2022-2023学年黑龙江省大庆实验中学高一上学期10月月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年黑龙江省大庆实验中学高一上学期10月月考化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

黑龙江省大庆实验中学2022-2023学年高一上学期10月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．近日大庆市遭遇新一轮新型冠状病毒肺炎疫情，此次疫情的病原为奥密克戎变异株BA．5.2.的进化分支。新冠病毒肺炎威胁着人们的身体健康，做好个人防护尤为重要。下列有关说法不正确的是
A．生产N95口罩的主要原料聚丙烯是有机物
B．“84”消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液
C．过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
D．咳嗽、吐痰、打喷嚏、说话等形成的数以万计的飞沫，直径在1-100nm之间，进入到空气中形成的分散系属于胶体
【答案】C
【详解】A．聚丙烯属于有机高分子材料，是有机物，故A正确；
B．“84”消毒液中含有NaClO，NaClO具有强氧化性，能杀菌消毒，所以84消毒液的有效成分是NaClO，故B正确；
C．乙醇不具有强的氧化性，能够杀菌消毒是因为乙醇能渗透到细胞内而使蛋白质变性，故C错误；
D．直径在1～100nm之间的微粒形成的分散系为胶体，所以咳嗽、吐痰、打喷嚏、说话等形成的数以万计的飞沫，直径在1～100nm之间，进入到空气中形成的分散系属于胶体，故D正确；
故选：C。
2．下列关于物质分类的正确组合是
分类组合
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
纯碱
HClO
NaHCO3
CuO
SO2
B
KOH
H2SO4
NH4Cl
CaO
CO
C
Ba(OH)2
CH3COOH
Na2SO3
Na2O2
CO2
D
熟石灰
HClO4
CuSO4·5H2O
Na2O
Mn2O7

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．纯碱不是碱，纯碱是碳酸钠，属于盐，A错误；
B．一氧化碳属于不成盐氧化物，不是酸性氧化物，B错误；
C．过氧化钠和酸反应会生成盐，水和氧气，不是碱性氧化物，C错误；
D．熟石灰是氢氧化钙，是碱，次氯酸是酸，五水硫酸铜属于盐，氧化钠属于碱性氧化物，七氧化二锰属于酸性氧化物，D正确；
故选D。
3．下列液体中，不会出现丁达尔效应的是  
①氢氧化铁胶体    ②CuSO4溶液    ③云、雾    ④蔗糖溶液    ⑤FeCl3溶液        ⑥有色玻璃
A．②④⑤⑥ B．①③⑥ C．②④⑤ D．①③
【答案】C
【详解】①氢氧化铁胶体、③云、雾、⑥有色玻璃均属于胶体，均会产生丁达尔效应，②CuSO4溶液、④蔗糖溶液、⑤FeCl3溶液均为溶液分散系，都不会产生丁达尔效应；
综上所述答案为C。
4．下列转化中，需要加入氧化剂才能实现的是
A．HCO→CO2 B．H2O2→O2 C．MnO→Mn2+ D．Cl-→Cl2
【答案】D
【详解】A．转化中碳元素化合价没有发生变化，转化的反应为非氧化还原反应，不需要加入氧化剂实现，A错误；
B．H2O2→O2反应过程中，可以是过氧化氢自己分解产生氧气，不需要加入氧化剂，B错误；
C．MnO→Mn2+，锰的化合价由+7价降低到+2价，需要加入还原剂，C错误；
D．Cl-→Cl2变化过程中，氯的化合价由-1价升高到0价，需要加入氧化剂，D正确；
故选D。
5．分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列5种分类标准中合理的有
①根据酸分子能电离出的氢离子个数将酸分为一元酸、二元酸等
②根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物
③根据分散质的不同，可以将胶体分为液溶胶、气溶胶和固溶胶
④根据反应中是否有离子参加，将化学反应分为离子反应和非离子反应
⑤根据物质在水溶液里或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解质
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
【答案】B
【详解】①根据酸能电离出的氢离子的个数，将酸分为一元酸、二元酸等，故①正确；
②根据氧化物的性质将氧化物分为酸性，碱性和两性氧化物等，能和碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，能和酸反应只生成盐和水的氧化物称为碱性氧化物，既能和酸又能与碱反应生成盐和水的氧化物称为两性氧化物；根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为金属氧化物和非金属氧化物，故②错误；
③根据分散剂的不同，可以将胶体分为液溶胶、气溶胶和固溶胶，故③错误；
④根据反应中是否有离子参加，将化学反应分为离子反应反应和非离子反应，故④正确；
⑤根据化合物在水溶液里或者熔融状态下是否导电分为电解质和非电解质，故⑤正确；
正确的是：①④⑤；故选B。
6．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑
B．将氯气通入NaOH溶液：Cl2+2OH-=H2O+Cl-+ClO-
C．向碳酸氢钠溶液中滴入盐酸：CO+2H+=H2O+CO2↑
D．将硝酸银溶液与氯化钠溶液混合：AgNO3+Cl-=AgCl↓+NO
【答案】B
【详解】A．钠与水反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，A错误；
B．氯气通入NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-=H2O+Cl-+ClO-，B正确；
C．碳酸氢根不能拆，正确离子方程式为HCO+H+=H2O+CO2↑，C错误；
D．硝酸银为可溶于水的强电解质，可以写成离子，离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，D错误；
综上所述答案为B。
7．氯及其化合物在生产和生活中有重要应用，下列关于氯及其化合物的说法正确的是
A．钠在氯气中燃烧产生白色烟雾
B．洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是两种溶液混合会产生有毒的Cl2
C．常温下，氯水和液氯都可以用钢瓶储存
D．氢气在氯气中安静的燃烧产生淡蓝色火焰，在瓶口出现白雾
【答案】B
【详解】A．钠在氯气中燃烧产生白烟，没有雾，A错误；
B．洁厕灵主要成分为HCl，与“84”消毒液混用会发生反应NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，生成有毒的氯气，B正确；
C．干燥的氯气不和铁反应，但氯水会和铁反应，所以氯水不能用钢瓶储存，C错误；
D．氢气在氯气中安静的燃烧产生苍白色火焰，在瓶口出现白雾，D错误；
综上所述答案为B。
8．已知反应：Fe3++ClO-+OH-=FeO+Cl-+X(未配平)，下列说法正确的是
A．Fe3+是氧化剂，ClO-是还原剂
B．X为H+
C．氧化剂与还原剂的个数之比为3：2
D．每生成1个FeO就会有6个电子发生转移
【答案】C
【分析】根据得失电子守恒、电荷守恒，配平离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，以此解题。
【详解】A．铁元素化合价升高，Fe3+是还原剂，ClO-中氯的化合价降低，ClO-是氧化剂，故A错误；
B．反应物中含有氢氧根离子，反应体系呈碱性，X不可能为H+，故B错误；
C．铁元素化合价由+3升高为+6，Fe3+是还原剂，氯元素化合价由+1降低为-1，ClO-是氧化剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C正确；
D．铁元素化合价由+3升高为+6，每生成1个FeO就会有3个电子发生转移，故D错误；
故选C。
9．化学来源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述错误的是
A．漂白粉在空气中久置变质，是因为其中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3
B．小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂
C．生石灰常用于食品包装盒中的干燥剂
D．用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐不涉及化学变化
【答案】A
【详解】A．漂白粉有效成分为次氯酸钙，在空气中久置变质，是因为其中的次氯酸钙与空气中的CO2反应生成CaCO3，故A错误；
B．小苏打为碳酸氢钠，加热易分解，可与盐酸反应，则小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，也是治疗胃酸过多的一种药剂，故B正确；
C．生石灰的成分为氧化钙，可与水反应生成氢氧化钙，常用作食品干燥剂，反应的化学方程式为CaO+H2O═Ca(OH)2，故C正确；
D．用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐为渗析过程，没有新物质生成是物理变化，只是将淀粉胶体和食盐分开，不涉及化学变化，故D正确；
故选：A。
10．将适量钠投入下列溶液中，既能产生大量气体又能生成沉淀的有
①稀硫酸    ②碳酸氢钙溶液    ③氯化铁溶液    ④硫酸铜溶液    ⑤饱和澄清石灰水
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【详解】①钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和氢气，没有沉淀生成，故①不选；
②钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和碳酸氢钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，故②选；
③钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀，故③选；
④钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀，故④选；
⑤钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧根离子浓度增大、溶剂减少，所以饱和澄清石灰水中析出氢氧化钙沉淀，故⑤选；
共有4个，故选：C。
11．下列对陈述I、II的正确性及两者间是否具有因果关系的判断均正确的是
选项
陈述I
陈述II
判断
A
干燥的氯气能使有色鲜花褪色
氯气具有漂白性
I错，II对，有
B
用洁净的铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，火焰焰色为黄色
该溶液一定是钠盐的溶液
I对，II对，有
C
向Na2O2与H2O反应后的溶液中滴入酚酞试液，溶液变红
Na2O2与水反应生成氢氧化钠
I对，II对，无
D
氯气可以使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
Cl2与KI溶液反应生成I2
I对，II对，有

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．氯气没有漂白性，判断错误，A错误；
B．该溶液可能是氢氧化钠溶液，B错误；
C．因为过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，故滴入酚酞试液，溶液变红，两者有因果关系，C错误；
D．Cl2与KI溶液反应生成I2，因此氯气可以使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，D正确；
故选D。
12．实验室模拟“侯氏制碱法”制取，下列说法错误的是

（提示：浓氨水滴入生石灰中可制备，且极易溶于水）
A．X溶液为饱和碳酸钠溶液，作用是吸收二氧化碳中的氯化氢
B．装置中使用“多孔球泡”可增大的吸收速率
C．实验时，先向饱和溶液中通入较多的再通入足量
D．利用锥形瓶中所得物质制备固体，还需经历过滤、洗涤、干燥及焙烧等过程
【答案】A
【分析】浓氨水滴入生石灰中制备，盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，通入饱和碳酸氢钠溶液中除去二氧化碳中的氯化氢，然后与氨气一起通入饱和氯化钠溶液中制备碳酸氢钠，可将实验流程简单梳理如下：
。
【详解】A．由分析可知，X溶液为饱和碳酸氢钠溶液，作用是吸收二氧化碳中的氯化氢，二氧化碳会和饱和碳酸钠溶液反应，A错误；
B．使用“多孔球泡”可增大气体与溶液的接触面积，加快的吸收速率，B正确；
C．极易溶于水，实验时，先向饱和溶液中通入较多的，使溶液呈碱性，利于的吸收，C正确；
D．固体受热分解得固体，利用锥形瓶中所得制备固体，还需经历过滤、洗涤、干燥及焙烧等过程，D正确；
答案选A。
13．某溶液中含有下列六种离子，①HCO、②SO、③Na+、④CO、⑤NH 、⑥NO、⑦SO，向其中加入足量Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是
A．①④⑤ B．②③⑥ C．⑥⑦ D．⑥
【答案】D
【详解】由于Na2O2与水反应生成NaOH和O2，即2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应后溶液呈碱性，HCO与OH-反应生成CO和H2O，即HCO+OH-=H2O+CO，NH与OH-反应生成一水合氨，即NH+OH-=NH3·H2O，则①HCO、④CO、⑤NH浓度发生变化，Na2O2具有强氧化性，②SO-被氧化生成SO，则②SO离子浓度发生变化，另外过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，则钠离子浓度增大，根据分析可知，溶液中离子浓度基本保持不变的是⑥NO；
故选D。
14．已知有下列三个反应：
①；
②；
③
下列有关说法正确的是
A．反应①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2
B．根据以上方程式可以得到氧化性：Cl2＞Fe3+＞Co2O3
C．可以推理得到
D．在反应③中参加反应的HCl和体现还原性的HCl个数比为3∶1
【答案】D
【详解】A．氧化产物是指被氧化即所含元素化合价升高而生成的产物，故反应①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3+、Cl2，A错误；
B．根据在同一氧化还原反应中：氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物，根据反应①得出：Cl2＞I2，反应②得出：Br2＞Fe3+，反应③得出：Co2O3＞Cl2，故根据以上方程式可以得到氧化性：Co2O3＞Cl2＞Fe3+，B错误；
C．由B项分析可知，氧化性：Cl2＞Fe3+ ，Br2＞Fe3+，故当Cl2和FeBr2的物质的量之比为1:1时，Cl2先氧化Fe2+，故可以推理得到，C错误；
D．还原性是指在反应中失去电子，化合价升高，将其他元素还原的性质，故在反应③中参加反应的HCl和体现还原性的HCl个数比为6：2=3∶1，D正确；
故答案为：D。
15．一定温度下，溶液导电能力（I）变化如图所示，下列说法错误的是

A．图①表示：向澄清石灰水中不断通入CO2
B．图②表示：向AgNO3溶液中通入少量HCl
C．图③表示：向NaOH溶液中通入少量Cl2
D．图④表示：向H2SO4溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液至中性
【答案】B
【详解】A．向澄清石灰水中不断通入CO2，发生反应Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，当二者完全反应时，溶液中离子浓度接近为0，导电性为0，继续通入CO2，CO2与水反应生成弱电解质碳酸，溶液的导电性增强，A正确；
B．向AgNO3溶液中通入少量HCl，发生反应AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，AgNO3和HNO3均为强电解质，溶液的导电性几乎不变，B错误；
C．向NaOH溶液中通入少量Cl2，发生反应2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O，溶液中离子浓度不变，溶液的导电性不变，C正确；
D．向H2SO4溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液至中性，发生反应H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，此时溶液中离子浓度接近为0，导电性为0，D正确；
综上所述答案为B。
16．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法中正确的是
   
A．过程①中，生成CuS的离子反应方程式为S2-+Cu2+=CuS↓
B．过程②中，Fe3+作还原剂
C．回收S的总反应为：
D．当有34gH2S转化为单质硫时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为32g
【答案】C
【分析】由图可知：一共发生的有三个反应①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S；③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应2H2S+O2=2S+2H2O，再结合氧化还原反应中的基本概念解题。
【详解】A．根据图中转化可知，生成CuS的反应为H2S + Cu2+=CuS↓+ 2H+，故A错误；
B．过程②中，Fe3+转化为Fe2+，Fe3+为氧化剂，故B错误；
C．根据图中转化可知，反应物为H2S和O2，生成物为S，根据原子守恒，还有水生成，总反应是2H2S+O2=2H2O+2S，故C正确；
D．H2S转化为硫单质，硫元素的化合价从-2价变成0价，氧元素的化合价从0价变成-2价，依据得失电子数相等，所以2H2S~O2，所以有34gH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为××32g/mol=16g，故D错误；
故选C。
17．向Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸的量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是

A．a点对应的溶液中：Na+、OH-、SO、NO
B．b点对应的溶液中：K+、H+、MnO、Cl-
C．c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO、Cl-
D．d点对应的溶液中：Cl-、NO、Fe2+、Mg2+
【答案】C
【分析】向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，依次发生反应：+H+=，+H+=CO2+H2O，则a点溶液中含有和，b点全部为，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，溶液呈酸性。
【详解】A．a点溶液中含有和，OH-与不能大量共存，A错误；
B．b点溶液中含有与氢离子不能共存，且酸性条件下和Cl-因发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；
C．c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，四种离子都能大量共存，C正确；
D．d点溶液呈酸性，酸性条件下，与Fe2+因发生氧化还原反应而不能大量共存，D错误；
答案选C。
18．实验室有一包白色固体，可能含有Na2CO3、NaHCO3和NaCl中的一种或多种。下列根据实验事实得出的结论正确的是
A．取一定量固体，溶解，向溶液中通入足量的CO2，观察到有晶体析出，说明原固体中一定含有Na2CO3
B．取一定量固体，溶解，向溶液中加入适量CaO粉末，充分反应后观察到有白色沉淀生成，说明原固体中一定含有Na2CO3
C．取一定量固体，溶解，向溶液中滴加适量AgNO3溶液，观察到有白色沉淀生成，说明原固体中一定含有NaCl
D．称取1.90g固体，加热至恒重，质量减少了0.31g。用足量稀盐酸溶解残留固体，充分反应后，收集到0.44g气体，则原固体中仅含有Na2CO3和NaHCO3
【答案】A
【详解】A．取一定量固体，溶解，向溶液中通入足量的CO2，观察到有晶体析出，一定是CO2和Na2CO3反应生成了NaHCO3，相同温度下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，说明原固体中一定含有Na2CO3，A正确；
B．CaO和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和Na2CO3、NaHCO3都能生成沉淀，B错误；
C．碳酸根离子、氯离子都能和银离子反应生成沉淀，C错误；
D．加热固体发生反应2NaHCO3Na2CO3+ CO2↑+H2O，加热至恒重，质量减少了0.31g，即生成0.31g[CO2+H2O]，所以固体中有=0.01molNaHCO3，加热后生成0.005molNa2CO3，用足量稀盐酸溶解残留固体，充分反应后，收集到0.44g气体，即收集到0.44gCO2，物质的量为0.01mol，根据碳原子守恒可知残留固体中有0.01mol Na2CO3，则原固体中含有0.01mol-0.005mol=0.005mol Na2CO3，0.005mol×106g/mol+0.01mol×84g/mol=1.37g＜1.90g，所以还有氯化钠，D错误；
综上所述答案为A。
19．某无色澄清溶液中，可能含有Na+、K+、H+、Cu2+、Mg2+、、、Cl-中的若干种，且各离子的数目均相等。现依次进行下列实验：
(1)取样，加入足量氯化钡溶液有白色沉淀生成，继续加入稀硝酸，沉淀全部溶解；
(2)继续往(1)所得溶液中加入硝酸银溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成；
(3)用洁净的铂丝蘸取原样品，在火焰上灼烧，观察到黄色火焰。
下列结论正确的是
A．肯定含有Na+、K+、 B．可能含有Cl-
C．该实验无法确定是否含有K+ D．肯定不含有K+、H+、Cu2+、
【答案】A
【分析】无色澄清溶液中不含有蓝色Cu2+；(1)取样，加入足量氧化钡溶液有白色沉淀生成，继续加入稀硝酸，沉淀全部溶解，说明溶液中含有，产生的沉淀是BaCO3，不含；与能够形成白色沉淀的Mg2+、H+不能大量存在；
(2)继续往(1)所得溶液中加入硝酸银溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，该白色沉淀是AgCl，由于(1)中加入了Cl-，因此不能由此确定原溶液中是否含有Cl-；
(3)用洁净的铂丝蘸取原样品，在火焰上灼烧，观察到黄色火焰，说明溶液中含有Na+。
根据上述分析可知该溶液中含有Na+、，根据电荷守恒，结合各离子的数目相等，可知一定还含有阳离子K+，一定不含有H+、Cu2+、Mg2+、，而不能确定是否含有Cl-，以此解题。
【详解】A．由分析可知，该溶液中肯定含有Na+、K+、，A正确；
B．由分析可知，不能确定是否含有Cl-，B错误；
C．由分析可知，该溶液中一定含有K+，C错误；
D．由分析可知，该溶液中一定含有K+，D错误；
故选A。
20．通过测定混合气中O2含量可计算已变质的Na2O2(含杂质Na2CO3)纯度，实验装置如图(Q为弹性良好的气球)。下列分析错误的

A．干燥管b中装入碱石灰
B．量筒I用于测二氧化碳的量，量筒II用于测氧气的量
C．Q气球中产生的气体主要成分是O2、CO2
D．读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1、K2，可观察到Q气球慢慢缩小
【答案】B
【分析】由实验装置图可知，向已变质的过氧化钠中加入稀硫酸，稀硫酸与过氧化钠和碳酸钠反应生成氧气和二氧化碳，气球中充满反应生成的气体而膨胀，关闭K1、K2，打开K3，气球膨胀使广口瓶中压强增大，导致空气进入右边量气装置中，量筒Ⅰ中测得气体体积为反应生成的气体总体积；读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1、K2，在外界大气压的作用下，将气球中气体压入干燥管中，气球会慢慢缩小，干燥管中的碱石灰吸收二氧化碳，量筒Ⅱ中测得气体体积为氧气的体积。
【详解】A．由分析可知，干燥管b中装入碱石灰，目的是吸收反应生成的气体中的二氧化碳，利于用量气装置测得氧气体积，A正确；
B．加入硫酸与样品反应在Q气球中得到二氧化碳和氧气，用碱石灰吸收二氧化碳和水蒸气，在量筒Ⅱ中用排水法测氧气的量，而量筒Ⅰ中排出的水的体积即为产生的CO2、O2的体积，B错误；
C．加入酸后Q内发生反应：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑，Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，反应产生CO2、O2气体，Q气球中产生的气体主要成分为O2、CO2，C正确；
D．由分析可知，读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1、K2，在外界大气压的作用下，将气球中气体压入干燥管中，气球会慢慢缩小，D正确；
故选B。

二、填空题
21．现有中学化学中常见的九种物质：
①氯酸钾固体 ②铜丝 ③Fe(OH)3胶体 ④纯醋酸 ⑤二氧化碳气体 ⑥碳酸氢钾固体 ⑦稀盐酸 ⑧蔗糖晶体 ⑨熔融氢氧化钡，请用上述序号填空：
(1)上述状态下可导电的是__________________，属于非电解质的是_______________________。
(2)写出⑥在水溶液中的电离方程式：________________________________________。
(3)制备③Fe(OH)3胶体的化学方程式：________________________________________。
(4)已知①和⑦的浓溶液可以反应：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，当有10个电子发生转移后，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的个数之比是__________________。
(5)少量⑥的溶液与大量⑨的溶液混合的离子方程式_______________________。
【答案】(1)     ②③⑦⑨     ⑤⑧
(2)KHCO3=K++HCO或HCOH++CO
(3)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
(4)5:1
(5)HCO+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O

【详解】（1）①氯酸钾是盐，属于电解质，其固体中含有离子，但是不能自由移动，不能导电；
②铜丝可以导电，但是它属于单质，既不是电解质，也不是非电解质；
③Fe(OH)3胶体中的胶粒带有电荷，可以导电，但是它属于混合物，故它既不是电解质，也不是非电解质；
④纯醋酸属于酸，没有自由移动的电子，不能导电，属于电解质；
⑤二氧化碳气体不能导电，不满足电解质的定义，属于非电解质；
⑥碳酸氢钾固体不含有自由移动的离子，不能导电，但是它属于盐，属于电解质；
⑦稀盐酸属于混合物，含有自由移动的离子，可以导电，但是既不是电解质，也不是非电解质；
⑧蔗糖晶体，不含有自由移动的离子，不能导电，属于非电解质；
⑨熔融氢氧化钡，含有自由移动的离子，可以导电，属于电解质；
上述状态下可导电的是②③⑦⑨；属于非电解质的是⑤⑧；
（2）碳酸氢钾固体在水中可以电离出碳酸氢根离子和钾离子，电离方程式为：KHCO3=K++HCO或HCOH++CO；
（3）将饱和三氯化铁滴加到沸水中，继续加热溶液变为红褐色停止加热，可以得到氢氧化铁胶体，相应的方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；
（4）该反应中，氯酸钾中+5价的氯由+价变为0价，被还原，5个氯化氢分子中-1价氯由-1价变为0价，被氧化，故被氧化的氯原子与被还原的氯原子的个数之比是5:1；
（5）碳酸氢钾少量，氢氧化钡过量，按照1个碳酸氢根离子配平，相应的离子方程式为：HCO+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O。

三、实验题
22．某小组同学在实验室制备、收集氯气，并进行氯水中相关物质的性质探究，回答下列问题。

(1)装置I中发生反应的化学方程式：_________________________________________________。
(2)装置II中溶液a为______________，目的是_________________________。
(3)装置III中气体应该从集气瓶的_______(选“m”或“n”)口进入。
(4)氯水相关物质的性质探究。
①若装置IV中试剂b为H2O，制得氯水，写出制备氯水的离子方程式________________。
②若装置IV中试剂b为CCl4，可制得Cl2的CCl4溶液(CCl4为一种有机溶剂，Cl2可溶于CCl4，且不与CCl4反应)。取稀盐酸、新制氯水、Cl2的CCl4溶液，分别滴在三张红色纸条上，可观察到____________现象，证明氯水中HClO具有漂白性作用。
③验证氯水中HClO光照分解的产物。将装置IV广口瓶中的氯水转移至三颈瓶内，将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入三颈瓶中(如图2)，用强光照射氯水，进行实验并采集数据，获得相关变化曲线。

若能够证明氯水中HClO在光照下发生了分解反应，则图3中纵坐标可以表示的物理量是__________。(注：酸性溶液中，H+数目越多，pH越小，溶液酸性越强。)
a.    氯气的体积分数      b.氢离子的数目       c. 氯水的pH     d.氯离子的数目
【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
(2)     饱和食盐水     除去氯气中的HCl气体
(3)n
(4)     Cl2+H2O=H++Cl-+HClO     滴有新制氯水的红纸褪色，其他两种不使红纸褪色(或只有新制的氯水使红纸褪色)     bd

【分析】装置I中二氧化锰和浓盐酸发生反应生成氯化锰和氯气，浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl杂质气体，装置II中饱和食盐水可除去杂质HCl气体，氯气的密度比空气大，可用向上排空气法收集，氯气是有毒气体，装置IV中氯气和NaOH溶液反应而被吸收；
【详解】（1）装置I中二氧化锰和浓盐酸发生反应生成氯化锰和氯气，反应的化学方程式：；
（2）浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl杂质气体，食盐水抑制Cl2的溶解，HCl极易溶于水，则利用饱和食盐水洗气，装置II中溶液a为饱和食盐水，其作用是：除去氯气中的HCl气体；
（3）氯气的密度大于空气的密度，用排气法收集氯气应选择向上排气法，应长进短出，故应从n口进入；
（4）①氯气与水反应方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO，制备氯水的离子方程式Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；
②新制的氯水中含有HClO具有漂白性，取稀盐酸、新制氯水、Cl2的CCl4溶液，分别滴在三张红色纸条上，可观察到滴有新制氯水的红纸褪色，其他两种不使红纸褪色，证明氯水中HClO具有漂白性作用，可观察到的现象是：滴有新制氯水的红纸褪色，其他两种不使红纸褪色；
③a.次氯酸光照分解生成氧气，所以溶液中氧气的浓度增大，装置内气体混合物中氧气的体积分数增大，不产生氯气，故a错误；
b.光照条件下发生如下反应，生成强电解质HCl，所以溶液中氢离子浓度增大，故b正确；
c.氯水中含有次氯酸，光照条件下发生如下反应：，生成强酸盐酸，溶液酸性增强，pH减小，故c错误；
d.光照条件下发生如下反应，生成强电解质HCl，所以溶液中氯离子浓度增大，故d正确；
故答案为：bd。
23．Ⅰ．某校化学课外小组为了鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图所示：

(1)方法Ⅰ，为鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体，分别取样配成溶液，再逐滴加入稀盐酸。若将稀盐酸改为Ba(OH)2溶液___________(填“能”或“不能”)鉴别。
(2)方法Ⅱ，若固体质量相同且稀盐酸足量时，气球鼓起较小的是_________(填“甲”或“乙”)试管。
(3)方法Ⅲ、Ⅳ均能鉴别这两种物质，加热试管发生反应的化学方程式为_________________。
Ⅱ．工业上碳酸钠大多采用侯氏制碱法制取，所得碳酸钠样品中往往含有少量的NaCl，现欲测定某碳酸钠样品中Na2CO3的质量分数，某探究性学习小组取样品ng，设计了如下实验方案。

该实验的操作步骤：（称量时保证E是封闭的。）
①如图连接装置（除E外），并加入所需药品。
②干燥管E内装满碱石灰，并称量质量为m1。
③打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟。
④连接上E。
⑤将稀硫酸快速加入C中后，关闭活塞。
⑥打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟。
⑦称量E的质量为m2。
⑧重复步骤⑥和⑦的操作，直到干燥管的质量基本不变，记为m3。
⑨计算。
回答下列问题：
(4)B仪器的名称为__________。
(5)若没有D，则实验结果__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
(6)步骤⑧的目的是________________________________________________。
(7)根据题干所给的数据，样品中Na2CO3的质量分数为_________________________。
【答案】(1)不能
(2)甲
(3)2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
(4)分液漏斗
(5)偏高
(6)确保CO2被E吸收完全
(7)×100%

【分析】Ⅱ．本实验的目的是测定碳酸钠样品中Na2CO3的质量分数，首先利用除去CO2后的空气将装置内含有CO2的空气排出，之后让稀硫酸和碳酸钠反应生成CO2，利用碱石灰将其吸收，通过测定碱石灰前后的质量，差值即为CO2的质量，从而计算碳酸钠的质量。
【详解】（1）Na2CO3和NaHCO3均可以和Ba(OH)2溶液反应生成白色沉淀，故不能鉴别；
（2）mgNa2CO3可以生成molCO2，mgNaHCO3可以生成molCO2，＞，所以甲试管的气球鼓起较小；
（3）加热时NaHCO3会分解，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
（4）根据仪器B的结构特点可知其为分液漏斗；
（5）碱石灰也可以吸收水蒸气，若没有浓硫酸吸收水蒸气，则会使碱石灰的增重偏大，从而使结果偏高；
（6）装置内可能会有残留的CO2，步骤⑧可以确保CO2被E吸收完全；
（7）该反应中产生的CO2的质量为(m3-m1)g，物质的量为mol，根据碳元素守恒可知Na2CO3的物质的量为mol，质量分数为×100%=×100%。

四、工业流程题
24．亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂，以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：   

回答下列问题：
(1)亚氯酸钠用作纸浆、纸张和各种纤维的漂白剂，是一种高效漂白剂，主要原因是亚氯酸钠具有___________性。
(2)写出制备ClO2的化学反应方程式：______________。
(3)可从“废液”中回收的主要物质是___________(填化学式)，“结晶”后经过滤即可获得粗产品。
(4)吸收塔的温度不能超过20°C，其目的是_____________。
(5)吸收塔内的反应的化学方程式为_____________。
【答案】(1)强氧化
(2)2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O
(3)Na2SO4
(4)防止过氧化氢受热分解
(5)2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑

【分析】酸性环境中NaClO3被H2O2还原为ClO2，之后用NaOH溶液吸收ClO2，然后再用H2O2将其还原为NaClO2，过滤后，滤液将系列操作得到NaClO2固体。
【详解】（1）亚氯酸钠具有强氧化性，所以有漂白性；
（2）酸性环境中NaClO3被H2O2还原为ClO2，则H2O2应是被氧化为O2，根据得失电子守恒可知NaClO3和H2O2的系数比为2∶1，结合元素守恒可得化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O；
（3）根据发生的反应可知，废液中的Na2SO4“结晶”后经过滤即可获得粗产品；
（4）H2O2受热易分解，吸收塔的温度不能超过20°C，目的是防止过氧化氢受热分解；
（5）吸收塔内在碱性环境中，H2O2将ClO2还原为NaClO2，自身被氧化为O2，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑。