2022上海市七宝中学高一下学期开学摸底测试化学试题含解析

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2021学年度第二学期高一年级化学开学练习
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Zn-65
一、选择题(每小题只有一个正确答案)
1. 我国力争在2060年能实现碳中和。下列做法对减少二氧化碳排放没有作用的是
A. 开发氢能源等新型能源 B. 控制乱砍滥伐，增加社区绿植率
C. 践行绿色出行，减少私家车的使用 D. 将煤转化为乙醇等液体燃料使用
【答案】D
【解析】
【详解】A．开发氢能源等新型能源，可以减少化石燃料的使用，减少二氧化碳的排放，故A不符合题意；
B．控制乱砍滥伐，增加社区绿植率，植物的光合作用吸收空气中的二氧化碳，故B不符合题意；
C．减少私家车的使用能减少燃料的使用，减少二氧化碳的排放，故C不符合题意；
D．将煤转化为乙醇等液体燃料，仍含有碳元素，燃烧仍会产生二氧化碳，故D符合题意；
答案选D。
2. 下列特质中含有的是
A. 氯水 B. 液氯 C. 次氯酸钠固体 D. 熔融的氯酸钾
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯水中含有Cl-，故A符合题意；
B．液氯中含有的是Cl2，故B不符合题意；
C．次氯酸钠由Na+和ClO-构成，不含Cl-，故C不符合题意；
D．氯酸钾由K+和构成，不含Cl-，故D符不符合题意；
答案选A。
3. 不能由单质直接化合制得的是
A. NaCl B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na与Cl2化合可制得NaCl，故A不符合题意；
B．Al与Cl2化合可制得，故B不符合题意；
C．Fe与Cl2化合得到FeCl3，不能生成，故C符合题意；
D．Cu与Cl2化合得到，故D不符合题意；
答案选C。
4. 同温同压下，两种气体的体积如果不相同，其主要原因是气体的（ ）
A. 分子大小不同 B. 分子间的平均距离不同
C. 化学性质不同 D. 物质的量不同
【答案】D
【解析】
【详解】对于气体来说，粒子之间的距离远远大于粒子的直径、粒子的质量，同温同压下气体粒子间的距离相等，同温同压下气体摩尔体积相同，由V=nVm知，气体的体积取决于气体的物质的量，故答案为D。
5. 同体积同物质的量浓度的下列溶液，含硫离子最多的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】中含有的是，不含硫离子；为弱酸，部分电离出硫离子；为强电解质，完全电离产生硫离子；中含有的是HS-，HS-微弱电离出少量硫离子，因此同体积、同物质的量浓度的、、、溶液，含硫离子最多的是，故选C；
答案选C。
6. 下列氢化物中，用单质直接化合制取最容易的是
A. HF B. HCl C. HBr D. HI
【答案】A
【解析】
【分析】元素的非金属性越强，其单质越容易与H2化合成相应的氢化物。
【详解】F、Cl、Br、I都是第VIIA族元素，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，单质与H2化合越来越难，非金属性F＞Cl＞Br＞I，则单质与H2化合成氢化物由易到难的顺序为F2＞Cl2＞Br2＞I2，即用单质直接化合制取最容易的是HF；答案选A。
7. 分类是科学研究的重要方法，下列物质分类正确的是
A. 酸性氧化物：CO、、 B. 同素异形体：石墨、C60、金刚石
C. 常见氧化剂：、、高锰酸钾 D. 电解质：KClO、氨水、
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO不能与碱反应生成对应的盐和水，CO不属于酸性氧化物，A错误；
B．石墨、C60、金刚石是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，B正确；
C．Cl2、高锰酸钾属于常见氧化剂，H元素的常见化合价为0价、+1价，H2属于常见还原剂，C错误；
D．氨水属于混合物，氨水既不属于电解质，也不属于非电解质，D错误；
答案选B。
8. 海水中，存在、、、、等离子，为了获得比较纯净的NaCl，加入试剂顺序合适的是
A. 、、NaOH、HCl B. 、NaOH、、HCl
C. KOH、、、HCl D. 、NaOH、、
【答案】A
【解析】
【详解】A．加入过量可除去，再加入过量的可除去和过量的，加入过量NaOH可除去，最后加入HCl可除去过量的和NaOH，故A符合题意；
B．加入过量可除去，再加入过量NaOH可除去，加入过量可除去，最后加入的HCl只能除去过量的NaOH，不能除去过量的，从而导致引入杂质，故B不符合题意；
C．加入过量KOH除去，加入过量可除去，再加入过量可除去和过量的，最后加入HCl可除去过量的KOH和，但引入了KCl杂质，故C不符合题意；
D．加入过量可除去，加入过量NaOH可除去，再加入过量的可除去和过量的，最后加可除去过量的和NaOH，但引入了NaNO3杂质，故D不符合题意；
答案选A。
9. 下列保存物质或试剂的方法正确的是
A. 保存液溴用水液封且试剂瓶用橡胶塞 B. 氯水密封保存在无色试剂瓶中
C. 漂白粉较稳定不必密封保存 D. 浓盐酸易挥发保存在无色密封的玻璃瓶中
【答案】D
【解析】
【详解】A．液溴具有强氧化性，能腐蚀橡胶，保存液溴的试剂瓶不能用橡胶塞，故A错误；
B．氯水中含有次氯酸，次氯酸见光易分解，因此氯水应用棕色试剂瓶保存，故B错误；
C．漂白粉中的次氯酸钙可与空气中的二氧化碳、水反应而变质，因此漂白粉需要密封保存，故C错误；
D．浓盐酸易挥发，见光不分解，应保存在无色密封的玻璃瓶中，故D正确；
答案选D。
10. 下列分散系最不稳定的是
A. 向NaOH溶液中通入得到的无色溶液
B. 向溶液中加入NaOH溶液得到的分散系
C. 向沸水中滴入饱和的溶液得到的红褐色液体
D. 向碘水溶液中滴加四氯化碳充分振荡后，静置后的下层液体
【答案】B
【解析】
【分析】溶液均一稳定，胶体具有介稳定性，浊液不稳定，分散系的稳定性：溶液>胶体>浊液。
【详解】向NaOH溶液中通入得到碳酸钠溶液，碳酸钠溶是稳定体系；向溶液中加入NaOH溶液，反应生成Cu(OH)2沉淀，得到的是Cu(OH)2悬浊液，浊液分散系不稳定；向沸水中滴入饱和的溶液得到Fe(OH)3胶体，胶体分散系介稳定；向碘水溶液中滴加四氯化碳充分振荡后，静置后的下层液体是碘的四氯化碳溶液，碘的四氯化碳溶液是稳定体系，因此最不稳定的是向溶液中加入NaOH溶液得到的分散系，故选B；
答案选B。
11. 合乎实际并用于工业生产的是
A. 在中燃烧制取HCl B. 电解饱和食盐水制取烧碱
C. Na在中燃烧制取NaCl D. 溶于水制取盐酸
【答案】AB
【解析】
【详解】A．工业上用Cl2、H2燃烧制取HCl，故A符合题意；
B．电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，工业上用于制取烧碱，故B符合题意；
C．Na在中燃烧反应生成NaCl，但Na价格昂贵，成本过高，工业上常用海水经浓缩结晶制取NaCl，故C不符合题意；
D． 在水中溶解度减小，且溶于水同时生成HCl和HClO，工业上用Cl2、H2燃烧法制取HCl气体，然后将HCl气体溶于水制得盐酸，故D不符合题意；
答案选AB。
12. 在容积相同的三个容器里分别充入三种气体：①氢气②二氧化碳③氧气，并保持三个容器内气体的温度和密度均相等，下列说法正确的是
A. 分子数目：①=②=③ B. 质量关系：①＜③＜②
C. 压强关系：①＞③＞② D. 原子数目：①＞②＞③
【答案】CD
【解析】
【详解】A. 三种气体的体积、密度相同，则其质量相等，根据知，质量相同时其物质的量之比等于摩尔质量的反比，三种气体的摩尔质量不相等，所以其物质的量不相等，则分子个数不相等，A错误；
B. 三种气体的体积、密度相同，则其质量相等，B错误；
C. 密度相等、温度相同时，气体压强之比等于其摩尔质量的反比，即气体的摩尔质量越小，压强越大，则压强大小顺序是①＞③＞②，C正确；
D. 三种气体的物质的量之比等于摩尔质量的反比，即、、的物质的量之比为，结合分子构成计算其原子个数之比为，D正确。答案选CD。
13. 某无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是
A. 、、、 B. 、、、
C. 、、、 D. 、、、
【答案】D
【解析】
详解】A．强酸性溶液中，与H+结合生成HClO，不能大量共存，故A不符合题意；
B．为有色离子，不能大量存在于无色溶液中，故B不符合题意；
C． 与结合生成Al(OH)3沉淀，且OH-与H+反应生成水，不能大量共存，故C不符合题意；
D． 、、、之间不反应，也均不与H+反应，能大量共存，故D符合题意；
答案选D。
14. 卤族元素随核电荷数的增加，下列叙述正确的是
A. 单质的颜色逐渐变浅 B. 氢卤酸的酸性逐渐增强
C. 单质的熔点逐渐降低 D. 单质的氧化性逐渐增强
【答案】B
【解析】
【详解】A．卤族元素由上到下，单质的颜色逐渐加深，故A错误；
B．卤族元素由上到下，核电荷数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的引力逐渐减小，H-X键的键能逐渐减小，HX电离出H+越来越容易，故氢卤酸的酸性依次增强，故B正确；
C．卤族元素单质都是分子晶体，组成结构相似，相对分子质量越大，范德华力越强，熔沸点越高，所以卤族元素单质的熔点随着核电荷数的增加逐渐升高，故C错误；
D．卤族元素非金属性随核电荷数增大而减弱，其单质的氧化性随核电荷数增大逐渐减弱，故D错误；
答案选B。
15. 下列除杂质(括号内为杂质)的方法正确的是
A. ：点燃 B. 硝酸钾(氯化钠)：浓溶液降温结晶
C. ：蒸干、灼烧 D. ：饱和溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．不燃烧也不支持燃烧，中含有少量的CO，不易点燃，故A错误；
B．硝酸钾的溶解度随温度变化较大，氯化钠的溶解度随温度变化较小，浓溶液降温结晶可除去硝酸钾中的氯化钠，故B正确；
C． 溶液蒸干得到氢氧化镁固体，灼烧生成MgO，引入新的杂质，故C错误；
D．和均与饱和溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故D错误；
答案选B。
16. 关于海水提溴和海带提碘的说法错误的是
A. 都经过浓缩、氧化、提取三个步骤 B. 氧化步骤都可以通入氯气来实现
C. 提取时利用了溴和碘的物理性质 D. 实验室模拟时都用到了蒸发皿
【答案】D
【解析】
【分析】海水中溴离子含量较低，应先浓缩，再将溴离子转化为溴需要加入氧化剂，通常选择氯气,氧化溴离子得到单质溴:2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，再利用溴的挥发性，鼓入热空气或热水蒸气将溴分离出来，二氧化硫与溴反应富集后再利用氯气将HBr氧化，分离溴单质利用溴的挥发性，提取碘是利用氧化剂氧化碘离子生成碘单质，萃取分液、蒸馏方法得到，以此来解答。
【详解】A．海水中溴离子、碘离子含量较低，应先浓缩，再用氧化剂将溴离子、碘离子氧化为溴、碘，最后再进行提取，故A正确；
B．氯气具有氧化性，氧化溴离子生成单质溴，氧化碘离子生成碘单质，故B正确；
C．分离溴单质利用溴的挥发性，通过萃取分液、蒸馏方法可以得到碘单质，利用了溴和碘的物理性质，故C正确；
D．海带提碘的过程中，最终需要萃取分液、蒸馏方法得到碘单质，不需要蒸发皿，故D错误；
综上所述，本题选D。
17. 已知某溶液：①体积；②密度；③溶质和溶剂的质量比；④溶质的摩尔质量，要根据溶质的溶解度计算其饱和溶液的物质的量浓度时，上述条件中必不可少的是
A. ①②③④ B. ①②③ C. ②④ D. ①④
【答案】C
【解析】
【分析】根据计算物质的量浓度的公式，结合已知的溶解度，分析还需要的物理量。
【详解】据c＝n/V，要求饱和溶液的物质的量浓度，需要知道饱和溶液中溶质的物质的量和溶液的体积。已知溶质的溶解度，即知道每100g溶剂（水）中最多溶解的溶质的质量S g，故以S g溶质和100g水组成的饱和溶液计算。由S g计算溶质的物质的量n还需要溶质的摩尔质量，由溶液质量（100+S）g计算溶液体积V，还需要知道溶液密度。必不可少的是②④。
本题选C。
【点睛】根据所求物理量的计算公式，结合已知的条件，逆推可知还必须的条件。
18. 如图是电解饱和食盐水(含少量酚酞)的装置，其中c、d为石墨电极。电解过程中d电极附近溶液首先变红，下列说法正确的是

A. a为阳极、b为阴极 B. c电极上发生氧化反应
C. 电解过程中，浓度不变 D. 若生成1mol气体，转移电子数
【答案】B
【解析】
【分析】电解过程中d电极附近溶液首先变红，则d电极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，d电极为阴极，c电极为阳极。
【详解】A．d电极为阴极，c电极为阳极，则直流电源的a为正极，b为负极，A错误；
B．c电极为阳极，电极上发生氧化反应：2Cl- -2e-=Cl2↑，B正确；
C．电解总反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，电解过程中Na+物质的量不变，但消耗H2O，溶液体积减小，Na+浓度增大，C错误；
D．电解总反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，每转移2mol电子生成1molH2和1molCl2，则生成1mol气体转移电子物质的量为1mol，转移电子数为NA，D错误；
答案选B。
19. 在酸性条件下，某金属离子M3+与ClO发生氧化还原反应，氧化产物M2O和还原产物Cl-的物质的量之比为1：1，则M2O中M的化合价是
A. +4 B. +5 C. +6 D. +7
【答案】C
【解析】
【详解】某金属离子M3+与ClO发生氧化还原反应，Cl元素的化合价由+5价降低至-1价，作氧化剂，则M元素的化合价升高，又已知M2O和还原产物Cl-的物质的量之比为1：1，设M2O中M的化合价是+x，根据得失电子守恒有：2(x-3)=6，解得x=6，即M2O中M的化合价是+6价，故答案选C。
20. 为达到实验目的，下列实验方案设计合理的是
选项
实验目的
实验方案
A
制备AgI胶体
向饱和溶液中滴加饱和KI溶液
B
鉴别Fe、CuO、C三种黑色固体粉末
滴加稀硫酸
C
检验干燥氯气是否具有漂白性
将鲜花放入装有干燥氯气的集气瓶中
D
除去中的
将气体通入碱石灰固体

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．向饱和溶液中滴加饱和KI溶液得到的是AgI沉淀，故A不符合题意；
B．鉴别Fe、CuO、C三种黑色固体粉末，向三种物质中分别滴加稀硫酸，有气泡的是Fe，溶液变为蓝色的是CuO，无现象是的C，故B符合题意；
C．检验干燥氯气是否具有漂白性，只能用干燥的花朵或干燥的红色试纸，不能用鲜花，鲜花中有水分，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，故C不符合题意；
D．与碱石灰发生反应，不能用碱石灰固体除去中的，故D不符合题意；
答案选B。
21. 已知卤素互化物的性质与卤素单质类似，下列关于ICl的说法正确的是
A. ICl熔融状态能导电 B. ICl能与水发生氧化还原反应
C. ICl有强还原性 D. ICl与NaOH反应生成NaIO
【答案】D
【解析】
【详解】A．ICl的性质与卤素单质类似，则ICl为共价化合物，熔融状态不导电，故A错误；
B．ICl与水发生反应，该反应没有元素的化合价发生变化，属于非氧化还原反应，故B错误；
C．ICl具有强氧化性，故C错误；
D．ICl与NaOH反应生成NaIO、NaCl和水，故D正确；
答案选D。
22. 实验室按照下图所示的操作程序用于提纯某种物质，下列分析一定正确的是

A. 该操作流程可用于分离水与四氯化碳
B. 操作I一定是过滤，目的是将固液分离
C. 可以用于从四氯化碳中提取碘单质
D. 可以提纯含少量BaSO4的NaCl固体混合物
【答案】D
【解析】
【分析】由流程可以知道操作Ⅰ为溶解,Ⅱ为过滤或重结晶,Ⅲ为蒸发结晶或过滤,以此解答该题。
【详解】A. 四氯化碳和水互不相溶，可以直接进行分液分离，不符合上述操作流程，故A错误；
B. 操作Ⅰ是溶解，将固体溶于水，故B错误；
C.碘易溶于有机溶剂四氯化碳，而两种物质的沸点不同，因此，只能采用蒸馏的方法进行分离，故C错误；
D. BaSO4不溶于水，NaCl能够溶于水，因此可以采用：溶解、过滤、蒸发的操作提纯含少量BaSO4的NaCl固体混合物，故D正确；
综上所述，本题选D。
23. 关于漂白粉的说法正确的是
A. 工业上用氯气与澄清的石灰水反应可制得漂白粉
B. 漂白粉固体中加入稀盐酸不反应
C. 用pH试纸测试可知漂白粉溶液呈碱性
D. 漂白粉在空气中会变质，并且有单质生成
【答案】D
【解析】
【详解】A．工业上用氯气与石灰乳制取漂白粉，故A错误；
B．漂白粉中含有次氯酸钙，次氯酸钙与盐酸反应生成氯化钙和次氯酸，故B错误；
C．漂白粉具有漂白性，能漂白pH试纸，不能用pH试纸测试漂白粉溶液的酸碱性，故C错误；
D．漂白粉在空气中与水和二氧化碳发生反应，HClO不稳定，见光易分解：，产生O2单质，故D正确；
答案选D。
24. 下列装置或操作能达到实验目的的是


A. 用图1所示装置用于吸收HCl尾气，将HCl气体从长导管通入并用水吸收
B. 用图2所示装置用于从碘水中分离出碘单质实验中的某一操作
C. 用图3所示装置用于简便快速地制取气体
D. 用图4所示装置用于稀释浓硫酸
【答案】B
【解析】
【详解】A． HCl极易溶于水，若吸收时导管伸入水中，由于气体溶于水，导致装置内压强急剧降低，产生倒吸现象，故A不符合题意；
B．碘在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，用四氯化碳等有机溶剂萃取后再进行蒸馏分离出碘单质，图2装置为蒸馏装置，故B符合题意；
C．纯碱为粉末状固体，与盐酸接触后不能使反应随时停止，故C不符合题意；
D．稀释浓硫酸应在烧杯中进行，故D不符合题意；
答案选B。
25. 下列离子方程式书写正确的是
A. 向溶液中滴入氨水：
B. 溶液与足量NaOH溶液反应：
C. 碳酸氢钙溶液少量NaOH溶液反应：
D. 向溶液中加入溶液至中性：
【答案】C
【解析】
【详解】A．一水合氨为弱电解质，书写离子方程式时不可拆，因此向溶液中滴入氨水，发生的反应为：，故A错误；
B．溶液与足量NaOH溶液反应生成碳酸铵、一水合氨和水，反应的离子方程式为，故B错误；
C．氢氧化钠少量，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为，故C正确；
D．向溶液中加入溶液至中性，两者以2：1的比例反应，正确的离子方程式为，故D错误；
答案选C。
26. NH4N3(叠氮化铵)易发生分解反应生成N2和H2，且两种气体的物质的量相等。若得到NH4N3的分解产物(简称a)28g，则下列关于a的说法错误的是
A. a中两种气体的体积(同温同压)比为1∶1
B. a中两种气体的质量比为14∶1
C. a的密度为1.25g×L-1
D. a的平均摩尔质量为15g×mol-1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．同温同压下，气体体积与物质的量成正比，两种气体的体积(同温同压)比为1∶1，A正确；
B．，两种气体的质量比为14∶1，B正确；
C．a气体的质量确定，但一定物质的量的气体体积与温度、压强有关，所以密度比确定，C错误；
D．分解产物质量为28g，两种气体的物质的量相等则n总=2×=mol，=15 g×mol-1，D正确；
答案选C。
27. 代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是
A. 个HCl分子与44.8L和的混合气体所含的原子数目均为
B. 16.25g可水解形成的胶体粒子数目为
C. 物质的量浓度均为1mol/L的NaCl和混合溶液中，含有的数目为
D. 常温常压下，16g和的混合气体，所含质子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢气和氯气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则和HCl的原子数目是否相同无法计算，故A错误；
B．Fe(OH)3胶体粒子是多个Fe(OH)3的集合体，16.25g的物质的量为0.1mol，水解形成的胶体粒子数目小于，故B错误；
C．溶液体积未知，无法计算氯离子数目，故C错误；
D．O3和O2均由O原子构成，16g和的混合气体中含有1mol氧原子，所含质子数为，故D正确；
答案选D。
28. 在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡，溶液变蓝。在上述溶液中加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失。下列判断错误的是
A. 漂白粉溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝
B. 氧化性：
C. 向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色
D. 与在一定条件可以发生氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．次氯酸钠将碘化钾氧化为单质碘，所以漂白粉溶液(成分中含有次氯酸钙)也能将碘化钾氧化为单质碘，而使淀粉碘化钾试纸变蓝，故A正确；
B．根据题意可知次氯酸钠将碘化钾氧化为单质碘，所以氧化性：，碘单质将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，所以氧化性，因此氧化性顺序为，故B错误；
C．新制的氯水中主要是氯气，因此新制的氯水是黄绿色，Cl2氧化性大于I2，由可知，向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯气将亚硫酸根氧化成硫酸根，自身被还原为氯离子，氯水褪色，故C正确；
D．在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡，溶液变蓝，说明生成了单质碘，次氯酸钠溶液显碱性，说明与在碱性条件下可以发生氧化还原反应，故D正确；
答案选B。
29. 常温下，某无色溶液大量存在下列H+、Na+、Fe3+、Ba2+、OH-、NO、SO、CO离子中的三种，且离子的物质的量相等。向其中滴加酚酞试液不变红色，该溶液中一定不含有
A. NO B. SO C. Na+ D. H+
【答案】A
【解析】
【详解】无色溶液，一定不含Fe3+；向其中滴加酚酞试液不变红色，则溶液中一定不存在OH－、CO；由于Ba2+与不能大量共存，由溶液中三种离子的物质的量相等及溶液为电中性可知，溶液中存在H+、Na+、SO，1×1+1×1=1×2遵循电荷守恒，溶液中不能存在Ba2+，而存在NO时不满足电荷守恒，则不含NO，故答案选A。
30. 现有氢气与氯气的混合气体0.1mol，经充分反应后，通入60mL 2mol/L的NaOH溶液中，所得溶液中只含有2种溶质，其中NaCl为0.1mol。则原混合气体中氢气的物质的量可能是
A. 0.02mol B. 0.04mol C. 0.06mol D. 0.08mol
【答案】B
【解析】
【详解】n(NaOH)=2mol/L×0.06L=0.12mol，H2与Cl2反应生成HCl，充分反应后所得气体通入NaOH溶液中一定发生反应HCl+NaOH=NaCl+H2O，所得溶液中只含有2种溶质，其中NaCl为0.1mol，结合题干所给的物质，溶液中另外一种溶质可能为NaOH或者NaClO；根据Na原子守恒，该溶质的物质的量为0.02mol；①若另外一种溶质为0.02mol NaOH，则有0.1mol NaOH和HCl反应，即H2和Cl2反应生成了0.1mol HCl，则原混合气体中，H2、Cl2的物质的量都为0.05mol；②若另外一种溶质为0.02mol NaClO，则有0.02mol Cl2和NaOH反应，即H2、Cl2反应后还剩余0.02mol Cl2，则反应生成HCl的H2、Cl2的总物质的量为0.08mol，即反应生成的HCl的H2、Cl2的物质的量均为0.04mol，即原混合气体中，H2的物质的量为0.04mol，Cl2的物质的量为0.06mol；综上所述，原混合气体中，H2的物质的量可能为0.04mol或0.05mol，故答案选B。
二、综合题
31. 现有下列六种物质：
①液态HCl②溶液③KOH固体④⑤熔融⑥胶体⑦，请回答下列问题。
（1）上述物质中，属于电解质的是_______；(填写物质的序号，下同)；属于非电解质的是_______；在题中状态下既是电解质又能导电的是_______；写出的电离方程式：_______。
（2）②与少量溶液反应的离子方程式为：_______。
（3）二氧化氯是国际公认的高效安全杀菌消毒剂，工业制备气体的反应原理如下：
__________________________________________NaCl
配平上述方程式，并标出电子转移的方向和数目(单线桥)_______。
（4）该反应中，被还原的元素是_______；转移1mol电子时，生成气体的物质的量是_______。
【答案】（1） ①. ①③⑤⑦ ②. ④ ③. ⑤ ④.
（2）
（3） （4） ①. Cl ②. 1.5mol
【解析】
【小问1详解】
电解质是在熔融状态下或水溶液中能导电的化合物，符合条件的有①液态HCl、③KOH固体、⑤熔融、⑦；
非电解质是在熔融状态下和水溶液中均不能导电的化合物，符合条件的有④；
上述电解质中有自由移动的离子才能导电，故在题中状态下既是电解质又能导电的是⑤熔融；
为弱碱，不完全电离，其电离方程式为；
答案为①③⑤⑦；④；⑤；；
【小问2详解】
②溶液与少量溶液反应生成碳酸钠、碳酸钡和水，反应的离子方程式为 ；
【小问3详解】
反应中氯酸钠中氯元素由+5价降为+4价，盐酸中的氯元素由-1价升高为0价生成氯气，最小公倍数为2，NaClO3、HCl、ClO2均配2，Cl2配1，根据质量守恒，NaCl配2， 配2，最终配到4，所得反应方程式为2 NaClO3+4 HCl =2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl；转移电子数为2,电子转移的方向和数目(单线桥)为；
【小问4详解】
反应2NaClO3+4 HCl =2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl中，NaClO3中的氯元素由+5价降为+4价，被还原，故被还原的元素是Cl；转移1mol电子时，生成气体的物质的量是。
32. 共和国勋章获得者钟南山院士强调，要注意疫情防控常态化，坚持做好日常消毒工作。常见的消毒剂有漂白粉、84消毒液(有效成分NaClO)、双氧水等。
Ⅰ．已知某“84消毒液”瓶体部分标签如下所示：84消毒液：(有效成分)NaClO；(规格)1000mL；(质量分数)25%；(密度)1.19g/cm3
（1）该“84消毒液”的物质的量浓度为_______(计算结果保留两位有效数字)。
（2）“84消毒液”与“洁厕灵”(主要成分为盐酸)一起使用反而会弄巧成拙，产生有毒的气体，造成中毒事件。写出反应的离子方程式：_______；
（3）实验室用的浓盐酸配制的盐酸240mL；得浓盐酸的体积为_______mL；使用的定量仪器有_______。
（4）84消毒液若与双氧水溶液混合减弱或失去杀菌消毒功能(反应产物之一是)，解释原因_______。
Ⅱ．实验室制备84消毒液的装置如图1所示：

（5）装置B中盛放的试剂是_______；简述该装置对制取NaClO的作用_______。
（6）三颈烧瓶中生成各物质的物质的量和溶液的温度随时间的变化如图2所示。分钟后所发生主要反应的化学方程式为_______。
【答案】（1）4.0 （2）
（3） ①. 4 ②. 量筒、250mL容量瓶
（4）次氯酸钠和双氧水混合发生反应，从而减弱或失去杀菌消毒功能
（5） ①. 饱和食盐水 ②. 提高NaClO的产率
（6）
【解析】
【分析】Ⅰ.根据计算该“84消毒液”的物质的量浓度为；根据稀释公式计算所需浓盐酸体积，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤选择使用的仪器；
Ⅱ.装置A中浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，由于浓盐酸易挥发，制得的氯气中含有HCl杂质，B中盛放饱和食盐水除去HCl，氯气在三颈烧瓶中与NaOH反应制得次氯酸钠，最后用NaOH吸收未反应完的氯气。
【小问1详解】
根据可知，密度为1.19g/cm3，质量分数为25%的“84消毒液”的物质的量浓度为，故答案为：4.0；
【小问2详解】
“84消毒液”与“洁厕灵”(主要成分为盐酸)一起使用，会产生有毒的氯气，反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问3详解】
配制的盐酸240mL，由于实验室没有240mL的容量瓶，应选用250mL的容量瓶，则相当于配制的盐酸250mL，设需要浓盐酸的体积为V，则，解得V=0.004L=4.0mL；用浓溶液稀释配制一定物质的量浓度的稀溶液的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容等，因此该实验中使用的定量仪器有量筒、250mL容量瓶，故答案为：4.0；量筒、250mL容量瓶；
【小问4详解】
84消毒液与双氧水反应的产物之一是氧气，说明发生了氧化还原反应，氧元素的化合价升高，则必有元素的化合价降低，即NaClO中氯元素的化合价降低，则根据元素守恒可知，两者反应的产物为NaCl、O2和水，反应的化学方程式为，次氯酸钠和双氧水被消耗，从而减弱或失去杀菌消毒功能，故答案为：次氯酸钠和双氧水混合发生反应，从而减弱或失去杀菌消毒功能；
【小问5详解】
装置B中的试剂是为了除去氯气中的HCl杂质，为饱和食盐水；A中生成的氯气中混有HCl气体，HCl会与三颈烧瓶中的NaOH反应，消耗NaOH生成NaCl，降低NaClO的产率，因此装置B能吸收HCl，从而提高NaClO的产率，故答案为：饱和食盐水；提高NaClO的产率；
【小问6详解】
由图2可知，分钟后NaClO的量基本不变，而NaCl和NaClO3增大，故Cl2和NaOH反应的产物是NaCl和NaClO3，反应的化学方程式为，故答案为：。
33. 某学习小组用如图装置测定锌铜合金中铜的质量分数：

（1）实验前，先将铜合金在稀酸中浸泡片刻，目的是_______；
（2）实验开始首先应对装置进行气密性检查，简述检查方法：_______；
（3）为了较准确地测量气体体积，反应后量气管读数前，应注意：_______；
（4）查阅数据获知在实验条件下，气体摩尔体积为，若样品质量为0.200g，测得氢气体积为40.00mL，合金中铜的质量分数为_______(保留3位有效数字)；
（5）下列哪些因素会造成合金中铜的质量分数偏低_______。
a．稀硫酸的量不足 b．将稀硫酸替换为盐酸
c．量气管末读数时仰视刻度线 d．末读数时水准管的液面高于量气管的液面
【答案】（1）除去合金表面的氧化膜
（2）向上调节水准管高度，使水准管和量气管内液体形成液面差，若液面差保持不变，说明装置气密性良好
（3）视线与凹液面最低处相平，读数前应上下移动水准管，待两管液面相平再读数
（4）44.5% （5）c
【解析】
【分析】实验前，先将锌铜合金在稀酸中浸泡片刻，除去合金表面氧化膜；根据排开液体的体积来测定生成氢气的体积，由于锌与稀硫酸反应而铜不反应，根据生成氢气的体积即可测定铜锌合金中锌、铜的质量分数。
【小问1详解】
合金表面有金属氧化膜，因此实验前先将铜合金在稀酸中浸泡片刻，除去合金表面的氧化膜，故答案为：除去合金表面的氧化膜；
【小问2详解】
向上调节水准管高度，使水准管和量气管内液体形成液面差，若液面差保持不变，说明装置气密性良好，故答案为：向上调节水准管高度，使水准管和量气管内液体形成液面差，若液面差保持不变，说明装置气密性良好；
【小问3详解】
为了较准确地测量气体体积，在读取反应前后量气管中液面的读数的过程中，视线与凹液面最低处相平，读数前应上下移动水准管，待两管液面相平再读数，故答案为：视线与凹液面最低处相平，读数前应上下移动水准管，待两管液面相平再读数；
小问4详解】
在实验条件下，气体摩尔体积为，测得氢气体积为40.00mL，则生成的氢气的物质的量为，根据可知，，，，则合金中铜的质量分数为，故答案为：44.5%；
【小问5详解】
a．稀硫酸的量不足，锌未完全反应，测得的锌的质量偏小，则铜的质量偏大，铜的质量分数偏高，故a不符合题意；
b．铜与盐酸不反应，因此用盐酸代替稀硫酸对实验结果无影响，故b不符合题意；
c．仰视刻度线导致测得的氢气体积偏大，锌的质量偏大，则铜的质量偏小，铜的质量分数偏低，故c符合题意；
d．读数时水准管的液面高于量气管的液面，导致测得的氢气的体积偏小，测得的锌的质量偏小，则铜的质量偏大，铜的质量分数偏高，故d不符合题意；