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重庆市南开中学2022-2023学年高一化学上学期12月月考试题（Word版附解析）
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这是一份重庆市南开中学2022-2023学年高一化学上学期12月月考试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了5 Ca-40 Cu-64等内容，欢迎下载使用。
重庆市南开中学高2025届高一上化学12月月考
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Cu-64
一、选择题(本题包括20个小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个正确答案)
1. 生活中难免会遇到一些突发事件，我们要善于利用学过的知识，采取科学、有效的方法保护自己。如果发生了氯气泄漏，以下自救得当的是
A. 用沾小苏打水的毛巾捂住口鼻撤退 B. 向地势低的地方撤离
C. 观察风向，顺风撤离 D. 在室内放一盆水
【答案】A
【解析】
【详解】A．小苏打为NaHCO3，其水溶液显碱性，能吸收氯气，故A正确；
B．氯气密度比空气大，应向地势高的地方跑，故B错误；
C．逆风跑，才可以脱离氯气笼罩，故C错误；
D．氯气虽然能溶于水，但在水中溶解度较小，故D错误；
答案为A。
2. 在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质，下列关于氯水的说法不正确的是
A. 氯水放置数天后pH将变小
B. 加入有色布条，布条褪色，是因为溶液中的HClO有强氧化性
C. 光照氯水时有气泡冒出，该气体是氯气
D. 新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色
【答案】D
【解析】
【详解】A．次氯酸是弱酸，盐酸是强酸，次氯酸易分解为盐酸和氧气，所以氯水放置数天后pH将变小，故A正确；
B．次氯酸具有漂白性，加入有色布条，布条褪色，说明溶液中有HClO，故B正确；
C．次氯酸不稳定，见光易分解为盐酸和氧气，光照冒出的气泡是氧气，故C错误；
D．氯气溶于水时，部分与水反应生成盐酸和次氯酸，因此新制氯水具有酸性，可使蓝色石蕊试纸先变红，由于次氯酸具有漂白性，因此后又使其褪色，故D正确。
故选C。
3. 有关过氧化钠与水反应，下列说法错误的是
A. 产生的气体可以使带火星的木条复燃
B. 1mol过氧化钠完全参加反应，将转移电子2mol
C. 反应后的溶液中滴加酚酞后溶液将变红，振荡后红色消失
D. 该反应是放热反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．过氧化钠与水反应生成氧气，氧气支持燃烧，能够使带火星的木条复燃，故A正确；
B．1mol过氧化钠与足量的水反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，反应转移NA个电子，故B错误；
C．过氧化钠与水反应后生成氢氧化钠，溶液显碱性，遇到酚酞变红色，过氧化钠与水反应会生成过氧化氢，过氧化氢具有漂白性，会使溶液红色褪去，故C正确；
D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，属于氧化还原反应，且该反应还是放热反应，故D正确。
故选B。
4. 下列氯化物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. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A、铜与盐酸不反应，A错误；B、铁与氯气反应生成氯化铁，与盐酸反应生成氯化亚铁，B错误；C、钠与氯气或与盐酸反应均生成氯化钠，C正确；D、根据B中分析可知D错误，答案选C。
5. 下列各组物质相互混合反应，既有气体生成最终又有沉淀生成的是
①金属钠投入MgCl2溶液中
②过量的NaOH溶液和FeCl3溶液
③过量的Na2O2投入CuCl2溶液中
④过量NaOH和Ca(HCO3)2溶液混合
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ③④
【答案】C
【解析】
【详解】①金属钠投入MgCl2溶液中生成氢气、氢氧化镁沉淀和氯化钠，①符合；
②过量的NaOH溶液和FeCl3溶液反应能得到氢氧化铁沉淀，但不会产生气体，②不符合；
③过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，则过量的Na2O2投入CuCl2溶液中最终生成氢氧化铜沉淀、氧气以及氯化钠，③符合；
④过量NaOH和Ca(HCO3)2溶液混合生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，但不会产生气体，④不符合；
答案选C。
6. 化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下表中用途与其性质或原理正确的是
选项
现象或事实
解释
A
常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂
与、反应产生
B
高压钠灯发出透雾性强黄光
金属钠具有强还原性
C
用对自来水进行消毒杀菌
氯气有强氧化性，能杀死水中的病菌
D
在医疗上烧碱可用于治疗胃酸过多
烧碱可与胃酸反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，因此过氧化钠能用作供氧剂，故A正确；
B．钠元素的焰色试验为黄色，与还原性无关，故B错误；
C．常用氯气对自来水消毒杀菌，利用氯气与水反应生成HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒，故C错误；
D．烧碱具有腐蚀性，不能治疗胃酸过多，医疗上常用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故D错误；
答案为A。
7. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 16g所含的电子数为
B. 1mol熔化时电离产生的阳离子数为
C. 标准状况下，22.4L所含的分子数为
D. 46g和的混合气体所含的原子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．16g氧气中所含电子物质的量为=8mol，故A错误；
B．硫酸氢钠在熔融状态下NaHSO4=Na++HSO，1mol硫酸氢钠熔化时电离产生的阳离子物质的量为1mol，故B错误；
C．标准状况下，CCl4不是气体，不能直接运用22.4L/mol进行计算，故C错误；
D．假设46g全部是NO2，所含原子物质的量为=3mol，假设46g全部是N2O4，所含原子物质的量为=3mol，因此46g该混合物所含原子物质的量为3mol，故D正确；
答案为D。
8. 下列描述中所对应的离子方程式正确的是
A. 溶液中通：
B. 溶于水：
C. 溶液与过量NaOH溶液：
D. 向澄清石灰水中加入过量溶液：
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化钙与CO2不发生反应，题中所给离子方程式不符合客观事实，故A错误；
B．次氯酸属于弱酸，不能拆写成离子形式，题中所给离子方程式不符合“拆写原则”，正确的是Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故B错误；
C．题中缺少HCO与OH-反应，正确的是NH+ HCO+2OH-=NH3·H2O+CO+H2O，故C错误；
D．澄清石灰水是少量，系数为1，因此澄清石灰水与足量碳酸氢钠反应的离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+2H2O+CO，故D正确；
答案为D。
9. 下列各组离子在酸性或碱性溶液中都能大量共存，且溶液为无色透明的是
A. 、、、 B. 、、、
C. 、、、 D. 、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液为无色，MnO显紫色，且MnO能将S2-氧化，所给离子在指定溶液中不能大量存在，故A不符合题意；
B．HCO在酸性、碱性中都不能大量存在，故B不符合题意；
C．所给离子在指定溶液中可以大量共存，故C符合题意；
D．CH3COO-与H+不能大量共存，NH与OH-不能大量共存，所给离子不能酸性、碱性溶液中大量共存，故D不符合题意；
答案为C。
10. 某无色、澄清溶液中只可能含有①、②、③、④、⑤、⑥、⑦中的几种，且每种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L。依次进行下列实验，每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：
步骤
操作
现象
(1)
用紫色石蕊试液检验
溶液变红
(2)
向溶液中滴加和稀HCl
有白色沉淀生成
(3)
将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入溶液和稀硝酸
有白色沉淀生成
下列结论正确的是
A. 该实验无法确定是否含有③ B. 肯定含有的离子是①②⑥
C. 可能含有的离子是①③ D. 肯定没有的离子只有④⑤⑦
【答案】B
【解析】
【分析】溶液为无色溶液，Cu2+显蓝色，原溶液中不含Cu2+，
(1)用紫色石蕊检验，溶液变红，说明含有H+，H+与CO、HCO反应，因此原溶液中不含有CO、HCO；
(2)向溶液中滴加氯化钡和稀盐酸，有白色沉淀生成，该沉淀为BaSO4，原溶液中含有SO；
(3)(2)所得混合物过滤，向滤液中加入硝酸银溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，该白色沉淀为AgCl，Cl-(2)中氯化钡和稀盐酸引入，因此原溶液中可能含有Cl-；
每种离子物质的量浓度均为0.1mol/L，根据溶液呈电中性，推出原溶液中含有Na+，不含Cl-；据此分析；
【详解】根据上述分析，一定含有的离子是Na+、H+、SO，肯定没有的离子是CO、HCO、Cl-、Cu2+，选项B正确；
答案为B。
11. ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，实验室可通过以下反应制得：2KClO3＋H2C2O4＋H2SO4===2ClO2↑＋2CO2↑＋K2SO4＋2H2O。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A. KClO3在反应中失去电子 B. ClO2是还原产物
C. H2C2O4在反应中被还原 D. 1 mol H2C2O4参加反应有4 mol电子转移
【答案】B
【解析】
【分析】2KClO3+H2C2O4+H2SO4 2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高到+4价，其余元素的化合价不变，据此分析解答。
【详解】A．KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾得电子为氧化剂，故A错误；
B．KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾为氧化剂，其对应的产物ClO2是还原产物，故B正确；
C．H2C2O4中C元素的化合价由+3价升高到+4价，H2C2O4为还原剂，在反应中被氧化，故C错误；
D．1mol H2C2O4参加反应有1mol×(4-3)=1mol电子转移，故D错误；
答案选B。
12. 汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3＋2KNO3=K2O＋5Na2O＋16N2↑下列说法正确是( )
A. KNO3是还原剂，其中氮元素被氧化
B. 生成物中的N2是氧化产物，K2O是还原产物
C. 每转移1 mol电子，可生成N2的体积为35.84 L
D. 若有65 g NaN3参加反应，则被氧化N的物质的量为3 mol
【答案】D
【解析】
【详解】A、KNO3中氮元素化合价由+5价降低为0价，KNO3是氧化剂。氮元素被还原；NaN3中氮元素化合价由升高为0价，NaN3为还原剂，A错误；
B、根据A中分析可知N2既是氧化产物又是还原产物，K2O不是还原产物，也不是氧化产物，B错误；
C、由方程式可知转移10mol电子，产生16mol气体，现若转移1mol电子，产生1.6mol气体，在标准状况下N2的体积为35.84 L，其他条件下不一定是35.84L，C错误；
D、若有65 g NaN3即1mol氮化钠参加反应，则被氧化的N的物质的量为3 mol，D正确。
答案选D。
13. 设为阿伏加德罗常数的值，200mL溶液中含和总数为，则该溶液的物质的量浓度为
A. 6.75mol/L B. 2.25mol/L C. 1.5mol/L D. 0.75mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】中与的物质的量之比为1：2，与的总数为可得该溶液中含0.15mol和0.3mol，则的物质的量为0.15mol，该溶液的物质的量浓度为，答案选D；
14. 1.0mol和1.0molCO，有关物理量一定相同的是
①质量 ②分子数 ③原子总数 ④质子总数 ⑤气体的体积
A. 只有② B. 只有①② C. 只有①②③④ D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】
【分析】①1.0mol的质量为：=1.0mol28=28g，1.0molCO的质量为：=1.0mol28=28g，故二者的质量相同。②与CO的物质的量一致，根据公式，，则二者的分子数相同。③每个氮气分子含有两个原子，每个一氧化碳分子也含有两个原子，二者的分子数相同，原子数也相同。④1个氮气分子的质子数为72=14，故1.0mol含有的质子的物质的量为14mol，1个一氧化碳分子的质子数为6+8=14，故1.0mol一氧化碳分子含有的质子的物质的量为14mol，结合公式，二者的质子数也相同。⑤根据公式：，物质的量相同，但是可能不同，故体积不一定相同。
【详解】综上所述，本题答案选C。
15. 两气体A和B的摩尔质量之比为2:1，则它们在同温、同压、同体积时的分子个数比应为
A. 1:1 B. 1：2 C. 2：1 D. 4：1
【答案】A
【解析】
【详解】根据阿伏加德罗定律可知在同温、同压、同体积时的分子个数相同，即比值应为1：1，答案选A。
点睛：明确阿伏加德罗定律的含义、适用范围和条件是解答的关键。同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律，又叫四同定律，也叫五同定律（五同指同温、同压、同体积、同分子个数、同物质的量）。另外还需要注意常用的几个推论：①同温同压下，V1/V2=n1/n2；②同温同体积时，P1/P2=n1/n2=N1/N2；③同温同压等质量时，V1/V2＝M2/M1；④同温同压时，M1/M2＝ρ1/ρ2。
16. 一个固定容积的密闭容器中盛有24gX气体时，压强为。相同温度下，改装含个分子时容器内压强增加至，则X气体的摩尔质量是
A. 64g/mol B. 48g/mol C. 36g/mol D. 16g/mol
【答案】B
【解析】
【详解】相同温度下，相同体积的容器中，压强之比等于物质的量之比，，代入数据：，，，所以，故选B。
17. 将aL和的混合溶液分成两等份，一份加bmol溶液使完全沉淀；另一份加足量NaOH溶液并加热可得cmol，则原溶液中的物质的量浓度为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】一份加bmol溶液使完全沉淀，说明一份溶液中含有bmol；一份加足量NaOH溶液并加热可得cmol，说明一份溶液中含有cmol；设一份溶液含有amolAl3+，根据电荷守恒3n(Al3+)+ n()=2 n()，n(Al3+)=，原溶液中的物质的量浓度，故选D。
18. 将60mL12mol/L的盐酸()稀释成6mol/L的盐酸()，需加水的体积为(假定水的密度为)
A. 63mL B. 55mL C. 52.5mL D. 50mL
【答案】A
【解析】
【详解】设稀释后溶液的体积为VmL,根据稀释前后HCl的物质的量相等，60mL×12mol/L=V×6mol/L，V=120mL，加水的质量为120mL×1.1g/mL-60mL×1.15g/mL=63g，所以加水的体积为63mL，故选A。
19. 现加热5g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了0.31g，则原混合物中碳酸钠的质量为
A. 3.38g B. 4.58g C. 4.16g D. 4.41g
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】碳酸氢钠受热容易分解为碳酸钠，从反应方程分析可知，固体质量减少的部分就是二氧化碳和水蒸气的质量，设碳酸氢钠的质量为x，
，解得x=0.84g，则m(Na2CO3)=5.00g-0.84g=4.16g。
答案选C。
20. 将一定量的氯气通入300 mL 浓度为lmol/L的NaOH 溶液中恰好完全反应，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO及NaClO3的共存体系．下列判断不正确的是
A. n（Na+）：n（C1-）可能为7：3
B. n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：1：2
C. 参加反应氯气物质的量为0.15mol
D. 反应中转移电子物质的量n的范围：0.15mol＜n＜0.25mol
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n(Na+)：n(Cl-)最大为2：1，当氧化产物为NaClO3，n(Na+)：n(Cl-)最小为6：5，故6：5＜n(Na+)：n(Cl-)＜2：1，7：3＞2：1，故A错误；
B．令n(NaCl)=11mol，n(NaClO)=2mol，n(NaClO3)=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为1mol×1+2mol×5=11mol，得失电子相等，故B正确；
C．氯原子守恒有2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.3mol，故参加反应的氯气n(Cl2)=0.15mol，故C正确；
D．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为0.3mol××1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol××1=0.25mol，故D正确；
故答案A。
【点睛】根据原子守恒及转移电子守恒是解本题关键，n(NaOH)=1mol/L×0.3L=0.3mol/L，氯气和氢氧化钠恰好反应生成NaCl、NaClO及NaClO3，根据钠元素守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)，再根据氯原子守恒有2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)，根据转移电子守恒得n(C1-)=n(ClO-)+5n(ClO3-)，据此解题即可。
二、非选择题(本题包括3个小题，共计40分)
21. 化学与人类生活密切相关。按要求回答下列问题：
（1）将新鲜的花瓣放入干燥的氯气中可观察到的现象是___________，原因是___________。
（2）氯水久置或光照条件下均会变成稀盐酸，同时释放出氧气，说明次氯酸___________，反应的化学方程式为___________。
（3）是一种重要的净水剂，可用下列方法制得：。当反应中有1mol生成时，消耗在标况下的体积为___________L，转移电子数为___________。
【答案】（1） ①. 花瓣褪色 ②. 新鲜花瓣中含有水分，遇氯气产生HClO，HClO具有漂白性
（2） ①. 不稳定 ②. 2HClO2HCl+O2↑
（3） ①. 33.6 ②. 3NA或1.806×1024
【解析】
【小问1详解】
新鲜的花瓣中含有水分，遇氯气会发生反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白性，所以将新鲜的花瓣放入干燥的氯气中可观察到的现象是花瓣褪色；故答案为花瓣褪色；新鲜花瓣中含有水分，遇氯气产生HClO，HClO具有漂白性；
【小问2详解】
氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO，HClO不稳定，见光或受热分解成HCl和氧气，久置氯水或光照条件下，均会变成稀盐酸；反应化学方程式为2HClO2HCl+O2↑；故答案为不稳定；2HClO2HCl+O2↑；
【小问3详解】
根据反应方程式可知，生成1mol高铁酸钾，消耗标准状况下氯气的体积为L=33.6L；根据反应方程式可知，铁元素的化合价由+3价→+6价，氯元素的化合价由0价→-1价，因此生成2mol高铁酸钾，转移电子物质的量为6mol，即生成1mol高铁酸钾，转移电子物质的量为3mol；故答案为33.6；3NA或1.806×1024。
22. 一定物质的量浓度硫酸铜溶液的配制。
（1）已知室温下饱和硫酸铜溶液的质量分数为20%，密度为，溶液中的物质的量浓度为___________。现要用这种饱和硫酸铜溶液来配制240mL0.05mol/L硫酸铜溶液，实验中需要用量筒量取该硫酸铜溶液___________mL。
（2）从下列选项中选出实验中不需要用到的仪器或用品___________(填序号)。实验中还缺少的重要仪器是___________。容量瓶使用之前应进行的操作是___________。
A．天平 B．100mL烧杯 C．10mL量筒 D．100mL容量瓶 E．250mL容量瓶 F．玻璃棒
（3）下列操作将使所配溶液物质的量浓度偏高的是___________(填字母序号)。
A．在量取饱和硫酸铜溶液时仰视读数
B．移液时不小心溅出少许溶液
C．容量瓶洗净后未经干燥就直接使用
D．定容时俯视容量瓶刻度线
E．未洗涤烧杯和玻璃棒
F．定容后液面下降，又补少量水至刻度线
【答案】（1） ①. 1.5mol/L ②. 8.3
（2） ①. AD ②. 胶头滴管 ③. 检查是否漏水或检漏
（3）AD
【解析】
【小问1详解】
根据c=，硫酸铜的物质的量浓度为mol/L=1.5mol/L；高中实验室中没有240mL的容量瓶，应选用250mL容量瓶，根据稀释前后溶质的物质的量不变，有VmL×10-3L/mL×1.5mol/L=250mL×10-3L/mL×0.05mol/L，解得V≈8.3；故答案为1.5mol/L；8.3；
【小问2详解】
根据问题(1)，用8.3mL1.5mol/L硫酸铜溶液配制0.05mol/L硫酸铜溶液，应选用10mL量筒，不用天平，因为配制240mL溶液，需要用250mL容量瓶，不需要100mL容量瓶，以及还需要的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管；容量瓶使用前应进行操作是检查是否漏水；故答案为AD；胶头滴管；检查是否漏水或检漏；
【小问3详解】
A．量取饱和硫酸铜溶液时仰视读数，量取饱和硫酸铜溶液的体积偏大，即溶质物质的量偏大，所配溶液浓度偏高，故A符合题意；
B．移液时不小心溅出少许溶液，导致溶质损失，使溶质的物质的量减少，所配溶液浓度偏低，故B不符合题意；
C．容量瓶洗净后，容量瓶中是否有水，对实验结果无影响，故C不符合题意；
D．定容时俯视容量瓶刻度线，导致容量瓶中溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故D符合题意；
E．未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质损失，则所配溶液浓度偏低，故E不符合题意；
F．定容后液面下降，又补少量水至刻度线，稀释溶液，浓度偏低，故F不符合题意；
答案为AD。
23. 一定条件下，向10mL和NaOH的混合溶液中缓慢通入足量的气体，生成沉淀的质量(m)与通入气体的体积(V)(已折算成标准状况)的关系如下图所示。
回答下列问题：
（1）①A点前发生反应的离子方程式是___________；
②B→C发生反应的离子方程式是___________。
（2）A点对应生成沉淀的质量为___________；C点对应的的体积是___________。
（3）向A点和B点间的P点所对应的溶液中逐滴滴加盐酸，滴加盐酸的体积与产生气体的物质的量之间所对应的图像可能是___________(填字母)。
（4）混合稀溶液中和NaOH的物质的量浓度之比为___________。
（5）若取2L该混合溶液，通入一定体积的，结果生成了5g沉淀，则通入气体的体积(标准状况)可能是___________。
【答案】（1） ①. CO2+Ca2++2OH- = CaCO3↓+H2O ②. CO +H2O+CO2=2HCO
（2） ①. 0.05g ②. 56ml
（3）C （4）1∶4
（5）1.12L或12.32L
【解析】
【分析】向Ca(OH)2和NaOH的混合稀溶液中通入CO2，开始产生沉淀，故A点之前发生反应:：CO2+Ca(OH)2 = CaCO3↓+H2O，A~B之间发生的反应为:2NaOH+CO2= Na2CO3+H2O， B~C之间发生反应Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，C后发生反应CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2。
【小问1详解】
根据以上分析A点前发生反应CO2+Ca(OH)2 = CaCO3↓+H2O，离子方程式是CO2+Ca2++2OH- = CaCO3↓+H2O，B→C发生反应方程式Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3
，离子方程式是CO +H2O+CO2=2HCO，答案：CO2+Ca2++2OH- = CaCO3↓+H2O；CO +H2O+CO2=2HCO；
【小问2详解】
A点之前发生反应：CO2+Ca(OH)2 = CaCO3↓+H2O，A点消耗CO2物质的量 ，则生成CaCO3物质的量，质量为。C点碳酸钙开始溶解，反生反应CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，则消耗标准状况下CO211.2ml，则C点对应的的体积67.2ml-11.2ml=56ml。答案：0.05g；56ml；
【小问3详解】
A~B之间发生的反应为:2NaOH+CO2= Na2CO3+H2O，P在A、B点之间，所以溶液成分为碳酸钠和氢氧化钠，其中滴加盐酸，先发生反应: NaOH+HCl=NaCl+H2O，然后发生反应: Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，最后发生反应:NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以开始没有气体生成，加入一定盐酸后有气体生成，生成气体阶段消耗盐酸体积比没有气体生成阶段消耗盐酸体积少，C选项符合题意，答案：C；
【小问4详解】
由前边分析可知CO2+Ca(OH)2 = CaCO3↓+H2O，物质的量，溶液中的物质的量浓度为，前面求得V2=56ml，则氢氧化钠最终转化为碳酸氢钠反应总方程式NaOH+CO2= NaHCO3，共消耗标准状况下二氧化碳56ml-11.2ml=44.8ml，NaOH的物质的量为， NaOH的物质的量浓度
，溶液中和NaOH的物质的量浓度之比为∶=1∶4，答案：1∶4；
【小问5详解】
已知溶液中和NaOH的物质的量浓度分别为、，2L该混合溶液中含0.1molCa(OH)2、0.4molNaOH，由题意知5g沉淀为碳酸钙，CaCO3物质的量为0.05mol<0.1mol，所以应该有2种情况，若CO2不足，只有部分Ca(OH)2参加反应生成CaCO3，该情况NaOH不反应，则n(CO2)=n(CaCO3)=0.05mol，标准状况下体积V(CO2)=0.05mol22.4L/mol=1.12L。若是Ca(OH)2全部反应，一部分转化为CaCO3，另一部分转化为Ca(HCO3)2，该情况 NaOH反应转化为NaHCO3，由Ca原子守恒可知n[Ca(HCO3)2]=0.1mol-0.05mol= 0.05mol，由钠离子守恒可知n(NaHCO3) =n(NaOH) =0.4mol，由碳原子守恒可知n(CO2)=n(CaCO3)+2n[Ca(HCO3)2]+n(NaHCO3)= 0.05mol+20.05mol+0.4mol=0.55mol，标准状况下体积V(CO2)=0.55mol22.4L/mol=12.32L。答案：1.12L或12.32L。
重庆市南开中学高2025届高一上化学12月月考
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Cu-64
一、选择题(本题包括20个小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个正确答案)
1. 生活中难免会遇到一些突发事件，我们要善于利用学过的知识，采取科学、有效的方法保护自己。如果发生了氯气泄漏，以下自救得当的是
A. 用沾小苏打水的毛巾捂住口鼻撤退 B. 向地势低的地方撤离
C. 观察风向，顺风撤离 D. 在室内放一盆水
【答案】A
【解析】
【详解】A．小苏打为NaHCO3，其水溶液显碱性，能吸收氯气，故A正确；
B．氯气密度比空气大，应向地势高的地方跑，故B错误；
C．逆风跑，才可以脱离氯气笼罩，故C错误；
D．氯气虽然能溶于水，但在水中溶解度较小，故D错误；
答案为A。
2. 在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质，下列关于氯水的说法不正确的是
A. 氯水放置数天后pH将变小
B. 加入有色布条，布条褪色，是因为溶液中的HClO有强氧化性
C. 光照氯水时有气泡冒出，该气体是氯气
D. 新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色
【答案】D
【解析】
【详解】A．次氯酸是弱酸，盐酸是强酸，次氯酸易分解为盐酸和氧气，所以氯水放置数天后pH将变小，故A正确；
B．次氯酸具有漂白性，加入有色布条，布条褪色，说明溶液中有HClO，故B正确；
C．次氯酸不稳定，见光易分解为盐酸和氧气，光照冒出的气泡是氧气，故C错误；
D．氯气溶于水时，部分与水反应生成盐酸和次氯酸，因此新制氯水具有酸性，可使蓝色石蕊试纸先变红，由于次氯酸具有漂白性，因此后又使其褪色，故D正确。
故选C。
3. 有关过氧化钠与水反应，下列说法错误的是
A. 产生的气体可以使带火星的木条复燃
B. 1mol过氧化钠完全参加反应，将转移电子2mol
C. 反应后的溶液中滴加酚酞后溶液将变红，振荡后红色消失
D. 该反应是放热反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．过氧化钠与水反应生成氧气，氧气支持燃烧，能够使带火星的木条复燃，故A正确；
B．1mol过氧化钠与足量的水反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，反应转移NA个电子，故B错误；
C．过氧化钠与水反应后生成氢氧化钠，溶液显碱性，遇到酚酞变红色，过氧化钠与水反应会生成过氧化氢，过氧化氢具有漂白性，会使溶液红色褪去，故C正确；
D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，属于氧化还原反应，且该反应还是放热反应，故D正确。
故选B。
4. 下列氯化物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. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A、铜与盐酸不反应，A错误；B、铁与氯气反应生成氯化铁，与盐酸反应生成氯化亚铁，B错误；C、钠与氯气或与盐酸反应均生成氯化钠，C正确；D、根据B中分析可知D错误，答案选C。
5. 下列各组物质相互混合反应，既有气体生成最终又有沉淀生成的是
①金属钠投入MgCl2溶液中
②过量的NaOH溶液和FeCl3溶液
③过量的Na2O2投入CuCl2溶液中
④过量NaOH和Ca(HCO3)2溶液混合
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ③④
【答案】C
【解析】
【详解】①金属钠投入MgCl2溶液中生成氢气、氢氧化镁沉淀和氯化钠，①符合；
②过量的NaOH溶液和FeCl3溶液反应能得到氢氧化铁沉淀，但不会产生气体，②不符合；
③过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，则过量的Na2O2投入CuCl2溶液中最终生成氢氧化铜沉淀、氧气以及氯化钠，③符合；
④过量NaOH和Ca(HCO3)2溶液混合生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，但不会产生气体，④不符合；
答案选C。
6. 化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下表中用途与其性质或原理正确的是
选项
现象或事实
解释
A
常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂
与、反应产生
B
高压钠灯发出透雾性强黄光
金属钠具有强还原性
C
用对自来水进行消毒杀菌
氯气有强氧化性，能杀死水中的病菌
D
在医疗上烧碱可用于治疗胃酸过多
烧碱可与胃酸反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，因此过氧化钠能用作供氧剂，故A正确；
B．钠元素的焰色试验为黄色，与还原性无关，故B错误；
C．常用氯气对自来水消毒杀菌，利用氯气与水反应生成HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒，故C错误；
D．烧碱具有腐蚀性，不能治疗胃酸过多，医疗上常用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故D错误；
答案为A。
7. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 16g所含的电子数为
B. 1mol熔化时电离产生的阳离子数为
C. 标准状况下，22.4L所含的分子数为
D. 46g和的混合气体所含的原子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．16g氧气中所含电子物质的量为=8mol，故A错误；
B．硫酸氢钠在熔融状态下NaHSO4=Na++HSO，1mol硫酸氢钠熔化时电离产生的阳离子物质的量为1mol，故B错误；
C．标准状况下，CCl4不是气体，不能直接运用22.4L/mol进行计算，故C错误；
D．假设46g全部是NO2，所含原子物质的量为=3mol，假设46g全部是N2O4，所含原子物质的量为=3mol，因此46g该混合物所含原子物质的量为3mol，故D正确；
答案为D。
8. 下列描述中所对应的离子方程式正确的是
A. 溶液中通：
B. 溶于水：
C. 溶液与过量NaOH溶液：
D. 向澄清石灰水中加入过量溶液：
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化钙与CO2不发生反应，题中所给离子方程式不符合客观事实，故A错误；
B．次氯酸属于弱酸，不能拆写成离子形式，题中所给离子方程式不符合“拆写原则”，正确的是Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故B错误；
C．题中缺少HCO与OH-反应，正确的是NH+ HCO+2OH-=NH3·H2O+CO+H2O，故C错误；
D．澄清石灰水是少量，系数为1，因此澄清石灰水与足量碳酸氢钠反应的离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+2H2O+CO，故D正确；
答案为D。
9. 下列各组离子在酸性或碱性溶液中都能大量共存，且溶液为无色透明的是
A. 、、、 B. 、、、
C. 、、、 D. 、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液为无色，MnO显紫色，且MnO能将S2-氧化，所给离子在指定溶液中不能大量存在，故A不符合题意；
B．HCO在酸性、碱性中都不能大量存在，故B不符合题意；
C．所给离子在指定溶液中可以大量共存，故C符合题意；
D．CH3COO-与H+不能大量共存，NH与OH-不能大量共存，所给离子不能酸性、碱性溶液中大量共存，故D不符合题意；
答案为C。
10. 某无色、澄清溶液中只可能含有①、②、③、④、⑤、⑥、⑦中的几种，且每种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L。依次进行下列实验，每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：
步骤
操作
现象
(1)
用紫色石蕊试液检验
溶液变红
(2)
向溶液中滴加和稀HCl
有白色沉淀生成
(3)
将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入溶液和稀硝酸
有白色沉淀生成
下列结论正确的是
A. 该实验无法确定是否含有③ B. 肯定含有的离子是①②⑥
C. 可能含有的离子是①③ D. 肯定没有的离子只有④⑤⑦
【答案】B
【解析】
【分析】溶液为无色溶液，Cu2+显蓝色，原溶液中不含Cu2+，
(1)用紫色石蕊检验，溶液变红，说明含有H+，H+与CO、HCO反应，因此原溶液中不含有CO、HCO；
(2)向溶液中滴加氯化钡和稀盐酸，有白色沉淀生成，该沉淀为BaSO4，原溶液中含有SO；
(3)(2)所得混合物过滤，向滤液中加入硝酸银溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，该白色沉淀为AgCl，Cl-(2)中氯化钡和稀盐酸引入，因此原溶液中可能含有Cl-；
每种离子物质的量浓度均为0.1mol/L，根据溶液呈电中性，推出原溶液中含有Na+，不含Cl-；据此分析；
【详解】根据上述分析，一定含有的离子是Na+、H+、SO，肯定没有的离子是CO、HCO、Cl-、Cu2+，选项B正确；
答案为B。
11. ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，实验室可通过以下反应制得：2KClO3＋H2C2O4＋H2SO4===2ClO2↑＋2CO2↑＋K2SO4＋2H2O。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A. KClO3在反应中失去电子 B. ClO2是还原产物
C. H2C2O4在反应中被还原 D. 1 mol H2C2O4参加反应有4 mol电子转移
【答案】B
【解析】
【分析】2KClO3+H2C2O4+H2SO4 2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高到+4价，其余元素的化合价不变，据此分析解答。
【详解】A．KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾得电子为氧化剂，故A错误；
B．KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾为氧化剂，其对应的产物ClO2是还原产物，故B正确；
C．H2C2O4中C元素的化合价由+3价升高到+4价，H2C2O4为还原剂，在反应中被氧化，故C错误；
D．1mol H2C2O4参加反应有1mol×(4-3)=1mol电子转移，故D错误；
答案选B。
12. 汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3＋2KNO3=K2O＋5Na2O＋16N2↑下列说法正确是( )
A. KNO3是还原剂，其中氮元素被氧化
B. 生成物中的N2是氧化产物，K2O是还原产物
C. 每转移1 mol电子，可生成N2的体积为35.84 L
D. 若有65 g NaN3参加反应，则被氧化N的物质的量为3 mol
【答案】D
【解析】
【详解】A、KNO3中氮元素化合价由+5价降低为0价，KNO3是氧化剂。氮元素被还原；NaN3中氮元素化合价由升高为0价，NaN3为还原剂，A错误；
B、根据A中分析可知N2既是氧化产物又是还原产物，K2O不是还原产物，也不是氧化产物，B错误；
C、由方程式可知转移10mol电子，产生16mol气体，现若转移1mol电子，产生1.6mol气体，在标准状况下N2的体积为35.84 L，其他条件下不一定是35.84L，C错误；
D、若有65 g NaN3即1mol氮化钠参加反应，则被氧化的N的物质的量为3 mol，D正确。
答案选D。
13. 设为阿伏加德罗常数的值，200mL溶液中含和总数为，则该溶液的物质的量浓度为
A. 6.75mol/L B. 2.25mol/L C. 1.5mol/L D. 0.75mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】中与的物质的量之比为1：2，与的总数为可得该溶液中含0.15mol和0.3mol，则的物质的量为0.15mol，该溶液的物质的量浓度为，答案选D；
14. 1.0mol和1.0molCO，有关物理量一定相同的是
①质量 ②分子数 ③原子总数 ④质子总数 ⑤气体的体积
A. 只有② B. 只有①② C. 只有①②③④ D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】
【分析】①1.0mol的质量为：=1.0mol28=28g，1.0molCO的质量为：=1.0mol28=28g，故二者的质量相同。②与CO的物质的量一致，根据公式，，则二者的分子数相同。③每个氮气分子含有两个原子，每个一氧化碳分子也含有两个原子，二者的分子数相同，原子数也相同。④1个氮气分子的质子数为72=14，故1.0mol含有的质子的物质的量为14mol，1个一氧化碳分子的质子数为6+8=14，故1.0mol一氧化碳分子含有的质子的物质的量为14mol，结合公式，二者的质子数也相同。⑤根据公式：，物质的量相同，但是可能不同，故体积不一定相同。
【详解】综上所述，本题答案选C。
15. 两气体A和B的摩尔质量之比为2:1，则它们在同温、同压、同体积时的分子个数比应为
A. 1:1 B. 1：2 C. 2：1 D. 4：1
【答案】A
【解析】
【详解】根据阿伏加德罗定律可知在同温、同压、同体积时的分子个数相同，即比值应为1：1，答案选A。
点睛：明确阿伏加德罗定律的含义、适用范围和条件是解答的关键。同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律，又叫四同定律，也叫五同定律（五同指同温、同压、同体积、同分子个数、同物质的量）。另外还需要注意常用的几个推论：①同温同压下，V1/V2=n1/n2；②同温同体积时，P1/P2=n1/n2=N1/N2；③同温同压等质量时，V1/V2＝M2/M1；④同温同压时，M1/M2＝ρ1/ρ2。
16. 一个固定容积的密闭容器中盛有24gX气体时，压强为。相同温度下，改装含个分子时容器内压强增加至，则X气体的摩尔质量是
A. 64g/mol B. 48g/mol C. 36g/mol D. 16g/mol
【答案】B
【解析】
【详解】相同温度下，相同体积的容器中，压强之比等于物质的量之比，，代入数据：，，，所以，故选B。
17. 将aL和的混合溶液分成两等份，一份加bmol溶液使完全沉淀；另一份加足量NaOH溶液并加热可得cmol，则原溶液中的物质的量浓度为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】一份加bmol溶液使完全沉淀，说明一份溶液中含有bmol；一份加足量NaOH溶液并加热可得cmol，说明一份溶液中含有cmol；设一份溶液含有amolAl3+，根据电荷守恒3n(Al3+)+ n()=2 n()，n(Al3+)=，原溶液中的物质的量浓度，故选D。
18. 将60mL12mol/L的盐酸()稀释成6mol/L的盐酸()，需加水的体积为(假定水的密度为)
A. 63mL B. 55mL C. 52.5mL D. 50mL
【答案】A
【解析】
【详解】设稀释后溶液的体积为VmL,根据稀释前后HCl的物质的量相等，60mL×12mol/L=V×6mol/L，V=120mL，加水的质量为120mL×1.1g/mL-60mL×1.15g/mL=63g，所以加水的体积为63mL，故选A。
19. 现加热5g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了0.31g，则原混合物中碳酸钠的质量为
A. 3.38g B. 4.58g C. 4.16g D. 4.41g
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】碳酸氢钠受热容易分解为碳酸钠，从反应方程分析可知，固体质量减少的部分就是二氧化碳和水蒸气的质量，设碳酸氢钠的质量为x，
，解得x=0.84g，则m(Na2CO3)=5.00g-0.84g=4.16g。
答案选C。
20. 将一定量的氯气通入300 mL 浓度为lmol/L的NaOH 溶液中恰好完全反应，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO及NaClO3的共存体系．下列判断不正确的是
A. n（Na+）：n（C1-）可能为7：3
B. n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：1：2
C. 参加反应氯气物质的量为0.15mol
D. 反应中转移电子物质的量n的范围：0.15mol＜n＜0.25mol
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n(Na+)：n(Cl-)最大为2：1，当氧化产物为NaClO3，n(Na+)：n(Cl-)最小为6：5，故6：5＜n(Na+)：n(Cl-)＜2：1，7：3＞2：1，故A错误；
B．令n(NaCl)=11mol，n(NaClO)=2mol，n(NaClO3)=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为1mol×1+2mol×5=11mol，得失电子相等，故B正确；
C．氯原子守恒有2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.3mol，故参加反应的氯气n(Cl2)=0.15mol，故C正确；
D．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为0.3mol××1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol××1=0.25mol，故D正确；
故答案A。
【点睛】根据原子守恒及转移电子守恒是解本题关键，n(NaOH)=1mol/L×0.3L=0.3mol/L，氯气和氢氧化钠恰好反应生成NaCl、NaClO及NaClO3，根据钠元素守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)，再根据氯原子守恒有2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)，根据转移电子守恒得n(C1-)=n(ClO-)+5n(ClO3-)，据此解题即可。
二、非选择题(本题包括3个小题，共计40分)
21. 化学与人类生活密切相关。按要求回答下列问题：
（1）将新鲜的花瓣放入干燥的氯气中可观察到的现象是___________，原因是___________。
（2）氯水久置或光照条件下均会变成稀盐酸，同时释放出氧气，说明次氯酸___________，反应的化学方程式为___________。
（3）是一种重要的净水剂，可用下列方法制得：。当反应中有1mol生成时，消耗在标况下的体积为___________L，转移电子数为___________。
【答案】（1） ①. 花瓣褪色 ②. 新鲜花瓣中含有水分，遇氯气产生HClO，HClO具有漂白性
（2） ①. 不稳定 ②. 2HClO2HCl+O2↑
（3） ①. 33.6 ②. 3NA或1.806×1024
【解析】
【小问1详解】
新鲜的花瓣中含有水分，遇氯气会发生反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白性，所以将新鲜的花瓣放入干燥的氯气中可观察到的现象是花瓣褪色；故答案为花瓣褪色；新鲜花瓣中含有水分，遇氯气产生HClO，HClO具有漂白性；
【小问2详解】
氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO，HClO不稳定，见光或受热分解成HCl和氧气，久置氯水或光照条件下，均会变成稀盐酸；反应化学方程式为2HClO2HCl+O2↑；故答案为不稳定；2HClO2HCl+O2↑；
【小问3详解】
根据反应方程式可知，生成1mol高铁酸钾，消耗标准状况下氯气的体积为L=33.6L；根据反应方程式可知，铁元素的化合价由+3价→+6价，氯元素的化合价由0价→-1价，因此生成2mol高铁酸钾，转移电子物质的量为6mol，即生成1mol高铁酸钾，转移电子物质的量为3mol；故答案为33.6；3NA或1.806×1024。
22. 一定物质的量浓度硫酸铜溶液的配制。
（1）已知室温下饱和硫酸铜溶液的质量分数为20%，密度为，溶液中的物质的量浓度为___________。现要用这种饱和硫酸铜溶液来配制240mL0.05mol/L硫酸铜溶液，实验中需要用量筒量取该硫酸铜溶液___________mL。
（2）从下列选项中选出实验中不需要用到的仪器或用品___________(填序号)。实验中还缺少的重要仪器是___________。容量瓶使用之前应进行的操作是___________。
A．天平 B．100mL烧杯 C．10mL量筒 D．100mL容量瓶 E．250mL容量瓶 F．玻璃棒
（3）下列操作将使所配溶液物质的量浓度偏高的是___________(填字母序号)。
A．在量取饱和硫酸铜溶液时仰视读数
B．移液时不小心溅出少许溶液
C．容量瓶洗净后未经干燥就直接使用
D．定容时俯视容量瓶刻度线
E．未洗涤烧杯和玻璃棒
F．定容后液面下降，又补少量水至刻度线
【答案】（1） ①. 1.5mol/L ②. 8.3
（2） ①. AD ②. 胶头滴管 ③. 检查是否漏水或检漏
（3）AD
【解析】
【小问1详解】
根据c=，硫酸铜的物质的量浓度为mol/L=1.5mol/L；高中实验室中没有240mL的容量瓶，应选用250mL容量瓶，根据稀释前后溶质的物质的量不变，有VmL×10-3L/mL×1.5mol/L=250mL×10-3L/mL×0.05mol/L，解得V≈8.3；故答案为1.5mol/L；8.3；
【小问2详解】
根据问题(1)，用8.3mL1.5mol/L硫酸铜溶液配制0.05mol/L硫酸铜溶液，应选用10mL量筒，不用天平，因为配制240mL溶液，需要用250mL容量瓶，不需要100mL容量瓶，以及还需要的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管；容量瓶使用前应进行操作是检查是否漏水；故答案为AD；胶头滴管；检查是否漏水或检漏；
【小问3详解】
A．量取饱和硫酸铜溶液时仰视读数，量取饱和硫酸铜溶液的体积偏大，即溶质物质的量偏大，所配溶液浓度偏高，故A符合题意；
B．移液时不小心溅出少许溶液，导致溶质损失，使溶质的物质的量减少，所配溶液浓度偏低，故B不符合题意；
C．容量瓶洗净后，容量瓶中是否有水，对实验结果无影响，故C不符合题意；
D．定容时俯视容量瓶刻度线，导致容量瓶中溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故D符合题意；
E．未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质损失，则所配溶液浓度偏低，故E不符合题意；
F．定容后液面下降，又补少量水至刻度线，稀释溶液，浓度偏低，故F不符合题意；
答案为AD。
23. 一定条件下，向10mL和NaOH的混合溶液中缓慢通入足量的气体，生成沉淀的质量(m)与通入气体的体积(V)(已折算成标准状况)的关系如下图所示。
回答下列问题：
（1）①A点前发生反应的离子方程式是___________；
②B→C发生反应的离子方程式是___________。
（2）A点对应生成沉淀的质量为___________；C点对应的的体积是___________。
（3）向A点和B点间的P点所对应的溶液中逐滴滴加盐酸，滴加盐酸的体积与产生气体的物质的量之间所对应的图像可能是___________(填字母)。
（4）混合稀溶液中和NaOH的物质的量浓度之比为___________。
（5）若取2L该混合溶液，通入一定体积的，结果生成了5g沉淀，则通入气体的体积(标准状况)可能是___________。
【答案】（1） ①. CO2+Ca2++2OH- = CaCO3↓+H2O ②. CO +H2O+CO2=2HCO
（2） ①. 0.05g ②. 56ml
（3）C （4）1∶4
（5）1.12L或12.32L
【解析】
【分析】向Ca(OH)2和NaOH的混合稀溶液中通入CO2，开始产生沉淀，故A点之前发生反应:：CO2+Ca(OH)2 = CaCO3↓+H2O，A~B之间发生的反应为:2NaOH+CO2= Na2CO3+H2O， B~C之间发生反应Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，C后发生反应CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2。
【小问1详解】
根据以上分析A点前发生反应CO2+Ca(OH)2 = CaCO3↓+H2O，离子方程式是CO2+Ca2++2OH- = CaCO3↓+H2O，B→C发生反应方程式Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3
，离子方程式是CO +H2O+CO2=2HCO，答案：CO2+Ca2++2OH- = CaCO3↓+H2O；CO +H2O+CO2=2HCO；
【小问2详解】
A点之前发生反应：CO2+Ca(OH)2 = CaCO3↓+H2O，A点消耗CO2物质的量 ，则生成CaCO3物质的量，质量为。C点碳酸钙开始溶解，反生反应CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，则消耗标准状况下CO211.2ml，则C点对应的的体积67.2ml-11.2ml=56ml。答案：0.05g；56ml；
【小问3详解】
A~B之间发生的反应为:2NaOH+CO2= Na2CO3+H2O，P在A、B点之间，所以溶液成分为碳酸钠和氢氧化钠，其中滴加盐酸，先发生反应: NaOH+HCl=NaCl+H2O，然后发生反应: Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，最后发生反应:NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以开始没有气体生成，加入一定盐酸后有气体生成，生成气体阶段消耗盐酸体积比没有气体生成阶段消耗盐酸体积少，C选项符合题意，答案：C；
【小问4详解】
由前边分析可知CO2+Ca(OH)2 = CaCO3↓+H2O，物质的量，溶液中的物质的量浓度为，前面求得V2=56ml，则氢氧化钠最终转化为碳酸氢钠反应总方程式NaOH+CO2= NaHCO3，共消耗标准状况下二氧化碳56ml-11.2ml=44.8ml，NaOH的物质的量为， NaOH的物质的量浓度
，溶液中和NaOH的物质的量浓度之比为∶=1∶4，答案：1∶4；
【小问5详解】
已知溶液中和NaOH的物质的量浓度分别为、，2L该混合溶液中含0.1molCa(OH)2、0.4molNaOH，由题意知5g沉淀为碳酸钙，CaCO3物质的量为0.05mol<0.1mol，所以应该有2种情况，若CO2不足，只有部分Ca(OH)2参加反应生成CaCO3，该情况NaOH不反应，则n(CO2)=n(CaCO3)=0.05mol，标准状况下体积V(CO2)=0.05mol22.4L/mol=1.12L。若是Ca(OH)2全部反应，一部分转化为CaCO3，另一部分转化为Ca(HCO3)2，该情况 NaOH反应转化为NaHCO3，由Ca原子守恒可知n[Ca(HCO3)2]=0.1mol-0.05mol= 0.05mol，由钠离子守恒可知n(NaHCO3) =n(NaOH) =0.4mol，由碳原子守恒可知n(CO2)=n(CaCO3)+2n[Ca(HCO3)2]+n(NaHCO3)= 0.05mol+20.05mol+0.4mol=0.55mol，标准状况下体积V(CO2)=0.55mol22.4L/mol=12.32L。答案：1.12L或12.32L。
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