【化学】湖北省随州一中2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

【化学】湖北省随州一中2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

湖北省随州一中2019-2020学年高一上学期期中考试试题 考试时间：90分钟 试卷满分：100分 相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 S:32 Cl:35.5 Na:23 Mg:24 Al:27 ‎ 第Ⅰ卷 选择题(共48分)‎ 一、选择题(共16小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分共48分)‎ ‎1.下列说法中正确的是( )‎ ‎①只要能源充足而且价格低廉，废弃物中的原子都可以成为有用物质的原料 ‎ ‎②化学家能合成大量自然界中并不存在的新物质、新材料 ‎ ‎③学习化学不限于书本和实验室，成功的关键在于如何激发自己对于自然现象的兴趣 ‎④实验是学习化学、体验化学和探究化学过程的重要途径 A. ③④ B. ①③④ C. ②③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①化学反应能够将原子重新组合从而生成新的物质，所以只要能源充足而且价格低廉，废弃物中的原子都可以成为有用物质的原料，故①正确；‎ ‎②通过化学反应能够生成新的物质，可以改变自然界原有物质的组成，也能制造出自然界原本不存在的物质，可以合成新物质、新材料，故②正确；‎ ‎③学习化学必须激发学生的学习兴趣，需要走出书本和课堂，故③正确；‎ ‎④化学是一门以实验为基础的科学，是学习化学、体验化学和探究化学过程的重要途径，故④正确；‎ 故选:D ‎2.下列试剂中，标签上应标注和的是( )‎ A. HNO3 B. Na2CO3 C. NaOH D. HCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硝酸具有强的氧化性和腐蚀性，应标注和，故A正确；‎ B．Na2CO3不具有强的氧化性和腐蚀性，故B错误；‎ C．NaOH具有腐蚀性，但是不具有氧化性，故C错误；‎ D．盐酸具有腐蚀性，但是不具有强的氧化性，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎3.下列中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是(　　)‎ A. 冷水浸泡 B. 加热煎制 ‎ C. 箅渣取液 D. 灌装保存 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．冷水浸泡属于物质的溶解，故A错误；‎ B．加热煎制属于加热，故B错误；‎ C．箅渣取液将固体和液体分离，属于过滤操作，故C正确；‎ D．灌装是液体转移，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.在溶液中能大量共存，加入OH-有沉淀析出，加入H＋有气体放出的是( )‎ A. H＋、Cu2＋、Cl－、CO32- B. Fe3＋、K＋、SO42－、NO3－‎ C. Ba2+、Al3＋、MnO4－、SO42- D. Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该组离子之间反应，不能共存，加OH-有氢氧化铜沉淀析出，但加入H+‎ 有气体放出，故A错误；‎ B．该组离子之间不反应，能共存，加OH-有氢氧化铁沉淀析出，但加入H+没有气体放出，故B错误；‎ C．离子之间不发生任何反应，可大量共存，加入OH-可生成氢氧化铝沉淀，加入酸没有气体放出，故C错误；‎ D．该组离子之间不反应，能共存，加OH-有碳酸钙沉淀析出，加入H+有二氧化碳气体，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎5.实验室需要用1.0 mol/LNaOH溶液480 mL进行相关的实验，下列说法正确的是( )‎ A. 用托盘天平称取19.2 g NaOH固体配制溶液 B. 用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余的液体 C. 若其他操作均正确，定容时俯视刻度线将导致结果偏高 D. 容量瓶中开始有少量的水可置于烘箱中烘干 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．实际上配制的溶液为500mL 1.0mol/L的氢氧化钠溶液，需要氢氧化钠的质量为：1.0mol/L×0.5L×40g/mol=20.0g，故A错误；‎ B．用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，预示实验失败，需要重新配制，故B错误；‎ C．若其他操作均正确，定容时俯视刻度线，所配溶液的体积偏小，依据c=n÷V得结果偏高，故C正确；‎ D．容量瓶中开始有少量的水，对所配溶液浓度无影响，不需要烘干，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎6.进行化学实验必须注意安全，下列说法不正确的是( )‎ A. 把盛有液体的蒸发皿直接放在铁架台的铁圈上加热 B. 取用金属钠时，将切下来的碎屑放回原试剂瓶 C. CCl4萃取碘水中的I2，先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层 D. 加热试管内物质时，试管底部与酒精灯灯芯接触 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蒸发皿可以直接加热，故A正确；‎ B. 取用金属钠时，将切下来的碎屑放回原试剂瓶，因为金属钠需要密封保存于煤油中，故B正确；‎ C. CCl4萃取碘水中的I2，密度大的从下口放出，密度小的从上口倒出，因为四氯化碳的密度大于水，所以碘的四氯化碳溶液在下层，故C正确；‎ D．外焰与内焰温度不一样 外焰温度最高 越往里，温度越低，灯心温度最低，加热试管内物质时，用灯心加热，试管受热不均匀使试管炸裂，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎7.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是( )‎ A. 0.1mol/L Na2SO4溶于水中，所得溶液中Na+个数为0.2NA B. 78g Na2O2中含有离子总数为3NA C. 标准状况下，NA个水分子所占的体积为22.4L D. Na2O2与CO2反应生成2.24L氧气转移电子数0.2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.不知道溶液的体积，无法算出溶质的物质的量，故A错误；‎ B. 78g Na2O2中物质的量是=1mol，一个过氧化钠含有两个钠离子和一个过氧根离子即是三个离子，所以1mol过氧化钠含有离子总数为3NA，故B正确；‎ C. 标准状况下，水是液体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，故C错误；‎ D. 使用气体摩尔体积时，必须注明气体所处的温度和压强，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎8.从平时学生实验中我们发现，同学们在进行实验时，出现许多不正确的操作方式，希望同学们在今后的实验中，克服不规范的操作。请找出下列图示中正确的实验操作（ ）‎ A. 除去CO中的CO2 B. 萃取时振荡混合液 C. 稀释浓硫酸 D. 向试管中滴加液体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．导管应长进短出，否则会将洗气瓶内液体排出，故A错误；‎ B．用右手压住分液漏斗口部，左手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来振荡，使两种液体充分接触，故B正确；‎ C．量筒不能用来配制溶液，稀释浓硫酸时，将水沿容器内壁缓缓注入浓硫酸中，会沸腾溅出，可能伤人，图中操作错误，故C错误；‎ D．使用胶头滴管滴加少量液体的操作，注意胶头滴管的位置是否伸入到试管内或接触试管内壁。应垂直悬空在试管口上方滴加液体，防止污染胶头滴管，图中所示操作错误，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎9.生产、生活中下列过程不涉及氧化还原反应的是 ( )‎ A. 多吃水果(富含维生素C)美容养颜 ‎ B. 铝的表面生成致密的氧化薄膜 C. 久置于空气中，浓硫酸的体积增大 ‎ D. 食品袋内装有还原铁粉的小袋防食品变质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.维生素C可抗氧化和防衰老，利用维生素C的还原性，与氧化还原反应有关，故 A错误；‎ B. 铝的表面生成致密的氧化薄膜，由铝到氧化铝发生氧化还原反应，故B错误；‎ C. 久置于空气中，浓硫酸的体积增大，体现了浓硫酸的吸水性，与氧化还原反应无关，故C正确；‎ D.铁粉做食品袋内的脱氧剂，利用铁与氧气反应，铁的化合价升高，做还原剂，发生的是氧化还原反应，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎10.下列有关0.1mol/LNaOH溶液的叙述正确的是（ ）‎ A. 1L该溶液中含有NaOH40g B. 100mL该溶液中含有OH-0.01mol C. 从1L该溶液中取出100mL，所取出的NaOH溶液的浓度为0.01mol/L D. 在1L水中溶解4gNaOH即可配制得0.1mol/LNaOH溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1L该溶液中含有的NaOH的质量为0.1mol/L×1L×40g/mol=4g，A错误；‎ B. 100mL该溶液中含有OH-的物质的量为0.1L×0.1mol/L=0.01mol，B正确；‎ C. 溶液为均一、稳定的化合物，故从1L该溶液中取出100mL，所取出的NaOH溶液的浓度仍然为0.1mol/L，C错误；‎ D. 溶液浓度的计算式中，体积应为溶液体积，而不是溶剂体积，D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎11.某研究性学习小组参照课文中的实验装置图做高温下铁与水蒸气反应的实验装置如图所示。在玻璃管中放入铁粉与石棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气。用试管收集产生的干燥气体，并靠近火焰点火，观察现象。下列说法错误的是( )‎ A. 圆底烧瓶中盛装的是水，该装置受热后提供水蒸气 B. 在圆底烧瓶内加入碎瓷片加快化学反应速率 C. 实验时应先点燃酒精灯，后点燃酒精喷灯 D. 石棉绒作铁粉的载体，防止铁粉被吹入导管而引起堵塞 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 圆底烧瓶中盛装的是水，用酒精灯加热把水变成水蒸气，故A正确；‎ B. 在圆底烧瓶内加入碎瓷片防止液体爆沸，故B错误；‎ C. 实验时应先点燃酒精灯，使水变成水蒸气，然后点燃酒精喷灯，使铁与水蒸气反应，故C正确；‎ D. 石棉绒作铁粉的载体，防止铁粉被吹入导管而引起堵塞，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎12.黑火药是我国古代四大发明之一，黑火药燃料发生反应的化学方程式为S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑.有关该反应的说法不正确的是(　)‎ A. S、KNO3均作氧化剂 B. 反应生成1molCO2转移了4mole﹣‎ C. 参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2 D. C表现出还原性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. S、KNO3中硫元素，氮元素的化合价均降低，做氧化剂，故A正确；‎ B. 反应生成1molCO2转移了1mol×4=4mol电子，故B正确；‎ C. 参加反应的氧化剂是硫单质和硝酸钾，还原剂是碳单质，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，故C错误；‎ D. C的化合价升高，做还原剂，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎13.下列叙述中正确的是(　)‎ A. 鉴别碳酸钠和碳酸钾可以通过焰色反应实验，焰色反应属于化学变化 B. 钠投入到饱和石灰水中有金属钙被还原出来 C. 铝化学性质本不活泼，难被腐蚀 D. 铝制容器不宜长时间存放酸性、碱性或咸的食物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 鉴别碳酸钠和碳酸钾可以通过焰色反应实验，焰色反应属于物理变化，故A错误；‎ B. 钠投入到饱和石灰水中，钠与水反应，不会有钙析出，故B错误；‎ C. 铝的化学性质活泼，被氧化成氧化铝，氧化铝比较致密，可以阻止铝继续腐蚀，故C错误；‎ D.‎ ‎ 铝制容器能与酸性，碱性溶液反应，与咸的食物构成的装置会发生电化学腐蚀，所以不能长期存放这些食品，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎14.当光束通过下列分散系：①有尘埃的空气　②稀硫酸　③蒸馏水　④墨水，能观察到有丁达尔效应的是(　　)‎ A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①有尘埃的空气，属于胶体分散系，具有丁达尔现象；②稀硫酸是硫酸的溶液，没有丁达尔效应；③蒸馏水，是化合物，是纯净物，不是分散系，没有丁达尔效应；④墨水是胶体，具有丁达尔效应；答案选C。‎ ‎15.下列反应的离子方程正确的是( )‎ A. 硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液Ba2+ + SO42-＝BaSO4↓‎ B. 过氧化钠与水反应2O22-+2H2O＝4OH- + O2↑‎ C. 铝盐溶液与氨水反应Al3+ + 3OH-＝Al(OH)3↓‎ D. 铝片与氢氧化钠溶液反应2Al + 2OH- + 2H2O＝2AlO2- + 3H2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液，铜离子和氢氧根离子也会反应生成氢氧化铜沉淀，故A错误；‎ B. 过氧化钠是氧化物，不能拆成离子的形式，故B错误；‎ C. 氨水中的一水合氨是弱碱，不能拆成离子的形式，故C错误；‎ D. 铝片与氢氧化钠溶液反应符合客观事实、拆写原则、电荷守恒、原子守恒，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎16.已知：①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+7H2O，③Fe2(SO4)3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4。下列结论正确的是( )‎ A. ①②③均是氧化还原反应 B. 氧化性强弱顺序是K2Cr2O7＞Fe2(SO4)3＞I2‎ C. 反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:1‎ D. 反应③中0.1mol还原剂共得到电子数为6.02×1022‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ①元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故A错误；‎ B.反应②中氧化剂是K2Cr2O7，氧化产物是Fe2(SO4)3，在同一个氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，即是K2Cr2O7>Fe2(SO4)3，反应③中氧化剂是Fe2(SO4)3，氧化产物是I2，同理Fe2(SO4)3>I2，故氧化性强弱K2Cr2O7＞Fe2(SO4)3＞I2是，故B正确；‎ C. 反应②中氧化剂是K2Cr2O7，还原剂是FeSO4，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6，故C错误；‎ D. 反应③中0.1mol还原剂失去电子数为6.02×1022，故D错误；‎ 故选：B。‎ 第Ⅱ卷 非选择题(共52分)‎ 二、填空题(共52分)‎ ‎17.现有下列物质：①稀硫酸 ②氧化铝固体 ③氨水 ④二氧化碳 ⑤FeCl3固体 ⑥稀NaOH溶液，按要求填空：‎ ‎(1)上述物质中属于电解质的物质序号为______ ；‎ ‎(2)有两种物质发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，这两种物质的序号是______；‎ ‎(3)加入盐酸、NaOH溶液均能发生化学反应的物质序号为______；试用离子方程式说明：_______________、______________；‎ ‎(4)能导电的物质序号为_______________；‎ ‎(5)实验室用⑤制备胶体的化学方程式为_______________________。‎ ‎【答案】(1). ②⑤ (2). ①⑥ (3). ② (4). Al2O3＋6H＋==2Al3+＋3H2O (5). Al2O3＋2OH－==2AlO2-＋H2O (6). ③⑥ (7). FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等；‎ 非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等；‎ ‎（2）H++OH-=H2O可以表示强酸与可溶性强碱反应生成可溶性盐和水；‎ ‎（3）两性物质，弱酸的酸式盐，弱酸的铵盐，铝，氨基酸，蛋白质既能与盐酸又能与氢氧化钠反应，酸性环境下硝酸根离子能氧化二价铁离子；‎ ‎（4）物质导电的条件：存在自由电子，或者存在自由移动的离子；‎ ‎（5）依据氯化铁水解性质解答；‎ ‎【详解】（1）电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等；故答案为：②⑤；‎ ‎（2）H++OH-=H2O可以表示强酸与可溶性强碱反应生成可溶性盐和水；故答案为：①⑥；‎ ‎（3）两性物质，弱酸的酸式盐，弱酸的铵盐，铝，氨基酸，蛋白质既能与盐酸又能与氢氧化钠反应，酸性环境下硝酸根离子能氧化二价铁离子，故给出的物质中既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应是氧化铝，离子方程式是Al2O3＋6H＋==2Al3+＋3H2O ；Al2O3＋2OH－==2AlO2-＋H2O；故答案为：②；Al2O3＋6H＋==2Al3+＋3H2O ；Al2O3＋2OH－==2AlO2-＋H2O；‎ ‎（4）物质导电的条件：存在自由电子，或者存在自由移动的离子，故答案为：③⑥；‎ ‎（5）实验室向沸水中加入饱和氯化铁溶液来制备氢氧化铁胶体，其化学方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；故答案为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl。‎ ‎18.某实验小组欲通过以下实验来探究Na2CO3和NaHCO3两种物质的性质。‎ ‎(1)称取两种固体各2g，分别放入两个试管中，分别滴入几滴水，振荡，测量温度变化；继续向各试管中滴加10mL蒸馏水，用力振荡，待固体充分溶解，并恢复至室温后，向所得溶液中各滴入2滴酚酞试液。‎ ‎① 发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，由此得到结论____________。‎ ‎② 同学们在两试管中还观察到了其它现象。其中，盛放Na2CO3的试管中出现的现象(填字母序号)_______________。‎ A.溶液温度下降 B.溶液温度升高 C.滴入酚酞后呈无色 D.滴入酚酞后呈红色 ‎(2)如图所示。‎ ‎①若能用装置Ⅳ来验证碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，则试管B中装入的固体最好是____；‎ ‎②‎ 若用实验来鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种固体，上述装置能达到实验目的的是(填装置序号)_____；‎ ‎③在气密性良好的装置II两个气球中分别放入1gNaHCO3和1gNa2CO3固体，将气球内的固体同时倒入盛有3mL 1 mol·L-1盐酸的试管中。反应结束后，气球均有膨胀，恢复至室温。下列说法正确的是__________。‎ A.装NaHCO3的气球体积较大 B.装Na2CO3的气球体积较大 C.生成气体的体积均根据盐酸计算 D.生成气体的体积均根据固体计算 ‎④若采用装置Ⅲ测定Na2CO3固体中混有的少量NaHCO3的质量分数，其计算所需的数据有反应前固体样品的总质量和_______________。‎ ‎【答案】(1). 同温度下，Na2CO3比NaHCO3易溶于水 (2). B、D (3). NaHCO3 (4). Ⅱ Ⅲ Ⅳ (5). A、C (6). 沉淀总质量 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）①常温下，同质量、同体积的溶剂，Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，说明Na2CO3较NaHCO3易溶；‎ ‎②碳酸钠为强碱弱酸盐，水解吸热，溶液呈碱性；‎ ‎（2）①给碳酸钠直接加热，碳酸氢钠不直接加热，不直接加热的碳酸氢钠能分解而直接加热的碳酸钠不分解更能说明碳酸氢钠不稳定；当右边试管中的石灰水不变浑浊，而左边试管中的石灰水变浑浊，说明碳酸钠比碳酸氢钠稳定，‎ ‎②无论碳酸钠还是碳酸氢钠都能和盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，故Ⅰ无法鉴别；而Ⅱ利用等质量的碳酸钠、碳酸氢钠产生的二氧化碳的体积不同可以鉴别，Ⅲ可以通过分别加热碳酸钠、碳酸钠，根据澄清石灰水是否变浑浊鉴别、Ⅳ根据澄清石灰水是否变浑浊鉴别二者，所以能够达到实验目的是Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ；‎ ‎③实验Ⅱ中，鉴别原理为：等质量的碳酸钠、碳酸氢钠中，根据关系式Na2CO3～CO2、NaHCO3～CO2可知，碳酸氢钠产生的二氧化碳多，‎ ‎④采用实验Ⅲ，加热后利用固体样品的质量和沉淀总质量，可以测定Na2CO3固体中混有的少量NaHCO3的质量分数。‎ ‎【详解】（1）①称取两种固体各2g，分别放入两个小烧杯中，再各滴加10mL蒸馏水，振荡，测量温度变化；待固体充分溶解，并恢复至室温后，发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，说明在同样的温度下，同质量的两种固体在同体积的溶剂中，Na2CO3比NaHCO3易溶于水，故答案为：同温度下，Na2CO3比NaHCO3易溶于水；‎ ‎②A．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解吸热溶液温度下降，故A正确；‎ B．水解吸热溶液温度下降，故B错误；‎ C．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，滴入酚酞后呈红色，故C错误；‎ D．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，碳酸钠俗称纯碱，滴入酚酞后呈红色，故D正确；故答案为：A、D；‎ ‎①给碳酸钠直接加热，碳酸氢钠不直接加热，不直接加热的碳酸氢钠能分解而直接加热的碳酸钠不分解更能说明碳酸氢钠不稳定；当右边试管中的石灰水不变浑浊，而左边试管中的石灰水变浑浊，说明碳酸钠比碳酸氢钠稳定，故答案为：NaHCO3；‎ ‎②无论碳酸钠还是碳酸氢钠都能和盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，故Ⅰ无法鉴别；而Ⅱ利用等质量的碳酸钠、碳酸氢钠产生的二氧化碳的体积不同可以鉴别，Ⅲ可以通过分别加热碳酸钠、碳酸钠，根据澄清石灰水是否变浑浊鉴别、Ⅳ根据澄清石灰水是否变浑浊鉴别二者，所以能够达到实验目的是Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ；故答案为：Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ；‎ ‎③实验Ⅱ中，鉴别原理为：等质量的碳酸钠、碳酸氢钠中，根据关系式Na2CO3～CO2、NaHCO3～CO2可知，碳酸氢钠产生的二氧化碳多，故答案为：AC；‎ ‎④采用实验Ⅲ，加热后利用固体样品的质量和沉淀总质量，可以测定Na2CO3固体中混有的少量NaHCO3的质量分数，故答案为：沉淀总质量。‎ ‎19.(1)质量比为14 ：15的N2和NO混合，则混合气体中氮原子和氧原子的个数比为________‎ ‎(2)同温同压下，质量相同的五种气体：①CO2 ②H2 ③O2 ④CH4 ⑤SO2所占的体积由大到小的顺序是(填序号，下同)_________________； ‎ ‎(3)已知19g某二价金属的氯化物RCl2中含有0.4mol的Cl-离子，则R的相对原子质量为______________________ ；‎ ‎(4)在Al2(SO4)3和MgSO4组成的混合物中，Al3+与Mg2+的物质的量之比为2∶1，则在含有2mol SO42-的混合物中，MgSO4的质量是________________克。‎ ‎【答案】(1). 3:1 (2). ②④③①⑤ (3). 24 (4). 60‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据n=计算物质的量，根据N=n×NA计算分子数，进而计算原子数；（2）根据同温同压下，物质的量与体积呈正比判断体积关系； ‎ ‎（3）先根据氯化物的分子式RCl2，由Cl-‎ 的物质的量求出氯化物的物质的量，再根据公式M=m÷n来确定分子的摩尔质量，摩尔质量在数值上和相对分子质量的大小相等，最后根据相对分子质量的大小确定金属元素的相对原子质量及RCl2的化学式；‎ ‎（4）由电荷守恒可知溶液中存在2n（Mg2+）+3n（Al3+）=2n（SO42-），Al3+与Mg2+的物质的量之比为2：1，则在含有2mol SO42-的混合物中，‎ ‎2n（Mg2+）+2×3n（Mg2+）=2n（SO42-），可知n（Mg2+）=0.5mol，以此解答．‎ ‎【详解】(1)根据n=m÷M计算物质的量，混合气体中N2和NO的物质的量之比为14÷28:15÷30=1:1，设混合气体都为1mol，则混合气体中氮原子的物质的量为3mol，氧原子的物质的量为1mol,根据N=n×NA，氮原子和氧原子的个数比为3:1，‎ 故答案为：3:1；‎ ‎ (2)根据同温同压下，物质的量与体积呈正比，气体的物质的量越多，气体的体积就越大，同温同压下，五种气体的质量相同，根据n=m÷M计算物质的量，‎ 由计算公式可以看出，质量相同时，物质的量与气体的摩尔质量呈反比，即摩尔质量越大，物质的量越小，又知：①CO2 ②H2 ③O2 ④CH4 ⑤SO2的摩尔质量由大到小的顺序为：⑤SO2、①CO2、③O2、④CH4、②H2，所以所占的体积由大到小的顺序是②④③①⑤，‎ 故答案为：②④③①⑤；‎ ‎（3）因氯化物RCl2中含有0.4molCl-可知，氯化物RCl2物质的量为0.4mol÷2=0.2mol，则M（RCl2）=19g÷0.2mol==95g/mol，所以RCl2相对分子质量为95，R的相对原子量为95-71=24， ‎ 故答案为： 24；‎ ‎（4）由电荷守恒可知溶液中存在2n（Mg2+）+3n（Al3+）=2n（SO42-），Al3+与Mg2+的物质的量之比为2：1，则在含有2mol SO42-的混合物中，‎ ‎2n（Mg2+）+2×3n（Mg2+）=2n（SO42-），可知n（Mg2+）=0.5mol，则n（MgSO4）=0.5mol，‎ m（MgSO4）=0.5mol×120g/mol=60g，故答案为：60。‎ ‎20.某同学用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图．由图中可以看出，该同学在操作时的一个错误是______________，烧杯的实际质量为___________g．‎ ‎【答案】砝码与烧杯放反了位置；27.4；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】天平称量物体时遵循左物右码的原则,天平平衡原理:左盘物体质量=右盘砝码质量+游码质量。‎ ‎【详解】天平称量物体时遵循左物右码的原则,在该实验图中可以看出，该同学在操作时的一个错误是砝码与烧杯放反了位置，根据天平平衡原理:左盘物体质量=右盘砝码质量+游码质量,若果放反了,则左盘砝码质量=右盘物体质量+游码质量，所以右盘物体质量=左盘砝码质量-游码质量=30-2.6=27.4g； 因此，本题正确答案是:砝码与烧杯放反了位置；27.4；‎ ‎21.某溶液中只含有Na2SO4、Na2CO3和NaCl三种溶质。欲证明其中SO42-、CO32-、Cl- 三种阴离子确实存在，我们设计了如下实验，请你认真填写下面的实验报告。‎ 实验步骤 实验现象 结论 ‎ 1、向盛放溶液的试管中加入足量_________。‎ ‎ 有气泡产生 ‎ ‎ 证明有CO32- ‎ ‎ 2、继续向试管中加入足量___________溶液 ‎ 有白色沉淀生成 ‎ 证明有______________。‎ ‎ 3、过滤，向滤液中加适量的_________溶液 有白色沉淀生成 ‎ ‎ 证明有______________。 ‎ ‎【答案】(1). 稀硝酸 (2). Ba(NO3)2溶液 (3). SO42− (4). 硝酸银溶液 (5). Cl−‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据常见酸和盐的物理性质和化学性质即可作答；氯化银、硫酸钡均是不溶于稀硝酸的白色沉淀；碳酸钡、碳酸银也是白色沉淀，但是能溶于稀硝酸。‎ ‎【详解】在检验氯离子时，是加入硝酸银出现白色沉淀，证明氯离子的存在；但是硫酸银是微溶于水的，量多了也就变成沉淀了，所以要先检验硫酸根离子，再检验氯离子；碳酸钡和碳酸银也都是白色的沉淀，在检验硫酸根离子和氯离子时，要先除去碳酸跟离子，但是不能引入会与钡离子、银离子生成沉淀的离子，故答案为：‎ 实验步骤 实验现象 结论 ‎ 盐酸 ‎ Ba(NO3)2溶液 ‎ SO42−.‎ ‎ 硝酸银溶液 ‎ Cl−‎ ‎22.阅读、分析下列两个材料：‎ 材料一：‎ 材料二：‎ 物质 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ 密度/‎ 溶解性 乙二醇 （C2H6O2）‎ ‎ ‎ ‎198 ‎ ‎1.11 ‎ 易溶于水和乙醇 ‎ 丙三醇 （C3H8O3）‎ ‎17.9 ‎ ‎290 ‎ ‎1.26 ‎ 能跟水、酒精以任意比互溶 ‎ 回答下列问题（填序号）：‎ A. 蒸馏法 B. 萃取法 C. “溶解、结晶、过滤”的方法 D. 分液法 ‎①将纯碱从氯化钠和纯碱的混合物中分离出来，最好应用_________。‎ ‎②将乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是____________。‎ ‎【答案】(1). C (2). A ‎【解析】‎ ‎【分析】①物质在同一溶剂中的溶解度不同,在饱和情况下,通过改变溶液温度而使其中的一种物质结晶析出,达到分离的效果； ②互溶的液体利用沸点相差比较大,采取蒸馏法分离。‎ ‎【详解】①‎ 由图可以知道,氯化钠溶解度受温度影响较小,碳酸钠溶解度受温度影响大,利用冷却热饱和溶液分离,即用热水把固体溶解配制成饱和溶液,等液体冷却后,因为碳酸钠的溶解度随温度变化大,而NaCl小,所以碳酸钠析出,而氯化钠留在母液当中,反复多次也可以提纯,故可用“溶解、结晶、过滤”的方法分离；因此，本题正确答案是:C； ②由表可以知道乙二醇和丙三醇互溶的液体,沸点相差比较大,可用蒸馏法分离；‎ 因此，本题正确答案是:A。‎ ‎23.已知铜在常温下能被HNO3溶解。反应方程式为： 3Cu＋8HNO3＝3Cu(NO3)2＋2NO ↑＋4H2O ‎(1)请将上述反应改成离子方程式，并用单线桥法表示电子得失的方向和数目__________‎ ‎(2)若生成448mL的NO(标准状况下)，则该过程中转移的电子是___________mol。‎ ‎(3)被还原硝酸占参加反应硝酸的比例为___________。‎ ‎【答案】(1). (2). 0.06 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）反应方程式为：3Cu＋8HNO3＝3Cu(NO3)2＋2NO ↑＋4H2O ‎；硝酸、硝酸铜均拆成离子形式，剩余物质均不拆，离子方程式为：3Cu＋8H+2NO3-＝3Cu2+＋2NO ↑＋4H2O；该反应中铜元素化合价升高，共失电子6个，根据电子得失守恒规律，硝酸根离子中氮原子得到6个电子，单纯桥法表示该反应电子得失的方向和数目如下：。‎ 故答案为：。‎ ‎（2）. 448mLNO的物质的量为0.02mol，则该过程中转移的电子0.02mol×3=0.06mol.‎ 故答案为：0.06。‎ ‎（3）根据反应可知，8mol HNO3参加反应，被还原的硝酸有2mol，所以被还原的硝酸参与反应硝酸的比例为2/8=1/4。故答案为：。‎ ‎24.某反应体系有反应物和生成物共7种物质：C、H2SO4、K2CrO4、K2SO4、CO2 、Cr2(SO4)3和H2O。已知该反应中发生如下过程：C→CO2‎ ‎。该反应的化学方程式：__________________________________________。‎ ‎【答案】3C + 10H2SO4 + 4K2CrO4 = 4K2SO4 + 2Cr2(SO4) 3 + 3CO2↑+ 10H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意：C→CO2，反应中C为还原剂， CO2为氧化产物，则K2CrO4为氧化剂，对应产物Cr2(SO4)3为还原产物；C→CO2化合价升高4，K2CrO4→Cr2(SO4)3化合价共降6，根据得失电子守恒，C系数为3，CO2系数为3，Cr2(SO4)3系数为2，则K2CrO4系数为4，根据原子个数守恒，K2SO4系数为4，H2SO4系数为10，H2O的系数为10，具体为：3C + 10H2SO4 + 4K2CrO4 = 4K2SO4 + 2Cr2(SO4) 3 + 3CO2↑+ 10H2O。故答案为：3C + 10H2SO4 + 4K2CrO4 = 4K2SO4 + 2Cr2(SO4) 3 + 3CO2↑+ 10H2O。‎