【文档说明】北京市第一六六中学2024-2025学年高一上学期期中考试 化学试题 Word版含解析.docx，共(18)页，630.757 KB，由小赞的店铺上传

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北京市第一六六中学2024-2025学年度第一学期期中测试高一年级化学学科(考试时长：90分钟)考查目标知识：1.能对物质进行分类，能对酸、碱、盐、氧化物及它们之间的反应进行描述和符号表征。了解分散系的概念

，掌握区分各种分散系的方法。2.认识电解质，通过分析酸、碱、盐之间的反应事实认识离子反应，归纳离子反应发生的条件，正确书写离子方程式。3.认识氧化还原反应的规律，从微观上认识氧化还原反应的本质。能利用氧化还原反应概念判断物质的氧化性和还原性。4.能运用物质的量、摩

尔质量、气体摩尔体积和物质的量浓度之间的相互关系进行简单计算。5.认识容量瓶，初步学会配制一定物质的钽浓度溶液的方法和技能。6.从物质分类的角度系统研究钠及其化合物，氯单质，可以定性的认识物质的性质、变化和用途。能力：通过归纳相关物质间的化学反应关系，建立物质转化模型，认识物质的变化

规律。能够正确书写相关反应的离子方程式。知道从定量的角度认识宏观物质和微观粒子的相互关系是研究化学问题的科学方法之一、应用氧化还原原理分析解决问题。相对原子质量：H1−C12−N14−O16−Na23−

Mg24−S32−Cl35.5−K39−40Ca−55Mn−56Fe−64Cu−I127−137Ba−第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题(每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意)1.目前人类已发现上亿种物质，对物质进行分类，有利于我们学习。下列

关于物质的类别中，正确的是A.24HSO和3HNO都属于酸B.KOH和23NaCO都属于碱C.23KCO和2KO都属于盐D.2NaO和23NaSiO都属于氧化物【答案】A【解析】【详解】A．24HSO和3HNO均是电离时生成的阳离子全部为氢离子的化合物，

都属于酸，A正确；的B．KOH属于碱，23NaCO属于盐，B错误；C．23KCO属于盐，2KO属于氧化物，C错误；D．2NaO属于氧化物，23NaSiO属于盐，D错误；故选A。2.下列物质中，能够导电的电解质是()A.铜丝B.熔融的MgCl2C.NaCl

溶液D.SO3【答案】B【解析】【详解】A．铜丝能导电，但铜丝是单质不是化合物，所以铜丝不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．熔融的氯化镁中含有自由移动的离子，所以能导电，氯化镁是能导电的电解质，故B正确；

C．氯化钠溶液中含有自由移动的阴阳离子所以能导电，但氯化钠溶液是混合物，所以不是电解质，故C错误；D．SO3固体不导电，在水溶液里与水反应生成强电解质硫酸，所以溶液能导电，是非电解质，故D错误。故选B。3.下列有关胶体的说法不正确的是A.胶体一

定是混合物B.丁达尔效应可以鉴别溶液和胶体C.直径介于1nm100nm之间的微粒为胶体D.新鲜的豆浆是胶体【答案】C【解析】【详解】A．胶体属于分散系的一种，分散系包括分散剂和分散质，一定为混合物，故A正确；B．胶体具有

丁达尔效应，溶液不具有丁达尔效应，丁达尔效应可以鉴别溶液和胶体，故B正确；C．直径介于1nm100nm之间的分散系为胶体，而不是微粒，故C错误；D．新鲜的豆浆是胶体，故D正确；综上所述答案为C。4.下列电离方程式正确的是A.222CuCl=CuCl+−+B.222Ba(OH)BaH=O+

−+C.322434Al(SO)2Al=3SO+−+D.233NaHCONaHC=O++−++【答案】C【解析】【详解】A．氯化铜是强电解质，完全电离生成铜离子和氯离子，电离方程式为：CuCl2=Cu2++2Cl−，A错误；B．氢氧化钡是强电解质，完全电离生成钡离子和氢氧根离子，电

离方程式为：Ba(OH)2=Ba2++2OH−，B错误；C．硫酸铝是强电解质，完全电离生成氯离子和硫酸根离子，电离方程式正确，C正确；D．碳酸是弱酸，碳酸氢根不能拆开，电离方程式为：NaHCO3=Na++3HCO−，D错误；答案选C。5.实现下列变

化需要加入氧化剂的是A.Cl2→Cl-B.SO2→SO3C.NH+4→NH3D.CO2-3→CO2【答案】B【解析】【分析】氧化剂具有氧化性化合价降低，若需加氧化剂，则物质的变化需是化合价升高的变化。【详解】A．氯元素由0价降低到-1价，A错误；B．

硫元素的化合价由+4价升高到+6价，B正确；C．氮元素的化合价不变，C错误；D．碳元素的化合价不变，D错误；答案选B。6.下列关于Na2SO3性质的预测中，不合理．．．的是A.具有氧化性B.具有还原性C.能与KOH溶液反应D.能与稀硫酸反应【答案】C【解析】【详解】A．

Na2SO3中S元素化合价为+4，S元素化合价可以降低，Na2SO3具有弱氧化性，故A合理；B．Na2SO3中S元素化合价为+4，S元素化合价可以升高，Na2SO3具有还原性，故B合理；C．Na2SO3和KOH溶液不反应，故C不合理；D．Na2SO3能与稀硫酸反应生成硫酸

钠、二氧化硫、水，故D合理；选C。7.能用2HOH=HO+−+来表示的化学反应是A.氢氧化镁和盐酸反应B.氨水与硫酸反应C.氢氧化钾和稀硝酸反应D.氢氧化钡溶液与醋酸反应【答案】C【解析】【分析】离子方程式H＋＋OH－＝H2O表示强酸或强酸的酸式盐与可溶性强碱反应生成可溶性盐和水的一类

反应，据此进行解答。【详解】A．氢氧化镁为难溶物，离子方程式中不能拆开，该反应不能用H＋+OH－=H2O来表示，A不符合题意；B．氨水的溶质32·HONH为弱碱，不能拆开，该反应不能用H＋+OH－=H2O来表示，B不符合题意；C．氢氧化钾

为强碱，硝酸为强酸，均可完全电离，需要拆开，该反应的离子方程式为：H＋+OH－=H2O，C符合题意；D．醋酸为弱酸，不能将其拆开，氢氧化钡溶液与醋酸反应的离子方程式为：332HOOHCHCOOHCHCOO−−+=+，D不符合题意；故选C。8.在2Cu(NO3)2Δ2CuO+

4NO2↑＋O2↑反应中，被氧化的元素是A.CuB.NC.OD.Cu和O【答案】C【解析】【分析】2Cu(NO3)2Δ2CuO+4NO2↑＋O2↑反应中，氧元素由-2价升高为0价，被氧化，N由+5价降为+2价，被还原。【详解】A．铜元素化合价不变，故A不选；B．N由+5价降为+2价，被还原，故

B不选；C．2Cu(NO3)2Δ2CuO+4NO2↑＋O2↑反应中，氧元素由-2价升高为0价，被氧化，故C选；D．铜元素化合价不变，故D不选；故选C。9.下列离子方程式正确的是A.氢氧化钡溶液与稀硫酸反

应：22442BaSOHOH=BaSOHO+−+−++++B.石灰石与稀盐酸反应：2+322CO2H=COHO−++C.铁钉放入稀盐酸中：322Fe6H2FeH=3++++D.氢氧化铜悬浊液与盐酸反应：222Cu(OH)2HCu2HO=++++【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化钡溶

液与稀硫酸反应生成水和硫酸钡：22442BaSO2H2OH=BaSO2HO+−+−++++，故A错误；B．石灰石保留化学式，与稀盐酸反应：+2+322CaCO2H=Ca+COHO++，故B错误；C．铁钉

放入稀盐酸中生成亚铁离子：22Fe2HF=eH++++，故C错误；D．氢氧化铜悬浊液与盐酸反应：222Cu(OH)2HCu2HO=++++，故D正确；答案选D。10.下列关于氯水的叙述中，正确的是A.新制氯水中只含Cl2和H2O分子B.液氯与氯水都是纯净物C.新制氯水

的颜色为浅黄绿色D.氯水经光照有气泡逸出，该气体为HCl【答案】C【解析】【分析】【详解】A．新制氯水因其含Cl2而呈淡绿色，其中还含有HClO和H2O分子，故A错误；B．液氯是纯净物，氯水是混合物，故B错误；C．新制的

氯水因其含Cl2而呈淡绿色，故C正确；D．氯水由于其中的HClO见光易分解：2HClO光照2HCl＋O2↑，所以氯水经光照有O2气泡逸出，故D错误。故选C。11.下列说法正确的是A.通常状况下，21molH

的体积约为22.4L的B.21molN中含有的质子数约为23286.0210C.配制124250mL1.0molLHSO−溶液需要12418molLHSO−溶液的体积约为13.9mLD.21molCl通入足量水中反应时，转移的电子数约为236.0210【答案】C【解析】

【详解】A．标准状况下，1molH2体积约为1.0mol22.4L/mol=22.4L，通常情况下，大于22.4L，A错误；B．每个N2中质子数为7×2=14个，21molN中含有的质子数约为23146.0210

，B错误；C．根据稀释定量，稀释前后溶质的物质的量不变，250mL×1.0mol/L=V×18mol/L，V≈13.9mL，C正确；D．氯气与水反应为可逆反应，故转移的电子数小于236.0210，D错误；答案选C。12.下列叙述正确的是A.切开的金属Na暴露在空

气中，光亮表面逐渐变暗2Na＋O2=Na2O2B.一定条件下，2.3gNa完全与O2反应生成3.6g产物，失去的电子数为0.2NAC.钠在空气中受热时，熔化为银白色的小球，产生黄色的火焰，生成白色粉末D.钠在空气中长期放置，最终主要生成物为碳酸钠【答案】D【解析】【详解】A

．钠在室温下与空气中的氧气反应生成氧化钠，在点燃条件下反应生成过氧化钠，A错误；B．2.3g钠的物质的量为0.1mol，Na是+1价的金属，钠无论反应后产物是Na2O还是Na2O2，0.1mol钠反应都会失去0.1NA

电子，B错误；C．钠在空气中加热，Na受热熔化为银白色的小球，燃烧后产生黄色的火焰，反应生成淡黄色固体为过氧化钠，C错误；D．钠在空气中长期放置，开始反应生成氧化钠，氧化钠与水反应产生NaOH，NaOH潮解产生N

aOH溶液，然后吸收空气中的二氧化碳，反应产生碳酸钠，故钠在空气中长期放置最终会变成碳酸钠，D正确；故合理选项是D。13.下列各组离子，能在无色透明的强酸性溶液中大量共存的是A.K+、Na+、3NO−、2S−B.2Mg+、Na+、Cl−、24SO−的C.K+、Na+、Br−、2Cu

+D.Na+、2Ba+、OH−、24SO−【答案】B【解析】【详解】A．2S−在强酸性条件下不能大量共存，且3NO−、2S−在强酸性条件下会发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合题意；B．Mg2＋、Na＋、Cl－、

24SO−在酸性条件下不产生沉淀、气体和水，同时溶液呈无色，B符合题意；C．Cu2＋的水溶液呈蓝色，C不符合题意；D．2Ba+、24SO−不能大量共存，且强酸性溶液中，OH－也不能大量共存，D不符合题意；故选B。14.某无色溶液可能含有AgNO3、NaCl、Na2CO3和Na2SO4中的

一种。取少量该溶液于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生。则该物质是A.AgNO3B.NaClC.Na2SO4D.Na2CO3【答案】C【解析】【详解】取少量该溶液于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，则一定不是AgNO3、Na2CO3，再加入B

aCl2溶液，有白色沉淀产生，则一定不是NaCl，所以则该物质是Na2SO4。故选C。15.下列叙述中正确的是A.常温常压下，218gHO含有的原子数为236.0210B.1.8g的+4NH离子中含有的电子数为230.16.0210C.常温常压

下，11.2L氧气所含的原子数为236.0210D.同温同压下的一氧化碳气体和氮气，若体积相等，则质量一定相等【答案】D【解析】【详解】A．18gH2O的物质的量为1mol，含有的原子数为2336.0210，A不正

确；B．1.8g的+4NH离子物质的量为0.1mol，含有的电子数为230.1106.0210，B不正确；C．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L氧气所含的原子数小于236.0210，C不正确；D．同温同压下的一氧化碳气体

和氮气，若体积相等，则两者物质的量相同，且两者摩尔质量均为28g/mol，则质量一定相等，D正确；故选D。16.被称为万能还原剂的4NaBH溶于水并和水反应：4222NaBH2HO=NaBO4H++。下列说法正确的是

(4NaBH中H为−1价)A.2NaBO是氧化产物，2H是还原产物B.4NaBH是氧化剂，2HO是还原剂C.硼元素被氧化，氢元素被还原D.被氧化的元素与被还原元素的质量比为1:1【答案】D【解析】【分析】在NaBH4＋2H2O=4H2↑＋NaBO2

反应中，NaBH4中氢元素为﹣1价，H2O中氢元素为+1价，二者发生氧化还原反应，其中NaBH4是还原剂，H2O是氧化剂。【详解】A．2NaBO既不是氧化产物也不是还原产物，2H既是氧化产物也是还原产物，故A错误；B．NaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4是还原剂，水中氢元素化合价降低，

所以水是氧化剂，故B错误；C．NaBH4中B元素化合价没有变化，H元素化合价升高，被氧化，故C错误；D．化合价升高的元素是NaBH4中的氢元素，被氧化，水中的氢元素被还原，氧化剂和还原剂中H元素的化合价变化数值相同，物质的量之比为1：1，被氧化的元素与

被还原的元素质量比为1：1，故D正确；故选D。17.有24KSO、243Al(SO)的混合溶液，已知其中3Al+的物质的量浓度为-10.4molL，2-4SO的物质的量浓度为10.7molL−，则此溶液中+K的物质的量浓度为A.

10.2molL−B.10.15molL−C.10.1molL−D.10.25molL−【答案】A【解析】【分析】电解质溶液中存在电荷守恒，溶液中阳离子带正电荷总数等于阴离子带负电荷总数，溶液呈电中性

。【详解】溶液中存在的离子有：K＋、Al3+、2-4SO，根据电荷守恒定律可知，K＋的物质的量浓度为0.7mol/L×2－0.4mol/L×3＝0.2mol/L；正确选项A。18.20.6L1mol/LMgCl溶液与0.2L1mol/LKCl溶液中的

Cl−的物质的量之比A.6:1B.2:1C.3:1D.1:2【答案】A【解析】【详解】20.6L1mol/LMgCl溶液与0.2L1mol/LKCl溶液中的Cl−的物质的量之比为0.6L1mol/L2:0.2L1mol/L=1.2mol:0.2

=6:1，故选A。19.已知反应：①22Cl2KBr2KClBr+=+，②322KClO6HCl()3ClKCl3HO+=++浓(浓)，③32232KBrOClBr2KClO+=+，下列说法正确的是A.上述三个反

应都有单质生成，所以都是置换反应B.氧化性由强到弱的顺序为3322KBrOKClOClBrC.反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6:1D.③中1mol氧化剂参加反应得到电子的物质的量为2mol【答案】B【解析】【详解】A．置换反应是指一种单质和一种化合物反应生成另

一种单质和另一种化合物的反应，反应②中的反应物均为化合物，不属于置换反应，反应①③均为置换反应，A错误；B．反应①中氧化剂为2Cl，氧化产物为2Br，则氧化性：2Cl>2Br；反应②中氧化剂为3KClO，氧化产物为2Cl，则氧化性：3KClO>2Cl；反

应③中氧化剂为3KBrO，氧化产物为3KClO，则氧化性：KBrO3>3KClO；所以氧化性由强到弱的顺序为3322KBrOKClOClBr，B正确；C．反应②中还原剂为HCl，氧化剂为3KClO，

当有6molHCl参加反应时有5molHCl作还原剂，同时有1mol3KClO作为氧化剂参加反应，则还原剂与氧化剂的分子数之比为5∶1，C错误；D．反应③中KBrO3被还原为Br2，Br元素化合价由+5价降低至0价，氧化剂为3KBrO，则1mol氧化剂参加反应得

到电子的物质的量为155molmol=，D错误；故选B。20.27MO−x离子和2S−在酸性溶液中发生如下反应：23272MO3S14H2M3S7H=O−−++++++x，则27MO−x离子中M的化合价是A

.2+B.3+C.4+D.6+【答案】D【解析】【详解】根据电荷守恒可知，x2=，假设M化合价为a，则：()2a272+−=，解得a6=+，答案选D。21.某溶液中大量存在以下五种离子：3NO−、24SO−、3Fe+、H+、M，其物质的量之比为2334(NO):

(SO):(Fe):(H):(M)2:3:1:3:1−−++=nnnnn，则M可能为(已知-3NO在酸性环境中表现出较强的氧化性)A.2Mg+B.2Fe+C.Cl−D.2Ba+【答案】A【解析】【详解】假设溶液中3NO−、24S

O−、3Fe+、H+、M物质的量分别为：2mol、3mol、1mol、3mol、1mol，溶液中阴离子电荷总量：()()2341nNO2nSO8mol−−+=，阳离子电荷总量：()()3nFe3nH16mol+++=，则1molM带2mol正电荷，

酸性条件下2Fe+与3NO−间反应不能共存，2Ba+与24SO−间反应不能共存，则M为2Mg+，答案选A。22.将磁性氧化铁放入稀3HNO中可发生如下反应：()343323FeO28HNO9FeNONO14HOx+=

++，下列判断合理的是A.()3FeNOx中的x为2B.反应中每还原0.2mol氧化剂，就有0.6mol电子转移C.稀3HNO在反应中只表现氧化性D.磁性氧化铁中的所有铁元素全部被氧化【答案】B【解析】【详解】

A．根据N原子的守恒，可得x为3，A错误；B．在反应中，还原产物是NO，每生成1molNO转移电子为3mol，若生成0.2molNO，则转移电子0.6mol，B正确；C．稀HNO3在反应中既作氧化剂，也起到酸的作用，C错误

；D．Fe3O4中铁元素有23的呈+3价，在反应中部分化合价未变，D错误；故选B。23.已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：32FeFe++⎯⎯→，2ClCl−⎯⎯→，24MnOMn−+⎯⎯→，3

HNONO⎯⎯→，如果分别用相同数目的这些微粒氧化足量的KI，得到2I最多的是A.3Fe+B.2ClC.4MnO−D.3HNO【答案】C【解析】【详解】设各微粒数目均为2NA，即物质的量为2mol。A

项，3222Fe+2I=2Fe+I+−+，则得到碘单质的物质的量为1mol；B项，22Cl+2I=2Cl+I−−，则得到碘单质的物质的量为2mol；C项，242216H+2MnO+10I=2Mn+5I+8HO+−−+，则得到碘单质的物质的量为5mol；D

项，32212H+2NO+6I=2NO+3I+6HO+−−，得到的碘单质的物质的量为3mol，由上述分析可知，高能酸根离子氧化足量碘化钾得到的碘单质最多，因此答案选C。24.我国的环境空气质量标准中对空气中SO2的浓度限值规定如下表所示。标准等级一级标准二级标准三级标准浓度

限值(mg·m-3)0~0.150.15~0.500.50~0.70研究人员测定受污染空气中SO2含量的实验方法如下：用NaOH溶液吸收2m3空气，用0.1mo·L-1硫酸调节pH，然后用I2溶液将其氧化，测得恰好完全反应时消耗I22.54mg。下列

推断中，不正确．．．的是A.恰好完全反应时消耗I2的物质的量为1×10-5molB.反应中转移电子的物质的量为2×10-5molC.被吸收的空气中SO2的质量为0.64mgD.被测空气样品中SO2的浓度达到了三级标准【答案】D【解析】【详解

】A．恰好完全反应时消耗I2的物质的量为-3-12.54?10g254g?mol=1×10-5mol，A正确；B．根据反应SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4可知，反应中转移电子的物质的量为2×10-5mol，B正确；C．根据

反应SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4可知，被吸收的空气中SO2的质量为0.64mg，C正确；D．由C项分析可知，被测空气样品中SO2的浓度为：30.64mg2m=0.32mg·m-3，故达到了二级

标准，D错误；故答案为：D。25.某无色，澄清溶液中只可能含有①+Na、②2-4SO、③-Cl、④-3HCO、⑤2-3CO、⑥+H、⑦2+Cu中的几种，且每种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L。依次进行下列实验，每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操作现象(

1)用紫色石蕊试液检验溶液变红(2)向溶液中滴加2BaCl和稀HCl有白色沉淀生成(3)将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入3AgNO溶液和稀硝酸有白色沉淀生成下列结论正确的是A.该实验无法确定是否含有③B.肯定含有的离子是①②⑥C.可能含有的离子是①③D.肯定没有的离子只有④⑤⑦【

答案】B【解析】【分析】溶液为无色溶液，Cu2+显蓝色，原溶液中不含Cu2+，(1)用紫色石蕊检验，溶液变红，说明含有H+，H+与CO23−、HCO3−反应，因此原溶液中不含有CO23−、HCO3−；(2)向溶液中滴加氯

化钡和稀盐酸，有白色沉淀生成，该沉淀为BaSO4，原溶液中含有SO24−；(3)(2)所得混合物过滤，向滤液中加入硝酸银溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，该白色沉淀为AgCl，Cl-是(2)中氯化钡和稀盐酸引入，因此原溶液中可能含有

Cl-；每种离子物质的量浓度均为0.1mol/L，根据溶液呈电中性，推出原溶液中含有Na+，不含Cl-；据此分析；【详解】根据上述分析，一定含有的离子是Na+、H+、SO24−，肯定没有的离子是CO23−、HCO3−、Cl-、Cu2+，选

项B正确；答案为B。第Ⅱ卷(非选择题，共50分)26.标准状况下有①6.72L甲烷②233.0110个氯化氢分子③13.6g硫化氢④30.2molNH。这四种气体的体积从小到大的顺序是_________

__(填序号，下同)，氢原子数从小到大的顺序是___________。【答案】①.④＜①＜③＜②②.②＜④＜③＜①【解析】【分析】①标准状况下6.72L甲烷物质的量为0.3mol；②233.0110个氯化氢分子物质的量为0.5mol；③13.6g硫化氢物质的量为0.4mol；【详解】根据阿伏伽

德罗定律，同温同压条件下，气体体积比等于物质的量之比，则四种气体的体积从小到大的顺序：④＜①＜③＜②；0.3mol甲烷中含氢原子1.2mol，0.5mol氯化氢分子中含氢原子0.5mol，0.4mol硫化氢中含氢原子0.8mol，3

0.2molNH中含氢原子0.6mol氢原子数从小到大的顺序：②＜④＜③＜①。27.实验室用NaCl固体配制100mL1.00mol·L-1的NaCl溶液，回答下列问题。（1）需要称取NaCl固体_______

____g．[M(NaCl)=58.5g·mol-1]（2）配制溶液时，必须用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、量筒、___________。（3）用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线时，某同学按照如图所示进行操作，配成的NaCl溶液的实际浓度___________(填“偏大”或“偏小”)。【答案】（

1）5.9（2）100mL容量瓶（3）偏小【解析】【小问1详解】配制100mL1.00mol/LNaCl溶液，需要NaCl固体的质量是：58.5g/mol×0.1L×1.00mol/L=5.85g，需要称取

NaCl固体5.9g．[M(NaCl)=58.5g·mol-1]，故答案为：5.9；【小问2详解】用NaCl固体配制100mL1.00mol/LNaCl溶液的步骤有：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，结合操作方法可知，配制溶液时，必须用到的玻璃仪器

有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶。故答案为：100mL容量瓶；【小问3详解】用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线时，某同学按照如图所示进行操作，仰视定容，所加溶液的体积偏大，配成的NaCl溶液

的实际浓度偏小(填“偏大”或“偏小”)。故答案为：偏小。28.钠是一种非常活泼、具有广泛应用的金属。（1）钠的原子结构示意图为，钠在反应中容易___________电子(填“得到”或“失去”)。（2）金属钠非常活泼，通常保存在___________里，以隔绝空气。（3）将一小块金属钠投入水中，发

生反应的化学方程式是___________；可观察到的实验现象是___________(填字母序号)。a．钠沉到水底b．钠熔成小球c．小球四处游动d．有嘶嘶声（4）汽车安全气囊的气体发生剂3NaN可由金属钠生产。某汽车安全气囊内含3

NaN、23FeO和3NaHCO等物质。i．当汽车发生较严重的碰撞时，引发3NaN分解322=23NNaNNa+，从而为气囊充气。产生的Na立即与23FeO发生置换反应生成2NaO，化学方程式是___________。ii．3NaHCO是冷却剂，吸收产气过程释放的热量。3NaH

CO起冷却作用时发生反应的化学方程式为___________。iii．一个安全气囊通常装有350gNaN，其完全分解所释放的2N的物质的量为___________mol。(计算结果保留至小数点后两位)（5）工业通过电解NaCl生产金属钠：2

2NaCl()Na+2Cl电解熔融，过程如下：已知：电解时需要将NaCl加热至熔融状态。NaCl的熔点为801℃，为降低能耗，通常加入2CaCl从而把熔点降至约580℃。①把NaCl固体加热至熔融状态，目的是______

_____。②粗钠中含有少量杂质Ca，过程Ⅱ除去Ca的化学方程式是___________。③过程Ⅰ中，2CaCl能发生像NaCl那样的电解反应而被消耗。但在过程Ⅰ中2CaCl却不断地被重新生成，用化学方程式解释原因_________

__。【答案】（1）失去（2）煤油(或液态石蜡)（3）①.2Na+2H2O=2NaOH+H2↑②.bcd（4）①2326Na+FeO3NaO+2Fe②.323222NaHCONaCO+CO+HO③.1

.15（5）①.电离出自由移动的钠离子和氯离子②.222CaNaO2Na2CaO+=+③.钙的金属性强于钠，和氯气反应生成氯化钙【解析】【小问1详解】根据钠的原子结构示意图可知：Na原子核外有3个电子层，最外层

只有1个电子，这个电子受到原子核吸引力较小，容易失去，表现出强的还原性；【小问2详解】金属钠非常活泼，容易与空气中的氧气及水反应导致变质，根据其密度比煤油(或液态石蜡)大，与煤油(或液态石蜡)不能发生反应的性质，通常保存在煤油(或液态石蜡)中；【小问3详解】将一小块金属钠投入水中

，钠与水发生置换反应产生NaOH、H2，发生反应的化学方程式是2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；钠密度小于水，且熔点低，该反应放热，且生成气体，可观察到的实验现象是钠浮在水面，钠熔成小球，小球四处游动，发出有嘶嘶声，故选bcd；【小问4详解】①Na

具有强的还原性，能够与Fe2O3在加热时发生反应产生Na2O、Fe，该反应的化学方程式为：2326Na+FeO3NaO+2Fe；②NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程释放的热量。NaHCO3受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，则NaHCO3

起冷却作用时发生反应的化学方程式为：323222NaHCONaCO+CO+HO。③50gNaN3的物质的量为n(NaN3)=5065gmol，根据反应方程式322NaN2Na3N+=中物质反应转化关.系可知：5065gm

olNaN3分解产生50365g2mol≈1.15molN2；【小问5详解】①把NaCl固体加热至熔融状态，目的是电离出自由移动的钠离子和氯离子；②粗钠中含有少量杂质Ca，过程Ⅱ除去Ca，生成物是氧化钙和钠

，反应的化学方程式是：222CaNaO2Na2CaO+=+；③过程Ⅰ中，CaCl2能发生像NaCl那样的电解反应而被消耗，但在过程Ⅰ中CaCl2却不断地被重新生成，原因是钙的金属性强于钠，和氯气反应生成氯化钙。29.在呼吸面具和潜水艇中可用过氧化

钠作为供氧剂。请选用适当的化学试剂和实验用品，用图中的实验装置进行实验，证明过氧化钠可用做供氧剂。装置A、B、C、D中盛装的试剂，可供选择的为；饱和3NaHCO溶液、3CaCO固体、NaOH溶液、2Ca(OH)溶液、2219.5gNaO固体。（1）A是制

取2CO的装置。写出A中发生反应的离子方程式___________。（2）B瓶装饱和3NaHCO溶液的作用___________，反应的离子方程式___________。（3）写出C中发生反应的化学方程

式___________。（4）D装置的作用是___________。（5）2219.5gNaO固体完全反应，在标准状况时，理论上应该收集到的气体体积是___________L。【答案】（1）CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑（2）①.

除去CO2气体中混入的HCl②.HCO-3+H+=H2O+CO2↑（3）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2（4）吸收剩余的二氧化碳（5）2.8【解析】【分析】由实验装置可知，本实验首先由CaCO3和盐酸反应生成CO2，产生

气体通过饱和NaHCO3溶液，以除去CO2气体中混入的HCl，然后过氧化钠与CO2和过氧化钠反应，产生O2，通过装置D中的氢氧化钠溶液吸收剩余二氧化碳，最后用排水法收集O2，以此解答该题。【小问1详解】A是制取CO2的装置，利用碳酸钙和盐酸反应生成氯

化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；【小问2详解】产生气体通过饱和NaHCO3溶液，以除去CO2气体中混入的HCl，则B的作用为除去CO2气体中混入的HCl，NaHCO3溶液和盐酸反应生成

氯化钠、水和CO2，反应的离子方程式为HCO-3+H+=H2O+CO2↑；【小问3详解】C中二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；【小问4详解】根据以上分析可知D装置的作用是吸收剩余的二氧化碳；【小问5详解】1

9.5gNa2O2的物质的量是19.5g÷78g/mol=0.25mol，根据方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知生成氧气是0.125mol，在标况下的体积是0.125mol×22.4L/mol=2.8L。30.2MnO是一种重要的无机功能材料，粗2MnO的提纯是工业生产的

重要环节。某研究性学习小组设计了将粗2MnO(含有较多的MnO和3MnCO)样品转化为纯2MnO实验，其流程如下：（1）第①步加稀24HSO时，粗2MnO样品中的___________(写化学式)转化为可溶性物质。（2）第②步反应的离子方程式__________

_□___________+□-3ClO+□___________=□2MnO+□2Cl+□___________。（3）第③步蒸发得到固体中有3NaClO和NaOH，则一定还含有___________(写化学式)。（4）若粗2MnO样品的质量为12.69g，第①步反应后，经过滤得到28.7

gMnO，并收集到20.01molCO，则在第②步反应中至少需要___________3molNaClO。的【答案】（1）MnO和3MnCO（2）232225Mn2ClO4HO5MnOCl8H+−+++=++（3）NaCl（4）0.02【解析】【分析】粗2MnO(含有较多的MnO和3M

nCO)样品加入硫酸，2MnO不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和3MnCO分别和硫酸反应生成可溶性的4MnSO，同时产生二氧化碳，向硫酸锰中加入氯酸钠，反应的离子方程式232225Mn2ClO4HO5MnOCl8H++−++=++，将产生

的氯气和热的氢氧化钠溶液反应可以得到氯酸钠的溶液，蒸发浓缩结晶可以得到氯酸钠的固体物质。【小问1详解】2MnO不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和3MnCO分别和硫酸反应生成可溶性的4MnSO，所以答案是粗2MnO样品中的MnO和3MnCO转化为可溶性物质；【小问2

详解】4MnSO要转化为2MnO，需失去电子，故需要加入3NaClO做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，所以反应的化学方程式是：4322224245MnSO2NaClO4HO5MnOClNaSO4HSO++

=+++，因此反应的离子方程式是：232225Mn2ClO4HO5MnOCl8H+−+++=++；【小问3详解】2Cl通入热的NaOH溶液中一定发生氧化还原反应，且氯气既做氧化剂又做还原剂，3NaC

lO属于氧化产物，因此一定有还原产物NaCl；【小问4详解】由题意知样品中的MnO和3MnCO质量为12.69g8.7g3.99g−=。由方程式243422HSOMnCOMnSOHOCO+=++可知3MnCO的物质的量为0.01mol，质量为1

15g/mol0.01mol1.15g=，所以MnO的质量为3.99g1.15g2.84g−=，其物质的量为2.84g0.04mol71g/mol=，因此与稀硫酸反应时共生成4MnSO的物质的量为0.05mol，根据方程式43222242

45MnSO2NaClO4HO5MnOClNaSO4HSO++=+++，可计算出需要3NaClO的物质的量为0.02mol。