2023深圳实验学校高中部高一上学期第一阶段考试化学含解析

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深圳实验学校高中部2022-2023学年度第一学期
第一阶段考试 高一化学
时间：90分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Ca-40
第一卷(共48分)
一、选择题Ⅰ：本题共12小题，每小题2分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 催雨剂的主要成分可以是干冰、液氮、碘化银(AgI)。下列说法中不正确的是
A. 干冰属于酸性氧化物 B. 液氮属于混合物
C. 碘化银属于电解质 D. 水蒸气遇冷变为雨滴属于物理变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化碳可以和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，选项A正确；
B．液氮是氮气的液体，是一种物质，属于纯净物，选项B不正确；
C．碘化银熔融状态下能导电的化合物，属于电解质，选项C正确；
D．大气中的水蒸气遇冷变成小水滴是由气态变成液态，属于液化现象，为物理变化，选项D正确；
答案选B。
2. 下列过程不涉及氧化还原反应是
A. 钟乳石的形成 B. 绿色植物的光合作用
C. 金属的冶炼 D. 实验室制备氧气
【答案】A
【解析】
【详解】A．钟乳石的形成过程为碳酸钙先与水中的二氧化碳反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙再受热分解生成碳酸钙的过程，转化过程中没有元素发生化合价变化，不涉及氧化还原反应，故A符合题意；
B．绿色植物的光合作用是绿色植物利用叶绿素，在可见光的照射下，将二氧化碳和水转化为葡萄糖和氧气的反应，反应中有元素发生化合价变化，涉及氧化还原反应，故B不符合题意；
C．金属的冶炼过程是化合态的金属元素转化为游离态金属元素的过程，转化过程中有元素发生化合价变化，涉及氧化还原反应，故C不符合题意；
D．实验室制备氧气的反应为高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气(或二氧化锰做催化剂条件下，氯酸钾共热发生分解反应生成氯化钾和氧气)的反应，反应中有元素发生化合价变化，涉及氧化还原反应，故D不符合题意；
故选A。
3. 澳大利亚科学家发现了纯碳新材料“碳纳米泡沫”，每个泡沫含有约4000个碳原子，直径约6-9 nm，在低于-183℃时，泡沫具有永久磁性。下列说法正确的是
A. “碳纳米泡沫”是一种新型的化合物
B. “碳纳米泡沫”与石墨互为同素异形体
C. 石墨转化为“碳纳米泡沫”的反应是氧化还原反应
D. 用激光笔照射“碳纳米泡沫”，光线通过时出现明亮的光路
【答案】B
【解析】
【详解】A．“碳纳米泡沫”是碳原子构成的单质，故A错误；
B．同种元素形成的结构不同的单质属于同素异形体，“碳纳米泡沫”与石墨都属于碳单质，互为同素异形体，故B正确；
C．石墨转化为“碳纳米泡沫”没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故C错误；
D．丁道尔效应是胶体的性质，“碳纳米泡沫”是纯净物，不属于胶体，故D错误；
故答案为B
4. 下列由NaCl的实验事实得出的结论不正确的是
A. NaCl固体不导电，故NaCl不是电解质
B. NaCl溶于水可发生电离：NaCl=Na++Cl-
C. NaCl溶液通电后Na+和Cl-会定向移动
D. 熔融NaCl能导电，是因为NaCl熔融时电离出自由移动的离子
【答案】A
【解析】
【详解】A．固体氯化钠不导电但氯化钠的水溶液导电，故氯化钠是电解质，选项A不正确；
B．NaCl溶于水发生电离产生Na+、Cl-，电离方程式为NaCl= Na++Cl-，选项B错误；
C．NaCl溶液通电后Na+和Cl-会定向移动，阳离子定向移动到阴极，阴离子定向移动到阳极，选项C正确；
D．熔融NaCl能导电，是因为NaCl熔融时电离出自由移动的离子Na+、Cl-，选项D正确；
答案选A。
5. 分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用。下列分类标准合理的是
A. 根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质和弱电解质
B. 根据氧化物溶于水后的溶液酸碱性，将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物
C. 根据分散质粒子直径大小不同，将分散系分为溶液、胶体和浊液
D. 根据反应中的能量变化，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．依据电解质在水溶液中电离程度的大小将电解质分为强电解质和弱电解质，故A错误；
B．酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物，碱性氧化物指与水反应只生成盐和水的氧化物，则依据氧化物的化学性质将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物，故B错误；
C．分散系的本质区别是分散质的颗粒直径不同，依据分散质粒子直径大小不同，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故C正确；
D．依据反应中的能量变化，可将化学反应分为放热反应和吸热反应，依据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故D错误；
故选C。
6. 下列现象能用胶体的性质解释的是
①用石膏或盐卤点制豆腐；②用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]净水；③在BaCl2溶液中滴入Na2SO4溶液产生沉淀；④工厂中利用静电除尘；⑤清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶产生美丽的光圈；⑥食品包装袋中常装有生石灰的小纸袋
A ①②⑤⑥ B. ①②④⑤ C. ②③④⑤ D. ③④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①用石膏或盐卤点豆腐是因为蛋白质胶体在电解质作用下发生了聚沉，与胶体性质有关，故符合题意；
②用明矾净水是因为明矾溶于水电离出的铝离子在溶液中发生水解反应生成氢氧化铝胶体，胶体吸附水中悬浮的杂质产生聚沉而达到净水的作用，与胶体性质有关，故符合题意；
③在氯化钡溶液中滴入硫酸钠溶液产生沉淀是因为氯化钡溶液与硫酸钠溶液发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，与胶体性质无关，故不符合题意；
④工厂中利用静电除尘是因为气溶胶的胶粒带电荷，在外界电场作用下产生了电泳，与胶体性质有关，故符合题意；
⑤清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶产生美丽的光圈是因为气溶胶产生了丁达尔效应，与胶体性质有关，故符合题意；
⑥食品包装袋中常装有生石灰小纸袋是因为生石灰吸附水蒸气而达到干燥食品的目的，与胶体性质无关，故不符合题意；
①②④⑤与胶体性质有关，故选B。
7. 下列关于氧化还原反应基本原理说法错误的有（ ）
①物质失去的电子数越多，其还原性越强
②物质所含元素化合价升高的反应叫还原反应
③某元素由化合态变为游离态，则它一定被还原
④复分解反应一定不属于氧化还原反应
⑤氧化还原反应的实质是元素化合价发生变化
⑥阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个
【答案】C
【解析】
【详解】①氧化还原反应中，失去电子能力越强，其还原性越强，还原性与失去电子数目多少无关，故①错误；
②物质所含元素化合价升高，该物质被氧化，发生氧化反应，故②错误；
③元素化合价可以升高得到游离态单质，如非金属单质的生成，实验室制氯气；也可以降低得到游离态单质，如金属单质制备，铁和硫酸铜反应生成铜单质，由化合态变为游离态可能被氧化，也可能被还原，故③错误；
④复分解反应没有元素化合价升降，一定不属于氧化还原反应，故④正确
⑤氧化还原反应的实质是电子的转移或偏移，化合价的升降是氧化还原的宏观特征，故⑤错误
⑥阳离子可能既有氧化性又有还原性，如亚铁离子；阴离子可能既有氧化性又有还原性，如亚硫酸根离子等，故⑥错误；
答案选C。
【点睛】最高价态的阳离子一般具有氧化性，最低价的阴离子具有还原性，处于中间价态的离子可以是阳离子也可以是阴离子，既具有氧化性又具有还原性。
8. 下列叙述不正确的是
A. 实验测定NH3的水溶液能导电，所以NH3是电解质
B. 铜丝有较好的导电性，但铜不是电解质
C. AgCl、BaSO4都难溶于水，但它们都是强电解质
D. C2H5OH在水溶液和熔融状态下均不能导电，所以C2H5OH是非电解质
【答案】A
【解析】
【详解】A．氨分子不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，故A错误；
B．铜是单质，单质既不是电解质，也不是非电解质，故B正确；
C．溶于水的氯化银和硫酸钡在溶液中完全电离，都是强电解质，故C正确；
D．蔗糖在水溶液和熔融状态下均不能导电说明蔗糖不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，故D正确；
故选A。
9. 如图所示，甲、乙、丙、丁、戊五种物质分别是铁、盐酸、氢氧化钙、硫酸铜、碳酸钠中的一种。连线两端的物质间能发生化学反应，甲与戊反应产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，甲的俗称是纯碱，丙溶液为蓝色。下列能替代图中丁物质的是

A. Ag B. BaCl2 C. Zn D. CuO
【答案】C
【解析】
【分析】甲俗称纯碱，是碳酸钠，甲与戊反应产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则戊是盐酸，丙溶液为蓝色，丙为硫酸铜，乙可以和甲、丙、戊反应，乙为铁或氢氧化钙，丁可以和丙、戊反应，丁为铁或氢氧化钙，能替代丁，即能和盐酸、硫酸铜反应，据此分析。
【详解】A．银不能与盐酸及硫酸铜反应，A错误；
B．氯化钡不能与盐酸反应，B错误；
C．锌可以和盐酸及硫酸铜反应，C正确；
D．氧化铜不能与硫酸铜反应，D错误；
故选C。
10. 以下物质间的转化，在一定条件下均能一步实现的是
①C→CO2→CO ②Cu→Cu2(OH)2CO3→CuO
③Na2CO3→NaOH→NaNO3 ④CaCO3→CaO→CaCl2
A. ①② B. ①③④ C. ①②④ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【详解】①碳在氧气中燃烧生成二氧化碳，二氧化碳与碳共热反应生成一氧化碳，则一定条件下题给物质均能一步实现，故正确；
②铜与空气中的氧气、水蒸气反应生成碱式碳酸铜，碱式碳酸铜受热分解生成氧化铜，则一定条件下题给物质均能一步实现，故正确；
③碳酸钠与氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠，氢氧化钠溶液与稀硝酸溶液反应生成硝酸钠和水，则一定条件下题给物质均能一步实现，故正确；
④碳酸钙高温条件下发生分解反应生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与盐酸反应生成氯化钙和水，则一定条件下题给物质均能一步实现，故正确；
①②③④正确，故选D。
11. 下列各组离子能大量共存的是
A. 使无色酚酞溶液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO、CO
B. 无色透明的溶液中：Cu2+、K+、SO、NO
C. 含有大量Ba(NO3)2的溶液中：Mg2+、NH、SO、Cl-
D. 强酸性溶液中：Na+、K+、CO、NO
【答案】A
【解析】
【详解】A．无色酚酞试液变红色的溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且和OH-不反应，所以能大量共存，A正确；
B．无色溶液中不含有色离子，Cu2+呈蓝色，不符合无色条件，B错误；
C．能和Ba(NO3)2反应的离子不能大量共存， Ba2+、反应生成硫酸钡沉淀而不能大量共存，C错误；
D．溶液呈强酸性， H+、反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，D错误；
故选A。
12. 以下反应不属于“同一价态的同种元素既被氧化又被还原”的是
A. 2H2O22H2O+O2↑
B. 6NaOH+3S2Na2S+Na2SO3+3H2O
C. KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O
D. Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+H2O+S↓+SO2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A．由方程式可知，反应中过氧化氢中的氧元素化合价即升高被氧化又降低被还原，故A不符合题意；
B．由方程式可知，反应中硫单质中的硫元素化合价即升高被氧化又降低被还原，故B不符合题意；
C．由方程式可知，反应中硫酸钾中+5价氯元素的化合价降低被还原，氯化氢中—1价氯元素的化合价部分升高被氧化，故C符合题意；
D．由方程式可知，反应中硫代硫酸钠中的硫元素化合价即升高被氧化又降低被还原，故D不符合题意；
故选C。
二、选择题Ⅱ：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
13. 混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图①和图②所示。下列说法中不正确的是

A. 向Ba(OH)2溶液中滴入稀硫酸至过量，溶液导电能力的变化满足图①
B. 向澄清石灰水中通入CO2至过量，溶液导电能力的变化满足图①
C. 向AgNO3溶液中通入少量HCl气体，溶液导电能力的变化满足图②
D. 向醋酸溶液中滴入氨水至过量，溶液导电能力的变化满足图②
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，向氢氧化钡溶液滴加稀硫酸时，溶液中的离子浓度减小，导电性减弱，当稀硫酸过量时，溶液中离子浓度增大，导电性增强，则图①能表示向氢氧化钡溶液中滴入稀硫酸至过量时溶液导电能力的变化，故A正确；
B．氢氧化钙溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，反应生成的碳酸钙沉淀与过量的二氧化碳在溶液中反应生成可溶的碳酸氢钙，则向澄清石灰水中通入二氧化碳时离子浓度先减小后增大，溶液的导电性先减弱后增强，则图①能表示向澄清石灰水中通入二氧化碳时溶液导电能力的变化，故B正确；
C．硝酸银溶液与氯化氢气体反应生成氯化银沉淀和稀硝酸，溶液中离子浓度变化不大，溶液的导电性基本不变，则图②能表示向硝酸银溶液中通入少量氯化氢时溶液导电能力的变化，故C正确；
D．醋酸溶液与氨水反应生成氯化铵和水，溶液中离子浓度增大，导电性增强，则图②不能表示向醋酸溶液中滴入氨水至过量时溶液导电能力的变化，故D错误；
故选D。
14. NaBH4(B为+3价)被称为万能还原剂，它与水发生反应：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑。下列说法正确的是
A. NaBH4既是氧化剂也是还原剂
B. NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂
C. 反应中每转移8个电子，生成4个H2
D. 被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1
【答案】D
【解析】
【分析】在NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑反应中，NaBH4中的B为+3价，H元素的化合价为-1价，H2O中H元素的化合价为+1价，二者发生氧化还原反应，其中NaBH4是还原剂，H2O是氧化剂，据此分析解答。
【详解】A．NaBH4是还原剂，H2O是氧化剂，A错误；
B．NaBH4是还原剂，H2O是氧化剂，B错误；
C．结合分析，NaBH4中H元素的化合价为-1价，H2O中H元素的化合价为+1价，根据反应NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，每生成4个H2转移4个电子，C错误；
D．反应中B元素的化合价没有发生变化，反应中氧化剂和还原剂中化合价变化的数值相等，则被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1，D正确；
故选D。
15. 现有一无色透明溶液，溶液中含有下列离子中的某些离子：K+、Fe3+、Ba2+、Mg2+、SO、OH-、CO和Cl-，进行如下实验：
Ⅰ.取少许原溶液滴入紫色石蕊溶液，溶液呈蓝色。
Ⅱ.取少许原溶液滴入BaCl2溶液，无白色沉淀产生。
Ⅲ.取少许实验Ⅱ中溶液先滴加硝酸再加AgNO3溶液，产生白色沉淀。
Ⅳ.取少许原溶液滴入少量H2SO4溶液，有白色沉淀产生。
根据以上现象判断，下列说法正确的是
A. 溶液中一定存在的离子有Ba2＋、OH-和Cl-
B. 溶液中一定不存在的离子有Fe3+、Mg2+、SO和CO
C. 实验Ⅲ中发生反应的离子方程式为Cl-＋Ag＋=AgCl↓
D. 若溶液中各种离子的个数相等，则溶液中一定存在K+
【答案】B
【解析】
【分析】溶液无色透明，则溶液中不含有Fe3+；Ⅰ．取少量溶液滴入紫色石蕊试液，溶液呈蓝色，则溶液中含有CO或OH-中至少一种，不含有Mg2+；Ⅱ．取少许溶液滴入BaCl2溶液，无白色沉淀产生，则原溶液中不含有SO、CO；Ⅲ．取少许溶液先滴加硝酸再加AgNO3溶液，产生白色沉淀，则溶液中含有Cl-，但可能来源于加入的氯化钡；Ⅳ．再取少许原溶液滴入少量H2SO4溶液，有白色沉淀产生，则溶液中含有Ba2+，原溶液中不含有SO、CO，结合Ⅰ可知，原溶液中一定含有OH-；综上，原溶液中一定含有Ba2+、OH-，一定不含有Mg2+、Fe3+、SO、CO，可能含有K+、Cl-。
【详解】A. 溶液中一定存在的离子有Ba2＋、OH-，故A错误；
B. 溶液中一定不存在的离子有Fe3+、Mg2+、SO和CO，故B正确；
C. 实验Ⅲ中先滴加硝酸再加AgNO3溶液，发生反应的离子方程式为OH-+H+=H2O、Cl-＋Ag＋=AgCl↓，故C错误；
D. 若溶液中各种离子的个数相等，即n(Ba2+)=n(OH-)=n(Cl-)，且2n(Ba2+)=n(OH-)+n(Cl-)，根据溶液不显电性可知，原溶液中有Cl-、无 K+，故D 错误；
故选B。
16. 常温下，在下列溶液中发生如下反应:①16H++10Z-+2XO4-→2X2++5Z2+8H2O ②2A2+ +B2→2A3++2B- ③2B-+Z2→B2+2Z- ，由此判断下列说法错误的是
A. 反应Z2+2A2+＝2A3++2Z-可以进行
B. Z元素在①③反应中均被还原
C. 氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+
D. 还原性由强到弱的顺序是A2+、B-、Z-、X2+
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据反应2A2++B2=2A3++2B-可得氧化性是B2>A3+，又由2B-+Z2=B2+2Z-可得氧化性是Z2>B2>A3+，则反应Z2+2A2+=2A3++2Z-可以进行，A正确；
B. Z元素在①中化合价升高，在反应中被氧化；在③中化合价降低，在反应中被还原，B错误；
C. 氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，：反应①16H++10Z-+2XO4-→2X2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4->Z2；反应②2A2++B2=2A3++2B-中，氧化性B2>A3+；反应③2B-+Z2→B2+2Z-中，氧化性Z2>B2，所以氧化性由强到弱的顺序是XO4->Z2>B2>A3+，C正确；
D. 氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，反应①16H++10Z-+2XO4-→2X2++5Z2+8H2O中，还原性Z->X2+；反应②2A2++B2=2A3++2B-中，还原性A2+>B-；反应③2B-+Z2→B2+2Z-中，还原性B->Z-，所以还原性由强到弱的顺序是A2+>B->Z->X2+，D正确；
故合理选项是B。
17. 我们可根据事物的某些相似性质类推，并预测类似的可能性。以下推论正确的是

实际事实
类推结果
A
硫酸、碳酸都含有氧元素
酸中都含有氧元素
B
CO2通入CaCl2溶液无明显现象
CO2通入BaCl2溶液也无明显现象
C
H2SO4分子中含有2个氢，属于二元酸
H3PO2分子中含有3个氢，属于三元酸
D
酸与碱发生中和反应生成盐和水
生成盐和水的反应都是中和反应

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸中不一定都含有氧元素，如氢硫酸，选项A错误；
B．二氧化碳通入氯化钙溶液无明显现象说明碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳与氯化钙溶液不反应，则二氧化碳通入氯化钡溶液中也不能反应，也无明显现象，选项B正确；
C．虽然H2SO4分子中含有2个氢，属于二元酸，H3PO2分子中含有3个氢，属于三元酸，但多少元酸是按酸电离出的氢离子的数目进行分类的，选项C错误；
D．酸与碱发生中和反应生成盐和水，但生成盐和水的反应不一定都是中和反应，如碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，但该反应不是中和反应，选项D错误；
答案选B。
18. 下列反应的离子方程式正确的是
A. Cu与硝酸银溶液反应：Cu＋Ag＋=Ag＋Cu2＋
B. 醋酸溶液与Mg(OH)2反应：2H+＋Mg(OH)2=Mg2+＋2H2O
C. 向Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液：OH—＋Ca2＋＋HCO=CaCO3↓＋H2O
D. 向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至刚好沉淀完全：Ba2＋＋SO＋H＋＋OH—= BaSO4↓＋H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．铜与硝酸银溶液反应生成硝酸铜和银，反应的离子方程式为Cu＋2Ag＋=2Ag＋Cu2＋，故A错误；
B．醋酸溶液与氢氧化镁反应生成醋酸镁和水，反应的离子方程式为2CH3COOH＋Mg(OH)2=Mg2+＋2CH3COO—+2H2O，故B错误；
C．碳酸氢钙溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为2OH—＋Ca2＋＋2HCO=CaCO3↓+CO＋2H2O，故C错误；
D．硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液刚好沉淀完全发生的反应为硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液反应生成氢氧化钠、硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2＋＋SO＋H＋＋OH—= BaSO4↓＋H2O，故D正确；
故选D。
19. 在一定条件下，实现以下物质间转化，下列说法正确的是
CaCaOCa(OH)2CaCO3Ca(HCO3)2
A. CaO→CaCO3可通过一步反应实现
B. 反应①②③④均可通过化合反应实现
C. 实现反应③只能向澄清石灰水中通入CO2气体
D. 反应④的离子反应方程式为CO+CO2+H2O=2HCO
【答案】A
【解析】
【详解】A．CaO吸收CO2生成CaCO3可通过一步反应实现，故A正确；
B．反应①Ca与氧气化合生成CaO，②CaO与水反应生成Ca(OH)2，③Ca(OH)2生成CaCO3根据元素守恒可知不属于化合反应，④CaCO3与水和二氧化碳反应生成Ca(HCO3)2属于化合反应，③不可通过化合反应实现，故B错误；
C．反应③也可以通过Ca(OH)2和碳酸钠反应生成CaCO3，故C错误；
D．CaCO3是难溶电解质，写离子方程式不能拆CaCO3+CO2+H2O=2HCO+Ca2+，故D错误；
故答案为A。
20. 联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示，下列叙述正确的是

A. CuO是该反应的催化剂
B. 转化过程③后溶液碱性减弱
C. 1分子N2H4可处理1分子O2
D. 上述三个转化过程①②③均为氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【分析】由反应机理示意图可知，①转化中氧化铜与联氨共热反应生成氧化亚铜、氮气和水，反应的化学方程式为4CuO+N2H42Cu2O+N2↑+2H2O；②转化中氧化亚铜与氨水反应生成二氨合亚铜离子、氢氧根离子和水，反应的离子方程式为Cu2O+4NH3∙H2O=2Cu(NH3)+2OH—+3H2O；③转化中二氨合亚铜离子与一水合氨、氧气反应生成四氨合铜离子、氢氧根离子和水，反应的离子方程式为4Cu(NH3)+O2+8NH3∙H2O=4Cu(NH3)+4OH—+6H2O，总反应方程式为CuO+N2H4+4NH3∙H2O+O2=Cu(NH3)+N2↑+2H2O。
【详解】A．由分析可知，联氨用于处理锅炉水中的溶解氧的总反应方程式为CuO+N2H4+4NH3∙H2O+O2=Cu(NH3)+N2↑+2H2O，反应中氧化铜是反应物，不是反应的催化剂，故A错误；
B．由分析可知，③转化中二氨合亚铜离子与一水合氨、氧气反应生成四氨合铜离子、氢氧根离子和水，反应的离子方程式为4Cu(NH3)+O2+8NH3∙H2O=4Cu(NH3)+4OH—+6H2O，反应中有氢氧根离子生成，溶液碱性增强，故B错误；
C．由分析可知，联氨用于处理锅炉水中的溶解氧的总反应方程式为CuO+N2H4+4NH3∙H2O+O2=Cu(NH3)+N2↑+2H2O，反应中1分子联氨可处理1分子氧气，故C正确；
D．由分析可知，②转化中氧化亚铜与氨水反应生成二氨合亚铜离子、氢氧根离子和水，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故D错误；
故选C。
第二卷(共52分)
三、非选择题：本题共4小题，共52分。
21. 现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe(OH)3胶体的制备实验。
甲同学：向饱和FeCl3溶液中加少量NaOH溶液。
乙同学：直接加热饱和FeCl3溶液。
丙同学：向25 mL沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。
回答下列问题：
（1）其中操作正确的同学是_______(填“甲”“乙”或“丙”)，该正确操作的化学方程式为_______。
（2）证明有Fe(OH)3胶体生成的实验操作是用一束强光从侧面照射，观察现象，该过程利用的胶体性质是_______。
（3）丙同学在做实验时加热时间过长，结果形成了悬浊液，原因是_______。
（4）丁同学取适量的Fe(OH)3胶体注入试管，然后用胶头滴管逐滴向试管中加入过量稀硫酸，观察到现象为_______。
（5）戊同学认为制备的Fe(OH)3胶体中混有FeCl3杂质，采用如图所示装置进行提纯，该操作名称为_______，放置2 min后，取少量半透膜外的液体于试管中，向试管中加入用稀硝酸酸化的AgNO3溶液，可观察到的现象为_______。

【答案】（1） ①. 丙 ②.
（2）丁达尔效应 （3）破坏了胶体的组成，会导致胶体聚沉，使之形成大颗粒的沉淀
（4）有红褐色沉淀生成，继续加入沉淀会溶解(溶液变黄色)
（5） ①. 渗析 ②. 有白色沉淀生成
【解析】
【小问1详解】
制备Fe(OH)3 胶体是把FeCl3 饱和溶液滴加到沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色，不能用NaOH溶液，否则产生的是Fe(OH)3 沉淀，丙同学操作正确；该正确操作的化学方程式为；
【小问2详解】
检验胶体最简单的方法是利用丁达尔效应；
【小问3详解】
加热时间过长破坏了胶体的组成，会导致胶体聚沉，使之形成大颗粒的沉淀；
【小问4详解】
加入电解质会导致胶体聚沉，故可以观察到有红褐色沉淀生成，继续加入硫酸，沉淀会溶解(溶液变黄色)；
【小问5详解】
胶体粒子不能通过半透膜，溶液可以通过，分离Fe(OH)3胶体中混有FeCl3杂质，可以用渗析的方法，分离出FeCl3，FeCl3进入烧杯的蒸馏水中，取少量半透膜外的液体于试管中，向试管中加入用稀硝酸酸化的AgNO3溶液，可以观察到有白色的AgCl沉淀生成；
22. I、现有下列物质：①铁 ②硫酸溶液 ③SO2 ④熔融的Na2O ⑤Ba(OH)2固体 ⑥蔗糖 ⑦CuSO4·5H2O晶体 ⑧氧气 ⑨氨水 ⑩稀硝酸
（1）上述物质中属于电解质的有_______(填编号，下同)，属于非电解质的有_______，能导电的有_______。
（2）上述物质中有两种物质之间可发生离子反应：H+＋OH-=H2O，该离子反应对应的化学方程式为_______。
（3）上述物质中有两种物质配成的溶液混合后可得到两种不同颜色沉淀，该反应的离子方程式为_______。
II、利用氧化还原反应原理可处理污水。
（4）高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型净水剂，其中一种制备方法如下。用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目_______。
（5）电镀废水中含有剧毒的NaCN(C为+2价)，加入NaClO溶液处理该碱性废水时生成Na2CO3、NaCl和N2。该反应的离子方程式为_______。
【答案】（1） ①. ④⑤⑦ ②. ③⑥ ③. ①②④⑨⑩
（2）
（3）
（4） （5）5ClO－＋2CN－＋2OH－=5Cl－＋2＋N2↑＋H2O
【解析】
【小问1详解】
电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，故答案为：④⑤⑦；③⑥；①②④⑨⑩；
【小问2详解】
上述物质中有两种物质之间可发生离子反应：H+＋OH-=H2O，为强酸、强碱生成可溶性盐的反应，故答案为：；
【小问3详解】
两种物质配成的溶液混合后可得到两种不同颜色沉淀，是硫酸铜和氢氧化钡的反应，故答案为：；
【小问4详解】
铁元素由+3价升高为+6价，次氯酸根中的氯元素由+1降低为-1价，即铁元素失去电子给了氯元素，利用得失电子守恒配平方程即可，故答案为：；
【小问5详解】
反应中C、N元素化合价分别从+2价、－3价升高到+4价和0价，氯元素化合价从+1价降低到－1价，因此根据电子得失守恒和原子守恒可知该反应的离子方程式为5ClO－＋2CN－＋2OH－=5Cl－＋2＋N2↑＋H2O。
23. 碳酸钠是造纸、玻璃、纺织等行业的重要原料。工业碳酸钠(纯度约为98%)中含有少量Ca2+、Mg2+、Fe3+和 SO等杂质，提纯的工艺流程如下：

已知碳酸钠的溶解度(S)随温度变化的曲线如图所示。

回答下列问题：
（1）设计实验方案验证工业碳酸钠中含有杂质Na2SO4，请写出该方案的操作和现象：_______。
（2）滤渣的主要成分为_______。
（3）实验室进行蒸发浓缩结晶用到的主要仪器有_______、_______、酒精灯等。
（4）“趁热过滤”的目的是使析出的晶体为Na2CO3·H2O，原因是_______。
（5）若“母液”多次循环使用，可能导致的问题是_______。
（6）“加热脱水”属于_______变化(填“物理”或“化学”)。
（7）“检验”制备的试剂级碳酸钠纯度，设计如下实验方案：取m g产品，将其投入到过量稀硫酸中，将产生的气体通入到足量澄清石灰水中，经过滤、洗涤、干燥，得到w g固体，则产品中Na2CO3质量分数为_______。(用含w、m的式子表示)
【答案】（1）取工业碳酸钠的溶液少许，加硝酸至溶液呈中性或弱酸性，向待测溶液中加入Ba(NO3)2溶液至过量，生成的白色且不溶于硝酸的沉淀是硫酸钡，证明含有硫酸钠
（2）Mg(OH)2、Fe(OH)3、CaCO3
（3） ①. 蒸发皿 ②. 玻璃棒
（4）使析出的晶体为Na2CO3•H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3•10H2O晶体或Na2CO3•7H2O晶体，使后续的加热脱水耗时长
（5）产品纯度降低，因为循环使用时母液中SO浓度增大，导致产品含有Na2SO4杂质
（6）化学 （7）
【解析】
【分析】工业碳酸钠(钝度约98%)中含有Mg2+，Fe3+，Ca2+，所以“除杂”中加入过量的NaOH溶液，可生成Mg(OH)2、Fe(OH)3、CaCO3沉淀，滤渣的主要成分为Mg(OH)2、Fe(OH)3、CaCO3，滤液蒸发浓缩结晶，温度减少至313K时发生突变，溶解度迅速减少，需要趁热过滤析出晶体，加热脱水得到试剂级碳酸钠.
【小问1详解】
设计实验方案验证工业碳酸钠中含有杂质Na2SO4，设计方案的操作和现象：取工业碳酸钠的溶液少许，加硝酸至溶液呈中性或弱酸性，向待测溶液中加入Ba(NO3)2溶液至过量，生成的白色且不溶于硝酸的沉淀是硫酸钡，证明含有硫酸钠。故答案为：取工业碳酸钠的溶液少许，加硝酸至溶液呈中性或弱酸性，向待测溶液中加入Ba(NO3)2溶液至过量，生成的白色且不溶于硝酸的沉淀是硫酸钡，证明含有硫酸钠；
【小问2详解】
工业碳酸钠(钝度约98%)中含有Mg2+，Fe3+，Ca2+，所以“除杂”中加入过量的NaOH溶液，可生成Mg(OH)2、Fe(OH)3沉淀，滤渣的主要成分为Mg(OH)2、Fe(OH)3、CaCO3，故答案为：Mg(OH)2、Fe(OH)3、CaCO3；
【小问3详解】
实验室进行蒸发浓缩结晶用到的主要仪器有蒸发皿、玻璃棒、酒精灯等。故答案为：蒸发皿、玻璃棒；
【小问4详解】
根据所给的坐标图可以发现：温度减少至313K时发生突变，随着温度的变化，溶解度变化的不是特别明显，若不趁热过滤将析出晶体，所以“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为Na2CO3•H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3•10H2O晶体或Na2CO3•7H2O晶体，使后续的加热脱水耗时长，故答案为：使析出的晶体为Na2CO3•H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3•10H2O晶体或Na2CO3•7H2O晶体，使后续的加热脱水耗时长；
【小问5详解】
根据流程图内容“母液”中存在硫酸根离子，若参与循环，将使离子浓度增大，导致产品纯度降低，故答案为：产品纯度降低，因为循环使用时母液中SO浓度增大，导致产品含有Na2SO4杂质；
【小问6详解】
加热脱水得到试剂级碳酸钠，生成新物质，“加热脱水”属于化学变化(填“物理”或“化学”)。故答案为：化学；
【小问7详解】
根据关系式Na2CO3~CO2~CaCO3，则产品中Na2CO3质量分数为 = 。(用含w、m的式子表示)故答案为：。
24. 某小组同学欲探究H2O2的化学性质，经历如下探究过程：
预测：H2O2中的O作为核心元素，预测H2O2既具有氧化性，也具有还原性。
（1）预测H2O2既具有氧化性，也具有还原性的依据是_______。
实验观察：小组同学分别选用酸性KMnO4溶液、酸性KI溶液、酸性FeCl2溶液与5% H2O2溶液反应以验证预测。(已知淀粉溶液遇碘单质变蓝 )

（2）实验①观察到溶液褪色，同时有气泡冒出。KMnO4在反应中表现_______性(填“氧化”或“还原”)，该反应的离子方程式为_______。
（3）在实验②反应后的溶液中加入淀粉溶液，可观察到溶液变蓝。加入酸性KI溶液后，反应的离子方程式为_______。
（4）实验③观察到溶液变为黄色，该反应的离子方程式为_______；一段时间后，溶液中有气泡出现，原因是_______。
结论：H2O2既具有氧化性，也具有还原性。
（5）H2O2常称为“绿色氧化剂”的原因是_______。
【答案】（1）H2O2中O的化合价为-1价，为中间价态，在反应中化合价降低为-2价，则得到电子，表现氧化性，也可以升高为0价，失去电子，表现还原性
（2） ①. 氧化 ②.
（3）
（4） ①. ②. 一段时间后，产生的FeCl3对过氧化氢分解生成氧气有催化作用，加快反应，溶液中有气泡出现
（5）还原产物为水，无污染
【解析】
小问1详解】
H2O2中O的化合价为-1价，为中间价态，在反应中化合价降低为-2价，则得到电子，表现氧化性，也可以升高为0价，失去电子，表现还原性，故H2O2既具有氧化性，也具有还原性；
【小问2详解】
KMnO4具有强氧化性，可氧化过氧化氢，O元素由-1价升高到0价，反应生成氧气，故KMnO4在反应中表现氧化性，该反应的离子方程式为 ；
【小问3详解】
过氧化氢具有氧化性，可氧化KI生成碘，碘遇淀粉变蓝色，反应的离子方程式为；
【小问4详解】
过氧化氢具有氧化性，可氧化Fe2+生成Fe3+，溶液变黄，反应的离子方程式为；一段时间后，产生的FeCl3对过氧化氢分解生成氧气有催化作用，加快反应，溶液中有气泡出现；
【小问5详解】
H2O2常称为“绿色氧化剂”的原因是还原产物为水，无污染。