浙江省宁波效实中学2021-2022学年高一上学期期中考试化学试题（解析版）

学而优教有方PAGEPAGE1宁波效实中学高一化学期中考试试卷注意：(1)本试卷分Ⅰ卷(选择题)、Ⅱ卷(非选择题)；(2)选择题答案填涂在答题卡上，非选择题答案填写在答卷纸上；(3)本卷满分100分，考试时间90分钟；(4)本场考试不得使用计算器。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5K-39Ca-40Pb-208Fe-56Cu-64第Ⅰ卷选择题(共50分)一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于碱的是A.Mg(OH)2 B.Na2O C.Cu2(OH)2CO3 D.CH3CH2OH2.下列仪器中可以直接用酒精灯加热的是A. B. C. D.3.下列物质的水溶液可以导电，但其为非电解质的是A.漂白粉 B.盐酸 C.NH3 D.Cl24.下列关于古籍中的记载说法不正确的是A.《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应B.“朝坛雾卷，曙岭烟沉”中的雾是一种气溶胶，能产生丁达尔效应C.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了氧化还原反应D.“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是升华和凝华过程5.下列反应中，属于氧化还原反应，且水既不作氧化剂、又不作还原剂的是A.CO2＋H2O=H2CO3 B.Cl2＋H2OHCl＋HClOC.2Na＋H2O=2NaOH＋H2↑ D.2F2+2H2O=4HF+O26.铅丹(Pb3O4)可作防锈用涂料，其中铅的化合价为+2价和+4价，它与浓盐酸反应的化学方程式为Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O。下列说法正确的是A.Pb3O4与浓盐酸反应时，Pb3O4作为还原剂B.物质的氧化性：Cl2>Pb3O4C.Pb3O4中+2价的铅与+4价的铅的物质的量之比为2：1D.当上述反应中消耗1molPb3O4时，生成的氯气为22.4L7.下列说法合理的是A.碳酸钠可称为碳酸盐、钠盐或者碱式盐B.利用半透膜可以除去Fe(OH)3胶体中的葡萄糖C.强光束通过Fe(OH)3胶体时发生了显著的化学变化D.直径为10-8m的粒子一定属于胶体8.现有下列五个转化，其中不可能通过一步反应实现的是①CO2→NaHCO3②CuSO4→CuCl2③SiO2→H2SiO3④CuO→Cu(OH)2⑤Na2CO3→NaOHA.①② B.③④ C.②④ D.③④⑤9.在下列条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是A.无色溶液：Ca2+、H+、Fe2+、B.常温下使石蕊试液变蓝的溶液：Na+、K+、、C.澄清透明溶液：K+、Cu2+、、D.加入铁粉放出H2的溶液：K+、Na+、、Fe3+10.下列离子方程式书写正确的是A.氯气和石灰乳反应制备漂白粉：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OB.往饱和碳酸钠溶液中通入CO2：+CO2+H2O=2C.氧化钠和水反应：O2-+H2O=2OH-D.硫酸和氢氧化钡反应：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O11.下列化学方程式中，表示电子转移的方向和数目都正确的是A. B.C. D.12.下列四组反应中，Ⅰ和Ⅱ能用同一个离子方程式表示的是ⅠⅡA把金属铁放入稀硫酸中把金属铁放入醋酸中BCa(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液Ca(OH)2溶液中加入足量NaHCO3溶液C向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2至溶液显中性向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2至完全沉淀D将少量Na2CO3溶液滴入到足量HCl溶液将少量HCl溶液滴入到Na2CO3溶液A.A B.B C.C D.D13.下列说法正确的是A.氯气性质活泼，因此液氯不宜储存在钢瓶中B.工业上可以利用H2和Cl2直接化合制成HCl，若HCl发生泄漏，车间里将会弥漫白烟C.氯气可以使湿润的布条褪色，但氯气不具有漂白性D.日常生活中为了增加漂白粉的漂白性，可以在使用时加入大量浓盐酸14.下列说法不正确的是A.钠在常温下和过量氧气反应的产物为氧化钠B.小苏打可以用来治疗胃酸过多，纯碱在纺织、造纸、制皂、制玻璃等方面有重要应用C.苏打和小苏打溶液可以利用澄清石灰水区分D.火灾现场有大量活泼金属时应使用干燥的沙土来灭火15.有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，将它均分成两份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl—离子完全沉淀。反应中消耗xmolH2SO4、ymolAgNO3。据此得知原混合溶液中的c(Na+)(单位：mol·L-1)为A.（y-2x）/a B.(y-x)/a C.(2y-2x)/a D.(2y-4x)/a16.下图中两条曲线分别表示1gC3H6、1gM气体在相同体积的容器中压强和温度的关系，试根据图判断M气体可能是A.C3H4 B.CO2 C.CO D.H2S17.agFe2O3和CuO组成的混合物全部溶于20mL、物质的量浓度为0.05molL-1的硫酸中，反应后向所得溶液中加入10mLNaOH溶液，恰好使Fe3+和Cu2+完全沉淀，则氢氧化钠溶液的物质的量浓度为A.0.1molL-1 B.0.2molL-1 C.0.4molL-1 D.0.8molL-118.在一定条件下，将22gH2、CO和O2混合物(共0.8mol)与足量Na2O2混合后，用电火花引燃，充分燃烧后测得固体增重6g。求原混合物中H2和CO的物质的量之比A.1∶1 B.4∶9 C.9∶4 D.无法计算19.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1.25gL-1D.a的平均摩尔质量为15gmol-120.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.将7.8g过氧化钠投入足量稀硫酸中充分反应，转移电子数目为0.2NAB.100g质量分数为46%的CH3CH2OH水溶液中所含氧原子数目为4NAC.120g固体NaHSO4与KHSO3的混合物中阳离子数目为2NAD.常温常压下，22.4L氯气所含分子数大于NA21.配制480mL0.1molL-1的Na2CO3溶液，部分实验操作示意图如下：下列说法正确的是A.需用托盘天平称量5.1gNa2CO310H2OB.上述实验操作步骤的正确顺序为①②④①③C.容量瓶需用自来水、蒸馏水洗涤，烘干后才可使用D.实验中需用到的仪器有：托盘天平、药匙、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等22.下列相关实验的说法正确的是A.定容时，如果加水超过刻度线，用滴管吸出既可B.将质量分数为10%和20%的硫酸溶液等体积混合，即可得到质量分数为15%的硫酸溶液C.在配制溶液的过程中，定容摇匀之后发现液面低于刻度线，再次加水补齐后所得溶液浓度偏低D.定容时仰视容量瓶刻度线，会造成所配溶液浓度偏大23.下列说法正确的是A.将铂丝用硫酸洗净后，在外焰上灼烧至火焰颜色与酒精灯火焰一致，再蘸取碳酸钾灼烧，直接可观察到火焰呈紫色B.容量瓶检漏方法：往瓶内加适量水，塞好瓶塞，用手指按住瓶塞，另一手托住瓶底，将瓶倒立，观察瓶塞周围是否漏水，若不漏水，将瓶正立后把瓶塞旋转180°，再把瓶倒立过来，观察瓶塞周围否漏水，经检查不漏水容量瓶才能使用C.用饱和NaHCO3溶液均可除去CO2和Cl2中混有的HCl杂质D.在实验室制氯气实验中，可以取烧瓶中剩余的溶液少量于试管中，先加入稀硝酸，再加入硝酸银，若出现白色沉淀，即可说明盐酸仍有剩余24.工业上用粗盐(含Ca2+、Mg2+、等杂质)为主要原料采用“侯氏制碱法”生产纯碱和化肥NH4Cl，工艺流程如下图所示。下列有关说法正确的是A.对粗盐溶液除杂可依次加入Na2CO3、NaOH、BaCl2，再加入盐酸调节溶液的酸碱性B.流程图1中循环使用的物质有NH3和CO2C.饱和食盐水中先通入的气体为NH3，再通入的气体为CO2D.如图2所示装置可以比较Na2CO3和NaHCO3晶体的热稳定性25.一定量Na2O2和NaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热充分反应后，排出气体物质，再冷却，对残留固体物质的分析，下表中不正确的是（）Na2O2/molNaHCO3/mol残留的固体物质A12Na2CO3B1.52Na2O2Na2CO3C21Na2O2NaOHNa2CO3D22NaOHNa2CO3A.A B.B C.C D.D第Ⅱ卷非选择题(共50分)二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.有以下物质①石墨；②钠；③酒精；④氨气；⑤硫化氢；⑥碳酸氢钠固体；⑦氢氧化钡溶液；⑧醋酸(CH3COOH)；⑨氧化钠固体；⑩液态氯化氢。（1）其中能导电的是_______；属于弱电解质的是_______。（2）等质量④和⑤中氢原子的数目之比为_______；若④和⑤中所含氢原子数相等，则④和⑤的质量之比为_______。（3）写出⑥和⑧在水溶液中的离子反应方程式_______。（4）室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞(忽略摩擦力)隔成A、B两室，向A室中充入H2和O2的混合气体，向B室中充入3mol空气，此时活塞的位置如图所示：已知A室混合气体的质量为102g，若将A室中H2与O2的混合气体点燃引爆，恢复室温后，最终活塞停留的位置在_______(填数字)刻度，反应后容器内气体压强与反应前气体压强之比为_______。（5）标况下，将224L的HCl气体溶于835mL(ρ=1g/cm3)的水中，所得盐酸的密度为1.2g/cm3，该盐酸的物质的量浓度_______。27.取一定物质的量浓度的NaOH溶液100mL，然后向其中通入一定量的CO2气体，得到溶液A，向A中逐滴缓慢加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的CO2气体体积(标准状况)与所加HCl溶液的体积之间关系如图所示，通过计算回答：（1）写出0-50mL发生反应的离子方程式_______。A溶液中的溶质为_______(化学式)，若为混合溶液，则写出溶质的物质的量之比是_______。（2）通入CO2气体体积为_______mL(标准状况)。（3）NaOH溶液的物质的量浓度为_______。28.I．A、B、C、D四种均为含有钠元素的化合物，A、B、C与盐酸反应均可生成D；加热固体C可生成A和一种无色无味的气体X；在A溶液中通入足量X，又可生成C；B溶液和C溶液混合可生成A，请回答：（1）A_______，B是_______，C_______，D是_______，(均用化学式表示)Ⅱ．化合物甲仅含两种元素。B为黄绿色气体，气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，且标况下的密度为0.76g/L。在一定条件下有如下转化关系：请回答（2）化合物甲所含元素为_______(请填写元素符号)，甲的化学式为_______。（3）写出E转化为F的离子方程式_______。（4）甲与水反应的化学方程式为_______。29.次氯酸(HClO)消毒液高效安全，适用于一般物体表面消毒、手部消毒，以及地面、空间和环境消毒。下图装置在D中制得颜色类似于氯气的Cl2O气体，E中得到次氯酸(HClO)。已知Cl2O气体45℃可分解，与水反应生成HClO。（1）装置A中使用该漏斗的目的是_______。（2）装置A中发生反应的离子方程式为_______。（3）C装置、F装置中分别盛装_______、_______。（4）D中盛装碳酸钠溶液用来吸收氯气制备Cl2O。D中生成的气体中含有CO2，则生成Cl2O的化学方程式为_______。（5）实验时，一直要通入干燥的空气，主要作用是_______，同时还可以抑制Cl2O的分解，保证实验安全。（6）为了探究反应条件对产物的影响，另取一定量的石灰乳，缓慢、匀速地通入足量氯气，得出了ClO-、ClO两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的关系曲线，粗略表示如图(不考虑氯气和水的反应)。已知：氯气和碱的反应为放热反应。温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：3Cl2+6OH-5Cl-+ClO+3H2O①图中曲线I表示_______离子的物质的量随反应时间变化的关系。②所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为_______mol，参加反应的氯气的体积为_______(标况下)③另取一份与②等物质量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.37mol，则产物中=_______。

宁波效实中学高一化学期中考试试卷注意：(1)本试卷分Ⅰ卷(选择题)、Ⅱ卷(非选择题)；(2)选择题答案填涂在答题卡上，非选择题答案填写在答卷纸上；(3)本卷满分100分，考试时间90分钟；(4)本场考试不得使用计算器。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5K-39Ca-40Pb-208Fe-56Cu-64第Ⅰ卷选择题(共50分)一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于碱的是A.Mg(OH)2 B.Na2O C.Cu2(OH)2CO3 D.CH3CH2OH【答案】A【解析】【分析】在水溶液中电离出的阴离子全部是OH-的化合物是碱。【详解】A．氢氧化镁电离出的阴离子全部是OH-，属于碱，A符合题意；B．氧化钠属于氧化物，B不符合题意；C．碱式碳酸铜属于碱式盐，不是碱，C不符合题意；D．乙醇属于有机物，不能电离出OH-，D不符合题意；故选A。2.下列仪器中可以直接用酒精灯加热的是A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】A．量筒为测量体积的仪器，不能加热，A不符合题意；B．圆底烧瓶可以隔石棉网加热，不能直接加热，B不符合题意；C．容量瓶为配制一定物质的量浓度的仪器，不能加热，C不符合题意；D．试管可以用酒精的直接加热，D符合题意；故选D。3.下列物质的水溶液可以导电，但其为非电解质的是A.漂白粉 B.盐酸 C.NH3 D.Cl2【答案】C【解析】【分析】非电解质是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。【详解】A．漂白粉为混合物，不是非电解质，A不符合题意；B．盐酸为混合物，不是非电解质，B不符合题意；C．氨气溶于水形成氨水，溶液能导电，但不氨气自身电离出离子使溶液导电，氨气为非电解质，C符合题意；D．氯气为单质，不是非电解质，D不符合题意；故选C。4.下列关于古籍中记载说法不正确的是A.《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应B.“朝坛雾卷，曙岭烟沉”中的雾是一种气溶胶，能产生丁达尔效应C.“熬胆矾铁釜，久之亦化铜”，该过程发生了氧化还原反应D.“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是升华和凝华过程【答案】D【解析】【详解】A．石灰石加热后能制得生石灰，同时生成二氧化碳，该反应为分解反应，A正确；B．气溶胶属于胶体，具有胶体的性质，可发生丁达尔效应，B正确；C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，发生铁与铜离子的置换反应，该过程发生了氧化还原反应，C正确；D．升华属于物理变化，丹砂（HgS）烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，D错误；答案选D。5.下列反应中，属于氧化还原反应，且水既不作氧化剂、又不作还原剂的是A.CO2＋H2O=H2CO3 B.Cl2＋H2OHCl＋HClOC.2Na＋H2O=2NaOH＋H2↑ D.2F2+2H2O=4HF+O2【答案】B【解析】【详解】A．CO2＋H2O=H2CO3中元素化合价均不发生变化，不是氧化还原反应，A不选；B．Cl2＋H2OHCl＋HClO中只有氯元素的化合价发生变化，氯气既是氧化剂也是还原剂，水既不作氧化剂、又不作还原剂，B选；C．2Na＋H2O=2NaOH＋H2↑中氢元素化合价降低，水作氧化剂，C不选；D．2F2+2H2O=4HF+O2中氧元素化合价升高，水作还原剂，D不选；答案选B。6.铅丹(Pb3O4)可作防锈用涂料，其中铅的化合价为+2价和+4价，它与浓盐酸反应的化学方程式为Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O。下列说法正确的是A.Pb3O4与浓盐酸反应时，Pb3O4作为还原剂B.物质的氧化性：Cl2>Pb3O4C.Pb3O4中+2价的铅与+4价的铅的物质的量之比为2：1D.当上述反应中消耗1molPb3O4时，生成的氯气为22.4L【答案】C【解析】【详解】A．反应Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O中，Pb元素的化合价由+4降低到+2，则Pb3O4作为氧化剂，故A错误；B．反应Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O中，Pb元素的化合价由+4降低到+2，则Pb3O4作为氧化剂，Cl元素的化合价由−1升高到0价，则HCl(浓)作还原剂，生成氯气为氧化产物，则根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：Pb3O4>Cl2，故B错误；C．因为铅丹中Pb元素的化合价只有+2、+4，所以根据化合价代数和为0，则Pb3O4中Pb2+与Pb4+的物质的量之比为2:1，故C正确；D．选项中没有说明气体所处的温度和压强，不能计算生产氯气的体积，故D错误；故选C。7.下列说法合理的是A.碳酸钠可称为碳酸盐、钠盐或者碱式盐B.利用半透膜可以除去Fe(OH)3胶体中的葡萄糖C.强光束通过Fe(OH)3胶体时发生了显著的化学变化D.直径为10-8m的粒子一定属于胶体【答案】B【解析】【详解】A．碳酸钠不能电离出氢氧根离子，故不是碱式盐，故A错误；B．胶体不能透过半透膜，溶液可以，因此利用半透膜可以除去Fe(OH)3胶体中的葡萄糖，故B正确；C．用光线照射氢氧化铁胶体时发生丁达尔效应，是光的散射，不是化学变化，故C错误；D．分散质粒子直径介于1-100nm之间的分散系为胶体，即胶体一定是混合物，而直径为10-8m的微粒不一定是分散系，所以不一定是胶体，故D错误；故选B。8.现有下列五个转化，其中不可能通过一步反应实现的是①CO2→NaHCO3②CuSO4→CuCl2③SiO2→H2SiO3④CuO→Cu(OH)2⑤Na2CO3→NaOHA.①② B.③④ C.②④ D.③④⑤【答案】B【解析】【详解】①CO2与氢氧化钠溶液反应生成碳酸氢钠，一步可以实现；②CuSO4与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和CuCl2，一步可以实现；③SiO2不溶于水，与水也不反应，二氧化硅与氢氧化钠溶液生成硅酸钠溶液，硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸，一步不能实现；④CuO不溶于水，与水也不反应；氧化铜与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，一步不能实现；⑤Na2CO3与氢氧化钡反应可以生成NaOH，一步可以实现；综上③④不可能通过一步反应实现；故选B。9.在下列条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是A.无色溶液：Ca2+、H+、Fe2+、B.常温下使石蕊试液变蓝的溶液：Na+、K+、、C.澄清透明溶液：K+、Cu2+、、D.加入铁粉放出H2的溶液：K+、Na+、、Fe3+【答案】B【解析】【详解】A．Fe2+为浅绿色，且H+与反应生成CO2和H2O，不能大量共存，A不符合题意；B．常温下使石蕊试液变蓝的溶液中含有OH-，与Na+、K+、、相互之间不发生反应，可以大量共存，B符合题意；C．Cu2+与生成CuCO3沉淀，不能大量共存，C不符合题意；D．加入铁粉放出H2的溶液中含有H+，H+与反应生成CO2和H2O，不能大量共存，D不符合题意；故选B。10.下列离子方程式书写正确的是A.氯气和石灰乳反应制备漂白粉：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OB.往饱和碳酸钠溶液中通入CO2：+CO2+H2O=2C.氧化钠和水反应：O2-+H2O=2OH-D.硫酸和氢氧化钡反应：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O【答案】D【解析】【详解】A．氯气和石灰乳反应制备漂白粉，石灰乳是氢氧化钙的悬浊液，离子方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=2Ca2++2Cl-+2ClO-+2H2O，A错误；B．往饱和碳酸钠溶液中通入CO2生成碳酸氢钠晶体，离子方程式为2Na＋++CO2+H2O=2NaHCO3↓，B错误；C．氧化钠和水反应生成氢氧化钠：Na2O+H2O=2Na＋+2OH-，C错误；D．硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡和水：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，D正确；答案选D。11.下列化学方程式中，表示电子转移的方向和数目都正确的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】A．硫元素化合价从0价升高到+4价，氧元素化合价从0价降低到－2价，表示电子转移的方向和数目都正确，A正确；B．反应中应该是硫化氢被氧化单质硫，失去2个电子，硫酸被还原为二氧化硫，得到2个电子，B错误；C．反应中应该是铁失去电子，硫酸中氢元素得到电子，C错误；D．反应中应该是铜失去电子转移给氮元素，D错误；答案选A。12.下列四组反应中，Ⅰ和Ⅱ能用同一个离子方程式表示的是ⅠⅡA把金属铁放入稀硫酸中把金属铁放入醋酸中BCa(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液Ca(OH)2溶液中加入足量的NaHCO3溶液C向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2至溶液显中性向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2至完全沉淀D将少量Na2CO3溶液滴入到足量HCl溶液将少量HCl溶液滴入到Na2CO3溶液A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．反应Ⅰ离子方程式为Fe+2H+＝Fe2++H2↑，醋酸是弱电解质，反应Ⅱ离子方程式Fe+2CH3COOH＝Fe2++2CH3COO－+H2↑，不能用同一种离子方程式表示，故A错误；B．反应的离子方程式均为Ca2++2HCO+2OH－＝CaCO3↓+2H2O+CO，可以用同一种离子方程式表示，故B正确；C．Ⅰ、2H＋+SO+2OH－+Ba2＋＝BaSO4↓+2H2O，Ⅱ、H＋+SO+OH－+Ba2＋＝BaSO4↓+H2O，不能用同一种离子方程式表示，故C错误；D．Ⅰ、2H++CO＝CO2↑+H2O，Ⅱ、H++CO＝HCO，不能用同一种离子方程式表示，故D错误；故选B。13.下列说法正确的是A.氯气性质活泼，因此液氯不宜储存在钢瓶中B.工业上可以利用H2和Cl2直接化合制成HCl，若HCl发生泄漏，车间里将会弥漫白烟C.氯气可以使湿润的布条褪色，但氯气不具有漂白性D.日常生活中为了增加漂白粉的漂白性，可以在使用时加入大量浓盐酸【答案】C【解析】【详解】A．氯气性质活泼，但是常温下不和铁反应，液氯可以储存在钢瓶中，A错误；B．工业上可以利用H2和Cl2直接化合制成HCl，若HCl发生泄漏，HCl与水蒸气结合液化形成小液滴，车间里将会弥漫白雾，B错误；C．氯气可以使湿润的布条褪色，是因为Cl2与H2O形成的HClO具有漂白性，而氯气不具有漂白性，C正确；D．为了提高漂白粉的漂白效果，使用时可以滴加少量的稀盐酸，若使用大量浓盐酸，ClO-与Cl-反应生成Cl2，造成危害，D错误；故选C。14.下列说法不正确的是A.钠在常温下和过量氧气反应的产物为氧化钠B.小苏打可以用来治疗胃酸过多，纯碱在纺织、造纸、制皂、制玻璃等方面有重要应用C.苏打和小苏打溶液可以利用澄清石灰水区分D.火灾现场有大量活泼金属时应使用干燥的沙土来灭火【答案】C【解析】【详解】A．钠在常温下和过量氧气反应的产物为氧化钠，点燃或加热时生成过氧化钠，A正确；B．小苏打是碳酸氢钠，可以用来治疗胃酸过多，纯碱是碳酸钠，在纺织、造纸、制皂、制玻璃等方面有重要应用，B正确；C．苏打和小苏打溶液与澄清石灰水均反应生成白色沉淀，不能区分，C错误；D．活泼金属能与水反应生成氢气，所以火灾现场有大量活泼金属时应使用干燥的沙土来灭火，D正确；答案选C。15.有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，将它均分成两份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl—离子完全沉淀。反应中消耗xmolH2SO4、ymolAgNO3。据此得知原混合溶液中的c(Na+)(单位：mol·L-1)为A.（y-2x）/a B.(y-x)/a C.(2y-2x)/a D.(2y-4x)/a【答案】D【解析】【详解】n（Ba2+）=n（H2SO4）=xmol，n（Cl-）=n（AgNO3）=ymol，根据电荷守恒：2n（Ba2+）+n（Na+）=n（Cl-），n（Na+）=（y-2x）mol，c(Na+)=（y-2x）mol/0.5aL=(2y-4x)/amol·L-116.下图中两条曲线分别表示1gC3H6、1gM气体在相同体积的容器中压强和温度的关系，试根据图判断M气体可能是A.C3H4 B.CO2 C.CO D.H2S【答案】C【解析】【详解】由理想气体状态方程公式PV=nRT=可知，当V，m，T一定时，P与M成反比。所以0.8×M(C3H6)=1.2M；所以M=28g/mol，所以选项是C。17.agFe2O3和CuO组成的混合物全部溶于20mL、物质的量浓度为0.05molL-1的硫酸中，反应后向所得溶液中加入10mLNaOH溶液，恰好使Fe3+和Cu2+完全沉淀，则氢氧化钠溶液的物质的量浓度为A.0.1molL-1 B.0.2molL-1 C.0.4molL-1 D.0.8molL-1【答案】B【解析】【详解】反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸可能有剩余，向反应后的混合溶液中加入10mLNaOH溶液，恰好使Fe3+和Cu2+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4）=0.02L×0.05mol/L=0.001mol，根据钠离子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4）=0.002mol，则该NaOH溶液的物质的量浓度=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L。故选B。18.在一定条件下，将22gH2、CO和O2混合物(共0.8mol)与足量Na2O2混合后，用电火花引燃，充分燃烧后测得固体增重6g。求原混合物中H2和CO的物质的量之比A.1∶1 B.4∶9 C.9∶4 D.无法计算【答案】B【解析】【详解】在一密闭容器中有CO、H2和O2共22g(共0.8mol)，用电火花引燃，使其完全燃烧，发生反应：2CO+O22CO2，2H2+O22H2O，然后将燃烧产物通过足量Na2O2充分吸收，发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O2+2H2O=4NaOH+O2。通过方程式中物质变化可知：CO、H2燃烧消耗的氧气与反应产物与Na2O2反应释放的氧气相等，则固体增加的质量就是混合气体中CO、H2的质量，所以原混合气体中O2的质量为m(O2)=22g-6g=16g，则O2的物质的量为n(O2)==0.50mol，H2、CO的质量是6g，物质的量是0.8mol－0.5mol＝0.3mol，设原混合物中H2和CO的物质的量分别是xmol、ymol，则x+y＝0.3、2x+28y＝6，解得x:y=4:9。答案选B。19.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1.25gL-1D.a的平均摩尔质量为15gmol-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．，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×=mol，=15gmol-1，D正确；答案选C。20.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.将7.8g过氧化钠投入足量稀硫酸中充分反应，转移电子数目为0.2NAB.100g质量分数为46%的CH3CH2OH水溶液中所含氧原子数目为4NAC.120g固体NaHSO4与KHSO3的混合物中阳离子数目为2NAD.常温常压下，22.4L氯气所含分子数大于NA【答案】B【解析】【详解】A．2Na2O2＋2H2SO4＝2Na2SO4＋O2↑+2H2O，2molNa2O2转移2mol电子，则7.8gNa2O2(物质的量为=0.1mol)与H2SO4充分反应转移的电子数目为0.1NA，A错误；B．酒精水溶液中乙醇和水都含有氧原子，100g质量分数为46%的CH3CH2OH水溶液中水和酒精的质量分别为54g、46g，O原子的个数为(+)×NAmol-1=4NA，B正确；C．NaHSO4、KHSO3的摩尔质量均为120g/mol，120gNaHSO4与KHSO3的固体混合物的物质的量为=1mol，阳离子分别为Na+、K+，阳离子数目等于NA，C错误；D．在常温常压下气体的摩尔体积Vm＞22.4L/mol，因此22.4L氯气在常温常压下的物质的量n=＜1mol，分子数小于NA，D错误；故选B。21.配制480mL0.1molL-1的Na2CO3溶液，部分实验操作示意图如下：下列说法正确的是A.需用托盘天平称量5.1gNa2CO310H2OB.上述实验操作步骤的正确顺序为①②④①③C.容量瓶需用自来水、蒸馏水洗涤，烘干后才可使用D.实验中需用到仪器有：托盘天平、药匙、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等【答案】D【解析】【详解】A．配制480mL溶液，需用500mL容量瓶，Na2CO310H2O的质量m=nM=cVM=0.1mol/L×0.5L×286g/mol=14.3g，A错误；B．因实验操作的步骤有计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，配制溶液的正确操作为②①④③，B错误；C．容量瓶中有水对实验无影响，不需要烘干，C错误；D．根据实验操作的步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，D正确；故选D。22.下列相关实验的说法正确的是A.定容时，如果加水超过刻度线，用滴管吸出既可B.将质量分数为10%和20%的硫酸溶液等体积混合，即可得到质量分数为15%的硫酸溶液C.在配制溶液的过程中，定容摇匀之后发现液面低于刻度线，再次加水补齐后所得溶液浓度偏低D.定容时仰视容量瓶刻度线，会造成所配溶液浓度偏大【答案】C【解析】【详解】A．定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分，溶质有损失，会使配制的溶液浓度偏低，正确的做法是重新配制，A错误；B．设20%的硫酸的密度为ρ1，10%的硫酸密度为ρ2，则ρ1＞ρ2，设体积均为V，混合后溶液质量分数为=+10%，ρ1＞ρ2，所以＞5%，则混合溶液的质量分数大于15%，B错误；C．定容后摇匀，发现液面低于刻度线，不能补加水；若补加少量水，重新达到刻度线，溶液体积偏大，会导致溶液浓度偏低，C正确；D．定容时若仰视刻度线，加入水的量偏大，溶液体积偏大，由于溶质的物质的量不变，最终导致所配溶液浓度偏小，D错误；故选C。23.下列说法正确的是A.将铂丝用硫酸洗净后，在外焰上灼烧至火焰颜色与酒精灯火焰一致，再蘸取碳酸钾灼烧，直接可观察到火焰呈紫色B.容量瓶检漏方法：往瓶内加适量水，塞好瓶塞，用手指按住瓶塞，另一手托住瓶底，将瓶倒立，观察瓶塞周围是否漏水，若不漏水，将瓶正立后把瓶塞旋转180°，再把瓶倒立过来，观察瓶塞周围否漏水，经检查不漏水的容量瓶才能使用C.用饱和NaHCO3溶液均可除去CO2和Cl2中混有的HCl杂质D.在实验室制氯气实验中，可以取烧瓶中剩余的溶液少量于试管中，先加入稀硝酸，再加入硝酸银，若出现白色沉淀，即可说明盐酸仍有剩余【答案】B【解析】【详解】A．观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，不能直接观察，故A错误；B．容量瓶检漏方法：往瓶内加适量水，塞好瓶塞，用手指按住瓶塞，另一手托住瓶底，将瓶倒立，观察瓶塞周围是否漏水，若不漏水，将瓶正立后把瓶塞旋转180°，再把瓶倒立过来，观察瓶塞周围否漏水，经检查不漏水的容量瓶才能使用，故B正确；C．氯气和氯化氢都与饱和NaHCO3溶液反应，故C错误；D．在实验室制氯气实验中，烧瓶中产物为MnCl2，溶液中一定含有Cl-，无法通过检验Cl-来说明盐酸仍有剩余，故D错误；故答案选B。24.工业上用粗盐(含Ca2+、Mg2+、等杂质)为主要原料采用“侯氏制碱法”生产纯碱和化肥NH4Cl，工艺流程如下图所示。下列有关说法正确的是A.对粗盐溶液除杂可依次加入Na2CO3、NaOH、BaCl2，再加入盐酸调节溶液的酸碱性B.流程图1中的循环使用的物质有NH3和CO2C.饱和食盐水中先通入的气体为NH3，再通入的气体为CO2D.如图2所示装置可以比较Na2CO3和NaHCO3晶体的热稳定性【答案】C【解析】【详解】A．除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、等杂质，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，故A错误；B．碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，二氧化碳可以循环利用，反应中氨气转化为铵盐，因此流程图1中的循环使用的物质没有NH3，故B错误；C．二氧化碳在水中溶解度较小，氨气溶解度较大，故应先通入氨气，碱性溶液中再通入二氧化碳，二氧化碳的溶解度增大，可以达到实验目的，故C正确；D．Na2CO3加热不易分解，NaHCO3晶体加热容易分解，故小试管中盛放NaHCO3，大试管中盛放Na2CO3，NaHCO3间接加热能分解，Na2CO3直接加热不分解，能证明两者的稳定性，图中放反，故D错误；故选C。25.一定量Na2O2和NaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热充分反应后，排出气体物质，再冷却，对残留固体物质的分析，下表中不正确的是（）Na2O2/molNaHCO3/mol残留的固体物质A12Na2CO3B1.52Na2O2Na2CO3C21Na2O2NaOHNa2CO3D22NaOHNa2CO3A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】由题可知，该过程发生的反应为：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，

2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2↑，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，2molNaHCO3固体反应生成了1mol水和1mol二氧化碳，所生成的二氧化碳刚好与过氧化钠反应，而过氧化钠不与水反应，因为水加热被蒸发了，所以残留的固体物质是Na2CO3

，故A正确；2molNaHCO3固体反应生成了1mol水和1mol二氧化碳，所生成的二氧化碳消耗1mol过氧化钠，生成1mol碳酸钠，剩余的0.5mol过氧化钠与0.5mol水反应生成1mol氢氧化钠，剩余0.5mol水加热被蒸发了，所以残留的固体物质是Na2CO3、NaOH

，故B错误；1molNaHCO3固体加热生成了0.5mol水和0.5mol二氧化碳，所生成的二氧化碳消耗0.5mol过氧化钠，生成0.5mol碳酸钠，0.5mol过氧化钠与0.5mol水反应生成1mol氢氧化钠，最后剩余1mol过氧化钠，所以残留的固体物质是Na2CO3、NaOH

、Na2O2，故C正确；1molNaHCO3固体反应生成了0.5mol水和0.5mol二氧化碳，所以生成的二氧化碳消耗0.5mol过氧化钠，生成0.5mol碳酸钠，剩余的过氧化钠与0.5mol水反应生成1mol氢氧化钠，消耗过氧化钠0.5mol，剩余0.5mol过氧化钠，所以残留的固体物质是Na2CO3、NaOH

、Na2O2，故C正确；2molNaHCO3固体反应生成了1mol水和1mol二氧化碳，所以生成的二氧化碳消耗1mol过氧化钠，生成1mol碳酸钠，1mol水与1mol过氧化钠反应生成2mol氢氧化钠，所以残留的固体物质是Na2CO3、NaOH

，故D正确。点睛：过氧化钠与二氧化碳和水的混合物反应时，若过氧化钠不足，可以先考虑二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠与氧气，剩余的过氧化钠再与水反应。第Ⅱ卷非选择题(共50分)二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.有以下物质①石墨；②钠；③酒精；④氨气；⑤硫化氢；⑥碳酸氢钠固体；⑦氢氧化钡溶液；⑧醋酸(CH3COOH)；⑨氧化钠固体；⑩液态氯化氢。（1）其中能导电的是_______；属于弱电解质的是_______。（2）等质量④和⑤中氢原子的数目之比为_______；若④和⑤中所含氢原子数相等，则④和⑤的质量之比为_______。（3）写出⑥和⑧在水溶液中的离子反应方程式_______。（4）室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞(忽略摩擦力)隔成A、B两室，向A室中充入H2和O2的混合气体，向B室中充入3mol空气，此时活塞的位置如图所示：已知A室混合气体的质量为102g，若将A室中H2与O2的混合气体点燃引爆，恢复室温后，最终活塞停留的位置在_______(填数字)刻度，反应后容器内气体压强与反应前气体压强之比为_______。（5）标况下，将224L的HCl气体溶于835mL(ρ=1g/cm3)的水中，所得盐酸的密度为1.2g/cm3，该盐酸的物质的量浓度_______。【答案】（1）①.①②⑦②.⑤⑧（2）①.3：1②.1：3（3）+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2↑（4）①.2②.1：2（5）10mol/L【解析】【小问1详解】石墨和钠有自由移动的电子可以导电，氢氧化钡溶液有可自由移动的阳离子和阴离子可以导电，因此能导电的是①②⑦；硫化氢和醋酸是在水溶液中不完全电离的电解质，属于弱电解质，因此弱电解质是⑤⑧；【小问2详解】等质量NH3和H2S物质的量之比为：：=2:1，氢原子的数目之比为23：12=3：1；若NH3和H2S中所含氢原子数相等，物质的量之比为：=2:3，则NH3和H2S的质量之比为217：334=1：3；【小问3详解】NaHCO3与CH3COOH反应生成CH3COONa、CO2和H2O，离子方程式为+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2↑；【小问4详解】B室2个体积，其中气体的物质的量是3mol，A室4个体积，则其中气体的物质的量是3mol×2=6mol。假设其中所含H2、O2的物质的量分别是x、y，则x+y=6mol，2x+32y=102g，解得x=3mol，y=3mol，由方程式2H2+O22H2O中物质反应转化关系可知O2过量，n(O2)剩余=3mol-3mol×=1.5mol，n(A)：n(B)=1.5mol：3mol=1：2，则活塞停留在2刻度处；当气体温度不变时，气体的反应前后压强之比与反应前后体积成反正比，则容器内气体压强与反应前气体压强之比为1.5∶3=1：2【小问5详解】224L的HCl的物质的量为=10mol，835mL（ρ=1g/cm3）的水的质量为835mL×1g/mL=835g，所得盐酸的密度为1.2g/cm3，该盐酸的物质的量浓度为=10mol/L。27.取一定物质的量浓度的NaOH溶液100mL，然后向其中通入一定量的CO2气体，得到溶液A，向A中逐滴缓慢加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的CO2气体体积(标准状况)与所加HCl溶液的体积之间关系如图所示，通过计算回答：（1）写出0-50mL发生反应的离子方程式_______。A溶液中的溶质为_______(化学式)，若为混合溶液，则写出溶质的物质的量之比是_______。（2）通入CO2气体体积为_______mL(标准状况)。（3）NaOH溶液的物质的量浓度为_______。【答案】（1）①.H++OH-=H2O、H++=②.NaOH和Na2CO3③.1：1（2）56（3）0.075mol/L【解析】【分析】根据图像可知，产生CO2消耗的盐酸溶液体积小于不产生CO2消耗的盐酸溶液体积，由于碳酸钠与盐酸反应分步进行，Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，并且可以看出，当反应完全进行时，两个过程消耗HCl的量相等，因此溶液中除Na2CO3外还有NaOH，则首先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，然后发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。【小问1详解】根据分析，A溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，0-50mL没有生成气体，反应的离子方程式为H++OH-=H2O、H++=；50mL～75mL发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，n(HCl)=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，n(NaHCO3)=n(HCl)=0.0025mol，根据H++=可知，n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.0025mol，NaOH消耗的HCl为50mL-25mL=25mL，根据NaOH+HCl=NaCl+H2O可知，n(NaOH)=n(HCl)=0.0025mol，因此n(Na2CO3)：n(NaOH)=1：1；【小问2详解】50mL～75mL发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，n(HCl)=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，根据C元素守恒，通入的CO2与生成的CO2的体积相等，则V(CO2)=0.0025mol×22.4L/mol=0.056L=56mL；【小问3详解】当加入盐酸75mL时，溶液溶质为NaCl，此时n(Na+)=n(HCl)=0.075mL×0.1mol/L=0.0075mol，所以n(NaOH)=0.0075mol，c(NaOH)==0.075mol/L。28.I．A、B、C、D四种均为含有钠元素的化合物，A、B、C与盐酸反应均可生成D；加热固体C可生成A和一种无色无味的气体X；在A溶液中通入足量X，又可生成C；B溶液和C溶液混合可生成A，请回答：（1）A是_______，B是_______，C_______，D是_______，(均用化学式表示)Ⅱ．化合物甲仅含两种元素。B为黄绿色气体，气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，且标况下的密度为0.76g/L。在一定条件下有如下转化关系：请回答（2）化合物甲所含元素为_______(请填写元素符号)，甲的化学式为_______。（3）写出E转化为F的离子方程式_______。（4）甲与水反应的化学方程式为_______。【答案】（1）①.Na2CO3②.NaOH③.NaHCO3④.NaCl（2）①.N、Cl②.NCl3（3）2HClO2H++2Cl-+O2↑（4）NCl3+3H2O=NH3+3HClO【解析】【分析】Ⅰ.A、B、C、D四种均为含有钠元素的化合物，A、B、C分别和足量的盐酸反应后，均可生成D，则D为NaCl，将固体C加热后可生成A和无色无味的气体X，则C为NaHCO3、A为Na2CO3、E为CO2，在Na2CO3溶液中通入足量CO2可生成NaHCO3，B与NaHCO3的溶液混合可生成Na2CO3，则B为NaOH。Ⅱ.B为黄绿色气体，B为Cl2，气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，D为NH3，结合图中转化可知，甲含N、Cl元素，且B与水反应生成HCl、HClO，甲与水反应生成D、E，则E为HClO，F为HCl，12.05g甲含N元素为1.4g，A为N2，甲中N、Cl原子个数比为：=1：3，可知甲的化学式为NCl3，以此来解答。【小问1详解】根据分析A是Na2CO3，B是NaOH，CNaHCO3，D是