河北省保定定州市2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题（解析版）

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定州市2022—2023学年度高一第一学期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Na：23Cl：35.5第I卷(选择题，共52分)一、单项选择题(本题共20个小题，每小题2分，共40分，每小题只有一个正确选项)1.下列物质中，属于电解质的是A.乙醇B.食盐水C.KNO3D.Mg【答案】C【解析】【详解】电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，据此定义解题：A．乙醇水溶液和纯净的乙醇均不导电，属于非电解质，A不合题意；B．食盐水是溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，B不合题意；C．KNO3在水溶液或熔融状态下均能导电，属于电解质，C符合题意；D．Mg是单质，既不是电解质也不是非电解质，D不合题意；故答案为：C。2.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是A.KCl溶液B.Fe(OH)3胶体C.蔗糖溶液D.CuSO4溶液【答案】B【解析】【详解】能出现丁达尔效应的分散系为胶体，选项中只有Fe(OH)3胶体能出现丁达尔效应，KCl溶液、蔗糖溶液、CuSO4溶液均不能出现丁达尔效应，因此答案选B。3.下列物质在标准状况下体积最大的是A.11.2L氢气B.90g水C.2molCl2D.个氧分子【答案】C【解析】【分析】【详解】A．标况下，氢气的体积为11.2L；B．标准状况下水的密度约为1g/mL，所以90g水体积约为90mL;C．标准状况下2molCl2的体积为V=nVm=2mol×22.4L/mol=44.8L；D．个氧分子的物质的量为1mol，标准状况下的体积为22.4L；结合以上分析可知，在标准状况下体积最大的是C；故答案为：C4.下列物质的保存方法，与其化学性质无关的是（）第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

1A.金属钠保存在煤油中B.浓盐酸需密闭保存C.新制氯水密闭存放于棕色瓶中D.过氧化钠需保持干燥密闭保存【答案】B【解析】【详解】A．金属钠能与水、氧气反应，应该隔绝空气密封保存，因此钠保存在煤油中，隔绝空气，与其化学性质有关，A不符合题意；B．浓盐酸具有挥发性，需密闭保存，与其物理性质有关，与化学性质无关，B符合题意；C．新制氯水中含有次氯酸，次氯酸见光易分解，应密闭存放于棕色瓶中，与其化学性质有关，C不符合题意；D．过氧化钠与水反应，需保持干燥密闭保存，与其化学性质有关，D不符合题意。答案为：B。5.下列各项是关于玻璃棒在若干实验中的用途及操作，其中不正确的是（）A.溶解物质时搅拌B.蘸取少量溶液做焰色试验C.过滤时向漏斗中转移液体D.配制一定物质的量浓度的溶液时引流【答案】B【解析】【详解】A.溶解物质时，利用玻璃棒搅拌，加快溶解速率，正确，A不符合题意；B.用铂丝蘸取少量溶液做焰色反应实验，而不是用玻璃棒，错误，B符合题意；C.过滤时，用玻璃棒引流，正确，C不符合题意；D.配制一定物质的量浓度的溶液时，用玻璃棒引流，正确，D不符合题意。答案为：B。6.下列反应中水做还原剂的是A.2Na+2H2O=2NaOH+H2↑B.Cl2+H2O=HCl+HClOC.3NO2+H2O=2HNO3+NOD.2F2+2H2O=4HF+O2【答案】D【解析】【详解】A．水中的氢元素化合价由+1价变成0价，水做氧化剂，A错误；B．水中氢和氧化合价不变，既不是氧化剂又不是还原剂，B错误；C．水中氢和氧化合价不变，既不是氧化剂又不是还原剂，C错误；D．水中氧化合价由-2价升高为0价，水是还原剂，D正确；故选D。7.已知CCl4为非电解质，HCl为电解质，则下列物质中一定含有Cl-的是（）第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

2A.HCl气体B.液态CCl4C.KClO3溶液D.KCl溶液【答案】D【解析】【分析】共价化合物需要在水的作用下，才能电离出相应的离子；而离子化合物在水的作用下，或者熔融状态下，均能电离出相应的离子。【详解】A．HCl为共价分子，在没有水分子的作用下，不能电离出Cl-，A不符合题意；B．CCl4为共价分子，没有水分子的作用下，不能电离出Cl-，B不符合题意；C．KClO3是离子化合物，在水溶液中电离出K+和ClO3-，不含有Cl-，C不符合题意；D．KCl是离子化合物，在水溶液中能电离出Cl-，则KCl溶液中含有Cl-，D符合题意。答案为：D。8.美丽的焰火增添了节日的气氛，这与“焰色试验”知识相关。下列说法中不正确的是A.焰色试验时发生的是物理变化B.用稀盐酸清洗做焰色试验的铂丝C.Na与NaCl在灼烧时火焰颜色相同D.若透过蓝色钴玻璃只看到紫色，说明样品中含K元素而不含Na元素【答案】D【解析】【详解】A．焰色试验不涉及物质结构和化学性质的改变，没有新物质生成，是物理变化，A正确；B．盐酸可以溶解氧化物等杂质，且易挥发，不会残留，所以用稀盐酸清洗做焰色试验的铂丝，B正确；C．Na与NaCl都含有钠元素，焰色试验为黄色，所以Na与NaCl在灼烧时火焰颜色相同，C正确；D．透过蓝色钴玻璃观察可以滤去黄光的干扰，不能确定是否含有钠元素，D错误；故选D。9.下列说法不正确的是A.1molN2中含有质子数约为7×6.02×1023B.标准状况下，1.5molH2的体积约为33.6LC.配制250mL1.0mol•L-1H2SO4溶液需要18mol•L-1H2SO4溶液的体积约为13.9mLD.在标准状况下，20mLNH3和60mLO2所含分子个数比为1：3【答案】A【解析】【详解】A．1molN2中含有的质子数约为2×7×6.02×1023，故A错误；B．标准状况下，1molH2的体积约为1.5mol=33.6L，故B正确；C．配制250mL1.0mol·L-1H2SO4溶液需要18mol·L-1H2SO4溶液的体积约为≈13.9mL，故C正确；D．在标准状况下，20mLNH3和60mLO2所含分子个数比为20：60=1：3，故D正确；第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

3故选D10.下列物质的分类组合正确的是①金刚石、氢氧化铁胶体、豆浆均为混合物；②HClO、CH3COOH、H2CO3均为酸；③NaOH、NH4HCO3、KMnO4均为电解质；④Na2O2、Na2O、MgO均为碱性氧化物；⑤碳纤维、金刚石、石墨、C60互为同素异形体。A.②⑤B.②③⑤C.①②③⑤D.④⑤【答案】B【解析】【详解】①金刚石是C单质，因此属于纯净物；氢氧化铁胶体、豆浆均为混合物，①错误；②HClO、CH3COOH、H2CO3电离产生的阳离子全部是H+，阴离子是酸根离子，因此三种物质均为酸，②正确；③NaOH、NH4HCO3、KMnO4在水中能够完全电离产生自由移动的离子，因此三种物质均为电解质，③正确；④Na2O2与水反应产生NaOH、O2，因此Na2O2不碱性氧化物，④错误；⑤碳纤维、金刚石、石墨、C60是C元素的不同性质的单质，它们互为同素异形体，⑤正确；综上所述可知：说法正确的是②③⑤，故合理选项是B。11.下列实验现象的描述正确的是A.氢气在氯气中燃烧，发生苍白色火焰，瓶口上方形成白雾B.铁丝在氯气中燃烧，产生棕褐色的烟，产物溶于水，溶液呈浅绿色C.金属钠放入溶液中，有银白色金属析出D.钠在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成白色固体【答案】A【解析】【详解】A．氢气在氯气中燃烧，发生苍白色火焰，瓶口上方形成白雾,A正确；B．铁丝在氯气中燃烧，产生棕褐色的烟，产物溶于水，溶液呈橘黄色，B错误；C．金属钠放入溶液中，生成白色沉淀，C错误；D．钠在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成淡黄色固体,D错误；答案选A。12.同温同压下，有质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，下列有关说法错误的是（）A.气体的体积由大到小的顺序是H2＞CH4＞O2＞CO2＞SO2B.所含分子数由多到少的顺序是H2＞CH4＞O2＞CO2＞SO2C.密度由大到小的顺序是SO2＞CO2＞O2＞CH4＞H2D.所含电子数由多到少的顺序是CO2＞SO2＞CH4＞O2＞H2第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

4【答案】D【解析】【详解】A项，根据n＝可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质量越小，同温同压下气体的体积与物质的量成正比，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体的体积由大到小的顺序是H2＞CH4＞O2＞CO2＞SO2，正确；B项，根据n＝可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，所含分子数越少，同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2所含分子数由多到少的顺序是H2＞CH4＞O2＞CO2＞SO2，正确；C项，根据阿伏伽德罗推论：同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体的摩尔质量由小到大的顺序是H2＜CH4＜O2＜CO2＜SO2，故密度为H2＜CH4＜O2＜CO2＜SO2，正确；D项，分别取mg五种气体，则CO2、H2、O2、CH4、SO2所含电子的物质的量分别为×22mol，×2mol，×16mol，×10mol，×32mol，所含的电子数由多到少的顺序是H2＞CH4＞CO2＝O2＝SO2，错误；故选D。13.M与N反应时，不能实现图示电子转移的是选项MN电子转移AH2Cl2BFeCuCl2CAlH2SO4(稀)DCl2H2OA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．H2在Cl2中燃烧反应中，本质上是H原子的电子转移到Cl这边形成共用电子对，A不合题意；B．Fe+CuSO4=FeSO4+Cu反应中Fe失去电子，Cu2+得到电子，B不合题意；C．2Al+3H2SO4(稀)=Al2(SO4)3+3H2↑反应中Al失去电子，H+得到电子，C不合题意；D．Cl2+H2O=HCl+HClO反应中电子转移在Cl2分子内完成，与H2O无关，D符合题意；故答案为：D。第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

514.某同学配制的植物营养液中有4种离子，其中所含的、K+、的物质的量浓度分别为0.2mol·L-1、0.3mol·L-1、0.4mol·L-1，则Zn2+的物质的量浓度为A.0.5mol·L-1B.0.7mol·L-1C.0.35mol·L-1D.0.9mol·L-1【答案】C【解析】【详解】已知、K+、的物质的量浓度分别为0.2mol·L-1、0.3mol·L-1、0.4mol·L-1由电荷守恒可得:，故0.35mol·L-1，答案为C。15.下列“实验方案”不宜用于完成“实验目的”的是(　　)选项实验目的实验方案A确认Fe(OH)3胶体是否制备成功用可见光束照射B确认金属活泼性：Na＞Cu将金属钠投入CuSO4溶液中C确认钠与水反应生成NaOH向反应后的混合液中滴加酚酞D确认Cl2无漂白作用将有色纸条放入干燥Cl2中A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．用可见光束照射，若有一条光亮的“通路”，则表明Fe(OH)3胶体制备成功，A不合题意；B．将金属钠投入CuSO4溶液中，钠先跟水反应，产物再跟CuSO4溶液反应，不发生Na与CuSO4的置换反应，不能比较Na与Cu的金属活泼性，B符合题意；C．向反应后的混合液中滴加酚酞，溶液变红色，则表明钠与水反应生成NaOH，C不合题意；D．将有色纸条放入干燥Cl2中，试纸不褪色，表明干燥的Cl2无漂白性，D不合题意；故选B。16.下列溶液与50mLlmol/LAlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度相等是A.25mL2mol/LAlCl3溶液B.75mL0.5mol/LCaCl2溶液C.100mL1mol/LNaCl溶液D.150mL3mol/LKCl溶液【答案】D【解析】【分析】50mL1mol/LAlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol/L´3=3mol/L。【详解】A．25mL2mol/LAlCl3溶液中c(Cl-)=2mol/L´3=6mol/L，故A不符合题意；B．75mL0.5mol/LCaCl2溶液中c(Cl-)=0.5mol/L´2=1mol/L，故B不符合题意；C．100mL1mol/LNaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L，故C不符合题意；第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

6D．150mL3mol/LKCl溶液中c(Cl-)=3mol/L，故D符合题意；故选D。17.已知2MO+5S2-+16H+=2M2++5S↓+8H2O，则MO中x的值为A.1B.2C.3D.4【答案】A【解析】【分析】【详解】对于反应2MO+5S2-+16H+=2M2++5S↓+8H2O，由O原子守恒可知2y=8，所以y=4；由电荷守恒可知2×（-x）+5×（-2）+16=2×2，解得x=1。故选：A。18.200℃时，11.6g由CO2和水蒸气的混合物与足量的Na2O2充分反应后,固体质量增加了3.6g,则原混合气体的平均摩尔质量为g/molA.5.8B.11.6C.46.4D.23.2【答案】D【解析】【详解】设混合物中CO2和水的物质的量分别是xmol和ymol，则根据反应的方程式2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2△m2mol56g2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2△m2mol4g可知28x+2y＝3.6，又因为44x+18y＝11.6，解得x＝0.1、y＝0.4，所以原混合气体的平均摩尔质量为，D项正确，答案选D。19.将Cl2通入过量石灰乳[Ca(OH)2]中即可制得以Ca(ClO)2为有效成分漂白粉。下列解释事实的方程式中，不正确的是A.生成Ca(ClO)2：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2OB.漂白粉溶液与盐酸混合产生Cl2：ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2OC.漂白粉溶液吸收CO2后产生白色沉淀：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+D.漂白粉溶液加入适量醋酸在短时间内能达到漂白效果：Ca(OH)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2H2O、Ca(ClO)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2HClO【答案】C【解析】【详解】A．将Cl2通入过量石灰乳[Ca(OH)2]中，发生氧化还原反应，生成Ca(ClO)2、CaCl2和H2O，其化学方程式为2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，故A正确；B．漂白粉溶液与盐酸混合，氯离子和次氯酸根离子在酸性溶液中发生氧化还原反应生成氯气和H2O第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

7，其离子方程式为ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O，故B正确；C．漂白粉溶液中吸收二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，HClO是弱酸，在离子方程式中不能拆开，其反应的离子方程式为Ca2++2ClO-+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO，故C错误；D．漂白粉溶液加入适量醋酸，会发生Ca(OH)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2H2O、Ca(ClO)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2HClO，在短时间内HClO的浓度增大，能提高其漂白效率，故D正确；答案C。20.下列对实验过程的评价正确的是A.向某溶液中加入稀盐酸，产生无色无味气体，能使澄清石灰水变浑浊，证明该溶液中含有或B.某溶液中滴加溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含C.向某无色溶液中加入紫色石蕊显红色，证明该溶液一定是酸的溶液D.验证烧碱溶液中是否含有，先加稀盐酸除去，再加硝酸银溶液，有白色沉淀出现，证明含【答案】A【解析】【详解】A．向某溶液中加入稀盐酸，产生无色无味气体，能使澄清石灰水变浑浊，该气体为二氧化碳，证明该溶液中含有或，A项正确；B．某溶液中滴加溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该沉淀可能为氯化银或者硫酸钡，则该溶液中不一定含，B项错误；C．向某无色溶液中加入紫色石蕊显红色，证明该溶液一定是酸性溶液，C项错误；D．验证烧碱溶液中是否含有，先加稀盐酸除去，该操作会引入，不能证明原溶液中是否含有，D项错误；答案选A。二、不定项选择题(本题共4小题，每小题3分，共12分，有一个或两个符合题意，全部选对得3分，选对但不全得2分，选错得0分。)21.使用如图装置探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭)→亮”现象的是第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

8选项ABCD试剂试剂A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】灯光“亮→暗(或灭)→亮”现象对应的单位体积溶液离子带电荷量先下降再上升，溶液导电能力先下降再回升；【详解】A．，试剂a未过量之前，溶液中参与反应的离子均生成难溶物，溶液中离子数量明显下降，溶液导电性下降，试剂a过量，溶液中的离子数量才开始上升，溶液导电能力重新增加，描述正确，不符题意；B．，试剂a未过量之前，溶液中参与反应的离子生成难溶物、气体、水，溶液中离子数量明显下降，溶液导电性下降，试剂a过量，溶液中的离子数量才开始上升，溶液导电能力重新增加，描述正确，不符题意；C．，试剂a未过量之前，溶液中参与反应的离子生成难溶物及水，溶液中离子数量明显下降，溶液导电性下降，试剂a过量，溶液中的离子数量才开始上升，溶液导电能力重新增加，描述正确，不符题意；D．，随着试剂a的加入，原溶液中的弱电解质CH3COOH不断生成强电解质CH3COONH4，溶液中的离子数量明显上升，故灯泡光亮会更明显，不会出现变暗现象，描述错误，符合题意；综上，本题选D。22.如图所示，锥形瓶和分液漏斗内的液体都盛有水，向烧杯内滴加水时，发现形管内液面左边低于右边，恢复到原温度后液面左边与右边基本相平，则烧杯内的物质是A.过氧化钠B.氧化钙C.钠D.碳酸氢钠【答案】B【解析】第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

9【详解】A．过氧化钠溶于水放出热量并生成氧气，使容器内温度升高，压强增大，U形管内液体慢慢右移，但恢复到原温度后液面左边仍然比右边低，A项错误；B．氧化钙与水反应放出热量，使容器内温度升高，压强增大，U形管内液体慢慢右移，反应中没有气体生成，恢复到原温度后液面左边与右边基本相平，B项正确；C．钠加入水中放热并生成氢气，使容器内温度升高，压强增大，U形管内液体慢慢右移，但恢复到原温度后液面左边仍然比右边低，C项错误；D．碳酸氢钠溶于水热效应不明显也无气体放出，故U形管内液体几乎不移动，D项错误；答案选B。23.过氧化钠与水反应后滴加酚酞，酚酞先变红后褪色。某小组欲探究其原因，进行以下实验: ①取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体；实验②、③中红色均不褪去。下列分析错误的是A.过氧化钠与水反应产生的气体为O2B.过氧化钠与水反应需要MnO2作催化剂C.实验②、③证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气D.过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2【答案】B【解析】【详解】A.过氧化钠与水反应产生的气体为O2，A正确；B.过氧化钠与水反应不需要催化剂，双氧水分解需要MnO2作催化剂，B错误；C.实验②、③作为对照实验，能证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气，C正确；D.根据反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体可判断过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2，D正确，答案选B。24.向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中，一定能大量共存的是A.a点对应的溶液中：、、、第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

10B.b点对应的溶液中：、、、C.c点对应的溶液中：、、、D.d点对应的溶液中：、、、【答案】CD【解析】【分析】向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，先发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。【详解】A．a点滴入盐酸为0，对应的溶液中存在Na+、HCO、CO，Cu2+与CO生成沉淀而不能大量共存，A不符合题意；B．b点开始生成二氧化碳，所以此时溶液中存在Na+、Cl-、HCO，OH-会与HCO反应而不能大量共存，B不符合题意；C．c点恰好完全反应，溶液中只存在Na+、Cl-，四种离子相互之间不反应，也不与溶质反应，可以大量共存，C符合题意；D．d点盐酸过量，溶液中存在Na+、Cl-、H+，四种离子相互之间不反应，也不与溶质反应，可以大量共存，D符合题意；综上所述答案为CD。第II卷(非选择题，共48分)25.实验小组同学需要配制500mL0.2mol•L-1NaCl溶液。（1）用托盘天平称取NaCl固体的质量为_____。（2）该实验小组同学在实验室中找到了下列仪器。①为了完成实验，还缺少的玻璃仪器是_____。②在操作步骤“转移”中，玻璃棒的作用是____。（3）配制过程中，下列操作会导致所配溶液物质的量浓度偏小的是____(填序号)。a.转移时有少量溶液洒出b.转移后未用蒸馏水洗涤烧杯c.定容时俯视刻度线【答案】（1）5.9g（2）①.500mL容量瓶②.引流，防止液体溅出（3）ab第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

11【解析】【小问1详解】配制500mL0.2mol•L-1NaCl溶液，需要溶质的质量为：m=n×=c××=0.5L×0.2mol/L×58.5g/mol=5.9g，故答案为：5.9g；【小问2详解】①用固体配制一定物质的量浓度溶液般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，缺少的玻璃仪器：500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；②在操作步骤“转移”中，为防止液体洒落在容量瓶外面，应用玻璃棒引流，故答案为：引流，防止液体溅出；【小问3详解】a．转移时有少量溶液洒出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小，故a正确；b．转移后未用蒸馏水洗涤烧杯，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小，故b正确；c．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故c错误；故答案为：ab。26.氧化还原反应是一类重要的化学反应，广泛存在于生产生活中。（1）下列变化中，与氧化还原反应有关的是____(填字母)。a.食物的腐败b.钢铁的锈蚀c.钟乳石的形成d.Fe(OH)3胶体的制备（2）汽车尾气中的CO和NO在催化剂作用下发生反应，生成CO2和N2。写出化学方程式：____。（3）黑火药爆炸时的反应为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。在该反应中，氧化剂是____(填化学式)，每生成0.25molN2转移的电子数约为____。（4）FeSO4、K2FeO4是水处理中常用的物质。①选择两种属于不同基本反应类型的方法制取FeSO4，用离子方程式表示该方法：____。②依据“性质决定用途”的学科观念，分析K2FeO4的性质，预测K2FeO4在处理含NH的废水中的作用。简述分析过程：____。【答案】（1）ab（2）2CO+2NO2CO2+N2（3）①.S和KNO3②.或1.806×1024（4）①.FeO+2H+=Fe2++H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+②.K2FeO4中Fe元素的化合价为+6价，具有强氧化性，可将NH氧化为无污染的气体氮气【解析】【小问1详解】a．食物的腐败即被氧化的过程，与氧化还原反应有关，故a符合题意；b．钢铁的锈蚀过程中金属单质转化为化合物，反应中存在元素化合价的变化，与氧化还原反应有关，故第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

12b符合题意；c．钟乳石的形成是碳酸钙和碳酸氢钙之间长期的化学变化过程，变化过程中没有元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，故c不符合题意；d．Fe(OH)3胶体的制备不存在化合价变化，不涉及氧化还原反应，故d不符合题意；【小问2详解】CO和NO在催化剂作用下发生反应，生成CO2和N2，C元素化合价升高2价，N元素化合价降低2价，所以CO和NO的系数比为1：1，再结合元素守恒可得化学方程式为2CO+2NO2CO2+N2；【小问3详解】在反应S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中，氮元素和硫元素化合价降低，得到电子被还原，物质表现出氧化性，故该反应的氧化剂是S和KNO3；生成1mol氮气转移12mol电子，则每生成0.25molN2转移的电子数约为或1.806×1024；【小问4详解】①Fe2(SO4)3可以和Fe发生化合反应制取FeSO4，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；FeO可以和H2SO4发生复分解反应制取FeSO4，离子方程式为FeO+2H+=Fe2++H2O；(4)K2FeO4中Fe元素的化合价为+6价，而Fe元素常见价态为0、+2、+3，则+6价的Fe元素应具有强氧化性，可以将NH氧化为无污染的气体氮气，则原因为K2FeO4中Fe元素的化合价为+6价，具有强氧化性，可将NH氧化为无污染的气体氮气。27.关注物质的宏观组成和微观构成，是研究物质性质及其转化的基本出发点。（1）从物质分类看，Na2CO3和NaHCO3均属于____(选填序号)，因此具有某些相似的化学性质。a.氧化物b.酸c.碱d.盐（2）探究Na2CO3和NaHCO3的相互转化。【实验1】加热碳酸氢钠固体，装置如图所示。①利用上述装置可实现NaHCO3，向Na2CO3发生转化，试管中发生反应的化学方程式为_____。【实验2】分别向滴有2滴酚酞的NaHCO3和Na2CO3溶液中滴加稀盐酸，实验记录如表：实验内容实验现象第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

13实验2-1溶液浅红色褪去，立即产生大量气泡。实验2-2开始时，溶液的红色没有明显变化，也没有明显的气泡产生。继续滴加盐酸，当溶液的红色明显变浅时，气泡的数量也逐渐增多。当溶液的颜色变为浅红色，继续滴加盐酸，溶液的浅红色褪去，有大量气泡出现。②实验2-1中，反应的离子方程式是_____。③实验2-2中，实现碳酸钠向碳酸氢钠转化的现象是_____。④通过上述实验，从物质组成上分析Na2CO3，转化为NaHCO3，加入盐酸的作用是_____。（3）探究NaCl转化为NaHCO3。资料i：物质NaClNaHCO3NH4HCO3NH4Cl20℃时的溶解度(g/100gH2O)36.09.621.737.2资料ii：氨气(NH3)可与水发生反应，生成一水合氨(NH3•H2O)，一水合氨属于一种碱。向饱和NaCl溶液中通入足量CO2，无NaHCO3生成，原因是____。②向饱和NaCl溶液中先通入NH3，再通入CO2，在溶液中可析出NaHCO3晶体，该反应的化学方程式____。【答案】（1）d（2）①.2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O②.HCO+H+=H2O+CO2↑③.溶液由红色变为浅红色④.提供H+，与CO反应生成HCO（3）①.弱酸无法制强酸，若生成NaHCO3，则与同时产生的HCl不能共存或CO2在水中的溶解度不大，溶液中c(H2CO3)小，且难以电离出大量的HCO②.NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl【解析】【小问1详解】从物质分类看，都属于盐类；【小问2详解】受热分解生成，试管中发生反应的化学方程式为：；碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠，第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

14，反应的离子方程式为；实验2-2中，反应方程式为,，实现碳酸钠向碳酸氢钠转化的现象是溶液由红色变为浅红色；通过上述实验，从物质组成上分析碳酸钠转化为碳酸氢钠，加入盐酸的作用是提供氢离子，使碳酸根转化为碳酸氢根；【小问3详解】弱酸无法制强酸，若生成，则与同时产生的HCl不能共存或在水中的溶解度不大，溶液中小，且难以电离出大量的；；28.氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中和利用如图装置制备KClO3(热水浴中)和NaClO(冰水浴中)，探究其氧化还原性质。回答下列问题：（1）盛放MnO2粉末的仪器名称是____，a中的试剂为____。（2）写出该实验中制备Cl2的化学方程式，并用双线桥标出电子转移的数目和方向：____。（3）b中化学反应的离子方程式是____，d装置的作用是____。（4）取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，先滴加KI溶液，再滴加淀粉溶液，1号试管溶液颜色不变；2号试管溶液变为蓝色。可知该条件下KClO3的氧化能力____NaClO(填“大于”或“小于”)。（5）工业上采用电解NaCl溶液制备氯气，请将反应方程式补充完整，并用单线桥表示电子转移：_____。H2O+NaClCl2↑+NaOH+【答案】（1）①.圆底烧瓶②.饱和食盐水（2）（3）①.3Cl2+6OH-5Cl-+ClO+3H2O②.吸收尾气(Cl2)第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

15（4）小于（5）【解析】【分析】在烧瓶中MnO2与浓盐酸混合加热发生反应制取Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。由于浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl与Cl2及水蒸气导入a中盛有饱和食盐水的洗气瓶除去杂质HCl，然后在装置b中，在加热条件下Cl2与KOH发生反应：3Cl2+6KOH5KCl+KClO3+3H2O；在装置c中Cl2与冷的NaOH溶液发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，最后在装置d中用NaOH溶液进行尾气处理，然后排放。【小问1详解】根据装置图可知盛放MnO2粉末的仪器名称是圆底烧瓶，装置a中的试剂为饱和NaCl溶液；【小问2详解】在烧瓶中MnO2与浓盐酸混合加热发生反应制取Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。在该反应中Mn元素化合价由反应前MnO2中+4价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低2价，得到电子2e-；Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高1×2=2价，失去电子1e-×2，用用双线桥标出电子转移的数目和方向为：；【小问3详解】在装置b中，Cl2与热的KOH溶液反应产生KCl、KClO3、H2O，该反应的化学方程式为：3Cl2+6KOH5KCl+KClO3+3H2O，该反应的离子方程式为：3Cl2+6OH-5Cl-+ClO+3H2O；装置d中盛有NaOH溶液，其作用是进行尾气处理，吸收多余的Cl2，防止大气污染；【小问4详解】取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，先滴加KI溶液，再滴加淀粉溶液，1号试管溶液颜色不变，说明KClO3不能氧化I-为I2；2号试管溶液变为蓝色，说明NaClO能够氧化I-为I2，由此可知该条件下氧化能力：KClO3＜NaClO；【小问5详解】在该反应中，Cl元素化合价由反应前NaCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高1×2=2第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司

16价；则H元素的化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2的0价，化合价降低1×2=2价，则根据Cl元素的守恒，可知NaCl的计量数是2，Cl2的计量数是1，根据Na元素守恒可知NaOH的计量数是2，最后根据H、O原子守恒，可知H2O的计量数是2，则反应方程式为2H2O+2NaClCl2↑+2NaOH+H2↑，用单线桥法表示电子转移为：第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司