【文档说明】山东省泰安肥城市2020-2021学年高一上学期期中考试化学试卷【精准解析】.doc，共(17)页，1.142 MB，由小赞的店铺上传

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高一化学试题1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2．选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工

整，笔迹清晰。3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al56S32Fe56一、选择题：本题包

括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.2020年10月7日诺贝尔化学奖颁给两位女科学家，以表彰其“开发了一种基因组编辑方法”。下列说法不正确的是A.两位科学家获得化学奖而不是生理学或医学奖，是因为化学是在原子

、分子的水平上研究物质的一门科学B.化学的特征是从宏观和微观两个角度认识物质，以符号形式表征物质，在不同层面上创造物质C.化学家在微观层面上可操纵分子和原子，组装分子材料，创造出更为优异的新物质D.现代化学注重理论分析、推理，而不需要做化学实验【答案】D【解析】【详解】A．原子

是化学变化中的最小粒子，分子由原子构成，化学是在分子、原子的水平上研究物质及其变化的一门科学，A正确；B．化学的特征是从宏观和微观即元素组成和构成微粒两个角度认识物质，以化学符号形式表征物质，并能够在不同层面上合成、创造物质，B正确；C．化学家研

究化学物质的微观构成、合成方法等，然后可从微观角度操纵分子和原子，组装分子材料，创造出更为优异的新物质，C正确；D．化学是一门以实验为基础的学科，实验是研究、学习化学的基本方法，现代化学同样需要做化学实验，D错误。答

案选D。2.用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是（）A.称量B.溶解C.转移D.定容【答案】B【解析】【详解】A、托盘天平称量时应是左物右码，A错误；B、固体溶解在烧杯中进行，B正确；C、向容量瓶中转移溶液

时应该用玻璃棒引流，C错误；D、定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，D错误。答案选B。3.化学知识在生产和生活中有着重要的应用。下列说法中不正确的是A.钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等B.发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔C.碳酸

钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂D.明矾常作为净水剂【答案】C【解析】【详解】A．金属钠的化学性质强于金属钛，可以将金属钛、钽、铌、锆等从其熔融态的盐中置换出来，所以可以用来冾炼金属钛、钽、铌、锆等，故A正确；B．碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，所以发酵粉中主要含有碳

酸氢钠，能使焙制岀的糕点疏松多孔，故B正确；C．碳酸钠碱性较强，所以不能用来治疗胃酸过多，碳酸氢钠在医疗上是治疗胃酸过多药剂，故C错误；D．明矾是强酸弱碱盐，能水解生成胶体，具有吸附性，所以明矾常作为净水剂，故D正确；

故选C。4.每年10月23日上午6:02到晚上6:02被誉为“摩尔日"（MoleDay），这个时间的美式写法为6:0210/23，外观与阿伏加德罗常数6.02×1023相似。用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A.1mol任何物质都含有6.02×1023个分

子B.在25℃，压强为1.01×105Pa时，11.2L氮气所含的原子数目为NAC.由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中氧原子数为2NAD.1.0mol·L－1CaCl2溶液中Cl－数目为2NA【答案】C【解析】【详解】A．有

些物质是由原子直接构成或者由离子构成，不含有分子，因此1mol任何物质不一定都含有6.02×1023个分子，A错误；B．25℃，压强为1.01×105Pa为常温常压，气体摩尔体积不是22.4L/mol，因此不能用22.4L/mol计算11.2L氮气的物质的量为0.5mo

l，B错误；C．由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，物质的量为1mol，1个CO2分子或O2分子均含有2个O原子，因此混合物中氧原子数为2NA，C正确；D．CaCl2溶液体积未知，不能求得其物质的量，则Cl-

的数目不能准确求得，D错误；答案选C。5.下列叙述中正确的是A.含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性B.氧化剂在同一反应中既可以是反应物，也可以是生成物C.失电子越多，还原性越强，得电子越多，氧化性越强D.化学反应中，某元素由化合态变为游离态，此元素可能被氧化，也可能被还原【答案】D

【解析】【详解】A.二氧化碳为碳的最高价氧化物，但其氧化性较弱，故A错误；B.氧化剂只能在反应物中，故B错误；C.失电子越容易，还原性越强，例如钠的还原性强于镁，在做还原剂时，钠失去一个电子，镁失去两个电子，得电子越

容易，氧化性越强，故C错误；D.化学反应中，某元素由化合态变为游离态，此元素化合价可升高可降低，即此元素可能被氧化，也可能被还原，故D正确；答案选D。6.向氯水中加入下列物质，表中各项正确的是选项加入物质现象解释或离子方程式AAgNO

3溶液有白色沉淀生成Cl－＋Ag+=AgCl↓B石蕊试液显红色氯水中有盐酸、次氯酸CCaCO3有气体放出CO2-3＋2H+=H2O＋CO2↑D有色布条有色布条褪色Cl2有漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．氯

水中存在浓度较大的Cl-，和Ag+结合生成白色沉淀，离子反应为Cl-+Ag+=AgCl↓，A正确；B．氯水中有盐酸，故存在浓度较大的H+，能使石蕊显红色，存在HClO分子具有漂白性，所以溶液先变红后褪色，B错误

；C．氯水中有盐酸，故存在浓度较大的H+，能与CaCO3反应生成氯化钙、水和二氧化碳，离子反应为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，C错误；D．氯水中存在HClO，具有漂白性，能够使有色布条褪色，而Cl2

不具有漂白性，D错误；答案选A。【点睛】本题的难点是确定新制氯水的成分。新制氯水中存在三种分子和四种离子即：。7.下列有关实验描述不正确的是A.向滴有酚酞的水中加入Na2O2固体，溶液变红B.一束可见光线照射氢氧化铁胶体时，从侧面可以看到一束光亮

的通路C.将灼热的铜丝放入盛有氯气的集气瓶中，生成棕黄色的烟D.在某溶液中加入盐酸后产生能够使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中可能含CO2-3【答案】A【解析】【详解】A．向滴有酚酞的水中加入Na2O2固体，因过氧化钠具有强氧化性，溶液先变红后褪色，故A错误；B．一束可见光线照射氢氧化铁胶体

时，从侧面可以看到一束光亮的通路，即胶体具有丁达尔效应，故B正确；C．将灼热的铜丝放入盛有氯气的集气瓶中，生成氯化铜，产生棕黄色的烟，故C正确；D．在某溶液中加入盐酸后产生能够使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中可能含CO2-3，也可能含有亚硫酸根，碳酸氢根等，故D正确；答案

选A。8.精制粗盐（杂质是MgCl2、CaCl2和Na2SO4），选用NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液作为除杂试剂，最后用盐酸调节溶液pH，得到精制NaCl。下列说法正确的是A.依次向粗盐溶液中加入NaOH、Na2CO3、

BaCl2B.用HNO3酸化的AgNO3溶液检验SO42-是否除尽C.除去Ca2+的主要反应是：Ca2++2OH-＝Ca(OH)2↓D.调节pH后，采用蒸发浓缩结晶的方法获得精制NaCl【答案】D【解析】【详解】A.要

除去粗盐中的MgCl2、CaCl2和Na2SO4，选用NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液作为除杂试剂，为了把杂质离子除尽，所加试剂应过量，碳酸钠溶液的作用为除去钙离子和过量的钡离子，碳酸钠应在氯化钡之后加入，故依次向粗盐溶液

中加入NaOH、BaCl2、Na2CO3，A错误；B.应先加过量稀盐酸，再加氯化钡溶液检验SO42-是否除尽，B错误；C.用碳酸钠溶液除钙离子，故除去Ca2+的主要反应是：Ca2++CO32-＝CaCO3↓，C错误；D.调节pH后，从氯化钠溶液中获得氯化钠固体应采用蒸发浓缩结晶的方法，D正确。

答案选D。9.某同学配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液后，经测定发现溶液浓度偏低。该同学找出以下原因，其中使溶液浓度偏低的是A.用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中B.盖上容量瓶塞子，振荡摇匀后，液体低于凹液面，再滴加蒸馏水，至凹液面与刻度线相切C.容量瓶未经干燥，直接装入氯化钠

溶液D.定容时俯视刻度线【答案】B【解析】【详解】A．用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中，这是正确的操作，对结果无影响，A不合题意；B．盖上容量瓶塞子，振荡摇匀后，液体低于凹液面，此时还有部分溶液在刻度线以

上的容量瓶内壁上，故无需再加水，若再滴加蒸馏水，至凹液面与刻度线相切，则导致溶液体积偏大，故浓度偏低，B符合题意；C．配制过程中我们需加入蒸馏水，故容量瓶未经干燥，直接装入氯化钠溶液对结果无影响，C不合题意；D．

定容时俯视刻度线，将使溶液的体积偏小，故浓度偏高，D不合题意；故答案为：B。10.欲配制含有大量下列各离子的溶液，能够实现的是A.Na+、CO2-3、OH－、H+B.Ba2+、Na+、H+、SO2-4C.H+、NO-3、Na+、C

l－D.Fe3+、K+、Cl－、OH－【答案】C【解析】【详解】A．因CO2-3和H+结合生成水和二氧化碳，OH－和H+结合生成水，不能大量共存，即不能实现，故A错误；B．Ba2+和SO2-4结合生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，即不能实现，故B错误；C．H+、NO-3、Na+、Cl－之间不反

应，可实现溶液的配制，故C正确；D．Fe3+和OH－结合生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，即不能实现，故D错误；答案选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.某试剂瓶上贴有如下标签“100

mL1.0mol·L－1MgCl2溶液”，对该试剂理解正确的是A.该溶液中含有的微粒主要有：MgCl2、Mg2+、Cl－、H2OB.若取50mL溶液，其中的c(Cl－)＝2mol·L－1C.取该溶液5.0mL恰好与0.1mol·L－1AgNO3100mL溶液完全反应D.取10m

L该溶液加水10mL，所得MgCl2溶液的浓度为0.5mol·L－1【答案】BC【解析】【详解】A．该溶液中含有的微粒主要有：Mg2+、Cl－、H2O，不含MgCl2，故A错误；B．若取50mL溶液，其中的c(Cl－

)＝2×1.0mol·L－1＝2.0mol·L－1，故B正确；C．取该溶液5.0mL，5.0mL溶液中氯离子物质的量n=cV=1mol/I×2×0.005L=0.01mol，0.1mol·L－1AgNO3100mL溶

液中银离子物质的量n=cV=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，两者物质的量相等，因此两者恰好完全反应，故C正确；D．取10mL该溶液加水10mL，由于溶液中加水，两者密度不相同，体积不能加和，因此溶液体积小于20mL

，所以得到的MgCl2溶液的浓度为大于0.5mol·L－1，故D错误；答案选BC。12.分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用。下列分类标准合理的是A.根据酸分子中含有的氢原子数将酸分为一元酸、二元酸等B.根据反应中是

否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应C.根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液D.根据氧化物的组成将所有氧化物分为碱性、两性和酸性氧化物【答案】B【解析】【详解】A．根据酸能电离出的氢离子的个数，将酸分为一元酸、二元酸等，故A错误；B．根据反应中是否有电

子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故B正确；C．根据分散系中分散质粒子直径的大小将分散系分为溶液，胶体和浊液，故C错误；D．根据氧化物的性质将氧化物分为酸性，碱性和两性氧化物，能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，能和酸反应生成盐和水的氧化物称为碱性氧化物，既能和酸

又能与碱反应生成盐和水的氧化物称为两性氧化物，故D错误；故选B。13.下列各溶液中n(Na＋)与100mL0.1mol/LNa2SO4溶液中n(Na＋)相同的是（）A.100mL0.1mol/LNaC

l溶液B.50mL0.2mol/LNaNO3溶液C.100mL0.1mol/LNaHSO4溶液D200mL0.2mol/LHCl溶液与100mL0.2mol/LNaHCO3溶液混合【答案】D【解析】【详解】100mL0.1

mol/LNa2SO4溶液中，c(Na+)=2c(Na2SO4)=0.1mol/L×2=0.2mol/L，溶液中n(Na+)=0.2mol/L×0.1L=0.02mol；A．100mL0.1mol/L

NaCl溶液中c(Na+)=c(NaCl)=0.1mol/L，n(Na+)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，故A错误；B．50mL0.2mol/LNaNO3溶液中c(Na+)=c(NaNO3)=0.2mol/L，n(Na+)=0.2mol/L×0.05L=0.01mol，故B错误

；C．100mL0.1mol/LNaHSO4溶液中c(Na+)=c(NaHSO4)=0.1mol/L，n(Na+)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，故C错误；D．200mL0.2mol/LHCl溶液与100mL0.2mol/LNaHCO3溶液混合中：n(Na+)=n(NaHCO3)

=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，故D正确；故答案为D。14.由下列事实所列出的相应结论正确的是实验事实结论ACl2的水溶液可以导电Cl2是电解质B将约绿豆大小的钠投入装有适量水的烧杯中，观察到钠立刻熔

成小球，并在水面上游动钠比水轻；钠的熔点较低CNa2O2与水或CO2反应都产生O2Na2O2可作供氧剂D某溶液中先加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失该溶液一定有SO2-4A.AB.BC.CD.D【答案】BC

【解析】【详解】A．Cl2的水溶液可以导电是因为Cl2与水生成的HCl和HClO能够电离出自由移动的离子，并非Cl2本身导电，且Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误；B．将约绿豆大小的钠投入装有适量

水的烧杯中，观察到钠立刻熔成小球，并在水面上游动，可以说明Na的密度比水小，且熔点很低，B正确；C．Na2O2与水或CO2反应都产生O2，反应方程式分别为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，故Na2O2可

作供氧剂，C正确；D．某溶液中先加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该沉淀可能是AgCl，也可能是BaSO4，故溶液中可能含有SO2-4，也可能含有Ag+，D错误；答案选BC。15.三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：ρ(H2)>ρ(N2)>ρ(O2)B.当它们的质量和温度、体积均相同时，三种气体的压强：p(H2)>p(N2)>p(O2)C.当它们的质量和温度、压强均相同时，三

种气体的体积：V(O2)>V(N2)>V(H2)D.当它们的压强和体积、温度均相同时，三种气体的质量：m(H2)>m(N2)>m(O2)【答案】B【解析】【分析】由理想气体状态方程PV=nRT和物质的量计算公式mm

VnMV==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mMV＝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mPVnRTRTM==

得mPMRTRTV==，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mPVnRTRTM==得mVRTPM=，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mPVnRTRTM==得PVMmRT=，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错误；故选B。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.可用下列导电性实验装置(如图1、图2)来研究电解质的电离本质及反应机理。(1)图1中，若灯泡亮，广口瓶内的物质A可以是______(填序号)。①氯化钠

晶体②氢氧化钠溶液③蔗糖溶液④纯醋酸⑤硫酸铜溶液⑥氨水(2)图1中，若向烧杯中逐滴加入另一溶液时，则灯泡由亮变暗，至熄灭后又逐渐变亮，下列符合条件的是______(填序号)。A．盐酸中逐滴加入食盐溶液B．氢氧化钡溶液中逐滴滴入硫酸钠溶液C．石灰乳中滴加稀盐酸D．硫酸铜溶液中

逐滴加入氢氧化钡溶液(3)图2中，通过电导率传感器可探究离子反应的实质。在相同温度下，测得10mL0.5mol·L－1K2SO4的电导率_______(填“＞”“＜”或“＝”)5mL1mol·L－1K2SO4的电导率。【答案】(1).②⑤

⑥(2).D(3).＜【解析】【详解】(1)若灯泡亮，说明广口瓶内的物质A能够导电：①氯化钠晶体中离子不能自由移动，故不选；②氢氧化钠溶液中含有能自由移动的钠离子和氢氧根离子，故选；③蔗糖溶液是非电解质溶液，故不选；④纯醋酸由分子

构成，没有自由移动的离子，故不选；⑤硫酸铜溶液中有自由移动的铜离子和硫酸根离子，故选；⑥氨水中有能自由移动的铵根离子和氢氧根离子，故选；故答案为：②⑤⑥；(2)溶液能否导电，取决于溶液中是否有离子存在；导电性强弱则由离子浓度大小等因素决定。A．盐酸中逐滴加入食盐溶液，溶液存在大量自由移动的离子，可

导电，不会熄灭，故A错误；B．氢氧化钡溶液中逐滴滴入硫酸钠溶液，生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠溶液，溶液存在大量自由移动的离子，可导电，不会熄灭，故B错误；C．石灰乳中滴加稀盐酸，发生酸碱中和反应，反应过程中离子浓度增大，可导电

，不会熄灭，故C错误；D．发生反应CuSO4+Ba(OH)2═BaSO4↓+Cu(OH)2↓，溶液中离子浓度减小，灯泡变暗，恰好完全反应时，溶液中几乎没有离子，灯泡熄灭，继续滴加Ba(OH)2溶液，Ba(OH)2过量，溶液中Ba2＋、OH－数目增多，灯泡又变

亮，故D正确；故答案为：D；(3)离子浓度越大，导电能力越强，图2中，在相同温度下，1mol·L－1K2SO4中离子浓度，测得10mL0.5mol·L－1K2SO4的电导率＜5mL1mol·L－1K2SO4的电导率。故答案为：＜。17

.金属钠是在1807年通过电解氢氧化钠制得的，这个原理应用于工业生产，约在1891年才获得成功。1921年实现了电解氯化钠制备金属钠的工业方法，其反应原理：2NaCl（熔融）通电2Na＋Cl2↑。根据所学知识回答下列有关问题：（1）实验室保存金属钠的正确方法是___

_______(填序号)。A放在棕色瓶中B放在细沙中C放在水中D放在煤油中（2）将一小块金属钠放在干燥的坩埚中，用酒精灯加热充分反应，发生反应的化学方程式为_________，生成物的颜色为_____

_。（3）将Na、Na2O、Na2O2、NaOH久置于空气中，最终都是变为_______（填化学式）。（4）NaOH是实验室中最常用的试剂之一。实验室进行某实验需要0.5mol·L－1的氢氧化钠溶液约400mL。①在配制溶液的过程中除了需要托盘天平(带砝码)、药匙、烧杯和

玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是________；②根据计算得知，需用托盘天平(带砝码)准确称量NaOH固体_____g。（5）过氧化钠常用作漂白剂、杀菌消毒剂。某兴趣小组以过氧化钠为对象进行如下探究：“干燥的CO2不能与Na2O2反应”和“CO2在有水存在时才能与Na2O2反

应”，设计如下实验装置：连接装置，检查气密性。在干燥管中装入Na2O2后，打开活塞加入稀硫酸，生成CO2。打开K1，关闭K2，一段时间后再加热铜丝。其中，X中应加入试剂______(填名称)。先通一段时间CO2的目的是__________，实验

观察到铜丝未变化，则得出结论“干燥的CO2不能与Na2O2反应”。若打开K2，关闭K1，出现________现象，可证明“有水时CO2与Na2O2反应”产生了O2。（6）将一定量的CO2通入NaOH溶液中，再向所得溶液中逐滴滴加盐酸，所得气体的体积与加入盐

酸的体积关系如图所示，其中OA段发生的离子反应方程式为____________。【答案】(1).D(2).2Na＋O2加热Na2O2(3).淡黄色(4).Na2CO3(5).500mL容量瓶、胶头滴管(6).10.0(7).浓硫酸(8).将装置内的氧气排出，防止其与

铜反应干扰实验(9).干燥管中淡黄色固体变白色，玻璃管中的铜丝由红变黑(10).H+＋CO2-3=HCO-3【解析】【详解】(1)钠是很活泼的金属元素，其单质极易与水或氧气反应，又因为钠的密度小于水而大于煤油，因此钠通常

保存在煤油中，故答案为：D；(2)将一小块钠放在水平放置的试管中部加热，生成淡黄色的过氧化钠，反应方程式为2Na＋O2加热Na2O2，故答案为：2Na＋O2加热Na2O2；淡黄色；(3)将Na、Na2O、Na2O2、NaOH久置于空气中，他们都可以和水或二氧化

碳反应，最终都是变为碳酸钠，化学式为Na2CO3，故答案为：Na2CO3；(4)①配制溶液，需要容量瓶，由于没有400mL规格的容量瓶，因此需要选用500mL容量瓶，在最后的定容过程中，加入的液体接近500mL容量瓶的刻度线1-2cm时，需要改用胶头滴管

逐滴滴加，因此还要用到胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；②配制500mL0.5mol/LNaOH溶液，托盘天平称量时，只能精确到0.1g，则需要m(NaOH)=c×V×M(NaOH)=0.5L×0.5mol/L×40g/mol=

10.0g，故答案为：10.0；(5)要证明干燥的CO2不能与Na2O2反应，试剂X应是干燥剂，故是浓硫酸；装置中含有空气，空气会与铜反应，干扰试验结果，所以先通一段时间CO2的目的是：将装置内的氧气排出，防止其与铜反应干扰实验；若打开K2，关闭

K1，则二氧化碳气体中含有水蒸气，若干燥管中淡黄色固体变白色，玻璃管中的铜丝由红变黑，证明有水时CO2与Na2O2反应产生了O2，故答案为：浓硫酸；将装置内的氧气排出，防止其与铜反应干扰实验；干燥管中淡黄色固体变白色，玻璃管中的铜丝由红变黑

；(6)二氧化碳通入NaOH溶液中，所得溶液中的溶质可能有四种情况：①碳酸钠和氢氧化钠②碳酸钠，③碳酸钠和碳酸氢钠，④碳酸氢钠。从图像可知，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠。滴加盐酸，开始时发生反应H+＋CO2-3=HCO-3，此时没有气体生成，此反应即为O

A段发生的反应，故答案为：H+＋CO2-3=HCO-3。18.化学计量在化学中占有重要地位，请回答下列问题。（1）0.3molNH3分子中所含原子数与____________个H2O分子中所含原子数相等。（2）含

0.4molAl3+的Al2（SO4）3中所含的SO42-的物质的量是____________。（3）已知16gA和20gB恰好完全反应生成0.04molC和31.76gD，则C的摩尔质量为_____________。（4）在一定的温度和压强下，1体积

气体X2跟3体积气体Y2化合生成2体积化合物，则该化合物的化学式是_______________。（5）某盐混合溶液中含有离子：Na+、Mg2+、Cl-、SO42-，测得Na+、Mg2+和CI-的物质的量浓度依次为：0

.2moI·L-l、0.25mol·L-l、0.4mol·L-l，则c（SO42-）=_____________。【答案】(1).0.4NA或2.408×1023(2).0.6mol(3).106mol·L－1(4).XY3或Y3X(5

).0.15mol·L－1【解析】【详解】（1）0.3molNH3中含有原子物质的量为0.3mol×4=1.2mol，因此水的物质的量为1.2mol÷3=0.4mol，即水分子的个数为0.4NA或2.408×1023；（2）n（Al3＋）

：n（SO42－）=2：3，则n（SO42－）=0.4mol×3/2=0.6mol；（3）根据质量守恒，C的质量为（16＋20－31.76）g=4.24g，因此C的摩尔质量为4.24g÷0.04mol=106g·mol－

1；（4）根据阿伏加德罗定律可知反应方程式为X2＋3Y2=2Z，根据原子守恒可知Z的化学式为XY3或Y3X；（5）忽略水的电离根据电荷守恒，c（Na＋）＋2c（Mg2＋）=c（Cl－）＋2c（SO42－），c（SO42

－）=[c（Na＋）＋2c（Mg2＋）－c（Cl－）]/2=（0.2＋2×0.25－0.4）mol·L－1/2=0.15mol·L－1。19.利用如图所示的“价-类”二维图，可以从物质类别、化合价角度认识含氯元素的物质的性质及其转化关系，图中甲～辛均为含氯元素的物质。回答下列问题：(1)丙的化学式

为___________。(2)甲、乙、丁、戊中，属于电解质的是___________(填化学式)；根据氯元素的化合价判断，乙___________(填序号)。a只有氧化性b既有氧化性又有还原性c只有还原性d既能作氧化剂又能作还原剂(3)庚是“84

”消毒液的有效成分，请写出工业上用氯气和NaOH溶液生产此消毒剂的离子方程式___________。(4)氯气是一种化学性质活泼的非金属单质，工业可用氯气制取漂白粉、有机溶剂等。实验室中常用下列方法制取氯气：MnO2＋4HCl(浓)ΔMnCl2＋Cl

2↑＋2H2O①请将上述反应改写成离子方程式：___________；②反应中盐酸表现的性质有___________。(5)甲同学设计如图所示装置研究氯气能否与水发生反应。气体a是含有少量空气和水蒸气的氯气。请回答下列问题：①浓硫酸的作用是___________；②证明氯气和水反应的实

验现象为___________，反应的化学方程式是___________。(6)实验室中所用少量氯气也可用下列方法制取：K2Cr2O7＋14HCl(浓)=2KCl＋2CrCl3＋3Cl2↑＋7H2O①___________(填元素名称．．．．)元素被氧化，___________(填化学式．．

．，下同)是氧化剂，___________是氧化产物；②该反应中每生成3molCl2转移电子个数为___________个。【答案】(1).ClO2(2).HCl、HClO(3).bd(4).Cl2＋2OH-=

Cl-＋ClO-＋H2O(5).MnO2＋4H+＋2Cl-ΔMn2+＋Cl2↑＋2H2O(6).还原性和酸性(7).除去氯气中的水蒸气(8).B中干燥的有色布条不褪色，C中湿润的有色布条褪色(9).Cl2＋H2O=HCl＋

HClO(10).氯(11).K2Cr2O7(12).Cl2(13).6NA或3.612×1024【解析】【分析】已知，甲~辛均为含氯元素的物质，根据图中信息，甲为氢化物，Cl的化合价为-1价，则甲为HCl，乙为单质，则乙为Cl2，丙为+4价的氧化物，则丙为ClO2，丁为+7价的氧化物

，则丁为Cl2O7，戊为+1价的含氧酸，则戊为HClO，己为+7价的含氧酸，则己为HClO4，庚为+1价的正盐，则庚含有ClO-，辛为+5价的正盐，则辛含有ClO-3，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，丙为ClO2，故

答案为：ClO2；(2)甲为HCl，属于酸，在水溶液中能够导电，属于电解质；乙为Cl2，属于单质，既不是电解质，也不是非电解质；丁为Cl2O7，属于非金属氧化物，在水溶液中导电不是本身导电，属于非电解质；戊为HClO，属于酸，在水溶液中能够导电，属于电解质；乙为Cl2

，Cl元素的化合价为0价，既可以升高也可以降低，则Cl2既有氧化性又有还原性，既能作氧化剂又能作还原剂，故答案为：HCl、HClO；bd；(3)庚含有ClO-，若庚是“84”消毒液的有效成分，则庚为NaClO，工业上用氯气和NaOH溶液制备NaClO，离子

反应方程式为Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O，故答案为：Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O；(4)①根据拆分原则，MnO2、Cl、H2O不拆，HCl、MnCl2拆分为离子形式，得到离子方程式为MnO2＋4H+＋2Cl-ΔMn2+＋Cl2↑＋2H2O，故

答案为：MnO2＋4H+＋2Cl-ΔMn2+＋Cl2↑＋2H2O；②反应中HCl的部分Cl元素化合价升高，部分Cl元素的化合价未发生改变，故盐酸表现的性质有还原性和酸性，故答案为：还原性和酸性；(5)①根据题干信息，气体a是含有少量空气和水蒸气的氯气，为检验氯气能否与水发生反应

，可用干燥的有色布条形成对比，因此在氯气进入放有干燥的有色布条的集气瓶时，需要先除去混有的水蒸气，故浓硫酸的作用是除去氯气中的水蒸气，故答案为：除去氯气中的水蒸气；②氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应方程式为Cl2＋H2O=HCl＋HClO，次氯酸具有漂白性，可以使有

色布条褪色，但干燥的氯气不具有漂白性，因此能够证明氯气和水反应的实验现象为B中干燥的有色布条不褪色，C中湿润的有色布条褪色，故答案为：B中干燥的有色布条不褪色，C中湿润的有色布条褪色；Cl2＋H2O=HCl＋HClO；(6)①根据方程式可知，K2Cr2O7中Cr

元素的化合价由+6价降低至+3价，得到电子被还原，作氧化剂，还原产物为CrCl3，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高至0价，失去电子被氧化，作还原剂，氧化产物为Cl2，故答案为：氯；K2Cr2O7；Cl2；②根据方程式，每生成3

molCl2，消耗2molK2Cr2O7，转移6mol电子，数目为6NA或6×6.02×1023=3.612×1024。20.一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL3.00mol/L的NaOH溶液（密度为1.12

g/mL）恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500mol。（1）原NaOH溶液的质量分数为___________（2）所得溶液中Cl－的物质的量为_______mol（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n

(Cl2)：n(H2)＝_____________。【答案】(1).10.7%(2).0.25(3).3︰2【解析】【详解】（1）根据1000cM=可知NaOH溶液的质量分数为340100%10001.1210.7%；（2）氢气与氯气反应，用

NaOH吸收气体，所得的溶液中含有NaClO，说明氢气与氯气反应时，氯气有剩余，用氢氧化钠吸收后溶液中溶质为NaCl、NaClO，根据钠离子守恒可知溶液中n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）=0.1L×3mol/L=0.3mol，故溶液中n（NaCl）=0.3mol-

0.05mol=0.25mol，溶液中n（Cl-）=n（NaCl）=0.25mol；（3）根据以上分析可知HCl与NaOH反应生成的NaCl的物质的量为0.3mol-0.05mol×2=0.2mol，故n（HCl）=

0.2mol，n（H2）=0.10mol，氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO），故2n（Cl2）=n（NaOH）=0.3mol，所以n（Cl2）=0.15mol，因此所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之

比n（Cl2）：n（H2）=0.15mol：0.10mol=3：2。【点睛】本题考查混合物的有关计算、溶液浓度有关计算，明确发生的反应是解答的关键，注意利用守恒法进行计算，可以简化计算过程。