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2021-2022学年广东省广州市广雅中学高一（上）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年广东省广州市广雅中学高一（上）期中化学试卷，共28页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广东省广州市广雅中学高一（上）期中化学试卷
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2分）已知硝酸和铜粉发生反应：3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，关于该反应的说法不正确的是（ ）
A．Cu为还原剂
B．HNO3被还原
C．Cu（NO3）2为氧化产物
D．氧化剂与还原剂的物质的量的比为8：3
2．（2分）用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．28gN2含的分子数为2NA
B．1molOH﹣中含有电子数为9NA
C．标准状况下，22.4LO2含有的氧原子数为2NA
D．1L2mol⋅L﹣1KCl溶液中含有的离子数为2NA
3．（2分）下列各组澄清透明液中，能大量共存的离子组是（ ）
A．Na+、Cu2+、Cl﹣、SO42﹣ B．Na+、MnO4﹣、SO42﹣、I﹣
C．Na+、OH﹣、HCO3﹣、SO42﹣ D．Ba2+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣
4．（2分）下列叙述中正确的是（ ）
A．H2SO4的摩尔质量是98
B．18g的H2O和标况下112L的H2含有电子数相等
C．等质量的CO与CO2中所含碳原子数之比为7：11
D．98gH2SO4溶解于500mL水中，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2mol•L﹣1
5．（2分）下列说法中正确的是（ ）
A．制备Fe（OH）3胶体，通常是将FeCl3固体溶于沸水中
B．胶体区别于其它分散系的本质特征是具有丁达尔现象
C．光束通过云雾、蔗糖溶液、蒸馏水，均不出现丁达尔现象
D．分散系中分散质粒子由小到大的正确顺序是：溶液＜胶体＜浊液
6．（2分）下列离子方程式正确的是（ ）
A．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钠溶液：H++OH﹣═H2O
B．过氧化钠加入水中：2Na2O2+2H2O═NaOH+O2↑
C．过量CO2通入澄清石灰水中：CO2+2OH﹣+Ca2+═CaCO3↓+H2O
D．将铜丝插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+═Cu2++Ag
7．（2分）关于同温、同压下等体积的CO2和CO的叙述，其中正确的是（ ）
①质量相等；②密度相等；③所含分子个数相等；④所含碳原子个数相等．
A．①②③④ B．②③④ C．只有③④ D．只有④
8．（2分）下列有关配制溶液的操作及其误差分析，不正确的是（ ）
A．定容时仰视容量瓶瓶颈刻度线，使所配溶液浓度偏小
B．定容时超过刻度线，用胶头滴管吸出部分水，使所配溶液浓度偏大
C．将烧杯内的溶液转移至容量瓶时，未洗涤烧杯，使所配溶液浓度偏小
D．容量瓶使用前瓶底有少量水，未干燥就开始配制溶液，对所配溶液浓度没影响
9．（2分）下列各物质的类别正确，且具体表现和体现物质的性质相对应的是（ ）
选项
物质
类别
具体表现
体现的物质性质
A
Cl2
单质
使鲜花褪色
漂白性
B
SO2
酸性氧化物
能使石蕊试液变蓝
酸性
C
浓盐酸
酸
和KMnO4固体反应制备气
还原性和酸性
D
MnO2
金属氧化物
加入双氧水中产生大量气泡
氧化性
A．A B．B C．C D．D
10．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．纳米材料粒子大小一般是几十纳米，属于胶体
B．溶液的导电性与溶液中离子的浓度和离子所带电荷有关
C．月饼包装袋内放置的保鲜剂主要成分有生石灰，可以防止被氧化
D．化合反应一定是氧化还原反应，复分解反应一定不是氧化还原反应
11．（4分）下列实验的试剂或装置的选用合理的是（ ）
A．使用装置①配制一定物质的量浓度的稀硫酸
B．为制备和收集一瓶纯净的氯气，使用装置②
C．为干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气，使用装置③
D．为配制200mL 0.100mol•L﹣1NaCl溶液，使用装置④，称量1.2gNaCl固体
12．（4分）下列实验操作、现象、结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
将一小块金属钠加入至CuSO4溶液中
溶液蓝色褪去，有红色固体出现
钠比铜还原性强，钠置换出铜
B
将包裹Na2O2固体的棉花放入盛CO2集气瓶中
棉花燃烧起来
Na2O2与CO2反应为放热反应
C
将氯气通入紫色石蕊试液
溶液紫色立即褪去
氯气与水生成了漂白性物质
D
向NaI溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液
加入淀粉后溶液变成蓝色
该过程主要发生反应：Cl2+I﹣═I2+Cl﹣
A．A B．B C．C D．D
13．（4分）科学家正在研究一种用乙烯（C2H4，沸点为﹣103.9℃）脱硫（SO2）的方法，其机理如图所示。下列关于该脱硫方法的说法中正确的是（ ）
A．氧化性：O2＞SO3＞CO2
B．乙烯在该过程中作为氧化剂
C．该脱硫过程需要及时补充Cu+
D．步骤i中，每消耗44.8LC2H4，有2NA个S原子生成（NA代表阿伏伽德罗常数的值）
14．（4分）如表对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（ ）
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
判断
A
氯水要现用现配
HClO见光分解，随着HClO的消耗，氯水最后成为盐酸
Ⅰ对，Ⅱ对，无
B
“洁厕灵”不能与“84”消毒液混用
“洁厕灵”与“84”消毒液溶液混合产生的HClO易分解
Ⅰ对，Ⅱ对，有
C
过氧化钠可用作航天的供氧剂
Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2
Ⅰ对，Ⅱ对，有
D
金属钠应保存在煤油中隔绝空气
常温下，金属钠在空气中会生成过氧化钠
Ⅰ对，Ⅱ对，有
A．A B．B C．C D．D
15．（4分）已知某固体样品中含有NaHCO3、Na2CO3中的一种或两种，下列说法正确的是（ ）
A．取适量样品配成溶液，滴加1滴酚酞溶液，若溶液变红，则样品中只含有Na2CO3
B．取样在试管中加热，将可能产生的气体全部通入澄清石灰水，若最终仍为澄清溶液，则样品中不含NaHCO3
C．取一定量的样品，利用如图所示装置测定样品中NaHCO3的含量，若球形干燥管增重4.4g，则所取样品中含有0.1mol NaHCO3
D．已知固体样品同时含有NaHCO3和Na2CO3。现取一定质量的样品配成溶液，滴加Ba（OH）2溶液至沉淀完全，根据白色沉淀的质量可求出Na2CO3的含量
16．（4分）Cl2O是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。一种制取Cl2O的装置如图所示。
已知：Cl2O的熔点为﹣116℃，沸点为3.8℃；Cl2的沸点为﹣34.6℃；HgO+2Cl2═HgCl2+Cl2O。
下列说法中不正确的是（ ）
A．装置②③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸
B．通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，减小爆炸危险
C．从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O
D．装置④与⑤之间不用橡胶管连接，是为了防止橡胶管燃烧和爆炸
二、非选择题：共56分。
17．（14分）现有mgX元素的单质气体X2（其摩尔质量为Mg•mol﹣1）。若阿伏加德罗常数的数值用NA表示，则：
（1）该气体的物质的量为 mol。
（2）该气体所含原子总数为 。
（3）该气体在标准状况下的体积为 L。
（4）该气体全部溶于1L水中（不考虑与水反应，水的密度为1g•cm﹣3），其溶液中溶质的质量分数为 。
（5）X元素的另一单质气体X3与X2的关系是 。mgX3气体的物质的量为 mol，所含原子总数为 。
18．（12分）某溶液中含有Ba2+，Mg2+，Ag+，现用NaOH溶液、盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离．其流程图如图（已知溶液2为无色溶液）
（1）沉淀的化学式：沉淀1： ，沉淀2： ；沉淀3： ．
（2）写出“混合液+A”的离子方程式： ；“生成沉淀2”的离子方程式 ．
（3）从溶液1和B反应后分离得到沉淀2和溶液2的实验中，使用到的玻璃仪器有 ．
19．（16分）已知漂白粉的有效成分能与浓盐酸反应生成Cl2，据此原理可用于测定漂白粉有效成分的质量分数。请从图中选用合适装置设计一个最简单的实验，通过量筒中收集到的饱和食盐水进而测定漂白粉有效成分的质量分数。
回答以下问题：
（1）实验中漂白粉有效成分与浓盐酸反应的化学方程式为 。
（2）所选用装置的连接顺序应是 （填各接口的字母代号）。
（3）若各仪器内仍残留有少量Cl2，则测定结果将 （填“偏高”、“偏低”或“不影响”），其原因是 。
（4）某同学在实验中发现量筒里未收集到液体，其失败的原因可能是下列中的 。
①装置漏气
②浓盐酸已变成稀盐酸
③所选仪器容积太大
④漂白粉已全变质
⑤e接f
⑥d接f
A．①②③
B．①②④⑤
C．①②③⑥
D．全部
（5）本实验使用的浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据如图。
①该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为 mol•L﹣1。
②若用该浓盐酸和蒸馏水配制500mL0.400mol•L﹣1的稀盐酸，需要量取 mL上述浓盐酸进行配制，配制过程中使用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外，还有 。
20．（14分）硫化氢（H2S）是一种有毒的臭鸡蛋气味气体，如图是利用H2SO4和FeS制备H2S并进行性质探究的实验装置图。
（1）在装置Ⅰ方框内选择合适的装置： 。
（2）滴加硫酸开始反应，按要求填写以下表格。
实验装置
装置中的试剂
实验预期现象
相关的离子方程式
Ⅰ
H2SO4和FeS
黑色固体溶解，有气泡产生
FeS+2H+═Fe2++H2S↑
Ⅱ
CuSO4溶液
有黑色沉淀产生
①
Ⅲ
双氧水
②
③
Ⅳ
④
气体被吸收
⑤
（3）上述装置的明显不合理地方是 。
2021-2022学年广东省广州市广雅中学高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2分）已知硝酸和铜粉发生反应：3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，关于该反应的说法不正确的是（ ）
A．Cu为还原剂
B．HNO3被还原
C．Cu（NO3）2为氧化产物
D．氧化剂与还原剂的物质的量的比为8：3
【分析】3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，Cu元素化合价由0价变为+2价，N元素化合价由+5价变为+2价，所以铜作还原剂，部分硝酸作氧化剂，还原剂对应的产物是氧化产物，氧化剂对应的产物是还原产物，据此分析判断。
【解答】解：A．3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，Cu元素化合价由0价变为+2价，所以铜作还原剂，故A正确；
B．3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，N元素化合价由+5价变为+2价，所以部分硝酸作氧化剂，被还原，故B正确；
C．3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，Cu元素化合价由0价变为+2价，所以铜作还原剂，生成的Cu（NO3）2为氧化产物，故C正确；
D．3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，Cu元素化合价由0价变为+2价，N元素化合价由+5价变为+2价，所以铜作还原剂，硝酸作氧化剂，参加反应的硝酸中有被还原，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比是2：3，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，根据元素化合价来分析解答即可，注意该反应中部分酸作氧化剂，为易错点。
2．（2分）用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．28gN2含的分子数为2NA
B．1molOH﹣中含有电子数为9NA
C．标准状况下，22.4LO2含有的氧原子数为2NA
D．1L2mol⋅L﹣1KCl溶液中含有的离子数为2NA
【分析】A．求出氮气的物质的量，然后根据分子数N＝nNA来计算；
B．1个OH﹣中含有电子数为10个；
C．求出氧气的物质的量，然后根据氧气为双原子分子来分析；
D．KCl溶液中，除了钾离子和氯离子外，还含氢离子和氢氧根离子。
【解答】解；A．28gN2的物质的量为n＝＝＝1mol，分子数为N＝1mol×NA/mol＝1NA，故A错误；
B．1个OH﹣中含有电子数为10个，1molOH﹣中含有电子数为10NA，故B错误；
C．标况下22.4LO2的物质的量为n＝＝1mol，而氧气为双原子分子，故含有的氧原子数为2NA，故C正确；
D．KCl溶液中，除了钾离子和氯离子外，还含氢离子和氢氧根离子，而KCl溶液的物质的量为n＝cV═1L×2mol/L＝2mol，故溶液中离子数多于4NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
3．（2分）下列各组澄清透明液中，能大量共存的离子组是（ ）
A．Na+、Cu2+、Cl﹣、SO42﹣ B．Na+、MnO4﹣、SO42﹣、I﹣
C．Na+、OH﹣、HCO3﹣、SO42﹣ D．Ba2+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣
【分析】澄清透明溶液中离子之间不反应生成沉淀，离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、不发生络合反应、不发生双水解反应的能大量共存。
【解答】解：A．这几种离子之间不反应，所以能大量共存，故A正确；
B．MnO4﹣、I﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；
C．OH﹣、HCO3﹣反应生成CO32﹣、H2O而不能大量共存，故C错误；
D．Ba2+、SO42﹣生成BaSO4沉淀而不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，B为解答易错点，题目难度不大。
4．（2分）下列叙述中正确的是（ ）
A．H2SO4的摩尔质量是98
B．18g的H2O和标况下112L的H2含有电子数相等
C．等质量的CO与CO2中所含碳原子数之比为7：11
D．98gH2SO4溶解于500mL水中，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2mol•L﹣1
【分析】A.摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，单位：g/mol，其数值与该粒子的相对原子质量或相对分子质量相等；
B.先根据n＝＝分别计算18g的H2O和标况下112L的H2的物质的量，每个H2O含有10个电子，每个H2含有2个电子，据此分别其电子的物质的量，再根据n＝计算其电子数；
C.先根据n＝等质量的CO与CO2的物质的量之比，再根据每个CO与CO2中均含有1个碳原子和n＝计算；
D.溶质的物质的量浓度c＝，V表示溶液的体积，98gH2SO4溶解于500mL水中，溶液体积不是500mL。
【解答】解：A.根据摩尔质量的概念，H2SO4的摩尔质量是98g/mol，故A错误；
B.根据n＝，18g的H2O的物质的量为＝1mol，每个H2O含有10个电子，则18g的H2O含有的电子的物质的量为10mol，根据n＝，标况下112L的H2的物质的量为＝5mol，每个H2含有2个电子，则标况下112L的H2含有的电子的物质的量为10mol，再根据n＝，18g的H2O和标况下112L的H2含有电子数均是10NA，故B正确；
C.根据n＝可知，等质量的CO与CO2的物质的量之比为：＝11：7，每个CO与CO2中均含有1个碳原子，由n＝可知CO与CO2中所含碳原子数之比为11NA：7NA＝11：7，故C错误；
D.98gH2SO4溶解于500mL水中，所得溶液体积未知，无法根据c＝计算，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查摩尔质量的概念、溶液的物质的量浓度的计算以及以物质的量为中心的计算，题目难度不大，关键是掌握物摩尔质量和物质的量浓度的含义以及几种物理量之间的转化关系式。
5．（2分）下列说法中正确的是（ ）
A．制备Fe（OH）3胶体，通常是将FeCl3固体溶于沸水中
B．胶体区别于其它分散系的本质特征是具有丁达尔现象
C．光束通过云雾、蔗糖溶液、蒸馏水，均不出现丁达尔现象
D．分散系中分散质粒子由小到大的正确顺序是：溶液＜胶体＜浊液
【分析】A．制备Fe（OH）3胶体，通常是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，加热至溶液呈红褐色为止；
B．胶体区别于其它分散系的本质特征分散质粒子直径大小；
C．丁达尔效应是胶体特有的性质；
D．分散系按分散质微粒直径的大小分为溶液、胶体、浊液，溶液分散质微粒直径小于1nm，浊液分散质微粒直径大于100nm，胶体分散质微粒直径为1nm～100nm，据此分析解答。
【解答】解：A．制备Fe（OH）3胶体，通常是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，故A错误；
B．胶体区别于其它分散系的本质特征分散质粒子直径介于1nm～100nm之间，故B错误；
C．云雾属于胶体，所以光束通过云雾能产生丁达尔效应，故C错误；
D．分散系的本质区别在于分散质微粒直径的大小，溶液分散质微粒直径小于1nm，浊液分散质微粒直径大于100nm，胶体分散质微粒直径为1nm～100nm，所以分散质粒子直径由小到大的正确顺序是：溶液＜胶体＜浊液，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了胶体性质，解题时须仔细审题，对照性质解答，注意相关基础知识的积累，题目难度不大。
6．（2分）下列离子方程式正确的是（ ）
A．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钠溶液：H++OH﹣═H2O
B．过氧化钠加入水中：2Na2O2+2H2O═NaOH+O2↑
C．过量CO2通入澄清石灰水中：CO2+2OH﹣+Ca2+═CaCO3↓+H2O
D．将铜丝插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+═Cu2++Ag
【分析】A．反应实质氢离子与氢氧根离子反应生成水；
B．原子个数不守恒且不是离子方程式；
C．二氧化碳过量反应生成碳酸氢钙；
D．电荷不守恒。
【解答】解：A．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钠溶液，离子方程式为：H++OH﹣═H2O，故A正确；
B．过氧化钠加入水中，离子化学方程式：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故B错误；
C．过量CO2通入澄清石灰水中，离子方程式为：CO2+OH﹣═HCO3﹣，故C错误；
D．将铜丝插入硝酸银溶液中，离子方程式为：Cu+2Ag+═Cu2++2Ag，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度不大。
7．（2分）关于同温、同压下等体积的CO2和CO的叙述，其中正确的是（ ）
①质量相等；②密度相等；③所含分子个数相等；④所含碳原子个数相等．
A．①②③④ B．②③④ C．只有③④ D．只有④
【分析】同温同压下等体积CO2和CO的物质的量相等，则含有分子数目相等，每份均含有1个C原子，故含有碳原子数目相等，根据m＝nM可知，二者质量不相等，同温同压下气体的密度之比等于其相对分子质量之比．
【解答】解：同温同压下等体积CO2和CO的物质的量相等。
①根据m＝nM可知，二者质量之比为44g/mol：28g/mol＝11：7，二者质量不相等，故①错误；
②同温同压下气体的密度之比等于其相对分子质量之比，二者密度之比为44g：28g＝11：7，二者密度不相等，故②错误；
③二者物质的量相等，根据N＝nNA可知，所含分子数相等，故③正确；
④含有分子数目相等，每份均含有1个C原子，故含有碳原子数目相等，故④正确，
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，难度不大，注意对公式的理解与灵活应用，注意根据PV＝nRT理解阿伏加德罗定律及其推论．
8．（2分）下列有关配制溶液的操作及其误差分析，不正确的是（ ）
A．定容时仰视容量瓶瓶颈刻度线，使所配溶液浓度偏小
B．定容时超过刻度线，用胶头滴管吸出部分水，使所配溶液浓度偏大
C．将烧杯内的溶液转移至容量瓶时，未洗涤烧杯，使所配溶液浓度偏小
D．容量瓶使用前瓶底有少量水，未干燥就开始配制溶液，对所配溶液浓度没影响
【分析】A．定容时仰视容量瓶瓶颈刻度线，溶液的总体积偏大；
B．定容时超过刻度线，溶液的总体积偏大；
C．溶液转移至容量瓶时，未洗涤烧杯，使溶液中溶质的质量和物质的量偏小；
D．定容时时需要加水至刻度线位置，则容量瓶使用前可以不干燥。
【解答】解：A．定容时仰视容量瓶瓶颈刻度线，溶液的总体积偏大，根据c＝可知，所配溶液浓度偏小，故A正确；
B．定容时超过刻度线，溶液的总体积偏大，根据c＝可知，所配溶液浓度偏小，用胶头滴管吸出部分水，所配溶液浓度仍然偏小，故B错误；
C．将烧杯内的溶液转移至容量瓶时，未洗涤烧杯，使溶液中溶质的质量和物质的量偏小，根据c＝可知，所配溶液浓度偏小，故C正确；
D．定容时时需要加水至刻度线位置，容量瓶使用前瓶底有少量水，未干燥就开始配制溶液，n、V不变，则对所配溶液浓度没影响，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析，为高频考点，把握配制物质的量浓度溶液的操作步骤及注意事项是解题关键，注意掌握误差分析的方法与技巧，题目难度不大。
9．（2分）下列各物质的类别正确，且具体表现和体现物质的性质相对应的是（ ）
选项
物质
类别
具体表现
体现的物质性质
A
Cl2
单质
使鲜花褪色
漂白性
B
SO2
酸性氧化物
能使石蕊试液变蓝
酸性
C
浓盐酸
酸
和KMnO4固体反应制备气
还原性和酸性
D
MnO2
金属氧化物
加入双氧水中产生大量气泡
氧化性
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．氯气不具有漂白性；
B．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性；
C．依据反应中氯元素化合价变化判断；
D．过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成水和氧气。
【解答】解：A．氯气不具有漂白性，氯气使鲜花褪色是因为氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，故A错误；
B．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，能够使石蕊试液变红，故B错误；
C．浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯化钾、氯化锰和氯气、水，盐酸中氯化合价部分不变，部分升高，所以既表现酸性又表现还原性，故C正确；
D．过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成水和氧气，二氧化锰为催化剂，不表现氧化性，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
10．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．纳米材料粒子大小一般是几十纳米，属于胶体
B．溶液的导电性与溶液中离子的浓度和离子所带电荷有关
C．月饼包装袋内放置的保鲜剂主要成分有生石灰，可以防止被氧化
D．化合反应一定是氧化还原反应，复分解反应一定不是氧化还原反应
【分析】A．胶体是分散质在分散剂中形成的分散系；
B．离子浓度大，阴离子或阳离子所带电荷的绝对值越大，溶液的导电能力越强；
C．生石灰具有吸水性，防潮解；
D．存在化合价变化的反应为氧化还原反应，化合反应不一定为氧化还原反应；
【解答】解：A．纳米材料粒子直径一般从几纳米到几十纳米，因此纳米材料没有形成分散系，就不属于胶体，故A错误；
B．同温度下，单位体积中的离子个数越多，离子浓度大，阴离子或阳离子所带电荷的绝对值越大，溶液的导电能力越强，故B正确；
C．生石灰具有吸水性，防潮解，月饼包装袋内放置的保鲜剂主要成分应该是活性铁粉，可以防止被氧化，故C错误；
D．复分解反应中不存在化合价变化，则复分解反应一定不是氧化还原反应，而化合反应中不一定存在化合价变化，存在化合价变化的化合反应属于氧化还原反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质组性质、氧化还原反应、胶体性质等知识点，注意概念实质的理解应用，题目难度不大。
11．（4分）下列实验的试剂或装置的选用合理的是（ ）
A．使用装置①配制一定物质的量浓度的稀硫酸
B．为制备和收集一瓶纯净的氯气，使用装置②
C．为干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气，使用装置③
D．为配制200mL 0.100mol•L﹣1NaCl溶液，使用装置④，称量1.2gNaCl固体
【分析】A.不能在容量瓶中稀释浓硫酸；
B.浓盐酸与二氧化锰反应需要加热；
C.氨气的密度比空气的密度小；
D.称量时左物右码。
【解答】解：A.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后，转移到容量瓶中定容，故A错误；
B.浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，图中缺少酒精灯加热，不能制备氯气，故B错误；
C.图中碱石灰可干燥氨气，导管短进长出可收集氨气，倒扣的漏斗可防止倒吸，水可吸收尾气，故C正确；
D.称量时左物右码，图中1.2gNaCl固体与砝码的位置不合理，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物的分离提纯、溶液的配制、固体的称量、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12．（4分）下列实验操作、现象、结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
将一小块金属钠加入至CuSO4溶液中
溶液蓝色褪去，有红色固体出现
钠比铜还原性强，钠置换出铜
B
将包裹Na2O2固体的棉花放入盛CO2集气瓶中
棉花燃烧起来
Na2O2与CO2反应为放热反应
C
将氯气通入紫色石蕊试液
溶液紫色立即褪去
氯气与水生成了漂白性物质
D
向NaI溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液
加入淀粉后溶液变成蓝色
该过程主要发生反应：Cl2+I﹣═I2+Cl﹣
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.Na与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜、氢气；
B.过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，且放热；
C.氯气与水反应生成盐酸和HClO，具有酸性和漂白性；
D.氯气与NaI反应生成碘，淀粉遇碘单质变蓝。
【解答】解：A.Na与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜、氢气，不能置换出Cu，故A错误；
B.过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，且放热，则棉花燃烧起来，故B正确；
C.氯气与水反应生成盐酸和HClO，具有酸性和漂白性，则紫色石蕊试液先变红后褪色，故C错误；
D.氯气与NaI反应生成碘，离子反应为发生反应Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣，加入淀粉后溶液变成蓝色，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13．（4分）科学家正在研究一种用乙烯（C2H4，沸点为﹣103.9℃）脱硫（SO2）的方法，其机理如图所示。下列关于该脱硫方法的说法中正确的是（ ）
A．氧化性：O2＞SO3＞CO2
B．乙烯在该过程中作为氧化剂
C．该脱硫过程需要及时补充Cu+
D．步骤i中，每消耗44.8LC2H4，有2NA个S原子生成（NA代表阿伏伽德罗常数的值）
【分析】A．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物判断；
B．化合价降低的物质作氧化剂，化合价升高的作还原剂；
C．催化剂在反应过程不消耗；
D．注意气体的存在温度和压强必须明确。
【解答】解：A．由过程iiiO2+SO2→SO3，氧化性O2＞SO3，过程iC2H4+SO3→S+CO2+H2O，氧化性：SO3＞CO2，所以氧化性：O2＞SO3＞CO2，故A正确；
B．由过程i可知乙烯被氧化成二氧化碳，则乙烯在该过程中做还原剂，故B错误；
C．该脱硫过程Cu+作为催化剂，所以不需要及时补充Cu+，故C错误；
D．有关系式C2H4～2CO2～12e﹣～2SO3～2S可知，标况下每消耗44.8LC2H4，有2NA个S原子生成，但选项中未说明是否处于标况下，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了元素化合物知识，涉及硫的转化、硫及其化合物性质和转化关系分析判断等，熟练掌握基础知识，积累化学与生活知识的关系是解决问题的关键，侧重于考查学生的分析能力应用能力，注意相关知识的积累。
14．（4分）如表对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（ ）
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
判断
A
氯水要现用现配
HClO见光分解，随着HClO的消耗，氯水最后成为盐酸
Ⅰ对，Ⅱ对，无
B
“洁厕灵”不能与“84”消毒液混用
“洁厕灵”与“84”消毒液溶液混合产生的HClO易分解
Ⅰ对，Ⅱ对，有
C
过氧化钠可用作航天的供氧剂
Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2
Ⅰ对，Ⅱ对，有
D
金属钠应保存在煤油中隔绝空气
常温下，金属钠在空气中会生成过氧化钠
Ⅰ对，Ⅱ对，有
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．氯水中含有次氯酸，次氯酸不稳定，见光易分解；
B．洁厕灵中氯化氢与消毒液中次氯酸根离子发生氧化还原反应生成氯气；
C．过氧化钠与水、二氧化碳反应都产生氧气；
D．钠常温下在空气中反应生成氧化钠。
【解答】解：A．氯水中含有次氯酸，次氯酸不稳定，见光易分解，所以氯水应现用现配，放置时间过长易变质，Ⅰ对，Ⅱ对，有关系，故A错误；
B．洁厕灵中氯化氢与消毒液中次氯酸根离子发生氧化还原反应生成氯气，Ⅱ错误，故B错误；
C．过氧化钠与水、二氧化碳反应都产生氧气，常用作供氧剂，Ⅰ对，Ⅱ对，有，故C正确；
D．钠常温下在空气中反应生成氧化钠而变质，所以金属钠应保存在煤油中隔绝空气，Ⅱ错误，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
15．（4分）已知某固体样品中含有NaHCO3、Na2CO3中的一种或两种，下列说法正确的是（ ）
A．取适量样品配成溶液，滴加1滴酚酞溶液，若溶液变红，则样品中只含有Na2CO3
B．取样在试管中加热，将可能产生的气体全部通入澄清石灰水，若最终仍为澄清溶液，则样品中不含NaHCO3
C．取一定量的样品，利用如图所示装置测定样品中NaHCO3的含量，若球形干燥管增重4.4g，则所取样品中含有0.1mol NaHCO3
D．已知固体样品同时含有NaHCO3和Na2CO3。现取一定质量的样品配成溶液，滴加Ba（OH）2溶液至沉淀完全，根据白色沉淀的质量可求出Na2CO3的含量
【分析】A.NaHCO3、Na2CO3溶液均水解显碱性；
B.若石灰水不足，二氧化碳与石灰水反应生成碳酸氢钙；
C.球形干燥管增重4.4g，增加质量为生成二氧化碳的质量及空气中水、二氧化碳的质量；
D.设样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为xmol、ymol，混合物的质量为m，滴加Ba（OH）2溶液至沉淀完全，沉淀为碳酸钡，质量为n，结合原子守恒及质量关系计算。
【解答】解：A.NaHCO3、Na2CO3溶液均水解显碱性，则取适量样品配成溶液，滴加1滴酚酞溶液，若溶液变红，不能证明样品中只含有Na2CO3，故A错误；
B.若石灰水不足，二氧化碳与石灰水反应生成碳酸氢钙，则最终仍为澄清溶液，不能证明样品中不含NaHCO3，故B错误；
C.球形干燥管增重4.4g，增加质量为生成二氧化碳的质量及空气中水、二氧化碳的质量，不能由碳原子守恒计算样品中含NaHCO3的物质的量，故C错误；
D.设样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为xmol、ymol，混合物的质量为m，滴加Ba（OH）2溶液至沉淀完全，沉淀为碳酸钡，质量为n，由原子守恒及质量关系可知，m、n可称量确定，联立解得x、y，可计算Na2CO3的含量，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质含量测定实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
16．（4分）Cl2O是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。一种制取Cl2O的装置如图所示。
已知：Cl2O的熔点为﹣116℃，沸点为3.8℃；Cl2的沸点为﹣34.6℃；HgO+2Cl2═HgCl2+Cl2O。
下列说法中不正确的是（ ）
A．装置②③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸
B．通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，减小爆炸危险
C．从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O
D．装置④与⑤之间不用橡胶管连接，是为了防止橡胶管燃烧和爆炸
【分析】由制备装置可知，①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，通干燥空气可将氯气排入④中，④中发生HgO+2Cl2＝HgCl2+Cl2O，因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，以此来解答。
【解答】解：A．装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水、浓硫酸，保证进入④中试剂无水，因Cl2O易溶于水且会与水反应生成次氯酸，故A正确；
B．通干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度，故B正确；
C．由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，Cl2O在⑤中转化为液态，故C错误；
D．因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识及习题中的信息，题目难度中等。
二、非选择题：共56分。
17．（14分）现有mgX元素的单质气体X2（其摩尔质量为Mg•mol﹣1）。若阿伏加德罗常数的数值用NA表示，则：
（1）该气体的物质的量为 mol。
（2）该气体所含原子总数为 。
（3）该气体在标准状况下的体积为 L。
（4）该气体全部溶于1L水中（不考虑与水反应，水的密度为1g•cm﹣3），其溶液中溶质的质量分数为 ×100% 。
（5）X元素的另一单质气体X3与X2的关系是 同素异形体 。mgX3气体的物质的量为 mol，所含原子总数为 。
【分析】（1）根据n＝计算；
（2）每个X2含有2个原子，由（1）可得该气体所含原子的物质的量，再根据n＝计算该气体所含原子总数；
（3）标准状况下，气体的摩尔体积Vm＝22.4L/mol，根据n＝计算；
（4）根据ρ＝计算1L水的质量，代入溶质的质量分数＝×100%；
（5）同种元素组成的不同单质互为同素异形体，摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，其数值与该粒子的相对原子质量或相对分子质量相等，由X2的摩尔质量可得X的相对原子质量，进而得到X3的摩尔质量，代入n＝计算mgX3气体的物质的量，再根据每个X3含有3个原子可得其原子的物质的量，最后根据n＝计算其所含原子总数。
【解答】解：（1）根据n＝，则该气体的物质的量为＝mol，
故答案为：；
（2）每个X2含有2个原子，则该气体所含原子的物质的量为2×mol，由n＝得该气体所含原子总数为，
故答案为：；
（3）根据n＝，该气体在标准状况下的体积为mol×22.4L/mol＝L，
故答案为：；
（4）根据ρ＝，1L水的质量为1000cm3×1g•cm﹣3＝1000g，溶质的质量分数为×100%＝×100%，
故答案为：×100%；
（5）X元素的另一单质气体X3与X2的关系是同素异形体，X2的摩尔质量为Mg•mol﹣1，则X2的相对分子质量为M，X的相对原子质量为，故X3的摩尔质量为Mg•mol﹣1，由n＝可得mgX3气体的物质的量为＝mol，每个X3含有3个原子，则mgX3气体所含原子的物质的量为mol×3＝mol，由n＝得其所含原子总数为，
故答案为：同素异形体；；。
【点评】本题考查以物质的量为中心的计算，题目难度不大，关键是掌握同素异形体和摩尔质量的概念以及几种物理量之间的转化关系式，利用微粒间的关系进行计算。
18．（12分）某溶液中含有Ba2+，Mg2+，Ag+，现用NaOH溶液、盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离．其流程图如图（已知溶液2为无色溶液）
（1）沉淀的化学式：沉淀1： AgCl ，沉淀2： BaSO4或Mg（OH）2 ；沉淀3： Mg（OH）2或BaSO4 ．
（2）写出“混合液+A”的离子方程式： Ag++Cl﹣＝AgCl↓ ；“生成沉淀2”的离子方程式 Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓或Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓ ．
（3）从溶液1和B反应后分离得到沉淀2和溶液2的实验中，使用到的玻璃仪器有 漏斗、玻璃棒、烧杯 ．
【分析】由分离流程可知，溶液含有Ba2+、Mg2+、Ag+，应先加A为入HCl，生成沉淀1为AgCl，过滤后溶液1中加试剂B为Na2SO4，可得到沉淀2为BaSO4，最后溶液2中加入试剂C为NaOH，可得到沉淀3为Mg（OH）2，或过滤后溶液1中加试剂B为NaOH，可得到沉淀2为Mg（OH）2，最后溶液2中加入试剂C为Na2SO4，可得到沉淀3为BaSO4，均符合溶液2为无色溶液，以此来解答．
【解答】解：（1）由上述分析可知，沉淀1为AgCl，沉淀2为BaSO4或Mg（OH）2，沉淀3为Mg（OH）2或BaSO4，
故答案为：AgCl；BaSO4或Mg（OH）2；
（2）“混合液+A”的离子方程式为Ag++Cl﹣＝AgCl↓；“生成沉淀2”的离子方程式为Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓或Mg2++2OH﹣＝Mg （OH）2↓，
故答案为：Ag++Cl﹣＝AgCl↓；Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓或Mg2++2OH﹣＝Mg （OH）2↓；
（3）从溶液1和B反应后分离得到沉淀2和溶液2的实验操作为过滤，使用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，
故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯．
【点评】本题考查混合物分离，为高频考点，把握离子的性质、发生的反应及混合物分离为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子逐一沉淀的限制条件，题目难度不大．
19．（16分）已知漂白粉的有效成分能与浓盐酸反应生成Cl2，据此原理可用于测定漂白粉有效成分的质量分数。请从图中选用合适装置设计一个最简单的实验，通过量筒中收集到的饱和食盐水进而测定漂白粉有效成分的质量分数。
回答以下问题：
（1）实验中漂白粉有效成分与浓盐酸反应的化学方程式为 Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O 。
（2）所选用装置的连接顺序应是 aedf （填各接口的字母代号）。
（3）若各仪器内仍残留有少量Cl2，则测定结果将 不影响 （填“偏高”、“偏低”或“不影响”），其原因是 同温同压下，同量的Cl2和空气所排出的液体体积相等 。
（4）某同学在实验中发现量筒里未收集到液体，其失败的原因可能是下列中的 B 。
①装置漏气
②浓盐酸已变成稀盐酸
③所选仪器容积太大
④漂白粉已全变质
⑤e接f
⑥d接f
A．①②③
B．①②④⑤
C．①②③⑥
D．全部
（5）本实验使用的浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据如图。
①该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为 11.9 mol•L﹣1。
②若用该浓盐酸和蒸馏水配制500mL0.400mol•L﹣1的稀盐酸，需要量取 16.8 mL上述浓盐酸进行配制，配制过程中使用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外，还有 500mL容量瓶、胶头滴管 。
【分析】（1）漂白粉的有效成分为次氯酸钙，可与盐酸发生氧化还原反应生成氯气和氯化钙；
（2）实验生成氯气，可用排饱和食盐水法测定生成氯气的体积，可确定次氯酸钙的含量；
（3）氯气排除空气，残留氯气和排除的体积相等；
（4）如没有收集到氯气，可能是漂白粉变质或装置漏气、装置连接错误等；
（5）①根据c＝计算；
②根据稀释定律，稀释前后HCl的物质的量不变，据此计算需要浓盐酸的体积；根据配制一定体积物质的量浓度的溶液的步骤选择使用的仪器。
【解答】解：（1）漂白粉的有效成分为次氯酸钙，可与盐酸发生氧化还原反应生成氯气和氯化钙，反应的方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O，
故答案为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
（2）实验生成氯气，可用排饱和食盐水法测定生成氯气的体积，可确定次氯酸钙的含量，连接顺序为a接e，d接f，
故答案为：aedf；
（3）氯气排除空气，同温同压下，同量的Cl2和空气所排出的液体体积相等，不影响实验结果，
故答案为：不影响；同温同压下，同量的Cl2和空气所排出的液体体积相等；
（4）某同学在实验中发现量筒里未收集到液体，说明没有收集到氯气，可能是漂白粉变质或装置漏气、装置连接错误等，①②④⑤符合，
故答案为：B；
（5）①质量分数36.5%、密度1.19g/mL 浓盐酸的物质的量浓度＝mol/L＝11.9mol/L，
故答案为：11.9；
②令需要浓盐酸的体积为V mL，根据稀释定律，稀释前后HCl的物质的量不变，则V×10﹣3L×11.9mol/L＝0.5 L×0.400mol/L，解得：V＝16.8；配制500mL浓度为0.4mol•L﹣1的稀盐酸的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：16.8；500mL容量瓶、胶头滴管。
【点评】本题考查物质的含量测定的实验设计问题、物质的量浓度计算、一定物质的量浓度溶液配制等，为高考常见题型，题目难度中等，明确实验的原理和操作步骤为解答关键，试题侧重于学生的分析能力和实验能力的考查。
20．（14分）硫化氢（H2S）是一种有毒的臭鸡蛋气味气体，如图是利用H2SO4和FeS制备H2S并进行性质探究的实验装置图。
（1）在装置Ⅰ方框内选择合适的装置： C 。
（2）滴加硫酸开始反应，按要求填写以下表格。
实验装置
装置中的试剂
实验预期现象
相关的离子方程式
Ⅰ
H2SO4和FeS
黑色固体溶解，有气泡产生
FeS+2H+═Fe2++H2S↑
Ⅱ
CuSO4溶液
有黑色沉淀产生
① Cu2++H2S＝CuS↓+2H+
Ⅲ
双氧水
② 有黄色浑浊出现
③ H2O2+H2S＝S↓+2H2O
Ⅳ
④ 氢氧化钠溶液
气体被吸收
⑤ 2OH﹣+H2S＝S2﹣+2H2O
（3）上述装置的明显不合理地方是 装置Ⅳ没有连接排气管 。
【分析】装置Ⅰ制备硫化氢气体，装置Ⅱ中硫化氢和硫酸铜反应生成硫化铜沉淀，装置Ⅲ检验硫化氢的还原性，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气硫化氢气体，防止污染空气。
【解答】解：（1）利用H2SO4和FeS制备H2S应该选用固体和液体反应生成气体的反应，故选C，
故答案为：C；
（2）①CuSO4溶液和硫化氢反应生成硫化铜黑色沉淀的离子方程式为Cu2++H2S＝CuS↓+2H+，
故答案为：Cu2++H2S＝CuS↓+2H+；
②双氧水氧化硫化氢生成硫单质，故现象为有黄色浑浊出现，
故答案为：有黄色浑浊出现；
③双氧水氧化硫化氢生成硫单质的反应式为H2O2+H2S＝S↓+2H2O，
故答案为：H2O2+H2S＝S↓+2H2O；
④硫化氢和氢氧化钠溶液反应，故尾气吸收需要氢氧化钠溶液，
故答案为：氢氧化钠溶液；
⑤硫化氢和氢氧化钠溶液反应生成硫化钠和水的离子方程式为2OH﹣+H2S＝S2﹣+2H2O，
故答案为：2OH﹣+H2S＝S2﹣+2H2O；
（3）上述装置的明显不合理地方是装置Ⅳ没有连接排气管，
故答案为：装置Ⅳ没有连接排气管。
【点评】本题考查物质性质的探究实验、实验方案设计，熟练掌握元素化合物知识，明确发生的离子反应，根据现象判断离子反应。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/8/4 19:22:40；用户：李超；邮箱：lichao317807156@126.com；学号：19716718
2021-2022学年广东省广州市广雅中学高一（上）期中化学试卷
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2分）已知硝酸和铜粉发生反应：3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，关于该反应的说法不正确的是（ ）
A．Cu为还原剂
B．HNO3被还原
C．Cu（NO3）2为氧化产物
D．氧化剂与还原剂的物质的量的比为8：3
2．（2分）用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．28gN2含的分子数为2NA
B．1molOH﹣中含有电子数为9NA
C．标准状况下，22.4LO2含有的氧原子数为2NA
D．1L2mol⋅L﹣1KCl溶液中含有的离子数为2NA
3．（2分）下列各组澄清透明液中，能大量共存的离子组是（ ）
A．Na+、Cu2+、Cl﹣、SO42﹣ B．Na+、MnO4﹣、SO42﹣、I﹣
C．Na+、OH﹣、HCO3﹣、SO42﹣ D．Ba2+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣
4．（2分）下列叙述中正确的是（ ）
A．H2SO4的摩尔质量是98
B．18g的H2O和标况下112L的H2含有电子数相等
C．等质量的CO与CO2中所含碳原子数之比为7：11
D．98gH2SO4溶解于500mL水中，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2mol•L﹣1
5．（2分）下列说法中正确的是（ ）
A．制备Fe（OH）3胶体，通常是将FeCl3固体溶于沸水中
B．胶体区别于其它分散系的本质特征是具有丁达尔现象
C．光束通过云雾、蔗糖溶液、蒸馏水，均不出现丁达尔现象
D．分散系中分散质粒子由小到大的正确顺序是：溶液＜胶体＜浊液
6．（2分）下列离子方程式正确的是（ ）
A．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钠溶液：H++OH﹣═H2O
B．过氧化钠加入水中：2Na2O2+2H2O═NaOH+O2↑
C．过量CO2通入澄清石灰水中：CO2+2OH﹣+Ca2+═CaCO3↓+H2O
D．将铜丝插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+═Cu2++Ag
7．（2分）关于同温、同压下等体积的CO2和CO的叙述，其中正确的是（ ）
①质量相等；②密度相等；③所含分子个数相等；④所含碳原子个数相等．
A．①②③④ B．②③④ C．只有③④ D．只有④
8．（2分）下列有关配制溶液的操作及其误差分析，不正确的是（ ）
A．定容时仰视容量瓶瓶颈刻度线，使所配溶液浓度偏小
B．定容时超过刻度线，用胶头滴管吸出部分水，使所配溶液浓度偏大
C．将烧杯内的溶液转移至容量瓶时，未洗涤烧杯，使所配溶液浓度偏小
D．容量瓶使用前瓶底有少量水，未干燥就开始配制溶液，对所配溶液浓度没影响
9．（2分）下列各物质的类别正确，且具体表现和体现物质的性质相对应的是（ ）
选项
物质
类别
具体表现
体现的物质性质
A
Cl2
单质
使鲜花褪色
漂白性
B
SO2
酸性氧化物
能使石蕊试液变蓝
酸性
C
浓盐酸
酸
和KMnO4固体反应制备气
还原性和酸性
D
MnO2
金属氧化物
加入双氧水中产生大量气泡
氧化性
A．A B．B C．C D．D
10．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．纳米材料粒子大小一般是几十纳米，属于胶体
B．溶液的导电性与溶液中离子的浓度和离子所带电荷有关
C．月饼包装袋内放置的保鲜剂主要成分有生石灰，可以防止被氧化
D．化合反应一定是氧化还原反应，复分解反应一定不是氧化还原反应
11．（4分）下列实验的试剂或装置的选用合理的是（ ）
A．使用装置①配制一定物质的量浓度的稀硫酸
B．为制备和收集一瓶纯净的氯气，使用装置②
C．为干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气，使用装置③
D．为配制200mL 0.100mol•L﹣1NaCl溶液，使用装置④，称量1.2gNaCl固体
12．（4分）下列实验操作、现象、结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
将一小块金属钠加入至CuSO4溶液中
溶液蓝色褪去，有红色固体出现
钠比铜还原性强，钠置换出铜
B
将包裹Na2O2固体的棉花放入盛CO2集气瓶中
棉花燃烧起来
Na2O2与CO2反应为放热反应
C
将氯气通入紫色石蕊试液
溶液紫色立即褪去
氯气与水生成了漂白性物质
D
向NaI溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液
加入淀粉后溶液变成蓝色
该过程主要发生反应：Cl2+I﹣═I2+Cl﹣
A．A B．B C．C D．D
13．（4分）科学家正在研究一种用乙烯（C2H4，沸点为﹣103.9℃）脱硫（SO2）的方法，其机理如图所示。下列关于该脱硫方法的说法中正确的是（ ）
A．氧化性：O2＞SO3＞CO2
B．乙烯在该过程中作为氧化剂
C．该脱硫过程需要及时补充Cu+
D．步骤i中，每消耗44.8LC2H4，有2NA个S原子生成（NA代表阿伏伽德罗常数的值）
14．（4分）如表对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（ ）
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
判断
A
氯水要现用现配
HClO见光分解，随着HClO的消耗，氯水最后成为盐酸
Ⅰ对，Ⅱ对，无
B
“洁厕灵”不能与“84”消毒液混用
“洁厕灵”与“84”消毒液溶液混合产生的HClO易分解
Ⅰ对，Ⅱ对，有
C
过氧化钠可用作航天的供氧剂
Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2
Ⅰ对，Ⅱ对，有
D
金属钠应保存在煤油中隔绝空气
常温下，金属钠在空气中会生成过氧化钠
Ⅰ对，Ⅱ对，有
A．A B．B C．C D．D
15．（4分）已知某固体样品中含有NaHCO3、Na2CO3中的一种或两种，下列说法正确的是（ ）
A．取适量样品配成溶液，滴加1滴酚酞溶液，若溶液变红，则样品中只含有Na2CO3
B．取样在试管中加热，将可能产生的气体全部通入澄清石灰水，若最终仍为澄清溶液，则样品中不含NaHCO3
C．取一定量的样品，利用如图所示装置测定样品中NaHCO3的含量，若球形干燥管增重4.4g，则所取样品中含有0.1mol NaHCO3
D．已知固体样品同时含有NaHCO3和Na2CO3。现取一定质量的样品配成溶液，滴加Ba（OH）2溶液至沉淀完全，根据白色沉淀的质量可求出Na2CO3的含量
16．（4分）Cl2O是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。一种制取Cl2O的装置如图所示。
已知：Cl2O的熔点为﹣116℃，沸点为3.8℃；Cl2的沸点为﹣34.6℃；HgO+2Cl2═HgCl2+Cl2O。
下列说法中不正确的是（ ）
A．装置②③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸
B．通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，减小爆炸危险
C．从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O
D．装置④与⑤之间不用橡胶管连接，是为了防止橡胶管燃烧和爆炸
二、非选择题：共56分。
17．（14分）现有mgX元素的单质气体X2（其摩尔质量为Mg•mol﹣1）。若阿伏加德罗常数的数值用NA表示，则：
（1）该气体的物质的量为 mol。
（2）该气体所含原子总数为 。
（3）该气体在标准状况下的体积为 L。
（4）该气体全部溶于1L水中（不考虑与水反应，水的密度为1g•cm﹣3），其溶液中溶质的质量分数为 。
（5）X元素的另一单质气体X3与X2的关系是 。mgX3气体的物质的量为 mol，所含原子总数为 。
18．（12分）某溶液中含有Ba2+，Mg2+，Ag+，现用NaOH溶液、盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离．其流程图如图（已知溶液2为无色溶液）
（1）沉淀的化学式：沉淀1： ，沉淀2： ；沉淀3： ．
（2）写出“混合液+A”的离子方程式： ；“生成沉淀2”的离子方程式 ．
（3）从溶液1和B反应后分离得到沉淀2和溶液2的实验中，使用到的玻璃仪器有 ．
19．（16分）已知漂白粉的有效成分能与浓盐酸反应生成Cl2，据此原理可用于测定漂白粉有效成分的质量分数。请从图中选用合适装置设计一个最简单的实验，通过量筒中收集到的饱和食盐水进而测定漂白粉有效成分的质量分数。
回答以下问题：
（1）实验中漂白粉有效成分与浓盐酸反应的化学方程式为 。
（2）所选用装置的连接顺序应是 （填各接口的字母代号）。
（3）若各仪器内仍残留有少量Cl2，则测定结果将 （填“偏高”、“偏低”或“不影响”），其原因是 。
（4）某同学在实验中发现量筒里未收集到液体，其失败的原因可能是下列中的 。
①装置漏气
②浓盐酸已变成稀盐酸
③所选仪器容积太大
④漂白粉已全变质
⑤e接f
⑥d接f
A．①②③
B．①②④⑤
C．①②③⑥
D．全部
（5）本实验使用的浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据如图。
①该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为 mol•L﹣1。
②若用该浓盐酸和蒸馏水配制500mL0.400mol•L﹣1的稀盐酸，需要量取 mL上述浓盐酸进行配制，配制过程中使用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外，还有 。
20．（14分）硫化氢（H2S）是一种有毒的臭鸡蛋气味气体，如图是利用H2SO4和FeS制备H2S并进行性质探究的实验装置图。
（1）在装置Ⅰ方框内选择合适的装置： 。
（2）滴加硫酸开始反应，按要求填写以下表格。
实验装置
装置中的试剂
实验预期现象
相关的离子方程式
Ⅰ
H2SO4和FeS
黑色固体溶解，有气泡产生
FeS+2H+═Fe2++H2S↑
Ⅱ
CuSO4溶液
有黑色沉淀产生
①
Ⅲ
双氧水
②
③
Ⅳ
④
气体被吸收
⑤
（3）上述装置的明显不合理地方是 。
2021-2022学年广东省广州市广雅中学高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2分）已知硝酸和铜粉发生反应：3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，关于该反应的说法不正确的是（ ）
A．Cu为还原剂
B．HNO3被还原
C．Cu（NO3）2为氧化产物
D．氧化剂与还原剂的物质的量的比为8：3
【分析】3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，Cu元素化合价由0价变为+2价，N元素化合价由+5价变为+2价，所以铜作还原剂，部分硝酸作氧化剂，还原剂对应的产物是氧化产物，氧化剂对应的产物是还原产物，据此分析判断。
【解答】解：A．3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，Cu元素化合价由0价变为+2价，所以铜作还原剂，故A正确；
B．3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，N元素化合价由+5价变为+2价，所以部分硝酸作氧化剂，被还原，故B正确；
C．3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，Cu元素化合价由0价变为+2价，所以铜作还原剂，生成的Cu（NO3）2为氧化产物，故C正确；
D．3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，Cu元素化合价由0价变为+2价，N元素化合价由+5价变为+2价，所以铜作还原剂，硝酸作氧化剂，参加反应的硝酸中有被还原，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比是2：3，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，根据元素化合价来分析解答即可，注意该反应中部分酸作氧化剂，为易错点。
2．（2分）用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．28gN2含的分子数为2NA
B．1molOH﹣中含有电子数为9NA
C．标准状况下，22.4LO2含有的氧原子数为2NA
D．1L2mol⋅L﹣1KCl溶液中含有的离子数为2NA
【分析】A．求出氮气的物质的量，然后根据分子数N＝nNA来计算；
B．1个OH﹣中含有电子数为10个；
C．求出氧气的物质的量，然后根据氧气为双原子分子来分析；
D．KCl溶液中，除了钾离子和氯离子外，还含氢离子和氢氧根离子。
【解答】解；A．28gN2的物质的量为n＝＝＝1mol，分子数为N＝1mol×NA/mol＝1NA，故A错误；
B．1个OH﹣中含有电子数为10个，1molOH﹣中含有电子数为10NA，故B错误；
C．标况下22.4LO2的物质的量为n＝＝1mol，而氧气为双原子分子，故含有的氧原子数为2NA，故C正确；
D．KCl溶液中，除了钾离子和氯离子外，还含氢离子和氢氧根离子，而KCl溶液的物质的量为n＝cV═1L×2mol/L＝2mol，故溶液中离子数多于4NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
3．（2分）下列各组澄清透明液中，能大量共存的离子组是（ ）
A．Na+、Cu2+、Cl﹣、SO42﹣ B．Na+、MnO4﹣、SO42﹣、I﹣
C．Na+、OH﹣、HCO3﹣、SO42﹣ D．Ba2+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣
【分析】澄清透明溶液中离子之间不反应生成沉淀，离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、不发生络合反应、不发生双水解反应的能大量共存。
【解答】解：A．这几种离子之间不反应，所以能大量共存，故A正确；
B．MnO4﹣、I﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；
C．OH﹣、HCO3﹣反应生成CO32﹣、H2O而不能大量共存，故C错误；
D．Ba2+、SO42﹣生成BaSO4沉淀而不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，B为解答易错点，题目难度不大。
4．（2分）下列叙述中正确的是（ ）
A．H2SO4的摩尔质量是98
B．18g的H2O和标况下112L的H2含有电子数相等
C．等质量的CO与CO2中所含碳原子数之比为7：11
D．98gH2SO4溶解于500mL水中，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2mol•L﹣1
【分析】A.摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，单位：g/mol，其数值与该粒子的相对原子质量或相对分子质量相等；
B.先根据n＝＝分别计算18g的H2O和标况下112L的H2的物质的量，每个H2O含有10个电子，每个H2含有2个电子，据此分别其电子的物质的量，再根据n＝计算其电子数；
C.先根据n＝等质量的CO与CO2的物质的量之比，再根据每个CO与CO2中均含有1个碳原子和n＝计算；
D.溶质的物质的量浓度c＝，V表示溶液的体积，98gH2SO4溶解于500mL水中，溶液体积不是500mL。
【解答】解：A.根据摩尔质量的概念，H2SO4的摩尔质量是98g/mol，故A错误；
B.根据n＝，18g的H2O的物质的量为＝1mol，每个H2O含有10个电子，则18g的H2O含有的电子的物质的量为10mol，根据n＝，标况下112L的H2的物质的量为＝5mol，每个H2含有2个电子，则标况下112L的H2含有的电子的物质的量为10mol，再根据n＝，18g的H2O和标况下112L的H2含有电子数均是10NA，故B正确；
C.根据n＝可知，等质量的CO与CO2的物质的量之比为：＝11：7，每个CO与CO2中均含有1个碳原子，由n＝可知CO与CO2中所含碳原子数之比为11NA：7NA＝11：7，故C错误；
D.98gH2SO4溶解于500mL水中，所得溶液体积未知，无法根据c＝计算，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查摩尔质量的概念、溶液的物质的量浓度的计算以及以物质的量为中心的计算，题目难度不大，关键是掌握物摩尔质量和物质的量浓度的含义以及几种物理量之间的转化关系式。
5．（2分）下列说法中正确的是（ ）
A．制备Fe（OH）3胶体，通常是将FeCl3固体溶于沸水中
B．胶体区别于其它分散系的本质特征是具有丁达尔现象
C．光束通过云雾、蔗糖溶液、蒸馏水，均不出现丁达尔现象
D．分散系中分散质粒子由小到大的正确顺序是：溶液＜胶体＜浊液
【分析】A．制备Fe（OH）3胶体，通常是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，加热至溶液呈红褐色为止；
B．胶体区别于其它分散系的本质特征分散质粒子直径大小；
C．丁达尔效应是胶体特有的性质；
D．分散系按分散质微粒直径的大小分为溶液、胶体、浊液，溶液分散质微粒直径小于1nm，浊液分散质微粒直径大于100nm，胶体分散质微粒直径为1nm～100nm，据此分析解答。
【解答】解：A．制备Fe（OH）3胶体，通常是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，故A错误；
B．胶体区别于其它分散系的本质特征分散质粒子直径介于1nm～100nm之间，故B错误；
C．云雾属于胶体，所以光束通过云雾能产生丁达尔效应，故C错误；
D．分散系的本质区别在于分散质微粒直径的大小，溶液分散质微粒直径小于1nm，浊液分散质微粒直径大于100nm，胶体分散质微粒直径为1nm～100nm，所以分散质粒子直径由小到大的正确顺序是：溶液＜胶体＜浊液，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了胶体性质，解题时须仔细审题，对照性质解答，注意相关基础知识的积累，题目难度不大。
6．（2分）下列离子方程式正确的是（ ）
A．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钠溶液：H++OH﹣═H2O
B．过氧化钠加入水中：2Na2O2+2H2O═NaOH+O2↑
C．过量CO2通入澄清石灰水中：CO2+2OH﹣+Ca2+═CaCO3↓+H2O
D．将铜丝插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+═Cu2++Ag
【分析】A．反应实质氢离子与氢氧根离子反应生成水；
B．原子个数不守恒且不是离子方程式；
C．二氧化碳过量反应生成碳酸氢钙；
D．电荷不守恒。
【解答】解：A．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钠溶液，离子方程式为：H++OH﹣═H2O，故A正确；
B．过氧化钠加入水中，离子化学方程式：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故B错误；
C．过量CO2通入澄清石灰水中，离子方程式为：CO2+OH﹣═HCO3﹣，故C错误；
D．将铜丝插入硝酸银溶液中，离子方程式为：Cu+2Ag+═Cu2++2Ag，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度不大。
7．（2分）关于同温、同压下等体积的CO2和CO的叙述，其中正确的是（ ）
①质量相等；②密度相等；③所含分子个数相等；④所含碳原子个数相等．
A．①②③④ B．②③④ C．只有③④ D．只有④
【分析】同温同压下等体积CO2和CO的物质的量相等，则含有分子数目相等，每份均含有1个C原子，故含有碳原子数目相等，根据m＝nM可知，二者质量不相等，同温同压下气体的密度之比等于其相对分子质量之比．
【解答】解：同温同压下等体积CO2和CO的物质的量相等。
①根据m＝nM可知，二者质量之比为44g/mol：28g/mol＝11：7，二者质量不相等，故①错误；
②同温同压下气体的密度之比等于其相对分子质量之比，二者密度之比为44g：28g＝11：7，二者密度不相等，故②错误；
③二者物质的量相等，根据N＝nNA可知，所含分子数相等，故③正确；
④含有分子数目相等，每份均含有1个C原子，故含有碳原子数目相等，故④正确，
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，难度不大，注意对公式的理解与灵活应用，注意根据PV＝nRT理解阿伏加德罗定律及其推论．
8．（2分）下列有关配制溶液的操作及其误差分析，不正确的是（ ）
A．定容时仰视容量瓶瓶颈刻度线，使所配溶液浓度偏小
B．定容时超过刻度线，用胶头滴管吸出部分水，使所配溶液浓度偏大
C．将烧杯内的溶液转移至容量瓶时，未洗涤烧杯，使所配溶液浓度偏小
D．容量瓶使用前瓶底有少量水，未干燥就开始配制溶液，对所配溶液浓度没影响
【分析】A．定容时仰视容量瓶瓶颈刻度线，溶液的总体积偏大；
B．定容时超过刻度线，溶液的总体积偏大；
C．溶液转移至容量瓶时，未洗涤烧杯，使溶液中溶质的质量和物质的量偏小；
D．定容时时需要加水至刻度线位置，则容量瓶使用前可以不干燥。
【解答】解：A．定容时仰视容量瓶瓶颈刻度线，溶液的总体积偏大，根据c＝可知，所配溶液浓度偏小，故A正确；
B．定容时超过刻度线，溶液的总体积偏大，根据c＝可知，所配溶液浓度偏小，用胶头滴管吸出部分水，所配溶液浓度仍然偏小，故B错误；
C．将烧杯内的溶液转移至容量瓶时，未洗涤烧杯，使溶液中溶质的质量和物质的量偏小，根据c＝可知，所配溶液浓度偏小，故C正确；
D．定容时时需要加水至刻度线位置，容量瓶使用前瓶底有少量水，未干燥就开始配制溶液，n、V不变，则对所配溶液浓度没影响，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析，为高频考点，把握配制物质的量浓度溶液的操作步骤及注意事项是解题关键，注意掌握误差分析的方法与技巧，题目难度不大。
9．（2分）下列各物质的类别正确，且具体表现和体现物质的性质相对应的是（ ）
选项
物质
类别
具体表现
体现的物质性质
A
Cl2
单质
使鲜花褪色
漂白性
B
SO2
酸性氧化物
能使石蕊试液变蓝
酸性
C
浓盐酸
酸
和KMnO4固体反应制备气
还原性和酸性
D
MnO2
金属氧化物
加入双氧水中产生大量气泡
氧化性
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．氯气不具有漂白性；
B．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性；
C．依据反应中氯元素化合价变化判断；
D．过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成水和氧气。
【解答】解：A．氯气不具有漂白性，氯气使鲜花褪色是因为氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，故A错误；
B．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，能够使石蕊试液变红，故B错误；
C．浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯化钾、氯化锰和氯气、水，盐酸中氯化合价部分不变，部分升高，所以既表现酸性又表现还原性，故C正确；
D．过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成水和氧气，二氧化锰为催化剂，不表现氧化性，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
10．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．纳米材料粒子大小一般是几十纳米，属于胶体
B．溶液的导电性与溶液中离子的浓度和离子所带电荷有关
C．月饼包装袋内放置的保鲜剂主要成分有生石灰，可以防止被氧化
D．化合反应一定是氧化还原反应，复分解反应一定不是氧化还原反应
【分析】A．胶体是分散质在分散剂中形成的分散系；
B．离子浓度大，阴离子或阳离子所带电荷的绝对值越大，溶液的导电能力越强；
C．生石灰具有吸水性，防潮解；
D．存在化合价变化的反应为氧化还原反应，化合反应不一定为氧化还原反应；
【解答】解：A．纳米材料粒子直径一般从几纳米到几十纳米，因此纳米材料没有形成分散系，就不属于胶体，故A错误；
B．同温度下，单位体积中的离子个数越多，离子浓度大，阴离子或阳离子所带电荷的绝对值越大，溶液的导电能力越强，故B正确；
C．生石灰具有吸水性，防潮解，月饼包装袋内放置的保鲜剂主要成分应该是活性铁粉，可以防止被氧化，故C错误；
D．复分解反应中不存在化合价变化，则复分解反应一定不是氧化还原反应，而化合反应中不一定存在化合价变化，存在化合价变化的化合反应属于氧化还原反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质组性质、氧化还原反应、胶体性质等知识点，注意概念实质的理解应用，题目难度不大。
11．（4分）下列实验的试剂或装置的选用合理的是（ ）
A．使用装置①配制一定物质的量浓度的稀硫酸
B．为制备和收集一瓶纯净的氯气，使用装置②
C．为干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气，使用装置③
D．为配制200mL 0.100mol•L﹣1NaCl溶液，使用装置④，称量1.2gNaCl固体
【分析】A.不能在容量瓶中稀释浓硫酸；
B.浓盐酸与二氧化锰反应需要加热；
C.氨气的密度比空气的密度小；
D.称量时左物右码。
【解答】解：A.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后，转移到容量瓶中定容，故A错误；
B.浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，图中缺少酒精灯加热，不能制备氯气，故B错误；
C.图中碱石灰可干燥氨气，导管短进长出可收集氨气，倒扣的漏斗可防止倒吸，水可吸收尾气，故C正确；
D.称量时左物右码，图中1.2gNaCl固体与砝码的位置不合理，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物的分离提纯、溶液的配制、固体的称量、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12．（4分）下列实验操作、现象、结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
将一小块金属钠加入至CuSO4溶液中
溶液蓝色褪去，有红色固体出现
钠比铜还原性强，钠置换出铜
B
将包裹Na2O2固体的棉花放入盛CO2集气瓶中
棉花燃烧起来
Na2O2与CO2反应为放热反应
C
将氯气通入紫色石蕊试液
溶液紫色立即褪去
氯气与水生成了漂白性物质
D
向NaI溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液
加入淀粉后溶液变成蓝色
该过程主要发生反应：Cl2+I﹣═I2+Cl﹣
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.Na与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜、氢气；
B.过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，且放热；
C.氯气与水反应生成盐酸和HClO，具有酸性和漂白性；
D.氯气与NaI反应生成碘，淀粉遇碘单质变蓝。
【解答】解：A.Na与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜、氢气，不能置换出Cu，故A错误；
B.过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，且放热，则棉花燃烧起来，故B正确；
C.氯气与水反应生成盐酸和HClO，具有酸性和漂白性，则紫色石蕊试液先变红后褪色，故C错误；
D.氯气与NaI反应生成碘，离子反应为发生反应Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣，加入淀粉后溶液变成蓝色，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13．（4分）科学家正在研究一种用乙烯（C2H4，沸点为﹣103.9℃）脱硫（SO2）的方法，其机理如图所示。下列关于该脱硫方法的说法中正确的是（ ）
A．氧化性：O2＞SO3＞CO2
B．乙烯在该过程中作为氧化剂
C．该脱硫过程需要及时补充Cu+
D．步骤i中，每消耗44.8LC2H4，有2NA个S原子生成（NA代表阿伏伽德罗常数的值）
【分析】A．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物判断；
B．化合价降低的物质作氧化剂，化合价升高的作还原剂；
C．催化剂在反应过程不消耗；
D．注意气体的存在温度和压强必须明确。
【解答】解：A．由过程iiiO2+SO2→SO3，氧化性O2＞SO3，过程iC2H4+SO3→S+CO2+H2O，氧化性：SO3＞CO2，所以氧化性：O2＞SO3＞CO2，故A正确；
B．由过程i可知乙烯被氧化成二氧化碳，则乙烯在该过程中做还原剂，故B错误；
C．该脱硫过程Cu+作为催化剂，所以不需要及时补充Cu+，故C错误；
D．有关系式C2H4～2CO2～12e﹣～2SO3～2S可知，标况下每消耗44.8LC2H4，有2NA个S原子生成，但选项中未说明是否处于标况下，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了元素化合物知识，涉及硫的转化、硫及其化合物性质和转化关系分析判断等，熟练掌握基础知识，积累化学与生活知识的关系是解决问题的关键，侧重于考查学生的分析能力应用能力，注意相关知识的积累。
14．（4分）如表对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（ ）
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
判断
A
氯水要现用现配
HClO见光分解，随着HClO的消耗，氯水最后成为盐酸
Ⅰ对，Ⅱ对，无
B
“洁厕灵”不能与“84”消毒液混用
“洁厕灵”与“84”消毒液溶液混合产生的HClO易分解
Ⅰ对，Ⅱ对，有
C
过氧化钠可用作航天的供氧剂
Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2
Ⅰ对，Ⅱ对，有
D
金属钠应保存在煤油中隔绝空气
常温下，金属钠在空气中会生成过氧化钠
Ⅰ对，Ⅱ对，有
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．氯水中含有次氯酸，次氯酸不稳定，见光易分解；
B．洁厕灵中氯化氢与消毒液中次氯酸根离子发生氧化还原反应生成氯气；
C．过氧化钠与水、二氧化碳反应都产生氧气；
D．钠常温下在空气中反应生成氧化钠。
【解答】解：A．氯水中含有次氯酸，次氯酸不稳定，见光易分解，所以氯水应现用现配，放置时间过长易变质，Ⅰ对，Ⅱ对，有关系，故A错误；
B．洁厕灵中氯化氢与消毒液中次氯酸根离子发生氧化还原反应生成氯气，Ⅱ错误，故B错误；
C．过氧化钠与水、二氧化碳反应都产生氧气，常用作供氧剂，Ⅰ对，Ⅱ对，有，故C正确；
D．钠常温下在空气中反应生成氧化钠而变质，所以金属钠应保存在煤油中隔绝空气，Ⅱ错误，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
15．（4分）已知某固体样品中含有NaHCO3、Na2CO3中的一种或两种，下列说法正确的是（ ）
A．取适量样品配成溶液，滴加1滴酚酞溶液，若溶液变红，则样品中只含有Na2CO3
B．取样在试管中加热，将可能产生的气体全部通入澄清石灰水，若最终仍为澄清溶液，则样品中不含NaHCO3
C．取一定量的样品，利用如图所示装置测定样品中NaHCO3的含量，若球形干燥管增重4.4g，则所取样品中含有0.1mol NaHCO3
D．已知固体样品同时含有NaHCO3和Na2CO3。现取一定质量的样品配成溶液，滴加Ba（OH）2溶液至沉淀完全，根据白色沉淀的质量可求出Na2CO3的含量
【分析】A.NaHCO3、Na2CO3溶液均水解显碱性；
B.若石灰水不足，二氧化碳与石灰水反应生成碳酸氢钙；
C.球形干燥管增重4.4g，增加质量为生成二氧化碳的质量及空气中水、二氧化碳的质量；
D.设样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为xmol、ymol，混合物的质量为m，滴加Ba（OH）2溶液至沉淀完全，沉淀为碳酸钡，质量为n，结合原子守恒及质量关系计算。
【解答】解：A.NaHCO3、Na2CO3溶液均水解显碱性，则取适量样品配成溶液，滴加1滴酚酞溶液，若溶液变红，不能证明样品中只含有Na2CO3，故A错误；
B.若石灰水不足，二氧化碳与石灰水反应生成碳酸氢钙，则最终仍为澄清溶液，不能证明样品中不含NaHCO3，故B错误；
C.球形干燥管增重4.4g，增加质量为生成二氧化碳的质量及空气中水、二氧化碳的质量，不能由碳原子守恒计算样品中含NaHCO3的物质的量，故C错误；
D.设样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为xmol、ymol，混合物的质量为m，滴加Ba（OH）2溶液至沉淀完全，沉淀为碳酸钡，质量为n，由原子守恒及质量关系可知，m、n可称量确定，联立解得x、y，可计算Na2CO3的含量，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质含量测定实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
16．（4分）Cl2O是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。一种制取Cl2O的装置如图所示。
已知：Cl2O的熔点为﹣116℃，沸点为3.8℃；Cl2的沸点为﹣34.6℃；HgO+2Cl2═HgCl2+Cl2O。
下列说法中不正确的是（ ）
A．装置②③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸
B．通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，减小爆炸危险
C．从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O
D．装置④与⑤之间不用橡胶管连接，是为了防止橡胶管燃烧和爆炸
【分析】由制备装置可知，①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，通干燥空气可将氯气排入④中，④中发生HgO+2Cl2＝HgCl2+Cl2O，因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，以此来解答。
【解答】解：A．装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水、浓硫酸，保证进入④中试剂无水，因Cl2O易溶于水且会与水反应生成次氯酸，故A正确；
B．通干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度，故B正确；
C．由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，Cl2O在⑤中转化为液态，故C错误；
D．因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识及习题中的信息，题目难度中等。
二、非选择题：共56分。
17．（14分）现有mgX元素的单质气体X2（其摩尔质量为Mg•mol﹣1）。若阿伏加德罗常数的数值用NA表示，则：
（1）该气体的物质的量为 mol。
（2）该气体所含原子总数为 。
（3）该气体在标准状况下的体积为 L。
（4）该气体全部溶于1L水中（不考虑与水反应，水的密度为1g•cm﹣3），其溶液中溶质的质量分数为 ×100% 。
（5）X元素的另一单质气体X3与X2的关系是 同素异形体 。mgX3气体的物质的量为 mol，所含原子总数为 。
【分析】（1）根据n＝计算；
（2）每个X2含有2个原子，由（1）可得该气体所含原子的物质的量，再根据n＝计算该气体所含原子总数；
（3）标准状况下，气体的摩尔体积Vm＝22.4L/mol，根据n＝计算；
（4）根据ρ＝计算1L水的质量，代入溶质的质量分数＝×100%；
（5）同种元素组成的不同单质互为同素异形体，摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，其数值与该粒子的相对原子质量或相对分子质量相等，由X2的摩尔质量可得X的相对原子质量，进而得到X3的摩尔质量，代入n＝计算mgX3气体的物质的量，再根据每个X3含有3个原子可得其原子的物质的量，最后根据n＝计算其所含原子总数。
【解答】解：（1）根据n＝，则该气体的物质的量为＝mol，
故答案为：；
（2）每个X2含有2个原子，则该气体所含原子的物质的量为2×mol，由n＝得该气体所含原子总数为，
故答案为：；
（3）根据n＝，该气体在标准状况下的体积为mol×22.4L/mol＝L，
故答案为：；
（4）根据ρ＝，1L水的质量为1000cm3×1g•cm﹣3＝1000g，溶质的质量分数为×100%＝×100%，
故答案为：×100%；
（5）X元素的另一单质气体X3与X2的关系是同素异形体，X2的摩尔质量为Mg•mol﹣1，则X2的相对分子质量为M，X的相对原子质量为，故X3的摩尔质量为Mg•mol﹣1，由n＝可得mgX3气体的物质的量为＝mol，每个X3含有3个原子，则mgX3气体所含原子的物质的量为mol×3＝mol，由n＝得其所含原子总数为，
故答案为：同素异形体；；。
【点评】本题考查以物质的量为中心的计算，题目难度不大，关键是掌握同素异形体和摩尔质量的概念以及几种物理量之间的转化关系式，利用微粒间的关系进行计算。
18．（12分）某溶液中含有Ba2+，Mg2+，Ag+，现用NaOH溶液、盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离．其流程图如图（已知溶液2为无色溶液）
（1）沉淀的化学式：沉淀1： AgCl ，沉淀2： BaSO4或Mg（OH）2 ；沉淀3： Mg（OH）2或BaSO4 ．
（2）写出“混合液+A”的离子方程式： Ag++Cl﹣＝AgCl↓ ；“生成沉淀2”的离子方程式 Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓或Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓ ．
（3）从溶液1和B反应后分离得到沉淀2和溶液2的实验中，使用到的玻璃仪器有 漏斗、玻璃棒、烧杯 ．
【分析】由分离流程可知，溶液含有Ba2+、Mg2+、Ag+，应先加A为入HCl，生成沉淀1为AgCl，过滤后溶液1中加试剂B为Na2SO4，可得到沉淀2为BaSO4，最后溶液2中加入试剂C为NaOH，可得到沉淀3为Mg（OH）2，或过滤后溶液1中加试剂B为NaOH，可得到沉淀2为Mg（OH）2，最后溶液2中加入试剂C为Na2SO4，可得到沉淀3为BaSO4，均符合溶液2为无色溶液，以此来解答．
【解答】解：（1）由上述分析可知，沉淀1为AgCl，沉淀2为BaSO4或Mg（OH）2，沉淀3为Mg（OH）2或BaSO4，
故答案为：AgCl；BaSO4或Mg（OH）2；
（2）“混合液+A”的离子方程式为Ag++Cl﹣＝AgCl↓；“生成沉淀2”的离子方程式为Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓或Mg2++2OH﹣＝Mg （OH）2↓，
故答案为：Ag++Cl﹣＝AgCl↓；Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓或Mg2++2OH﹣＝Mg （OH）2↓；
（3）从溶液1和B反应后分离得到沉淀2和溶液2的实验操作为过滤，使用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，
故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯．
【点评】本题考查混合物分离，为高频考点，把握离子的性质、发生的反应及混合物分离为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子逐一沉淀的限制条件，题目难度不大．
19．（16分）已知漂白粉的有效成分能与浓盐酸反应生成Cl2，据此原理可用于测定漂白粉有效成分的质量分数。请从图中选用合适装置设计一个最简单的实验，通过量筒中收集到的饱和食盐水进而测定漂白粉有效成分的质量分数。
回答以下问题：
（1）实验中漂白粉有效成分与浓盐酸反应的化学方程式为 Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O 。
（2）所选用装置的连接顺序应是 aedf （填各接口的字母代号）。
（3）若各仪器内仍残留有少量Cl2，则测定结果将 不影响 （填“偏高”、“偏低”或“不影响”），其原因是 同温同压下，同量的Cl2和空气所排出的液体体积相等 。
（4）某同学在实验中发现量筒里未收集到液体，其失败的原因可能是下列中的 B 。
①装置漏气
②浓盐酸已变成稀盐酸
③所选仪器容积太大
④漂白粉已全变质
⑤e接f
⑥d接f
A．①②③
B．①②④⑤
C．①②③⑥
D．全部
（5）本实验使用的浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据如图。
①该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为 11.9 mol•L﹣1。
②若用该浓盐酸和蒸馏水配制500mL0.400mol•L﹣1的稀盐酸，需要量取 16.8 mL上述浓盐酸进行配制，配制过程中使用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外，还有 500mL容量瓶、胶头滴管 。
【分析】（1）漂白粉的有效成分为次氯酸钙，可与盐酸发生氧化还原反应生成氯气和氯化钙；
（2）实验生成氯气，可用排饱和食盐水法测定生成氯气的体积，可确定次氯酸钙的含量；
（3）氯气排除空气，残留氯气和排除的体积相等；
（4）如没有收集到氯气，可能是漂白粉变质或装置漏气、装置连接错误等；
（5）①根据c＝计算；
②根据稀释定律，稀释前后HCl的物质的量不变，据此计算需要浓盐酸的体积；根据配制一定体积物质的量浓度的溶液的步骤选择使用的仪器。
【解答】解：（1）漂白粉的有效成分为次氯酸钙，可与盐酸发生氧化还原反应生成氯气和氯化钙，反应的方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O，
故答案为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
（2）实验生成氯气，可用排饱和食盐水法测定生成氯气的体积，可确定次氯酸钙的含量，连接顺序为a接e，d接f，
故答案为：aedf；
（3）氯气排除空气，同温同压下，同量的Cl2和空气所排出的液体体积相等，不影响实验结果，
故答案为：不影响；同温同压下，同量的Cl2和空气所排出的液体体积相等；
（4）某同学在实验中发现量筒里未收集到液体，说明没有收集到氯气，可能是漂白粉变质或装置漏气、装置连接错误等，①②④⑤符合，
故答案为：B；
（5）①质量分数36.5%、密度1.19g/mL 浓盐酸的物质的量浓度＝mol/L＝11.9mol/L，
故答案为：11.9；
②令需要浓盐酸的体积为V mL，根据稀释定律，稀释前后HCl的物质的量不变，则V×10﹣3L×11.9mol/L＝0.5 L×0.400mol/L，解得：V＝16.8；配制500mL浓度为0.4mol•L﹣1的稀盐酸的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：16.8；500mL容量瓶、胶头滴管。
【点评】本题考查物质的含量测定的实验设计问题、物质的量浓度计算、一定物质的量浓度溶液配制等，为高考常见题型，题目难度中等，明确实验的原理和操作步骤为解答关键，试题侧重于学生的分析能力和实验能力的考查。
20．（14分）硫化氢（H2S）是一种有毒的臭鸡蛋气味气体，如图是利用H2SO4和FeS制备H2S并进行性质探究的实验装置图。
（1）在装置Ⅰ方框内选择合适的装置： C 。
（2）滴加硫酸开始反应，按要求填写以下表格。
实验装置
装置中的试剂
实验预期现象
相关的离子方程式
Ⅰ
H2SO4和FeS
黑色固体溶解，有气泡产生
FeS+2H+═Fe2++H2S↑
Ⅱ
CuSO4溶液
有黑色沉淀产生
① Cu2++H2S＝CuS↓+2H+
Ⅲ
双氧水
② 有黄色浑浊出现
③ H2O2+H2S＝S↓+2H2O
Ⅳ
④ 氢氧化钠溶液
气体被吸收
⑤ 2OH﹣+H2S＝S2﹣+2H2O
（3）上述装置的明显不合理地方是 装置Ⅳ没有连接排气管 。
【分析】装置Ⅰ制备硫化氢气体，装置Ⅱ中硫化氢和硫酸铜反应生成硫化铜沉淀，装置Ⅲ检验硫化氢的还原性，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气硫化氢气体，防止污染空气。
【解答】解：（1）利用H2SO4和FeS制备H2S应该选用固体和液体反应生成气体的反应，故选C，
故答案为：C；
（2）①CuSO4溶液和硫化氢反应生成硫化铜黑色沉淀的离子方程式为Cu2++H2S＝CuS↓+2H+，
故答案为：Cu2++H2S＝CuS↓+2H+；
②双氧水氧化硫化氢生成硫单质，故现象为有黄色浑浊出现，
故答案为：有黄色浑浊出现；
③双氧水氧化硫化氢生成硫单质的反应式为H2O2+H2S＝S↓+2H2O，
故答案为：H2O2+H2S＝S↓+2H2O；
④硫化氢和氢氧化钠溶液反应，故尾气吸收需要氢氧化钠溶液，
故答案为：氢氧化钠溶液；
⑤硫化氢和氢氧化钠溶液反应生成硫化钠和水的离子方程式为2OH﹣+H2S＝S2﹣+2H2O，
故答案为：2OH﹣+H2S＝S2﹣+2H2O；
（3）上述装置的明显不合理地方是装置Ⅳ没有连接排气管，
故答案为：装置Ⅳ没有连接排气管。
【点评】本题考查物质性质的探究实验、实验方案设计，熟练掌握元素化合物知识，明确发生的离子反应，根据现象判断离子反应。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/8/4 19:22:40；用户：李超；邮箱：lichao317807156@126.com；学号：19716718
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