【文档说明】（新高考通用“14+4”，人教版2019必修第一册第1_2章）（全解全析）.docx，共(13)页，604.744 KB，由小赞的店铺上传

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2024-2025学年高一化学上学期期中模拟卷（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂

黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：1~2章（人教版2019必修第一册）。5．难度系数：0.656．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O1

6Na23P31S32K39Cl35.5Br80第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列物质既不属于电解质

，又不属于非电解质，但其水溶液能导电的是（）A．乙醇B．碱石灰C．铁D．二氧化碳【答案】B【解析】乙醇是不能电离出自由移动离子的非电解质，故A不符合题意；碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物，混合物既不是电解

质也不是非电解质，碱石灰溶于水得到氢氧化钠和氢氧化钙的混合溶液，溶液中存在自由移动的离子，能导电，故B符合题意；铁是金属单质，单质既不是电解质也不是非电解质，既不是电解质也不是非电解质，但铁不溶于水，故C不符

合题意；二氧化碳是不能电离出自由移动离子的非电解质，故D不符合题意；故选B。2．下列关于物质分类的组合正确的是（）碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ACa(OH)2硫酸胆矾(CuSO4·5H2O)CaOMn2O

7B烧碱盐酸氯化钠过氧化钠二氧化碳C石灰水冰醋酸(CH3COOH)小苏打氧化钠二氧化硫DNH3HNO3碳酸钙氧化铁SO3【答案】A【解析】Ca(OH)2、硫酸、CuSO4·5H2O、CaO、Mn2O7分别属于碱、酸、盐、碱性氧化物、酸性氧化

物求，A正确；过氧化钠属于过氧化物，不是酸性氧化物，B错误；石灰水是氢氧化钙与水的混合物，而碱为纯净物，C错误；氨气不是碱，氨气溶于水后生成的NH3·H2O属于碱，D错误；故选A。3．在水溶液中，下列电离方程式书写正确的是（）A．++233NaHCO=Na+H+CO−B．+-2-3KC1O=

K+C1+3OC．2+-2BaOH=Ba+2OH()D．324+243AlSO=3Al+2SO−()【答案】C【解析】NaHCO3在水溶液中电离出Na+和碳酸氢根离子，电离方程式为：3+3NaHCONa+HCO=−，A错误；KClO3在水溶液中电离出K+和氯酸根离子，电离

方程式为：+33KC1O=K+C1O−，B错误；Ba(OH)2在水溶液中电离出Ba2+和OH-，电离方程式为：2+-2BaOH=Ba+2OH()，C正确；Al2(SO4)3在水溶液中电离出Al3+和硫酸根离子，电离方程式为：324+243AlSO=2A

l+3SO−()，原电离方程式电荷不守恒，D错误；故选C。4．用强光照射氯水，测得氯水的pH、氯离子浓度、氧气体积分数与时间的关系如图所示。下列叙述正确的是（）A．由图(1)可知，光照下氯水酸性减弱B．由图(2)可知，光照下氯水中氯元素质量增大

C．由图(3)可知，光照下，水分解生成了2OD．由实验可知，氯水应贮存于棕色试剂瓶中【答案】D【解析】氯水中存在HClO，在光照下生成了HCl和O2，+HCl=H+Cl−，导致溶液中()Hc+增大，因此酸性增强，A项错误；()Clc−虽然增大，但是氯元素守恒，氯水中氯元素质

量不变，B项错误；HClO分解产生O2，而不是H2O分解产生O2，C项错误；HClO在光照条件下易分解，所以氯水贮存时要避光，贮存在棕色试剂瓶中，D项正确；故选D。5．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．标准状况下，11.2LH2O所含分子数为0

.5NAB．16gO2和O3的混合气体含有的原子数为2.5NAC．1molCl2与足量的铁发生反应，转移的电子总数为3NAD．1L2mol/L的氯化镁溶液中氯离子数为4NA【答案】D【解析】标准状况H2O不是气体，A错误；16gO2和O3的混合

气体中含氧元素的物质的量为1mol，所以含有氧原子为1mol，B错误；1molCl2与足量的铁发生反应生成氯化铁，电子转移依据反应的氯气计算，1molCl2与足量的铁发生反应，转移的电子总数为2NA，C错误；1L2

mol/L的氯化镁溶液中含有2mol氯化镁，则氯离子数为4NA，D正确；故选D。6．室温下，下列各组离子在指定溶液(溶质物质的量浓度均为0.1mol⋅L1−)中一定能够大量共存的是（）A．NaOH溶液：K+、2Ca+、3HCO−、3NO−B．NaCl溶液：H+，Ag+、2Mg+、3NO−C．2

3NaCO溶液：2Ba+、K+、OH−、Cl−D．NaClO溶液：K+、2Ca+、Cl−，3NO−【答案】D【解析】OH−与3HCO−不能大量共存，A项错误；Ag+与Cl−不能大量共存，B项错误；2Ba

+与23CO−不能大量共存，C项错误；各个离子间不反应，可以大量共存，D项正确；故选D。7．设计如图装置(夹持装置省略)检验钠与水反应的产物，先在U形管内加入少量煤油和几粒钠块，再从U形管高端加入水(含有酚酞)，打开止气夹，赶出空气，一段时间后加热铜丝。下列说法正确的是（）A

．钠块在煤油和水交界处四处游走，直至消失B．铜丝由黑色变成红色，说明有2O生成C．U形管溶液右侧从上到下逐渐由无色变为红色D．钠与水反应的离子方程式：+-22Na+HO=Na+OH+H【答案】C【解析】金属钠的密度大于煤油的密度，钠会沉在煤油底部，与水接触后迅速反应，产生气体，在气体

的作用下钠会进入到煤油中，反应停止，钠受重力落下，钠在两个液体界面处上下跳动，产生气泡，酚酞溶液逐渐变红，产生的氢气能还原氧化铜，据此解答。根据以上分析可知钠在水和煤油的界面处上下跳动，产生气泡，钠块不会在煤油和水交

界处四处游走，A错误；铜丝由黑色变成红色，说明有氢气生成，B错误；钠和反应生成氢氧化钠，显碱性，因此U形管溶液右侧从上到下逐渐由无色变为红色，C正确；钠与水反应的离子方程式为+-222Na+2HO=2Na+2OH+H，D错误；故选C。8．下列“推理或结论”与“实验操作及现象”相符的一组是

（）选项实验操作及现象推理或结论A取少量Na2O2粉末放在脱脂棉上，再将1滴水滴到Na2O2上，脱脂棉燃烧Na2O2与水的反应是放热反应B向碳酸钠溶液中逐滴滴加盐酸马上产生大量气泡C将Na2O2投入到紫色石蕊溶液中溶液先变红，后褪色D用洁净的铂丝蘸取某溶液样品，在酒精灯外焰上灼烧，透过蓝色

钴玻璃观察到火焰为紫色溶液中含有K+，不含Na+【答案】A【解析】过氧化钠与水反应生成氧气，且放热，则脱脂棉燃烧，A正确；碳酸钠溶液中逐滴滴加稀盐酸，Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，开始无明显现象，

一段时间后产生大量气泡，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，B错误；Na2O2与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠显碱性，溶液先变蓝，Na2O2具有强氧化性，可以使石蕊溶液褪色，C错误；用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到火焰

颜色为紫色，可检验K+，不能确定是否有Na+，D错误；故选A。9．为了探究Na2CO3、NaHCO3的热稳定性，进行如图所示实验。实验发现，加热Na2CO3粉末时，开始澄清石灰水中有少量断断续续的气泡，澄清石灰水不变

浑浊；加热NaHCO3粉末时，澄清石灰水变浑浊。下列叙述错误的是（）A．Na2CO3的热稳定性比NaHCO3的强B．Na2CO3被加热时只少量分解C．加热可除去Na2CO3固体中混有的少量NaHCO3D．NaHCO3分解反应是非氧化还原

反应【答案】B【解析】Na2CO3加热不分解，加热NaHCO3粉末分解，故Na2CO3热稳定性比NaHCO3的强，故A正确；加热Na2CO3粉末时澄清石灰水中有少量气泡，是因为空气受热逸出，并不是Na2CO3分解，故B错误；加热NaHCO3粉末分解

，故加热可除去Na2CO3固体中混有的少量NaHCO3，故C正确；加热NaHCO3粉末分解发生反应为2NaHCO3=====△Na2CO3+CO2↑+H2O，反应前后无元素化合价变化，是非氧化还原反应，故D正确；故选B。10．下列离子方程式书写正确的是（）A．铁与稀盐酸反应：322Fe6H2Fe

3H+++=+B．3BaCO粉末加入到硫酸溶液中：2322BaCO2HBaHOCO+++=++C．向澄清石灰水中滴加过量3NaHCO：223323Ca2OH2HCOCaCO2HOCO+−−−++=++D．向()32CaHCO溶液中加入少

量的NaOH溶液：223332Ca2HCO2OHCaCOCO2HO+−−−++=++【答案】C【解析】铁与稀盐酸反应生成亚铁离子，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，A错误；BaCO3粉末加入到硫酸溶液中有硫酸钡沉淀生成，离子方程式为BaCO3+2H++SO4

2-=BaSO4↓+H2O+CO2↑，B错误；澄清石灰水中加入过量NaHCO3，钙离子、氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸钙沉淀、碳酸根离子和水，离子方程式正确，C正确；向()32CaHCO溶液中加入少量

NaOH溶液，离子方程式为：2332CaHCOOHCaCOH=O+−−+++，D错误；故选C。11．用还原法可以将硝酸厂烟气中的氮氧化物(NOx)转化为无害物质。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶

液中，其转化过程如下图所示。下列说法正确的是（）A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+Ce4+=2H++Ce3+B．过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的个数之比为2：1C．反应混合液中，Ce4+和Ce3+的总数目保持不

变D．反应中每消耗2.24LH2可以转化3gNO【答案】C【解析】根据图示可知反应Ⅰ为4322H22HCeCe++++=+，反应Ⅱ的反应物为342244H24N2HOCeNOCe+++++++＝，以此分析。根据图示可知反应Ⅰ为4322H22HCeCe++

++=+，A错误；反应Ⅱ的反应物为Ce3+、H+、NO，生成物为Ce4+、N2、H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为342244H24N2HOCeNOCe+++++++＝，在该反应中NO是氧化剂，Ce3+是

还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶4=1∶2，B错误；反应前后溶液中Ce4+的物质的量不变，C正确；没有给出物质状态，无法根据气体体积计算气体物质的量，D错误；故选C。12．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加10.1molL﹣稀盐酸，C

O2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示，下列判断不正确的是（）A．0—a段，氢氧化钠首先被中和，然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠B．a—b段发生反应的离子方程式为：-+322HCO+H=CO+HOC．a=0.3D．原混合

溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1：2【答案】D【解析】由图可知，0—a段发生的反应为氢氧化钠溶液先与盐酸发生中和反应生成氯化钠和水，氢氧化钠溶液完全反应后，碳酸钠溶液再与盐酸反应生成氯化钠和碳酸氢钠，a—b段发生的

反应为碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应生成二氧化碳的物质的量为0.01mol，则由碳原子个数守恒可知，混合溶液中碳酸钠的物质的量为0.01mol，氢氧化钠的物质的量为0.1mol/L×0.4L—0.01mol×

2=0.02mol，a点消耗盐酸的体积为0.4L—0.0.1m01molol/L=0.3L。由分析可知，0—a段发生的反应为氢氧化钠溶液先与盐酸发生中和反应生成氯化钠和水，氢氧化钠溶液完全反应后，碳酸钠溶液再与盐酸反应生成氯化钠和碳酸氢钠，故A正确；由分析可

知，a—b段发生的反应为碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，由分析可知，a点消耗盐酸的体积为0.4L—0.0.1m01molol/L=0.3L，则a=0.3，故C正确；由分析可知，混合溶液中碳酸钠的物质的量为0.01mol，

氢氧化钠的物质的量为0.02mol，则混合溶液中氢氧化钠与碳酸钠的物质的量之比为2：1，故D错误；故选D。13．某澄清透明溶液中可能含有K+，Na+，H+，2-3CO，-3HCO、Cl﹣中的若干种，且各离子数目相等。为了确定溶液的组成，设计了如图检验流程：下列说法错误的是（）A．原

溶液中一定存在Na+、K+B．原溶液中可能存在-3HCOC．气体W为CO2，白色沉淀X为AgClD．向原溶液中滴加澄清石灰水溶液变浑浊【答案】B【解析】依据气体W与澄清石灰水反应得到沉淀M，说明原溶液中可能含有CO32-、HCO3-中的一种或两种，则原溶液

中没有H+，依据有白色沉淀X产生，说明原溶液中含有氯离子，又因原溶液中含有的各种离子的数目相等，则原溶液中没有CO32-，原溶液中含有Na+、K+、HCO3-、Cl﹣。根据分析，原溶液中一定存在Na+、K+，故A正确；根据分析，原溶液中一定存在HCO3-，故B错误；根据分

析，气体W为CO2，白色沉淀X为AgCl，故C正确；原溶液中含有HCO3-，向原溶液中滴加澄清石灰水溶液生成碳酸钙沉淀，变浑浊，故D正确；故选B。14．高铜酸钾(2KCuO)是一种难溶于水的黑色粉末状固体，可以由四羟基合铜酸钾和次溴酸在冰水浴中合成

：①2422KCu(OH)HBrOKCuOKBrKBrOHO+→+++(未配平)。高铜酸钾在酸性条件下不稳定：②224242KCuOHSOOCuSOHO+→+++24KSO(未配平)。下列说法正确的是（）A．①中2KCuO是还原产物B．①中若消耗9.7gHBrO，

则生成24.5gHOC．②若有222.4LO生成，则转移4mol电子D．由①、②可知氧化性强弱顺序为22KCuOHBrOO【答案】B【解析】2KCuO中Cu为+3价，故Cu从+2价升高到+3价，化合价升高

，被氧化，2KCuO为氧化产物，A错误；配平反应①为24222KCu(OH)2HBrO=2KCuOKBrKBrO5HO++++，消耗9.7gHBrO，即消耗0.1molHBrO，故生成2HO的物质的量为0.25mol，

质量为4.5g，B正确；未给出标准状况，不能通过体积计算氧气的物质的量，C错误；反应①中HBrO为氧化剂，2KCuO为氧化产物，氧化性HBrO＞2KCuO，D错误；故选B。第II卷（非选择题共58分）二、非选择题（本题共4个小题，共58分）15．（14分）据报道，全世界的明胶有

60%以上用于食品糖果工业。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。(1)已知()22FeCrO中铬元素是+3价，则其中铁元素是价。2CrO−是一种酸根离子，则()22FeCrO属于(填“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”)。(2)区分明胶的水溶液和24KSO溶液的方法

是。(3)已知胶体的分散质不能透过半透膜，但水分子等小分子或离子能透过半透膜。提纯明胶的装置是下列中的(填字母序号)。A．B．C．(4)已知铜在常温下能被稀硝酸溶解，其反应的化学方程式为33Cu8HNO+(稀)=()3223CuNO2

NO4HO++①用双线桥法表示上述反应中电子得失的方向和数目：。②氧化剂和还原剂的个数比为。硝酸体现的性质：(填字母序号)A．只体现酸性B．只体现氧化性C．既体现酸性又体现氧化性(5)已知：氮元素有-3、0、+1、+2、+3、+4

和+5七种化合价，试据此判断下列六种化合物：①NO；②23NO；③24NO；④3HNO；⑤3NH；⑥2NO中：从氮元素看只能作还原剂的是(填序号)。【答案】(1)+2（1分）盐（1分）(2)丁达尔效应

（2分）(3)C（2分）(4)（2分）2∶3（2分）C（2分）(5)⑤（2分）【解析】（1）已知()22FeCrO中铬元素是+3价，根据化合物中各元素的化合价代数和为0计算可知，Fe元素的化合价为-2[+3+(-2)×2]=+2价，2CrO−是一种酸根

离子，()22FeCrO是由金属离子和酸根离子组成的化合物，则属于盐。（2）明胶的水溶液是胶体，能发生丁达尔效应，区分明胶的水溶液和24KSO溶液的方法是丁达尔效应；（3）已知胶体的分散质不能透过半透膜，但水分子等小

分子或离子能透过半透膜，因此提纯明胶可以用半透膜进行分离，选用装置C。（4）①该反应中Cu化合价从0升高至+2价，硝酸中N元素化合价从+5降低至-2价，根据得失电子守恒，共转移6个电子，用双线桥法表示上述反应中电子得失的方向和数目：；②

Cu是还原剂，硝酸是氧化剂，硝酸被还原为NO，则8mol硝酸中只有2mol硝酸做氧化剂，氧化剂和还原剂的个数比为2:3；硝酸体现的性质：氧化性和酸性，故选C；（5）⑤NH3中的N元素处于最低价态，只能作还原剂，故选⑤。16．（14分）实验室需要0.1mol/

LNaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液480mL，根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：(1)如下图所示的仪器中，配制溶液肯定不需要的是(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器有(填仪器名称)。(2)配制0.1mol/LNaOH溶液时，其正确的操作顺序是

(用字母表示，每个字母只能用一次)。A．将容量瓶盖紧，颠倒摇匀B．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切C．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1~2cm处D．准确称取计算量的氢氧化钠固体于烧杯中，再加入少量水(约30mL)，用玻璃棒慢慢搅动，使其充分

溶解E．将溶解的氢氧化钠溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中F．用30mL水洗涤烧杯2~3次，洗涤液均注入容量瓶(3)配制0.1mol/LNaOH溶液时，在实验中其他操作均正确，若定容时仰视容量瓶刻度线，则所配溶液浓度

(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。(4)配制0.5mol/L硫酸溶液480mL时，所需量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为mL(保留1位小数)。(5)配制0.5mol/L硫酸溶液时，在实验中其他操作均正确，若用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线，则所配溶液浓度(填“偏

大”、“偏小”或“无影响”)。(6)配制450mL0.1mol/LNaOH溶液时，所需称取NaOH的质量g。【答案】(1)A、C（2分）烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶（2分）(2)DEFCBA（2分）(3)偏低（2分）(4)13.6（2分）(5)偏大（2分）(

6)2.0（2分）【解析】配制溶液时，需要称量(量取)、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作，所以配制两种溶液所需的玻璃仪器除托盘天平、烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒外还需使用500mL容量瓶。配制过程中要保证正确量取液体

体积或正确称取固体质量，溶质完全转移到容量瓶中、保证溶液体积准确，不然会引起误差，若不当操作导致溶质物质的量偏小或溶液体积偏大，则浓度偏小；若不当操作导致溶质物质的量偏大或溶液体积偏小，则浓度偏大，据此回答。【解析】（1）由固体溶质配制一定物质的量浓度的溶液时，需要托盘天平、

药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，由稀释浓溶液配制一定物质的量浓度的溶液时，还需要量筒。根据所给仪器，肯定不需要圆底烧瓶、分液漏斗，故选A、C，还需要用到烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶。（2）配制步骤有计算、称量(量取)、溶解、冷却、移液

、洗涤、定容、摇匀等操作，若溶质为固体，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品；若溶质为液体，一般用量筒量取。然后在烧杯中溶解，冷却后转移到相应规格的容量瓶中，并用玻璃棒引流，用30mL水洗涤烧杯2~3次，洗涤液均注入容量瓶，继续加水，当加水

至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液凹面恰好与刻度线相切，接着将容量瓶盖紧，颠倒摇匀，故顺序为DEFCBA。（3）若定容时仰视容量瓶刻度线，加水过多、溶液体积偏大，则所配溶液浓度偏低。（4）浓硫酸的浓度1000c18.4mol

/LM==，根据浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/LV0.5mol/L0.5L=，V0.0136L13.6mL==。（5）若用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线，硫酸量取过多，溶质的物质的量偏大，则所

配溶液浓度偏大。（6）配制0.1mol/LNaOH溶液时，用500mL容量瓶，所需称取NaOH的质量mcVM0.1molL0.5L40g/mol2.0g===。17．（14分）Na2O2是实验室中的常用试剂，保存不当时易变质。某化学兴趣小组成员以实验室中标有“过氧化钠”的试

剂为对象进行实验。回答下列问题：Ⅰ．对该“试剂”的组成进行探究：小组成员取出该标有“过氧化钠”的试剂瓶中的试剂，观察其外部特征：主要为块状、白色，用研钵捣碎块状物，可观察到内部呈淡黄色。(1)猜想块状物外层白色

物质的组成：猜想1：只有NaOH；猜想2：只有Na2CO3；猜想3：。(2)设计实验并得出结论：可选用试剂：BaCl2溶液、NaCl溶液、Ba(OH)2溶液序号实验步骤实验现象结论或解析1①取少量上述白色

物质，加入盛有稀盐酸的试管中猜想1不成立2②取少量上述白色物质溶于水，向其中加入过量的溶液产生白色沉淀发生了离子反应③过滤②所得混合物，向滤液中滴加几滴酚酞溶液不变红猜想成立Ⅱ．兴趣小组设计了如图的实验装置，可实现多种用途。(

3)小组成员利用该装置证明Na2O2可在潜水艇和呼吸面具中作供氧剂，为排除干扰和实验的准确性，B中要加入某种含有Na元素的饱和盐溶液，B处反应的离子方程式为。(4)另一小组同学利用该装置测定已部分变质的Na2O2样品中残留的Na2O2的质量分数。准确称量样品10.

0克，装入C装置的硬质玻璃管中，D瓶中加入足量NaOH溶液。该样品与A装置生成的气体充分反应后，将E处集气瓶中收集到的气体准确测量，测得体积为1120.0mL(标准状况)。C装置中Na2O2与CO2反应的化学方程式为；该样品中过氧化钠的质量分数为%(保留三位有效数字)。【答案】(1)有NaOH和N

a2CO3（2分）(2)有气泡产生（2分）BaCl2（2分）2（2分）(3)+322HCO+H=HO+CO−（2分）(4)2222322NaO+2CO=2NaCO+O（2分）78.0%（2分）【解析】根据Na2O2变质

主要和空气中的H2O、CO2反应，生成NaOH和Na2CO3；A为二氧化碳的发生装置，B除去二氧化碳中的氯化氢，D为NaOH溶液除去未反应的二氧化碳，E收集到的气体为氧气，据此回答。（1）根据Na2O2变质主要

和空气中的H2O、CO2反应，生成NaOH和Na2CO3，NaOH和Na2CO3均为白色固体，故上述淡黄色物质为Na2O2，猜想块状物外层白色物质的组成：猜想1：只有NaOH；猜想2：只有Na2CO3；猜想3：

有NaOH和Na2CO3；（2）①猜想1只有NaOH，猜想2、猜想3中都有Na2CO3，故要证明猜想1不成立，只需证明含有Na2CO3，故取少量上述白色物质，加入盛有稀盐酸的试管，可观察到的现象：有气泡产生，则猜想1不成立；②已知BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2

NaCl，Ba(OH)2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaOH，结合实验③加入酚酞检验原固体是否含有NaOH，所以取少量上述白色物质溶于水，向其中加入过量的BaCl2溶液可观察到白色沉淀，发生的离子方程式为：232+3Ba+CO=BaC

O−，说明发生了离子反应；③过滤②所得混合物，向滤液中加入酚酞后不变红说明不含有NaOH，就只含有Na2CO3，故猜想2成立；（3）根据分析可知，B中为饱和碳酸氢钠，B处反应的离子方程式为：+322HCO+H

=HO+CO−；（4）Na2O2与CO2反应的化学方程式为2222322NaO+2CO=2NaCO+O，E收集的气体为氧气，物质的量为-3112010L=0.05mol22.4L/mol，根据方程式可知，Na2O2的物质的量为0.1mol，则该

样品中过氧化钠的质量分数0.1mol78g/mol100%=78.0%10g。18．（18分）如图为实验室制取纯净、干燥的氯气，并验证氯气性质的装置。其中E瓶放有干燥红色布条；F中为红色的铜网，其右端出气管口放有脱脂棉。(1)仪器A的名

称为。(2)写出圆底烧瓶中反应的化学反应方程式。(3)装置C中盛装的溶液是。D中盛放的溶液的作用是。(4)E中的红色布条(“是”或“否”)褪色，F中反应的化学方程式为。(5)H中的试剂为溶液，用来吸收多余氯气防止污染空气，用离子方程式表示该原理，若要吸收224mLCl2(标况下

)，至少需要lmol/L的上述溶液mL。(6)已知Cl2在70℃的NaOH水溶液中，能发生氧化还原反应后可生成NaClO与NaClO3，现有47.9gCl2将其通入到足量70℃的NaOH水溶液中，反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量比为4：1，并得到500mL溶液

。①配平Cl2在70℃的NaOH水溶液中的化学方程式：(若系数为1，也要填在横线上)。_______Cl2+_______NaOH=_______NaClO+_______NaClO3+_______NaCl+_______H2O。②计算完全反应后溶液

中NaClO物质的量浓度为mol/L(保留两位有效数字)。【答案】(1)分液漏斗（1分）(2)2222MnO+4HCl()MnCl+Cl+2HO浓（2分）(3)饱和食盐水/饱和NaCl溶液（2分）干燥氯气（1分）(4)否（1分）22Cu+ClCuCl（2分）(5)氢氧化钠溶液（1分）---2

2Cl+2OH=Cl+ClO+HO（2分）20（2分）(6)7144197（2分）0.77（2分）【解析】B装置为制备氯气装置，C、D为饱和食盐水和浓硫酸，可以除去挥发出的氯化氢以及干燥氯气，E中有干燥的红色布条，检验氯气的

漂白性，F为氯气与铜单质的反应，H为尾气处理装置，据此分析；【解析】（1）根据题目所给图分析，A为分液漏斗；（2）圆底烧瓶B为制备氯气的装置，实验室制备氯气的反应方程式为：2222MnO+4HCl()MnCl+Cl+2HO浓；（3）由于浓盐酸易挥发，B装置制得得氯气中可能含有氯化氢以及水分子，要

制得纯净干燥得氯气，就要除去氯气中可能携带的水分子以及氯化氢，则C装置可以为饱和食盐水，可以除去氯气中含有得氯化氢气体，D为浓硫酸，干燥氯气；（4）E瓶放有干燥红色布条，氯气没有漂白性，E中红色布条不褪色；F中得反应为氯气与铜单质反应生成氯化铜，反应方程式为22Cu+ClCuCl；（5

）H装置应为尾气处理装置，用于处理多余得氯气，防止污染，可以用氢氧化钠溶液吸收氯气，其反应离子方程式为---22Cl+2OH=Cl+ClO+HO；若要吸收标准状况下224mL氯气，即0.224L，即0.01mol氯气，根据反应离子方程式

，需要0.02mol的氢氧化钠才能够完全吸收，则需要1mol/L氢氧化钠的体积0.02V0.02L201/LmolmLmol===；（6）根据得失电子守恒定律，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠、氯酸钠、氯化钠的化学方程式为7

Cl2+14NaOH=4NaClO+NaClO3+9NaCl+7H2O；47.9g氯气的物质的量为47.9g0.6771g/molmol，由于反应完全后次氯酸钠和氯酸钠的物质的量之比为4：1，根据反应方程式，氯气与生成氯酸钠的物质的量为7：1，则完全反应后溶液中次氯酸钠物质的

量浓度为47.9g4c0.77/L71g/70.5Lmolmol=。