2024年高中化学会考模拟试题

1.下列说法错误的是

A.化学是在原子、分子水平上研究物质的组成、结构、性质、转化及其应用的基础自然科学

B.化学已成为自然科学领域中一门“中心的、实用的和创造性的基础科学

C.化学变化是自然界中物质变化的所有形式

D,将宏观与微观联系起来研究物质及其变化是化学的特点和魅力所在

【答案】C

【详解】化学是在原子、分子水平上研究物质的组成、结构、性质及其应用的一门基础自然科学，其特征

是研究物质和创造物质，已成为自然科学领域中一门中心的、实用的和创造性的基础科学。将宏观与微观

联系起来研究物质及其变化是化学的特点和魅力所在。化学变化不是自然界中物质变化的所有形式，还有

物理变化等；

故选C。

2.朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌

木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾形成的种种美景本质原因是

A.薄雾是均一、透明的B.胶体的电泳现象

C.薄雾中分散质微粒直径约为1〜lOOnmD.薄雾中分散质微粒进行布朗运动

【答案】C

【详解】雾属于气溶胶，胶体是分散质粒子直径在1〜lOOnm的分散系，胶体与其它分散系的本质区别是

分散质微粒直径不同，故选C。

3.下列有关化学用语的说法正确的是

+

A.碳酸氢钠在水溶液中的电离方程式为：NaHCO3-Na+HCO3

B.K2FeO4中铁元素的化合价是+3

失去6e一

_I

C.氧化还原反应中电子转移方向和数目的表示：H2S+H2SO4=S；+SO2+2H2O

D.常温常压下H?O的摩尔质量为18%•mol」

【答案】D

+

【详解】A.碳酸氢钠在水溶液中完全电离为Na+、HCO；,电离方程式为：NaHCO3=Na+HCO；,

故A错误；

B.K2FeC)4中K元素为+1价、O元素为-2价，根据化合价代数和等于0,铁元素的化合价是+6,故B错

误；

失28

_II

C.氧化还原反应中电子转移方向和数目的表示，H2S+H2SO4=S+SO2+2H2O,故C错误；

I1

得2W

D.摩尔质量的单位是g-mo「，常温常压下H2。的摩尔质量为18也・1110产，故D正确；

选D。

4.分类法是学习和研究化学的一种常用科学方法，下列说法正确的个数有

①HsP。2（次磷酸）与足量的NaOH反应生成盐NaH2P。2，H3P02属于一元酸

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由同种元素组成的物质一定是单质

④蔗糖和水分别属于非电解质和电解质

⑤既有单质参加又有单质生成的反应一定是氧化还原反应

⑥根据丁达尔现象可以将分散系分为溶液、胶体和浊液

⑦Na？。？、Na2。都能与水反应生成NaOH,二者均为碱性氧化物

⑧“火树银花”火树就是指焰火，俗称烟花，是金属的焰色试验，焰色试验属于物理变化

A.3个B.4个C.5个D.6个

【答案】B

【详解】①HsP02（次磷酸）与足量的NaOH反应生成盐NaJ^P。？，氢氧化钠过量，说明H3P0?只能电离

出1个氢离子，属于一元酸，正确；

②金属氧化物不一定是碱性氧化物，如氧化铝；但碱性氧化物一定都是金属氧化物，正确；

③由同种元素组成的物质不一定是单质，例如氧气和臭氧组成的混合物，错误；

④电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化

合物；蔗糖和水分别属于非电解质和电解质，正确；

⑤既有单质参加又有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，例如氧气转化为臭氧的反应，错误；

⑥胶体是分散质粒子大小在lnm-100nm的分散系；溶液是分散质粒子大小于Inm的分散系；浊液是分散

质粒子大于lOOnm的分散系；根据分散质颗粒大小可以将分散系分为溶液、胶体和浊液，错误；

⑦Na?。？能与水反应生成NaOH,还生成氧气，不是碱性氧化物，错误；

⑧“火树银花”火树就是指焰火，俗称烟花，是金属的焰色试验，焰色试验属于物理变化，正确；

故选Bo

5.己知反应：2B+2NaOH=OF2+2NaF+H2O（己知。耳的沸点为-114℃,且氟元素的化合价为-1）。若

NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是

A.若消耗44.8L（标准状况）F2时该反应转移的电子数为4NA

B.若消耗44.8L（标准状况）F2时，生成的还原产物的物质的量为Imol

C.在0℃、lOlKPa下，19gB和27gOF2混合后的体积约为22.4L

D.在常温常压下，F2和的密度之比为19:27

【答案】B

【详解】A.反应过程中只有F元素化合价由0降低为-1,若消耗44.8L（标准状况）F2时该反应转移的电

44.8L

子数为x2义/=48，故A正确;

22.4L/mol

B.反应过程中F元素化合价降低，还原产物是OF?、NaF,若消耗44.8L（标准状况）F2时，生成的还原产

物的物质的量为3mol,故B错误;

C的物质的量为蒜r°5mol,27gOF2的物质的量为肃T0.5mal,在"

lOlKPa下，19gB和27go与混合后的体积约为22.4L，故C正确;

D.相同条件下，气体的密度比等于摩尔质量之比，在常温常压下，F2和的密度之比为38:54=

19:27,故D正确；

选B。

6.用如图所示的装置分别进行如下导电性实验，小灯泡的亮度比反应前明显减弱的是

B.向硝酸银溶液中通入少量氯化氢

C.向HI饱和溶液中通入。2D.向氢氧化钠溶液中通入少量氯气

【答案】C

【详解】A.硫化钠溶液中通入氯气，发生Na2S+Ch=2NaCl+S（,Na2S,NaCl均为可溶的盐，离子浓度

变化不明显，反应前后，导电能力几乎不变，故A不符合题意；

B.硝酸银溶液中通入少量的氯化氢，发生AgNCh+HCUAgClI+HNO3,AgNCh、HNO3均为可溶的强电

解质，反应前后，导电能力几乎不变，故B不符合题意；

C.向HI中溶液氧气，发生4HI+O2=2H2O+2b,溶液中离子浓度减小，导电能力明显减弱，故C符合题

忌；

D.向氢氧化钠溶液中通入氯气，发生2NaOH+C12=NaCl+NaClO+H2O,NaOH、NaCl、NaClO均为可溶的

强电解质，反应前后离子浓度变化不明显,即反应前后导电能力变化不明显，故D不符合题意;

答案为C。

7.下列有关实验操作正确的是

A.装置①制取少量氧气并可以控制反应停止B.装置②制取氢氧化铁胶体

C.装置③验证热稳定性：Na2CO3>NaHCO3D.装置④制取少量C"

【答案】D

【详解】A.过氧化钠是粉末状物质，装置①不能控制反应停止，故A错误；

B.氢氧化钠和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，装置②不能制取氢氧化铁胶体，故B错误；

C.若用装置③验证热碳酸钠、碳酸氢钠的热稳定性，应该把碳酸氢钠盛放在温度相对较低的小试管底

部，故C错误;

D.次氯酸钙和浓盐酸在常温下反应生成氯化钙、氯气、水，装置④可以制取少量C",故D正确；

选D。

8.下列离子方程式书写错误的是

A.向NH4HSO4溶液滴加少量Ba(OH)2溶液：

2++

Ba+2OH+H+NH^+SO；-=BaSO4J+H2O+NH3H2O

2+

B.向Mg(HCC)3)2溶液中加入足量NaOH溶液：Mg+2HCO；+4OH=Mg(OH)2+2CO^+2H2O

C.向饱和Na2c。3溶液中通入过量CO2气体：2Na++CO；-+CO2+H2O=2NaHCC)3J

2+

D,新制氯水中加入少量CaCOs：2Cl2+H2O+CaCO3=Ca+2Cl+CO2T+2HC1O

【答案】A

【详解】A.向NH4HSO4溶液滴加少量Ba(0H)2溶液生成硫酸钢沉淀和水，反应的离子方程式为

2++-

Ba+20H+2H+S0；=BaSO4J+2H2O,故A错误；

B.向Mg(HCC>3)2溶液中加入足量NaOH溶液，生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠、水，反应的离子方程式为

2+

Mg+2HCO；+4OH=Mg(OH)2J+2CO^+2H2O,故B正确；

C.向饱和Na2c。3溶液中通入过量CO2气体生成碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为

+

2Na+CO|+CO2+H2O=2NaHCO3J,故C正确；

D.新制氯水中加入少量CaCOs，盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式为

2+

2C12+H2O+CaCO3=Ca+2C1+CO2T+2HC1O,故D正确；

选Ao

9.三氯化碘(ICI3)在药物合成中用途非常广泛，其熔点为33℃,沸点为73℃,遇水易反应。实验室可用图

装置制取ICb,制备的反应原理：l2+3CL=2ICb下列说法不正确的是

甲乙丙丁值

A.利用装置甲制备氯气选用的药品可以是高镒酸钾和浓盐酸

B.装置乙中长颈漏斗液面上升说明丙装置可能发生堵塞

C.装置丙中氯化钙的作用是干燥C12

D.装置戊中的碱石灰可以用无水氯化钙代替

【答案】D

【分析】甲中用高锯酸钾和浓盐酸反应制取氯气，乙中用饱和食盐水除去挥发出的氯化氢，丙中氯化钙为干

燥剂，丁中氯气与碘单质反应得到目标产物，戊中碱石灰可以除去多余的氯气，同时碱石灰也可以防止空气

的水蒸气进入反应装置丁中，据此分析。

【详解】A.高锦酸钾氧化浓盐酸当中的氯离子生成氯气，且该反应不需要加热，A正确；

B.若丙中U型管堵塞，则气体会滞留在装置乙中，导致乙中长颈漏斗液面上升，B正确；

C.氯化钙是干燥剂，因此丙的作用是干燥制得的氯气，C正确；

D.碱石灰可以除去多余的氯气，无水氯化钙不能除去氯气，故装置戊中的碱石灰不可以用无水氯化钙代

替,D错误；

故本题选D。

10.亚氯酸钠（Nad。2）是一种重要的含氯消毒剂，制备亚氯酸钠的工艺流程如下：

下列说法正确的是

A.溶解时若将稀H?SO4换成盐酸，会发生反应：CIO-+5C1+3H2O-3C12T+6OH

B.试剂A应选择一种安全、成本低的氧化剂

C,反应②的化学方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O

D.氧化性：C1O；>H2O2>C1O2

【答案】C

+

【详解】A.溶解时若将稀H?SO4换成盐酸，会发生反应：C1O；+5C1+6H-3C12T+3H2O,故A错

误；

B.NaCICh-C1O2发生还原反应，所以试剂A应选择一种安全、成本低的还原剂，故B错误；

C.反应②是用双氧水把C1O2还原为NaCICh,反应的化学方程式为：

2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O,故C正确；

D.CIO2把H2O2氧化为O2,所以氧化性：C1O->C1O2>H2O2,故D错误；

选C。

11.下列说法错误是

A.分别以高铳酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取相同质量的氧气，转移的电子的物质的量之比为2:2:1

B.已知在碱性溶液中可发生反应：2R(OH)3+3C10+40H=2RO^+3C1+5H2O,则RO7中R的化合价是

+6

C.Na2sx在碱性条件下可被NaClO氧化为Na2so4,而NaClO被还原为NaCl,若反应中Na2sx与

NaClO的物质的量之比为1:16,则x值为5

80

D.FeS与一定浓度的HNC)3溶液反应，生成Fe(NC>3)3、^2(4)3'NO2、N2O4>NO和H?。。当

NO2>N2O4、NO的个数之比为1：1：1时，平参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为1:6

【答案】D

【详解】A.以高铳酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，各物质中氧元素的价态变化分别为：-

2-0,-2-0,-17•(),所以，当制得Imol氧气时，转移电子的物质的量分别为4mol、4mol、2moL因此

转移电子的物质的量之比为4：4：2=2：2：1,选项A正确；

B.由电荷守恒可知n=2,则R。7中R的化合价是+6,选项B正确；

2

C.己知Na2sx中S的化合价为--价，转化为Na2SO4中S的化合价为+6价，NaClO中的C1的化合价为

x

+1价，转化为NaCl中C1的化合价为-1价，若反应中Na2sx与NaClO消耗的物质的量之比为1：16,根据

2

氧化还原反应中,电子得失总数相等可知，xx[+6-(----)]xl=16x[+l-(-l)],解得x=5,选项C正确；

x

D.设参加反应的FeS为3mol,则根据S元素守恒可知生成ImolFe2(SC)4)3,根据Fe元素守恒可知生成

ImolFe(NO3)3,Fe元素化合价由+2价变为+3价，S元素化合价由-2价变为+6价，所以3moiFeS共失去

27moi电子，根据电子得失守恒可知HNO3共得到27moi电子，生成NO、NO2和N2O4,设NO、NO2和

N2O4的物质的量分别为x、x、x,则有xx3+x+2x=27mol,解得x=4.5mol,即NO、NO2和N2O4的物质的

量均为4.5mol,根据N元素守恒可知HNO3的物质的量为Imolx3+4.5mol+4.5mol+4.5molx2=18mol,所以

实际参加反应的FeS与HNO3的个数之比为3mol：21mol=l：7,选项D错误；

答案选D。

12.下列实验方案中，不能测定Na?C03和NaHCC>3固体混合物中Na2c。3质量分数的是

A.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bg

B.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干灼烧，得bg固体

C.取ag混合物充分加热，固体质量减少bg

D.取ag混合物与足量Ba(0H)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体

【答案】A

【详解】A.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，碱石灰吸收二氧化碳和水，碱

石灰增重bg,不能准确测定二氧化碳的质量，所以不能测定Na2cO3和NaHCC>3固体混合物中Na?C03

质量分数，故选A；

B.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干灼烧，所得bg固体为氯化钠，设碳酸钠的质量为xg,

则碳酸氢钠的质量为(a-x)g,根据钠元素守恒PJ><2+3二二=—解方程可得x值，能测定Na?C03

1068458.5

和NaHCO3固体混合物中Na2cO3质量分数，故不选B；

C.碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，取ag混合物充分加热，固体质量减

少bg,固体减少的质量为碳酸氢钠加热分解生成二氧化碳和水的质量，根据反应方程式可计算碳氢酸钠

的质量，所以能测定Na2c。3和NaHCC)3固体混合物中Na2cO3质量分数，故不选C；

D.取ag混合物与足量Ba(OH)z溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，所得bg固体为碳酸钢，设碳酸钠的

质量为xg,则碳酸氢钠的质量为(a-x)g,根据碳元素守恒2+三二=上，解方程可得x值，能测定

10684197

Na2cO3和NaHCO3固体混合物中NazCOs质量分数，故不选D；

选Ao

13.一定温度和压强下，用质量相等的CH,、CO2.0公SO?四种气体吹出四个体积大小不同的气球，下列

说法中不正确的是

0000

①②③④

A.气球②中装的是CO2

B.气球①和气球③中气体分子数相等

C.气球①和气球②中原子数之比为11:16

D,气球③和气球④中气体体积之比为1:2

【答案】B

【分析】同温同压同质量下，气体的物质的量之比=气体分子数之比=气体体积比=其摩尔质量的反比；

【详解】A.同温同压同质量下，气体体积比与摩尔质量成反比，所以体积的大小顺序是：CH4>O2>CO2

>SO2,②中装的是CO2,选项A正确；

B.根据A的分析，④、③、②、①四个球中分别是CH4、Ch、CO2、SO2,气球①和气球③中气体分子数

之比等于体积之比，等于相对分子质量M的倒数之比，即为32:64=1:2,选项B不正确；

C.气球①和气球②中气体分子数之比等于体积之比，等于M的倒数之比，即为44:64=11:16,又因为两者

都是三原子分子，所以原子数之比也为11:16,选项C正确；

D.气球③和气球④中气体体积比与摩尔质量成反比，即为：16:32=1:2,选项D正确；

答案选B。

14.向含Imol?的溶液中通入一定体积的C。2使其充分反应，再向所得溶液中逐滴滴加稀盐酸。测

得产生CO?的物质的量随加入HC1的物质的量变化如图所示。则下列说法错误的是

n

w(CO2)/mol

CD

00.20.6bn(HCl)/mol

+

A.A点之前发生的离子反应为H+OH-H2O

B.图中的b=1.0

2

C.在D点对应的溶液中，K\Ba\MnO4,NOs不能大量共存

D.向氢氧化钠溶液中通入CO?的体积为8.96L

【答案】D

【分析】向NaOH溶液中通入一定量C。2气体，发生反应：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2。，当该反应完成后，

向所得溶液中滴入稀盐酸，发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3,后发生反应：

NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2T„两步反应消耗HC1的物质的量及体积相同。NaOH溶液中含有溶质的物质

的量1.0mol,从B点到C点发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2t,在C点CCh气体达到最大量，此

时反应完全，溶液为NaCl溶液，根据元素守恒可知n(HCl)=n(NaCl)=n(NaOH)=LOmol,贝Ub=1.0；发生该

反应消耗HC11.0mol-0.6mol=0.4mol<0.6mol,说明NaOH溶液与CCh气体反应时NaOH未完全反应，

所得溶液为NaOH与Na2cCh混合溶液。在0A段发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O,AB段发生反应：

Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3,BC段发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2T,C点溶液恰好为NaCl溶

液，后加入稀盐酸，不发生反应，溶液为NaCl、HC1混合溶液。

+

【详解】A.根据上述分析可知:在0A段发生反应:NaOH+HCl=NaCl+H2O,其离子方程式为：H+OH-H2O,

A正确；

B.由分析可知，图中的b=1.0,B正确;

C.在D点对应的溶液为NaCl、HC1混合溶液，酸性条件下，高镒酸根离子会将氯离子氧化为氯气，不能大

量共存，C正确；

D.没有标况，不能计算二氧化碳的体积，D错误；

故选D。

15.已知碳酸氢钙是一种易溶于水的白色固体，受热易分解。某小组取质量为16.2g的碳酸氢钙样品进行

加热分解实验，加热过程中剩余固体的质量随加热时间的变化如图一所示。经查阅资料发现，碳酸氢钙能

与盐酸反应，也能与石灰水反应。于是，他们构建了由碳酸氢钙转化为二氧化碳的不同路径反应转化关系

如图二、

下列说法镇送的是

A.图一中，A、C、D三点对应的固体中所含钙元素质量相等

B.图一中，若向A点所示固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成C。？的质量为2（10.0-x）g

C.图二中，相同质量的Ca（HCC）3）2在反应①、②生成的C。2总质量大于反应④生成CO?的质量

D.图二中，相同质量的Ca（HCC）3）2在反应⑤中消耗HQ的质量小于在反应④中消耗HC1的质量

【答案】C

【详解】A.由图一知，AB段表示的是碳酸氢钙分解生成碳酸钙、水和二氧化碳，CD段表示的是碳酸钙

分解生成氧化钙和二氧化碳，根据反应前后钙元素质量守恒，所以A、C、D三点对应的固体中所含钙元

素质量相等，A正确；

B.由图一知，BC段表示固体碳酸钙，其质量为10g,CD段表示的是碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化

碳，D点表示固体氧化钙，其质量为x,设10g碳酸钙完全分解生成氧化钙质量为m,贝必

高温小

CaCO3CaO+CO2T

10056

10gm

—,解得m=5.6g,因此x=5.6g,Ca(HCO3)2CaO完全反应生成二氧化碳的质量为：

56m

2x(10.0-x)g=2x(10.0-5.6)g=8.8g,设16.2g的碳酸氢钙与足量稀盐酸反应生成二氧化碳的质量为n,

则：

Ca(HCO3)2+2HC1=CaCl2+2H2O+2co2T

16288

16.2gn

16.2g,n=8.8g,由此知向A点所示固体中加入足量稀盐酸，充分反应生成CCh的质量为8.8g,B

88n

正确；

4

C.反应①-④的化学方程式为：©Ca(HCO3)2CaCO3+CO2T+H2O,②

高温

CaCO3=^CaO+CO2T,@Ca(HCO3)2+Ca(OH)2=2CaCO3J+2H2O,④

CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2T+H20,由此可知，反应①②中碳元素质量守恒，③④中碳元素质量守

恒，因为Ca(HCC)3)2质量相等，所以在反应①、②生成的CO?总质量等于反应④生成CO2的质量，C错

误；

D.根据上述分析可知x=5.6g,D正确；

故选Co

第n卷(非选择题共55分)

二、填空题(本题包括4小题，共55分。)

16.化学研究中应当学会实验与探究、归纳与演绎、分析与综合等方法的运用。回答下列问题：

I.现有下列10种物质：

①冰水混合物②有色玻璃③Mg@C02⑤熔融KOH⑥Ba(OH)2溶液⑦CuSO4-SHzC)⑧硫

酸溶液⑨C2H50H⑩固体NaHSO-

(1)属于分散系的是,属于强电解质且能导电的是,属于非电解质的是

(2)向⑥溶液中滴加用⑩物质配制的溶液，至Ba?+恰好完全沉淀时的离子方程式：

II.完成下列问题

(3)CuS。,溶液能用作P4中毒的解毒剂反应可生成P的最高价含氧酸和铜；该反应的化学方程式是

(4)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNC)3=K2O+5Na2O+16N2。该反应中氧化产

物与还原产物的质量比为；若氧化产物比还原产物多19.6g,则反应生成的N2在标准状况下

的体积为Lo

【答案】(1)①.②⑥⑧②.⑤③.④⑨

2++

(2)Ba+OH+H+SO;=BaSO4^+H20

(3)10CuS04+Pt+16H20=10Cu+4H3P04+10H2S04

(4)①.15：1②.17.92

【小问1详解】

分散系包括溶液、胶体、浊液，则属于分散系的是②有色玻璃、⑥Ba(OH)2溶液、⑧硫酸溶液；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；在水溶液中完全

电离的电解质为强电解质，属于强电解质且能导电的是⑤熔融KOH；在水溶液和熔融状态下不能导电的

化合物属于非电解质，则属于非电解质的是④C。？、@C2H5OH；

【小问2详解】

2+

向⑥Ba(OH)2溶液中滴加用⑩NaHSO4物质配制的溶液，至Ba恰好完全沉淀时，氢离子完全反应生成

2++

水、氢氧根离子过量，离子方程式：Ba+OH+H+SO^BaSO4^+H2O；

【小问3详解】

CuSC)4溶液能用作中毒的解毒剂反应可生成P的最高价含氧酸：磷酸H3P04和铜，反应中铜化合价由

+2变为0、磷化合价由0变为+4,根据质量守恒可知，反应还会有水参加、生成硫酸，结合电子守恒，该

反应的化学方程式是IOCUSO4+P4+I6H2CMOCU+4H3Po4+IOH2so会

【小问4详解】

该反应中NaN3中氮元素化合价升高发生氧化反应得到氧化产物氮气，KN03中氮元素化合价降低得到还

原产物氮气，结合氮原子数目可知，氧化产物与还原产物的质量比为30:2=15：1；若氧化产物比还原产物

196216

多19.6g,则反应生成的N2为c。；3：=0.8mol,在标准状况下的体积为17.92L。

28g/mol715T-1

17.某学习小组探究潮湿的Cl2与Na?CO3反应的产物，进行如下实验:

请回答：

(1)仪器X的名称是：O

(2)装置E的作用是：；试剂Y是。

(3)请写出装置A中发生的离子方程式___________-

(4)装置C中潮湿的CU与Na2cO3以等物质的量反应，生成NaHCC>3、气体C^O和另一种盐，试写

出该反应化学方程式：。

(5)设计实验方案验证C中生成的固体中存在HCO；o

【答案】(1)蒸储烧瓶

(2)①.吸收尾气②.饱和NaCl溶液

(3)MnC)2+4HCl(浓)^MnCU+ZHzO+Cl2T

(4)2cl2+2Na2cO3+H2O=2NaHCO3+Cl2O+2NaCl

(5)取反应后的固体加热，生成的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明生成的固体中存在HCO；

【分析】共热A中浓HC1和MnCh制备Cb,B中盛放饱和NaCl溶液吸收HC1,潮湿的CL与Na2c。2在C

中反应，用E吸收尾气，防止污染空气，用D防倒吸。

【小问1详解】

仪器X的名称是蒸储烧瓶；

【小问2详解】

尾气含氯气等有毒，装置E的作用是：吸收尾气，防止污染空气；试剂Y是饱和NaCl溶液，用于除去挥

发的氯化氢气体；

【小问3详解】

二氧化锦和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化镒、水：MnC)2+4HCl(浓)2乂11。2+2凡0+口2T；

【小问4详解】

装置C中潮湿的CL与Na?C03以等物质的量反应，生成NaHCC)3、气体C^O和另一种盐，Cb-CLO

时Cl价态升高，则另一种盐是氯化合价降低生成的NaCl,反应的化学方程式为

2cl2+2Na2c。3+H2O=2NaHCO3+Cl2O+2NaCl；

【小问5详解】

生成碳酸氢钠不稳定，受热生成的二氧化碳气体能使澄清石灰水变浑浊，故方案为：取反应后的固体加

热，生成的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明生成的固体中存在HCO；。

18.工业上以侯氏制碱法为基础生产焦亚硫酸钠(Na2s2。3)的工艺流程如下：

NH3、C02氏0、CO2CO2

(1)反应1的化学方程式为；在进行反应时，向NaCl溶液中先通入(填“CO2”

或“NH3”）；

(2)已知“灼烧时会生成S。？，则其化学方程式为；

(3)已知Na2s2。5与稀硫酸反应会生成SO2，则其离子方程式；

(4)副产品X化学式为；该生产中可循环利用的物质为(化学式)。

(5)为了减少产品Na2s2O5中的杂质含量，理论上需控制反应H中气体与固体反应物的物质的量之比为

【答案】(1)NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4C1NH3

z、高温

⑵2CuS+3。2==2CuO+2SO2

+

(3)S2Os+2H=2SO2T+H2O

(4)①.CUSO4.5H2O②.CO2

(5)2：1

【分析】由题给流程可知，向氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳，氯化钠溶液与氨气、二氧化碳反应生成碳

酸氢钠和氯化镂，过滤得到碳酸氢钠和氯化镀溶液；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；硫化铜

在空气中灼烧生成氧化铜和二氧化硫，将反应生成的二氧化硫通入碳酸钠溶液中发生反应II,干燥得到焦

亚硫酸钠；氧化铜溶于稀硫酸得到硫酸铜溶液，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到副产品

五水合硫酸铜晶体。

【小问1详解】

由分析可知，反应I为氯化钠溶液与氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化镀，反应的化学方程式为

NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4C1,反应时，应先向氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧

化碳，目的是增大二氧化碳的溶解量，有利于碳酸氢钠的生成，故答案为：

NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3J+NH4C1；NH3；

【小问2详解】

由分析可知，“灼烧”时发生的反应为硫化铜在空气中灼烧生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为

昌温11M、r图温

2CuS+3O2==2CuO+2SO2故答案为：2CuS+302==2C“O+2sO2；

小问3详解】

由题意可知，焦亚硫酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的离子方程式为

++

S2O5+2H=2SO2T+H20,故答案为：S2OJ+2H=2SO2T+H20；

【小问4详解】

由分析可知，副产品为五水合硫酸铜晶体；反应II的过程中有反应I的反应物二氧化碳生成，生产中可以

循环利用，故答案为：CUSO4.5H2O；CO2；

【小问5详解】

反应II为碳酸钠溶液与二氧化硫反应生成焦亚硫酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为

Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2,则二氧化硫与碳酸钠的物质的量之比为2：1,故答案为：2：1。

19.回答下列问题：

（1）某工业废水中存在大量的Na+、Cl\Cu2\SOt，欲除去其中的Cu2+、SO；-,设计提纯流程如

图所示：

工业废水|•迪一＞试剂|溶液|试剂'＞〔Na+、C「

①试剂b溶液为（化学式），试剂c溶液为（化学式）。

②操作X为O