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2024-2025学年高一年级化学上学期期中模拟卷(考试时间：90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：第一、二章(人教版2019必修一)。5．难度系数：0.70。6．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：H-1C-12N-14O-16P-

31S-32Cl-35.5Na-23Mg-24Al-27Mn-55Fe-56Cu-64Ba-137第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题共16个小题，每小题3分，共48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

分散系不属于．．．浊液的是()A．黄色的泥浆B．红烧鱼的汤C．用洗涤剂洗油锅的水D．84消毒液【答案】D【解析】A项，黄色的泥浆属于悬浊液，A错误；B项，红烧鱼的汤属于浊液，B错误；C项，用洗涤剂洗油锅的水中分散

质微粒直径＞100nm，油脂常温下为液态，该分散属于乳浊液，C错误；D项，84消毒液中分散质微粒直径＜1nm，属于溶液，D正确；故选D。2．北宋名画《千里江山图》用到矿物颜料石青［Cu3(OH)2(CO3)2]。根据研究物质性质的方法和程序，下列有关石青说法正确的是()A．物质分类

角度：属于碱B．物理性质角度：能溶于水C．化学性质角度：高温下能稳定存在D．物质制备角度：可用于制备胆矾【答案】D【解析】Cu3(OH)2(CO3)2属于盐，A项错误；Cu3(OH)2(CO3)2是一种矿物颜料，不溶于水

，B项错误；Cu3(OH)2(CO3)2是碳酸盐，高温下易分解为氧化铜、二氧化碳、水，C项错误；Cu3(OH)2(CO3)2属于铜盐，Cu3(OH)2(CO3)2和硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳、水，可用

于制备胆矾，D项正确。3．下列关于钠的叙述中，正确的是()A．钠是银白色金属，熔点低，硬度小B．钠钾合金的熔点、硬度比各成分金属都高C．Na久置于空气中最终生成NaHCO3D．钠具有很强的还原性，可与TiCl4溶液反应制取金属Ti【答案】A【解析】钠为银白色金属，熔点低、硬度很小，可用小刀切割，

A项正确；合金的熔点比各成分金属都低，硬度比各成分金属都高，B项错误；碳酸氢钠不稳定，易分解，Na久置于空气中最终生成Na2CO3，C项错误；钠具有很强的还原性，可与熔融的TiCl4反应制取金属Ti，D项错误。4．下列反应不属于四种基本反应

类型，但属于氧化还原反应的是()A．Fe+CuSO4=FeSO4+CuB．3CO+Fe2O32Fe+3CO2C．AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3D．2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑【答案】B【解析】Fe+CuSO4=FeSO4+Cu是置

换反应；由于在反应过程中有元素化合价发生了变化，反应属于氧化还原反应，A项不符合题意；反应3CO+Fe2O32Fe+3CO2不属于任何一种基本类型，但由于在反应过程中有元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，B项符合题意；反应AgNO3+NaCl=Ag

Cl↓+NaNO3的是复分解反应；由于在反应过程中没有元素化合价的变化，因此反应不属于氧化还原反应，C项不符合题意；反应2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑的基本类型是分解反应；由于在反应过程中有元素化合价的变化，因此反应

属于氧化还原反应，D项不符合题意。5．下列关于Na2CO3和NaHCO3性质的说法错误的是()A．热稳定性：NaHCO3<Na2CO3B．与同浓度盐酸反应的剧烈程度：NaHCO3<Na2CO3C．相同温度时，在水中的溶解性：NaHCO3<Na2CO3D．等物质的量浓度溶液的

pH：NaHCO3<Na2CO3【答案】B【解析】NaHCO3受热分解成，而Na2CO3受热不分解，故热稳定性：NaHCO3<Na2CO3，A正确；与同浓度盐酸反应的剧烈程度：Na2CO3<NaHCO3，B错误；相同温度时，在水中的溶解性：NaHCO3<Na2CO3，C正确；

等物质的量浓度溶液的pH：NaHCO3<Na2CO3，D正确。6．下列有关物质的量及摩尔的叙述正确的是()A．1.5molH2O中含有3molH、1.5molOB．1mol是6.02×1023个粒子的集合体，如1mol大米、1mol

苹果等C．物质的量与物质的数量、物质的质量是等价的D．摩尔是7个基本物理量之一，它既是物质的量的单位又是粒子数目的单位【答案】A【解析】依据水分子构成，1.5molH2O中含有3molH、1.5molO，A

项正确；摩尔不可用于宏观物体，B项错误；物质的量是国际单位制中7个基本物理量之一，它并不是物质的数量也不是物质的质量，C项错误；物质的量是国际单位制中7个基本物理量之一，摩尔不是粒子数目的单位，D项错误。7．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O2D．由实验可知，氯水应贮存于棕色试剂瓶中【答案】D【解析】A项，氯水中存在HClO，在光照下生成了HCl和O2

，HCl=H++Cl-，导致溶液中c(H＋)增大，因此酸性增强，A项错误；B项，c(Cl－)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；C项，HClO分解产生O2，而不是H2O分解产生O2，C项错误；D项，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。8．下列图示实验装置和原理能达到实验目的的是()A．装置甲：实验室制取少量Cl2B．装置乙：用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸C．装置丙：检

验钠与水反应的产物之一D．装置丁：除去氯气中混有的少量HCl【答案】D【解析】A项，实验室制取少量Cl2应该用浓盐酸与MnO2反应，而且需要加热，A错误；B项，配制稀硫酸应先在烧杯中稀释浓硫酸，冷却后再转移到容量瓶中，不能直接在容量瓶中稀释，B错误；C项，钠

与水反应产生NaOH、H2，H2没有助燃性，不支持燃烧，因此该装置不能用于检验钠与水反应的产物，C错误；D项，除去氯气中混有的少量HCl应该通过饱和的食盐水，Cl2不溶于饱和食盐水，HCl能溶于食盐水，D正确；故选D。9．下列反应的离子方程式书写正确的是()A．

过氧化钠与水的反应：2O22-+2H2O=4OH+O2↑B．钠与水反应：Na+2H2O=Na++OH+H2↑C．Ba(OH)2溶液与CuSO4溶液反应：Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓D．氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：Ca2++HC

O3-＋OH-＝CaCO3↓＋H2O【答案】D【解析】A项，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH+O2↑，故A项错误；B项，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为

：2Na+2H2O=2Na++2OH+H2↑，故B项错误；C项，氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋Cu2++SO42-==BaSO4↓＋Cu(OH)2↓，故C项错误；D项，氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙

溶液反应，假设氢氧化钠为1mol，则1mol氢氧根离子消耗1mol碳酸氢根离子生成1mol水和1mol碳酸根离子，1mol碳酸根离子结合1mol钙离子生成1molCaCO3，则离子方程式为：Ca2++HCO3-＋OH-＝CaCO3↓＋H

2O，故D项正确；故选D。10．硫代硫酸钠(Na2S2O3)常用于碘量法中测定碘的标准溶液。现需要配制500mL0.10mol·L-1Na2S2O3溶液，下列情况会导致所配制的溶液浓度偏高的是()A．用托盘天平称取7.9gNa2

S2O3·5H2OB．定容时，仰视容量瓶刻度线C．没有用蒸馏水洗涤转移后的烧杯和玻璃棒D．用Na2S2O3溶液润洗过的容量瓶配制溶液【答案】D【解析】500mL0.10mol·L-1Na2S2O3溶液中Na2S2O3的质量=cVM=0.5L×0.10

mol·L-1×158g·mol-1=7.9g，用托盘天平称取7.9gNa2S2O3·5H2O时，7.9gNa2S2O3·5H2O中Na2S2O3的质量为7.9g×-1-1158gmol248gmol≈5.0g，n的值偏小，浓度偏低，A项不符合题意；定容时，仰视容量

瓶刻度线，会使V的值偏大，根据c=nV分析，浓度偏低，B项不符合题意；没有用蒸馏水洗涤转移后的烧杯和玻璃棒，会使n的值偏小，浓度偏低，C项不符合题意；用Na2S2O3溶液润洗过的容量瓶配制溶液，会使n的值偏大，浓度偏高，D项符合题意。11．设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中含有的质子数为5NAB．常温常压下，共含0.2NA个原子的CO和N2混合气体，其体积大于2.24LC．2.3gNa与含0.01molH2SO4的稀硫酸充分反应，转移

电子数为0.02NAD．2.0mol·L-1的CuCl2溶液中含4NA个Cl-【答案】B【解析】A项，标准状况下，水不是气体，A项错误；B项，常温常压下气体摩尔体积大于22.4L·mol-1，含0.2NA个原子的CO和N2

混合气体为0.1mol，体积大于2.24L，B项正确；C项，2.3g钠在稀硫酸中能完全反应，转移电子数为0.1NA，C项错误；D项，CuCl2溶液体积不确定，Cl-数目无法确定，D项错误；故选B。12．已知Na2S2O3(S的价态为＋2价)可与氯气发生如下反应：4Cl

2＋Na2S2O3＋5H2O===2NaCl＋2H2SO4＋6HCl，有关该反应的叙述正确的是()A．Cl2在该反应中被还原B．H2SO4是还原产物C．反应中硫元素的化合价降低D．反应中H2O被氧化【答案】A【解析】反应方程式中元素化

合价的变化情况是氯由0价变为－1价，化合价降低，被还原，得到的还原产物是NaCl和HCl，A项正确。Na2S2O3中的S由＋2价变为＋6价，化合价升高被氧化，得到的氧化产物是H2SO4，B、C项错误。反应方程式中的水中元素化合价没有变化，D项错误。13．对Na2O2与CO2和H2O(g)

混合气体的反应来说，下列说法错误的是()A．只要参加反应的Na2O2一定，反应生成的氧气就一定B．只要CO2和H2O(g)的总的物质的量一定，反应所消耗的Na2O2的量就一定C．只要气体的总物质的量一定，反应中所转移的电子的物质的量就一定D．只要混合气体的总物质

的量一定，固体所增加的质量就一定【答案】D【解析】根据Na2O2与CO2、H2O(g)反应的化学方程式，由于两个反应中Na2O2与O2的物质的量之比都为2∶1，A项正确；两个反应中：2Na2O2～2H2O(g)，2Na2O2～2CO2，B项正确；根据上面方程式中的电子转移情况知选项C项正确；根

据反应方程式知，CO2、H2O与Na2O2反应时，固体增加的质量为“CO2”中“CO”的质量和“H2O”中“H2”的质量，所以当物质的量固定的混合气体中CO2气体所占的比例大时，固体增加的质量大，当H2O所占的比例大时，固体所增加的质量较小，D项错误。14．研究人员在金星大气中探测到了磷化氢(

PH3)气体、PH3常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备PH3的流程如图所示。下列说法正确的是()A．上述流程中每一步均属于氧化还原反应B．白磷与浓氢氧化钠反应中氧化剂和还原剂的质量比是3：1C．已知次磷酸(H3PO2)为一元酸，则次磷酸钠(NaH2PO2)属

于正盐D．1mol次磷酸分解时转移4mol电子【答案】C【解析】A项，NaH2PO2和H2SO4反应生成H3PO2和NaHSO4，无元素化合价发生变化，为非氧化还原反应，A错误；B项，由流程分析，白磷与浓NaOH溶液反应的

化学方程式为：P4+3NaOH+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，P4中有一个P原子化合价降低作氧化剂，有3个P原子化合价升高作还原剂，氧化剂和还原剂为同一物质，氧化剂和还原剂的质量比是1：3，B错误；C项，因次磷酸(H3PO2)为一元酸，故只能

电离出一个H+，故NaH2PO2中无法电离出H+，故NaH2PO2为正盐，C正确；D项，H3PO2分解方程式为2H3PO2=PH3↑+H3PO4，P从+1价升高到+5价，同时，P从+1价降低到-3价，在该反应中，2molH3PO2，转移4mol电子，1mol次磷酸分解时转移2mol电

子，D错误；故选C。15．下表中，对陈述Ⅰ、陈述Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是()选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A金属钠具有强还原性与熔融的TiCl4反应制取金属TiⅠ对，Ⅱ对，有B除去CO2中的少量HCl杂质

可将气体通入饱和Na2CO3溶液中Na2CO3可与HCl反应Ⅰ对，Ⅱ对，有C碳酸钠固体溶于水放热碳酸氢钠固体溶于水放热Ⅰ对，Ⅱ对，无DNa2O2是淡黄色粉末Na2O2可用作供氧剂Ⅰ对，Ⅱ对，有【答案】A【解析】A项，钠还原性强，可以置换出Ti，A正确；B项，二氧化碳能够与饱和碳酸钠溶

液反应，所以不能用饱和碳酸钠溶液除去二氧化碳中少量氯化氢，B错误；C项，碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，前者升高温度，后者温度下降，C错误；D项，过氧化钠做供氧剂是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑和2Na2O2+2CO2=2Na2C

O3+O2，与过氧化钠的颜色无关，D错误；故选A。16．某无色溶液中只可能含有K+、Ag+、Ba2+、Cu2+、Cl-、CO32-、SO42-中的几种，对其进行如下实验操作：①取少量溶液，滴加无色酚酞溶液，酚酞变红

；②另取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；③向②所得混合物中加入足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成；④将③所得混合物过滤向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。下列对该溶液的说法正确的是()A．需要做焰色试验才能确定是否含有K+B．可能含有Cu2+、Ba2+C．一定含有C

l-D．一定含有K+、CO32-、SO42-【答案】D【解析】含有Cu2+的溶液呈蓝色，无色溶液中一定不含Cu2+。①取少量溶液，滴加无色酚酞溶液，酚酞变红，说明含有OH-，OH-与Ag+生成沉淀，所以一定不含Ag+；②另

取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明至少含有CO32-、SO42-中的一种，根据离子共存，一定不含Ba2+；③向②所得混合物中加入足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成，说明沉淀中一定有硫酸钡和碳酸钡

，则溶液中一定有CO32-、SO42-；④将③所得混合物过滤向滤液中加入溶液，有白色沉淀生成，沉淀一定是氯化银，由于操作③引入Cl-，原溶液不一定含有Cl-。A项，溶液中一定不含Ag+、Ba2+、Cu2+，根据电荷守恒，一定含有K+，不须要做焰色试验

就能确定一定含有K+，A错误；B项，原溶液不一定含有Ba2+、Cu2+，故B错误；C项，原溶液不一定含有Cl-，故C错误；D项，根据以上分析，一定含有K+、CO32-、SO42-，故D正确；故选D。第II卷(非选择题共52分)二、填空题(本题共5小题，共52分)17．(8分)按要求回答

下列问题：(1)钠是活泼金属，能与水剧烈反应，请写出反应的化学方程式。(2)Na2CO3俗称“纯碱”，属于类(填“酸”、“碱”或“盐”)，遇足量稀盐酸产生气泡，该反应的离子方程式为；(3)除去Na2CO3溶液中混入的NaHCO3杂质最佳方

法是，化学方程式为。(4)氯气与石灰乳反应的化学方程式：；该反应是制取漂白粉的原理，其有效成分是：。【答案】(1)2Na+2H2O=2NaOH+H2↑(1分)(2)盐(1分)CO32-+2H+=CO2↑+H2

O(1分)(3)加入适量NaOH溶液(1分)NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O(1分)(4)2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O(2分)Ca(ClO)2(1分)【解析】(1)钠和水反应生成NaOH和氢气，反应的化学方程式2Na+2H2O=

2NaOH+H2↑；(2)Na2CO3由金属离子和酸根离子组成，属于盐，碳酸钠和足量稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，该反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O；(3)NaHCO3能与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，可加入适量NaO

H溶液除去Na2CO3溶液中NaHCO3杂质，化学方程式为：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O；(4)氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2

。18．(10分)经检测，某化工厂排出的废水呈酸性，且其中含有大量Na+、Cu2+、SO42-、Cl-、NO3-，回答下列问题：(1)下列离子中，能大量存在于该废水中的是__________(填标号)。A．Ag+B．Mg2+C．OH-D．HCO3-(2)取100mL该废

水于烧杯，逐滴加入NaOH溶液至呈碱性过程中，原废水中存在的离子的量会发生变化的是Na+、(用离子符号表示)。(3)某化学社团小组成员欲除去废水样品中的Cu2+和SO42-，最终得到中性溶液，设计的方

案流程如图：①试剂b为(写化学式)；试剂c为(写化学式)；溶液3所含溶质离子有Cl-、。②“分离操作”的名称是，需用到的玻璃仪器主要有。③向“白色沉淀2”中加入足量盐酸，发生反应的离子方程式为。【答案】(1)B(1分)(2)H+、Cu2

+(1分)(3)①BaCl2(1分)Na2CO3(1分)Na+和NO3-(1分)②过滤(1分)漏斗、烧杯、玻璃棒(2分)③BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O(2分)【解析】(1)废水中的氢离子能与氢氧根离子、碳酸氢根离子反应，则废水中不含有

氢氧根离子、碳酸氢根离子；废水中的氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，则废水中不含有银离子；废水中的离子但不能与镁离子反应，则镁离子能大量存在于该废水中，故选B；(2)向废水中逐滴加入氢氧化钠溶液至呈碱性时，废水中的氢离子与氢氧根离子反应生成水、铜离子与氢

氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，则原废水中存在的离子的量会发生变化的是钠离子、氢离子和铜离子；(3)①试剂b为氯化钡溶液，试剂c为碳酸钠溶液，溶液3所含溶质离子有钠离子、氯离子和硝酸根离子；②由分析可知，分离操作为固液分离的过滤操作，过滤需用到的玻

璃仪器主要有漏斗、烧杯、玻璃棒；③白色沉淀2为硫酸钡和碳酸钡的混合物，向混合物中加入足量盐酸发生的反应为碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，反应的离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。19．(

10分)氧化还原反应原理在研究物质性质及物质转化方面具有重要的价值。(1)化合价是学习氧化还原反应的基础。在括号中写出以下几种物质中加点元素．．．．的化合价。NaH．，N．H4NO3，H2C．2．O4，Cu．．Cl。(2)某同学写出以下三个化学方

程式(未配平)：①NO+HNO3→N2O3+H2O；②NH3+NO→HNO2+H2O；③N2O4+H2O→HNO3+HNO2根据氧化还原反应的原理，你认为不可能实现的是(填序号)。(3)配平下列离子方程式。____H2

C2O4+____MnO4-+_____H+=____Mn2++______CO2↑+_____H2O(4)氢化钠(NaH)为白色晶体，能与水剧烈反应：NaH+H2O=NaOH+H2↑，该反应中还原剂为，NaH与液氨(NH3)也有类似反应，写出该反应的化学方程式：。【答案】

(1)−1(1分)−3(1分)+3(1分)+1(1分)(2)②(1分)(3)5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O(2分)(4)NaH(1分)NaH+NH3=NaNH2+H2↑(2分)【解析】(1)由化合价代数和为零可知，NaH中H元素是-

1价，NH4NO3中N元素化合价为-3价，H2C2O4中C元素化合价为+3价；CuCl中Cu元素化合价为+1价。(2)若含有同种元素不同价态的两种物质发生氧化还原反应时，生成物中该元素的价态应介于两种反应物价态之间。②式反应物中的氮元素为－3价和＋2价，生成物中

为＋3价，－3与＋2之间的价态应为0价或＋1价，不可能出现＋3价的氮，所以②式不能实现。(3)该反应中C元素由+3价上升到+4价，Mn元素由+7价下降到+2价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。(4)反应NaH+

H2O=NaOH+H2↑中H元素由-1价上升到0价，还原剂为NaH，NaH与液氨(NH3)也有类似反应，写出该反应的化学方程式：NaH+NH3=NaNH2+H2↑。20．(14分)已知：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O。某小组利

用氯酸钾与10mol·L-1盐酸反应制氯气并进行氯气性质的研究，实验装置如图所示：请回答：(1)请你写出另一个不同的实验室制氯气原理：(用化学方程式表示)。(2)E中的实验现象是。(3)根据“相关实验现象”就可以证明起漂白作用的不是氯气而是次氯酸，A中的现象是，D中的现象是。(4)装置中Na

OH溶液的作用是，写出相应的离子方程式。(5))现要配制240mL10mol·L-1所需盐酸，请回答下列问题：①所用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的仪器是。②配制过程中有下列实验操作步骤，其正确的顺序为。③下列操作会使配制结果偏高的是

。A．容量瓶洗净后未干燥直接用来配制溶液B．图a操作中，玻璃棒位于刻度线以上C．定容时俯视读数D．用量筒量取浓盐酸配制所需盐酸时，量筒仰视读数E．反复摇匀后发现液面低于刻度线，继续加水至刻度线(6)若实验过程中出现如下情况如何处理？①向容量

瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出；②定容摇匀后发现液面下降。【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O或2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+MnCl2+5Cl2↑+8H2O(2分)(2)产生棕黄色的烟(1分)(3)紫色石蕊试液先变红后褪色(1分)干燥红布条不

褪色(1分)(4)吸收氯气，防止污染(1分)2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O(1分)(5)①250mL容量瓶(1分)②badc(2分)③CD(2分)(6)①重新配制(1分)②无需进行其他操作(1分)【解析】(1)实验室还可以利用二氧化锰和浓盐酸共

热制氯气，原理为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；或可以利用高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气，原理为：2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+MnCl2+5Cl2↑+8H2O；(2)E中，Fe与Cl2反应生成FeCl3，实验现象是产生棕黄色的烟；(3)装置A中，能验证氯

气的水溶液的酸性和氧化性；D装置中，能验证干燥的氯气是否具有漂白性，所以根据相关实验现象就可以证明起漂白作用的不是氯气而是次氯酸，相关现象是A中紫色石蕊试液先变红后褪色，D中干燥红布条不褪色。答案为：A中紫色石蕊试液先变红后褪色，D

中干燥红布条不褪色；(4)氯气有毒，则装置中NaOH溶液的作用是吸收氯气，防止污染；氯气与氢氧化钠溶液反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O。答案为：吸收氯气，防止污染；2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O；(5)①实验

室没有240mL规格的容量瓶，应选择250mL的容量瓶，因此所用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的仪器是250mL容量瓶；②配制一定物质的量浓度溶液的过程中，遵循实验步骤是：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定

容，则其正确的顺序为badc；③A项，容量瓶洗净后未干燥直接用来配制溶液，对所配溶液浓度不产生影响；B项，图a操作中，玻璃棒位于刻度线以上，则部分蒸馏水留在瓶颈上，导致所加的水偏多，浓度偏低；C项，定容时俯视读数，溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高；D项，用量筒量取浓盐酸配制

所需盐酸时，量筒仰视读数，所取溶质体积偏大，所配溶液的浓度偏高；E项，反复摇匀后发现液面低于刻度线，继续加水至刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低；故选CD。(6)①向容量瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出，溶质的物质的量偏小，因

此所配的溶液的物质的量浓度偏低，必须重新配制；②定容摇匀后发现液面下降，不会影响浓度，所以无需重新配制，即无需进行其他操作。21．(10分)如图为钠和氯的价类二维图，请据图完成下列问题：(1)NaH中的氢为价。可与水反

应生成氢气，该反应中氧化产物和还原产物的质量比为。(2)A是氯的氧化物，其化学式为。A可用于自来水消毒。其消毒效率是Cl2的倍(还原产物都是Cl-，消毒效率以单位物质的量的物质得到的电子数表示)。(3)B属于碱，其水溶液与Cl2反应生成D的离子

方程式为。(4)C是高氯酸钠，受热分解可产生O2和非含氧酸盐，则高氯酸钠热分解的化学方程式为。(5)Cl2O7可与水反应生成HClO4，Cl2O5生成E也是发生类似的反应，请写出Cl2O5与B在水中生成ClO3-的离子反应方程式。【答案】(1)-1(1分)1∶1(1分)(2)ClO2

(1分)2.5(2分)(3)2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑(1分)(4)NaClO4NaCl+2O2↑(2分)(5)Cl2O5+2OH-=2ClO3-+H2O(2分)【解析】根据价类二维图

：A是ClO2、B为NaOH、C为ClO4-、D为NaClO、E为HClO3。(1)Na为+1价，NaH中的氢为-1价。可与水反应生成氢气，NaH+H2O=H2↑+NaOH该反应中氧化产物和还原产物均为氢气，质量比为1∶1；(2)A是氯的氧化物，其化学式为ClO2。A可用于

自来水消毒。其消毒效率是Cl2的4(1)5[0(1)]22−−=−−=2.5倍(还原产物都是Cl-，消毒效率以单位物质的量的物质得到的电子数表示)；(3)B为NaOH属于碱，其水溶液与Cl2反应生成D为NaClO的离子方程式为2Na+2H2

O=2Na++2OH-+H2↑；(4)C是高氯酸钠，受热分解可产生O2和非含氧酸盐，则高氯酸钠热分解生成氯化钠和氧气，化学方程式为NaClO4NaCl+2O2↑；(5)Cl2O7可与水反应生成HClO4，Cl2O5生成E也是发生类似的反

应，Cl2O5与NaOH在水中生成ClO3-的离子反应方程式Cl2O5+2OH-=2ClO3-+H2O。