【文档说明】北京市第一六六中学2023-2024学年高一上学期期中考试化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，426.204 KB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-a47d0cf0211a6c4e3a55e4d65e81b076.html

以下为本文档部分文字说明：

北京市第一六六中学2023-2024学年度第一学期期中考试高一年级化学学科相对原子质量：H：1He：4C：12N：14O：16Mg：24S：32Cl：35.5K：39Cu：64Mn：55Fe：56Br：80I：127Ba：137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.目前人类已发现几千万种物质，对物质进行分类，有利于我们的学习。下列关于物质的类别中，不正确的是(括号内为类别)A.H2O(氧化物)B.H2SO4(含氧酸)C.CH3COOH(混合物)D.I2的CCl4

溶液(混合物)【答案】C【解析】【分析】【详解】A.H2O是由两种元素组成的，且其中一种是氧元素的化合物，属于氧化物，A项正确，不符合题意；B.H2SO4属于酸，且含有氧元素，属于含氧酸，B项正确，不符合题意；C.CH3COOH是由一种物质组成的，

属于纯净物，不是混合物，C项错误，符合题意；D.I2的CCl4溶液是两种物质组成的，属于混合物，D项正确，不符合题意；答案选C。2.下列物质中，属于电解质的是A.乙醇B.食盐水C.KNO3D.Mg【答案】C【解析】【详解】电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，据此定义解题：A．乙醇水溶

液和纯净的乙醇均不导电，属于非电解质，A不合题意；B．食盐水是溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，B不合题意；C．KNO3在水溶液或熔融状态下均能导电，属于电解质，C符合题意；D．Mg是单质，既不是电解质也不是非电解

质，D不合题意；故答案为：C。3.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。4.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是A.NaOH溶液B.Fe(OH)3胶体C.蔗糖溶液D.CuSO4溶液【答案】B【解析】【分析】光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应

，据此分析判断。【详解】在题目选项物质中，只有分散系Fe(OH)3胶体属于胶体，当光线通过Fe(OH)3胶体时，光线发生散射作用而沿直线传播，即能观察到丁达尔效应，而光线通过分散系NaOH溶液、蔗糖溶液、CuSO4溶液时，不能发生光线的散

射作用，因而不产生丁达尔效应，故合理选项是B。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KO

H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+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.下列说法不正确．．．的是A.标准状况下，1molH2的体积约为22.4LB.1molN2中含有的质子数约

为2×6.02×1023C.配制250mL1.0mol·L-1H2SO4溶液需要18mol·L-1H2SO4溶液的体积约为13.9mLD.1molNa与足量O2反应时，转移的电子数约为6.02×1023【答案】B【解析】【详解】A．

标准状况下，1molH2的体积约为1mol122.4Lmol−=22.4L，故A正确；B．1molN2中含有的质子数约为2×7×6.02×1023，故B错误；C．配制250mL1.0mol·L-1H2SO4溶液需要18mol·L-1H2SO4溶液的体积约为-1-1250mL1.0molL18mo

lL=13.9mL，故C正确；D．1molNa与足量O2反应时，转移的电子数约为6.02×1023，故D正确；故选B。8.能用H++OH-=H2O来表示的化学反应是A.氢氧化镁和盐酸反应B.氢氧化铁与硫酸反应C.氢氧化钾和稀硝酸反应D.氢氧化钡

溶液与稀硫酸反应【答案】C【解析】【分析】H++OH-=H2O表示可溶性强酸或者强酸的酸式盐与可溶性强碱反应生成可溶性盐和水的反应，以此来解答。为【详解】A.氢氧化镁难溶于水，主要以固体存在，不能拆写为OH-离子形式，A错误；B.氢氧化铁难溶于水，主

要以固体存在，不能拆写为OH-离子形式，B错误；C.氢氧化钾溶液和稀硝酸反应产生可溶性的强电解质KNO3和H2O，离子方程式为H++OH-=H2O，C正确；D.氢氧化钡溶液与稀硫酸反应，除产生水外，还形成了BaS

O4沉淀，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，注意离子反应中保留化学式的物质及离子反应方程式的意义。侧重考查复分解反应的离子反应。9.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，2.3g的Na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NaOH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。10.向Ba(OH)2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图所示。下列说法不正确．．．的是A.A点导电率高是Ba(OH)2在水中以离子形式存在的实验证据B.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C.AB段发生反应的离子方程式为Ba2++OH-+24SO−+H+=BaSO4↓+H2OD.C点溶液中存在的微粒主要有H2O、H+、24SO−【答案】C【解析】【详解】A．A

点导电率高是由于Ba(OH)2在水中电离产生自由移动的Ba2+、OH-，可以证明Ba(OH)2以离子形式存在。A正确；B．溶液由红色变成无色，说明溶液中OH-与加入的硫酸电离产生的H+变为H2O，使溶液中c(OH-

)减小；反应产生白色沉淀由于溶液中的Ba2+与24SO−反应产生BaSO4白色沉淀，B正确；C．不符合物质反应的微粒个数比，AB段发生反应的离子方程式为Ba2++2OH-+24SO−+2H+=BaSO4↓+2H2O，C错误；D．B点时Ba(OH)2与加入的硫酸恰好反应产生BaSO4

沉淀和H2O，B后C点溶液中溶质为过量的H2SO4，因此溶液中存在的微粒主要有H2O、H+、24SO−，D正确；故合理选项是C。11.利用焰色试验，人们在烟花中有意识地加入特定金属元素，使焰火更加绚丽多彩。下列说法中正确的是A.非金属单质燃烧时火焰均为无色B

.Na2SO4与NaOH灼烧时火焰颜色相同C.焰色试验均应透过蓝色钴玻璃观察D.只有金属单质灼烧时火焰才有颜色【答案】B【解析】【详解】A．某些非金属单质燃烧时火焰也有颜色，如H2燃烧产生淡蓝色火焰，单质硫在空气中燃烧产生淡蓝色火

焰，在纯氧中燃烧产生蓝紫色火焰，A错误；B．焰色试验为金属元素的性质，与元素的存在形式(化合态或游离态)无关，同种金属元素的焰色试验相同，Na2SO4与NaOH均含钠元素，火焰颜色均为黄色，B正确；C．只有观察钾元素的焰色试验时需要透过蓝色钴玻璃，C错误；D．焰色试验是

金属元素的性质，而不是单质的性质，D错误；故选B。12.标准状况下有①6.72LCH4；②3.01x1023个HCl；③13.6gH2S；④0.2molNH3。下列对四种气体的关系从小到大表示不正确的是A

.体积:④＜①＜②＜③B.密度:①＜④＜③＜②C.质量：④＜①＜③＜②D.氢原子数:②＜④＜③＜①【答案】A【解析】【详解】①6.72LCH4的物质的量为6.72L22.4L/mol=0.3mol，②3.01×1023个HCl的

物质的量为23233.01106.0210/mol=0.5mol，③13.6gH2S的物质的量为13.6g34g/mol=0.4mol，④0.2molNH3；A．根据V=nVm知，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，故体积④＜①＜③＜②，故A错误；B．相同条件下，

密度之比等于摩尔质量之比，故密度①＜④＜③＜②，故B正确；C．根据m=nM知，甲烷质量为0.3mol×16g/mol=4.8g，HCl的质量为0.5mol×36.5g/mol=33.25g，氨气的质量为0.2mol×17g/mol

=3.4g，故质量④＜①＜③＜②，故C正确；D．甲烷中n(H)=0.3mol×4=1.2mol，HCl中n(H)=0.5mol，硫化氢中n(H)=0.4mol×2=0.8mol，氨气中n(H)=0.2mol×3=0.6mol，故H原子数目

②＜④＜③＜①，故D正确；故答案为A。【点睛】掌握有关物质的量的计算公式，n=ANN、n=mM、n=mVV、c=nV。有用的推论：(1)同温同压时：①V1：V2=n1：n2=N1：N2②ρ1：ρ2=M1：M2③同质量时：V1：

V2=M2：M1；(2)同温同体积时：④P1：P2=n1：n2=N1：N2⑤同质量时：P1：P2=M2：M1；(3)同温同压同体积时：⑥ρ1：ρ2=M1：M2=m1：m2。13.在0.5molNa2SO4中含有N

a+的数目是A3.01×1023B.6.02×1023C.0.5D.1【答案】B【解析】【详解】0.5molNa2SO4中含有Na+的物质的量为1mol，则()23AN6.0210NanN+==；故答案为：B。14.下列离子方程式正确的是A.氧化

镁与稀硫酸混合：MgO＋2H＋=Mg2+＋H2OB.稀硫酸滴在铜片上：Cu＋2H＋=H2↑＋Cu2+C.向稀盐酸溶液中加铁：3Fe＋6H＋=3Fe3＋＋3H2↑D.稀盐酸滴在石灰石上：CaCO3+2H+=Ca2++H2CO3【答案】

A【解析】【分析】【详解】A.氧化镁与稀盐酸混合的离子方程式为：MgO+2H+═Mg2++H2O，故A正确；B.Cu在金属活动顺序表中排在氢后面，与稀硫酸不反应，无法书写离子方程式，故B错误；C.铁与稀盐酸溶液反应生成氯化亚铁：Fe＋2H＋=F

e2＋＋H2↑，故C错误；D.CaCO3与HCl反应生成二氧化碳气体：CaCO3+2H+═H2O+Ca2++CO2↑，故D错误；故选A。15.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＋、NO-3、Fe3+B.Mg2＋、Na＋、Cl－、SO42－C.K＋

、Na十、Br－、Cu2＋D.Na+、Ba2＋、OH－、SO42－【答案】B【解析】【分析】【详解】A．Fe3+的水溶液呈黄色，故A不符；B．Mg2＋、Na＋、Cl－、SO42－在酸性条件下不产生沉淀、气体和水，同时溶液呈无色，故B符合；C．Cu2＋的水溶液呈蓝色，故C不符；.D．BaSO4难溶

于水，强酸性溶液中，OH－也不能大量共存，故D不符；故选B。16.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BaCl2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

。17.“侯氏制碱法”的主要过程如下图(部分物质已略去)。下列说法错误的是A.气体X为2COB.操作b为过滤C.悬浊液a中的不溶物主要是4NHClD.氨盐水中通入气体X后，溶液中Na+大量减少【答案】C【解析】【分析】侯氏制碱法是向饱和食盐水中先通入NH3，在

通入CO2，发生反应为：NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，得到悬浊液a，过滤得到滤渣主要成分为NaHCO3，滤液的主要成分是NH4Cl，对滤渣进行高温煅烧得到Na2CO3、H2O和CO2，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，气体X为CO2，A正确；B．由分析

可知，操作b为过滤，B正确；C．由分析可知，悬浊液a中的不溶物主要是NHCO3，C错误；D．由分析可知，氨盐水中通入气体X后，析出NaHCO3晶体，则溶液中Na+大量减少，D正确；故答案为：C。18.某溶液中大量存在五种离子：3NO−、24SO−、Fe3＋、H＋、X，其物质的量之比

为n(3NO−)：n(24SO−)：n(Fe3＋)：n(H＋)：n(X)=2：3：1：3：1，则X可能为：A.Fe2＋B.Mg2＋C.Cl－D.Ba2＋【答案】B【解析】【详解】设X带的电荷为a；根据电荷守恒，3n(Fe3＋)+n(H＋)+a×n(X)－n(3NO−

)－2n(24SO−)=0，则a=+2，由于Fe2＋能被硝酸氧化，Ba2＋与24SO−生成沉淀，故选B。19.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。20.在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为（）A.1∶6B.6∶1C.1∶5D.5∶1【答案】D【解析】【详解】反应KCl

O3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，KClO3中氯元素化合价由+5降低为0、HCl中氯元素化合价由-1升高为0，电子转移的方向和数目是，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为5:1，故选D

。21.硫代硫酸钠(Na2S2O3)被称为“养鱼宝”，可降低水中的氯对鱼的危害。脱氯反应为S2O＋4Cl2＋5H2O===2SO＋10H＋＋8Cl－，该反应中()A.H2O被氧化B.Cl2作还原剂C.S元

素化合价降低D.Cl2表现氧化性【答案】D【解析】【详解】A、H2O中的元素化合价没有发生变化，既没被氧化有被还原，故A错误；B、Cl的化合价有0价→－1价，化合价降低，因此Cl2为氧化剂，故B错误；

C、S2O32－中S由＋2价→＋4价，化合价升高，故C错误；D、根据选项B的分析，故D正确。点睛：氧化剂是得到电子，化合价降低，被还原，表现氧化性；还原剂是失去电子，化合价升高，被氧化，表现还原性。22.已知反应：①2

FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2②2FeCl2+Cl2=2FeCl3③I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，下列粒子的还原能力由强到弱顺序正确的是()A.I-＞Fe2+＞Cl-＞SO2B.Cl-＞Fe2+＞SO2＞I-C.F

e2+＞I-＞Cl-＞SO2D.SO2＞I-＞Fe2+＞Cl-【答案】D【解析】【分析】所含元素化合价升高的反应物为还原剂，所含元素的化合价降低的为氧化剂，氧化剂得电子后被还原的产物为还原产物；在氧化还原反应中，还原剂的还原性大于

还原产物的还原性；根据还原剂和还原产物的概念找出各个化学方程式中的还原剂和还原产物，然后比较它们的还原性强弱。【详解】由反应①中，KI中碘元素的化合价从-1价升高到0价，KI是还原剂，FeCl2是FeCl3化合价降低后得

到的物质，FeCl2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，故还原性：I-＞Fe2+；反应②中：FeCl2中铁元素的化合价从+2价升高到+3价，FeCl2是还原剂，氧化剂是Cl2，Cl2被还原为Cl-，还原剂的还原性大

于还原产物，所以还原性：Fe2+＞Cl-；反应③中：SO2中硫元素的化合价从+4价升高到+6价，SO2是还原剂，HI是碘单质化合价降低后得到的产物，HI是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，所以还原性：SO2＞I-；综上分析，物质的还原能力：S

O2＞I-＞Fe2+＞Cl-，答案选D。23.将磁性氧化铁放入稀3HNO中可发生如下反应：()343323FeO28HNO9FeNONO14HOx+=++，下列判断合理是A.()3FeNOx中的x为2

B.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。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】的【详解】A．恰好完全反应时消耗I2的物质的量为-3-12.54?10g25

4g?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①Na+、②24SO−、③Cl−、④3HCO−、⑤23CO−、⑥H+、⑦2Cu+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。Ⅱ卷(非选择题，共50分)26.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。27.有如下反应：①3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O②H++OH-=H2O③2Fe+3Cl22FeCl3④NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O⑤CuSO4+2Na

OH=Cu(OH)2↓+Na2SO4⑥NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO3⑦2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑⑧CO2+H2O=H2CO3请回答：（1）上述反应中有电子转移的是___（填序号），因此该类反应属于__反应。（2）反应⑤的离子

方程式是__。（3）上述反应中属于复分解反应的是__（填序号）。复分解反应发生的条件是i.生成沉淀，ii.放出气体，iii.生成水等难电离物质，若要由反应印证i、ii、iii，则除了这几个反应外，请补充反应：_（写一个符

合条件的化学方程式或离子方程式）。（4）由反应①及所学知识判断：在该反应发生的条件下，NO3-、H+、Cu2+的氧化性由大到小的顺序是___。【答案】①.①③⑦②.氧化还原③.Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓④.②④⑤⑥⑤.2H++CO32-=CO2

↑+H2O⑥.NO3-＞Cu2+＞H+【解析】【详解】（1）化学反应中有化合价发生变化的反应是氧化还原反应，其实质为存在电子的转移。反应①③⑦是氧化还原反应，反应②④⑤⑥⑧是非氧化还原反应，所以上述反应中有电子转移的是①③⑦，故答案为：①③⑦；氧化还原。（2）反应⑤是

CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4，离子反应方程式为：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；（3）复分解反应是指两种盐溶液反应生成另外两种盐溶液的反应，上述反应中属于复分解反应的是②④⑤⑥，复分解反应发生的条件是i.生成

沉淀，ii.放出气体，iii.生成水等难电离物质，若要由反应印证i、ii、iii，则除了这几个反应外，补充生成气体的复分解反应，其反应的离子反应方程式为：2H++CO32-=CO2↑+H2O，故答案为：②④⑤⑥；2H++CO

32-=CO2↑+H2O；（4）反应①为3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中，Cu的化合价由0价升高为+2价，发生氧化反应，Cu(NO3)2为氧化产物，Cu作还原剂，具有还原性，N元素化合价由+5

价降低为+2价，发生还原反应，NO为还原产物，HNO3作氧化剂，具有氧化性，氧化剂的氧化性强于氧化产物，所以NO3-、H+、Cu2+的氧化性由大到小的顺序是：NO3-＞Cu2+＞H+，故答案为：NO3-＞Cu2+＞H+。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）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322NaN2Na3N=+，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。3NaHCO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为_________

__mol。（4）工业通过电解NaCl生产金属钠：()22NaCl2NaCl+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电解时，要避免产生的Na与2Cl接触而重新生成NaCl。NaCl的电离方程式为___________。③粗钠中含有少量杂质Ca，过程Ⅱ除去Ca的化学方程式是___________。④过程Ⅰ中，2CaC

l能发生像NaCl那样电解反应而被消耗。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（3）①.2326NaFeO=3NaO+2Fe+②.323222NaHCONaC=OHOCO++③.1.15（4）①.氯化钠发生电

离②.NaCl(l)=Na++Cl-③.2Ca+Na2O2=2CaO+2Na④.的22=CaClCaCl+，2Ca2NaClCaCl2Na=++熔融【解析】【小问1详解】钠是活泼金属，在反应中容易失去电子；【小问2详解】钠的密度大于

煤油，钠和煤油不反应，金属钠通常保存在煤油里，以隔绝空气；【小问3详解】产生的Na立即与23FeO发生置换反应生成2NaO，化学方程式是2326NaFeO=3NaO+2Fe+；3NaHCO分解吸热起冷却作用，发生反应的化学方程式为3

23222NaHCONaC=OHOCO++；根据反应322NaN2Na3N=+，350gNaN，其完全分解所释放的2N为50g31.15mol65g/mol2；【小问4详解】把NaCl固体加热至熔融状态，目的是氯化钠发生电离，电

离方程式为NaCl(l)=Na++Cl-；根据流程图，过程II中钙和过氧化钠反应生成钠和氧化钙，除去Ca的化学方程式为2Ca+Na2O2=2CaO+2Na；在过程Ⅰ中2CaCl却不断地被重新生成，是因为发生化学反应：22=CaClCa

Cl+，2Ca2NaClCaCl2Na=++熔融；29.用脱脂棉包住约0.2gNa2O2粉末，置于石棉网上，往脱脂棉上滴水（如图1），可观察到脱脂棉剧烈燃烧起来。（1）由实验现象所得出的有关Na2O2和H2

O反应的结论如下，请补充完整：a.有___生成；b.反应放热；Na2O2与水反应的化学方程式是__。（2）某研究性学习小组拟用图2装置进行实验，以证明上述结论。①用以验证结论a的实验方法：打开分液漏斗活塞，__。②用以验证结论b的实验方法：反应前将q导管口连接一橡胶管

浸入盛有水的水槽中，滴入水后，观察到___，证明反应是放热的。（3）实验（2）往试管中加水至固体完全溶解且不再有气泡生成后，取出试管，向试管中滴入酚酞溶液，发现溶液变红，振荡后，红色褪去。针对褪色现象，查阅资料发现原因之一是反应后溶

液中有H2O2，使酚酞氧化漂白。同学们向反应后溶液中加入FeSO4溶液，可观察到__色沉淀生成，该反应的离子方程式是__。【答案】①.O2②.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑③.用带火星的木条靠近p导管口，若

观察到木条复燃，证明有O2生成④.有气泡冒出⑤.红褐⑥.2Fe2++H2O2+4OH-=2Fe(OH)3↓【解析】【详解】（1）脱脂棉剧烈燃烧，说明具备燃烧条件，根据燃烧的条件，该反应为放热反应，且有氧气生成，化学反应方程式为：2Na2

O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：O2；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；（2）①氧气具有使带火星的木条复燃的性质，所以可用带火星的木条靠近p处，如果木条复燃，则有氧气生成，反之无氧气生成，故答案为：用带火星的木条靠近p导管口，若观

察到木条复燃，证明有O2生成；②气体具有热胀冷缩的性质，如果该反应放热，放出的热量能使集气瓶内空气的压强增大；如果q导管插入盛水的小烧杯中，有气泡冒出，证明此反应放热，故答案为：有气泡冒出；（3）反应后溶液中，滴入酚酞溶液，发现溶液变红，说明溶液显碱性；振荡后，红色褪去，有H2O2。H2O

2具有强氧化性，在碱性条件下，FeSO4被H2O2氧化生成氢氧化铁的红褐色沉淀，其离子反应方程式为：2Fe2++H2O2+4OH-=2Fe(OH)3↓，故答案为：红褐；2Fe2++H2O2+4OH-=2Fe(OH)3↓。【点睛】燃烧的条件

：①物质具有可燃性，②可燃物与氧气接触，③温度达到可燃物的着火点。30.MnO2是一种重要无机功能材料，粗MnO2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MnO2(含有较多的MnO和MnCO3)样品转化为纯MnO2实验，其流

程如下：的（1）第①步加稀H2SO4时，粗MnO2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−+_______=_______MnO2↓+_______Cl2↑+___

____。（3）第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台(含铁圈)、_______、_______、_______，已知蒸发得到的固体中有NaClO3和NaOH，则一定还含有_______(写化学式)。（4）若粗MnO2样品的质量为12.69g，第①步反应后，经过滤得到8.7g

MnO2，并收集到0.44gCO2，则在第②步反应中至少需要_______gNaClO3。【答案】（1）MnO、MnCO3（2）5Mn2++23ClO−+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+（3）①.酒精灯②.蒸发皿③.玻璃棒④.NaCl（4）2.13g【解析】【分析】粗MnO2(含

有较多的MnO和MnCO3)样品中加入稀硫酸，MnO2不反应，MnO、MnCO3都转化为MnSO4，加入KClO3后，发生氧化还原反应，生成MnO2和Cl2等；Cl2用热NaOH溶液吸收，生成NaCl

O3、NaCl等，蒸发后可获得NaClO3固体。【小问1详解】由分析可知，第①步加稀H2SO4时，粗MnO2样品中的MnO、MnCO3都转化为可溶性物质。答案为：MnO、MnCO3；【小问2详解】在第②步反应中，Mn2+被3Cl

O−氧化为MnO2，同时生成Cl2，反应在酸性溶液中进行，发生反应的离子方程式为5Mn2++23ClO−+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+。答案为：5Mn2++23ClO−+4H2O=5MnO2↓

+Cl2↑+8H+；【小问3详解】第③步蒸发操作，必需的仪器有铁架台(含铁圈)、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；因为Cl2用热NaOH溶液吸收时，生成NaClO3、NaCl等，所以蒸发得到的固体中除含有NaClO3和NaOH外，一定还含有NaCl。答案为：酒精灯；蒸发皿；

玻璃棒；NaCl；【小问4详解】12.69g粗MnO2样品中，含MnO2质量为8.7g，与稀硫酸反应，生成0.44gCO2(物质的量为0.01mol)，由关系式MgCO3——CO2——Mn2+，可求出n(MnCO3)=n(Mn2+)=0.01mo

l，进一步可求出m(MnO)=12.69g-8.7g-0.01mol×115g/mol=2.84g，n(MnO)=2.84g71g/mol=0.04mol，从而求出第一次过滤所得滤液中，n(Mn2+)=0.01mol+0

.04mol=0.05mol，由关系式5Mn2+——23ClO−，可求出n(NaClO3)=20.05mol5=0.02mol，则在第②步反应中至少需要NaClO3的质量为0.02mol×106.5g/mol=2.13g

。答案为：2.13g。【点睛】书写离子方程式时，我们除去清楚主要反应物和主要产物外，还需清楚反应进行的环境，以便确定是H+还是OH-参与反应。