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2021-2022学年广东省深圳实验学校高一（上）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年广东省深圳实验学校高一（上）期中化学试卷，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广东省深圳实验学校高一（上）期中化学试卷
一、选择题（每题2分，共20分）
1．（2分）进行化学实验时应强化安全意识。对下列事故或药品的处理正确的是（ ）
A．酒精不小心洒在实验桌上，并燃烧起来，应立即用水扑灭
B．金属钠着火时用泡沫灭火器灭火
C．不慎将浓碱溶液沾在皮肤上，要立即用硫酸或盐酸冲洗
D．实验室做钠的实验时，余下的钠屑放回原试剂瓶
2．（2分）胶体区别于其它分散系最本质的特征是（ ）
A．胶体微粒有布朗运动
B．胶体微粒的大小在1nm～100nm 之间
C．胶体微粒带有电荷
D．胶体有丁达尔现象
3．（2分）日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是（ ）
A．天然气的燃烧 B．卤水点豆腐
C．食物的腐败 D．钢铁锈蚀
4．（2分）下列物质中的硫元素不能表现出氧化性的是（ ）
A．S B．H2S C．SO2 D．H2SO4
5．（2分）某同学要在奥运五环中填入物质，使相连物质间能发生反应不相连物质之间不能发生反应。你认为“五连环”中有空缺的一环应填入的物质是（ ）
A．O2 B．FeCl3 C．CO2 D．CuO
6．（2分）下列叙述正确的是（ ）
A．实验测定液态HCl固体、KNO3均不能导电，所以HCl、KNO3均是非电解质
B．CaCO3、BaSO4 都难溶于水，但它们都是电解质
C．石墨会导电，所以石墨是电解质
D．NH3的水溶液能导电，因此NH3是电解质
7．（2分）对于Na2O和Na2O2的下列叙述中不正确的是（ ）
A．阴阳离子个数比均为1：2
B．均可与水反应
C．Na2O可转化为Na2O2
D．均是碱性氧化物
8．（2分）下列各组离子，能在溶液中大量共存的是（ ）
A．Ba2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣ B．H+、Fe2+、MnO4﹣、Cl﹣
C．K+、HCO3﹣、SO42﹣、OH﹣ D．NH4+、K+、OH﹣、SO42﹣
9．（2分）逻辑推理是化学学习中常用的一种思维方式，以下推理中正确的是（ ）
A．酸都能电离出氢离子，电离出氢离子的化合物一定是酸
B．碱性氧化物定是金属氧化物，金属氧化物一定是碱性氧化物
C．金属钠排在金属活动性顺序表中氢元素的前面，钠与酸反应一定能放出氢气
D．中和反应都有盐和水生成，有盐和水生成的反应一定是中和反应
10．（2分）有下列三个氧化还原反应：①2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2；②2FeCl2+Cl2═2FeCl3。若溶液中有Fe2+、I﹣、Cl﹣共存，要将I﹣氧化除去而不氧化Fe2+，则可加入的试剂是（ ）
A．FeCl3 B．KI C．Cl2 D．FeCl2
二、选择题（每题4分，共24分）
11．（4分）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．铜片插入硝酸银溶液：Cu+Ag+═Cu2++Ag
B．钠与水的反应2Na+2H2O＝2Na++2OH﹣+H2↑
C．CH3COOH溶液与NaOH溶液反应：H++OH﹣＝H2O
D．铁钉放入硫酸溶液中：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑
12．（4分）在含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固体并加热，充分反应加入过量的稀盐酸，反应完全后，离子数目几乎没有变化的是（ ）
A．Fe3+ B．Fe2+ C．Cu2+ D．NH4+
13．（4分）实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．FeCl2•4H2O固体按分类属于混合物
B．FeCl2•nH2O 固体加热脱水的过程属于物理变化
C．获得的纳米级Fe粉，属于胶体分散系
D．FeCl2 高温反应制备纳米级Fe的反应为氧化还原反应
14．（4分）下列实验操作、现象及结论都正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
棉花包裹的Na2O2放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧
说明Na2O2与CO2反应是放热反应
B
取少量溶液X加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
该溶液中含有CO32﹣
C
取少量金属Na放在坩埚中灼烧，产生白色固体
该白色固体为Na2O2
D
将金属Na投入装有水和煤油的试管中，钠停在煤油层中
说明Na的密度比煤油大
A．A B．B C．C D．D
15．（4分）酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4等。已知弱酸H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2。则下列说法正确的是（ ）
A．NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4═Na++HSO4﹣
B．H3PO2属于三元酸
C．H3PO2 与足量的NaOH反应的离子方程式为：H3PO2+OH﹣═H2PO2﹣+H2O
D．NaH2PO2属于酸式盐
（多选）16．（4分）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示（CuS难溶于水）。下列说法错误的是（ ）
A．过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2+═CuS↓+2H+
B．过程③体现出氧化性：Fe3+＞O2
C．回收S的总反应为2H2S+O22H2O+2S↓
D．整个反应过程中Cu2+、Fe3+为催化剂
三、填空题（共56分）
17．（14分）根据下图所示转化关系及现象填空。
（1）淡黄色固体A是 （ 写化学式，后同），黑色固体C是 。
（2）反应Ⅰ的化学方程式是 。
（3）反应Ⅱ的离子方程式是 。
（4）反应Ⅲ的离子方程式是 。
（5）Na放入蓝色溶液D中的现象是 。（填选项）
a.钠沉在底部
b.钠熔成小球，快速游动，嘶嘶作响，之后消失
c.生成红色固体
d.生成蓝色沉淀
（6）假设该转化过程中的各步均转化完全，参与反应的淡黄色粉末A与生成的沉淀H的个数比为 。
18．（14分）现有①KMnO4②H2③O2④Cl2⑤CO⑥AI六种物质，从氧化性还原性的角度分类，若将常用的氧化剂放入甲中，常用的还原剂放入乙中，则：
（1）甲中有 ，乙中有 。（填序号）
（2）由FeFe3O4，Fe2O3Fe可知，
①欲实现Ⅰ反应过程应从 （填“甲”或“乙”，下同）中找物质，欲实现Ⅱ反应过程应从 中找物质。
②用CO可实现反应Ⅱ，方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2。用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目 。
（3）在一个氧化还原反应体系中，反应物、生成物共有六种粒子：SO2、MnO4﹣、SO42﹣、Mn2+、H+、H2O。补充并配平以下离子方程式
MnO4﹣+ SO2+ ═ Mn2++ SO42﹣+
（4）“地原法”制取纸气的总反应方程式4HCl+O2═2H2O+2Cl2，其反应原理如图所示：
反应Ⅰ：CuO+2HCl═CuCl2+H2O；反应Ⅱ：...
①反应的化学方程式为 。
②当生成2个Cl2分子时，转移电子数为 个。
19．（14分）电解质溶于水时会发生电离产生自由移动的离子，电导率变化一定程度上可以反映溶液中自由移动的离子浓度变化。溶液中自由移动的离子浓度越大，电导率就越大。如图是向Ba（OH）2溶液中滴入了2滴酚酞溶液，然后向Ba（OH）2溶液中匀速滴加H2SO4溶液，获得电导率随时间变化的曲线图。
（1）0～80s观察到的实验现象 。
（2）写出该实验中的离子方程式 。
（3）ab段电导率下降的原因是 。
（4）某同学向两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入相同浓度的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。
①曲线 表示滴加H2SO4溶液的变化曲线（填①或②）；
② 点对应的溶液呈中性（填a、b、c、d，下同）；
③ 点对应的溶液中 Ba2+沉淀完全；
④bd段对应的离子方程式是 。
20．（14分）某学生拟用100mL NaOH溶液吸收CO2气体，制备Na2CO3溶液，为了防止通入的CO2气体过量生成NaHCO3，他设计了如下的实验步骤：
第一步：用50mL NaOH溶液吸收过量的CO2气体，至CO2气体不再溶解；
第二步：小心煮沸溶液1～2分钟；
第三步：在得到的溶液中加入另一半50 mL NaOH溶液，使溶液充分混合。
（1）写出第一步中反应的化学方程式： ；
（2）按他的设计，第一步实验装置如图：
①装置A使用的试剂分别是a ，b 。发生反应的化学方程式为 ；
②装置B使用的试剂是 饱和溶液（填“碳酸氢钠”或“碳酸钠”），作用是 ；
③将实验步骤中的第二步、第三步的顺序对调（即先混合，再煮沸），是否合理？ ，（填“是”或“否”），说明理由 。
2021-2022学年广东省深圳实验学校高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题2分，共20分）
1．（2分）进行化学实验时应强化安全意识。对下列事故或药品的处理正确的是（ ）
A．酒精不小心洒在实验桌上，并燃烧起来，应立即用水扑灭
B．金属钠着火时用泡沫灭火器灭火
C．不慎将浓碱溶液沾在皮肤上，要立即用硫酸或盐酸冲洗
D．实验室做钠的实验时，余下的钠屑放回原试剂瓶
【分析】A．酒精灯失火应该用湿抹布盖灭；
B．金属钠着火生成过氧化钠，与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应；
C．硫酸和盐酸也有腐蚀性；
D．因为钠性质活泼，要隔绝空气，实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠要求放回原试剂瓶中。
【解答】解：A．酒精灯失火应该用湿抹布盖灭，不能用水灭火，酒精能溶于水，会扩大着火面积，用水起不到灭火的作用，故A错误；
B．金属钠着火生成过氧化钠，与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应，反应生成的氧气助燃，不能灭火，应利用沙土铺盖，故B错误；
C．碱液沾到皮肤上，要用较多的水冲洗，再涂上硼酸溶液，不能用硫酸或盐酸冲洗，硫酸和盐酸也有腐蚀性，会造成二次伤害，故C错误；
D．因为钠性质活泼，要隔绝空气，实验室中少量金属钠常保存在煤油中，剩余的药品要放回原瓶，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验安全及事故处理，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。
2．（2分）胶体区别于其它分散系最本质的特征是（ ）
A．胶体微粒有布朗运动
B．胶体微粒的大小在1nm～100nm 之间
C．胶体微粒带有电荷
D．胶体有丁达尔现象
【分析】胶体分散系与其它分散系的本质差别是分散质直径的大小不同。
【解答】解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1～100nm之间，溶液的分散质粒子直径小于1nm，浊液的分散质粒子直径大于100nm，胶体微粒的大小在1～100nm之间，
故选：B。
【点评】本题考查胶体的判断，注意胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1～100nm之间。
3．（2分）日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是（ ）
A．天然气的燃烧 B．卤水点豆腐
C．食物的腐败 D．钢铁锈蚀
【分析】氧化还原反应的特征是元素的化合价的升降，若反应中存在元素化合价的变化，该反应一定属于氧化还原反应，否则为非氧化还原反应，以此解答该题。
【解答】解：A.天然气的燃烧过程中C元素的化合价升高、O元素的化合价降低，属于氧化还原反应，故A错误；
B.卤水点豆腐属于胶体的聚沉，不存在元素化合价变化，与氧化还原反应无关，故B正确；
C.食物的腐败属于缓慢氧化，存在元素化合价变化，属于氧化还原反应，故C错误；
D.钢铁锈蚀过程中Fe元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握常见物质的性质以及反应类型为解答关键，注意从元素的化合价的角度判断反应是否属于氧化还原反应，题目难度不大。
4．（2分）下列物质中的硫元素不能表现出氧化性的是（ ）
A．S B．H2S C．SO2 D．H2SO4
【分析】元素化合价处于最高价态的物质可能具有氧化性，处于中间价态的物质既有氧化性又有还原性，而处于最低价态时，只具有还原性，由此分析解答。
【解答】解：A．S为单质，化合价为0价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，故A不选；
B．H2S中，S元素处于最低价，硫元素只有还原性，不能表现氧化性，故B选；
C．SO2中，S元素的化合价处于中间价，既有氧化性又有还原性，故C不选；
D．硫酸中，S元素处于最高价，该物质中的硫元素只能表现氧化性，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大。
5．（2分）某同学要在奥运五环中填入物质，使相连物质间能发生反应不相连物质之间不能发生反应。你认为“五连环”中有空缺的一环应填入的物质是（ ）
A．O2 B．FeCl3 C．CO2 D．CuO
【分析】相连环物质间能发生反应，发生的反应有：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑、HCl+NaOH═NaCl+H2O、CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+C2CO，以此来解答。
【解答】解：由信息可知，相连环物质间能发生反应，不相连环物质间不能发生反应，Fe+2HCl═FeCl2+H2↑，HCl+NaOH═NaCl+H2O，
二氧化碳为酸性氧化物和氢氧化钠溶液反应生成盐和水，二氧化碳高温下和碳反应生成一氧化碳，CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，CO2+C2CO，
氧气和氢氧化钠溶液不反应，氧气与C反应，FeCl3和碳不反应，CuO和NaOH不反应，
“五连环”中有空缺的一环应填入的物质为CO2，
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应和四种基本反应类型，明确发生的化学反应是解答本题的关键，并利用氧化还原反应和四种基本反应类型的关系来解答题目难度中等。
6．（2分）下列叙述正确的是（ ）
A．实验测定液态HCl固体、KNO3均不能导电，所以HCl、KNO3均是非电解质
B．CaCO3、BaSO4 都难溶于水，但它们都是电解质
C．石墨会导电，所以石墨是电解质
D．NH3的水溶液能导电，因此NH3是电解质
【分析】A．液态HCl、固体KNO3均不能导电，但它们在水溶液里能电离出自由离子；
B．碳酸钙、硫酸钡虽然都难溶于水，但是他们在熔融状态下可以电离；
C．电解质必须是化合物；
D．氨气不能电离，溶于水和水反应生成一水合氨发生电离。
【解答】解：A．液态HCl、固体KNO3均不能导电，但它们在水溶液里能电离出自由离子，所以它们是电解质，故A错误；
B．碳酸钙、硫酸钡虽然都难溶于水，但是它们在熔融状态下可以电离导电，所以它们是电解质，故B正确；
C．电解质必须是化合物，石墨是单质，故C错误；
D．氨气的水溶液能导电，但电离出阴阳离子的物质是一水合氨而不是氨气，因此NH3是非电解质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了电解质、非电解质的概念及其与导电的关系，要注意的是：导电的物质不一定是电解质，如铜；电解质不一定导电，如液态氯化氢；不是电解质的物质也不一定就是非电解质，如石墨。
7．（2分）对于Na2O和Na2O2的下列叙述中不正确的是（ ）
A．阴阳离子个数比均为1：2
B．均可与水反应
C．Na2O可转化为Na2O2
D．均是碱性氧化物
【分析】A.氧化钠、过氧化钠的阳离子均为钠离子，阴离子分别为氧离子、过氧根离子；
B.氧化钠和过氧化钠均与水反应；
C.氧化钠加热可转化为过氧化钠；
D.碱性氧化物与酸反应生成盐和水，过氧化钠与酸反应生成盐和水以外，还生成了氧气。
【解答】解：A.Na2O和Na2O2的阳离子都是钠离子，阴离子分别为氧离子、过氧根离子，则Na2O和Na2O2的阴阳离子个数比均为1：2，故A正确；
B.Na2O与水反应生成氢氧化钠，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，二者均可与水反应，故B正确；
C.加热条件下Na2O与氧气反应生成Na2O2，故C正确；
D.氧化钠与酸反应生成盐和水，而过氧化钠与酸反应生成盐和水以外，还生成了氧气，则氧化钠为碱性氧化物，过氧化钠不是碱性氧化物，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查氧化钠和过氧化钠的比较，为高频考点，把握氧化钠与过氧化钠的组成与性质为解答关键，注意掌握常见元素化合物的性质及碱性氧化物的概念，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
8．（2分）下列各组离子，能在溶液中大量共存的是（ ）
A．Ba2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣ B．H+、Fe2+、MnO4﹣、Cl﹣
C．K+、HCO3﹣、SO42﹣、OH﹣ D．NH4+、K+、OH﹣、SO42﹣
【分析】A.四种离子之间不反应；
B.酸性条件下高锰酸根离子具有强氧化性，能够氧化亚铁离子和氯离子；
C.碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；
D.铵根离子与氢氧根离子反应。
【解答】解：A.Ba2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣之间不反应，能够大量共存，故A正确；
B.MnO4﹣在含有大量H+的溶液中具有强氧化性，能够氧化Fe2+、Cl﹣，不能大量共存，故B错误；
C.HCO3﹣、OH﹣之间反应生成碳酸根离子和水，不能大量共存，故C错误；
D.NH4+、OH﹣之间反应生成弱电解质一水合氨，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，把握常见离子性质、离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
9．（2分）逻辑推理是化学学习中常用的一种思维方式，以下推理中正确的是（ ）
A．酸都能电离出氢离子，电离出氢离子的化合物一定是酸
B．碱性氧化物定是金属氧化物，金属氧化物一定是碱性氧化物
C．金属钠排在金属活动性顺序表中氢元素的前面，钠与酸反应一定能放出氢气
D．中和反应都有盐和水生成，有盐和水生成的反应一定是中和反应
【分析】A.电离产生阳离子都是氢离子的化合物为酸；
B.七氧化二锰为金属氧化物，属于酸性氧化物；
C.钠的化学性质比较活泼，可以与酸反应放出氢气；
D.氧化物与酸或碱反应也生成盐和水。
【解答】解：A.酸都能电离出氢离子，电离出氢离子的化合物不一定是酸，如硫酸氢钠电离产生氢离子，但是属于盐，故A错误；
B.碱性氧化物一定是金属氧化物，但是金属氧化物不一定是碱性氧化物，如七氧化二锰，故B错误；
C.钠排在氢元素前面，可以与酸反应放出氢气，故C正确；
D.氧化物与酸反应也可以生成盐和水，如CuO+2HCl＝CuCl2+H2O，反应不是中和反应，故D错误，
故选：C。
【点评】本题考查了物质组成、物质性质、物质分类的分析判断等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
10．（2分）有下列三个氧化还原反应：①2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2；②2FeCl2+Cl2═2FeCl3。若溶液中有Fe2+、I﹣、Cl﹣共存，要将I﹣氧化除去而不氧化Fe2+，则可加入的试剂是（ ）
A．FeCl3 B．KI C．Cl2 D．FeCl2
【分析】氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，氧化剂与多种还原剂反应时，先与还原性强的反应，以此来解答。
【解答】解：反应①中还原性：I﹣＞Fe2+；反应②中还原性：Fe2+＞Cl﹣；反应③中还原性：Cl﹣＞Mn2+，所以还原性由强至弱的顺序为：I﹣＞Fe2+＞Cl﹣＞Mn2+，要将I﹣氧化除去而不氧化Fe2+，选择氧化剂发生反应不能引入新杂质，且Fe2+和Cl﹣不能参加反应，所以应该选择FeCl3，故A正确，
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握氧化还原反应中氧化性的强弱比较方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化的先后顺序，题目难度不大。
二、选择题（每题4分，共24分）
11．（4分）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．铜片插入硝酸银溶液：Cu+Ag+═Cu2++Ag
B．钠与水的反应2Na+2H2O＝2Na++2OH﹣+H2↑
C．CH3COOH溶液与NaOH溶液反应：H++OH﹣＝H2O
D．铁钉放入硫酸溶液中：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑
【分析】A.该反应不满足电荷守恒、得失电子守恒；
B.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；
C.醋酸为弱酸，不能拆开；
D.铁与稀硫酸反应生成亚铁离子。
【解答】解：A.铜片插入硝酸银溶液的离子方程式为：Cu+2Ag+═Cu2++2Ag，故A错误；
B.钠与水的反应的离子方程式为：2Na+2H2O＝2Na++2OH﹣+H2↑，故B正确；
C.CH3COOH溶液与NaOH溶液反应的离子方程式为：CH3COOH+OH﹣＝H2O+CH3COO﹣，故C错误；
D.铁钉放入稀硫酸溶液中的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
12．（4分）在含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固体并加热，充分反应加入过量的稀盐酸，反应完全后，离子数目几乎没有变化的是（ ）
A．Fe3+ B．Fe2+ C．Cu2+ D．NH4+
【分析】加入足量的Na2O2固体与水反应生成NaOH，Fe3+、Fe2+、Cu2+均转化为沉淀，加热时NH4+转化为气体，且过氧化钠足量可氧化亚铁离子，以此来解答。
【解答】解：加入足量的Na2O2固体与水反应生成NaOH，Fe3+、Fe2+、Cu2+均转化为沉淀，加热时NH4+转化为气体，且过氧化钠足量可氧化亚铁离子，充分反应加入过量的稀盐酸，Fe3+增加，Fe2+、NH4+减少，只有Cu2+数目几乎不变，只有C正确，
故选：C。
【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意亚铁离子被氧化。
13．（4分）实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．FeCl2•4H2O固体按分类属于混合物
B．FeCl2•nH2O 固体加热脱水的过程属于物理变化
C．获得的纳米级Fe粉，属于胶体分散系
D．FeCl2 高温反应制备纳米级Fe的反应为氧化还原反应
【分析】A．只由一种物质构成的是纯净物；
B．有新物质生成的是化学变化；
C．将一种或几种物质分散到另一种或几种物质中得到的体系为分散系；
D．FeCl2高温反应制备纳米级Fe发生反应FeCl2+H2Fe+2HCl。
【解答】解：A．只由一种物质构成的是纯净物，故FeCl2•4H2O固体属于纯净物，故A错误；
B．有新物质生成的是化学变化，FeCl2•nH2O固体加热脱水有新物质生成，故属于化学变化，故B错误；
C．将一种或几种物质分散到另一种或几种物质中得到的体系为分散系，而纳米级Fe粉是纯净物，故不是分散系，故C错误；
D．FeCl2高温反应制备纳米级Fe发生反应FeCl2+H2Fe+2HCl，该反应为置换反应，元素有化合价的变化，故为氧化还原反应，故D正确，
故选：D。
【点评】本题考查物质制备实验，题目难度不大，明确实验原理为解答关键，注意掌握盐的水解原理及胶体概念，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
14．（4分）下列实验操作、现象及结论都正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
棉花包裹的Na2O2放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧
说明Na2O2与CO2反应是放热反应
B
取少量溶液X加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
该溶液中含有CO32﹣
C
取少量金属Na放在坩埚中灼烧，产生白色固体
该白色固体为Na2O2
D
将金属Na投入装有水和煤油的试管中，钠停在煤油层中
说明Na的密度比煤油大
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，且放热；
B．碳酸根离子、碳酸氢根离子均与盐酸反应生成二氧化碳；
C．过氧化钠为淡黄色固体；
D．Na的密度大于煤油且小于水，钠和水剧烈反应生成NaOH和氢气，Na和煤油不反应。
【解答】解：A．过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，且放热，则棉花燃烧，可说明该反应是放热反应，故A正确；
B．碳酸根离子、碳酸氢根离子均与盐酸反应生成二氧化碳，由操作和现象可知，溶液中不一定含有CO32﹣，故B错误；
C．Na在坩埚中灼烧得到淡黄色固体过氧化钠，故C错误；
D．Na的密度大于煤油且小于水，钠和水剧烈反应生成NaOH和氢气，Na和煤油不反应，在煤油中钠下沉，Na接触水后剧烈反应生成的氢气将Na弹入煤油中，如此反复直至Na消失，故D错误；
故选：A。
【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、离子的检验、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）酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4等。已知弱酸H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2。则下列说法正确的是（ ）
A．NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4═Na++HSO4﹣
B．H3PO2属于三元酸
C．H3PO2 与足量的NaOH反应的离子方程式为：H3PO2+OH﹣═H2PO2﹣+H2O
D．NaH2PO2属于酸式盐
【分析】A．NaHSO4为强酸强碱酸式盐，在水溶液中完全电离生成Na+、H+、SO42﹣；
B．H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，NaOH足量，所以NaH2PO2为正盐，则H3PO2为一元酸；
C．H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2；
D．H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，NaOH足量，所以NaH2PO2为正盐。
【解答】解：A．NaHSO4为强酸强碱酸式盐，在水溶液中完全电离生成Na+、H+、SO42﹣，其电离方程式为NaHSO4＝Na++H++SO42﹣，故A错误；
B．通过以上分析知，H3PO2为一元酸，故B错误；
C．H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2和水，离子方程式为：H3PO2+OH﹣═H2PO2﹣+H2O，故C正确；
D．通过以上分析知，NaH2PO2为正盐，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查电解质的电离、酸的元数判断等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确电离方程式书写规则、酸的元数判断方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
（多选）16．（4分）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示（CuS难溶于水）。下列说法错误的是（ ）
A．过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2+═CuS↓+2H+
B．过程③体现出氧化性：Fe3+＞O2
C．回收S的总反应为2H2S+O22H2O+2S↓
D．整个反应过程中Cu2+、Fe3+为催化剂
【分析】由图可知，①中发生H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+，②中发生CuS+2Fe3+＝S+2Fe2++Cu2+，③中发生4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，以此来解答。
【解答】解：A．①中H2S与Cu2+反应生成沉淀，反应的离子方程式为H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+，故A正确；
B．③中发生4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：Fe3+＜O2，故B错误；
C．由①H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+＝S+2Fe2++Cu2+、③4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O可知，回收S的总反应为2H2S+O22H2O+2S↓，故D正确；
D．整个反应过程中Fe3+参与反应，促进了反应的进行，为反应的催化剂，故D错误；
故选：BD。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中转化反应，题目难度不大。
三、填空题（共56分）
17．（14分）根据下图所示转化关系及现象填空。
（1）淡黄色固体A是 Na2O2 （ 写化学式，后同），黑色固体C是 CuO 。
（2）反应Ⅰ的化学方程式是 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2 。
（3）反应Ⅱ的离子方程式是 CO32﹣+Ca2+＝CaCO3↓ 。
（4）反应Ⅲ的离子方程式是 CuO+2H+＝Ca2++H2O 。
（5）Na放入蓝色溶液D中的现象是 bd 。（填选项）
a.钠沉在底部
b.钠熔成小球，快速游动，嘶嘶作响，之后消失
c.生成红色固体
d.生成蓝色沉淀
（6）假设该转化过程中的各步均转化完全，参与反应的淡黄色粉末A与生成的沉淀H的个数比为 1：1 。
【分析】淡黄色固体A能与CO2反应生成固体E和气体B，则A为Na2O2，固体E为Na2CO3、气体B为O2，氧气与X粉末反应生成黑色固体C，而C与硫酸反应生成蓝色溶液D，故X为Cu、C为CuO、D为CuSO4，碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙和氢氧化钠，而反应中生成的F为沉淀，G为溶液，则F为CaCO3、G为NaOH，氢氧化钠与硫酸铜反应生成的沉淀H为Cu（OH）2。
【解答】解：（1）由分析可知，淡黄色固体A是Na2O2，黑色固体C是CuO，
故答案为：Na2O2；CuO；
（2）反应I是过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应化学方程式是2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，
故答案为：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2；
（3）反应Ⅱ是碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙和氢氧化钠，反应离子方程式是CO32﹣+Ca2+＝CaCO3↓，
故答案为：CO32﹣+Ca2+＝CaCO3↓；
（4）反应Ⅲ是氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，反应离子方程式是CuO+2H+＝Ca2++H2O，
故答案为：CuO+2H+＝Ca2++H2O；
（5）Na放入CuSO4溶液中，先是Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，而后氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，可以看到现象是：钠熔成小球，快速游动，嘶嘶作响，之后消失，并生成蓝色沉淀，
故答案为：bd；
（6）假设Na2O2为2mol，由2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，可知生成Na2CO3为2mol、生成氧气为1mol，1mol氧气反应生成CuO为2mol，进一步反应生成2molCuSO4，根据钠离子守恒可知最终生成NaOH为4mol，2molCuSO4与4molNaOH恰好反应生成2molCu（OH）2，故过氧化钠与氢氧化铜的数目之比为1：1，
故答案为：1：1。
【点评】本题考查无机物的推断，“A、D颜色及A与二氧化碳的反应”为推断突破口，熟练掌握元素化合物知识，试题培养了学生发生能力、化学计算能力。
18．（14分）现有①KMnO4②H2③O2④Cl2⑤CO⑥AI六种物质，从氧化性还原性的角度分类，若将常用的氧化剂放入甲中，常用的还原剂放入乙中，则：
（1）甲中有 ①③④ ，乙中有 ②⑤⑥ 。（填序号）
（2）由FeFe3O4，Fe2O3Fe可知，
①欲实现Ⅰ反应过程应从 甲 （填“甲”或“乙”，下同）中找物质，欲实现Ⅱ反应过程应从 乙 中找物质。
②用CO可实现反应Ⅱ，方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2。用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目 。
（3）在一个氧化还原反应体系中，反应物、生成物共有六种粒子：SO2、MnO4﹣、SO42﹣、Mn2+、H+、H2O。补充并配平以下离子方程式
5 MnO4﹣+ 2 SO2+ 8 H+ ═ 5 Mn2++ 2 SO42﹣+ 4 H2O
（4）“地原法”制取纸气的总反应方程式4HCl+O2═2H2O+2Cl2，其反应原理如图所示：
反应Ⅰ：CuO+2HCl═CuCl2+H2O；反应Ⅱ：...
①反应的化学方程式为 CuO+2HCl═CuCl2+H2O 。
②当生成2个Cl2分子时，转移电子数为 2 个。
【分析】（1）氧化剂中元素的化合价为较高价，还原剂中元素的化合价为较低价；
（2）①实现I反应，由Fe元素的化合价升高，可知应选氧化剂；实现Ⅱ反应，由Fe元素的化合价降低，应选还原剂；②该反应中Fe元素化合价由+2价变为0价、C元素化合价由+2价变为+4价，所以氧化铁是氧化剂、CO是还原剂，氧化剂被还原、还原剂被氧化；
（3）根据电子守恒和原子守恒进行配平；
（4）①反应I是CuO与HCl反应生成CuCl2和水；②生成2个Cl2分子时，转移2个电子。
【解答】解：（1）氧化剂中元素的化合价为较高价，①③④为常见的氧化剂，还原剂中元素的化合价为较低价，②⑤⑥为常见的还原剂，
故答案为：①③④；②⑤⑥；
（2）①实现I反应，由Fe元素的化合价升高，可知应选氧化剂，则从甲中寻找；实现Ⅱ反应，由Fe元素的化合价降低，应选还原剂，则从乙中寻找，
故答案为：甲；乙；
②Fe元素的化合价降低，被还原，C元素的化合价升高，失去电子被氧化，该反应中转移6e﹣，双线桥法标出该反应中电子转移的方向和数目为，
故答案为：；
（3）MnO4﹣中的锰元素变为+2价的锰元素，得到5个电子，SO2失去2个电子变成硫酸根离子，根据电子守恒可知MnO4﹣前面配5，SO2前面配2，再根据原子守恒可得反应离子方程式为5MnO4﹣+2SO2+8H+═5Mn2++2SO42﹣+4H2O，
故答案为：5MnO4﹣+2SO2+8H+═5Mn2++2SO42﹣+4H2O；
（4）①反应I是CuO与HCl反应生成CuCl2和水，反应的化学方程式为：CuO+2HCl═CuCl2+H2O，
故答案为：CuO+2HCl═CuCl2+H2O；
②生成2个Cl2分子时，转移2个电子，
故答案为：2。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念及分析与应用能力的考查，题目难度不大。
19．（14分）电解质溶于水时会发生电离产生自由移动的离子，电导率变化一定程度上可以反映溶液中自由移动的离子浓度变化。溶液中自由移动的离子浓度越大，电导率就越大。如图是向Ba（OH）2溶液中滴入了2滴酚酞溶液，然后向Ba（OH）2溶液中匀速滴加H2SO4溶液，获得电导率随时间变化的曲线图。
（1）0～80s观察到的实验现象 产生白色沉淀，溶液红色褪去，电导率减小 。
（2）写出该实验中的离子方程式 2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O 。
（3）ab段电导率下降的原因是 ab段溶液中发生离子反应：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，溶液中自由移动离子的浓度会降低，则溶液的电导率会降低 。
（4）某同学向两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入相同浓度的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。
①曲线 ① 表示滴加H2SO4溶液的变化曲线（填①或②）；
② a、d 点对应的溶液呈中性（填a、b、c、d，下同）；
③ a、b 点对应的溶液中 Ba2+沉淀完全；
④bd段对应的离子方程式是 OH﹣+H+＝H2O 。
【分析】（1）0﹣80s是溶液导电率降低的阶段，发生的反应为Ba（OH）2+H2SO4＝BaSO4↓+2H2O；
（2）根据化学方程式，可知离子方程式；
（3）溶液中离子之间的反应会导致自由移动离子的浓度减小，则溶液的电导率会下降；
（4）①曲线①的导电能力在a点降至最低，随后升高，说明是Ba（OH）2和H2SO4反应的曲线；
②a点成分为BaSO4和H2O，d点成分为BaSO4、H2O、Na2SO4；
③a点氢氧化钡和硫酸恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和水、b点对应的溶液中 Ba2+沉淀完全；
④从开始到b点发生反应，Ba（OH）2+NaHSO4＝BaSO4↓+H2O+NaOH，此时溶质由原来的Ba（OH）2换成了等量的NaOH，溶液显碱性，继续加热NaHSO4溶液，OH﹣与H+反应生成水。
【解答】解：（1）0﹣80s是溶液导电率降低的阶段，发生的反应为Ba（OH）2+H2SO4＝BaSO4↓+2H2O，所以现象为：产生白色沉淀，溶液红色褪去，电导率减小，
故答案为：产生白色沉淀，溶液红色褪去，电导率减小；
（2）氢氧化钡和硫酸恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和水，发生的反应为：Ba（OH）2+H2SO4＝BaSO4↓+2H2O，可知离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，
故答案为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O；
（3）在ab段，溶液发生离子反应：溶液中2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，离子之间的相互反应会导致自由移动离子的浓度减小，则溶液的电导率会下降，
故答案为：ab段溶液中发生离子反应：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，溶液中自由移动离子的浓度会降低，则溶液的电导率会降低；
（4）①曲线①的导电能力在a点降至最低，随后升高，说明是Ba（OH）2和H2SO4反应的曲线，
故答案为：①；
②a点成分为BaSO4和H2O，溶液呈中性，d点成分为BaSO4、H2O、Na2SO4，溶液显中性，
故答案为：a、d；
③a点氢氧化钡和硫酸恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和水，曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应，从开始到b点发生反应，Ba（OH）2+NaHSO4＝BaSO4↓+H2O+NaOH，此时溶质由原来的Ba（OH）2换成了等量的NaOH，溶液显碱性，b点对应的溶液中Ba2+沉淀完全，
故答案为：a、b；
④从开始到b点发生反应，Ba（OH）2+NaHSO4＝BaSO4↓+H2O+NaOH，此时溶质由原来的Ba（OH）2换成了等量的NaOH，溶液显碱性，bd段对应的离子方程式是OH﹣+H+＝H2O，
故答案为：OH﹣+H+＝H2O。
【点评】本题考查了电解质溶液的导电性，侧重考查学生分析判断及识图能力，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解本题关键，题目难度中等。
20．（14分）某学生拟用100mL NaOH溶液吸收CO2气体，制备Na2CO3溶液，为了防止通入的CO2气体过量生成NaHCO3，他设计了如下的实验步骤：
第一步：用50mL NaOH溶液吸收过量的CO2气体，至CO2气体不再溶解；
第二步：小心煮沸溶液1～2分钟；
第三步：在得到的溶液中加入另一半50 mL NaOH溶液，使溶液充分混合。
（1）写出第一步中反应的化学方程式： CO2+NaOH＝NaHCO3 ；
（2）按他的设计，第一步实验装置如图：
①装置A使用的试剂分别是a 稀盐酸 ，b 石灰石 。发生反应的化学方程式为 CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑ ；
②装置B使用的试剂是 碳酸氢钠 饱和溶液（填“碳酸氢钠”或“碳酸钠”），作用是 除去CO2中混有的HCl气体 ；
③将实验步骤中的第二步、第三步的顺序对调（即先混合，再煮沸），是否合理？ 否 ，（填“是”或“否”），说明理由 过量的CO2消耗NaOH，不能使NaHCO3全部转化为Na2CO3 。
【分析】（1）第一步发生反应二氧化碳与氢氧化钠反应，生成碳酸氢钠；
（2）①结合提示，装置A用于产生二氧化碳，盛放稀盐酸和碳酸钙；
②装置B使用的试剂是用于除去二氧化碳中的氯化氢；
③如果实验步骤②③的顺序对调，溶液中溶解了部分二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钠反应，使氢氧化钠的量减少，混合液中碳酸氢钠和氢氧化钠的物质的量不相等。
【解答】解：（1）第一步发生反应二氧化碳与氢氧化钠反应，生成碳酸氢钠，反应方程式为CO2+NaOH＝NaHCO3，
故答案为：CO2+NaOH＝NaHCO3；
（2）①结合提示，装置A用于产生二氧化碳，盛放稀盐酸和碳酸钙，发生反应CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑，
故答案为：稀盐酸；石灰石；CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑；
②装置B使用的试剂是用于除去二氧化碳中的氯化氢，故应使用饱和碳酸氢钠溶液，
故答案为：碳酸氢钠；除去CO2中混有的HCl气体；
③如果实验步骤②③的顺序对调，溶液中溶解了部分二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钠反应，使氢氧化钠的量减少，混合液中碳酸氢钠和氢氧化钠的物质的量不相等，所以不能恰好完全反应生成碳酸钠，所以不对，
故答案为：否，过量的CO2消耗NaOH，不能使NaHCO3全部转化为Na2CO3。
【点评】本题考查了钠的重要化合物的性质，要注意的是：除去二氧化碳中的氯化氢气体不能用饱和的碳酸钠溶液，虽然氯化氢和碳酸钠反应，但二氧化碳和碳酸钠反应生成，减少了二氧化碳的量，所以不用饱和的碳酸钠溶液吸收二氧化碳中的氯化氢气体。
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2021-2022学年广东省深圳实验学校高一（上）期中化学试卷
一、选择题（每题2分，共20分）
1．（2分）进行化学实验时应强化安全意识。对下列事故或药品的处理正确的是（ ）
A．酒精不小心洒在实验桌上，并燃烧起来，应立即用水扑灭
B．金属钠着火时用泡沫灭火器灭火
C．不慎将浓碱溶液沾在皮肤上，要立即用硫酸或盐酸冲洗
D．实验室做钠的实验时，余下的钠屑放回原试剂瓶
2．（2分）胶体区别于其它分散系最本质的特征是（ ）
A．胶体微粒有布朗运动
B．胶体微粒的大小在1nm～100nm 之间
C．胶体微粒带有电荷
D．胶体有丁达尔现象
3．（2分）日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是（ ）
A．天然气的燃烧 B．卤水点豆腐
C．食物的腐败 D．钢铁锈蚀
4．（2分）下列物质中的硫元素不能表现出氧化性的是（ ）
A．S B．H2S C．SO2 D．H2SO4
5．（2分）某同学要在奥运五环中填入物质，使相连物质间能发生反应不相连物质之间不能发生反应。你认为“五连环”中有空缺的一环应填入的物质是（ ）
A．O2 B．FeCl3 C．CO2 D．CuO
6．（2分）下列叙述正确的是（ ）
A．实验测定液态HCl固体、KNO3均不能导电，所以HCl、KNO3均是非电解质
B．CaCO3、BaSO4 都难溶于水，但它们都是电解质
C．石墨会导电，所以石墨是电解质
D．NH3的水溶液能导电，因此NH3是电解质
7．（2分）对于Na2O和Na2O2的下列叙述中不正确的是（ ）
A．阴阳离子个数比均为1：2
B．均可与水反应
C．Na2O可转化为Na2O2
D．均是碱性氧化物
8．（2分）下列各组离子，能在溶液中大量共存的是（ ）
A．Ba2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣ B．H+、Fe2+、MnO4﹣、Cl﹣
C．K+、HCO3﹣、SO42﹣、OH﹣ D．NH4+、K+、OH﹣、SO42﹣
9．（2分）逻辑推理是化学学习中常用的一种思维方式，以下推理中正确的是（ ）
A．酸都能电离出氢离子，电离出氢离子的化合物一定是酸
B．碱性氧化物定是金属氧化物，金属氧化物一定是碱性氧化物
C．金属钠排在金属活动性顺序表中氢元素的前面，钠与酸反应一定能放出氢气
D．中和反应都有盐和水生成，有盐和水生成的反应一定是中和反应
10．（2分）有下列三个氧化还原反应：①2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2；②2FeCl2+Cl2═2FeCl3。若溶液中有Fe2+、I﹣、Cl﹣共存，要将I﹣氧化除去而不氧化Fe2+，则可加入的试剂是（ ）
A．FeCl3 B．KI C．Cl2 D．FeCl2
二、选择题（每题4分，共24分）
11．（4分）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．铜片插入硝酸银溶液：Cu+Ag+═Cu2++Ag
B．钠与水的反应2Na+2H2O＝2Na++2OH﹣+H2↑
C．CH3COOH溶液与NaOH溶液反应：H++OH﹣＝H2O
D．铁钉放入硫酸溶液中：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑
12．（4分）在含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固体并加热，充分反应加入过量的稀盐酸，反应完全后，离子数目几乎没有变化的是（ ）
A．Fe3+ B．Fe2+ C．Cu2+ D．NH4+
13．（4分）实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．FeCl2•4H2O固体按分类属于混合物
B．FeCl2•nH2O 固体加热脱水的过程属于物理变化
C．获得的纳米级Fe粉，属于胶体分散系
D．FeCl2 高温反应制备纳米级Fe的反应为氧化还原反应
14．（4分）下列实验操作、现象及结论都正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
棉花包裹的Na2O2放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧
说明Na2O2与CO2反应是放热反应
B
取少量溶液X加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
该溶液中含有CO32﹣
C
取少量金属Na放在坩埚中灼烧，产生白色固体
该白色固体为Na2O2
D
将金属Na投入装有水和煤油的试管中，钠停在煤油层中
说明Na的密度比煤油大
A．A B．B C．C D．D
15．（4分）酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4等。已知弱酸H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2。则下列说法正确的是（ ）
A．NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4═Na++HSO4﹣
B．H3PO2属于三元酸
C．H3PO2 与足量的NaOH反应的离子方程式为：H3PO2+OH﹣═H2PO2﹣+H2O
D．NaH2PO2属于酸式盐
（多选）16．（4分）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示（CuS难溶于水）。下列说法错误的是（ ）
A．过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2+═CuS↓+2H+
B．过程③体现出氧化性：Fe3+＞O2
C．回收S的总反应为2H2S+O22H2O+2S↓
D．整个反应过程中Cu2+、Fe3+为催化剂
三、填空题（共56分）
17．（14分）根据下图所示转化关系及现象填空。
（1）淡黄色固体A是 （ 写化学式，后同），黑色固体C是 。
（2）反应Ⅰ的化学方程式是 。
（3）反应Ⅱ的离子方程式是 。
（4）反应Ⅲ的离子方程式是 。
（5）Na放入蓝色溶液D中的现象是 。（填选项）
a.钠沉在底部
b.钠熔成小球，快速游动，嘶嘶作响，之后消失
c.生成红色固体
d.生成蓝色沉淀
（6）假设该转化过程中的各步均转化完全，参与反应的淡黄色粉末A与生成的沉淀H的个数比为 。
18．（14分）现有①KMnO4②H2③O2④Cl2⑤CO⑥AI六种物质，从氧化性还原性的角度分类，若将常用的氧化剂放入甲中，常用的还原剂放入乙中，则：
（1）甲中有 ，乙中有 。（填序号）
（2）由FeFe3O4，Fe2O3Fe可知，
①欲实现Ⅰ反应过程应从 （填“甲”或“乙”，下同）中找物质，欲实现Ⅱ反应过程应从 中找物质。
②用CO可实现反应Ⅱ，方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2。用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目 。
（3）在一个氧化还原反应体系中，反应物、生成物共有六种粒子：SO2、MnO4﹣、SO42﹣、Mn2+、H+、H2O。补充并配平以下离子方程式
MnO4﹣+ SO2+ ═ Mn2++ SO42﹣+
（4）“地原法”制取纸气的总反应方程式4HCl+O2═2H2O+2Cl2，其反应原理如图所示：
反应Ⅰ：CuO+2HCl═CuCl2+H2O；反应Ⅱ：...
①反应的化学方程式为 。
②当生成2个Cl2分子时，转移电子数为 个。
19．（14分）电解质溶于水时会发生电离产生自由移动的离子，电导率变化一定程度上可以反映溶液中自由移动的离子浓度变化。溶液中自由移动的离子浓度越大，电导率就越大。如图是向Ba（OH）2溶液中滴入了2滴酚酞溶液，然后向Ba（OH）2溶液中匀速滴加H2SO4溶液，获得电导率随时间变化的曲线图。
（1）0～80s观察到的实验现象 。
（2）写出该实验中的离子方程式 。
（3）ab段电导率下降的原因是 。
（4）某同学向两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入相同浓度的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。
①曲线 表示滴加H2SO4溶液的变化曲线（填①或②）；
② 点对应的溶液呈中性（填a、b、c、d，下同）；
③ 点对应的溶液中 Ba2+沉淀完全；
④bd段对应的离子方程式是 。
20．（14分）某学生拟用100mL NaOH溶液吸收CO2气体，制备Na2CO3溶液，为了防止通入的CO2气体过量生成NaHCO3，他设计了如下的实验步骤：
第一步：用50mL NaOH溶液吸收过量的CO2气体，至CO2气体不再溶解；
第二步：小心煮沸溶液1～2分钟；
第三步：在得到的溶液中加入另一半50 mL NaOH溶液，使溶液充分混合。
（1）写出第一步中反应的化学方程式： ；
（2）按他的设计，第一步实验装置如图：
①装置A使用的试剂分别是a ，b 。发生反应的化学方程式为 ；
②装置B使用的试剂是 饱和溶液（填“碳酸氢钠”或“碳酸钠”），作用是 ；
③将实验步骤中的第二步、第三步的顺序对调（即先混合，再煮沸），是否合理？ ，（填“是”或“否”），说明理由 。
2021-2022学年广东省深圳实验学校高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题2分，共20分）
1．（2分）进行化学实验时应强化安全意识。对下列事故或药品的处理正确的是（ ）
A．酒精不小心洒在实验桌上，并燃烧起来，应立即用水扑灭
B．金属钠着火时用泡沫灭火器灭火
C．不慎将浓碱溶液沾在皮肤上，要立即用硫酸或盐酸冲洗
D．实验室做钠的实验时，余下的钠屑放回原试剂瓶
【分析】A．酒精灯失火应该用湿抹布盖灭；
B．金属钠着火生成过氧化钠，与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应；
C．硫酸和盐酸也有腐蚀性；
D．因为钠性质活泼，要隔绝空气，实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠要求放回原试剂瓶中。
【解答】解：A．酒精灯失火应该用湿抹布盖灭，不能用水灭火，酒精能溶于水，会扩大着火面积，用水起不到灭火的作用，故A错误；
B．金属钠着火生成过氧化钠，与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应，反应生成的氧气助燃，不能灭火，应利用沙土铺盖，故B错误；
C．碱液沾到皮肤上，要用较多的水冲洗，再涂上硼酸溶液，不能用硫酸或盐酸冲洗，硫酸和盐酸也有腐蚀性，会造成二次伤害，故C错误；
D．因为钠性质活泼，要隔绝空气，实验室中少量金属钠常保存在煤油中，剩余的药品要放回原瓶，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验安全及事故处理，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。
2．（2分）胶体区别于其它分散系最本质的特征是（ ）
A．胶体微粒有布朗运动
B．胶体微粒的大小在1nm～100nm 之间
C．胶体微粒带有电荷
D．胶体有丁达尔现象
【分析】胶体分散系与其它分散系的本质差别是分散质直径的大小不同。
【解答】解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1～100nm之间，溶液的分散质粒子直径小于1nm，浊液的分散质粒子直径大于100nm，胶体微粒的大小在1～100nm之间，
故选：B。
【点评】本题考查胶体的判断，注意胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1～100nm之间。
3．（2分）日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是（ ）
A．天然气的燃烧 B．卤水点豆腐
C．食物的腐败 D．钢铁锈蚀
【分析】氧化还原反应的特征是元素的化合价的升降，若反应中存在元素化合价的变化，该反应一定属于氧化还原反应，否则为非氧化还原反应，以此解答该题。
【解答】解：A.天然气的燃烧过程中C元素的化合价升高、O元素的化合价降低，属于氧化还原反应，故A错误；
B.卤水点豆腐属于胶体的聚沉，不存在元素化合价变化，与氧化还原反应无关，故B正确；
C.食物的腐败属于缓慢氧化，存在元素化合价变化，属于氧化还原反应，故C错误；
D.钢铁锈蚀过程中Fe元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握常见物质的性质以及反应类型为解答关键，注意从元素的化合价的角度判断反应是否属于氧化还原反应，题目难度不大。
4．（2分）下列物质中的硫元素不能表现出氧化性的是（ ）
A．S B．H2S C．SO2 D．H2SO4
【分析】元素化合价处于最高价态的物质可能具有氧化性，处于中间价态的物质既有氧化性又有还原性，而处于最低价态时，只具有还原性，由此分析解答。
【解答】解：A．S为单质，化合价为0价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，故A不选；
B．H2S中，S元素处于最低价，硫元素只有还原性，不能表现氧化性，故B选；
C．SO2中，S元素的化合价处于中间价，既有氧化性又有还原性，故C不选；
D．硫酸中，S元素处于最高价，该物质中的硫元素只能表现氧化性，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大。
5．（2分）某同学要在奥运五环中填入物质，使相连物质间能发生反应不相连物质之间不能发生反应。你认为“五连环”中有空缺的一环应填入的物质是（ ）
A．O2 B．FeCl3 C．CO2 D．CuO
【分析】相连环物质间能发生反应，发生的反应有：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑、HCl+NaOH═NaCl+H2O、CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+C2CO，以此来解答。
【解答】解：由信息可知，相连环物质间能发生反应，不相连环物质间不能发生反应，Fe+2HCl═FeCl2+H2↑，HCl+NaOH═NaCl+H2O，
二氧化碳为酸性氧化物和氢氧化钠溶液反应生成盐和水，二氧化碳高温下和碳反应生成一氧化碳，CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，CO2+C2CO，
氧气和氢氧化钠溶液不反应，氧气与C反应，FeCl3和碳不反应，CuO和NaOH不反应，
“五连环”中有空缺的一环应填入的物质为CO2，
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应和四种基本反应类型，明确发生的化学反应是解答本题的关键，并利用氧化还原反应和四种基本反应类型的关系来解答题目难度中等。
6．（2分）下列叙述正确的是（ ）
A．实验测定液态HCl固体、KNO3均不能导电，所以HCl、KNO3均是非电解质
B．CaCO3、BaSO4 都难溶于水，但它们都是电解质
C．石墨会导电，所以石墨是电解质
D．NH3的水溶液能导电，因此NH3是电解质
【分析】A．液态HCl、固体KNO3均不能导电，但它们在水溶液里能电离出自由离子；
B．碳酸钙、硫酸钡虽然都难溶于水，但是他们在熔融状态下可以电离；
C．电解质必须是化合物；
D．氨气不能电离，溶于水和水反应生成一水合氨发生电离。
【解答】解：A．液态HCl、固体KNO3均不能导电，但它们在水溶液里能电离出自由离子，所以它们是电解质，故A错误；
B．碳酸钙、硫酸钡虽然都难溶于水，但是它们在熔融状态下可以电离导电，所以它们是电解质，故B正确；
C．电解质必须是化合物，石墨是单质，故C错误；
D．氨气的水溶液能导电，但电离出阴阳离子的物质是一水合氨而不是氨气，因此NH3是非电解质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了电解质、非电解质的概念及其与导电的关系，要注意的是：导电的物质不一定是电解质，如铜；电解质不一定导电，如液态氯化氢；不是电解质的物质也不一定就是非电解质，如石墨。
7．（2分）对于Na2O和Na2O2的下列叙述中不正确的是（ ）
A．阴阳离子个数比均为1：2
B．均可与水反应
C．Na2O可转化为Na2O2
D．均是碱性氧化物
【分析】A.氧化钠、过氧化钠的阳离子均为钠离子，阴离子分别为氧离子、过氧根离子；
B.氧化钠和过氧化钠均与水反应；
C.氧化钠加热可转化为过氧化钠；
D.碱性氧化物与酸反应生成盐和水，过氧化钠与酸反应生成盐和水以外，还生成了氧气。
【解答】解：A.Na2O和Na2O2的阳离子都是钠离子，阴离子分别为氧离子、过氧根离子，则Na2O和Na2O2的阴阳离子个数比均为1：2，故A正确；
B.Na2O与水反应生成氢氧化钠，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，二者均可与水反应，故B正确；
C.加热条件下Na2O与氧气反应生成Na2O2，故C正确；
D.氧化钠与酸反应生成盐和水，而过氧化钠与酸反应生成盐和水以外，还生成了氧气，则氧化钠为碱性氧化物，过氧化钠不是碱性氧化物，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查氧化钠和过氧化钠的比较，为高频考点，把握氧化钠与过氧化钠的组成与性质为解答关键，注意掌握常见元素化合物的性质及碱性氧化物的概念，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
8．（2分）下列各组离子，能在溶液中大量共存的是（ ）
A．Ba2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣ B．H+、Fe2+、MnO4﹣、Cl﹣
C．K+、HCO3﹣、SO42﹣、OH﹣ D．NH4+、K+、OH﹣、SO42﹣
【分析】A.四种离子之间不反应；
B.酸性条件下高锰酸根离子具有强氧化性，能够氧化亚铁离子和氯离子；
C.碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；
D.铵根离子与氢氧根离子反应。
【解答】解：A.Ba2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣之间不反应，能够大量共存，故A正确；
B.MnO4﹣在含有大量H+的溶液中具有强氧化性，能够氧化Fe2+、Cl﹣，不能大量共存，故B错误；
C.HCO3﹣、OH﹣之间反应生成碳酸根离子和水，不能大量共存，故C错误；
D.NH4+、OH﹣之间反应生成弱电解质一水合氨，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，把握常见离子性质、离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
9．（2分）逻辑推理是化学学习中常用的一种思维方式，以下推理中正确的是（ ）
A．酸都能电离出氢离子，电离出氢离子的化合物一定是酸
B．碱性氧化物定是金属氧化物，金属氧化物一定是碱性氧化物
C．金属钠排在金属活动性顺序表中氢元素的前面，钠与酸反应一定能放出氢气
D．中和反应都有盐和水生成，有盐和水生成的反应一定是中和反应
【分析】A.电离产生阳离子都是氢离子的化合物为酸；
B.七氧化二锰为金属氧化物，属于酸性氧化物；
C.钠的化学性质比较活泼，可以与酸反应放出氢气；
D.氧化物与酸或碱反应也生成盐和水。
【解答】解：A.酸都能电离出氢离子，电离出氢离子的化合物不一定是酸，如硫酸氢钠电离产生氢离子，但是属于盐，故A错误；
B.碱性氧化物一定是金属氧化物，但是金属氧化物不一定是碱性氧化物，如七氧化二锰，故B错误；
C.钠排在氢元素前面，可以与酸反应放出氢气，故C正确；
D.氧化物与酸反应也可以生成盐和水，如CuO+2HCl＝CuCl2+H2O，反应不是中和反应，故D错误，
故选：C。
【点评】本题考查了物质组成、物质性质、物质分类的分析判断等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
10．（2分）有下列三个氧化还原反应：①2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2；②2FeCl2+Cl2═2FeCl3。若溶液中有Fe2+、I﹣、Cl﹣共存，要将I﹣氧化除去而不氧化Fe2+，则可加入的试剂是（ ）
A．FeCl3 B．KI C．Cl2 D．FeCl2
【分析】氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，氧化剂与多种还原剂反应时，先与还原性强的反应，以此来解答。
【解答】解：反应①中还原性：I﹣＞Fe2+；反应②中还原性：Fe2+＞Cl﹣；反应③中还原性：Cl﹣＞Mn2+，所以还原性由强至弱的顺序为：I﹣＞Fe2+＞Cl﹣＞Mn2+，要将I﹣氧化除去而不氧化Fe2+，选择氧化剂发生反应不能引入新杂质，且Fe2+和Cl﹣不能参加反应，所以应该选择FeCl3，故A正确，
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握氧化还原反应中氧化性的强弱比较方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化的先后顺序，题目难度不大。
二、选择题（每题4分，共24分）
11．（4分）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．铜片插入硝酸银溶液：Cu+Ag+═Cu2++Ag
B．钠与水的反应2Na+2H2O＝2Na++2OH﹣+H2↑
C．CH3COOH溶液与NaOH溶液反应：H++OH﹣＝H2O
D．铁钉放入硫酸溶液中：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑
【分析】A.该反应不满足电荷守恒、得失电子守恒；
B.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；
C.醋酸为弱酸，不能拆开；
D.铁与稀硫酸反应生成亚铁离子。
【解答】解：A.铜片插入硝酸银溶液的离子方程式为：Cu+2Ag+═Cu2++2Ag，故A错误；
B.钠与水的反应的离子方程式为：2Na+2H2O＝2Na++2OH﹣+H2↑，故B正确；
C.CH3COOH溶液与NaOH溶液反应的离子方程式为：CH3COOH+OH﹣＝H2O+CH3COO﹣，故C错误；
D.铁钉放入稀硫酸溶液中的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
12．（4分）在含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固体并加热，充分反应加入过量的稀盐酸，反应完全后，离子数目几乎没有变化的是（ ）
A．Fe3+ B．Fe2+ C．Cu2+ D．NH4+
【分析】加入足量的Na2O2固体与水反应生成NaOH，Fe3+、Fe2+、Cu2+均转化为沉淀，加热时NH4+转化为气体，且过氧化钠足量可氧化亚铁离子，以此来解答。
【解答】解：加入足量的Na2O2固体与水反应生成NaOH，Fe3+、Fe2+、Cu2+均转化为沉淀，加热时NH4+转化为气体，且过氧化钠足量可氧化亚铁离子，充分反应加入过量的稀盐酸，Fe3+增加，Fe2+、NH4+减少，只有Cu2+数目几乎不变，只有C正确，
故选：C。
【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意亚铁离子被氧化。
13．（4分）实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．FeCl2•4H2O固体按分类属于混合物
B．FeCl2•nH2O 固体加热脱水的过程属于物理变化
C．获得的纳米级Fe粉，属于胶体分散系
D．FeCl2 高温反应制备纳米级Fe的反应为氧化还原反应
【分析】A．只由一种物质构成的是纯净物；
B．有新物质生成的是化学变化；
C．将一种或几种物质分散到另一种或几种物质中得到的体系为分散系；
D．FeCl2高温反应制备纳米级Fe发生反应FeCl2+H2Fe+2HCl。
【解答】解：A．只由一种物质构成的是纯净物，故FeCl2•4H2O固体属于纯净物，故A错误；
B．有新物质生成的是化学变化，FeCl2•nH2O固体加热脱水有新物质生成，故属于化学变化，故B错误；
C．将一种或几种物质分散到另一种或几种物质中得到的体系为分散系，而纳米级Fe粉是纯净物，故不是分散系，故C错误；
D．FeCl2高温反应制备纳米级Fe发生反应FeCl2+H2Fe+2HCl，该反应为置换反应，元素有化合价的变化，故为氧化还原反应，故D正确，
故选：D。
【点评】本题考查物质制备实验，题目难度不大，明确实验原理为解答关键，注意掌握盐的水解原理及胶体概念，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
14．（4分）下列实验操作、现象及结论都正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
棉花包裹的Na2O2放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧
说明Na2O2与CO2反应是放热反应
B
取少量溶液X加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
该溶液中含有CO32﹣
C
取少量金属Na放在坩埚中灼烧，产生白色固体
该白色固体为Na2O2
D
将金属Na投入装有水和煤油的试管中，钠停在煤油层中
说明Na的密度比煤油大
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，且放热；
B．碳酸根离子、碳酸氢根离子均与盐酸反应生成二氧化碳；
C．过氧化钠为淡黄色固体；
D．Na的密度大于煤油且小于水，钠和水剧烈反应生成NaOH和氢气，Na和煤油不反应。
【解答】解：A．过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，且放热，则棉花燃烧，可说明该反应是放热反应，故A正确；
B．碳酸根离子、碳酸氢根离子均与盐酸反应生成二氧化碳，由操作和现象可知，溶液中不一定含有CO32﹣，故B错误；
C．Na在坩埚中灼烧得到淡黄色固体过氧化钠，故C错误；
D．Na的密度大于煤油且小于水，钠和水剧烈反应生成NaOH和氢气，Na和煤油不反应，在煤油中钠下沉，Na接触水后剧烈反应生成的氢气将Na弹入煤油中，如此反复直至Na消失，故D错误；
故选：A。
【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、离子的检验、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）酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4等。已知弱酸H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2。则下列说法正确的是（ ）
A．NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4═Na++HSO4﹣
B．H3PO2属于三元酸
C．H3PO2 与足量的NaOH反应的离子方程式为：H3PO2+OH﹣═H2PO2﹣+H2O
D．NaH2PO2属于酸式盐
【分析】A．NaHSO4为强酸强碱酸式盐，在水溶液中完全电离生成Na+、H+、SO42﹣；
B．H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，NaOH足量，所以NaH2PO2为正盐，则H3PO2为一元酸；
C．H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2；
D．H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，NaOH足量，所以NaH2PO2为正盐。
【解答】解：A．NaHSO4为强酸强碱酸式盐，在水溶液中完全电离生成Na+、H+、SO42﹣，其电离方程式为NaHSO4＝Na++H++SO42﹣，故A错误；
B．通过以上分析知，H3PO2为一元酸，故B错误；
C．H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2和水，离子方程式为：H3PO2+OH﹣═H2PO2﹣+H2O，故C正确；
D．通过以上分析知，NaH2PO2为正盐，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查电解质的电离、酸的元数判断等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确电离方程式书写规则、酸的元数判断方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
（多选）16．（4分）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示（CuS难溶于水）。下列说法错误的是（ ）
A．过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2+═CuS↓+2H+
B．过程③体现出氧化性：Fe3+＞O2
C．回收S的总反应为2H2S+O22H2O+2S↓
D．整个反应过程中Cu2+、Fe3+为催化剂
【分析】由图可知，①中发生H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+，②中发生CuS+2Fe3+＝S+2Fe2++Cu2+，③中发生4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，以此来解答。
【解答】解：A．①中H2S与Cu2+反应生成沉淀，反应的离子方程式为H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+，故A正确；
B．③中发生4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：Fe3+＜O2，故B错误；
C．由①H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+＝S+2Fe2++Cu2+、③4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O可知，回收S的总反应为2H2S+O22H2O+2S↓，故D正确；
D．整个反应过程中Fe3+参与反应，促进了反应的进行，为反应的催化剂，故D错误；
故选：BD。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中转化反应，题目难度不大。
三、填空题（共56分）
17．（14分）根据下图所示转化关系及现象填空。
（1）淡黄色固体A是 Na2O2 （ 写化学式，后同），黑色固体C是 CuO 。
（2）反应Ⅰ的化学方程式是 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2 。
（3）反应Ⅱ的离子方程式是 CO32﹣+Ca2+＝CaCO3↓ 。
（4）反应Ⅲ的离子方程式是 CuO+2H+＝Ca2++H2O 。
（5）Na放入蓝色溶液D中的现象是 bd 。（填选项）
a.钠沉在底部
b.钠熔成小球，快速游动，嘶嘶作响，之后消失
c.生成红色固体
d.生成蓝色沉淀
（6）假设该转化过程中的各步均转化完全，参与反应的淡黄色粉末A与生成的沉淀H的个数比为 1：1 。
【分析】淡黄色固体A能与CO2反应生成固体E和气体B，则A为Na2O2，固体E为Na2CO3、气体B为O2，氧气与X粉末反应生成黑色固体C，而C与硫酸反应生成蓝色溶液D，故X为Cu、C为CuO、D为CuSO4，碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙和氢氧化钠，而反应中生成的F为沉淀，G为溶液，则F为CaCO3、G为NaOH，氢氧化钠与硫酸铜反应生成的沉淀H为Cu（OH）2。
【解答】解：（1）由分析可知，淡黄色固体A是Na2O2，黑色固体C是CuO，
故答案为：Na2O2；CuO；
（2）反应I是过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应化学方程式是2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，
故答案为：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2；
（3）反应Ⅱ是碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙和氢氧化钠，反应离子方程式是CO32﹣+Ca2+＝CaCO3↓，
故答案为：CO32﹣+Ca2+＝CaCO3↓；
（4）反应Ⅲ是氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，反应离子方程式是CuO+2H+＝Ca2++H2O，
故答案为：CuO+2H+＝Ca2++H2O；
（5）Na放入CuSO4溶液中，先是Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，而后氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，可以看到现象是：钠熔成小球，快速游动，嘶嘶作响，之后消失，并生成蓝色沉淀，
故答案为：bd；
（6）假设Na2O2为2mol，由2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，可知生成Na2CO3为2mol、生成氧气为1mol，1mol氧气反应生成CuO为2mol，进一步反应生成2molCuSO4，根据钠离子守恒可知最终生成NaOH为4mol，2molCuSO4与4molNaOH恰好反应生成2molCu（OH）2，故过氧化钠与氢氧化铜的数目之比为1：1，
故答案为：1：1。
【点评】本题考查无机物的推断，“A、D颜色及A与二氧化碳的反应”为推断突破口，熟练掌握元素化合物知识，试题培养了学生发生能力、化学计算能力。
18．（14分）现有①KMnO4②H2③O2④Cl2⑤CO⑥AI六种物质，从氧化性还原性的角度分类，若将常用的氧化剂放入甲中，常用的还原剂放入乙中，则：
（1）甲中有 ①③④ ，乙中有 ②⑤⑥ 。（填序号）
（2）由FeFe3O4，Fe2O3Fe可知，
①欲实现Ⅰ反应过程应从 甲 （填“甲”或“乙”，下同）中找物质，欲实现Ⅱ反应过程应从 乙 中找物质。
②用CO可实现反应Ⅱ，方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2。用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目 。
（3）在一个氧化还原反应体系中，反应物、生成物共有六种粒子：SO2、MnO4﹣、SO42﹣、Mn2+、H+、H2O。补充并配平以下离子方程式
5 MnO4﹣+ 2 SO2+ 8 H+ ═ 5 Mn2++ 2 SO42﹣+ 4 H2O
（4）“地原法”制取纸气的总反应方程式4HCl+O2═2H2O+2Cl2，其反应原理如图所示：
反应Ⅰ：CuO+2HCl═CuCl2+H2O；反应Ⅱ：...
①反应的化学方程式为 CuO+2HCl═CuCl2+H2O 。
②当生成2个Cl2分子时，转移电子数为 2 个。
【分析】（1）氧化剂中元素的化合价为较高价，还原剂中元素的化合价为较低价；
（2）①实现I反应，由Fe元素的化合价升高，可知应选氧化剂；实现Ⅱ反应，由Fe元素的化合价降低，应选还原剂；②该反应中Fe元素化合价由+2价变为0价、C元素化合价由+2价变为+4价，所以氧化铁是氧化剂、CO是还原剂，氧化剂被还原、还原剂被氧化；
（3）根据电子守恒和原子守恒进行配平；
（4）①反应I是CuO与HCl反应生成CuCl2和水；②生成2个Cl2分子时，转移2个电子。
【解答】解：（1）氧化剂中元素的化合价为较高价，①③④为常见的氧化剂，还原剂中元素的化合价为较低价，②⑤⑥为常见的还原剂，
故答案为：①③④；②⑤⑥；
（2）①实现I反应，由Fe元素的化合价升高，可知应选氧化剂，则从甲中寻找；实现Ⅱ反应，由Fe元素的化合价降低，应选还原剂，则从乙中寻找，
故答案为：甲；乙；
②Fe元素的化合价降低，被还原，C元素的化合价升高，失去电子被氧化，该反应中转移6e﹣，双线桥法标出该反应中电子转移的方向和数目为，
故答案为：；
（3）MnO4﹣中的锰元素变为+2价的锰元素，得到5个电子，SO2失去2个电子变成硫酸根离子，根据电子守恒可知MnO4﹣前面配5，SO2前面配2，再根据原子守恒可得反应离子方程式为5MnO4﹣+2SO2+8H+═5Mn2++2SO42﹣+4H2O，
故答案为：5MnO4﹣+2SO2+8H+═5Mn2++2SO42﹣+4H2O；
（4）①反应I是CuO与HCl反应生成CuCl2和水，反应的化学方程式为：CuO+2HCl═CuCl2+H2O，
故答案为：CuO+2HCl═CuCl2+H2O；
②生成2个Cl2分子时，转移2个电子，
故答案为：2。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念及分析与应用能力的考查，题目难度不大。
19．（14分）电解质溶于水时会发生电离产生自由移动的离子，电导率变化一定程度上可以反映溶液中自由移动的离子浓度变化。溶液中自由移动的离子浓度越大，电导率就越大。如图是向Ba（OH）2溶液中滴入了2滴酚酞溶液，然后向Ba（OH）2溶液中匀速滴加H2SO4溶液，获得电导率随时间变化的曲线图。
（1）0～80s观察到的实验现象 产生白色沉淀，溶液红色褪去，电导率减小 。
（2）写出该实验中的离子方程式 2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O 。
（3）ab段电导率下降的原因是 ab段溶液中发生离子反应：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，溶液中自由移动离子的浓度会降低，则溶液的电导率会降低 。
（4）某同学向两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入相同浓度的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。
①曲线 ① 表示滴加H2SO4溶液的变化曲线（填①或②）；
② a、d 点对应的溶液呈中性（填a、b、c、d，下同）；
③ a、b 点对应的溶液中 Ba2+沉淀完全；
④bd段对应的离子方程式是 OH﹣+H+＝H2O 。
【分析】（1）0﹣80s是溶液导电率降低的阶段，发生的反应为Ba（OH）2+H2SO4＝BaSO4↓+2H2O；
（2）根据化学方程式，可知离子方程式；
（3）溶液中离子之间的反应会导致自由移动离子的浓度减小，则溶液的电导率会下降；
（4）①曲线①的导电能力在a点降至最低，随后升高，说明是Ba（OH）2和H2SO4反应的曲线；
②a点成分为BaSO4和H2O，d点成分为BaSO4、H2O、Na2SO4；
③a点氢氧化钡和硫酸恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和水、b点对应的溶液中 Ba2+沉淀完全；
④从开始到b点发生反应，Ba（OH）2+NaHSO4＝BaSO4↓+H2O+NaOH，此时溶质由原来的Ba（OH）2换成了等量的NaOH，溶液显碱性，继续加热NaHSO4溶液，OH﹣与H+反应生成水。
【解答】解：（1）0﹣80s是溶液导电率降低的阶段，发生的反应为Ba（OH）2+H2SO4＝BaSO4↓+2H2O，所以现象为：产生白色沉淀，溶液红色褪去，电导率减小，
故答案为：产生白色沉淀，溶液红色褪去，电导率减小；
（2）氢氧化钡和硫酸恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和水，发生的反应为：Ba（OH）2+H2SO4＝BaSO4↓+2H2O，可知离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，
故答案为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O；
（3）在ab段，溶液发生离子反应：溶液中2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，离子之间的相互反应会导致自由移动离子的浓度减小，则溶液的电导率会下降，
故答案为：ab段溶液中发生离子反应：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，溶液中自由移动离子的浓度会降低，则溶液的电导率会降低；
（4）①曲线①的导电能力在a点降至最低，随后升高，说明是Ba（OH）2和H2SO4反应的曲线，
故答案为：①；
②a点成分为BaSO4和H2O，溶液呈中性，d点成分为BaSO4、H2O、Na2SO4，溶液显中性，
故答案为：a、d；
③a点氢氧化钡和硫酸恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和水，曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应，从开始到b点发生反应，Ba（OH）2+NaHSO4＝BaSO4↓+H2O+NaOH，此时溶质由原来的Ba（OH）2换成了等量的NaOH，溶液显碱性，b点对应的溶液中Ba2+沉淀完全，
故答案为：a、b；
④从开始到b点发生反应，Ba（OH）2+NaHSO4＝BaSO4↓+H2O+NaOH，此时溶质由原来的Ba（OH）2换成了等量的NaOH，溶液显碱性，bd段对应的离子方程式是OH﹣+H+＝H2O，
故答案为：OH﹣+H+＝H2O。
【点评】本题考查了电解质溶液的导电性，侧重考查学生分析判断及识图能力，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解本题关键，题目难度中等。
20．（14分）某学生拟用100mL NaOH溶液吸收CO2气体，制备Na2CO3溶液，为了防止通入的CO2气体过量生成NaHCO3，他设计了如下的实验步骤：
第一步：用50mL NaOH溶液吸收过量的CO2气体，至CO2气体不再溶解；
第二步：小心煮沸溶液1～2分钟；
第三步：在得到的溶液中加入另一半50 mL NaOH溶液，使溶液充分混合。
（1）写出第一步中反应的化学方程式： CO2+NaOH＝NaHCO3 ；
（2）按他的设计，第一步实验装置如图：
①装置A使用的试剂分别是a 稀盐酸 ，b 石灰石 。发生反应的化学方程式为 CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑ ；
②装置B使用的试剂是 碳酸氢钠 饱和溶液（填“碳酸氢钠”或“碳酸钠”），作用是 除去CO2中混有的HCl气体 ；
③将实验步骤中的第二步、第三步的顺序对调（即先混合，再煮沸），是否合理？ 否 ，（填“是”或“否”），说明理由 过量的CO2消耗NaOH，不能使NaHCO3全部转化为Na2CO3 。
【分析】（1）第一步发生反应二氧化碳与氢氧化钠反应，生成碳酸氢钠；
（2）①结合提示，装置A用于产生二氧化碳，盛放稀盐酸和碳酸钙；
②装置B使用的试剂是用于除去二氧化碳中的氯化氢；
③如果实验步骤②③的顺序对调，溶液中溶解了部分二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钠反应，使氢氧化钠的量减少，混合液中碳酸氢钠和氢氧化钠的物质的量不相等。
【解答】解：（1）第一步发生反应二氧化碳与氢氧化钠反应，生成碳酸氢钠，反应方程式为CO2+NaOH＝NaHCO3，
故答案为：CO2+NaOH＝NaHCO3；
（2）①结合提示，装置A用于产生二氧化碳，盛放稀盐酸和碳酸钙，发生反应CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑，
故答案为：稀盐酸；石灰石；CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑；
②装置B使用的试剂是用于除去二氧化碳中的氯化氢，故应使用饱和碳酸氢钠溶液，
故答案为：碳酸氢钠；除去CO2中混有的HCl气体；
③如果实验步骤②③的顺序对调，溶液中溶解了部分二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钠反应，使氢氧化钠的量减少，混合液中碳酸氢钠和氢氧化钠的物质的量不相等，所以不能恰好完全反应生成碳酸钠，所以不对，
故答案为：否，过量的CO2消耗NaOH，不能使NaHCO3全部转化为Na2CO3。
【点评】本题考查了钠的重要化合物的性质，要注意的是：除去二氧化碳中的氯化氢气体不能用饱和的碳酸钠溶液，虽然氯化氢和碳酸钠反应，但二氧化碳和碳酸钠反应生成，减少了二氧化碳的量，所以不用饱和的碳酸钠溶液吸收二氧化碳中的氯化氢气体。
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