江西省南康中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

江西省南康中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com 南康中学2019～2020学年度第一学期高一第二次大考 化 学 试 卷 可能用到原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Ba 137 ‎ 一、选择题（本题包括16个小题，每题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.金属钠投入水中发生剧烈反应，并有氢气生成。装运金属钠的包装箱应贴的图标是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】金属钠投入水中发生剧烈反应，并有氢气生成；装运金属钠的包装箱应贴的图标是遇湿易燃品，答案选C。‎ ‎2.下列从混合物中分离出其中的某一成分，所采取的分离方法正确的是(　 　)‎ A. 利用氯化钾与碳酸钙的溶解性差异，可用溶解、过滤的方法除去碳酸钙 B. 由于碘在酒精中的溶解度大，所以可用酒精把碘水中的碘萃取出来 C. CO2中混有HCl，可通过盛有NaOH溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶得到纯净干燥的CO2‎ D. 从海水中获取氯化钠，可采取蒸馏的方法 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸钙不溶于水，KCl溶于水，则可用溶解、过滤方法除去碳酸钙，故A正确； B.酒精与水互溶，不能作萃取剂，应选苯或四氯化碳把碘水中的碘萃取出来，故B错误； C.CO2和HCl都能和NaOH溶液反应，最终无法得到CO2气体，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中氯化氢，故C错误；‎ D. 氯化钠溶解度随温度变化较小，从海水中获取氯化钠，可采取蒸发的方法得到氯化钠晶体，D错误；‎ 综上所述。本题选A。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 ‎①标准状况下，22.4 L N2O和CO2混合气体所含电子数目为22 NA ‎②同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等 ‎③1L 2mol/L氯化镁溶液中含氯离子数为4NA ‎④56g铁与足量盐酸反应转移的电子数为3NA ‎⑤28 g乙烯(C2H4)和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2NA A. ①②③④ B. ③④ C. ①②③⑤ D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①标准状况下，22.4 L N2O和CO2混合气体所含物质的量为1mol， 1个N2O和CO2分子均有22电子，所以含电子数目为22 NA，故①正确；‎ ‎②同温同压下同体积、同物质的量，故氢气和氩气所含的分子数相等，故②正确；‎ ‎③1L 2mol/L氯化镁溶液中含氯离子的物质的量为4mol，故氯离子数为4NA，故③正确；‎ ‎④根据反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，所以56g铁与足量盐酸反应转移的电子数为2NA，故④错误；‎ ‎⑤乙烯(C2H4)和环丁烷(C4H8)的实验室均为CH2，所以28 g乙烯(C2H4)和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2NA，故⑤正确；‎ 故选C。‎ ‎4.下列关于氧化还原反应的叙述正确的是 A. 含最高价元素的化合物一定有强氧化性 B. 有一种元素被氧化，肯定有另一种元素被还原 C. 还原剂得电子数与氧化剂失电子数一定相等 D. 化学反应中不一定所有元素的化合价都发生变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、含有最高价元素的化合物具有氧化性，但不一定是强氧化性，如水，氢元素处于最高价，但不具有强氧化性，故A错误；‎ B、有一种元素被氧化，可能也是这种元素被还原，故B错误；‎ C、在氧化还原反应中，还原剂失电子，氧化剂得电子，故C错误；‎ D、化学反应中不一定所有元素的化合价都发生变化，可能只有一种元素化合价改变，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.下列关于物质的分类正确的是 选项 酸 盐 混合物 电解质 A HClO CaSO3‎ NH3·H2O 酒精 B HNO3‎ NaHSO4‎ 自来水 Mg C H2SO3‎ 纯碱 浓盐酸 NaCl D Al(OH)3‎ BaCO3‎ KAl(SO4)2·12H2O 烧碱 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、HClO、CaSO3、NH3•H2O、酒精分别属于酸、盐、碱、非电解质，故A错误；‎ B、HNO3、NaHSO4、自来水、Mg分别属于酸、盐、混合物、既不是电解质也不是非电解质；‎ C、H2SO3、纯碱、浓盐酸、NaCl分别属于酸、盐、混合物、电解质，故C正确；‎ D、Al(OH)3、BaCO3、KAl(SO4)2•12H2O、烧碱分别属于碱、盐、纯净物、电解质，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.下列说法正确的是 A. 胶体与溶液本质区别在于是否具有丁达尔效应 B. 电解质电离需要通电才能实现 C. 只含有一种元素的物质一定是纯净物 D. 向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀硫酸，先出现沉淀，后来沉淀溶解 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、胶体与溶液的本质区别在于分散质粒子直径大小，故A错误；‎ B.、电解质的电离不需要通电实现，可以溶于水或加热到熔融状态，故B错误；‎ C、只含有一种元素的物质不一定是纯净物，如氧气和臭氧，故C错误；‎ D、向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀硫酸，先聚沉，出现沉淀，后来氢氧化铁沉淀溶于硫酸，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】胶体与溶液的本质区别在于分散质粒子直径大小，而丁达尔效应是鉴别溶液和胶体的方式。‎ ‎7.下列实验操作不是从安全角度考虑的是 A. 用氯酸钾和二氧化锰制氧气时用排水法收集后，应从水中撤出导管后再停止加热 B. 酒精灯在不使用时，必须盖上灯帽 C. 实验室制备CO气体必须在通风橱中进行 D. 蒸馏操作时应在混合液中加入沸石 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、收集氧气结束时，应从水中撤出导管后再停止加热，以防止水槽中的水倒吸入试管，使试管因骤然冷却而炸裂，故A正确；‎ B、酒精灯在不使用时，必须盖上灯帽是为了防止酒精挥发，下次使用时点不着，故B错误；‎ C、CO气体有毒，所以实验室制备CO气体必须在通风橱中进行，故C正确；‎ D、蒸馏操作中加入沸石以防止暴沸，液滴飞溅，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎8.下列各组离子在指定条件下能够大量共存的是 A. 澄清透明溶液中：Na+ 、MnO4－、NO3−、SO42−‎ B. 含大量Fe3+ 的溶液中：Ba2+、K+ 、Cl−、OH−‎ C. 滴加酚酞试液显红色的溶液中：Na+ 、Mg2+、SO42−、HSO3−‎ D. 遇Fe粉能产生H2的溶液中：K+ 、Mg2+、Cl−、CO32−‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、澄清透明溶液中：Na+ 、MnO4－、NO3−、SO42−离子间不相互反应，故A正确；‎ B、含大量Fe3+ 的溶液中：Ba2+、K+ 、Cl−、OH−，Fe3+与OH−产生氢氧化铁沉淀，所以不能大量共存，故B错误；‎ C、滴加酚酞试液显红色的溶液显碱性，存在大量氢氧根，与 Mg2+、HSO3−反应产生沉淀和亚硫酸根，故C错误；‎ D、遇Fe粉能产生H2的溶液存在大量氢离子，与CO32−反应生成二氧化碳和水，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】离子之间能够共存的条件相互之间不能反应，即不能产生沉淀、气体、弱电解质和发生氧化还原反应。比如Fe3+与OH−产生氢氧化铁沉淀，在溶液中不能大量共存。除此之外，还需要注意题干给定条件，如D选项遇Fe粉能产生H2的溶液中含有大量氢离子。‎ ‎9.下列离子方程式书写不正确的是 A. 向CaCl2 溶液中通入少量CO2气体：Ca2+ + CO2 + H2O=CaCO3↓ + 2H+‎ B. 大理石与醋酸反应：CaCO3 + 2CH3COOH= Ca2+ + 2CH3COO－+ H2O + CO2↑‎ C. 制备Fe(OH)3胶体：Fe3+ + 3H2OFe(OH)3（胶体）+ 3H+‎ D. 少量碳酸氢钠溶液与足量石灰水反应：Ca2+ + OH－+ HCO3－=CaCO3↓ + H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向CaCl2 溶液中通入少量CO2气体：Ca2+ + CO2 + H2O=CaCO3↓ + 2H+，由弱酸制取强酸，违背客观事实，故A错误；‎ B、大理石与醋酸反应：CaCO3 + 2CH3COOH= Ca2+ + 2CH3COO－+ H2O + CO2↑，正确；‎ C.、制备Fe(OH)3胶体：Fe3+ + 3H2OFe(OH)3（胶体）+ 3H+，正确；‎ D.、少量碳酸氢钠溶液与足量石灰水反应：Ca2+ + OH－+ HCO3－=CaCO3↓ + H2O，正确；‎ 故选A。‎ ‎10.36.5gHCl溶解在1L水中(水的密度近似为1g/mL)，所得溶液的密度为ρg/mL，质量分数为w，物质的量浓度为cmol/L，NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 所得溶液的物质的量浓度：c＝1mol/L B. 所得溶液中含有NA个HCl分子 C. 36.5gHCl气体占有的体积为22.4L D. 所得溶液的质量分数w＝‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用物质的量浓度的定义、质量分数等知识进行分析。‎ ‎【详解】A、根据物质的量浓度的定义，n(HCl)==1mol，溶液的质量为(36.5g＋1×103mL×1g·mL－1)=1036.5g，则溶液的体积为= ，该盐酸的物质的量浓度为mol·L－1，故A错误；‎ B、HCl为强电解质，在水中完全电离，即在水溶液中不含HCl分子，故B错误；‎ C、题中没有说明是否是标准状态，因此不能直接用22.4L·mol－1，故C错误；‎ D、利用c=，w%=，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】易错点是选项A，利用c=，V指的是溶液的体积，不是溶剂的体积，同时应注意混合后溶液的体积不等于混合前体积相加，应利用密度计算溶液的体积。‎ ‎11.铊（Tl）盐与氰化钾（KCN）被列为A级危险品。已知下列反应在一定条件下能够发生：①Tl3+ + 2Ag=Tl+ + 2Ag+，②Ag+ + Fe2+=Ag + Fe3+，③Fe + 2Fe3+=3Fe2+，下列离子氧化性比较顺序正确的是 A. Tl3+＞Fe3+＞Ag+ B. Fe3+＞Ag+＞Tl3+ C. Tl+＞Ag+＞Fe2+ D. Tl3+＞Ag+＞Fe2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此判断氧化性强弱。‎ ‎【详解】①反应TI3++2Ag=Tl++2Ag+中， 氧化剂是Tl3+，氧化产物是Ag+，所以氧化性Tl3+>Ag+；‎ ‎②反应Ag++Fe2+=Ag+Fe3+中，氧化剂是Ag+，氧化产物是Fe3+，所以氧化性Ag+>Fe3+ ；‎ ‎③Fe+2Fe3+=3Fe2+中， 氧化剂是Fe3+，氧化产物是Fe2+，所以氧化性Fe3+> Fe2+；‎ 所以氧化性强弱顺序是：Tl3+＞Ag+＞Fe2+；‎ 故选D。‎ ‎12.超临界状态下的CO2流体溶解性与有机溶剂相似，可提取中药材的有效成分，工艺流程如下。下列说法错误的是（ ）‎ A. 浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出 B. 升温、减压的目的是实现CO2与产品分离 C. 高温条件下更有利于超临界CO2萃取 D. CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙醇是常用的有机溶剂，中草药有效成分易溶在乙醇中，因此浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出，A正确；‎ B. 气体的溶解度随温度升高、压强减小而减小，所以升温、减压的目的是实现CO2与产品分离，B正确；‎ C. 根据流程图可知降温、加压更有利于超临界CO2萃取，C错误；‎ D. 二氧化碳没有毒，容易分离，因此CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎13.下列诗词中所描述的物质，不属于分散系的是 A. “大漠孤烟直，长河落日圆”中的“烟”‎ B. “曾经沧海难为水，除却巫山不是云”中的“云”‎ C. “明月几时有，把酒问青天”中的“酒”‎ D. “已是悬崖百丈冰，犹有花枝俏”中的“冰”‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一种(或多种)物质分散在另一种(或多种)物质中所形成的体系称为分散体系，属于混合物。被分散的物质为分散质，能分散分散质的物质为分散剂。‎ ‎【详解】A、“大漠孤烟直，长河落日圆”中的孤烟为分散系，故A不符合；‎ B、“曾经沧海难为水，除却巫山不是云”中的“巫山云”是云雾属于分散系，故B不符合；‎ C 、“明月几时有，把酒问青天”中的“酒”为乙醇溶液，属于分散系，故B不符合；‎ D、“已是悬崖百丈冰，犹有花枝俏”中的“百丈冰”是凝结的水形成的冰柱，不是分散系，故D符合；‎ 故选D。‎ ‎14.某地区的雾霾中可能含有下列可溶性离子：Na+、Ba2+、Mg2+、Fe3+、SO42-、Cl-、CO32-。某学习小组收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后配成试样溶液，并完成了如下实验：①取试样溶液100mL，加入足量BaCl2溶液，得到白色沉淀2.33g。②另取试样溶液100mL，加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀1.16g。根据实验结果下列说法正确的是 A. 该雾霾肯定不含Ba2+、Fe3+，可能含有CO32-‎ B. 该雾霾肯定含有Mg2+、SO42-、Cl-，可能含有Na+‎ C. 试样溶液中SO42-的物质的量浓度为0.01 mol/L D. 向实验①和②所得白色沉淀中加入盐酸，沉淀均可溶解 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①取试样溶液100mL，加入足量BaCl2溶液，得到白色沉淀2.33g。则试样中可能存在SO42-或CO32-；‎ ‎②另取试样溶液100mL，向其中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀1.16g，则试样中一定含有Mg2+并且物质的量为=0.02mol，一定不含Fe3+， Mg2+与CO32-不共存，则原溶液中一定不含CO32-，‎ 一定含有SO42-，并且物质的量为=0.01mol，则原溶液中与SO42-不共存的离子Ba2+一定不含；又溶液呈电中性，所以溶液中还一定含有Cl-， Na+可能含有；‎ A、B、由上面分析可知，一定含有Mg2+、SO42-、Cl-， 一定不含Fe3+、CO32-、Ba2+，可能含有Na+，故A错误，B正确；‎ C、试样溶液中SO42-的物质的量浓度为0.1mol/L，故C错误；‎ D、①中白色沉淀是硫酸钡沉淀，滴入盐酸沉淀不溶解，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎15.中科大发现了人工合成金刚石的新方法，化学原理为：Na+CO2‎ C(金刚石)+C(石墨)+Na2CO3(未配平)，这种合成具有深远的意义。下列说法不正确的是 A. 该反应中，钠作还原剂，二氧化碳作氧化剂 B. 每生成1mol Na2CO3时，共转移4mol电子 C. 该反应中Na2CO3是氧化产物 D. 还原性Na大于C ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据发生原理，Na的化合价升高，钠作还原剂，CO2中C的化合价降低，CO2为氧化剂，故A说法正确；‎ B、根据化学反应方程式，CO2中一部分C转化成石墨和金刚石，一部分C 转化成Na2CO3，化合价没有变化，因此根据Na计算转移电子，即每生成1molNa2CO3，转移2mol电子，故B说法错误；‎ C、碳酸钠中Na是由金属钠失去电子转化成而成，因此碳酸钠是氧化产物，故C说法正确；‎ D、金属钠为还原剂，C为还原产物，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，即Na的还原性强于C，故D说法正确。‎ 故选B。‎ ‎16.已知反应3BrF3 + 5H2O = Br2 + HBrO3 + O2↑ + 9HF，当生成3 mol Br2时，被水还原的BrF3的物质的量为 A. 9 mol B. 6 mol C. 4 mol D. 2 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎3BrF3 + 5H2O = Br2 + HBrO3 + O2↑ + 9HF中，Br元素化合价由+3价变为+5价、-1价，部分O元素化合价由-2价变为0价，该反应中有2mol水作还原剂，根据转移电子守恒计算被水还原的BrF3的物质的量。‎ ‎【详解】3BrF3 + 5H2O =Br2 + HBrO3 + O2↑ + 9HF中，Br 元素化合价由+3价变为+5价、- 1价，部分O元素化合价由- 2价变为0价，该反应中有5mol水作还原剂，水失去电子的物质的量= 5mol×(2- 0)= 10mol，根据转移 电子守恒得被水还原的BrF3的物质的量，所以若有 水发生氧化反应，则被水还原的BrF3的物质的量为，‎ 故选C。‎ ‎【点睛】被还原的BrF3是由水和BrF3一起还原，所以计算时需要减去BrF3还原的一部分。‎ 二、非选择题（本大题共4个小题，共52分）‎ ‎17.（1）下列物质中：①SO2 ②液态氯化氢 ③CH4 ④熔融NaOH ⑤NH4Cl固体 ⑥氨水。能导电的是__________（填序号，下同）。属于电解质的是__________。属于非电解质的是__________。‎ ‎（2）1.204×1024个H2SO4分子的物质的量为__________mol，共含__________个氢原子。将上述H2SO4溶于水配成600 mL溶液，再加水稀释到1000 mL，稀释后溶液的物质的量浓度为__________mol/L。‎ ‎（3）K2SO4和Fe2（SO4）3的混合溶液，已知其中Fe3＋的浓度为0.5mol/L，SO42－浓度为0.9mol/L，则K＋的物质的量浓度为__________mol/L。‎ ‎（4）有以下四种物质：① 标准状况下11.2 L CO2 ② 5 g H2 ③ 1.204×1024 个N2分子 ④ 18 g H2O，其中质量最大是____（填序号），在常温常压下体积最大的是___（填序号）。‎ ‎（5）标准状况下11.2 L由CH4、N2组成的混和气体的质量为10 g，该混合气体中CH4与N2的分子数之比为_________。‎ ‎（6）将标准状况下336 L HCl气体完全溶于1 L水中，所得溶液的密度为 ρ g/cm3，则该溶液的物质的量浓度为_____ mol/L（计算结果中的数字保留整数）‎ ‎【答案】 (1). ④⑥ (2). ②④⑤ (3). ①③ (4). 2 (5). 2.408×1024（4NA） (6). 2 (7). 0.3mol/L (8). ③ (9). ② (10). 2:1 (11). 10ρ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)、能导电的物质有金属，石墨，酸、碱、盐的水溶液，离子构成的物质的熔融态(如熔融态的盐、碱、金属氧化物)，故能导电的是④⑥；电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，所有的酸碱盐都属于电解质，故上述属于电解质的是②④⑤；非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，大多数有机物如酒精，蔗糖，苯，四氯化碳及无机物CO2、SO2、SO3、NH3都属于非电解质，故上述属于非电解质的是①③；‎ 故答案为：④⑥；②④⑤；①③；‎ ‎(2)、1.204×1024个H2SO4分子的物质的量为：，共含氢原子4NA 个。溶液稀释前后溶质的物质的量不变，故稀释后溶液的物质的量浓度为：，‎ 故答案为：2 ；2.408×1024（4NA）；2；‎ ‎(3)、根据正负电荷守恒，K+的物质的量浓度为：，‎ 故答案为：；‎ ‎(4)、①标准状况下11.2 L CO2物质的量为0.5 mol，质量为0.5 mol×44 g/mol= 22g；‎ ‎②5 g H2物质的量为；‎ ‎③1.204×1024个N2分子物质的量为： ，质量为；‎ ‎④18 g H2O的物质的量为；‎ 因此，质量最大的为③；而相同条件下气体体积与物质的量成正比，故物质的量越大，体积越大，因此常温常压下体积最大的是②；‎ ‎(5)、标准状况下11.2 L由CH4、N2组成的混和气体的质量为10g，则混合气体物质的量为0.5 mol，设混合气体中CH4物质的量为x mol， 则有，‎ 解得：x=，即CH4物质的量为，则N2物质的量为，相同条件下，气体的分子数之比等于物质的量之比，故混合气体中CH4与N2的分子数之比为：2:1；‎ ‎(6)、将标准状况下336 L HCl气体完全溶于1 L水中，所得溶液的密度为ρg/cm3，则可得溶质HCl物质的量为，其质量为：15 mol×36.5 g/mol= 547.5g，而1 L水的质量为：1 L×1000 g/L= 1000 g，因此，溶液的总质量为547.5g+ 1000g= 1547.5g，溶液的体积为，故该溶液物质的量浓度为：=10。‎ ‎【点睛】判断电解质时首先判断是否是化合物，再判断是否是酸、碱、盐、金属氧化物和水，电解质和非电解质的前提是化合物。‎ ‎18.Ⅰ. NaHSO4可用作清洁剂、防腐剂等。‎ ‎（1）下列关于NaHSO4的说法正确的是_______________。‎ A.NaHSO4固体不能导电 B.NaHSO4溶液的导电性一定强于CH3COOH溶液 C.NaHSO4属于电解质 D.NaHSO4溶液显中性 ‎（2）NaHSO4溶液与NaHCO3溶液反应的离子方程式为_______________。‎ ‎（3）将0.8 mol·L−1 NaHSO4与0.4 mol·L−1 Ba(OH)2溶液等体积混合，发生反应的离子方程式为_______；若在反应后的溶液中继续滴加Ba(OH)2溶液，反应的离子方程式为______。‎ Ⅱ. 有A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的某一种，阴离子分别是NO3－、SO42－、Cl－、CO32－中的一种(离子在物质中不重复出现)。‎ ‎①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；‎ ‎②若向四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（4）A的化学式为____________，B的化学式为____________。‎ ‎（5）写出D与足量CH3COOH溶液反应的离子方程式_______________。‎ ‎（6）写出A溶液中阴离子的检验方法________________________。‎ ‎【答案】 (1). AC (2). H+ + HCO3－= H2O + CO2↑ (3). 2H+ + SO42－+ Ba2+ + 2OH－= BaSO4↓ + 2H2O (4). SO42－+ Ba2+=BaSO4↓ (5). BaCl2 (6). AgNO3 (7). CO32－+ 2CH3COOH= 2CH3COO－+ H2O + CO2↑ (8). 取少量A溶液于试管中，向其中加入AgNO3溶液和稀硝酸，若产生白色沉淀，则含有Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅱ、依题干可知，四种物质均为可溶性盐,所以溶液中存在的阳离子和阴离子对应物质一定是可溶性的，据盐类溶解情况可知，Ag+与三种离子结合形成的均为不溶性盐，故只能是AgNO3；而Ba2+和SO42－和CO32－形成的为不溶性盐，故其只能与Cl-结合为BaCl2；同理, Cu2+不能与CO32－结合，故为CuSO4, 最后剩下的为Na2CO3；又①中知C盐溶液呈蓝色,故C为CuSO4，②若向四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，则B为AgNO3，生成的沉淀为AgC1, D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则D为Na2CO3，无色气体为二氧化碳。‎ ‎【详解】Ⅰ(1)A、NaHSO4在水溶液或熔融状态下有自由移动的离子可导电，NaHSO4‎ 固体中无自由移动的离子或电子，所以不能导电，故A项正确；‎ B、溶液的导电性与可自由移动的离子浓度有关，与溶质是否为强电解质无直接关系，因此NaHSO4溶液的导电性不一定强于CH3COOH溶液，故B项错误；‎ C、NaHSO4在水溶液可全部电离成Na+、H+和SO42－，因此其属于强电解质，故C项正确；‎ D、NaHSO4在水溶液可全部电离成Na+、H+和SO42－，因此，NaHSO4溶液显酸性，故D项错误；‎ 故选AC；‎ ‎(2)、NaHSO4和 NaHCO3均为强电解质，书写离子方程式时仅保留参加反应的离子，故二者反应的离子方程式为：H+ + HCO3－= H2O + CO2↑；‎ ‎(3)、将0.8 mol·L−1 NaHSO4与0.4 mol·L−1 Ba(OH)2液等体积混合，反应生成BaSO4沉淀、Na2SO4和水， 反应中H+和OH-恰好完全反应，反应后的溶液中继续滴加Ba(OH)2溶液，其会继续与Na2SO4反应生成BaSO4沉淀；故前后两次反应的离子方程式分别为：2H+ + SO42－+ Ba2+ + 2OH－= BaSO4↓ + 2H2O，SO42－+ Ba2+=BaSO4↓；‎ Ⅱ(4)、由分析可知， A盐为BaCl2，即A的化学式为BaCl2，B的化学式为AgNO3。‎ ‎(5)、由上述分析可知，D为Na2CO3， 其为强电解质，书写离子方程式时只保留参加反应的离子，而CH3COOH为弱电解质，离子方程式中保留分子式，因此，D与足量CH3COOH溶液反应的离子方程式为：CO32－+ 2CH3COOH= 2CH3COO－+ H2O + CO2↑；‎ ‎(6)、A盐为BaCl2，阴离子Cl-的检验方法为：取少量A溶液于试管中，向其中加入AgNO3溶液和稀硝酸，若产生白色沉淀，则含有Cl-。‎ ‎【点睛】判断A、B、C、D的化学式通过离子的互斥性来分析。‎ ‎19.纯碱是重要的化工原料，在医药、冶金、化工、食品等领域被广泛使用。‎ I. 用纯净的碳酸钠固体配制500mL 0.40mol/L Na2CO3溶液。‎ ‎（1）称取Na2CO3固体的质量是__________g。‎ ‎（2）配制溶液时，进行如下操作，按照操作顺序，第4步是___________（填字母）。‎ a. 定容 b. 计算 c. 溶解 d. 摇匀 e. 转移 f. 洗涤 g. 称量 ‎（3）下列说法中，正确的是__________（填字母）。‎ a. 定容时，仰视刻度线，会导致配制的溶液浓度偏小 ‎ b. 定容时，如果加水超过刻度线，要用滴管吸出 c. 转移时，溶液倒出容量瓶外，要重新配制溶液 d. 摇匀后，液面低于刻度线，要再加水至刻度线 II. 某实验小组的同学模拟侯德榜制碱法制取纯碱，流程如下：‎ ‎（1）工业生产纯碱的第一步是除去饱和食盐水的中SO42―、Ca2+离子，依次加入的试剂是_______________、______________、（过滤）、____________。‎ ‎（2）已知：几种盐的溶解度 NaCl NH4HCO3‎ NaHCO3‎ NH4Cl 溶解度（20°C，100gH2O时）‎ ‎36.0‎ ‎21.7‎ ‎9.6‎ ‎37.2‎ ‎①写出装置I中反应的化学方程式_____________________。‎ ‎②写出装置II中发生反应的化学方程式________________________。‎ ‎（3）该流程中可循环利用的物质是__________________。‎ ‎（4）制出的纯碱中只含有杂质NaCl。测定该纯碱的纯度，下列方案中可行的是______（填字母）。‎ a.向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g b.向m克纯碱样品中加入足量稀盐酸，用碱石灰（主要成分是CaO和NaOH）吸收产生的气体，碱石灰增重b g c.向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，产生的沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g ‎【答案】 (1). 21.2 (2). e (3). ac (4). BaCl2溶液 (5). Na2CO3溶液 (6). 稀盐酸 (7). NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl (8). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ (9). CO2 (10). ac ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.(1)、依据m=cVM计算需要溶质的质量；‎ ‎(2)、依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀解答；‎ ‎(3)、分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据C=，进行误差分析；‎ II.(1)、工业上除去SO42-用含有Ba2+的可溶性盐、除去Ca2+用含有CO32-的可溶性盐；‎ ‎(2)①、NaCl、CO2、NH3、H2O发生反应生成NaHCO3和NH4Cl；‎ ‎②、受热条件下，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；‎ ‎(3)、装置II中得到二氧化碳，装置I中需要二氧化碳；‎ ‎(4)a、只有氯化钙能和碳酸钠反应生成碳酸钙，根据碳酸钙的量计算碳酸钠的量；‎ b、碱石灰不但能吸收二氧化碳，还能吸收水蒸气；‎ c、碳酸根离子和氯离子都能和银离子反应生成白色沉淀。‎ ‎【详解】I.(1)、制备500mL 0.4mol/L的Na2CO3溶液，需要500mL容量瓶，则需要Na2CO3的质量为0.5L×0.4mol/L×106g/mol=21.2g，故答案为：21.2；‎ ‎(2)、配制的步骤依次为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，故第4步为转移，故答案为：e；‎ ‎(3)a、定容时，仰视刻度线，会使加入的水增多，导致配制的溶液浓度偏小，故a正确；‎ B、定容时，如果加水超过刻度线，不能用滴管吸出，应重新配制溶液，故b错误；‎ C、转移时，溶液倒出容量瓶外，会使溶质的物质的量减小，导致配制的溶液浓度偏小，要重新配制溶液，故c正确；‎ D、摇匀后，液面低于刻度线，不能再加水至刻度线，否则会使加入的水增多，导致配制的溶液浓度偏小，故d错误；‎ 故答案为：ac；‎ II. (1) 、除去饱和食盐水的中SO42一要用BaCl2溶液，除去饱和食盐水的中Ca2+要用Na2CO3溶液，并且除杂时试剂应该过量，最后用稀盐酸调节pH=7，故答案为：足量BaCl2溶液，足量Na2CO3溶液，适量稀盐酸；‎ ‎(2)①、先向食盐水中通入NH3使溶液呈碱性，CO2、NH3和H2O反应生成NH4 HCO3，由于NaHCO3的溶解度小，所以NaCl和NH4HCO3反应生成NaHCO3和NH4Cl，即NaCl+CO2+NH3+H2O= NaHCO3↓+NH4Cl，故答案为：‎ NaCl+CO2+NH3+H2O= NaHCO3↓+NH4Cl；‎ ‎②、NaHCO3对热不稳定，受热易分解生成Na2CO3、H2O和CO2，化学方程式为：2NaHCO3‎ Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；‎ ‎(3)、装置II中得到二氧化碳，装置I中需要二氧化碳，所以能循环利用的是二氧化碳，故答案为：CO2； ‎ ‎(4)a、只有氯化钙能和碳酸钠反应生成碳酸钙，根据碳酸钙的量计算碳酸钠的量，所以该方案可行，故a选；‎ B、虽然只有碳酸钠能和稀盐酸反应生成CO2，但用碱石灰吸收产生的气体时，碱石灰增重的量为CO2和水蒸气总质量，不能计算出碳酸钠质量，所以该方案不可行，故b不选；‎ C、氯离子、碳酸根离子和银离子反应都生成沉淀，根据沉淀的总质量和样品的质量，可计算碳酸钠质量，所以该方案可行，故c选；‎ 故答案为：ac。‎ ‎20.建筑工地常用的NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。己知NaNO2和HI能发生如下反应：______NaNO2 +_______HI →_________NO↑+_____ I2 + _________NaI +_____‎ ‎（1）请将生成物补充完整并配平，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目。___________‎ ‎（2）上述反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________，若标准状况下生成3.36L NO，则反应中转移电子的数目是______________。‎ ‎（3）根据上述反应，可用试纸和生活中常见的物质进行实验，以鉴别NaNO2和NaCl，可选用的物质有：①水  ②淀粉碘化钾试纸  ③淀粉  ④白酒  ⑤食醋，进行实验选用物质合适的是______（填字母编号）。‎ A．①③ ⑤ B．①② ④ C．①②⑤ D．②④⑤‎ ‎（4）某工厂废液中，含有2%—5%的NaNO2，直接排放会造成污染，采用NH4Cl能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2，反应的化学方程式为_______________。‎ ‎（5）把氯气通到NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl，写出反应的离子方程式：______。‎ ‎（6）亚硝酸盐可将正常的携氧亚铁血红蛋白转化成三价铁血红蛋白，失去携氧能力，引起组织缺氧导致中毒。美蓝是亚硝酸盐中毒的有效解毒剂。下列说法中不正确的是_______。‎ A．在中毒过程中携氧亚铁血红蛋白被氧化 B．中毒时亚硝酸盐发生氧化反应 C．药品美蓝应具有还原性 D．解毒时三价铁血红蛋白被还原 ‎【答案】 (1). 2 (2). 4 (3). 2 (4). 1 (5). 2 (6). 2 (7). = 2NO↑ + I2 + 2NaI + 2H2O (8). 1:1 (9). 0.15N A (10). C (11). NaNO2 + NH4Cl ‎ = NaCl + N2↑+ 2 H2O (12). NO2-+ Cl2+ H2O = NO3-+ 2Cl-+2H+ (13). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 、氧化还原反应中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，利用电子守恒来配平方程式；单线桥由失电子的物质指向得电子物质，并标明转移的电子数；‎ ‎(2)、根据化合价升降判断氧化剂，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，根据化学方程式结合电子转移情况来计算；‎ ‎(3) 、根据反应时有沉淀、气体、颜色变化等明显现象选择试剂；‎ ‎(4)(5)、根据氧化还原反应的规律书写；‎ ‎(6)、亚硝酸钠进入人体后，可将血液中的低铁血红蛋白氧化成高铁血红蛋白，则亚硝酸盐具有氧化性，Fe元素的化合价升高，使人体中毒；美蓝是亚硝酸盐中毒的有效解毒剂，则美蓝具有还原性，与铁离子反应，可解毒，以此来解答。‎ ‎【详解】(1)、在反应中，N元素的化合价从+3价降低到了+2价，得到了1mol电子，I元素的化合价从- 1价升高到了0价，共失去电子2mol，根据电子守恒，所含氮元素的物质前边都乘以系数2，碘单质系数是1，根 据原子守恒，NaI 前边的系数为2，HI 前边的系数是4，水的前边是系数2，故答案为2; 4; 2;1; 2; 2.；= 2NO↑ + I2 + 2NaI + 2H2O；‎ ‎(2)、2NaNO2 + 4HI=2NO+ I2+ 2NaI+ 2H2O，氮元素的化合价降低，所以2molNaNO2是氧化剂，4molHI参 与反应，但2molHI为还原剂，该反应转移电子是2mol。3.36L NO得物质的为0.15mol，所以若有0.15molNO生成，则反应中转移电子的数目是0.15moL，即0.15N A；‎ 故答案为：1:1，0.15N A；‎ ‎(3)①水、③淀粉、④白酒与NaNO2都不反应，所以无明显现象；KI与NaNO2反应生成I2必须在酸性条件下才能反应，食醋会电离出微量的氢离子，碘化钾在食醋本身带的溶剂水中电离出碘离子，亚硝酸钠电离出亚硝酸根与钠离子，发生反应生成碘单质，I2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故①②⑤正确；‎ 故答案为：C；‎ ‎(4)、亚硝酸钠中氮得到3个电子指向氮气中的氮，氯化铵中氮失去3电子指向氮气中的氮，方程式为：NaNO2 + NH4Cl = NaCl + N2↑+ 2H2O；‎ 故答案为：NaNO2 + NH4Cl = NaCl + N2↑+ 2H2O；‎ ‎(5)、把氯气通到NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl，氯气中C1元素化合价降低作氧化剂，NaNO2中N元素化合价升高作还原剂，故反应的离子方程式为：NO2-+ Cl2+ H2O = NO3-+ 2Cl-+2H+；‎ ‎(6)A、在中毒过程中血红蛋白中Fe元素的化合价升高，被氧化，故A正确；‎ B、中毒时亚硝酸钠中的N元素化合价降低，作氧化剂发生还原反应，故B错误；‎ C、药品美蓝在解毒过程中，体现其还原性，作还原剂，故C正确；‎ D、解毒时高铁血红蛋白得电子作氧化剂，氧化剂被还原，所以被还原为正常血红蛋白，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎ ‎ ‎ ‎