【化学】天津市塘沽一中2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版） 16页

天津市塘沽一中2019-2020学年高一上学期期中考试试题 第Ⅰ卷（共50分）‎ 一、选择题（每题只有1个正确答案，包括10道小题，每题2分，共20分）‎ ‎1.朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里…… 月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景的最本质原因是（ ）‎ A. 空气中的小水滴颗粒大小约为10‎-9 m～10‎-7 m B. 光是一种胶体 C. 雾是一种胶体 D. 发生丁达尔效应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】“薄薄的青雾浮起在荷塘里…… 月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景，是胶体中的丁达尔效应，本质原因是分散质微粒直径的大小。‎ ‎【详解】A、题干中所提及的雾，是空气中的小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1～100nm，即10－‎9m～10－‎7m，故A正确；‎ B、雾是胶体，光不是胶体，故B错误；‎ C、雾是胶体，但这不是月光穿过薄雾所形成美景的本质原因，故C错误；‎ D、丁达尔效应是胶体性质，但本质原因是分散质微粒直径大小，故D错误。答案选A。‎ ‎2.下列说法不正确的是（ ）‎ A. “抗坏血酸”维生素C具有还原性 B. 杨万里《戏笔》中写道“野菊荒苔各铸钱，金黄铜绿两争妍”，铜绿的主要成分为碱式碳酸铜， Cu2（OH）2CO3属于碱式盐 C. 向碳酸钠溶液中滴加稀盐酸，先不冒气泡，后冒气泡 D. 食物腐败、钟乳石的形成、植物光合作用都与氧化还原反应有关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、维生素C又名抗坏血酸，具有酸性和强还原性，故A正确；‎ B、铜绿的主要成分为碱式碳酸铜，化学式是 Cu2(OH)2CO3，属于碱式盐，故B正确；‎ C、碳酸钠与稀盐酸反应分步进行，先发生H++CO32-=HCO3-‎ ‎，后发生H++HCO3-=H2O+CO2↑，所以先不冒气泡，后冒气泡，故C正确；‎ D、钟乳石的形成与CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、Ca(HCO3)2 CaCO3↓+H2O+CO2↑有关，没有发生氧化还原反应，故D错误；选D。‎ ‎3.下列说法正确的是（ ）‎ A. 熔融NaCl能导电，是因为通电时NaCl发生了电离 B. NaCl固体不导电，因为NaCl固体中无带电微粒 C. NH4NO3电离时产生了NH4+、NO3-，无金属离子，所以NH4NO3不是盐 D. NaHSO4在水溶液中电离生成了Na＋、H＋、SO42-三种离子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．熔融NaCl能导电，是因为熔融的氯化钠发生了电离，其中存在自由移动的钠离子和氯离子，通电时熔融NaCl会发生电解，不是电离，故A错误；‎ B．离子晶体由阴阳离子构成，NaCl固体在常温下不导电，是因为离子不能自由移动，故B错误；‎ C．由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物是盐，硝酸铵中含有铵根离子和硝酸根离子，属于盐，故C错误；‎ D．NaHSO4在水溶液中的电离方程式：NaHSO4=Na++H++SO42-，硫酸氢钠水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎4.下列除去杂质的方法正确的是（ ）‎ A. Na2CO3溶液（NaHCO3）：加热法 B. CO2（HCl）：先后通入饱和NaHCO3溶液和碱石灰中，收集气体 C. N2（O2）：通过足量灼热的铜粉，收集气体 D. NaCl溶液（Na2SO4）：加入适量氢氧化钡溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、用适量氢氧化钠除去Na2CO3溶液中的NaHCO3，故A错误；‎ B、二氧化碳是酸性氧化物，不能用碱石灰干燥，先后通入饱和NaHCO3溶液和浓硫酸，除去CO2气体中的HCl，故B错误；‎ C、O2与热的铜粉反应生成氧化铜，通过足量灼热的铜粉可以除去N2中的O2，故C正确；‎ D、Na2SO4与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，引入新杂质氢氧化钠，用适量氯化钡溶液除去NaCl溶液中的Na2SO4，故D错误。‎ ‎5.中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在‎700℃‎时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。下列有关说法中，你认为错误的是（ ）‎ A. Na的还原性强于金刚石 B. 另一种化合物是NaCl C. 纳米级金刚石粉末可以透过半透膜 D. 这个反应是置换反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】反应的方程式为4Na+CCl4C+4NaCl。‎ A、反应中Na元素化合价升高，被氧化，为还原剂，所以Na的还原性强于金刚石，故A正确；‎ B、根据方程式，“另一种化合物”指的是NaCl，故B正确；‎ C、胶体的粒子直径在1～100nm之间，不能透过半透膜，因此纳米级金刚石粉末不能透过半透膜，故C错误；‎ D、CCl4和金属钠反应生成金刚石和氯化钠，符合“单质+化合物=单质+化合物”的特点，属于置换反应，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎6.下列说法正确的是（ ）‎ A. 沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强 B. 能导电的物质不一定是电解质，电解质不一定能导电 C. 碳酸钠和碳酸氢钠分别溶于水中，均放热 D. 酸性氧化物不一定是都是非金属氧化物，而非金属氧化物一定是酸性氧化物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成的胶粒带电，胶体不带电，故A错误；‎ B、单质铜能导电，铜既不是电解质又不是非电解质；氯化钠固体是电解质，氯化钠固体不导电，故B正确；‎ C、碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，故C错误；‎ D、Mn2O7是金属氧化物， Mn2O7也是酸性氧化物；CO是非金属氧化物，但不是酸性氧化物，故D错误。‎ ‎7.已知强弱顺序：还原性I->Fe2+>Br->Cl-，氧化性Cl2>Br2>Fe3+>I2，下列反应的化学方程式或叙述不成立的是（ ）‎ A. Br2+2HI=I2+2HBr B. 2FeCl2+Cl2=2FeCl3‎ C. 2FeCl2+2HCl+I2=2FeCl3+2HI D. Cl2通入NaBr和NaI的混合溶液中:I-先被氧化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据Br2+2HI=I2+2HBr可知氧化性是Br2＞I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故A不选；‎ B、根据2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知氧化性是Cl2＞Fe3+，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故B不选；‎ C、根据2FeCl2+2HCl+I2=2FeCl3+2HI可知氧化性是I2＞Fe3+，与题干已知条件矛盾，所以化学方程式不成立，故C选；‎ D、还原性强弱顺序是I-＞Br-，氧化剂氯气先氧化还原性强的离子，即优先氧化I-，叙述成立，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎8.能正确表达下列反应的离子方程式为（ ）‎ A. 氯气通入水中：Cl2 + H2O = 2H+ + Cl- + ClO-‎ B. 向碳酸钠溶液中加入足量石灰水：Ca2+ + HCO3-+OH- = CaCO3↓+ H2O C. 向硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液：Cu2+ + 2OH- = Cu（OH）2↓‎ D. 用石灰乳吸收工业废气中的SO2：SO2+ 2OH- =SO32- + H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气通入水中生成盐酸和次氯酸，离子方程式是Cl2 + H2O = H+ + Cl- +HClO，故A错误；‎ B. 向碳酸钠溶液中加入足量石灰水生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子方程式是Ca2+ + HCO3-+OH- = CaCO3↓+ H2O，故B正确；‎ C. 向硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液生成氢氧化铜沉淀、硫酸钡沉淀，反应的离子方程式是Cu2+ + SO42- + Ba2++ 2OH- = Cu（OH）2↓+ Ba SO4 ↓，故C错误；‎ D. 用石灰乳吸收工业废气中的SO2，生成亚硫酸钙沉淀和水，反应的离子方程式是Ca2++2OH- +SO2=CaSO3↓+ H2O，故D错误。选B。‎ ‎9.反应8NH3 + 3Cl2 = N2 + 6NH4Cl，被还原的分子与被氧化的分子个数比为（ ）‎ A. 2:3 B. 8:‎3 ‎C. 6:3 D. 3:2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】1mol氧化剂氯气反应转移2mol电子，1mol氨气作还原剂转移3mol电子，根据得失电子守恒，氧化剂氯气和还原剂氨气的物质的量之比为3：2，即被还原的氯气分子与被氧化的氨气分子个数比为3:2，故选D。‎ ‎10.同温同压下,质量忽略不计的两个气球A和B,分别充入X气体和Y气体,且两气球的体积相同。若相同条件下,A气球放在CO中静止不动,B气球放在CO中上浮。下列叙述不正确的是（ ）‎ A. A气球的质量大于B气球 B. X可能是氮气,Y可能是甲烷 C. X气体的密度大于Y气体 D. A气球内分子数小于B气球 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】同温同压下，充气后两气球的体积相等，则两气球中所含气体分子物质的量相等；A气球置于CO中，气球静止不动，X气体的密度与CO接近，B气球置于CO中，气球上浮，Y气体的密度比CO小，同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则X气体的相对分子质量为28，Y气体的相对分子质量小于28；据此分析可得结论。‎ ‎【详解】A.两气球中所含气体分子物质的量相等，X气体的摩尔质量为‎28g/mol，Y气体的摩尔质量<‎28g/mol，则充气后A气球质量大于B气球，故A叙述正确；‎ B.氮气的相对分质量为28，甲烷的相对分子质量为16，小于28，故B叙述正确；‎ C.同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则X气体的密度大于Y气体的密度，故C叙述正确；‎ D.同温同压下，两气球的体积相同，由阿伏加德罗定律可知A、B两气球中气体的分子数目相同，故D叙述错误；‎ 答案选D。‎ 二、选择题（每题只有1个正确答案，包括10道小题，每题3分，共30分）‎ ‎11.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，‎11.2L H2O含有的分子数为0.5NA B. ‎46g NO2和N2O4的混合物含有的原子数为3NA C. ‎20g NaOH固体溶于‎1L 水可制得0.5mol/L的NaOH溶液 D. 同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的原子数相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下H2O是液体，‎11.2L H2O的物质的量不是0.5mol，故A错误；‎ B. NO2和N2O4的最简式都是NO2，‎46g NO2和N2O4的混合物含有的原子数为3NA，故B正确；‎ C. ‎20g NaOH固体溶于‎1L 水，所得溶液的体积不是‎1L，所以溶液的浓度不是0.5mol/L，故C错误； ‎ D. 同温同压下，体积相同的氢气和氩气的分子数相同，氩气是单原子分子、氢气是双原子分子，所含的原子数不相等，故D错误。‎ ‎12.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. NaOH溶液：Na+、K+、HCO3-、S2-‎ B. HCl溶液：Ba2+、K+ 、CO32-、NO3-‎ C. K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl-、OH-‎ D. Na2SO4溶液：K+、Mg2+、NO3-、Cl-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. OH-与HCO3-反应生成CO32-和水，NaOH溶液中不含HCO3-，故不选A；‎ B. H+与CO3-反应生成二氧化碳和水，HCl溶液中不含CO32-，故不选B；‎ C. CO32-与Ba2+反应生成碳酸钡沉淀，K2CO3溶液中不含Ba2+，故不选C；‎ D. Na2SO4与K+、Mg2+、NO3-、Cl-不反应，能大量共存，故选D。‎ ‎13.下列有关钠及其化合物说法正确是的（ ）‎ A. 将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中，有红色物质析出 B. Na2O2是强氧化剂，并且是一种碱性氧化物 C. Na2O2和Na2O长期置于空气中最终产物相同 D. Na2O2中阴、阳离子的个数比为1:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、Na的化学性质活泼，先与水反应生成NaOH，然后NaOH与CuSO4发生复分解反应生成Cu(OH)2沉淀，而不能与CuSO4发生置换发应生成Cu单质，A错误；B、Na2O2具有强氧化性，其和水反应生成NaOH和O2，故不是碱性氧化物，B错误；C、Na2O2和Na2O长期置于空气中，最终都生成Na2CO3，C正确；D、Na2O2中阴、阳离子的个数比为1:2，D错误。正确答案为C。‎ ‎14.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. 氯水使有色布条褪色，说明氯水中含有 B. 向氯水中加入溶液产生白色沉淀，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. 向氢氧化钠溶液中滴加氯水，溶液黄绿色消失，说明氯水中含有 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯水使有色布条褪色，说明氯水中含有HClO，故选A；‎ B.向氯水中加入AgNO3溶液产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，说明氯水中含有Cl-，故不选B；‎ C.向氯水中加入NaHCO3 粉末，有气泡产生，气体是CO2 ，这说明氯水中含有H +，故不选C；‎ D.向氢氧化钠溶液中滴加氯水，溶液黄绿色消失，黄绿色为Cl2，说明氯水中含有Cl2，故不选D；‎ 答案：A ‎15.将0.3 molMnO2和100mL 12 mol/L的浓盐酸混合后缓慢加热，充分反应后向留下的溶液中加入足量的AgNO3溶液，生成AgCl沉淀的物质的量为（不考虑HCl的挥发）（ ）‎ A. 等于0.6mol B. 小于0.6mol C. 大于0.6mol，小于1.2mol D. 以上结论都不正确 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】n（MnO2）=0.3mol，n（HCl）=‎0.1L×12mol/L=1.2mol，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，根据方程式可知0.3molMnO2反应需要HCl为0.3mol×4=1.2mol，若MnO2与盐酸能恰好完全反应，则生成氯气为1.2mol×=0.3mol，溶液剩余Cl-为1.2mol-0.3mol×2=0.6mol，但MnO2只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰，随着盐酸浓度的降低，HCl的还原性减弱，反应停止，所以溶液中剩余Cl-大于0.6mol，则反应完全后向剩余的溶液中加入足量AgNO3溶液生成AgCl沉淀的物质的量大于0.6mol，小于1.2mol。‎ 答案选C。‎ ‎16.下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（ ）‎ A. 取a克混合物与稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克 B. 取a克混合物与稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体 C. 取a克混合物充分加热，减重b克 D. 取a克混合物与Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、逸出气体含有水蒸气，不能测定；‎ B、最后得到的是氯化钠，可以测定；‎ C、最后得到的是碳酸钠，可以测定；‎ D、最后得到的是碳酸钡，可以测定；‎ 答案选A。‎ ‎17.下列实验操作规范且能达到目的的是（ ）‎ 实验目的 实验操作 A 称取‎2.0g NaOH固体 先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加‎2g砝码，左盘上添加NaOH固体 B 配制0.1mol/L CuSO4溶液80mL 称取CuSO4·5H2O固体‎25.0g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度 C 鉴别碳酸钠、碳酸氢钠溶液 用CaCl2溶液分别滴入碳酸钠、碳酸氢钠溶液中 D 测定新制氯水的pH 用玻璃棒蘸取溶液，点在pH试纸上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、要把氢氧化钠固体要放在玻璃容器中称取，故A错误；‎ B、不能用容量瓶溶解或稀释溶液，故B错误；‎ C、CaCl2溶液与碳酸钠反应生成白色碳酸钙沉淀，CaCl2溶液与碳酸氢钠不反应，能用CaCl2溶液鉴别碳酸钠、碳酸氢钠，故C正确；‎ D、次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测新制氯水的pH，故D错误。选C。‎ ‎18.某溶液中只含有大量的下列离子：Fe3+、NO3-、K+和M离子，经测定Fe3+、NO3-、K+和M离子的物质的量之比为2︰5︰1︰1，则M离子可能是下列中的 （ ）‎ A. Cl- B. SO42- C. Ca2+ D. Na+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据电离守恒判断M离子所带电荷，结合选项判断，注意应考虑离子共存问题。‎ ‎【详解】假设Fe3+、NO3-、K+和M离子的物质的量分别为2mol、5mol、1mol、1mol，Fe3+、K+离子所带总电荷为2mol×3+1mol×1=7mol，NO3-离子所带总电荷为5mol×1=5mol＜7mol，故M为阴离子，设离子为Mn-，则7mol=5mol+1mol×n，解得n=2，符合条件的有SO42-，答案选B。‎ ‎19.某同学购买了一瓶“84消毒液”，包装说明如下，下列分析不正确的是（ ）‎ A. “84消毒液”保存时不能敞口放置，需要密封保存 B. 该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度约为4mol·L-1‎ C. 取100mL该“84消毒液”稀释100倍后用以消毒，稀释后的溶液中c（Na+）约为0.04mol·L-1‎ D. 欲用NaClO固体配制含25% NaClO的消毒液480mL，需要称量的NaClO固体质量为‎142.8g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.次氯酸钠易与二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸易分解为盐酸和氧气， 所以“84消毒液”保存时不能敞口放置，需要密封保存，故A正确；‎ B.该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度约为mol·L-1，故B正确；‎ C. 稀释前NaClO的物质的量浓度约为4mol·L-1，稀释100倍，NaClO的物质的量浓度约为0.04mol·L-1，所以溶液中c（Na+）约为0.04mol·L-1，故C正确；‎ D. 欲用NaClO固体配制含25% NaClO的消毒液480mL，需用500 mL容量瓶，需要称量的NaClO固体质量为500 mL ×‎1.19g/ mL×25%= ‎148.8g，故D错误；选D。‎ ‎20.将质量分数为a%、物质的量浓度为‎2c mol/L 的氨水加水稀释，使其物质的量浓度为c mol/L ，此时溶液中溶质的质量分数为b%，则a%和b%的关系是（已知氨水浓度越大，密度越小）（ ）‎ A. a%=2b% B. a%＞2b% C. a%＜2b% D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】氨水的物质的量浓度由‎2c mol/L加水稀释为c mol/L，溶液体积应变为原来的2倍；氨水浓度越大，密度越小，稀释后浓度减小，密度增大，所以溶液质量大于原来的2倍，质量分数应小于原来的 ，即a%＞2b%，故选B。‎ 第Ⅱ卷（共50分）‎ 三、填空题（共28分）‎ ‎21.（1）下列变化一定加入还原剂才能实现的是______________（填序号）‎ ‎①Fe2+→Fe ②CO2→HCO3-③ MnO4-→Mn2+ ④SO2→SO3 ⑤KMnO4→MnO2 ⑥ HCl→Cl2 ⑦SO32-→SO2 ⑧NH4+→NH3‎ ‎（2）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成，爆炸时的反应为S+ 2KNO3 +‎3C = K2S + N2↑ + 3CO2↑，反应中被还原的物质是 ___________（填化学式）‎ ‎（3）NaH可在野外作生氢剂，反应原理为NaH + H2O = NaOH + H2‎ ‎↑，该反应中氧化产物和还原产物的质量比为____________ 。‎ ‎（4）2KMnO4 + 16HCl（浓） = 2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑ + 8H2O，用单线桥标出电子转移的方向和数目__________；HCl表现出的性质是 ___________________。‎ ‎（5）取300mL 0.2mol· L-1的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量是 _________mol。‎ ‎（6）为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w‎1g样品加热，其质量变为w‎2 g，则该样品的纯度（质量分数）是______________ （用含w1和w2的式子表示）。‎ ‎（7）取50mL含Na2CO3和Na2SO4的混合溶液与过量盐酸反应，生成‎2.24L CO2（标准状况），然后加入足量的Ba（OH）2溶液，得到的沉淀的质量为‎2.33g。试计算原混合溶液中Na+的物质的量浓度______ mol/L。‎ ‎【答案】(1). ①③ (2). S、KNO3 (3). 1:1 (4). = 2KCl +2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O (5). 还原性和酸性 (6). 0.032 (7). (8). 4.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)还原剂失去电子，化合价升高。如果变化需要加入还原剂才能实现，说明该物质一定得到电子，化合价一定降低。‎ ‎（2）化学反应中，所含元素化合价降低的反应物是还原剂，被氧化；‎ ‎（3）NaH + H2O = NaOH + H2↑，NaH中H元素化合价由‎-1升高为0，H2O中H元素由+1降低为0，H2既是氧化产物又是还原产物；‎ ‎（4）2KMnO4 + 16HCl（浓） = 2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑ + 8H2O，锰元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，氯元素化合价从-1价升高为0价，失去1个电子；‎ ‎（5）根据得失电子守恒计算消耗KMnO4的物质的量；‎ ‎（6）碳酸氢钠分解为碳酸钠、水、二氧化碳，所以固体质量减少；‎ ‎（7）碳酸钠与盐酸反应放出二氧化碳，硫酸钠与Ba（OH）2溶液反应生成硫酸钡沉淀。‎ ‎【详解】（1）①Fe2+→Fe，铁元素化合价降低，要加入还原剂才能实现，故选①； ②CO2→HCO3-，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故不选②；③ MnO4-→Mn2+ ，锰元素化合价降低，要加入还原剂才能实现，故选③；④SO2→SO3，硫元素化合价升高，要加入氧化剂才能实现，故不选④；⑤KMnO4可以发生自身氧化还原反应生成MnO2，不需要加入还原剂就能实现，故不选⑤；⑥ 电解HCl得到Cl2‎ ‎ 和氢气，不需要加入还原剂就能实现，故不选⑥；⑦SO32-→SO2，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故不选⑦； ⑧NH4+→NH3，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故不选⑧；选①③。‎ ‎（2）S+ 2KNO3 +‎3C = K2S + N2↑ + 3CO2↑，KNO3中N元素化合价由+5降低为0，S化合价由0降低为-2，所以KNO3、S是氧化剂，被还原。‎ ‎（3）NaH + H2O = NaOH + H2↑，NaH中H元素化合价由‎-1升高为0，H2O中H元素由+1降低为0，H2既是氧化产物又是还原产物，根据得失电子守恒，氧化产物和还原产物的质量比为1:1；‎ ‎（4）2KMnO4 + 16HCl（浓） = 2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑ + 8H2O，锰元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，氯元素化合价从-1价升高为0价，失去1个电子；所以单线桥表示为= 2KCl +2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O；HCl中氯元素化合价由‎-1升高为0，HCl是还原剂，表现还原性，HCl中部分氯元素化合价没变，生成KCl、MnCl2，所以HCl表现酸性；‎ ‎（5）300mL 0.2mol· L-1的KI溶液与酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，根据碘元素守恒，生成I2和KIO3的物质的量都是0.02mol，碘元素得电子总物质的量是0.02mol×2×1+0.02mol×6=0.16mol；设消耗KMnO4的物质的量为xmol，根据得失电子守恒，5x=0.16mol，x=0.032mol。‎ ‎（6）设碳酸氢钠的质量为xg ‎2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2 △m ‎ 168 106 62‎ ‎ xg w‎1g－w‎2g ‎ ‎ ，则碳酸钠的质量是w‎1g-=‎ 该样品的纯度（质量分数）是÷w‎1g=；‎ ‎（7）生成的CO2体积在标准状况下是‎2.24L，所以二氧化碳的物质的量是‎2.24L÷‎22.4L/mol＝0.1mol；‎ 根据反应的化学方程式可知 Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2‎ ‎↑ 1mol                       1mol 0.1mol                     0.1mol 所以Na2CO3的物质的量是0.1mol；‎ 生成的白色沉淀是硫酸钡，物质的量是‎2.33g÷‎233g/mol＝0.01mol；‎ 所以根据反应的化学方程式可知 Na2SO4＋Ba(OH)2=2NaOH＋BaSO4↓ 1mol                     1mol 0.01mol                  0.01mol 所以Na2SO4的物质的量是0.01mol；‎ 溶液中钠离子的物质的量是0.1mol×2+0.01mol×2=0.22mol；原混合溶液中Na+的物质的量浓度0.22mol ÷‎0.05L =4.4 mol/L。‎ ‎22.写出下列反应的离子方程式。‎ ‎（1）碳酸银溶于稀硝酸___________‎ ‎（2）工业上用稀硫酸除铁锈（Fe2O3）___________‎ ‎（3）向Ba（OH）2溶液中逐渐加入NaHSO4溶液至钡离子完全沉淀___________‎ ‎（4）用滴管向棉花上（包有少量Na2O2）滴几滴水，棉花立刻燃烧起来___________‎ ‎（5）漂白粉溶于水中，对染色的衣物起到漂白作用，原理___________‎ ‎（6）工业废水中Cr2O72-有毒，酸性条件下用FeSO4·7H2O做处理剂，将Cr2O72-转化为Cr3+________ 。‎ ‎【答案】(1). Ag2CO3 + 2H+ =2Ag+ +CO2↑+H2O (2). Fe2O3 + 6H+ =2Fe3+ + 3H2O (3). Ba2+ + OH- + H+ + SO42- = BaSO4↓ + H2O (4). 2Na2O2 + 2H2O = 4OH- + O2↑ + 4Na+ (5). Ca2+ + 2ClO- + H2O + CO2 = CaCO3↓ + 2HClO (6). Cr2O72- + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）碳酸银溶于稀硝酸生成硝酸银、二氧化碳、水，反应的离子方程式是Ag2CO3 + 2H+ =2Ag+ +CO2↑+H2O；‎ ‎（2）稀硫酸除铁锈（Fe2O3）反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式是Fe2O3 + 6H+ =2Fe3+ + 3H2O ‎（3）Ba（OH）2与NaHSO4溶液1:1反应，钡离子恰好完全沉淀，生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子方程式是Ba2+ + OH- + H+ + SO42- = BaSO4↓ + H2O；‎ ‎（4）用滴管向棉花上（包有少量Na2O2）滴几滴水，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式是2Na2O2 + 2H2O = 4OH- + O2↑ + 4Na+；‎ ‎（5）漂白粉溶于水中，次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的离子方程式是Ca2+ + 2ClO- + H2O + CO2 = CaCO3↓ + 2HClO；‎ ‎（6）酸性条件下用FeSO4·7H2O把Cr2O72-还原为Cr3+，反应的离子方程式是Cr2O72- + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O；‎ 四、实验题（共22分）‎ ‎23.Ⅰ、化学实验是化学学习的重要内容，根据你掌握的知识，完成下面内容。实验室需要配制0.1mol·L-1 NaOH溶液230mL，请回答下列问题：‎ ‎（1）用天平称取______ g NaOH。配制过程中所需玻璃仪器除了胶头滴管和烧杯，还有_____、______ 。‎ ‎（2）溶解NaOH后的溶液需冷却到室温后方能转移。若趁热转移会使溶液的浓度 _____（填“偏大”、或“偏小”，下同）‎ ‎（3）有人认为，用这种方法只能配制0.1mol· L-1 的NaOH溶液，而无法得到0.1000mol· L-1 的NaOH溶液，你觉得他的理由是____________ 。‎ Ⅱ.氯气是一种重要的化工原料，自来水消毒、农药生产、药物合成都需要它。‎ ‎（1）工业上通常采用电解法制氯气，请观察图1后回答下列问题：‎ 通电后，b侧产生的气体用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，现象是变蓝。化学方程式_____‎ ‎（2）某学生设计如图2所示的实验装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），回答下列问题：‎ ‎①在A装置中制取氯气，请写出反应的化学方程式 ____________。‎ ‎②漂白粉在U形管中产生，其化学方程式是 ____________。‎ ‎③装置C的作用是__________。‎ ‎（3）此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在U形管中还存在两个副反应：‎ ‎①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为避免此副反应发生，可采取的措施是_______。‎ ‎②试判断另一个副反应（用化学方程式表示）________，为避免此副反应的发生，可以在A与B之间连接一个装有_______ 的洗气瓶。‎ ‎【答案】(1). ‎1.0g (2). 250mL容量瓶和玻璃棒 (3). 偏大 (4). 偏大 (5). 由于NaOH固体极易溶解潮解，无法精确称取1.00gNaOH固体 (6). Cl2 +2KI = I2 +2KCl (7). MnO2+ 4HCl（浓）MnCl2 + Cl2↑ +2H2O (8). 2Cl2 + 2Ca（OH）2 = CaCl2 + Ca（ClO）2+ 2H2O (9). 吸收未反应完的氯气，防止污染空气 (10). 冷却B装置 (11). 2HCl +Ca（OH）2 =CaCl2 +2H2O (12). 饱和氯化钠溶液 ‎【解析】‎ ‎【分析】Ⅰ、（1）需用250mL容量瓶配制该溶液，根据m=cVM计算氢氧化钠的质量；根据配制溶液的步骤选择仪器；‎ ‎（2）根据 分析误差；‎ ‎（3）要精确配制0.1000mol· L-1 的NaOH溶液，需用准确称取1.00gNaOH固体；‎ Ⅱ. （1）氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；‎ ‎（2）①在A装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气；‎ ‎②U形管中，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙、水；‎ ‎③氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠；‎ ‎（3）①根据信息 “温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)‎2”‎分析；‎ ‎②氯气中含有杂质氯化氢，氢氧化钙与氯化氢反应；‎ ‎【详解】Ⅰ、（1）需用250mL容量瓶配制该溶液， m(NaOH)= 0.1mol·L-1 ×‎0.25L×‎40g/mol=‎1.0g；配制过程中用玻璃棒搅拌、引流，用250mL容量瓶定容，所以配制过程中所需玻璃仪器除了胶头滴管和烧杯，还有250mL容量瓶和玻璃棒。‎ ‎（2）若趁热转移，溶液体积偏小，会使溶液的浓度偏大；‎ ‎(3). 用托盘天平无法精确称取1.00gNaOH固体，所以无法得到0.1000mol· L-1 的NaOH溶液；‎ Ⅱ.（1）氯气能置换出碘化钾中的碘单质，使试纸变蓝，反应的化学方程式是Cl2 +2KI = I2‎ ‎ +2KCl；‎ ‎（2）①在A装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，反应方程式是MnO2+ 4HCl（浓）MnCl2 + Cl2↑ +2H2O；‎ ‎②U形管中，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，反应的化学方程式是2Cl2 + 2Ca（OH）2 = CaCl2 + Ca（ClO）2+ 2H2O；‎ ‎③氢氧化钠吸收未反应完的氯气，防止污染空气；‎ ‎（3）①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，所以冷却B装置可以避免此副反应发生；‎ ‎②氯气中含有杂质氯化氢，氢氧化钙与氯化氢反应，反应方程式是2HCl +Ca（OH）2 =CaCl2 +2H2O；在A与B之间连接一个装有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，可避免此副反应的发生。‎ ‎ ‎