2025-2026学年北京市丰台区联考高一上学期11月期中考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1北京市丰台区联考2025-2026学年高一上学期11月期中试题考试时间：90分钟可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Cl35.5第I卷(选择题共42分)本部分共21小题，每小题2分，共42分。在每小题给出的四个选项中，选出最符合题意的一项。1.东晋炼丹家葛洪在著作中记载“丹砂(即HgS)烧之成水银，积变(指二者放在一起)又还成丹砂”。从现代化学角度分析，这两个过程中发生的变化A.均为物理变化B.均为化学变化C.“烧之成水银”是物理变化，“积变还成丹砂”是化学变化D.“烧之成水银”是化学变化，“积变还成丹砂”是物理变化【答案】B【解析】“丹砂烧之成水银”指丹砂（HgS）加热分解为汞（水银）和硫，生成了新物质（汞、硫），属于化学变化；“积变又还成丹砂”指汞与硫重新结合生成HgS，同样生成了新物质，属于化学变化。A．两个转化中，均有新物质生成，不属于物理变化，A错误；B．两个转化中，前者属于分解反应，后者属于化合反应，均为化学变化，B正确；C．“烧之成水银”是分解反应，“积变还成丹砂”是化合反应，都是化学变化，C错误；D．“烧之成水银”是化学变化，“积变还成丹砂”也是化学变化，D错误；故选B。2.我国化学家屠呦呦团队发现的青蒿素(化学式C15H22O5)，在疟疾治疗领域功勋卓著，为全球健康事业作出了不可磨灭的贡献。青蒿素所属物质类型为A.混合物 B.化合物 C.氧化物 D.单质【答案】B【解析】A．青蒿素是纯净物，有固定化学式，不是混合物，A错误；B．青蒿素是由C、H、O三种元素组成的纯净物，属于化合物，B正确；C．氧化物仅含两种元素且其中一种为氧元素，青蒿素含三种元素，不属于氧化物，C错误；D．单质由同种元素组成，青蒿素含三种元素，D错误；故选B。3.加工馒头、面包等食品时，常加入碳酸氢钠使面团疏松多孔，碳酸氢钠属于食品添加剂中的A.着色剂 B.防腐剂 C.增味剂 D.膨松剂【答案】D【解析】碳酸氢钠不稳定，受热分解产生CO2气体从面团中逸出，导致加工的馒头、面包等食品松软多孔，因此碳酸氢钠属于膨松剂，故合理选项是D。4.下列物质中，不属于电解质的是A.Cu B. C. D.【答案】A【解析】A．铜是能导电的金属单质，单质既不是电解质也不是非电解质，故A符合题意；B．硫酸在水溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质，故B不符合题意；C．碳酸钠在熔融状态下或水溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质，故C不符合题意；D．氢氧化钙在熔融状态下或水溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质，故D不符合题意；故选A。5.某学习小组在做氯气性质实验时，下列行为不符合实验室安全要求的是A.在通风橱内制备氯气气体B.闻氯气时用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔C.用氯气与灼热的铁丝反应时，在集气瓶中需加少量水D.实验装置末端连接装有饱和NaCl溶液的尾气吸收装置【答案】D【解析】A．氯气为有毒气体，在通风橱内制备可有效排出有毒气体，符合安全要求，A不符合题意；B．闻气体时用手扇动少量气体，避免直接吸入，符合规范，B不符合题意；C．集气瓶中加水可防止高温反应导致容器炸裂，符合安全要求，C不符合题意；D．氯气有毒，饱和溶液无法有效吸收，应使用溶液，D符合题意；故答案选D。6.碘化银胶体在气象领域有重要应用，其原理为：云层中微小水滴或冰晶难以形成雨滴，而碘化银胶体粒子(直径1-100nm)可作为“凝结核”，吸附周围水汽使水滴聚集增大，最终形成降雨。下列说法正确的是A.碘化银属于胶体B.水滴聚集增大过程属于化学变化C.若用光束照射碘化银胶体，可观察到丁达尔现象D.碘化银胶体可用于人工降雨，是因为它能直接与水汽反应生成雨滴【答案】C【解析】A．碘化银本身是化合物，胶体是分散系，需由分散质和分散剂组成，碘化银胶体才是胶体，A错误；B．水滴聚集增大是物理聚集过程，未生成新物质，属于物理变化，B错误；C．胶体粒子直径在1-100nm范围内，光束照射时会发生丁达尔效应，C正确；D．碘化银胶体通过吸附水汽形成凝结核，促使水滴聚集，属于物理作用而非化学反应，D错误；故选C。7.用Na制取Na2O通常采用反应“2NaNO3+10Na=6Na2O+N2↑”，而非直接让Na与O2反应。下列对采用该反应原因的分析，正确的是A.Na与氧气反应无法生成Na2OB.该反应能产生N2，N2可隔绝氧气，防止生成的Na2O进一步被氧化为Na2O2C.此反应中钠元素的化合价只升高D.反应物均为固体，固固反应一定比固气反应更容易发生【答案】B【解析】A．钠与氧气在常温下反应生成Na2O，而在加热时生成Na2O2，因此钠与氧气可以生成Na2O，A错误；B．该反应生成的N2是惰性气体，可隔绝氧气，防止Na2O进一步被氧化为Na2O2，B正确；C．反应中金属钠的化合价从0升至+1（被氧化），而硝酸钠中的钠保持+1价，因此钠元素的化合价并非“只升高”，C错误；D．固固反应否容易发生取决于具体条件（如温度），不能直接推断其比固气反应更易发生，D错误；故选B。8.下列说法正确的是A.28gN2中含有的电子数目为28NAB.标准状况下，22.4LH2O所含的水分子数目为NAC.1mol·L-1FeCl3溶液中所含Cl-的数目为3NAD.1molN2和N2O的混合物中N原子总数为2NA【答案】D【解析】A．N2的摩尔质量为28g/mol，28gN2即1mol，每个N原子有7个电子，1molN2含14mol电子，电子数目为14NA，A错误；B．标准状况下，H2O为液态，无法用气体摩尔体积22.4L/mol计算物质的量，因此无法得出水分子数目为NA，B错误；C．未提供溶液体积，仅浓度1mol/L无法确定Cl⁻的物质的量，C错误；D．N2和N2O中每个分子均含2个N原子，1mol混合物中N原子总数恒为2mol，即2NA，D正确；故选D。9.下列反应的离子方程式书写正确的是A.Ba(OH)2溶液与硫酸铜反应：Ba2++SO=BaSO4↓B.Cu与AgNO3溶液反应：Cu+Ag+=Cu2++AgC.Na与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑D.CaCO3与盐酸反应：CO+2H+=CO2↑+H2O【答案】C【解析】A．Ba(OH)2溶液与硫酸铜反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀：，A错误；B．Cu与AgNO3溶液反应生成硝酸铜和银，反应的离子方程式是Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，B错误；C．Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，C正确；D．碳酸钙不溶于水，不能拆，反应的离子方程式为，D错误；故选C。10.已知a个X原子的总质量为bg，NA为阿伏加德罗常数，则X的相对原子质量为A. B.gmol-1 C. D.gmol-1【答案】A【解析】相对原子质量在数值上等于摩尔质量（g/mol），a个原子的物质的量为mol，则摩尔质量=g/mol=g/mol，X的相对原子质量为；故选A。11.下列实验装置不能达到实验目的的是A．验证Na和水反应是否为放热反应B．制备Fe(OH)3胶体C．稀释浓硫酸D．从提纯后的NaCl溶液获得NaCl晶体A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．Na与水反应放热会使试管内气体膨胀，导致U型管中红墨水液面出现左低右高的现象，可验证反应放热，A不符合题意；B．向NaOH溶液中滴入饱和FeCl3溶液会生成沉淀，不能制备胶体，B符合题意；C．浓硫酸的密度比水的密度大且溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，操作正确，C不符合题意；D．氯化钠性质稳定，可通过蒸发结晶从NaCl溶液获得NaCl晶体，D不符合题意；故答案选B。12.将金属Na投入CuSO4溶液，可观察到有蓝色沉淀生成。下列分析正确的是A.Na从CuSO4溶液中置换出CuB.Na与CuSO4溶液反应仅涉及复分解反应C.Na先与H2O反应生成NaOH，OH-再与Cu2+反应生成蓝色沉淀D.Na不能和铜盐发生置换反应【答案】C【解析】钠（Na）是极活泼金属，投入硫酸铜（CuSO4）溶液时，先与水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；生成的NaOH与CuSO4发生复分解反应：2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓（蓝色）+Na2SO4。A．Na为活泼金属，在水溶液中首先与水反应，不能从CuSO4溶液中置换出Cu，A不正确；B．Na与CuSO4溶液反应时，Na首先与水发生置换反应，生成的NaOH再与CuSO4发生复分解反应，B不正确；C．由分析可知，Na先与H2O反应生成NaOH等，生成的OH-再与Cu2+反应生成蓝色沉淀，C正确；D．Na为活泼金属，能在熔融状态下与铜盐发生置换反应，D不正确；故选C。13.下列说法中正确的是A.同温同压下，相同体积的任何物质所含分子数一定相等B.同温同压下，原子数相同的两种气体的体积相同C.同温同压下，等质量的CO和CO2，其体积之比为11：7D.常温常压下，22.4LN2所含分子数为NA【答案】C【解析】A．阿伏伽德罗定律仅适用于气体，而选项未限定物质状态，若物质为固体或液体，分子数不一定相等，A错误；B．原子数相同的气体（如原子数相同的O2和O3），若分子组成不同，物质的量不同，体积也不同，B错误；C．等质量时，CO与CO2的物质的量之比为44:28=11:7，同温同压下体积比等于物质的量比为11:7，C正确；D．常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，22.4LN2的物质的量小于1mol，分子数小于NA，D错误；故选C。14.下列氯化物中，既能由金属和氯气直接化合制得，又能由金属和盐酸反应制得的是A. B. C. D.【答案】C【解析】A．铜和氯气生成氯化铜，但铜不能和盐酸反应，所以错误，不选A；B．铁和氯气生成氯化铁，不是氯化亚铁，所以错误，不选B；C．镁和氯气生成氯化镁，镁和盐酸反应生成氯化镁，所以正确，选C；D．铁和氯气反应生成氯化铁，但铁和盐酸反应生成氯化亚铁，所以错误，不选D；故选C。15.将包有少量Na2O2的脱脂棉放入坩埚，向脱脂棉上滴几滴水，棉花立刻燃烧起来。下列分析正确的是A.脱脂棉燃烧的原因是O2具有可燃性B.该实验证明Na2O2与水反应是放热反应，且反应产生的热量达到了棉花的着火点C.若将Na2O2替换为NaOH，向脱脂棉上滴加水，脱脂棉也能燃烧D.Na2O2与CO2反应的离子方程式2Na2O2+2CO2=4Na++2+O2【答案】B【解析】A．氧气本身不可燃，而助燃剂，脱脂棉燃烧是因为反应放热使其达到着火点，A错误；B．Na2O2与水反应剧烈放热，产生的热量使温度升至棉花着火点，同时生成O2助燃，B正确；C．NaOH溶于水放热较少，不足以使棉花燃烧，C错误；D．Na2CO3为固体，离子方程式中不应拆分为Na+、，正确写法应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，D错误；故选B。16.下列物质分类的正确组合是选项混合物纯净物单质电解质AFe(OH)3胶体Na石墨Na2CO3BCuSO45H2ONa2O水银K2CO3CCuSO4溶液NaOH红磷CO2DCuCl2饱和溶液Na2SO4黄铜BaCO3A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．Fe(OH)3胶体是混合物，Na是纯净物，石墨是碳单质，Na2CO3属于盐，是电解质，A正确；B．CuSO4·5H2O是带有结晶水的盐，属于纯净物，不是混合物，B错误；C．CO2是非金属氧化物，属于非电解质，C错误；D．黄铜是铜、锌的合金，属于混合物，不是单质，D错误；故选A。17.将有色鲜花放入盛满干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片，观察到有色鲜花变色，下列说法正确的是A.该实验可证明氯气具有漂白性B.鲜花变色的原因是氯气与鲜花中的水分反应生成了具有漂白性的物质C.若将干燥的有色布条放入该集气瓶中，布条也会立即变色D.若将褪色后的鲜花取出，一段时间后颜色会恢复【答案】B【解析】A．虽然氯气干燥，但鲜花中含有水分，使鲜花褪色的是氯气和水生成的次氯酸而非氯气，所以该实验不能证明氯气具有漂白性，A错误；B．氯气本身没有漂白性，则鲜花变色的原因是氯气与鲜花中的水分反应生成了具有漂白性的物质,即次氯酸，B正确；C．若将干燥的有色布条放入该集气瓶中，因干燥的氯气没有漂白性，布条不会变色，C错误；D．HClO的漂白是不可逆的（破坏了有机色素的结构），因此褪色后的鲜花取出后颜色不会恢复，D错误；故选B。18.针对氯化钠不同状态下的导电实验，其微观示意图分别如图a、b、c所示（X表示与电源正极相连的电极，Y表示与电源负极相连的电极），下列表述正确的是A.氯化钠固体能导电，因为NaCl由Na+和Cl-构成B.氯化钠水溶液能导电，因为产生了自由移动的Na+和Cl-C.氯化钠熔融态能导电，因为熔融时可产生定向移动的自由电子D.HCl是电解质，所以熔融态的HCl也可以导电【答案】B【解析】A．NaCl由Na+和Cl-构成，但在固态下离子不能自由移动，因此不能导电，A错误；B．NaCl在水溶液中解离成自由移动的Na+和Cl-，因此氯化钠水溶液能导电，B正确；C．氯化钠熔融态能导电，是因为熔融时NaCl解离成自由移动的Na+和Cl-，而不是自由电子，C错误；D．HCl是电解质，但在熔融态（液态）时HCl以分子形式存在，因此熔融态HCl不能导电，D错误；故答案选B。19.某工业废水显酸性，且含有大量Na+、Cu2+、Cl⁻、、等，下列关于该废水的说法，不正确的是A.废水中可能存在K+B.Ag+不能大量存在于该废水中C.若加入过量NaOH溶液，可去除废水中的Cu2+D.可大量存在于该废水中【答案】D【解析】A．因K+与Na+、Cu2+、Cl⁻、、等不发生反应，能大量共存，所以废水中可能存在K+，A正确；B．Ag+与Cl-会生成AgCl沉淀，也可能与发生反应生成Ag2SO4沉淀，无法大量存在，B正确；C．过量NaOH会中和H+，使pH升高，使Cu2+生成Cu(OH)2沉淀，C正确；D．在酸性废水中会与H+反应生成CO2和H2O，且能与Cu2+发生反应，无法大量存在，D不正确；故选D。20.实验室模拟工业以贝壳(主要成分是CaCO3)为原料制备漂白粉的流程如下图所示，下列说法不正确的是A.贝壳高温煅烧发生的化学反应属于分解反应B.生石灰与水反应生成Ca(OH)2C.操作采取低温蒸干的原因可能是Ca(ClO)2不稳定，易分解D.漂白粉有效成分为Ca(ClO)2和CaCl2【答案】D【解析】贝壳(主要成分是CaCO3)高温灼烧，生成生石灰和CO2；将生石灰加水溶解，得到氢氧化钙悬浊液，过滤得到Ca(OH)2溶液，通入Cl2后，得到漂白粉溶液，低温蒸干得到漂白粉。A．贝壳高温煅烧发生反应：CaCO3CaO+CO2↑，属于分解反应，A正确；B．生石灰属于碱性氧化物，与水反应时发生化合反应，生成Ca(OH)2，B正确；C．Ca(ClO)2不稳定，易分解，操作时应采取低温蒸干的方法，C正确；D．漂白粉主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，有效成分为Ca(ClO)2，D不正确；故选D。21.欲除去粗盐水中的Mg2+、Ca2+、SO，设计工艺流程如下图所示：下列说法不正确的是A.加入NaOH溶液的目的是除去Mg2+B.试剂a需过量，目的是将SO完全除去C.试剂b的作用是除去Ca2+和过量的Ba2+，须在试剂a之后加入D.试剂c可除去溶液中过量的OH-和CO，可在操作x之前加入【答案】D【解析】欲除去粗盐水中的、、，先加入溶液，可以除去溶液中的，再向溶液中加入过量的，可以除去溶液中的，再向溶液中加入过量的，既可以除去溶液中的，也可除去多余的，过滤，除去沉淀，再向滤液中加入适量的盐酸，可以得到精制盐水。A．加入溶液可以发生的离子反应为：，故加入溶液可以除去镁离子，A正确；B．由分析可知，试剂a为溶液，加入过量的是为了将完全除净，B正确；C．由分析可知，试剂b为，既可以除去溶液中的，也可除去多余的，故必须在试剂a之后加入，C正确；D．试剂c为盐酸，若在操作x之前加入则会和之前形成的沉淀（、CaCO3和）发生反应，故不能在操作x之前加入盐酸，D错误；故答案选D。第Ⅱ卷(非选择题共58分)本部分共6小题，共58分。22.补齐物质性质与物质用途的连线______。物质用途A．钠a．用于调节面团酸度，中和发酵产生的乳酸、醋酸B．过氧化钠b．用作呼吸面具和潜水艇中的氧气供给剂C．碳酸氢钠c．制造高压钠灯，用作路灯【答案】【解析】钠的焰色是黄色，可以制造高压钠灯，用作路灯；过氧化钠和水或二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸面具和潜水艇中的氧气供给剂；碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，常用作食品膨松剂；综上所述，答案为：。23.根据以下转化路径，回答问题。（1）路径中属于酸性氧化物的是______，属于碳酸盐的是______(填化学式)。（2）写出过程Ⅱ的化学反应方程式______。（3）写出过程Ⅳ的化学反应方程式______。【答案】（1）①CO2②.CaCO3（2）CaCO3CaO+CO2↑（3）Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O【解析】CO2与CaO或Ca(OH)2反应转化为CaCO3，CaCO3高温分解生成CaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与盐酸（或氯化铜等）反应生成CaCl2，据此分析；【小问1】能与碱反应生成盐和水氧化物为酸性氧化物，路径中属于酸性氧化物的是CO2；碳酸盐的阴离子是碳酸根，故属于碳酸盐的是CaCO3；【小问2】过程Ⅱ是由CaCO3高温分解生成CaO和CO2，化学反应方程式；【小问3】过程Ⅳ是由Ca(OH)2与盐酸反应生成CaCl2和水，化学反应方程式Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O。24.实验小组配制100mL1.00mol·L-1的NaCl溶液。（1）准备实验所需的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管和______。（2）计算需要NaCl固体的质量：______g。（3）称量NaCl固体后，继续进行配制实验。下列实验步骤中，操作错误的是______(填序号)。溶解转移洗涤定容用1.00mol·L-1的NaCl溶液和蒸馏水配制100mL物质的量浓度为0.40mol·L-1的NaCl溶液，需量取NaCl溶液______mL。（4）取0.40mol·L-1的NaCl溶液amL，逐滴加入某浓度的AgNO3溶液，当沉淀完全时，消耗AgNO3溶液的体积是bmL。上述过程发生反应的离子方程式是______。c(Ag+)=______mol·L-1。【答案】（1）100mL容量瓶（2）5.85（3）①d②40.0（4）①Ag++Cl-=AgCl↓②【解析】实验小组配制100mL1.00mol·L-1的NaCl溶液，步骤是：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，以此解答。【小问1】通常配制溶液的步骤是：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，准备实验所需的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶。【小问2】需要NaCl固体的质量m=nM=VcM=0.1L×1.00molL-1×58.5g/mol=5.85g，故答案为：5.85。【小问3】①a、b、c的操作均正确；定容时，当向容量瓶中加水至刻度线1～2cm处，需改用胶头滴管加水至刻度线处，故答案为d；②设需量取1.00mol/LNaCl溶液的体积为V，根据稀释定律：1.00mol/L×V=0.40mol/L×100mL，解得：V=40.0mL，故答案为：40.0。【小问4】①NaCl与AgNO3反应生成AgCl沉淀和NaNO3，离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓，故答案为：Ag++Cl-=AgCl↓；②根据反应关系知：n(Ag+)=n(Cl-)，n(Cl-)=0.40mol/L×a×10-3L=0.4a×10-3mol，则c(Ag+)==mol/L，故答案为：。25.采用如图所示装置(搅拌装置已省略)设计了三组对比实验。将0.2mol/L试剂a逐滴加入0.01mol/L试剂b中，记录每组实验中灯泡亮度的变化情况，以此分析离子反应过程中的微粒行为。序号试剂a试剂bⅠH2SO4Ba(OH)2ⅡCuSO4Ba(OH)2ⅢNa2SO4Ba(OH)2（1）分析实验I：实验I中，接通电源后，加入试剂a之前灯泡变亮原因是______（用化学用语表示）。测定实验Ⅰ中溶液的电导率，并绘制出其随反应时间变化的曲线，具体如图所示。请写出过程中电导率明显下降的原因______（用离子方程式表示）；c点溶液中大量存在的离子有______。（2）实验Ⅱ中加入试剂a后，灯泡亮度的变化情况为______。A．亮→暗→亮B．亮→暗→暗C．亮→亮→亮（3）分析实验Ⅲ，加入试剂a后，灯泡没有明显变暗的原因是______。（4）对比实验I、Ⅱ、Ⅲ，导致溶液中离子浓度降低的原因有______。【答案】（1）①②③H+、（2）A（3）有自由移动的Na+和OH-（4）生成沉淀、水【解析】【小问1】①Ba(OH)2属于强碱，在水溶液中完全电离出自由移动的Ba2+和OH-，电离方程式为，使溶液具有导电性，因此小灯泡变亮；②a→b过程电导率逐渐下降的原因是滴入的溶液和溶液反应生成BaSO4沉淀和H2O，离子浓度降低，离子方程式为；b→c过程电导率逐渐上升，说明硫酸过量，c点溶液中大量存在的离子有、；【小问2】实验Ⅱ中加入试剂a前，为溶液，存在Ba2+和OH-；加入试剂a硫酸铜后，发生反应，导电性降低，当二者恰好完全反应时，溶液中离子浓度降到最低，导电性几乎为0；待加入的硫酸铜过量时，溶液中Cu2+与浓度逐渐增大，导电性逐渐上升；则小灯泡亮度的变化情况为亮→暗→亮，故选A；【小问3】实验Ⅲ中，往溶液中加入Na2SO4后，发生反应，加入试剂a前溶液中存在离子：Ba2+、OH-，加入试剂a后溶液中存在离子：Na+、OH-，1个Ba2+被2个Na+所取代，导电能力基本不变，即灯泡没有明显变暗的原因是有自由移动的Na+和OH-；【小问4】对比实验I、Ⅱ、Ⅲ，导致溶液中离子浓度降低的原因是生成沉淀、水。26.某小组同学为探究Na2CO3和NaHCO3性质的差异，做了如下三组实验：实验I实验Ⅱ实验Ⅲ（1）实验Ⅰ中，向试管A和B中分别加入5mL水，充分振荡，试管A中固体有剩余，试管B中固体完全溶解，判断固体b为______。（2）经实验Ⅱ证明，两种物质的热稳定性关系为Na2CO3______NaHCO3(填“＞”“＜”或“=”)，证明此关系的实验现象为______，试管中发生的化学反应方程式为______。（3）实验Ⅲ中，发生装置中的现象______，用离子反应方程式表示产生该现象的原因______。实验Ⅲ中，方框中为洗气装置，请将该装置图补充完整______，试剂a为______。实验Ⅲ中，反应一段时间后，观察到饱和Na2CO3溶液中有细小晶体析出，用化学方程式表示产生细小晶体的原因______。【答案】（1）Na2CO3（2）①＞②2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O③烧杯b中澄清石灰水变浑浊（3）①NaHCO3溶解，有气泡产生②+H+=CO2↑+H2O③④饱和NaHCO3溶液⑤Na2CO3(饱和)+CO2+H2O=2NaHCO3↓【解析】Na2CO3和NaHCO3都是易溶于水的固体，但Na2CO3比NaHCO3在水中的溶解度更大；Na2CO3的热稳定性强，而NaHCO3固体受热易分解；Na2CO3和NaHCO3都能与盐酸反应，并生成二氧化碳气体。【小问1】相同温度下，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3。实验Ⅰ中，向试管A和B中分别加入5mL水，充分振荡，试管A中固体有剩余(A为NaHCO3)，试管B中固体完全溶解，则固体b为Na2CO3。【小问2】实验Ⅱ中，外管温度高于内管，而内管NaHCO3发生分解(生成Na2CO3、CO2气体和水，澄清石灰水变浑浊)，外管Na2CO3没有分解，则表明两种物质的热稳定性关系为Na2CO3＞NaHCO3，证明此关系的实验现象为：烧杯b中澄清石灰水变浑浊，依据原子守恒，可得出试管中发生的化学反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。【小问3】①实验Ⅲ中，NaHCO3固体溶解在盐酸中，发生反应生成NaCl、CO2等，则发生装置中的现象：NaHCO3溶解，有气泡产生，依据电荷守恒和原子守恒，用离子反应方程式表示产生该现象的原因：+H+=CO2↑+H2O。②实验Ⅲ中，方框中为洗气装置，用于除去CO2气体中混入的HCl(使用饱和碳酸氢钠溶液)，则导管应长进短出，将该装置图补充完整为，试剂a为：饱和NaHCO3溶液。③实验Ⅲ中，反应一段时间后，观察到饱和Na2CO3溶液中有细小晶体析出，则物质是Na2CO3与CO2、H2O反应生成的NaHCO3沉淀，依据原子守恒，可得出用化学方程式表示产生细小晶体的原因：Na2CO3(饱和)+CO2+H2O=2NaHCO3↓。27.某小组同学探究影响氯水漂白效果的因素。【提出猜想】在制备氯水时，甲同学观察到初始状态的氯水呈无色。基于这一现象，他提出推测：氯气可溶于水，且与水发生化学反应。【实验验证】（1）甲同学进行了如下三组实验，请将实验报告中的①、②、③补充完整。实验序号操作要点实验现象实验结论I用砂纸打磨后的镁条放入新制氯水中镁条表面产生气泡，镁条逐渐溶解变薄氯水中存在①______(微粒种类)II新制氯水滴在pH试纸上反应进行至12秒时，与氯水直接接触的pH试纸微红，28-110秒内红色渐深，几分钟后整张试纸褪色氯水中存在漂白性物质III②______③______氯水中存在Cl-【解释分析】（2）对于实验II中，12秒时pH试纸微红，这一现象能说明氯水具有______性，几分钟后整张试纸褪色，起漂白作用的物质是______。（3）氯气与水反应的离子反应方程式为______。【发现新问题】乙同学针对pH试纸褪色时间不同，继续用红色纸条探究影响氯水漂白效果的因素实验序号操作要点实验现象实验结论IV将红色纸条放入久置氯水中1h后红色纸条颜色变浅久置氯水漂白作用减弱V向新制饱和氯水中滴入2～3滴2mol・L⁻¹NaOH(aq)，放入红色纸条红色纸条颜色褪去的速率明显加快漂白作用增强（4）久置氯水漂白作用减弱的原因是______(用化学反应方程式表示)。【实验结论】（5）结合甲乙两位同学的实验，得出结论，影响氯水漂白效果的因素有______。【答案】（1）①H+②先加入硝酸，再加入硝酸银③产生白色沉淀（2）①酸②HClO（3）Cl2+H2O⇋H++Cl-+HClO（4）2HClO2HCl+O2↑（5）时间、光照、pH、浓度【解析】氯气和水生成盐酸和次氯酸，溶液中存在氯离子、次氯酸根离子、氢离子、水分子、氯气分子、次氯酸分子；氯水中的HCl、H2O、HClO，干燥的氯气不能使干燥的有色布条褪色，但能使湿润的有色布条褪色，据此分析；【小问1】氯水中加入打磨过的镁条，镁条表面明显有气泡产生，该气体为H2，说明氯水呈酸性，即氯水中存在H+；由于氯水中存在Cl-，Cl-能与Ag+生成AgCl,则氯水中先加入硝酸，再加入硝酸银（硝酸酸化的硝酸银）溶液时有白色沉淀生成；【小问2】对于实验II中，12秒时pH试纸微红说明显酸性，这一现象能说明氯水具有酸性，几分钟后整张试纸褪色，说明氯气与水反应生成了漂白性物质，起漂白作用的物质是HClO；【小问3】氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，离子反应方程式为Cl2+H2O⇋H++Cl-+HClO；【小问4】HClO不稳定，在光照下可以分解：2HClOHCl+O2↑，次氯酸浓度降低，漂白作用减弱；【小问5】甲乙两位同学的实验，改变的条件是时间、光照、酸碱性不同，得出结论，影响氯水漂白效果的因素有时间、光照、pH、浓度。北京市丰台区联考2025-2026学年高一上学期11月期中试题考试时间：90分钟可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Cl35.5第I卷(选择题共42分)本部分共21小题，每小题2分，共42分。在每小题给出的四个选项中，选出最符合题意的一项。1.东晋炼丹家葛洪在著作中记载“丹砂(即HgS)烧之成水银，积变(指二者放在一起)又还成丹砂”。从现代化学角度分析，这两个过程中发生的变化A.均为物理变化B.均为化学变化C.“烧之成水银”是物理变化，“积变还成丹砂”是化学变化D.“烧之成水银”是化学变化，“积变还成丹砂”是物理变化【答案】B【解析】“丹砂烧之成水银”指丹砂（HgS）加热分解为汞（水银）和硫，生成了新物质（汞、硫），属于化学变化；“积变又还成丹砂”指汞与硫重新结合生成HgS，同样生成了新物质，属于化学变化。A．两个转化中，均有新物质生成，不属于物理变化，A错误；B．两个转化中，前者属于分解反应，后者属于化合反应，均为化学变化，B正确；C．“烧之成水银”是分解反应，“积变还成丹砂”是化合反应，都是化学变化，C错误；D．“烧之成水银”是化学变化，“积变还成丹砂”也是化学变化，D错误；故选B。2.我国化学家屠呦呦团队发现的青蒿素(化学式C15H22O5)，在疟疾治疗领域功勋卓著，为全球健康事业作出了不可磨灭的贡献。青蒿素所属物质类型为A.混合物 B.化合物 C.氧化物 D.单质【答案】B【解析】A．青蒿素是纯净物，有固定化学式，不是混合物，A错误；B．青蒿素是由C、H、O三种元素组成的纯净物，属于化合物，B正确；C．氧化物仅含两种元素且其中一种为氧元素，青蒿素含三种元素，不属于氧化物，C错误；D．单质由同种元素组成，青蒿素含三种元素，D错误；故选B。3.加工馒头、面包等食品时，常加入碳酸氢钠使面团疏松多孔，碳酸氢钠属于食品添加剂中的A.着色剂 B.防腐剂 C.增味剂 D.膨松剂【答案】D【解析】碳酸氢钠不稳定，受热分解产生CO2气体从面团中逸出，导致加工的馒头、面包等食品松软多孔，因此碳酸氢钠属于膨松剂，故合理选项是D。4.下列物质中，不属于电解质的是A.Cu B. C. D.【答案】A【解析】A．铜是能导电的金属单质，单质既不是电解质也不是非电解质，故A符合题意；B．硫酸在水溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质，故B不符合题意；C．碳酸钠在熔融状态下或水溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质，故C不符合题意；D．氢氧化钙在熔融状态下或水溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质，故D不符合题意；故选A。5.某学习小组在做氯气性质实验时，下列行为不符合实验室安全要求的是A.在通风橱内制备氯气气体B.闻氯气时用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔C.用氯气与灼热的铁丝反应时，在集气瓶中需加少量水D.实验装置末端连接装有饱和NaCl溶液的尾气吸收装置【答案】D【解析】A．氯气为有毒气体，在通风橱内制备可有效排出有毒气体，符合安全要求，A不符合题意；B．闻气体时用手扇动少量气体，避免直接吸入，符合规范，B不符合题意；C．集气瓶中加水可防止高温反应导致容器炸裂，符合安全要求，C不符合题意；D．氯气有毒，饱和溶液无法有效吸收，应使用溶液，D符合题意；故答案选D。6.碘化银胶体在气象领域有重要应用，其原理为：云层中微小水滴或冰晶难以形成雨滴，而碘化银胶体粒子(直径1-100nm)可作为“凝结核”，吸附周围水汽使水滴聚集增大，最终形成降雨。下列说法正确的是A.碘化银属于胶体B.水滴聚集增大过程属于化学变化C.若用光束照射碘化银胶体，可观察到丁达尔现象D.碘化银胶体可用于人工降雨，是因为它能直接与水汽反应生成雨滴【答案】C【解析】A．碘化银本身是化合物，胶体是分散系，需由分散质和分散剂组成，碘化银胶体才是胶体，A错误；B．水滴聚集增大是物理聚集过程，未生成新物质，属于物理变化，B错误；C．胶体粒子直径在1-100nm范围内，光束照射时会发生丁达尔效应，C正确；D．碘化银胶体通过吸附水汽形成凝结核，促使水滴聚集，属于物理作用而非化学反应，D错误；故选C。7.用Na制取Na2O通常采用反应“2NaNO3+10Na=6Na2O+N2↑”，而非直接让Na与O2反应。下列对采用该反应原因的分析，正确的是A.Na与氧气反应无法生成Na2OB.该反应能产生N2，N2可隔绝氧气，防止生成的Na2O进一步被氧化为Na2O2C.此反应中钠元素的化合价只升高D.反应物均为固体，固固反应一定比固气反应更容易发生【答案】B【解析】A．钠与氧气在常温下反应生成Na2O，而在加热时生成Na2O2，因此钠与氧气可以生成Na2O，A错误；B．该反应生成的N2是惰性气体，可隔绝氧气，防止Na2O进一步被氧化为Na2O2，B正确；C．反应中金属钠的化合价从0升至+1（被氧化），而硝酸钠中的钠保持+1价，因此钠元素的化合价并非“只升高”，C错误；D．固固反应否容易发生取决于具体条件（如温度），不能直接推断其比固气反应更易发生，D错误；故选B。8.下列说法正确的是A.28gN2中含有的电子数目为28NAB.标准状况下，22.4LH2O所含的水分子数目为NAC.1mol·L-1FeCl3溶液中所含Cl-的数目为3NAD.1molN2和N2O的混合物中N原子总数为2NA【答案】D【解析】A．N2的摩尔质量为28g/mol，28gN2即1mol，每个N原子有7个电子，1molN2含14mol电子，电子数目为14NA，A错误；B．标准状况下，H2O为液态，无法用气体摩尔体积22.4L/mol计算物质的量，因此无法得出水分子数目为NA，B错误；C．未提供溶液体积，仅浓度1mol/L无法确定Cl⁻的物质的量，C错误；D．N2和N2O中每个分子均含2个N原子，1mol混合物中N原子总数恒为2mol，即2NA，D正确；故选D。9.下列反应的离子方程式书写正确的是A.Ba(OH)2溶液与硫酸铜反应：Ba2++SO=BaSO4↓B.Cu与AgNO3溶液反应：Cu+Ag+=Cu2++AgC.Na与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑D.CaCO3与盐酸反应：CO+2H+=CO2↑+H2O【答案】C【解析】A．Ba(OH)2溶液与硫酸铜反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀：，A错误；B．Cu与AgNO3溶液反应生成硝酸铜和银，反应的离子方程式是Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，B错误；C．Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，C正确；D．碳酸钙不溶于水，不能拆，反应的离子方程式为，D错误；故选C。10.已知a个X原子的总质量为bg，NA为阿伏加德罗常数，则X的相对原子质量为A. B.gmol-1 C. D.gmol-1【答案】A【解析】相对原子质量在数值上等于摩尔质量（g/mol），a个原子的物质的量为mol，则摩尔质量=g/mol=g/mol，X的相对原子质量为；故选A。11.下列实验装置不能达到实验目的的是A．验证Na和水反应是否为放热反应B．制备Fe(OH)3胶体C．稀释浓硫酸D．从提纯后的NaCl溶液获得NaCl晶体A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．Na与水反应放热会使试管内气体膨胀，导致U型管中红墨水液面出现左低右高的现象，可验证反应放热，A不符合题意；B．向NaOH溶液中滴入饱和FeCl3溶液会生成沉淀，不能制备胶体，B符合题意；C．浓硫酸的密度比水的密度大且溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，操作正确，C不符合题意；D．氯化钠性质稳定，可通过蒸发结晶从NaCl溶液获得NaCl晶体，D不符合题意；故答案选B。12.将金属Na投入CuSO4溶液，可观察到有蓝色沉淀生成。下列分析正确的是A.Na从CuSO4溶液中置换出CuB.Na与CuSO4溶液反应仅涉及复分解反应C.Na先与H2O反应生成NaOH，OH-再与Cu2+反应生成蓝色沉淀D.Na不能和铜盐发生置换反应【答案】C【解析】钠（Na）是极活泼金属，投入硫酸铜（CuSO4）溶液时，先与水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；生成的NaOH与CuSO4发生复分解反应：2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓（蓝色）+Na2SO4。A．Na为活泼金属，在水溶液中首先与水反应，不能从CuSO4溶液中置换出Cu，A不正确；B．Na与CuSO4溶液反应时，Na首先与水发生置换反应，生成的NaOH再与CuSO4发生复分解反应，B不正确；C．由分析可知，Na先与H2O反应生成NaOH等，生成的OH-再与Cu2+反应生成蓝色沉淀，C正确；D．Na为活泼金属，能在熔融状态下与铜盐发生置换反应，D不正确；故选C。13.下列说法中正确的是A.同温同压下，相同体积的任何物质所含分子数一定相等B.同温同压下，原子数相同的两种气体的体积相同C.同温同压下，等质量的CO和CO2，其体积之比为11：7D.常温常压下，22.4LN2所含分子数为NA【答案】C【解析】A．阿伏伽德罗定律仅适用于气体，而选项未限定物质状态，若物质为固体或液体，分子数不一定相等，A错误；B．原子数相同的气体（如原子数相同的O2和O3），若分子组成不同，物质的量不同，体积也不同，B错误；C．等质量时，CO与CO2的物质的量之比为44:28=11:7，同温同压下体积比等于物质的量比为11:7，C正确；D．常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，22.4LN2的物质的量小于1mol，分子数小于NA，D错误；故选C。14.下列氯化物中，既能由金属和氯气直接化合制得，又能由金属和盐酸反应制得的是A. B. C. D.【答案】C【解析】A．铜和氯气生成氯化铜，但铜不能和盐酸反应，所以错误，不选A；B．铁和氯气生成氯化铁，不是氯化亚铁，所以错误，不选B；C．镁和氯气生成氯化镁，镁和盐酸反应生成氯化镁，所以正确，选C；D．铁和氯气反应生成氯化铁，但铁和盐酸反应生成氯化亚铁，所以错误，不选D；故选C。15.将包有少量Na2O2的脱脂棉放入坩埚，向脱脂棉上滴几滴水，棉花立刻燃烧起来。下列分析正确的是A.脱脂棉燃烧的原因是O2具有可燃性B.该实验证明Na2O2与水反应是放热反应，且反应产生的热量达到了棉花的着火点C.若将Na2O2替换为NaOH，向脱脂棉上滴加水，脱脂棉也能燃烧D.Na2O2与CO2反应的离子方程式2Na2O2+2CO2=4Na++2+O2【答案】B【解析】A．氧气本身不可燃，而助燃剂，脱脂棉燃烧是因为反应放热使其达到着火点，A错误；B．Na2O2与水反应剧烈放热，产生的热量使温度升至棉花着火点，同时生成O2助燃，B正确；C．NaOH溶于水放热较少，不足以使棉花燃烧，C错误；D．Na2CO3为固体，离子方程式中不应拆分为Na+、，正确写法应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，D错误；故选B。16.下列物质分类的正确组合是选项混合物纯净物单质电解质AFe(OH)3胶体Na石墨Na2CO3BCuSO45H2ONa2O水银K2CO3CCuSO4溶液NaOH红磷CO2DCuCl2饱和溶液Na2SO4黄铜BaCO3A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．Fe(OH)3胶体是混合物，Na是纯净物，石墨是碳单质，Na2CO3属于盐，是电解质，A正确；B．CuSO4·5H2O是带有结晶水的盐，属于纯净物，不是混合物，B错误；C．CO2是非金属氧化物，属于非电解质，C错误；D．黄铜是铜、锌的合金，属于混合物，不是单质，D错误；故选A。17.将有色鲜花放入盛满干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片，观察到有色鲜花变色，下列说法正确的是A.该实验可证明氯气具有漂白性B.鲜花变色的原因是氯气与鲜花中的水分反应生成了具有漂白性的物质C.若将干燥的有色布条放入该集气瓶中，布条也会立即变色D.若将褪色后的鲜花取出，一段时间后颜色会恢复【答案】B【解析】A．虽然氯气干燥，但鲜花中含有水分，使鲜花褪色的是氯气和水生成的次氯酸而非氯气，所以该实验不能证明氯气具有漂白性，A错误；B．氯气本身没有漂白性，则鲜花变色的原因是氯气与鲜花中的水分反应生成了具有漂白性的物质,即次氯酸，B正确；C．若将干燥的有色布条放入该集气瓶中，因干燥的氯气没有漂白性，布条不会变色，C错误；D．HClO的漂白是不可逆的（破坏了有机色素的结构），因此褪色后的鲜花取出后颜色不会恢复，D错误；故选B。18.针对氯化钠不同状态下的导电实验，其微观示意图分别如图a、b、c所示（X表示与电源正极相连的电极，Y表示与电源负极相连的电极），下列表述正确的是A.氯化钠固体能导电，因为NaCl由Na+和Cl-构成B.氯化钠水溶液能导电，因为产生了自由移动的Na+和Cl-C.氯化钠熔融态能导电，因为熔融时可产生定向移动的自由电子D.HCl是电解质，所以熔融态的HCl也可以导电【答案】B【解析】A．NaCl由Na+和Cl-构成，但在固态下离子不能自由移动，因此不能导电，A错误；B．NaCl在水溶液中解离成自由移动的Na+和Cl-，因此氯化钠水溶液能导电，B正确；C．氯化钠熔融态能导电，是因为熔融时NaCl解离成自由移动的Na+和Cl-，而不是自由电子，C错误；D．HCl是电解质，但在熔融态（液态）时HCl以分子形式存在，因此熔融态HCl不能导电，D错误；故答案选B。19.某工业废水显酸性，且含有大量Na+、Cu2+、Cl⁻、、等，下列关于该废水的说法，不正确的是A.废水中可能存在K+B.Ag+不能大量存在于该废水中C.若加入过量NaOH溶液，可去除废水中的Cu2+D.可大量存在于该废水中【答案】D【解析】A．因K+与Na+、Cu2+、Cl⁻、、等不发生反应，能大量共存，所以废水中可能存在K+，A正确；B．Ag+与Cl-会生成AgCl沉淀，也可能与发生反应生成Ag2SO4沉淀，无法大量存在，B正确；C．过量NaOH会中和H+，使pH升高，使Cu2+生成Cu(OH)2沉淀，C正确；D．在酸性废水中会与H+反应生成CO2和H2O，且能与Cu2+发生反应，无法大量存在，D不正确；故选D。20.实验室模拟工业以贝壳(主要成分是CaCO3)为原料制备漂白粉的流程如下图所示，下列说法不正确的是A.贝壳高温煅烧发生的化学反应属于分解反应B.生石灰与水反应生成Ca(OH)2C.操作采取低温蒸干的原因可能是Ca(ClO)2不稳定，易分解D.漂白粉有效成分为Ca(ClO)2和CaCl2【答案】D【解析】贝壳(主要成分是CaCO3)高温灼烧，生成生石灰和CO2；将生石灰加水溶解，得到氢氧化钙悬浊液，过滤得到Ca(OH)2溶液，通入Cl2后，得到漂白粉溶液，低温蒸干得到漂白粉。A．贝壳高温煅烧发生反应：CaCO3CaO+CO2↑，属于分解反应，A正确；B．生石灰属于碱性氧化物，与水反应时发生化合反应，生成Ca(OH)2，B正确；C．Ca(ClO)2不稳定，易分解，操作时应采取低温蒸干的方法，C正确；D．漂白粉主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，有效成分为Ca(ClO)2，D不正确；故选D。21.欲除去粗盐水中的Mg2+、Ca2+、SO，设计工艺流程如下图所示：下列说法不正确的是A.加入NaOH溶液的目的是除去Mg2+B.试剂a需过量，目的是将SO完全除去C.试剂b的作用是除去Ca2+和过量的Ba2+，须在试剂a之后加入D.试剂c可除去溶液中过量的OH-和CO，可在操作x之前加入【答案】D【解析】欲除去粗盐水中的、、，先加入溶液，可以除去溶液中的，再向溶液中加入过量的，可以除去溶液中的，再向溶液中加入过量的，既可以除去溶液中的，也可除去多余的，过滤，除去沉淀，再向滤液中加入适量的盐酸，可以得到精制盐水。A．加入溶液可以发生的离子反应为：，故加入溶液可以除去镁离子，A正确；B．由分析可知，试剂a为溶液，加入过量的是为了将完全除净，B正确；C．由分析可知，试剂b为，既可以除去溶液中的，也可除去多余的，故必须在试剂a之后加入，C正确；D．试剂c为盐酸，若在操作x之前加入则会和之前形成的沉淀（、CaCO3和）发生反应，故不能在操作x之前加入盐酸，D错误；故答案选D。第Ⅱ卷(非选择题共58分)本部分共6小题，共58分。22.补齐物质性质与物质用途的连线______。物质用途A．钠a．用于调节面团酸度，中和发酵产生的乳酸、醋酸B．过氧化钠b．用作呼吸面具和潜水艇中的氧气供给剂C．碳酸氢钠c．制造高压钠灯，用作路灯【答案】【解析】钠的焰色是黄色，可以制造高压钠灯，用作路灯；过氧化钠和水或二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸面具和潜水艇中的氧气供给剂；碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，常用作食品膨松剂；综上所述，答案为：。23.根据以下转化路径，回答问题。（1）路径中属于酸性氧化物的是______，属于碳酸盐的是______(填化学式)。（2）写出过程Ⅱ的化学反应方程式______。（3）写出过程Ⅳ的化学反应方程式______。【答案】（1）①CO2②.CaCO3（2）CaCO3CaO+CO2↑（3）Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O【解析】CO2与CaO或Ca(OH)2反应转化为CaCO3，CaCO3高温分解生成CaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与盐酸（或氯化铜等）反应生成CaCl2，据此分析；【小问1】能与碱反应生成盐和水氧化物为酸性氧化物，路径中属于酸性氧化物的是CO2；碳酸盐的阴离子是碳酸根，故属于碳酸盐的是CaCO3；【小问2】过程Ⅱ是由CaCO3高温分解生成CaO和CO2，化学反应方程式；【小问3】过程Ⅳ是由Ca(OH)2与盐酸反应生成CaCl2和水，化学反应方程式Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O。24.实验小组配制100mL1.00mol·L-1的NaCl溶液。（1）准备实验所需的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管和______。（2）计算需要NaCl固体的质量：______g。（3）称量NaCl固体后，继续进行配制实验。下列实验步骤中，操作错误的是______(填序号)。溶解转移洗涤定容用1.00mol·L-1的NaCl溶液和蒸馏水配制100mL物质的量浓度为0.40mol·L-1的NaCl溶液，需量取NaCl溶液______mL。（4）取0.40mol·L-1的NaCl溶液amL，逐滴加入某浓度的AgNO3溶液，当沉淀完全时，消耗AgNO3溶液的体积是bmL。上述过程发生反应的离子方程式是______。c(Ag+)=______mol·L-1。【答案】（1）100mL容量瓶（2）5.85（3）①d②40.0（4）①Ag++Cl-=AgCl↓②【解析】实验小组配制100mL1.00mol·L-1的NaCl溶液，步骤是：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，以此解答。【小问1】通常配制溶液的步骤是：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，准备实验所需的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶。【小问2】需要NaCl固体的质量m=nM=VcM=0.1L×1.00molL-1×58.5g/mol=5.85g，故答案为：5.85。【小问3】①a、b、c的操作均正确；定容时，当向容量瓶中加水至刻度线1～2cm处，需改用胶头滴管加水至刻度线处，故答案为d；②设需量取1.00mol/LNaCl溶液的体积为V，根据稀释定律：1.00mol/L×V=0.40mol/L×100mL，解得：V=40.0mL，故答案为：40.0。【小问4】①NaCl与AgNO3反应生成AgCl沉淀和NaNO3，离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓，故答案为：Ag++Cl-=AgCl↓；②根据反应关系知：n(Ag+)=n(Cl-)，n(Cl-)=0.40mol/L×a×10-3L=0.4a×10-3mol，则c(Ag+)==mol/L，故答案为：。25.采用如图所示装置(搅拌装置已省略)设计了三组对比实验。将0.2mol/L试剂a逐滴加入0.01mol/L试剂b中，记录每组实验中灯泡亮度的变化情况，以此分析离子反应过程中的微粒行为。序号试剂a试剂bⅠH2SO4Ba(OH)2ⅡCuSO4Ba(OH)2ⅢNa2SO4Ba(OH)2（1）分析实验I：实验I中，接通电源后，加入试剂a之前灯泡变亮原因是______（用化学用语表示）。测定实验Ⅰ中溶液的电导率，并绘制出其随反应时间变化的曲线，具体如图所示。请写出过程中电导率明显下降的原因______（用离子方程式表示）；c点溶液中大量存在的离子有______。（2）实验Ⅱ中加入试剂a后，灯泡亮度的变化情况为______。A．亮→暗→亮B．亮→暗→暗C．亮→亮→亮（3）分析实验Ⅲ，加入试剂a后，灯泡没有明显变暗的原因是______。（4）对比实验I、Ⅱ、Ⅲ，导致溶液中离子浓度降低的原因有______。【答案】（1）①②③H+、（2）A（3）有自由移动的Na+和OH-（4）生成沉淀、水【解析】【小问1】①Ba(OH)2属于强碱，在水溶液中完全电离出自由移动的Ba2+和OH-，电离方程式为，使溶液具有导电性，因此小灯泡变亮；②a→b过程电导率逐渐下降的原因是滴入的溶液和溶液反应生成BaSO4沉淀和H2O，离子浓度降低，离子方程式为；b→c过程电导率逐渐上升，说明硫酸过量，c点溶液中大量存在的离子有、；【小问2】实验Ⅱ中加入试剂a前，为溶液，存在Ba2+和OH-；加入试剂a硫酸铜后，发生反应，导电性降低，当二者恰好完全反应时，溶液中离子浓度降到最低，导电性几乎为0；待加入的硫酸铜过量时，溶液中Cu2+与浓度逐渐增大，导电性逐渐上升；则小灯泡亮度的变化情况为亮→暗→亮，故选A；【小问3】实验Ⅲ中，往溶液中加入Na2SO4后，发生反应，加入试剂a前溶液中存在离子：Ba2+、OH-，加入试剂a后溶液中存在离子：Na+、OH-，1个Ba2+被2个Na+所取代，导电能力基本不变，即灯泡没有明显变暗的原因是有自由移动的Na+和OH-；【小问4】对比实验I、Ⅱ、Ⅲ，导致溶液中离子浓度降低的原因是生成沉淀、水。26.某小组同学为探究Na2CO3和NaHCO3性质的差异，做了如下三组实验：实验I实验Ⅱ实验Ⅲ（1）实验Ⅰ中，向试管A和B中分别