宁夏石嘴山市第三中学2022-2023学年高一上学期期中化学试题（Word版附解析）

高一年级期中考试化学试题可能用到的原子量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5K39Fe56Mn55一、选择题(每小题只有一个正确选项，2分×25=50分)1.用如图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是   XYZA氧化物化合物纯净物B电解质盐化合物C胶体分散系混合物D碱性氧化物金属氧化物氧化物A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A、氧化物属于化合物，化合物又属于纯净物，故A正确； B、电解质和盐都属于化合物，盐均属于电解质，则电解质包含盐，应X包含Y，故B错误； C、胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故C正确； D、氧化物只由两种元素组成，碱性氧化物一定是金属氧化物，故D正确； 综上所述，本题选B。【点睛】本题考查物质的组成和分类，比较简单，属于基础题；学生应能识别常见物质的种类，并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键。本题中要注意电解质包括酸、碱、盐和金属氧化物、水等，电解质均为化合物。2.下列关于物质分类的正确组合是碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物,A纯碱硫酸小苏打氧化钙干冰B烧碱盐酸食盐氧化钠一氧化碳C石灰水NaHSO4碳酸钙过氧化钠二氧化硫DNH3∙H2OHNO3明矾氧化铁SO3A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．纯碱是碳酸钠，是由钠离子和碳酸根离子构成的盐不是碱，故A错误；B．盐酸是氯化氢水溶液，为混合物，酸为纯净物；一氧化碳是不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，故B错误；C．石灰水是氢氧化钙与水的混合物，碱为纯净物，NaHSO4是盐不是酸，Na2O2与酸反应除了生成盐和水，还生成氧气，不属于碱性氧化物，故C错误；D．NH3⋅H2O是弱碱，HNO3是酸，明矾是盐，氧化铁是碱性氧化物，三氧化硫与水化合为硫酸，与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，属于酸性氧化物，故D正确；故选：D。3.下列现象或应用与胶体性质无关的是A.肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗B.一只钢笔使用两种不同型号的蓝黑墨水，易出现堵塞C.FeCl3溶液加入NaOH溶液产生红褐色沉淀D.水泥厂、冶金厂常用高压电除工厂烟尘，以减少对空气的污染【答案】C【解析】【详解】A．血液是胶体，可以通过渗析除去其中有毒的垃圾，即血液透析，和胶体的性质有关，A错误；B．墨水属于胶体，不同型号的墨水混合会引起胶体的聚沉，和胶体的性质有关，B错误；C．FeCl3溶液加入NaOH溶液产生红褐色氢氧化铁沉淀，与胶体性质无关，故C正确；D．灰尘是胶体，在外加电源作用下，有电泳的性质，与胶体性质有关，D错误；故选：C。,4.下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是A.CuCl2B.FeCl3C.FeCl2D.AlCl3【答案】D【解析】【详解】A.氯气化学性质非常活泼，与变价金属反应时生成高价氯化物，，但是铜单质不能与稀盐酸反应，故A错误；B.，但是铁单质与稀盐酸反应生成FeCl2，故B错误；C.氯气化学性质非常活泼，与变价金属反应时生成高价氯化物，铁单质与稀盐酸反应生成FeCl2，故C错误；D，铝单质与稀盐酸反应生成AlCl3，故D正确；故答案为D。5.自来水可用氯气消毒，实验室用自来水配制下列溶液，会产生明显药品变质问题的是①FeCl2②AgNO3③Na2CO3④NaOH⑤石蕊试液A.①②④B.②③⑤C.②④⑤D.全部【答案】D【解析】【详解】氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，具有酸性和氧化性，因此与氯化亚铁、硝酸银、碳酸钠、NaOH和石蕊试液都发生化学反应，所以正确的答案选D。故选：D。6.现有下列五个转化，其中不可能通过一步反应实现的是（）①SiO2→Na2SiO3②CuSO4→CuCl2③SiO2→H2SiO3④CuO→Cu(OH)2⑤Na2O2→NaOHA.①②B.③④C.②③④D.③④⑤【答案】B【解析】【详解】①SiO2与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，一步可以实现；②CuSO4与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和CuCl2，一步可以实现；③SiO2不溶于水，与水也不反应，二氧化硅与氢氧化钠溶液生成硅酸钠溶液，硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸，一步不能实现；④CuO不溶于水，与水也不反应；氧化铜与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化,铜沉淀，一步不能实现；⑤Na2O2与水反应可以生成NaOH，一步可以实现；综上③④不可能通过一步反应实现；答案选B。7.下列关于焰色反应说法错误的是A.焰色反应为物理变化，用于检验金属元素的存在B.用完的铂丝用稀盐酸清洗，再蘸取被检验的物质C.只有当金属元素为化合态时，才会有焰色反应D.焰色反应为黄色，则一定有钠元素，钾元素不能确定【答案】C【解析】【详解】A．焰色反应没有新物质生成，属于物理变化，可用于检验金属元素的存在，A正确；B．用完的铂丝用稀盐酸清洗除去残留的物质后，再蘸取被检验的物质，B正确；C．焰色反应是金属元素的性质，与金属是否为化合态无关，游离态的金属也有焰色反应，C错误；D．钠元素的焰色反应为黄色，则焰色反应为黄色，则一定有钠元素，钾元素的焰色反应为紫色，需要透过蓝色钴玻璃进行观察，则焰色反应为黄色不能确定是否含钾元素，D正确；故选C。8.下列说法中不正确的是①将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质②氨溶于水得到的溶液氨水能导电，所以氨水是电解质③固态的冰醋酸不导电，液态的纯醋酸可以导电④盐只能由金属离子与酸根离子构成⑤电解质放在水中一定能导电。非电解质放在水中一定不导电A.①②③B.①②③④⑤C.①③④D.①②④⑤【答案】B【解析】【详解】①硫酸钡难溶于水，所以放入水中不能导电，但熔融状态的硫酸钡可以导电，硫酸钡是电解质，故①不正确；②氨水是混合物，不是电解质，故②不正确；③液态的纯醋酸中没有可以自由移动的离子也不能导电，故③不正确；④盐是由金属离子或铵根离子与酸根离子构成，故④不正确；⑤电解质放在水中不一定导电，如难溶于水的硫酸钡属于电解质，但放在水中不导电；非电解质放在水中,也可以导电，如NH3为非电解质，但氨水可以导电，故⑤不正确；故选：B。9.在透明的强酸性溶液中，下列离子组能大量共存的是A.Na+、Ba2+、ClO-、K+B.Na＋、Fe2＋、、C.Mg2＋、Na＋、、Cl-D.Ba2＋、、、K＋【答案】C【解析】【详解】A．强酸性溶液中存在大量H+，ClO-与H+结合为HClO，不能大量共存，故A错误；B．强酸性条件下Fe2＋、能发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．该组离子均不能与氢离子反应，彼此也不反应可以大量共存，故C正确；D．强酸性溶液中存在大量H+，与H+反应生成二氧化碳，不能大量共存，故D错误；故选：C。10.下列各组中的两种物质作用时，反应条件或反应物的用量改变时，对生成物没有影响的是A.Na与O2B.Na2O2与CO2C.Ca(OH)2与NaHCO3D.NaOH与CO2【答案】B【解析】【详解】A、常温下，生成Na2O，加热或点燃时，产生Na2O2，故错误；B、发生2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，故正确；C、NaHCO3少量：Ca2＋＋OH－＋HCO3－=CaCO3↓＋H2O，NaHCO3过量：Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋2H2O＋CO32－，故错误；D、少量CO2：2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，过量CO2：OH－＋CO2=HCO3－，故错误。点睛：本题考查元素及其化合物的性质，难点是“量”在离子反应方程式的书写，像本题选项C，在解决这问题时，少量系数为1，1molHCO3－消耗1molOH－，生成1molH2O和1molCO32－，CO32－再结合Ca2＋生成CaCO3等等。11.下列操作过程中实验现象的变化只有一次的是A.石蕊试液中逐滴滴加氯水B.酚酞试液中加入过氧化钠固体C.氢氧化铁胶体中逐滴滴加硫酸D.碳酸钠溶液中逐滴滴加盐酸【答案】D【解析】【详解】A．氯水中含HCl、HClO，HClO具有漂白性，石蕊试液中逐滴滴加氯水，先变红、后褪色，故,A不选；B．过氧化钠与水反应生成NaOH，过氧化钠具有强氧化性，酚酞试液中加入过氧化钠固体，先变红、后褪色，故B不选；C．胶体中逐滴滴加硫酸，先发生胶体的聚沉，后沉淀溶解，氢氧化铁胶体中逐滴滴加硫酸，先得到红褐色沉淀，后得到黄色溶液，故C不选；D．碳酸钠溶液中逐滴滴加盐酸，反应生成碳酸氢钠时无现象，后生成气体，碳酸钠溶液中逐滴滴加盐酸，一段时间后有气体生成，故D选；故选：D。12.下列各组两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是A.Cu(OH)2和盐酸；Cu(OH)2和CH3COOHB.BaCl2和NaHSO4；Ba(OH)2和Na2SO4C.NaHCO3和NaHSO4；Na2CO3和NaHSO4D.NaHCO3和NaOH(过量)；Ca(HCO3)2和NaOH(过量)【答案】B【解析】【详解】A．离子方程式中，盐酸为强酸拆成离子形式，醋酸为弱酸不能拆，Cu(OH)2和盐酸反应的离子方程式为，Cu(OH)2和CH3COOH反应的离子方程式为，A错误；B．BaCl2和NaHSO4反应的离子方程式为，Ba(OH)2和Na2SO4反应的离子方程式为，B正确；C．NaHCO3和NaHSO4反应的离子方程式为，Na2CO3和NaHSO4反应的离子方程式为，C错误；D．NaHCO3和NaOH(过量)反应的离子方程式为，Ca(HCO3)2和NaOH(过量)反应的离子方程式为,D错误；故选B。13.向电解质溶液中加入新物质时，其导电性符合图示变化趋势的实验操作是,A.NaOH溶液中通入Cl2至过量B.硫酸镁溶液中加入Ba(OH)2溶液至过量C.氨水中加醋酸溶液至过量D.氯化钠固体加入氯化钾溶液【答案】B【解析】【详解】A.由2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O可知，离子浓度基本不变,导电能力基本不变，当氯气过量时，Cl2+H2O=HCl+HClO，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，与图象不符，故A错误；B.由MgSO4+Ba(OH)2＝BaSO4↓+Mg(OH)2↓可知,离子浓度减小，导电能力减小，Ba(OH)2溶液过量时，离子浓度开始增大，导电能力增强，与图象相符，故B正确；C.氨水和醋酸都是弱电解质，二者反应生成强电解质醋酸铵，增大了溶液中的离子浓度，导电能力增强，与图象不符，故C错误；D.氯化钠固体导电能力为0，加入氯化钾溶液导电能力增强，与图象不符，故D错误；答案选B。【点睛】物质的导电性实验主要看离子浓度的大小和离子所带电荷多少，与电解质的强弱无关。14.下列叙述中，正确的是A.某元素从化合态变为游离态时，该元素一定被还原B.所含元素化合价升高的反应物被氧化C.得到电子的物质被氧化D.氧化还原反应中，氧化剂和还原剂一定是两种物质【答案】B【解析】【详解】A．元素从化合态变为游离态时，若为金属元素由正价态变为单质，则被还原，若为非金属元素，由负价变为0价则被氧化，故A错误；B．元素化合价升高失电子的物质被氧化，元素化合价升高得到电子的物质被还原，故B正确；C．元素化合价升高失电子的物质被氧化，元素化合价升高得到电子的物质被还原，故C错误；,D．氧化还原反应中，氧化剂和还原剂可以是一种物质，如氯气与水的反应，氯气既是氧化剂又是还原剂，故D错误；故选：B。15.已知：2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl﹣；HClO+HCl===Cl2+H2O；2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+；Fe+Cu2+===Fe2++Cu，下列各组物质氧化性强弱顺序正确的是（　　）A.Fe3+＞HClO＞Cl2＞Fe2+＞Cu2+B.HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+C.Cl2＞HClO＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+D.HClO＞Fe3+＞Cl2＞Cu2+＞Fe2+【答案】B【解析】【详解】①2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣中氧化剂是Cl2，氧化产物是Fe3+，氧化性：Cl2＞Fe3+；②HClO+HCl===Cl2↑+H2O中氧化剂是HClO，氧化产物是Cl2，氧化性：HClO＞Cl2；③Cu+2Fe3+===2Fe2++Cu2+中氧化剂是Fe3+，氧化产物是Cu2+，氧化性：Fe3+＞Cu2+；④Fe+Cu2+===Fe2++Cu中氧化剂是Cu2+，氧化产物是Fe2+，氧化性：Cu2+＞Fe2+，综上得到氧化性顺序是HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；答案：B。【点睛】根据方程式中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性判断。16.已知还原性S2-＞I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-，下列判断不正确的是（）A.Fe3+与I-在水溶液中不能大量共存B.氧化性：Cl2＞Br2＞I2C.将足量Br2加入到FeCl2溶液中，离子反应方程式为Br2+2Cl-═2Br-+Cl2D.将Cl2通入到FeBr2溶液中，Cl2应优先氧化Fe2+，再氧化Br-【答案】C【解析】【详解】A．根据还原性I-＞Fe2+知道Fe3+与I-在水溶液中会发生反应生成I2和Fe2+，不能大量共存，故A正确；B．已知还原性I-＞Br-＞Cl-，则氧化性：Cl2＞Br2＞I2，故B正确；C．将足量Br2加入到FeCl2溶液中，由于还原性Fe2+＞Cl-，所以溴单质只是将亚铁离子氧化，不会氧化氯离子，故C错误；D．将Cl2通入到FeBr2溶液中，由于还原性：Fe2+＞Br-，Cl2应优先氧化Fe2+，再氧化Br-，故D正确；,故选：C。17.关于Na2CO3和NaHCO3的说法中错误的是A.为了将Na2CO3固体中的NaHCO3固体除去可以采用加热的方法B.Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都可以与Ca(OH)2溶液反应C.Na2CO3和NaHCO3与盐酸反应产生等量的二氧化碳，两者消耗盐酸一样多D.质量相同的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸反应时，NaHCO3所产生的CO2质量多【答案】C【解析】【详解】A．碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳酸钠和水，二氧化碳，所以可用加热法除去Na2CO3固体中少量的 NaHCO3，故A正确；B．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都可以与Ca(OH)2溶液反应，生成CaCO3沉淀，故B正确；C．NaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体，方程式分别为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O、Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，产生等量的二氧化碳时，Na2CO3消耗盐酸更多，故C错误；D．等质量的Na2CO3和NaHCO3与足量的盐酸反应，NaHCO3物质的量大，生成二氧化碳多，故D正确；故选C。18.下列叙述错误的是①摩尔是国际单位制中七个基本物理量之一；②1mol任何物质都含有约6.02×1023个原子；③6.02×1023就是阿伏加德罗常数；④氢原子的摩尔质量是1g；⑤HCl的摩尔质量等于1molHCl分子的质量；⑥1molCO2中含有1mol碳和2mol氧。A.①②③B.②③④C.②③④⑥D.全部【答案】D【解析】【详解】①摩尔不是物理量，是物质的量的单位，错误；②1mol任何物质都含有约6.02×1023个结构粒子，不一定是原子，错误；③阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol-1，错误；④H的摩尔质量为1g·mol-1，错误；⑤摩尔质量与质量单位不同，错误；⑥1mol碳和2mol氧均未指明粒子种类，错误。故答案选D。,19.NA为阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是A.17gOH-中所含的电子数为10NAB.1.7克H2O2中含有的电子数为0.9NAC.46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NAD.1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子【答案】D【解析】【详解】A．17gOH-物质的量：，每个OH-中含电子数为10，则所含电子数：10NA，故A正确；B．1.7克H2O2物质的量：，H2O2中含有的电子数18，则含有电子数：，故B正确；C．NO2和N2O4最简式均为NO2，则46gNO2和N2O4混合气体中含NO2物质的量：，含原子总数：3NA，故C正确；D．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，Na元素化合价均从0价升高到+1价，即失去电子数为NA，故D错误；答案选D。20.下列说法错误的是A.22.4L气体在标准状况下是1mol，非标准状况也可能是1molB.在标准状况下，1moO2，O3的混合气体和1moSO3的体积相同C.标准状况下，18克水中，含有的电子数为10NAD.标准状况下，22.4升Cl2溶于水，转移电子数小于NA【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下，1mol任何气体的体积约为22.4L，但在非标准状况22.4L气体也可能是1mol，如在高温高压条件下，故A正确；B．标准状况下SO3是固态，1mol其体积小于标况下1mol气体混合物的体积，故B错误；C．18克水为1mol，含电子数为10NA，故C正确；,D．标准状况下，22.4升Cl2为1mol，氯气与水发生反应：，该反应为可逆反应，1mol氯气不能完全反应，转移电子数小于NA，故D正确；故选：B。21.已知：标准状况下①6.72LNH3②1.204×1023个H2S分子③5.6gCH4④0.5molHCl，下列关系正确的是A.体积大小：④>③>②>①B.质量大小：④>③>②>①C.密度大小：④>②>③>①D.原子数目：③>①>④>②【答案】D【解析】【详解】A．标准状况下①6.72LNH3②1.204×1023个H2S分子的体积为：=4.48L，③5.6gCH4的体积为：=7.84L，④0.5molHCl的体积为：0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故体积大小：④>①>③>②，A错误；B．标准状况下①6.72LNH3的质量为：=5.1g，②1.204×1023个H2S分子的质量为：=6.8g，③5.6gCH4④0.5molHCl的质量为：0.5mol×36.5g/mol=18.25g，质量大小：④>②>③>①，B错误；C．同温同压下，气体的密度之比等于相对分子质量之比，故密度大小：④>②>①>③，C错误；D．①6.72LNH3中原子数目为：=1.2NA，②1.204×1023个H2S分子的原子数目为：=0.6NA，③5.6gCH4的原子数目为：=1.75NA，④0.5molHCl的原子数目为：0.5mol×2×NAmol-1=NA，故原子数目：③>①>④>②，D正确；故答案为：D。22.科学家刚刚发现了某种元素的原子其质量是mg，一个12C的原子质量是ng，NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.该原子的摩尔质量是B.该原子的相对原子质量是C.Wg该原子中含有个该原子D.由已知信息可得：【答案】B,【解析】【详解】A．该原子的摩尔质量为1mol该原子所具有的质量，由题可知，一个该原子的质量为mg，1mol含NA个原子，则1mol该原子的质量为，则该原子的摩尔质量是，A正确；B．相对原子质量是指原子的平均原子质量相对一个12C原子质量的的比值，则该原子的相对原子质量为，B错误；C．由A可知该原子的摩尔质量是mNAg/mol，则Wg该原子中含有原子，即个原子，C正确；D．由题可知，一个12C的原子质量是ng，12C的原子的摩尔质量为12g/mol，则，D正确；故选C。23.三个密闭容器中分别充入N2、H2、O2三种气体，以下各种情况下排序正确的是A.当它们的温度和压强均相同时，三种气体的密度：ρ(H2)>ρ(N2)>ρ(O2)B.当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强：p(H2)>p(N2)>p(O2)C.当它们的质量和温度、压强均相同时，三种气体的体积：V(O2)>V(N2)>V(H2)D.当它们的压强和体积、温度均相同时，三种气体的质量：m(H2)>m(N2)>m(O2)【答案】B【解析】【详解】A．同温同压下，气体密度比=摩尔质量之比，N2、H2、O2三种气体的摩尔质量分别为28g/mol、2g/mol、32g/mol，故密度：ρ(O2)>ρ(N2)>ρ(H2)，A错误；B．根据得，当温度和密度相同时，气体压强与摩尔质量成反比，所以三种气体的压强大小顺序是p(H2)>p(N2)>p(O2)，B正确；C．由A可知同温同压下，密度：ρ(O2)>ρ(N2)>ρ(H2)，现质量也相同，由m=ρV可知密度和体积成反比，故体积：V(H2)>V(N2)>V(O2)，C错误；D．由A可知同温同压下，密度：ρ(O2)>ρ(N2)>ρ(H2)，现体积也相同，由m=ρV可知密度和质量成正比，故质量：m(O2)>m(N2)>m(H2)，D错误；选B。24.将钠、镁、铝各0.3mol，分别放入100mL1mol·L—1的硫酸中，同温同压下产生的气体的体积比是,（　　　）A.1∶2∶3B.6∶3∶2C.3∶2∶2D.3∶1∶1【答案】C【解析】【详解】Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑、2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑、2Na＋2H＋=2Na＋＋H2↑、2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑由以上反应方程式可知，镁、铝在与酸的反应过程中均过量，产生的氢气均为0．1mol，但钠除了可与硫酸反应外，还可与溶剂水反应，最终全部转换为氢气，可得氢气为0．15mol，故同温同压下产生的气体的体积比为3∶2∶2（等于物质的量之比）。25.将0．4gNaOH和1.06g混合并配成溶液，向溶液中滴加0．1mol·稀盐酸。下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成的物质的量的关系的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】n(NaOH)==0.01mol、n(Na2CO3)==0.01mol，盐酸滴入后，由于氢氧化钠的碱性较强,盐酸和氢氧化钠反应0.4g氢氧化钠消耗0.1L盐酸，不产生气体；当氢氧化钠消耗完之后，盐酸和碳酸钠反应，由于氢离子浓度较小,，生成碳酸氢钠，还是没有气体产生，相关反应如下:CO32-+H+(少量)=HCO3-，此时再消耗0.1L盐酸,不产生气体；当碳酸根消耗完后，0.01mol碳酸氢跟和氢离子反应，产生0.01mol二氧化碳气体，C选项符合题意，故答案为C。二、填空题(共45分)26.写出下列方程式,（1）电离方程式①Cu(OH)2___________。②H2CO3___________。③BaSO4___________。④NaHSO4(熔融)___________。（2）离子方程式①硫酸铜溶液中加氢氧化钡溶液：___________。②氯气与氯化亚铁溶液反应：___________。③澄清石灰水中通入少量二氧化碳：___________。④碳酸氢钙溶液中加过量氢氧化钠：___________。【答案】（1）①.②.③.④.（2）①.②.③.④.【解析】【小问1详解】①Cu(OH)2为弱碱，部分电离，电离方程式用“”，则其电离方程式为；②H2CO3二元弱酸，分步电离，电离方程式用“”，则其电离方程式为；③BaSO4为强电解质，完全电离，则其电离方程式为；④熔融状态下共价键不会断裂，NaHSO4在熔融状态下只电离生成钠离子和硫酸氢根，则其电离方程式为；【小问2详解】①硫酸铜溶液中加氢氧化钡溶液，硫酸根与钡离子形成硫酸钡沉淀，铜离子和氢氧根形成氢氧化铜沉淀，则离子方程式为；②氯气与氯化亚铁溶液反应，氯气会将亚铁离子氧化为铁离子，则离子方程式为；③澄清石灰水中通入少量二氧化碳会生成碳酸钙沉淀和水，氢氧化钙作为澄清石灰水时可拆成离子形,式，则离子方程式为；④碳酸氢钙溶液中加过量氢氧化钠会生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，则离子方程式为。27.用双线桥法表示下列反应电子转移的方向和数目（1）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑：___________。（2）KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+H2O：___________。【答案】27.28.【解析】【小问1详解】过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，2mol过氧化钠反应生成转移2mol电子，双线桥表示电子转移过程为：【小问2详解】氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水，其中氯酸钾作氧化剂，HCl作还原剂，1mol氯酸钾在反应中得5mol电子生成氯气，5mol浓盐酸失去5mol电子转化为氯气，双线桥表示电子转移过程为28.按照要求填空：（1）在①NaCl晶体②干冰③液态醋酸④铜⑤硫酸钡固体⑥熔融KNO3⑦CuSO4·5H2O⑧稀硫酸⑨盐酸⑩酒精中，属于电解质的是___________，属于强电解质的是___________，属于非电解质的是___________，能导电的是___________。（2）在H＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、S2-、I-、S中，只有还原性的是___________，既有氧化性又有还原性的是___________。（3）过氧化钠常用作供氧剂，可以与二氧化碳或水反应放出氧气，在过氧化钠中阳离子与阴离子的个数比为___________；它与盐酸反应的化学方程式为___________。（4）某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2。已知该反应中,H2O2只发生如下过程：H2O2→O2。①该反应中的还原剂是___________。②写出该反应的化学方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目___________。③如反应转移了0.3mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为___________。（5）19.6克硫酸中含有___________个原子，将其溶于水配成500mL溶液则溶液的物质的量浓度为___________，从中取出100mL可以消耗1mol/L的NaOH溶液___________mL。（6）物质的量相等的SO2和SO3，其质量之比为________，所含原子数之比为________，所含质子数之比为________，质量相等的SO2和SO3，所含氧原子数之比为___________。（7）标准状况下，1.6g某气态氧化物RO2体积为0.56L，R的相对原子量为___________。36g中质子数为___________，电子数为___________(用NA表示)。（8）CO和CO2的混合气体36g，完全燃烧后测得STP下CO2体积为22.4L，那么混合气体中CO的质量是___________，混合气体的平均摩尔质量为___________，混合气体中CO2在标准状况下的体积是___________，混合气体在标准状况下的密度是___________，该混合气体对氢气的相对密度为___________。【答案】28.①.①③⑤⑥⑦②.①⑤⑥⑦③.⑩④.④⑥⑧⑨29.①.S2-、I-②.Fe2＋、S30.①.2：1②.31.①.H2O2②.③.3.36L32.①.1.4NA②.③.8033.①.4：5②.3：4③.4：5④.5:634.①.32②.11NA③.10NA35.①.14②.③.11.2L④.⑤.18【解析】【小问1详解】①NaCl晶体，属于盐，为强电解质，但固体不电离，不能导电；②干冰，成分为二氧化碳，属于非电解质，不能导电；③液态醋酸，属于弱酸，为弱电解质，未电离，不能导电；④铜，属于单质，为导体，可导电，但既不是电解质也不是非电解质；,⑤硫酸钡固体为盐，属于强电解质，未电离不能导电；⑥熔融KNO3，属于盐，为强电解质，且已电离，可导电；⑦CuSO4·5H2O，属于盐，为强电解质，未电离，不能导电；⑧稀硫酸和⑨盐酸均为水溶液，不属于电解质也不属于非电解质，溶液中存在自由移动离子，可以导电；⑩酒精，为非电解质，不能导电；综上所述，属于电解质的是：①③⑤⑥⑦；属于强电解质的是：①⑤⑥⑦；属于非电解质的是：⑩；能导电的是：④⑥⑧⑨；【小问2详解】根据氧化还原反应的价态规律可知，元素处于最高价态时只表现氧化性，处于最低价态时只表现还原性，处于中间价态时既有氧化性又有还原性，则上述离子中只有还原性的为：S2-、I-；既有氧化性又有还原性的是Fe2＋、S；【小问3详解】过氧化钠由钠离子和过氧根离子组成，阳离子与阴离子的个数比为2：1；过氧化钠与盐酸反应的化学方程式为；【小问4详解】已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2。则H2O2在反应中作还原剂，结合物质价态可知H2CrO4作氧化剂，被还原为Cr(OH)3，根据得失电子守恒以及元素守恒得反应方程式：；单线桥表示电子转移的方向和数目为：；由反应可知转移6mol电子时生成3mol氧气，则转移了0.3mol电子生成0.15mol氧气，标况下体积为：0.15×22.4L/mol=3.36L；【小问5详解】19.6克硫酸的物质的量为，含原子数为：1.4NA；将其溶于水配成500mL溶液则溶液的物质的量浓度；从中取出100mL，其中含硫酸的物质的量为×0.1L=0.04mol，消耗NaOH的物质的量为0.08mol，消耗1mol/L的NaOH溶液的体积为0.08L=80mL；【小问6详解】物质的量相等的SO2和SO3，其质量之比等于摩尔质量之比=64：80=4：5；所含原子数之比为3：4；所含,质子数之比为32：40=4：5；质量相等的SO2和SO3，物质的量之比，所含氧原子数之比为(5×2)：(4×3)=5:6；【小问7详解】1.6g某气态氧化物RO2体积为0.56L，则其物质的量为，其摩尔质量为：；则R的相对原子质量为：64-32=32；36g其物质的量为，质子数为22mol，即22NA；电子数为10mol，即10NA；【小问8详解】根据碳原子守恒可知CO和CO2的总物质的量等于燃烧后得到的二氧化碳气体的物质量为=，设原混合气体中CO为xmol，CO2为ymol，则x+y=1；28x+44y=36，解得：x=y=0.5；混合气体中CO的质量是0.5mol×28g/mol=14g；混合气体的平均摩尔质量为36g/mol；混合气体中CO2在标准状况下的体积是0.5mol×22.4L/mol=11.2L；混合气体在标准状况下的密度是；该混合气体对氢气的相对密度等于摩尔质量之比=。三、推断题(9分)29.无色溶液中可能含有Na+，Ag+，Ba2+，Cu2+，，，，Cl-中若干种，为了确定该溶液的组成成分，进行如下实验：i.取少量该溶液加入过量稀盐酸，有气体生成得到甲溶液ii.取少量甲溶液向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液出现白色沉淀乙iii.取少量原溶液，向其中加入Ba(OH)2溶液出现白色沉淀丙由此可以推断：（1）溶液中肯定存在的离子有___________；（2）溶液中肯定不存在的离子有___________；（3）沉淀丙中一定含有___________，可能含有___________，判断丙的成分的方法是___________，有关离子方程式为___________。【答案】（1）Na+、（2）Ag+、Ba2+、Cu2+、（3）①.BaCO3②.BaSO4③.加酸观察④.BaCO3+2H+=Ba2++CO2+H2O,【解析】【分析】因为原溶液无色，所以其中不含有颜色的Cu和；由实验①可知溶液中含有，由此可排除Ag+、Ba+的存在；因为实验①中引入了Cl-，所以实验②无法说明原溶液中是否含有Cl-；溶液中可能存在，实验③所得的沉淀甲可能是BaCO3或BaCO3和BaSO4的混合物；由电中性原则可知溶液中不能没有阳离子，则原溶液中肯定存在Na+。【小问1详解】由分析可知，溶液中肯定存在的离子有Na+、。【小问2详解】由分析可知，溶液中肯定不存在的离子有Ag+、Ba2+、Cu2+、。【小问3详解】由分析可知，沉淀丙中一定含有BaCO3，可能含有BaSO4，BaCO3能溶于酸，而BaSO4不溶于酸，判断丙的成分的方法是加酸观察，有关离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2+H2O。四、实验题30.某化学兴趣小组欲在实验室探究氯气的性质及模拟工业制取漂白粉，设计了如图装置进行实验（1）圆底烧瓶内发生的离子方程式为___________。（2）饱和食盐水的作用为___________，淀粉碘化钾溶液中发生的离子反应为___________。（3）若干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，则甲中盛放___________。（4）Cl2与石灰乳反应制取漂白粉的化学方程式为___________；漂白粉应密封避光保存，原因为_________________(用化学方程式解释)。（5）用下列两种方法制取氯气，则所得氯气___________。①用含氯化氢146克的浓盐酸与足量的二氧化锰反应②用87克二氧化锰与足量的浓盐酸反应A.②比①多B.①比②多C.一样多D.无法比较（6）工业上可用氢氧化钠与氯气反应制取84消毒液，在生活中84消毒液不可与洁厕灵混用，其原因是,___________(用离子方程式解释)。（7）Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的危害。已知3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏。当有少量Cl2泄漏，可以观察到的现象是___________，反应中被氧化和未被氧化的NH3分子个数比为___________。（8）将Cl2通入热的烧碱溶液中，可以得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合液。当NaCl和NaClO3的物质的量之比为15：2时反应的离子方程式为___________。【答案】（1）MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O（2）①除去氯气中得氯化氢②.（3）浓硫酸（4）①.2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O②.、（5）A（6）（7）①.产生白烟②.1：3（8）【解析】【分析】二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，通过饱和食盐水除去氯化氢，氯气有氧化性，能够与碘化钾溶液反应生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝，要检验氯气是否具有漂白性，应先干燥氯气，再依次通过盛有干燥有色布条、湿润有色布条的集气瓶，最后用氢氧化钙吸收氯气制备漂白粉。【小问1详解】二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式：MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O；【小问2详解】饱和食盐水用于除去氯气中得氯化氢；氯气能够与碘化钾反应生成氯化钾和单质碘，单质碘遇到淀粉变蓝，发生反应的离子方程式为：；【小问3详解】若干燥的有色布条不褪色，潮湿的有色布条褪色，则甲为干燥剂用于吸收氯气中的水蒸气，氯气与浓硫酸,不反应，可以选择浓硫酸干燥氯气；【小问4详解】氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，方程式：2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；次氯酸钙吸收空气中的水和二氧化碳生成碳酸和HClO，发生反应：，HClO不稳定见光易分解成HCl和氧气，；【小问5详解】反应的化学方程式为：4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O，①n(HCl)==4mol，n(MnO2)==2mol，浓盐酸与MnO2发生化学反应,随着反应的进行，盐酸的浓度降低，还原性减弱，稀盐酸与MnO2不反应，所以生成的n(Cl2)<1mol；②n(MnO2)==1mol，由于浓盐酸足量，生成的n(Cl2)=1mol，所以所得C12②比①多；【小问6详解】84消毒液主要成分是次氯酸钠，洁厕灵的主要成分为HCl，两者混合发生反应生成氯气，，氯气有毒，因此不能混合使用；【小问7详解】由反应可知若氯气泄漏，氯气与氨气反应生成氯化铵，会产生白烟的现象；反应中8mol氨气参加反应，其中2mol被氧化为氮气，6mol转化为氯化铵，被氧化和未被氧化的NH3分子个数比为2：6=1：3；【小问8详解】