【文档说明】北京市中国人民大学附属中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题（解析版）.docx，共(23)页，1.430 MB，由小赞的店铺上传

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北京市中国人民大学附属中学2022-2023学年高一上学期期中练习化学试题可能用到的相对原子质量：H—1；C—12；O—16；Na—23；S—32；Cl—35.5；Ba—137第Ⅰ卷(共40分)每小题只有一个．．．．选项符合题意。1.景泰蓝

是一种传统的手工艺品。下列制作景泰蓝的步骤中，不涉及化学变化的是ABCD将铜丝压扁，掰成图案将铅丹、硼酸盐等化合熔制后描绘高温焙烧酸洗去污A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.将铜丝压扁并掰成图案，并没有新的物质生成，属于物理变化，不涉及化学变化，故A选；B.铅丹、硼酸盐等原料化合

在经过烧熔而制成不透明的或是半透明的有独特光泽物质，该过程有新物质生成，属于化学变化，故B不选；C.烧制陶瓷过程有新物质生成，属于化学变化，故C不选；D.酸洗去污，该过程为酸与金属氧化物反应生成易溶性物质，属于化学变化，故D不选。2.下列生

活中常见物质与其类别对应正确的是ABCD物质熟石灰纯碱生理盐水75%医用酒精类别氧化物碱盐混合物A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．熟石灰是氢氧化钙，属于碱，故A错误；B．纯碱是碳酸钠，属于盐，故B错误；C．生理盐水是氯化钠

溶液，属于混合物，故C错误；D．75%医用酒精是乙醇的水溶液，属于混合物，故D正确；故答案为D3.明矾[()422KAlSO12HO]是一种生活中常用的净水剂，其溶于水后通过生成()3AlOH胶体吸附水中的悬浮固体颗粒达到净水目的。以下关于明砚的描述不正确．．．

的是A.明矾中K+与3Al+的物质的量之比为1：1B.明矾溶于水电离的方程式为：()3242422KAlSO12HOKAl2SO12HO++−=+++C.水中溶解明矾后可观察到丁达尔效应D.明矾净化过的水是纯净物【答案】D【解析】【

详解】A．明矾为盐，根据其化学式可知明矾中K+与3Al+的物质的量之比为1：1，A正确；B．明矾溶于水后完全电离，电离方程式为：()3242422KAlSO12HOKAl2SO12HO++−=+++

，B正确；C．明矾溶于水后生成()3AlOH胶体，故水中溶解明矾后可观察到丁达尔效应，C正确；D．明矾净化过的水中还存在一些离子，如钾离子和硫酸根，是混合物，D错误；故选D。4.柠檬酸(一种有机酸)与小苏打的混合物可以用作复合膨松剂，在发面时

添加0.5~2%即可使做出的馒头变得膨松。下列关于该应用的说法正确的是A.该应用说明小苏打是一种钠盐B.该应用说明柠檬酸的酸性强于碳酸C.柠檬酸与小苏打的比例对膨松效果和食品口感无影响D.为了使馒头更膨松更好吃，发面时应尽可能多地加入膨松剂【答案】B

【解析】【详解】A．柠檬酸与小苏打反应不能说明小苏打是一种钠盐，故A错误；B．柠檬酸与小苏打反应产生二氧化碳气体，根据强酸制弱酸原理可知柠檬酸强于碳酸，故B正确；C．柠檬酸与小苏打的比例影响膨松效果和食品口

感，故C错误；D．根据题意可知在发面时添加0.5~2%即可使做出的馒头变得膨松，故D错误；故答案为B5.NaCl晶体溶于水，溶解过程如图所示，下列说法不正确．．．的是A.NaCl晶体由Na+与Cl−规律排列构成B

.a离子为Cl−，b离子为Na+C.通电后，NaCl发生电离D.固态的NaCl不导电，其水溶液能导电【答案】C【解析】【详解】A．NaCl晶体中钠离子和氯离子规律排列，使氯化钠晶体有规则的几何外形，A正确；B．氯离子有3个电子层，钠离子有2个电子层，故氯离子半径大，a离子

为氯离子，b离子钠离子，B正确；C．电离时自发的，不需要通电，C错误；D．固态的氯化钠中没有自由移动的离子，溶于水后有自由移动的氯离子和钠离子，溶液能导电，D正确；故选C。6.下列说法不正确．．．的是A.标准状况下，1mo

l2H的体积约为22.4LB.1mol2N中含有的原子数约为2312.0410的C.1mol24HSO溶液中，H+的物质的量为2molD.23gNa与足量2O反应时，转移的电子数约为236.0210【答案】C【解析】【详解

】A．标准状况下，1mol任何气体的体积为22.4L，故1mol2H的体积约为22.4L，A正确；B．1mol2N中含有2molN原子，N原子数约为2312.0410，B正确；C．1mol24HSO可以电离

出2mol氢离子，溶液中水也能电离出氢离子，故氢离子的物质的量大于2mol，C错误；D．23gNa的物质的量为1mol，完全反应生成钠离子，失去1mol电子，转移的电子数约为236.0210，D正确；故选C。7.某同学配制的植物营养液中有4种离子，其中所含的-3

NO、K+、2-4SO的物质的量浓度分别为0.2mol·L-1、0.3mol·L-1、0.4mol·L-1，则Zn2+的物质的量浓度为A.0.5mol·L-1B.0.7mol·L-1C.0.35mol·L-1D.0.9mol·L-1【答案】C【解析】【详解】已知-3NO、K+、2-4S

O的物质的量浓度分别为0.2mol·L-1、0.3mol·L-1、0.4mol·L-1由电荷守恒可得:()()()()2234c1c2K1Zn2NOSOcc−−+++=+，故()2cZn+=0

.35mol·L-1，答案为C。8.室温时，甲、乙两同学配制氯化钠溶液。甲同学配制10%的NaCl溶液100g，乙同学配制1.0mol/L的NaCl溶液100mL(20℃时，氯化钠的溶解度为36.0g)。下列说法正确的是A.

两同学所需溶质的质量相同B.两同学所配溶液的质量相同C.两同学所需实验仪器种类相同D.甲同学所配的溶液浓度比乙同学的大【答案】D【解析】【分析】【详解】A.配制100g5%的NaC1溶液需要氯化钠质量为100g×5%=5g，配制100mL0.5mo1/

L的NaC1溶液需要氯化钠质量为0.1L×0.5mol/L×58.5g/mol=2.9g，二者需要氯化钠的质量不相等，A错误；B.氯化钠溶液的密度大于1g/mL，100mL氯化钠溶液的质量大于100g，B错误；C.配制一定质量分数的氯化钠溶液，需

要用天平称量氯化钠的质量，用药匙去药品，用量筒量取水的体积，在烧杯内溶解，用玻璃棒搅拌，所需仪器有托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、药匙等；配制一定体积一定物质的量浓度的氯化钠溶液，需要用天平称量氯化钠的质量，用药匙去药品，在烧杯内溶解，用玻璃棒搅拌，洗

涤后移入100mL容量瓶，加水定容，距离刻度线1～2cm改用胶头滴管滴加，配制需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管等，两种配制需要的仪器不同，C错误；D.配制10%的N

aCl溶液100g，其密度>1g/mL，所以100g溶液的体积小于100mL，10%的NaCl溶液中氯化钠的量为10%×100/58.5=0.17mol，其浓度大于1.7mol/L；D正确；正确选项D。9.实验室有一瓶失去标签的无色溶液，测其

pH为强酸性，则该溶液中还可能大量存在的离子组是A.2Ca+、K+、Cl−、23CO−B.2Cu+、Na+、Cl−、3NO−C.K+、Na+、OH−、Cl−D.Na+、2Mg+、24SO−、Cl−【答案】D【解析】【详解】A．强酸性溶液中碳酸根不能存在，A错误；B．铜离子为蓝色，不能存在于无

色溶液中，B错误；C．强酸性溶液中氢氧根不能存在，C错误；D．强酸性溶液中四种离子均可存在，D正确；故选D。10.下列反应的离子方程式书写正确的是A.用硝酸银溶液检验盐酸中的氯离子：+-Ag+Cl=AgClB.向氢氧化

钠中通入过量二氧化碳：-2-2322OH+CO=CO+HOC.碳酸钙与稀盐酸反应：2-+322CO+2H=CO+HOD.将铜丝伸入硝酸银溶液中：+2+Cu+Ag=Cu+Ag【答案】A【解析】【详解】A．用硝酸银溶液检验盐酸中的氯离子，硝酸银和氯化氢

反应生成氯化银沉淀和硝酸，离子方程式为+-Ag+Cl=AgCl，A项正确；B．氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，离子方程式为-2-3=OH+COHCO，B项错误；C．碳酸钙与稀盐酸反应的离子方程式为+2+322CaCO+2H=Ca+

CO+HO，C项错误；D．铜和硝酸银反应的离子方程式为+2+Cu+2Ag=Cu+2Ag，D项错误；答案选A。11.用二氧化碳制备甲醇的反应微观示意图如下。下列有关该反应的说法不正确．．．的是A.甲醇的化学式为3CHOHB.两种反应物均为化合物C.该反应是一个氧化还原反应D

.该反应的化学方程式为2232CO3HCHOHHO++一定条件【答案】B【解析】【分析】图中反应物为CO2和H2，产物为CH3OH和H2O。【详解】A．甲醇的化学式为CH3OH，A正确；B．反应物为CO2和H2，H2为单质，B错误；C．

该反应中碳元素和氢元素的化合价均发生了变化，是氧化还原反应，C正确；D．由图可知，该反应的化学方程式为2232CO3HCHOHHO++一定条件，D正确；故选B。12.下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是A.用3NaH

CO治疗胃酸过多B.用22NaO作为潜水艇或呼吸面罩的供氧剂C.用盐酸除去铁锈D.用澄清石灰水检验气体中的2CO【答案】B【解析】【详解】A．胃酸的主要成分为盐酸，碳酸氢钠与盐酸反应时各元素化合价均未发生变化，A错

误；B．过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，氧元素化合价由-1价变为0价，利用了氧化还原反应，B正确；C．铁锈的主要成分为氧化铁，盐酸与氧化铁反应，元素化合价均未发生变化，C错误；D．澄清石灰水与二氧化碳反应时各元素

化合价均未发生变化，D错误；故选B。13.下列反应中，水只做还原剂的是A.氧化钠与水的反应：22NaOHO=2NaOH+B.钠与水的反应：222Na2HO=2NaOHH++C.氟单质与水的反应：2222F2HO=4HFO++D.电解水：2222HOHO+通电【答案】C【解析】【详解】A．氧化

钠与水的反应是非氧化还原反应，A错误；B．钠与水的反应，水作氧化剂，B错误；C．氟单质与水的反应，氟单质作氧化剂，水作还原剂，C正确；D．电解水的反应，水既是氧化剂又是还原剂，D错误；故选C。14.欲除去粗盐水中的Mg2+、Ca2+、24SO−，设计工艺流程如下图所示：下列

说法不正确．．．的是A.NaOH的作用是除去Mg2+B.试剂a为Na2CO3，试剂b为BaCl2C.流程图中，操作x为过滤D.试剂c为盐酸【答案】B【解析】【分析】向粗盐水中加入过量NaOH溶液可以使Mg2+转化为Mg(O

H)2沉淀；然后加入过量BaCl2溶液，使24SO−转化为BaSO4沉淀；再加入过量Na2CO3溶液，使原溶液中的Ca2+及加入的Ba2+转化为CaCO3、BaCO3沉淀，经过滤将上述沉淀过滤除去，所得滤液中含有过量NaOH、Na2CO3，再向其中加入足量盐酸，二者反应

转化为NaCl。当不再产生气泡时停止滴加，就得到精制盐水。【详解】A．反应过程中加入NaOH作用是使溶液中的Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀除去Mg2+，A正确；B．根据上述分析可知：试剂a为BaCl2，试剂b为Na2CO3，B错误；C．流程图中，

操作x为分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，名称为过滤，C正确；D．根据上述分析可知：试剂c为盐酸，作用是除去食盐水中过量NaOH、Na2CO3，D正确；故合理选项是B。15.除去以下物质中混入的少量杂质所加入的试剂、操作不正确．

．．的是选项物质杂质加入试剂操作ACuFe稍过量稀硫酸过滤B4ZnSO溶液4CuSO稍过量锌粉过滤CKCl溶液23KCO稍过量稀盐酸加热D24NaSO溶液NaOH稍过量稀盐酸加热A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．铁与稀硫酸反应而铜与稀硫酸不反应，故加稍微过量的稀

硫酸，过滤后可得到铜，A正确；B．锌与硫酸铜反应生成铜，过滤后可除去过量的锌粉和生成的铜，B正确；C．碳酸钾能与稀盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳，继续加热可除去过量的稀盐酸，得到氯化钾溶液，C正确；D．加入稀盐酸后引入了氯离子，D错误；故选D。16.下列实验中，能实

现实验目的的是选项ABCD实验的目的Na在空气中燃烧提取3NaHCO晶体实验室制2CO除去2CO中的少量HClA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．在坩埚中进行钠的燃烧反应，能实现实验目的，A项选；B

．碳酸氢钠受热易分解，直接加热碳酸氢钠溶液得不到碳酸氢钠晶体，B项不选；C．石灰石和稀硫酸反应生成微溶的硫酸钙，硫酸钙包裹在石灰石表面阻止反应进行，C项不选；D．二氧化碳也能和氢氧化钠溶液反应，不能用氢氧化钠溶液除去2CO中的少量HCl，D项不选；答案选A。17.我国古代四大发明

之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：3222S2KNO3CKSN3CO=++++。以下说法不正确．．．的是A.黑火药爆炸的原因是该反应能放出大量热并且产生大量气体B.每生成1mol2CO，转移电子的物质的量为4molC.该反应中氧化剂只有3KNOD.该反

应中2CO是氧化产物【答案】C【解析】【详解】A．黑火药爆炸时，反应瞬间产生大量的氮气、二氧化碳等气体，体积急剧膨胀，压力猛烈增大，且反应放出的大量的热量会使温度急剧升高，进一步使气体膨胀，产生了强烈的推力，于是发生了爆炸，A正确；B．由方程式可知，只

有C元素的化合价升高，由0价升高为+4价，每生成1mol2CO，转移电子的物质的量为4mol，B正确；C．由方程式可知，S、KNO3中的S、N元素化合价降低，两者均为氧化剂，C错误；D．由方程式可知，只有C元素化合价升高，故CO2为氧化产物，D正确；故选C。18.向()2BaO

H溶液中滴入几滴酚酞溶液，然后逐滴加入稀硫酸，测得混合溶液的导电能力随时间变化如右图所示。下列说法不正确．．．的是的A.A点导电能力强是()2BaOH在水中以离子形式存在的实验证据B.AB段发生反应的离子方程式22442BaOHSOHBaSOHO+−−++++=

+C.C点溶液中存在的微粒主要有2HO、H+、24SO−D.溶液由红色变成无色、产生白色沉淀分别是OH−、24SO−参加反应的实验证据【答案】B【解析】【分析】()2BaOH在溶液中完全电离产生钡离子和氢氧

根，溶液的导电能力较强，离子浓度相对较大，开始时溶液为红色；随着稀硫酸的加入，硫酸根与钡离子、氢离子与氢氧根反应生成硫酸钡和水，到B点时，恰好完全生成硫酸钡和水，离子浓度最低，溶液导电性最差，此时溶液变为无色；随着稀硫酸的继续滴加，离子浓度增大，溶质为硫酸，溶液导电性增强。【详

解】A．()2BaOH在溶液中完全电离产生钡离子和氢氧根，溶液的导电能力较强，离子浓度相对较大，故A点导电能力强是()2BaOH在水中以离子形式存在的实验证据，A正确；B．AB段硫酸的量相对较少，滴入的

硫酸能完全反应，离子方程式为22442Ba2OHSO2HBaSO2HO+−−++++=+，B错误；C．C点时，溶液的溶质为硫酸，硫酸电离产生氢离子和硫酸根，故存在的微粒主要有2HO、H+、24SO−，C正确；D．根据分析，溶液中的氢氧根与

氢离子完全反应，红色变为无色，钡离子与硫酸根反应生成白色沉淀，D正确；故选B。19.某课外小组为了鉴别23NaCO和3NaHCO两种白色固体，设计了如下几种实验方法，下列说法不正确．．．的是A.装置Ⅰ中产生气体速率快的是3NaHCOB.当稀盐酸足量时，装置Ⅰ中

气球鼓起体积较大的是23NaCOC.加热装置Ⅱ，澄清石灰水变浑浊一侧的白色固体是3NaHCOD.取等质量的白色固体分别溶于等体积的水中，滴入1滴酚酞，红色较深的是23NaCO【答案】B【解析】【详解】A．碳酸氢钠

与盐酸反应直接生成二氧化碳，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠继续与盐酸反应才生成二氧化碳，故碳酸氢钠与盐酸反应的速率快，A正确；B．碳酸钠与碳酸氢钠的质量均为1g，碳酸钠的相对分子质量大，物质的量小，根据碳元素守恒，碳酸氢钠产生的二氧

化碳的物质的量大，故当稀盐酸足量时，装置Ⅰ中气球鼓起体积较大的是3NaHCO，B错误；C．碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳，碳酸钠受热不分解，故加热装置Ⅱ，澄清石灰水变浑浊一侧的白色固体是3NaHCO，C正确；D．碳酸钠的溶解度

大，溶液的碱性强，故取等质量的白色固体分别溶于等体积的水中，滴入1滴酚酞，红色较深的是23NaCO，D正确；故选B。20.小组探究常温下23NaCO和3NaHCO与碱的反应，实验过程及结果如下。下列说法错误的是实验装置试剂X实验结果IIIIII①II

、III均产生白色沉淀②烧杯中溶液pH变化如蒸馏水10.5molL−23NaCO溶液10.5molL−3NaHCO溶液下A.I是空白实验，排除体积变化对II、III溶液pH的影响B.II和IpH曲线基本重合，说明23CO−与OH−不反应，II中发生反应：2233C

OCaCaCO−++=C.III比II的pH曲线降低，说明3HCO−与OH−反应，III中初期发生反应：23HCOOHCa−−+++=32CaCOHO+D.III中石灰水恰好完全反应时，溶液pH=7【答案】D【解析】【分析】由题给信息可知，Ⅰ是空白实验，Ⅰ和Ⅱ的pH曲线基本重

合，说明加入的碳酸根离子只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应，Ⅲ比Ⅱ的pH曲线降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水。【详解】A

．由分析可知，Ⅰ是空白实验，设计实验的目的是排除体积变化对Ⅱ、Ⅲ溶液pH的影响，A正确；B．由分析可知，Ⅱ和Ⅰ的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根离子只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为22+33CO+Ca=CaCO−，B正确；C．由分析可知，Ⅲ

比Ⅱ的pH曲线降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为2+332HCO+OH+Ca=CaCO+HO−−，C正确；D．由分析可知，石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水

解使溶液呈碱性，pH7，D错误；故选D。第Ⅱ卷(共60分)21.以下是生活中常见的物质：的①3CHCOOH②()2CaOH③23NaCO④Fe⑤CaO⑥2CO⑦乙醇按要求回答下列问题：（1）这些物质中，属于非电解质的是_______(填序号)；能导电但不属于电解质的是_______(

填序号)；用电离方程式表示②的水溶液能导电的原因：_______。（2）这些物质中，常温下可与HCl发生反应的是_______(填序号)；写出其中氧化还原反应的离子方程式：_______。（3）这些物质中，能在发面时与小苏打共同使用，使面团变膨松的是_______(填序

号)，它与小苏打反应的化学方程式是：_______。【答案】（1）①.⑥⑦②.④③.()22CaOH=Ca2OH+−+（2）①.②③④⑤②.22Fe2HFeH+++=+（3）①.①②.33322CHCOOHNaHCOCHCOONaHOCO+=++【解析】【小问1详

解】2CO和乙醇均为化合物，溶于水后自身不能电离，为非电解质，故属于非电解质的为⑥⑦；Fe为单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质，故能导电但不属于电解质的是：④；氢氧化钙溶于水完全电离产生钙离子和氢氧根，产生了

自由移动的离子，溶液能导电，电离方程式为：()22CaOH=Ca2OH+−+；【小问2详解】常温下，()2CaOH、23NaCO、Fe、CaO均能与盐酸反应，故选②③④⑤；其中铁与盐酸反应为氧化还原反应，离子方程式为：22Fe2HFeH+++=+；【小问3详解】使面团变蓬松的原因是

产生了气体，题中醋酸能与小苏打反应产生气体，化学方程式为：33322CHCOOHNaHCOCHCOONaHOCO+=++。22.阅读以下信息，回答相关问题。过碳酸钠是一种新型家用清洁剂和消毒剂，相比于传统消毒剂只有高效、绿色的优点。过碳酸钠的化学式常用23222NaCO

3HO来表示，可由23NaCO与22HO溶液混合后经冷却结晶析出。它溶于水后即转化为23NaCO和22HO，水溶液pH约为10~11，利用22HO的强氧化性进行杀菌消毒。其水溶液久置后杀菌效果会明显降

低。（1）过碳酸钠中O元素有两种化合价，分别是_______。（2）22HO不稳定，常温下会缓慢分解，该反应的化学方程式为_______，其中氧化产物是_______。（3）以下关于过碳酸钠的说法正确的是

_______(填选项字母)。A.制备过碳酸钠的过程是一个氧化还原反应B.过碳酸钠水溶液的碱性可能与23NaCO有关C.过碳酸钠应以固体形式保存，使用时再将其加入水中D.可用2MnO粉末大致判断过碳酸钠水溶液是否已经失效（4）有研究认为过碳酸钠强力的杀菌消毒效果

来自于22HO在碱性条件下转化为氧化性更强的22HO−离子。请将过碳酸钠溶液中产生22HO−离子的方程式补充完整：______□_______+□_______32HCOHO−−=+【答案】（1）-1、-2（2）①.22222HO2HOO+=②.2O（3）BCD（4）2-

--323222-22CO+3HO=HCO+OH+O+HOO+2H【解析】小问1详解】23222NaCO3HO中碳酸钠中氧元素化合价为-2、过氧化氢中氧元素化合价为-1；【小问2详解】22HO不稳定，常温下会缓慢分解生

成氧气和水，该反应的化学方程式为22222HO2HOO+=，氧元素化合价升高生成氧气，故其中氧化产物是2O；【小问3详解】A．制备过碳酸钠的过程中各元素化合价没有改变，不是一个氧化还原反应，A错误；B．过碳酸钠水

溶液的碱性可能与23NaCO有关，碳酸钠水解溶液显碱性，B正确；C．22HO不稳定，常温下会缓慢分解，23222NaCO3HO溶于水后即转化为23NaCO和22HO，则过碳酸钠应以固体形式保存，使用时再将其加入水中，C正确；D．二氧化锰能催化过氧化氢生成氧

气，故可用2MnO粉末大致判断过碳酸钠水溶液是否已经失效，D正确；【故选BCD；【小问4详解】22HO在碱性条件下转化为氧化性更强的22HO−离子，反应中氧元素化合价由-1变为-1.5生成22HO−，则同时过氧化氢中氧元素化合价升高生成氧气，根据电子守恒、质量守恒可知反应为：2---3

23222-22CO+3HO=HCO+OH+O+HOO+2H。23.造纸术是我国古代四大发明之一，在《天工开物》中记载了比较完善的造纸方法，造纸工业亦是国民经济十大支柱制造业之一，但造纸过程会消耗大量的资源并产生大量的污水，因此资源的回收利用以及污水的处理非常

重要。某造纸厂制浆及废水处理流程如下：其中“制浆”是将木材、竹子等原料与烧碱共煮，制得纸浆，烧碱在制浆过程中转化为23NaCO。制浆废水中大部分碱性物质被回收利用，剩余的有机物在细菌池被微生物分解除去。（1）“碱液重生”过程分为以下两步反应，请补充反应ⅱ的离子方程式：ⅰ.()22CaOHOCa

OH+=(石灰乳)ⅱ._______。（2）反应a的化学方程式为_______。（3）为防止细菌失活，需要先调pH至中性，以下物质中，可以实现该目的的有_______(填选项字母)A.24HSOB.4NaHSOC.N

aOHD.3NaHCO（4）上述过程中，循环使用的物质有_______(写化学式)。【答案】（1）()2332CaOHCOCaCO2OH−−+=+（2）32CaCOCaOCO+高温（3）AB（4）CaO、NaOH【解析】【分析】原料在碱

性溶液中制浆，废水中的大部分碱性物质回收利用，剩余的有机物调pH，在细菌池中进一步纯化。【小问1详解】“碱液重生”过程分为以下两步反应，先是生石灰与水化合：()22CaOHOCaOH+=(石灰乳)，再是石灰乳与碳酸钠的反应：()2332CaOHCOCaCO2OH−−+=+；【小问2详解

】反应a是碳酸钙高温条件下的分解反应，化学方程式为32CaCOCaOCO+高温；【小问3详解】为防止细菌失活，需要先调pH至中性，原溶液为碱性溶液，需加适量的H+，故选AB。【小问4详解】根据流程图知上述过程

中循环使用的物质有CaO、NaOH。24.小组同学探究23NaCO的性质及工业制法。（1）用23NaCO固体配制100mL10.2molL−23NaCO溶液。①用到的仪器有：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_______。②计算需要23N

aCO固体的质量是_______g。③下列情况中，会使所配溶液浓度偏低的是_______(填选项字母)。a.转移时，没有洗涤烧杯和玻璃棒b.定容时，加水超过了刻度线c.摇匀后，发现液面低于刻度线，继续加水至液面与刻度线相切（2）向10.2molL

−23NaCO溶液中滴加稀盐酸，开始无气泡，继续滴加，产生气泡，反应的离子方程式为：233COHHCO−+−+=、_______。（3）我国化学家侯德榜发明的“联合制碱法”为世界制碱工业做出了巨大贡献。下图为联合制碱法的主要过程(部分物质

已略去)。已知：i.3NH溶于水生成32NHHOⅱ.有关物质的溶解度(20℃)物质NaCl43NHHCO3NaHCO4NHCl溶解度/g36.021.79.637.2①分离母液和滤渣的操作名称是_______。②沉淀池中发生反应32234NaClNHCOHONaHCONHCl+

+++=，滤渣的成分为_______(填化学式)；母液中所含的离子有_______；该反应能发生的原因是_______。③煅烧炉中发生的反应的化学方程式为_______。【答案】（1）①.100mL容量瓶②.2.1③.abc（2

）322HCOH=HOCO−+++（3）①.过滤②.3NaHCO③.4NH+、Cl−、Na+、3HCO−④.3NaHCO溶解度最小，会先析出⑤.323222NaHCONaCO+HO+COΔ【解析】【小问1详解】①配制碳酸钠溶液还需要的仪器是100mL容量瓶；②碳

酸钠的质量为：0.1L0.2mol/L106g/mol=2.12g，用托盘天平称取的质量为2.1g；③a．转移时，没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的量变少，溶液浓度偏低，a符合题意；b．定容时加水超过刻度线，溶液的体积偏大，溶液浓度偏低，b符合题意；c．摇匀后发

现液面低于刻度线，继续加水至液面与刻度线相切，溶液的体积偏大，溶液浓度偏低，c符合题意；故选abc；【小问2详解】根据反应现象可知，碳酸钠与盐酸先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸反应生成二氧化碳，离子方程式为：233COHHCO−+−+=、322HCOH

=HOCO−+++；【小问3详解】沉淀池中发生反应：32234NaClNHCOHONaHCONHCl++++=，相同温度下碳酸氢钠的溶解度小，生成沉淀析出，过滤后滤渣为碳酸氢钠，滤液中含碳酸氢钠和氯化铵；将滤渣煅烧，碳酸氢钠受热分解得到碳酸钠。①分离母液和滤渣的操作名称是过滤；②滤渣成分是

NaHCO3；母液主要成分是：碳酸氢钠和氯化铵，所含离子为：4NH+、Cl−、Na+、3HCO−；根据表格数据可知，该反应能发生的原因是：3NaHCO溶解度最小，会先析出；③煅烧炉中发生的反应的化学方程式为：323222Na

HCONaCO+HO+COΔ。25.由硫酸铜溶液与熟石灰混合可制成波尔多液，它具有很强的杀菌作用，广泛用于防治蔬菜、果树、棉、麻等植物的病害。为探究4CuSO与()2CaOH的反应产物，某研究小组在室温下，分别将不同浓度的4CuSO溶液滴入100mL饱和澄清石灰水中，操作及现象记录如下：实验

4CuSO溶液浓度4CuSO溶液体积操作及现象Ⅰ1.0mol/L1.6mL加入4CuSO后产生蓝色沉淀和少量白色晶体，加热浊液至沸腾，蓝色沉淀变为黑色。Ⅱ0.10mo/L16mL加入4CuSO后产生蓝色沉淀，未见白色晶体，加热浊液至沸腾，蓝色沉淀变为黑色。Ⅲ1.0m

ol/L2.1mL加入4CuSO后产生绿色沉淀和少量白色晶体，加热浊液至沸腾，沉淀不变黑。已知：①室温下饱和()2CaOH溶液中，()2CaOH的物质的量浓度为0.016mol/L。②4CuSO微溶于水，室温下饱和4CuSO溶液中4CuSO物质的量浓

度为0.015mol/L。③()2CuOH在80℃以上可分解为黑色的CuO，碱式硫酸铜为绿色难溶固体，300℃以上分解。（1）实验Ⅰ与实验Ⅱ中的蓝色沉淀为_______(填化学式)；实验Ⅱ中生成蓝色沉淀的离子方程式为_______。（2）对比实验Ⅰ和Ⅱ，结合数据说明

实验Ⅱ中未生成白色晶体的原因：_______。（3）研究小组认为实验Ⅲ中绿色沉淀应为碱式硫酸铜，其实验依据是_______。（4）为进一步研究绿色沉淀的成分，该小组进行了如下实验：ⅰ.向100mL饱和澄清石灰水中加入2

1mL_______，产生绿色沉淀，无白色晶体产生。ⅱ.取出少量带绿色沉淀的浊液，加热至沸腾，沉淀不变黑。ⅲ.将剩余浊液过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至洗涤液中无24SO−。ⅳ.将洗涤后的沉淀用盐酸溶解，加入足量2B

aCl溶液，产生白色固体，将固体过滤、洗涤，洗涤液并入滤液中，固体经干燥、称量，其质量为93.2mg。ⅴ.将步骤iv所得滤液加水定容至100mL，取20mL，测定其中()2Cu0.016mol/Lc+=。①补全步骤i中的试剂：_______。②步

骤出中检验洗涤液中无．24SO−的方法是：_______。③碱式硫酸铜化学式可用()x4yCuOHSO来表示，则由上述实验可确定x=_______、y=_______。（5）经以上实验，研究小组得出结论：4CuSO与()2CaOH的反应产物与___

____有关。【答案】（1）①.()2CuOH②.()22Cu2OHCuOH+−+=（2）反应生成()4nCaSO=0.0016mol，体积V0.116L，可求得()4CaSO0.014mol/Lc，小于饱和4CuSO的浓度，未达饱和，不会析出

（3）沉淀为绿色，加热至沸腾时不变黑（4）①.0.1mol/L4CuSO溶液②.取少量洗涤液，加入HCl酸化，加入几滴2BaCl溶液，无白色沉淀产生③.4④.6（5）反应物浓度、相对用量【解析】【小问1详解】已知()2CuOH在80℃以上可分解为黑色的CuO，碱式硫酸铜为

绿色难溶固体，但需300℃以上分解，且实验中加热浊液至沸腾，蓝色沉淀变为黑色，故实验Ⅰ与实验Ⅱ中的蓝色沉淀为()2CuOH；实验Ⅱ中生成蓝色沉淀的离子方程式为()22Cu2OHCuOH+−+=；【小问2详解】对比实验Ⅰ和Ⅱ，结合数据说明实验Ⅱ中未生成白色晶体的原因反应生成()4nCaSO=0

.0016mol，体积V0.116L，可求得()4CaSO0.014mol/Lc，小于饱和4CuSO的浓度，未达饱和，不会析出；【小问3详解】沉淀为绿色，加热至沸腾时不变黑说明绿色沉淀应为碱式硫酸铜；【小问4详解】第一步是为了生成蓝色沉淀故应向

向100mL饱和澄清石灰水中加入21mL0.1mol/L4CuSO溶液，产生绿色沉淀；检验洗涤液中无24SO−的方法是取少量洗涤液，加入HCl酸化，加入几滴2BaCl溶液，无白色沉淀产生；【小问5详解】步骤iv所得滤液中n(Cu2+)=0.016mol/L0.1L=0.0

016mol，n(BaSO4)=n(SO24−)=-3-493.210g=410mol233g/mol，故绿色沉淀中铜离子与硫酸根比值为40.00164410−=，故x=4，根据化学式各元素化合

价代数和为0求算y=6；经以上实验，研究小组得出结论：4CuSO与()2CaOH的反应产物与反应物浓度、相对用量有关。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com