案是小于；
②继续向1号试管中滴加少量稀硫酸，并加入少量淀粉试液，溶液显蓝色。依据实验在酸性条件下氧化性增强，被还原的产物为KCl，KI被氧化的产物是I2，则该反应的离子方程式为ClO+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O。
【小问5详解】
根据实验和压强图像分析，瓶内氯气一开始被加入的蒸馏水吸收，氯气有一部分溶于水，为阶段①，再继续滴入的NaOH溶液，为阶段②，但吸收氯气的程度比蒸馏水大，阶段①和阶段②压强变化不同，图像最低点是停止滴入氢氧化钠溶液，溶液中含NaClO和氯化钠、水，此时在继续滴加稀盐酸，即阶段③，在酸性条件下，NaClO与盐酸反应得到氯气，故瓶内压强继续增加。选项分析如下：
A．氯气和水的反应是可逆反应，溶于水的氯气无法全部与水反应，A项错误；
B． 阶段②氯气和氢氧化钠溶液反应生成NaClO和氯化钠、水，消耗了氯气导致压强减小，该反应是氧化还原反应，B项正确；
C．阶段③滴加稀盐酸后，发生反应，重新生成氯气，压强增大，C项正确；
D．若将换成，二氧化碳再水中溶解度较氯气小，压强下降缓慢一些，加入氢氧化钠溶液后，NaOH与CO2反应生成碳酸钠和水，吸收程度变大，压强下降快，后续继续滴加稀盐酸后，稀盐酸与碳酸钠反应，重新生成CO2，压强又变大，D项正确；
故答案选BCD 。
19. 某课外活动小组设计了下列装置，验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触。
【装置分析】
（1）装置②中的试剂是_______。
（2）装置③中的试剂是_______。
【进行实验】
步骤1：打开K2关闭K1，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
步骤2：打开K1关闭K2，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
【实验反思】
（3）过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式为_______。
（4）有同学提出质疑：“上述实验不足以证明有水存在时过氧化钠跟二氧化碳发生了化学反应。”其理由是_______。
（5）需要补充的实验操作是取⑤中反应后的少量固体，_______。
（6）测定某部分变质为碳酸钠的小苏打样品中NaHCO3的质量分数。某兴趣小组称量17.9g固体样品，按如下图装置进行实验：
①D装置的作用是_______。
②实验后测得C装置增重8.8g，则样品中NaHCO3的质量分数为_______。
③某同学认为上述测定结果_______(填“偏高”或“偏低”)，因为实验装置还存在一个明显的缺陷是_______。
【答案】（1）饱和NaHCO3溶液
（2）浓硫酸 （3）
（4）CO2气体中有水，水也可以与Na2O2反应产生O2而使木条复燃
（5）加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水(或加BaCl2溶液等体现检验的方法)
（6） ①. 防止空气中的水蒸气、CO2进入C装置 ②. 70.4% ③. 偏低 ④. 缺少一套将A、B装置内的CO2气体驱赶到C装置中的装置(或其他合理答案)
【解析】
【分析】①装置浓盐酸与碳酸钙反应产生的二氧化碳，HCl具有挥发性，所以二氧化碳中混有HCl气体，用饱和碳酸氢钠除去HCl气体，②中出来的气体是带水蒸气的，直接通入⑤中，则⑤中是有水蒸气的，③中盛浓硫酸，除去水蒸气，所以④中就是没有水蒸气的，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；实验步骤1：打开弹簧夹K2，关闭K1，打开分液漏斗活塞加入盐酸，④中没有水蒸气，则二氧化碳不能和过氧化钠反应，所以不能生成氧气，所以，a处带火星木条不复燃；实验步骤2：打开弹簧夹K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞加入盐酸，⑤有水蒸气，则二氧化碳能和过氧化钠反应生成氧气，所以，a处带火星木条复燃。
【小问1详解】
由分析可知，装置②的作用是除去CO2中混有的HCl气体，试剂是饱和NaHCO3溶液。
【小问2详解】
由分析可知，装置③的作用是干燥CO2，试剂是浓硫酸。
【小问3详解】
过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：。
【小问4详解】
水也能与过氧化钠反应生成氧气，CO2气体中有水，水也可以与Na2O2反应产生O2而使木条复燃，上述实验不足以证明有水存在时过氧化钠跟二氧化碳发生了化学反应。
【小问5详解】
过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，可用反应后的固体加入盐酸，观察生成的气体是否能使澄清石灰水变浑浊，若能，则说明生成碳酸，固体中存在碳酸钠，二氧化碳参加反应，故答案为：加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水(或加BaCl2溶液等体现检验的方法)。
【小问6详解】
①样品中滴加稀硫酸，反应后生成的CO2中混有水蒸气，装置B中盛有浓硫酸，用于干燥气体，装置C中碱石灰用于吸收CO2气体，装置D中碱石灰的作用是防止空气中CO2、水蒸气进入装置C；
②样品中含有Na2CO3和NaHCO3，实验前称取17.9g样品，则有106g⋅ml-1n(Na2CO3)+84g⋅ml-1n(NaHCO3)=17.9 g；实验后测得C装置增重8.8g，结合碳元素守恒可得n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=， 综合上述两式可得 n(Na2CO3)=0.0 5ml，n(NaHCO3)=0.15 ml，从而可得m(NaHCO3)=0.15ml×84g/ml=12.6g，故样品中NaHCO3的质量分数为≈70.4%；
③该实验缺少一套将A、B装置内的CO2气体驱赶到C装置中的装置，装置内充满CO2气体，不能完全排出且被装置C中碱石灰吸收，导致测得样品中NaHCO3的质量分数偏低。
20. 一种以生石灰(CaO)为原料制备KClO3的流程如下图：
（1）“制浆”过程中发生的化学反应方程式为_______。
（2）“氯化”过程是Cl2与Ca(OH)2反应。
① 提高Cl2利用率的措施是_______。
② Cl2与Ca(OH)2作用会生成Ca(ClO3)2和Ca(ClO)2，当生成含等物质的量氯元素的Ca(ClO3)2与Ca(ClO)2时，消耗Cl2的物质的量之比为_______。
③ “氯化”过程中会有少量Ca(ClO)2和一些无色无味气体生成，该气体可能是_______(填化学式)。
（3）“转化”过程各物质的溶解度曲线如下图所示。
① Ca(ClO3)2溶解度曲线是_______(填A或B)，若溶液中KClO3的含量为100 g•L-1，从该溶液中得到KClO3固体的方法是_______、_______、_______、洗涤。
② KClO3与SO2在强酸性条件下可反应制得ClO2，SO2被氧化为SO，该反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）CaO+H2O=Ca(OH)2
（2） ①. 缓慢通入Cl2 ②. 3∶1 ③. O2
（3） ①. A ②. 蒸发浓缩 ③. 降温结晶 ④. 过滤 ⑤. 2ClO+ SO2 = 2ClO2 + SO
【解析】
【分析】生石灰(CaO)中加入水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙中通入足量氯气生成氯化钙、次氯酸钙、水，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，反应后过滤除去滤渣，滤液中加入过量KCl转化为KClO3溶液，然后经过一系列操作得到KClO3固体。
【小问1详解】
制浆过程为生石灰（CaO）中加入水反应生成氢氧化钙，发生的化学反应方程式为CaO+H2O=Ca(OH)2；
【小问2详解】
①缓慢通入Cl2可以保证氯气充分反应，提高Cl2的利用率；
②Cl2与Ca(OH)2作用除生成Ca(ClO3)2外，还可能生成Ca(ClO)2，生成Ca(ClO)2的化学方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2＝Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O，生成Ca(ClO3)2的化学方程式为6Cl2＋6Ca(OH)2＝Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O，当生成含等物质的量氯元素的Ca(ClO3)2与Ca(ClO)2时，消耗Cl2的物质的量之比为3∶1；
③氯化过程中会有少量无色无味气体生成，该气体可能是Ca(ClO)2和空气中的CO2以及水反应生成了HClO，HClO分解生成了O2；
【小问3详解】
①根据图2的溶解度曲线，向滤液中加入过量KCl固体可将溶液中Ca(ClO3)2转化为KClO3固体而析出的原因是相同温度下的KClO3溶解度小于Ca(ClO3)2的溶解度，所以Ca(ClO3)2的溶解度曲线是A；若溶液中KClO3的含量为100g•L−1，结合溶解度曲线，可以通过蒸发浓缩、降温结晶，过滤的方法使溶液中尽可能多地析出KClO3；
②KClO3与SO2在强酸性条件下可反应制得ClO2，SO2被氧化为，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的离子方程式为2 +SO2=2ClO2+。选项
家务劳动
化学知识
A
餐后将洗净的铁锅擦干
铁在潮湿环境中易生锈
B
用白醋除去水壶中的水垢
白醋可溶解碳酸钙等沉淀
C
用含的84消毒液拖地
具有还原性
D
用小苏打粉作膨松剂焙制糕点
碳酸氢钠加热容易分解放出
A．钠在空气中燃烧
B．直接观察钾盐的火焰
C．验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性
D．制备二氧化碳气体
选项
实验目的
实验设计
A
证明金属活动性：
将金属钠投入溶液中
B
检验待测液中含有
用玻璃棒蘸取待测液在无色火焰上灼烧，观察现象
C
制备胶体
将5~6滴饱和溶液滴加到煮沸的蒸馏水中，继续煮沸至液体呈红褐色为止
D
探究钠在空气中燃烧产物为
将燃烧后的物质置于水中，滴入无色酚酞溶液，一段时间后，溶液为红色
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