2023-2024学年浙江省温州市瑞安市十校联考高一上期期中化试卷（解析版）

PAGEPAGE3浙江省温州市2023-2024学年瑞安市十校联考高一上学期期中试卷一、选择题(本大题共25题，每小题只有一个正确选项，每题2分，共50分)1.氮气的分子式是（）A.H2 B.He C.N2 D.Ar〖答案〗C〖解析〗【详析】氮气是由许多氮气分子构成的，每个氮分子中含有2个N原子，故氮气的分子式是N2，故合理选项是C。2.纯碱(Na2CO3)属于()A.酸 B.碱C.盐 D.氧化物〖答案〗C〖解析〗【详析】碳酸钠可以电离出钠离子和酸根阴离子，碳酸钠符合这一点，属于盐，故〖答案〗选C。【『点石成金』】对概念理解是解题关键，碱指电离时所有阴离子都是氢氧根离子的化合物；酸指电离时所有阳离子都是氢离子的化合物；盐是指电离出金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子的化合物，氧化物是指有两种元素组成，其中有一种是氧元素的化合物。3.下列仪器名称为“坩埚”的是（）A. B. C.D.〖答案〗D〖解析〗【详析】A.由图可知，仪器的名称为蒸发皿，故A不符合题意；B.由图可知，仪器的名称为容量瓶，故B不符合题意；C.由图可知，仪器名称为分液漏斗，故C不符合题意；D.由图可知，仪器的名称为坩埚，故D符合题意；故选D。4.下列物质的水溶液和熔融状态均能导电的是（）A.Cl2 B.NaCl C.CH3CH2OH D.H2SO4〖答案〗B〖解析〗【详析】A．Cl2的水溶液中，Cl2和水反应生成HCl和HClO，HCl和HClO是电解质，在水中会发生电离，故Cl2的水溶液能导电，而熔融状态下的Cl2不能电离，也就不能导电，A不符合题意；B．NaCl是电解质，在水中和熔融状态下均能电离出Na+和Cl-，故NaCl的水溶液和熔融状态均能导电，B符合题意；C．CH3CH2OH是非电解质，其水溶液和熔融状态均不能导电，C不符合题意；D．H2SO4是电解质，H2SO4在水中能电离出H+和，其水溶液能导电，而熔融状态下的H2SO4不能电离，也就不能导电，D不符合题意；故选B。5.下列电解质在水溶液中的电离方程式书写错误的是（）A B.C. D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．H2SO4是二元强酸，完全电离，电离方程式是，故A正确；B．Ca(OH)2是强碱，电离方程式是，故B正确；C．NaHCO3是盐，在水溶液中电离出钠离子和碳酸氢根离子，碳酸是弱酸，碳酸氢根离子不能拆开写，电离方程式是，故C错误；D．KNO3是盐，在水溶液中完全电离出钾离子和硝酸根离子，电离方程式是，故D正确；故选C。6.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（）A.氯化钠溶液 B.硫酸铜溶液C.氢氧化铁沉淀 D.氢氧化铁胶体〖答案〗D〖解析〗【详析】胶体可产生丁达尔效应，则光束通过氢氧化铁胶体，能观察到丁达尔效应，故选D。7.下列属于非氧化还原反应的是（）A.B.C.D.〖答案〗B〖解析〗【详析】A．，铁元素、氧元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故不选A；B．，各元素化合价均没变，属于非氧化还原反应，故选B；C．，氯元素、溴元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故不选C；D．，铜元素、铁元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故不选D；选B。8.在反应Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O中，氧化产物是（）A.HNO3(浓) B.Cu(NO3)2 C.NO2 D.H2O〖答案〗B〖解析〗【详析】Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O反应，铜元素化合价升高生发生氧化反应成Cu(NO3)2，Cu(NO3)2是氧化产物；故选B。9.在澄清透明的溶液中能大量共存的离子组是（）A.HCO、NH、Cl-、OH- B.Ca2+、Cl-、Na+、COC.Na+、Ag+、Cl-、CO D.H+、K+、SO、NO〖答案〗D〖解析〗【详析】A．、都能与OH-反应，不能共存，故A错误；B．Ca2+、反应生成碳酸钙沉淀，不能共存，故B错误；C．Ag+能与Cl-或反应生成沉淀，不能共存，故C错误；D．各离子之间相互不反应，能共存，故D正确；故选D。10.下列说法不正确的是（）A.1molNH4+的质量为18g B.SO2的摩尔质量为64g·mol－1C.摩尔是描述物质所含微粒多少的物理量 D.一个水分子的质量约等于18/(6.02×1023)g〖答案〗C〖解析〗【详析】A．NH4+的摩尔质量为18g/mol，由m=nM可知1molNH4+的质量为18g，A正确；B．摩尔质量如果用g/mol作单位，在数值上等于该物质的相对原子质量或相对分子质量，所以SO2的摩尔质量为64g•mol-1，B正确；C．摩尔是物质的量的单位，C错误；D．1mol水的质量为18g，1mol水含有6.02×1023个水分子，则一个水分子的质量约等于18/(6.02×1023)g，D正确。〖答案〗选C。11.下列溶液中含Cl-的物质的量浓度最大的是（）A.250mL0.1mol/LAlCl3溶液 B.1000mL0.5mol/LNaCl溶液C.200mL0.3mol/LMgCl2溶液 D.300mL2mol/LNaClO溶液〖答案〗C〖解析〗【详析】氯离子的物质的量浓度与溶液体积大小无关，与溶质的浓度及化学式组成有关，A．Cl-的浓度为：c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

B．Cl-的浓度为：c(Cl-)=0.5mol/L×1=0.5mol/L

C．Cl-的浓度为：c(Cl-)=0.3mol/L×2=0.6mol/L，

D．NaClO电离出ClO-离子和钠离子，则溶液中不存在氯离子；故选：C。12.下列变化，能通过加盐酸一步反应实现的是（）①Fe2O3→FeCl2②Cu→CuCl2③Cu(OH)2→CuCl2④Fe→FeCl3A.① B.② C.③ D.④〖答案〗C〖解析〗【详析】①Fe2O3与稀盐酸反应生成氯化铁和水，不能生成FeCl2，不能通过加盐酸一步反应实现。

②Cu与稀盐酸不反应，不能通过加盐酸一步反应实现。

③Cu(OH)2与稀盐酸反应生成CuCl2和水，能通过加盐酸一步反应实现。

④Fe与稀盐酸反应生成氯化亚铁溶液和氢气，不能生成FeCl3，不能通过加盐酸一步反应实现。故选：C。13.下列离子方程式正确的是（）A.碳酸钠溶液与盐酸：B.氯气用NaOH溶液吸收：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OC.钠投入水中：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑D.过氧化钠与水反应：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．碳酸钠溶液与盐酸，离子方程式为：，故A错误；

B．氯气用NaOH溶液吸收生成NaCl、NaClO和水，离子方程式为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，故B正确；

C．钠投入水中生成氢氧化钠和氢气，电荷不守恒，离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH‾+H2↑，故C错误；

D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠不能拆开，离子方程式为：，故D错误；故选：B。14.下列实验操作或说法不正确的是（）A.向氯化铁溶液中滴加KSCN溶液产生红色沉淀B.配制一定体积某浓度的稀硫酸，浓硫酸稀释后直接转移至容量瓶，所配溶液浓度偏大C.未知溶液中滴入硝酸酸化，再滴入AgNO3溶液，若出现白色沉淀，则溶液中含Cl-D.在做焰色试验时，应用稀盐酸洗净铂丝〖答案〗A〖解析〗【详析】A．KSCN检验铁离子时，溶液为血红色，不会生成沉淀，故A错误；

B．配制一定体积某浓度的稀硫酸，浓硫酸稀释后直接转移至容量瓶，浓硫酸稀释后放出大量热，热的溶液体积偏大，导致所得溶液的体积偏小，溶液浓度偏大，故B正确；

C．未知溶液中滴入硝酸酸化，排除了干扰离子，再滴入AgNO3溶液，若出现白色沉淀，该沉淀为氯化银，则溶液中含Cl-，故C正确；

D．盐酸易挥发，焰色试验时需用稀盐酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色，故D正确；

故选：A。15.判断下列有关化学基本概念的依据不正确的是（）A.电解质与非电解质：化合物本身是否能导电B.溶液与胶体：本质区别是分散质粒子的直径大小C.氧化还原反应：元素化合价前后是否有变化D.纯净物与混合物：是否仅含有一种物质〖答案〗A〖解析〗【详析】A．根据化合物在水溶液或熔融状态下是否能导电区别电解质与非电解质，故A错误；B．溶液与胶体的本质区别是分散质粒子的直径大小，小于1nm为溶液，1nm～100nm之间为胶体，故B正确；C．化学反应中，若元素化合价前后有变化，说明是氧化还原反应，无化合价变化，说明是非氧化还原反应，故C正确；D．纯净物与混合物区别在于是否仅含有一种物质，不是仅含一种元素，比氧元素可以形成氧气和臭氧，即可形成单一的纯净物，又可形成二者的混合物，故D正确。故〖答案〗为A。16.能用离子方程式H++OH-=H2O表示的反应是（）A.稀盐酸和烧碱溶液反应 B.稀硫酸和氢氧化钡溶液反应C.稀盐酸和氢氧化铜反应 D.醋酸和澄清石灰水反应〖答案〗A〖解析〗【详析】A．稀盐酸和烧碱氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和水，离子方程式为：H++OH-=H2O，故A正确；

B．稀硫酸和氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，不能用离子方程式H++OH-=H2O表示，故B错误；

C．稀盐酸和氢氧化铜反应的离子方程式为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，不能用离子方程式H++OH-=H2O表示，故C错误；D．醋酸和澄清石灰水反应的离子方程式为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，不能用离子方程式H++OH-=H2O表示，故D错误；

故选：A。17.下列实验装置正确且能达到实验目的的是（）A．验证碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性B．检验钠与水反应的产物之一C．除氯气中的氯化氢气体D．测新制氯水的pH值〖答案〗A〖解析〗【详析】A．NaHCO3不稳定，受热分解产生CO2气体，使澄清石灰水变浑浊，而Na2CO3稳定，受热不分解，在使用套管进行实验时，把稳定性强Na2CO3的放在温度较高的外管，把稳定性差的NaHCO3放在温度较低的内管，可以根据澄清石灰水变浑浊情况判断碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，A正确；B．钠与水反应产生NaOH、H2，H2没有助燃性，不支持燃烧，因此该装置不能用于

检验钠与水反应的产物，B错误；C．Cl2及含有的杂质HCl气体都与NaOH在溶液中发生反应，不能达到除杂净化的目的，C错误；D．氯水中含有的HClO具有强氧化性，会将pH试纸氧化变为无色，因此不能使用pH试纸测新制氯水的pH

值，D错误；故合理选项是A。18.下列说法正确的是（）A钠着火后可用水来灭火B.不能用无锈铁丝代替铂丝进行焰色试验C.Fe2O3是一种红棕色粉末，可用作油漆、涂料和油墨的红色颜料D.纯碱可用于治疗胃酸过多〖答案〗C〖解析〗【详析】A．钠着火后产物Na2O2与H2O反应产生O2，会导致火势加聚，因此不可用水来灭火，应该使用干沙或干土灭火，A错误；B．Fe、Pt灼烧时都不能使火焰呈现一定的颜色，因此能用无锈铁丝代替铂丝进行焰色试验，B错误；C．Fe2O3是一种红棕色粉末，不溶于水，因此可用作油漆、涂料和油墨中作红色颜料，C正确；D．尽管纯碱能够与胃酸(盐酸)发生反应而降低胃液的浓度，但由于其水溶液碱性很强，会对人产生强烈的刺激性，因此不可用于治疗胃酸过多，D错误；故合理选项是C。19.下列关于氯气的性质叙述正确的是（）A.工业上可将氯气与澄清石灰水反应制备漂白粉B.氯气有毒，不能用于生产药品C.氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白色烟雾D.氯气通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色〖答案〗D〖解析〗【详析】A．工业上可将氯气与石灰乳反应制备漂白粉，而不是氯气与澄清石灰水反应，A错误；B．氯气有毒，但能用于生产药品治疗疾病，B错误；C．氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，反应产生的HCl气体在集气瓶口遇空气中的水蒸气，形成盐酸的小液滴，因此在集气瓶瓶口上方有白雾而不是白色烟雾，C错误；D．氯气通入紫色石蕊试液中，Cl2与水反应产生HCl和HClO，酸使紫色石蕊溶液变红色，HClO具有强氧化性，又将红色物质氧化变为无色，因此看到溶液先变红后褪色，D正确；故合理选项是D。20.已知常温下，在溶液中发生如下反应：①X2+2W2+=2X-+2W3+②2W3++2Y-=2W2++Y2③Z2+2X-=2Z-+X2由此推断下列说法正确的是（）A.氧化性：W3+＜Y2B.Z元素在反应③中被氧化C.反应Y2+2X-=2Y-+X2可以进行D.还原性：X->Z-〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据方程式①得氧化性：X2>W3+，还原性W2+>X-，由方程式②得氧化性：W3+>Y2、还原性Y->W2+，由方程式③得氧化性：Z2>X2、还原性X->Z-，由此得出氧化性由强到弱的顺序是Z2>X2>W3+>Y2，还原性由强到弱的顺序是Y->W2+>X->Z-，据此分析解答。【详析】A．由分析可知，在反应②中氧化性：W3+>Y2，A项错误；B．Z元素在反应③化合价降低，被还原，B项错误；C．根据三个反应得到氧化性强弱为Z2>X2>W3+>Y2，假设反应Y2+2X-=2Y-+X2可以进行，则得出氧化性：Y2>X2，与题中得出的信息违背，C项错误；D．由分析可知，在反应③中还原性：X->Z-，D项正确；故选D。21.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAB.2.3g金属钠与足量的氯气反应生成氯化钠，失去的电子数为0.1NAC.常温常压下，28g氮气所含有的原子数目为NAD.物质的量浓度为1mol/L的NaCl溶液中，含有Cl-个数为NA〖答案〗B〖解析〗【详析】A．气体摩尔体积使用对象为气体，标况下水是液体，A项错误；B．2.3g金属钠物质的量为，反应中每个钠原子失去一个电子，所以失去的电子数为0.1NA，B项正确；C．常温常压下，28g氮气物质的量为，氮气为双原子分子，所含有的原子数目为2NA，C项错误；D．溶液体积未知，无法求出结果，D项错误；故选B。22.除去括号内杂质所用试剂和方法错误的是（）A.CO2(HCl)——饱和碳酸钠溶液，洗气B.FeCl2溶液(FeCl3)——加入足量的铁粉，过滤C.Cl2(HCl)——饱和食盐水，洗气D.Cu(Fe)——溶于足量盐酸，过滤〖答案〗A〖解析〗【详析】A．CO2、HCl都可以与Na2CO3发生反应，不能达到除杂净化的目的，应该使用饱和NaHCO3溶液洗气，A错误；B．FeCl3可以与Fe在溶液中发生反应产生FeCl2，然后过滤除去Fe粉，就得到FeCl2溶液，B正确；C．饱和食盐水可以溶解HCl杂质，同时可以抑制Cl2在水中的溶解及反应，因此可以达到除杂净化的目的，C正确；D．Fe是比较活泼金属，能够与稀盐酸反应产生可溶性FeCl2，而Cu是不活泼金属，不能与盐酸反应，然后过滤分离出单质Cu，因此可以达到除杂净化的目的，D正确；故合理选项是A。23.赤铜矿的主要成分是Cu2O，辉铜矿的主要成分是Cu2S将赤铜矿与辉铜矿混合加热发生以下反应：Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑，关于该反应的说法中，正确的是（）A.Cu既是氧化产物又是还原产物B.Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂C.生成6molCu的同时生成22.4L的SO2D.每生成19.2gCu，反应中转移0.6mol电子〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗在反应Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑中，Cu元素的化合价由+1价降低为0，S元素的化台价由-2价升高为+4价，以此来解答。【详析】A．反应物Cu2S、Cu2O中Cu元素化合价由+1价降为金属铜Cu单质中的0价，金属铜为还原产物，A错误；B．Cu2S中硫元素化合价升高，铜元素的化合价降低，所以Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，B正确；C．在反应Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑中，S元素化合价升高了6价，转移了6mol电子，生成金属铜6mol，同时反应产生1molSO2气体，但由于未知气体所处的外界条件，因此不能确定产生SO2气体的体积，C错误；D．在反应Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑中，化合价变化了6价，转移了6mol电子，同时生成金属Cu6mol，所以每生成19.2gCu，其物质的量n(Cu)==0.3mol，故反应中转移0.3mol电子，D错误；故合理选项是B。24.下列实验方案中，不能测定出和的混合物中质量分数的是（）A.取ag混合物充分加热，质量减少bgB.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体C.取ag混合物与足量溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干、得到bg固体D.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加bg〖答案〗D〖解析〗【详析】A．只有碳酸氢钠加热分解，由差量法可计算碳酸氢钠的质量，然后再计算碳酸钠的质量分数，能够测出混合物中碳酸钠的质量分数，故A不选；B．加热后bg固体为氯化钠的质量，设碳酸钠的物质的量为x、碳酸氢钠的物质的量为y，则106x+84y=a，2x+y=，解方程计算出a、b，然后可计算出混合物中碳酸钠的质量分数，故B不选；C．碳酸钠和碳酸氢钠均能与反应生成碳酸钡沉淀，结合B项分析，也可以计算出混合物中碳酸钠的质量分数，故C不选；D．ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体主要是二氧化碳和水，所以质量增加bg两种气体的质量，故无法求出混合物中碳酸钠的质量分数，故D选；故选：D。25.下列关于实验的叙述中，正确的是（）选项实验操作实验现象或结论A检验某溶液中是否含有Fe2+取少量溶液于试管中，先加入氯水，再滴入KSCN溶液B把一小块钠迅速投入到热坩埚中，继续加热坩埚片刻钠受热后熔成小球，剧烈燃烧，火焰呈黄色C将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片鲜花褪色，证明氯气具有漂白性D用洁净铂丝蘸取溶液，在酒精喷灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色溶液中一定存在Na+，不存在K+〖答案〗B〖解析〗【详析】A．先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰，A项错误；B．钠与氧气反应生成过氧化钠，剧烈燃烧，产物为淡黄色固体，B项正确；C．氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气不具有漂白性，C项错误；D．观察K的焰色需透过蓝色的钴玻璃，溶液中一定存在Na+，不能确定是否存在K+，D项错误；故选B。二、填空题(本大题共4小题，共44分)26.按要求完成下列各小题：（1）写出下列物质的化学式或名称：小苏打___________，KSCN___________。（2）写出氯气与水反应的离子方程式：___________（3）在标准状况下，112mL某气体的质量为0.32g，该气体的摩尔质量为___________。（4）用2.50mol/LNaCl溶液配100mL0.50mol/LNaCl溶液，需用量筒量取___________mL2.50mol/LNaCl溶液。（5）有下列物质：①氢氧化钡固体②稀硫酸③熔融氯化钡④二氧化硫气体⑤铜其中属于电解质的是___________(填序号)。〖答案〗（1）①.NaHCO3②.硫氰化钾（2）Cl2+H2OH++Cl-+HClO（3）64g/mol（4）20.00（5）①③〖解析〗（1）碳酸氢钠俗称小苏打，故小苏打的化学式为NaHCO3；KSCN是硫氰化钾的化学式；（2）氯气与水反应产生盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，化学方程式为Cl2+H2OHCl+HClO，在该反应产生的两种酸中，HCl是强酸，完全电离，HClO是弱酸，主要以电解质分子形式存在，故反应的离子方程式为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO；（3）在标准状况下，112mL某气体的物质的量是n=，其质量为0.32g，该气体的摩尔质量M=；（4）根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，可知用2.50mol/LNaCl溶液配

100mL0.50mol/LNaCl溶液，

需用量筒量取该溶液的体积V=；（5）①氢氧化钡固体是碱，属于电解质；②稀硫酸是混合物，不是化合物，因此不属于电解质；③熔融氯化钡是盐，属于电解质；④二氧化硫气体是化合物，由分子构成，在水溶液中和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此属于非电解质；⑤铜是金属单质，不是化合物，因此不属于电解质，故上述物质中属于电解质的物质序号是①③。27.物质分类与转化是学习化学的基石，如图为氯及其化合物的“价一类”二维图，请正确回答下列问题：（1）填写二维图缺失的内容：化学式A___________；类别B___________。（2）某同学利用以下试剂研究HClO4性质，进行了如下预测：从物质类别上看，HClO4像盐酸一样属于强酸，可能与HClO4反应的有(填字母)___________；a．H2SO4b．Fec．NaOH（3）关于盐酸与NaClO反应，同学们有不同意见，甲同学认为发生反应：NaClO+HCl=NaCl+HClO，该反应属于___________反应类型(填四大基本反应类型)；乙同学认为发生氧化还原反应，因为他曾经看到一篇报道称：某家庭主妇在清洗卫生间时，因混合使用“洁厕灵”(主要成分是稀盐酸)与“84”消毒液(主要成分是NaClO)而发生氯气中毒事件。请写出反应方程式___________；该反应从化合价角度体现了盐酸具有___________性。〖答案〗（1）①.Cl2②.酸（2）bc（3）①.复分解②.NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O③.还原〖解析〗〖祥解〗根据氯元素的价类图可知A是Cl2，B所属物质类别是酸，然后根据物质的性质分析解答。（1）根据氯元素价类图可知A是Cl2，B所属物质类别是酸；（2）HClO4属于一元强酸，与H2SO4不能发生反应，但能够与比较活泼的金属Fe发生置换反应产生Fe(ClO4)2、H2；能够与NaOH发生中和反应产生NaClO4、H2O，故合理选项是bc；（3）根据反应方程式NaClO+HCl=NaCl+HClO，可知该反应是强酸与弱酸盐反应制取弱酸，因此符合复分解反应的基本规律，因此反应基本类型为复分解反应；混合使用“洁厕灵”(主要成分是稀盐酸)与“84”消毒液(主要成分是

NaClO)而发生氯气中毒事件，说明二者发生了氧化还原反应，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应方程式为：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O；在该反应中，HCl的作用为表现酸性和还原性。故该反应从化合价角度体现了盐酸具有还原性。28.某同学用KOH固体配制100mL0.50mol/L的KOH溶液，请回答下列问题：（1）配制该KOH溶液需用电子天平(精确度0.01g)称取KOH固体___________g。（2）配制该KOH溶液需要用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还需要用到的最重要的玻璃仪器是___________。（3）配制时，其正确的操作顺序是④①___________⑥(填序号，每个操作只用一次)。①将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中②继续往容量瓶内小心加水，直到液面离容量瓶颈部的刻度线1―2cm时③用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2—3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡④在盛有KOH固体的烧杯中加入适量水溶解⑤改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切⑥将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀（4）实际配制得到的溶液浓度偏低，可能的原因是(填字母)___________。A.容量瓶用蒸馏水洗净后，未待干燥便用来配制 B.定容时，俯视刻度线C.摇匀后，液面下降，补充水 D.转移过程中有少量溶液溅出〖答案〗（1）2.80（2）100mL容量瓶（3）③②⑤（4）CD〖解析〗〖祥解〗根据m=n·M=c·V·M计算溶质的质量。配制一定体积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=分析实验误差。（1）在实验室中有规格是100mL的容量瓶，配制100mL0.50mol/L

的KOH溶液，需溶质的物质的量是n(KOH)=c·V=0.50mol/L×0.1L=0.050mol，则需用电子天平(精确度

0.01g)称取

KOH固体的质量m(KOH)=0.050mol×56g/mol=2.80g；（2）根据配制溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，可知需使用的玻璃仪器除有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，氦需要100mL的容量瓶；（3）根据配制溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，可知配制溶液时，其正确的操作顺序是④①③②⑤⑥，故缺少的实验步骤是③②⑤；（4）A．使用容量瓶配制溶液时需要向其中加水，因此容量瓶用蒸馏水洗净后，未待干燥便用来配制，只要最后凹液面最低处与刻度线相切，就不会产生误差，A不符合题意；B．定容时，若俯视刻度线，则溶液的体积偏小，由于溶质的物质的量不变，最终会导致配制溶液的浓度偏高，B不符合题意；C．摇匀后，液面下降，这是由于部分黏在容量瓶的瓶颈上，若此时向其中补充水，导致溶液的体积偏大，因而会使配制的溶液浓度偏低，C符合题意；D．若转移过程中有少量溶液溅出，导致溶质损失，溶质的物质的量偏少，溶液体积不变，最终导致配制溶液的浓度偏低，D符合题意；故合理选项是CD。29.某化学兴趣小组设计了如图装置制取Cl2，并进行相关性质实验。图中装置B可储存多余的氯气。回答下列问题：（1）装置A中盛放浓盐酸的仪器名称为___________。（2）装置A中圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为___________（3）储气瓶b可以收集氯气，则b内盛放的试剂是___________。（4）装置E中的溶液作用是___________。（5）装置F中硬质试管内发生反应的化学方程式为___________。（6）装置G中球形干燥管的作用是___________。（7）装置D中溶液的颜色由浅绿色变成黄色，则反应的离子方程式为___________。〖答案〗（1）分液漏斗（2）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O（3）饱和食盐水（4）除去氯气中的水蒸气（5）2Fe+3Cl22FeCl3（6）防止倒吸（7）2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl-〖解析〗〖祥解〗二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，氯气具有强的氧化性能够氧化氯化亚铁生成氯化铁，能够氧化碘化钾溶液生成单质碘，碘单质遇到淀粉变蓝，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，所以遇到紫色石蕊试液先变红后褪色，铁与氯气反应生成氯化铁，氯气有毒，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，通常用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气；（1）装置A中装浓盐酸的玻璃仪器名称为分液漏斗；（2）A中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯化锰、氯气、水，A中发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；（3）对装置的基本要求是气密性良好，氯气难溶于液体b,所以b内盛放的试剂是饱和食盐水，（4）浓硫酸具有吸水性，装置E中的溶液作用是除去氯气中的水蒸气；（5）铁与氯气加热生成氯化铁，故发生反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3；（6）氯气有毒，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，装置G中球形干燥管的作用是防止倒吸，以防引起实验安全事故，充分吸收Cl2、HCl；（7）氯气具有强氧化性，能氧化Fe2+为Fe3+，装置B中Fe2＋被Cl2氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl-。三、计算题(每空2分，共6分)30.某固体粉末由Na2O与Na2O2组成，将其分成等量的两份，第一份恰好与2L0.3mol/L盐酸完全中和；第二份与足量的CO2气体作用，发现该固体质量增加了11.6g，试计算：（1）与第一份反应的盐酸的物质的量是___________。（2）第一份中和所得溶质的质量___________g；（3）固体中Na2O与Na2O2的物质的量之比是___________。〖答案〗（1）0.6mol（2）35.1（3）2：1〖解析〗（1）2L0.3mol/L盐酸中溶质HCl的物质的量为n(HCl)=c·V=0.3mol/L×2L=0.6mol；（2）Na2O与HCl发生化学反应产生NaCl、H2O，Na2O2与HCl发生反应，生成NaCl、H2O、O2，则根据元素守恒可知第一份中反应产生NaCl的物质的量n(NaCl)=n(HCl)=0.6mol，其质量为m(NaCl)=0.6mol×58.5g/mol=35.1g；（3）假设Na2O、Na2O2的物质的量分别是x、y，它们中的Na元素全部变为NaCl，则根据元素守恒，可知2x+2y=0.6mol；根据二者与足量的CO2气体作用，Na2O+CO2=Na2CO3；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据Na元素守恒，可知最终固体为Na2CO3，其物质的量是0.3mol，增加的质量为106×0.3-(62x+78y)=11.6g，两式联立，可得x=0.2mol，y=0.1mol，故固体中Na2O与Na2O2的物质的量之比是x：y=2：1。浙江省温州市2023-2024学年瑞安市十校联考高一上学期期中试卷一、选择题(本大题共25题，每小题只有一个正确选项，每题2分，共50分)1.氮气的分子式是（）A.H2 B.He C.N2 D.Ar〖答案〗C〖解析〗【详析】氮气是由许多氮气分子构成的，每个氮分子中含有2个N原子，故氮气的分子式是N2，故合理选项是C。2.纯碱(Na2CO3)属于()A.酸 B.碱C.盐 D.氧化物〖答案〗C〖解析〗【详析】碳酸钠可以电离出钠离子和酸根阴离子，碳酸钠符合这一点，属于盐，故〖答案〗选C。【『点石成金』】对概念理解是解题关键，碱指电离时所有阴离子都是氢氧根离子的化合物；酸指电离时所有阳离子都是氢离子的化合物；盐是指电离出金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子的化合物，氧化物是指有两种元素组成，其中有一种是氧元素的化合物。3.下列仪器名称为“坩埚”的是（）A. B. C.D.〖答案〗D〖解析〗【详析】A.由图可知，仪器的名称为蒸发皿，故A不符合题意；B.由图可知，仪器的名称为容量瓶，故B不符合题意；C.由图可知，仪器名称为分液漏斗，故C不符合题意；D.由图可知，仪器的名称为坩埚，故D符合题意；故选D。4.下列物质的水溶液和熔融状态均能导电的是（）A.Cl2 B.NaCl C.CH3CH2OH D.H2SO4〖答案〗B〖解析〗【详析】A．Cl2的水溶液中，Cl2和水反应生成HCl和HClO，HCl和HClO是电解质，在水中会发生电离，故Cl2的水溶液能导电，而熔融状态下的Cl2不能电离，也就不能导电，A不符合题意；B．NaCl是电解质，在水中和熔融状态下均能电离出Na+和Cl-，故NaCl的水溶液和熔融状态均能导电，B符合题意；C．CH3CH2OH是非电解质，其水溶液和熔融状态均不能导电，C不符合题意；D．H2SO4是电解质，H2SO4在水中能电离出H+和，其水溶液能导电，而熔融状态下的H2SO4不能电离，也就不能导电，D不符合题意；故选B。5.下列电解质在水溶液中的电离方程式书写错误的是（）A B.C. D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．H2SO4是二元强酸，完全电离，电离方程式是，故A正确；B．Ca(OH)2是强碱，电离方程式是，故B正确；C．NaHCO3是盐，在水溶液中电离出钠离子和碳酸氢根离子，碳酸是弱酸，碳酸氢根离子不能拆开写，电离方程式是，故C错误；D．KNO3是盐，在水溶液中完全电离出钾离子和硝酸根离子，电离方程式是，故D正确；故选C。6.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（）A.氯化钠溶液 B.硫酸铜溶液C.氢氧化铁沉淀 D.氢氧化铁胶体〖答案〗D〖解析〗【详析】胶体可产生丁达尔效应，则光束通过氢氧化铁胶体，能观察到丁达尔效应，故选D。7.下列属于非氧化还原反应的是（）A.B.C.D.〖答案〗B〖解析〗【详析】A．，铁元素、氧元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故不选A；B．，各元素化合价均没变，属于非氧化还原反应，故选B；C．，氯元素、溴元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故不选C；D．，铜元素、铁元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故不选D；选B。8.在反应Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O中，氧化产物是（）A.HNO3(浓) B.Cu(NO3)2 C.NO2 D.H2O〖答案〗B〖解析〗【详析】Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O反应，铜元素化合价升高生发生氧化反应成Cu(NO3)2，Cu(NO3)2是氧化产物；故选B。9.在澄清透明的溶液中能大量共存的离子组是（）A.HCO、NH、Cl-、OH- B.Ca2+、Cl-、Na+、COC.Na+、Ag+、Cl-、CO D.H+、K+、SO、NO〖答案〗D〖解析〗【详析】A．、都能与OH-反应，不能共存，故A错误；B．Ca2+、反应生成碳酸钙沉淀，不能共存，故B错误；C．Ag+能与Cl-或反应生成沉淀，不能共存，故C错误；D．各离子之间相互不反应，能共存，故D正确；故选D。10.下列说法不正确的是（）A.1molNH4+的质量为18g B.SO2的摩尔质量为64g·mol－1C.摩尔是描述物质所含微粒多少的物理量 D.一个水分子的质量约等于18/(6.02×1023)g〖答案〗C〖解析〗【详析】A．NH4+的摩尔质量为18g/mol，由m=nM可知1molNH4+的质量为18g，A正确；B．摩尔质量如果用g/mol作单位，在数值上等于该物质的相对原子质量或相对分子质量，所以SO2的摩尔质量为64g•mol-1，B正确；C．摩尔是物质的量的单位，C错误；D．1mol水的质量为18g，1mol水含有6.02×1023个水分子，则一个水分子的质量约等于18/(6.02×1023)g，D正确。〖答案〗选C。11.下列溶液中含Cl-的物质的量浓度最大的是（）A.250mL0.1mol/LAlCl3溶液 B.1000mL0.5mol/LNaCl溶液C.200mL0.3mol/LMgCl2溶液 D.300mL2mol/LNaClO溶液〖答案〗C〖解析〗【详析】氯离子的物质的量浓度与溶液体积大小无关，与溶质的浓度及化学式组成有关，A．Cl-的浓度为：c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

B．Cl-的浓度为：c(Cl-)=0.5mol/L×1=0.5mol/L

C．Cl-的浓度为：c(Cl-)=0.3mol/L×2=0.6mol/L，

D．NaClO电离出ClO-离子和钠离子，则溶液中不存在氯离子；故选：C。12.下列变化，能通过加盐酸一步反应实现的是（）①Fe2O3→FeCl2②Cu→CuCl2③Cu(OH)2→CuCl2④Fe→FeCl3A.① B.② C.③ D.④〖答案〗C〖解析〗【详析】①Fe2O3与稀盐酸反应生成氯化铁和水，不能生成FeCl2，不能通过加盐酸一步反应实现。

②Cu与稀盐酸不反应，不能通过加盐酸一步反应实现。

③Cu(OH)2与稀盐酸反应生成CuCl2和水，能通过加盐酸一步反应实现。

④Fe与稀盐酸反应生成氯化亚铁溶液和氢气，不能生成FeCl3，不能通过加盐酸一步反应实现。故选：C。13.下列离子方程式正确的是（）A.碳酸钠溶液与盐酸：B.氯气用NaOH溶液吸收：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OC.钠投入水中：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑D.过氧化钠与水反应：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．碳酸钠溶液与盐酸，离子方程式为：，故A错误；

B．氯气用NaOH溶液吸收生成NaCl、NaClO和水，离子方程式为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，故B正确；

C．钠投入水中生成氢氧化钠和氢气，电荷不守恒，离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH‾+H2↑，故C错误；

D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠不能拆开，离子方程式为：，故D错误；故选：B。14.下列实验操作或说法不正确的是（）A.向氯化铁溶液中滴加KSCN溶液产生红色沉淀B.配制一定体积某浓度的稀硫酸，浓硫酸稀释后直接转移至容量瓶，所配溶液浓度偏大C.未知溶液中滴入硝酸酸化，再滴入AgNO3溶液，若出现白色沉淀，则溶液中含Cl-D.在做焰色试验时，应用稀盐酸洗净铂丝〖答案〗A〖解析〗【详析】A．KSCN检验铁离子时，溶液为血红色，不会生成沉淀，故A错误；

B．配制一定体积某浓度的稀硫酸，浓硫酸稀释后直接转移至容量瓶，浓硫酸稀释后放出大量热，热的溶液体积偏大，导致所得溶液的体积偏小，溶液浓度偏大，故B正确；

C．未知溶液中滴入硝酸酸化，排除了干扰离子，再滴入AgNO3溶液，若出现白色沉淀，该沉淀为氯化银，则溶液中含Cl-，故C正确；

D．盐酸易挥发，焰色试验时需用稀盐酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色，故D正确；

故选：A。15.判断下列有关化学基本概念的依据不正确的是（）A.电解质与非电解质：化合物本身是否能导电B.溶液与胶体：本质区别是分散质粒子的直径大小C.氧化还原反应：元素化合价前后是否有变化D.纯净物与混合物：是否仅含有一种物质〖答案〗A〖解析〗【详析】A．根据化合物在水溶液或熔融状态下是否能导电区别电解质与非电解质，故A错误；B．溶液与胶体的本质区别是分散质粒子的直径大小，小于1nm为溶液，1nm～100nm之间为胶体，故B正确；C．化学反应中，若元素化合价前后有变化，说明是氧化还原反应，无化合价变化，说明是非氧化还原反应，故C正确；D．纯净物与混合物区别在于是否仅含有一种物质，不是仅含一种元素，比氧元素可以形成氧气和臭氧，即可形成单一的纯净物，又可形成二者的混合物，故D正确。故〖答案〗为A。16.能用离子方程式H++OH-=H2O表示的反应是（）A.稀盐酸和烧碱溶液反应 B.稀硫酸和氢氧化钡溶液反应C.稀盐酸和氢氧化铜反应 D.醋酸和澄清石灰水反应〖答案〗A〖解析〗【详析】A．稀盐酸和烧碱氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和水，离子方程式为：H++OH-=H2O，故A正确；

B．稀硫酸和氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，不能用离子方程式H++OH-=H2O表示，故B错误；

C．稀盐酸和氢氧化铜反应的离子方程式为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，不能用离子方程式H++OH-=H2O表示，故C错误；D．醋酸和澄清石灰水反应的离子方程式为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，不能用离子方程式H++OH-=H2O表示，故D错误；

故选：A。17.下列实验装置正确且能达到实验目的的是（）A．验证碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性B．检验钠与水反应的产物之一C．除氯气中的氯化氢气体D．测新制氯水的pH值〖答案〗A〖解析〗【详析】A．NaHCO3不稳定，受热分解产生CO2气体，使澄清石灰水变浑浊，而Na2CO3稳定，受热不分解，在使用套管进行实验时，把稳定性强Na2CO3的放在温度较高的外管，把稳定性差的NaHCO3放在温度较低的内管，可以根据澄清石灰水变浑浊情况判断碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，A正确；B．钠与水反应产生NaOH、H2，H2没有助燃性，不支持燃烧，因此该装置不能用于

检验钠与水反应的产物，B错误；C．Cl2及含有的杂质HCl气体都与NaOH在溶液中发生反应，不能达到除杂净化的目的，C错误；D．氯水中含有的HClO具有强氧化性，会将pH试纸氧化变为无色，因此不能使用pH试纸测新制氯水的pH

值，D错误；故合理选项是A。18.下列说法正确的是（）A钠着火后可用水来灭火B.不能用无锈铁丝代替铂丝进行焰色试验C.Fe2O3是一种红棕色粉末，可用作油漆、涂料和油墨的红色颜料D.纯碱可用于治疗胃酸过多〖答案〗C〖解析〗【详析】A．钠着火后产物Na2O2与H2O反应产生O2，会导致火势加聚，因此不可用水来灭火，应该使用干沙或干土灭火，A错误；B．Fe、Pt灼烧时都不能使火焰呈现一定的颜色，因此能用无锈铁丝代替铂丝进行焰色试验，B错误；C．Fe2O3是一种红棕色粉末，不溶于水，因此可用作油漆、涂料和油墨中作红色颜料，C正确；D．尽管纯碱能够与胃酸(盐酸)发生反应而降低胃液的浓度，但由于其水溶液碱性很强，会对人产生强烈的刺激性，因此不可用于治疗胃酸过多，D错误；故合理选项是C。19.下列关于氯气的性质叙述正确的是（）A.工业上可将氯气与澄清石灰水反应制备漂白粉B.氯气有毒，不能用于生产药品C.氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白色烟雾D.氯气通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色〖答案〗D〖解析〗【详析】A．工业上可将氯气与石灰乳反应制备漂白粉，而不是氯气与澄清石灰水反应，A错误；B．氯气有毒，但能用于生产药品治疗疾病，B错误；C．氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，反应产生的HCl气体在集气瓶口遇空气中的水蒸气，形成盐酸的小液滴，因此在集气瓶瓶口上方有白雾而不是白色烟雾，C错误；D．氯气通入紫色石蕊试液中，Cl2与水反应产生HCl和HClO，酸使紫色石蕊溶液变红色，HClO具有强氧化性，又将红色物质氧化变为无色，因此看到溶液先变红后褪色，D正确；故合理选项是D。20.已知常温下，在溶液中发生如下反应：①X2+2W2+=2X-+2W3+②2W3++2Y-=2W2++Y2③Z2+2X-=2Z-+X2由此推断下列说法正确的是（）A.氧化性：W3+＜Y2B.Z元素在反应③中被氧化C.反应Y2+2X-=2Y-+X2可以进行D.还原性：X->Z-〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据方程式①得氧化性：X2>W3+，还原性W2+>X-，由方程式②得氧化性：W3+>Y2、还原性Y->W2+，由方程式③得氧化性：Z2>X2、还原性X->Z-，由此得出氧化性由强到弱的顺序是Z2>X2>W3+>Y2，还原性由强到弱的顺序是Y->W2+>X->Z-，据此分析解答。【详析】A．由分析可知，在反应②中氧化性：W3+>Y2，A项错误；B．Z元素在反应③化合价降低，被还原，B项错误；C．根据三个反应得到氧化性强弱为Z2>X2>W3+>Y2，假设反应Y2+2X-=2Y-+X2可以进行，则得出氧化性：Y2>X2，与题中得出的信息违背，C项错误；D．由分析可知，在反应③中还原性：X->Z-，D项正确；故选D。21.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAB.2.3g金属钠与足量的氯气反应生成氯化钠，失去的电子数为0.1NAC.常温常压下，28g氮气所含有的原子数目为NAD.物质的量浓度为1mol/L的NaCl溶液中，含有Cl-个数为NA〖答案〗B〖解析〗【详析】A．气体摩尔体积使用对象为气体，标况下水是液体，A项错误；B．2.3g金属钠物质的量为，反应中每个钠原子失去一个电子，所以失去的电子数为0.1NA，B项正确；C．常温常压下，28g氮气物质的量为，氮气为双原子分子，所含有的原子数目为2NA，C项错误；D．溶液体积未知，无法求出结果，D项错误；故选B。22.除去括号内杂质所用试剂和方法错误的是（）A.CO2(HCl)——饱和碳酸钠溶液，洗气B.FeCl2溶液(FeCl3)——加入足量的铁粉，过滤C.Cl2(HCl)——饱和食盐水，洗气D.Cu(Fe)——溶于足量盐酸，过滤〖答案〗A〖解析〗【详析】A．CO2、HCl都可以与Na2CO3发生反应，不能达到除杂净化的目的，应该使用饱和NaHCO3溶液洗气，A错误；B．FeCl3可以与Fe在溶液中发生反应产生FeCl2，然后过滤除去Fe粉，就得到FeCl2溶液，B正确；C．饱和食盐水可以溶解HCl杂质，同时可以抑制Cl2在水中的溶解及反应，因此可以达到除杂净化的目的，C正确；D．Fe是比较活泼金属，能够与稀盐酸反应产生可溶性FeCl2，而Cu是不活泼金属，不能与盐酸反应，然后过滤分离出单质Cu，因此可以达到除杂净化的目的，D正确；故合理选项是A。23.赤铜矿的主要成分是Cu2O，辉铜矿的主要成分是Cu2S将赤铜矿与辉铜矿混合加热发生以下反应：Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑，关于该反应的说法中，正确的是（）A.Cu既是氧化产物又是还原产物B.Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂C.生成6molCu的同时生成22.4L的SO2D.每生成19.2gCu，反应中转移0.6mol电子〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗在反应Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑中，Cu元素的化合价由+1价降低为0，S元素的化台价由-2价升高为+4价，以此来解答。【详析】A．反应物Cu2S、Cu2O中Cu元素化合价由+1价降为金属铜Cu单质中的0价，金属铜为还原产物，A错误；B．Cu2S中硫元素化合价升高，铜元素的化合价降低，所以Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，B正确；C．在反应Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑中，S元素化合价升高了6价，转移了6mol电子，生成金属铜6mol，同时反应产生1molSO2气体，但由于未知气体所处的外界条件，因此不能确定产生SO2气体的体积，C错误；D．在反应Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑中，化合价变化了6价，转移了6mol电子，同时生成金属Cu6mol，所以每生成19.2gCu，其物质的量n(Cu)==0.3mol，故反应中转移0.3mol电子，D错误；故合理选项是B。24.下列实验方案中，不能测定出和的混合物中质量分数的是（）A.取ag混合物充分加热，质量减少bgB.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体C.取ag混合物与足量溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干、得到bg固体D.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加bg〖答案〗D〖解析〗【详析】A．只有碳酸氢钠加热分解，由差量法可计算碳酸氢钠的质量，然后再计算碳酸钠的质量分数，能够测出混合物中碳酸钠的质量分数，故A不选；B．加热后bg固体为氯化钠的质量，设碳酸钠的物质的量为x、碳酸氢钠的物质的量为y，则106x+84y=a，2x+y=，解方程计算出a、b，然后可计算出混合物中碳酸钠的质量分数，故B不选；C．碳酸钠和碳酸氢钠均能与反应生成碳酸钡沉淀，结合B项分析，也可以计算出混合物中碳酸钠的质量分数，故C不选；D．ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体主要是二氧化碳和水，所以质量增加bg两种气体的质量，故无法求出混合物中碳酸钠的质量分数，故D选；故选：D。25.下列关于实验的叙述中，正确的是（）选项实验操作实验现象或结论A检验某溶液中是否含有Fe2+取少量溶液于试管中，先加入氯水，再滴入KSCN溶液B把一小块钠迅速投入到热坩埚中，继续加热坩埚片刻钠受热后熔成小球，剧烈燃烧，火焰呈黄色C将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片鲜花褪色，证明氯气具有漂白性D用洁净铂丝蘸取溶液，在酒精喷灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色溶液中一定存在Na+，不存在K+〖答案〗B〖解析〗【详析】A．先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰，A项错误；B．钠与氧气反应生成过氧化钠，剧烈燃烧，产物为淡黄色固体，B项正确；C．氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气不具有漂白性，C项错误；D．观察K的焰色需透过蓝色的钴玻璃，溶液中一定存在Na+，不能确定是否存在K+，D项错误；故选B。二、填空题(本大题共4小题，共44分)26.按要求完成下列各小题：（1）写出下列物质的化学式或名称：小苏打___________，KSCN___________。（2）写出氯气与水反应的离子方程式：___________（3）在标准状况下，112mL某气体的质量为0.32g，该气体的摩尔质量为___________。（4）用2.50mol/LNaCl溶液配100mL0.50mol/LNaCl溶液，需用量筒量取___________mL2.50mol/LNaCl溶液。（5）有下列物质：①氢氧化钡固体②稀硫酸③熔融氯化钡④二氧化硫气体⑤铜其中属于电解质的是___________(填序号)。〖答案〗（1）①.NaHCO3②.硫氰化钾（2）Cl2+H2OH++Cl-+HClO（3）64g/mol（4）20.00（5）①③〖解析〗（1）碳酸氢钠俗称小苏打，故小苏打的化学式为NaHCO3；KSCN是硫氰化钾的化学式；（2）氯气与水反应产生盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，化学方程式为Cl2+H2OHCl+HClO，在该反应产生的两种酸中，HCl是强酸，完全电离，HClO是弱酸，主要以电解质分子形式存在，故反应的离子方程式为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO；（3）在标准状况下，112mL某气体的物质的量是n=，其质量为0.32g，该气体的摩尔质量M=；（4）根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，可知用2.50mol/LNaCl溶液配

100mL0.50mol/LNaCl溶液，

需用量筒量取该溶液的体积V=；（5）①氢氧化钡固体是碱，属于电解质；②稀硫酸是混合物，不是化合物，因此不属于电解质；③熔融氯化钡是盐，属于电解质；④二氧化硫气体是化合物，由分子构成，在水溶液中和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此属于非电解质；⑤铜是金属单质，不是化合物，因此不属于电解质，故上述物质中属于电解质的物质序号是①③。27.物质分类与转化是学习化学的基石，如图为氯及其化合物的“价一类”二维图，请正确回答下列问题：（1）填写二维图缺失的内容：化学式A___________；类别B___________。（2）某同学利用以下试剂研究HClO4性质，进行了如下预测：从物质类别上看，HClO4像盐酸一样属于强酸，可能与HClO4反应的有(填字母)___________；a．H2SO4b．Fec．NaOH（3）关于盐酸与NaClO反应，同学们有不同意见，甲同学认为发生反应：NaClO+HCl=NaCl+HClO，该反应属于___________反应类型(填四大基本反应类型)；乙同学认为发生氧化还原反应，因为他曾经看到一篇报道称：某家庭主妇在清洗卫生间时，因混合使用“洁厕灵”(主要成分是稀盐酸)与“84”消毒液(主要成分是NaClO)而发生氯气中毒事件。请写出反应方程式___________；该反应从化合价角度体现了盐酸具有___________性。〖答案〗（1）①.Cl2②.酸（2）bc（3）①.复分解②.NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O③.还原〖解析〗〖祥解〗根据氯元素的价类图可知A是Cl2，B所属物质类别是酸，然后根据物质的性质分析解答。（1）根据氯元素价类图可知A是Cl2，B所属物质类别是酸；（2）HClO4属于一元强酸，与H2SO4不能发生反应，但能够与比较活泼的金属Fe发生置换反应产生Fe(ClO4)2、H2；能够与NaOH发生中和反应产生NaClO4、H2O，故合理选项是bc；（3）根据反应方程式NaClO+HCl=NaCl+HClO，可知该反应是强酸与弱酸盐反应制取弱酸，因此符合复分解反应的基本规律，因此反应基本类型为复分解反应；混合使用“洁厕灵”(主要成分是稀盐酸)与“84”消毒液(主要成分是

NaClO)而发生氯气中毒事件，说明二者发生了氧化还原反应，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应方程式为：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O；在该反应中，HCl的作用为表现酸性和还原性。故该反应从化合价角度体现了盐酸具有还原性。28.某同学用KOH固体配制100mL0.50mol/L的KOH溶液，请回答下列问题：（1）配制该KOH溶液需用电子天平(精确度0.01g)称取KOH固体___________g。（2）配制该KOH溶液需要用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还需要用到的最重要的玻璃仪器是___________。（3）配制时，其正确的操作顺序是④①___________⑥(填序号，每个操作只用一次)。①将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中②继续往容量瓶内小心加水，直到液面离容量瓶颈部的刻度线1―2cm时③用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2—3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡④在盛有KOH固体的烧杯中加入适量水溶解⑤改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切⑥将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀（4）实际配制得到的溶液浓度偏低，