1、天津一中2019-2020学年高一年级上学期期中模块质量调查试卷化学试题1.我国古代科技高度发达，下列有关古代文献的说法错误的是A. 明朝的本草纲目记载“烧酒非古法也，自元时创始，其法用浓酒和糟入甑（指蒸锅），蒸令气上，用器承滴露”该段文字记载了白酒（烧酒）的制造过程中采用了蒸馏的方法来分离和提纯B. 天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是Ca(OH）2C. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中涉及氧化还原反应D. 汉朝的淮南万毕术、神农本草经记载“白育（碱式碳酸铜）得铁转化为铜”，“石胆能化铁为铜”都是指铜可以采用湿法冶炼【答案】B【解析】【详解】A白酒的烧制是利用沸点不同
2、进行分离，为蒸馏操作，故A正确；B、碳酸钙高温分解为氧化钙，“石灰”指的是CaO，故B错误；C、“蜡炬成灰泪始干”，涉及石蜡的燃烧，属于氧化还原反应，故C正确；D、得铁转化为铜，应是铁置换出铜，为湿法炼铜，故D正确。选B。2.下列说法不正确的是 （ ）A. 假说经过反复验证和修正，才发展成为科学的理论B. 可以用分类的方法预测物质的性质C. 研究物质的性质常用观察、实验、分类、比较等方法D. 科学实验能解决化学学科的所有问题【答案】D【解析】【分析】化学研究的基本方法有：观察、实验、分类、比较等方法，除此之外，建立假说和化学模型在研究物质的结构和性质时也起着重要的作用；研究物质性质的基本程序为
3、：观察物质的外观性质，预测物质的性质，实验和观察，解释和结论。由此分析解答。【详解】A.假说是在已有事实材料和科学理论基础上，对某些事物的存在或事物的因果性、规律性作出的假定性解释，经过反复验证和修正，才发展成为科学的理论，A项正确；B.同类物质具有某种共性，所以可以用分类的方法预测物质的性质，B项正确；C.观察、实验、分类、比较等是研究物质性质的基本方法，C项正确；D.科学实验不能解决化学学科的所有问题，有的问题需要在实验事实的基础上经过严密的逻辑推理得到，是实验和理论共同协作解决化学问题，D项错误；答案选D。3.在科学史上中国有许多重大的发明和发现，为世界现代物质文明奠定了基础。以下属于化
4、学史上中国对世界重大贡献的是造纸 发现元素周期律 提出原子分子论学说 指南针 炼铜、炼铁 提出化学元素的概念 人工合成牛胰岛素 火药A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】从两个角度分析，一是重大的发明和发现属于中国的，二是与化学有关的；【详解】在我国的四大发明中有两项属于化学工艺：造纸和制火药。另外我国是最早使用青铜器和冶炼铁的国家。1965年，我国在世界上首先人工合成了结晶牛胰岛素，这些都对世界化学史作出了巨大的贡献，综上，本题选C。4.向含有FeCl3、FeCl2的混合稀溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散系离子粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物，下列有关
5、说法中正确的是A. 该分散系的分散质为Fe2O3B. 该分散系属于溶液C. 加入NaOH时发生的反应可能为Fe2+ +2Fe3+ +8OH- =Fe3O4 +4H2OD. 用激光笔照射此黑色分散系不能看到“光亮的通路”【答案】C【解析】【分析】黑色分散系，其中分散系离子粒子直径约为9.3nm，粒子直径在1100nm之间，属于胶体。【详解】A. Fe2O3是红色粉末，该分散系为黑色，所以分散质不是Fe2O3，故A错误；B. 该分散系的粒子直径为9.3nm，在1100nm之间，属于胶体，故B错误；C. 黑色分散系，分散质可能为Fe3O4，加入NaOH时发生的反应可能为Fe2+ +2Fe3+ +8O
6、H- =Fe3O4 +4H2O，故C正确；D. 该分散系属于胶体，用激光笔照射此黑色分散系能看到“光亮的通路”，故D错误。5. 下列物质中，属于电解质，但在液态时不导电的是 （）A. Na2OB. KAl(SO4)212H2OC. HClD. BaSO4【答案】C【解析】【分析】酸、碱、盐、金属氧化物等均属于电解质，在熔融状态时能够电离出自由移动的离子，该电解质就能导电，反之，不导电。【详解】A. Na2O是电解质，在熔融状态下导电，故A错误；B. KAl(SO4)212H2O是电解质，在熔融状态下导电，故B错误；C. HCl是电解质，只有溶于水时才能导电，故C正确；D. BaSO4是电解质，
7、在熔融状态下导电，故D错误；综上所述，本题正确选项C。6.下列离子反应方程式正确的是（ ）稀盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2 碳酸镁与稀硫酸：MgCO3+2H+=H2O+CO2+Mg2+碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42-刚好沉淀完全：H+SO42-+Ba2+OH-=H2O+BaSO4向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至溶液呈中性：2H+SO42-+Ba2+2OH-=2H2O+BaSO4向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2OA. B.
8、 C. D. 【答案】B【解析】稀盐酸与铁屑反应生成Fe2+，该离子方程式不正确；碳酸镁与稀硫酸：MgCO3+2H+=H2O+CO2+Mg2+，该离子方程式正确；碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O，该离子方程式正确；向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42-刚好沉淀完全：H+SO42-+Ba2+OH-=H2O+BaSO4，该离子方程式正确；向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至溶液呈中性：2H+SO42-+Ba2+2OH-=2H2O+BaSO4，该离子方程式正确；向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水的离子方程式为Ca2+2HCO3
9、+2OHCaCO3+H2O+CO32-，不正确。本题选B。7.将Cl2制成漂白粉的最主要目的是：使它转变成较易溶于水的物质 转变成较稳定、便于贮存的物质 提高氯的质量分数 提高漂白能力A. B. C. D. 【答案】D【解析】将Cl2制成漂白粉的最主要目的是转变成较稳定、便于贮存的物质，选项正确，其余选项都是不正确的，答案选D。8.将一小块钠投入下列溶液中，既能产生气体又会出现沉淀的是稀硫酸稀氢氧化钠溶液硫酸铁溶液氯化镁溶液饱和澄清石灰水A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】钠投入稀硫酸，钠和硫酸反应生成可溶性的硫酸钠和水，所以只能生成气体不会产生沉淀，故不选；钠投入稀氢氧化钠溶液
10、，钠和水反应生成可溶性的氢氧化钠和氢气，所以只能生成气体不会产生沉淀，故不选；钠投入硫酸铁溶液，钠和水反应生成可溶性的氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铁发生复分解反应生成难溶性的氢氧化铁，所以既能产生气体又能出现沉淀，故选；钠投入氯化镁溶液，钠和水反应生成可溶性的氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化镁溶液反应生成难溶性的氢氧化镁沉淀，所以能产生沉淀和气体，故选；钠投入饱和澄清石灰水，钠和水反应生成可溶性的氢氧化钠和氢气，水质量减少，氢氧化钙固体析出，所以能产生沉淀和气体，故选；选D。【点睛】本题考查的是钠与酸、碱、盐溶液的反应，钠与酸直接反应，钠与碱、盐不反应，但是钠能够和溶液中的溶剂水反应，所以反应
11、的实质就是钠与水的反应，生成的氢氧化钠再与盐反应。9.某溶液中只可能含有下列离子中的几种：K+ 、NO3-、SO42-、NH4+、CO32-（不考虑溶液中少量的H+和OH-），取200mL该溶液，分为两等份进行下列实验：实验1：第一份加入足量的烧碱并加热，产生的气体在标准状况下为224mL实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，再加入足量的BaCl2溶液，得固体2.33g下列说法正确的是A. 该溶液中无法确定是否含有K+B. 该溶液中肯定含有NO3-、SO42-、NH4+、CO32-C. 不能确定该溶液中是否含有NO3-D. 该溶液中一定含有K+，且c（K+）=0.1mol/L【答案】C【解析
12、】【分析】实验1：第一份加入足量的烧碱并加热会产生气体证明含有NH4+；实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，则不含有CO32-，再加足量的BaCl2溶液，得固体2.33g，证明含有SO42-。【详解】根据实验1：第一份加入足量的烧碱并加热，会产生气体224mL，证明含有NH4+，且物质的量为0.01mol；实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，则一定不含有CO32-，再加足量的BaCl2溶液，得固体2.33g，证明一定含有SO42-，且物质的量为：=0.01mol，根据溶液中的电荷守恒，则一定含有钾离子，且钾离子的浓度=0.1mol/LA、根据电荷守恒，该溶液中一定含有K+，故A错误；B
13、、该溶液中肯定含有NH4+、SO42-、K+，肯定不含CO32-，故B错误；C、根据以上分析，该溶液中可能含有NO3-，故C正确；D、溶液中NH4+物质的量为0.01mol，SO42-物质的量为0.01mol，可能含有硝酸根离子，根据电荷守恒，溶液中一定含有K+，且c（K+）0.1mol/L，故D错误。【点睛】本题考查了溶液中离子的鉴别、离子性质的分析判断，离子之间的反应以及现象是解答的关键，注意电荷守恒在离子推断中的应用。10.某干燥粉末可能由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的一种或几种组成。将该粉末与足量的盐酸反应有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小
14、(同温、同压下测定)，且有气体剩余。若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量。下列判断正确的是粉末中一定有Na2O、Na2O2、和NaHCO3粉末中一定不含有Na2CO3和NaCl粉末中一定不含有Na2O2和NaCl无法肯定粉末中是否含有Na2CO3和NaClA. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】盐酸可以和过氧化钠反应产生氧气，和碳酸钠、碳酸氢钠反应可以释放出二氧化碳；二氧化碳可以和氢氧化钠反应，氧气不反应；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳气体和水，氧化钠和氧气发生使固体质量增加的反应；据此分析判断。【详解】向混合物中加入足量的盐
15、酸，有气体放出，与盐酸反应产生气体的物质可能为Na2O2(生成O2)、Na2CO3或NaHCO3(生成CO2)，X通过NaOH溶液后体积缩小(而不是气体全部消失)，说明X由O2和CO2组成，原粉末中Na2O2一定存在，Na2CO3和NaHCO3至少有一种一定存在。将原混合粉末加热，有气体放出，说明混合物中一定有NaHCO3，但NaHCO3受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，过氧化钠可能与分解产生的二氧化碳、水反应产生氧气，此过程会使粉末质量减小，而实际剩余固体的质量却增加了，原因只能是发生了反应：2Na2O+O22Na2O2；综上分析，混合物中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3，无法确定混
16、合物中是否有Na2CO3和NaCl，即正确的是，故选D。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别。本题的难点为氧化钠的判断，要注意氧化钠和过氧化钠的性质的区别，氧化钠能够与氧气在加热时反应生成过氧化钠。11.氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质。下列实验现象和结论一致且正确的是()A. 加入有色布条，一会儿有色布条退色，说明有Cl2存在B. 溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有HClO分子存在C. 先加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl存在D. 加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在【答案】C【解析】【分析】氯气通入溶液中，与水反应发生Cl
17、2+H2OHCl+HClO，氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-，利用离子、分子的性质来分析。【详解】A. 次氯酸具有漂白性，则加入有色布条后，有色布条褪色，说明有HClO分子存在，故A错误；B. 氯气为黄绿色气体，具有刺激性气味，则氯水呈浅黄色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B错误；C. 因AgCl不溶于硝酸，先加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl存在，故C正确；D. 氯气和氢氧化钠发生氧化还原反应，则不能说明有HClO存在，故D错误；答案选C。【点睛】氯气通入溶液中，与水反应发生Cl2+H2OHCl+HClO，氯水中存Cl2、H
18、2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-，氯水具有多种成分和性质。12.下列图像正确的是A. 向氢氧化钙和氢氧化钠混合溶液中通入二氧化碳B. 用氢氧化钠溶液滴定等浓度盐酸和醋酸C. 向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳D. 氯化氢和氯气的混合气体通入氢氧化钠溶液中【答案】B【解析】【详解】A.溶液中应先生成碳酸钙溶液，图象不符，故A不正确；B.盐酸是强电解质的溶液，醋酸是弱电解质的溶液，在浓度相等的情况下，盐酸的电导率较大，在滴定过程中，盐酸溶液中自由移动离子浓度减小，电导率下降，当NaOH过量时，溶液的电导率又逐渐增大；醋酸溶液中刚开始生成醋酸钠强电解质，溶液中自由移动离子浓度增大，电导率上升
19、，故B正确；C.向NaOH溶液中通入CO2至过量发生的离子反应为：CO2+2OH-=CO32-+ H2O；CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，由方程式可知：n（OH-）=2n（CO32-）；2n（CO32-）=n（2HCO3-），图象与此关系不符，故C不正确；D.因盐酸较次氯酸的酸性强，NaOH应先与盐酸反应，刚开始溶液中没有生成NaClO，故D不正确；答案选B。【点睛】在解答本题过程中，需要将反应的过程与坐标图结合起来，既要考虑物质的变化，还要考虑物质之间的数量比例关系，如图C中OH-、 CO32-、 HCO3-之间物质的量的关系等。13.下列说法正确的是A. 制Fe(OH)3胶体：用
20、烧杯、酒精灯、火柴、胶头滴管、蒸馏水、FeCl3饱和溶液、三脚架可以完成实验B. 检验NaHCO3与Na2CO3溶液：用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水C. 除去CO2中的HCl和水蒸气：用洗气瓶（两只）、饱和Na2CO3溶液、浓硫酸、导管、橡皮管可以完成试验D. 证明Na2O2与CO2是放热反应：将Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应【答案】D【解析】【详解】A、要制备Fe(OH)3胶体,应在沸水中逐滴滴加饱和的FeCl3溶液,继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热，由于烧杯不能用酒精灯直接加热，所以用烧杯、酒精灯、火柴、胶头滴管、蒸馏水、FeCl3饱和
21、溶液、三脚架不能完成实验，还缺少石棉网，故A错误；B、NaHCO3、Na2CO3溶液都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，所以不能用澄清石灰水鉴别NaHCO3、Na2CO3，故B错误；C、CO2、HCl都能与Na2CO3溶液反应，不能用饱和Na2CO3溶液除去CO2中的HCl，故C错误；D、将Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应，故D正确。选D。14.二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色易溶于水的气体，常用于饮用水消毒。下列有关ClO2制备与杀菌的说法不合理的是（ ）A. NaClO2在酸性条件下歧化生成ClO2和NaCl，则n（氧化剂）：n（还原剂）=1:4B.
22、ClO2在强碱性环境中使用失效，可能的原因是：2ClO2+2OH- =ClO3- + ClO2-+H2OC. 可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3D. 等物质的量的ClO2杀菌效果比Cl2强【答案】C【解析】【详解】A. NaClO2在酸性条件下歧化生成ClO2和NaCl，NaClO2既是氧化剂，又是还原剂。NaClO2中+3价Cl降低到NaCl中的-1价，1mol NaClO2得到4mol电子，同时NaClO2中的+3价Cl升高到ClO2中的+4价，1mol NaClO2失去1mol电子。根据电子守恒，失去电子的NaClO2（做还原剂）的物质的量是得到电子的NaClO2（做氧化剂）的物质的量
23、的4倍，所以n（氧化剂）：n（还原剂）=1:4，故A不选；B. ClO2在强碱性环境中使用失效，可能的原因是ClO2发生歧化反应，+4价氯化合价既升高，又降低，生成ClO3- 和ClO2-，故不B选；C. 二氧化氯易溶于水，所以不能用饱和食盐水除去ClO2中的NH3，故C选；D1molClO2得到5mol电子生成Cl-，1molCl2得到2mol电子生成Cl-，所以等物质的量的ClO2杀菌效果是Cl2的2.5倍，故D不选。故选C。15.NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法中正确的是0.5mol O3与11.2L O2所含的分子数一定相等标准状况下，28g CO与N2的混合气体的体积约为22.4
24、L通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4L常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA常温下，4.4g的CO2和N2O（不反应）混合物中所含有的电子数为2.2NA标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NA在常温常压下，1molO2含有的原子数为2NAA. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】非标准状况下，11.2L O2的物质的量不一定是0.5mol，故错误；CO与N2的摩尔质量都是28g/mol，28g CO与N2的混合气体的物质的量是1mol，标准状况下的体积约为22.4L，故正确；NA个CO2分子的物质的量是1mol，标准状况下的体积是22.4L
25、，故错误；NO2和N2O4的最简式都是NO2，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数 6NA，故正确；CO2和N2O分子中都有22个电子， CO2和N2O的摩尔质量都是44g/mol，4.4g的CO2和N2O（不反应）混合物中所含有的电子数为2.2NA，故正确；标准状况下H2O是液体，22.4LH2O的物质的量不是1mol，故错误；1个O2分子含有2个氧原子，1molO2含有的原子数为2NA，故正确；正确的是，选B。16.食品包装袋中有一个小纸袋，上面写着“石灰干燥剂”。（1） “石灰干燥剂”的主要成分生石灰是 _(填化学式），“石灰”所属的物质类型是_（填序号）金属氧化物 ；碱性氧化物
26、； 碱； 碱性干燥剂； 化合物； 盐（2）生石灰可做干燥剂的理由是 _ （用化学方程式表示）；（3）你认为下列内容还必须在这种小纸袋上注明的是_（填序号）禁止食用 ；可以食用；禁止未成年人用手拿；生产日期（4）小纸袋中的物质能否长期做干燥剂？为什么？_（5）某同学将浓硫酸、氢氧化钠固体、生石灰等物质划分为一类。该同学的分类依据为_（填字母）A、酸类 B、碱类 C、氧化物 D、干燥剂（6）生石灰还可以跟哪些类别的物质发生化学反应？请举一例_【答案】 (1). CaO (2). (3). CaO +H2O =Ca(OH)2 (4). (5). 不能。CaO吸水后的生成物Ca(OH)2不再具有干燥作
27、用 (6). D (7). 酸类【解析】【分析】（1）生石灰是氧化钙；（2）氧化钙和水反应生成氢氧化钙；（3）氧化钙具有腐蚀性，产品具有保质期；（4）Ca(OH)2不具有干燥作用。（5）浓硫酸、氢氧化钠固体、生石灰都具有吸水性；（6）根据氧化钙的性质回答。【详解】（1）生石灰是氧化钙，化学式是CaO；CaO由两种元素组成，其中一种是氧元素，另一种元素是金属元素，所以CaO属于金属氧化物；氧化钙与盐酸反应生成氯化钙和水，CaO属于碱性氧化物；氧化钙能吸收水蒸气，是碱性干燥剂；CaO是两种元素组成的纯净物，属于化合物；选；（2）氧化钙和水反应生成氢氧化钙，反应方程式是CaO +H2O =Ca(OH
28、)2；（3）氧化钙具有腐蚀性，产品具有保质期，所以需标注禁止食用 、生产日期，选；（4）CaO吸水后的生成物Ca(OH)2不再具有干燥作用，所以氧化钙不能长期地做干燥剂；（5）浓硫酸、氢氧化钠固体、生石灰都具有吸水性，所以将浓硫酸、氢氧化钠固体、生石灰等物质划分为一类的依据为都可做干燥剂；（6）氧化钙是碱性氧化物，能与酸反应生成盐和水。17.下表是生活生产中常见的物质，表中列出了它们的（主要）成分编号名称酒精醋酸火碱食盐铜导线亚硫酸酐苏打主要成分CH3CH2OHCH3COOHNaOHNaClCuSO2Na2CO3（1）请你对表中的主要成分进行分类（填编号）：属于电解质的是_ ，属于非电解质的是
29、_ 。（2）过量的水溶液与反应的离子方程式 _。（3）已知用金属钠制取氧化钠，可有多种方法：4Na + O2=2Na2O； 4Na + CO2 =2Na2O + C；2NaNO2 + 6Na =4Na2O + N2在上述三种方法中，最好的是_ ，原因是_。（4）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变红的原因 _；依据实验现象推测红色褪去的原因是_。加入MnO2反应的化学方程式为 _ 。（5）在实验室模拟侯氏制碱法制备碳酸钠：一定温度下，往一定量饱和NaCl溶液中通入氨气达到饱和后，再不断通入CO2，一段时间后，出现沉淀，过滤得到NaHCO3晶体。该过程的化学方程
30、式为：_（6）在化学课上老师向NaOH溶液通入CO2后无明显现象，那我们如何通过实验证明CO2与NaOH发生了反应？某化学小组同学将过量的干冰放入氢氧化钠溶液中，利用数字化传感器测定溶液pH的变化，如图所示，请用化学方程式回答下列问题：BC段变化原因可能是 _ ；CD段变化原因可能是 _ 。【答案】 (1). (2). (3). 2CH3COOH + CO32- =2CH3COO- + H2O +CO2 (4). (5). 生成的N2会保护Na2O不被氧化为Na2O2，生成物杂质少 (6). 2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH +O2 (7). 过氧化钠与水生成的过氧化氢氧化酚酞，使之
31、褪色 (8). 2H2O2 2H2O+O2 (9). NaCl + NH3 + CO2 + H2O =NaHCO3 + NH4Cl (10). 过量的二氧化碳与碳酸钠反应产生了碱性较弱的碳酸氢钠 (11). 二氧化碳与水反应产生了碳酸导致溶液pH小于7【解析】【分析】（1）在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液或熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质。（2）过量醋酸与碳酸钠反应生成醋酸钠、二氧化碳、水。（3）Na与O2反应可能生成Na2O2； Na与CO2 反应的产物可能有Na2CO3；N2能保护 Na2O 不被氧化；（4）Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气；加入二氧化锰，有气
32、泡产生，说明过氧化钠与水反应有过氧化氢生成；用二氧化锰作催化剂，过氧化氢分解为水和氧气；（5）氯化钠、氨气、二氧化碳、水反应生成氯化铵和碳酸氢钠沉淀；（6）向NaOH溶液通入CO2气体，依次发生反应CO2+2OH-=CO32-+H2O、CO2+CO32-+H2O=2HCO3-；【详解】酒精的水溶液不导电，熔融状态也不导电，酒精是非电解质；醋酸水溶液能导电，醋酸是电解质；氢氧化钠的水溶液能导电，氢氧化钠是电解质；NaCl的水溶液能导电，氯化钠是电解质；Cu是单质，既不是电解质又不是非电解质；SO2不能发生自身电离，是非电解质；Na2CO3的水溶液能导电，碳酸钠是电解质；所以属于电解质的是 、属于
33、非电解质的是；（2）过量醋酸与碳酸钠反应生成醋酸钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是2CH3COOH + CO32- =2CH3COO- + H2O +CO2。（3）Na与O2反应可能生成Na2O2； Na与CO2 反应的产物可能有Na2CO3； N2能保护 Na2O 不被氧化；反应生成的N2会保护Na2O不被氧化为Na2O2，生成物杂质少，所以制备Na2O用反应最好。（4）2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH +O2，有氢氧化钠生成，所以滴入酚酞显红色；加入二氧化锰，有气泡产生，说明过氧化钠与水反应有过氧化氢生成，过氧化氢氧化酚酞，使之酚酞褪色；用二氧化锰作催化剂，过氧化氢分解为水和氧
34、气，反应方程式是2H2O2 2H2O+O2；（5）氯化钠、氨气、二氧化碳、水反应生成氯化铵和碳酸氢钠沉淀，反应方程式是NaCl + NH3 + CO2 + H2O =NaHCO3 + NH4Cl；（6）向NaOH溶液通入CO2气体，依次发生反应CO2+2OH-=CO32-+H2O、CO2+CO32-+H2O=2HCO3-；BC段溶液显弱碱性，所以变化原因可能是过量的二氧化碳与碳酸钠反应产生了碱性较弱的碳酸氢钠；CD段溶液显弱酸性，CD段变化原因可能是二氧化碳与水反应产生了碳酸导致溶液pH小于7。18.如图所示是某学生设计的实验室制备并干燥Cl2及吸收多余氯气的实验装置图，请回答：（1）指出上图
35、中的各处错误：_（2）制备实验开始时，先检查装置的气密性，接下来的操作依次是 _A、向烧瓶中加入MnO2粉末 B、加热 C、向烧瓶中加入浓盐酸（3）如果将过量二氧化锰与20mL 12molL-1的盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气明显少于0.06mol。其主要原因有：_（4）为了提高浓盐酸的利用率，你对实验的建议是：_（5）写出圆底烧瓶中发生反应的离子反应方程式，并用单线桥表示电子转移的方向和数目_（6）NaClO是84消毒液的有效成分。请回答下列问题浸泡衣物时加入84消毒液在空气中放置一段时间漂白效果更好，结合离子方程式解释原因 _（已知酸性：H2CO3 HClOHCO3-）若将84消毒液与
36、洁厕灵（主要成分是盐酸）混合使用，则会产生黄绿色的有毒气体，其反应的离子方程式是_；（7）Cl2是一种有毒气体，如果泄露会造成严重的危害。已知：3Cl2 + 8NH3 = 6NH4Cl +N2，化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄露，该反应中被氧化和未被氧化的NH3的物质的量比_ ；喷射石灰乳等碱性物质可以减轻少量Cl2泄露造成的危害，Cl2与石灰乳反应的化学方程式是_实验室常用烧碱溶液吸收Cl2，若将Cl2通入热的烧碱溶液中，可以得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合溶液。当NaCl和NaClO3的物质的量之比为15:2时，混合液中NaClO和NaClO3的物质的量之比为_ 。【答案】
37、(1). 反应试剂应使用浓盐酸，不能用稀盐酸 (2). 缺少酒精灯 (3). 除杂装置中，导管应长管进气，短管出气 (4). 生成的氯气应先通入饱和食盐水，再通入浓硫酸 (5). ACB (6). 加热使HCl大量挥发 (7). 盐酸变稀后不再发生反应 (8). 缓慢滴加浓盐酸 (9). 小火加热 (10). (11). 放置一段时间后，84消毒液中的NaClO可以和空气中的CO2反应，2ClO- + H2O +2CO2=2H+ + 2Cl- +O2 + 2HCO3- （或CO2 + H2O + ClO- =HClO + HCO3-，2HClO2HCl + O2） (12). Cl- + Cl
38、O- + 2H+ =Cl2 + H2O (13). 1:3 (14). 2Ca（OH）2 + 2Cl2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 +2H2O (15). 5:2【解析】【分析】实验室用二氧化锰与浓盐酸加热制备氯气，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去杂质，氯气密度大于空气密度，用向上排气法收集，氯气有毒，过量的氯气应用氢氧化钠溶液吸收。【详解】（1）制备氯气，不能用稀盐酸，而应用浓盐酸；二氧化锰与浓盐酸加热制备氯气，不加热不反应，应用酒精灯加热；先除杂后干燥，盛浓硫酸和盛饱和食盐水的洗气瓶位置颠倒；两洗气瓶里进气导管和出气导管的长
39、短不对；（2）实验顺序是先加样品再加热，所以先检查装置的气密性，接下来的操作依次是向烧瓶中加入MnO2粉末、向烧瓶中加入浓盐酸、加热 ；（3）加热使HCl大量挥发、盐酸变稀后不再发生反应，所以参加反应的氯化氢的物质的量小于0.24mol，生成的氯气明显少于0.06mol；（4）为了提高浓盐酸利用率，尽可能减少氯化氢的挥发，可以采用的方法是缓慢滴加浓盐酸、小火加热；（5）圆底烧瓶中浓盐酸与二氧化锰在加热条件下生成氯化锰、氯气、水，反应中锰元素化合价由+4降低为+2，氯元素化合价由-1升高为0，反应离子方程式是；（6）根据强酸制取弱酸，浸泡衣物时加入84消毒液在空气中放置一段时间，次氯酸钠与空气中
40、的二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢钠，CO2 + H2O + ClO- =HClO + HCO3-，有次氯酸生成，所以漂白效果更好；若将84消毒液与洁厕灵（主要成分是盐酸）混合使用，次氯酸钠与盐酸发生归中反应产生氯气，反应的离子方程式是Cl- + ClO- + 2H+ =Cl2 + H2O；（7）3Cl2 + 8NH3 = 6NH4Cl +N2，氯元素化合价由0降低为-1，氮元素化合价由-3升高为0，根据得失电子守恒，3mol氯气氧化2mol氨气，所以该反应中被氧化和未被氧化的NH3的物质的量比2:（8-2）=1:3；Cl2与石灰乳反应生成次氯酸钙、氯化钙、水，反应的化学方程式是2Ca（OH）2
41、 + 2Cl2 = CaCl2 + Ca（ClO）2 +2H2O设溶液中NaCl、NaClO和NaClO3的物质的量比是15:a:2，根据得失电子守恒，151a125，解得a=5，NaClO和NaClO3的物质的量之比为5:2。【点睛】本题考查氯气的实验室制备，熟悉实验原理和氯气的性质是解题关键，明确反应中元素的化合价变化是解答的关键，注重知识的迁移应用。19.5.00g CuSO45H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如下图所示： 请回答下列问题：（1）试确定110时固体物质的化学式_ ；（2）取200所得样品，加热至280，该反应的化学方程式为：_（3）将280所得
42、产物在570下灼烧得到的主要产物是1.60g黑色粉末和一种氧化性气体，黑色粉末的化学式为_ 。【答案】 (1). CuSO43H2O (2). CuSO4H2O CuSO4 + H2O (3). CuO【解析】【分析】由图分析可知，CuSO45H2O受热到102时开始脱水分解，113时可得到较稳定的一种中间物，到258时才会继续分解；根据相应的化学方程式即可确定此时固体物质的化学式。【详解】（1）设110时固体物质化学式是CuSO4（5-n）H2O；，解得n=2，110时固体物质的化学式是CuSO43H2O；（2）设200时固体物质的化学式是CuSO4（5-m）H2O；，解得m=4，200时该固体物质的化学式为CuSO4H2O，设280时固体物质的化学式是CuSO4（5-a）H2O;，解得a=5，280时固体物质的化学式是CuSO4；200所得样品，加热至280，反应的化学方程式为CuSO4H2O CuSO4 + H2O；（3）CuSO4在570下灼烧得到氧化性气体是三氧化硫，根据铜元素守恒，黑色粉末含铜元素 ，含有氧元素 0.02mol，所以该黑色粉末的化学式是CuO。