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期中测试卷-高一化学章末检测+高频易错点（人教版2019必修第一册）
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这是一份期中测试卷-高一化学章末检测+高频易错点（人教版2019必修第一册），文件包含期中测试卷-2022-2023学年高一化学章末检测+高频易错点人教版2019必修第一册解析版docx、期中测试卷-2022-2023学年高一化学章末检测+高频易错点人教版2019必修第一册原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
班级 姓名 学号 分数
期中测试卷
（90分钟，100分）
一、选择题（每小题3分，每小题只有一个选项符合题意）
1. 化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．金属钠着火，不可用水灭火或泡沫灭火剂，可用沙土灭火
B．酿酒工艺中加入的“酒曲”与面包工艺中加入的“发酵粉”作用相同
C．夏天混用不同品牌的墨水书写时，钢笔的笔尖容易发生堵塞是因为胶体发生了聚沉
D．向漂白粉中投入适量的稀盐酸中可以提高漂白、杀菌的效率
【答案】B
【解析】A.金属钠和水会产生H2，着火易爆炸，且金属钠燃烧生成的Na2O2与泡沫灭火剂产生CO2生成O2,助长燃烧，可用砂土盖灭，故A正确。
B. 酒曲中含有大量的微生物，还有微生物所分泌的酶，酶具有生物催化作用，可以加速将谷物中的淀粉，蛋白质等转变成糖、氨基酸。糖分在酵母菌的酶的作用下，分解成酒精；发酵粉的主要成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠中和微生物产生的酸，产生二氧化碳，使面团变的多孔，B错误。
C.不同品牌墨水中存在带不同电荷胶粒形成的胶体,混合后易发生聚沉，故C正确。
D. 适量稀盐酸与次氯酸钙反应生成次氯酸，可以提高漂白杀菌效率，故D正确。
故答案选：B。
2. 用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法不正确的是（ ）
A．相同条件下，1LCO和H2的混合气体完全燃烧消耗的0.5LO2
B．将含0.1molFeCl3的饱和溶液滴入沸水形成的胶体粒子的数目等于0.1NA
C．202KPa，273.15℃时，11.2LHF分子总数为NA
D．10ml质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100ml， H2SO4的质量分数大于9.8%
【答案】B
【解析】A.CO和H2分别与O2反应物质的量之比均为2：1，在相同情况下，即使为混合气体燃烧消耗的氧气其体积比也为2：1，故1L混合气体要消耗0.5L氧气，故A正确。
B.一个氢氧化铁胶体粒子由多个氢氧化铁聚合而成，故B错误。
C.根据PV=nRT可知Vm=V/n=RT/P。标准状况为101KPa，273.15K，Vm=273.15R/101=22.4L/mol；202KPa，273.15℃时为202KPa，546.3K，Vm=546.3R/202=22.4L/mol，且此时HF为气态，可算HF的物质的量为0.5mol，其分子总数为NA故C正确。
D. 假设10ml的硫酸浓度为C1,密度为ρ1，质量分数为ω1；100ml的硫酸浓度为C2,密度为ρ2，质量分数为ω2。根据C=1000ρω/M，且C2= C1/10，得到ω2=ω1ρ1/10ρ2,因为硫酸的浓度越大其密度反而越小，即ρ1＞ρ2，因此ω2＞ω1 /10，即稀释后H2SO4的质量分数大于9.8%，故D正确。
故答案选：B。
3.下列离子方程式中，正确的是（ ）
A．Na2O2固体溶于足量水中：2O＋2H2O===4OH－＋O2↑
B．制备Fe(OH)3胶体：Fe3+＋3H2O=== Fe(OH)3↓＋3H+
C．次氯酸钙溶液中通入过量的CO2：Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO
D．碳酸氢钙溶液中滴入少量的NaOH溶液：Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2O
【答案】D
【解析】A.Na2O2应以化学式保留，正确的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，A项错误；
B. Fe(OH)3为胶体，不是沉淀，正确的离子方程式为：Fe3+＋3H2O=== Fe(OH)3（胶体）＋3H+B项错误；
C.次氯酸钙溶液中通入过量CO2生成Ca（HCO3）2和HClO，正确的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，C项错误；
D，碳酸氢钙溶液中滴入少量NaOH反应的化学方程式为Ca（HCO3）2+NaOH=CaCO3↓+H2O+NaHCO3，离子方程式正确，D项正确。
故答案选：D。
4. 已知反应：2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O ，下列说法正确的是（ ）
A．CuI既是氧化产物又是还原产物
B．每转移1.1mol电子，有0.2molIO3-被氧化
C．每生成1molCuI，有12molKI发生氧化反应
D．Cu(IO3)2作氧化剂，Cu(IO3)2中的铜和碘元素被还原
【答案】D
【解析】A. 碘酸铜中的铜化合价降低生成碘化亚铜，碘化亚铜中的碘来自于碘化钾，所以CuI是还原产物，故A错误；
B. 反应中转移22个电子，所以当转移1.1mol电子，有0.2molIO3-被还原，故B错误；
C. 反应中生成2molCuI，有22mol碘化钾发生氧化反应，所以每生成1molCuI，有11molKI发生氧化反应，故C错误；
D. Cu(IO3)2作氧化剂，Cu（IO3）2中的铜和碘元素化合价降低，被还原，故D正确。
故答案选：D。
5. Cl2O能与水反应生成次氯酸，可杀死新型冠状病毒等多种病毒。一种制备Cl2O的原理为HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O，装置如图所示。
已知：①Cl2O的熔点为-116℃、沸点为3.8℃，具有强烈刺激性气味、易溶于水；
②Cl2O与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。
下列说法中正确的是（ ）
A．装置③中盛装的试剂是饱和食盐水
B．装置④与⑤之间可用橡胶管连接
C．通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，减小爆炸危险
D．从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O
【答案】C
【解析】A．装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水、浓硫酸，保证进入④中试剂无水，故A错误；
B．因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故B错误；
C．通干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度，避免接触还原剂等而爆炸，故C正确；
D．由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，Cl2O在⑤中转化为液态，故D错误；
故答案选：C。
6. 以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：则下列叙述错误的是（ ）
则下列叙述错误的是
A．第Ⅳ步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶
B．把纯碱及第Ⅲ步所得晶体与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制泡腾片
C．第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒
D．A气体是NH3，B气体是CO2
【答案】A
【解析】A．第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故A错误；
B．第Ⅲ步操作是过滤操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，把纯碱及碳酸氢钠与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制得泡腾片，故B正确；
C．第Ⅲ步操作是过滤操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，所以需要的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；
D．氨气易溶于水，二氧化碳能溶于水，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备纯碱，所以气体A为氨气，B为二氧化碳，故D正确；
故答案选：A。
7. 下列关于过氧化钠的叙述正确的是（ ）
A．过氧化钠能与酸反应生成盐和水，所以过氧化钠是碱性氧化物
B．可用Na2O2除去N2中的水蒸气
C．过氧化钠与二氧化碳反应时，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂
D．过氧化钠与水反应时，过氧化钠是氧化剂，水是还原剂
【答案】C
【解析】A．过氧化钠能与酸反应除了生成盐和水，还生成氧气，不符合碱性氧化物定义，故A错误；
B．过氧化钠与水反应，消耗水生成氧气，引入新的杂质，故B错误；
C．过氧化钠与二氧化碳反应时，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故C正确；
D．过氧化钠与水反应时，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故D错误；
故答案选：C。
8. 下列各项中，主要属于化学科学研究范畴的是（ ）
分子结构模型
A．分子组装技术操控球形C60分子构成“纳米算盘”
B．两个氢原子核聚变成一个氦核，释放巨大能量，用于发电
C．大量电器释放电磁辐射，造成电磁污染
D．许多金属在低温下具有超导性
【答案】A
【解析】A．分子组装技术研究的对象是分子，属于化学科学的研究范畴，故A符合题意；
B．核聚变是核反应，不属于化学反应，不属于化学科学研究范畴，故B不符合题意；
C．电磁辐射是物理研究内容，不属于化学科学研究范畴，故C不符合题意；
D．研究金属在低温下具有超导性，属于物理研究内容，不属于化学科学研究范畴，故D不符合题意；
故答案选：A。
9. 在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列实验现象或结论错误的是（ ）
A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2
B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl-
C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+
D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
【答案】D
【解析】A. 氯气是黄绿色气体，可溶于水，因此氯水颜色为浅黄绿色，故A正确。
B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀为AgCl，说明氯水中含有Cl-，故B正确。
C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体为CO2，说明氯水中含有H+
，故C正确。
D. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中由Fe Cl3生成由于氯气也能把氯化亚铁氧化成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，故D错误。
故答案选：D。
10. 取A、B两份物质的量浓度相等的NaOH溶液，体积均为50mL，分别向其中通入一定量的CO2后，再分别稀释到100 mL，在稀释后的溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，产生的CO2体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图，下列说法正确的是（ ）
A．原NaOH溶液的物质的量浓度0.075mol·L-1
B．A曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质为NaOH和Na2CO3且物质的量之比为1:3
C．B曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质为Na2CO3和NaHCO3且物质的量之比为1:1
D．B曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质与盐酸反应产生气体的最大体积为33.6 mL(标准状况)
【答案】C
【解析】A．两种溶液当加入的盐酸为75ml时，CO2体积达到最大值，说明此时加入的盐酸和两种溶液恰好反应，反应后的溶液都为NaCl溶液，根据整个过程中钠离子守恒，可得关系式 NaOH~NaCl~HCl，然后根据消耗的盐酸的量求出氢氧化钠的物质的量，进而求出原NaOH溶液的浓度，所以n(NaOH)=n(HCl)=0.0750.1=0.0075mol，则c(NaOH)==015 mol·L-1，故A错误；
B．通过A曲线可知当滴入盐酸为60 mL时，才有CO2气体放出，此时发生的反应为NaHCO3+ HCl=NaCl+H2O+ CO2↑，CO2全部放出时，此阶段共消耗盐酸15 mL，根据化学方程式，可求出n(NaHCO3)=n(HCl)= 0.0150.1=0.0015 mol。通过分析，A曲线溶液成分有三种可能，一种是氢氧化钠和碳酸钠，一种是只有碳酸钠，一种是碳酸钠和碳酸氢钠，如果只有碳酸钠，那么整个过程消耗的盐酸是n(HCl) =2n(Na2CO3)=2 n(NaHCO3)= 0.0015 mol=0.003，即消耗的盐酸总计0.003 mol，即消耗盐酸30 mL，这和事实是不相符的，故曲线A的溶液成分只含有碳酸钠就排除了，如果含有的是碳酸钠和碳酸氢钠，则根据钠离子守恒，可知n(NaHCO3)应该等于 n(NaOH)，事实上是n(NaHCO3)= 0.0015 mol
D． 经分析B曲线溶液中含有碳酸钠和碳酸氢钠，且二者物质的量都是0.0025 mol，它们与盐酸反应产生的二氧化碳的物质的量和碳酸根物质的量是相等的，则产生的CO2的体积的最大值为V(CO2)= 0.005 mol=0.112L=112mL，故D错误；
故答案选：C。
11. 将过氧化钠投入到下列物质的溶液中，溶液的质量不会减轻的是（ ）
A．NaCl B．Fe2(SO4)3
C．饱和烧碱溶液 D．Ba(HCO3)2
【答案】A
【解析】A. 将足量的过氧化钠投入NaCl溶液中，发生反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，增加质量相当于Na2O的质量，NaOH与NaCl不反应，无沉淀析出，溶液质量增加，A项正确；
B. 将足量的过氧化钠投入到Fe2(SO4)3溶液中，发生反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，增加质量相当于Na2O的质量，而NaOH和Fe2(SO4)3反应生成氢氧化铁，析出沉淀的质量大于氧化钠的质量，溶液质量减小，B项错误；
C. 将足量的过氧化钠投入饱和烧碱溶液中，发生反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中消耗水，而NaOH溶液为饱和溶液，水的质量减少，原溶液中的NaOH会析出，溶液质量减小，C项错误；
D. 将足量的过氧化钠投入到Ba(HCO3)2溶液中，发生反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，增加质量相当于Na2O的质量，而NaOH和Ba(HCO3)2反应生成碳酸钡的沉淀，析出沉淀的质量大于氧化钠的质量，溶液质量减小，D项错误；
故答案选：A。
12. 实验室用质量分数为98%、ρ=1.84 g·mL-1的浓硫酸配制1.0 mol·L-1的稀硫酸950 mL，下列说法正确的是（ ）
A．所用容量瓶规格和用量筒量取浓硫酸体积分别为1000mL、10.87mL
B．量取浓硫酸时俯视量筒刻度线会使配制溶液浓度偏低
C．应先在容量瓶中加入一定量蒸馏水再将量取的浓硫酸缓慢加入容量瓶
D．除容量瓶外还需要15mL量筒、玻璃棒、烧杯即可完成配制
【答案】B
【解析】A.配制950mL稀硫酸需使用1000mL容量瓶，质量分数为98%、ρ=1.84 g·mL-1的浓硫酸的浓度为18.4mol/L，根据稀释公式计算18.4 mol/L×V浓=1L×0.2 mol/L，算出V浓≈10.87mL，但量筒精确不到0.01mL，故量取的浓硫酸体积应为10.9mL，故A错误。
B.量取浓硫酸时俯视量筒刻度线，会导致量取的浓硫酸体积偏小，使最终所配溶液浓度偏低，故B正确。
C.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故C错误。
D.配制一定物质的量浓度的稀硫酸，除容量瓶外，还需要量筒、玻璃棒、小烧杯和胶头滴管，故D错误。
故答案选：B。
13.下列有关叙述正确的是（ ）
A．碱性氧化物都可以和H2O反应生成对应的碱
B．既能与酸又能与碱反应的氧化物是两性氧化物
C．电解质不一定能导电，能导电的物质不一定是电解质
D．既有单质参加又有单质生成的反应一定是氧化还原反应
【答案】C
【解析】A.MgO是碱性氧化物，不和水反应，故A错误；
B.SiO2既可以与酸HF反应，又可以与碱NaOH反应，但SiO2不是两性氧化物，而是酸性氧化物，故B错误；
C.NaCl固体是电解质，不导电；石墨可以导电，不是电解质，故C正确；
D.2O2=2O3有单质参加也有单质生成，为非氧化还原反应。
故答案选：C。
14. 将、混合在密闭容器中加热至250℃充分反应，排出气体。冷却后称固体重为.下列说法正确的是（ ）
A．的质量比的少 B．的物质的量比的少
C．的物质的量比的多 D．的物质的量与的一样多
【答案】C
【解析】混合固体在250℃时，NaHCO3会受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，CO2和H2O会排出，CO2会与NaOH反应。可能存在过量的问题，因此设18.4g混合物正好完全反应，减少的质量为x；则有根据化学方程式
，因为2.7g＞(18.4－16.6)g，所以NaOH过量，NaHCO3完全反应，NaOH的物质的量比NaHCO3多，C符合题意；
故答案选C。
二、填空题
15. (10分）现有以下物质：①NaCl晶体 ②干冰（固态CO2） ③盐酸 ④氯气 ⑤BaSO4固体 ⑥蔗糖 ⑦75%医用酒精 ⑧熔融AgCl ⑨氯水 ⑩纯碱溶液
回答下列问题（填序号）
以上物质能导电的是________________________________________；
以上物质属于非电解质的是__________________________________；
以上物质属于电解质的是____________________________________；
新制⑨中所含微粒： ；
检验⑩中主要阳离子的方法： ；
【答案】③⑧⑨⑩ ②⑥ ①⑤⑧ Cl2、HClO、H2O、H+、OH—、Cl—、ClO— 焰色试验
【解析】
①NaCl晶体不含自由移动的电子，也不含自由移动的离子，不导电；是化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电，是电解质；②干冰不含自由移动的电子，也不含自由移动的离子，不导电；是化合物，本身不能电离产生自由移动的离子，不导电，属于非电解质；③盐酸是HCl的水溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，HCl在水中完全电离生成H+和Cl—能导电；④氯气，不含自由移动的电子，也不含自由移动的离子，不导电；是单质，既不是电解质也不是非电解质；⑤BaSO4固体硫酸钡不含自由移动的电子，也不含自由移动的离子，不导电；是化合物，熔融状态下能导电，是电解质；⑥蔗糖不含自由移动的电子，也不含自由移动的离子，不导电；是化合物，在水溶液中和熔融状态下不能导电，是非电解质；⑦75%医用酒精不含自由含自由移动的离子，不导电；是混合物，不是电解质，也不是非电解质；⑧熔融AgCl，含自由移动的离子，导电；是化合物，是电解质；⑨氯水中含有自由移动的离子，有导电，是混合物，不是电解质，也不是非电解质；故以上物质中能导电的是③⑧⑨⑩；属于非电解质的是②⑥；属于电解质的是①⑤⑧；新制⑨存在Cl2+H2O⇄HCl+HClO、H2O⇄H++OH—、HClO⇄H++ ClO—，故含有Cl2、HClO、H2O、H+、OH—、Cl—、ClO—。⑩中主要阳离子为Na+，检验Na+方法为：焰色试验。
16. （12分）某课外小组对金属钠进行研究。已知C、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸。提示：Al(OH)3+OH—= AlO2—+2H2O。
(1)金属Na在空气中放置足够长时间，最终的生成物是(写化学式)：_______ 。
(2)若A是一种易溶于水的弱酸酸式盐，E则是不溶于水的白色固体，A与足量B反应的离子方程式为：_______，G为温室气体，G与M反应的化学方程式为:_______。
(3)若A是一种溶液，只可能含有H+、NH、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO、SO中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示， b-c段反应的离子方程式： ，该溶液中肯定含有的离子及其物质的量浓度之比为_______。
(4)将NaHCO3与M的混合物在密闭容器中充分加热后排出气体，经测定，所得固体为纯净物，则NaHCO3与M的物质的量之比为_______。
【答案】（1）Na2CO3
（2）Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O或Ba2++2HCO3-+2OH-=BaCO3↓+CO32-+2H2O 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
（3）NH4++OH—=NH3▪H2O c(H+)：c(Al3+)：c(NH)：c(SO)=1：1：2：3
（4）大于或等于2：1
【解析】(1)金属Na在空气中放置足够长时间，发生4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O=Na2CO3+10H2O，最终生成物的化学式为Na2CO3，M为Na2O2，。故答案为：Na2CO3；
(2) A是一种易溶于水的弱酸酸式盐，E则是不溶于水的白色固体，则A为Ca(HCO3)2或Ba(HCO3)2，E为CaCO3或BaCO3，A与足量B溶液反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O或Ba2++2HCO3-+2OH-=BaCO3↓+CO32-+2H2O，G为温室气体，则G为CO2，与Na2O2反应的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
(3)若A是一种溶液，由图可知，开始发生酸碱中和，然后Al3+与碱反应，再NH与碱反应，最后氢氧化铝沉淀与碱反应完全溶解，故b-c段离子方程式为NH4++OH—=NH3▪H2O，以上推出溶液中含有的离子为H+、NH、Al3+，由离子共存及电荷守恒可知，还存在的阴离子为SO，由消耗的酸性可知，c(H+)：c(Al3+)：c(NH)=1：1：2，由电荷守恒可知c(H+)：c(Al3+)：c(NH)：c(SO)=1：1：2：3，故答案为：c(H+)：c(Al3+)：c(NH)：c(SO)=1：1：2：3；
(4)由2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O、，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑且过氧化钠先与二氧化碳反应可知，充分加热后排出气体，经测定，所得固体为纯净物，则生成物只有Na2CO3，即n(NaHCO3)：n(Na2O2)≥2：1，故答案为：大于或等于2：1。
三、实验题
17.(14分) 化学膨松剂可以使食品变得松软或酥脆。某兴趣小组为测定潮湿环境中长期存放的碳酸氢钠膨松剂中的含量，设计了以下实验，并按如图所示连接装置(气密性良好，各装置中的试剂皆为足量)。
已知：在潮湿的环境中会慢慢变为。
(1)写出膨松剂中受热分解的化学方程式_______；停止加热后，应继续通入一段时间氮气的目的是_______。
(2)装置B、C中盛放的试剂分别为：B_______，C_______。
(3)若A装置中反应管右侧有水蒸气冷凝，则测得的含量将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；若撤去D装置，则测得的含量将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(4)若膨松剂的质量为，反应后C装置增加的质量为，则膨松剂中的质量分数为_______(用含w、m的代数式表示)。
(5)兴趣小组还设计了下列实验方案，其中能测定出膨松剂中含量的是_______。
A．取a克膨松剂充分加热，质量减少b克
B．取a克膨松剂与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到b克固体
C．取a克膨松剂与足量稀硫酸充分反应，逸岀气体干燥后用碱石灰吸收，质量增加b克
D．取a克膨松剂与足量溶液充分反应，得到b克溶液
【答案】(1)2NaHCO3Na2CO3+CO2 ↑+H2O 将反应产生CO2的全部转移到C装置被吸收
(2)浓硫酸 碱石灰
(3)无影响 偏高
(4)×100%
(5)ABC
【解析】(1)膨松剂中碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为 2NaHCO3Na2CO3+CO2 ↑+H2O；由于装置中会残留二氧化碳，不能被C中碱石灰完全吸收，为防止影响测定结果，停止加热后，应继续通入一段时间氮气将反应产生二氧化碳的全部转移到C装置被吸收，故答案为： 2NaHCO3Na2CO3+CO2 ↑+H2O；将反应产生CO2的全部转移到C装置被吸收；
(2)由分析可知，装置B中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气被C中碱石灰吸收，影响实验结果，装置D中盛有的碱石灰用于吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止空气进入C中出现实验误差，故答案为：浓硫酸；碱石灰；
(3)测定碳酸氢钠的质量是根据装置D中质量变化计算的，与水蒸气的量无关，则A装置中反应管右侧有水蒸气冷凝，对测定结果无影响； 若撤去D装置，装置C中碱石灰会外界空气中的二氧化碳和水蒸气，导致所测二氧化碳的质量偏大，测定的结果偏高，故答案为：无影响；偏高；
(4)由题意可知，反应后C装置增加的质量为二氧化碳的质量，若反应生成mg二氧化碳，由方程式可得碳酸氢钠的质量×2×84g/mol=g，则碳酸氢钠的质量分数为×100%，故答案为：×100%；
(5) A．可根据反应前后固体质量的变化，应用差量法确定碳酸氢钠的质量，进而计算得到碳酸氢钠的质量分数，故正确；
B．因等质量的碳酸钠、碳酸氢钠与盐酸反应产生的氯化钠的质量不同，则可以依据方程式，应用膨松剂和氯化钠的质量建立联立方程式计算碳酸钠和碳酸氢钠的质量，进而计算得到碳酸氢钠的质量分数，故正确；
C．因等质量的碳酸钠、碳酸氢钠与稀硫酸反应产生的二氧化碳的质量不同，逸岀气体干燥后用碱石灰吸收的质量为二氧化碳的质量，则可以依据方程式，应用膨松剂和二氧化碳的质量建立联立方程式计算碳酸钠和碳酸氢钠的质量，进而计算得到碳酸氢钠的质量分数，故正确；
D．碳酸氢钠与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，反应前后溶液没有质量变化，则将膨松剂加入足量氢氧化钠溶液中，无法建立联立方程式计算碳酸钠和碳酸氢钠的质量，不能计算得到碳酸氢钠的质量分数，故错误；
ABC正确，故答案为：ABC。
18. (10分）实验室用浓盐酸配制250mL 0.3 mol/L的盐酸溶液。
(1)若某温度下饱和HCl的质量分数为33.3%，该温度下HCl的溶解度为 (保留整数)。
(2)需要用量筒量取浓盐酸(密度为1.2 g/mL， 质量分数为36.5%) 的体积为___________mL 。
(3)将E步骤补充完整，配制时，其正确的操作顺序是(用字母表示，每个字母只能用一次) ___________。
A．用30mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．用量筒量取所需的浓盐酸，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀
C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入250 mL的容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀
E.继续往容量瓶内小心加水，当液面接近容量瓶刻度线1～2cm时， ___________。
(4)下列操作造成配制的溶液溶度偏高的是 ___________ (填字母)。
A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水
B．溶解后的溶液未冷却至室温就转入容量瓶中
C．洗涤烧杯和玻棒的溶液未转入容量瓶中
D．定容时眼睛俯视刻度线
E.加蒸馏水时不慎超过了刻度线
【答案】(1)50g
(2)6.3
(3)BCAED 改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切
(4)BD
【解析】(1) S=(100×33.3%)/(1-33.3%)=50g
(2) 浓盐酸的物质的量浓度c=mol/L=12.0mol/L，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设需要浓盐酸的体积为xmL，所以xmL×12.0mol/L=250mL×0.3mol/L，解得：x＝6.25，由于量筒只能读数到0.1mL，则需要用量筒量取浓盐酸的体积为6.3mL；
(3) 操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓盐酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，恢复室温后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2～3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切，最后定容颠倒摇匀。所以操作顺序是BCAED；
(4)A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，不影响溶质的质量和溶液体积，浓度不变；
B．溶液具有热胀冷缩的性质，未冷却到室温，趁热将溶液到入容量瓶，并配成溶液，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；
C．洗涤烧杯和玻棒的溶液未转入容量瓶中，导致移入容量瓶中溶质氯化氢的物质的量减小，所配溶液浓度偏低；
D．定容时俯视刻度线，导致溶液体积减小，所配溶液浓度偏高；
E．加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液体积增加，浓度偏低；
答案选BD；
19. (12分) 某化学兴趣小组设计了如图装置，该装置能制取Cl2，并进行相关性质实验，且可利用装置G储存多余的氯气。
(1)A中发生反应的化学方程式为 ___________。
(2)实验开始时，先打开分液漏斗旋塞和活塞K，点燃A处酒精灯，让氯气充满整个装置，再点燃E处酒精灯。回答下列问题：
①在装置D中能看到的实验现象是 ___________。
②在装置E的硬质玻璃管内盛有炭粉，发生氧化还原反应，产物为CO2和HCl，则E中发生反应的化学方程式为 ___________。
③装置F中球形干燥管的作用是 ___________。
(3)储气瓶b内盛放的试剂是 ___________。
(4)装置B中反应的离子方程式为 ___________。
【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑
(2)①溶液先变红色后褪色 ②C+2Cl2+2H2OCO2+4HCl ③ 防倒吸
(3)饱和食盐水
(4)Cl2+2Fe2＋＝2Fe3＋+2Cl－
【解析】(1)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，A中反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑；
(2)①氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，所以遇到紫色石蕊试液先变红后褪色，所以D中现象为：溶液先变红色后褪色；
②在装置E的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，产物为CO2和HCl，依据得失电子守恒和原子个数守恒反应方程式：C+2Cl2+2H2OCO2+4HCl；
③氯气、氯化氢都易溶于氢氧化钠溶液，容易发生倒吸，所以装置F中球形干燥管的作用是防倒吸；
(3)氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以储气瓶b内盛放的试剂为饱和食盐水；
(4)氯气具有氧化性，能把氯化亚铁氧化为氯化铁，则装置B中反应的离子方程式为Cl2+2Fe2＋＝2Fe3＋+2Cl－。
班级 姓名 学号 分数
期中测试卷
（90分钟，100分）
一、选择题（每小题3分，每小题只有一个选项符合题意）
1. 化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．金属钠着火，不可用水灭火或泡沫灭火剂，可用沙土灭火
B．酿酒工艺中加入的“酒曲”与面包工艺中加入的“发酵粉”作用相同
C．夏天混用不同品牌的墨水书写时，钢笔的笔尖容易发生堵塞是因为胶体发生了聚沉
D．向漂白粉中投入适量的稀盐酸中可以提高漂白、杀菌的效率
【答案】B
【解析】A.金属钠和水会产生H2，着火易爆炸，且金属钠燃烧生成的Na2O2与泡沫灭火剂产生CO2生成O2,助长燃烧，可用砂土盖灭，故A正确。
B. 酒曲中含有大量的微生物，还有微生物所分泌的酶，酶具有生物催化作用，可以加速将谷物中的淀粉，蛋白质等转变成糖、氨基酸。糖分在酵母菌的酶的作用下，分解成酒精；发酵粉的主要成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠中和微生物产生的酸，产生二氧化碳，使面团变的多孔，B错误。
C.不同品牌墨水中存在带不同电荷胶粒形成的胶体,混合后易发生聚沉，故C正确。
D. 适量稀盐酸与次氯酸钙反应生成次氯酸，可以提高漂白杀菌效率，故D正确。
故答案选：B。
2. 用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法不正确的是（ ）
A．相同条件下，1LCO和H2的混合气体完全燃烧消耗的0.5LO2
B．将含0.1molFeCl3的饱和溶液滴入沸水形成的胶体粒子的数目等于0.1NA
C．202KPa，273.15℃时，11.2LHF分子总数为NA
D．10ml质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100ml， H2SO4的质量分数大于9.8%
【答案】B
【解析】A.CO和H2分别与O2反应物质的量之比均为2：1，在相同情况下，即使为混合气体燃烧消耗的氧气其体积比也为2：1，故1L混合气体要消耗0.5L氧气，故A正确。
B.一个氢氧化铁胶体粒子由多个氢氧化铁聚合而成，故B错误。
C.根据PV=nRT可知Vm=V/n=RT/P。标准状况为101KPa，273.15K，Vm=273.15R/101=22.4L/mol；202KPa，273.15℃时为202KPa，546.3K，Vm=546.3R/202=22.4L/mol，且此时HF为气态，可算HF的物质的量为0.5mol，其分子总数为NA故C正确。
D. 假设10ml的硫酸浓度为C1,密度为ρ1，质量分数为ω1；100ml的硫酸浓度为C2,密度为ρ2，质量分数为ω2。根据C=1000ρω/M，且C2= C1/10，得到ω2=ω1ρ1/10ρ2,因为硫酸的浓度越大其密度反而越小，即ρ1＞ρ2，因此ω2＞ω1 /10，即稀释后H2SO4的质量分数大于9.8%，故D正确。
故答案选：B。
3.下列离子方程式中，正确的是（ ）
A．Na2O2固体溶于足量水中：2O＋2H2O===4OH－＋O2↑
B．制备Fe(OH)3胶体：Fe3+＋3H2O=== Fe(OH)3↓＋3H+
C．次氯酸钙溶液中通入过量的CO2：Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO
D．碳酸氢钙溶液中滴入少量的NaOH溶液：Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2O
【答案】D
【解析】A.Na2O2应以化学式保留，正确的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，A项错误；
B. Fe(OH)3为胶体，不是沉淀，正确的离子方程式为：Fe3+＋3H2O=== Fe(OH)3（胶体）＋3H+B项错误；
C.次氯酸钙溶液中通入过量CO2生成Ca（HCO3）2和HClO，正确的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，C项错误；
D，碳酸氢钙溶液中滴入少量NaOH反应的化学方程式为Ca（HCO3）2+NaOH=CaCO3↓+H2O+NaHCO3，离子方程式正确，D项正确。
故答案选：D。
4. 已知反应：2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O ，下列说法正确的是（ ）
A．CuI既是氧化产物又是还原产物
B．每转移1.1mol电子，有0.2molIO3-被氧化
C．每生成1molCuI，有12molKI发生氧化反应
D．Cu(IO3)2作氧化剂，Cu(IO3)2中的铜和碘元素被还原
【答案】D
【解析】A. 碘酸铜中的铜化合价降低生成碘化亚铜，碘化亚铜中的碘来自于碘化钾，所以CuI是还原产物，故A错误；
B. 反应中转移22个电子，所以当转移1.1mol电子，有0.2molIO3-被还原，故B错误；
C. 反应中生成2molCuI，有22mol碘化钾发生氧化反应，所以每生成1molCuI，有11molKI发生氧化反应，故C错误；
D. Cu(IO3)2作氧化剂，Cu（IO3）2中的铜和碘元素化合价降低，被还原，故D正确。
故答案选：D。
5. Cl2O能与水反应生成次氯酸，可杀死新型冠状病毒等多种病毒。一种制备Cl2O的原理为HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O，装置如图所示。
已知：①Cl2O的熔点为-116℃、沸点为3.8℃，具有强烈刺激性气味、易溶于水；
②Cl2O与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。
下列说法中正确的是（ ）
A．装置③中盛装的试剂是饱和食盐水
B．装置④与⑤之间可用橡胶管连接
C．通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，减小爆炸危险
D．从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O
【答案】C
【解析】A．装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水、浓硫酸，保证进入④中试剂无水，故A错误；
B．因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故B错误；
C．通干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度，避免接触还原剂等而爆炸，故C正确；
D．由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，Cl2O在⑤中转化为液态，故D错误；
故答案选：C。
6. 以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：则下列叙述错误的是（ ）
则下列叙述错误的是
A．第Ⅳ步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶
B．把纯碱及第Ⅲ步所得晶体与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制泡腾片
C．第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒
D．A气体是NH3，B气体是CO2
【答案】A
【解析】A．第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故A错误；
B．第Ⅲ步操作是过滤操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，把纯碱及碳酸氢钠与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制得泡腾片，故B正确；
C．第Ⅲ步操作是过滤操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，所以需要的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；
D．氨气易溶于水，二氧化碳能溶于水，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备纯碱，所以气体A为氨气，B为二氧化碳，故D正确；
故答案选：A。
7. 下列关于过氧化钠的叙述正确的是（ ）
A．过氧化钠能与酸反应生成盐和水，所以过氧化钠是碱性氧化物
B．可用Na2O2除去N2中的水蒸气
C．过氧化钠与二氧化碳反应时，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂
D．过氧化钠与水反应时，过氧化钠是氧化剂，水是还原剂
【答案】C
【解析】A．过氧化钠能与酸反应除了生成盐和水，还生成氧气，不符合碱性氧化物定义，故A错误；
B．过氧化钠与水反应，消耗水生成氧气，引入新的杂质，故B错误；
C．过氧化钠与二氧化碳反应时，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故C正确；
D．过氧化钠与水反应时，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故D错误；
故答案选：C。
8. 下列各项中，主要属于化学科学研究范畴的是（ ）
分子结构模型
A．分子组装技术操控球形C60分子构成“纳米算盘”
B．两个氢原子核聚变成一个氦核，释放巨大能量，用于发电
C．大量电器释放电磁辐射，造成电磁污染
D．许多金属在低温下具有超导性
【答案】A
【解析】A．分子组装技术研究的对象是分子，属于化学科学的研究范畴，故A符合题意；
B．核聚变是核反应，不属于化学反应，不属于化学科学研究范畴，故B不符合题意；
C．电磁辐射是物理研究内容，不属于化学科学研究范畴，故C不符合题意；
D．研究金属在低温下具有超导性，属于物理研究内容，不属于化学科学研究范畴，故D不符合题意；
故答案选：A。
9. 在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列实验现象或结论错误的是（ ）
A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2
B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl-
C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+
D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
【答案】D
【解析】A. 氯气是黄绿色气体，可溶于水，因此氯水颜色为浅黄绿色，故A正确。
B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀为AgCl，说明氯水中含有Cl-，故B正确。
C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体为CO2，说明氯水中含有H+
，故C正确。
D. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中由Fe Cl3生成由于氯气也能把氯化亚铁氧化成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，故D错误。
故答案选：D。
10. 取A、B两份物质的量浓度相等的NaOH溶液，体积均为50mL，分别向其中通入一定量的CO2后，再分别稀释到100 mL，在稀释后的溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，产生的CO2体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图，下列说法正确的是（ ）
A．原NaOH溶液的物质的量浓度0.075mol·L-1
B．A曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质为NaOH和Na2CO3且物质的量之比为1:3
C．B曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质为Na2CO3和NaHCO3且物质的量之比为1:1
D．B曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质与盐酸反应产生气体的最大体积为33.6 mL(标准状况)
【答案】C
【解析】A．两种溶液当加入的盐酸为75ml时，CO2体积达到最大值，说明此时加入的盐酸和两种溶液恰好反应，反应后的溶液都为NaCl溶液，根据整个过程中钠离子守恒，可得关系式 NaOH~NaCl~HCl，然后根据消耗的盐酸的量求出氢氧化钠的物质的量，进而求出原NaOH溶液的浓度，所以n(NaOH)=n(HCl)=0.0750.1=0.0075mol，则c(NaOH)==015 mol·L-1，故A错误；
B．通过A曲线可知当滴入盐酸为60 mL时，才有CO2气体放出，此时发生的反应为NaHCO3+ HCl=NaCl+H2O+ CO2↑，CO2全部放出时，此阶段共消耗盐酸15 mL，根据化学方程式，可求出n(NaHCO3)=n(HCl)= 0.0150.1=0.0015 mol。通过分析，A曲线溶液成分有三种可能，一种是氢氧化钠和碳酸钠，一种是只有碳酸钠，一种是碳酸钠和碳酸氢钠，如果只有碳酸钠，那么整个过程消耗的盐酸是n(HCl) =2n(Na2CO3)=2 n(NaHCO3)= 0.0015 mol=0.003，即消耗的盐酸总计0.003 mol，即消耗盐酸30 mL，这和事实是不相符的，故曲线A的溶液成分只含有碳酸钠就排除了，如果含有的是碳酸钠和碳酸氢钠，则根据钠离子守恒，可知n(NaHCO3)应该等于 n(NaOH)，事实上是n(NaHCO3)= 0.0015 mol
D． 经分析B曲线溶液中含有碳酸钠和碳酸氢钠，且二者物质的量都是0.0025 mol，它们与盐酸反应产生的二氧化碳的物质的量和碳酸根物质的量是相等的，则产生的CO2的体积的最大值为V(CO2)= 0.005 mol=0.112L=112mL，故D错误；
故答案选：C。
11. 将过氧化钠投入到下列物质的溶液中，溶液的质量不会减轻的是（ ）
A．NaCl B．Fe2(SO4)3
C．饱和烧碱溶液 D．Ba(HCO3)2
【答案】A
【解析】A. 将足量的过氧化钠投入NaCl溶液中，发生反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，增加质量相当于Na2O的质量，NaOH与NaCl不反应，无沉淀析出，溶液质量增加，A项正确；
B. 将足量的过氧化钠投入到Fe2(SO4)3溶液中，发生反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，增加质量相当于Na2O的质量，而NaOH和Fe2(SO4)3反应生成氢氧化铁，析出沉淀的质量大于氧化钠的质量，溶液质量减小，B项错误；
C. 将足量的过氧化钠投入饱和烧碱溶液中，发生反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中消耗水，而NaOH溶液为饱和溶液，水的质量减少，原溶液中的NaOH会析出，溶液质量减小，C项错误；
D. 将足量的过氧化钠投入到Ba(HCO3)2溶液中，发生反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，增加质量相当于Na2O的质量，而NaOH和Ba(HCO3)2反应生成碳酸钡的沉淀，析出沉淀的质量大于氧化钠的质量，溶液质量减小，D项错误；
故答案选：A。
12. 实验室用质量分数为98%、ρ=1.84 g·mL-1的浓硫酸配制1.0 mol·L-1的稀硫酸950 mL，下列说法正确的是（ ）
A．所用容量瓶规格和用量筒量取浓硫酸体积分别为1000mL、10.87mL
B．量取浓硫酸时俯视量筒刻度线会使配制溶液浓度偏低
C．应先在容量瓶中加入一定量蒸馏水再将量取的浓硫酸缓慢加入容量瓶
D．除容量瓶外还需要15mL量筒、玻璃棒、烧杯即可完成配制
【答案】B
【解析】A.配制950mL稀硫酸需使用1000mL容量瓶，质量分数为98%、ρ=1.84 g·mL-1的浓硫酸的浓度为18.4mol/L，根据稀释公式计算18.4 mol/L×V浓=1L×0.2 mol/L，算出V浓≈10.87mL，但量筒精确不到0.01mL，故量取的浓硫酸体积应为10.9mL，故A错误。
B.量取浓硫酸时俯视量筒刻度线，会导致量取的浓硫酸体积偏小，使最终所配溶液浓度偏低，故B正确。
C.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故C错误。
D.配制一定物质的量浓度的稀硫酸，除容量瓶外，还需要量筒、玻璃棒、小烧杯和胶头滴管，故D错误。
故答案选：B。
13.下列有关叙述正确的是（ ）
A．碱性氧化物都可以和H2O反应生成对应的碱
B．既能与酸又能与碱反应的氧化物是两性氧化物
C．电解质不一定能导电，能导电的物质不一定是电解质
D．既有单质参加又有单质生成的反应一定是氧化还原反应
【答案】C
【解析】A.MgO是碱性氧化物，不和水反应，故A错误；
B.SiO2既可以与酸HF反应，又可以与碱NaOH反应，但SiO2不是两性氧化物，而是酸性氧化物，故B错误；
C.NaCl固体是电解质，不导电；石墨可以导电，不是电解质，故C正确；
D.2O2=2O3有单质参加也有单质生成，为非氧化还原反应。
故答案选：C。
14. 将、混合在密闭容器中加热至250℃充分反应，排出气体。冷却后称固体重为.下列说法正确的是（ ）
A．的质量比的少 B．的物质的量比的少
C．的物质的量比的多 D．的物质的量与的一样多
【答案】C
【解析】混合固体在250℃时，NaHCO3会受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，CO2和H2O会排出，CO2会与NaOH反应。可能存在过量的问题，因此设18.4g混合物正好完全反应，减少的质量为x；则有根据化学方程式
，因为2.7g＞(18.4－16.6)g，所以NaOH过量，NaHCO3完全反应，NaOH的物质的量比NaHCO3多，C符合题意；
故答案选C。
二、填空题
15. (10分）现有以下物质：①NaCl晶体 ②干冰（固态CO2） ③盐酸 ④氯气 ⑤BaSO4固体 ⑥蔗糖 ⑦75%医用酒精 ⑧熔融AgCl ⑨氯水 ⑩纯碱溶液
回答下列问题（填序号）
以上物质能导电的是________________________________________；
以上物质属于非电解质的是__________________________________；
以上物质属于电解质的是____________________________________；
新制⑨中所含微粒： ；
检验⑩中主要阳离子的方法： ；
【答案】③⑧⑨⑩ ②⑥ ①⑤⑧ Cl2、HClO、H2O、H+、OH—、Cl—、ClO— 焰色试验
【解析】
①NaCl晶体不含自由移动的电子，也不含自由移动的离子，不导电；是化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电，是电解质；②干冰不含自由移动的电子，也不含自由移动的离子，不导电；是化合物，本身不能电离产生自由移动的离子，不导电，属于非电解质；③盐酸是HCl的水溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，HCl在水中完全电离生成H+和Cl—能导电；④氯气，不含自由移动的电子，也不含自由移动的离子，不导电；是单质，既不是电解质也不是非电解质；⑤BaSO4固体硫酸钡不含自由移动的电子，也不含自由移动的离子，不导电；是化合物，熔融状态下能导电，是电解质；⑥蔗糖不含自由移动的电子，也不含自由移动的离子，不导电；是化合物，在水溶液中和熔融状态下不能导电，是非电解质；⑦75%医用酒精不含自由含自由移动的离子，不导电；是混合物，不是电解质，也不是非电解质；⑧熔融AgCl，含自由移动的离子，导电；是化合物，是电解质；⑨氯水中含有自由移动的离子，有导电，是混合物，不是电解质，也不是非电解质；故以上物质中能导电的是③⑧⑨⑩；属于非电解质的是②⑥；属于电解质的是①⑤⑧；新制⑨存在Cl2+H2O⇄HCl+HClO、H2O⇄H++OH—、HClO⇄H++ ClO—，故含有Cl2、HClO、H2O、H+、OH—、Cl—、ClO—。⑩中主要阳离子为Na+，检验Na+方法为：焰色试验。
16. （12分）某课外小组对金属钠进行研究。已知C、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸。提示：Al(OH)3+OH—= AlO2—+2H2O。
(1)金属Na在空气中放置足够长时间，最终的生成物是(写化学式)：_______ 。
(2)若A是一种易溶于水的弱酸酸式盐，E则是不溶于水的白色固体，A与足量B反应的离子方程式为：_______，G为温室气体，G与M反应的化学方程式为:_______。
(3)若A是一种溶液，只可能含有H+、NH、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO、SO中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示， b-c段反应的离子方程式： ，该溶液中肯定含有的离子及其物质的量浓度之比为_______。
(4)将NaHCO3与M的混合物在密闭容器中充分加热后排出气体，经测定，所得固体为纯净物，则NaHCO3与M的物质的量之比为_______。
【答案】（1）Na2CO3
（2）Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O或Ba2++2HCO3-+2OH-=BaCO3↓+CO32-+2H2O 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
（3）NH4++OH—=NH3▪H2O c(H+)：c(Al3+)：c(NH)：c(SO)=1：1：2：3
（4）大于或等于2：1
【解析】(1)金属Na在空气中放置足够长时间，发生4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O=Na2CO3+10H2O，最终生成物的化学式为Na2CO3，M为Na2O2，。故答案为：Na2CO3；
(2) A是一种易溶于水的弱酸酸式盐，E则是不溶于水的白色固体，则A为Ca(HCO3)2或Ba(HCO3)2，E为CaCO3或BaCO3，A与足量B溶液反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O或Ba2++2HCO3-+2OH-=BaCO3↓+CO32-+2H2O，G为温室气体，则G为CO2，与Na2O2反应的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
(3)若A是一种溶液，由图可知，开始发生酸碱中和，然后Al3+与碱反应，再NH与碱反应，最后氢氧化铝沉淀与碱反应完全溶解，故b-c段离子方程式为NH4++OH—=NH3▪H2O，以上推出溶液中含有的离子为H+、NH、Al3+，由离子共存及电荷守恒可知，还存在的阴离子为SO，由消耗的酸性可知，c(H+)：c(Al3+)：c(NH)=1：1：2，由电荷守恒可知c(H+)：c(Al3+)：c(NH)：c(SO)=1：1：2：3，故答案为：c(H+)：c(Al3+)：c(NH)：c(SO)=1：1：2：3；
(4)由2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O、，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑且过氧化钠先与二氧化碳反应可知，充分加热后排出气体，经测定，所得固体为纯净物，则生成物只有Na2CO3，即n(NaHCO3)：n(Na2O2)≥2：1，故答案为：大于或等于2：1。
三、实验题
17.(14分) 化学膨松剂可以使食品变得松软或酥脆。某兴趣小组为测定潮湿环境中长期存放的碳酸氢钠膨松剂中的含量，设计了以下实验，并按如图所示连接装置(气密性良好，各装置中的试剂皆为足量)。
已知：在潮湿的环境中会慢慢变为。
(1)写出膨松剂中受热分解的化学方程式_______；停止加热后，应继续通入一段时间氮气的目的是_______。
(2)装置B、C中盛放的试剂分别为：B_______，C_______。
(3)若A装置中反应管右侧有水蒸气冷凝，则测得的含量将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；若撤去D装置，则测得的含量将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(4)若膨松剂的质量为，反应后C装置增加的质量为，则膨松剂中的质量分数为_______(用含w、m的代数式表示)。
(5)兴趣小组还设计了下列实验方案，其中能测定出膨松剂中含量的是_______。
A．取a克膨松剂充分加热，质量减少b克
B．取a克膨松剂与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到b克固体
C．取a克膨松剂与足量稀硫酸充分反应，逸岀气体干燥后用碱石灰吸收，质量增加b克
D．取a克膨松剂与足量溶液充分反应，得到b克溶液
【答案】(1)2NaHCO3Na2CO3+CO2 ↑+H2O 将反应产生CO2的全部转移到C装置被吸收
(2)浓硫酸 碱石灰
(3)无影响 偏高
(4)×100%
(5)ABC
【解析】(1)膨松剂中碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为 2NaHCO3Na2CO3+CO2 ↑+H2O；由于装置中会残留二氧化碳，不能被C中碱石灰完全吸收，为防止影响测定结果，停止加热后，应继续通入一段时间氮气将反应产生二氧化碳的全部转移到C装置被吸收，故答案为： 2NaHCO3Na2CO3+CO2 ↑+H2O；将反应产生CO2的全部转移到C装置被吸收；
(2)由分析可知，装置B中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气被C中碱石灰吸收，影响实验结果，装置D中盛有的碱石灰用于吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止空气进入C中出现实验误差，故答案为：浓硫酸；碱石灰；
(3)测定碳酸氢钠的质量是根据装置D中质量变化计算的，与水蒸气的量无关，则A装置中反应管右侧有水蒸气冷凝，对测定结果无影响； 若撤去D装置，装置C中碱石灰会外界空气中的二氧化碳和水蒸气，导致所测二氧化碳的质量偏大，测定的结果偏高，故答案为：无影响；偏高；
(4)由题意可知，反应后C装置增加的质量为二氧化碳的质量，若反应生成mg二氧化碳，由方程式可得碳酸氢钠的质量×2×84g/mol=g，则碳酸氢钠的质量分数为×100%，故答案为：×100%；
(5) A．可根据反应前后固体质量的变化，应用差量法确定碳酸氢钠的质量，进而计算得到碳酸氢钠的质量分数，故正确；
B．因等质量的碳酸钠、碳酸氢钠与盐酸反应产生的氯化钠的质量不同，则可以依据方程式，应用膨松剂和氯化钠的质量建立联立方程式计算碳酸钠和碳酸氢钠的质量，进而计算得到碳酸氢钠的质量分数，故正确；
C．因等质量的碳酸钠、碳酸氢钠与稀硫酸反应产生的二氧化碳的质量不同，逸岀气体干燥后用碱石灰吸收的质量为二氧化碳的质量，则可以依据方程式，应用膨松剂和二氧化碳的质量建立联立方程式计算碳酸钠和碳酸氢钠的质量，进而计算得到碳酸氢钠的质量分数，故正确；
D．碳酸氢钠与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，反应前后溶液没有质量变化，则将膨松剂加入足量氢氧化钠溶液中，无法建立联立方程式计算碳酸钠和碳酸氢钠的质量，不能计算得到碳酸氢钠的质量分数，故错误；
ABC正确，故答案为：ABC。
18. (10分）实验室用浓盐酸配制250mL 0.3 mol/L的盐酸溶液。
(1)若某温度下饱和HCl的质量分数为33.3%，该温度下HCl的溶解度为 (保留整数)。
(2)需要用量筒量取浓盐酸(密度为1.2 g/mL， 质量分数为36.5%) 的体积为___________mL 。
(3)将E步骤补充完整，配制时，其正确的操作顺序是(用字母表示，每个字母只能用一次) ___________。
A．用30mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．用量筒量取所需的浓盐酸，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀
C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入250 mL的容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀
E.继续往容量瓶内小心加水，当液面接近容量瓶刻度线1～2cm时， ___________。
(4)下列操作造成配制的溶液溶度偏高的是 ___________ (填字母)。
A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水
B．溶解后的溶液未冷却至室温就转入容量瓶中
C．洗涤烧杯和玻棒的溶液未转入容量瓶中
D．定容时眼睛俯视刻度线
E.加蒸馏水时不慎超过了刻度线
【答案】(1)50g
(2)6.3
(3)BCAED 改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切
(4)BD
【解析】(1) S=(100×33.3%)/(1-33.3%)=50g
(2) 浓盐酸的物质的量浓度c=mol/L=12.0mol/L，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设需要浓盐酸的体积为xmL，所以xmL×12.0mol/L=250mL×0.3mol/L，解得：x＝6.25，由于量筒只能读数到0.1mL，则需要用量筒量取浓盐酸的体积为6.3mL；
(3) 操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓盐酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，恢复室温后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2～3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切，最后定容颠倒摇匀。所以操作顺序是BCAED；
(4)A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，不影响溶质的质量和溶液体积，浓度不变；
B．溶液具有热胀冷缩的性质，未冷却到室温，趁热将溶液到入容量瓶，并配成溶液，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；
C．洗涤烧杯和玻棒的溶液未转入容量瓶中，导致移入容量瓶中溶质氯化氢的物质的量减小，所配溶液浓度偏低；
D．定容时俯视刻度线，导致溶液体积减小，所配溶液浓度偏高；
E．加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液体积增加，浓度偏低；
答案选BD；
19. (12分) 某化学兴趣小组设计了如图装置，该装置能制取Cl2，并进行相关性质实验，且可利用装置G储存多余的氯气。
(1)A中发生反应的化学方程式为 ___________。
(2)实验开始时，先打开分液漏斗旋塞和活塞K，点燃A处酒精灯，让氯气充满整个装置，再点燃E处酒精灯。回答下列问题：
①在装置D中能看到的实验现象是 ___________。
②在装置E的硬质玻璃管内盛有炭粉，发生氧化还原反应，产物为CO2和HCl，则E中发生反应的化学方程式为 ___________。
③装置F中球形干燥管的作用是 ___________。
(3)储气瓶b内盛放的试剂是 ___________。
(4)装置B中反应的离子方程式为 ___________。
【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑
(2)①溶液先变红色后褪色 ②C+2Cl2+2H2OCO2+4HCl ③ 防倒吸
(3)饱和食盐水
(4)Cl2+2Fe2＋＝2Fe3＋+2Cl－
【解析】(1)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，A中反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑；
(2)①氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，所以遇到紫色石蕊试液先变红后褪色，所以D中现象为：溶液先变红色后褪色；
②在装置E的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，产物为CO2和HCl，依据得失电子守恒和原子个数守恒反应方程式：C+2Cl2+2H2OCO2+4HCl；
③氯气、氯化氢都易溶于氢氧化钠溶液，容易发生倒吸，所以装置F中球形干燥管的作用是防倒吸；
(3)氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以储气瓶b内盛放的试剂为饱和食盐水；
(4)氯气具有氧化性，能把氯化亚铁氧化为氯化铁，则装置B中反应的离子方程式为Cl2+2Fe2＋＝2Fe3＋+2Cl－。
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