2021-2022学年安徽省a10联盟高一（上）期中化学试卷

这是一份2021-2022学年安徽省a10联盟高一（上）期中化学试卷，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）下列有关O2、O3的说法中错误的是（ ）
A．互为同素异形体B．均是单质
C．密度ρ（O3）＞ρ（O2）D．均可与H2反应
2．（3分）下列有关盐酸的说法正确的是（ ）
A．有漂白性
B．易挥发
C．不稳定
D．金属单质都能与盐酸反应
3．（3分）按照H2S→X→Na2S2O3→SO2→H2SO4的排列规律，则合适的X是（ ）
A．Na2SB．SC．O2D．Na2SO4
4．（3分）下列说法中正确的是（ ）
A．金属氧化物均是碱性氧化物
B．金属氧化物不能发生还原反应
C．非金属单质只有氧化性
D．与金属单质发生反应的物质均有氧化性
5．（3分）下列变化不涉及电子转移的是（ ）
A．鞭炮的爆炸
B．铁片生锈
C．钟乳石的形成
D．Na2O2放置中慢慢变白色
6．（3分）下列物质属于非电解质但其溶液能导电的是（ ）
A．NH3B．酒精C．HClOD．Cl2
7．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．5.6gFe与足量稀盐酸反应时，转移电子数目为0.3NA
B．2.24LCO2中原子总数目为0.3NA
C．1ml/LNa2SO4溶液中含有Na+数目为0.2NA
D．0.2ml CO、CO2的混合气体中碳原子数目为0.2NA
8．（3分）对如图所示的几个实验的分析中错误的是（ ）
A．①中氯气发生了还原反应
B．②、③中分散系的分散质粒子直径：③＞②
C．③中得到的分散系会产生丁达尔效应
D．稳定性：③＞②
9．（3分）下列离子方程式正确的是（ ）
A．向纯碱溶液中滴加少量稀硝酸：2H++CO32﹣═CO2↑+H2O
B．Cu（OH）2与盐酸反应：OH﹣+H+═H2O
C．Na2O与水与反应：Na2O+H2O═2Na++2OH﹣
D．Al与CuCl2溶液反应：Al+Cu2+═Cu+Al3+
10．（3分）下列关于氯气、液氯、新制氯水和久置氯水的叙述正确的是（ ）
A．久置的氯水相当于盐酸
B．液氯和新制氯水均是混合物
C．常温下，氯水和液氯均可用钢罐存放
D．氯气有强氧化性、氯水无氧化性
11．（3分）下列有关过氧化钠的说法中错误的是（ ）
A．可用作潜水艇的供氧剂
B．是淡黄色固体
C．阳离子与阴离子个数比为1：1
D．用加热法可除去Na2O2中的Na2O
12．（3分）下列有关比较错误的是（ ）
A．还原性：Zn＞Fe＞Cu
B．氧化性：Cu2+＞Fe3+＞Zn2+
C．氧化性：Cl2＞H+
D．还原性：Na＞N2
13．（3分）已知反应：Fe3++ClO﹣+X→FeO42﹣+Cl﹣+Y，下列说法错误的是（ ）
A．FeO42﹣是氧化产物
B．Fe3+、ClO﹣的计量数是3：2
C．配平后X是“10OH﹣”
D．每生成1mlFeO42﹣就会有3 ml电子发生转移
14．（3分）铁粉具有平肝镇心、消痈解毒之功效，主治惊痫、贫血等。某兴趣小组探究用H2与碳酸亚铁制取铁粉并检验气体产物，实验装置如图所示（夹持装置省略），下列说法错误的是（ ）
A．装置⑤中有白色沉淀生成
B．装置①、④均应是干燥剂
C．装置③中是无水CaCl2
D．点燃②处酒精灯前应先通入一段时间的H2
15．（3分）已知：（1）氯酸钾被SO2还原后可得到还原产物X；（2）亚氯酸钠（NaClO2）可还原氯气得到氧化产物X，则X中氯元素化合价为（ ）
A．+1B．+3C．+4D．+7
16．（3分）ag单质碳和16g氧气在恒容密闭容器中反应生成CO、CO2，当恢复到原来的温度时，测得容器内的压强增大了0.8倍，下列数据不可能是（ ）
A．a＝5.4B．a＝10.8
C．n（CO）＝0.8mlD．m（CO2）＝4.4g
二、填空题（本题包括4个小题，共52分）
17．钠能形成多种化合物，如Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NaOH、NaH等，向答下列下列问题。
（1）NaHCO3电离方程式为： ，在正盐、含氧酸盐、酸式盐、钠盐等类别中，它不属于其中的 。
（2）从性质角度分类，Na2O属于 氧化物；写出其与盐酸反应的离子方程式 。
（3）区别Na2CO3、NaHCO3两种溶液的试剂是 ，实验室可利用复分解反应制备少量NaOH，写出相应的化学方程式： 。
（4）实验室中可利用Na2O2制取一定量O2，写出相应的化学方程式并标出电子转移方向与数目： ，Na2O2有强氧化性，能氧化许多物质，将适量Na2O2加入到FeCl2溶液中，除看到有气泡产生后，还能观察到的主要现象是 。
18．某次实验需要使用480 mL、0.1 ml/L的Na2CO3溶液，现用Na2CO3•10H2O配制该溶液，回答下列问题。
（1）实验中需要称取 g Na2CO3•10H2O，溶解前 （填“需要”、“不需要”）通过加热方法除去结晶水。
（2）配制步骤可表示如图所示。
其中有错误的操作是 （填“编号”），当液面距刻度线 cm时改用胶头滴管滴加蒸馏水。
（3）在配制过程中，下列操作会使溶液浓度偏小的是 （填字母）。
A.移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒
B.定容时俯视刻度线
C.未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容
D.定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后液面低于刻度线，再加水至刻度线
（4）取20 mL所配溶液与0.2 ml/L BaCl2溶液混合，若二者恰好反应完，则所用BaCl2溶液体积是 。若取10mL所配制的溶液，将其稀释至50 mL，则稀释后的溶液中c（Na2CO3）＝ ，所加水的体积 （填“等于”、“小于”、“大于”）40mL。
19．如图是实验室制备氯气、收集并探究氯气是否有漂白性的装置。
据此回答下列问题：
（1）试剂X的成分是 ，盛放盐酸的仪器名称是 ，C中除观察到有气泡产生外，还可观察到的现象是 。
（2）D装置用于收集Cl2，a、b两导管长度需要修改，修改的方法是 ，F中反应的离子方程式为 。
（3）装置E的作用是验证氯气无漂白性但在水溶液中有漂白性，则装置中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处依次应放入的物质是 ，相应的实验现象是 。
（4）写出制备氯气的化学方程式 ，如果将40 mL、10 ml/L的浓盐酸与足量MnO2充分反应，实际能收集到的氯气在标准状况下的体积为 。
A．2.24L
B．＞2.24L
C．＜2.24L
20．某溶液X可能含有K+、Na+、Ca2+、Cu2+、NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣ 八种离子中的若干种，为确定其组成，进行如下实验。
①观察溶液颜色，溶液呈无色，做焰色实验，直接观察时发现焰色为黄色。
②取5mLX溶液，向其中加入BaCl2溶液，当沉淀量达到最大时BaCl2也恰好反应完，过滤后将滤渣置于足量盐酸中，充分搅拌后还剩余4.66g干燥固体（Y），将生成的气体全部导入澄清石灰水中，最终得到2g干燥沉淀（Z）。
③向步骤②的滤液中加入AgNO3溶液得到m g白色沉淀（W）。
（1）由步骤①知，溶液中一定含有的离子是 ，一定不存在的离子是 。
（2）由②知，X中含有的离子是 ，其中形成Y的源于X溶液的离子物质的量浓度是 。
（3）形成Z的离子方程式为 。
（4）则m的取值范围是： 。
2021-2022学年安徽省A10联盟高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有1个选项符合题意）
1．（3分）下列有关O2、O3的说法中错误的是（ ）
A．互为同素异形体B．均是单质
C．密度ρ（O3）＞ρ（O2）D．均可与H2反应
【分析】A．同种元素组成的不同单质为元素的同素异形体；
B．同种元素组成的纯净物为单质；
C．同温同压条件下气体摩尔质量之比等于其密度之比；
D．氧气和氢气反应生成水，臭氧和氢气反应生成水和氧气。
【解答】解：A．O2、O3是氧元素的不同单质，互为同素异形体，故A正确；
B．O2、O3是氧元素的两种不同单质，故B正确；
C．温度压强不知，不能判断密度ρ（O3）和ρ（O2）的大小，故C错误；
D．氧气和氢气反应生成水，2H2+O22H2O，臭氧和氢气反应生成水和氧气，反应的化学方程式为：H2+O3H2O+O2，都可以和氢气发生反应，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质分类、物质组成和性质的分析判断、阿伏加德罗定律的应用，注意知识的积累，题目难度不大。
2．（3分）下列有关盐酸的说法正确的是（ ）
A．有漂白性
B．易挥发
C．不稳定
D．金属单质都能与盐酸反应
【分析】盐酸为HCl的水溶液，为一元强酸，溶液呈电中性，易挥发，以此解答该题。
【解答】解：A.盐酸不具备强氧化性，故没有漂白性，故A错误；
B.盐酸易挥发，故B正确；
C.盐酸一般不容易分解，故C错误；
D.活泼性大于H的金属可以和盐酸反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查元素化合物性质及氧化还原反应，为高频考点，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
3．（3分）按照H2S→X→Na2S2O3→SO2→H2SO4的排列规律，则合适的X是（ ）
A．Na2SB．SC．O2D．Na2SO4
【分析】按照H2S→X→Na2S2O3→SO2→H2SO4的排列规律，是按照硫元素化合价升高的顺序排列，结合硫元素常见化合价分析判断。
【解答】解：按照H2S→X→Na2S2O3→SO2→H2SO4的排列规律，硫元素化合价﹣2价、X、+2价、+4价、+6价，则合适的X是S，
故选：B。
【点评】本题考查了硫元素常见化合价分析判断，注意变化规律的分析判断，题目难度不大。
4．（3分）下列说法中正确的是（ ）
A．金属氧化物均是碱性氧化物
B．金属氧化物不能发生还原反应
C．非金属单质只有氧化性
D．与金属单质发生反应的物质均有氧化性
【分析】A．碱性氧化物是指能够与酸反应只生成盐和水的氧化物；
B．依据元素化合价判断；
C．依据元素化合价判断；
D．金属单质在反应中化合价升高。
【解答】解：A．金属氧化物不都是碱性氧化物，如氧化铝和七氧化二锰，故A错误；
B．氧化亚铁中亚铁离子处于中间价态，化合价可以升高，可以降低，既可以发生氧化反应，由可以发生还原反应，故B错误；
C．氯气中氯元素处于中间价态，化合价可以升高，可以降低，既可以发生氧化反应，由可以发生还原反应，故C错误；
D．金属单质在反应中化合价升高，被氧化，所以与金属单质发生反应的物质均有氧化性，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了元素化合物知识，主要涉及物质的分类，明确碱性氧化物的概念、性质是解题关键，题目难度不大。
5．（3分）下列变化不涉及电子转移的是（ ）
A．鞭炮的爆炸
B．铁片生锈
C．钟乳石的形成
D．Na2O2放置中慢慢变白色
【分析】涉及电子转移的反应为氧化还原反应，元素化合价升降为氧化还原反应的特征，则反应中存在元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，一定涉及氧化还原反应，以此进行判断。
【解答】解：A.鞭炮的爆炸过程中存在元素化合价变化，属于氧化还原反应，涉及电子转移，故A不选；
B.铁片生锈过程中Fe元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，涉及电子转移，故B不选；
C.钟乳石的形成过程中涉及碳酸钙与碳酸氢钙的转化，不存在元素化合价变化，不涉及电子转移，故C选；
D.Na2O2放置中慢慢变白色，过氧化钠转化为碳酸钠，O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，涉及电子转移，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握氧化还原反应的概念，题目难度不大。
6．（3分）下列物质属于非电解质但其溶液能导电的是（ ）
A．NH3B．酒精C．HClOD．Cl2
【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；物质导电的条件：存在自由移动的离子或者自由电子。
【解答】解：A．氨气为非电解质，溶于水与水反应生成一水合氨，一水合氨为电解质，部分电离产生铵根离子和氢氧根离子，所以能导电，故A选；
B．酒精为非电解质，但是其水溶液中不存在自由移动的离子，也不存在自由电子，不能导电，故B不选；
C．HClO为电解质，故C不选；
D．氯气为单质，不是电解质也不是非电解质，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查了物质的分类及物质的导电条件，明确电解质和非电解质概念，熟悉物质导电的条件是解题关键，题目难度不大。
7．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．5.6gFe与足量稀盐酸反应时，转移电子数目为0.3NA
B．2.24LCO2中原子总数目为0.3NA
C．1ml/LNa2SO4溶液中含有Na+数目为0.2NA
D．0.2ml CO、CO2的混合气体中碳原子数目为0.2NA
【分析】A．铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；
B．气体状况未知；
C．溶液体积未知；
D．1个一氧化碳和1个二氧化碳分子都含有1个碳原子。
【解答】解：A．5.6gFe物质的量为：＝0.1ml，与足量稀盐酸反应时，转移电子数目为0.2NA，故A错误；
B．气体状况未知，无法计算二氧化碳的物质的量，故B错误；
C．溶液体积未知，无法计算钠离子个数，故C错误；
D．1个一氧化碳和1个二氧化碳分子都含有1个碳原子，0.2ml CO、CO2的混合气体中碳原子数目为0.2NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查阿伏加德罗常数的应用，明确以物质的量为核心计算公式，熟悉物质的结构组成，气体摩尔体积使用条件和对象是解题关键，属于基本知识，难度不大。
8．（3分）对如图所示的几个实验的分析中错误的是（ ）
A．①中氯气发生了还原反应
B．②、③中分散系的分散质粒子直径：③＞②
C．③中得到的分散系会产生丁达尔效应
D．稳定性：③＞②
【分析】A．铁在氯气中点燃反应生成氯化铁，氯气被铁还原；
B．分散系中分散质微粒直径大小是浊液＞胶体＞溶液；
C．胶体具有丁达尔效应；
D．溶液是均一稳定的分散系，胶体是介稳分散系。
【解答】解：A．铁在氯气中点燃反应生成氯化铁，氯元素化合价0价降低到﹣1价，发生还原反应，故A正确；
B．②是氯化铁溶液，③是氢氧化铁胶体，分散系的分散质粒子直径：③＞②，故B正确；
C．③是氢氧化铁胶体，得到的分散系会产生丁达尔效应，故C正确；
D．②是氯化铁溶液，③是氢氧化铁胶体，稳定性：③＜②，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应、胶体组成、性质和本质特征，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
9．（3分）下列离子方程式正确的是（ ）
A．向纯碱溶液中滴加少量稀硝酸：2H++CO32﹣═CO2↑+H2O
B．Cu（OH）2与盐酸反应：OH﹣+H+═H2O
C．Na2O与水与反应：Na2O+H2O═2Na++2OH﹣
D．Al与CuCl2溶液反应：Al+Cu2+═Cu+Al3+
【分析】A．硝酸少量反应生成碳酸氢根离子；
B．氢氧化铜为沉淀，应保留化学式；
C．二者反应生成氢氧化钠；
D．电荷不守恒。
【解答】解：A．向纯碱溶液中滴加少量稀硝酸，离子方程式为：H++CO32﹣═HCO3﹣，故A错误；
B．Cu（OH）2与盐酸反应，离子方程式为：Cu（OH）2+2H+═2H2O+Cu2+，故B错误；
C．Na2O与水与反应，离子方程式为：Na2O+H2O═2Na++2OH﹣，故C正确；
D．Al与CuCl2溶液反应，离子方程式为：2Al+3Cu2+═3Cu+2Al3+，故D错误；
故选：C。
【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，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
10．（3分）下列关于氯气、液氯、新制氯水和久置氯水的叙述正确的是（ ）
A．久置的氯水相当于盐酸
B．液氯和新制氯水均是混合物
C．常温下，氯水和液氯均可用钢罐存放
D．氯气有强氧化性、氯水无氧化性
【分析】A．氯水中次氯酸见光分解生成氧气和氯化氢；
B．只含一种物质的为纯净物；
C．干燥的氯气与铁在常温下不反应；
D．氯水中含有氯气、次氯酸、氢离子等。
【解答】解：A．氯水中次氯酸见光分解生成氧气和氯化氢，所以久置的氯水相当于盐酸，故A正确；
B．液氯只含一种物质，属于纯净物，故B错误；
C．干燥的氯气与铁在常温下不反应，可用铁罐存放液氯，氯水中，氯气与水发生：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，盐酸、次氯酸都能与铁反应，不可用钢瓶存放，故C错误；
D．氯水中含有氯气、次氯酸、氢离子等，这三种微粒都具有氧化性，所以氯水具有氧化性，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查液氯和氯水，明确物质的成分及物质的性质是解答本题的关键，题目难度不大。
11．（3分）下列有关过氧化钠的说法中错误的是（ ）
A．可用作潜水艇的供氧剂
B．是淡黄色固体
C．阳离子与阴离子个数比为1：1
D．用加热法可除去Na2O2中的Na2O
【分析】A．过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气；
B．过氧化钠为淡黄色固体；
C．过氧化钠中阴离子为过氧根离子；
D．氧化钠与氧气加热生成过氧化钠。
【解答】解：A．过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，可用作潜水艇的供氧剂，故A正确；
B．过氧化钠是淡黄色固体，故B正确；
C．1个过氧化钠含有2个钠离子和1个过氧根离子，阳离子与阴离子个数比为2：1，故C错误；
D．氧化钠与氧气加热生成过氧化钠，所以用加热法可除去Na2O2中的Na2O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了钠的重要化合物，明确过氧化钠与水、二氧化碳反应的实质是解题关键，题目较简单，注意过氧化钠结构组成。
12．（3分）下列有关比较错误的是（ ）
A．还原性：Zn＞Fe＞Cu
B．氧化性：Cu2+＞Fe3+＞Zn2+
C．氧化性：Cl2＞H+
D．还原性：Na＞N2
【分析】A．根据金属活动顺序表可以比较金属单质的还原性强弱；
B．根据金属活动顺序表可以比较金属离子的氧化性强弱；
C．氯原子最外层7个电子，表现为容易得电子，氯气具有强的氧化性；
D．金属Na元素原子最外层电子数是1，表现为失电子，金属单质钠的还原性很强。
【解答】解：A．根据金属活动顺序表可以比较金属单质的还原性强弱顺序，还原性：Zn＞Fe＞Cu，故A正确；
B．根据金属活动顺序表可以比较金属离子的氧化性强弱，Cu2+＞Zn2+，根据反应：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，即Cu2+＜Fe3+，故氧化性顺序是，Fe3+＞Cu2+＞Zn2+，故B错误；
C．氯原子最外层7个电子，表现为容易得电子，氯气具有强的氧化性，其氧化性远远强于氢离子，故C正确；
D．金属Na元素原子最外层电子数是1，表现为失电子，金属单质钠的还原性很强，其还原性远远强于氮气，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查学生物质的氧化性还原性强弱的判断知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度不大。
13．（3分）已知反应：Fe3++ClO﹣+X→FeO42﹣+Cl﹣+Y，下列说法错误的是（ ）
A．FeO42﹣是氧化产物
B．Fe3+、ClO﹣的计量数是3：2
C．配平后X是“10OH﹣”
D．每生成1mlFeO42﹣就会有3 ml电子发生转移
【分析】Fe3++ClO﹣+X→FeO42﹣+Cl﹣+Y（未配平）反应中，铁离子的化合价升高，被氧化，次氯酸根中氯的的化合价降低，被还原，根据电荷和原子守恒可以推出X为OH﹣，Y为H2O，据此分析解答。
【解答】解：A．该反应中铁离子的化合价升高，被氧化，则FeO42﹣是氧化产物，故A正确；
B．铁离子化合价由+3价变为+6，失去3个电子，次氯酸根化合价从+1价降低到﹣1价，得到2个电子，根据得失电子守恒可知Fe3+、ClO﹣的计量数是2：3，故B错误；
C．铁离子化合价由+3价变为+6，失去3个电子，次氯酸根化合价从+1价降低到﹣1价，得到2个电子，根据得失电子守恒可知Fe3+、ClO﹣的计量数是2：3，根据电荷和原子守恒配平后方程式为：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故C正确；
D．铁离子化合价由+3价变为+6，每生成1mlFeO42﹣就会有3ml电子发生转移，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查氧化还原反应的相关知识，难度不大，注意概念的理解把握，从化合价的变化分析氧化还原反应。
14．（3分）铁粉具有平肝镇心、消痈解毒之功效，主治惊痫、贫血等。某兴趣小组探究用H2与碳酸亚铁制取铁粉并检验气体产物，实验装置如图所示（夹持装置省略），下列说法错误的是（ ）
A．装置⑤中有白色沉淀生成
B．装置①、④均应是干燥剂
C．装置③中是无水CaCl2
D．点燃②处酒精灯前应先通入一段时间的H2
【分析】由实验装置可知，装置①中应为浓硫酸干燥氢气，装置②中氢气还原碳酸亚铁制取铁粉，装置③中无水硫酸铜粉末检验水，装置④中无水CaCl2可干燥二氧化碳，装置⑤中澄清石灰水可检验二氧化碳，出现白色沉淀，以此来解答。
【解答】解：A.装置⑤中有碳酸钙白色沉淀生成，可检验二氧化碳，故A正确；
B.装置①、④均应是干燥剂，分别干燥氢气、二氧化碳，故B正确；
C.装置③中无水硫酸铜粉末检验水，故C错误；
D.氢气不纯加热易发生爆炸，则点燃②处酒精灯前应先通入一段时间的H2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，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。
15．（3分）已知：（1）氯酸钾被SO2还原后可得到还原产物X；（2）亚氯酸钠（NaClO2）可还原氯气得到氧化产物X，则X中氯元素化合价为（ ）
A．+1B．+3C．+4D．+7
【分析】（1）氯酸钾被SO2还原后可得到还原产物X，则X中氯元素的化合价低于+5价；（2）亚氯酸钠（NaClO2）可还原氯气得到氧化产物X，则X中氯元素化合价高于+3价，据此回答。
【解答】解：（1）氯酸钾被SO2还原后可得到还原产物X，则X中氯元素的化合价低于+5价；（2）亚氯酸钠（NaClO2）可还原氯气得到氧化产物X，则X中氯元素化合价高于+3价，所以X中氯元素化合价为+4价，
故选：C。
【点评】本题以氯及其化合物的性质、氧化还原反应为主要考点，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键，侧重氧化还原反应有关的考查，题目难度中等，题目考查了学生的分析能力和计算能力。
16．（3分）ag单质碳和16g氧气在恒容密闭容器中反应生成CO、CO2，当恢复到原来的温度时，测得容器内的压强增大了0.8倍，下列数据不可能是（ ）
A．a＝5.4B．a＝10.8
C．n（CO）＝0.8mlD．m（CO2）＝4.4g
【分析】恢复到原来的温度时，测得容器内的压强增大了0.8倍，则混合物气体总物质的量为（1+0.8）×＝0.9ml，设CO、CO2的物质的量分别为xml、yml，结合氧原子守恒列方程计算各自物质的量，根据碳原子守恒计算碳的质量。
【解答】解：16g氧气的物质的量为＝0.5ml，恢复到原来的温度时，测得容器内的压强增大了0.8倍，则混合物气体总物质的量为（1+0.8）×0.5ml＝0.9ml，设CO、CO2的物质的量分别为xml、yml，结合氧原子守恒有：，解得x＝0.8，y＝0.1，则m（CO2）＝0.1ml×44g/ml＝4.4g，根据碳原子守恒可知m（碳）＝0.9ml×12g/ml＝10.8g，
故选：A。
【点评】本题考查化学方程式的计算，关键是计算混合物的物质的量，注意守恒思想的运用，题目考查了学生分析计算能力、灵活运用知识的能力。
二、填空题（本题包括4个小题，共52分）
17．钠能形成多种化合物，如Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NaOH、NaH等，向答下列下列问题。
（1）NaHCO3电离方程式为： NaHCO3＝Na++HCO3﹣ ，在正盐、含氧酸盐、酸式盐、钠盐等类别中，它不属于其中的 正盐 。
（2）从性质角度分类，Na2O属于 碱性 氧化物；写出其与盐酸反应的离子方程式 Na2O+2H+＝2Na++H2O 。
（3）区别Na2CO3、NaHCO3两种溶液的试剂是 CaCl2溶液 ，实验室可利用复分解反应制备少量NaOH，写出相应的化学方程式： Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH 。
（4）实验室中可利用Na2O2制取一定量O2，写出相应的化学方程式并标出电子转移方向与数目： ，Na2O2有强氧化性，能氧化许多物质，将适量Na2O2加入到FeCl2溶液中，除看到有气泡产生后，还能观察到的主要现象是 白色沉淀迅速变为灰绿色，最后生成红褐色沉淀氢氧化铁 。
【分析】（1）碳酸氢钠属于强电解质，水溶液中完全电离，属于酸式盐、碳酸盐、钠盐、含氧酸盐等；
（2）和酸反应生成一种盐和水的氧化物为碱性氧化物；
（3）区别Na2CO3、NaHCO3两种溶液的试剂可以是氯化钙溶液，碳酸钠和氯化钙溶液反应生成白色沉淀，碳酸氢钠不反应，实验室可利用碳酸钠和氢氧化钙发生的复分解反应制备少量NaOH；
（4）实验室中可利用水和Na2O2制取一定量O2，过氧化钠与水反应生成NaOH和氧气，氧化剂还原剂均为过氧化钠，将适量Na2O2加入到FeCl2溶液中，除看到有气泡产生后，还能观察到的主要现象是生成红褐色出现的氢氧化铁。
【解答】解：（1）碳酸氢钠属于强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：NaHCO3＝Na++HCO3﹣，碳酸氢钠属于酸式盐、碳酸盐、钠盐、含氧酸盐，不属于正盐，
故答案为：NaHCO3＝Na++HCO3﹣；正盐；
（2）性质角度分类，氧化钠和酸反应生成一种盐和水，Na2O属于碱性氧化物，其与盐酸反应的离子方程式为：Na2O+2H+＝2Na++H2O，
故答案为：碱性；Na2O+2H+＝2Na++H2O；
（3）区别Na2CO3、NaHCO3两种溶液的试剂是CaCl2溶液，碳酸钠和氯化钙溶液反应生成白色沉淀，碳酸氢钠不反应，实验室可利用碳酸钠和氢氧化钙发生的复分解反应制备少量NaOH，反应的化学方程式为：Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH，
故答案为：CaCl2溶液；Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH；
（4）实验室中可利用水和Na2O2制取一定量O2，过氧化钠与水反应标出电子转移方向与数目的化学方程式为：，Na2O2有强氧化性，将适量Na2O2加入到FeCl2溶液中，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁，迅速被氧气氧化生成氢氧化铁沉淀，除看到有气泡产生后，还能观察到的主要现象是：白色沉淀迅速变为灰绿色，最后生成红褐色沉淀氢氧化铁，
故答案为：；白色沉淀迅速变为灰绿色，最后生成红褐色沉淀氢氧化铁。
【点评】本题考查了物质性质、物质分类、氧化还原反应等知识点，注意熟练掌握物质性质和反应现象是解题关键，题目难度不大。
18．某次实验需要使用480 mL、0.1 ml/L的Na2CO3溶液，现用Na2CO3•10H2O配制该溶液，回答下列问题。
（1）实验中需要称取 14.3 g Na2CO3•10H2O，溶解前 不需要 （填“需要”、“不需要”）通过加热方法除去结晶水。
（2）配制步骤可表示如图所示。
其中有错误的操作是 16 （填“编号”），当液面距刻度线 1～2 cm时改用胶头滴管滴加蒸馏水。
（3）在配制过程中，下列操作会使溶液浓度偏小的是 AD （填字母）。
A.移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒
B.定容时俯视刻度线
C.未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容
D.定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后液面低于刻度线，再加水至刻度线
（4）取20 mL所配溶液与0.2 ml/L BaCl2溶液混合，若二者恰好反应完，则所用BaCl2溶液体积是 10mL 。若取10mL所配制的溶液，将其稀释至50 mL，则稀释后的溶液中c（Na2CO3）＝ 0.04ml/L ，所加水的体积 大于 （填“等于”、“小于”、“大于”）40mL。
【分析】（1）需要使用480 mL、0.1 ml/L的Na2CO3溶液，应选择500mL容量瓶，依据m＝cVM计算需要溶质的质量；定容操作需要加入蒸馏水，所以溶解前不需要通过加热方法除去结晶水；
（2）用托盘天平称量固体，应遵循左物右码的原则，定容操作时，视线应与刻度线相平，图示为仰视操作；加蒸馏水至凹液面距刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，直到溶液的凹液面恰好与刻度线相切为止；
（3）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c＝进行误差分析；
（4）依据反应关系Na2CO3～BaCl2计算；依据溶液稀释规律计算稀释后碳酸钠溶液的物质的量浓度；水的密度小于碳酸钠溶液的密度。
【解答】解：（1）需要使用480 mL、0.1 ml/L的Na2CO3溶液，应选择500mL容量瓶，需要Na2CO3•10H2O的质量为：0.5L×0.1ml/L×286g/ml＝14.3g；定容操作需要加入蒸馏水，所以溶解前不需要通过加热方法除去结晶水，
故答案为：14.3；不需要；
（2）①托盘天平称量固体，应遵循左物右码的原则，①操作中药品与砝码位置放反了；⑥定容操作时，视线应与刻度线相平，图示为仰视操作；加蒸馏水至凹液面距刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，直到溶液的凹液面恰好与刻度线相切为止，
故答案为：①⑥；1～2；
（3）A.移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；
B.定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故不选；
C.未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故不选；
D.定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；
故答案为：AD；
（4）20mL0.1ml/L溶液含有碳酸钠的物质的量为：0.1ml/L×0.020L＝0.002ml，依据反应关系Na2CO3～BaCl2，可知需要氯化钡物质的量为0.002ml，需要0.2 ml/L BaCl2溶液体积为：＝0.01L，即10mL；依据溶液稀释规律，若取10mL所配制的溶液，将其稀释至50 mL，则稀释后的溶液中c（Na2CO3）＝＝0.04ml/L；水的密度小于碳酸钠溶液的密度，则10mL碳酸钠溶液与40mL水混合，溶液体积小于50mL，溶液浓度大于0.04ml.L，要使溶液浓度等于0.04ml/L，加入的水的体积大于40mL，
故答案为：10mL；0.04ml/L；大于。
【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液方法，题目难度不大，明确溶液配制步骤及操作方法即可解答，注意掌握误差分析的方法与技巧，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
19．如图是实验室制备氯气、收集并探究氯气是否有漂白性的装置。
据此回答下列问题：
（1）试剂X的成分是 饱和食盐水 ，盛放盐酸的仪器名称是 分液漏斗 ，C中除观察到有气泡产生外，还可观察到的现象是 液面上方充满黄绿色气体 。
（2）D装置用于收集Cl2，a、b两导管长度需要修改，修改的方法是 将a导管延长接近集气瓶底部，b管不变 ，F中反应的离子方程式为 Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O 。
（3）装置E的作用是验证氯气无漂白性但在水溶液中有漂白性，则装置中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处依次应放入的物质是 b ，相应的实验现象是 Ⅰ处干燥的石蕊试纸不变红，Ⅲ处湿润的石蕊试纸先变红，后褪色 。
（4）写出制备氯气的化学方程式 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ，如果将40 mL、10 ml/L的浓盐酸与足量MnO2充分反应，实际能收集到的氯气在标准状况下的体积为 C 。
A．2.24L
B．＞2.24L
C．＜2.24L
【分析】装置A中MnO2和浓HCl加热反应生成氯化锰、氯气、水，装置B中盛饱和食盐水，除去氯化氢杂质，装置C中盛浓硫酸，对氯气进行干燥，装置D用于收集氯气，因为氯气的密度比空气大，应采用向上排空法收集氯气，装置E中Ⅰ处放干燥的石蕊试纸，试纸不变红，Ⅱ处放热固体干燥剂，可以选用无水氯化钙，防止右侧的水蒸气进入Ⅰ处，Ⅲ处放热湿润的石蕊试纸，由于发生反应：Cl2+H2O＝HCl+HClO，盐酸使湿润的石蕊试纸先变红，次氯酸具有氧化性，又使其褪色，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气，防止污染大气，据此分析作答即可。
【解答】解：（1）根据分析可知，试剂X的成分是饱和食盐水，盛放盐酸的仪器名称是分液漏斗，C中除观察到有气泡产生外，还可观察到的现象是液面上方充满黄绿色气体，
故答案为：饱和食盐水；分液漏斗；液面上方充满黄绿色气体；
（2）根据分析可知，D装置用于收集Cl2，由于氯气的密度比空气大，应采用向上排空法收集，则a、b两导管长度需要修改，修改的方法是将a导管延长接近集气瓶底部，b管不变，F中反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：将a导管延长接近集气瓶底部，b管不变；Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（3）根据分析可知，装置中Ⅰ处放入的物质是干燥的石蕊试纸，试纸不变红，Ⅱ处放热固体干燥剂，可以选用无水氯化钙，防止右侧的水蒸气进入Ⅰ处，Ⅲ处放热湿润的石蕊试纸，由于发生反应：Cl2+H2O＝HCl+HClO，盐酸使湿润的石蕊试纸变红，次氯酸具有氧化性，又使其褪色，
故答案为：b；Ⅰ处干燥的石蕊试纸不变红，Ⅲ处湿润的石蕊试纸先变红，后褪色；
（4）实验室制备氯气的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，如果将40 mL、10 ml/L的浓盐酸与足量MnO2充分反应，理论上可以收集氯气的物质的量为：0.04L×10 ml/L×＝0.1ml，但实际能收集到的氯气小于0.1ml，因为有部分氯气溶于水，所以氯气在标准状况下的体积小于2.24L，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；C。
【点评】本题主要考查氯气的制取与性质实验，掌握氯及其化合物的性质是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度不大。
20．某溶液X可能含有K+、Na+、Ca2+、Cu2+、NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣ 八种离子中的若干种，为确定其组成，进行如下实验。
①观察溶液颜色，溶液呈无色，做焰色实验，直接观察时发现焰色为黄色。
②取5mLX溶液，向其中加入BaCl2溶液，当沉淀量达到最大时BaCl2也恰好反应完，过滤后将滤渣置于足量盐酸中，充分搅拌后还剩余4.66g干燥固体（Y），将生成的气体全部导入澄清石灰水中，最终得到2g干燥沉淀（Z）。
③向步骤②的滤液中加入AgNO3溶液得到m g白色沉淀（W）。
（1）由步骤①知，溶液中一定含有的离子是 Na+ ，一定不存在的离子是 Cu2+ 。
（2）由②知，X中含有的离子是 SO42﹣、CO32﹣ ，其中形成Y的源于X溶液的离子物质的量浓度是 4ml/L 。
（3）形成Z的离子方程式为 CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O 。
（4）则m的取值范围是： m≥11.48 。
【分析】①观察溶液颜色，溶液呈无色，做焰色实验，直接观察时发现焰色为黄色，则原溶液中含有Na+，不含有Cu2+；
②取5mLX溶液，向其中加入BaCl2溶液，当沉淀量达到最大时BaCl2也恰好反应完，过滤后将滤渣置于足量盐酸中，充分搅拌后还剩余4.66g干燥固体（Y），物质Y为BaSO4，将生成的气体全部导入澄清石灰水中，最终得到2g干燥沉淀（Z），Z为CaCO3，则原溶液中含有SO42﹣、CO32﹣，n（SO42﹣）＝n（BaSO4）＝＝0.02ml，n（CO32﹣）＝n（CaCO3）＝＝0.02ml，与CO32﹣不共存的Ca2+不含有；
③向步骤②的滤液中加入AgNO3溶液得到mg白色沉淀（W），物质W为AgCl，但步骤②中加入BaCl2溶液引入了Cl﹣，则Cl﹣不能确定；
综上，原溶液中一定含有Na+、SO42﹣、CO32﹣，一定不含有Ca2+、Cu2+，可能含有K+、NO3﹣、Cl﹣，据此分析解答。
【解答】解：（1）①观察溶液颜色，溶液呈无色，做焰色实验，直接观察时发现焰色为黄色，则原溶液中一定含有Na+，不含有Cu2+，
故答案为：Na+；Cu2+；
（2）由上述分析②可知，原溶液中含有SO42﹣、CO32﹣，不含有Ca2+，其中n（SO42﹣）＝n（BaSO4）＝＝0.02ml，c（SO42﹣）＝＝＝4ml/L，
故答案为：SO42﹣、CO32﹣；4ml/L；
（3）步骤②中，将生成的CO3气体导入澄清石灰水中生成了CaCO3沉淀，反应的离子方程式为CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，
故答案为：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O；
（4）由上述分析可知，原溶液中可能含有Cl﹣，步骤②中加入BaCl2溶液，当沉淀量达到最大时BaCl2也恰好反应完，则n（AgCl）＝n（Cl﹣）≥2n（Ba2+）＝2[n（SO42﹣）+n（CO32﹣）]＝2（0.02ml+0.02ml）＝0.08ml，所以m（AgCl）＝nM≥0.08ml×143.5g/ml＝11.48g，即m≥11.48，
故答案为：m≥11.48。
【点评】本题考查离子的检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、物质的量的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意掌握常见离子的特征反应，题目难度中等。序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
a
干燥的石蕊试纸
碱石灰
湿润的石蕊试纸
b
干燥的石蕊试纸
无水氯化钙
湿润的石蕊试纸
c
湿润的石蕊试纸
浓硫酸
干燥的石蕊试纸
d
湿润的石蕊试纸
干燥的石蕊试纸
序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
a
干燥的石蕊试纸
碱石灰
湿润的石蕊试纸
b
干燥的石蕊试纸
无水氯化钙
湿润的石蕊试纸
c
湿润的石蕊试纸
浓硫酸
干燥的石蕊试纸
d
湿润的石蕊试纸
干燥的石蕊试纸