山西大学附属中学校2023-2024学年高一上学期期中考试化学试卷（解析版）

这是一份山西大学附属中学校2023-2024学年高一上学期期中考试化学试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了 下列物质分类正确的是， 下列有关钠的描述中错误的是等内容，欢迎下载使用。
考试时间：90分钟 总分：100分 考查范围：必修一第一章、第二章部分
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Fe 56 Ba 137 Cl 35.5
一、选择题(包括20小题，每小题3分，共计60分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列物质分类正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【分析】弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐；能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；能和酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物；胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 的分散系；
【详解】A．AgCl不是弱电解质为强电解质；纳米铁粉不是胶体，是胶体的分散质，A错误；
B．CO为不成盐氧化物，不是碱性氧化物；氨气为非电解质，B错误；
C．氨水为混合物，三氧化硫为酸性氧化物，氧化钙为碱性氧化物，磷酸为弱酸是弱电解质，淀粉溶液为胶体，C正确；
D．乙醇为纯净物；氧化铝为两性氧化物；为酸性氧化物；HCl为强电解质，D错误；
故选C。
2. 下列电离方程式正确的是更多免费优质滋元可 家 威杏 MXSJ663 A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸氢根电离产生氢离子和碳酸根，电离方程式正确，A正确；
B．亚硫酸氢钠电离产生钠离子和亚硫酸氢根：，B错误；
C．氯酸钾电离产生钾离子和氯酸根：，C错误；
D．一水合氨部分电离产生铵根离子和氢氧根：，D错误；
故选A。
3. 下列有关钠的描述中错误的是
A. 钠可以保存在煤油中，说明钠的密度比煤油的大且钠不与煤油发生反应
B. 实验时钠需用镊子夹取，用后剩余的钠不能放回试剂瓶中
C. 新切开的钠放置在空气中会迅速被氧化
D. 钠能与氯化钠溶液发生化学反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．钠与煤油不发生反应，且钠的密度比煤油大，钠沉在煤油的底部，煤油可以使钠与空气和水蒸气隔绝，防止钠与氧气、水反应，A正确；
B．钠是活泼金属，容易与空气中的水和氧气反应，为安全着想，切割取用后剩余的钠必须放回原试剂瓶中，B错误；
C．钠很活泼，新切开的钠，暴露在空气中，会迅速被氧气氧化为氧化钠，光亮的表面很快变暗，C正确；
D．Na非常活泼，可与NaCl溶液中的水发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，D正确；
答案选B。
4. 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金属钠投入到MgCl2溶液中 ②过量CO2通入澄清石灰水 ③向硫酸氢钠溶液中加入少量BaCl2溶液 ④少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中 ⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2
A. ①③④⑤B. ①②④C. ②⑤⑥D. ①③⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①金属钠投入到氯化镁溶液中，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应生成的氢氧化钠与氯化镁溶液反应生成氢氧化镁白色沉淀和氯化钠，则最终有白色沉淀生成，故符合题意；
②过量二氧化碳通入澄清石灰水中发生的反应为二氧化碳与氢氧化钙溶液生成碳酸氢钙，则最终没有白色沉淀生成，故不符合题意；
③向硫酸氢钠溶液中加入少量氯化钡溶液发生的反应为钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡白色沉淀，则最终有白色沉淀生成，故符合题意；
④少量氢氧化钙投入过量碳酸氢钠溶液中发生的反应为氢氧化钙与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙白色沉淀、碳酸钠和水，则最终有白色沉淀生成，故符合题意；
⑤碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，向饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳发生的反应为碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠沉淀，则最终有白色沉淀生成，故符合题意；
①③④⑤符合题意，故选A。
5. 下列有关Cl2的性质及应用的说法错误的是
A. 虽然氯气化学性质活泼，但液氯能用钢瓶贮存
B. 加热条件下，Cl2与过量Fe反应生成FeCl3
C. 可用向下排空气法收集Cl2
D. 工业上可用氯气与石灰乳反应制备漂白粉
【答案】C
【解析】
【详解】A．虽然氯气化学性质活泼，但在室温下干燥Cl2与Fe不能发生反应，故液氯能用钢瓶贮存，A正确；
B．在加热条件下，Cl2与Fe反应生成FeCl3，与二者相对量的多少无关，B正确；
C．Cl2的密度比空气大，故可以使用向上排空气法收集Cl2，而不能用向下排空气法收集Cl2，C错误；
D．氯气与石灰乳反应产生氯化钙、次氯酸钙和水，氯化钙、次氯酸钙的混合物就是漂白粉的主要成分，故在工业上可用氯气与石灰乳反应制备漂白粉，D正确；
故合理选项是C。
6. 下列反应的作用与其他三个不相同的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应中过氧化钠中氧元素化合价既升高又降低，既是氧化剂又是还原剂；
B．反应中过氧化钠中氧元素化合价既升高又降低，既是氧化剂又是还原剂；
C．反应中过氧化钠中氧元素化合价既升高又降低，既是氧化剂又是还原剂；
D．反应中，过氧化钠中氧元素化合价-1变为-2，过氧化钠只做氧化剂；
故选D。
7. 某同学在一张pH试纸上滴几滴新制氯水，现象如图。下列有关该实验的说法中正确的是
A. 新制氯水中含有5种离子B. 该实验说明分子具有漂白性
C. 若用久置的氯水进行实验，现象相同D. 氯水的颜色呈淡黄绿色，说明氯水中含有
【答案】D
【解析】
【详解】A．新制氯水中存在氯离子、次氯酸根离子、氢氧根离子、氢离子，含有4种离子，A错误；
B．氯水中的HClO具有强氧化性而表现漂白性，Cl2无漂白性，B错误；
C．久置的氯水中次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，pH试纸内部不会显白色， C错误；
D．氯气为黄绿色气体，氯水的颜色呈淡黄绿色，说明氯水中含有，D正确；
故选D。
8. 下列实验设计，不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．焰色反应，也称作焰色测试及焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应；钾元素的焰色反应实验需要透过蓝色钴玻璃观察，焰色反应为紫色，能达到实验目的，A不符合题意；
B．玻璃导热性比较差，外管温度高，内管温度低，应该将Na2CO3放在外管，将不稳定的NaHCO3放在温度较低的内管进行实验，因此不能达到预期的实验目的，B符合题意；
C．Na2O2与H2O反应产生的O2有助燃性，可以使带有火星的木条复燃，因此能够达到检验Na2O2与H2O反应有O2生成的实验目的，C不符合题意；
D．Na与H2O反应放出热量，使具支试管中空气受热体积膨胀，导致红墨水左侧液面下降，右侧液面上升，红墨水产生液面差，能够达到验证Na和水反应是放热反应的目的，D不符合题意；
故选B。
9. 已知代表阿伏伽德罗常数的值，下列正确的是
A. 常温下，将7.1g通入水中，转移的电子数目为
B. 标准状况下，4.48L和的混合气体中含有的电子数为
C. 1ml Na与足量反应，生成和的混合物，钠失去电子数为
D. 标准状况下，个分子所占体积约为22.4L
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气溶于水，部分和水反应生成盐酸和次氯酸，故7.1g（为0.1ml）通入水中，转移的电子数目小于，A错误；
B．1分子、均含有22个电子，则标准状况下，4.48L和的混合气体中分子为0.2ml，含有的电子为4.4ml，电子数为，B正确；
C．钠在反应过程中化合价由0变为+1，转移1个电子，则1ml Na与足量反应，生成和的混合物，钠失去电子1ml，电子数为，C错误；
D．在标准状况下，三氧化硫不是气体，无法计算物质的量，D错误；
故选B。
10. 部分常见含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。
下列推断不合理的是
A. d的稳定性强于eB. c与d在碱性条件不能大量共存
C. d和e均可用作漂白剂D. a和b既具有氧化性，又具有还原性
【答案】B
【解析】
【分析】根据化合价和物质的分类可判断a是氯气，b是盐酸，c是盐酸盐，d是次氯酸盐，e是次氯酸，据此解答。
【详解】A．次氯酸见光易分解，因此次氯酸盐的稳定性强于次氯酸，A正确；
B．盐酸盐和次氯酸盐在碱性条件能大量共存，在酸性条件下不能大量共存，二者反应生成氯气，B错误；
C．次氯酸和次氯酸盐均具有强氧化性，因此d和e均可用作漂白剂，C正确；
D．氯气中氯元素是0价，因此氯气既具有氧化性，又具有还原性，氯化氢中氯元素是－1价，能被氧化，氢元素是+1价，能被还原，所以二者均既具有氧化性，又具有还原性，D正确；
答案选B。
11. 下列有关和的性质，叙述错误的是
A. 鉴别等物质的量浓度的溶液和溶液可以用盐酸
B. 向等体积等物质量浓度两种溶液中分别滴加等量酚酞溶液，溶液红色较深
C. 小苏打是发酵粉的主要成分之一
D. 除去溶液并混有的少量，用加热法
【答案】D
【解析】
【详解】A．向等物质的量浓度的溶液和溶液中滴加少量盐酸，碳酸氢钠溶液首先反应生成二氧化碳气体，故可以用盐酸，A正确；
B．等体积等物质的量浓度两种溶液中碳酸钠溶液的碱性更强，故分别滴加等量酚酞溶液，溶液红色较深，B正确；
C．小苏打为碳酸氢钠，受热生成气体可以是糕点疏松，是发酵粉的主要成分之一，C正确；
D．NaHCO3不稳定，加热易分解生成Na2CO3，故不能用加热法，D错误；
故选D。
12. 下列强酸性透明溶液中，能大量共存的离子组是
A. 、、、B. 、、、
C. 、、、D. 、、、
【答案】C
【解析】
【分析】强酸性透明溶液中含有大量的氢离子；
【详解】A．在强酸性的无色透明溶液中，高锰酸根离子和氯离子生成氯气，不共存，A不符合题意；
B．氢离子和碳酸氢根离子生成二氧化碳和水，不共存，B不符合题意；
C．在强酸性的无色透明溶液中，、、、离子之间不发生反应，故可以大量共存，C符合题意；
D．氢离子和醋酸根离子生成弱酸，不共存，D不符合题意；
故选C。
13. 下列关于Na的化合物之间转化反应的离子方程式书写正确的是
A. 碱转化为酸式盐：
B. 碱转化为两种盐：
C. 过氧化物转化为碱：
D. 盐转化为另一种盐：
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化钠和过量二氧化碳生成碳酸氢钠，，A错误
B．氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、水，，B正确；
C．过氧化钠为金属氧化物，不能拆，过氧化钠和水生成氢氧化钠和氧气，，C错误；
D．碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水、二氧化碳，，D错误；
故选B。
14. 侯氏制碱法制取的原理为。实验室用下图所示装置模拟侯氏制碱法制取少量固体。下列有关说法正确的是
A. 实验室模拟侯氏制碱法，向饱和NaCl溶液中先通入，再通入
B. 向装置Ⅱ洗气瓶中加入饱和溶液以除去中的少量HCl
C. 装置Ⅲ中用冰水浴冷却试管内溶液有利于析出固体
D. 装置Ⅲ中发生的离子方程式：
【答案】C
【解析】
【分析】碳酸钙和稀盐酸生成二氧化碳，二氧化碳通过饱和碳酸氢钠溶液除去HCl后，二氧化碳和氯化钠、氨气、水生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体；
【详解】A．氨气极易溶于水，实验室模拟侯氏制碱法，向饱和NaCl溶液中先通入氨气使得溶液显碱性，可以吸收更多的，故后通入二氧化碳，A错误
B．溶液也能吸收CO2，所以除去CO2中的少量HCl要用饱和NaHCO3溶液，B错误；
C．为降低碳酸氢钠的溶解度，装置Ⅲ中用冰水浴充分冷却试管内溶液，使NaHCO3固体析出，C正确；
D．装置Ⅲ中发生的反应为氯化钠和氨气、二氧化碳、水生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体和氯化铵，离子方程式：，D错误；
故选C。
15. 利用NaClO氧化尿素[CO(NH2)2]制备N2H4·H2O(水合肼)的实验流程如图所示：
已知：①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；②N2H4·H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。下列说法错误的是
A. 步骤I中为避免温度过高，可采用冰水浴
B. 步骤I制备NaClO溶液时，若溶液中NaClO与副产物NaClO3的物质的量之比为5：1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：3
C. 步骤II中可将NaClO碱性溶液逐滴滴入尿素水溶液中
D. 生成水合肼反应离子方程式为ClO-+CO(NH2)2+2H+=Cl-+N2H4·H2O+
【答案】D
【解析】
【分析】由流程可知，步骤I中发生Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，温度过高时易发生3Cl2+6OH-=ClO+5Cl-+3H2O，步骤Ⅱ中发生ClO-+CO(NH2)2+2OH-＝Cl-+N2H4•H2O+CO，且将NaClO溶液逐滴滴加到尿素中，可防止过量的NaClO溶液将N2H4•H2O氧化，步骤Ⅲ中分离出碳酸钠、水合肼，以此来解答。
【详解】A．步骤I中温度过高发生副反应，为避免温度过高，可采用冰水浴，故A正确；
B．步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，测得产物中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：1，设NaClO与NaClO3的物质的量分别为5ml、1ml，可知Cl失去电子为5ml×（1-0）+1ml×（5-0）=10ml，由电子守恒可知Cl得到电子数为10ml，由原子守恒可知参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为10ml：（5ml+1ml）=5：3，故B正确；
C．步骤Ⅱ中若将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中，会导致NaClO溶液将N2H4•H2O氧化，因此步骤II中可将NaClO碱性溶液逐滴滴入尿素水溶液中，故C正确；
D．由流程可知生成水合肼反应的离子方程式为ClO-+CO(NH2)2+2OH-＝Cl-+N2H4•H2O+CO，故D错误；
故选D。
16. 已知A2O可与B2-反应，B2-被氧化，产物为B单质，A2O被还原，产物为A3+，且A2O与B2-的化学计量数之比为1:3，则n值为
A. 4B. 5C. 7D. 6
【答案】C
【解析】
【详解】A2O中A的化合价为+(n-1)，其还原产物为A3+，化合价变化为n-1-3=n-4，B2-被氧化，产物为B单质，化合价变化为2，则根据化合价升降总数相等有2×(n-4)=3×2，解得n=7，故选C。
17. 取ag某物质在O2中完全燃烧，将生成物与足量Na2O2固体完全反应，反应后，固体质量恰好也增加了ag，下列物质不能满足上述结果的是( )
A. H2B. COC. C6H12O6D. C12H22O11
【答案】D
【解析】
【分析】可燃物在足量氧气中燃烧生成CO2和H2O，与Na2O2发生反应的方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 固体质量增加（2CO） 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，固体质量增加（2H2）。
结论：可燃物如果为CO，H2充分燃烧后的产物与足量过氧化钠反应，固体增重的质量与可燃物质量相等；可燃物如果满足通式(CO)x(H)y，充分燃烧后的产物与足量过氧化钠反应，固体增重的质量与可燃物质量相等；如果满足通式(CO)x(H)y(C)z,，充分燃烧后的产物与足量过氧化钠反应，固体增重的质量大于可燃物质量相等；如果满足通式(CO)x(H)y(O)z,，充分燃烧后的产物与足量过氧化钠反应，固体增重的质量小于可燃物质量相等。
【详解】A.agH2在O2中完全燃烧，将生成物与足量Na2O2固体完全反应，反应后，固体质量增加ag，故不选A；
B.agCO在O2中完全燃烧，将生成物与足量Na2O2固体完全反应，反应后，固体质量增加ag，故不选B；
C.C6H12O6可写成(CO)6(H)12形式，因此agC6H12O6在O2中完全燃烧，将生成物与足量Na2O2固体完全反应，反应后，固体质量增加ag，故不选C；
D. C12H22O11可写成(CO)11(H)12C形式，agC6H12O6在O2中完全燃烧，将生成物与足量Na2O2固体完全反应，反应后，固体质量增加大于ag，故选D；
答案：D
【点睛】注意把握过氧化钠与二氧化碳和水反应的质量增加的质量关系，得出固体增加的质量相当于CO和H2的质量。
18. 一个密闭容器，中间有可由滑动的隔板（厚度不计）将容器分成两部分， 当左边充入1 ml N2，右边充入一定量的CO时，隔板处于如图位置（保持温度不变），下列说法正确的是（ ）

A. 右边与左边分子数之比为4：1
B. 右侧CO的质量为5.6g
C. 右侧气体密度是相同条件下氢气密度的14倍
D. 若改变右边CO的充入量而使隔板处于容器正中间保持温度不变，则应充入0.2 ml CO
【答案】C
【解析】
【分析】左右两侧气体温度、压强相同，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4：1，所以右侧气体的物质的量=1ml/4=0.25ml。
【详解】A．气体的分子数与物质的量成正比，则右边与左边分子数之比为1：4，A错误；
B．右侧CO的质量为：28g/ml×0.25ml=7g，B错误；
C．相同条件气体下密度之比等于气体摩尔质量成之比，所以右侧气体CO密度是相同条件下氢气密度的28/2=14倍，C正确；
D．相同条件下气体体积与物质的量成正比，隔板处于容器正中间时，左右两侧气体的物质的量相等，则需要充入的CO的物质的量为：1ml-0.25ml=0.75ml，D错误；
正确答案选C。
19. 取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份10 mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1 ml·L-1的盐酸，标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸溶液体积之间的关系如图所示，下列叙述正确的是
A. 原NaOH溶液的物质的量浓度为0. 5ml/L
B. A线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是Na2CO3,NaHCO3
C. B线中消耗盐酸0＜v(HCl)＜25mL时发生的离子反应为：OH-+H+=H2O、H++CO32-=HCO3-
D. B曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积（标准状况）的最大值为112mL
【答案】D
【解析】
【详解】A.由于碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，即Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，所以根据曲线可知，A中是氢氧化钠和碳酸钠的混合物，B中是碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，最终生成氯化钠是0.0075ml，所以根据原子守恒可知氢氧化钠的浓度是0.0075ml÷0.01L＝0.75ml/L，A不正确；
B.根据以上分析可知B不正确；
C.根据以上分析可知B线中消耗盐酸0＜v(HCl)＜25mL时发生的离子反应为：H++CO32-=HCO3-，C不正确；
D.根据原子守恒可知B中生成的CO2是0.05L×0.1ml/L×22.4L/ml＝0.112L，D正确；
答案选D。
20. 某溶液可能含有、、、、和。(已知)取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02ml气体，同时产生红褐色沉淀2.14g；向上述滤液中加足量溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中
A. 至少存在5种离子B. 一定存在，且
C. 、一定存在，可能不存在D. 一定不存在，可能存在
【答案】BD
【解析】
【分析】溶液可能含有、、、、和，取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02ml气体，同时产生Fe(OH)3红褐色沉淀，说明溶液中含有、Fe 3+ ，根据原子守恒知，n()=0.02ml，n(Fe3+)==0.02ml，根据离子共存知，溶液中不存在；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀，该白色沉淀是BaSO4，n(BaSO4)==0.02ml，根据硫酸根离子守恒得n()=n(BaSO4)=0.02ml，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒知，阳离子所带电荷＞阴离子所带电荷，所以溶液中还存在阴离子Cl- ，可能存在K+；
【详解】A．由分析可知，该溶液中至少存在硫酸根离子、氯离子、铵根离子和铁离子，所以至少存在4种离子，A错误；
B．该溶液中一定存在氯离子，假设溶液中只有Cl- 、、、Fe3+，根据电荷守恒得n(Cl-)=n()+3n(Fe3+)-2n()=0.02ml+0.06ml-0.04ml=0.04ml，则c(Cl-)==0.4ml/L，溶液中可能还有其它阳离子，则c(Cl-)≥0.4ml/L，B正确；
C．由分析可知，该溶液中一定存在氯离子，C错误；
D．．由分析可知，该溶液中一定不存在，可能存在，D正确；
故选BD。
二、填空题(本题包括4小题，共40分)
21. 有以下物质：①石墨②铁③蔗糖④一氧化碳⑤氯化铁固体⑥碳酸氢钠固体⑦氢氧化钡溶液⑧⑨熔融氯化钠⑩液态氯化氢
（1）其中能导电的是___________(填序号，下同)；属于非电解质的是___________；属于弱电解质的是___________。
（2）将物质⑥配制成溶液，逐滴加入⑦溶液中至沉淀量最大，写出离子方程式：___________
（3）写出用⑤的饱和溶液制备胶体的化学方程式：___________。
（4）已知易溶于水，外观和食盐相似，有咸味，人误食会中毒。能发生反应：。淀粉遇碘单质会变蓝色，则鉴别固体和NaCl固体，选用的物质为___________(填标号)。
a．水 b．淀粉―碘化钾溶液 c．白醋 d．白酒
某工厂的废液中含有2%~5%的，直接排放会造成污染。下列试剂中：a．NaCl；b．；c．；d．浓，能使转化为的是___________(填序号)。
（5）酸性条件下，加热和混合溶液制备，同时产生一种黄绿色气体，该反应的离子方程式___________。
（6）NaCN不慎泄露时，消防人员通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以减少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体，二者溶于水均呈碱性，该反应的离子方程式为___________。
【答案】21. ①. ①②⑦⑨ ②. ③④ ③. ⑧
22.
23.
24. ①. abc ②. b
25.
26.
【解析】
【小问1详解】
溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；能导电的是①②⑦⑨；
非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；属于非电解质的是③④；
强电解质是指在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物，即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类；弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐；属于弱电解质的是⑧；
【小问2详解】
⑥配制成溶液，逐滴加入⑦溶液中至沉淀量最大，则碳酸氢根离子和氢氧根离子完全转化为水和碳酸根离子，碳酸根离子和钡离子完全转化为碳酸钡沉淀，氢氧根离子过量，故反应为；
【小问3详解】
制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色；；
【小问4详解】
能发生反应：,淀粉遇碘单质会变蓝色，而氯化钠不会发生此编号，故鉴别固体和NaCl固体，需要选择a．水、b．淀粉―碘化钾溶液、c．白醋；
转化为，反应中氮元素化合价降低，发生还原反应，则需要还原剂，故选择b．；
【小问5详解】
酸性条件下，加热和混合溶液制备，同时产生一种黄绿色气体为氯气，反应中氯元素化合价由+5变为-1，中锰元素化合价由+2变为+4，根据电子守恒可知，该反应的离子方程式；
【小问6详解】
NaCN不慎泄露时喷洒过氧化氢溶液的方式处理，反应生成一种酸式盐和一种气体，二者溶于水均呈碱性，结合质量守恒可知，生成物为碳酸氢钠，该反应的离子方程式。
22. 碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
（1）已知AgI难溶于水，是黄色沉淀。的一种制备方法如图所示：
①加入Fe粉进行转化反应最终得到溶液的离子方程式为___________。
②已知氧化性，在通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为___________；若反应物用量比时，氧化产物为___________。
（2）以为原料制备2的方法是：先向溶液中加入足量的(溶液呈酸性)，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到。上述制备的反应的离子方程式为①___________②___________。
（3）利用“氧化法”制备工艺流程如下图所示：
“酸化反应”所得产物有、和。其中溶液呈酸性，“滤液”中的溶质主要是___________。用KOH“调pH”中发生反应的化学方程式为___________。
【答案】（1） ①. 2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I- ②. ③. I2、FeCl3
（2） ①. ②.
（3） ①. KCl ②.
【解析】
【分析】含碘的海水中加入硝酸银生成AgI沉淀，过滤后得到碘化银浊液，加入铁粉发生反应2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-，通入氯气氧化碘离子生成碘单质；
【小问1详解】
①加入Fe粉进行转化反应，铁将碘化银还原银单质，同时得到溶液，离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-；
②已知氧化性，在通入的过程中，则氯气首先氧化碘离子为碘单质，再氧化亚铁离子为铁离子，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，反应的化学方程式为；若反应物用量比时，则假设3ml氯气和2ml碘化亚铁反应，4ml碘离子被2ml氯气氧化，还有2ml亚铁离子被1ml氯气氧化生成铁离子，因此氧化产物为I2、FeCl3，反应的化学方程式为；
【小问2详解】
具有强氧化性、亚硫酸氢根离子具有还原性，向溶液中加入足量的(溶液呈酸性)，发生氧化还原反应生成碘化物NaI和硫酸根离子，；再向混合溶液中加入溶液，和碘离子发生归中反应得到，；
【小问3详解】
“酸化反应”所得产物有、和，逐出氯气后，最终得到产品，则氯化钾进入滤液，故“滤液”中的溶质主要是氯化钾。溶液呈酸性，用KOH“调pH”后得到，则发生反应的化学方程式为。
23. 为测定产品中的质量分数(已知杂质为)，设计了下列三种实验方案进行探究。
方案一：样品经加热后测定剩余固体质量，并计算的质量分数。
（1）加热样品所选用的仪器是___________(填字母)。
A. B. C. D.
方案二：通过加热分解得到的质量进行计算。某同学设计的实验装置示意图如下：
（2）A中反应的化学方程式为___________，若装置C中碱石灰增重。则混合样品中碳酸钠的质量分数为___________。
方案三：将一定质量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。连接好的实验装置如图：
该实验的操作步骤：
①检查装置的气密性；
②取一定量样品装入广口瓶中；
③打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟；
④关闭止水夹，在干燥管内填满碱石灰，称量干燥管A质量；
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，再称量干燥管A质量。
（3）NaOH溶液(足量)中发生反应的离子方程式为___________。
（4）装置中有两支盛放碱石灰的干燥管(图中A和B)，装置B的作用是___________，若只保留干燥管A将使碳酸钠的质量分数的计算结果___________(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】（1）B （2） ①. ②.
（3）
（4） ①. 吸收空气中的CO2，防止产生实验误差 ②. 偏小
【解析】
【分析】方案二：连接好装置后，先通入氮气赶尽装置内的空气，避免空气中的二氧化碳影响测定结果，所以X是氮气，A装置中的样品受热分解成生成二氧化碳和水蒸气进入装置B，B装置是为了除去水蒸气，所以可以装浓硫酸，干燥后的二氧化碳进入装置C，C中的碱石灰吸收生成的二氧化碳，最后干燥管中a为碱石灰是防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置C影响测定结果。
方案三：空气先通入到装有氢氧化钠溶液的装置，是为了吸收空气中含有的二氧化碳气体，鼓入空气数分钟赶尽装置内的空气，稀硫酸与样品反应产生二氧化碳气体，进入装有浓硫酸的装置，干燥气体后进入装置A，A中的碱石灰吸收生成的二氧化碳，干燥管B中碱石灰是防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置A影响测定结果。
【小问1详解】
加热碳酸氢钠固体分解，加热样品所选用的仪器是坩埚，故答案为：B；
【小问2详解】
A中发生的是碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，反应的化学方程式为，若装置C中碱石灰增重，即生成的CO2为，则碳酸氢钠的质量为，则混合样品中碳酸钠的质量分数为；
【小问3详解】
NaOH溶液(足量)中发生反应为氢氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠和水，；
【小问4详解】
由分析可知，装置B是吸收空气中的CO2，防止产生实验误差；若只保留干燥管A，A会把分解产生的CO2和空气中的CO2吸收，会使计算得出的碳酸氢钠偏大，导致计算出的碳酸钠质量分数偏小。
24. 84消毒液是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒，某84消毒液瓶体部分标签如图所示，该84消毒液通常稀释100倍(体积之比)后使用，请回答下列问题：
（1）工业上常用氯气与烧碱溶液制取84消毒液，写出该反应的离子方程式___________。
（2）某同学量取100 mL此84消毒液，按说明要求稀释后用于消毒，则稀释后的溶液中c(NaClO)=___ml·L-1。
（3）某化学实验小组欲用NaClO固体配制含25%NaClO的消毒液480mL。
①请计算配制此溶液需称取NaClO固体的质量为___________g 。
②如图所示的仪器中配制溶液需要使用的是___________(填字母)，还缺少的玻璃仪器是___________。
（4）若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高是____(填字母)。
A. 定容时俯视刻度线B. 转移前，容量瓶内有蒸馏水
C. 未冷却至室温就转移定容D. 定容时水加多了用胶头滴管吸出
【答案】（1）Cl2 + 2OH-= Cl- + ClO- + H2O
（2）0.04 （3） ①. 149.0 ②. CDE ③. 玻璃棒和胶头滴管 （4）AC
【解析】
【小问1详解】
氯气与烧碱溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为Cl2 + 2OH-= Cl- + ClO- + H2O。
【小问2详解】
c(NaClO)==4ml/L，稀释100倍后的溶液中c(NaClO)=0.04ml/L。
【小问3详解】
①配制含25%NaClO的消毒液500mL，需要称量NaClO的质量为4ml/L×0.5L×74.5g/ml=149.0g。
②准确配制一定体积一定物质的量浓度的溶液，需使用一定规格的容量瓶，但在实验室没有规格是480 mL的容量瓶，根据选择仪器的标准是大而近的原则，应该选择使用500 mL的容量瓶。根据物质的量浓度溶液的步骤:计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签配制溶液，可知需要使用的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500 mL的容量瓶，故需要使用仪器的序号是CDE，还缺少的仪器有玻璃棒和胶头滴管.
【小问4详解】
A．定容时俯视刻度线，则溶液的体积偏小，由于溶质的物质的量不变，则配制的溶液浓度偏高，A符合题意；
B．转移前，容量瓶内有蒸馏水，由于不影响溶质的质量及溶液的体积，因此对配制的溶液浓度无影响，B不符合题意；
C.未冷却至室温就转移定容，当溶液恢复至室温后，液面低于刻度线，溶液的体积偏小，由于溶质的物质的量不变，则配制的溶液浓度偏高，C符合题意；
D．定容时加水过量，用胶头滴管吸出，溶液的体积偏大，导致配制的溶液浓度偏低，D不符合题意；故合理选项是AC。选项
混合物
酸性氧化物
碱性氧化物
弱电解质
胶体
A
澄清石灰水
CuO
AgCl
纳米铁粉
B
空气
干冰
CO
胶体
C
氨水
CaO
淀粉溶液
D
HCl
有色玻璃
A
B
C
D
观察钾元素的焰色
比较和的稳定性
检验与反应有生成
验证Na和水反应是否为放热反应
84消毒液
【有效成分】NaClO
【规格】1 000 mL
【质量分数】25%
【密度】1.192 g·cm-3
【使用方法】稀释100倍(体积比)后使用