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2022-2023学年浙江省宁波市效实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学年浙江省宁波市效实中学高一上学期期中考试化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，元素或物质推断题，计算题等内容，欢迎下载使用。
浙江省宁波市效实中学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．下列化合物中，属于盐的是
A．CaO B．KOH C．H2SO4 D．NaClO
【答案】D
【详解】A．CaO由二种元素组成的化合物，其中一种为氧元素，另一种为金属元素，属于金属氧化物，故A不符合题意；
B．KOH在水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，属于碱，故B不符合题意；
C．H2SO4在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，属于酸，故C不符合题意；
D．NaClO是由钠离子与次氯酸根阴离子组成的化合物，属于盐，故D符合题意；
答案为D。
2．下列仪器名称为“容量瓶”的是
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】容量瓶是一种带有磨口玻璃塞的细颈、梨形的平底玻璃瓶，颈上有刻度，选项中仪器A为圆底烧瓶，B为分液漏斗，C为容量瓶，D为锥形瓶，故C符合题意。
答案选C。
3．下列分散系能产生“丁达尔效应”的是
A．葡萄糖溶液 B．氢氧化铁胶体 C．盐酸 D．油水
【答案】B
【详解】胶体分散系能产生“丁达尔效应”，不属于胶体的分散系不能产生“丁达尔效应”， 葡萄糖溶液、盐酸、油水均不属于胶体分散系，氢氧化铁胶体属于胶体分散系，故答案为：B。
4．下列说法错误的是
A．0.3molH2SO4 B．1molH2O C．0.5摩尔氧 D．3摩尔氢原子
【答案】C
【详解】作为物质的量的单位，mol可以计量所有微观粒子，包括原子、分子、离子、原子团、电子、质子、中子等，表示时必须指明微粒种类，如：0.3molH2SO4、1molH2O、3摩尔氢原子，但是0.5摩尔氧是错误的，没有指明是氧原子还是氧分子，所以A、B、D正确，C错误；
故答案选C。
5．下列属于化学变化的是
A．钠的焰色试验 B．碘的升华 C．钢铁生锈 D．氯气的液化
【答案】C
【分析】有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化，据此解答。
【详解】A．钠的焰色试验是元素的性质，过程中无新物质生成，属于物理变化，故A不符合题意；
B．碘升华只是状态发生改变，即固态变气态，没有新物质生成，属于物理变化，故B不符合题意；
C．钢铁生锈过程中有新物质铁锈生成，属于化学变化，故C符合题意；
D．氯气的液化只是状态发生改变，即由气态变液态，没有新物质生成，属于物理变化，故D不符合题意；
答案为C。
6．0.5L 1mol/L FeCl3溶液与0.2L 1mol/L KCl溶液中的c(Cl- )之比是
A．5：2 B．15：2 C．3：1 D．1：3
【答案】C
【详解】给定浓度的溶液中氯离子的浓度与溶液的体积无关，则1mol/L FeCl3溶液中c(Cl- )=3mol/L，1mol/L KCl溶液中的c(Cl- )=1mol/L，则c(Cl- )之比为3：1，答案为C。
7．下列物质溶于水后溶液显酸性的是
A．NaHCO3 B．NaHSO4 C．BaCl2 D．Na2CO3
【答案】B
【详解】A．的水解程度大于电离程度，因此NaHCO3溶液显碱性，A不符合题意；
B．NaHSO4=Na++H++，溶液为强酸性，B符合题意；
C．BaCl2为强酸强碱盐，溶液为中性，C不符合题意；
D．水解显碱性，+H2O+OH-，D不符合题意；
故选B。
8．下列变化过程中，加入氧化剂才能实现的是
A．Na2O2→O2 B．KClO3→KCl C．KBr→Br2 D．MnO2→Mn2+
【答案】C
【分析】加入氧化剂说明该物质被氧化，化合价升高。
【详解】A．Na2O2可以发生歧化反应生成O2，例如：2Na2O2+2H2O = 4NaOH+O2↑，不需要加氧化剂，A不符合题意；
B．KClO3中+5价的Cl变为KCl中的-1价，化合价降低，B不符合题意；
C．KBr中-1价的Br变为Br2中的0价，化合价升高，C符合题意；
D．MnO2中+4价的Mn变为+2价，化合价降低，D不符合题意；
故选C。
9．食盐中的碘元素以碘酸钾形式存在，可根据反应：验证食盐中存在，根据上述反应，下列说法错误的是
A．作氧化剂，发生还原反应
B．既是氧化产物又是还原产物
C．该条件下氧化性：
D．每生成转移电子的物质的量为
【答案】D
【详解】A．中的I元素从+5价降低到0价，作氧化剂，发生还原反应，A正确；
B．既是化合价升高得到的产物又是化合价降低得到的产物，既是氧化产物又是还原产物，B正确；
C．该反应作氧化剂，I2既是氧化产物又是还原产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，条件下氧化性：，C正确；
D．根据该反应：~5e-，每生成转移电子的物质的量为，D错误；
故选D。
10．在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是（ ）
A．Na+、K+、OH－、Cl－ B．Na+、Cu2+ 、SO、NO
C．Mg2+、Na+、SO、Cl－ D．Ca2+、HCO、NO、K+
【答案】C
【详解】A．强酸性溶液中的H++ OH－=H2O，A不合题意；
B．无色透明溶液中不能存在大量的Cu2+，B不合题意；
C．强酸性溶液中的H+与Mg2+、Na+、SO、Cl－均不反应，故能够大量共存，C符合题意；
D．强酸性溶液中的H++HCO=H2O+CO2↑，D不合题意；
故答案为：C。
11．下列有关实验的说法不正确的是
A．向沸腾的蒸馏水滴加饱和的氯化铁溶液，可以得到氢氧化铁胶体
B．做焰色试验前，铂丝用稀盐酸清洗并灼烧至与原来的火焰颜色相同
C．向碳酸钠固体滴加几滴蒸馏水，碳酸钠结块变晶体，温度升高，说明碳酸钠遇水发生了放热反应
D．为防止试剂污染，取用金属钠后多余的钠不能放回原试剂瓶
【答案】D
【详解】A．向沸腾的蒸馏水滴加饱和的氯化铁溶液，可以得到氢氧化铁胶体，A正确；
B．做焰色试验前，铂丝用稀盐酸清洗并灼烧至与原来的火焰颜色相同，除去铂丝表面的杂质，B正确；
C．向碳酸钠固体滴加几滴蒸馏水，碳酸钠结块变晶体，温度升高，Na2CO3+xH2O= Na2CO3∙xH2O，是放热反应，C正确；
D．金属钠储存在煤油中，取用金属钠后多余的钠需要放回原试剂瓶，D错误；
故答案选D。
12．化学知识在生活中有广泛的应用，下列有关说法正确的是
A．维生素C又名抗坏血酸，有较强的还原性，在食品中添加适量维生素C可以延长食品的保质期
B．节日燃放的烟花所呈现的艳丽色彩，是利用了钠、镁、铝等金属元素的焰色反应
C．碳酸钠溶液呈碱性能与盐酸反应，胃酸过多的病人可以在饮用水中加适量碳酸钠
D．使用氯气对自来水消毒时可能产生对人体有害的有机氯化物，因此使用、的同素异形体、做为新的自来水消毒剂
【答案】A
【详解】A．维生素C具有还原性，在食品中添加适量维生素C可以延长食品的保质期，故A正确；
B．镁、铝灼烧时均为无色，则节日燃放的烟花，是碱金属、锶等金属化合物焰色反应所呈现的色彩，故B错误；
C．碳酸钠碱性较强，若用于治疗胃酸过多，对人体有害，故C错误；
D．同种元素组成的不同单质为同素异形体，不属于单质，与不是同素异形体，故D错误；
故选：A。
13．下列离子方程式书写正确的是
A．次氯酸钙溶液中通入过量的CO2：Ca2++2ClO-+H2O=CaCO3↓+2HClO
B．氯化铁溶液与碘化钾溶液反应：2Fe3+＋2I-=2Fe2+＋I2
C．碳酸氢钠固体加到盐酸中：CO+2H+=CO2↑+H2O
D．氯气通入石灰乳中：Cl2+2OH-=H2O+Cl-+ClO-
【答案】B
【详解】A．次氯酸钙溶液中通入过量的CO2生成HClO和碳酸氢钙，离子方程式ClO-+H2O+CO2=HCO+HClO，A错误；
B．氯化铁有氧化性，碘化钾有还原性，能发生氧化还原，2Fe3+＋2I-=2Fe2+＋I2，B正确；
C．碳酸氢钠固体加到盐酸中：HCO+H+=CO2↑+H2O，C错误；
D．石灰乳是浊液，要写成化学式形式，Cl2+Ca(OH)2=H2O+Cl-+ClO-+Ca2+，D错误；
故答案选B。
14．为探究某食品包装袋内一小包脱氧剂中的还原铁粉是否变质，分别取少量样品溶于盐酸，再进行下列实验，其中结论正确的是
A．若滴加KSCN溶液，溶液变红，说明铁粉变质
B．若滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明铁粉未变质
C．若依次滴加氯水、KSCN溶液，溶液变红，说明铁粉全部变质
D．若滴加KSCN溶液，溶液未变红；再滴加氯水，溶液变红，说明铁粉部分变质
【答案】A
【分析】Fe粉变质生成Fe2+或Fe3+，还原铁粉溶于稀盐酸时，溶液中含有Fe2+或Fe3+或二者都有，实验室采用酸性高锰酸钾溶液检验Fe2+，用KSCN溶液检验Fe3+，Fe2+具有还原性，能被强氧化剂氧化，据此分析解答。
【详解】A．若再滴加KSCN溶液，溶液变红，证明含有Fe3+，则说明铁粉部分变质或全部变质，故A正确；
B．若再滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明溶液中无Fe3+，但还原铁粉有可能被氧化为Fe2+，故B错误；
C．氯水具有强氧化性，可以把Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+来源可能是铁与盐酸反应，故不能确定是部分氧化还是全部氧化还是没有被氧化，故C错误；
D．若再滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明不含Fe3+，再滴加氯水，溶液变红，说明含有Fe2+，此现象说明铁粉部分变质或未变质，故D错误；
故选A。
15．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下，71g氯气含有的电子数目为34NA
B．标准状况下，22.4LH2O所含的分子数目为NA
C．0.1mol Mg变为Mg2+时，得到的电子数目为0.2NA
D．0.5mol·L﹣1的AlCl3溶液中含有的Cl-的数目为1.5 NA
【答案】A
【详解】A．71g氯气为1mol，每个Cl有17个电子，1mol氯气含有电子数目为34NA，故A正确；
B．标准状况下，H2O不是气态，不能用气体摩尔体积计算，故B错误；
C．0.1mol Mg变为Mg2+时，失去的电子数目为0.2NA，故C错误；
D．0.5mol•L﹣1的AlCl3溶液，没给出溶液的体积，无法计算其中含有的Cl﹣的数目，故D错误；
故答案为A。
16．在氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，待反应结束后，所剩余的固体中有铁存在，则反应后溶液中存在较多的阳离子是（ ）
A．Cu2+ B．Fe3+ C．Fe2+ D．H+
【答案】C
【详解】所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，说明该物质为铁，铁粉剩余，溶液中一定没有Fe3+ 、Cu2+ 、H+，这些离子都能和铁粉发生氧化还原反应，反应后溶液中存在较多的阳离子是Fe2＋；
答案选C。
【点睛】本题主要考查学生有关金属铁的性质，可以Fe与三价铁离子、铜离子、氢离子之间的反应来回答，根据金属铁能和三价铁、铜离子以及氢离子反应的性质来分析。
17．1L1mol·L-1的盐酸，欲将其浓度扩大一倍，以下方法中最宜采用的是
A．将溶液加热浓缩到0.5L
B．加入2L1mol·L-1的盐酸混合均匀
C．加入10mol·L-1的盐酸0.2L，再稀释至1.5L
D．标准状况下通入22.4L氯化氢气体
【答案】C
【详解】A．加热蒸发会导致HCl挥发，加热浓缩到原来体积的一半，溶液浓度小于原来的2倍，故A错误；
B．浓度均为1mol/L的盐酸混合后，浓度仍为1mol/L，故B错误；
C．混合后溶液中的HCl为 1mol/L×1L+10mol/L×0.2L=3mol，所以混合后HCl的浓度为=2mol/L，故C正确；
D．通过氯化氢气体，溶液的密度和体积发生变化，无法求出浓度，故D错误；
故选C。
18．下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是
A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④
【答案】B
【详解】因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。①、②原理一样，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；③由于空气中的氧气能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀；④中液面加苯阻止了空气进入，能较长时间看到白色沉淀。答案选B。
19．如图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。下列操作正确的是
A．a通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰
B．b通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰
C．a通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
D．b通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
【答案】C
【详解】由于CO2在水中的溶解度比较小，而NH3极易溶于水，所以在实验中要先通入溶解度较大的NH3，再通入CO2；由于NH3极易溶于水，在溶于水时极易发生倒吸现象，所以通入NH3的导气管的末端不能伸入到溶液中，即a先通入NH3，然后b通入CO2，A、B、D选项均错误；因为NH3是碱性气体，所以过量的NH3要用稀硫酸来吸收，选项C合理；故合理答案是C。
【点睛】本题主要考查钠及其重要化合物的性质，及在日常生产、生活中的应用，题型以选择题(性质、应用判断)。注意对钠及化合物的性质在综合实验及工艺流程类题目的应用加以关注。
20．在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和“气体密度相等时，下列说法正确的是（ ）
A．两种气体的压强相等 B．O2比O3质量小
C．两种气体的分子数目相等 D．两种气体的氧原子数目相等
【答案】D
【详解】相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等；
A．O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n(O2)：n(O3)=3：2，在同温同体积的条件下，则两种气体的压强之比为3：2，故A错误；
B．相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，故B错误；
C．O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n(O2)：n(O3)=3：2，则两种气体的分子数目之比为3：2，分子数目不等，故C错误；
D．由分析可知，两种气体的氧原子数目相等，故D正确；
故答案为D。
21．将6.2 g Na2O加入到m g水中，形成的溶液中Na＋和H2O的个数比为1：10，则m等于
A．18 B．19.8 C．37.8 D．36
【答案】C
【详解】n（Na2O）==0.1mol，根据氧化钠与水反应可知：
n（Na＋）=n（NaOH）=0.2mol，反应消耗水的物质的量为0.1mol，反应后得到的溶液中Na＋和水分子的个数比为1：10，则反应后溶液中水的物质的量为10×0.2mol=2mol，开始时所用的水的物质的量为：2mol+0.1mol=2.1mol，质量为：2.1mol×18g·mol－1=37.8g；
故选C。
22．碱式氯化铜制备需要的可用作催化剂得到，其催化原理如图所示。下列有关说法错误的是
A．上述转化过程中与个数比
B．图中M、N分别为、
C．a、b、c之间的关系式为：
D．N参加的反应离子方程式为：
【答案】A
【分析】A中根据电子守恒进行计算；B中根据氧化还原反应化合价升降判断；C中根据化合价规则进行判断；D中根据原子和电子守恒进行书写；
【详解】A．根据整个过程中电子守恒得：2n(Cu2+)=4n(O2)，故与个数比2:1；故A不正确；
B．根据图示氧气做氧化剂，故N为二价铁离子，M为三价铁离子，故B正确；
C．根据化合物中元素化合价代数和为零判断，电荷守恒得：；故C正确；
D．根据原子、电子守恒判断氧气和二价铁离子的反应方程式为：；故D正确；
故选答案A；
【点睛】此题考查氧化还原反应的应用；注意利用化合价的特点进行判断。
23．取A、B两份物质的量浓度相等的NaOH溶液，体积均为50mL，分别向其中通入一定量的CO2后，再分别稀释到100 mL，在稀释后的溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，产生的CO2体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图，下列说法正确的是
A．原NaOH溶液的物质的量浓度0.075mol·L-1
B．A曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质为NaOH和Na2CO3且物质的量之比为1:3
C．B曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质为Na2CO3和NaHCO3且物质的量之比为1:1
D．B曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质与盐酸反应产生气体的最大体积为33.6 mL(标准状况)
【答案】C
【分析】CO2和NaOH溶液反应，根据通入CO2的量分四种情况，第一种情况是CO2量不足，反应后溶液的成分是NaOH、Na2CO3，第二种是CO2恰好反应，反应后溶液成分只有一种Na2CO3，第三种是CO2过量不多，反应后的溶液成分是Na2CO3、NaHCO3，最后一种是CO2完全过量，反应后溶液成分是NaHCO3，通过题目的CO2体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系图，反应后的溶液成分只可能是前三种情况，据此解答。
【详解】A．两种溶液当加入的盐酸为75ml时，CO2体积达到最大值，说明此时加入的盐酸和两种溶液恰好反应，反应后的溶液都为NaCl溶液，根据整个过程中钠离子守恒，可得关系式 NaOH~NaCl~HCl，然后根据消耗的盐酸的量求出氢氧化钠的物质的量，进而求出原NaOH溶液的浓度，所以n(NaOH)=n(HCl)=0.0750.1=0.0075mol，则c(NaOH)==015 mol·L-1，故A错误；
B．通过A曲线可知当滴入盐酸为60 mL时，才有CO2气体放出，此时发生的反应为NaHCO3+ HCl=NaCl+H2O+ CO2↑，CO2全部放出时，此阶段共消耗盐酸15 mL，根据化学方程式，可求出n(NaHCO3)=n(HCl)= 0.0150.1=0.0015 mol。通过分析，A曲线溶液成分有三种可能，一种是氢氧化钠和碳酸钠，一种是只有碳酸钠，一种是碳酸钠和碳酸氢钠，如果只有碳酸钠，那么整个过程消耗的盐酸是n(HCl) =2n(Na2CO3)=2 n(NaHCO3)= 0.0015 mol=0.003，即消耗的盐酸总计0.003 mol，即消耗盐酸30 mL，这和事实是不相符的，故曲线A的溶液成分只含有碳酸钠就排除了，如果含有的是碳酸钠和碳酸氢钠，则根据钠离子守恒，可知n(NaHCO3)应该等于 n(NaOH)，事实上是n(NaHCO3)= 0.0015 mol
D． 经分析B曲线溶液中含有碳酸钠和碳酸氢钠，且二者物质的量都是0.0025 mol，它们与盐酸反应产生的二氧化碳的物质的量和碳酸根物质的量是相等的，则产生的CO2的体积的最大值为V(CO2)= 0.005 mol=0.112L=112mL，故D错误；
本题答案C。
24．将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO-和ClO两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化示意图如图所示。下列说法正确的是
A．苛性钾溶液中KOH的质量是4.94g
B．氧化性ClO-
D．在酸性条件下ClO-和ClO可生成Cl2
【答案】C
【分析】根据图像可知，氯气和氢氧化钾反应生成次氯酸钾和氯化钾，该反应是放热反应，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾和氯化钾，所以氯酸根离子的生成是由于温度升高引起的，根据图像知生成n(ClO-)= 0.06mol， n(ClO)= 0.03mol。
【详解】A．根据得失电子守恒n(Cl-)=0.06mol×(1-0)+0.03mol ×(5-0)=0.21mol，据物料守恒可知n(K+)=n(Cl-)+n(ClO-)+n(ClO)=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，所以氢氧化钾的物质的量为0.3mol，则氢氧化钾质量为0.3mol×56g/mol=16.8g，A错误；
B．氧化性ClO->ClO，B错误；
C．反应中转移电子的物质的量为0.06mol×(1-0)+0.03mol ×(5-0)=0.21mol，C正确；
D．ClO-和ClO中氯元素化合价分别为+1、+5，均高于Cl2中氯元素的化合价，不符合氧化还原反应中化合价必须有升有降的规律，所以酸性条件下不可能生成氯气，D错误；
故答案选C。
25．某100mL溶液可能含有Na+、NH、Fe3+、CO、SO、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图(所加试剂均过量，气体全部逸出)。下列说法不正确的是
A．原溶液一定存在CO和SO、NH
B．原溶液一定存在Cl-，一定不存在Fe3+
C．原溶液是否存在Na+可通过焰色试验来确定
D．原溶液c(Cl-)<0.1mol·L-1
【答案】D
【分析】加入BaCl2溶液产生沉淀1，说明溶液中可能含有CO或SO，加入盐酸沉淀部分溶解，因此原溶液中含有CO、SO，沉淀2为BaSO4，n(SO)==0.01mol，n(CO)==0.01mol；碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+；滤液中加入NaOH产生气体，则原溶液中含有NH，n(NH)==0.05mol；阴离子所带电荷的物质的量为(0.02+0.02)mol=0.04mol，阳离子所电荷的物质的量为0.05mol，因此一定含有Cl－，Na+可能有，也可能没有，所以c(Cl－)≥0.1mol·L－1。
【详解】A．由分析可知原溶液一定存在CO和SO、NH，A正确；
B．由分析可知原溶液一定存在Cl-，一定不存在Fe3+，B正确；
C．Na的焰色试验现象为黄色，故原溶液是否存在Na+可通过焰色试验来确定，C正确；
D．由分析可知原溶液中c(Cl-)≥0.1mol·L-1，D错误；
故选D。
二、填空题
26．回答下列问题：
(1)高氯酸的化学式：_______，Fe3O4的俗名：_______。
(2)请写出Na2O2与水反应的化学方程式，并用双线桥法标出电子转移方向和数目：_______。
(3)写出下列反应的离子方程式：
①向碳酸氢钠溶液中滴加少量澄清石灰水：_______。
②氯气与水反应的离子方程式：_______。
(4)标况下，将112L氯化氢通入500mL水中，所得溶液的密度约为ρg/cm3。求所得盐酸的物质的量浓度_______mol/L(含ρ的表达式)。
(5)已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则24mL0.05mol/L的Na2SO3溶液与20mL0.02mol/L的K2Cr2O7溶液恰好反应时，Cr元素在还原产物中的化合价为_______。
【答案】(1) HClO4 磁性氧化铁
(2)
(3) Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+CO+2H2O Cl2+H2OH++Cl-+HClO
(4)5000ρ/682.5mol/L
(5)+3
【详解】（1）高氯酸的化学式为HClO4，Fe3O4的名称为四氧化三铁，有磁性，俗名为磁性氧化铁。
（2）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，过氧化钠中氧元素化合价由-1价升高到0价、由-1价降低到-2价，用双线桥法标出电子转移方向和数目为： 。
（3）①向碳酸氢钠溶液中滴加少量澄清石灰水生成碳酸钙、碳酸钠和水，故离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+CO+2H2O。
②氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO。
（4）112L氯化氢的物质的量为=5mol，500mL水的质量为500mL1g/mL=500g，盐酸的物质的量浓度mol/L。
（5）设Cr元素在还原产物中的化合价为x，根据转移电子守恒可得：20.024L0.05mol/L=20.02L0.02mol/L(6-x)，解得x=+3。
三、实验题
27．如图为实验室中浓硫酸试剂瓶标签上的部分内容，请回答下列问题。
(1)该硫酸的物质的量浓度是_____mol/L。
(2)某实验需要90mL3.0mol/L稀硫酸，要配制该溶液，经计算，需要用量筒量取______mL浓硫酸。
(3)在下列配制过程示意图中，有错误的是_______(填写序号)
(4)下列情况会引起所配稀硫酸浓度偏高的是______。
A．用蒸馏水洗涤量筒中残留的硫酸并转移至容量瓶
B．容量瓶洗涤后，未经干燥处理
C．溶液未经冷却就转移至容量瓶
D．未洗涤烧杯和玻璃棒
【答案】 18.4mol·L－1 16.3 ①④ AC
【分析】(1)根据c= 带入数据进行计算；
(2)根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积，没有90mL的容量瓶，以100mL容量瓶计算；
(3)根据正确配制一定物质的量浓度的溶液操作步骤进行分析；
(4)根据c= 进行误差分析。
【详解】(1)根据c= ，该浓硫酸的物质的量浓度为：c(H2SO4)=mol·L－1=18.4mol·L－1。
(2)根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积，没有90mL的容量瓶，以100mL计算，设浓硫酸的体积为x mL，所以xmL×18.4mol·L－1=100mL×3mol·L－1，解得：x≈16.3；
(3)①应将浓硫酸倒入水；②引流操作正确；③用玻璃棒引流，操作正确；④读数时视线应与凹液面最低处相切;⑤上下颠倒摇匀正确，故选①④。
(4)A．用蒸馏水将量筒中残留的硫酸洗出合并，取浓硫酸的体积增大，所配溶液浓度偏高，故A符合题意；
B．最后需要加水定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，故B不符合题意；
C．溶液有热胀冷缩的性质，浓硫酸稀释，放出大量的热，溶解后未恢复室温立即转移到容量瓶中定容，导致所配溶液体积减小，所配溶液浓度偏高，故C符合题意；
D．未洗涤烧杯和玻璃棒，移入容量瓶中的溶质硫酸的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，故D不符合题意；
此题答案为AC 。
【点睛】本题考查了溶液的溶质质量分数与物质的量浓度的换算，配制一定物质的量浓度溶液的操作方法，易错点(2)没有考虑到容量瓶没有90 mL，而按90 mL计算所需浓硫酸质量。
28．氯气是一种重要的化工原料，呈黄绿色，有毒，能与多种物质反应。用图所示装置1可制取氯气，并对其性质进行一系列的实验探究。
回答下列问题：
(1)①装置1中盛装浓盐酸的仪器名称是_______。
②实验室利用装置A制氯气，反应的离子方程式是_______。
(2)将装置1与装置2连接起来探究氯气的漂白性及氧化性。
①D、E通入Cl2后，观察到的现象是_______，根据现象可得出结论：Cl2无漂白性，Cl2与水反应生成的HClO有漂白性。
②实验开始后，观察到洗气瓶F中的现象是_______。
③请设计一个实验，证明洗气瓶H中的FeCl2已被氧化(简述实验操作)：_______。
④装置I中氢氧化钠的作用是(用离子方程式表示)_______。
【答案】(1) 分液漏斗 MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
(2) D中干燥的红色布条不褪色，E中的湿润的红色布条褪色 先变红后褪色 取少量洗气瓶H中溶液，加入KSCN，若变红说明氯化亚铁已被氧化 2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
【分析】由实验装置图可知，装置1用于制取纯净、干燥的氯气，其中装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气；装置1与装置2连接起来用于探究氯气的漂白性及氧化性，其中装置D、E中盛有的布条用于验证氯气的漂白性，装置F用于验证氯水的酸性和漂白性，装置G、H盛有的试剂用于验证氯气的氧化性，装置I中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【详解】（1）①由实验装置图可知，装置Ⅰ中盛装浓盐酸的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
②由分析可知，装置A中发生的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+H2O，故答案为：MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+H2O；
（2）①装置D中干燥的红色布条不褪色，E中湿润的红色布条褪色说明氯气无漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸有漂白性，故答案为：D中干燥的布条不褪色，E中湿润的布条褪色；
②溶于水的氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，具有强氧化性的次氯酸能使有机色质漂白褪色，盛有洗气瓶F中的紫色石蕊溶液会先变红后褪色，故答案为：先变红后褪色；
③由题意可知，装置H中发生的反应为氯化亚铁溶液与氯气反应生成氯化铁，检验Fe3+的方法为取少量洗气瓶H中溶液，加入KSCN，若变红说明氯化亚铁已被氧化，故答案为：取少量洗气瓶H中溶液，加入KSCN，若变红说明氯化亚铁已被氧化；
④由分析可知，装置I中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
四、元素或物质推断题
29．I.固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：
请回答：
(1)由现象1得出化合物X含有_______元素(填元素符号)。
(2)固体混合物Y由两种物质组成，请写出其成分_______(填化学式)。
(3)X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到棕黄色溶液，该反应的化学方程式是_______。
II.某校化学研究性学习小组为探究金属钠能否与二氧化碳气体反应设计了如下实验：将燃烧的钠迅速伸入到盛有装满CO2的集气瓶中，结果发现钠在其中继续燃烧，反应后冷却，瓶底附着黑色颗粒，瓶壁上黏附着白色物质。为确定白色产物，该小组同学进一步展开探究。
(1)通过分析，对白色产物成分的可能情况提出了如下几种假设：
假设1：白色产物为Na2O
假设2：白色产物为Na2CO3
假设3：_______
(2)为验证假设3正确，请设计实验方案验证_______
限选试剂：蒸馏水、2mol/L H2SO4、BaCl2溶液、澄清石灰水、酚酞试剂
【答案】 O Fe、NaOH 2Na4FeO4+16HCl=Cl2↑+2FeCl3+8NaCl+8H2O 白色产物为Na2O和Na2CO3的混合物 取少量白色固体溶于水，加入足量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则含Na2CO3；过滤，往滤液中滴加酚酞试液，溶液变红，则含有Na2O
【分析】由现象1 可知混合气体含水蒸气，且含过量的氢气，固体混合物Y溶于水，生成铁磁性固体单质，说明固体单质为Fe，得到碱性溶液，焰色反应呈黄色，说明含有Na元素，与盐酸发生中和反应，应为NaOH，则X含有Na、Fe、O等元素。
【详解】(1)现象1是白色硫酸铜变蓝色，说明有水蒸气生成，在氢气中燃烧，说明X含有O；
(2)由分析可知，固体混合物Y溶于水，有单质为Fe和NaOH溶液，说明固体Y为Fe、NaOH；
(3)X含有Na、Fe、O等元素，X中含Fe为=0.02mol，中和时需要0.08molHCl，说明含Na为0.08mol，含O为=0.08mol，则化学式为Na4FeO4，Na4FeO4与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到棕黄色溶液，即X与浓盐酸反应生成氯气、氯化铁、氯化钠和水，化学方程式为：2Na4FeO4+16HCl=Cl2↑+2FeCl3+8NaCl+8H2O；
Ⅱ．(4)钠在二氧化碳中燃烧生成的白色固体可能为Na2O、Na2CO3或Na2O和 Na2CO3混合物，则说明白色产物还可以为Na2O和Na2CO3的混合物；
(5)验证假设3正确，取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加入过量的BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明含有碳酸钠，静置片刻，取上层清液于试管中，滴加无色酚酞试液变红色，说明一定有氧化钠，因为氧化钠和水反应一定生成氢氧化钠溶液。
【点睛】考查物质的组成的测定，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，把握物质的性质以及计算的方法为解答的关键，注意物质的检验及元素守恒的应用。
五、计算题
30．向一定量Fe和Fe2O3的混合物中，加入50mL1.0mol/L硫酸，恰好使混合物完全溶解，放出448mL(标准状况)的气体，所得溶液中加入KSCN溶液无红色出现。
求：
(1)最后所得溶液(体积仍为50mL)中所含溶质为____，其物质的量浓度为____。
(2)原混合物中铁的质量为____g。
【答案】(1) FeSO4 1.0mol•L-1
(2)1.68
【详解】（1）硫酸和铁生成硫酸亚铁和氢气、和氧化铁生成硫酸铁和水，铁单质和铁离子生成亚铁离子；向一定量Fe和Fe2O3的混合物中，加入50mL1.0mol/L硫酸，恰好使混合物完全溶解，放出448mL(标准状况)的气体，则生成氢气物质的量为0.02mol；所得溶液中加入KSCN溶液无红色出现，则溶液中不存在三价铁，故所得所得溶液(体积仍为50mL)中所含溶质为硫酸亚铁，根据质量守恒可知，硫酸亚铁中硫酸根的物质的量等同于生成硫酸亚铁的物质的量，故其物质的量浓度为1.0mol/L；
（2）根据Fe+ H2SO4= FeSO4+H2↑，生成氢气的铁的物质的量为0.02mol、消耗硫酸0.02mol，与氧化物反应的硫酸为0.05L×1.0mol/L-0.02mol=0.03mol，生成硫酸铁0.01mol；根据Fe+Fe2(SO4)3=3 FeSO4，与铁离子反应的铁的物质的量为0.01mol；故原混合物中铁的质量为（0.02+0.01）mol×56g/mol=1.68g。
浙江省宁波市效实中学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．下列化合物中，属于盐的是
A．CaO B．KOH C．H2SO4 D．NaClO
【答案】D
【详解】A．CaO由二种元素组成的化合物，其中一种为氧元素，另一种为金属元素，属于金属氧化物，故A不符合题意；
B．KOH在水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，属于碱，故B不符合题意；
C．H2SO4在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，属于酸，故C不符合题意；
D．NaClO是由钠离子与次氯酸根阴离子组成的化合物，属于盐，故D符合题意；
答案为D。
2．下列仪器名称为“容量瓶”的是
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】容量瓶是一种带有磨口玻璃塞的细颈、梨形的平底玻璃瓶，颈上有刻度，选项中仪器A为圆底烧瓶，B为分液漏斗，C为容量瓶，D为锥形瓶，故C符合题意。
答案选C。
3．下列分散系能产生“丁达尔效应”的是
A．葡萄糖溶液 B．氢氧化铁胶体 C．盐酸 D．油水
【答案】B
【详解】胶体分散系能产生“丁达尔效应”，不属于胶体的分散系不能产生“丁达尔效应”， 葡萄糖溶液、盐酸、油水均不属于胶体分散系，氢氧化铁胶体属于胶体分散系，故答案为：B。
4．下列说法错误的是
A．0.3molH2SO4 B．1molH2O C．0.5摩尔氧 D．3摩尔氢原子
【答案】C
【详解】作为物质的量的单位，mol可以计量所有微观粒子，包括原子、分子、离子、原子团、电子、质子、中子等，表示时必须指明微粒种类，如：0.3molH2SO4、1molH2O、3摩尔氢原子，但是0.5摩尔氧是错误的，没有指明是氧原子还是氧分子，所以A、B、D正确，C错误；
故答案选C。
5．下列属于化学变化的是
A．钠的焰色试验 B．碘的升华 C．钢铁生锈 D．氯气的液化
【答案】C
【分析】有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化，据此解答。
【详解】A．钠的焰色试验是元素的性质，过程中无新物质生成，属于物理变化，故A不符合题意；
B．碘升华只是状态发生改变，即固态变气态，没有新物质生成，属于物理变化，故B不符合题意；
C．钢铁生锈过程中有新物质铁锈生成，属于化学变化，故C符合题意；
D．氯气的液化只是状态发生改变，即由气态变液态，没有新物质生成，属于物理变化，故D不符合题意；
答案为C。
6．0.5L 1mol/L FeCl3溶液与0.2L 1mol/L KCl溶液中的c(Cl- )之比是
A．5：2 B．15：2 C．3：1 D．1：3
【答案】C
【详解】给定浓度的溶液中氯离子的浓度与溶液的体积无关，则1mol/L FeCl3溶液中c(Cl- )=3mol/L，1mol/L KCl溶液中的c(Cl- )=1mol/L，则c(Cl- )之比为3：1，答案为C。
7．下列物质溶于水后溶液显酸性的是
A．NaHCO3 B．NaHSO4 C．BaCl2 D．Na2CO3
【答案】B
【详解】A．的水解程度大于电离程度，因此NaHCO3溶液显碱性，A不符合题意；
B．NaHSO4=Na++H++，溶液为强酸性，B符合题意；
C．BaCl2为强酸强碱盐，溶液为中性，C不符合题意；
D．水解显碱性，+H2O+OH-，D不符合题意；
故选B。
8．下列变化过程中，加入氧化剂才能实现的是
A．Na2O2→O2 B．KClO3→KCl C．KBr→Br2 D．MnO2→Mn2+
【答案】C
【分析】加入氧化剂说明该物质被氧化，化合价升高。
【详解】A．Na2O2可以发生歧化反应生成O2，例如：2Na2O2+2H2O = 4NaOH+O2↑，不需要加氧化剂，A不符合题意；
B．KClO3中+5价的Cl变为KCl中的-1价，化合价降低，B不符合题意；
C．KBr中-1价的Br变为Br2中的0价，化合价升高，C符合题意；
D．MnO2中+4价的Mn变为+2价，化合价降低，D不符合题意；
故选C。
9．食盐中的碘元素以碘酸钾形式存在，可根据反应：验证食盐中存在，根据上述反应，下列说法错误的是
A．作氧化剂，发生还原反应
B．既是氧化产物又是还原产物
C．该条件下氧化性：
D．每生成转移电子的物质的量为
【答案】D
【详解】A．中的I元素从+5价降低到0价，作氧化剂，发生还原反应，A正确；
B．既是化合价升高得到的产物又是化合价降低得到的产物，既是氧化产物又是还原产物，B正确；
C．该反应作氧化剂，I2既是氧化产物又是还原产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，条件下氧化性：，C正确；
D．根据该反应：~5e-，每生成转移电子的物质的量为，D错误；
故选D。
10．在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是（ ）
A．Na+、K+、OH－、Cl－ B．Na+、Cu2+ 、SO、NO
C．Mg2+、Na+、SO、Cl－ D．Ca2+、HCO、NO、K+
【答案】C
【详解】A．强酸性溶液中的H++ OH－=H2O，A不合题意；
B．无色透明溶液中不能存在大量的Cu2+，B不合题意；
C．强酸性溶液中的H+与Mg2+、Na+、SO、Cl－均不反应，故能够大量共存，C符合题意；
D．强酸性溶液中的H++HCO=H2O+CO2↑，D不合题意；
故答案为：C。
11．下列有关实验的说法不正确的是
A．向沸腾的蒸馏水滴加饱和的氯化铁溶液，可以得到氢氧化铁胶体
B．做焰色试验前，铂丝用稀盐酸清洗并灼烧至与原来的火焰颜色相同
C．向碳酸钠固体滴加几滴蒸馏水，碳酸钠结块变晶体，温度升高，说明碳酸钠遇水发生了放热反应
D．为防止试剂污染，取用金属钠后多余的钠不能放回原试剂瓶
【答案】D
【详解】A．向沸腾的蒸馏水滴加饱和的氯化铁溶液，可以得到氢氧化铁胶体，A正确；
B．做焰色试验前，铂丝用稀盐酸清洗并灼烧至与原来的火焰颜色相同，除去铂丝表面的杂质，B正确；
C．向碳酸钠固体滴加几滴蒸馏水，碳酸钠结块变晶体，温度升高，Na2CO3+xH2O= Na2CO3∙xH2O，是放热反应，C正确；
D．金属钠储存在煤油中，取用金属钠后多余的钠需要放回原试剂瓶，D错误；
故答案选D。
12．化学知识在生活中有广泛的应用，下列有关说法正确的是
A．维生素C又名抗坏血酸，有较强的还原性，在食品中添加适量维生素C可以延长食品的保质期
B．节日燃放的烟花所呈现的艳丽色彩，是利用了钠、镁、铝等金属元素的焰色反应
C．碳酸钠溶液呈碱性能与盐酸反应，胃酸过多的病人可以在饮用水中加适量碳酸钠
D．使用氯气对自来水消毒时可能产生对人体有害的有机氯化物，因此使用、的同素异形体、做为新的自来水消毒剂
【答案】A
【详解】A．维生素C具有还原性，在食品中添加适量维生素C可以延长食品的保质期，故A正确；
B．镁、铝灼烧时均为无色，则节日燃放的烟花，是碱金属、锶等金属化合物焰色反应所呈现的色彩，故B错误；
C．碳酸钠碱性较强，若用于治疗胃酸过多，对人体有害，故C错误；
D．同种元素组成的不同单质为同素异形体，不属于单质，与不是同素异形体，故D错误；
故选：A。
13．下列离子方程式书写正确的是
A．次氯酸钙溶液中通入过量的CO2：Ca2++2ClO-+H2O=CaCO3↓+2HClO
B．氯化铁溶液与碘化钾溶液反应：2Fe3+＋2I-=2Fe2+＋I2
C．碳酸氢钠固体加到盐酸中：CO+2H+=CO2↑+H2O
D．氯气通入石灰乳中：Cl2+2OH-=H2O+Cl-+ClO-
【答案】B
【详解】A．次氯酸钙溶液中通入过量的CO2生成HClO和碳酸氢钙，离子方程式ClO-+H2O+CO2=HCO+HClO，A错误；
B．氯化铁有氧化性，碘化钾有还原性，能发生氧化还原，2Fe3+＋2I-=2Fe2+＋I2，B正确；
C．碳酸氢钠固体加到盐酸中：HCO+H+=CO2↑+H2O，C错误；
D．石灰乳是浊液，要写成化学式形式，Cl2+Ca(OH)2=H2O+Cl-+ClO-+Ca2+，D错误；
故答案选B。
14．为探究某食品包装袋内一小包脱氧剂中的还原铁粉是否变质，分别取少量样品溶于盐酸，再进行下列实验，其中结论正确的是
A．若滴加KSCN溶液，溶液变红，说明铁粉变质
B．若滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明铁粉未变质
C．若依次滴加氯水、KSCN溶液，溶液变红，说明铁粉全部变质
D．若滴加KSCN溶液，溶液未变红；再滴加氯水，溶液变红，说明铁粉部分变质
【答案】A
【分析】Fe粉变质生成Fe2+或Fe3+，还原铁粉溶于稀盐酸时，溶液中含有Fe2+或Fe3+或二者都有，实验室采用酸性高锰酸钾溶液检验Fe2+，用KSCN溶液检验Fe3+，Fe2+具有还原性，能被强氧化剂氧化，据此分析解答。
【详解】A．若再滴加KSCN溶液，溶液变红，证明含有Fe3+，则说明铁粉部分变质或全部变质，故A正确；
B．若再滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明溶液中无Fe3+，但还原铁粉有可能被氧化为Fe2+，故B错误；
C．氯水具有强氧化性，可以把Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+来源可能是铁与盐酸反应，故不能确定是部分氧化还是全部氧化还是没有被氧化，故C错误；
D．若再滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明不含Fe3+，再滴加氯水，溶液变红，说明含有Fe2+，此现象说明铁粉部分变质或未变质，故D错误；
故选A。
15．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下，71g氯气含有的电子数目为34NA
B．标准状况下，22.4LH2O所含的分子数目为NA
C．0.1mol Mg变为Mg2+时，得到的电子数目为0.2NA
D．0.5mol·L﹣1的AlCl3溶液中含有的Cl-的数目为1.5 NA
【答案】A
【详解】A．71g氯气为1mol，每个Cl有17个电子，1mol氯气含有电子数目为34NA，故A正确；
B．标准状况下，H2O不是气态，不能用气体摩尔体积计算，故B错误；
C．0.1mol Mg变为Mg2+时，失去的电子数目为0.2NA，故C错误；
D．0.5mol•L﹣1的AlCl3溶液，没给出溶液的体积，无法计算其中含有的Cl﹣的数目，故D错误；
故答案为A。
16．在氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，待反应结束后，所剩余的固体中有铁存在，则反应后溶液中存在较多的阳离子是（ ）
A．Cu2+ B．Fe3+ C．Fe2+ D．H+
【答案】C
【详解】所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，说明该物质为铁，铁粉剩余，溶液中一定没有Fe3+ 、Cu2+ 、H+，这些离子都能和铁粉发生氧化还原反应，反应后溶液中存在较多的阳离子是Fe2＋；
答案选C。
【点睛】本题主要考查学生有关金属铁的性质，可以Fe与三价铁离子、铜离子、氢离子之间的反应来回答，根据金属铁能和三价铁、铜离子以及氢离子反应的性质来分析。
17．1L1mol·L-1的盐酸，欲将其浓度扩大一倍，以下方法中最宜采用的是
A．将溶液加热浓缩到0.5L
B．加入2L1mol·L-1的盐酸混合均匀
C．加入10mol·L-1的盐酸0.2L，再稀释至1.5L
D．标准状况下通入22.4L氯化氢气体
【答案】C
【详解】A．加热蒸发会导致HCl挥发，加热浓缩到原来体积的一半，溶液浓度小于原来的2倍，故A错误；
B．浓度均为1mol/L的盐酸混合后，浓度仍为1mol/L，故B错误；
C．混合后溶液中的HCl为 1mol/L×1L+10mol/L×0.2L=3mol，所以混合后HCl的浓度为=2mol/L，故C正确；
D．通过氯化氢气体，溶液的密度和体积发生变化，无法求出浓度，故D错误；
故选C。
18．下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是
A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④
【答案】B
【详解】因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。①、②原理一样，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；③由于空气中的氧气能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀；④中液面加苯阻止了空气进入，能较长时间看到白色沉淀。答案选B。
19．如图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。下列操作正确的是
A．a通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰
B．b通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰
C．a通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
D．b通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
【答案】C
【详解】由于CO2在水中的溶解度比较小，而NH3极易溶于水，所以在实验中要先通入溶解度较大的NH3，再通入CO2；由于NH3极易溶于水，在溶于水时极易发生倒吸现象，所以通入NH3的导气管的末端不能伸入到溶液中，即a先通入NH3，然后b通入CO2，A、B、D选项均错误；因为NH3是碱性气体，所以过量的NH3要用稀硫酸来吸收，选项C合理；故合理答案是C。
【点睛】本题主要考查钠及其重要化合物的性质，及在日常生产、生活中的应用，题型以选择题(性质、应用判断)。注意对钠及化合物的性质在综合实验及工艺流程类题目的应用加以关注。
20．在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和“气体密度相等时，下列说法正确的是（ ）
A．两种气体的压强相等 B．O2比O3质量小
C．两种气体的分子数目相等 D．两种气体的氧原子数目相等
【答案】D
【详解】相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等；
A．O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n(O2)：n(O3)=3：2，在同温同体积的条件下，则两种气体的压强之比为3：2，故A错误；
B．相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，故B错误；
C．O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n(O2)：n(O3)=3：2，则两种气体的分子数目之比为3：2，分子数目不等，故C错误；
D．由分析可知，两种气体的氧原子数目相等，故D正确；
故答案为D。
21．将6.2 g Na2O加入到m g水中，形成的溶液中Na＋和H2O的个数比为1：10，则m等于
A．18 B．19.8 C．37.8 D．36
【答案】C
【详解】n（Na2O）==0.1mol，根据氧化钠与水反应可知：
n（Na＋）=n（NaOH）=0.2mol，反应消耗水的物质的量为0.1mol，反应后得到的溶液中Na＋和水分子的个数比为1：10，则反应后溶液中水的物质的量为10×0.2mol=2mol，开始时所用的水的物质的量为：2mol+0.1mol=2.1mol，质量为：2.1mol×18g·mol－1=37.8g；
故选C。
22．碱式氯化铜制备需要的可用作催化剂得到，其催化原理如图所示。下列有关说法错误的是
A．上述转化过程中与个数比
B．图中M、N分别为、
C．a、b、c之间的关系式为：
D．N参加的反应离子方程式为：
【答案】A
【分析】A中根据电子守恒进行计算；B中根据氧化还原反应化合价升降判断；C中根据化合价规则进行判断；D中根据原子和电子守恒进行书写；
【详解】A．根据整个过程中电子守恒得：2n(Cu2+)=4n(O2)，故与个数比2:1；故A不正确；
B．根据图示氧气做氧化剂，故N为二价铁离子，M为三价铁离子，故B正确；
C．根据化合物中元素化合价代数和为零判断，电荷守恒得：；故C正确；
D．根据原子、电子守恒判断氧气和二价铁离子的反应方程式为：；故D正确；
故选答案A；
【点睛】此题考查氧化还原反应的应用；注意利用化合价的特点进行判断。
23．取A、B两份物质的量浓度相等的NaOH溶液，体积均为50mL，分别向其中通入一定量的CO2后，再分别稀释到100 mL，在稀释后的溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，产生的CO2体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图，下列说法正确的是
A．原NaOH溶液的物质的量浓度0.075mol·L-1
B．A曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质为NaOH和Na2CO3且物质的量之比为1:3
C．B曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质为Na2CO3和NaHCO3且物质的量之比为1:1
D．B曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质与盐酸反应产生气体的最大体积为33.6 mL(标准状况)
【答案】C
【分析】CO2和NaOH溶液反应，根据通入CO2的量分四种情况，第一种情况是CO2量不足，反应后溶液的成分是NaOH、Na2CO3，第二种是CO2恰好反应，反应后溶液成分只有一种Na2CO3，第三种是CO2过量不多，反应后的溶液成分是Na2CO3、NaHCO3，最后一种是CO2完全过量，反应后溶液成分是NaHCO3，通过题目的CO2体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系图，反应后的溶液成分只可能是前三种情况，据此解答。
【详解】A．两种溶液当加入的盐酸为75ml时，CO2体积达到最大值，说明此时加入的盐酸和两种溶液恰好反应，反应后的溶液都为NaCl溶液，根据整个过程中钠离子守恒，可得关系式 NaOH~NaCl~HCl，然后根据消耗的盐酸的量求出氢氧化钠的物质的量，进而求出原NaOH溶液的浓度，所以n(NaOH)=n(HCl)=0.0750.1=0.0075mol，则c(NaOH)==015 mol·L-1，故A错误；
B．通过A曲线可知当滴入盐酸为60 mL时，才有CO2气体放出，此时发生的反应为NaHCO3+ HCl=NaCl+H2O+ CO2↑，CO2全部放出时，此阶段共消耗盐酸15 mL，根据化学方程式，可求出n(NaHCO3)=n(HCl)= 0.0150.1=0.0015 mol。通过分析，A曲线溶液成分有三种可能，一种是氢氧化钠和碳酸钠，一种是只有碳酸钠，一种是碳酸钠和碳酸氢钠，如果只有碳酸钠，那么整个过程消耗的盐酸是n(HCl) =2n(Na2CO3)=2 n(NaHCO3)= 0.0015 mol=0.003，即消耗的盐酸总计0.003 mol，即消耗盐酸30 mL，这和事实是不相符的，故曲线A的溶液成分只含有碳酸钠就排除了，如果含有的是碳酸钠和碳酸氢钠，则根据钠离子守恒，可知n(NaHCO3)应该等于 n(NaOH)，事实上是n(NaHCO3)= 0.0015 mol
D． 经分析B曲线溶液中含有碳酸钠和碳酸氢钠，且二者物质的量都是0.0025 mol，它们与盐酸反应产生的二氧化碳的物质的量和碳酸根物质的量是相等的，则产生的CO2的体积的最大值为V(CO2)= 0.005 mol=0.112L=112mL，故D错误；
本题答案C。
24．将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO-和ClO两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化示意图如图所示。下列说法正确的是
A．苛性钾溶液中KOH的质量是4.94g
B．氧化性ClO-
D．在酸性条件下ClO-和ClO可生成Cl2
【答案】C
【分析】根据图像可知，氯气和氢氧化钾反应生成次氯酸钾和氯化钾，该反应是放热反应，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾和氯化钾，所以氯酸根离子的生成是由于温度升高引起的，根据图像知生成n(ClO-)= 0.06mol， n(ClO)= 0.03mol。
【详解】A．根据得失电子守恒n(Cl-)=0.06mol×(1-0)+0.03mol ×(5-0)=0.21mol，据物料守恒可知n(K+)=n(Cl-)+n(ClO-)+n(ClO)=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，所以氢氧化钾的物质的量为0.3mol，则氢氧化钾质量为0.3mol×56g/mol=16.8g，A错误；
B．氧化性ClO->ClO，B错误；
C．反应中转移电子的物质的量为0.06mol×(1-0)+0.03mol ×(5-0)=0.21mol，C正确；
D．ClO-和ClO中氯元素化合价分别为+1、+5，均高于Cl2中氯元素的化合价，不符合氧化还原反应中化合价必须有升有降的规律，所以酸性条件下不可能生成氯气，D错误；
故答案选C。
25．某100mL溶液可能含有Na+、NH、Fe3+、CO、SO、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图(所加试剂均过量，气体全部逸出)。下列说法不正确的是
A．原溶液一定存在CO和SO、NH
B．原溶液一定存在Cl-，一定不存在Fe3+
C．原溶液是否存在Na+可通过焰色试验来确定
D．原溶液c(Cl-)<0.1mol·L-1
【答案】D
【分析】加入BaCl2溶液产生沉淀1，说明溶液中可能含有CO或SO，加入盐酸沉淀部分溶解，因此原溶液中含有CO、SO，沉淀2为BaSO4，n(SO)==0.01mol，n(CO)==0.01mol；碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+；滤液中加入NaOH产生气体，则原溶液中含有NH，n(NH)==0.05mol；阴离子所带电荷的物质的量为(0.02+0.02)mol=0.04mol，阳离子所电荷的物质的量为0.05mol，因此一定含有Cl－，Na+可能有，也可能没有，所以c(Cl－)≥0.1mol·L－1。
【详解】A．由分析可知原溶液一定存在CO和SO、NH，A正确；
B．由分析可知原溶液一定存在Cl-，一定不存在Fe3+，B正确；
C．Na的焰色试验现象为黄色，故原溶液是否存在Na+可通过焰色试验来确定，C正确；
D．由分析可知原溶液中c(Cl-)≥0.1mol·L-1，D错误；
故选D。
二、填空题
26．回答下列问题：
(1)高氯酸的化学式：_______，Fe3O4的俗名：_______。
(2)请写出Na2O2与水反应的化学方程式，并用双线桥法标出电子转移方向和数目：_______。
(3)写出下列反应的离子方程式：
①向碳酸氢钠溶液中滴加少量澄清石灰水：_______。
②氯气与水反应的离子方程式：_______。
(4)标况下，将112L氯化氢通入500mL水中，所得溶液的密度约为ρg/cm3。求所得盐酸的物质的量浓度_______mol/L(含ρ的表达式)。
(5)已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则24mL0.05mol/L的Na2SO3溶液与20mL0.02mol/L的K2Cr2O7溶液恰好反应时，Cr元素在还原产物中的化合价为_______。
【答案】(1) HClO4 磁性氧化铁
(2)
(3) Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+CO+2H2O Cl2+H2OH++Cl-+HClO
(4)5000ρ/682.5mol/L
(5)+3
【详解】（1）高氯酸的化学式为HClO4，Fe3O4的名称为四氧化三铁，有磁性，俗名为磁性氧化铁。
（2）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，过氧化钠中氧元素化合价由-1价升高到0价、由-1价降低到-2价，用双线桥法标出电子转移方向和数目为： 。
（3）①向碳酸氢钠溶液中滴加少量澄清石灰水生成碳酸钙、碳酸钠和水，故离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+CO+2H2O。
②氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO。
（4）112L氯化氢的物质的量为=5mol，500mL水的质量为500mL1g/mL=500g，盐酸的物质的量浓度mol/L。
（5）设Cr元素在还原产物中的化合价为x，根据转移电子守恒可得：20.024L0.05mol/L=20.02L0.02mol/L(6-x)，解得x=+3。
三、实验题
27．如图为实验室中浓硫酸试剂瓶标签上的部分内容，请回答下列问题。
(1)该硫酸的物质的量浓度是_____mol/L。
(2)某实验需要90mL3.0mol/L稀硫酸，要配制该溶液，经计算，需要用量筒量取______mL浓硫酸。
(3)在下列配制过程示意图中，有错误的是_______(填写序号)
(4)下列情况会引起所配稀硫酸浓度偏高的是______。
A．用蒸馏水洗涤量筒中残留的硫酸并转移至容量瓶
B．容量瓶洗涤后，未经干燥处理
C．溶液未经冷却就转移至容量瓶
D．未洗涤烧杯和玻璃棒
【答案】 18.4mol·L－1 16.3 ①④ AC
【分析】(1)根据c= 带入数据进行计算；
(2)根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积，没有90mL的容量瓶，以100mL容量瓶计算；
(3)根据正确配制一定物质的量浓度的溶液操作步骤进行分析；
(4)根据c= 进行误差分析。
【详解】(1)根据c= ，该浓硫酸的物质的量浓度为：c(H2SO4)=mol·L－1=18.4mol·L－1。
(2)根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积，没有90mL的容量瓶，以100mL计算，设浓硫酸的体积为x mL，所以xmL×18.4mol·L－1=100mL×3mol·L－1，解得：x≈16.3；
(3)①应将浓硫酸倒入水；②引流操作正确；③用玻璃棒引流，操作正确；④读数时视线应与凹液面最低处相切;⑤上下颠倒摇匀正确，故选①④。
(4)A．用蒸馏水将量筒中残留的硫酸洗出合并，取浓硫酸的体积增大，所配溶液浓度偏高，故A符合题意；
B．最后需要加水定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，故B不符合题意；
C．溶液有热胀冷缩的性质，浓硫酸稀释，放出大量的热，溶解后未恢复室温立即转移到容量瓶中定容，导致所配溶液体积减小，所配溶液浓度偏高，故C符合题意；
D．未洗涤烧杯和玻璃棒，移入容量瓶中的溶质硫酸的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，故D不符合题意；
此题答案为AC 。
【点睛】本题考查了溶液的溶质质量分数与物质的量浓度的换算，配制一定物质的量浓度溶液的操作方法，易错点(2)没有考虑到容量瓶没有90 mL，而按90 mL计算所需浓硫酸质量。
28．氯气是一种重要的化工原料，呈黄绿色，有毒，能与多种物质反应。用图所示装置1可制取氯气，并对其性质进行一系列的实验探究。
回答下列问题：
(1)①装置1中盛装浓盐酸的仪器名称是_______。
②实验室利用装置A制氯气，反应的离子方程式是_______。
(2)将装置1与装置2连接起来探究氯气的漂白性及氧化性。
①D、E通入Cl2后，观察到的现象是_______，根据现象可得出结论：Cl2无漂白性，Cl2与水反应生成的HClO有漂白性。
②实验开始后，观察到洗气瓶F中的现象是_______。
③请设计一个实验，证明洗气瓶H中的FeCl2已被氧化(简述实验操作)：_______。
④装置I中氢氧化钠的作用是(用离子方程式表示)_______。
【答案】(1) 分液漏斗 MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
(2) D中干燥的红色布条不褪色，E中的湿润的红色布条褪色 先变红后褪色 取少量洗气瓶H中溶液，加入KSCN，若变红说明氯化亚铁已被氧化 2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
【分析】由实验装置图可知，装置1用于制取纯净、干燥的氯气，其中装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气；装置1与装置2连接起来用于探究氯气的漂白性及氧化性，其中装置D、E中盛有的布条用于验证氯气的漂白性，装置F用于验证氯水的酸性和漂白性，装置G、H盛有的试剂用于验证氯气的氧化性，装置I中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【详解】（1）①由实验装置图可知，装置Ⅰ中盛装浓盐酸的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
②由分析可知，装置A中发生的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+H2O，故答案为：MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+H2O；
（2）①装置D中干燥的红色布条不褪色，E中湿润的红色布条褪色说明氯气无漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸有漂白性，故答案为：D中干燥的布条不褪色，E中湿润的布条褪色；
②溶于水的氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，具有强氧化性的次氯酸能使有机色质漂白褪色，盛有洗气瓶F中的紫色石蕊溶液会先变红后褪色，故答案为：先变红后褪色；
③由题意可知，装置H中发生的反应为氯化亚铁溶液与氯气反应生成氯化铁，检验Fe3+的方法为取少量洗气瓶H中溶液，加入KSCN，若变红说明氯化亚铁已被氧化，故答案为：取少量洗气瓶H中溶液，加入KSCN，若变红说明氯化亚铁已被氧化；
④由分析可知，装置I中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
四、元素或物质推断题
29．I.固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：
请回答：
(1)由现象1得出化合物X含有_______元素(填元素符号)。
(2)固体混合物Y由两种物质组成，请写出其成分_______(填化学式)。
(3)X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到棕黄色溶液，该反应的化学方程式是_______。
II.某校化学研究性学习小组为探究金属钠能否与二氧化碳气体反应设计了如下实验：将燃烧的钠迅速伸入到盛有装满CO2的集气瓶中，结果发现钠在其中继续燃烧，反应后冷却，瓶底附着黑色颗粒，瓶壁上黏附着白色物质。为确定白色产物，该小组同学进一步展开探究。
(1)通过分析，对白色产物成分的可能情况提出了如下几种假设：
假设1：白色产物为Na2O
假设2：白色产物为Na2CO3
假设3：_______
(2)为验证假设3正确，请设计实验方案验证_______
限选试剂：蒸馏水、2mol/L H2SO4、BaCl2溶液、澄清石灰水、酚酞试剂
【答案】 O Fe、NaOH 2Na4FeO4+16HCl=Cl2↑+2FeCl3+8NaCl+8H2O 白色产物为Na2O和Na2CO3的混合物 取少量白色固体溶于水，加入足量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则含Na2CO3；过滤，往滤液中滴加酚酞试液，溶液变红，则含有Na2O
【分析】由现象1 可知混合气体含水蒸气，且含过量的氢气，固体混合物Y溶于水，生成铁磁性固体单质，说明固体单质为Fe，得到碱性溶液，焰色反应呈黄色，说明含有Na元素，与盐酸发生中和反应，应为NaOH，则X含有Na、Fe、O等元素。
【详解】(1)现象1是白色硫酸铜变蓝色，说明有水蒸气生成，在氢气中燃烧，说明X含有O；
(2)由分析可知，固体混合物Y溶于水，有单质为Fe和NaOH溶液，说明固体Y为Fe、NaOH；
(3)X含有Na、Fe、O等元素，X中含Fe为=0.02mol，中和时需要0.08molHCl，说明含Na为0.08mol，含O为=0.08mol，则化学式为Na4FeO4，Na4FeO4与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到棕黄色溶液，即X与浓盐酸反应生成氯气、氯化铁、氯化钠和水，化学方程式为：2Na4FeO4+16HCl=Cl2↑+2FeCl3+8NaCl+8H2O；
Ⅱ．(4)钠在二氧化碳中燃烧生成的白色固体可能为Na2O、Na2CO3或Na2O和 Na2CO3混合物，则说明白色产物还可以为Na2O和Na2CO3的混合物；
(5)验证假设3正确，取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加入过量的BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明含有碳酸钠，静置片刻，取上层清液于试管中，滴加无色酚酞试液变红色，说明一定有氧化钠，因为氧化钠和水反应一定生成氢氧化钠溶液。
【点睛】考查物质的组成的测定，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，把握物质的性质以及计算的方法为解答的关键，注意物质的检验及元素守恒的应用。
五、计算题
30．向一定量Fe和Fe2O3的混合物中，加入50mL1.0mol/L硫酸，恰好使混合物完全溶解，放出448mL(标准状况)的气体，所得溶液中加入KSCN溶液无红色出现。
求：
(1)最后所得溶液(体积仍为50mL)中所含溶质为____，其物质的量浓度为____。
(2)原混合物中铁的质量为____g。
【答案】(1) FeSO4 1.0mol•L-1
(2)1.68
【详解】（1）硫酸和铁生成硫酸亚铁和氢气、和氧化铁生成硫酸铁和水，铁单质和铁离子生成亚铁离子；向一定量Fe和Fe2O3的混合物中，加入50mL1.0mol/L硫酸，恰好使混合物完全溶解，放出448mL(标准状况)的气体，则生成氢气物质的量为0.02mol；所得溶液中加入KSCN溶液无红色出现，则溶液中不存在三价铁，故所得所得溶液(体积仍为50mL)中所含溶质为硫酸亚铁，根据质量守恒可知，硫酸亚铁中硫酸根的物质的量等同于生成硫酸亚铁的物质的量，故其物质的量浓度为1.0mol/L；
（2）根据Fe+ H2SO4= FeSO4+H2↑，生成氢气的铁的物质的量为0.02mol、消耗硫酸0.02mol，与氧化物反应的硫酸为0.05L×1.0mol/L-0.02mol=0.03mol，生成硫酸铁0.01mol；根据Fe+Fe2(SO4)3=3 FeSO4，与铁离子反应的铁的物质的量为0.01mol；故原混合物中铁的质量为（0.02+0.01）mol×56g/mol=1.68g。
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