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绝密★启用前
望城二中高一期中考试化学试题
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干
净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题：本大题共12小题，共36分。
1.下列关于物质分类的正确组合是( )
碱 酸 盐 碱性氧化物 酸性氧化物
A 纯碱 硫酸 小苏打 氧化钙 干冰
B 烧碱 盐酸 食盐 氧化钠 一氧化碳
C 石灰水 NaHSO 碳酸钙 氢氧化钠 二氧化碳
4
D N H ⋅H O H NO 明矾 氧化铁 SO
3 2 3 3
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】解：A.纯碱是碳酸钠，是由钠离子和碳酸根离子构成的盐不是碱，故A错误；
B.盐酸是氯化氢水溶液，为混合物，酸为纯净物；一氧化碳是不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，故B错
误；
C.石灰水是氢氧化钙与水的混合物，碱为纯净物，NaHSO 是盐不是酸，Na O 与酸反应除了生成盐和
4 2 2
水，还生成氧气，不属于碱性氧化物，故C错误；
D.N H ⋅H O是弱碱，H NO 是酸，明矾是盐，氧化铁是碱性氧化物，三氧化硫与水化合为硫酸，与氢
3 2 3
氧化钠反应生成硫酸钠和水，属于酸性氧化物，故D正确；
故选D．
碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；
盐指电离时生成金属阳离子 或 和酸根离子的化合物；
( N H+ )
4
碱性氧化物指与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物(且生成物只能有盐和水，
不可以有任何其它物质生成)；
酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物(且生成物只能有一种盐和水，不可以
有任何其它物质生成)．
本题是对物质的化学式及分类的考查，对物质的名称、分类及化学式有较明确的认识即可顺利解答，属基
础知识考查题，题目难度不大．
2.磁流体是电子材料的新秀，它既具有固体的磁性，又具有液体的流动性．制备时将：FeSO 和
4
Fe (SO ) 的溶液等物质的量混合，滴入稍过量的氢氧化钠溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的
2 4 3
分散质粒子直径在5.5～36nm的磁流体．下列说法中，正确的是( )
A. 所得的分散系属于溶液
B. 所得的分散系中分散质为Fe O
2 3
C. 当一束强可见光通过该分散系会出现光亮的通路
D. 该分散系不属于介稳体系
【答案】C
【解析】解：根据题意磁流体分散系分散质粒子直径在55～36nm，属于胶体的范畴，所以应具备胶体
的性质；
A.所得分散系为胶体，故A错误；
B.分散质应是黑色的，而Fe O 是红色的，故不是Fe O ，故B错误；
2 3 2 3
C.胶体具有丁达尔现象，故C正确；
D.所得分散系为胶体，较稳定，属于介稳体系，故D错误。
故选：C。
根据分散质微粒直径大小来判断属于哪种分散系，然后确定具有的性质．
本题考查胶体的性质，难度不大，注意胶体的本质特征．
3.设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A
A. 28g N 所含的原子数目为N
2 A
B. 标准状况下，18 g H O所占的体积约为22.4 L
2C. 0.5 mol H SO 含有的原子数目为3.5N
2 4 A
D. 在常温常压下，11.2 L N 含有的原子数为N
2 A
【答案】C
28g
【解析】解：A、氮气由氮原子构成，故28g氮气中含有的氮原子的物质的量为n= =2mol，
14g/mol
故个数为2N 个，故A错误；
A
B、标况下水为液态，故18g水即1mol水的体积小于22.4L，故B错误；
C、硫酸为7原子分子，故0.5mol硫酸中含3.5N 个原子，故C正确；
A
D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氮气的物质的量小于0.5mol，则含有的原子
个数小于N 个，故D错误．
A
故选C．
A、氮气由氮原子构成；
B、标况下水为液态；
C、硫酸为7原子分子；
D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol．
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．
4.下列关于溶液浓度的表述正确的是( )
A. 98%的硫酸溶液物质的量浓度为18.4mol/L，则49%的硫酸溶液物质的量浓度小于9.2mol/L
B. 只含 和 的水溶液中，如果 和 的物质的量浓度相等，则 和 的物质的量浓度
K SO NaCl Na+ SO2− K+ Cl−
2 4 4
一定相等
C. 配制0.4mol/L的NaOH溶液时，可称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至
250mL容量瓶中定容
D. 将100mL20%的NaOH溶液与100mL10%的NaOH的溶液混合，则所得混合溶液的质量分数为
15%
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了与物质的量浓度相关计算及一定物质的量浓度计算的考查，题目难度不大。
【解答】1000ρω
A.硫酸的浓度、密度与质量分数之间的转化关系式为c= ，硫酸溶液中硫酸的质量分数越小，密
M
度越小，所以质量分数为98%的硫酸溶液的密度大于质量分数为49%的硫酸溶液的密度的2倍，所以若
98%的硫酸溶液物质的量浓度为18.4mol/L时，49%的硫酸溶液物质的量浓度小于9.2mol/L，故 A正
确；
B.根据溶液呈电中性， ，存在电荷守恒 ，如果
c(H+ )=c(OH− ) c(K+ )+c(Na+ )=c(Cl− )+2c(SO2− )
4
和 的物质的量浓度相等，则 的物质的量浓度大于 的物质的量浓度，故B错误；
Na+ SO2− K+ Cl−
4
C.配制0.4mol/L的NaOH溶液时，可称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，冷却至
室温后转移至250mL容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒2∼3次并将洗涤液转移至容量瓶，加水至离刻度线
1∼2cm再定容，故C错误；
D. 若为等质量混合后质量分数则为15%，而等体积的情况下混合，由于密度不同，所以混合后质量分数不
是15%，故 D 错误。
故选A。
5.已知同温同压下，气体的物质的量之比=气体分子数之比=气体体积之比，一定温度和压强下，用质量相
等的CH 、CO 、O 、SO 四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中错误的是( )
4 2 2 2
A. 气球③中装的是O
2
B. 气球①和气球④中气体的密度之比为1:4
C. 气球①和气球②中原子数之比为11:16
D. 气球③和气球④中气体体积之比为1:2
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查阿伏加德罗定律及推论，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度不大。
【解答】
A.一定温度压强下，气体的V 是相等的，用mg的CH 、CO 、O 、SO 四种气体分别吹出四个体积大
m 4 2 2 2m
小不同的气球，则根据V =nV = V 得到体积和相对分子质量成反比，所以体积的大小顺序是：
m M m
CH >O >CO >SO ，气球③中装的是O ，故A正确；
4 2 2 2 2
B.④、①四个球中分别是CH 、SO ，气球①和气球④中气体的密度之比等于相对分子质量之比，即为
4 2
64：16=4：1，故B错误；
mg mg
C.气球①和气球②中原子数之比等于 ×3： ×3=11:16，故C正确；
64g/mol 44g/mol
mg mg
D.气球③和气球④分别为O 、CH ，体积比为 ： =1:2，故D正确；
2 4 32g/mol 16g/mol
6.油条的做法是将矾、碱、盐按比例加入温水中，再加入面粉搅拌成面团；放置，使面团产生气体，形成
孔洞．放置过程发生反应：
2K Al(SO ) ⋅12H O+3Na CO =2Al(OH) ↓+3Na SO +K SO +3CO ↑+21H O.下列有
4 2 2 2 3 3 2 4 2 4 2 2
关判断正确的是( )
A. 从物质的分类角度来看，油条配方中的“矾、碱、盐”均为盐
B. 放置过程发生的反应为氧化还原反应
C. 放置过程发生的反应中，反应物和生成物均为电解质
D. 反应的离子方程式为
2Al3++3CO2−=2Al(OH) ↓+3CO ↑
3 3 2
【答案】A
【解析】解：A、Na CO 和K Al(SO ) ⋅12H O都是盐，所以油条配方中的“明矾、碱”均属于盐，
2 3 4 2 2
故A正确；
B、无元素化合价的变化是非氧化还原反应，放置过程中发生的反应为非氧化还原反应，故B错误；
C、二氧化碳是非电解质，故C错误；
D、根据原子守恒，反应物中应该含有水参与反应，该反应 未遵
2Al3++3CO2−=2Al(OH) ↓+3CO ↑
3 3 2
循质量守恒，故D错误；
故选：A。
A、Na CO 和K Al(SO ) ⋅12H O都是盐；
2 3 4 2 2
B、无元素化合价的变化是非氧化还原反应；
C、二氧化碳是非电解质；D、该反应未遵循质量守恒．
本题考查物质的分类和氧化还原反应的断判以及离子方程式书写的正误，综合性强，但比较容易．
7.下列有关物质分类的说法，不正确的是( )
A. CO、N O 是非金属氧化物，也是酸性氧化物，它们属于电解质
2 5
B. K NO 是钾盐、硝酸盐，也是正盐
3
C. H CO 是含氧酸、二元酸
2 3
D. NaOH是可溶性碱，也是强碱
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了物质分类的方法和依据，理解概念是解题关键，注意常见的分类方法是按着物质的组成、结构
和性质进行分类的，题目较简单。
【解答】
A. CO、N O 都是非金属氧化物，但CO不是酸性氧化物，它们都不属于电解质，故A错误；
2 5
B.K NO 中的阴离子为硝酸根，故为硝酸盐，阳离子为钾离子，故为钾盐，由于不能电离出氢离子或氢氧
3
根，故为正盐，故B正确；
C.H CO 是含氧酸、二元酸，故C正确；
2 3
D.NaOH是一元碱，是可溶性碱，能完全电离是强碱，故D正确；
8.溶液的导电能力与溶液中的离子浓度有关。下列图象不正确的是( )
A. 图甲：向5%的MgSO 溶液中滴加5%的Ba(OH) 溶液至过量
4 2
B. 图乙：向H SO 溶液至加入NaOH固体
2 4
C. 图丙：向NaCl溶液中加水
D. 图丁：向蒸馏水中通入HCl气体
【答案】A【解析】【分析】
本题考查了溶液导电能力的变化判断，是中学化学的基础知识点，题目难度不大。注意溶液的导电能力与
离子浓度、离子所带电荷数成正比是关键，侧重基础知识的考查。
【解答】
A.向5%的MgSO 溶液中滴加5%的Ba(OH) 溶液至过量，发生反应为：
4 2
M gSO +Ba(OH) =BaSO ↓+M g(OH) ↓，所以溶液中离子浓度先减小到接近0，后来Ba(OH)
4 2 4 2 2
溶液过量，离子浓度又增大，但由于溶液体积的改变最终溶液中单位体积内总电荷数小于开始的MgSO
4
溶液，所以溶液的导电能力先减小到0后增大，但小于开始，故A错误；
B.向H SO 溶液至加入NaOH固体体，发生反应为：H SO +2NaOH=Na SO +2H O，则开始
2 4 2 4 2 4 2
离子浓度不变，NaOH固体过量时离子浓度才增大，所以溶液的导电能力开始不变后来增大，故B正确；
C.向氯化钠溶液中加水，溶液中离子浓度不断减小，所以溶液的导电能力不断减小，但不等于0，故C正
确；
D.向蒸馏水中通入HCl气体，溶液中离子浓度不断增大，直到达到饱和溶液，浓度不变，所以导电能力
先不断增大，后不变，故D正确。
9.某溶液的溶质可能含有Na CO 、NaHCO 、NaOH中的几种，向该溶液中滴加0.5mol/L的盐
2 3 3
酸，得到CO 体积(换算成标准状状)与盐酸体积的关系如图所示，下面说法错误的是( )
2
A. 产生的CO 的物质的量为0.03mol
2
B. 段发生反应的离子方程式为
AB HCO−+H+=CO ↑+H O
3 2 2
C. 若溶质由0.02molNa CO 和xmolNaHCO 组成，则V =100
2 3 3 2
D. 若溶质由Na CO 和NaOH组成，3V =2V ，则n(Na CO )：n(NaOH)=1：2
2 3 1 2 2 3
【答案】D
0.672L
【解析】解：A.由图可知，产生的CO 的体积为0.672L，物质的量为 =0.03mol，故A正
2 22.4L/mol
确；B. 段发生反应为碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳，离子方程式为 ，
AB HCO−+H+=CO ↑+H O
3 2 2
故B正确；
C.产生的CO 的物质的量为0.03mol，若溶质由0.02molNa CO 和xmolNaHCO 组成，依据碳元
2 2 3 3
素守恒可知x=0.03−0.02=0.01，由反应Na CO +2HCl=CO ↑+H O+2NaCl可知，碳酸钠消耗
2 3 2 2
盐酸0.04mol，由反应NaHCO +HCl=CO ↑+H O+NaCl可知碳酸氢钠消耗盐酸0.01mol，共
3 2 2
0.05mol
消耗盐酸0.05mol，则V = =0.1L=100mL，故C正确；
2 0.5mol/L
D.AB段发生反应为NaHCO +HCl=CO ↑+H O+NaCl，产生的CO 的物质的量为0.03mol，由
3 2 2 2
碳元素守恒可知n(Na CO )=0.03mol，则AB段消耗盐酸体积为
2 3
0.03mol
V −V = =0.06L=60mL，3V =2V ，解得V =120mL，V =180mL，OA段发生反应
2 1 0.5mol/L 1 2 1 2
Na CO +HCl=NaCl+NaHCO ，消耗盐酸0.03mol，体积为60mL，故与NaOH反应盐酸体
2 3 3
积为120mL−60mL=60mL，n(NaOH)=0.5mol/L×0.06L=0.03mol，则n(Na CO )：
2 3
n(NaOH)=1：1，故D错误；
故选：D。
A.依据气体体积计算气体的物质的量；
B.碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳；
C.依据碳元素守恒可知碳酸氢钠的物质的量，进而计算消耗盐酸的量；
D.OA段先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H O，后反应Na CO +HCl=NaCl+NaHCO ，
2 2 3 3
AB段发生反应为NaHCO +HCl=CO ↑+H O+NaCl，依据二氧化碳和盐酸的体积关系，计算
3 2 2
Na CO 和NaOH的物质的量。
2 3
本题考查方程式的计算，题目难度中等，能依据图象和物质的性质判断反应过程并能依据方程式进行计算
是解题的关键。
10.某溶液中可能含有 、 、 、 、 、 和 。某同学为了确定其成分，设计
Cl− SO2- CO2− N H+ Fe3+ Fe2+ Na+
4 3 4
并完成了如下实验：由此可推测原溶液中 ( )
A. 、 、 一定存在， 一定不存在
N H+ Na+ SO2- CO2−
4 4 3
B. 、 一定存在， 、 一定不存在
N H+ SO2- CO2− Na+
4 4 3
C. 至少为
c(Cl− ) 0.2mol·L−1
D. 一定为
c(Fe3+ ) 0.2mol·L−1
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了离子的检验。需要学生的识记和理解，多做有助于快速判断。
【解答】
加入过量 溶液，加热，得到 氨气，原溶液中一定存在 ；产生的红褐色沉
NaOH 0.02mol 0.02molN H+
4
淀为氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量
1.6g÷160g/mol=0.01mol，则原溶液中含有0.02mol铁元素，可能为Fe3+、Fe2+，原溶液中一定
没有 ；滤液通入足量盐酸，无气体产生，通入足量 溶液，生成 不溶于盐酸的固体为硫
CO2− BaCl 4.66g
3 2
酸钡，硫酸钡的物质的量4.66g÷233g/mol=0.02mol，则原溶液中含有0.02mol硫酸根离子，据电
荷守恒，原溶液中一定有Cl−，物质的量至少为0.02mol×2+0.02mol−0.02mol×2=0.02mol。
A. 由以上分析可知， 、 一定存在， 一定不存在， 无法判断，故A错误；
N H+ SO2− CO2− Na+
4 4 3
B. 由以上分析可知， 、 一定存在， 一定不存在， 无法判断，故B错误；
N H+ SO2− CO2− Na+
4 4 3C. ，则氯离子至少为 ，故C正确；
c(Cl− )=0.02mol÷0.1L=0.2mol·L−l 0.2mol·L−l
D. 根据以上分析可知，原溶液中含有0.02mol铁元素，无法判断存在的是铁离子或者亚铁离子，故D错
误。
故选C。
11.已知，下列反应均能发生
①2FeCl +2K I=2FeCl +2KCl+I
3 2 2
②2FeCl +Cl =2FeCl
2 2 3
③I +SO +2H O=H SO +2H I
2 2 2 2 4
判断下列物质氧化能力由强到弱的顺序正确的是( )
A. B.
I−>Fe2+>Cl−>SO Cl >Fe3+>I >SO
2 2 2 2
C. D.
Fe2+>I−>Cl−>SO Cl >Fe3+>SO >I
2 2 2 2
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查学生分析和解决问题的能力，可以根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性来回答，题目难度
不大。
【解答】
，氧化剂为 ，氧化产物为 ，氧化性顺序是 ；
①2FeCl +2K I=2KCl+2FeCl +I FeCl I Fe3+>I
3 2 2 3 2 2
，氧化剂为 ，氧化产物 ，氧化性顺序是 ；
②2FeCl +Cl =2FeCl Cl FeCl Cl >Fe3+
2 2 3 2 3 2
③I +SO +2H O=H SO +2H I，氧化剂为I ，氧化产物为H SO ，还原剂是SO ，氧化剂的氧化
2 2 2 2 4 2 2 4 2
性大于还原剂，所以氧化性顺序是I >SO ；
2 2
所以氧化性顺序是 。
Cl >Fe3+>I >SO
2 2 2
故选B。
12.PbO 是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl ；现
2 2
将1molPbO 加热分解得到O ，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl ，O 和Cl 的物质的量之比为3：
2 2 2 2 2
2，则剩余固体的组成及物质的量比是( )A. 1：2混合的PbO 、Pb O
2 3 4
B. 1：1混合的Pb O 、PbO
3 4
C. 1：4：1混合的PbO 、Pb O 、PbO
2 3 4
D. 4：1：1混合的PbO 、Pb O 、PbO
2 3 4
【答案】B
【解析】【分析】
本题通过元素化合物转化，考查氧化还原反应计算，侧重考查学生的分析推理能力，难度中等，注意电子
转移守恒的利用．
【解答】1molPbO 生热分解产生3nmolO ，则同时产生6nmolPbO；
2 2
剩余的(1−6n)mol的PbO 产生2nmolCl ，
2 2
根据转移电子守恒可知：(1−6n)×2=2n×2，则n=0.125mol
则混合物中有PbO0.75mol，PbO 0.25mol
2
n(PbO)：n(PbO )=3:1，
2
Pb O 等于与2PbO·PbO ，
3 4 2
A.1：2混合的PbO 、Pb O ，n(PbO)：n(PbO )=4:3，故A错误；
2 3 4 2
B.1：1混合的Pb O 、PbO，n(PbO)：n(PbO )=3:1，故B正确；
3 4 2
C.1：4：1混合的PbO 、Pb O 、PbO，n(PbO)：n(PbO )=9:5，故C错误；
2 3 4 2
D.4：1：1混合的PbO 、Pb O 、PbO，n(PbO)：n(PbO )=3:5，故D错误；
2 3 4 2
故选B．
二、双选题：本大题共2小题，共8分。
13.能正确表示下列反应的离子反应方程式为( )
A. 溶于过量的浓 溶液中：
N H HCO KOH N H++HCO−+2OH−=CO2−+N H ↑+2H O
4 3 4 3 3 3 2
B. 向明矾溶液中滴加 溶液，恰好使 沉淀完全：
Ba(OH) SO2− 2Al3++3SO2−+3Ba2++6OH
2 4 4
❑ −=2Al(OH) ↓+3BaSO ↓
3 4C. 向 溶液中通入足量氯气：
FeBr 2Fe2++4Br−+3Cl =2Fe3++2Br +6Cl−
2 2 2
D. 醋酸除去水垢：
2H++CaCO =Ca2++CO ↑+H O
3 2 2
【答案】AC
【解析】解：A.N H HCO 溶于过量的浓KOH溶液中的离子反应为
4 3
N H++HCO−+2OH−=CO2−+N H ↑+2H O
，故A选；
4 3 3 3 2
B.明矾溶液中 和 个数比为 ： ， 完全沉淀时， 应转化为 ，离子反应为
Al3+ SO2− 1 2 SO2− Al3+ AlO−
4 4 2
Al3++2SO2−+2Ba2++4OH ❑ −=AlO +2H O+2BaSO ↓
，故B不选；
4 2 2 4
C.向 溶液中通入足量氯气的离子反应为 ，故C选；
FeBr 2Fe2++4Br−+3Cl =2Fe3++2Br +6Cl−
2 2 2
D.醋酸是弱酸，则醋酸除去水垢的离子反应为
2CH COOH+CaCO =Ca2++CO ↑+H O+2CH COO−
，故D不选；
3 3 2 2 3
故选AC。
本题考查离子方程式的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧
重氧化还原反应及与量有关的离子反应的考查，题目难度不大。
14.下列叙述正确的是( )
A. 同温同压下，相同体积的气体，其分子数一定相等，原子数也一定相等
B. 任何条件下，等物质的量的甲烷(CH )气体和CO气体所含的原子数一定不相等
4
C. 同压同体积的氧气和氮气的分子数相等
D. 同温同压下的CO和N ，若它们体积相同，那么它们的质量也一定相等
2
【答案】BD
【解析】A.同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的气体，其物质的量相等，所以其分子数一定相等，
气体分子有单原子分子、多原子分子，所以气体的原子个数不一定相等，故A错误；
B.等物质的量的甲烷(CH )气体和CO气体分子数相同，由于分子中原子数不同，则等物质的量的甲烷
4
(CH )气体和CO气体所含的原子数一定不相等，故B正确；
4C.气体的体积与温度、压强有关，由于温度不知道，气体的物质的量无法判断，则分子数不能判断，故C
错误；
D.同温同压下的CO和N ，若它们体积相同，物质的量相同，由于摩尔质量相同，则质量相同，故D正确。
2
三、流程题：本大题共1小题，共8分。
15.“分子筛”是一种具有多孔结构的铝硅酸盐(NaAlSiO ·nH O)，其中有许多笼状孔穴和通道，能
4 2
让直径比孔穴小的分子通过而将大的分子留在外面，故此得名。利用铝灰(主要成分为Al、Al O 、AlN、
2 3
FeO等)制备“分子筛”的一种工艺流程如下：
(1)“分子筛”的化学式用氧化物形式可表示为_______________。
(2)铝灰水解产生的气体为________(填化学式)；“水解”在加热条件下而不在室温下进行的原因是
________________________。
(3)“酸溶”时，发生氧化还原反应的离子方程式为_________________________________。
(4)该工艺中滤渣的颜色为________________________。
某学习小组设计实验模拟从浓缩海水 含 、 、 中提取试剂级 ：
(5) ( Ca2+ M g2+ SO2− ) NaCl
4
①实验中若向浓缩海水中加入的是Na CO 浓溶液，则有难溶的M g (OH) CO 生成，同时有气体逸
2 3 2 2 3
出。该反应的离子方程式为______________。
②该学习小组发现上述实验即使BaCl 用量不足，第Ⅲ步沉淀中依然含有少量BaCO 。从平衡角度分析
2 3
其原因：____________________________。
【答案】(1)Na O·Al O ·2SiO ·2nH O
2 2 3 2 2
(2)N H ； 加快AlN水解反应速率，降低N H 在水中的溶解度，促使N H 逸出
3 3 3
(3)2Al+6H+=2Al3++3H ↑
2
(4)红褐色(5)①2CO2−+2M g2++H O=M g (OH) CO ↓+CO ↑
3 2 2 2 3 2
加入的 使 的沉淀溶解平衡向溶解方向移动，从而形成
② CO2− BaSO BaCO
3 4 3
【解析】【分析】
本题考查较为综合，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，
注意把握题给信息，把握信息抽去能力的培养，从质量守恒的角度计算分子筛的化学式，难度中等。
【解答】
(1)硅酸盐写成氧化物形式时，写氧化物顺序是：活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水，
所以分子筛的表示式为：Na O⋅Al O ⋅2SiO ⋅2nH O，
2 2 3 2 2
故答案为：Na O⋅Al O ⋅2SiO ⋅2nH O；
2 2 3 2 2
(2)铝灰中的AlN和水发生水解反应生成氢氧化铝沉淀和氨气，反应的化学方程式为：
AlN+3H O=Al(OH) +N H ↑，所以铝灰水解产生的气体为氨气，氨气是极性分子；加热促进水解，
2 3 3
降低氨气的溶解度，利于氨气逸出，促使水解平衡正向移动，故答案为：N H ；加快AlN水解反应速率，
3
降低N H 在水中的溶解度，促使N H 逸出；
3 3
(3)酸溶是铝灰中的活泼金属铝与酸中氢离子发生氧化还原反应生成氢气，离子反应方程式为：
，故答案为： ；
2Al+6H+=2Al3++3H ↑ 2Al+6H+=2Al3++3H ↑
2 2
(4)氧化时主要是次氯酸根离子氧化亚铁离子生成铁离子，根据上面的分析可知该工艺中滤渣的成分为
Fe(OH) ，所以工艺中滤渣的颜色为红褐色，故答案为：红褐色；
3
(5)①若向粗盐溶液中加入的是Na CO 浓溶液，则有难溶的M g (OH) CO 生成，同时有气体逸出，
2 3 2 2 3
气体为 ，该反应的离子方程式为 ，故答案为：
CO 2CO2−+2M g2++H O=M g (OH) CO ↓+CO ↑
2 3 2 2 2 3 2
；
2CO2−+2M g2++H O=M g (OH) CO ↓+CO ↑
3 2 2 2 3 2
第Ⅲ步沉淀中依然含有少量 ，是因为加入 使 的溶解平衡向溶解方向移动，从而形
② BaCO CO2− BaSO
3 3 4
成 ，故答案为：加入 使 的溶解平衡向溶解方向移动，从而形成 。
BaCO CO2− BaSO BaCO
3 3 4 3
四、实验题：本大题共3小题，共30分。16.I.据如图所示装置(部分仪器已略去)回答下列有关问题。
(1)实验甲在加热过程中能观察到产生白色沉淀的烧杯是_______(填“I”或“I I”)，试管中发生反应的
化学方程式为： _______________________________________，
通过上述实验，得出的结论是：Na CO 比NaHCO 的热稳定性_______(填“强”或“弱”)
2 3 3
(2)取10g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物充分加热，将生成的CO 气体通入足量的澄清石灰水中，测得生成
2
沉淀的质量为4.0g。则原混合物中碳酸钠的质量分数为___________。
II.某课外活动小组设计了下列装置，验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触。
(3)装置①中反应的离子方程式是_______________________________________。
(4)过氧化钠跟二氧化碳反应的化学方程式_____________________________________。
(5)钠在空气中燃烧可生成过氧化钠，所需主要实验仪器有：酒精灯、三脚架、泥三角、____。
(6)【进行实验】
步骤1：打开弹簧夹K ，关闭K ，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
2 1
步骤2：打开弹簧夹K ，关闭K ，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
1 2
下列说法中正确的是：( )
a.装置①中盐酸可换成硫酸
b.装置②中的试剂是饱和Na CO 溶液，装置③中溶液是浓硫酸
2 3
c.步骤1中a处带火星的木条不复燃，步骤2中a处带火星木条复燃
d.上述实验不足以证明有水存在时过氧化钠跟二氧化碳发生了化学反应，要做补充实验【答案】(1) Ⅱ 2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O 强
(2)32.8%
(3)CaCO3+2H❑ +=Ca❑ 2++CO2↑+H2O
(4)2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2
(5) 坩埚
(6)cd
【解析】【分析】
本题主要考查物质性质的探究，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的
性质、实验的原理和操作方法是解题的关键，题目难度一般。
【解答】
I.(1)Na CO 较稳定，受热不分解，NaHCO 不稳定，受热分解生成Na CO 、H O和CO ，CO
2 3 3 2 3 2 2 2
能使澄清石灰水变浑浊，所以实验甲中观察到产生白色沉淀的烧杯是Ⅱ，试管中发生反应的化学方程式为：
2NaHCO Na CO +CO ↑+H O，Na CO 受热温度高于碳酸氢钠，但Na CO 不分解，
3 2 3 2 2 2 3 2 3
所以通过该实验证明Na CO 比NaHCO 的稳定性强；
2 3 3
(2)得到的沉淀为CaCO ，4.0g碳酸钙的物质的量为：
3
m(CaCO ) 4.0g
n(CaCO )= 3 = =0.04mol，根据C原子守恒得
3 M(CaCO ) 100g/mol
3
n(CO )=n(CaCO )=0.04mol，由关系式2NaHCO ～CO 得
2 3 3 2
n(NaHCO )=2n(CO )=2×0.04mol=0.08mol，
3 2
m(NaHCO )=0.08mol×84g/mol=6.72g，则m(Na CO )=(10−6.72)g=3.28g，碳酸钠质量
3 2 3
3.28g
分数ω= ×100%=×100%=32.8%；
10g
Ⅱ.(3)装置①中碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钙为难溶物，写离子方程式时不拆，该反应的离子
方程式为：CaCO +2H+=Ca2++H O+CO ↑；
3 2 2
(4)过氧化钠跟二氧化碳反应的化学方程式是：2Na O +2CO =2Na CO +O ；
2 2 2 2 3 2
(5)钠在空气中燃烧可生成过氧化钠，所需主要实验仪器有：酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚；(6)a.装置①中盐酸不能换成硫酸，硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙的表面阻止反应的进一步发生，故a错误；
b.装置②用于除去CO 中的HCl，用饱和碳酸氢钠溶液，装置③作用是除去CO 中的水蒸气，应用浓硫
2 2
酸，故b错误；
c.步骤1：打开弹簧夹K ，关闭K ，生成的二氧化碳被干燥，步骤2：为湿润的二氧化碳，可观察步骤1木
2 1
条不复燃，步骤2木条复燃，故c正确；
d.二氧化碳和水都会和过氧化钠生成氧气，故上述实验不足以证明有水存在时过氧化钠跟二氧化碳发生了
化学反应，故d正确。
17.二氧化氯(ClO )是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂。制备ClO 有下列两种方法：
2 2
方法一：2NaClO +4HCl=2ClO ↑+Cl ↑+2NaCl+2H O
3 2 2 2
方法二：2NaClO +H O +H SO =2ClO ↑+O ↑+Na SO +2H O
3 2 2 2 4 2 2 2 4 2
(1)方法一中氧化剂是______________，氧化产物是______________。
(2)方法一的离子方程式为________________________。
(3)方法二中被氧化的物质是______________，若反应中有0.2mol电子转移，则产生的ClO 气体在标准
2
状况下的体积为____________。
(4)用双线桥法在下面的反应式上标出电子转移的方向与数目。
2NaClO +H O +H SO =2ClO ↑+O ↑+Na SO +2H O
3 2 2 2 4 2 2 2 4 2
【答案】略
【解析】略
18.回答下列问题。
Ⅰ.某膨松剂的有效成分为碳酸氢钠，测定其中碳酸氢钠含量的操作如下(设该膨松剂中的其他成分不与盐酸
或氢氧化钠反应)：
①配制0.20mol/L稀盐酸和0.20mol/LNaOH溶液；②取0.1g膨松剂研碎，加入蒸馏水；
③加入15.00mL0.20mol/L稀盐酸；
④用0.20mol/LNaOH溶液中和过量的稀盐酸，记录所消耗的NaOH溶液的体积。
(1)如图是实验室某浓盐酸试剂瓶的标签上，用该溶液配制100mL0.20mol/L稀盐酸。
①该浓盐酸的物质的量浓度为________mol·L−1；实验过程中需要的玻璃仪器除了胶头滴管、烧杯、量筒、
玻璃棒，还需要________；应用量筒量取浓盐酸________mL。
②下列操作会导致配制的盐酸浓度偏高的是________(填标号)。
a.未洗涤玻璃棒和烧杯 b.定容时俯视刻度线
c.转移溶液时有少量液体溅出 d.摇匀后发现液面低于刻度线
e.容量瓶中含有少量蒸馏水 f .量取浓盐酸时俯视刻度线
(2)通过3次测定，消耗NaOH溶液的体积平均为13.00mL，膨松剂中碳酸氢钠的质量分数为________。
Ⅱ 单位质量膨松剂反应时产生标准状况下气体的体积 是检验膨松剂品质的一项重要指标。用如
. (mL·g−1 )
图装置测定某膨松剂样品产生CO 的质量(装置气密性良好，各装置中气体吸收剂足量)，实验前后装置D
2
的质量差即为CO 的质量。回答下列问题：
2
(3)加热前，先对装置A、B和C通入一段时间的氮气，目的是排尽装置中的空气，防止干扰实验，然后再
连接上装置D、E.停止加热后，仍要继续通入一段时间的氮气，目的是
____________________________________________________________________。
(4)装置C中浓硫酸的作用为吸收分解生成的H O，装置E中碱石灰的作用是________。
2
(5)上述实验中，若没有装置E，可能会造成测定结果________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】(1)12；100mL容量瓶；1.7；b
(2)33.6%
(3)使反应产生的CO 全部被装置D吸收，减少实验误差
2(4)吸收空气中的H O、CO ，防止其进入装置D，产生误差而影响实验结果
2 2
(5)偏高
【解析】【分析】
本题考查物质含量的探究实验、一定物质的量浓度溶液配制的误差分析、一定物质的量浓度溶液的配制等
知识，难度中等。
【解答】
【分析】I.配制100mL0.20mol/L盐酸溶液时，需要量取一定体积浓盐酸、溶解、冷却、转移、洗涤、
定容、摇匀等操作，并进行误差，所以必须用到的仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、量筒和100mL的容
量瓶;
Ⅱ.该装置要根据反应产生CO 的量测定膨松剂品质，由于空气中含有CO 气体，因此应该在加热前先对装
2 2
置A、B和C通入一段时间的氨气，排出装置中的空气，再连接上装置D、E，停止加热后，仍继续通入一
段时间的氨气，目的是使反应产生的CO 全部被装置D吸收，减少实验误差，装置A中NaOH可以吸收
2
通入的空气中CO ，装置B使膨松剂反应产生CO 气体，装置C浓硫酸作用是干燥CO 气体，装置D用碱
2 2 2
石灰吸收反应产生的CO 气体，根据反应前后装置D的质量变化确定CO 的质量：装置E作用是吸收空气
2 2
中的H O、CO ，防止其进入装置D，产生误差而影响实验结果，据此回答。
2 2
1000ρω 1000×1.2×36.5%
(1)①由标签上的数据可得c(HCl)= = mol/L=12mol/L;
M 36.5
配制100mL0.20mol/L稀盐酸需要用到100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒等玻璃仪器;
由稀释公式c(浓)×V(浓)=c(稀)×V(稀)，12mol/L×V(浓)=0.2mol/L×100mL，解得V(浓
)≈1.7mL;
②a.未洗涤烧杯和玻璃棒，导致进入容量瓶中的溶质含量偏小，浓度偏小， a不符合题意：
b.定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，浓度偏大，b符合题意;
c.转移溶液时有少量液体溅出，导致进入容量瓶中的溶质含量偏小，浓度偏小，c不符合题意：
d.摇匀后发现液面低于刻度线，属于正常现象，对于结果无影响， d不符合题意;
e.容量瓶中含有少量蒸馏水，定容时还需要加入蒸馏水，故对于结果无影响， e不符合题意;
f .量取浓盐酸时俯视刻度线，导致量取的浓盐酸溶液体积偏小，物质的量偏小，浓度偏小，f不符合题意;
故选b;
(2)用0.20mol/LNaOH溶液中和过量的稀盐酸，
，盐酸的总含量为
n(NaOH)=n(HCl)=0.3mol/L×13.00×10−3L=2.6×10−3mol，则与 反应的盐酸的物质的量
n(HCl)=0.2mol/L×1.5×10−3L=3×10−3mol NaHCO
3
，则 ，则膨松剂中碳
0.4×10−3mol m(NaHCO )=nM=0.4×10−3mol×84g/mol=33.6×10−3g
3
33.6×10−3g
酸氢钠的质量分数为 ×100%=33.6%;
0.lg
(3)停止加热后，仍要继续通入一段时间的领气，目的是使反应产生的CO 全部被装置D吸收，减少实验
2
误差
(4)装置E中碱石灰的作用是吸收空气中的H O、CO ，防止其进入装置D，产生误差而影响实验结果
2 2
(5)若没有装置E，空气中的CO 及水蒸气会被装置D吸收，而把它们当作NaHCO 分解产生的CO 气
2 3 2
体，则根据CO 质量计算的NaHCO 的质量数值偏大，从而使测定结果偏高;
2 3
