2018-2019学年辽宁省六校协作体高一下学期期初考试化学试题（解析版）

2018-2019学年辽宁省六校协作体高一下学期期初考试化学试题（解析版）

辽宁省六校协作体2018-2019学年高一下学期期初考试 化学试题 ‎1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列有关说法中错误的是 A. 春节燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩 B. 为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰 C. 小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂 D. 青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是钢 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、某些金属元素灼烧时产生特殊的火焰，这叫焰色反应，节日燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩，A正确；‎ B、包装袋内加入生石灰，利用了它们的吸水性，防止食物的受潮；要防止氧化，往往加入还原铁粉，B错误；‎ C、小苏打的化学名是碳酸氢钠，显碱性，能中和发酵过程产生的酸，同时受热易分解：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，使食物膨松，碳酸氢钠碱性较弱，对胃的刺激弱，是治疗胃酸过多的一种药剂，C正确；‎ D、青铜成分是铜、锡，夏商时期就开始使用了，是我国最早使用的合金，钢铁是目前世界上使用量最大的合金，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎2. 下列物质中含有的杂质(括号内为杂质)，不可以用加热的方法除去的是( )‎ A. CaCO3(CaO) B. Na2O2(Na2O) C. Na2CO3(NaHCO3) D. MgO[Mg(OH)2]‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：CaCO3加热分解为CaO，不可以用加热的方法除去CaO，故A正确；Na2O加热生成Na2O2，故B错误；NaHCO3加热生成Na2CO3，故C错误；Mg(OH)2加热生成MgO，故D错误。‎ 考点：本题考查物质除杂。‎ ‎3.如图所示：烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹，烧杯中的液体呈喷泉状喷出，则a、b不可能是 A. a为Cl2气体，b为饱和NaCl溶液 B. a为NH3气体，b为盐酸溶液 C. a为CO2气体，b为浓NaOH溶液 D. a为NO2气体，b为H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻震荡烧瓶，然后打开弹簧夹，烧杯中的液体呈喷泉状喷出，则气体a极易溶于水，或极易与烧杯中的液体反应，导致气体减少，构成压强差，从而形成喷泉，以此来解答。‎ ‎【详解】A. Cl2能溶于水，饱和NaCl溶液可降低其在水中的溶解度，抑制氯气的溶解，不能形成压强差，则不能形成喷泉，故A选；‎ B. 氨气极易溶于水，可与盐酸反应生成NH4Cl，导致气体减少，构成压强差，可形成喷泉，故B不选；‎ C. CO2可与浓NaOH反应，导致气体减少，构成压强差，从而形成喷泉，故C不选；‎ D. NO2易溶于水生成硝酸和NO，构成压强差，可形成喷泉，故D不选；‎ 答案选A。‎ ‎4.下列解释事实的离子方程式正确的是 A. 氯化钙溶液中通入CO2气体: Ca2++H2O+CO2== CaCO3↓+2H+‎ B. 钠投入CuSO4溶液中：2Na +Cu2+ = Cu + 2Na+‎ C. NaClO溶液中通入少量的SO2：ClO-+H2O+SO2==Cl-+SO42-+2H+‎ D. 用三氯化铁溶液回收印刷电路板上的金属铜：Fe3++Cu==Cu2++Fe2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯化钙溶液中通入CO2气体不反应，A错误；‎ B. 钠投入CuSO4溶液中生成氢氧化铜沉淀、硫酸钠和氢气：2Na+Cu2++2H2O＝Cu(OH)2↓+H2↑+2Na+，B错误；‎ C. NaClO溶液中通入少量的SO2：ClO-+H2O+SO2＝Cl-+SO42-+2H+，C正确；‎ D. 用三氯化铁溶液回收印刷电路板上的金属铜：2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.在透明的溶液中可以大量共存的离子组是 A. K+、Fe3+、SO32-、I- B. OH-、Ba2+、Na+、NH4+‎ C. Fe2+、K+、SO42-、NO3- D. HCO3-、NO3-、OH-、K+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、发生的反应分析判断。‎ ‎【详解】A、在溶液中铁离子能氧化碘离子生成单质碘和亚铁离子，不能大量共存，A不选；‎ B、在溶液中氢氧根离子能和铵根离子反应生成一水合氨，不能大量共存，B不选；‎ C、在溶液中Fe2+、K+、SO42-、NO3-之间不反应，能大量共存，C选；‎ D、在溶液中氢氧根离子能和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水，不能大量共存，D不选；‎ 答案选C。‎ ‎6.阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是 A. 标准状况下，22.4 L的SO3中含有的SO3分子数为NA B. 1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA。‎ C. 50 mL 18 mol/L浓硫酸与足量铜共热产生SO2的分子数为0.45NA。‎ D. 含1 mol FeCl3的溶液与沸水作用形成Fe(OH)3胶粒数目小于NA。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 标况下，三氧化硫为固体；‎ B. 1 mol氯气发生歧化反应时，转移的电子数并不是2 mol；‎ C. 随着反应的进行，浓硫酸的浓度会下降，铜只能和浓硫酸共热条件下反应生成SO2，不能和稀硫酸反应生成SO2；‎ D. 一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体。‎ ‎【详解】A. 标况下，三氧化硫为固体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A项错误；‎ B. 1 mol氯气与氢氧化钠溶液的反应中，转移的电子为1 mol，故B项错误；‎ C. 铜只能与浓硫酸反应生成二氧化硫，当硫酸变稀后与铜不反应，故浓硫酸不能完全反应完，故生成的二氧化硫的分子个数小于0.45 NA个，故C项错误；‎ D. 一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，则1 mol氯化铁形成的胶粒的个数小于NA个，故D项正确；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题A项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4‎ ‎ L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。‎ ‎7.实验室可用如图所示的装置干燥、储存气体R,多余的气体可用水吸收,则R是 A. NO2 B. NO C. SO2 D. NH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 该装置的收集装置是利用向下排空气法收集，则收集的气体密度应小于空气密度，且和氧气不反应，尾气处理装置中用水吸收气体，说明该气体极易溶于水。‎ A、NO2气体的密度大于空气，应采用向上排空气法收集，故A不合题意；‎ B、NO和氧气能反应生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集，故B不合题意；‎ C、SO2气体的密度大于空气，应采用向上排空气法收集，故C不合题意；‎ D、氨气的密度小于空气，常温下和氧气不反应，且极易溶于水，所以可以用水吸收尾气，故D正确。‎ 考点：考查气体的收集和尾气处理 点评：本题考查了气体的收集和尾气处理，难度不大。解题时应注意根据题目所给的装置，结合各种气体的物理性质综合分析。‎ ‎8.下列实验操作、现象正确的是 实验现象 解释 A KI淀粉溶液中通入Cl2,溶液变蓝 淀粉能与Cl2发生反应 B 胶体的微粒可以透过滤纸,不能透过半透膜 胶体的微粒直径介于1―100nm之间 C 用洁净玻璃棒蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色 溶液中有Na+、无K+‎ D 某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀生成 是由于该溶液中含有SO42-‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Cl2具有氧化性，可与KI反应生成碘单质，淀粉遇碘变蓝色，故A错误；‎ B. 因胶体的微粒直径介于1～100 nm之间，可透过滤纸，不能透过半透膜，只有离子、小分子才可以透过半透膜，故B正确；‎ C. 钠离子的焰色反应呈黄色，但是对钾离子检验会造成干扰，钾离子的焰色反应要透过钴玻璃来观察，故C错误；‎ D. 硝酸能将SO32-氧化成SO42-，且白色沉淀也可能是氯化银，则原溶液中不一定含有SO42-，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题侧重考查化学实验的要求与评价，D项是解答的易错点，检验硫酸根离子时需要注意加入的硝酸的氧化性，可能会干扰相关离子的检验，SO42-正确的检验方法是：取少许原溶液于试管中，滴加几滴稀盐酸，若无明显现象，再加入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则证明原溶液中有SO42-。‎ ‎9.下列关于硫的叙述中不正确的是 A. 实验室常用酒精除去附着在试管壁上的硫黄 B. 单质硫既有氧化性，又有还原性 C. SO2通入酸性高锰酸钾溶液中使之褪色说明SO2具有还原性 D. SO2通入饱和H2S溶液中析出浅黄色沉淀说明SO2具有氧化性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 硫黄不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳；‎ B. 硫元素的常见价态有-2价、0价、+4价和+6价；‎ C. 酸性高锰酸钾与二氧化硫会发生氧化还原反应；‎ D. SO2与H2S发生归中反应。‎ ‎【详解】A. 因硫黄易溶于二硫化碳（CS2），实验室常用二硫化碳（CS2）除去附着在试管壁上的硫黄，故A项错误；‎ B. 单质硫的化合价位0价，可以被还原为-2价，也可被氧化为+4、+6等价态，则单质硫既有氧化性，又有还原性，故B项正确；‎ C. SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，酸性高锰酸钾会因与二氧化硫发生氧化还原反应而褪色，SO2‎ 会被氧化为SO42-，具有还原性，故C项正确；‎ D. SO2与H2S发生的化学反应方程式为：SO2+2H2S = 3S↓+2H2O ‎10.由钠、镁、铝、锌四种金属单质中的两种组成的合金共11.5g，跟足量的盐酸反应产生11.2L氢气(标准状况)，那么此合金中一定含有的金属是( )‎ A. Al B. Mg C. Na D. Zn ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】计算与盐酸反应产生11.2L氢气所需要的各金属的质量：‎ 列比例式：=，解得m(Na)=23g。‎ 列比例式：=，解得m(Mg)=12g。‎ 列比例式：=，解得m(Al)=9g。‎ 列比例式：=，解得m(Zn)=32.5g。‎ 根据平均值的思想，合金的质量应该介于两组分质量之间，只有Al的质量小于11.5g，所以合金中一定含有的金属是Al。答案选A。‎ ‎【点睛】利用平均值思想解题时，首先要确定可用数值计算的物理量（如本题中“与盐酸反应产生11.2L氢气所需要的各金属的质量”），再分别计算各组分的物理量数值，最后根据混合物该物理量的数值（即平均值）介于组分数值之间来解决问题。‎ ‎11.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. FeFeCl2Fe(OH)2‎ B. SSO3H2SO4‎ C. CaCO3CaOCaSiO3‎ D. NH3NOHNO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、Fe与Cl2反应只生成FeCl3，故A错误；B、S与O2反应先生成SO2，故B错误；C、两步均能实现，故C正确；D、NO和水不反应，故D错误；故选C。‎ ‎12.下列装置所示的实验中，不能达到实验目的是 A．长时间看到Fe(OH)2白色沉淀 B．证明ρ(煤油)< ρ(钠) < ρ(水)‎ C．探究氧化性：‎ KMnO4＞Cl2＞I2‎ D．比较NaHCO3、Na2CO3的热稳定性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、铁与稀硫酸反应氢气，氢气排出试管内的空气，能防止Fe(OH)2被氧化；‎ B、金属钠在水、煤油的界面上下移动；‎ C、KMnO4与浓盐酸反应放出氯气，氯气与KI反应生成碘单质；‎ D、加热时，大试管温度高、小试管温度低，温度高的先分解不能得出正确结论。‎ ‎【详解】A、铁与稀硫酸反应氢气，氢气排出试管内的空气，能防止Fe(OH)2被氧化，长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，故A能达到实验目的；‎ B、金属钠在水、煤油的界面上下移动，能证明ρ(煤油)< ρ(钠) < ρ(水)，故A能达到实验目的；‎ C、KMnO4与浓盐酸反应放出氯气，证明氧化性KMnO4＞Cl2，氯气与KI反应生成碘单质，证明氧化性Cl2＞I2，故C正确；‎ D、因碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，比较稳定性应将碳酸氢钠放在温度低的小试管中，故D不能达到实验目的。‎ ‎13.某同学在实验室中用Ca（ClO）2代替MnO2制备Cl2，反应原理为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O．下列叙述不正确的是( )‎ A. 氧化剂为Ca（ClO）2，其中Cl元素被还原 B. 若有2molH2O生成，则反应中有2mol电子转移 C. 浓HCl在反应中起酸性和还原性的作用 D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、该反应中，次氯酸钙中氯原子得电子作氧化剂，盐酸中氯原子失电子作还原剂；‎ B、该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，盐酸失去2mol电子需要2mol盐酸作还原剂，生成2mol H2O。‎ C、根据氯元素的化合价变化来确定浓HCl的性质；‎ D、该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，盐酸失去2mol电子需要2mol盐酸作还原剂。‎ ‎【详解】A、该反应中，次氯酸钙中氯原子得电子作氧化剂，发生还原反应，其中Cl元素被还原，故A正确；‎ B、该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，需要2mol盐酸作还原剂，生成2mol H2O，所以若有2molH2O生成，则反应中有2mol电子转移，故B正确；‎ C、该反应中，浓盐酸中的氯元素部分失去电子作还原剂，部分化合价不变，显示酸性，所以浓盐酸表现的性质是还原性和酸性，故C正确；‎ D、该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，需要2mol盐酸作还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故D错误 。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，注意该反应中盐酸既表现还原剂又表现酸性，题目难度不大。‎ ‎14.在标准状况下，将O2和NO2按1∶4的体积比充满干燥烧瓶，把烧瓶倒置于水中，瓶内液体逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，最终烧瓶内溶液溶质的物质的量浓度为 A. mol·L－1 B. mol·L－1 C. mol·L－1 D. mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶于水发生的反应是4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，根据n＝V/Vm、c＝n/V计算硝酸的浓度。‎ ‎【详解】设烧瓶的体积为V L，由于O2和NO2的体积比为1∶4，所以NO2的体积为V L，由4NO2+O2+2H2O＝4HNO3可知二者恰好反应，因此最终液体充满整个烧瓶，溶液体积为V L，NO2的物质的量为V L÷22.4 L·mol−1=V mol，所以硝酸的物质的量浓度为V mol÷V L=mol·L−1。答案选C。‎ ‎15.标准状况下，某同学向 100 mL H2S 饱和溶液中通入SO2， 所得溶液 pH 变化如图所示。下列分析中，正确的是（ ）‎ A. ab 段反应是：SO2+ 2 H2S="3S↓+2" H2O B. 亚硫酸是比氢硫酸更弱的酸 C. 原H2S溶液的物质的量浓度为0.05 mol•L－1‎ D. b 点对应的溶液导电性最强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．ab段pH在增大，由酸性到中性，则发生的反应是SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，A正确；B．由图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，n（SO2）＝0.112L÷22.4L/mol＝0.005mol，由SO2+2H2S＝3S↓+2H2O可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化硫时，溶液中亚硫酸为0.01mol，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性比氢硫酸更强，B错误；C．由图可知，112mLSO2与硫化氢恰好完全反应，则n（SO2）＝0.005mol，由方程式可知n（H2S）=0.01mol，则原H2S溶液的物质的量浓度为0.01mol÷0.1L＝0.1mol/L，C错误；D．b点为中性，只有水，导电性最差，D错误；答案选A。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查硫元素化合物性质、化学反应图像等 ‎【名师点晴】明确反应的原理以及图像的变化趋势是解答的关键，关于图像题需要注意：①看面：弄清纵、横坐标的含义。②看线：弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。③看点：弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。‎ ‎16.限一种试剂，经过一次性实验就能鉴别Na2CO3 、(NH4)2SO4 、NH4Cl 、KNO3溶液，应选用 A. AgNO3 溶液 B. NaOH溶液 C. Ba(OH)2溶液 D. 盐酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、加入AgNO3溶液，Na2CO3溶液、（NH4）2SO4溶液、NH4Cl溶液都能生成沉淀，不能鉴别，A不合题意；B、加入NaOH溶液不能鉴别Na2CO3溶液、KNO3溶液，二者与NaOH溶液不反应，无明显现象，不能鉴别（NH4）2SO4溶液、NH4Cl溶液，二者都生成NH3，B不合题意；C、根据四种溶液中含有的离子可知，鉴别CO32-、SO42-离子可用Ba2+，鉴别NH4+离子可用OH-，所以加入Ba（OH）2溶液，Na2CO3溶液可生成白色沉淀，KNO3溶液不反应，无现象，与（NH4）2SO4溶液反应既产生白色沉淀，又有刺激性气体产生，NH4Cl溶液只产生刺激性气体，可鉴别，C符合题意；D、加入HCl与KNO3溶液、（NH4）2SO4溶液、NH4Cl溶液都不反应，无法鉴别，D不合题意，答案选C。‎ ‎【考点定位】考查物质的性质、物质的鉴别 ‎【名师点晴】进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可，学习中注意把握物质的性质。‎ ‎17. 把铁和铜加入到氯化铁、氯化亚铁和氯化铜的混合溶液中，反应后铁有剩余则 A. 溶液中有Fe2＋、Cu2＋‎ B. 剩下的固体是Fe和Cu C. 溶液中有Fe3＋、Fe2＋‎ D. 剩下的固体是Fe，无Cu ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：铁和铜加入到氯化铁、氯化亚铁和氯化铜的混合溶液中，反应后铁有剩余，由于铁的还原性强，Cu 不会参与反应，并且铁会把氯化铜溶液中的铜置换出来，所以最后溶液就是FeCl2溶液，得到的固体是Fe和Cu 混合物，所以选B。‎ 考点：氧化还原反应的先后，物质组成的推断 ‎18.下列有关SO2的性质的探究实验报告记录的实验现象正确的是 A 无色 无色 无现象 无色溶液 B 红色 无色 白色沉淀 白色溶液 C 无色 无色 白色沉淀 无色溶液 D 红色 无色 白色沉淀 白色溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ 二氧化硫为酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，所以a中溶液显酸性，颜色为无色；SO2具有漂白性，能够使品红褪色，所以b中溶液变为无色；SO2还具有还原性，能够被硝酸氧化生成硫酸根离子，硫酸钡离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以C中产生白色沉淀；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性弱于盐酸，所以二氧化硫与氯化钡溶液不反应，所以d中不会产生白色沉淀，答案选C。‎ ‎19.某100 mL溶液可能含有Na＋、NH4+、Fe3＋、CO32-、SO42-、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下(所加试剂均过量，气体全部逸出)：‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A. 原溶液一定存在CO32-和SO42-，一定不存在Fe3＋‎ B. 原溶液一定存在Cl－，可能存在Na＋‎ C. 原溶液中c(Cl－)≥0.1 mol·L－1‎ D. 若原溶液中不存在Na＋，则c(Cl－)＜0.1 mol·L－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32-、SO42-，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是 = 0.01 mol，碳酸根离子的物质的量是 = 0.01‎ ‎ mol，因碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，则为氨气，故原溶液中一定含有铵根离子，根据元素守恒可知，铵根离子的物质的量是 = 0.05 mol，根据溶液的电中性可判断钠离子与氯离子是否存在。‎ ‎【详解】有上述分析可知：‎ A. 原溶液一定存在CO32-和SO42-，因Fe3＋与CO32-不共存，则一定不存在Fe3＋，故A项正确；‎ B. 根据溶液呈现电中性可知，原溶液一定存在Cl－，可能存在Na＋，需要进行焰色反应才能确定是否含有Na＋，故B项正确；‎ C. 阳离子所带正电荷的物质的量之和：因为铵根离子的物质的量为0.05 mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.01×2+0.01×2 = 0.04mol，所以原溶液中一定存在氯离子，且c(Cl−)⩾0.1mol⋅L−1，故C项正确；‎ D. 若原溶液中不存在Na+，根据电中性原则可知，n(Cl−) = 0.05 mol-0.04 mol = 0.01 mol，则c(Cl−) = 0.1mol⋅L−1，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎20.将12.8g铜片加入到100ml一定浓度的硝酸溶液中，铜片完全溶解，产生NO和NO2的混合气体4.48L（标准状况下）；若向反应后的溶液中加入400ml、2mol/L NaOH溶液，能使溶液中的Cu2+恰好完全沉淀。下列说法不正确的是 A. 反应后溶液中剩余NO3－的物质的量为0.4mol B. 原硝酸溶液的物质的量浓度为10mol/L C. 铜片与硝酸反应过程中转移电子0.4mol D. 混合气体中NO和NO2的体积之比为1︰1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、反应后溶液中，溶质是NaNO3，根据元素守恒计算反应后溶液中剩余NO3－的物质的量；‎ B、根据氮元素守恒计算原硝酸溶液的物质的量浓度；‎ C、根据铜的物质的量计算转移电子的物质的量；‎ D、根据电子守恒、元素守恒计算NO和NO2的体积比；‎ ‎【详解】A、向反应后的溶液中加入NaOH溶液，反应后溶液中的溶质是NaNO3，根据元素守恒0.4L2mol/L=0.8mol，故A错误； ‎ B、根据氮元素守恒，原硝酸溶液的物质的量=反应后溶液中NO3－的物质的量+产生NO和NO2的物质的量=0.8mol+=1mol，原硝酸溶液的物质的量浓度为10mol/L，故B正确； ‎ C、反应中转移电子的物质的量=0.4mol，故C正确； ‎ D、NO和NO2的物质的量分别是xmol、ymol，根据元素守 ①，根据得失电子守恒 ②；联立①②，解方程组的x=0.1、y=0.1，所以混合气体中NO和NO2的体积之比为1︰1，故D正确。‎ ‎【点睛】本题借助铜和硝酸的反应考查了得失电子数守恒、质量守恒等在化学计算中的应用，应注意的是在铜和硝酸反应时，硝酸表现酸性，又表现氧化性。‎ ‎21.（1）0.3 mol NH3分子中所含原子数与________个H2O分子中所含原子数相等。‎ ‎（2）0.1 mol/L Al2(SO4)3溶液100mL与0.3mol/LK2SO4溶液200mL混合,则所得溶液中硫酸根离子的物质的量浓度为__________。（混合后，忽略体积变化）‎ ‎（3）相同质量的SO2、SO3的氧原子的个数之比为________。‎ ‎（4）液态化合物在一定量的氧气中恰好完全燃烧，反应方程式为：XY2（l）+3O2（g）=XO2（g）+2YO2（g）冷却后，在标准状况下测得生成物的体积是336mL，密度是2.56g/L．‎ ‎①反应前O2的体积是_____mL（标准状况），化合物XY2的摩尔质量是_____．‎ ‎②若XY2分子中X、Y两元素的质量比是3：16，则X、Y两元素分别为_____和_____（写元素符号）．‎ ‎【答案】 (1). 0.4NA (2). 0.3mol/L (3). 5:6 (4). 336 (5). 76g/mol (6). C (7). S ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据氨气和水分子含有的原子个数分析计算；‎ ‎（2）根据溶液中硫酸根离子的物质的量和溶液的体积结合c＝n/V计算；‎ ‎（3）根据n＝m/M、N=nNA结合二者的组成分析；‎ ‎（4）①根据反应的方程式和质量守恒定律解答；‎ ‎②根据X与Y的质量之比结合化学式计算二者的相对原子质量，据此判断元素名称。‎ ‎【详解】（1）0.3mol氨气含有原子的物质的量=0.3mol×4=1.2mol，与0.3mol氨气所含原子数相等的H2O的物质的量=1.2mol÷3=0.4mol，故水分子数目为0.4NA；‎ ‎（2）0.1 mol/L Al2(SO4)3溶液100mL与0.3mol/LK2SO4溶液200mL混合，混合溶液中含有硫酸根离子的物质的量为0.1 mol/L×3×0.1L+0.3mol/L×0.2L=0.09mol，则所得溶液中硫酸根离子的物质的量浓度=0.09mol÷0.3L=0.3mol/L；‎ ‎（3）假设质量均为1g，则SO2、SO3的物质的量之比是1/64；1/80＝5：4，所以含有氧原子数之比为：5×2：4×3＝5：6；‎ ‎（4）①由XY2(l)+3O2(g)=XO2(g)+2YO2(g)可知，反应前后气体体积相同，则反应前O2的体积是336mL；生成物总物质的量为n(XO2)+n(YO2)=0.336L÷22.4L/mol=0.015mol，根据方程式可知n(XO2)：n(YO2‎ ‎)=1：2，则n(XO2)=0.005mol，n(YO2)=0.01mol，总质量为：m(XO2)+m(YO2)=0.336L×2.56g/L=0.86g。根据质量守恒可知：m(XY2)+m(O2)=m(XO2)+m(YO2)=0.86g，m(O2)=0.015mol×32g/mol=0.48g，m(XY2)=0.86g-0.48g=0.38g，又n(XY2)=n(XO2)=0.005mol，则M(XY2)=0.38g÷0.005mol=76g/mol；‎ ‎②在XY2分子中X、Y两元素的质量之比为3：16，则1molXY2分子中X的质量为76g×3/19=12g，Y的质量为76g-12g=64g，由1molXY2分子中含有1molX，2molY，所以X的相对原子质量为12，Y的相对原子质量为64÷2=32，则X为C元素，Y为S元素。‎ ‎【点睛】解答本题需要熟练掌握物质的量的计算公式。本题的易错点和难点为(4)，根据生成物(混合物)的体积和密度可以求出混合物的质量，再根据质量守恒定律分析解答，在判断元素种类时，需要借助于常见元素的相对原子质量判断。‎ ‎22.“84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1病毒，某同学购买了一瓶“威露士”牌“84消毒液”，并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：“84消毒液”：含25%NaClO、1000 mL、密度 1.192 g·cm−3，稀释100倍(体积比)后使用。请根据以上信息和相关知识回答下列问题：‎ ‎（1）该“84消毒液”的物质的量浓度为________mol·L−1。‎ ‎（2）该同学取100 mL“威露士”牌“84消毒液”稀释后用于消毒（假设稀释后溶液密度为1 g·cm−3 ），稀释后的溶液中c(Na+)=________mol·L−1。‎ ‎（3）一瓶“威露士”牌“84消毒液”能吸收空气中________L的CO2(标准状况)而变质。(已知：CO2+2NaClO+H2O＝Na2CO3+2HClO)‎ ‎（4）该同学参阅“威露士”牌“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL、0.2 mol·L−1 NaClO的消毒液。‎ ‎①需要的玻璃仪器_______________________。‎ ‎②利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果_______(偏高，偏低，无影响)。‎ ‎③需要称量的NaClO固体质量为____________克。‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). 0.04 (3). 44.8 (4). 500mL容量瓶，烧杯，玻璃棒，胶头滴管 (5). 偏低 (6). 149‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据c＝1000ρω/M计算该溶液的物质的量浓度；‎ ‎（2）根据稀释过程中溶质的物质的量不变分析解答；‎ ‎（3）根据次氯酸钠和二氧化碳反应的方程式计算消耗二氧化碳的体积；‎ ‎（4）根据配制过程分析需要的仪器；根据购买的商品NaClO可能部分变质导致NaClO减少分析；应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，根据m=cVM计算次氯酸钠质量。‎ ‎【详解】（1）该溶液的物质的量浓度=1000ρω/M=1000×1.192×25%/74.5 mol·L－1=4.0mol/L；‎ ‎（2）稀释100倍后，溶液中NaClO浓度应该是浓溶液的1/100，为0.04mol/L，根据钠原子守恒得c（Na+）=c（NaClO）=0.04mol/L；‎ ‎（3）一瓶“84消毒液”含有n（NaClO）=1 L×4.0 mol•L-1=4.0 mol，根据反应CO2+2NaClO+H2O＝Na2CO3+2HClO可知需要CO2的物质的量为2.0 mol，即标准状况下V（CO2）=2.0 mol×22.4 L•mol-1=44.8 L；‎ ‎（4）①配制过程一般是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，则需要的玻璃仪器有500mL容量瓶，烧杯，玻璃棒，胶头滴管；‎ ‎②由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以商品NaClO可能部分变质导致NaClO减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低；‎ ‎③应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO的质量为：0.5 L×4.0 mol•L-1×74.5 g•mol-1=149 g。‎ ‎【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制、注意题干中次氯酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸钠而不是碳酸氢钠，为易错点，注意题干信息的应用。‎ ‎23.某兴趣小组利用以下装置制备氮化镁并探究氮化镁的某些性质。‎ 已知：氮化镁易跟水发生反应；装置B中发生的主要反应为：3Br2+2NH3＝6HBr+N2、HBr+NH3＝NH4Br。‎ 实验步骤及现象：‎ ‎①连接仪器并检查装置的气密性。‎ ‎②通入惰性气体。‎ ‎③打开分液漏斗活塞，观察到B中浓溴水颜色变浅至褪色，C中产生无色气泡。‎ ‎④点燃酒精灯，观察E中固体变成了黄绿色。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A装置中仪器a的名称为______，通入惰性气体的目的是__________________。‎ ‎（2）装置C的作用是______________________。‎ ‎（3）D装置中的P2O5是一种非氧化性的酸性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是______。‎ a.NH3 b. HI c. SO2 d. CO2‎ ‎（4）E装置中发生反应的化学方程式为：___________________________。‎ ‎（5）此装置中存在着明显缺陷，你的改进措施是_________________________。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 排除装置中的空气 (3). 吸收氮气中混有的HBr(Br2)气体 (4). b (5). N2+3MgMg3N2 (6). 在E后连接装有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E装置中 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题是制备氮化镁的实验设计题，整个流程依次是先制取氨气，利用溴氧化氨气得氮气，用氢氧化钠溶液除挥发的溴，再用五氧化二磷干燥氮气，最后在加热的情况下镁与氮气反应生成氮化镁，结合题干中的问题分析解答。‎ ‎【详解】（1）A装置中仪器a的名称为分液漏斗；为防止镁带与氧气反应，因此需要通入惰性气体，排出装置中的空气，提供无氧环境，避免副产物的生成，即通入惰性气体的目的是排除装置中的空气。‎ ‎（2）溴易挥发，生成的氮气中含有溴蒸汽以及溴化氢，则装置C的作用是吸收氮气中混有的HBr(Br2)气体，防止副反应的发生；‎ ‎（3）NH3能与酸反应，HI具有强还原性，故氨气不能用浓硫酸干燥，也不能用五氧化二磷干燥， HI不能用浓硫酸干燥，但能用五氧化二磷干燥，CO2和SO2都可以用二者干燥，故答案为b；‎ ‎（4）E中发生反应的化学方程式为N2+3MgMg3N2；‎ ‎（5）由于氮化镁易跟水发生反应，所以为防止氮化镁水解，在E装置后要接一个干燥装置，防空气中的水蒸汽进入E装置。‎ ‎24.（1）K2Cr2O7 + 14HCl= 2KCl + 2CrCl3 + 3Cl2↑+ 7H2O （用“单线桥”表示电子转移的方向和数目）___,氧化产物与还原产物的物质的量之比为_____________。‎ ‎（2）______mol H2O中共含有9.03×1022个原子，其质量为_______。 ‎ ‎（3）配平下列氧化还原反应方程式：___KMnO4+___H2S+__H2SO4(稀) —__MnSO4+__S↓+__K2SO4+__H2O ‎（4）Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的环境污染。化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl2（气）＋8NH3（气）＝6NH4Cl（固）＋N2（气），若反应中消耗Cl2 1.5 mol, 则被氧化的NH3在标准状况下的体积为______ L。‎ ‎【答案】 (1). (2). 3:2 (3). 0.05 (4). 0.9 (5). 2 5 3 2 5 1 8 (6). 22.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据方程式确定转移电子数目，单线桥由提供电子的物质(元素)指向得电子的物质(元素)；据化合价变化判断还原产物、氧化产物，根据方程式判断氧化产物与还原产物的物质的量之比；‎ ‎（2）根据n=N/NA计算9.03×1022个原子的物质的量，结合1个水分子含有原子数目计算水的物质的量，根据m=nM计算水的质量；‎ ‎（3）根据元素的化合价变化情况利用电子得失守恒以及原子守恒配平；‎ ‎（4）被氧化的氨气生成氮气，根据方程式利用氯气的物质的量计算生成氮气的物质的量，再根据氮原子守恒计算被氧化的氨气的物质的量，根据V=nVm计算被氧化的氨气的体积。‎ ‎【详解】（1）反应中Cr元素化合价降低，元素化合价由+6价降低为+3价，氯元素化合价从－1价升高到0价，反应中共转移电子数为6e-，用单线桥法标出电子转移的方向和数目可表示为；K2Cr2O7所含的Cr元素化合价降低，K2Cr2O7为氧化剂，根据化合价变化可知，CrCl3是还原产物、Cl2是氧化产物，根据方程式可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：2；‎ ‎（2）9.03×1022个原子的物质的量为=0.15mol，1个水分子含有3个原子，故水的物质的量为0.15mol÷3=0.05mol，故水的质量为0.05mol×18g/mol=0.9g；‎ ‎（3）反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7降低为+2，共降低5价，H2S→S，S元素化合价由-2价升高为0价，共升高为2价，化合价升降最小公倍数为10，故KMnO4的系数为2，H2S的系数为5，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后方程式为：2KMnO4+5H2S+3H2SO4(稀)＝2MnSO4+5S↓+K2SO4+8H2O；‎ ‎（4）被氧化的氨气生成氮气，根据方程式可知生成氨气的物质的量为1.5mol÷3=0.5mol，根据氮原子守恒可知被氧化的氨气的物质的量为0.5mol×2=1mol，故被氧化的氨气的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应基本概念、配平、计算与电子转移表示方法等。注意从元素化合价的角度判断氧化还原反应的相关概念，注意电子得失守恒的灵活应用。本题的易错点为（1），注意单线桥法与双线桥的区别。‎ ‎ ‎