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2022-2023学年江苏省盐城市响水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学年江苏省盐城市响水中学高一上学期期中考试化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
江苏省盐城市响水中学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．我国科学家通过理论计算出三维碳结构T-碳(T-carbon)(四个碳原子构成的正四面体分别取代金刚石结构中所有碳原子)，开启了碳结构研究的新纪元，其结构如图，T-碳属于
A．单质 B．氧化物
C．有机物 D．混合物
【答案】A
【详解】T-碳为碳元素形成的纯净物，属于单质；
故选A。
2．下列化学用语表示正确的是
A．H2的摩尔质量是2g B．Cl－的结构示意图：
C．K2FeO4中Fe元素的化合价：+6 D．苏打的化学式：NaHCO3
【答案】C
【详解】A．摩尔质量的单位是g/mol，A错误；
B．Cl-最外层得1个电子，最外层8个电子，B错误；
C．K为+1、O为-2，Fe为+6价，C正确；
D．苏打化学式Na2CO3，小苏打为NaHCO3，D错误；
故答案为：C。
3．某元素原子核外L 层电子数是K 层和 M层电子数之和的两倍。则该元素是
A．Na B．Mg C．Ne D．Cl
【答案】B
【详解】L层电子数是K层和M层电子数之和的两倍，L层电子数为8，K层电子数为2，则M层电子数为，说明该元素原子M层的电子数为2，是镁元素的原子，故选：B。
4．分类是科学研究的重要方法。下列物质分类不正确的是
A．酸性氧化物：干冰、二氧化硫、三氧化硫
B．同素异形体：活性炭、C60、金刚石
C．非电解质：氯气、干冰、乙醇
D．碱性氧化物：氧化钠、氧化钙、氧化铁
【答案】C
【详解】A．干冰、二氧化硫、三氧化硫都能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，A正确；
B．活性炭、C60、金刚石均为碳元素形成的不同单质，为同素异形体，B正确；
C．氯气为单质不是非电解质，C错误；
D．氧化钠、氧化钙、氧化铁都能和酸反应生成盐和水，为碱性氧化物，D正确；
故选C。
5．等物质的量浓度的氯化铝、氯化镁、氯化钠三种溶液的体积比为3：2：1，则三种溶液中氯离子的物质的量浓度之比为（ ）
A．1：2：3 B．9：4：1 C．3：2：1 D．1：1：1
【答案】C
【详解】离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×溶质化学式中含有离子的个数，等物质的量浓度的AlCl3、MgCl2、 NaCl三种溶液中氯离子的物质的量浓度之比为(1×3): (1×2): (1 ×1)=3:2:1，与溶液的体积无关；
答案选C。
【点睛】本题考查离子浓度的计算。根据离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×溶质化学式中含有离子的个数，与溶液的体积无关。
6．当光束通过下列物质时，不会出现丁达尔效应的是
①Fe(OH)3胶体 ②水 ③云、雾 ④NaCl溶液 ⑤淀粉溶液
A．①③ B．②⑤ C．②④ D．③④
【答案】C
【详解】胶体会产生丁达尔效应；
①为胶体②纯净物水③云、雾属于胶体④为溶液⑤淀粉为胶体；
所以会产生产生丁达尔效应的：①③⑤；不会产生丁达尔效应：②④；
故答案为：C。
7．下列碱性透明溶液中，能大量共存的离子组是
A．Na＋、Ag＋、Cl－、NO B．K＋、Na+、MnO、SO
C．Na＋、K＋、HCO、NO D．K＋、Mg2＋、NO、Cl－
【答案】B
【详解】A．Al3+在碱性条件下不共存，A不共存；
B．碱性条件下，离子之间不反应，B共存；
C．在碱性和酸性下都不共存，C不共存；
D．碱性条件下，Mg2+不共存，D不共存；
故答案为：B。
8．下列实验中，所选装置合理的是
A
B
C
D
稀释浓硫酸
灼烧碎海带
酒精萃取碘水中碘
分离酒精和水
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．浓硫酸密度比水大，且溶于水放热，浓硫酸的稀释时候，应该将浓硫酸沿烧杯内部缓缓倒入水中，并用玻璃棒进行搅拌，A错误；
B．灼烧碎海带应该在坩埚中进行，不能在蒸发皿中，B错误；
C．酒精和水互溶，不能用作萃取剂，C错误；
D．酒精和水是互溶的沸点不同的液体，可以采用蒸馏分离的方法，D正确；
故答案为：D。
9．氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，其中氢元素为-1价。NaH用作生氢剂时的化学反应原理为：NaH＋H2O=NaOH＋H2↑。下列有关该反应的说法中，正确的是
A．该反应属于置换反应
B．NaH是还原剂，发生还原反应
C．生成1mol H2时，有2mol电子转移
D．H2既是氧化产物，又是还原产物
【答案】D
【详解】A．该反应的反应物都是化合物，所以该反应不属于置换反应，A不正确；
B．NaH中的H元素由-1价升高到0价，则NaH是还原剂，发生氧化反应，B不正确；
C．此反应为归中反应，NaH中-1价H与H2O中+1价H结合生成H2，则当生成1mol H2时，有1mol电子转移，C不正确；
D．NaH是还原剂，H2O是氧化剂，则H2既是氧化产物，又是还原产物，D正确；
故选D。
10．R2O在酸性溶液中与MnO反应，反应产物为RO2、Mn2+、H2O。已知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶5，则x的值为
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【详解】根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，MnO转化为Mn2+化合价从+7到+2降低5价，作氧化剂，反应中氧化剂与还原剂的个数之比为2:5，个数比等于物质的量之比，可看作化合价降低总数为5×2=10；R2O中R的化合价为，转化为RO2中的+4价，化合价升高，依题意，可看作合价升高总数为×5×2=10，则x=2；
故选B。
11．下列有关实验的描述正确的是
A．将红热的铜丝伸入氯气的集气瓶中，剧烈燃烧，产生大量蓝色的烟
B．将氯水滴入紫色石蕊试液中，石蕊试液先变红后褪色
C．将一块绿豆大小的金属钠加入到CuSO4溶液中，有紫红色的物质析出
D．当金属钠着火时，可用二氧化碳灭火
【答案】B
【详解】A．红热的铜丝伸入盛有氯气的集气瓶中燃烧，产生棕黄色的烟，A错误；
B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，氯水显酸性，次氯酸具有漂白性，则将氯水滴入紫色石蕊试液中，石蕊试液先变红后褪色，B正确；
C．将Na加入到硫酸铜溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，C错误；
D．金属钠可与CO2反应，钠着火不能用二氧化碳灭火，D错误；
故答案选B。
12．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1mol Fe在氯气中完全燃烧转移的电子数2NA
B．常温常压下，11.2 L氧气所含的原子数小于NA
C．物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl－个数为NA
D．1mol Na＋含有的电子数为NA
【答案】B
【详解】A．Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，转移3NA电子，A错误；
B．常温比标况下温度高，根据阿伏伽德罗定律，温度和气体个数成反比，所以氧原子个数小于NA，B正确；
C．没有给出溶液体积，所以无法计算溶质的物质的量，进而无法计算离子个数，C错误；
D．1个Na+所含电子数为10个电子，所以1molNa+含有电子数为10NA，D错误；
故答案为：B。
13．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．碳酸氢钠溶液与稀硫酸反应：CO＋2H+ = H2O＋CO2↑
B．Cl2与水反应：Cl2＋H2O = 2H+＋ClO－＋Cl－
C．将硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液混合：Cu2+＋2OH－= Cu(OH)2↓
D．氧化钠与水反应：O2－＋H2O = 2OH－
【答案】C
【详解】A．碳酸氢钠溶液与稀硫酸反应的离子方程式为HCO＋H+ = H2O＋CO2↑，A错误；
B． Cl2与水反应的离子方程式为Cl2＋H2O H+＋HClO＋Cl－，B错误；
C．将硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液混合的离子方程式为Cu2+＋2OH－= Cu(OH)2↓，C正确；
D．氧化钠与水反应的离子方程式为Na2O＋H2O = 2Na++2OH－，D错误；
故选C。
14．侯氏制碱法制取的原理为。实验室用如题图所示的装置模拟侯氏制碱法制取少量固体。下列有关说法正确的是
A．装置Ⅰ中反应的离子方程式为
B．向装置Ⅱ洗气瓶中加入饱和溶液以除去中的少量
C．装置Ⅲ中用冰水浴冷却试管内溶液有利于析出固体
D．析出固体的上层清液中不存在
【答案】C
【详解】A．碳酸钙难溶于水，书写离子方程式时不能拆开，要保留化学式的形式，正确的离子方程式为，故A错误；
B．饱和溶液也能吸收，所以除去中的少量要用饱和溶液，故B错误；
C．为降低碳酸氢钠的溶解度，装置Ⅲ中用冰水浴充分冷却试管内溶液，使固体析出，故C正确；
D．析出固体后的溶液为混有氯化铵的饱和溶液，上层清液中还存在，故D错误；
答案选C。
15．为除去下列物质中所含的杂质，选用的实验操作方法正确的是
A．NaHCO3固体(Na2CO3)：加热至固体质量不再变化
B．Cl2(HCl气体)：通过足量的饱和的NaHCO3溶液
C．Al(Mg)：加入稍过量的氢氧化钠溶液，过滤
D．NaC1溶液(NaHCO3)：加入稍过量的盐酸，加热
【答案】D
【详解】A．加热碳酸氢钠和碳酸钠的混合物，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，无法除杂，A错误；
B．将混有HCl的Cl2气体通过饱和NaHCO3溶液，HCl与NaHCO3反应生成CO2，除杂的同时引入了新的杂质，B错误；
C．Al与氢氧化钠反应而Mg不与氢氧化钠反应，无法除杂，C错误；
D．NaHCO3与HCl反应生成NaCl、H2O和CO2，加热后多余的HCl逸出，可达到除杂的效果，D正确；
故答案选D。
16．为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置。下列关于Na2O2的叙述正确的是
A．Na2O2与水反应，Na2O2是氧化剂，水是还原剂
B．Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，需要水和CO2的质量相等
C．Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，转移电子的物质的量相等
D．Na2O2的漂白原理与活性炭的漂白原理相同
【答案】C
【详解】A．Na2O2与水反应，Na2O2是既是氧化剂又是还原剂，A错误；
B．由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2Na2O2+2Na2O2=2Na2CO3+O2↑可知，生成相同量的O2时，消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，但质量不同，B错误；
C．由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2Na2O2+2Na2O2=2Na2CO3+O2↑，根据得失电子守恒知两者转移电子的物质的量相同，C正确；
D．Na2O2的漂白原理为过氧化钠具有强氧化性，活性炭的漂白原理是其具有吸附性，原理不相同，D错误；
故合理选项是C。
17．已知：溶液酸性越强，pH越小；电导率是衡量物体传导电流的能力，导电性越强，电导率越大。某学习小组拟用手持技术对光照过程中密闭容器内的新制饱和氯水的变化进行检测，下列图象不正确的是
A
B
C
D
氯水的pH随时间的变化
溶液中氯离子浓度随时间的变化
液面上方氧气体积分数随时间的变化
氯水的电导率随时间的变化
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【分析】氯水中存在如下平衡：①Cl2+H2OH++Cl-+HClO、②HClOH++ClO-，HClO不稳定易分解2HClO2HCl+O2↑，氧气体积分数不断增大，随着HClO的分解，Cl2+H2O⇌HClO+HCl平衡向右移动，最终会变为盐酸，溶液pH不断减小，所以当溶液的体积不变，溶液中的离子随着饱和氯水变为盐酸，离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力与离子浓度成正比，以此来解答。
【详解】A．根据分析，氯水最终会变为盐酸，溶液pH不断减小，故A正确；
B．随着HClO的分解，水中的Cl2+H2OHClO+HCl平衡会向右移动，氯离子浓度不断增大，故B正确；
C．反应生成氧气，氧气体积分数不断增大，故C正确；
D．溶液中离子浓度增大，溶液的导电能力与离子浓度成正比，电导率不断增大，最终会变为盐酸，电导率不变，故D错误；
故选：D。
18．已知有下列四个反应：
①Cl2+FeI2=FeCl2+I2 ②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-
③Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 ④Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O
下列有关说法正确的是
A．反应①②③④中的氧化产物分别是I2、Fe3+、Br2、CoCl2
B．根据以上方程式可以得到氧化性：Co2O3>Cl2>Br2>Fe3+
C．可以推理得到Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2
D．在反应④中，HCl既体现了酸性，又体现了氧化性
【答案】B
【详解】A．反应中，元素化合价升高生成的产物为氧化产物，则①中的氧化产物为I2，②中的氧化产物为Fe3+，③中的氧化产物为Br2，④中的氧化产物为Cl2，故A错误；
B．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在反应①中Cl2>I2，在反应②中Br2>Fe3+，在反应③中Cl2>Br2，在反应④中Co2O3>Cl2，氧化性顺序是：Co2O3>Cl2>Br2>Fe3+，故B正确；
C．根据反应②的还原性顺序：Br-
答案选B。
19．实验室有一包白色固体，可能含有Na2CO3、NaHCO3和NaCl中的一种或多种。下列根据实验事实得出的结论正确的是（）
A．取一定量固体，溶解，向溶液中通入足量的CO2，没有固体析出，说明原固体中一定不含有Na2CO3
B．取一定量固体，溶解，向溶液中加入适量CaO粉末，有白色沉淀生成，说明原固体中一定含有Na2CO3
C．取一定量固体，溶解，向溶液中滴加适量AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明原固体中一定含有NaCl
D．取一定量固体，加热，将生成的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明原固体中一定含有NaHCO3
【答案】D
【详解】A.碳酸钠溶液和二氧化碳可以反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以向溶液中通入足量的CO2，没有固体析出，可能是溶液的浓度较小造成的，不能说明原固体中一定不含Na2CO3，故A错误；
B.向溶液中加入氧化钙，会生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸氢钠和碳酸钠都能反应生成碳酸钙沉淀，不一定含有碳酸钠，故B错误；
C.碳酸钠、氯化钠均可以和硝酸银之间反应生成白色沉淀，向溶液中滴加适量AgNO3溶液，观察到有白色沉淀生成，原固体中不一定含有NaCl，故C错误；
D.取一定量固体，加热，只有碳酸氢钠能够受热分解生成二氧化碳，将生成的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明原固体中一定含有NaHCO3，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为B，要注意碳酸钠和碳酸氢钠都能与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，Na2CO3+ Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3+ Ca(OH)2=CaCO3↓+NaOH+H2O或2NaHCO3+ Ca(OH)2=CaCO3↓+ Na2CO3+2H2O。
20．某固体可能含有NH、Cu2+、Na+、Cl-、CO、SO中的几种离子，取等质量的两份该固体，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：
(1)一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63 g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66 g沉淀。
(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体0.672 L(标准状况)。
下列说法正确的是
A．该固体中一定含有NH、CO、SO、Na+
B．该固体中一定没有Cu2+、Cl-、Na+
C．该固体中只含有NH、CO、SO、Cl-
D．根据以上实验，无法确定该固体中有Na+
【答案】A
【分析】(1)一份固体溶于水得无色透明溶液，一定不含Cu2+，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀，是硫酸钡沉淀，物质的量为0.02mol，而碳酸钡沉淀溶于稀盐酸，所以沉淀部分溶解，说明原溶液中一定含有CO、SO，且n(SO)=0.02mol，碳酸钡沉淀是6.63g−4.66g=1.97g，物质的量是0.01mol；
(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，即氨气0.672L(标准状况)即0.03mol，所以含有铵根离子0.03mol，根据电荷守恒，所以一定含有钠离子，其物质的量至少是：0.02mol×2+0.01mol×2−0.03mol=0.03mol，氯离子无法确定是否存在。
【详解】A．分析可知，该固体中一定含有NH、CO、SO、Na+，A说法正确；
B．该固体一定没有Cu2+，一定有Na+，Cl-无法判断，B说法错误；
C．该固体中一定含有NH、CO、SO、Na+，Cl-无法确定是否含有，C说法错误；
D．根据上述实验，该固体中一定含有Na+，D说法错误；
答案选A。
二、原理综合题
21．氯气(液氯)、漂白粉、“84消毒液”等都是含氯消毒剂。
(1)工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯气，实验室中可以用二氧化锰或高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气。
①写出工业上制取氯气的化学反应方程式：__，该反应中氧化产物是__(填化学式)。
②写出二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气的离子方程式：____，该反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为____。87g二氧化锰与含4molHCl的浓盐酸加热充分反应，生成Cl2的物质的量____1mol(填“大于”、“小于”或“等于”)。
③实验室中用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气的化学方程式为：
2KMnO4+16HCl(浓) = 2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，有3.01×1022个电子发生转移时，生成的氯气的体积标准状况下约为____L。
④用高锰酸钾和二氧化锰制备等量的氯气，被氧化的HCl的质量之比为____。
(2)由于氯气不便于保存，生活中常用的含氯消毒剂是漂白粉或“84消毒液”。
①将氯气通入石灰乳(工业上先煅烧石灰石或贝壳，再加水反应来获得石灰乳)中可以制得漂白粉，写出该反应的化学反应方程式，并用双线桥法标出该反应的电子转移方向和数目____。
②氯气和氢氧化钠溶液反应可制得“84消毒液”。“84消毒液”和洁厕灵(主要成分是稀盐酸)不能混合使用，其原因是____。
(3)含氯消毒剂的消毒能力可以用氧化性来衡量，商业上常用“有效氯”来说明消毒剂的消毒能力。“有效氯”的基本含义是指一定质量的这种消毒剂与多少质量的氯气的氧化能力相当，其数值可以用此时氯气的质量对消毒剂质量的百分比来表示。若100g某“84消毒液”与6.26g氯气的氧化能力相当(即该产品的“有效氯”为6.26%)，则100g该产品中次氯酸钠的质量约为____g。
【答案】(1) Cl2 2∶1 小于 0.56 1∶1
(2) 氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠和盐酸反应可生成有毒的氯气
(3)6.57
【详解】（1）①工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯气，化学反应方程式为，该反应中NaCl失电子被氧化生成的Cl2是氧化产物。
②二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气的离子方程式为。该反应中还原剂为Cl-，氧化剂为MnO2，两者物质的量之比为2：1。1molMnO2和4molHCl充分加热，若两者完全反应则生成1molCl2，但是随着反应进行，盐酸逐渐被稀释，稀盐酸不与MnO2反应，则生成Cl2的物质的量小于1mol。
③根据化学方程式可知，有0.05mol电子发生转移，则生成0.025molCl2，标准状况下约为0.56L。
④，2KMnO4+16HCl(浓) = 2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，根据两个方程式可知，HCl均被氧化生成Cl2，除HCl外无其他还原剂，则生成等量的氯气，被氧化的HCl质量之比为1∶1。
（2）①将氯气通入石灰乳中，生成氯化钙和次氯酸钙，Cl2中一个Cl失电子生成次氯酸根离子，另一个Cl得电子生成Cl-，该反应的化学方程式为。
②氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠和盐酸反应可生成有毒的氯气，所以“84消毒液”和洁厕灵不能混合使用。
（3）设100g该产品中次氯酸钠的质量为mg，则，解得m=6.57g。
三、实验题
22．实验室要配制450mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，回答下列问题。
(1)应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体____g。
(2)配制Na2CO3溶液时需用的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、____、____。
(3)若实验遇下列情况，溶液的浓度偏低的是____。
A．加水时超过刻度线
B．忘记将洗涤液转移至容量瓶
C．容量瓶内壁附有水珠而未进行干燥处理
D．定容后摇匀，液面低于刻度线
E．称量时砝码生锈
F．定容时，仰视容量瓶刻度线以控制加水量
(4)工业上制备Na2CO3是通过NaHCO3受热分解获得，若向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，反应的离子方程式为____。
【答案】(1)14.3
(2) 500mL容量瓶 胶头滴管
(3)ABF
(4)2HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO
【详解】（1）因配制溶液的体积为450mL，需选用500mL容量瓶，Na2CO3的物质的量n=cV=0.5L×0.1mol•L-1=0.05mol，Na2CO3•10H2O的物质的量等于Na2CO3的物质的量，所以Na2CO3•10H2O的质量为0.05mol×286g/mol=14.3g；
（2）配制顺序是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量（用到药匙），在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次，并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀．所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，
（3）A．加水时超过刻度线，溶液的体积偏大，浓度偏低，选项A正确；
B．忘记将洗涤液转入容量瓶，洗涤液中含有溶质，溶质的质量偏低，浓度偏低，选项B正确；
C．容量瓶洗涤后底部内壁有水珠而未作干燥处理，不影响溶液的体积，浓度不变，选项C错误；
D．定容、摇匀、静置后发现凹液面低于刻度线，过会儿滞留在刻度线以上的溶液就会下落，溶液的体积不变，浓度无影响，选项D错误；
E．称量时砝码生锈，所称固体质量偏大，所配溶液浓度偏大，选项E错误；
F．定容时，仰视容量瓶刻度线以控制加水量，加水过多，浓度偏低，选项F正确；
（4）向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，根据以少定多原则，Ba(OH)2定为1mol，NaHCO3为2mol，反应的离子方程式为2HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO，
四、工业流程题
23．二氯化二硫(S2Cl2)是一种常用于橡胶硫化、有机物氯化的试剂。查阅资料：①将干燥的氯气在110～140 ℃间与硫反应，即可得S2Cl2粗品；②有关物质的部分性质如表所示：
物质
熔点/℃
沸点/℃
化学性质
S
112.8
444.6
略
S2Cl2
-77
137
一种橙黄色的液体，遇水易水解，有淡黄色固体S出现，同时产生能使品红溶液褪色的气体SO2；300℃以上完全分解；S2Cl2 + Cl22SCl2 。
设计如图所示实验装置在实验室合成S2Cl2：
回答以下问题：
(1)A仪器的名称____，B仪器的名称______，a的作用是____。
(2)C装置的作用是____。
(3)乙同学发现，该装置中除了E处的温度不能过高外，还有一处重大缺陷需改进，否则会导致S2Cl2的产率大大降低，原因是____(用化学方程式表示)；请简要提出改进方案：______________________。
(4)H中的溶液选择下列试剂中的最佳试剂是____(填序号)。
①碳酸钠溶液 ②NaOH溶液 ③饱和NaCl溶液
【答案】(1) 恒压滴液漏斗 蒸馏烧瓶 平衡气压，利于液体顺利滴下
(2)除去氯化氢
(3) 2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl 在G和H之间增加干燥装置
(4)①②
【分析】根据题意可知，该实验的原理为A中浓盐酸与B装置中二氧化锰加热制氯气，反应为：MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2 + Cl2 ↑+ 2H2O，氯气中有氯化氢、水蒸气等杂质，用C装置中饱和食盐水除去氯化氢，用D装置中浓硫酸干燥，得到较纯净的氯气，在E装置中将干燥纯净的氯气在110℃～140℃与硫反应可得S2Cl2，G装置收集产品，多余的氯气用H吸收，注意控制温度不宜过高、滴加浓盐酸的速度不要过快，否则300℃以上S2Cl2分解，过量氯气发生反应S2Cl2+Cl2═2SCl2，导致S2Cl2粗品中可能混有较多的SCl2、Cl2、S杂质，据此分析作答。
【详解】（1）A仪器的名称为恒压滴液漏斗，B仪器的名称为蒸馏烧瓶，a的作用是平衡气压，利于液体顺利滴下；
（2）氯气中有氯化氢、水蒸气等杂质，C装置的饱和食盐水用于除去氯化氢；
（3）由于S2Cl2遇水易水解生成S和二氧化硫，该装置中G和H之间缺少干燥装置，易发生反应2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl；改进方法为：在G和H之间增加干燥装置；
（4）氯气为有毒气体，装置H的作用是吸收尾气，防止污染环境，所以H中溶液可以为碳酸钠溶液或氢氧化钠溶液。
24．二氧化氯(ClO2)可用于自来水消毒。以粗盐为原料生产ClO2的工艺主要包括：①粗盐精制；②电解微酸性NaCl溶液；③ClO2的制取。工艺流程如图，其中反应Ⅲ制取ClO2的化学方程式为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。
(1)试剂X是____(填化学式)。
(2)NaOH及试剂X均需过量的原因是____。
(3)反应Ⅲ，若生成67.5gClO2，转移电子的物质的量为____。
(4)用ClO2处理过的饮用水常含有一定量有害的ClO2。我国规定饮用水中ClO2的含量在0.1~0.8mg·L-1。测定水样中ClO2的含量的过程如下：
①量取25.00mL水样加入锥形瓶中，并调节水样的pH为7.0~8.0。
②加入足量的KI晶体。此过程发生反应2ClO2+2I－=2ClO+I2。
③加入少量淀粉溶液，再向上述溶液中滴加1.00×10-3mol·L-1Na2S2O3溶液至溶液蓝色刚好褪去，消耗Na2S2O3溶液7.45mL。此过程发生反应：2S2O+I2=S4O+2I－。
根据上述数据计算并判断该水样中ClO2的含量是否符合国家规定____。(请写出计算过程)
【答案】(1)Na2CO3
(2)保证Ca2+、Mg2+沉淀完全
(3)1mol
(4)25.00mL水样中n(ClO2)= n(S2O)=；则ClO2的含量为 > 0.1~0.8mg·L-1，则不符合国家规定
【分析】以粗盐为原料生产ClO2的工艺主要包括：①粗盐精制；②电解微酸性NaCl溶液；③ClO2的制取。根据流程图，粗盐水中加入氢氧化钠除去镁离子，再加入试剂X除去钙离子生成碳酸钙，因此X为碳酸钠，过滤后得到氢氧化镁和碳酸钙沉淀；用适量盐酸调节溶液的酸性，除去过量的氢氧化钠和碳酸钠得到纯净的氯化钠溶液，反应Ⅱ电解氯化钠溶液生成氢气和NaClO3，加入盐酸，发生反应Ⅲ2NaClO3＋4HCl=2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，得到ClO2，据此分析解答。
【详解】（1）根据分析，试剂X是Na2CO3；
（2）为了保证Ca2+、Mg2+沉淀完全，NaOH及Na2CO3均需过量；
（3）反应Ⅲ为2NaClO3＋4HCl=2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，反应中，NaClO3中Cl元素被还原生成ClO2，每生成2molClO2转移2mol电子，67.5gClO2物质的量为1mol，转移电子的物质的量为1mol；
（4）由2ClO2+2I-=2ClO+I2和2S2O+I2=S4O+2I-，得ClO2～Na2S2O3，则25.00mL水样中n(ClO2)=n(S2O)=；则ClO2的含量为 > 0.1~0.8mg·L-1，则不符合国家规定。
江苏省盐城市响水中学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．我国科学家通过理论计算出三维碳结构T-碳(T-carbon)(四个碳原子构成的正四面体分别取代金刚石结构中所有碳原子)，开启了碳结构研究的新纪元，其结构如图，T-碳属于
A．单质 B．氧化物
C．有机物 D．混合物
【答案】A
【详解】T-碳为碳元素形成的纯净物，属于单质；
故选A。
2．下列化学用语表示正确的是
A．H2的摩尔质量是2g B．Cl－的结构示意图：
C．K2FeO4中Fe元素的化合价：+6 D．苏打的化学式：NaHCO3
【答案】C
【详解】A．摩尔质量的单位是g/mol，A错误；
B．Cl-最外层得1个电子，最外层8个电子，B错误；
C．K为+1、O为-2，Fe为+6价，C正确；
D．苏打化学式Na2CO3，小苏打为NaHCO3，D错误；
故答案为：C。
3．某元素原子核外L 层电子数是K 层和 M层电子数之和的两倍。则该元素是
A．Na B．Mg C．Ne D．Cl
【答案】B
【详解】L层电子数是K层和M层电子数之和的两倍，L层电子数为8，K层电子数为2，则M层电子数为，说明该元素原子M层的电子数为2，是镁元素的原子，故选：B。
4．分类是科学研究的重要方法。下列物质分类不正确的是
A．酸性氧化物：干冰、二氧化硫、三氧化硫
B．同素异形体：活性炭、C60、金刚石
C．非电解质：氯气、干冰、乙醇
D．碱性氧化物：氧化钠、氧化钙、氧化铁
【答案】C
【详解】A．干冰、二氧化硫、三氧化硫都能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，A正确；
B．活性炭、C60、金刚石均为碳元素形成的不同单质，为同素异形体，B正确；
C．氯气为单质不是非电解质，C错误；
D．氧化钠、氧化钙、氧化铁都能和酸反应生成盐和水，为碱性氧化物，D正确；
故选C。
5．等物质的量浓度的氯化铝、氯化镁、氯化钠三种溶液的体积比为3：2：1，则三种溶液中氯离子的物质的量浓度之比为（ ）
A．1：2：3 B．9：4：1 C．3：2：1 D．1：1：1
【答案】C
【详解】离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×溶质化学式中含有离子的个数，等物质的量浓度的AlCl3、MgCl2、 NaCl三种溶液中氯离子的物质的量浓度之比为(1×3): (1×2): (1 ×1)=3:2:1，与溶液的体积无关；
答案选C。
【点睛】本题考查离子浓度的计算。根据离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×溶质化学式中含有离子的个数，与溶液的体积无关。
6．当光束通过下列物质时，不会出现丁达尔效应的是
①Fe(OH)3胶体 ②水 ③云、雾 ④NaCl溶液 ⑤淀粉溶液
A．①③ B．②⑤ C．②④ D．③④
【答案】C
【详解】胶体会产生丁达尔效应；
①为胶体②纯净物水③云、雾属于胶体④为溶液⑤淀粉为胶体；
所以会产生产生丁达尔效应的：①③⑤；不会产生丁达尔效应：②④；
故答案为：C。
7．下列碱性透明溶液中，能大量共存的离子组是
A．Na＋、Ag＋、Cl－、NO B．K＋、Na+、MnO、SO
C．Na＋、K＋、HCO、NO D．K＋、Mg2＋、NO、Cl－
【答案】B
【详解】A．Al3+在碱性条件下不共存，A不共存；
B．碱性条件下，离子之间不反应，B共存；
C．在碱性和酸性下都不共存，C不共存；
D．碱性条件下，Mg2+不共存，D不共存；
故答案为：B。
8．下列实验中，所选装置合理的是
A
B
C
D
稀释浓硫酸
灼烧碎海带
酒精萃取碘水中碘
分离酒精和水
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．浓硫酸密度比水大，且溶于水放热，浓硫酸的稀释时候，应该将浓硫酸沿烧杯内部缓缓倒入水中，并用玻璃棒进行搅拌，A错误；
B．灼烧碎海带应该在坩埚中进行，不能在蒸发皿中，B错误；
C．酒精和水互溶，不能用作萃取剂，C错误；
D．酒精和水是互溶的沸点不同的液体，可以采用蒸馏分离的方法，D正确；
故答案为：D。
9．氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，其中氢元素为-1价。NaH用作生氢剂时的化学反应原理为：NaH＋H2O=NaOH＋H2↑。下列有关该反应的说法中，正确的是
A．该反应属于置换反应
B．NaH是还原剂，发生还原反应
C．生成1mol H2时，有2mol电子转移
D．H2既是氧化产物，又是还原产物
【答案】D
【详解】A．该反应的反应物都是化合物，所以该反应不属于置换反应，A不正确；
B．NaH中的H元素由-1价升高到0价，则NaH是还原剂，发生氧化反应，B不正确；
C．此反应为归中反应，NaH中-1价H与H2O中+1价H结合生成H2，则当生成1mol H2时，有1mol电子转移，C不正确；
D．NaH是还原剂，H2O是氧化剂，则H2既是氧化产物，又是还原产物，D正确；
故选D。
10．R2O在酸性溶液中与MnO反应，反应产物为RO2、Mn2+、H2O。已知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶5，则x的值为
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【详解】根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，MnO转化为Mn2+化合价从+7到+2降低5价，作氧化剂，反应中氧化剂与还原剂的个数之比为2:5，个数比等于物质的量之比，可看作化合价降低总数为5×2=10；R2O中R的化合价为，转化为RO2中的+4价，化合价升高，依题意，可看作合价升高总数为×5×2=10，则x=2；
故选B。
11．下列有关实验的描述正确的是
A．将红热的铜丝伸入氯气的集气瓶中，剧烈燃烧，产生大量蓝色的烟
B．将氯水滴入紫色石蕊试液中，石蕊试液先变红后褪色
C．将一块绿豆大小的金属钠加入到CuSO4溶液中，有紫红色的物质析出
D．当金属钠着火时，可用二氧化碳灭火
【答案】B
【详解】A．红热的铜丝伸入盛有氯气的集气瓶中燃烧，产生棕黄色的烟，A错误；
B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，氯水显酸性，次氯酸具有漂白性，则将氯水滴入紫色石蕊试液中，石蕊试液先变红后褪色，B正确；
C．将Na加入到硫酸铜溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，C错误；
D．金属钠可与CO2反应，钠着火不能用二氧化碳灭火，D错误；
故答案选B。
12．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1mol Fe在氯气中完全燃烧转移的电子数2NA
B．常温常压下，11.2 L氧气所含的原子数小于NA
C．物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl－个数为NA
D．1mol Na＋含有的电子数为NA
【答案】B
【详解】A．Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，转移3NA电子，A错误；
B．常温比标况下温度高，根据阿伏伽德罗定律，温度和气体个数成反比，所以氧原子个数小于NA，B正确；
C．没有给出溶液体积，所以无法计算溶质的物质的量，进而无法计算离子个数，C错误；
D．1个Na+所含电子数为10个电子，所以1molNa+含有电子数为10NA，D错误；
故答案为：B。
13．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．碳酸氢钠溶液与稀硫酸反应：CO＋2H+ = H2O＋CO2↑
B．Cl2与水反应：Cl2＋H2O = 2H+＋ClO－＋Cl－
C．将硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液混合：Cu2+＋2OH－= Cu(OH)2↓
D．氧化钠与水反应：O2－＋H2O = 2OH－
【答案】C
【详解】A．碳酸氢钠溶液与稀硫酸反应的离子方程式为HCO＋H+ = H2O＋CO2↑，A错误；
B． Cl2与水反应的离子方程式为Cl2＋H2O H+＋HClO＋Cl－，B错误；
C．将硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液混合的离子方程式为Cu2+＋2OH－= Cu(OH)2↓，C正确；
D．氧化钠与水反应的离子方程式为Na2O＋H2O = 2Na++2OH－，D错误；
故选C。
14．侯氏制碱法制取的原理为。实验室用如题图所示的装置模拟侯氏制碱法制取少量固体。下列有关说法正确的是
A．装置Ⅰ中反应的离子方程式为
B．向装置Ⅱ洗气瓶中加入饱和溶液以除去中的少量
C．装置Ⅲ中用冰水浴冷却试管内溶液有利于析出固体
D．析出固体的上层清液中不存在
【答案】C
【详解】A．碳酸钙难溶于水，书写离子方程式时不能拆开，要保留化学式的形式，正确的离子方程式为，故A错误；
B．饱和溶液也能吸收，所以除去中的少量要用饱和溶液，故B错误；
C．为降低碳酸氢钠的溶解度，装置Ⅲ中用冰水浴充分冷却试管内溶液，使固体析出，故C正确；
D．析出固体后的溶液为混有氯化铵的饱和溶液，上层清液中还存在，故D错误；
答案选C。
15．为除去下列物质中所含的杂质，选用的实验操作方法正确的是
A．NaHCO3固体(Na2CO3)：加热至固体质量不再变化
B．Cl2(HCl气体)：通过足量的饱和的NaHCO3溶液
C．Al(Mg)：加入稍过量的氢氧化钠溶液，过滤
D．NaC1溶液(NaHCO3)：加入稍过量的盐酸，加热
【答案】D
【详解】A．加热碳酸氢钠和碳酸钠的混合物，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，无法除杂，A错误；
B．将混有HCl的Cl2气体通过饱和NaHCO3溶液，HCl与NaHCO3反应生成CO2，除杂的同时引入了新的杂质，B错误；
C．Al与氢氧化钠反应而Mg不与氢氧化钠反应，无法除杂，C错误；
D．NaHCO3与HCl反应生成NaCl、H2O和CO2，加热后多余的HCl逸出，可达到除杂的效果，D正确；
故答案选D。
16．为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置。下列关于Na2O2的叙述正确的是
A．Na2O2与水反应，Na2O2是氧化剂，水是还原剂
B．Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，需要水和CO2的质量相等
C．Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，转移电子的物质的量相等
D．Na2O2的漂白原理与活性炭的漂白原理相同
【答案】C
【详解】A．Na2O2与水反应，Na2O2是既是氧化剂又是还原剂，A错误；
B．由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2Na2O2+2Na2O2=2Na2CO3+O2↑可知，生成相同量的O2时，消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，但质量不同，B错误；
C．由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2Na2O2+2Na2O2=2Na2CO3+O2↑，根据得失电子守恒知两者转移电子的物质的量相同，C正确；
D．Na2O2的漂白原理为过氧化钠具有强氧化性，活性炭的漂白原理是其具有吸附性，原理不相同，D错误；
故合理选项是C。
17．已知：溶液酸性越强，pH越小；电导率是衡量物体传导电流的能力，导电性越强，电导率越大。某学习小组拟用手持技术对光照过程中密闭容器内的新制饱和氯水的变化进行检测，下列图象不正确的是
A
B
C
D
氯水的pH随时间的变化
溶液中氯离子浓度随时间的变化
液面上方氧气体积分数随时间的变化
氯水的电导率随时间的变化
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【分析】氯水中存在如下平衡：①Cl2+H2OH++Cl-+HClO、②HClOH++ClO-，HClO不稳定易分解2HClO2HCl+O2↑，氧气体积分数不断增大，随着HClO的分解，Cl2+H2O⇌HClO+HCl平衡向右移动，最终会变为盐酸，溶液pH不断减小，所以当溶液的体积不变，溶液中的离子随着饱和氯水变为盐酸，离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力与离子浓度成正比，以此来解答。
【详解】A．根据分析，氯水最终会变为盐酸，溶液pH不断减小，故A正确；
B．随着HClO的分解，水中的Cl2+H2OHClO+HCl平衡会向右移动，氯离子浓度不断增大，故B正确；
C．反应生成氧气，氧气体积分数不断增大，故C正确；
D．溶液中离子浓度增大，溶液的导电能力与离子浓度成正比，电导率不断增大，最终会变为盐酸，电导率不变，故D错误；
故选：D。
18．已知有下列四个反应：
①Cl2+FeI2=FeCl2+I2 ②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-
③Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 ④Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O
下列有关说法正确的是
A．反应①②③④中的氧化产物分别是I2、Fe3+、Br2、CoCl2
B．根据以上方程式可以得到氧化性：Co2O3>Cl2>Br2>Fe3+
C．可以推理得到Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2
D．在反应④中，HCl既体现了酸性，又体现了氧化性
【答案】B
【详解】A．反应中，元素化合价升高生成的产物为氧化产物，则①中的氧化产物为I2，②中的氧化产物为Fe3+，③中的氧化产物为Br2，④中的氧化产物为Cl2，故A错误；
B．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在反应①中Cl2>I2，在反应②中Br2>Fe3+，在反应③中Cl2>Br2，在反应④中Co2O3>Cl2，氧化性顺序是：Co2O3>Cl2>Br2>Fe3+，故B正确；
C．根据反应②的还原性顺序：Br-
答案选B。
19．实验室有一包白色固体，可能含有Na2CO3、NaHCO3和NaCl中的一种或多种。下列根据实验事实得出的结论正确的是（）
A．取一定量固体，溶解，向溶液中通入足量的CO2，没有固体析出，说明原固体中一定不含有Na2CO3
B．取一定量固体，溶解，向溶液中加入适量CaO粉末，有白色沉淀生成，说明原固体中一定含有Na2CO3
C．取一定量固体，溶解，向溶液中滴加适量AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明原固体中一定含有NaCl
D．取一定量固体，加热，将生成的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明原固体中一定含有NaHCO3
【答案】D
【详解】A.碳酸钠溶液和二氧化碳可以反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以向溶液中通入足量的CO2，没有固体析出，可能是溶液的浓度较小造成的，不能说明原固体中一定不含Na2CO3，故A错误；
B.向溶液中加入氧化钙，会生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸氢钠和碳酸钠都能反应生成碳酸钙沉淀，不一定含有碳酸钠，故B错误；
C.碳酸钠、氯化钠均可以和硝酸银之间反应生成白色沉淀，向溶液中滴加适量AgNO3溶液，观察到有白色沉淀生成，原固体中不一定含有NaCl，故C错误；
D.取一定量固体，加热，只有碳酸氢钠能够受热分解生成二氧化碳，将生成的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明原固体中一定含有NaHCO3，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为B，要注意碳酸钠和碳酸氢钠都能与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，Na2CO3+ Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3+ Ca(OH)2=CaCO3↓+NaOH+H2O或2NaHCO3+ Ca(OH)2=CaCO3↓+ Na2CO3+2H2O。
20．某固体可能含有NH、Cu2+、Na+、Cl-、CO、SO中的几种离子，取等质量的两份该固体，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：
(1)一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63 g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66 g沉淀。
(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体0.672 L(标准状况)。
下列说法正确的是
A．该固体中一定含有NH、CO、SO、Na+
B．该固体中一定没有Cu2+、Cl-、Na+
C．该固体中只含有NH、CO、SO、Cl-
D．根据以上实验，无法确定该固体中有Na+
【答案】A
【分析】(1)一份固体溶于水得无色透明溶液，一定不含Cu2+，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀，是硫酸钡沉淀，物质的量为0.02mol，而碳酸钡沉淀溶于稀盐酸，所以沉淀部分溶解，说明原溶液中一定含有CO、SO，且n(SO)=0.02mol，碳酸钡沉淀是6.63g−4.66g=1.97g，物质的量是0.01mol；
(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，即氨气0.672L(标准状况)即0.03mol，所以含有铵根离子0.03mol，根据电荷守恒，所以一定含有钠离子，其物质的量至少是：0.02mol×2+0.01mol×2−0.03mol=0.03mol，氯离子无法确定是否存在。
【详解】A．分析可知，该固体中一定含有NH、CO、SO、Na+，A说法正确；
B．该固体一定没有Cu2+，一定有Na+，Cl-无法判断，B说法错误；
C．该固体中一定含有NH、CO、SO、Na+，Cl-无法确定是否含有，C说法错误；
D．根据上述实验，该固体中一定含有Na+，D说法错误；
答案选A。
二、原理综合题
21．氯气(液氯)、漂白粉、“84消毒液”等都是含氯消毒剂。
(1)工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯气，实验室中可以用二氧化锰或高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气。
①写出工业上制取氯气的化学反应方程式：__，该反应中氧化产物是__(填化学式)。
②写出二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气的离子方程式：____，该反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为____。87g二氧化锰与含4molHCl的浓盐酸加热充分反应，生成Cl2的物质的量____1mol(填“大于”、“小于”或“等于”)。
③实验室中用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气的化学方程式为：
2KMnO4+16HCl(浓) = 2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，有3.01×1022个电子发生转移时，生成的氯气的体积标准状况下约为____L。
④用高锰酸钾和二氧化锰制备等量的氯气，被氧化的HCl的质量之比为____。
(2)由于氯气不便于保存，生活中常用的含氯消毒剂是漂白粉或“84消毒液”。
①将氯气通入石灰乳(工业上先煅烧石灰石或贝壳，再加水反应来获得石灰乳)中可以制得漂白粉，写出该反应的化学反应方程式，并用双线桥法标出该反应的电子转移方向和数目____。
②氯气和氢氧化钠溶液反应可制得“84消毒液”。“84消毒液”和洁厕灵(主要成分是稀盐酸)不能混合使用，其原因是____。
(3)含氯消毒剂的消毒能力可以用氧化性来衡量，商业上常用“有效氯”来说明消毒剂的消毒能力。“有效氯”的基本含义是指一定质量的这种消毒剂与多少质量的氯气的氧化能力相当，其数值可以用此时氯气的质量对消毒剂质量的百分比来表示。若100g某“84消毒液”与6.26g氯气的氧化能力相当(即该产品的“有效氯”为6.26%)，则100g该产品中次氯酸钠的质量约为____g。
【答案】(1) Cl2 2∶1 小于 0.56 1∶1
(2) 氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠和盐酸反应可生成有毒的氯气
(3)6.57
【详解】（1）①工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯气，化学反应方程式为，该反应中NaCl失电子被氧化生成的Cl2是氧化产物。
②二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气的离子方程式为。该反应中还原剂为Cl-，氧化剂为MnO2，两者物质的量之比为2：1。1molMnO2和4molHCl充分加热，若两者完全反应则生成1molCl2，但是随着反应进行，盐酸逐渐被稀释，稀盐酸不与MnO2反应，则生成Cl2的物质的量小于1mol。
③根据化学方程式可知，有0.05mol电子发生转移，则生成0.025molCl2，标准状况下约为0.56L。
④，2KMnO4+16HCl(浓) = 2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，根据两个方程式可知，HCl均被氧化生成Cl2，除HCl外无其他还原剂，则生成等量的氯气，被氧化的HCl质量之比为1∶1。
（2）①将氯气通入石灰乳中，生成氯化钙和次氯酸钙，Cl2中一个Cl失电子生成次氯酸根离子，另一个Cl得电子生成Cl-，该反应的化学方程式为。
②氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠和盐酸反应可生成有毒的氯气，所以“84消毒液”和洁厕灵不能混合使用。
（3）设100g该产品中次氯酸钠的质量为mg，则，解得m=6.57g。
三、实验题
22．实验室要配制450mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，回答下列问题。
(1)应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体____g。
(2)配制Na2CO3溶液时需用的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、____、____。
(3)若实验遇下列情况，溶液的浓度偏低的是____。
A．加水时超过刻度线
B．忘记将洗涤液转移至容量瓶
C．容量瓶内壁附有水珠而未进行干燥处理
D．定容后摇匀，液面低于刻度线
E．称量时砝码生锈
F．定容时，仰视容量瓶刻度线以控制加水量
(4)工业上制备Na2CO3是通过NaHCO3受热分解获得，若向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，反应的离子方程式为____。
【答案】(1)14.3
(2) 500mL容量瓶 胶头滴管
(3)ABF
(4)2HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO
【详解】（1）因配制溶液的体积为450mL，需选用500mL容量瓶，Na2CO3的物质的量n=cV=0.5L×0.1mol•L-1=0.05mol，Na2CO3•10H2O的物质的量等于Na2CO3的物质的量，所以Na2CO3•10H2O的质量为0.05mol×286g/mol=14.3g；
（2）配制顺序是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量（用到药匙），在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次，并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀．所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，
（3）A．加水时超过刻度线，溶液的体积偏大，浓度偏低，选项A正确；
B．忘记将洗涤液转入容量瓶，洗涤液中含有溶质，溶质的质量偏低，浓度偏低，选项B正确；
C．容量瓶洗涤后底部内壁有水珠而未作干燥处理，不影响溶液的体积，浓度不变，选项C错误；
D．定容、摇匀、静置后发现凹液面低于刻度线，过会儿滞留在刻度线以上的溶液就会下落，溶液的体积不变，浓度无影响，选项D错误；
E．称量时砝码生锈，所称固体质量偏大，所配溶液浓度偏大，选项E错误；
F．定容时，仰视容量瓶刻度线以控制加水量，加水过多，浓度偏低，选项F正确；
（4）向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，根据以少定多原则，Ba(OH)2定为1mol，NaHCO3为2mol，反应的离子方程式为2HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO，
四、工业流程题
23．二氯化二硫(S2Cl2)是一种常用于橡胶硫化、有机物氯化的试剂。查阅资料：①将干燥的氯气在110～140 ℃间与硫反应，即可得S2Cl2粗品；②有关物质的部分性质如表所示：
物质
熔点/℃
沸点/℃
化学性质
S
112.8
444.6
略
S2Cl2
-77
137
一种橙黄色的液体，遇水易水解，有淡黄色固体S出现，同时产生能使品红溶液褪色的气体SO2；300℃以上完全分解；S2Cl2 + Cl22SCl2 。
设计如图所示实验装置在实验室合成S2Cl2：
回答以下问题：
(1)A仪器的名称____，B仪器的名称______，a的作用是____。
(2)C装置的作用是____。
(3)乙同学发现，该装置中除了E处的温度不能过高外，还有一处重大缺陷需改进，否则会导致S2Cl2的产率大大降低，原因是____(用化学方程式表示)；请简要提出改进方案：______________________。
(4)H中的溶液选择下列试剂中的最佳试剂是____(填序号)。
①碳酸钠溶液 ②NaOH溶液 ③饱和NaCl溶液
【答案】(1) 恒压滴液漏斗 蒸馏烧瓶 平衡气压，利于液体顺利滴下
(2)除去氯化氢
(3) 2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl 在G和H之间增加干燥装置
(4)①②
【分析】根据题意可知，该实验的原理为A中浓盐酸与B装置中二氧化锰加热制氯气，反应为：MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2 + Cl2 ↑+ 2H2O，氯气中有氯化氢、水蒸气等杂质，用C装置中饱和食盐水除去氯化氢，用D装置中浓硫酸干燥，得到较纯净的氯气，在E装置中将干燥纯净的氯气在110℃～140℃与硫反应可得S2Cl2，G装置收集产品，多余的氯气用H吸收，注意控制温度不宜过高、滴加浓盐酸的速度不要过快，否则300℃以上S2Cl2分解，过量氯气发生反应S2Cl2+Cl2═2SCl2，导致S2Cl2粗品中可能混有较多的SCl2、Cl2、S杂质，据此分析作答。
【详解】（1）A仪器的名称为恒压滴液漏斗，B仪器的名称为蒸馏烧瓶，a的作用是平衡气压，利于液体顺利滴下；
（2）氯气中有氯化氢、水蒸气等杂质，C装置的饱和食盐水用于除去氯化氢；
（3）由于S2Cl2遇水易水解生成S和二氧化硫，该装置中G和H之间缺少干燥装置，易发生反应2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl；改进方法为：在G和H之间增加干燥装置；
（4）氯气为有毒气体，装置H的作用是吸收尾气，防止污染环境，所以H中溶液可以为碳酸钠溶液或氢氧化钠溶液。
24．二氧化氯(ClO2)可用于自来水消毒。以粗盐为原料生产ClO2的工艺主要包括：①粗盐精制；②电解微酸性NaCl溶液；③ClO2的制取。工艺流程如图，其中反应Ⅲ制取ClO2的化学方程式为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。
(1)试剂X是____(填化学式)。
(2)NaOH及试剂X均需过量的原因是____。
(3)反应Ⅲ，若生成67.5gClO2，转移电子的物质的量为____。
(4)用ClO2处理过的饮用水常含有一定量有害的ClO2。我国规定饮用水中ClO2的含量在0.1~0.8mg·L-1。测定水样中ClO2的含量的过程如下：
①量取25.00mL水样加入锥形瓶中，并调节水样的pH为7.0~8.0。
②加入足量的KI晶体。此过程发生反应2ClO2+2I－=2ClO+I2。
③加入少量淀粉溶液，再向上述溶液中滴加1.00×10-3mol·L-1Na2S2O3溶液至溶液蓝色刚好褪去，消耗Na2S2O3溶液7.45mL。此过程发生反应：2S2O+I2=S4O+2I－。
根据上述数据计算并判断该水样中ClO2的含量是否符合国家规定____。(请写出计算过程)
【答案】(1)Na2CO3
(2)保证Ca2+、Mg2+沉淀完全
(3)1mol
(4)25.00mL水样中n(ClO2)= n(S2O)=；则ClO2的含量为 > 0.1~0.8mg·L-1，则不符合国家规定
【分析】以粗盐为原料生产ClO2的工艺主要包括：①粗盐精制；②电解微酸性NaCl溶液；③ClO2的制取。根据流程图，粗盐水中加入氢氧化钠除去镁离子，再加入试剂X除去钙离子生成碳酸钙，因此X为碳酸钠，过滤后得到氢氧化镁和碳酸钙沉淀；用适量盐酸调节溶液的酸性，除去过量的氢氧化钠和碳酸钠得到纯净的氯化钠溶液，反应Ⅱ电解氯化钠溶液生成氢气和NaClO3，加入盐酸，发生反应Ⅲ2NaClO3＋4HCl=2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，得到ClO2，据此分析解答。
【详解】（1）根据分析，试剂X是Na2CO3；
（2）为了保证Ca2+、Mg2+沉淀完全，NaOH及Na2CO3均需过量；
（3）反应Ⅲ为2NaClO3＋4HCl=2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，反应中，NaClO3中Cl元素被还原生成ClO2，每生成2molClO2转移2mol电子，67.5gClO2物质的量为1mol，转移电子的物质的量为1mol；
（4）由2ClO2+2I-=2ClO+I2和2S2O+I2=S4O+2I-，得ClO2～Na2S2O3，则25.00mL水样中n(ClO2)=n(S2O)=；则ClO2的含量为 > 0.1~0.8mg·L-1，则不符合国家规定。
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