【文档说明】浙江省浙南名校联盟2022-2023学年高一上学期11月期中考试化学试题 含解析.docx，共(23)页，1.482 MB，由小赞的店铺上传

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2022学年第一学期浙南名校联盟期中联考高一年级化学学科试题考生须知：1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2.考生答题前，在答题郑指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3

.选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须用橡皮擦净。4.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，写在本试题卷上无效。5.考试结束后，只需上交答题纸。6.可能用到的相对原子质量：H-1，He-4，C-12，O-16，N-14，Na-23

，S-32，Cl-35.5，Ca-40，Ba-137第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题：(本大题共25小题，每小题2分，共50分。在每小题列出的四个选项中只有一项是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列属于碱的是A.纯碱B.生石灰C.烧碱D.小苏打【答案】C【解析】【详解】A．纯碱是

碳酸钠，属于盐，故不选A；B．生石灰是氧化钙，氧化钙属于氧化物，故不选B；C．烧碱是氢氧化钠，氢氧化钠电离出的阴离子全是氢氧根离子，氢氧化钠属于碱，故选C；D．小苏打是碳酸氢钠，属于盐，故不选D；选C。2.下列仪器与名称对应且书写正确的是A.

三脚架B.钳锅C.长颈漏斗D.容量瓶【答案】D【解析】【详解】A．是泥三角，故A错误；B．是坩埚，故B错误；C．是分液漏斗，故C错误；D．是容量瓶，故D正确。综上所述，答案为D。3.下列物质属于同素异形体的是A.金刚石60CB.2NaO和22NaOC.水和冰D.生石灰和熟石灰【答案】A【解析

】【分析】同素异形体是由同种元素组成的不同单质。【详解】A．金刚石60C是碳元素组成的不同单质，属于同素异形体，故选A；B．2NaO和22NaO是氧元素、钠元素形成的两种氧化物，故不选B；C．水和冰是同一种化合物，故不选C；D．生石灰是氧化钙，熟石灰是氢氧

化钙，生石灰和熟石灰是两种不同化合物，故不选D；选A。4.下列物质能导电且属于电解质的是A.2COB.石墨C.3KNO固体D.熔融的2MgCl【答案】D【解析】【详解】A．2CO自身不能电离，2CO是非电解质，故不选A；B．石墨是非金属单质，既不是电解质又不是非

电解质，故不选B；C．3KNO固体中离子不能自由移动，不导电，故不选C；D．熔融的2MgCl中含有自由移动的离子，能导电，属于电解质，故选D；选D。5.下列物质或试剂加到紫色石蕊溶液中，不能使其褪色的是A.新制氯水B.久置氯水C.过氧化钠D.

漂白粉【答案】B【解析】【详解】A．新制氯水具有酸性和漂白性，新制氯水加到紫色石蕊溶液中，溶液先变红后褪色，故A不符合题意；B．久置氯水具有酸性，久置氯水加到紫色石蕊溶液中，溶液变红，故B符合题意；C．过氧化钠具有强氧化性，过氧化钠加到紫色石蕊溶液中，溶液褪色，故C不符合题意；D．漂白

粉具有漂白性，漂白粉加到紫色石蕊溶液中，溶液褪色，故D不符合题意。综上所述，答案为B。6.下列氯化物不能由金属和氯气直接化合制得的是A.3FeClB.NaClC.2FeClD.2CuCl【答案】C【解析】【详解】A．铁与强氧化剂直接化合生成氯化铁，A不符合题意；B．钠与氯气直接化合

生成氯化钠，B不符合题意；C．铁单质和氯化铁化合生成氯化亚铁，不是金属和氯气的化合，C符合题意；D．铜与氯气化合生成高价态的氯化铜，D不符合题意；故选C。7.氢化锂(LiH)可在野外用作生氢剂，其中氢元素为-1价。其化学反应原理为：22LiHHOLiOHH+=+。下列关于该反应的说法中，正确的

是A.2HO中的氢元素被氧化B.LiH是还原剂C.该反应属于复分解反应D.该反应属于置换反应【答案】B【解析】【详解】A．2HO中的氢元素化合价降低被还原，故A错误；B．LiH中H元素化合价升高，LiH是还原剂，故B正确；C．该反应有单质生成，不属于复分解反应，故C错误；D．该反应是

两种化合物反应，不属于置换反应，故D错误；选B。8.下列有关说法中，不正确的是A.可以用氯气、二氧化氯、臭氧对自来水进行消毒B.纯净的氢气在氯气中燃烧发出淡蓝色火焰，工业可用此反应制备盐酸C.常温下，氯气和铁不

反应，所以可将液氯用钢瓶贮存D.氯气制备工厂若发生泄漏时，可用3NaHCO溶液浸湿软布蒙住口鼻，往高处撤离【答案】B【解析】【详解】A．氯气、二氧化氯、臭氧都具有强氧化性，可以用氯气、二氧化氯、臭氧对自来水进行消毒，故A正确；B．纯净的氢气在氯气中燃烧发出苍白色火焰，故B错误；C．

常温下，氯气和铁不反应，因此可将液氯用钢瓶贮存、运输，故C正确；D．碳酸氢钠和氯气反应且碳酸氢钠碱性较弱，氯气制备工厂若发生泄漏时，因此可用3NaHCO溶液浸湿软布蒙住口鼻，由于氯气密度比空气大，因此往高处撤离，故D正确。综上所述，答案为B。

9.微纳米材料研究所研发的纳米量级碳酸钙直径约为30nm，下列有关说法正确的是A.纳米量级碳酸钙是一种胶体B.若将纳米量级碳酸钙均匀分散到蒸馏水中，不能透过滤纸C.若将纳米量级碳酸钙加入稀盐酸中，不会有二氧化碳产生D.若将纳米量级碳酸钙均匀分

散到蒸馏水中，会产生丁达尔效应【答案】D【解析】【详解】A．纳米量级碳酸钙是纯净物，不是混合物，不属于胶体，故A错误；B．若将纳米量级碳酸钙均匀分散到蒸馏水中，形成胶体，胶体能透过滤纸，不能透过半透膜，故B错误；C．若将纳米量级碳酸

钙加入稀盐酸中，碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳、氯化钙和水，故C错误；D．若将纳米量级碳酸钙均匀分散到蒸馏水中，形成胶体，胶体具有丁达尔效应，故D正确。综上所述，答案为D。10.下列物质在水溶液中的电离方程式不正确的是

A.33KHCOKHCO+−=+B.244KHSO=KHSO++−++C.2222CaClCaCl+−=+D.()22BaOHBa2OH+−=+【答案】C【解析】【详解】A．3KHCO是弱酸酸式盐，电离出

钾离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：33KHCOKHCO+−=+，故A正确；B．4KHSO是强酸酸式盐，电离出钾离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为：244KHSO=KHSO++−++，故B正确；C．2CaCl是盐，电离出钙离子和氯离子，电离

方程式为：22CaClCa2Cl+−=+，故C错误；D．()2BaOH强碱，电离出钡离子和氢氧根离子，电离方程式为：()22BaOHBa2OH+−=+，故D正确。综上所述，答案C。11.AN表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正

确的是A.1mol2Cl完全反应制取漂白粉转移电子数目为2ANB.1mol金属钠在氧气中完全燃烧生成22NaO，失去的电子数目为2ANC.常温常压下，由CO和2N组成的混合气体56g含有的分子数为2AND.常温常压下，0.5mol/L的()32BaNO溶液中含有的硝酸根离子

为AN【答案】C【解析】【详解】A．1mol2Cl完全反应制取漂白粉生成氯化钙、次氯酸钙，氯气既是氧化剂又是还原剂，转移电是为子数目为AN，故A错误；B．1mol金属钠在氧气中完全燃烧生成22NaO，钠元素化合价由0升高为+1，失去的电子数目AN，故B错误；

C．CO和2N的相对分子质量都是28，常温常压下，由CO和2N组成的混合气体56g含有的分子数为1A56g28g/molNmol−=2AN，故C正确；D．没有明确溶液体积，不能计算0.5mol/L的()32BaNO溶液中含有的硝酸根离子数，故D错

误；选C。12.下列说法正确的是A.6126CHO的摩尔质量是180gB.标准状况下，22.4L2HO和28gCO所含氧原子数目相等C.80gNaOH溶解在1L水中，所得溶液中物质的量浓度为2mol/LD.25℃、101kPa下，1mol2CO的体积大于22.4L【答案】D【解析】【详

解】A．6126CHO的摩尔质量是180g∙mol−1，故A错误；B．标准状况下，水是非气态物质，无法计算其物质的量，故B错误；C．80gNaOH(物质的量为2mol)溶解在1L水中，由于溶液的体积不是1L，因此无法计算其物质的量浓度，故

C错误；D．25℃、101kPa下，气体摩尔体积大于22.4L∙mol−1，则1mol2CO的体积大于22.4L，故D正确。综上所述，答案为D。13.下列各组离子在对应条件下一定能在大量共存的是A.遇石蕊变红的溶液：Na+、2-3CO、-3NO、2Ba+B.无色溶液：Na+、2Fe+

、ClO−、Cl−C.遇酚酞变红的溶液：K+、+4NH、OH−、-3HCOD.在pH=1的溶液中：K+、Na+、2-4SO、-3NO【答案】D【解析】【详解】A．遇石蕊变红的溶液，说明是酸性溶液，H+、2-3CO反应生成气体而不共存，故A不符

合题意B．2Fe+是绿色溶液，故B不符合题意；C．遇酚酞变红的溶液，说明是碱性溶液，+4NH、OH−反应生成氨气而不共存，OH−、-3HCO反应生成水和碳酸根而不共存，故C不符合题意；D．在pH=1的溶液中：K+、Na+、2-4SO、-3NO，都

大量共存，故D符合题意。综上所述，答案为D。14.下列有关实验的操作不正确的是A.做钠的实验时，多余的钠要放回原试剂瓶B.加热3NaHCO或23NaCO固体时试管口要略向上倾斜C.每次做完焰色试验的铂丝需用盐酸洗净后，在外焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同D

.实验室制取氯气时可以用排饱和食盐水方法收集【答案】B【解析】【详解】A．钠是活泼金属，做钠的实验时，多余的钠要放回原试剂瓶，故A正确；B．为防止水倒流使试管炸裂，加热3NaHCO或23NaCO固体时试管口要略向下倾斜，故B错误；C．每次做完焰色试验的铂丝需用盐酸洗

净后，在外焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同，故C正确；D．氯气在饱和食盐水中的溶解度小，实验室制取氯气时可以用排饱和食盐水方法收集，故D正确；选B。15.下列关于容量瓶的说法不正确的是A.容量瓶在使用前要检查是否漏水B.容量瓶上一

般标有容积、温度和刻度线C.可在容量瓶中直接稀释浓盐酸D.容量瓶洗净后(刻度线以上无水)无需烘干【答案】C【解析】【详解】A．配制一定物质的量浓度的溶液时，需要颠倒摇匀，容量瓶在使用前要检查是否漏水，故A正确；B．容量瓶上一般标有容积、温度和刻度线，故B正确；C．配制溶液时，

容量瓶用于定容，不能在容量瓶中直接稀释浓盐酸，故C错误；D．容量瓶中有少量水对所配溶液的浓度无影响，容量瓶洗净后(刻度线以上无水)无需烘干，故D正确；选C。16.下列说法或做法正确的是A.可用()2BaOH溶液鉴别23NaCO和3NaHCO两种溶液B.23NaCO溶液比3NaHCO溶液的碱

性强C.分别往23NaCO和3NaHCO固体中滴加水，放热的是23NaCOD.取等浓度的23NaCO和3NaHCO溶液于两支试管中，分别滴加盐酸，开始就有气体和出的是23NaCO【答案】C【解析】【详解】A．()2BaOH与23NaCO、3NaHCO都能反应生成碳酸钡沉淀，不能用()2BaOH溶

液鉴别23NaCO和3NaHCO，故A错误；B．23NaCO、3NaHCO溶液的碱性强弱与浓度也有关系，23NaCO溶液的碱性不一定比3NaHCO溶液的碱性强，故B错误；C．分别往23NaCO和3NaHCO固体中滴加水，放热的是23NaCO、3NaHCO吸热，故C正确；D．取等浓度的2

3NaCO和3NaHCO溶液于两支试管中，分别滴加盐酸，开始就有气体和出的是3NaHCO，故D错误；选C。17.已知23CoO在酸性溶液中易被还原成2Co+，且还原性：22I>Fe>Cl>Co−+−+。下列反应在水溶液中不可能发生的

是A.22333Cl+6FeI=2FeCl+4FeIB.22323Cl+2FeI=2FeCl+2IC.23222CoO+6HCl=2CoCl+Cl+3HOD.3222Fe+2I=2Fe+I+−+【答案】A【解析】【分析】【详解】A．根据氧化性是:Cl2>FeCl3>I2，因此氯气可以氧化Fe2

+，也可以氧化I-，但是碘离子还原性强于亚铁离子，碘离子会先被氯气氧化，正确的离子方程式是：Cl2不足时，Cl2+2I-=2Cl-+I2，Cl2过量时，3Cl2+2Fe2++4I-=6C1-+2I2+2Fe3+，所以A不可能发生，故A符合题意；B．根据反应：22323Cl+2FeI=2

FeCl+2I，得出氧化性是：Cl2>I2，和题意相符合，反应可能发生，故B不符合题意；C．根据反应：23222CoO+6HCl=2CoCl+Cl+3HO，得出氧化性是：23CoO>Cl2，和题意相符合，反应可能发生，故C不符合题意；D．根据反应3222Fe+2

I=2Fe+I+−+，得出氧化性是：FeCl3>I2，和题意相符合，反应可能发生，故D不符合题意；故选A。18.同温同压下，下列关于相同质量的氢气和氦气说法正确的是A.体积之比为4∶1B.密度之比为1∶4C.物质的量之比为2∶1D.分子数之比为1∶2【答案】C【解析】【分析】相同质量的氢气和氦气，

设质量都是1g，则物质的量分别为1mol2、1mol4。【详解】A．同温同压，体积之比等于物质的量之比，体积比为2∶1，故A错误；B．同温同压，密度比等于摩尔质量之比，密度之比为2∶4=1:2，故B错误；C．物质的量之比

为112:124=：，故C正确；D．分子数比等于物质的量之比，分子数之比为112:124=：，故D错误；选C。19.下列离子方程式正确的是A.氯气溶于水：22ClHO2HClClO+−−+=++B.22NaO与2HO反应：22222NaO2HO4Na4OHO+−+=++C.石

灰乳中滴加碳酸钠溶液：2233COCaCaCO−++=D.钠和冷水反应：22Na2HONa2OHH+−+=++【答案】B【解析】【详解】A．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为22ClH

OHClHClO+−+=++，故A错误；B．22NaO与2HO反应生成氢氧化钠和氧气，反应离子方程式为22222NaO2HO4Na4OHO+−+=++，故B正确；C．石灰乳中滴加碳酸钠溶液生成碳酸钙和氢氧化钠，反应的离子方程式是()2-332COCaOHCaCO2OH−

+=+，故C错误；D．钠和冷水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式是222Na2HO2Na2OHH+−+=++，故D错误；选B。20.将一定量2Cl通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中Cl

O−和3ClO−两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化示意图如图所示。下列说法不正确的是A.溶液中()Cl0.18moln−=B.原KOH溶液中，()KOH0.6moln=C.反应中转移电子的物质的量是0.42molD.依据图像，总的离子反

应方程式为23210OH5Cl2ClOClO7Cl5HO−−−−+=+++【答案】A【解析】【详解】A．溶液中3ClO−物质的量为0.06mol，ClO−物质的量为0.12mol，则说明氯气到氯酸根和次氯酸的的

根失去电子为0.06mol×5+0.12mol=0.42mol，则得到电子为0.42mol，因此溶液中()Cl0.42moln−=，故A错误；B．根据前面A选项分析得到KClO物质的量为0.12mol，3KClO物质的量为0.06mol，KCl物质的量为0.42mol

，根据钾元素守恒，则原KOH溶液中，()KOH0.42mol+0.06mol+0.12mol0.6moln==，故B正确；C．根据A选项分析反应中转移电子的物质的量是0.42mol，故C正确；D．依据图像，溶液中3ClO−物质的量为0.06mol，ClO−物质

的量为0.12mol，则说明氯气到氯酸根和次氯酸根失去电子为0.06mol×5+0.12mol=0.42mol，则得到电子为0.42mol，因此溶液中()Cl0.42moln−=，根据比例关系得到总的离子反应方程式为23210OH

5Cl2ClOClO7Cl5HO−−−−+=+++，故D正确。综上所述，答案为A。21.VmL()243AlSO溶液中含m克24SO−，若把此溶液取一半加水稀释至4VmL，则稀释后溶液中3Al+的物质的量浓度为A.125m36Vmol/LB.125m

48Vmol/LC.125m72Vmol/LD.125m144Vmol/L【答案】D【解析】【详解】VmL溶液中硫酸根物质的量为1mmgmn=molM96gmol96−==，取一半加水稀释到4VmL，则硫酸根物质的量浓度为1(q)3a4

V1Lm1moln1000m962=molLV7680c−−==，根据224433AAlSOSO()2l3−+，则稀释后溶液中3Al+的物质的量浓度为111000mmolL2768molL3125m144V−−

=，故D符合题意。综上所述，答案为D。22.某离子反应体系中涉及六种粒子：4NH+、H+、2HO、ClO−、Cl−、2N。已知水是生成物。下列判断正确的是A.消耗2mol还原剂，转移6mol电子B.氧化剂与还原剂的物质

的量之比为1∶3C.该反应的氧化产物是ClO−D.该离子方程式为2+42ClO26HNClHONH−+−+=+++【答案】A【解析】【分析】某离子反应体系中涉及六种粒子：4NH+、H+、2HO、ClO−、Cl−、2N。已知水是生成物，根据氧元素守恒，ClO−一定是反应物，发生反应ClO−→Cl−

，根据氧化还原反应规律，反应方程式为24NH++3ClO−=2N+3Cl−+32HO+2H+。【详解】A．4NH+中N元素化合价由-3升高为0，4NH+是还原剂，消耗2mol4NH+，转移6mol电子，故A正确；B．4NH+中N元素化合价由-3

升高为0，4NH+是还原剂，ClO−中Cl元素化合价由+1降低为-1，ClO−是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，故B错误；C．4NH+中N元素化合价由-3升高为0，4NH+是还原剂发生氧化反应，该反应的氧化产物是2N，故C错误；D．根据得失电子守恒，该离子方程式为24

NH++3ClO−=2N+3Cl−+32HO+2H+，故D错误；选A。23.某混合物溶液只可能含有以下离子中的若干种：Na+、+4NH、2Ba+、Cl−、2-3CO、2-4SO，现取两份100mL溶液进行如下实

验：①第一份加足量NaOH浓溶液，加热，收集到气体896mL(已换算成标准状况，且设气体全部逸出)；②第二份加足量氯化钡溶液后，得干燥沉淀6.72g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，以下推测错误的是A.一定不存在Na+B.一定存在2-3CO、2-4SOC.一定存

在2-4SO、+4NHD.可能存在Cl−【答案】A【解析】【分析】①第一份加足量NaOH浓溶液，加热，收集到气体896mL(已换算成标准状况，且设气体全部逸出)；说明有氨气0.04mol即铵根0.04mol；

②第二份加足量氯化钡溶液后，得干燥沉淀6.72g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，则2.33g沉淀是硫酸钡沉淀，说明硫酸根物质的量为0.01mol，说明不含有钡离子，还有6.72g−2.33g=

4.39g碳酸钡沉淀，则碳酸根物质的量为0.022mol，根据电荷守恒关系则一定含有钠离子。【详解】A．根据电荷守恒，溶液中一定存在Na+，故A错误；B．根据沉淀分析溶液中一定存在2-3CO、2-4SO，故B正确；C．加入氢氧化钠、加热，有气体放

出，说明溶液中一定存在+4NH，根据沉淀2.33g得到一定存在2-4SO，故C正确；D．若溶液中的钠离子比较多，根据电荷守恒，则溶液中可能存在Cl−，故D正确。综上所述，答案为A。24.溴(Br)与氯(Cl)同属“卤族元素”，最外

层均有7个电子，在反应中容易得1个电子，化学性质具有很大的相似性，氧化性22ClBr，下面根据氯的性质对溴的性质预测合理的是A.溴单质只具有氧化性B.溴蒸气与氢气在加热下反应生成HBrC.Br−还原性比Cl−弱D.溴单质与足量NaOH溶液反应生成NaB

r和HBrO【答案】B【解析】【详解】A．溴单质化合价既可升高，也可降低，因此既有氧化性又有还原性，故A不符合题意；B．氯气与氢气在点燃条件下反应生成HCl，溴蒸气与氢气在加热下反应生成HBr，故B符合题意；C．氧化性22ClBr，则Br−还原性比

Cl−强，故C不符合题意；D．溴单质与足量NaOH溶液反应生成NaBr、NaBrO和水，故D不符合题意。综上所述，答案为B。25.向物质的量均为amol的NaOH、()2BaOH混合溶液中通入bmol2CO气体，则下列条件下对应的离子方程式不正确的是A.b1a时

，2232COBa2OHBaCOHO+−++=+B.b3a2=时，-3322223CO6OH2Ba2BaCO3HOCO−+++=++C.b2a=时，-223233CO4OHBaBaOHCOCO2H−+++=++D.b3a时，-32CHOOHCO−=+【答案】C【解析】【分析】向物

质的量均为amol的NaOH、()2BaOH混合溶液中通入bmol2CO气体，首先二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，再是氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，再是碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，再是二氧化碳和碳酸钡、水反应生成碳酸氢钡。【详解】A．b1a时

，反应生成碳酸钡沉淀，离子方程式2232COBa2OHBaCOHO+−++=+，故A正确；B．b3a2=时，假设2mol氢氧化钠和2mol氢氧化钡通3mol二氧化碳，先是2mol氢氧化钡与2mol二氧化碳反应，再是1mol二氧化碳与2mol氢

氧化钠反应，其离子方程式为-3322223CO6OH2Ba2BaCO3HOCO−+++=++，故B正确；C．b2a=时，假设1mol氢氧化钠和1mol氢氧化钡通2mol二氧化碳，先是1mol氢氧化钡与1mol二氧化碳反应，再是0.5mol二氧

化碳与1mol氢氧化钠反应生成0.5mol碳酸钠和水，再是0.5mol碳酸钠与0.5mol二氧化碳、水反应生成1mol碳酸氢钠，其离子方程式为233222CO3OHBaBOHCaOCOH−−+++=++，故C错误；D．b3a时，假设1mol氢氧化钠和1mol氢氧化钡通3mol二氧化

碳，先是1mol氢氧化钡与1mol二氧化碳反应，再是0.5mol二氧化碳与1mol氢氧化钠反应生成0.5mol碳酸钠和水，再是0.5mol碳酸钠与0.5mol二氧化碳、水反应生成1mol碳酸氢钠，再是1mol二氧化碳

和1mol碳酸钡、水反应生成1mol碳酸氢钡，其离子方程式为23COOHHCO−−+=，故D正确。综上所述，答案为C。第Ⅱ卷(非选择题，共50分)二、非选择题(本大题共6小题，共50分)26.完成下列小题（1）写出实验室制备氯气的化学方程式_____。（2）常温下，2Cl通入N

aOH溶液中，可以制备漂白液，写出此反应离子方程式：_____。（3）请用单线桥法标出此反应电子转移方向和数目：_____。422424424222KMnO5HCO3HSO2MnSOKSO10CO8HO++=+++（4）现有下列七种物质：①3CaCO固

体②2CO③氯化铁溶液④()2BaOH固体⑤稀硫酸⑥熔融3KNO⑦Na在上述物质中，能导电的是_____；属于电解质的是_____。【答案】（1）()2222ΔMnO4HClMnClCl2HO+++浓（2）22Cl2OHClOClHO−−−+=++（3）（4）①.③⑤⑥⑦②.①④⑥【解析】【

小问1详解】实验室中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制备氯气，反应的化学方程式为()2222ΔMnO4HClMnClCl2HO+++浓；【小问2详解】常温下，2Cl通入NaOH溶液中生成氯化钠、次氯酸钠、水，反应

的离子方程式为22Cl2OHClOClHO−−−+=++。【小问3详解】422424424222KMnO5HCO3HSO2MnSOKSO10CO8HO++=+++反应，Mn元素化合价由+7降低为+2、C元素化合价由+3升高为+4，用单线桥法标出此反应电子

转移方向和数目为【小问4详解】①3CaCO固体不导电，在熔融状态下能导电，3CaCO是电解质；②2CO自身不能电离，不导电，属于非电解质；③氯化铁溶液是混合物，含有自由移动的离子，能导电，既不是电解质又不是非电解质；④()2BaOH固体不导电，在熔融状态下能导

电，()2BaOH是电解质；⑤稀硫酸是混合物，含有自由移动的离子，能导电，既不是电解质又不是非电解质；⑥熔融3KNO含有自由移动的离子，能导电，属于电解质；⑦Na是金属单质，能导电，既不是电解质又不是非电解质；在上述物质中，能导电的是③氯化铁溶液、

⑤稀硫酸、⑥熔融3KNO、⑦Na；属于电解质的是①3CaCO固体、④()2BaOH固体、⑥熔融3KNO。27.利用铁元素价类二维图可以多角度研究含铁物质的性质及基转化关第，请完成下列问题。（1）下列物质中的铁元素只有还原性的是__

___(填字母)。A.FeB.4FeSOC.3FeClD.23FeO（2）工业盐的主要成分是2NaNO，曾多次发生过因误食2NaNO而中毒的事件，其原因是2NaNO把人体内的2Fe+转化为3Fe+而失去与2O结合的能力。①以上事实说明2NaNO具有_

____性。下列不能实现上述转化的物质是_____(填字母)。A．2ClB．2OC．3FeClD．4KMnO(H+)②工业盐中毒后，可服用维生素C来缓解中毒状况，这说明维生素C具有_____性。（3）高铁酸盐可用于饮

用于水的消毒，工业上制备高铁酸钠(24NaFeO)有多种方法，其中一种制备方法以2Cl、NaOH、()243FeSO为原料，请配平下列离子方程式：_____。_____2Cl+_____3Fe++_____=_____24FeO−+_____Cl−+_____2HO【答案】（1）A（2）①.氧化

性②.C③.还原性（3）322423Cl2Fe16OH2FeO6Cl8HO+−−−++=++【解析】【小问1详解】A．Fe化合价只能升高，因此只具有还原性，故A符合题意；B．4FeSO中铁化合价为+2价，既可升高，也可降低，因此既有氧化性又有

还原性，故B不符合题意；C．3FeCl中铁化合价只能降低，只具有氧化性，故C不符合题意；D．23FeO中铁处于高价态，只能降低，只具有氧化性，故D不符合题意；综上所述，答案为A。【小问2详解】①2NaNO把人体内的2Fe+转化为3Fe+而失去与2

O结合的能力，说明铁化合价升高，作还原剂，则亚硝酸钠作氧化剂，因此说明2NaNO具有氧化性，氯气、氧气、酸性高锰酸钾都能氧化亚铁离子，而铁离子不能氧化亚铁离子，因此不能实现上述转化的物质是C；故答案为

：氧化性；C。②工业盐中毒后，可服用维生素C来缓解中毒状况即将铁离子还原为亚铁离子，则说明维生素C具有还原性；故答案为：还原性。【小问3详解】氯气化合价降低变为氯离子，1mol氯气得到2mol电子，1mol铁离子变为高铁酸根

，失去3mol电子，根据得失电子守恒，因此氯气配系数为3，铁离子配系数为2，再根据守恒得到322423Cl2Fe16OH2FeO6Cl8HO+−−−++=++，故答案为：322423Cl2Fe16OH2FeO6Cl8HO+−−−++

=++。28.某家用防疫用品“84”消毒液的包装说明如下：【产品名称】84消毒液【有效成分】NaClO【规格】1000mL【浓度】4.01molL−注意：①按一定比例稀释后作用②不得与酸性产品(如洁厕灵)同时使用该小组同学进行了如下实验，回答下列问题：（1）用“84消毒

液”原液配制450mL()NaClO0.060mol/Lc=的溶液。①配置过程中，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、_____。②稀释时，需要取用_____mL“84消毒液”原液。③配制过程中的正确操作

顺序是：b、d、_____、e(填“字母”)。a．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶。b．用量筒量取所需体积的“84消毒液”原液注入盛有约50mL蒸馏水的烧杯。c．用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相切。d．用玻璃棒慢慢搅动，混合均匀。e．盖好容量瓶瓶塞，反复上下颠

倒，摇匀。f．将稀释后的“84消毒液”沿玻璃棒注入一定容积的容量瓶。g．往容量瓶中加入蒸馏水，直到液面在容量瓶刻度线下1～2cm处。④下列操作会使溶液中NaClO浓度偏高的是_____。A．取用的“84消毒液”原液是久置的B．

量取“84消毒液”原液时，仰视读数C．定容操作时，俯视刻度线D．定容后摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线（2）利用如图装置探究“84消毒液”(主要成分是NaClO)与“洁厕灵”(主要成分是稀盐酸)的反应，当注

射器中的洁厕灵注入试管中时，可观察到湿润淀粉KI试纸变蓝，则湿润pH试纸的现象是_____，棉花团(蘸有某溶液)的其作用是_____。（3）资料查得：“84消毒液”(主要成分是NaClO)与双氧水混合会反应产生

一种常见的无色无味气体，且消毒能力大大降低，写出该反应的离子方程式_____。【答案】（1）①.500mL容量瓶②.7.5③.f、a、g、c④.BC（2）①.pH试纸先变红后褪色②.吸收多余的氯气，防止外逸污染环境（3）2222ClOHOC

lOHO−−+=++【解析】【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，其配制步骤为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀、装瓶贴标签。【小问1详解】①配置过程中，没有450mL容量瓶，只能配制500mL溶液，因此需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、500mL容量瓶；故答案为

：500mL容量瓶。②稀释时，根据稀释前后物质的量不变，110.060molL0.5L4molLV−−=，解得V=0.0075L=7.5mL，则需要取用7.5mL“84消毒液”原液；故答案为：7.5。③配制过程的操作是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤

、振荡、定容、摇匀、装瓶，因此正确操作顺序是：b、d、f、a、g、c、e；故答案为：f、a、g、c。④A．取用“84消毒液”原液是久置的，次氯酸钠的物质的量偏小，浓度偏低，故A不符合题意；B．量取“84消毒液”原液时，仰视读数，取出

的溶质物质的量偏多，浓度偏高，故B符合题意；C．定容操作时，俯视刻度线，溶液体积偏低，浓度偏高，故C符合题意；D．定容后摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，溶液体积偏多，浓度偏低，故D不符合题意；综上所述，答案：BC

。【小问2详解】84消毒液”(主要成分是NaClO)与“洁厕灵”(主要成分是稀盐酸)的反应生成氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，因此湿润pH试纸的现象是pH试纸先变红后褪色，气体向气球扩散，则棉花团(蘸有某溶液)的其作用是吸收多余的氯气，防止外逸污染环境；故答案为：pH试纸先变红后

褪色；吸收多余的氯气，防止外逸污染环境。【小问3详解】“84消毒液”(主要成分是NaClO)与双氧水混合会反应产生一种常见的无色无味气体，且消毒能力大大降低，说明生成了氧气和氯离子，则该反应的离子方程式2222ClOHOC

lOHO−−+=++；故答案为：2222ClOHOClOHO−−+=++。29.过氧化钙(2CaO)是一种白色固体，常用作制氧剂、杀菌剂、防腐剂。（1）化学实验小组选用如图装置(部分固定装置略)用钙和氧气制备过氧化钙。的①请选

择必要的装置(可重复使用)，按气流方向连接顺序为_____(填仪器接口的字母编号)②连接好装置进行实验，步骤如下：Ⅰ．检查装置气密性后，装入药品；Ⅱ．打开分液漏斗旋塞，通一段时间氧气；Ⅲ．点燃B处酒精灯加热药品；反应结束后，先熄灭酒

精灯，待产品冷却后再停止通入氧气，关闭分液漏斗活塞；Ⅳ．拆除装置，取出产物。a．简述检验该装置气密性的方法_____。b．步骤Ⅱ的作用为_____。c．过氧化钙(2CaO)常用作制氧剂，请写出过氧化钙(2CaO)

与2CO反应的化学方程式_____。（2）在碱性环境中制取22CaO8HO的装置如图所示，装置A中固体4NHCl和()2CaOH在加热条件可产生3NH，然后通入装置B发生以下反应：22232224CaHO2NH8HOCaO8HO2NH++

+++=+。(已知氨气极易溶于水，1体积水可溶解约700体积氨气；过氧化氢易受热分解；22CaO8HO在0℃时稳定，加热至130℃时逐渐变为无水2CaO。)①装置B中仪器X的作用是_____。②反应在冰浴中进行的原因_____。【答案】（1）①.aedbc

e(d)或aedcbe(d)②.在装置C中装蒸馏水至没过长导管，关闭分液漏斗旋塞，对A中圆底烧瓶微热，待产生一定量气泡后停止加热，冷却后C中导管中产生稳定液柱，则气密性良好③.排出空气，防止空气干扰实验④.

22322CaO2CO2CaCOO+=+（2）①.导气、防止倒吸②.防止温度过高22HO分解，有利于晶体的析出【解析】【分析】A制备氧气，C干燥氧气，打开分液漏斗旋塞，通一段时间氧气，排出装置内的空气后再加热B，B中钙和氧气反应生成过氧化钙，最后再次连接C防止空气中的水蒸

气进入B。【小问1详解】①A制备氧气，C干燥氧气，B中钙和氧气反应生成过氧化钙，最后再次连接C防止空气中的水蒸气进入B，按气流方向连接顺序为aedbce(d)；②a.在装置C中装蒸馏水至没过长导管，关闭分液漏斗旋塞，对A中圆底烧瓶微热，待产生一定量气泡后停止加热，冷却后

C中导管中产生稳定液柱，则气密性良好；b．打开分液漏斗旋塞，通一段时间氧气，排出空气，防止空气干扰实验；c．过氧化钙(2CaO)与2CO反应生成碳酸钙和氧气，反应的化学方程式22322CaO2CO2CaCOO+=+。【小问2详解】①

氨气极易溶于水，氨气溶于水易倒吸，装置B中仪器X的作用是导气、防倒吸。②过氧化氢易受热分解；22CaO8HO在0℃时稳定，加热至130℃时逐渐变为无水2CaO，反应在冰浴中进行的原因防止温度过高22HO分解，有利于晶体的析出。3

0.某盐X含有三种元素，其摩尔质量为134g/mol，常用于焰火的黄色发光剂。气体A在标准状况下的密度为1.25g/L，盐D与X组成元素完全相同。在一定条件下有如下转化关系：请回答：（1）盐X所含元素为_____(请填写元素符号)，盐X的化学

式为_____。（2）写出B转化为C的离子方程式_____。（3）盐X隔绝空气加热分解生成A和D的化学方程式为_____。【答案】（1）①.Na、C、O②.224NaCO（2）2232Ca2OHCOCaCOHO+−++=+（

3）224230NO50aCONaCCO+隔绝空气℃【解析】【分析】气体A在标准状况下的密度为1.25g/L，则该气体的摩尔质量为1.25g/L22.4L/mol=28g/mol，由图示转化可知，A在过量O2中燃烧生成的

气体B和过量澄清石灰水反应生成的白色沉淀C为CaCO3，，则A为CO、B为CO2；CaCO3的物质的量为10.0g100g/mol=0.1mol，由关系式CO~CO2~CaCO3可得，CO的物质的量为0.1mol；盐X常用于焰火的黄色发光剂，说

明X中含有钠元素，盐X隔绝空气、加热到500℃分解生成CO和固体D，则固体D中含有钠元素，D和过量CaCl2溶液反应生成白色沉淀C即CaCO3，则D为Na2CO3，其物质的量为10.6g106g/mol=0.1mol；13.4g盐X的物质

的量为13.4g134g/mol=0.1mol，则0.1mol盐X隔绝空气、加热到500℃分解生成0.1molCO和0.1molNa2CO3，则X为Na2C2O4；【小问1详解】盐X所含元素为Na、C、O，盐X的化学式为Na2C2O4；【小问2详解】B为CO2，CO2

和过量澄清石灰水反应生成的白色沉淀C即CaCO3，同时生成水，离子方程式为:2232Ca2OHCOCaCOHO+−++=+；【小问3详解】盐X隔绝空气加热分解生成A和D的化学方程式为:224230NO50aCONaCCO+隔绝空气℃。31.将21.8g2NaO和22N

aO的固体混合物溶于水得到1000mL溶液，所得溶液用100mL3.01molL−稀硫酸恰好完全中和。回答下列问题：（1）固体混合物中22NaO的物质的量为_____mol（2）固体混合物与水反应后，所得NaOH溶液的物质的量浓度___

__1molL−（3）所得NaOH溶液如果通入0.45mol2CO气体完全反应后，23NaCO和3NaHCO的物质的量之比为_____。【答案】（1）0.20（2）0.6（3）1∶2【解析】【分析】设固体混合物中Na2O的物质的量为x，Na2O2的物质的量为y；由固体混合

物的质量为21.8g可得:62x+78y=21.8g①；由n(H2SO4)=3.0mol/0.1L=0.30mol，则固体混合物与水反应生成n(NaOH)=2n(H2SO4)=0.6mol，由钠原子守恒可得:2x+2y=0.6mol②；联立①②两式可解得x=0.1mo

l，y=0.2mol；【小问1详解】根据上述分析可知，固体混合物中22NaO的物质的量为0.2mol；【小问2详解】根据Na原子守恒可知，固体混合物与水反应后，n(NaOH)=2n(H2SO4)=0.6mol，所得NaOH溶液的物质的量浓

度为0.6mol1L=0.6mol/L；【小问3详解】