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2023-2024学年江苏省南通市如皋市高一（上）质检化学试卷（一）
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这是一份2023-2024学年江苏省南通市如皋市高一（上）质检化学试卷（一），共20页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（2分）下列各种分散系中，分散质粒子直径最小的是（ ）
A．NaCl溶液B．Fe（OH）3胶体
C．CaCO3悬浊液D．牛奶
2．（2分）镁常用于制作合金。镁在元素周期表中的信息如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．镁的原子结构示意图为
B．镁的最高化合价为+2
C．镁的相对原子质量为12
D．氧化镁的化学式为Mg2O3
3．（2分）下列物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．氮气难溶于水，可用作保护气
B．盐酸具有挥发性，可用于除铁锈
C．石墨具有导电性，可用作电极
D．浓硫酸具有酸性，可用于干燥气体
4．（2分）向盐酸中加入少量NaHCO3粉末，充分反应后，溶液中不可能大量存在的离子是（ ）
A．H+B．Na+C．Cl﹣D．
5．（2分）下列物质混合时，能用H++OH﹣═H2O表示反应本质的是（ ）
A．盐酸与生石灰混合
B．硝酸溶液与KOH溶液混合
C．Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液混合
D．纯碱溶液中滴加澄清石灰水
6．（2分）下列反应所对应的离子方程式正确的是（ ）
A．金属钠投入水中：2Na+2H+═2Na++H2↑
B．氯气通入NaOH中：Cl2+OH﹣═H++Cl﹣+ClO﹣
C．铁片投入稀盐酸中：6H++2Fe═3H2↑+2Fe3+
D．NaOH溶液中通入少量CO2：2OH﹣+CO2═+H2O
7．（2分）下列指定条件下的物质转化能够实现的是（ ）
A．HClOCl2B．Na2O2Na2CO3
C．NaHCO3NaOHD．FeFeCl2
8．（2分）氮的氧化物均是空气污染物，燃油发动机工作时会产生NO，若要将NO转化为N2，从性质考虑下列物质中可以选择与之反应的是（ ）
A．COB．NaClOC．O2D．Fe2O3
9．（2分）CH3COOH是一种常见有机酸，可以电离出H+和CH3COO﹣。结合酸的通性分析，下列反应中CH3COOH不是表现出酸的通性的是（ ）
A．CH3COOH+NaOH═CH3COONa+H2O
B．2CH3COOH+Zn═（CH3COO）2Zn+H2↑
C．2CH3COOH+CaCO3═（CH3COO）2Ca+CO2↑+H2O
D．CH3COOH+2O22CO2+2H2O
10．（2分）关于0.1mlHCl的说法不正确的是（ ）
A．属于电解质
B．质量为3.65g
C．常温常压下，体积为2.24L
D．溶于水配成1L溶液，所得溶液中c（Cl﹣）＝0.1ml•L﹣1
11．（2分）将一小块金属钠置于蒸发皿中，用酒精灯加热蒸发皿，可以观察到金属钠先熔化，燃烧结束后蒸发皿底部残留有黄色固体。下列说法不正确的是（ ）
A．金属钠切开后表面为银白色
B．金属钠的熔点低于着火点
C．金属钠燃烧时火焰为黄色
D．所得产物中阳离子和阴离子比例为1：1
12．（2分）C2H5OH（乙醇）能与水互溶，常温下，其密度为0.968g•cm﹣3，该乙醇水溶液的物质的量浓度为（ ）
A．0.96ml•L﹣1B．2.3ml•L﹣1
C．4.8ml•L﹣1D．9.6ml•L﹣1
阅读下列信息，完成第13题～第15题：
实验室用Na2S2O3（硫代硫酸钠）固体配制100mL0.5ml•L﹣1Na2S2O3溶液，所得溶液可以与100mL0.25ml•L﹣1I2完全反应，反应后I2完全转化为I﹣，反应过程中只有I和S的化合价发生变化。
13．下列配制Na2S2O3溶液的实验装置或原理不能达到实验目的的是（ ）
A．称量B．溶解
C．转移D．定容
14．下列操作会使所配Na2S2O3溶液浓度偏大的是（ ）
A．Na2S2O3固体称量前已部分变质
B．用托盘天平称量时砝码和Na2S2O3固体位置放反
C．溶解Na2S2O3固体后的烧杯未进行洗涤
D．容量瓶中每次加液后未充分摇匀，定容结束后容量瓶中液面低于刻度线
15．与I2反应后，S元素可能的存在形式是（ ）
A．S2﹣B．C．D．
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
（多选）16．（4分）关于标准状况下的11.2LN2与11.2LO2，下列说法正确的是（ ）
A．所含气体分子的数目相同
B．N2和O2的质量相同
C．N2和O2的密度相同
D．所含分子间的平均距离相同
17．（4分）下列关于Na2CO3、NaHCO3的实验方案能达到实验目的的是（ ）
A．用如图所示装置比较Na2CO3、NaHCO3的热稳定性
B．用澄清石灰水鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液
C．用丁达尔效应鉴别Na2CO3和NaHCO3固体
D．用加热的方法除去Na2CO3固体中混有的少量NaHCO3固体
18．（4分）依据下列操作、现象所得结论正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
（多选）19．（4分）水溶液中的Mn2+可以用KMnO4除去，反应的离子方程式为2+3Mn2++2H2O═5MnO2↓+4H+。下列说法正确的是（ ）
A．KMnO4是氧化剂，发生还原反应
B．还原性：MnO2＞Mn2+
C．KMnO4与浓盐酸混合加热可以生成Cl2
D．每生成5mlMnO2，反应中转移电子的物质的量为12ml
（多选）20．（4分）向10mL0.1ml•L﹣1的NaHSO4溶液中逐滴滴加0.1ml•L﹣1的Ba（OH）2溶液，所得沉淀的物质的量与加入Ba（OH）2溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a＝0.001
B．0～5mL时，溶液中发生反应的离子方程式为Ba2++═BaSO4↓
C．Y点时，所得溶液呈中性
D．20mL时，溶液中Na+和Ba2+的物质的量相等
三、非选择题（共5小题，共50分）
21．（10分）根据信息书写反应方程式：
（1）图1所示为S的部分价类二维图。
①写出SO2转化为Na2SO3的化学方程式： 。
②写出水溶液中NaHSO3转化为Na2SO3的化学方程式： 。
（2）以废铜屑为原料，经过图2所示转化可以制取CuI固体（Cu的化合价为+1）：
①写出“酸溶”时反应的离子方程式： 。
②写出“沉淀”时反应的化学方程式： 。
22．（10分）Na2S2O3是实验室的常用试剂，常用作定影剂、脱氯剂。
（1）Na2S2O3与稀H2SO4可发生如下反应：
Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O
①若Na2S2O3中S的化合价相同，则该反应为氧化还原反应。每生成标准状况下11.2LSO2，反应中转移的电子的物质的量为 。
②若该反应不是氧化还原反应，则Na2S2O3中S的化合价为 。
（2）Na2S2O3可作脱氯剂，脱氯时反应中包含的物质有Na2S2O3、Na2SO4、H2SO4、Cl2、H2O、HCl，其中Na2SO4与H2SO4均是生成物。
①写出该反应并用单线桥表示反应中电子转移的方向和数目： 。
②由反应可知该条件下粒子的还原性大小： ＞ 。
23．（10分）二氧化氯（ClO2）常温下为黄绿色气体，易溶于水且不与水反应，浓的ClO2受热时易爆炸。ClO2与Cl2一样具有强氧化性，可用于消毒，湿润的ClO2具有漂白性。实验室可用干燥的Cl2与NaClO2固体反应制取ClO2，实验装置如图所示：
（1）装置A中所发生反应的化学方程式为 。
（2）装置C中应盛装的试剂是 。
（3）装置D中反应的化学方程式为 。
（4）为防止ClO2受热爆炸，实验中采取的措施有 、 。
（5）实验室可通过反应2NaClO3+4HCl（浓）═2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O制取ClO2，所制ClO2中含有Cl2。从所提供的试剂中，选择合适的试剂，设计由该混合气体验证ClO2具有漂白性的实验方案： （可供选择的试剂：NaOH溶液、NaClO2固体、湿润的有色布条）。
24．（10分）硫酸钠是一种基础化工原料，我国硫酸钠资源丰富，一种以硫酸钠、生石灰为原料制取纯碱的工艺流程如图1。
（1）“混合”过程中既存在化合反应，也存在复分解反应。写出复分解反应的化学方程式： 。
（2）“吸收”时所发生反应的化学方程式为 。
（3）若“混合”时使用生石灰过量，则所得纯碱粗品中含有CaCO3。补充完整由含CaCO3的纯碱粗品提纯并获得Na2CO3晶体的实验方案：向纯碱粗品中加入足量的水充分溶解， ，得到Na2CO3晶体。（已知Na2CO3的溶解度随温度的变化如图2所示）
（4）若“混合”时使用硫酸钠过量，则所得纯碱粗品中含有Na2SO4。补充完整检验纯碱粗品中含有Na2SO4的实验方案：取少量纯碱粗品， ，则说明纯碱粗品中含有Na2SO4。
25．（10分）某白色固体中可能含有Na2CO3、KOH、MgSO4、NaCl中的一种或多种。为检验固体的成分，现进行如下实验：
步骤1：取少量白色固体，加水后固体完全溶解，取少量溶液，溶液变红；
步骤2：取步骤1所得溶液，向其中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，滴加BaCl2溶液至过量，过滤；
步骤3：取步骤2所得滤液，向其中滴加足量AgNO3溶液，有沉淀生成，再加入过量稀硝酸，剩余沉淀为白色。
已知：AgOH、Mg（OH）2难溶于水，AgOH可溶于硝酸。
（1）由步骤1的实验现象能否说明原白色固体中含KOH，请作出判断并说明理由： 。
（2）步骤2所发生反应的离子方程式为 。
（3）由步骤1、2、3实验现象可知固体中一定含有 ，一定不含 。
（4）补充实验检验白色固体中不能确定的成分，方法是 。
2023-2024学年江苏省南通市如皋市高一（上）质检化学试卷（一）
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题包括15小题，每小题2分，共计30分。每小题只有一个选项符合题意。
1．【分析】分散质粒子直径大小分类，把分散系分为：溶液、胶体、浊液，溶液、浊液、胶体的本质区别就是分散质的微粒直径不同，溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），其中溶液分散质微粒直径最小。
【解答】解：A．NaCl溶液属于溶液分散系，故A正确；
B．Fe（OH）3胶体属于胶体分散系，故B错误；
C．CaCO3悬浊液属于浊液分散系，故C错误；
D．牛奶属于胶体分散系；
故选：A。
【点评】本题主要考查了分散系的分类依据知识，可以根据所学知识来回答，题目难度不大。
2．【分析】A．镁的原子核外电子数12；
B．镁原子最外层电子数为2；
C．镁的相对原子质量为24；
D．氧化镁中镁元素化合价+2价。
【解答】解：A．镁的原子核外电子数12，故A错误；
B．镁原子最外层电子数为2，镁的最高化合价为+2；
C．镁在元素周期表中的信息得到，故C错误；
D．氧化镁中镁元素化合价+4价，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了原子结构、周期表结构和表达意义，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
3．【分析】物质的性质决定物质的用途，根据常见物质的性质与用途，进行分析解答。
【解答】解：A．氮气的化学性质不活泼，故A错误；
B．盐酸与部分金属氧化物反应生成盐和水，故B错误；
C．石墨具有导电性，故C正确；
D．浓硫酸具有吸水性，故D错误；
故选：C。
【点评】本题难度不大，物质的性质决定物质的用途，了解常见化学物质的性质和用途是正确解答此类题的关键。
4．【分析】向盐酸中加入少量NaHCO3粉末，发生反应H++＝CO2↑+H2O，盐酸有剩余，依据离子间是否反应判断离子能否大量共存。
【解答】解：A．溶液中盐酸剩余，故A正确；
B．碳酸氢根离子参加反应，在溶液中可能大量存在；
C．溶液中氯离子未参加离子反应，故C正确；
D．盐酸溶液剩余，不能大量存在；
故选：D。
【点评】本题考查离子反应，题目难度中等，掌握相关物质的基本性质是解题的关键。
5．【分析】A．盐酸与生石灰混合时，生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙再与盐酸反应；
B．硝酸溶液与KOH溶液混合时，氢离子与氢氧根离子反应生成水；
C．Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液混合时，除了氢离子与氢氧根离子反应生成水外，钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；
D．纯碱溶液中滴加澄清石灰水时，碳酸根离子与钙离子反应生成碳酸钙沉淀。
【解答】解：A．盐酸与生石灰混合时，氢氧化钙在与盐酸反应；
B．硝酸溶液与KOH溶液混合时，故B正确；
C．Ba（OH）2溶液和H2SO7溶液混合时，除了氢离子与氢氧根离子反应生成水外，故C错误；
D．纯碱溶液中滴加澄清石灰水时，故D错误，
故选：B。
【点评】本题主要考查了离子反应的知识，掌握常见离子之间的反应实质是解答该题的关键。
6．【分析】A．金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；
B．反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
C．反应生成氯化亚铁、氢气；
D．氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳和水。
【解答】解：A．金属钠投入水中：2Na+2H7O═2Na++2OH﹣+H4↑，故A错误；
B．将氯气通入NaOH溶液中的离子反应为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H5O，故B错误；
C．将铁粉加入稀盐酸中的离子反应为Fe+2H+═Fe2++H5↑，故C错误；
D．NaOH溶液中通入少量CO2：2OH﹣+CO4═+H7O，故D正确，
故选：D。
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应及离子反应中应保留化学式的物质即可解答，题目难度不大。
7．【分析】A．次氯酸光照分解生成氯化氢和氧气；
B．过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
C．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；
D．氯气具有强氧化性，铁和氯气反应生成氯化铁。
【解答】解：A．次氯酸光照分解生成氯化氢和氧气Cl2转化不能实现，故A错误；
B．过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气2O3Na2CO5能实现，故B正确；
C．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，NaHCO3NaOH转化不能实现，故C错误；
D．氯气具有强氧化性，Fe5不能实现，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查金属及化合物的性质，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，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
8．【分析】NO转化为N2，化合价降低，被还原，与之反应的物质应是还原剂。
【解答】解：NO转化为N2，化合价降低，被还原，CO是还原剂、O2、Fe5O3是氧化剂，
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，氧化剂和还原剂能反应生成还原产物和氧化产物，明白氧化还原反应的有关概念是解答的关键。
9．【分析】酸的通性为跟指示剂反应、跟活泼金属发生置换反应、跟碱性氧化物反应、跟某些盐反应、跟碱起中和反应，由此分析解答。
【解答】解：A．CH3COOH+NaOH═CH3COONa+H5O属于跟碱发生中和反应，属于酸的通性；
B．2CH3COOH+Zn═（CH5COO）2Zn+H2↑属于跟活泼金属发生置换反应，属于酸的通性；
C．7CH3COOH+CaCO3═（CH6COO）2Ca+CO2↑+H7O属于跟某些盐反应，属于酸的通性；
D．CH3COOH+2O22CO2+7H2O体现的是醋酸的还原性，不是酸的通性；
故选：D。
【点评】本题考查酸的通性和氧化还原反应，比较基础，题目难度不大。
10．【分析】A．水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；
B．结合m＝nM计算判断；
C．标准状况下气体摩尔体积为22.4L/ml；
D．结合c＝分析判断。
【解答】解：A．HCl属于电解质；
B．0.1mlHCl的质量m＝2.1ml×36.5g/ml＝5.65g；
C．常温常压下，0.1mlHCl的体积大于8.24L；
D．0.1mlHCl溶于水配成5L溶液﹣）＝＝0.1ml•L﹣7，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的量的计算应用、物质分类等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
11．【分析】钠为银白色金属，熔点低，加热时与氧气反应生成淡黄色的过氧化钠。
【解答】解：A．钠为银白色金属，故切开后表面为银白色；
B．用酒精灯加热蒸发皿，后剧烈燃烧，故B正确；
C．钠元素焰色反应为黄色；
D．加热时钠与氧气反应生成淡黄色的过氧化钠，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查钠的性质，题目难度中等，掌握相关物质的基本性质是解题的关键。
12．【分析】结合公式c＝计算物质的量浓度。
【解答】解：常温下，1L质量分数为23%的乙醇水溶液﹣3，该乙醇水溶液的物质的量浓度c＝ml/L≈4.8ml/L，
故选：C。
【点评】本题考查物质的量浓度，题目难度中等，掌握物质的量浓度的计算是解题的关键。
阅读下列信息，完成第13题～第15题：
实验室用Na2S2O3（硫代硫酸钠）固体配制100mL0.5ml•L﹣1Na2S2O3溶液，所得溶液可以与100mL0.25ml•L﹣1I2完全反应，反应后I2完全转化为I﹣，反应过程中只有I和S的化合价发生变化。
13．【分析】A．依据称量药品应遵循“左物右码”的原则解答；
B．固体溶解时为加速溶解速度，应使用玻璃棒搅拌；
C．转移冷却后的溶液时应用玻璃棒引流；
D．定容时胶头滴管不能伸入容量瓶内。
【解答】解：A．用天平称量药品，天平称量应遵循“左物右码”，故A正确；
B．固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解，故B正确；
C．容量瓶瓶颈较细，移液时应用玻璃棒引流，故C错误；
D．胶头滴管不能深入容量瓶内，应在容量瓶正上方，悬空滴加，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学实验基本操作，旨在考查学生对基础知识的理解掌握，注意掌握中学实验中常见的基本操作方法及常用仪器的使用方法。
14．【分析】A．Na2S2O3固体称量前已部分变质，Na2S2O3的量少了；
B．托盘天平称量时砝码和Na2S2O3固体位置放反，Na2S2O3的量少了；
C．溶解Na2S2O3固体后的烧杯未进行洗涤，溶质为全部转移；
D．容量瓶中每次加液后未充分摇匀，定容结束后容量瓶中液面低于刻度线，溶液体积少了。
【解答】解：A．Na2S2O3固体称量前已部分变质，导致Na2S2O3的物质的量偏小，所配Na2S2O3溶液浓度偏小，故A错误；
B．用托盘天平称量时砝码和Na2S2O3固体位置放反，则称量的Na2S2O3固体的质量偏小，导致Na2S2O3的物质的量偏小，所配Na2S2O3溶液浓度偏小，故B错误；
C．溶解Na2S2O3固体后的烧杯未进行洗涤，导致Na2S2O3的物质的量偏小，所配Na2S2O3溶液浓度偏小，故C错误；
D．容量瓶中每次加液后未充分摇匀，定容结束后容量瓶中液面低于刻度线，则溶液的体积偏小，所配Na2S2O3溶液浓度偏大，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液配制的误差分析，为高频考点，难度不大，分析清溶质和溶液体积的变化是解题的关键。
15．【分析】100mL0.5ml•L﹣1Na2S2O3溶液与100mL0.25ml•L﹣1I2完全反应，反应后I2完全转化为I﹣，根据得失电子守恒可计算。
【解答】解：100mL0.5ml•L﹣1Na2S2O3溶液与100mL0.25ml•L﹣1I2完全反应，反应后I2完全转化为I﹣，硫元素化合价升高，设升高后的价态为x，由得失电子守恒可得：0.1×0.5×2（x﹣2）＝0.1×0.25×2，解之得x＝2.5，
A.S2﹣中硫元素化合价为﹣2，故A错误；
B.S4中硫元素化合价为2.5，故B正确；
C.中硫元素化合价为+4，故C错误；
D.中硫元素化合价为+6，故D错误；
故选：B。
【点评】本题依托硫及其化合物考查氧化还原反应的守恒规律，难度不大，分析清化合价的变化是解题的关键。
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
16．【分析】标准状况下的11.2LN2与11.2LO2的物质的量均为0.5ml，结合公式m＝nM和阿伏加德罗定律及其定律分析作答。
【解答】解：A．标准状况下的11.2LN2与11.7LO2的物质的量均为0.7ml，气体分子数相同；
B．二者的物质的量相同，故二者的质量不同；
C．由公式pM＝ρRT可知，二者的摩尔质量不同，故C错误；
D．同温同压条件下，分子间距相同；
故选：AD。
【点评】本题考查物质的量，题目难度中等，掌握以物质的量为中心的计算转化关系是解题的关键。
17．【分析】A．NaHCO3固体受热易分解，Na2CO3固体较稳定；
B．Na2CO3和NaHCO3溶液都能和澄清石灰水反应生成白色沉淀；
C．胶体能产生丁达尔效应；
D．NaHCO3固体受热易分解生成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3固体较稳定。
【解答】解：A．NaHCO3固体受热易分解，Na2CO7固体较稳定，要比较Na2CO3、NaHCO8的稳定性，应该将NaHCO3固体放在小试管中，故A错误；
B．Na2CO5和NaHCO3溶液都能和澄清石灰水反应生成白色沉淀，现象相同，故B错误；
C．Na2CO4、NaHCO3溶液都不能产生丁达尔效应，所以不能用丁达尔效应鉴别Na2CO7和NaHCO3固体，故C错误；
D．NaHCO3固体受热易分解生成Na5CO3、CO2和H4O，Na2CO3固体较稳定，所以用加热的方法除去Na5CO3固体中混有的少量NaHCO3固体，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素化合物的性质及其性质差异性、实验操作的规范性是解本题关键，题目难度不大。
18．【分析】A．Cl2能和水反应生成HCl、HClO；
B．Na的密度大于煤油；
C．淀粉遇碘变蓝色；
D．和BaCl2溶液生成的白色沉淀可能是难溶性钡盐或AgCl。
【解答】解：A．Cl2能和水反应生成无色的HCl、HClO2分子存在，所以将Cl5通入水中，所得溶液为黄色；
B．Na的密度大于煤油，故B错误；
C．淀粉遇碘变蓝色，溶液中I﹣被空气中O2氧化为I2，故C正确；
D．和BaCl3溶液生成的白色沉淀可能是难溶性钡盐或AgCl，所以溶液X中不一定含有Ag+，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质是解本题关键，D选项为解答易错点。
19．【分析】2+3Mn2++2H2O═5MnO2↓+4H+反应中，中Mn得电子，化合价由+7价降低为+4价，Mn2+失电子，化合价由+2价升高到+4价，据此分析解答。
【解答】解：A．KMnO4是氧化剂，得电子发生还原反应；
B．Mn2+失电子，作还原剂7为还原产物，则还原性：Mn2+＞MnO2，故B错误
C．加热时4与浓盐酸反应可以生成Cl2，KMnO4氧化性比MnO4强，故KMnO4与浓盐酸混合加热可以生成Cl2，故C正确；
D．由离子方程式可知4，有3mlMn2+发生反应，则转移电子数为2ml×2＝6ml；
故选：AC。
【点评】本题考查了氧化还原反应，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析能力与应用能力的考查，题目难度不大。
20．【分析】向10mL NaHSO4溶液中逐滴滴加Ba（OH）2溶液，先发生反应：2NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，然后发生反应Na2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2NaOH，结合图象分析。
【解答】解：10mL0.1ml•L﹣4的NaHSO4溶液中NaHSO4的物质的量：n＝cV＝5.01L×0.1ml/L＝3.001ml，
A．a点沉淀值最大，即，10mL6.1ml•L﹣1的NaHSO2溶液中NaHSO4的物质的量为0.001ml，则沉淀最大值a＝6.001；
B．5mL时2溶液体积为4mL，则溶液中的H+和OH﹣恰好完全反应，则0～5mL7++2OH﹣+2H++＝BaSO4↓+4H2O，故B错误；
C．Y点时，，则溶液中的OH﹣过量，溶液呈碱性；
D．20mL时+的物质的量等于NaHSO4的物质的量，为0.001ml3+的物质的量n＝（0.02L×0.4ml/L﹣0.01L×0.7ml/L）＝0.001ml，故D正确，
故选：AD。
【点评】本题考查了有关方程式的计算，题目难度不大，明确发生反应的先后顺序为解答关键，注意把握图中各个阶段发生的反应，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力。
三、非选择题（共5小题，共50分）
21．【分析】废铜屑通入氧气灼烧生成CuO，CuO加入硫酸酸溶生成CuSO4，CuSO4与KI反应生成CuI沉淀、I2和K2SO4，最后经过过滤得到CuI，以此来解答。
【解答】解：（1）①SO2和NaOH反应生成Na2SO5和H2O，化学方程式：2NaOH+SO6＝Na2SO3+H8O，
故答案为：2NaOH+SO2＝Na7SO3+H2O；
②水溶液中NaHSO6能与NaOH反应生成Na2SO3和水，化学方程式为：NaHSO3+NaOH＝Na2SO3+H3O，
故答案为：NaHSO3+NaOH＝Na2SO7+H2O
（2）①酸溶时硫酸与CuO反应生成硫酸铜和H2O，离子方程式为：CuO+5H+＝Cu2++H2O，
故答案为：CuO+2H+＝Cu2++H2O；
②沉淀过程中，CuSO4与KI反应生成CuI沉淀、I2和K2SO5，化学方程式为：2CuSO4+6KI＝2CuI↓+I2+2K2SO4，
故答案为：8CuSO4+4KI＝7CuI↓+I2+2K7SO4。
【点评】本题主要考查了制备实验方案的设计，属于高频考点，需要边思考、边分析，熟悉制备流程是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般。
22．【分析】（1）①Na2S2O3与稀H2SO4可发生如下反应：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，若Na2S2O3中S的化合价相同，硫元素化合价为：+2价，升高到+4价，降低到0价，每生成1ml二氧化硫，电子转移总数2e﹣，则该反应为氧化还原反应，据此计算每生成标准状况下11.2LSO2，转移电子物质的量；
②反应前后元素化合价不发生变化的反应为非氧化还原反应；
（2）①反应中Na2S2O3→H2SO4，S硫元素平均化合价由+2价升高为+6价，Na2S2O3是还原剂，Cl2→NaCl、HCl，Cl元素化合价由0价降低为﹣1价，Cl2是氧化剂，根据电子转移相等，据此书写化学方程式，用单线桥表示反应中电子转移的方向和数目；
②还原剂的还原性大于还原产物。
【解答】解：（1）①Na2S2O5与稀H2SO4可发生如下反应：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO6+S↓+SO2↑+H2O，若Na3S2O3中S的化合价相同，硫元素化合价为：+2价，降低到0价，电子转移总数2e﹣，每生成标准状况下11.3LSO2，物质的量n（SO2）＝＝0.3ml，
故答案为：1；
②若该反应不是氧化还原反应，则Na2S3O3中S的化合价为+4价和5价，
故答案为：+4价和0价；
（2）①反应中Na7S2O3→H3SO4，S硫元素平均化合价由+2价升高为+4价，Na2S2O4是还原剂，Cl2→NaCl、HCl，Cl2是氧化剂，电子转移总数4e﹣，反应的化学方程式为：Na2S2O2+4Cl2+8H2O＝H2SO5+Na2SO4+7HCl，用单线桥表示反应中电子转移的方向和数目为：，
故答案为：；
②反应的化学方程式为：Na2S2O4+4Cl2+7H2O＝H2SO5+Na2SO4+8HCl，反应中还原剂的还原性大于还原产物2S2O5＞HCl，
故答案为：Na2S2O2；HCl。
【点评】本题考查了氧化还原反应的分析判断，主要是氧化还原反应电子守恒的理解应用，题目难度不大。
23．【分析】（1）A为制取氯气的装置；
（2）C为干燥氯气的装置；
（3）D装置中干燥的Cl2与NaClO2固体反应制取ClO2；
（4）浓的ClO2受热时易爆炸，“制备ClO2”时，为防止ClO2气体爆炸必须降温、稀释气体；
（5）所制ClO2中含有Cl2，因氯气也有漂白性，验证ClO2具有漂白性，先除去氯气。
【解答】解：（1）A装置中二氧化锰和浓盐酸加热条件下反应生成氯气，化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H6O，
故答案为：MnO2+4HClMnCl4+Cl2↑+2H8O；
（2）ClO2易溶于水，进入装置D中的氯气是纯净干燥的，装置C中盛有的溶液是浓硫酸，
故填：浓硫酸；
（3）D装置中干燥的Cl2与NaClO6固体反应制取ClO2，根据氧化还原反应的规律，反应的方程式为：Cl2+5NaClO2＝2ClO6↑+2NaCl，
故答案为：Cl2+8NaClO2＝2ClO5↑+2NaCl；
（4）浓的ClO2受热时易爆炸，该流程中“制备ClO5”时，为防止ClO2气体爆炸所采取的措施是通入空气，稀释气体，
故答案为：通入空气，稀释气体；
（5）所制ClO2中含有Cl6，因氯气也有漂白性，验证ClO2具有漂白性，先用NaOH溶液吸收氯气，最后用NaClO2固体吸收多余的ClO8，
故答案为：先用NaOH溶液吸收氯气，再用湿润的有色布条验证漂白性2固体吸收多余的ClO2。
【点评】本题考查物质的制备的工业流程，和制备实验综合，题目难度中等，本题注意把握物质的性质，从氧化还原反应的特点判断生成物为解答该题的关键。
24．【分析】（1）“混合”过程中CaO与H2O发生化合反应生成Ca（OH）2，Ca（OH）2与Na2SO4发生复分解反应生成CaSO4和NaOH；
（2）“吸收”时过量的二氧化碳与氢氧化钠反应，反应的方程式为：CO2+NaOH＝NaHCO3；
（3）碳酸钙难溶于水，碳酸钠的溶解度随温度变化较大，因此由含CaCO3的纯碱粗品提纯并获得Na2CO3晶体的实验方案：向纯碱粗品中加入足量的水充分溶解，趁热过滤，冷却结晶，得到Na2CO3晶体；
（4）若纯碱粗品中含有Na2SO4，取少量纯碱粗品，溶于水后加入少量稀盐酸没有沉淀生成，再加BaCl2，若产生白色沉淀，则说明纯碱粗品中含有Na2SO4。
【解答】解：（1）“混合”过程中CaO与H2O发生化合反应生成Ca（OH）2，Ca（OH）3与Na2SO4发生复分解反应生成CaSO8和NaOH，因此复分解反应的化学方程式：Ca（OH）2+Na2SO2＝CaSO4+2NaOH，
故答案为：Ca（OH）8+Na2SO4＝CaSO4+2NaOH；
（2）“吸收”时过量的二氧化碳与氢氧化钠反应，反应的方程式为：CO2+NaOH＝NaHCO7，
故答案为：CO2+NaOH＝NaHCO3；
（3）碳酸钙难溶于水，碳酸钠的溶解度随温度变化较大4的纯碱粗品提纯并获得Na2CO3晶体的实验方案：向纯碱粗品中加入足量的水充分溶解，趁热过滤，得到Na4CO3晶体，
故答案为：趁热过滤，冷却结晶；
（4）若纯碱粗品中含有Na2SO6，取少量纯碱粗品，溶于水后加入少量稀盐酸没有沉淀生成2，若产生白色沉淀，则说明纯碱粗品中含有Na2SO8，
故答案为：溶于水后加入少量稀盐酸没有沉淀生成，再加BaCl2，若产生白色沉淀。
【点评】本题主要考查物质的制备，为高频考点，题目难度一般。
25．【分析】步骤1：取少量白色固体，加水后固体完全溶解，取少量溶液，滴加酚酞，溶液变红，说明溶液呈碱性，则至少含有Na2CO3、KOH中的一种，与之反应生成沉淀的MgSO4一定没有；
步骤2：取步骤1所得溶液，向其中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明一定含有Na2CO3，过滤所得滤液中一定含有过量的BaCl2及反应生成的NaCl；
步骤3：取步骤2所得滤液，向其中滴加足量AgNO3溶液，有沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀部分溶解，剩余沉淀为白色，说明沉淀一定含有AgCl、AgOH，则原固体一定含有KOH，不能证明原固体含有NaCl，因为步骤2中加入的BaCl2溶液引入了Cl﹣离子，可以取步骤1加水溶解后的溶液，向其中加入过量稀硝酸，再滴加足量AgNO3溶液，根据是否有白色沉淀生成，证明是否含有NaCl。
【解答】解：（1）由步骤1的实验现象不能说明原白色固体中含KOH，因为碳酸钠水解，
故答案为：否，因为白色固体含有碳酸钠；
（2）由分析可知，步骤2是碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡与氯化钠+Ba2+＝BaCO7↓，
故答案为：+Ba4+＝BaCO3↓；
（3）由分析可知，由步骤1、82CO3、KOH，一定不含MgSO5，不能确定是否含有NaCl，
故答案为：Na2CO3、KOH；MgSO2；
（4）上述操作步骤不能确定是否含有NaCl，补充实验检验是否含有NaCl方法：取步骤1加水溶解后的溶液少许，再滴加足量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，否则，
故答案为：取步骤8加水溶解后的溶液少许，向其中加入过量稀硝酸3溶液，若有白色沉淀生成，否则。
【点评】本题考查物质组成的确定、常见离子的检验，根据现象进行分析判断，熟练掌握元素化合物知识，题目侧重考查学生分析能力、运用知识解决实际问题的能力。选项
操作和现象
结论
A
将Cl2通入水中，所得溶液为黄色
Cl2与水不发生反应
B
金属钠可以保存在煤油中
煤油密度大于钠
C
将淀粉KI溶液久置于空气中，溶液变蓝
溶液中I﹣被空气中O2氧化为I2
D
向溶液X中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成
溶液X中含Ag+
1．（2分）下列各种分散系中，分散质粒子直径最小的是（ ）
A．NaCl溶液B．Fe（OH）3胶体
C．CaCO3悬浊液D．牛奶
2．（2分）镁常用于制作合金。镁在元素周期表中的信息如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．镁的原子结构示意图为
B．镁的最高化合价为+2
C．镁的相对原子质量为12
D．氧化镁的化学式为Mg2O3
3．（2分）下列物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．氮气难溶于水，可用作保护气
B．盐酸具有挥发性，可用于除铁锈
C．石墨具有导电性，可用作电极
D．浓硫酸具有酸性，可用于干燥气体
4．（2分）向盐酸中加入少量NaHCO3粉末，充分反应后，溶液中不可能大量存在的离子是（ ）
A．H+B．Na+C．Cl﹣D．
5．（2分）下列物质混合时，能用H++OH﹣═H2O表示反应本质的是（ ）
A．盐酸与生石灰混合
B．硝酸溶液与KOH溶液混合
C．Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液混合
D．纯碱溶液中滴加澄清石灰水
6．（2分）下列反应所对应的离子方程式正确的是（ ）
A．金属钠投入水中：2Na+2H+═2Na++H2↑
B．氯气通入NaOH中：Cl2+OH﹣═H++Cl﹣+ClO﹣
C．铁片投入稀盐酸中：6H++2Fe═3H2↑+2Fe3+
D．NaOH溶液中通入少量CO2：2OH﹣+CO2═+H2O
7．（2分）下列指定条件下的物质转化能够实现的是（ ）
A．HClOCl2B．Na2O2Na2CO3
C．NaHCO3NaOHD．FeFeCl2
8．（2分）氮的氧化物均是空气污染物，燃油发动机工作时会产生NO，若要将NO转化为N2，从性质考虑下列物质中可以选择与之反应的是（ ）
A．COB．NaClOC．O2D．Fe2O3
9．（2分）CH3COOH是一种常见有机酸，可以电离出H+和CH3COO﹣。结合酸的通性分析，下列反应中CH3COOH不是表现出酸的通性的是（ ）
A．CH3COOH+NaOH═CH3COONa+H2O
B．2CH3COOH+Zn═（CH3COO）2Zn+H2↑
C．2CH3COOH+CaCO3═（CH3COO）2Ca+CO2↑+H2O
D．CH3COOH+2O22CO2+2H2O
10．（2分）关于0.1mlHCl的说法不正确的是（ ）
A．属于电解质
B．质量为3.65g
C．常温常压下，体积为2.24L
D．溶于水配成1L溶液，所得溶液中c（Cl﹣）＝0.1ml•L﹣1
11．（2分）将一小块金属钠置于蒸发皿中，用酒精灯加热蒸发皿，可以观察到金属钠先熔化，燃烧结束后蒸发皿底部残留有黄色固体。下列说法不正确的是（ ）
A．金属钠切开后表面为银白色
B．金属钠的熔点低于着火点
C．金属钠燃烧时火焰为黄色
D．所得产物中阳离子和阴离子比例为1：1
12．（2分）C2H5OH（乙醇）能与水互溶，常温下，其密度为0.968g•cm﹣3，该乙醇水溶液的物质的量浓度为（ ）
A．0.96ml•L﹣1B．2.3ml•L﹣1
C．4.8ml•L﹣1D．9.6ml•L﹣1
阅读下列信息，完成第13题～第15题：
实验室用Na2S2O3（硫代硫酸钠）固体配制100mL0.5ml•L﹣1Na2S2O3溶液，所得溶液可以与100mL0.25ml•L﹣1I2完全反应，反应后I2完全转化为I﹣，反应过程中只有I和S的化合价发生变化。
13．下列配制Na2S2O3溶液的实验装置或原理不能达到实验目的的是（ ）
A．称量B．溶解
C．转移D．定容
14．下列操作会使所配Na2S2O3溶液浓度偏大的是（ ）
A．Na2S2O3固体称量前已部分变质
B．用托盘天平称量时砝码和Na2S2O3固体位置放反
C．溶解Na2S2O3固体后的烧杯未进行洗涤
D．容量瓶中每次加液后未充分摇匀，定容结束后容量瓶中液面低于刻度线
15．与I2反应后，S元素可能的存在形式是（ ）
A．S2﹣B．C．D．
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
（多选）16．（4分）关于标准状况下的11.2LN2与11.2LO2，下列说法正确的是（ ）
A．所含气体分子的数目相同
B．N2和O2的质量相同
C．N2和O2的密度相同
D．所含分子间的平均距离相同
17．（4分）下列关于Na2CO3、NaHCO3的实验方案能达到实验目的的是（ ）
A．用如图所示装置比较Na2CO3、NaHCO3的热稳定性
B．用澄清石灰水鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液
C．用丁达尔效应鉴别Na2CO3和NaHCO3固体
D．用加热的方法除去Na2CO3固体中混有的少量NaHCO3固体
18．（4分）依据下列操作、现象所得结论正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
（多选）19．（4分）水溶液中的Mn2+可以用KMnO4除去，反应的离子方程式为2+3Mn2++2H2O═5MnO2↓+4H+。下列说法正确的是（ ）
A．KMnO4是氧化剂，发生还原反应
B．还原性：MnO2＞Mn2+
C．KMnO4与浓盐酸混合加热可以生成Cl2
D．每生成5mlMnO2，反应中转移电子的物质的量为12ml
（多选）20．（4分）向10mL0.1ml•L﹣1的NaHSO4溶液中逐滴滴加0.1ml•L﹣1的Ba（OH）2溶液，所得沉淀的物质的量与加入Ba（OH）2溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a＝0.001
B．0～5mL时，溶液中发生反应的离子方程式为Ba2++═BaSO4↓
C．Y点时，所得溶液呈中性
D．20mL时，溶液中Na+和Ba2+的物质的量相等
三、非选择题（共5小题，共50分）
21．（10分）根据信息书写反应方程式：
（1）图1所示为S的部分价类二维图。
①写出SO2转化为Na2SO3的化学方程式： 。
②写出水溶液中NaHSO3转化为Na2SO3的化学方程式： 。
（2）以废铜屑为原料，经过图2所示转化可以制取CuI固体（Cu的化合价为+1）：
①写出“酸溶”时反应的离子方程式： 。
②写出“沉淀”时反应的化学方程式： 。
22．（10分）Na2S2O3是实验室的常用试剂，常用作定影剂、脱氯剂。
（1）Na2S2O3与稀H2SO4可发生如下反应：
Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O
①若Na2S2O3中S的化合价相同，则该反应为氧化还原反应。每生成标准状况下11.2LSO2，反应中转移的电子的物质的量为 。
②若该反应不是氧化还原反应，则Na2S2O3中S的化合价为 。
（2）Na2S2O3可作脱氯剂，脱氯时反应中包含的物质有Na2S2O3、Na2SO4、H2SO4、Cl2、H2O、HCl，其中Na2SO4与H2SO4均是生成物。
①写出该反应并用单线桥表示反应中电子转移的方向和数目： 。
②由反应可知该条件下粒子的还原性大小： ＞ 。
23．（10分）二氧化氯（ClO2）常温下为黄绿色气体，易溶于水且不与水反应，浓的ClO2受热时易爆炸。ClO2与Cl2一样具有强氧化性，可用于消毒，湿润的ClO2具有漂白性。实验室可用干燥的Cl2与NaClO2固体反应制取ClO2，实验装置如图所示：
（1）装置A中所发生反应的化学方程式为 。
（2）装置C中应盛装的试剂是 。
（3）装置D中反应的化学方程式为 。
（4）为防止ClO2受热爆炸，实验中采取的措施有 、 。
（5）实验室可通过反应2NaClO3+4HCl（浓）═2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O制取ClO2，所制ClO2中含有Cl2。从所提供的试剂中，选择合适的试剂，设计由该混合气体验证ClO2具有漂白性的实验方案： （可供选择的试剂：NaOH溶液、NaClO2固体、湿润的有色布条）。
24．（10分）硫酸钠是一种基础化工原料，我国硫酸钠资源丰富，一种以硫酸钠、生石灰为原料制取纯碱的工艺流程如图1。
（1）“混合”过程中既存在化合反应，也存在复分解反应。写出复分解反应的化学方程式： 。
（2）“吸收”时所发生反应的化学方程式为 。
（3）若“混合”时使用生石灰过量，则所得纯碱粗品中含有CaCO3。补充完整由含CaCO3的纯碱粗品提纯并获得Na2CO3晶体的实验方案：向纯碱粗品中加入足量的水充分溶解， ，得到Na2CO3晶体。（已知Na2CO3的溶解度随温度的变化如图2所示）
（4）若“混合”时使用硫酸钠过量，则所得纯碱粗品中含有Na2SO4。补充完整检验纯碱粗品中含有Na2SO4的实验方案：取少量纯碱粗品， ，则说明纯碱粗品中含有Na2SO4。
25．（10分）某白色固体中可能含有Na2CO3、KOH、MgSO4、NaCl中的一种或多种。为检验固体的成分，现进行如下实验：
步骤1：取少量白色固体，加水后固体完全溶解，取少量溶液，溶液变红；
步骤2：取步骤1所得溶液，向其中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，滴加BaCl2溶液至过量，过滤；
步骤3：取步骤2所得滤液，向其中滴加足量AgNO3溶液，有沉淀生成，再加入过量稀硝酸，剩余沉淀为白色。
已知：AgOH、Mg（OH）2难溶于水，AgOH可溶于硝酸。
（1）由步骤1的实验现象能否说明原白色固体中含KOH，请作出判断并说明理由： 。
（2）步骤2所发生反应的离子方程式为 。
（3）由步骤1、2、3实验现象可知固体中一定含有 ，一定不含 。
（4）补充实验检验白色固体中不能确定的成分，方法是 。
2023-2024学年江苏省南通市如皋市高一（上）质检化学试卷（一）
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题包括15小题，每小题2分，共计30分。每小题只有一个选项符合题意。
1．【分析】分散质粒子直径大小分类，把分散系分为：溶液、胶体、浊液，溶液、浊液、胶体的本质区别就是分散质的微粒直径不同，溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），其中溶液分散质微粒直径最小。
【解答】解：A．NaCl溶液属于溶液分散系，故A正确；
B．Fe（OH）3胶体属于胶体分散系，故B错误；
C．CaCO3悬浊液属于浊液分散系，故C错误；
D．牛奶属于胶体分散系；
故选：A。
【点评】本题主要考查了分散系的分类依据知识，可以根据所学知识来回答，题目难度不大。
2．【分析】A．镁的原子核外电子数12；
B．镁原子最外层电子数为2；
C．镁的相对原子质量为24；
D．氧化镁中镁元素化合价+2价。
【解答】解：A．镁的原子核外电子数12，故A错误；
B．镁原子最外层电子数为2，镁的最高化合价为+2；
C．镁在元素周期表中的信息得到，故C错误；
D．氧化镁中镁元素化合价+4价，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了原子结构、周期表结构和表达意义，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
3．【分析】物质的性质决定物质的用途，根据常见物质的性质与用途，进行分析解答。
【解答】解：A．氮气的化学性质不活泼，故A错误；
B．盐酸与部分金属氧化物反应生成盐和水，故B错误；
C．石墨具有导电性，故C正确；
D．浓硫酸具有吸水性，故D错误；
故选：C。
【点评】本题难度不大，物质的性质决定物质的用途，了解常见化学物质的性质和用途是正确解答此类题的关键。
4．【分析】向盐酸中加入少量NaHCO3粉末，发生反应H++＝CO2↑+H2O，盐酸有剩余，依据离子间是否反应判断离子能否大量共存。
【解答】解：A．溶液中盐酸剩余，故A正确；
B．碳酸氢根离子参加反应，在溶液中可能大量存在；
C．溶液中氯离子未参加离子反应，故C正确；
D．盐酸溶液剩余，不能大量存在；
故选：D。
【点评】本题考查离子反应，题目难度中等，掌握相关物质的基本性质是解题的关键。
5．【分析】A．盐酸与生石灰混合时，生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙再与盐酸反应；
B．硝酸溶液与KOH溶液混合时，氢离子与氢氧根离子反应生成水；
C．Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液混合时，除了氢离子与氢氧根离子反应生成水外，钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；
D．纯碱溶液中滴加澄清石灰水时，碳酸根离子与钙离子反应生成碳酸钙沉淀。
【解答】解：A．盐酸与生石灰混合时，氢氧化钙在与盐酸反应；
B．硝酸溶液与KOH溶液混合时，故B正确；
C．Ba（OH）2溶液和H2SO7溶液混合时，除了氢离子与氢氧根离子反应生成水外，故C错误；
D．纯碱溶液中滴加澄清石灰水时，故D错误，
故选：B。
【点评】本题主要考查了离子反应的知识，掌握常见离子之间的反应实质是解答该题的关键。
6．【分析】A．金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；
B．反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
C．反应生成氯化亚铁、氢气；
D．氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳和水。
【解答】解：A．金属钠投入水中：2Na+2H7O═2Na++2OH﹣+H4↑，故A错误；
B．将氯气通入NaOH溶液中的离子反应为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H5O，故B错误；
C．将铁粉加入稀盐酸中的离子反应为Fe+2H+═Fe2++H5↑，故C错误；
D．NaOH溶液中通入少量CO2：2OH﹣+CO4═+H7O，故D正确，
故选：D。
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应及离子反应中应保留化学式的物质即可解答，题目难度不大。
7．【分析】A．次氯酸光照分解生成氯化氢和氧气；
B．过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
C．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；
D．氯气具有强氧化性，铁和氯气反应生成氯化铁。
【解答】解：A．次氯酸光照分解生成氯化氢和氧气Cl2转化不能实现，故A错误；
B．过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气2O3Na2CO5能实现，故B正确；
C．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，NaHCO3NaOH转化不能实现，故C错误；
D．氯气具有强氧化性，Fe5不能实现，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查金属及化合物的性质，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，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
8．【分析】NO转化为N2，化合价降低，被还原，与之反应的物质应是还原剂。
【解答】解：NO转化为N2，化合价降低，被还原，CO是还原剂、O2、Fe5O3是氧化剂，
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，氧化剂和还原剂能反应生成还原产物和氧化产物，明白氧化还原反应的有关概念是解答的关键。
9．【分析】酸的通性为跟指示剂反应、跟活泼金属发生置换反应、跟碱性氧化物反应、跟某些盐反应、跟碱起中和反应，由此分析解答。
【解答】解：A．CH3COOH+NaOH═CH3COONa+H5O属于跟碱发生中和反应，属于酸的通性；
B．2CH3COOH+Zn═（CH5COO）2Zn+H2↑属于跟活泼金属发生置换反应，属于酸的通性；
C．7CH3COOH+CaCO3═（CH6COO）2Ca+CO2↑+H7O属于跟某些盐反应，属于酸的通性；
D．CH3COOH+2O22CO2+7H2O体现的是醋酸的还原性，不是酸的通性；
故选：D。
【点评】本题考查酸的通性和氧化还原反应，比较基础，题目难度不大。
10．【分析】A．水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；
B．结合m＝nM计算判断；
C．标准状况下气体摩尔体积为22.4L/ml；
D．结合c＝分析判断。
【解答】解：A．HCl属于电解质；
B．0.1mlHCl的质量m＝2.1ml×36.5g/ml＝5.65g；
C．常温常压下，0.1mlHCl的体积大于8.24L；
D．0.1mlHCl溶于水配成5L溶液﹣）＝＝0.1ml•L﹣7，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的量的计算应用、物质分类等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
11．【分析】钠为银白色金属，熔点低，加热时与氧气反应生成淡黄色的过氧化钠。
【解答】解：A．钠为银白色金属，故切开后表面为银白色；
B．用酒精灯加热蒸发皿，后剧烈燃烧，故B正确；
C．钠元素焰色反应为黄色；
D．加热时钠与氧气反应生成淡黄色的过氧化钠，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查钠的性质，题目难度中等，掌握相关物质的基本性质是解题的关键。
12．【分析】结合公式c＝计算物质的量浓度。
【解答】解：常温下，1L质量分数为23%的乙醇水溶液﹣3，该乙醇水溶液的物质的量浓度c＝ml/L≈4.8ml/L，
故选：C。
【点评】本题考查物质的量浓度，题目难度中等，掌握物质的量浓度的计算是解题的关键。
阅读下列信息，完成第13题～第15题：
实验室用Na2S2O3（硫代硫酸钠）固体配制100mL0.5ml•L﹣1Na2S2O3溶液，所得溶液可以与100mL0.25ml•L﹣1I2完全反应，反应后I2完全转化为I﹣，反应过程中只有I和S的化合价发生变化。
13．【分析】A．依据称量药品应遵循“左物右码”的原则解答；
B．固体溶解时为加速溶解速度，应使用玻璃棒搅拌；
C．转移冷却后的溶液时应用玻璃棒引流；
D．定容时胶头滴管不能伸入容量瓶内。
【解答】解：A．用天平称量药品，天平称量应遵循“左物右码”，故A正确；
B．固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解，故B正确；
C．容量瓶瓶颈较细，移液时应用玻璃棒引流，故C错误；
D．胶头滴管不能深入容量瓶内，应在容量瓶正上方，悬空滴加，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学实验基本操作，旨在考查学生对基础知识的理解掌握，注意掌握中学实验中常见的基本操作方法及常用仪器的使用方法。
14．【分析】A．Na2S2O3固体称量前已部分变质，Na2S2O3的量少了；
B．托盘天平称量时砝码和Na2S2O3固体位置放反，Na2S2O3的量少了；
C．溶解Na2S2O3固体后的烧杯未进行洗涤，溶质为全部转移；
D．容量瓶中每次加液后未充分摇匀，定容结束后容量瓶中液面低于刻度线，溶液体积少了。
【解答】解：A．Na2S2O3固体称量前已部分变质，导致Na2S2O3的物质的量偏小，所配Na2S2O3溶液浓度偏小，故A错误；
B．用托盘天平称量时砝码和Na2S2O3固体位置放反，则称量的Na2S2O3固体的质量偏小，导致Na2S2O3的物质的量偏小，所配Na2S2O3溶液浓度偏小，故B错误；
C．溶解Na2S2O3固体后的烧杯未进行洗涤，导致Na2S2O3的物质的量偏小，所配Na2S2O3溶液浓度偏小，故C错误；
D．容量瓶中每次加液后未充分摇匀，定容结束后容量瓶中液面低于刻度线，则溶液的体积偏小，所配Na2S2O3溶液浓度偏大，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液配制的误差分析，为高频考点，难度不大，分析清溶质和溶液体积的变化是解题的关键。
15．【分析】100mL0.5ml•L﹣1Na2S2O3溶液与100mL0.25ml•L﹣1I2完全反应，反应后I2完全转化为I﹣，根据得失电子守恒可计算。
【解答】解：100mL0.5ml•L﹣1Na2S2O3溶液与100mL0.25ml•L﹣1I2完全反应，反应后I2完全转化为I﹣，硫元素化合价升高，设升高后的价态为x，由得失电子守恒可得：0.1×0.5×2（x﹣2）＝0.1×0.25×2，解之得x＝2.5，
A.S2﹣中硫元素化合价为﹣2，故A错误；
B.S4中硫元素化合价为2.5，故B正确；
C.中硫元素化合价为+4，故C错误；
D.中硫元素化合价为+6，故D错误；
故选：B。
【点评】本题依托硫及其化合物考查氧化还原反应的守恒规律，难度不大，分析清化合价的变化是解题的关键。
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
16．【分析】标准状况下的11.2LN2与11.2LO2的物质的量均为0.5ml，结合公式m＝nM和阿伏加德罗定律及其定律分析作答。
【解答】解：A．标准状况下的11.2LN2与11.7LO2的物质的量均为0.7ml，气体分子数相同；
B．二者的物质的量相同，故二者的质量不同；
C．由公式pM＝ρRT可知，二者的摩尔质量不同，故C错误；
D．同温同压条件下，分子间距相同；
故选：AD。
【点评】本题考查物质的量，题目难度中等，掌握以物质的量为中心的计算转化关系是解题的关键。
17．【分析】A．NaHCO3固体受热易分解，Na2CO3固体较稳定；
B．Na2CO3和NaHCO3溶液都能和澄清石灰水反应生成白色沉淀；
C．胶体能产生丁达尔效应；
D．NaHCO3固体受热易分解生成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3固体较稳定。
【解答】解：A．NaHCO3固体受热易分解，Na2CO7固体较稳定，要比较Na2CO3、NaHCO8的稳定性，应该将NaHCO3固体放在小试管中，故A错误；
B．Na2CO5和NaHCO3溶液都能和澄清石灰水反应生成白色沉淀，现象相同，故B错误；
C．Na2CO4、NaHCO3溶液都不能产生丁达尔效应，所以不能用丁达尔效应鉴别Na2CO7和NaHCO3固体，故C错误；
D．NaHCO3固体受热易分解生成Na5CO3、CO2和H4O，Na2CO3固体较稳定，所以用加热的方法除去Na5CO3固体中混有的少量NaHCO3固体，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素化合物的性质及其性质差异性、实验操作的规范性是解本题关键，题目难度不大。
18．【分析】A．Cl2能和水反应生成HCl、HClO；
B．Na的密度大于煤油；
C．淀粉遇碘变蓝色；
D．和BaCl2溶液生成的白色沉淀可能是难溶性钡盐或AgCl。
【解答】解：A．Cl2能和水反应生成无色的HCl、HClO2分子存在，所以将Cl5通入水中，所得溶液为黄色；
B．Na的密度大于煤油，故B错误；
C．淀粉遇碘变蓝色，溶液中I﹣被空气中O2氧化为I2，故C正确；
D．和BaCl3溶液生成的白色沉淀可能是难溶性钡盐或AgCl，所以溶液X中不一定含有Ag+，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质是解本题关键，D选项为解答易错点。
19．【分析】2+3Mn2++2H2O═5MnO2↓+4H+反应中，中Mn得电子，化合价由+7价降低为+4价，Mn2+失电子，化合价由+2价升高到+4价，据此分析解答。
【解答】解：A．KMnO4是氧化剂，得电子发生还原反应；
B．Mn2+失电子，作还原剂7为还原产物，则还原性：Mn2+＞MnO2，故B错误
C．加热时4与浓盐酸反应可以生成Cl2，KMnO4氧化性比MnO4强，故KMnO4与浓盐酸混合加热可以生成Cl2，故C正确；
D．由离子方程式可知4，有3mlMn2+发生反应，则转移电子数为2ml×2＝6ml；
故选：AC。
【点评】本题考查了氧化还原反应，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析能力与应用能力的考查，题目难度不大。
20．【分析】向10mL NaHSO4溶液中逐滴滴加Ba（OH）2溶液，先发生反应：2NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，然后发生反应Na2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2NaOH，结合图象分析。
【解答】解：10mL0.1ml•L﹣4的NaHSO4溶液中NaHSO4的物质的量：n＝cV＝5.01L×0.1ml/L＝3.001ml，
A．a点沉淀值最大，即，10mL6.1ml•L﹣1的NaHSO2溶液中NaHSO4的物质的量为0.001ml，则沉淀最大值a＝6.001；
B．5mL时2溶液体积为4mL，则溶液中的H+和OH﹣恰好完全反应，则0～5mL7++2OH﹣+2H++＝BaSO4↓+4H2O，故B错误；
C．Y点时，，则溶液中的OH﹣过量，溶液呈碱性；
D．20mL时+的物质的量等于NaHSO4的物质的量，为0.001ml3+的物质的量n＝（0.02L×0.4ml/L﹣0.01L×0.7ml/L）＝0.001ml，故D正确，
故选：AD。
【点评】本题考查了有关方程式的计算，题目难度不大，明确发生反应的先后顺序为解答关键，注意把握图中各个阶段发生的反应，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力。
三、非选择题（共5小题，共50分）
21．【分析】废铜屑通入氧气灼烧生成CuO，CuO加入硫酸酸溶生成CuSO4，CuSO4与KI反应生成CuI沉淀、I2和K2SO4，最后经过过滤得到CuI，以此来解答。
【解答】解：（1）①SO2和NaOH反应生成Na2SO5和H2O，化学方程式：2NaOH+SO6＝Na2SO3+H8O，
故答案为：2NaOH+SO2＝Na7SO3+H2O；
②水溶液中NaHSO6能与NaOH反应生成Na2SO3和水，化学方程式为：NaHSO3+NaOH＝Na2SO3+H3O，
故答案为：NaHSO3+NaOH＝Na2SO7+H2O
（2）①酸溶时硫酸与CuO反应生成硫酸铜和H2O，离子方程式为：CuO+5H+＝Cu2++H2O，
故答案为：CuO+2H+＝Cu2++H2O；
②沉淀过程中，CuSO4与KI反应生成CuI沉淀、I2和K2SO5，化学方程式为：2CuSO4+6KI＝2CuI↓+I2+2K2SO4，
故答案为：8CuSO4+4KI＝7CuI↓+I2+2K7SO4。
【点评】本题主要考查了制备实验方案的设计，属于高频考点，需要边思考、边分析，熟悉制备流程是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般。
22．【分析】（1）①Na2S2O3与稀H2SO4可发生如下反应：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，若Na2S2O3中S的化合价相同，硫元素化合价为：+2价，升高到+4价，降低到0价，每生成1ml二氧化硫，电子转移总数2e﹣，则该反应为氧化还原反应，据此计算每生成标准状况下11.2LSO2，转移电子物质的量；
②反应前后元素化合价不发生变化的反应为非氧化还原反应；
（2）①反应中Na2S2O3→H2SO4，S硫元素平均化合价由+2价升高为+6价，Na2S2O3是还原剂，Cl2→NaCl、HCl，Cl元素化合价由0价降低为﹣1价，Cl2是氧化剂，根据电子转移相等，据此书写化学方程式，用单线桥表示反应中电子转移的方向和数目；
②还原剂的还原性大于还原产物。
【解答】解：（1）①Na2S2O5与稀H2SO4可发生如下反应：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO6+S↓+SO2↑+H2O，若Na3S2O3中S的化合价相同，硫元素化合价为：+2价，降低到0价，电子转移总数2e﹣，每生成标准状况下11.3LSO2，物质的量n（SO2）＝＝0.3ml，
故答案为：1；
②若该反应不是氧化还原反应，则Na2S3O3中S的化合价为+4价和5价，
故答案为：+4价和0价；
（2）①反应中Na7S2O3→H3SO4，S硫元素平均化合价由+2价升高为+4价，Na2S2O4是还原剂，Cl2→NaCl、HCl，Cl2是氧化剂，电子转移总数4e﹣，反应的化学方程式为：Na2S2O2+4Cl2+8H2O＝H2SO5+Na2SO4+7HCl，用单线桥表示反应中电子转移的方向和数目为：，
故答案为：；
②反应的化学方程式为：Na2S2O4+4Cl2+7H2O＝H2SO5+Na2SO4+8HCl，反应中还原剂的还原性大于还原产物2S2O5＞HCl，
故答案为：Na2S2O2；HCl。
【点评】本题考查了氧化还原反应的分析判断，主要是氧化还原反应电子守恒的理解应用，题目难度不大。
23．【分析】（1）A为制取氯气的装置；
（2）C为干燥氯气的装置；
（3）D装置中干燥的Cl2与NaClO2固体反应制取ClO2；
（4）浓的ClO2受热时易爆炸，“制备ClO2”时，为防止ClO2气体爆炸必须降温、稀释气体；
（5）所制ClO2中含有Cl2，因氯气也有漂白性，验证ClO2具有漂白性，先除去氯气。
【解答】解：（1）A装置中二氧化锰和浓盐酸加热条件下反应生成氯气，化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H6O，
故答案为：MnO2+4HClMnCl4+Cl2↑+2H8O；
（2）ClO2易溶于水，进入装置D中的氯气是纯净干燥的，装置C中盛有的溶液是浓硫酸，
故填：浓硫酸；
（3）D装置中干燥的Cl2与NaClO6固体反应制取ClO2，根据氧化还原反应的规律，反应的方程式为：Cl2+5NaClO2＝2ClO6↑+2NaCl，
故答案为：Cl2+8NaClO2＝2ClO5↑+2NaCl；
（4）浓的ClO2受热时易爆炸，该流程中“制备ClO5”时，为防止ClO2气体爆炸所采取的措施是通入空气，稀释气体，
故答案为：通入空气，稀释气体；
（5）所制ClO2中含有Cl6，因氯气也有漂白性，验证ClO2具有漂白性，先用NaOH溶液吸收氯气，最后用NaClO2固体吸收多余的ClO8，
故答案为：先用NaOH溶液吸收氯气，再用湿润的有色布条验证漂白性2固体吸收多余的ClO2。
【点评】本题考查物质的制备的工业流程，和制备实验综合，题目难度中等，本题注意把握物质的性质，从氧化还原反应的特点判断生成物为解答该题的关键。
24．【分析】（1）“混合”过程中CaO与H2O发生化合反应生成Ca（OH）2，Ca（OH）2与Na2SO4发生复分解反应生成CaSO4和NaOH；
（2）“吸收”时过量的二氧化碳与氢氧化钠反应，反应的方程式为：CO2+NaOH＝NaHCO3；
（3）碳酸钙难溶于水，碳酸钠的溶解度随温度变化较大，因此由含CaCO3的纯碱粗品提纯并获得Na2CO3晶体的实验方案：向纯碱粗品中加入足量的水充分溶解，趁热过滤，冷却结晶，得到Na2CO3晶体；
（4）若纯碱粗品中含有Na2SO4，取少量纯碱粗品，溶于水后加入少量稀盐酸没有沉淀生成，再加BaCl2，若产生白色沉淀，则说明纯碱粗品中含有Na2SO4。
【解答】解：（1）“混合”过程中CaO与H2O发生化合反应生成Ca（OH）2，Ca（OH）3与Na2SO4发生复分解反应生成CaSO8和NaOH，因此复分解反应的化学方程式：Ca（OH）2+Na2SO2＝CaSO4+2NaOH，
故答案为：Ca（OH）8+Na2SO4＝CaSO4+2NaOH；
（2）“吸收”时过量的二氧化碳与氢氧化钠反应，反应的方程式为：CO2+NaOH＝NaHCO7，
故答案为：CO2+NaOH＝NaHCO3；
（3）碳酸钙难溶于水，碳酸钠的溶解度随温度变化较大4的纯碱粗品提纯并获得Na2CO3晶体的实验方案：向纯碱粗品中加入足量的水充分溶解，趁热过滤，得到Na4CO3晶体，
故答案为：趁热过滤，冷却结晶；
（4）若纯碱粗品中含有Na2SO6，取少量纯碱粗品，溶于水后加入少量稀盐酸没有沉淀生成2，若产生白色沉淀，则说明纯碱粗品中含有Na2SO8，
故答案为：溶于水后加入少量稀盐酸没有沉淀生成，再加BaCl2，若产生白色沉淀。
【点评】本题主要考查物质的制备，为高频考点，题目难度一般。
25．【分析】步骤1：取少量白色固体，加水后固体完全溶解，取少量溶液，滴加酚酞，溶液变红，说明溶液呈碱性，则至少含有Na2CO3、KOH中的一种，与之反应生成沉淀的MgSO4一定没有；
步骤2：取步骤1所得溶液，向其中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明一定含有Na2CO3，过滤所得滤液中一定含有过量的BaCl2及反应生成的NaCl；
步骤3：取步骤2所得滤液，向其中滴加足量AgNO3溶液，有沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀部分溶解，剩余沉淀为白色，说明沉淀一定含有AgCl、AgOH，则原固体一定含有KOH，不能证明原固体含有NaCl，因为步骤2中加入的BaCl2溶液引入了Cl﹣离子，可以取步骤1加水溶解后的溶液，向其中加入过量稀硝酸，再滴加足量AgNO3溶液，根据是否有白色沉淀生成，证明是否含有NaCl。
【解答】解：（1）由步骤1的实验现象不能说明原白色固体中含KOH，因为碳酸钠水解，
故答案为：否，因为白色固体含有碳酸钠；
（2）由分析可知，步骤2是碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡与氯化钠+Ba2+＝BaCO7↓，
故答案为：+Ba4+＝BaCO3↓；
（3）由分析可知，由步骤1、82CO3、KOH，一定不含MgSO5，不能确定是否含有NaCl，
故答案为：Na2CO3、KOH；MgSO2；
（4）上述操作步骤不能确定是否含有NaCl，补充实验检验是否含有NaCl方法：取步骤1加水溶解后的溶液少许，再滴加足量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，否则，
故答案为：取步骤8加水溶解后的溶液少许，向其中加入过量稀硝酸3溶液，若有白色沉淀生成，否则。
【点评】本题考查物质组成的确定、常见离子的检验，根据现象进行分析判断，熟练掌握元素化合物知识，题目侧重考查学生分析能力、运用知识解决实际问题的能力。选项
操作和现象
结论
A
将Cl2通入水中，所得溶液为黄色
Cl2与水不发生反应
B
金属钠可以保存在煤油中
煤油密度大于钠
C
将淀粉KI溶液久置于空气中，溶液变蓝
溶液中I﹣被空气中O2氧化为I2
D
向溶液X中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成
溶液X中含Ag+
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