【文档说明】【精准解析】黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020-2021学年高一上学期期中考试化学试题（解析版）.doc，共(20)页，809.500 KB，由小赞的店铺上传

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哈师大附中2020级高一上学期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mg24S32Cl35.5一、选择题1.下列物质分类的正确组合是()碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ACu2(OH)2CO3H2SO4N

aHCO3MgOCO2BNaOHHClNaClNa2OCOCNaOHHFCaCl2Na2O2SO2DKOHHNO3CaCO3CaOSO3A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.Cu2(OH)2CO3属于盐类，故A错误；B.C

O不属于酸性氧化物，故B错误；C.过氧化钠不属于碱性氧化物，故C错误；D.KOH属于碱、HNO3属于酸、CaCO3属于盐、CaO属于碱性氧化物、SO3属于酸性氧化物，分类正确，故D正确；故选D。2.以下说法中不正确的是()A.根据是否有电子的转

移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应B.根据分散系中分散质粒子的直径大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液C.根据分子含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸等D.根据在水溶液里或熔融状态下能否导电，将

化合物分为电解质和非电解质【答案】C【解析】【分析】【详解】A．有电子转移的化学反应属于氧化还原反应，没电子转移的化学反应属于非氧化还原反应，即根据是否有电子的转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，A正确；B．根据分散系

中分散质粒子的直径大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，分散质粒子的直径小于1nm的为溶液，介于1-100nm的为胶体，大于100nm的为浊液，B正确；C．根据能电离的氢离子的个数将酸分为一元酸、二元酸等，C错误；D．在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液里和熔融

状态下都不导电的化合物为非电解质，即根据在水溶液里或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解质，D正确。答案选C。3.下列说法正确的是A.物质的量可以理解为物质的质量B.物质的量就是物质的粒子数目C.物质的量的单位

——摩尔只适用于分子D.物质的量是表示物质所含微观粒子多少的物理量【答案】D【解析】【分析】【详解】物质的量是科学上用来表示物质所含微观粒子多少的物理量，可用于一定数目粒子的集合体，微观粒子可以是分子，也可以是原子、离子、中子、电子等，它的

单位是摩尔，故合理选项是D。4.下列说法不正确的是()A.在进行钠与水反应的实验时，多余的钠需要放回原试剂瓶中B.焰色试验前需将铂丝用稀硫酸洗净，在酒精灯外焰灼烧至与原火焰颜色相同C.丁达尔效应是由于胶体粒子

对光的散射形成的D.在实验室制取氯气时，用饱和食盐水除去氯化氢杂质【答案】B【解析】【分析】【详解】A．钠与水反应产生氢气且放热，随意处理可能引发火灾、爆炸、安全问题，故多余的钠需要放回原试剂瓶中，A正确；B．焰色试验前需用易挥发的盐酸将铂丝洗净，B错误；C．丁达尔效应是一种光学现象，是由

于胶体粒子对光的散射形成的，C正确；D．在实验室制取氯气时，由于浓盐酸易挥发，氯气中会混有HCl，由于氯气几乎不溶于饱和食盐水而HCl易溶于饱和食盐水，故可用饱和食盐水除去氯气中的HCl杂质，D正确。答案选B。5.下列关于钠

的叙述不正确的是()A.取用金属钠时，所需用品一般有小刀、镊子、滤纸、玻璃片B.金属钠与Ca(HCO3)2溶液反应时，既有白色沉淀又有气体逸出C.金属钠可保存在煤油中，也可保存在CCl4中D.钠投入到水中立即熔化成小球，说明其熔点低，且钠与水的反应是放热反应【

答案】C【解析】【详解】A.用镊子从煤油中取出钠、滤纸吸干表面煤油、用小刀在玻璃片上切割，故取用金属钠时，所需用品一般有小刀、镊子、滤纸、玻璃片，A正确；B.金属钠与Ca(HCO3)2溶液反应时，钠与水反应产生氢气和氢氧化钠，氢氧化钠和Ca(HCO3)2溶液反

应产生碳酸钙沉淀，故既有白色沉淀又有气体逸出，B正确；C.金属钠密度小于四氯化碳，不可保存在CCl4中，C错误；D.钠投入到水中立即熔化成银白色的小球，说明钠与水的反应是放热反应，放出的热量使钠熔化，则钠熔点低，D正确；答案选C。6.下列说法不正确的是()A.Na2O2是呼吸面具中氧气的来源B

.因为氯气有漂白性，所以可用于杀菌、消毒、漂白C.Na2CO3可用于制玻璃、肥皂、造纸、纺织等，而NaHCO3可用于治疗胃酸过多，制造发酵粉等D.利用氯气与碱反应能得到含氯消毒剂【答案】B【解析】【详解】A.Na2O2能和水、二氧化碳发生反应，是呼吸面具中氧气的来源，A正确；B.氯气没有有漂白性

，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性，所以可用于杀菌、消毒、漂白，B错误；C.Na2CO3可用于制玻璃、肥皂、造纸、纺织等，而NaHCO3碱性较弱能和盐酸反应故可用于治疗胃酸过多，碳酸氢钠有热不稳定性故可制造发酵粉等，C正确；D.利用氯气与碱反应能得到含氯消毒剂

例如含次氯酸钠的漂白液，D正确；答案选B。7.某同学用以下装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是()A.Ⅰ图：若MnO2过量，则浓盐酸可全部消耗完B.Ⅱ图：证明新制氯水具有酸性C.Ⅲ图：产生了棕黄色的雾D.Ⅳ图：湿润的有色布条褪色【答案】D【解

析】【详解】A.二氧化锰与浓盐酸反应，随着反应的进行，浓盐酸变稀，二氧化锰不与稀盐酸反应，即使二氧化锰过量，盐酸也不能全部消耗完，A错误；B.图Ⅱ中溶液先变红后褪色，不仅能证明新制氯水具有酸性，还可以证明新制氯水具有漂白性，B错误；C.铜丝在氯气中燃烧，生成棕黄色的烟，不

是雾，烟是固体小颗粒形成的气溶胶，雾是小液滴形成的气溶胶，C错误；D.氯气没有漂白性，不能使干燥有色布条褪色，图Ⅳ中氯气遇到湿润有色布条与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，可使有色布条褪色，D正确；答案选D。8.已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：Ce4++Fe2

+=Fe3++Ce3+，Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+。由此可确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是()A.Ce3+、Fe2+、Sn2+B.Sn2+、Ce3+、Fe2+C.Sn2、Fe2+、Ce3+D.Fe2+、Sn2+、Ce3+【答案】C

【解析】【分析】【详解】Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+中，还原剂是Fe2+，还原产物为Ce3+，还原性：Fe2+>Ce3+；Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+中，还原剂是Sn2+，还原产物是Fe2+，还原性：

Sn2+>Fe2+；则还原性：Sn2>+Fe2+>Ce3+，故答案为C。9.为确定碳酸氢钠固体中是否含有碳酸钠，下列实验操作及判断正确的是()A.观察加热时能否放出气体B.观察滴加盐酸时能否放出气体C.溶于水中，滴加澄清石灰水，观察是否有沉淀生成D.溶于水中，滴加少量氯化钡溶液，

观察是否有白色沉淀生成【答案】D【解析】【分析】【详解】A.无论是否含有碳酸钠,加热时,碳酸氢钠分解都产生气体,不能确定是否含有碳酸钠,故A错误;B.碳酸钠和碳酸氢钠加入盐酸都生成二氧化碳气体,不能确定是否含有碳酸钠,故B错误;

C.碳酸钠和碳酸氢钠溶于水中,滴加澄清石灰水,都产生碳酸钙沉淀,不能确定是否含有碳酸钠,故C错误;D.溶于水中,滴加少量氯化钡溶液,只有碳酸钠产生沉淀,如能观察到白色沉淀生成,说明含有碳酸钠,故D正确；

故答案选D。10.含0.12mol的Na2SO3溶液，恰好与含0.04mol的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3溶液可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则还原产物中Cr元素的化合价为()A.+1

B.+2C.+3D.+4【答案】C【解析】【分析】【详解】n（Na2SO3）=0.12mol，n（K2Cr2O7）=0.04mol，亚硫酸钠具有还原性，所以在反应中被氧化生成硫酸钠，K2Cr2O7具有氧化性，所以在反应中得电子发生还原反应。设元素Cr在还原产物中的化合价是x，根据得失电

子相等，则0.12mol（6-4）=0.04mol（6-x），3=6-x，所以x=+3，故选C。11.下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是()①氯气②液氯③新制氯水④氯气的酒精溶液⑤盐酸⑥盐酸酸化的漂白粉溶液A.①②③B.①②③

⑥C.③⑥D.③④⑥【答案】C【解析】①氯气不能使干燥的石蕊试纸褪色，故①错误；②液氯是氯气的液态形式是纯净物，不能使干燥的石蕊试纸褪色，故②错误；③新制氯水中含有HCl和HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故③正确；④氯气的酒精溶液，无HC

lO生成，不能使干燥的石蕊试纸褪色，故④错误；⑤盐酸能使干燥的蓝色石蕊试纸变红，但不退色，故⑤错误；⑥用盐酸酸化的漂白粉溶液中含有HCl和HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故⑥正确。故选C。12.下列物质中，与氯气、盐酸都能发生反应且生成

不同氯化物的是A.FeB.AlC.CuD.Zn【答案】A【解析】【分析】【详解】A．铁能够在氯气中燃烧，反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的化学方程式为：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑，

Fe与氯气反应生成FeCl3，与盐酸反应生成FeCl2，生成的氯化物不同，故A符合题意；B．铝能够在氯气中燃烧，反应的化学方程式为：2Al+3Cl22AlCl3，铝与稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，反应的化学方程式为：2Al+6HC

l═2AlCl3+3H2↑，铝与氯气反应生成AlCl3，与盐酸反应生成AlCl3，生成的氯化物相同，故B不符合题意；C．铜能够在氯气中燃烧，反应的化学方程式为：Cu+Cl2CuCl2，生成氯化铜，铜在金属活动顺序表中排在氢的后面，和盐酸不反应，故C不符合题意；

D．锌能够在氯气中燃烧，反应的化学方程式为：Zn+Cl2ZnCl2，锌与稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应的化学方程式为：Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑，锌与氯气反应生成ZnCl2，与盐酸反应生成ZnCl2，生成的氯化物相同，故D不符合题意；故选A。13.am

olH2SO4中含有b个氧原子，则阿伏加德罗常数可以表示为A.(b4a)mol－1B.(ba)mol－1C.(ab)mol－1D.(a4b)mol－1【答案】A【解析】【分析】【详解】一个H2SO4中含有4个O原子，则含有b个氧原子的H2SO4的分子数是4b，NA=b

Nb4namol4a==/mol，故合理选项是A。14.2018年11月13日第26届国际计量大会对国际单位制进行修改。新的摩尔规定，1mol任何物质都包括阿伏加德罗常数（NA）个基本单元，下列关于阿伏加德罗常数的说法正确的是

()A.18gH2O中含有的电子的数目为NAB.1mol氩气分子所含的原子数目为2NAC.78gNa2O2中含有的阴离子数为2NAD.0.5molHNO3中含有的氧原子数为1.5NA【答案】D【解析】【详解】A.18g水的物质的量为1mol，含有的电子数目为10NA，故A错误；

B.氩气为单原子分子，1mol氩气分子所含的原子数目为NA，故B错误；C.78g过氧化钠的物质的量为1mol，含有的阴离子即过氧根离子数为NA，故C错误；D.1个硝酸分子中含有3个氧原子，所以0.5mol硝酸中含有的氧原子数为1.5NA，故D正确；答案

选D。15.我国女科学家屠呦呦发现了青蒿素（青蒿素的化学式：C15H22O5），它是一种用于治疗疟疾的药物，曾经挽救了数百万人的生命。屠呦呦因此在2015年获得诺贝尔生理或医学奖，成为我国获得诺贝尔科学奖的第一人。下列关于青蒿素的叙述不正确的是()A.一个青蒿素

分子中含有42个原子B.141g青蒿素含有3.01×1023分子C.青蒿素的摩尔质量为282D.青蒿素中碳元素的质量分数约为63.8%【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由青蒿素的分子式C15H22O5可知，一个青蒿素分子中含有15个C原子、22个H原

子、5个氧原子共42个原子，A正确；B．141g青蒿素的物质的量n=141g282g/mol=0.5mol，则含分子数为0.5mol×6.02×1023mol-1=3.01×1023，B正确；C．青蒿素的摩尔质量为282g/mol，C错误；D．青蒿素中碳元素的质量

分数=1215100%282≈63.8%，D正确。答案选C。16.向AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后，有金属析出，过滤、洗涤后往滤渣中加入稀盐酸，有无色气体放出，则滤液中一定存在（）A.Fe2+B.Cu2+、

Fe2+C.Ag+、Fe2+D.Ag+、Cu2+、Fe2+【答案】A【解析】【分析】在金属活动性顺序中，铁>氢>铜>银，往滤渣中加入稀盐酸，有无色气体放出，则说明滤渣中含有铁，铁能与硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，能与

硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜，当有铁剩余时，说明硝酸铜和硝酸银全部参加反应，滤液中无硝酸铜和硝酸银，只有生成的硝酸亚铁。【详解】A.由分析知反应后溶液中有Fe2+，无Ag+、Cu2+，故A正确；B.由分析知反应后溶液中有Fe2+，无Ag+、Cu2+

，故B错误；C.由分析知反应后溶液中有Fe2+，无Ag+、Cu2+，故C错误；D.由分析知反应后溶液中有Fe2+，无Ag+、Cu2+，故D错误；故选A。17.下列反应的离子方程式书写正确的是()A.往碳酸镁中滴加稀盐酸：CO23−+2H+=H2O+CO2↑B.CuO与稀盐酸反应：

CuO+2H+=Cu2++H2OC.氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2++SO24−+H++OH-=BaSO4↓+H2OD.FeBr2溶液中通入少量Cl2：2Br-+Cl2=2Cl-+Br2【答案】B【解析

】【分析】【详解】A.碳酸镁微溶于水，不可拆成离子形式，故A错误；B.CuO与稀盐酸反应生成氯化铜和水，离子方程式CuO+2H+=Cu2++H2O正确，故B正确；C.氢氧化钡和稀硫酸反应应生成2molH2O，题中物质

系数配比不正确，应为：Ba2++SO24−+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O,故C错误；D.FeBr2溶液中通入少量Cl2，亚铁离子还原性大于溴离子：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+，故D错误；答案选B。18.下列各组中的两个反应可以用同一离子方程式表示

的是()A.稀盐酸和碳酸钠溶液；稀盐酸和碳酸氢钠溶液B.氢氧化钠溶液和稀盐酸；氢氧化钡溶液和稀硫酸C.碳酸氢钠溶液和足量氢氧化钙溶液；碳酸氢钙溶液和少量氢氧化钠溶液D.稀盐酸和碳酸钙粉末；稀硫酸和碳酸钠溶液【答案】C【解析】

【分析】【详解】A.稀盐酸和碳酸钠溶液的:23222HCOHOCO+−+=+；稀盐酸和碳酸氢钠溶液:322HHCOHOCO+−+=+，A错误；B.氢氧化钠溶液和稀盐酸:2HOHHO++=；氢氧化钡溶液和稀硫酸:+2-2+-4242H+SO+Ba+2OH=2HO+BaSO，B错误；C.碳酸氢钠

溶液和足量氢氧化钙溶液:2332CaOHHCOCaCOHO+−−++=+；碳酸氢钙溶液和少量氢氧化钠溶液:2332CaOHHCOCaCOHO+−−++=+，C正确；D.稀盐酸和碳酸钙粉末:+2+3222H+CaCO=CaHOCO++；稀硫酸和碳酸钠溶液;23222HCOH

OCO+−+=+；D错误；答案选C。19.过氧化钠与水反应后滴加酚酞，酚酞先变红后褪色。某小组欲探究其原因，进行以下实验:①取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体；实验②、③中红色均不褪去。下列分析错误的是A.过氧化钠与水

反应产生的气体为O2B.过氧化钠与水反应需要MnO2作催化剂C.实验②、③证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气D.过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2【答案】B【解析】A.过氧化钠与水反应产生的气体为O2，A正确；B.过氧化钠与水反应不需要催化剂，双氧水分解需要MnO2作催化剂，B错误

；C.实验②、③作为对照实验，能证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气，C正确；D.根据反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体可判断过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2，D正确，答案选B。20.某离子反应涉及H2O、227CrO−、NO2−、H+、3NO−、Cr3+、六种微粒，已知反应过

程中2NO−浓度变化如图所示，下列说法正确的是()A.227CrO−中Cr化合价是+7价B.反应的氧化产物是3NO−C.消耗1mol氧化剂，转移电子3molD.随着反应的进行，溶液中的H+浓度增大【答案】B【解析】【分析】【详解】根据图象可知，反应过程中2NO−浓度逐渐减小，说

明2NO−被氧化生成3NO−，则227CrO−被还原生成Cr3+，N元素化合价从+3变为+5，化合价升高2价，Cr元素化合价从+6变为+3，化合价降低3价，根据化合价升降相等配平可得：227CrO−+32NO−+8H+=33NO−+2Cr3++4H2O。A．227CrO−中

O化合价为-2，则Cr化合价是+6价，故A错误；B．N元素的化合价升高被氧化，反应中氧化产物是3NO−，故B正确；C．反应中Cr的化合价从+6价降低到3价，则消耗1mol227CrO−，转移电子6mol，故C错误；D．根据反应227CrO−+32NO−+8H

+=33NO−+2Cr3++4H2O可知，随着反应的进行，溶液中的H+浓度逐渐减小，故D错误；故选：B。21.欲配制下列四种无色透明的酸性溶液，其中能配制成功的是（）A.K+、Mg2+、Cl-、2-3COB.Na+、2-3CO、Ca2+、-3NOC.-4MnO、K+、2

-4SO、Na+D.+4NH、-3NO、Al3+、Cl-【答案】D【解析】【分析】能配制成功的标准一是离子要大量共存，二是不能有颜色。【详解】A．Mg2+与2-3CO反应生成沉淀，且酸性条件下，2-3CO不能大量共存，A不能配制；B．Ca2+和2-3CO反应生成沉淀，且酸性

条件下，2-3CO不能大量共存，B不能配制；C．溶液里有-4MnO时为紫红色，题目要求配制无色透明的酸性溶液，C不能配制；D．酸性条件下题中所给离子之间不发生反应，可大量共存，且离子溶于水后都为无色，D能配制。

答案选D。22.已知I-、Fe2+、SO2、Cl-和H2O2均有还原性，它们在溶液中的还原性顺序为：SO2>I->Fe2+>H2O2>Cl-，则下列反应不可能发生的是()A.2Fe3++SO2+2H2O=2F

e2++SO24−+4H+B.I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HIC.2Fe2++I2=2Fe3++2I-D.2Fe2++Cl2=2Fe3++Cl-【答案】C【解析】【分析】根据氧化还原反应中还原剂的

还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是SO2>I->Fe2+>H2O2>Cl-来判断反应能否发生。【详解】A.因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为S

O2>Fe2+，与已知的还原性强弱一致，故A能发生；B.因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2>I−，与已知的还原性强弱一致，故B能发生；C.因该反应中Fe元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则Fe2+为还

原剂，还原性强弱为Fe2+>I−，与已知的还原性强弱不一致，故B不能发生；D.因该反应中Fe元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，则Fe2+为还原剂，还原性强弱为Fe2+>Cl−，与已知的还原性强弱一致，故D能发生；故选C。23.

为了除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO42－及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：①过滤②加过量NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液．不正确的操作顺序是A.⑤②④①③B.④

②⑤①③C.②⑤④①③D.⑤④②①③【答案】B【解析】【分析】【详解】试题分析：除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO42－及泥沙，由于每一步所加的试剂均过量，必须考虑后面的步骤能将前面引入的杂质一并除去，Na2CO3溶液除去Ca2＋同时可以除去过量的BaCl2，因此④必须在⑤之后，适量盐酸

可以除去过量NaOH溶液和过量Na2CO3溶液，所以盐酸在最后一步，综合分析选B。故答案选B。24.现有A、B、C三种化合物，各取40g相混合，完全反应后，得B18g，C49g，还有D生成。已知D的式量为106。现

将22gA和11gB反应，能生成DA.1molB.0.5molC.0.25molD.0.275mol【答案】C【解析】【分析】【详解】根据题意可得A反应消耗40g；B消耗22g；C产生9g,根据质量守恒定律可得D的质量是：40+22-9=53g；由于D的式量为1

06，所以产生的D的物质的量是0.5mol；A、B反应的质量比是40:22，若将22gA和11gB反应，则A过量，由于B的质量是前边的一半，生成D的物质的量是0.5mol÷2=0.25mol。因此选项是C。25

.在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuO＋NH4Cl→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是A.反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和NB.反应中氧化剂和还原剂

的物质的量之比为3∶2C.反应中产生0.2mol气体时，转移0.6mol电子D.该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的12【答案】B【解析】【分析】根据CuO＋NH4Cl→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O分析可知：Cu由+2价降低为0，

被还原；N元素的化合价由-3价升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO＋2NH4Cl=3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O即可判断。【详解】A.氯化铵中N元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素

分别为N和Cu，故A错误；B.根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3：2，故B正确；C.

由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol×6=1.2mol，故C错误；D.由反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3/4，故D错误。综上所述，本

题正确答案为B。二、填空题26.(1)8gCH4的物质的量为______mol，约含________个CH4分子，______g碳元素。(2)含0.4molCl-的MgCl2质量是_________g，和_________gNaCl含有相同数目的Cl-

。(3)4molNa2CO3与______molNa2SO4所含氧原子数相等。(4)6.02×1023个CO2与_____molH2质量相等，与_____gSO2含有的氧原子数相等。【答案】(1).0.5(2).3.01×1023(3).6(4).19(5).23.4(6)

.3(7).22(8).64【解析】【分析】【详解】(1)8gCH4的物质的量为8g16g/mol=0.5mol；约含0.5NA=0.5×6.02×1023=3.01×1023个；含有0.5molC，质量为0.5mol×12g/mol=6g；(2)含0.4mo

lCl-的MgCl2的物质的量为0.2mol，质量为0.2mol×95g/mol=19g；含0.4molCl-的NaCl的物质的量为0.4mol，质量为0.4mol×58.5g/mol=23.4g；(3)4molNa2CO3中含有12molO原子，含12molO原子的Na2SO4的物质的量为3m

ol；(3)6.02×1023个CO2的物质的量为232-136.02106.0310mol=1mol，质量为1mol×44g/mol=44g，44g氢气的物质的量为2g44g/mol=22mol；1

molCO2含有2molO原子，含有2molO原子的SO2的物质的量为1mol，质量为1mol×64g/mol=64g。27.有一包固体粉末，其中可能含有NaCl、Ba(NO3)2、K2SO4、Na2CO3、KNO3中的一种或几种，现

做以下实验：①取部分固体粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；②取①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；试根据上述实验事实，回答下列问题：(1)原固体粉末中一定含有的物质是_________，可能含有的物质是________。（写化学式）(

2)写出上述步骤中发生反应的离子方程式：①________。②________。(3)若要判断可能含有的物质是否存在，则可取少量①中的上层清液分成两份，一份_____，另一份____（补充实验步骤）【答案】(1).Ba(NO3)2、Na

2CO3(2).NaCl、KNO3(3).Ba2++CO32-=BaCO3↓(4).BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑(5).加入适量的稀HNO3，使其酸化，然后滴入AgNO3溶液(6).用铂丝蘸取，在酒精灯外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃

观察火焰颜色【解析】【分析】【详解】由题干信息可知：实验步骤①取部分固体粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，白色沉淀可能是BaCO3或BaSO4或者两者都有，②取①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，则说明实验步骤①生成的沉淀只能是BaCO3，无BaSO4，则原溶液中一定含

有Ba(NO3)2、Na2CO3，一定没有K2SO4，可能含有NaCl、KNO3，据此分析解题：(1)由上述分析可知，原固体粉末中一定含有的物质是Ba(NO3)2、Na2CO3，可能含有的物质是NaCl、KNO3，故答案为：B

a(NO3)2、Na2CO3；NaCl、KNO3；(2)由分析可知，上述步骤中发生反应为Ba(NO3)2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaNO3，BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+H2O+CO2↑，故所发生

的离子方程式为：①Ba2++CO32-=BaCO3↓，②BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑，故答案为：Ba2++CO32-=BaCO3↓；BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑；(3)由分析可知，可能含有的物质为NaCl、KNO3，故要判断

可能含有的物质是否存在，则可取少量①中的上层清液分成两份，一份加入适量的稀HNO3，使其酸化，然后滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，证明含有NaCl，反之则无；另一份用铂丝蘸取，在酒精灯外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若火焰颜色呈紫

色，说明含有KNO3，反之则无；故答案为：加入适量的稀HNO3，使其酸化，然后滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成；用铂丝蘸取，在酒精灯外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色。28.图中，反应①为常温下的反应，A、C、D中

均含有氯元素，且A中氯元素的化合价介于C和D中氯元素的化合价之间，E在常温下为无色无味的液体，F是淡黄色固体，G为常见的无色气体。请根据图示回答下列问题：(1)写出反应①的离子方程式：_________。(2)写出反应②的化学方程式：_________。(

3)实验室制取A的离子反应方程式为__________。A可以制漂白粉，漂白粉在空气时间长了会失效，失效的原因是_____________（用化学方程式表示）。【答案】(1).Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(2).2Na2O2+2H2O=4Na

OH+O2↑(3).MnO2+4H++2Cl-=Mn2++Cl2↑+2H2O(4).Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO2HClOΔ光照2HCl+O2↑【解析】【分析】图中，反应①为常温下的反应，A、C、D中均含有氯元素，且A中氯元素的化合价介

于C和D中氯元素的化合价之间，则反应①为含氯元素化合价发生变化的氧化还原反应，结合问题(3)可知A为氯气，反应①为氯气和氢氧根离子之间的反应，生成氯离子、次氯酸根离子和水，E在常温下为无色无味的液体——水，F是淡黄色固体过氧化钠，G为常见的无色气体即氧气。【详解

】(1)反应①为氯气和氢氧根离子之间的反应，生成氯离子、次氯酸根离子和水，反应①的离子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。(2)反应②为过氧化钠和水生成氢氧化钠和氧气，化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。(3)实验室通过加热二氧化锰和浓盐酸制取氯气，离子反应

方程式为MnO2+4H++2Cl-=Mn2++Cl2↑+2H2O。氯气可以制漂白粉，漂白粉在空气时间长了会失效，失效的原因是Ca(ClO)2与CO2、H2O反应生成CaCO3和HClO，而HClO见光分解生成HCl和O2，用化学方程式表示为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO

3+2HClO、2HClO=光2HCl+O2↑。29.ClO2是一种消毒、杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，

试回答下列问题。(1)该反应中氧化产物是_______，被还原的元素是________。(2)若反应共产生了0.2mol气体，则反应转移电子的物质的量为________mol，消耗还原剂的质量为___

_____g。ClO2的有效氯含______（有效氯含量指每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力）。(3)用ClO2气体可去除地下水中Mn2+，生成难溶于水的MnO2，该反应的离子方程式为___________。【答案】(1).CO2(2).氯元素(3).0.

1(4).4.5(5).2.63(6).2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+【解析】【分析】【详解】(1)2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，H

2C2O4中C由+3价升高到CO2中+4价，H2C2O4作还原剂，被氧化，CO2是氧化产物，KClO3中Cl由+5价降低到ClO2中+4价，KClO3作氧化剂，氯元素被还原，故答案为：CO2；氯元素；(2)结合(1)可知，每生成4mol气体，转

移2mol电子，消耗还原剂H2C2O4的物质的量为1mol，则生成0.2mol气体转移0.1mol电子；消耗还原剂H2C2O4的物质的量为0.05mol，质量m=0.05mol×90g/mol=4.5g；ClO2作氧化剂时，1molClO2变为Cl-得5mol电子，则每克ClO2转移

电子的物质的量为5mol67.5，1molCl2作氧化剂时，1molCl2变为Cl-得2mol电子，则每克Cl2转移电子的物质的量为2mol71，则ClO2的有效氯含567.5271≈2.63，故答案为：0.1；4.5；2.63；(3)由题意可知ClO2作氧化剂，被还原为Cl-，Mn2+

作还原剂，被氧化为MnO2，反应的离子方程式为2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+，故答案为：2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+。30.Na2O2具有强氧化性，H2具有还

原性，某同学根据氧化还原反应的知识推测Na2O2与H2能发生反应。为了验证此推测结果，该同学设计并进行了如图所示实验。Ⅰ．实验探究(1)装置A中用粗锌和稀盐酸制取氢气，B装置的作用是______，里面所盛放的试剂是______（①浓硫酸②碱石灰③无水硫酸铜）。(2)下面是实验过程中的重要

操作，正确的顺序是________（填序号）A．加热至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间B．用小试管收集气体并检验其纯度C．打开K1、K2，通入氢气D．停止加热，充分冷却，关闭K1、K2(3)实验过程中观察到淡黄色粉

末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未变蓝色。由此可推测出Na2O2与H2反应生成的产物为_____。Ⅱ．数据处理(4)实验结束后，该同学欲测定C装置内白色固体中未反应完的Na2O2含量。其操作流程如图：①测定过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有天平

、烧杯、酒精灯、蒸发皿和____，操作2的名称是____。②白色固体中Na2O2的质量分数为_____________（用含m1和m2的式子表示）。③在转移溶液时，若溶液转移不完全，则测得的Na2O2质量分数________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】(1).除去H2中混有的

HCl和水蒸气(2).②(3).CBAD(4).NaOH(5).玻璃棒(6).蒸发(7).21139(m-m)×100%m(8).偏小【解析】【分析】Ⅰ.为推测Na2O2与H2能反应，首选要制得氢气，A为氢气的制备装置，实验室用锌与稀盐酸反应制氢气，制得的氢气中含氯化氢气体、水蒸气，用

B碱石灰吸收，C是Na2O2与H2的反应装置，D检验其产物无水生成，结合元素守恒、氧化还原中化合价有升有降可知Na2O2与H2反应生成的产物为NaOH；Ⅱ.样品(m1)中含NaOH、Na2O2，加入一定质量的水，使Na2O2和水充分反应生成NaOH和氧气，将溶

液转移到蒸发皿中进行蒸发得NaOH固体，冷却称量得m2，根据2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知2molNa2O2完全反应固体减轻的质量为2H2的质量，结合方程式计算出Na2O2的质量，进而确定Na2O2质量分数。

【详解】(1)装置A中用粗锌和稀盐酸制取氢气混有HCl和水蒸气，B装置的作用是除去H2中混有的HCl和水蒸气，可盛放②碱石灰，故答案为：除去H2中混有的HCl和水蒸气；②；(2)装置内有空气，应先用产生的氢气排除装置内的空气并检验氢气的纯度后点燃酒精灯加热

，反应一段时间后停止加热、充分冷却后停止通入氢气，以防爆炸，故答案为：CBAD；(3)实验过程中观察到淡黄色粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未变蓝色，则结合元素守恒、氧化还原反应可知产物为NaOH，故答案为：NaOH；(4)①溶液转移需要用到玻璃

棒，操作2为蒸发除去水得NaOH固体，故答案为：玻璃棒；蒸发；②结合分析可知，2molNa2O2完全反应固体减轻的质量为2H2的质量，设样品中过氧化钠的质量为xg，则22222212NaO+2HO=4Na~2H4OgH+(mO278ggx-m)g↑，解得x=3921(m-m)

g，则白色固体中Na2O2的质量分数为21139(m-m)×100%m，故答案为：21139(m-m)×100%m；(5)在转移溶液时，若溶液转移不完全，则所得质量m2偏小，测得的Na2O2质量分数偏小，故答案为：偏小。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangx

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