2024-2025学年广东广州六中高一(上)期中考化学试题含答案

高中广州市第六中学2024级高一上学期化学期中考试卷注意：1.本试卷共8页，22小题，满分100分。考试用时75分钟。2.试卷分为第Ⅰ卷(选择题44分)与第Ⅱ卷(非选择题56分)两部分。可能用到的相对原子质量：H-lC-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Ca-40K-39Mn-55S-32第Ⅰ卷一、选择题(本题共18小题，共44分。第1-10小题，每小题﹖分；第11-18小题，每小题3分。每小题只有一个选项符合题意。)1.《中国诗词大会》不仅弘扬了中华传统文化，诗句中还蕴含着许多化学知识。下列分析错误的是A.“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”说明金的化学性质稳定，在自然界中常以单质形态存在B.“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关C.“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”中爆竹爆炸过程中涉及化学变化D.“纷纷灿烂如星陨，赫赫喧豗似火攻”中灿烂美丽的烟花是某些金属的焰色反应，焰色反应属于化学变化2.常温下，下列各离子组在指定溶液中能大量存在的是A.加入过氧化钠固体的溶液中：、Mg2+、、B.在强碱性的无色透明溶液中：、、、C.使石蕊变红的溶液中：、、、D.碱性溶液中：、、、3.多糖基复合纳米材料(直径10-7∼10-9m)在生物医学领域具有潜在的应用价值。多糖基复合纳米颗粒分散到水中，下列关于该分散系的说法正确的是A.多糖基复合纳米颗粒直径较小，可以透过半透膜B.将该分散系静置会立即出现沉淀C.利用丁达尔效应可以区分氯化钡溶液和该分散系D.可以用过滤的方法将氯化钡溶液与多糖基复合纳米材料分离4.下列物质性质实验对应的化学或离子方程式书写正确的是A.Na2O2放入水中：Na2O2+CO2=Na2CO3+O2B.铁粉在氧气中燃烧：3Fe+2O2Fe2O3C.Cl2通入水中：Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-D.SO2通入酸性KMnO4溶液中：5SO2+2H2O+2=5+4H++2Mn2+5.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ANH3·H2OCH3COOHNa2SNa2OSiO2BCaOHClNaHCO3CuOSO2CBa(OH)2BaSO4NaHSO4Al2O3SO3DKOHHNO3NaClCaOCOA.A B.B C.C D.D6.下列现象及结论和解释都正确的是选项现象解释A“84”消毒液与洁厕灵(主要成分为盐酸)可以混用进行杀菌消毒酸性越强，NaClO氧化性越强B在医疗上纯碱可用于治疗胃酸过多纯碱可与胃酸反应C面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包NaHCO3可与酸反应DNa2O2、CaO都属于碱性氧化物它们都能与酸反应A.A B.B C.C D.D7.下列说法正确的是①Na2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色；②足量O2和质量相等的Na在常温和加热条件下反应，转移的电子数相等；③质量相等的NaHCO3与Na2CO3分别与足量的相同浓度盐酸完全反应时，产生CO2的物质的量相等；④鉴别NaHCO3与Na2CO3溶液，可用Ca(OH)2溶液；⑤除去NaHCO3粉末中混有的Na2CO3，可将粉末配制成溶液，通入过量的CO2，再低温结晶。A.②③④ B.②④⑤ C.①②⑤ D.③④⑤8.我国化工专家侯德榜将合成氨与纯碱工业联合，发明了联合制碱法，使原料氯化钠的利用率从70％提高到90％以上，该生产方法在制得纯碱的同时，还可得到一种副产品。生产流程和溶解度曲线如图，下列说法错误的是A.固体从母液中析出时需控制温度在0～10℃B.从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是、和氨水C.沉淀池中反应的化学方程式：D.循环Ⅰ、Ⅱ的目的是提高原料的利用率、减少对环境的污染9.下列实验能够达到相应目的的是AB将FeCl3饱和溶液滴入热NaOH溶液中制备氢氧化铁胶体收集氯气并进行尾气处理CD除去Cl2中的少量HCl杂质可用于比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性A.A B.B C.C D.D10.通过CO2捕获和转化技术可实现CO2资源化利用，其物质转化关系如图所示，下列说法错误的是A.该过程总反应为CO2+CH4=2CO+2H2B.过程Ⅰ为化合反应C.过程Ⅱ中还原剂CH4，还原产物只有COD.以上转化过程中，CaO可以循环利用11.离子在一定条件下可将离子氧化成离子。若反应后变成，又知反应中氧化剂和还原剂的个数之比是5∶2，则n值为A.1 B.2 C.3 D.412.“价-类”二维图可以从物质类别、化合价角度认识物质的性质及其转化关系。氯的“价-类”二维图如图所示，其中甲~辛均为含氯元素的物质，下列说法错误的是A.乙能使石蕊溶液褪色，说明它具有漂白性B.实验室可使用辛和甲的浓溶液制备乙C.存在庚→戊→乙→甲的转化关系D.丙可以替代传统的乙，作为饮用水消毒杀菌13.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.7.8g过氧化钠中阴离子个数是0.2NAB.标准状况下22.4LCl2完全溶于水中，生成的HClO分子数是NAC.在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NAD.32gO2分子和N2H4分子构成混合物中所含的分子数目为NA、14.为了测定NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物中各组分的含量，某同学设计如图实验：取一定质量的混合物，通过测量反应前后②和③装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数。下列说法错误的是A.①、②、③中可以依次盛装碱石灰、无水CaCl2、碱石灰B.若将①装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶，则测得的NaCl含量偏大C.硬质玻璃管加热前，应关闭b，打开a，缓缓通入空气，直至a处出来的空气不再使澄清石灰水变浑浊为止D.干燥管中碱石灰的作用是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入③15.下列离子方程式正确的是A.FeBr2溶液中加少量Cl2：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-B.Na2CO3溶液中滴加少量稀盐酸：+2H+=CO2↑+H2OC.向碳酸氢钙溶液中滴入少量的澄清石灰水：Ca2+++OH-=CaCO3↓+H2OD.向硫酸铜溶液中加一小块钠单质：2Na+Cu2+=Cu+2Na+16.化学上常用标准电极电势E(氧化型/还原型)比较物质的氧化能力。E值越高，氧化型物质的氧化能力越强，E值越低，还原型物质的还原能力越强。E值与体系的pH有关。根据表格信息，判断下列说法错误的是氧化型/还原型物质PbO2/PbSO4/Mn2+Fe3+/Fe2+Cl2/Cl-/VO2+/Br-E(酸性条件中)1.685V1.51V0.77V1.36V0.991V1.423VA.实验室可用KBrO3与浓盐酸反应制备Cl2B.酸性条件中，氧化性强弱顺序为>Cl2>>Fe3+C.该反应能发生：+3Pb2++3H2O=3PbO2↓+Br-+6H+D.向硫酸酸化的FeSO4溶液中加入(VO2)2SO4，充分反应后，可观察到溶液变黄17.某无色溶液仅由、、、、、、、中的若干种离子组成，且各离子浓度相等，取适量溶液进行如下实验：①加过量盐酸无明显现象，且阴离子种类不改变；进行焰色试验显黄色。透过蓝色钴玻璃观察，未见紫色；②取操作①后溶液，加入过量溶液，产生白色沉淀。下列推断错误的是A.原溶液中一定存在B.②中的白色沉淀只有C.溶液中一定不含、、、D.由溶液呈电中性可知溶液中一定含有18.为研究Na的性质，进行如下实验装置实验液体a现象蒸馏水Ⅰ.Na浮在液面上，剧烈反应，产生少量白雾0.1mol·L-1盐酸Ⅱ.Na浮在液面上，反应比Ⅰ中剧烈，产生白雾浓盐酸Ⅲ.Na浮在液面上，反应比Ⅰ中缓慢，产生大量白雾，烧杯底部有白色固体下列说法中，不正确的是A.Ⅰ中现象说明Na与水反应放热B.Ⅰ中反应的离子方程式为C.Ⅲ中白雾比Ⅱ中多，说明Ⅲ中反应放热比Ⅱ中更多D.推测Ⅲ中反应缓慢可能与c(Cl-)以及生成的白色固体有关第Ⅱ卷(非选择题)二、填空题(共4题，共56分)19.Ⅰ．现有以下物质：①Ca(HCO3)2溶液；②葡萄糖C6H12O6；③熔融Na2CO3；④NaOH溶液；⑤SO2；⑥Fe(OH)3胶体；⑦氨水；⑧Na2O2固体；⑨FeCl3溶液。（1）其中在该状态下能导电且该物质为电解质的是___________(填编号，下同)，属于非电解质的是___________。（2）请写出⑦和⑨反应的离子反应方程式___________。（3）写出足量④与少量⑤反应的离子方程式___________。Ⅱ．以物质的量为中心的相关计算，已知阿伏加德罗常数为NA（4）质量相同的H2、NH3、SO2、O3四种气体中，含有分子数目最少的是___________，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是___________。（5）23.75g某+2价金属的氯化物(MCl2)中含有3.01×1023个Cl-，则M的摩尔质量为___________g/mol。（6）6.02×1023个NH3分子中共含有___________个质子。Ⅲ．氧化亚铜(Cu2O)是一种鲜红色粉末状固体，几乎不溶于水，可在酸性溶液中发生反应与硫酸、硝酸的反应如下：i．Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O；ii．3Cu2O+14HNO3(稀)=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O（7）反应ⅰ中还原产物___________(填化学式)。（8）用单线桥标出反应ⅱ中电子转移的方向和数目：___________。（9）在参加反应ⅱ的HNO3中，起氧化性作用的HNO3与起酸性作用的HNO3的物质的量之比为___________。标况下生成2.24LNO分子，转移的电子数为___________。20.亚氯酸钠(NaClO2)主要用于棉纺、造纸业的漂白剂。以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如图：已知：亚氯酸钠受热易分解。（1）“反应1”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。（2）“反应2”的化学方程式为___________。（3）从“母液”中可回收的主要物质是___________(填化学式)。（4）氧化吸收法是常见的消除氮氧化物尾气的方法：①酸性条件下，NaClO2吸收剂可有效氧化NO。其他条件一定时，温度对NO去除率的影响如图，温度高于60℃后，NO去除率下降，其原因可能是___________（写出一条即可）。②酸性条件下，NaClO溶液可以氧化N2O，生成Cl-和。其他条件一定时，N2O转化为的转化率随NaClO溶液初始pH的变化如上图所示：NaClO溶液的初始pH越小，N2O转化率越高，其原因可能是___________。21.过氧化钙是一种温和的氧化剂，常温下为白色的固体，易溶于酸，难溶于水、乙醇等溶剂。某实验小组拟选用如下装置(部分固定装置略)制备过氧化钙。已知：含有Fe3+的盐溶液遇到KSCN溶液时变成红色。（1）请选择必要的装置，按气流方向连接顺序为___________(填仪器接口的字母编号，装置可重复使用)。（2）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：①检验装置的气密性后，装入试剂；②打开分液漏斗活塞，通入一段时间气体，加热试剂；③反应结束后，___________(填操作)；④拆除装置，取出产物。（3）若钙在空气中燃烧生成氮化钙(Ca3N2)，同时可能生成过氧化钙。请设计实验检验钙燃烧产物中是否含有过氧化钙，限选下列试剂：酸化的FeCl2溶液、NaOH溶液、KSCN溶液、稀硝酸。___________。(简要说明实验步骤、现象和结论)。（4）利用反应Ca2++H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓＋2，在碱性环境下制取CaO2的装置如下：C中发生反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，其可能的原因分析：该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O产率：___________。（5）工业的无水过氧化钙通常含有部分CaO，实验室常采用以酸为介质，用高锰酸钾测定过氧化钙的含量。称取1.0g样品用稀硫酸溶解，滴加0.632g酸性KMnO4溶液后恰好完全反应时，则CaO2的质量分数为___________。(保留两位有效数字，已知5CaO2+8H2SO4+2KMnO4=5CaSO4+2MnSO4+K2SO4+5O2↑+8H2O，KMnO4相对分子质量为158，CaO2相对分子质量为72)22.氯酸钾为无色或白色晶体，是一种强氧化剂。某化学小组制取氯酸钾并进行有关探究实验。实验一制取氯酸钾利用如图所示的实验装置进行实验。回答下列问题：（1）装置A中发生反应的离子方程式为___________。（2）氯气和氢氧化钾溶液在加热的条件下可制得氯酸钾，若装置B中加热温度过低，所得主要氧化产物为___________(填化学式)。已知氯酸钾和氯化钾的溶解度曲线如上图所示，反应结束后，从装置B所得溶液中提取氯酸钾晶体的实验操作是蒸发浓缩、___________、洗涤、干燥。（3）为了提高氯酸钾的产率，甲同学提出应该在装置___________之间(填装置字母序号)增加一个装置，所增加装置里面的试剂可以为___________。实验二探究氯酸钾与碘化钾的反应（4）在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3.室温下，该小组设计了系列实验研究硫酸浓度对反应产物的影响，实验记录如下表：试管编号12340.20mol/LKI/mL1.01.01.01.0KClO3(s)/g0100.100.100.106.0mol/LH2SO4/mL03.0x9.0蒸馏水/mL9.06.05.00取少量反应后溶液滴加淀粉溶液无现象变蓝变蓝无现象①3号试管实验中x的值为___________；1号试管实验的作用是___________。②假设氧化产物唯一，还原产物为KCl，2号试管中主要反应的离子方程式为___________。③由该系列实验可得出的结论是___________。实验三测定饱和氯水中氯元素的总量（5）该小组设计的实验方案：使用上图装置，加热15.0mL饱和氯水试样，测定产生气体的体积。此方案不可行的主要原因是___________。(不考虑实验装置及操作失误导致不可行的原因)（6）资料：i．次氯酸会破坏酸碱指示剂；ii．次氯酸或氯气可被SO2、H2O2、FeCl3等物质还原成Cl-。根据上述资料，为该小组设计一个可行的实验方案(不必描述操作过程的细节)：___________。

广州市第六中学2024级高一上学期化学期中考试卷注意：1.本试卷共8页，22小题，满分100分。考试用时75分钟。2.试卷分为第Ⅰ卷(选择题44分)与第Ⅱ卷(非选择题56分)两部分。可能用到的相对原子质量：H-lC-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Ca-40K-39Mn-55S-32第Ⅰ卷一、选择题(本题共18小题，共44分。第1-10小题，每小题﹖分；第11-18小题，每小题3分。每小题只有一个选项符合题意。)1.《中国诗词大会》不仅弘扬了中华传统文化，诗句中还蕴含着许多化学知识。下列分析错误的是A.“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”说明金的化学性质稳定，在自然界中常以单质形态存在B.“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关C.“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”中爆竹爆炸过程中涉及化学变化D.“纷纷灿烂如星陨，赫赫喧豗似火攻”中灿烂美丽的烟花是某些金属的焰色反应，焰色反应属于化学变化【答案】D【解析】【详解】A．金单质化学性质稳定，在自然界以游离态存在，即淘金淘到的是金单质，A正确；B．空气为胶体，能有利于光线的折射，从而导致海市蜃楼的形成，B正确；C．爆竹爆炸过程中涉及燃烧，反应生成新物质，为化学变化，C正确；D．烟花是某些金属单质或其化合物的焰色反应，而焰色反应是一种元素的物理性质，D错误；故选D。2.常温下，下列各离子组在指定溶液中能大量存在的是A.加入过氧化钠固体的溶液中：、Mg2+、、B.在强碱性的无色透明溶液中：、、、C.使石蕊变红的溶液中：、、、D.碱性溶液中：、、、【答案】D【解析】【详解】A．过氧化钠与水反应会生成NaOH，氢氧根与Mg2+反应生成氢氧化镁沉淀，故不能大量共存，故A不选；B．在强碱性溶液中含有大量OH-，OH-与要发生反应，不能大量共存，故B不选；C．使石蕊变红的溶液中含有H+，H+与要反应，不能大量共存，故C不选；D．碱性溶液中：、、、相互不反应，与OH-也不反应，可以大量共存，故D选；答案选D。3.多糖基复合纳米材料(直径10-7∼10-9m)在生物医学领域具有潜在的应用价值。多糖基复合纳米颗粒分散到水中，下列关于该分散系的说法正确的是A.多糖基复合纳米颗粒直径较小，可以透过半透膜B.将该分散系静置会立即出现沉淀C利用丁达尔效应可以区分氯化钡溶液和该分散系D.可以用过滤的方法将氯化钡溶液与多糖基复合纳米材料分离【答案】C【解析】【详解】A．多糖基复合纳米颗粒直径较小，溶于水后形成胶体，胶粒不能透过半透膜孔隙，A不正确；B．该分散系属于胶体，稳定性较强，静置不会立即出现沉淀，B不正确；C．该分散系属于胶体，对光能产生散射作用，利用丁达尔效应可以区分氯化钡溶液和该分散系，C正确；D．胶粒能够透过半透膜孔隙，不能用过滤的方法将氯化钡溶液与多糖基复合纳米材料分离，D不正确；故选C。4.下列物质性质实验对应的化学或离子方程式书写正确的是A.Na2O2放入水中：Na2O2+CO2=Na2CO3+O2B.铁粉在氧气中燃烧：3Fe+2O2Fe2O3C.Cl2通入水中：Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-D.SO2通入酸性KMnO4溶液中：5SO2+2H2O+2=5+4H++2Mn2+【答案】D【解析】【详解】A．Na2O2放入水中化学方程式应该是：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，A错误；B．铁粉在氧气中燃烧生成四氧化三铁：，B错误；C．次氯酸为弱电解质，不能拆写，，C错误；D．SO2通入酸性KMnO4溶液中，SO2被氧化为，被SO2还原为Mn2+，再根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得离子方程式为5SO2+2H2O+2=5+4H++2Mn2+，D正确；故选D。5.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ANH3·H2OCH3COOHNa2SNa2OSiO2BCaOHClNaHCO3CuOSO2CBa(OH)2BaSO4NaHSO4Al2O3SO3DKOHHNO3NaClCaOCOA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．各物质归类正确，故A正确；B．CaO是是氧化物，不是碱，故B错误；C．BaSO4是盐，Al2O3是两性氧化物，故C错误；D．CO是不成盐氧化物，故D错误；答案选A。6.下列现象及结论和解释都正确的是选项现象解释A“84”消毒液与洁厕灵(主要成分为盐酸)可以混用进行杀菌消毒酸性越强，NaClO氧化性越强B在医疗上纯碱可用于治疗胃酸过多纯碱可与胃酸反应C面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包NaHCO3可与酸反应DNa2O2、CaO都属于碱性氧化物它们都能与酸反应A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．“84”消毒液与洁厕灵混用会发生氧化还原反应生成氯气，故不能混用，故A错误；B．碳酸钠的碱性较强不能治疗胃酸过多，应用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故B错误；C．NaHCO3能与酸反应生成二氧化碳，而且碳酸氢钠受热分解放出二氧化碳，故碳酸氢钠可做发泡剂烘焙面包，故C正确；D．过氧化钠不是碱性氧化物，是过氧化物，故D错误；答案选C。7.下列说法正确是①Na2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色；②足量O2和质量相等的Na在常温和加热条件下反应，转移的电子数相等；③质量相等的NaHCO3与Na2CO3分别与足量的相同浓度盐酸完全反应时，产生CO2的物质的量相等；④鉴别NaHCO3与Na2CO3溶液，可用Ca(OH)2溶液；⑤除去NaHCO3粉末中混有的Na2CO3，可将粉末配制成溶液，通入过量的CO2，再低温结晶。A.②③④ B.②④⑤ C.①②⑤ D.③④⑤【答案】C【解析】【详解】①Na2O2与水反应生成的中间产物过氧化氢具有漂白性，能使溶液褪色，Na2O2投入到紫色石蕊试液中，Na2O2与水反应生成的产物有氢氧化钠，使紫色石蕊试液变蓝，故①正确；②O2和Na反应，常温下生成Na2O，加热条件下生成Na2O2，Na的质量相等，两种条件下，转移的电子数相等，故②正确；③NaHCO3与足量盐酸反应：HCO+H+=H2O+CO2↑，Na2CO3与足量盐酸反应：CO+2H+=H2O+CO2↑，质量相等的NaHCO3与Na2CO3分别与足量的相同浓度盐酸完全反应时，NaHCO3产生的CO2更多，故③错误；④NaHCO3与Na2CO3都能与Ca(OH)2反应生成碳酸钙白色沉淀，因此不可用Ca(OH)2溶液鉴别NaHCO3与Na2CO3溶液，故④错误；⑤二氧化碳通入碳酸钠溶液，可发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，除去NaHCO3粉末中混有的Na2CO3，可配制成溶液通入过量的CO2，将碳酸钠转化为碳酸氢钠，再低温结晶即可得到碳酸氢钠，故⑤正确；综上，正确的有①②⑤；答案选C。8.我国化工专家侯德榜将合成氨与纯碱工业联合，发明了联合制碱法，使原料氯化钠的利用率从70％提高到90％以上，该生产方法在制得纯碱的同时，还可得到一种副产品。生产流程和溶解度曲线如图，下列说法错误的是A.固体从母液中析出时需控制温度在0～10℃B.从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是、和氨水C.沉淀池中反应的化学方程式：D.循环Ⅰ、Ⅱ的目的是提高原料的利用率、减少对环境的污染【答案】C【解析】【分析】由流程可知，合成氨厂提供氨气，与二氧化碳、饱和食盐水反应生成NH4Cl、NaHCO3，在沉淀池中过滤分离出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，二氧化碳可循环使用。母液中含溶质氯化铵，通入氨气，加入食盐可分离得到氯化铵；【详解】A．由溶解度曲线可以看出，NH4Cl的溶解度随温度升高而增大，因此如果NH4Cl固体从母液中析出时需控制温度在0~10℃以下，A正确；B．由联碱法生产流程示意图可以看出从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水，B正确；C．沉淀池中反应的化学方程式：NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，C错误；D．由流程可知，循环Ⅰ、Ⅱ的目的是提高原料的利用率、减少对环境的污染，D正确；故选C。9.下列实验能够达到相应目的的是AB将FeCl3饱和溶液滴入热NaOH溶液中制备氢氧化铁胶体收集氯气并进行尾气处理CD除去Cl2中的少量HCl杂质可用于比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．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，A错误；B．氯气密度比空气大，应该短进长出，B错误；C．应用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，C错误；D．碳酸钠高温不分解，碳酸氢钠分解，碳酸钠放入大试管温度高不分解，碳酸氢钠放入小试管温度低能分解，说明碳酸氢钠热稳定性差，D正确；故选D。10.通过CO2捕获和转化技术可实现CO2资源化利用，其物质转化关系如图所示，下列说法错误的是A.该过程总反应为CO2+CH4=2CO+2H2B.过程Ⅰ为化合反应C.过程Ⅱ中还原剂CH4，还原产物只有COD.以上转化过程中，CaO可以循环利用【答案】C【解析】【详解】A．由流程可知，CO2、CH4为反应物，CO、H2为生成物；CO2+CH4=2CO+2H2为总反应，故A正确；B．过程Ⅰ发生的反应为氧化钙与二氧化碳发生化合反应生成碳酸钙，故B正确；C．过程Ⅱ中碳酸钙C元素化合价由+4价降低到+2价发生还原反应转化为CO，甲烷中H元素化合价由+1价降低到0价转化为H2，该反应中还原产物为CO、H2，故C错误；D．由分析可知，过程Ⅰ消耗氧化钙、过程Ⅱ生成氧化钙，则二氧化碳的捕获和转化过程中，氧化钙可以循环使用，故D正确；故选C。11.离子在一定条件下可将离子氧化成离子。若反应后变成，又知反应中氧化剂和还原剂的个数之比是5∶2，则n值为A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【详解】在中，R元素的化合价为+，生成后，R元素的化合价降低(-6)；离子氧化成，Mn元素的化合价升高5价，依据得失电子守恒，可建立等量关系式：5×2×(-6)=2×5，从而求出n=2。故选B。12.“价-类”二维图可以从物质类别、化合价角度认识物质的性质及其转化关系。氯的“价-类”二维图如图所示，其中甲~辛均为含氯元素的物质，下列说法错误的是A.乙能使石蕊溶液褪色，说明它具有漂白性B.实验室可使用辛和甲的浓溶液制备乙C.存在庚→戊→乙→甲的转化关系D.丙可以替代传统的乙，作为饮用水消毒杀菌【答案】A【解析】【分析】根据价类二维图可知，甲为HCl、乙为Cl2、丙为ClO2、丁为Cl2O7、戊为HClO、己为HClO4、庚为次氯酸盐、辛为氯酸盐，据此分析作答。【详解】A．乙为Cl2，能使石蕊溶液先变红，后褪色，但不能说明Cl2具有漂白性，真正起到漂白作用的是次氯酸，故A错误；B．辛为氯酸盐，甲为HCl，实验室可使用辛和甲的浓溶液制备乙，发生归中反应，故B正确；C．庚为次氯酸盐、戊为HClO，次氯酸盐酸化得到次氯酸，乙为Cl2，HClO可以发生归中反应，生成氯气，甲为HCl，Cl2与水反应，生成盐酸和次氯酸，所以存在庚→戊→乙→甲的转化关系，故C正确；D．乙为Cl2、丙为ClO2，ClO2也有消毒杀菌作用，丙可以替代传统的乙，作为饮用水消毒杀菌，故D正确；答案选A。13.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.7.8g过氧化钠中阴离子个数是0.2NAB.标准状况下22.4LCl2完全溶于水中，生成的HClO分子数是NAC.在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NAD.32gO2分子和N2H4分子构成的混合物中所含的分子数目为NA、【答案】D【解析】【详解】A．7.8g过氧化钠为0.1mol，过氧化钠的阴离子为，则阴离子个数为0.1NA，A错误；B．氯气和水反应不完全，标况下22.4L即1molCl2完全溶于水中，生成的HClO小于1mol，分子数小于NA，B错误；C．该反应中，碘酸钾是氧化剂，化合价从+5价降低到0价，得5个电子，6个碘化氢中有5是还原剂，化合价从-1价升高到0价，共失去5个电子，所以生成3mol单质碘，反应中就转移5mol电子，即转移的电子数为5NA，C错误；D．O2和N2H4相对分子质量均为32，则32gO2分子和N2H4分子构成的混合物中所含的分子为1mol，数目为NA，D正确；故选D。14.为了测定NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物中各组分的含量，某同学设计如图实验：取一定质量的混合物，通过测量反应前后②和③装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数。下列说法错误的是A.①、②、③中可以依次盛装碱石灰、无水CaCl2、碱石灰B.若将①装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶，则测得的NaCl含量偏大C.硬质玻璃管加热前，应关闭b，打开a，缓缓通入空气，直至a处出来的空气不再使澄清石灰水变浑浊为止D.干燥管中碱石灰的作用是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入③【答案】B【解析】【分析】含NaC1、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，通过测量反应前后②、③装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数，由实验装置可知，①中应为碱石灰吸收空气中的水、二氧化碳，将混合物加热发生反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑、Na2CO3·10H2ONa2CO3+10H2O，打开弹簧夹b，②中可吸收水，③中碱石灰可吸收二氧化碳，反应后②、③的质量差，分别为反应生成的水、二氧化碳的质量，最后碱石灰可防止空气中的水、二氧化碳进入③中，以此来解答。【详解】A．由以上分析可知，①用于吸收空气中的水、二氧化碳，②用于吸收水，③用于吸收二氧化碳，则①、②、③中可以依次盛装碱石灰、无水CaCl2、碱石灰，故A正确；B．若将①装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶，则②吸收的水的质量偏大，即碳酸氢钠、Na2CO3·10H2O含量均偏大，导致测得的NaC1含量将偏小，故B错误；C．加热前关闭弹簧夹b，打开弹簧夹a，向装置中通入空气，可排出装置内的二氧化碳，以免引起实验误差，故C正确；D．由上述分析可知，干燥管中碱石灰的作用是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入③，故D正确；答案选B。15.下列离子方程式正确的是A.FeBr2溶液中加少量Cl2：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-B.Na2CO3溶液中滴加少量稀盐酸：+2H+=CO2↑+H2OC.向碳酸氢钙溶液中滴入少量的澄清石灰水：Ca2+++OH-=CaCO3↓+H2OD.向硫酸铜溶液中加一小块钠单质：2Na+Cu2+=Cu+2Na+【答案】C【解析】【详解】A．还原性Fe2+>Br-，Cl2先与Fe2+反应，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故A错误；B．少量稀盐酸，应生成碳酸氢根，+H+=，故B错误；C．碳酸氢钙溶液中滴入少量澄清石灰水，生成碳酸钙和水，离子方程式为Ca2+++OH-=CaCO3↓+H2O，故C正确；D．金属钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应，有氢氧化铜产生，离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑，故D错误；答案选C。16.化学上常用标准电极电势E(氧化型/还原型)比较物质的氧化能力。E值越高，氧化型物质的氧化能力越强，E值越低，还原型物质的还原能力越强。E值与体系的pH有关。根据表格信息，判断下列说法错误的是氧化型/还原型物质PbO2/PbSO4/Mn2+Fe3+/Fe2+Cl2/Cl-/VO2+/Br-E(酸性条件中)1.685V1.51V0.77V1.36V0.991V1.423VA.实验室可用KBrO3与浓盐酸反应制备Cl2B.酸性条件中，氧化性强弱顺序为>Cl2>>Fe3+C.该反应能发生：+3Pb2++3H2O=3PbO2↓+Br-+6H+D.向硫酸酸化的FeSO4溶液中加入(VO2)2SO4，充分反应后，可观察到溶液变黄【答案】C【解析】【详解】A．根据题干信息及表格数据可知，氧化性强于Cl2，即实验室可用KBrO3与浓盐酸反应制备Cl2，A正确；B．根据题干信息，E值越高，氧化型物质的氧化能力越强，氧化性强弱顺序：>Cl2>>Fe3+，B正确；C．根据表中数据可知氧化性：，此反应无法发生，C错误；D．根据表格数据可知，可将Fe2+氧化为Fe3+，反应后溶液变黄，D正确；答案选C。17.某无色溶液仅由、、、、、、、中的若干种离子组成，且各离子浓度相等，取适量溶液进行如下实验：①加过量盐酸无明显现象，且阴离子种类不改变；进行焰色试验显黄色。透过蓝色钴玻璃观察，未见紫色；②取操作①后的溶液，加入过量溶液，产生白色沉淀。下列推断错误的是A.原溶液中一定存在B.②中的白色沉淀只有C.溶液中一定不含、、、D.由溶液呈电中性可知溶液中一定含有【答案】B【解析】【分析】无色溶液没有，加入过量盐酸后无现象说明没有，阴离子种类不改变说明一定含有，由焰色试验可知含有没有。加入溶液，产生白色沉淀只可能是生成或者白色沉淀。和须同时存在于溶液中才能满足各离子浓度相等且溶液呈电中性，与不能共存，故原溶液一定没有，一定有的离子为：、、、；一定没有的离子为：、、、，据此分析。【详解】由上述分析可知，原溶液中一定存在，②中的白色沉淀是和，溶液中一定没有的离子为：、、、，由溶液呈电中性可知溶液中一定含有，故本题选B。18.为研究Na的性质，进行如下实验装置实验液体a现象蒸馏水Ⅰ.Na浮在液面上，剧烈反应，产生少量白雾0.1mol·L-1盐酸Ⅱ.Na浮在液面上，反应比Ⅰ中剧烈，产生白雾浓盐酸Ⅲ.Na浮在液面上，反应比Ⅰ中缓慢，产生大量白雾，烧杯底部有白色固体下列说法中，不正确的是A.Ⅰ中现象说明Na与水反应放热B.Ⅰ中反应的离子方程式为C.Ⅲ中白雾比Ⅱ中多，说明Ⅲ中反应放热比Ⅱ中更多D.推测Ⅲ中反应缓慢可能与c(Cl-)以及生成的白色固体有关【答案】C【解析】【详解】A．Ⅰ中Na投入到蒸馏水中，可与水发生反应，产生少量白雾，说明剧烈，且放热，A正确；B．Ⅰ中Na投入到蒸馏水中，可与水发生反应，反应的离子方程式为，B正确；C．浓盐酸易挥发，所以对照实验Ⅲ和Ⅱ，钠与氢离子反应放热，除了有挥发的水蒸气以外，还有HCl，它在空气中与水蒸气结合，呈现更多的白雾，C错误；D．实验Ⅲ和Ⅱ对照可知，反应的实质是钠与氢离子反应，之所以反应缓慢，可能与c(Cl-)以及生成的白色固体有关，D正确；故选C。第Ⅱ卷(非选择题)二、填空题(共4题，共56分)19.Ⅰ．现有以下物质：①Ca(HCO3)2溶液；②葡萄糖C6H12O6；③熔融Na2CO3；④NaOH溶液；⑤SO2；⑥Fe(OH)3胶体；⑦氨水；⑧Na2O2固体；⑨FeCl3溶液。（1）其中在该状态下能导电且该物质为电解质的是___________(填编号，下同)，属于非电解质的是___________。（2）请写出⑦和⑨反应的离子反应方程式___________。（3）写出足量④与少量⑤反应的离子方程式___________。Ⅱ．以物质的量为中心的相关计算，已知阿伏加德罗常数为NA（4）质量相同的H2、NH3、SO2、O3四种气体中，含有分子数目最少的是___________，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是___________。（5）23.75g某+2价金属的氯化物(MCl2)中含有3.01×1023个Cl-，则M的摩尔质量为___________g/mol。（6）6.02×1023个NH3分子中共含有___________个质子。Ⅲ．氧化亚铜(Cu2O)是一种鲜红色粉末状固体，几乎不溶于水，可在酸性溶液中发生反应与硫酸、硝酸的反应如下：i．Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O；ii．3Cu2O+14HNO3(稀)=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O（7）反应ⅰ中还原产物为___________(填化学式)。（8）用单线桥标出反应ⅱ中电子转移的方向和数目：___________。（9）在参加反应ⅱ的HNO3中，起氧化性作用的HNO3与起酸性作用的HNO3的物质的量之比为___________。标况下生成2.24LNO分子，转移的电子数为___________。【答案】（1）①.②②.⑤（2）Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3（3）2OH-+SO2=+H2O（4）①.SO2②.H2（5）24（6）10NA（7）Cu（8）（9）①.1：6②.0.3NA【解析】【小问1详解】电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，①Ca(HCO3)2溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，②葡萄糖熔融状态和水溶液中都不能导电，故属于非电解质，③熔融Na2CO3能够导电，水溶液也能导电属于电解质，④NaOH溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，⑤SO2属于非电解质，⑥Fe(OH)3胶体属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，⑦氨水属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，⑧Na2O2熔融状态下能导电，属于电解质，⑨FeCl3溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故其中能导电的电解质是③熔融Na2CO3，属于非电解质的是②葡萄糖C6H12O6⑤SO2。【小问2详解】⑦氨水和⑨FeCl3溶液反应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为：Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3。【小问3详解】④NaOH溶液与少量⑤SO2反应生成Na2SO3和H2O，离子方程式为：2OH-+SO2=+H2O。【小问4详解】根据可知，摩尔质量越大，含有分子数越少，则含有分子数目最少是摩尔质量最大的SO2；根据可知，气体摩尔质量越小，相同条件下气体体积越大，则相同温度和相同压强条件下，体积最大的是摩尔质量最小的H2。【小问5详解】23.75g某+2价金属的氯化物(MCl2)中含有3.01×1023个Cl-，则MCl2的物质的量为mol=0.25mol，MCl2的摩尔质量为=95g/mol，则M的摩尔质量为(95-35.5×2)g/mol=24g/mol。【小问6详解】NH3中含有10个质子，6.02×1023个NH3的物质的量为mol=1mol，含有10NA个质子。【小问7详解】Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O中Cu元素化合价由+1价下降到0价，又由+1价上升到+2价，还原产物为Cu。【小问8详解】3Cu2O+14HNO3(稀)=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O中Cu元素由+1价上升到+2价，N元素由+5价下降到+2价，用单线桥标出反应ⅱ中电子转移的方向和数目为：。【小问9详解】3Cu2O+14HNO3(稀)=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O中Cu元素由+1价上升到+2价，N元素由+5价下降到+2价，起氧化性作用的HNO3与起酸性作用的HNO3的物质的量之比为1：6，标况下生成2.24LNO分子，物质的量为0.1mol，转移的电子数为0.3NA。20.亚氯酸钠(NaClO2)主要用于棉纺、造纸业的漂白剂。以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如图：已知：亚氯酸钠受热易分解。（1）“反应1”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。（2）“反应2”的化学方程式为___________。（3）从“母液”中可回收的主要物质是___________(填化学式)。（4）氧化吸收法是常见的消除氮氧化物尾气的方法：①酸性条件下，NaClO2吸收剂可有效氧化NO。其他条件一定时，温度对NO去除率的影响如图，温度高于60℃后，NO去除率下降，其原因可能是___________（写出一条即可）。②酸性条件下，NaClO溶液可以氧化N2O，生成Cl-和。其他条件一定时，N2O转化为的转化率随NaClO溶液初始pH的变化如上图所示：NaClO溶液的初始pH越小，N2O转化率越高，其原因可能是___________。【答案】（1）2：1（2）H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2（3）Na2SO4（4）①.NaClO2受热易分解；温度升高，NO逸出（写出一条即可）②.溶液的初始pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化性越强【解析】【分析】由氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程分析可知，其原料氯酸钠首先在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成二氧化氯，再经过过氧化氢在碱性条件下还原可得到亚氯酸钠溶液，最后经过减压蒸发浓缩和降温结晶可得到产物亚氯酸钠晶体。【小问1详解】反应1方程式为：，氧化剂为，还原剂为，可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1；【小问2详解】反应2过氧化氢在碱性条件下还原二氧化氯生成产物NaClO2的方程式为：。【小问3详解】反应1方程式为：，可知二氧化氯气体逸出以后母液中主要物质为Na2SO4；【小问4详解】①其他条件一定时，温度对NO去除率的影响如图，温度高于60℃后，NO去除率却下降，其原因可能是温度升高，NaClO2吸收剂分解，也会使NO逸出，从而导致去除率下降（写出一条即可）；②在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由图可知，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强。21.过氧化钙是一种温和的氧化剂，常温下为白色的固体，易溶于酸，难溶于水、乙醇等溶剂。某实验小组拟选用如下装置(部分固定装置略)制备过氧化钙。已知：含有Fe3+的盐溶液遇到KSCN溶液时变成红色。（1）请选择必要的装置，按气流方向连接顺序为___________(填仪器接口的字母编号，装置可重复使用)。（2）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：①检验装置的气密性后，装入试剂；②打开分液漏斗活塞，通入一段时间气体，加热试剂；③反应结束后，___________(填操作)；④拆除装置，取出产物。（3）若钙在空气中燃烧生成氮化钙(Ca3N2)，同时可能生成过氧化钙。请设计实验检验钙的燃烧产物中是否含有过氧化钙，限选下列试剂：酸化的FeCl2溶液、NaOH溶液、KSCN溶液、稀硝酸。___________。(简要说明实验步骤、现象和结论)。（4）利用反应Ca2++H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓＋2，在碱性环境下制取CaO2的装置如下：C中发生反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，其可能的原因分析：该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O产率：___________。（5）工业的无水过氧化钙通常含有部分CaO，实验室常采用以酸为介质，用高锰酸钾测定过氧化钙的含量。称取1.0g样品用稀硫酸溶解，滴加0.632g酸性KMnO4溶液后恰好完全反应时，则CaO2的质量分数为___________。(保留两位有效数字，已知5CaO2+8H2SO4+2KMnO4=5CaSO4+2MnSO4+K2SO4+5O2↑+8H2O，KMnO4相对分子质量为158，CaO2相对分子质量为72)【答案】（1）dfebcf(或dfecbf)（2）熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通入氧气，并关闭分液漏斗的活塞（3）取样品少许于试管中，加入酸化的FeCl2溶液溶解后，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明样品中含有过氧化钙；若溶液不变红色，则说明样品中不含有过氧化钙（4）温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率（5）72%【解析】【分析】结合题意，用钙和氧气反应制取过氧化钙，所以应该选择双氧水制取氧气的装置，由于单质钙化学性质活泼，所以要避免其接触水，即要选择浓硫酸对氧气进行干燥，也要避免空气中的水蒸气等气体进入反应装置。而盐酸与锌制取氢气和氢氧化钠洗气瓶不需要，不用选择。【小问1详解】利用氧气和钙在加热条件下反应制取过氧化钙，需要制取氧气装置以及除去水蒸气的洗气瓶，同时要避免空气中的水蒸气等气体进入反应装置，盐酸与锌制取氢气和氢氧化钠洗气瓶不需要。所以应先制取氧气干燥氧气制取CaO2避免空气中水蒸气等成分进入反应装置，即连接顺序为。答案为：。【小问2详解】实验结束后，为了防止倒吸，先熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，再停止通入氧气，并关闭分液漏斗的活塞。答案为：熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通入氧气，并关闭分液漏斗的活塞。小问3详解】利用Fe3+的盐溶液遇到KSCN溶液时变成红色原理检验。取样品少许于试管中，若生成了过氧化钙，利用其氧化性氧化亚铁离子为三价铁离子，然后利用与KSCN的反应检验。答案为：取样品少许于试管中，加入酸化的FeCl2溶液溶解后，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明样品中含有过氧化钙；若溶液不变红色，则说明样品中不含有过氧化钙。【小问4详解】C中沉淀反应需控制温度在0℃左右，该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O产率，还可能的原因是温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率，提高产率。答案为：温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率。【小问5详解】设CaO2为xg，根据方程式列式计算：，，所以其质量分数为：。答案为：。22.氯酸