2023-2024学年山东名校考试联盟高一上期11月期中考试化试题（解析版）

PAGEPAGE3山东名校考试联盟2023-2024学年高一上学期11月期中考试试题2023.11注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2．回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号。回答非选择题时，将写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．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：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5一、选择题：本题共20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.杭州亚运会零碳甲醇（CH3OH）点燃火炬惊艳世界。推广甲醇是实现碳中和目标的重要途径。下列说法错误的是（）A.CH3OH属于非电解质B.1molCH3OH完全燃烧生成CO2和H2O，转移6mole－C.CH3OH燃烧时，甲醇是氧化剂，CO2是还原产物D.CH3OH燃烧产生的CO2可以和H2通过热催化合成甲醇，该过程中CO2被还原〖答案〗C〖解析〗【详析】A．CH3OH属于有机物，在水溶液或熔融状态都不导电，属于非电解质，A正确；B．1molCH3OH完全燃烧生成CO2和H2O时，C化合价从－2价升高到＋4价，转移6mole－，B正确；C．CH3OH燃烧时，甲醇是还原剂，CO2是氧化产物，C错误；D．CO2可以和H2通过热催化合成甲醇，此过程中CO2中碳元素化合价由+4价降低到-2价，CO2是氧化剂，被还原，D正确；故选C。2.下列有关物质的性质与用途均正确且有对应关系的是（）A.金属钠导热性良好，可用作传热介质 B.溶液显碱性，可以用于治疗胃酸过多C.维生素C很难被氧化，可用作抗氧化剂 D.次氯酸钠放置在空气中可分解出氯气，用作漂白剂〖答案〗A〖解析〗【详析】A．金属导热性良好，可用作原子反应堆传热介质，A正确；B．Na2CO3溶液碱性较强，不可以用于治疗胃酸过多，B错误；C．维生素C可以作为抗氧化剂，原因是维生素C具有较强还原性，易被氧化，C错误；D．NaClO长期放置在空气中会与空气中的CO2和H2O反应生成易分解的HClO，而HClO分解产生O2，D错误；故〖答案〗为：A。3.量子点是一类非常小的纳米尺度颗粒，也被称为半导体纳米晶，量子点技术获得2023年化学诺贝尔奖，下列说法正确的是（）A.碳量子点是一种新型具有荧光性质的纳米碳材，属于胶体B.有些胶体具有电泳现象，是因为胶体带电C.胶体的丁达尔效应是胶体中分散质微粒对可见光散射而形成的D.胶体能吸附水中的色素，悬浮固体、重金属Cu2+等达到净水的目的。〖答案〗C〖解析〗【详析】A．纳米碳材料需要分散在分散剂中才能形成胶体，A错误；B．胶体的电泳现象是由于胶体的胶粒具有吸附性，可以吸附阳离子或阴离子，从而带正电荷或负电荷，胶体本身呈电中性，B错误；C．胶体中分散质微粒对可见光能产生散射作用，丁达尔效应就是光发生散射而形成的光亮的“通路”，C正确；D．胶体颗粒能吸附水中的色素、悬浮固体等，而重金属Cu2＋等需要其他方法除去，D错误；故选C。4.实验室中药品的存放与取用错误的是（）A.金属钠保存在煤油中B.剩余药品均不能放回原试剂瓶C.用棕色细口瓶保存新制氯水D.应选用烧杯而非称量纸称量氢氧化钠〖答案〗B〖解析〗【详析】A．实验室中金属钠保存在煤油中，A正确；B．剩余的金属钠等一些药品可以放回原瓶，B错误；C．用棕色细口瓶保存新制氯水防止见光分解，C正确；D．氢氧化钠有腐蚀性、易潮解不能使用称量纸称量，应当使用烧杯，D正确；故〖答案〗为：B。5.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.24g固体中含有0.4个阳离子B.标准状况下，22.4LHCl气体中数目为C.常温常压下，2.24LCO和混合物与2.24L含有的原子数相同D.物质的量浓度为1的溶液中含有的数目为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．NaHSO4固体由Na＋和HSO离子组成，24gNaHSO4固体物质的量为0.2mol，含有0.2NA个阳离子，A错误；B．HCl气体以分子形式存在，不含H＋，Ｂ错误；C．同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，两组气体物质的量相等，所含分子均为双原子分子，原子数相等，C正确；D．Ｄ选项没有溶液体积，无法计算溶液中的离子数目，Ｄ错误；故〖答案〗为：C。6.下列有关仪器及使用的说法正确的是（）A.量筒的“0”刻度在下方B.进行容量瓶检漏时需要倒置两次C.容量瓶用蒸馏水洗完后，放入烘箱中烘干D.用10mL量筒量取2.50mL浓硫酸用于配制一定浓度的稀硫酸〖答案〗B〖解析〗【详析】A．量筒的刻度从下往上标，但没有“0”刻度，A不正确；B．进行容量瓶检漏时，先往容量瓶内加一定量的水，盖上瓶塞，倒置，若不漏水，再将瓶口朝上，并将瓶塞旋转180°，再倒置，看是否漏水，B正确；C．容量瓶用蒸馏水洗完后，不需烘干，可直接配制溶液，且烘干会影响容量瓶的精度，C不正确；D．量筒的精确度较低，只能读到小数点后一位，量取2.50mL浓硫酸时，应使用酸式滴定管，D不正确；故选B。7.下列物质性质实验对应的离子方程式正确的是（）A.金属钠投入到水中：B.向碘化亚铁溶液中通少量氯气：C.向氯化钙溶液中通入：D.溶液中加入足量NaOH溶液产生沉淀：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．金属钠投入到水中：2Na＋2H2O＝2Na＋＋2OH－＋H2↑，A错误；B．I－还原性强于Fe2＋，先与氯气发生反应，B正确；C．向氯化钙溶液中通入CO2不反应，C错误；D．向Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH：，D错误；故〖答案〗为：B。8.实验室中下列做法错误的是（）A.金属钠着火时用湿抹布盖灭B.用pH计测量0.1的NaClO溶液的pHC.加热大试管中的碳酸氢钠固体时，试管口应向下倾斜D.皮肤溅上碱液，先用大量水冲洗，再用1%～2%的硼酸进行冲洗〖答案〗A〖解析〗【详析】A．金属钠与水剧烈反应，钠着火时不可使用含水物质灭火，A错误；B．NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，可以用pH计测定，B正确；C．为防止加热时产生的水倒流入试管底部而使试管炸裂，试管口应向下倾斜，C正确；D．碱液对皮肤有强烈的腐蚀性，皮肤上不慎溅上碱液，应立即用大量水冲洗，再用1%～2%的硼酸溶液冲洗，D正确；故选A。9.下列离子在给定溶液中能大量共存是（）A.在0.1醋酸溶液中：、、、B.在0.1硫酸溶液中：、、、C.0.1高锰酸钾溶液中：、、、D.在0.1氢氧化钠溶液中：、、、〖答案〗A〖解析〗【详析】A．在0.1醋酸溶液中的CH3COO-和H+，与其他离子均不反应，可以大量共存，A正确；B．ClO－与氢离子生成弱酸HClO而不能共存，在酸性条件下ClO－与Cl－因发生氧化还原反应也不能大量共存，B错误；C．MnO4－氧化I－，二者不能大量共存，C错误；D．与氢氧根发生反应生成碳酸根和水，不能大量共存，D错误；故〖答案〗为：A。10.实验室制备氯气的方法有多种，下列说法错误的是（）A.与浓盐酸制备时，盐酸既表现酸性又表现还原性B.与浓盐酸制备时，既是氧化产物又是还原产物C.、分别与浓盐酸反应，产生等量时转移电子数也相同D.与浓盐酸制备需要加热，而和浓盐酸制备无需加热，可得出氧化性：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．KClO3与浓盐酸制备Cl2，KClO3＋6HCl（浓）＝3Cl2↑＋KCl＋3H2O，盐酸既表现酸性又表现还原性，A正确；B．Ca（ClO）2＋4HCl（浓）＝2Cl2↑＋CaCl2＋2H2O，氯气既是氧化产物又是还原产物，B正确；C．2KMnO4＋16HCl＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2＋8H2O，每生成1mol氯气转移电子2mol，Ca（ClO）2＋4HCl（浓）＝2Cl2↑＋CaCl2＋2H2O，每生成1mol氯气转移电子1mol，C错误；D．二氧化锰与浓盐酸制备氯气需要加热，而高锰酸钾和浓盐酸制备氯气无需加热，可得出氧化性：KMnO4＞MnO2＞Cl2，D正确；故〖答案〗为：C。11.如图为氯及其部分化合物的“价—类”二维图，下列说法正确的是（）A.b具有漂白性B.b转化为c需要加氧化剂C.浓的a溶液与浓的c溶液能混合使用D.d的有效氯约是b的2.63倍（有效氯指单位质量的消毒剂转移的电子数）〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由图可知a、b、c、d、e分别为HCl、Cl2、次氯酸盐、ClO2、氯酸盐。【详析】A．氯气本身没有漂白性，它与水反应生成的HClO具有漂白性，A错误；B．氯气转化为次氯酸盐可以加入碱溶液，自身发生氧化还原，可以不加氧化剂，B错误；C．浓盐酸与浓的次氯酸盐溶液混合后会发生反应2H＋＋Cl－＋ClO－＝Cl2↑＋H2O，产生有毒气体，所以二者不能混合使用，C错误；D．根据氧化能力定义，ClO2的氧化能力为，氯气的氧化能力为，ClO2的氧化能力约是氯气的2.63倍，D正确；故选D。12.下列说法正确的是（）A．做钠的燃烧反应B．装置制备并收集CO2C．除去Fe(OH)3胶体中的H+、Na+D．制备CO2，且可以随开随用，随关随停〖答案〗D〖解析〗【详析】A．钠的燃烧反应在干过中进行，A错误；B．二氧化碳的密度比空气密度大，应用向上排空气的方法收集二氧化碳气体，B错误；C．胶体粒子与溶液中的离子都可以通过滤纸，无法用过滤的方法分离，应用渗析的方法，C错误；D．试管中多空隔板上放置大理石，长颈漏斗放入稀盐酸，关闭止水夹后二者反应产生的气体可以使试管内压强增大，导致盐酸沿长颈漏斗下端导管上升，试管内液面下降至多空隔板下，固液分离，反应停止，打开止水夹后可以继续反应，D正确；故选D。13.离子化合物和NaH与水反应均产生气体，下列说法正确的是（）A.是碱性氧化物B.二者的阴阳离子个数比均为1∶1C.二者与足量水反应时产生等量气体时转移电子数相同D.与水反应时，水作还原剂，NaH与水反应时，水作氧化剂〖答案〗B〖解析〗【详析】A．CaO2属于过氧化物，不属于碱性氧化物，A错误；B．CaO2中含有Ca2+和，NaH含有Na+和H-，阴阳离子比均为1：1，B正确；C．2CaO2＋2H2O＝2Ca(OH)2＋O2↑，CaO2在反应中既是氧化剂又是还原剂，水既不是氧化剂也不是还原剂，每生成1molO2转移2mol电子；NaH＋H2O＝NaOH＋H2↑，水做氧化剂，每生成1molH2转移1mol电子，故C错误；D．2CaO2＋2H2O＝2Ca(OH)2＋O2↑，CaO2在反应中既是氧化剂又是还原剂，水既不是氧化剂也不是还原剂，NaH＋H2O＝NaOH＋H2↑，水做氧化剂，故D错误；故选B。14.为了探究与的反应产物，设计如图所示的装置进行实验，下列说法错误的是（）A.打开a、b一段时间后再点燃酒精灯B.碱石灰的作用是除去氢气中的水C.用和制备氧气不可以用启普发生器D一段时间后变成白色粉末，无水硫酸铜不变蓝，则和反应生成NaOH〖答案〗B〖解析〗【详析】A．氢气加热前需要验纯，打开a、b一段时间排除装置中的空气，防止气体不纯发生爆炸，故A正确；B．碱石灰的作用是除去氢气中的水蒸气和HCl气体，故B错误；C．启普发生器用于块状固体和液体的反应，过氧化钠为粉末，故C正确；D．无水硫酸铜不变蓝，没有水生成，则氢元素只能以氢氧化钠的形式留在试管内，故D正确；故选：B。15.通过测定加热样品产生的质量，测量碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数，设计装置如下图所示：下列说法错误的是（）A.加热样品前，先通一段时间X，X可以是B.装置a的作用是防止空气中的和进入U型管C.该装置的缺陷导致碳酸钠的质量分数偏高D.改进C选项中缺陷后，U型管增重ng，则碳酸钠的质量分数为〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗碳酸氢钠加热分解生成二氧化碳，碳酸钠不能，由实验装置可知，先用气体X排尽装置中的空气，避免空气中二氧化碳影响测定结果，X可以是氮气等，然后点燃酒精灯，固体受热分解生成的二氧化碳和水蒸气，在装置B中利用冰水混合物冷却生成的水蒸气，装置C中的碱石灰吸收生成的二氧化碳，最后干燥管中碱石灰可防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置C影响测定结果，称量反应前后C的质量可得到的CO2质量，以此计算碳酸氢钠的质量，最后计算碳酸钠的质量分数。【详析】A．本实验需要测量生成CO2的质量，即碱石灰的质量变化，加热样品前，需要排净装置内的水蒸气和CO2，防止干扰实验，可以使用N2排空气，A正确；B．空气中的CO2和水蒸气也会干扰实验，需要干燥管a中盛放碱石灰，B正确；C．该装置的缺陷是B、C之间缺少干燥装置，导致有水蒸气被C装置中的碱石灰吸收，造成C装置质量变化偏大，计算所得碳酸氢钠质量分数偏高，碳酸钠质量分数偏低，C错误；D．U型管增重ng，根据2NaHCO3Na2CO3＋CO2＋H2O，计算NaHCO3质量为84×2×n÷44＝42n/11，NaHCO3质量分数为42n/11m，碳酸钠质量分数为（1－42n/11m）×100%，D正确；故选C。16.LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成工艺流程如下：下列说法错误的是（）A.滤渣为硫酸钡和硫B.“中和”步骤中产生的气体属于酸性氧化物C.“还原”步骤中发生的氧化还原反应的方程式：D.已知碳酸锂微溶于水，其水溶液导电性较弱，故碳酸锂为弱电解质〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗HBr(少量Br2)中加入BaS，将Br2还原为Br-，同时BaS转化为BaBr2和S；BaBr2与H2SO4反应生成BaSO4沉淀和HBr；过滤出滤渣BaSO4和S，滤液中的主要成分为HBr，加入Li2CO3中和，与HBr反应生成LiBr、CO2和水，经浓缩等一系列操作可得LiBr，据此分析解答。【详析】A．在“还原”步骤中发生反应，在“除杂”步骤中发生反应，所以滤渣为硫酸钡和硫，A正确；B．“中和”步骤中，加入Li2CO3与HBr反应生成LiBr、CO2和水，即产生的气体为CO2，属于酸性氧化物，B正确；C．“还原”步骤中，Br2将-2价硫氧化，化学方程式为：，C正确；D．碳酸锂是盐，属于强电解质，D错误；故选D。17.为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是（不考虑存放试剂的容器）（）选项实验目的玻璃仪器试剂A配制100mL一定物质的量浓度的溶液100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒蒸馏水、固体B制备胶体烧杯、酒精灯、胶头滴管蒸馏水、饱和溶液C实验室制取氯气圆底烧瓶、分液漏斗、集气瓶、烧杯、导管、浓盐酸、NaOH溶液D实验室由粗盐（含、、）提纯漏斗、烧杯、玻璃棒、酒精灯粗食盐水、NaOH溶液、溶液、溶液〖答案〗A〖解析〗【详析】A．配制100mL一定物质的量浓度的Na2SO4溶液，需要用到100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，试剂需蒸馏水、Na2SO4固体，故A正确；B．制备氢氧化铁胶体应该用饱和氯化铁溶液，故B错误；C．用MnO2、浓盐酸制备氯气需要加热，缺少酒精灯，故C错误；D．食盐提纯时最后需要加盐酸调pH至中性，试剂缺少盐酸，故D错误；故选A。18.镍电池芯废料中主要含有金属镍，还含有金属钴、铁、铝。一种从镍电池芯废料中回收金属的工艺流程如下：下列说法正确的是（）A.“酸浸”时，硫酸浓度越大浸取效果越好B.在“氧化除杂”和“酸溶”中的作用相同C.“酸溶”时，为了加快反应速率，可以采取高温条件D.“酸溶”时发生的离子方程式：〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗镍电池芯废料中主要含有金属镍，还含有金属钴、铁、铝。加入硫酸溶液酸溶，浸取液加入双氧水氧化将Fe2+氧化为Fe3+，调pH，产生Fe(OH)3沉淀、Al(OH)3沉淀，过滤后，溶液加入次氯酸钠将Co2+氧化为Co3+、调pH，得到Co(OH)3沉淀，在硫酸参与下，被双氧水还原为Co2+，用于生产醋酸钴晶体，以此解答该题。【详析】A．“酸浸”是利用了硫酸的酸性，但浓硫酸中氢离子浓度很小，在一定浓度范围内，硫酸浓度越大氢离子浓度越大，效果越好，故A错误；B．据分析H2O2在“氧化除杂”作氧化剂，将将Fe2+氧化为Fe3+，“酸溶”过程中作还原剂，将Co3+还原为Co2+，作用不同，故B错误；C．高温会使H2O2分解，故C错误；D．“酸溶”时氢氧化钴被过氧化氢还原为Co2+，发生：，故D正确；故选D。19.下列方案设计、现象和结论都正确的是（）选项目的方案设计现象和结论A除去碳酸钠固体中碳酸氢钠将固体放置在地坛中加热，一段时间后，在干燥器中冷却后称量整个坩埚与固体的质量为，再次加热、冷却，称量质量为若，说明杂质已除尽B比较、和中的氧化性向酸性溶液中滴入溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生氧化性强弱：C探究钠在氧气中燃烧所得固体成分取少量加热后的固体粉末，加入少量蒸馏水若有气泡产生，则证明燃烧后的固体粉末为D探究通入饱和碳酸钠溶液和碳酸钙混合物中的现象利用该装置向饱和碳酸钠溶液和碳酸钙的混合物中通入过量最后溶液变澄清。〖答案〗A〖解析〗【详析】A．m1＝m2，说明固体NaHCO3已完全分解，A正确；B．向酸性KMnO4溶液中滴入FeCl2溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生无法证明Cl2和Fe3＋的氧化性强弱，B错误；C．加热后的固体粉末，加入少量蒸馏水产生的气泡也可能是未燃烧的金属钠遇水反应生成，C错误；D．过量CO2通入饱和碳酸钠和碳酸钙混合溶液会生成NaHCO3沉淀，D错误；故〖答案〗为：A。20.实验小组同学利用电导率传感器测定与酸反应过程中溶液导电性的变化。向20mL2的醋酸（）溶液中匀速滴加2的溶液导电性如图1所示，向20mL2的醋酸与20mL2的盐酸混合溶液中匀速滴加2的溶液导电性如图2所示。下列说法错误的是（）A.图1中A点溶液中大量存在的离子是、B.图1中A点和图2中D点溶液中物质的量浓度近似相等C.图2中C点和E点溶液中和物质的量浓度之和近似相等D.图2中B点到D点导电性下降主要是因为溶液体积增大导致离子总浓度减小〖答案〗B〖解析〗【详析】A．A点醋酸和氨水恰好完全反应，溶质为醋酸铵，大量存在的离子为CH3COO-、NH，A正确；B．图1中A点和图2中D点溶液中NH物质的量近似相等，但是两点所在溶液的总体积不同，故浓度不同，B错误；C．溶液的导电性与离子浓度和离子所带的电荷有关，C、E两点导电能力相同，溶液中离子都带一个单位的电荷，故两点离子总浓度相同，又因为溶液显电中性，故阳离子总浓度之和等于阴离子总浓度之和，溶液C、E两点溶液显酸性，溶液中氢氧根离子浓度可以忽略不计，阴离子主要是Cl-和CH3COO-，故两者物质的量浓度之和近似相等，C正确；D．B点到D点主要是盐酸和氨水的反应，离子总物质的量几乎不变，但溶液体积增大引起离子总浓度降低而导致导电性下降，D正确；故〖答案〗为：B。二、非选择题：本题共4小题，共40分。21.现有下列物质：①纳米级碳酸钙颗粒；②冰醋酸；③氯水；④固体；⑤质量分数为46%的酒精溶液；⑥澄清石灰水；⑦；⑧浓盐酸；⑨氢氧化铁胶体；⑩五水硫酸铜已知：纳米材料是指在三维空间中至少有一维处于纳米尺寸（1～100nm）。颗粒尺寸在1～100纳米的微粒称为超微粒材料，也是一种纳米材料。（1）上述物质属于电解质的有_____________（填序号）。（2）10g质量分数为46%的酒精（）溶液中所含氧原子的数目为_____________。（3）离子的摩尔电导率可用来衡量电解质溶液中离子导电能力的强弱，摩尔电导率越大，离子在溶液中的导电能力越强。已知、、的摩尔电导率分别为0.60、1.98、0.45据此可判断，向饱和的澄清石灰水中通入过量的，溶液导电能力随通入量的变化趋势正确的是。A. B. C. D.（4）硫酸铜可作为白磷中毒的解毒剂，请配平相应的化学方程式。________。（5）能与盐酸反应但不能与NaOH溶液反应，是_____________（填“酸式盐”“碱式盐”或“正盐”）。（6）某实验小组通过下列实验探究过氧化钠与水的反应：用化学方程式解释使酚酞试液变红的原因：_______________________________________，依据实验现象推测红色褪去的原因是_________________________________________。〖答案〗（1）①②④⑦⑩（2）0.4（3）D（4）（5）正盐（6）①.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑②.反应生成的H2O2具有漂白作用〖解析〗（1）电解质是在水溶液中或者熔融状态可以导电的化合物，故上述物质属于电解质的有①②④⑦⑩；（2）10g质量分数为46%的酒精（）溶液中所含酒精为4.6g，水为6.4g，酒精中氧原子数目为，水中氧原子数目为，氧原子总的数目为0.4；（3）向澄清石灰水中通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，钙离子、氢氧根离子浓度在减少，溶液导电能力减弱，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，钙离子、碳酸氢根离子的浓度在增大，钙离子的浓度与原来相等，碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等，但OH－的摩尔导电率大于HCO3－的摩尔电导率，所以最后溶液的导电性小于原来，最后不变故选：D。（4）硫酸铜与白磷反应，P元素发生歧化，分别从0价变为＋5，－3价，铜元素从＋2价变为＋1价，利用整体法，得到一个Cu3P共需要降低6价，得到一个H3PO4需升高5价，利用化合价升降相等以及元素守恒，配平后的化学方程式为：。（5）Ba（H2PO2）2能与盐酸反应但不能与NaOH溶液反应，说明Ba（H2PO2）2是正盐，则H3PO2是一元酸。（6）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，碱遇酚酞变红；红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有漂白性。22.回答下列问题（1）海水制得的粗盐中常常含有泥沙、、、等杂质，粗盐提纯的步骤有：①加入过量的溶液；②加入过量的NaOH溶液；③加入过量的溶液；④用适量盐酸调节溶液至中性；⑤溶解；⑥过滤；⑦蒸发。正确的操作顺序是_____________。（填选项字母）。a．⑤⑥③②①⑥④⑦b．⑤⑥①③②⑥④⑦c．⑤⑥③①②④⑥⑦d．⑤⑥②③①⑥④⑦（2）粗盐提纯实验中用到的盐酸的物质的量浓度为0.500，现实验室某浓盐酸试剂瓶上的有关数据如右：欲用上述浓盐酸配制实验所需浓度的稀盐酸480mL。①需量取的浓盐酸的体积为：_____________。②下列操作的正确顺序是（用字母表示）B→______→→→→G。A．上下颠倒摇匀；B．量取；C．洗涤；D．定容；E．稀释；F．移液；G．装瓶③下列操作会使所配溶液浓度偏低的是_____________。（填标号）。a．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水b．量取盐酸读数时，仰视刻度线c．量取盐酸后，洗涤量筒倒入烧杯中d．定容时水不慎超过了刻度线，用滴管吸出e．向容量瓶中转移溶液时，不慎有液滴洒在容量瓶外面（3）配制500g0.9%的生理盐水，下列仪器不需要用到的有_____________。（填仪器名称）（4）侯氏制碱法：向饱和食盐水中先通入可增大饱和食盐水吸收的量，有利于晶体的生成和析出，反应的离子方程式____________________________________。〖答案〗（1）ad（2）①.21.0mL②.EFCDA③.de（3）（500mL）容量瓶、蒸发皿（4）Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH〖解析〗〖祥解〗除去粗盐中泥沙、Ca2+、Mg2+、等杂质，溶解后，先过滤除掉泥沙，除去杂质离子需要考虑试剂添加的顺序，Mg2+用NaOH溶液沉淀除去，用BaCl2溶液沉淀除去，Ca2＋用Na2CO3溶液沉淀除去，但加入的溶液都要过量，因此过量的氯化钡要用碳酸钠除去，则碳酸钠溶液要放在氯化钡溶液后面，最后加盐酸、溶液蒸发结晶。（1）除去粗盐中泥沙、Ca2+、Mg2+、等杂质，溶解后，先过滤除掉泥沙，除去杂质离子需要考虑试剂添加的顺序，Mg2+用NaOH溶液沉淀除去，用BaCl2溶液沉淀除去，Ca2+用Na2CO3溶液沉淀除去，但加入的溶液都要过量，因此过量的氯化钡要用碳酸钠除去，则碳酸钠溶液要放在氯化钡溶液后面，最后加盐酸、溶液蒸发结晶，ad符合题意，故选ad。（2）①实验室没有480mL的容量瓶，根据“大而近”的原则，应选择500mL容量瓶配制，配制500mL0.5盐酸，溶质物质的量=0.5L×0.5=0.25mol，设所需浓盐酸体积为xmL，则盐酸的物质的量为，解得所需浓盐酸体积V=21.01mL，量筒精确度为0.1mL，所以需要量取浓盐酸21.0mL。②溶液配制步骤是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、上下颠倒摇匀、装瓶，所以操作的正确顺序是B→E→F→C→D→A→G。③a．该实验是使用容量瓶配制溶液，因此配制前，若容量瓶中有少量蒸馏水，最后定容时可以少加水，对配制溶液的浓度无影响，a不符合题意；b．量取盐酸读数时，仰视刻度线，溶液体积偏大，溶质的物质的量变大，则最终导致配制溶液的浓度偏高，b不符合题意；c．量取盐酸后，洗涤量筒倒入烧杯中，所配溶液中溶质的物质的量变大，则最终导致配制溶液的浓度偏高，c不符合题意；d．定容时水不慎超过了刻度线，用滴管吸出，导致溶质减少，因此溶液的浓度偏低，d符合题意；e．向容量瓶中转移溶液时，不慎有液滴洒在容量瓶外面，导致溶质减少，由于溶液的体积不变，故最终导致配制溶液的浓度偏低，e符合题意；故合理选项是de。（3）配制一定质量分数的氯化钠溶液，需要的仪器为托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒，不需要(500mL)容量瓶、蒸发皿。（4）侯氏制碱法中，反应的离子方程式为：Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH，NaHCO3以晶体形式析出，不能拆成离子。23.回答下列问题（1）下图是实验室制取收集干燥、纯净氯气并进一步尾气处理的装置，图中共有_____________处错误。（2）在加热条件下，将通过和炭粉的混合物可生成和一种有毒气体。已知：遇水蒸气极易反应，熔点为－25℃，沸点为136.4℃。下图是实验室制备的部分装置（加热和夹持仪器已略去）：①与浓盐酸反应剧烈，为减慢的生成速率，除适当降低盐酸浓度、控制反应温度外，还可以采取的措施是________________________________________。②C中反应的化学方程式为__________________________________________________。（3）高铁酸钾有强氧化性，能用于杀菌，是一种绿色消毒剂。把通入盛有固体和过量KOH溶液的圆底烧瓶中并搅拌，可以制备高铁酸钾。取出反应后圆底烧瓶中的溶液于试管中，加入稀后产生黄绿色气体，同时检测到溶液中存在，写出加入稀后反应的离子方程式________________________；制备高铁酸钾的实验条件下，氧化性：_____________（填“＞”、“＜”或“＝”），试管中发生再次产生的实验条件下，氧化性：_________（填“＞”、“＜”或“＝”），试说明影响和氧化性强弱的因素_____________________。〖答案〗（1）4（2）①.控制分液漏斗活塞，减慢盐酸的滴加速度②.（3）①.2+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O②.＞③.＜④.溶液的酸碱性〖解析〗〖祥解〗制取收集干燥、纯净氯气的实验中：用浓盐酸与二氧化锰加热可制备氯气，饱和食盐水可除去挥发的HCl，浓硫酸干燥氯气，氯气密度大于空气，用向上排空气法收集，最后用NaOH溶液可吸收过量氯气。用氯气和TiO2、炭粉制取TiCl4的实验中：A中浓盐酸与高锰酸钾发生，可制备氯气，B中装浓硫酸干燥氯气，防止C中生成的TiCl4水解，D中收集TiCl4，E中碱石灰防止F中的水蒸气进入D中，同时吸收过量的Cl2，F中PbCl2溶液可吸收C中生成的CO尾气，防止污染空气。（1）1mol•L-1盐酸稀盐酸，浓硫酸洗气瓶导管应长进短出，收集氯气应用向上排空气法，澄清石灰水浓度太小，不用于氯气尾气处理，故有4处错误。（2）①为减慢氯气的生成速率，可以控制分液漏斗活塞，减慢盐酸的滴加速度②装置C为反应装置，制备四氯化钛，高温下，炭粉转化成有毒气体，因此C中反应为。（3）把Cl2通入盛有Fe(OH)3固体和过量KOH溶液的圆底烧瓶中并搅拌，可以制备高铁酸钾，反应原理为：，说明碱性条件下，制备K2FeO4，氧化性：Cl2＞K2FeO4。取出反应后圆底烧瓶中的溶液（含有K2FeO4和KCl）于试管中，加入稀H2SO4，后产生黄绿色气体Cl2，同时检测到溶液中存在Fe3+，2FeO＋6Cl-＋16H+＝2Fe3+＋3Cl2↑＋8H2O，说明酸性条件下，氧化性：Cl2＜K2FeO4。两个反应的发生说明氯气和高铁酸钾的氧化性强弱的因素与溶液的酸碱性有关。24.某学生实验小组用如图所示简易装置测定101kPa，298K下的气体摩尔体积。塑料注射器活塞摩擦力大，玻璃注射器活塞摩擦力小，可忽略不计。已知：双氧水分解是放热反应。实验步骤：①向反应室中加入足量二氧化锰颗粒（固体体积忽略不计），再次检查装置的气密性。②打开止水夹，将20mL玻璃注射器活塞推到0刻度处，关闭止水夹；③缓缓推动5mL注射器活塞，向反应器内注入1mL3%双氧水（密度约为1.133）；④静置，冷却至室温，读取玻璃注射器中的气体体积为13.3mL。⑤打开止水夹，推动玻璃注射器活塞，排出废液和装置中的气体，关闭止水夹。回答下列问题：（1）产生氧气的物质的量为_____________mol。（保留3位有效数字）（2）101kPa、298K下气体摩尔体积_____________。（保留3位有效数字）（3）若反应器中不再产生气泡，立即读取玻璃注射器中的气体体积，则测定的101kPa、298K下的氧气的气体摩尔体积_____________。（填“偏大”“偏小”或“无影响”）（4）另一化学实验小组使用这套实验装置，重复实验步骤①②③④，读取玻璃注射器中的气体体积13.2mL。然后固定塑料注射活塞，把玻璃注射器活塞推到6.0mL处，此时装置内气体的压强为_______kPa。（保留3位有效数字）（5）已知是二元弱酸，写出的电离方程式________________________。（6）将铜片加入到稀硫酸中无现象，再向其中加入，溶液变蓝，用相应的离子方程式解释溶液变蓝的原因________________________________________________________。〖答案〗（1）5.00×10-4（2）246L•mol-1（3）偏大（4）149kPa（5）H2O2⇌H++HO，HO⇌H++（6）Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O〖解析〗（1）双氧水的物质的量为＝0.001mol，根据H2O2分解方程式，产生氧气的物质的量为；故〖答案〗为：5.00×10-4。（2）向反应室中加入1mL双氧水，会把1mL空气赶到20mL玻璃注射器中，故反应产生氧气的体积为13.3mL－1mL＝12.3mL，101kpa、298K下气体摩尔体积为＝24.6L•mol-1；故〖答案〗为：24.6L•mol-1。（3）双氧水分解反应是放热反应，产生的气体温度高于298K，气体体积大于298K下体积，则测定的101kpa、298K下的氧气的气体摩尔体积偏大；故〖答案〗为：偏大。（4）反应完冷却至室温后，装置内气体压强为101kPa，体积为13.2mL＋10mL－1mL＝22.2mL，把玻璃注射器活塞推到6.0mL处，此时装置内气体的体积为6.0mL＋10mL－1mL＝15.0mL，根据理想气体状态方程pV＝nRT，此时气体压强与体积成反比，则此时装置内气体的压强为＝149kPa；故〖答案〗为：149kPa。（5）已知H2O2是二元弱酸，应分步电离，用可逆号，以第一步电离为主，则H2O2的两步电离方程式为：H2O2H＋＋HO，HO2－H＋＋O；故〖答案〗为：H2O2H＋＋HO，HO2－H＋＋O。（6）将铜片加入到稀硫酸中无现象，再向其中加入H2O2，溶液变蓝，说明铜被氧化成Cu2＋，H2O2中氧元素从-1价被还原至-2价，生成水，离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O；故〖答案〗为：Cu＋H2O2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O。山东名校考试联盟2023-2024学年高一上学期11月期中考试试题2023.11注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2．回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号。回答非选择题时，将写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．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：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5一、选择题：本题共20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.杭州亚运会零碳甲醇（CH3OH）点燃火炬惊艳世界。推广甲醇是实现碳中和目标的重要途径。下列说法错误的是（）A.CH3OH属于非电解质B.1molCH3OH完全燃烧生成CO2和H2O，转移6mole－C.CH3OH燃烧时，甲醇是氧化剂，CO2是还原产物D.CH3OH燃烧产生的CO2可以和H2通过热催化合成甲醇，该过程中CO2被还原〖答案〗C〖解析〗【详析】A．CH3OH属于有机物，在水溶液或熔融状态都不导电，属于非电解质，A正确；B．1molCH3OH完全燃烧生成CO2和H2O时，C化合价从－2价升高到＋4价，转移6mole－，B正确；C．CH3OH燃烧时，甲醇是还原剂，CO2是氧化产物，C错误；D．CO2可以和H2通过热催化合成甲醇，此过程中CO2中碳元素化合价由+4价降低到-2价，CO2是氧化剂，被还原，D正确；故选C。2.下列有关物质的性质与用途均正确且有对应关系的是（）A.金属钠导热性良好，可用作传热介质 B.溶液显碱性，可以用于治疗胃酸过多C.维生素C很难被氧化，可用作抗氧化剂 D.次氯酸钠放置在空气中可分解出氯气，用作漂白剂〖答案〗A〖解析〗【详析】A．金属导热性良好，可用作原子反应堆传热介质，A正确；B．Na2CO3溶液碱性较强，不可以用于治疗胃酸过多，B错误；C．维生素C可以作为抗氧化剂，原因是维生素C具有较强还原性，易被氧化，C错误；D．NaClO长期放置在空气中会与空气中的CO2和H2O反应生成易分解的HClO，而HClO分解产生O2，D错误；故〖答案〗为：A。3.量子点是一类非常小的纳米尺度颗粒，也被称为半导体纳米晶，量子点技术获得2023年化学诺贝尔奖，下列说法正确的是（）A.碳量子点是一种新型具有荧光性质的纳米碳材，属于胶体B.有些胶体具有电泳现象，是因为胶体带电C.胶体的丁达尔效应是胶体中分散质微粒对可见光散射而形成的D.胶体能吸附水中的色素，悬浮固体、重金属Cu2+等达到净水的目的。〖答案〗C〖解析〗【详析】A．纳米碳材料需要分散在分散剂中才能形成胶体，A错误；B．胶体的电泳现象是由于胶体的胶粒具有吸附性，可以吸附阳离子或阴离子，从而带正电荷或负电荷，胶体本身呈电中性，B错误；C．胶体中分散质微粒对可见光能产生散射作用，丁达尔效应就是光发生散射而形成的光亮的“通路”，C正确；D．胶体颗粒能吸附水中的色素、悬浮固体等，而重金属Cu2＋等需要其他方法除去，D错误；故选C。4.实验室中药品的存放与取用错误的是（）A.金属钠保存在煤油中B.剩余药品均不能放回原试剂瓶C.用棕色细口瓶保存新制氯水D.应选用烧杯而非称量纸称量氢氧化钠〖答案〗B〖解析〗【详析】A．实验室中金属钠保存在煤油中，A正确；B．剩余的金属钠等一些药品可以放回原瓶，B错误；C．用棕色细口瓶保存新制氯水防止见光分解，C正确；D．氢氧化钠有腐蚀性、易潮解不能使用称量纸称量，应当使用烧杯，D正确；故〖答案〗为：B。5.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.24g固体中含有0.4个阳离子B.标准状况下，22.4LHCl气体中数目为C.常温常压下，2.24LCO和混合物与2.24L含有的原子数相同D.物质的量浓度为1的溶液中含有的数目为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．NaHSO4固体由Na＋和HSO离子组成，24gNaHSO4固体物质的量为0.2mol，含有0.2NA个阳离子，A错误；B．HCl气体以分子形式存在，不含H＋，Ｂ错误；C．同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，两组气体物质的量相等，所含分子均为双原子分子，原子数相等，C正确；D．Ｄ选项没有溶液体积，无法计算溶液中的离子数目，Ｄ错误；故〖答案〗为：C。6.下列有关仪器及使用的说法正确的是（）A.量筒的“0”刻度在下方B.进行容量瓶检漏时需要倒置两次C.容量瓶用蒸馏水洗完后，放入烘箱中烘干D.用10mL量筒量取2.50mL浓硫酸用于配制一定浓度的稀硫酸〖答案〗B〖解析〗【详析】A．量筒的刻度从下往上标，但没有“0”刻度，A不正确；B．进行容量瓶检漏时，先往容量瓶内加一定量的水，盖上瓶塞，倒置，若不漏水，再将瓶口朝上，并将瓶塞旋转180°，再倒置，看是否漏水，B正确；C．容量瓶用蒸馏水洗完后，不需烘干，可直接配制溶液，且烘干会影响容量瓶的精度，C不正确；D．量筒的精确度较低，只能读到小数点后一位，量取2.50mL浓硫酸时，应使用酸式滴定管，D不正确；故选B。7.下列物质性质实验对应的离子方程式正确的是（）A.金属钠投入到水中：B.向碘化亚铁溶液中通少量氯气：C.向氯化钙溶液中通入：D.溶液中加入足量NaOH溶液产生沉淀：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．金属钠投入到水中：2Na＋2H2O＝2Na＋＋2OH－＋H2↑，A错误；B．I－还原性强于Fe2＋，先与氯气发生反应，B正确；C．向氯化钙溶液中通入CO2不反应，C错误；D．向Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH：，D错误；故〖答案〗为：B。8.实验室中下列做法错误的是（）A.金属钠着火时用湿抹布盖灭B.用pH计测量0.1的NaClO溶液的pHC.加热大试管中的碳酸氢钠固体时，试管口应向下倾斜D.皮肤溅上碱液，先用大量水冲洗，再用1%～2%的硼酸进行冲洗〖答案〗A〖解析〗【详析】A．金属钠与水剧烈反应，钠着火时不可使用含水物质灭火，A错误；B．NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，可以用pH计测定，B正确；C．为防止加热时产生的水倒流入试管底部而使试管炸裂，试管口应向下倾斜，C正确；D．碱液对皮肤有强烈的腐蚀性，皮肤上不慎溅上碱液，应立即用大量水冲洗，再用1%～2%的硼酸溶液冲洗，D正确；故选A。9.下列离子在给定溶液中能大量共存是（）A.在0.1醋酸溶液中：、、、B.在0.1硫酸溶液中：、、、C.0.1高锰酸钾溶液中：、、、D.在0.1氢氧化钠溶液中：、、、〖答案〗A〖解析〗【详析】A．在0.1醋酸溶液中的CH3COO-和H+，与其他离子均不反应，可以大量共存，A正确；B．ClO－与氢离子生成弱酸HClO而不能共存，在酸性条件下ClO－与Cl－因发生氧化还原反应也不能大量共存，B错误；C．MnO4－氧化I－，二者不能大量共存，C错误；D．与氢氧根发生反应生成碳酸根和水，不能大量共存，D错误；故〖答案〗为：A。10.实验室制备氯气的方法有多种，下列说法错误的是（）A.与浓盐酸制备时，盐酸既表现酸性又表现还原性B.与浓盐酸制备时，既是氧化产物又是还原产物C.、分别与浓盐酸反应，产生等量时转移电子数也相同D.与浓盐酸制备需要加热，而和浓盐酸制备无需加热，可得出氧化性：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．KClO3与浓盐酸制备Cl2，KClO3＋6HCl（浓）＝3Cl2↑＋KCl＋3H2O，盐酸既表现酸性又表现还原性，A正确；B．Ca（ClO）2＋4HCl（浓）＝2Cl2↑＋CaCl2＋2H2O，氯气既是氧化产物又是还原产物，B正确；C．2KMnO4＋16HCl＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2＋8H2O，每生成1mol氯气转移电子2mol，Ca（ClO）2＋4HCl（浓）＝2Cl2↑＋CaCl2＋2H2O，每生成1mol氯气转移电子1mol，C错误；D．二氧化锰与浓盐酸制备氯气需要加热，而高锰酸钾和浓盐酸制备氯气无需加热，可得出氧化性：KMnO4＞MnO2＞Cl2，D正确；故〖答案〗为：C。11.如图为氯及其部分化合物的“价—类”二维图，下列说法正确的是（）A.b具有漂白性B.b转化为c需要加氧化剂C.浓的a溶液与浓的c溶液能混合使用D.d的有效氯约是b的2.63倍（有效氯指单位质量的消毒剂转移的电子数）〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由图可知a、b、c、d、e分别为HCl、Cl2、次氯酸盐、ClO2、氯酸盐。【详析】A．氯气本身没有漂白性，它与水反应生成的HClO具有漂白性，A错误；B．氯气转化为次氯酸盐可以加入碱溶液，自身发生氧化还原，可以不加氧化剂，B错误；C．浓盐酸与浓的次氯酸盐溶液混合后会发生反应2H＋＋Cl－＋ClO－＝Cl2↑＋H2O，产生有毒气体，所以二者不能混合使用，C错误；D．根据氧化能力定义，ClO2的氧化能力为，氯气的氧化能力为，ClO2的氧化能力约是氯气的2.63倍，D正确；故选D。12.下列说法正确的是（）A．做钠的燃烧反应B．装置制备并收集CO2C．除去Fe(OH)3胶体中的H+、Na+D．制备CO2，且可以随开随用，随关随停〖答案〗D〖解析〗【详析】A．钠的燃烧反应在干过中进行，A错误；B．二氧化碳的密度比空气密度大，应用向上排空气的方法收集二氧化碳气体，B错误；C．胶体粒子与溶液中的离子都可以通过滤纸，无法用过滤的方法分离，应用渗析的方法，C错误；D．试管中多空隔板上放置大理石，长颈漏斗放入稀盐酸，关闭止水夹后二者反应产生的气体可以使试管内压强增大，导致盐酸沿长颈漏斗下端导管上升，试管内液面下降至多空隔板下，固液分离，反应停止，打开止水夹后可以继续反应，D正确；故选D。13.离子化合物和NaH与水反应均产生气体，下列说法正确的是（）A.是碱性氧化物B.二者的阴阳离子个数比均为1∶1C.二者与足量水反应时产生等量气体时转移电子数相同D.与水反应时，水作还原剂，NaH与水反应时，水作氧化剂〖答案〗B〖解析〗【详析】A．CaO2属于过氧化物，不属于碱性氧化物，A错误；B．CaO2中含有Ca2+和，NaH含有Na+和H-，阴阳离子比均为1：1，B正确；C．2CaO2＋2H2O＝2Ca(OH)2＋O2↑，CaO2在反应中既是氧化剂又是还原剂，水既不是氧化剂也不是还原剂，每生成1molO2转移2mol电子；NaH＋H2O＝NaOH＋H2↑，水做氧化剂，每生成1molH2转移1mol电子，故C错误；D．2CaO2＋2H2O＝2Ca(OH)2＋O2↑，CaO2在反应中既是氧化剂又是还原剂，水既不是氧化剂也不是还原剂，NaH＋H2O＝NaOH＋H2↑，水做氧化剂，故D错误；故选B。14.为了探究与的反应产物，设计如图所示的装置进行实验，下列说法错误的是（）A.打开a、b一段时间后再点燃酒精灯B.碱石灰的作用是除去氢气中的水C.用和制备氧气不可以用启普发生器D一段时间后变成白色粉末，无水硫酸铜不变蓝，则和反应生成NaOH〖答案〗B〖解析〗【详析】A．氢气加热前需要验纯，打开a、b一段时间排除装置中的空气，防止气体不纯发生爆炸，故A正确；B．碱石灰的作用是除去氢气中的水蒸气和HCl气体，故B错误；C．启普发生器用于块状固体和液体的反应，过氧化钠为粉末，故C正确；D．无水硫酸铜不变蓝，没有水生成，则氢元素只能以氢氧化钠的形式留在试管内，故D正确；故选：B。15.通过测定加热样品产生的质量，测量碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数，设计装置如下图所示：下列说法错误的是（）A.加热样品前，先通一段时间X，X可以是B.装置a的作用是防止空气中的和进入U型管C.该装置的缺陷导致碳酸钠的质量分数偏高D.改进C选项中缺陷后，U型管增重ng，则碳酸钠的质量分数为〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗碳酸氢钠加热分解生成二氧化碳，碳酸钠不能，由实验装置可知，先用气体X排尽装置中的空气，避免空气中二氧化碳影响测定结果，X可以是氮气等，然后点燃酒精灯，固体受热分解生成的二氧化碳和水蒸气，在装置B中利用冰水混合物冷却生成的水蒸气，装置C中的碱石灰吸收生成的二氧化碳，最后干燥管中碱石灰可防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置C影响测定结果，称量反应前后C的质量可得到的CO2质量，以此计算碳酸氢钠的质量，最后计算碳酸钠的质量分数。【详析】A．本实验需要测量生成CO2的质量，即碱石灰的质量变化，加热样品前，需要排净装置内的水蒸气和CO2，防止干扰实验，可以使用N2排空气，A正确；B．空气中的CO2和水蒸气也会干扰实验，需要干燥管a中盛放碱石灰，B正确；C．该装置的缺陷是B、C之间缺少干燥装置，导致有水蒸气被C装置中的碱石灰吸收，造成C装置质量变化偏大，计算所得碳酸氢钠质量分数偏高，碳酸钠质量分数偏低，C错误；D．U型管增重ng，根据2NaHCO3Na2CO3＋CO2＋H2O，计算NaHCO3质量为84×2×n÷44＝42n/11，NaHCO3质量分数为42n/11m，碳酸钠质量分数为（1－42n/11m）×100%，D正确；故选C。16.LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成工艺流程如下：下列说法错误的是（）A.滤渣为硫酸钡和硫B.“中和”步骤中产生的气体属于酸性氧化物C.“还原”步骤中发生的氧化还原反应的方程式：D.已知碳酸锂微溶于水，其水溶液导电性较弱，故碳酸锂为弱电解质〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗HBr(少量Br2)中加入BaS，将Br2还原为Br-，同时BaS转化为BaBr2和S；BaBr2与H2SO4反应生成BaSO4沉淀和HBr；过滤出滤渣BaSO4和S，滤液中的主要成分为HBr，加入Li2CO3中和，与HBr反应生成LiBr、CO2和水，经浓缩等一系列操作可得LiBr，据此分析解答。【详析】A．在“还原”步骤中发生反应，在“除杂”步骤中发生反应，所以滤渣为硫酸钡和硫，A正确；B．“中和”步骤中，加入Li2CO3与HBr反应生成LiBr、CO2和水，即产生的气体为CO2，属于酸性氧化物，B正确；C．“还原”步骤中，Br2将-2价硫氧化，化学方程式为：，C正确；D．碳酸锂是盐，属于强电解质，D错误；故选D。17.为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是（不考虑存放试剂的容器）（）选项实验目的玻璃仪器试剂A配制100mL一定物质的量浓度的溶液100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒蒸馏水、固体B制备胶体烧杯、酒精灯、胶头滴管蒸馏水、饱和溶液C实验室制取氯气圆底烧瓶、分液漏斗、集气瓶、烧杯、导管、浓盐酸、NaOH溶液D实验室由粗盐（含、、）提纯漏斗、烧杯、玻璃棒、酒精灯粗食盐水、NaOH溶液、溶液、溶液〖答案〗A〖解析〗【详析】A．配制100mL一定物质的量浓度的Na2SO4溶液，需要用到100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，试剂需蒸馏水、Na2SO4固体，故A正确；B．制备氢氧化铁胶体应该用饱和氯化铁溶液，故B错误；C．用MnO2、浓盐酸制备氯气需要加热，缺少酒精灯，故C错误；D．食盐提纯时最后需要加盐酸调pH至中性，试剂缺少盐酸，故D错误；故选A。18.镍电池芯废料中主要含有金属镍，还含有金属钴、铁、铝。一种从镍电池芯废料中回收金属的工艺流程如下：下列说法正确的是（）A.“酸浸”时，硫酸浓度越大浸取效果越好B.在“氧化除杂”和“酸溶”中的作用相同C.“酸溶”时，为了加快反应速率，可以采取高温条件D.“酸溶”时发生的离子方程式：〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗镍电池芯废料中主要含有金属镍，还含有金属钴、铁、铝。加入硫酸溶液酸溶，浸取液加入双氧水氧化将Fe2+氧化为Fe3+，调pH，产生Fe(OH)3沉淀、Al(OH)3沉淀，过滤后，溶液加入次氯酸钠将Co2+氧化为Co3+、调pH，得到Co(OH)3沉淀，在硫酸参与下，被双氧水还原为Co2+，用于生产醋酸钴晶体，以此解答该题。【详析】A．“酸浸”是利用了硫酸的酸性，但浓硫酸中氢离子浓度很小，在一定浓度范围内，硫酸浓度越大氢离子浓度越大，效果越好，故A错误；B．据分析H2O2在“氧化除杂”作氧化剂，将将Fe2+氧化为Fe3+，“酸溶”过程中作还原剂，将Co3+还原为Co2+，作用不同，故B错误；C．高温会使H2O2分解，故C错误；D．“酸溶”时氢氧化钴被过氧化氢还原为Co2+，发生：，故D正确；故选D。19.下列方案设计、现象和结论都正确的是（）选项目的方案设计现象和结论A除去碳酸钠固体中碳酸氢钠将固体放置在地坛中加热，一段时间后，在干燥器中冷却后称量整个坩埚与固体的质量为，再次加热、冷却，称量质量为若，说明杂质已除尽B比较、和中的氧化性向酸性溶液中滴入溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生氧化性强弱：C探究钠在氧气中燃烧所得固体成分取少量加热后的固体粉末，加入少量蒸馏水若有气泡产生，则证明燃烧后的固体粉末为D探究通入饱和碳酸钠溶液和碳酸钙混合物中的现象利用该装置向饱和碳酸钠溶液和碳酸钙的混合物中通入过量最后溶液变澄清。〖答案〗A〖解析〗【详析】A．m1＝m2，说明固体NaHCO3已完全分解，A正确；B．向酸性KMnO4溶液中滴入FeCl2溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生无法证明Cl2和Fe3＋的氧化性强弱，B错误；C．加热后的固体粉末，加入少量蒸馏水产生的气泡也可能是未燃烧的金属钠遇水反应生成，C错误；D．过量CO2通入饱和碳酸钠和碳酸钙混合溶液会生成NaHCO3沉淀，D错误；故〖答案〗为：A。20.实验小组同学利用电导率传感器测定与酸反应过程中溶液导电性的变化。向20mL2的醋酸（）溶液中匀速滴加2的溶液导电性如图1所示，向20mL2的醋酸与20mL2的盐酸混合溶液中匀速滴加2的溶液导电性如图2所示。下列说法错误的是（）A.图1中A点溶液中大量存在的离子是、B.图1中A点和图2中D点溶液中物质的量浓度近似相等C.图2中C点和E点溶液中和物质的量浓度之和近似相等D.图2中B点到D点导电性下降主要是因为溶液体积增大导致离子总浓度减小〖答案〗B〖解析〗【详析】A．A点醋酸和氨水恰好完全反应，溶质为醋酸铵，大量存在的离子为CH3COO-、NH，A正确；B．图1中A点和图2中D点溶液中NH物质的量近似相等，但是两点所在溶液的总体积不同，故浓度不同，B错误；C．溶液的导电性与离子浓度和离子所带的电荷有关，C、E两点导电能力相同，溶液中离子都带一个单位的电荷，故两点离子总浓度相同，又因为溶液显电中性，故阳离子总浓度之和等于阴离子总浓度之和，溶液C、E两点溶液显酸性，溶液中氢氧根离子浓度可以忽略不计，阴离子主要是Cl-和CH3COO-，故两者物质的量浓度之和近似相等，C正确；D．B点到D点主要是盐酸和氨水的反应，离子总物质的量几乎不变，但溶液体积增大引起离子总浓度降低而导致导电性下降，D正确；故〖答案〗为：B。二、非选择题：本题共4小题，共40分。21.现有下列物质：①纳米级碳酸钙颗粒；②冰醋酸；③氯水；④固体；⑤质量分数为46%的酒精溶液；⑥澄清石灰水；⑦；⑧浓盐酸；⑨氢氧化铁胶体；⑩五水硫酸铜已知：纳米材料是指在三维空间中至少有一维处于纳米尺寸（1～100nm）。颗粒尺寸在1～100纳米的微粒称为超微粒材料，也是一种纳米材料。（1）上述物质属于电解质的有_____________（填序号）。（2）10g质量分数为46%的酒精（）溶液中所含氧原子的数目为_____________。（3）离子的摩尔电导率可用来衡量电解质溶液中离子导电能力的强弱，摩尔电导率越大，离子在溶液中的导电能力越强。已知、、的摩尔电导率分别为0.60、1.98、0.45据此可判断，向饱和的澄清石灰水中通入过量的，溶液导电能力随通入量的变化趋势正确的是。A. B. C. D.（4）硫酸铜可作为白磷中毒的解毒剂，请配平相应的化学方程式。________。（5）能与盐酸反应但不能与NaOH溶液反应，是_____________（填“酸式盐”“碱式盐”或“正盐”）。（6）某实验小组通过下列实验探究过氧化钠与水的反应：用化学方程式解释使酚酞试液变红的原因：_______________________________________，依据实验现象推测红色褪去的原因是_________________________________________。〖答案〗（1）①②④⑦⑩（2）0.4（3）D（4）（5）正盐（6）①.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑②.反应生成的H2O2具有漂白作用〖解析〗（1）电解质是在水溶液中或者熔融状态可以导电的化合物，故上述物质属于电解质的有①②④⑦⑩；（2）10g质量分数为46%的酒精（）溶液中所含酒精为4.6g，水为6.4g，酒精中氧原子数目为，水中氧原子数目为，氧原子总的数目为0.4；（3）向澄清石灰水中通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，钙离子、氢氧根离子浓度在减少，溶液导电能力减弱，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，钙离子、碳酸氢根离子的浓度在增大，钙离子的浓度与原来相等，碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等，但OH－的摩尔导电率大于HCO3－的摩尔电导率，所以最后溶液的导电性小于原来，最后不变故选：D。（4）硫酸铜与白磷反应，P元素发生歧化，分别从0价变为＋5，－3价，铜元素从＋2价变为＋1价，利用整体法，得到一个Cu3P共需要降低6价，得到一个H3PO4需升高5价，利用化合价升降相等以及元素守恒，配平后的化学方程式为：。（5）Ba（H2PO2）2能与盐酸反应但不能与NaOH溶液反应，说明Ba（H2PO2）2是正盐，则H3PO2是一元酸。（6）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，碱遇酚酞变红；红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有漂白性。22.回答下列问题（1）海水制得的粗盐中常常含有泥沙、、、等杂质，粗盐提纯的步骤有：①加入过量的溶液；②加入过量的NaOH溶液；③加入过量的溶液；④用适量盐酸调节溶液至中性；⑤溶解；⑥过滤；⑦蒸发。正确的操作顺序是_____________。（填选项字母）。a．⑤⑥③②①⑥④⑦b．⑤⑥①③②⑥④⑦c．⑤⑥③①②④⑥⑦d．⑤⑥②③①⑥④⑦（2）粗盐提纯实验中用到的盐酸的物质的量浓度为0.500，现实验室某浓盐酸试剂瓶上的有关数据如右：欲用上述浓盐酸配制实验所需浓度的稀盐酸480mL。①需量取的浓盐酸的体积为：_____________。②下列操作的正确顺序是（用字母表示）B→______→→→→G。A．上下颠倒摇匀；B．量取；C．洗涤；D．定容；E．稀释；F．移液；G．装瓶③下列操作会使所配溶液浓度偏低的是_____________。（填标号）。a．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水b．量取盐酸读数时，仰视刻度线c．量取盐酸后，洗涤量筒倒入烧杯中d．定容时水不慎超过了刻度线，用滴管吸出e．向容量瓶中转移溶液时，不慎有液滴洒在容量瓶外面（3）配制500g0.9%的生理盐水，下列仪器不需要用到的有_____________。（填仪器名称）（4）侯氏制碱法：向饱和食盐水中先通入可增大饱和食盐水吸收的量，有利于晶体的生成和析出，反应的离子方程式____________________________________。〖答案〗（1）ad（2）①.21.0mL②.EFCDA③.de（3）（500mL）容量瓶、蒸发皿（4）Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH〖解析〗〖祥解〗除去粗盐中泥沙、Ca2+、Mg2+、等杂质，溶解后，先过滤除掉泥沙，除去杂质离子需要考虑试剂添加的顺序，Mg2+用NaOH溶液沉淀除去，用BaCl2溶液沉淀除去，Ca2＋用Na2CO3溶液沉淀除去，但加入的溶液都要过量，因此过量的氯化钡要用碳酸钠除去，则碳酸钠溶液要放在氯化钡溶液后面，最后加盐酸、溶液蒸发结晶。（1）除去粗盐中泥沙、Ca2+、Mg2+、等杂质，溶解后，先过滤除掉泥沙，除去杂质离子需要考虑试剂添加的顺序，Mg2+用NaOH溶液沉淀除去，用BaCl2溶液沉淀除去，Ca2+用Na2CO3溶液沉淀除去，但加入的溶液都要过量，因此过量的氯化钡要用碳酸钠除去，则碳酸钠溶液要放在氯化钡溶液后面，最后加盐酸、溶液蒸发结晶，ad符合题意，故选ad。（2）①实验室没有480mL的容量瓶，根据“大而近”的原则，应选择500mL容量瓶配制，配制500mL0.5盐酸，溶质物质的量=0.5L×0.5=0.25mol，设所需浓盐酸体积为xmL，则盐酸的物质的量为，解得所需浓盐酸体积V=21.01mL，量筒精确度为0.1mL，所以需要量取浓盐酸21.0mL。②溶液配制步骤是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、上下颠倒摇匀、装瓶，所以操作的正确顺序是B→E→F→C→D→A→G。③a．该实验是使用容量瓶配制溶液，因此配制前，若容量瓶中有少量蒸馏水，最后定容时可以少加水，对配制溶液的浓度无影响，a不符合题意；b．量取盐酸读数时，仰视刻度线，溶液体积偏大，溶质的物质的量变大，则最终导致配制溶液的浓度偏高，b不符合题意；c．量取盐酸后，洗涤量筒倒入烧杯中，所配溶液中溶质的物质的量变大，则最终导致配制溶液的浓度偏高，c不符合题意；d．定容时水不慎超过了刻度线，用滴管吸出，导致溶质减少，因此溶液的浓度偏低，d符合题意；e．向容量瓶中转移溶液时，不慎有液滴洒在容量瓶外面，导致溶质减少，由于溶液的体积不变，故最终导致配制溶液的浓度偏低，e符合题意；故合理选项是de。（3）配制一定质量分数的氯化钠溶液，需要的仪器为托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒，不需要(500mL)容量瓶、蒸发皿。（4）侯氏制碱法中，反应的离子方程式为：Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH，NaHCO3以晶体形式析出，不能拆成离子。23.回答下列问题（1）下图是实验室制