山東省青島市2023-2024學(xué)年高一上學(xué)期期中考試化學(xué)試題（含答案）

山東省青島市萊西市2023-2024學(xué)年高一上學(xué)期11月期中考試化學(xué)試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、本題共10小題，每小題2分，共20分。在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。1．下列有關(guān)“綠色化學(xué)”或“綠色食品”的描述正確的是（）A．貼有“綠色”防偽標(biāo)志的食品屬于“綠色食品”B．“綠色化學(xué)”的核心是利用化學(xué)原理對環(huán)境污染進(jìn)行治理C．“綠色化學(xué)”中的“3R”原則（減量化、再利用和再循環(huán)）是開發(fā)和利用自然資源的基本原則D．植物秸稈含大量鉀元素，焚燒后作鉀肥符合“綠色化學(xué)”的思想2．化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列說法錯(cuò)誤的是（）A．因鋁有強(qiáng)還原性，可用于制作門窗框架B．因氧化鈣易吸水，可用作干燥劑C．核酸檢測是判斷是否感染新冠病毒的手段之一D．豆?jié){能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)是由于膠體粒子對光線的散射3．能夠在人體血管中通行的藥物分子運(yùn)輸車-“納米藥物分子運(yùn)輸車”在中國科學(xué)院上海硅酸鹽研究所研制成功，該“運(yùn)輸車”可提高腫瘤的治療效果，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是（）A．該“運(yùn)輸車”中四氧化三鐵是堿性氧化物B．該“運(yùn)輸車”的外殼一定含有碳元素C．該“運(yùn)輸車”分散于水中所得的分散系屬于膠體D．二氧化硅不屬于酸性氧化物4．NAA．12gNaHSO4中含有0.2B．1.7gH2OC．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LH2OD．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LCl25．下列說法中正確的是（）①干冰、冰水混合物、四氧化三鐵都是純凈物且為氧化物②硫酸、純堿、醋酸鈉和燒堿分別屬于酸、堿、鹽和氧化物③金屬氧化物不一定都是堿性氧化物，但堿性氧化物一定都是金屬氧化物④氫氧化鐵膠體能比較穩(wěn)定存在的主要原因是氫氧化鐵膠體帶正電⑤膠粒比溶液中溶質(zhì)粒子大，所以膠體可以用過濾的方法把膠粒分離出來⑥汽油屬于有機(jī)化合物，為非電解質(zhì)，生石灰可做食品干燥劑，為電解質(zhì)⑦Cl⑧12mol?L?1鹽酸50ml與足量MnOA．2個(gè) B．3個(gè) C．4個(gè) D．5個(gè)6．下列粒子組能否大量共存的判斷及分析正確的是（）選項(xiàng)離子組判斷及原因AK+、Ca2+、能大量共存BK+、Fe3+、不能大量共存，因發(fā)生FCNa+、K+、不能大量共存，OH?與ODNa+、Fe3+、H能大量共存，離子間不反應(yīng)A．A B．B C．C D．D7．下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A．向含有NaOH和Ca(OH)2B．向次氯酸鈣溶液通入足量二氧化碳：ClC．用醋酸除去水垢：CaCD．H2S8．高鐵酸鉀是一種環(huán)保、高效、多功能飲用水處理劑，制備流程如圖，下列敘述正確的是（）A．反應(yīng)Ⅰ產(chǎn)生的尾氣可通入澄清石灰水中吸收B．反應(yīng)Ⅰ生成的FeCl2會被NaClOC．反應(yīng)Ⅱ中每消耗3molClO?轉(zhuǎn)移3D．一定溫度下，溶解度N9．氯化碘（ICl3）在藥物合成中用途非常廣泛，其熔點(diǎn)為33℃，沸點(diǎn)為73℃，遇水易反應(yīng)。實(shí)驗(yàn)室可用如圖裝置（部分夾持裝置已略去）制取IClA．利用裝置甲選用藥品可以是KMnO4B．裝置乙中長頸漏斗內(nèi)液面上升說明丙裝置可能發(fā)生堵塞C．裝置戊中堿石灰的作用是干燥CD．裝置丁中生成ICl10．在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，ag氣體x與bg氣體y的分子數(shù)相同，下列說法正確的是（）A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，等質(zhì)量的x和y體積之比為b：aB．同溫同壓下，氣體x和氣體y的密度之比為b：aC．25℃時(shí)，1g氣體x和1g氣體y的原子數(shù)之比為b：aD．同物質(zhì)的量的氣體x和氣體y的質(zhì)量之比為b：a二、選擇題（本題包括5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意，漏選得2分，多選錯(cuò)選不得分）11．下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是（）選項(xiàng)操作現(xiàn)象結(jié)論A左邊棉球變?yōu)槌壬?，右邊棉球變?yōu)樗{(lán)色氧化性：CB向CuSO產(chǎn)生無色氣泡，溶液底部有藍(lán)色沉淀生成水溶液中Na不能置換銅C向某溶液中加入鹽酸產(chǎn)生無色氣體，將該氣體通入澄清石灰水澄清石灰水變渾濁該溶液中一定含有CO3D干燥的氯氣依次通過干燥有色布條、濕潤有色布條干燥有色布條不褪色、濕潤有色布條褪色證明ClA．A B．B C．C D．D12．下列說法錯(cuò)誤是（）A．3SiOB．已知在堿性溶液中可發(fā)生反應(yīng)：2R(OH)C．已知11P+15CuSO4+X=5Cu3P+6HD．Na2Sx在堿性條件下可被NaClO氧化為Na2SO413．用如圖所示裝置進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)，將①中液體滴入②中，預(yù)測現(xiàn)象不正確的是（）選項(xiàng)①中物質(zhì)②中物質(zhì)③中物質(zhì)預(yù)測現(xiàn)象A稀硫酸Na飽和碳酸鈉溶液③中出現(xiàn)白色晶體B稀鹽酸MnOKI-淀粉溶液③中溶液變藍(lán)色C稀鹽酸NaClO溶液紫色石蕊試液③紫色石蕊試液褪色D新制飽和氯水CaCO濕潤的紅色石蕊試紙②大理石表面有氣泡產(chǎn)生，③中石蕊試紙變藍(lán)A．A B．B C．C D．D14．某工業(yè)廢水中含下表離子中的幾種且每種離子數(shù)目相等（）陽離子K+、Mg2+、Ba2+、Ag+陰離子Cl-、HCO3?、NO3?某同學(xué)欲探究廢水的組成，進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：Ⅰ．取廢水少許加入足量鹽酸，無白色沉淀析出，但生成能使澄清石灰水變渾濁的無色無味氣體Ⅱ．向Ⅰ中所得的溶液中加入BaCl2溶液或AgNO3溶液都有白色沉淀生成。下列推斷不正確的是A．溶液中一定含有的離子是K+、HCO3?、SO42?B．Ⅰ中加入鹽酸生成無色氣體的離子方程式是HCO3?+H+=CO2↑+H2C．原溶液中一定沒有Ba2+、Ag+，但是Cl-、NO3?D．Ⅱ中產(chǎn)生白色沉淀的一個(gè)離子方程式是：Ba2++SO42?=BaSO415．KMnO4是實(shí)驗(yàn)室常見的氧化劑，實(shí)驗(yàn)室用MnO2等作原料制取少量KMnO4的實(shí)驗(yàn)流程如圖：下列說法正確的是（）A．“熔融”過程中氧化劑是KClO3，還原劑是MnO2B．“溶解”后的溶液中存在大量的K+、Cl-、MnO4C．“K2MnO4歧化”時(shí)氧化劑與還原劑的分子個(gè)數(shù)比為1∶2D．為了得到更多的晶體，結(jié)晶時(shí)應(yīng)大火蒸干三、非選擇題（本題包括5小題，共60分）16．漂白粉消毒是利用漂白粉的氧化作用對飲用水和廢水進(jìn)行殺菌的水處理過程。（1）某品牌的漂白粉中，其有效成分的含量約為43%，寫出工業(yè)上制漂白粉的化學(xué)反應(yīng)方程式。（2）某同學(xué)欲將該漂白粉配成450mL含有ClO-0.1mol?L①寫出在配制過程中，上圖所示的儀器，用不到的儀器名稱。②配制過程中，需稱量該漂白粉的質(zhì)量為g③該同學(xué)配制溶液后，發(fā)現(xiàn)溶液底部中有少量不溶物。請用化學(xué)方程式寫出形成其不溶物的原因。（3）“84消毒液”與稀硫酸混合使用可增強(qiáng)其消毒能力，某消毒小組人員用98%（密度為1.84g/cm3）的濃硫酸配制500①需用濃硫酸的體積為mL。②取用任意體積的濃硫酸時(shí)，下列物理量中不隨所取體積的多少而變化的是。A.溶液中H2C.溶液的質(zhì)量D.溶液的密度③在濃硫酸稀釋過程中遇到下列情況，使所配制的硫酸濃度大于2.3mol?L?1有A.未經(jīng)冷卻趁熱將溶液注入容量瓶中B.搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，再加水至刻度線C.定容時(shí)俯視觀察液面D.量取濃硫酸時(shí)俯視凹液面17．有些掛面在壓制過程中會加入少量叫食用堿的碳酸鈉。（一）工業(yè)上常采用侯氏制堿法制取碳酸鈉，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示（夾持裝置省略）。回答：（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)，先從管通入。（2）有同學(xué)建議在b管下端連接多孔球泡裝置，理由是。（3）（二）碳酸鈉樣品中往往含有少量的NaCl，某學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)質(zhì)量差分析法測定樣品中Na將一定質(zhì)量的樣品與足量的稀硫酸反應(yīng)，采用如下圖所示裝置，通過稱量反應(yīng)前后盛有堿石灰的干燥管C的質(zhì)量，利用其質(zhì)量差計(jì)算樣品的純度。①按照實(shí)驗(yàn)順序排列下列操作步驟gdfch。（某些步驟可以重復(fù)）a.檢查裝置的氣密性b.打開止水夾c.緩慢鼓入空氣數(shù)分鐘d.干燥管C內(nèi)堿石灰質(zhì)量為m1ge.取nf.緩慢加入稀硫酸至不再產(chǎn)生氣體為止g.關(guān)閉止水夾h.稱量干燥管C質(zhì)量為m2g（m②在操作h前，要緩慢鼓入空氣數(shù)分鐘，鼓入空氣的作用是，裝置A的作用是。③若去掉裝置D，對實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響是（讀“偏大”，“偏小”或“無影響”），樣品中Na218．某小組通過實(shí)驗(yàn)探究氧化還原反應(yīng)的規(guī)律。已知：氧化還原反應(yīng)電位傳感器可以測量不同溶液的電位值，根據(jù)電位值大小可比較物質(zhì)的氧化性/還原性強(qiáng)弱；數(shù)值越大，氧化性越強(qiáng)；數(shù)值越小，還原性越強(qiáng)。測得幾種物質(zhì)的電位值如表所示。（注：實(shí)驗(yàn)中進(jìn)行酸化時(shí)均用稀硫酸）物質(zhì)FeCKMnONaNOBIN濃度0.10M（M為物質(zhì)的量濃度的單位）電位值/1711130603662116-361根據(jù)表中數(shù)據(jù)，回答下列問題：（1）濃度相同的下列三種溶液，氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)椋ㄌ钚蛱枺?。?FeCl3乙.酸性KMn（2）結(jié)合上述信息思考：對于I?、Br?混合溶液，若控制性氧化I?而不氧化Br?，請?zhí)岢鰞煞N合理的氧化方案：①加入（3）向等濃度的NaBr和KI混合溶液滴加少量酸性KMnO4溶液（對應(yīng)還原產(chǎn)物為Mn（4）已知下列四種氧化劑（均可氧化KI）對應(yīng)的還原產(chǎn)物情況如下：氧化劑KMnKIHHN還原產(chǎn)物MIHNO請判斷，等物質(zhì)的量的四種氧化劑分別與足量KI作用，得到I2最多的是（5）造紙、印刷等工業(yè)廢水中含有大量的硫化物（主要成分為Na①反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ的轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等時(shí)，還原劑物質(zhì)的量之比為。②在廢水處理整個(gè)過程中，催化劑為，氧化劑為。③反應(yīng)Ⅲ中Na2S與N19．過氧化鈣（CaO（1）探究一：CaO2與水反應(yīng)除生成氧氣外，還生成什么物質(zhì)？

取適量CaO2放入試管中加適量水，向試管中滴加酚酞溶液，液體變成紅色，說明生成了（2）此供氧劑長期暴露在空氣中，會變質(zhì)生成CaCO3，為檢驗(yàn)此供氧劑是否變質(zhì)，某同學(xué)向其中加入稀鹽酸，若觀察到有氣泡生成，則判斷此供氧劑已變質(zhì)。其他同學(xué)不認(rèn)同上述方案的理由是（3）探究二：測定久置過氧化鈣純度。方案一：通過測定產(chǎn)生氧氣的體積，最終計(jì)算出供氧劑中過氧化鈣的含量。取一定質(zhì)量的供氧劑溶于水，按照如圖裝置進(jìn)行裝配。讀出體積時(shí)要注意：①該反應(yīng)為放熱反應(yīng)。待氣體恢復(fù)至室溫再讀數(shù)；②；③視線和凹液面最低處保持水平再讀數(shù)。（4）方案二：把樣品中的CaO2轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，通過測定碳酸鈣沉淀的質(zhì)量，求得指出下圖所示過濾操作中不規(guī)范之處。（5）滴加的Na2CO3溶液要過量的原因是20．氯可形成多種含氧酸鹽，廣泛應(yīng)用于殺菌、消毒及化工領(lǐng)域。實(shí)驗(yàn)室中利用下圖裝置（部分裝置省略）制備KClO3和已知：3C（1）寫出該裝置中制備氯氣的離子方程式，a中的試劑為。（2）b中氧化劑和還原劑的質(zhì)量比為。c中采用冰水浴冷卻的目是。（3）d的作用是吸收多余的氯氣，可選用試劑____（填字母）。A．HCl B．NaCl C．NaOH D．N（4）用制得的氯氣做如圖1的實(shí)驗(yàn)，向裝有一瓶氯氣的集氣瓶中添加適量的蒸餾水，振蕩，先利用注射器滴加NaOH溶液，再利用注射器滴加稀鹽酸，用壓強(qiáng)傳感器測得集氣瓶內(nèi)的壓強(qiáng)隨時(shí)間變化的曲線如圖2所示。①階段①說明。②階段②的壓強(qiáng)變小，該過程發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，氧化產(chǎn)物是。③寫出階段③發(fā)生反應(yīng)的離子方程式。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、綠色食品是無污染的、安全、優(yōu)質(zhì)、營養(yǎng)類食品，并不是貼有“綠色”防偽標(biāo)志的食品就是“綠色食品”，故A錯(cuò)誤；

B、綠色化學(xué)的核心是利用化學(xué)原理從源頭減少或消除污染，故B錯(cuò)誤；

C、開發(fā)和利用自然資源，必須遵循減量化、再利用和再循環(huán)的原則，踐行綠色發(fā)展理念，故C正確；

D、焚燒植物秸稈會產(chǎn)生污染物，不符合“綠色化學(xué)”的思想，故D錯(cuò)誤；

故答案為：C。

【分析】綠色化學(xué)應(yīng)符合“原料中的原子全部轉(zhuǎn)變成所需要的產(chǎn)物，不產(chǎn)生副產(chǎn)物，無污染，實(shí)現(xiàn)零排放”，綠色化學(xué)的核心是利用化學(xué)原理從源頭上減少和消除工業(yè)生產(chǎn)對環(huán)境的污染。無污染的安全、優(yōu)質(zhì)、營養(yǎng)類食品屬于“綠色食品”。2．【答案】A【解析】【解答】A、鋁合金密度小，強(qiáng)度大，可用于制作門窗框架，與其還原性無關(guān)，故A符合題意；

B、氧化鈣與水反應(yīng)，易吸收水，可用作干燥劑，故B不符合題意；

C、不同生命體的核酸具有不同的特征，所以核酸檢測是判斷是否感染新冠病毒的手段之一，故C不符合題意；

D、豆?jié){為膠體，能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，丁達(dá)爾效應(yīng)是由于膠體粒子對光線的散射，故C不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A、鋁合金密度小，強(qiáng)度大；

B、氧化鈣能與水反應(yīng)；

C、不同生命體的核酸具有不同的特征；

D、丁達(dá)爾效應(yīng)是膠體特有的性質(zhì)。3．【答案】B【解析】【解答】A.四氧化三鐵與酸反應(yīng)生成鐵鹽和亞鐵鹽，不是堿性氧化物，A錯(cuò)誤；

B.該“運(yùn)輸車”的外殼為有機(jī)物外殼，有機(jī)物含有碳元素，B正確；

C.該“納米藥物分子運(yùn)輸車”的直徑為200nm，而膠體的分散質(zhì)粒子直徑為1~100nm，所以該“納米藥物分子運(yùn)輸車”分散于水中所得的分散系不屬于膠體，C錯(cuò)誤；

D.二氧化硅能與堿反應(yīng)生成鹽和水，屬于酸性氧化物，D錯(cuò)誤；

故選B。

【分析】A.堿性氧化物指的是能與酸反應(yīng)生成鹽和水的氧化物；

B.有機(jī)物含有碳元素；

C.膠體的分散質(zhì)粒子直徑為1~100nm；

D.酸性氧化物指的是能與堿起反應(yīng)生成鹽和水的氧化物判斷。4．【答案】C【解析】【解答】A、硫酸氫鈉中含有鈉離子和硫酸氫根離子，12gNaHSO4的物質(zhì)的量為0.1mol，含有0.1NA個(gè)陽離子，故A錯(cuò)誤；

B、1.7gH2O2的物質(zhì)的量為0.05mol，含有的氧原子數(shù)為0.1NA，故B錯(cuò)誤；

C、標(biāo)況下水為液體，密度為1g/mL，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LH2O質(zhì)量為22400g，物質(zhì)的量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于1mol，含有H原子數(shù)目大于2NA，故C正確；

D、氯氣與水反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行到底，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯離子數(shù)小于0.5NA，故D錯(cuò)誤；

故答案為：C。

【分析】A、硫酸氫鈉中含有鈉離子和硫酸氫根離子；

B、一個(gè)過氧化氫分子中含有2個(gè)氧原子；

5．【答案】A【解析】【解答】①干冰為固體CO2、冰水混合物為H2O、四氧化三鐵為Fe3O4，都是純凈物且為氧化物，故①正確；

②燒堿屬于堿，含有三種元素，不屬于氧化物，故②錯(cuò)誤；

③金屬氧化物不一定都是堿性氧化物，如Mn2O7為酸性氧化物，但堿性氧化物一定都是金屬氧化物，故③正確；

④氫氧化鐵膠體能比較穩(wěn)定存在的主要原因是氫氧化鐵膠體分散質(zhì)微粒吸附帶正電荷的離子，故④錯(cuò)誤；

⑤溶液和膠體都可以通過濾紙，膠體不可以用過濾的方法把膠粒分離出來，故⑤錯(cuò)誤；

⑥石油是混合物，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故⑥錯(cuò)誤；

⑦Cl2使鮮花褪色，氯氣和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，體現(xiàn)次氯酸的漂白性，故⑦錯(cuò)誤；

⑧隨著反應(yīng)進(jìn)行，鹽酸的濃度變小，變?yōu)橄←}酸后不與二氧化錳反應(yīng)，因此轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于0.3NA，故⑧錯(cuò)誤；

故答案為：A。

【分析】①氧化物是由兩種元素組成，其中一種元素為氧元素的化合物；

②堿是指在溶液中電離產(chǎn)生的陰離子全部是氫氧根離子的化合物；

酸是指在溶液中電離產(chǎn)生的陽離子全部是氫離子的化合物；

鹽是指由金屬陽離子或者銨根離子與酸根離子構(gòu)成的化合物；

③堿性氧化物是指能與水作用生成堿，或與酸作用只生成鹽和水的氧化物；

④膠體是電中性分散系，膠體分散質(zhì)吸附帶正電荷的離子；

⑤溶液和膠體都能通過濾紙；

⑥電解質(zhì)是指在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物；

⑦氯氣不具有漂白性；

⑧6．【答案】C【解析】【解答】A、Ca2+、OH-反應(yīng)生成氫氧化鈣微溶物，不能大量共存，故A錯(cuò)誤；

B、一水合氨為弱電解質(zhì)，應(yīng)保留化學(xué)式，離子方程式書寫錯(cuò)誤，故B錯(cuò)誤；

C、OH?、HCO3?發(fā)生反應(yīng)OH?+HCO3?7．【答案】B【解析】【解答】A、通入少量CO2時(shí)，CO2先與Ca（OH）2反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為Ca2++CO2+2OH-=CaCO3↓+H2O，故A錯(cuò)誤；

B、向次氯酸鈣溶液通入足量二氧化碳，反應(yīng)生成次氯酸和碳酸氫鈣，反應(yīng)的離子方程式為ClO?+CO2+H2O=HClO+HCO3?，故B正確；

C、醋酸為弱酸，應(yīng)保留化學(xué)式，正確的離子方程式為CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故C錯(cuò)誤；

D、鹽酸的酸性強(qiáng)于H2SO3，H2SO3與氯化鈣溶液不反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

故答案為：B。

【分析】A、通入少量CO2，CO8．【答案】D【解析】【解答】A、氫氧化鈣的溶解度小，澄清石灰水中溶質(zhì)含量較少，一般不用澄清石灰水吸收氯氣，而是用氫氧化鈉溶液，故A錯(cuò)誤；

B、反應(yīng)Ⅰ生成的FeCl3會被NaClO氧化成Na2FeO4，故B錯(cuò)誤；

C、反應(yīng)Ⅱ中ClO-被還原為Cl-，則每消耗3molClO?轉(zhuǎn)移6mol電子，故C錯(cuò)誤；

D、向Na2FeO4溶液中加入飽和KOH溶液析出K2FeO4，說明一定溫度下，溶解度Na2FeO4>K2FeO4，故D正確；

故答案為：D。

9．【答案】C【解析】【解答】A、濃鹽酸和高錳酸鉀、氯酸鉀在常溫下反應(yīng)生成氯氣，因此利用裝置甲選用藥品可以是KMnO4、KClO3，故A不符合題意；

B、丙裝置發(fā)生堵塞，裝置乙內(nèi)壓強(qiáng)增大，長頸漏斗內(nèi)液面上升，故B不符合題意；

C、裝置戊中堿石灰的作用是吸收Cl2，并防止空氣中的水進(jìn)入裝置丁，故C符合題意；

D、Cl的電負(fù)性大于I，所以裝置丁中生成ICl3，碘元素的化合價(jià)為+3，故D不符合題意；

故答案為：C。10．【答案】A【解析】【解答】解：ag氣體X與bg氣體y的分子數(shù)相同，根據(jù)N=nNA可知，二者物質(zhì)的量相等，根據(jù)M=mnA．同溫同壓下，體積之比等于物質(zhì)的量之比，根據(jù)n=mMB．同溫同壓下，兩氣體的密度之比等于其摩爾質(zhì)量之比，則二者的密度之比=a：b，故B錯(cuò)誤；C．不能確定每個(gè)x、y分子含有原子數(shù)目，無法計(jì)算含有原子數(shù)目之比，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)m=nM知，相同物質(zhì)的量時(shí)，其質(zhì)量之比=摩爾質(zhì)量之比=a：b，故D錯(cuò)誤；故選A．【分析】ag氣體X與bg氣體y的分子數(shù)相同，根據(jù)N=nNA可知，二者物質(zhì)的量相等，根據(jù)M=mnA．同溫同壓下，體積之比等于物質(zhì)的量之比，結(jié)合n=mMB．同溫同壓下，兩氣體的密度之比等于其摩爾質(zhì)量之比；C．不能確定每個(gè)x、y分子含有原子數(shù)目，無法計(jì)算含有原子數(shù)目之比；D．根據(jù)m=nM判斷其質(zhì)量之比．11．【答案】B【解析】【解答】A、氯氣可分別與NaBr、KI反應(yīng)，由實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象可知，不能比較Br2、I2的氧化性強(qiáng)弱，故A錯(cuò)誤；

B、將鈉投入硫酸銅溶液中，鈉先與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，氫氧化鈉再與硫酸銅反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀，鈉不能直接置換銅，故B正確；

C、碳酸根離子、碳酸氫根離子均與鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳；亞硫酸根離子、亞硫酸氫根離子均與鹽酸反應(yīng)生成二氧化硫，由實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象，不能證明該溶液中是否含有CO32?或SO32?，故C錯(cuò)誤；

D、氯氣本身不具有漂白性，氯氣與水反應(yīng)生成的次氯酸具有漂白性，故D錯(cuò)誤；

故答案為：B。

【分析】A、氯氣能氧化NaBr和KI；12．【答案】A,C【解析】【解答】A、3SiOB、由得失電子守恒和電荷守恒可知：2R(OH)C、已知11P+15CuSO4+X=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，由元素質(zhì)量守恒可知，X為水，該反應(yīng)為：11P+15CuSO4+24H2O＝5Cu3D、Na2Sx在堿性條件下可被NaClO氧化為Na2SO4，而NaClO被還原為NaCl故答案為：AC；【分析】A、C元素的化合價(jià)升高、N元素的化合價(jià)降低，則C為還原劑，氮?dú)鉃檠趸瘎?/p>

B、根據(jù)電荷守恒計(jì)算；

C、由原子守恒可知X為H2O，該反應(yīng)中P元素的化合價(jià)由0降低為-3價(jià)、P元素的化合價(jià)由0升高為+5價(jià)，Cu元素的化合價(jià)由+2價(jià)降低為+1價(jià)，由P元素的化合價(jià)升高可知，15molCuSO4參加反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移30mol電子；

D、Cl元素的化合價(jià)由+1價(jià)降低為-1價(jià)，S元素從-2x13．【答案】B,D【解析】【解答】A、稀硫酸與碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳，二氧化碳與飽和碳酸鈉溶液反應(yīng)析出溶解度小的碳酸氫鈉，則③中出現(xiàn)白色晶體，故A不符合題意；

B、稀鹽酸與二氧化錳不反應(yīng)，不能生成氯氣，溶液不變藍(lán)，故B符合題意；

C、稀鹽酸與次氯酸鈉溶液反應(yīng)生成氯氣，氯氣與水反應(yīng)生成具有漂白性的HClO，可使紫色石蕊褪色，故C不符合題意；

D、氯水中含氫離子，與碳酸鈣反應(yīng)生成二氧化碳，二氧化碳溶于水生成碳酸，可使石蕊試紙變紅，故D符合題意；

故答案為：BD。

【分析】A、稀硫酸與碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳，二氧化碳與飽和碳酸鈉溶液反應(yīng)生成碳酸氫鈉；

B、稀鹽酸與二氧化錳不反應(yīng)；

C、稀鹽酸與次氯酸鈉溶液反應(yīng)生成氯氣，氯氣與水反應(yīng)生成具有漂白性的HClO；

D、氯水中含氫離子，與碳酸鈣反應(yīng)生成二氧化碳。14．【答案】C【解析】【解答】A、由分析可知，陰離子一定存在HCO3-、SO4B、溶液中含有HCO3-，與鹽酸反應(yīng)生成能使澄清石灰水變渾濁的無色無味氣體是二氧化碳，Ⅰ中加入鹽酸生成無色氣體的離子方程式是HCO3-+HC、由分析可知，步驟Ⅰ引入了氯離子，因此無法確定Cl-是否存在，而NOD、Ⅱ中產(chǎn)生白色沉淀是由BaCl2溶液和SO42-生成硫酸鋇沉淀，離子方程式是：Ba2++S故答案為：C?！痉治觥竣瘢U水少許加入足量鹽酸，無白色沉淀析出，說明無Ag+，但生成能使澄清石灰水變渾濁的無色無味氣體，說明含有HCO3-，

Ⅱ．向Ⅰ中所得的溶液中加入BaCl2溶液或AgNO3溶液都有白色沉淀生成，沉淀有硫酸鋇和AgCl，說明含有SO42-，但步驟Ⅰ加入鹽酸引入了氯離子，因此無法確定Cl-是否存在，根據(jù)離子共存，一定不存在Ba2+，因?yàn)槊糠N離子數(shù)目相等，由電荷守恒，一定存在K15．【答案】A,C【解析】【解答】A、二氧化錳和氯酸鉀、氫氧化鉀熔融生成K2MnO4、KCl、H2O，氯酸鉀中Cl元素化合價(jià)降低，KClO3是氧化劑，二氧化錳中Mn元素化合價(jià)升高，MnO2是還原劑，故A正確；B、K2MnO4、KCl易溶于水，則“溶解”后的溶液中存在大量的K+、Cl-、MnO42?C、“K2MnO4歧化”時(shí)生成KMnO4、MnO2，錳元素化合價(jià)由+6升高為+7、錳元素化合價(jià)由+6降低為+4，氧化劑與還原劑的分子個(gè)數(shù)比為1∶2，故C正確；D、KMnO4加熱易分解，結(jié)晶時(shí)不能大火蒸干，故D錯(cuò)誤；故答案為：AC。【分析】二氧化錳和氯酸鉀、氫氧化鉀熔融生成K2MnO4、KCl、H2O，K2MnO4溶液中通入二氧化碳，K2MnO4發(fā)生歧化反應(yīng)生成KMnO4、MnO2，過濾出MnO2沉淀，結(jié)晶得到KMnO4粗品。16．【答案】（1）2C（2）分液漏斗圓底燒瓶；8.3；Ca（3）62.5；BD；AC【解析】【解答】（1）工業(yè)上將氯氣通入石灰乳中制備漂白粉，氯氣和氫氧化鈣反應(yīng)生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為2Cl2+2Ca(OH（2）①配制溶液時(shí)，需要稱量、溶解、冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻、裝瓶等操作，所以上述儀器中必須用到的有燒杯、托盤天平、容量瓶，在配制過程中，上圖所示的儀器，用不到的儀器名稱為：分液漏斗、圓底燒瓶；

故答案為：分液漏斗，圓底燒瓶；②實(shí)驗(yàn)室沒有450mL容量瓶，將該漂白粉配成450mL含有次氯酸根0.1mol/L的溶液時(shí)應(yīng)選用500mL容量瓶，則需要稱量的漂白粉的質(zhì)量為0.1mol/L×0.5L×12×143g/mol③該同學(xué)配制溶液后，發(fā)現(xiàn)溶液底部中有少量不溶物，說明漂白粉中的次氯酸鈣與空氣中的二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈣和次氯酸導(dǎo)致漂白粉變質(zhì)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；

故答案為：Ca(（3）①濃硫酸的物質(zhì)的量濃度為c(H2SO4)②A、溶液中H2B、溶液的物質(zhì)的量濃度為單位體積的溶液中所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量，且溶液具有均一性，則濃度不隨所取體積的多少而變化，則B選；C、溶液的質(zhì)量=溶液的體積×密度，質(zhì)量與溶液體積有關(guān)，則C不選；D、溶液的密度為單位體積的溶液中所含溶液的質(zhì)量，溶液的密度為溶液的性質(zhì)，可見密度不隨所取體積的多少而變化，則D選；故答案為：BD；③A、未經(jīng)冷卻趁熱將溶液注入容量瓶中，冷卻后溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故A符合題意；B、搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，再加水至刻度線，導(dǎo)致溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故B不符合題意；C、定容時(shí)俯視觀察液面，導(dǎo)致溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故C符合題意；D、量取濃硫酸時(shí)俯視凹液面，導(dǎo)致溶質(zhì)偏小，溶液溶度偏低，故D不符合題意；故答案為：AC?！痉治觥浚?）工業(yè)上將氯氣通入石灰乳中制備漂白粉；

（2）①配制一定濃度的溶液的步驟為：計(jì)算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等，據(jù)此選擇儀器；

②根據(jù)m=cVM計(jì)算；

③漂白粉中的次氯酸鈣與空氣中的二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈣和次氯酸；

（3）①根據(jù)稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變計(jì)算；

②溶液是均一穩(wěn)定的；

③根據(jù)c=n17．【答案】（1）a；N（2）增大氣體與溶液的接觸面積，提高CO（3）aebc；使廣口瓶中產(chǎn)生的CO2氣體全部排出；吸收空氣中的C【解析】【解答】（1）氨氣極易溶于水，為防止倒吸，實(shí)驗(yàn)時(shí)，應(yīng)先從a管通入NH3，故答案為：a；（2）在b管下端連接多孔球泡裝置可增大氣體與溶液的接觸面積，提高CO2的吸收率；

故答案為：增大氣體與溶液的接觸面積，提高（3）實(shí)驗(yàn)順序?yàn)椋合葯z查裝置氣密性，稱取ng樣品裝入廣口瓶中，打開止水夾，緩慢鼓入空氣數(shù)分鐘用來趕凈裝置中的空氣，關(guān)閉止水夾，在干燥管內(nèi)C填滿堿石灰，質(zhì)量為m1g，緩慢加入稀硫酸至不再產(chǎn)生氣體為止，打開止水夾，緩慢鼓入空氣數(shù)分鐘，把生成的二氧化碳全部趕到堿石灰干燥管中全部吸收，再稱量干燥管C質(zhì)量為m2g計(jì)算，故正確的順序?yàn)閍ebcgdfch；

故答案為：aebc；②在操作h前，要緩慢鼓入空氣數(shù)分鐘，鼓入空氣的作用是：使廣口瓶中產(chǎn)生的CO2氣體全部排出，裝置A的作用是可以吸收空氣中的CO2；

故答案為：使廣口瓶中產(chǎn)生的③若去掉裝置D，C中堿石灰會吸收空氣中水分和二氧化碳而使質(zhì)量偏大，則對實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響是：偏大；該實(shí)驗(yàn)測定生成的二氧化碳?xì)怏w為(m2?m1)g，根據(jù)反應(yīng)Na2CO3【分析】（一）侯氏制堿法的原理為：氨氣極易溶于水所得溶液呈堿性，能增大二氧化碳的溶解度，飽和食鹽水中通氨氣到飽和銨鹽水，向飽和銨鹽水中通過量二氧化碳，生成碳酸氫鈉，由于碳酸氫鈉溶解度小，故形成碳酸氫鈉的過飽和溶液，析出碳酸氫鈉晶體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NaCl+NH（二）利用質(zhì)量差分析法測定樣品中Na2C18．【答案】（1）乙丙甲（2）Br2（3）2Mn（4）KI（5）1：3；Na2S；【解析】【解答】（1）根據(jù)電位值大小可比較物質(zhì)的氧化性、還原性強(qiáng)弱；數(shù)值越大，氧化性越強(qiáng)；數(shù)值越小，還原性越強(qiáng)。由表可知，三種溶液，氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)橐冶祝?/p>

故答案為：乙丙甲；（2）氧化性：MnO4->Br2>Fe3+>I2，對于I?、Br?（3）由于碘離子的還原性大于溴離子，等濃度的NaBr和KI混合溶液滴加少量酸性KMnO4溶液（對應(yīng)還原產(chǎn)物為Mn2+），則碘離子被高錳酸根離子氧化為碘單質(zhì)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2MnO（4）設(shè)四種氧化劑的物質(zhì)的量均為1mol，則H2O2中的氧從-1價(jià)降低到-2價(jià)，KI中的I從-1價(jià)升高到0價(jià)，由電子守恒得1molI2，KIO3中的I從+5價(jià)降低到0價(jià)，KI中的I從-1價(jià)升高到0價(jià)，由電子守恒得3molI2，HNO3中的N從+5價(jià)降低到0價(jià)，KI中的I從-1價(jià)升高到0價(jià)，由電子守恒得2.5molI2，KMnO4中的Mn從+7價(jià)降低到+2價(jià)，KI中的I從-1價(jià)升高到0價(jià)，由電子守恒得2.5molI2，所以得到I2最多的是KIO3；

故答案為：（5）①反應(yīng)Ⅰ中硫元素化合價(jià)由-2變?yōu)?4，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6，硫化鈉為還原劑；Ⅱ中硫元素化合價(jià)由+4變?yōu)?6，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2，亞硫酸鈉為還原劑；則轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等時(shí)，還原劑物質(zhì)的量之比為1：3；

故答案為：1：3；②在廢水處理整個(gè)過程中，總反應(yīng)為硫化鈉在催化劑CoPc作用下被氧氣氧化為硫酸鈉，催化劑為CoPc，氧化劑為氧氣；

故答案為：CoPc；O2③由流程可知，反應(yīng)Ⅲ中Na2S與Na2SO3等物質(zhì)的量反應(yīng)生成Na2S【分析】（1）根據(jù)電位值大小可比較物質(zhì)的氧化性或還原性強(qiáng)弱，數(shù)值越大，氧化性越強(qiáng)，數(shù)值越小，還原性越強(qiáng)；

（2）向等濃度的NaBr和KI混合溶液滴加少量酸性KMnO4溶液（對應(yīng)還原產(chǎn)物為Mn2+），結(jié)合電子守恒和電荷守恒、原子守恒寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式；

（3）氧化性：Cl2＞Br2＞HNO3＞I2，還原性：I-＞Br-＞Cl-，若控制氧化I-而不氧化Br-，則需要加入氧化劑的氧化性強(qiáng)于碘單質(zhì)但是弱于溴單質(zhì)；

（4）設(shè)四種氧化劑的物質(zhì)的量均為1mol，則H2O2中的氧從-1價(jià)降低到-2價(jià)，KI中的I從-1價(jià)升高到0價(jià)，由電子守恒得1molI2，KIO3中的I從+5價(jià)降低到0價(jià)，KI中的I從-1價(jià)升高到0價(jià)，由電子守恒得3molI2，HNO3中的N從+5價(jià)降低到0價(jià)，KI中的I從-1價(jià)升高到0價(jià)，由電子守恒得2.5molI2，KMnO4中的Mn從+7價(jià)降低到+2件，KI中的I從-1價(jià)升高到0價(jià)，由電子守恒得2.5molI2；

（5）①反應(yīng)Ⅰ中還原劑Na2S被氧化成Na2SO3，化合價(jià)升高6，而反應(yīng)Ⅱ中還原劑Na2SO3被氧化成Na2SO4，化合價(jià)升高2；

②在廢水處理過程中，CoPc參與反應(yīng)且反應(yīng)前后不變，O2參與反應(yīng)且反應(yīng)后化合價(jià)降低；

③結(jié)合得失電子