【文档说明】浙江金华第一中学2023-2024学年高一上学期10月月考化学试题 含解析.docx，共(22)页，1.097 MB，由小赞的店铺上传

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浙江省金华第一中学2023-2024学年高一10月月考化学试题本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Ca-40Br-80第Ⅰ卷(选择题共50分)一、选择题(

本大题共25小题，每小题均为2分，计50分。每小题只有一个选项是符合题意的)1.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。2.下列物质的水溶液能导电，但该物质既不是电解质，也不是非电解质的是A.二氧化碳B.氯化钠C.硫酸D.碱石灰【答案】D【解析】【详解】A．二氧化碳溶于水后生成碳酸能电离出离子而导电，即二氧

化碳溶于水后能导电；但由于不是其自身电离出的离子，故二氧化碳是非电解质，A不符合题意；B．氯化钠于水后能自身电离出离子而导电，故是电解质，B不符合题意；C．硫酸溶于水后能自身电离出离子而导电，故为电解质，C不符合题意；D．碱石灰是氧化钙和氢氧化钠

的混合物，溶于水后能导电，但由于是混合物，故既不是电解质也不是非电解质，D符合题意；故选：D。3.化学与生活密切相关，下列物质与其用途不符合．．．的是A.过氧化钠：呼吸面具的供氧剂B.钠：冶炼稀有金属C.纯碱：治疗胃酸过多D.小苏打：制作馒头和面包的膨松剂【答案】C【解析】【详解】A．过

氧化钠与水或二氧化碳反应均可以生成氧气，可以作呼吸面具的供氧剂，故A正确；B．金属钠的还原性强于金属钛等，可以将金属钛、锆、铌等从其熔融态的盐中置换出来，所以可以用来冶炼金属钛、锆、铌等稀有金属，故B正确；C．纯

碱为碳酸钠，虽然可以中和胃酸，但其碱性太强，不能用来治疗胃酸过多，应用碳酸氢钠，故C错误；D．碳酸氢钠受热易分解产生二氧化碳，且能和酸性物质反应生成二氧化碳，所以可以制作馒头和面包的膨松剂，故D正确；综上所述答案为C。4.金属

钠与水反应的实验过程中没有涉及到的图标是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】用小刀切一块钠，将Na投入水中发生剧烈反应，并有H2生成，实验中需要佩戴护目镜，且需防止刀刺破手指，实验后要及时洗手，不涉及热源；故选C。5.下列化学用语不正确．．．

的是A.3NaHCO在水溶液中的电离方程式：33NaHCO=NaHCO+−+B.2S−结构示意图：C.金属钠与氯气反应的电子转移方向及数目：D.醋酸的电离方程式：33CHCOOHCHCOOH−++【答案】C【解析】【详解】A．3

NaHCO在水溶液中完全电离为钠离子和碳酸氢根，电离方程式：33NaHCO=NaHCO+−+，A正确；B．2S−质子数16、核外电子数18，结构示意图：，B正确；C．金属钠与氯气反应中钠失去电子、氯气得到电子，电子转移方向及数目：，C不正确；D．

醋酸在水溶液中部分电离为氢离子和醋酸根，电离方程式：33CHCOOHCHCOOH−++，D正确；选C。6.下列变化中，必须加入还原剂才能实现的是A.HCl→Cl2B.KClO3→KClC.MnO2→Mn2+D.SO2→SO3【答案】C【解

析】【详解】A．HCl→Cl2中氯元素化合价从-1升高到0价是氧化反应需加入氧化剂才能实现，A错误；B．KClO3→KCl可以是氯酸钾自身分解得氧气和氯化钾，B错误；C．MnO2→Mn2+过程中锰元素得电

子化合价降低为还原过程，需加还原剂才能实现，C正确；D．二氧化硫转化成三氧化硫过程中硫元素化合价升高需加氧化剂才能实现，D错误；故选C。7.下列逻辑关系图中正确的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【

详解】A．气溶胶属于胶体，包含在胶体中，故A错误；B．化合反应和分解反应不是交叉关系，且两者都不一定是氧化还原反应，故B错误；C．钾盐和钠盐可以是碳酸盐，碳酸盐也可以是钠盐或钾盐，故C错误；D．混合物、单质、电解质、非电解质是四个不同概念，图中关系正确，故D正确；故选D。【点睛】本题考

查物质分类的方法和依据，胶体和分散系，反应类型、电解质非电解质概念的分析判断是解题关键。注意电解质、非电解质都是化合物，单质、混合物既不是电解质，也不是非电解质。在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，在水溶液里和熔

融状态下都不能导电的化合物是非电解质，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物(如蔗糖、酒精等)。8.工业上一种制备24NaFeO方法的化学原理可表示为：32x42ClOFeOHFeOClHO−+−−−++⎯⎯→++(未配平)，已知每生成2个24FeO−，

同时消耗3个xClO−，则xClO−中x的值为A.1B.2C.3D.4【答案】A【解析】【详解】反应中铁元素从+3升高到+6价，已知每生成2个24FeO−，同时消耗3个xClO−，则按得失电子数守恒、元素质量守恒，可得到关系式32x43ClO2Fe2FeO3Cl6e−+−−−，每个氯

原子得2个电子、氯元素化合价降低2价，则xClO−中氯呈+1价，x=1；选A。9.下列关于结构、性质与用途具有对应关系且可行的是A.钠有还原性，可用于制造高压钠灯B.23NaCO、3NaHCO溶液显碱性，可用作食用碱或工业用碱C.()3FeOH胶体有吸附性，可以用于杀菌消

毒D.钠比铁活泼，可以利用钠将3FeCl溶液中的铁置换出来【答案】B【解析】【详解】A．钠元素焰色试验时火焰呈黄色，黄光透雾性强，可用于制造高压钠灯，与还原性无关，故A错误；B．NaHCO3、Na2CO3溶液显碱性，可用作食用碱或工业用碱，故B正确；

C．()3FeOH胶体有吸附性，能吸附水中难溶性的悬浮杂质净水，不可以杀菌消毒，故C错误；D．钠比铁活泼，但是钠加入3FeCl溶液中时，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与3FeCl反应生成氢氧化铁沉淀，故D错误；答案选B。10.下列说法不正确．．．的是A.对于化学反

应：AB=CD++，若A、B为两种化合物，则C、D也一定为化合物B.已知①22FeCu=FeCu++++；②3222FeCu=2FeCu+++++，则氧化性强弱顺序为：322FeCuFe+++C.非金属单质在反应中即可作氧化剂又可作还原剂D.用“人工肾”进行

血液透析救治危重新冠肺炎患者，利用了渗析原理【答案】A【解析】【详解】A．对于化学反应：AB=CD++，若A、B为两种化合物，则C、D不一定为化合物，例如CO+CuO=高温Cu+CO2，A错误；B．氧化性强弱规律：氧化剂的氧化性大于氧化产物，已知①22FeCu=FeCu++++，则氧化性强

弱顺序为：22CuFe++；已知②3222FeCu=2FeCu+++++，则氧化性强弱顺序为：32FeCu++，综上，氧化性强弱顺序为：322FeCuFe+++，B正确；C．非金属单质在反应中即可作氧

化剂又可作还原剂，例如氢气、氧气为非金属单质，氢气在氧气中燃烧，氢气为还原剂、氧气为氧化剂，C正确；D．胶体粒子不能透过半透膜，血液是胶体，用“人工肾”进行血液透析救治危重新冠肺炎患者，利用了渗析原理，D正确；选A。11.“类比”是研究物质变化规律的重要方法。下列有关“类比”对物质性质的推测正确

的是A.4NaHSO溶液显酸性，3NaHCO溶液也显酸性B.2CO是酸性氧化物，2SO也是酸性氧化物C.2NaO溶于水生成NaOH，MgO溶于水生成()2MgOHD.()32CaHCO溶解度大于3CaCO，3NaHCO的溶解度也大于23NaCO【答案】B【解析】【详解】A．NaHCO3是

弱酸的酸式盐，水溶液碱性，A项错误；B．碳和硫都是非金属氧化物，均能与碱反应生成盐和水，CO2是酸性氧化物，所以SO2也是酸性氧化物，B项正确；C．MgO不溶于水，C项错误；D．NaHCO3的溶解度小于Na2

CO3，D项错误；故选B。12.下列各组在溶液中的反应，不管反应物的用量多少，都只能用同一个离子方程式来表示的是A.NaOH与CO2B.Ca(OH)2与Ca(HCO3)2C.FeBr2与Cl2(氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3+)DCa(HCO3)2与NaOH【

答案】B【解析】【详解】A．NaOH与少量CO2反应时离子方程式为：2OH-+CO2=H2O+2-3CO，而与过量的CO2反应时离子方程式为：OH-+CO2=-3HCO，A不合题意；B．已知Ca(OH)2=Ca2++2OH-，Ca(HCO3)2=Ca2++2-

3HCO，故Ca(OH)2与Ca(HCO3)2不管二者谁过量，离子方程式均为：Ca2++OH-+-3HCO=CaCO3↓+H2O，B符合题意；C．由于氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3+，故FeBr2与少量的Cl2反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，而与过

量的Cl2反应的离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，C不合题意；D．Ca(HCO3)2与少量的NaOH反应的离子方程式为：Ca2++-3HCO+OH-=CaCO3↓+H2O，而

与过量的NaOH反应的离子方程式为：Ca2++2-3HCO+2OH-=CaCO3↓+2H2O+2-3CO，D不合题意；故答案为：B。13.120℃将10g下列物质在足量氧气中完全燃烧，将燃烧产物通过足量22NaO后，固体质量增加大于

10g，该物质可能是A.2HB.122211CHOC.6126CHOD.CO【答案】B【解析】.【分析】根据各选项，燃烧后的产物为水和二氧化碳，与Na2O2发生反应：2222322NaO2CO=2NaCOO++、22222NaO2HO

=4NaOHO++；对生成物变形：Na2CO3～Na2O2•CO，2NaOH～Na2O2•H2，得如下关系式：H2～H2O～2NaOH～Na2O2•H2，CO～CO2～Na2CO3～Na2O2•CO。有机物可拆写成(CO)m•Hn的形式，H2、CO也可拆写成(CO)m•Hn的形式，满足该形

式的物质，经过题示反应后将得到碳酸钠或氢氧化钠，即反应后固体的质量增加的质量相当于CO和H2的质量，等于ag。【详解】A．H2可拆写成(CO)0•Hn的形式，满足上述结果，固体质量增加ag，故A不符合；B．C12H22O11可拆写成

(CO)11•(H22)•C，不满足上述结果，固体质量增加量大于ag，故B符合；C．6126CHO可以写成(CO)6•H12，满足上述结果，固体质量增加ag，故C不符合；D．CO可拆写成(CO)m•H0的形

式，满足上述结果，固体质量增加ag，故D不符合；故选B14.下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是A.无色溶液：Na+、Cu2+、Cl−、-3NOB.加入锌生成氢气的溶液：+4NH、Fe3+、2-3CO、2-4SOC

.遇酚酞变红的溶液：Na+、K+、2-4SO、-3NOD.加酚酞显红色的溶液：K+、H+、2-4SO、-3NO【答案】C【解析】【详解】A．含铜离子的溶液显蓝色，故A不选；B．加入锌生成氢气的溶液显酸性或者碱性，

2-3CO在酸性溶液生成二氧化碳气体不能大量共存，铁离子、铵根离子和氢氧根离子反应而不能共存，故B不选；C．遇酚酞变红的溶液显碱性，Na+、K+、2-4SO、-3NO在碱性条件下可以大量共存，故C选；D．加酚酞

显红色的溶液显碱性，H+和氢氧根离子反应而不能大量共存，故D不选；故选：C。15.下列反应的离子方程式书写正确的是A.钠与水反应：22NaHO=NaOHH+−+++B.在4NaHSO溶液中滴入()2BaOH溶液至溶液呈中性：

22442Ba2OH2HSOBaSOH=2O+−+−++++。C.向2CaCl溶液中通入2CO：2223CaHOCO=CaCO2H+++++D.向碳酸钠溶液中逐滴加入少量稀盐酸：2322CO2H=COHO−+++【答案】B【解析】【详解】A．钠与水反应：222Na2HO=

2Na2OHH+−+++，故A错误；B．NaHSO4是二元强酸的酸式盐，可以理解为全部电离，当反应后溶液呈中性时，其反应化学方程式为2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2

O，离子方程式为2H++24SO−+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故B正确；C．通常是强酸制弱酸，向2CaCl溶液中通入2CO不反应，故C错误；D．向碳酸钠溶液中逐滴加入少量稀盐酸生成碳酸氢钠和氯化钠：2-33COH=HCO−+

+，故D错误；故答案为B。16.下列说法正确的是A.当光束通过纳米级金刚石粉末时，可以产生丁达尔效应B.NaCl溶于水，在通电的情况下才能发生电离C.江河入海口三角洲的形成与胶体的性质无关D.火灾现场有大量活泼金属时应使用干燥的沙土来灭火

【答案】D【解析】【详解】A．纳米级金刚石粉末是纯净物不会产生丁达尔效应，纳米级金刚石粉末分散到分散剂中才能形成胶体，当光束通时才可以产生丁达尔效应，A错误；B．NaCl溶于水时即发生电离，电离不需要通电，B错误；C．胶体遇电解质溶液发生聚

沉，江河水中含土壤胶体，在入海口处碰到电解质发生聚沉，则江河入海口三角洲的形成与胶体的性质有关，C错误；D．活泼金属着火时，会生成活泼的金属氧化物、过氧化物等，会继续与水或者与二氧化碳反应，比如钠着火生成的过氧化钠，所以火灾现场有大量活泼金属时，应使用干燥的沙土

来灭火，D正确；故选D。17.为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法错误的是A.2CO气体(HCl)，饱和23NaCO溶液B.23NaCO固体(3NaHCO)，加热至不再产生气体C.22NaO粉末(2NaO)，将混合物在氧气中加热D.3NaHCO溶液(23NaCO)，导入足量的2CO气体【答案

】A【解析】【详解】A．饱和Na2CO3溶液不仅能吸收HCl，而且能吸收CO2，不符合除杂的原则，应用饱和NaHCO3溶液除去CO2气体中的HCl，A项错误；B．加热时Na2CO3固体不反应，NaHCO3固体加热分解成Na2CO3、H2O和CO2，加热至不再产生气体可除去Na2CO

3固体中的NaHCO3，B项正确；C．在O2中加热发生反应2Na2O+O2=2Na2O2，杂质Na2O转化成Na2O2，C项正确；D．Na2CO3溶液与CO2、水反应生成3NaHCO溶液，故导入足量的2CO气体能除去3NaHCO溶液

中的23NaCO，D项正确；答案选A。18.化学是一门以实验为基础的学科。下列实验方案操作正确且能够达到实验目的的是选项实验目的实验方案A向25mL沸水中滴加5—6滴3FeCl饱和溶液，继续煮沸至混合液呈红褐色，停止加热该实验

得到了()3FeOH沉淀B证明22NaO与2HO反应是放热反应用棉花包裹22NaO粉末后，滴加几滴水，棉花燃烧说明该反应是放热反应C观察钠与水反应的现象用手从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小心放入装有适量水的烧杯中

D检验NaCl溶液中的阳离子用玻璃棒蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰的颜色A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．向煮沸的蒸馏水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，可制得Fe(OH)3胶体，A错误；B

．用棉花包裹Na2O2粉末后，滴加几滴水，棉花燃烧，说明温度得到着火点，反应生成了氧气，故说明Na2O2与H2O的反应是放热反应，B正确；C．从煤油中取出金属钠时，应该用镊子不能用手，C错误；D．Na

Cl做焰色反应时，应该用纯净的铂丝或光洁无锈的铁丝蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰的颜色，D错误；故选B。19.2ClO是新型消毒剂，可以由过硫酸钠(228NaSO)与2NaClO反应制得，下列说法不正确．．．

的是A.该反应的化学方程式为：2282224NaSO2NaClO2ClO2NaSO+=+B.每1个228NaSO参加反应，得到1个e−C.2ClO因具有强氧化性而可以杀菌消毒D.该实验条件下的氧化性：2282NaSOClO【答案】B【解析】【分析】该反应中，反应物NaClO2的C

l呈+3价，生成物ClO2的Cl呈+4价，则NaClO2作还原剂，Na2S2O8作氧化剂，ClO2是氧化产物。【详解】A．过硫酸钠(228NaSO)中S为+6价，但有2个O呈-1价、化合价降低到-2价转变为硫酸钠，即还原产物为Na2SO4，故该反应的化学方程式为：Na2S

2O8+2NaClO2=2ClO2↑+2Na2SO4，A正确；B．结合选项A可知，每1个228NaSO参加反应，得到1×2=2个e−，B错误；C．ClO2中氯可以降低到-1价，易得电子、具有强氧化性，可以杀菌消毒，

C正确；D．该反应中，Na2S2O8作氧化剂，ClO2是氧化产物，则Na2S2O8的氧化性比ClO2强，D正确；故选B。20.过氧化氢俗称双氧水，为运输、使用的方便，工业常将H2O2转化为固态的过碳酸钠晶体(其化学式为2Na2CO3.3H2O2)，该晶体具有Na2CO3和H2O2的双重性质。下

列物质不会使过碳酸钠晶体失效的是A.MnO2B.H2SC.稀盐酸D.NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A．MnO2可作为双氧水分解的催化剂，能使过碳酸钠较快失效，A不符合题意；B．硫化氢具有还原性，能被双氧水氧化，能使过碳酸钠较快失效，B不符合

题意；C．稀盐酸能与碳酸钠反应，能使过碳酸钠较快失效，C不符合题意；D．碳酸氢钠与碳酸钠、双氧水都不能反应，不能使过碳酸钠较快失效，D符合题意；故选D。21.现有下列四个氧化还原反应：①2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2②2FeBr2+Br2=2Fe

Br3③Cl2+2KBr=2KCl+Br2④2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑若某溶液中有Fe2+、I-、Br-、Cl-共存，要氧化除去Fe2+，而又不氧化Br-和Cl-，可加入的试剂是A.Cl2B.KMnO4C.FeCl3D.Br2【答案】D【解

析】【分析】由信息可知，氧化性由强至弱的顺序为：3422MnOClFeI−+，还原性由强至弱的顺序为22IFeClMn−+−+，据此分析；【详解】A．氯气能将Fe2+、I－和Br-都氧化，故A不选；B．KMnO4能将Fe2+、I−、Br

-和Cl−均氧化，故B不选；C．FeCl3能氧化除去I−而不影响Fe2+，故C不选；D．溴能将Fe2+、I－都氧化，而又不氧化Br-和Cl-，故D选；答案选D。22.某温度下，将2Br通入NaOH溶液中，反应后得到NaBr、NaBrO、3NaBrO混合溶液，经测定BrO−与B

r−离子的个数之比是2：7，则2Br与NaOH反应时，氧化剂与还原剂的质量之比为A.7：3B.7：2C.7：1D.7：5【答案】A【解析】【分析】的【详解】令BrO-的个数为2，则Br-的个数为7，当Br由0价变为2个BrO-中的+1价时，失去2个电子，则有2个Br被氧化，当Br由0价变

为7个Br-中的-1价时，得到7个电子，则有7个Br被还原；Br由0价变为+5价时，失去5个电子，根据得失电子守恒可得，反应生成的3BrO−的个数为1个；故该反应中氧化剂为7个，还原剂为3个，二者的质量之比为7:3，A符合题意；故答案为：A。【点睛】定量型的氧

化还原反应方程式的书写，先确定已知的比例，再利用氧化还原反应中得失电子守恒，确定另一种物质的物质的量。23.草酸(2242HCO2HO)是一种弱酸，加热至100℃左右失去结晶水，温度高于157℃后草酸升华(固态变为气态)，并逐渐

分解生成2CO、CO、2HO。草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，草酸的钠盐溶于水，钙盐难溶于水，下列说法不正确．．．的是A.草酸具有还原性B.加热至100℃，分解产生的气体通过无水硫酸铜，可以检验生成的2HOC.把加热温度高于157℃后分解

产生的气体依次通过足量的NaOH溶液、浓硫酸、灼热的CuO固体、澄清石灰水，可检验生成的COD.把加热温度高于157℃后分解产生的气体直接通入足量的澄清石灰水中，若能产生白色浑浊现象，则说明产生的气体中一定有2CO【答案】D【解析】【详解】A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，若草酸能使酸性高锰酸钾溶

液褪色，则说明草酸具有还原性，故A正确；B．无水硫酸铜遇水会发生反应产生硫酸铜晶体，化学式是CuSO4·5H2O，加热草酸晶体至100℃，分解产生的气体通过无水硫酸铜时固体由白色变为蓝色，说明分解产生的气体中含有水蒸气，故可以检验生成的H2O，故B正确；

C．把草酸晶体加热，分解产生CO2、CO、H2O，把加热温度高于157℃后分解产生的气体先通过足量的NaOH溶液除去CO2气体，然后通过浓硫酸进行干燥除去水分，再通过灼热的CuO固体，然后将反应后的气体通入澄清石灰水，这时若看到

固体由黑色变为红色，石灰水变浑浊，证明气体的成分中含有CO，CO与CuO反应产生CO2和Cu，使固体由黑色变为红色，CO2使澄清的石灰水变浑浊，因此该实验可检验生成的CO，故C正确；D．温度高于157℃后草酸升华，加热温度高于157℃后分解产生的气体中

可能含有草酸气体，若直接通入足量的澄清石灰水中，会生成草酸钙沉淀，则若能产生白色浑浊现象，不能说明反应产生了CO2气体，故D错误；故选D。24.用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(xNO)转化为无害物质。常温下，将NO与2H的混合气体通入()42CeSO

与()243CeSO的混合溶液中，其转化过程如图所示。下列说法不正确的是A.转化过程的总反应方程式为222=2NO2HN2HO++B.反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的个数之比为2：1C.转化反应前后混合溶液内3Ce+和4Ce+的总数保持不变D.反应Ⅰ、Ⅱ中含Ce

的物质均作氧化剂【答案】D【解析】【详解】A．从转化过程图可知，反应物为H2和NO，生成物为N2和H2O，该转化过程的总反应为2NO+2H2=N2+2H2O，A正确；B．反应Ⅰ中2Ce4++H2=2Ce3++2H+，Ce4+得电子为氧化剂，H2失电子为还原剂，则氧化剂与还原剂的个数比为2

：1，B正确；C．该反应中Ce3+和Ce4+相互转化生成，为催化剂，因此转化前后混合溶液中两者的总数保持不变，C正确；D．反应Ⅱ中Ce3+失电子转化为Ce4+，此时Ce3+为还原剂，D错误；故答案选D。25.向均为a个的NaOH、()2BaOH混

合溶液中通入b个2CO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.b3=a2时，2223323CO6OH2Ba2BaCOCO3HO−+−++=++C.b=2a时，223323CO4OHB

aBaCO2HCOHO−+−++=++D.b>3a时，23COOHHCO−−+=【答案】C【解析】【分析】向均为a个的NaOH、()2BaOH混合溶液中通入b个2CO气体，可以认为二氧化碳首先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，接着是碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，最后是二氧化碳和碳酸钡、水反应生成碳酸氢钡。【详解】A．b1a时，二氧化碳不足，反应生成碳酸钡沉淀，离子方程式2232COBa2OHBaCOHO+−++=+，故A正确；B．b3=a2时，假设2个氢氧化钠和2个氢氧化钡通3个二氧化

碳，先是2个氢氧化钡与2个二氧化碳反应，再是1个二氧化碳与2个氢氧化钠反应，其离子方程式为2223323CO6OH2Ba2BaCOCO3HO−+−++=++，故B正确；C．b=2a时，假设2个氢氧化钠和2个氢氧化钡通4个二氧化碳，先是2个氢氧化钡与2个二氧化碳反

应，再是1个二氧化碳与2个氢氧化钠反应生成1个碳酸钠，再是1个碳酸钠与1个二氧化碳、水反应生成2个碳酸氢钠，其离子方程式为233222CO3OHBaBOHCaOCOH−−+++=++，故C错误；D．b=3a时，假设2个氢氧化

钠和2个氢氧化钡通6个二氧化碳，先是2个氢氧化钡与2个二氧化碳反应生成2个碳酸钡，再是1个二氧化碳与2个氢氧化钠反应生成1个碳酸钠，再是1个碳酸钠与1个二氧化碳、水反应生成2个碳酸氢钠，最后是2个二氧化碳和2个碳酸钡、水反应生成1个碳酸氢钡，故最后所得为碳酸氢钠和碳酸氢钡

溶液，若b>3a，二氧化碳还有过量，则其离子方程式为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5小题，计50分)26.现有下列物质：①CuO固体、②2ClO、

③()2CaOH固体、④4NaHSO固体、⑤葡萄糖、⑥液氯、⑦3FeCl溶液、⑧液态24HSO、⑨熔融硫酸钡请回答下列问题：（1）2ClO能被水吸收制备次氧酸(HClO)，从物质分类的角度看，2ClO属于____

_______(填“酸性氧化物”、“碱性氧化物”或“不成盐氧化物”)（2）以上物质属于电解质的有___________(填序号，下同)。（3）既不是电解质也不是非电解质的有___________。（4）在水溶液中自身能电离出H+的是___________。（5）在下图所示的装置里，若灯泡亮，广

口瓶内的物质A可以是___________。【答案】（1）酸性氧化物（2）①③④⑧⑨（3）⑥⑦（4）④⑧（5）⑦⑨【解析】【分析】①CuO固体熔融状态导电，属于电解质；②Cl2O不能电离，属于非电解质；③Ca(OH)2固体溶于水

导电，属于电解质；④NaHSO4固体溶于水导电，属于电解质，溶液中电离出氢离子；⑤葡萄糖不能电离，属于非电解质；⑥液氯是单质，既不是电解质也不是非电解质；⑦FeCl3溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑧液态H2SO4溶于水导电

，电离出氢离子，属于电解质；⑨熔融氯化钾导电，属于电解质。小问1详解】酸性氧化物是一类能与碱作用只生成一种盐和水的氧化物。2ClO能被水吸收制备次氧酸(HClO)，从物质分类的角度看，2ClO属于酸性氧化物，故答案为：酸性氧化物；【小问2详解】水

溶液中或熔融状态下导电化合物为电解质，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，以上物质属于电解质的有①③④⑧⑨。故答案为：①③④⑧⑨；【小问3详解】既不是电解质也不是非电解质的有⑥⑦。故答案为：⑥⑦；【小问4详解】在水溶液中自身能电离出H+的是④⑧。故

答案为：④⑧；【小问5详解】在下图所示的装置里，若灯泡亮，广口瓶内的物质A存在自由移动的离子，可以是：⑦⑨。故答案为：【的⑦⑨。27.回答下列问题（1）某届奥运会期间，由于工作人员将84消毒液(有效成分NaClO)与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水

变绿。一种可能的原因是NaClO与22HO反应产生2O促进藻类快速生长。该反应说明氧化性：NaClO___________22HO的(填“>”或“<)；当参加反应的NaClO和22HO分子的个数比为1：1时，该反应的还原产物为___________(填字母序号)。A．2OB．2HOC．

2ClD．NaClE．NaClOF．2NaClO（2）饮用水中的3NO−对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中3NO−的浓度，可以在碱性条件下用铝粉将3NO−还原为2N，其化学方程式为：322210Al6NaN

O4NaOH10NaAlO3N2HO++++=。请回答下列问题：①上述反应中，被氧化的元素是___________(写元素符号)，还原产物是___________(写化学式)。②用双线桥法表示反应中电子转移的方向和数目：_______③请配平

下列离子方程式：_____________________2Fe++___________H++___________3NO−=___________3Fe++___________2NO+___________2HO。【答案】（1）①.＞②

.D（2）①.Al②.N2③.④.2++-3+3228Fe+10H+2NO=8Fe+NO+5HO【解析】【小问1详解】NaClO与22HO反应产生2O，即H2O2被NaClO氧化产生O2，则说明反应

中NaClO为氧化剂，H2O2为还原剂，因此可说明物质的氧化性：NaClO＞H2O2。当参加反应的NaClO与H2O2反应的分子个数比为1∶1时，1个H2O2反应失去2个电子，则1故NaClO反应得到2个电子，Cl元素化合价降低2价，反应前在NaClO中

Cl为+1价，因此反应后Cl的化合价为-1价，因此还原产物为NaCl，故合理选项是D；【小问2详解】①上述反应中，铝元素化合价升高，硝酸根中氮元素化合价降低转变为氮气，则被氧化的元素是Al，还原产物是N2；②反应中氮元素化合价从+5价降低到

0价，得到5个电子，铝元素化合价从0价升高到+3价，失去3个电子，根据电子得失守恒可知电子转移的方向和数目可表示为；③亚铁失电子化合价升高转化为+3价铁，硝酸根中+5价氮元素得电子生成+1价的一氧化二氮，根据得失

电子守恒、元素守恒和电荷守恒配平方程：2++-3+3228Fe+10H+2NO=8Fe+NO+5HO28.现有mg含有2NaO杂质的22NaO样品，某同学在实验室用如图装置(部分夹持仪器已省略)测定其杂质含量：回答下列问题：（

1）装置A中反应的离子方程式为___________。（2）图中有一处明显错误，请指出并改正：___________。（3）装置D的作用是___________；若无装置D，样品中杂质的质量分数___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”

)。（4）写出装置C中22NaO和2CO反应的化学方程式：___________。（5）实验结束后，装置F中水的体积为VmL，已知氧气的密度为11.43gL−，样品的质量分数为___________(用含m、V的代数式表示，列出计算式即可)。【答案

】（1）CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O（2）B的进出口接反了，装置B中左边导管口应浸没在液面以下，右边导管口稍稍伸出橡胶塞即可（3）①.吸收未反应的CO2②.偏低（4）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2（5）-3781.4310V100%16

m【解析】【分析】稀盐酸和碳酸钙在A中反应生成CO2气体，HCl易挥发，B中用饱和碳酸氢钠除去HCl气体，C中CO2和Na2O2、Na2O反应，原理为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=N

a2CO3，D中的碱石灰防止E中水蒸气进入C，生成的O2通过E、F测量体积，据此计算。【小问1详解】稀盐酸和碳酸钙在A中反应生成CO2气体，装置A中反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；【小问2详解】图中有一处明显错误，

B的进出口接反了，装置B中左边导管口应浸没在液面以下，右边导管口稍稍伸出橡胶塞即可；【小问3详解】装置D的作用是吸收未反应的CO2；若无装置D，所测氧气体积偏大、过氧化钠质量偏大，则样品中杂质的质量分数偏低；【小问4详解】装置C中

Na2O2与CO2发生反应的化学方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2【小问5详解】实验结束后，装置F中水的体积为VmL，已知氧气的密度为1.43g•L-1，则O2的物质的量为-31.43g/LV10L32g/mol，根据2N

a2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可得过氧化钠物质的量为2×-31.43g/LV10L32g/mol=32.86V1032−mol,样品的质量分数为3mol78g/mol100%2.86V1032mg−=-3781.431

0V100%16m。29.某无色透明溶液中可能含有2Ca+、2Cu+、H+、Cl−、23CO−、24SO−中的几种，兴趣小组同学为确定其成分，进行如下实验：(已知：硫酸银沉淀不溶于稀硝酸)①用pH试纸对溶液进行测试，结果表明溶液显酸性；②取少量溶液于试

管中，加入过量2BaCl溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，过滤：③取少量实验②中的滤液于试管中，加入3AgNO溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解。回答下列问题：（1）测定溶液pH

的操作是___________。（2）该溶液中肯定含有的离子是___________，肯定不含有的离子是___________。（3）步骤②中发生反应的离子方程式为___________。（4）若要进一步检验可能含有的离子是否存在，可采

取的方法是___________。【答案】（1）将pH试纸放在干净的玻璃片上，用洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在试纸上，显色后与标准比色卡相对照。（2）①.H+、24SO−②.2Ca+、2Cu+、23CO−（3）2244BaSOBaSO

+−+=（4）取少量原溶液，先加入过量的硝酸钡，待硫酸根沉淀完全后，取上层清液，滴加3AgNO溶液，有白色沉淀生成，再加入足量稀硝酸，若白色沉淀不溶解，则原溶液中含有Cl-【解析】【分析】含有2Cu+的溶液呈蓝色，某无色透明溶液中不含2Cu+；2Ca+与23

CO−、24SO−不能大量共存，H+与23CO−不能共存。①用pH试纸对溶液进行测试，结果表明溶液显酸性，说明溶液呈酸性，一定含有H+，一定不含23CO−；②取少量溶液于试管中，加入过量2BaCl溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，则溶液中一定含有

24SO−，一定不含2Ca+；③取少量实验②中的滤液于试管中，加入3AgNO溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，该沉淀一定是AgCl，由于实验②引入Cl−，不能判断原溶液中是否含有Cl−。【小问1详解】测定溶液pH的操作是：将pH试纸放在干净的玻璃片上

，用洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在试纸上，显色后与标准比色卡相对照。【小问2详解】根据以上分析，该溶液中肯定含有的离子是H+、24SO−，肯定不含有的离子是2Ca+、2Cu+、23CO−，可能含有的离子是Cl−。【小问3详解】步骤②中钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，发生反应的

离子方程式为2244BaSOBaSO+−+=。【小问4详解】已知：硫酸银沉淀不溶于稀硝酸，若要进一步检验Cl-是否存在，要消除硫酸根离子的干扰，可采取的方法是：取少量原溶液，先加入过量的硝酸钡，待硫酸根沉淀完全后，取上层清液，滴加3AgNO溶液，有白色沉淀生成，再加

入足量稀硝酸，若白色沉淀不溶解，则原溶液中含有Cl-。30.某盐X含有三种元素，其相对分子质量为134，常用于焰火的黄色发光剂。气体A的密度与2N相同，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

.Na2C2O4（2）2232Ca2OHCOCaCOHO+−++=+（3）52223040NaCONa=COCO+隔绝空气℃【解析】【分析】气体A的密度与2N相同，则由阿伏伽德罗定律的推论可知该气体的摩尔质量为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10.0g=100g/mol0.1mol，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10.0gC即0.1molCaCO3，则D的摩尔质量为10.6g=106g/mol0.1mol，则D为

Na2CO3；13.4g盐X的物质的量为13.4g0.1mol134g/mol=，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】据分析，盐X所含元素为Na、C、O，盐X的化学式为N

a2C2O4；【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，B转化为C的离子方程式为:2232Ca2OHCOCaCOHO+−++=+；【小问3详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue10

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