浙江省绍兴一中2022～2022学年度高一上学期期中化学试卷 一、选择题（共22小题）1．下列有关物质分类或归类错误的是（ ）A．混合物：盐酸、生铁、空气B．化合物：CaCl2、NaOH、HClC．碱：苛性钠、纯碱、氢氧化钾D．单质：Ca、O3、石墨 2．下列贮存化学试剂的方法正确的是（ ）A．在盛液溴的试剂瓶中加水，形成“水封”，以减少溴挥发B．用做感光片的溴化银贮存在无色试剂瓶中C．烧碱溶液放在带磨口玻璃塞的试剂瓶中D．新制的氯水保存在棕色广口瓶中，并放在阴凉处 3．下列关于Na及其化合物的叙述正确的是（ ）A．将钠投入FeSO4溶液中，可以得到单质铁B．足量Cl2、S分别和二份等质量的Na反应，前者得到电子多C．Na2O与Na2O2中阴阳离子的个数比均为1：2D．在2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2反应中，每生成1molO2，消耗2mol氧化剂 4．一定质量的钠、钾投入一定量的稀盐酸中，产生气体随时间变化的曲线如图所示，则下列说法正确的是（ ）A．投入的Na、K一定等质量B．投入的Na的质量小于K的质量C．曲线a为Na，b为KD．稀盐酸的量一定是不足量的 5．同种物质中同一价态的元素部分被氧化，部分被还原的氧化还原反应是（ ）A．3Br2+6KOH=5KBr+KBrO3+3H2OB．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑C．2KNO32KNO2+O2↑D．NH4NO3N2O↑+2H2O 6．已知在某温度时发生如下三个反应：（1）C+CO2=2COC+H2O=CO+H2（3）CO+H2O=CO2+H2-23-\n由此可以判断，在该温度下C、CO、H2的还原性强弱顺序是（ ）A．CO＞C＞H2B．C＞CO＞H2C．C＞H2＞COD．CO＞H2＞C 7．在一个密闭容器内有X、Y、Z、Q四种物质，在一定条件下进行反应，一段时间后测得反应前后各物质质量如表．该密闭容器中发生化学反应的基本类型可能是（ ）物质XYZQ反应前质量/g20202020反应后质量/g20301614A．分解反应B．置换反应C．复分解反应D．化合反应 8．下列叙述错误的是（ ）A．13C和14C属于同一种元素，它们互为同位素B．1H和2H是不同的核素，它们的质子数相等C．14C和14N的质量数相等，它们的中子数不等D．6Li和7Li的电子数相等，中子数也相等 9．如图表示1gO2与1gX气体在恒压条件下的密闭容器中体积（V）与温度（T）的关系，则X气体可能是（ ）A．C2H4（气）B．CH4C．CO2D．NO 10．amolH2中含有b个氢原子mol﹣1，则阿伏加德罗常数可以表示为（ ）A．mol﹣1B．mol﹣1C．mol﹣1D．mol﹣1 11．现有久置的氯水、新制的氯水、氯化钠、氢氧化钠四种溶液，可加入一种试剂就能区别它们，则这种试剂是（ ）A．硝酸银溶液B．酚酞溶液C．紫色石蕊溶液D．饱和食盐水 12．下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol•L﹣1的是（ ）A．将40gNaOH溶解于1L水中配成的NaOH溶液B．将25g硫酸铜晶体溶于水制成100mL的溶液C．将1L10mol/L的浓盐酸与9L水混合而成的溶液D．从100mL1mol/LNaCl溶液加水稀释到200mL的溶液 13．设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A．22.4LCO和CO2的混合气体中所含的碳原子数一定是NAB．标准状况下，22.4L氖气含有原子数为NaC．物质的量浓度为2mol/L的BaCl2溶液中，含有Cl﹣个数为4NAD．标准状况下，11.2LH2O含有0.5NA分子-23-\n 14．下列物质在水中的电离方程式书写正确的是（ ）A．NaHSO4═Na++HSO4﹣B．NaHCO3═Na++H++CO32﹣C．KClO3═K++Cl﹣+3O2﹣D．Al2（SO4）3═2Al3++3SO42﹣ 15．如图所示的甲、乙两个装置中（常温），胶头滴管中吸入某种液体，圆底烧瓶中充入（或放入）另一种物质，挤压胶头滴管中液体，一段时间后两装置中的气球都有明显地胀大（忽略液体体积对气球的影响）．则所用试剂分别可能依次是（ ）甲乙滴管中烧瓶中滴管中烧瓶中A水过氧化钠饱和碳酸氢钠溶液CO2B水钠饱和碳酸钠溶液CO2CNaOH溶液碳酸氢钠澄清石灰水碳酸氢钠D稀盐酸碳酸氢钠NaOH溶液CO2A．AB．BC．CD．D 16．下列叙述正确的是（ ）A．化学是一门“中心的、实用的、创造性的”科学，在能源、资源的合理开发和安全应用方面有重要的作用B．胶体与其它分散系的本质区别是胶体有丁达尔效应，而其它分散系却没有C．借助仪器来分析化学物质的组成是常用的手段，原子吸收光谱常用来确定物质中含有哪些非金属元素D．提出原子结构模型的科学家按时间先后依次是：道尔顿、卢瑟福、汤姆生、玻尔 17．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂．实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O下列说法正确的是（ ）A．KClO3是该反应的还原剂B．H2SO4是该反应的氧化剂C．H2C2O4在反应中被氧化D．1molKClO3参加反应，有2mol电子转移 18．有关Na2CO3和NaHCO3的性质，下列叙述错误的是（ ）A．等质量的Na2CO3和NaHCO3与足量的盐酸反应，在相同条件下NaHCO3产生的CO2气体体积大B．同一温度下，与等浓度的盐酸反应时，NaHCO3比Na2CO3剧烈C．与同种酸反应生成等量的CO2时，所消耗的酸的量相等D．将石灰水加入到NaHCO3溶液中将会产生沉淀 -23-\n19．有甲、乙、丙三种溶液，可能是KCl、NaBr、KI．向甲中加入淀粉溶液和氯水，溶液变为橙色，再加入丙，颜色无明显变化，则甲、乙、丙依次含有（ ）A．NaBr、KCl、KIB．NaBr、KI、KClC．KI、NaBr、KClD．KCl、KI、NaBr 20．以下是对某水溶液进行离子检验的方法和结论，其中正确的是（ ）A．先加入BaCl2溶液，再加入足量的HNO3溶液，产生了白色沉淀．溶液中一定含有大量的SO42﹣B．加入足量的CaCl2溶液，产生了白色沉淀．溶液中一定含有大量的CO32﹣C．加入足量浓NaOH溶液，产生了带有强烈刺激性气味，并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体．溶液中一定含有大量的NH4+D．先加适量的盐酸将溶液酸化，再加AgNO3溶液，产生了白色沉淀．溶液中一定含有大量的Cl﹣ 21．为提纯下列物质（括号内物质为杂质），所选用的试剂和分离方法正确的是（ ）物质除杂试剂分离方法A硝酸铜溶液（硝酸银）铜粉结晶BNaCl溶液（CuCl2）NaOH溶液萃取C乙醇（水）________分液D铜粉（铁粉）稀盐酸过滤A．AB．BC．CD．D 22．质量分数为a%，物质的量浓度为cmol•L﹣1的NaCl溶液，蒸发溶剂，恢复到原来的温度，若物质的量浓度变为2cmol•L﹣1，则质量分数变为（蒸发过程中没有晶体析出，且NaCl溶液的密度大于1g/mL）（ ）A．等于2a%B．大于2a%C．小于2a%D．无法确定 二、解答题（共7小题）（选答题，不自动判卷）23．现有以下物质：①NaCl晶体 ②液态HCl ③熔融KCl ④蔗糖 ⑤铜 ⑥CO2 ⑦H2SO4 ⑧KOH固体（1）以上物质中能导电的是 ．以上物质中属于电解质的是 ，属于非电解质的是 ．（3）以上物质中，溶于水能导电的是 ． 24．实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液450mL．根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是 （填序号），仪器E的名称是 ，本实验所需玻璃仪器E规格为 mL．下列操作中，容量瓶所不具备的功能有 （填序号）．A．配制一定体积准确浓度的标准溶液B．长期贮存溶液C．用来加热溶解固体溶质D．量取一定体积的液体（3）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为 mL（计算结果保留一位小数）．如果实验室有10mL、25mL、50mL量筒，应选用 mL规格的量筒最好．-23-\n 25．某混合物的水溶液中，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Mg2+、Fe3+、Al3+、NH4+、Cl﹣、CO32﹣和SO42﹣．现每次取10.00mL进行实验：①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；②第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体0.672L（标准状况下），但整个过程中无沉淀生成．③第三份加入足量BaCl2溶液后得干燥沉淀6.63g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余4.66g．请回答：（1）c（CO32﹣）= mol/L．K+是否存在？ （填“存在”或“不存在”）；若存在，浓度范围是 （若不存在，则不必回答第2问）．（3）根据以上实验，不能判断哪种离子是否存在？ ，若存在，这种离子如何进行检验？ ． 26．充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物19g，完全反应后固体质量减轻了3.1g．（1）求原混合物中碳酸钠的质量．在剩余固体中，逐渐加入200mL1.00mol•L﹣1的盐酸，求反应后放出的二氧化碳在标准状况下的体积． 27．2.3g钠溶于水中形成溶液，所得溶液中Na+和H2O的个数比为1：100，则最初需要加入 克水． 28．氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都需要用氯气．Ⅰ．工业上通常采用电解法制氯气：观察图1，回答：（1）电解反应的化学方程式为 ．若饱和食盐水中通电后，b侧产生的气体检验方法是 ．Ⅱ．某学生设计如图2所示的实验装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），回答下列问题：-23-\n（1）在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸，在加热条件下制取氯气，写出反应的化学方程式 ；漂白粉将在U形管中产生，其化学方程式是 ．（3）C装置的作用是 ．（4）此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在U形管中还存在两个副反应．①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是 ．②试判断另一个副反应（用化学方程式表示） ，为避免此副反应的发生，可将装置做何改进 ． 29．在K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2+7H2O反应中．（1） 元素被氧化， 是氧化剂． 是氧化产物， 发生氧化反应．（3）在参加反应的盐酸中，起还原剂（被氧化）作用的HCl与起酸性作用的HCl的质量比为 ．（4）用线桥法标明电子转移的方向和数目． ． 浙江省绍兴一中2022～2022学年度高一上学期期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共22小题）1．下列有关物质分类或归类错误的是（ ）A．混合物：盐酸、生铁、空气B．化合物：CaCl2、NaOH、HClC．碱：苛性钠、纯碱、氢氧化钾D．单质：Ca、O3、石墨【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；单质和化合物．【分析】A、含有不同种分子的物质属于混合物；B、由不同种元素组成的纯净物属于化合物；C、电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物是盐；D、只有一种元素组成的纯净物是单质．【解答】解：A、盐酸、生铁、空气都是含有不同种分子的物质，属于混合物，故A正确；B、CaCl2、NaOH、HCl使由不同种元素组成的纯净物，属于化合物，故B正确；C、苛性钠是NaOH是碱，纯碱是Na2CO3，是盐，氢氧化钾是盐，故C错误；D、Ca、O3、石墨都是只有一种元素组成的纯净物，是单质，故D正确．故选C．【点评】本题考查学生单质、化合物、盐以及混合物的概念知识，属于综合知识的考查，注意知识的归纳和整理是关键． 2．下列贮存化学试剂的方法正确的是（ ）A．在盛液溴的试剂瓶中加水，形成“水封”，以减少溴挥发B．用做感光片的溴化银贮存在无色试剂瓶中C．烧碱溶液放在带磨口玻璃塞的试剂瓶中D．新制的氯水保存在棕色广口瓶中，并放在阴凉处-23-\n【考点】化学试剂的存放．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．液溴有毒，且易挥发；B．AgBr见光分解；C．氢氧化钠溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成黏性的硅酸钠溶液；D．氯水见光会分解，同时氯水又容易挥发．【解答】解：A．液溴有毒，且易挥发，采用水封保存，故A正确；B．AgBr见光分解，故通常保存在棕色试剂瓶中，故B错误；C．氢氧化钠溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成黏性的硅酸钠溶液，故C错误；D．氯水见光会分解，应盛放在棕色瓶中，同时氯水又容易挥发，应用磨口玻璃塞的细口玻璃瓶盛放，故D错误，故选A．【点评】此题是药品储存的有关考查题，难度不大．解题的关键是了解所储存物质的特性． 3．下列关于Na及其化合物的叙述正确的是（ ）A．将钠投入FeSO4溶液中，可以得到单质铁B．足量Cl2、S分别和二份等质量的Na反应，前者得到电子多C．Na2O与Na2O2中阴阳离子的个数比均为1：2D．在2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2反应中，每生成1molO2，消耗2mol氧化剂【考点】钠的化学性质．【专题】金属概论与碱元素．【分析】A．Na投入FeSO4溶液中，钠先和水反应生成NaOH，NaOH再和硫酸亚铁反应；B．Na的质量相等，则转移电子相等；C．过氧化钠中阴阳离子分别是过氧根离子和钠离子；D．该反应中O元素化合价由﹣1价变为0价和﹣2价，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂．【解答】解：A．该过程中发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2NaOH+FeSO4=Fe（OH）2+Na2SO4，所以得不到铁，故A错误；B．Na的质量相等，氧化剂的物质的量相等，反应中只有钠失电子，所以转移电子相等，故B错误；C．Na2O与Na2O2中阴阳离子分别是钠离子和氧离子、钠离子和过氧根离子，所以其阴阳离子个数比均为1：2，故C正确；D．该反应中O元素化合价由﹣1价变为0价和﹣2价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，每生成1molO2，消耗1mol氧化剂，故D错误；故选C．【点评】本题以钠为载体考查了物质间的反应，明确物质的性质是解本题关键，结合元素化合价变化来分析解答，易错选项是C，注意过氧化钠中阴阳离子分别是什么，为易错点． 4．一定质量的钠、钾投入一定量的稀盐酸中，产生气体随时间变化的曲线如图所示，则下列说法正确的是（ ）A．投入的Na、K一定等质量-23-\nB．投入的Na的质量小于K的质量C．曲线a为Na，b为KD．稀盐酸的量一定是不足量的【考点】钠的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A、由图象分析知，两种金属与盐酸反应生成氢气的量相等，根据氢气的量计算金属的量．B、根据氢气的量计算金属的质量进行比较．C、根据金属的活泼性判断反应速率大小，金属钾的活泼性大于钠．D、钠、钾不仅和盐酸反应还和水反应．【解答】解：由图象知，金属和酸反应生成氢气的量相等．A、2Na+2HCl=2NaCl+H2↑，46g1mol2K+2HCl=2KCl+H2↑，78g1mol通过方程式知，生成相同物质的量的氢气需要金属的质量不同，故A错误．B、通过A选项知，生成相同物质的量的氢气需要金属的质量不同，需要钾的质量大于钠的，故B正确．C、因为钾的金属性大于钠，所以钾与酸反应速率大于钠与酸反应速率，即生成相同物质的量的氢气，钾需要的时间短，钠需要的时间长，所以曲线a为钾，b为钠，故C错误．D、因为钠、钾不仅和盐酸反应还和水反应，所以钠、钾生成相同物质的量的氢气与稀盐酸是否足量无关，故D错误．故选B．【点评】本题考查了碱金属元素的性质，难度不大，解答本题时注意：钠、钾不仅和盐酸反应还和水反应． 5．同种物质中同一价态的元素部分被氧化，部分被还原的氧化还原反应是（ ）A．3Br2+6KOH=5KBr+KBrO3+3H2OB．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑C．2KNO32KNO2+O2↑D．NH4NO3N2O↑+2H2O【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】同一价态的元素部分被氧化，部分被还原，则反应中只有一种元素的化合价变化，为歧化反应，以此来解答．【解答】解：A．只有Br元素的化合价变化，部分被氧化，部分被还原，故A选；B．Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，故B不选；C．N元素的化合价降低，O元素的化合价升高，故C不选；D．只有N元素的化合价变化，但N元素的化合价由+5价降低为+1价，N元素的化合价由﹣3价升高为+1价，不符合题意，为归中反应，故D不选；故选A．-23-\n【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中歧化反应、归中反应的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大． 6．已知在某温度时发生如下三个反应：（1）C+CO2=2COC+H2O=CO+H2（3）CO+H2O=CO2+H2由此可以判断，在该温度下C、CO、H2的还原性强弱顺序是（ ）A．CO＞C＞H2B．C＞CO＞H2C．C＞H2＞COD．CO＞H2＞C【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】同一氧化还原反应中：氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物；根据反应前后化合价变化，判断出氧化剂、氧化产物，还原剂、还原产物，即可解答；【解答】根据同一反应中还原性：还原剂＞还原产物．（1）C+CO2=2CO中C的还原性大于还原产物CO；C+H2O=CO+H2中C的还原性大于还原产物H2；（3）CO+H2O=CO2+H2中CO的还原性大于还原产物H2，综合上述得到还原性强弱：C＞CO＞H2；故选B．【点评】本题考查了氧化还原反应的概念理解，规律应用． 7．在一个密闭容器内有X、Y、Z、Q四种物质，在一定条件下进行反应，一段时间后测得反应前后各物质质量如表．该密闭容器中发生化学反应的基本类型可能是（ ）物质XYZQ反应前质量/g20202020反应后质量/g20301614A．分解反应B．置换反应C．复分解反应D．化合反应【考点】化学基本反应类型．【专题】物质的性质和变化专题．【分析】在化学反应中，如果反应前后某物质的质量没有发生变化，这种可能是催化剂或没有参加反应，如果反应后质量增加了，该物质是生成物，如果反应后质量减小了，那么该物质是反应物，根据质量守恒定律判断反应物或生成物种类，结合四种基本反应类型的概念分析．【解答】解：由表中数据可知，反应后前后物质X的质量不变，X为催化剂或不参加反应，Y的质量增大了30g﹣20g=10，则Y为生成物，而Z、Q的质量减小，则为反应物，Z的质量减少了20g﹣16g=4g，Q的质量减少了20g﹣14g=6g，故参加反应的Z、Q的总质量=4g+6g=10g，等于生成物Y的质量增加量10g，即：4g的Z物质与6gQ反应生成10gY，该反应特征为两种物质反应生成一种物质，属于化合反应，故选D．【点评】本题考查基本反应类型、质量守恒定律，难度不大，关键是运用质量守恒定律判断反应物或生成物种类． 8．下列叙述错误的是（ ）A．13C和14C属于同一种元素，它们互为同位素-23-\nB．1H和2H是不同的核素，它们的质子数相等C．14C和14N的质量数相等，它们的中子数不等D．6Li和7Li的电子数相等，中子数也相等【考点】同位素及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【专题】原子组成与结构专题．【分析】根据原子表示法的知识，元素符号左上角数字表示质量数，左下角数字表示质子数，质量数﹣质子数=中子数，质子数相同而中子数不同的同种元素的原子互为同位素．【解答】解：A、13C和14C属于同一种元素，质子数相同而中子数不同，它们互为同位素，故A正确；B、1H和2H是氢元素的不同核素，质子数相同均为1，故B正确；C、14C和14N的质量数相等，质子数分别为6、7，中子数分别为：14﹣6=8、14﹣7=7，它们的中子数不等，故C正确；D、6Li和7Li的电子数相等均为3，中子数分别为：6﹣3=3、7﹣3=4，不相等，故D错误．故选D．【点评】本题是对教材概念的考查，可以根据所学知识进行回答，较简单． 9．如图表示1gO2与1gX气体在恒压条件下的密闭容器中体积（V）与温度（T）的关系，则X气体可能是（ ）A．C2H4（气）B．CH4C．CO2D．NO【考点】物质的量的相关计算．【专题】物质的量的计算．【分析】压强相同、温度相同时，气体体积与物质的量成正比，根据图象知，相同温度下，氧气体积大于X气体，说明氧气的物质的量大，根据n=判断X摩尔质量相对大小，据此分析解答．【解答】解：压强相同、温度相同时，气体体积与物质的量成正比，根据图象知，相同温度下，氧气体积大于X气体，说明氧气的物质的量大，根据n=知，质量相同时，物质的量与摩尔质量成反比，氧气的物质的量大于X，则氧气的摩尔质量小于X，这几个选项中只有二氧化碳摩尔质量大于氧气，故选C．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确P、V、n、T、M之间的关系是解本题关键，会分析图象中曲线变化趋势，采用“定一议二”的方法分析，题目难度中等． 10．amolH2中含有b个氢原子mol﹣1，则阿伏加德罗常数可以表示为（ ）A．mol﹣1B．mol﹣1C．mol﹣1D．mol﹣1【考点】物质的量的相关计算．【专题】物质的量的计算．-23-\n【分析】根据H原子数求出分子数，根据物质的量、阿伏伽德罗常数与分子数之间的关系式计算．【解答】解：一个H2分子中含有2个H原子，所以含有b个H原子的分子数是，NA===mol﹣1，故选A．【点评】本题考查了物质的量的有关计算，要会运用逆向思维方法解题，题目难度不大． 11．现有久置的氯水、新制的氯水、氯化钠、氢氧化钠四种溶液，可加入一种试剂就能区别它们，则这种试剂是（ ）A．硝酸银溶液B．酚酞溶液C．紫色石蕊溶液D．饱和食盐水【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】久置的氯水、新制的氯水、氯化钠、氢氧化钠四种溶液分别与紫色石蕊混合的现象为：变红、先变红后褪色、无现象、蓝色，以此来解答．【解答】解：A．四种物质与硝酸银均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故A不选；B．久置的氯水、新制的氯水、氯化钠遇酚酞均为无色，不能鉴别，故B不选；C．久置的氯水、新制的氯水、氯化钠、氢氧化钠四种溶液分别与紫色石蕊混合的现象为：变红、先变红后褪色、无现象、蓝色，现象不同，可鉴别，故C选；D．四种物质与食盐水均不反应，现象相同，不能鉴别，故D不选；故选C．【点评】本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注重实验基础知识的应用，题目难度不大． 12．下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol•L﹣1的是（ ）A．将40gNaOH溶解于1L水中配成的NaOH溶液B．将25g硫酸铜晶体溶于水制成100mL的溶液C．将1L10mol/L的浓盐酸与9L水混合而成的溶液D．从100mL1mol/LNaCl溶液加水稀释到200mL的溶液【考点】物质的量浓度的相关计算．【专题】溶液浓度的计算．【分析】A.40gNaOH的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液浓度为1mol•L﹣1；B.25g硫酸铜晶体的物质的量为0.1mol，该溶液浓度为1mol/L；C．溶液体积不具有加合性；D．稀释过程中溶质的物质的量不变，据此计算出稀释后溶液浓度．【解答】解：A.40gNaOH的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液浓度为1mol•L﹣1，不是溶剂的体积为1L，故A错误；B.25g硫酸铜晶体的物质的量为：=0.1mol，配制的溶液浓度为：=1mol/L，故B正确；C．溶液体积不具有加合性，混合后溶液的体积不是10L，故C错误；D.100mL1mol/LNaCl溶液加水稀释到200mL的溶液，溶液浓度缩小一半，变为0.5mol/L，故D错误；-23-\n故选B．【点评】本题考查了物质的量浓度的计算与判断，题目难度中等，明确物质的量浓度的概念及表达式为解答关键，注意掌握物质的量与摩尔质量、物质的量浓度之间的关系；A为易错点，注意溶液体积不是1L． 13．设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A．22.4LCO和CO2的混合气体中所含的碳原子数一定是NAB．标准状况下，22.4L氖气含有原子数为NaC．物质的量浓度为2mol/L的BaCl2溶液中，含有Cl﹣个数为4NAD．标准状况下，11.2LH2O含有0.5NA分子【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、气体所处的状态不明确；B、氖气为单原子分子；C、溶液体积不明确；D、标况下水为液态．【解答】解：A、气体所处的状态不明确，则气体摩尔体积的数值不明确，故物质的量无法计算，故A错误；B、氖气为单原子分子，故标况下22.4L氖气即1mol氖气中含NA个氖原子，故B正确；C、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故C错误；D、标况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故的错误．故选B．【点评】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． 14．下列物质在水中的电离方程式书写正确的是（ ）A．NaHSO4═Na++HSO4﹣B．NaHCO3═Na++H++CO32﹣C．KClO3═K++Cl﹣+3O2﹣D．Al2（SO4）3═2Al3++3SO42﹣【考点】电离方程式的书写．【分析】A．硫酸为强酸，强酸的酸式根离子应拆成离子形式；B．碳酸氢根离子，为弱酸的酸式根离子，不能拆；C．氯酸钾电离生成钾离子与氯酸根离子，氯酸根离子为原子团不能拆；D．硫酸铝为强电解质，完全电离生成铝离子与硫酸根离子．【解答】解：A．硫酸氢钠的电离方程式：NaHSO4═Na++H++SO42﹣，故A错误；B．碳酸氢钠电离的方程式：NaHCO3═Na++HCO3﹣，故B错误；C．氯酸钾电离方程式：KClO3═K++ClO3﹣，故C错误；D．硫酸铝电离方程式：Al2（SO4）3═2Al3++3SO42﹣，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式书写，侧重考查电解质电离方程式书写，明确电解质强弱是解题关键，注意原子团不能拆． 15．如图所示的甲、乙两个装置中（常温），胶头滴管中吸入某种液体，圆底烧瓶中充入（或放入）另一种物质，挤压胶头滴管中液体，一段时间后两装置中的气球都有明显地胀大（忽略液体体积对气球的影响）．则所用试剂分别可能依次是（ ）-23-\n甲乙滴管中烧瓶中滴管中烧瓶中A水过氧化钠饱和碳酸氢钠溶液CO2B水钠饱和碳酸钠溶液CO2CNaOH溶液碳酸氢钠澄清石灰水碳酸氢钠D稀盐酸碳酸氢钠NaOH溶液CO2A．AB．BC．CD．D【考点】钠的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】甲装置气球膨大原因是烧瓶内有气体生成或者温度升高，使烧瓶内的压强大于外界压强；乙装置气球膨大原因是烧瓶内的气体参加反应或者温度降低，使烧瓶内的压强小于外界压强，根据物质的性质结合发生的反应结合原理来回答判断．【解答】解：A．甲中水和过氧化钠之间反应生成氧气，使容器内压强大于大气压，所以气球变大；乙中二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠钠溶液，所以容器内气体压强不变，气球不变化，故A错误；B．甲中水和钠之间反应生成氢气，使容器内压强大于大气压，所以气球变大；乙中二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，使容器内压强小于大气压，所以气球变大，故B正确；C．甲氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，容器内压强不变，所以气球不变；乙中澄清石灰水和碳酸氢钠之间反应没有气体生成，使容器内压强不变，所以气球不变，故C错误；D．甲中盐酸和碳酸氢钠之间反应生成二氧化碳，容器内压强增大，所以气球变大；乙中氢氧化呢和二氧化碳之间反应，使容器内压强小于大气压，所以气球变大，故D正确；故选：BD．【点评】本题考查了常见气体的制备原理及装置选择，同时考查酸、碱、盐的性质，要理解和掌握酸、碱、盐常见的化学反应． 16．下列叙述正确的是（ ）A．化学是一门“中心的、实用的、创造性的”科学，在能源、资源的合理开发和安全应用方面有重要的作用B．胶体与其它分散系的本质区别是胶体有丁达尔效应，而其它分散系却没有C．借助仪器来分析化学物质的组成是常用的手段，原子吸收光谱常用来确定物质中含有哪些非金属元素D．提出原子结构模型的科学家按时间先后依次是：道尔顿、卢瑟福、汤姆生、玻尔【考点】化学史；分散系、胶体与溶液的概念及关系．【分析】A．当前我国农业地区大量的植物秸秆可应用化学科学的有关原理和方法制成甲烷做燃料；B．胶体与其它分散系的本质区别是分散质微粒大小；C．原子吸收光谱只能确定某物质中有什么金属元素，不能测岀非金属；D．1803年道尔顿模型原子是一个坚硬的实心小球；1904年汤姆生（J．J．Thompson）模型-23-\n原子是一个带正电荷的球，电子镶嵌在里面，原子好似一块“葡萄干布丁”；1911年卢瑟福提出行星模型：原子的大部分体积是空的，电子按照一定轨道围绕着一个带正电荷的很小的原子核运转；1913年玻尔模型电子不是随意占据在原子核的周围，而是在固定的层面上运动，当电子从一个层面跃迁到另一个层面时，原子便吸收或释放能量．【解答】解：A．化学科学将在能源和资源的合理开发、安全应用方面大显身手．比如当前我国农业地区大量的植物秸秆可应用化学科学的有关原理和方法制成甲烷做燃料，故A正确；B．胶体与其它分散系的本质区别是分散质微粒大小．故B错误；C．借助仪器来分析化学物质的组成是常用的手段，原子吸收光谱常用来确定物质中含有哪些金属元素，故C错误；D．提出原子结构模型的科学家按时间先后依次是：道尔顿、汤姆生、卢瑟福、玻尔，故D错误；故选A．【点评】本题考查对化学科学的常识认识，难度不大．要注意化学在治理环境污染中的作用无可替代． 17．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂．实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O下列说法正确的是（ ）A．KClO3是该反应的还原剂B．H2SO4是该反应的氧化剂C．H2C2O4在反应中被氧化D．1molKClO3参加反应，有2mol电子转移【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，Cl元素化合价由+5价降低到+4价，被还原，KClO3为氧化剂，C元素化合价由+3价升高到+4价，被氧化，H2C2O4为还原剂，以此解答该题．【解答】解：A．Cl元素化合价由+5价降低到+4价，被还原，KClO3为氧化剂，故A错误；B．反应中只有C和Cl元素化合价发生变化，H2SO4只提供酸性环境，既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；C．C元素化合价由+3价升高到+4价，被氧化，H2C2O4为还原剂，故C正确；D．Cl元素化合价由+5价降低到+4价，化合价变化1价，则1molKClO3参加反应，有1mol电子转移，故D错误．故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从元素化合价的角度认识相关概念和性质，难度不大． 18．有关Na2CO3和NaHCO3的性质，下列叙述错误的是（ ）A．等质量的Na2CO3和NaHCO3与足量的盐酸反应，在相同条件下NaHCO3产生的CO2气体体积大B．同一温度下，与等浓度的盐酸反应时，NaHCO3比Na2CO3剧烈C．与同种酸反应生成等量的CO2时，所消耗的酸的量相等D．将石灰水加入到NaHCO3溶液中将会产生沉淀【考点】钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．-23-\n【分析】根据Na2CO3和NaHCO3性质解答该题，①NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H20；②能相互转化：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；③都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；④都与澄清石灰水反应生成沉淀：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，2NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O（NaHCO3足量）．【解答】解：A．等质量的Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3物质的量较多，生成二氧化碳多，故A正确；B．分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O，HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，故B正确；C．如分别为一元酸和二元酸，则消耗的酸的物质的量不同，故C错误；D．都与澄清石灰水反应生成沉淀：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，2NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O（NaHCO3足量），故D正确．故选C．【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累． 19．有甲、乙、丙三种溶液，可能是KCl、NaBr、KI．向甲中加入淀粉溶液和氯水，溶液变为橙色，再加入丙，颜色无明显变化，则甲、乙、丙依次含有（ ）A．NaBr、KCl、KIB．NaBr、KI、KClC．KI、NaBr、KClD．KCl、KI、NaBr【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】卤族元素．【分析】已知氧化性：Cl2＞Br2＞I2，可发生：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，Cl2+2KI=2KCl+I2，溴水溶液呈橙色，淀粉遇碘变蓝色．【解答】解：向甲中加入淀粉溶液和氯水，溶液变为橙色，说明甲中含有NaBr，不含KI，再加入丙，颜色无明显变化，则丙中含有KCl，则乙中含有KI，故选B．【点评】本题考查卤族元素单质及其化合物的性质，题目难度不大，本题注意相关基础知识的积累． 20．以下是对某水溶液进行离子检验的方法和结论，其中正确的是（ ）A．先加入BaCl2溶液，再加入足量的HNO3溶液，产生了白色沉淀．溶液中一定含有大量的SO42﹣B．加入足量的CaCl2溶液，产生了白色沉淀．溶液中一定含有大量的CO32﹣C．加入足量浓NaOH溶液，产生了带有强烈刺激性气味，并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体．溶液中一定含有大量的NH4+D．先加适量的盐酸将溶液酸化，再加AgNO3溶液，产生了白色沉淀．溶液中一定含有大量的Cl﹣【考点】常见离子的检验方法．【专题】物质检验鉴别题．【分析】A、依据溶液中干扰离子Cl﹣，SO32﹣分析判断；B、溶液中含银离子液可以生成沉淀；C、依据铵根离子的检验方法分析判断；D、加入的盐酸也会与硝酸银反应生成氯化银沉淀．-23-\n【解答】解：A、先加入BaCl2溶液，再加入足量的HNO3溶液，产生了白色沉淀．溶液中可能含有Ag+，SO32﹣，所以溶液中不一定含有大量的SO42﹣，故A错误；B、加入足量的CaCl2溶液，产生了白色沉淀．溶液中含有Ag+也可以生成沉淀，所以溶液中不一定含有大量的CO32﹣，故B错误；C、加入足量浓NaOH溶液，产生了带有强烈刺激性气味，并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体．溶液中一定含有大量的NH4+，符合铵根离子的检验方法，故C正确；D、先加适量的盐酸将溶液酸化，再加AgNO3溶液，产生了白色沉淀．加入的盐酸也会生成沉淀，溶液中不一定含有大量的Cl﹣，故D错误；故选C．【点评】本题考查了常见离子的检验方法，反应现象的判断，关键是干扰离子的分析判断． 21．为提纯下列物质（括号内物质为杂质），所选用的试剂和分离方法正确的是（ ）物质除杂试剂分离方法A硝酸铜溶液（硝酸银）铜粉结晶BNaCl溶液（CuCl2）NaOH溶液萃取C乙醇（水）________分液D铜粉（铁粉）稀盐酸过滤A．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯和除杂．【专题】实验评价题．【分析】A．金属铜可以将硝酸银中的金属银置换出来，金属铜与硝酸铜溶液不反应；B．氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜和氯化钠，氢氧化铜不溶于水，采用过滤法C．互相溶解物质的分离采用蒸馏法；D．铁粉可以和稀盐酸反应，而金属铜粉则不能，金属铜粉和溶液分离可以采用过滤法；【解答】解：A．金属铜可以将硝酸银中的金属银置换出来，分离金属银和生成的硝酸铜液体采用过滤的方法，故A错误；B．氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜和氯化钠，将氢氧化铜沉淀和氯化钠溶液的分离采用过滤法，故B错误；C．乙醇和水是互溶的，对互相溶解物质的分离采用蒸馏法，故C错误；D．铁粉可以和稀盐酸反应，生成氯化亚铁和氢气，而金属铜粉则不能，将金属铜粉和溶液分离可以采用过滤法，故D正确．故选：D．【点评】在解此类题时，首先分析杂质和物质的性质，然后选择适当的试剂只与杂质反应，不与主要物质反应，不会生成新的杂质． 22．质量分数为a%，物质的量浓度为cmol•L﹣1的NaCl溶液，蒸发溶剂，恢复到原来的温度，若物质的量浓度变为2cmol•L﹣1，则质量分数变为（蒸发过程中没有晶体析出，且NaCl溶液的密度大于1g/mL）（ ）A．等于2a%B．大于2a%C．小于2a%D．无法确定【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算．【分析】根据公式c=结合氯化钠的密度大于水，浓度越浓，密度越大进行计算．-23-\n【解答】解：质量分数为a%，物质的量浓度为cmol•L﹣1的NaCl溶液，设密度是ρ1，所以c=，质量分数为a%，物质的量浓度为2cmol•L﹣1的NaCl溶液，设密度是ρ2，质量分数是w%，所以2c=，整理得到=，氯化钠的密度大于水，浓度越浓，密度越大，所以ρ1＜ρ2，即w%＜2a%．故选C．【点评】本题考查物质的量浓度和质量分数之间的关系计算，注意公式的应用是关键，难度中等． 二、解答题（共7小题）（选答题，不自动判卷）23．现有以下物质：①NaCl晶体 ②液态HCl ③熔融KCl ④蔗糖 ⑤铜 ⑥CO2 ⑦H2SO4 ⑧KOH固体（1）以上物质中能导电的是 ③⑤ ．以上物质中属于电解质的是 ①②③⑦⑧ ，属于非电解质的是 ④⑥ ．（3）以上物质中，溶于水能导电的是 ①②③⑥⑦⑧ ．【考点】电解质与非电解质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）含有自由移动的电子或阴阳离子的物质就能导电；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；（3）以上物质中，溶于水且能导电的物质，说明水溶液中能发生电离，电离出自由移动的离子．【解答】解：（1）③熔融KCl中含有自由移动离子，⑤铜中含有自由移动的电子，所以③⑤都能导电．故答案为：③⑤；①NaCl晶体、②液态HCl、③熔融KCl、⑦H2SO4、⑧KOH固体是电解质，④蔗糖、⑥CO2是非电解质；故答案为：①②③⑦⑧；④⑥；（3）①NaCl晶体、②液态HCl、③熔融KCl、⑥CO2、⑦H2SO4、⑧KOH固体溶于水，溶液中电离出自由移动的离子而导电；故答案为：①②③⑥⑦⑧．【点评】本题考查了物质的导电性、电解质和非电解质的判断，明确物质导电的原因与电解质和非电解质的关系是解本题关键，注意导电的不一定是电解质． 24．实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液450mL．根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是 AC （填序号），仪器E的名称是 容量瓶 ，本实验所需玻璃仪器E规格为 500 mL．下列操作中，容量瓶所不具备的功能有 BCD （填序号）．A．配制一定体积准确浓度的标准溶液B．长期贮存溶液C．用来加热溶解固体溶质-23-\nD．量取一定体积的液体（3）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为 13.6 mL（计算结果保留一位小数）．如果实验室有10mL、25mL、50mL量筒，应选用 25 mL规格的量筒最好．【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法．【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度溶液用到仪器选择；根据配制溶液的体积选择容量瓶的规格；容量瓶不能稀释浓溶液、不能用于溶解固体、储存溶液等；（3）根据c=计算浓硫酸的浓度，再根据浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变计算；根据浓硫酸的体积与量筒的规格靠近来选择量筒．【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液用的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不需要的仪器有烧瓶和分液漏斗，要配置450mL溶液应选择500mL容量瓶；故答案为：AC；容量瓶；500；容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，不能稀释或溶解药品，不能用来加热溶解固体溶质，故选BCD；（3）质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度为c（浓硫酸）==1000×98%×1.84g/ml98g/mol=18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/L×V=0.5/L×0.5L，得V=0.0136L=13.6mL，选取的量筒规格应该等于或大于量取溶液体积，故选25mL量筒；故答案为：13.6；25．【点评】本题主要考查一定物质的量浓度溶液的配制与稀释，注意容量瓶、量筒规格的选取方法为易错点，难度不大． 25．某混合物的水溶液中，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Mg2+、Fe3+、Al3+、NH4+、Cl﹣、CO32﹣和SO42﹣．现每次取10.00mL进行实验：①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；②第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体0.672L（标准状况下），但整个过程中无沉淀生成．③第三份加入足量BaCl2溶液后得干燥沉淀6.63g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余4.66g．请回答：（1）c（CO32﹣）= 1 mol/L．K+是否存在？ 存在 （填“存在”或“不存在”）；若存在，浓度范围是 c（K+）≥3mol/L （若不存在，则不必回答第2问）．-23-\n（3）根据以上实验，不能判断哪种离子是否存在？ Cl﹣ ，若存在，这种离子如何进行检验？ 取少量溶液于试管中，滴加过量Ba（NO3）2溶液后，取上层清夜，再滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀，则证明有Cl﹣ ．【考点】常见离子的检验方法．【专题】物质检验鉴别题；物质的分离提纯和鉴别．【分析】（1）先判断③中酸洗涤前后质量减少的量的成分，再根据减少的沉淀的量计算碳酸根离子的浓度；先确定实验③中酸洗后沉淀的成分，计算硫酸根离子的物质的量，根据氨气的体积计算铵根离子的物质的量，再根据溶液中阴阳离子所带电荷相等，判断钾离子是否存在；若存在，根据阴阳离子的电荷相等，求出钾离子的物质的量，溶液中可能含有氯离子，再根据物质的量浓度公式计算钾离子的物质的量浓度范围；（3）根据实验现象判断；根据氯离子的检验方法检验，但先判断硫酸根离子的干扰．【解答】解：根据实验①现象判断：该溶液中可能含有Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣；根据实验②现象判断，该溶液中不含Mg2+、Fe3+、Al3+三种离子，含有NH4+；根据实验③现象判断，该溶液中含有CO32﹣和SO42﹣离子，（1）根据实验③现象，酸洗涤沉淀前后，质量减少，减少的质量为碳酸钡的质量，Ba2++CO32﹣=BaCO3↓1mol197gn（CO32﹣）（6.63﹣4.66）g=1.97g，则n（CO32﹣）==0.01mol碳酸根的物质的量浓度为：c（CO32﹣）==1mol/L故答案为：1；根据实验③现象，酸洗涤沉淀后沉淀的质量为硫酸钡的质量，Ba2++SO42﹣=BaSO4↓1mol233g0.02mol4.66g铵根离子的物质的量为NH4++OH﹣NH3↑+H2O1mol22.4L0.03m0l0.672L根据溶液中阴阳离子所带电荷相等得，钾离子存在；一个硫酸根离子、一个碳酸根离子都各带两个单位的负电荷，一个铵根离子、一个钾离子各带一个单位的正电荷，设其物质的量为xmol，根据溶液中阴阳离子所带电荷相等列方程式：0.01mol×2+0.02mol×2=0.03m0l×1+xmol×1，解得：x=0.03，由于溶液中可能存在氯离子，则钾离子的浓度满足：c（K+）≥=3mol/L，故答案为：存在；c（K+）≥3mol/L；（3）根据实验①现象判断，不能判断氯离子是否存在；氯离子和银离子反应生成白色沉淀，且该沉淀不溶于水和硝酸，所以可用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，但先判断硫酸根离子的干扰，-23-\n故答案为：Cl﹣；取少量溶液于试管中，滴加过量Ba（NO3）2溶液后，取上层清夜，再滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀，则证明有Cl﹣．【点评】本题考查了离子的检验方法和离子共存，题目难度中等，利用阴阳离子所带电荷相等判断钾离子的存在情况为解答关键，注意熟练掌握常见离子的性质及检验方法． 26．充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物19g，完全反应后固体质量减轻了3.1g．（1）求原混合物中碳酸钠的质量．在剩余固体中，逐渐加入200mL1.00mol•L﹣1的盐酸，求反应后放出的二氧化碳在标准状况下的体积．【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】（1）加热发生反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，生成水、二氧化碳，导致质量减轻，根据差量法计算混合物中碳酸氢钠的质量，进而计算原混合物中碳酸钠的质量；根据质量守恒计算剩余的固体为碳酸钠，根据n=计算碳酸钠的物质的量，逐滴加入盐酸，首先发生反应：Na2CO3+HCl═NaCl+NaHCO3，盐酸剩余，再发生反应：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2，根据方程式计算生成的二氧化碳的物质的量，再根据V=nVm计算生成的二氧化碳的体积．【解答】解：（1）令混合物中碳酸氢钠的质量为m，则：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑质量减少△m168g62gm3.1g故m==8.4g，则碳酸钠的质量为：19g﹣8.4g=10.6g，答：原混合物中碳酸钠的质量为10.6g；剩余固体为碳酸钠，质量为19g﹣3.1g=15.9g，物质的量为=0.15mol，Na2CO3+HCl═NaCl+NaHCO30.15mol0.15mol0.15mol剩余HCl为0.2L×1mol/L﹣0.15mol=0.05mol，由NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2可知，0.15mol碳酸氢钠完全反应需要0.15molHCl，大于0.05mol，故HCl不足，由方程式可知生成二氧化碳为0.05mol，则标况下二氧化碳的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，答：反应后放出二氧化碳的体积1.12L．【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，清楚固体质量减去的原因是解题的关键，注意差量法的利用，中注意发生的反应． 27．2.3g钠溶于水中形成溶液，所得溶液中Na+和H2O的个数比为1：100，则最初需要加入 181.8 克水．【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．-23-\n【分析】发生2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，n（Na）==0.1mol，结合物质的量之比等于个数之比来解答．【解答】解：n（Na）==0.1mol，设加水为xg，发生2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，所得溶液中Na+和H2O的个数比为1：100，则=，解得x=181.8g，故答案为：181.8．【点评】本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握发生的化学反应及物质的量的关系、以物质的量为中心的基本计算公式为解答的关键，侧重分析能力、计算能力的考查，题目难度不大． 28．氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都需要用氯气．Ⅰ．工业上通常采用电解法制氯气：观察图1，回答：（1）电解反应的化学方程式为 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ ．若饱和食盐水中通电后，b侧产生的气体检验方法是 移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2 ．Ⅱ．某学生设计如图2所示的实验装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），回答下列问题：（1）在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸，在加热条件下制取氯气，写出反应的化学方程式 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ；漂白粉将在U形管中产生，其化学方程式是 2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O ．（3）C装置的作用是 吸收未反应完的氯气，防止污染空气 ．（4）此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在U形管中还存在两个副反应．①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是 冷却B装置 ．②试判断另一个副反应（用化学方程式表示） 2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O ，为避免此副反应的发生，可将装置做何改进 在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶 ．【考点】氯气的实验室制法；氯气的化学性质．【分析】I．（1）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气；-23-\n氯气具有强的氧化性，能够氧化碘化钾生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝；Ⅱ．（1）实验室用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备氯气；氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；（3）氯气有毒，不能直接排放到空气中，氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以用氢氧化钠吸收过量的氯气；（4）①依据信息可知温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为为避免此副反应的发生应降低温度；②挥发出的氯化氢能够与氢氧化钙发生酸碱中和反应；要避免此反应的发生应该除去氯气中的氯化氢．【解答】解：I．（1）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，化学方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；氯气具有强的氧化性，能够氧化碘化钾生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝，所以检验氯气的方法为：移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2；故答案为：移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2；Ⅱ．（1）浓盐酸与二氧化锰在加热条件下生成氯化锰、氯气和水，化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（3）氯气有毒，不能直接排放到空气中，氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以用氢氧化钠吸收过量的氯气；故答案为：吸收未反应完的氯气，防止污染空气；（4）①依据信息可知温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为为避免此副反应的发生应该冷却B装置；故答案为：冷却B装置；②挥发出的氯化氢能够与氢氧化钙发生酸碱中和反应，方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；要避免此反应的发生应该除去氯气中的氯化氢，可以在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶，故答案为：2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O；在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶．【点评】本题考查了氯气的工业、实验室制法和氯气的性质，解题关键在于明确实验室制备氯气的原理和氯气的性质，题目难度不大． 29．在K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2+7H2O反应中．（1） 氯 元素被氧化， K2Cr2O7 是氧化剂． Cl2 是氧化产物， HCl 发生氧化反应．-23-\n（3）在参加反应的盐酸中，起还原剂（被氧化）作用的HCl与起酸性作用的HCl的质量比为 3：4 ．（4）用线桥法标明电子转移的方向和数目． ．【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）化合价升高的元素被氧化，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂；化合价升高元素所在的生成物是氧化产物，还原剂被氧化，发生氧化反应；（3）化合价升高的氯元素起还原作用，化合价不变的起酸性作用；（4）根据氧化还原反应中化合价的升降情况来标电子转移情况．【解答】解：（1）化合价升高的元素是氯元素，被氧化，K2Cr2O7中铬元素的化合价降低，为氧化剂，故答案为：氯；K2Cr2O7；化合价升高的氯元素所在的生成物氯气是氧化产物，HCl做还原剂被氧化，发生氧化反应，故答案为：Cl2、HCl；（3）起还原剂（被氧化）作用的HCl为6mol，起酸性作用的HCl为8mol，物质的量之比=质量比=3：4，故答案为：3：4；（4）氧化还原反应的电子转移情况是：，故答案为：．【点评】本题考查学生有关氧化还原反应的知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大． -23-
