天津市重点校联考2024-2025学年高一（上）期中化学试卷（含解析）

这是一份天津市重点校联考2024-2025学年高一（上）期中化学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
1.化学促进了科技进步和社会发展，下列叙述中没有涉及化学变化的是( )
A. 我国西汉时期记载“曾青得铁则化为铜”B. 用粮食发酵酿酒
C. 北京冬奥会场馆使用CO2跨临界直冷制冰D. 科学家成功将CO2转化为淀粉或葡萄糖
【答案】C
【解析】解：A.我国西汉时期记载“曾青得铁则化为铜”发生了化学反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，涉及化学变化，故A错误；
B.用粮食发酵酿酒过程中发生了化学反应，涉及化学变化，故B错误；
C.北京冬奥会场馆使用CO2跨临界直冷制冰过程中无新物质生成，为物理变化，没有涉及化学变化，故C正确；
D.科学家成功将CO2转化为淀粉或葡萄糖，发生了化学反应，涉及化学变化，故D错误；
故选：C。
物质变化过程中有新物质生成的变化为化学变化，无新物质生成的变化为物理变化。
本题考查了物质变化过程的分析判断，注意知识的积累和概念实质的理解应用，题目难度不大。
2.下列物质的保存方法不正确的是( )
A. 浓盐酸密封保存在细口瓶中B. 金属钠保存在煤油中
C. 碳酸钠固体保存在细口瓶中D. 新制的氯水保存在棕色试剂瓶中
【答案】C
【解析】解：A.浓盐酸是具有挥发性的液体，应该密封保存在细口瓶中，故A正确；
B.金属钠的密度比煤油大，应该保存在煤油中，隔绝空气会水，故B正确；
C.碳酸钠固体保存在广口瓶中，故C错误；
D.新制的氯水中含有次氯酸，见光易分解，应该保存在棕色试剂瓶中，故D正确；
故选：C。
液体保持在细口瓶中，固体物质保存在广口瓶中，见光易分解的物质保持在棕色瓶中，金属钠应该隔绝空气和水，据此分析作答。
本题主要考查常见药品的保持，属于基本知识的考查，难度不大。
3.根据所学知识判断，下列说法中正确的是( )
A. 二氧化氯、臭氧都可用于自来水的杀菌消毒
B. NH3、NH3⋅H2O均为电解质，且都为纯净物
C. 电离时能够产生H+的化合物叫做酸
D. 工业上常采用Na2O与水的反应制取NaOH
【答案】A
【解析】解：A.二氧化氯、臭氧具有氧化性，都可用于自来水的杀菌消毒，故A正确；
B.NH3不能电离，属于非电解质，NH3⋅H2O为电解质，且都为纯净物，故B错误；
C.电离时能够产生H+的化合物不一定为酸，如NaHSO4能电离出氢离子，为盐，故C错误；
D.工业上常采用电解饱和食盐水的方法制取NaOH，为氯碱工业，不是用Na2O与水的反应制备，故D错误；
故选：A。
A.二氧化氯、臭氧具有强氧化性；
B.水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态下都不道德的化合物为非电解质；
C.水中电离出阳离子全部是氢离子的化合物为酸；
D.工业上是电解饱和食盐水的方法制备氢氧化钠。
本题考查了物质组成和性质的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
4.当光束通过下列物质时，不会出现丁达尔效应的分散系是 ( )
①牛奶
②云、雾
③有色玻璃
④蔗糖溶液
⑤蒸馏水
⑥硫酸铜溶液
A. ③④⑥B. ③④⑤⑥C. ④⑤⑥D. ④⑥
【答案】C
【解析】解：①牛奶是胶体，有丁达尔效应，故①错误；
②云、雾是胶体，有丁达尔效应，故②错误；
③有色玻璃是胶体，有丁达尔效应，故③错误；
④蔗糖溶液不是胶体，蔗糖溶液不会出现丁达尔效应，故④正确；
⑤蒸馏水不是胶体，蒸馏水是纯净物，胶体是混合物，水不会出现丁达尔效应，故⑤正确；
⑥硫酸铜溶液不是胶体，硫酸铜溶液不会出现丁达尔效应，故⑥正确；
故选：C。
胶体分散系具有丁达尔现象，只要判断出分散系是胶体即可。
本题考查了化学在社会、生产、生活中的应用，利用化学知识解答生活问题，熟悉物质的性质是解题关键，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性，难度不大。
5.化学来源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述正确的是( )
A. 氯气和活性炭均可作漂白剂，若同时使用，漂白效果会明显加强
B. 氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂
C. 常用饱和石灰水吸收尾气中的Cl2
D. 通常状况下氯气能和Fe反应，氯气的储存不能用铁制容器
【答案】B
【解析】解：A.氯气不具有漂白性，故A错误；
B.依据分析可知，氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂，故B正确；
C.氢氧化钙溶解度小，所以常用氢氧化钠溶液吸收尾气中的Cl2，故C错误；
D.通常状况氯气与铁不反应，所以氯气的储存能用铁制容器，故D错误；
故选：B。
A.氯气不具有漂白性；
B.氯气与烧碱反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，氯气石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，次氯酸钠和次氯酸钙都是常用消毒剂；
C.氢氧化钙溶解度小；
D.通常状况氯气与铁不反应。
本题考查了元素化合物知识，侧重考查氯气的性质，熟悉氯气的性质是解题关键，题目难度中等。
6.下列物质间的每一个转化都能通过一步反应实现的是( )
A. H2O2→△H2→O2H2OB. CaCl2溶液→CO2CaCO3→HClCO2
C. CuSO4溶液→FeCu→O2CuOD. Fe2O3→COFe→HClFeCl3
【答案】C
【解析】解：A.过氧化氢受热分解生成H2O和O2，而得不到H2，故A错误；
B.氯化钙溶液中通入二氧化碳，不反应，即得不到CaCO3，CaCO3与HCl反应也得不到CO，故B错误；
C.Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，2Cu+O22CuO，故C正确；
D.铁和氯化氢反应生成氯化亚铁，而得不到FeCl3，故D错误；
故选：C。
A.根据H2O2受热分解生成H2O和O2，进行分析；
B.根据CaCl2溶液中通入CO2，不反应，进行分析；
C.根据Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，2Cu+O22CuO，进行分析；
D.根据Fe和HCl反应生成FeCl2，进行分析。
本题主要考查氧化铜与氧化亚铜的性质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
7.化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范的是( )
A. 钠的燃烧B. 溶液加热
C. 收集Cl2D. 浓缩NaCl溶液
【答案】D
【解析】解：A.灼烧固体药品的仪器是坩埚，不能玻璃用表面皿，故A错误；
B.加热试管内液体时，液体的体积不能超过试管容积的13，图中溶液体积超过试管容积的13，易溅出液体，故B错误；
C.收集氯气时，集气瓶口不能用橡胶塞塞上，否则易产生安全事故，故C错误；
D.用蒸发皿浓缩NaCl溶液并不断搅拌，图中操作正确，故D正确；
故选：D。
A.灼烧固体药品的仪器是坩埚；
B.加热试管内液体时，液体的体积不能超过试管容积的13；
C.收集氯气时，集气瓶口不能用橡胶塞塞上；
D.用蒸发皿浓缩NaCl溶液并不断搅拌。
本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、物质的性质、实验操作规范性是解本题关键，题目难度不大。
8.物质性质决定用途，下列说法不正确的是( )
A. 碳酸钠和碳酸氢钠均可用作食用碱或工业用碱
B. 碳酸钠用于治疗胃酸过多
C. 用盐酸除去铁钉表面的铁锈
D. 将CO2通入饱和氯化钠的氨溶液中，可用来制备碳酸氢钠
【答案】B
【解析】解：A.碳酸钠和碳酸氢钠均可用于食用碱或工业用碱料，故A正确；
B.碳酸钠碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，故B错误；
C.铁锈的主要成分是氧化铁，稀盐酸与氧化铁反应生成易溶于水的氯化铁，可用稀盐酸除去铁钉表面的铁锈，故C正确；
D.向饱和食盐水中通入氨气再通入二氧化碳即可生成碳酸氢钠固体，故D正确；
故选：B。
A.碳酸钠和碳酸氢钠均可用于食用碱或工业用碱料；
B.碳酸钠碱性较强，不能用于治疗胃酸过多；
C.铁锈的主要成分是氧化铁，稀盐酸与氧化铁反应生成易溶于水的氯化铁；
D.向饱和食盐水中通入氨气再通入二氧化碳即可生成碳酸氢钠固体。
本题主要考查了物质的性质，题目难度不大，掌握物质的性质和用途是解答该题的关键。
9.下列说法正确的是( )
A. 摩尔是联系宏观物质和微观粒子之间的物理量
B. 6.02×1023就是阿伏加德罗常数
C. 1mlCO2中含有的原子总数为3NA
D. 物质的量与物质的数量、物质的质量是等价的
【答案】C
【解析】解：A.物质的量是联系宏观物质和微观粒子之间的物理量，摩尔时物质的量的单位，故A错误；
B.阿伏加德罗常数NA为准确值，NA≈6.02×1023/ml，故B错误；
C.1mlCO2中含有的原子总数为1ml×3×NA/ml=3NA，故C正确；
D.物质的量与物质的数量、物质的质量不是等价的，故D错误；
故选：C。
A.物质的量是联系宏观物质和微观粒子之间的物理量；
B.阿伏加德罗常数NA为准确值；
C.一个二氧化碳分子中含有3个原子；
D.物质的量与物质的数量、物质的质量不等价。
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。
10.为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法正确的是( )
A. Na2CO3溶液(NaHCO3)，加热
B. NaHCO3溶液(Na2CO3)，加入适量的稀盐酸
C. CO2(O2)，将混合气体通过灼热的铜网
D. Cl2(HCl)，将气体通过足量的NaHCO3溶液
【答案】C
【解析】解：A.加热溶液时，碳酸氢钠难分解，不能除杂，应加适量的NaOH溶液，故A错误；
B.碳酸氢钠、碳酸钠均与稀盐酸反应，将原物质除去，不能除杂，故B错误；
C.Cu与氧气反应，二氧化碳不反应，将混合气体通过灼热的铜网可除杂，故C正确；
D.氯气、氯化氢均与碳酸氢钠溶液反应，将原物质除去，不能除杂，故D错误；
故选：C。
A.加热溶液时，碳酸氢钠难分解；
B.碳酸氢钠、碳酸钠均与稀盐酸反应；
C.Cu与氧气反应，二氧化碳不反应；
D.氯气、氯化氢均与碳酸氢钠溶液反应。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、除杂的原则、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的应用，题目难度不大。
11.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 无色酸性溶液中：Fe2+、Na+、SO42−、ClO−
B. 透明溶液中：H+、K+、MnO4−、SO42−
C. 含有大量OH−的溶液中：Na+、Mg2+、NO3−、Cl−
D. 酸性溶液中：K+、Ba2+、HCO3−、Cl−
【答案】B
【解析】解：A.Fe2+在水溶液中呈浅绿色，不符合无色条件，酸性条件下，Fe2+、ClO−发生氧化还原反应，所以不能大量共存，故A错误；
B.这几种离子之间不反应，所以能大量共存，故B正确；
C.Mg2+能和OH−反应生成Mg(OH)2沉淀而不能大量共存，故C错误；
D.酸性溶液中含有大量H+，H+、HCO3−反应生成H2O、CO2而不能大量共存，故D错误；
故选：B。
A.无色溶液中不含有色离子，酸性溶液中含有大量H+；
B.透明溶液中不反应的离子能大量共存；
C.能和OH−反应的离子不能大量共存；
D.酸性溶液中含有大量H+。
本题考查离子共存，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确离子的性质、离子共存的条件是解本题关键，题目难度不大。
12.下列离子方程式书写正确的是( )
A. NaHSO4溶液与NaOH溶液混合：H++OH−=H2O
B. Fe与稀硫酸反应的离子方程式：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
C. 石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca2++CO32+=CaCO3↓
D. 用NaHCO3治疗胃酸过多：CO32−+2H+=CO2↑+H2O
【答案】A
【解析】解：A.NaHSO4溶液与NaOH溶液混合，离子方程式为：H++OH−=H2O，故A正确；
B.Fe与稀硫酸反应的离子方程式：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B错误；
C.石灰乳与Na2CO3溶液混合，离子方程式为：Ca(OH)2+CO32−=CaCO3↓+2OH−，故C错误；
D.用NaHCO3治疗胃酸过多，离子方程式为：HCO3−+H+=CO2↑+H2O，故D错误；
故选：A。
A.NaHSO4溶液与NaOH溶液混合，反应实质的氢离子与氢氧根离子反应生成水；
B.铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；
C.石灰乳中氢氧化钙应保留化学式；
D.碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，不能拆。
本题考查离子方程式正误判断，侧重辨析能力和运用能力考查，把握物质性质、发生的反应、离子方程式的书写方法是解题关键，题目难度中等。
13.下列关于钠及其化合物的说法中，正确的是( )
A. 等物质的量的Na2CO3与NaHCO3分别与足量的盐酸反应，NaHCO3产生的CO2更多
B. 金属钠着火需要用干燥的沙土来灭火
C. 可以用澄清石灰水鉴别碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液
D. 向Na2CO3粉末中加入少量水后，碳酸钠结块变成晶体，并伴随着吸热现象
【答案】B
【解析】解：A.碳酸钠和碳酸氢钠与足量的盐酸反应时，根据碳元素守恒，等物质的量的Na2CO3、NaHCO3中C的量相等，均生成二氧化碳，所以生成二氧化碳的量相等，故A错误；
B.钠燃烧生成的过氧化钠能与水、二氧化碳反应，不能用水或二氧化碳灭火，必须用干燥沙土灭火，故B正确；
C.二者均与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，现象相同，不能鉴别，故C错误；
D.向Na2CO3粉末中加入少量水后，碳酸钠结块变成晶体，并伴随着放热现象，故D错误；
故选：B。
A.等物质的量的Na2CO3与NaHCO3分别与足量的盐酸反应，碳元素守恒分析；
B.钠燃烧生成的过氧化钠能与水、二氧化碳反应；
C.二者均与石灰水反应生成碳酸钙沉淀；
D.碳酸钠溶于水放热。
本题考查物质的性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、性质与用途的关系是解本题关键，题目难度不大。
14.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )
A. 8gCH4所含电子数目为10NA
B. 将含0.1mlFeCl3的饱和溶液滴入沸水中得到Fe(OH)3胶体粒子的数目为0.1NA
C. 常温常压下，48gO3和O2的混合气体含有的氧原子数为3NA
D. 1mlNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为2NA
【答案】C
【解析】解：A.8gCH4所含电子数目为：8g16g/ml×10×NAml−1=5NA，故A错误；
B.1个氢氧化铁胶体微粒含有多个氢氧化铁，则将含0.1mlFeCl3的饱和溶液滴入沸水中得到Fe(OH)3胶体粒子的数目小于0.1NA，故B错误；
C.常温常压下，48gO3和O2的混合气体含有的氧原子数为：48g16g/ml×NAml−1=3NA，故C正确；
D.1mlNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为NA，故D错误；
故选：C。
A.1个甲烷分子含有10个电子；
B.1个氢氧化铁胶体微粒含有多个氢氧化铁；
C.氧气与臭氧都是由氧原子构成；
D.过氧化钠与二氧化碳反应为歧化反应，消耗1ml过氧化钠转移1ml电子。
本题考查了阿伏加德罗常数的应用，熟悉物质的结构组成，明确以物质的量为核心计算公式是解题关键，题目难度不大。
15.复印机工作时易产生臭氧(O3)，少量的臭氧有消毒空气之功效，但臭氧浓度过高时，对人的呼吸道、肺部有刺激。已知臭氧可发生如下反应：O3+2KI+H2O=2KOH+O2+I2对该反应的下列说法正确的是( )
A. KI被还原
B. 1mlO3参加反应转移3ml电子
C. 氧化产物I2与还原产物O2的个数之比为1：1
D. H2O既不是氧化剂也不是还原剂
【答案】D
【解析】解：A.KI中I元素在反应中化合价从−1价升高0价，KI被氧化，故A错误；
B.1个O3分子中仅有一个O原子化合价降低到−2价，则1mlO3参加反应转移2ml电子，故B错误；
C.产物中I2与O2的个数之比为1：1，但是该反应中氧化产物是I2，而还原产物不是O2，O2中氧元素化合价没有变化，则O2既不是氧化产物也不是还原产物，故C错误；
D.H2O中H、O两种元素的化合价均不发生变化，H2O既不是氧化剂也不是还原剂，故D正确；
故选：D。
反应：O3+2KI+H2O=2KOH+O2+I2中O元素的化合价由0价降低到−2价，I元素的化合价由−1价升高到0价，据此进行解答。
本题考查氧化还原反应，涉及基本概念、电子转移的计算等，题目难度不大，属于高频考点。
16.某无色溶液中只可能含有K+、Ag+、Ba2+、Cu2+、Cl−、CO32−、SO42−中的几种，对其进行如下实验操作：
①取少量溶液，滴加无色酚酞溶液，酚酞变红；
②另取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；
③向②所得混合物中加入足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成；
④将③所得混合物过滤向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。
下列对该溶液的说法正确的是( )
A. 需要做焰色试验才能确定是否含有K+B. 可能含有Cu2+、Ba2+
C. 一定含有Cl−D. 一定含有K+、CO32−、SO42−
【答案】D
【解析】解：无色溶液一定不含Cu2+，酚酞变红，说明溶液显碱性，一定含有CO32−，一定不含Ag+、Ba2+；加入足量BaCl2溶液，产生白色沉是BaCO3或BaSO4，加入足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成，说明该沉淀中既有BaCO3，又有BaSO4，则该溶液中一定含有CO32−、SO42−；由于反应过程中加入氯化钡溶液和盐酸，引入了氯离子，无法判断原溶液中含有Cl−，由于任何溶液既有阳离子，又有阴离子，则原溶液中一定含有K+，
A.根据上面的分析可得原溶液中一定含有K+，故A错误；
B.无色溶液一定不含Cu2+，酚酞变红，说明溶液显碱性，一定含有CO32−，一定不含Ag+、Ba2+，故B错误；
C.由于反应过程中加入氯化钡溶液和盐酸，引入了氯离子，无法判断原溶液中含有Cl−，故C错误；
D.根据上面的分析可得原溶液中一定含有K+、CO32−、SO42−，可能含有Cl−，一定不含Ag+、Ba2+、Cu2+，故D正确；
故选：D。
无色溶液一定不含Cu2+，酚酞变红，说明溶液显碱性，一定含有CO32−，一定不含Ag+、Ba2+；加入足量BaCl2溶液，产生白色沉是BaCO3或BaSO4，加入足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成，说明该沉淀中既有BaCO3，又有BaSO4，则该溶液中一定含有CO32−、SO42−；由于反应过程中加入氯化钡溶液和盐酸，引入了氯离子，无法判断原溶液中含有Cl−，由于任何溶液既有阳离子，又有阴离子，则原溶液中一定含有K+。
本题考查离子反应与离子共存，根据有关现象进行分析判断，熟练知识元素化合物知识，注意加入试剂引入离子的干扰，注意电荷守恒的运用，试题侧重考查学生分析推理能力、实验能力、运用知识解决实际问题的能力。
二、填空题：本大题共3小题，共34分。
17.请回答下列问题：
(1)8gN2H4的物质的量是 ______ ml，所含电子数约为 ______ 个；
(2)标准状况下， ______ gCH4和2ml CO2占有相同的体积，均约为 ______ L。
(3)三种盐混合溶液中含0.2ml Na+、0.25ml Mg2+、0.4ml Cl−和SO42−，则SO42−的物质的量为 ______ 。
(4)某气体氧化物的化学式为RO2，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则R的相对原子质量为 ______ 。
(5)下列几种导电性变化图像，把符合要求的图像序号填在相应的题目后面横线上：

向AgNO3溶液中通入少量HCl ______ ；向饱和石灰水中不断通入CO2至过量 ______ 。
【答案】0.25 2.709×1024 32 44.8 0.15ml 32 C A
【解析】解：(1)8gN2H4的物质的量是8g32g/ml=0.25ml，所含电子数约为0.25ml×18×6.02×1023/ml=2.709×1024，
故答案为：0.25；2.709×1024；
(2)和2mlCO2占有相同的体积的甲烷的物质的量为2ml，质量为2ml×16g/ml=32g，体积为2ml×22.4L/ml=44.8L，
故答案为：32；44.8；
(3)由电荷守恒可知0.2ml×1+0.25ml×2=0.4ml×1+n(SO42−)×2，解得n(SO42−)=0.15ml，
故答案为：0.15ml；
(4)该氧化物的体积为448mL即0.02，ml，则该氧化物摩尔质量为，其分子量为64，则R的相对原子质量为64−16×2=32，
故答案为：32；
(5)向AgNO3溶液中通入少量HCl发生反应AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，反应过程溶液中离子浓度变化不变，故溶液导电性变化不大，故导电性变化图象为C，向饱和石灰水中不断通入CO2至过量，反应为Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，继续发生反应CaCO3↓+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，导电性变化为先逐渐减下为0，后逐渐增大，故导电性变化图象为A，
故答案为：C；A。
(1)结合公式n=mM计算，一个肼分子中含有18个电子；
(2)结合公式m=nM和V=nVm计算；
(3)依据电荷守恒分析；
(4)结合公式M=mn计算；
(5)依据反应过程中溶液离子浓度变化分析。
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。
18.按要求回答下列问题
Ⅰ.现有下列十种物质：①H2②铝 ③CH3COOH ④CO2⑤HCl(g) ⑥Ba(OH)2固体 ⑦氨水 ⑧稀硝酸 ⑨熔融Al2(SO4)3⑩固体NaHSO4。
按物质的分类方法回答下列问题(填序号)：
(1)属于电解质的是 ______ ；
(2)能导电的是 ______ 。
Ⅱ.写出下列反应的离子方程式：
(3)醋酸除水垢(主要成分碳酸钙)： ______ 。
(4)氢氧化镁与稀硫酸反应： ______ 。
(5)向氢氧化钡溶液中通入过量CO2： ______ 。
(6)“84消毒液”(主要成分是NaClO)与“洁厕灵”(主要成分为HCl)不能混用的原因： ______ 。
【答案】③⑤⑥⑨⑩ ②⑦⑧⑨ 2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO−+H2O Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O OH−+CO2=HCO3− ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O
【解析】解：Ⅰ.①H2是单质，不含自由电子也不含自由移动的离子，不导电；既不是电解质也不是非电解质；
②铝是单质，含自由移动的电子，能导电；既不是电解质也不是非电解质；
③CH3COOH是化合物，不不含自由电子也不含自由移动的离子，不导电；水溶液中能导电，属于电解质；
④CO2不含自由电子也不含自由移动的离子，不导电；本身不能电离产生自由移动的离子而导电，属于非电解质；
⑤HCl(g)不含自由电子也不含自由移动的离子，不导电；水溶液中能导电，属于电解质；
⑥Ba(OH)2固体是化合物，不含自由电子也不含自由移动的离子，不导电；水溶液中能导电，属于电解质；
⑦氨水是混合物，含自由移动的离子，能导电；既不是电解质也不是非电解质；
⑧稀硝酸是混合物，含自由移动的离子，能导电；既不是电解质也不是非电解质；
⑨熔融Al2(SO4)3 是化合物，含自由移动的离子，能导电；水溶液和熔融状态都能导电，是电解质；
⑩固体NaHSO4是化合物，不含自由电子也不含自由移动的离子，不导电；水溶液中能导电，属于电解质；
属于电解质的为：③⑤⑥⑨⑩；
故答案为：③⑤⑥⑨⑩；
(1)属于电解质的为：③⑤⑥⑨⑩，
故答案为：③⑤⑥⑨⑩；
(2)能导电的是：②⑦⑧⑨，
故答案为：②⑦⑧⑨；
Ⅱ.(3)醋酸除水垢(主要成分碳酸钙)，二者反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO−+H2O，
故答案为：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO−+H2O；
(4)氢氧化镁与稀硫酸反应生成硫酸镁和水，离子方程式为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，
故答案为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；
(5)向氢氧化钡溶液中通入过量CO2，反应生成碳酸氢钡，离子方程式为：OH−+CO2=HCO3−，
故答案为：OH−+CO2=HCO3−；
(6)次氯酸钠与盐酸反应生成氯化钠、氯气和水，离子方程式为：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O，
故答案为：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O。
Ⅰ.(1)电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；
(2)物质导电的条件：存在自由移动的电子或者自由移动的离子；
Ⅱ.(3)醋酸除水垢(主要成分碳酸钙)，二者反应生成醋酸钙、二氧化碳和水；
(4)氢氧化镁与稀硫酸反应生成硫酸镁和水；
(5)向氢氧化钡溶液中通入过量CO2，反应生成碳酸氢钡；
(6)次氯酸钠与盐酸反应生成氯化钠、氯气和水。
本题考查了物质的分类，离子方程式的书写，明确电解质和非电解质的概念，把握相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
19.如图为钠和氯的价类二维图，请据图完成下列问题：

(1)NaH中的氢为 ______ 价。可与水反应生成氢气，该反应中氧化产物和还原产物的质量比为 ______ 。
(2)B属于碱，其水溶液与Cl2反应生成D的离子方程式为 ______ 。
(3)C是高氯酸钠，受热分解可产生O2和无氧酸盐，则高氯酸钠热分解的化学方程式为 ______ 。
(4)Na2O2常用作呼吸面具供氧剂，请写出其与CO2反应的化学方程式并用单线桥表示电子转移的方向和数目 ______ 。
【答案】−1 1：1 Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O NaClO4NaCl+2O2↑
【解析】解：(1)NaH中Na元素为+1价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0判断H元素的化合价为−1；NaH可与水反应生成氢气，反应方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，NaH为还原剂、H2O为氧化剂，氧化产物和还原产物都是H2，其物质的量之比为1：1，该反应中氧化产物和还原产物的质量比为1：1，
故答案为：−1；1：1；
(2)B属于碱，为NaOH，D为ClO−，氯气和NaOH反应生成NaCl、NaClO、H2O，离子方程式为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，
故答案为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；
(3)C是高氯酸钠，受热分解可产生O2和非含氧酸盐，则高氯酸钠热分解的化学方程式为：NaClO4NaCl+2O2↑，
故答案为：NaClO4NaCl+2O2↑；
(4)Na2O2与CO2反应生成了碳酸钠和氧气，用单线桥电子转移情况为，
故答案为：。
根据图知，A为ClO2，B为NaOH，C为NaClO4、D为ClO−、E为HClO3，
(1)NaH中Na元素为+1价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0判断H元素的化合价；NaH可与水反应生成氢气，反应方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，NaH为还原剂、H2O为氧化剂，氧化产物和还原产物都是H2，其物质的量之比为1：1；
(2)B属于碱，为NaOH，D为ClO−，氯气和NaOH反应生成NaCl、NaClO、H2O；
(3)C是高氯酸钠，受热分解可产生O2和非含氧酸盐，即生成NaCl和O2；
(4)Na2O2与CO2反应生成了碳酸钠和氧气，在两个反应中，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=2。
本题以Cl、Na元素及其化合物为载体考查氧化还原反应，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确物质的性质、物质之间的转化关系及氧化还原反应原理是解本题关键，题目难度不大。
三、实验题：本大题共1小题，共18分。
20.根据要求作答下列问题：
Ⅰ.过氧化钠常作漂白剂、杀菌剂、消毒剂。过氧化钠保存不当容易吸收空气中CO2而变质。某课外活动小组为了粗略测定过氧化钠的纯度，他们称取a g样品，并设计用如图装置来测定过氧化钠的质量分数。

(1)将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是 ______ 。
(2)装置B中溶液的作用 ______ 。
(3)D中NaOH溶液的作用 ______ 。
(4)实验结束时，读取实验中生成气体的体积时，下列叙述不合理的是 ______ (填字母序号)。
a.上下移动量筒，使得E、F中液面高度相同
b.直接读取气体体积，不需冷却到室温
c.视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积
(5)读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为VmL，则样品中过氧化钠的质量百分数为 ______ 。
Ⅱ.某学习小组探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应的产物，进行如图实验：

请回答：
(6)试剂X是 ______ 。
(7)请写出装置A中的离子方程式 ______ 。
(8)装置C中潮湿的Cl2和Na2CO3以等物质的量反应，生成NaHCO3、Cl2O(气体)和NaCl，试写出该反应的化学方程式 ______ 。
(9)将Cl2通入热的烧碱溶液中，可以得到NaCl、NaClO和NNaClO3的混合液。当NaCl和NaClO3的物质的量之比为15：2时，ClO3−与ClO−的物质的量之比为 ______ 。
【答案】检验装置的气密性 吸收挥发的HCl 吸收未反应的CO2 b 39V56a% 饱和食盐水 MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O H2O+2Cl2+Na2CO3=NaHCO3+Cl2O+2NaCl 2：5
【解析】解：(1)将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是检验装置的气密性，
故答案为：检验装置的气密性；
(2)装置B中溶液的作用吸收挥发的HCl，防止HCl和Na2O2反应，
故答案为：吸收挥发的HCl；
(3)D中NaOH溶液的作用是吸收未反应的CO2，
故答案为：吸收未反应的CO2；
(4)实验结束时，读取实验中生成气体的体积时：
a.调整量筒内外液面高度使之相同，使装置内压强和外界压强相同，避免读取体积产生误差，故a正确；
b.直接读取气体体积，不冷却到室温，会使溶液体积增大，读出结果产生误差，故b错误；
c.视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积是正确的读取方法，故c正确；
故答案为：b；
(5)读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为VmL，n(O2)=10−3VL22.4L/ml=10−3V22.4ml，根据“2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2”得n(Na2O2)=2n(O2)=2×10−3V22.4ml，得则样品中过氧化钠的质量百分数为2×10−3V22.4ml×78g/mlag×100%=39V56a%，
故答案为：39V56a%；
(6)试剂X是饱和食盐水，用于除去挥发的HCl，
故答案为：饱和食盐水；
(7)装置A中的离子方程式为MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O；
(8)装置C中潮湿的Cl2和Na2CO3以等物质的量反应，生成NaHCO3、Cl2O(气体)和NaCl，该反应的化学方程式为H2O+2Cl2+Na2CO3=NaHCO3+Cl2O+2NaCl，
故答案为：H2O+2Cl2+Na2CO3=NaHCO3+Cl2O+2NaCl；
(9)将Cl2通入热的烧碱溶液中，可以得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合液，生成NaClO3的方程式为：①3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，NaCl、NaClO3的物质的量之比为5：1，当NaCl和NaClO3的物质的量之比为15：2时，结合：②2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O知，方程式①②中生成NaCl的物质的量之比为10：5=2：1，ClO3−与ClO−的物质的量之比为2：5，
故答案为：2：5。
Ⅰ.A中大理石和稀盐酸反应生成CO2，CO2中含有挥发的HCl，B中饱和碳酸氢钠溶液吸收HCl，CO2、H2O和NaOH反应生成O2，过量的CO2被D中NaOH溶液吸收，通过排水法收集O2，收集O2的体积等于F中水的体积；
Ⅱ.A中浓盐酸和MnO2共热制取Cl2，得到的Cl2中含有挥发的HCl、水蒸气，C中潮湿的氯气和Na2CO3反应，则B为饱和NaCl溶液，用于除去氯气中的HCl，E装置用于处理尾气。
本题考查物质含量的测定，侧重考查分析、判断及计算能力，明确物质的性质、各个仪器的作用、物质之间的转化关系是解本题关键，难点是(9)题的计算。