还剩27页未读，
继续阅读
江苏省奔牛、武进两校联考2022-2023学年高一上学期期中考试化学试卷（Word版含答案）
展开
这是一份江苏省奔牛、武进两校联考2022-2023学年高一上学期期中考试化学试卷（Word版含答案），共30页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
奔牛、武进两校联考2022-2023学年高一上学期期中考试
化学试卷
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）下列各组物质中，按照酸性氧化物、混合物、碱排列的是（ ）
A．生石灰、胆矾、纯碱
B．二氧化硅、盐酸、熟石灰
C．氧化铁、石灰石、碱式碳酸铜
D．二氧化氮、食盐水、烧碱
2．（3分）下列描述中，不正确的是（ ）
A．14N与15N具有相同的质子数
B．18O和17O具有相同的电子数
C．18O和19F具有相同的中子数
D．12C与13C具有相同的质量数
3．（3分）吸进人体内的氧有2%转化为氧化性极强的活性氧，这些活性氧能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，中国科学家尝试用Na2SeO3清除人体内的活性氧，则Na2SeO3的作用是（ ）
A．还原剂 B．氧化剂
C．既是氧化剂又是还原剂 D．以上均不是
4．（3分）下列过程只涉及物理变化的是（ ）
A．伐薪烧炭 B．酿酒成醋 C．滴水成冰 D．百炼成钢
5．（3分）歌曲《青花瓷》，唱到“窗外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”，其中的“铜绿”既是铜锈，它的化学成分是Cu2（OH）2CO3（碱式碳酸铜）。铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为2Cu+O2+CO2+H2O═Cu2（OH）2CO3。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．Cu2（OH）2CO3是混合物，所以为非电解质
B．该反应中氧、碳元素化合价发生变化，所以是氧化还原反应
C．该反应中Cu得电子，O2失电子，所以是氧化还原反应
D．该反应是氧化还原反应，化合价发生改变的只有两种元素
6．（3分）下列有关化学实验基本知识和基本操作的描述不正确的是（ ）
A．“日照澄洲江雾开”，指日光加热使雾的颗粒聚沉
B．过滤和蒸发操作均用到玻璃棒，但玻璃棒的作用不相同
C．加入盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中一定含有CO32﹣
D．先加入稀HCl无现象，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，证明含大量的SO42﹣
7．（3分）配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时，下列操作会使配得的溶液浓度偏小的是（ ）
A．容量瓶中原有少量蒸馏水
B．溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯
C．定容时观察液面俯视
D．滴管加水时，有少量水滴到容量瓶外
8．（3分）下溶液中c（Cl﹣） 与50mL 1mol/L 氯化铝溶液中的c（Cl﹣） 相等的是（ ）
A．150 mL 1mol/L氯化钠溶液
B．5 mL 2mol/L 氯化铵溶液
C．150 mL 1mol/L氯化钾溶液
D．75 mL 1.5mol/L 氯化镁溶液
9．（3分）2016年的诺贝尔化学奖颁给制造出了比头发还要细上千倍的分子机器的三名科学家，如只有1纳米左右大小的“分子电梯”等。他们把纳米技术的应用发展提升至分子层面上的运动控制。若将纳米颗粒碳酸钙均匀的分散到蒸馏水中，下列对有关形成的物质判断正确的是（ ）
①是胶体②是溶液③能产生丁达尔现象④不能透过滤纸
A．①②③④ B．②③④ C．①③ D．①③④
10．（3分）关系有如下三种，下列叙述正确的是（ ）
A．氧化还原反应和置换反应属于交叉关系
B．溶液和胶体属于包含关系
C．电解质和非电解质属于并列关系
D．化合物和碱性氧化物属于交叉关系
11．（3分）与3.6gH2O含有相同原子数的是（ ）
A．0.6mol氦气 B．标况下4.48LCCl4
C．1.7gNH3 D．1.505×1022个HCl分子
12．（3分）下列反应中，水只作氧化剂的是（ ）
A．C+H2OCO+H2 B．H2+CuOCu+H2O
C．2H2O2H2↑+O2↑ D．SO3+H2O═H2SO4
13．（3分）下列实验操作中，不能用于物质分离的是（ ）
A．
B．
C．
D．
14．（3分）元素铬（Cr）的几种化合物存在如图转化关系，下列判断不正确的是（ ）
A．反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化
B．反应①表明Cr2O3有酸性氧化物的性质
C．反应②利用了H2O2的氧化性
D．K2Cr2O7可作为氧化剂
15．（3分）一瓶不纯的K2CO3粉末，所含杂质可能是KNO3、Ca（NO3）2、KCl、CuCl2、Na2SO4中的一种或几种。为确定其成分，进行如下实验：
（1）取少量该粉末于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液。
（2）在上述无色溶液中加入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，得无色溶液。
（3）取少许（2）中过滤后的无色溶液于试管中，滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成。
下列说法正确的是（ ）
A．杂质中肯定不含有Ca（NO3）2、CuCl2
B．杂质中肯定含有KCl、Na2SO4
C．杂质中可能含有KNO3、KCl、Ca（NO3）2
D．杂质中肯定含有Na2SO4、KCl，可能含有KNO3、Ca（NO3）2
16．（3分）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（ ）
A．生成22.4LN2（标准状况）
B．有0.25molKNO3被氧化
C．转移电子的物质的量为1.5mol
D．被氧化的N原子的物质的量为3.75mol
二、解答题（共4小题，满分52分）
17．（20分）（1）现有①硫酸②酒精③液氨④纯碱⑤熔融的氢氧化钠⑥水银⑦三氧化硫⑧澄清石灰水等物质中，属于盐的是 （填序号，下同），属于酸性氧化物的是 ，能导电的是 ，属于电解质的是 。
（2）有甲、乙、丙三种元素，甲元素M层的电子数是其K层的电子数的1/2，乙元素原子核内无中子，丙元素原子核内有8个质子。
①写出丙元素的元素符号 。
②写出甲、乙、丙三种元素组成的化合物在水中的电离方程式 。
③画出甲元素的原子结构示意图 。
（3）由于氯气贮存运输不方便，工业上常将氯气转化为漂白粉，工业上生产漂白粉的主要化学方程式是 ，在空气中漂白粉长期存放会变质而失效的原理是 （用化学方程式说明）。
18．（12分）碘化钠是实验室中常用的分析试剂，工业上用铁屑还原法制备NaI的流程如图所示．
请回答下列问题：
（1）判断反应①中碘是否反应完全的方法是 ．
（2）操作Ⅰ的名称是 ．
（3）反应①的化学方程式为 ．
（4）反应②中NaIO3被Fe单质还原为NaI，同时生成Fe（OH）3，写出该反应的化学方程式并用双线桥法表示此反应的电子转移的方向及数目 ．
（5）在反应②中若有99g NaIO3被还原，则转移电子的物质的量为 mol．
19．（10分）实验室用密度为1.25g•mL﹣1，质量分数为36.5%的浓盐酸配制240mL 0.1mol•L﹣1的盐酸，请回答下列问题：
（1）浓盐酸的物质的量浓度为 ．
（2）配制240mL 0.1mol•L﹣1的盐酸应量取浓盐酸体积 mL，应选用容量瓶的规格 mL．
（3）配制时，其正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次） ．
A．用30mL水洗涤 2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀
C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线 处
（4）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是 ．
（5）若实验过程中出现如下情况如何处理？
①加蒸馏水时不慎超过了刻度线 ．
②向容量瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出 ．
20．（10分）光卤石是生产钾盐和镁盐的原料，易溶于水。某课外小组通过下列实验测定某光卤石试样（xKCl⋅yMgCl2⋅zH2O）的组成。
（1）取样品6.170g溶于水，加入过量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、干燥，得固体1.160g。求试样中MgCl2的物质的量 。
（2）另取样品6.170g溶于水，加入过量硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，得固体8.610g。求试样中KCl的物质的量 。
（3）另取样品6.170g，加热至全部失去结晶水（杂质不分解），称得质量4.010g，求光卤石的化学式 。
奔牛、武进两校联考2022-2023学年高一上学期期中考试
化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）下列各组物质中，按照酸性氧化物、混合物、碱排列的是（ ）
A．生石灰、胆矾、纯碱
B．二氧化硅、盐酸、熟石灰
C．氧化铁、石灰石、碱式碳酸铜
D．二氧化氮、食盐水、烧碱
【分析】和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，不同物质组成的为混合物，水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱。
【解答】解：A．生石灰是氧化钙，和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，胆矾是硫酸铜晶体，鼠疫纯净物，纯碱是碳酸钠，属于盐，故A错误；
B．二氧化硅和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，盐酸是氯化氢气体水溶液，为混合物，熟石灰是氢氧化钙，属于碱，故B正确；
C．氧化铁和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，石灰石主要成分为碳酸钙，属于混合物，碱式碳酸铜属于盐，故C错误；
D．二氧化氮和碱反应生成两种盐和水，属于特殊氧化物，食盐水是氯化钠的水溶液，为混合物，烧碱是氢氧化钠，属于碱，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质组成和分类，主要是酸性氧化物、碱性氧化物、碱、混合物的概念的理解应用，题目难度不大。
2．（3分）下列描述中，不正确的是（ ）
A．14N与15N具有相同的质子数
B．18O和17O具有相同的电子数
C．18O和19F具有相同的中子数
D．12C与13C具有相同的质量数
【分析】元素符号左上角的数字为质量数，原子中，质子数+中子数＝质量数，质子数＝核外电子数，以此来解答．
【解答】解：A、14N与15N具有相同的质子数，质子数为7，故A正确；
B、质子数＝核外电子数，则18O与17O具有相同的电子数，电子数为8，故B正确；
C、18O的中子数为18﹣8＝10，19F的中子数为19﹣9＝10，中子数相同，故C正确；
D、12C的质量数为12，13C的质量数为13，则二者的质量数不同，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原子的构成及数量关系，明确原子的表示方法及原子中质子数、质量数之间的关键即可解答，难度较小．
3．（3分）吸进人体内的氧有2%转化为氧化性极强的活性氧，这些活性氧能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，中国科学家尝试用Na2SeO3清除人体内的活性氧，则Na2SeO3的作用是（ ）
A．还原剂 B．氧化剂
C．既是氧化剂又是还原剂 D．以上均不是
【分析】氧化还原反应中；还原剂+氧化剂﹣→氧化产物+还原产物，还原剂具有还原性，将氧化剂还原成还原产物．
【解答】解：“活性氧”氧化性极强，服用含硒元素（Se）的化合物亚硒酸钠（Na2SeO3），能消除人体内的活性氧，表明Na2SeO3能将“活性氧”还原，“活性氧”为氧化剂，Na2SeO3为还原剂。故选：A。
【点评】本题主要考查氧化还原反应中；还原剂+氧化剂﹣→氧化产物+还原产物，还原剂具有还原性，将氧化剂还原成还原产物，同时自身被氧化变成氧化产物．
4．（3分）下列过程只涉及物理变化的是（ ）
A．伐薪烧炭 B．酿酒成醋 C．滴水成冰 D．百炼成钢
【分析】物理变化与化学变化的本质区别是：是否有新物质生成，物理变化中没有新物质生成，化学变化中有新物质生成，据此解答．
【解答】解：A．伐薪烧炭的过程中木材加热有新物质木炭生成，属于化学变化，故A错误；
B．酿酒成醋，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；
C．滴水成冰，是不同状态水之间的转化，属于物理变化，故C正确；
D．百炼成钢的原理是生铁中的碳在高温下与氧气反应生成二氧化碳，使生铁中的含碳量降低，属于化学变化，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物理变化与化学变化的判断，明确二者概念是解题关键，注意二者本质区别：是否有新物质生成，题目难度不大．
5．（3分）歌曲《青花瓷》，唱到“窗外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”，其中的“铜绿”既是铜锈，它的化学成分是Cu2（OH）2CO3（碱式碳酸铜）。铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为2Cu+O2+CO2+H2O═Cu2（OH）2CO3。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．Cu2（OH）2CO3是混合物，所以为非电解质
B．该反应中氧、碳元素化合价发生变化，所以是氧化还原反应
C．该反应中Cu得电子，O2失电子，所以是氧化还原反应
D．该反应是氧化还原反应，化合价发生改变的只有两种元素
【分析】A．Cu2（OH）2CO3属于碱式盐；
B．存在化合价变化的反应属于氧化还原反应；
C．化合价升高失电子，化合价降低得电子；
D．反应中Cu、O元素的化合价发生变化。
【解答】解：A．Cu2（OH）2CO3属于碱式盐，属于纯净物，是电解质，故A错误；
B．2Cu+O2+CO2+H2O＝Cu2（OH）2CO3反应中，Cu、O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，C元素的化合价没有变化，故B错误；
C．该反应中铜的化合价升高失去电子，O2的化合价降低得到电子，是氧化还原反应，故C错误；
D．反应中Cu、O元素的化合价发生变化，则该反应是氧化还原反应，化合价发生改变的只有两种元素，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应、物质的分类，明确元素的化合价变化及该反应中Cu、O元素的化合价升降是解答本题的关键，题目难度不大。
6．（3分）下列有关化学实验基本知识和基本操作的描述不正确的是（ ）
A．“日照澄洲江雾开”，指日光加热使雾的颗粒聚沉
B．过滤和蒸发操作均用到玻璃棒，但玻璃棒的作用不相同
C．加入盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中一定含有CO32﹣
D．先加入稀HCl无现象，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，证明含大量的SO42﹣
【分析】A．雾属于胶体，胶体能产生聚沉；
B．过滤时用玻璃棒引流，蒸发时用玻璃棒搅拌；
C．能生成二氧化碳气体的可能有CO32﹣、HCO3﹣等；
D．白色沉淀可能为氯化银、亚硫酸钡，先加入稀HCl无现象，排除银、钡离子干扰。
【解答】解：A．“日照澄州江雾开”中，雾属于胶体，日光加热使胶体的颗粒聚沉，故A正确；
B．过滤时用玻璃棒引流，蒸发时用玻璃棒搅拌，玻璃棒的作用不相同，故B正确；
C．不能排除HCO3﹣的影响，故C错误；
D．先加入稀HCl无现象，排除银、钡离子干扰，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，证明含大量的SO42﹣，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的分离提纯、检验和鉴别，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性的评价，难度不大。
7．（3分）配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时，下列操作会使配得的溶液浓度偏小的是（ ）
A．容量瓶中原有少量蒸馏水
B．溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯
C．定容时观察液面俯视
D．滴管加水时，有少量水滴到容量瓶外
【分析】根据c＝分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断，如果n偏小或V偏大都导致配制溶液的物质的量浓度偏小．．
【解答】解：A、容量瓶中原有少量蒸馏水对溶质的物质的量和溶液的体积都无影响，所以对配制溶液的物质的量浓度无影响，故A错误。
B、没有洗涤烧杯会导致溶质的物质的量偏小，导致配制溶液的物质的量浓度偏小，故B正确。
C、定容时俯视液面导致溶液的体积偏小，所配制溶液的物质的量浓度偏大，故C错误。
D、滴管加水时，有少量水滴到容量瓶外，对溶质的物质的量和溶液的体积无影响，所以对配制溶液的物质的量浓度无影响，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制的误差分析时，注意从c＝分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断．
8．（3分）下溶液中c（Cl﹣） 与50mL 1mol/L 氯化铝溶液中的c（Cl﹣） 相等的是（ ）
A．150 mL 1mol/L氯化钠溶液
B．5 mL 2mol/L 氯化铵溶液
C．150 mL 1mol/L氯化钾溶液
D．75 mL 1.5mol/L 氯化镁溶液
【分析】1mol/L 氯化铝溶液中的c（Cl﹣） 为1mol/L×3＝3mol/L，结合溶质浓度、离子个数计算．
【解答】解：A.1mol/L氯化钠溶液中的c（Cl﹣） 为1mol/L，故A不选；
B.2mol/L氯化铵溶液中的c（Cl﹣） 为2mol/L，故B不选；
C.1mol/L氯化钾溶液中的c（Cl﹣） 为1mol/L，故C不选；
D.1.5mol/L氯化镁溶液中的c（Cl﹣） 为1.5mol/L×2＝3mol/L，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查物质的量浓度的计算，为高频考点，把握物质的构成、离子浓度的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意物质的构成，题目难度不大．
9．（3分）2016年的诺贝尔化学奖颁给制造出了比头发还要细上千倍的分子机器的三名科学家，如只有1纳米左右大小的“分子电梯”等。他们把纳米技术的应用发展提升至分子层面上的运动控制。若将纳米颗粒碳酸钙均匀的分散到蒸馏水中，下列对有关形成的物质判断正确的是（ ）
①是胶体②是溶液③能产生丁达尔现象④不能透过滤纸
A．①②③④ B．②③④ C．①③ D．①③④
【分析】纳米颗粒碳酸钙的微粒直径在10﹣9～10﹣7m，若将纳米颗粒碳酸钙均匀地分散到蒸馏水中形成的分散系为胶体，胶体具有丁达尔效应、聚沉、电泳等性质，能通过滤纸，不能通过半透膜。
【解答】解：①上述分析可知是胶体，故①正确；
②上述分析可知是胶体，不是溶液，故②错误；
③形成的是胶体分散系，胶体能产生丁达尔效应，故③正确；
④形成的胶体能透过滤纸，故④错误；
故选：C。
【点评】本题考查了胶体的组成、性质和应用等知识点，注意知识的积累，题目难度不大。
10．（3分）关系有如下三种，下列叙述正确的是（ ）
A．氧化还原反应和置换反应属于交叉关系
B．溶液和胶体属于包含关系
C．电解质和非电解质属于并列关系
D．化合物和碱性氧化物属于交叉关系
【分析】A．所有的置换反应都是氧化还原反应；
B．根据分散质粒子直径大小不同，将分散系分为溶液、胶体和胶体；
C．电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物；
D．碱性氧化物都属于化合物。
【解答】解：A．所有的置换反应都是氧化还原反应，则氧化还原反应和置换反应属于包含关系，故A错误；
B．根据分散质粒子直径大小不同，将分散系分为溶液、胶体和胶体，则溶液和胶体属于并列关系，故B错误；
C．电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，则电解质和非电解质属于并列关系，故C正确；
D．碱性氧化物都属于化合物，则化合物和碱性氧化物属于包含关系，故D错误；
故选：C。
【点评】本题综合考查化学知识，了解在化学概念在逻辑上的关系，此题难度不大。
11．（3分）与3.6gH2O含有相同原子数的是（ ）
A．0.6mol氦气 B．标况下4.48LCCl4
C．1.7gNH3 D．1.505×1022个HCl分子
【分析】3.6gH2O含有原子的物质的量为×3＝0.6mol，据此作答。
【解答】解：A．0.6mol氦气含氦原子的物质的量为0.6mol，故A正确；
B．标况下，四氯化碳不是气体，无法使用22.4L/mol计算物质的量，故B错误；
C．1.7g氨气含有的原子的物质的量为×4＝0.4mol，故C错误；
D．1.505×1022个HCl分子含有的原子的物质的量为×2＝0.05mol，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的量的计算，题目难度中等，掌握以物质的量为中心的计算转化关系是解题的关键。
12．（3分）下列反应中，水只作氧化剂的是（ ）
A．C+H2OCO+H2 B．H2+CuOCu+H2O
C．2H2O2H2↑+O2↑ D．SO3+H2O═H2SO4
【分析】氧化剂是反应中所含元素化合价降低的反应物，据此分析作答。
【解答】解：A．在反应C+H2OCO+H2中，H2O中H元素由+1价降低到0价，做氧化剂，故A正确；
B．在反应H2+CuOCu+H2O中，H2O是产物，故B错误；
C．在反应2H2O2H2↑+O2↑，H2O中H元素由+1价降低到0价，氧元素由﹣2价升高到0价，水既做氧化剂，也做还原剂，故C错误；
D．在反应SO3+H2O═H2SO4中，H2O中H、O元素化合价都不变，既不做氧化剂，也不做还原剂，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查氧化还原反应氧化剂、还原剂的判断分析，属于基本知识的考查，难度不大。
13．（3分）下列实验操作中，不能用于物质分离的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据物质分离的方法有：过滤、分液、蒸发和蒸馏等，结合实验装置图及选择的仪器来分析．
【解答】解：A、过滤一般是用来分离不溶性固体和液体的混合物，故A不选；
B、蒸馏可以实现两种沸点差距较大的两种互溶液体的分离，故B不选；
C、定容是配制一定物质的量浓度的溶液过程中的一步，不能分离物质，故C选；
D、分液可以实现互不相溶的两种液体的分离，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查学生物质分离的方法和仪器，根据物质分离的方法选择仪器，较简单．
14．（3分）元素铬（Cr）的几种化合物存在如图转化关系，下列判断不正确的是（ ）
A．反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化
B．反应①表明Cr2O3有酸性氧化物的性质
C．反应②利用了H2O2的氧化性
D．K2Cr2O7可作为氧化剂
【分析】A．反应①中Cr元素的化合价均为+3价，反应③中Cr元素的化合价均为+6价；
B．酸性氧化物能与碱反应生成盐和水；
C．反应②中Cr元素的化合价升高被氧化；
D．Cr元素处于最高价时具有强氧化性。
【解答】解：A．反应①中Cr元素的化合价均为+3价，③中Cr元素化合价均为+6价，则反应①③中Cr元素化合价没有发生变化，故A错误；
B．Cr2O3作为金属氧化物，能与酸反应，题给反应①又告知Cr2O3能与KOH反应：Cr2O3+2KOH＝2KCrO2+H2O，可知Cr2O3具有酸性氧化物的性质，故B正确；
C．反应②中过氧化氢使Cr的化合价从+3价升高到+6价，H2O2得电子是氧化剂，H2O2表现了氧化性，即反应②利用了H2O2的氧化性，故C正确；
D．Cr元素处于最高价时具有强氧化性，K2Cr2O7中Cr元素的化合价为+6价，处于最高价，所以K2Cr2O7可用作氧化剂，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了氧化还原反应、元素化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的判断，题目难度不大。
15．（3分）一瓶不纯的K2CO3粉末，所含杂质可能是KNO3、Ca（NO3）2、KCl、CuCl2、Na2SO4中的一种或几种。为确定其成分，进行如下实验：
（1）取少量该粉末于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液。
（2）在上述无色溶液中加入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，得无色溶液。
（3）取少许（2）中过滤后的无色溶液于试管中，滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成。
下列说法正确的是（ ）
A．杂质中肯定不含有Ca（NO3）2、CuCl2
B．杂质中肯定含有KCl、Na2SO4
C．杂质中可能含有KNO3、KCl、Ca（NO3）2
D．杂质中肯定含有Na2SO4、KCl，可能含有KNO3、Ca（NO3）2
【分析】（1）取少量该粉末于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液，则不含有Ca（NO3）2、CuCl2；
（2）在上述无色溶液中加入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，得无色溶液，该白色沉淀中一定含有BaCO3，可能含有BaSO4；
（3）取少许（2）中过滤后的无色溶液于试管中，滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成，该白色沉淀为AgCl，但加入氯化钡溶液引入了氯离子，不能说明原物质含有KCl，整个实验也不能确定是否含有KNO3，所以该粉末中一定不含有Ca（NO3）2、CuCl2，可能含有KNO3、KCl、Na2SO4中至少一种，据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，该粉末中一定不含有Ca（NO3）2、CuCl2，故A正确；
B．由上述分析可知，该粉末中可能含有KCl、Na2SO4，故B错误；
C．由上述分析可知，该粉末中一定不含有Ca（NO3）2，可能含有KNO3、KCl，故C错误；
D．由上述分析可知，该粉末中一定不含有Ca（NO3）2、CuCl2，可能含有KNO3、KCl、Na2SO4中至少一种，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的检验与推断，把握物质的性质、发生的反应即可解答，注意加入试剂对实验的干扰，试题培养了学生分析推理能力、实验能力，题目难度不大。
16．（3分）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（ ）
A．生成22.4LN2（标准状况）
B．有0.25molKNO3被氧化
C．转移电子的物质的量为1.5mol
D．被氧化的N原子的物质的量为3.75mol
【分析】该反应中N元素化合价由﹣、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原；现氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成2molN2，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，以此解答该题。
【解答】解：A．由分析可知，生成2molN2，即生成44.8L N2（标准状况），故A错误；
B．KNO3得电子作氧化剂而被还原，故B错误；
C．由分析可知，转移电子的物质的量为1.25mol，故C错误；
D．由分析可知，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应有关计算，侧重考查分析计算能力，明确氧化产物和还原产物关系是解本题关键，注意叠氮化钠中N元素化合价，注意硝酸钾被还原而不是被氧化，题目难度不大。
二、解答题（共4小题，满分52分）
17．（20分）（1）现有①硫酸②酒精③液氨④纯碱⑤熔融的氢氧化钠⑥水银⑦三氧化硫⑧澄清石灰水等物质中，属于盐的是 ④ （填序号，下同），属于酸性氧化物的是 ⑦ ，能导电的是 ⑤⑥⑧ ，属于电解质的是 ①④⑤ 。
（2）有甲、乙、丙三种元素，甲元素M层的电子数是其K层的电子数的1/2，乙元素原子核内无中子，丙元素原子核内有8个质子。
①写出丙元素的元素符号 O 。
②写出甲、乙、丙三种元素组成的化合物在水中的电离方程式 NaOH＝Na++OH− 。
③画出甲元素的原子结构示意图 。
（3）由于氯气贮存运输不方便，工业上常将氯气转化为漂白粉，工业上生产漂白粉的主要化学方程式是 2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O ，在空气中漂白粉长期存放会变质而失效的原理是 Ca（ClO）2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑ （用化学方程式说明）。
【分析】（1）盐是指由金属离子或铵根离子与酸根离子组成的化合物，酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物，大多数的非金属氧化物是酸性氧化物，物质导电的条件是存在自由电子或者自由移动的离子，电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
（2）根据甲元素M层的电子数是其K层的电子数的，可知甲为钠，乙元素原子核内无中子，可知乙为氢元素；丙元素原子核内有8个质子，可知丙为氧元素，据此解答；
（3）工业上用石灰乳和氯气生产漂白粉，在空气中漂白粉长期存放会变质而失效的原理是由于次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气。
【解答】解：（1）④纯碱是由钠离子与碳酸根离子组成的化合物，属于盐，⑦三氧化硫与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，属于酸性氧化物，⑤熔融的氢氧化钠和⑧澄清石灰水含有自由移动的离子，能够导电，⑥水银含有自由电子能够导电，①硫酸④纯碱⑤熔融的氢氧化钠水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质，
故答案为：④；⑦；⑤⑥⑧；①④⑤；
（2）根据甲元素M层的电子数是其K层的电子数的，可知甲为钠，乙元素原子核内无中子，可知乙为氢元素，丙元素原子核内有8个质子，可知丙为氧元素，
①丙为氧元素，元素符号O，
故答案为：O；
②甲、乙、丙三种元素组成的化合物为氢氧化钠，氢氧化钠为强电解质，电离方程式为：NaOH＝Na++OH−，
故答案为：NaOH＝Na++OH−；
③甲元素为钠，钠原子的结构示意图：，
故答案为：；
（3）工业上用石灰乳和氯气生产漂白粉，化学方程式是为：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，由于次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸钙和次氯酸，方程式为Ca（ClO）2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO，次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，方程式为2HClO 2HCl+O2↑，因此在空气中漂白粉长期存放会变质而失效，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；Ca（ClO）2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO、2HClO 2HCl+O2↑。
【点评】本题考查化学基本概念和原子构成，题目难度不大，注意明确相关概念，熟悉常见化学用语（元素符号、原子符号、分子符号、离子符号、粒子结构示意图等）的书写是解题关键。
18．（12分）碘化钠是实验室中常用的分析试剂，工业上用铁屑还原法制备NaI的流程如图所示．
请回答下列问题：
（1）判断反应①中碘是否反应完全的方法是 取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已反应完全；反之，碘未反应完全（或取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴CCl4，振荡、静置，若下层液体呈无色，证明碘已反应完全；若下层液体呈紫红色，证明碘未反应完全） ．
（2）操作Ⅰ的名称是 过滤 ．
（3）反应①的化学方程式为 3I2+6NaOH═5NaI+NaIO3+3H2O ．
（4）反应②中NaIO3被Fe单质还原为NaI，同时生成Fe（OH）3，写出该反应的化学方程式并用双线桥法表示此反应的电子转移的方向及数目 ．
（5）在反应②中若有99g NaIO3被还原，则转移电子的物质的量为 3 mol．
【分析】制备NaI的流程：碘与NaOH溶液反应生成NaI、NaIO3，加入Fe与NaIO3发生氧化还原反应生成NaI、氢氧化铁，操作I为过滤，固体为氢氧化铁，②过滤后溶液中主要含NaI，分离、提纯得到NaI．
（1）判断反应①中碘是否反应完全，本质为检验碘单质的存在，碘与淀粉作用显示蓝色，碘在四氯化碳中易溶，在四氯化碳中显示紫红色，据此分析解答；
（2）分离固体和液体的方法为过滤，分离固体氢氧化铁、铁粉和溶液；
（3）反应①为碘单质和氢氧化钠的反应，化合价升高和降低的元素均是I元素，化合价由0价分别变化为+5价、﹣1价，根据得失电子守恒和原子守恒书写方程式；
（4）反应②中NaIO3被Fe单质还原为NaI，同时生成Fe（OH）3，氧化剂为NaIO3，还原剂为Fe，两者的物质的量之比是1：2，该反应转移电子为6，根据得失电子守恒和原子守恒书写方程式；
（5）反应②的化学方程式是2Fe+NaIO3+3H2O＝2Fe（OH）3↓+NaI，根据得失电子守恒计算．
【解答】解：（1）淀粉遇碘变蓝，反应后加淀粉无现象即可说明反应结束，则判断反应①中碘是否反应完全的方法为取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已反应完全；反之，碘未反应完全，（或取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴CCl4，振荡、静置，若下层液体呈无色，证明碘已反应完全；若下层液体呈紫红色，证明碘未反应完全），
故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已反应完全；反之，碘未反应完全（或取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴CCl4，振荡、静置，若下层液体呈无色，证明碘已反应完全；若下层液体呈紫红色，证明碘未反应完全）；
（2）由制备流程可知，碘与NaOH溶液反应生成NaI、NaIO3，加入Fe与NaIO3发生氧化还原反应生成NaI、氢氧化铁，操作I为过滤，
故答案为：过滤；
（3）反应①为碘单质和氢氧化钠的反应，化合价升高和降低的元素均是I元素，化合价升高的I元素对应的产物NaIO3，化合价降低的I元素对应的产物为NaI，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比是5：1，所以在反应的3molI2中，有mol的I2做还原剂，有mol的I2做氧化剂，反应的方程式为：3I2+6NaOH═5NaI+NaIO3+3H2O，
故答案为：3I2+6NaOH═5NaI+NaIO3+3H2O；
（4）反应②中NaIO3被Fe单质还原为NaI，同时生成Fe（OH）3，该反应中，NaIO3中碘元素的化合价由+5价变为﹣1价，所以NaIO3是氧化剂，Fe单质中Fe元素化合价由0价升高到+3价，被氧化，根据得电子与失电子个数相等，两者的物质的量之比是1：2，则电子转移的方向和数目为：，故答案为：；
（5）反应②的化学方程式是2Fe+NaIO3+3H2O＝2Fe（OH）3↓+NaI，NaIO3中碘元素的化合价由+5价变为﹣1价，若有99g NaIO3被还原，转移电子为×[（+5）﹣（﹣1）]＝3mol，
故答案为：3．
【点评】本题考查NaI的制备实验，明确制备流程中发生的反应及操作为解答的关键，涉及氧化还原反应及碘的特性，注重基础知识的考查，注意守恒思想的应用，题目难度中等．
19．（10分）实验室用密度为1.25g•mL﹣1，质量分数为36.5%的浓盐酸配制240mL 0.1mol•L﹣1的盐酸，请回答下列问题：
（1）浓盐酸的物质的量浓度为 12.5mol/L ．
（2）配制240mL 0.1mol•L﹣1的盐酸应量取浓盐酸体积 2.0 mL，应选用容量瓶的规格 5 mL．
（3）配制时，其正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次） BCAFED ．
A．用30mL水洗涤 烧杯内壁 2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀
C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线 1﹣2cm 处
（4）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是 避免溶质的量的减少，减小误差 ．
（5）若实验过程中出现如下情况如何处理？
①加蒸馏水时不慎超过了刻度线 重新配制 ．
②向容量瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出 重新配制 ．
【分析】（1）依据C＝计算浓盐酸的物质的量浓度；
（2）依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸的体积，依次选择合适的量筒；
（3）依据用浓溶液配制稀溶液的一般操作步骤解答；
（4）烧杯和玻璃棒上都沾有溶质，不全部转移到容量瓶中会造成误差；
（5）分析操作对溶质的物质的量、溶液的体积的影响，作出判断．
【解答】解：（1）浓盐酸的物质的量浓度C＝＝12.5mol/L；
故答案为：12.5mol/L；
（2）要配制240ml的溶液，应选择250ml的容量瓶，设需要浓盐酸的体积为V，依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变得V×12.5mol/L＝250mL×0.1mol•L﹣1，解得V＝2.0ml，所以需要选择5ml的量筒；
故答案为：2.0；5；
（3）浓溶液配制稀溶液的一般操作步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，
烧杯壁上沾有溶质，为防止引起误差，必须洗涤烧杯内壁2﹣3次；
定容时，开始时直接加入蒸馏水，为防止加水过量，到离刻度线2﹣3cm时改用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处与刻度线相切；
故答案为：BCAFED；烧杯内壁；2﹣3ml；
（4）将洗涤液全部转移到容量瓶是因为避免溶质的量的减少，减小误差；
故答案为：避免溶质的量的减少，减小误差；
（5）①加蒸馏水时不慎超过了刻度线，实验失败，无法挽回，必须重新配制；
故答案为：重新配制；
②向容量瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出，溶质的物质的量不准确，实验失败，必须重新配制；
故答案为：重新配制．
【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和操作步骤是解题关键，注意量筒的选择方法．
20．（10分）光卤石是生产钾盐和镁盐的原料，易溶于水。某课外小组通过下列实验测定某光卤石试样（xKCl⋅yMgCl2⋅zH2O）的组成。
（1）取样品6.170g溶于水，加入过量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、干燥，得固体1.160g。求试样中MgCl2的物质的量 0.02mol 。
（2）另取样品6.170g溶于水，加入过量硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，得固体8.610g。求试样中KCl的物质的量 0.02mol 。
（3）另取样品6.170g，加热至全部失去结晶水（杂质不分解），称得质量4.010g，求光卤石的化学式 KCl•MgCl2•6H2O 。
【分析】（1）得到固体1.160g为Mg（OH）2的质量，根据镁离子守恒有n（MgCl2）＝n[Mg（OH）2]；
（2）得到固体8.610g为AgCl的质量，根据氯离子守恒有n（AgCl）＝n（KCl）+2n（MgCl2），可以计算KCl的物质的量；
（3）质量减少为晶体中结晶水的质量，计算结晶水的物质的量，再计算KCl、MgCl2、H2O的物质的量之比确定化学式。
【解答】解：（1）得到固体1.160g为Mg（OH）2的质量，根据镁离子守恒有n（MgCl2）＝n[Mg（OH）2]＝＝0.02mol，
故答案为：0.02mol；
（2）得到固体8.610g为AgCl的质量，根据氯离子守恒有n（AgCl）＝n（KCl）+2n（MgCl2），即＝n（KCl）+2×0.02mol，解得n（KCl）＝0.02mol，
故答案为：0.02mol；
（3）晶体中结晶水的质量为6.170g﹣4.010g＝2.160g，结晶水的物质的量为＝0.12mol，KCl、MgCl2、H2O的物质的量之比为0.02mol：0.02mol：0.12mol＝1：1：6，故光卤石的化学式为KCl•MgCl2•6H2O，
故答案为：KCl•MgCl2•6H2O。
【点评】本题以物质组成确定为载体，考查化学方程式的计算，题目难度不大，属于培养了学生分析计算能力、运用知识解决实际问题的能力。
奔牛、武进两校联考2022-2023学年高一上学期期中考试
化学试卷
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）下列各组物质中，按照酸性氧化物、混合物、碱排列的是（ ）
A．生石灰、胆矾、纯碱
B．二氧化硅、盐酸、熟石灰
C．氧化铁、石灰石、碱式碳酸铜
D．二氧化氮、食盐水、烧碱
2．（3分）下列描述中，不正确的是（ ）
A．14N与15N具有相同的质子数
B．18O和17O具有相同的电子数
C．18O和19F具有相同的中子数
D．12C与13C具有相同的质量数
3．（3分）吸进人体内的氧有2%转化为氧化性极强的活性氧，这些活性氧能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，中国科学家尝试用Na2SeO3清除人体内的活性氧，则Na2SeO3的作用是（ ）
A．还原剂 B．氧化剂
C．既是氧化剂又是还原剂 D．以上均不是
4．（3分）下列过程只涉及物理变化的是（ ）
A．伐薪烧炭 B．酿酒成醋 C．滴水成冰 D．百炼成钢
5．（3分）歌曲《青花瓷》，唱到“窗外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”，其中的“铜绿”既是铜锈，它的化学成分是Cu2（OH）2CO3（碱式碳酸铜）。铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为2Cu+O2+CO2+H2O═Cu2（OH）2CO3。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．Cu2（OH）2CO3是混合物，所以为非电解质
B．该反应中氧、碳元素化合价发生变化，所以是氧化还原反应
C．该反应中Cu得电子，O2失电子，所以是氧化还原反应
D．该反应是氧化还原反应，化合价发生改变的只有两种元素
6．（3分）下列有关化学实验基本知识和基本操作的描述不正确的是（ ）
A．“日照澄洲江雾开”，指日光加热使雾的颗粒聚沉
B．过滤和蒸发操作均用到玻璃棒，但玻璃棒的作用不相同
C．加入盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中一定含有CO32﹣
D．先加入稀HCl无现象，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，证明含大量的SO42﹣
7．（3分）配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时，下列操作会使配得的溶液浓度偏小的是（ ）
A．容量瓶中原有少量蒸馏水
B．溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯
C．定容时观察液面俯视
D．滴管加水时，有少量水滴到容量瓶外
8．（3分）下溶液中c（Cl﹣） 与50mL 1mol/L 氯化铝溶液中的c（Cl﹣） 相等的是（ ）
A．150 mL 1mol/L氯化钠溶液
B．5 mL 2mol/L 氯化铵溶液
C．150 mL 1mol/L氯化钾溶液
D．75 mL 1.5mol/L 氯化镁溶液
9．（3分）2016年的诺贝尔化学奖颁给制造出了比头发还要细上千倍的分子机器的三名科学家，如只有1纳米左右大小的“分子电梯”等。他们把纳米技术的应用发展提升至分子层面上的运动控制。若将纳米颗粒碳酸钙均匀的分散到蒸馏水中，下列对有关形成的物质判断正确的是（ ）
①是胶体②是溶液③能产生丁达尔现象④不能透过滤纸
A．①②③④ B．②③④ C．①③ D．①③④
10．（3分）关系有如下三种，下列叙述正确的是（ ）
A．氧化还原反应和置换反应属于交叉关系
B．溶液和胶体属于包含关系
C．电解质和非电解质属于并列关系
D．化合物和碱性氧化物属于交叉关系
11．（3分）与3.6gH2O含有相同原子数的是（ ）
A．0.6mol氦气 B．标况下4.48LCCl4
C．1.7gNH3 D．1.505×1022个HCl分子
12．（3分）下列反应中，水只作氧化剂的是（ ）
A．C+H2OCO+H2 B．H2+CuOCu+H2O
C．2H2O2H2↑+O2↑ D．SO3+H2O═H2SO4
13．（3分）下列实验操作中，不能用于物质分离的是（ ）
A．
B．
C．
D．
14．（3分）元素铬（Cr）的几种化合物存在如图转化关系，下列判断不正确的是（ ）
A．反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化
B．反应①表明Cr2O3有酸性氧化物的性质
C．反应②利用了H2O2的氧化性
D．K2Cr2O7可作为氧化剂
15．（3分）一瓶不纯的K2CO3粉末，所含杂质可能是KNO3、Ca（NO3）2、KCl、CuCl2、Na2SO4中的一种或几种。为确定其成分，进行如下实验：
（1）取少量该粉末于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液。
（2）在上述无色溶液中加入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，得无色溶液。
（3）取少许（2）中过滤后的无色溶液于试管中，滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成。
下列说法正确的是（ ）
A．杂质中肯定不含有Ca（NO3）2、CuCl2
B．杂质中肯定含有KCl、Na2SO4
C．杂质中可能含有KNO3、KCl、Ca（NO3）2
D．杂质中肯定含有Na2SO4、KCl，可能含有KNO3、Ca（NO3）2
16．（3分）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（ ）
A．生成22.4LN2（标准状况）
B．有0.25molKNO3被氧化
C．转移电子的物质的量为1.5mol
D．被氧化的N原子的物质的量为3.75mol
二、解答题（共4小题，满分52分）
17．（20分）（1）现有①硫酸②酒精③液氨④纯碱⑤熔融的氢氧化钠⑥水银⑦三氧化硫⑧澄清石灰水等物质中，属于盐的是 （填序号，下同），属于酸性氧化物的是 ，能导电的是 ，属于电解质的是 。
（2）有甲、乙、丙三种元素，甲元素M层的电子数是其K层的电子数的1/2，乙元素原子核内无中子，丙元素原子核内有8个质子。
①写出丙元素的元素符号 。
②写出甲、乙、丙三种元素组成的化合物在水中的电离方程式 。
③画出甲元素的原子结构示意图 。
（3）由于氯气贮存运输不方便，工业上常将氯气转化为漂白粉，工业上生产漂白粉的主要化学方程式是 ，在空气中漂白粉长期存放会变质而失效的原理是 （用化学方程式说明）。
18．（12分）碘化钠是实验室中常用的分析试剂，工业上用铁屑还原法制备NaI的流程如图所示．
请回答下列问题：
（1）判断反应①中碘是否反应完全的方法是 ．
（2）操作Ⅰ的名称是 ．
（3）反应①的化学方程式为 ．
（4）反应②中NaIO3被Fe单质还原为NaI，同时生成Fe（OH）3，写出该反应的化学方程式并用双线桥法表示此反应的电子转移的方向及数目 ．
（5）在反应②中若有99g NaIO3被还原，则转移电子的物质的量为 mol．
19．（10分）实验室用密度为1.25g•mL﹣1，质量分数为36.5%的浓盐酸配制240mL 0.1mol•L﹣1的盐酸，请回答下列问题：
（1）浓盐酸的物质的量浓度为 ．
（2）配制240mL 0.1mol•L﹣1的盐酸应量取浓盐酸体积 mL，应选用容量瓶的规格 mL．
（3）配制时，其正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次） ．
A．用30mL水洗涤 2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀
C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线 处
（4）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是 ．
（5）若实验过程中出现如下情况如何处理？
①加蒸馏水时不慎超过了刻度线 ．
②向容量瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出 ．
20．（10分）光卤石是生产钾盐和镁盐的原料，易溶于水。某课外小组通过下列实验测定某光卤石试样（xKCl⋅yMgCl2⋅zH2O）的组成。
（1）取样品6.170g溶于水，加入过量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、干燥，得固体1.160g。求试样中MgCl2的物质的量 。
（2）另取样品6.170g溶于水，加入过量硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，得固体8.610g。求试样中KCl的物质的量 。
（3）另取样品6.170g，加热至全部失去结晶水（杂质不分解），称得质量4.010g，求光卤石的化学式 。
奔牛、武进两校联考2022-2023学年高一上学期期中考试
化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）下列各组物质中，按照酸性氧化物、混合物、碱排列的是（ ）
A．生石灰、胆矾、纯碱
B．二氧化硅、盐酸、熟石灰
C．氧化铁、石灰石、碱式碳酸铜
D．二氧化氮、食盐水、烧碱
【分析】和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，不同物质组成的为混合物，水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱。
【解答】解：A．生石灰是氧化钙，和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，胆矾是硫酸铜晶体，鼠疫纯净物，纯碱是碳酸钠，属于盐，故A错误；
B．二氧化硅和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，盐酸是氯化氢气体水溶液，为混合物，熟石灰是氢氧化钙，属于碱，故B正确；
C．氧化铁和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，石灰石主要成分为碳酸钙，属于混合物，碱式碳酸铜属于盐，故C错误；
D．二氧化氮和碱反应生成两种盐和水，属于特殊氧化物，食盐水是氯化钠的水溶液，为混合物，烧碱是氢氧化钠，属于碱，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质组成和分类，主要是酸性氧化物、碱性氧化物、碱、混合物的概念的理解应用，题目难度不大。
2．（3分）下列描述中，不正确的是（ ）
A．14N与15N具有相同的质子数
B．18O和17O具有相同的电子数
C．18O和19F具有相同的中子数
D．12C与13C具有相同的质量数
【分析】元素符号左上角的数字为质量数，原子中，质子数+中子数＝质量数，质子数＝核外电子数，以此来解答．
【解答】解：A、14N与15N具有相同的质子数，质子数为7，故A正确；
B、质子数＝核外电子数，则18O与17O具有相同的电子数，电子数为8，故B正确；
C、18O的中子数为18﹣8＝10，19F的中子数为19﹣9＝10，中子数相同，故C正确；
D、12C的质量数为12，13C的质量数为13，则二者的质量数不同，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原子的构成及数量关系，明确原子的表示方法及原子中质子数、质量数之间的关键即可解答，难度较小．
3．（3分）吸进人体内的氧有2%转化为氧化性极强的活性氧，这些活性氧能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，中国科学家尝试用Na2SeO3清除人体内的活性氧，则Na2SeO3的作用是（ ）
A．还原剂 B．氧化剂
C．既是氧化剂又是还原剂 D．以上均不是
【分析】氧化还原反应中；还原剂+氧化剂﹣→氧化产物+还原产物，还原剂具有还原性，将氧化剂还原成还原产物．
【解答】解：“活性氧”氧化性极强，服用含硒元素（Se）的化合物亚硒酸钠（Na2SeO3），能消除人体内的活性氧，表明Na2SeO3能将“活性氧”还原，“活性氧”为氧化剂，Na2SeO3为还原剂。故选：A。
【点评】本题主要考查氧化还原反应中；还原剂+氧化剂﹣→氧化产物+还原产物，还原剂具有还原性，将氧化剂还原成还原产物，同时自身被氧化变成氧化产物．
4．（3分）下列过程只涉及物理变化的是（ ）
A．伐薪烧炭 B．酿酒成醋 C．滴水成冰 D．百炼成钢
【分析】物理变化与化学变化的本质区别是：是否有新物质生成，物理变化中没有新物质生成，化学变化中有新物质生成，据此解答．
【解答】解：A．伐薪烧炭的过程中木材加热有新物质木炭生成，属于化学变化，故A错误；
B．酿酒成醋，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；
C．滴水成冰，是不同状态水之间的转化，属于物理变化，故C正确；
D．百炼成钢的原理是生铁中的碳在高温下与氧气反应生成二氧化碳，使生铁中的含碳量降低，属于化学变化，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物理变化与化学变化的判断，明确二者概念是解题关键，注意二者本质区别：是否有新物质生成，题目难度不大．
5．（3分）歌曲《青花瓷》，唱到“窗外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”，其中的“铜绿”既是铜锈，它的化学成分是Cu2（OH）2CO3（碱式碳酸铜）。铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为2Cu+O2+CO2+H2O═Cu2（OH）2CO3。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．Cu2（OH）2CO3是混合物，所以为非电解质
B．该反应中氧、碳元素化合价发生变化，所以是氧化还原反应
C．该反应中Cu得电子，O2失电子，所以是氧化还原反应
D．该反应是氧化还原反应，化合价发生改变的只有两种元素
【分析】A．Cu2（OH）2CO3属于碱式盐；
B．存在化合价变化的反应属于氧化还原反应；
C．化合价升高失电子，化合价降低得电子；
D．反应中Cu、O元素的化合价发生变化。
【解答】解：A．Cu2（OH）2CO3属于碱式盐，属于纯净物，是电解质，故A错误；
B．2Cu+O2+CO2+H2O＝Cu2（OH）2CO3反应中，Cu、O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，C元素的化合价没有变化，故B错误；
C．该反应中铜的化合价升高失去电子，O2的化合价降低得到电子，是氧化还原反应，故C错误；
D．反应中Cu、O元素的化合价发生变化，则该反应是氧化还原反应，化合价发生改变的只有两种元素，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应、物质的分类，明确元素的化合价变化及该反应中Cu、O元素的化合价升降是解答本题的关键，题目难度不大。
6．（3分）下列有关化学实验基本知识和基本操作的描述不正确的是（ ）
A．“日照澄洲江雾开”，指日光加热使雾的颗粒聚沉
B．过滤和蒸发操作均用到玻璃棒，但玻璃棒的作用不相同
C．加入盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中一定含有CO32﹣
D．先加入稀HCl无现象，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，证明含大量的SO42﹣
【分析】A．雾属于胶体，胶体能产生聚沉；
B．过滤时用玻璃棒引流，蒸发时用玻璃棒搅拌；
C．能生成二氧化碳气体的可能有CO32﹣、HCO3﹣等；
D．白色沉淀可能为氯化银、亚硫酸钡，先加入稀HCl无现象，排除银、钡离子干扰。
【解答】解：A．“日照澄州江雾开”中，雾属于胶体，日光加热使胶体的颗粒聚沉，故A正确；
B．过滤时用玻璃棒引流，蒸发时用玻璃棒搅拌，玻璃棒的作用不相同，故B正确；
C．不能排除HCO3﹣的影响，故C错误；
D．先加入稀HCl无现象，排除银、钡离子干扰，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，证明含大量的SO42﹣，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的分离提纯、检验和鉴别，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性的评价，难度不大。
7．（3分）配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时，下列操作会使配得的溶液浓度偏小的是（ ）
A．容量瓶中原有少量蒸馏水
B．溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯
C．定容时观察液面俯视
D．滴管加水时，有少量水滴到容量瓶外
【分析】根据c＝分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断，如果n偏小或V偏大都导致配制溶液的物质的量浓度偏小．．
【解答】解：A、容量瓶中原有少量蒸馏水对溶质的物质的量和溶液的体积都无影响，所以对配制溶液的物质的量浓度无影响，故A错误。
B、没有洗涤烧杯会导致溶质的物质的量偏小，导致配制溶液的物质的量浓度偏小，故B正确。
C、定容时俯视液面导致溶液的体积偏小，所配制溶液的物质的量浓度偏大，故C错误。
D、滴管加水时，有少量水滴到容量瓶外，对溶质的物质的量和溶液的体积无影响，所以对配制溶液的物质的量浓度无影响，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制的误差分析时，注意从c＝分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断．
8．（3分）下溶液中c（Cl﹣） 与50mL 1mol/L 氯化铝溶液中的c（Cl﹣） 相等的是（ ）
A．150 mL 1mol/L氯化钠溶液
B．5 mL 2mol/L 氯化铵溶液
C．150 mL 1mol/L氯化钾溶液
D．75 mL 1.5mol/L 氯化镁溶液
【分析】1mol/L 氯化铝溶液中的c（Cl﹣） 为1mol/L×3＝3mol/L，结合溶质浓度、离子个数计算．
【解答】解：A.1mol/L氯化钠溶液中的c（Cl﹣） 为1mol/L，故A不选；
B.2mol/L氯化铵溶液中的c（Cl﹣） 为2mol/L，故B不选；
C.1mol/L氯化钾溶液中的c（Cl﹣） 为1mol/L，故C不选；
D.1.5mol/L氯化镁溶液中的c（Cl﹣） 为1.5mol/L×2＝3mol/L，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查物质的量浓度的计算，为高频考点，把握物质的构成、离子浓度的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意物质的构成，题目难度不大．
9．（3分）2016年的诺贝尔化学奖颁给制造出了比头发还要细上千倍的分子机器的三名科学家，如只有1纳米左右大小的“分子电梯”等。他们把纳米技术的应用发展提升至分子层面上的运动控制。若将纳米颗粒碳酸钙均匀的分散到蒸馏水中，下列对有关形成的物质判断正确的是（ ）
①是胶体②是溶液③能产生丁达尔现象④不能透过滤纸
A．①②③④ B．②③④ C．①③ D．①③④
【分析】纳米颗粒碳酸钙的微粒直径在10﹣9～10﹣7m，若将纳米颗粒碳酸钙均匀地分散到蒸馏水中形成的分散系为胶体，胶体具有丁达尔效应、聚沉、电泳等性质，能通过滤纸，不能通过半透膜。
【解答】解：①上述分析可知是胶体，故①正确；
②上述分析可知是胶体，不是溶液，故②错误；
③形成的是胶体分散系，胶体能产生丁达尔效应，故③正确；
④形成的胶体能透过滤纸，故④错误；
故选：C。
【点评】本题考查了胶体的组成、性质和应用等知识点，注意知识的积累，题目难度不大。
10．（3分）关系有如下三种，下列叙述正确的是（ ）
A．氧化还原反应和置换反应属于交叉关系
B．溶液和胶体属于包含关系
C．电解质和非电解质属于并列关系
D．化合物和碱性氧化物属于交叉关系
【分析】A．所有的置换反应都是氧化还原反应；
B．根据分散质粒子直径大小不同，将分散系分为溶液、胶体和胶体；
C．电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物；
D．碱性氧化物都属于化合物。
【解答】解：A．所有的置换反应都是氧化还原反应，则氧化还原反应和置换反应属于包含关系，故A错误；
B．根据分散质粒子直径大小不同，将分散系分为溶液、胶体和胶体，则溶液和胶体属于并列关系，故B错误；
C．电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，则电解质和非电解质属于并列关系，故C正确；
D．碱性氧化物都属于化合物，则化合物和碱性氧化物属于包含关系，故D错误；
故选：C。
【点评】本题综合考查化学知识，了解在化学概念在逻辑上的关系，此题难度不大。
11．（3分）与3.6gH2O含有相同原子数的是（ ）
A．0.6mol氦气 B．标况下4.48LCCl4
C．1.7gNH3 D．1.505×1022个HCl分子
【分析】3.6gH2O含有原子的物质的量为×3＝0.6mol，据此作答。
【解答】解：A．0.6mol氦气含氦原子的物质的量为0.6mol，故A正确；
B．标况下，四氯化碳不是气体，无法使用22.4L/mol计算物质的量，故B错误；
C．1.7g氨气含有的原子的物质的量为×4＝0.4mol，故C错误；
D．1.505×1022个HCl分子含有的原子的物质的量为×2＝0.05mol，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的量的计算，题目难度中等，掌握以物质的量为中心的计算转化关系是解题的关键。
12．（3分）下列反应中，水只作氧化剂的是（ ）
A．C+H2OCO+H2 B．H2+CuOCu+H2O
C．2H2O2H2↑+O2↑ D．SO3+H2O═H2SO4
【分析】氧化剂是反应中所含元素化合价降低的反应物，据此分析作答。
【解答】解：A．在反应C+H2OCO+H2中，H2O中H元素由+1价降低到0价，做氧化剂，故A正确；
B．在反应H2+CuOCu+H2O中，H2O是产物，故B错误；
C．在反应2H2O2H2↑+O2↑，H2O中H元素由+1价降低到0价，氧元素由﹣2价升高到0价，水既做氧化剂，也做还原剂，故C错误；
D．在反应SO3+H2O═H2SO4中，H2O中H、O元素化合价都不变，既不做氧化剂，也不做还原剂，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查氧化还原反应氧化剂、还原剂的判断分析，属于基本知识的考查，难度不大。
13．（3分）下列实验操作中，不能用于物质分离的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据物质分离的方法有：过滤、分液、蒸发和蒸馏等，结合实验装置图及选择的仪器来分析．
【解答】解：A、过滤一般是用来分离不溶性固体和液体的混合物，故A不选；
B、蒸馏可以实现两种沸点差距较大的两种互溶液体的分离，故B不选；
C、定容是配制一定物质的量浓度的溶液过程中的一步，不能分离物质，故C选；
D、分液可以实现互不相溶的两种液体的分离，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查学生物质分离的方法和仪器，根据物质分离的方法选择仪器，较简单．
14．（3分）元素铬（Cr）的几种化合物存在如图转化关系，下列判断不正确的是（ ）
A．反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化
B．反应①表明Cr2O3有酸性氧化物的性质
C．反应②利用了H2O2的氧化性
D．K2Cr2O7可作为氧化剂
【分析】A．反应①中Cr元素的化合价均为+3价，反应③中Cr元素的化合价均为+6价；
B．酸性氧化物能与碱反应生成盐和水；
C．反应②中Cr元素的化合价升高被氧化；
D．Cr元素处于最高价时具有强氧化性。
【解答】解：A．反应①中Cr元素的化合价均为+3价，③中Cr元素化合价均为+6价，则反应①③中Cr元素化合价没有发生变化，故A错误；
B．Cr2O3作为金属氧化物，能与酸反应，题给反应①又告知Cr2O3能与KOH反应：Cr2O3+2KOH＝2KCrO2+H2O，可知Cr2O3具有酸性氧化物的性质，故B正确；
C．反应②中过氧化氢使Cr的化合价从+3价升高到+6价，H2O2得电子是氧化剂，H2O2表现了氧化性，即反应②利用了H2O2的氧化性，故C正确；
D．Cr元素处于最高价时具有强氧化性，K2Cr2O7中Cr元素的化合价为+6价，处于最高价，所以K2Cr2O7可用作氧化剂，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了氧化还原反应、元素化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的判断，题目难度不大。
15．（3分）一瓶不纯的K2CO3粉末，所含杂质可能是KNO3、Ca（NO3）2、KCl、CuCl2、Na2SO4中的一种或几种。为确定其成分，进行如下实验：
（1）取少量该粉末于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液。
（2）在上述无色溶液中加入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，得无色溶液。
（3）取少许（2）中过滤后的无色溶液于试管中，滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成。
下列说法正确的是（ ）
A．杂质中肯定不含有Ca（NO3）2、CuCl2
B．杂质中肯定含有KCl、Na2SO4
C．杂质中可能含有KNO3、KCl、Ca（NO3）2
D．杂质中肯定含有Na2SO4、KCl，可能含有KNO3、Ca（NO3）2
【分析】（1）取少量该粉末于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液，则不含有Ca（NO3）2、CuCl2；
（2）在上述无色溶液中加入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，得无色溶液，该白色沉淀中一定含有BaCO3，可能含有BaSO4；
（3）取少许（2）中过滤后的无色溶液于试管中，滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成，该白色沉淀为AgCl，但加入氯化钡溶液引入了氯离子，不能说明原物质含有KCl，整个实验也不能确定是否含有KNO3，所以该粉末中一定不含有Ca（NO3）2、CuCl2，可能含有KNO3、KCl、Na2SO4中至少一种，据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，该粉末中一定不含有Ca（NO3）2、CuCl2，故A正确；
B．由上述分析可知，该粉末中可能含有KCl、Na2SO4，故B错误；
C．由上述分析可知，该粉末中一定不含有Ca（NO3）2，可能含有KNO3、KCl，故C错误；
D．由上述分析可知，该粉末中一定不含有Ca（NO3）2、CuCl2，可能含有KNO3、KCl、Na2SO4中至少一种，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的检验与推断，把握物质的性质、发生的反应即可解答，注意加入试剂对实验的干扰，试题培养了学生分析推理能力、实验能力，题目难度不大。
16．（3分）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（ ）
A．生成22.4LN2（标准状况）
B．有0.25molKNO3被氧化
C．转移电子的物质的量为1.5mol
D．被氧化的N原子的物质的量为3.75mol
【分析】该反应中N元素化合价由﹣、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原；现氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成2molN2，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，以此解答该题。
【解答】解：A．由分析可知，生成2molN2，即生成44.8L N2（标准状况），故A错误；
B．KNO3得电子作氧化剂而被还原，故B错误；
C．由分析可知，转移电子的物质的量为1.25mol，故C错误；
D．由分析可知，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应有关计算，侧重考查分析计算能力，明确氧化产物和还原产物关系是解本题关键，注意叠氮化钠中N元素化合价，注意硝酸钾被还原而不是被氧化，题目难度不大。
二、解答题（共4小题，满分52分）
17．（20分）（1）现有①硫酸②酒精③液氨④纯碱⑤熔融的氢氧化钠⑥水银⑦三氧化硫⑧澄清石灰水等物质中，属于盐的是 ④ （填序号，下同），属于酸性氧化物的是 ⑦ ，能导电的是 ⑤⑥⑧ ，属于电解质的是 ①④⑤ 。
（2）有甲、乙、丙三种元素，甲元素M层的电子数是其K层的电子数的1/2，乙元素原子核内无中子，丙元素原子核内有8个质子。
①写出丙元素的元素符号 O 。
②写出甲、乙、丙三种元素组成的化合物在水中的电离方程式 NaOH＝Na++OH− 。
③画出甲元素的原子结构示意图 。
（3）由于氯气贮存运输不方便，工业上常将氯气转化为漂白粉，工业上生产漂白粉的主要化学方程式是 2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O ，在空气中漂白粉长期存放会变质而失效的原理是 Ca（ClO）2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑ （用化学方程式说明）。
【分析】（1）盐是指由金属离子或铵根离子与酸根离子组成的化合物，酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物，大多数的非金属氧化物是酸性氧化物，物质导电的条件是存在自由电子或者自由移动的离子，电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
（2）根据甲元素M层的电子数是其K层的电子数的，可知甲为钠，乙元素原子核内无中子，可知乙为氢元素；丙元素原子核内有8个质子，可知丙为氧元素，据此解答；
（3）工业上用石灰乳和氯气生产漂白粉，在空气中漂白粉长期存放会变质而失效的原理是由于次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气。
【解答】解：（1）④纯碱是由钠离子与碳酸根离子组成的化合物，属于盐，⑦三氧化硫与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，属于酸性氧化物，⑤熔融的氢氧化钠和⑧澄清石灰水含有自由移动的离子，能够导电，⑥水银含有自由电子能够导电，①硫酸④纯碱⑤熔融的氢氧化钠水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质，
故答案为：④；⑦；⑤⑥⑧；①④⑤；
（2）根据甲元素M层的电子数是其K层的电子数的，可知甲为钠，乙元素原子核内无中子，可知乙为氢元素，丙元素原子核内有8个质子，可知丙为氧元素，
①丙为氧元素，元素符号O，
故答案为：O；
②甲、乙、丙三种元素组成的化合物为氢氧化钠，氢氧化钠为强电解质，电离方程式为：NaOH＝Na++OH−，
故答案为：NaOH＝Na++OH−；
③甲元素为钠，钠原子的结构示意图：，
故答案为：；
（3）工业上用石灰乳和氯气生产漂白粉，化学方程式是为：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，由于次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸钙和次氯酸，方程式为Ca（ClO）2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO，次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，方程式为2HClO 2HCl+O2↑，因此在空气中漂白粉长期存放会变质而失效，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；Ca（ClO）2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO、2HClO 2HCl+O2↑。
【点评】本题考查化学基本概念和原子构成，题目难度不大，注意明确相关概念，熟悉常见化学用语（元素符号、原子符号、分子符号、离子符号、粒子结构示意图等）的书写是解题关键。
18．（12分）碘化钠是实验室中常用的分析试剂，工业上用铁屑还原法制备NaI的流程如图所示．
请回答下列问题：
（1）判断反应①中碘是否反应完全的方法是 取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已反应完全；反之，碘未反应完全（或取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴CCl4，振荡、静置，若下层液体呈无色，证明碘已反应完全；若下层液体呈紫红色，证明碘未反应完全） ．
（2）操作Ⅰ的名称是 过滤 ．
（3）反应①的化学方程式为 3I2+6NaOH═5NaI+NaIO3+3H2O ．
（4）反应②中NaIO3被Fe单质还原为NaI，同时生成Fe（OH）3，写出该反应的化学方程式并用双线桥法表示此反应的电子转移的方向及数目 ．
（5）在反应②中若有99g NaIO3被还原，则转移电子的物质的量为 3 mol．
【分析】制备NaI的流程：碘与NaOH溶液反应生成NaI、NaIO3，加入Fe与NaIO3发生氧化还原反应生成NaI、氢氧化铁，操作I为过滤，固体为氢氧化铁，②过滤后溶液中主要含NaI，分离、提纯得到NaI．
（1）判断反应①中碘是否反应完全，本质为检验碘单质的存在，碘与淀粉作用显示蓝色，碘在四氯化碳中易溶，在四氯化碳中显示紫红色，据此分析解答；
（2）分离固体和液体的方法为过滤，分离固体氢氧化铁、铁粉和溶液；
（3）反应①为碘单质和氢氧化钠的反应，化合价升高和降低的元素均是I元素，化合价由0价分别变化为+5价、﹣1价，根据得失电子守恒和原子守恒书写方程式；
（4）反应②中NaIO3被Fe单质还原为NaI，同时生成Fe（OH）3，氧化剂为NaIO3，还原剂为Fe，两者的物质的量之比是1：2，该反应转移电子为6，根据得失电子守恒和原子守恒书写方程式；
（5）反应②的化学方程式是2Fe+NaIO3+3H2O＝2Fe（OH）3↓+NaI，根据得失电子守恒计算．
【解答】解：（1）淀粉遇碘变蓝，反应后加淀粉无现象即可说明反应结束，则判断反应①中碘是否反应完全的方法为取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已反应完全；反之，碘未反应完全，（或取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴CCl4，振荡、静置，若下层液体呈无色，证明碘已反应完全；若下层液体呈紫红色，证明碘未反应完全），
故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已反应完全；反之，碘未反应完全（或取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴CCl4，振荡、静置，若下层液体呈无色，证明碘已反应完全；若下层液体呈紫红色，证明碘未反应完全）；
（2）由制备流程可知，碘与NaOH溶液反应生成NaI、NaIO3，加入Fe与NaIO3发生氧化还原反应生成NaI、氢氧化铁，操作I为过滤，
故答案为：过滤；
（3）反应①为碘单质和氢氧化钠的反应，化合价升高和降低的元素均是I元素，化合价升高的I元素对应的产物NaIO3，化合价降低的I元素对应的产物为NaI，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比是5：1，所以在反应的3molI2中，有mol的I2做还原剂，有mol的I2做氧化剂，反应的方程式为：3I2+6NaOH═5NaI+NaIO3+3H2O，
故答案为：3I2+6NaOH═5NaI+NaIO3+3H2O；
（4）反应②中NaIO3被Fe单质还原为NaI，同时生成Fe（OH）3，该反应中，NaIO3中碘元素的化合价由+5价变为﹣1价，所以NaIO3是氧化剂，Fe单质中Fe元素化合价由0价升高到+3价，被氧化，根据得电子与失电子个数相等，两者的物质的量之比是1：2，则电子转移的方向和数目为：，故答案为：；
（5）反应②的化学方程式是2Fe+NaIO3+3H2O＝2Fe（OH）3↓+NaI，NaIO3中碘元素的化合价由+5价变为﹣1价，若有99g NaIO3被还原，转移电子为×[（+5）﹣（﹣1）]＝3mol，
故答案为：3．
【点评】本题考查NaI的制备实验，明确制备流程中发生的反应及操作为解答的关键，涉及氧化还原反应及碘的特性，注重基础知识的考查，注意守恒思想的应用，题目难度中等．
19．（10分）实验室用密度为1.25g•mL﹣1，质量分数为36.5%的浓盐酸配制240mL 0.1mol•L﹣1的盐酸，请回答下列问题：
（1）浓盐酸的物质的量浓度为 12.5mol/L ．
（2）配制240mL 0.1mol•L﹣1的盐酸应量取浓盐酸体积 2.0 mL，应选用容量瓶的规格 5 mL．
（3）配制时，其正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次） BCAFED ．
A．用30mL水洗涤 烧杯内壁 2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀
C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线 1﹣2cm 处
（4）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是 避免溶质的量的减少，减小误差 ．
（5）若实验过程中出现如下情况如何处理？
①加蒸馏水时不慎超过了刻度线 重新配制 ．
②向容量瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出 重新配制 ．
【分析】（1）依据C＝计算浓盐酸的物质的量浓度；
（2）依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸的体积，依次选择合适的量筒；
（3）依据用浓溶液配制稀溶液的一般操作步骤解答；
（4）烧杯和玻璃棒上都沾有溶质，不全部转移到容量瓶中会造成误差；
（5）分析操作对溶质的物质的量、溶液的体积的影响，作出判断．
【解答】解：（1）浓盐酸的物质的量浓度C＝＝12.5mol/L；
故答案为：12.5mol/L；
（2）要配制240ml的溶液，应选择250ml的容量瓶，设需要浓盐酸的体积为V，依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变得V×12.5mol/L＝250mL×0.1mol•L﹣1，解得V＝2.0ml，所以需要选择5ml的量筒；
故答案为：2.0；5；
（3）浓溶液配制稀溶液的一般操作步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，
烧杯壁上沾有溶质，为防止引起误差，必须洗涤烧杯内壁2﹣3次；
定容时，开始时直接加入蒸馏水，为防止加水过量，到离刻度线2﹣3cm时改用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处与刻度线相切；
故答案为：BCAFED；烧杯内壁；2﹣3ml；
（4）将洗涤液全部转移到容量瓶是因为避免溶质的量的减少，减小误差；
故答案为：避免溶质的量的减少，减小误差；
（5）①加蒸馏水时不慎超过了刻度线，实验失败，无法挽回，必须重新配制；
故答案为：重新配制；
②向容量瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出，溶质的物质的量不准确，实验失败，必须重新配制；
故答案为：重新配制．
【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和操作步骤是解题关键，注意量筒的选择方法．
20．（10分）光卤石是生产钾盐和镁盐的原料，易溶于水。某课外小组通过下列实验测定某光卤石试样（xKCl⋅yMgCl2⋅zH2O）的组成。
（1）取样品6.170g溶于水，加入过量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、干燥，得固体1.160g。求试样中MgCl2的物质的量 0.02mol 。
（2）另取样品6.170g溶于水，加入过量硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，得固体8.610g。求试样中KCl的物质的量 0.02mol 。
（3）另取样品6.170g，加热至全部失去结晶水（杂质不分解），称得质量4.010g，求光卤石的化学式 KCl•MgCl2•6H2O 。
【分析】（1）得到固体1.160g为Mg（OH）2的质量，根据镁离子守恒有n（MgCl2）＝n[Mg（OH）2]；
（2）得到固体8.610g为AgCl的质量，根据氯离子守恒有n（AgCl）＝n（KCl）+2n（MgCl2），可以计算KCl的物质的量；
（3）质量减少为晶体中结晶水的质量，计算结晶水的物质的量，再计算KCl、MgCl2、H2O的物质的量之比确定化学式。
【解答】解：（1）得到固体1.160g为Mg（OH）2的质量，根据镁离子守恒有n（MgCl2）＝n[Mg（OH）2]＝＝0.02mol，
故答案为：0.02mol；
（2）得到固体8.610g为AgCl的质量，根据氯离子守恒有n（AgCl）＝n（KCl）+2n（MgCl2），即＝n（KCl）+2×0.02mol，解得n（KCl）＝0.02mol，
故答案为：0.02mol；
（3）晶体中结晶水的质量为6.170g﹣4.010g＝2.160g，结晶水的物质的量为＝0.12mol，KCl、MgCl2、H2O的物质的量之比为0.02mol：0.02mol：0.12mol＝1：1：6，故光卤石的化学式为KCl•MgCl2•6H2O，
故答案为：KCl•MgCl2•6H2O。
【点评】本题以物质组成确定为载体，考查化学方程式的计算，题目难度不大，属于培养了学生分析计算能力、运用知识解决实际问题的能力。
相关试卷
2022-2023学年江苏省六校高一上学期期中联考 化学 试题（含答案）： 这是一份2022-2023学年江苏省六校高一上学期期中联考 化学 试题（含答案），共9页。
陕西省西安市两校2022-2023学年高一上学期期末联考化学试题（含答案）： 这是一份陕西省西安市两校2022-2023学年高一上学期期末联考化学试题（含答案），文件包含陕西省西安市雁塔区第二中学渭北中学2022-2023学年高一上学期期末联考化学试题docx、化学参考答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共14页， 欢迎下载使用。
新疆巴州两校2022-2023学年高一上学期期末联考化学试卷： 这是一份新疆巴州两校2022-2023学年高一上学期期末联考化学试卷，文件包含2022-2023学年第一学期两校联考期末试卷高一化学docx、2022-2023学年第一学期两校联考期末试卷高一化学答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共7页， 欢迎下载使用。
