1、北京市北京师范大学附属中学2020-2021学年高一化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 卷一、选择题（25道小题，每小题2分，共50分，每小题只有1个选项符合题意）1. 下列物质中，属于纯净物的是A. 浓硫酸B. 碘酒C. 液氯D. 84消毒液【答案】C【解析】【详解】A. 浓硫酸中除了硫酸外还含少量水分，属于混合物，A错误； B. 碘酒含有碘单质和酒精，属于混合物，B错误； C. 液氯只有氯气分子，是一种单质，属于纯净物，C正确； D. 84消毒液含有次氯酸钠、水等，属于混合物
2、，D错误；答案选C。2. 建国70周年阅兵式上，飞机拉烟原理是吊舱中的彩烟剂被加压N2吹出，送入高温尾气中，尾气中的蒸汽遇冷凝结成雾，形成“彩烟”。下列有关说法正确的是（ ）A. 彩烟是一种纯净物B. 蒸汽凝结为雾发生了化学变化C. 蒸汽遇冷形成的雾是一种分散系D. 拉烟原理与焰色试验的原理相同【答案】C【解析】【详解】A. 彩烟是混合物，A错误；B. 蒸汽遇冷凝结成雾，是气态变为液态的液化过程，是物理变化，B错误；C. 雾分散在空气中，形成分散体系，C正确；D. 焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应，与拉烟原理不相同，D错误。答案为：C。3. 下列有关
3、电解质的叙述正确的是A. 液态HCl不导电，所以HCl是非电解质B. CO2的水溶液能够导电，所以CO2是电解质C. 液态Cl2不导电，所以Cl2是非电解质D. BaSO4溶于水的部分能够电离，所以BaSO4是电解质【答案】D【解析】【详解】A液态HCl不导电，但HCl是在水溶液中能导电的化合物，HCl是电解质，A错误；BCO2的水溶液虽然能导电，但导电的离子不是CO2电离产生的，而是CO2与水反应生成的H2CO3电离产生的，CO2属于非电解质，B错误；C液态Cl2不导电，Cl2属于单质，既不是电解质、也不是非电解质，C错误；DBaSO4虽然难溶于水，但溶于水的部分能完全电离产生Ba2+和，微
4、弱导电，BaSO4是电解质，D正确；答案选D。4. 下列说法正确的是A. 纯碱、烧碱均属于碱B. Na2CO310H2O属于纯净物C. 凡是能在水中电离出H的化合物均属于酸D. 盐类物质一定含有金属阳离子【答案】B【解析】【详解】A纯碱的化学式为Na2CO3，属于盐，烧碱的化学式为NaOH，属于碱，故A错误；B碳酸钠晶体是一种物质，属于纯净物，故B正确；C酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物，所以凡能电离出H+的化合物不一定属于酸，如NaHSO4，属于盐，故C错误；D盐是指由金属阳离子(或铵根离子)和酸根离子组成的化合物，所以盐类物质不一定含有金属阳离子，如NH4Cl，故D错误；故选B
5、。5. 科学家制得一种新型分子O4。关于O4和O2的下列说法不正确的是A. 互为同素异形体B. 等质量的O4和O2所含原子数相同C. 都属于单质D. 它们的摩尔质量相同【答案】D【解析】【详解】A. 同种元素组成的单质互称为同素异形体，O4和O2均为氧元素构成的单质，为同素异形体，正确，A不符合题意；B. 设质量为1g，O4的物质的量为：，含有的原子数为：；O2的物质的量为：，含有的原子数为：，则所含原子数相同，正确，B不符合题意；C. O4和O2中O原子和O原子之间，均以共价键相连，因此均含有共价键，正确，C不符合题意；D. O4的摩尔质量为64g/mol，O2的摩尔质量为32g/mol，摩
6、尔质量不相同，错误，D符合题意。答案D。6. 下列离子方程式书写正确的是A. Na加到CuSO4溶液中 2NaCu2+= Cu2Na+B. 氢氧化镁与稀硫酸反应 H+ + OH - = H2OC. 向硝酸银溶液中加盐酸 AgNO3 + C1- = AgCl + NOD. 用氢氧化铝治疗胃酸(盐酸)过多 Al(OH)3 +3H+ = Al3+ + 3H2O【答案】D【解析】【详解】A. Na加到CuSO4溶液中先与水反应，生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，离子方程式为：2H2O+2Na+Cu2+=Cu（OH）2+H2+2Na+，故A错误；B. 氢氧化镁与稀硫酸反应，离子
7、方程式应为：Mg(OH)2+2H+=Mg2+2H2O，故B错误；C. 向硝酸银溶液中加盐酸产生氯化银沉淀：Ag+Cl-=AgCl，故C错误；D. 氢氧化铝能与盐酸发生中和反应，可治疗胃酸(HCl)过多：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，故D正确；故选D。7. 下列转化中，需要加入还原剂才能实现的是A. Na NaOHB. HCO CO2C. Fe3+ Fe2+D. Cl- Cl2【答案】C【解析】【分析】需要加入还原剂才能实现，说明选项中的物质作氧化剂，在反应中得电子化合价降低，据此分析判断。【详解】ANa NaOH 中Na元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，故A不选；BHC
8、O CO2中碳、氢、氧元素化合价都不变，需要加入酸才能实现，不需要加入氧化剂，也不需要加入还原剂，故B不选；CFe3+ Fe2+中Fe元素化合价由+3价变为+2价，被还原，需要还原剂才能实现，故C选；DCl- Cl2中Cl元素化合价由-1价变为0价，被氧化，需要氧化剂才能实现，故D不选；故选C。8. 钠与水反应的现象和钠的下列性质无关的是（ ）A. 钠的熔点低B. 钠的密度小C. 钠的硬度小D. 钠的强还原性【答案】C【解析】【详解】A因钠与水反应放热，钠的熔点低，所以看到钠熔成闪亮的小球，与性质有关，故A错误；B钠的密度比水小，所以钠浮在水面上，与性质有关，故B错误；C硬度大小与Na和水反应
9、现象无关，与性质无关，故C正确；D因钠的还原性强，所以与水反应剧烈，放出热量，与性质有关，故D错误；故答案为C。【点睛】考查钠与水的反应，应从钠的强还原性和钠的物理性质来理解钠与水反应的现象，钠与水反应时产生的各种现象如下：钠浮在水面，然后熔化成闪亮的小球，在水面游动，并发出嘶嘶的响声。现象是物质性质的体现，根据钠的性质分析现象原因。9. 水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是（ ）A. NaB. Cl2C. Na2O2D. Na2O【答案】A【解析】【详解】A2Na+2H2O=2NaOH+H2，H2O中H元素化合价由+1降为0价，得电子被还原，做氧化剂，在反应中表现出氧化性，选项A符合题意；
10、BCl2+H2OHCl+HClO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，选项B不符合题意；C2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，选项C不符合题意；DNa2O + H2O = 2NaOH，该反应没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，水在反应中既不表现氧化性也不表现还原性，选项D不符合题意；答案选A。10. 下列物质的保存方法，与其化学性质无关的是（ ）A. 金属钠保存在煤油中B. 浓盐酸需密闭保存C. 新制氯水密闭存放于棕色瓶
11、中D. 过氧化钠需保持干燥密闭保存【答案】B【解析】【详解】A金属钠能与水、氧气反应，应该隔绝空气密封保存，因此钠保存在煤油中，隔绝空气，与其化学性质有关，A不符合题意；B浓盐酸具有挥发性，需密闭保存，与其物理性质有关，与化学性质无关，B符合题意；C新制氯水中含有次氯酸，次氯酸见光易分解，应密闭存放于棕色瓶中，与其化学性质有关，C不符合题意；D过氧化钠与水反应，需保持干燥密闭保存，与其化学性质有关，D不符合题意。答案为：B。11. 下列说法正确的是A. 盐酸既有氧化性，又有还原性B. 阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性C. 氧化剂在反应中被氧化，还原剂在反应中被还原D. 在氧化还原反应中，氧化
12、剂与还原剂不可能是同一种物质【答案】A【解析】【详解】A.HCl中氢元素为+1价，在反应中可以得电子，化合价降低，发生还原反应，具有氧化性；氯元素为-1价，在反应中可以失电子，化合价升高，发生氧化反应，具有还原性，因此盐酸既有氧化性，又有还原性，故A正确；B.处于中间价态的微粒既有氧化性也有还原性,如亚铁离子、亚硫酸根离子均既具有氧化性又具有还原性,故B错误； C.氧化剂能够得电子，化合价降低，在反应中被还原；还原剂能够失电子，化合价升高，在反应中被氧化，故C错误；D.同种物质可能既失去电子也得到电子,则在氧化还原反应中,氧化剂与还原剂可能是同一种物质,如氯气与水的反应,故D错误；综上所述，本
13、题选A。12. 下列说法中，不正确的是A. “物质的量”表示含有一定数目粒子的集合体，是七个基本物理量之一B. “摩尔”是物质的量的单位C 1 mol任何物质都约含6.021023个原子D. 一个水分子的质量约为10-23 g【答案】C【解析】【详解】A“物质的量”表示含有一定数目粒子的集合体的物理量，是七个基本物理量之一，A正确；B物质的量是七个基本物理量之一，其单位是摩尔，B正确；C物质不一定由原子构成，有的物质由分子或离子构成，故1mol物质中不一定约含6.021023个原子，C错误；D1mol水分子的质量为18g，1mol水分子中约含6.021023个水分子，则一个水分子的质量约为=
14、10-23g，D正确；答案选C。13. 下列关于同温同压下等体积的CO2和CO的叙述：质量相等；密度相等；所含分子数相等；所含碳原子数相等，其中正确的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】根据阿伏加德罗定律可知同温同压下同体积的CO2气体和CO气体的物质的量相等，CO2和CO的相对分子质量不同，相同物质的量时，二者质量不同，错误；密度等于质量除以体积，质量不同，体积相同，则密度不同，错误；同温同压下等体积的CO2和CO的物质的量相同，则分子数相等，碳原子个数相等，正确，答案选B。14. 下列叙述正确的是A. 常温常压下，14 g N2含有的分子数约为3.011023B. 64 g S
15、O2含有的氧原子数约为6.021023C. 标准状况下，22.4 L H2O含有的分子数约为6.021023D. 56 g Fe与足量Cl2反应转移电子数为2NA【答案】A【解析】【详解】An(N2)=0.5mol，N=nNA=0.5mol6.021023/mol=3.011023，故A正确；Bn(SO2)= =1mol，氧原子为2mol，N=nNA=2 mol6.021023/mol=1.2041024，故B错误；C标准状况下，水不是气体，无法利用气体摩尔体积进行计算，故C错误；D56g铁的物质的量为=1mol，和氯气反应后铁变为+3价，反应中转移3NA个电子，故D错误；故选A。15. 下列
16、关于Na2CO3和NaHCO3的叙述中，正确的是A. NaHCO3的俗称是苏打B. 同浓度的两种溶液可以用石灰水鉴别C. 相同条件下，在水中Na2CO3的溶解度小于NaHCO3的溶解度D. 向Na2CO3和NaHCO3固体中分别滴加等浓度的盐酸，后者反应更剧烈【答案】D【解析】【详解】ANaHCO3的俗称小苏打，A错误；B二者都能够与石灰水反应产生难溶性物质，因此不能用石灰水鉴别，B错误；C相同条件下，在水中Na2CO3的溶解度比NaHCO3的溶解度大，C错误；D向Na2CO3溶液中加入盐酸，开始无现象，后来有气泡；向NaHCO3溶液中滴加等浓度的盐酸，立即有气泡产生，可见二者与盐酸反应时，N
17、aHCO3反应的更剧烈，D正确；故合理选项是D。16. 已知5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2+3K2SO4+3H2O，下列说法不正确的是A. KClO3是氧化剂B. H2SO4既不是氧化剂也不是还原剂C. KCl是还原剂D. 氧化产物、还原产物的物质的量之比为15【答案】D【解析】【分析】在反应5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2+3K2SO4+3H2O中，KCl中Cl元素由-1价升高到Cl2中的0价，KClO3中Cl元素由+5价降低到Cl2中0价，以此来解答。【详解】A在该反应中，Cl元素化合价由反应前KClO3中+5价变为Cl2中0价，化合价降低，得到电子，所以KClO
18、3是氧化剂，A正确；B在反应中硫酸的组成元素在反应前后化合价都不变，所以H2SO4既不是氧化剂也不是还原剂，B正确；C在该反应中，Cl元素化合价由反应前KCl中-1价变为Cl2中0价，化合价升高，失去电子，所以KCl是还原剂，C正确；D在该反应中，3个Cl2中的6个Cl原子，其中有5个Cl是KCl失去电子氧化产生的，1个Cl是由KClO3得到电子还原生成的，所以氧化产物、还原产物的物质的量之比为51，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确反应中氯元素的化合价变化是解答本题的关键，注意元素化合价升降与电子转移、物质作用的关系是解题基础。17. 下列各组离子，能在溶液中大量共存
19、的是A. H+、Ca2+、Cl-、COB. Na+、H+、SO、OH-C. K+、Na+、OH-、Cl-D. Ag+、Ba2+、Cl-、SO【答案】C【解析】【详解】AH+、Ca2+都与CO反应，在溶液中不能大量共存，故A不选；BH+、OH-能够反应生成水，不能大量共存，故B不选； CK+、Na+、OH-、Cl-离子之间不发生反应，可大量共存，故C选；DBa2+、SO能生成硫酸钡沉淀，Ag+、Cl-也能生成氯化银沉淀，在溶液中不能大量共存，故D不选； 故选C。18. 已知PbO2在盐酸溶液中易生成PbCl2，且PbO2、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是A. Cl2
20、通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl2+6FeI22FeCl3+4FeI3B. 每1mol PbO2在盐酸溶液中被氧化生成PbCl2时转移电子2molC. FeCl3溶液能将KI溶液中的I氧化生成I2D. I2具有较强的氧化性，可以将PbCl2氧化成PbO2【答案】C【解析】【详解】ACl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，所以氯气通入FeI2溶液中，氯气先氧化碘离子，后氧化亚铁离子，所以不可能存在反应3Cl2+6FeI22FeCl3+4FeI3，故A错误；BPbO2在盐酸溶液中易生成PbCl2，Pb元素化合价降低，被还原，不是被氧化，故B错误；C氧化性FeCl3I2，所以FeCl3溶液能将
21、KI溶液中的I-氧化生成I2，故C正确；DPbO2的氧化性大于I2，所以PbO2能氧化碘离子生成碘单质，而碘不能将PbCl2氧化成PbO2，故D错误；故选C。19. 鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体的下列方案中，不可行的是A. 分别配成溶液，进行焰色试验，观察火焰的颜色B. 分别在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无浑浊出现C. 分别配成稀溶液，滴加CaCl2溶液，观察有无白色沉淀产生D. 分别加入过量盐酸，看有无气泡产生【答案】D【解析】【详解】A分别配成溶液，进行焰色试验，焰色呈黄色的为NaHCO3，透过蓝色钴玻璃片焰色呈紫色的为K2CO3，现象不同，可以鉴别；B分
22、别在试管中加热，产生能使澄清石灰水变浑浊气体的是NaHCO3，无明显现象的是K2CO3，现象不同，可以鉴别；C分别配成稀溶液，滴加CaCl2溶液，产生白色沉淀的为K2CO3，无明显现象的是NaHCO3，现象不同，可以鉴别；D分别加入过量盐酸，都能产生无色气泡，不能鉴别；答案选D20. 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不正确的是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. 向氯水中加入粉末，有气泡产生，说明氯水中含有D. 新制的氯水能使红色布条褪色，说明氯水中含有【答案】D【解析】【分析】溶液中存在平衡，只
23、有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色。【详解】溶液中存在平衡，A.只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，选项A正确；B.溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有，选项B正确；C.溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，选项C正确；D.只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，而不能说明次氯酸的存在，选项D错误。答案选D。21.
24、如下图所示，A处通入湿润的Cl2，关闭B阀时，C处干燥的红布条看不到明显现象；当打开B阀后，C处红布条逐渐褪色，则D瓶中装的是A. 稀盐酸B. 饱和NaCl溶液C. 浓硫酸D. H2O【答案】C【解析】【详解】Cl2没有漂白性，Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，打开B阀后，湿润的Cl2能使C处红布条褪色；A若D瓶中装的是稀盐酸，关闭B阀时，湿润的Cl2经过D瓶，导入C处的仍是湿润的Cl2，则C处干燥的红布条会褪色，A不符合题意；B若D瓶中装的是饱和NaCl溶液，关闭B阀时，湿润的Cl2经过D瓶，导入C处的仍是湿润的Cl2，则C处干燥的红布条会褪色，B不符合题意；C若D瓶中装的是浓硫酸，关
25、闭B阀时，湿润的Cl2经过D瓶，氯气被浓硫酸干燥，导入C处的是干燥的Cl2，Cl2没有漂白性，C处干燥的红布条不会褪色，C符合题意；D若D瓶中装的是H2O，关闭B阀时，湿润的Cl2经过D瓶，导入C处的仍是湿润的Cl2，则C处干燥的红布条会褪色，D不符合题意；答案选C。22. 某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：取少量样品加入足量水，有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸，有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为A. NaHCO3、Mg(OH)2B. AgCl、NaHCO3C. Na2CO3、BaCO3D. Na2CO3、C
26、uSO4【答案】C【解析】【分析】取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解，说明有一种物质不溶于水，或者两种物质反应产生了难溶性的物质；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解，则至少有一种物质可与盐酸反应生成气体，该气体可能为二氧化碳或二氧化硫；取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在，说明在振荡过程中生成不溶于酸的固体，以此解答该题。【详解】ANaHCO3、Mg(OH)2都与盐酸反应；向固体中加入足量硫酸时，二者也都反应，无固体剩余，A不符合题意；B碳酸氢钠与盐酸反应生成气体，但AgCl不溶于盐酸，所以加入盐酸有固体剩余，B不符合题意；CBaCO3不溶于水，二者都与盐酸反应生
27、成CO2气体；若加入足量稀硫酸，二者都发生反应有气泡产生，且BaCO3能和H2SO4反应转化生成BaSO4沉淀，C符合题意；D加入过量硫酸，生成二氧化碳气体，但没有固体剩余，D不符合题意；故合理选项是C。23. 已知a+bH+cCl-=dR2+5Cl2+8H2O，则中R的化合价为A. +4B. +5C. +6D. +7【答案】D【解析】【分析】由质量守恒可知b=16，c=10，a=2，d=2，结合电荷守恒计算x，则可确定RO4x-中R的化合价，以此解答该题。【详解】对应反a+bH+cCl-=dR2+5Cl2+8H2O，由质量守恒可知b=16，c=10，a=2，d=2，结合电荷守恒可知162x1
28、0=4，则x=1，则可确定中R的化合价+7。故答案选D。24. K2FeO4是优良的饮用水处理剂，一种制备方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔，反应为Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH = 2K2FeO4 + 3KNO2 + 2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是A. 铁元素被氧化，氮元素被还原B. 氧化性：KNO3 K2FeO4C. 每生成1 mol K2FeO4，转移6 mol eD. K2FeO4具有杀菌作用【答案】C【解析】【分析】根据反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，元素铁化合价由Fe2O3中+3升高到K2FeO4中+6价，元
29、素氮化合价由KNO3中+5价降低到KNO2中+3价。【详解】A. 由分析可知，氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高，被氧化，故A正确；B. 反应中KNO3化合价降低，KNO3为氧化剂，而K2FeO4由化合价升高得到，为氧化产物，氧化性：氧化剂氧化产物，则氧化性：KNO3K2FeO4，故B正确；C. 反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3mol电子，转移电子数为生成K2FeO4的3倍，故C错误；D. K2FeO4中铁元素为+6价
30、，化合价能降低，有强氧化性，能杀菌消毒，故D正确；故选C。25. 向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是（ ）A. Cu2+将H2O2还原为O2B. H2O2既表现氧化性又表现还原性C. Cu2+是H2O2分解反应的催化剂D. 发生了反应Cu2O+H2O2+4H+2Cu2+3H2O【答案】A【解析】【详解】A硫酸铜与H2O2溶液首先发生反应产生氧化亚铜，铜元素化合价降低，硫酸铜作氧化剂，则H2O2作还原剂被氧化成氧气，故A
31、错误；B开始结合过氧化氢被氧化成氧气表现还原性作还原剂；继续滴加过氧化氢溶液后氧化亚铜转变成铜离子被氧化，则过氧化氢又表现氧化性，故B正确；C整个过程中反应开始有铜离子，反应结束时还有铜离子，铜离子的量没有变化，符合催化剂的特点，故C正确；D反应的第二阶段是过氧化氢与氧化亚铜反应产生铜离子的过程，根据价态变化，可知过氧化氢应被还原成水，根据化合价升降总数相等完成方程式书写：Cu2O+H2O2+4H+2Cu2+3H2O，故D正确。答案选A。 卷二、非选择题（共 9 道小题，共50分）26. 有四种物质：氧化铁 盐酸 碳酸氢钠 氢氧化钠(1)写出其中盐的电离方程式_。 (2)上述物质中有一种与其它
32、三种物质均能反应，此物质是_(填序号)。(3)写出两种溶液反应的离子方程式_。【答案】 (1). NaHCO3=Na+HCO (2). (3). OH-+HCO= CO+ H2O【解析】【详解】(1)氧化铁是氧化物，盐酸是酸溶液，碳酸氢钠为盐，氢氧化钠为碱，碳酸氢钠在水溶液中完全电离，电离方程式：NaHCO3=Na+HCO，故答案为：NaHCO3=Na+HCO；(2)上述物质中有一种与其他三种物质均能反应的物质是盐酸，和氧化铁反应生成氯化铁和水，和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，故答案为：；(3)两种溶液反应的离子方程式为HCO+OH-=CO+H2O，故答案
33、为：HCO+OH-=CO+H2O。27. 如图所示：向饱和Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，不断搅拌至过量。（1）主要的实验现象：产生白色沉淀，灯泡_。（2）烧杯中反应的离子方程式：_。（3）下列图示能正确表示实验过程的是_（填字母）。 【答案】 (1). 由亮变暗直至熄灭，后来又逐渐变亮 (2). 2OH- + Ba22H+ +BaSO4 +2 H2O (3). ab【解析】【分析】开始为Ba(OH)2溶液，Ba(OH)2属于强碱，溶液中导电离子为Ba2+、OH-；加入H2SO4，发生反应Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O，BaSO4难溶于水，H2O难电离，溶液中离子物质的量
34、浓度减小，导电能力减弱；当两者恰好完全反应时，溶液中离子浓度接近0，导电能力接近0；继续加入H2SO4，H2SO4属于强酸，溶液中离子物质的量浓度增加，导电能力又增强，据以上分析解答。【详解】(1)结合以上分析可知，烧杯中的反应为Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O，烧杯中的现象是产生白色沉淀；溶液中离子浓度逐渐减小，导电能力减弱，后硫酸过量，离子浓度增大，所以灯泡由亮变暗直至熄灭，后来又逐渐变亮；故答案为：由亮变暗直至熄灭，后来又逐渐变亮；(2)烧杯中的反应为Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O，离子方程式为2OH- +Ba22H+ +BaSO4+2H2O，故答案为：
35、2OH- +Ba22H+BaSO4 +2H2O；(3)a.随着硫酸的加入，BaSO4的质量逐渐增大，当Ba(OH)2与H2SO4恰好完全反应时BaSO4质量达最大，继续加入硫酸，BaSO4不再变化，a正确；b.随着硫酸的加入发生酸碱中和反应，溶液的pH减小，恰好完全反应时pH发生突变，硫酸过量后溶液呈酸性，b正确；c.开始溶液中为0，在Ba(OH)2没有完全反应之前，加入的与Ba2+形成难溶于水的BaSO4沉淀，溶液中n()=0，Ba(OH)2完全反应后溶液中才逐渐增多，c错误；故答案为：ab。28. 某课外实验小组从煤油中取出一块钠，用滤纸吸干其表面的煤油，用刀切下数块，分别进行实验研究。(
36、1)钠块切面表面迅速变暗，反应的化学方程式为_。(2)将其中一块钠放入坩埚中加热，反应现象为：钠熔化并燃烧_。(3)将一小块钠放入燃烧匙中，加热，迅速伸入盛有氯气的集气瓶中，反应的化学方程式为_ 。(4)钠在空气中的燃烧产物可用于呼吸面具或潜水艇中氧气的来源，涉及的主要反应的化学方程式为_，_。若15.6g Na2O2参加反应，则最多可制得标准状况下氧气的体积为_L。【答案】 (1). 4NaO2=2Na2O (2). 黄色火焰，有淡黄色固体生成 (3). 2Na + Cl2 2NaCl (4). 2Na2O22CO2 = 2Na2CO3O2 (5). 2Na2O22H2O=4NaOHO2 (
37、6). 2.24L【解析】【分析】钠性质活泼，放置在空气中被氧化为氧化钠，加热或点燃反应得到淡黄色的过氧化钠，生成的过氧化钠能够与二氧化碳和水反应放出氧气，可以用作呼吸面具或潜水艇中氧气的来源，据此分析解答。【详解】(1)钠性质活泼，放置在空气中被氧化为氧化钠，方程式为：4Na+O22Na2O，表面迅速变暗，故答案为：4Na+O22Na2O；(2)钠在放入坩埚中加热反应得到淡黄色的过氧化钠，方程式为：2Na+O2Na2O2，反应现象为：钠熔化并燃烧，发出黄色火焰，生成淡黄色固体，故答案为：黄色火焰，有淡黄色固体生成；(3) 将一小块钠放入燃烧匙中，加热，迅速伸入盛有氯气的集气瓶中，钠燃烧生成氯
38、化钠，反应的化学方程式为2Na + Cl2 2NaCl，故答案为：2Na + Cl2 2NaCl；(4)钠在空气中的燃烧的产物为过氧化钠(Na2O2)，可用于呼吸面具或潜水艇中氧气的来源，涉及的主要反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O22H2O=4NaOHO2。15.6g Na2O2的物质的量为=0.2mol，根据方程式，最多可放出氧气0.1mol，在标准状况下，氧气的体积为0.1mol22.4L/mol =2.24L，故答案为：2Na2O22CO2 = 2Na2CO3O2；2Na2O22H2O=4NaOHO2；2.24L。29. 用Cl2和石灰乳可以制备
39、漂粉精，漂粉精可于游泳池的消毒。(1)写出制备漂粉精的化学方程式_。(2)漂粉精真正起消毒作用的物质是HClO。漂粉精在水中释放HClO的途径如下：途径1：Ca(ClO)2+2H2OCa(OH)2+2HClO 途径2：Ca(ClO)2+H2O+CO2_+_(把反应补充完整)(3)游泳池水的酸碱性对漂粉精的消毒效果影响明显。 池水碱性过强，杀毒作用会_(填“增强”或“减弱”)。 池水酸性过强，会刺激眼睛和皮肤。通常加入Na2CO3、NaHCO3以降低酸性，起到降低酸性作用的离子分别是_（填离子符号）。【答案】 (1). 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O (2).
40、 CaCO3 (3). 2HClO (4). 减弱 (5). 、【解析】【分析】Cl2和石灰乳反应产生CaCl2、Ca(ClO)2和水，漂粉精是CaCl2、Ca(ClO)2的混合物；根据强酸与弱酸盐发生反应判断反应微粒及反应产物；ClO-具有强氧化性，随溶液的酸性增强而增强。【详解】(1)Cl2和石灰乳反应产生CaCl2、Ca(ClO)2和H2O，反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；(2)由于酸性：H2CO3HClO，所以漂粉精的有效成分Ca(ClO)2和与空气中的H2O、CO2会发生复分解反应：Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+2HC
41、lO；(3)漂粉精真正起消毒作用的物质是HClO，若池水碱性过强，HClO会发生反应ClO-，而使其杀菌消毒作用减弱；若池水酸性过强，加入Na2CO3、NaHCO3以降低酸性，反应的离子方程式为：+2H+=CO2+H2O；+H+=CO2+H2O，说明起到降低酸性作用的离子是、。【点睛】本题考查了漂白精的制取及溶液酸碱性的应用。掌握复分解反应的规律是强酸与弱酸盐反应制取弱酸，清楚漂白精中起漂白作用的物质是HClO，选择合适的环境使用，使物质作用发挥到最佳。30. 实验室用下图装置制备并收集干燥纯净的Cl2。(1)装置A中反应的离子方程式是_。 (2)装置B的作用是_。(3)装置C中盛放的物质是_
42、。(4)装置D用于收集Cl2，请将图中装置D的导气管补充完整。_(5)装置E用于吸收尾气，E中反应的离子方程式是_。【答案】 (1). MnO2 + 4H+2Cl- Mn2+ + Cl2+ 2H2O (2). 除去Cl2中混有的HCl (3). 浓硫酸 (4). (5). Cl2 + 2OH= Cl+ ClO+ H2O【解析】【分析】实验室用浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气，浓盐酸具有挥发性且反应需要加热，氯气中会混有挥发出的氯化氢和水蒸气，氯化氢可以用饱和食盐水吸收除去，可以用浓硫酸来干燥氯气，结合氯气的物理性质和化学性质分析解答。【详解】(1)装置A为实验室制取氯气的反应装置，反应物为二氧化锰
43、和浓盐酸，生成氯气、氯化锰和水，反应的离子方程式为MnO2 + 4H+2Cl- Mn2+ + Cl2+ 2H2O，故答案为：MnO2 + 4H+2Cl- Mn2+ + Cl2+ 2H2O；(2)制得的氯气中含有氯化氢和水蒸气，B为除杂装置，除去氯气中混有的氯化氢，故答案为：除去Cl2中混有的HCl；(3) 制得的氯气中含有氯化氢和水蒸气，C为除去氯气中的水蒸气的装置，C中干燥剂可以是浓硫酸，故答案为：浓硫酸；(4)D为收集装置，氯气的密度比空气大，应该采用向上排空气法收集，因此D装置应该为长管进短管出，故答案为：；(5)E装置中氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的
44、离子方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O。31. 化学实验中，如使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就可以减少该有害物质向环境排放。例如：(1)完成方程式，回答相关问题。用单线桥标出反应的电子转移的方向和数目。反应为： _Na2Cr2O7 + _HCl = _NaCl + _CrCl3 + _Cl2+ H2O（ ）反应为：_ClO+_CrO+_ =_Cl-+_CrO+_H2O（ ）反应中还原剂为_，还原产物为 _。(2)在上述转化中，需用氧化剂的步骤是_(填编号)。【答案】 (1). (2). ClO+ 2CrO+
45、2OH- = Cl-+ 2CrO+ H2O (3). CrO (4). Cl- (5). 【解析】【分析】首先标注元素的化合价，再根据化合价升降守恒配平方程式，然后结合氧化还原反应的规律分析解答。【详解】(1)反应中Cr元素的化合价降低了（6-3）2=6价，Cl元素的化合价升高了2价，根据元素守恒和电子守恒，电子转移数目为6，配平得Na2Cr2O7 + 14HCl = 2NaCl + 2CrCl3 + 3Cl2+7H2O，电子转移的方向和数目用单线桥表示为；反应中Cr元素化合价升高了6-3=3价，Cl元素的化合价降低了6价，根据元素守恒和电子守恒，电子转移数目为6，配平得ClO+ 2CrO+2
46、OH- = Cl-+ 2CrO+ H2O，反应中Cr元素化合价升高，被氧化，CrO为还原剂，Cl元素的化合价降低，被还原，Cl-是还原产物，故答案为：；ClO+ 2CrO+2OH- = Cl-+ 2CrO+ H2O；CrO；Cl-；(2)氧化还原反应中存在氧化剂和还原剂，实现氧化反应需要氧化剂，转化过程中，Cr元素化合价降低，实现转化需要还原剂，转化过程中，Cr元素化合价升高，实现转化需要氧化剂，转化过程中，Cr元素化合价不变，不需要氧化剂，也不需要还原剂，故答案为：。【点睛】本题的易错点和难点为氧化还原反应方程式的配平，要注意结合化合价升降法和观察法配平，对于离子反应还可以借助于电荷守恒配平
47、。32. KMnO4在实验室和工业上均有重要应用，其工业制备的部分工艺如下：将软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，生成暗绿色(K2MnO4)熔融态物质。冷却，将固体研细，用KOH溶液浸取，过滤，得暗绿色溶液。向暗绿色溶液中通入CO2，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体MnO2。过滤，将紫红色溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得KMnO4固体。 资料：K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应(Mn化合价既升高又降低)。(1)中，粉碎软锰矿的目的是_。(2)中，生成K2MnO4的化学方程式是_。(3)中，浸取时用KOH
48、溶液的原因是_。(4)中，CO2和K2MnO4在溶液中反应的化学方程式是_。【答案】 (1). 增大反应物接触面积，加快反应速率 (2). 2MnO2 + 4KOH + O2 2K2MnO4 + 2H2O (3). 保持溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应 (4). 3K2MnO4 + 2CO2 = 2KMnO4 + MnO2+ 2K2CO3【解析】【分析】软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，可增大固体表面积，加快反应速率；与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，可生成K2MnO4；在暗绿色的K2MnO4溶液中通入CO2，溶液变为紫红色，说明生成了KMnO4 ，同时生成黑色固体MnO2，结合题
49、示资料分析解答。【详解】(1)粉碎软锰矿，可增大固体表面积，反应物的接触面积增大，反应速率增大，故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率；(2)由题意可知软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，可生成K2MnO4，反应的方程式为2MnO2+4KOH+O2 2K2MnO4+2H2O，故答案为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；(3)由题意可知，K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应，因此用稀KOH溶液浸取，可使溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应而变质，故答案为：保持溶液呈强碱性，防止K2MnO4发
50、生歧化反应；(4)中，CO2和K2MnO4在溶液中反应，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体，说明生成KMnO4和MnO2，反应的化学方程式为3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3，故答案为：3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3。33. 化学小组同学为探究新制氯水的成分及性质进行了如下实验：【资料】I2 遇到淀粉溶液变蓝，常用于检验碘的存在。实验实验实验实验实验实验操作(试管中溶液均为1 mL，均滴入5滴氯水)实验现象蒸馏水由无色逐渐变为浅黄绿色溶液变蓝石蕊溶液先变红，后褪色产生白色沉淀产生大量无色气泡(1)实验的现象可推断氧化性：Cl2_I2(填“”
51、或“”)。(2)证明氯水中含有Cl-的是实验_(填序号)，用离子方程式表示该实验中涉及的反应_、_。(3)实验中溶液变红是由于溶液中含有_(填微粒符号，下同)；使溶液褪色的微粒是_。(4)同学们根据“H2O2在催化剂作用下可发生分解”的性质，认为实验中现象不能说明氧化性Cl2H2O2。为证实Cl2将H2O2氧化，可继续补充实验：_(填操作、现象)。(5)同学们发现久置的氯水会失去漂白性，溶液由黄绿色变为无色。为探究氯水失效的原因，进行实验：用强光照射盛有氯水的密闭广口瓶，并用传感器测定广口瓶中数据，得到如下曲线。解释上两图中曲线变化的原因_。若在上述整个实验过程中测定溶液的pH， pH的变化是
52、_。【答案】 (1). (2). (3). Cl2+H2O=H+Cl-+HClO (4). Cl-+Ag+ = AgCl (5). H+ (或HCl) (6). HClO (7). 反应后向溶液中加入1 mL 2% AgNO3溶液，产生的沉淀量明显大于实验 (8). 由于2HClO 2HCl+O2，使O2体积分数增加；Cl2与水不断反应和HClO分解生成的HCl使溶液中c(Cl-)增大 (9). 溶液的pH随时间增长逐渐减小(最终不变)【解析】【分析】氯水中存在反应Cl2 + H2O=HCl +HClO，因此氯水兼有盐酸和次氯酸的性质，结合氧化还原反应的规律分析解答(1)(3)、(5)；(4)
53、如果Cl2将H2O2氧化，则Cl2被还原为Cl-，溶液中的Cl-浓度将明显增大，据此分析解答。【详解】(1)实验中将氯水滴入淀粉-KI溶液中，溶液变蓝，说明生成了碘单质，Cl2 + 2KI=2KCl + I2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，因此氧化性：Cl2I2，故答案为：；(2)Cl-能够与硝酸银溶液大于生成氯化银白色沉淀，据此可以证明氯水中含有Cl-，是因为氯气与水反应生成了盐酸，盐酸电离出了Cl-，涉及的离子方程式为Cl2+H2O=H+Cl-+HClO、Cl-+Ag+ = AgCl，故答案为：；Cl2+H2O=H+Cl-+HClO；Cl-+Ag+ = AgCl；(3)实验中将氯
54、水滴入紫色石蕊试液中，石蕊溶液先变红，后褪色，溶液变红是由于溶液中含有H+ (或HCl)；溶液褪色是因为溶液中含有HClO，HClO具有漂白性，故答案为：H+ (或HCl)；HClO；(4)因为H2O2在催化剂作用下可发生分解，也会产生大量无色气泡，因此实验中现象不能说明氧化性Cl2H2O2。如果Cl2将H2O2氧化，则Cl2被还原为Cl-，溶液中的Cl-浓度将明显增大，因此要证实Cl2将H2O2氧化，可以向反应后的溶液中加入1 mL 2% AgNO3溶液，若产生的沉淀量明显大于实验，则可以证明上述结论，故答案为：反应后向溶液中加入1 mL 2% AgNO3溶液，产生的沉淀量明显大于实验；(5
55、)氯水中存在反应Cl2 + H2O=HCl +HClO，用强光照射盛有氯水的密闭广口瓶，2HClO 2HCl+O2，使O2体积分数增加；Cl2与水不断反应，同时HClO分解生成的HCl使溶液中c(Cl-)增大，c(H+)也会逐渐增大，溶液的酸性增强，pH逐渐减小，最终不再变化，故答案为：由于2HClO 2HCl+O2，使O2体积分数增加；Cl2与水不断反应和HClO分解生成的HCl使溶液中c(Cl-)增大；溶液的pH逐渐减小。【点睛】本题的难点为(4)，要注意氯气被还原的产物为Cl-；易错点为(5)，要注意溶液溶液的酸性越强，pH越小。34. 为了探究过氧化钠的强氧化性，某小组设计了如图所示的
56、实验装置。实验步骤及现象如下：. 检查装置气密性后，装入药品并连接仪器。. 缓慢通入一定量的N2后，将装置D连接好（导管末端未伸入集气瓶中），再向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，A中剧烈反应，有黄绿色气体产生。. 待产生连续气泡后，将装置D中的导管末端伸入集气瓶中，收集到无色气体。. 反应一段时间后，关闭分液漏斗的活塞，再通一段时间N2，直至装置中气体变为无色。回答下列问题：（1）装置D中收集的无色气体能使带火星的木条复燃，据此推断该气体是_，解释产生该气体的原因是（用化学方程式表示）_。（2）装置B中湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝（生成I2）。甲同学认为是生成的氯气氧化了碘化钾；乙同学认为使试纸变蓝的原
57、因也可能是_。（3）资料显示，Na2O2与干燥的HCl能发生化学反应生成Cl2，该反应的化学方程式为：_。【答案】 (1). O2 (2). 2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2 (3). O2也具有氧化性，也可能将I氧化为I2 (4). Na2O2+4HCl=Cl2+2NaCl+2H2O【解析】【分析】据题意, 在反应的过程中，过氧化钠和盐酸之间反应可能得到氧气还可能会产生氯气；可通过实验检测产生的到底是哪种气体，O2用带火星的木条检验，氯气通常用湿润的淀粉碘化钾试纸来检验；【详解】(1)无色气体能使带火星的木条复燃，据此推断该气体是O2，O2具有助燃性，氧气可能是过氧化钠和盐
58、酸反应得到的，化学方程式是：2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2；(2)装置A中剧烈反应，有黄绿色气体产生，该气体能够使装置B中湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，根据气体的颜色推测该气体可能是Cl2，反应方程式是：Cl2+2I-=I2+2Cl-；同学乙认为使试纸变蓝的物质也可能是氧气：Na2O2和盐酸反应的过程中会产生O2，O2也具有氧化性，也可能将I-氧化为I2；(3)资料显示，Na2O2与干燥的HCl能发生化学反应生成Cl2，则氯元素化合价从-1升高到0，则过氧化钠中氧元素化合价降低到-2价，根据元素化合价升降总数相等，结合原子守恒，可得该反应的化学方程式为Na2O2+4HCl=2NaCl+Cl2+2H2O。