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2022-2023学年黑龙江省大庆市肇州县第二中学高一上学期期中考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年黑龙江省大庆市肇州县第二中学高一上学期期中考试化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，原理综合题，计算题，实验题等内容，欢迎下载使用。
黑龙江省大庆市肇州县第二中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列关于钠的叙述正确的是
A．金属钠着火可以使用泡沫灭火器灭火
B．向饱和食盐水溶液和MgCl2溶液中分别加入钠块，均可以产生气体和白色沉淀
C．单质钠性质活泼，露置于空气中很容易变质，在表面形成一层过氧化钠
D．钠燃烧或氯化钠固体于酒精灯火焰上加热时，透过蓝色钴玻璃均可观察到黄色火焰
【答案】B
【详解】A．钠燃烧后生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，促进钠燃烧，所以钠着火时不可使用泡沫灭火器灭火，只能用沙子灭火，故A错误；
B．将钠块加入饱和食盐水溶液中，会发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，溶液中水减少，有氯化钠晶体析出；将钠块加入MgCl2溶液中，会发生反应：2Na+2H2O+MgCl2=Mg(OH)2↓+2NaCl+H2↑，有Mg(OH)2沉淀生成，所以二者均可以产生气体和白色沉淀，故B正确；
C．露置于空气中很容易变质，主要发生反应为：4Na+O2=2Na2O，所以在表面形成一层氧化钠，并非过氧化钠，故C错误；
D．钠元素的焰色反应，不用透过蓝色钴玻璃而观察到黄色火焰，故D错误；
故选B。
2．下列离子组在指定条件的溶液中，能大量共存的是
A．含有大量的溶液中：、、、
B．使蓝色石蕊试液变红的溶液中：、、、
C．强碱性溶液中：、、、
D．无色澄清溶液中：、、、
【答案】B
【详解】A．碳酸根离子与钙离子不能大量共存，A项不符合题意；
B．使蓝色石蕊试液变红的溶液中存在大量的氢离子，与上述四种离子不反应，能大量共存，B符合题意；
C．亚铁离子与氢氧根离子不能大量共存，C项不符合题意；
D．铜离子在水溶液中呈蓝色，D项不符合题意。
故选B。
3．下列电离方程式书写正确的是
A． B．
C． D．(熔融)
【答案】B
【详解】A．氢氧化钙溶液中氢氧化钙完全电离，A错误；
B．硫酸为强酸，水溶液中完全电离，B正确；
C．次氯酸钠电离为钠离子和次氯酸根离子，C错误；
D．氯化镁电离出镁离子和氯离子，(熔融)，D错误；
故选B。
4．下列有关Cl2的性质及应用的说法错误的是
A．Cl2可用于对自来水的杀菌消毒
B．加热条件下，Cl2与过量Fe反应生成FeCl3
C．可用向下排空气法收集Cl2
D．工业上可用氯气与石灰乳反应制备漂白粉
【答案】C
【详解】A．Cl2有强氧化性，可杀菌消毒，A项正确；
B．Cl2与铁反应生成FeCl3，和铁的量无关，B项正确；
C．Cl2密度大于空气，应用向上排空气法收集，C项错误；
D．工业上用氯气和石灰乳或消石灰反应制备漂白粉，D项正确；
故选C。
【点睛】氯气和铁反应生成氯化铁，即使铁过量，在无水条件下，铁也不能和氯化铁反应生成氯化亚铁。
5．如图是某小组模拟“侯氏制碱法”实验时所用到的部分装置。下列叙述错误的是
A．侯氏制碱法的关键反应为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
B．实验时先从装置③的d口通入足量NH3，再从c口通入足量CO2
C．若改用稀H2SO4和碳酸钙粉末制取CO2，其发生装置可选用装置②
D．④是连接在装置①与装置③之间的气体净化装置，进气口是e
【答案】B
【详解】A． 侯氏制碱法：氨气极易溶于水，故先将氨气通入饱和食盐水到饱和、再通入足量二氧化碳气体，发生反应得到铵离子、碳酸氢根离子、因碳酸氢钠晶体溶解度小而结晶析出，则关键反应为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，所得碳酸氢钠受热分解得到纯碱，A正确；
B． 氨气极易溶于水，若实验时从装置③的d口通入足量NH3，会产生倒吸现象，B错误；
C． 若改用稀H2SO4和碳酸钙粉末制取CO2，为固态粉末和液体在室温下制备气体的反应，故其发生装置可选用装置②，C正确；
D． 饱和碳酸氢钠溶液可除去二氧化碳气体中的氯化氢气体，故④是连接在装置①与装置③之间的气体净化装置，进气口是e，D正确；
答案选B。
6．下列离子方程式正确的是
A．向溶液中滴加稀硫酸：
B．向溶液中通入：
C．澄清石灰水与过量溶液反应：
D．用醋酸除去水垢：
【答案】C
【详解】A．向溶液中滴加稀硫酸，离子方程式：，故A错误；
B．根据强酸制弱酸的原理，不和溶液反应，故B错误；
C．澄清石灰水与过量溶液反应产生碳酸钙沉淀，离子方程式为：，故C正确；
D．醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆，故D错误；
故选C。
7．下列关于钠的说法中不正确的是
A．金属钠着火时，可以用砂土灭火
B．钠长期放置在空气中，最终将变成碳酸钠
C．实验后剩余的钠粒，需要放回原试剂瓶中
D．将一小块钠投入氯化铁溶液时，既能产生气体又会出现白色沉淀
【答案】D
【详解】A．砂土不与钠、过氧化钠等反应，则钠着火时，能用砂土来扑灭，选项A正确；
B．钠放置于空气中发生银白色（钠的真面目）→变暗（生成Na2O）→变白色固体（生成NaOH）→成液（NaOH潮解）→结块（吸收CO2成Na2CO3•10H2O）→最后变成Na2CO3粉（风化），有关反应如下：4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O=Na2CO3+10H2O，所以最终生成碳酸钠，选项B正确；
C．因钠活泼，易与水、氧气反应，如在实验室随意丢弃，可引起火灾，实验时剩余的钠粒可放回原试剂瓶中，选项C正确；
D．钠与氯化铁溶液反应生成红褐色沉淀氢氧化铁、氯化钠和氢气，没有白色沉淀产生，选项D不正确；
答案选D。
8．室温下，1体积的水能溶解约2体积的Cl2。用盛满Cl2的量筒进行如图实验。对实验现象的分析正确的是
A．量筒内液面上升，证明Cl2与H2O发生了反应
B．量筒中还剩余气体，是因为Cl2的溶解已达饱和
C．取出量筒中的溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于Cl2挥发
D．向大理石中滴加量筒中的溶液，产生气泡，是因为Cl2与H2O反应生成盐酸
【答案】D
【详解】A．由信息可知，氯气能溶于水，也能使液面上升，A错误；
B．如果全部为氯气，水充满试管，若收集的氯气不纯则会导致水不能充满，B错误；
C．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，在空气中放置一段时间后，次氯酸分解变为盐酸和氧气，造成溶液pH下降，C错误；
D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，向大理石中滴加量筒中的溶液，盐酸与大理石反应生成二氧化碳，产生气泡，D正确；
答案选D。
9．溴及其化合物可被用来作为阻燃剂、净水剂、染料等，海水中含有大量的，从海水中提取溴的过程中涉及反应，下列关于这一反应的说法错误的是
A．该反应属于氧化还原反应 B．生成物既是氧化产物又是还原产物
C．氧化性： D．氧化剂和还原剂的个数比为
【答案】D
【详解】A．反应中溴元素化合价改变，该反应属于氧化还原反应，故A正确；
B．反应，中Br元素化合价由+5价降低为0、Br-的化合价由-1升高为0，Br-发生氧化反应生成Br2，生成物既是氧化产物又是还原产物，故B正确；
C．，中Br元素化合价由+5价降低为0，是氧化剂，Br-的化合价由-1升高为0，Br2是氧化产物，氧化性：，故C正确；
D．，中Br元素化合价由+5价降低为0，是氧化剂，Br-的化合价由-1升高为0，Br-是还原剂，氧化剂和还原剂的个数比为，故D错误；
选D。
10．下列性质和用途不正确的是
选项
性质
用途
A
NaHCO3可与盐酸反应
小苏打可用于治疗胃病
B
Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2
过氧化钠可用作潜水艇的供氧剂
C
钠元素的焰色反应是黄色
高压钠灯发出透雾性强的黄光
D
常温下，S(Na2CO3)
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．胃酸的主要成分是盐酸，小苏打是碳酸氢钠的俗称，NaHCO3可与盐酸反应，故小苏打可用于治疗胃病，A正确；
B．人呼出的气体中含有CO2、H2O，Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2，故过氧化钠可用作潜水艇的供氧剂，B正确；
C．高压钠灯发出透雾性强的黄光是由于Na元素的焰色反应呈黄色，C正确；
D．常温下，S(NaHCO3)
11．下列实验方案与现象均正确且能达到相应实验目的的是
选项
实验目的
实验方案与现象
A
制备胶体
向氢氧化钠溶液中滴入几滴饱和溶液，煮沸，用激光笔照射，出现一条光亮通路
B
制取并收集
将固体加入稀盐酸中，用排饱和食盐水法收集产生的气体
C
证明新制氯水具有漂白性
将新制氯水滴入紫色石蕊试液中，紫色石蕊试液先变红后褪色
D
证明某溶液中含钡元素
用洁净的铜丝蘸取少量溶液于酒精灯上灼烧，观察到火焰呈黄绿色
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．制备Fe(OH)3胶体应将饱和FeCl3滴到沸水中，溶液变红褐色后停止加热可得Fe(OH)3胶体，A错误；
B．制备Cl2应用MnO2和浓盐酸加热，B错误；
C．石蕊遇HCl变红，褪色说明HClO具有强氧化性，可以漂白，因此说明氯水具有漂白性，C正确；
D．焰色试验应用铂丝或铁丝，铜的焰色为绿色，不能使用铜丝，D错误；
故选C。
12．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中氧化剂为
B．氧化性：
C．推测可发生反应：
D．反应2的氧化剂为Mn3+，还原产物为
【答案】C
【详解】A．由题干历程图可知，反应1为Mn2++Ce4+=Ce3++Mn3+，故氧化剂为Ce4+，A错误；
B．由题干历程图可知，反应1为Mn2++Ce4+=Ce3++Mn3+，反应2为Mn3++Fe2+=Mn2++Fe3+，反应3为：2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+，根据同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：，B错误；
C．由B项分析可知，氧化性：，推测可发生反应：，C正确；
D．由历程图可知，反应2为Mn3++Fe2+=Mn2++Fe3+，故反应2的氧化剂为Mn3+，还原产物为Mn2+，D错误；
故答案为：C。
13．下列中和反应的离子方程式能以H++OH-=H2O表示的是
A．醋酸和氢氧化钠溶液 B．氢氧化镁和硝酸
C．硫酸氢钠溶液和NaOH D．氢氧化钡和稀硫酸
【答案】C
【详解】A．醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成离子，离子反应为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，选项A错误；
B．氢氧化镁是难溶于水的白色沉淀，应写成化学式不能拆成离子，离子反应为：2H++Mg(OH)2═Mg2++2H2O，选项B错误；
C．硫酸氢钠是强酸酸式盐，完全电离产物氢离子、钠离子和硫酸根离子，氢氧化钠是强碱，生成的硫酸钠是可溶的盐，能用H++OH-═H2O来表示，选项C正确；
D．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：2H++2OH-+SO+Ba2+═BaSO4↓+2H2O，不能够用离子方程式H++OH-=H2O表示，选项D错误；
答案选C。
14．某溶液中含有、、Na+、四种离子，向其中加入适量Na2O2固体后，假设溶液体积不变，溶液中离子浓度基本保持不变的是
A． B． C．Na+ D．
【答案】D
【详解】向溶液中加入过氧化钠，过氧化钠与水反应： ，生成的氢氧化钠在水中电离： ，故Na+浓度增大，因为 ，故浓度减小，但浓度增大，
故选：D。
15．使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭）→亮”现象的是
选项
A
B
C
D
试剂a
CuSO4
NH4HCO3
H2SO4
CH3COOH
试剂b
Ba(OH)2
Ca(OH)2
Ba(OH)2
NH3·H2O
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．Ba(OH)2与CuSO4发生离子反应：Ba2++2OH-+Cu2++=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当CuSO4溶液过量时，其电离产生的Cu2+、导电，使灯泡逐渐又变亮，A不符合题意；
B．Ca(OH)2与NH4HCO3发生离子反应：Ca2++2OH-++=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动离子浓度减小，灯泡逐渐变暗，当二者恰好反应时，溶液中自由移动的微粒浓度很小，灯泡很暗。当 NH4HCO3溶液过量时，其电离产生的、 导电，使灯泡逐渐又变亮，B不符合题意；
C．Ba(OH)2与H2SO4发生离子反应：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当H2SO4溶液过量时，其电离产生的H+、导电，使灯泡逐渐又变亮，C不符合题意；
D．CH3COOH与氨水发生离子反应：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-++H2O，反应后自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力增强，灯泡更明亮，不出现亮—灭(或暗)—亮的变化，D符合题意；
故合理选项是D。
16．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．22.4 L N2中一定含有2mol N
B．28 g N2和CO的混合物中所含有的原子数目为2 NA
C．56g Fe在足量的氯气中燃烧，转移电子数为2 NA
D．在25℃ 1.01×105 Pa的条件下，2.24 L H2中含有的分子数等于0.1 NA
【答案】B
【详解】A．气体的体积大小与温度、压强有关，温度压强未知，不能计算气体的物质的量及所含原子个数，故A错误；
B．N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，且均为双原子分子，则28 g N2和CO的物质的量为1mol，混合物中所含有的原子数目为2NA，故B正确；
C．铁和氯气反应生成氯化铁，56g Fe的物质的量为1mol，1mol铁在足量的氯气中燃烧，转移电子数为3NA，故C错误；
D．25℃ 1.01×105 Pa条件不属于标况，温度比0℃高，则2.24 L H2中含有的分子数小于0.1 NA，故D错误；
故选：B。
17．用试管和胶头滴管完成“84”消毒液(主要成分为NaClO)的氧化性和漂白性的探究，下列对比实验现象的分析不正确的是
对比实验操作
①1mL蒸馏水+“84”消毒液+石蕊溶液
②1mL较稀硫酸+“84”消毒液+石蕊溶液
③1mL较浓硫酸+“84”消毒液+石蕊溶液
实验现象
混合后溶液pH=9.9，短时间内未褪色，一段时间后蓝色褪去
混合后溶液pH=5.0，蓝色迅速褪去，无气体产生
混合后溶液pH=3.2，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，该气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
A．对比实验①和②，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应：H++ClO-=HClO
B．实验③中产生的气体是Cl2，由HClO分解得到：2HClO=Cl2+H2O
C．对比实验②和③，溶液的pH可能会影响ClO-的氧化性或Cl-的还原性
D．加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需要调控到合适的pH才能安全使用
【答案】B
【详解】A．“84”消毒液的有效成分为NaClO，①溶液中ClO-离子水解溶液显碱性，ClO-+H2OHClO+OH-，水解生成的HClO具有漂白性，②中加入H2SO4，发生反应H++ClO-=HClO，HClO浓度增大，漂白性增强，蓝色迅速褪，A正确；
B．产生的气体使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明生成了氯气，是氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中生成了Cl2，发生的反应为ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，B错误；
C．对比实验②和③，溶液在pH=3.2的情况下，ClO-和Cl-发生归中反应生成Cl2，而在pH=5的情况下，没有生成Cl2，说明溶液的pH可能会影响ClO-的氧化性或Cl-的还原性，C正确；
D．根据实验①和②可知，加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但实验③说明酸的浓度大时会生成污染气体Cl2，所以需要调控合适的pH才能安全使用，D正确；
故选B。
18．屠哟哟因发现青蒿素治疗疟疾的新疗法而获得诺贝尔生理学或医学奖。青蒿素的分子式为C15H22O5，相对分子质量是282。下面关于青蒿素的说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)
A．C15H22O5的摩尔质量为282
B．1个C15H22O5分子的质量约为
C．1 mol C15H22O5完全燃烧生成22 mol H2O
D．含有NA个碳原子的C15H22O5的物质的量为1 mol
【答案】B
【详解】A．C15H22O5的相对分子质量是282，则其摩尔质量为282 g/mol，A错误；
B．C15H22O5的摩尔质量为282 g/mol，1 mol C15H22O5中含有NA个分子，则1个C15H22O5分子的质量约为，B正确；
C．C15H22O5分子中含有22个H原子，则根据H元素守恒，可知1 mol C15H22O5完全燃烧生成11mol H2O，C错误；
D．1个C15H22O5分子中含有15个C原子，则含有NA个碳原子，含有C原子的物质的量是1 mol的C15H22O5的物质的量为mol，D错误；
故合理选项是B。
19．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下，32gO2所含的原子数目为NA
B．0.5molSO2含有的原子数目为1.5NA
C．标准状况下，22.4LH2O含有的H2O分子数目为NA
D．若0.5NA个氯气分子的物质的量是1mol
【答案】B
【详解】A．根据n=可知32gO2为1mol，所含的原子数目N=1mol×2×NA=2NA，故A错误；
B．0.5molSO2含有的原子数目N=0.5mol×3×NA=1.5NA，故B正确；
C．标准状况下H2O不是气体，无法计算其物质的量，故C错误；
D．根据n=可知0.5NA个氯气分子的物质的量是0.5mol，故D错误；
故答案：B。
20．有一包白色固体，可能由、、、中的一种或几种组成，现进行如下两步实验：
①取少许该固体加入到盛有足量蒸馏水烧杯中，充分搅拌后，有固体残留；
②分离出①中固体，向固体中加入足量稀盐酸，仍有固体残留，且伴随气泡产生。下列说法错误的是
A．原白色固体一定含有和
B．第①、②步均发生了离子反应
C．对第②步反应后的固体进行焰色试验，可能检出钡元素
D．第②步可能发生的离子反应为
【答案】A
【分析】根据题干信息，白色固体溶于水有沉淀生成，在沉淀中加足量稀盐酸，有气泡生成，说明存在，另有不溶于稀盐酸的固体可能为AgCl和BaSO4中的一种或两种，说明和至少有一种。若无，则固体中一定有、、；若有，固体中一定有，可能有和，据此进行分析。
【详解】A．根据分析可知，若有，固体中一定有，可能有和，故原白色固体一定含有，可能含有，A错误；
B．第①步反应在溶液中生成沉淀，第②步难溶性碳酸盐和盐酸反应生成CO2气体，两步均发生了离子反应，B正确；
C．根据分析可知，固体中可能含有和，故对第②步反应后的固体进行焰色试验，可能检出钡元素，C正确；
D．第②步可能为碳酸银沉淀与盐酸反应生成AgCl和CO2，离子反应为，D正确；
故答案选A。
【点睛】本题中可能出现的情况较多，可从有AgNO3和无AgNO3两个角度进行分析。
二、多选题
21．下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是
A． B． C． D．
【答案】BD
【详解】A．Cu与盐酸不反应，A不符合题意；
B．Mg和氯气直接化合制得MgCl2，且Mg与盐酸反应制得MgCl2，B符合题意；
C．Fe和氯气直接化合制得FeCl3，但Fe与稀盐酸反应生成FeCl2，C不符合题意；
D．Al和氯气直接化合制得AlCl3，且Al与盐酸反应制得AlCl3，D符合题意；
故选BD。
22．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。下列说法中正确的是
A．装置①中盐酸可换成硫酸
B．装置②中的试剂是饱和溶液
C．打开弹簧夹，关闭，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处，木条复燃
D．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
【答案】CD
【分析】①反应生成二氧化碳通过②饱和碳酸氢钠净化、③浓硫酸干燥后，和④过氧化钠反应生成氧气，氧气通过⑥除去二氧化碳、水净化后，将带火星的木条放在a处检验氧气的生成；或生成混合气体通过②饱和碳酸氢钠净化进入⑤和过氧化钠反应生成氧气；
【详解】A．硫酸和碳酸钙生成微溶于水的硫酸钙会阻碍反应的进行，A错误；
B．二氧化碳能和碳酸钠反应，B错误；
C．打开弹簧夹，关闭，打开分被漏斗活塞加入盐酸，生成二氧化碳通过饱和碳酸氢钠净化、浓硫酸干燥后和过氧化钠反应生成氧气，将带火星的木条放在a处，木条复燃，C正确；
D．二氧化碳和水都会和过氧化钠生成氧气，故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，D正确；
故选CD。
23．根据“反应规律”可以预测物质的性质，据有关“规律”下列结论合理的是
A．金属钠在纯氧中燃烧生成，推出金属在纯氧中燃烧生成
B．金属钠的活泼性比铜强，推出金属钠投入溶液可以置换出单质
C．根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出通入次氯酸盐溶液中能生成
D．通入澄清的石灰水先变浑浊继续通又变澄清，推出通入溶液能发生化学反应
【答案】CD
【详解】A． 钠呈+1价，金属钠在纯氧中燃烧生成，铁呈+2、+3价，金属在纯氧中燃烧不可能生成，A错误；
B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气， Na与CuSO4溶液反应生成硫酸钠、氢气和氢氧化铜，不会置换出Cu，B错误；
C． 盐和酸能发生复分解反应生成新盐和新酸、根据较强酸可以制取较弱酸的规律，则推出通入次氯酸溶液中能生成，C正确；
D． 通入澄清的石灰水先变浑浊继续通又变澄清，发生反应依次为：、，碳酸钙和碳酸钠均为碳酸的正盐，则推出通入溶液能发生化学反应，D正确；
答案选CD。
24．在特定碱性条件下，过量H2O2可将Cr(Ⅲ)完全氧化成Cr(Ⅵ)，其反应为H2O2+CrO+W→CrO+Y(未配平)，下列有关说法正确的是
A．Y为OH-
B．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
C．1 mol H2O2参加反应时，转移电子的物质的量为6 mol
D．在酸性条件下CrO可以转化为Cr2O
【答案】BD
【分析】由题意可知，将Cr(Ⅲ)完全氧化成Cr(Ⅵ)的反应为碱性条件下，过氧化氢与偏铬酸根离子反应生成铬酸根和水，反应的离子方程式为，反应中氧元素的化合价降低被还原，过氧化氢是反应的氧化剂，铬元素的化合价升高被氧化，偏铬酸根为反应的还原剂，反应消耗3mol过氧化氢，反应转移6mol电子。
【详解】A．由分析可知， Y为H2O，故A错误；
B．由分析可知，反应中氧元素的化合价降低被还原，过氧化氢是反应的氧化剂，铬元素的化合价升高被氧化，偏铬酸根为反应的还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故B正确；
C．由分析可知，反应消耗3mol过氧化氢，反应转移6mol电子，则1mol过氧化氢参加反应时，转移电子的物质的量为2 mol，故C错误；
D．酸性条件下，铬酸根离子能与氢离子反应生成重铬酸根离子和水，故D正确；
故选BD。
25．标准状况下，①6.72L②个③5.6g④0.5molHCl，下列关系正确的是
A．体积：④>③>①>② B．质量：④>③>②>①
C．密度：④>②>①>③ D．原子数目：③>①>②>④
【答案】AC
【分析】①6.72LNH3的物质的量为=0.3mol，②1.204×1023个H2S的物质的量为=0.2mol，③5.6gCH4的物质的量为=0.35mol，④0.5molHCl。
【详解】A．根据阿伏伽德罗定律，在其它条件不变的情况下，体积之比等于物质的量之比，根据分析，物质的量④>③>①>②，A正确；
B．①6.72L质量为0.3mol×17g/mol=5.1g，②个质量为0.2mol×34g/mol=6.8g，③5.6g，④0.5molHCl的质量为0.5mol×36.5g/mol=18.25g，
质量的大小关系为④>②>③>①，B错误；
C．根据pM=RT可得，在其它条件不变的情况下，密度与摩尔质量成正比，①NH3的摩尔质量为17g/mol，②H2S的摩尔质量为34g/mol，③CH4的摩尔质量为16g/mol，④HCl的摩尔质量为36.5g/mol，则密度的大小关系为④>②>①>③，C正确；
D．①6.72L原子数目为0.3NA×4=1.2NA，②个原子数目为0.2NA×3=0.6NA，③5.6g原子数目为0.35NA×5=1.75NA，④0.5molHCl原子数目为0.5NA×2=1NA，原子数目的大小关系为③>①>④>②，D错误；
故选AC。
三、原理综合题
26．现有下列10种物质：①铝，②纯醋酸，③CO2，④H2SO4，⑤NaOH，⑥硫酸铜溶液，⑦熔融的NaCl，⑧NaHSO4，⑨硝酸钾晶体，⑩乙醇。
(1)上述物质中属于非电解质的有_______(填序号)；属于电解质的有_______(填序号)；属于强电解质的有_______(填序号)；①②⑥⑦⑨⑩这六种物质中能导电的有_______(填序号)；。
(2)向⑥中加入⑤的离子方程式是_______。
(3)⑧在水中的电离方程式为_______。
(4)上述物质中有两种物质在水溶液中发生的反应可用离子反应H++OH-=H2O表示，请写出该离子反应对应的其中一个化学方程式_______。
(5)用双线桥表示CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑反应电子转移情况：_______。
【答案】(1) ③⑩ ②④⑤⑦⑧⑨ ④⑤⑦⑧⑨ ①⑥⑦
(2)Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
(3)NaHSO4=Na++H++ SO
(4)2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O或NaHSO4+NaOH=Na2SO4+H2O
(5)
【详解】（1）非电解质是在水溶液或熔融状态下都不能导电的化合物，所给物质中属于非电解质的上CO2和乙醇，即③⑩；电解质是在水溶液或熔融状态下都能导电的化合物，属于电解质的有②④⑤⑦⑧⑨；属于强电解质的有④⑤⑦⑧⑨；能导电的物质是金属单质、石墨、水溶液或熔融状态的电解质，所给物质中能导电的物质为铝、硫酸铜溶液、熔融的NaCl，即①⑥⑦；故答案为③⑩；②④⑤⑦⑧⑨；④⑤⑦⑧⑨；①⑥⑦；
（2）硫酸铜属于可溶性的盐，电离方程式为CuSO4=Cu2++SO，NaOH为可溶性强碱，在水中电离方程式为NaOH=Na++OH-，两种溶液混合，发生Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；故答案为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；
（3）硫酸氢钠属于可溶性盐，属于强酸强碱盐，在水中电离方程式为NaHSO4=Na++H++ SO；故答案为NaHSO4=Na++H++ SO；
（4）两种溶液反应可用H++OH-=H2O表示，说明酸、碱均是可溶的强酸、强碱，或是NaHSO4与可溶的强碱反应，即有2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O或NaHSO4+NaOH=Na2SO4+H2O；故答案为2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O或NaHSO4+NaOH=Na2SO4+H2O；
（5）CaH2中H显-1价，H2O中H显+1价，CaH2为还原剂，H2O为氧化剂，1个CaH2参与反应失去2个电子，用双线桥的表示电子转移：；故答案为。
四、计算题
27．利用相关知识填空。
(1)标准状况下11.2LNH3中含_______个氨分子，含_______mol氢原子。
(2)等质量的SO2和SO3物质的量之比是_______；所含的氧原子个数之比是_______。
(3)4.8gCH4中所含氢原子数与_______g水所含氢原子数相等。
(4)已知A是一种金属，中含有个硝酸根离子，则该硝酸盐的摩尔质量为_______。
(5)标况下，一定量的与CO所含电子的物质的量相等，的质量是_______。
(6)在一定温度和压强下，某气体的体积为，则该条件下的气体摩尔体积为_______。若此时压强为，则温度_______0℃(填>，<，=)。
【答案】(1) 3.011023 1.5
(2) 5：4 5：6
(3)10.8
(4)164g/mol
(5)28g
(6) 24.5L/mol 高于
【详解】（1）标准状况下，11.2LNH3的物质的量为，含3.011023个氨分子，含0.5mol×3=1.5mol氢原子；
（2）依据n=可知等质量的SO2和SO3物质的量之比等于其摩尔质量的反比，即为80：64=5：4；氧原子个数比为5×2：4×3=5：6；
（3）4.8gCH4的物质的量为，与之含有H原子数目相等水的物质的量为=0.6ml，则水的质量为0.6mol×18g/mol=10.8g；
（4）82g A(NO3)2中含有6.02×1023个硝酸根离子，硝酸根离子的物质的量为，则A(NO3)2为0.5mol，硝酸盐的摩尔质量为；
（5）标况下22.4L CO 的物质的量为，N2和CO分子中都含有14个电子，二者含有电子的物质的量相等，说明二者物质的量相等，则CO的物质的量为1mol，其质量为：m=nM=28g/mol×1mol=28g；
（6）在一定温度和压强下，0.4mol某气体的体积为9.8 L.则该条件下的气体摩尔体积，当物质的量与压强一定时，由于PV=nRT，体积与温度成正比，0°C、101 kPa时，气体摩尔体积为22.4L/mol，则若此时压强为101kPa，温度必定高于0°C。
五、实验题
28．84消毒液的有效成分是NaClO，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备NaClO，并探究氯气的性质。经查阅到资料可知：“氯气与水的反应是放热反应，在加热条件下氯气与碱液发生如下反应：3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O。
回答下列问题：
(1)装置A、D中发生反应的离子方程式分别为：A：_______；D：_______；
(2)装置B能否省去的_______(填“能”或“不能”)，理由是_______；
(3)装置D中采用冰水浴冷却的目的是_______。
(4)如图是检验Cl2性质的装置图示，完成下列问题。
①装置a中浓H2SO4的作用是_______；该装置能否省去_______(填“能”“不能)
②装置b、c实验现象分别为：b_______；c_______；对比b和c中现象得出的结论是_______。
【答案】(1) MnO2 + 4H+ +2Cl-Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O Cl2 + 2H2O = Cl- +ClO-+ H2O
(2) 不能 Cl2中混有的HCl与NaOH反应降低NaClO的产率与纯度
(3)避免生成NaClO3
(4) 除去Cl2中的H2O 不能 b中干燥有色布条不褪色 c中红色鲜花褪色 Cl2 本身没有漂白性
【分析】根据装置图可知，装置A中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，因浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有HCl气体，则用B中的饱和食盐水除去氯气中混有的HCl，C中浓硫酸用于干燥氯气，氯气再与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水
【详解】（1）A中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，离子方程式为MnO2 + 4H+ +2Cl-Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O，D中氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2H2O =Cl-+ClO-+H2O；
（2）装置B中的饱和食盐水除去氯气中混有的HCl，若省去则HCl会与NaOH反应降低NaClO的产率和纯度，故不能省去；
（3）由题干可知，氯气与水的反应是放热反应，而在加热条件下，氯气和NaOH反应生成氯化钠、氯酸钠和水，故采用冰水浴冷却的目的是避免生成KClO3；
（4）①装置a中浓硫酸具有吸水性，作用为除去氯气中的水。干燥的氯气没有漂白性，若省去a装置，则b中红色布条将褪色，无法检验氯气的性质；
②干燥的氯气没有漂白性，则b中干燥的红色布条不褪色，湿润的氯气有漂白性，则c中红色鲜花褪色，对比b、c中现象可以得到的结论是Cl2本身没有漂白性，是其与水反应生成的HClO有漂白性。
黑龙江省大庆市肇州县第二中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列关于钠的叙述正确的是
A．金属钠着火可以使用泡沫灭火器灭火
B．向饱和食盐水溶液和MgCl2溶液中分别加入钠块，均可以产生气体和白色沉淀
C．单质钠性质活泼，露置于空气中很容易变质，在表面形成一层过氧化钠
D．钠燃烧或氯化钠固体于酒精灯火焰上加热时，透过蓝色钴玻璃均可观察到黄色火焰
【答案】B
【详解】A．钠燃烧后生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，促进钠燃烧，所以钠着火时不可使用泡沫灭火器灭火，只能用沙子灭火，故A错误；
B．将钠块加入饱和食盐水溶液中，会发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，溶液中水减少，有氯化钠晶体析出；将钠块加入MgCl2溶液中，会发生反应：2Na+2H2O+MgCl2=Mg(OH)2↓+2NaCl+H2↑，有Mg(OH)2沉淀生成，所以二者均可以产生气体和白色沉淀，故B正确；
C．露置于空气中很容易变质，主要发生反应为：4Na+O2=2Na2O，所以在表面形成一层氧化钠，并非过氧化钠，故C错误；
D．钠元素的焰色反应，不用透过蓝色钴玻璃而观察到黄色火焰，故D错误；
故选B。
2．下列离子组在指定条件的溶液中，能大量共存的是
A．含有大量的溶液中：、、、
B．使蓝色石蕊试液变红的溶液中：、、、
C．强碱性溶液中：、、、
D．无色澄清溶液中：、、、
【答案】B
【详解】A．碳酸根离子与钙离子不能大量共存，A项不符合题意；
B．使蓝色石蕊试液变红的溶液中存在大量的氢离子，与上述四种离子不反应，能大量共存，B符合题意；
C．亚铁离子与氢氧根离子不能大量共存，C项不符合题意；
D．铜离子在水溶液中呈蓝色，D项不符合题意。
故选B。
3．下列电离方程式书写正确的是
A． B．
C． D．(熔融)
【答案】B
【详解】A．氢氧化钙溶液中氢氧化钙完全电离，A错误；
B．硫酸为强酸，水溶液中完全电离，B正确；
C．次氯酸钠电离为钠离子和次氯酸根离子，C错误；
D．氯化镁电离出镁离子和氯离子，(熔融)，D错误；
故选B。
4．下列有关Cl2的性质及应用的说法错误的是
A．Cl2可用于对自来水的杀菌消毒
B．加热条件下，Cl2与过量Fe反应生成FeCl3
C．可用向下排空气法收集Cl2
D．工业上可用氯气与石灰乳反应制备漂白粉
【答案】C
【详解】A．Cl2有强氧化性，可杀菌消毒，A项正确；
B．Cl2与铁反应生成FeCl3，和铁的量无关，B项正确；
C．Cl2密度大于空气，应用向上排空气法收集，C项错误；
D．工业上用氯气和石灰乳或消石灰反应制备漂白粉，D项正确；
故选C。
【点睛】氯气和铁反应生成氯化铁，即使铁过量，在无水条件下，铁也不能和氯化铁反应生成氯化亚铁。
5．如图是某小组模拟“侯氏制碱法”实验时所用到的部分装置。下列叙述错误的是
A．侯氏制碱法的关键反应为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
B．实验时先从装置③的d口通入足量NH3，再从c口通入足量CO2
C．若改用稀H2SO4和碳酸钙粉末制取CO2，其发生装置可选用装置②
D．④是连接在装置①与装置③之间的气体净化装置，进气口是e
【答案】B
【详解】A． 侯氏制碱法：氨气极易溶于水，故先将氨气通入饱和食盐水到饱和、再通入足量二氧化碳气体，发生反应得到铵离子、碳酸氢根离子、因碳酸氢钠晶体溶解度小而结晶析出，则关键反应为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，所得碳酸氢钠受热分解得到纯碱，A正确；
B． 氨气极易溶于水，若实验时从装置③的d口通入足量NH3，会产生倒吸现象，B错误；
C． 若改用稀H2SO4和碳酸钙粉末制取CO2，为固态粉末和液体在室温下制备气体的反应，故其发生装置可选用装置②，C正确；
D． 饱和碳酸氢钠溶液可除去二氧化碳气体中的氯化氢气体，故④是连接在装置①与装置③之间的气体净化装置，进气口是e，D正确；
答案选B。
6．下列离子方程式正确的是
A．向溶液中滴加稀硫酸：
B．向溶液中通入：
C．澄清石灰水与过量溶液反应：
D．用醋酸除去水垢：
【答案】C
【详解】A．向溶液中滴加稀硫酸，离子方程式：，故A错误；
B．根据强酸制弱酸的原理，不和溶液反应，故B错误；
C．澄清石灰水与过量溶液反应产生碳酸钙沉淀，离子方程式为：，故C正确；
D．醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆，故D错误；
故选C。
7．下列关于钠的说法中不正确的是
A．金属钠着火时，可以用砂土灭火
B．钠长期放置在空气中，最终将变成碳酸钠
C．实验后剩余的钠粒，需要放回原试剂瓶中
D．将一小块钠投入氯化铁溶液时，既能产生气体又会出现白色沉淀
【答案】D
【详解】A．砂土不与钠、过氧化钠等反应，则钠着火时，能用砂土来扑灭，选项A正确；
B．钠放置于空气中发生银白色（钠的真面目）→变暗（生成Na2O）→变白色固体（生成NaOH）→成液（NaOH潮解）→结块（吸收CO2成Na2CO3•10H2O）→最后变成Na2CO3粉（风化），有关反应如下：4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O=Na2CO3+10H2O，所以最终生成碳酸钠，选项B正确；
C．因钠活泼，易与水、氧气反应，如在实验室随意丢弃，可引起火灾，实验时剩余的钠粒可放回原试剂瓶中，选项C正确；
D．钠与氯化铁溶液反应生成红褐色沉淀氢氧化铁、氯化钠和氢气，没有白色沉淀产生，选项D不正确；
答案选D。
8．室温下，1体积的水能溶解约2体积的Cl2。用盛满Cl2的量筒进行如图实验。对实验现象的分析正确的是
A．量筒内液面上升，证明Cl2与H2O发生了反应
B．量筒中还剩余气体，是因为Cl2的溶解已达饱和
C．取出量筒中的溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于Cl2挥发
D．向大理石中滴加量筒中的溶液，产生气泡，是因为Cl2与H2O反应生成盐酸
【答案】D
【详解】A．由信息可知，氯气能溶于水，也能使液面上升，A错误；
B．如果全部为氯气，水充满试管，若收集的氯气不纯则会导致水不能充满，B错误；
C．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，在空气中放置一段时间后，次氯酸分解变为盐酸和氧气，造成溶液pH下降，C错误；
D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，向大理石中滴加量筒中的溶液，盐酸与大理石反应生成二氧化碳，产生气泡，D正确；
答案选D。
9．溴及其化合物可被用来作为阻燃剂、净水剂、染料等，海水中含有大量的，从海水中提取溴的过程中涉及反应，下列关于这一反应的说法错误的是
A．该反应属于氧化还原反应 B．生成物既是氧化产物又是还原产物
C．氧化性： D．氧化剂和还原剂的个数比为
【答案】D
【详解】A．反应中溴元素化合价改变，该反应属于氧化还原反应，故A正确；
B．反应，中Br元素化合价由+5价降低为0、Br-的化合价由-1升高为0，Br-发生氧化反应生成Br2，生成物既是氧化产物又是还原产物，故B正确；
C．，中Br元素化合价由+5价降低为0，是氧化剂，Br-的化合价由-1升高为0，Br2是氧化产物，氧化性：，故C正确；
D．，中Br元素化合价由+5价降低为0，是氧化剂，Br-的化合价由-1升高为0，Br-是还原剂，氧化剂和还原剂的个数比为，故D错误；
选D。
10．下列性质和用途不正确的是
选项
性质
用途
A
NaHCO3可与盐酸反应
小苏打可用于治疗胃病
B
Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2
过氧化钠可用作潜水艇的供氧剂
C
钠元素的焰色反应是黄色
高压钠灯发出透雾性强的黄光
D
常温下，S(Na2CO3)
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．胃酸的主要成分是盐酸，小苏打是碳酸氢钠的俗称，NaHCO3可与盐酸反应，故小苏打可用于治疗胃病，A正确；
B．人呼出的气体中含有CO2、H2O，Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2，故过氧化钠可用作潜水艇的供氧剂，B正确；
C．高压钠灯发出透雾性强的黄光是由于Na元素的焰色反应呈黄色，C正确；
D．常温下，S(NaHCO3)
11．下列实验方案与现象均正确且能达到相应实验目的的是
选项
实验目的
实验方案与现象
A
制备胶体
向氢氧化钠溶液中滴入几滴饱和溶液，煮沸，用激光笔照射，出现一条光亮通路
B
制取并收集
将固体加入稀盐酸中，用排饱和食盐水法收集产生的气体
C
证明新制氯水具有漂白性
将新制氯水滴入紫色石蕊试液中，紫色石蕊试液先变红后褪色
D
证明某溶液中含钡元素
用洁净的铜丝蘸取少量溶液于酒精灯上灼烧，观察到火焰呈黄绿色
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．制备Fe(OH)3胶体应将饱和FeCl3滴到沸水中，溶液变红褐色后停止加热可得Fe(OH)3胶体，A错误；
B．制备Cl2应用MnO2和浓盐酸加热，B错误；
C．石蕊遇HCl变红，褪色说明HClO具有强氧化性，可以漂白，因此说明氯水具有漂白性，C正确；
D．焰色试验应用铂丝或铁丝，铜的焰色为绿色，不能使用铜丝，D错误；
故选C。
12．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中氧化剂为
B．氧化性：
C．推测可发生反应：
D．反应2的氧化剂为Mn3+，还原产物为
【答案】C
【详解】A．由题干历程图可知，反应1为Mn2++Ce4+=Ce3++Mn3+，故氧化剂为Ce4+，A错误；
B．由题干历程图可知，反应1为Mn2++Ce4+=Ce3++Mn3+，反应2为Mn3++Fe2+=Mn2++Fe3+，反应3为：2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+，根据同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：，B错误；
C．由B项分析可知，氧化性：，推测可发生反应：，C正确；
D．由历程图可知，反应2为Mn3++Fe2+=Mn2++Fe3+，故反应2的氧化剂为Mn3+，还原产物为Mn2+，D错误；
故答案为：C。
13．下列中和反应的离子方程式能以H++OH-=H2O表示的是
A．醋酸和氢氧化钠溶液 B．氢氧化镁和硝酸
C．硫酸氢钠溶液和NaOH D．氢氧化钡和稀硫酸
【答案】C
【详解】A．醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成离子，离子反应为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，选项A错误；
B．氢氧化镁是难溶于水的白色沉淀，应写成化学式不能拆成离子，离子反应为：2H++Mg(OH)2═Mg2++2H2O，选项B错误；
C．硫酸氢钠是强酸酸式盐，完全电离产物氢离子、钠离子和硫酸根离子，氢氧化钠是强碱，生成的硫酸钠是可溶的盐，能用H++OH-═H2O来表示，选项C正确；
D．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：2H++2OH-+SO+Ba2+═BaSO4↓+2H2O，不能够用离子方程式H++OH-=H2O表示，选项D错误；
答案选C。
14．某溶液中含有、、Na+、四种离子，向其中加入适量Na2O2固体后，假设溶液体积不变，溶液中离子浓度基本保持不变的是
A． B． C．Na+ D．
【答案】D
【详解】向溶液中加入过氧化钠，过氧化钠与水反应： ，生成的氢氧化钠在水中电离： ，故Na+浓度增大，因为 ，故浓度减小，但浓度增大，
故选：D。
15．使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭）→亮”现象的是
选项
A
B
C
D
试剂a
CuSO4
NH4HCO3
H2SO4
CH3COOH
试剂b
Ba(OH)2
Ca(OH)2
Ba(OH)2
NH3·H2O
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．Ba(OH)2与CuSO4发生离子反应：Ba2++2OH-+Cu2++=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当CuSO4溶液过量时，其电离产生的Cu2+、导电，使灯泡逐渐又变亮，A不符合题意；
B．Ca(OH)2与NH4HCO3发生离子反应：Ca2++2OH-++=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动离子浓度减小，灯泡逐渐变暗，当二者恰好反应时，溶液中自由移动的微粒浓度很小，灯泡很暗。当 NH4HCO3溶液过量时，其电离产生的、 导电，使灯泡逐渐又变亮，B不符合题意；
C．Ba(OH)2与H2SO4发生离子反应：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当H2SO4溶液过量时，其电离产生的H+、导电，使灯泡逐渐又变亮，C不符合题意；
D．CH3COOH与氨水发生离子反应：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-++H2O，反应后自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力增强，灯泡更明亮，不出现亮—灭(或暗)—亮的变化，D符合题意；
故合理选项是D。
16．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．22.4 L N2中一定含有2mol N
B．28 g N2和CO的混合物中所含有的原子数目为2 NA
C．56g Fe在足量的氯气中燃烧，转移电子数为2 NA
D．在25℃ 1.01×105 Pa的条件下，2.24 L H2中含有的分子数等于0.1 NA
【答案】B
【详解】A．气体的体积大小与温度、压强有关，温度压强未知，不能计算气体的物质的量及所含原子个数，故A错误；
B．N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，且均为双原子分子，则28 g N2和CO的物质的量为1mol，混合物中所含有的原子数目为2NA，故B正确；
C．铁和氯气反应生成氯化铁，56g Fe的物质的量为1mol，1mol铁在足量的氯气中燃烧，转移电子数为3NA，故C错误；
D．25℃ 1.01×105 Pa条件不属于标况，温度比0℃高，则2.24 L H2中含有的分子数小于0.1 NA，故D错误；
故选：B。
17．用试管和胶头滴管完成“84”消毒液(主要成分为NaClO)的氧化性和漂白性的探究，下列对比实验现象的分析不正确的是
对比实验操作
①1mL蒸馏水+“84”消毒液+石蕊溶液
②1mL较稀硫酸+“84”消毒液+石蕊溶液
③1mL较浓硫酸+“84”消毒液+石蕊溶液
实验现象
混合后溶液pH=9.9，短时间内未褪色，一段时间后蓝色褪去
混合后溶液pH=5.0，蓝色迅速褪去，无气体产生
混合后溶液pH=3.2，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，该气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
A．对比实验①和②，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应：H++ClO-=HClO
B．实验③中产生的气体是Cl2，由HClO分解得到：2HClO=Cl2+H2O
C．对比实验②和③，溶液的pH可能会影响ClO-的氧化性或Cl-的还原性
D．加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需要调控到合适的pH才能安全使用
【答案】B
【详解】A．“84”消毒液的有效成分为NaClO，①溶液中ClO-离子水解溶液显碱性，ClO-+H2OHClO+OH-，水解生成的HClO具有漂白性，②中加入H2SO4，发生反应H++ClO-=HClO，HClO浓度增大，漂白性增强，蓝色迅速褪，A正确；
B．产生的气体使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明生成了氯气，是氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中生成了Cl2，发生的反应为ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，B错误；
C．对比实验②和③，溶液在pH=3.2的情况下，ClO-和Cl-发生归中反应生成Cl2，而在pH=5的情况下，没有生成Cl2，说明溶液的pH可能会影响ClO-的氧化性或Cl-的还原性，C正确；
D．根据实验①和②可知，加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但实验③说明酸的浓度大时会生成污染气体Cl2，所以需要调控合适的pH才能安全使用，D正确；
故选B。
18．屠哟哟因发现青蒿素治疗疟疾的新疗法而获得诺贝尔生理学或医学奖。青蒿素的分子式为C15H22O5，相对分子质量是282。下面关于青蒿素的说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)
A．C15H22O5的摩尔质量为282
B．1个C15H22O5分子的质量约为
C．1 mol C15H22O5完全燃烧生成22 mol H2O
D．含有NA个碳原子的C15H22O5的物质的量为1 mol
【答案】B
【详解】A．C15H22O5的相对分子质量是282，则其摩尔质量为282 g/mol，A错误；
B．C15H22O5的摩尔质量为282 g/mol，1 mol C15H22O5中含有NA个分子，则1个C15H22O5分子的质量约为，B正确；
C．C15H22O5分子中含有22个H原子，则根据H元素守恒，可知1 mol C15H22O5完全燃烧生成11mol H2O，C错误；
D．1个C15H22O5分子中含有15个C原子，则含有NA个碳原子，含有C原子的物质的量是1 mol的C15H22O5的物质的量为mol，D错误；
故合理选项是B。
19．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下，32gO2所含的原子数目为NA
B．0.5molSO2含有的原子数目为1.5NA
C．标准状况下，22.4LH2O含有的H2O分子数目为NA
D．若0.5NA个氯气分子的物质的量是1mol
【答案】B
【详解】A．根据n=可知32gO2为1mol，所含的原子数目N=1mol×2×NA=2NA，故A错误；
B．0.5molSO2含有的原子数目N=0.5mol×3×NA=1.5NA，故B正确；
C．标准状况下H2O不是气体，无法计算其物质的量，故C错误；
D．根据n=可知0.5NA个氯气分子的物质的量是0.5mol，故D错误；
故答案：B。
20．有一包白色固体，可能由、、、中的一种或几种组成，现进行如下两步实验：
①取少许该固体加入到盛有足量蒸馏水烧杯中，充分搅拌后，有固体残留；
②分离出①中固体，向固体中加入足量稀盐酸，仍有固体残留，且伴随气泡产生。下列说法错误的是
A．原白色固体一定含有和
B．第①、②步均发生了离子反应
C．对第②步反应后的固体进行焰色试验，可能检出钡元素
D．第②步可能发生的离子反应为
【答案】A
【分析】根据题干信息，白色固体溶于水有沉淀生成，在沉淀中加足量稀盐酸，有气泡生成，说明存在，另有不溶于稀盐酸的固体可能为AgCl和BaSO4中的一种或两种，说明和至少有一种。若无，则固体中一定有、、；若有，固体中一定有，可能有和，据此进行分析。
【详解】A．根据分析可知，若有，固体中一定有，可能有和，故原白色固体一定含有，可能含有，A错误；
B．第①步反应在溶液中生成沉淀，第②步难溶性碳酸盐和盐酸反应生成CO2气体，两步均发生了离子反应，B正确；
C．根据分析可知，固体中可能含有和，故对第②步反应后的固体进行焰色试验，可能检出钡元素，C正确；
D．第②步可能为碳酸银沉淀与盐酸反应生成AgCl和CO2，离子反应为，D正确；
故答案选A。
【点睛】本题中可能出现的情况较多，可从有AgNO3和无AgNO3两个角度进行分析。
二、多选题
21．下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是
A． B． C． D．
【答案】BD
【详解】A．Cu与盐酸不反应，A不符合题意；
B．Mg和氯气直接化合制得MgCl2，且Mg与盐酸反应制得MgCl2，B符合题意；
C．Fe和氯气直接化合制得FeCl3，但Fe与稀盐酸反应生成FeCl2，C不符合题意；
D．Al和氯气直接化合制得AlCl3，且Al与盐酸反应制得AlCl3，D符合题意；
故选BD。
22．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。下列说法中正确的是
A．装置①中盐酸可换成硫酸
B．装置②中的试剂是饱和溶液
C．打开弹簧夹，关闭，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处，木条复燃
D．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
【答案】CD
【分析】①反应生成二氧化碳通过②饱和碳酸氢钠净化、③浓硫酸干燥后，和④过氧化钠反应生成氧气，氧气通过⑥除去二氧化碳、水净化后，将带火星的木条放在a处检验氧气的生成；或生成混合气体通过②饱和碳酸氢钠净化进入⑤和过氧化钠反应生成氧气；
【详解】A．硫酸和碳酸钙生成微溶于水的硫酸钙会阻碍反应的进行，A错误；
B．二氧化碳能和碳酸钠反应，B错误；
C．打开弹簧夹，关闭，打开分被漏斗活塞加入盐酸，生成二氧化碳通过饱和碳酸氢钠净化、浓硫酸干燥后和过氧化钠反应生成氧气，将带火星的木条放在a处，木条复燃，C正确；
D．二氧化碳和水都会和过氧化钠生成氧气，故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，D正确；
故选CD。
23．根据“反应规律”可以预测物质的性质，据有关“规律”下列结论合理的是
A．金属钠在纯氧中燃烧生成，推出金属在纯氧中燃烧生成
B．金属钠的活泼性比铜强，推出金属钠投入溶液可以置换出单质
C．根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出通入次氯酸盐溶液中能生成
D．通入澄清的石灰水先变浑浊继续通又变澄清，推出通入溶液能发生化学反应
【答案】CD
【详解】A． 钠呈+1价，金属钠在纯氧中燃烧生成，铁呈+2、+3价，金属在纯氧中燃烧不可能生成，A错误；
B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气， Na与CuSO4溶液反应生成硫酸钠、氢气和氢氧化铜，不会置换出Cu，B错误；
C． 盐和酸能发生复分解反应生成新盐和新酸、根据较强酸可以制取较弱酸的规律，则推出通入次氯酸溶液中能生成，C正确；
D． 通入澄清的石灰水先变浑浊继续通又变澄清，发生反应依次为：、，碳酸钙和碳酸钠均为碳酸的正盐，则推出通入溶液能发生化学反应，D正确；
答案选CD。
24．在特定碱性条件下，过量H2O2可将Cr(Ⅲ)完全氧化成Cr(Ⅵ)，其反应为H2O2+CrO+W→CrO+Y(未配平)，下列有关说法正确的是
A．Y为OH-
B．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
C．1 mol H2O2参加反应时，转移电子的物质的量为6 mol
D．在酸性条件下CrO可以转化为Cr2O
【答案】BD
【分析】由题意可知，将Cr(Ⅲ)完全氧化成Cr(Ⅵ)的反应为碱性条件下，过氧化氢与偏铬酸根离子反应生成铬酸根和水，反应的离子方程式为，反应中氧元素的化合价降低被还原，过氧化氢是反应的氧化剂，铬元素的化合价升高被氧化，偏铬酸根为反应的还原剂，反应消耗3mol过氧化氢，反应转移6mol电子。
【详解】A．由分析可知， Y为H2O，故A错误；
B．由分析可知，反应中氧元素的化合价降低被还原，过氧化氢是反应的氧化剂，铬元素的化合价升高被氧化，偏铬酸根为反应的还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故B正确；
C．由分析可知，反应消耗3mol过氧化氢，反应转移6mol电子，则1mol过氧化氢参加反应时，转移电子的物质的量为2 mol，故C错误；
D．酸性条件下，铬酸根离子能与氢离子反应生成重铬酸根离子和水，故D正确；
故选BD。
25．标准状况下，①6.72L②个③5.6g④0.5molHCl，下列关系正确的是
A．体积：④>③>①>② B．质量：④>③>②>①
C．密度：④>②>①>③ D．原子数目：③>①>②>④
【答案】AC
【分析】①6.72LNH3的物质的量为=0.3mol，②1.204×1023个H2S的物质的量为=0.2mol，③5.6gCH4的物质的量为=0.35mol，④0.5molHCl。
【详解】A．根据阿伏伽德罗定律，在其它条件不变的情况下，体积之比等于物质的量之比，根据分析，物质的量④>③>①>②，A正确；
B．①6.72L质量为0.3mol×17g/mol=5.1g，②个质量为0.2mol×34g/mol=6.8g，③5.6g，④0.5molHCl的质量为0.5mol×36.5g/mol=18.25g，
质量的大小关系为④>②>③>①，B错误；
C．根据pM=RT可得，在其它条件不变的情况下，密度与摩尔质量成正比，①NH3的摩尔质量为17g/mol，②H2S的摩尔质量为34g/mol，③CH4的摩尔质量为16g/mol，④HCl的摩尔质量为36.5g/mol，则密度的大小关系为④>②>①>③，C正确；
D．①6.72L原子数目为0.3NA×4=1.2NA，②个原子数目为0.2NA×3=0.6NA，③5.6g原子数目为0.35NA×5=1.75NA，④0.5molHCl原子数目为0.5NA×2=1NA，原子数目的大小关系为③>①>④>②，D错误；
故选AC。
三、原理综合题
26．现有下列10种物质：①铝，②纯醋酸，③CO2，④H2SO4，⑤NaOH，⑥硫酸铜溶液，⑦熔融的NaCl，⑧NaHSO4，⑨硝酸钾晶体，⑩乙醇。
(1)上述物质中属于非电解质的有_______(填序号)；属于电解质的有_______(填序号)；属于强电解质的有_______(填序号)；①②⑥⑦⑨⑩这六种物质中能导电的有_______(填序号)；。
(2)向⑥中加入⑤的离子方程式是_______。
(3)⑧在水中的电离方程式为_______。
(4)上述物质中有两种物质在水溶液中发生的反应可用离子反应H++OH-=H2O表示，请写出该离子反应对应的其中一个化学方程式_______。
(5)用双线桥表示CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑反应电子转移情况：_______。
【答案】(1) ③⑩ ②④⑤⑦⑧⑨ ④⑤⑦⑧⑨ ①⑥⑦
(2)Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
(3)NaHSO4=Na++H++ SO
(4)2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O或NaHSO4+NaOH=Na2SO4+H2O
(5)
【详解】（1）非电解质是在水溶液或熔融状态下都不能导电的化合物，所给物质中属于非电解质的上CO2和乙醇，即③⑩；电解质是在水溶液或熔融状态下都能导电的化合物，属于电解质的有②④⑤⑦⑧⑨；属于强电解质的有④⑤⑦⑧⑨；能导电的物质是金属单质、石墨、水溶液或熔融状态的电解质，所给物质中能导电的物质为铝、硫酸铜溶液、熔融的NaCl，即①⑥⑦；故答案为③⑩；②④⑤⑦⑧⑨；④⑤⑦⑧⑨；①⑥⑦；
（2）硫酸铜属于可溶性的盐，电离方程式为CuSO4=Cu2++SO，NaOH为可溶性强碱，在水中电离方程式为NaOH=Na++OH-，两种溶液混合，发生Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；故答案为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；
（3）硫酸氢钠属于可溶性盐，属于强酸强碱盐，在水中电离方程式为NaHSO4=Na++H++ SO；故答案为NaHSO4=Na++H++ SO；
（4）两种溶液反应可用H++OH-=H2O表示，说明酸、碱均是可溶的强酸、强碱，或是NaHSO4与可溶的强碱反应，即有2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O或NaHSO4+NaOH=Na2SO4+H2O；故答案为2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O或NaHSO4+NaOH=Na2SO4+H2O；
（5）CaH2中H显-1价，H2O中H显+1价，CaH2为还原剂，H2O为氧化剂，1个CaH2参与反应失去2个电子，用双线桥的表示电子转移：；故答案为。
四、计算题
27．利用相关知识填空。
(1)标准状况下11.2LNH3中含_______个氨分子，含_______mol氢原子。
(2)等质量的SO2和SO3物质的量之比是_______；所含的氧原子个数之比是_______。
(3)4.8gCH4中所含氢原子数与_______g水所含氢原子数相等。
(4)已知A是一种金属，中含有个硝酸根离子，则该硝酸盐的摩尔质量为_______。
(5)标况下，一定量的与CO所含电子的物质的量相等，的质量是_______。
(6)在一定温度和压强下，某气体的体积为，则该条件下的气体摩尔体积为_______。若此时压强为，则温度_______0℃(填>，<，=)。
【答案】(1) 3.011023 1.5
(2) 5：4 5：6
(3)10.8
(4)164g/mol
(5)28g
(6) 24.5L/mol 高于
【详解】（1）标准状况下，11.2LNH3的物质的量为，含3.011023个氨分子，含0.5mol×3=1.5mol氢原子；
（2）依据n=可知等质量的SO2和SO3物质的量之比等于其摩尔质量的反比，即为80：64=5：4；氧原子个数比为5×2：4×3=5：6；
（3）4.8gCH4的物质的量为，与之含有H原子数目相等水的物质的量为=0.6ml，则水的质量为0.6mol×18g/mol=10.8g；
（4）82g A(NO3)2中含有6.02×1023个硝酸根离子，硝酸根离子的物质的量为，则A(NO3)2为0.5mol，硝酸盐的摩尔质量为；
（5）标况下22.4L CO 的物质的量为，N2和CO分子中都含有14个电子，二者含有电子的物质的量相等，说明二者物质的量相等，则CO的物质的量为1mol，其质量为：m=nM=28g/mol×1mol=28g；
（6）在一定温度和压强下，0.4mol某气体的体积为9.8 L.则该条件下的气体摩尔体积，当物质的量与压强一定时，由于PV=nRT，体积与温度成正比，0°C、101 kPa时，气体摩尔体积为22.4L/mol，则若此时压强为101kPa，温度必定高于0°C。
五、实验题
28．84消毒液的有效成分是NaClO，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备NaClO，并探究氯气的性质。经查阅到资料可知：“氯气与水的反应是放热反应，在加热条件下氯气与碱液发生如下反应：3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O。
回答下列问题：
(1)装置A、D中发生反应的离子方程式分别为：A：_______；D：_______；
(2)装置B能否省去的_______(填“能”或“不能”)，理由是_______；
(3)装置D中采用冰水浴冷却的目的是_______。
(4)如图是检验Cl2性质的装置图示，完成下列问题。
①装置a中浓H2SO4的作用是_______；该装置能否省去_______(填“能”“不能)
②装置b、c实验现象分别为：b_______；c_______；对比b和c中现象得出的结论是_______。
【答案】(1) MnO2 + 4H+ +2Cl-Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O Cl2 + 2H2O = Cl- +ClO-+ H2O
(2) 不能 Cl2中混有的HCl与NaOH反应降低NaClO的产率与纯度
(3)避免生成NaClO3
(4) 除去Cl2中的H2O 不能 b中干燥有色布条不褪色 c中红色鲜花褪色 Cl2 本身没有漂白性
【分析】根据装置图可知，装置A中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，因浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有HCl气体，则用B中的饱和食盐水除去氯气中混有的HCl，C中浓硫酸用于干燥氯气，氯气再与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水
【详解】（1）A中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，离子方程式为MnO2 + 4H+ +2Cl-Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O，D中氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2H2O =Cl-+ClO-+H2O；
（2）装置B中的饱和食盐水除去氯气中混有的HCl，若省去则HCl会与NaOH反应降低NaClO的产率和纯度，故不能省去；
（3）由题干可知，氯气与水的反应是放热反应，而在加热条件下，氯气和NaOH反应生成氯化钠、氯酸钠和水，故采用冰水浴冷却的目的是避免生成KClO3；
（4）①装置a中浓硫酸具有吸水性，作用为除去氯气中的水。干燥的氯气没有漂白性，若省去a装置，则b中红色布条将褪色，无法检验氯气的性质；
②干燥的氯气没有漂白性，则b中干燥的红色布条不褪色，湿润的氯气有漂白性，则c中红色鲜花褪色，对比b、c中现象可以得到的结论是Cl2本身没有漂白性，是其与水反应生成的HClO有漂白性。
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