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2022-2023学年浙江省温州中学高一上学期期中考试化学试题（解析版）
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这是一份2022-2023学年浙江省温州中学高一上学期期中考试化学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
浙江省温州中学2022-2023学年高一上学期期中考试
化学试题
一、选择题(本题包括15小题，每小题2分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列物质属于纯净物的是
A. 软锰矿 B. 烧碱 C. 蔗糖溶液 D. 胶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．软锰矿主要成分是二氧化锰，还含有杂质，是混合物，故A错误；
B．烧碱是氢氧化钠，是纯净物，故B正确；
C．蔗糖溶液属于混合物，故C错误；
D．胶体属于分散系，分散系属于混合物，故D错误；
答案选B。
2. 名称为“干燥管”的仪器是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A． 的名称为容量瓶，A不选；
B． 的名称为干燥管，B选；
C． 名称为冷凝管，C不选；
D． 的名称为长颈漏斗，D不选；
答案选B。
3. 既能用浓硫酸干燥，又能用碱石灰干燥的气体是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】浓硫酸具有吸水性和强氧化性，可以干燥酸性和中性气体，不能干燥碱性气体和还原性气体，碱石灰的成分是氢氧化钠和氧化钙的混合物，可以干燥碱性气体，不能干燥酸性气体。
【详解】A．Cl2是酸性气体，能用浓硫酸干燥，但是不能用碱石灰干燥，故A错误；
B．是碱性气体，能与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥，能用碱石灰干燥，故B错误；
C．SO2是酸性气体，能用浓硫酸干燥，但是不能用碱石灰干燥，故C错误；
D．能用碱石灰干燥，也能用浓硫酸干燥，故D正确；
答案选D。
4. 下列气体中，只能用排水法收集的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】只能用排水法收集，说明该气体能够与空气中的成分发生化学反应或者气体的密度与空气的密度接近，且该气体不与水发生反应、不易溶于水，据此进行判断。
【详解】A．一氧化氮能够与空气的氧气反应生成二氧化氮，所以只能用排水法收集，故A正确；
B．能够与水反应，不能够使用排水法收集，故B错误；
C．能溶于水，不能使用排水法收集，只能使用排空气法收集，故C错误；
D．难溶于水，能用排水法收集，也可以使用排空气法收集，故D错误．
故选A。
5. 下列关于氧化物的叙述正确的是
A. 酸性氧化物都可以跟强碱溶液反应 B. 氧化物都能与水反应
C. 金属氧化物都是碱性氧化物 D. 不能跟酸反应的氧化物一定能和碱反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物，所以酸性氧化物都可以与强碱反应，故A正确；
B．氧化物不一定能与水反应，如不成盐氧化物NO、CO等不与水反应，二氧化硅不与水反应，故B错误；
C．金属氧化物也可以是酸性氧化物、碱性氧化物或两性氧化物，如Mn2O7是酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，故C错误；
D．不成盐氧化物NO、CO等是和酸、碱都不反应的氧化物，故D错误；
故选A。
6. 下列化工生产过程中，涉及氧化还原反应的是
A. 工业制取 B. 分离液态空气制 C. 侯氏制碱法 D. 工业制漂白粉
【答案】D
【解析】
【详解】A．工业制取二氧化碳是用高温煅烧碳酸钙制得二氧化碳，不是氧化还原反应，故A不选；
B．分离液态空气制是利用物质沸点不同，不是氧化还原反应，故B不选；
C．用侯氏制碱法制取纯碱，是氯化钠、二氧化碳、氨反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故C不选；
D．工业上将氯气通入冷的石灰乳中制得漂白粉，氯元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D选；
答案选D。
7. 下列说法错误的是
A. 金刚石和是碳元素的同素异形体
B. 胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体可发生丁达尔效应
C. 做焰色反应实验时，必须用稀盐酸做洗涤剂而不能稀硫酸代替
D. 将传感器插入盛有氯水的试剂瓶，强光照射氯水过程中，发现逐渐下降
【答案】B
【解析】
【详解】A．金刚石和C60是碳元素的同素异形体，A正确；
B．胶体区别于其他分散系的本质特征是微粒直径大小，B错误；
C．硫酸盐难挥发，做焰色反应时，铂丝应用稀盐酸洗涤并灼烧至无色，C正确；
D．部分氧气与水反应生成HClO和HCl，用强光照射氯水，HClO分解为HCl和氧气，氯水pH减小，D正确；
故选B。
8. 下列叙述错误的是
A. 金属钠通常保存在汽油或煤油中
B. 氢氧化钠固体通常密封保存在塑料瓶中
C. 氯水须现用现制，不可长期保存
D. 液氯储存在钢瓶中
【答案】A
【解析】
【详解】A．钠能和水、氧气反应，故应隔绝水和空气保存，故可以保存在煤油中；金属钠与汽油不反应，密度比汽油大，沉于汽油底部，但汽油的沸点低于煤油，易挥发，容易发生安全事故，所以钠不能保存汽油中，故A错误；
B．氢氧化钠固体有强碱性保存在塑料瓶中，故B正确；
C．氯水不稳定，易分解，故需现用现配，故C正确；
D．液氯与铁常温下不反应，液氯一般保存在钢瓶中，故D正确；
故答案选A。
9. 下列说法不正确的是
A. 碳酸钠广泛应用于制玻璃、造纸、纺织等领域
B. 碳酸氢钠可作为制药的原料、食品加工中的发酵粉
C. 氯气大量用于饮用水消毒、爆破、制造盐酸等
D. 次氯酸钙既可以作漂白棉、麻的漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸钠具有较强的碱性，可用于制玻璃、肥皂、造纸、纺织等工业，故A正确；
B．NaHCO3碱性较弱，可与酸反应，可用于治胃酸过多，可作为制药的原料，NaHCO3不稳定，受热会分解产生二氧化碳气体，可做发酵粉等，故B正确；
C．氯气是有毒气体，氯水中溶有较多的氯气，不能大量用于饮用水消毒，故C错误；
D．次氯酸钙具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀菌消毒，同时也具有漂白性，所以漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂，故D正确；
故选：C。
10. 下列叙述正确的是
A. 暴露在空气中的钠最终转化为
B. 向碳酸钠中加入少量水后，可观察到碳酸钠溶解并伴随吸热现象
C. 铁可在氯气中燃烧生成白烟，加水将形成绿色溶液
D. 向淀粉碘化钾溶液中加入少量氯水，溶液将变为蓝色
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠长期暴露在空气中，会逐渐转化为氧化钠、氢氧化钠等，并最终转化为稳定的Na2CO3，故A错误；
B．向碳酸钠固体中加入少量水后，白色粉末结块变成晶体，放出热量，故B错误；
C．铁丝在氯气中燃烧，产生棕红色的浓烟，溶于少量水后，浓度较大，溶液呈棕黄色，故C错误；
D．氯气的氧化性强于碘单质，故碘化钾溶液中加入少量氯水生成碘，遇淀粉变为蓝色，故D正确；
故选D。
11. 下列实验装置或操作与微粒的大小无直接关系的是
A
B
C
D
过滤
渗析
蒸发
丁达尔效应
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子大小的不同进行分离，A不符合题意；
B．胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液中的离子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子大小的不同进行分离，B不符合题意；
C．蒸发一般是指将溶液中的溶剂通过加热使其除去，剩下溶质固体，与粒子的大小无关，C符合题意；
D．胶体粒子能散射光线，产生丁达尔效应，与分散质粒子的大小有关，D不符合题意；
答案为C。
12. 食盐中的常用作补碘剂，通过碘单质和氯酸钾反应制备，该方法的第一步反应为，下列说法正确的是
A. 产生时，反应中转移
B. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
C. 是还原产物
D. 发生还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应生成3molCl2时，反应转移60mole-，则产生22.4L(标准状况)即1molCl2时，反应转移20mole-，但常温常压下22.4L气体不是1mol，A项错误；
B．I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到-1价和0价，KC1O3作为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 11 : 6，B项错误；
C．中I元素化合价由0价升高到+5价，为氧化产物，C项错误；
D．中Cl元素化合价由+5价降到-1价和0价，发生还原反应，D项正确；
答案选D。
13. 下列有关溶液组成的描述不合理的是
A. 某澄清透明溶液中可能大量存在
B. 不可能大量存在于酸性溶液中
C. 不可能大量存在于强碱性溶液中
D. 仅有大量存在的溶液可能为中性
【答案】D
【解析】
【详解】A． 离子之间均不反应，故A合理；
B． 在酸性溶液中发生反应生成氯气，故不可能大量存在于酸性溶液中，故B合理；
C． 与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，故不可能大量存在于强碱性溶液中，故C合理；
D． 有大量存在的溶液显碱性，故D不合理；
故选D。
14. 设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 晶体中约含有个氯化钠分子
B. 向沸水中加入含溶质的饱和溶液，可得胶体粒子数为
C. 与足量的浓硫酸完全反应，转移电子数为
D. 非标况下，理想气体的分子数不可能是
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，没有氯化钠分子，故A错误；
B．的物质的量为0.02mol，水解生成0.02mol分子，胶体粒子是由若干个分子聚集而成，故胶体粒子数小于，故B错误；
C．与足量的浓硫酸完全反应，Mg转变为Mg2+，失去2mol电子，故转移电子数为，故C正确；
D．非标况下，气体摩尔体积也可能是，则2.24L理想气体的分子数也可能是，故D错误；
故选C。
15. 已知一个分子的质量为，一个分子的质量为，若以一个氧原子质量的作为相对原子质量的标准，则的相对分子质量为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由分子式可知，一个分子与一个分子的质量之和相当于4个分子的质量，所以1个分子的质量为；一个分子的质量为ag，一个分子的质量为bg，可知6个O原子的质量为(b-a)g，所以1个O原子的质量为g，以氧原子质量为标准，的相对分子质量为，故C正确；
故选C。
二、选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)
16. 在标准状况下将1 g He、11 g CO2和4 g O2混合，所得混合气体积约为
A. 28 L B. 11.2 L C. 16.8 L D. 14.0 L
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】在标准状况（273.15 K、101kPa）下，任何气体的摩尔体积约为22.4 L，所以该混合气的体积。所以答案选D。
【点睛】本题考查了气体摩尔体积的计算，该考点是高考考查的重点和难点，解题的关键是要理解在标准状况（273.15 K、101kPa）下，任何气体的摩尔体积约为22.4 L。
17. 把含有和的混合溶液分成两等份，一份加入含的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁：另一份加入含的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的物质的量浓度为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁，那么Mg2+就有mol，硫酸镁也就是mol。另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-mol，钾离子就有2(b-)mol=2b-amol。浓度就是，即，B项符合题意，故答案为B。
18. 下列除杂方法正确的是
选项
物质
杂质
除杂方法
A
加入足量氢氧化钠溶液后过滤，滤液蒸发
B
通过饱和碳酸钠
C
将气体缓缓通过灼热的氧化铜
D
C
在空气中充分灼烧
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入足量氢氧化钠溶液会引入新杂质氢氧根离子，故A错误；
B．饱和碳酸钠溶液和二氧化碳气体反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故B错误；
C．一氧化碳和灼热的氧化铜反应生成了二氧化碳气体，引入新杂质，故C错误；
D．在空气中灼烧可将C转化为气体CO2，故D正确；
故选A。
19. 下列反应的离子方程式书写错误的是
A. 向溶液中加入小苏打溶液：
B. 与硫酸铜溶液反应：
C. 中投入固体(水分子中的具有放射性，可被检测到)：
D. 新制氯水中加入少量：
【答案】C
【解析】
【详解】A． 完全电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，小苏打完全电离出钠离子和，为弱酸的酸式酸根离子，与氢离子反应生成水和二氧化碳，离子方程式正确，故A正确；
B． 与硫酸铜溶液反应时，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应，离子方程式正确，故B正确；
C． 与水的反应中，既作氧化剂，又作还原剂，氧气中没有，离子方程式错误，故C错误；
D． 新制氯水中氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，加入少量，与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳，离子方程式正确，故D正确；
故选C。
20. 下列实验方法、操作和实验现象预测都正确的是
A. 图①，先均匀预热试管，再加热，防止试管内液体喷溅
B 图②，夹紧弹簧夹，上下移动左侧玻璃管，若两端液面相平，说明装置气密性良好
C. 图③，若小烧杯中放入较多固体，往其中加入水，U型管内液体左高右低
D. 图④，一段时间后左侧试管将有硫酸铜晶体析出
【答案】D
【解析】
【详解】A．加热时，试管中液体不能超过试管容积的，图中试管内液体过多，故A错误；
B．夹紧弹簧夹，上下移动左侧玻璃管，观察液面差，若一段时间液面差高度不变，则气密性良好，两端液面相平时装置漏气，故B错误；
C．NaOH溶于水放热，瓶内气体受热膨胀，则U型管内液体左低右高，故C错误；
D．CaO吸水，饱和硫酸铜溶液的溶剂减少，则左侧试管将有硫酸铜晶体析出，故D正确；
故选D。
21. 向含有和的溶液中持续稳定地通入气体，当通入气体为(，)时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量与通入气体的体积关系图像正确的是(气体的溶解和离子的水解忽略不计)
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】，通入含有0.2molKOH和0.1molBa(OH)2的溶液中，相当于首先发生：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓，0.1molBa(OH)2完全反应消耗0.1molCO2，剩余0.2molOH-，生成0.1molBaCO3，然后发生2OH-+CO2=+H2O，消耗0.1molCO2，生成0.1mol，上述两阶段共消耗0.2molCO2，剩余0.2molCO2，再发生+CO2+H2O=2，消耗0．1molCO2，最后发生BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2，碳酸钡与二氧化碳恰好反应，据此计算解答。
【详解】含有0.2mol KOH和0.1mol Ba(OH)2的溶液中离子总的物质的量为0.2mol×2+0.1mol×3=0.7mol，，通入含有0.2molKOH和0.1mol Ba(OH)2的溶液中，相当于首先发生：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓，该阶段0.1mol Ba(OH)2完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，离子物质的量减少0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol，其中含有0.2molOH-、生成0.1molBaCO3；然后发生2OH-+CO2=+H2O，0.2molOH-完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，该阶段离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol-0.1mol=0.3mol，溶液中含有0.2molNa+、0.1mol；再发生+CO2+H2O=2，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大0.1mol，溶液中离子为0.4mol；最后发生BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2，碳酸钡与二氧化碳恰好反应，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大0.3mol，溶液中离子为0.7mol；故C符合；
故选C。
22. 物质与水发生的复分解反应称为水解反应。如：。根据以上信息推断，下列说法错误的是
A. 的水解产物是和
B. 的水解产物是和
C. 的水解产物是和
D. 的水解产物是和
【答案】B
【解析】
【详解】物质与水发生的复分解反应称为水解反应，反应过程中元素化合价不发生变化，
A． 的水解产物是和，故A正确；
B．的水解产物是和，故B错误；
C． 的水解产物是和，故C正确；
D． 中O为-1价，水解产物是和，故D正确；
故选B。
23. 将溶液逐滴加入含的溶液中，依次发生如下反应：
(方程式均未配平)
当溶液中和的物质的量之比为时，加入的的物质的量是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】当溶液中和的物质的量之比为a:1时，设 I2的物质的量为xmol，则的物质的量为axmol，在此过程中中S元素化合价升高2价，共升高2×5，反应中I元素化合价分别降低 为0价的I2和-1价的，共降低10x+6ax，根据得失电子守恒可得：2×5=10x+6ax，解得x=，再根据碘原子守恒可得加入的的物质的量是：2x+ax=，
故选A
24. 光盘金属层含有Ag，某化学研究小组设计从废旧光盘金属层回收利用Ag的工艺流程如下(已知：硝酸能将Ag氧化为)：
下列说法错误的是
A. 步骤①，将光盘处理成小碎片有利于更快地提取银
B. 步骤②，若改用硝酸，可能会产生氮氧化物，污染空气
C. 由步骤②③可知AgCl不溶于强碱，但溶于氨水
D. 已知步骤④中仅做还原剂，可推测步骤④产生的与的物质的量之比为2∶1
【答案】D
【解析】
【分析】回收光盘金属层中的少量Ag，由题意可知，氧化时发生反应4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑，为控制温度为80℃，可采用水浴加热，过滤分离出AgCl，再加10%的氨水溶解AgCl，发生反应AgCl+2NH3[Ag(NH3)2]++Cl-，用N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下还原[Ag(NH3)2]+得到Ag。
【详解】A．将光盘处理成小碎片，增大物质的接触面积，有利于更快地提取银，A正确；
B．HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是会释放出氨氧化物NOx，造成环境污染，B正确；
C．根据分析可知，10%的氨水溶解AgCl，发生反应AgCl+2NH3[Ag(NH3)2]++Cl-，故AgCl不溶于强碱，但溶于氨水，C正确；
D．常温时 (水合肼)在碱性条件下能还原，反应的离子方程式，与的物质的量之比为1∶1，D错误；
故选D。
25. 某无色溶液Y可能含有中的几种，且阳离子数目相同。为确定其组成，某同学进行了如下实验(假设气体均全部逸出，忽略的分解)
已知：①；②。
下列说法不正确的是
A. 溶液Y中一定存在
B. 溶液Y中一定不存
C. 溶液Y中可能存在，若存在，则数目大于
D. 若向溶液Y中加入，可使溶液中的完全沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】无色溶液Y可能含有中的几种，且阳离子数目相同；溶液无色则不含有铁离子；加入足量的过氧化氢、盐酸，生成气体1且为0.44g，则为二氧化碳气体0.01mol，Y含有碳酸氢根离子；同时得到沉淀2.33g，沉淀为硫酸钡沉淀0.01mol，已知，则Y含有亚硫酸氢根离子和钡离子，且钡离子为0.01mol，且不含硫酸根离子；溶液1加入过量氢氧化钡生成气体2为0.17g，则为氨气0.01mol；得到沉淀1.165g为溶液1中亚硫酸氢根离子生成的过量的硫酸根离子与加入钡离子生成的硫酸钡沉淀0.005mol，则Y含有亚硫酸氢根离子0.01mol+0.005mol=0.015mol；根据电荷守恒可知一定含有氯离子，不确定含有钠离子，若无钠离子，则根据溶液电中性可知，氯离子0.01mol×2+0.01mol -0.015mol-0.01mol =0.005mol；，若含有钠离子，则氯离子为0.01mol，氯离子为0.015mol；
【详解】A．由分析可知，溶液Y中一定存在，A正确；
B．由分析可知，溶液Y中一定不存在，B正确；
C．由分析可知，一定含有氯离子，C错误；
D．若向溶液Y中加入（0.01mol），则亚硫酸氢根离子会释放出0.01mol亚硫酸根离子，能将钡离子完全转化为亚硫酸钡沉淀，D正确；
故选C。
非选择题 (共5小题，40分)
三、填空题(本题共2小题，共16分)
26. 下列物质中：①氯水；②纯醋酸；③晶体；④石灰乳；⑤乙醇；⑥；⑦熔融的。
（1）能导电的是_______(填序号，下同)。
（2）属于电解质的是_______。
（3）属于非电解质的是_______。
【答案】（1）①④⑦ （2）②③⑦
（3）⑤⑥
【解析】
【小问1详解】
金属单质和在熔融状态下的电解质以及其溶液都能导电，能导电的是①④⑦；
【小问2详解】
电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。电解质水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质；属于电解质的是②③⑦；
【小问3详解】
非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等；属于非电解质的是⑤⑥。
27. 高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。如图所示物质转化关系为高铁酸钠的一种制备方法及有关性质实验(部分反应产物已略去)。已知A、F为非金属单质气体，B为常见金属单质，E为生活中最常见的调味品，F在标准状况下密度为。
请回答下列问题：
（1）写出D的名称_______，中元素的化合价为_______。
（2）写出反应②的离子方程式_______。
（3）反应③，F在A中点燃反应现象为_______。
（4）反应④中各物质的反应比例关系如下，请填入相应的反应物和生成物的化学式，并用“双线桥”表示电子转移的方向和数目。_______
（5）写出反应⑤的化学方程式：_______。
【答案】（1） ①. 次氯酸钠 ②. +6
（2）Cl2 + 2OH- =Cl- + ClO- + H2O
（3）安静燃烧，发出苍白色火焰，瓶口出现白雾
（4） （5）2Na2FeO4 +16HCl= 4NaCl +2FeCl3 + 3Cl2↑ + 8H2O
【解析】
【分析】A、F为非金属单质气体，B为常见金属单质，E为生活中最常见的调味品，F在标准状况下密度为，由各物质的转化关系可知，A为氯气、B为铁、C为氯化铁、D为次氯酸钠、E为氯化钠、F为氢气、G为氯化氢。
【小问1详解】
由分析可知，D为次氯酸钠；由化合价代数和为0可知，高铁酸钠中铁元素为+6价。
【小问2详解】
由图可知，反应②为氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为Cl2 + 2OH- =Cl- + ClO- + H2O。
【小问3详解】
氢气在氯气中能安静燃烧生成氯化氢，发出苍白色火焰，瓶口氯化氢溶与水蒸气形成盐酸小液滴，产生大量白雾。
【小问4详解】
次氯酸钠溶液与氯化铁溶液碱性条件下反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，反应的化学方程式为10NaOH+3NaClO+2FeCl3=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，反应中生成2mol高铁酸钠，反应转移6mol电子，则表示电子转移的方向和数目的双线桥为。
【小问5详解】
由图可知，反应⑤为高铁酸钠溶液与氯化氢反应生成氯化钠、氯化铁、氯气和水，反应的化学方程式为2Na2FeO4 +16HCl= 4NaCl +2FeCl3 + 3Cl2↑ + 8H2O。
四、实验题(本题共2小题，共16分)
28. 实验室需配制的溶液，请回答下列问题：
（1）需用托盘天平称取固体的总质量为_______g。
（2）在此溶液配制过程中，有以下基本实验步骤，其中只需进行一次的操作是_______(填序号)。
①称量(用托盘天平)②溶解③转移④洗涤⑤定容⑥摇匀
（3）下列操作会导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是_______(填标号)。
A. 用蒸馏水溶解固体后，立即转入容量瓶中
B. 称量固体时，将药品和砝码放反了
C. 定容时俯视刻度线
D. 定容后发现溶液的凹液面最低点高于刻度线，用胶头滴管将多余的液体吸出
【答案】（1）20.0
（2）②⑤ （3）AC
【解析】
【小问1详解】
分析：配制一定物质的量浓度的溶液的实验步骤为：准确称取一定质量的氯化钾固体，将固体转移至100mL烧杯中，加适量蒸馏水溶解，用玻璃棒搅拌，并冷却至室温，用玻璃棒引流转移到100 mL的容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，将洗涤液全部转移到容量瓶中。轻轻振荡容量瓶，使溶液混合均匀；加水到接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切，摇匀，定容后盖好瓶塞用食指顶住瓶塞，用另一只手手指托住瓶底，把容量瓶颠倒摇匀多次。
配制的溶液，需用500mL容量瓶，故称取NaOH固体的总质量m=nM=cVM=1mol/L×0.5L×40g/mol=20.0g。
【小问2详解】
①称量时先称空烧杯的质量再称烧杯和药品的质量，故①错误；
②固体在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，只有1次，故②正确；
③转移时除了将溶液转移到容量瓶中还要将洗涤液转移到容量瓶中，故③错误；
④洗涤时要洗涤烧杯及玻璃棒2~3次，故④错误；
⑤定容时，当加水至液面距离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹波面的最低点与刻线相平，只有1次，故⑤正确；
⑥在定容后摇匀，要反复几次，故⑥错误；
故选：②⑤；
【小问3详解】
A.NaOH溶于水放出大量热，应把它冷却至室温后再移入容量瓶中，否则定容后，溶液冷却到室温后，体积减小，浓度偏高，故A符合题意；
B.称量时，若物品和砝码的位置放反了会导致称量得到的氢氧化钠固体质量偏小，所配溶液的浓度偏低，故B不符合题意；
C.定容时俯视刻度线，说明加水少了，导致所配溶液的物质的量浓度偏高，故C符合题意；
D.定容后发现溶液的凹液面最低点高于刻度线，说明溶液体积偏大了，导致所配溶液的物质的量浓度偏低，故D不符合题意；
故答案：AC。
29. (与的氧化性相近)常温下为气体，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放进行了研究。
（1）安装F中导管时，应选用图2中的_______(填“a”或“b”)。
（2）打开B的活塞，A中氯酸钠和稀盐酸混合产生和且体积之比为1∶2(相同条件下)，写出反应的离子方程式：_______。
（3）已知D中稳定剂仅能吸收。当关闭B的活塞，在D中被稳定剂完全吸收生成，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是_______，若C中物质为，则反应化学方程式为_______。
（4）已知在酸性条件下会反应生成并释放出。在释放的实验中，打开活塞E，装置D中即可发生反应，则装置F的作用是_______。
【答案】（1）b （2）2ClO+ 4H+ + 2Cl- =2ClO2↑ + Cl2↑ + 2H2O
（3） ①. 吸收Cl2##将Cl2转化为ClO2 ②. 2NaClO2 + Cl2=2NaCl + 2ClO2
（4）检验是否有ClO2生成
【解析】
【分析】A中氯酸钠和稀盐酸混合产生和，装置C吸收氯气，装置D中稳定剂仅能吸收生成，F中试液用于检验氯气或。
【小问1详解】
安装F中导管时，气体应该长进短出，应选用图2中的b；
【小问2详解】
氯酸钠和稀盐酸混合产生和且体积之比为1∶2(相同条件下)，根据电子守恒可知，氯酸钠中氯元素化合价降低变为+4生成、HCl中氯元素化合价升高变为0得到，反应为2ClO+ 4H+ + 2Cl- =2ClO2↑ + Cl2↑ + 2H2O；
【小问3详解】
氯气能和碘化钾反应生成使淀粉变蓝色的碘单质，F中溶液的颜色不变，则说明装置C吸收了氯气，故装置C的作用是吸收Cl2(或：将Cl2转化为ClO2)；若C中物质为，氯气具有强氧化性，则氯气和反应生成氯化钠和，反应为2NaClO2 + Cl2=2NaCl + 2ClO2；
【小问4详解】
与的氧化性相近，则能和碘化钾反应生成使淀粉变蓝色的碘单质，故装置F的作用是检验是否有ClO2生成。
五、计算题
30. 某样品露置在空气中部分变质生成，为确定其中和的含量，称取四份该样品溶于水后，分别逐滴加入相同浓度盐酸，充分反应，产生气体的总体积(已折算成标准状况下的体积，不考虑气体在水中的溶解)如下表：
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
盐酸体积/
100.0
100.0
100.0
100.0
样品质量/g
2.62
3.93
5.24
6.55
气体总体积/
448
560
448
560
（1）样品中物质的量之比_______。
（2）盐酸的物质的量浓度 _______。
（3）实验Ⅲ完全反应后的溶液中，溶质除NaCl外其他组分的化学式及物质的量分别为_______。
【答案】（1）2：1 （2）0.85mol·L-1
（3）Na2CO3 0.015mol，NaHCO3 0.005mol
【解析】
【小问1详解】
根据表中数据，盐酸的量固定，随着样品质量的增如，产生气体总体积先增加，再减少，又增加，说明I中盐酸过量，设I样品中含有为xmol，Na2CO3为ymol，则有78x+106y=2.62 ①，，，根据方程式的系数可知，两个反应生成气体总物质的量为 ②，联立①②，解得x=0.02mol，y=0.01，则样品中物质的量之比。
【小问2详解】
样品中，设II中含有为 xmol，Na2CO3为，则有78x+=3.93，解得x=0.03mol，气体物质的量为，为 0.03mol，Na2CO3为0.015mol，由可知，生成氧气物质的量为0.015mol，消耗盐酸0.06mol，碳酸钠与盐酸反应生成0.01mol二氧化碳，碳酸钠与盐酸反应没有完全转化为二氧化碳，还生成了碳酸氢钠，可看成先发生反应①，再发生反应②，应方程式系数可知，反应①消耗盐酸0.015mol，反应②消耗盐酸0.01mol，则盐酸总物质的量为0.06mol+0.015mol+0.01mol=0.085mol，则盐酸的物质的量浓度。
【小问3详解】
设III中含有为 xmol，Na2CO3为，则有78x+=5.24，解得x=0.04mol，为 0.04mol，Na2CO3为0.02mol，气体物质的量为，由可知，消耗盐酸0.08mol，盐酸总共0.085mol，则剩余盐酸0.005mol，碳酸钠与盐酸发生反应，消耗Na2CO30.005mol，生成NaHCO30.005mol，剩余Na2CO30.015mol，则实验Ⅲ完全反应后的溶液中，溶质除NaCl外其他组分的化学式及物质的量分别为Na2CO3 0.015mol，NaHCO3 0.005mol。
浙江省温州中学2022-2023学年高一上学期期中考试
化学试题
一、选择题(本题包括15小题，每小题2分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列物质属于纯净物的是
A. 软锰矿 B. 烧碱 C. 蔗糖溶液 D. 胶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．软锰矿主要成分是二氧化锰，还含有杂质，是混合物，故A错误；
B．烧碱是氢氧化钠，是纯净物，故B正确；
C．蔗糖溶液属于混合物，故C错误；
D．胶体属于分散系，分散系属于混合物，故D错误；
答案选B。
2. 名称为“干燥管”的仪器是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A． 的名称为容量瓶，A不选；
B． 的名称为干燥管，B选；
C． 名称为冷凝管，C不选；
D． 的名称为长颈漏斗，D不选；
答案选B。
3. 既能用浓硫酸干燥，又能用碱石灰干燥的气体是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】浓硫酸具有吸水性和强氧化性，可以干燥酸性和中性气体，不能干燥碱性气体和还原性气体，碱石灰的成分是氢氧化钠和氧化钙的混合物，可以干燥碱性气体，不能干燥酸性气体。
【详解】A．Cl2是酸性气体，能用浓硫酸干燥，但是不能用碱石灰干燥，故A错误；
B．是碱性气体，能与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥，能用碱石灰干燥，故B错误；
C．SO2是酸性气体，能用浓硫酸干燥，但是不能用碱石灰干燥，故C错误；
D．能用碱石灰干燥，也能用浓硫酸干燥，故D正确；
答案选D。
4. 下列气体中，只能用排水法收集的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】只能用排水法收集，说明该气体能够与空气中的成分发生化学反应或者气体的密度与空气的密度接近，且该气体不与水发生反应、不易溶于水，据此进行判断。
【详解】A．一氧化氮能够与空气的氧气反应生成二氧化氮，所以只能用排水法收集，故A正确；
B．能够与水反应，不能够使用排水法收集，故B错误；
C．能溶于水，不能使用排水法收集，只能使用排空气法收集，故C错误；
D．难溶于水，能用排水法收集，也可以使用排空气法收集，故D错误．
故选A。
5. 下列关于氧化物的叙述正确的是
A. 酸性氧化物都可以跟强碱溶液反应 B. 氧化物都能与水反应
C. 金属氧化物都是碱性氧化物 D. 不能跟酸反应的氧化物一定能和碱反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物，所以酸性氧化物都可以与强碱反应，故A正确；
B．氧化物不一定能与水反应，如不成盐氧化物NO、CO等不与水反应，二氧化硅不与水反应，故B错误；
C．金属氧化物也可以是酸性氧化物、碱性氧化物或两性氧化物，如Mn2O7是酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，故C错误；
D．不成盐氧化物NO、CO等是和酸、碱都不反应的氧化物，故D错误；
故选A。
6. 下列化工生产过程中，涉及氧化还原反应的是
A. 工业制取 B. 分离液态空气制 C. 侯氏制碱法 D. 工业制漂白粉
【答案】D
【解析】
【详解】A．工业制取二氧化碳是用高温煅烧碳酸钙制得二氧化碳，不是氧化还原反应，故A不选；
B．分离液态空气制是利用物质沸点不同，不是氧化还原反应，故B不选；
C．用侯氏制碱法制取纯碱，是氯化钠、二氧化碳、氨反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故C不选；
D．工业上将氯气通入冷的石灰乳中制得漂白粉，氯元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D选；
答案选D。
7. 下列说法错误的是
A. 金刚石和是碳元素的同素异形体
B. 胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体可发生丁达尔效应
C. 做焰色反应实验时，必须用稀盐酸做洗涤剂而不能稀硫酸代替
D. 将传感器插入盛有氯水的试剂瓶，强光照射氯水过程中，发现逐渐下降
【答案】B
【解析】
【详解】A．金刚石和C60是碳元素的同素异形体，A正确；
B．胶体区别于其他分散系的本质特征是微粒直径大小，B错误；
C．硫酸盐难挥发，做焰色反应时，铂丝应用稀盐酸洗涤并灼烧至无色，C正确；
D．部分氧气与水反应生成HClO和HCl，用强光照射氯水，HClO分解为HCl和氧气，氯水pH减小，D正确；
故选B。
8. 下列叙述错误的是
A. 金属钠通常保存在汽油或煤油中
B. 氢氧化钠固体通常密封保存在塑料瓶中
C. 氯水须现用现制，不可长期保存
D. 液氯储存在钢瓶中
【答案】A
【解析】
【详解】A．钠能和水、氧气反应，故应隔绝水和空气保存，故可以保存在煤油中；金属钠与汽油不反应，密度比汽油大，沉于汽油底部，但汽油的沸点低于煤油，易挥发，容易发生安全事故，所以钠不能保存汽油中，故A错误；
B．氢氧化钠固体有强碱性保存在塑料瓶中，故B正确；
C．氯水不稳定，易分解，故需现用现配，故C正确；
D．液氯与铁常温下不反应，液氯一般保存在钢瓶中，故D正确；
故答案选A。
9. 下列说法不正确的是
A. 碳酸钠广泛应用于制玻璃、造纸、纺织等领域
B. 碳酸氢钠可作为制药的原料、食品加工中的发酵粉
C. 氯气大量用于饮用水消毒、爆破、制造盐酸等
D. 次氯酸钙既可以作漂白棉、麻的漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸钠具有较强的碱性，可用于制玻璃、肥皂、造纸、纺织等工业，故A正确；
B．NaHCO3碱性较弱，可与酸反应，可用于治胃酸过多，可作为制药的原料，NaHCO3不稳定，受热会分解产生二氧化碳气体，可做发酵粉等，故B正确；
C．氯气是有毒气体，氯水中溶有较多的氯气，不能大量用于饮用水消毒，故C错误；
D．次氯酸钙具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀菌消毒，同时也具有漂白性，所以漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂，故D正确；
故选：C。
10. 下列叙述正确的是
A. 暴露在空气中的钠最终转化为
B. 向碳酸钠中加入少量水后，可观察到碳酸钠溶解并伴随吸热现象
C. 铁可在氯气中燃烧生成白烟，加水将形成绿色溶液
D. 向淀粉碘化钾溶液中加入少量氯水，溶液将变为蓝色
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠长期暴露在空气中，会逐渐转化为氧化钠、氢氧化钠等，并最终转化为稳定的Na2CO3，故A错误；
B．向碳酸钠固体中加入少量水后，白色粉末结块变成晶体，放出热量，故B错误；
C．铁丝在氯气中燃烧，产生棕红色的浓烟，溶于少量水后，浓度较大，溶液呈棕黄色，故C错误；
D．氯气的氧化性强于碘单质，故碘化钾溶液中加入少量氯水生成碘，遇淀粉变为蓝色，故D正确；
故选D。
11. 下列实验装置或操作与微粒的大小无直接关系的是
A
B
C
D
过滤
渗析
蒸发
丁达尔效应
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子大小的不同进行分离，A不符合题意；
B．胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液中的离子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子大小的不同进行分离，B不符合题意；
C．蒸发一般是指将溶液中的溶剂通过加热使其除去，剩下溶质固体，与粒子的大小无关，C符合题意；
D．胶体粒子能散射光线，产生丁达尔效应，与分散质粒子的大小有关，D不符合题意；
答案为C。
12. 食盐中的常用作补碘剂，通过碘单质和氯酸钾反应制备，该方法的第一步反应为，下列说法正确的是
A. 产生时，反应中转移
B. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
C. 是还原产物
D. 发生还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应生成3molCl2时，反应转移60mole-，则产生22.4L(标准状况)即1molCl2时，反应转移20mole-，但常温常压下22.4L气体不是1mol，A项错误；
B．I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到-1价和0价，KC1O3作为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 11 : 6，B项错误；
C．中I元素化合价由0价升高到+5价，为氧化产物，C项错误；
D．中Cl元素化合价由+5价降到-1价和0价，发生还原反应，D项正确；
答案选D。
13. 下列有关溶液组成的描述不合理的是
A. 某澄清透明溶液中可能大量存在
B. 不可能大量存在于酸性溶液中
C. 不可能大量存在于强碱性溶液中
D. 仅有大量存在的溶液可能为中性
【答案】D
【解析】
【详解】A． 离子之间均不反应，故A合理；
B． 在酸性溶液中发生反应生成氯气，故不可能大量存在于酸性溶液中，故B合理；
C． 与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，故不可能大量存在于强碱性溶液中，故C合理；
D． 有大量存在的溶液显碱性，故D不合理；
故选D。
14. 设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 晶体中约含有个氯化钠分子
B. 向沸水中加入含溶质的饱和溶液，可得胶体粒子数为
C. 与足量的浓硫酸完全反应，转移电子数为
D. 非标况下，理想气体的分子数不可能是
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，没有氯化钠分子，故A错误；
B．的物质的量为0.02mol，水解生成0.02mol分子，胶体粒子是由若干个分子聚集而成，故胶体粒子数小于，故B错误；
C．与足量的浓硫酸完全反应，Mg转变为Mg2+，失去2mol电子，故转移电子数为，故C正确；
D．非标况下，气体摩尔体积也可能是，则2.24L理想气体的分子数也可能是，故D错误；
故选C。
15. 已知一个分子的质量为，一个分子的质量为，若以一个氧原子质量的作为相对原子质量的标准，则的相对分子质量为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由分子式可知，一个分子与一个分子的质量之和相当于4个分子的质量，所以1个分子的质量为；一个分子的质量为ag，一个分子的质量为bg，可知6个O原子的质量为(b-a)g，所以1个O原子的质量为g，以氧原子质量为标准，的相对分子质量为，故C正确；
故选C。
二、选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)
16. 在标准状况下将1 g He、11 g CO2和4 g O2混合，所得混合气体积约为
A. 28 L B. 11.2 L C. 16.8 L D. 14.0 L
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】在标准状况（273.15 K、101kPa）下，任何气体的摩尔体积约为22.4 L，所以该混合气的体积。所以答案选D。
【点睛】本题考查了气体摩尔体积的计算，该考点是高考考查的重点和难点，解题的关键是要理解在标准状况（273.15 K、101kPa）下，任何气体的摩尔体积约为22.4 L。
17. 把含有和的混合溶液分成两等份，一份加入含的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁：另一份加入含的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的物质的量浓度为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁，那么Mg2+就有mol，硫酸镁也就是mol。另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-mol，钾离子就有2(b-)mol=2b-amol。浓度就是，即，B项符合题意，故答案为B。
18. 下列除杂方法正确的是
选项
物质
杂质
除杂方法
A
加入足量氢氧化钠溶液后过滤，滤液蒸发
B
通过饱和碳酸钠
C
将气体缓缓通过灼热的氧化铜
D
C
在空气中充分灼烧
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入足量氢氧化钠溶液会引入新杂质氢氧根离子，故A错误；
B．饱和碳酸钠溶液和二氧化碳气体反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故B错误；
C．一氧化碳和灼热的氧化铜反应生成了二氧化碳气体，引入新杂质，故C错误；
D．在空气中灼烧可将C转化为气体CO2，故D正确；
故选A。
19. 下列反应的离子方程式书写错误的是
A. 向溶液中加入小苏打溶液：
B. 与硫酸铜溶液反应：
C. 中投入固体(水分子中的具有放射性，可被检测到)：
D. 新制氯水中加入少量：
【答案】C
【解析】
【详解】A． 完全电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，小苏打完全电离出钠离子和，为弱酸的酸式酸根离子，与氢离子反应生成水和二氧化碳，离子方程式正确，故A正确；
B． 与硫酸铜溶液反应时，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应，离子方程式正确，故B正确；
C． 与水的反应中，既作氧化剂，又作还原剂，氧气中没有，离子方程式错误，故C错误；
D． 新制氯水中氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，加入少量，与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳，离子方程式正确，故D正确；
故选C。
20. 下列实验方法、操作和实验现象预测都正确的是
A. 图①，先均匀预热试管，再加热，防止试管内液体喷溅
B 图②，夹紧弹簧夹，上下移动左侧玻璃管，若两端液面相平，说明装置气密性良好
C. 图③，若小烧杯中放入较多固体，往其中加入水，U型管内液体左高右低
D. 图④，一段时间后左侧试管将有硫酸铜晶体析出
【答案】D
【解析】
【详解】A．加热时，试管中液体不能超过试管容积的，图中试管内液体过多，故A错误；
B．夹紧弹簧夹，上下移动左侧玻璃管，观察液面差，若一段时间液面差高度不变，则气密性良好，两端液面相平时装置漏气，故B错误；
C．NaOH溶于水放热，瓶内气体受热膨胀，则U型管内液体左低右高，故C错误；
D．CaO吸水，饱和硫酸铜溶液的溶剂减少，则左侧试管将有硫酸铜晶体析出，故D正确；
故选D。
21. 向含有和的溶液中持续稳定地通入气体，当通入气体为(，)时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量与通入气体的体积关系图像正确的是(气体的溶解和离子的水解忽略不计)
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】，通入含有0.2molKOH和0.1molBa(OH)2的溶液中，相当于首先发生：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓，0.1molBa(OH)2完全反应消耗0.1molCO2，剩余0.2molOH-，生成0.1molBaCO3，然后发生2OH-+CO2=+H2O，消耗0.1molCO2，生成0.1mol，上述两阶段共消耗0.2molCO2，剩余0.2molCO2，再发生+CO2+H2O=2，消耗0．1molCO2，最后发生BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2，碳酸钡与二氧化碳恰好反应，据此计算解答。
【详解】含有0.2mol KOH和0.1mol Ba(OH)2的溶液中离子总的物质的量为0.2mol×2+0.1mol×3=0.7mol，，通入含有0.2molKOH和0.1mol Ba(OH)2的溶液中，相当于首先发生：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓，该阶段0.1mol Ba(OH)2完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，离子物质的量减少0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol，其中含有0.2molOH-、生成0.1molBaCO3；然后发生2OH-+CO2=+H2O，0.2molOH-完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，该阶段离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol-0.1mol=0.3mol，溶液中含有0.2molNa+、0.1mol；再发生+CO2+H2O=2，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大0.1mol，溶液中离子为0.4mol；最后发生BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2，碳酸钡与二氧化碳恰好反应，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大0.3mol，溶液中离子为0.7mol；故C符合；
故选C。
22. 物质与水发生的复分解反应称为水解反应。如：。根据以上信息推断，下列说法错误的是
A. 的水解产物是和
B. 的水解产物是和
C. 的水解产物是和
D. 的水解产物是和
【答案】B
【解析】
【详解】物质与水发生的复分解反应称为水解反应，反应过程中元素化合价不发生变化，
A． 的水解产物是和，故A正确；
B．的水解产物是和，故B错误；
C． 的水解产物是和，故C正确；
D． 中O为-1价，水解产物是和，故D正确；
故选B。
23. 将溶液逐滴加入含的溶液中，依次发生如下反应：
(方程式均未配平)
当溶液中和的物质的量之比为时，加入的的物质的量是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】当溶液中和的物质的量之比为a:1时，设 I2的物质的量为xmol，则的物质的量为axmol，在此过程中中S元素化合价升高2价，共升高2×5，反应中I元素化合价分别降低 为0价的I2和-1价的，共降低10x+6ax，根据得失电子守恒可得：2×5=10x+6ax，解得x=，再根据碘原子守恒可得加入的的物质的量是：2x+ax=，
故选A
24. 光盘金属层含有Ag，某化学研究小组设计从废旧光盘金属层回收利用Ag的工艺流程如下(已知：硝酸能将Ag氧化为)：
下列说法错误的是
A. 步骤①，将光盘处理成小碎片有利于更快地提取银
B. 步骤②，若改用硝酸，可能会产生氮氧化物，污染空气
C. 由步骤②③可知AgCl不溶于强碱，但溶于氨水
D. 已知步骤④中仅做还原剂，可推测步骤④产生的与的物质的量之比为2∶1
【答案】D
【解析】
【分析】回收光盘金属层中的少量Ag，由题意可知，氧化时发生反应4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑，为控制温度为80℃，可采用水浴加热，过滤分离出AgCl，再加10%的氨水溶解AgCl，发生反应AgCl+2NH3[Ag(NH3)2]++Cl-，用N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下还原[Ag(NH3)2]+得到Ag。
【详解】A．将光盘处理成小碎片，增大物质的接触面积，有利于更快地提取银，A正确；
B．HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是会释放出氨氧化物NOx，造成环境污染，B正确；
C．根据分析可知，10%的氨水溶解AgCl，发生反应AgCl+2NH3[Ag(NH3)2]++Cl-，故AgCl不溶于强碱，但溶于氨水，C正确；
D．常温时 (水合肼)在碱性条件下能还原，反应的离子方程式，与的物质的量之比为1∶1，D错误；
故选D。
25. 某无色溶液Y可能含有中的几种，且阳离子数目相同。为确定其组成，某同学进行了如下实验(假设气体均全部逸出，忽略的分解)
已知：①；②。
下列说法不正确的是
A. 溶液Y中一定存在
B. 溶液Y中一定不存
C. 溶液Y中可能存在，若存在，则数目大于
D. 若向溶液Y中加入，可使溶液中的完全沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】无色溶液Y可能含有中的几种，且阳离子数目相同；溶液无色则不含有铁离子；加入足量的过氧化氢、盐酸，生成气体1且为0.44g，则为二氧化碳气体0.01mol，Y含有碳酸氢根离子；同时得到沉淀2.33g，沉淀为硫酸钡沉淀0.01mol，已知，则Y含有亚硫酸氢根离子和钡离子，且钡离子为0.01mol，且不含硫酸根离子；溶液1加入过量氢氧化钡生成气体2为0.17g，则为氨气0.01mol；得到沉淀1.165g为溶液1中亚硫酸氢根离子生成的过量的硫酸根离子与加入钡离子生成的硫酸钡沉淀0.005mol，则Y含有亚硫酸氢根离子0.01mol+0.005mol=0.015mol；根据电荷守恒可知一定含有氯离子，不确定含有钠离子，若无钠离子，则根据溶液电中性可知，氯离子0.01mol×2+0.01mol -0.015mol-0.01mol =0.005mol；，若含有钠离子，则氯离子为0.01mol，氯离子为0.015mol；
【详解】A．由分析可知，溶液Y中一定存在，A正确；
B．由分析可知，溶液Y中一定不存在，B正确；
C．由分析可知，一定含有氯离子，C错误；
D．若向溶液Y中加入（0.01mol），则亚硫酸氢根离子会释放出0.01mol亚硫酸根离子，能将钡离子完全转化为亚硫酸钡沉淀，D正确；
故选C。
非选择题 (共5小题，40分)
三、填空题(本题共2小题，共16分)
26. 下列物质中：①氯水；②纯醋酸；③晶体；④石灰乳；⑤乙醇；⑥；⑦熔融的。
（1）能导电的是_______(填序号，下同)。
（2）属于电解质的是_______。
（3）属于非电解质的是_______。
【答案】（1）①④⑦ （2）②③⑦
（3）⑤⑥
【解析】
【小问1详解】
金属单质和在熔融状态下的电解质以及其溶液都能导电，能导电的是①④⑦；
【小问2详解】
电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。电解质水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质；属于电解质的是②③⑦；
【小问3详解】
非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等；属于非电解质的是⑤⑥。
27. 高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。如图所示物质转化关系为高铁酸钠的一种制备方法及有关性质实验(部分反应产物已略去)。已知A、F为非金属单质气体，B为常见金属单质，E为生活中最常见的调味品，F在标准状况下密度为。
请回答下列问题：
（1）写出D的名称_______，中元素的化合价为_______。
（2）写出反应②的离子方程式_______。
（3）反应③，F在A中点燃反应现象为_______。
（4）反应④中各物质的反应比例关系如下，请填入相应的反应物和生成物的化学式，并用“双线桥”表示电子转移的方向和数目。_______
（5）写出反应⑤的化学方程式：_______。
【答案】（1） ①. 次氯酸钠 ②. +6
（2）Cl2 + 2OH- =Cl- + ClO- + H2O
（3）安静燃烧，发出苍白色火焰，瓶口出现白雾
（4） （5）2Na2FeO4 +16HCl= 4NaCl +2FeCl3 + 3Cl2↑ + 8H2O
【解析】
【分析】A、F为非金属单质气体，B为常见金属单质，E为生活中最常见的调味品，F在标准状况下密度为，由各物质的转化关系可知，A为氯气、B为铁、C为氯化铁、D为次氯酸钠、E为氯化钠、F为氢气、G为氯化氢。
【小问1详解】
由分析可知，D为次氯酸钠；由化合价代数和为0可知，高铁酸钠中铁元素为+6价。
【小问2详解】
由图可知，反应②为氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为Cl2 + 2OH- =Cl- + ClO- + H2O。
【小问3详解】
氢气在氯气中能安静燃烧生成氯化氢，发出苍白色火焰，瓶口氯化氢溶与水蒸气形成盐酸小液滴，产生大量白雾。
【小问4详解】
次氯酸钠溶液与氯化铁溶液碱性条件下反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，反应的化学方程式为10NaOH+3NaClO+2FeCl3=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，反应中生成2mol高铁酸钠，反应转移6mol电子，则表示电子转移的方向和数目的双线桥为。
【小问5详解】
由图可知，反应⑤为高铁酸钠溶液与氯化氢反应生成氯化钠、氯化铁、氯气和水，反应的化学方程式为2Na2FeO4 +16HCl= 4NaCl +2FeCl3 + 3Cl2↑ + 8H2O。
四、实验题(本题共2小题，共16分)
28. 实验室需配制的溶液，请回答下列问题：
（1）需用托盘天平称取固体的总质量为_______g。
（2）在此溶液配制过程中，有以下基本实验步骤，其中只需进行一次的操作是_______(填序号)。
①称量(用托盘天平)②溶解③转移④洗涤⑤定容⑥摇匀
（3）下列操作会导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是_______(填标号)。
A. 用蒸馏水溶解固体后，立即转入容量瓶中
B. 称量固体时，将药品和砝码放反了
C. 定容时俯视刻度线
D. 定容后发现溶液的凹液面最低点高于刻度线，用胶头滴管将多余的液体吸出
【答案】（1）20.0
（2）②⑤ （3）AC
【解析】
【小问1详解】
分析：配制一定物质的量浓度的溶液的实验步骤为：准确称取一定质量的氯化钾固体，将固体转移至100mL烧杯中，加适量蒸馏水溶解，用玻璃棒搅拌，并冷却至室温，用玻璃棒引流转移到100 mL的容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，将洗涤液全部转移到容量瓶中。轻轻振荡容量瓶，使溶液混合均匀；加水到接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切，摇匀，定容后盖好瓶塞用食指顶住瓶塞，用另一只手手指托住瓶底，把容量瓶颠倒摇匀多次。
配制的溶液，需用500mL容量瓶，故称取NaOH固体的总质量m=nM=cVM=1mol/L×0.5L×40g/mol=20.0g。
【小问2详解】
①称量时先称空烧杯的质量再称烧杯和药品的质量，故①错误；
②固体在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，只有1次，故②正确；
③转移时除了将溶液转移到容量瓶中还要将洗涤液转移到容量瓶中，故③错误；
④洗涤时要洗涤烧杯及玻璃棒2~3次，故④错误；
⑤定容时，当加水至液面距离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹波面的最低点与刻线相平，只有1次，故⑤正确；
⑥在定容后摇匀，要反复几次，故⑥错误；
故选：②⑤；
【小问3详解】
A.NaOH溶于水放出大量热，应把它冷却至室温后再移入容量瓶中，否则定容后，溶液冷却到室温后，体积减小，浓度偏高，故A符合题意；
B.称量时，若物品和砝码的位置放反了会导致称量得到的氢氧化钠固体质量偏小，所配溶液的浓度偏低，故B不符合题意；
C.定容时俯视刻度线，说明加水少了，导致所配溶液的物质的量浓度偏高，故C符合题意；
D.定容后发现溶液的凹液面最低点高于刻度线，说明溶液体积偏大了，导致所配溶液的物质的量浓度偏低，故D不符合题意；
故答案：AC。
29. (与的氧化性相近)常温下为气体，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放进行了研究。
（1）安装F中导管时，应选用图2中的_______(填“a”或“b”)。
（2）打开B的活塞，A中氯酸钠和稀盐酸混合产生和且体积之比为1∶2(相同条件下)，写出反应的离子方程式：_______。
（3）已知D中稳定剂仅能吸收。当关闭B的活塞，在D中被稳定剂完全吸收生成，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是_______，若C中物质为，则反应化学方程式为_______。
（4）已知在酸性条件下会反应生成并释放出。在释放的实验中，打开活塞E，装置D中即可发生反应，则装置F的作用是_______。
【答案】（1）b （2）2ClO+ 4H+ + 2Cl- =2ClO2↑ + Cl2↑ + 2H2O
（3） ①. 吸收Cl2##将Cl2转化为ClO2 ②. 2NaClO2 + Cl2=2NaCl + 2ClO2
（4）检验是否有ClO2生成
【解析】
【分析】A中氯酸钠和稀盐酸混合产生和，装置C吸收氯气，装置D中稳定剂仅能吸收生成，F中试液用于检验氯气或。
【小问1详解】
安装F中导管时，气体应该长进短出，应选用图2中的b；
【小问2详解】
氯酸钠和稀盐酸混合产生和且体积之比为1∶2(相同条件下)，根据电子守恒可知，氯酸钠中氯元素化合价降低变为+4生成、HCl中氯元素化合价升高变为0得到，反应为2ClO+ 4H+ + 2Cl- =2ClO2↑ + Cl2↑ + 2H2O；
【小问3详解】
氯气能和碘化钾反应生成使淀粉变蓝色的碘单质，F中溶液的颜色不变，则说明装置C吸收了氯气，故装置C的作用是吸收Cl2(或：将Cl2转化为ClO2)；若C中物质为，氯气具有强氧化性，则氯气和反应生成氯化钠和，反应为2NaClO2 + Cl2=2NaCl + 2ClO2；
【小问4详解】
与的氧化性相近，则能和碘化钾反应生成使淀粉变蓝色的碘单质，故装置F的作用是检验是否有ClO2生成。
五、计算题
30. 某样品露置在空气中部分变质生成，为确定其中和的含量，称取四份该样品溶于水后，分别逐滴加入相同浓度盐酸，充分反应，产生气体的总体积(已折算成标准状况下的体积，不考虑气体在水中的溶解)如下表：
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
盐酸体积/
100.0
100.0
100.0
100.0
样品质量/g
2.62
3.93
5.24
6.55
气体总体积/
448
560
448
560
（1）样品中物质的量之比_______。
（2）盐酸的物质的量浓度 _______。
（3）实验Ⅲ完全反应后的溶液中，溶质除NaCl外其他组分的化学式及物质的量分别为_______。
【答案】（1）2：1 （2）0.85mol·L-1
（3）Na2CO3 0.015mol，NaHCO3 0.005mol
【解析】
【小问1详解】
根据表中数据，盐酸的量固定，随着样品质量的增如，产生气体总体积先增加，再减少，又增加，说明I中盐酸过量，设I样品中含有为xmol，Na2CO3为ymol，则有78x+106y=2.62 ①，，，根据方程式的系数可知，两个反应生成气体总物质的量为 ②，联立①②，解得x=0.02mol，y=0.01，则样品中物质的量之比。
【小问2详解】
样品中，设II中含有为 xmol，Na2CO3为，则有78x+=3.93，解得x=0.03mol，气体物质的量为，为 0.03mol，Na2CO3为0.015mol，由可知，生成氧气物质的量为0.015mol，消耗盐酸0.06mol，碳酸钠与盐酸反应生成0.01mol二氧化碳，碳酸钠与盐酸反应没有完全转化为二氧化碳，还生成了碳酸氢钠，可看成先发生反应①，再发生反应②，应方程式系数可知，反应①消耗盐酸0.015mol，反应②消耗盐酸0.01mol，则盐酸总物质的量为0.06mol+0.015mol+0.01mol=0.085mol，则盐酸的物质的量浓度。
【小问3详解】
设III中含有为 xmol，Na2CO3为，则有78x+=5.24，解得x=0.04mol，为 0.04mol，Na2CO3为0.02mol，气体物质的量为，由可知，消耗盐酸0.08mol，盐酸总共0.085mol，则剩余盐酸0.005mol，碳酸钠与盐酸发生反应，消耗Na2CO30.005mol，生成NaHCO30.005mol，剩余Na2CO30.015mol，则实验Ⅲ完全反应后的溶液中，溶质除NaCl外其他组分的化学式及物质的量分别为Na2CO3 0.015mol，NaHCO3 0.005mol。
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