浙江省杭州市西湖区浙大附中2024-2025学年高一上学期期中考试化学试题（含答案）

第第页浙江省杭州市西湖区浙江大学附属中学（玉泉+丁兰)2024-2025学年高一上学期期中考试化学试题一、单选题(1~10题每小题2分，11~20题每小题3分，共50分)1．根据物质的组成与性质进行分类，KMnO4A．酸 B．氧化物 C．碱 D．盐2．名称为“坩埚”的仪器是A． B．C． D．3．氯化碘(ICl)的化学性质跟氯气相似，预计它跟水反应的最初生成物是A．HI和HCl B．HCl和HIO C．HClO3和HIO D．HClO和HIO4．下列说法不正确的是A．侯德榜是我国著名化工专家，发明了侯氏制碱法B．戴维发现了一种黄绿色气体，并确认该气体为氯气C．瑞典化学卷阿伦尼乌斯研究电解质稀溶液的导电性，提出了电离模型D．英国科学家道尔顿提出原子学说，为近代化学的发展奠定了坚实的基础5．下列有关实验安全的叙述不正确的是A．观察活泼金属与H2O反应时，需要戴护目镜B．GHS标准符号示意“毒性物质”C．若不慎将碱沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸D．中学实验室中可以将未用完的钠、钾和白磷等放回原试剂瓶6．氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，下列化学反应属于阴影3区域的是A．2HClO光照2HCl+O2↑ B．2C．Fe+H2SO4(7．下列有关说法正确的是A．用pH试纸测定NaClO溶液的酸碱性，试纸显蓝色，说明该溶液呈碱性B．氧化钠可用作呼吸面罩或潜水艇的供氧剂C．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱D．火灾现场存放有大量钠时，可以用泡沫灭火器来进行扑灭8．下列各组物质，因反应条件或反应物用量改变可得到不同产物的是①Na和O2②NaHCO3和盐酸③Cl2和HA．①③ B．②③ C．③④ D．①④9．下列说法正确的是①将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO②CO2溶于水能导电，所以CO③AlCl3在熔融状态下不导电，所以AlCl④盐酸能导电，但其不是电解质，也不是非电解质⑤盐酸的导电能力一定比醋酸溶液的导电能力强⑥金属铜的导电能力较好，属于电解质A．①② B．③④⑤ C．⑤⑥ D．④10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．80gNaOH溶于1L水中，所得溶液中溶质的物质的量浓度为2mol/LB．足量的MnO2与100mL12mol/L的浓盐酸充分反应可制得氯气的分子数为0.3NAC．常温常压下，11.2LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.5NAD．7.8gNa2O2和Na2S混合物中所含的离子总数为0.3NA11．下列有关离子检验描述正确的是A．将干净的铂丝蘸取少量未知溶液在酒精灯上灼烧，观察火焰呈浅紫色，则该溶液中含有Na+B．取样，先加稀盐酸无现象，再加BaCl2溶液出现白色沉淀，则该溶液中一定含有SOC．取样，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则该溶液中一定含有Cl-D．取样，滴加稀盐酸溶液，产生了能使澄清石灰水溶液变浑浊的气体，则该溶液中一定含有CO12．下列离子方程式书写正确的是A．碳酸氢钙溶液与氢氧化钙溶液反应：HCOB．向氯化钙溶液中通入少量CO2：CaC．工业制备漂白粉的离子方程式：ClD．硫酸氢钠在溶液中的电离方程式：NaHSO13．下列有关说法不正确的是A．1mol固态物质或液态物质的体积主要取决于粒子的大小B．液体气化后体积膨胀主要原因是粒子之间的距离增大C．粒子数相同的任何气体都具有相同的体积D．25℃和101kPa的条件下，气体摩尔体积约为24.5L/mol14．类比是研究物质性质的常用方法之一，下列类比正确的是①Cu与Cl2能化合生成CuCl2，则Fe与Cl②Mg在空气中燃烧生成MgO，则Na在空气中燃烧生成Na③少量CO2通入CaOH2溶液生成CaCO3④Fe可以置换出CuSO4溶液中的铜，则Zn也可以置换出CuSOA．①② B．②③ C．①③ D．①④15．下列实验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCOA．取ag混合物充分加热，质量减少bgB．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体C．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱性的干燥剂碱石灰(主要成分是NaOH、CaOD．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液16．用下列装置进行实验，能达到实验目的的是A．用图1所示装置可比较MnO2、ClB．用图2所示装置制备FeOHC．用图3所示装置验证Na2CO3D．用图4所示装置检查装置的气密性17．下列描述与图像相对应的是A．图①表示向乙酸溶液中通入氨气至过量的过程中溶液导电性的变化B．图②表示向1L1mol·L-1FeBr2溶液中通入Cl2时Br-物质的量的变化C．图③表示向Ca(HCO3)2溶液中滴加NaOH溶液时沉淀质量的变化D．图④表示向一定浓度的Na2CO3溶液中滴加盐酸，生成CO2的物质的量与滴加盐酸物质的量的关系18．二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色到橙黄色的气体，极易溶于水，体积分数大于10%时，易发生爆炸，是一种无毒的绿色消毒剂。实验室可用下图所示装置（夹持仪器已省略）制备ClOA．装置a的反应产物中nClOB．装置b的主要作用是除去混合气体中的HClC．通入氮气的目的为稀释装置a中产生的ClO2D．装置d可除去多余的ClO19．依据所给条件推出的结论不正确的是条件结论ANaH2PO2H3B凡是能给出质子(即H+)的分子或离子称为酸，凡是能接受质子(即HHSO3C联氨(N2联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为：ND酸性越强，高锰酸钾的氧化性越强可以用盐酸进行酸化增强高锰酸钾的氧化性A．A B．B C．C D．D20．现有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的几种：K+、NH4+、Cl−、Mg2+、CO32−A．该混合液中一定含有：K+、NH4+、CO32−、B．该混合液中一定含有：NH4+、CO32−、SOC．该混合液中一定含有：NH4+、CO32−、SO42−D．该混合液中一定含有：NH4+、SO42−，可能含Mg二、填空题(2题，共20分)21．完成下列小题。（1）写出制备84消毒液反应的化学方程式。（2）漂白粉的有效成分是；它的消毒原理是：(用化学方程式表示)；一般为了加强漂白粉的消毒效果，会往其溶液中加入少量(家庭常见用品)。（3）下列反应中氧化剂是，还原产物是；请用双线桥法标出以下反应电子转移方向和数目：。2（4）高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，工业上制备高铁酸钠有多种方法，其中一种是用NaClO在强碱性条件下氧化Fe(NO3)3，写出该反应的离子方程式。22．海水中有丰富的食盐资源，工业上以粗食盐水(含少量Ca2+、Mg2+杂质)、氨、石灰石等为原料，可以制备（1）粗盐精制过程中加入的沉淀剂是石灰乳和纯碱，应先加。（2）加入沉淀剂后，如何检验此时Ca2+已经沉淀完全？（3）下列说法正确的是：_______。A．第Ⅰ步中调节溶液的pH最好用H2B．优先将CO2C．步骤Ⅲ所得到的母液可以拿来作为植物用的肥料D．等质量的Na2CO3和NaHCO（4）请写出将CO2、NH3通入饱和食盐水中发生反应的化学方程式三、实验题(2题，共24分)23．绿矾(FeSO4·7H2O)为硫酸盐类矿物水绿矾的矿石或化学合成品，具有补血消积、解毒敛疮、燥湿杀虫的功效。要配制480mL0.2mol/L的FeSO4溶液，配制过程中有如下操作步骤：①把称量好的绿矾(FeSO4·7H2O)放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解；②把①所得溶液小心转入_______中；③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；④用少量蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2~3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；⑤将容量瓶塞紧，反复上下颠倒，摇匀；⑥待溶液恢复到室温。（1）请填写上述实验步骤的空白处：②把①所得溶液小心转入中。（2）实验操作步骤的正确顺序为→(填序号)①→_______→_______→_______→_______→⑤。（3）实验室用绿矾(FeSO4·7H2O)来配制该溶液，用托盘天平称量绿矾g。（4）由于错误操作，使得实际浓度比所要求的偏小的是_______(填写编号)。A．称量绿矾时，左码右物B．使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容C．没有用蒸馏水洗烧杯2~3次，并将洗液移入容量瓶中D．把配好的溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中备用（5）定容时，若加蒸馏水时不慎超过刻度线，处理方法是。24．氯气是一种重要的化工原料，呈黄绿色，有毒，能与多种物质反应。用图所示装置Ⅰ可制取氯气，并对其性质进行一系列的实验探究。回答下列问题：（1）①装置Ⅰ中盛装浓盐酸的仪器名称是。②实验室利用装置A制氯气，反应的离子方程式是。（2）利用纯净、干燥的氯气与熔融金属锡反应可制备SnCl4，将装置Ⅰ与装置Ⅱ连接起来可制备SnCl4。已知：金属锡熔点为231℃，活泼性与铁相似；SnCl4①装置E的作用是。②虚线框可选用下列装置中的(填“甲”“乙”或“丙”)。（3）将装置Ⅰ与装置Ⅲ连接起来探究氯气的漂白性及氧化性。①F、G通入Cl2后，观察到的现象是，根据现象可得出结论：Cl2无漂白性，Cl2②实验开始后，观察到洗气瓶H中的现象是。③写出洗气瓶Ⅰ中发生的离子反应方程式(已知亚硫酸钠被氧化为硫酸钠)：。④装置K的作用是，发生的离子反应方程式为。四、计算题(1题，共6分)25．将amol的Na2O2（1）当剩余固体为Na2CO3，排出气体为O2、（2）当剩余固体为Na2CO3、NaOH，排出气体为O（3）排出的O2和H2O

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、KMnO4电离：KMnO4=K++MnO4-，阳离子是K+，无H+，不是酸，A错误；

B、KMnO4含K、Mn、O三种元素，不满足“二元”，不是氧化物，B错误；

C、KMnO4电离出MnO4-，无OH-，不是碱，C错误；

D、KMnO4电离出K+（金属阳离子）和MnO4-（酸根阴离子），符合盐的定义，属于盐，D正确；

故答案为：D。【分析】本题依据酸、氧化物、碱、盐的定义，逐一分析选项，判断KMnO4的物质类别。

A．酸是在水溶液中电离出的阳离子全部为H+的化合物。

B．氧化物是由两种元素组成，且一种是氧元素的化合物（二元含氧化合物）。

C．碱是在水溶液中电离出的阴离子全部为OH-的化合物。

D．盐是由金属阳离子（或NH4+）和酸根阴离子组成的化合物。2．【答案】C【解析】【解答】A、A仪器外观为浅碟形，是蒸发皿，不是坩埚，A错误；

B、B仪器是碗状带杵，是研钵，不是坩埚，B错误；

C、C仪器呈深筒形，符合坩埚的外观特点，C正确；

D、D仪器是平板状，是表面皿，不是坩埚，D错误；

故答案为：C。

【分析】本题考查化学仪器识别，依据蒸发皿、研钵、坩埚、表面皿的外观特征与用途，判断对应仪器。A．为蒸发皿，通常是浅碟状，用于溶液蒸发结晶。B．为研钵，是碗状容器，配研杵，用于研磨固体。C．为坩埚，是深底容器（常配盖），用于高温灼烧固体。D．为表面皿，是圆形平板玻璃，用于覆盖容器、临时放置试剂。3．【答案】B【解析】【解答】A、若生成HI和HCl，ICl中I为+1价、Cl为-1价，反应中元素化合价会发生变化，不符合相似性及化合价规律，故A不符合题意；

B、氯气与水反应生成HCl和HClO，ICl中I为+1价、Cl为-1价，类比可知，ICl与水反应时，+1价的I结合OH-生成HIO，-1价的Cl结合H+生成HCl，产物为HCl和HIO，故B符合题意；

C、HClO3中Cl为+5价，ICl中Cl为-1价，反应中Cl化合价变化过大，不符合反应规律，故C不符合题意；

D、HClO中Cl为+1价，ICl中Cl为-1价，反应中Cl化合价升高，而I为+1价，生成HIO时I化合价不变，从化合价变化角度看不合理，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】先分析氯气与水的反应，再根据氯化碘（ICl）中元素化合价，结合其与氯气化学性质相似的特点，推导ICl与水反应的产物。4．【答案】B【解析】【解答】A、侯德榜是我国著名化工专家，发明的侯氏制碱法（联合制碱法），能有效制取纯碱该描述符合化学史实，A正确；

B、1774年，是舍勒意外发现黄绿色气体（氯气），并非戴维；戴维在电化学等领域有重要贡献（如发现钠、钾等金属），B错误；

C、瑞典化学家阿伦尼乌斯通过研究电解质稀溶液导电性，提出电离模型，认为电解质溶于水会自动解离成离子，为溶液导电等理论奠基，C正确；

D、英国科学家道尔顿于19世纪初提出原子学说，认为原子是化学变化中不可再分的微粒，为近代化学发展奠定坚实基础，符合化学史，D正确；

故答案为：B。

【分析】本题考查化学史知识，需依据各位科学家的具体贡献，逐一分析选项内容的正误。A．明确侯德榜在制碱工艺上的贡献。B．区分发现氯气的科学家。C．了解阿伦尼乌斯对电解质溶液导电性研究及理论提出。D．掌握道尔顿原子学说的意义。5．【答案】B【解析】【解答】A、钠、钾等与水反应会剧烈放热、产生氢气，可能引发液体飞溅或轻微爆炸，戴护目镜可保护眼睛，A正确；

B、题干图示符号（液体滴在物体/手上造成腐蚀）代表腐蚀性物质，并非“毒性物质”（毒性物质符号有特定骷髅、交叉骨等标识），B错误；

C、碱（如浓NaOH）沾皮肤，立即用大量水冲洗（稀释降低腐蚀性），再涂1%硼酸（弱酸中和残留碱），C正确；

D、未用完的钠、钾（保存在煤油中）、白磷（保存在水中）放回原试剂瓶，可避免危险且防止试剂浪费，D正确；

故答案为：B。

【分析】本题围绕实验安全操作规范，需结合活泼金属与水反应特点、GHS标准符号含义、碱沾皮肤处理、活泼试剂回收规则，逐一判断选项正误。A．活泼金属（如钠、钾）与水反应剧烈（可能爆炸、溅出液体），需防护眼部。B．识别GHS（全球化学品统一分类和标签制度）中“腐蚀性物质”与“毒性物质”的符号差异。C．碱具有腐蚀性，需先稀释、再中和。D．钠、钾（遇水易燃）、白磷（自燃）属于高活性、危险试剂，随意丢弃易引发事故。6．【答案】D【解析】【解答】A、反应2HClOB、反应2HC、反应Fe+D、反应NaH+答案选D。

【分析】本题关键是明确阴影3区域的特征：属于氧化还原反应，但不属于化合、分解、置换这三种基本反应类型。需结合反应的基本类型和元素化合价变化（判断是否为氧化还原反应），判断反应类型和是否为氧化还原反应。7．【答案】C【解析】【解答】A、NaClO含ClO-，具有强氧化性，会漂白pH试纸，导致无法准确测定其pH，A错误；

B、Na2O与CO2反应生成Na2CO3，与H2O反应生成NaOH，均不产生O2，不能作供氧剂（常用Na2O2），B错误；

C、Na2CO3、NaHCO3是强碱弱酸盐，CO32-、HCO3-水解使溶液显碱性，因碱性温和，可作食用碱或工业用碱，C正确；

D、钠与水反应生成易燃H2，燃烧生成的Na2O2与水、CO2反应生成助燃O2，不能用泡沫灭火器（含CO2和水），应铺沙土，D错误；

故答案为：C。

【分析】本题需结合物质的化学性质（如氧化性、反应产物、水解特性等），分析NaClO、氧化钠、碳酸钠/碳酸氢钠、钠在实际应用中的合理性，判断选项正误。A．明确NaClO的氧化性对pH试纸的影响。B．明确氧化钠与CO2、H2O的反应产物。C．明确盐类水解的碱性及实际用途。D．钠及燃烧产物与水、CO2的反应风险。8．【答案】D【解析】【解答】①常温下，钠和氧气反应生成氧化钠（Na2O）；加热时，反应生成过氧化钠（Na2O2），产物随温度变化而不同，符合题意；

②无论反应条件（如温度）或反应物用量如何变化，碳酸氢钠（NaHCO3）与盐酸（HCl）反应都只生成氯化钠（NaCl）、二氧化碳（CO2）和水（H2O），产物固定，不符合题意；

③无论是点燃还是光照条件，氯气（Cl2）和氢气（H2）反应都只生成氯化氢（HCl），产物不随条件改变，不符合题意；

④氢氧化钠（NaOH）与少量二氧化碳（CO2）反应生成碳酸钠（Na2CO3）和水；与过量二氧化碳反应则生成碳酸氢钠（NaHCO3），产物随用量变化而不同，符合题意；

综上，①④符合题意。

故答案为：D。

【分析】本题需分析四组物质在反应条件（如温度）或反应物用量改变时，产物是否发生变化，以此判断符合要求的选项。①考查反应温度对产物的影响。②考查反应是否受条件或用量影响。③考查反应条件对产物的影响。④考查二氧化碳用量对产物的影响。9．【答案】D【解析】【解答】①BaSO4难溶于水，但熔融状态能电离出Ba2+、SO42-（可导电），属于电解质，①错误；

②CO2溶于水生成H2CO3，H2CO3电离出离子使溶液导电，CO2自身不能电离，故CO2是非电解质，②错误；

③AlCl3是共价化合物，熔融状态不电离（不导电），但水溶液中能电离出Al3+、Cl-（可导电），属于电解质，③错误；

④盐酸是HCl的水溶液（混合物），既不是电解质（化合物）也不是非电解质（化合物），④正确；

⑤盐酸（强电解质）若浓度极低，离子浓度小；醋酸（弱电解质）若浓度高，离子浓度可能更大，此时醋酸导电能力更强，⑤错误；

⑥铜是单质，既不是电解质（化合物）也不是非电解质（化合物），⑥错误；

综上，④正确；

故答案为：D。

【分析】本题围绕电解质、非电解质的概念（在水溶液或熔融状态下能/不能导电的化合物），结合物质类别（化合物、混合物、单质）、导电实质（自身电离或反应生成电解质），逐一分析选项正误。①要点：电解质的“导电条件”（熔融/溶于水时自身电离）。②要点：电解质需“自身电离导电”，区分CO2与生成的H2CO3。③要点：电解质的“导电形式”（水溶液或熔融，AlCl3是共价化合物）。④要点：电解质、非电解质的前提是“化合物”，盐酸是混合物。⑤要点：导电能力与“离子浓度、离子所带电荷”有关，而非仅看电解质强弱。⑥要点：电解质、非电解质的研究对象是“化合物”，铜是单质。10．【答案】D【解析】【解答】A、80gNaOH（2mol）溶于1L水后，溶液体积不等于1L（溶剂与溶液体积不同），无法确定浓度为2mol/L，A错误；

B、100mL12mol/L浓盐酸含1.2molHCl，但随反应进行盐酸变稀，反应停止，实际生成Cl2少于0.3mol，分子数小于0.3NA，B错误；

C、常温常压下11.2LCO和CO2混合气体，物质的量小于0.5mol，碳原子数小于0.5NA，C错误；

D、Na2O2（含2Na+和O22-）与Na2S（含2Na+和S2-）均含3个离子，且摩尔质量均为78g/mol。7.8g混合物为0.1mol，离子总数为0.3NA，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题需结合阿伏加德罗常数的应用规则，从溶液体积计算、反应实际进行程度、气体摩尔体积适用条件及离子化合物组成特点，分析各选项中微粒数量的正确性。A．物质的量浓度计算需用溶液体积而非溶剂体积。B．该反应需浓盐酸参与，稀盐酸不反应，存在反应限度。C．气体摩尔体积（22.4L/mol）仅适用于标准状况（0℃、101kPa）。D．两种物质均为离子化合物，组成和摩尔质量相同。11．【答案】B【解析】【解答】A、Na+的焰色为黄色，K+的焰色为浅紫色（需透过蓝色钴玻璃观察，避免Na+的黄色光干扰）。观察到浅紫色，说明含K+，而非Na+，A错误；

B、先加稀盐酸，无明显现象（说明不存在Ag+、CO32-等干扰离子），再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀（BaSO4），可确定含SO42-，B正确；

C、仅加AgNO3溶液产生白色沉淀，可能是AgCl，也可能是Ag2SO4、Ag2CO3等，无法确定一定含Cl-，C错误；

D、加稀盐酸产生的气体使澄清石灰水变浑浊，可能是CO2（来自CO32-、HCO3-）或SO2（来自SO32-、HSO3-），无法确定一定含CO32-，D错误；

故答案为：B。

【分析】本题围绕离子检验的规范操作，需根据不同离子（Na+、K+、SO42-、Cl-、CO32-等）的特征反应，分析检验方法是否能排除干扰、现象是否具有唯一性，以此判断选项正误。A．考查焰色反应的颜色特征及观察条件。B．通过“先加酸后加钡盐”排除干扰离子（如Ag+、CO32-等）。C．Ag+与多种阴离子（如SO42-、CO32-等）均能生成白色沉淀。D．CO2、SO2均能使澄清石灰水变浑浊，对应多种阴离子。12．【答案】A【解析】【解答】A、碳酸氢钙（Ca(HCO3)2）和氢氧化钙（Ca(OH)2）反应时，HCO3-与OH-结合生成CO32-，再与Ca2+形成CaCO3沉淀，离子方程式为HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，符合反应事实和拆分规则；A正确；

B、因盐酸（HCl）酸性强于碳酸（H2CO3），CO2与CaCl2溶液不会发生反应（弱酸不能制出强酸），该离子方程式违背实际反应情况，B错误；

C、工业制漂白粉用Cl2与石灰乳（Ca(OH)2悬浊液）反应，石灰乳中的Ca(OH)2主要以固体形式存在，不能拆分为离子，正确方程式应为Cl2+Ca(OH)2=Ca2++ClO-+Cl-+H2O，原方程式拆分错误，C错误；

D、NaHSO4在水中完全电离，会解离出Na+、H+和SO42-，正确电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，原方程式中HSO4-未完全电离，拆分错误，D错误；

故答案为：A。

【分析】本题需根据离子方程式式书写的核心规则（如物质拆分拆分规范、反应事实合理性、电离特性等），逐一分析选项中离子方程式或电离方程式的正确性。A．考查反应中离子的实际参与情况及物质拆分原则。B．考查强酸制弱酸的反应规律。C．石灰乳的状态对物质拆分的影响。D．硫酸氢钠在水溶液中的电离特点。13．【答案】C【解析】【解答】A、固态、液态物质粒子间间隔小，1mol该类物质体积主要由粒子本身大小决定，A正确；

B、液体气化时，粒子间距离大幅增大，导致体积膨胀，B正确；

C、气体体积受温度、压强影响，粒子数相同的气体，若温度、压强不同，体积不一定相同，C错误；

D、25℃、101kPa时，气体摩尔体积约为24.5L/mol，D正确；

故答案为：C。

【分析】根据物质状态（固、液、气）下粒子的特点，以及气体体积与温度、压强的关系，分析各选项。14．【答案】D【解析】【解答】①Cl2具有强氧化性，与变价金属反应时，会将金属氧化至最高价态。Cu与Cl2反应生成CuCl2（Cu为+2价），Fe与Cl2反应生成FeCl3（Fe为+3价），均生成高价态氯化物，类比逻辑一致，①正确。

②Mg在空气中燃烧时，与O2反应生成MgO；而Na的活泼性更强，在空气中燃烧时，与O2反应生成Na2O2（Na2O是Na在常温下缓慢氧化的产物），两者燃烧产物不同，类比不合理，②错误。

③少量CO2与Ca(OH)2反应生成CaCO3；但在NaClO溶液中，因酸性顺序为H2CO3＞HClO＞HCO3-，少量CO2反应会生成NaHCO3和HClO（而非Na2CO3），产物不同，类比不合理，③错误。

④根据金属活动性顺序，Zn和Fe的活动性均强于Cu，都能与CuSO4溶液发生置换反应，将Cu从溶液中置换出来，反应规律一致，类比合理，④正确。

综上，①④正确，

故答案为：D。

【分析】本题通过分析物质反应规律，结合物质氧化性、燃烧特性、与CO2反应及金属活动性，判断类比是否合理（反应产物、能否发生反应）。①掌握Cl2的强氧化性对变价金属氧化产物的影响。②掌握金属活泼性差异对燃烧产物的影响。③掌握酸性强弱对CO2与碱溶液反应产物的影响。④掌握金属活动性顺序对置换反应的影响。15．【答案】C,D【解析】【解答】A、NaHCO3受热会分解（2NaHCO3△Na2CO3+CO2↑+H2O），而Na2CO3稳定不分解。加热后质量减少的部分（bg）是生成的CO2和H2O的总质量。根据反应中NaHCO3与质量减少量的比例（每168×2gNaHCO3分解，质量减少44+18=62g），可算出NaHCO3的质量，进而求出Na2CO3的质量分数，故A不符合题意；

B、Na2CO3与盐酸反应生成2倍于自身物质的量的NaCl，NaHCO3与盐酸反应生成等物质的量的NaCl。设Na2CO3为xmol、NaHCO3为ymol，可列方程组：106x+84y=a（混合物总质量）、117×(2x+y)=b（生成NaCl总质量），联立可解出x和y，进而计算Na2CO3的质量分数，故B不符合题意；

C、混合物与足量稀硫酸充分反应，碱石灰吸收了反应生成的CO2、从溶液中逸出的水蒸气，故无法通过碱石灰增重的质量b克测定混合物中Na2CO3的质量分数，故C符合题意；

D、两种物质与稀硫酸反应都会生成CO2，溶液质量增加量为混合物质量与加入硫酸质量之和减去CO2质量。但因硫酸用量未知，无法确定CO2B．通过两种物质与盐酸反应生成NaCl的总质量列方程求解。C．两种物质与Ca(OH)2反应生成CaCO3沉淀的总量关系。D．反应后溶液质量与生成CO2质量的关系是否可用于计算。16．【答案】C【解析】【解答】A、MnO2和浓盐酸在常温下不发生反应，需要加热才能产生Cl2；由于无法生成Cl2，也就不能通过Cl2氧化Na2S生成S，因此无法通过“MnO2-Cl2-S”的反应链比较三者的氧化性，A错误；

B、FeCl3饱和溶液与NaOH溶液混合时，会发生复分解反应直接生成Fe(OH)3沉淀。而制备Fe(OH)3胶体的正确方法是向沸水中滴加FeCl3饱和溶液并加热至液体呈红褐色，该装置不符合胶体制备要求，B错误；

C、装置中Na2CO3放在大试管中（直接加热），NaHCO3放在小试管中（间接加热）。加热时，若NaHCO3发生分解，产生的CO2会使澄清石灰水变浑浊；而Na2CO3受热不分解，对应的澄清石灰水无明显现象，由此可说明Na2CO3更稳定，能验证两者的稳定性差异，C正确；

D、此装置的长颈漏斗与外界相通，用手捂热容器时，气体会从长颈漏斗逸出，无法在装置内形成压强差，因此不能通过观察气泡判断气密性。对于这种装置，应采用液面差法（关闭止水夹，向长颈漏斗加水，观察液面是否保持稳定）检验气密性，D错误；

故答案为：C。

【分析】本题围绕实验装置原理和物质反应特性（氧化性比较、胶体制备、热稳定性、气密性检验方法），判断各装置能否达成对应实验目的。A．考查MnO2与浓盐酸反应的条件及氧化性传递逻辑。B．Fe(OH)3胶体与沉淀的制备条件差异。C．热稳定性对比实验的设计逻辑（直接加热与间接加热对物质分解的影响）。D．气密性检验方法的适用条件（该装置为敞口体系，无法形成有效压强差）。17．【答案】B【解析】【解答】A、乙酸是弱电解质，导电能力弱。通入氨气后，反应生成CH3COONH4（强电解质），离子浓度增大，导电性应先增强；氨水过量后，溶液被稀释，离子浓度降低，导电性减弱。但图①中导电性先降后升，与实际不符，A错误；

B、FeBr2中Fe2+还原性强于Br-，通入Cl2时，Cl2先氧化Fe2+，此阶段Br-的量不变；Fe2+完全氧化后，Cl2再氧化Br-，Br-的量逐渐减少至0，与图②曲线匹配，B正确；

C、Ca(HCO3)2与NaOH反应时，HCO3-与OH-生成CO32-，会立即结合Ca2+生成CaCO3沉淀，沉淀应一开始就生成。但图③中沉淀起始量为0，与实际不符，C错误；

D、Na2CO3中滴加盐酸，先发生反应生成NaHCO3（无CO2生成），继续加盐酸才会产生CO2。即CO2应在盐酸加入一定量后才开始产生，但图④中CO2从0开始随盐酸加入立即产生，与实际不符，D错误；

故答案为：B。

【分析】本题需结合化学反应原理（如离子反应先后顺序、电解质导电规律），分析图像中曲线变化与物质反应过程（导电性、离子量变化、沉淀生成、气体产生）的匹配性。A、乙酸与氨水反应生成强电解质，及氨水过量后溶液稀释对导电性的影响。B、考查Cl2氧化离子的先后顺序（先Fe2+后Br-）。C、考查Ca(HCO3)2与NaOH反应的沉淀生成时机。D、考查Na2CO3与盐酸反应的分步性（先无CO2，后产生CO2）。18．【答案】B【解析】【解答】A、装置a中反应为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，NaClO3中Cl为+5价，反应后在ClO2中为+4价，每个Cl得1个电子；HCl中部分Cl为-1价，反应后在Cl2中为0价，每个Cl失1个电子。生成1分子Cl2需2个Cl-失2个电子，对应2个ClO3-得2个电子，因此生成2分子ClO2，故n(ClO2)：n(Cl2)=2：1，A正确；

B、装置b的主要作用是除去混合气体中的氯气，B错误；

C、由于ClO2体积分数超过10%易爆炸，通入N2可稀释ClO2，降低爆炸风险；同时N2作为载气，能将装置a中产生的气体（ClO2、Cl2等）全部送入后续装置（b、c、d），确保反应充分进行，C正确；

D、ClO2属于需要处理的气体，装置d中NaOH溶液可与多余的ClO2反应，起到吸收尾气、防止污染的作用，D正确；

故答案为：B。

【分析】本题围绕ClO2制备装置，结合反应原理（氧化还原反应、气体除杂、安全措施），分析各装置作用及反应产物比例的合理性。A．依据氧化还原反应的得失电子守恒推导产物比例。B．分析混合气体成分及装置b中试剂（H2O）的除杂能力。C．结合ClO2“体积分数＞10%易爆炸”的特性分析。D．考查ClO2的性质（需尾气处理，可被NaOH吸收）。19．【答案】D【解析】【解答】A、H3PO2与过量NaOH反应时，仅生成NaH2PO2，说明分子中只有1个H+能被中和（可电离），因此属于一元酸，A正确；

B、HSO3-既能给出H+（生成SO32-），表现酸性；又能接受H+（生成H2SO3），表现碱性，符合“既是酸又是碱”的定义，B正确；

C、联氨（N2H4）是二元弱碱，分步电离生成N2H5+和N2H62+。与硫酸反应生成酸式盐时，N2H62+与HSO4-结合，化学式为N2H6(HSO4)2，C正确；

D、KMnO4在酸性条件下氧化性极强，会与盐酸中的Cl-发生反应（生成Cl2），导致KMnO4被消耗，无法起到增强氧化性的作用，应改用稀硫酸酸化，D错误；

故答案为：D。

【分析】本题围绕酸碱定义、弱电解质电离规律及氧化还原反应特性，分析各类化学物质的性质判断、反应规律及化学式推导是否合理。A．根据与过量NaOH反应的产物，确定可电离的H+数量。B．依据酸碱质子理论（酸给出H+，碱接受H+）分析其行为。C．类比一元弱碱（如NH3）的电离，分析二元弱碱N2H4的电离及成盐规律。D．分析强氧化剂KMnO4与还原性Cl-的反应可能性。20．【答案】A【解析】【解答】第一份溶液加AgNO3产生沉淀：Ag+与Cl-、CO32-、SO42-均能生成沉淀，无法单独确定某一种阴离子，沉淀可能是AgCl、Ag2CO3或Ag2SO4，说明溶液中至少含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种，但不能直接证明Cl-存在。

第二份溶液加NaOH加热产生0.08mol气体：加热时能与OH-反应生成气体的只有NH4+（生成NH3），证明溶液中一定含NH4+，且物质的量为0.08mol（根据反应中NH4+与NH3的比例为1：1）。

第三份溶液加BaCl2产生12.54g沉淀，盐酸洗涤后剩余4.66g：BaSO4不溶于盐酸，BaCO3溶于盐酸，可通过沉淀质量差判断阴离子种类，剩余的4.66g沉淀为BaSO4，因此

n(SO42-)=n(BaSO4)=4.66g÷233g/mol=0.02mol（SO42-一定存在）。

溶解的沉淀质量为12.54g-4.66g=7.88g，为BaCO3，因此

n(CO32-)=n(BaCO3)=7.88g÷197g/mol=0.04mol（CO32-一定存在）。

因Mg2+与CO32-会生成MgCO3沉淀（不共存），故溶液中一定不含Mg2+。

已知阳离子仅NH4+，总正电荷=0.08mol×1=0.08mol。

阴离子SO42-和CO32-的总负电荷=0.02mol×2+0.04mol×2=0.12mol。

负电荷总量（0.12mol）＞正电荷总量（0.08mol），因此必须存在K+平衡电荷。设K+物质的量为x，则x+0.08mol≥0.12mol（若含Cl-，需更多K+），即n(K+)≥0.04mol。

综上：溶液中一定存在：K+、NH4+、CO32-、SO42-（K+物质的量≥0.04mol）。

一定不存在：Mg2+。

可能存在：Cl-。

故答案为：A。

【分析】本题通过分析离子反应产生的沉淀、气体等现象，结合电荷守恒规律，判断溶液中离子的存在情况（肯定存在、肯定不存在或可能存在），并推导离子的物质的量关系。21．【答案】（1）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O（2）Ca(ClO)2；Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；食醋（3）KMnO4；MnSO4；（4）3ClO-+2Fe3++10OH-=3Cl-+2FeO42-+5H【解析】【解答】（1）在工业上用Cl2与NaOH溶液反应制备84消毒液，该反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（2）Cl2与石灰乳发生反应：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，就制取得到漂白粉，漂白粉是CaCl2、Ca(ClO)2的混合物，其有效成分是Ca(ClO)2；漂白粉的消毒原理是其有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2、H2O发生反应产生HClO，HClO具有强氧化性，会将细菌、病毒的蛋白质氧化变性，使其失去生理活性，因而漂白粉具有杀菌消毒作用，该反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；食醋的主要成分是醋酸，由于其酸性比次氯酸强，因此一般为了加强漂白粉的消毒效果，会往其溶液中加入少量食醋；

故答案为：Ca(ClO)2；Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；食醋。（3）在反应2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O中，Mn元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnSO4中的+2价，化合价降低5价，得到电子被还原，得到电子总数为2×5e-；所以KMnO4为氧化剂，MnSO4为还原产物；C元素化合价由反应前H2C2O4中的+3价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高，失去电子被氧化，所以H2C2O4为还原剂，CO2为氧化产物，失去电子总数为5×2e-；用双线桥法表示电子转移为：；

故答案为：KMnO4；MnSO4；（4）NaClO具有强氧化性，在强碱性条件下可以将Fe(NO3)3氧化变为FeO42-，ClO-得到电子被还原为Cl-，同时反应产生H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O。

故答案为：3ClO-+2Fe3++10OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O。

【分析】（1）明确有效成分为NaClO，依据Cl2与NaOH的歧化反应写方程式。

（2）确定有效成分为Ca(ClO)2，理解其与CO2、H2O生成HClO的消毒原理，酸性物质可增强效果。

（3）通过元素化合价变化判断氧化剂（得电子、价降）和还原产物（氧化剂被还原产物），用双线桥标电子转移。

（1）在工业上用Cl2与NaOH溶液反应制备84消毒液，该反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（2）Cl2与石灰乳发生反应：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，就制取得到漂白粉，漂白粉是CaCl2、Ca(ClO)2的混合物，其有效成分是Ca(ClO)2；漂白粉的消毒原理是其有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2、H2O发生反应产生HClO，HClO具有强氧化性，会将细菌、病毒的蛋白质氧化变性，使其失去生理活性，因而漂白粉具有杀菌消毒作用，该反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；食醋的主要成分是醋酸，由于其酸性比次氯酸强，因此一般为了加强漂白粉的消毒效果，会往其溶液中加入少量食醋；（3）在反应2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O中，Mn元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnSO4中的+2价，化合价降低5价，得到电子被还原，得到电子总数为2×5e-；所以KMnO4为氧化剂，MnSO4为还原产物；C元素化合价由反应前H2C2O4中的+3价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高，失去电子被氧化，所以H2C2O4为还原剂，CO2为氧化产物，失去电子总数为5×2e-；用双线桥法表示电子转移为：；（4）NaClO具有强氧化性，在强碱性条件下可以将Fe(NO3)3氧化变为FeO42-，ClO-得到电子被还原为Cl-，同时反应产生H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=3Cl-+2FeO422．【答案】（1）石灰乳（2）取上层清液于试管中，滴加碳酸钠溶液，由沉淀生成时，证明钙离子未沉淀完全；无沉淀生成时，证明沉淀完全（3）C（4）NaCl+CO【解析】【解答】（1）粗盐精制过程中加入的沉淀剂应过量，先加入石灰乳，过量的钙离子在后续加入碳酸钠时可以除去，

故答案为：石灰乳；（2）加入沉淀剂后，检验此时Ca2+故答案为：取上层清液于试管中，滴加碳酸钠溶液，由沉淀生成时，证明钙离子未沉淀完全；无沉淀生成时，证明沉淀完全；

（3）A.第Ⅰ步中调节溶液的pH最好用HCl进行调节，如果用H2B.优先将氨气通入饱和食盐水，使溶液呈现碱性，才能吸收更多二氧化碳，B错误；C.步骤Ⅲ所得到的母液主要成分是氯化铵，可以拿来作为植物用的肥料，C正确；D.等质量的碳酸钠和碳酸氢钠，虽然Na2CO3消耗酸更多；但是Na故答案为：C。（4）将CO2、NH3通入饱和食盐水中发生反应的化学方程式：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。

故答案为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓（1）粗盐精制过程中加入的沉淀剂应过量，先加入石灰乳，过量的钙离子在后续加入碳酸钠时可以除去，答案：石灰乳；（2）加入沉淀剂后，检验此时Ca2+（3）A.第Ⅰ步中调节溶液的pH最好用HCl进行调节，如果用H2B.优先将氨气通入饱和食盐水，使溶液呈现碱性，才能吸收更多二氧化碳，B错误；C.步骤Ⅲ所得到的母液主要成分是氯化铵，可以拿来作为植物用的肥料，C正确；D.等质量的碳酸钠和碳酸氢钠，虽然Na2CO3消耗酸更多；但是Na答案选C。（4）将CO2、NH3通入饱和食盐水中发生反应的化学方程式：23．【答案】（1）500mL容量瓶（2）⑥②④③（3）27.8g（4）A；C；D（5）重新配制【解析】【解答】（1）配制480mL0.2mol/L的FeSO4溶液时，在实验室中没有规格是480mL的容量瓶，根据选择仪器的标准“大而近”，可知应该选择500mL容量瓶，则把①所得溶液小心转入500mL容量瓶中；

故答案为：500mL容量瓶；（2）在配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时，先将称量好的固体溶质在烧杯中溶解，待冷却后，转移至500mL容量瓶中，并用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移至容量中，加水至离刻度线l～2cm处，改用胶头滴管定容，最后振荡摇匀，装瓶、贴签，

故答案为：⑥②④③；（3）配制500mL0.2mol/L的FeSO4溶液，根据n=c·V=0.5L×0.2mol/L=0.1mol，所需的FeSO4·7H2O的质量为m=n·M=0.1mol×278g/mol=27.8g；

故答案为：27.8g；（4）A．用托盘天平称量时放置的正确要求是：左物右码，该实验操作是左码右物，则称量的物质的质量等于砝码的质量与游码的质量的差，使溶质的物质的质量偏小，则配制所得溶液浓度偏小，A符合题意；B．使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容，溶液的体积偏小，由于溶质的物质的量不变，则会导致所配制的溶液浓度偏大，B不符合题意；C．配制溶液时，若没有用蒸馏水洗烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中，会使配制溶液中溶质的物质的量减小，最终导致所得溶液浓度偏小，C符合题意；D．把配好的溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中备用，所得溶液被稀释，最终使所配制的溶液的浓度偏小，D符合题意；故答案为：ACD；（5）定容时，若加蒸馏水时不慎超过刻度线，导致配制的溶液浓度偏低，处理方法只能是倒掉溶液，重新配制。

故答案为：重新配制。

【分析】（1）按“大而近”原则选容量瓶，因无480mL规格，需选500mL容量瓶。

（2）遵循溶液配制流程，溶解后需冷却、转移、洗涤、定容，按此顺序排列操作。

（3）先算500mL0.2mol/LFeSO4溶液中溶质的物质的量，再结合绿矾（FeSO4・7H2O）摩尔质量，用m=nM计算质量。

（4）根据c=nV，分析操作对溶质物质的量（n）和溶液体积（V）的影响，判断浓度偏差。

（1）配制480mL0.2mol/L的FeSO4溶液时，在实验室中没有规格是480mL的容量瓶，根据选择仪器的标准“大而近”，可知应该选择500mL容量瓶，则把①所得溶液小心转入500mL容量瓶中；（2）在配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时，先将称量好的固体溶质在烧杯中溶解，待冷却后，转移至500mL容量瓶中，并用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移至容量中，加水至离刻度线l～2cm处，改用胶头滴管定容，最后振荡摇匀，装瓶、贴签，所以操作的顺序为：①⑥②④③⑤；（3）配制500mL0.2mol/L的FeSO4溶液，根据n=c·V=0.5L×0.2mol/L=0.1mol，所需的FeSO4·7H2O的质量为m=n·M=0.1mol×278g/mol=27.8g；（4）A．用托盘天平称量时放置的正确要求是：左物右码，该实验操作是左码右物，则称量的物质的质量等于砝码的质量与游码的质量的差，使溶质的物质的质量偏小，则配制所得溶液浓度偏小，A符合题意；B．使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容，溶液的体积偏小，由于溶质的物质的量不变，则会导致所配制的溶液浓度偏大，B不符合题意；C．配制溶液时，若没有用蒸馏水洗烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中，会使配制溶液中溶质的物质的量减小，最终导致所得溶液浓度偏小，C符合题意；D．把配好的溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中备用，所得溶液被稀释，最终使所配制的溶液的浓度偏小，D符合题意；故答案为ACD；（5）定容时，若加蒸馏水时不慎超过刻度线，导致配制的溶液浓度偏低，处理方法只能是倒掉溶液，重新配制。24．【答案】（1）分液漏斗；MnO2+2Cl—+4H+ΔMn2++Cl2↑+H2O（2）冷凝收集SnCl4；丙（3）F中布条不褪色，G中布条褪色；溶液先变红后褪色；Cl2+SO32-+H2O=2Cl—+SO42-+2H+；吸收多余的Cl2，防止污染空气；Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H【解析】【解答】（1）①由实验装置图可知，装置Ⅰ中盛装浓盐酸的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；②由分析可知，装置A中发生的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+2Cl—+4H+ΔMn2++Cl2↑+H2O，故答案为：MnO2+2Cl—+4H+ΔMn2++Cl2↑+H2O；

故答案为：分液漏斗；MnO2+2Cl—+4H+ΔMn2++Cl2↑+H2O；（2）①装置E用于冷凝收集四氯化锡，故答案为：冷凝收集SnCl4；②由分析可知，虚线框中的装置应用于吸收氯气防止污染空气，并吸收水蒸气，防止水蒸气进入E中与四氯化锡反应，图甲中氢氧化钠溶液产生的水蒸气会进入锥形瓶中与四氯化锡反应，图乙中盛装浓硫酸的洗气瓶中的导气管应该长进短出，否则会发生意外事故，装置丙中盛有的碱石灰能吸收氯气的同时防止空气中的水蒸气进入，所以虚线框虚线框可选用的装置为丙装置，故选丙；故答案为：冷凝收集SnCl4；丙；

（3）①装置F中干燥的红色布条不褪色，G中湿润的红色布条