浙江省杭州市江干區(qū)杭四吳山2024-2025學年高一上學期期中考試化學試題一、選擇題(本大題共25小題，每小題2分，共50分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)A.CO?B.Fe?O?C.SO?D.Na?O?3.下列物質中，屬于電解質的是A.AlB.NaClC.KOH溶液D.蔗糖溶液4.羥基氧化鋁是一種“納米材料”,粒子直徑為1～100nm之間。若將其均勻地分散到蒸餾水中，形成某一分散系，下列描述不正確的是A.能產生丁達爾效應B.屬于液溶膠C.靜置后，會析出沉淀D.能透過濾紙5.下列說法正確的是A.液氯可儲存在鋼瓶中B.若Cl?泄露，應向下風口地區(qū)轉移，并用濕毛巾護住口鼻C.為增加漂白粉的殺菌消毒作用，通常將其置于陰涼處敞口保存D.純凈的氫氣可以在氯氣中安靜地燃燒，發(fā)出棕黃色火焰6.下列轉化中，需要加入氧化劑才能實現(xiàn)的是A.H?O?→O?B.CO?→COC.Fe→Fe3+D.H+→H?7.下列關于金屬鈉的敘述不正確的是A.金屬鈉保存在石蠟油或煤油中B.鈉未用完應放回原試劑瓶C.鈉具有強還原性，能置換出CuSO?溶液的CuD.當火災現(xiàn)場存放有大量金屬鈉時，需用干燥的沙土來滅火8.下列關于Na?CO?和NaHCO?的性質說法正確的是澄清石灰水A.25℃時，碳酸氫鈉在水中的溶解度比碳酸鈉大B.分別向Na?CO?和NaHCO?溶液中滴加BaCl?溶液產生白色沉淀C.分別向Na?CO?和NaHCO?固體中加入少量水，溫度變化不同D.可利用圖示裝置來比較Na?CO?和NaHCO?的熱穩(wěn)定性9.下列各組離子在水溶液中一定能大量共存的是A.NaOH溶液與NaHSO?溶液B.澄C.Ba(OH)?溶液與稀硝酸D.KOH溶液與次氯酸B.標準狀況下，36gH?O所占的體積約為44.8LC.34gH?S中含有的氫原子數(shù)目約為1.2D.硫酸溶液中含有3.01×1023個氧原子，則硫酸的物質的量是0.125mol的是A.從氧化還原反應角度分析：a與d反應制取bB.從類別的角度分析：a與f反應制取bC.d的水溶液性質不穩(wěn)定，其溶液久置后酸性減弱D.b、c、d、f都具有強氧化性，可用于殺菌消毒14.下列各物質所含原子數(shù)由多到少的順序是①8.96LCH?(標準狀況)②6.02×1023個氦氣分子③7.2gH?O④4.48LNH?(標準狀況)A.①③②④B.①②③④15.實驗室用如下原理制備SO?:Cu+2H?SO?(濃)CuSO?+SO?↑+2H?O,下列說法正確的是A.該反應中氧化產物是CuSO?B.該反應中還原劑與氧化劑物質的量之比為1:2C.該反應中每生成11.2LSO?轉移電子1molD.隨反應進行硫酸濃度逐漸減低，則可能發(fā)生反應Cu+2H+=Cu2++H?↑16.下列實驗操作不合理的是A.切割金屬鈉B.過氧化鈉與水反應C.銅絲在氯氣中燃燒D.收集Cl?17.下列選項中所示的物質間轉化不能一步實現(xiàn)的是A.Cu→Cu0→Cu(OH)?B.NaOH→Na?CO?→NaClC.CaCO?→Ca0→Ca(OH)?D.H?O→O?→CO?18.下列生活中的物質與其有效成分，用途一一對應關系中，不正確的是選項ABCD生活中的物質蘇打用途制玻璃做消毒劑做漂白劑A.A19.焰色試驗過程中鉑絲的清洗和灼燒與鉀焰色的觀察兩項操作如圖所示。下列敘述中正確的是A.所有金屬或其化合物灼燒時都會使火焰呈現(xiàn)特征顏色C.用灼熱的鉑絲蘸取某固體樣品進行焰色實驗，火焰顏色為黃色，證明該固體樣品中一定含有鈉鹽D.為了濾去黃色的光，需透過藍色鈷玻璃觀察鉀元素的焰色D.18g水所含電子數(shù)目為9NAA.物質的量是表示含有一定數(shù)目微粒的集合體，其單位為molB.阿伏加德羅常數(shù)是指1mol任何粒子的粒子數(shù)，其單位為mol-1C.摩爾質量指的是單位物質的量的物質所具有的質量，單位為gD.氣體摩爾體積是單位物質的量的氣體所占的體積，單位有L/molA.原白色粉末中肯定含有Na?CO?B.原白色粉末中肯定含有CaCl?D.根據(jù)以上實驗無法確定原白色粉末中是否含有Ba(NO?)?A.氧化銅與稀鹽酸混合：Cu0+H+=Cu2++H?OB.鋅片插入硝酸銀溶液中：Zn+2AgC.實驗室用大理石和稀醋酸制取CO?:CaCO?+2H+=Ca2++CO?↑+H?O24.下列幾種離子在稀硫酸溶液中的轉化關系如圖所IA.反應1中氧化劑是Mn2+B.反應2的還原產物為Fe3+C.反應2Mn3++2I-=I?+2Mn2+能發(fā)生25.實驗室用MnO?和濃鹽酸制取氯氣時，有7.3g氯化氫被氧化，所得Cl?全部用冷的石灰乳吸收，可制得漂A.14.3gB.12.7gC.25.4g二、填空題(2大題，共16分)(1)化合價是學習氧化還原反應的基礎。寫出以下幾種物質中加點元素的化合價。(2)根據(jù)氧化還原反應的價態(tài)變化規(guī)律判斷以下三個化學方程式(未配平)可能實現(xiàn)的是(填①NO+NH?→N?O?+H?O;②NH?+NO①反應i中的氧化劑是_,氧化產物是_o②反應ii在標準狀況下制得LO?,共轉移0.3mol電子。③該方法中循環(huán)利用的物質是027.下列圖示中，A為一種常見的單質，B、C、D、E是含A元素的常見化合物，它們的焰色實驗均為黃色(部分反應物或生成物已略去)。DA加熱反應⑥C+過量CO?E(2)寫出反應②的離子反應方程式：(3)寫出反應④的化學反應方程式：(4)若取7.8gB與足量水反應，則轉移電子的物質的量為mol。(5)除去E溶液中混入的D雜質最佳方法是o三、實驗題(2大題，共20分)28.實驗室按如下裝置測定某純堿樣品(含少量NaCl)的純度。堿石灰回答下列問題：(1)寫出裝置②中發(fā)生的化學反應方程式_(2)滴入鹽酸前，需先緩緩鼓入空氣數(shù)分鐘的目的是o(3)裝置④的作用是o(4)鹽酸具有揮發(fā)性，所以裝置③中的Ba(OH)?必須過量。則裝置③發(fā)生反應的離子方程(5)若樣品質量為wg,滴入鹽酸后裝置③增加的質量為mg,則測定純堿(含少量NaCl)中碳酸鈉的質量分數(shù)為(忽略鹽酸，水蒸氣揮發(fā)性帶來的影響，用含w、m的代數(shù)式表示)。29.某化學興趣小組設計如下實驗制備氯氣，并探究氯氣，氯水性質。干燥的濃硫酸水回答下列問題：0(1)盛放濃鹽酸的儀器名稱是,裝置B的作用0(3)能驗證干燥的氯氣沒有漂白性的實驗現(xiàn)象(4)裝置F的作用是吸收氯氣，防止污染空氣，寫出其離子反應方程式_。(5)探究新制氯水的成分和性質。取少量裝置E的溶液置于試管中進行下列實驗：實驗序號實驗1實驗2實驗3實驗操作氯水8氯水氯水實驗現(xiàn)象溶液變藍資料：淀粉的特征反應——遇I?變藍色；Cl?+2KI=KCl+I?。①根據(jù)實驗1可知，氧化性：Cl?②實驗2中證明氯水中含有H+和(填化學式)。③若用實驗3證明氯水中含有氯離子，其實驗操作(6)實驗過程同學們發(fā)現(xiàn)久置的氯水會失去漂白性。為探究氯水失效的原因進行實驗：用強光照射盛有氯水的細口瓶，并用傳感器測定數(shù)據(jù)，得到如圖曲線。兩圖中曲線變化的原因是 (用化學方程式表示)。030.回答下列問題：(1)147gH?PO?中所含的氧原子的物質的量為_m(2)0.2molSO?在標準狀況下的體積約為L。(3)22.2g某二價金屬氯化物(ACl?)中含有0.4molCl-,則A的摩爾質量為(4)含0.6molSO?一的Al?(SO?)?中所含的AI3+的個數(shù)約個。(5)標準狀況下2.24LNH?與gH?0具有相同的氫原子數(shù)。(6)標準狀況11.2L的CO和CO?的混合氣體，其質量為18g,則CO和CO?的物質的量之比_o【解析】【解答】A、CO?與堿反應生成鹽和水(如與NaOH反應生成Na?CO?和H?O),屬于酸性氧化物，C、SO?與堿反應生成鹽和水(如與NaOH反應生成Na?SO?和H?O),屬于酸性氧化物，不符合堿性氧化【分析】本題需根據(jù)堿性氧化物的核心定義(與酸反應只生成鹽和水的氧化物),分析各物質與酸反應的產物是否符合這一特征，從而判斷是否為堿性氧化物。A.判斷物質類別(酸性氧化物的特征)。【解析】【解答】A、儀器A是容量瓶(用于配制一定物質的量濃度溶液),不是坩堝，故A不符合題意；B、儀器B是泥三角(搭配坩堝、三腳架使用，起支撐作用),不是坩堝，故B不符合題意；C、儀器C符合坩堝的典型外觀(常用于固體加熱分解等實驗),故C符合題意；D、儀器D是球形干燥管(內裝干燥劑，處理氣體),不是坩堝，故D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥勘绢}需依據(jù)常見化角、球形干燥管)。A.識別容量瓶的外觀(細頸、梨形、有刻度線和塞子)。B.識別泥三角的外觀(三角形支架，用于支撐坩堝加熱)。C.識別坩堝的外觀(陶瓷質地，呈倒圓臺狀，有凹槽)。D.識別球形干燥管的外觀(球形、有支管，用于干燥或除雜)。B、NaCl是鹽(化合物),在水溶液或熔融狀態(tài)下可電離出Na+和Cl導電，符合電解質定義，B正確；D、蔗糖溶液是蔗糖和水的混合物，既不是化合物，且蔗糖在水溶液/熔融態(tài)也不電離導電，D錯誤；第10頁【分析】本題需依據(jù)電解質的定義(在水溶液或熔融狀態(tài)下能導電的化合物),逐一分析選項中物質的類別(單質、化合物、混合物)及導電特性。A.判斷物質類別(單質，既不是電解質也不是非電解質)。B.驗證是否為化合物，且在水溶液/熔融態(tài)能導電。C.判斷物質類別(混合物，非電解質、電解質均為化合物)。D.判斷物質類別(混合物，且蔗糖自身不電離)?！窘馕觥俊窘獯稹緼、羥基氧化鋁粒子直徑1~100nm,分散到水形成膠體，膠體能使光線散射產生丁達爾效B、分散劑是蒸餾水(液體),這種分散系屬于液溶膠(膠體按分散劑狀態(tài)分為液溶膠、氣溶膠、固溶C、膠體中分散質粒子帶同種電荷，相互排斥，且有分散劑水分子的作用，具有介穩(wěn)性，靜置不會D、膠體粒子直徑1~100nm,小于濾紙的孔隙，能透過濾紙(不能透過半透膜),D正確；【分析】本題需依據(jù)膠體的性質(丁達爾效應、介穩(wěn)性、分散質粒子大小與濾紙/半透膜的透過性),分析羥基氧化鋁分散到水形成膠體后的特性。A.丁達爾效應是膠體的典型特征(分散質粒子對光散射)。B.根據(jù)分散劑狀態(tài)判斷膠體類別(分散劑為液體時是液溶膠)。C.膠體具有介穩(wěn)性(相對穩(wěn)定，靜置不易沉淀)。D.膠體粒子直徑小于濾紙孔隙(濾紙孔隙約100nm以上),可透過濾紙?！窘馕觥俊窘獯稹緼、常溫時，Cl?與鐵(鋼瓶的主要成分)不發(fā)生化學反應，因此液氯(液態(tài)的Cl?)能夠安B、Cl?的密度比空氣大，泄漏后會向地勢較低且空氣流動的下風口聚集，人若向下風口轉移會更容易接觸到有毒氣體，正確做法是向上風口(高處)轉移，B錯誤；C、漂白粉的有效殺菌成分是Ca(CIO)?,敞口存放時，會與空氣中的CO?和H?O發(fā)生反應，生成的HCIO【分析】本題需依據(jù)氯氣(Cl?)、液氯、漂白粉的核心性質(與金屬反應條件、密度特點、穩(wěn)定性，以及氫氣在氯氣中燃燒的現(xiàn)象),判斷各選項描述的正確性。A.明確常溫下Cl?與鐵的反應情況。B.根據(jù)Cl?的密度特性判斷逃生方向。第11頁【解析】【解答】A、H?O?中O為-1價，生成O?中0為0價，化合價升高，但此反應是H?O?自身歧化(部分O降價),無需額外加氧化劑，A錯誤；B、CO?中C為+4價，生成CO中C為+2價，化合價降低(發(fā)生還原反應),需加入還原劑，而非氧C、Fe單質中Fe為0價，生成Fe3+中Fe為+3價，化合價升高(發(fā)生氧化反應),需要加入氧化劑(奪取電子),C正確；D、H+中H為+1價，生成H?中H為0價，化合價降低(發(fā)生還原反應),需加入還原劑，而非氧化【分析】本題需依據(jù)氧化還原反應中元素化合價變化與試劑作用的關系(化合價升高發(fā)生氧化反應，需加氧化劑；化合價降低發(fā)生還原反應，需加還原劑),分析各選項中元素價態(tài)變化及所需試劑類型。A.判斷B.分析CO?中碳元素的化合價變化。C.觀察Fe元素的化合價變化趨勢。D.分析H元素的化合價變化情況。B、鈉與水等反應劇烈，剩余鈉若丟棄，可能遇水/空氣引發(fā)燃燒、爆炸，需放回原試劑瓶(煤油中)隔C、鈉投入CuSO?溶液，先與水反應，D、鈉與水反應生成H?(易燃),與CO?反應生成O?(助燃),不能用水、泡沫滅火器(含CO?)滅【分析】本題需依據(jù)金屬鈉的化學性質(活潑性、與水/鹽溶液的反應、保存及滅火方法),逐一分析選項描述的正誤。A.判斷鈉的保存條件(隔絕空氣和水)。B.分析鈉的危險性(隨意丟棄易引發(fā)事故)。C.明確鈉與鹽溶液的反應順序(先與水反應)。D.分析鈉著火的特殊處理(避免與水、CO?反應)。第12頁B、Na?CO?與BaCl?反應生成BaCO?白色沉淀(因CO?2與Ba2+結合生成難溶物);而NaHCO?與BaCl?混C、Na?CO?溶解于水時會釋放熱量(溶液溫度升高);NaHCO?溶解時則吸收熱量(溶液溫度降低),兩者溫D、Na?CO?受熱不易分解(穩(wěn)定性強);NaHCO?受熱易分解為Na?CO?、CO?和H?O,D錯誤；【分析】本題需通過對比碳酸鈉(Na?CO?)與碳酸氫鈉(NaHCO?)的溶解性、反應特性、溶解熱效應和穩(wěn)【分析】本題需依據(jù)離子共存的核心條件(離子間不發(fā)生反應生成沉淀、氣體或水),逐一分析各組離子間(NaOH)是強堿，電離生成Na+和OH。兩者反應時，實質是H+與OH結合生成水，產物硫酸鈉(Na?SO?)可溶，離子方程式為H++OB、澄清石灰水中的氫氧化鈣(Ca(OH)?)完全電離，生成Ca2+和OH,鹽酸(HC1)是強酸，電離生成H+和Cl。反應的實質是H+與OH生成水，產物氯化鈣(CaCl?)可溶，離子方程式為H++OH=H?O,B不符第13頁C、氫氧化鋇(Ba(OH)?)是強堿，電離生成Ba2+和OH,稀硝酸(HNO?)是強酸，電離生成H+和NO?。反應生成可溶的硝酸鋇(Ba(NO?)2)和水，離子方程式為H++OH=H?O,C不符合題意；D、次氯酸(HCIO)是弱酸，在離子方程式中需以分子形式存在。它與氫氧化鉀(KOH)反應的離子方程式【分析】本題需依據(jù)離子方程式H++OH=H?O的適用條件，即僅適用于強酸與強堿反應生成可溶性鹽和D.明確次氯酸的電離特性(弱酸，無法完全電離出H+)?！窘馕觥俊窘獯稹緼、只有在標準狀況(0℃、101kPa)下，1mol氣態(tài)物質的體積才約為22.4L。題目中未說明22.4LCO?處于標準狀況，無法確定其物質的量一定是1mol,A錯誤；B、標準狀況下，H?O是液態(tài)而非氣態(tài)，不能用氣體摩爾體積(22.4L/mol)計算體積。36gH?O的物質的量為2mol,但液態(tài)水的體積遠小于44.8L,B錯誤；C、計算H?S的物質的量：H?S的摩爾質量為34g/mol,34gH?S的物質的量=34g÷34g/mol=1mol。確定氫原子的物質的量：1個H?S分子含2個H原子，因此1molH?S中含2molH原子。計算氫原子數(shù)目：根據(jù)N=n×NA(NA為阿伏加德羅常數(shù)，約6.02×1023mol-1),氫原子數(shù)目=D、硫酸溶液中的氧原子來自H?SO?(1個H?SO?氧原子數(shù)為3.01×1023(即0.5mol),無法區(qū)分來自硫酸和水的部分，不能直接得出硫酸的物質的量為0.125mol(實際因有水的O,硫酸物質的量小于0.125mol),D錯誤；【分析】本題需結合氣體摩爾體積的適用場景(標準狀況下的氣態(tài)物質)和物質的量與質量、微粒數(shù)的換的使用條件(標準狀況+氣態(tài))。B.明確標準狀況下H?O的狀態(tài)(液態(tài)，不適用氣體摩爾體積)。D.分析溶液中氧原子的來源(硫酸和水均含0,不能單獨按硫酸計算)。第14頁(氯氣有毒、反應放熱、生成刺激性氯化氫),與洗手無直接關聯(lián)。實驗過程中，該圖標對應的安全需求并非必需，故A符合題意；B、氫氣與氯氣燃燒生成氯化氫(HC1),氯化氫溶于水形成鹽酸霧，具有刺激性，可能損傷眼部。佩戴護目裝備可防護眼睛，與實驗安全直接相關，故B不符合題意；C、氯氣(Cl?)本身有毒，燃燒生成的氯化氫有刺激性，若在封閉環(huán)境積累，會危害人體健康。換氣或排風可及時排出有害氣體，保障實驗環(huán)境安全，故C不符合題意；D、氫氣在氯氣中燃燒是放熱反應，會產生高溫，可能導致儀器燙傷、引發(fā)其他安全隱患。熱燙圖標可提醒避免接觸高溫部位，故D不符合題意；【分析】本題需先明確“氫氣在氯氣中燃燒”實驗的潛在安全風險(如有毒氣體釋放、高溫、刺激性物質等),再分析每個圖標對應的安全需求，判斷是否與實驗風險相關。A.判斷圖標功能與實驗安全風險是否b:單質、Cl為0價，為Cl?f:鹽、Cl為+1價，為次氯酸鹽(如NaC1O等)A、HCI中Cl為-1價(低價，具還原性),HC1O中Cl為+1價(高價，具氧化性)。二者混合時，可發(fā)生“歸中反應”:CI(來自HC1)與CIO-(來自HCIO解離)在酸性條件下，Cl元素從-1價歸中為0價的Cl?,能制取Cl?,A正確；B、次氯酸鹽(如NaCIO)與HCI反應，實質是Cl-(HCI提供)和CIO-(次氯酸鹽提供)在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應，生成Cl?,符合“酸+鹽→新酸+新鹽”的類別反應(且伴隨氧化還原),可制取C、HCIO不穩(wěn)定，易分解生成HCl和O?。分酸性增強(而非減弱),C錯誤；第15頁ClO?:Cl為+4價，高價態(tài)具強氧化性；HCIO:本身具強氧化性；次氯酸鹽(f):如NaCIO,水解生成HCIO,具強氧化性，強氧化性物質可破壞細菌結構，達到殺菌消毒目的，D正確；故答案為：C?！痉治觥勘绢}需先依據(jù)“價-類”二維圖，明確各點(a-f)對應物質的類別與化合價，確定具體物質(如a為氯化氫、b為氯氣等),再結合物質的性質(氧化還原反應、穩(wěn)定性、氧化性等),逐一分析選項。A.判斷HCl(a)與HClO(d)的氧化還原反應能否生成Cl?(b)。B.分析HCl(a,酸)與次氯酸鹽(f,鹽)的反應是否生成Cl?(b)。C.分析HC1O(d)的不穩(wěn)定性及久置后酸性變化。D.判斷Cl?(b)、ClO?(c)、HCIO(d)、次氯酸鹽(f)的氧化性及消毒作用?！窘馕觥俊窘獯稹竣贅藴薁顩r下，氣體摩爾體積是22.4L/mol,根據(jù)公式CH?的物質的量=8.96L÷22.4L/mol=0.4mol,1個CH?分子包含1個C原子和4個H原子，共5個原子，因此原子總物質的量=0.4mol×5=2mol。②根據(jù)公式(Na為阿伏加德羅常數(shù)，約6.02×1023mol-1),氦氣的物質的量=6.02×1023÷6.02×1023mol-1=1mol,氦氣(He)是單原子分子，1個分子只含1個原子，因此原子總物質的量③H?O的摩爾質量是18g/mol,根據(jù)公式n=m/M,H?O的物質的量=7.2g÷18g/mol=0.4mol,1個H?O分子包含2個H原子和1個O原子，共3個原子，因此原子總物質的量=④標準狀況下，根據(jù)公式NH?的物質的量=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol,1個NH?分子包含1個N原子和3個H原子，共4個原子，因此原子總物質的量=0.2mol×4=0.8mol;原子總物質的量越大，原子數(shù)越多。四種物質的原子總物質的量排序為：①(2mol)>③(1.2mol)>②故答案為：A?！痉治觥勘绢}需要先利用氣體摩爾體積(標準狀況下為22.4L/mol)和物質的量與質量、微粒數(shù)的換算公式，算出四種物質各自的物質的量，再依據(jù)每種物質的分子結構(一個分子中包含的原子數(shù)目),計算出原子的總物質的量，最后通過比較原子總物質的量來確定原子數(shù)的多少。【解析】【解答】A、反應中，Cu元素的化合價從0價升高到CuSO?中的+2價?；蟽r升高的元素所在的物質發(fā)生氧化反應，對應的產物就是氧化產物。因此Cu被氧化，CuSO?是該反應的氧化產物，A正確；第16頁B、反應里，Cu的化合價從0價升高到+2價，是還原劑(1molCu參與反應)。H?SO?中S元素的化合價從+6價降低到SO?中的+4價，這部分硫酸是氧化劑。但2molH?SO?參與反應時，只有1molH?SO?中的S元素化合價降低(作氧化劑),另1molH?SO?僅提供SO?2-(起酸性作用)。所以還原劑(Cu)與氧化劑(H?SO?)的物質的量之比是1:1,B錯誤；C、只有在標準狀況下，11.2L氣體的物質的量才是0.5mol。題目中沒有說明11.2LSO?處于標準狀況，無法確定其物質的量。即使假設是標準狀況，生成0.5molSO?時，S元素化合價從+6到+4,每個S原子得2個電子，轉移電子應為1mol,但因缺少狀態(tài)條件，該說法不嚴謹，C錯誤；【分析】本題需結合氧化還原反應的核心概念(氧化劑、還原劑、氧化產物、還原產物的判斷)和物質的量計算的前提條件(氣體體積需明確狀態(tài)),分析銅與濃硫酸反應中各物質的作用及量的關系，判斷選項正B、過氧化鈉與水反應生成氧氣，氧氣能使帶火星的木條復燃，可用帶火星木條檢驗，C、銅絲在氯氣中燃燒，用坩堝鉗夾取銅絲進行加熱反應，操作可行，D、氯氣密度比空氣大，用向上排空氣法收集時，應讓氯氣從長導管進入集氣瓶，空氣從短導管排出，而圖【分析】根據(jù)各實驗操作涉及的物質性質(如金屬鈉的硬度、過氧化鈉與水的反應產物、銅絲與氯氣的反應、氯氣的密度等),判斷實驗操作是否合理。氧化銅(CuO)是一種不溶于水的金屬氧化物，無法直接與水反應生成氫氧化銅(Cu(OH)?)。要得到Cu(OH)?,必須先將CuO轉化為可溶性銅鹽(如硫酸銅),再與堿溶液反應，因此CuO到Cu(OH)?不能一步實現(xiàn)，故A符合題意；B、氫氧化鈉(NaOH)溶液中通入少量二氧化碳，可直接生成碳酸鈉(Na?CO?)和水，這一步能實現(xiàn)；碳酸鈉(Na?CO?)與稀鹽酸反應，可直接生成氯化鈉(NaC1)、水和二氧化碳，這一步也能實現(xiàn)，故B不符合第17頁C、碳酸鈣(CaCO?)在高溫下分解，可直接生成氧化鈣(CaO)和二氧化碳，這一步能氧化鈣(CaO)與水發(fā)生化合反應，可直接生成氫氧化鈣(Ca(OH)?),這一步也能實現(xiàn)，故C不符合題D、水(H?O)在通電條件下電解，可直接生成氫氧氣(O?)與碳在點燃條件下反應，可直接生成二氧化碳(CO?),這一步也能實現(xiàn)，故D不符合題意；【分析】本題需要根據(jù)各類物質的化學性質及反應規(guī)律，判斷每組物質之間的轉化是否能通過一步化學反應C.利用分解反應和化合反應判斷轉化能否一步B、蘇打指的是碳酸鈉(Na?CO?),而碳酸氫鈉(NaHCO?)的俗稱是小蘇打，雖然兩者都可作為食用堿，但C、漂白液的有效成分是次氯酸鈉(NaCIO),其具有強氧化性，能破壞細菌和病毒的蛋白質結構，因此可作D、漂白粉的有效成分是次氯酸鈣(Ca(CIO)?),它與水、二氧化碳反應可生成具有強氧化性的次氯酸【分析】本題需要根據(jù)常見物質的俗稱、化學組成(化學式)及其實際用途三者的對應關系來判斷選項正誤，重點區(qū)分易混淆的俗稱(如蘇打與小蘇打),明確各類物質的有效成分及性質用途。A.確認純堿的化學B、清洗鉑絲用鹽酸，是因金屬氯化物沸點低、易揮發(fā)，能徹底去除鉑絲上殘留物質。而稀硫酸與金屬反應第18頁C、焰色為黃色，說明樣品含鈉元素，但不一定是鈉鹽，也可能是鈉的單質(如Na)、氧化物(如Na?O)、D、鉀元素焰色為紫色，但鈉元素的黃色焰色會干擾觀察。藍色鈷玻璃可濾【分析】本題圍繞焰色試驗的操作、原理及現(xiàn)象分析，需結合焰色試驗的適用對象(金屬元素特性)、鉑絲清洗試劑的選擇依據(jù)(產物揮發(fā)性)、焰色與元素的關系(鈉元素的焰色及物質類別判斷)、鉀元素焰色觀察的特殊要求(藍色鈷玻璃的作用)逐一判斷選項。A.明確焰色試驗的適用范圍(并非所有金屬)。B.對比鹽酸與稀硫酸清洗鉑絲的差異(產物揮發(fā)性)。C.區(qū)分“鈉元素”與“鈉鹽”的焰色關聯(lián)(焰色證明元素存在)。D.理解觀察鉀元素焰色時藍色鈷玻璃的作用(排除鈉元素干擾)?！窘馕觥俊窘獯稹緼、1個NH?分子由1個N原子和3個H原子構成，共含4個原子。因此1molNH?中原子的總物質的量是4mol,原子數(shù)應為4NA,而非NA,A錯誤；B、氣體摩爾體積(22.4L/mol)僅在標準狀況(0℃、101kPa)下適用，常溫常壓下不能直接用此數(shù)值計算氣體物質的量。另外，氦氣(He)是單原子分子，1個分子只含1個原子。即使假設在標準狀況下，22.4L氦氣為1mol,原子數(shù)也只能是NA,B錯誤；C、O?的摩爾質量是48g/mol,48gO?的物質的量為1mol。1個O?分子包含3個O原子，因此1molO?中氧原子的總物質的量為3mol,氧原子數(shù)為3NA,C正確；D、1個H?O分子中，H原子含1個電子(2個H共2個電子),O原子含8個電子，總電子數(shù)為10。18g水的物質的量為1mol,因此電子總物質的量為10mol,電子數(shù)應為10NA,而非9NA,D錯誤；【分析】本題需根據(jù)阿伏加德羅常數(shù)的基本計算方法，結合物質的分子構成(原子個數(shù)、電子總數(shù))和氣體摩爾體積的使用條件(標準狀況),判斷各選項中微粒數(shù)目的計算是否正確。A.明確NH?分子的原子組成與原子總數(shù)計算。C.通過O?的質量計算氧原子總物質的量。D.水分子的電子總數(shù)及18g水的電子總量計算?！窘馕觥俊窘獯稹緼、物質的量作為基本物理量，用于計量微觀粒子(如分子、原子等)的集合體，單位是摩第19頁B、阿伏加德羅常數(shù)指1mol粒子集合體所含粒子數(shù)，數(shù)值約6.02×1023,單位mol-1,與概念一致，B正(H?O)質量18g,摩爾質量是18g/mol。此選項單位錯誤，C錯誤；D、氣體摩爾體積描述單位物質的量氣體的體積，單位L/mol(【分析】本題需圍繞物質的量、阿伏加德羅常數(shù)、摩爾質量、氣體摩爾體積的核心概念【解析】【解答】A、實驗(2)中加入稀硝酸，白色沉淀消失且有氣泡產生，說明沉淀為碳酸鹽，所以原粉B、實驗(3)中滴入AgNO3溶液有白色沉淀(AgCl)生成，說明溶液中有Cl,故原粉末中肯定含C、實驗(1)只是部分粉末反應生成沉淀，Na?CO3可能有剩余，所以實驗(1)后的溶液中不一定不含【分析】根據(jù)實驗現(xiàn)象，結合物質間的反應(沉淀生成與溶解、離子檢驗),分析白色粉末中各物質的存在應。1個CuO分子需要與2個H+結合才能生成1個Cu2+和1個H?O分子，正確的離子方程式應為電子變成Zn2+,2個Ag+各得1個電子變成Ag,電子守恒且電荷平衡，離子方程式正確，B正確；子方程式應保留醋酸分子：CaCO?+2CH?C第20頁D、氫氧化鋇(Ba(OH)2)與硫酸銅(CuSO?)反應時，除生成硫酸鋇(BaSO?)沉淀外，還會生成氫氧化銅 (Cu(OH)?)藍色沉淀。完整的離子方程式應包含兩種沉淀：Ba2++2OH+Cu2++SO?2=BaSO?J+Cu(OH)?↓,此【分析】本題需要根據(jù)離子方程式的書寫規(guī)范，從物質拆分規(guī)則(強電解質可拆、弱電解質和難溶物不C.判斷弱電解質(醋酸)是否能拆分為離子形式。D.檢查反應是否遺漏其他產物(氫氧化銅沉淀)。反應1:Ce?++Mn2+=Ce3++Mn3+;反應2:Mn3++Fe2+=Mn2++Fe3+;A、反應1中，Ce+中Ce元素化合價從+4降低到Ce3+中的+3(被還原),是氧化劑；Mn2+中Mn元素化合價升高(被氧化),是還原劑。因此氧化劑應為Ce?+,A錯誤；B、反應2中，Mn3+中Mn元素化合價從+3降低到Mn2+中的+2(被還原),因此Mn2+是還原產物；C、由反應2可知，氧化性Mn3+>Fe3+(Mn3+是氧化劑，F(xiàn)e3+是氧化產物);由反應3可知，氧化性Fe3+>【分析】本題需要依據(jù)氧化還原反應中氧化性和還原性的強弱規(guī)律(氧化劑氧化性強于氧化產物，還原劑還原性強于還原產物),分析三個反應中元素化合價的變化，確定氧化劑、還原劑、氧化產物和還原產物，進而判斷各選項的正誤。A.判斷氧化劑(化合價降低的物質)。第21頁B.區(qū)分還原產物(氧化劑被還原后的產物)與氧化產物。C.通過氧化性強弱判斷反應可行性。D.推導正確的氧化性順序?！窘馕觥俊窘獯稹恳阎谎趸腍Cl質量為7.3g,HCI的摩爾質量是36.5g/mol,根據(jù)公式可得：MnO?與濃鹽酸反應的本質是：部分HCI作還原劑(被氧化，Cl→Cl?,化合價從-1→0),部分作酸(提供Cl-)。反應中，2mol被氧化的HCI對應生成1molCl?(因為2個Cl失去2個電子生成1個Cl?分子)。因此，0.2mol被氧化的HCl生成的Cl?物質的量為：Cl?與石灰乳(Ca(OH)?)反應的化學方程式為：2Cl?+2Ca(OH)?=CaCl?+Ca(由方程式可知，2molCl?參與反應，生成1molCaCl?和1molCa(CIO)?(漂白粉是兩者的混合物)。因此，0.1molCl?參與反應時：生成CaCl?的物質的量：CaCl?的摩爾質量為111g/mol,質量為0.05mol×111g/mol=5.55g生成Ca(CIO)2的物質的量：olCa(CIO)2的摩爾質量為143g/mol,質量為0.05mol×143g/mol=7.15g漂白粉總質量為CaCl?和Ca(CIO)?的質量之和：故答案為：B?！痉治觥勘绢}需要分兩步進行計算：首先根據(jù)MnO?與濃鹽酸反應中被氧化HCI和生成Cl?的定量關系，算出Cl?的物質的量；然后依據(jù)Cl?與石灰乳的反應方程式，求出漂白粉(CaCl?和Ca(CIO)2的混合物)的總質量，核心是把握氧化還原反應中“被氧化的HCl”與產物的對應關系。26.【答案】(1)—1;+3;+3【解析】【解答】(1)氫化鈣中鈣元素的化合價為+2價，由化合價代數(shù)和為0可知，氫元素的化合價為—1價；草酸中氫元素的化合價為+1價、氧元素的化合價為—2價，由化合價代數(shù)和為0可知，碳元素的化合價為+3價；三氧化二氮中氧元素的化合價為—2價，由化合價代數(shù)和為0可知，氮元素的化合價為+3價，故答案為：-1;+3;+3;第22頁(2)一氧化氮、氨分子、三氧化二氮、四氧化二氮、硝酸、亞硝酸分子中氮元素的化合價分別為+2、—3、+3、+4、+5、+3,由氧化還原反應規(guī)律可知，反應③可能實現(xiàn)，故答案為：③;(3)①由方程式可知，反應i中氫元素的化合價降低被還原，水是反應的氧化劑，鐵元素的化合價升高被氧化，四氧化三鐵是氧化產物，故答案為：H?O;Fe?O4;②由方程式可知，反應ii中生成2mol氧氣時，反應轉移電子的物質的量為8mol,則反應轉移電子的物質的量為0.3mol時，標準狀況下生成氧氣的體積為,故答案為：1.68;③由方程式可知，該反應的總反應方程式為鐵作催化劑的條件下，利用太陽能分解水生成氫氣和氧氣，則該方法中循環(huán)利用的物質是鐵，故答案為：Fe?！痉治觥?1)依據(jù)化合物中各元素化合價代數(shù)和為0,結合已知元素常見化合價(Ca為+2、H為+1、0為-2)列式求解。(2)氧化還原反應需滿足“元素化合價有升有降”,分析各反應中元素化合價變化是否符合此規(guī)律。(3)①氧化劑為化合價降低的物質，氧化產物為化合價升高元素對應的產物；②先明確電子轉移與產物的定量關系，再根據(jù)轉移電子數(shù)計算氣體體積；③循環(huán)物質是反應中消耗后又生成的物質。(1)氫化鈣中鈣元素的化合價為+2價，由化合價代數(shù)和為0可知，氫元素的化合價為—1價；草酸中氫元素的化合價為+1價、氧元素的化合價為—2價，由化合價代數(shù)和為0可知，碳元素的化合價為+3價；三氧化二氮中氧元素的化合價為—2價，由化合價代數(shù)和為0可知，氮元素的化合價為+3價，故答案為：—1;(2)一氧化氮、氨分子、三氧化二氮、四氧化二氮、硝酸、亞硝酸分子中氮元素的化合價分別為+2、—3、+3、+4、+5、+3,由氧化還原反應規(guī)律可知，反應③可能實現(xiàn)，故答案為：③;(3)①由方程式可知，反應i中氫元素的化合價降低被還原，水是反應的氧化劑，鐵元素的化合價升高被氧化，四氧化三鐵是氧化產物，故答案為：H?O;Fe?O4;②由方程式可知，反應ii中生成2mol氧氣時，反應轉移電子的物質的量為8mol,則反應轉移電子的物質的量為0.3mol時，標準狀況下生成氧氣的體積為,故答案為：1.68;③由方程式可知，該反應的總反應方程式為鐵作催化劑的條件下，利用太陽能分解水生成氫氣和氧氣，則該方法中循環(huán)利用的物質是鐵，故答案為：Fe。27.【答案】(1)Na;Na?CO?第23頁(5)向溶液中通入過量二氧化碳故答案為：Na;Na?CO?;(2)反應②為Na與水反應，離子方程式：2Na+2H?O=20H-+2Na++H?↑;(3)反應④為過氧化鈉與二氧化碳反應，化學方程式：2Na?O?+2CO?=2Na?CO?+0?;故答案為：2Na?O?+2CO?=2Na?CO?+0?;(4)7.8g的Na?O?物質的量：mol,根據(jù)反應：2Na?O?+2H?O=4NaO移電子0.1mol;故答案為：0.1;(5)除去NaHCO?溶液中混有的Na?CO3,可不斷向溶液中通入過量二氧化碳。故答案為：向溶液中通入過量二氧化碳【分析】(1)根據(jù)焰色試驗呈黃色(含鈉元素)及轉化關系，確定含鈉單質和化合物，推導出A是Na、D(2)反應②為鈉與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，離子方程式為2Na+2H?O=2OH+2Na++H?↑。(3)反應④為過氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，據(jù)此書寫化學方程式。(4)7.8gB(Na?O?)為0.1mol,結合其與水反應規(guī)律(2molNa?O?轉移2mol電子),得轉移電子(5)利用Na?CO?與過量CO?反應生成NaHCO?,除雜方法為通入過量CO?。(1)根據(jù)分析可知，A為Na,D為Na?CO3;(3)反應④為過氧化鈉與二氧化碳反應，化學方程式：2Na?O?+2CO?=2Na?CO?+0?;(4)7.8g的Na?O?物質的量：根據(jù)反應：2Na?O?+2H?O=4NaOH+02↑~2e-,轉移電子0.1mol;(5)除去NaHCO?溶液中混有的Na?CO?,可不斷向溶液中通入過量二氧化碳。28.【答案】(1)Na?CO?+2HCl=2NaCl+H?O+CO?↑(2)排盡裝置中的CO?,減小實驗誤差(3)防止空氣中的CO?進入裝置③,引起實驗誤差(4)H++OH?=H?O;CO?+Ba第24頁【解析】【解答】(1)裝置②是利用鹽酸和樣品中的Na?CO?反應產生CO?氣體，反應方程式為：Na?CO?+(2)由于確定樣品中Na?CO?的純度是利用裝置③Ba(OH)?溶液吸收CO?氣體生成BaCO?沉淀后稱出裝置③的質量差確定CO?的質量，所以要先排除裝置內空氣中的CO?對實驗的影響，因此鐘，利用裝置①的NaOH溶液吸收空氣中的CO?后，排盡裝置內的二氧化碳，減小實驗誤差。故答案為：排盡裝置中的CO?,減小實驗誤差；(3)根據(jù)分析，裝置④是為了防止空氣中的CO?氣體返流到裝置③中被吸收引起實驗誤差。故答案為：防止空氣中的CO?進入裝置③,引起實驗誤差；(4)從裝置②出來的氣體有：揮發(fā)的HCl、生成的CO?,二者都能與Ba(OH)?溶液反應：Ba(OH)?+2HCl=BaCl?+2H?O、Ba(OH)?+CO?=BaCO?↓+H?O,對應的離子方程為：H++OH?=H?O、CO?+B故答案為：H++OH?=H?0;CO?+B(5)根據(jù)反應：Na?CO?+2HCl=2NaCl+H?0+CO?個加的質量為mg,在忽略鹽酸，水蒸氣揮發(fā)性帶來的影響后，mg就是吸收的CO?質量，設樣品中Na?CO?的【分析】(1)利用鹽酸與樣品中Na?CO3的復分解反應，生成NaCl、H20和CO2,據(jù)此書寫方程(2)實驗前鼓入空氣，用裝置①NaOH溶液吸收空氣中CO2,排盡裝置內原有CO2,避免干擾后續(xù)CO2質量測定。(3)堿石灰吸收空氣中CO2,防止其進入裝置③,避免測得CO2質量偏大，保證實驗準確性。(4)裝置②揮發(fā)出的HCl與Ba(OH)2發(fā)生中和反應(H++OH=H20);生成的CO2與Ba(OH)2(5)根據(jù)裝置③增加質量(即吸收CO2質量mg),利用Na?CO3與CO2的質量關系，算出Na?CO3質量，再除以樣品質量wg,得到質量分(1)裝置②是利用鹽酸和樣品中的Na?CO?反應產生CO?氣體，反應方程式為：Na?CO?+2HCl=2NaCl+(2)由于確定樣品中Na?CO?的純度是利用裝置③Ba(OH)?溶液吸收CO?氣體生成BaCO?沉淀后稱出裝置③第25頁的質量差確定CO?的質量，所以要先排除裝置內空氣中的CO?對實驗的影響，因此實驗前先緩緩鼓入空氣數(shù)分鐘，利用裝置①的NaOH溶液吸收空氣中的CO?后，排盡裝置內的二氧化碳，減小實驗誤差。(3)根據(jù)分析，裝置④是為了防止空氣中的CO?氣體返流到裝置③中被吸收引起實驗誤差。(4)從裝置②出來的氣體有：揮發(fā)的HC1、生成的CO?,二者都能與Ba(OH)?溶液反應：Ba(OH)?+2HCl=BaCl?+2H?O、Ba(OH)?+CO?=BaCO?↓+H?0,對應的離子方程為：H++OH?=H?O、CO?+Ba2++(5)根據(jù)反應：Na?CO?+2HCl=2NaCl+H?0+CO?個和Ba(OH)?+CO?=BaCO?↓+H?0可知，裝置③增加的質量為mg,在忽略鹽酸，水蒸氣揮發(fā)性帶來的影響后，mg就是吸收的CO?質量，設樣品中Na?CO?的質量為xg,列關系式：,解得則wg純堿樣品中碳酸鈉的質量分數(shù)為：故答案為：29.【答案】(1)分液漏斗；吸收Cl?中的水蒸氣(或干燥Cl?)(3)裝置C中干燥的紅色布條不褪色，裝置D濕潤的紅色布條褪色(5)>;HCIO;取少量氯水于試管中，加入過量稀硝酸使其酸化，再加入AgNO?溶液【解析】【解答】(1)根據(jù)實驗裝置圖可知，裝置A中盛放濃鹽酸的儀器名稱為：分液漏斗；從裝置A出來的氣體為：Cl?、HC1、H?0,因后面要驗證干燥氯氣的性質，所以裝置B的作用是：吸收Cl?中的水蒸氣或干燥Cl?。故答案為：分液漏斗；吸收Cl?中的水蒸氣(或干燥Cl?)。(2)裝置A是利用濃鹽酸與MnO?共熱制得Cl?,反應的方程式為：MnO?+4HCI(濃)=MnCl?+Cl?↑故答案為：(3)根據(jù)實驗：裝置C的干燥紅色布條和裝置D的濕潤紅色布條的作用是用來檢驗Cl?的漂泊性，則能驗證干燥的氯氣沒有漂白性的實驗現(xiàn)象為：裝置C中干燥的紅色布條不褪色，裝置D濕潤的紅色布條褪色。故答案為：裝置C中干燥的紅色布條不褪色，裝置D濕潤的紅色布條褪色。(4)Cl?能與水反應生成2種酸，所以也能與堿反應得到鹽、次氯酸鹽和水，則反應的方程式為：Cl?+2NaOH=NaCl+NaCl0+H?O,離子方程式為：Cl?第26頁(5)探究新制氯水的成分和性質，根據(jù)題中表格信息：①根據(jù)實驗1:在淀粉碘化鉀溶液中滴加氯水，溶液變藍色，由淀粉遇I?變藍可知Cl?能將KI中的I廠氧化為I?,發(fā)生反應為：Cl?+2KI=I?+2KCl,②根據(jù)實驗2:在石蕊溶液中滴加氯水，石蕊溶液先變紅，說明氯水顯酸性，存在H+,后又褪色，說明氯水中含具有漂白性物質，則氯水中還含有HClO;③若用實驗3證明氯水中含有氯離子，CI-通常用Ag+作用生成AgCl沉淀不溶于稀硝酸這一性質來檢驗，則實故答案為：>;HCIO;取少量氯水于試管中，加入過量稀硝酸使其酸化，再加入AgNO?溶液。(6)根據(jù)圖示可知，用強光照射盛有氯水的密閉細口瓶，隨著時間推移，氯離子的濃度和氧氣的體積分數(shù)均增大的原因是氯水中HC1O不穩(wěn)定，易見光分解成鹽酸和【分析】(1)識別盛放濃鹽酸的儀器為分液漏斗；裝置B用濃硫酸干燥Cl2,除去水蒸氣。(2)裝置A中Mn02與濃鹽酸共熱，生成MnCl2、Cl