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天津市塘沽一中2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题
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塘沽一中2019-2020学年度第一学期
高一年级期中考试化学学科试题
第Ⅰ卷（共50分）
一、选择题（每题只有1个正确答案，包括10道小题，每题2分，共20分）
1.朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里…… 月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景的最本质原因是
A. 空气中的小水滴颗粒大小约为10-9 m～10-7 m B. 光是一种胶体
C. 雾是一种胶体 D. 发生丁达尔效应
【答案】A
【解析】
【分析】
“薄薄的青雾浮起在荷塘里…… 月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景，是胶体中的丁达尔效应，本质原因是分散质微粒直径的大小。
【详解】A、题干中所提及的雾，是空气中的小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1～100nm，即10－9m～10－7m，故A正确；
B、雾是胶体，光不是胶体，故B错误；
C、雾是胶体，但这不是月光穿过薄雾所形成美景的本质原因，故C错误；
D、丁达尔效应是胶体性质，但本质原因是分散质微粒直径大小，故D错误。答案选A。
2.下列说法不正确的是（ ）
A. “抗坏血酸”维生素C具有还原性
B. 杨万里《戏笔》中写道“野菊荒苔各铸钱，金黄铜绿两争妍”，铜绿的主要成分为碱式碳酸铜， Cu2（OH）2CO3属于碱式盐
C. 向碳酸钠溶液中滴加稀盐酸，先不冒气泡，后冒气泡
D. 食物腐败、钟乳石的形成、植物光合作用都与氧化还原反应有关
【答案】D
【解析】
【详解】A、维生素C又名抗坏血酸，具有酸性和强还原性，故A正确；
B、铜绿的主要成分为碱式碳酸铜，化学式是 Cu2(OH)2CO3，属于碱式盐，故B正确；
C、碳酸钠与稀盐酸反应分步进行，先发生H++CO32-=HCO3-，后发生H++HCO3-=H2O+CO2↑，所以先不冒气泡，后冒气泡，故C正确；
D、钟乳石的形成与CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、Ca(HCO3)2 CaCO3↓+H2O+CO2↑有关，没有发生氧化还原反应，故D错误；选D。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 熔融NaCl能导电，是因为通电时NaCl发生了电离
B. NaCl固体不导电，因为NaCl固体中无带电微粒
C. NH4NO3电离时产生了NH4+、NO3-，无金属离子，所以NH4NO3不是盐
D. NaHSO4在水溶液中电离生成了Na＋、H＋、SO42-三种离子
【答案】D
【解析】
【详解】A．熔融NaCl能导电，是因为熔融的氯化钠发生了电离，其中存在自由移动的钠离子和氯离子，通电时熔融NaCl会发生电解，不是电离，故A错误；
B．离子晶体由阴阳离子构成，NaCl固体在常温下不导电，是因为离子不能自由移动，故B错误；
C．由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物是盐，硝酸铵中含有铵根离子和硝酸根离子，属于盐，故C错误；
D．NaHSO4在水溶液中的电离方程式：NaHSO4=Na++H++SO42-，硫酸氢钠水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，故D正确；
故选D。
4.下列除去杂质的方法正确的是（ ）
A. Na2CO3溶液（NaHCO3）：加热法
B. CO2（HCl）：先后通入饱和NaHCO3溶液和碱石灰中，收集气体
C. N2（O2）：通过足量灼热的铜粉，收集气体
D. NaCl溶液（Na2SO4）：加入适量氢氧化钡溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A、用适量氢氧化钠除去Na2CO3溶液中的NaHCO3，故A错误；
B、二氧化碳是酸性氧化物，不能用碱石灰干燥，先后通入饱和NaHCO3溶液和浓硫酸，除去CO2气体中的HCl，故B错误；
C、O2与热的铜粉反应生成氧化铜，通过足量灼热的铜粉可以除去N2中的O2，故C正确；
D、Na2SO4与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，引入新杂质氢氧化钠，用适量氯化钡溶液除去NaCl溶液中的Na2SO4，故D错误。
5.中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700℃时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。下列有关说法中，你认为错误的是（ ）
A. Na的还原性强于金刚石 B. 另一种化合物是NaCl
C. 纳米级金刚石粉末可以透过半透膜 D. 这个反应是置换反应
【答案】C
【解析】
【详解】反应的方程式为4Na+CCl4C+4NaCl。
A、反应中Na元素化合价升高，被氧化，为还原剂，所以Na的还原性强于金刚石，故A正确；
B、根据方程式，“另一种化合物”指的是NaCl，故B正确；
C、胶体的粒子直径在1～100nm之间，不能透过半透膜，因此纳米级金刚石粉末不能透过半透膜，故C错误；
D、CCl4和金属钠反应生成金刚石和氯化钠，符合“单质+化合物=单质+化合物”的特点，属于置换反应，故D正确；
故选C。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强
B. 能导电的物质不一定是电解质，电解质不一定能导电
C. 碳酸钠和碳酸氢钠分别溶于水中，均放热
D. 酸性氧化物不一定是都是非金属氧化物，而非金属氧化物一定是酸性氧化物
【答案】B
【解析】
【详解】A、沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成的胶粒带电，胶体不带电，故A错误；
B、单质铜能导电，铜既不是电解质又不是非电解质；氯化钠固体是电解质，氯化钠固体不导电，故B正确；
C、碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，故C错误；
D、Mn2O7是金属氧化物， Mn2O7也是酸性氧化物；CO是非金属氧化物，但不是酸性氧化物，故D错误。
7.已知强弱顺序：还原性I->Fe2+>Br->Cl-，氧化性Cl2>Br2>Fe3+>I2，下列反应的化学方程式或叙述不成立的是（ ）
A. Br2+2HI=I2+2HBr
B. 2FeCl2+Cl2=2FeCl3
C. 2FeCl2+2HCl+I2=2FeCl3+2HI
D. Cl2通入NaBr和NaI的混合溶液中:I-先被氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据Br2+2HI=I2+2HBr可知氧化性是Br2＞I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故A不选；
B、根据2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知氧化性是Cl2＞Fe3+，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故B不选；
C、根据2FeCl2+2HCl+I2=2FeCl3+2HI可知氧化性是I2＞Fe3+，与题干已知条件矛盾，所以化学方程式不成立，故C选；
D、还原性强弱顺序是I-＞Br-，氧化剂氯气先氧化还原性强离子，即优先氧化I-，叙述成立，故D不选；
故选C。
8.能正确表达下列反应的离子方程式为（ ）
A. 氯气通入水中：Cl2 + H2O = 2H+ + Cl- + ClO-
B. 向碳酸钠溶液中加入足量石灰水：Ca2+ + HCO3-+OH- = CaCO3↓+ H2O
C. 向硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液：Cu2+ + 2OH- = Cu（OH）2↓
D. 用石灰乳吸收工业废气中的SO2：SO2+ 2OH- =SO32- + H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氯气通入水中生成盐酸和次氯酸，离子方程式是Cl2 + H2O = H+ + Cl- +HClO，故A错误；
B. 向碳酸钠溶液中加入足量石灰水生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子方程式是Ca2+ + HCO3-+OH- = CaCO3↓+ H2O，故B正确；
C. 向硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液生成氢氧化铜沉淀、硫酸钡沉淀，反应的离子方程式是Cu2+ + SO42- + Ba2++ 2OH- = Cu（OH）2↓+ Ba SO4 ↓，故C错误；
D. 用石灰乳吸收工业废气中的SO2，生成亚硫酸钙沉淀和水，反应的离子方程式是Ca2++2OH- +SO2=CaSO3↓+ H2O，故D错误。选B。
9.反应8NH3 + 3Cl2 = N2 + 6NH4Cl，被还原的分子与被氧化的分子个数比为（ ）
A. 2:3 B. 8:3 C. 6:3 D. 3:2
【答案】D
【解析】
【详解】1mol氧化剂氯气反应转移2mol电子，1mol氨气作还原剂转移3mol电子，根据得失电子守恒，氧化剂氯气和还原剂氨气的物质的量之比为3：2，即被还原的氯气分子与被氧化的氨气分子个数比为3:2，故选D。
10.同温同压下,质量忽略不计的两个气球A和B,分别充入X气体和Y气体,且两气球的体积相同。若相同条件下,A气球放在CO中静止不动,B气球放在CO中上浮。下列叙述不正确的是
A. A气球的质量大于B气球 B. X可能是氮气,Y可能是甲烷
C. X气体的密度大于Y气体 D. A气球内分子数小于B气球
【答案】D
【解析】
【分析】
同温同压下，充气后两气球的体积相等，则两气球中所含气体分子物质的量相等；A气球置于CO中，气球静止不动，X气体的密度与CO接近，B气球置于CO中，气球上浮，Y气体的密度比CO小，同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则X气体的相对分子质量为28，Y气体的相对分子质量小于28；据此分析可得结论。
【详解】A.两气球中所含气体分子物质的量相等，X气体的摩尔质量为28g/mol，Y气体的摩尔质量<28g/mol，则充气后A气球质量大于B气球，故A叙述正确；
B.氮气的相对分质量为28，甲烷的相对分子质量为16，小于28，故B叙述正确；
C.同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则X气体的密度大于Y气体的密度，故C叙述正确；
D.同温同压下，两气球的体积相同，由阿伏加德罗定律可知A、B两气球中气体的分子数目相同，故D叙述错误；
答案选D。
【点睛】本题主要考查了学生对阿伏加德罗定律及其推论的理解，在同温同压下，两种气体的密度之比等于其相对分子质量之比。
二、选择题（每题只有1个正确答案，包括10道小题，每题3分，共30分）
11.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，11.2L H2O含有的分子数为0.5NA
B. 46g NO2和N2O4的混合物含有的原子数为3NA
C. 20g NaOH固体溶于1L 水可制得0.5mol/L的NaOH溶液
D. 同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的原子数相等
【答案】B
【解析】
【详解】A. 标准状况下H2O是液体，11.2L H2O的物质的量不是0.5mol，故A错误；
B. NO2和N2O4的最简式都是NO2，46g NO2和N2O4的混合物含有的原子数为3NA，故B正确；
C. 20g NaOH固体溶于1L 水，所得溶液的体积不是1L，所以溶液的浓度不是0.5mol/L，故C错误；
D. 同温同压下，体积相同的氢气和氩气的分子数相同，氩气是单原子分子、氢气是双原子分子，所含的原子数不相等，故D错误。
【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律，明确同温同压下，等体积的气体一定具有相同的分子数，并注意氦气是单原子分子、氢气是双原子来分析解答。
12.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. NaOH溶液：Na+、K+、HCO3-、S2-
B. HCl溶液：Ba2+、K+ 、CO32-、NO3-
C. K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl-、OH-
D. Na2SO4溶液：K+、Mg2+、NO3-、Cl-
【答案】D
【解析】
详解】A. OH-与HCO3-反应生成CO32-和水，NaOH溶液中不含HCO3-，故不选A；
B. H+与CO3-反应生成二氧化碳和水，HCl溶液中不含CO32-，故不选B；
C. CO32-与Ba2+反应生成碳酸钡沉淀，K2CO3溶液中不含Ba2+，故不选C；
D. Na2SO4与K+、Mg2+、NO3-、Cl-不反应，能大量共存，故选D。
13.下列有关钠及其化合物说法正确是的
A. 将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中，有红色物质析出
B. Na2O2是强氧化剂，并且是一种碱性氧化物
C. Na2O2和Na2O长期置于空气中最终产物相同
D. Na2O2中阴、阳离子的个数比为1:1
【答案】C
【解析】
A、Na的化学性质活泼，先与水反应生成NaOH，然后NaOH与CuSO4发生复分解反应生成Cu(OH)2沉淀，而不能与CuSO4发生置换发应生成Cu单质，A错误；B、Na2O2具有强氧化性，其和水反应生成NaOH和O2，故不是碱性氧化物，B错误；C、Na2O2和Na2O长期置于空气中，最终都生成Na2CO3，C正确；D、Na2O2中阴、阳离子的个数比为1:2，D错误。正确答案为C。
点睛：理解碱性氧化物的概念，碱性氧化物是指与水反应只生成碱的金属氧化物或与酸反应只生成盐和水的金属氧化物，如Na2O和H2O反应只生成NaOH，所以Na2O是碱性氧化物，Na2O2与H2O反应不仅生成碱NaOH，同时还生成了O2 ，故不是碱性氧化物。
14.在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A. 氯水使有色布条褪色，说明氯水中含有
B. 向氯水中加入溶液产生白色沉淀，说明氯水中含有
C. 向氯水中加入粉末，有气泡产生，说明氯水中含有
D. 向氢氧化钠溶液中滴加氯水，溶液黄绿色消失，说明氯水中含有
【答案】A
【解析】
【详解】A.氯水使有色布条褪色，说明氯水中含有HClO，故选A；
B.向氯水中加入AgNO3溶液产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，说明氯水中含有Cl-，故不选B；
C.向氯水中加入NaHCO3 粉末，有气泡产生，气体是CO2 ，这说明氯水中含有H +，故不选C；
D.向氢氧化钠溶液中滴加氯水，溶液黄绿色消失，黄绿色为Cl2，说明氯水中含有Cl2，故不选D；
答案：A
15.将0.3 molMnO2和100mL 12 mol/L的浓盐酸混合后缓慢加热，充分反应后向留下的溶液中加入足量的AgNO3溶液，生成AgCl沉淀的物质的量为（不考虑HCl的挥发）（ ）
A. 等于0.6mol B. 小于0.6mol
C. 大于0.6mol，小于1.2mol D. 以上结论都不正确
【答案】C
【解析】
【详解】n（MnO2）=0.3mol，n（HCl）=0.1L×12mol/L=1.2mol，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，根据方程式可知0.3molMnO2反应需要HCl为0.3mol×4=1.2mol，若MnO2与盐酸能恰好完全反应，则生成氯气为1.2mol×=0.3mol，溶液剩余Cl-为1.2mol-0.3mol×2=0.6mol，但MnO2只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰，随着盐酸浓度的降低，HCl的还原性减弱，反应停止，所以溶液中剩余Cl-大于0.6mol，则反应完全后向剩余的溶液中加入足量AgNO3溶液生成AgCl沉淀的物质的量大于0.6mol，小于1.2mol。
答案选C。
16.下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是
A. 取a克混合物与稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
B. 取a克混合物与稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
C. 取a克混合物充分加热，减重b克
D. 取a克混合物与Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
【答案】A
【解析】
【详解】A、逸出气体含有水蒸气，不能测定；
B、最后得到是氯化钠，可以测定；
C、最后得到的是碳酸钠，可以测定；
D、最后得到的是碳酸钡，可以测定；
答案选A。
17.下列实验操作规范且能达到目的的是（ ）
实验目的
实验操作
A
称取2.0g NaOH固体
先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体
B
配制0.1mol/L CuSO4溶液80mL
称取CuSO4·5H2O固体25.0g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
C
鉴别碳酸钠、碳酸氢钠溶液
用CaCl2溶液分别滴入碳酸钠、碳酸氢钠溶液中
D
测定新制氯水的pH
用玻璃棒蘸取溶液，点在pH试纸上
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、要把氢氧化钠固体要放在玻璃容器中称取，故A错误；
B、不能用容量瓶溶解或稀释溶液，故B错误；
C、CaCl2溶液与碳酸钠反应生成白色碳酸钙沉淀，CaCl2溶液与碳酸氢钠不反应，能用CaCl2溶液鉴别碳酸钠、碳酸氢钠，故C正确；
D、次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测新制氯水的pH，故D错误。选C。
18.某溶液中只含有大量的下列离子：Fe3+、NO3-、K+和M离子，经测定Fe3+、NO3-、K+和M离子的物质的量之比为2︰5︰1︰1，则M离子可能是下列中的 （ ）
A. Cl- B. SO42- C. Ca2+ D. Na+
【答案】B
【解析】
【分析】
根据电离守恒判断M离子所带电荷，结合选项判断，注意应考虑离子共存问题。
【详解】假设Fe3+、NO3-、K+和M离子的物质的量分别为2mol、5mol、1mol、1mol，Fe3+、K+离子所带总电荷为2mol×3+1mol×1=7mol，NO3-离子所带总电荷为5mol×1=5mol＜7mol，故M为阴离子，设离子为Mn-，则7mol=5mol+1mol×n，解得n=2，符合条件的有SO42-，答案选B。
【点睛】本题考查物质的量有关计算，涉及混合物计算，注意利用电荷守恒解答，解答中注意离子共存问题。
19.某同学购买了一瓶“84消毒液”，包装说明如下，下列分析不正确是（ ）
A. “84消毒液”保存时不能敞口放置，需要密封保存
B. 该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度约为4mol·L-1
C. 取100mL该“84消毒液”稀释100倍后用以消毒，稀释后的溶液中c（Na+）约为0.04mol·L-1
D. 欲用NaClO固体配制含25% NaClO的消毒液480mL，需要称量的NaClO固体质量为142.8g
【答案】D
【解析】
【详解】A.次氯酸钠易与二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸易分解为盐酸和氧气， 所以“84消毒液”保存时不能敞口放置，需要密封保存，故A正确；
B.该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度约为mol·L-1，故B正确；
C. 稀释前NaClO的物质的量浓度约为4mol·L-1，稀释100倍，NaClO的物质的量浓度约为0.04mol·L-1，所以溶液中c（Na+）约为0.04mol·L-1，故C正确；
D. 欲用NaClO固体配制含25% NaClO的消毒液480mL，需用500 mL容量瓶，需要称量的NaClO固体质量为500 mL ×1.19g/ mL×25%= 148.8g，故D错误；选D。
20.将质量分数为a%、物质的量浓度为2c mol/L 的氨水加水稀释，使其物质的量浓度为c mol/L ，此时溶液中溶质的质量分数为b%，则a%和b%的关系是（已知氨水浓度越大，密度越小）（ ）
A. a%=2b% B. a%＞2b% C. a%＜2b% D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【详解】氨水的物质的量浓度由2c mol/L加水稀释为c mol/L，溶液体积应变为原来的2倍；氨水浓度越大，密度越小，稀释后浓度减小，密度增大，所以溶液质量大于原来的2倍，质量分数应小于原来的 ，即a%＞2b%，故选B。
【点睛】本题考查物质的量浓度和质量分数之间的关系，重点是学生对物质的量浓度和质量分数概念的理解，需要明确氨水浓度越大，密度越小。
第Ⅱ卷（共50分）
三、填空题（共28分）
21.（1）下列变化一定加入还原剂才能实现的是______________（填序号）
①Fe2+→Fe ②CO2→HCO3-③ MnO4-→Mn2+ ④SO2→SO3 ⑤KMnO4→MnO2 ⑥ HCl→Cl2 ⑦SO32-→SO2 ⑧NH4+→NH3
（2）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成，爆炸时的反应为S+ 2KNO3 +3C = K2S + N2↑ + 3CO2↑，反应中被还原的物质是 ___________（填化学式）
（3）NaH可在野外作生氢剂，反应原理为NaH + H2O = NaOH + H2↑，该反应中氧化产物和还原产物的质量比为____________ 。
（4）2KMnO4 + 16HCl（浓） = 2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑ + 8H2O，用单线桥标出电子转移的方向和数目__________；HCl表现出的性质是 ___________________。
（5）取300mL 0.2mol· L-1的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量是 _________mol。
（6）为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是______________ （用含w1和w2的式子表示）。
（7）取50mL含Na2CO3和Na2SO4的混合溶液与过量盐酸反应，生成2.24L CO2（标准状况），然后加入足量的Ba（OH）2溶液，得到的沉淀的质量为2.33g。试计算原混合溶液中Na+的物质的量浓度______ mol/L。
【答案】 (1). ①③ (2). S、KNO3 (3). 1:1 (4). = 2KCl +2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O (5). 还原性和酸性 (6). 0.032 (7). (8). 4.4
【解析】
【分析】
(1)还原剂失去电子，化合价升高如果变化需要加入还原剂才能实现，说明该物质一定得到电子，化合价一定降低。
（2）化学反应中，所含元素化合价降低的反应物是还原剂，被氧化；
（3）NaH + H2O = NaOH + H2↑，NaH中H元素化合价由-1升高为0，H2O中H元素由+1降低为0，H2既是氧化产物又是还原产物；
（4）2KMnO4 + 16HCl（浓） = 2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑ + 8H2O，锰元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，氯元素化合价从-1价升高为0价，失去1个电子；
（5）根据得失电子守恒计算消耗KMnO4的物质的量；
（6）碳酸氢钠分解为碳酸钠、水、二氧化碳，所以固体质量减少；
（7）碳酸钠与盐酸反应放出二氧化碳，硫酸钠与Ba（OH）2溶液反应生成硫酸钡沉淀。
【详解】（1）①Fe2+→Fe，铁元素化合价降低，要加入还原剂才能实现，故选①； ②CO2→HCO3-，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故不选②；③ MnO4-→Mn2+ ，锰元素化合价降低，要加入还原剂才能实现，故选③；④SO2→SO3，硫元素化合价升高，要加入氧化剂才能实现，故不选④；⑤KMnO4可以发生自身氧化还原反应生成MnO2，不需要加入还原剂就能实现，故不选⑤；⑥ 电解HCl得到Cl2 和氢气，不需要加入还原剂就能实现，故不选⑥；⑦SO32-→SO2，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故不选⑦； ⑧NH4+→NH3，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故不选⑧；选①③。
（2）S+ 2KNO3 +3C = K2S + N2↑ + 3CO2↑，KNO3中N元素化合价由+5降低为0，S化合价由0降低为-2，所以KNO3、S是氧化剂，被还原。
（3）NaH + H2O = NaOH + H2↑，NaH中H元素化合价由-1升高为0，H2O中H元素由+1降低为0，H2既是氧化产物又是还原产物，根据得失电子守恒，氧化产物和还原产物的质量比为1:1；
（4）2KMnO4 + 16HCl（浓） = 2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑ + 8H2O，锰元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，氯元素化合价从-1价升高为0价，失去1个电子；所以单线桥表示为= 2KCl +2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O；HCl中氯元素化合价由-1升高为0，HCl是还原剂，表现还原性，HCl中部分氯元素化合价没变，生成KCl、MnCl2，所以HCl表现酸性；
（5）300mL 0.2mol· L-1的KI溶液与酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，根据碘元素守恒，生成I2和KIO3的物质的量都是0.02mol，碘元素得电子总物质的量是0.02mol×2×1+0.02mol×6=0.16mol；设消耗KMnO4的物质的量为xmol，根据得失电子守恒，5x=0.16mol，x=0.032mol。
（6）设碳酸氢钠的质量为xg
2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2 △m
168 106 62
xg w1g－w2g
，则碳酸钠的质量是w1g-=
该样品的纯度（质量分数）是÷w1g=；
（7）生成的CO2体积在标准状况下是2.24L，所以二氧化碳的物质的量是2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol；
根据反应的化学方程式可知
Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑
1mol 1mol
0.1mol 0.1mol
所以Na2CO3的物质的量是0.1mol；
生成的白色沉淀是硫酸钡，物质的量是2.33g÷233g/mol＝0.01mol；
所以根据反应的化学方程式可知
Na2SO4＋Ba(OH)2=2NaOH＋BaSO4↓
1mol 1mol
0.01mol 0.01mol
所以Na2SO4的物质的量是0.01mol；
溶液中钠离子的物质的量是0.1mol×2+0.01mol×2=0.22mol；原混合溶液中Na+的物质的量浓度0.22mol ÷0.05L =4.4 mol/L。
22.写出下列反应的离子方程式。
（1）碳酸银溶于稀硝酸___________
（2）工业上用稀硫酸除铁锈（Fe2O3）___________
（3）向Ba（OH）2溶液中逐渐加入NaHSO4溶液至钡离子完全沉淀___________
（4）用滴管向棉花上（包有少量Na2O2）滴几滴水，棉花立刻燃烧起来___________
（5）漂白粉溶于水中，对染色的衣物起到漂白作用，原理___________
（6）工业废水中Cr2O72-有毒，酸性条件下用FeSO4·7H2O做处理剂，将Cr2O72-转化为Cr3+________ 。
【答案】 (1). Ag2CO3 + 2H+ =2Ag+ +CO2↑+H2O (2). Fe2O3 + 6H+ =2Fe3+ + 3H2O (3). Ba2+ + OH- + H+ + SO42- = BaSO4↓ + H2O (4). 2Na2O2 + 2H2O = 4OH- + O2↑ + 4Na+ (5). Ca2+ + 2ClO- + H2O + CO2 = CaCO3↓ + 2HClO (6). Cr2O72- + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O
【解析】
【详解】（1）碳酸银溶于稀硝酸生成硝酸银、二氧化碳、水，反应的离子方程式是Ag2CO3 + 2H+ =2Ag+ +CO2↑+H2O；
（2）稀硫酸除铁锈（Fe2O3）反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式是Fe2O3 + 6H+ =2Fe3+ + 3H2O
（3）Ba（OH）2与NaHSO4溶液1:1反应，钡离子恰好完全沉淀，生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子方程式是Ba2+ + OH- + H+ + SO42- = BaSO4↓ + H2O；
（4）用滴管向棉花上（包有少量Na2O2）滴几滴水，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式是2Na2O2 + 2H2O = 4OH- + O2↑ + 4Na+；
（5）漂白粉溶于水中，次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的离子方程式是Ca2+ + 2ClO- + H2O + CO2 = CaCO3↓ + 2HClO；
（6）酸性条件下用FeSO4·7H2O把Cr2O72-还原为Cr3+，反应的离子方程式是Cr2O72- + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O；
四、实验题（共22分）
23.Ⅰ、化学实验是化学学习的重要内容，根据你掌握的知识，完成下面内容。实验室需要配制0.1mol·L-1 NaOH溶液230mL，请回答下列问题：
（1）用天平称取______ g NaOH。配制过程中所需玻璃仪器除了胶头滴管和烧杯，还有_____、______ 。
（2）溶解NaOH后的溶液需冷却到室温后方能转移。若趁热转移会使溶液的浓度 _____（填“偏大”、或“偏小”，下同）
（3）有人认为，用这种方法只能配制0.1mol· L-1 的NaOH溶液，而无法得到0.1000mol· L-1 的NaOH溶液，你觉得他的理由是____________ 。
Ⅱ.氯气是一种重要的化工原料，自来水消毒、农药生产、药物合成都需要它。
（1）工业上通常采用电解法制氯气，请观察图1后回答下列问题：
通电后，b侧产生的气体用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，现象是变蓝。化学方程式_____
（2）某学生设计如图2所示的实验装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），回答下列问题：
①在A装置中制取氯气，请写出反应的化学方程式 ____________。
②漂白粉在U形管中产生，其化学方程式是 ____________。
③装置C的作用是__________。
（3）此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在U形管中还存在两个副反应：
①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为避免此副反应发生，可采取的措施是_______。
②试判断另一个副反应（用化学方程式表示）________，为避免此副反应的发生，可以在A与B之间连接一个装有_______ 的洗气瓶。
【答案】 (1). 1.0g (2). 250mL容量瓶和玻璃棒 (3). 偏大 (4). 偏大 (5). 由于NaOH固体极易溶解潮解，无法精确称取1.00gNaOH固体 (6). Cl2 +2KI = I2 +2KCl (7). MnO2+ 4HCl（浓）MnCl2 + Cl2↑ +2H2O (8). 2Cl2 + 2Ca（OH）2 = CaCl2 + Ca（ClO）2+ 2H2O (9). 吸收未反应完的氯气，防止污染空气 (10). 冷却B装置 (11). 2HCl +Ca（OH）2 =CaCl2 +2H2O (12). 饱和氯化钠溶液
【解析】
【分析】
Ⅰ、（1）需用250mL容量瓶配制该溶液，根据m=cVM计算氢氧化钠的质量；根据配制溶液的步骤选择仪器；
（2）根据 分析误差；
（3）要精确配制0.1000mol· L-1 的NaOH溶液，需用准确称取1.00gNaOH固体；
Ⅱ. （1）氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；
（2）①在A装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气；
②U形管中，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙、水；
③氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠；
（3）①根据信息 “温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2”分析；
②氯气中含有杂质氯化氢，氢氧化钙与氯化氢反应；
【详解】Ⅰ、（1）需用250mL容量瓶配制该溶液， m(NaOH)= 0.1mol·L-1 ×0.25L×40g/mol=1.0g；配制过程中用玻璃棒搅拌、引流，用250mL容量瓶定容，所以配制过程中所需玻璃仪器除了胶头滴管和烧杯，还有250mL容量瓶和玻璃棒。
（2）若趁热转移，溶液体积偏小，会使溶液的浓度偏大；
(3). 用托盘天平无法精确称取1.00gNaOH固体，所以无法得到0.1000mol· L-1 的NaOH溶液；
Ⅱ.（1）氯气能置换出碘化钾中的碘单质，使试纸变蓝，反应的化学方程式是Cl2 +2KI = I2 +2KCl；
（2）①在A装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，反应方程式是MnO2+ 4HCl（浓）MnCl2 + Cl2↑ +2H2O；
②U形管中，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，反应的化学方程式是2Cl2 + 2Ca（OH）2 = CaCl2 + Ca（ClO）2+ 2H2O；
③氢氧化钠吸收未反应完的氯气，防止污染空气；
（3）①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，所以冷却B装置可以避免此副反应发生；
②氯气中含有杂质氯化氢，氢氧化钙与氯化氢反应，反应方程式是2HCl +Ca（OH）2 =CaCl2 +2H2O；在A与B之间连接一个装有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，可避免此副反应的发生。
【点睛】本题重点考查氯气的化学性质、氯气的实验室制法、氯气除杂、尾气的处理等知识，第（1）题注意根据容量瓶的体积计算氢氧化钠的质量；第（3）题注意把握习题中的信息应用。
高一年级期中考试化学学科试题
第Ⅰ卷（共50分）
一、选择题（每题只有1个正确答案，包括10道小题，每题2分，共20分）
1.朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里…… 月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景的最本质原因是
A. 空气中的小水滴颗粒大小约为10-9 m～10-7 m B. 光是一种胶体
C. 雾是一种胶体 D. 发生丁达尔效应
【答案】A
【解析】
【分析】
“薄薄的青雾浮起在荷塘里…… 月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景，是胶体中的丁达尔效应，本质原因是分散质微粒直径的大小。
【详解】A、题干中所提及的雾，是空气中的小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1～100nm，即10－9m～10－7m，故A正确；
B、雾是胶体，光不是胶体，故B错误；
C、雾是胶体，但这不是月光穿过薄雾所形成美景的本质原因，故C错误；
D、丁达尔效应是胶体性质，但本质原因是分散质微粒直径大小，故D错误。答案选A。
2.下列说法不正确的是（ ）
A. “抗坏血酸”维生素C具有还原性
B. 杨万里《戏笔》中写道“野菊荒苔各铸钱，金黄铜绿两争妍”，铜绿的主要成分为碱式碳酸铜， Cu2（OH）2CO3属于碱式盐
C. 向碳酸钠溶液中滴加稀盐酸，先不冒气泡，后冒气泡
D. 食物腐败、钟乳石的形成、植物光合作用都与氧化还原反应有关
【答案】D
【解析】
【详解】A、维生素C又名抗坏血酸，具有酸性和强还原性，故A正确；
B、铜绿的主要成分为碱式碳酸铜，化学式是 Cu2(OH)2CO3，属于碱式盐，故B正确；
C、碳酸钠与稀盐酸反应分步进行，先发生H++CO32-=HCO3-，后发生H++HCO3-=H2O+CO2↑，所以先不冒气泡，后冒气泡，故C正确；
D、钟乳石的形成与CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、Ca(HCO3)2 CaCO3↓+H2O+CO2↑有关，没有发生氧化还原反应，故D错误；选D。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 熔融NaCl能导电，是因为通电时NaCl发生了电离
B. NaCl固体不导电，因为NaCl固体中无带电微粒
C. NH4NO3电离时产生了NH4+、NO3-，无金属离子，所以NH4NO3不是盐
D. NaHSO4在水溶液中电离生成了Na＋、H＋、SO42-三种离子
【答案】D
【解析】
【详解】A．熔融NaCl能导电，是因为熔融的氯化钠发生了电离，其中存在自由移动的钠离子和氯离子，通电时熔融NaCl会发生电解，不是电离，故A错误；
B．离子晶体由阴阳离子构成，NaCl固体在常温下不导电，是因为离子不能自由移动，故B错误；
C．由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物是盐，硝酸铵中含有铵根离子和硝酸根离子，属于盐，故C错误；
D．NaHSO4在水溶液中的电离方程式：NaHSO4=Na++H++SO42-，硫酸氢钠水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，故D正确；
故选D。
4.下列除去杂质的方法正确的是（ ）
A. Na2CO3溶液（NaHCO3）：加热法
B. CO2（HCl）：先后通入饱和NaHCO3溶液和碱石灰中，收集气体
C. N2（O2）：通过足量灼热的铜粉，收集气体
D. NaCl溶液（Na2SO4）：加入适量氢氧化钡溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A、用适量氢氧化钠除去Na2CO3溶液中的NaHCO3，故A错误；
B、二氧化碳是酸性氧化物，不能用碱石灰干燥，先后通入饱和NaHCO3溶液和浓硫酸，除去CO2气体中的HCl，故B错误；
C、O2与热的铜粉反应生成氧化铜，通过足量灼热的铜粉可以除去N2中的O2，故C正确；
D、Na2SO4与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，引入新杂质氢氧化钠，用适量氯化钡溶液除去NaCl溶液中的Na2SO4，故D错误。
5.中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700℃时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。下列有关说法中，你认为错误的是（ ）
A. Na的还原性强于金刚石 B. 另一种化合物是NaCl
C. 纳米级金刚石粉末可以透过半透膜 D. 这个反应是置换反应
【答案】C
【解析】
【详解】反应的方程式为4Na+CCl4C+4NaCl。
A、反应中Na元素化合价升高，被氧化，为还原剂，所以Na的还原性强于金刚石，故A正确；
B、根据方程式，“另一种化合物”指的是NaCl，故B正确；
C、胶体的粒子直径在1～100nm之间，不能透过半透膜，因此纳米级金刚石粉末不能透过半透膜，故C错误；
D、CCl4和金属钠反应生成金刚石和氯化钠，符合“单质+化合物=单质+化合物”的特点，属于置换反应，故D正确；
故选C。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强
B. 能导电的物质不一定是电解质，电解质不一定能导电
C. 碳酸钠和碳酸氢钠分别溶于水中，均放热
D. 酸性氧化物不一定是都是非金属氧化物，而非金属氧化物一定是酸性氧化物
【答案】B
【解析】
【详解】A、沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成的胶粒带电，胶体不带电，故A错误；
B、单质铜能导电，铜既不是电解质又不是非电解质；氯化钠固体是电解质，氯化钠固体不导电，故B正确；
C、碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，故C错误；
D、Mn2O7是金属氧化物， Mn2O7也是酸性氧化物；CO是非金属氧化物，但不是酸性氧化物，故D错误。
7.已知强弱顺序：还原性I->Fe2+>Br->Cl-，氧化性Cl2>Br2>Fe3+>I2，下列反应的化学方程式或叙述不成立的是（ ）
A. Br2+2HI=I2+2HBr
B. 2FeCl2+Cl2=2FeCl3
C. 2FeCl2+2HCl+I2=2FeCl3+2HI
D. Cl2通入NaBr和NaI的混合溶液中:I-先被氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据Br2+2HI=I2+2HBr可知氧化性是Br2＞I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故A不选；
B、根据2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知氧化性是Cl2＞Fe3+，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故B不选；
C、根据2FeCl2+2HCl+I2=2FeCl3+2HI可知氧化性是I2＞Fe3+，与题干已知条件矛盾，所以化学方程式不成立，故C选；
D、还原性强弱顺序是I-＞Br-，氧化剂氯气先氧化还原性强离子，即优先氧化I-，叙述成立，故D不选；
故选C。
8.能正确表达下列反应的离子方程式为（ ）
A. 氯气通入水中：Cl2 + H2O = 2H+ + Cl- + ClO-
B. 向碳酸钠溶液中加入足量石灰水：Ca2+ + HCO3-+OH- = CaCO3↓+ H2O
C. 向硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液：Cu2+ + 2OH- = Cu（OH）2↓
D. 用石灰乳吸收工业废气中的SO2：SO2+ 2OH- =SO32- + H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氯气通入水中生成盐酸和次氯酸，离子方程式是Cl2 + H2O = H+ + Cl- +HClO，故A错误；
B. 向碳酸钠溶液中加入足量石灰水生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子方程式是Ca2+ + HCO3-+OH- = CaCO3↓+ H2O，故B正确；
C. 向硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液生成氢氧化铜沉淀、硫酸钡沉淀，反应的离子方程式是Cu2+ + SO42- + Ba2++ 2OH- = Cu（OH）2↓+ Ba SO4 ↓，故C错误；
D. 用石灰乳吸收工业废气中的SO2，生成亚硫酸钙沉淀和水，反应的离子方程式是Ca2++2OH- +SO2=CaSO3↓+ H2O，故D错误。选B。
9.反应8NH3 + 3Cl2 = N2 + 6NH4Cl，被还原的分子与被氧化的分子个数比为（ ）
A. 2:3 B. 8:3 C. 6:3 D. 3:2
【答案】D
【解析】
【详解】1mol氧化剂氯气反应转移2mol电子，1mol氨气作还原剂转移3mol电子，根据得失电子守恒，氧化剂氯气和还原剂氨气的物质的量之比为3：2，即被还原的氯气分子与被氧化的氨气分子个数比为3:2，故选D。
10.同温同压下,质量忽略不计的两个气球A和B,分别充入X气体和Y气体,且两气球的体积相同。若相同条件下,A气球放在CO中静止不动,B气球放在CO中上浮。下列叙述不正确的是
A. A气球的质量大于B气球 B. X可能是氮气,Y可能是甲烷
C. X气体的密度大于Y气体 D. A气球内分子数小于B气球
【答案】D
【解析】
【分析】
同温同压下，充气后两气球的体积相等，则两气球中所含气体分子物质的量相等；A气球置于CO中，气球静止不动，X气体的密度与CO接近，B气球置于CO中，气球上浮，Y气体的密度比CO小，同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则X气体的相对分子质量为28，Y气体的相对分子质量小于28；据此分析可得结论。
【详解】A.两气球中所含气体分子物质的量相等，X气体的摩尔质量为28g/mol，Y气体的摩尔质量<28g/mol，则充气后A气球质量大于B气球，故A叙述正确；
B.氮气的相对分质量为28，甲烷的相对分子质量为16，小于28，故B叙述正确；
C.同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则X气体的密度大于Y气体的密度，故C叙述正确；
D.同温同压下，两气球的体积相同，由阿伏加德罗定律可知A、B两气球中气体的分子数目相同，故D叙述错误；
答案选D。
【点睛】本题主要考查了学生对阿伏加德罗定律及其推论的理解，在同温同压下，两种气体的密度之比等于其相对分子质量之比。
二、选择题（每题只有1个正确答案，包括10道小题，每题3分，共30分）
11.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，11.2L H2O含有的分子数为0.5NA
B. 46g NO2和N2O4的混合物含有的原子数为3NA
C. 20g NaOH固体溶于1L 水可制得0.5mol/L的NaOH溶液
D. 同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的原子数相等
【答案】B
【解析】
【详解】A. 标准状况下H2O是液体，11.2L H2O的物质的量不是0.5mol，故A错误；
B. NO2和N2O4的最简式都是NO2，46g NO2和N2O4的混合物含有的原子数为3NA，故B正确；
C. 20g NaOH固体溶于1L 水，所得溶液的体积不是1L，所以溶液的浓度不是0.5mol/L，故C错误；
D. 同温同压下，体积相同的氢气和氩气的分子数相同，氩气是单原子分子、氢气是双原子分子，所含的原子数不相等，故D错误。
【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律，明确同温同压下，等体积的气体一定具有相同的分子数，并注意氦气是单原子分子、氢气是双原子来分析解答。
12.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. NaOH溶液：Na+、K+、HCO3-、S2-
B. HCl溶液：Ba2+、K+ 、CO32-、NO3-
C. K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl-、OH-
D. Na2SO4溶液：K+、Mg2+、NO3-、Cl-
【答案】D
【解析】
详解】A. OH-与HCO3-反应生成CO32-和水，NaOH溶液中不含HCO3-，故不选A；
B. H+与CO3-反应生成二氧化碳和水，HCl溶液中不含CO32-，故不选B；
C. CO32-与Ba2+反应生成碳酸钡沉淀，K2CO3溶液中不含Ba2+，故不选C；
D. Na2SO4与K+、Mg2+、NO3-、Cl-不反应，能大量共存，故选D。
13.下列有关钠及其化合物说法正确是的
A. 将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中，有红色物质析出
B. Na2O2是强氧化剂，并且是一种碱性氧化物
C. Na2O2和Na2O长期置于空气中最终产物相同
D. Na2O2中阴、阳离子的个数比为1:1
【答案】C
【解析】
A、Na的化学性质活泼，先与水反应生成NaOH，然后NaOH与CuSO4发生复分解反应生成Cu(OH)2沉淀，而不能与CuSO4发生置换发应生成Cu单质，A错误；B、Na2O2具有强氧化性，其和水反应生成NaOH和O2，故不是碱性氧化物，B错误；C、Na2O2和Na2O长期置于空气中，最终都生成Na2CO3，C正确；D、Na2O2中阴、阳离子的个数比为1:2，D错误。正确答案为C。
点睛：理解碱性氧化物的概念，碱性氧化物是指与水反应只生成碱的金属氧化物或与酸反应只生成盐和水的金属氧化物，如Na2O和H2O反应只生成NaOH，所以Na2O是碱性氧化物，Na2O2与H2O反应不仅生成碱NaOH，同时还生成了O2 ，故不是碱性氧化物。
14.在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A. 氯水使有色布条褪色，说明氯水中含有
B. 向氯水中加入溶液产生白色沉淀，说明氯水中含有
C. 向氯水中加入粉末，有气泡产生，说明氯水中含有
D. 向氢氧化钠溶液中滴加氯水，溶液黄绿色消失，说明氯水中含有
【答案】A
【解析】
【详解】A.氯水使有色布条褪色，说明氯水中含有HClO，故选A；
B.向氯水中加入AgNO3溶液产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，说明氯水中含有Cl-，故不选B；
C.向氯水中加入NaHCO3 粉末，有气泡产生，气体是CO2 ，这说明氯水中含有H +，故不选C；
D.向氢氧化钠溶液中滴加氯水，溶液黄绿色消失，黄绿色为Cl2，说明氯水中含有Cl2，故不选D；
答案：A
15.将0.3 molMnO2和100mL 12 mol/L的浓盐酸混合后缓慢加热，充分反应后向留下的溶液中加入足量的AgNO3溶液，生成AgCl沉淀的物质的量为（不考虑HCl的挥发）（ ）
A. 等于0.6mol B. 小于0.6mol
C. 大于0.6mol，小于1.2mol D. 以上结论都不正确
【答案】C
【解析】
【详解】n（MnO2）=0.3mol，n（HCl）=0.1L×12mol/L=1.2mol，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，根据方程式可知0.3molMnO2反应需要HCl为0.3mol×4=1.2mol，若MnO2与盐酸能恰好完全反应，则生成氯气为1.2mol×=0.3mol，溶液剩余Cl-为1.2mol-0.3mol×2=0.6mol，但MnO2只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰，随着盐酸浓度的降低，HCl的还原性减弱，反应停止，所以溶液中剩余Cl-大于0.6mol，则反应完全后向剩余的溶液中加入足量AgNO3溶液生成AgCl沉淀的物质的量大于0.6mol，小于1.2mol。
答案选C。
16.下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是
A. 取a克混合物与稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
B. 取a克混合物与稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
C. 取a克混合物充分加热，减重b克
D. 取a克混合物与Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
【答案】A
【解析】
【详解】A、逸出气体含有水蒸气，不能测定；
B、最后得到是氯化钠，可以测定；
C、最后得到的是碳酸钠，可以测定；
D、最后得到的是碳酸钡，可以测定；
答案选A。
17.下列实验操作规范且能达到目的的是（ ）
实验目的
实验操作
A
称取2.0g NaOH固体
先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体
B
配制0.1mol/L CuSO4溶液80mL
称取CuSO4·5H2O固体25.0g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
C
鉴别碳酸钠、碳酸氢钠溶液
用CaCl2溶液分别滴入碳酸钠、碳酸氢钠溶液中
D
测定新制氯水的pH
用玻璃棒蘸取溶液，点在pH试纸上
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、要把氢氧化钠固体要放在玻璃容器中称取，故A错误；
B、不能用容量瓶溶解或稀释溶液，故B错误；
C、CaCl2溶液与碳酸钠反应生成白色碳酸钙沉淀，CaCl2溶液与碳酸氢钠不反应，能用CaCl2溶液鉴别碳酸钠、碳酸氢钠，故C正确；
D、次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测新制氯水的pH，故D错误。选C。
18.某溶液中只含有大量的下列离子：Fe3+、NO3-、K+和M离子，经测定Fe3+、NO3-、K+和M离子的物质的量之比为2︰5︰1︰1，则M离子可能是下列中的 （ ）
A. Cl- B. SO42- C. Ca2+ D. Na+
【答案】B
【解析】
【分析】
根据电离守恒判断M离子所带电荷，结合选项判断，注意应考虑离子共存问题。
【详解】假设Fe3+、NO3-、K+和M离子的物质的量分别为2mol、5mol、1mol、1mol，Fe3+、K+离子所带总电荷为2mol×3+1mol×1=7mol，NO3-离子所带总电荷为5mol×1=5mol＜7mol，故M为阴离子，设离子为Mn-，则7mol=5mol+1mol×n，解得n=2，符合条件的有SO42-，答案选B。
【点睛】本题考查物质的量有关计算，涉及混合物计算，注意利用电荷守恒解答，解答中注意离子共存问题。
19.某同学购买了一瓶“84消毒液”，包装说明如下，下列分析不正确是（ ）
A. “84消毒液”保存时不能敞口放置，需要密封保存
B. 该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度约为4mol·L-1
C. 取100mL该“84消毒液”稀释100倍后用以消毒，稀释后的溶液中c（Na+）约为0.04mol·L-1
D. 欲用NaClO固体配制含25% NaClO的消毒液480mL，需要称量的NaClO固体质量为142.8g
【答案】D
【解析】
【详解】A.次氯酸钠易与二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸易分解为盐酸和氧气， 所以“84消毒液”保存时不能敞口放置，需要密封保存，故A正确；
B.该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度约为mol·L-1，故B正确；
C. 稀释前NaClO的物质的量浓度约为4mol·L-1，稀释100倍，NaClO的物质的量浓度约为0.04mol·L-1，所以溶液中c（Na+）约为0.04mol·L-1，故C正确；
D. 欲用NaClO固体配制含25% NaClO的消毒液480mL，需用500 mL容量瓶，需要称量的NaClO固体质量为500 mL ×1.19g/ mL×25%= 148.8g，故D错误；选D。
20.将质量分数为a%、物质的量浓度为2c mol/L 的氨水加水稀释，使其物质的量浓度为c mol/L ，此时溶液中溶质的质量分数为b%，则a%和b%的关系是（已知氨水浓度越大，密度越小）（ ）
A. a%=2b% B. a%＞2b% C. a%＜2b% D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【详解】氨水的物质的量浓度由2c mol/L加水稀释为c mol/L，溶液体积应变为原来的2倍；氨水浓度越大，密度越小，稀释后浓度减小，密度增大，所以溶液质量大于原来的2倍，质量分数应小于原来的 ，即a%＞2b%，故选B。
【点睛】本题考查物质的量浓度和质量分数之间的关系，重点是学生对物质的量浓度和质量分数概念的理解，需要明确氨水浓度越大，密度越小。
第Ⅱ卷（共50分）
三、填空题（共28分）
21.（1）下列变化一定加入还原剂才能实现的是______________（填序号）
①Fe2+→Fe ②CO2→HCO3-③ MnO4-→Mn2+ ④SO2→SO3 ⑤KMnO4→MnO2 ⑥ HCl→Cl2 ⑦SO32-→SO2 ⑧NH4+→NH3
（2）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成，爆炸时的反应为S+ 2KNO3 +3C = K2S + N2↑ + 3CO2↑，反应中被还原的物质是 ___________（填化学式）
（3）NaH可在野外作生氢剂，反应原理为NaH + H2O = NaOH + H2↑，该反应中氧化产物和还原产物的质量比为____________ 。
（4）2KMnO4 + 16HCl（浓） = 2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑ + 8H2O，用单线桥标出电子转移的方向和数目__________；HCl表现出的性质是 ___________________。
（5）取300mL 0.2mol· L-1的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量是 _________mol。
（6）为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是______________ （用含w1和w2的式子表示）。
（7）取50mL含Na2CO3和Na2SO4的混合溶液与过量盐酸反应，生成2.24L CO2（标准状况），然后加入足量的Ba（OH）2溶液，得到的沉淀的质量为2.33g。试计算原混合溶液中Na+的物质的量浓度______ mol/L。
【答案】 (1). ①③ (2). S、KNO3 (3). 1:1 (4). = 2KCl +2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O (5). 还原性和酸性 (6). 0.032 (7). (8). 4.4
【解析】
【分析】
(1)还原剂失去电子，化合价升高如果变化需要加入还原剂才能实现，说明该物质一定得到电子，化合价一定降低。
（2）化学反应中，所含元素化合价降低的反应物是还原剂，被氧化；
（3）NaH + H2O = NaOH + H2↑，NaH中H元素化合价由-1升高为0，H2O中H元素由+1降低为0，H2既是氧化产物又是还原产物；
（4）2KMnO4 + 16HCl（浓） = 2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑ + 8H2O，锰元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，氯元素化合价从-1价升高为0价，失去1个电子；
（5）根据得失电子守恒计算消耗KMnO4的物质的量；
（6）碳酸氢钠分解为碳酸钠、水、二氧化碳，所以固体质量减少；
（7）碳酸钠与盐酸反应放出二氧化碳，硫酸钠与Ba（OH）2溶液反应生成硫酸钡沉淀。
【详解】（1）①Fe2+→Fe，铁元素化合价降低，要加入还原剂才能实现，故选①； ②CO2→HCO3-，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故不选②；③ MnO4-→Mn2+ ，锰元素化合价降低，要加入还原剂才能实现，故选③；④SO2→SO3，硫元素化合价升高，要加入氧化剂才能实现，故不选④；⑤KMnO4可以发生自身氧化还原反应生成MnO2，不需要加入还原剂就能实现，故不选⑤；⑥ 电解HCl得到Cl2 和氢气，不需要加入还原剂就能实现，故不选⑥；⑦SO32-→SO2，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故不选⑦； ⑧NH4+→NH3，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故不选⑧；选①③。
（2）S+ 2KNO3 +3C = K2S + N2↑ + 3CO2↑，KNO3中N元素化合价由+5降低为0，S化合价由0降低为-2，所以KNO3、S是氧化剂，被还原。
（3）NaH + H2O = NaOH + H2↑，NaH中H元素化合价由-1升高为0，H2O中H元素由+1降低为0，H2既是氧化产物又是还原产物，根据得失电子守恒，氧化产物和还原产物的质量比为1:1；
（4）2KMnO4 + 16HCl（浓） = 2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑ + 8H2O，锰元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，氯元素化合价从-1价升高为0价，失去1个电子；所以单线桥表示为= 2KCl +2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O；HCl中氯元素化合价由-1升高为0，HCl是还原剂，表现还原性，HCl中部分氯元素化合价没变，生成KCl、MnCl2，所以HCl表现酸性；
（5）300mL 0.2mol· L-1的KI溶液与酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，根据碘元素守恒，生成I2和KIO3的物质的量都是0.02mol，碘元素得电子总物质的量是0.02mol×2×1+0.02mol×6=0.16mol；设消耗KMnO4的物质的量为xmol，根据得失电子守恒，5x=0.16mol，x=0.032mol。
（6）设碳酸氢钠的质量为xg
2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2 △m
168 106 62
xg w1g－w2g
，则碳酸钠的质量是w1g-=
该样品的纯度（质量分数）是÷w1g=；
（7）生成的CO2体积在标准状况下是2.24L，所以二氧化碳的物质的量是2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol；
根据反应的化学方程式可知
Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑
1mol 1mol
0.1mol 0.1mol
所以Na2CO3的物质的量是0.1mol；
生成的白色沉淀是硫酸钡，物质的量是2.33g÷233g/mol＝0.01mol；
所以根据反应的化学方程式可知
Na2SO4＋Ba(OH)2=2NaOH＋BaSO4↓
1mol 1mol
0.01mol 0.01mol
所以Na2SO4的物质的量是0.01mol；
溶液中钠离子的物质的量是0.1mol×2+0.01mol×2=0.22mol；原混合溶液中Na+的物质的量浓度0.22mol ÷0.05L =4.4 mol/L。
22.写出下列反应的离子方程式。
（1）碳酸银溶于稀硝酸___________
（2）工业上用稀硫酸除铁锈（Fe2O3）___________
（3）向Ba（OH）2溶液中逐渐加入NaHSO4溶液至钡离子完全沉淀___________
（4）用滴管向棉花上（包有少量Na2O2）滴几滴水，棉花立刻燃烧起来___________
（5）漂白粉溶于水中，对染色的衣物起到漂白作用，原理___________
（6）工业废水中Cr2O72-有毒，酸性条件下用FeSO4·7H2O做处理剂，将Cr2O72-转化为Cr3+________ 。
【答案】 (1). Ag2CO3 + 2H+ =2Ag+ +CO2↑+H2O (2). Fe2O3 + 6H+ =2Fe3+ + 3H2O (3). Ba2+ + OH- + H+ + SO42- = BaSO4↓ + H2O (4). 2Na2O2 + 2H2O = 4OH- + O2↑ + 4Na+ (5). Ca2+ + 2ClO- + H2O + CO2 = CaCO3↓ + 2HClO (6). Cr2O72- + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O
【解析】
【详解】（1）碳酸银溶于稀硝酸生成硝酸银、二氧化碳、水，反应的离子方程式是Ag2CO3 + 2H+ =2Ag+ +CO2↑+H2O；
（2）稀硫酸除铁锈（Fe2O3）反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式是Fe2O3 + 6H+ =2Fe3+ + 3H2O
（3）Ba（OH）2与NaHSO4溶液1:1反应，钡离子恰好完全沉淀，生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子方程式是Ba2+ + OH- + H+ + SO42- = BaSO4↓ + H2O；
（4）用滴管向棉花上（包有少量Na2O2）滴几滴水，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式是2Na2O2 + 2H2O = 4OH- + O2↑ + 4Na+；
（5）漂白粉溶于水中，次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的离子方程式是Ca2+ + 2ClO- + H2O + CO2 = CaCO3↓ + 2HClO；
（6）酸性条件下用FeSO4·7H2O把Cr2O72-还原为Cr3+，反应的离子方程式是Cr2O72- + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O；
四、实验题（共22分）
23.Ⅰ、化学实验是化学学习的重要内容，根据你掌握的知识，完成下面内容。实验室需要配制0.1mol·L-1 NaOH溶液230mL，请回答下列问题：
（1）用天平称取______ g NaOH。配制过程中所需玻璃仪器除了胶头滴管和烧杯，还有_____、______ 。
（2）溶解NaOH后的溶液需冷却到室温后方能转移。若趁热转移会使溶液的浓度 _____（填“偏大”、或“偏小”，下同）
（3）有人认为，用这种方法只能配制0.1mol· L-1 的NaOH溶液，而无法得到0.1000mol· L-1 的NaOH溶液，你觉得他的理由是____________ 。
Ⅱ.氯气是一种重要的化工原料，自来水消毒、农药生产、药物合成都需要它。
（1）工业上通常采用电解法制氯气，请观察图1后回答下列问题：
通电后，b侧产生的气体用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，现象是变蓝。化学方程式_____
（2）某学生设计如图2所示的实验装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），回答下列问题：
①在A装置中制取氯气，请写出反应的化学方程式 ____________。
②漂白粉在U形管中产生，其化学方程式是 ____________。
③装置C的作用是__________。
（3）此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在U形管中还存在两个副反应：
①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为避免此副反应发生，可采取的措施是_______。
②试判断另一个副反应（用化学方程式表示）________，为避免此副反应的发生，可以在A与B之间连接一个装有_______ 的洗气瓶。
【答案】 (1). 1.0g (2). 250mL容量瓶和玻璃棒 (3). 偏大 (4). 偏大 (5). 由于NaOH固体极易溶解潮解，无法精确称取1.00gNaOH固体 (6). Cl2 +2KI = I2 +2KCl (7). MnO2+ 4HCl（浓）MnCl2 + Cl2↑ +2H2O (8). 2Cl2 + 2Ca（OH）2 = CaCl2 + Ca（ClO）2+ 2H2O (9). 吸收未反应完的氯气，防止污染空气 (10). 冷却B装置 (11). 2HCl +Ca（OH）2 =CaCl2 +2H2O (12). 饱和氯化钠溶液
【解析】
【分析】
Ⅰ、（1）需用250mL容量瓶配制该溶液，根据m=cVM计算氢氧化钠的质量；根据配制溶液的步骤选择仪器；
（2）根据 分析误差；
（3）要精确配制0.1000mol· L-1 的NaOH溶液，需用准确称取1.00gNaOH固体；
Ⅱ. （1）氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；
（2）①在A装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气；
②U形管中，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙、水；
③氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠；
（3）①根据信息 “温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2”分析；
②氯气中含有杂质氯化氢，氢氧化钙与氯化氢反应；
【详解】Ⅰ、（1）需用250mL容量瓶配制该溶液， m(NaOH)= 0.1mol·L-1 ×0.25L×40g/mol=1.0g；配制过程中用玻璃棒搅拌、引流，用250mL容量瓶定容，所以配制过程中所需玻璃仪器除了胶头滴管和烧杯，还有250mL容量瓶和玻璃棒。
（2）若趁热转移，溶液体积偏小，会使溶液的浓度偏大；
(3). 用托盘天平无法精确称取1.00gNaOH固体，所以无法得到0.1000mol· L-1 的NaOH溶液；
Ⅱ.（1）氯气能置换出碘化钾中的碘单质，使试纸变蓝，反应的化学方程式是Cl2 +2KI = I2 +2KCl；
（2）①在A装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，反应方程式是MnO2+ 4HCl（浓）MnCl2 + Cl2↑ +2H2O；
②U形管中，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，反应的化学方程式是2Cl2 + 2Ca（OH）2 = CaCl2 + Ca（ClO）2+ 2H2O；
③氢氧化钠吸收未反应完的氯气，防止污染空气；
（3）①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，所以冷却B装置可以避免此副反应发生；
②氯气中含有杂质氯化氢，氢氧化钙与氯化氢反应，反应方程式是2HCl +Ca（OH）2 =CaCl2 +2H2O；在A与B之间连接一个装有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，可避免此副反应的发生。
【点睛】本题重点考查氯气的化学性质、氯气的实验室制法、氯气除杂、尾气的处理等知识，第（1）题注意根据容量瓶的体积计算氢氧化钠的质量；第（3）题注意把握习题中的信息应用。
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