【文档说明】北京中国人民大学附属中学2023-2024学年高一上学期期中考试化学试题 Word版含解析.docx，共(24)页，913.229 KB，由小赞的店铺上传

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人大附中2023~2024学年度第一学期高一年级化学期中练习考生须知：1.本试登分为I、Ⅱ两卷，共有30．．小题．．，试卷共．．．8．页．，1．张答题纸．．．．，考试时间为90．．分钟．．，满分为100

分。2.用黑色签字笔(选择题涂卡使用2B铅笔除外)按规定要求在答题纸上作答。3.请将个人信息完整填写在相应位置。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23Mg：24S：32Cl：35.5K：39第I卷(共50分

)一、每小题只有一个．．．．选项符合题意，共25题，每题2分。1.下列科研成果不是由我国发明或创造的是（）A.世界上第一个由人工合成的、具有生理活性的蛋白质﹣﹣结晶牛胰岛素B.黑火药和造纸C.发现元素周期律D.青蒿素的合成【答案】C【解

析】【详解】A.1965年，中国科学家在世界上第一次用人工方法合成了结晶牛胰岛素，故A不选；B.黑火药、造纸、指南者、印刷术是中国古代的四大发明，故B不选；C.1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并

编制出元素周期表，使得化学学习和研究变得有规律可循，故C选；D.中国科学家屠呦呦因创制新型抗疟药青蒿素的贡献而获诺贝尔奖，故D不选；故答案选C.2.催雨剂的主要成分可以是干冰、液氮、碘化银(AgI)等，它们分别属于氧化物、单质、盐，下列物质与上述三种物质的类别完全不同的是A.2IB.24KSOC

.25POD.3HNO【答案】D【解析】详解】A．2I属于单质，A不符合题意；B．24KSO属于盐，B不符合题意；【C．25PO属于氧化物，C不符合题意；D．3HNO属于酸，与题给三种物质的类别完全不同，D符合题意；故选D。3.下列操作不符合．．．实验安全或

操作规范的是A.金属钠不慎着火时，立即用沙土覆盖B.实验后，将废液倒入指定容器中C.闻气体时，用手在瓶口轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔D.使用托盘天平称量药品时，用手直接拿取砝码【答案】D【解析】【详解】A．水能与钠反应放出氢气，金属钠着火时，要用沙子盖灭，A正确；B．废液可能有毒有害会污

染环境，实验结束后，将废液倒入指定容器中，B正确；C．闻气体时，用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，以防中毒，该操作符合实验安全要求，C正确；D．使用托盘天平称量药品时，不能用手直接拿取砝码，应该用镊子夹取，D错误；故选D。4.下列电离方程式中，书写不正确的是A.()2+2CaOHCa

2OH−=+B.2HOHOH+−=+C.HClHCl+−=+D.33KHCOKHCO+−=+【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化钙全部电离出钙离子和氢氧根离子，电离方程式为()2+2CaOHCa2OH−=+，故A正确；B．水部分电离出氢离子和氢氧根离子，电离方

程式为2HOHOH+−+，故B错误；C．盐酸全部电离出氢离子和氯离子，电离方程式为HClHCl+−=+，故C正确；D．碳酸氢钾电离出钾离子和碳酸氢根离子，电离方程式为33KHCOKHCO+−=+，故D正确。综上所述，答案为

B。5.对下列物质分类全部正确的是①小苏打②食盐水③石灰水④NaOH⑤液态氧⑥KClO3A.碱—①④B.纯净物—③④⑤C.盐—①⑥D.混合物—②⑤【答案】C【解析】【分析】【详解】A．①小苏打是NaHCO3的俗称，电离产生Na+、3HCO−，物质分类属于盐，不是碱

，A错误；B．③石灰水是Ca(OH)2的水溶液，含有多种微粒，是混合物，不是纯净物，B错误；C．①小苏打是NaHCO3的俗称，电离产生Na+、3HCO−，物质分类属于盐；⑥KClO3电离产生K+、3ClO−，属于盐，C正确；D．⑤液态氧中只含O2分子一种微粒，属于纯净物，而不是混合物，D错误；

故合理选项是C。6.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A.1mol/LBaCl2溶液中含有的钡离子数为NAB.1mol镁原子中含有的电子数为2NAC.常温常压下，11.2LH2O中含有的分子数为0.5NAD.16gO3和O2的混合物

中含有的氧原子数为NA【答案】D【解析】【详解】A.1mol/LBaCl2溶液中，因缺少溶液的体积，无法计算钡离子数，故A错误；B.镁为12号元素，1mol镁原子中含有的电子数为12NA，故B错误；C.常温常压下，H2O为液态，不能用气体的摩尔体积计算物质的量，故C错误；D.16gO3和O2的混合

物中含有的氧原子数为16g÷16g·mol－1×NA=NA，故D正确；故选D。7.下列叙述正确的是A.直径介于1nm~100nm之间的微粒称为胶体B.根据丁达尔效应可以区别淀粉胶体和食盐溶液C.()3

FeOH难溶于水，因此不可能均匀地分散在水里形成红褐色胶体D.胶体粒子是很多分子的集合体，因此不能透过滤纸，但可以通过半透膜【答案】B【解析】【详解】A．分散质粒子直径介于1nm~100nm之间的分散系称为胶体，故A错误；B．胶

体能发生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应，则根据丁达尔效应可以区别淀粉胶体和食盐溶液，故B正确；C．难溶于水的氢氧化铁溶于水时，若许多粒子聚集在一起形成的胶粒直径介于1nm~100nm之间时，可能均匀地分散在水里形成稳定的红褐色

胶体，故C错误；D．胶体粒子是很多分子的集合体，胶体粒子能透过滤纸，不可以通过半透膜，故D错误；故选B。8.下列离子方程式书写正确的是A.用稀硫酸除铁锈(主要成分是氧化铁)：222HOHO+−+=B.用小苏打治疗胃酸(主要成分

是HCl)过多：2322CO2HCOHO−++=+C.硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液：()222442Ba2OHCuSOBaSOCuOH+−+−+++=+D.大理石溶于醋酸中：2322CaCO2HCaCOHO+++=++【答案】C【解析】【详解】A．用稀硫酸除铁锈(主要成分是氧

化铁)，氧化铁是氧化物，不能拆，其离子方程式为：32326HFeO3HO+2Fe+++=，故A错误；B．用小苏打治疗胃酸(主要成分是HCl)过多，小苏打是碳酸氢钠，不能写成碳酸根，其离子方程式为：322HCOHCOHO−++=+，故B错误；C．硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液，反应生成硫酸

钡沉淀和氢氧化铜沉淀，其离子方程式为：()222442Ba2OHCuSOBaSOCuOH+−+−+++=+，故C去；D．大理石溶于醋酸中，醋酸是弱酸，写化学式，其离子方程式为：233223CaCO2CHCOOHCaCOHO+2CHCOO+−+=++，故D错误。综上所述，答案为C。9.下列说法

正确的是A.铜、石墨均导电，所以它们是电解质B.32NHSO、的水溶液均能导电，所以32NHSO、均是电解质C.葡萄糖、酒精在液态或水溶液里均不导电，所以它们是非电解质D.液态HCl、固态AgCl均不导电，所以H

ClAgCl、是非电解质【答案】C【解析】【详解】A．铜、石墨的是单质，单质既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．氨气、二氧化硫均不能电离出自由移动的离子，都属于非电解质，故B错误；C．葡萄糖、酒精在液态或水溶液里均不能电离出自由移动的离子，均

不能导电，所以葡萄糖、酒精都是非电解质，故C正确；D．氯化氢溶于水能电离出自由移动的离子，氯化银在熔融状态下能电离出自由移动的离子，则氯化氢、氯化银均属于电解质，故D错误；故选C。10.分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用。下列分类标准合理的是A.根据纯净物的元素组成，将纯净物分为单质、

化合物B.根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质C.根据所含元素的种类，将氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物D.根据反应中的能量变化，将化学反应分为“化合、分解、复分解、置换”四类【答案】A【解析】【详解】A．根据纯净物的元素组成可以将纯净物

分为单质、化合物，故A正确；B．根据电解质在溶液的电离程度可以将电解质分为强电解质、弱电解质，故B错误；C．根据氧化物的性质可以将氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物，故C错误；D．根据反应中的能量变化可以将化学反应分为放热反应和吸热反应，根据反应物和生成物的类别以及

反应前后物质种类的多少可以将化学反应分为“化合、分解、复分解、置换”四类，故D错误；故选A。11.利用下列物质间的反应，能够说明“反应条件(如温度、浓度、用量等)不同得到产物不同”的观点的是A.碳酸钠和盐酸B.铁粉与盐酸C.氢气与氯气D.金属钠与水【答案】A【解析】【详解】A．

碳酸钠容中逐滴加入盐酸，开始无现象，后来有气泡，开始生成碳酸氢钠和氯化钠，后来生成二氧化碳和氯化钠，向盐酸中加入碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，故A符合题意；B．铁粉与盐酸，无论盐酸量多量少都生成氯化亚铁，则B不符合题意；C．氢气与氯气，无论加热还是光照都生成

氯化氢，故C不符合题意；D．金属钠与水，无论水的多少都生成氢氧化钠和氢气，故D不符合题意。综上所述，答案为A。12.下列反应可用离子方程式“2HOHHO+−+=”表示的是A.3NaHCO溶液与NaOH溶液混合B.

3HNO溶液与澄清石灰水混合C.22NHHO溶液与HCl溶液混合D.44NHHSO溶液与()2BaOH溶液混合【答案】B【解析】【详解】A．碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为HCO-3+OH—=CO2-3+H2O，故A不符合题意；B．硝酸溶液与澄清石灰水反应生成硝酸

钙和水，反应的离子方程式为H++OH—=H2O，故B符合题意；C．氨水与盐酸反应生成氯化铵和水，反应的离子方程式为NH3·H2O+H+=NH+4+H2O，故C不符合题意；D．硫酸氢铵溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、一水合氨和水，反应的离子方程式为NH+4+H

++SO2-4+Ba2++2OH—=BaSO4↓+NH3·H2O+H2O，故D不符合题；故选B。13.图a~c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验微观示意图(X表示与电源正极的电极，Y表示与电源负极相连的电极)。下列说法正确的是A.图a

中NaCl固体不导电，是因为NaCl中不存在+NaCl−、离子B.图a、b比较，说明熔融NaCl是电解质，NaCl不是电解质C.图c中+NaCl−、被水分子包围，说明通电时NaCl才发生电离D.图示中代表的是

Cl−离子【答案】D的【解析】【详解】A．由图a可知干燥的NaCl固体不能导电是因为钠离子和氯离子不能自由移动，不是不存在+NaCl−、离子,选项A错误；B．NaCl在水溶液和熔融状态都可以导电，说明NaCl是电解质

，B错误；C．图c表示在水的作用下氯化钠电离出钠离子和氯离子，不需要通电，选项C错误；D．氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，其中氯离子的半径大于钠离子的半径，因此图示中代表的离子是氯离子，选项D正确；故选D。14.下列氧化还原反应方程式中所标电子转移方向与数目错误

的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．该反应中Fe元素化合价从0价变为+2价，H元素化合价从+1变为0价，根据得失电子守恒，反应中转移电子数为2，A正确；B．该反应中NO中N元素化合价从+2变为+5价，O2中O元素化合价从0价变为-2价，根据得失电子守恒，反应中转移电子数为12，B正确

；C．该反应中Cl2中部分Cl元素化合价从0升高为+1价，部分Cl元素化合价从0价降为-1价，根据原子守恒及得失电子守恒，反应中转移电子数为2，C正确；D．该反应中KClO3中Cl元素化合价从+5变为0价，HCl中Cl元素化合价从-1价变为0价，

根据得失电子守恒，反应中转移电子数为5，转移电子数计算不对，D错误；答案选D。【点睛】注意箭头的方向和转移电子的数目。15.常温下，下列各组离子能大量共存的是A.23KClOHCO+−−−、、、B.++2+NaAgMgOH−、、、C.2334CHCOOHNOSO−+−−、、、D.2+23BaK

ClCO+−−、、、【答案】A【解析】【详解】A．四种离子在溶液中不发生任何反应，能大量共存，故A符合题意；B．溶液中氢氧根离子与银离子、镁离子反应生成氢氧化银、氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故B不符合题意；C．溶液中氢

离子与醋酸根离子反应生成醋酸，不能大量共存，故C不符合题意；D．溶液中钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故D不符合题意；故选A。16.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是A.22Cl2NaII2NaCl+=+B.()2222322CuOC

OHOCuOHCO+++=C.()32232CaCOHOCOCaHCO++=D.222HOCOHCO++高温【答案】D【解析】【详解】A．22Cl2NaII2NaCl+=+是置换反应，不是阴影部分，故A不符合题意；B．

()2222322CuOCOHOCuOHCO+++=是化合反应，是氧化还原反应，不是阴影部分，故B不符合题意；C．()32232CaCOHOCOCaHCO++=是化合反应，不是氧化还原反应，不是阴影部分，故C不符合题意；D．222HOCOHCO++高温是氧化还原反应

，不属于四种基本反应类型，属于阴影部分，故D符合题意。综上所述，答案为D。17.下列①~④是钠与水反应的实验现象、解释和结论，其中对应关系正确的是序号实验现象解释和结论①钠浮在水面上钠的密度比水小②钠熔成小球钠与水反应放热且钠的熔点较低③钠四处游动，嘶嘶作响产生了氧气④向反应后的

溶液中滴加酚酞，溶液变红生成了碱性物质A.①②③B.①②④C.①③④D.②③④【答案】B【解析】【详解】①钠的密度小于水，钠投入水中并浮在水面上，正确；②钠与水反应放出大量热，而且钠的熔点较低，所以钠会熔化成一个闪亮的小球，正确；③钠与水剧烈反应生成氢气，产生的气体推动钠四处游动，反应剧烈会发生嘶

嘶响声，错误；④钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，溶液显碱性，所以反应后溶液由无色变为红色，正确；故选B。18.由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，c(H+)=0.1mol·L-1，c(Al3+)=0.4mol·L-1，c(S

O2-4)=0.8mol·L-1，则c(K+)为A.0.1mol/LB.0.2mol/LC.0.3mol/LD.0.4mol/L【答案】C【解析】【详解】硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液中，c(H+)=0.1mol•L-1，c(Al3+)=0.4mol•L-1，c(SO2-4)=0.8mol•

L-1，由电荷守恒可得，c(H+)+3c(Al3+)+c(K+)=2c(SO2-4)，则c(K+)=2c(SO2-4)-c(H+)-3c(Al3+)=0.3mol•L-1。答案选C。19.某氧化还原反应中，起氧

化作用的是227XO−，在溶液中227XO−和23SO−个数比为1：3时两者恰好完全反应，则227XO−被还原后，X的化合价为A.1+B.2+C.3+D.4+【答案】C【解析】【详解】设227XO−被还原后X的化合价为a，227XO−中X的化合价为+6价，23SO−被氧化，S

元素化合价从+4升高到+6价变成24SO−，由得失电子守恒可列式：1×(6−a)×2=3×(6−4)，解得a=3，则227XO−被还原后，X的化合价为+3；答案选C。20.某离子反应中涉及242HOClONHHNCl、、、、、−++−六种

微粒。其中2N的分子个数随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是A.该反应的还原剂是Cl−B.消耗1个还原剂，转移6个电子C.反应后溶液的酸性明显增强D.氧化剂与还原剂的微粒个数之比为2∶3【答案】C【解析】

【分析】其中2N的分子个数随时间变化的曲线如图所示，则氮气的物质的量不断增多，说明氮气是生成物，铵根是反应物，铵根中氮化合价升高，次氯酸根中氯化合价降低。【详解】A．根据前面分析反应为42ClONHNCl−+−⎯⎯→++，则该反应的还原剂是4NH

+，故A错误；B．反应为42ClONHNCl−+−⎯⎯→++，消耗1个还原剂，转移3个电子，故B错误；C．根据反应方程式反应42233ClONHNClHO+2H−+−++=+2+3，则溶液的酸性明显增强，故C正确；D

．根据反应方程式反应42233ClONHNClHO+2H−+−++=+2+3，氮化合价升高，次氯酸中氯化合价降低，根据得失电子守恒，因此氧化剂与还原剂的微粒个数之比为3∶2，故D错误。综上所述，答案为C。21.下列反应中，盐酸只表现还原性的是A.322NaHCOHClNaCl

COHO+=++B.2222MnO4HClMnClCl2HOΔ()+++浓C.22Fe2HClFeClH+=+D.424244222KMnO10HCl3HSOKSO2MnSO8HO5Cl++=+++【答案】D【解析】【详解】A．由方程式可知，反应中没有元素发生化合价

变化，属于非氧化还原反应，盐酸只表现酸性，故A错误；B．由方程式可知，反应中氯元素的化合价部分升高被氧化、另一部分成盐，故盐酸表现还原性和酸性，故B错误；C．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，盐酸表现氧化性，故C错

误；D．由方程式可知，反应中氯元素的化合价升高被氧化，盐酸只表现还原性，故D正确；故选D。22.有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，取样品进行如图实验，从实验

可以判断：A.该固体粉末中一定不含有BaCl2B.该固体粉末中一定含有KNO3C.它的组成可能是CaCO3、BaCl2、Na2SO4D.它的组成一定是CaCO3、Na2SO4、KNO3【答案】B【解析】【分析】固体由CaCO3、Na2SO4、KNO3、Ba

Cl2、CuSO4中的三种物质组成，由实验流程可知，溶于水过滤得到无色溶液，则一定不含CuSO4，且白色沉淀溶于盐酸生成气体和无色溶液，可知白色沉淀为CaCO3，则只含Na2SO4、BaCl2中的一种，且一定含KNO3，以此来解答。

【详解】A．由上述分析可知，可能含BaCl2，不含Na2SO4，故A错误；B．该固体粉末中一定含有KNO3、CaCO3，含Na2SO4、BaCl2中的一种，故B正确；C．BaCl2、Na2SO4不能同时存在，故C错误；D．组成可能是CaCO3、Na2SO4、KNO3，或CaCO3、BaCl2、K

NO3，故D错误；故选B。23.用下列方法均可制得氧气：2KClO32KCl+3O2↑2HgO2Hg+O2↑2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑若要制得相同质量的氧气，反应中电子转移数目之比为A.3：1：1B.3：1：4C

.1：1：1D.2：1：1【答案】C【解析】【详解】氯酸钾制氧气中，生成3mol氧气，转移电子数为12mol，故氧气与转移电子之间的关系为：-2O4e；氧化汞分解制氧气，生成1mol氧气，转移电子4mol，故氧气与转移电子之间的

关系为：-2O4e；高锰酸钾制氧气，生成1mol电子，转移电子数为4mol，故氧气与转移电子之间的关系为：-2O4e；故制得相同质量的氧气，反应中电子转移数目之比为：1：1：1，答案为C。24.通过2CO捕获和转化技术可实现2CO资源化利用

，其物质转化关系如图所示，下列说法不正确．．．的是A.2CO的捕获和转化有助于减弱温室效应B.过程I属于化合反应C.捕获和转化2CO的过程中，CaO可以循环利用D.过程Ⅱ中的反应为234CaO2CO2HCaCOCH++

+催化剂【答案】D【解析】【分析】由图可知，过程I发生的反应为氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙，过程Ⅱ发生的反应为催化剂作用下碳酸钙与甲烷反应生成氧化钙、一氧化碳和氢气。【详解】A．二氧化碳的捕获和转化可以减少二氧化碳的排放，有助于减弱温室效应的发生，故A正确；B．由分析可知，过程I发生的反应为

氧化钙与二氧化碳发生化合反应生成碳酸钙，故B正确；C．由分析可知，过程I消耗氧化钙、过程Ⅱ生成氧化钙，则二氧化碳捕获和转化过程中，氧化钙可以循环使用，故C正确；D．由分析可知，过程Ⅱ发生的反应为催化剂作用下碳酸钙与甲烷反应生成氧化钙、一氧化碳和氢气，反应的化学方程式为342

CaCOCHCaO2CO2H+++催化剂，故D错误；故选D。25.下列实验方案中，能测定23NaCO和3NaHCO混合物中23NaCO质量分数的是A.取a克混合物充分加热，减重b克B.取a克混合物与足量

稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C.取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克D.取a克混合物与少量()2BaOH溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体的【答案】AB【解析】【详解】A．取混合物加热，3NaHCO

受热发生分解反应：323222NaHCONaCOCOHO++，而23NaCO不反应，灼烧后固体的质量为b克，则()()384NaHCO31−=abm克，从而求算出23NaCO的质量，故A正确；B．向混合物中加入HCl，发生反应：322NaHCOHCl=NaClCOHO+++和2322Na

CO2HCl=2NaClCOHO+++，充分反应后，加热、蒸干、灼烧，得b克固体为NaCl，根据题意，设23NaCO的物质的量为molx、3NaHCO的物质的量为moly，则10684+=xya、11758.5+=xyb，联立求得23N

aCO和3NaHCO的质量，可以测定混合物中23NaCO的质量分数，故B正确；C．混合物与足量稀盐酸充分反应，逸出气体有2HO、2CO和HCl，故无法通过碱石灰增重的质量b克测定混合物中23NaCO的质量分数，故C错误；D．由于混合物与少量()2BaOH溶液反应，23Na

CO和3NaHCO未必完全反应，不能根据过滤、洗涤、烘干后所得固体的质量b克，测定混合物中23NaCO的质量分数，故D错误；故选AB。第Ⅱ卷(共50分)26.完成下列问题。（1）现有中学化学中常见九种物质：①氢氧化钡固体②铁丝③氯化氢气体④纯醋酸⑤二氧化碳气体⑥碳酸氢钾固体⑦碳酸钠粉末⑧蔗糖

晶体⑨熔融氯化钠。按要求填空(填序号)。上述状态下可导电的是___________，属于非电解质的是___________。写出⑦在水溶液中的电离方程式___________；写出②与③的水溶液反应的

离子方程式___________。（2）已知4KMnO与浓盐酸室温下可发生如下反应：42222KMnO16HCl2KCl2MnCl5Cl8HO()+=+++浓，氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________，生成标准状况下24.48LCl时消耗的HCl的物质的

量为___________。【答案】（1）①.②⑨②.⑤⑧③.+2-233NaCO=2Na+CO④.+2+2Fe+2H=Fe+H的（2）①.1:5②.0.64mol【解析】【小问1详解】金属单质、石墨

或电解质在水溶液或熔融状态下均可以导电，故可以导电的是②铁丝和⑨熔融氯化钠；非电解质是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，故属于非电解质的是⑤二氧化碳气体和⑧蔗糖晶体；碳酸钠属于强电解质在水溶液中电离方程式为+2-233NaCO=2

Na+CO；铁丝和盐酸发生置换反应，离子方程式为+2+2Fe+2H=Fe+H。【小问2详解】高锰酸钾化合价降低做氧化剂，盐酸中部分氯元素化合价升高到氯气做还原剂，根据方程式可得氧化剂和还原剂的物质的量比值为1:5；根据消耗16mol的盐酸生成5mol的氯气可得，生成0.2mol的氯

气消耗盐酸为0.64mol。27.实验任务：提供124480mL0.2molLNaSO−溶液。甲同学按一定步骤进行配制溶液，请回答有关问题。（1）计算24NaSO的质量为___________。（2）使用的玻璃仪器主要有：___________、烧杯、胶头滴管、玻璃棒

。（3）配制溶液的过程缺少某步骤，该步骤的操作是___________实验步骤①计算所需24NaSO的质量②称量24NaSO固体③将24NaSO加入200mL烧杯中，并加入适量水④将烧杯中溶液转移至500mL容量瓶中⑤向容量瓶中加蒸馏水至刻度线（4）在实验中，以下操作将造成实验结果偏低的有___

_____(填序号)。A．在转移溶液时有液体溅到容量瓶外B．定容时仰视刻度线C．定容摇匀后，发现凹液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线（5）乙同学通过稀释一定体积的1242molLNaSO−溶液配制了124500mL0.2molLNaSO−溶液，该同学用量筒量取1242molL

NaSO−溶液的体积为________。【答案】27.14.2g28.500mL容量瓶29.洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液一并转移到容量瓶中30.ABC31.50.0mL【解析】【分析】实验室没有480mL容量瓶

，所以配制480mL0.2mol/L的硫酸钠溶液时，应选用500mL容量瓶，由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，实验过程中需要用到的仪器为托盘天平(

带砝码)、胶头滴管、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶。【小问1详解】由分析可知，实验室没有480mL容量瓶，所以配制480mL0.2mol/L的硫酸钠溶液时，应选用500mL容量瓶，则称量硫酸钠的质量为0.2mol/L×0.5L×142g/mol=14.2g，故答案为：14.2g；【小

问2详解】由分析可知，实验过程中需要使用的玻璃仪器主要有500mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒，故答案为：500mL容量瓶；【小问3详解】由分析可知，配制溶液的过程缺少洗涤步骤，移液后应洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液一

并转移到容量瓶中，防止溶质的物质的量减小，导致所配溶液浓度偏低，故答案为：洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液一并转移到容量瓶中；【小问4详解】A．在转移溶液时有液体溅到容量瓶外会使溶质的物质的量减小，导致所配溶液浓度偏低，故A符合题意；B．定容时仰视刻度线会使溶液的体积偏大，导致所配溶液浓度

偏低，故B符合题意；C．定容摇匀后，发现凹液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线会使溶液的体积偏大，导致所配溶液浓度偏低，故C符合题意；故选ABC；【小问5详解】由稀释定律可知，稀释前后溶质的物质的量不变，则用量筒量取2mol/L的硫酸钠溶液的体积为0.2mol/L0.5L2mol

/L×103mL/L=50.0mL，故答案为：50.0mL。28.某课外小组探究二氧化碳与过氧化钠反应是否需要接触水，装置如下图。【装置分析】（1）装置①中反应的离子方程式是___________。（2）装置②中的试剂是___________。（3）装置③中的试

剂是___________。【实验步骤】步骤1：打开弹簧夹2K。关闭1K，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。沙骤2：打开弹簧夹1K，关闭2K，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。（4）步骤1和步骤2中，a处带火星的木条产生的实验现象分别是__________

_，甲同学因此得出了结论：二氧化碳与过氧化钠反应需要接触水。（5）过氧化钠跟二氧化碳反应的化学方程式是___________。【实验反思】（6）乙同学不同意甲同学的结论，其理由是___________。（7）乙同学认为可补充一个实验、实验方

案是：取⑤中反应后的少量固体，___________。【答案】（1）+2+322CaCO+2H=Ca+CO+HO（2）饱和碳酸氢钠溶液（3）浓硫酸（4）带火星的木条不复燃、带火星的木条复燃（5）2222322NaO+2CO=2NaCO+O（6）气体中有水，水也可与过氧化钠

反应产生氧气使木条复燃（7）加入盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中【解析】【分析】碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，盐酸易挥发，因此二氧化碳中含有氯化氢和水蒸气杂质，用饱和碳酸氢钠溶液吸收挥发的氯化氢气体，为探究二氧化碳与过氧化钠反应是否需要接触水，

则进行对比，用浓硫酸干燥二氧化碳气体，二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气。【小问1详解】装置①是碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳、氯化钙和水的反应，其反应的离子方程式是+2+322CaCO+2H=Ca+CO+HO；故答案为：+2

+322CaCO+2H=Ca+CO+HO。【小问2详解】盐酸易挥发，因此二氧化碳中含有氯化氢杂质，因此装置②中的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，主要目的是除掉二氧化碳中氯化氢杂质；故答案为：饱和碳酸氢钠溶液。【小问3详解】二氧化碳中含有水蒸气杂质，探究二

氧化碳与过氧化钠反应是否需要接触水，因此需要进行对比实验，除掉二氧化碳中的水蒸气杂质，则装置③中的试剂是浓硫酸；故答案为：浓硫酸。【小问4详解】步骤1中a处带火星的木条产生的实验现象是带火星的木条不复燃

，步骤2中a处带火星的木条产生的实验现象是带火星的木条复燃，甲同学因此得出了结论：二氧化碳与过氧化钠反应需要接触水；故答案为：带火星的木条不复燃、带火星的木条复燃。【小问5详解】过氧化钠跟二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，其反应的化学方程式是2222322NaO+2C

O=2NaCO+O；故答案为：2222322NaO+2CO=2NaCO+O。【小问6详解】乙同学不同意甲同学的结论，其理由是气体中有水，水也可与过氧化钠反应生成氧气，不能证明是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气使木条复燃；故答案为：气体中有水，水也可与过

氧化钠反应产生氧气使木条复燃。【小问7详解】乙同学认为可补充一个实验、实验方案是：取⑤中反应后的少量固体，可在反应后的固体中加入盐酸，观察生成的气体是否能使澄清石灰水变浑浊，若变浑浊说明反应后固体中有碳酸钠，二氧化碳参与反应；故答案为：加入盐酸，将产生的气体通

入澄清石灰水中。29.某学习小组为证实()2BaOH溶液和24HSO溶液的反应是离子反应，设计了如下实验，实验装置如图1所示，请补充完成该实验报告。【实验原理】（1）溶液的导电性主要由溶液中离子的浓度及离子电荷数决定，可观察图1装置中___________(填现象)，据此判断溶液中

离子浓度的变化，从而证明反应是离子反应。【实验过程与记录】实验步骤实验现象实验结论连接好装置，向烧杯中加125mL1molL−的()2BaOH溶液和2滴酚酞溶液，逐滴滴加11molL−的24HSO洛液直至过量，持续搅并，______

_____(填写图1)装置支持实验结论的证据)。()2BaOH溶液和24HSO溶液的反应是离子反应。（2）写出表格中答案__________。（3）整个过程中混合溶液的导电能力(可用电流强度I表示，I越大代表溶液导电能力越强)可近似的用图2中___________(填

序号)曲线表示。（4）下列情况下，与上述实验中离子方程式相同的是_______(填序号)。A．向4NaHSO溶液中，逐滴加入()2BaOH溶液至24SO−恰好完全沉淀B．向4NaHSO溶液中，逐滴加入()2BaOH溶液至至溶显

中性【实验反思】（5）已知：4PbSO难溶于水，但可溶于34CHCOONH溶液中形成无色溶液，其化学方程式：()()43434422PbSO2CHCOONHCHCOOPbNHSO+=+。该反应的发生能否证明()32CHCOOPb弱电解质。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方

案：_______。【答案】（1）灯泡的明暗程度（2）灯泡由明变暗，直至熄灭，然后又逐渐变亮（3）c（4）B（5）因为该反应既无沉淀生成，又无气体生成，而且PbSO4本身难溶于水，根据离子互换反应朝着某种离子浓度减小的方向进行，说明(CH3COO)2Pb比PbSO4更难产生Pb2+，即说明(CH

3COO)2Pb是难电离的物质，是弱电解质【解析】【分析】为证实()2BaOH溶液和24HSO溶液的反应是离子反应，设计实验探究溶液中的离子浓度与导电能力的强弱；【小问1详解】离子浓度越大，离子所带电荷数越多，

会使灯泡越亮，所以灯泡的明暗程度可以判断离子浓度变化。故答案为：灯泡的明暗程度；小问2详解】烧杯中开始只有强电解质Ba(OH)2，灯泡亮，然后随着加入H2SO4溶液，析出沉淀，离子浓度下降，所以会逐渐变暗，当完全中和时，会熄灭，再加入硫酸，由于H

2SO4强电解质灯泡会逐渐变亮。故答案为：灯泡由明变暗，直至熄灭，然后又逐渐变亮；【【小问3详解】烧杯中开始只有强电解质Ba(OH)2，导电能力强，随着加入H2SO4溶液，析出沉淀同时生成水，离子浓度下降，导电能力减弱，当完全中和时，导电能力最弱

。再加入时由于H2SO4强电解，导电能力又增强，所以用曲线c表示，故答案为：c；【小问4详解】实验中的离子方程式为：2OH-+2H++Ba2++2-4SO=2H2O+BaSO4↓；A.向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至2-4

SO恰好完全沉淀，二者物质的量相等，发生反应的离子方程式为：OH-+H++Ba2++2-4SO=H2O+BaSO4↓，不满足，选项A错误；B.向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性，氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，发生反应的离子方程式为：2OH-+2H++Ba2++2

-4SO=2H2O+BaSO4↓，满足条件，选项B正确；答案选B；【小问5详解】因为该反应既无沉淀生成，又无气体生成，而且PbSO4本身难溶于水，根据离子互换反应朝着某种离子浓度减小的方向进行，说明(CH3COO)2Pb比PbSO4

更难产生Pb2+，即说明(CH3COO)2Pb是难电离的物质，是弱电解质。30.22HO是一种重要的化学品，具有广泛的应用（1）22HO的性质研究。①理论分析：22HO具有氧化性和还原性，从O元素的化合价分析原因：_______。②实验研究：向酸化的4CuSO溶液中加入22HO

溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊(2CuO)，继续加入22HO溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个过程可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确．．．的是_______(填序号)。A．2Cu+是22HO分解反应的催化剂B

．22HO既表现氧化性又表现还原性C．2Cu+将22HO还原为2OD．发生了反应22222CuOHO4H2Cu3HO++++=+（2）22HO的制备。某种制取过氧化氢的方法如下：()2O4BaSO⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯⎯→硫酸重晶石碳酸钡氧化钡过氧化钡过氧化氢①用氧化钡制取过氧化钡(2BaO)的

反应属于_______反应(填序号)。A．化合B．分解C．氧化还原D．复分解②用过氧化钡制取过氧化氢的离子方程式是_______。③上述方法制得的过氧化氢浓度低且能耗高。有人提出下列制取过氧化氢的方案，从原理上分析合理的是_

______(填序号)。A．在一定条件下，使用适宜的氧化剂氧化2HOB．在一定条件下，2H还原2HOC．在一定条件下，2O氧化2H（3）22HO的定量检测。用酸性4KMnO测定22HO的含量，反应原理如下(该条件下可忽略22HO的分解)

。补充完整该离子方程式并配平__________。□4MnO−+□22HO+___=□2+Mn+□_____【答案】（1）①.22HO中氧为−1价，化合价处于中间价态，即可升高又可降低，因此具有氧化性和还原性②.C（2）①.AC②.24222

4B2HSOSO+HaOBaO+−++=③.AC（3）24MnO−+522HO+6+H=22+Mn+28HO+25O【解析】【小问1详解】①理论分析：22HO具有氧化性和还原性，从O元素的化合价分析原因：22HO中氧为−1价，化合价处于

中间价态，即可升高又可降低，因此具有氧化性和还原性；故答案为：22HO中氧为−1价，化合价处于中间价态，即可升高又可降低，因此具有氧化性和还原性。②A．2Cu+参与反应，反应前后质量未变，则2Cu+是22HO分解反应的催化剂，故A正确；B．酸化的4CuSO溶液中加入22HO溶液，

很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊(2CuO)，铜化合价降低，则22HO中氧化合价升高，变为氧气，变现还原性，继续加入22HO溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，铜化合价升高，氧化合价降低，表现氧化性，故B正确；C．2Cu+将22HO氧化为2O，故C错误；D．红

色浑浊(2CuO)继续加入22HO溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，则发生了反应22222CuOHO4H2Cu3HO++++=+，故D正确；综上所述，答案为：C。【小问2详解】①用氧化钡制取过氧化钡(2BaO)的反应是222BaOOO2Ba+

，该反应属于化合反应，也是氧化还原反应，故答案为：AC。②用过氧化钡制取过氧化氢的离子方程式是224422BaO2HBa+HOSOSO+−++=；故答案为：224422BaO2HBa+HOSOSO+−++=。③A．在一定条件下，使用适宜的氧化剂氧化2HO，将水中氧升高为−1价，故A符合题意

；B．在一定条件下，2H还原2HO，水中氧已经处于最低价，不能被还原，故B不符合题意；C．在一定条件下，2O氧化2H，氧被还原为−1价，故C符合题意；综上所述，答案为AC。【小问3详解】1mol4MnO−变为2+Mn，得到5mol电子，1mol22HO化合价升高变为氧

气，得到2mol电子，根据得失电子守恒，则4MnO−系数配2，22HO系数配5，则2+Mn系数为2，氧气的系数为5，高锰酸根中氧与氢离子结合生成水，根据4MnO−中氧守恒得到水的系数为8，则前面添氢离子系数为6，因此配平得到24MnO−+522HO+

6+H=22+Mn+28HO+25O；故答案为：24MnO−+522HO+6+H=22+Mn+28HO+25O。