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2021-2022学年高一化学上学期期中测试卷（人教版2019）01（含考试版+全解全析+答题卡）
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【解析】
A．“ 日照澄州江雾开”表述的是可见光通过江雾时会产生丁达尔效应，没有新物质的产生，属于物理变化，A错误；
B．“ 日照香炉生紫烟”表述的是光的折射、水的蒸发，没有新物质的产生，不属于化学变化，B错误；
C．“蜡炬 成灰泪始干”表述的是物质的燃烧，有新物质的产生，属于化学变化，C正确；
D．“ 玉不琢不成器”表述的是玉的形状的改变，没有新物质的产生，不属于化学变化，D错误；
答案选C。
2．A
【解析】A．根据分散质微粒直径的大小，可以将分散系分为三类：溶液、胶体、浊液，即，故A正确；
B．溶液中溶质粒子能通过滤纸，胶体中分散质粒子也能通过滤纸，不能用过滤的方法分离胶体和溶液，故B错误；
C．胶体和溶液均属于分散系，都是混合物，故C错误；
D．胶体呈电中性，胶粒因吸附而带电荷，故D错误；
故选A。
3．A
【解析】
A．NaOH是碱，H2SO4是酸，CO2是酸性氧化物，胆矾是纯净物，A正确；
B．纯碱属于盐、石灰石属于混合物，B错误；
C．NaHSO4属于盐、CO属于不成盐氧化物，C错误；
D．碘酒属于混合物，D错误；
故选A。
4．D
【解析】A．氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，其中氯离子的半径大于钠离子的半径，因此图示中 代表的离子是氯离子，故A正确；
B．由图a可知干燥的NaCl固体中钠离子和氯离子不能自由移动，因此NaCl固体不能导电，故B正确；
C．由图b可知熔融状态下钠离子和氯离子能自由移动，因此熔融的NaCl能导电，故C正确；
D．表示氯离子，由图c可知带负电荷的水合氯离子向X电极移动，即向与电源正极相连的电极移动，故D错误；
答案为D。
5．B
【解析】
A．完全反应生成Cl-，故转移的电子数为2NA，故A错误；
B．与足量反应生成Na+，故失去NA个电子，故B正确；
C．在标准状况下，不是气体，无法计算物质的量，故C错误；
D．中-1价变为0价的氧气，故每生成1mlO2转移2ml电子，故生成(标准状况)，反应中转移的电子数为NA，故D错误；
故选B。
6．D
【解析】
A．OH-、NH能够反应生成弱电解质，不能大量共存，故A不选；
B．CH3COO–、H+能够反应生成CH3COOH，不能大量共存，故B不选；
C．Ba2+、CO能够反应生成沉淀，不能大量共存，故C不选；
D．H+、K+、SO、Fe3+四种离子间不反应，能够大量共存，故D选；
故选D。
7．C
【解析】
A．次氯酸为弱酸，应保留化学式，离子方程式为：Cl2+H2O═Cl-+HClO+H+，故A错误；
B．向溶液中加入过量的溶液生成偏铝酸钠，离子方程式为：，故B错误；
C．过量通入饱和溶液生成，的溶解度小于，故会产生沉淀，离子方程式为：，故C正确；
D．向中逐滴加入溶液使恰好沉淀完全，两者应该1:1反应，离子方程式为：，故D错误。
答案选C。
8．C
【解析】
A．在SiO2+2CSi+2CO↑中，Si的化合价从+4降低到0价，得到电子，而C的化合从0价升高到+2价，失去电子，故A错误；
B．在2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中，Na从0价升高到+1价，1m1Na失去1ml电子，则2mlNa失去2ml电子，H的化合价从+1价降低到0价，1mlH得到1ml电子，则2mlH得到2ml电子，应该转移2ml电子，故B错误；
C．在10KI+2KMnO4+8H2SO4=5I2+6K2SO4+2MnSO4+8H2O中，I的化合价从-1升高到0价，1ml KI失去1ml电子，则10mlKI失去10ml电子，Mn的化合价从+7价降低到+2价，1mlKMnO4得到5ml电子，则2mlKMnO4得到10ml电子，故C正确；
D．在铜和浓硫酸的反应中，铜的化合价从0价升高到+2价，失去电子，而硫酸中S的化合价从+6价降低到+4价，得到电子，带箭头的线应该从铜指向硫，故D错误；
故选C。
9．D
【解析】
A．活泼金属元素的氧化物不一定是碱性氧化物，非金属元素的氧化物不一定是酸性氧化物，如Na2O2不是碱性氧化物、CO不是酸性氧化物，故A错误；
B．某溶液加入BaCl2溶液产生白色沉淀，再加入稀HNO3，沉淀不消失，原溶液中可能存在SO、SO、Ag+，故B错误；
C．某物质在焰色反应实验中出现黄色的火焰， 则该物质一定含有钠元素，但不一定是钠盐，故C错误；
D．NH与碱反应放出氨气，某溶液与NaOH溶液共热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体，说明原溶液中存在 NH，故D正确；
选D。
10．A
【解析】
同温同压下，氮气、氧气的总体积与NO体积相等，则N2和O2总物质的量与NO物质的量相等，
A．N2和O2总物质的量与NO物质的量相等，都是双原子分子，当二者分子数相等时，原子数一定相等，A正确；
B．由于两容器内气体的质量不一定相等，则在容积相等的条件下，二者的密度不一定相等，B错误；
C．N2和O2总物质的量与NO物质的量相等，但是N2和O2的平均摩尔质量与NO的摩尔质量不一定相等，则质量不一定相等，C错误；
D． N2和O2总物质的量与NO物质的量相等，但是N2和O2的平均摩尔质量与NO的摩尔质量不一定相等，只有当氮气与氧气的物质的量之比为1：1时，N2和O2的平均摩尔质量为，与NO的摩尔质量相等，D错误；
答案选A。
11．C
【解析】
溶液导电性与离子浓度成正比，向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸至过量，发生的离子反应方程式为Ba2++2OH-+2H++SO＝BaSO4↓+2H2O。
A．XY段二者发生反应Ba2++2OH-+2H++SO＝BaSO4↓+2H2O，导致溶液中离子浓度减小，导电能力减弱，故A错误；
B．a点酸碱恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和水，因此a处溶液的导电能力约为0，但硫酸是强电解质，故B错误；
C．H2SO4是电解质，属于共价化合物，因此不含H+和，只含有H2SO4分子，故C正确；
D．YZ段稀硫酸过量，硫酸是强电解质，硫酸电离出离子导致溶液中离子浓度增大，溶液的导电性增强，故D错误；
故选C。
12．D
【分析】
由方程式可知，反应中锰元素的化合价降低被还原，高锰酸钾为反应的氧化剂，硫酸锰为还原产物，铁元素的化合价升高被氧化，硫酸亚铁为还原剂，硫酸铁为氧化产物，反应的化学方程式为2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O。
【解析】
A．由分析可知，高锰酸钾为反应的氧化剂，硫酸铁为氧化产物，故A错误；
B．硫酸亚铁中亚铁离子为中间价态，既有氧化性也有还原性，故B错误；
C．由分析可知，反应中氧化剂高锰酸钾和还原剂硫酸亚铁的物质的量之比为1∶5，故C错误；
D．由分析可知，反应中生成4ml水，反应转移10ml电子，则生成1ml水时，转移电子的物质的量为1ml×=1.25ml，故D正确；
故选D。
13．A
【解析】
A．浸有溶液的棉球主要用于吸收氯气，防止污染空气，故A错误；
B．钠与氯气反应生成氯化钠，反应生成的大量白烟是氯化钠晶体，故B正确；
C．给钠预热，钠熔化成小球，从实验现象上判断钠的熔点较低，故C正确；
D．钠原子的最外层只有1个电子，该电子很容易失去，所以钠有很强的还原性，故D正确；
选A。
14．D
【解析】
A．I图中：干燥的色布不褪色，湿润的色布褪色，证明氯气无漂白作用，氯气溶于水产生的氯水具有漂白作用，A正确；
B．Cl2是有毒气体，为达到闻气体气味同时又避免中毒的目的，应该采用II图中所示的扇闻的方法闻Cl2的气味，B正确；
C．将灼热的Cu丝伸入到盛有Cl2的集气瓶中，会看到铜丝在Cl2中着火燃烧，同时看到有棕黄色的烟，C正确；
D．Cl2与NaOH发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应发生使烧瓶中的气体压强减小，通过导气管与外界大气相通的气球就会鼓起胀大，而不是干瘪，D错误；
故合理选项是D。
15．B
【解析】
A．反应①中二氧化锰氧化浓盐酸生成氯气、氯化锰和水，参与反应的HCl不都是还原剂，反应中还起酸的作用，A错误；
B．反应①②③④⑤均有元素化合价发生变化，都属于氧化还原反应，B正确；
C．反应③和④中氧元素化合价分别从－1价和－2价升高到0价，生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，C错误；
D．反应⑤的离子反应方程式有关为4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，D错误；
答案选B。
16．D
【分析】
原溶液中加入过量的盐酸，能够得到气体和无色溶液1，Cu2＋显蓝色，Fe3＋显棕黄色，因此原溶液中一定不含有Cu2＋、Fe3＋，根据所给离子，气体1为CO2，原溶液中一定含有，根据离子共存，原溶液中一定不含有Ba2＋，根据溶液呈电中性，原溶液中一定含有Na＋，无色溶液1中加入过量Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀2，该白色沉淀为BaSO4，原溶液中含有，滤液2中加入过量HNO3和AgNO3溶液，得到白色沉淀3，白色沉淀为AgCl，Cl－来自于过量的盐酸，原溶液中可能含有Cl－，据此分析；
【解析】
根据上述分析，原溶液中一定存在的离子是、Na＋、，可能含有Cl－，一定不含有离子是Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋，
A．气体1为CO2，通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，故A正确；
B．沉淀2为BaSO4，BaSO4不溶于稀硝酸，故B正确；
C．根据上述分析，一定存在Na＋，一定不含有Ba2＋，故C正确；
D．白色沉淀3为AgCl，Cl－可能来自于过量的盐酸，原溶液中可能含有Cl－，故D错误；
故选：D。
17．（1）③⑥⑧ ④⑤⑦
（2）①②⑧⑨
（3）蒸馏 分液
（4）NaHSO4=Na++H++
（5）先生成红褐色沉淀，后沉淀溶解，溶液呈黄色
【分析】
（1）单质(铁丝)、混合物(NaOH溶液、红褐色的氢氧化铁胶体)既不是电解质，也不是非电解质。③硫酸氢钠溶于水可以电离出阴阳离子，属于电解质；④二氧化碳属于非电解质；⑤有机物是非电解质；⑥蒸馏水属于电解质；⑦是有机物属于非电解质；⑧熔融硝酸钾可以电离出阴阳离子，属于电解质。
（2）铁丝有自由电子，可以导电；氢氧化钠溶液溶于水可以电离出阴阳离子，可以导电；熔融硝酸钾可以电离出阴阳离子，可以导电；氢氧化铁胶粒带电荷，在电场作用下可导电。
（3）酒精、蒸馏水互溶，两者沸点不同，用蒸馏的方法分离；蒸馏水、CCl4 不互溶，用分液法分离。
（4）在水溶液中电离成Na+、H+、，NaHSO4=Na++H++。
（5）Fe(OH)3胶体中加电解质，先胶体聚沉，生成Fe(OH)3红褐色沉淀，再Fe(OH)3沉淀与NaHSO4电离的H+中和反应，使沉淀溶解，溶液呈黄色。
18．-1 黄 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 2 468 NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3
【解析】
(1)过氧化钠的化学式为Na2O2，由化合价代数和为0，可知其氧元素的化合价为-1，钠元素的焰色反应呈现黄色；答案为-1，黄。
(2)过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，其反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；由2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2可知，2个-1价的O失2个电子生成1个O2，则2ml的过氧化钠参与反应，转移的电子的物质的量为2ml；假设每分钟消耗标准状况下的氧气1.12L，若佩戴呼吸面具1小时，消耗标准状况下O2体积为V=1.12L×60=67.2L，物质的量为n(O2)===3ml，则消耗过氧化钠的物质的量为6ml，其质量为m(Na2O2)=6ml×78g/ml=468g；答案为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；2；468。
(3)比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性时，应该将碳酸氢钠放置在温度较低位置，在较低温度下碳酸氢钠分解说明碳酸氢钠稳定性不如碳酸钠，则物质甲为NaHCO3，物质乙为Na2CO3；答案为NaHCO3。
(4)除去碳酸氢钠溶液中的碳酸钠，可向碳酸氢钠溶液中通入过量二氧化碳，将碳酸钠转化成碳酸氢钠，反应的化学方程式为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；答案为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3。
19．（1）HNO3 Cu Cu(NO3)2 4.2
（2）10Al +6NaNO3 +4NaOH= 10NaAlO2 +3N2↑ +2H2O
（3）H2CrO4 2H2CrO4 +3 H2O2 = 2Cr(OH)3 + 2H2O + 3O2↑
【分析】（1）①该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价、N元素化合价由+ 5价变为+2价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，所以氧化剂是HNO3、还原剂是Cu，氧化剂被还原、还原剂被氧化，Cu被氧化剂，还原剂对应的产物是氧化产物，氧化产物是Cu (NO3)2；
②根据N原子守恒得n (NO) =n(HNO3) (被还原)=ml，m=nM=ml×63g/ml=4.2g
（2）该反应中Al元素化合价由0价变为+3价、N元素化合价由+ 5价变为0价，氮气是双原子分子，该反应中转移电子数最小公倍30，再根据得失守恒和原子守恒就可以配平，10Al +6NaNO3 + 4NaOH= 10NaAlO2 + 3N2↑ + 2H2O，根据得失守恒，双线桥表示方式
（3）①该反应双氧水中0元素失电子化合价升高，则Cr元素得电子化合价降低，所以发生还原反应的物质是H2CrO4；
②该反应中,反应物是H2CrO4、H202 生成物是Cr(OH)3、 02、H2O，所以其方程式为2H2CrO4 +3 H2O2 = 2Cr(OH)3 + 2H2O + 3O2↑
20．（1）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
（2）E中不褪色，F中褪色 干燥的氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性
（3）饱和食盐水和浓硫酸
（4）2I-+Cl2═2Cl-+I2
（5）Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
（6）Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O
【分析】
实验室用浓盐酸与二氧化锰加热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制备的氯气中含有氯化氢、水，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去杂质，依次通过干燥有色布条、湿润有色布条验证氯气是否具有漂白性，再通过G装置验证氯气的氧化性，氯气有毒，能够与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收尾气。
（1）MnO2与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气、氯化锰和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）干燥的氯气没有漂白性，氯气和水反°应生成的次氯酸有漂白性，氯气能使湿润的有色布条褪色，不能使干燥的有色布条褪色，所以E中无变化，F中红色布条褪色；
（3）制取的氯气中含有HCl杂质气体，先用C装置中饱和食盐水除去杂质气体，再经过D装置浓硫酸干燥氯气；
（4）通入Cl2时发生反应2I-+Cl2═2Cl-+I2；
（5）X试剂为NaOH溶液，作用是吸收尾气的氯气，反应生成NaClO和NaCl和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；
（6）次氯酸根离子与氯离子发生氧化还原反应生成氯气和水，离子方程式：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O。
21．（1）4.0
（2）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（3）ACE
（4）89.6
（5）H2SO4+2NaClO=Na2SO4+2HClO 62.5
（6）②⑤
【分析】（1）该溶液的物质的量浓度=，故答案为：4.0；
（2）Cl2与浓氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（3）A．配制一定物质的量浓度一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器：圆底烧瓶、分液漏斗，还需要仪器玻璃棒、胶头滴管，故A错误；
B．配制溶液时需要摇匀溶液，所以使用前要检查容量瓶是否漏液，故B正确；
C．容量瓶上标有容积、温度和刻度线，没有浓度，故C错误；
D．配制 480mL 含 NaClO 质量分数为25%的消毒液，应选择500mL容量瓶，需要溶质的质量：0.5L×4.0ml/L×74.5g/ml=149.0 g，故D正确；
E．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需干燥，可以直接使用，且烘干会影响容量瓶的精度，故E错误；故答案为：ACE；
（4）一瓶“84消毒液”含有n(NaClO)=1 L×4.0 ml•L -1=4.0 ml， 根据反应CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO，则需要CO2的物质的量为n(CO2)=4.0 ml， 即标准状况下V(CO2)=4.0 ml×22.4 L•ml -1=89.6 L，故答案为：89.6；
（5）84消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，原理是稀硫酸与次氯酸钠反应生成次氯酸，化学方程式为：H2SO4+2NaClO=Na2SO4+2HClO；假设需要浓硫酸的体积为V，则V×18.4ml/L=500mL×2.3ml/L，V=62.5mL，故答案为：H2SO4+2NaClO=Na2SO4+2HClO；62.5；
（6）①用量筒量取98%的硫酸时俯视，导致量取浓硫酸体积偏小，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；
②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故不选；
④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；
⑤定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；
⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故不选；故答案为：②⑤。1
2
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15
16
C
A
A
D
B
D
C
C
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A
C
D
A
D
B
D
【解析】
A．“ 日照澄州江雾开”表述的是可见光通过江雾时会产生丁达尔效应，没有新物质的产生，属于物理变化，A错误；
B．“ 日照香炉生紫烟”表述的是光的折射、水的蒸发，没有新物质的产生，不属于化学变化，B错误；
C．“蜡炬 成灰泪始干”表述的是物质的燃烧，有新物质的产生，属于化学变化，C正确；
D．“ 玉不琢不成器”表述的是玉的形状的改变，没有新物质的产生，不属于化学变化，D错误；
答案选C。
2．A
【解析】A．根据分散质微粒直径的大小，可以将分散系分为三类：溶液、胶体、浊液，即，故A正确；
B．溶液中溶质粒子能通过滤纸，胶体中分散质粒子也能通过滤纸，不能用过滤的方法分离胶体和溶液，故B错误；
C．胶体和溶液均属于分散系，都是混合物，故C错误；
D．胶体呈电中性，胶粒因吸附而带电荷，故D错误；
故选A。
3．A
【解析】
A．NaOH是碱，H2SO4是酸，CO2是酸性氧化物，胆矾是纯净物，A正确；
B．纯碱属于盐、石灰石属于混合物，B错误；
C．NaHSO4属于盐、CO属于不成盐氧化物，C错误；
D．碘酒属于混合物，D错误；
故选A。
4．D
【解析】A．氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，其中氯离子的半径大于钠离子的半径，因此图示中 代表的离子是氯离子，故A正确；
B．由图a可知干燥的NaCl固体中钠离子和氯离子不能自由移动，因此NaCl固体不能导电，故B正确；
C．由图b可知熔融状态下钠离子和氯离子能自由移动，因此熔融的NaCl能导电，故C正确；
D．表示氯离子，由图c可知带负电荷的水合氯离子向X电极移动，即向与电源正极相连的电极移动，故D错误；
答案为D。
5．B
【解析】
A．完全反应生成Cl-，故转移的电子数为2NA，故A错误；
B．与足量反应生成Na+，故失去NA个电子，故B正确；
C．在标准状况下，不是气体，无法计算物质的量，故C错误；
D．中-1价变为0价的氧气，故每生成1mlO2转移2ml电子，故生成(标准状况)，反应中转移的电子数为NA，故D错误；
故选B。
6．D
【解析】
A．OH-、NH能够反应生成弱电解质，不能大量共存，故A不选；
B．CH3COO–、H+能够反应生成CH3COOH，不能大量共存，故B不选；
C．Ba2+、CO能够反应生成沉淀，不能大量共存，故C不选；
D．H+、K+、SO、Fe3+四种离子间不反应，能够大量共存，故D选；
故选D。
7．C
【解析】
A．次氯酸为弱酸，应保留化学式，离子方程式为：Cl2+H2O═Cl-+HClO+H+，故A错误；
B．向溶液中加入过量的溶液生成偏铝酸钠，离子方程式为：，故B错误；
C．过量通入饱和溶液生成，的溶解度小于，故会产生沉淀，离子方程式为：，故C正确；
D．向中逐滴加入溶液使恰好沉淀完全，两者应该1:1反应，离子方程式为：，故D错误。
答案选C。
8．C
【解析】
A．在SiO2+2CSi+2CO↑中，Si的化合价从+4降低到0价，得到电子，而C的化合从0价升高到+2价，失去电子，故A错误；
B．在2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中，Na从0价升高到+1价，1m1Na失去1ml电子，则2mlNa失去2ml电子，H的化合价从+1价降低到0价，1mlH得到1ml电子，则2mlH得到2ml电子，应该转移2ml电子，故B错误；
C．在10KI+2KMnO4+8H2SO4=5I2+6K2SO4+2MnSO4+8H2O中，I的化合价从-1升高到0价，1ml KI失去1ml电子，则10mlKI失去10ml电子，Mn的化合价从+7价降低到+2价，1mlKMnO4得到5ml电子，则2mlKMnO4得到10ml电子，故C正确；
D．在铜和浓硫酸的反应中，铜的化合价从0价升高到+2价，失去电子，而硫酸中S的化合价从+6价降低到+4价，得到电子，带箭头的线应该从铜指向硫，故D错误；
故选C。
9．D
【解析】
A．活泼金属元素的氧化物不一定是碱性氧化物，非金属元素的氧化物不一定是酸性氧化物，如Na2O2不是碱性氧化物、CO不是酸性氧化物，故A错误；
B．某溶液加入BaCl2溶液产生白色沉淀，再加入稀HNO3，沉淀不消失，原溶液中可能存在SO、SO、Ag+，故B错误；
C．某物质在焰色反应实验中出现黄色的火焰， 则该物质一定含有钠元素，但不一定是钠盐，故C错误；
D．NH与碱反应放出氨气，某溶液与NaOH溶液共热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体，说明原溶液中存在 NH，故D正确；
选D。
10．A
【解析】
同温同压下，氮气、氧气的总体积与NO体积相等，则N2和O2总物质的量与NO物质的量相等，
A．N2和O2总物质的量与NO物质的量相等，都是双原子分子，当二者分子数相等时，原子数一定相等，A正确；
B．由于两容器内气体的质量不一定相等，则在容积相等的条件下，二者的密度不一定相等，B错误；
C．N2和O2总物质的量与NO物质的量相等，但是N2和O2的平均摩尔质量与NO的摩尔质量不一定相等，则质量不一定相等，C错误；
D． N2和O2总物质的量与NO物质的量相等，但是N2和O2的平均摩尔质量与NO的摩尔质量不一定相等，只有当氮气与氧气的物质的量之比为1：1时，N2和O2的平均摩尔质量为，与NO的摩尔质量相等，D错误；
答案选A。
11．C
【解析】
溶液导电性与离子浓度成正比，向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸至过量，发生的离子反应方程式为Ba2++2OH-+2H++SO＝BaSO4↓+2H2O。
A．XY段二者发生反应Ba2++2OH-+2H++SO＝BaSO4↓+2H2O，导致溶液中离子浓度减小，导电能力减弱，故A错误；
B．a点酸碱恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和水，因此a处溶液的导电能力约为0，但硫酸是强电解质，故B错误；
C．H2SO4是电解质，属于共价化合物，因此不含H+和，只含有H2SO4分子，故C正确；
D．YZ段稀硫酸过量，硫酸是强电解质，硫酸电离出离子导致溶液中离子浓度增大，溶液的导电性增强，故D错误；
故选C。
12．D
【分析】
由方程式可知，反应中锰元素的化合价降低被还原，高锰酸钾为反应的氧化剂，硫酸锰为还原产物，铁元素的化合价升高被氧化，硫酸亚铁为还原剂，硫酸铁为氧化产物，反应的化学方程式为2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O。
【解析】
A．由分析可知，高锰酸钾为反应的氧化剂，硫酸铁为氧化产物，故A错误；
B．硫酸亚铁中亚铁离子为中间价态，既有氧化性也有还原性，故B错误；
C．由分析可知，反应中氧化剂高锰酸钾和还原剂硫酸亚铁的物质的量之比为1∶5，故C错误；
D．由分析可知，反应中生成4ml水，反应转移10ml电子，则生成1ml水时，转移电子的物质的量为1ml×=1.25ml，故D正确；
故选D。
13．A
【解析】
A．浸有溶液的棉球主要用于吸收氯气，防止污染空气，故A错误；
B．钠与氯气反应生成氯化钠，反应生成的大量白烟是氯化钠晶体，故B正确；
C．给钠预热，钠熔化成小球，从实验现象上判断钠的熔点较低，故C正确；
D．钠原子的最外层只有1个电子，该电子很容易失去，所以钠有很强的还原性，故D正确；
选A。
14．D
【解析】
A．I图中：干燥的色布不褪色，湿润的色布褪色，证明氯气无漂白作用，氯气溶于水产生的氯水具有漂白作用，A正确；
B．Cl2是有毒气体，为达到闻气体气味同时又避免中毒的目的，应该采用II图中所示的扇闻的方法闻Cl2的气味，B正确；
C．将灼热的Cu丝伸入到盛有Cl2的集气瓶中，会看到铜丝在Cl2中着火燃烧，同时看到有棕黄色的烟，C正确；
D．Cl2与NaOH发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应发生使烧瓶中的气体压强减小，通过导气管与外界大气相通的气球就会鼓起胀大，而不是干瘪，D错误；
故合理选项是D。
15．B
【解析】
A．反应①中二氧化锰氧化浓盐酸生成氯气、氯化锰和水，参与反应的HCl不都是还原剂，反应中还起酸的作用，A错误；
B．反应①②③④⑤均有元素化合价发生变化，都属于氧化还原反应，B正确；
C．反应③和④中氧元素化合价分别从－1价和－2价升高到0价，生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，C错误；
D．反应⑤的离子反应方程式有关为4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，D错误；
答案选B。
16．D
【分析】
原溶液中加入过量的盐酸，能够得到气体和无色溶液1，Cu2＋显蓝色，Fe3＋显棕黄色，因此原溶液中一定不含有Cu2＋、Fe3＋，根据所给离子，气体1为CO2，原溶液中一定含有，根据离子共存，原溶液中一定不含有Ba2＋，根据溶液呈电中性，原溶液中一定含有Na＋，无色溶液1中加入过量Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀2，该白色沉淀为BaSO4，原溶液中含有，滤液2中加入过量HNO3和AgNO3溶液，得到白色沉淀3，白色沉淀为AgCl，Cl－来自于过量的盐酸，原溶液中可能含有Cl－，据此分析；
【解析】
根据上述分析，原溶液中一定存在的离子是、Na＋、，可能含有Cl－，一定不含有离子是Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋，
A．气体1为CO2，通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，故A正确；
B．沉淀2为BaSO4，BaSO4不溶于稀硝酸，故B正确；
C．根据上述分析，一定存在Na＋，一定不含有Ba2＋，故C正确；
D．白色沉淀3为AgCl，Cl－可能来自于过量的盐酸，原溶液中可能含有Cl－，故D错误；
故选：D。
17．（1）③⑥⑧ ④⑤⑦
（2）①②⑧⑨
（3）蒸馏 分液
（4）NaHSO4=Na++H++
（5）先生成红褐色沉淀，后沉淀溶解，溶液呈黄色
【分析】
（1）单质(铁丝)、混合物(NaOH溶液、红褐色的氢氧化铁胶体)既不是电解质，也不是非电解质。③硫酸氢钠溶于水可以电离出阴阳离子，属于电解质；④二氧化碳属于非电解质；⑤有机物是非电解质；⑥蒸馏水属于电解质；⑦是有机物属于非电解质；⑧熔融硝酸钾可以电离出阴阳离子，属于电解质。
（2）铁丝有自由电子，可以导电；氢氧化钠溶液溶于水可以电离出阴阳离子，可以导电；熔融硝酸钾可以电离出阴阳离子，可以导电；氢氧化铁胶粒带电荷，在电场作用下可导电。
（3）酒精、蒸馏水互溶，两者沸点不同，用蒸馏的方法分离；蒸馏水、CCl4 不互溶，用分液法分离。
（4）在水溶液中电离成Na+、H+、，NaHSO4=Na++H++。
（5）Fe(OH)3胶体中加电解质，先胶体聚沉，生成Fe(OH)3红褐色沉淀，再Fe(OH)3沉淀与NaHSO4电离的H+中和反应，使沉淀溶解，溶液呈黄色。
18．-1 黄 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 2 468 NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3
【解析】
(1)过氧化钠的化学式为Na2O2，由化合价代数和为0，可知其氧元素的化合价为-1，钠元素的焰色反应呈现黄色；答案为-1，黄。
(2)过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，其反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；由2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2可知，2个-1价的O失2个电子生成1个O2，则2ml的过氧化钠参与反应，转移的电子的物质的量为2ml；假设每分钟消耗标准状况下的氧气1.12L，若佩戴呼吸面具1小时，消耗标准状况下O2体积为V=1.12L×60=67.2L，物质的量为n(O2)===3ml，则消耗过氧化钠的物质的量为6ml，其质量为m(Na2O2)=6ml×78g/ml=468g；答案为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；2；468。
(3)比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性时，应该将碳酸氢钠放置在温度较低位置，在较低温度下碳酸氢钠分解说明碳酸氢钠稳定性不如碳酸钠，则物质甲为NaHCO3，物质乙为Na2CO3；答案为NaHCO3。
(4)除去碳酸氢钠溶液中的碳酸钠，可向碳酸氢钠溶液中通入过量二氧化碳，将碳酸钠转化成碳酸氢钠，反应的化学方程式为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；答案为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3。
19．（1）HNO3 Cu Cu(NO3)2 4.2
（2）10Al +6NaNO3 +4NaOH= 10NaAlO2 +3N2↑ +2H2O
（3）H2CrO4 2H2CrO4 +3 H2O2 = 2Cr(OH)3 + 2H2O + 3O2↑
【分析】（1）①该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价、N元素化合价由+ 5价变为+2价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，所以氧化剂是HNO3、还原剂是Cu，氧化剂被还原、还原剂被氧化，Cu被氧化剂，还原剂对应的产物是氧化产物，氧化产物是Cu (NO3)2；
②根据N原子守恒得n (NO) =n(HNO3) (被还原)=ml，m=nM=ml×63g/ml=4.2g
（2）该反应中Al元素化合价由0价变为+3价、N元素化合价由+ 5价变为0价，氮气是双原子分子，该反应中转移电子数最小公倍30，再根据得失守恒和原子守恒就可以配平，10Al +6NaNO3 + 4NaOH= 10NaAlO2 + 3N2↑ + 2H2O，根据得失守恒，双线桥表示方式
（3）①该反应双氧水中0元素失电子化合价升高，则Cr元素得电子化合价降低，所以发生还原反应的物质是H2CrO4；
②该反应中,反应物是H2CrO4、H202 生成物是Cr(OH)3、 02、H2O，所以其方程式为2H2CrO4 +3 H2O2 = 2Cr(OH)3 + 2H2O + 3O2↑
20．（1）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
（2）E中不褪色，F中褪色 干燥的氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性
（3）饱和食盐水和浓硫酸
（4）2I-+Cl2═2Cl-+I2
（5）Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
（6）Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O
【分析】
实验室用浓盐酸与二氧化锰加热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制备的氯气中含有氯化氢、水，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去杂质，依次通过干燥有色布条、湿润有色布条验证氯气是否具有漂白性，再通过G装置验证氯气的氧化性，氯气有毒，能够与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收尾气。
（1）MnO2与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气、氯化锰和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）干燥的氯气没有漂白性，氯气和水反°应生成的次氯酸有漂白性，氯气能使湿润的有色布条褪色，不能使干燥的有色布条褪色，所以E中无变化，F中红色布条褪色；
（3）制取的氯气中含有HCl杂质气体，先用C装置中饱和食盐水除去杂质气体，再经过D装置浓硫酸干燥氯气；
（4）通入Cl2时发生反应2I-+Cl2═2Cl-+I2；
（5）X试剂为NaOH溶液，作用是吸收尾气的氯气，反应生成NaClO和NaCl和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；
（6）次氯酸根离子与氯离子发生氧化还原反应生成氯气和水，离子方程式：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O。
21．（1）4.0
（2）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（3）ACE
（4）89.6
（5）H2SO4+2NaClO=Na2SO4+2HClO 62.5
（6）②⑤
【分析】（1）该溶液的物质的量浓度=，故答案为：4.0；
（2）Cl2与浓氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（3）A．配制一定物质的量浓度一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器：圆底烧瓶、分液漏斗，还需要仪器玻璃棒、胶头滴管，故A错误；
B．配制溶液时需要摇匀溶液，所以使用前要检查容量瓶是否漏液，故B正确；
C．容量瓶上标有容积、温度和刻度线，没有浓度，故C错误；
D．配制 480mL 含 NaClO 质量分数为25%的消毒液，应选择500mL容量瓶，需要溶质的质量：0.5L×4.0ml/L×74.5g/ml=149.0 g，故D正确；
E．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需干燥，可以直接使用，且烘干会影响容量瓶的精度，故E错误；故答案为：ACE；
（4）一瓶“84消毒液”含有n(NaClO)=1 L×4.0 ml•L -1=4.0 ml， 根据反应CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO，则需要CO2的物质的量为n(CO2)=4.0 ml， 即标准状况下V(CO2)=4.0 ml×22.4 L•ml -1=89.6 L，故答案为：89.6；
（5）84消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，原理是稀硫酸与次氯酸钠反应生成次氯酸，化学方程式为：H2SO4+2NaClO=Na2SO4+2HClO；假设需要浓硫酸的体积为V，则V×18.4ml/L=500mL×2.3ml/L，V=62.5mL，故答案为：H2SO4+2NaClO=Na2SO4+2HClO；62.5；
（6）①用量筒量取98%的硫酸时俯视，导致量取浓硫酸体积偏小，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；
②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故不选；
④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；
⑤定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；
⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故不选；故答案为：②⑤。1
2
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7
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C
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