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山东名校考试联盟2024-2025学年高一上学期11月期中检测化学试题
一、选择题：本题共20小题，其中1-10题每小题2分，11-20题每小题3分，共50分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2024高一上·山东期中）化学与生产生活关系密切，下列说法错误的是
A．碳酸氢钠可用作食品膨松剂
B．“血液透析”利用了胶体的性质
C．明矾常用来净水，它属于混合物
D．“卤水点豆腐，一物降一物”，该过程发生了胶体的聚沉
【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；物质的简单分类；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、碳酸氢钠（NaHCO3）在加热时易分解生成二氧化碳气体，该特性使其能有效使面团膨胀松软，因此可作为食品膨松剂使用，A正确；B、 "血液透析"治疗技术利用了胶体粒子不能透过半透膜的特性（渗析原理），B正确；
C、明矾（化学式：）是用于水处理的常见净水剂，但其属于纯净物而非混合物，C错误；
D、豆浆属于胶体体系，"卤水点豆腐"过程实质是电解质使胶体发生聚沉的现象，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点整理如下：
明矾的分类认知错误：明矾的化学式是 KAl(SO4)2 12H2O（十二水合硫酸铝钾），它有固定的组成与结构，属于纯净物，但很多人会误把它当成混合物（这正是选项C的错误之处）。
胶体性质的实际应用混淆：血液透析是利用 “胶体粒子不能透过半透膜” 的性质，卤水点豆腐是利用 “胶体聚沉” 的原理，但部分人对这些生活场景对应的胶体知识不熟悉，易误判B、D选项。
物质用途与化学性质的关联模糊：比如碳酸氢钠作膨松剂，是因为它受热会分解产生二氧化碳气体，但如果对其化学性质不熟悉，可能会对选项A的正确性产生疑惑。
2．（2024高一上·山东期中）关于实验室安全，下列表述错误的是
A．金属着火，可用沙子灭火
B．观察烧杯中钠与水反应的实验现象时，不能近距离俯视
C．具有标识的化学品为易燃类物质，应注意防火
D．稀释浓硫酸时，酸溅到皮肤上，用的溶液冲洗
【答案】D
【知识点】钠的化学性质；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、金属 Na 着火时，沙子能隔绝空气，阻止 Na 与氧气继续反应，所以可用沙子灭火，A正确；
B、钠与水反应剧烈且放热，近距离俯视可能会有液体溅出伤人，所以不能近距离俯视，B正确；
C、为易燃标识的化学品属于易燃类物质，使用时应注意防火，远离明火，C正确；
D、稀释浓硫酸时，若酸溅到皮肤上，应先用大量水冲洗，再用 3 - 5% 的 NaHCO3溶液处理，而不是直接用 NaHCO3溶液冲洗，D错误；
故答案为：D。
【分析】根据实验室安全操作的相关知识，对每个选项涉及的实验安全注意事项进行分析，判断表述的正误。
3．（2024高一上·山东期中）下列过程涉及氧化还原反应的是
A．金属的冶炼
B．用制备纳米级
C．用稀盐酸洗涤长期放置石灰水的试剂瓶
D．侯氏制碱法以氨气、二氧化碳和饱和食盐水制备纯碱
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、金属冶炼的本质是将金属元素从化合态转化为游离态，此过程中金属元素的化合价必然发生变化，因此属于氧化还原反应，A正确；
B、首先水解生成氢氧化铁沉淀，再经加热分解得到纳米级，整个过程铁元素始终为+3价，没有发生氧化还原反应，B错误；
C、石灰水变质是氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙的过程：；用盐酸清洗时发生的反应为：。这两个反应均无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，C错误；
D、侯氏制碱法的核心反应为：，所有元素的化合价均保持不变，属于非氧化还原反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】本道题的解题突破口：
抓核心：氧化还原反应的判定依据 —— 元素化合价变化
逐个突破选项：金属冶炼：金属化合物→金属单质，金属元素化合价必降低，直接判定涉及氧化还原。
其他选项：看反应前后元素价态（如 B 中 Fe 始终为 +3 价、C 中各元素价态不变、D 中无元素价态变化），快速排除非氧化还原反应。
4．（2024高一上·山东期中）下列说法错误的是
A．可以与酸反应，能用于治疗胃酸过多
B．量子点是一种纳米级别的半导体晶体，量子点属于胶体
C．氯气能使有色鲜花褪色，是因为次氯酸的漂白性
D．、、、久置于空气中，最终都会变成
【答案】B
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；分散系、胶体与溶液的概念及关系；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、作为抗酸剂，通过中和胃酸（HCl）降低氢离子浓度，化学方程式为，A正确；
B、量子点是尺寸在1-10nm的半导体纳米晶，其特性源于量子限域效应。虽然纳米颗粒尺寸与胶体粒子（1-100nm）部分重叠，但量子点本身是固态晶体材料，不属于分散系范畴，故不符合胶体定义，B错误；
C、氯气的漂白机理为，次氯酸（HClO）具有强氧化性，能破坏花色苷等色素分子，C正确；
D、钠及其化合物的转化路径如下：Na到（氧化）到NaOH（水合）到（碳酸化）；到NaOH（水解）到；NaOH直接与反应生成；因此所有物质最终均转化为碳酸钠，D正确；
故答案为：B。
【分析】这道题的解题突破口：
胶体的判定核心：胶体是 “分散系”（分散质 + 分散剂），而量子点是纳米级晶体（单一物质），不是分散系，直接判定B错误。
物质性质与用途对应：
A．NaHCO3与酸反应（中和胃酸），符合用途逻辑。
C．Cl2与水生成HClO，HClO的漂白性是褪色关键。
D．Na及其化合物久置空气，会逐步与O2、H2O、CO2反应，最终生成Na2CO3。
5．（2024高一上·山东期中）物质性质决定用途，下列对应关系错误的是
　 物质 性质 用途
A 活性炭 吸附性 分解室内甲醛
B 能与和反应产生 呼吸面具中的供氧剂
C 能与酸反应 调节面团酸度
D 次氯酸钠 氧化性 衣物漂白
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】钠的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、活性炭具有吸附性能去除室内甲醛，但无法将其分解，A错误；
B、过氧化钠()能与二氧化碳()和水()反应生成氧气()，因此可用作呼吸面具的供氧剂，B正确；
C、碳酸钠()能与酸发生中和反应，可调节面团酸度，C正确；
D、次氯酸钠中氯呈+1价，具有强氧化性和漂白性，可用于衣物漂白，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
混淆活性炭 “吸附” 与 “分解”：活性炭是物理吸附甲醛，非分解，A选项性质与用途不匹配（核心易错点）。
误判物质用途逻辑：错把 Na2CO3调节面团酸度（利用与酸反应）当成错误选项。
模糊物理、化学变化：吸附是物理变化，分解是化学变化，忽略这点易误判A。
6．（2024高一上·山东期中）下列图示实验中，操作规范的是
A．配制NaOH溶液 B．用试纸测定溶液
C．除去中混有的少量 D．向试管中滴加溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、容量瓶用于配制准确浓度的溶液，不能直接用于溶解固体，A错误；
B、测量溶液pH的正确操作是用玻璃棒蘸取待测液点在pH试纸上（pH试纸不能浸入溶液），待颜色稳定后与标准比色卡对比读数，B错误；
C、除去CO2中混有的少量HCl气体，可通过饱和NaHCO3溶液洗气，因为HCl会与NaHCO3反应生成CO2，而CO2不会被吸收，C正确；
D、使用胶头滴管滴加液体时，应保持垂直悬空于试管口上方，不能伸入试管内部，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．NaOH 固体溶于水放热，不能在容量瓶中溶解（容量瓶不能受热），操作错误。
B．pH 试纸不能直接浸入溶液（污染试剂），应蘸取待测液滴在试纸上，操作错误。
C．饱和 NaHCO3溶液可与 HCl 反应、不与 CO2反应，且洗气时长管进短管出（图中长管浸入液体），操作规范，直接判定正确。
D．胶头滴管不能伸入试管内（污染试剂），应悬空滴加，操作错误。
7．（2024高一上·山东期中）如图所示为氯元素的“价一类”二维图。下列说法错误的是
A．①和④混合能产生②
B．②和③都可以用于自来水的杀菌消毒
C．上述物质中属于非电解质的有1种
D．④→①的转化一定需要加入还原剂才能实现
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；电解质与非电解质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、①（HCl）和④（HClO）混合，会发生归中反应生成②（Cl2），符合氧化还原规律，A正确；
B、②（Cl2）与水生成 HClO、③（ClO2）都有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒，B正确；
C、上述物质中，只有 ClO2（③）是非电解质（自身不能电离），其余如 HCl、HClO 是电解质，Cl2既不是电解质也不是非电解质，故非电解质仅 1 种，C正确；
D、④（HClO）到①（HCl）的转化，HClO 自身分解（2HClO=2HCl+O2↑）就能实现，不需要额外加还原剂，D错误；
故答案为：D。
【分析】结合氯元素化合价和物质类别，确定：①是 HCl（氢化物，-1 价）；②是 Cl2（单质，0 价）；③是 ClO2（氧化物，+4 价）；④是 HClO（酸，+1 价）；⑥是 HClO4（酸，+7 价）。
8．（2024高一上·山东期中）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．常温常压下，中所含的原子数为
B．固体加入沸水中充分反应，形成的胶体粒子数为
C．标准状况下，个和的混合气体所占的体积约为
D．钠在空气中完全反应生成和的混合物，转移的电子数为
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、先计算 H2O2的物质的量：8.5g H2O2的摩尔质量为34g/mol，
物质的量=8.5g÷34g/mol=0.25mol。1个H2O2分子含 2 个 H、2 个 O，共4个原子，
因此总原子数=0.25mol×4×NA=NA，A正确；
B、先算FeCl3的物质的量：16.25g FeCl3的摩尔质量为 162.5g/mol，
物质的量=16.25g÷162.5g/mol=0.1mol。但Fe(OH)3胶体粒子是 “多个 Fe(OH)3分子聚集形成的集合体”，并非1个FeCl3对应1个胶体粒子，因此胶体粒子数远小于 0.1NA，B错误；
C、标准状况下气体摩尔体积为 22.4L/mol，0.5NA个气体分子的物质的量为 0.5mol。混合气体（H2、O2均为气体）的体积=0.5mol×22.4L/mol = 11.2L，C正确；
D、Na 在反应中均从0价升高到+1价，1mol Na完全反应时，转移电子的物质的量为1mol，对应电子数为 NA，与产物是Na2O还是Na2O2无关，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．先算 H2O2的物质的量（8.5g÷34g/mol=0.25mol），1 个 H2O2含 4 个原子，总原子数 =0.25×4×NA=NA。
B．FeCl3的物质的量=16.25g÷162.5g/mol=0.1mol，但胶体粒子是多个 Fe(OH)3分子聚集形成的集合体，故胶体粒子数远小于0.1NA。
C．标准状况下，气体摩尔体积为 22.4L/mol，0.5NA个气体分子的物质的量为 0.5mol，体积=0.5×22.4=11.2L。
D．Na反应后均变为+1价，1molNa转移1mol 电子，即NA个。
9．（2024高一上·山东期中）数字化实验将传感器、数据采集器和计算机相连，可利用信息技术对化学实验进行数据的采集和分析。如图是数字化实验得到的光照过程中氯水的(浓度越大，越小)和电导率的变化情况。下列说法错误的是
A．曲线①和②分别代表氯水和电导率的变化情况
B．氯气与水反应的离子方程式为
C．随时间的增长，氯水的漂白性减弱
D．新制氯水应保存在棕色细口瓶中
【答案】B
【知识点】电解质溶液的导电性；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、光照时， ，HCl 是强酸，H+ 浓度增大，pH 减小（对应曲线①下降）；溶液中离子浓度增大，电导率升高（对应曲线②上升）。因此曲线①是pH变化、曲线②是电导率变化，A正确；
B、Cl2与 H2O 的反应是可逆反应，且 HClO 是弱酸（不能拆成离子），正确的离子方程式应为： 。选项中写“2H+”“ClO-”且未标可逆号，B错误；
C、氯水的漂白性来自 HClO，光照下 HClO 不断分解，其浓度降低，因此漂白性随时间增长而减弱，C正确；
D、新制氯水中的 HClO 见光易分解，因此需保存在棕色细口瓶中避光，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点：
离子方程式的书写细节混淆：忽略HClO是弱酸（不能拆成 ClO-）、Cl2与水的反应是可逆反应（需标 “ ”），误认选项B的错误方程式为正确写法，这是核心易错点。
曲线与性质的对应逻辑模糊：不明确 “HClO分解使H+浓度增大、pH减小、离子浓度增大，电导率升高”的关联，易对曲线①②的对应关系判断出错。
氯水漂白性的本质认知不清：误将氯水的漂白性归因于Cl2，忽略实际是HClO的作用，从而对“光照后漂白性减弱” 的结论产生疑问。
10．（2024高一上·山东期中）下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．溶液中：、、、
B．使紫色石蕊显蓝色的溶液：、、、
C．溶液中：、、、
D．酸性溶液中：、、、
【答案】C
【知识点】离子反应发生的条件；离子共存
【解析】【解答】A、NH4HCO3溶液中含 HCO3-，H+会与 HCO3-反应生成 CO2和 H2O（HCO3-+H+=CO2↑+H2O），不能共存，A错误；
B、碱性溶液含 OH-，Cu2+、Fe3+会与 OH-生成 Cu(OH)2、Fe(OH)3沉淀，不能共存，B错误；
C、FeCl3溶液中含 Fe3+，Fe2+、NH4+、Cl-、SO42-与 Fe3+之间无复分解、氧化还原等反应（Fe3+和 Fe2+不反应），可以共存，C正确；
D、酸性溶液含 H+，NO3-在 H+存在下具有强氧化性，会氧化 I-（2NO3-+8H++6I-=2NO↑+3I2+4H2O），不能共存，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．会与发生反应，因此不能大量共存。
B．使紫色石蕊变蓝的溶液呈碱性，而和在碱性条件下会生成沉淀，因此不能大量共存。
C．在溶液中，题目给出的离子之间不发生反应，可以大量共存。
D．在酸性条件下，具有氧化性，会氧化，因此不能大量共存。
11．（2024高一上·山东期中）对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是
A．用溶液除气体：
B．将投入中：
C．向溶液中滴加过量溶液：
D．草酸溶液能使酸性高锰酸钾溶液褪色：
【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】A、H2S 是弱酸，在离子方程式中不能拆分为 S2-，正确式子应为 Cu2++H2S=CuS↓+2H+。该选项错误拆分 H2S，A不正确；
B、Na2O2和 H2O 反应生成 NaOH 和 O2，Na2O2不拆，离子方程式为 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。式子中各物质拆分正确，原子和电荷均守恒，B正确；
C、向 NaHCO3溶液中加过量 Ba(OH)2，HCO3-完全反应，且生成的 CO32-会与 Ba2+全部结合为沉淀，正确式子应为 HCO3-+OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O。该选项未考虑 “过量” 导致的比例错误，C不正确；
D、H2C2O4是弱酸，不能拆分为 C2O42-，正确式子应为
2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。该选项错误拆分草酸，D不正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点：
物质拆分的误判：错将弱酸（H2S、H2C2O4）拆成离子形式（如把 H2S 拆为 S2-、H2C2O4拆为 C2O42-），忽略 “弱酸在离子方程式中需保留化学式” 的规则。
量的配比逻辑疏漏：面对 “过量反应物”（如过量 Ba(OH)2）时，未考虑离子的完全反应与沉淀结合关系（如 HCO3-应全部转化为 BaCO3，而非剩余 CO32-）。
拆分规则的混淆：误将 Na2O2（单质氧化物）拆成离子，忽略 “单质、氧化物在离子方程式中不拆” 的要求。
12．（2024高一上·山东期中）利用可将废水中的转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：(未配平)。下列说法错误的是
A．表示
B．可用替换
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D．生成时转移电子
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、X是N2（N 元素化合价降为 0，无害），A正确；
B、CH3OH 是还原剂（C 化合价升高），但 O2是氧化剂（有强氧化性），无法替代还原剂 CH3OH，B错误；
C、氧化剂是 NO3-（6mol）、还原剂是 CH3OH（5mol），物质的量比为6：5，C正确；
D、生成 1mol N2时，N 从 +5到0，2 个 N 原子共转移 10mol 电子（5×2），D正确；
故答案为：B。
【分析】先明确反应的核心逻辑反应中 NO3-要转化为 “无害物质”，结合 N 元素化合价变化（NO3-中 N 为 +5 价），可推断产物为 N2（0 价，无害）；同时 CH3OH 中 C 为 -2 价，反应后生成 CO2（C 为 +4 价），C元素化合价升高（CH3OH 作还原剂），N元素化合价降低（NO3-作氧化剂）。
配平反应式并分析选项先根据得失电子守恒配平：C 从 - 2到+4，每个 CH3OH 失 6e-；N 从+5到0，每个 NO3-得 5e-，最小公倍数为 30，故 CH3OH 配 5、NO3-配 6，再结合原子守恒得配平式：
6H++5CH3OH+6NO3-=3N2+5CO2+13H2O。
13．（2024高一上·山东期中）某实验小组利用以下装置制备少量的氯气，并检验氯气的性质。下列说法错误的是
A．锥形瓶中发生反应的化学方程式为
B．干燥的试纸不变色，湿润的试纸变红
C．观察到湿润的淀粉—KI试纸变蓝，说明具有氧化性
D．浸有溶液的棉花吸收的过程中氯气既体现氧化性又体现还原性
【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】制备氯气的反应是归中反应，性质验证需关注 Cl2与水生成的 HCl（酸性）和 HClO（漂白性）。
A、次氯酸钙（Ca(ClO)2）与浓盐酸反应，Cl 元素发生归中反应生成 Cl2，化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl (浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，原子守恒、价态变化合理，A正确；
B、干燥的 pH 试纸无水分，Cl2无法反应，故不变色；湿润的 pH 试纸中，Cl2与水生成 HCl（使试纸变红）和HClO（具有漂白性，会让变红的试纸褪色），因此现象应为 “先变红后褪色”，而非只变红，B错误；
C、湿润的淀粉-KI 试纸变蓝，是因为 Cl2将 KI 中的 I-氧化为 I2（I2遇淀粉显蓝色），此过程体现了 Cl2的氧化性，C正确；
D、浸有 NaOH 溶液的棉花吸收 Cl2时，发生反应 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，Cl 元素既从 0 价降低到 - 1 价（NaCl），又升高到 +1 价（NaClO），因此 Cl2既体现氧化性又体现还原性，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．Ca(ClO)2与浓 HCl 发生归中反应生成 Cl2，化学方程式配平正确（原子、得失电子守恒）。
B．干燥 pH 试纸无 H2O，Cl2不反应故不变色；湿润 pH 试纸先因 HCl 显酸性变红，但 HClO 的漂白性会使试纸先红后褪色，并非只变红。
C．Cl2将 KI 中 I-氧化为 I2（遇淀粉变蓝），体现 Cl2的氧化性。
D．Cl2与 NaOH 反应为 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，Cl 元素既升价（NaClO）又降价（NaCl），既体现氧化性又体现还原性。
14．（2024高一上·山东期中）下列有关仪器的名称、示意图、用途或使用操作的叙述均正确的是
选项 A B C D
名称 坩埚 长颈漏斗、锥形瓶、注射器、导管 胶头滴管、烧杯、酒精灯、铁架台(带铁圈、陶土网) 球形干燥管
示意图
用途或使用操作 可用于对固体进行高温加热 制备并收集氧气 制备胶体 除杂实验中将气体从大口通入
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、高温加热固体应使用坩埚，但图中显示的是蒸发皿而非坩埚，A错误；
B、该装置为开放体系，生成的会从长颈漏斗逸出，B错误；
C、制备胶体的正确方法是将饱和溶液逐滴加入沸水中，煮沸至红褐色。若直接滴入浓NaOH溶液会生成沉淀，C错误；
D、气体除杂时应从球形干燥管的大口端通入，该操作正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点：
仪器名称与用途混淆：误将蒸发皿认作坩埚，混淆两者 “蒸发溶液” 和 “高温加热固体” 的用途。
实验操作规范疏漏：忽略长颈漏斗 “液封” 的要求（漏斗下端需浸入液面），导致气体逸出的错误操作。
实验原理与仪器匹配错误：制备 Fe (OH)3胶体时，错用 NaOH 溶液（应直接用饱和 FeCl3溶液滴入沸水），且误加酒精灯持续加热。
干燥管使用逻辑模糊：不清楚球形干燥管 “大口进气、小口出气” 的除杂操作规范，易误判气体通入方向。
15．（2024高一上·山东期中）四瓶无色溶液、、、，它们之间的反应关系如图所示。其中a、b、c、d代表四种溶液，e和为无色气体，为白色沉淀。下列叙述错误的是
A．e和g都属于非电解质
B．b中通入过量的g可得到无色溶液
C．将浓度相等的c和d互滴时，滴加顺序不同现象不同
D．f在水中的溶解度很小，导电能力很弱，属于弱电解质
【答案】D
【知识点】铵盐；无机物的推断
【解析】【解答】A、e（NH3）和g（CO2）溶于水导电并非自身电离，属于非电解质，A正确；
B、与过量CO2反应生成可溶的，得到无色溶液，B正确；
C、c、d为或，滴加顺序不同现象不同：向中滴加，先无现象后产生气泡；反向滴加则立即产生气泡，C正确；
D、f（或）虽难溶，但溶解部分完全电离，属于强电解质，D错误；
故答案为：D。
【分析】根据图示反应关系，物质b和c反应生成沉淀，推测b、c可能是、或。进一步观察到b与a在加热条件下生成无色气体e（NH3），可确定b为，a为溶液。气体g为CO2，由与反应制得，因此c、d分别为这两种溶液中的一种。
16．（2024高一上·山东期中）室温下，向某恒容密闭容器中加入、和，加热充分反应，下列说法错误的是
A．整个过程中涉及三个反应
B．冷却至室温，容器内压强增大
C．最终所得气体的物质的量为
D．将所得固体溶于水配成溶液，所得溶液中
【答案】C
【知识点】有关混合物反应的计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、整个过程涉及 “NaHCO3分解、CO2与 Na2O2反应、H2O 与 Na2O2反应” 三个反应，A正确；
B、加热时生成气体，冷却至室温后，H2O变为液体，但仍有O2气体，且容器恒容，压强相比初始（室温无气体）增大，B正确；
C、最终气体为 O2，总物质的量 = 0.25mol+0.25mol=0.5mol≠1mol，C错误；
D、最终固体中 Na + 来自初始物质（1mol NaHCO3含 1mol Na+、1mol Na2CO3含 2mol Na+、1mol Na2O2含 2mol Na+），总 Na+物质的量 = 1+2+2=5mol，配成 2L 溶液，
c (Na+)=5mol÷2L=2.5mol L- ，D正确；
故答案为：C。【分析】加热时，先发生 NaHCO3的分解，再发生分解产物与 Na2O2的反应，需分步分析反应进程。
第一步：NaHCO3分解：2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O↑（1mol NaHCO3生成 0.5mol CO2、0.5mol H2O、0.5mol Na2CO3）。
第二步：CO2与 Na2O2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2（0.5mol CO2消耗 0.5mol Na2O2，生成 0.25mol O2）。
第三步：H2O 与剩余 Na2O2反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2（剩余 0.5mol Na2O2与 0.5mol H2O 反应，生成 0.25mol O2）。据此解题。
17．（2024高一上·山东期中）二氧化氯是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。“R7法”制备二氧化氯的优点是副产品氯气经处理后可循环利用，具体制备流程如图所示。
已知：Ⅰ．
Ⅱ．消毒效率消毒剂转移的电子数消毒剂的质量
下列说法错误的是
A．和的消毒效率之比为
B．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量相等
C．物质X为盐酸和硫酸的混合物
D．反应①消耗的硫酸与反应②生成的硫酸物质的量之比为
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、ClO2的消毒效率 =（1mol ClO2转移 5mol 电子）÷67.5g = ；Cl2的消毒效率 =（1mol Cl2转移 2mol 电子）÷71g = ；两者之比为71：27，A正确；
B、反应①中，NaClO3（Cl+5到+4，作氧化剂）和 NaCl（Cl 从-1到0，作还原剂）的物质的量均为 2mol，比例相等，B正确；
C、反应②生成 HCl 和 H2SO4，故物质 X 是盐酸与硫酸的混合物，C正确；
D、反应①消耗 2mol H2SO4，反应②生成 1mol H2SO4，二者物质的量之比为 2：1≠1：2，D错误；
故答案为：D。
【分析】结合已知反应和流程，先确定 “氯气与热 NaOH 反应的产物”，再分析反应①、②的反应物与产物。
氯气与热 NaOH 反应的产物：根据反应 I，3mol Cl2与 6mol NaOH 反应生成 5mol NaCl、1mol NaClO3和 3mol H2O，故所得产物含 NaCl、NaClO3。
反应①：NaClO3与 H2SO4、物质 X 反应生成 ClO2，结合反应②中 SO2参与反应，可推断反应①是 NaClO3被还原为 ClO2（Cl 从 + 5到+4），物质 X 中含 Cl-（被氧化为 Cl2），即反应①为
2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2↑+Cl2↑+2Na2SO4+2H2O。
反应②：Cl2与 SO2、H2O 反应生成 HCl 和 H2SO4，即Cl2+SO2+2H2O=2HCl + H2SO4，故物质 X 是 HCl 与 H2SO4的混合物。
18．（2024高一上·山东期中）一种利用含钴废料[主要成分为(该物质中的化合价有+2和+3)，还含有少量、杂质]制备的工艺流程如下。下列说法错误的是
A．由流程可知氧化性：
B．滤渣是和的混合物
C．气体属于酸性氧化物
D．“高温焙烧”时的化学方程式：
【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A、原料中钴呈+2、+3价，经酸浸后最终产物为（+2价），说明酸浸过程中被还原，双氧水作为还原剂，故氧化性，A错误；
B、氨水调节pH可沉淀和，B正确；
C、沉钴过程产生，属于酸性氧化物，C正确；
D、焙烧时碳酸钴、碳酸锂和氧气高温条件下反应生成LiCoO2和二氧化碳， 反应方程式为：，D正确；
故答案为：A。
【分析】本实验流程为：含钴废料经硫酸和双氧水酸浸后，金属元素转化为离子态。通过分析钴元素价态变化可知，双氧水在此过程中将还原为。后续加入氨水调节pH，使和分别沉淀为和。再加入碳酸氢钠得到沉淀，最终经高温焙烧制得目标产物。据此解题。
19．（2024高一上·山东期中）由下列事实或现象能得出相应结论的是
　 事实或现象 结论
A 向溶液中加入酸性溶液，紫色褪去 具有还原性
B 用溶液分别中和等体积的溶液和溶液，消耗的溶液多 酸性：
C 向某溶液中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体 原溶液中一定含有
D 用蓝色石蕊试纸检验某无色溶液，试纸变红 该溶液中溶质不一定是酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】常见离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A、和都能被酸性溶液氧化，导致高锰酸钾溶液褪色，因此不能通过褪色现象判断溶液中含有，故A不符合题意 ；
B、假设取1L溶液，根据反应方程式
和可知，硫酸消耗更多NaOH溶液是因为它是二元酸，而不是因为酸性更强，故B不符合题意 ；
C、加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，说明溶液中可能含有或，但不能确定具体是哪种离子，故C不符合题意 ；
D、蓝色石蕊试纸变红说明溶液呈酸性，但酸性溶液不一定就是酸溶液，也可能是酸性盐溶液如NaHSO4，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．Cl-也能被酸性KMnO4氧化，无法确定是 Fe2+ 的还原性；
B．消耗NaOH的量由酸的元数决定，不是酸性强弱；
C．HCO3-也能产生CO2，结论“一定含CO32-” 不成立；
D．强酸弱碱盐（如NH4Cl）水解也能使溶液呈酸性，结论“不一定是酸”合理。
20．（2024高一上·山东期中）向和的混合溶液中不断通入，溶液中n(含碘的某微粒)和n(含的某微粒)随的变化曲线如图所示。
已知：能将继续氧化
下列说法错误的是
A．还原性：
B．a代表随的变化曲线
C．原溶液中
D．根据题意将继续氧化的化学方程式为
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、通入 Cl2后，I-先被氧化（含碘微粒的量先变化），之后 Fe2+被氧化；且题干说明 Cl2能氧化 I2，说明 I-的还原性强于 I2。因此还原性顺序为 I- > Fe2+ > I2，A正确；
B、b 曲线的量随 Cl2通入减少（代表被消耗的 Fe2+），a 曲线的量随 Cl2通入增加（代表生成的 Fe3+），因此 a 对应 n (Fe3+) 的变化，B正确；
C、FeI2中的 I-被氧化：2I-+Cl2=I2+2Cl-，2mol I-（对应 1mol FeI2）消耗 1mol Cl2；
总 Fe2+被氧化：2Fe2++Cl2=2Fe3+，从图像看，Fe2+完全氧化共消耗 2mol Cl2，对应总 Fe2+为 4mol；原溶液中 FeCl2的 Fe2+=总Fe2+-FeI2的Fe2+=4mol-1mol=3mol；因此 n (FeI2)：n (FeCl2)=1：3，不是 1：2，C错误；
D、I 从 0 价（I2）升高到 + 5 价（HIO3），每个 I2失 10e-；Cl 从 0 价（Cl2）降低到 - 1 价（HCl），每个 Cl2得 2e-；得失电子守恒：Cl2系数为 5，I2系数为 1，再配平原子得方程式为，D正确；故答案为：C。
【分析】根据题目信息和图像分析，可以得出以下反应过程：
1. 当通入Cl2的量为0 0.5 mol时，Cl2与I 发生反应；
2. 当通入Cl2的量为0.5 1.5 mol时，Cl2与Fe2+发生反应；
3. 当通入Cl2的量为1.5 4 mol时，Cl2进一步氧化I2。据此解题。
二、非选择题：本题共4小题，共50分
21．（2024高一上·山东期中）回答下列问题：
（1）黑火药是我国古代四大发明之一，其反应的化学方程式为。
①上述反应所涉及的物质中属于电解质的是　 　(填化学式)。
②上述反应中还原产物是　 　(填化学式)。
③收集上述反应生成的气体，通入的溶液中，最终所得溶液中的溶质是　 　(填化学式)。
（2）和的混合气体在标准状况下的密度为，则　 　。
（3）将饱和溶液滴入沸水中出现透明的红褐色，将饱和溶液滴入氨水中出现红褐色沉淀，涉及反应的离子方程式分别为　 　、　 　。
（4）某溶液中可能含有、、、、、、、中的几种，现将此溶液分为两等份，进行如下实验：
①向第一份溶液中加入足量，过滤、洗涤、干燥后得到白色沉淀。
②向①反应后的滤液中加入足量溶液，有白色沉淀产生；将白色沉淀过滤、洗涤后溶解到足量稀盐酸中，收集到气体(标准状况下)。
③向第二份溶液中加入足量溶液，过滤、洗涤、干燥后得到白色沉淀。
根据以上实验推断溶液中一定存在的离子有　 　；一定不存在的离子有　 　。实验②中沉淀溶解的离子方程式为　 　。
【答案】（1）、；、；、
（2）13：2
（3）；
（4）、、、；、、；
【知识点】电解质与非电解质；离子共存；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①S为单质，既不是电解质也不是非电解质；
溶于水或熔融状态下均能导电，因此属于电解质；
C为单质，既不是电解质也不是非电解质；
溶于水或熔融状态下均能导电，因此属于电解质；
溶于水后并非是自身电离出的离子使溶液导电，二氧化碳熔融状态时不导电，因此属于非电解质；
为单质，既不是电解质也不是非电解质；
综合可知，属于电解质的是、。
②根据反应可知，S元素的化合价从0价降低到-2价，N元素的化合价从+5价降低到0价，因此还原产物为、。
③根据反应可知，产生的气体有二氧化碳和氮气，反应生成的气体中占，故的物质的量为，二氧化碳通入到1L的溶液中，发生的反应依次为：、，1L的溶液中含有1molNaOH，可知，二氧化碳还剩余0.25mol，可知，经计算可知，最后剩余和，故最终所得溶液中的溶质是和。
故答案为：、 ；、 ；、 ；
（2）和的混合气体在标准状况下的密度为，可计算出和的平均摩尔质量为，设的物质的量为，的物质的量为，则，求得。
故答案为： 13：2 ；
（3）将饱和溶液滴入沸水中出现透明的红褐色，离子方程式为；
将饱和溶液滴入氨水中出现红褐色沉淀，离子方程式为。
故答案为： ； ；
（4）①根据题意向第一份溶液中加入足量，过氧化钠溶于水后会产生氢氧化钠，而后过滤、洗涤、干燥后得到白色沉淀，可知该白色沉淀为，物质的量为，即的物质的量为，则溶液中不存在，因为若是存在则会被氧化为，而后产生的是红褐色的沉淀；
②向①反应后的滤液中加入足量溶液，有白色沉淀产生，则白色沉淀为沉淀，说明溶液中含有，也可知溶液中不存在、；将白色沉淀过滤、洗涤后溶解到足量稀盐酸中，收集到气体(标准状况下)，即收集到，根据原子守恒有，可知的物质的量为，即的物质的量为；
③向第二份溶液中加入足量溶液，过滤、洗涤、干燥后得到白色沉淀，此白色沉淀为，物质的量为，即Cl-的物质的量为，又据以上分析可知，的物质的量为，的物质的量为，镁离子和钡离子所带正电荷大于氯离子所带负电荷，根据电荷守恒判断，该溶液中一定含有；
综上所述可推断溶液中一定存在的离子有、、、；
一定不存在的离子有、、；
实验②中碳酸钡沉淀与稀盐酸反应产生氯化钡、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：。
故答案为：、、、 ；、、 ； 。
【分析】(1)电解质判断：依 “化合物、溶于水、熔融导电”，选 KNO3、K2S；
还原产物判断：化合价降低的生成物（S→K2S、N→N2）；
气体与 NaOH 反应：算 CO2量，分步反应后结合量得溶质。
(2)密度算平均摩尔质量（密度 × 标况体积）；
设 O2、CO2物质的量，用平均摩尔质量公式求比例。
(3)沸水中制胶体：Fe3+水解（加热）生成 Fe(OH)3胶体；
氨水中生沉淀：Fe3+与 NH3 H2O 反应生成 Fe(OH)3沉淀。
(4)加 Na2O2得沉淀：含 Mg2+，排除 Fe2+；加Na2CO3得沉淀：含 Ba2+，排除 SO42-、CO32-；
加AgNO3得沉淀：含 Cl-；又由于电荷守恒可知：含 NO3-；最后注意沉淀溶解是由于BaCO3与 H+的反应。
（1）①S为单质，既不是电解质也不是非电解质；
溶于水或熔融状态下均能导电，因此属于电解质；
C为单质，既不是电解质也不是非电解质；
溶于水或熔融状态下均能导电，因此属于电解质；
溶于水后并非是自身电离出的离子使溶液导电，二氧化碳熔融状态时不导电，因此属于非电解质；
为单质，既不是电解质也不是非电解质；
综合可知，属于电解质的是、。
②根据反应可知，S元素的化合价从0价降低到-2价，N元素的化合价从+5价降低到0价，因此还原产物为、。
③根据反应可知，产生的气体有二氧化碳和氮气，反应生成的气体中占，故的物质的量为，二氧化碳通入到1L的溶液中，发生的反应依次为：、，1L的溶液中含有1molNaOH，可知，二氧化碳还剩余0.25mol，可知，经计算可知，最后剩余和，故最终所得溶液中的溶质是和。
（2）和的混合气体在标准状况下的密度为，可计算出和的平均摩尔质量为，设的物质的量为，的物质的量为，则，求得。
（3）将饱和溶液滴入沸水中出现透明的红褐色，离子方程式为；
将饱和溶液滴入氨水中出现红褐色沉淀，离子方程式为。
（4）①根据题意向第一份溶液中加入足量，过氧化钠溶于水后会产生氢氧化钠，而后过滤、洗涤、干燥后得到白色沉淀，可知该白色沉淀为，物质的量为，即的物质的量为，则溶液中不存在，因为若是存在则会被氧化为，而后产生的是红褐色的沉淀；
②向①反应后的滤液中加入足量溶液，有白色沉淀产生，则白色沉淀为沉淀，说明溶液中含有，也可知溶液中不存在、；将白色沉淀过滤、洗涤后溶解到足量稀盐酸中，收集到气体(标准状况下)，即收集到，根据原子守恒有，可知的物质的量为，即的物质的量为；
③向第二份溶液中加入足量溶液，过滤、洗涤、干燥后得到白色沉淀，此白色沉淀为，物质的量为，即Cl-的物质的量为，又据以上分析可知，的物质的量为，的物质的量为，镁离子和钡离子所带正电荷大于氯离子所带负电荷，根据电荷守恒判断，该溶液中一定含有；
综上所述可推断溶液中一定存在的离子有、、、；
一定不存在的离子有、、；
实验②中碳酸钡沉淀与稀盐酸反应产生氯化钡、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：。
22．（2024高一上·山东期中）(俗称过氧化脲)是一种消毒剂，实验室中可用尿素与过氧化氢制取，反应方程式如下：
已知：①
②单质为淡黄色难溶于水的固体
(一)过氧化脲的合成
烧杯中分别加入、蒸馏水和尿素，搅拌溶解。30℃下充分反应，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体。
(二)一定浓度的过氧化脲溶液的配制
配制的过氧化脲溶液。
(三)过氧化脲性质检测
I．过氧化脲溶液用稀酸化后，滴加溶液，紫色消失。
Ⅱ．将过氧化脲溶液加入溶液中产生淡黄色沉淀。
回答下列问题：
（1）的物质的量浓度为　 　
（2）过滤中使用到的玻璃仪器有　 　。
（3）过氧化脲的产率为　 　%(保留3位有效数字)。
（4）配制的过氧化脲溶液，需称取　 　g过氧化脲固体。
（5）下图为“溶液配制”的部分过程，操作a应重复3次，目的是　 　，定容后还需要的操作为　 　。
（6）以下操作导致所配过氧化脲浓度偏低的是___________(填标号)。
A．容量瓶中液面超过刻度线
B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水
C．在定容时俯视容量瓶刻度线
D．称量溶质时使用了游码，物码放置颠倒
（7）性质检测I和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是　 　、　 　。
【答案】（1）12
（2）烧杯、漏斗、玻璃棒
（3）66.7
（4）4.7
（5）保证将溶质全部转移到容量瓶中；摇匀、装瓶
（6）A；D
（7）还原性；氧化性
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）根据；
故答案为： 12 ；
（2）过滤中使用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
故答案为： 烧杯、漏斗、玻璃棒 ；
（3）含H2O2物质的量为=0.24mol，尿素物质的量，根据，过氧化氢过量，尿素不足，故过氧化脲的理论产量：，其产率为；
故答案为： 66.7 ；
（4）配制的过氧化脲溶液需用容量瓶，故需称取过氧化脲的质量为；
故答案为： 4.7 ；
（5）操作a应重复3次，目的是保证将溶质全部转移到容量瓶中，避免溶质损失。定容后还需要的操作为上下颠倒、反复摇匀，装瓶；
故答案为： 保证将溶质全部转移到容量瓶中 ； 摇匀、装瓶 ；
（6）A．容量瓶中液面超过刻度线，导致溶液体积偏大，所配过氧化脲浓度偏低；
B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，所配过氧化脲浓度不受影响；
C．在定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，所配过氧化脲浓度偏高；
D．称量溶质时使用了游码，物码放置颠倒，使得左码=右物+游码，导致称取的溶质质量偏小，所配过氧化脲浓度偏低。
故答案为： AD；
（7）过氧化脲溶液用稀酸化后，滴加溶液，紫色消失，说明被还原，体现了过氧化脲的还原性；将过氧化脲溶液加入溶液中产生淡黄色沉淀，说明被氧化为单质，体现了过氧化脲的氧化性。故性质检测I和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是还原性、氧化性。
故答案为： 还原性 ； 氧化性 。
【分析】（一）过氧化脲的合成
向烧杯中依次加入 20mL 34% 的 H2O2（密度为 1.2g cm-3）、40mL 蒸馏水，再加入 9.0g 尿素，搅拌使固体完全溶解；将混合液置于 30℃环境中，尿素与 H2O2发生反应：CO(NH2)2+H2O2=CO(NH2)2 H2O2，生成过氧化脲；待反应后，将过氧化脲溶液降温，使其结晶析出，再经过滤、干燥操作，得到过氧化脲固体。
（二）过氧化脲溶液的配制
需配制 450mL 0.1mol L- 的过氧化脲溶液，由于实验室无 450mL 规格的容量瓶，因此选用 500mL 容量瓶进行配制。具体步骤为：先计算所需过氧化脲的质量，再通过称量（或量取）、溶解、冷却、转移（转移后需洗涤容器并将洗涤液并入容量瓶）、定容、摇匀，最后贴标签，完成溶液配制。
（三）过氧化脲的性质检测
酸性条件下，过氧化脲可与 KMnO4发生反应，表现出还原性；
向 Na2S 溶液中加入过氧化脲溶液，会产生淡黄色沉淀（S 单质），说明过氧化脲具有氧化性，能将 S2-氧化为 S 单质。
（1）根据；
（2）过滤中使用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
（3）含H2O2物质的量为=0.24mol，尿素物质的量，根据，过氧化氢过量，尿素不足，故过氧化脲的理论产量：，其产率为；
（4）配制的过氧化脲溶液需用容量瓶，故需称取过氧化脲的质量为；
（5）操作a应重复3次，目的是保证将溶质全部转移到容量瓶中，避免溶质损失。定容后还需要的操作为上下颠倒、反复摇匀，装瓶；
（6）A．容量瓶中液面超过刻度线，导致溶液体积偏大，所配过氧化脲浓度偏低；
B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，所配过氧化脲浓度不受影响；
C．在定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，所配过氧化脲浓度偏高；
D．称量溶质时使用了游码，物码放置颠倒，使得左码=右物+游码，导致称取的溶质质量偏小，所配过氧化脲浓度偏低。
故选AD。
（7）过氧化脲溶液用稀酸化后，滴加溶液，紫色消失，说明被还原，体现了过氧化脲的还原性；将过氧化脲溶液加入溶液中产生淡黄色沉淀，说明被氧化为单质，体现了过氧化脲的氧化性。故性质检测I和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是还原性、氧化性。
23．（2024高一上·山东期中）用如图装置A(气密性好)研究与的反应。
实验步骤：
①将一定量浓盐酸滴在粉末上，立即产生黄绿色气体。
②待黄绿色气体充满集气瓶时，关闭止水夹。
③再向钠粒上滴2滴水，片刻后钠燃烧，产生白烟，白色固体附着在集气瓶内壁上。
回答下列问题：
（1）写出步骤①中发生反应的化学方程式　 　，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为　 　。
（2）步骤③引起钠燃烧的原因是　 　。
（3）反应一段时间后，向处理尾气的烧杯中滴加浓盐酸也会产生氯气，该反应的离子方程　 　。
（4）实验室通常用装置B制取氯气，反应的离子方程式为　 　；由此可知氧化性：高锰酸钾　 　二氧化锰(填“>”或“<”)。
（5）用装置B制备氯气时有同学发现：浓盐酸与混合加热生成氯气，稀盐酸与混合加热不生成氯气。针对上述现象小组同学对“影响氯气生成的原因”进行了讨论，并设计了以下实验方案：
a．将稀盐酸滴入中，然后通入气体加热
b．将稀盐酸滴入中，然后加入固体加热
c．将稀盐酸滴入中，然后加入浓硫酸加热
d．将与的浓溶液混合加热
e．将较浓硫酸与固体、固体共热
①实验b的目的是探究　 　对反应的影响。
②实验现象：a、c、e有黄绿色气体生成，b、d没有黄绿色气体生成。由此得出影响氯气生成的原因是　 　。
【答案】（1）；1：5
（2）钠与水反应放热，达到了钠在氯气中燃烧的着火点(合理即给分)
（3）
（4）；>
（5）氯离子浓度；氢离子浓度的大小
【知识点】离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）步骤①中发生反应的化学方程式为；根据与的反应方程式可知，作氧化剂，作还原剂，故该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5；
故答案为： ； 1：5 ；
（2）步骤③引起钠燃烧的原因是钠与水反应放热，达到了钠在氯气中燃烧的着火点；
故答案为： 钠与水反应放热，达到了钠在氯气中燃烧的着火点(合理即给分) ；
（3）反应一段时间后，处理尾气的烧杯中生成了，滴加浓盐酸会与发生归中反应产生氯气，该反应的离子方程式为；
故答案为： ；
（4）实验室通常用装置制取氯气，反应的离子方程式为；对比、分别与反应的条件可知氧化性：高锰酸钾＞二氧化锰；
故答案为： ； > ；
（5）①实验中，稀盐酸和不反应，加入固体加热，相当于增大了氯离子浓度，故实验的目的是探究氯离子浓度对反应的影响；
②实验a、c、e中有黄绿色气体生成，b、d没有黄绿色气体生成，对比发现a、c、e相当于增大了氢离子浓度，而、相当于增大了氯离子浓度，故能得出结论：影响氯气生成的原因是氢离子浓度的大小。
故答案为： 氯离子浓度 ； 氢离子浓度的大小 ；
【分析】(1)配平反应：KMnO4与浓 HCl 反应生成 Cl2，化学方程式为
2KMnO4+16HCl (浓)=2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O；
氧化剂、还原剂：KMnO4是氧化剂，被氧化的 HCl（生成 Cl2的部分）是还原剂，物质的量比为 1：5。
(2)钠与水反应放热，温度达到钠在 Cl2中燃烧的着火点。
(3)尾气处理生成的 ClO-与浓盐酸中 Cl-发生归中反应，离子方程式为 ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+2H2O。
(4)装置 B 制 Cl2的离子方程式： ；
氧化性比较：KMnO4常温下与浓 HCl 反应，MnO2需加热，故 KMnO4>MnO2。
(5)①实验 b：探究 Cl-浓度对反应的影响；②实验现象对比：H+浓度足够时才能生成 Cl2，故影响因素是 H+浓度大小。
（1）步骤①中发生反应的化学方程式为；根据与的反应方程式可知，作氧化剂，作还原剂，故该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5；
（2）步骤③引起钠燃烧的原因是钠与水反应放热，达到了钠在氯气中燃烧的着火点；
（3）反应一段时间后，处理尾气的烧杯中生成了，滴加浓盐酸会与发生归中反应产生氯气，该反应的离子方程式为；
（4）实验室通常用装置制取氯气，反应的离子方程式为；对比、分别与反应的条件可知氧化性：高锰酸钾＞二氧化锰；
（5）①实验中，稀盐酸和不反应，加入固体加热，相当于增大了氯离子浓度，故实验的目的是探究氯离子浓度对反应的影响；
②实验a、c、e中有黄绿色气体生成，b、d没有黄绿色气体生成，对比发现a、c、e相当于增大了氢离子浓度，而、相当于增大了氯离子浓度，故能得出结论：影响氯气生成的原因是氢离子浓度的大小。
24．（2024高一上·山东期中）某实验小组制备并测定其纯度
I．利用如图装置制备
（1）检查装置气密性：将导管末端插入水中，关闭分液漏斗活塞，微热锥形瓶，观察到　 　(填现象)，证明装置气密性良好。
（2）装置C中发生反应的化学方程式为　 　。
（3）装置D的作用是　 　。
（4）时，和的混合气体与足量的充分反应，固体质量增加，则原混合气体的总物质的量为　 　。
Ⅱ．利用如图装置测定产品中的质量分数
已知：常温常压下气体摩尔体积为。
常温常压下，称取样品，记录量气管初始读数为，从A仪器迅速加入足量稀，立即关闭活塞，恢复至室温，调整两边液面相平后量气管读数为。
（5）仪器A的名称为　 　。
（6）该产品中的质量分数为　 　(用含Vm的表达式表示)。若读数时，量气管液面高于储液瓶液面，所测的质量分数会　 　(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
（7）也可以利用上述装置粗略测定的摩尔质量。常温常压下，将上述装置中的样品换成mg纯净的，迅速加入足量稀后，产生的体积为，列出的摩尔质量的表达式　 　(用含m、、的表达式表示)。
【答案】导管末端有气泡冒出，停止加热后导管内形成一段稳定的水柱；；防止空气中的、进入装置C中；1；恒压滴液漏斗；；偏低；(合理即给分)
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）通过改变装置的温度或利用液体压强差来检测装置的气密性，当装置内部温度升高时，空气受热膨胀会向外逸出，形成气泡；冷却后，如果装置气密性好，导管内会形成一段水柱，因此检查装置气密性：将导管末端插入水中，关闭分液漏斗活塞，微热锥形瓶，观察到导管末端有气泡冒出，停止加热后导管内形成一段稳定的水柱，证明装置气密性良好。
故答案为： 导管末端有气泡冒出，停止加热后导管内形成一段稳定的水柱 ；
（2）装置C中氧气与氧化钠在加热的条件下产生过氧化钠，发生反应的化学方程式为：。
故答案为： ；
（3）会和和反应，故装置的作用是防止空气中的、进入装置中。
故答案为： 防止空气中的、进入装置C中 ；
（4）时，水为气态，和的混合气体与足量的充分反应，反应为：、，可看作固体质量增加的是和的质量，说明20g-4g=16g为O2的质量，即0.5molO2，根据2H2O~O2，2CO2~O2可得原混合气体的总物质的量为1mol。
故答案为： 1 ；
（5）根据仪器的特点可知仪器A的名称为恒压滴液漏斗。
故答案为： 恒压滴液漏斗 ；
（6）量气管初始读数为，而后量气管读数为，说明产生的气体体积为20.00mL，设的质量为，
列式可得：，解得，
故的质量分数为；
若读数时，量气管液面高于储液瓶液面，则会导致气体压强增大，体积减小，使的质量分数偏低。
故答案为： ； 偏低 ；
（7）设的摩尔质量为Mg/mol，
则有，解得。
故答案为：(合理即给分)
【分析】向二氧化锰中加入过氧化氢溶液，过氧化氢在 MnO2的催化作用下分解产生氧气；生成的氧气先通过碱石灰（除去水蒸气等杂质）进行干燥，干燥后的 O2进入装置 C，在加热条件下与 Na2O 发生反应：，从而生成过氧化钠；装置 D 中浓硫酸的作用是隔绝空气，防止外界空气中的 H2O、CO2进入装置 C，避免生成的 Na2O2与这些物质发生反应而变质。
(1) 气密性检查：微热锥形瓶，导管口冒气泡，冷却后导管内形成稳定水柱。
(2) 装置C反应：Na2O与O2加热生成Na2O2，方程式为。
(3) 装置D作用：隔绝空气，防止H2O、CO2进入装置C与Na2O2反应。
(4) 混合气体计算：固体增重为CO、H2质量，O2质量为16g（0.5mol），由反应关系得混合气体总物质的量为1mol。
(5) 根据所学知识可知，仪器A：恒压分液漏斗。
(6) 质量分数计算：生成O2体积20mL，由反应比例得质量分数为；量气管液面高会使O2体积读数偏小，结果偏低。
(7) 摩尔质量计算：由O2体积VmL，结合反应比例得表达式。
1 / 1山东名校考试联盟2024-2025学年高一上学期11月期中检测化学试题
一、选择题：本题共20小题，其中1-10题每小题2分，11-20题每小题3分，共50分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2024高一上·山东期中）化学与生产生活关系密切，下列说法错误的是
A．碳酸氢钠可用作食品膨松剂
B．“血液透析”利用了胶体的性质
C．明矾常用来净水，它属于混合物
D．“卤水点豆腐，一物降一物”，该过程发生了胶体的聚沉
2．（2024高一上·山东期中）关于实验室安全，下列表述错误的是
A．金属着火，可用沙子灭火
B．观察烧杯中钠与水反应的实验现象时，不能近距离俯视
C．具有标识的化学品为易燃类物质，应注意防火
D．稀释浓硫酸时，酸溅到皮肤上，用的溶液冲洗
3．（2024高一上·山东期中）下列过程涉及氧化还原反应的是
A．金属的冶炼
B．用制备纳米级
C．用稀盐酸洗涤长期放置石灰水的试剂瓶
D．侯氏制碱法以氨气、二氧化碳和饱和食盐水制备纯碱
4．（2024高一上·山东期中）下列说法错误的是
A．可以与酸反应，能用于治疗胃酸过多
B．量子点是一种纳米级别的半导体晶体，量子点属于胶体
C．氯气能使有色鲜花褪色，是因为次氯酸的漂白性
D．、、、久置于空气中，最终都会变成
5．（2024高一上·山东期中）物质性质决定用途，下列对应关系错误的是
　 物质 性质 用途
A 活性炭 吸附性 分解室内甲醛
B 能与和反应产生 呼吸面具中的供氧剂
C 能与酸反应 调节面团酸度
D 次氯酸钠 氧化性 衣物漂白
A．A B．B C．C D．D
6．（2024高一上·山东期中）下列图示实验中，操作规范的是
A．配制NaOH溶液 B．用试纸测定溶液
C．除去中混有的少量 D．向试管中滴加溶液
A．A B．B C．C D．D
7．（2024高一上·山东期中）如图所示为氯元素的“价一类”二维图。下列说法错误的是
A．①和④混合能产生②
B．②和③都可以用于自来水的杀菌消毒
C．上述物质中属于非电解质的有1种
D．④→①的转化一定需要加入还原剂才能实现
8．（2024高一上·山东期中）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．常温常压下，中所含的原子数为
B．固体加入沸水中充分反应，形成的胶体粒子数为
C．标准状况下，个和的混合气体所占的体积约为
D．钠在空气中完全反应生成和的混合物，转移的电子数为
9．（2024高一上·山东期中）数字化实验将传感器、数据采集器和计算机相连，可利用信息技术对化学实验进行数据的采集和分析。如图是数字化实验得到的光照过程中氯水的(浓度越大，越小)和电导率的变化情况。下列说法错误的是
A．曲线①和②分别代表氯水和电导率的变化情况
B．氯气与水反应的离子方程式为
C．随时间的增长，氯水的漂白性减弱
D．新制氯水应保存在棕色细口瓶中
10．（2024高一上·山东期中）下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．溶液中：、、、
B．使紫色石蕊显蓝色的溶液：、、、
C．溶液中：、、、
D．酸性溶液中：、、、
11．（2024高一上·山东期中）对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是
A．用溶液除气体：
B．将投入中：
C．向溶液中滴加过量溶液：
D．草酸溶液能使酸性高锰酸钾溶液褪色：
12．（2024高一上·山东期中）利用可将废水中的转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：(未配平)。下列说法错误的是
A．表示
B．可用替换
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D．生成时转移电子
13．（2024高一上·山东期中）某实验小组利用以下装置制备少量的氯气，并检验氯气的性质。下列说法错误的是
A．锥形瓶中发生反应的化学方程式为
B．干燥的试纸不变色，湿润的试纸变红
C．观察到湿润的淀粉—KI试纸变蓝，说明具有氧化性
D．浸有溶液的棉花吸收的过程中氯气既体现氧化性又体现还原性
14．（2024高一上·山东期中）下列有关仪器的名称、示意图、用途或使用操作的叙述均正确的是
选项 A B C D
名称 坩埚 长颈漏斗、锥形瓶、注射器、导管 胶头滴管、烧杯、酒精灯、铁架台(带铁圈、陶土网) 球形干燥管
示意图
用途或使用操作 可用于对固体进行高温加热 制备并收集氧气 制备胶体 除杂实验中将气体从大口通入
A．A B．B C．C D．D
15．（2024高一上·山东期中）四瓶无色溶液、、、，它们之间的反应关系如图所示。其中a、b、c、d代表四种溶液，e和为无色气体，为白色沉淀。下列叙述错误的是
A．e和g都属于非电解质
B．b中通入过量的g可得到无色溶液
C．将浓度相等的c和d互滴时，滴加顺序不同现象不同
D．f在水中的溶解度很小，导电能力很弱，属于弱电解质
16．（2024高一上·山东期中）室温下，向某恒容密闭容器中加入、和，加热充分反应，下列说法错误的是
A．整个过程中涉及三个反应
B．冷却至室温，容器内压强增大
C．最终所得气体的物质的量为
D．将所得固体溶于水配成溶液，所得溶液中
17．（2024高一上·山东期中）二氧化氯是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。“R7法”制备二氧化氯的优点是副产品氯气经处理后可循环利用，具体制备流程如图所示。
已知：Ⅰ．
Ⅱ．消毒效率消毒剂转移的电子数消毒剂的质量
下列说法错误的是
A．和的消毒效率之比为
B．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量相等
C．物质X为盐酸和硫酸的混合物
D．反应①消耗的硫酸与反应②生成的硫酸物质的量之比为
18．（2024高一上·山东期中）一种利用含钴废料[主要成分为(该物质中的化合价有+2和+3)，还含有少量、杂质]制备的工艺流程如下。下列说法错误的是
A．由流程可知氧化性：
B．滤渣是和的混合物
C．气体属于酸性氧化物
D．“高温焙烧”时的化学方程式：
19．（2024高一上·山东期中）由下列事实或现象能得出相应结论的是
　 事实或现象 结论
A 向溶液中加入酸性溶液，紫色褪去 具有还原性
B 用溶液分别中和等体积的溶液和溶液，消耗的溶液多 酸性：
C 向某溶液中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体 原溶液中一定含有
D 用蓝色石蕊试纸检验某无色溶液，试纸变红 该溶液中溶质不一定是酸
A．A B．B C．C D．D
20．（2024高一上·山东期中）向和的混合溶液中不断通入，溶液中n(含碘的某微粒)和n(含的某微粒)随的变化曲线如图所示。
已知：能将继续氧化
下列说法错误的是
A．还原性：
B．a代表随的变化曲线
C．原溶液中
D．根据题意将继续氧化的化学方程式为
二、非选择题：本题共4小题，共50分
21．（2024高一上·山东期中）回答下列问题：
（1）黑火药是我国古代四大发明之一，其反应的化学方程式为。
①上述反应所涉及的物质中属于电解质的是　 　(填化学式)。
②上述反应中还原产物是　 　(填化学式)。
③收集上述反应生成的气体，通入的溶液中，最终所得溶液中的溶质是　 　(填化学式)。
（2）和的混合气体在标准状况下的密度为，则　 　。
（3）将饱和溶液滴入沸水中出现透明的红褐色，将饱和溶液滴入氨水中出现红褐色沉淀，涉及反应的离子方程式分别为　 　、　 　。
（4）某溶液中可能含有、、、、、、、中的几种，现将此溶液分为两等份，进行如下实验：
①向第一份溶液中加入足量，过滤、洗涤、干燥后得到白色沉淀。
②向①反应后的滤液中加入足量溶液，有白色沉淀产生；将白色沉淀过滤、洗涤后溶解到足量稀盐酸中，收集到气体(标准状况下)。
③向第二份溶液中加入足量溶液，过滤、洗涤、干燥后得到白色沉淀。
根据以上实验推断溶液中一定存在的离子有　 　；一定不存在的离子有　 　。实验②中沉淀溶解的离子方程式为　 　。
22．（2024高一上·山东期中）(俗称过氧化脲)是一种消毒剂，实验室中可用尿素与过氧化氢制取，反应方程式如下：
已知：①
②单质为淡黄色难溶于水的固体
(一)过氧化脲的合成
烧杯中分别加入、蒸馏水和尿素，搅拌溶解。30℃下充分反应，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体。
(二)一定浓度的过氧化脲溶液的配制
配制的过氧化脲溶液。
(三)过氧化脲性质检测
I．过氧化脲溶液用稀酸化后，滴加溶液，紫色消失。
Ⅱ．将过氧化脲溶液加入溶液中产生淡黄色沉淀。
回答下列问题：
（1）的物质的量浓度为　 　
（2）过滤中使用到的玻璃仪器有　 　。
（3）过氧化脲的产率为　 　%(保留3位有效数字)。
（4）配制的过氧化脲溶液，需称取　 　g过氧化脲固体。
（5）下图为“溶液配制”的部分过程，操作a应重复3次，目的是　 　，定容后还需要的操作为　 　。
（6）以下操作导致所配过氧化脲浓度偏低的是___________(填标号)。
A．容量瓶中液面超过刻度线
B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水
C．在定容时俯视容量瓶刻度线
D．称量溶质时使用了游码，物码放置颠倒
（7）性质检测I和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是　 　、　 　。
23．（2024高一上·山东期中）用如图装置A(气密性好)研究与的反应。
实验步骤：
①将一定量浓盐酸滴在粉末上，立即产生黄绿色气体。
②待黄绿色气体充满集气瓶时，关闭止水夹。
③再向钠粒上滴2滴水，片刻后钠燃烧，产生白烟，白色固体附着在集气瓶内壁上。
回答下列问题：
（1）写出步骤①中发生反应的化学方程式　 　，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为　 　。
（2）步骤③引起钠燃烧的原因是　 　。
（3）反应一段时间后，向处理尾气的烧杯中滴加浓盐酸也会产生氯气，该反应的离子方程　 　。
（4）实验室通常用装置B制取氯气，反应的离子方程式为　 　；由此可知氧化性：高锰酸钾　 　二氧化锰(填“>”或“<”)。
（5）用装置B制备氯气时有同学发现：浓盐酸与混合加热生成氯气，稀盐酸与混合加热不生成氯气。针对上述现象小组同学对“影响氯气生成的原因”进行了讨论，并设计了以下实验方案：
a．将稀盐酸滴入中，然后通入气体加热
b．将稀盐酸滴入中，然后加入固体加热
c．将稀盐酸滴入中，然后加入浓硫酸加热
d．将与的浓溶液混合加热
e．将较浓硫酸与固体、固体共热
①实验b的目的是探究　 　对反应的影响。
②实验现象：a、c、e有黄绿色气体生成，b、d没有黄绿色气体生成。由此得出影响氯气生成的原因是　 　。
24．（2024高一上·山东期中）某实验小组制备并测定其纯度
I．利用如图装置制备
（1）检查装置气密性：将导管末端插入水中，关闭分液漏斗活塞，微热锥形瓶，观察到　 　(填现象)，证明装置气密性良好。
（2）装置C中发生反应的化学方程式为　 　。
（3）装置D的作用是　 　。
（4）时，和的混合气体与足量的充分反应，固体质量增加，则原混合气体的总物质的量为　 　。
Ⅱ．利用如图装置测定产品中的质量分数
已知：常温常压下气体摩尔体积为。
常温常压下，称取样品，记录量气管初始读数为，从A仪器迅速加入足量稀，立即关闭活塞，恢复至室温，调整两边液面相平后量气管读数为。
（5）仪器A的名称为　 　。
（6）该产品中的质量分数为　 　(用含Vm的表达式表示)。若读数时，量气管液面高于储液瓶液面，所测的质量分数会　 　(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
（7）也可以利用上述装置粗略测定的摩尔质量。常温常压下，将上述装置中的样品换成mg纯净的，迅速加入足量稀后，产生的体积为，列出的摩尔质量的表达式　 　(用含m、、的表达式表示)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；物质的简单分类；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、碳酸氢钠（NaHCO3）在加热时易分解生成二氧化碳气体，该特性使其能有效使面团膨胀松软，因此可作为食品膨松剂使用，A正确；B、 "血液透析"治疗技术利用了胶体粒子不能透过半透膜的特性（渗析原理），B正确；
C、明矾（化学式：）是用于水处理的常见净水剂，但其属于纯净物而非混合物，C错误；
D、豆浆属于胶体体系，"卤水点豆腐"过程实质是电解质使胶体发生聚沉的现象，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点整理如下：
明矾的分类认知错误：明矾的化学式是 KAl(SO4)2 12H2O（十二水合硫酸铝钾），它有固定的组成与结构，属于纯净物，但很多人会误把它当成混合物（这正是选项C的错误之处）。
胶体性质的实际应用混淆：血液透析是利用 “胶体粒子不能透过半透膜” 的性质，卤水点豆腐是利用 “胶体聚沉” 的原理，但部分人对这些生活场景对应的胶体知识不熟悉，易误判B、D选项。
物质用途与化学性质的关联模糊：比如碳酸氢钠作膨松剂，是因为它受热会分解产生二氧化碳气体，但如果对其化学性质不熟悉，可能会对选项A的正确性产生疑惑。
2．【答案】D
【知识点】钠的化学性质；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、金属 Na 着火时，沙子能隔绝空气，阻止 Na 与氧气继续反应，所以可用沙子灭火，A正确；
B、钠与水反应剧烈且放热，近距离俯视可能会有液体溅出伤人，所以不能近距离俯视，B正确；
C、为易燃标识的化学品属于易燃类物质，使用时应注意防火，远离明火，C正确；
D、稀释浓硫酸时，若酸溅到皮肤上，应先用大量水冲洗，再用 3 - 5% 的 NaHCO3溶液处理，而不是直接用 NaHCO3溶液冲洗，D错误；
故答案为：D。
【分析】根据实验室安全操作的相关知识，对每个选项涉及的实验安全注意事项进行分析，判断表述的正误。
3．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、金属冶炼的本质是将金属元素从化合态转化为游离态，此过程中金属元素的化合价必然发生变化，因此属于氧化还原反应，A正确；
B、首先水解生成氢氧化铁沉淀，再经加热分解得到纳米级，整个过程铁元素始终为+3价，没有发生氧化还原反应，B错误；
C、石灰水变质是氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙的过程：；用盐酸清洗时发生的反应为：。这两个反应均无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，C错误；
D、侯氏制碱法的核心反应为：，所有元素的化合价均保持不变，属于非氧化还原反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】本道题的解题突破口：
抓核心：氧化还原反应的判定依据 —— 元素化合价变化
逐个突破选项：金属冶炼：金属化合物→金属单质，金属元素化合价必降低，直接判定涉及氧化还原。
其他选项：看反应前后元素价态（如 B 中 Fe 始终为 +3 价、C 中各元素价态不变、D 中无元素价态变化），快速排除非氧化还原反应。
4．【答案】B
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；分散系、胶体与溶液的概念及关系；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、作为抗酸剂，通过中和胃酸（HCl）降低氢离子浓度，化学方程式为，A正确；
B、量子点是尺寸在1-10nm的半导体纳米晶，其特性源于量子限域效应。虽然纳米颗粒尺寸与胶体粒子（1-100nm）部分重叠，但量子点本身是固态晶体材料，不属于分散系范畴，故不符合胶体定义，B错误；
C、氯气的漂白机理为，次氯酸（HClO）具有强氧化性，能破坏花色苷等色素分子，C正确；
D、钠及其化合物的转化路径如下：Na到（氧化）到NaOH（水合）到（碳酸化）；到NaOH（水解）到；NaOH直接与反应生成；因此所有物质最终均转化为碳酸钠，D正确；
故答案为：B。
【分析】这道题的解题突破口：
胶体的判定核心：胶体是 “分散系”（分散质 + 分散剂），而量子点是纳米级晶体（单一物质），不是分散系，直接判定B错误。
物质性质与用途对应：
A．NaHCO3与酸反应（中和胃酸），符合用途逻辑。
C．Cl2与水生成HClO，HClO的漂白性是褪色关键。
D．Na及其化合物久置空气，会逐步与O2、H2O、CO2反应，最终生成Na2CO3。
5．【答案】A
【知识点】钠的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、活性炭具有吸附性能去除室内甲醛，但无法将其分解，A错误；
B、过氧化钠()能与二氧化碳()和水()反应生成氧气()，因此可用作呼吸面具的供氧剂，B正确；
C、碳酸钠()能与酸发生中和反应，可调节面团酸度，C正确；
D、次氯酸钠中氯呈+1价，具有强氧化性和漂白性，可用于衣物漂白，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
混淆活性炭 “吸附” 与 “分解”：活性炭是物理吸附甲醛，非分解，A选项性质与用途不匹配（核心易错点）。
误判物质用途逻辑：错把 Na2CO3调节面团酸度（利用与酸反应）当成错误选项。
模糊物理、化学变化：吸附是物理变化，分解是化学变化，忽略这点易误判A。
6．【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、容量瓶用于配制准确浓度的溶液，不能直接用于溶解固体，A错误；
B、测量溶液pH的正确操作是用玻璃棒蘸取待测液点在pH试纸上（pH试纸不能浸入溶液），待颜色稳定后与标准比色卡对比读数，B错误；
C、除去CO2中混有的少量HCl气体，可通过饱和NaHCO3溶液洗气，因为HCl会与NaHCO3反应生成CO2，而CO2不会被吸收，C正确；
D、使用胶头滴管滴加液体时，应保持垂直悬空于试管口上方，不能伸入试管内部，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．NaOH 固体溶于水放热，不能在容量瓶中溶解（容量瓶不能受热），操作错误。
B．pH 试纸不能直接浸入溶液（污染试剂），应蘸取待测液滴在试纸上，操作错误。
C．饱和 NaHCO3溶液可与 HCl 反应、不与 CO2反应，且洗气时长管进短管出（图中长管浸入液体），操作规范，直接判定正确。
D．胶头滴管不能伸入试管内（污染试剂），应悬空滴加，操作错误。
7．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；电解质与非电解质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、①（HCl）和④（HClO）混合，会发生归中反应生成②（Cl2），符合氧化还原规律，A正确；
B、②（Cl2）与水生成 HClO、③（ClO2）都有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒，B正确；
C、上述物质中，只有 ClO2（③）是非电解质（自身不能电离），其余如 HCl、HClO 是电解质，Cl2既不是电解质也不是非电解质，故非电解质仅 1 种，C正确；
D、④（HClO）到①（HCl）的转化，HClO 自身分解（2HClO=2HCl+O2↑）就能实现，不需要额外加还原剂，D错误；
故答案为：D。
【分析】结合氯元素化合价和物质类别，确定：①是 HCl（氢化物，-1 价）；②是 Cl2（单质，0 价）；③是 ClO2（氧化物，+4 价）；④是 HClO（酸，+1 价）；⑥是 HClO4（酸，+7 价）。
8．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、先计算 H2O2的物质的量：8.5g H2O2的摩尔质量为34g/mol，
物质的量=8.5g÷34g/mol=0.25mol。1个H2O2分子含 2 个 H、2 个 O，共4个原子，
因此总原子数=0.25mol×4×NA=NA，A正确；
B、先算FeCl3的物质的量：16.25g FeCl3的摩尔质量为 162.5g/mol，
物质的量=16.25g÷162.5g/mol=0.1mol。但Fe(OH)3胶体粒子是 “多个 Fe(OH)3分子聚集形成的集合体”，并非1个FeCl3对应1个胶体粒子，因此胶体粒子数远小于 0.1NA，B错误；
C、标准状况下气体摩尔体积为 22.4L/mol，0.5NA个气体分子的物质的量为 0.5mol。混合气体（H2、O2均为气体）的体积=0.5mol×22.4L/mol = 11.2L，C正确；
D、Na 在反应中均从0价升高到+1价，1mol Na完全反应时，转移电子的物质的量为1mol，对应电子数为 NA，与产物是Na2O还是Na2O2无关，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．先算 H2O2的物质的量（8.5g÷34g/mol=0.25mol），1 个 H2O2含 4 个原子，总原子数 =0.25×4×NA=NA。
B．FeCl3的物质的量=16.25g÷162.5g/mol=0.1mol，但胶体粒子是多个 Fe(OH)3分子聚集形成的集合体，故胶体粒子数远小于0.1NA。
C．标准状况下，气体摩尔体积为 22.4L/mol，0.5NA个气体分子的物质的量为 0.5mol，体积=0.5×22.4=11.2L。
D．Na反应后均变为+1价，1molNa转移1mol 电子，即NA个。
9．【答案】B
【知识点】电解质溶液的导电性；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、光照时， ，HCl 是强酸，H+ 浓度增大，pH 减小（对应曲线①下降）；溶液中离子浓度增大，电导率升高（对应曲线②上升）。因此曲线①是pH变化、曲线②是电导率变化，A正确；
B、Cl2与 H2O 的反应是可逆反应，且 HClO 是弱酸（不能拆成离子），正确的离子方程式应为： 。选项中写“2H+”“ClO-”且未标可逆号，B错误；
C、氯水的漂白性来自 HClO，光照下 HClO 不断分解，其浓度降低，因此漂白性随时间增长而减弱，C正确；
D、新制氯水中的 HClO 见光易分解，因此需保存在棕色细口瓶中避光，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点：
离子方程式的书写细节混淆：忽略HClO是弱酸（不能拆成 ClO-）、Cl2与水的反应是可逆反应（需标 “ ”），误认选项B的错误方程式为正确写法，这是核心易错点。
曲线与性质的对应逻辑模糊：不明确 “HClO分解使H+浓度增大、pH减小、离子浓度增大，电导率升高”的关联，易对曲线①②的对应关系判断出错。
氯水漂白性的本质认知不清：误将氯水的漂白性归因于Cl2，忽略实际是HClO的作用，从而对“光照后漂白性减弱” 的结论产生疑问。
10．【答案】C
【知识点】离子反应发生的条件；离子共存
【解析】【解答】A、NH4HCO3溶液中含 HCO3-，H+会与 HCO3-反应生成 CO2和 H2O（HCO3-+H+=CO2↑+H2O），不能共存，A错误；
B、碱性溶液含 OH-，Cu2+、Fe3+会与 OH-生成 Cu(OH)2、Fe(OH)3沉淀，不能共存，B错误；
C、FeCl3溶液中含 Fe3+，Fe2+、NH4+、Cl-、SO42-与 Fe3+之间无复分解、氧化还原等反应（Fe3+和 Fe2+不反应），可以共存，C正确；
D、酸性溶液含 H+，NO3-在 H+存在下具有强氧化性，会氧化 I-（2NO3-+8H++6I-=2NO↑+3I2+4H2O），不能共存，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．会与发生反应，因此不能大量共存。
B．使紫色石蕊变蓝的溶液呈碱性，而和在碱性条件下会生成沉淀，因此不能大量共存。
C．在溶液中，题目给出的离子之间不发生反应，可以大量共存。
D．在酸性条件下，具有氧化性，会氧化，因此不能大量共存。
11．【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】A、H2S 是弱酸，在离子方程式中不能拆分为 S2-，正确式子应为 Cu2++H2S=CuS↓+2H+。该选项错误拆分 H2S，A不正确；
B、Na2O2和 H2O 反应生成 NaOH 和 O2，Na2O2不拆，离子方程式为 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。式子中各物质拆分正确，原子和电荷均守恒，B正确；
C、向 NaHCO3溶液中加过量 Ba(OH)2，HCO3-完全反应，且生成的 CO32-会与 Ba2+全部结合为沉淀，正确式子应为 HCO3-+OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O。该选项未考虑 “过量” 导致的比例错误，C不正确；
D、H2C2O4是弱酸，不能拆分为 C2O42-，正确式子应为
2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。该选项错误拆分草酸，D不正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点：
物质拆分的误判：错将弱酸（H2S、H2C2O4）拆成离子形式（如把 H2S 拆为 S2-、H2C2O4拆为 C2O42-），忽略 “弱酸在离子方程式中需保留化学式” 的规则。
量的配比逻辑疏漏：面对 “过量反应物”（如过量 Ba(OH)2）时，未考虑离子的完全反应与沉淀结合关系（如 HCO3-应全部转化为 BaCO3，而非剩余 CO32-）。
拆分规则的混淆：误将 Na2O2（单质氧化物）拆成离子，忽略 “单质、氧化物在离子方程式中不拆” 的要求。
12．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、X是N2（N 元素化合价降为 0，无害），A正确；
B、CH3OH 是还原剂（C 化合价升高），但 O2是氧化剂（有强氧化性），无法替代还原剂 CH3OH，B错误；
C、氧化剂是 NO3-（6mol）、还原剂是 CH3OH（5mol），物质的量比为6：5，C正确；
D、生成 1mol N2时，N 从 +5到0，2 个 N 原子共转移 10mol 电子（5×2），D正确；
故答案为：B。
【分析】先明确反应的核心逻辑反应中 NO3-要转化为 “无害物质”，结合 N 元素化合价变化（NO3-中 N 为 +5 价），可推断产物为 N2（0 价，无害）；同时 CH3OH 中 C 为 -2 价，反应后生成 CO2（C 为 +4 价），C元素化合价升高（CH3OH 作还原剂），N元素化合价降低（NO3-作氧化剂）。
配平反应式并分析选项先根据得失电子守恒配平：C 从 - 2到+4，每个 CH3OH 失 6e-；N 从+5到0，每个 NO3-得 5e-，最小公倍数为 30，故 CH3OH 配 5、NO3-配 6，再结合原子守恒得配平式：
6H++5CH3OH+6NO3-=3N2+5CO2+13H2O。
13．【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】制备氯气的反应是归中反应，性质验证需关注 Cl2与水生成的 HCl（酸性）和 HClO（漂白性）。
A、次氯酸钙（Ca(ClO)2）与浓盐酸反应，Cl 元素发生归中反应生成 Cl2，化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl (浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，原子守恒、价态变化合理，A正确；
B、干燥的 pH 试纸无水分，Cl2无法反应，故不变色；湿润的 pH 试纸中，Cl2与水生成 HCl（使试纸变红）和HClO（具有漂白性，会让变红的试纸褪色），因此现象应为 “先变红后褪色”，而非只变红，B错误；
C、湿润的淀粉-KI 试纸变蓝，是因为 Cl2将 KI 中的 I-氧化为 I2（I2遇淀粉显蓝色），此过程体现了 Cl2的氧化性，C正确；
D、浸有 NaOH 溶液的棉花吸收 Cl2时，发生反应 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，Cl 元素既从 0 价降低到 - 1 价（NaCl），又升高到 +1 价（NaClO），因此 Cl2既体现氧化性又体现还原性，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．Ca(ClO)2与浓 HCl 发生归中反应生成 Cl2，化学方程式配平正确（原子、得失电子守恒）。
B．干燥 pH 试纸无 H2O，Cl2不反应故不变色；湿润 pH 试纸先因 HCl 显酸性变红，但 HClO 的漂白性会使试纸先红后褪色，并非只变红。
C．Cl2将 KI 中 I-氧化为 I2（遇淀粉变蓝），体现 Cl2的氧化性。
D．Cl2与 NaOH 反应为 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，Cl 元素既升价（NaClO）又降价（NaCl），既体现氧化性又体现还原性。
14．【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、高温加热固体应使用坩埚，但图中显示的是蒸发皿而非坩埚，A错误；
B、该装置为开放体系，生成的会从长颈漏斗逸出，B错误；
C、制备胶体的正确方法是将饱和溶液逐滴加入沸水中，煮沸至红褐色。若直接滴入浓NaOH溶液会生成沉淀，C错误；
D、气体除杂时应从球形干燥管的大口端通入，该操作正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点：
仪器名称与用途混淆：误将蒸发皿认作坩埚，混淆两者 “蒸发溶液” 和 “高温加热固体” 的用途。
实验操作规范疏漏：忽略长颈漏斗 “液封” 的要求（漏斗下端需浸入液面），导致气体逸出的错误操作。
实验原理与仪器匹配错误：制备 Fe (OH)3胶体时，错用 NaOH 溶液（应直接用饱和 FeCl3溶液滴入沸水），且误加酒精灯持续加热。
干燥管使用逻辑模糊：不清楚球形干燥管 “大口进气、小口出气” 的除杂操作规范，易误判气体通入方向。
15．【答案】D
【知识点】铵盐；无机物的推断
【解析】【解答】A、e（NH3）和g（CO2）溶于水导电并非自身电离，属于非电解质，A正确；
B、与过量CO2反应生成可溶的，得到无色溶液，B正确；
C、c、d为或，滴加顺序不同现象不同：向中滴加，先无现象后产生气泡；反向滴加则立即产生气泡，C正确；
D、f（或）虽难溶，但溶解部分完全电离，属于强电解质，D错误；
故答案为：D。
【分析】根据图示反应关系，物质b和c反应生成沉淀，推测b、c可能是、或。进一步观察到b与a在加热条件下生成无色气体e（NH3），可确定b为，a为溶液。气体g为CO2，由与反应制得，因此c、d分别为这两种溶液中的一种。
16．【答案】C
【知识点】有关混合物反应的计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、整个过程涉及 “NaHCO3分解、CO2与 Na2O2反应、H2O 与 Na2O2反应” 三个反应，A正确；
B、加热时生成气体，冷却至室温后，H2O变为液体，但仍有O2气体，且容器恒容，压强相比初始（室温无气体）增大，B正确；
C、最终气体为 O2，总物质的量 = 0.25mol+0.25mol=0.5mol≠1mol，C错误；
D、最终固体中 Na + 来自初始物质（1mol NaHCO3含 1mol Na+、1mol Na2CO3含 2mol Na+、1mol Na2O2含 2mol Na+），总 Na+物质的量 = 1+2+2=5mol，配成 2L 溶液，
c (Na+)=5mol÷2L=2.5mol L- ，D正确；
故答案为：C。【分析】加热时，先发生 NaHCO3的分解，再发生分解产物与 Na2O2的反应，需分步分析反应进程。
第一步：NaHCO3分解：2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O↑（1mol NaHCO3生成 0.5mol CO2、0.5mol H2O、0.5mol Na2CO3）。
第二步：CO2与 Na2O2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2（0.5mol CO2消耗 0.5mol Na2O2，生成 0.25mol O2）。
第三步：H2O 与剩余 Na2O2反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2（剩余 0.5mol Na2O2与 0.5mol H2O 反应，生成 0.25mol O2）。据此解题。
17．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、ClO2的消毒效率 =（1mol ClO2转移 5mol 电子）÷67.5g = ；Cl2的消毒效率 =（1mol Cl2转移 2mol 电子）÷71g = ；两者之比为71：27，A正确；
B、反应①中，NaClO3（Cl+5到+4，作氧化剂）和 NaCl（Cl 从-1到0，作还原剂）的物质的量均为 2mol，比例相等，B正确；
C、反应②生成 HCl 和 H2SO4，故物质 X 是盐酸与硫酸的混合物，C正确；
D、反应①消耗 2mol H2SO4，反应②生成 1mol H2SO4，二者物质的量之比为 2：1≠1：2，D错误；
故答案为：D。
【分析】结合已知反应和流程，先确定 “氯气与热 NaOH 反应的产物”，再分析反应①、②的反应物与产物。
氯气与热 NaOH 反应的产物：根据反应 I，3mol Cl2与 6mol NaOH 反应生成 5mol NaCl、1mol NaClO3和 3mol H2O，故所得产物含 NaCl、NaClO3。
反应①：NaClO3与 H2SO4、物质 X 反应生成 ClO2，结合反应②中 SO2参与反应，可推断反应①是 NaClO3被还原为 ClO2（Cl 从 + 5到+4），物质 X 中含 Cl-（被氧化为 Cl2），即反应①为
2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2↑+Cl2↑+2Na2SO4+2H2O。
反应②：Cl2与 SO2、H2O 反应生成 HCl 和 H2SO4，即Cl2+SO2+2H2O=2HCl + H2SO4，故物质 X 是 HCl 与 H2SO4的混合物。
18．【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A、原料中钴呈+2、+3价，经酸浸后最终产物为（+2价），说明酸浸过程中被还原，双氧水作为还原剂，故氧化性，A错误；
B、氨水调节pH可沉淀和，B正确；
C、沉钴过程产生，属于酸性氧化物，C正确；
D、焙烧时碳酸钴、碳酸锂和氧气高温条件下反应生成LiCoO2和二氧化碳， 反应方程式为：，D正确；
故答案为：A。
【分析】本实验流程为：含钴废料经硫酸和双氧水酸浸后，金属元素转化为离子态。通过分析钴元素价态变化可知，双氧水在此过程中将还原为。后续加入氨水调节pH，使和分别沉淀为和。再加入碳酸氢钠得到沉淀，最终经高温焙烧制得目标产物。据此解题。
19．【答案】D
【知识点】常见离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A、和都能被酸性溶液氧化，导致高锰酸钾溶液褪色，因此不能通过褪色现象判断溶液中含有，故A不符合题意 ；
B、假设取1L溶液，根据反应方程式
和可知，硫酸消耗更多NaOH溶液是因为它是二元酸，而不是因为酸性更强，故B不符合题意 ；
C、加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，说明溶液中可能含有或，但不能确定具体是哪种离子，故C不符合题意 ；
D、蓝色石蕊试纸变红说明溶液呈酸性，但酸性溶液不一定就是酸溶液，也可能是酸性盐溶液如NaHSO4，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．Cl-也能被酸性KMnO4氧化，无法确定是 Fe2+ 的还原性；
B．消耗NaOH的量由酸的元数决定，不是酸性强弱；
C．HCO3-也能产生CO2，结论“一定含CO32-” 不成立；
D．强酸弱碱盐（如NH4Cl）水解也能使溶液呈酸性，结论“不一定是酸”合理。
20．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、通入 Cl2后，I-先被氧化（含碘微粒的量先变化），之后 Fe2+被氧化；且题干说明 Cl2能氧化 I2，说明 I-的还原性强于 I2。因此还原性顺序为 I- > Fe2+ > I2，A正确；
B、b 曲线的量随 Cl2通入减少（代表被消耗的 Fe2+），a 曲线的量随 Cl2通入增加（代表生成的 Fe3+），因此 a 对应 n (Fe3+) 的变化，B正确；
C、FeI2中的 I-被氧化：2I-+Cl2=I2+2Cl-，2mol I-（对应 1mol FeI2）消耗 1mol Cl2；
总 Fe2+被氧化：2Fe2++Cl2=2Fe3+，从图像看，Fe2+完全氧化共消耗 2mol Cl2，对应总 Fe2+为 4mol；原溶液中 FeCl2的 Fe2+=总Fe2+-FeI2的Fe2+=4mol-1mol=3mol；因此 n (FeI2)：n (FeCl2)=1：3，不是 1：2，C错误；
D、I 从 0 价（I2）升高到 + 5 价（HIO3），每个 I2失 10e-；Cl 从 0 价（Cl2）降低到 - 1 价（HCl），每个 Cl2得 2e-；得失电子守恒：Cl2系数为 5，I2系数为 1，再配平原子得方程式为，D正确；故答案为：C。
【分析】根据题目信息和图像分析，可以得出以下反应过程：
1. 当通入Cl2的量为0 0.5 mol时，Cl2与I 发生反应；
2. 当通入Cl2的量为0.5 1.5 mol时，Cl2与Fe2+发生反应；
3. 当通入Cl2的量为1.5 4 mol时，Cl2进一步氧化I2。据此解题。
21．【答案】（1）、；、；、
（2）13：2
（3）；
（4）、、、；、、；
【知识点】电解质与非电解质；离子共存；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①S为单质，既不是电解质也不是非电解质；
溶于水或熔融状态下均能导电，因此属于电解质；
C为单质，既不是电解质也不是非电解质；
溶于水或熔融状态下均能导电，因此属于电解质；
溶于水后并非是自身电离出的离子使溶液导电，二氧化碳熔融状态时不导电，因此属于非电解质；
为单质，既不是电解质也不是非电解质；
综合可知，属于电解质的是、。
②根据反应可知，S元素的化合价从0价降低到-2价，N元素的化合价从+5价降低到0价，因此还原产物为、。
③根据反应可知，产生的气体有二氧化碳和氮气，反应生成的气体中占，故的物质的量为，二氧化碳通入到1L的溶液中，发生的反应依次为：、，1L的溶液中含有1molNaOH，可知，二氧化碳还剩余0.25mol，可知，经计算可知，最后剩余和，故最终所得溶液中的溶质是和。
故答案为：、 ；、 ；、 ；
（2）和的混合气体在标准状况下的密度为，可计算出和的平均摩尔质量为，设的物质的量为，的物质的量为，则，求得。
故答案为： 13：2 ；
（3）将饱和溶液滴入沸水中出现透明的红褐色，离子方程式为；
将饱和溶液滴入氨水中出现红褐色沉淀，离子方程式为。
故答案为： ； ；
（4）①根据题意向第一份溶液中加入足量，过氧化钠溶于水后会产生氢氧化钠，而后过滤、洗涤、干燥后得到白色沉淀，可知该白色沉淀为，物质的量为，即的物质的量为，则溶液中不存在，因为若是存在则会被氧化为，而后产生的是红褐色的沉淀；
②向①反应后的滤液中加入足量溶液，有白色沉淀产生，则白色沉淀为沉淀，说明溶液中含有，也可知溶液中不存在、；将白色沉淀过滤、洗涤后溶解到足量稀盐酸中，收集到气体(标准状况下)，即收集到，根据原子守恒有，可知的物质的量为，即的物质的量为；
③向第二份溶液中加入足量溶液，过滤、洗涤、干燥后得到白色沉淀，此白色沉淀为，物质的量为，即Cl-的物质的量为，又据以上分析可知，的物质的量为，的物质的量为，镁离子和钡离子所带正电荷大于氯离子所带负电荷，根据电荷守恒判断，该溶液中一定含有；
综上所述可推断溶液中一定存在的离子有、、、；
一定不存在的离子有、、；
实验②中碳酸钡沉淀与稀盐酸反应产生氯化钡、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：。
故答案为：、、、 ；、、 ； 。
【分析】(1)电解质判断：依 “化合物、溶于水、熔融导电”，选 KNO3、K2S；
还原产物判断：化合价降低的生成物（S→K2S、N→N2）；
气体与 NaOH 反应：算 CO2量，分步反应后结合量得溶质。
(2)密度算平均摩尔质量（密度 × 标况体积）；
设 O2、CO2物质的量，用平均摩尔质量公式求比例。
(3)沸水中制胶体：Fe3+水解（加热）生成 Fe(OH)3胶体；
氨水中生沉淀：Fe3+与 NH3 H2O 反应生成 Fe(OH)3沉淀。
(4)加 Na2O2得沉淀：含 Mg2+，排除 Fe2+；加Na2CO3得沉淀：含 Ba2+，排除 SO42-、CO32-；
加AgNO3得沉淀：含 Cl-；又由于电荷守恒可知：含 NO3-；最后注意沉淀溶解是由于BaCO3与 H+的反应。
（1）①S为单质，既不是电解质也不是非电解质；
溶于水或熔融状态下均能导电，因此属于电解质；
C为单质，既不是电解质也不是非电解质；
溶于水或熔融状态下均能导电，因此属于电解质；
溶于水后并非是自身电离出的离子使溶液导电，二氧化碳熔融状态时不导电，因此属于非电解质；
为单质，既不是电解质也不是非电解质；
综合可知，属于电解质的是、。
②根据反应可知，S元素的化合价从0价降低到-2价，N元素的化合价从+5价降低到0价，因此还原产物为、。
③根据反应可知，产生的气体有二氧化碳和氮气，反应生成的气体中占，故的物质的量为，二氧化碳通入到1L的溶液中，发生的反应依次为：、，1L的溶液中含有1molNaOH，可知，二氧化碳还剩余0.25mol，可知，经计算可知，最后剩余和，故最终所得溶液中的溶质是和。
（2）和的混合气体在标准状况下的密度为，可计算出和的平均摩尔质量为，设的物质的量为，的物质的量为，则，求得。
（3）将饱和溶液滴入沸水中出现透明的红褐色，离子方程式为；
将饱和溶液滴入氨水中出现红褐色沉淀，离子方程式为。
（4）①根据题意向第一份溶液中加入足量，过氧化钠溶于水后会产生氢氧化钠，而后过滤、洗涤、干燥后得到白色沉淀，可知该白色沉淀为，物质的量为，即的物质的量为，则溶液中不存在，因为若是存在则会被氧化为，而后产生的是红褐色的沉淀；
②向①反应后的滤液中加入足量溶液，有白色沉淀产生，则白色沉淀为沉淀，说明溶液中含有，也可知溶液中不存在、；将白色沉淀过滤、洗涤后溶解到足量稀盐酸中，收集到气体(标准状况下)，即收集到，根据原子守恒有，可知的物质的量为，即的物质的量为；
③向第二份溶液中加入足量溶液，过滤、洗涤、干燥后得到白色沉淀，此白色沉淀为，物质的量为，即Cl-的物质的量为，又据以上分析可知，的物质的量为，的物质的量为，镁离子和钡离子所带正电荷大于氯离子所带负电荷，根据电荷守恒判断，该溶液中一定含有；
综上所述可推断溶液中一定存在的离子有、、、；
一定不存在的离子有、、；
实验②中碳酸钡沉淀与稀盐酸反应产生氯化钡、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：。
22．【答案】（1）12
（2）烧杯、漏斗、玻璃棒
（3）66.7
（4）4.7
（5）保证将溶质全部转移到容量瓶中；摇匀、装瓶
（6）A；D
（7）还原性；氧化性
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）根据；
故答案为： 12 ；
（2）过滤中使用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
故答案为： 烧杯、漏斗、玻璃棒 ；
（3）含H2O2物质的量为=0.24mol，尿素物质的量，根据，过氧化氢过量，尿素不足，故过氧化脲的理论产量：，其产率为；
故答案为： 66.7 ；
（4）配制的过氧化脲溶液需用容量瓶，故需称取过氧化脲的质量为；
故答案为： 4.7 ；
（5）操作a应重复3次，目的是保证将溶质全部转移到容量瓶中，避免溶质损失。定容后还需要的操作为上下颠倒、反复摇匀，装瓶；
故答案为： 保证将溶质全部转移到容量瓶中 ； 摇匀、装瓶 ；
（6）A．容量瓶中液面超过刻度线，导致溶液体积偏大，所配过氧化脲浓度偏低；
B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，所配过氧化脲浓度不受影响；
C．在定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，所配过氧化脲浓度偏高；
D．称量溶质时使用了游码，物码放置颠倒，使得左码=右物+游码，导致称取的溶质质量偏小，所配过氧化脲浓度偏低。
故答案为： AD；
（7）过氧化脲溶液用稀酸化后，滴加溶液，紫色消失，说明被还原，体现了过氧化脲的还原性；将过氧化脲溶液加入溶液中产生淡黄色沉淀，说明被氧化为单质，体现了过氧化脲的氧化性。故性质检测I和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是还原性、氧化性。
故答案为： 还原性 ； 氧化性 。
【分析】（一）过氧化脲的合成
向烧杯中依次加入 20mL 34% 的 H2O2（密度为 1.2g cm-3）、40mL 蒸馏水，再加入 9.0g 尿素，搅拌使固体完全溶解；将混合液置于 30℃环境中，尿素与 H2O2发生反应：CO(NH2)2+H2O2=CO(NH2)2 H2O2，生成过氧化脲；待反应后，将过氧化脲溶液降温，使其结晶析出，再经过滤、干燥操作，得到过氧化脲固体。
（二）过氧化脲溶液的配制
需配制 450mL 0.1mol L- 的过氧化脲溶液，由于实验室无 450mL 规格的容量瓶，因此选用 500mL 容量瓶进行配制。具体步骤为：先计算所需过氧化脲的质量，再通过称量（或量取）、溶解、冷却、转移（转移后需洗涤容器并将洗涤液并入容量瓶）、定容、摇匀，最后贴标签，完成溶液配制。
（三）过氧化脲的性质检测
酸性条件下，过氧化脲可与 KMnO4发生反应，表现出还原性；
向 Na2S 溶液中加入过氧化脲溶液，会产生淡黄色沉淀（S 单质），说明过氧化脲具有氧化性，能将 S2-氧化为 S 单质。
（1）根据；
（2）过滤中使用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
（3）含H2O2物质的量为=0.24mol，尿素物质的量，根据，过氧化氢过量，尿素不足，故过氧化脲的理论产量：，其产率为；
（4）配制的过氧化脲溶液需用容量瓶，故需称取过氧化脲的质量为；
（5）操作a应重复3次，目的是保证将溶质全部转移到容量瓶中，避免溶质损失。定容后还需要的操作为上下颠倒、反复摇匀，装瓶；
（6）A．容量瓶中液面超过刻度线，导致溶液体积偏大，所配过氧化脲浓度偏低；
B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，所配过氧化脲浓度不受影响；
C．在定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，所配过氧化脲浓度偏高；
D．称量溶质时使用了游码，物码放置颠倒，使得左码=右物+游码，导致称取的溶质质量偏小，所配过氧化脲浓度偏低。
故选AD。
（7）过氧化脲溶液用稀酸化后，滴加溶液，紫色消失，说明被还原，体现了过氧化脲的还原性；将过氧化脲溶液加入溶液中产生淡黄色沉淀，说明被氧化为单质，体现了过氧化脲的氧化性。故性质检测I和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是还原性、氧化性。
23．【答案】（1）；1：5
（2）钠与水反应放热，达到了钠在氯气中燃烧的着火点(合理即给分)
（3）
（4）；>
（5）氯离子浓度；氢离子浓度的大小
【知识点】离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）步骤①中发生反应的化学方程式为；根据与的反应方程式可知，作氧化剂，作还原剂，故该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5；
故答案为： ； 1：5 ；
（2）步骤③引起钠燃烧的原因是钠与水反应放热，达到了钠在氯气中燃烧的着火点；
故答案为： 钠与水反应放热，达到了钠在氯气中燃烧的着火点(合理即给分) ；
（3）反应一段时间后，处理尾气的烧杯中生成了，滴加浓盐酸会与发生归中反应产生氯气，该反应的离子方程式为；
故答案为： ；
（4）实验室通常用装置制取氯气，反应的离子方程式为；对比、分别与反应的条件可知氧化性：高锰酸钾＞二氧化锰；
故答案为： ； > ；
（5）①实验中，稀盐酸和不反应，加入固体加热，相当于增大了氯离子浓度，故实验的目的是探究氯离子浓度对反应的影响；
②实验a、c、e中有黄绿色气体生成，b、d没有黄绿色气体生成，对比发现a、c、e相当于增大了氢离子浓度，而、相当于增大了氯离子浓度，故能得出结论：影响氯气生成的原因是氢离子浓度的大小。
故答案为： 氯离子浓度 ； 氢离子浓度的大小 ；
【分析】(1)配平反应：KMnO4与浓 HCl 反应生成 Cl2，化学方程式为
2KMnO4+16HCl (浓)=2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O；
氧化剂、还原剂：KMnO4是氧化剂，被氧化的 HCl（生成 Cl2的部分）是还原剂，物质的量比为 1：5。
(2)钠与水反应放热，温度达到钠在 Cl2中燃烧的着火点。
(3)尾气处理生成的 ClO-与浓盐酸中 Cl-发生归中反应，离子方程式为 ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+2H2O。
(4)装置 B 制 Cl2的离子方程式： ；
氧化性比较：KMnO4常温下与浓 HCl 反应，MnO2需加热，故 KMnO4>MnO2。
(5)①实验 b：探究 Cl-浓度对反应的影响；②实验现象对比：H+浓度足够时才能生成 Cl2，故影响因素是 H+浓度大小。
（1）步骤①中发生反应的化学方程式为；根据与的反应方程式可知，作氧化剂，作还原剂，故该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5；
（2）步骤③引起钠燃烧的原因是钠与水反应放热，达到了钠在氯气中燃烧的着火点；
（3）反应一段时间后，处理尾气的烧杯中生成了，滴加浓盐酸会与发生归中反应产生氯气，该反应的离子方程式为；
（4）实验室通常用装置制取氯气，反应的离子方程式为；对比、分别与反应的条件可知氧化性：高锰酸钾＞二氧化锰；
（5）①实验中，稀盐酸和不反应，加入固体加热，相当于增大了氯离子浓度，故实验的目的是探究氯离子浓度对反应的影响；
②实验a、c、e中有黄绿色气体生成，b、d没有黄绿色气体生成，对比发现a、c、e相当于增大了氢离子浓度，而、相当于增大了氯离子浓度，故能得出结论：影响氯气生成的原因是氢离子浓度的大小。
24．【答案】导管末端有气泡冒出，停止加热后导管内形成一段稳定的水柱；；防止空气中的、进入装置C中；1；恒压滴液漏斗；；偏低；(合理即给分)
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）通过改变装置的温度或利用液体压强差来检测装置的气密性，当装置内部温度升高时，空气受热膨胀会向外逸出，形成气泡；冷却后，如果装置气密性好，导管内会形成一段水柱，因此检查装置气密性：将导管末端插入水中，关闭分液漏斗活塞，微热锥形瓶，观察到导管末端有气泡冒出，停止加热后导管内形成一段稳定的水柱，证明装置气密性良好。
故答案为： 导管末端有气泡冒出，停止加热后导管内形成一段稳定的水柱 ；
（2）装置C中氧气与氧化钠在加热的条件下产生过氧化钠，发生反应的化学方程式为：。
故答案为： ；
（3）会和和反应，故装置的作用是防止空气中的、进入装置中。
故答案为： 防止空气中的、进入装置C中 ；
（4）时，水为气态，和的混合气体与足量的充分反应，反应为：、，可看作固体质量增加的是和的质量，说明20g-4g=16g为O2的质量，即0.5molO2，根据2H2O~O2，2CO2~O2可得原混合气体的总物质的量为1mol。
故答案为： 1 ；
（5）根据仪器的特点可知仪器A的名称为恒压滴液漏斗。
故答案为： 恒压滴液漏斗 ；
（6）量气管初始读数为，而后量气管读数为，说明产生的气体体积为20.00mL，设的质量为，
列式可得：，解得，
故的质量分数为；
若读数时，量气管液面高于储液瓶液面，则会导致气体压强增大，体积减小，使的质量分数偏低。
故答案为： ； 偏低 ；
（7）设的摩尔质量为Mg/mol，
则有，解得。
故答案为：(合理即给分)
【分析】向二氧化锰中加入过氧化氢溶液，过氧化氢在 MnO2的催化作用下分解产生氧气；生成的氧气先通过碱石灰（除去水蒸气等杂质）进行干燥，干燥后的 O2进入装置 C，在加热条件下与 Na2O 发生反应：，从而生成过氧化钠；装置 D 中浓硫酸的作用是隔绝空气，防止外界空气中的 H2O、CO2进入装置 C，避免生成的 Na2O2与这些物质发生反应而变质。
(1) 气密性检查：微热锥形瓶，导管口冒气泡，冷却后导管内形成稳定水柱。
(2) 装置C反应：Na2O与O2加热生成Na2O2，方程式为。
(3) 装置D作用：隔绝空气，防止H2O、CO2进入装置C与Na2O2反应。
(4) 混合气体计算：固体增重为CO、H2质量，O2质量为16g（0.5mol），由反应关系得混合气体总物质的量为1mol。
(5) 根据所学知识可知，仪器A：恒压分液漏斗。
(6) 质量分数计算：生成O2体积20mL，由反应比例得质量分数为；量气管液面高会使O2体积读数偏小，结果偏低。
(7) 摩尔质量计算：由O2体积VmL，结合反应比例得表达式。
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