【文档说明】北京师范大学附属中学2023-2024学年高一上学期期中考试化学试题 Word版含解析.docx，共(27)页，1.684 MB，由小赞的店铺上传

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北京师范大学附属中学2023—2024学年高一上学期期中考试化学试题考生须知1.本试卷有二道大题，共12页。考试时长90分钟，满分100分。2.考生务必将答案填写在答题卡上，在试卷上作答无效。3.考试结束后，考生应将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-2

3S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64一、选择题(30道小题，共60分，每小题只有1个选项符合题意)1.下列用品的有效成分及用途对应不正确的是ABCD用品有效成分NaCl23NaCO22NaONa

ClO用途调味品发酵粉制氧剂消毒剂A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．食盐主要成分NaCl，作调味品，A正确；B．小苏打有效成分NaHCO3，B错误；C．Na2O2做制氧剂，C正确；D．消毒剂主要成分NaClO，D正确；故答案

为：B。2.氧化还原反应广泛地存在于生产和生活中，下列过程中不涉及氧化还原反应的是A.燃料的燃烧B.绿色植物的光合作C.钟乳石的形成D.食物的腐败【答案】C【解析】【详解】A．燃料的燃烧是燃料与氧气发生的剧烈的氧化还原反应，故A错误；B．绿色植物的光合作用是植物利用光能将二氧

化碳和水合成有机物，同时释放氧气的过程，氧元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B错误；C．钟乳石的形成是碳酸氢钙分解生成碳酸钙、二氧化碳和水的过程，元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故C正确；D．食

物的腐败是食物与氧气发生的缓慢氧化过程，属于氧化还原反应，故D错误；故选：C。3.富勒烯是一类具有封闭笼状结构的分子，最小的富勒烯是C20，最常见的是C60，关于C20和C60的说法不正确．．．的是A.互为同素异形体B.等质量的C20和C60所含原子数相同C.都属于单质D.它们的

摩尔质量相同【答案】D【解析】【详解】A．C20和C60都是由碳元素组成的单质，为同素异形体，故A正确；B．C20和C60中只含碳原子，等质量的C20和C60所含原子数相同，故B正确；C．C20和C60都是由碳

元素组成的单质，故C正确；D．C20的摩尔质量是240g/mol，C60的摩尔质量是720g/mol，故D错误；选D。4.下列物质溶于水后溶液显酸性的是A.NaHCO3B.NaHSO4溶液C.NaClD.Na2CO3【答案】B【解析】【详解】A．NaHCO3溶于水，3HCO−水解显碱性，

故A不符合题意；B．NaHSO4溶液可直接电离出H+，显酸性，故B符合题意；C．NaCl溶于水，溶液显中性，故C不符合题意；D．Na2CO3溶于水，23CO−水解显碱性，故D不符合题意；故答案选B。5.下列关于分散系的说法中，不正确

．．．的是A.分散系的稳定性：溶液>胶体>浊液B.分散质粒子的大小：溶液>胶体>浊液C利用丁达尔效应可以区分溶液与胶体D.Fe(OH)3胶体的分散质能透过滤纸【答案】B【解析】【详解】A．溶液均一稳定，胶体具有介稳定性，浊液不能稳定存在，所以分散系的稳定性比较：溶液＞胶体＞浊液，故A正确；B．溶液

、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子的直径，胶体粒子的微粒直径在1-100nm之间，分散质微粒直径小于1nm的是溶液，大于100nm的是浊液,则分散质粒子的大小：浊液＞胶体＞溶液，故B错误；C．胶体有丁达尔效应，溶液没有，故利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故C

正确；D．胶体和溶液都能透过滤纸，所以Fe(OH)3胶体的分散质能透过滤纸故，故D正确；故符合题意的为B选项。6.对下列物质分类全部正确的是①纯碱②食盐水③石灰水④NaOH⑤液氯⑥KMnO4A.碱：①④B.电解质：①②

C.常见氧化剂：⑤⑥D.混合物：②⑤【答案】C【解析】【分析】①纯碱即Na2CO3，属于纯净物，属于盐，属于电解质；②食盐水是NaCl水溶液，属于混合物，既不属于电解质也不属于非电解质；③石灰水是Ca(OH)2水溶液，属于混合物，既不属于电解质也不属于非电解质；④NaOH是强碱，属于纯净物，属于

碱，属于电解质；⑤液氯是液态的Cl2，属于纯净物，属于单质，既不属于电解质也不属于非电解质；⑥KMnO4属于纯净物，属于盐，属于电解质；【详解】A．①纯碱属于盐、不属于碱，A错误；B．②食盐水不是电解质，B

错误；C．氯气中氯元素化合价容易降低到-1价，高锰酸钾中锰元素化合价为最高价、容易降低，则⑤液氯⑥KMnO4是常见的氧化剂，C正确；D．⑤液氯是纯净物，不是混合物，D错误；答案选C。.7.下列离子方程式中，正确的是A.钠与水反应：Na+2H2O=Na+

+2OH−+H2↑B.盐酸与Al(OH)3反应：H++OH-=H2OC.用稀盐酸除铁锈：Fe2O3+6H+=3H2O+2Fe3+D.Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色粘稠物：2Na2O2+2CO2=

2Na2CO3+O2【答案】C【解析】【详解】A．钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，A错误；B．氢氧化铝是沉淀，不能拆写，盐酸与Al(OH)3反应：()+3+23AlOH+3H=3HO+Al，B错误；C．用稀盐酸除铁锈的原理为盐酸和氧化铁反应生成氯化铁溶液：Fe2O

3+6H+=3H2O+2Fe3+，C正确；D．Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色粘稠物，主要是因为过氧化钠与空气中的水分反应生成氧气：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，D错误；答案选C。8

.下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是A.CO23−+2H＋=CO2↑+H2OB.Ag＋+Cl-=AgCl↓C.Fe+Cu2＋=Fe2＋+CuD.CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+N

H4++H2O【答案】D【解析】【详解】A．CO23−+2H＋=CO2↑+H2O可以表示可溶性碳酸盐与强酸反应生成二氧化碳、水和可溶性盐，能够表示一类反应，A不符合题意；B．Ag＋+Cl-=AgCl↓可以表示硝酸银与盐酸

或者可溶性氯化物反应，能够表示一类反应，B不符合题意；C．Fe+Cu2＋=Fe2＋+Cu可以表示铁与可溶性铜盐反应，能够表示一类反应，C不符合题意；D．CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+NH4++H2O只表示氨水和醋酸反应生成醋酸铵和水，不能表示一类反应，D符合题意；故选D

。9.在某酸性溶液中，能大量共存的离子组是A.Na+、Mg2+、SO24−、HCO3−B.Na+、Ba2+、Cl−、SO24−C.Cu2+、Ca2+、Cl−、NO3−D.Ag+、K+、NO3−、Cl−【答案】C【解析】【分析】酸性溶液中存在大量H+

。【详解】A．H+、HCO3−反应产生二氧化碳，不能大量共存，选项A错误；B．酸性溶液中Ba2+、SO24−反应产生硫酸钡沉淀，不能大量共存，选项B错误；C．Cu2+、Ca2+、Cl−、NO3−以及H+之间相互不反应，能大量共存，选项C正确；D．酸性溶液中Ag+、C

l−反应产生氯化银沉淀，不能大量共存，选项D错误；答案选C。10.下列变化中，需加入适当的氧化剂才能完成的是A.Fe→FeCl2B.CuO→CuC.HNO3→NOD.SO3→H2SO4【答案】A【解析】【详解】A．Fe→FeCl

2，反应过程中铁元素化合价升高，失去电子，属于加入的物质是氧化剂，A正确；B．CuO→Cu：CuO与H2或CO发生反应产生Cu，反应过程中Cu元素的化合价降低，获得电子，属于加入的物质是还原剂，B错误；C．稀硝酸转化

为成NO，N的化合价降低，所以需要加还原剂，C错误；D．SO3→H2SO4：SO3与水发生反应产生H2SO4，在反应过程中，元素化合价不变，所以不需要加入氧化剂，D错误。故答案选A。11.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.新制氯水需存放于棕色瓶中C.浓盐酸需密封保存D.过氧化钠需在干燥密闭的环境中保存【答案】C【解析】【详解】A．金属钠易被空气中的氧气氧化，所以金属钠保存在煤油中，与其化学性质有关，故A不选；B．氯水中的HClO见光易分解，新制氯水密闭存放于棕

色瓶中，与其化学性质有关，故B不选；C．浓盐酸具有挥发性，需要密封保存，主要与其物理性质有关，与化学性质无关，故C选；D．过氧化钠易与空气中的二氧化碳、水反应，过氧化钠需保持干燥密闭保存，与其化学性质有关，故D不选；故选：C。12.下列说法正确的是A.盐酸既有氧化性，又有还原性B.阳离子只有氧化

性，阴离子只有还原性C.含金属元素的离子一定是阳离子D.在氧化还原反应中，氧化剂与还原剂不可能是同一种物质【答案】A【解析】【详解】A．盐酸中氯元素化合价可以升高，氢元素化合价可以降低，既有氧化性，又有还原性，A项正确；B．阳离子和阴离子都既可以有氧化性，又可以有还原性，如2Fe

+和22O−，B项错误；C．含金属元素的离子不一定是阳离子，如4MnO−，C项错误；D．在氧化还原反应中，氧化剂与还原剂可能是同一种物质，如氯气和水反应，氯气既是氧化剂，又是还原剂，D项错误；答案选A。13.中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳

米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示，下列说法不正确的是A.C3N4中碳的化合价为+4价B.阶段Ⅰ和阶段Ⅱ中发生的都是氧化还原反应C.阶段Ⅱ中H2O2只作氧化

剂D.该反应实现了太阳能向化学能的转化【答案】C【解析】【详解】A．C的非金属性小于N，氮元素的化合价为-3价，则C3N4中C的化合价为+4，故A正确；B．阶段Ⅰ和阶段Ⅱ中均存在元素的化合价变化，都是氧化还原反应，故B正确；C．阶段Ⅱ中发生的反应为2H2O2=2H2O+

O2↑，H2O2既是氧化剂也是还原剂，故C错误；D．根据图示可知，水吸收太阳能，发生反应2H2O=太阳光O2↑+2H2↑，实现了太阳能向化学能的转化，故D正确。答案选C。14.下列溶液中的c(SO42－)与50mL1mol·L－1Al2(SO4)3溶液中的c(SO42－)相等的是A.15

0mL1mol·L－1Na2SO4溶液B.75mL2mol·L－1(NH4)2SO4溶液C.150mL3mol·L－1K2SO4溶液D.20mL1.5mol·L－1Fe2(SO4)3溶液【答案】C【解析】【分析】50mL1mol/LAl2（SO4）3溶液中c（SO42-）=1mol/L3=

3mol/L。【详解】A项，150mL1mol/LNa2SO4溶液中c（SO42-）=1mol/L；B项，75mL2mol/L（NH4）2SO4溶液中c（SO42-）=2mol/L；C项，150mL3mol/LK2SO4溶液中c（SO42-）

=3mol/L；D项，20mL1.5mol/LFe2（SO4）3溶液中c（SO42-）=1.5mol/L3=4.5mol/L；综上所述，与题干中c（SO42-）相等的是C，答案选C。【点睛】本题计算溶液中SO42-物质的量浓

度，与溶质物质的量浓度和1mol溶质电离出的SO42-的物质的量有关，与溶液体积无关。15.下列说法中，不正确．．．的是A.0.1molNa2CO3和NaHCO3的混合物含有的氧原子数为0.3NAB.常温常压下，22.

4LO2的物质的量为1molC.1molCO2中含有的原子总数为3NAD.1L0.1mol/LNa2SO4溶液中含有0.2molNa+【答案】B【解析】【详解】A．0.1molNa2CO3和NaHCO3的混合物含有的氧原子的物质的量为0.3mol，则氧原子数为0.3NA，A正确；B．常温常压下

，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则22.4LO2的物质的量小于1mol，B错误；C．1molCO2中含有的碳原子、氧原子的物质的量共为3mol，则原子总数为3NA，C正确；D．1L0.1mol/LN

a2SO4溶液中溶质的物质的量为0.1mol，硫酸钠完全电离，则含有0.2molNa+，D正确；答案选B。16.下列叙述正确的是A.1molNO2含有的氧原子数约为6.02×1023B.1molN2与1molH2O的原子个数比为1：1C.78gNa2O2与足量CO2反应转移1m

ol电子D.1.0mol/LAlCl3溶液中，Cl-数目为3NA【答案】C【解析】【详解】A．1molNO2含有的氧原子的物质的量为2mol、数目约为1.204×1024，A错误；B．1molN2与1molH2O的原子个数比为()()AA12N

13N2:3=：，B错误；C．按2222322NaO2CO2NaCOO+=+，一半过氧化钠为氧化剂、另一半过氧化钠为还原剂，存在222NaO2e−，78gNa2O2的物质的量为1mol、与足量CO2反应转移1mol电子，C

正确；D．1.0mol/LAlCl3溶液中，溶液体积不知道，难以计算Cl-数目，D错误；答案选C。17.将一块银白色的金属钠放在空气中会发生一系列的变化：表面迅速变暗→“出汗”→变成白色固体(粉末)，下列有关叙述不正确的是A.表面

迅速变暗是因为钠与空气中的氧气反应生成了氧化钠B.“出汗”是因为生成的氢氧化钠吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液C.最后变成碳酸钠粉末D.该过程的所有化学反应均为氧化还原反应【答案】D【解析】【分析】将一块银白色的金属钠放在空气中会发生一系列的化学反应,涉及的化学方程式主要有:Na+O

2=Na2O，Na2O+H2O=2NaOH，NaOH+CO2+10H2O=Na2CO310H2O，Na2CO310H2O=Na2CO3+10H2O，据此结合现象变化分析解答。【详解】A．钠表面有金属光泽，

与空气中的氧气反应生成了暗色的氧化钠，导致银白色的金属钠放在空气中表面迅速变暗，A正确；B．Na+O2=Na2O，Na2O+H2O=2NaOH，生成的氢氧化钠吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液导致“出汗

”，B正确；C．变成白色固体(粉末)为碳酸钠，C正确；D．根据分析可知，该过程的所有化学反应不都是氧化还原反应，如Na2O+H2O=2NaOH，D错误；故选D。18.下列关于Na2O、Na2O2的说法正确的是A.二者都是碱性氧

化物B.二者都是强氧化剂C.二者都能与水反应，生成强碱D.Na2O2与H2O反应中，Na2O2是氧化剂，H2O是还原剂【答案】C【解析】【详解】A．因Na2O2与酸反应生成盐、水和氧气，则Na2O2不属于碱性氧化物，故A错误；B．Na2O中氧元素的化合价是-

2价，为最低价，只有还原性，钠离子有弱氧化性，Na2O2中氧元素的化合价是-1价，Na2O2具有氧化性，故B错误；C．Na2O与Na2O2与水反应都能生成氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，故C正确；D．过氧化钠中的O元素为-1价，在该反应中既升高又降低，Na2O2既是氧化剂

，又是还原剂，故D错误；故选：C。19.实验小组利用传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质，下列说法不正确．．．的是A.Na2CO3溶液和澄清石灰水反应的离子方程式：CO23−+Ca2+=CaCO3↓B.滴加Na

2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合，说明Na2CO3溶液和澄清石灰水反应时OH-未参与反应C.滴加NaHCO3溶液的pH变化与滴加Na2CO3溶液的有明显差异，原因是滴加NaHCO3溶液的烧杯中HCO3−消耗了OH-D.NaHCO

3溶液和澄清石灰水反应的离子方程式：HCO3−+OH-=CO23−+H2O【答案】D【解析】【详解】A．Na2CO3溶液和澄清石灰水反应生成碳酸钙和氢氧化钠，反应的离子方程式为CO23−+Ca2+=CaCO3↓，A正确；B．滴加Na2C

O3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合，即溶液中氢氧根的浓度变化基本一致，因此可以说明Na2CO3溶液和澄清石灰水反应时OH-未参与反应，B正确；C．滴加NaHCO3溶液的pH变化与滴加Na2CO3溶

液的有明显差异，且前者pH小于后者，说明前者氢氧根的浓度小于后者，因此原因是滴加NaHCO3溶液的烧杯中HCO3−消耗了OH-，导致氢氧根浓度减小，pH增大，C正确；D．澄清石灰水中滴加碳酸氢钠发生Ca(OH)2+NaHCO3＝CaCO3↓+H2O+NaOH，因此反应的

离子方程式为Ca2++HCO3−+OH-=CaCO3↓+H2O，D错误；答案选D。20.在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是A.氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B.向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说

明氯水中含有Cl－C.向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋D.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO【答案】D【解析】【详解】A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；B、向氯水

中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色

变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确。答案选D。21.已知I-、Fe2+、SO2和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为SO2>I->Fe2+>H2O2，则下列反应不能发生的是A.2Fe3++S

O2+2H2O=2Fe2++2-4SO+4H+B.H2O2+2H++2-4SO=SO2+O2+2H2OC.I2+SO2+2H2O=4H++2-4SO+2I-D.2Fe3++2I-=2Fe2++I2【答案】B【解析】【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶

液中还原性强弱的顺序是SO2>I﹣>Fe2+>H2O2来判断反应能否发生。【详解】A．因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2>Fe2+，与已知的还原性强弱一致，选项A正确；B．若该反应发生，S元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则H2O

2为还原剂，还原性强弱为H2O2>SO2，与已知的还原性强弱矛盾，选项B错误；C．因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2>I﹣，与已知的还原性强弱一致，选项C正确；D．因该反应中I元素的化合价升高，Fe元素的

化合价降低，则I﹣为还原剂，还原性强弱为I﹣>Fe2+，与已知的还原性强弱一致，选项D正确；答案选B。22.已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：32FeFe++⎯⎯→，2ClCl−⎯⎯→，24MnOMn−+⎯

⎯→，3HNONO⎯⎯→，如果分别用相同数目的这些微粒氧化足量的KI，得到2I最多的是A.3Fe+B.2ClC.4MnO−D.3HNO【答案】C【解析】。【详解】设各微粒数目均为2NA，即物质的量为2mol。A项，3222Fe+2I=2Fe+I+−+，则得到碘单质的物质的量为1mol；

B项，22Cl+2I=2Cl+I−−，则得到碘单质的物质的量为2mol；C项，242216H+2MnO+10I=2Mn+5I+8HO+−−+，则得到碘单质的物质的量为5mol；D项，32212H+2NO+6I=2NO+3I+6HO+−−，得到的碘单质的物质的量为3mo

l，由上述分析可知，高能酸根离子氧化足量碘化钾得到的碘单质最多，因此答案选C。23.某同学配制的植物营养液中有2Zn+、K+、3NO−、24SO−4种离子，其中K+、3NO−、24SO−的物质的量浓度分别为0.31molL−、0.21molL−、0.41molL−，则2Zn+的物质的量浓度为

A.0.51molL−B.0.71molL−C.0.351molL−D.0.91molL−【答案】C【解析】【详解】溶液呈电中性不带电，因此溶液中存在电荷守恒()()()()2243N2SZnOK2Occcc−+−++=+，因此()()2

0.20.420.3mol/L0.35mol/LZ2nc++−==，故答案为C。24.“家庭小实验”是利用家庭日常生活用品进行的化学学习和探究的活动。下列“家庭小实验”能完成的是①用碘酒证明马铃薯中含有淀粉；②用白醋除

去热水瓶水垢中的CaCO3；③用白醋和小苏打混合可以制取CO2气体；④用激光笔证明淀粉液具有丁达尔效应。A.①②④B.①③④C.②③④D.①②③④【答案】D【解析】【详解】①淀粉遇碘单质变蓝色，证明马铃薯中含有淀粉，碘酒中有碘单质，故利用生活中的用品可以完成，故①

正确；②水垢的主要成分是碳酸钙，白醋能与碳酸钙反应，生成可溶性的醋酸钙，故利用生活中的用品可以完成，故②正确；③小苏打是碳酸氢钠，用白醋和小苏打混合发生反应放出二氧化碳，可以制取CO2气体，故③正确；④淀粉溶液是胶体，用激光笔通过胶体即可完成实验，故利用生活中的用品可以完成，故④正确；综上

，答案选D。25.从下列实验事实得出的结论中，不正确．．．的是选项实验事实结论AH2可以在Cl2中燃烧燃烧不一定有氧气参加B氯气可以制漂白粉此条件下氯气的氧化性强于ClO-C对某物质进行焰色试验，出现黄色焰色该物质中一定不含钾元素D向Na2CO3溶液中滴加酚酞

，溶液颜色变红Na2CO3溶液显碱性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氢气可在氯气中燃烧的事实说明了燃烧不一定要有氧气参加，A正确；B．氯气制漂白粉的原理：222222Cl2Ca(OH)CaClCa(ClO)2HO+=++，氯气为氧化剂、次氯酸钙中次氯酸根

是氧化产物，则氧化性：氯气的氧化性强于ClO-，B正确；C．钠元素的焰色反应为黄色，可以直接观察，钾元素的焰色为紫色，容易被黄光遮盖，需要通过蓝色钴玻璃滤去黄光才能观察到，对某物质进行焰色试验，出现黄色焰色，说明该物质中一定有钠元素、不能说明无

钾元素，C错误；D．酚酞遇碱变红色，向Na2CO3溶液中滴加酚酞，溶液颜色变红，说明碳酸钠溶液呈碱性，D正确；故选C。26.下列离子检验的方法和结论正确的是A某溶液中滴加硝酸银溶液生成白色沉淀，说明原溶液中有Cl-B.某溶液中滴加氯化钡溶液生成白色沉淀，说明原溶液中有S

O24−C.某溶液中滴加氢氧化钠溶液生成蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+D.某溶液中滴加稀硫酸溶液生成无色气体，说明原溶液中有CO23−【答案】C【解析】【详解】A．能与Ag+沉淀的离子有很多，未滴加稀硝酸酸化，不能排除CO23−等离子的干

扰，A错误；B．未先滴加稀盐酸酸化，不能排除Ag+、CO23−等离子的干扰，B错误；.C．Cu2+能与NaOH溶液反应生成蓝色的Cu(OH)2沉淀，C正确；D．H2SO4与CO23−、HCO3−、SO23−、H

SO3−反应，都会生成无色气体，不能排除HCO3−、SO23−、HSO3−离子的干扰，D错误；故选C。27.某无色溶液中只可能含有K+、Ag+、Ba2+、Fe3+、Cl-、OH-、CO23−、SO24−中的一种或几种，对其进行如下实验操作：(1)取少量溶液，滴加无色酚酞试液，酚酞变红；(2)另

取少量溶液，加入足量Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀；(3)向(2)所得混合物中加足量硝酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成；(4)将(3)所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。下列对溶液的说法正确的是A.一定不含有Ag+、Ba2+、Fe3+、Cl-B.可能含有Cl-C.

一定含有K+D.无法判断【答案】C【解析】【分析】溶液无色，则一定不含有颜色的Fe3+；(1)取少量溶液，滴加无色酚酞试液，酚酞变红，说明溶液呈碱性，则原溶液中含OH-，不可能大量存在Ag+；(2)另取少量溶液，加入足量Ba

(NO3)2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀至少是BaCO3、BaSO4中的一种；(3)向(2)所得混合物中加足量硝酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成，说明沉淀为BaCO3、BaSO4，则原溶液中一定含有CO23−、

SO24−，一定不含Ba2+；(4)将(3)所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀为AgCl，说明原溶液含有Cl-，由溶液呈电中性可知，原溶液一定含有K+；综上，原溶液中一定含有K

+、OH-、Cl-、CO23−、SO24−，一定不含有Ag+、Ba2+、Fe3+，据此分析解答。【详解】A．由上述分析可知，原溶液一定不含有Ag+、Ba2+、Fe3+，Cl-一定含有，故A错误；B．Cl-一定含有，故B错误；C．根据分析

可知，一定含有K+，故C正确；D．可分析出原溶液中一定含有K+、OH-、Cl-、CO23−、SO24−，一定不含有Ag+、Ba2+、Fe3+，故D错误。答案选C。28.含Ba的三效催化剂是一种常见的汽车尾气催化剂

，其催化表面的物质转化分为储存和还原两个进程，如图所示。下列说法正确的是A.在转化过程中，氮元素均被还原B.还原过程中生成1molN2，转移电子10molC.依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程D.当NOx中x=1时，储存过程中，反应的NO和O2的

物质的量之比为3∶4【答案】B【解析】【详解】A．根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2的过程的，N元素化合价+4价变为+5价，化合升高被氧化，A错误；B．还原过程中生成1molN2

，，N的化合价由+5价变为0价，转移电子的物质的量为：1mol×(5-0)×2=10mol，B正确；C．根据图示可知，BaO为催化剂，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2的过程的，BaO参与储存N元素，C错误；D．当NOx中x

=1时，储存过程中，则是NO与BaO、O2转化成Ba(NO3)2，N的化合价由+2变为+5的，O的化合价由0价降低为-2价，由化合价升降守恒，可知NO和O2的物质的量之比为4∶3，D错误；故选B。29.某小组同学探究金属Na与不同浓度HCl的反应

，进行下列实验。下列说法不正确的是实验装置序号实验操作实验现象实验10.36%HCl放入一小片金属钠钠浮在液面上并来回移动，与水的反应剧烈程度相当实验236%HCl放入与实验1表面积基本相同的钠钠浮在液面上并来回移动，不如实验1剧烈；表面出现有白色固体，

白色固体逐渐沉到烧杯底部；液体不沸腾，液面出现少量白雾A.实验2白色固体是NaClB.实验2液面上方的白雾是因为反应放热加速浓盐酸的挥发，形成白雾C.实验2不如实验1剧烈说明盐酸浓度越大反应越不剧烈D.

实验2不如实验1剧烈的原因是表面包裹白色固体，使得反应变慢【答案】C【解析】【详解】A．钠和盐酸反应生成氯化钠和氢气，氯化钠在浓盐酸中溶解度降低，所以实验2中钠表面形成NaCl固体，故A正确；B．钠和盐酸反应放热，实验2液

面上方的白雾是因为反应放热加速浓盐酸的挥发，形成白雾，故B正确；C．反应物浓度越大反应速率越快，盐酸浓度越大反应越剧烈，故C错误；D．实验2不如实验1剧烈的原因是表面包裹白色固体，使钠与盐酸接触面积减小，反应变慢

，故D正确；选C。30.84消毒液的主要成份是NaCl和NaClO。实验小组同学围绕“84消毒液能否与医用酒精发生反应”这一问题进行了如下实验。序号实验现象①分别取40mL84消毒液和医用酒精混合均匀，并测量溶

液温度变化溶液温度由20℃升高至23℃，并产生大量气泡，略有刺激性气味，溶液颜色无明显变化②分别取40mL医用酒精和蒸馏水混合均匀，水浴至23℃溶液中无明显现象③分别取40mL84消毒液和蒸馏水混合均匀，水浴至2

3℃溶液中无明显现象，略有刺激性气味④分别取40mL84消毒液、40mL医用酒精和少量白醋，混合均匀产生大量气泡，有强烈地刺激性气味，溶液逐渐变为淡黄色下列推理不合理的是A.由①②可知，①中产生的大量气泡与酒精挥发无关B.由①③可知，①中刺激性气味的产生可能与酒精无关C.由①②③可推断，84

消毒液与医用酒精混合后，溶液中发生了化学反应D.由①④可推断，酸性条件有利于84消毒液与医用酒精发生反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A.①中84消毒液与医用酒精混合，溶液温度升高，产生大量气泡，而②中医用酒精和蒸馏水混合均匀，水浴至相同温度，却无明显现象，说明①产

生的气体不是乙醇蒸气，证明①中产生的大量气泡与酒精挥发无关，A正确；B.①中84消毒液和医用酒精混合均匀，溶液温度升高，并产生大量气泡，略有刺激性气味，溶液颜色无明显变化，③中84消毒液和蒸馏水混合均匀并水浴至相同温度，产生的现象除无气泡外，其余与①相同，①中刺激性

气味的产生可能与酒精无关，B正确；C.医用酒精和蒸馏水混合，溶液无明显现象；84消毒液和蒸馏水混合，溶液中无明显现象，略有刺激性气味；84消毒液和医用酒精混合，溶液温度升高，并产生大量气泡，略有刺激性

气味，溶液颜色无明显变化，说明84消毒液与医用酒精混合后，溶液中发生了化学反应，产生了新的物质，C正确；D.酸性条件下84消毒液中的NaCl、NaClO会反应产生Cl2从溶液中逸出，不能说明酸性条件有利于84消毒液与医用酒精发生反应，D错误

；故答案选D。二、非选择题(6道小题，共40分)31.用化学用语表达。（1）碳酸氢钠与硫酸氢钠2种盐溶液混合可产生气体，离子方程式为___________。（2）在呼吸面具和潜水艇中可用Na2O2作为供氧剂，化学方程式为________

___、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2。（3）工业上用氯气和熟石灰制备漂白粉，化学方程式为___________。（4）日常漂白粉生效的化学反应方程式为___________。（5）在钢铁的生产中，炽热的铁水或钢水注入模具之前，模具必须进行充分的干燥，原因

用化学方程式表示为___________。【答案】（1）HCO3−+H+=CO2+H2O（2）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2（3）2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O（4）C

a(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO（5）3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2【解析】【小问1详解】NaHCO3在水中电离出Na+、3HCO−，NaHSO4在水中电离出Na+

、H+、24SO−，3HCO−与H+发生复分解反应生成CO2和H2O，反应离子方程式为322HCOHCOHO−++=+。【小问2详解】过氧化钠可以分别与二氧化碳、水反应生成氧气，可用于呼吸面具中作为氧气的来源，可作供氧剂，化学方程式为2N

a2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2。【小问3详解】熟石灰为Ca(OH)2，将氯气通入熟石灰中发生歧化反应生成CaCl2、Ca(ClO)2、H2O，可用于工业上制备漂白粉，化学方程式为2C

l2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。【小问4详解】日常漂白粉生效的原理为：漂白粉溶于水，其水溶液中的Ca(ClO)2与CO2、H2O反应生成CaCO3和HClO，HclO可以杀菌消毒，化学反应方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO。【小

问5详解】在钢铁的生产中，炽热的铁水或钢水注入模具之前，模具必须进行充分的干燥，原因是高温下Fe与H2O(g)能反应生成Fe3O4和H2，氢气和空气的混合气体点燃下有可能引起爆炸，则化学方程式表示为：3Fe+4H2O(g)高温Fe3O

4+4H2。32.已知少量Fe与稀HNO3发生反应Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O。（1）上述反应的离子方程式为___________。（2）上述反应中，氧化剂是___________(填化学式)，氧化产物是___________(填化学式)。

（3）若反应中消耗了2molHNO3，则生成标况下NO的体积为___________。（4）用单线桥．．．法标出该反应的电子转移_________。【答案】（1）Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O（2）①

.HNO3②.Fe(NO3)3（3）11.2L（4）【解析】【小问1详解】Fe为单质，不可拆；硝酸、硝酸铁为强电解质，可拆；NO为气体，不可拆，H2O不可拆，故离子方程式为Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H

2O。【小问2详解】方程式中，硝酸中N元素化合价降低，故HNO3被还原，作氧化剂；Fe化合价升高，被氧化，氧化产物为Fe(NO3)3。【小问3详解】根据反应方程式，，则消耗2molHNO3时，生成n(NO)=0.5mol，标况下体积为11.2L。【小问4详解】铁与

稀硝酸的反应中，铁由0价变为+3价，失去3个电子，硝酸中N原子由+5价变为+2价，得到3个电子，根据得失电子守恒，转移的电子数为3个，Fe失3个电子给N，故单线桥表示为。33.实验室用NaCl固体配制100mL2.00mol/LNaCl溶液。（1）称取NaCl固体的质

量是___________g。（2）用到的仪器有：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和___________。（3）某同学转移溶液的操作如图所示，该同学操作中的错误．．是___________。（4）在配制时，仰视容量瓶上的刻度线，最后配成的溶液中溶质的实际浓

度比所要求的___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。（5）取10mL2.00mol/LNaCl溶液加水稀释到100mL，稀释后NaCl溶液的物质的量浓度为___________mol/L。【答案】（1）11.7（2）100mL容量瓶（3）没有用玻

璃棒引流（4）偏小（5）0.20【解析】【小问1详解】配制100mL2.00mol/LNaCl溶液，NaCl的物质的量为-310010L2.00mol/L=0.200mol，则NaCl的质量为0.200mol58.5g/mol11.7g

=，故答案为11.7。【小问2详解】配制溶液时，需要称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作，需要玻璃棒搅拌和引流，需要100mL容量瓶配制溶液，需要胶头滴管定容，故答案为100mL容量瓶。【小问3详解】图中错误为未用玻璃棒引流，故答案为未用玻璃棒引流

。【小问4详解】在配制时，仰视容量瓶上的刻度线，使溶液体积偏大，则溶质的物质的量偏小，浓度偏小，故答案为偏小。【小问5详解】溶液稀释规律：c1V1＝c2V2，将数值代入可得0.010L×2.00mol/L＝c2×0.100L，则稀释后溶液中NaCl的物质的量浓度为0.2

0mol/L，故答案为0.20。34.某小组同学在实验室制备、收集氯气，并进行氯水中相关物质的性质探究，回答下列问题。（1）制备Cl2。装置Ⅰ中反应的离子．．方程式是___________。（2）除去Cl2中混有的HCl。装置Ⅱ中溶液a

为饱和___________溶液。（3）收集Cl2。装置Ⅲ中气体应该从集气瓶的___________(选“m”或“n”)口进入。（4）蘸有NaOH溶液的棉花上发生反应的离子．．方程式是_________

__。（5）氯水中相关物质的性质探究。①若装置Ⅳ中试剂b为H2O，制得氯水。氯水呈黄绿色是由于其中含有___________；Cl2与H2O反应的化学方程式为___________。②若装置Ⅳ中试剂b为CCl4，可制得Cl2

的CCl4溶液(Cl2可溶于CCl4，且不与CCl4反应)。取稀盐酸、新制氯水、Cl2的CCl4溶液，分别滴在三张红色纸条上，可观察到___________现象，证明氯水中HClO具有漂白性作用。③验证氯水中H

ClO光照分解的产物。将装置Ⅳ广口瓶中的氯水转移至三颈瓶内，将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入三颈瓶中(如图)，用强光照射氯水，进行实验并采集数据，获得相关变化曲线。若能够证明氯水中HClO在光照下发生了分解反应，则图中纵坐标可以表示的物理量是___________(

填字母)。(注：酸性溶液中，c(H+)越大，pH越小，溶液酸性越强。)a．氯水的pHb．氢离子的浓度c．氯离子的浓度d．氧气的体积分数【答案】（1）MnO2+4H++2Cl-ΔMn2++Cl2↑+2H2O（2）NaCl（3）n（4）Cl2+2OH-=Cl

-+ClO-+H2O（5）①.Cl2②.Cl2+H2O=HCl＋HClO③.滴有新制氯水的红纸褪色，其他两种不使红纸褪色(或只有新制的氯水使红纸褪色)④.bcd【解析】【分析】装置I用二氧化锰和浓盐酸发生氧

化还原反应生成氯气，由于盐酸易挥发，混有HCl杂质气体，经装置Ⅱ饱和食盐水除去HCl，装置Ⅲ用于收集氯气，再通入装置Ⅳ用NaOH溶液除去尾气中的有毒氯气；【小问1详解】浓盐酸与MnO2在加热条件下发生反应生成Cl2：MnO2＋4HCl(浓)=MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，则装

置Ⅰ中反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl-Δ=Mn2++Cl2↑+2H2O。【小问2详解】食盐水抑制Cl2的溶解，HCl极易溶于水，则利用饱和食盐水洗气除去Cl2中混有的HCl。故装置Ⅱ中溶液a为饱和NaCl溶液。【

小问3详解】氯气的密度大于空气的密度，用排气法收集氯气应选择向上排气法，应长进短出收集Cl2时装置Ⅲ中气体应该从集气瓶的n口进入。【小问4详解】蘸有NaOH溶液的棉花吸收氯气时发生反应22Cl2NaOH=NaClNaClOHO+++，则离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。

【小问5详解】①氯气呈黄绿色、能溶于水，则氯水呈黄绿色是由于其中含有Cl2，氯气与水反应方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO。②Cl2的CCl4溶液(Cl2可溶于CCl4，且不与CCl4反应)中只有氯气和四氯化碳两种物质，均没有漂白性，氯水中含氯气、盐酸和次氯酸，盐酸没有漂白性。则：取稀盐

酸、新制氯水、Cl2的CCl4溶液，分别滴在三张红色纸条上，可观察到滴有新制氯水的红纸褪色，其他两种不使红纸褪色，证明氯水中HClO具有漂白性作用。③a.氯水中含有次氯酸，光照条件下发生如下反应：22HClO2HCl+O光照=，生成强酸盐酸，溶液酸性增的强，pH减小，故a错误；b

.根据a的分析氯水中含有次氯酸，光照条件下发生如下反应：22HClO2HCl+O光照=，生成强酸盐酸，溶液酸性增强，氢离子的浓度增大，故b正确；c.光照条件下发生如下反应22HClO2HCl+O光照=，生成强电解质HCl,所以溶液中氯离子浓度增大，故c正确；

d.次氯酸光照分解生成氧气，所以溶液中氧气的浓度增大，装置内气体混合物中氧气的体积分数增大，故d正确；故答案为：bcd。35.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：________NH3＋CO2＋___________＋___________=NaHCO3↓＋NH4Cl（3）煅烧NaHCO3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．CO2可以循环使用b．副产物NH4Cl可用作肥料c．溶液B中一定含有Na+、NH4+、Cl-d．①中NaHCO3析出是因

为一定条件下NaHCO3的溶解度最小（5）某纯碱样品中含杂质NaCl，取质量为ag的样品，加入足量的稀盐酸，充分反应后，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体物质，则此样品中Na2CO3的质量分数为___________。(列出表达式即可)【答案】（1）①③（2）NH3+

CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl（3）2NaHCO3ΔNa2CO3+CO2↑+H2O（4）abcd（5）106(b-a)11a×100%【解析】【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。【小问1详解】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。【小问2详解】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NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。【小问3详解】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2NaHCO3ΔNa2CO3+CO2↑+H2

O。【小问4详解】a．开始通入二氧化碳反应，最后碳酸氢钠受热分解生成CO2，故CO2可以循环使用，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；d

．氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳，所得溶液含铵离子、钠离子、碳酸氢根和氯离子，而①中析出的是NaHCO3晶体，说明该条件下NaHCO3已形成过饱和溶液、即NaHCO3溶解度最小，故d正确；故答案为：abcd。【小问5详解】ag的样品，加入足量的稀盐酸，碳酸钠与盐酸充分反

应后生成氯化钠，反应方程式为Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体物质为氯化钠。设样品中杂质NaCl的物质的量为xmol，碳酸钠的物质的量为ymol，根据已知条件、反应前后钠原子守恒，则58.5x+106y

=a，x+2y=58.5bgg/mol，解得y=ba11−mol，碳酸钠的质量=nM=ba11−mol×106g/mol=106(ba)11−g，则此样品中Na2CO3的质量分数为=106(ba)106(ba)111

00%100%a11a−−=。(列出表达式即可)36.为进一步研究过氧化钠与水的反应，某活动小组进行了如下探究。（1）把一定量水滴入盛有少量过氧化钠固体的试管中，反应的化学方程式为___________。（2）向反应后溶液中滴入酚酞，一段时间后，发现溶液颜色逐渐变浅，最

后颜色消失。为探究原因，进行实验1(环境温度为30℃)结果如下：NaOH溶液浓度(mol/L)10.02.01.00.100.01滴入酚酞时现象深紫红色深红色深红色深红色深红色溶液变为浅红色时间2~3s2

6~30s54~60s6~7min45min内稳定不变溶液完全褪色时间7~8s50~54s几乎无色100~110s几乎无色20min后仍为浅红色2h后略变浅最终溶液是否褪色褪色褪色褪色不褪色不褪色结合表中数据，判断下列说法正确的是

___________。(填字母)a．其他条件相同时，NaOH溶液浓度越大褪色越快b．溶液褪色可能是NaOH溶液浓度过大导致的c．当NaOH溶液浓度大于或等于1.0mol/L时，对溶液颜色变化有明显影响（3）为进一步探究溶液的褪色原因，活动小组接着做了以下实验：Ⅰ.取1.5

6gNa2O2粉末加入到40mL水中，充分反应得溶液A(溶液体积几乎无变化)，则所得NaOH溶液的物质的量浓度为___________。实验过程中，需待Na2O2固体完全溶解后再加入酚酞，原因是___________

。Ⅱ.实验2操作和现象如下：编号①②③④操作现象溶液变红色，20s后褪色。i．产生大量能使带火星木条复燃的气体；i．溶液变红色，10min后溶液褪色；溶液变红色，2h后无明显变化。的ii．溶液变红色，10mi

n后褪色。ii．变红色。下列说法不正确．．．的是___________。A．由②中现象i可知，Na2O2与水反应有H2O2生成B．由③、④可知，②中溶液红色褪去是因为c(OH-)大C．由②、③、④可知，①中溶液红色褪

去的主要原因不是c(OH-)大D．向①中褪色后的溶液中滴加5滴6mol/L盐酸，溶液最终变成红色综上所述，Na2O2与水反应过程复杂，滴入酚酞时溶液颜色变化受多因素影响。【答案】（1）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（2）abc（3）①.1mol/L②.排除因Na2O2剩余时其氧化性对实

验造成干扰③.D【解析】【小问1详解】把一定量的水滴入盛有少量过氧化钠固体的试管中，反应生成NaOH和O2，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为2Na2O2+2H2O=4Na

OH+O2↑。【小问2详解】a．从表中可以看出，c(NaOH)在1.0mol/L～10.0mol/L之间时，酚酞都能褪色，但NaOH溶液浓度越大褪色越快，故a正确；b．从对c(NaOH)与褪色时间的对比中可以初步得出结论，溶液褪色可能是NaOH溶液浓

度过大导致的，故b正确；c．从表中数据可以看出，当c(NaOH)＜1.0mol/L时，溶液颜色不变，当c(NaOH)＞1.0mol/L时对溶液颜色变化有明显影响，故c正确；故答案选abc。【小问3详解】Ⅰ．由关系式：Na2O2～2NaOH可求出1.56g

Na2O2与水反应得到40mL溶液中，NaOH溶液的物质的量1.56g20.04mol78g/mol=，0.04molc(==1mol/L0.04LNaOH)，故答案为1mol/L；过氧化钠具有强氧化性、漂白性，则实验过程中需待Na2O2固体完全溶解后再加入酚酞的原

因是：排除因Na2O2剩余时其氧化性对实验造成干扰。Ⅱ．A．由②中现象i可知溶液A中加入二氧化产生大量能使带火星木条复燃的气体为氧气，说明溶液中含过氧化氢，即Na2O2与水反应有H2O2生成，故A正确；B．由图③、④可知，在碱溶液中酚酞变红色和氢氧根离子

浓度有关，1mol/L的氢氧化钠溶液中滴入酚酞溶液变红色10分钟后溶液褪色，再滴入盐酸反应后氢氧根离子浓度减小，溶液变红色，说明②中溶液红色褪去是因为c(OH-)大，故B正确；C．由图②、③、④反应现象分析

可知，①中溶液红色褪去的主要原因是生成的过氧化氢具有氧化性，不是氢氧根离子浓度的关系，故C正确；D．①中溶液红色褪去的主要原因是生成了过氧化氢具有氧化性，把有色物质氧化为无色物质，向①中褪色后的液中滴加5滴6mol

/L盐酸，溶液最终不会变成红色，故D错误；故答案选D。