【化学】浙江省余姚中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）
浙江省余姚中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题
1.下列属于碱性氧化物的是( )
A. CO B. MgO C. SO3 D. Ca(OH)2
【答案】B
【解析】碱性氧化物是指能跟酸起反应，生成盐和水的氧化物。A．一氧化碳和酸、碱都不反应，属于不成盐氧化物，故A错误；B．氧化镁与酸反应生成盐和水，且是氧化物，属于碱性氧化物，故B正确；C．SO3是非金属氧化物，和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故C错误；D．氢氧化钙是碱，不是氧化物，故D错误；故选B。
2.下列物质属于电解质且能导电的是( )
A. 铜 B. 熔融的硝酸钾
C. 氢氧化钠溶液 D. 氯化氢
【答案】B
【解析】A．Cu是金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．熔融的硝酸钾能导电，属于盐，是电解质，故B正确；C．氢氧化钠溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．氯化氢不能导电，溶于水能够导电，属于电解质，故D错误；故选B。
3.溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是( )
A. 是否有丁达尔现象 B. 分散质粒子的大小
C. 否能通过滤纸 D. 是否均一、透明、稳定
【答案】B
【解析】
【详解】区别三种分散系的根本区别是分散质的粒子直径大小：溶液的粒子直径小于1nm，胶粒直径为1-100nm，浊液粒子直径大于100nm，故选B。
4.下列仪器名称为“漏斗”的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据仪器的特征分析仪器的名称。
【详解】根据仪器的特征知：A为冷凝管，B为容量瓶，C为量筒，D为漏斗，
故该题选D。
5.下列化学反应中溴元素仅被氧化的是( )
A. 2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2 B. Br2+2NaI=2NaBr+I2
C. 3Br2+6NaOH5NaBr+NaBrO3+3H2O D. HBr+NaOH=NaBr+H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A、溴化钠中溴元素化合价升高被氧化作还原剂，选项A符合；B、溴单质中溴元素化合价降低被还原作氧化剂，选项B不符合；C、溴单质既是氧化剂又是还原剂，被氧化生成溴酸钠，被还原生成溴化钠，选项C不符合；D、反应属于中和反应，各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，选项D不符合。答案选A。
6.某阴离子Rn- 的核外共有x个电子,核内有a个中子,则R的质量数为( )
A. a+x-n B. a+x+n C. a-x-n D. a-x+n
【答案】A
【解析】分析：根据离子所带电荷数计算质子数，根据质子数+中子数＝质量数分析解答。
详解：某阴离子Rn- 的核外共有x个电子,则R的质子数是x－n，核内有a个中子,则R的质量数＝x－n＋a，答案选A。
7. 下列说法不正确的是( )
A. 核素23Na的中子数是12
B. 16O和18O互为同位素
C. 电离方程式：CH3COOHCH3COOˉ+H+
D. 16O、1H、2H、3H四种核素可构成4种水分子
【答案】D
【解析】试题分析：A．核素23Na的中子数是23－11＝12，A正确；B．16O和18O的质子数相同，中子数不同，互为同位素，B正确；C．醋酸是一元弱酸，电离方程式：CH3COOHCH3COOˉ+H+，C正确；D．16O、1H、2H、3H四种核素可构成6种水分子，D错误，答案选D。
8.在某澄清透明的酸性溶液中，能共存的离子组是( )
A. NH4＋、Cl－、Fe3＋、K＋ B. Na＋、CO32－、Ca2＋、Cl－
C. MnO4-、Fe2+、Na+、SO42－ D. K+、SO42－、HCO3-、Na+
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸性溶液中NH4＋、Cl－、Fe3＋、K＋离子之间不反应，可大量共存，故A正确；
B．酸性溶液中不能大量存在CO32-，且CO32－、Ca2＋要发生离子反应生成CaCO3沉淀，而不能共存，故B错误；
C．酸性溶液中，MnO4-和Fe2+发生氧化还原反应，不能共存，故C错误；
D．酸性溶液中不能大量存在HCO3-，故D错误；
故答案为A。
9.下列各组物质互相作用时，生成物不随反应条件或反应物的量变化而变化的是( )
A. Na2CO3和HCl B. NaOH和CO2
C. Na和O2 D. NaHCO3和NaOH
【答案】D
【解析】
【分析】A. 从Na2CO3和HCl二者相对物质的量多少分析；B.从NaOH和CO2二者相对物质的量多少分析；C.根据Na和O2反应的条件分析；D.根据NaHCO3和NaOH反应的产物是碳酸盐分析。
【详解】A. Na2CO3和HCl发生反应，若HCl少量，反应生成氯化钠、碳酸氢钠； 若HCl过量，生成氯化钠、水和二氧化碳，反应物用量不同，反应产物不同，故A错误；
B.NaOH和少量CO2反应，生成碳酸钠和水，和足量CO2反应，生成碳酸氢钠，反应物用量不同，反应产物不同，故B错误；
C.Na和O2在常温下反应生成Na2O，Na和O2在加热条件下反应生成Na2O2，反应条件不同，产物不同，故C错误；
D.NaHCO3和NaOH反应的产物是碳酸钠和水，生成物与反应条件及反应物用量无关，D正确；
故本题合理选项是D。
10.下列基本实验操作中，不合理的是( )
A. 配制一定物质的量浓度溶液，向容量瓶加水至离刻度线 1～2cm 时，改用胶头滴管定容
B. 可用湿润的 pH 试纸检验氨气
C. 用洁净的铂丝蘸取待测溶液，置于火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃能观察到火焰呈紫色，该溶液中一定含有钾离子，不含有钠离子
D. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
【答案】C
【解析】
【详解】A．配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线，当向容量瓶加水至离刻度线 1～2cm 时，应用胶头滴管滴加，故A正确；
B．氨气水溶液显碱性，则氨气能使湿润的pH试纸变蓝，故B正确；
C．透过蓝色钴玻璃能观察到火焰呈紫色，说明溶液中一定存在钾离子，由于钠离子的焰色被钴玻璃过滤掉了，无法确定是否含有钠离子，故C错误；
D．为防止上下两层液体分离不完全，分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故D正确；
故答案为C。
11.已知反应：①Cl2 + 2KBr =" 2KCl" + Br2，
②KClO3+ 6HCl = 3Cl2 ↑+ KCl + 3H2O，
③2KBrO3+ Cl2 = Br2+ 2KClO3，
下列说法正确的是( )
A. 上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应
B. 氧化性由强到弱顺序为 KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2
C. 反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶1
D. ③中若有2molCl2反应，则KBrO3得到电子物质的量为2mol
【答案】B
【解析】试题分析：A．反应②不是置换反应，A错误；B．①Cl2+2KBr=2KCl+Br2中氧化剂是氯气，氧化产物是溴，所以氯气的氧化性大于溴，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氯酸钾的氧化性大于氯气，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中氧化剂是溴酸钾，氧化产物是氯酸钾，所以溴酸钾的氧化性大于氯酸钾，总之，氧化性强弱顺序是 KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，B正确；C. ②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为5：1，C错误；D．反应③中2mol Cl2反应，有4molKBrO3参加反应，转移电子数目可由Br元素的化合价计算，为4×（5-0）mol=20mol，D错误；选B。
12.下列离子方程式正确的是( )
A. 大理石与醋酸反应：CO32－+2CH3COOH==2CH3COO－+H2O+CO2↑
B. 高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应：MnO4－+4Cl－+8H+==Mn2++2Cl2↑+4H2O
C. 漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+H2O+ClO-=SO42－+Cl－+2H+
D. 氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：OH－+Ca2++HCO3－==CaCO3↓+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A项，CaCO3难溶，书写离子方程式时不要拆分，故A项错误；
B项，等式两端电荷不守恒，正确的式子应为2MnO4－+10Cl－+16H+==2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故B项错误；
C项，漂白粉溶液吸收少量的二氧化硫气体的方程式应为Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-，故C项错误。
D项，氢氧化钠溶液与过量碳酸氢钙溶液反应，生成碳酸钙沉淀，故D项正确；
综上所述，本题正确答案为D。
13.NA 表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A. 1molCl2 与足量 Fe 反应，转移的电子数为 3NA
B. Na2O2 与 CO2 反应生成 11.2LO2（标准状况），反应中转移的电子数为 2NA
C. 在标准状况下，22.4L 四氯化碳所含的氯原子数目为 4NA
D. 1molNa 与足量 O2 反应，生成 Na2O 和 Na2O2 的混合物，钠失去 NA 个电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯气和铁反应后变为-1价，故1mol氯气反应后转移2mol电子即2NA个，故A错误；
B．过氧化钠与二氧化碳反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成11.2L氧气即0.5mol氧气时，转移1mol电子即NA个，故B错误；
C．标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算22.4L 四氯化碳的物质的量，故C错误；
D．由于钠和氧气反应后变为+1价，故1mol钠失去1mol电子即NA个，故D正确；
故答案为D。
14.下列说法不正确的是( )
A. 纯碱可以用于去除物品表面的油污
B. 碘酸钾可以用作加碘食盐的添加剂
C. 镁可用于制造信号弹和烟火
D. 二氧化碳可用作镁燃烧的灭火剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．油脂在碱性条件下水解，热的纯碱溶液促进水解后碱性增强，所以纯碱可用于去除物品表面的油污，故A正确；
B．加碘食盐的添加剂是碘酸钾，故B正确；
C．镁燃烧可以发出耀眼的强光，故镁可用于制造信号弹和烟火，故C正确；
D．镁可以在二氧化碳中燃烧，所以二氧化碳不可用作镁燃烧的灭火剂，故D错误；
故答案为D。
15.下列有关新制氯水的说法中不正确的是( )
A. 将硝酸银溶液滴到新制氯水中，再加稀硝酸，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－
B. 新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红色后褪色，说明 Cl2 有漂白性
C. 向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，可证明 Cl2 的氧化性强于 I2
D. 新制氯水滴到 Na2CO3 溶液中，有气体产生，说明氯水中含有 H+
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl-，故A正确；
B．新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红色后褪色，是因为氯水中含有氯气和水反应生成的具有漂白性的次氯酸，不能由此说明 Cl2有漂白性，故B错误；
C．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，说明生成I2，可证明Cl2的氧化性强于I2，故C正确；
D．酸性溶液能与碳酸钠反应生成二氧化碳。新制氯水滴到 Na2CO3 溶液中，有气泡产生，说明氯水中含有H+，故D正确；
故答案B。
16. 下列关于某些离子的检验说法中正确的是( )
A. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-
B. 某溶液与浓NaOH溶液共热，产生使湿润蓝色石蕊试纸变红气体，则原溶液中存在NH4+
C. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-
D. 可用硝酸酸化的AgNO3 溶液鉴别Cl-、Br-、I-
【答案】D
【解析】试题分析：A、加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，溶液中不一定有CO32-，可能含有碳酸氢根、亚硫酸根、亚硫酸氢根等，错误；B、某溶液与浓NaOH溶液共热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体，则原溶液中存在NH4+，错误；C、加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，溶液中不一定有SO42-，可能含有Ag＋，错误；D、Cl-、Br-、I-与硝酸酸化的AgNO3 溶液反应分别生成氯化银白色沉淀、溴化银淡黄色沉淀、碘化银黄色沉淀，可用硝酸酸化的AgNO3 溶液鉴别Cl-、Br-、I-，正确。
17. 某研究性学习小组为了探索镁粉与溴水反应的机理，做了如下四组实验：
①将镁粉投入冷水中，未见任何现象；②将镁粉放入溴水中，观察到只是开始时产生极少量的气泡，但溴水的颜色逐渐褪去；③将镁粉放入液溴中，未观察到任何明显现象；④向含足量镁粉的液溴中滴加几滴水，观察到溴的红棕色很快褪去。则下列关于镁与溴水的反应机理的论述中正确的是 ( )
A. 镁粉只直接与溴水中的溴反应 B. 镁粉在水的催化下与溴发生反应
C. 产生极少量的气泡是由于镁粉与水反应得到 D. 镁粉只与溴水中的酸反应
【答案】B
【解析】试题分析：由①③说明Mg与H2O、Br2很难反应；②中产生的气体应该是氢气，“只产生极少量的气泡”，说明不是镁与酸直接反应(如是应持续产生气泡)，说明Mg与Br2直接反应是溴水褪色的主要原因；④滴几滴水后很快褪色，说明水起了催化剂的作用。答案选B。
考点：考查镁粉与溴水反应的机理实验探究
18.已知草酸(H2C2O4)是一种弱酸，157℃升华，170℃以上分解可放出CO2和CO；可与酸性KMnO4溶液反应；其钠盐易溶于水，钙盐难溶于水。下列说法正确的是( )
A. 草酸受热产生的气体，用足量的NaOH溶液充分吸收后，可收集得到纯净的CO
B. 草酸受热产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定有CO
C. 草酸受热产生的气体直接通入足量的澄清石灰水中，若能产生白色浑浊现象，则说明产生的气体中一定有CO2
D. H2C2O4与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、草酸受热产生的气体，用足量的NaOH溶液充分吸收后，收集到的CO还含有水蒸汽，不可能得到纯净的CO，选项A错误；B、草酸能被酸性高锰酸钾氧化，自身具有还原性，可以还原灼热的氧化铜，所以出现黑色变红色现象，得不出一定有CO的结论，选项B错误；C、草酸受热产生的气体直接通入足量的澄清石灰水中，产生白色浑浊现象，还可能是草酸与氢氧化钙生成草酸钙沉淀，题中有告诉草酸的钙盐难溶于水，不能说明产生的气体中一定有CO2，选项C错误；D、草酸与酸性高锰酸钾反应的离子方程式为：5H2C2O4＋2MnO4-＋6H+=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，选项D正确。答案选D。
19.一定温度下，w1 克下列物质在足量的 O2 中充分燃烧后，产物与足量的 Na2O2 充分反应， 增重 w2 克，若 w1
Br-，向含有2molNaBr和2molNa2SO3的混合液中通入 a mol Cl2
充分反应，下列说法错误的是( )
A. 当 a=2 时， 发生的离子反应为 SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2H++2Cl-
B. 当 a≥3 时，发生的离子反应为2SO3＋2Br－＋3Cl2＋2H2O=2SO42－＋Br2＋4H＋＋6Cl－
C. 当 2≤a≤3 时，溶液中SO42－、Br－与Cl－的物质的量之比为1：(3－a)：a
D. 当 2≤a≤3 时，溶液中 H+的物质的量为 2mol
【答案】D
【解析】
【分析】还原性：SO32-＞Br-，向含有2molNaBr和2molNa2SO3的混合液中通入 a mol Cl2充分反应，故氯气先和SO32-反应，当SO32-反应完全后，氯气再和Br-反应；而2molNa2SO3完全反应时能消耗2mol氯气，2molNaBr完全反应时能消耗1mol氯气，即当2molNaBr和2molNa2SO3完全反应时，共消耗3mol氯气。
【详解】A．当 a=2 时，只能将溶液中的2molSO32-完全氧化，则发生的离子反应为 SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2H++2Cl-，故A正确；
B．当 a≥3 时，溶液中2molNaBr和2molNa2SO3均完全被氧化，则发生的离子反应为2SO3＋2Br－＋3Cl2＋2H2O=2SO42－＋Br2＋4H＋＋6Cl－，故B正确；
C．当 2≤a≤3 时，溶液中的2molSO32-完全氧化生成2mol SO42－、另有(a-2)molCl2能氧化2(a-2)molBr-生成Br2，溶液中剩余(6-2a)mol Br－，同时溶液中生成2amol Cl－，则溶液中SO42－、Br－与Cl－的物质的量之比为1：(3－a)：a，故C正确；
D．当 2≤a≤3 时，溶液中的2molSO32-完全氧化，其参与发生的离子反应为SO32-+ Cl2+2H2O= SO42－+2Cl－+4H+，则所得溶液中 H+的物质的量为4mol，故D错误；
故答案D。
21.按要求回答下列问题：
（1）画出氯离子的结构示意图_____。
（2）写出漂白粉有效成分的化学式_____。
（3）19g 某二价金属氯化物 ACl2 中含有 0.4 molCl－，则 ACl2 的摩尔质量为_____g/mol。
（4）写出一水合氨的电离方程式_________。
（5）表示“氯碱工业”的离子方程式_________。
（6）NH4HCO3 溶液中加入过量 NaOH 溶液的离子方程式为_________。
【答案】(1). (2). Ca(ClO)2 (3). 95 (4). NH3·H2ONH4＋＋OH―
(5). 2Cl- +2H2O2OH-+H2+Cl2 (6). NH4++HCO3-+2OH-=NH3·H2O+H2O+CO32-
【解析】
【详解】(1)氯原子的核电荷数为17，则氯离子的结构示意图为；
(2)利用Cl2和Ca(OH)2反应制取漂白粉，其主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，其中有效成分的化学式是Ca(ClO)2；
(3)19g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4mol Cl-，则ACl2的物质的量为0.2mol，摩尔质量==95g/mol；
(4)NH3·H2O是弱电解质，其电离方程式为NH3·H2ONH4＋＋OH―；
(5)氯碱工业为惰性电解电解饱和食盐水，生成氯气、氢气和NaOH，发生反应的离子方程式为2Cl- +2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；
(6)NH4HCO3 溶液中加入过量 NaOH 溶液的离子方程式为NH4++HCO3-+2OH-=NH3·H2O+H2O+CO32-。
22.高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。
（1）在用 KMnO4 酸性溶液处理固体 Cu2S 时，发生的反应如下：8MnO4－＋5Cu2S＋44H＋=10Cu2＋＋5SO2↑＋8Mn2＋＋22H2O
①还原产物为_____。
②被氧化的元素是_____
③氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____
④每生成 2.24 L(标况下)SO2，转移电子数目是_____
（2）用 KMnO4 酸性溶液处理固体 CuS 时，也可将 CuS 反应成 Cu2＋和 SO2。写出该离子反应方程式_____
（3）15.8g KMnO4，加热分解后剩余固体 15.0 g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体 A，产物中锰元素以 Mn2+存在，则气体 A 的物质的量为_____mol。
【答案】(1). Mn2＋ (2). Cu、S (3). 8:5 (4). 0.8NA (5). 6MnO4－＋5CuS＋28H＋=5Cu2＋＋5SO2↑＋6Mn2＋＋14H2O (6). 0.2
【解析】
【分析】(1)结合氧化还原反应的知识分析即可；
(2)用 KMnO4 酸性溶液处理固体 CuS 时，也可将 CuS 反应成 Cu2＋和 SO2
，同时得到还原产物Mn2+，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出发生反应的离子方程式；
(3)15.8g KMnO4，加热分解后剩余固体 15.0 g，减少的质量为氧气的质量，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体为氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子，据此分析。
【详解】(1)在8MnO4－＋5Cu2S＋44H＋=10Cu2＋＋5SO2↑＋8Mn2＋＋22H2O中Mn元素从+7价降为+2价，发生还原反应，而Cu2S中Cu元素从+1价升高为+2价，S元素从-2价升高为+4价，发生氧化反应；
①由分析知，还原产物为Mn2＋；
②被氧化的元素是Cu2S中Cu、S两元素；
③氧化剂为KMnO4，还原剂为Cu2S，两者的物质的量之比为8:5；
④Cu2S中Cu元素从+1价升高为+2价，S元素从-2价升高为+4价，则1molCu2S完全被氧化，转移8mol电子；2.24 L(标况下)SO2的物质的量为=0.1mol，反应中转移电子的物质的量为0.8mol，电子数目是0.8NA；
(2)用 KMnO4 酸性溶液处理固体 CuS 时，也可将 CuS 反应成 Cu2＋和 SO2，同时得到还原产物Mn2+，结合守恒法得发生反应的离子方程式为6MnO4－＋5CuS＋28H＋=5Cu2＋＋5SO2↑＋6Mn2＋＋14H2O；
(3)15.8g KMnO4，加热分解后剩余固体 15.0 g，减少的质量为氧气的质量，m(O2)=15.8g-15.0g=0.8g，n(O2)==0.025mol；
在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体为氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素获得的电子，则设氯气的物质的量为xmol，n(KMnO4)==0.1mol，电子转移守恒可得：0.1mol(7-2)=4n(O2)+2(Cl2)，即0.1×(7-2)=4×0.025+2x，解得：x=0.2mol。
23.实验室欲配制 240mL 0.2 mol·L－1 的碳酸钠溶液，回答下列问题：
（1）通过计算可知，应用托盘天平称取_____g Na2CO3 固体。
（2）配制过程必需的仪器有： 胶头滴管、托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒，还缺少的仪器是_____。
（3）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作中会引起误差且使浓度偏小的是______填序号）。
①没有洗涤烧杯和玻璃棒 ② 容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水
③未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容 ④定容时仰视刻度线
（4）下列操作中，容量瓶所具备的功能有_____
A．配制一定体积准确浓度的标准溶液 B．长期贮存溶液
C．用来溶解固体溶质 D．常用来代替量筒量取一定体积的液体
（5）选择下列方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。
A.萃取 B.分液 C.冷却结晶 D.蒸发结晶 E.蒸馏 F.过滤
①_____分离饱和食盐水和沙子的混合物
②_____从硝酸钾中除去氯化钠杂质
③_____分离水和汽油的混合物
④_____分离 CCl4（沸点为 76.75℃）和甲苯（沸点为 110.6℃）的混合物
【答案】(1). 5.3g (2). 250mL容量瓶 (3). ①④ (4). A (5). F (6). C (7). B (8). E
【解析】
【详解】(1)没有240mL的容量瓶，需要250mL的容量瓶，则碳酸钠的物质的量n=cV=0.2mol/L×0.25L=0.05mol，所需碳酸钠的质量：m=nM=0.05mol×106g/mol=5.3g；
(2)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解。冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管、药匙，还缺少的仪器是250mL容量瓶；
(3)①没有洗涤烧杯和玻璃棒，则n偏小，所以结果偏低，故①正确；
②容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，不会影响实验结果，故②错误；
③未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，液体热胀冷缩，所以V偏小，所以结果偏高，故③错误；
④定容时仰视刻度线，则V偏大，所以结果偏小，故④错误；
故答案为①④；
(4))容量瓶作为精密仪器不可用于储存和溶解，也不能当作量器使用，故答案为：A；
(5)①泥沙不溶于水，可过滤分离，故答案为：F；
②二者溶解度受温度影响不同，可冷却结晶分离，故答案为：C；
③水和汽油互不相溶，可用分液操作分离水和汽油混合物，故答案为：B；
④CCl4和甲苯沸点不同，可蒸馏分离，故答案为：E。
24.钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。
（1）叠氮化钠(NaN3)受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生 6.72 L(标准状况下)氮气，至少需要叠氮化钠_____g。
（2）为实现金属钠在隔绝空气条件下与水反应并收集生成的气体，某研究 性学习小组设计了如图发生装置．
①写出 Na 与水反应的离子方程式_____。
②Y 液体可以选用_____
A．煤油 B．酒精 C．四氯化碳
③实验前检验该装置气密性的方法是：关闭止水夹，通过_________（填装置名称）向试管中加水至产生液面差，一段时间后，_____（填现象），则气密性良好。
（3）1mol 过氧化钠与 1.6mol 碳酸氢钠固体混合后，在密闭的容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质及对应的物质的量(可不填满)。
物质
物质的量/mol
__________
__________
__________
__________
【答案】(1). 13 g (2). 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2 (3). A (4). 长颈漏斗 (5). 液面差不变 (6). Na2CO3 (7). 1.6 (8). NaOH (9). 0.4
【解析】
【分析】(1)发生反应：2NaN3=2Na+3N2↑，根据方程式计算；
(2)① Na 与水反应生成NaOH和氢气；
②根据装置可知Y液体密度小于水，且与水不溶；
③利用液压法确定装置气密性；
(3)加热发生2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，然后发生2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2和2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，以此来解答。
【详解】(1)设需要NaN3 的质量为m，则：
2NaN32Na+3N2↑
130g 67.2L
m 6.72L
m==13g；
(2)① Na 与水反应生成NaOH和氢气的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
②装置可知Y液体密度小于水，且与水不溶；
A．煤油密度小于水，且与水不溶，故A正确；
B．酒精与水互溶，故B错误；
C．四氯化碳密度大于水，且与水不溶，故C错误；
故答案为A；
③实验前检验该装置气密性的方法是：关闭止水夹，向长颈漏斗中注水，直到长颈漏斗中的液面高于试管中的液面，且两者液面差不再改变，就证明该装置气密性良好；
(3)由2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知，1.6mol碳酸氢钠分解生成0.8molNa2CO3、0.8molCO2、0.8molH2O，由2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2可知，0.8molCO2与0.8molNa2O2反应生成0.8molNa2CO3，2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，0.2molNa2O2与水反应生成0.4molNaOH，充分反应，排出气体物质后冷却，则残留的固体物质是NaOH、Na2CO3，两者的物质的量分别为0.4mol、1.6mol。
25.下图是某位同学设计的实验装置，制取 Cl2 并以 Cl2 为原料制备纯净的无水 FeCl3粉末。已知：无水 FeCl3 遇水强烈反应。
（1）A 为氯气发生装置，写出反应的化学方程式：_____。
（2）装置 B 的作用是_____。
（3）实验时需要用到下列所有操作：a．点燃 A 处的酒精灯；b．打开分液漏斗旋塞，放入浓盐酸；c．点燃 D 处的酒精灯；d．检查装置气密性。
请给出上述操作的正确顺序_____（填字母）
（4）D 中实验现象为_________。
（5）装置 E 中倒置漏斗作用是_____。
（6）某同学设计的上述实验装置示意图有一处不合理，请提出改进方案__________。
【答案】(1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O (2). 吸收HCl (3). dbac (4). 产生棕褐色的烟 (5). 防倒吸 (6). DE之间加一个干燥装置
【解析】
【详解】(1)A为氯气发生装置，是采用实验室制取Cl2的反应，加热软锰矿和浓盐酸制取Cl2，所以反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)装置B中装有饱和NaCl溶液，可以吸收HCl和降低Cl2的溶解度，是洗气装置，达到除去Cl2中的HCl作用。
(3)实验时需要先检验装置气密性，再打开分液漏斗旋塞，放入浓盐酸，然后点燃 A 处的酒精灯，利用生成的氯气将装置内空气排除干净，最后点燃 D 处的酒精灯，使Fe与氯气反应生成氯化铁，则操作的正确顺序为dbac；
(4)Cl2在D中与Fe粉发生反应制取无水FeCl3，受热后铁在氯气中燃烧生成固体小颗粒，在D中出现棕黄色的烟；
(5)装置E中装有NaOH溶液，用以吸收Cl2，防止污染大气，采用倒置漏斗吸收Cl2可防倒吸；
(6)流程目的是制备无水FeCl3，所以需要在D和E之间加入一个干燥装置，如果E中的水蒸气进入D中，将会影响无水FeCl3的制备。
26.无机化合物 A 和 NaH 都是重要的还原剂，遇水都强烈反应。一定条件下，2.4g NaH 与气体 B 反应生成 3.9g 化合物 A 和 2.24L（已折算成标准状况）的 H2。已知气体 B 可使湿润红色石蕊试纸变蓝。请回答下列问题：
（1）B 的化学式是_____。
（2）NaH 与气体 B 反应生成化合物 A 的化学方程式_____。该反应中 A 是_____。
A.氧化产物 B.还原产物 C.既不是氧化产物也不是还原产物
（3）0.1molA 与足量盐酸发生非氧化还原反应最多消耗 HCl_____mol
（4）在高温下氢化钠（NaH）可将四氯化钛（TiC14）还原成金属钛，同时得到混合气体， 测得其平均摩尔质量为 25 g/mol，写出该反应的化学方程式_____。
【答案】(1). NH3 (2). NaH+NH3=NaNH2+H2 (3). C (4). 0.2 mol (5). 8NaH+3TiCl43Ti+2H2+4HCl+8NaCl
【解析】
【分析】已知气体B可使湿润红色石蕊试液变蓝，B是氨气，2.40gNaH的物质的量为0.1mol和氨气B反应生成3.90g化合物A和0.1molH2，根据质量守恒，参与反应的氨气的物质的量为0.1mol，根据质量守恒则A化学式为NaNH2，由此分析解答。
【详解】(1)气体 B 可使湿润红色石蕊试纸变蓝，则B 为氨气，化学式是NH3；
(2)NaH与气体B反应生成化合物A的化学方程式：NaH+NH3=NaNH2+H2，NaH中H元素从-1价升高为0价，NH3中部分H元素从+1价降为0价，则NaNH2既不是氧化产物也不是还原产物，故答案为C；
(3)NaNH2与足量盐酸发生非氧化还原反应的化学方程式NaNH2+2HCl=NaCl+NH4Cl，则0.1molNaNH2参加反应最多消耗 HCl0.2mol；
(4)在高温下(NaH)可将四氯化钛(TiCl4)还原成金属钛，同时得到混合气体，说明混合气体的成分是H2和HCl或Cl2和HCl，不可能是H2和Cl2或H2、Cl2和HCl，测得其平均摩尔质量为 25 g/mol，则混合气体的成分只能是H2和HCl，设混合气体的总物质的量为1mol，H2为nmol，则混合气体的总质量为25g，即2n+36.5(1-n)=25，解得：n=，所得混合气体中H2和HCl的物质的量之比为：=1:2，结合电子守恒和原子守恒得该反应的化学方程式为8NaH+3TiCl43Ti+2H2+4HCl+8NaCl。
