2019-2020学年河北省保定市唐县第一中学高一上学期期中考试化学试题 Word版含解析

2019-2020学年河北省保定市唐县第一中学高一上学期期中考试化学试题 Word版含解析

河北省保定市唐县第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题 相对原子质量：H:‎1 C:12 O:16 N:14 Na:23 Cu:64 Cl:35.5 Mg:24 Ba:137 S:32‎ 一、单项选择题 ‎1.中国食盐产量居世界首位。下列实验室中的操作类似“海水晒盐”原理的 (　 　)‎ A. 蒸馏 B. 过滤 C. 蒸发 D. 搅拌 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、蒸馏是通过连续加热、冷却使沸点不同的液体物质，从沸点低到沸点高依次分离出来的操作，故A不正确；B、过滤是通过滤纸将固体和液体分离的操作，B错误；C、蒸发是通过加热的方法把溶剂蒸发出来，使溶质析出的操作。海水晒盐就是在阳光照射下，使水份蒸发而析出食盐，相似于实验室进行的蒸发，C正确；D、搅拌不能改变溶质和溶剂的量，不可能有溶质析出，D错误。故本题正确答案为C。‎ ‎2.“纳米材料”是粒子直径为l～100 nm（纳米）的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质（ ）‎ ‎①是溶液 ②是胶体 ③能产生丁达尔效应 ④能透过滤纸 ⑤不能透过滤纸 ⑥静置后，会析出黑色沉淀 A. ①④⑥ B. ②③④ C. ②③⑤ D. ①③④⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】“纳米材料”是粒子直径为的材料，将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中会形成胶体，①错误；胶体能产生丁达尔效应，能透过过滤纸，不能透过半透膜，⑤错误；静置后不会有黑色固体析出，⑥错误；②③④正确，B正确。‎ ‎【点睛】溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子大小：溶液（小于）、胶体（）、浊液（大于）。‎ ‎3.某学习小组辨析以下说法：①粗盐和酸雨都是混合物；②非金属氧化物一定都是酸性氧化物；③冰和干冰既是纯净物又是化合物；④Na2O、Na2O2‎ 都是钠的氧化物，都是碱性氧化物；⑤磷酸和醋酸都是多元酸；⑥纯碱和烧碱都是碱。其中正确的是（ ）‎ A. ②③⑥ B. ①②④ C. ①③ D. ③⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①粗盐和酸雨都是混合物，①正确；‎ ‎②非金属氧化物不一定都是酸性氧化物，如一氧化碳，一氧化氮，二氧化氮，②错误；‎ ‎③冰是固态水，干冰是固态二氧化碳，既是纯净物又是化合物，③正确；‎ ‎④过氧化钠不是碱性氧化物，④错误；‎ ‎⑤醋酸是一元酸，⑤错误；‎ ‎⑥纯碱是碳酸钠，不是碱，属于盐，⑥错误；‎ 故①③正确，答案选C。‎ ‎4.下列叙述中正确的是　(　　)‎ A. 和是中子数不同质子数相同的同种核素 B. 中子数为20的氯原子可以表示为 C. 同种元素的原子均有相同的质子数和中子数 D. F-的结构示意图可以表示为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 和 是同种元素的两种不同核素，A项错误；‎ B. 中子数为20的氯原子，其质量数为20+17=37，其符号为，B项错误；‎ C. 互为同位素元素的原子的质子数相同，但中子数不同，C项错误；‎ D. F的质子数为9，核外电子数也是9，F-核外有10个电子，其离子结构示意图为，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.一种试剂就能鉴别出NH4Cl、Na2SO4、(NH4)2CO3三种溶液，应选用 A. BaCl2 B. HCl C. NaOH D. Ba(OH)2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.BaCl2溶液与（NH4）2CO3、Na2SO4溶液反应均生成白色沉淀，则无法鉴别，故A错误；‎ B.盐酸只与（NH4）2CO3反应生成气体，与另两种物质不反应，则不能鉴别，故B错误；‎ C.氢氧化钠溶液与（NH4）2CO3、NH4Cl溶液反应均生成气体，则无法鉴别，故C错误；‎ D.Ba（OH）2溶液与NH4Cl反应有气体生成，与Na2SO4溶液反应有沉淀生成，与（NH4）2CO3反应即生成沉淀又有气体，现象不同，可以区别，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎6.制备氯化物时，常用两种方法：①用金属与氯气直接化合制得；②用金属与盐酸反应制得。用以上两种方法都可制得的氯化物是 A. CuCl2 B. FeCl‎3 ‎C. FeCl2 D. AlCl3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. Cu与氯气直接化合制得CuCl2，但Cu与盐酸不反应，不符合题意，故A错误；B. Fe与氯气直接化合制得 FeCl3，但Fe与盐酸反应生成FeCl2，不符合题意，故B错误；C. 由B项分析可知，C项也不符合题意，故C错误；D. Al与氯气直接化合生成AlCl3，且Al与盐酸反应可以制得AlCl3，符合题意，故D正确；答案选D。‎ ‎7.下列说法中，有错误的是（　　）‎ A. Na2CO3很稳定，而NaHCO3受热时容易分解 B. 将等物质的量的NaHCO3粉末与Na2CO3粉末同时分别倒入适量的相同浓度的稀盐酸中，前者的反应更剧烈 C. 向饱和Na2CO3溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出 D. Na2CO3溶液能与石灰水反应，而NaHCO3溶液不能与石灰水反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.很稳定，而受热时容易分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，A正确；‎ B. 和盐酸反应更剧烈，B正确；‎ C. ，且溶解度比小，故有 晶体析出，C正确；‎ D. 和石灰水也会反应生成碳酸钙沉淀，D错误；‎ 答案选D ‎8. 对下列实验过程的评价，正确的是 A. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐 B. 某溶液中滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，证明一定含有SO C. 验证烧碱溶液中是否含有Cl－，先加稀硝酸除去OH－，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含Cl－‎ D. 某无色溶液滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液一定显碱性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，该气体可能为二氧化碳，也可能为二氧化硫，因此不能证明该固体中一定含有碳酸盐，也有可能含有碳酸氢盐、亚硫酸盐或者亚硫酸氢盐，A错误；‎ B．某溶液中滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，不能证明一定含有SO42-，也有可能含有CO32-，B错误；‎ C．验证烧碱溶液中是否含有Cl－，先加稀硝酸除去OH－，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含Cl－，C正确；‎ D．石蕊遇酸变红，某无色溶液滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液显酸性，D错误；‎ 故答案C。‎ ‎9.过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①加入稍过量的Na2CO3溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的BaCl2溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤。正确的操作顺序是（ ）‎ A. ③②①⑤④ B. ①②③⑤④ C. ②③①④⑤ D. ③⑤②①④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】要除去食盐水含有的可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，实质就是除去Ca2+、Mg2+、SO42-，可加入过量氢氧化钠溶液将Mg2+转化为Mg(OH)2‎ 沉淀除去，加入过量氯化钡溶液将SO42-转化为BaSO4沉淀除去，除去Mg2+和SO42-，不用考虑先后顺序；加入过量碳酸钠溶液使Ca2+和过量Ba2+转化为CaCO3和BaCO3沉淀除去，加入碳酸钠溶液一定要放在加入氯化钡溶液之后，这样碳酸钠溶液才能除去过量Ba2+；过滤后，向滤液中加入盐酸除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，至无气泡产生,正确的顺序为②③①⑤④或③②①⑤④，故选A。‎ ‎【点睛】加入碳酸钠溶液一定要放在加入氯化钡溶液之后是确定试剂加入顺序的关键步骤，否则碳酸钠溶液不能除去过量Ba2+。‎ ‎10.从海带中提取碘单质，成熟工艺流程如下，下列关于海水制碘的说法，不正确的是 A. 实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃搅拌 B. 含I-的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生氧化反应 C. 在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色 D. 碘水中加入CCl4得到I2的CCl4的溶液，该操作为“萃取”‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、固体灼烧应在坩埚中进行，溶液蒸发在蒸发皿中进行，错误；‎ B、碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，发生氧化反应，正确；‎ C、碘单质遇到淀粉变蓝是碘单质的特性，正确；‎ D、碘单质在水中的溶解度不大，易溶于四氯化碳等有机溶剂，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘单质，正确。‎ ‎11.同温同压下，有A、B两个完全相同的气球(质量忽略不计)，A气球中充入a气体，B气球中充入b气体，充气后两气球的体积相等，A气球置于氮气中，气球静止不动，B气球置于氧气中，气球上升。下列有关叙述中正确的是 A. a气体的相对分子质量一定比b气体的相对分子质量大 B. a气体可能是CO，b气体可能是CH4‎ C. A气球中所含气体分子数大于B气球中所含气体分子数 D. 充气后，A气球的质量一定大于B气球的质量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同温同压下，充气后两气球的体积相等，则两气球中所含气体分子物质的量相等；A气球置于N2中，气球静止不动，a气体的密度与N2接近，B气球置于O2中，气球上升，b气体的密度比O2小，同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则a气体的相对分子质量为28，b气体的相对分子质量小于32；据此分析作答。‎ ‎【详解】同温同压下，充气后两气球的体积相等，则两气球中所含气体分子物质的量相等；A气球置于N2中，气球静止不动，a气体的密度与N2接近，B气球置于O2中，气球上升，b气体的密度比O2小，同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则a气体的相对分子质量为28，b气体的相对分子质量小于32；‎ A项，a气体的相对分子质量为28，b气体的相对分子质量小于32，但b气体的相对分子质量不一定小于28，a气体的相对分子质量不一定比b气体的相对分子质量大，A项错误；‎ B项，CO的相对分子质量为28，CH4的相对分子质量为16<32，B项正确；‎ C项，两气球中所含气体分子物质的量相等，两气球中所含气体分子数相等，C项错误；‎ D项，两气球中所含气体分子物质的量相等，a气体的摩尔质量为‎28g/mol，b气体的摩尔质量<‎32g/mol，但a气体与b气体摩尔质量的相对大小未知，无法确定充气后A气球与B气球质量的相对大小，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】利用阿伏加德罗定律及其推论是解题的关键，解题时注意b气体的相对分子质量小于32，但不一定小于28。阿伏加德罗定律及其推论不仅适用于单一气体，也适用于气态混合物。‎ ‎12.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，‎11.2L氧气所含的原子数为NA B. ‎1.8g的NH4+离子中含有的质子数为NA C. 常温常压下，48gO3含有的氧原子数为3NA D. ‎2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、常温常压下，气体摩尔体积大于‎22.4L/mol，故‎11.2L氧气的物质的量小于0.5mol ‎，含有的原子数小于NA，选项A错误；‎ B、‎1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol，0.1mol铵根离子中含有1.1mol质子，含有的质子数为1.1NA，选项B错误；‎ C、‎48g O3的物质的量为1mol，1mol臭氧中含有3mol氧原子，含有的氧原子数为3NA，选项C正确；‎ D、‎2.4g镁的物质的量为0.1mol，变成镁离子失去0.2mol电子，失去的电子数为0.2NA，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项A为易错点，注意常温常压下气体摩尔体积不是‎22.4L/mol。‎ ‎13.在某酸性溶液中，分别加入下列各组离子，一定能大量共存的是（ ）‎ A. NH4+、SO42-、CO32-、K+ B. Na+、Ba2+、Ca2+、HCO3-‎ C. Ag+、SO42-、K+、Cl- D. K+、Cl-、Na+、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO32-在酸性条件下不能共存，故A错误；B. HCO3-在酸性条件下不能大量共存，故B错误；C. Ag+与Cl-不能大量共存，故C错误；D. K+、Cl-、Na+、SO42-四种离子和氢离子相互不反应，能大量共存，故D正确；答案选D。‎ ‎【点睛】本题中的离子共存问题主要从复分解反应发生的条件的角度来进行考查的，同时隐藏了氢离子这个条件，需要熟知常见盐的溶解性规律和复分解发生的四个条件。‎ ‎14.下列离子方程式正确的是( )‎ A. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：SO42-＋Ba2＋＝BaSO4↓‎ B. 碳酸氢钠溶液中滴加氢氧化钠溶液 HCO3－＋OH－=CO2↑＋H2O C. 碳酸钙溶解于盐酸中：CO32-＋2H+ ＝CO2 ↑+ H2O D. 过氧化钠与水的反应：2Na2O2＋2H2O=4Na++4OH－＋O2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硫酸铜和氢氧化钡反应除了生成硫酸钡沉淀外，还会生成氢氧化铜沉淀，A错误；‎ B.碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，B错误；‎ C.碳酸钙难溶于水，不能拆，C错误；‎ D. 过氧化钠与水的反应： ，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】离子方程式正误判断规律（三“看”），第一看：符不符（即是否符合反应事实）；第二看：平不平（即元素守恒、电荷守恒、电子守恒）；第三看：拆不拆（即离子、分子形式的书写是不是有问题）。‎ ‎15.下表中,对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是(  )‎ 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ 判断 A 碳酸钠溶液可用于治疗胃病 Na2CO3可与盐酸反应 Ⅰ对,Ⅱ对,有 B 向Na2O2的水溶液中滴酚酞变红色 Na2O2与水反应生成氢氧化钠 Ⅰ对Ⅱ错,无 C 金属钠具有强还原性 高压钠灯发出透雾性强的黄光 Ⅰ对,Ⅱ对,有 D 过氧化钠可用于航天员的供氧 Na2O2能和CO2和H2O反应生成O2‎ Ⅰ对,Ⅱ对,有 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，治疗胃酸过多要用碳酸氢钠而不是碳酸钠，碳酸钠的碱性较强，不能用来中和胃酸，故A错误； B选项，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，向过氧化钠的水溶液中滴酚酞先变红色后为无色，有因果关系，故B错误； C选项，金属钠具有强还原性，高压钠灯发出透雾性强的黄光，陈述正确，不存在因果关系，故C错误； D选项，过氧化钠能和二氧化碳和水反应生成氧气，可用于航天员的供氧，陈述正确，存在因果关系，故D正确；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】治胃酸过多主要用碳酸氢钠或氢氧化铝。‎ ‎16.在‎0.1 L由NaCl、MgCl2、BaCl2组成的混合溶液中，部分离子浓度大小如图所示，下列对该溶液成分说法不正确的是（ ）‎ A. NaCl的物质的量为0.1mol B. 该混合液中BaCl2的物质的量为0.05mol C. 溶质MgCl2的质量为‎9.5 g D. 将该混合液加水稀释至体积为‎1 L，稀释后溶液中的Na+物质的量的浓度为0.1mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、溶液中Na＋有NaCl提供，因此根据钠元素守恒，即n(NaCl)=0.1×1mol=0.1mol，故说法正确；‎ B、根据电荷守恒，c(Na＋)＋‎2c(Mg2＋)＋‎2c(Ba2＋)=c(Cl－)，代入数值，解得c(Ba2＋)=(3－1－2×0.5)/2mol·L－1=0.5mol·L－1，因此n(BaCl2)=0.1×0.5mol=0.05mol，故说法正确；‎ C、m(MgCl2)=0.1×0.5×‎95g=‎4.75g，错误；‎ D、稀释过程中溶质的物质的量不变，即0.1×1/1mol·L－1=0.1mol·L－1，故说法正确；‎ 答案选C。‎ ‎17.在制小苏打(NaCl＋CO2＋NH3＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl)的操作中，应在饱和食盐水中(　　)‎ A. 先通入CO2，达到饱和后再通入NH3‎ B. 先通入NH3，达到饱和后再通入CO2‎ C. CO2和NH3同时通入 D. 以上三种方法都行 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】CO2在NaCl溶液中溶解度小，先通NH3后溶液呈碱性，能溶解大量的CO2，生成大量的HCO3-，从而析出大量的NaHCO3晶体，因此答案选B。‎ ‎【点睛】该题是侯氏制碱法的原理，属于中等难度的试题。试题基础性强，侧重对学生基础知识的训练和检验，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。‎ ‎18.某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO 25%，密度为‎1.19g/cm3的消毒液．下列说法正确的是 A. 配制过程只需要三种仪器即可完成 B. 容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制 C. 定容时俯视容量瓶的刻度线，会造成所配溶液物质的量浓度偏低 D. 需用托盘天平称量的NaClO固体的质量为148.8 g ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、配制过程中需要用到天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不止三种，A项错误；B、容量瓶是精密仪器不能烘干，容量瓶中有水对溶液的浓度无影响，B项错误；C、定容时俯视容量瓶刻度线，使所加入水的体积偏小，浓度增大，C项错误；D、配制480 mL的溶液要选用500 mL容量瓶，需要NaClO的质量：500 mL‎1.19g/cm-325%=148.75‎148.8 g，D项正确；答案选D。‎ ‎19.下列除去杂质的实验方法正确的是（　　）‎ A. 除去CO中少量O2：通过灼热的Cu网后收集气体 B. 除去K2CO3固体中少量NaHCO3：置于坩埚中加热 C. 除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤 D. 除去CO2中的少量HCl：通入饱和NaHCO3溶液，收集气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．通过灼热的Cu网后，氧气可以和金属铜发生反应生成氧化铜，并且一氧化碳会和氧气反应生成二氧化碳，这样在一氧化碳中会引入二氧化碳，且影响被提纯物质，A错误；‎ B．NaHCO3分解生成碳酸钠，不能得到纯净的碳酸钾，B错误；‎ C．加入适量NaOH溶液生成NaCl，引入新杂质，C错误；‎ D．HCl和NaHCO3反应生成NaCl，可除去杂质，D正确，‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查混合物分离、提纯方法及选择，把握物质的性质及分离原理为解答的关键，注意除杂的原则即可解答，选项A为易错点。‎ ‎20.某干燥粉末可能由、、、、中的一种或几种组成。将该粉末与足量的盐酸反应有气体逸出，通过足量的溶液后体积缩小（同温、同压下测定）。若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量。下列判断正确的是 ‎①粉末中一定有、、， ②粉末中一定不含和 ‎③粉末中一定不含有和 ④无法肯定粉末中是否含有和 A. ①④ B. ②③ C. ③④ D. ①②‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】将该粉末与足量的盐酸反应有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小（同温、同压下测定），说明气体中含有二氧化碳，从而得出该粉末中有碳酸钠或碳酸氢钠或两者都有，气体体积缩小，即还剩余有气体，说明剩余气体为氧气，从而说明有过氧化钠；‎ 将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，只有碳酸氢钠受热要分解，说明一定有碳酸氢钠，‎ 剩余固体的质量大于原混合粉末的质量，说明此固体中有氧化钠，氧化钠在加热时要变为过氧化钠，从而质量增加。‎ 因此得出粉末中一定有氧化钠、过氧化钠、碳酸氢钠，碳酸钠、氯化钠无法确定。故A正确；‎ 答案为A。‎ ‎21.已知氧化性：Br2>Fe3＋>I2；还原性：I－>Fe2＋>Br－，则下列反应能发生的是 A. I2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2I－ B. 2Br－＋I2===Br2＋2I－‎ C. 2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2 D. 2Fe3＋＋2Br－===2Fe2＋＋Br2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该反应中氧化剂是碘，氧化产物是铁离子，氧化性强弱顺序是I2＞Fe3+‎ ‎，与已知不符合，所以该反应不能发生，A错误；‎ B．该反应中氧化剂是碘，氧化产物是溴，氧化性强弱顺序是I2＞Br2，与已知不符合，所以该反应不能发生，B错误；‎ C．该反应中氧化剂是铁离子，氧化产物是碘，氧化性强弱顺序是Fe3+＞I2，与已知相符合，所以该反应能发生，C正确；‎ D．该反应中氧化剂是铁离子，还原剂是溴，氧化性强弱顺序是Fe3+＞Br2，与已知不符合，所以该反应不能发生，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎22.与标准状况下VLCO2所含有氧原子数目相同的水的质量是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在标准状况下VL CO2气体的物质的量是n（CO2）=mol，由于在一个CO2分子中含有2个氧原子，所以其中含有的氧原子的物质的量是n（O）=mol。由于在一个水分子中只含有1个氧原子，因此水的物质的量为mol，则水的质量是m（H2O）=n∙M=mol×‎18g/mol=g．因此选项A符合题意。‎ ‎23.把‎4.48 L CO2通过一定量的固体过氧化钠后收集到‎3.36 L气体（气体的测量均在标准状况下），下列说法中不正确的是 A. ‎3.36‎ L气体的总质量是‎6g B. 反应中共转移0.1mol电子 C. 有‎15.6g过氧化钠参加反应 D. 反应中过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由2Na2O2 +2CO2==2Na2CO3 +O2可知，‎4.48 L CO2通过一定量的过氧化钠后产生氧气的体积应为‎2.24L，实际收集到‎3.36L，说明CO2没有完全反应。差量法计算：‎ ‎ 2Na2O2 +2CO2==2Na2CO3 +O2 体积变化量 ‎ 2×‎22.4L ‎22.4L ‎‎22.4L ‎ V(CO2) V(O2) ‎4.48L—‎3.36L=‎‎1.12L ‎ 参加反应V(CO2)=‎2.24L， 在在标准状况下，n(CO2)= ‎2.24L/‎22.4L/mol==0.1mol，生成氧气V(O2)= ‎1.12L，n(O2)=‎1.12L/‎22.4L/mol==0.05mol。‎ A. ‎3.36‎ L气体组成为0.05mol氧气、0.1molCO2，总质量为：0.05mol ×‎32g/mol+0.1mol×‎44g/mol=‎6.0g，故A正确；‎ B. 过氧化钠发生歧化反应，反应中转移电子为：0.05mol×2=0.1mol，故B正确；‎ C. 参加反应过氧化钠的物质的量为0.1mol，则m(Na2O2)= 0.1mol×‎78g/mol=‎7.8g，故C错误；‎ D. 反应中过氧化钠中负一价氧降为负二氧，又升高为零价，所以，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，故D正确。‎ ‎24.在‎150℃‎时碳酸铵可以受热完全分解，(NH4)2CO3 2NH3↑ + H2O↑ + CO2↑，则其完全分解后所产生的气态混合物的密度是相同条件下氢气密度的几倍 A. 96倍 B. 48倍 C. 12倍 D. 32倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由‎150℃‎时（NH4）2CO3分解的方程式和质量守恒定律确定气态混合物的质量和气态混合物物质的量，进一步求出气态混合物的平均摩尔质量，再利用“在相同条件下气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比”计算。‎ ‎【详解】（NH4）2CO3分解的化学方程式为（NH4）2CO32NH3↑+CO2↑+H2O↑，1mol（NH4）2CO3完全分解生成2molNH3、1molCO2和1molH2O（g），1mol（NH4）2CO3的质量为‎96g，根据质量守恒定律，气态混合物的质量为‎96g，气态混合物的平均摩尔质量为‎96g÷（2mol+1mol+1mol）=‎24g/mol；在相同条件下气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，气态混合物的密度是H2密度的=12倍，答案选C。‎ ‎25.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w‎1g 样品加热，其质量变为w‎2g ，则该样品的纯度（质量分数）是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据方程式可知 ‎2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ △m ‎2×84 106 62‎ m（NaHCO3） w1－w2‎ m（NaHCO3）＝84（w1－w2）/31‎ 则该样品的纯度是[w1－84（w1－w2）/31]÷w1＝（84w2－53w1）/31w1‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】利用差量法进行方程式计算要注意前后固体质量的变化，并能列出方程组计算。‎ 二卷 ‎26.下面所列物质中,属于电解质的是__________(填序号,下同),属于非电解质的是________,属于强电解质的是__________,属于弱电解质的是________。‎ ‎①CH3CH2OH ②CH3COOH ③熔融态KNO3 ④SO3 ⑤蔗糖  ⑥HClO ⑦NaHCO3 ⑧氨水 ⑨Cl2 ⑩BaSO4 ⑪Cu ‎【答案】 (1). ②③⑥⑦⑩ (2). ①④⑤ (3). ③⑦⑩ (4). ②⑥‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；‎ 强电解质是在水溶液中或熔融状态下，能完全电离的电解质。包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；‎ 弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等；‎ 非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子；‎ 单质，混合物既不是电解质也不是非电解质。‎ ‎【详解】①是化合物，但其水溶液只存在乙醇分子，不导电，属于非电解质；‎ ‎②在水溶液中能部分电离出乙酸根离子和氢离子，能导电，是化合物，是弱电解质；‎ ‎③熔融态因熔融完全电离出自由移动的钾离子和硝酸根离子，能导电，是化合物，所以是强电解质；　‎ ‎④在水溶液中与水反应生成硫酸，硫酸电离出自由移动的氢离子和硫酸根离子导电，三氧化硫自身不能电离，三氧化硫是非电解质；‎ ‎⑤蔗糖是化合物，但其水溶液只存在蔗糖分子，不导电，属于非电解质；‎ ‎⑥在水溶液中不能完全电离，是弱酸，是弱电解质；‎ ‎⑦在水溶液中或熔融状态下能完全电离出自由移动的阴阳离子而使其导电，所以碳酸氢钠是强电解质；‎ ‎⑧氨水是氨气的水溶液，一水合氨能部分电离产生铵根和氢氧根，有自由移动的铵根离子和氢氧根离子，能导电，氨水是混合物，所以既不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎⑨氯气是单质，故既不是电解质，也不是非电解质；　‎ ‎⑩在水溶液中虽难溶，但溶于水的部分或熔融状态下能完全电离，有自由移动的离子，能导电，故是强电解质；‎ ‎⑪铜是单质，故既不是电解质，也不是非电解质；‎ 故属于电解质的有②③⑥⑦⑩，属于非电解质的有①④⑤，属于强电解质的有③⑦⑩，属于弱电解质的有②⑥，‎ 答案为：②③⑥⑦⑩；①④⑤；③⑦⑩； ②⑥。‎ ‎【点睛】物质分为纯净物和混合物；纯净物分为单质和化合物；化合物分为电解质和非电解质；电解质包括：酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水；电解质分为强电解质和弱电解质，强电解质包括强酸、强碱、大多数盐，弱电解质包括弱酸、弱碱、水。导电的原理有两种，一种是有自由移动的电子，如金属导体，一种是有自由移动的离子，如电解质溶液或熔融的电解质（酸在熔融状态下不电离）。‎ ‎27.纯净干燥的氯气与熔融金属锡反应可制备SnCl4，某化学小组的同学设计了如下实验装置进行制备。‎ 已知：①金属锡熔点为‎231℃‎，化学活泼性与铁相似；②SnCl4的沸点为‎114℃‎；③SnCl4易与水反应。‎ 请根据上图装置回答:‎ ‎（1）装置I中反应的离子方程式是________________________________________‎ ‎（2）试管II中的试剂是________，试管III中的试剂是____________。‎ ‎（3）装置V的作用是____________。‎ ‎（4）裝置Ⅵ 最好选用下列装置中的________(填标号)。‎ ‎（5）实验结束后，欲回收利用装置Ⅰ中未反应完的MnO2，需要的玻璃仪器有_________。‎ ‎【答案】 (1). MnO2＋4H+＋2Cl- Mn2+＋Cl2↑＋2H2O (2). 饱和食盐水 (3). 浓硫酸 (4). 冷凝(收集)SnCl4 (5). C (6). 漏斗、玻璃棒、烧杯 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图及实验目的知，I是制备氯气的装置，加热条件下，浓盐酸和反应生成氯气；浓盐酸具有挥发性，气体亦可携带水蒸气，所以得到的氯气中含有、杂质；一般用饱和食盐水除去，再用浓硫酸吸水，所以装置II中装有饱和食盐水吸收，装置III中装有浓硫酸干燥氯气；纯净的氯气与锡反应生成，的沸点为‎114℃‎，沸点较低，所以装置V冰水浴降温，冷凝得到液体。‎ ‎【详解】（1）装置I是制备氯气的装置，加热条件下，浓盐酸和 反应生成氯气，离子方程式为，‎ 故答案为：；‎ ‎（2）装置II中装有饱和食盐水吸收；装置III中装有浓硫酸干燥氯气；‎ 故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；‎ ‎（3）的沸点较低，装置V中的冰水可以使得冷凝，得到液体，‎ 故答案为：冷凝（收集）；‎ ‎（4）氯气有毒，需要进行尾气处理，故装置VI应为尾气处理装置，吸收未反应完的氯气，易与水反应，所以不仅要除去氯气中的水蒸气，还要防止外界水蒸气进入，所以装置VI还要能防止水蒸气进入装置V，‎ A．氢氧化钠溶液可以吸收未反应完的氯气，但不能防止水蒸气进入装置Ⅴ，故A不选；‎ B．气体进入装置中导管应该长进短出，装置错误，故B不选；‎ C．碱石灰不仅可以吸收氯气，也可以吸收水蒸气和二氧化碳，能避免空气中二氧化碳和水蒸气进入装置Ⅴ，故C选；‎ 故答案为：C；‎ ‎（5）回收利用装置I中未反应完的，难溶于水，可以用过滤操作回收，过滤需要的仪器有: 漏斗、玻璃棒、烧杯,‎ 故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯。‎ ‎28.NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒．已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI═2NO↑+I2+2NaI+2H2O．‎ ‎（1）上述反应中氧化剂是___________．‎ ‎（2）根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl．可选用的物质有：①碘化钾淀粉试纸、②淀粉、③白酒、④食醋，你认为必须选用的物质有__________（填序号）．‎ ‎（3）某厂废液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是________（填编号）．‎ A．NaCl     B．NH4Cl C．HNO3     D．浓H2SO4‎ ‎（4）请配平化学方程式：___Al+___NaNO3+___NaOH═___NaAlO2+___N2↑+___H2O．‎ 若反应过程中转移5 mol e-，则生成标准状况下N2的体积为________．‎ ‎【答案】 (1). NaNO2 (2). ①④ (3). B (4). 10 (5). 6 (6). 4 (7). 10 ‎ ‎(8). 3 (9). 2 (10). ‎11.2L．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）反应中氮元素的化合价降低，碘元素的化合价升高；‎ ‎（2）由可知，鉴别和，可利用碘的特性分析；‎ ‎（3）具有氧化性，能使转化为不引起二次污染的氮气的物质应具有还原性；‎ ‎（4）铝元素的化合价由‎0升高为+3价，氮元素的化合价由+5价降低为0，由电子守恒及原子守恒分析。‎ ‎【详解】(1)反应中氮元素的化合价降低，碘元素的化合价升高,则氧化剂是，‎ 故答案为：；‎ ‎(2)由可知，反应需要酸性环境、碘离子和淀粉，故鉴别和需选择：①碘化钾淀粉试纸、④食醋，变蓝的则为，‎ 故答案为：①④；‎ ‎(3) 具有氧化性，能使转化为不引起二次污染的氮气的物质应具有还原性，只有选项B符合，故答案为：B；‎ ‎(4)铝元素的化合价由‎0升高为+3价，氮元素的化合价由+5价降低为0，该反应还生成水，由电子守恒及原子守恒可知，反应为，该反应转移电子数为30，故转移5mol电子时，生成标准状况下氮气的体积为 ，‎ 故答案为：10；6；4；10；3；2；11.2。‎ ‎29.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl－、Mg2+、Ba2+、CO32－、SO42－，现取三份各100mL该溶液进行如下实验：‎ ‎①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生； ‎ ‎②第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol；‎ ‎③第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀‎12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为‎4.66g。根据上述实验，回答下列问题：‎ ‎（1）由第二份进行的实验得知混合物中应含有___________离子，其物质的量浓度为________。‎ ‎（2）由第三份进行的实验可知‎12.54克沉淀的成分是______________（写沉淀化学式），其物质的量分别为______________________。‎ ‎（3）原溶液中是否存在K+_______填“是”或“否）若存在则K+的浓度的取值范围是____________________（若不存在此空可不填）‎ ‎【答案】 (1). NH4+ (2). 0.8 mol/L (3). BaCO3、BaSO4 (4). 0.04 mol 、 0.02 mol (5). 是 (6). ≥ 0.4 mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据题意分析，第一份溶液加入溶液有沉淀产生，推得可能含有；第二份溶液加足量溶液加热后收集到气体，推得一定含有，一定不存在；第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存在，一定不存在；根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出一定存在。‎ ‎【详解】（1）加入足量溶液加热后，收集到气体0.08mol气体，气体为氨气，故溶液中含有0.08mol，浓度为，‎ 故答案：；；‎ ‎（2）加足量溶液后，得干燥沉淀‎12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为‎4.66g，可知沉淀既有也含有，质量为‎4.66g，物质的量为： ，碳酸钡质量为： ，物质的量为，‎ 故答案：；0.04 mol 、0.02 mol；‎ ‎（3）根据上述分析，溶液中肯定存在、，肯定不存在和，可能存在，根据的物质的量为0.04 mol 、0.02 mol，物质的量为 ‎0.08mol，根据电荷守恒，若无则的物质的量为0.04mol，若存在则的物质的量则大于0.04mol，故肯定存在，其物质的量浓度大于等于，‎ 故答案为：是 ；≥ 0.4 mol/L。‎ ‎【点睛】破解离子推断题：‎ ‎(1)肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；‎ ‎(记住几种常见的有色离子：)‎ ‎(2)互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化等)‎ ‎(3)电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等 ‎ ‎