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湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高一下学期入学考试化学试题（原卷版+解析版）
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时量：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：
H~1 C~12 N~14 O~16 Mg~24 S~32 Cl~35.5 Fe~56 Cu~64
一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42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. 虎年春晚一段舞蹈诗剧《只此青绿》惊艳了许多观众，生动还原了北宋名画《千里江山图》，此画用到了一种矿物颜料——石青[2CuCO3•Cu(OH)2]，以下说法不正确的是
A. 该颜料难溶于水
B. 石青与盐酸反应的方程式为：CuCO3•Cu(OH)2+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑
C. 石青加热分解能得到一种黑色固体
D. 石青颜料除了色彩鲜艳，在常温下较稳定，也是历史上名家大作喜爱的原因
【答案】B
【解析】
详解】A．该颜料中CuCO3和Cu(OH)2均难溶于水，故A正确；
B．石青与盐酸反应的方程式为：2CuCO3•Cu(OH)2+6HCl=3CuCl2+4H2O+2CO2↑，故B错误；
C．CuCO3和Cu(OH)2均受热分解可得到黑色固体CuO，故石青加热分解能得到黑色固体，故C正确；
D．石青[2CuCO3•Cu(OH)2]在常温下较稳定，故是历史上名家大作喜爱的原因，故D正确；
故选B。
2. 胶体在工农业生产及日常生活中有着广泛应用。下列关于胶体说法错误的是
A. 烟、云、雾都是气溶胶
B. “卤水点豆腐”，指的是蛋白质胶体发生聚沉形成豆腐脑的过程
C. 纳米材料的颗粒直径在1nm-100nm的范围内，所以纳米材料是胶体
D. 水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘以减少空气污染，利用了胶体电泳的性质
【答案】C
【解析】
【详解】A．烟、云、雾的分散剂为空气，都是气溶胶，都具有胶体的性质，都能发生丁达尔效应，故A正确；
B．卤水点豆腐是蛋白质胶体在电解质的作用下，胶体发生聚沉形成豆腐脑的过程，故B正确；
C．胶体是混合物，颗粒直径在1nm-100nm范围内的纳米材料是纯净物，则纳米材料不是胶体，故C错误；
D．大量烟尘扩散到空气中形成气溶胶，气溶胶的胶粒带电荷，在直流电作用下会产生电泳，则水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘以减少空气污染，利用了胶体电泳的性质，故D正确；
故选C。
3. 下列离子方程式书写正确的是
A. FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+
B. 醋酸溶解鸡蛋壳：2H++CaCO3=Ca2++CO2+H2O
C. 在NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：Ba2++2OH+2H++=BaSO4+2H2O
D. 向NaHCO3溶液中加入NaOH：+OH=CO2+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.该离子方程式电荷未配平，正确的应为CuFe3Cu2Fe2，故错误；
B.醋酸为弱电解质不能拆成离子形式，保留分子式，故B错误；
C.在NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，NaHSO4与Ba(OH)2物质的量之比为2:1，离子方程式为：Ba22OH2HBaSO42H2O，故C正确；
D. 与OH反应生成和H2O，故D错误。
故答案选：C。
4. 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 等物质的量的和CO所含分子数均为
B. 1.7 g 中含有的电子数为
C. 1 ml 固体中含离子总数为
D. 标准状况下，2.24 L乙醇所含分子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．等物质的量不一定就是1ml，所以等物质的量的N2和CO所含分子数不一定为NA，故A错误；
B．H2O2的摩尔质量为34g/ml，1ml过氧化氢的电子数为18NA，1.7gH2O2的物质的量为0.05ml，其中含有的电子数为0.9NA，故B正确；
C．过氧化钠的电子式为，所以1mlNa2O2固体中含离子总数为3NA，故C错误；
D．标准状况下，乙醇为液体，所以2.24 L乙醇所含分子数不0.1NA，故D错误；
故答案为：B。
5. 多硫化钠在碱性溶液中可被NaClO氧化为，而NaClO被还原为NaCl，反应中与NaClO的物质的量之比为1∶10，则x值为
A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】D
【解析】
【详解】反应中氯元素的化合价由+1→-1，变化值是2，故1 ml NaClO在反应中得到2 ml电子，根据得失电子守恒原理知，1 ml的在反应中失去20 ml电子。中，S元素显价，因此可得关系式，得，故选D。
6. 下列物质不能由化合反应直接制得的是
A. AlCl3B. Fe(OH)3C. NaOHD. Al(OH)3
【答案】D
【解析】
【详解】A．铝和氯气反应可生成氯化铝，发生化合反应，2Al+3Cl22AlCl3，A不选；
B．氢氧化亚铁和氧气、水发生化合反应，反应生成氢氧化铁，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，B不选；
C．氧化钠和水发生化合反应生成氢氧化钠，Na2O+H2O=2NaOH，C不选；
D．氧化铝和水不能发生化合反应生成氢氧化铝，D选；
故选D。
7. 下列说法正确的是
A. 在加了几滴水的蔗糖中加入浓硫酸后出现“黑色发糕”，仅说明浓硫酸具有脱水性
B. 稀释浓硫酸时，应将水沿着烧杯壁倒入浓硫酸中，边加边搅拌
C. 常温下，浓硫酸可以用铝质容器贮存，说明铝与浓硫酸不反应
D. CuSO4+H2S(弱酸)=CuS↓+H2SO4能进行，说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．在加了几滴水蔗糖中加入浓硫酸后出现“黑色发糕”，浓硫酸表现脱水性、强氧化性，A错误；
B．稀释浓硫酸时，应该注水入酸，所以应将浓硫酸沿着烧杯壁倒入水中，边加边搅拌，B错误；
C．常温下，浓硫酸可以用铝质容器贮存，是由于浓硫酸具有强的氧化性，会把Al氧化产生钝化现象，C错误；
D．CuSO4+H2S(弱酸)=CuS↓+H2SO4能进行，是由于硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸，D正确；
故选D。
8. 小组探究和与碱的反应，实验过程及结果如下。
已知：pH越大，越大，溶液碱性越强。
下列说法不正确的是
A. I是空白实验，排除因体积变化对II、III溶液pH的影响
B. II和I的pH曲线基本重合，说明与不反应，II中发生反应：
C. III比II的pH曲线降低，说明与反应，III中初期发生反应：
D. III中石灰水恰好完全反应时，溶液
【答案】D
【解析】
【分析】由题意信息可知，Ⅰ是空白实验，Ⅱ和Ⅰ的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应；Ⅲ比Ⅱ的pH曲线降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水；石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水。
【详解】A．由分析可知，Ⅰ是空白实验，设计实验的目的是排除因体积变化对Ⅱ和Ⅲ溶液pH的影响，A正确；
B．由分析可知，Ⅱ和Ⅰ的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为，B正确；
C．由分析可知，Ⅲ比Ⅱ的pH曲线降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为，C正确；
D．由分析可知，石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，D错误；
故选：D。
9. 下列关于化学用语的表述正确的是
A. 原子核内有8个中子的碳原子：B. 铁红的化学式：FeO
C. HClO的结构式为D. 的电子式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．原子核内有8个中子的碳原子：，故A错误；
B．铁红的化学式：，故B错误；
C．HClO的结构式为，故C正确；
D．的电子式为：故D错误；
故选C。
10. 体积为V mL，密度为d g·cm−3的溶液，含有相对分子质量为Mr的溶质m g，其物质的量浓度为c ml·L−1，质量分数为w%，下列表达式正确的是
①c=
②m=V×d×()
③w%=(c×Mr)(1 000×d)%
④c=
A. ①③B. ②④C. ①②D. ③④
【答案】B
【解析】
【详解】①c===，故错误；
②m=ρVω=dV×w%，故正确；
③c=，则ω==，故错误；
④，故正确；
答案选B。
11. 在FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液中，Fe3＋、Cu2＋和Fe2＋的物质的量之比为4∶2∶1，现加入适量铁粉，使溶液中三种离子物质的量浓度之比变为1∶1∶2，则参加反应的铁粉与原溶液Fe3＋的物质的量之比为
A. 1∶4B. 1∶3C. 3∶2D. 5∶8
【答案】A
【解析】
【详解】因氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，加入适量的铁粉，使溶液中的三种离子的物质的量浓度之比为1：1：2，说明Fe3+有剩余，则Cu2+没有参加反应，加入Fe粉仅与反应Fe3+，设原溶液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为4ml、2ml、1ml，则由反应后的物质的量浓度关系可知反应后Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为2ml、2ml、4ml，则反应的Fe3+的物质的量为：4ml-2ml=2ml，由反应2Fe3++Fe=3Fe2+，可知参加反应的Fe的物质的量为1ml，则投入的铁粉与原溶液中Fe3+的物质的量之比为：1ml：4ml=1：4；
答案选A。
12. 具备基本的化学实验技能是进行科学探究的基础和保证。下列有关实验操作正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．用燃着的酒精灯去点燃另一只酒精灯，火焰会进入灯内，引起危险事故，应用火柴点燃酒精灯，故A错误；
B．天平只能读到小数点后面一位，不会精确到小数点后面两位，故B错误；
C．给液体加热时，试管内液体超过其体积的三分之一，否则加热可能沸腾溅出，影响实验结果，并且试管要和桌面成45°角倾斜，故C正确；
D．量取9.5mL的液体应该用10mL的量筒，用100mL的量筒会导致误差太大，故D错误；
故选C。
13. 事实上，某些氧化物在一定条件下能与反应，且反应极有规律，如；(是指物质为气态)。据此判断下列反应方程式错误的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题干信息可知，由Na2O2与SO2、SO3的反应方程式可推知Na2O2与最高价氧化物反应有O2生成，而与低价氧化物反应无O2生成，据此分析解题。
【详解】A．N2O4中N的化合价不是最高，生成物中无O2，反应后N元素被氧化为+5价，反应的方程式为Na2O2+N2O4═2NaNO3，A正确；
B．CO2为C的最高价氧化物，反应产生O2，B正确；
C．N2O3中N的化合价不是最高，反应不产生O2，C错误；
D．Mn2O7是锰的最高价氧化物，Mn的化合价为+7价，所以生成物应为NaMnO4和O2，D正确；
故答案为：C。
14. 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q形成的化合物结构如图所示。其中Z、W相邻且与Q同周期，Y、Q同主族，X、Z同主族且Z原子半径更小。下列说法正确的是
A. X、Y、Z、W四种元素不可以形成离子化合物
B. 非金属性：ZC. Q的单质可保存在煤油中
D. X与Z形成的两种化合物，都属于酸性氧化物
【答案】D
【解析】
【分析】从化合物结构图可知，Z和X最外层都有6个电子，且Z和X同主族，Z的半径更小，所以Z为O，X为S；Q带一个单位正电荷，所以Q为碱金属元素，Q和Y同主族，所以Y为H；Q和Z同周期，所以Q为Li；Z和W相邻，W为N或F，形成的化合物的阴离子带一个单位负电荷，则是W得到1个电子，所以W为N。
【详解】A．X、Y、Z、W四种元素可形成、、等离子化合物，故A错误；
B．O的非金属性大于N，故B错误；
C．Li的密度比煤油小，不能保存在煤油中，故C错误；
D．X与Z形成的两种化合物分别为和，都是酸性氧化物，故D正确；
故选：D。
二、非选择题（本题包括4小题，共58分）
15. 有一无色溶液，可能含有Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+、Cu2+、NH4+、K+、CO32-、SO42-等离子中的几种，为分析其成分，取此溶液分别进行了四个实验，其操作和有关现象如下图所示：
在第③个实验中，生成白色沉淀的量与加入NaOH的量有下图所示的相互关系。据此可知：
（1）在原溶液中一定不存在的离子有_____________________。
（2）为满足该溶液中一定存在的离子的要求，一般可溶解两种常见物质为(写化学式)___________和_________。
（3）写出第③个实验中发生反应的离子方程式___________________________。
【答案】（1）Fe3+、Fe2+、Cu2+、
（2） ①. KAl(SO4)2(或KAl(SO4)2·12H2O) ②. MgSO4
（3）Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-= +2H2O
【解析】
【分析】溶液透过蓝色钴玻璃焰色反应呈紫色，说明溶液中含有K+离子，溶液呈无色，则一定不含有色离子，逐滴加入过量NaOH溶液有白色沉淀，则溶液中含有Mg2+离子；加入氯化钡和盐酸后生成白色沉淀，由于溶液中没有Ag+离子，则生成沉淀为BaSO4，溶液中含有离子，第③个实验中，根据图示可知生成白色沉淀的量与加入NaOH的量的先增大后减小，则说明溶液中含有Al3+离子；反应④中得到无色无味的气体，可以判定一定没有，据此进行解答。
【小问1详解】
透过蓝色钴玻璃焰色反应呈紫色，说明溶液中含有K+离子；溶液呈无色，则一定不含有色离子：Fe3+、Fe2+、Cu2+；逐滴加入过量NaOH溶液有白色沉淀，则溶液中含有Mg2+离子，一定不含；加入氯化钡和盐酸后生成白色沉淀，由于溶液中没有Ag+离子，则生成沉淀为BaSO4，溶液中含有离子，第③个实验中，根据图像可知：生成白色沉淀的量与加入NaOH的量的先增大后减小，最后不再变化，则说明溶液中含有Al3+离子，一定不含有铵根离子；④中得到无色无味的气体，可以判定一定没有，综上可知：原溶液中一定含有Al3+、Mg2+、K+、，一定不含Fe3+、Fe2+、、Cu2+、；
【小问2详解】
原溶液中一定含有的离子为：Al3+、Mg2+、K+、，可以组成的物质为：KAl(SO4)2(或KAl(SO4)2•12H2O)、MgSO4；
【小问3详解】
溶液中含有Al3+、Mg2+，加入氢氧化钠发生的反应有：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=+2H2O。
16. 下表列出了A~H8种元素在周期表中的位置：
（1）8种元素中化学性质最不活泼是______（填元素符号）；最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是______（填化学式）。
（2）元素D、E、F的简单离子的半径从大到小的顺序为______（填离子符号）。
（3）元素D的最低价的氢化物与G的单质发生反应的化学方程式为____________。
（4）写出元素A、C形成的化学式为的电子式：______。
（5）镓（Ga）和同族的铝具有相似的化学性质，请写出镓与沸水反应的化学方程式：__________________。
【答案】（1） ①. Ar ②.
（2）
（3）
（4） （5）
【解析】
【分析】根据元素在周期表的位置可知，A是H元素、B是C元素、C是N元素、D是O元素、E是Na元素、F是Al元素、G是Cl元素、H是Ar元素。
【小问1详解】
8种元素中化学性质最不活泼的是惰性元素Ar；元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，8种元素中，氯元素的非金属性最强(除氧元素外)，所以最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是HClO4；
【小问2详解】
元素D、E、F的简单离子分别为O2-、Na+、Al3+，三种离子的电子层结构相同，而电子层结构相同的微粒，核电荷数越大半径越小，所以半径从大到小的顺序为；
【小问3详解】
元素D的最低价的氢化物为H2O，G的单质为Cl2，两者发生反应的化学方程式为；
【小问4详解】
A、C分别为H和N，形成的化学式为NH5的物质为离子化合物，其电子式为；
【小问5详解】
镓(Ga)和同族的铝具有相似的化学性质，所以镓与沸水反应生成氢氧化镓和氢气，其化学方程式为。
17. “84消毒液”是生活中常用的消毒剂，可与硫酸反应制取氯气，反应原理为NaClONaClH2SO4Na2SO4Cl2H2O，为探究氯气的性质，某同学利用此原理制氯气并设计了如图所示的实验装置。
(1)该同学用无水氯化钠固体配制250mL0.1000mlL-1溶液，下列操作不会使所配的溶液中氯离子浓度偏低的是________________(填标号)。
A．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干
B．定容时仰视容量瓶的刻度线
C．移液时没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并转移洗液
D．定容时发现液面略低于刻度线，未滴加少量水使液面凹面与刻度线相切
(2)上述制备氯气的反应中，每生成35.5gCl2，转移的电子的物质的量是_____________ml。
(3)依据上述反应原理，从下列装置中选择合适的制氯气装置(A处)_________________(填序号)。
(4)装置B、C中依次盛放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，其目的是_______。实验过程中该同学发现装置B中的布条也褪色，说明该装置存在明显的缺陷，改进的方法是_________。
(5)已知亚硫酸盐和盐酸反应与碳酸盐和盐酸反应类似。当装置D中通入氯气，某同学想通过实验验证装置D中Cl2和Na2SO3发生的反应主要是氧化还原反应。(可供选择的试剂有稀盐酸、稀硝酸、稀硫酸、AgNO3溶液、BaCl2溶液)可采取的方法是________(写出操作、试剂和现象)，验证实验过程中一定会发生的离子反应方程式为________。
【答案】 ①. AD ②. 0.5 ③. ② ④. 验证干燥的氯气不具有漂白性 ⑤. 在装置A、B之间增加盛有浓硫酸的洗气瓶 ⑥. 取少量反应后溶液于试管中，先加入足量的稀盐酸至无明显现象，然后再加入少量BaCl2溶液，有白色沉淀生成 ⑦. +Ba2+= BaSO4↓
【解析】
【分析】根据反应原理：NaClONaClH2SO4Na2SO4Cl2H2O可知，制取氯气应选择固液加热反应装置，氯气没有漂白性，干燥的氯气不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，将氯气通入湿润的有色布条褪色，运用该方法验证氯气是否漂白性时，制取的氯气需要干燥提纯，确保实验现象的准确性，氯气具有氧化性，能将Na2SO3氧化为硫酸钠，向反应后的溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则可证明氯气具有氧化性，氯气有毒，不能排放到大气中，可用碱液吸收，据此分析解答。
【详解】(1)A．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干，对所配溶液浓度无影响，故A符合题意；
B．定容时仰视容量瓶的刻度线，导致容量瓶中溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，则氯离子浓度偏低，故B不符合题意；
C．移液时没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并转移洗液，导致溶质未完全转移至容量瓶，所配溶液中溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，则氯离子浓度偏低，故C不符合题意；
D．定容时发现液面略低于刻度线，未滴加少量水使液面凹面与刻度线相切，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，则氯离子浓度偏高，故D符合题意；
答案选AD；
(2)35.5gCl2的物质的量==0.5ml，由反应NaClONaClH2SO4Na2SO4Cl2H2O可知，反应中只有氯元素的化合价发生变化，由+1价和-1价变成0价，则每生成1ml Cl2，转移1ml电子，因此每生成0.5mlCl2，转移的电子的物质的量是0.5ml；
(3)根据反应原理：NaClONaClH2SO4Na2SO4Cl2H2O可知，反应有液体参与，且需要加热，所以选择装置②作为气体发生装置；
(4)氯气没有漂白性，次氯酸具有漂白性，装置B、C中依次盛放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，目的是验证干燥的氯气不具有漂白性；装置B中干燥的有色布条褪色，说明氯气中可能混有少量的水蒸气，氯气与水反应生成次氯酸而具有漂白性，因此应在A和B之间增加盛有浓硫酸的洗气瓶，除去氯气中的水蒸气；
(5)氯气把氧化为，自身被还原为氯离子，反应离子方程式为+Cl2+H2O=+2Cl-+2H+，通过检验反应后的溶液中存在即可验证该反应发生的是氧化还原反应，检验反应后溶液中含有的方法为：取少量反应后溶液于试管中，先加入足量的稀盐酸至无明显现象，然后再加入少量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明含有，说明该反应发生的是氧化还原反应，D中Na2SO3溶液中通入Cl2，若氯气足量，Na2SO3可被完全氧化为Na2SO4，若氯气不足，Na2SO3有剩余，则验证实验过程中会发生反应：Na2SO3+2HCl=2NaCl+SO2↑+H2O，由于通入的氯气的量未知，因此一定会发生的离子反应方程式为+Ba2+= BaSO4↓。
18. 过氧化钙遇水具有放氧的特性，且本身无毒，不污染环境，是一种用途广泛的优良供氧剂，在工农业生产中有广泛的用途。
过氧化钙制备方法很多。
（1）制备方法一：将溶于水中，在搅拌下加入，再通入氨气进行反应可制备，其化学方程式为____________；在碱性环境下制取的装置如下：
①X仪器的名称为______。
②乙中沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，其可能的原因分析：其一，该反应是放热反应，温度低有利于提高的产率；其二，____________。
③反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得。检验是否洗涤干净的操作为______。
（2）制备方法二：利用反应，在纯氧条件下制取，实验室模拟装置示意图如下：
①装置A中发生反应的化学方程式为____________；装置A中橡胶管的作用为____________。
②请选择必要的装置，模拟实验室制备，按气流方向连接顺序为______（填仪器接口的字母编号，装置可重复使用）。
【答案】（1） ①. ②. 分液漏斗 ③. 温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率 ④. 取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净（合理答案均可）
（2） ①. ②. 平衡气压，使液体能够顺利流下 ③. aedbced或aedcbed
【解析】
【分析】（1）甲为氨气的制取装置，乙为是制取装置，将溶于水中，在搅拌下加入，再通入氨气生成，乙中沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，减少过氧化氢的分解，提高其利用率，且反应放热，温度低有利于提高的产率，反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得；
（2）A为O2的制取装置，其为固液不加热型装置，应是过氧化氢分解制取氧气，钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氧气中会混有水蒸气，所以在与钙化合之前需要干燥，选用试剂是浓硫酸，同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接浓硫酸的洗气瓶。
【小问1详解】
将溶于水中，在搅拌下加入，再通入氨气生成，对应的化学方程式为：；
①由图可知仪器X为分液漏斗；
②温度较高时，过氧化氢分解速率较快，温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；
③检验是否洗涤干净，即检验是否有氯离子存在，操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净（合理答案均可）；
【小问2详解】
①A中发生的反应是过氧化氢分解制取氧气，其化学方程式为：；装置A中橡胶管可平衡气压，使液体能够顺利流下；
②制备过氧化钙时，用双氧水制备氧气，钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氧气中会混有水蒸气，所以在与钙化合之前需要干燥，选用试剂是浓硫酸，同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接浓硫酸的洗气瓶，所以正确的顺序为aedbced或aedcbed。实验装置
试剂X
实验结果
I
II
III
①II、III均产生白色沉淀
②烧杯中溶液pH变化如下
蒸馏水
溶液
溶液
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
VA
ⅥA
ⅦA
0
1
A
2
B
C
D
3
E
F
G
H
时量：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：
H~1 C~12 N~14 O~16 Mg~24 S~32 Cl~35.5 Fe~56 Cu~64
一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42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. 虎年春晚一段舞蹈诗剧《只此青绿》惊艳了许多观众，生动还原了北宋名画《千里江山图》，此画用到了一种矿物颜料——石青[2CuCO3•Cu(OH)2]，以下说法不正确的是
A. 该颜料难溶于水
B. 石青与盐酸反应的方程式为：CuCO3•Cu(OH)2+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑
C. 石青加热分解能得到一种黑色固体
D. 石青颜料除了色彩鲜艳，在常温下较稳定，也是历史上名家大作喜爱的原因
【答案】B
【解析】
详解】A．该颜料中CuCO3和Cu(OH)2均难溶于水，故A正确；
B．石青与盐酸反应的方程式为：2CuCO3•Cu(OH)2+6HCl=3CuCl2+4H2O+2CO2↑，故B错误；
C．CuCO3和Cu(OH)2均受热分解可得到黑色固体CuO，故石青加热分解能得到黑色固体，故C正确；
D．石青[2CuCO3•Cu(OH)2]在常温下较稳定，故是历史上名家大作喜爱的原因，故D正确；
故选B。
2. 胶体在工农业生产及日常生活中有着广泛应用。下列关于胶体说法错误的是
A. 烟、云、雾都是气溶胶
B. “卤水点豆腐”，指的是蛋白质胶体发生聚沉形成豆腐脑的过程
C. 纳米材料的颗粒直径在1nm-100nm的范围内，所以纳米材料是胶体
D. 水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘以减少空气污染，利用了胶体电泳的性质
【答案】C
【解析】
【详解】A．烟、云、雾的分散剂为空气，都是气溶胶，都具有胶体的性质，都能发生丁达尔效应，故A正确；
B．卤水点豆腐是蛋白质胶体在电解质的作用下，胶体发生聚沉形成豆腐脑的过程，故B正确；
C．胶体是混合物，颗粒直径在1nm-100nm范围内的纳米材料是纯净物，则纳米材料不是胶体，故C错误；
D．大量烟尘扩散到空气中形成气溶胶，气溶胶的胶粒带电荷，在直流电作用下会产生电泳，则水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘以减少空气污染，利用了胶体电泳的性质，故D正确；
故选C。
3. 下列离子方程式书写正确的是
A. FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+
B. 醋酸溶解鸡蛋壳：2H++CaCO3=Ca2++CO2+H2O
C. 在NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：Ba2++2OH+2H++=BaSO4+2H2O
D. 向NaHCO3溶液中加入NaOH：+OH=CO2+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.该离子方程式电荷未配平，正确的应为CuFe3Cu2Fe2，故错误；
B.醋酸为弱电解质不能拆成离子形式，保留分子式，故B错误；
C.在NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，NaHSO4与Ba(OH)2物质的量之比为2:1，离子方程式为：Ba22OH2HBaSO42H2O，故C正确；
D. 与OH反应生成和H2O，故D错误。
故答案选：C。
4. 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 等物质的量的和CO所含分子数均为
B. 1.7 g 中含有的电子数为
C. 1 ml 固体中含离子总数为
D. 标准状况下，2.24 L乙醇所含分子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．等物质的量不一定就是1ml，所以等物质的量的N2和CO所含分子数不一定为NA，故A错误；
B．H2O2的摩尔质量为34g/ml，1ml过氧化氢的电子数为18NA，1.7gH2O2的物质的量为0.05ml，其中含有的电子数为0.9NA，故B正确；
C．过氧化钠的电子式为，所以1mlNa2O2固体中含离子总数为3NA，故C错误；
D．标准状况下，乙醇为液体，所以2.24 L乙醇所含分子数不0.1NA，故D错误；
故答案为：B。
5. 多硫化钠在碱性溶液中可被NaClO氧化为，而NaClO被还原为NaCl，反应中与NaClO的物质的量之比为1∶10，则x值为
A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】D
【解析】
【详解】反应中氯元素的化合价由+1→-1，变化值是2，故1 ml NaClO在反应中得到2 ml电子，根据得失电子守恒原理知，1 ml的在反应中失去20 ml电子。中，S元素显价，因此可得关系式，得，故选D。
6. 下列物质不能由化合反应直接制得的是
A. AlCl3B. Fe(OH)3C. NaOHD. Al(OH)3
【答案】D
【解析】
【详解】A．铝和氯气反应可生成氯化铝，发生化合反应，2Al+3Cl22AlCl3，A不选；
B．氢氧化亚铁和氧气、水发生化合反应，反应生成氢氧化铁，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，B不选；
C．氧化钠和水发生化合反应生成氢氧化钠，Na2O+H2O=2NaOH，C不选；
D．氧化铝和水不能发生化合反应生成氢氧化铝，D选；
故选D。
7. 下列说法正确的是
A. 在加了几滴水的蔗糖中加入浓硫酸后出现“黑色发糕”，仅说明浓硫酸具有脱水性
B. 稀释浓硫酸时，应将水沿着烧杯壁倒入浓硫酸中，边加边搅拌
C. 常温下，浓硫酸可以用铝质容器贮存，说明铝与浓硫酸不反应
D. CuSO4+H2S(弱酸)=CuS↓+H2SO4能进行，说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．在加了几滴水蔗糖中加入浓硫酸后出现“黑色发糕”，浓硫酸表现脱水性、强氧化性，A错误；
B．稀释浓硫酸时，应该注水入酸，所以应将浓硫酸沿着烧杯壁倒入水中，边加边搅拌，B错误；
C．常温下，浓硫酸可以用铝质容器贮存，是由于浓硫酸具有强的氧化性，会把Al氧化产生钝化现象，C错误；
D．CuSO4+H2S(弱酸)=CuS↓+H2SO4能进行，是由于硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸，D正确；
故选D。
8. 小组探究和与碱的反应，实验过程及结果如下。
已知：pH越大，越大，溶液碱性越强。
下列说法不正确的是
A. I是空白实验，排除因体积变化对II、III溶液pH的影响
B. II和I的pH曲线基本重合，说明与不反应，II中发生反应：
C. III比II的pH曲线降低，说明与反应，III中初期发生反应：
D. III中石灰水恰好完全反应时，溶液
【答案】D
【解析】
【分析】由题意信息可知，Ⅰ是空白实验，Ⅱ和Ⅰ的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应；Ⅲ比Ⅱ的pH曲线降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水；石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水。
【详解】A．由分析可知，Ⅰ是空白实验，设计实验的目的是排除因体积变化对Ⅱ和Ⅲ溶液pH的影响，A正确；
B．由分析可知，Ⅱ和Ⅰ的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为，B正确；
C．由分析可知，Ⅲ比Ⅱ的pH曲线降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为，C正确；
D．由分析可知，石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，D错误；
故选：D。
9. 下列关于化学用语的表述正确的是
A. 原子核内有8个中子的碳原子：B. 铁红的化学式：FeO
C. HClO的结构式为D. 的电子式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．原子核内有8个中子的碳原子：，故A错误；
B．铁红的化学式：，故B错误；
C．HClO的结构式为，故C正确；
D．的电子式为：故D错误；
故选C。
10. 体积为V mL，密度为d g·cm−3的溶液，含有相对分子质量为Mr的溶质m g，其物质的量浓度为c ml·L−1，质量分数为w%，下列表达式正确的是
①c=
②m=V×d×()
③w%=(c×Mr)(1 000×d)%
④c=
A. ①③B. ②④C. ①②D. ③④
【答案】B
【解析】
【详解】①c===，故错误；
②m=ρVω=dV×w%，故正确；
③c=，则ω==，故错误；
④，故正确；
答案选B。
11. 在FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液中，Fe3＋、Cu2＋和Fe2＋的物质的量之比为4∶2∶1，现加入适量铁粉，使溶液中三种离子物质的量浓度之比变为1∶1∶2，则参加反应的铁粉与原溶液Fe3＋的物质的量之比为
A. 1∶4B. 1∶3C. 3∶2D. 5∶8
【答案】A
【解析】
【详解】因氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，加入适量的铁粉，使溶液中的三种离子的物质的量浓度之比为1：1：2，说明Fe3+有剩余，则Cu2+没有参加反应，加入Fe粉仅与反应Fe3+，设原溶液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为4ml、2ml、1ml，则由反应后的物质的量浓度关系可知反应后Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为2ml、2ml、4ml，则反应的Fe3+的物质的量为：4ml-2ml=2ml，由反应2Fe3++Fe=3Fe2+，可知参加反应的Fe的物质的量为1ml，则投入的铁粉与原溶液中Fe3+的物质的量之比为：1ml：4ml=1：4；
答案选A。
12. 具备基本的化学实验技能是进行科学探究的基础和保证。下列有关实验操作正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．用燃着的酒精灯去点燃另一只酒精灯，火焰会进入灯内，引起危险事故，应用火柴点燃酒精灯，故A错误；
B．天平只能读到小数点后面一位，不会精确到小数点后面两位，故B错误；
C．给液体加热时，试管内液体超过其体积的三分之一，否则加热可能沸腾溅出，影响实验结果，并且试管要和桌面成45°角倾斜，故C正确；
D．量取9.5mL的液体应该用10mL的量筒，用100mL的量筒会导致误差太大，故D错误；
故选C。
13. 事实上，某些氧化物在一定条件下能与反应，且反应极有规律，如；(是指物质为气态)。据此判断下列反应方程式错误的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题干信息可知，由Na2O2与SO2、SO3的反应方程式可推知Na2O2与最高价氧化物反应有O2生成，而与低价氧化物反应无O2生成，据此分析解题。
【详解】A．N2O4中N的化合价不是最高，生成物中无O2，反应后N元素被氧化为+5价，反应的方程式为Na2O2+N2O4═2NaNO3，A正确；
B．CO2为C的最高价氧化物，反应产生O2，B正确；
C．N2O3中N的化合价不是最高，反应不产生O2，C错误；
D．Mn2O7是锰的最高价氧化物，Mn的化合价为+7价，所以生成物应为NaMnO4和O2，D正确；
故答案为：C。
14. 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q形成的化合物结构如图所示。其中Z、W相邻且与Q同周期，Y、Q同主族，X、Z同主族且Z原子半径更小。下列说法正确的是
A. X、Y、Z、W四种元素不可以形成离子化合物
B. 非金属性：Z
D. X与Z形成的两种化合物，都属于酸性氧化物
【答案】D
【解析】
【分析】从化合物结构图可知，Z和X最外层都有6个电子，且Z和X同主族，Z的半径更小，所以Z为O，X为S；Q带一个单位正电荷，所以Q为碱金属元素，Q和Y同主族，所以Y为H；Q和Z同周期，所以Q为Li；Z和W相邻，W为N或F，形成的化合物的阴离子带一个单位负电荷，则是W得到1个电子，所以W为N。
【详解】A．X、Y、Z、W四种元素可形成、、等离子化合物，故A错误；
B．O的非金属性大于N，故B错误；
C．Li的密度比煤油小，不能保存在煤油中，故C错误；
D．X与Z形成的两种化合物分别为和，都是酸性氧化物，故D正确；
故选：D。
二、非选择题（本题包括4小题，共58分）
15. 有一无色溶液，可能含有Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+、Cu2+、NH4+、K+、CO32-、SO42-等离子中的几种，为分析其成分，取此溶液分别进行了四个实验，其操作和有关现象如下图所示：
在第③个实验中，生成白色沉淀的量与加入NaOH的量有下图所示的相互关系。据此可知：
（1）在原溶液中一定不存在的离子有_____________________。
（2）为满足该溶液中一定存在的离子的要求，一般可溶解两种常见物质为(写化学式)___________和_________。
（3）写出第③个实验中发生反应的离子方程式___________________________。
【答案】（1）Fe3+、Fe2+、Cu2+、
（2） ①. KAl(SO4)2(或KAl(SO4)2·12H2O) ②. MgSO4
（3）Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-= +2H2O
【解析】
【分析】溶液透过蓝色钴玻璃焰色反应呈紫色，说明溶液中含有K+离子，溶液呈无色，则一定不含有色离子，逐滴加入过量NaOH溶液有白色沉淀，则溶液中含有Mg2+离子；加入氯化钡和盐酸后生成白色沉淀，由于溶液中没有Ag+离子，则生成沉淀为BaSO4，溶液中含有离子，第③个实验中，根据图示可知生成白色沉淀的量与加入NaOH的量的先增大后减小，则说明溶液中含有Al3+离子；反应④中得到无色无味的气体，可以判定一定没有，据此进行解答。
【小问1详解】
透过蓝色钴玻璃焰色反应呈紫色，说明溶液中含有K+离子；溶液呈无色，则一定不含有色离子：Fe3+、Fe2+、Cu2+；逐滴加入过量NaOH溶液有白色沉淀，则溶液中含有Mg2+离子，一定不含；加入氯化钡和盐酸后生成白色沉淀，由于溶液中没有Ag+离子，则生成沉淀为BaSO4，溶液中含有离子，第③个实验中，根据图像可知：生成白色沉淀的量与加入NaOH的量的先增大后减小，最后不再变化，则说明溶液中含有Al3+离子，一定不含有铵根离子；④中得到无色无味的气体，可以判定一定没有，综上可知：原溶液中一定含有Al3+、Mg2+、K+、，一定不含Fe3+、Fe2+、、Cu2+、；
【小问2详解】
原溶液中一定含有的离子为：Al3+、Mg2+、K+、，可以组成的物质为：KAl(SO4)2(或KAl(SO4)2•12H2O)、MgSO4；
【小问3详解】
溶液中含有Al3+、Mg2+，加入氢氧化钠发生的反应有：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=+2H2O。
16. 下表列出了A~H8种元素在周期表中的位置：
（1）8种元素中化学性质最不活泼是______（填元素符号）；最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是______（填化学式）。
（2）元素D、E、F的简单离子的半径从大到小的顺序为______（填离子符号）。
（3）元素D的最低价的氢化物与G的单质发生反应的化学方程式为____________。
（4）写出元素A、C形成的化学式为的电子式：______。
（5）镓（Ga）和同族的铝具有相似的化学性质，请写出镓与沸水反应的化学方程式：__________________。
【答案】（1） ①. Ar ②.
（2）
（3）
（4） （5）
【解析】
【分析】根据元素在周期表的位置可知，A是H元素、B是C元素、C是N元素、D是O元素、E是Na元素、F是Al元素、G是Cl元素、H是Ar元素。
【小问1详解】
8种元素中化学性质最不活泼的是惰性元素Ar；元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，8种元素中，氯元素的非金属性最强(除氧元素外)，所以最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是HClO4；
【小问2详解】
元素D、E、F的简单离子分别为O2-、Na+、Al3+，三种离子的电子层结构相同，而电子层结构相同的微粒，核电荷数越大半径越小，所以半径从大到小的顺序为；
【小问3详解】
元素D的最低价的氢化物为H2O，G的单质为Cl2，两者发生反应的化学方程式为；
【小问4详解】
A、C分别为H和N，形成的化学式为NH5的物质为离子化合物，其电子式为；
【小问5详解】
镓(Ga)和同族的铝具有相似的化学性质，所以镓与沸水反应生成氢氧化镓和氢气，其化学方程式为。
17. “84消毒液”是生活中常用的消毒剂，可与硫酸反应制取氯气，反应原理为NaClONaClH2SO4Na2SO4Cl2H2O，为探究氯气的性质，某同学利用此原理制氯气并设计了如图所示的实验装置。
(1)该同学用无水氯化钠固体配制250mL0.1000mlL-1溶液，下列操作不会使所配的溶液中氯离子浓度偏低的是________________(填标号)。
A．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干
B．定容时仰视容量瓶的刻度线
C．移液时没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并转移洗液
D．定容时发现液面略低于刻度线，未滴加少量水使液面凹面与刻度线相切
(2)上述制备氯气的反应中，每生成35.5gCl2，转移的电子的物质的量是_____________ml。
(3)依据上述反应原理，从下列装置中选择合适的制氯气装置(A处)_________________(填序号)。
(4)装置B、C中依次盛放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，其目的是_______。实验过程中该同学发现装置B中的布条也褪色，说明该装置存在明显的缺陷，改进的方法是_________。
(5)已知亚硫酸盐和盐酸反应与碳酸盐和盐酸反应类似。当装置D中通入氯气，某同学想通过实验验证装置D中Cl2和Na2SO3发生的反应主要是氧化还原反应。(可供选择的试剂有稀盐酸、稀硝酸、稀硫酸、AgNO3溶液、BaCl2溶液)可采取的方法是________(写出操作、试剂和现象)，验证实验过程中一定会发生的离子反应方程式为________。
【答案】 ①. AD ②. 0.5 ③. ② ④. 验证干燥的氯气不具有漂白性 ⑤. 在装置A、B之间增加盛有浓硫酸的洗气瓶 ⑥. 取少量反应后溶液于试管中，先加入足量的稀盐酸至无明显现象，然后再加入少量BaCl2溶液，有白色沉淀生成 ⑦. +Ba2+= BaSO4↓
【解析】
【分析】根据反应原理：NaClONaClH2SO4Na2SO4Cl2H2O可知，制取氯气应选择固液加热反应装置，氯气没有漂白性，干燥的氯气不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，将氯气通入湿润的有色布条褪色，运用该方法验证氯气是否漂白性时，制取的氯气需要干燥提纯，确保实验现象的准确性，氯气具有氧化性，能将Na2SO3氧化为硫酸钠，向反应后的溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则可证明氯气具有氧化性，氯气有毒，不能排放到大气中，可用碱液吸收，据此分析解答。
【详解】(1)A．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干，对所配溶液浓度无影响，故A符合题意；
B．定容时仰视容量瓶的刻度线，导致容量瓶中溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，则氯离子浓度偏低，故B不符合题意；
C．移液时没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并转移洗液，导致溶质未完全转移至容量瓶，所配溶液中溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，则氯离子浓度偏低，故C不符合题意；
D．定容时发现液面略低于刻度线，未滴加少量水使液面凹面与刻度线相切，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，则氯离子浓度偏高，故D符合题意；
答案选AD；
(2)35.5gCl2的物质的量==0.5ml，由反应NaClONaClH2SO4Na2SO4Cl2H2O可知，反应中只有氯元素的化合价发生变化，由+1价和-1价变成0价，则每生成1ml Cl2，转移1ml电子，因此每生成0.5mlCl2，转移的电子的物质的量是0.5ml；
(3)根据反应原理：NaClONaClH2SO4Na2SO4Cl2H2O可知，反应有液体参与，且需要加热，所以选择装置②作为气体发生装置；
(4)氯气没有漂白性，次氯酸具有漂白性，装置B、C中依次盛放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，目的是验证干燥的氯气不具有漂白性；装置B中干燥的有色布条褪色，说明氯气中可能混有少量的水蒸气，氯气与水反应生成次氯酸而具有漂白性，因此应在A和B之间增加盛有浓硫酸的洗气瓶，除去氯气中的水蒸气；
(5)氯气把氧化为，自身被还原为氯离子，反应离子方程式为+Cl2+H2O=+2Cl-+2H+，通过检验反应后的溶液中存在即可验证该反应发生的是氧化还原反应，检验反应后溶液中含有的方法为：取少量反应后溶液于试管中，先加入足量的稀盐酸至无明显现象，然后再加入少量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明含有，说明该反应发生的是氧化还原反应，D中Na2SO3溶液中通入Cl2，若氯气足量，Na2SO3可被完全氧化为Na2SO4，若氯气不足，Na2SO3有剩余，则验证实验过程中会发生反应：Na2SO3+2HCl=2NaCl+SO2↑+H2O，由于通入的氯气的量未知，因此一定会发生的离子反应方程式为+Ba2+= BaSO4↓。
18. 过氧化钙遇水具有放氧的特性，且本身无毒，不污染环境，是一种用途广泛的优良供氧剂，在工农业生产中有广泛的用途。
过氧化钙制备方法很多。
（1）制备方法一：将溶于水中，在搅拌下加入，再通入氨气进行反应可制备，其化学方程式为____________；在碱性环境下制取的装置如下：
①X仪器的名称为______。
②乙中沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，其可能的原因分析：其一，该反应是放热反应，温度低有利于提高的产率；其二，____________。
③反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得。检验是否洗涤干净的操作为______。
（2）制备方法二：利用反应，在纯氧条件下制取，实验室模拟装置示意图如下：
①装置A中发生反应的化学方程式为____________；装置A中橡胶管的作用为____________。
②请选择必要的装置，模拟实验室制备，按气流方向连接顺序为______（填仪器接口的字母编号，装置可重复使用）。
【答案】（1） ①. ②. 分液漏斗 ③. 温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率 ④. 取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净（合理答案均可）
（2） ①. ②. 平衡气压，使液体能够顺利流下 ③. aedbced或aedcbed
【解析】
【分析】（1）甲为氨气的制取装置，乙为是制取装置，将溶于水中，在搅拌下加入，再通入氨气生成，乙中沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，减少过氧化氢的分解，提高其利用率，且反应放热，温度低有利于提高的产率，反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得；
（2）A为O2的制取装置，其为固液不加热型装置，应是过氧化氢分解制取氧气，钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氧气中会混有水蒸气，所以在与钙化合之前需要干燥，选用试剂是浓硫酸，同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接浓硫酸的洗气瓶。
【小问1详解】
将溶于水中，在搅拌下加入，再通入氨气生成，对应的化学方程式为：；
①由图可知仪器X为分液漏斗；
②温度较高时，过氧化氢分解速率较快，温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；
③检验是否洗涤干净，即检验是否有氯离子存在，操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净（合理答案均可）；
【小问2详解】
①A中发生的反应是过氧化氢分解制取氧气，其化学方程式为：；装置A中橡胶管可平衡气压，使液体能够顺利流下；
②制备过氧化钙时，用双氧水制备氧气，钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氧气中会混有水蒸气，所以在与钙化合之前需要干燥，选用试剂是浓硫酸，同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接浓硫酸的洗气瓶，所以正确的顺序为aedbced或aedcbed。实验装置
试剂X
实验结果
I
II
III
①II、III均产生白色沉淀
②烧杯中溶液pH变化如下
蒸馏水
溶液
溶液
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
VA
ⅥA
ⅦA
0
1
A
2
B
C
D
3
E
F
G
H
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湖南省长沙市长郡梅溪湖中学2023-2024学年高二上学期入学考试化学试题： 这是一份湖南省长沙市长郡梅溪湖中学2023-2024学年高二上学期入学考试化学试题，共6页。
