浙江省A9协作体2024-2025学年高一上学期11月期中考试 化学试题（含答案）

浙江省A9协作体2024-2025学年高一上学期11月期中考试化学试题一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不给分)1.化学实验中安全意识是重要的科学素养A.将CO中毒者移至通风处抢救B.强碱腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2%醋酸溶液或饱和硼酸溶液洗，最后用水冲洗D.为防止试剂污染，中学实验室中未用完2.下列物质的分类正确的是碱酸盐酸性氧化物ABCDA.AA.1mol任何气体所含有的分子数都相同C.so²-摩尔质量为96gB.漂白粉的主要成分是次氯酸钙，做消毒剂5.2023年诺贝尔化学奖颁发给发现和合成量子点的科学家，如图是一种TiO₂复合氧化铁量子点，该量子点的粒径范围为40~60nm,可用于高效率降解有机污染物。有关上述材料的说法不正确的是A.该量子点属于纯净物C.该量子点分散于水中所得的分散系能透过滤纸D.该量子点分散于水中所得的分散系具有丁达尔效应B.X为碳酸钙、Y氧化钙、Z为氢氧化钙C.X为钠、Y为过氧化钠、Z为氯化钠C.NaCl溶液能导电，所以NaCl溶液是电解质D.醋酸不能导电，所以醋酸是非电解质8.有两个容积相同的密闭容器，一个盛有CH₄气体，另A.分子数B.氢原子数C.密度D.碳原子数9.下列溶液与10mL1mol·L-¹NaNO₃溶液中NO₃物质的量浓度相等的是A.5mL1mol·L-¹Mg(NO₃)₂溶液B.2.5mL0.8mol·L-¹Al(NO₃)₃溶液A.除去Na₂CO₃溶液中少量的NaHCO₃:加入足量的澄清石灰水B.除去CO₂气体中少量的HCl气体：通入饱和食盐水溶液C.Na₂O₂中的Na₂0:将混合物在氧气中加热D.除去CO₂中的CO气体：通入02点燃A.氢氧化钡与硫酸氢钠溶液混合使溶液恰好呈中性的离子反应：Ba²++OH⁻+H++sO²-=BaSO₄↓B.澄清的石灰水与稀盐酸反应：Ca(OH)C.向次氯酸钙溶液中通过量CO₂:2C1O-+Ca²++H₂O+CO₂=2HClO+CaCO₃↓D.碳酸钠溶于少量稀盐酸中：co₃-+H+=HCO₃12.下列各组离子能在溶液中大量共存的是A.pH<7的溶液中：Ca²+、co²-、Cl、Na+13.下列化学方程式中，表示电子转移的方向和数目都正确的是14.已知反应：2NaClO₃+4HCl=2ClO₂↑+Cl₂↑+2NaCl+2H₂0,下列关于该反应说法不正确的是A.氧化产物和还原产物的物质的量之比为2:1B.当反应中有2mole-转移时，被氧化的HCl为2molC.产物ClO₂和Cl₂都可以用于自来水消毒杀菌D.氧化性：NaClO₃>Cl₂15.下列关于钠及其化合物的叙述正确的是A.将一小块绿豆大小的钠投入到硫酸铜溶液中，可以观察到有紫红色的金属铜生成B.钠着火时可用泡沫灭火器灭火C.相同状况下，等质量的Na₂CO₃和NaHCO₃分别与足量的盐酸反应，Na₂CO₃产生CO₂的体积大于NaHCO₃D.等物质的量的两块钠分别与足量的氧气在常温和加热条件下充分反应转移电子数相等16.某实验小组通过如图所示实验，探究Na₂O₂与水的反应：气泡消失后气泡消失后滴1~2滴酚酞溶液Na₂O₂大量气泡溶液变红红色褪去较多气泡轻轻振荡加入少量MnQ₂足量水A.②中的大量气泡的主要成分是氢气A.1molCl₂溶于水，转移电子数为NAB.1molFe与稀盐酸完全反应，转移电子数为3NAC.标况下18gH₂O中含有的分子个D.过氧化钠与水反应，生成0.1mol氧气时，转移的电子数为0.4NA18.室温下，单质A、单质B,单质C分别为常见的金属、黄绿色气体、无色气体。在一定条件下，它们之间的转化关系如图所示，已知E溶液是无色的。下列说法正确的是：BBF溶液CD溶液E溶液AD(固体)E(气体)溶于水溶于水④③②ABCA.D固体溶于水得到无色溶液B.工业上用反应②在点燃条件下制备盐酸C.22.4L的B与足量的A反应转移电子的数目为2NAD.反应④的离子方程式为：Fe²++Cl₂=Fe³++2Cl19.当物质的量浓度相同的NaCl、MgCl₂、AlCl₃三种溶液中所含Cl-个数比为1:1:1时，这三种溶液的体A.3:2:1B.1:2:3C.6:3:2D.20.利用下列装置和试剂进行实验，不能达到相应实验目的的是)实验室制备Cl₂②除去Cl₂中的HCl并干燥品红溶液21.下列各组物质相互混合反应后，最终一定有白色沉淀生成的是①将金属钠投入到MgCl₂溶液中②将NaOH溶液滴入到盛有FeCl₃溶液的试管中③足量CO₂通入澄清石灰水中④向饱和NaCl溶液中先通入足量NH₃,再通入过量CO₂气体⑤向饱和Na₂CO₃溶液中通入足量CO₂⑥少量CO₂通入CaCl₂溶液中22.某无色溶液中只可能含有K+、Ag+、Ba²+、Cu²+、CI、OH、、so²-中的两种或几种，对其进行如下实验操作：(1)取少量溶液，滴加无色酚酞试液，酚酞变红；(2)另取少量溶液，加入足量BaCl₂溶液，产生白色沉淀；(3)向(2)所得混合物中加足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成；(4)将(3)所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO₃溶液，有白色沉淀生成。下列对该溶液的说法正确的是A.一定含有K+、ClB.可能含有0H、co²-、so²-C.一定不含有Ag+、Ba²+、Cu²+D.无法判断图是用强光照射新制氯水获得的图象，横坐标代表时间，纵坐标代表各物理量，下列物理量与图象不相符的是A.溶液的漂白性B.溶液的H+数目C.瓶中氧气的体积分数D.溶液的电导率(导熔融溶解调pH≈11.5操作XMnO₂滤液NaClO₃NaOHA.MnO₂循环利用，可提高KMn0₄B.通CO₂时反应的离子方程式为4CO₂+3MnO2-+2H₂0=2MnO+MnO₂↓+4HCO₃选项实验结论A向某溶液中加入AgNO₃溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有ClB向某溶液进行焰色试验火焰呈黄色C向某溶液中加入盐酸无现象，再加入BaCl₂溶液，有白色沉淀该溶液中一定含有so²-D向某溶液中加入稀盐酸，有无色气体产生A.AB.BC.C二、填空题(本大题共4小题，共50分)26.现有下列物质：①澄清石灰水⑦固体NaHSO₄⑧Cl₂⑨稀硫酸⑩熔融KCl(2)写出⑦在熔融状态下电离方程式o(3)⑤和⑨反应的离子方程式：_o(4)写出实验室制取⑧的离子反应方程式：0(5)过量的④通入①的离子方程式：(6)已知②和⑥的混合物11.0g与足量稀硫酸作用，产生标准状况下的气体8.96L,该混合物中②和⑥的物质的量之比为o27.请回答下列问题：(1)巴西奥运会期间，由于工作人员将84消毒液(有效成分NaClO)与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。一种可能的原因是NaCl0与H₂O₂反应产生02促进藻类快速生长。该反应说明氧还原产物为(填字母序号)。A.O₂B.H₂OC.Cl₂D.NaClO₂E.NaCl(2)饮用水中的NO₃对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3的浓度，可以在碱性条件下用铝粉将NO₃还原为N₂,其化学方程式为：请回答下列问题：①上述反应中，被还原的元素是(写元素符号),氧化产物是(写化学式)。②用双线桥法表示反应中电子转移的方向和数目：;每生成2.8gN₂转移个电子(用NA为阿伏加德罗常数的数值)。(3)某元素G的一种含氧酸化学式为H₃GO₃,属于二元酸，则H₃GO₃与过量氢氧化钠溶液反应生成的产28.下图是硫酸试剂瓶标签上的内容。硫酸化学纯(CP)品名：硫酸化学式：H₂SO₄相对分子质量：98密度：1.84g/cm³质量分数：98%请回答下列问题：(1)该硫酸的物质的量浓度为;(2)实验室用该硫酸配制240mL0.23mol/L的稀硫酸，则①量筒量取浓硫酸的体积为mL;②实验所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管，量筒外，还有;③配制过程中有几个关键的步骤和操作如下图所示，将实验步骤A——F按实验过程先后次序排④该同学实际配制得到的浓度偏高，可能的原因是oA.浓硫酸稀释后未经冷却直接转移B.容量瓶洗净后未经干燥处理C.没有将洗涤液转入容量瓶D.定容时俯视刻度线E.用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余的液体29.ClO₂已被世界卫生组织(WHO)列为AI级的安全高效灭菌消毒剂，我国从2000年起就逐渐用ClO₂取代Cl₂对饮用水进行消毒。下图是某实验室用于制备一定量较纯净的ClO₂的装置(某些夹持装置和垫持用品省bNaCIO₂在浓盐酸K实验室可用亚氯酸钠固体与氯气反应来制备ClO₂:2NaClO₂+Cl₂=2ClO₂+2NaCl。通常情况下，ClO₂是一种有刺激性气味的黄绿色气体，常温下1L水约溶解2.9gClO₂,遇热水或见光不③氯气和二氧化氯的熔沸点如表：物质熔点沸点-59.5℃④A中反应后锰元素全部以Mn²+存在。(1)盛放浓盐酸的仪器名称是。导气管a的作用(2)写出A装置中发生反应的化学反应方程式(3)下列操作或描述正确的是A.A装置中的高锰酸钾可用二氧化锰替代B.B中盛装饱和食盐水作用是除去Cl₂中混有的HClC.B中长颈漏斗的主要作用是平衡气压，防止气压过大D.C装置中所盛试剂是浓硫酸，目的是干燥氯气(4)E装置用以收集ClO₂,宜采用冷却；目的(5)该实验装置存在一处明显的不足是(6)现在人们常用ClO₂来代替次氯酸盐作为更加高效与安全的消毒剂。已知在进行消毒时，ClO₂可转化为Cl,1molClO₂与gNaClO氧化消毒能力相当(用得电子数目多少衡量氧化消毒能力强弱)。第10页B、强碱腐蚀皮肤，先用水冲洗(稀释强碱),再用弱酸(醋酸、硼酸)中和残留强碱，最后水洗，B正确；C、H₂为可燃性气体，先通H₂排尽装置内空气(防止加热时H₂与空气混合爆炸),再加热，C正确；D、Na、K易与空气、水反应，白磷着火点低易自燃，为防【分析】化学实验安全操作及事故处理，涉及有毒气体、强结合各操作的原理(如中毒急救、腐蚀处理、爆炸预防、试剂保存)判断正误。A.考查CO中毒的急救原D.考查活泼试剂(Na、K、白磷)的剩余处理。B、NaOH在水溶液中电离出的阴离子全部是OH,属于碱；HCl在水溶液中电离出的阳离子全部是H+,属于酸；NaHSO₄由金属阳离子(Na+)和酸式酸根离子(HSO₄)组成，属于盐；Na₂O能与酸反应生成盐和C、Cu₂(OH)₂CO₃是由金属阳离子(Cu²+)、氢氧根离子(OH)和碳酸根离子(CO₃²-)组成的化合物，属于盐(碱式盐),而不是碱，C错误；D、碱性氧化物是能与酸反应生成盐和水的氧化物。Na₂O₂与酸反应时，除了生成盐和水，还会符合碱性氧化物的定义，所以Na₂O₂不是碱性氧化物，D错误；【分析】根据碱、酸、盐、碱性氧化物、酸性氧化物的定义，逐一分析各选项中物质的类别是否正确。D.判断Na₂O₂是否为碱性氧化物。第11页1mol时，不管是哪种气体，分子数都等于阿伏加德罗常数，所以1mol任何气体所含的分子数是相同的，AB、气体摩尔体积(数值约为22.4L/mol)的适用对象是标准状况下的气体。而乙醇在标准状况下是液态，不符合气体摩尔体积的适用条件，不能用其来计算体积，因此1mol乙醇在标况下的体积不是22.4L,B错C、摩尔质量的单位是g/mol,SO₄²的摩尔质量计算得出为96g/mol,而不是96g,C错误；D、物质的量属于国际单位制中的基本物理量，而摩尔是【分析】从物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积的定义出发，结合其适用范围和单位等关键信息，对每个选项进行判断。A.考查1mol不同气体的分子数是否相同。B.掌握标准状况下1mol乙醇的体积是否为22.4L。法正确；但氯水中含有次氯酸(HCIO),次氯酸见光容易分解，因此氯水应保存在棕色试剂瓶中，而不B、漂白粉是由氯气与氢氧化钙反应制得的，其主要成分是次氯酸钙(Ca(CIO)₂)和氯化钙(CaCl₂),并非仅C、碳酸钠的俗称是苏打，这一说法正确；但发酵粉的主要成分是碳酸氢钠(小苏打),碳酸钠不具有发酵的【分析】根据物质的保存原理、成分组成、实际用途及同素异形体的概念，逐一分析选项正确性。A.判断第12页B、碱性氧化物是能与酸反应生成盐和水的氧化物，氧化铁(Fe₂O₃)C、该量子点的粒径范围为40~60nm,处于胶体粒子的直径范围内(1~100nm),分散于水中形成胶体。胶体【分析】根据题干中量子点的组成、粒径范围等信息，结合纯净物与混合物、碱性氧化物、胶体的性质等知B.判断量子点中的氧化铁是否为碱性氧化物。C.判断该量子点分散于水中形成的分散系能否透过滤纸。氧化碳不能通过一步反应直接生成碳酸钠，故A符合题意；B、碳酸钙高温分解可生成氧化钙；氧化钙和水反应能生成氢氧化钙；氢氧化钙溶液中通入二氧化碳可生成碳酸钙，三步转化均能一步完成，故B不符合题意；C、钠在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠；过氧化钠和盐酸反应可生成氯化钠；电解熔融的氯化钠能得到钠，三步转化均能一步实现，故C不符合题意；D、铜和氧气在加热条件下反应生成氧化铜；氧化铜和硫酸反应能生成硫酸铜；铁和硫酸铜溶液反应可生成铜，三步转化均能一步完成，故D不符合题意；【分析】根据物质的化学性质，判断各选项中三种物质能否按X--Y--Z的顺序通过一步反应完成转化，核心A.验证二氧化碳、一氧化碳、碳酸钠之间的B.验证碳酸钙、氧化钙、氢氧化钙之间的一步转化是否全D.验证铜、氧化铜、硫酸铜之间的一步转第13页各选项的正误。电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质B、1个CH₄分子中含有4个氢原子；H₂和C₂H₂的分子中，每个分子都只含有2个氢原子。不管H₂和C₂H₂以何种比例混合，混合气体中每个分子平均含有的氢原子数都是2个，与CH₄中每个分子含有的4C、同温同压下，气体的密度与摩尔质量成正比。CH₄的摩尔质量是16g/mol,H₂是2g/mol,C₂H₂是26g/mol。通过调整H₂和C₂H₂的比例，能使混合气体的平均摩尔质量等于16g/mol,此时两种气体的密度D、1个CH₄分子中含有1个碳原子；H₂分子中不含碳原子，1个C₂H₂分子中含有2个碳原子。当H₂和C₂H₂的物质的量之比为1:1时，混合气体中平均每个分子含有的碳原子数是1个，与CH₄中每个分【解析】【解答】A、Mg(NO₃)2在溶液中解离为1个Mg²+和2个NO₃,1mol·L-¹Mg(NO₃)2溶液中NO₃的浓度为1mol·L-¹×2=2mol·L-1,与题干中NO₃浓度不相等，A不符合要求；B、Al(NO₃)₃在溶液中解离为1个Al³+和3个NO₃,0.8mol·L¹Al(NO₃)3溶液中NO₃的浓度为0.8mol·L-¹×3=2.4mol·L-¹,C、AgNO₃在溶液中解离为1个Ag+和1个NO₃,2mol·L¹AgNO₃溶液中NO₃的浓度为2mol·LD、Cu(NO₃)₂在溶液中解离为1个Cu²+和2个NO₃,0.5mol·L¹Cu(NO₃)₂溶液中NO₃的浓度为0.5mol·L-¹×2=1mol·L-¹1,与题干中N第14页【分析】先明确10mL1mol·L¹NaNO₃溶液中NO₃的物质的量浓度，再根据各选项中溶质的化学式，计算【解析】【解答】A、澄清石灰水(含Ca(OH)₂)不仅会与NB、饱和食盐水虽能吸收HCl,但CO₂在饱和食盐水中也有一定溶解度，会导致目标气体损失；且正确除杂应选用饱和NaHCO₃溶液(不吸收CO₂但能吸收HCl),B错误；C、Na₂O在加热条件下能与O₂反应生成Na₂O₂,既除去了杂质，又不引入新物质，且不消耗目标物质，符D、CO₂不支持燃烧，少量CO在CO₂中无法被点燃；且通入O₂会引入新杂质，不符合除杂要求，D错【分析】根据除杂的基本原则(不增、不减、易分离),分析各选项中除杂试剂和方法是否能有效除去杂质，同时不引入新杂质、不消耗目标物质。A.判断用澄清石灰水除去Na₂CO₃溶液中NaHCO₃的合理性。B.判断用饱和食盐水除去CO₂中HCl的合理性。D.判断通入O₂点燃除去CO₂中和，同时生成1个BaSO₄沉淀和2个H₂O,正确离子方程式应为Ba²++2OH+2H++SO₄²=BaSO₄J+2H₂O,B、澄清石灰水中Ca(OH)₂完全解离为Ca²+和OH,应拆分为离子形式，正确离子方程式为OH+H+=H₂O,D、少量盐酸与Na₂CO₃反应时，H+不足，CO₃2-仅部分反应生成HCO₃,离子方程式为CO₃²+H+=HCO₃,符【分析】根据离子方程式的书写规则(如拆分原则、守恒定律、反应事实等),逐一分析各选项的离子方程第15页C.判断次氯酸钙溶液中通过量CO₂的离子方程式是否正确。D.判断碳酸钠与少量稀盐酸反应的离子方程式是否正确。【解析】【解答】A、pH<7的溶液呈酸性，C两种离子不能共存，A错误；B、使酚酞变红的溶液呈碱性，含有大量OH,HCO₃会与OH反应生成CO₃²-和H₂O,不能大量共存，BC、澄清透明不等于无色，Fe²+使溶液呈浅绿色但不影响溶液澄清。这组离子之间不会发生反应生成沉淀、气D、Ba²+与SO₄2-会结合生成难溶于水故答案为：C。【分析】根据离子共存的条件(离子之间不发生反应生成沉淀、气体、弱电解质，且不考虑氧化还原反应等),结合溶液的酸碱性等环境因素，分析各组离子能否大量共存。A.判断酸性溶液(pH<7)中Ca²+、CO₃2-等离子能否共存。B.判断碱性溶液(酚酞变红)中HCO₃能否共存。C.判断澄清透明溶液中Na+、Fe²+等离子能否共存。D.判断含SO₄2-的溶液中Ba²+能否共存。【解析】【解答】A、反应中C(碳单质)是还原剂，CO₂是氧化剂，电子应从C转移到CO₂,而图中方向B、Na是还原剂，H₂O中H是氧化剂，Na失电子，H得电子，电子从Na转移到H,转移电子数为2e,符合要求，B正确；C、Cl₂发生歧化反应，部分Cl从0价降为-1价，部分升为+5价，得失电子数应为5e,不是6e,C1价升为0价，转移电子数应为故答案为B。【分析】根据单线桥法的规则(还原剂指向氧化剂，电子转移数为化合价变化的总数),分析各选项电子转移的方向和数目是否正确。第16页元素化合价从+5降低到+4(生成CIO₂),CIO₂是还原产物；HCI中部分Cl元素化合价从-1升高到0(生成Cl₂),Cl₂是氧化产物。由化学方程式可知，生成2molCIO₂和1molCl₂,因此还原产物与氧化产物的物质的量之比为2:1,而非氧化产物与还原产物之比为2:B、HCI中被氧化的C1元素每个失去1个电子(从-1到0)。当转移2mol电子时，说明有2molCl原C、CIO₂和Cl₂都具有强氧化性，能破坏细菌、病毒的结构，从而达到消毒杀菌的目的，均可用于自来水消D、在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性。该反应中NaClO₃是氧化剂(被还原),Cl₂是氧化产物(被氧化生成),因此氧化性：NaClO₃>Cl₂,D正确；【分析】先分析反应中元素化合价的变化，确定氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，再结合氧化还原反应的规律(如氧化性强弱比较、电子转移计算等),判断各选项说法的正确性。A.判断氧化产物与还原产物B.计算转移2mol电子时被氧化的HC1的物质的量。C、碳酸钠(Na₂CO₃)的摩尔质量为106g/mol,碳酸氢钠(NaHCO₃)为84g/mol。等质量时，碳酸氢钠的物质的量更大，与足量盐酸反应生成的二氧化碳更多，因此碳酸钠产D、钠与氧气反应时，无论常温生成氧化钠(Na₂O)还是加热生成过氧化钠(Na₂O₂),钠元素均从0价升高到+1价。等物质的量的钠失去的电子数相同，转移电子数相等，D正确；【分析】根据钠及其化合物的化学性质，结合反应规律和实验现象，逐一分析各选项的叙述是否正确。B.判断钠着火时能否用泡沫灭火器灭火。C.比较等质量的碳酸钠和碳酸氢钠与盐酸反应生成D.判断等物质的量的钠在不同条件下与氧气反应第17页B、酚酞溶液遇碱性物质变红，③中溶液变红说明反应生成了碱性物质(如NaOH),而非酸性物质，B错C、④中红色褪去，可能是因为Na₂O₂与水反应生成了具有漂白性的物质(如H₂O₂),漂白性物质使红色褪D、⑤中加入MnO₂后产生较多气泡，是因为MnO₂作为催化剂加速了溶液中H₂O₂的分解，并非作氧化D.明确MnO₂在反应中的作用。【解析】【解答】A、氯气和水的反应是可逆反应，不能进行到底，所以1mB、铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁，铁元素从0价升高到+2价，1mol铁完全反应转移2mol电子，转移C、水的摩尔质量是18g/mol,18g水的物质的量是1mol,含有的分子个数是NA。物质的量只和质量、摩D、过氧化钠和水反应中，氧元素从-1价变成0价生成氧气，生成1mol氧气转移2mol电子，那么生成0.1mol氧气转移0.2mol电子，转移电子数是0.2NA,不是0.4NA,D错误；【分析】根据阿伏加德罗常数的含义，结合物质的量计算方法、化学反应中电子转移的计算的影响，分析每个选项的说法是否正确。A.考查1mol氯气溶于水时转移的电子数。B.考查1mol铁与稀盐酸反应转移的电子数。C.考查标准状况下18g水中的分子个数。D.考查过氧化钠与水反应生成0.1mol氧气时转移的电子数。【解析】【解答】A、D是FeCl₃,其溶液呈黄色(因Fe³+显黄色),并非无色，A错误；B、反应②是H₂与Cl₂在点燃条件下生成HCl,HCI溶于水即得盐酸，这是工业制盐酸的常用方法，B正第18页C、B是Cl₂,但未说明“标准状况”,22.4LCl₂的物质的量无法确定，不能计算转移电子数，C错误；D、反应④是FeCl₂与Cl₂反应生成FeCl₃,离子方程式应为2Fe2++Cl₂=2Fe³++2Cl(原选项电荷不守恒),D错误；故答案为：B。【分析】推断物质种类：单质B为黄绿色气体，可确定B是Cl₂(氯气)。B(Cl₂)与单质C反应生成E(气体),E溶液无色，结合常见反应，推测C为H₂(氢气),E为HCI(氯化氢),E溶液为盐酸。A是常见金属，与E溶液(盐酸)反应生成C(H₂)和F溶液，且A能与B(C反应生成D(固体),F溶液能与B(Cl₂)反应生成D溶液。结合金属性质，推断A为Fe(铁),则F为FeCl₂(氯化亚铁),D为FeCl₃(氯化铁)。转化关系验证：反应①:2Fe+3Cl₂=2FeCl₃(D为FeCl₃);反应②:H₂+Cl₂=2HCI(E为HC1);反应液),据此解题。MgCl₂溶液中，1个MgCl2解离出2个Cl,故c(Cl)=2c,含CI的物质的量为2c×V2;AlCl₃溶液中，1【分析】根据物质的量浓度与离子浓度的关系，结合三种盐的化学式确定各自溶液中Cl的浓度，再依据Cl-个数比为1:1:1的条件，推导三种溶液的体积比。MnO₂反应生成Cl₂,此装置不能达到制备目的，该实验不符合要求；实验②饱和食盐水可吸收HCl且减少Cl₂溶解，浓硫酸可干燥Cl₂;气体先通过饱和食盐水除杂，再通过实验③Cl₂本身无漂白性，其与水反应生成的HCIO才有漂白性。直接将Cl₂通入品红溶液，褪色是因实验④Cl₂是有毒气体，可与NaOH溶液反应(Cl₂+2NaOH=NaCl+NaCIO+H₂O),用NaOH溶液吸收能防综上，①③能达到相应实验目的；第19页故答案为：B。【分析】根据各实验的原理和装置特点，逐一分析四个实验是否能达到预期目的，重点关注试剂选择、反应条件和装置合理性。①判断1mol/L盐酸与MnO₂共热能否制备Cl2。②判断饱和食盐水和浓硫酸的组合是否有效。③判断通入品红溶液的现象能否证明Cl2的漂白性。④判断NaOH溶液能否有效吸收尾气Cl₂。【解析】【解答】①钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与氯化镁反应生成氢氧化镁白色沉淀，且沉淀不溶解，最终一定有白色沉淀，该反应符合要求；②反应生成氢氧化铁，为红褐色沉淀，并非白色，不符合题意，该反应不符合要求；③初始生成碳酸钙白色沉淀，但足量二氧化碳会继续反应生成可溶的碳酸氢钙，沉淀最终溶解，无沉淀残留，不符合题意，该反应不符合要求；④氨气使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，会生成碳酸氢钠。因碳酸氢钠在饱和食盐水中溶解度较小而析出白色沉淀，最终一定有沉淀，该反应符合要求；⑤反应生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，且原溶液饱和，会析出碳酸氢钠白色固体，最终一定有沉淀，该反应符合要求；⑥二氧化碳与氯化钙不反应(因弱酸不能制强酸),无沉淀生成，不符合题意，该反应不符合要求；综上，①④⑤符合要求；故答案为：D。【分析】根据各组物质的性质及反应规律，分析混合后是否一定产生白色沉淀，重点关注沉淀的生成条件、是否溶解及反应的特殊性。①判断是否生成白色沉淀。②判断沉淀颜色及是否符合“白色沉淀”要求。③判断最终是否有沉淀残留。④判断是否生成白色沉淀。⑤判断是否生成白色沉淀。⑥判断是否发生反应及生成沉淀。【解析】【解答】A、一定含K+,但CI无法确定(实验(4)的Cl可能来自加入的盐酸),A错误；B、CO₃2-和SO₄2-是一定存在的，并非“可能含有”,B错误；C、Cu²+因溶液无色被排除；Ag+因溶液显碱性(含OH或CO₃²-)被排除；Ba²+因与CO3²、SO₄²-不能共存被排除，C正确；D、通过上述推理可明确部分离子的存在情况，并非无法判断，D错误；第20页【分析】根据溶液无色的特征及实验操作现象，结合离子共存规律，逐步推断溶液中一定存在、一定不存在溶液基本特征：溶液无色，说明不含Cu²+(蓝色)。实验(2)和(3)分析：加BaCl₂产生白色沉淀，加盐酸后沉淀部分溶解且产生气体，说明沉淀含两种成分：不溶于盐酸的BaSO₄(来自SO₄²-)和溶于盐酸的BaCO₃(来自CO₃²-,产生的气体为CO₂)。由此可实验(4)分析：加AgNO₃产生白色沉淀(AgC1),但因实验(3)中加入了盐酸(含CI),无法证明原溶液中是否含Cl-。电荷守恒推断：溶液中一定含CO3²-和SO₄²-(阴离子),根据电荷守恒，必含阳离子(唯一可能存在的阳离子)。据此分析解答。A、氯水的漂白性来自HCIO,光照时HCIO分解减少，漂白性应逐渐减弱，与图像中“逐渐增大”的趋势B、HCIO分解生成HCI(强电解质),溶液中H+浓度增大，H+数目逐渐增多，与图像趋势一致，该B不符D、HCIO是弱电解质，分解生成强电解质HCl,溶液中离子浓度增大，导电能力(电导率)逐渐增强，与【分析】根据强光照射新制氯水时发生的化学反应，分析各物理量随时间的变化趋势，再与图像(随时间逐渐增大)对比，判断不相符的物理量。A.判B.判断H+数目随时间的变化。D.判断电导率随时间的变化。盐),离子方程式为4CO₂+3MnO₄²-+2H₂O=2MnO₄+MnO₂↓+4HCO₃,符合反应事实，B正确；第21页C、操作X的目的是从溶液中获得KMnO₄晶体，结合流程可知，加浓KOH后KMnO₄因溶解度低析出，【分析】MnO₂、NaCIO₃与NaOH熔融反应，MnO₂被氧化为MnO₄2-,生成Na₂MnO₄等产物，熔融产物加水溶解，形成含MnO₄²-的溶液，通入CO₂调节溶液pH至11.5,部分MnO₄²-发生歧化反应，生成MnO₄和MnO₂(可循环),过滤除去MnO₂,向滤液中加浓KOH,通过“操作X”(结晶分离)得到KMnO₄粗品，利用的是钠盐与钾盐的溶解度差异，据此回答。B、焰色试验呈黄色说明含钠元素，但钠元素可能来自钠盐(如NaC1)或强碱(如NaOH),并非一定是钠C、先加盐酸无现象，可排除CO₃²、SO₃²-、Ag+等干扰(若有这些离子会生成气体或沉淀);再加BaCl₂生D、能与稀盐酸反应生成无色气体的离子除CO₃²-外，还有HCO₃、SO₃²、HSO₃等(生成CO₂或SO₂),无【分析】根据各选项的实验操作、现象及结论，结合离子反应的特性和物质检验的注意事象与结论之间是否存在必然逻辑关系，重点关注干扰离子的影响。A.考查加AgNO3溶D.考查加稀盐酸产生无色气体能否证明含CO第22页【解析】【解答】(1)上述物质中属于电解质的是③⑤⑦⑩;能够导电的是①②③⑨⑩;(2)NaHSO₄在水溶液中电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，电离方程式为NaHSO₄=Na++H⁺+so²-,在熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根离子，电离方程式为NaHSO₄=Na++HSO₄;(3)⑤和⑨反应是CuO和稀硫酸反应，生成盐和水，离子方程式为：Cu0+2H+=Cu²++H₂O;(4)实验室制取氯气采用二氧化锰和浓盐酸混合加热，离子方程式为：故答案为：(5)过量的二氧化碳通入沉淀石灰水中先产生沉淀，然后沉淀溶解，离子方程式为：CO₂+OH⁻=HCO₃;故答案为：CO₂+0H⁻=HCO₃;(6)A1和Fe的混合物11.0g与足量稀硫酸作用，产生标准状况下的氢气8.96L,氢气的物质的量为0.4mol,设混合物中Al、Fe的物质的量分别为xmol、ymol,根据反应方程式2Al+6H+=2Al³++3H₂↑、Fe+2H+=Fe²++H₂↑,,解得x=0.2、y=0.1,该混合物中A1和Fe的物质的量之比为2:故答案为：2:1【分析】电解质定义：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物(必须是纯净物中的化合物，排除单质、混合物)。导电条件：物质中存在自由移动的电子(金属单质)或离子(电解质溶液、熔融电解质)。①澄清石灰水是Ca(OH)₂的水溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质。含自由移动的Ca²+和OH,能导电。②A1(铝)是金属单质，既不是电解质也不是非电解质。含自由移动的电子，能导电。③液态HCI是纯净物中的化合物，液态时虽不导电，但溶于水后能电离出H+和Cl而导电，属于电解质。液态时无自由移动离子，不导电。④CO₂(二氧化碳)是化合物，但自身不能电离，溶于水后导电是因生成H₂CO₃,属于非电解质。无自由移动离子或电子，不导电。⑤CuO(氧化铜)是金属氧化物(化合物),熔融时能电离出Cu²+和O2-而导电，属于电解质。固态时离子不能自由移动，不导电。⑥铁粉是金属单质，既不是电解质也不是非电解质。含自由移动的电子，能导电。⑦固体NaHSO₄(硫酸氢钠)是化合物，溶于水或熔融时能电离出离子，属于电解质。固态时离子不能自第23页⑧Cl₂(氯气)是单质，既不是电解质也不是非电解质。无自由移动离子或电子，不导电。⑨稀硫酸是H₂SO4的水溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质。含自由移动的H+和SO₄²-,⑩熔融KCI(氯化钾)是化合物，熔融时能电离出K+和Cl,属于电解质。含自由移动离子，能导电。(1)电解质：判断是否为化合物且在水溶液或熔融态能导电(排除单质、混合物)。导电物质：判断是否含自由移动的电子或离子(金属、电解质溶液、熔融电解质)。(2)熔融态NaHSO₄电离：仅断裂离子键，生成Na+和HSO₄(与水溶液电离不同)。(5)过量CO₂通入澄清石灰水：先生成CaCO₃沉淀，过量后转化为可溶Ca(HCO₃)2,书写离子式。(6)Al和Fe与稀硫酸反应均生成H₂,根据总质量和H₂(1)上述物质中属于电解质的是③⑤⑦⑩;能够导电的是①②③⑨⑩;(2)NaHSO₄在水溶液中电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，电离方程式为NaHSO₄=Na++H⁺+so²-,在熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根离子，电离方程式为NaHSO₄=Na++HSO₄;(3)⑤和⑨反应是CuO和稀硫酸反应，生成盐和水，离子方程式为：Cu0+2H+=Cu²++H₂O;(4)实验室制取氯气采用二氧化锰和浓盐酸混合加热，离子方程式为：(5)过量的二氧化碳通入沉淀石灰水中先产生沉淀，然后沉淀溶解，离子方程式为：CO₂+0H⁻=HCO₃;(6)Al和Fe的混合物11.0g与足量稀硫酸作用，产生标准状况下的氢气8.96L,氢气的物质的量为0.4mol,设混合物中A1、Fe的物质的量分别为xmol、ymolFe+2H+=Fe²++H₂↑,,解得x=0.2、y=0.1,该混合物中Al和Fe的物质的量之比为2:27.【答案】(1)>;E(3)正盐【解析】【解答】(1)①NaCIO与H₂O₂反应产生O₂,该反应中NaCIO将双氧水氧化，说明NaCIO的氧化性大于H₂O₂;②参加反应的NaClO和H₂O₂分子的个数比为1:1时，1molH₂O₂生成氧气，失去2mol电子，1molNaCIO得到2mol电子，还原为NaCl,第24页(2)①在该化学反应中，A1元素的化合价升高，失去电子，属于还原剂，在反应过程中被氧化，N元素的化合价降低，得到电子，属于氧化剂，在反应过程中被还原，被还原的元素是N,氧化产物是Na[AL(OH)₄];②根据反应中元素的化合价的变化可以得到转移的电子总数=还原剂失去的电子=氧化剂得到的电子电子，即NA个；(3)因为氢氧化钠溶液过量，反应生成的产物为Na₂HGO₃,故Na₂HGO₃是正盐。故答案为：【分析】(1)氧化性比较：根据反应中NaCIO氧化H₂O₂生成O₂,判断NaCIO氧化性更强(>)。还原产物：1:1反应时，NaCIO得电子数与H₂O₂失电子数相等，CI元素从+1价降为-1价，产物为NaCl。(2)①被还原元素：N(化合价从+5降为0);氧化产物：Na[Al(OH)4](Al被氧化生成)。②双线桥：Al失电子(10×3e),N得电子(6×5e);2.8gN₂(0.1mol)转移1mol电子(NA个)。(3)H₃GO3是二元酸，与过量NaOH反应生成Na₂HGO₃,因所有可电离H+均被中和，故为正盐。(1)①NaCIO与H₂O₂反应产生O₂,该反应中NaCIO将双氧水氧化，说明NaCIO的氧化性大于H₂O2;②参加反应的NaClO和H₂O₂分子的个数比为1:1时，1molH₂O₂生成氧气，失去2mol电子，1molNaCIO得到2mol电子，还原为NaCl,答案选E;(2)①在该化学反应中，A1元素的化合价升高，失去电子，属于还原剂，在反应过程中被氧化，N元素的化合价降低，得到电子，属于氧化剂，在反应过程中被还原，被还原的元素是N,氧化产物是Na[AL(OH)₄];②根据反应中元素的化合价的变化可以得到转移的电子总数=还原剂失去的电子=氧化剂得到的电子,生成3molN2转移30mol电子，生成2.8g,即0.1molN₂,转移1mol电子，即NA个；第25页(3)因为氢氧化钠溶液过量，反应生成的产物为Na₂HGO₃,故Na₂HGO₃是正盐。(2)①需要240mL0.23mol/L的稀硫酸需选择250mL规格容量瓶，根据稀释定律，0.25L×0.23mol/L=18.4mol/L×V,解得V≈3.1mL,需要用量筒量取3.1mL上述浓硫酸进行配制；②实验中除了使用烧杯、玻璃棒、胶头滴管，量筒外，还有250mL容量瓶；摇匀、F是转移洗涤液(定容前加水),顺序为CBDFAE;④A.未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，则最后溶液的体积变小，浓度变大；B.容量瓶