【文档说明】（北京专用，人教版2019必修第一册第1_2章）（北京专用）（全解全析）.docx，共(18)页，897.366 KB，由小赞的店铺上传

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2024-2025学年高一化学上学期期中模拟卷（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案

标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：第一、二章（人教版2019必修一）。5．难度系数：0.70。6．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：：H1C12N14O16Na

23S32Cl35.5第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题：本题共20个小题，每小题2分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．分类是学习和研究化学的一种重要方法。下列物质的分类正确的是A．K2CO3和K2O都属于盐B．H2S

O4和HNO3都属于酸C．NaOH和Na2CO3都属于碱D．C2H5OH和蔗糖都属于电解质【答案】B【详解】A．K2O是由K、O两种元素组成的化合物，属于氧化物，而不属于盐，A错误；B．H2SO4和HNO3电离产生的阳离子全部是H+，阴离子是酸根阴离子，因此二者都属

于酸，B正确；C．Na2CO3是由金属阳离子和酸根阴离子构成，因此属于盐，而不属于碱，C错误；D．C2H5OH和蔗糖都是由化合物分子构成的物质，在水溶液中和熔融状态下都不能发生电离而导电，因此二者都属于非电解质，D错误；故合理选项是B。2．判断下列概念的依据正确的是A．纯净物与混合物：是否仅含有一

种元素B．溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔现象C．电解质：根据溶液是否能导电D．氧化还原反应的本质：有无电子转移【答案】D【详解】A．纯净物是仅含有一种微粒的物质，与其含有的元素种类多少无关；混合物是含有多种构成微粒的物质，如某物质含有O2、O3两种

微粒，属于混合物，但只含有一种元素，A错误；B．溶液与胶体的本质区别是分散质微粒直径大小，B错误；C．电解质是根据化合物在溶液是否能发生电离而导电，物质可能是化合物、单质或混合物，C错误；D．氧化还原反应的本质是反应过程中有无电子转移或共用电子对偏移，D正

确；故合理选项是D。3．下列物质的保存方法，与其化学性质无关．．的是A．金属钠保存在煤油中B．浓盐酸需密闭保存C．新制氯水密闭存放于棕色瓶中D．过氧化钠需保持干燥密闭保存【答案】B【详解】A．金属钠能与水、氧气反应，应该隔绝空气密封保存，因此

钠保存在煤油中，隔绝空气，与其化学性质有关，选项A不合题意；B．由于浓盐酸具有强挥发性，故浓盐酸需密闭保存，挥发性是物理性质不是化学性质，选项B符合题意；C．由于Cl2+H2O=HCl+HClO，2HClO光照2HCl+O2↑，故新制氯水密

闭存放于棕色瓶中与次氯酸见光易分解的化学性质有关，选项C不合题意；D．由于2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故过氧化钠需保持干燥密闭保存与Na2O2的化学性质有关，选项D不合题意；答案选B。4．下列说法正确的是A．实验室N

a若着火，可以用2CO灭火器灭火B．取用Na时，剩余的Na不能再放回试剂瓶中C．若2Cl泄露，应向下风向地区转移，并用湿毛巾护住口鼻D．84消毒液通常应避光并置于阴凉处密封保存。【答案】D【详解】A．钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠

与二氧化碳、水等都反应生成氧气而加剧钠的燃烧，所以不能使用二氧化碳灭火器灭火，故A错误；B．Na性质活泼，易燃烧，使用剩余的Na应放回试剂瓶中，故B错误；C．氯气泄露时，应该向上风向地区转移，故C错误；D．84消毒液主要

成分是次氯酸钠，易挥发，在强光下，次氯酸钠会分解，因此84消毒液通常应避光并置于阴凉处密封保存；故D正确；故答案选D。5．下列事实与胶体的性质无关的是A．用滤纸过滤氢氧化铁胶体，得到透明的红褐色液体B．尿毒症患者进行血液透析C．用明矾净化饮用水D．向热的氢氧化钠溶液中滴加三氯化铁溶液，出现

红褐色氢氧化铁【答案】D【详解】A．胶体能透过滤纸，与胶体的性质有关，故A不符合题意；B．尿毒症患者进行血液透析，利用了胶体的渗析，与胶体的性质有关，故B不符合题意；C．用明矾净化饮用水是因为明矾溶于水形成氢氧化铝胶体，能吸附杂质，与胶体的性质有关，故C不符合题意；D．向热的氢氧化钠溶

液中滴加三氯化铁溶液，出现红褐色氢氧化铁沉淀不是氢氧化铁胶体，与胶体的性质无关，故D符合题意；故选D。6．下列电离方程式中，错误的是A．MgSO4=Mg2++SO24−B．Na2SO4=Na2++SO24−C．Al2(SO4)3=2Al3++3S

O24−D．BaCl2=Ba2++2Cl-【答案】B【详解】A.MgSO4电离出Mg2+和SO24−，MgSO4的电离方程式为MgSO4=Mg2++SO24−，A项正确；B.Na2SO4电离出Na+和SO24−，Na2SO4的电离方程式为N

a2SO4=2Na++SO24−，B项错误；C.Al2(SO4)3电离出Al3+和SO24−，Al2(SO4)3的电离方程式为Al2(SO4)3=2Al3++3SO24−，C项正确；D.BaCl2电离出Ba2+和Cl-

，BaCl2的电离方程式为BaCl2=Ba2++2Cl-，D项正确；答案选B。7．已知实验室制SO2的其中一种原理如下：Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+SO2↑+2H2O，下列说法正确的是A．该反应中还原剂与氧化剂物质的量之比为1：2B．该反应中还原剂是Cu，

还原产物是CuSO4C．该反应中体现了浓硫酸的酸性和强氧化性D．随反应进行硫酸浓度逐渐减低，则可能发生反应Cu+2H+=Cu2++H2↑【答案】C【详解】A．该反应中有一半硫酸中S的化合价降低，为氧化剂，Cu为还原剂，故还原剂

与氧化剂物质的量之比为1：1，故A错误；B．CuSO4是被Cu氧化得到的产物，是氧化产物，故B错误；C．该反应中硫酸有一半作氧化剂，另一半化合价没有变化，起酸的作用，故C正确；D．浓硫酸浓度变稀后，Cu与稀硫酸

不能反应，故D错误。答案选C。8．下列说法正确的是A．34gNH3中含有的氢原子数目约为1.204×1024B．1L1mol•L-1Na2SO4溶液中含有2molNa+C．22.4LCO2中含有1molCO2分子D．40gNaOH溶解在1L水中，所

得溶液中溶质的物质的量浓度为1mol•L-1【答案】B【详解】A．34gNH3的物质的量为2mol，含由的H原子的数目约为6×6.02×1023=3.612×1024，A错误；B．1L1mol•L-1Na2SO4溶液中含有的Na2SO4的物质的量为1mol，含有Na+

为2mol，B正确；C．未指明标准状况，无法计算，C错误；D．40gNaOH溶解在1L之后，溶液的体积不再是1L，此时密度不知道，无法计算其物质的量浓度，D错误；故选B。9．配制100mL,1mol/L的氯化钠溶液，下列实验操作正确的是A．转移时应洗涤烧杯玻璃棒2～3次B．用

100mL量筒量取95mL水溶解氯化钠固体C．定容时蒸馏水滴到容量瓶外会影响浓度D．氯化钠可以直接在容量瓶中溶解【答案】A【详解】A．配制溶液时需要洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，A正确；B．溶解后还要经过洗涤、

定容等操作，故溶解时不能加入太多的水，B错误；C．定容时蒸馏水滴到容量瓶外，不影响浓度，C错误；D．容量瓶中不能直接溶解固体，D错误；答案选A。10．下列反应的化学用语书写正确的是A．钠与4CuSO溶液反应：22NaCuCu2Na+++=+B．向23NaCO溶液中加入少量稀盐酸：2322C

O2HHOCO−++=+C．氧化铁与稀盐酸混合：3232FeO6H2Fe3HO+++=+D．3KClO固体与浓盐酸混合：【答案】C【详解】A．钠虽然比铜的活泼性强，但钠与水的反应要比钠与硫酸铜的置换反应更容

易发生，所以，钠投入硫酸铜溶液后，首先发生的反应是与水的置换反应，生成了氢氧化钠和氢气，与硫酸铜反应的是氢氧化钠，最终产物是氢氧化铜，离子方程式为()2++2222Na+Cu+2HO=2Na+CuOH+H，故A错误；B．23NaCO溶液中加入少量稀盐酸生成3NaHCO，离子方程式为：23

3COHHCO−+−+=，故B错误；C．氧化铁与稀盐酸反应生成Fe3+和水，离子方程式为：3232FeO6H2Fe3HO+++=+，故C正确；D．3KClO固体与浓盐酸混合制备氯气，双线桥表示为，故D错误；故答案选C。11．

下列生活中的物质与其有效成分的化学式、用途的对应关系中，不正确的是选项ABCD生活中的物质食盐小苏打84消毒液漂白粉有效成分的化学式NaClNa2CO3NaClOCa(ClO)2用途调味品做发酵粉做消毒剂做消毒剂【答案】B【详解】A．食盐的主要成分为NaCl，可用

作调味品，也可制成生理盐水，A正确；B．小苏打主要成分为NaHCO3，B错误；C．84消毒液由Cl2通入NaOH溶液中制成，有效成分为NaClO，可用作消毒剂，C正确；D．漂白粉的有效成分的化学式是Ca(ClO)2，具有强氧化性，可做消毒剂，D正

确；故选B。12．能正确表示下列反应离子方程式的是A．NaHSO4溶液与NaOH溶液混合：+-2H+OH=HOB．氯气溶于水：+22Cl+HO=2H+Cl+ClO−−C．Na2O2与水反应：2+222NaO+H=2NOa+2OH+O−D．向Ba(OH)2溶液中通入CO2：22322

OH+CO=CO+HO−−【答案】A【详解】A．NaHSO4溶液与NaOH溶液混合，发生反应生成硫酸钠和水，离子方程式为+-2H+OH=HO，A正确；B．HClO是弱酸，在离子方程式中不能拆，氯气溶于水的离子方程式为+22Cl+HO=H+C

l+HClO−，B错误；C．Na2O2与水反应生成NaOH和O2，离子方程式为：+22222NaO+2H=4Na+4OHO+O−，C错误；D．向Ba(OH)2溶液中通入CO2生成碳酸钡沉淀和水，离子方程式为：+23222OH+CO=Ba+BCO

a+HO−，D错误；故选A。13．下列离子在指定溶液中能大量共存的是A．透明溶液中：3Fe+、3Al+、24SO−、3NO−B．在滴加石蕊溶液显红色的溶液中：Na+、K+、23SiO−、2S−C．加入锌粒可产生氢气的溶液中：Na+、2Ca+、3HCO−、I−D

．浓氨水中：2Ba+、2Cu+、Cl−、3NO−【答案】A【详解】A．3Fe+、3Al+、24SO−、3NO−相互之间不反应，能共存，A符合题意；B．在滴加石蕊溶液显红色的溶液中含有大量氢离子，氢离子和硫离子生

成硫化氢气体，不共存，B不符合题意；C．加入锌粒可产生氢气的溶液中含有大量氢离子，氢离子和碳酸氢根离子生成水和二氧化碳，不共存，C不符合题意；D．浓氨水中铜离子会生成氢氧化铜沉淀，不共存，D不符合题意；故选A。14．以不同类别物质间的转化为线索，认识钠及其化合物。下列分析不正

确．．．的是A．反应③为NaOH与过量2CO反应B．反应④说明23NaCO的稳定性强于3NaHCOC．②是放热反应D．上述转化中发生的反应有分解反应、化合反应、置换反应【答案】A【详解】A．NaOH与过量CO2反应生

成NaHCO3，反应③为少量CO2与足量NaOH反应生成Na2CO3，反应的化学方程式为CO2(少量)+2NaOH=Na2CO3+H2O，A项错误；B．反应④为NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3受热不分解，说明Na2CO3的稳定性强于NaHCO3，

B项正确；C．反应②为Na与H2O反应生成NaOH和H2，该反应为放热反应，C项正确；D．反应①为Na与O2加热时发生化合反应生成Na2O2，反应②为Na与H2O发生置换反应生成NaOH和H2，反应④为NaHCO3受热发生分解反应生成Na2CO3、CO2和H2O，D项正确；答案

选A。15．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将2HS和空气的混合气体通入3FeCl、2FeCl和2CuCl的混合溶液中回收S，其转化如下图所示(CuS不溶于水也不溶于盐酸)。下列说法中，不正确的是A．回收S的总反应为：2222HSO2S2HO+=+

，其中2O被还原B．过程①中，生成CuS的反应为：22HSCuCuS2H+++=+C．过程②中，氧化产物只有SD．整个过程中参与循环的离子只有2Fe+和3Fe+【答案】D【详解】A．由图可知，回收S的总反应为硫化氢和氧气生成水和硫单质，2222HSO2S2HO+

=+，反应中氧元素化合价降低，被还原发生还原反应，A正确；B．过程①中铜离子和硫化氢生成硫化铜沉淀和氢离子，故生成CuS的反应为：22HSCuCuS2H+++=+，B正确；C．过程②中，只有硫元素化合价升高，发生氧化反应得到氧化产物只

有S，C正确；D．①反应为：22HSCuCuS2H+++=+；③反应为：2++3+224Fe+O+4H=4Fe+2HO；整个过程中参与循环的离子有2Fe+和3Fe+、H+，D错误；故选D。16．用下列装置制备并检验Cl2的性质，下列有关说法正确的

是A．Ⅰ图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部反应B．Ⅱ图中：若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应C．Ⅲ图中：生成棕黄色的烟，若在集气瓶中加入少量水，所得溶液呈蓝色D．Ⅳ图中：干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条能褪色，说明Cl2有漂白性【答案】C【详解】A．实验室制氯气，

需要用浓盐酸，利用浓盐酸的还原性来制备氯气，随着反应的进行，盐酸浓度降低，变为稀盐酸不再反应，A错误；B．Cl2可与NaOH反应，则瓶内压强减小，气球膨胀，即气球膨胀才可证明Cl2可与NaOH反应，B错误；C．铜在氯气中燃烧生

成氯化铜，产生棕黄色的烟，若在集气瓶中加入少量水，所得溶液含有Cu2+呈蓝色，C正确；D．氯气本身没有漂白性，是氯气和水反应产生的次氯酸有漂白性，所以湿润的氯气会有漂白性，D错误；答案选C。17．小组探究23NaCO和3NaHCO与碱的反应，实验过程及结果如下。实

验装置试剂X实验结果IIIIII①II、III均产生白色沉淀②烧杯中溶液pH变化如下蒸馏水10.05molL−23NaCO溶液10.05molL−3NaHCO溶液已知：pH越大，()OHc−越大，溶液碱性越强。下列说法不正确．．．的是A．I是空白实验，

排除因体积变化对II、III溶液pH的影响B．II和I的pH曲线基本重合，说明23CO−与OH−不反应，II中发生反应：2233COCaCaCO−++=C．III比II的pH曲线降低，说明3HCO−与OH−反

应，III中初期发生反应：2332HCOOHCaCaCOHO−−+++=+D．III中石灰水恰好完全反应时，溶液pH7=【答案】D【分析】由题意信息可知，Ⅰ是空白实验，Ⅱ和Ⅰ的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应；Ⅲ比Ⅱ的pH曲线

降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水；石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水。【详解】A．由分析可知，Ⅰ是空白实验，设计实验的目的是排除因体积变化对Ⅱ和Ⅲ溶液pH的影响，A正确；B．由分析可知，Ⅱ和Ⅰ的pH曲线基本重合，说明加入

的碳酸根只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为2233COCaCaCO−++=，B正确；C．由分析可知，Ⅲ比Ⅱ的pH曲线降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成

碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为2332HCOOHCaCaCOHO−−+++=+，C正确；D．由分析可知，石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，D错误；故选：D。18．下列实验能达到对应

的目的的是ABCD验证钠与水的反应是否为放热反应观察氯化钾的焰色配制一定物质的量浓度的NaOH溶液除去CO2中的少量HCl【答案】A【详解】A．钠与水反应放热，则U型管中红墨水左低右高，图中装置可验证

热效应，A正确；B．观察氯化钾的焰色，应该透过蓝色的钴玻片观察，B错误；C．容量瓶不能溶解固体或稀释液体，配制溶液时，应在烧杯中溶解固体，待冷却后转移到容量瓶，C错误；D．CO2、HCl都能和NaOH溶液反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl，D错误。答案选A。19．下

列“实验结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是选项实验操作及现象实验结论A分别向碳酸钠和碳酸氢钠固体中加入少量水伴随着放热现象的是碳酸钠固体B干燥的氯气中放入红色的干布条，布条不褪色氯气没有漂白性C向某

溶液中加入3AgNO溶液，有白色沉淀生成该溶液中不一定含有Cl−D向某溶液中加入稀盐酸，有无色气体生成该溶液中一定含有23CO−【答案】D【详解】A．碳酸钠溶解过程伴随明显的放热现象，碳酸氢钠溶解过程吸热，两固体加水，伴随放热的为碳酸钠，故A正确；B．干燥的

氯气中放入红色的干布条，布条不褪色，说明氯气没有漂白性，故B正确；C．溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，该沉淀可能是AgCl也可能是碳酸银、硫酸银等，故不能说明溶液中一定存在Cl−，故C正确；D．2

3CO−、3HCO−等都可以和稀盐酸，生成无色气体，不能说明该溶液中一定含有23CO−，故D错误；故答案为D20．为检验某加碘食盐中是否含有3KIO，取相同食盐样品进行下表所示实验：已知：3242242KIO5KI3HSO3I3KSO3HO++=++实验①实验②实验③振

荡，溶液迅速变为蓝色振荡，一段时间后溶液变为浅蓝色振荡，溶液变为浅黄色下列说法中正确的是A．仅由实验①就能证明食盐样品中存在3KIOB．以上实验说明离子的还原性：2IFe−+C．实验③能证明食盐样品中不存在3KIOD．实验②中发生反

应的离子方程式为2224IO4H2I2HO−+++=+【答案】D【分析】实验①加碘食盐中和碘化钾在硫酸的酸性条件下反应，因为产生碘单质，使淀粉变蓝色，证明加碘盐中含有氧化剂，可能为碘酸钾；实验②中没有加入食盐，但是淀粉依旧变蓝，需要考虑空气的氧化性将碘

离子氧化的可能；实验③的浅黄色是铁离子的颜色，亚铁离子被氧化剂氧化的结果，可以证明食盐中含有含有氧化性的离子。【详解】A．实验①中溶液迅速变为蓝色只能证明I-被氧化为I2，不能证明食盐样品中存在3KIO，A错误；B．实验①和③中I-、Fe2+分别被氧化，现象上无法判断I-、Fe2+的还原性强弱，

B错误；C．实验③中溶液变为黄色说明食盐中可能含氧化性比Fe3+强的物质，因此不能排除食盐样品中存在3KIO的可能，C错误；D．实验②中没有加入食盐，一段时间后淀粉溶液变为浅蓝色，需要考虑空气中氧气把I-氧化，发生反应的离子方程式2224IO4H2I

2HO−+++=+，D正确；选D。第II卷（非选择题共60分）二、填空题：本题共5个小题，共60分。21．（10分）将下列物质序号①无水醋酸；②硫化氢；③熔融氢氧化钠；④熟石灰；⑤三氧化硫；⑥铜；⑦氨气；⑧石墨；⑨液态HCl；⑩蔗糖溶液；⑪43

NHHCO晶体；⑫稀硝酸。按要求填空：(1)属于电解质的是；(2)属于非电解质的是；(3)既不是电解质也不是非电解质的是；(4)能导电的是；(5)属于电解质但不能导电的是。【答案】(1)①②③④⑨⑪(2)⑤⑦(3)⑥⑧⑩⑫(4)③

⑥⑧⑫(5)①②④⑨⑪【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；①无水醋酸不能导电，在水溶液中或熔融状态下能够导电，是电解质；②硫化氢，在水溶

液中能够导电，是电解质；③熔融的氢氧化钠能导电，是电解质；④熟石灰氢氧化钙在水溶液中能够导电，是电解质；⑤三氧化硫不能导电，且自身不能电离，是非电解质；⑥铜为金属单质，存在自由移动的电子，能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑦氨气不能导电，且自身不能

电离，是非电解质；⑧石墨为单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑨液态HCl在水溶液中能够导电，是电解质；；⑩蔗糖溶液是混合物，不能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑪43NHHCO晶体在水溶液中或熔融状态下能够导电，是电解质；⑫稀硝酸为溶液

是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；【详解】（1）由分析可知，属于电解质的是①②③④⑨⑪；（2）属于非电解质数是⑤⑦；（3）既不是电解质也不是非电解质的是⑥⑧⑩⑫；（4）能导电的是③⑥⑧⑫；（5）属于电解质但不能导电的是①②④⑨⑪

。22．（10分）请回答下列问题：(1)8gCH4的物质的量是mol，含有个甲烷分子，个电子；(2)标准状况下，gO2和2molCO2占有相同的体积，均为L；(3)相同条件下，等质量的CH4和O2所含的原子个数之比为，密度之比为。(4)向2.84gNa2SO4中加水至100mL，所得N

a2SO4溶液的物质的量浓度为，取出20mL，所含Na+的物质的量浓度为，2-4SO的数量为。【答案】(1)0.50.5NA5NA(2)6444.8(3)5：11：2(4)0.2mol·L−10.4mol·L−

10.004NA【详解】（1）8gCH4的物质的量是8g0.5mol16g/mol=，含有0.5AN个甲烷分子，由于一个甲烷分子含有61410+=个电子，0.5AN个甲烷分子含有5AN个电子；（2）标准状况下，1mol任意气体所占的体积为2

2.4L，2molO2或2molCO2所占的体积均为2mol22.4L/mol=44.8L，而2molO2的质量为2mol32g/mol64g=；（3）由nmM=知，质量一定时，物质的量和摩尔质量成反比，故等质量的CH4和O2

的物质的量之比为32:162:1=，CH4和O2分别为五原子分子和两原子分子，故原子的物质的量之比为(25):(12)5:1=，由AnNN=知，原子个数之比也为5:1；由PM=ρRT知，相同条件下，密度与摩尔质量成正比，故密度之比为1

6:321:2=；（4）2.84gNa2SO4的物质的量为2.84g0.02mol142g/mol=，溶液体积为0.1L，则Na2SO4溶液的物质的量浓度为0.02mol0.2mol/L0.1L=，其中Na+的物质的量浓度为0.4mol/L，2-4SO的物质的量浓

度为0.2mol/L，由于溶液具有均一性，取出20mL，所含Na+的物质的量浓度仍为0.4mol/L，2-4SO的物质的量为0.2mol/L0.02L0.004mol=，数量为0.004NA。23．（12分）小组同学研究钠盐性质的多样性。(1)用Na2CO3固体配制100mL0.200m

ol/LNa2CO3溶液。①用到的仪器有：天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、。②用托盘天平称取的NaCl固体的质量是g。③下列情况中，会使所配溶液浓度偏高的是(填字母)。a．转移时，没有洗涤烧杯和玻璃棒b．

定容时，眼睛俯视刻度线c．摇匀后，发现液面低于刻度线，继续加水至液面与刻度线相切(2)探究Na2CO3与Cl2的反应。向0.200mol/LNa2CO3溶液中通入一定量Cl2，向反应后的溶液中加入品红溶液(红色色素)，

红色迅速褪去，写出Na2CO3溶液中通入Cl2产生HClO的离子方程式是：。(3)继续配制1.00mol/L碳酸氢钠溶液、0.01mol/L碳酸钠溶液、0.01mol/L碳酸氢钠溶液、0.02mol/LCaCl2溶液。进行实验：实验

序号实验操作实验现象实验I向2mL0.01mol/LNa2CO3溶液中滴加1mL0.02mol/LCaCl2溶液有白色沉淀生成实验II向2mL0.01mol/LNaHCO3溶液中滴加1mL0.02mol/LCaCl2溶液无明显现象实验III向2mL1.00mol/LNa2

CO3溶液中滴加1mL0.02mol/LCaCl2溶液有白色沉淀生成实验IV向2mL1.00mol/LNaHCO3溶液中滴加1mL0.02mol/LCaCl2溶液有白色浑浊出现，少量气泡冒出①实验中产生浑浊的离子方程式是。

②实验IV中浑浊经检验为CaCO3，反应的离子方程式是。【答案】(1)100mL容量瓶2.1b(2)2-3CO+Cl2+H2O=-3HCO+HClO+Cl-(3)Ca2++2-3CO=CaCO3↓Ca2++2-3HCO=CaCO3↓+CO2↑+H2O【分析】用固体

药品配制一定体积一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近；根据m=n·M计算配制溶液需称量溶质的质量。根据操

作对溶质的物质的量及溶液的体积影响，结合物质的量浓度定义式c=nV分析实验误差。Na2CO3溶液与Cl2、H2O反应产生NaHCO3、HClO、NaCl；采用控制变量方法研究不同浓度Na2CO3、NaHCO3溶液与CaCl2溶液混合，物质及浓度对化学反应的影响。可知Na2CO3与

CaCl2能够反应产生CaCO3沉淀；稀NaHCO3溶液与CaCl2溶液不反应，浓NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应，产生CaCO3沉淀、NaCl、H2O、CO2气体。【详解】（1）①用Na2CO3固体配制100

mL0.200mol/LNa2CO3溶液，必须使用100mL容量瓶，同时还需要用到的仪器有：天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；②100mL0.200mol/LNa2CO3溶液中含有溶质的物质的量n(Na2CO3)=0.200mol/L×0.1L=0.020m

ol，由于托盘天平精确度是0.1g，则用托盘天平称取的NaCl固体的质量是m(Na2CO3)=0.020mol×106g/mol=2.12≈2.1g；③a．转移时，没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的质量减少，溶质的物质的量减少，由于溶液的体

积不变，最终导致配制的溶液浓度偏低，a不符合题意；b．定容时，眼睛俯视刻度线，则溶液的体积偏少，由于溶质的物质的量不变，则最终导致配制的溶液浓度偏高，b符合题意；c．摇匀后，发现液面低于刻度线，继续加水至液面与刻度线相切，导致溶液体积偏大，由

于溶质的物质的量不变，最终导致配制溶液浓度偏低，c不符合题意；故合理选项是b；（2）Cl2溶于水，反应产生HCl、HClO，由于酸性：HCl＞H2CO3＞HClO，所以向Na2CO3溶液中通入一定量Cl2，反应产生NaHCO3、NaCl、HClO，该反应的离子方程式为：2-3CO+Cl2

+H2O=-3HCO+HClO+Cl-；（3）①向Na2CO3溶液中加入CaCl2溶液，二者发生复分解反应产生CaCO3沉淀和NaCl，该反应的离子方程式为：Ca2++2-3CO=CaCO3↓；②对比实验II、IV可知：NaHCO3稀溶液与CaCl2溶液

不能发生反应，NaHCO3浓溶液与CaCl2溶液发生反应，产生NaCl、CaCO3沉淀、H2O、CO2气体，该反应的离子方程式为：Ca2++2-3HCO=CaCO3↓+CO2↑+H2O。24．（12分）我国化学家侯德榜发明

了联合制碱法，对世界制碱工业做出了巨大贡献。联合制碱法的主要流程如下(部分物质已略去)：(1)①～③所涉及的操作方法中，包含过滤的是(填序号)。(2)根据上述流程图，将化学方程式补充完整：32NHCO++____+___34NaHCONH

Cl=+(3)煅烧3NaHCO固体的化学方程式是。(4)下列联合制碱法流程说法正确的是(填字母)。a.2CO可以循环使用b.副产物4NHCl可用作肥料c.溶液B中一定含有Na+、4NH+、Cl−(5)某小组利用下列装置继续对23NaCO和

3NaHCO的性质进行探究。(夹持装置已略去，气密性已检验)①方框中试剂a为饱和3NaHCO溶液，请将该洗气装置补充完整。②实验持续一段时间后，观察到饱和23NaCO溶液中有细小晶体析出，用化学方程式表示产生细小晶体的原因。【答案】(1)①③(2)23234NHCONa

ClHONaHCONHCl+++=+(3)323222NaHCONaCO+CO+HOΔ(4)abc(5)23223NaCOHOCO2NaHCO++=【分析】向饱和食盐水依次通入氨气、二氧化碳气体发生反应生成

碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠固体，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，溶液A中加入氯化钠析出氯化铵晶体，过滤得到氯化铵晶体和溶液B主要为氯化钠、氯化铵等。【详解】（1）分析可知①~③所涉及的操作方法中，包含过滤的是①③，故答案为：①③。（2）氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠和氯

化铵，相同温度下碳酸氢钠的溶解度低于氯化钠，因此生成的碳酸氢钠会析出，反应方程式为23234NHCONaClHONaHCONHCl+++=+。（3）碳酸氢钠的热稳定性较差，受热发生分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，反应方程式为323222NaHCONaCO+CO+HOΔ。（4）a．开始通入二氧

化碳反应，最后碳酸氢钠受热分解生成的CO2可循环使用，故a正确；b．副产物NH4Cl是氨肥，可用作植物生长所需的肥料，故b正确；c．溶液B中主要是氯化钠、氯化铵饱和溶液，一定含有Na+、4NH+、Cl−，故c正确；故答案为：abc。（5）①方框中为洗气装置，导

气管长进短出，该装置补充完整为：。②相同温度下，碳酸氢钠的溶解度低于碳酸钠，向饱和Na2CO3溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠以细小晶体析出，反应的化学方程式为23223NaCOHOCO2NaHCO++=。25．（16分）制备并收集干燥纯净．．．．的Cl2和探

究水的性质。实验I．实验室用下图装置制备并收集干燥纯净．．．．的Cl2(1)装置A中反应的化学方程式是。(2)装置B的作用是。(3)装置C中盛放的物质是。(4)装置E用于吸收尾气，E中反应的离子方程式是。实验II．化学小组同学为探

究氯水的成分及性质进行了如下实验：资料：淀粉的特征反应——遇碘(I2)变蓝色实验①实验②实验③实验④实验⑤实验操作(氯水均为新制)实验现象蒸馏水由无色逐渐变为浅黄绿色溶液变蓝石蕊溶液先变红，后褪色产生白色沉淀产生大量无色气泡(试管中溶液均为1L，均滴入氯水5滴)(5)证明氯水中含有Cl

-的是实验(填序号)，用离子方程式表示该实验中涉及的反应。(6)结合离子方程式解释实验②的现象产生的原因。(7)实验③中溶液变红是由于溶液中含有(填微粒符号，下同)；使溶液褪色的微粒是。(8)同学们根

据“H2O2在催化剂作用下可发生分解”的性质，认为实验⑤中现象不一定说明氧化性Cl2＞H2O2。为证实Cl2将H2O2氧化，可继续补充实验：(填操作、现象)。(9)同学们发现久置的氯水会失去漂白性，溶液由黄绿色变为无色。为探究氯水失效的原因，进行实验：用强光照

射盛有氯水的密闭广口瓶，并用传感器测定广口瓶中数据，得到如下曲线。解释上两图中曲线变化的原因。若在上述整个实验过程中测定溶液的pH，pH的变化是。【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O(

2)除去Cl2中的HCl杂质(3)浓硫酸(4)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(5)④Ag++Cl-=AgCl↓(6)氯水中含有的Cl2与KI发生置换反应：Cl2+2I-=I2+2Cl-，产生的I2遇淀粉溶液变为蓝色；(7)H+HClO(8)反应后向溶液中

加入1mL2%AgNO3溶液，反应产生的AgCl沉淀量明显大于实验④，就证明Cl2将H2O2氧化(9)由于HClO不稳定，见光受热易分解，2HClO光照2HCl+O2↑，使O2体积分数增加，Cl2与水不断反应和HClO分解生成的HCl，HCl电离产生H+使溶液中c(C

l-)增大逐渐变小(最后不变)【分析】实验I．在装置A的烧瓶中MnO2与浓盐酸混合加热发生反应制取Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O。由于浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl与Cl2及水蒸气导入装置B的盛有饱和食盐水的洗气瓶除去杂质HCl，然后在装

置C的盛有浓硫酸洗气瓶中被干燥后得到纯净Cl2，Cl2的密度比空气大，在装置D中用向上排空气的方法收集；氯气是有毒气体，不能随意排入大气，可根据氯气能够与碱反应的性质，多余的Cl2用NaOH溶液进行吸收，

防止污染大气。实验II．Cl2是黄绿色气体，其能溶于水反应产生HCl、HClO，该反应是可逆反应，溶液中存在Cl-、H+、ClO-、HClO等多种微粒，可根据实验现象判断氯水的性质。【详解】（1）在装置A的

烧瓶中MnO2与浓盐酸混合加热发生反应制取Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）根据上述分析可知装置B中盛有饱和NaCl溶液，其作用是溶解除去Cl2中的杂质HCl；（3）在装置C中盛有浓硫酸，作用是干燥

Cl2；（4）装置D用于收集Cl2，由于Cl2的密度比空气大，因此应该使用向上排空气的方法收集，即导气管是长进短出，用装置图可表示为：；（5）装置E中盛有NaOH溶液，用于吸收多余Cl2，防止大气污染，该反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（6）Cl2能够溶于水，与

水反应产生HCl、HClO，该反应是可逆反应，反应方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，向氯水中滴加AgNO3溶液，其中的HCl与AgNO3溶液发生复分解反应产生AgCl、HNO3，AgCl是白色难溶于

水的物质，据此检验，故证明氯水中含有Cl−的是实验④；该反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；（7）在实验②中，由于Cl2水中含有Cl2分子，向氯水中加入淀粉-KI溶液，Cl2与KI发生置换反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，

反应的离子方程式为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；（8）在实验③中向紫色石蕊试液中滴加氯水，溶液变为红色，说明溶液中含有H+；由于氯水中同时含有HClO，HClO具有强氧化性，会将红色物质氧化变为无色，因此向紫色石蕊

溶液中滴入新制氯水，溶液先变红色，后变为无色；（9）为证实Cl2将H2O2氧化，Cl2被还原为Cl-，只要证明Cl-比实验④即可。可继续补充实验：反应后向溶液中加入1mL2%AgNO3溶液，产生的AgCl沉淀量明显大于实验④，就证明Cl2将H2O2氧

化；（10）HClO不稳定，见光或受热易分解，2HClO光照2HCl+O2↑，使O2体积分数增加，Cl2与水不断反应，反应产生的HClO分解生成的HCl，HCl电离产生H+使溶液中c(H+)增大，因此溶

液pH会不断减小，当Cl2完全反应后溶液中c(H+)达到最大值，此时溶液pH达到最小值。