2022-2023学年吉林省长春市第五中学高一上学期期中考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年吉林省长春市第五中学高一上学期期中考试化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

吉林省长春市第五中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富，是中华民族传统文化精髓。下列古诗词或古文记载中涉及化学变化但不属于氧化还原反应的是
A．熬胆矾铁釜，久之亦化为铜 B．春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干
C．千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金 D．粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间
【答案】D
【分析】反应中存在元素化合价变化的反应为氧化还原反应，否则为非氧化还原反应，以此进行判断。
【详解】A．该过程中反应方程式为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，Fe、Cu元素化合价发生变化，是氧化还原反应，A不符合；
B．蜡炬主要成分是石蜡，石蜡燃烧生成二氧化碳和水、是化学反应、且涉及C、O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，B不符合；
C．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”说明的是人们利用金密度大的特点进行淘金，没有发生化学变化，是物理变化，C不符合；
D．该过程为石灰石煅烧，碳酸钙分解得到氧化钙和二氧化碳、属于化学反应、元素化合价不发生变化、不属于氧化还原反应，D符合；
故合理选项是D。
2．下列说法中正确的是
①酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应
②金属氧化物不一定都是碱性氧化物，但碱性氧化物一定都是金属氧化物
③蔗糖和水分别属于非电解质和电解质
④硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
⑤因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用过滤的方法把胶粒分离出来
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【答案】A
【详解】①能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，则酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应，①正确；
②金属氧化物不一定都是碱性氧化物，如Mn2O7为酸性氧化物，但碱性氧化物一定都是金属氧化物，②正确；
③蔗糖在水溶液和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，水有微弱导电能力，属于弱电解质，③正确；
④纯碱为碳酸钠，属于盐，④错误；
⑤胶粒和溶质粒子均能透过滤纸，不可以用过滤的方法把胶粒分离出来，⑤错误；
综上所述，正确的有3个；答案选A。
3．某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法中正确的是

A．利用过滤的方法，无法将Z中固体与液体分离
B．X、Z烧杯中分散系的分散质相同
C．X、Z中分散系均能产生丁达尔效应
D．Y中反应的离子方程式为
【答案】D
【详解】A．Z是胶体，胶体粒子能透过滤纸，能用过滤法分离Z中固体与液体，选项A错误；
B．X中分散质是氯化铁，Z烧杯中分散质是氢氧化铁胶体粒子，分散质不相同，选项B错误；
C．X是氯化铁溶液，没有丁达尔效应，Z是胶体，胶体能产生丁达尔效应，选项C错误；D．碳酸钙促使铁离子水解平衡正向移动，反应的离子方程式为3CaCO3+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3(胶体)+3CO2↑+3Ca2+，选项D正确；
答案选D。
4．下列物质中反应，可以用离子方程式“H++OH-=H2O”表示的是
A．CH3COOH和NaOH B．H2SO4和NH3·H2O
C．NaHSO4和NaOH D．H2SO4和Ca(OH)2(澄清石灰水)
【答案】C
【详解】A．CH3COOH和NaOH反应的离子方程式为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，A不合题意；
B．H2SO4和NH3·H2O反应的离子方程式为：NH3·H2O+H+=+H2O，B不合题意；
C．NaHSO4和NaOH反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，C符合题意；
D．H2SO4和Ca(OH)2(澄清石灰水)的离子方程式为：Ca2++2OH-+2H++=CaSO4↓+2H2O，D不合题意；
故答案为：C。
5．在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有下列离子中的三种：Cu2＋、Na＋、H＋、SO42-、、OH-。已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是
A．、OH-、 B．Na＋、H＋、
C．Cu2＋、H＋、 D．Na＋、OH-、
【答案】D
【详解】甲烧杯中溶液呈蓝色，一定含Cu2＋，则和Cu2＋不能共存的、OH-在乙烧杯中，H+在甲烧杯中，根据电荷守恒，甲烧杯中还含有、SO42-，乙烧杯中还含有Na＋，所以乙烧杯中大量存在的离子是Na＋、OH-、，答案选D。
6．从氧化还原反应的角度分析，下列说法正确的是
A．KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，氧化剂和还原剂的个数比为1∶6
B．中，被氧化和被还原的硫元素质量之比为1∶2
C．中，每生成1个，转移1个电子
D．中，氧化产物和还原产物个数之比为2∶3
【答案】B
【详解】A．根据元素化合价变化，KClO3中Cl由+5价降到0价，被还原，KClO3为氧化剂；HCl中Cl元素由-1价升高到0价，被氧化，HCl为还原剂，且其中部分Cl元素的化合价不变，生成KCl，故氧化剂和还原剂的个数比为1：5，选项A错误；
B．根据元素化合价变化，2个S由0价降到-2价，被还原；1个S由0价升到+4价，被氧化，故被氧化和被还原的硫元素质量之比为1∶2，选项B正确；
C．生成1个O2，则反应了2个Na2O2，其中2个-1价O升高到0价，2个-1价O降低到-2价，故转移了2个电子，选项C错误；
D．根据元素化合价变化，N元素由0价降到-3价，AlN为还原产物；C元素由0价升到+2价，CO为氧化产物，故氧化产物和还原产物个数之比为3：2，选项D错误；
故答案选B。
7．常温下，在溶液中可发生以下反应：①2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣②2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣③2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，由此判断下列说法正确的是
A．铁元素在反应①中被还原，在③中被氧化
B．反应②中当有1 个Cl2分子被氧化时，有2 个Br-被还原
C．氧化性强弱顺序为Cl2＞I2＞Br2＞Fe3+
D．还原性强弱顺序为I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-
【答案】D
【详解】A．①2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中，Fe2+作还原剂，被氧化，③2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2中，Fe3+作氧化剂，被还原，A不正确；
B．反应②2Br-+Cl2=Br2+2Cl-中，Cl2作氧化剂，Br-作还原剂，当有1 个Cl2分子被还原时，有2 个Br-被氧化，B不正确；
C．氧化性：氧化剂＞氧化产物，则氧化性强弱顺序为Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2，C不正确；
D．还原性：还原剂＞还原产物，则还原性强弱顺序为I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-，D正确；
故选D。
8．对于反应(热)，下列叙述正确的是
A．是氧化剂，NaOH是还原剂
B．还原剂和氧化剂的质量之比为1∶5
C．3个分子参与反应，共转移6个电子
D．只具有还原性，只具有氧化性
【答案】B
【详解】A．反应中，Cl2中的Cl的化合价既有升高，又有降低，而NaOH所含元素无化合价变化，故Cl2既是氧化剂又是还原剂，A错误；
B．反应中，氧化产物NaClO3和还原产物NaCl的物质的量比为1:5，故还原剂和氧化剂的质量之比为1:5，B正确；
C．3个Cl2分子含有6个Cl原子，反应中1个Cl原子失去5个电子生成1个，5个Cl原子得到5个电子生成5个Cl-，故3个Cl2分子参与反应，共转移5个电子，C错误；
D．Cl元素的最低价态为-1价，最高价态为+7价；Cl-中Cl元素的化合价为-1价，是Cl元素的最低价态，则Cl-只有还原性；中Cl元素的化合价为+5价，是Cl元素的中间价态，则既有氧化性又有还原性，D错误；
故选B。
9．下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是
①过量投入到溶液中
②饱和碳酸钠溶液通入
③少量投入过量溶液中
④氨化的饱和食盐水中通
A．①②③④ B．①③ C．①②③ D．①③④
【答案】A
【详解】①过量投入到溶液中生成碳酸钙，有白色沉淀生成；
②饱和碳酸钠溶液通入生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以有白色沉淀生成；
③少量投入过量溶液中生成碳酸钙、碳酸钠和水，有白色沉淀生成；
④氨化的饱和食盐水中通生成碳酸氢钠沉淀；
答案选A。
10．小组探究常温下和与碱的反应，实验过程及结果如下。下列说法错误的是
实验装置
试剂X
实验结果

I
II
III
①II、III均产生白色沉淀
②烧杯中溶液pH变化如下

蒸馏水
溶液
溶液

A．I是空白实验，排除体积变化对II、III溶液pH的影响
B．II和I的pH曲线基本重合，说明与不反应，II中发生反应：
C．III比II的pH曲线降低，说明与反应，III中初期发生反应：
D．III中石灰水恰好完全反应时，溶液
【答案】D
【分析】由题给信息可知，Ⅰ是空白实验，Ⅰ和Ⅱ的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根离子只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应，Ⅲ比Ⅱ的pH曲线降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水。
【详解】A．由分析可知，Ⅰ是空白实验，设计实验的目的是排除体积变化对Ⅱ、Ⅲ溶液pH的影响，A正确；
B．由分析可知，Ⅱ和Ⅰ的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根离子只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为，B正确；
C．由分析可知，Ⅲ比Ⅱ的pH曲线降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为，C正确；
D．由分析可知，石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，，D错误；
故选D。
11．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法错误的是
A．CO2气体(HCl)——饱和NaHCO3溶液
B．NaHCO3溶液(Na2CO3)——加入适量盐酸
C．Na2O2粉末(Na2O)——将混合物放在氧气中加热
D．Na2CO3固体(NaHCO3)——加热至不再产生气体
【答案】B
【详解】A．饱和NaHCO3溶液吸收CO2气体中的(HCl)杂质，不会引入新的杂质，A正确；
B．NaHCO3溶液和Na2CO3溶液都能与盐酸反应，B错误；
C．Na2O放在氧气中加热生成过氧化钠，C正确；
D．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，不会引入新的杂质，D正确；
故选B。
12．用如图所示实验装置进行相关实验探究，下列说法不正确的是

A．图1：实验现象证明氯气无漂白作用，氯水有漂白作用
B．图2：生成棕黄色的烟
C．图3：若气球干瘪，证明可与NaOH反应
D．图4：生成的大量白烟是氯化钠晶体
【答案】C
【详解】A. 图1：干燥的有色布条不褪色，说明氯气无漂白作用，湿润的布条褪色说明，氯气和水反应生成物里具有漂白作用的物质，故A正确；
B. 图2：氯气与铜反应生成氯化铜固体，为棕黄色的烟，加少量水溶解得到蓝绿色溶液，故B正确；
C. 图3：氯气与氢氧化钠反应，锥形瓶中的气体减少，气压降低，气球应该膨胀，故C错误；
D. 图4：钠与氯气反应生成氯化钠固体，生成的大量白烟是氯化钠晶体，故D正确；
故选C。
13．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
判断
A．
可用pH试纸测氯水pH
氯水有酸性
Ⅰ对，Ⅱ对，无
B．
将加入酚酞溶液中，最终溶液变为红色
与水反应生成氢氧化钠
Ⅰ对，Ⅱ错，无
C．
金属钠保存在煤油中，以隔绝空气
常温下，金属钠在空气中会生成氧化钠
Ⅰ对，Ⅱ对，有
D．
新制氯水放置数天后，pH将增大
氯化氢具有挥发性，酸性减弱
Ⅰ对，Ⅱ对，有

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，故A错误；
B．过氧化钠具有强氧化性，将加入酚酞溶液中，溶液先变为红色，后褪色，故B错误；
C．常温下，金属钠在空气中会生成氧化钠，所以通常保存在煤油中以隔绝空气，故C正确；
D．新制氯水放置数天后，次氯酸分解产生盐酸，溶液酸性增强，pH将减小，故D错误；
答案选C。
14．能正确表示下列反应的离子方程式为
A．碳酸镁与稀盐酸反应：
B．向CaCl2溶液中通入CO2：
C．过氧化钠与水反应：
D．将Ba(OH)2和NH4HSO4溶液混合，所含溶质个数比为1∶2：
【答案】D
【详解】A．MgCO3难溶于水，应该写化学式，反应的离子方程式应该为：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，A错误；
B．由于酸性：HCl＞H2CO3，所以向CaCl2溶液中通入CO2气体，不能发生反应产生CaCO3沉淀，B错误；
C．原子不守恒，电子不守恒，反应的离子方程式应该为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，A错误；
D．将Ba(OH)2和NH4HSO4溶液混合，所含溶质个数比为1∶2混合，发生反应产生BaSO4沉淀、(NH4)2SO4、H2O，反应的离子方程式为：，D正确；
故合理选项是D。
15．下列有关与叙述中错误的是
A．相同状况下，等质量的和分别与足量盐酸反应产生的气体体积小于
B．分别向等质量的溶液和溶液中加入等量的稀盐酸，生成的物质的量之比一定为1：1
C．用pH试纸测定等物质的量浓度的溶液和溶液，溶液pH大于溶液
D．保持温度不变，向饱和溶液中通入，有结晶析出
【答案】B
【详解】A．根据反应：，，，相同质量的和分别与足量盐酸反应产生的气体少，A正确；
B．分别向等质量的溶液和溶液中加入等量的稀盐酸，若盐酸不足，生成的前者是后者的一半，若盐酸足量，生成的也是前者少于后者，比值一定不是1:1，B错误；
C．因为的水解程度大于，同浓度的溶液pH大于溶液，C正确；
D．因为相同温度下，的溶解度小于，保持温度不变，向饱和溶液中通入，有结晶析出，D正确；
故选B。
16．类比推理是研究物质性质的常用方法，可预测许多物质的性质，但类比是相对的，不能违背客观实际。下列说法中正确的是
A．与反应生成，则与反应生成
B．少量通入溶液中产生白色沉淀，则少量通入溶液也产生白色沉淀
C．碳酸氢钡溶解度大于碳酸钡，则碳酸氢钠的溶解度也大于碳酸钠
D．向碳酸钠中加入少量水伴随着放热现象，则向碳酸氢钠中加入少量水也伴随着放热现象
【答案】A
【详解】A．氯气的氧化性比较强，与铁反应生成氯化铁，与铜反应生成氯化铜，A正确；
B．少量二氧化碳通入氢氧化钡溶液中产生白色沉淀碳酸钡，难溶于水；碳酸是弱酸，盐酸是强酸，所以二氧化碳通入氯化钡溶液中不会发生反应，不会生成沉淀，B错误；
C．碳酸钡难溶于水，碳酸氢钡易溶于水，但是碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的，C错误；
D．碳酸钠中加入少量水伴随着放热现象，但是碳酸氢钠中加入少量水伴随着吸热现象，D错误；
故选A。
17．下列方法都可以制备氯气，若要制得等质量的氯气各反应转移的电子数之比为
(1)KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O
(2)MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O
(3)Ca(ClO)2+4HCl=CaC12+Cl2↑+2H2O
(4)K2Cr2O7+14HCl=2CrCl3+2KCl+3Cl2↑+7H2O
A．5∶6∶3∶6 B．1∶1∶1∶1 C．6∶6∶6∶5 D．1∶3∶3∶1
【答案】A
【详解】设制得等质量的氯气的物质的量为1mol，由方程式可知，各反应转移的电子数之比为：2：1：2=5∶6∶3∶6，故选A。
18．下列离子方程式正确的是
A．氯气通入氯化亚铁溶液中：Cl2＋Fe2＋＝2Cl－＋Fe3+
B．钠投入水中：Na＋H2O＝H2↑＋Na＋＋OH－
C．漂白粉的漂白原理：2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClO
D．用小苏打治疗胃酸过多：HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑
【答案】D
【详解】A．反应前后所带电荷不守恒，故A错误；
B．原子不守恒，故B错误；
C．漂白粉有效成分是Ca(ClO)2，因此缺少反应方程式为，Ca2＋＋CO=CaCO3↓，故C错误；
D．小苏打为NaHCO3和酸反应，胃酸的成分是盐酸，属于强酸，故D正确。
答案选D。
19．正确书写离子方程式有助于理解电解质间反应的本质，下列有关生产生活的应用中，涉及到的离子方程式正确的是
A．通入石灰乳中制漂白粉：
B．用醋酸和淀粉溶液检验加碘盐中的
C．将饱和滴入沸水中得到红褐色溶液：
D．少量的溶液与溶液混合：
【答案】D
【详解】A．通入石灰乳中，石灰乳是悬浊液，故不能拆，离子方程式为，故A错误；
B．醋酸是弱酸，在书写离子方程式时不可拆写成离子形式，离子方程式为，故B错误；
C．所得红褐色溶液是胶体分散系，非沉淀，离子方程式为，故C错误；
D．少量，所以、与要按1：1：1参与反应，离子方程式为，D正确；
故选：D。
20．下图为氯气及氯的化合物的“价一类”二维图，下列叙述错误的是

A．常温下，a的稀溶液与二氧化锰反应可制取b
B．理论上a溶液和e混合可制得b
C．c和f均可用于环境杀菌消毒
D．d见光易分解
【答案】A
【分析】a是HCl，b是Cl2，c是ClO2，d是HClO，e可能是NaClO3、f可能是NaClO。
【详解】A．加热条件下，浓盐酸与二氧化锰反应制取Cl2，故A错误；
B．根据氧化还原反应规律，，理论上盐酸和NaClO3混合可制得Cl2，故B正确；
C．ClO2和NaClO均具有强氧化性，可用于环境杀菌消毒，故C正确；
D．HClO见光易分解为HCl和O2，故D正确；
选A。

二、填空题
21．溶液和84消毒液是生活中常用的两种消毒剂。请回答下列问题：
(1)某同学设计如下实验研究的性质：
实验
操作
现象
i
向5%溶液中滴加酸性溶液
a．溶液紫色褪去  b．有大量气泡产生
ii
向5%溶液中滴加淀粉碘化钾溶液
c．溶液变蓝

①理论上既有氧化性又有还原性，具有还原性的原因是___________。
②能证明具有还原性的是实验___________(填序号)。
(2)84消毒液的有效成分为。
①NaClO中Cl元素的化合价是___________。
②84消毒液不能用于钢制器具的消毒，原因是具有___________性。
③84消毒液吸收空气中的，其消毒杀菌能力增强，(生成碳酸氢盐和有漂白性的物质)该过程中发生反应的化学方程式为___________。
(3)漂白粉在社会生活、工业生产中用途广泛。漂白粉除了具有漂白作用外，还能杀菌、消毒。已知漂白粉溶于水后加入少量的酸能增强漂白效果。某同学据此将少量漂白粉溶于水后，再加入浓盐酸，观察到有黄绿色气体生成。回答下列问题：
①生成黄绿色气体的化学方程式，用双线桥表示反应电子转移方向和数目：___________。
②家庭生活中常使用“84”消毒液进行消毒。这种消毒液和某品牌洁厕净(主要成分为盐酸)不能同时使用，其原因是___________。
【答案】(1)     过氧化氢中氧元素的化合价为—1价，化合价既可升高又可降低     i
(2)     +1价     氧化    
(3)          会产生有毒气体

【详解】（1）过氧化氢中氧元素的化合价为中间价态—1价，既能得到电子表现氧化性，也能失去电子表现还原性，由实验现象可知，实验i中氧元素的化合价升高被氧化，过氧化氢为反应的还原剂，表现还原性，实验ii中氧元素的化合价降低被还原，过氧化氢为反应的氧化剂，表现氧化性；
①由分析可知，理论上过氧化氢既有氧化性又有还原性的原因是，过氧化氢中氧元素的化合价为中间价态—1价，化合价既可升高又可降低，既能得到电子表现氧化性，也能失去电子表现还原性，故答案为：过氧化氢中氧元素的化合价为—1价，化合价既可升高又可降低；
②由分析可知，实验i中氧元素的化合价升高被氧化，过氧化氢为反应的还原剂，表现还原性，故答案为：i；
（2）①由化合价代数和为0可知，次氯酸钠中氯元素的化合价为+1价，故答案为：+1价；
②84消毒液中次氯酸钠具有强氧化性，会与钢制器具中的铁发生氧化还原反应，所以不能用于钢制器具的消毒，故答案为：氧化；
③84消毒液吸收空气中二氧化碳的反应为溶液中的次氯酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸，次氯酸使84消毒液的消毒杀菌能力增强，反应的化学方程式为，故答案为：；
（3）由方程式可知，生成黄绿色气体的反应中，次氯酸钙中氯元素的化合价降低被还原，是反应的氧化剂，浓盐酸中氯元素的化合价部分升高被氧化，表现酸性和还原性，氯气即是反应的氧化产物又是反应的还原产物，表示反应电子转移方向和数目的双线桥为，故答案为：；
②若84消毒液和洁厕净同时使用，84消毒液中的次氯酸钠能与洁厕净中的盐酸反应生成氯化钠、氯气和水，氯气有毒，会发生意外事故，所以84消毒液和洁厕净不能同时使用，故答案为：会产生有毒气体。
22．I．有下列物质：①氢氧化钡固体 ②KHSO4 ③HNO3 ④稀硫酸 ⑤二氧化碳气体 ⑥铜  ⑦碳酸钠粉末  ⑧蔗糖晶体 ⑨熔融氯化钠 ⑩CuSO4·5H2O晶体。请用序号填空：
(1)上述状态下可导电的是 ___________。
(2)属于电解质的是___________ 。
(3)属于非电解质的是___________。
II．实验小组为探究次氯酸消毒剂的分解规律，进行了下列实验。
①制备和净化氯气。使用MnO2等几种原料制备并净化氯气。
②制备氯水。将氯气通入水中，得到氯水。
③除去尾气。用烧碱溶液吸收多余的氯气。
④探究次氯酸的分解规律。用数字传感器测量光照条件下装有氯水的容器中氧气浓度的变化、氯水的pH变化以及氯离子浓度的变化，装置如图1所示。测量的数据如图2所示。

(4)实验室制备氯气时发生反应的化学方程式为___________； 上述实验所制备的氯气中含有的杂质气体为水蒸气和___________。为除去所填杂质气体，常使用的试剂是___________。
(5)制备氯水的方法是将氯气通入水中，反应的离子方程式为___________。多余氯气常用过量的烧碱溶液吸收处理，吸收时反应的离子方程式为___________。
(6)依据数字传感器所测量的图2中(1)和(2)数据，解释光照时氯水的pH变化及氯离子浓度变化的原因___________ (结合化学方程式说明)
【答案】(1)④⑨
(2)①②③⑦⑨⑩
(3)⑤⑧
(4)          氯化氢     饱和食盐水
(5)         
(6)光照时，氯水中次氯酸发生分解生成盐酸和氧气，弱酸变为强酸

【分析】①氢氧化钡固体不含自由移动的离子，不导电，其水溶液能导电，氢氧化钡固体是电解质；②KHSO4不含自由移动的离子，不导电，其水溶液能导电，KHSO4是电解质；  ③HNO3不含自由移动的离子，不导电，其水溶液能导电，HNO3是电解质； ④稀硫酸是混合物，含有自由移动的离子，能导电，既不是电解质又不是非电解质；⑤二氧化碳气体不含自由移动的离子，不导电，二氧化碳自身不能电离，属于非电解质；⑥铜是金属单质，能导电，既不是电解质又不是非电解质；⑦碳酸钠粉末不含自由移动的离子，不导电，其水溶液能导电，碳酸钠是电解质；⑧蔗糖晶体不含自由移动的离子，不导电，蔗糖自身不能电离，属于非电解质；⑨熔融氯化钠含有自由移动的离子，能导电，属于电解质；⑩CuSO4·5H2O晶体不含自由移动的离子，不导电，其水溶液能导电，CuSO4·5H2O是电解质；
【详解】（1）根据以上分析，上述状态下可导电的是④稀硫酸、⑥铜、⑨熔融氯化钠；
（2）属于电解质的是①氢氧化钡固体、②KHSO4、③HNO3 、⑦碳酸钠粉末、⑨熔融氯化钠、⑩CuSO4·5H2O晶体；
（3）属于非电解质的是⑤二氧化碳气体、⑧蔗糖晶体；
（4）实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制备氯气，发生反应的化学方程式为； 上述实验所制备的氯气中含有的杂质气体为水蒸气和氯化氢。用饱和食盐水除氯气中的氯化氢；
（5）氯气通入水中反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为。多余氯气常用过量的烧碱溶液吸收处理，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为；
（6）光照时，氯水中次氯酸发生分解生成盐酸和氧气，弱酸变为强酸，所以溶液的pH减小、氯离子浓度增大。

三、实验题
23．某兴趣小组为测定工业纯碱(假设仅含碳酸氢钠杂质)中碳酸钠的质量分数，设计了下列三种实验方案进行探究。请填空：
方案一：纯碱样品经加热后测定剩余固体质量，并计算碳酸钠的质量分数。
(1)加热样品所选用的仪器是_______(填标号)。
A． B． C． D．
方案二：纯碱样品可通过加热分解得到的CO2质量进行计算。某同学设计的实验装置示意图如下：

(2)装置B中冰水的作用是_______
(3)该同学设计的实验装置存在缺陷，有关该实验装置及实验过程中，下列因素可能使碳酸钠的质量分数偏高的是_______
A．样品分解不完全
B．装置B、C之间缺少CO2的干燥装置
C．产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收
D．反应完全后停止加热，通入过量的空气
方案三：将11.44g的样品与足量稀硫酸反应，通过称量反应前后盛有碱石灰的干燥管质量，利用其质量差计算碳酸钠的质量分数。实验装置如图：

该实验的操作步骤：
①关闭止水夹，在干燥管内填满碱石灰，称量干燥管A质量15.66g
②取一定量样品装入广口瓶中
③检查装置的气密性
④打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟，再称量干燥管A质量20.50g
⑤缓慢加入稀硫酸至不再产生气体为止
⑥打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟
(4)正确的操作顺序是_______(填序号)
(5)实验流程中有两次鼓入空气，它们的作用分别为_______、_______。
(6)请计算该样品中碳酸钠的质量百分数_______(保留1位小数)
【答案】(1)B
(2)冷凝反应生成的水
(3)AC
(4)③②⑥①⑤④
(5)     防止装置中原有的CO2气体干扰实验，导致碳酸氢钠含量偏高     使广口瓶中产生的CO2气体全部排出
(6)92.7%

【分析】方案一：碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，固体减少的质量为生成水喝二氧化碳的质量，利用“差量法”计算碳酸氢钠的质量，从而计算碳酸钠的质量分数；
方案二：碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，根据装置C吸收二氧化碳的质量计算碳酸氢钠的质量，从而计算碳酸钠的质量分数；
方案三：碳酸钠、碳酸氢钠都能与稀硫酸反应生成二氧化碳气体，根据样品的总质量和生成二氧化碳的质量，列方程组，解出碳酸钠的质量，从而计算碳酸钠的质量分数。
【详解】（1）加热固体物质，选用的仪器是坩埚，选B；
（2）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，通过测量加热分解得到的CO2的质量计算碳酸钠的质量分数，需要除去水，所以B中冰水的作用是冷凝反应生成的水；
（3）A．样品分解不完全，生成二氧化碳质量偏少，碳酸氢钠质量偏小，使碳酸钠的质量分数偏高，故选A；
B．装置B、C之间缺少CO2的干燥装置，使CO2质量偏大，碳酸氢钠质量偏大，使碳酸钠的质量分数偏低，故不选B；
C．产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收，使二氧化碳质量偏少，碳酸氢钠质量偏小，使碳酸钠的质量分数偏高，故选C；
D．反应完全后停止加热，通入过量的空气，空气中的二氧化碳被吸收，使CO2质量偏大，碳酸氢钠质量偏大，使碳酸钠的质量分数偏低，故不选D；
选AC；
（4）根据二氧化碳的质量计算碳酸钠的质量分数，所以实验开始要除去装置内空气中的二氧化碳，实验结束要把反应生成的二氧化碳全部被碱石灰A吸收，实验步骤为③检查装置的气密性、②取一定量样品装入广口瓶中、⑥打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟、①关闭止水夹，在干燥管内填满碱石灰，称量干燥管A质量15.66g、⑤缓慢加入稀硫酸至不再产生气体为止、④打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟，再称量干燥管A质量20.50g；
（5）实验开始，鼓入空气除去装置内空气中的二氧化碳，防止装置中原有的CO2气体干扰实验，导致碳酸氢钠含量偏高；实验结束，通入空气，使反应生成的二氧化碳全部被碱石灰A吸收；
（6）反应生成二氧化碳的质量是20.50g-15.66g=4.84g，二氧化碳的物质的量为0.11mol；设样品中碳酸钠的物质的量为xmol、碳酸氢钠的物质的量为ymol；
，解得，该样品中碳酸钠的质量百分数。