【文档说明】四川省南充市白塔中学2024-2025学年高一上学期9月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(18)页，1.483 MB，由小赞的店铺上传

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四川省南充市白塔中学2024-2025高三上基地班入学考试化学时间：75分钟总分：100分注意：选择题答案填在指定的答题栏中，第Ⅱ卷答案直接在题上作答，交卷时只交第Ⅱ卷。可能用到的相对原子质量：H1N14

O16Na23S32Cl35.5第Ⅰ卷一、选择题(1-15题每小题只有一个正确选项，16题为不定项选择。每小题3分共48分。)1.下列有关物质变化和分类的说法正确的是A.三氧化硫的水溶液能导电，所以三氧化硫是电解质B.葡萄糖溶液和淀粉溶液都属于溶液，因

而不能用丁达尔效应区分C.碳酸钠粉末遇水生成含有结晶水的232NaCO10HO属于纯净物D.成语“水滴石穿”、“水乳交融”中都有化学变化发生【答案】C【解析】【详解】A．三氧化硫溶于水形成硫酸而能导电，三氧化硫是非电解质，A错误；B．葡萄糖溶液属于溶液，淀粉溶液属于胶

体，能用丁达尔效应区分，B错误；C．碳酸钠粉末可与水以不同的物质的量之比形成多种晶体，其中Na2CO3⋅10H2O属于纯净物，C正确；D．“水滴石穿”中包含化学反应原理：CaCO3+H2O+CO2=Ca(

HCO3)2，Ca(HCO3)2易溶于水，石头在水滴的长时间作用下，就会形成小孔，“水乳交融”是乳分散到水分子之间，形成乳浊液，没有化学变化发生，D错误；故选C。2.ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐取代Cl2成为自来水的消毒剂

。可用氯酸钠和双氧水在酸性条件下制备，反应方程式为：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+2H2O+O2↑，下列说法不正确的是A.H2O2的还原性强于ClO2B.NaClO3在反应中

被还原C.1molNaClO3参加反应，转移2NA个电子D.该反应的离子方程式为：2ClO3−+H2O2+2H+=2ClO2↑+2H2O+O2↑【答案】C【解析】【详解】A．还原剂的还原性比还原产物强。在该反应中，NaClO3作氧化剂，得到电子被还原为还原产物ClO2

；H2O2作还原剂，失去电子被氧化为氧化产物O2，所以H2O2的还原性强于ClO2，A正确；B．反应中Cl元素化合价由NaClO3中的+5价变为ClO2中的+4价，化合价降低，被还原，B正确；C．反应中Cl元素化合价由

NaClO3中的+5价变为ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子，1个NaClO3参加反应，转移1个电子，则1molNaClO3参加反应，转移NA个电子，C错误；D．根据离子方程式的改写原则，反应2NaClO3

＋H2O2＋H2SO4=2ClO2↑＋Na2SO4＋2H2O＋O2↑的离子方程式可表示为：3222222HO2H22HOOClOClO−+++=++，D正确；故选C。3.同温同压下，下列关于相同质量的NH3和H2S说法正确

的是A.体积之比为1:2B.密度之比为1:2C.物质的量之比为1:2D.原子个数之比为3:8【答案】B【解析】【详解】A．同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，则相同质量的NH3和H2S的体积之比为m17：m34=2:1，A错

误；B．同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，故NH3和H2S的密度之比为17：34=1:2，B正确；C．相同质量的NH3和H2S的物质的量之比为m17：m34=2:1，C错误；D．相同质量的NH3和H2S的原子个数之比为m×417：m×334=8:3，

D错误；故答案为：B。4.设AN表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.7.8g由2NaS和22NaO组成的混合物中，含有的离子总数为A0.3NB.标准状况下，222.4LHO中含有的原子总数为A3NC.221molNaO完全

反应，转移电子数目一定为A2ND.-120.1molLMgCl溶液中含有A0.2N个氯离子【答案】A【解析】【详解】A．2NaS和22NaO的相对分子质量都是78，无论怎么混合所含的离子总部不变，为A0.3N，A正确；B．标准状况下，水非气态，不能用气体摩尔体积计算，B错误；C．

在反应中，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，221molNaO完全反应，转移电子数目不定为A2N，C错误；D．没有说明体积不能计算溶液中的微粒个数，D错误；故选A5.下列溶液中离子一定能大量共存的是A.在澄清透明的溶液中：Na+、Fe3+、SO

24−、NO3−B.含有NaCl的溶液中：H+、K+、MnO4−、SO24−C.使紫色石蕊溶液呈红色的溶液中：K+、Na+、OH-、NO3−D.加入铝粉能生成H2的溶液中：NH4+、K+、HCO3−、Cl-【答案】A【解析】【详解】A．Na+、Fe3+、2-4

SO、-3NO相互不发生反应，可以大量共存，且澄清透明，A正确；B．-4MnO与Cl-可以发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；C．使紫色石蕊溶液呈红色说明溶液显酸性，OH-与H+不能大量共存，C错误；D．加入铝粉能生成H2的溶

液可以显酸性也可以显碱性，-3HCO与OH-、H+都不能大量共存，D错误；故选A。6.下图是铁元素的“价类”二维图，下列说法正确的是A.常温下Fe与水反应生成Fe3O4B.FeO在热空气中不稳定，能迅速转化为Fe3O4。C.工业上用CO还原Fe2O3炼铁，该反应属于置换反应D.将

含0.01molFeCl3的饱和溶液滴入沸水中完全反应，所得Fe(OH)3胶粒的物质的量为0.01mol【答案】B【解析】【详解】A．常温下Fe与水不发生反应，A错误；B．FeO中的Fe元素显+2价，具有较强的还原性，在空气中受热，能迅速被氧化成Fe3O4，B正确；C．

工业上用CO还原Fe2O3炼铁，该反应不属于置换反应，C错误；D．Fe(OH)3胶体的胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，因此将含0.01molFeCl3的饱和溶液滴入沸水中制得Fe(OH)3胶粒数小于0.01NA，D错误；故选B。7.部分

含氯物质的“价—类”关系如图所示。下列推断不合理的是A.b既具有氧化性，又具有还原性B.c是一种比较高效的自来水消毒剂C.常温下，ad、水溶液的pH:adD.f与a的浓溶液反应可制得b【答案】C【解析】【分析】由元素的化合价及物质类别可知，a为HCl，b为Cl2，

c为ClO2，d为HClO，e为次氯酸盐，f为氯酸盐；【详解】A．b为Cl2，氯气化合价为0价，处于中间价态，既具有氧化性，又具有还原性，A正确；B．c为ClO2，具有强氧化性，可用于自来水消毒，B正确；C．未说明溶液浓度，

无法比较a和d溶液的pH，C错误；D．-3ClO与浓盐酸混合发生氯化合价归中反应，可制备氯气，D正确；故选C。8.下列物质(s表示固体，aq表示溶液)的转化在给定条件下不能实现的是A.()()()222223OCONasNaOsNaC

Os⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→△B.()()()()323NaOHaqNaHCOaqNaCOaqNaClaq⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→稀盐酸C.()()()()2233HClaqOFesFeOsFeClaq⎯⎯⎯→

⎯⎯⎯⎯⎯→点燃D.()()()()232COCaOsCaOHaqCaCOs⎯⎯→⎯⎯⎯→水【答案】C【解析】【详解】A．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，A不符合题意；B．碳酸氢钠与氢氧化钠反应

生成碳酸钠和水，碳酸钠与稀盐酸反应生成二氧化碳、水和氯化钠，B不符合题意；C．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，C符合题意；D．氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和水，D不符合题意；故选C。9.下列实验设计能达到实验目的的是选项实验

设计实验目的A向NaOH样品中加水后滴加足量稀盐酸，观察是否有气泡冒出检验NaOH样品是否完全变质B将混合气体依次通过足量无水硫酸铜、浓硫酸、石灰水、氢氧化钠溶液验证并除去氧气中的水蒸气和二氧化碳C将锌片与某金属X粉末分别加入稀硫酸，X与稀硫酸反应产生气泡快证明X活动性比

锌强D先加足量水溶解，再加适量稀盐酸，最后蒸发结晶除去NaCl固体中的少量23NaCOA.AB.BC.CD.D【答案】D的的【解析】【详解】A．NaOH样品是否变质说明生成碳酸钠或碳酸氢钠，向NaOH样品中加水后滴加足量稀盐酸，观察是否有气泡冒出只

能证明是否变质，无法证明是否完全变质，A项错误；B．后续还通入了石灰水、氢氧化钠溶液，所以正确的顺序是依次通过足量的无水硫酸铜、石灰水、氢氧化钠溶液、浓硫酸，B项错误；C．锌片是块状固体，金属X是粉末状，所以X与稀硫酸反应产生气泡快，可能是因为X与硫酸的接触面积较大，不一定是X的

活动性比锌强，C项错误；D．除去NaCl固体中的少量23NaCO，先加足量水溶解，再加适量稀盐酸，最后蒸发结晶得到NaCl，D项正确；故选D。10.下列指定反应的离子方程式正确的是A.过氧化钠样品溶于水：2222NaOHO2Na2OHO+−

+=++B.3NaHCO溶液和过量澄清石灰水混合：2323HCOOHCaHOCaCO−−+++=+C.4FeSO溶液中滴入氯水：232FeClFe2Cl++−+=+D.23FeO溶于稀硫酸：2232FeO6H2Fe3HO++

+=+【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠与水反应生成NaOH和O2，反应的离子方程式22222NaO2HO4Na4OHO+−+=++↑，A错误；B．3NaHCO溶液和过量澄清石灰水Ca(OH)2混合，以少量的3NaH

CO定为1，反应生成碳酸钙沉淀和NaOH和水，离子方程式为：2323HCOOHCaHOCaCO−−+++=+，B正确；C．4FeSO溶液中Fe2+具有还原性，滴入氯水发生氧化还原反应生成铁离子和氯离子，离子方程式为：2322FeCl

2Fe2Cl++−++=，C错误；D．氧化铁与稀硫酸反应生成铁离子和水，离子方程式为3232FeO6H2Fe3HO+++=+，D错误；故答案选B。11.常温下，可以发生下列三个反应：①2W－＋X2=2X－＋W2；②2Y－

＋W2=2W－＋Y2；③2X－＋Z2=2Z－＋X2，由此得出的正确结论是A.X－、Y－、Z－、W－中Z－还原性最强B.X2、Y2、Z2、W2中Z2氧化性最弱C.反应2Z－＋Y2=2Y－＋Z2不能发生D.还原性：X－>Y

－【答案】C【解析】【分析】①2W－＋X2=W2＋2X－，该反应中X2作氧化剂，还原产物是X－，W－作还原剂，氧化产物是W2，所以氧化性：X2>W2，还原性：W－>X－；②2Y－＋W2=2W－＋Y2，该反应中W2作氧化剂，还原产物是W－，Y－作还原剂，氧化产物是Y2

，所以氧化性：W2>Y2，还原性：Y－>W－；③2X－＋Z2=2Z－＋X2，该反应中Z2作氧化剂，还原产物是Z－，X－作还原剂，氧化产物是X2，所以氧化性：Z2>X2，还原性：X－>Z－；故氧化性强弱顺序为Z2>X2>W2

>Y2，还原性强弱顺序为Y－>W－>X－>Z－。【详解】A．由分析知，Y－的还原性最强，A错误；B．由分析知，Z2的氧化性最强，B错误；C．氧化性强弱顺序为Z2>Y2，所以反应2Z－＋Y2=2Y－＋Z2不能发生，C正确；D．由分析知，还原性强弱顺序

为Y－>X－，D错误；故选C。12.LiBr可作为替代氟利昂的绿色制冷剂，其溶解度随温度降低明显减小，能溶于乙醇等有机溶剂。已知BaS易溶于水，利用高浓度HBr粗溶液合成LiBr的工艺流程如图所示。下列说法错误的是A.

“还原”工序中有硫生成B.“除杂”工序中产生的滤渣只有4BaSOC.“中和”工序中产生的气体属于酸性氧化物D.可用重结晶的方法提纯LiBr【答案】B【解析】【分析】由流程可知，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将

溴还原生成溴化钡和硫，再加入稀硫酸除杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行中和，生成CO2气体，得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到目标产物LiBr。【详解】A．还原工序中，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡

将溴还原生成溴化钡和硫，因此有硫生成，A项正确；B．除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，B项错误；C．中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，其中CO2为酸性氧化物，C项正确；D．LiBr溶解度随温度降低明显减小，可以使用浓缩重结晶的方法提纯LiBr，D项正确；答案选B。13.

已知48gCH在足量的氧气中完全燃烧，生成了2CO和()2HOg，将燃烧产物通过过量的22NaO后，22NaO增加的质量是A.8gB.16gC.10gD.无法计算【答案】B【解析】【详解】甲烷完全燃烧生成水和二氧化

碳，水和Na2O2反应2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，通过该反应可知，此时增加质量为H的质量，CO2与Na2O2反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2↑，通过该反应可知，此时增加的质量为CO的

质量，因此2CO和()2HOg与22NaO反应，固体实际增加的质量相当为CO和2H的总质量，根据元素守恒，可计算出()()48gnCO=nCH==0.5mol16g/mol，()mCO=0.5mol28g/mol=14g，()()42nCH4nH==0

.5mol2=1mol2，()2mH=1mol2g/mol=2g，CO和2H总质量为16g，22NaO增加的质量是16g，故答案选B。14.研究人员在金星大气中探测到了磷化氢(3PH)气体、3PH常作为一种熏蒸剂，在贮粮

中用于防治害虫，一种制备3PH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(32HPO)为一元酸，则次磷酸钠(22NaHPO)属于正盐D.1mol次磷酸分解时转移4

mol电子【答案】C的【解析】【详解】A．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．由流程分析，白磷与浓NaOH溶液反应的化学方程式为：P4+3NaOH+3H2OΔPH3

↑+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．因次磷酸(32HPO)为一元酸，故只能电离出一个H+，故22NaHPO中

无法电离出H+，故22NaHPO为正盐，C正确；D．32HPO分解方程式为34332PH2+HOHPOP=，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，2mol32HPO，转移4mol电子，1mol次磷酸分解时转移2mol电子，D错误；故选C

。15.向含2Fe+、I−、Br−的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知b-a=5，线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素。下列说法不正确的是A.原溶液中()()22FeBr:F

eI3:1nn=B.线段II表示2Fe+的变化情况C.线段IV表示3IO−的变化情况D.根据图像可计算出a=5【答案】D【解析】【分析】向含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发

生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变

化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；通入氯气，根据反应离子方程式可知溶液中n(I-)=2n(Cl2)=2mol，溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol-1mol)=4mol，Fe2+反应完毕

，根据电荷守恒可知n(I-)+n(Br-)=2n(Fe2+)，故n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol，据此分析解答；【详解】A．n(FeBr2):n(FeI2)=n(Br-):n(I-)=6mol:2mo

l=3:1，故A正确；B．根据分析可知，线段Ⅱ为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故B正确；C．线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，则a点后发生氯气氧化碘单质的反应，已知

碘单质的物质的量为1mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为+5价，则该含氧酸为HIO3，HIO3是一元强酸，则线段Ⅳ可表示3IO−的变化情况，故C正确；D．由分析可知，溶液中n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6m

ol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，又b-a=5，所以b=a+5=6+5=11，故D错误；本题选D。16.三个密闭容器中分别充入N2、H2、O2三种气体，以下各种情况下排序正确的是A.当它们的温度和压强

均相同时，三种气体的密度：()()()222HNOB.当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强：()()()222HNOPPPC.当它们的质量和温度、压强均相同时，三种气体的体积：()()()222ONHVVVD.当它们的压强和体积、

温度均相同时，三种气体的质量：()()()222ONHmmm【答案】BD【解析】【分析】由理想气体状态方程PV=nRT和物质的量计算公式mmVn==MV等推出其他物理量的关系。【详解】A．当温度和压强相同时，气体

摩尔体积相同，根据mMρV＝知，气体密度与摩尔质量成正比，根据摩尔质量知，三种气体的密度大小顺序是ρ(H2)＜ρ(N2)＜ρ(O2)，故A错误；B．根据mPV=nRT=RTM得mPM=RT=ρRTV，质量和温度、体积均相同时，气体压强与摩尔质量成反比，所以三种气体的压强大小顺序是p(H2)＞p(

N2)＞p(O2)，故B正确；C．根据mPV=nRT=RTM得mV=RTPM，当它们的质量和温度、压强均相同时，气体体积与摩尔质量成反比，所以这三种气体体积大小顺序是：V(O2)＜V(N2)＜V(H2)，故C错误；D．根据mPV=nRT=RTM得PVMm=RT，当它们的压强和体积、温度均相

同时，气体质量与摩尔质量成正比，所以三种气体的质量大小顺序是m(H2)＜m(N2)＜m(O2)，故D正确；故选BD。第Ⅱ卷二、解答题17.构建元素的价类二维图是化学学习中常见的方法，通过价类二维图能更有效地学习物质的分类及转化关系．钠元素的价

类二维图及物质间的部分转化关系如图所示，回答下列问题：（1）Na在空气中燃烧生成_______（填名称），该反应的化学方程式为_______，反应过程中最适宜盛装钠的容器为_______（填标号）。a．b．c．d．（2）若过量2CO通入c溶液中生成d，则该反应的离子方程式为__

_____；若c溶液与少量稀硫酸反应可以生成d，则d为_______（填化学式）。若d为4NaHSO，则其在水中电离的电离方程式为_______；往140.1molLNaHSO−溶液中加入几滴紫色石蕊试液，溶液会变成_______。【答案】（1）①.过氧化钠②.2222NaONaO+③.c（2

）①.23COOHHCO−−+=②.24NaSO③.244NaHSONaHSO+−+=++④.红【解析】【小问1详解】Na在空气中燃烧发生反应：2222NaONaO+，生成过氧化钠，固体燃烧反应过程中最适宜盛装钠的容器为坩埚。【小问2详解】a、b、c

分别为2NaO、22NaO、NaOH，过量2CO通入NaOH溶液中生成d：碳酸氢钠，离子方程式为23COOHHCO−−+=，NaOH溶液与少量稀硫酸反应可以生成d：硫酸氢钠，4NaHSO在水中电离的电离方程式为244NaHSONaHSO+−+=++，往140.1

molLNaHSO−溶液中加入几滴紫色石蕊试液，因4NaHSO溶液电离出氢离子使溶液显酸性，石蕊试液会变成红色。18.“84”消毒液是一种主要用于物体表面和环境的消毒剂。用海水模拟制备“84”消毒液的流程如图。请回答下列问题：已知：①粗盐溶解后的分散系中含有泥沙、

224NaMgClSO++−−、、、；②除杂试剂均过量；③“84”消毒液具有较强的碱性。（1）操作①为_______，该操作需要的玻璃仪器有玻璃棒、_______；向滤液2中依次加入的试剂abc、、可以是

_______（填标号）。A．NaOH溶液、2BaCl溶液、23NaCO溶液B．2BaCl溶液、23NaCO溶液、NaOH溶液C．23NaCO溶液、NaOH溶液、2BaCl溶液（2）操作③结束后往滤液中加入稀盐酸目的是__

_____，除去过量的HCl可以采用的方法为_______。（3）2Cl与NaOH溶液反应制备“84”消毒液的化学方程式为_______；每转移1mol电子，生成的氧化产物的质量为_______g；日常生

活中“84”消毒液不宜作皮肤消毒剂的原因可能是_______。【答案】（1）①.过滤②.漏斗、烧杯③.AB（2）①.除去过量的OH−和23CO−②.加热（3）①.22Cl2NaOHNaClNaClOHO+=++②.74.5③.碱性过强，对皮肤有强腐蚀性【解析】【分析

】粗盐溶解后的分散系中含有泥沙、224NaMgClSO++−−、、、，过滤出泥沙等不溶物，滤液2中加的入过量NaOH除去Mg2+、过量BaCl2除去2-4SO，用过量碳酸钠除去钡离子，过滤出氢氧化镁、硫酸钡、碳酸钡

沉淀，再加入稀盐酸除去NaOH和碳酸钠，得到NaCl溶液，电解得到NaOH、氢气和氯气，用氯气和NaOH溶液反应生成NaClO来制备‘84’消毒液；【小问1详解】操作①分离固体和溶液，操作名称为过滤，过滤需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；滤液2中加入过量NaOH除去Mg2+、过量B

aCl2除去2-4SO，用过量碳酸钠除去钡离子，NaOH和氯化钡的加料顺序可调换，但碳酸钠一定加在氯化钡的后面，故选AB；【小问2详解】由于滤液2除杂时加入NaOH、23NaCO是过量的，需要加入盐酸除去，操作③结束后往滤液中加入稀盐酸的目的是除去

过量的OH−和23CO−，利用盐酸易挥发的性质，除去过量的HCl可以采用的方法为加热；【小问3详解】2Cl与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和水，制备“84”消毒液的化学方程式为22Cl2NaOHNaClNaClOHO+=++，NaClO是

氧化产物，每转移1mol电子生成1molNaClO，生成的氧化产物的质量为1mol×74.5g/mol=74.5g，日常生活中“84”消毒液不宜作皮肤消毒剂的原因可能是碱性过强，对皮肤有强腐蚀性。19.某化学活动

社团为了探究氯气的性质和用途，设计了如下实验装置：已知：常温下，无水氯化铝为白色晶体，易吸收水分变质，在178℃升华。（1）盛装浓盐酸的仪器名称___________。（2）反应开始前先点燃___________(填“A”或“D”)处酒精灯。F中为碱石

灰(氢氧化钠和氧化钙的混合物)，其作用除吸收多余的2Cl外，还有___________。（3）写出A中圆底烧瓶内发生反应的化学方程式并用双线桥表示电子转移方向和数目___________。（4）为验证氯气有无漂白性，分别在G和I中盛放干燥有色布条，H中盛放的

试剂是___________(填名称)，通入氯气后G和I中的现象是___________，结论___________。（5）装置J模拟工业制备漂白粉，用化学方程式表示漂白粉的漂白作用原理___________。（6）将氯气通入热的K溶液中，

反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，经测定ClO-和ClO3−的浓度之比为1：3，写出该反应的离子方程式___________。【答案】（1）分液漏斗（2）①.A②.防止空气中的水蒸气进

入（3）（4）①.浓硫酸②.G中有色布条褪色，I中不褪色③.湿润的氯气有漂白性，干燥的氯气无漂白性（5）Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO（6）10Cl2+20OH-=16Cl-+ClO-+3ClO3−+10H2O【解析】【分析】装置A中MnO2与浓盐酸在加热条件下反

应制备Cl2，浓盐酸具有挥发性，使制得的氯气中混有HCl气体，可通过装置B中饱和食盐水除去氯化氢气体，通过装置C中浓硫酸干燥得到干燥的氯气，装置D中Al和Cl2反应制备无水氯化铝，装置E用于冷凝收集AlCl3，装置F中盛装碱石灰用于吸收

尾气中Cl2，并防止空气中水蒸气进入装置E中使无水AlCl3吸收水分变质；除去HCl气体后的Cl2中混有水蒸气，氯气无漂白性，氯水具有漂白性，装置G和I中盛放干燥有色布条，则通入氯气后G和I中的现象分别为布条褪色、不褪色，H装置中盛装浓硫酸用于干燥氯气

；装置J模拟工业制备漂白粉，所盛试剂石灰乳，反应为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，据此分析解答。【小问1详解】由图可知，盛装浓盐酸的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；【小问2详解】①金属铝是活泼金属，能与空气中氧气反应，所以制

备无水氯化铝时要先排出装置中空气，即先点燃A处酒精灯，利用制备的氯气排出空气，故答案为：A；②氯气是有毒气体，会污染空气，可用碱石灰吸收处理，同时碱石灰具有吸水性，可防止空气中水蒸气进入装置E而使无水AlCl3吸

收水分变质，故答案为：防止空气中的水蒸气进入装置E；【小问3详解】装置A中MnO2与浓盐酸在加热条件下反应制备Cl2，化学方程式及双线桥表示电子转移方向和数目为：，故答案为：；【小问4详解】①为验证氯气有无漂白性，分别在G和I中盛放干燥有色布条，由于氯气中含有水蒸气，所以G装置

中布条褪色，要验证氯气有无漂白性，则进入装置I的氯气必须干燥，所以H中盛放的试剂应具有吸水性，是浓硫酸，故答案为：浓硫酸；②G和I中现象现象为：G中有色布条褪色，I中不褪色，可得出结论为：潮湿的氯气有漂白性，干燥的氯气无漂白性，故答案为：G中有色布条褪色，I中

不褪色；③由②可知，潮湿的氯气有漂白性，干燥的氯气无漂白性，故答案为：潮湿的氯气有漂白性，干燥的氯气无漂白性；【小问5详解】工业上常用氯气与石灰乳制备漂白粉，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，由于碳酸的酸性强于次氯酸，漂白粉吸收空气中的CO2、H2O生成CaCO3和HClO，HClO漂

白性强，反应化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故答案为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；【小问6详解】将氯气通入热的K溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，

经测定ClO-和3ClO−的浓度之比为1：3，Cl化合价从0价分别升高至+1价和+5价，失去电子共16e-，得失电子守恒，得16e-电子，离子方程式为：23210Cl+20OH16Cl+ClO+3ClO+10HO−−−−=，故答案为：23210Cl+20OH16Cl+C

lO+3ClO+10HO−−−−=。20.金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：（1）存贮时，Na应保存在______中。（2）工业上采用电解熔融NaCl(熔点为800.8℃)制备金属Na，电解反应方程式：()()()()225802NaCll2

NalClgCaCll+℃电解，加入2CaCl的目的是______(填序号)。a．作催化剂，加块电解反应的速率b．作还原剂，将NaCl还原为Nac．作助熔剂，降低生产过程的能耗d．作氧化剂，将NaCl氧化为2Cl（3）钠能与液氨反应，生成氨基钠(NaNH2)和一种气体单质。将

钠投入液氨中，会快速得到深蓝色溶液(生成蓝色的溶剂合电子，如图所示)，后慢慢产生气泡。①生成的气体为______(填分子式)②当0.1mol钠投入液氨生成0.05mol气体时，Na共失去的电子____

__0.05mol(填“>”、“<”或“=”)（4）采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2.为防止空气中的某些成分与Na2O2反应，空气与熔融金属Na反应前需依次通过______。(填序号)a．无水2CaClb．饱和食盐水c．饱和3NaHCO溶液d．

4KMnO溶液e．KOH溶液（5）对固体3NaHCO充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.28g，则固体3NaHCO的质量为______g。（6）为确定3NaHCO和23

NaCO混合物样品的组成，称取四份该样品溶于水后分别逐滴加入相同浓度的稀盐酸30.0mL，充分反应，产生2CO的体积(已折算成标准状况下的体积，不考虑2CO在水中的溶解)如下表：实验序号ⅠⅡⅢⅣ盐酸体积(mL)30.030.030.030.0样品质量(g)2.963.70

5.186.662CO体积(mL)672840896672①样品中物质的量之比()()323nNaHCO:nNaCO=______。②稀盐酸的物质的量浓度()cHCl=______mol/L。【答案】（1）煤油（2）c（3）①.2H②.

>（4）e、a（5）1.68（6）①.1∶2②.2.5【解析】【小问1详解】钠和煤油不反应，钠的密度大于煤油，少量金属钠保存在煤油里。【小问2详解】NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，所以加入CaCl2能降

低NaCl的熔点，减少能耗，所以CaCl2作助溶剂，故选c。【小问3详解】①钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡，钠和液氨反应的化学方程式为2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，则该气体为2H；②1个钠参加反应失去1个电子，则0.1mol钠

投入液氨中生成0.05molH2时，共失去0.1mol电子，则Na共失去的电子>0.05mol。【小问4详解】采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2，空气中CO2、水蒸气都能与熔融金属Na反应，所以在反应前需要将空气中的CO2、水蒸气除去，CO2属于酸性氧化

物，能和碱液反应，无水氯化钙具有吸水性，所以空气与熔融金属Na反应前需依次通过KOH溶液、浓硫酸，选e、a。【小问5详解】对固体NaHCO3充分加热，产生Na2CO3、二氧化碳和水蒸气，将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量Na2O2，Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学

方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据差量法可知，当增重0.28g(CO的质量)时，消耗的二氧化碳的物质的量为440.28g28=0.44g，其物质的量为0.44g44g/mol=0.01mol，根据碳酸氢钠受热分解的关系式2NaHCO3～CO

2可知，消耗NaHCO3的物质的量为0.02mol，故质量为0.02mol×84g/mol=1.68g。【小问6详解】①结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明Ⅰ、Ⅱ中盐酸过量，Na2CO3和NaHCO3的完全反应，设出Ⅰ中Na2CO3、N

aHCO3的物质的量分别为x、y，则①106x+84y=2.96、②x+y=0.672L22.4L/mol=0.03mol，联立①②解得：x=0.02mol、y=0.01mol，所以样品中物质的量之比n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=0.02

mol：0.01mol=1：2；②根据实验Ⅲ、Ⅳ可知，Ⅳ中盐酸不足，Na2CO3优先反应生成NaHCO3，设6.66g样品中含有碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为2x、x，则106×2x+84x=6.66，解得：x=0.0225mol，即6.66g样品中含有0.045mol碳酸钠、0.0225

mol碳酸氢钠，将样品加入盐酸中，先发生反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，0.045mol碳酸钠完全反应消耗HCl的物质的量为0.045mol，碳酸钠完全反应后发生再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，生成标准状况下672L二氧化碳

消耗HCl的物质的量为：n(HCl)=n(CO2)=0.672L22.4L/mol=0.03mol，所以30mL盐酸中含有HCl的物质的量为：0.045mol+0.03mol=0.075mol，该盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)=0.075mol0.0

3L=2.5mol/L。