【文档说明】浙江省台州市山海协作体2023-2024学年高一上学期期中联考化学试题 含解析.docx，共(22)页，2.499 MB，由管理员店铺上传

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2023学年第一学期台州山海协作体期中联考高一年级化学学科试题考生须知：1.本卷共6页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字

。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Cl35.5Mn55第I卷选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分；共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下

列物质属于酸的是A.3NHB.2COC.24HSOD.3NaNO【答案】C【解析】【详解】A．3NH和水反应生成32NHHO，32NHHO是碱，3NH是碱性气体，故不选A；B．2CO能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，2CO是酸性氧化物，故不选B；C．

24HSO电离出的阳离子全是氢离子，24HSO属于酸，故选C；D．3NaNO由3NaNO+−、构成，3NaNO属于盐，故不选D；选C。2.下列仪器名称为“坩埚”的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【

详解】A．为蒸发皿，故A不选；B．为圆底烧瓶，故B不选；C．为分液漏斗，故C不选；D．为坩埚，故D选；故选D3.下列物质属于同素异形体的是A.水和冰B.2NaO和22NaOC.生石灰和熟石灰D.金刚石和60C【答案】D【解析】【分析】同素异形体是同种元素形成的不同种单质。

【详解】A．水和冰是同一种化合物，不是不同种单质，故A不符合题意；B．氧化钠和过氧化钠是氧元素、钠元素形成的两种氧化物，不是不同种单质，故B不符合题意；C．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，

不是不同种单质，故C不符合题意；D．金刚石和60C是碳元素形成的不同种单质，属于同素异形体，故D符合题意；故选D。4.下列物质能导电且属于电解质的是A.2COB.熔融的2MgClC.3KNO固体D.石墨【答案】B【解析】【详解】A．二氧化碳是不能电离

出自由移动离子的非电解质，不能导电，故A不符合题意；B．熔融的氯化镁能电离出自由移动的离子，属于电解质，能导电，故B符合题意；C．硝酸钾固体中不存在自由移动的离子，不能导电，熔融状态或水溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质，故C不符合题意；D．石墨是能导电的非金属单质，单质既不是电解质也

不是非电解质，故D不符合题意；故选B。。5.下列与实验有关的图标对应不正确的是A.护目镜B.用电C.明火D.洗手【答案】B【解析】【分析】【详解】A．为护目镜图标，进行化学实验需要佩戴护目镜，以保护眼睛，A正确；B．

为排风图标，实验中会用到或产生有害气体，或产生烟、雾，应开启排风管道或排风扇，B错误；C．为明火图标，实验中会用到明火，要正确使用火源，并束好长发、系紧宽松衣物，C正确；D．为吸收图标，实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双手，D正确；答案选B。6.下列氯

化物不能由金属和氯气直接化合制得的是A.3FeClB.NaClC.2FeClD.2CuCl【答案】C【解析】【详解】A．铁与强氧化剂直接化合生成氯化铁，A不符合题意；B．钠与氯气直接化合生成氯化钠，B不符合题意；C．铁单质和氯化铁化合生成氯化亚铁，不是金属和氯气

的化合，C符合题意；D．铜与氯气化合生成高价态的氯化铜，D不符合题意；故选C。7.氢化锂(LiH)可在野外用作生氢剂，其中氢元素为-1价。其化学反应原理为：22LiHHOLiOHH+=+。下列关于该反应的说法中，正确的是A.2HO中的氢元素被氧化B.LiH是还原剂C.该反应属于复分解反应D.该反应

属于置换反应【答案】B【解析】【详解】A．2HO中的氢元素化合价降低被还原，故A错误；B．LiH中H元素化合价升高，LiH是还原剂，故B正确；C．该反应有单质生成，不属于复分解反应，故C错误；D．该反

应是两种化合物反应，不属于置换反应，故D错误；选B。8.下列有关说法中，不正确的是A.可以用氯气、二氧化氯、臭氧对自来水进行消毒B.纯净的氢气在氯气中燃烧发出淡蓝色火焰，工业可用此反应制备盐酸C.常温下，氯气和铁不反应，所以可将液氯用钢瓶

贮存D.氯气制备工厂若发生泄漏时，可用3NaHCO溶液浸湿软布蒙住口鼻，往高处撤离【答案】B【解析】【详解】A．氯气、二氧化氯、臭氧都具有强氧化性，可以用氯气、二氧化氯、臭氧对自来水进行消毒，故A正确；B．纯净的氢气在氯气中燃烧发出苍白色火焰，

故B错误；C．常温下，氯气和铁不反应，因此可将液氯用钢瓶贮存、运输，故C正确；D．碳酸氢钠和氯气反应且碳酸氢钠碱性较弱，氯气制备工厂若发生泄漏时，因此可用3NaHCO溶液浸湿软布蒙住口鼻，由于氯气密度比空气大，因此往高处撤离，故D正确。综上所述，答案为B。9.实验过程中，下列说法不

正确．．．的是A.实验未用完的钠可放回原试剂瓶B.用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口略向下倾斜C.氧化钠为碱性氧化物，可作为核潜艇的供氧剂D.轻微烫伤或烧伤时，可先用洁净的冷水处理，降低局部温度【答案】C【

解析】【详解】A．金属钠易和水、氧气反应，是危险化学药品，实验未用完的钠可放回原试剂瓶，A正确；B．因为加热碳酸氢钠固体时有水生成，所以加热时试管口应略向下倾斜，防止试管炸裂，B正确；C．氧化钠是碱性氧化物，过氧化钠可用作核潜艇中的供

氧剂，不是氧化钠，C错误；D．轻微烫伤或烧伤时，可先用洁净的冷水处理，降低局部温度，以防皮肤感染或坏死，D正确；故选C。10.下列物质在水溶液中电离方程式不正确的是A.33KHCOKHCO+−=+B.

244KHSO=KHSO++−++C.2222CaClCaCl+−=+D.()22BaOHBa2OH+−=+【答案】C【解析】【详解】A．3KHCO是弱酸酸式盐，电离出钾离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：33KHCOKHCO+−=+，故A正确；

B．4KHSO是强酸酸式盐，电离出钾离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为：244KHSO=KHSO++−++，故B正确；C．2CaCl是盐，电离出钙离子和氯离子，电离方程式为：22CaClCa2Cl+−=+，故C错误；D．()2BaOH是强碱，电离出钡离子和氢氧根

离子，电离方程式为：()22BaOHBa2OH+−=+，故D正确。综上所述，答案为C。11.如图所示，在蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化时，用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4粉末与熔化的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成。据此判断下列说法中不正确的是的A.上述反应是置换反应B.加热且无水条

件下，Na可以与CuSO4反应并生成CuC.上述反应中CuSO4表现了还原性D.上述反应放出热量【答案】C【解析】【分析】由题意可知，熔化的钠与无水CuSO4粉末发生置换反应生成硫酸钠和铜，钠做还原剂，硫酸铜做氧化剂，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，该反应为置换反

应，故A正确；B．由分析可知，加热且无水条件下，Na可以与CuSO4发生置换反应生成Cu，故B正确；C．由分析可知，反应中铜元素的化合价降低被还原，硫酸铜做氧化剂，表现了氧化性，故C错误；D．由题意可知，N

a与CuSO4发生置换反应时瞬间会产生耀眼的火花，说明该反应为放热反应，反应时放出热量，故D正确；故答案选C。12.下列各组离子在对应条件下一定能在大量共存的是A.遇石蕊变红的溶液：Na+、2-3CO、-3NO、2Ba+B

.无色溶液：Na+、2Fe+、ClO−、Cl−C.遇酚酞变红的溶液：K+、+4NH、OH−、-3HCOD.在pH=1的溶液中：K+、Na+、2-4SO、-3NO【答案】D【解析】【详解】A．遇石蕊变红的溶液，说明是酸性溶液，H+、2-3CO

反应生成气体而不共存，故A不符合题意B．2Fe+是绿色溶液，故B不符合题意；C．遇酚酞变红的溶液，说明是碱性溶液，+4NH、OH−反应生成氨气而不共存，OH−、-3HCO反应生成水和碳酸根而不共存，故C不符合题意；D．在pH=1的溶液中：K+、Na+、2-4SO、-3NO，都大量共存

，故D符合题意。综上所述，答案为D。13.宏观辨识与微观探析相结合是化学特有的认识物质的方法。NaCl固体溶于水的过程如图所示。下列说法不正确的是A.水合a离子为水合氯离子B.NaCl需要在通电条件下发生电离C.水合离子的定向运动，是水溶液导

电的原因D.水合离子的形成是电性作用的结果【答案】B【解析】【分析】NaCl是由钠离子、氯离子构成，两离子相差一个电子层，则钠离子半径小于氯离子半径。【详解】A．分析可知，氯离子半径大于钠离子半径，则水合a离子为水合氯离子，故A正确；B．由图可知NaCl在水分子作用下

就发生电离，不需要通电，故B错误；C．水合离子为带电电荷，其定向运动，产生电流，是水溶液导电的原因，故C正确；D．水合离子是在溶液中水和离子的形式，是靠电性作用络合在一起形成，是电性作用的结果，故D正确；答案为B。14.关于Na2CO3和NaHC

O3性质的说法正确的是A.NaHCO3的俗称是苏打B.同浓度的两种溶液可以用石灰水鉴别C.与同浓度盐酸反应的剧烈程度：NaHCO3<Na2CO3D.相同温度时，在水中的溶解性：NaHCO3<Na2CO3【答案】D【解析】【详

解】A．NaHCO3俗称小苏打，A选项错误；B．两者均可与石灰水中的Ca(OH)2反应生成白色沉淀CaCO3，B选项错误；C．Na2CO3与盐酸反应时，先生成NaHCO3，NaHCO3再与盐酸反应才生成CO2气体，

故反应的激烈程度小于NaHCO3，C选项错误；D．相同温度下，NaHCO3溶解度小于Na2CO3，D选项正确；故选D。15.下列化学方程式中，表示电子转移的方向和数目都正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．1个氧气和2个Na反应生成一个

Na2O2，2个Na共失去2个电子，O2得到两个电子，电子转移数量错误，A错误；B．2个Cl2与2个Ca(OH)2反应，氯气既是氧化剂也是还原剂，2个Cl各失去一个电子转化为ClO-，2个Cl各得到一个电子转化为Cl-，B正确；C．KClO3与6个HCl反应，KClO3中

的Cl得到5个电子，5个HCl中的Cl各失去一个电子，转化为3个Cl2，C错误；D．该反应中3个Cu各失去2个电子转化为Cu2+，2个HNO3中的N各得到3个电子转化为NO，电子转移方向错误，D错误；故答案选B。16.已知常温下，下列除杂(括号中的物质为杂质)方

法不正确．．．的是A.2CO(HCl)：通入饱和碳酸钠溶液洗气后干燥B.3NaHCO溶液()23NaCO：通过量2COC.23NaCO固体()3NaHCO：加热至不再产生气体D.NaCl固体()23NaCO：加

入过量盐酸，充分反应后，蒸发结晶【答案】A【解析】【详解】A．CO2能和饱和Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，不能达到除杂的目的，A错误；B．通入过量CO2，Na2CO3可以与CO2和H2O发生反应生成NaHCO3，能达到

除杂的目的，B正确；C．NaHCO3不稳定，受热易分解为Na2CO3、CO2和H2O，能达到除杂的目的，C正确；D．加入过量盐酸，Na2CO3与盐酸发生反应生成NaCl、CO2和H2O，能达到除杂目的，D正确；故选A。17.下列各组物质，因反应温度或反应物用量改变可得到不同

产物是①Na和2O②3NaHCO和盐酸③2Cl和Fe④NaOH和2COA.①③B.②③C.③④D.①④【答案】D【解析】【详解】①条件不同时，Na和氧气的反应产物不同，常温下生成氧化钠，加热时生成过氧化钠，故选；②3NaHCO和盐酸反应时

，不管温度或反应物用量如何改变，产物都是碳酸钠、二氧化碳和水，故不选；③2Cl和Fe反应时，不管温度或反应物用量如何改变，产物都是氯化铁，故不选；的④反应物用量不同时，NaOH和2CO的反应产物不同，2CO过量时得到碳酸氢钠，2CO

不足时得到碳酸钠，故选；正确答案是D。18.下图是数字化实验得到的光照过程中氯水的pH变化情况。对此，下列有关说法正确的是A.光照使氯水中的次氯酸分解为盐酸，溶液的酸性增强B.随着对氯水光照时间的延长，氯水的漂白性将增强C.光照过程中，氯水pH减小的同时，溶液中Cl−的浓度也不断减小D.pH减小的

原因是光照引起了2Cl溶解度的减小，氯气逸出，导致溶液中H+浓度减小【答案】A【解析】【详解】A．HC1O是弱酸、盐酸是强酸，光照条件下HC1O分解生成HCl，溶液酸性增强，A正确；B．HClO具有漂白性，盐酸没有漂白性，光照条件下HClO分解生成H

Cl，导致溶液中c(HClO)减小，溶液的漂白性减弱，B错误；C．光照条件下HClO分解生成HCl，溶液中氯离子浓度增大，C错误；D．pH减小是因为HClO分解为HCl，导致溶液中氢离子浓度增大，pH减小，D错误；故选A。19.下列离子方程式正确的是A.氯气溶

于水：22ClHO2HClClO+−−+=++B.22NaO与2HO反应：22222NaO2HO4Na4OHO+−+=++C.石灰乳中滴加碳酸钠溶液：2233COCaCaCO−++=D.钠和冷水反应：22Na2HONa2

OHH+−+=++【答案】B【解析】【详解】A．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为22ClHOHClHClO+−+=++，故A错误；B．22NaO与2HO反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为22222N

aO2HO4Na4OHO+−+=++，故B正确；C．石灰乳中滴加碳酸钠溶液生成碳酸钙和氢氧化钠，反应的离子方程式是()2-332COCaOHCaCO2OH−+=+，故C错误；D．钠和冷水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式是222Na2HO2Na2OHH+−+=++，故D错误

；选B。20.1943年我国化学工程专家侯德榜发明了侯氏制碱法，又称联合制碱法，为我国化工事业的发展做出了卓越贡献。其部分工艺流程如图，下列说法不正确的是A.该工艺利用了不同物质溶解度的差异B.流程图中可循环使用的

物质有NH3和CO2C.饱和食盐水中先通入的气体为NH3，再通入的气体为CO2D.副产物NH4Cl可用于化肥工业【答案】B【解析】【详解】A．碳酸氢钠溶解度小于氯化铵、碳酸氢铵、氯化钠，所以首先析出碳酸氢钠沉淀，故

A正确；B．该流程中可循环使用的物质有CO2、NaCl，该流程中不放出氨气，故B错误；C．饱和食盐水中先通入的气体为NH3，再通入的气体为CO2，可增大二氧化碳的溶解度，故C正确；D．副产物NH4Cl可用于化肥工业，故D正确；选B。21.已知2(CN)是类卤物，化学性质与氯气相

似。下面对2(CN)的性质推断不合理．．．的是A.2(CN)属于单质B.AgCN是难溶物C.22(CN)HOHCNHOCN+=+D.2(CN)具有很强的氧化性【答案】A【解析】【详解】A．(CN)2为由两种元素组成的化合物，A错误；B．卤化银属于难溶物，(CN)2性质与卤素相似，则

AgCN属于难溶物，B正确；C．氯气与水反应生成HCl和HClO，(CN)2化学性质与氯气相似，则(CN)2+H2O=HCN+HOCN，C正确；D．氯气具有很强的氧化性，(CN)2化学性质与氯气相似，则(CN)2具有很强的氧化性，D正确；答案选A。2

2.向一定体积的2Ba(OH)溶液中逐滴加入稀硫酸，测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如下图所示，下列说法正确的是A.a时刻2Ba(OH)溶液与稀硫酸恰好完全反应B.Y处溶液的导电能力约为0，所以

4BaSO不是电解质C.XY段溶液中的离子方程式为22442BaHOHSOBaSOHO++−−+++=+D.YZ段溶液的导电能力不断增大，主要是过量的2Ba(OH)电离出的离子导电【答案】A【解析】【详解】A．a时刻导电能力几乎为0，说明此时Ba(OH)2溶液与稀

硫酸恰好完全反应，离子浓度最小，A正确；B．BaSO4在熔融状态下能导电，属于电解质，B错误；C．向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，反应生成硫酸钡和水，XY段溶液的导电能力不断减弱，离子方程式为

224422H22HOBaOHSOBaSO++−−+++=+，C错误；D．YZ段溶液的导电能力不断增大，主要是过量的硫酸电离产生氢离子和硫酸根离子，导致溶液中离子浓度变大，导电能力增强，D错误；故选A。23

.在常温下，发生下列几种反应：①16H++10Z-+2XO4−=2X2++5Z2+8H2O；②2A2++B2=2A3++2B-；③2B-+Z2=B2+2Z-。根据上述反应，判断下列结论中错误的是A.溶液中可发生：Z2+2A2+=2A3++2Z-B.Z2在①、③反应中为还原剂C.

氧化性强弱的顺序为：XO4−>Z2>B2>A3+D.X2+是XO4−的还原产物【答案】B【解析】【分析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。【详解】A．①中X的化合价降低，则氧化性XO4−>Z2，②中B元素的化合价降低，则氧化性B

2>A3+，③中Z元素的化合价降低，则氧化性Z2>B2，则氧化性Z2>A3+，反应Z2+2A2+=2A3++2Z-可发生，故A正确；B．①中Z元素的化合价升高，则Z2为氧化产物，③中Z元素的化合价降低，则Z2为氧化剂，故B错误；C．①中X的化合价降低

，则氧化性XO4−>Z2，②中B元素的化合价降低，则氧化性B2>A3+，③中Z元素的化合价降低，则氧化性Z2>B2，则氧化性XO4−>Z2>B2>A3+，故C正确；D．反应①中X元素的化合价降低，则XO4−为氧化剂，则X2+是XO4−的还原产物，故D正确；答案选B。24.某实验小组通

过如图所示实验，探究Na2O2与水的反应，下列说法中不正确的是A.②中的大量气泡的主要成分是氧气B.③中溶液变红，说明有碱性物质生成C.④中现象可能是由于溶液中含有漂白性物质造成的D.⑤中MnO2的主要作用是作反应物【答案】D【解析】【分析】【详解】A．Na2O2中-1价的O可以

发生歧化而生成O2（O为0价）和H2O（O为-2价），符合氧化还原反应规律，因此气体的主要成分是O2，A正确；B．遇到酚酞，溶液变成红色，则说明Na2O2与水反应生成了氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，B正确；C．红色褪去，指

示剂被漂白，说明Na2O2与水反应生成了有漂白性的物质，可能生成了H2O2，H2O2具有强氧化性，能够使溶液褪色，C正确；D．溶液中物质在MnO2作催化剂时发生了分解，因此放出大量气泡，最大的可能是Na2O2与水反应生成了H2O2，过氧化氢在MnO2催化作用下分解产生了氧气，D错误；故选D

。25.根据实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A取2MnO和浓盐酸反应后的少量溶液于试管中，依次加入3AgNO和稀硝酸，出现白色沉淀证明盐酸有剩余B把一小块钠迅速投入到热坩埚中，继续加热坩埚片刻

，钠熔成小球，剧烈燃烧，发出黄色火焰，得到淡黄色固体有22NaO生成C往某溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液最终不变红色该溶液是酸溶液D将红色鲜花放入一个盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片，鲜花褪色氯气具有漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．出现白色沉淀，说明生

成AgCl，证明溶液中含有氯离子，但不一定含有HCl，因而无法证明盐酸有剩余，A错误；B．Na与O2在坩埚中加热时发生剧烈的燃烧反应，发出黄色火焰，得到淡黄色固体Na2O2，B正确；C．滴加酚酞溶液不变红色，该溶液

可为酸性或中性溶液，不一定是酸溶液，C错误；D．鲜花中含有水分，水与氯气反应产生了HCl和HClO，HClO具有强氧化性，能将鲜花中红色物质氧化为无色物质，因此鲜花褪色可证明氯水具有漂白性，但不能证明氯气具有漂白性，D错误；故选B。第II卷非选择题部分二、非选择题(本

大题共5小题，共50分)26.按要求完成下列问题：（1）漂白粉的有效成分___________(填化学式)。（2）次氯酸钠中氯的化合价___________；43NHNO的电离方程式___________。（3）写出实验室制取氯气反应的离子方程式_______

____。（4）4NaHSO属于___________(填写“酸式盐”或“碱式盐”或“正盐”)。【答案】26.2Ca(ClO)27①.+1②.4343NHNONHNO+−=+28.2222ΔMnO4H2ClMnCl2HO+−+++++29.酸式盐【解析】【小问1详解】漂白粉的主要成分为CaCl

2和Ca(ClO)2，有效成分为Ca(ClO)2。【小问2详解】NaClO中氯的化合价为+1价；NH4NO3的电离方程式为4343NHNONHNO+−=+。【小问3详解】实验室利用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，反应的离子方程式为2222ΔMnO4H2ClMnCl2H

O+−+++++【小问4详解】NaHSO4在水溶液中电离为Na+、H+和24SO−，所以NaHSO4属于酸式盐。27.如图表示A~E五种物质间的相互转化关系，其中E为一种常见的调味品，B为金属单质，C是一种.强碱。请按要求填空：（1）写

出下列物质的化学式：A___________。（2）写出物质D的任意一种用途___________。（3）写出B→C的化学方程式，并用单线桥分析标出电子转移：___________。【答案】（1）Na2O2（2）纺织、制皂、造纸、制玻璃、食品加工

等（3）【解析】【分析】B和氯气反应得到E，E为一种常见的调味品，则E为NaCl，B为金属单质则B为Na，B和氧气加热条件反应生成A，则A为22NaO，C是一种强碱，则C为NaOH，22NaO和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则D为23NaCO；【小问1详解】根据分析可知A为22NaO；【小

问2详解】D为23NaCO，D的用途为纺织、制皂、造纸、制玻璃、食品加工等；【小问3详解】B→C发生的反应是Na和水反应生成NaOH和氢气，Na元素的化合价由0价到NaOH中钠元素+1价，化合价升高，水中氢元素化合价由

+1价到氢气中的0价，化合价降低，则单线桥分析标出电子转移方程式为：。28.有一包白色固体样品，可能含碳酸钠、硫酸钠、氯化钠、氢氧化钠中的一种或几种。小科同学为探究其成分做了以下实验：步骤I：取少量固体

样品置于烧杯中，先加足量水溶解，再加入足量的2BaCl溶液，有白色沉淀产生。步骤Ⅱ：继续向烧杯中滴加稀盐酸并不断搅拌，烧杯内固体质量随加入稀盐酸质量的变化如图所示，请回答下列问题：（1）写出AB段的离子方程式___________。（2）BC段观察到的现象是___________。（3）C点时溶

液中一定含有的溶质是___________(填化学式)。（4）根据以上信息可以确定白色固体样品中一定含有___________(填化学式)。（5）设计实验检验D点溶液中主要阴离子___________。【答案】（1）2OHHHO−++=（2）固体部分溶解，有气泡生成（3）NaCl、

2BaCl（4）23NaCO、24NaSO、NaOH（5）取D点溶液少量于试管中，滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则含Cl-【解析】【分析】硫酸钠和氯化钡反应会生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，碳酸钠和氯化钡反应会

生成溶于酸的碳酸钡沉淀，取少量固体样品于烧杯中，先加足量水溶解，再加入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生；继续向烧杯中滴加稀盐酸并不断搅拌，烧杯内固体质量随稀盐酸的加入，质量先不变后逐渐减小，但是减小到一定的数值，不再变化，所以混合物中一定含有硫酸钠、碳酸钠，生成的沉

淀一定是硫酸钡沉淀、碳酸钡沉淀，据此分析解答。【小问1详解】AB段烧杯内固体质量不变，氢氧化钠与稀盐酸发生酸碱中和反应，离子方程式为OH−+H+=H2O。【小问2详解】BC段烧杯内固体质量减少但未减少到0，发生反应32222HO

CaCOHClCaClCO+=++，因此可观察到的现象是：固体部分溶解，有气泡产生。【小问3详解】步骤I中，加入足量的BaCl2溶液，碳酸钠、硫酸钠和BaCl2反应生成BaCO3、BaSO4和NaCl，步骤

Ⅱ中，AB段氢氧化钠与稀盐酸发生酸碱中和反应，生成NaCl和H2O，BC段发生32222HOCaCOHClCaClCO+=++，到C点时，生成的碳酸钡恰好完全溶解，所以溶液中一定含有的溶质是反应生成的NaCl和过量的Ba

Cl2。【小问4详解】由上述分析可知，该白色固体中一定含有Na2CO3、Na2SO4、NaOH。【小问5详解】D点时盐酸过量，溶液中的溶质主要为NaCl、BaCl2和HCl，所含主要阴离子为Cl-，检验Cl-的方法是：取D点溶液少量于试管中，滴入硝酸酸化的硝酸银溶

液，若产生白色沉淀，则含Cl-。29.氯化钠是一种重要的盐，在生产生活中都有应用。回答下列问题（1）室温下，在50mL氯化钠饱和水溶液中，加入20mL乙醇，搅拌两分钟后，用聚光灯照射可观察到一条光亮的通路，该分散系中分散质粒子的直径范围_____

______。（2）工业上采用电解饱和食盐水制取氯气，同时产生了另一种单质气体和一种强碱，请写出相应的化学方程式：___________。（3）氯化钠是烟花的添加剂，丰富了烟花的色彩。化学上根据火焰的特征颜色判断试样所含

的金属元素，这种定性分析方法称为___________，已经检测过氯化钠的铂丝在下一次实验前需如何操作？___________。【答案】（1）1nm—100nm（2）2222NaClHO2NaOHHCl+++通电（3）①.焰色试验②.用盐酸洗净后，在火焰

上灼烧至原来火焰颜色相同【解析】【小问1详解】由用聚光灯照射分散系可观察到一条光亮的通路可知，该分散系能产生丁达尔效应，是分散质粒子的直径在1nm—100nm之间的胶体，故答案为：1nm—100nm；【小问2详解】由题意可知，电解饱和食盐水制取氯气发

生的反应为电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的化学方程式为2222NaClHO2NaOHHCl+++通电，故答案为：2222NaClHO2NaOHHCl+++通电；【小问3详解】很多金属或

它们化合物在灼烧的时候都会使火焰呈现出特征颜色，化学上把这种定性分析操作称为焰色试验，为防止残余溶液干扰实验，已经检测过氯化钠的铂丝应用盐酸洗净后，在火焰上灼烧至原来火焰颜色相同，故答案为：用盐酸洗净后，在火焰上灼烧至原来火焰颜色相同。30.如图是实验室制取、提纯氯气及研究氯气性质的装置

图。请回答：（1）装置A中试剂的名称___________，装置B的作用___________。（2）HCl在圆底烧瓶的反应中表现出来的性质为___________。（3）若D中是2FeCl溶液，反应

的离子方程式为___________。（4）若D中盛有KI-淀粉的混合溶液，现象是___________。（5）用下列两种方法制取氯气：①用87g二氧化锰与足量的浓盐酸反应②用含氯化氢146g的浓盐酸与足量的二氧化锰反应

，则所得氯气___________。A.①比②多B.②比①多C.一样多D.无法比较【答案】（1）①.饱和食盐水②.干燥氯气(或者吸收氯气中的水蒸气)（2）酸性和还原性（3）2322FeCl2Fe2Cl++−+=+（4）先变蓝后褪色（5）A【解析】【分析】本实验利用二氧化锰和浓盐

酸共热反应制备氯气，装置A中试剂为饱和食盐水，目的是除去氯气中的氯化氢气体；装置B中试剂为浓硫酸，其作用是干燥氯气或者吸收氯气中的水蒸气。装置C采用向上排空气法收集氯气，E为尾气处理装置，据此分析解答。【小问1详解】装置A中试剂为饱和食盐水，目的是除去氯气中的氯

化氢气体；装置B中试剂为浓硫酸，其作用是干燥氯气或者吸收氯气中的水蒸气。【小问2详解】的二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应

中HCl表现酸性和还原性。【小问3详解】若D中是FeCl2溶液，氯气和FeCl2反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−。【小问4详解】氯气通入KI-淀粉的混合溶液中，发生反应2KI+Cl2=2I+2KCl，淀粉遇碘单质变蓝，继续通入氯气发生反应2223I56

HO210ClHIOHCl++=+，碘单质进一步被氧化为HIO3，溶液褪色，故可观察的现象是溶液先变蓝后褪色。【小问5详解】两种方法理论上制备的氯气的量是相同的，但实际上随着反应的进行，方法②中含氯化氢146

g的浓盐酸浓度会变稀，反应不再生成氯气，因而生成的氯气的量减少，所以①制备的氯气比②多，故选A。31.将5.60g碳酸钠和碳酸氢钠混合物分成两等份。一份加热到质量不再变化，剩余固体的质量为2.49g，向剩余固体中加入足量盐酸；另一份直接加入足量的盐酸。求：（1）原混合物中碳酸氢钠

的质量为___________克？（2）碳酸钠的质量分数为___________（3）将两份与盐酸充分反应后的溶液蒸干，固体的质量之比为___________。【答案】（1）1.68g（2）70%（3）1：1【解析】【小问1详解】由题意

可知，将混合物均分为两份，每份的质量为2.80g，一份加热到质量不再变化，剩余固体的质量为2.49g，则减少的二氧化碳和水的质量为2.80g-2.49g=0.31g，设每一份中碳酸氢钠的质量为x，则有323222NaHCONaCOHOCO168g

18g44gΔm=62g0.31gx++，168g62g0.31gx=，解之得x=0.84g，所以原混合物中碳酸氢钠的质量为0.84g2=1.68g。【小问2详解】由(1)分析知，原混合物中碳酸氢钠的质量为1.68g，则碳酸钠的质量

分数为5.60g-1.68g100%70%5.60g=。【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.xiangxue100.com