2021-2022学年北京十二中高一（上）期中化学试卷

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2021-2022学年北京十二中高一（上）期中化学试卷
一、选择题（共42分）本部分均为单项选择题，共21题，每题2分，共42分
1．（2分）下列生活中常见的过程不属于化学变化的是（　　）
A．天然气燃烧 B．分离石油和水
C．钢铁生锈 D．食醋除水垢
2．（2分）下列行为不符合安全要求的是（　　）
A．将过期的化学药品直接倒入下水道
B．熄灭少量燃着的金属钠，用干燥沙土覆盖
C．闻气体时用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔
D．在通风橱内制备氯气
3．（2分）以下物质分类说法正确的是（　　）
A．SO2、CO均属于酸性氧化物
B．漂白粉、冰水混合物均属于混合物
C．生石灰、纯碱均属于碱
D．金刚石、石墨均属于单质
4．（2分）下列物质中属于电解质的物质是（　　）
A．稀硫酸 B．Na C．K2SO4 D．二氧化碳
5．（2分）下列说法中，正确的是（　　）
A．33.6LCO2的物质的量为1.5mol
B．34gNH3物质的量为2mol
C．0.1mol•L﹣1NaOH溶液中含有0.1molNa+
D．1molSO2中含有的氧原子数约为6.02×1023
6．（2分）有关胶体的下列说法不正确的是（　　）
A．溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子的直径不同
B．丁达尔效应可以用来区分胶体和溶液
C．胶体分散质通常具有较大的比表面积，可用于吸附水中的悬浮杂质
D．用半透膜除去淀粉溶液中的NaCl时，在半透膜外侧的水溶液中可以检测到淀粉胶粒
7．（2分）水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是（　　）
A．Cl2 B．Na C．Na2O D．Na2O2
8．（2分）常温常压下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2 分别吹出四个气球，其中气体为CH4的是（　　）
A． B． C． D．
9．（2分）物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为3：2：1时，三种溶液中Cl﹣的物质的量之比为（　　）
A．1：1：1 B．1：2：3 C．3：4：3 D．3：2：1
10．（2分）下列氯化物中，既能由金属和氯气直接化合制得，又能由金属和盐酸反应制得的是（　　）
A．CuCl2 B．MgCl2 C．FeCl2 D．FeCl3
11．（2分）在下列溶液中，各组离子能够大量共存的是（　　）
A．使酚酞试液变红的溶液：Na+、NO3﹣、Ba2+
B．使紫色石蕊试液变红的溶液：K+、MnO4﹣、Cl﹣
C．常温下pH＝2的溶液：K+、Ca2+、CO32﹣
D．碳酸氢钠溶液：Na+、SO42﹣、OH﹣
12．（2分）下列实验操作可以达到目的的是（　　）

目的
操作
A
测定氯水的pH
用干燥的玻璃棒蘸取氯水，点在pH试纸中间
B
除去CO2中的HCl气体
将混合气通过饱和Na2CO3溶液
C
验证KI具有还原性
向酸性KMnO4溶液中滴加KI溶液，溶液颜色由紫色变为棕黄色，再滴入数滴淀粉溶液，溶液变蓝
D
配制100mL0.1mol/LCuSO4溶液
称取1.6gCuSO4•5H2O固体，溶于水后定容于100mL容量瓶
A．A B．B C．C D．D
13．（2分）下列反应的离子方程式正确的是（　　）
A．铁钉放入硫酸铜溶液中：Fe+SO42﹣═FeSO4↓
B．硫酸铜溶液与Ca（OH）2溶液混合：SO42﹣+Ca2+═CaSO4↓
C．钠与水反应：Na+H2O═Na++OH﹣+H2↑
D．氧化铁与稀盐酸混合：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O
14．（2分）如图所示，将浓盐酸滴在KClO3晶体上生成Cl2，立即用表面皿盖好。由实验现象得出的结论正确的是（　　）

选项
实验现象
结论
A
滴有酚酞的NaOH溶液褪色
Cl2具有酸性
B
滴有KSCN的FeCl2溶液变红
Cl2具有还原性
C
KI﹣淀粉溶液变成蓝色
Cl2具有氧化性
D
紫色石蕊溶液先变红后褪色
Cl2具有漂白性

A．A B．B C．C D．D
15．（2分）某研究性学习小组在国庆期间进行了研究膨松剂的蒸馒头实验。他们取一定量的面粉和水，和好面后分成六等份，按照下表加入对应物质后充分揉面，做成6个馒头放在同一个蒸锅里蒸制。实验完成后，她们比较6个馒头的大小和颜色（碱性增强会使面食颜色变黄），下列有关结论或解释不正确的是（　　）
编号
1
2
3
4
5
6
所加物质
无
1gNa2CO3
1gNaHCO3
2gNaHCO3
1gNaHCO3和适量食醋
适量酵母
实验结果
外形很小
外形很小，黄色带碱味
外形小，黄色
外形小，黄色
外形中等，黄色很浅
外形大
A．1、2号相比，说明Na2CO3不适合单独做膨松剂
B．4号馒头会比3号馒头外形略大、颜色略深
C．3、5号相比，说明等量NaHCO3受热分解时比与酸反应时产生的气体多
D．6号馒头中的酵母属于生物膨松剂，馒头蒸制过程中发生了化学反应
16．（2分）下列物质转化在给定条件下能实现的是（　　）
A．NaNa2O2NaOH
B．Fe2O3Fe（OH）3FeCl3
C．CuSO4Cu（OH）2CuO
D．Ba（OH）2BaCl2BaCO3
17．（2分）某容器中发生一个化学反应，过程中存在Fe2+、NO3﹣、Fe3+、NH4+、H+和水六种粒子，在反应过程中测得Fe3+、NO3﹣的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列有关判断不正确的是（　　）

A．该反应中Fe2+被氧化为Fe3+，发生氧化反应
B．反应消耗1molNO3﹣，则转移8mol电子
C．H+为反应物，反应过程中溶液酸性降低
D．参加反应的还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1
18．（2分）如表为部分酸、碱、盐在水中的溶解性（20°C）。

OH﹣
NO3﹣
Cl﹣
SO42﹣
CO32﹣
H+

溶
溶
溶
溶
Na+
溶
溶
溶
溶
溶
Ca2+
微溶
溶
溶
微溶
不溶
Ag+
—
溶
不溶
微溶
不溶
Ba2+
溶
溶
溶
不溶
不溶
在表中所涉及的离子范围内，下列说法不正确的是（　　）
A．可以采用滴加硝酸酸化硝酸银溶液的方法检验Cl﹣
B．可用澄清石灰水作酸性气体的吸收剂
C．CO32﹣会干扰氯化钡溶液对SO42﹣的检验
D．向硫酸银浊液中加入足量Ba（NO3）2溶液会得到BaSO4沉淀
19．（2分）常温下，在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的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。下列分析不正确的是（　　）

A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B．b点对应的离子方程式为Ba2++OH﹣+H++SO42﹣＝BaSO4↓+H2O
C．c点，两溶液中含有相同量的OH﹣
D．a、d两点对应的溶液均显中性
20．（2分）过氧化钙微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。以轻质碳酸钙为原料，按如图方法制备过目标产物氧化钙晶体（CaO2•8H2O）：下列说法不正确的是（　　）
A．步骤①，煮沸过程的作用是除去溶液中多余的HCl和CO2
B．步骤②中H2O2作氧化剂
C．步骤②生成CaO2的反应水浴温度过高会影响产率
D．步骤③中水洗的次数不宜过多以减少产物溶解带来的损失
21．（2分）研究金属钠的性质，实验如表，下列说法不正确的是（　　）
实验装置
实验方案
液体a
现象

蒸馏水
Ⅰ．钠浮在水面，剧烈反应，有少量白雾
0.1mol•L﹣1盐酸
Ⅱ．钠浮在液面，反应比Ⅰ剧烈，有白雾产生
浓盐酸
Ⅲ．钠浮在液面，反应比Ⅰ缓慢，产生大量白雾，烧杯底部有白色固体
A．Ⅱ中反应的离子方程式为2Na+2H+═2Na++H2↑
B．对比Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，随着c（H+）增大，反应的剧烈程度增大
C．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均有白雾产生，说明Na与水或酸反应均放出大量热
D．推测Ⅲ中浓盐酸的c（Cl﹣）以及生成的NaCl固体对反应剧烈程度有影响
二、非选择题（共58分）
22．（16分）海水中有丰富的资源，海底有丰富的矿藏、石油、天然气等，此外还含有大量的电解质，它们电离产生Cl﹣、Br﹣、SO42﹣、Na+、Mg2+、Ca2+等，都是重要资源。
（1）以海水为原料，必须经过化学反应才能获得的是 　 　。（填代号）
A.金属镁
B.粗盐
C.溴单质
D.淡水
（2）对粗盐进行精制。将粗盐溶解滤去不溶性杂质后，还需要除去可溶性杂质（如：Mg2+、Ca2+、SO42﹣），需要加入试剂的顺序及作用分别是：
①加入过量的NaOH溶液，以除去 　 　。
②加入过量的 　 　，以除去 　 　。
③加入过量的 　 　，以除去 　 　。
④过滤，在滤液中加入盐酸调节至中性。
（3）查阅资料如图：常温下，溶液中含碳微粒的物质的量分数随溶液pH变化的图象。由该图像可知，食盐水经过上述精制过程后，仍然存在的含碳杂质微粒是 　 　，为了继续纯化，应向上一步滤液中加入盐酸至pH约为 　 　，发生反应的离子方程式为：　 　。

（4）以海水为原料获得氯气的反应原理为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑。
①该反应的还原剂是 　 　。
②若得到标准状况下16.8L氯气时，则消耗NaCl 　 　mol，生成氢气 　 　g。
③分离产物，取2.0gNaOH固体。欲配制浓度为0.1mol/L的NaOH溶液，需要用到的玻璃仪器有 　 　、　 　。
23．（15分）科学研究中观察到的宏观现象能反映微观本质。例如，我们可以通过测定溶液导电率来探查溶液中自由移动的离子浓度，还可以通过沉淀或气体反应检验某些特征离子的存在。
Ⅰ.某小组在探究Ba（OH）2溶液与稀盐酸反应的实质。向Ba（OH）2溶液中匀速滴加同浓度盐酸，测得溶液导电率的变化如图所示，回答下列问题：

（1）Ba（OH）2在水中以离子形式存在的实验证据是 　 　。Ba（OH）2的电离方程式为 　 　。
（2）A～B段发生反应的离子方程式为 　 　。
（3）下列化学反应与该反应可以用同一个离子方程式表示的是 　 　（填序号）。
①Ba（OH）2和H2SO4
②NaOH和H2SO4
③Ba（OH）2和HNO3
（4）下列过程的电导率变化图像与上述图像类似的是 　 　（填序号）。
①向1mol/LAgNO3溶液中持续滴加0.5mol/L盐酸
②向1mol/LNaOH溶液中通入少量Cl2
③向饱和石灰水中不断通入CO2
④向1mol/LMgSO4溶液中持续滴加1mol/LKOH溶液
Ⅱ.有一包白色粉末，其中可能含有Ba（OH）2、MgCl2、K2CO3。为探究其成分进行如下实验：
a.取一定量粉末加入水中、振荡，有白色沉淀生成；
b.向a的悬浊液中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生；
c.向b的上层清液中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀产生。
（5）根据上述实验事实，回答下列问题：
①白色粉末的成分为：　 　（写化学式）。
②写出各步变化的离子方程式：
a.　 　。
b.　 　。
c.　 　。
24．（15分）ClO2是一种高效，安全的消毒剂，可用于取代Cl2。实验室制备ClO2的原理是用亚氯酸钠固体与纯净干燥的氯气反应：2NaClO2+Cl2＝2ClO2+2NaCl。如图1是实验室用于制备和收集一定量纯净ClO2的装置（某些夹持装置省略）。

（1）圆底烧瓶装有MnO2，发生反应的化学方程式为：　 　，在该反应中浓盐酸表现的性质是 　 　（填序号）。
a.只有还原性
b.还原性和酸性
c.只有氧化性
d.氧化性和酸性
（2）实验中相关气体在不同溶剂中的溶解性如下表所示：

ClO2
Cl2
HCl
水
极易溶
可溶
极易溶
CCl4
难溶
易溶
难溶
B、C、E装置中的试剂依次是 　 　、　 　、　 　（填序号）。
a.NaOH溶液
b.浓硫酸
c.饱和食盐水
d.CCl4
e.饱和石灰水
（3）F处应选用的收集装置（如图2）是 　 　（填序号），其中与E装置导管相连的导管口是 　 　（填接口字母）。

（4）家用的二氧化氯（ClO2）泡腾消毒片（如图3）由NaClO2、固体酸及辅助剂混合制得，使用时只需将泡腾片放入水中，5～10分钟即可完全溶解，释放出ClO2。
①二氧化氯泡腾片使用时需要加水，水的作用是 　 　；
②补全泡腾片在水中发生反应的离子方程式：
　 　ClO2﹣+　 　H+═　 　ClO2↑+　 　　 　+　 　　 　
（5）消毒剂的消毒效率常用单位质量的消毒剂得到的电子数表示。经过计算可知，理论上ClO2的消毒效率是Cl2的 　 　倍（保留两位小数）。
25．（12分）碘是人体所需的微量元素之一，使用加碘盐是为缺碘地区人群补碘的重要方式。某化学兴趣小组对碘盐中的含碘物质进行了成分探究。
【猜想预测】预测1：食盐中加入的含碘物质是碘化钾（KI）。
（1）预测2：　 　。
预测3：食盐中加入的含碘物质是碘化钾（KI）和碘酸钾（KIO3）。
【实验探究】可选试剂：碘盐溶液、0.5mol•L﹣1KI溶液、稀硫酸、新制氯水、淀粉溶液。
查阅资料：KIO3在酸性条件下具有较强氧化性，可以与具有较强还原性的物质发生反应。
（2）甲同学基于预测，运用实验室提供的试剂，设计了如下实验，请补全表格：
实验编号
实验操作
实验现象
解释与结论
实验1
步骤1：取2mL碘盐溶液，加入2mL稀硫酸，滴加1滴淀粉溶液。
步骤2：在上述溶液中滴加1mL新制氯水。

　 　
步骤1证明预测3不正确；步骤2证明预测1不正确
实验2
步骤1：取 　 　滴加1滴淀粉溶液。
步骤2：取2mL碘盐溶液，加入上一步配制的检验试剂。
步骤1中溶液不变蓝色，步骤2中溶液变为蓝色
步骤1可排除空气带来的干扰；步骤2反应的离子方程式为 　 　
结论：预测2正确。
【实验反思】
（3）乙同学认为使用Na2S溶液也可以验证该预测，因此设计了实验3如下：
查阅资料：同浓度下，S2﹣的还原性强于I﹣。
实验编号
加入试剂或操作
实验现象
实验3
取2mL碘盐溶液，滴加1滴淀粉溶液，再滴加1mL0.5mol•L﹣1Na2S溶液。
溶液未变蓝
试推测实验3中溶液未变蓝的可能原因 　 　。
（4）丙同学使用酸化的KI溶液进行了食盐中碘元素含量的测定，具体步骤如下：
查阅资料：根据中华人民共和国国家标准（GB26878﹣2011），在食用盐中加入碘强化剂后，食用盐产品（碘盐）中碘含量的平均水平（以碘元素计）为20mg/kg～30mg/kg。用天平称量100g某食盐样品于烧杯中，加入一定量的蒸馏水溶解，该烧杯中的KIO3与过量KI溶液完全反应后，经测定，生成的碘单质为0.01524g。则该样品中碘含量（以碘元素计）为 　 　mg/kg，符合国家标准。

2021-2022学年北京十二中高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共42分）本部分均为单项选择题，共21题，每题2分，共42分
1．（2分）下列生活中常见的过程不属于化学变化的是（　　）
A．天然气燃烧 B．分离石油和水
C．钢铁生锈 D．食醋除水垢
【分析】有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化，判断物理变化和化学变化的依据是：是否有新物质生成，化学变化的特征是：有新物质生成。
【解答】解：A．天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧生成了二氧化碳和水，反应的方程式是：CH4+2O2CO2+2H2O，有新物质生成，属于化学变化，故A错误；
B．分离石油和水，没有新物质生成，属于物理变化，故B正确；
C．钢铁生锈铁反应生成了氧化铁，性质不同于原物质，有新物质生成，属于化学变化，故C错误；
D．食醋中的醋酸能和水垢中的碳酸钙反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，属于化学变化，故D错误；
故选：B。
【点评】本考点考查了物理变化和化学变化的区别，基础性比较强，只要抓住关键点：是否有新物质生成，问题就很容易解决，题目较简单。
2．（2分）下列行为不符合安全要求的是（　　）
A．将过期的化学药品直接倒入下水道
B．熄灭少量燃着的金属钠，用干燥沙土覆盖
C．闻气体时用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔
D．在通风橱内制备氯气
【分析】A．将过期的化学药品直接倒入下水道，易引起水体污染；
B．钠与水反应生成氢气，燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
C．闻气体应使少量的气体飘入鼻孔，防止中毒；
D．氯气有毒。
【解答】解：A．将过期的化学药品不能直接倒入下水道，应集中回收处理，故A错误；
B．钠与水反应生成氢气，燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以熄灭少量燃着的金属钠，不能用水、二氧化碳，应用干燥沙土覆盖，故B正确；
C．闻气体时正确的操作为：用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，故C正确；
D．氯气有毒，为防止学生中毒，应在通风橱内制备氯气，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了化学实验安全，明确试剂的性质及基本操作是解题关键，题目难度不大。
3．（2分）以下物质分类说法正确的是（　　）
A．SO2、CO均属于酸性氧化物
B．漂白粉、冰水混合物均属于混合物
C．生石灰、纯碱均属于碱
D．金刚石、石墨均属于单质
【分析】A．和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
B．不同物质组成的为混合物；
C．电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；
D．一种元素组成的纯净物为单质。
【解答】解：A．SO2属于酸性氧化物，CO和酸、碱都不反应，是不成盐氧化物，故A错误；
B．漂白粉是含氯化钙和次氯酸钙的混合物，冰水混合物是一种物质组成的纯净物，故B错误；
C．生石灰是氧化钙，属于氧化物，纯碱是碳酸钠，属于盐，都不属于碱，故C错误；
D．金刚石、石墨是碳元素的纯净物，均属于单质，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质组成、物质分类的分析判断，注意概念的理解应用，题目难度不大。
4．（2分）下列物质中属于电解质的物质是（　　）
A．稀硫酸 B．Na C．K2SO4 D．二氧化碳
【分析】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；
单质与混合物既不是电解质也不是非电解质。
【解答】解：A．稀硫酸为混合物，不是电解质，故A错误；
B．钠为单质，不是电解质，故B错误；
C．硫酸钾为化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电，属于电解质，故C正确；
D．二氧化碳为非电解质，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的分类，熟悉电解质和非电解质概念是解题关键，题目难度不大。
5．（2分）下列说法中，正确的是（　　）
A．33.6LCO2的物质的量为1.5mol
B．34gNH3物质的量为2mol
C．0.1mol•L﹣1NaOH溶液中含有0.1molNa+
D．1molSO2中含有的氧原子数约为6.02×1023
【分析】A．标准状况下，气体的摩尔体积为22.4L/mol；
B．根据n＝计算；
C．根据n＝cV计算；
D．1个SO2分子含有两个O原子。
【解答】解：A．标准状况下，气体的摩尔体积为22.4L/mol，33.6LCO2未说明是标准状况，无法计算，故A错误；
B．根据n＝＝＝2mol，34gNH3物质的量为2mol，故B正确；
C．根据n＝cV计算，但是题目没有溶液的体积，无法计算，故C错误；
D．1个SO2分子含有两个O原子，1molSO2中含有的氧原子数约为2×6.02×1023，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的量的计算，题目难度不大，明确气体摩尔体积、摩尔质量、物质的量的浓度、微粒数目的计算公式使用条件为解答关键，试题培养了学生的化学计算能力。
6．（2分）有关胶体的下列说法不正确的是（　　）
A．溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子的直径不同
B．丁达尔效应可以用来区分胶体和溶液
C．胶体分散质通常具有较大的比表面积，可用于吸附水中的悬浮杂质
D．用半透膜除去淀粉溶液中的NaCl时，在半透膜外侧的水溶液中可以检测到淀粉胶粒
【分析】A．溶液、浊液、胶体三种分散系的分类依据是分散质粒子的直径大小；
B．胶体会发生丁达尔效应；
C．胶体分散质通常具有较大的比表面积，有吸附作用；
D．胶体粒子不能通过半透膜。
【解答】解；A．根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），故A正确；
B．胶体会发生丁达尔效应，根据能否发生丁达尔效应，可以区分胶体和溶液，故B正确；
C．胶体分散质通常具有较大的比表面积，可用于吸附水中的悬浮杂质，做净水剂，故C正确；
D．用半透膜除去淀粉溶液中的NaCl时，在半透膜外侧的水溶液中无淀粉颗粒，在半透膜外侧的水溶液中不能检测到淀粉胶粒，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了分散系的分类、胶体性质、胶体分离，题目侧重于基础知识的考查，题目难度不大，注意基础知识的积累。
7．（2分）水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是（　　）
A．Cl2 B．Na C．Na2O D．Na2O2
【分析】物质表现氧化性，物质在反应时存在元素化合价的降低，水中氢元素还可以降价，据此分析。
【解答】解：A．Cl2+H2O⇌HCl+HClO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故A错误；
B．2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，H2O中H元素化合价由+1降为0价，得电子被还原，做氧化剂，在反应中表现出氧化性，故B正确；
C．Na2O+H2O＝2NaOH，反应中元素没有发生化合价的变化，水既不表现氧化性也不表现还原性，故C错误；
D．2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重氧化还原反应中基本概念的考查，把握元素的化合价变化即可解答，题目难度不大。
8．（2分）常温常压下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2 分别吹出四个气球，其中气体为CH4的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】相同条件下，气体摩尔体积相等，根据V＝nVm＝进行判断。
【解答】解：相同条件下，气体摩尔体积相等，根据V＝nVm＝知，相同质量时，气体体积与气体摩尔质量成反比，摩尔质量是16g/mol、44g/mol、32g/mol、64g/mol，根据摩尔质量知，甲烷的体积最大，
故选：D。
【点评】本题考查了气体体积与摩尔质量的关系，灵活运用基本公式来分析解答是解本题关键，熟记基本公式，难度不大。
9．（2分）物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为3：2：1时，三种溶液中Cl﹣的物质的量之比为（　　）
A．1：1：1 B．1：2：3 C．3：4：3 D．3：2：1
【分析】电解质溶液中氯离子物质的量＝电解质浓度×体积×化学式中氯离子数目，再根据n＝cV判断。
【解答】解：物质的量浓度相同的NaCl MgCl2 AlCl3三种溶液中Cl﹣的物质的量浓度之比为1：2：3，当溶液的体积比为3：2：1时，根据n＝cV可知Cl﹣的物质的量之比为3：4：3，故选：C。
【点评】本题考查物质的量浓度有关计算，比较基础，关键是理解掌握电解质浓度与电解质离子浓度关系。
10．（2分）下列氯化物中，既能由金属和氯气直接化合制得，又能由金属和盐酸反应制得的是（　　）
A．CuCl2 B．MgCl2 C．FeCl2 D．FeCl3
【分析】氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成高价金属氯化物，排在H前面的金属与盐酸反应，以此来解答．
【解答】解：A．Cu与盐酸不反应，故A不选；
B．Mg与氯气或盐酸均反应生成氯化镁，故B选；
C．Fe与氯气反应生成氯化铁，故C不选；
D．Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查金属的性质，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．
11．（2分）在下列溶液中，各组离子能够大量共存的是（　　）
A．使酚酞试液变红的溶液：Na+、NO3﹣、Ba2+
B．使紫色石蕊试液变红的溶液：K+、MnO4﹣、Cl﹣
C．常温下pH＝2的溶液：K+、Ca2+、CO32﹣
D．碳酸氢钠溶液：Na+、SO42﹣、OH﹣
【分析】离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，以此来解答。
【解答】解：A.使酚酞试液变红，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；
B.使紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性，H+、MnO4﹣、Cl﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C.常温下pH＝2的溶液显酸性，Ca2+、CO32﹣结合生成沉淀，H+、CO32﹣结合生成水和气体，均不能大量共存，故C错误；
D.碳酸氢钠溶液中HCO3﹣、OH﹣反应生成碳酸根离子和水，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息、离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应、氧化还原反应的判断。
12．（2分）下列实验操作可以达到目的的是（　　）

目的
操作
A
测定氯水的pH
用干燥的玻璃棒蘸取氯水，点在pH试纸中间
B
除去CO2中的HCl气体
将混合气通过饱和Na2CO3溶液
C
验证KI具有还原性
向酸性KMnO4溶液中滴加KI溶液，溶液颜色由紫色变为棕黄色，再滴入数滴淀粉溶液，溶液变蓝
D
配制100mL0.1mol/LCuSO4溶液
称取1.6gCuSO4•5H2O固体，溶于水后定容于100mL容量瓶
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.氯水中含HClO，具有漂白性；
B.二者均与碳酸钠溶液反应；
C.酸性KMnO4溶液可氧化KI生成碘；
D.1.6gCuSO4•5H2O固体，含硫酸铜的物质的量小于0.01mol。
【解答】解：A.氯水中含HClO，具有漂白性，应选pH计测定，故A错误；
B.二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；
C.酸性KMnO4溶液可氧化KI生成碘，溶液颜色由紫色变为棕黄色，再滴入数滴淀粉溶液，溶液变蓝，可知KI具有还原性，故C正确；
D.1.6gCuSO4•5H2O固体，含硫酸铜的物质的量小于0.01mol，定容于100mL容量瓶，所得硫酸铜溶液的浓度小于0.1mol/L，故D错误；
故选：C。
【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、混合物分离提纯、反应与现象、溶液的配制、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。
13．（2分）下列反应的离子方程式正确的是（　　）
A．铁钉放入硫酸铜溶液中：Fe+SO42﹣═FeSO4↓
B．硫酸铜溶液与Ca（OH）2溶液混合：SO42﹣+Ca2+═CaSO4↓
C．钠与水反应：Na+H2O═Na++OH﹣+H2↑
D．氧化铁与稀盐酸混合：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O
【分析】A.铁与硫酸根离子不反应，且硫酸亚铁为易溶的强电解质；
B.漏掉了铜离子与氢氧根离子生成氢氧化铜的反应；
C.该反应不满足得失电子守恒和质量守恒定律；
D.氧化铁与稀盐酸反应生成氯化铁和水。
【解答】解：A.铁钉放入硫酸铜溶液中，离子方程式为：Fe+Cu2+═Cu+Fe2+，故A错误；
B.硫酸铜溶液与Ca（OH）2溶液混合，离子方程式为：SO42﹣+Ca2++Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓+CaSO4↓，故B错误；
C.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故C错误；
D.氧化铁与稀盐酸混合，离子方程式为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，故D正确；
故选：D。
【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。
14．（2分）如图所示，将浓盐酸滴在KClO3晶体上生成Cl2，立即用表面皿盖好。由实验现象得出的结论正确的是（　　）

选项
实验现象
结论
A
滴有酚酞的NaOH溶液褪色
Cl2具有酸性
B
滴有KSCN的FeCl2溶液变红
Cl2具有还原性
C
KI﹣淀粉溶液变成蓝色
Cl2具有氧化性
D
紫色石蕊溶液先变红后褪色
Cl2具有漂白性

A．A B．B C．C D．D
【分析】由反应KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O可知，将浓盐酸滴在KClO3晶体上，有Cl2生成，Cl2具有强氧化性，能氧化FeCl2，与水反应生成HCl和具有强氧化性的HClO，溶液呈酸性并具有强氧化性，能使石蕊试液先变红后褪色，能氧化酚酞而使酚酞溶液褪色，与KI反应生成I2，淀粉溶液变蓝，据此分析。
【解答】解：A．Cl2与水反应生成HCl和具有强氧化性的HClO，能氧化酚酞而使酚酞溶液褪色，故A错误；
B．将浓盐酸滴在KClO3晶体上，有Cl2生成，Cl2具有强氧化性，能氧化FeCl2生成FeCl3，Cl2具有氧化性，故B错误；
C．Cl2具有强氧化性，与KI反应生成I2，淀粉溶液变蓝，故C正确；
D．Cl2与水反应生成HCl和具有强氧化性的HClO，溶液呈酸性并具有强氧化性，能使石蕊试液先变红后褪色，表现出HClO的漂白性，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了氧化还原反应、元素化合物的性质，为高考常见题型，侧重氧化还原反应中基本概念和元素化合物的性质的考查，把握元素的化合价变化即可解答，注意氯气和氯水的性质，题目难度不大。
15．（2分）某研究性学习小组在国庆期间进行了研究膨松剂的蒸馒头实验。他们取一定量的面粉和水，和好面后分成六等份，按照下表加入对应物质后充分揉面，做成6个馒头放在同一个蒸锅里蒸制。实验完成后，她们比较6个馒头的大小和颜色（碱性增强会使面食颜色变黄），下列有关结论或解释不正确的是（　　）
编号
1
2
3
4
5
6
所加物质
无
1gNa2CO3
1gNaHCO3
2gNaHCO3
1gNaHCO3和适量食醋
适量酵母
实验结果
外形很小
外形很小，黄色带碱味
外形小，黄色
外形小，黄色
外形中等，黄色很浅
外形大
A．1、2号相比，说明Na2CO3不适合单独做膨松剂
B．4号馒头会比3号馒头外形略大、颜色略深
C．3、5号相比，说明等量NaHCO3受热分解时比与酸反应时产生的气体多
D．6号馒头中的酵母属于生物膨松剂，馒头蒸制过程中发生了化学反应
【分析】A．Na2CO3加热不分解，NaHCO3受热易分解；
B．NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，加入碳酸氢钠越多，放出CO2气体越多；
C．根据NaHCO3+CH3COOH＝CH3COONa+H2O+CO2↑和碳酸氢钠受热分解比较产生CO2气体的多少；
D．酵母在馒头蒸制过程中发生了化学反应。
【解答】解：A．Na2CO3加热不分解，则Na2CO3不能单独做膨松剂，故A正确；
B、4号馒头加入的碳酸氢钠比3号馒头多，分解生成的碳酸钠多、放出的二氧化碳气体多，所以4号馒头会比3号馒头外形较大、颜色较深，故B正确；
C、1molNaHCO3受热分解时放出0.5mol二氧化碳，1molNaHCO3与酸反应时生成1mol二氧化碳，则3、5号相比，说明等量NaHCO3受热分解时比与酸反应时产生的气体少，故C错误；
D、酵母是一种单细胞真菌微生物，是一种对人体有益的生物膨松剂，馒头蒸制过程中发生了化学反应，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质，难度中等，熟悉碳酸钠和碳酸氢钠的化学性质是解题的关键。
16．（2分）下列物质转化在给定条件下能实现的是（　　）
A．NaNa2O2NaOH
B．Fe2O3Fe（OH）3FeCl3
C．CuSO4Cu（OH）2CuO
D．Ba（OH）2BaCl2BaCO3
【分析】A.室温下Na与氧气反应生成氧化钠；
B.氧化铁不溶于水；
C.硫酸铜与NaOH反应生成氢氧化铜，氢氧化铜加热分解生成CuO；
D.氯化钡与二氧化碳不反应。
【解答】解：A.室温下Na与氧气反应生成氧化钠，则NaNa2O2不能实现转化，故A错误；
B.氧化铁不溶于水，则Fe2O3Fe（OH）3不能实现转化，故B错误；
C.硫酸铜与NaOH反应生成氢氧化铜，氢氧化铜加热分解生成CuO，转化均可实现，故C正确；
D.氯化钡与二氧化碳不反应，则BaCl2BaCO3不能实现，故D错误；
故选：C。
【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。
17．（2分）某容器中发生一个化学反应，过程中存在Fe2+、NO3﹣、Fe3+、NH4+、H+和水六种粒子，在反应过程中测得Fe3+、NO3﹣的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列有关判断不正确的是（　　）

A．该反应中Fe2+被氧化为Fe3+，发生氧化反应
B．反应消耗1molNO3﹣，则转移8mol电子
C．H+为反应物，反应过程中溶液酸性降低
D．参加反应的还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1
【分析】由曲线变化图可知，随反应进行NO3﹣的物质的量减小，而Fe3+的物质的量从0开始增加，故Fe3+是生成物，则Fe2+和NO3﹣应是反应物，N元素化合价应该是降低，其还原产物为NH4+，结合化合价升降守恒，则反应的方程式应为8Fe2++NO3﹣+10H+＝8Fe3++NH4++3H2O，以此解答该题。
【解答】解：反应的方程式应为8Fe2++NO3﹣+10H+＝8Fe3++NH4++3H2O；
A．该反应中Fe2+被氧化为Fe3+，为还原剂，发生氧化反应，故A正确；
B．反应中氮元素化合价由+5的NO3﹣降低到﹣3的NH4+，则反应消耗1molNO3﹣，则转移8mol电子，故B正确；
C．反应的方程式应为8Fe2++NO3﹣+10H+＝8Fe3++NH4++3H2O，则H+为反应物，反应过程中溶液酸性降低，故C正确；
D．在反应8Fe2++NO3﹣+10H+＝8Fe3++NH4++3H2O中参加反应的还原剂与氧化剂的物质的量之比为8：1，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应计算、基本概念等，难度中等，根据曲线变化图分析反应物、产物，利用守恒生成方程式是关键。
18．（2分）如表为部分酸、碱、盐在水中的溶解性（20°C）。

OH﹣
NO3﹣
Cl﹣
SO42﹣
CO32﹣
H+

溶
溶
溶
溶
Na+
溶
溶
溶
溶
溶
Ca2+
微溶
溶
溶
微溶
不溶
Ag+
—
溶
不溶
微溶
不溶
Ba2+
溶
溶
溶
不溶
不溶
在表中所涉及的离子范围内，下列说法不正确的是（　　）
A．可以采用滴加硝酸酸化硝酸银溶液的方法检验Cl﹣
B．可用澄清石灰水作酸性气体的吸收剂
C．CO32﹣会干扰氯化钡溶液对SO42﹣的检验
D．向硫酸银浊液中加入足量Ba（NO3）2溶液会得到BaSO4沉淀
【分析】A．AgCl不溶于硝酸；
B．氢氧化钙微溶，吸收气体不充分；
C．碳酸钡、硫酸钡都不溶于水；
D．硫酸钡比硫酸银难溶于水。
【解答】解：A．AgCl不溶于硝酸，可以采用滴加硝酸酸化硝酸银溶液的方法检验Cl﹣，故A正确；
B．氢氧化钙溶解度很小，澄清石灰水的浓度小，用澄清石灰水作酸性气体的吸收剂，吸收气体的能力低，不能充分吸收，故B错误；
C．碳酸钡、硫酸钡都不溶于水，CO32﹣会干扰氯化钡溶液对SO42﹣的检验，故C正确；
D．硫酸钡比硫酸银难溶于水，反应向溶解度更小的方向进行，向硫酸银浊液中加入足量Ba（NO3）2溶液会得到BaSO4沉淀，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了常见离子的检验等，注意检验中排除干扰因素，熟练掌握常见离子的检验方法，熟练掌握元素化合物知识，试题培养了学生实验能力。
19．（2分）常温下，在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的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。下列分析不正确的是（　　）

A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B．b点对应的离子方程式为Ba2++OH﹣+H++SO42﹣＝BaSO4↓+H2O
C．c点，两溶液中含有相同量的OH﹣
D．a、d两点对应的溶液均显中性
【分析】A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应；
B．根据图知，b点反应为NaHSO4、Ba（OH）2反应生成BaSO4、NaOH及H2O；
C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4；
D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4。
【解答】解：A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确；
B．根据图知，b点反应为NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+NaOH+H2O，离子方程式为Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O，故B正确；
C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C错误；
D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，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，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，易错选项是B。
20．（2分）过氧化钙微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。以轻质碳酸钙为原料，按如图方法制备过目标产物氧化钙晶体（CaO2•8H2O）：下列说法不正确的是（　　）
A．步骤①，煮沸过程的作用是除去溶液中多余的HCl和CO2
B．步骤②中H2O2作氧化剂
C．步骤②生成CaO2的反应水浴温度过高会影响产率
D．步骤③中水洗的次数不宜过多以减少产物溶解带来的损失
【分析】由流程可知，碳酸钙溶于盐酸后，煮沸、过滤后，滤液中含氯化钙，加氨水、过氧化氢发生CaCl2+2NH3•H2O+H2O2+6H2O＝CaO2•8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3•H2O+H2O2＝CaO2↓+2NH4Cl+2H2O，水洗、醇洗后过滤分离出CaO2•8H2O，以此来解答。
【解答】解：A.升高温度可降低气体的溶解度，则步骤①中碳酸钙与盐酸反应时出二氧化碳，煮沸过程的作用是除去溶液中多余的HCl和CO2，故A正确；
B.由CaCl2+2NH3•H2O+H2O2+6H2O＝CaO2•8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3•H2O+H2O2＝CaO2↓+2NH4Cl+2H2O，可知无元素的化合价变化，步骤②中H2O2不作氧化剂，故B错误；
C.温度过高时过氧化氢分解，则步骤②生成CaO2的反应水浴温度过高会影响产率，故C正确；
D.过氧化钙微溶于水，则步骤③中水洗的次数不宜过多以减少产物溶解带来的损失，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离提纯、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
21．（2分）研究金属钠的性质，实验如表，下列说法不正确的是（　　）
实验装置
实验方案
液体a
现象

蒸馏水
Ⅰ．钠浮在水面，剧烈反应，有少量白雾
0.1mol•L﹣1盐酸
Ⅱ．钠浮在液面，反应比Ⅰ剧烈，有白雾产生
浓盐酸
Ⅲ．钠浮在液面，反应比Ⅰ缓慢，产生大量白雾，烧杯底部有白色固体
A．Ⅱ中反应的离子方程式为2Na+2H+═2Na++H2↑
B．对比Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，随着c（H+）增大，反应的剧烈程度增大
C．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均有白雾产生，说明Na与水或酸反应均放出大量热
D．推测Ⅲ中浓盐酸的c（Cl﹣）以及生成的NaCl固体对反应剧烈程度有影响
【分析】钠的密度比水小，钠与水、酸的反应实质为2Na+2H+═2Na++H2↑，且为放热反应，一般来说，氢离子浓度越大，反应速率越大，实验Ⅲ反应较Ⅰ缓慢，可说明溶液中的氯离子对反应有影响，生成的白色固体为NaCl，以此解答该题。
【解答】解：A．盐酸氢离子浓度较大，与钠反应生成氯化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H+═2Na++H2↑，故A正确；
B．实验Ⅲ反应较Ⅰ缓慢，不能说明氢离子浓度越大，反应越剧烈，故B错误；
C．有白雾生成，说明气体挥发，可说明为放热反应，故C正确；
D．实验Ⅲ反应较Ⅰ缓慢，可说明浓盐酸的c（Cl﹣）以及生成的NaCl固体对反应剧烈程度有影响，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查钠的性质实验，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质以及实验现象的分析，题目难度不大。
二、非选择题（共58分）
22．（16分）海水中有丰富的资源，海底有丰富的矿藏、石油、天然气等，此外还含有大量的电解质，它们电离产生Cl﹣、Br﹣、SO42﹣、Na+、Mg2+、Ca2+等，都是重要资源。
（1）以海水为原料，必须经过化学反应才能获得的是 　AC　。（填代号）
A.金属镁
B.粗盐
C.溴单质
D.淡水
（2）对粗盐进行精制。将粗盐溶解滤去不溶性杂质后，还需要除去可溶性杂质（如：Mg2+、Ca2+、SO42﹣），需要加入试剂的顺序及作用分别是：
①加入过量的NaOH溶液，以除去 　Mg2+　。
②加入过量的 　BaCl2溶液　，以除去 　SO42﹣　。
③加入过量的 　Na2CO3溶液　，以除去 　Ba2+、Ca2+　。
④过滤，在滤液中加入盐酸调节至中性。
（3）查阅资料如图：常温下，溶液中含碳微粒的物质的量分数随溶液pH变化的图象。由该图像可知，食盐水经过上述精制过程后，仍然存在的含碳杂质微粒是 　H2CO3、HCO3﹣　，为了继续纯化，应向上一步滤液中加入盐酸至pH约为 　4　，发生反应的离子方程式为：　HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O　。

（4）以海水为原料获得氯气的反应原理为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑。
①该反应的还原剂是 　NaCl　。
②若得到标准状况下16.8L氯气时，则消耗NaCl 　1.5　mol，生成氢气 　1.5　g。
③分离产物，取2.0gNaOH固体。欲配制浓度为0.1mol/L的NaOH溶液，需要用到的玻璃仪器有 　500mL容量瓶　、　玻璃棒、烧杯和胶头滴管　。
【分析】（1）根据题意，海水中含有H2O、NaCl、Br﹣、Mg2+等，不含Mg和Br2，据此解答；
（2）利用沉淀法除去粗盐中可溶性杂质，Mg（OH）2、BaSO4、CaCO3、BaCO3都是难溶物，注意过量的沉淀剂会引入新的杂质离子；
（3）由（2）可知，精制后的食盐水的pH＝7，由该图可知精制后的食盐水仍然存在的含碳杂质微粒，为了继续纯化，需使含碳杂质微粒转化为H2CO3，因为H2CO3在水中溶解度小且不稳定，易分解为CO2和水；
（4）①在氧化还原反应中：失电子、化合价升高、被氧化、作还原剂，NaCl中氯元素的化合价从﹣1价升高到0价，据此解答；
②先根据n＝计算n（Cl2），再根据化学计量数之比等于变化量之比计算消耗NaCl和生成氢气的物质的量，最后根据m＝n×m计算氢气的质量；
③用固体配置一定的物质的量浓度的溶液需要用到的玻璃仪器有：容量瓶、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，容量瓶需注明规格，先根据n＝计算NaOH的物质的量，再根据V＝计算所需溶液体积，以此确定容量瓶规格。
【解答】解：（1）海水中含有Cl﹣、Br﹣、SO42﹣、Na+、Mg2+、Ca2+等，即海水中含有NaCl，以海水为原料，不需要经过化学反应能获得粗盐，海水淡化的方法有蒸馏法，即不需要经过化学反应能获得淡水，而Mg2+和Br﹣必须经过化学反应才能转变为金属镁和溴单质，即选AC，
故答案为：AC；
（2）利用沉淀法除去粗盐中可溶性杂质：Mg2+、Ca2+、SO42﹣，先加入过量的NaOH溶液，生成Mg（OH）2沉淀，以除去Mg2+，此时引入了OH﹣杂质，再加入过量BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀，以除去SO42﹣，此时引入了Ba2+杂质，再加入过量Na2CO3溶液，生成BaCO3沉淀和CaCO3沉淀，以除去Ba2+、Ca2+，此时引入了CO32﹣杂质，最后过滤，在滤液中加入盐酸调节至中性，以除去CO32﹣和OH﹣，
故答案为：①Mg2+；
②BaCl2溶液；SO42﹣；
③Na2CO3溶液；Ba2+、Ca2+；
（3）由（2）可知，精制后的食盐水的pH＝7，由该图可知，此时食盐水中仍然存在的含碳杂质微粒是：H2CO3、HCO3﹣，为了继续纯化，应向上一步滤液中加入盐酸至pH约为4，发生反应的离子方程式为：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，
故答案为：H2CO3、HCO3﹣；HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O；
（4）①NaCl中氯元素的化合价从﹣1价升高到0价，故该反应的还原剂是NaCl，
故答案为：NaCl；
②根据化学计量数之比等于变化量之比，若得到标准状况下16.8L氯气时，n（Cl2）＝＝0.75mol，则消耗NaCl的物质的量为0.75mol×2＝1.5mol，生成氢气0.75mol，则生成氢气的质量为0.75mol×2g/mol＝1.5g，
故答案为：1.5；1.5；
③取2.0gNaOH固体，则n＝＝0.05mol/L，欲配制浓度为0.1mol/L的NaOH溶液，则溶液的体积为V＝＝0.5L＝500mL，欲配500mL NaOH溶液，需要用到的玻璃仪器有：500mL容量瓶、玻璃棒、烧杯和胶头滴管，
故答案为：500mL容量瓶；玻璃棒、烧杯和胶头滴管。
【点评】本题考查粗盐的提纯，题目难度中等，关键是掌握教材中海水资源利用的工艺、粗盐提纯的方法、配置一定的物质的量浓度的实验方法，明确除杂的原理，把握利用化学方程式计算的方法。
23．（15分）科学研究中观察到的宏观现象能反映微观本质。例如，我们可以通过测定溶液导电率来探查溶液中自由移动的离子浓度，还可以通过沉淀或气体反应检验某些特征离子的存在。
Ⅰ.某小组在探究Ba（OH）2溶液与稀盐酸反应的实质。向Ba（OH）2溶液中匀速滴加同浓度盐酸，测得溶液导电率的变化如图所示，回答下列问题：

（1）Ba（OH）2在水中以离子形式存在的实验证据是 　A点的导电率高　。Ba（OH）2的电离方程式为 　Ba（OH）2＝Ba2++2OH﹣　。
（2）A～B段发生反应的离子方程式为 　H++OH﹣＝H2O　。
（3）下列化学反应与该反应可以用同一个离子方程式表示的是 　BC　（填序号）。
①Ba（OH）2和H2SO4
②NaOH和H2SO4
③Ba（OH）2和HNO3
（4）下列过程的电导率变化图像与上述图像类似的是 　①　（填序号）。
①向1mol/LAgNO3溶液中持续滴加0.5mol/L盐酸
②向1mol/LNaOH溶液中通入少量Cl2
③向饱和石灰水中不断通入CO2
④向1mol/LMgSO4溶液中持续滴加1mol/LKOH溶液
Ⅱ.有一包白色粉末，其中可能含有Ba（OH）2、MgCl2、K2CO3。为探究其成分进行如下实验：
a.取一定量粉末加入水中、振荡，有白色沉淀生成；
b.向a的悬浊液中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生；
c.向b的上层清液中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀产生。
（5）根据上述实验事实，回答下列问题：
①白色粉末的成分为：　Ba（OH）2、MgCl2　（写化学式）。
②写出各步变化的离子方程式：
a.　2OH﹣+Mg2+＝Mg（OH）2↓　。
b.　Mg（OH）2+2H+＝Mg2++2H2O　。
c.　Cl﹣+Ag+＝AgCl↓　。
【分析】I、（1）溶液的导电率和离子浓度有关系，和离子所带电荷也有关系，离子浓度大，则电导率大，氢氧化钡属于强碱溶液，可以完全电离出钡离子和氢氧根离子；
（2）A→B段，H+和OH﹣反应生成H2O，溶液中离子浓度减小，B→C段，随着盐酸的加入，溶液中离子浓度增大，溶液导电率增高，因此可以推出B点时，Ba（OH）2和HCl恰好完全反应，据此分析解答；
（3）离子反应可以表示一类化学反应，根据物质之间的化学反应确定反应的离子，属于离子方程式进行判断即可；
（4）向Ba（OH）2溶液中匀速滴加同浓度盐酸，A→B段，H+和OH﹣反应生成H2O，溶液中离子浓度减小，B→C段，随着盐酸的加入，溶液中离子浓度增大，溶液导电率增高，溶液导电率的变化是：先降低后增大，
①向1mol/LAgNO3溶液中持续滴加0.5mol/L盐酸，开始阶段发生反应：Ag++Cl﹣＝AgCl↓，溶液中离子浓度减小，随着盐酸的加入，溶液中离子浓度增大，溶液导电率增高；
②向1mol/LNaOH溶液中通入少量Cl2，会发生反应得到等浓度的氯化钠和次氯酸钠溶液，溶液中离子浓度会增大，溶液导电率增高；
③向饱和石灰水中不断通入CO2，开始阶段二者之间会发生反应生成碳酸钙和水，溶液中离子浓度减小，直至接近于零，随着二氧化碳的通入，会继续反应，得到碳酸氢钙溶液，溶液中离子浓度增大，溶液导电率增高；
④向1mol/LMgSO4溶液中持续滴加1mol/LKOH溶液，开始阶段发生反应：Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓，同时得到硫酸钾溶液，溶液中离子浓度增大，随着KOH的加入，溶液中离子浓度增大，溶液导电率继续增高；
II、a.取一定量粉末加入水中、振荡，有白色沉淀生成，说明粉末中的物质之间可以相互反应得到白色沉淀，可以是三种物质中的任意两种；
b.向a的悬浊液中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生，则白色沉淀不是碳酸盐沉淀，只能是氢氧化镁沉淀，白色粉末含有Ba（OH）2、MgCl2；
c.向b的上层清液（即氯化钡溶液）中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀氯化银产生，据此回答即可。
【解答】解：I、（1）A→B段，A点的溶液导电率高，随着盐酸的量的增多，溶液的导电率减小，是因为发生反应H++OH﹣＝H2O，溶液中离子浓度减小，说明Ba（OH）2在水中以离子形式存在；Ba（OH）2的电离方程式为：Ba（OH）2＝Ba2++2OH﹣，
故答案为：A点的导电率高；Ba（OH）2＝Ba2++2OH﹣；
（2）A﹣B段，Ba（OH）2和HCl发生反应，离子方程式为：H++OH﹣＝H2O，
故答案为：H++OH﹣＝H2O；
（3）Ba（OH）2溶液与稀盐酸反应的实质是：H++OH﹣＝H2O；
A、Ba（OH）2和H2SO4反应的实质是：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O；
B、NaOH和H2SO4反应的实质是：H++OH﹣＝H2O；
C、Ba（OH）2与HNO3反应的实质是：H++OH﹣＝H2O；则B、C符合题意，
故答案为：BC；
（4）向Ba（OH）2溶液中匀速滴加同浓度盐酸，A→B段，H+和OH﹣反应生成H2O，溶液中离子浓度减小，B→C段，随着盐酸的加入，溶液中离子浓度增大，溶液导电率增高，溶液导电率的变化是：先降低后增大，
①向1mol/LAgNO3溶液中持续滴加0.5mol/L盐酸，开始阶段发生反应：Ag++Cl﹣＝AgCl↓，溶液中离子浓度减小，溶液导电率降低，随着盐酸的加入，溶液中离子浓度增大，溶液导电率增高，溶液导电率的变化是：先降低后增大，故正确；
②向1mol/LNaOH溶液中通入少量Cl2，会发生反应得到等浓度的氯化钠和次氯酸钠溶液，溶液中离子浓度会增大，溶液导电率先是增高，故错误；
③向饱和石灰水中不断通入CO2，开始阶段二者之间会发生反应生成碳酸钙和水，溶液中离子浓度减小，直至接近于零，随着二氧化碳的通入，会继续反应，得到碳酸氢钙溶液，溶液中离子浓度增大，溶液导电率增高，故错误；
④向1mol/LMgSO4溶液中持续滴加1mol/LKOH溶液，开始阶段发生反应：Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓，同时得到硫酸钾溶液，溶液中离子浓度增大，随着KOH的加入，溶液中离子浓度增大，溶液导电率继续增高，故错误，
故答案为：①；
II、a.取一定量粉末加入水中、振荡，有白色沉淀生成，说明粉末中的物质之间可以相互反应得到白色沉淀，可以是三种物质中的任意两种；
b.向a的悬浊液中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生，则白色沉淀不是碳酸盐沉淀，只能是氢氧化镁沉淀，白色粉末含有Ba（OH）2、MgCl2；
c.向b的上层清液（即氯化钡溶液）中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀氯化银产生，
①白色粉末的成分为Ba（OH）2、MgCl2，
故答案为：Ba（OH）2、MgCl2；
②a.Ba（OH）2、MgCl2之间反应得到氢氧化镁白色的沉淀，即2OH﹣+Mg2+＝Mg（OH）2↓；
b.氢氧化镁沉淀可以溶于硝酸中，即Mg（OH）2+2H+＝Mg2++2H2O；
c.上层清液中含有氯离子，加入硝酸银会发生反应：Cl﹣+Ag+＝AgCl↓，
故答案为：2OH﹣+Mg2+＝Mg（OH）2↓；Mg（OH）2+2H+＝Mg2++2H2O；Cl﹣+Ag+＝AgCl↓。
【点评】本题考查导电率的判断、离子反应等知识点，侧重考查分析判断及判断能力，注意离子方程式的书写，题目难度不大
24．（15分）ClO2是一种高效，安全的消毒剂，可用于取代Cl2。实验室制备ClO2的原理是用亚氯酸钠固体与纯净干燥的氯气反应：2NaClO2+Cl2＝2ClO2+2NaCl。如图1是实验室用于制备和收集一定量纯净ClO2的装置（某些夹持装置省略）。

（1）圆底烧瓶装有MnO2，发生反应的化学方程式为：　MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O　，在该反应中浓盐酸表现的性质是 　b　（填序号）。
a.只有还原性
b.还原性和酸性
c.只有氧化性
d.氧化性和酸性
（2）实验中相关气体在不同溶剂中的溶解性如下表所示：

ClO2
Cl2
HCl
水
极易溶
可溶
极易溶
CCl4
难溶
易溶
难溶
B、C、E装置中的试剂依次是 　c　、　b　、　d　（填序号）。
a.NaOH溶液
b.浓硫酸
c.饱和食盐水
d.CCl4
e.饱和石灰水
（3）F处应选用的收集装置（如图2）是 　②　（填序号），其中与E装置导管相连的导管口是 　d　（填接口字母）。

（4）家用的二氧化氯（ClO2）泡腾消毒片（如图3）由NaClO2、固体酸及辅助剂混合制得，使用时只需将泡腾片放入水中，5～10分钟即可完全溶解，释放出ClO2。
①二氧化氯泡腾片使用时需要加水，水的作用是 　作溶剂，使固体物质溶解后充分反应　；
②补全泡腾片在水中发生反应的离子方程式：
　5　ClO2﹣+　4　H+═　4　ClO2↑+　1　　Cl﹣　+　2　　H2O　
（5）消毒剂的消毒效率常用单位质量的消毒剂得到的电子数表示。经过计算可知，理论上ClO2的消毒效率是Cl2的 　2.63　倍（保留两位小数）。
【分析】装置A为氯气的发生装置，MnO2与浓盐酸共热可生成氯气，因为浓盐酸由挥发性，故需用洗气瓶B中的饱和食盐水来除去氯气中的HCl，再用盛有浓硫酸的洗气瓶C来干燥氯气，亚氯酸钠固体与纯净干燥的氯气在装置D中发生反应生成ClO2，再用盛有CCl4的洗气瓶E除去未完全反应的氯气，因为ClO2的密度比空气大，所以选用向上排空气法收集，ClO2从集气瓶的长管进、短管出，再连接安全瓶G，最后接尾气吸收装置，以防气体逸出，污染空气。
【解答】解：（1）MnO2与浓盐酸共热可生成氯气、氯化锰和水，其化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，HCl中氯元素的化合价从﹣1价升高到0价，故浓盐酸作还原剂，表现还原性，且当消耗4molHCl时，其中2molHCl被氧化，还有2molHCl反应生成1molMnCl2，故浓盐酸还表现酸性，即选b，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；b；
（2）由分析可知，B、C、E装置中的试剂依次是c.饱和食盐水、b.浓硫酸、d.CCl4，
故答案为：c；b；d；
（3）因为ClO2的密度比空气大，所以选用向上排空气法收集，且装置F后面要接装置G，故选②，ClO2从集气瓶的长管进、短管出，故其中与E装置导管相连的导管口是d，
故答案为：②；d；
（4）①泡腾消毒片由NaClO2、固体酸及辅助剂混合制得，二氧化氯泡腾片使用时需要加水，水的作用是：作溶剂，使固体物质溶解后充分反应；
故答案为：作溶剂，使固体物质溶解后充分反应；
②ClO2﹣中氯元素的化合价从+3价升高到+4价，则生成1个ClO2时，失去1个电子，同时，ClO2﹣中氯元素的化合价从+3价降低到﹣1价，则生成1个Cl﹣时，得到4个电子，根据得失电子守恒，ClO2与Cl﹣的系数比4：1，设Cl﹣的系数为1，则ClO2的系数为4，ClO2﹣的系数为5，再根据电荷守恒，H+的系数为4，最后根据氢原子和氧原子守恒可知，生成物还有H2O，系数为2，则泡腾片在水中发生反应的离子方程式为：5ClO2﹣+4H+═4ClO2↑+Cl﹣+2H2O，
故答案为：5；4；4；1；Cl﹣；2；H2O；
（5）ClO2被还原成Cl﹣时，氯元素的化合价从+4价降低到﹣1价，则每1molClO2得到5mol电子，即67.5gClO2的得电子数为5NA，故ClO2的消毒效率为，Cl2被还原成Cl﹣时，氯元素的化合价从0价降低到﹣1价，则每1molCl2得到2mol电子，即71gCl2的得电子数为2NA，故ClO2的消毒效率为，理论上ClO2的消毒效率与Cl2的消毒效率之比为≈2.63，即ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍，
故答案为：2.63。
【点评】本题考查ClO2的制备实验，涉及氯气的制备与净化、氧化还原反应的离子方程式配平及相关计算，题目难度中等，关键是掌握实验原理和相关气体的性质，把握利用得失电子数计算反应量的方法，提高学生的实验分析能力和化学计算能力。
25．（12分）碘是人体所需的微量元素之一，使用加碘盐是为缺碘地区人群补碘的重要方式。某化学兴趣小组对碘盐中的含碘物质进行了成分探究。
【猜想预测】预测1：食盐中加入的含碘物质是碘化钾（KI）。
（1）预测2：　食盐中加入的含碘物质是碘酸钾（KIO3）　。
预测3：食盐中加入的含碘物质是碘化钾（KI）和碘酸钾（KIO3）。
【实验探究】可选试剂：碘盐溶液、0.5mol•L﹣1KI溶液、稀硫酸、新制氯水、淀粉溶液。
查阅资料：KIO3在酸性条件下具有较强氧化性，可以与具有较强还原性的物质发生反应。
（2）甲同学基于预测，运用实验室提供的试剂，设计了如下实验，请补全表格：
实验编号
实验操作
实验现象
解释与结论
实验1
步骤1：取2mL碘盐溶液，加入2mL稀硫酸，滴加1滴淀粉溶液。
步骤2：在上述溶液中滴加1mL新制氯水。

　溶液无色　
步骤1证明预测3不正确；步骤2证明预测1不正确
实验2
步骤1：取 　取一定量的0.5 mol/L的KI溶液　滴加1滴淀粉溶液。
步骤2：取2mL碘盐溶液，加入上一步配制的检验试剂。
步骤1中溶液不变蓝色，步骤2中溶液变为蓝色
步骤1可排除空气带来的干扰；步骤2反应的离子方程式为 　5I﹣+IO3﹣+6H+＝3I2+3H2O　
结论：预测2正确。
【实验反思】
（3）乙同学认为使用Na2S溶液也可以验证该预测，因此设计了实验3如下：
查阅资料：同浓度下，S2﹣的还原性强于I﹣。
实验编号
加入试剂或操作
实验现象
实验3
取2mL碘盐溶液，滴加1滴淀粉溶液，再滴加1mL0.5mol•L﹣1Na2S溶液。
溶液未变蓝
试推测实验3中溶液未变蓝的可能原因 　Na2S是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，此时KIO3的氧化性比较弱，未得到电子被还原为I2，因此溶液不变蓝色　。
（4）丙同学使用酸化的KI溶液进行了食盐中碘元素含量的测定，具体步骤如下：
查阅资料：根据中华人民共和国国家标准（GB26878﹣2011），在食用盐中加入碘强化剂后，食用盐产品（碘盐）中碘含量的平均水平（以碘元素计）为20mg/kg～30mg/kg。用天平称量100g某食盐样品于烧杯中，加入一定量的蒸馏水溶解，该烧杯中的KIO3与过量KI溶液完全反应后，经测定，生成的碘单质为0.01524g。则该样品中碘含量（以碘元素计）为 　25.4　mg/kg，符合国家标准。
【分析】（1）根据预测1和预测3推测；
（2）该碘盐溶液中只含碘酸钾（KIO3），无碘化钾（KI），所以向该碘盐溶液中加入2 mL稀硫酸，滴加1滴淀粉溶液，溶液不变蓝色，在上述溶液中滴加1 mL新制氯水，溶液仍然显无色；取一定量的0.5 mol/L的KI溶液，向其中滴加1滴淀粉溶液，溶液不变蓝色，可以排除空气带来的干扰；向上述溶液中加入2 mL碘盐溶液，再加入稀硫酸酸化，看到溶液变为蓝色，这是由于在酸性条件下KI、KIO3发生氧化还原反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色；
（3）Na2S溶液显碱性，此时KIO3的氧化性比较弱，未得到电子被还原为I2；
（4）100 g食盐与足量KI酸性溶液反应后产生I2质量是0.01524 g，则1000 g食盐充分反应产生I2质量是0.1524 g，其物质的量n（I2）＝＝0.0006mol；根据方程式 5I﹣+IO3﹣+6H+＝3I2+3H2O可知：加碘食盐中每含有1 mol KIO3，反应产生3 mol I2，现在1000g（1 kg）食盐样品充分反应产生0.006 mol I2，则其中含有KIO3的物质的量为n（KIO3）＝＝0.003mol，据此计算。
【解答】解：（1）根据预测1和预测3可推知预测2是食盐中加入的含碘物质是碘酸钾（KIO3），
故答案为：食盐中加入的含碘物质是碘酸钾（KIO3）；
（2）在实验1中：步骤1证明预测3不正确；步骤2证明预测1不正确，则应该是预测2成立，即该碘盐溶液中只含碘酸钾（KIO3），而无碘化钾（KI），所以向该碘盐溶液中加入2 mL稀硫酸，滴加1滴淀粉溶液，溶液不变蓝色，在上述溶液中滴加1 mL新制氯水，溶液仍然显无色，
实验2中：步骤1中应该是取一定量的0.5 mol/L的KI溶液，向其中滴加1滴淀粉溶液，溶液不变蓝色，可以排除空气带来的干扰；
步骤2中：向上述溶液中加入2 mL碘盐溶液，再加入稀硫酸酸化，看到溶液变为蓝色，这是由于在酸性条件下KI、KIO3发生氧化还原反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：5I﹣+IO3﹣+6H+＝3I2+3H2O，
故答案为：溶液无色；取一定量的0.5 mol/L的KI溶液；5I﹣+IO3﹣+6H+＝3I2+3H2O；
（3）在酸性条件下KIO3具有强氧化性，会得到电子被还原产生I2，遇淀粉溶液变为蓝色，上述Na2S是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，此时KIO3的氧化性比较弱，未得到电子被还原为I2，因此溶液不变蓝色，
故答案为：Na2S是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，此时KIO3的氧化性比较弱，未得到电子被还原为I2，因此溶液不变蓝色；
（4）100 g食盐与足量KI酸性溶液反应后产生I2质量是0.01524 g，则1000 g食盐充分反应产生I2质量是0.1524 g，其物质的量n（I2）＝＝0.0006mol；根据方程式 5I﹣+IO3﹣+6H+＝3I2+3H2O可知：加碘食盐中每含有1 mol KIO3，反应产生3 mol I2，现在1000g（1 kg）食盐样品充分反应产生0.006 mol I2，则其中含有KIO3的物质的量为n（KIO3）＝＝0.003mol，故该食盐样品中含有碘元素的质量为m（I）＝0.002 mol/kg×127 g＝0.0254 g/kg＝25.4 mg/kg，在20 mg/kg～30 mg/kg范围内，因此该食盐样品是合格的，
故答案为：25.4。
【点评】本题考查实验方案的分析评价，涉及实验原理的理解分析与评价、实验步骤的分析应用，为高考常见题型，题目难度中等，需学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力。