【文档说明】上海市七宝中学2021-2022学年高一下学期开学摸底测试化学试题 含解析.docx，共(20)页，1.049 MB，由小赞的店铺上传

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2021学年度第二学期高一年级化学开学练习相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Fe-56Cu-64Zn-65一、选择题(每小题只有一个正确答案)1.我国力争在2060年能实现碳中和。下列做法对减

少二氧化碳排放没有作用的是A.开发氢能源等新型能源B.控制乱砍滥伐，增加社区绿植率C.践行绿色出行，减少私家车的使用D.将煤转化为乙醇等液体燃料使用【答案】D【解析】【详解】A．开发氢能源等新型能源，可以减少化石燃料的使用，减少二氧化碳的排放，故A不符合题意；B．控制乱砍滥伐，增加社区绿植率

，植物的光合作用吸收空气中的二氧化碳，故B不符合题意；C．减少私家车的使用能减少燃料的使用，减少二氧化碳的排放，故C不符合题意；D．将煤转化为乙醇等液体燃料，仍含有碳元素，燃烧仍会产生二氧化碳，故D符合题

意；答案选D。2.下列特质中含有Cl−的是A.氯水B.液氯C.次氯酸钠固体D.熔融的氯酸钾【答案】A【解析】【详解】A．氯水中含有Cl-，故A符合题意；B．液氯中含有的是Cl2，故B不符合题意；C．次氯酸钠由Na+和ClO-构成，不含Cl

-，故C不符合题意；D．氯酸钾由K+和-3ClO构成，不含Cl-，故D符不符合题意；答案选A。3.不能由单质直接化合制得的是A.NaClB.3AlClC.2FeClD.2CuCl【答案】C【解析】【详解

】A．Na与Cl2化合可制得NaCl，故A不符合题意；B．Al与Cl2化合可制得3AlCl，故B不符合题意；C．Fe与Cl2化合得到FeCl3，不能生成2FeCl，故C符合题意；D．Cu与Cl2化合得到2CuCl，故D不符合题意；答案选C。4.同温同压下，

两种气体的体积如果不相同，其主要原因是气体的（）A.分子大小不同B.分子间的平均距离不同C.化学性质不同D.物质的量不同【答案】D【解析】【详解】对于气体来说，粒子之间的距离远远大于粒子的直径、粒子的质量，同温同压下气体粒子间的距离相等，同温同压下

气体摩尔体积相同，由V=nVm知，气体的体积取决于气体的物质的量，故答案为D。5.同体积同物质的量浓度的下列溶液，含硫离子最多的是A.24HSOB.2HSC.2NaSD.NaHS【答案】C【解析】【详解】24HSO中含有的是2-4SO，不含硫离子；2HS为弱

酸，部分电离出硫离子；2NaS为强电解质，完全电离产生硫离子；NaHS中含有的是HS-，HS-微弱电离出少量硫离子，因此同体积、同物质的量浓度的24HSO、2HS、2NaS、NaHS溶液，含硫离子最多的是2NaS，

故选C；答案选C。6.下列氢化物中，用单质直接化合制取最容易的是A.HFB.HClC.HBrD.HI【答案】A【解析】【分析】元素的非金属性越强，其单质越容易与H2化合成相应的氢化物。【详解】F、Cl、Br、I都是第VIIA族元素，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱

，单质与H2化合越来越难，非金属性F＞Cl＞Br＞I，则单质与H2化合成氢化物由易到难的顺序为F2＞Cl2＞Br2＞I2，即用单质直接化合制取最容易的是HF；答案选A。7.分类是科学研究的重要方法，下列物质分类正确的是A.酸性氧化物：CO、2CO、3SOB.同素异形体：石墨、C

60、金刚石C.常见氧化剂：2Cl、2H、高锰酸钾D.电解质：KClO、氨水、2NaO【答案】B【解析】【详解】A．CO不能与碱反应生成对应的盐和水，CO不属于酸性氧化物，A错误；B．石墨、C60、金刚石是碳元素形

成的不同单质，互为同素异形体，B正确；C．Cl2、高锰酸钾属于常见氧化剂，H元素的常见化合价为0价、+1价，H2属于常见还原剂，C错误；D．氨水属于混合物，氨水既不属于电解质，也不属于非电解质，D错误；答案选B。8.海水中，存在Na+、Cl−、2Ca+、2Mg+、24SO−等离子，为

了获得比较纯净的NaCl，加入试剂顺序合适的是A.2BaCl、23NaCO、NaOH、HClB.23NaCO、NaOH、2BaCl、HClC.KOH、2BaCl、23KCO、HClD.2BaCl、NaO

H、23NaCO、3HNO【答案】A【解析】【详解】A．加入过量2BaCl可除去24SO−，再加入过量的23NaCO可除去2Ca+和过量的2BaCl，加入过量NaOH可除去2Mg+，最后加入HCl可除去过量的23NaCO和NaOH，故A符合题意；B．加入过量23NaCO

可除去2Ca+，再加入过量NaOH可除去2Mg+，加入过量2BaCl可除去24SO−，最后加入的HCl只能除去过量的NaOH，不能除去过量的2BaCl，从而导致引入2BaCl杂质，故B不符合题意；C．加入过量KOH除去2Mg+，加入过量2BaCl可除去24SO−，

再加入过量23KCO可除去2Ca+和过量的2BaCl，最后加入HCl可除去过量的KOH和23KCO，但引入了KCl杂质，故C不符合题意；D．加入过量2BaCl可除去24SO−，加入过量NaOH可除去2Mg+，再加入过量的23NaCO可除去2Ca

+和过量的2BaCl，最后加3HNO可除去过量的23NaCO和NaOH，但引入了NaNO3杂质，故D不符合题意；答案选A。9.下列保存物质或试剂的方法正确的是A.保存液溴用水液封且试剂瓶用橡胶塞B.氯水密封保存在无色试剂瓶中C.漂白粉较稳定不必密封保

存D.浓盐酸易挥发保存在无色密封的玻璃瓶中【答案】D【解析】【详解】A．液溴具有强氧化性，能腐蚀橡胶，保存液溴的试剂瓶不能用橡胶塞，故A错误；B．氯水中含有次氯酸，次氯酸见光易分解，因此氯水应用棕色试剂瓶保存，故B

错误；C．漂白粉中的次氯酸钙可与空气中的二氧化碳、水反应而变质，因此漂白粉需要密封保存，故C错误；D．浓盐酸易挥发，见光不分解，应保存在无色密封的玻璃瓶中，故D正确；答案选D。10.下列分散系最不稳定的是A.向N

aOH溶液中通入2CO得到的无色溶液B.向4CuSO溶液中加入NaOH溶液得到的分散系C.向沸水中滴入饱和的3FeCl溶液得到的红褐色液体D.向碘水溶液中滴加四氯化碳充分振荡后，静置后的下层液体【答案】B【解析】【分析】溶液均一稳定，胶体具有介稳定性，浊液不稳定，分

散系的稳定性：溶液>胶体>浊液。【详解】向NaOH溶液中通入2CO得到碳酸钠溶液，碳酸钠溶是稳定体系；向4CuSO溶液中加入NaOH溶液，反应生成Cu(OH)2沉淀，得到的是Cu(OH)2悬浊液，浊液分散系不稳定；向沸水中滴入饱和的3FeCl溶液得到Fe(OH)3胶体，胶体

分散系介稳定；向碘水溶液中滴加四氯化碳充分振荡后，静置后的下层液体是碘的四氯化碳溶液，碘的四氯化碳溶液是稳定体系，因此最不稳定的是向4CuSO溶液中加入NaOH溶液得到的分散系，故选B；答案选B。11

.合乎实际并用于工业生产的是A.2H在2Cl中燃烧制取HClB.电解饱和食盐水制取烧碱C.Na在2Cl中燃烧制取NaClD.2Cl溶于水制取盐酸【答案】AB【解析】【详解】A．工业上用Cl2、H2燃烧制取

HCl，故A符合题意；B．电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，工业上用于制取烧碱，故B符合题意；C．Na在2Cl中燃烧反应生成NaCl，但Na价格昂贵，成本过高，工业上常用海水经浓缩结晶制取NaCl，故C不符合题意；D．2Cl在水中溶解度减小，且2Cl溶于水同时生成H

Cl和HClO，工业上用Cl2、H2燃烧法制取HCl气体，然后将HCl气体溶于水制得盐酸，故D不符合题意；答案选AB。12.在容积相同的三个容器里分别充入三种气体：①氢气②二氧化碳③氧气，并保持三个容器内气体的温度和密度均

相等，下列说法正确的是A.分子数目：①=②=③B.质量关系：①＜③＜②C.压强关系：①＞③＞②D.原子数目：①＞②＞③【答案】CD【解析】【详解】A.三种气体的体积、密度相同，则其质量相等，根据nmM=知，质量相同时其物质的量之比等于摩尔质量的反比，三

种气体的摩尔质量不相等，所以其物质的量不相等，则分子个数不相等，A错误；B.三种气体的体积、密度相同，则其质量相等，B错误；C.密度相等、温度相同时，气体压强之比等于其摩尔质量的反比，即气体的摩尔质量越小，压强越大，则压强大小顺序是①＞

③＞②，C正确；D.三种气体的物质的量之比等于摩尔质量的反比，即2H、2CO、2O的物质的量之比为111::176:8:1124432=，结合分子构成计算其原子个数之比为(1762):(83):(11

2)176:12:11=，D正确。答案选CD。13.某无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是A.Na+、ClO−、K+、24SO−B.3Fe+、24SO−、4NH+、Cl−C.3Al+、Cl−、2Ba+、OH−D.Na+、Cl−、2Ca+、I−【答案】D【解析】详解】A．强

酸性溶液中，ClO−与H+结合生成HClO，不能大量共存，故A不符合题意；B．3Fe+为有色离子，不能大量存在于无色溶液中，故B不符合题意；C．3Al+与OH−结合生成Al(OH)3沉淀，且OH-与H+反应生成水，不能大量共存，故C不符合题意；D．Na+、Cl−、2Ca+、I−之

间不反应，也均不与H+反应，能大量共存，故D符合题的【意；答案选D。14.卤族元素随核电荷数的增加，下列叙述正确的是A.单质的颜色逐渐变浅B.氢卤酸的酸性逐渐增强C.单质的熔点逐渐降低D.单质的氧化性逐渐增强【答案】B【解析】【详解】A．卤族元素由上到下，单质的颜色逐渐

加深，故A错误；B．卤族元素由上到下，核电荷数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的引力逐渐减小，H-X键的键能逐渐减小，HX电离出H+越来越容易，故氢卤酸的酸性依次增强，故B正确；C．卤族元素单质都是分子晶体，组成结构相似，相对分子质量越大，范德华力越强，熔

沸点越高，所以卤族元素单质的熔点随着核电荷数的增加逐渐升高，故C错误；D．卤族元素非金属性随核电荷数增大而减弱，其单质的氧化性随核电荷数增大逐渐减弱，故D错误；答案选B。15.下列除杂质(括号内为杂质)的方法正确的是A.()2COCO：点燃B.硝酸钾(氯化钠)：浓溶液降温结晶C.()42MgSO

MgCl：蒸干、灼烧D.()2COHCl：饱和23NaCO溶液【答案】B【解析】【详解】A．2CO不燃烧也不支持燃烧，2CO中含有少量的CO，不易点燃，故A错误；B．硝酸钾的溶解度随温度变化较大，氯化钠的溶解度随温度变化较小，浓溶液降温结晶可除去硝

酸钾中的氯化钠，故B正确；C．2MgCl溶液蒸干得到氢氧化镁固体，灼烧生成MgO，引入新的杂质，故C错误；D．2CO和HCl均与饱和23NaCO溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故D错误；答案选B。16.关于海水提溴和海带提碘的说法错误

的是A.都经过浓缩、氧化、提取三个步骤B.氧化步骤都可以通入氯气来实现C.提取时利用了溴和碘的物理性质D.实验室模拟时都用到了蒸发皿【答案】D【解析】【分析】海水中溴离子含量较低，应先浓缩，再将溴离子转化为溴需要加入

氧化剂，通常选择氯气,氧化溴离子得到单质溴:2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，再利用溴的挥发性，鼓入热空气或热水蒸气将溴分离出来，二氧化硫与溴反应富集后再利用氯气将HBr氧化，分离溴单质利用溴的挥发性，提取碘是利用氧化剂氧化碘离子生成碘单质，萃取分液、蒸馏方法得到，

以此来解答。【详解】A．海水中溴离子、碘离子含量较低，应先浓缩，再用氧化剂将溴离子、碘离子氧化为溴、碘，最后再进行提取，故A正确；B．氯气具有氧化性，氧化溴离子生成单质溴，氧化碘离子生成碘单质，故B正确；C．分离溴单质利用溴的挥发

性，通过萃取分液、蒸馏方法可以得到碘单质，利用了溴和碘的物理性质，故C正确；D．海带提碘的过程中，最终需要萃取分液、蒸馏方法得到碘单质，不需要蒸发皿，故D错误；综上所述，本题选D。17.已知某溶液：①体积；②密度；③溶质

和溶剂的质量比；④溶质的摩尔质量，要根据溶质的溶解度计算其饱和溶液的物质的量浓度时，上述条件中必不可少的是A.①②③④B.①②③C.②④D.①④【答案】C【解析】【分析】根据计算物质的量浓度的公式，结合已知的溶解度，分析还需要的物理量。【详解】据c＝n/

V，要求饱和溶液的物质的量浓度，需要知道饱和溶液中溶质的物质的量和溶液的体积。已知溶质的溶解度，即知道每100g溶剂（水）中最多溶解的溶质的质量Sg，故以Sg溶质和100g水组成的饱和溶液计算。由Sg计算溶质的物质的

量n还需要溶质的摩尔质量，由溶液质量（100+S）g计算溶液体积V，还需要知道溶液密度。必不可少的是②④。本题选C。【点睛】根据所求物理量的计算公式，结合已知的条件，逆推可知还必须的条件。18.如图是电解饱和食盐水(含少量酚酞)的装置，其中c、d为石墨电极。电解过程中d电

极附近溶液首先变红，下列说法正确的是A.a为阳极、b为阴极B.c电极上发生氧化反应的C.电解过程中，Na+浓度不变D.若生成1mol气体，转移电子数A2N【答案】B【解析】【分析】电解过程中d电极附近溶液首先变红，则d电极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，d电极为阴极，c电极为阳

极。【详解】A．d电极为阴极，c电极为阳极，则直流电源的a为正极，b为负极，A错误；B．c电极为阳极，电极上发生氧化反应：2Cl--2e-=Cl2↑，B正确；C．电解总反应为2NaCl+2H2O=电解2NaOH+H2↑+Cl2↑，电解过程中Na+

物质的量不变，但消耗H2O，溶液体积减小，Na+浓度增大，C错误；D．电解总反应为2NaCl+2H2O=电解2NaOH+H2↑+Cl2↑，每转移2mol电子生成1molH2和1molCl2，则生成1m

ol气体转移电子物质的量为1mol，转移电子数为NA，D错误；答案选B。19.在酸性条件下，某金属离子M3+与ClO-3发生氧化还原反应，氧化产物M2On-7和还原产物Cl-的物质的量之比为1：1，则M2On-7中M的化合价是A.+4B.+5C.+6D.+7【答案】C【解析】【详解】某金属离

子M3+与ClO-3发生氧化还原反应，Cl元素的化合价由+5价降低至-1价，作氧化剂，则M元素的化合价升高，又已知M2On-7和还原产物Cl-的物质的量之比为1：1，设M2On-7中M的化合价是+x，根据得失电子守

恒有：2(x-3)=6，解得x=6，即M2On-7中M的化合价是+6价，故答案选C。20.为达到实验目的，下列实验方案设计合理的是选项实验目的实验方案A制备AgI胶体向饱和3AgNO溶液中滴加饱和KI溶液B鉴别Fe、CuO、C三种黑色固体粉末滴加稀硫酸C检验干燥氯气是否具

有漂白性将鲜花放入装有干燥氯气的集气瓶中D除去2Cl中的2HO将气体通入碱石灰固体A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．向饱和3AgNO溶液中滴加饱和KI溶液得到的是AgI沉淀，故A不符合题意；B．鉴别Fe、CuO、C三种黑色固体粉末，向三种物质中分别滴加稀硫酸，有气

泡的是Fe，溶液变为蓝色的是CuO，无现象是的C，故B符合题意；C．检验干燥氯气是否具有漂白性，只能用干燥的花朵或干燥的红色试纸，不能用鲜花，鲜花中有水分，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，故C不符合题意；D．2Cl与碱石灰发生反

应，不能用碱石灰固体除去2Cl中的2HO，故D不符合题意；答案选B。21.已知卤素互化物的性质与卤素单质类似，下列关于ICl的说法正确的是A.ICl熔融状态能导电B.ICl能与水发生氧化还原反应C.ICl有强还原性D.ICl与NaO

H反应生成NaIO【答案】D【解析】【详解】A．ICl的性质与卤素单质类似，则ICl为共价化合物，熔融状态不导电，故A错误；B．ICl与水发生反应2ICl+HOHCl+HIO，该反应没有元素的化合价发生变化，属于非氧化还原反应，故B错误；C．ICl具有强氧化性，故C错误；D．IC

l与NaOH反应生成NaIO、NaCl和水，故D正确；答案选D。22.实验室按照下图所示的操作程序用于提纯某种物质，下列分析一定正确的是A.该操作流程可用于分离水与四氯化碳B.操作I一定是过滤，目的是将固液分

离C.可以用于从四氯化碳中提取碘单质D.可以提纯含少量BaSO4的NaCl固体混合物【答案】D【解析】【分析】由流程可以知道操作Ⅰ为溶解,Ⅱ为过滤或重结晶,Ⅲ为蒸发结晶或过滤,以此解答该题。【详解】A.四氯化碳

和水互不相溶，可以直接进行分液分离，不符合上述操作流程，故A错误；B.操作Ⅰ是溶解，将固体溶于水，故B错误；C.碘易溶于有机溶剂四氯化碳，而两种物质的沸点不同，因此，只能采用蒸馏的方法进行分离，故C错误；D.BaSO4不溶于水，

NaCl能够溶于水，因此可以采用：溶解、过滤、蒸发的操作提纯含少量BaSO4的NaCl固体混合物，故D正确；综上所述，本题选D。23.关于漂白粉的说法正确的是A.工业上用氯气与澄清的石灰水反应可制得漂白粉B.漂

白粉固体中加入稀盐酸不反应C.用pH试纸测试可知漂白粉溶液呈碱性D.漂白粉在空气中会变质，并且有单质生成【答案】D【解析】【详解】A．工业上用氯气与石灰乳制取漂白粉，故A错误；B．漂白粉中含有次氯酸钙，次氯酸钙与盐酸反应生成氯化钙和次氯酸，故B错误；C．漂白粉具有漂白性，能漂白pH试纸，不

能用pH试纸测试漂白粉溶液的酸碱性，故C错误；D．漂白粉在空气中与水和二氧化碳发生反应2223Ca(ClO)+CO+HO=CaCOHClO+，HClO不稳定，见光易分解：22HClO2HCl+O光照，产生O2单质，故D正确；答案选D。24.下列装置或操

作能达到实验目的的是A.用图1所示装置用于吸收HCl尾气，将HCl气体从长导管通入并用水吸收B.用图2所示装置用于从碘水中分离出碘单质实验中的某一操作C.用图3所示装置用于简便快速地制取2CO气体D.用图4所示装置用于稀释浓硫酸【答案】B【解析】【详解】A．HCl极易溶于

水，若吸收时导管伸入水中，由于气体溶于水，导致装置内压强急剧降低，产生倒吸现象，故A不符合题意；B．碘在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，用四氯化碳等有机溶剂萃取后再进行蒸馏分离出碘单质，图2装置为蒸馏装置，故B符合题意；C．纯碱为粉末状固体，与盐酸接触后不能使反应

随时停止，故C不符合题意；D．稀释浓硫酸应在烧杯中进行，故D不符合题意；答案选B。25.下列离子方程式书写正确的是A.向3AlCl溶液中滴入氨水：()33Al3OHAlOH+−+=B.43NHHCO溶液与足量NaOH溶液反应：432NHOHN

HHO+−+=C.碳酸氢钙溶液少量NaOH溶液反应：2332HCOCaOHCaCOHO−+−++=+D.向4NaHSO溶液中加入()2BaOH溶液至中性：+2-2+-442H+SO+Ba+OH=BaSO+HO【答案】C【解析】【详解】

A．一水合氨为弱电解质，书写离子方程式时不可拆，因此向3AlCl溶液中滴入氨水，发生的反应为：3++3234Al+3NHHO=Al(OH)+3NH，故A错误；B．43NHHCO溶液与足量NaOH溶液反应生成碳酸铵、一水合氨和水，反应的离子方程式

为+--2-433232NH+HCO+2OH=CO+HO+NHHO，故B错误；C．氢氧化钠少量，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为2332HCOCaOHCaCOHO−+−++=+，故C正确；D．向4NaHSO溶液中加入()2BaOH溶液至中性，两者以2：

1的比例反应，正确的离子方程式为+2-2+-4422H+SO+Ba+2OH=BaSO+2HO，故D错误；答案选C。26.NH4N3(叠氮化铵)易发生分解反应生成N2和H2，且两种气体的物质的量相等。若得到NH4N3的分解产物(简称a)28g，则下列关于a的说法错误

的是A.a中两种气体的体积(同温同压)比为1∶1B.a中两种气体的质量比为14∶1C.a的密度为1.25gL-1D.a的平均摩尔质量为15gmol-1【答案】C【解析】【分析】【详解】A．同温同压

下，气体体积与物质的量成正比，两种气体的体积(同温同压)比为1∶1，A正确；B．()()()()()()222222mNnN?MN1281==?=mHnH?MH1214，两种气体的质量比为14∶1，B正确；C．a气体的质量确定，但一定物质的量的气体体积与温度、压强有关，所以密度比确定，

C错误；D．分解产物质量为28g，两种气体的物质的量相等则n总=2×()28g2+28g/mol=2815mol，mnM=总总=15gmol-1，D正确；答案选C。27.AN代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是A.A2N个HCl分子与44.8L2H和2C

l的混合气体所含的原子数目均为A4NB.16.25g3FeCl可水解形成的()3FeOH胶体粒子数目为A0.1NC.物质的量浓度均为1mol/L的NaCl和2MgCl混合溶液中，含有Cl−的数目为A3ND.常温常压下，16g3O和2O

的混合气体，所含质子数为A8N【答案】D【解析】【详解】A．氢气和氯气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则和HCl的原子数目是否相同无法计算，故A错误；B．Fe(OH)3胶体粒子是多个Fe(OH)3的集合体，16.25g3FeCl的物质的量为0.1mol，水解形成的()3F

eOH胶体粒子数目小于A0.1N，故B错误；C．溶液体积未知，无法计算氯离子数目，故C错误；D．O3和O2均由O原子构成，16g3O和2O的混合气体中含有1mol氧原子，所含质子数为A8N，故D正确；答案选D。28.在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡，

溶液变蓝。在上述溶液中加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失。下列判断错误的是A.漂白粉溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝B.氧化性：242ClOSOI−−C.向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色D.ClO−与I

−在一定条件可以发生氧化还原反应【答案】B【解析】【详解】A．次氯酸钠将碘化钾氧化为单质碘，所以漂白粉溶液(成分中含有次氯酸钙)也能将碘化钾氧化为单质碘，而使淀粉碘化钾试纸变蓝，故A正确；B．根据题意可知次氯酸钠将碘化钾氧化为单质碘，所以氧化性：2ClOI−，碘单质将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，

所以氧化性224ISO−，因此氧化性顺序为224ClOISO−−，故B错误；C．新制的氯水中主要是氯气，因此新制的氯水是黄绿色，Cl2氧化性大于I2，由224ISO−可知，向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯气将亚硫酸根氧化成硫酸根，自身被还原为氯离子，氯水褪色，故C正确

；D．在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡，溶液变蓝，说明生成了单质碘，次氯酸钠溶液显碱性，说明ClO−与I−在碱性条件下可以发生氧化还原反应，故D正确；答案选B。29.常温下，某无色溶液大量存在下列H+、Na

+、Fe3+、Ba2+、OH-、NO3−、SO24−、CO23−离子中的三种，且离子的物质的量相等。向其中滴加酚酞试液不变红色，该溶液中一定不含有A.NO3−B.SO24−C.Na+D.H+【答案】A【解析】【详解】无色溶液，一定不含Fe3+；向其中滴加酚酞试液不变红色

，则溶液中一定不存在OH－、CO23−；由于Ba2+与24SO−不能大量共存，由溶液中三种离子的物质的量相等及溶液为电中性可知，溶液中存在H+、Na+、SO24−，1×1+1×1=1×2遵循电荷守恒，溶液中不能存在Ba2+，而存在NO3−时不满足电荷守恒，则不含NO3−，故答案选A。30

.现有氢气与氯气的混合气体0.1mol，经充分反应后，通入60mL2mol/L的NaOH溶液中，所得溶液中只含有2种溶质，其中NaCl为0.1mol。则原混合气体中氢气的物质的量可能是A.0.02molB.0.04molC.0.06molD.0.08mol【答案】B【解析】【详解】n(N

aOH)=2mol/L×0.06L=0.12mol，H2与Cl2反应生成HCl，充分反应后所得气体通入NaOH溶液中一定发生反应HCl+NaOH=NaCl+H2O，所得溶液中只含有2种溶质，其中NaCl为0.1mol，结合题干所给的物质，溶液中另外一种溶质可能为NaOH或者NaClO；根

据Na原子守恒，该溶质的物质的量为0.02mol；①若另外一种溶质为0.02molNaOH，则有0.1molNaOH和HCl反应，即H2和Cl2反应生成了0.1molHCl，则原混合气体中，H2、Cl2的物质的量都为0.05mol

；②若另外一种溶质为0.02molNaClO，则有0.02molCl2和NaOH反应，即H2、Cl2反应后还剩余0.02molCl2，则反应生成HCl的H2、Cl2的总物质的量为0.08mol，即反应生成的HCl的H2、Cl2的物质的量均为0.04mol，即原混合气体中，H2的物

质的量为0.04mol，Cl2的物质的量为0.06mol；综上所述，原混合气体中，H2的物质的量可能为0.04mol或0.05mol，故答案选B。二、综合题31.现有下列六种物质：①液态HCl②3NaHCO溶液③KOH固体④2SO⑤熔融23NaCO⑥()3FeOH胶体⑦()2Mg

OH，请回答下列问题。（1）上述物质中，属于电解质的是_______；(填写物质的序号，下同)；属于非电解质的是_______；在题中状态下既是电解质又能导电的是_______；写出()2MgOH的电离方程式：_______。（2）②与少

量()2BaOH溶液反应的离子方程式为：_______。（3）二氧化氯是国际公认的高效安全杀菌消毒剂，工业制备2ClO气体的反应原理如下：_______3NaClO+_______HCl=_______2ClO

+_______2Cl+_______2HO+_______NaCl配平上述方程式，并标出电子转移的方向和数目(单线桥)_______。（4）该反应中，被还原的元素是_______；转移1mol电子时，生成气体的

物质的量是_______。【答案】（1）①.①③⑤⑦②.④③.⑤④.()22Mg2HMgOHO+−+ƒ（2）-2+-3322HCO+Ba+2OH=BaCO+2HO（3）（4）①.Cl②.1.5mol【解析】【

小问1详解】电解质是在熔融状态下或水溶液中能导电的化合物，符合条件的有①液态HCl、③KOH固体、⑤熔融23NaCO、⑦()2MgOH；非电解质是在熔融状态下和水溶液中均不能导电的化合物，符合条件的有④2SO；上述电解质中有自由移动的离子才能导电，故在题中状态下

既是电解质又能导电的是⑤熔融23NaCO；()2MgOH为弱碱，不完全电离，其电离方程式为()22Mg2HMgOHO+−+ƒ；答案为①③⑤⑦；④；⑤；()22Mg2HMgOHO+−+ƒ；【小问2详解】②3NaHCO溶液与少量()2BaOH溶液反应生成碳酸钠、碳酸钡和水，反应

的离子方程式为-2+-3322HCO+Ba+2OH=BaCO+2HO；【小问3详解】反应中氯酸钠中氯元素由+5价降为+4价，盐酸中的氯元素由-1价升高为0价生成氯气，最小公倍数为2，NaClO3、HCl、ClO2均配2，Cl2配1，根据质量守恒

，NaCl配2，2HO配2，HCl最终配到4，所得反应方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl；转移电子数为2,电子转移的方向和数目(单线桥)为；【小问4详解】反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2

O+2NaCl中，NaClO3中的氯元素由+5价降为+4价，被还原，故被还原的元素是Cl；转移1mol电子时，生成气体的物质的量是()1211.5mol2+=。32.共和国勋章获得者钟南山院士强调，要注意疫情防控常态化，坚持做好日常消毒工作。常见的消毒剂有

漂白粉、84消毒液(有效成分NaClO)、双氧水等。Ⅰ．已知某“84消毒液”瓶体部分标签如下所示：84消毒液：(有效成分)NaClO；(规格)1000mL；(质量分数)25%；(密度)1.19g/cm3（1）该“84消毒液”的物质的量浓度为_

______1molL−(计算结果保留两位有效数字)。（2）“84消毒液”与“洁厕灵”(主要成分为盐酸)一起使用反而会弄巧成拙，产生有毒的气体，造成中毒事件。写出反应的离子方程式：_______；（3）实验室用112.5molL−的浓盐酸配制10.2molL−的盐酸240mL；得浓盐酸的体

积为_______mL；使用的定量仪器有_______。（4）84消毒液若与双氧水溶液混合减弱或失去杀菌消毒功能(反应产物之一是2O)，解释原因_______。Ⅱ．实验室制备84消毒液的装置如图1所示：（5）装置B中盛放的试

剂是_______；简述该装置对制取NaClO的作用_______。（6）三颈烧瓶中生成各物质的物质的量和溶液的温度随时间的变化如图2所示。1t分钟后所发生主要反应的化学方程式为_______。【答案】（1）4.0（2）--+22ClO+Cl+2H=Cl+HO（3）①.4

②.量筒、250mL容量瓶（4）次氯酸钠和双氧水混合发生反应2222HO+NaClO=NaCl+O+HO，从而减弱或失去杀菌消毒功能（5）①.饱和食盐水②.提高NaClO的产率（6）2323Cl+6NaOH=NaClO+5NaCl+3HO【解析】【

分析】Ⅰ.根据1000cM=计算该“84消毒液”的物质的量浓度为；根据稀释公式计算所需浓盐酸体积，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤选择使用的仪器；Ⅱ.装置A中浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，由于浓盐酸易挥发，制得的氯气中含有HCl杂

质，B中盛放饱和食盐水除去HCl，氯气在三颈烧瓶中与NaOH反应制得次氯酸钠，最后用NaOH吸收未反应完的氯气。【小问1详解】根据1000cM=可知，密度为1.19g/cm3，质量分数为25%的“

84消毒液”的物质的量浓度为31100025%1.19g/cm4.0molL74.5g/mol−==c，故答案为：4.0；【小问2详解】“84消毒液”与“洁厕灵”(主要成分为盐酸)一起使用，会产生有毒的氯气，反应的离子方程式为--+22ClO+Cl+2H=Cl

+HO，故答案为：--+22ClO+Cl+2H=Cl+HO；【小问3详解】配制10.2molL−的盐酸240mL，由于实验室没有240mL的容量瓶，应选用250mL的容量瓶，则相当于配制10.2molL−的盐酸250mL，设需要浓盐酸的体积为V，则0.2m

ol/L0.25L=12.5mol/LV，解得V=0.004L=4.0mL；用浓溶液稀释配制一定物质的量浓度的稀溶液的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容等，因此该实验中使用的定量仪器有量筒、250mL容量瓶，故答案为：4.0；

量筒、250mL容量瓶；【小问4详解】84消毒液与双氧水反应的产物之一是氧气，说明发生了氧化还原反应，氧元素的化合价升高，则必有元素的化合价降低，即NaClO中氯元素的化合价降低，则根据元素守恒可知，两者反应的产物为NaC

l、O2和水，反应的化学方程式为2222HO+NaClO=NaCl+O+HO，次氯酸钠和双氧水被消耗，从而减弱或失去杀菌消毒功能，故答案为：次氯酸钠和双氧水混合发生反应2222HO+NaClO=NaCl+O+HO，从而减弱或

失去杀菌消毒功能；【小问5详解】装置B中的试剂是为了除去氯气中的HCl杂质，为饱和食盐水；A中生成的氯气中混有HCl气体，HCl会与三颈烧瓶中的NaOH反应，消耗NaOH生成NaCl，降低NaClO的产率，因此装置B能吸收H

Cl，从而提高NaClO的产率，故答案为：饱和食盐水；提高NaClO的产率；【小问6详解】由图2可知，1t分钟后NaClO的量基本不变，而NaCl和NaClO3增大，故Cl2和NaOH反应的产物是NaCl和NaClO3，反应的化学方程式为2323Cl+

6NaOH=NaClO+5NaCl+3HO，故答案为：2323Cl+6NaOH=NaClO+5NaCl+3HO。33.某学习小组用如图装置测定锌铜合金中铜的质量分数：（1）实验前，先将铜合金在稀酸中浸泡

片刻，目的是_______；（2）实验开始首先应对装置进行气密性检查，简述检查方法：_______；（3）为了较准确地测量气体体积，反应后量气管读数前，应注意：_______；（4）查阅数据获知在实验条件下，气体摩尔体积为124.0Lmol−，若样品质量为0.200g，测得氢

气体积为40.00mL，合金中铜的质量分数为_______(保留3位有效数字)；（5）下列哪些因素会造成合金中铜的质量分数偏低_______。a．稀硫酸的量不足b．将稀硫酸替换为盐酸c．量气管末读数时仰视刻度线d．末读数时水准管的液面高于

量气管的液面【答案】（1）除去合金表面的氧化膜（2）向上调节水准管高度，使水准管和量气管内液体形成液面差，若液面差保持不变，说明装置气密性良好（3）视线与凹液面最低处相平，读数前应上下移动水准管，待两管液面相平再读数（4）44.5%（5）c【解析】【

分析】实验前，先将锌铜合金在稀酸中浸泡片刻，除去合金表面氧化膜；根据排开液体的体积来测定生成氢气的体积，由于锌与稀硫酸反应而铜不反应，根据生成氢气的体积即可测定铜锌合金中锌、铜的质量分数。【小问1详解】

合金表面有金属氧化膜，因此实验前先将铜合金在稀酸中浸泡片刻，除去合金表面的氧化膜，故答案为：除去合金表面的氧化膜；的【小问2详解】向上调节水准管高度，使水准管和量气管内液体形成液面差，若液面差保持不变，说明装置气密性良好，故答案为：向上调节水准管高度，使水准管和量气管内

液体形成液面差，若液面差保持不变，说明装置气密性良好；【小问3详解】为了较准确地测量气体体积，在读取反应前后量气管中液面的读数的过程中，视线与凹液面最低处相平，读数前应上下移动水准管，待两管液面相平再读数，故答案为：视线与凹液面最低处相平，

读数前应上下移动水准管，待两管液面相平再读数；小问4详解】在实验条件下，气体摩尔体积为124.0Lmol−，测得氢气体积为40.00mL，则生成的氢气的物质的量为-314010L=0.0017mol24.0Lmol−，根据2442

=ZZn+HSOSO+Hn可知，(Zn)0.0017mol=n，(Zn)0.0017mol65g/mol=0.111g=m，(Cu)0.200g-0.111g=0.089g=m，则合金中铜的质量分数为0.089g100%=44.5%0.200g，故答案为：44

.5%；【小问5详解】a．稀硫酸的量不足，锌未完全反应，测得的锌的质量偏小，则铜的质量偏大，铜的质量分数偏高，故a不符合题意；b．铜与盐酸不反应，因此用盐酸代替稀硫酸对实验结果无影响，故b不符合题意；c．仰视刻度线导致测得的氢气体积偏大，锌的质量偏大，则铜的质量偏小，铜的质量分数偏低，故c符

合题意；d．读数时水准管的液面高于量气管的液面，导致测得的氢气的体积偏小，测得的锌的质量偏小，则铜的质量偏大，铜的质量分数偏高，故d不符合题意；【获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com