2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市师大附中高一上期期中测试化试题（解析版）

PAGEPAGE3黑龙江省哈尔滨市2023-2024学年师大附中高一上学期期中测试试题可能用到的相对原子质量：一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分)1.下列说法错误的是（）A.胶体区别于溶液的本质特征是具有丁达尔效应B.进行焰色试验时，没有铂丝可用无锈铁丝代替进行实验C.碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱D.实验室中取用后剩余的钠要放回原试剂瓶中〖答案〗A〖解析〗【详析】A．胶体区别于溶液的本质特征是分散质粒子直径不同，A错误；B.进行焰色试验时，没有铂丝可用无锈铁丝代替进行实验，B正确；C.碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均要发生水解，显碱性，可用作食用碱或工业用碱，C正确；D.实验室中取用后剩余的钠要放回原试剂瓶中，因为钠较活泼，易与水或氧气反应，D正确；故选A。2.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错误的是（）A.氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有B.向氯水中滴加硝酸酸化的溶液产生白色沉淀，说明氯水中含有C.光照过程中，有气泡冒出，说明光照时氯气的溶解度变小D.向氯水中加入粉末，有气泡产生，说明氯水中含有〖答案〗C〖解析〗【详析】A．呈黄绿色，形成的绿色颜色呈黄绿色，A正确；B．氯水中有盐酸电离出的氯离子，加入硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀生成，说明有氯离子，B正确；C．光照过程中，有气泡冒出，是发生了次氯酸的分解产生了氧气，C错误；D．能与碳酸氢钠反应生成气泡的为氢离子，所以反推氯水呈酸性，D正确；故选C。3.下表中关于物质的分类正确的是（）选项酸碱盐碱性氧化物酸性氧化物A纯碱干冰BHClOKOH小苏打碱石灰C烧碱DNaClCO〖答案〗C〖解析〗【详析】A．纯碱是盐，A错误；B．碱石灰是混合物，B错误；C．是酸；烧碱为NaOH，是碱；是盐；能与水化合反应生成NaOH，是碱性氧化物；与水化合生成硫酸，是酸性氧化物，分类均正确，C正确；D．是盐，是过氧化物，CO既不是碱性氧化物又不是酸性氧化物，D错误；故选C。4.下列变化需加氧化剂才能实现的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗需要加入氧化剂意味着已有还原剂，故需要从选项中找到作还原剂的组合，据此解题。【详析】A．碳酸钙与二氧化碳之间的转化没有化合价变化，A不符合题意；B．亚铁离子转化为三价铁离子是化合价升高，作还原剂，B符合题意；C．过氧化钠中钠原子为负一价，转化为氧气变为零价，化合价升高，但是可以与水或二氧化碳反应，反应过程中过氧化钠既作氧化剂也作还原剂，不需添加氧化剂，C不符合题意；D．氯气中氯原子为零价，转化为次氯酸根化合价升高，但是氯气可以与水发生反应生成次氯酸根离子，过程中氯气既作氧化剂也作还原剂，不需添加氧化剂，D不符合题意；故选B。5.2Fe3++2I-=2Fe2++I2，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，则有关离子的还原性由强到弱顺序为（）A.C1-＞Fe2+＞I- B.Fe2+＞I-＞Cl- C.I-＞Fe2+＞Cl- D.Fe2+＞Cl-＞I-〖答案〗C〖解析〗【详析】在同一个氧化还原反应中，有还原剂的还原性强于还原产物的还原性，从反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2可知I-的还原性强于Fe2+，从反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知Fe2+的还原性强于Cl-，故还原性：I-＞Fe2+＞Cl-，故〖答案〗为：C。6.下列物质中不能由化合反应制取的是（）①②胶体③④⑤⑥A.①③④⑥ B.②④ C.②④⑥ D.①②④〖答案〗B〖解析〗【详析】①铁与氯化铁溶液可以发生化合反应生成氯化亚铁，反应的方程式为，①不符合题意；②氢氧化铁胶体需要由沸水与氯化铁反应制备，方程式为，②符合题意；③向碳酸钠溶液中通入二氧化碳可以发生化合反应生成碳酸氢钠，方程式为，③不符合题意；④高中阶段氢氧化铜不可由化合反应制得，④符合题意；⑤钠与氧气或氧化钠与氧气均可以通过化合反应制备过氧化钠，方程式为或，⑤不符合题意；⑥氧化钠与二氧化碳可以发生化合反应制备碳酸钠，方程式为，⑥不符合题意；根据分析，②和④符合题意，〖答案〗选B。7.同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳相比较，下列叙述正确的是（）A.质子数之比为1∶1 B.密度比为11∶8C.物质的量之比为8∶11 D.原子个数比1∶1〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗等质量的氧气和二氧化碳，设质量均为mg，则氧气和二氧化碳的物质的量分别是、，由此分析。【详析】A．同温同压下，氧气和二氧化碳的质子数分别为16和22，等质量的氧气和二氧化碳，质子数之比=×16∶×22=1∶1，故A符合题意；B．同温同压下，密度比等于摩尔质量之比=32∶44=8∶11，故B不符合题意；C．同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳，物质的量之比与摩尔质量成反比，即n(O2)∶n(CO2)=∶=44∶32=11∶8，故C不符合题意；D．同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳，原子个数比=×2∶×3=11∶12，故D不符合题意；〖答案〗选A。8.用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.足量金属铁与氯气反应时转移的电子数为B.标准状况下，含有的分子数为C.个氮气分子中含有的原子数为D.氢气中含有的电子数为〖答案〗D〖解析〗【详析】A.铁与氯气反应生成氯化铁，氯原子降低为负一价，故0.1mol氯气完全反应共得到0.2mol的电子，转移电子数为，A错误；B.水在标准状况下不是气体，无法根据气体摩尔体积计算物质的量，故无法计算分子数目，B错误；C.个氮气分子为0.5mol，故氮原子为1mol，原子数为，C错误；D.1g氢气为0.5mol氢气，共1mol氢原子，每个氢原子中含有1个电子，故共有1mol电子，数目为个，D正确；故选D。9.常温下，将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体，又有沉淀产生的个数是(反应后恢复到原温度)（）①MgSO4溶液②饱和Na2CO3溶液③CuSO4溶液④饱和澄清石灰水⑤Ca(HCO3)2溶液A.2 B.3 C.4 D.5〖答案〗D〖解析〗【详析】金属钠放入溶液中,，有气体生成，生成的与溶液中的溶质继续反应产生沉淀，①投入水中，生成的与生成沉淀；②与水反应，消耗水，饱和溶液晶体析出；③与生成沉淀；④饱和澄清石灰水中，的溶解度所温度的升高而降低，与水反应，消耗水且放热，使晶体析出；⑤与反应，生成沉淀。故选D。10.下列单质既能跟氯气直接反应，又能跟稀盐酸反应，且产物不相同的是（）A.Al B.Cu C.Fe D.Zn〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗氯气具有强氧化性，能将变价金属氧化为最高价态，稀盐酸具有弱氧化性，能将变价金属氧化为较低价态，且稀盐酸只和金属活动性顺序表中H之前的金属反应，据此分析解答。【详析】A．Al与Cl2反应生成AlCl3，即2Al+3Cl22AlCl3，Al与稀盐酸反应生成AlCl3和H2，即2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，二反应都生成AlCl3，故A不符合题意；B．Cu与Cl2反应生成CuCl2，即Cu+Cl2CuCl2，Cu与稀盐酸不反应，故B不符合题意；C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，即2Fe+3Cl22FeCl3，Fe与稀盐酸反应生成FeCl2和H2，即Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，二反应分别生成FeCl3和FeCl2，故C符合题意；D．Zn与Cl2反应生成ZnCl2，即Zn+Cl2ZnCl2，Zn与稀盐酸反应生成ZnCl2和H2，即Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，二反应都生成ZnCl2，故D不符合题意；〖答案〗为C。11.如果ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是（）A. B. C.D.〖答案〗A〖解析〗【详析】由ag某气体中含有的分子数为b可知，气体的摩尔质量为=g/mol，则cg该气体在标准状况下的体积是×22.4L/mol=，故选A。12.某溶液中含有HCO、SO、CO、CH3COO-等4种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)（）A.CH3COO- B.SO C.CO D.HCO〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗向溶液中加入足量过氧化钠固体，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，据此分析解题。【详析】A．CH3COO-与氢氧根离子和氧气均不反应，离子浓度基本保持不变，A项符合题意；B．反应生成的氧气与亚硫酸根发生氧化还原反应生成硫酸根，亚硫酸根离子浓度减少，B项不符合题意；C．反应生成的氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根和水，溶液中碳酸根离子浓度增大，C项不符合题意；D．反应生成的氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根和水，溶液中碳酸氢根离子减少，D项不符合题意；〖答案〗选A。13.下列溶液中c(Cl-)与50mL1mol/LAlCl3溶液中氯离子浓度相等的是（）A.150mL1mol/LNaCl溶液 B.50mL3mol/LKClO3溶液C.75mL1mol/LFeCl3溶液 D.25mL2mol/LMgCl2溶液〖答案〗C〖解析〗【详析】50mL1mol/LAlCl3溶液中c(Cl-)=1mol/L×3=3mol/L。A．1mol/LNaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L，故A项不选；B．KClO3溶于水后电离为K+、，溶液中无Cl-，故B项不选；C．1mol/LFeCl3溶液中c(Cl-)=1mol/L×3=3mol/L，故C项选；D．2mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)=2mol/L×2=4mol/L，故D项不选；综上所述，〖答案〗为C。14.已知：，若有参加反应，下列说法正确的是（）A.被氧化的为 B.转移电子个C.还原性： D.还原剂为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．，若有参加反应，则被氧化的为，A错误；B．此反应每1mol参加反应，就有5mol电子发生转移；故若有参加反应，则转移的电子数为个，B错误；C．此反应中为氧化剂，而氯气为氧化产物，故氧化性：，C错误；D．每1mol参加此反应，就有5mol被氧化；若有参加反应，还原剂则为，D正确；故选D。15.某无色澄清溶液中可能含有：①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操作现象(1)向溶液中先滴加过量的溶液，后加入过量的稀盐酸先有白色沉淀生成，后沉淀部分溶解(2)将(1)中所得混合物过滤，向滤液中加入溶液和稀有白色沉淀生成(3)用铂丝蘸取少量溶液置于无色酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色下列结论正确的是（）A.可能含有的离子是①⑤B.肯定含有的离子是③④⑥C.该实验无法确定的离子是④⑤D.肯定没有的离子是②③④⑥，可能含有的离子是⑤〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗原溶液无色澄清，则肯定不含②、⑥；实验(1)：向溶液中先后滴加过量的溶液和稀盐酸，先有白色沉淀生成，后沉淀部分溶解，则肯定含有⑦、⑧，碳酸根与、不共存，所以一定不含有③、④；实验(2)：将(1)中所得混合物过滤，向滤液中加入溶液和稀，有白色沉淀生成，证明(2)中含有，但由于(1)中引入了，所以无法确定原溶液中是否含有⑤；实验(3)：用铂丝蘸取少量溶液置于无色酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，则原溶液中含有①。由分析可知，原溶液中肯定含有①、⑦、⑧，肯定不含有②、③、④、⑥，可能含有⑤。故选D。【详析】A．根据以上分析，可能含有的离子是⑤，一定含有①，故A错误；B．根据以上分析，肯定含有的离子是①、⑦、⑧，故B错误；C．根据以上分析，该实验无法确定的离子是⑤，一定不含④，故C错误；D．根据以上分析，肯定没有的离子是②、③、④、⑥，可能含有的离子是⑤，故D正确；选D。16.关于与两种气体，下列比值一定为的是（）A.体积相同时，两种气体质量之比 B.温度和压强相同时，两种气体的密度之比C.原子数相同时，两种气体的质子数之比 D.质量相同时，两种气体的分子数之比〖答案〗B〖解析〗【详析】A．如不在相同条件下，相同体积的两种气体的物质的量不一定相同，则质量比不一定等于2：3，A错误；B．温度和压强相同时，气体密度，故两种气体的密度之比等于摩尔质量之比等于2：3，B正确；C．两种气体都有O原子组成，则两种气体原子数相同，两种气体的质子数相同，C错误；D．，两种气体的质量相同，两种气体的分子数之比为3：2，D错误；故选B。17.下列物质中含原子总数最多的是（）A. B.时 C.个 D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗需要先根据物质的量的计算公式算出各个选项的分子数，进而乘原子个数得到原子总数。【详析】A.根据公式，，原子的物质的量为0.25×4=1mol；B.时水的密度为1g/cm3，1L即为1000g，根据公式，，原子的物质的量为55.6×3=166.8mol；C.根据公式，，原子的物质的量为0.2×3=0.6mol；D.原子的物质的量为0.6×5=3mol；综上所述，原子数目最多的为B，故〖答案〗选B。18.将和混合，加水稀释至。则所得溶液中的浓度为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗溶液混合后溶质硫酸的物质的量是两个混合溶液之和，根据计算结果。中硫酸的物质的量，中硫酸的物质的量，故最终溶液中的硫酸的浓度为，题目中问氢离子浓度，故〖答案〗为0.56mol/L。【详析】根据分析，最终溶液中的氢离子浓度为0.56mol/L，故选B。19.在无色透明强酸性溶液中，能大量共存的离子组是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．无色透明强酸性溶液中，是紫红色的，不能大量共存，A错误；B．无色透明强酸性溶液中，不能大量共存，会与氢离子反应，B错误；C．无色透明强酸性溶液中，均可以大量共存，C正确；D．无色透明强酸性溶液中，会被在酸性条件下氧化，D错误；故C。20.BrCl是一种工业消毒剂，其结构和性质与氯气相似，下列有关BrCl的预测正确的是（）A.是一种有毒、有色的单质B.Br、Cl元素的化合价都为0价C.具有强氧化性，能使Fe2+转化为Fe3+D.与H2O反应的化学方程式：BrCl+H2O=HClO+HBr〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗【详析】A．BrCl是一种有毒、有色的化合物，故A错误；B．氯元素的非金属性强于溴，Br元素的化合价为+1价，Cl元素的化合价为-1价，故B错误；C．+1价的Br元素具有强氧化性，能使Fe2+转化为Fe3+，故C正确；D．与H2O反应的化学方程式：BrCl+H2O=HCl+HBrO，故D错误；故选C。21.下列实验操作或实验设计正确的是（）A.图1：稀释浓硫酸B.图2：向容量瓶中转移溶液C.图3：称量NaOH固体D.图4：比较NaHCO3和Na2CO3热稳定性〖答案〗B〖解析〗【详析】A．稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散，一定不能把水注入浓硫酸中，否则产生飞溅事故，故A错误；B．向容量瓶中转移溶液，用玻璃棒引流，图中实验操作符合要求，故B正确；C．氢氧化钠具有腐蚀性，应该在烧杯中称量，故C错误；D．NaHCO3不稳定，受热易分解，Na2CO3受热不分解，为比较二者的热稳定性，应将Na2CO3置于大试管中，靠近酒精灯火焰，故D错误；故选B。22.下列离子方程式书写正确的是（）A.NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液反应：NH+OH-=NH3•H2OB.澄清石灰水与过量NaHCO3溶液反应：HCO+Ca2++OH-=CaCO3+H2OC.氢氧化钠溶液通入过量SO2：OH-+SO2=HSOD.Cl2与FeBr2物质的量之比1：1的离子反应方程式：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-〖答案〗C〖解析〗【详析】A．NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液反应：，A错误；B．澄清石灰水与过量NaHCO3溶液反应：，B错误；C．氢氧化钠溶液通入过量SO2：OH-+SO2=HSO，C正确；D．Cl2与FeBr2物质的量之比1：1的离子反应方程式：，D错误；故选C。23.在120℃的条件下，将质量为5.6g的CO与1.6g的H2的混合气体在足量的O2中充分燃烧，然后将产生的气体通过足量的Na2O2固体中充分反应，反应后固体增加的质量为（）A.4.5gB.7.2gC.9.3gD.无法计算〖答案〗B〖解析〗【详析】CO在氧气中完全燃烧生成CO2，CO2和再与Na2O2反应，方程式为2CO+O22CO2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：CO+Na2O2=Na2CO3，可知过氧化钠增重为CO的质量；H2在氧气中完全燃烧，生成H2O，H2O再与Na2O2反应，方程式为2H2+O22H2O、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总反应方程式为：H2+Na2O2=2NaOH，可知反应后固体质量增加为氢气质量；故质量为5.6g的CO与1.6g的H2的混合气体在足量的O2中充分燃烧，然后通入足量的Na2O2固体中充分反应，固体质量增加应为CO和H2的质量之和，即固体增重为5.6g+1.6g=7.2g；〖答案〗选B。24.“侯氏制碱法”是我国化工专家侯德榜为世界制碱工业作出的突出贡献。某实验小组模拟“侯氏制碱法”的工艺流程如图：下列有关说法正确的是（）A.A气体是NH3，B气体是CO2B.第Ⅲ步得到晶体是Na2CO3·10H2OC.第Ⅳ步操作用到的主要仪器是酒精灯、蒸发皿、玻璃棒D.在整个流程中可循环利用的物质只有NH3〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由题给流程图可知，向饱和食盐水中通入溶解度大的氨气时溶液呈碱性后，再通入二氧化碳气体，二氧化碳、氨气和饱和食盐水反应生成氯化铵和碳酸氢钠沉淀，过滤得到碳酸氢钠晶体和含有碳酸氢钠和氯化铵的母液；将碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，向母液中加入石灰水共热得到氯化钙、氨气和水，氨气和二氧化碳可循环使用。【详析】A．二氧化碳在水中溶解度较小，氨气溶解度较大，故先通入氨气得碱性溶液，再向碱性溶液中通入二氧化碳，可以达到实验目的，故A正确；B．因为碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，故第Ⅲ步得到的晶体是NaHCO3，故B错误；C．第Ⅳ步为碳酸氢钠晶体的受热分解，用到的主要仪器是酒精灯、坩埚、玻璃棒，故C错误；D．碳酸氢钠受热分解产生的CO2也可循环使用，故D错误；故选A。25.工业上常用碱性溶液吸收工业废气中的，为了提高吸收效率，常用作为催化剂，在反应过程中产生的四价镍和氧原子都具有极强的氧化能力，可加快对的吸收，其中的催化过程如图所示：下列说法不正确的是（）A.碱性溶液吸收的离子方程式是：B.过程1的离子方程式是：C.过程2中，氧化剂是，还原剂是D.此催化过程的离子反应为：〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗用碱性溶液吸收工业废气中的，发生的反应为；根据图示，过程1的离子方程式是：ClO−＋Ni2O3＝Cl−＋2NiO2；过程2中，ClO−的Cl被还原得到Cl−，ClO−的O被氧化得到O原子，ClO−即是氧化剂也是还原剂，NiO2的Ni从＋4价被还原得到Ni2O3的＋3价，NiO2作氧化剂；据此分析解题。【详析】A．碱性溶液吸收的离子方程式是，故A正确；

B．根据图示，过程1的离子方程式是：ClO−＋Ni2O3＝Cl−＋2NiO2，故B正确；

C．过程2中，ClO−的Cl被还原得到Cl−，ClO−的O被氧化得到O原子，ClO−即是氧化剂也是还原剂，NiO2的Ni从＋4价被还原得到Ni2O3的＋3价，NiO2作氧化剂，故C错误；

D．根据图示全过程，此催化过程的离子反应为：，故D正确；

故〖答案〗选C。二、非选择题(共50分)26.物质A和B均为中学化学常见物质，A、B含同种元素。A在一定条件下转化为B的反应如下图所示。已知该反应为氧化还原反应，部分产物略去。回答下列问题：（1）若A为单质：①A的焰色为黄色，则反应的离子方程式为：___________；②B为金属氧化物，则反应的化学方程式为：___________；③A既为氧化剂又为还原剂，则反应的离子方程式为：___________；（2）若A为金属氧化物，则反应的化学方程式为：___________；（3）若A为氢氧化物，且转化为B时有参加反应，则反应的化学方程式为：___________。〖答案〗（1）①.②.③.（2）（3）〖解析〗〖祥解〗A转化为B是氧化还原反应，且含同种元素，结合所学金属元素的化学性质分析题目。（1）①金属钠的颜色为黄色，单质与水的反应的方程式为；②单质可与水反应生成氧化物的为铁与水蒸气，故反应方程式为；③单质可与水反应且自身既作氧化剂也作还原剂，为氯气与水反应，方程式为；（2）金属氧化物可与水发生氧化还原的为过氧化钠，方程式为；（3）根据信息，转化过程由氧气参与的是强氧化亚铁被空气氧化的过程，方程式为。27.将一定量的溶液、溶液、溶液混合，充分反应后有白色沉淀产生，白色沉淀中只含有元素与另一种元素，且该物质摩尔质量为。请回答下列问题：（1）白色沉淀的化学式为___________。（2）上述反应的离子方程式为___________。（3）固体加热分解也会产生上述白色沉淀，则反应的另一产物是___________。（4）下列说法错误的是___________(填序号)。A.难溶于水 B.是电解质 C.是白色固体 D.属于正盐〖答案〗（1）CuCl（2）（3）Cl2（4）AC〖解析〗（1）白色沉淀摩尔质量为99.5g/mol，可推出另一元素是Cl，则白色沉淀为CuCl；故〖答案〗为：CuCl；（2）反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，根据化合价升降及元素守恒、电荷守恒可配出离子方程式为；故〖答案〗为：；（3）CuCl2加热分解生成CuCl，根据化合价升降规律可知，另一产物为Cl2；故〖答案〗为：Cl2；（4）A．CuCl2易溶于水，形成蓝色溶液，A错误；B．CuSO4⋅5H2O是蓝色晶体，属于电解质，B正确；C．无水氯化铜呈棕黄色，C错误；D．Na2SO3由钠离子和亚硫酸根构成，属于正盐，D正确；故〖答案〗为：AC。28.某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的信息如图所示。实验室需要使用的稀硫酸，现用该浓硫酸和蒸馏水进行配制。回答下列问题：硫酸化学纯品名：硫酸化学式：相对分子质量：98密度：质量分数：98%（1）该浓硫酸中物质的量浓度为___________。（2）完成本实验所需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、___________。（3）配制过程中，需量取浓硫酸___________，定容时的操作为：___________。（4）下列操作会使所配溶液浓度偏高的是___________(填字母)。A．量取浓硫酸时俯视读数B．洗涤了量取浓硫酸的仪器并将洗涤液转移至容量瓶C．将浓硫酸稀释后立即转移至容量瓶D．定容时仰视读数E．定容并摇匀后发现液面低于刻度线（5）若把配制好的硫酸与等质量的水混合所得溶液的物质的量浓度___________(填“大于”，“等于”或“小于”)。〖答案〗（1）18.4（2）500mL容量瓶、量筒（3）①.27.2②.离刻度线还有2-3厘米时，改用胶头滴管定容，滴加至溶液凹液面与刻度线相平即可。（4）BC（5）小于〖解析〗〖祥解〗此题为量取一定体积液体溶质来配制一定物质的量浓度的溶液的实验题，需要结合以及稀释公式：进行运算，同时注意配制溶液时仪器的选择以及正确的实验操作及步骤，同时掌握相关误差分析。（1）由，可求得此浓硫酸的浓度。（2）实验室需要使用稀硫酸，需选择500mL容量瓶和量筒。（3）由稀释公式可知，，可求得。定容的正确操作为：离刻度线还有2-3厘米时，改用胶头滴管定容，滴加至溶液凹液面与刻度线相平即可。（4）量取浓硫酸时俯视读数，会导致浓硫酸量取偏少，所配制溶液浓度偏低，A错误；量筒不能洗涤，否则会多量取浓硫酸导致浓度偏高，B正确；将浓硫酸稀释后立即转移至容量瓶，浓硫酸溶于水放出热量导致液体体积膨胀，最终所配溶液体积偏小导致溶液浓度偏高，C正确；定容时仰视读数导致所配溶液体积偏大，溶液浓度偏低，D错误；定容并摇匀后发现液面低于刻度线，对溶液浓度无影响，E错误。故选BC。（5）若把配制好的硫酸与等质量的水混合，因为硫酸的密度大于水,所以等质量的水的体积大于硫酸,所得溶液的体积大于原来硫酸体积的两倍，故物质的量浓度小于原来的。29.是一种常用的消毒剂和漂白剂。某实验小组设计如下实验制备溶液并测定的浓度。制备溶液的装置如图所示。请回答下列问题：（1）盛装浓盐酸的仪器名称为___________。（2）装置A中反应的化学方程式为___________。（3）装置B中的试剂为___________，若没有装置B产生的后果是___________。（4）装置C中反应离子方程式为___________。（5）下列说法正确的是___________(填序号)。①将装置A中的换成则反应不需要加热②把装置C中冰水换成沸水以加快反应速率③该实验不需尾气处理装置（6）溶液浓度的测定：取制得的溶液于锥形瓶中，加过量溶液，发生反应生成和；再用溶液去测定的量，原理为，消耗。则漂白液中的浓度为___________。〖答案〗（1）分液漏斗（2）（3）①.饱和食盐水②.（4）（5）①（6）0.8〖解析〗〖祥解〗A中二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，B饱和食盐水除去氯化氢气体，氯气和氢氧化钠制取次氯酸钠，实验中缺少尾气处理装置，以此分析；（1）盛装浓盐酸的仪器为分液漏斗；故〖答案〗为：分液漏斗；（2）A中用二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气；故〖答案〗为：；（3）根据分析，B中用饱和食盐水除去氯化氢气体；若HCl没有被吸收，会在NaOH溶液中消耗碱溶液，降低NaClO的产量；故〖答案〗为：饱和食盐水；消耗NaOH溶液，降低NaClO的产量；（4）氯气与NaOH反应生成NaClO；故〖答案〗为：；（5）①高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，不需要加热，①正确；②把装置C中冰水换成热水，会促使副反应的发生，产物会变成NaClO3，而非NaClO，②错误；③有必要加尾气处理装置，防止氯气未被完全吸收逸散到空气中污染空气，③错误；故〖答案〗：①；（6）根据和可以得到如下关系，设NaClO物质的量为xmol，则，x=0.02mol，其含量为；故〖答案〗为：0.8。30.向和混合溶液中缓慢滴加一定浓度的盐酸，测得溶液中物质的量与所加盐酸体积之间的关系如图所示。请回答下列问题：（1）加盐酸过程中发生反应的离子方程式为：___________。（2）盐酸物质的量浓度为___________，原混合溶液中的物质的量浓度为___________。（3）当滴入的盐酸体积为时，溶液中为___________。〖答案〗（1）+H+=+H2O（2）①.1②.1.5（3）1:3〖解析〗〖祥解〗在加入HCl的体积在0～25mL时发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，在加入盐酸溶液的体积在25～75mL时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，以此解题。（1）在加入HCl的体积在0～25mL时发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，对应的离子方程式为：+H+=+H2O；（2）根据C元素守恒可知原混合溶液中n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=0.05mol。由方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑中物质反应转化关系可知n(HCl)=n(NaHCO3)=0.05mol，发生该反应的HCl体积是V(HCl)=75mL-25mL=50mL，则该盐酸溶液的物质的量浓度c(HCl)=；加入HCl的体积在0～25mL时发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，可知原溶液中n(Na2CO3)=n(HCl)=1mol/L×0.025L=0.025mol，则原固体中NaHCO3的物质的量为n(NaHCO3)=0.05mol-0.025mol=0.025mol，故钠离子共有0.075mol，浓度为；（3）加入HCl的体积在0～25mL时发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，可知原溶液中n(Na2CO3)=n(HCl)=1mol/L×0.025L=0.025mol，则原固体中NaHCO3的物质的量为n(NaHCO3)=0.05mol-0.025mol=0.025mol。当滴入的盐酸体积为12.5mL时，反应消耗Na2CO3的物质的量n(Na2CO3)=n(HCl)=1mol/L×0.0125L=0.0125mol，因此此时溶液中剩余Na2CO3的物质的量为0.025mol-0.0125mol=0.0125mol，其中含有的NaHCO3的物质的量为0.025mol+0.0125mol=0.0375mol，所以此时n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=0.0125mol：0.0375mol=1:3，因此此时溶液中n()：n()=1:3。黑龙江省哈尔滨市2023-2024学年师大附中高一上学期期中测试试题可能用到的相对原子质量：一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分)1.下列说法错误的是（）A.胶体区别于溶液的本质特征是具有丁达尔效应B.进行焰色试验时，没有铂丝可用无锈铁丝代替进行实验C.碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱D.实验室中取用后剩余的钠要放回原试剂瓶中〖答案〗A〖解析〗【详析】A．胶体区别于溶液的本质特征是分散质粒子直径不同，A错误；B.进行焰色试验时，没有铂丝可用无锈铁丝代替进行实验，B正确；C.碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均要发生水解，显碱性，可用作食用碱或工业用碱，C正确；D.实验室中取用后剩余的钠要放回原试剂瓶中，因为钠较活泼，易与水或氧气反应，D正确；故选A。2.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错误的是（）A.氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有B.向氯水中滴加硝酸酸化的溶液产生白色沉淀，说明氯水中含有C.光照过程中，有气泡冒出，说明光照时氯气的溶解度变小D.向氯水中加入粉末，有气泡产生，说明氯水中含有〖答案〗C〖解析〗【详析】A．呈黄绿色，形成的绿色颜色呈黄绿色，A正确；B．氯水中有盐酸电离出的氯离子，加入硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀生成，说明有氯离子，B正确；C．光照过程中，有气泡冒出，是发生了次氯酸的分解产生了氧气，C错误；D．能与碳酸氢钠反应生成气泡的为氢离子，所以反推氯水呈酸性，D正确；故选C。3.下表中关于物质的分类正确的是（）选项酸碱盐碱性氧化物酸性氧化物A纯碱干冰BHClOKOH小苏打碱石灰C烧碱DNaClCO〖答案〗C〖解析〗【详析】A．纯碱是盐，A错误；B．碱石灰是混合物，B错误；C．是酸；烧碱为NaOH，是碱；是盐；能与水化合反应生成NaOH，是碱性氧化物；与水化合生成硫酸，是酸性氧化物，分类均正确，C正确；D．是盐，是过氧化物，CO既不是碱性氧化物又不是酸性氧化物，D错误；故选C。4.下列变化需加氧化剂才能实现的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗需要加入氧化剂意味着已有还原剂，故需要从选项中找到作还原剂的组合，据此解题。【详析】A．碳酸钙与二氧化碳之间的转化没有化合价变化，A不符合题意；B．亚铁离子转化为三价铁离子是化合价升高，作还原剂，B符合题意；C．过氧化钠中钠原子为负一价，转化为氧气变为零价，化合价升高，但是可以与水或二氧化碳反应，反应过程中过氧化钠既作氧化剂也作还原剂，不需添加氧化剂，C不符合题意；D．氯气中氯原子为零价，转化为次氯酸根化合价升高，但是氯气可以与水发生反应生成次氯酸根离子，过程中氯气既作氧化剂也作还原剂，不需添加氧化剂，D不符合题意；故选B。5.2Fe3++2I-=2Fe2++I2，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，则有关离子的还原性由强到弱顺序为（）A.C1-＞Fe2+＞I- B.Fe2+＞I-＞Cl- C.I-＞Fe2+＞Cl- D.Fe2+＞Cl-＞I-〖答案〗C〖解析〗【详析】在同一个氧化还原反应中，有还原剂的还原性强于还原产物的还原性，从反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2可知I-的还原性强于Fe2+，从反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知Fe2+的还原性强于Cl-，故还原性：I-＞Fe2+＞Cl-，故〖答案〗为：C。6.下列物质中不能由化合反应制取的是（）①②胶体③④⑤⑥A.①③④⑥ B.②④ C.②④⑥ D.①②④〖答案〗B〖解析〗【详析】①铁与氯化铁溶液可以发生化合反应生成氯化亚铁，反应的方程式为，①不符合题意；②氢氧化铁胶体需要由沸水与氯化铁反应制备，方程式为，②符合题意；③向碳酸钠溶液中通入二氧化碳可以发生化合反应生成碳酸氢钠，方程式为，③不符合题意；④高中阶段氢氧化铜不可由化合反应制得，④符合题意；⑤钠与氧气或氧化钠与氧气均可以通过化合反应制备过氧化钠，方程式为或，⑤不符合题意；⑥氧化钠与二氧化碳可以发生化合反应制备碳酸钠，方程式为，⑥不符合题意；根据分析，②和④符合题意，〖答案〗选B。7.同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳相比较，下列叙述正确的是（）A.质子数之比为1∶1 B.密度比为11∶8C.物质的量之比为8∶11 D.原子个数比1∶1〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗等质量的氧气和二氧化碳，设质量均为mg，则氧气和二氧化碳的物质的量分别是、，由此分析。【详析】A．同温同压下，氧气和二氧化碳的质子数分别为16和22，等质量的氧气和二氧化碳，质子数之比=×16∶×22=1∶1，故A符合题意；B．同温同压下，密度比等于摩尔质量之比=32∶44=8∶11，故B不符合题意；C．同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳，物质的量之比与摩尔质量成反比，即n(O2)∶n(CO2)=∶=44∶32=11∶8，故C不符合题意；D．同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳，原子个数比=×2∶×3=11∶12，故D不符合题意；〖答案〗选A。8.用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.足量金属铁与氯气反应时转移的电子数为B.标准状况下，含有的分子数为C.个氮气分子中含有的原子数为D.氢气中含有的电子数为〖答案〗D〖解析〗【详析】A.铁与氯气反应生成氯化铁，氯原子降低为负一价，故0.1mol氯气完全反应共得到0.2mol的电子，转移电子数为，A错误；B.水在标准状况下不是气体，无法根据气体摩尔体积计算物质的量，故无法计算分子数目，B错误；C.个氮气分子为0.5mol，故氮原子为1mol，原子数为，C错误；D.1g氢气为0.5mol氢气，共1mol氢原子，每个氢原子中含有1个电子，故共有1mol电子，数目为个，D正确；故选D。9.常温下，将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体，又有沉淀产生的个数是(反应后恢复到原温度)（）①MgSO4溶液②饱和Na2CO3溶液③CuSO4溶液④饱和澄清石灰水⑤Ca(HCO3)2溶液A.2 B.3 C.4 D.5〖答案〗D〖解析〗【详析】金属钠放入溶液中,，有气体生成，生成的与溶液中的溶质继续反应产生沉淀，①投入水中，生成的与生成沉淀；②与水反应，消耗水，饱和溶液晶体析出；③与生成沉淀；④饱和澄清石灰水中，的溶解度所温度的升高而降低，与水反应，消耗水且放热，使晶体析出；⑤与反应，生成沉淀。故选D。10.下列单质既能跟氯气直接反应，又能跟稀盐酸反应，且产物不相同的是（）A.Al B.Cu C.Fe D.Zn〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗氯气具有强氧化性，能将变价金属氧化为最高价态，稀盐酸具有弱氧化性，能将变价金属氧化为较低价态，且稀盐酸只和金属活动性顺序表中H之前的金属反应，据此分析解答。【详析】A．Al与Cl2反应生成AlCl3，即2Al+3Cl22AlCl3，Al与稀盐酸反应生成AlCl3和H2，即2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，二反应都生成AlCl3，故A不符合题意；B．Cu与Cl2反应生成CuCl2，即Cu+Cl2CuCl2，Cu与稀盐酸不反应，故B不符合题意；C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，即2Fe+3Cl22FeCl3，Fe与稀盐酸反应生成FeCl2和H2，即Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，二反应分别生成FeCl3和FeCl2，故C符合题意；D．Zn与Cl2反应生成ZnCl2，即Zn+Cl2ZnCl2，Zn与稀盐酸反应生成ZnCl2和H2，即Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，二反应都生成ZnCl2，故D不符合题意；〖答案〗为C。11.如果ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是（）A. B. C.D.〖答案〗A〖解析〗【详析】由ag某气体中含有的分子数为b可知，气体的摩尔质量为=g/mol，则cg该气体在标准状况下的体积是×22.4L/mol=，故选A。12.某溶液中含有HCO、SO、CO、CH3COO-等4种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)（）A.CH3COO- B.SO C.CO D.HCO〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗向溶液中加入足量过氧化钠固体，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，据此分析解题。【详析】A．CH3COO-与氢氧根离子和氧气均不反应，离子浓度基本保持不变，A项符合题意；B．反应生成的氧气与亚硫酸根发生氧化还原反应生成硫酸根，亚硫酸根离子浓度减少，B项不符合题意；C．反应生成的氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根和水，溶液中碳酸根离子浓度增大，C项不符合题意；D．反应生成的氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根和水，溶液中碳酸氢根离子减少，D项不符合题意；〖答案〗选A。13.下列溶液中c(Cl-)与50mL1mol/LAlCl3溶液中氯离子浓度相等的是（）A.150mL1mol/LNaCl溶液 B.50mL3mol/LKClO3溶液C.75mL1mol/LFeCl3溶液 D.25mL2mol/LMgCl2溶液〖答案〗C〖解析〗【详析】50mL1mol/LAlCl3溶液中c(Cl-)=1mol/L×3=3mol/L。A．1mol/LNaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L，故A项不选；B．KClO3溶于水后电离为K+、，溶液中无Cl-，故B项不选；C．1mol/LFeCl3溶液中c(Cl-)=1mol/L×3=3mol/L，故C项选；D．2mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)=2mol/L×2=4mol/L，故D项不选；综上所述，〖答案〗为C。14.已知：，若有参加反应，下列说法正确的是（）A.被氧化的为 B.转移电子个C.还原性： D.还原剂为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．，若有参加反应，则被氧化的为，A错误；B．此反应每1mol参加反应，就有5mol电子发生转移；故若有参加反应，则转移的电子数为个，B错误；C．此反应中为氧化剂，而氯气为氧化产物，故氧化性：，C错误；D．每1mol参加此反应，就有5mol被氧化；若有参加反应，还原剂则为，D正确；故选D。15.某无色澄清溶液中可能含有：①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操作现象(1)向溶液中先滴加过量的溶液，后加入过量的稀盐酸先有白色沉淀生成，后沉淀部分溶解(2)将(1)中所得混合物过滤，向滤液中加入溶液和稀有白色沉淀生成(3)用铂丝蘸取少量溶液置于无色酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色下列结论正确的是（）A.可能含有的离子是①⑤B.肯定含有的离子是③④⑥C.该实验无法确定的离子是④⑤D.肯定没有的离子是②③④⑥，可能含有的离子是⑤〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗原溶液无色澄清，则肯定不含②、⑥；实验(1)：向溶液中先后滴加过量的溶液和稀盐酸，先有白色沉淀生成，后沉淀部分溶解，则肯定含有⑦、⑧，碳酸根与、不共存，所以一定不含有③、④；实验(2)：将(1)中所得混合物过滤，向滤液中加入溶液和稀，有白色沉淀生成，证明(2)中含有，但由于(1)中引入了，所以无法确定原溶液中是否含有⑤；实验(3)：用铂丝蘸取少量溶液置于无色酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，则原溶液中含有①。由分析可知，原溶液中肯定含有①、⑦、⑧，肯定不含有②、③、④、⑥，可能含有⑤。故选D。【详析】A．根据以上分析，可能含有的离子是⑤，一定含有①，故A错误；B．根据以上分析，肯定含有的离子是①、⑦、⑧，故B错误；C．根据以上分析，该实验无法确定的离子是⑤，一定不含④，故C错误；D．根据以上分析，肯定没有的离子是②、③、④、⑥，可能含有的离子是⑤，故D正确；选D。16.关于与两种气体，下列比值一定为的是（）A.体积相同时，两种气体质量之比 B.温度和压强相同时，两种气体的密度之比C.原子数相同时，两种气体的质子数之比 D.质量相同时，两种气体的分子数之比〖答案〗B〖解析〗【详析】A．如不在相同条件下，相同体积的两种气体的物质的量不一定相同，则质量比不一定等于2：3，A错误；B．温度和压强相同时，气体密度，故两种气体的密度之比等于摩尔质量之比等于2：3，B正确；C．两种气体都有O原子组成，则两种气体原子数相同，两种气体的质子数相同，C错误；D．，两种气体的质量相同，两种气体的分子数之比为3：2，D错误；故选B。17.下列物质中含原子总数最多的是（）A. B.时 C.个 D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗需要先根据物质的量的计算公式算出各个选项的分子数，进而乘原子个数得到原子总数。【详析】A.根据公式，，原子的物质的量为0.25×4=1mol；B.时水的密度为1g/cm3，1L即为1000g，根据公式，，原子的物质的量为55.6×3=166.8mol；C.根据公式，，原子的物质的量为0.2×3=0.6mol；D.原子的物质的量为0.6×5=3mol；综上所述，原子数目最多的为B，故〖答案〗选B。18.将和混合，加水稀释至。则所得溶液中的浓度为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗溶液混合后溶质硫酸的物质的量是两个混合溶液之和，根据计算结果。中硫酸的物质的量，中硫酸的物质的量，故最终溶液中的硫酸的浓度为，题目中问氢离子浓度，故〖答案〗为0.56mol/L。【详析】根据分析，最终溶液中的氢离子浓度为0.56mol/L，故选B。19.在无色透明强酸性溶液中，能大量共存的离子组是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．无色透明强酸性溶液中，是紫红色的，不能大量共存，A错误；B．无色透明强酸性溶液中，不能大量共存，会与氢离子反应，B错误；C．无色透明强酸性溶液中，均可以大量共存，C正确；D．无色透明强酸性溶液中，会被在酸性条件下氧化，D错误；故C。20.BrCl是一种工业消毒剂，其结构和性质与氯气相似，下列有关BrCl的预测正确的是（）A.是一种有毒、有色的单质B.Br、Cl元素的化合价都为0价C.具有强氧化性，能使Fe2+转化为Fe3+D.与H2O反应的化学方程式：BrCl+H2O=HClO+HBr〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗【详析】A．BrCl是一种有毒、有色的化合物，故A错误；B．氯元素的非金属性强于溴，Br元素的化合价为+1价，Cl元素的化合价为-1价，故B错误；C．+1价的Br元素具有强氧化性，能使Fe2+转化为Fe3+，故C正确；D．与H2O反应的化学方程式：BrCl+H2O=HCl+HBrO，故D错误；故选C。21.下列实验操作或实验设计正确的是（）A.图1：稀释浓硫酸B.图2：向容量瓶中转移溶液C.图3：称量NaOH固体D.图4：比较NaHCO3和Na2CO3热稳定性〖答案〗B〖解析〗【详析】A．稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散，一定不能把水注入浓硫酸中，否则产生飞溅事故，故A错误；B．向容量瓶中转移溶液，用玻璃棒引流，图中实验操作符合要求，故B正确；C．氢氧化钠具有腐蚀性，应该在烧杯中称量，故C错误；D．NaHCO3不稳定，受热易分解，Na2CO3受热不分解，为比较二者的热稳定性，应将Na2CO3置于大试管中，靠近酒精灯火焰，故D错误；故选B。22.下列离子方程式书写正确的是（）A.NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液反应：NH+OH-=NH3•H2OB.澄清石灰水与过量NaHCO3溶液反应：HCO+Ca2++OH-=CaCO3+H2OC.氢氧化钠溶液通入过量SO2：OH-+SO2=HSOD.Cl2与FeBr2物质的量之比1：1的离子反应方程式：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-〖答案〗C〖解析〗【详析】A．NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液反应：，A错误；B．澄清石灰水与过量NaHCO3溶液反应：，B错误；C．氢氧化钠溶液通入过量SO2：OH-+SO2=HSO，C正确；D．Cl2与FeBr2物质的量之比1：1的离子反应方程式：，D错误；故选C。23.在120℃的条件下，将质量为5.6g的CO与1.6g的H2的混合气体在足量的O2中充分燃烧，然后将产生的气体通过足量的Na2O2固体中充分反应，反应后固体增加的质量为（）A.4.5gB.7.2gC.9.3gD.无法计算〖答案〗B〖解析〗【详析】CO在氧气中完全燃烧生成CO2，CO2和再与Na2O2反应，方程式为2CO+O22CO2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：CO+Na2O2=Na2CO3，可知过氧化钠增重为CO的质量；H2在氧气中完全燃烧，生成H2O，H2O再与Na2O2反应，方程式为2H2+O22H2O、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总反应方程式为：H2+Na2O2=2NaOH，可知反应后固体质量增加为氢气质量；故质量为5.6g的CO与1.6g的H2的混合气体在足量的O2中充分燃烧，然后通入足量的Na2O2固体中充分反应，固体质量增加应为CO和H2的质量之和，即固体增重为5.6g+1.6g=7.2g；〖答案〗选B。24.“侯氏制碱法”是我国化工专家侯德榜为世界制碱工业作出的突出贡献。某实验小组模拟“侯氏制碱法”的工艺流程如图：下列有关说法正确的是（）A.A气体是NH3，B气体是CO2B.第Ⅲ步得到晶体是Na2CO3·10H2OC.第Ⅳ步操作用到的主要仪器是酒精灯、蒸发皿、玻璃棒D.在整个流程中可循环利用的物质只有NH3〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由题给流程图可知，向饱和食盐水中通入溶解度大的氨气时溶液呈碱性后，再通入二氧化碳气体，二氧化碳、氨气和饱和食盐水反应生成氯化铵和碳酸氢钠沉淀，过滤得到碳酸氢钠晶体和含有碳酸氢钠和氯化铵的母液；将碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，向母液中加入石灰水共热得到氯化钙、氨气和水，氨气和二氧化碳可循环使用。【详析】A．二氧化碳在水中溶解度较小，氨气溶解度较大，故先通入氨气得碱性溶液，再向碱性溶液中通入二氧化碳，可以达到实验目的，故A正确；B．因为碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，故第Ⅲ步得到的晶体是NaHCO3，故B错误；C．第Ⅳ步为碳酸氢钠晶体的受热分解，用到的主要仪器是酒精灯、坩埚、玻璃棒，故C错误；D．碳酸氢钠受热分解产生的CO2也可循环使用，故D错误；故选A。25.工业上常用碱性溶液吸收工业废气中的，为了提高吸收效率，常用作为催化剂，在反应过程中产生的四价镍和氧原子都具有极强的氧化能力，可加快对的吸收，其中的催化过程如图所示：下列说法不正确的是（）A.碱性溶液吸收的离子方程式是：B.过程1的离子方程式是：C.过程2中，氧化剂是，还原剂是D.此催化过程的离子反应为：〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗用碱性溶液吸收工业废气中的，发生的反应为；根据图示，过程1的离子方程式是：ClO−＋Ni2O3＝Cl−＋2NiO2；过程2中，ClO−的Cl被还原得到Cl−，ClO−的O被氧化得到O原子，ClO−即是氧化剂也是还原剂，NiO2的Ni从＋4价被还原得到Ni2O3的＋3价，NiO2作氧化剂；据此分析解题。【详析】A．碱性溶液吸收的离子方程式是，故A正确；

B．根据图示，过程1的离子方程式是：ClO−＋Ni2O3＝Cl−＋2NiO2，故B正确；

C．过程2中，ClO−的Cl被还原得到Cl−，ClO−的O被氧化得到O原子，ClO−即是氧化剂也是还原剂，NiO2的Ni从＋4价被还原得到Ni2O3的＋3价，NiO2作氧化剂，故C错误；

D．根据图示全过程，此催化过程的离子反应为：，故D正确；

故〖答案〗选C。二、非选择题(共50分)26.物质A和B均为中学化学常见物质，A、B含同种元素。A在一定条件下转化为B的反应如下图所示。已知该反应为氧化还原反应，部分产物略去。回答下列问题：（1）若A为单质：①A的焰色为黄色，则反应的离子方程式为：___________；②B为金属氧化物，则反应的化学方程式为：___________；③A既为氧化剂又为还原剂，则反应的离子方程式为：___________；（2）若A为金属氧化物，则反应的化学方程式为：___________；（3）若A为氢氧化物，且转化为B时有参加反应，则反应的化学方程式为：___________。〖答案〗（1）①.②.③.（2）（3）〖解析〗〖祥解〗A转化为B是氧化还原反应，且含同种元素，结合所学金属元素的化学性质分析题目。（1）①金属钠的颜色为黄色，单质与水的反应的方程式为；②单质可与水反应生成氧化物的为铁与水蒸气，故反应方程式为；③单质可与水反应且自身既作氧化剂也作还原剂，为氯气与水反应，方程式为；（2）金属氧化物可与水发生氧化还原的为过氧化钠，方程式为；（3）根据信息，转化过程由氧气参与的是强氧化亚铁被空气氧化的过程，方程式为。27.将一定量的溶液、溶液、溶液混合，充分反应后有白色沉淀产生，白色沉淀中只含有元素与另一种元素，且该物质摩尔质量为。请回答下列问题：（1）白色沉淀的化学式为___________。（2）上述反应的离子方程式为___________。（3）固体加热分解也会产生上述白色沉淀，则反应的另一产物是___________。（4）下列说法错误的是___________(填序号)。A.难溶于水 B.是电解质 C.是白色固体 D.属于正盐〖答案〗（1）CuCl（2）（3）Cl2（4）AC〖解析〗（1）白色沉淀摩尔质量为99.5g/mol，可推出另一元素是Cl，则白色沉淀为CuCl；故〖答案〗为：CuCl；（2）反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，根据化合价升降及元素守恒、电荷守恒可配出离子方程式为；故〖答案〗为：；（3）CuCl2加热分解生成CuCl，根据化合价升降规律可知，另一产物为Cl2；故〖答案〗为：Cl2；（4）A．CuCl2易溶于水，形成蓝色溶液，A错误；B．CuSO4⋅5H2O是蓝色晶体，属于电解质，B正确；C．无水氯化铜呈棕黄色，C错误；D．Na2SO3由钠离子和亚硫酸根构成，属于正盐，D正确；故〖答案〗为：AC。28.某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的信息如图所示。实验室需要使用的稀硫酸，现用该浓硫酸和蒸馏水进行配制。回答下列问题：硫酸化学纯品名：硫酸化学式：相对分子质量：98密度：质量分数：98%（1）该浓硫酸中物质的量浓度为___________。（2）完成本实验所需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、___________。（3）配制过程中，需量取浓硫酸___________，定容时的操作为：___________。（4）下列操作会使所配溶液浓度偏高的是___________(填字母)。A．量取浓硫酸时俯视读数B．洗涤了量取浓硫酸的仪器并将洗涤液转移至容量瓶C．将浓硫酸稀释后立即转移至容量瓶D．定容时仰视读数E．定容并摇匀后发现液面低于刻度线（5）若把配制好的硫酸与等质量的水混合所得溶液的物质的量浓度___________(填“大于”，“等于”或“小于”)。〖答案〗（1）18.4（2）500mL容量瓶、量筒（3）①.27.2②.离刻度线还有2-3厘米时，改用