【文档说明】【精准解析】辽宁省大连市部分重点高中2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题（解析版）.doc，共(19)页，758.000 KB，由小赞的店铺上传

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大连市部分重点高中2019—2020学年度上学期高一期中考试(化学试题)相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cl：35.5K：39Mn：55I卷(选择题，共56分)一、选择题：(单选题，每题2分，共

14分)1.下列有关说法错误的是A.联合制碱法是中国化学家侯德榜发明并设计生产的B.氯在自然界以化合物形态存在，18世纪70年代，首先发现并制得氯气的化学家是汉弗莱·戴维C.1965年我国科学家在世界上第一次用化学方法合成了具有生物活性的蛋白质(结

晶牛胰岛素)D.意大利科学家阿伏伽德罗提出的分子学说，使人们对物质结构的认识发展到一个新的阶段【答案】B【解析】【详解】A．联合制碱法是中国化学家侯德榜发明并设计生产的，也叫侯氏制碱法，A正确；B．氯在自然界以化合物形态存在，18世

纪70年代，首先发现并制得氯气的化学家是舍勒，B错误；C．1965年我国科学家在世界上第一次用化学方法合成了结晶牛胰岛素，是具有生物活性的蛋白质，C正确；D．分子学说的提出者是意大利科学家阿伏伽德罗，该学说使人们对物质的结构组成有了新的认识，D

正确；答案选B。2.化学与日常生活紧密相关。下列说法中，不正确的是A.碳酸氢钠常用于治疗胃酸过多症B.Na2O2用作呼吸面具的供氧剂C.氯化钠可作食品调味剂D.生石灰可作食品袋内的抗氧化剂【答案】D【解

析】【详解】A．碳酸氢钠显碱性，能和胃酸反应，常用于治疗胃酸过多症，故A正确；B．Na2O2与水蒸气、二氧化碳均反应产生氧气，用作呼吸面具的供氧剂，故B正确；C．氯化钠是食盐的主要成分，可作食品调味剂，故C正确；

D．生石灰不能和氧气反应，不可作食品袋内的抗氧化剂，故D错误；故选D。3.下图为NaCl加入水中溶解并产生微粒的情况，依据下图分析，下列叙述中不正确的是A.氯化钠在水中形成能自由移动的水合钠离子和水合氯离子B.氯化钠的电离方程式为

：+-NaCl=Na+ClC.氯化钠是由钠离子和氯离子组成的D.氯化钠的电离过程需要通电才能完成【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，氯化钠在水中形成能自由移动的水合钠离子和水合氯离子，故A正确；B．氯化钠是强电解质，在水中全部

电离，电离方程式为：+-NaCl=Na+Cl，故B正确；C．氯化钠是离子化合物，由钠离子和氯离子组成，故C正确；D．电离是指电解质在水溶液或熔融状态下离解成带相反电荷并自由移动离子的一种过程，不需要通电，故D错误；故选D。4.下列说法正确的是A.摩尔是国际单位

制中的7个基本物理量之一B.根据是否有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液C.“A氧化B”与“B被A氧化”，“A被B还原”表达的含义相同D.向沸水中逐滴加入氯化铁饱和溶液，继续加热煮沸并不断的搅拌来制备()3FeOH胶体

【答案】C【解析】【详解】A．物质的量是国际单位制中的7个基本物理量之一，其单位为摩尔，故A错误；B．三种分散系的本质区别是分散质粒子的直径大小不同，而丁达尔效应是胶体的一种性质，故B错误；C．氧化还原反应中，还原

剂被氧化剂氧化，氧化剂被还原剂还原；“A氧化B”等同于“B被A氧化”，即B被A氧化了，A被B还原了，故C正确；D．向沸水中逐滴加入氯化铁饱和溶液，继续加热煮沸，得到红褐色的液体为氢氧化铁胶体，若加热煮沸并不断的搅拌，最终得到的是氢氧化铁红褐色

沉淀，故D错误；故选C。5.盐是一类常见的物质，下列物质通过一定反应可直接形成盐的是①金属单质②碱性氧化物③碱④非金属单质⑤酸性氧化物⑥酸A.①②③B.①④⑥C.②③⑤⑥D.全部【答案】D【解析】【详解】①金属单质与酸发生

置换反应可形成盐，如Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；②碱性氧化物与酸性氧化物或者酸反应均可生成盐如Na2O+CO2=Na2CO3、Na2O+2HCl=2NaCl+H2O；③碱与酸或者酸性氧化物反应可生成盐如NaOH+

HCl=NaCl+H2O、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O④非金属单质与碱反应可生成盐如Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O⑤酸性氧化物与碱或者碱性氧化物反应生成盐如CO2+2NaOH=Na

2CO3+H2O、Na2O+CO2=Na2CO3⑥酸与碱或者碱性氧化物反应生成盐如NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2O+2HCl=2NaCl+H2O故正确选项为D6.限用硫酸、盐酸、醋酸、钠盐、钾盐、

钡盐两两相互反应，符合+2-3222H+CO===HO+CO的反应个数有种A.4B.6C.8D.10【答案】C【解析】【详解】1．硫酸与碳酸钠溶液反应；2．硫酸与碳酸钾溶液反应；3．盐酸与碳酸钠溶液反应；4．盐酸与碳酸钾溶液反应；5．硫酸氢钠与碳酸钠溶液反应；

6．硫酸氢钠与碳酸钾溶液反应；7．硫酸氢钾与碳酸钠溶液反应；8．.硫酸氢钾与碳酸钾溶液反应，故8个，C正确；答案选C。7.在实验室里，下列储存药品的方法不正确的是A.金属钠保存在煤油中B.过氧化钠比氧化钠稳定所以过氧化钠可以直接贮存空气

中C.新制氯水保存在棕色试剂瓶中D.漂白粉要密封保存【答案】B【解析】【详解】A．钠密度比煤油大，煤油能隔绝空气和水分，金属钠保存在煤油中，A正确；B．过氧化钠能和分别空气中的二氧化碳和水反应，故过氧化钠需密

闭保存，B不正确；C．新制氯水中次氯酸见光易分解，故需保存在棕色试剂瓶中，C正确；D．漂白粉中次氯酸钙能和空气中的二氧化碳和水反应，故要密封保存，D正确；答案选B。二、选择题：(单选题，每题3分，共42分)8.以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是①1L1mol/L的盐酸中有N

A个HCl分子②1L2mol/L的氯化镁溶液中含氯离子数目为4NA③标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA④标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NA⑤常温下，1molNe含有的原子数为NA⑥226.0210个24HSO分子在水中可电离生成2NA个H+

⑦同温同压下，体积相同的氢气和氮气所含的原子数相等A.①②③⑦B.③⑤⑥⑦C.②③⑤⑦D.③④⑤⑦【答案】C【解析】【详解】①1L1mol/L的盐酸中氯化氢完全电离，不存在氯化氢分子，故错误；②1L2mol/L的氯化镁溶液中含氯离子4mo

l，数目为4NA，故正确；③标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气的混合气体，其物质的量为0.5mol，因为每个分子都有2个原子，所以氮气和氧气所含的原子数为NA，故正确；④标准状况下，22.4LH2O的物质的量不是1mol，故含有的分子数为不是NA，故错误；⑤常温下，1molN

e含有的原子数为NA，故正确；⑥226.0210个24HSO分子在水中完全电离，可电离生成0.2NA个H+，故错误；⑦同温同压下，体积相同的氢气和氮气其分子数相同，每个分子都含有两个原子，所以所含的原子数相等，故正确；故正确的有②③⑤⑦，答案选C。9.下

列操作对应的现象不符合事实的是A.将二氧化碳气体通入2CaCl溶液，会产生白色沉淀B.用激光笔照射()3FeOH胶体，产生“丁达尔效应”C.若锥形瓶和分液漏斗内是水，烧杯内是碳酸钠粉末，向烧杯内滴加水时，发现U

形管内液体慢慢右移，恢复到原温度后液面左边与右边基本相平。D.将滴管中的浓盐酸加入碳酸氢钠溶液，气球由小变大A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】【详解】A．二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸酸性小

于盐酸，所以不会反应生成沉淀，故A错误；B．用激光笔照射()3FeOH胶体，能产生“丁达尔效应”，故B正确；C．碳酸钠粉末溶于水、放热，空气膨胀，U形管内液体慢慢右移，恢复到原温度后液面左边与右边基本相平，故C正确；D．碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳导致

气球体积变大，故D正确；答案选A。10.下列变化过程中不能直接实现的是①HCl②Cl2③Ca(ClO)2④HClO⑤CO2A.④→⑤B.①→②C.③→④D.②→③【答案】A【解析】【详解】A、HClO酸性比H2CO3酸性弱，所以不能由HClO

直接制取CO2；B、浓盐酸与MnO2反应可制取Cl2；C、Ca(ClO)2与酸性大于HClO的H2SO4、HCl等反应可生成HClO；D、Cl2与Ca(OH)2反应可生成Ca(ClO)2。故选A。11.近年来在中国汽车的销量大幅增长的同时也

带来了严重的空气污染。汽车尾气处理装置中，气体在催化剂表面吸附与解吸的过程如图所示，下列说法正确的是A.汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO和N2B.反应中NO为氧化剂，N2为氧化产物C.NO和O2必须在催化剂表面才能反应D.催化转化总反应为222催化剂2NO+O+4CO4CO+N【答案】D【解析

】【详解】A．汽车尾气的主要污染成分是CO、NO、NO2等，氮气为空气成分，不是空气污染物，故A错误；B．根据图示反应，氮元素从NO中的2+价降为0价，化合价降低，所以一氧化氮为氧化剂，氮气为还原产物，碳元素的化合价从+2价升至+4价，二氧化碳为氧化产物，故B错误；C．NO和2O在常温下

就会发生反应生成二氧化氮，故C错误；D．尾气处理净化的目的是把有毒的污染气体在催化剂作用下转化为空气中的无毒成分，根据图示反应的方程式为2222NOO4CO4CON++=+催化剂，故D正确。答案选D。12.用下列装置制备并检验Cl2的性质，下列有关说法正确的是（）A.Ⅰ图中：如果MnO2

过量，浓盐酸就可全部反应B.Ⅱ图中：充分光照后，量筒中剩余气体约为10mL（条件相同）C.Ⅲ图中：生成蓝色的烟，若在集气瓶中加入少量水，所得溶液呈绿色D.Ⅳ图中：干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条能褪色，说明Cl2有漂白性【答案】B【解析】【详解】A．Ⅰ图中：反应过程中浓盐酸不断变稀，稀盐

酸不与MnO2反应，A错误；B．Ⅱ图中：Cl2+H2OHCl+HClO，2HClO光照2HCl+O2↑，充分光照后，平衡不断正向移动，根据2Cl2～O2，最后量筒中剩余气体约为10mL，B正确；C．铜与氯气点燃反应生成棕

黄色的烟，若在集气瓶中加入少量水，所得溶液呈蓝绿色，C错误；D．Ⅳ图中：干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条能褪色，说明HClO有漂白性，不能说Cl2有漂白性，D错误。答案为B。13.下列实验现象所对应的离子方程式不正确的是实验现象离子方程式A在空气中放置一段时间溶液呈蓝色+-2224H+4I+

O2I+2H=OB溶液由黄绿色变为无色---22Cl+2OH=Cl+ClO+HOC有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色2-42+-+42Ba+OH+H+=BaSOO+HOSD开始时无气泡，后来有气泡2-+-33CO+H=HCO-+323=OHCO+HH+CO?A.AB.B

C.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．I-具有还原性，在酸性条件下能被空气中的氧气氧化，A项正确；B．NaOH溶液向氯水中滴加，两者反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，氯水颜色变浅至消失，B项正确；C．溶液由红色变为无色，说明Ba(OH)2消耗完，离子方程式应为2+-+2-4

42Ba+2OH+2H+SO=BaSO+2HO，C项错误；D．稀HCl向稀Na2CO3溶液中滴加反应分两步进行①Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，②NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，D项正确；故选C

。14.下列有关说法不正确的是A.往23NaCO饱和溶液中通入2CO气体，可获得3NaHCO沉淀，由此可说明23NaCO的溶解度比3NaHCO大B.3NaHCO能中和胃酸，对胃壁不产生强烈的刺激或腐蚀作用，可用于治疗胃酸过多症，但不适合胃溃疡病人C.用洁净的铂丝蘸取样品在酒精灯外焰上灼烧

观察到黄色火焰，不能说明样品中是否含钾元素D.23NaCO溶液中混有3NaHCO时，用给溶液加热的方法不能除去【答案】A【解析】【详解】A．同一物质的溶解度随温度而变化，要比较溶解度的相对大小，必须指明温度，故A错误B．小苏打与胃酸中的盐酸反

应生成氯化钠、水和二氧化碳气体，故3NaHCO能中和胃酸，可用于治疗胃酸过多症，反应产生的二氧化碳气体会造成胃部气胀，易造成胃穿孔，不适合胃溃疡病人，故B正确；C．观察到火焰呈黄色，只能说明含有钠元素，无法确定是否含有钾元素，故C正确；D．3NaHC

O在溶液中不易完全分解，用给溶液加热的方法不能除去，加入适量的氢氧化钠，使碳酸氢钠转化为碳酸钠可提纯，故D正确；答案选A。15.如下图所示，若关闭Ⅰ阀，打开Ⅱ阀，让氯气经过甲瓶后，再通入乙瓶，红色布条不褪色；若关闭Ⅱ阀，打开Ⅰ阀，再通入氯气,红色布条褪色。甲瓶中所盛的试

剂可能是（）①浓硫酸②NaOH③溶液KI④溶液饱和NaCl溶液A.①②B.②③C.①②③D.①②④【答案】C【解析】【分析】【详解】若关闭Ⅰ阀，打开Ⅱ阀，让氯气经过甲瓶后，再通入乙瓶，布条不褪色，可知甲中试剂干燥氯气或与氯气反应，①可干燥氯气，②③可吸收氯气，均符合题意，只有④中饱和食盐水抑制

氯气的溶解，布条褪色，不符合题意，答案选C。16.如图，在一个容积固定的恒温容器中，有两个可左右滑动的密封隔板，在A、B、C内分别充入等质量的X、H2、Y三种气体，当隔板静止时，A、C内的气体密度相等。下列说法不正确的是A.摩尔质量:M(X)=M(Y)B.分子数目：N(X)=N(Y)C

.气体的体积：V(X)＝V(Y)D.物质的量:n(X)<n(H2)<n(Y)【答案】D【解析】【详解】A．X、Y气体的密度相等，而气体的摩尔质量M=ρ×Vm，所以气体的摩尔质量相等，故A正确；B．气体的物质的量n=m/M，而气体的质量和摩尔质量分别相等，所以物质的量也相等，因

此分子数目相等，故B正确；C．根据以上分析可知相同温度、压强下的X、Y气体，其物质的量相同，所以X与Y气体的体积相同，故C正确；D．气体的物质的量n=m/M，而气体的摩尔质量相等，所以物质的量相等，即n（X）=n（Y），H2的摩尔质

量最小，所以n（H2）最大，即n（X）=n（Y）＜n（H2），故D错误；答案选D。17.如图所示，甲、乙、丙常温下都为气体，2mol甲反应生成1mol丙和3mol乙，下列判断不正确的是()A.1个乙分子中含有2

个H原子B.甲的摩尔质量为17g·mol－1C.同温同压下，生成丙和乙的体积比为1∶3D.标准状况下，将11.2L甲溶于500mL水中，所得溶液中甲的物质的量浓度为1mol·L－1【答案】D【解析】【分析】根据图示

，甲是氨气、丙是氮气，2mol甲反应生成1mol丙和3mol乙，根据原子守恒，乙是氢气。【详解】A．由题给反应知，甲为氨气，丙为氮气，乙为氢气，1个乙分子中含有2个H原子，故A正确；B．甲为氨气，氨气的摩尔质量为17g·mol－1，故B正确

；C．同温同压下，气体的体积比等于分子数比，所以生成丙和乙的体积比为1∶3，故C正确；D．标准状况下，将11.2L甲溶于500mL水中，得到溶液的体积不是500mL，溶质的物质的量浓度不是1mol·L－1，故D错误；选D。18.下列溶液中Cl−浓度由大到小的顺序是（）①-12200ml2mo

lLMgCl溶液②-11000ml2.5molLNaCl溶液③-13300ml5molLKClO溶液④-13250ml1molLFeCl溶液A.③②①④B.④①②③C.①④②③D.②③①④【答案】C【解析】【详解】①200mL2mol•L-1MgCl2溶液中的Cl-

物质的量浓度为2mol•L-1×2=4.0mol•L-1，②1000mL2.5mol•L-1NaCl溶液中的Cl-物质的量浓度为2.5mol•L-1，③30mL5mol·L-1KClO3溶液中存在钾离子和次氯酸离子，不存在氯离子，氯离

子的物质的量浓度为0。250mL1mol•L-1FeCl3溶液中的Cl-物质的量浓度为1mol•L-1×3=3mol•L-1，则溶液中氯离子的物质的量浓度由大到小的顺序为①④②③，故选C。【点睛】溶液中的Cl-物质的

量浓度只与金属氯化物的浓度和微粒个数有关，与溶液体积无关是解答关键，KClO3溶液中存在钾离子和次氯酸离子，不存在氯离子是解答易错点。19.为了食品安全，我国禁止在面粉生产中添加过氧化钙(2CaO)等食

品添加剂。下列对于过氧化钙(2CaO)的叙述错误的是A.2CaO可以用作鱼池增氧剂B.2CaO中阴阳离子的个数比为1：1C.2CaO和水反应时，每产生1mol2O转移电子4molD.2CaO和2CO反应的化学方程式为：22322CaO+2CO=2CaCO+O【答案】C【解析】【详解】

A．根据Na2O2的性质知CaO2可以与CO2或者H2O反应生成O2，作供养剂，A项不符合题意；B．阳离子是Ca2+，阴离子是2-2O，阴阳离子的个数比为1：1，B项不符合题意；C．CaO2既作氧化剂又作还原剂，O元素由-1价升高到0价，生成O2，同时由-1价降低到-2价，生成Ca(OH)2

，每生成1molO2转移电子为2mol，C项符合题意；D．CaO2既作氧化剂又作还原剂，O元素由-1价升高到0价，生成O2，同时由-1价降低到-2价，生成CaCO3，根据得失电子守恒、元素守恒，化学方程式为2

CaO2+2CO2=2CaCO3+O2，D项不符合题意；故正确选项为C【点睛】CaO2属于过氧化物，化学性质类似于Na2O220.一块表面已被氧化为2NaO的钠块21.6g，将其投入150g水中，产生2H0.4g，则被氧化的钠是A.9.2gB.10.6gC.6.2gD.4.

6g【答案】A【解析】【详解】设和水反应的Na的质量为x222Na+2HO=2NaOH+H↑46g2gx0.4g则46gx=2g0.4g解得x=9.2g则氧化钠的质量为：21.6g-9.2g=12.4g设被氧气氧化的钠的质量为y

，则224Na+O=2NaO92g124gy12.4g则92gy=124g12.4g解得y=9.2g，则被氧化的钠是9.2g。故选A。21.工业上用加热固体硫酸亚铁制取颜料铁红(23FeO)，还产生一种有刺激性气味，并能使品红试液褪色的无色二氧化硫气体，且已

知该气体与23FeO的物质的量之比为1：1.除此之外还有一种产物，该产物为A.FeB.3SOC.2OD.FeO【答案】B【解析】【详解】工业上用加热固体硫酸亚铁制取颜料铁红(23FeO)，还产生一种有刺激性气味，并能使品红试液褪色的无色二氧化硫气体，反应中铁元素的化合价升高，硫元素的化合价降

低，已知该气体与23FeO的物质的量之比为1：1，则有1×(6-4)=1×2×(3-2)，满足得失电子守恒；由质量守恒定律可知，反应还应生成三氧化硫，方程式为：2FeSO4=Fe2O3+SO3+SO2；故选B。Ⅱ卷

(非选择题，共44分)22.I.病人输液用的氯化钠注射液，其标签部分内容如下图所示。根据标签所提供的内容，回答下列问题：(1)该注射液约含有_______gNaCl。(2)该注射液中NaC1的物质的量浓度为_______mol/L。(保留2位

有效数字)Ⅱ.在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，能延长鲜花的寿命。下表是1000mL“鲜花保鲜剂”中含有的成分，阅读后问答下列问题：成分质量(g)摩尔质量(g/mol)蔗糖25.00342硫酸钾0.87174高锰酸钾0.474158硝酸银0.

075170(1)下列“鲜花保鲜剂”的成分中，属于非电解质的是_______。(填字母)A.硫酸钾B.蔗糖C.高锰酸钾D.硝酸银(2)高锰酸钾在水中的电离方程式为_______。(3)需要900mL上述“鲜花保鲜剂”所需的仪器有：量筒、天平、药匙、烧杯、_______、

_______、_______。(在横线上填写所缺仪器的名称)；需要高锰酸钾_______mol。(4)在溶液配制过程中，下列操作对配制结果没有影响的是_______。A.定容时俯视容量瓶刻度线B.容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的Na

Cl溶液而未洗净C.容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理(5)“鲜花保鲜剂中钾离子(K+)”的物质的量浓度为_______mol/L。【答案】(1).4.5(2).0.15(3).B(4).KMn

O4=K++-4MnO(5).玻璃棒(6).胶头滴管(7).1000mL容量瓶(8).0.003(9).CD(10).0.013mol/L【解析】【详解】I.(1)根据标签可知，500mL的0.9%的氯化钠注射液中约含4.5g氯化钠；(2)溶液的物

质的量浓度c=4.558.50.5nV==0.15mol/L；Ⅱ.(1)在水溶液或熔融状态下均能导电的化合物为电解质，包括酸、碱、盐、金属氧化物等；在水溶液和熔融状态下均不导电的化合物为非电解质，常见的有：非金属氧化物、氨气、绝大部有机物等；结合以上分析可知，硫酸钾、高锰酸钾、

硝酸银均属于盐，均为电解质；蔗糖为有机物，不能电离出离子，不导电，属于非电解质，故选B。(2)高锰酸钾属于强电解质，在水中完全电离，电离方程式为KMnO4=K++-4MnO；(3)需要900mL上述“鲜花保鲜剂”，需要用1000mL容量瓶进行配制；配制一定物质的量浓度的溶液所需的仪

器有：量筒、天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、1000mL容量瓶；需要高锰酸钾的物质的量为0.474158=0.003mol；(4)根据c=n/V进行分析，A．定容时，俯视容量瓶刻度线，造成所配溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏大；B．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的

NaCl溶液而未洗净，导致溶质的量增多，所配溶液的浓度偏大；C．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，不影响溶质和溶液的体积，对所配溶液的浓度无影响；D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，不影响溶液的浓度；故选CD；(5)“鲜花保鲜剂

”中含有硫酸钾的量为0.87174=0.005mol；n(K+)=0.01mol；含有高锰酸钾的物质的量为0.474158=0.003mol，n(K+)=0.003mol；溶液的体积为1L，所以“鲜花保鲜剂”中钾离子(K+)”的物质的量浓度为0.013mol/L。23.现

有A､B､C､D､E､F､G､H､M、N十种物质，其中A､B､C均为氧化物，且A为淡黄色粉末，G､E为气体单质，F的水溶液与石灰水混合可制得D的溶液｡它们之间相互转化关系如图所示，其他与题目无关的生成物均已略去｡请回答下列问题：(1)写出化学式：H_______，C_______｡(2)

写出下列反应的化学方程式：A+CF+E→_______；()2F+CaOHD→_______｡(3)写出离子反应方程式：22H+CO+HON→_______【答案】(1).NaClO(2).CO2(3).2Na2O2+2CO2=

2Na2CO3+O2(4).Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH(5).ClO-＋H2O+CO2=HClO+-3HCO【解析】【分析】由A是淡黄色固体，且为氧化物，可推出A为Na2O2，由E是气

体单质，且是Na2O2与B、C反应都可生成，可判断，E为O2，由M可光照产生O2推出M为HClO，H为次氯酸盐与CO2和H2O反应，生成了HClO，由此可确定B为H2O，C为CO2，D为NaOH，G为Cl2，

H为NaClO，F为Na2CO3，根据推导出的物质即可解答题中各问。【详解】(1)由分析可知，H为NaClO，C为CO2，故答案为：NaClO；CO2；(2)由分析可知，A为Na2O2，B为H2O，C为CO2，D为NaOH，E为O2，F为

Na2CO3，G为Cl2，H为NaClO，则A+C→F+E反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，F+Ca(OH)2→D反应为Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；Na2

CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH；(3)22H+CO+HON→为NaClO和H2O、CO2反应，生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为ClO-＋H2O+CO2=HClO+-3HCO，故答案为：ClO-＋H2O+CO2=HClO+-3HCO。24.下图是某位

同学设计的实验装置，制取Cl2并以Cl2为原料在反应管里制备少量无水FeCl3粉末。(已知：无水FeCl3遇水强烈反应。)(1)A为氯气发生装置，写出反应的化学方程式_______。(2)实验开始先点燃A处的酒精灯，打开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处的酒精灯。Cl

2通过C瓶后进入D，D装置内盛有铁粉，发生氧化还原反应，写出D装置中反应的化学方程式_______。(3)装置B的作用是_______(4)某同学设计的上述实验装置示意图有一处不合理，会影响实验，请提出改进方案_______。(5)D中实验现象为_______装置E的

作用_______。【答案】(1).MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O(2).2Fe+3Cl2Δ2FeCl3(3).除去Cl2中的HCl(4).D、E之间加一干燥装置(以防E中水蒸气进入D中)(5).

产生棕黄色的烟(6).吸收尾气(防止污染环境)【解析】【详解】(1)A为氯气发生装置，是采用实验室制取Cl2的反应，加热软锰矿和浓盐酸制取Cl2，所以反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O，因此，本题正确答案是：MnO2+4H

Cl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)实验开始先点燃A处的酒精灯，打开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处的酒精灯，这是使反应时Cl2是较纯的，Cl2通过C瓶后进入D，D装置内盛有铁粉，发生氧化还原反应，反应生成FeCl3，所以D装置中发生的反应

是：2Fe+3Cl2Δ2FeCl3，因此，本题正确答案是：2Fe+3Cl2Δ2FeCl3；(3)装置B中装有饱和NaCl溶液，可以吸收HCl和降低Cl2的溶解度，因此，本题正确答案是：除去Cl2中的HCl；(4)流程目的是制备无水FeCl3

，所以需要在D和E之间加入一个干燥装置，如果E中的水蒸气进入D中将会影响无水FeCl3的制备，因此，本题正确答案是：D、E之间加一干燥装置(以防E中水蒸气进入D中)；(5)Cl2在D中与Fe粉发生反应制取无水FeCl3，FeCl3是分子晶体受热易形成固体状小颗粒，在D中出现棕黄色

的烟，装置E中装有NaOH溶液用以吸收Cl2，防止污染大气，因此，本颎正确答案是：产生棕黄色的烟；吸收尾气(防止污染环境)。25.甲同学将Na2O2分别与H2O和浓盐酸反应，有如下现象：实验序号使用药品现象INa2O2、H2O①试管壁发热；②有无色无味气体产生IINa2O2、

浓盐酸①试管壁发热；②刺激性气味的气体产生；③反应后所得溶液呈浅黄绿色请完成下列问题：实验I中：(1)该反应是_______反应(填“放热”或“吸热”)。(2)反应的离子方程式是：_______。(3)证明无色无味气体是氧气的方法是：_______

。实验II中：(4)根据现象②、③，推测生成的气体中可能含有Cl2，产生Cl2的化学方程式是：_______。(5)若往“浅黄绿色溶液”中加入少量二氧化锰，立即产生与实验Ⅰ相同的气体，原因是：_______。若要证明二氧化锰只起催化作用，需要简单的实验操作___

____【答案】(1).放热(2).2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑(3).将带火星的木条放在试管口，复燃则证明是氧气(4).Na2O2+4HCl(浓)=2NaCl+Cl2↑+2H2O(5).黄绿色溶液中存在H2O2，加入MnO2使H2O2分解速率加快，立即产生氧气(6

).过滤、洗涤、干燥、称量【解析】【详解】(1)现象试管壁发热，说明反应是放热反应；(2)过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；(3)证明氧气的方

法是带火星的木条放在试管口，复燃则证明是氧气；(4)有刺激性气味的气体产生、反应后所得溶液呈浅黄绿色，说明应气体是氯气，过氧化钠氧化浓盐酸生成氯气，方程式为：Na2O2+4HCl(浓)=2NaCl+Cl2↑+2H2O；(5)随反应的进行

浓盐酸变稀盐酸，而稀盐酸与Na2O2发生复分解生成过氧化氢，所以溶液中存在过氧化氢，在MnO2催化作用下产生氧气。催化剂能改变化学反应速率，但反应前后物质的质量和化学性质不变，故若要证明二氧化锰只起催化作用，需要简单的实验操作为：过滤、洗涤、干燥、称量。获

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