2018-2019学年浙江省余姚中学高一上学期期中考试化学试题（解析版）

2018-2019学年浙江省余姚中学高一上学期期中考试化学试题（解析版）

‎2018-2019学年浙江省余姚中学高一上学期期中考试化学试题（解析版）‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 K-39 Mg-24 Cl-35.5 Ca-40 ‎ 第Ⅰ卷(选择题，共46分)‎ 一、选择题(本题共 23 小题，共 46分。每题只有一个符合题意的选项。)‎ ‎1. 分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用，下列分类标准合理的是 A. 根据碳酸钠溶于水呈碱性，碳酸巧既属于盐，又属于碱 B. 根据物质是否能导电，将物质分为电解质、非电解质 C. 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体 D. 根据反应过程中元素化合价是否发生变化，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐，水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，碳酸钠属于盐不是碱，故A错误；B．水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态都不导电的化合物为非电解质，金属可以导电但不是化合物，不是电解质或非电解质，故B错误；C．分散系的本质是微粒直径大小，分散质微粒直径在1nm-100nm形成的分散系为胶体，分散质微粒直径大于 100nm形成的分散系为浊液，小于1nm形成的分散系为溶液，故C错误；D．化学反应过程中元素化合价变化是氧化还原反应的标志，根据化学反应过程中元素化合价是否发生变化，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，D正确。故选D。‎ 考点：考查常见物质的分类方法 ‎2.海水中含有大量的化学元素,自然界中的有些元素主要存在于海水中。下列元素中,被称为“海洋元素”的是 A. 钠 B. 碘 C. 溴 D. 氯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，故溴有“海洋元素”的美称。答案选C。‎ 考点：海水资源 ‎3.下列叙述中正确的是 A. H3O＋和OH－中具有相同的质子数和电子数 B. 35Cl2 与37Cl2属于同一种物质 C. 235 U和238 U互为同位素，物理性质几乎相同，化学性质不同 D. 质子数相同的微粒一定属于同一元素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 一个氢氧根离子中的质子数是9个，电子数是10个；‎ B. 35Cl2 与37Cl2都是由氯元素组成的单质；‎ C. 互为同位素原子，核外电子排布相同，最外层电子数决定其化学性质；‎ D. 质子数相同的原子一定属于同种元素；‎ ‎【详解】A. H3O＋质子数为11，OH－中的质子数是9，因此两者质子数不同，故A项错误；‎ B. 35Cl2 与37Cl2都是由氯元素组成的单质，结构相同，为同一物质；‎ C. 互为同位素原子，核外电子排布相同，最外层电子数决定其化学性质，因此同位素的化学性质几乎完全相同，但物理性质不同，故C项错误；‎ D. 元素的研究对象是原子，质子数相同的微粒不一定属于同种元素，如CH4与H2O故D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.厨房中的化学知识很多，下面是有关厨房中的常见操作或者常见现象，其中发生的变化不属于氧化还原反应的是(　　)‎ A. 食物长时间放置后变质腐败 B. 燃烧液化石油气为炒菜提供热量 C. 用活性炭除去冰箱中的异味 D. 烧菜用过的铁锅出现红棕色斑迹 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．食物长时间放置易被空气中氧气氧化，发生氧化还原反应，故A不选；B．液化石油气的燃烧属于氧化还原反应，故B不选；C．用活性炭除去冰箱中的异味是利用了活性炭的吸附性，属于物理变化，故C选；D．烧菜用过的铁锅出现红棕色斑迹，属于铁被氧化为生锈的过程，故D不选；故选C。‎ 考点：考查氧化还原反应 ‎5.下列有关物理量相应的单位表达错误的是 A. 摩尔质量g/mol B. 气体摩尔体积mol/L C. 阿伏伽德罗常数mol-1 D. 密度g/cm3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．根据摩尔质量的定义及其表达式M= 判断摩尔质量的单位；‎ B．根据气体摩尔体积的定义及其表达式Vm = 来分析；‎ C．阿伏加德罗常数的单位是mol-1；‎ D．根据密度的表达式ρ = 进行判断。‎ ‎【详解】A. 摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，单位是g/mol，故A项正确；‎ B. 气体摩尔体积是指单位物质的量的气体所占有的体积，单位是L/mol，故B项错误；‎ C. 1 mol任何粒子的粒子数叫阿伏加德罗常数，通常用6.021023 mol-1表示，因此其单位为mol−1，故C项正确；‎ D. 密度的表达式为：ρ = ，所以密度的单位是g/cm3，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎6.下列有关物质性质实验的叙述，正确的是 A. 钠在空气中燃烧，生成淡黄色的氧化钠 B. 钠是一种强还原剂，可以把钛从其盐溶液中置换出 C. 将灼热的铜丝放入盛有氯气的集气瓶中，生成棕黄色的雾 D. Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，因而可用于净水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：钠在空气中燃烧生成过氧化钠，A错误；钠的性质非常活泼，与水剧烈反应，故钠不能用于水溶液中的置换，B错误；氯气与铁反应生成棕红色的烟，C错误；氢氧化铁胶体表面积大，用于吸附水中的悬浮杂质而净水，D正确，答案选D。‎ 考点：胶体的性质 ‎7.下列关于钠及其化合物的叙述错误的是 A. 取用金属钠时，所需用品一般有小刀、镊子、滤纸、玻璃片 B. 金属钠与Ca(HCO3)2溶液反应时，既有白色沉淀又有气体逸出 C. 生理盐水的质量分数为0.9%，与人体的血液中含量相同，它的溶质是NaCl D. Na2O2与酸反应生成盐和水，所以Na2O2是碱性氧化物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.‎ ‎ 根据各种用品的用途分析，钠比煤油重，比水轻，保存在煤油中，钠质软； B. 钠先和水反应，生成的氢氧化钠再和碳酸氢钙反应，根据生成物判断反应现象； C. 生理盐水的溶质是氯化钠，且质量分数是0.9%； D. 碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，发生的是复分解反应。‎ ‎【详解】A. 取用金属钠、钾时，小刀切割金属，镊子夹取金属，滤纸吸收煤油或石蜡，玻璃片覆盖水槽，防止液体溅出，所以所需用品一般有小刀、镊子、滤纸、玻璃片，故A项正确；‎ B. 钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和碳酸氢钙反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，所以既有白色沉淀又有气体逸出，故B项正确；‎ C. 生理盐水的溶质是氯化钠，且质量分数是0.9%，与人体的血液中含量相同，故C项正确；‎ D. 过氧化钠和酸反应不仅生成盐、水，还生成了氧气，发生了氧化还原反应，因此过氧化钠不是碱性氧化物，故D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题侧重考查钠及其化合物的性质及用途，要求学生掌握物质的性质与规律，尤其是钠因活泼性较强，极易与水反应，B选项是易错点，金属钠投入到盐溶液中一般是钠先与水反应，然后考虑反应生成的氢氧化钠与盐是否反应，可以概括为“先水后盐”。类似的反应还有钠与氯化铁、硫酸铜、硫酸镁等溶液。‎ ‎8.用固体NaOH配制250mL 0.2mol•L﹣1的NaOH，下列操作会导致溶液浓度偏高的是（　　）‎ A. 在托盘天平的两托盘中分别放等质量的纸，称取2.0g NaOH固体 B. 将NaOH固体在烧杯中溶解后迅速小心转移至250mL容量瓶中 C. 定容时不小心加水超过了刻度线，此时迅速用胶头滴管吸出一些 D. 摇匀后发现凹液面最底点低于刻度线，再补加蒸馏水到凹液面最底点与刻度线相平 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 配制250mL 0.2mol•L-1的NaOH，需要NaOH的质量为0.25L×0.2mol/L×40g/mol=2.0g，则A．由于氢氧化钠吸水，实际称量NaOH质量偏小，n偏小，则导致溶液浓度偏低，应在小烧杯中称量，A不选；B．将NaOH固体在烧杯中溶解后迅速小心转移至250mL容量瓶中，冷却后溶液体积减少，V偏小，则导致溶液浓度偏高，应冷却后转移，B选；C．定容时不小心加水超过了刻度线，此时迅速用胶头滴管吸出一些，n偏小，则导致溶液浓度偏低，应重新配制，C不选；D．摇匀后发现凹液面最底点低于刻度线，再补加蒸馏水到凹液面最底点与刻度线相平，V偏大，导致溶液浓度偏低，不应再加水，D不选；答案选B。‎ 点睛：本题考查溶液的配制，为高频考点，把握物质的量、体积与浓度的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意结合浓度计算公式分析误差。‎ ‎9.下列说法正确的是 A. 电解饱和食盐水可制得金属钠和氯气 B. 通过化学反应从海水中可提取氯化钠、溴、碘等物质 C. 为了增强高锰酸钾溶液的氧化性可用盐酸酸化 D. ClO2是一种有刺激性气味的黄绿色气体，除用于杀菌消毒外，还广泛用于环保、漂白、 除臭等方面。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠；‎ B. 海水提氯化钠不需要经过化学反应；‎ C. 高锰酸钾能够氧化盐酸；‎ D. 依据二氧化氯的性质解答。‎ ‎【详解】A. 电解熔融的氯化钠可制得金属钠，故A项错误；‎ B. 从海水中提取氯化钠不需要经过化学反应，故B项错误；‎ C. 高锰酸钾能够氧化盐酸，所以不能用盐酸酸化，故C项错误；‎ D. ClO2是一种有刺激性气味的黄绿色气体，具有强的氧化性，能够用来杀菌消毒外，还广泛用于环保、漂白、除臭等方面，故D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】金属的冶炼，采用电解法主要适用于冶炼金属活动性较强的金属，如电解熔融氯化钠制备金属钠，电解熔融氯化镁制备金属镁，电解熔融氧化铝制备金属铝。学生容易混淆的知识点是选项A，电解饱和食盐水，又称氯碱工业，主要产物是氢气、氯气和氢氧化钠，而不能够得到金属钠，要加以区分。‎ ‎10.下列物质与其用途相符合的是 ①Na2CO3—发酵粉 ②AgBr—制胶卷，感光纸 ③AgI—人工降雨 ④I2—预防甲状腺肿大 ⑤金属镁—信号弹⑥Na2O2 —漂白织物 A. ②③⑤⑥ B. ①③④⑤ C. ②③④ D. ①②③⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①碳酸氢钠受热分解出二氧化碳，可以做发酵粉，而碳酸钠受热不分解；‎ ‎②AgBr不稳定，易分解生成银；‎ ‎③AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核；‎ ‎④碘是预防甲状腺肿大的主要元素，但不一定是碘单质；‎ ‎⑤镁燃烧发出耀眼的白光；‎ ‎⑥Na2O2具有强氧化性，可用于漂白纺织物；‎ ‎【详解】①碳酸氢钠，又名小苏打，受热分解出二氧化碳，可以做发酵粉，而碳酸钠受热不分解，所以碳酸钠不能用作发酵粉；故①错误；‎ ‎②AgBr不稳定，易分解生成银，可用来制胶卷、感光纸，故②正确；‎ ‎③AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核，有利水汽粒子的碰撞增大，从而形成雨，故③正确；‎ ‎④碘是预防甲状腺肿大的主要元素，而碘元素组成的物质不一定是I2，如加碘食盐，碘元素是以碘酸根离子形式存在，故④说法错误；‎ ‎⑤镁燃烧发出耀眼的白光，所以金属镁常用来制造信号弹，故⑤正确；‎ ‎⑥Na2O2具有强氧化性，可用于漂白纺织物，故⑥正确；‎ 答案选A。。‎ ‎【点睛】结构决定性质，性质决定用途，很多物质要从化学角度分析来加以使用。碳酸钠与碳酸氢钠的用途学生容易混淆。碳酸钠，俗名苏打、纯碱，是重要的化工原料之一，用于制化学品、清洗剂、洗涤剂；而碳酸氢钠，俗名小苏打，可用作发酵剂，或者治疗胃酸过多。‎ ‎11.下面叙述中错误的是 A. 氯水应保存在棕色的细口试剂瓶中 B. 少量液溴应保存在磨口玻璃塞试剂瓶中，并加少量水进行水封 C. 能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体不一定是氯气 D. 碘易溶于酒精，所以用酒精从碘水中萃取碘 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 见光易分解的物质应该保存在能避光的棕色试剂瓶中，如溴水、氯水、硝酸、硝酸银等；‎ B．溴易挥发，可水封保存，注意不能用橡胶塞；‎ C．具有氧化性的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；‎ D．酒精与水混溶。‎ ‎【详解】A. 氯水中次氯酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中并避光保存，故A项正确；‎ B. 溴易挥发，可水封保存，注意不能用橡胶塞，应保存在磨口玻璃塞棕色细口试剂瓶中，故B项正确；‎ C. 具有氧化性的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，如氯气、臭氧、二氧化氮等，因此该气体不一定是氯气，故C项正确；‎ D. 酒精与水混溶，不能用作萃取剂，可用苯或四氯化碳等，故D项错误。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题侧重考查试剂和药品的取用与保存方法及常见物质的鉴别。其中常见物质的保存可归纳为：‎ ‎1. 固体物质保存在广口瓶中，便于取用，液体物质保存在细口瓶中，便于倾倒；‎ ‎2. 见光易分解的物质应该保存在能避光的棕色试剂瓶中，如溴水、氯水、硝酸、硝酸银等；‎ ‎3. 受热易分解、易挥发的要低温储存，如液溴保存应用水密封且保存在低温处；‎ ‎4. 易与空气中的如H2O、O2、CO2反应的物质需密封保存，如Na、Na2O2、CaO、漂白粉等。‎ ‎12.在无色透明溶液中能大量共存的离子组是 A. K+、Na+、HCO3-、OH- B. Cl-、Cu2＋、CO32-、K+‎ C. NH4+、K+、OH-、SO42- D. K＋、Mg2＋、Cl-、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液无色，则有颜色的离子不能存在，离子之间能大量共存，则离子之间不发生反应生成沉淀、气体、弱电解质以及发生氧化还原反应、双水解反应等。‎ ‎【详解】A．HCO3-与OH-反应而不能大量共存，故A项错误；‎ B．Cu2＋有颜色，不能大量存在，故B错误；‎ C．NH4+与OH-反应生成弱电解质一水合氨和水，故C项错误；‎ D．溶液无色，且离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D项正确。‎ 答案选D。‎ ‎13.下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的比较中，错误的是 A. 二者在一定的条件下可以相互转化 B. 可以用澄清石灰水对二者进行鉴别，能产生白色沉淀的为碳酸钠 C. 等质量的碳酸钠与碳酸氢钠与足量盐酸反应，后者更剧烈，前者产生二氧化碳少 D. 将二氧化碳通入到饱和碳酸钠溶液中，有浑浊产生，原因之一是碳酸钠溶解度更大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 碳酸钠在溶液中能够与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠固体加热分解能够生成碳酸钠；‎ B. 碳酸钠、碳酸氢钠均能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀而使溶液变浑浊；‎ C. 碳酸氢钠中碳的百分含量更高；‎ D. 碳酸钠和二氧化碳反应生成溶解度更小的碳酸氢钠；‎ ‎【详解】A. 加热条件下，碳酸氢钠固体能够转化成碳酸钠，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2‎ O，在溶液中，碳酸钠能够与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，因此碳酸钠和碳酸氢钠能够相互转化，故A项正确；‎ B. 碳酸钠与澄清石灰水的反应方程式为：Na2CO3+Ca(OH)2＝CaCO3↓+2NaOH，少量的碳酸氢钠与澄清石灰水的反应方程式为：Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH，因此都会出现碳酸钙沉淀，现象相同，则不可以用澄清石灰水对二者进行鉴别，故B项错误；‎ C. 由于HCO3-和和H+反应只需一步放出二氧化碳，而CO32-要两步反应才能放出二氧化碳，故碳酸氢钠和盐酸的反应更剧烈；碳酸氢钠中碳的百分含量更高，故等质量的两者和盐酸反应时，碳酸钠与盐酸反应产生二氧化碳少，故C项正确；‎ D. 碳酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，由于碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，生成的碳酸氢钠以晶体形式析出，则溶液产生沉淀而变浑浊，原因之一是碳酸钠溶解度更大，故D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎14.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1mol Na2O2晶体中阴离子数为2 NA B. 常温常压下，48g O3含有的分子数为NA C. 标准状况下，33.6L的 四氯化碳(CCl4)中含有的碳原子数目为1.5NA D. 常温常压下，7.1 g Cl2与足量的Fe充分反应，转移的电子数目为0.3 NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成； ‎ B. 分子个数N=n NA，物质的量n = ；‎ C. 标况下四氯化碳为液态；‎ D. 根据物质的量n = 求出氯气的物质的量，然后根据氯气和铁反应后变为-1价来分析。‎ ‎【详解】A. 过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠晶体中含1mol过氧根即NA个，故A项错误；‎ B. 48g O3的物质的量n = = = 1 mol；因此其分子个数为N = n NA = NA个，故B项正确；‎ C. 标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C项错误；‎ D. 7.1g氯气的物质的量n = = = 0.1 mol，而氯气和铁反应由0价变为−1价，故0.1 mol氯气转移0.2 mol电子即0.2 NA个，故D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】与阿伏加德罗常数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。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”、误把固体、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。‎ ‎15.据《科学》杂志报道：科学家们已大量制造出反物质中的反氢原子，认为反物质研究领域的前景“正前所未有的光明”。反原子原子核和核外电子电性与原子的电性刚好相反……假若发现反氯离子，请运用核外电子排布规律大胆设想反氯离子的结构示意图 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：反原子原子核和核外电子电性与原子的电性刚好相反，因为是反氯离子，因此原子核应带有负17个电荷，核外电子应带18个正电，因此氯离子显正电，故选项D正确。‎ 考点：考查结构示意图、信息题等知识。‎ ‎16.如图所示，两个连通容器用活塞分开，左右两室(体积相同)各充入一定量NO和O2，且恰好使两容器内气体密度相同。已知2NO+O2==2NO2，打开活塞，使NO与O2充分反应，则下列说法正确的是 ‎ A. 开始时左右两室分子数相同 B. 反应开始后NO室压强增大 C. 最终容器内密度与原来相同 D. 最终容器内仍然有NO剩余 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 由左右两室体积相同，两容器内气体密度相同可知，两容器中气体的质量一定相等，再结合n = 来判断气体的物质的量关系，据此判断； B. 发生2NO+O2=2NO2，反应后总的物质的量减少，故反应后NO室的气体物质的量要减小；‎ C. 气体的总质量为原来一氧化氮与氧气质量之和，为NO质量的2倍，体积为左右两室的体积之和，为左室的2倍，故密度不变； D. NO、O2的质量相等，二者物质的量之比为32：30=16：15，发生2NO+O2=2NO2，NO 少量，无剩余。‎ ‎【详解】A. 由左右两室体积相同，两容器内气体密度相同可知，两容器中气体的质量一定相等，而NO和O2的摩尔质量不相等，故其物质的量不相等，开始时左右两室分子数不相同，故A项错误；‎ B. 发生2NO+O2=2NO2，反应后总的物质的量减少，平均充满左右两室，故反应后NO室的气体物质的量要减小，故压强减小，故B项错误；‎ C. 反应后气体的总质量为原来一氧化氮与氧气质量之和，为NO质量的2倍，体积为左右两室的体积之和，为左室的2倍，故密度不变，即最终容器内密度与原来相同，故C项正确；‎ D. NO、O2的质量相等，根据n = 得出，二者物质的量之比与摩尔质量成反比，即物质的量之比为32：30=16：15，发生的反应为2NO+O2 = 2NO2，可以看出参加反应的NO少量，无剩余，故D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎17.在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢(H2O2)为原料制取氧气，当制得同温、同压下相同体积的O2时，三个反应中转移的电子数之比为 （　　）‎ A. 1∶1∶1 B. 4∶3∶2 C. 2∶3∶1 D. 2∶2∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：以高锰酸钾制取氧气，O元素由-2价升高至0；以氯酸钾制取氧气，O元素由-2价升高至0；以过氧化氢制取氧气，O元素由-1价升高至0，所以当制得同温、同压下相同体积的O2时，O2的物质的量相等，三个反应中转移的电子数之比为2∶2∶1，故D项正确。‎ 考点：本题考查氧化还原反应电子转移及应用。‎ ‎18. 下列离子方程式书写正确的是 A. 醋酸与氨水反应：CH3COOH+NH3•H2O═CH3COO-+NH4++ H2O B. 氯气跟水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-‎ C. 钠跟水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑‎ D. 硫酸铜溶液跟氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、醋酸与氨水反应：CH3COOH+NH3•H2O═CH3COO-+NH4++ H2O，正确；B、次氯酸为弱酸，在离子方程式中应用化学式表示，错误；C、钠跟水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑，电荷不守恒，错误；D、硫酸铜溶液跟氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓，漏掉氢氧根和铜离子的反应，错误。‎ 考点：考查离子方程式正误判断。‎ ‎19.将0.2mol MnO2和50ml 12mol·L－1盐酸混合后缓慢加热，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀，物质的量为x mol（不考虑盐酸的挥发），则x的取值范围是 A. x＝0.3 B. x＜0.3 C. 0.3＜x＜0.6 D. 以上结论都不对 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：盐酸的物质的量是0.05L×12mol/L＝0.6mol，二氧化锰是0.2mol，所以根据反应的化学方程式MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O可知，二氧化锰过量，所以理论上生成氯气的物质的量是0.15mol。但由于在反应过程中盐酸的浓度逐渐降低，所以实际生成的氯气的物质的量小于0.15mol，所以溶液中氯离子的物质的量大于0.3mol，因此生成的氯化银的物质的量大于0.3mol，答案选C。‎ 考点：考查实验室制取氯气的有关计算和判断 点评：本题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。主要是有利于培养学生严谨的思维发生以及灵活运用知识的能力，有利于拓展学生的解题思路和视野，提高学生的学习效率。‎ ‎20.有碳酸钠、碳酸氢钠、氧化钙和氢氧化钠组成的混合物27.2g，把它们溶于足量的水里，此时溶液中的Ca2+、CO32-、HCO3-全部转化沉淀，将反应后的溶液蒸干，最后得到白色固体物质共29g，则原混合物中含Na2CO3的质量为：‎ A. 1.8g B. 5.3g C. 10.6g D. 无法计算 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 充分反应后，溶液中Ca2+、CO32-、HCO3-均转化为沉淀，即为CaCO3，溶液中溶质为NaOH，将溶液蒸干，所得固体为CaCO3、NaOH混合物，发生反应为： ①CaO + H2O = Ca(OH)2‎ ‎②Na2CO3 + Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH ‎③NaHCO3 + Ca(OH)2=CaCO3↓+NaOH+H2O 将①+②得：CaO+H2O+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH ④‎ 将①+③得：CaO+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH ⑤‎ 可以看做发生反应④、⑤，反应④即CaO 与Na2CO3反应，由于H2O参加反应，会引起固体质量增加，反应⑤即CaO 与NaHCO3反应，不会引起固体质量增加，即：固体增加的质量等于参加反应的水的质量，结合反应④进行计算。‎ ‎【详解】充分反应后，溶液中Ca2+、CO32-、HCO3-均转化为沉淀，即为CaCO3，溶液中溶质为NaOH，将溶液蒸干，所得固体为CaCO3、NaOH混合物，发生反应为： ①CaO + H2O = Ca(OH)2‎ ‎②Na2CO3 + Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH ‎③NaHCO3 + Ca(OH)2=CaCO3↓+NaOH+H2O 将①+②得：CaO+H2O+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH ④‎ 将①+③得：CaO+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH ⑤‎ 可以看做发生反应④、⑤，反应④即CaO 与Na2CO3反应，由于H2O参加反应，会引起固体质量增加，反应⑤即CaO 与NaHCO3反应，不会引起固体质量增加，即：固体增加的质量等于参加反应的水的质量，参加反应水的质量= 29 g−27.2 g = 1.8 g，其物质的量= =0.1 mol，由④反应方程式CaO+H2O+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH可知碳酸钠的物质的量为0.1mol，故碳酸钠的质量为m = n M = 0.1mol×106g/mol=10.6 g，‎ 答案选C。‎ ‎21.著名化学家徐光宪获得国家最高科学技术奖，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献。已知：金属铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。(注：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+>Fe3+>I2。)下列说法正确的是 A. 铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce + 4HI == CeI4 + 2H2↑‎ B. Ce2(SO4)3溶液与硫酸铁溶液混合，其离子方程式为：Ce3+ + Fe3+ == Ce4+ + Fe2+‎ C. 金属Ce保存时可以用水封来隔绝空气，防止被氧化 D. 铈元素如果要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近Na元素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 氧化性：Ce4+>Fe3+>I-，不会生成CeI4； B. 根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来分析判断； C. 根据题中信息分析，金属铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，遇水很快反应；‎ D. 结合金属活动性顺序及其题中已知条件分析作答。‎ ‎【详解】A. 由于氧化性由大到小依次为：Ce4+>Fe3+>I-，铈溶于氢碘酸，产物不会生成CeI4,应该是CeI3，故A项错误；‎ B. 假设离子方程式Ce3+ + Fe3+ == Ce4+ + Fe2+能发生，则根据氧化还原反应的规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，方程式中Fe3+> Ce4+，这显然与题意不符合，因此该方程式不能自发进行，故B项错误；‎ C. 铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，所以金属Ce保存时，应该隔绝空气和水，但不可以用水封，故C项错误；‎ D.‎ ‎ 根据题中已知条件，金属铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应可知，其化学性质与金属钠相似，再结合金属活动性顺序可推测，若铈要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近Na元素，故D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎22.下列实验方案中，不能测定NaCl和NaHCO3混合物中NaHCO3质量分数的是 A. 取a克混合物充分加热，减重b克 B. 取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克 C. 取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤洗涤、烘干，得b克固体 D. 取a 克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得 b 克固体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 方案能确定氯化钠、碳酸氢钠任一物质的质量，即可测定混合物中NaHCO3质量分数， A. 此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；‎ B. 应先把水蒸气排除才合理；‎ C. 根据碳元素守恒，可求解碳酸氢钠质量分数；‎ D. 根据钠元素守恒的质量关系，可列方程组求解。‎ ‎【详解】A. NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A项不符合题意；‎ B. 混合物中NaHCO3与足量稀硫酸充分反应，会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故B项符合题意；‎ C. NaCl和NaHCO3混合物中，碳酸氢钠与Ba(OH)2反应，反应的方程式为：HCO3−+OH−+Ba2+ = H2O+BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，依据碳元素守恒计算，可以计算出NaHCO3质量分数，故C项不符合题意；‎ D. NaCl和NaHCO3混合物中，碳酸氢钠可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以b g固体是氯化钠，利用守恒法可计算出NaHCO3质量分数，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎23.某学生用 Na2CO3和 KHCO3 组成的某混合物进行实验，测得如表数据(盐酸逐滴滴加，物质的量浓度相等且不考虑HCl的挥发)下列有关的说法中，正确的是 实验序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 盐酸体积/mL ‎50‎ ‎50‎ ‎50‎ ‎50‎ 固体质量/g ‎3.06‎ ‎6.12‎ ‎9.18‎ ‎12.24‎ 生成气体体积/L(标况)‎ ‎0.672‎ ‎1.344‎ ‎1.568‎ ‎1.344‎ A. 盐酸的物质的量浓度为 2 mol·L﹣1‎ B. 原混合物样品中 n(Na2CO3)：n(KHCO3)=1：1‎ C. 实验②中，混合物过量 D. 实验④反应后，至少需继续加入 40mL的该盐酸才能把12.24g 的混合物全部反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、若实验②中混合物全部反应，则产生的气体体积应该是，所以反应中混合物没有过量，A错误；B、实验①中混合物全部反应，设Na2CO3和 KHCO3的物质的量分别是xmol、ymol，则x＋y＝0.672÷22.4、106x＋100y＝3.06，解得x＝0.01，y＝0.02，则原混合物样品中 n(Na2CO3)∶n(KHCO3)＝1:2，B错误；C、根据①③中数据可知在反应③中盐酸不足，其中二氧化碳是0.07mol，碳酸钠是0.03mol，碳酸氢钾是0.06mol，由于碳酸钠首先与盐酸反应，则反应③中消耗盐酸是0.03mol+0.07mol＝0.1mol，所以盐酸的浓度是0.1mol÷0.05L＝2mol/L，C正确；D、根据以上分析可知反应④中碳酸钠是0.04mol，碳酸氢钾是0.08mol，完全反应需要盐酸是0.04mol×2+0.08mol＝0.12mol，盐酸的体积是60ml，所以实验④反应后，至少需继续加入20ml 的该盐酸溶液才能把12.24g 的混合物全部反应，D错误，答案选C。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查碳酸盐与盐酸反应的有关计算 ‎【名师点晴】明确反应的先后顺序及正确判断过量是解答的关键，在分析Na2CO3和NaHCO3的混合溶液与盐酸反应的先后顺序时需要注意：在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO32－和HCO3－结合H＋的难易程度。由于CO32－比HCO3－更易于结合H＋形成难电离的HCO3－，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32－完全转化为HCO3－时，再滴入的H＋才与HCO3－反应。‎ 第Ⅱ卷(非选择题，共 54 分)‎ 二、简答题(本大题包括 4 小题，共 48 分。)‎ ‎24.①漂白粉 ②HClO ③CO2 ④固体BaSO4 ⑤ 石墨 ⑥小苏打⑦熔融MgCl2 ⑧纯醋酸 ⑨酒精 ‎(1)上述属于非电解质的是____________(用序号回答，下同)‎ ‎(2)属于弱电解质的是____________；属于强电解质的且能导电的是___________‎ ‎【答案】 (1). ③：⑨ (2). ②；⑧ (3). ⑦‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）非电解质是在水溶液里和熔融状态下自身都不能导电的化合物，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；能导电的物质中含有自由移动的电子或离子； （2）根据在水溶液中是否完全电离，又将电解质分为强电解质和弱电解质，弱电解质是指在水中不完全电离（部分电离）的化合物，如弱酸(HF、CH3COOH)、 弱碱 （NH3·H2O、Fe(OH)3和Cu(OH)2）；强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物，如大多数盐类和强酸强碱(H2SO4、HNO3、HCl、NaOH和KOH等)都是强电解质，物质导电的原因是由于存在自由移动的离子或电子，据此分析解答。‎ ‎【详解】①漂白粉，有效成分为次氯酸钙，属于混合物；‎ ‎②HClO，在水中发生部分电离，为弱酸；‎ ‎③CO2，溶于水，形成碳酸，但导电的物质不是本身；‎ ‎④固体BaSO4，在熔融状态下完全电离，属于强电解质，但本身没有自由移动的离子或电子，不导电；‎ ‎⑤石墨能导电，属于单质；‎ ‎⑥小苏打，化学式为NaHCO3，属于钠盐，为强电解质，但本身不导电；‎ ‎⑦熔融MgCl2，属于盐类，为强电解质，本身存在自由移动的镁离子与氯离子，故导电；‎ ‎⑧纯醋酸，为弱酸；‎ ‎⑨酒精，属于有机化合物，非电解质，‎ ‎（1）非电解质是在水溶液里和熔融状态下自身都不能导电的化合物，CO2溶于水后形成碳酸，导电的物质不是本身，因此属于非电解质；酒精属于有机物，为非电解质，‎ 故答案为：③⑨；‎ ‎（2）弱电解质是指在水中不完全电离（部分电离）的化合物，包括弱酸、弱碱和水等，本题中HClO和纯醋酸为弱酸，属于弱电解质；熔融状态的盐MgCl2，存在自由移动的镁离子与氯离子而导电，属于强电解质且本身能导电，‎ 故答案为：②⑧；⑦。‎ ‎【点睛】正确理解与区分电解质与非电解质、强电解质与弱电解质是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步该物质再判断特定条件（水溶液或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。此外不能片面地认为能导电的物质就是电解质，如石墨虽然导电，但属于单质，不是电解质；也不能认为不溶于水的难溶物就是非电解质，如硫酸钡，虽难溶于水，但在熔融状态下能够完全电离阴阳离子，故硫酸钡属于强电解质。‎ ‎25.按要求完成以下几个小题：‎ ‎(1) 实验室制取氯气的离子方程式_____________________________________‎ ‎(2)二氧化氯(ClO2)作为一种高效强氧化剂，可用KClO3和草酸(H2C2O4)，稀硫酸，水浴加热制备。反应后产物中有ClO2、CO2和一种酸式盐等，该反应的化学方程式为_________________________________________。‎ ‎(3)写出工业上制备漂白粉的化学方程式______________________________。‎ ‎【答案】 (1). MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O (2). 2KClO3+H2C2O4=2ClO2+CO2+2KHSO4+2H2O (3). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）实验室制取氯气的反应是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水；‎ ‎（2）依据题意可知：KClO3和草酸（H2C2O4）在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4，发生氧化还原反应，结合得失电子守恒、质量守恒书写化学方程式；‎ ‎（3）工业上氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水。‎ ‎【详解】（1）实验室制取氯气的反应是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O，‎ 故答案为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；‎ ‎（2）依据题意可知：KClO3和草酸（H2C2O4）在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4，发生氧化还原反应，化学方程式：2KClO3+H2C2O4=2ClO2+CO2+2KHSO4+2H2O，‎ 故答案为：2KClO3+H2C2O4=2ClO2+CO2+2KHSO4+2H2O；‎ ‎（3）工业上氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；‎ 故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。‎ ‎26.有A、B、C、D、E、F、G，7瓶不同物质的溶液，它们各是Na2CO3、Na2SO4、KCl、AgNO3、MgCl3、Ca(NO3)2和Ba (OH )2溶液中的一种。为了鉴别，各取少量溶液进行两两混合，实验结果如表所示。表中“↓”表示生成沉淀或微溶化合物，“－”表示观察不到明显变化。试回答下面问题。(已知AgOH微溶于水)‎ A B C D E F G A ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎↓‎ B ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎↓‎ ‎↓‎ ‎↓‎ C ‎－‎ ‎－‎ ‎―‎ ‎↓‎ ‎—‎ ‎↓‎ ‎↓‎ D ‎－‎ ‎↓‎ ‎－‎ ‎↓‎ ‎↓‎ ‎↓‎ E ‎－‎ ‎↓‎ ‎－‎ ‎↓‎ ‎－‎ ‎↓‎ ‎－‎ F ‎－‎ ‎↓‎ ‎↓‎ ‎↓‎ ‎↓‎ ‎－‎ ‎↓‎ G ‎↓‎ ‎↓‎ ‎↓‎ ‎↓‎ ‎－‎ ‎↓‎ ‎－‎ ‎(1)A的化学式是____，G的化学式是_____。判断理由是_________________。‎ ‎(2)写出其余几种物质的化学式。B：_____，C：_____，D：_____，E：_____，F：_____。‎ ‎【答案】(1)KCl　AgNO3　混合时只生成一种沉淀的是KCl，生成的沉淀是AgCl，所以A是KCl，G是AgNO3‎ ‎(2)Na2SO4　MgCl2　Na2CO3　Ca(NO3)2　Ba(OH)2‎ ‎【解析】‎ 试题分析：本题给出的已知条件都包含在表中。A与其他物质混合时只能与G生成沉淀是该题的突破口。由于KCl与其他物质只生成一种沉淀，故A为KCl，则G为AgNO3。G与E混合无沉淀，故E为Ca(NO3)2，F与其他物质混合生成的沉淀最多，应为Ba(OH)2。‎ 考点：考查物质的检验和鉴别 考点：该题是高考中的常见题型，属于中等难度试题的考查。试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，也有助于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力。该类试题需要注意的是进行物质的检验时，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。该题的关键是找准突破点。‎ ‎27.我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，下图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图：‎ 请根据以上信息回答下列问题：‎ ‎(1)写出混合物B的名称______________； ‎ ‎(2)写出反应①的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目_______________________；‎ ‎(3)粗盐中含有Ca2＋、Mg2＋、SO42-等杂质，精制时所用的试剂为：‎ ‎①盐酸 ②氯化钡溶液 ③氢氧化钠溶液 ④碳酸钠溶液 以上试剂添加的顺序可以为______________；‎ A．②③④① B．③④②① C．④③②① D．③②④①‎ ‎(4)提取粗盐后剩余的海水(母液)中，可用来提取Mg和Br2。母液用来提取Mg和Br2先后顺序，甲乙两位工程师有不同观点：‎ 甲：母液先提取Mg，后提取Br2 乙：母液先提取Br2，后提取Mg 请你分析这两个方案是否合适，并分别说明理由______________________________；‎ ‎(5将相同质量的镁条分别在a.氧气中；b.氮气中；c.二氧化碳中燃烧，燃烧后所得固体的质量由大到小的顺序为________________；(用字母排序回答)‎ ‎【答案】 (1). 石灰乳 (2). (3). A D (4). 甲方案不合适，提取Mg时用的Ca(OH)2有剩余，所以通入氯气会和它反应，造成浪费；乙方案合适，电解MgCl2产生的Cl2可用于下一次Br-的氧化 (5). cab ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程图知：反应②为精盐溶液的电解，反应物是氯化钠和水，产物是氯气、氢气、氢氧化钠，C+F→N，N能溶解沉淀，C既能和F反应又能和E反应，所以，E为NaOH，F为H2，C为Cl2，N为HCl，贝壳（主要成分为CaCO3）经过高温煅烧可以生成疏松的氧化钙（A），氧化钙可与水反应生成氢氧化钙（B），与母液反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解可生成氯气和镁，由转化关系可知D为Mg，以此解答该题。‎ ‎（1）由以上分析可知B为Ca(OH)2，名称为石灰乳；‎ ‎（2）反应①为电解食盐水的过程时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧化钠，再利用双线桥法表示出电子转移数与方向；‎ ‎（3）镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析；‎ ‎（4）根据原料的消耗解答；‎ ‎（5）根据题意可设镁的质量为24克，然后利用化学反应方程式分别计算反应后的固体产物的质量，据此分析。‎ ‎【详解】根据流程图知：反应②为精盐溶液的电解，反应物是氯化钠和水，产物是氯气、氢气、氢氧化钠，C+F→N，N能溶解沉淀，C既能和F反应又能和E反应，所以，E为NaOH，F为H2，C为Cl2，N为HCl，贝壳（主要成分为CaCO3）经过高温煅烧可以生成疏松的氧化钙（A），氧化钙可与水反应生成氢氧化钙（B），与母液反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解可生成氯气和镁，由转化关系可知D为Mg，‎ ‎（1）由以上分析可知B为Ca(OH)2，名称为石灰乳，‎ 故答案为：石灰乳；‎ ‎（2）反应①为电解食盐水的过程时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧化钠，其离子方程式及双线桥法标法为：，‎ 故答案为：；‎ ‎（3）SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应先加BaCl2溶液再加Na2CO3溶液，最后加入盐酸，试剂添加的顺序可以为②③④①或③②④①，‎ 故答案为：AD；‎ ‎（4）母液用来提取Mg和Br2，若先提取镁，海水中会残留大量Ca(OH)2，Ca(OH)2能和氯气反应生成氯化钙和次氯酸钙和水，造成浪费，再用Cl2提取溴时会消耗大量Cl2；所以乙观点合理，电解MgCl2产生的Cl2可用于下一次Br-的氧化，‎ 故答案为：甲方案不合适，提取Mg时用的Ca(OH)2有剩余，所以通入氯气会和它反应，造成浪费；乙方案合适，电解MgCl2产生的Cl2可用于下一次Br-的氧化；‎ ‎（5）①设24克镁在氧气中完全燃烧生成物的质量为X，‎ ‎48/24=80/X，解得X = 40 g；‎ ‎③设24克镁在氮气中完全燃烧生成物的质量为Y，‎ ‎72/24=100/Y，解得Y = 33.3 g；‎ ‎④设24克镁在二氧化碳中完全燃烧生成物的质量分别为Z1和Z2，‎ ‎48/24=80/Z1，解得Z1 = 40 g；‎ ‎48/24=12/Z2，解得Z2 = 6 g；‎ 即镁在二氧化碳中完全燃烧生成物的质量为46 g；‎ 所以将相同质量的镁条分别在a.氧气中；b.氮气中；c.二氧化碳中燃烧，燃烧后所得固体的质量由大到小的顺序为：cab，‎ 故答案为：cab。‎ ‎28.实验目的：探究过氧化钠与水反应后的溶液滴加酚酞试液先变红后褪色的原因．‎ ‎【分析与猜想】‎ ‎(1)根据过氧化钠与水反应的原理：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，往过氧化钠固体完全溶解反应后的溶液中滴加酚酞本应只会变红而不会褪色，而实验中发现酚酞变红后又褪色．由此提出如下的猜想：‎ A．氧气有漂白性 B．氢氧化钠有漂白性 C．___________________‎ ‎【实验与判断】‎ 请完成表格：‎ 实验编号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 实验装置 NaOH溶液 NaOH 酚酞 KOH 酚酞 验证猜想 ‎ （ ）‎ C ‎ （ ） ‎ 实验现象 溶液变红后不褪色 实验说明 ‎1、2的实验中NaOH溶液是用____________溶于水配制的．‎ ‎(填“氢氧化钠固体”、“氧化钠固体”、“过氧化钠固体”) ‎ ‎(2)根据以上实验分析发现：过氧化钠与水反应过程中，钠元素形成了稳定的化合物，溶液中还生成了一种不很稳定、具有漂白性的物质X，X的化学式是________‎ ‎(3)结合本实验发现过氧化钠与水的反应可以认为存在2步反应。请你尝试写出这2步化学反应的化学方程式：________________，_______________‎ ‎(4)请你设计合适的实验方案验证中间产物X的存在：___________‎ ‎【答案】 (1). 氧气和氢氧化钠共同作用具有漂白性 (2). B (3). A (4). 氢氧化钠固体 (5). H2O2 (6). Na2O2+2H2O==2NaOH+ H2O2 (7). 2H2O2==2H2O+O2↑ (8). 取少量反应后的液体于试管中，加入MnO2，有气泡产生，能使带火星木条复燃说明H2O2存在 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据反应方程式2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑可知，反应产物有两种：氢氧化钠和氧气，褪色的原因只能是氢氧化钠、氧气或者二者共同作用；实验1、2、3的实验装置、加入的试剂进行判断对应的猜想序号；为避免干扰，氢氧化钠溶液必须使用氢氧化钠固体配制；‎ ‎（2）钠元素形成了稳定的化合物，则另一种不稳定的、具有漂白性的物质只能为具有强氧化性的H2O2；‎ ‎（3）根据实验现象及其质量守恒定律可以推知中间产物为具有氧化性的过氧化氢，又双氧水不稳定，分解生成水和氧气，完成本题2步反应；‎ ‎（4）为了证明有双氧水的存在，可以利用双氧水在催化剂二氧化锰的作用下分解产生氧气的实验方案来设计。‎ ‎【详解】（1）过氧化钠与水的反应方程式中只有氢氧化钠和氧气生成，所以褪色原因的猜想只能由三种情况：氧气具有漂白性、氢氧化钠具有漂白性、氧气和氢氧化钠共同作用具有漂白性；实验1中，将酚酞加入氢氧化钠溶液中，目的是证明褪色原因是否原因氢氧化钠引起的，所以对应的猜想为B；实验3通入氧气，目的是证明氧气能够使溶液褪色，所以对应的猜想为A；为了增强说服力，避免干扰，实验1、2中氢氧化钠溶液必须是用氢氧化钠固体配制的，‎ 故答案为：氧气和氢氧化钠共同作用具有漂白性；B；A；氢氧化钠固体；‎ ‎（2）过氧化钠与水反应过程中，钠元素形成了稳定的化合物，其它元素组合形成的不很稳定、具有漂白性的物质X，X只能为具有强氧化性的H2O2，‎ 故答案为：H2O2；‎ ‎（3）根据实验现象及其质量守恒定律可以推知中间产物为具有氧化性的过氧化氢，双氧水不稳定，分解生成水和氧气，因此反应方程式分别为：Na2O2+2H2O==2NaOH+ H2O2；2H2O2==2H2O+O2↑，‎ 故答案为：Na2O2+2H2O==2NaOH+ H2O2；2H2O2==2H2O+O2↑；‎ ‎（4）因双氧水在MnO2的作用下能分解生成氧气，所以为了证明其存在，可以取少量反应后的液体于试管中，加入MnO2，有气泡产生，能使带火星木条复燃说明H2O2存在，‎ 故答案为：取少量反应后的液体于试管中，加入MnO2，有气泡产生，能使带火星木条复燃说明H2O2存在。‎ 三、计算题：(共 6 分)‎ ‎29. 一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL 3.00mol/L的NaOH溶液（密度为1.12g/mL）恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500mol。‎ ‎（1）原NaOH溶液的质量分数为 ‎ ‎（2）所得溶液中Cl－的物质的量为 mol ‎（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)：n(H2)＝ 。‎ ‎【答案】 (1). 10.7% (2). 0.25 (3). 3︰2。‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据可知NaOH溶液的质量分数为10.7%；（2）氢气与氯气反应，用NaOH吸收气体，所得的溶液中含有NaClO，说明氢气与氯气反应时，氯气有剩余，用氢氧化钠吸收后溶液中溶质为NaCl、NaClO，根据钠离子守恒可知溶液中n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）=0.1L×3mol/L=0.3mol，故溶液中n（NaCl）=0.3mol-0.05mol=0.25mol，溶液中n（Cl-）=n（NaCl）=0.25mol；（3）根据以上分析可知HCl与NaOH反应生成的NaCl的物质的量为0.3mol-0.05mol×2=0.2mol，故n（HCl）=0.2mol，n（H2）=0.10mol，氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO），故2n（Cl2）=n（NaOH）=0.3mol，所以n（Cl2）=0.15mol，因此所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n（Cl2）：n（H2）=0.15mol：0.10mol=3：2。‎ 点睛：本题考查混合物的有关计算、溶液浓度有关计算，明确发生的反应是解答的关键，注意利用守恒法进行计算，可以简化计算过程。‎ ‎ ‎