【文档说明】四川省泸州市泸县第一中学2023-2024学年高一上学期期中化学试题 含解析.docx，共(18)页，1.383 MB，由小赞的店铺上传

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泸县一中高2023级高一上期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量有：H1C12O16Na23Cl35.5Si28Fe56第一部分选择题(共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每

小题3分，共42分)1.科学家发现了纯碳新材料“碳纳米泡沫”，每个泡沫含有约4000个碳原子，直径约6~9nm，在低于-183℃时，泡沫具有永久磁性。下列叙述错误的是A.“碳纳米泡沫”与石墨互为同素异形体B

.把“碳纳米泡沫”分散到适当的溶剂中所得分散会能产生丁达尔效应C.“碳纳米泡沫”粒子不能透过半透膜D.“碳纳米泡沫”和金刚石的物理性质相同【答案】D【解析】【详解】A．“碳纳米泡沫”与石墨是碳元素形成的两种不同单质，互为同素异形体，A正确；B．由于“碳纳米泡沫”的直

径约6~9nm，把“碳纳米泡沫”分散到适当的溶剂中所得分散系为胶体，会能产生丁达尔效应，B正确；C．“碳纳米泡沫”粒子直径约6~9nm，不能透过半透膜，C正确；D．“碳纳米泡沫”和金刚石的结构不同，物理性质不同，D错误；故选D。2.化学与生产、生活密切相关，下列变化中未涉及氧化还原反应的是

A.图甲木柴的燃烧B.图乙铁生锈C.图丙冰的融化D.图丁苹果的腐烂【答案】C【解析】【详解】A．燃烧有氧气参与，故属于氧化还原反应，A正确；B．铁生锈是由铁原子变到氧化铁的过程，属于氧化还原反应，B正确；C．冰

的融化是水由固态变到液态不属于氧化还原反应，C错误；D．苹果的腐烂属于氧化变质，有氧气的参与属于氧化还原反应，D正确；故选C。3.氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质，下列说法错误的是A.光照下，新制氯水会产生气泡，该气体是O2B.漂白粉比HClO

稳定，可露置在空气中长期保存C.由于次氯酸见光受热易分解，久置氯水最终变为稀盐酸D.向氯水中滴加AgNO3溶液出现白色沉淀，说明氯水中含有Cl—【答案】B【解析】【详解】A．光照下，新制氯水中的次氯酸遇光分解生成

盐酸和氧气，则反应生成的气体是氧气，故A正确；B．次氯酸的酸性弱于碳酸，漂白粉露置在空气中，漂白粉中的次氯酸钙会与空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气会导致漂白粉失效，所以漂白粉不能露置空气中保存，故B错误；C．光照下，新制氯水中的次氯酸遇光

分解生成盐酸和氧气，则久置氯水最终变为稀盐酸，故C正确；D．向氯水中滴加硝酸银溶液出现白色沉淀，说明氯水中含有能与银离子反应生成氯化银白色沉淀的氯离子，故D正确；故选B。4.下列说法正确的是A.NaHSO4、HNO3在水中均能电离出氢离子，都属于酸B.金属铜能导电，但它不是

电解质，属于非电解质C.CuSO4·5H2O、液氨都属于纯净物D.CO2、CO等非金属氧化物均属于酸性氧化物【答案】C【解析】【详解】A．硫酸氢钠属于酸式盐，不属于酸，故A错误；B．金属铜是金属单质，单质既不

是电解质也不是非电解质，故B错误；C．五水硫酸铜和液氨都是由同种物质组成的纯净物，故C正确；D．一氧化碳不能与酸反应生成盐和水，也不能与碱反应生成盐和水，属于不成盐氧化物，不酸性氧化物，故D错误；是故选C。5.下列电离方程式中，正确的是A.233NaHCONa

HCO++−=++B.()()222CaOHCaOH−+=+C.43NHClNHHCl+−=++D.()322443FeSO2Fe3SO+−+=【答案】D【解析】【详解】A．碳酸氢钠电离方程式33NaHCO

NaHCO+−=+，A错误；B．氢氧化钙电离方程式()22CaOHCa2OH+−=+，B错误；C．氯化铵电离方程式44NHClNHCl+−=+，C错误；D．硫酸铁电离方程式()322443FeSO2Fe3SO+−+=，D正确；故选D。6.下列

实验操作能达到实验目的的是A.除去NaCl固体中的少量KNO3杂质，将固体溶解后进行蒸发浓缩后冷却结晶即可B.温度计被打破，洒在地面上的水银可以用水冲洗C.稀释浓H2SO4时，将浓H2SO4慢慢加到水中，并及时搅拌D.向沸水中

逐滴加入饱和氯化铁溶液并继续加热搅拌可得到氢氧化铁胶体【答案】C【解析】【详解】A．少量KNO3杂质应残留在母液中，应蒸发结晶、趁热过滤除杂，后继续蒸发结晶，A不合题意；B．由于水银用水冲洗，会加快水银的扩散和挥发，温度计被打破，洒在地面上的水银正确的处理方法是将水银

扫到簸箕里倒入专用的化学品回收处，或者先撒上硫粉使其反应成硫化汞，减缓扩散速度再做清理，B不合题意；C．由于浓硫酸的密度比水大，且易溶于水，溶于水时放出大量的热，所以稀释时一定要把浓硫酸慢慢倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，C符合题意；D．氢氧化铁胶体制备方法为：向沸水中滴加

几滴饱和氯化铁溶液并加热至液体呈红褐色即可，不能搅拌，否则容易聚沉形成沉淀，D不合题意；故答案为：C。7.下列关于钠及其化合物的说法不正确．．．的是A.Na2O中氧元素的化合价为-2价，Na2O2中氧元素的化合价为-1价B.可用水来检验某Na2O样品

中是否含有Na2O2C.钠在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成白色固体D.向碳酸钠和碳酸氢钠溶液中分别滴加少量酚酞试液，两种溶液都变为红色【答案】C【解析】【详解】A．钠元素化合价为+1，则Na2O中氧元素的化合价为-2价，Na2O2中氧元

素的化合价为-1价，A正确；B．氧化钠与水生成氢氧化钠，过氧化钠与水生成氢氧化钠和氧气会产生气泡，能鉴别，B正确；C．Na在空气中点燃，生成的主要产物为淡黄色的Na2O2，C错误；D．碳酸钠和碳酸氢钠

溶液均为碱性溶液，分别滴加少量酚酞试液，两种溶液都变为红色，D正确。故选C。8.下列物质的分类正确的是选项碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4KClO3Na2OSO3BCa(OH)2NaHSO4CaC

O3CuOCO2CKOHH2SNaHCO3CaOSO2DNaOHHNO3CuCl2Fe2O3COA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．Na2CO3属于盐，不属于碱，A不合题意；B．NaHSO4属于盐，不属于酸，B不合题意；C．各物

质所属类别均正确，C符合题意；D．CO既不与酸也不与碱反应，属于不成盐氧化物，D不合题意；故答案为：C。9.下列离子方程式不正确的是A.碳酸氢钠溶液与盐酸反应：322HCOHCOHO−++=+B.碳酸氢钙溶液和足

量氢氧化钠溶液混合：223323Ca2HCO2OHCaCO2HOCO+−−−++=++C.氢氧化钡溶液与硫酸氢钠溶液反应至中性：22442Ba2OH2HSOBaSO2HO+−+−+++=+D44NHHSO溶液与少量Na

OH溶液混合：432NHOHNHHO+−+=【答案】D【解析】【详解】A．碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式为322HCOHCOHO−++=+，故A正确；B．碳酸氢钙溶液和足量氢氧化钠溶液混合，碳酸氢根离子完全反应转化为水、碳酸钙、碳酸根离子，反应为2

23323Ca2HCO2OHCaCO2HOCO+−−−++=++，故B正确；C．氢氧化钡溶液与硫酸氢钠溶液反应至中性，则氢氧离子、钡离子完全转化为水、硫酸钡，硫酸根离子过量，故为：22442Ba2OH2HSOBaSO2HO+−+−+++=+，故C正确；D．44NHHSO溶

液与少量NaOH溶液混合，氢离子完全反应生成水，铵根离子没有反应：+-2H+OH=HO，故D错误；故选D。10.关于反应23622KHIO9HI2KI4I6HO+=++，下列说法正确的是A.326KHIO发生氧化反应B.还原性：236KHI

OKIC.生成4个2I分子时，有8个电子转移D.还原产物与氧化产物的分子数之比为1∶7【答案】D【解析】【详解】A．326KHIO中I元素化合价由+7降低为0生成碘单质，发生还原反应，故A错误；B．还原剂还原性大于还

原产物，而KI中元素化合价没有改变，KI既不是氧化产物又不是还原产物，不能说明还原性：236KHIOKI，故B错误；C．326KHIO中I元素化合价由+7降低为0，9个HI中有7个HI中的I元素化合价由-1

升高为0，生成4.个2I分子时，有7个电子转移，故C错误；D．结合C分析可知，还原产物与氧化产物的分子数之比为1∶7，故D正确；故选D。11.某化学兴趣小组用如图所示装置探究Na2O2与CO2的反应。拧开分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，关闭弹簧夹2，一段时间后，D装置内固体无明显变化，

右侧带火星的木条不复燃；打开弹簧夹2，关闭弹簧夹1，一段时间后，A装置中黄色固体逐渐变成白色固体，左侧带火星的木条复燃。下列有关说法错误的是A.由上述实验可知，Na2O2与CO2的反应需要H2O的参与B.反应后，A装置中固体溶于水后所形成的溶液呈碱性C.Na2O2与CO2反

应中氧化剂与还原剂的质量比为22︰39D.将D装置中固体加入紫色石蕊溶液中，紫色石蕊溶液先变蓝后褪色【答案】C【解析】【分析】装置B制得二氧化碳气体，气体往左流动，没有经过干燥；气体往右流动，CaCl2为干燥剂，观察现象不同，以此分析；【详解】A．装置B制得二氧

化碳气体，气体往左流动，没有经过干燥，气体往右流动，CaCl2为干燥剂，淡黄色固体变成了白色，带火星木条复燃，没有左边现象，说明Na2O2与CO2的反应需要H2O的参与，A正确；B．装置A转化生成Na2CO3，溶于水，溶液呈碱性，B正确；C．Na

2O2与CO2反应，2222322O22ONaCONaCO+=+，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，其质量比为1：1，C错误；D．Na2O2与H2O反应会生成NaOH和O2，Na2O2具有漂白性，将D装置中固体加入紫色石

蕊溶液中，紫色石蕊溶液先变蓝后褪色，D正确；故答案为：C。12.某溶液含有Na+、K+、2Mg+、2Cu+、Cl−、23CO−、24SO−中的几种，为确定组成分别进行如下实验：①取少量原溶液，加入足量的()2BaOH溶液，只产生白色

沉淀；②取少量原溶液，加入足量2BaCl溶液，不产生沉淀；③取少量原溶液，加入足量的3AgNO溶液，产生白色沉淀，再加稀硝酸，白色沉淀不溶解。则下列说法错误的是A.原溶液一定是无色溶液B.原溶液中一定含有的离子是2Mg+和Cl−C.配制该溶液的溶质最多有四种D.实验③可以省略不做【答

案】C【解析】【分析】①取少量原溶液，加入足量的()2BaOH溶液，只产生白色沉淀，即白色沉淀可能为BaCO3、BaSO4或Mg(OH)2或它们的混合物，可知一定不存在2Cu+，可能存在2Mg+、24SO

−、23CO−其中一种或几种；②取少量原溶液，加入足量2BaCl溶液，不产生沉淀，即不存在24SO−、23CO−；③取少量原溶液，加入足量的3AgNO溶液，产生白色沉淀，再加稀硝酸，白色沉淀不溶解，即存在Cl-

，综上，原溶液中一定存在：2Mg+、Cl−；一定不存在：2Cu+、24SO−、23CO−；可能存在：Na+、K+。【详解】A．由分析可知，原溶液一定不存在2Cu+，即原溶液无色，故A正确；B．由分析可知，溶液中一定存在：2Mg+、Cl−，故B正确；C．由分析可知，该溶液的溶质一定有

MgCl2，可能有NaCl、KCl，故配制成该溶液的溶质最多有三种，故C错误；D．根据溶液为电中性可知，溶液中一定存在唯一阴离子氯离子，所以实验③可以省略，故D正确；故选C。13.甲醛()HCHO是一种常见的室内污染性气体，易燃。在一密闭容器中有HCHO、2O共18.6g和足量的22NaO

，用电火花引燃，使其完全反应，22NaO增重8.7g，则原混合气体中2O的质量分数是A.53.2%B.46.8%C.36.2%D.33.3%【答案】A的【解析】【详解】甲醛完全燃烧生成CO2和H2O，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3，与H2O反应生成

NaOH，固体增加的质量相当于CO和H2的质量，故CO和H2的质量为8.7g，则甲醛的质量为8.7g，氧气的质量为18.6g-8.7g=9.9g，故原混合气体中O2的质量分数是9.9g18.6g×100%=53.2%；

故选A。14.某温度下，将2Cl通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、3NaClO，的混合液，经测定ClO−和3ClO−的个数之比为1：2，则2Cl与NaOH溶液反应时被还原的氯元素原子与被氧化的氯元素原子的个数之比为

A.11：3B.21：5C.3：1D.4：l【答案】A【解析】【分析】2Cl生成ClO−与3ClO−是被氧化的过程，2Cl生成NaCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据Cl

O−与3ClO−的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比；据此分析解题。【详解】2Cl生成ClO−与3ClO−是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为＋1价和＋5价，ClO−与

3ClO−的物质的量浓度之比为1：2，设ClO−为1mol、3ClO−为2mol，被氧化的Cl共为3mol，失去电子的总物质的量为1mol×（1−0）＋2mol×（5−0）＝11mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目

相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为−1价，则得到电子的物质的量也应为11mol，则被还原的Cl的物质的量为11mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11mol：3

mol＝11：3，故A正确，故答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、得失电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)15.根据要求，回答下

列问题：Ⅰ.从铁、盐酸、氧气、过氧化氢、硝酸银溶液五种物质中选出一种或两种为反应物，按下列反应类型各写出一个化学方程式。（1）化合反应：_______（2）分解反应：_______。（3）置换反应：_______。（

4）复分解反应：_______。Ⅱ.按下列要求各写出一个化学方程式。（5）有水生成的化合反应：_______。（6）生成一种碱性氧化物和一种酸性氧化物的分解反应：_______。（7）有硝酸银参加反应生成硝酸铜的置换反应：_______。（8）生成两种沉淀的复分解反应：_______。【答案】（1

）234点3燃2e+OeFFO（2）22222MnO2HO2HO+OΔ（3）22Fe2HCl=FeClH++（4）33HClAgNOAgClNO=H++（5）222点2+O燃2HHO（6）32高温CaCOCaO

+CO↑（7）()332Cu2AgNO=CuNO2Ag++（8）4242CuSOBa(OH)=BaSOCu(OH)++【解析】【分析】该题旨在根据各个反应类型的定义和限定条件写出相应的化学方程式。【小问1详解】化合反应的

特征是“多变一”，故可以是234点3燃2e+OeFFO，也可以是222点2+O燃2HHO；【小问2详解】。分解反应的特征是“一变多”，故可以是22222MnO2HO2HO+OΔ，也可以是32高温CaCOCaO+CO↑；【小问3详解】由题中所给物质可知，能发生置换反应的

可能为：22Fe2HCl=FeClH++或()332Cu2AgNO=CuNO2Ag++；【小问4详解】题中所给物质可知，能发生复分解反应的可能为：33HClAgNOAgClNO=H++或4242CuSOBa(OH)=BaSOCu(OH)++；【小问5详解】有水生成的化合反应

为双氧水在二氧化锰做催化剂且加热的条件下分解生成水和氧气的反应，故化学方程式为：22222MnO2HO2HO+OΔ；【小问6详解】碳酸钙高温下分解生成氧化钙和二氧化碳，其中氧化钙为碱性氧化物，二氧化碳为酸

性氧化物，故化学方程式为：32高温CaCOCaO+CO↑；【小问7详解】铜和硝酸银反应生成硝酸铜和银，故化学方程式为：()332Cu2AgNO=CuNO2Ag++；【小问8详解】硝酸铜和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，故化学方程式为：4242CuSOBa(OH

)=BaSOCu(OH)++；16.下列物质：①Cu②NaCl晶体③NaHSO4④CO2⑤水⑥HCl⑦H2SO4⑧Ba(OH)2⑨C2H5OH⑩NaCl溶液。（1）属于电解质的是_________(填序号，下同)，属于非电解的是_____

____，能导电的是_________。（2）写出下列物质在水溶液中的电离方程式：①K2SO4：_________。②NH4Cl：_________。（3）写出下列反应的离子方程式：①H2SO4溶液中滴加Na

OH溶液反应：_________。②Fe2O3固体中加入足量稀盐酸反应：_________。③钠与水反应：_________。【答案】（1）①.②③⑤⑥⑦⑧②.④⑨③.①⑩（2）①.K2SO4=2K++SO2

4−②.NH4Cl=NH4++Cl-（3）①.H++OH-=H2O②.Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O③.2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2【解析】【分析】①Cu是单质，既不是电解质又不是非电解质

，可导电；②NaCl晶体的水溶液能导电，NaCl晶体是电解质；③NaHSO4的水溶液能导电，NaHSO4是电解质；④CO2自身不能电离，CO2是非电解质；⑤水能发生电离，水是电解质；⑥HCl的水溶液能导电，HCl是电解质；⑦H2SO4的水溶液能导

电，H2SO4是电解质；⑧Ba(OH)2的水溶液能导电，Ba(OH)2是电解质；⑨C2H5OH不能电离，C2H5OH是非电解质；⑩NaCl溶液是混合物，NaCl溶液既不是电解质又不是非电解质，可导电；【小问1详解

】根据以上分析，属于电解质的是②NaCl晶体、③NaHSO4、⑤水、⑥HCl、⑦H2SO4、⑧Ba(OH)2，属于非电解的是④CO2、⑨C2H5OH；能导电的是①Cu、⑩NaCl溶液；【小问2详解】①K2SO4为强电解质在溶液中电离出K+、SO24−，电离方程式是；K2S

O4=2K++SO24−②NH4Cl为强电解质在水溶液中的电离出NH4+、Cl-，电离方程式是NH4Cl=NH4++Cl-；【小问3详解】①H2SO4溶液中滴加NaOH溶液反应生成硫酸钠和水，反应的离子方程式是H++OH-=H2O；②Fe2O3

固体中加入足量稀盐酸生成氯化铁和水，反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。③钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式是2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2。17.关注物质的宏观组成和微观构

成，是研究物质性质及其转化的基本出发点。回答下列问题：（1）溶剂论是1905年富兰克林提出的一种按照纯溶剂是否能够自耦电离(例如水的自耦电离：232HOHOOH+−+)出溶剂合质子来区分酸碱的一种理论，这个理论将自耦电离出的具有溶液特征的阳离子称为酸，具有溶液特征的阴离子称为碱。例如：液态24NO

发生自耦电离243NONONO+−+，此时NO+即为该液态24NO的酸，3NO−即为该液态24NO的碱。已知液氮()3NH会发生自耦电离，请类比水的自耦电离写出其自耦电离方程式：___________，其中___________为液氨的酸，___________为液氨的碱。（2）4CH和2CO

经如图流程反应可实现2CO高效转化(主要产物已标出)，是实现“双碳”经济的有效途径之一。①转化过程涉及的物质中属于电解质的是___________(填化学式，下同)，属于酸性氧化物的是___________。②反应I在一定条件下发生，

反应的化学方程式为___________，该反应中4CH___________(填字母)。a．只作氧化剂b．只作还原剂c．既作氧化剂又作还原剂（3）反应Ⅱ发生反应：342FeO4CO3Fe4CO++高温，用单线桥表示电子

转移的方向和数目：___________。【答案】17.①.3242NHNHNH−++②.4NH+③.2NH−18.①.2HO、34FeO，CaO、3CaCO②.2CO③.422CHCO2CO2H++一定条件④.c19.【解析】【小问1详解】根据举例：水的自耦电离：2H2O⇌H3O++O

H-；液态N2O4中发生自耦电离243NONONO+−+；已知液氨会自耦电离，则类比水的自耦电离，则氨自耦电离方程式：3242NHNHNH−++，其中自耦电离出的具有溶液特征的阳离子称为酸，则4NH+为液氨溶液的酸，具有溶液特征的阴离子称为碱，则2NH−为液氨溶液的碱；【小问2详解】①在熔融状

态下或水溶液中能导电的化合物为电解质，转化过程涉及的物质中属于电解质的是2HO、34FeO，CaO、3CaCO，凡是能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，属于酸性氧化物的是2CO；②根据转化途径可知，反应I在一定条件下

发生，反应的化学方程式为422CHCO2CO2H++一定条件，该反应中4CH中C元素由-4价升高为+2价，H元素由+1价降为0价，4CH既作氧化剂又作还原剂，答案选c；【小问3详解】反应Ⅱ发生反应：342FeO4CO3Fe4CO++高温，铁元素化合价降低，C元素化合价升高

，转移电子数为8电子，用单线桥表示电子转移的方向和数目为：。18.某兴趣小组的同学模拟侯德榜制碱法制取碱，流程如图：已知：几种盐的溶解度物质NaCl43NHHCO3NaHCO4NHCl溶解度36.021.79

.637.2（1）“侯氏制碱法”誉满全球，其中的“碱”为______（填化学式），俗称______；（2）根据图示装置Ⅰ中反应的化学方程式为______；（3）制取的碱固体中还混有小苏打如何除去杂质，写出化学方程式____________；（4）该流程中可

循环利用的物质是______（填化学式）（5）下列选项中哪种物质可以鉴别浓度相同的23NaCO和3NaHCO（）A.澄清石灰水B.氢氧化钠溶液C.稀盐酸D.2BaCl溶液（6）请写出（5）中能鉴别23NaCO和3N

aHCO两种物质并且能产生悬浊液的离子方程式：________________________________________________【答案】（1）①.Na2CO3②.纯碱或苏打（2）NaCl+CO2+NH3+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl（3）2NaHCO3ΔNa2CO

3+H2O+CO2↑（4）氯化钠和二氧化碳（5）CD（6）Ba2＋+CO23−＝BaCO3↓【解析】【分析】向饱和氯化钠溶液中先通入氨气在通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，过量得到食物碳酸氢钠热分解生成碳酸钠和二氧化碳；在母液中含有大量的铵根和氯离子，氯化铵存在溶解平衡，增大离子浓度抑

制其溶解，据此解答。【小问1详解】碳酸钠俗称纯碱或苏打，化学式为Na2CO3；【小问2详解】装置Ⅰ中生成碳酸氢钠沉淀，反应的化学方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl；【小问3详解】受热条件下，碳酸氢钠分解生

成碳酸钠、二氧化碳和水，因此可以通过热分解除去制取的碱固体中混有的小苏打，反应方程式为2NaHCO3ΔNa2CO3+H2O+CO2↑；【小问4详解】装置III中从母液中能分离出氯化钠，装置II中得到二氧化碳，装置I中需要二氧化碳和氯化钠，所以能循环利用

的是氯化钠和二氧化碳，故答案为：氯化钠和二氧化碳；【小问5详解】A.澄清石灰水与二者均反应产生白色沉淀，不能鉴别；B.氢氧化钠溶液与碳酸氢钠反应生成碳酸钠，但无明显实验现象，不能鉴别；C.稀盐酸滴入碳酸钠溶液中开始没有气泡，一段时间后产生气泡，滴入碳酸氢钠溶液中立即产生气泡，可鉴别；D

.2BaCl溶液与碳酸钠反应产生白色沉淀，与碳酸氢钠不反应，可以鉴别；答案选CD；【小问6详解】根据（5）中分析可知能与碳酸钠反应产生白色沉淀的是氯化钡，离子方程式为Ba2＋+CO23−＝BaCO3↓。19.某小组同学探究不同条件下2Cl与2Mn+的反应产物，设计的实验装

置如图所示(夹持装置已省略)。已知：Ⅰ.2Mn+在一定条件下被2Cl或ClO−氧化成2MnO(棕黑色)、24MnO−(绿色)、4MnO−(紫色)。Ⅱ.浓碱条件下，4MnO−可与OH−反应生成24MnO−和2O

。Ⅲ.2Cl的氧化性与溶液的酸碱性无关，ClO−的氧化性随碱性增强而减弱。实验物质a装置C中实验现象通入2Cl前通入2Cl后Ⅰ水得到无色溶液产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化Ⅱ5%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉

淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，但仍有棕黑色沉淀Ⅲ40%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，但仍有棕黑色沉淀回答下列问题：（1）仪器m的名称为___________。（2）装置A中

发生反应的化学方程式为___________。（3）装置B中盛放的试剂为___________。（4）装置D的作用为___________。（5）根据表格推断，通入2Cl前，实验Ⅱ、Ⅲ中产生的白色沉淀为_________

__(填化学式)。（6）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入2Cl后的实验现象，在碱性条件下___________能被ClO−氧化为___________。（7）根据资料ⅱ，实验Ⅲ中应得到绿色溶液，但实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因。原

因一：可能是通入2Cl导致溶液的碱性减弱。原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将24MnO−氧化为4MnO−。①用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因：___________。②取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL4

0%NaOH溶液，紫色溶液迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液由紫色变为绿色的离子方程式为___________，溶液绿色缓慢加深，原因是2MnO被___________(填“化学式”)氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中

氧化剂过量。【答案】（1）分液漏斗（2）2MnO4HCl()+浓222ΔMnClCl2HO++（3）饱和食盐水（4）吸收未反应的2Cl，防止污染环境（5）()2MnOH（6）①.2MnO②.4MnO−（7）①.22Cl2NaOHN

aClNaClOHO+=++②.244224MnO4OH4MnOO2HO−−−+=++③.NaClO【解析】【分析】在装置A中浓HCl与MnO2加热条件下发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中

的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染，据此分析结合各小问信息解题。【小问1详解】由图知，仪器m的名称为分液漏斗；【小问2详解】由分析知，装置A中发生反应化学方程式

为2MnO4HCl()+浓222ΔMnClCl2HO++；【小问3详解】由分析知，装置B中盛放的试剂为饱和食盐水；【小问4详解】由分析知，装置D的作用为吸收未反应的2Cl，防止污染环境；【小问5详解】通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH

-反应产生Mn(OH)2白色沉淀；【小问6详解】对比实验Ⅰ、Ⅱ通入2Cl后的实验现象，在碱性条件下2MnO能被ClO−氧化为4MnO−；【小问7详解】的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com