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2021-2022学年河南省郑州一中高一（上）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年河南省郑州一中高一（上）期中化学试卷，共26页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河南省郑州一中高一（上）期中化学试卷
一、选择题（共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）下列说法中不正确的是（ ）
A．研究物质的性质常用观察、实验、分类、比较等方法
B．将金属钠放在石棉网上用酒精灯加热后，金属钠剧烈燃烧，产生黄色火焰，生成淡黄色固体
C．等质量的Na2O和Na2O2两种物质，所含的阴阳离子个数比不同
D．将一小块钠投入到盛有5mL饱和NaOH溶液的试管里，充分反应后恢复到室温，溶液变浑浊，NaOH溶液物质的量浓度不变
2．（3分）下列物质的分类完全正确的是（ ）
选项
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
苛性钠
H3PO4
NaHSO4
CuO
NO2
B
氢氧化镁
HNO2
Cu2（OH）2CO3
Na2O2
CO2
C
氢氧化钡
HBr
CaCl2
Fe2O3
N2O3
D
纯碱
HClO
CuSO4•5H2O
Mn2O7
Cl2O7
A．A B．B C．C D．D
3．（3分）下列说法中正确的是（ ）
A．相同温度压强下，各种气体的体积大小由该气体分子的大小决定
B．相同温度压强下，各种气体的体积大小由该气体的分子数决定
C．不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数一定不同
D．不同的气体，分子数若相同，则气体体积相同
4．（3分）N代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（ ）
A．标准状况下，分子数为NA的CO、N2 混合气体体积约为22.4L，质量为28g
B．离子所带电荷总数相等的HCO3﹣和CO32﹣，氧原子的物质的量之比为2：1
C．10g46%的乙醇（C2H6O） 水溶液中所含氢原子数目大于0.6NA
D．物质的量相等的CH4和NH4+，所含的电子数均为10NA
5．（3分）下列关于胶体的说法中，正确的是（ ）
A．蔗糖溶液、淀粉溶液属于溶液，云、烟、雾属于胶体
B．制备Fe（OH）3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液逐滴滴加到沸水中煮沸至红褐色
C．利用过滤的方法能将Fe（OH）3胶体从FeCl3溶液中分离出来
D．胶体一定是电中性的，胶粒一定是带电荷的
6．（3分）酸式盐是盐的一类，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3，NaHSO4，KH2PO4 等，已知次磷酸（H3PO2）和足 量的KOH溶液反应只生成一种盐KH2PO2，下列说法正确的是（ ）
A．H3PO2属于三元酸
B．KH2PO2属于酸式盐
C．H3PO2的电离方程式为：H3PO2═H2PO2﹣+H+
D．次磷酸（H3PO2）和足量的KOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+OH﹣═H2PO2﹣+H2O
7．（3分）一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL3.0mol•L﹣1 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0.05mol。则原氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n（Cl2）：n（H2）是（ ）
A．3：2 B．1：2 C．2：3 D．1：1
8．（3分）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．制备Fe（OH）3胶体：Fe3++3H2O═Fe（OH）3↓+3H+
B．向氯化钙溶液中通入少量CO2气体：Ca2++CO2+H2O═CaCO3↓+2H+
C．工业上常用Cl2和石灰乳反应制备漂白粉：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O
D．向NH4HCO3溶液中加少量的NaOH溶液并加热：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O
9．（3分）某溶液中含有大量的下列离子：Fe3+、SO42﹣、Al3+和M离子，经测定Fe3+、SO42﹣、Al3+和M离子的物质的量之比为2：4：1：1，则M离子可能是下列中的（ ）
A．Na+ B．NO3﹣ C．Mg2+ D．OH﹣
10．（3分）在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（ ）
A．pH＝12的溶液：K+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣
B．硫酸氢钠溶液：K+、SO32﹣、Cl﹣、NH4+
C．使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl﹣、SO42﹣、Fe3+
D．使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、ClO﹣、Cl﹣
11．（3分）某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应，设计装置如图，下列说法正确的是（ ）
A．装置A气密性的检查方法：直接向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好
B．装置B中盛放浓硫酸，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气
C．应先打开止水夹K1、K2，待氢气纯净后再加热装置C
D．装置A也可用于碳酸钠与盐酸反应制取CO2
12．（3分）在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度．则下列说法正确的是（ ）
A．甲的物质的量比乙的物质的量少
B．甲的分子数比乙的分子数多
C．甲的体积比乙的体积大
D．甲的相对分子质量比乙相对分子质量小
13．（3分）有4g Na2O2和Na2CO3的混合物溶于水，与100mL物质的量浓度为1mol/L的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得到固体质量为（ ）
A．8g B．15.5g C．5.85g D．无法计算
14．（3分）氯气是一种重要的化学工业原料，下列有关氯气的说法中正确的是（ ）
A．氯气可使湿润的红色布条褪色，所以氯气具有漂白性
B．氢气在氯气中燃烧，火焰呈苍白色，集气瓶口出现白色烟雾
C．将自来水注入鱼缸以前需在阳光下曝晒一段时间，目的是使水中的HClO分解
D．以次氯酸盐为主要成分的漂白剂和消毒剂有效期较短的原因是次氯酸盐不稳定，容易分解
15．（3分）根据所学化学知识，推测下列说法正确的是（ ）
A．一小块钠置于空气中较长时间，最终会变成Na2O2
B．取少量待测溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，则待测溶液中一定含有SO42﹣
C．硫酸，氢氧化钠固体，熔融态硝酸钾，硫酸铜晶体都是电解质且熔融时都能导电
D．新制氯水或液氯都能使鲜花褪色
16．（3分）某化学小组用图中的实验装置证明过氧化钠可用作供氧剂，有关说法错误的是（ ）
A．利用A装置可以制备H2，O2，CO2气体
B．B装置中应加入饱和Na2CO3溶液，加入该试剂的目的是除去HCl气体
C．C装置中应加入Na2O2固体，相关反应为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2
D．D装置中应加入浓NaOH溶液，加入该试剂的目的是除去多余的CO2气体
二、填空题（本题共4小题，共46分）
17．（12分）现有以下物质：
①HCl气体
②液态SO2
③液态醋酸
④固体 NaHSO4
⑤固体NaHCO3
⑥纯蔗糖（C12H22O11）
⑦酒精（C2H5OH）
⑧熔化的 KNO3
⑨石灰浆
（1）以上物质属于强电解质的是 （填编号，下同）
（2）以上物质属于电解质但不能导电的是 。
（3）以上物质属于非电解质的是 。
（4）以上物质中不属于电解质，但溶于水后能导电的是 。
（5）写出物质④熔化时的电离方程式 。
（6）写出④⑤混合后溶于水发生反应的离子方程式 。
18．（12分）（1）已知4gRO32﹣中核外电子数比质子数多6.02×1022个，则元素R的摩尔质量为 。
（2）使用漂白粉时，为增强漂白效果常加入少量白醋，写出漂白粉与醋酸反应的化学方程式 。
（3）向NaHSO3溶液中滴加硫酸氢钠溶液，写出反应的化学方程式 。
（4）等体积等浓度的Ba（OH）2和NaHSO4溶液混合，写出该反应的离子方程式 。
（5）等物质的量的N2、O2、CO2混合气体通过Na2O2后，体积变为原体积的，（同温同压），这时混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比为 。（填最简整数比）
（6）向NaHCO3溶液中逐滴加入少量的澄清石灰水，写出反应的离子方程式 。
19．（10分）实验室需要使用450mL0.11mol/L的CuSO4溶液，现用胆矾固体来配制此溶液，试回答下列各题：
（1）经计算，应该用托盘天平称取胆矾固体 g。
（2）若用胆矾固体配制溶液，下列仪器中，不需要用到的是 （填序号）
A.锥形瓶
B.玻璃棒
C.烧杯
D.胶头滴管
E.药匙
F.托盘天平
（3）若要实施配制，除上述仪器外，尚缺的主要玻璃仪器是 。
（4）配制过程有以下操作：
A.移液
B.称量
C.洗涤
D.定容
E.溶解
F.摇匀
其正确的操作顺序应是 （填序号）。
（5）下列四项错误操作会导致所得溶液浓度偏高的是 （填序号）。
A.用带游码的托盘天平称胆矾时，砝码生锈了
B.定容时仰视容量瓶刻度线
C.将溶解后未冷却的溶液直接转入容量瓶
D.容量瓶洗净后残存有少量水
20．（12分）现有A、B、C、D四种化合物都含钠元素，A、B、C和足量的盐酸反应后，均可生成D；若将固体C加热后可生成A和无色无味的气体E，该气体能使澄清石灰水变浑浊；若在A溶液中通入足量E，可生成C；若B与C的溶液混合可生成A。请回答下列问题：
（1）推断A、C的化学式：A ；C ；
（2）A溶液中通入足量E时反应的化学方程式为 。
（3）B溶液与C溶液反应的离子方程式为 。
（4）仅凭与盐酸反应有气体E生成，能否断定A、C的组成？ （填“能”或“不能”）。
（5）向饱和食盐水中通入氨气和E，也能生成C，写出该化学反应方程式 。
三.计算题（本题共2个小题，每小题3分，共6分）
21．（3分）已知浓硫酸密度为1.84g/mL，质量分数为98%，配制200mL1.0mol•L﹣1的稀硫酸需用量筒量取该浓硫酸 mL。
22．（3分）若在标准状况下，将V L HCl气体溶于lL水中，所得溶液密度为dg/ml，则此溶液的物质的量浓度为 ．
2021-2022学年河南省郑州一中高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）下列说法中不正确的是（ ）
A．研究物质的性质常用观察、实验、分类、比较等方法
B．将金属钠放在石棉网上用酒精灯加热后，金属钠剧烈燃烧，产生黄色火焰，生成淡黄色固体
C．等质量的Na2O和Na2O2两种物质，所含的阴阳离子个数比不同
D．将一小块钠投入到盛有5mL饱和NaOH溶液的试管里，充分反应后恢复到室温，溶液变浑浊，NaOH溶液物质的量浓度不变
【分析】A．研究物质的性质常用观察、实验、分类、比较等方法；
B．钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠；
C．Na2O和Na2O2两种物质均为离子化合物；
D．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应消耗水，饱和的NaOH溶液中有NaOH析出。
【解答】解：A．研究物质的性质常用观察、实验、分类、比较等方法，故A正确；
B．钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠，故B正确；
C．Na2O由2个钠离子、一个氧离子构成；Na2O2由2个钠离子、一个过氧根离子构成，所含的阴阳离子个数比均为1：2，和质量无关，故C错误；
D．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出，NaOH溶液物质的量浓度不变，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查钠及其化合物的性质，明确钠的化学性质是解题关键，注意饱和溶液的性质，溶剂减小，溶液中要析出晶体，但溶液的浓度不变，为易错点。
2．（3分）下列物质的分类完全正确的是（ ）
选项
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
苛性钠
H3PO4
NaHSO4
CuO
NO2
B
氢氧化镁
HNO2
Cu2（OH）2CO3
Na2O2
CO2
C
氢氧化钡
HBr
CaCl2
Fe2O3
N2O3
D
纯碱
HClO
CuSO4•5H2O
Mn2O7
Cl2O7
A．A B．B C．C D．D
【分析】电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱；
电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；
电离出的阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物为盐；
只能和酸反应生成盐和水的化合物为碱性氧化物；
只能和碱反应生成盐和水的化合物为酸性氧化物，据此分析。
【解答】解：A．苛性钠是NaOH，电离出的阴离子全部是氢氧根，是碱；H3PO4是酸；NaHSO4是盐，且是酸式盐；CuO只能和酸反应生成盐和水，故为碱性氧化物；NO2和碱反应生成两种盐和水，且化合价变化，故A错误；
B．氢氧化镁电离出的阴离子全部是氢氧根，是碱；HNO2是酸；Cu2（OH）2CO3是盐，且是碱式盐；Na2O2只能和酸反应生成盐和水外，还有氧气生成，故为过氧化物；CO2和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故B错误；
C．氢氧化钡电离出的阴离子全部是氢氧根，是碱；HBr电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；CaCl2是电离出的阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物为盐；Fe2O3只只能和酸反应生成盐和水，故为碱性氧化物；N2O3和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故C正确；
D．纯碱是Na2CO3，是盐不是碱，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了酸、碱、盐和酸性氧化物、碱性氧化物的概念和判断，难度不大，应注意的是过氧化钠和双氧水等既不是酸性氧化物也不是碱性氧化物。
3．（3分）下列说法中正确的是（ ）
A．相同温度压强下，各种气体的体积大小由该气体分子的大小决定
B．相同温度压强下，各种气体的体积大小由该气体的分子数决定
C．不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数一定不同
D．不同的气体，分子数若相同，则气体体积相同
【分析】A．气体分子的大小远远小于分子之间的距离；
B．同温同压下，气体摩尔体积相同，V＝nVm＝Vm；
C．温度和压强未知，气体摩尔体积未知，体积不同，其分子数可能相同；
D．温度和压强未知，气体摩尔体积未知，分子数相同，体积不一定相同。
【解答】解：A．气体分子的大小远远小于分子之间的距离，气体分子的大小可忽略不计，同温同压下，由V＝nVm＝Vm可知，气体体积大小由气体分子数决定，故A错误；
B．同温同压下，气体摩尔体积相同，由V＝nVm＝Vm可知，气体体积大小由分子数决定，故B正确；
C．温度和压强未知，气体摩尔体积未知，不能确定物质的量关系，分子数可能相同，故C错误；
D．温度和压强未知，气体摩尔体积未知，分子数相同，气体体积可能相同也可能不同，取决于气体摩尔体积，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查阿伏加德罗定律及推论，为高考常见题型，把握体积的决定因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
4．（3分）N代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（ ）
A．标准状况下，分子数为NA的CO、N2 混合气体体积约为22.4L，质量为28g
B．离子所带电荷总数相等的HCO3﹣和CO32﹣，氧原子的物质的量之比为2：1
C．10g46%的乙醇（C2H6O） 水溶液中所含氢原子数目大于0.6NA
D．物质的量相等的CH4和NH4+，所含的电子数均为10NA
【分析】A.由公式n＝计算物质的量，CO、N2的摩尔质量均为28g/mol；
B.由电荷数确定离子的物质的量，进而求算物质的量之比；
C.乙醇溶液中，乙醇分子和水分子中均含有氢原子；
D.题目未给具体的物质的量。
【解答】解：A.标准状况下，分子数为NA的CO、N2 混合气体的物质的量为＝1mol，混合气体体积约为1mol×22.4L/mol＝22.4L，质量为1mol×28g/mol＝28g，故A正确；
B.离子所带电荷总数相等的HCO3﹣和CO32﹣，离子的物质的量之比为2：1，氧原子的物质的量之比为2：1，故B正确；
C.10g46%的乙醇（C2H6O） 水溶液中，乙醇分子中含有氢原子数为×6×NA/mol＝0.6NA，水分子中也含有氢原子，故乙醇（C2H6O） 水溶液中所含氢原子数目大于0.6NA，故C正确；
D.CH4和NH4+中均含有10个电子，等物质的量的CH4和NH4+，所含的电子数相等，但题目未给具体的物质的量，故电子数目无法求算，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题充分考查了学生灵活应用所学知识的能力。
5．（3分）下列关于胶体的说法中，正确的是（ ）
A．蔗糖溶液、淀粉溶液属于溶液，云、烟、雾属于胶体
B．制备Fe（OH）3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液逐滴滴加到沸水中煮沸至红褐色
C．利用过滤的方法能将Fe（OH）3胶体从FeCl3溶液中分离出来
D．胶体一定是电中性的，胶粒一定是带电荷的
【分析】A．分散质粒子大小介于1～100nm之间的分散系为胶体；
B．饱和FeCl3溶液水解可制备Fe（OH）3胶体；
C．胶体、溶液均可透过滤纸；
D．有的胶粒不带电，如淀粉胶体的胶粒。
【解答】解：A．淀粉溶液分散质粒子大小介于1～100nm之间，属于胶体，故A错误；
B．制备Fe（OH）3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色，故B正确；
C．胶体、溶液均可透过滤纸，则过滤法不能分离，故C错误；
D．胶体一定是电中性的，有的胶粒通过吸附带电，有的胶粒不带电，如淀粉胶体的胶粒，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查胶体的性质，为高频考点，把握分散系的判断、胶体的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
6．（3分）酸式盐是盐的一类，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3，NaHSO4，KH2PO4 等，已知次磷酸（H3PO2）和足 量的KOH溶液反应只生成一种盐KH2PO2，下列说法正确的是（ ）
A．H3PO2属于三元酸
B．KH2PO2属于酸式盐
C．H3PO2的电离方程式为：H3PO2═H2PO2﹣+H+
D．次磷酸（H3PO2）和足量的KOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+OH﹣═H2PO2﹣+H2O
【分析】已知次磷酸（H3PO2）和足 量的KOH溶液反应只生成一种盐KH2PO2，所以KH2PO2为正盐，H3PO2属于一元酸，H3PO2属于弱酸，电离方程式为：H3PO2⇌H2PO2﹣+H+，次磷酸（H3PO2）和足量的KOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+OH﹣═H2PO2﹣+H2O，据此答题。
【解答】解：A．次磷酸（H3PO2）和足 量的KOH溶液反应只生成一种盐KH2PO2，H3PO2属于一元酸，故A错误；
B．次磷酸（H3PO2）和足 量的KOH溶液反应只生成一种盐KH2PO2，所以KH2PO2为正盐，故B错误；
C．H3PO2属于弱酸，电离方程式为：H3PO2⇌H2PO2﹣+H+，故C错误；
D．H3PO2属于弱酸在离子方程式中写分子，次磷酸（H3PO2）和足量的KOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+OH﹣═H2PO2﹣+H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查电解质的电离、元素化合价判断、酸的元数判断等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确电离方程式书写规则、酸的元数判断方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
7．（3分）一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL3.0mol•L﹣1 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0.05mol。则原氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n（Cl2）：n（H2）是（ ）
A．3：2 B．1：2 C．2：3 D．1：1
【分析】所得混合物用NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.05mol，说明氢气与氯气反应后氯气有剩余，故溶液为氯化钠和次氯酸钠的混合液，则n（Na+）＝n（Cl﹣）+n（ClO﹣），根据氯原子守恒计算开始氯气的物质的量，进而计算溶液中Cl﹣的物质的量，溶液中Cl﹣来源于氯化氢及剩余氯气与氢氧化钠的反应，根据Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O计算氯气反应生成的NaCl，利用氯原子守恒计算HCl的物质的量，根据氢元素守恒计算氢气的物质的量。
【解答】解：所得混合物用NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.05mol，说明氢气与氯气反应后氯气有剩余，最终溶液中的溶质只有NaCl、NaClO，则n（Na+）＝n（Cl﹣）+n（ClO﹣）＝0.1 L×3.0mol/L＝0.3mol，由氯原子守恒有n原来（Cl2）＝×0.3mol＝0.15mol，溶液中n（Cl﹣）＝0.3mol﹣0.05mol＝0.25mol，溶液中Cl﹣来源于氯化氢及剩余氯气与氢氧化钠的反应，由Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O可知，氯气反应生成的NaCl为0.05mol，根据氯原子守恒有n（HCl）＝n（Cl﹣）﹣0.05mol＝0.25mol﹣0.05mol＝0.2mol，根据氢元素守恒可知n（H2）＝n（HCl）＝×0.2mol＝0.1mol，所以原氯气和参加反应的氢气的物质的量之比为0.15mol：0.1mol＝3：2，
故选：A。
【点评】本题考查化学方程式计算、混合物计算，侧重于学生计算能力和分析能力的考查，注意判断反应的程度以及相关方程式的书写，注意利用守恒思想解答。
8．（3分）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．制备Fe（OH）3胶体：Fe3++3H2O═Fe（OH）3↓+3H+
B．向氯化钙溶液中通入少量CO2气体：Ca2++CO2+H2O═CaCO3↓+2H+
C．工业上常用Cl2和石灰乳反应制备漂白粉：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O
D．向NH4HCO3溶液中加少量的NaOH溶液并加热：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O
【分析】A．氢氧化铁胶体不是沉淀，不能用沉淀符号；
B．氯化钙溶液和二氧化碳气体不反应；
C．石灰乳要写化学式；
D．氢氧化钠少量，发生碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应。
【解答】解：A．向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故A错误；
B．氯化钙溶液和二氧化碳气体不反应，不能生成碳酸钙沉淀，故B错误；
C．工业上用氯气与石灰乳反应制备漂白粉，反应的离子方程式为：2Ca（OH）2+2Cl2＝2Ca2++Cl﹣+2ClO﹣+2H2O，故C错误；
D．少量的NaOH溶液并加热和碳酸氢根离子反应，反应的离子方程式为HCO3﹣+OH﹣＝CO32﹣+H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等，试题有利于提高学生的规范答题能力。
9．（3分）某溶液中含有大量的下列离子：Fe3+、SO42﹣、Al3+和M离子，经测定Fe3+、SO42﹣、Al3+和M离子的物质的量之比为2：4：1：1，则M离子可能是下列中的（ ）
A．Na+ B．NO3﹣ C．Mg2+ D．OH﹣
【分析】先根据电荷守恒判断M离子所带电荷情况，然后根据离子能否大量共存判断可能存在的离子．
【解答】解：经测定Fe3+、SO42﹣、Al3+和M离子的物质的量之比为2：4：1：1，则M应该带有负电荷，
根据电荷守恒可知：3n（Fe3+）+3n（Al3+）＝2n（SO42﹣）+n（M），
即：2×3+3×1＝2×4+M，
解得：M＝1，
M应带有1个单位的负电荷，又OH﹣离子不能与铁离子大量共存，所以M只能为选项中的硝酸根离子，
故选：B。
【点评】本题考查离子共存问题，题目难度中等，解答关键是根据电荷守恒判断离子的种类，注意掌握电荷守恒在化学计算中的应用方法，明确离子反应发生条件．
10．（3分）在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（ ）
A．pH＝12的溶液：K+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣
B．硫酸氢钠溶液：K+、SO32﹣、Cl﹣、NH4+
C．使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl﹣、SO42﹣、Fe3+
D．使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、ClO﹣、Cl﹣
【分析】A.该溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
B.硫酸氢钠溶液中含有大量氢离子，亚硫酸根离子与氢离子反应；
C.该溶液呈碱性，铁离子与氢氧根离子反应；
D.该溶液呈酸性，次氯酸根离子与铁离子、镁离子和氢离子反应。
【解答】解：A.pH＝12的溶液呈碱性，OH﹣、K+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣之间不反应，能够大量共存，故A正确；
B.H+、SO32﹣之间发生反应，在硫酸氢钠溶液中不能大量共存，故B错误；
C.使酚酞试液变红的溶液呈碱性，OH﹣、Fe3+之间反应生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故C错误；
D.使紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性，H+、Fe2+、Mg2+都与ClO﹣反应，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，把握题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
11．（3分）某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应，设计装置如图，下列说法正确的是（ ）
A．装置A气密性的检查方法：直接向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好
B．装置B中盛放浓硫酸，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气
C．应先打开止水夹K1、K2，待氢气纯净后再加热装置C
D．装置A也可用于碳酸钠与盐酸反应制取CO2
【分析】探究Na2O2与H2能否反应，由实验装置可知，A装置为Zn与稀盐酸反应生成氢气，盐酸易挥发，则B装置中应盛放碱石灰除去HCl和水蒸气；C装置试管为Na2O2与H2反应，但氢气不纯加热时可能发生爆炸，加热前应先检验氢气的纯度；最后D装置通过检验反应后是否有水生成判断Na2O2与H2能否反应，以此来解答。
【解答】解：A．装置A气密性的检查方法：先关闭K1，然后直接向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好，故A错误；
B．A装置为Zn与稀盐酸反应生成氢气，盐酸易挥发，则B装置中应盛放碱石灰可除去HCl和水蒸气，故B错误；
C．氢气具有可燃性，不纯时加热易发生爆炸，则加热试管前应先打开止水夹K1、K2，待氢气纯净后再加热装置C，故C正确；
D．碳酸钠易溶于水，该装置中可用碳酸钙与盐酸反应制取CO2，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法及元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。
12．（3分）在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度．则下列说法正确的是（ ）
A．甲的物质的量比乙的物质的量少
B．甲的分子数比乙的分子数多
C．甲的体积比乙的体积大
D．甲的相对分子质量比乙相对分子质量小
【分析】根据PV＝nRT，＝＝＝，若两容器的温度和压强均相同，则密度之比等于摩尔质量之比，又甲的密度大于乙的密度，则甲的摩尔质量大于乙，结合n＝＝计算．
【解答】解：根据PV＝nRT，＝＝＝，若两容器的温度和压强均相同，则密度之比等于摩尔质量之比，又甲的密度大于乙的密度，则甲的摩尔质量大于乙，则
A．充有质量相同的甲、乙两种气体，因M甲＞M乙，则由n＝可知，甲的物质的量比乙的物质的量少，故A正确；
B．由A可知，甲的物质的量小，则由N＝nNA可知，甲的分子数比乙的分子数少，故B错误；
C．两容器的温度和压强均相同，根据V＝nVm可知，甲的体积小，故C错误；
D．甲的摩尔质量大于乙，则甲的相对分子质量比乙相对分子质量大，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，题目难度中等，注意根据PV＝nRT，＝＝＝，进行公式转化，可得出M之间的关系，结合相关计算公式解答．
13．（3分）有4g Na2O2和Na2CO3的混合物溶于水，与100mL物质的量浓度为1mol/L的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得到固体质量为（ ）
A．8g B．15.5g C．5.85g D．无法计算
【分析】混合物溶于水，过氧化钠溶于水反应生成氢氧化钠，溶液中含有NaOH、Na2CO3，与盐酸恰好反应，所得溶液中溶质为NaCl，蒸干溶液，最终得到固体为NaCl，根据氯离子守恒n（NaCl）＝n（HCl），再根据m＝nM计算NaCl的质量．
【解答】解：混合物溶于水，过氧化钠溶于水反应生成氢氧化钠，溶液中含有NaOH、Na2CO3，与盐酸恰好反应，所得溶液中溶质为NaCl，蒸干溶液，最终得到固体为NaCl，根据氯离子守恒n（NaCl）＝n（HCl）＝0.1L×1mol/L＝0.1mol，故m（NaCl）＝0.1mol×58.5g/mol＝5.85g，故选C。
【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，清楚反应过程是关键，注意根据守恒进行计算，可以简化计算．
14．（3分）氯气是一种重要的化学工业原料，下列有关氯气的说法中正确的是（ ）
A．氯气可使湿润的红色布条褪色，所以氯气具有漂白性
B．氢气在氯气中燃烧，火焰呈苍白色，集气瓶口出现白色烟雾
C．将自来水注入鱼缸以前需在阳光下曝晒一段时间，目的是使水中的HClO分解
D．以次氯酸盐为主要成分的漂白剂和消毒剂有效期较短的原因是次氯酸盐不稳定，容易分解
【分析】A．氯气不具有漂白性；
B．在点燃条件下，氢气能在氯气中燃烧生成苍白色火焰，生成的HCl遇水蒸气形成盐酸小液滴；
C．因为自来水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，次氯酸见光分解生成盐酸和游离态氧，2HClO2HCl+O2↑，有利于金鱼生存；
D．次氯酸盐与空气中的H2O、CO2反应生成不稳定的HClO。
【解答】解：A．氯气可使湿润的红色布条褪色，是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，故A错误；
B．在点燃条件下，氢气能在氯气中燃烧生成苍白色火焰，生成的HCl遇水蒸气形成盐酸小液滴，所以会看到白雾产生，故B错误；
C．由分析中发生的反应可知，曝晒的主要目的是使水中HClO分解，有利于金鱼生存，故C正确；
D．以次氯酸盐为主要成分的漂白剂和消毒剂有效期较短的原因是：次氯酸盐与空气中的H2O、CO2反应生成不稳定的HClO，次氯酸不稳定见光分解，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了氯气及氯水的性质，注重了化学与生活的联系，学生应学会利用化学知识来解决生活中常见的问题，题目难度不大。
15．（3分）根据所学化学知识，推测下列说法正确的是（ ）
A．一小块钠置于空气中较长时间，最终会变成Na2O2
B．取少量待测溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，则待测溶液中一定含有SO42﹣
C．硫酸，氢氧化钠固体，熔融态硝酸钾，硫酸铜晶体都是电解质且熔融时都能导电
D．新制氯水或液氯都能使鲜花褪色
【分析】A．根据金属钠在空气中的反应判断；
B．白色沉淀可能为AgCl；
C．在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，存在自由移动的离子或电子的物质能导电；
D．液氯不具有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性。
【解答】解：A．切开金属钠置于空气中，切口开始呈银白色→变暗（生成Na2O）→变白色固体（生成NaOH）→白色固体表面潮解（NaOH有吸水性）→结块（吸收CO2生成碳酸钠晶体）→最后变成碳酸钠粉末（风化），故A错误；
B．白色沉淀可能为AgCl，则原溶液可能含银离子或SO42﹣，但二者不能同时存在，故B错误；
C．氢氧化钠固体，熔融态硝酸钾，硫酸铜晶体都是电解质且熔融时都能导电，但是硫酸熔融时不能导电，故C错误；
D．液氯无漂白性，起漂白作用的是次氯酸，液氯中不含水，但液氯能与鲜花中的水反应生成次氯酸，所以新制氯水或液氯都能使鲜花褪色，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查常见离子的检验、氯气的化学性质，为高频考点，把握试剂、现象、结论为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意检验时排除干扰离子，题目难度不大。
16．（3分）某化学小组用图中的实验装置证明过氧化钠可用作供氧剂，有关说法错误的是（ ）
A．利用A装置可以制备H2，O2，CO2气体
B．B装置中应加入饱和Na2CO3溶液，加入该试剂的目的是除去HCl气体
C．C装置中应加入Na2O2固体，相关反应为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2
D．D装置中应加入浓NaOH溶液，加入该试剂的目的是除去多余的CO2气体
【分析】由实验装置可知，本实验首先由A中碳酸钙和稀盐酸反应生成CO2，产生气体通过B中的饱和NaHCO3溶液，以除去CO2气体中混入的HCl，然后C中过氧化钠与CO2气反应产生O2，D装置中应加入浓NaOH溶液，加入该试剂的目的是除去多余的CO2气体，用排水法收集O2，最后取出试管，立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气。
【解答】解：A．装置为固体和液体反应装置，可以制备H2（Zn和稀硫酸）、O2（二氧化锰和双氧水）、CO2（碳酸钙和稀盐酸）气体，故A正确；
B．产生气体通过B中的饱和NaHCO3溶液，以除去CO2气体中混入的HCl，故B错误；
C．C中过氧化钠与CO2气反应产生O2，反应为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故C正确；
D．D装置中应加入浓NaOH溶液，加入该试剂的目的是除去多余的CO2气体，防止对氧气的影响，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查气体的制备和除杂，难度不大，熟悉制备原理和除杂原理为解答的关键，注意元素化合物知识的运用。
二、填空题（本题共4小题，共46分）
17．（12分）现有以下物质：
①HCl气体
②液态SO2
③液态醋酸
④固体 NaHSO4
⑤固体NaHCO3
⑥纯蔗糖（C12H22O11）
⑦酒精（C2H5OH）
⑧熔化的 KNO3
⑨石灰浆
（1）以上物质属于强电解质的是 ①④⑤⑧ （填编号，下同）
（2）以上物质属于电解质但不能导电的是 ①③④⑤ 。
（3）以上物质属于非电解质的是 ②⑥⑦ 。
（4）以上物质中不属于电解质，但溶于水后能导电的是 ②⑨ 。
（5）写出物质④熔化时的电离方程式 NaHSO4═Na++HSO4﹣ 。
（6）写出④⑤混合后溶于水发生反应的离子方程式 H++HCO3﹣═H2O+CO2↑ 。
【分析】（1）在水溶液中能完全电离的化合物为强电解质，例如：强酸、强碱、大多数盐等，在水溶液中部分电离的化合物为弱电解质，例如：弱酸、弱碱等；
（2）在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，例如：酸、碱、盐、金属氧化物、水等，电解质在水溶液中或熔融状态下能电离出自由移动的离子，从而能够导电；
（3）在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，例：大多数有机物、非金属氧化物、氨气等；
（4）能与水反应生成电解质的物质，溶于水后能形成的电解质溶液，从而能够导电；
（5）用化学式和离子符号表示电离过程的式子为电离方程式；
（6）NaHSO4和NaHCO3在水溶液中发生的反应的化学方程式为：NaHSO4+NaHCO3═Na2SO4+H2O+CO2↑，用实际参加反应的离子符号表示离子反应的式子为离子方程式。
【解答】解：①HCl气体是强酸，属于强电解质，但不能导电；
②液态SO2是非金属氧化物，属于非电解质；
③液态醋酸是弱酸，属于弱电解质，但不能导电；
④固体 NaHSO4是盐，属于强电解质，但不能导电；
⑤固体NaHCO3是盐，属于强电解质，但不能导电；
⑥纯蔗糖（C12H22O11）是有机物，属于非电解质；
⑦酒精（C2H5OH）是有机物，属于非电解质；
⑧熔化的 KNO3是盐，属于强电解质，熔化的 KNO3能够导电；
⑨石灰浆是氢氧化钙与水形成的悬浊液，属于混合物；
（1）以上物质属于强电解质的是：①④⑤⑧，
故答案为：①④⑤⑧；
（2）以上物质属于电解质但不能导电的是：①③④⑤，
故答案为：①③④⑤；
（3）以上物质属于非电解质的是：②⑥⑦，
故答案为：②⑥⑦；
（4）以上物质中不属于电解质的是②⑥⑦⑨，②SO2溶于水后能生成H2SO3，形成了电解质溶液，从而能导电，⑨石灰浆溶于水形成氢氧化钙溶液，即电解质溶液，从而能导电，
故答案为：②⑨；
（5）NaHSO4熔化时能电离出Na+和HSO4﹣，电离方程式为：NaHSO4═Na++HSO4﹣，
故答案为：NaHSO4═Na++HSO4﹣；
（6）NaHSO4和NaHCO3在水溶液中发生的反应的化学方程式为：NaHSO4+NaHCO3═Na2SO4+H2O+CO2↑，离子方程式为：H++HCO3﹣═H2O+CO2↑，
故答案为：H++HCO3﹣═H2O+CO2↑。
【点评】本题考查离子反应及其相关概念，题目难度不大，关键是理解电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的含义，掌握把握电离方程式和离子方程式的书写要求，注重基础知识的考查。
18．（12分）（1）已知4gRO32﹣中核外电子数比质子数多6.02×1022个，则元素R的摩尔质量为 32g/mol 。
（2）使用漂白粉时，为增强漂白效果常加入少量白醋，写出漂白粉与醋酸反应的化学方程式 Ca（ClO）2+2CH3COOH＝Ca（CH3COO）2+2HClO 。
（3）向NaHSO3溶液中滴加硫酸氢钠溶液，写出反应的化学方程式 NaHSO3+NaHSO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O 。
（4）等体积等浓度的Ba（OH）2和NaHSO4溶液混合，写出该反应的离子方程式 Ba2++OH﹣+H++SO42﹣＝BaSO4↓+H2O 。
（5）等物质的量的N2、O2、CO2混合气体通过Na2O2后，体积变为原体积的，（同温同压），这时混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比为 3：4：1 。（填最简整数比）
（6）向NaHCO3溶液中逐滴加入少量的澄清石灰水，写出反应的离子方程式 Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣＝CaCO3↓+2H2O+CO32﹣ 。
【分析】（1）设元素R的摩尔质量为Mg/mol，根据n＝表示出4gRO32﹣的物质的量，而1个RO32﹣的电子数比质子数多2个，进而列方程计算；
（2）次氯酸钙与醋酸反应生成醋酸钙和次氯酸；
（3）亚硫酸钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水；
（4）1molBa（OH）2和1molNaHSO4反应生成1molBaSO4沉淀、1molH2O、1molNaOH；
（5）发生反应2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，导致混合气体物质的量减小，设三者的物质的量分别为9mol，则反应后气体总物质的量为27mol×＝24mol，根据差量法计算消耗二氧化碳物质的量、生成氧气物质的量，进而计算反应后混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比；
（6）氢氧化钙完全反应，假设氢氧化钙为1mol，则2molOH﹣完全反应需要2molHCO3﹣，即1mol Ca（OH）2需要消耗2molNaHCO3，氢氧根与碳酸氢根反应生成2molCO32﹣和2molH2O，而1molCa2+反应消耗生成1molCaCO3沉淀，剩余1molCO32﹣，即整个反应中有1molNa2CO3生成。
【解答】解：（1）设元素R的摩尔质量为Mg/mol，4gRO32﹣的物质的量为mol，而1个RO32﹣的电子数比质子数多2个，则mol×2×6.02×1023mol﹣1＝6.02×1022，解得M＝32，
故答案为：32g/mol；
（2）次氯酸钙与醋酸反应生成醋酸钙和次氯酸，反应方程式为Ca（ClO）2+2CH3COOH＝Ca（CH3COO）2+2HClO，
故答案为：Ca（ClO）2+2CH3COOH＝Ca（CH3COO）2+2HClO；
（3）亚硫酸钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应方程式为NaHSO3+NaHSO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O，
故答案为：NaHSO3+NaHSO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O；
（4）1molBa（OH）2和1molNaHSO4反应生成1molBaSO4沉淀、1molH2O、1molNaOH，反应方程式为Ba（OH）2+NaHSO4＝BaSO4↓+H2O+NaOH，对应的离子方程式为Ba2++OH﹣+H++SO42﹣＝BaSO4↓+H2O，
故答案为：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣＝BaSO4↓+H2O；
（5）设三者的物质的量分别为9mol，则反应后气体总物质的量为27mol×＝24mol，
2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2 物质的量减小
2 1 1
6mol 3mol 9mo×3﹣24mol＝3mol
反应后混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比＝9mol：（9+3）mol：（9﹣6）mol＝3：4：1，
故答案为：3：4：1；
（6）氢氧化钙完全反应，假设氢氧化钙为1mol，则2molOH﹣完全反应需要2molHCO3﹣，即1mol Ca（OH）2需要消耗2molNaHCO3，氢氧根与碳酸氢根反应生成2molCO32﹣和2molH2O，而1molCa2+反应消耗生成1molCaCO3沉淀，剩余1molCO32﹣，即整个反应中有1molNa2CO3生成，反应方程式为 Ca（OH）2+2NaHCO3＝CaCO3↓+2H2O+Na2CO3，反应离子方程式为Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣＝CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，
故答案为：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣＝CaCO3↓+2H2O+CO32﹣。
【点评】本题考查比较综合，涉及物质的量有关计算、离子方程式书写、化学方程式计算等，题目侧重考查学生分析能力、计算能力，本题离子方程式的书写为易错点、难点，关键是明确离子反应发生的本质。
19．（10分）实验室需要使用450mL0.11mol/L的CuSO4溶液，现用胆矾固体来配制此溶液，试回答下列各题：
（1）经计算，应该用托盘天平称取胆矾固体 13.8 g。
（2）若用胆矾固体配制溶液，下列仪器中，不需要用到的是 A （填序号）
A.锥形瓶
B.玻璃棒
C.烧杯
D.胶头滴管
E.药匙
F.托盘天平
（3）若要实施配制，除上述仪器外，尚缺的主要玻璃仪器是 500ml容量瓶 。
（4）配制过程有以下操作：
A.移液
B.称量
C.洗涤
D.定容
E.溶解
F.摇匀
其正确的操作顺序应是 BEACDF （填序号）。
（5）下列四项错误操作会导致所得溶液浓度偏高的是 AC （填序号）。
A.用带游码的托盘天平称胆矾时，砝码生锈了
B.定容时仰视容量瓶刻度线
C.将溶解后未冷却的溶液直接转入容量瓶
D.容量瓶洗净后残存有少量水
【分析】（1）依m＝cVM计算需要氯化钠的质量，注意V取500ml；
（2）需用胆矾l固体配制溶液的要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管等；
（3）需用胆矾固体配制溶液的要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管等；
（4）用胆矾l固体配制溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等；
（5）根据c＝计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高。
【解答】解：（1）要配制450mL 1.0mol•L﹣1的硫酸铜溶液，需要胆矾的质量m＝0.5L×0.1mol•L﹣1×250g/mol＝13.8g，
故答案为：13.8；
（2）用胆矾固体配制溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，不需要的仪器有：锥形瓶，
故选：A；
（3）需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，故还缺500ml容量瓶，
故答案为：500ml容量瓶；
（4）用胆矾固体配制溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，
故答案为：BEACDF；
（5）根据c＝计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高，
A.用带游码的托盘天平称胆矾时，砝码生锈了，导致缩称的氯化钠偏多，故c偏大，故A正确；
B.定容时仰视容量瓶刻度线，导致所加的水偏多，V偏大，故c偏小，故B错误；
C.将溶解后未冷却的溶液直接转入容量瓶，冷却后因为热胀冷缩导致V偏小，c偏大，故C正确；
D.容量瓶洗净后残存有少量水，对结果无影响，故D错误，
故答案选：AC。
【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，熟悉配制的过程和注意事项是解题关键，注意容量瓶的构造和使用方法及误差分析的技巧，难度不大。
20．（12分）现有A、B、C、D四种化合物都含钠元素，A、B、C和足量的盐酸反应后，均可生成D；若将固体C加热后可生成A和无色无味的气体E，该气体能使澄清石灰水变浑浊；若在A溶液中通入足量E，可生成C；若B与C的溶液混合可生成A。请回答下列问题：
（1）推断A、C的化学式：A Na2CO3 ；C NaHCO3 ；
（2）A溶液中通入足量E时反应的化学方程式为 Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3 。
（3）B溶液与C溶液反应的离子方程式为 HCO3﹣+OH﹣＝CO32﹣+H2O 。
（4）仅凭与盐酸反应有气体E生成，能否断定A、C的组成？ 不能 （填“能”或“不能”）。
（5）向饱和食盐水中通入氨气和E，也能生成C，写出该化学反应方程式 NaCl+NH3+CO2+H2O＝NH4Cl+NaHCO3↓ 。
【分析】A、B、C、D四种化合物都含有钠元素，A、B、C与盐酸反应均可生成D，则D为NaCl，将固体C加热后可生成A和无色无味的气体E，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则E为CO2，故C为NaHCO3、A为Na2CO3，在Na2CO3溶液中通入足量CO2可生成NaHCO3，B与NaHCO3的溶液混合可生成Na2CO3，则B为NaOH。
【解答】解：（1）由分析可知，A为Na2CO3，C是NaHCO3，
故答案为：Na2CO3；NaHCO3；
（2）A溶液中通入足量E，是碳酸钠溶液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，
故答案为：Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3；
（3）B溶液与C溶液的反应是氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为HCO3﹣+OH﹣＝CO32﹣+H2O，
故答案为：HCO3﹣+OH﹣＝CO32﹣+H2O；
（4）碳酸钠、碳酸氢钠、亚硫酸钠、亚硫酸氢钠都能与盐酸反应生成气体，仅凭与盐酸反应有气体E生成，不能断定A、C的组成，
故答案为：不能；
（5）向饱和食盐水中通入氨气和CO2，也能生成NaHCO3，该化学反应方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O＝NH4Cl+NaHCO3↓，
故答案为：NaCl+NH3+CO2+H2O＝NH4Cl+NaHCO3↓。
【点评】本题考查无机物的推断，涉及Na元素化合物的性质与相互转化，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意理解侯德榜制碱法原理，旨在考查学生对基础知识的熟练掌握情况。
三.计算题（本题共2个小题，每小题3分，共6分）
21．（3分）已知浓硫酸密度为1.84g/mL，质量分数为98%，配制200mL1.0mol•L﹣1的稀硫酸需用量筒量取该浓硫酸 10.9 mL。
【分析】根据c＝计算浓硫酸的物质的量浓度，再根据稀释前后溶质硫酸的物质的量不变计算需要浓硫酸体积。
【解答】解：密度为1.84g/mL，质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度为mol/L＝18.4mol/L，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，则需要浓硫酸体积为≈10.9mL，
故答案为：10.9。
【点评】本题考查物质的量浓度的计算与溶液配制，理解物质的量浓度与质量分数之间关系，注意对物质的量浓度定义式理解与灵活运用。
22．（3分）若在标准状况下，将V L HCl气体溶于lL水中，所得溶液密度为dg/ml，则此溶液的物质的量浓度为 mol/L ．
【分析】根据n＝计算出标准状况下V L HCl气体的物质的量，然后根据m＝nM计算出HCl的质量，1L水的质量约为1000g，从而可知所得溶液的质量，再根据V＝计算出所得溶液的体积，最后根据c＝计算出该溶液的物质的量浓度．
【解答】解：标准状况下VL HCl的物质的量为：n（HCl）＝＝mol，该HCl的质量为：m（HCl）＝36.5g/mol×mol＝g，1L水的质量约为1000g，则所得溶液的质量为：g+1000g＝（1000+）g，
该溶液的体积为：＝mL，
所以该溶液的物质的量浓度为：c（HCl）＝＝＝mol/L，
故答案为：mol/L．
【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度中等，正确计算所得溶液体积为解答关键，注意掌握物质的量浓度的概念及表达式，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．
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2021-2022学年河南省郑州一中高一（上）期中化学试卷
一、选择题（共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）下列说法中不正确的是（ ）
A．研究物质的性质常用观察、实验、分类、比较等方法
B．将金属钠放在石棉网上用酒精灯加热后，金属钠剧烈燃烧，产生黄色火焰，生成淡黄色固体
C．等质量的Na2O和Na2O2两种物质，所含的阴阳离子个数比不同
D．将一小块钠投入到盛有5mL饱和NaOH溶液的试管里，充分反应后恢复到室温，溶液变浑浊，NaOH溶液物质的量浓度不变
2．（3分）下列物质的分类完全正确的是（ ）
选项
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
苛性钠
H3PO4
NaHSO4
CuO
NO2
B
氢氧化镁
HNO2
Cu2（OH）2CO3
Na2O2
CO2
C
氢氧化钡
HBr
CaCl2
Fe2O3
N2O3
D
纯碱
HClO
CuSO4•5H2O
Mn2O7
Cl2O7
A．A B．B C．C D．D
3．（3分）下列说法中正确的是（ ）
A．相同温度压强下，各种气体的体积大小由该气体分子的大小决定
B．相同温度压强下，各种气体的体积大小由该气体的分子数决定
C．不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数一定不同
D．不同的气体，分子数若相同，则气体体积相同
4．（3分）N代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（ ）
A．标准状况下，分子数为NA的CO、N2 混合气体体积约为22.4L，质量为28g
B．离子所带电荷总数相等的HCO3﹣和CO32﹣，氧原子的物质的量之比为2：1
C．10g46%的乙醇（C2H6O） 水溶液中所含氢原子数目大于0.6NA
D．物质的量相等的CH4和NH4+，所含的电子数均为10NA
5．（3分）下列关于胶体的说法中，正确的是（ ）
A．蔗糖溶液、淀粉溶液属于溶液，云、烟、雾属于胶体
B．制备Fe（OH）3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液逐滴滴加到沸水中煮沸至红褐色
C．利用过滤的方法能将Fe（OH）3胶体从FeCl3溶液中分离出来
D．胶体一定是电中性的，胶粒一定是带电荷的
6．（3分）酸式盐是盐的一类，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3，NaHSO4，KH2PO4 等，已知次磷酸（H3PO2）和足 量的KOH溶液反应只生成一种盐KH2PO2，下列说法正确的是（ ）
A．H3PO2属于三元酸
B．KH2PO2属于酸式盐
C．H3PO2的电离方程式为：H3PO2═H2PO2﹣+H+
D．次磷酸（H3PO2）和足量的KOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+OH﹣═H2PO2﹣+H2O
7．（3分）一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL3.0mol•L﹣1 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0.05mol。则原氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n（Cl2）：n（H2）是（ ）
A．3：2 B．1：2 C．2：3 D．1：1
8．（3分）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．制备Fe（OH）3胶体：Fe3++3H2O═Fe（OH）3↓+3H+
B．向氯化钙溶液中通入少量CO2气体：Ca2++CO2+H2O═CaCO3↓+2H+
C．工业上常用Cl2和石灰乳反应制备漂白粉：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O
D．向NH4HCO3溶液中加少量的NaOH溶液并加热：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O
9．（3分）某溶液中含有大量的下列离子：Fe3+、SO42﹣、Al3+和M离子，经测定Fe3+、SO42﹣、Al3+和M离子的物质的量之比为2：4：1：1，则M离子可能是下列中的（ ）
A．Na+ B．NO3﹣ C．Mg2+ D．OH﹣
10．（3分）在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（ ）
A．pH＝12的溶液：K+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣
B．硫酸氢钠溶液：K+、SO32﹣、Cl﹣、NH4+
C．使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl﹣、SO42﹣、Fe3+
D．使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、ClO﹣、Cl﹣
11．（3分）某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应，设计装置如图，下列说法正确的是（ ）
A．装置A气密性的检查方法：直接向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好
B．装置B中盛放浓硫酸，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气
C．应先打开止水夹K1、K2，待氢气纯净后再加热装置C
D．装置A也可用于碳酸钠与盐酸反应制取CO2
12．（3分）在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度．则下列说法正确的是（ ）
A．甲的物质的量比乙的物质的量少
B．甲的分子数比乙的分子数多
C．甲的体积比乙的体积大
D．甲的相对分子质量比乙相对分子质量小
13．（3分）有4g Na2O2和Na2CO3的混合物溶于水，与100mL物质的量浓度为1mol/L的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得到固体质量为（ ）
A．8g B．15.5g C．5.85g D．无法计算
14．（3分）氯气是一种重要的化学工业原料，下列有关氯气的说法中正确的是（ ）
A．氯气可使湿润的红色布条褪色，所以氯气具有漂白性
B．氢气在氯气中燃烧，火焰呈苍白色，集气瓶口出现白色烟雾
C．将自来水注入鱼缸以前需在阳光下曝晒一段时间，目的是使水中的HClO分解
D．以次氯酸盐为主要成分的漂白剂和消毒剂有效期较短的原因是次氯酸盐不稳定，容易分解
15．（3分）根据所学化学知识，推测下列说法正确的是（ ）
A．一小块钠置于空气中较长时间，最终会变成Na2O2
B．取少量待测溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，则待测溶液中一定含有SO42﹣
C．硫酸，氢氧化钠固体，熔融态硝酸钾，硫酸铜晶体都是电解质且熔融时都能导电
D．新制氯水或液氯都能使鲜花褪色
16．（3分）某化学小组用图中的实验装置证明过氧化钠可用作供氧剂，有关说法错误的是（ ）
A．利用A装置可以制备H2，O2，CO2气体
B．B装置中应加入饱和Na2CO3溶液，加入该试剂的目的是除去HCl气体
C．C装置中应加入Na2O2固体，相关反应为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2
D．D装置中应加入浓NaOH溶液，加入该试剂的目的是除去多余的CO2气体
二、填空题（本题共4小题，共46分）
17．（12分）现有以下物质：
①HCl气体
②液态SO2
③液态醋酸
④固体 NaHSO4
⑤固体NaHCO3
⑥纯蔗糖（C12H22O11）
⑦酒精（C2H5OH）
⑧熔化的 KNO3
⑨石灰浆
（1）以上物质属于强电解质的是 （填编号，下同）
（2）以上物质属于电解质但不能导电的是 。
（3）以上物质属于非电解质的是 。
（4）以上物质中不属于电解质，但溶于水后能导电的是 。
（5）写出物质④熔化时的电离方程式 。
（6）写出④⑤混合后溶于水发生反应的离子方程式 。
18．（12分）（1）已知4gRO32﹣中核外电子数比质子数多6.02×1022个，则元素R的摩尔质量为 。
（2）使用漂白粉时，为增强漂白效果常加入少量白醋，写出漂白粉与醋酸反应的化学方程式 。
（3）向NaHSO3溶液中滴加硫酸氢钠溶液，写出反应的化学方程式 。
（4）等体积等浓度的Ba（OH）2和NaHSO4溶液混合，写出该反应的离子方程式 。
（5）等物质的量的N2、O2、CO2混合气体通过Na2O2后，体积变为原体积的，（同温同压），这时混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比为 。（填最简整数比）
（6）向NaHCO3溶液中逐滴加入少量的澄清石灰水，写出反应的离子方程式 。
19．（10分）实验室需要使用450mL0.11mol/L的CuSO4溶液，现用胆矾固体来配制此溶液，试回答下列各题：
（1）经计算，应该用托盘天平称取胆矾固体 g。
（2）若用胆矾固体配制溶液，下列仪器中，不需要用到的是 （填序号）
A.锥形瓶
B.玻璃棒
C.烧杯
D.胶头滴管
E.药匙
F.托盘天平
（3）若要实施配制，除上述仪器外，尚缺的主要玻璃仪器是 。
（4）配制过程有以下操作：
A.移液
B.称量
C.洗涤
D.定容
E.溶解
F.摇匀
其正确的操作顺序应是 （填序号）。
（5）下列四项错误操作会导致所得溶液浓度偏高的是 （填序号）。
A.用带游码的托盘天平称胆矾时，砝码生锈了
B.定容时仰视容量瓶刻度线
C.将溶解后未冷却的溶液直接转入容量瓶
D.容量瓶洗净后残存有少量水
20．（12分）现有A、B、C、D四种化合物都含钠元素，A、B、C和足量的盐酸反应后，均可生成D；若将固体C加热后可生成A和无色无味的气体E，该气体能使澄清石灰水变浑浊；若在A溶液中通入足量E，可生成C；若B与C的溶液混合可生成A。请回答下列问题：
（1）推断A、C的化学式：A ；C ；
（2）A溶液中通入足量E时反应的化学方程式为 。
（3）B溶液与C溶液反应的离子方程式为 。
（4）仅凭与盐酸反应有气体E生成，能否断定A、C的组成？ （填“能”或“不能”）。
（5）向饱和食盐水中通入氨气和E，也能生成C，写出该化学反应方程式 。
三.计算题（本题共2个小题，每小题3分，共6分）
21．（3分）已知浓硫酸密度为1.84g/mL，质量分数为98%，配制200mL1.0mol•L﹣1的稀硫酸需用量筒量取该浓硫酸 mL。
22．（3分）若在标准状况下，将V L HCl气体溶于lL水中，所得溶液密度为dg/ml，则此溶液的物质的量浓度为 ．
2021-2022学年河南省郑州一中高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）下列说法中不正确的是（ ）
A．研究物质的性质常用观察、实验、分类、比较等方法
B．将金属钠放在石棉网上用酒精灯加热后，金属钠剧烈燃烧，产生黄色火焰，生成淡黄色固体
C．等质量的Na2O和Na2O2两种物质，所含的阴阳离子个数比不同
D．将一小块钠投入到盛有5mL饱和NaOH溶液的试管里，充分反应后恢复到室温，溶液变浑浊，NaOH溶液物质的量浓度不变
【分析】A．研究物质的性质常用观察、实验、分类、比较等方法；
B．钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠；
C．Na2O和Na2O2两种物质均为离子化合物；
D．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应消耗水，饱和的NaOH溶液中有NaOH析出。
【解答】解：A．研究物质的性质常用观察、实验、分类、比较等方法，故A正确；
B．钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠，故B正确；
C．Na2O由2个钠离子、一个氧离子构成；Na2O2由2个钠离子、一个过氧根离子构成，所含的阴阳离子个数比均为1：2，和质量无关，故C错误；
D．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出，NaOH溶液物质的量浓度不变，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查钠及其化合物的性质，明确钠的化学性质是解题关键，注意饱和溶液的性质，溶剂减小，溶液中要析出晶体，但溶液的浓度不变，为易错点。
2．（3分）下列物质的分类完全正确的是（ ）
选项
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
苛性钠
H3PO4
NaHSO4
CuO
NO2
B
氢氧化镁
HNO2
Cu2（OH）2CO3
Na2O2
CO2
C
氢氧化钡
HBr
CaCl2
Fe2O3
N2O3
D
纯碱
HClO
CuSO4•5H2O
Mn2O7
Cl2O7
A．A B．B C．C D．D
【分析】电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱；
电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；
电离出的阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物为盐；
只能和酸反应生成盐和水的化合物为碱性氧化物；
只能和碱反应生成盐和水的化合物为酸性氧化物，据此分析。
【解答】解：A．苛性钠是NaOH，电离出的阴离子全部是氢氧根，是碱；H3PO4是酸；NaHSO4是盐，且是酸式盐；CuO只能和酸反应生成盐和水，故为碱性氧化物；NO2和碱反应生成两种盐和水，且化合价变化，故A错误；
B．氢氧化镁电离出的阴离子全部是氢氧根，是碱；HNO2是酸；Cu2（OH）2CO3是盐，且是碱式盐；Na2O2只能和酸反应生成盐和水外，还有氧气生成，故为过氧化物；CO2和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故B错误；
C．氢氧化钡电离出的阴离子全部是氢氧根，是碱；HBr电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；CaCl2是电离出的阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物为盐；Fe2O3只只能和酸反应生成盐和水，故为碱性氧化物；N2O3和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故C正确；
D．纯碱是Na2CO3，是盐不是碱，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了酸、碱、盐和酸性氧化物、碱性氧化物的概念和判断，难度不大，应注意的是过氧化钠和双氧水等既不是酸性氧化物也不是碱性氧化物。
3．（3分）下列说法中正确的是（ ）
A．相同温度压强下，各种气体的体积大小由该气体分子的大小决定
B．相同温度压强下，各种气体的体积大小由该气体的分子数决定
C．不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数一定不同
D．不同的气体，分子数若相同，则气体体积相同
【分析】A．气体分子的大小远远小于分子之间的距离；
B．同温同压下，气体摩尔体积相同，V＝nVm＝Vm；
C．温度和压强未知，气体摩尔体积未知，体积不同，其分子数可能相同；
D．温度和压强未知，气体摩尔体积未知，分子数相同，体积不一定相同。
【解答】解：A．气体分子的大小远远小于分子之间的距离，气体分子的大小可忽略不计，同温同压下，由V＝nVm＝Vm可知，气体体积大小由气体分子数决定，故A错误；
B．同温同压下，气体摩尔体积相同，由V＝nVm＝Vm可知，气体体积大小由分子数决定，故B正确；
C．温度和压强未知，气体摩尔体积未知，不能确定物质的量关系，分子数可能相同，故C错误；
D．温度和压强未知，气体摩尔体积未知，分子数相同，气体体积可能相同也可能不同，取决于气体摩尔体积，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查阿伏加德罗定律及推论，为高考常见题型，把握体积的决定因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
4．（3分）N代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（ ）
A．标准状况下，分子数为NA的CO、N2 混合气体体积约为22.4L，质量为28g
B．离子所带电荷总数相等的HCO3﹣和CO32﹣，氧原子的物质的量之比为2：1
C．10g46%的乙醇（C2H6O） 水溶液中所含氢原子数目大于0.6NA
D．物质的量相等的CH4和NH4+，所含的电子数均为10NA
【分析】A.由公式n＝计算物质的量，CO、N2的摩尔质量均为28g/mol；
B.由电荷数确定离子的物质的量，进而求算物质的量之比；
C.乙醇溶液中，乙醇分子和水分子中均含有氢原子；
D.题目未给具体的物质的量。
【解答】解：A.标准状况下，分子数为NA的CO、N2 混合气体的物质的量为＝1mol，混合气体体积约为1mol×22.4L/mol＝22.4L，质量为1mol×28g/mol＝28g，故A正确；
B.离子所带电荷总数相等的HCO3﹣和CO32﹣，离子的物质的量之比为2：1，氧原子的物质的量之比为2：1，故B正确；
C.10g46%的乙醇（C2H6O） 水溶液中，乙醇分子中含有氢原子数为×6×NA/mol＝0.6NA，水分子中也含有氢原子，故乙醇（C2H6O） 水溶液中所含氢原子数目大于0.6NA，故C正确；
D.CH4和NH4+中均含有10个电子，等物质的量的CH4和NH4+，所含的电子数相等，但题目未给具体的物质的量，故电子数目无法求算，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题充分考查了学生灵活应用所学知识的能力。
5．（3分）下列关于胶体的说法中，正确的是（ ）
A．蔗糖溶液、淀粉溶液属于溶液，云、烟、雾属于胶体
B．制备Fe（OH）3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液逐滴滴加到沸水中煮沸至红褐色
C．利用过滤的方法能将Fe（OH）3胶体从FeCl3溶液中分离出来
D．胶体一定是电中性的，胶粒一定是带电荷的
【分析】A．分散质粒子大小介于1～100nm之间的分散系为胶体；
B．饱和FeCl3溶液水解可制备Fe（OH）3胶体；
C．胶体、溶液均可透过滤纸；
D．有的胶粒不带电，如淀粉胶体的胶粒。
【解答】解：A．淀粉溶液分散质粒子大小介于1～100nm之间，属于胶体，故A错误；
B．制备Fe（OH）3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色，故B正确；
C．胶体、溶液均可透过滤纸，则过滤法不能分离，故C错误；
D．胶体一定是电中性的，有的胶粒通过吸附带电，有的胶粒不带电，如淀粉胶体的胶粒，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查胶体的性质，为高频考点，把握分散系的判断、胶体的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
6．（3分）酸式盐是盐的一类，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3，NaHSO4，KH2PO4 等，已知次磷酸（H3PO2）和足 量的KOH溶液反应只生成一种盐KH2PO2，下列说法正确的是（ ）
A．H3PO2属于三元酸
B．KH2PO2属于酸式盐
C．H3PO2的电离方程式为：H3PO2═H2PO2﹣+H+
D．次磷酸（H3PO2）和足量的KOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+OH﹣═H2PO2﹣+H2O
【分析】已知次磷酸（H3PO2）和足 量的KOH溶液反应只生成一种盐KH2PO2，所以KH2PO2为正盐，H3PO2属于一元酸，H3PO2属于弱酸，电离方程式为：H3PO2⇌H2PO2﹣+H+，次磷酸（H3PO2）和足量的KOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+OH﹣═H2PO2﹣+H2O，据此答题。
【解答】解：A．次磷酸（H3PO2）和足 量的KOH溶液反应只生成一种盐KH2PO2，H3PO2属于一元酸，故A错误；
B．次磷酸（H3PO2）和足 量的KOH溶液反应只生成一种盐KH2PO2，所以KH2PO2为正盐，故B错误；
C．H3PO2属于弱酸，电离方程式为：H3PO2⇌H2PO2﹣+H+，故C错误；
D．H3PO2属于弱酸在离子方程式中写分子，次磷酸（H3PO2）和足量的KOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+OH﹣═H2PO2﹣+H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查电解质的电离、元素化合价判断、酸的元数判断等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确电离方程式书写规则、酸的元数判断方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
7．（3分）一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL3.0mol•L﹣1 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0.05mol。则原氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n（Cl2）：n（H2）是（ ）
A．3：2 B．1：2 C．2：3 D．1：1
【分析】所得混合物用NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.05mol，说明氢气与氯气反应后氯气有剩余，故溶液为氯化钠和次氯酸钠的混合液，则n（Na+）＝n（Cl﹣）+n（ClO﹣），根据氯原子守恒计算开始氯气的物质的量，进而计算溶液中Cl﹣的物质的量，溶液中Cl﹣来源于氯化氢及剩余氯气与氢氧化钠的反应，根据Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O计算氯气反应生成的NaCl，利用氯原子守恒计算HCl的物质的量，根据氢元素守恒计算氢气的物质的量。
【解答】解：所得混合物用NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.05mol，说明氢气与氯气反应后氯气有剩余，最终溶液中的溶质只有NaCl、NaClO，则n（Na+）＝n（Cl﹣）+n（ClO﹣）＝0.1 L×3.0mol/L＝0.3mol，由氯原子守恒有n原来（Cl2）＝×0.3mol＝0.15mol，溶液中n（Cl﹣）＝0.3mol﹣0.05mol＝0.25mol，溶液中Cl﹣来源于氯化氢及剩余氯气与氢氧化钠的反应，由Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O可知，氯气反应生成的NaCl为0.05mol，根据氯原子守恒有n（HCl）＝n（Cl﹣）﹣0.05mol＝0.25mol﹣0.05mol＝0.2mol，根据氢元素守恒可知n（H2）＝n（HCl）＝×0.2mol＝0.1mol，所以原氯气和参加反应的氢气的物质的量之比为0.15mol：0.1mol＝3：2，
故选：A。
【点评】本题考查化学方程式计算、混合物计算，侧重于学生计算能力和分析能力的考查，注意判断反应的程度以及相关方程式的书写，注意利用守恒思想解答。
8．（3分）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．制备Fe（OH）3胶体：Fe3++3H2O═Fe（OH）3↓+3H+
B．向氯化钙溶液中通入少量CO2气体：Ca2++CO2+H2O═CaCO3↓+2H+
C．工业上常用Cl2和石灰乳反应制备漂白粉：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O
D．向NH4HCO3溶液中加少量的NaOH溶液并加热：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O
【分析】A．氢氧化铁胶体不是沉淀，不能用沉淀符号；
B．氯化钙溶液和二氧化碳气体不反应；
C．石灰乳要写化学式；
D．氢氧化钠少量，发生碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应。
【解答】解：A．向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故A错误；
B．氯化钙溶液和二氧化碳气体不反应，不能生成碳酸钙沉淀，故B错误；
C．工业上用氯气与石灰乳反应制备漂白粉，反应的离子方程式为：2Ca（OH）2+2Cl2＝2Ca2++Cl﹣+2ClO﹣+2H2O，故C错误；
D．少量的NaOH溶液并加热和碳酸氢根离子反应，反应的离子方程式为HCO3﹣+OH﹣＝CO32﹣+H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等，试题有利于提高学生的规范答题能力。
9．（3分）某溶液中含有大量的下列离子：Fe3+、SO42﹣、Al3+和M离子，经测定Fe3+、SO42﹣、Al3+和M离子的物质的量之比为2：4：1：1，则M离子可能是下列中的（ ）
A．Na+ B．NO3﹣ C．Mg2+ D．OH﹣
【分析】先根据电荷守恒判断M离子所带电荷情况，然后根据离子能否大量共存判断可能存在的离子．
【解答】解：经测定Fe3+、SO42﹣、Al3+和M离子的物质的量之比为2：4：1：1，则M应该带有负电荷，
根据电荷守恒可知：3n（Fe3+）+3n（Al3+）＝2n（SO42﹣）+n（M），
即：2×3+3×1＝2×4+M，
解得：M＝1，
M应带有1个单位的负电荷，又OH﹣离子不能与铁离子大量共存，所以M只能为选项中的硝酸根离子，
故选：B。
【点评】本题考查离子共存问题，题目难度中等，解答关键是根据电荷守恒判断离子的种类，注意掌握电荷守恒在化学计算中的应用方法，明确离子反应发生条件．
10．（3分）在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（ ）
A．pH＝12的溶液：K+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣
B．硫酸氢钠溶液：K+、SO32﹣、Cl﹣、NH4+
C．使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl﹣、SO42﹣、Fe3+
D．使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、ClO﹣、Cl﹣
【分析】A.该溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
B.硫酸氢钠溶液中含有大量氢离子，亚硫酸根离子与氢离子反应；
C.该溶液呈碱性，铁离子与氢氧根离子反应；
D.该溶液呈酸性，次氯酸根离子与铁离子、镁离子和氢离子反应。
【解答】解：A.pH＝12的溶液呈碱性，OH﹣、K+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣之间不反应，能够大量共存，故A正确；
B.H+、SO32﹣之间发生反应，在硫酸氢钠溶液中不能大量共存，故B错误；
C.使酚酞试液变红的溶液呈碱性，OH﹣、Fe3+之间反应生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故C错误；
D.使紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性，H+、Fe2+、Mg2+都与ClO﹣反应，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，把握题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
11．（3分）某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应，设计装置如图，下列说法正确的是（ ）
A．装置A气密性的检查方法：直接向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好
B．装置B中盛放浓硫酸，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气
C．应先打开止水夹K1、K2，待氢气纯净后再加热装置C
D．装置A也可用于碳酸钠与盐酸反应制取CO2
【分析】探究Na2O2与H2能否反应，由实验装置可知，A装置为Zn与稀盐酸反应生成氢气，盐酸易挥发，则B装置中应盛放碱石灰除去HCl和水蒸气；C装置试管为Na2O2与H2反应，但氢气不纯加热时可能发生爆炸，加热前应先检验氢气的纯度；最后D装置通过检验反应后是否有水生成判断Na2O2与H2能否反应，以此来解答。
【解答】解：A．装置A气密性的检查方法：先关闭K1，然后直接向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好，故A错误；
B．A装置为Zn与稀盐酸反应生成氢气，盐酸易挥发，则B装置中应盛放碱石灰可除去HCl和水蒸气，故B错误；
C．氢气具有可燃性，不纯时加热易发生爆炸，则加热试管前应先打开止水夹K1、K2，待氢气纯净后再加热装置C，故C正确；
D．碳酸钠易溶于水，该装置中可用碳酸钙与盐酸反应制取CO2，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法及元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。
12．（3分）在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度．则下列说法正确的是（ ）
A．甲的物质的量比乙的物质的量少
B．甲的分子数比乙的分子数多
C．甲的体积比乙的体积大
D．甲的相对分子质量比乙相对分子质量小
【分析】根据PV＝nRT，＝＝＝，若两容器的温度和压强均相同，则密度之比等于摩尔质量之比，又甲的密度大于乙的密度，则甲的摩尔质量大于乙，结合n＝＝计算．
【解答】解：根据PV＝nRT，＝＝＝，若两容器的温度和压强均相同，则密度之比等于摩尔质量之比，又甲的密度大于乙的密度，则甲的摩尔质量大于乙，则
A．充有质量相同的甲、乙两种气体，因M甲＞M乙，则由n＝可知，甲的物质的量比乙的物质的量少，故A正确；
B．由A可知，甲的物质的量小，则由N＝nNA可知，甲的分子数比乙的分子数少，故B错误；
C．两容器的温度和压强均相同，根据V＝nVm可知，甲的体积小，故C错误；
D．甲的摩尔质量大于乙，则甲的相对分子质量比乙相对分子质量大，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，题目难度中等，注意根据PV＝nRT，＝＝＝，进行公式转化，可得出M之间的关系，结合相关计算公式解答．
13．（3分）有4g Na2O2和Na2CO3的混合物溶于水，与100mL物质的量浓度为1mol/L的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得到固体质量为（ ）
A．8g B．15.5g C．5.85g D．无法计算
【分析】混合物溶于水，过氧化钠溶于水反应生成氢氧化钠，溶液中含有NaOH、Na2CO3，与盐酸恰好反应，所得溶液中溶质为NaCl，蒸干溶液，最终得到固体为NaCl，根据氯离子守恒n（NaCl）＝n（HCl），再根据m＝nM计算NaCl的质量．
【解答】解：混合物溶于水，过氧化钠溶于水反应生成氢氧化钠，溶液中含有NaOH、Na2CO3，与盐酸恰好反应，所得溶液中溶质为NaCl，蒸干溶液，最终得到固体为NaCl，根据氯离子守恒n（NaCl）＝n（HCl）＝0.1L×1mol/L＝0.1mol，故m（NaCl）＝0.1mol×58.5g/mol＝5.85g，故选C。
【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，清楚反应过程是关键，注意根据守恒进行计算，可以简化计算．
14．（3分）氯气是一种重要的化学工业原料，下列有关氯气的说法中正确的是（ ）
A．氯气可使湿润的红色布条褪色，所以氯气具有漂白性
B．氢气在氯气中燃烧，火焰呈苍白色，集气瓶口出现白色烟雾
C．将自来水注入鱼缸以前需在阳光下曝晒一段时间，目的是使水中的HClO分解
D．以次氯酸盐为主要成分的漂白剂和消毒剂有效期较短的原因是次氯酸盐不稳定，容易分解
【分析】A．氯气不具有漂白性；
B．在点燃条件下，氢气能在氯气中燃烧生成苍白色火焰，生成的HCl遇水蒸气形成盐酸小液滴；
C．因为自来水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，次氯酸见光分解生成盐酸和游离态氧，2HClO2HCl+O2↑，有利于金鱼生存；
D．次氯酸盐与空气中的H2O、CO2反应生成不稳定的HClO。
【解答】解：A．氯气可使湿润的红色布条褪色，是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，故A错误；
B．在点燃条件下，氢气能在氯气中燃烧生成苍白色火焰，生成的HCl遇水蒸气形成盐酸小液滴，所以会看到白雾产生，故B错误；
C．由分析中发生的反应可知，曝晒的主要目的是使水中HClO分解，有利于金鱼生存，故C正确；
D．以次氯酸盐为主要成分的漂白剂和消毒剂有效期较短的原因是：次氯酸盐与空气中的H2O、CO2反应生成不稳定的HClO，次氯酸不稳定见光分解，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了氯气及氯水的性质，注重了化学与生活的联系，学生应学会利用化学知识来解决生活中常见的问题，题目难度不大。
15．（3分）根据所学化学知识，推测下列说法正确的是（ ）
A．一小块钠置于空气中较长时间，最终会变成Na2O2
B．取少量待测溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，则待测溶液中一定含有SO42﹣
C．硫酸，氢氧化钠固体，熔融态硝酸钾，硫酸铜晶体都是电解质且熔融时都能导电
D．新制氯水或液氯都能使鲜花褪色
【分析】A．根据金属钠在空气中的反应判断；
B．白色沉淀可能为AgCl；
C．在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，存在自由移动的离子或电子的物质能导电；
D．液氯不具有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性。
【解答】解：A．切开金属钠置于空气中，切口开始呈银白色→变暗（生成Na2O）→变白色固体（生成NaOH）→白色固体表面潮解（NaOH有吸水性）→结块（吸收CO2生成碳酸钠晶体）→最后变成碳酸钠粉末（风化），故A错误；
B．白色沉淀可能为AgCl，则原溶液可能含银离子或SO42﹣，但二者不能同时存在，故B错误；
C．氢氧化钠固体，熔融态硝酸钾，硫酸铜晶体都是电解质且熔融时都能导电，但是硫酸熔融时不能导电，故C错误；
D．液氯无漂白性，起漂白作用的是次氯酸，液氯中不含水，但液氯能与鲜花中的水反应生成次氯酸，所以新制氯水或液氯都能使鲜花褪色，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查常见离子的检验、氯气的化学性质，为高频考点，把握试剂、现象、结论为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意检验时排除干扰离子，题目难度不大。
16．（3分）某化学小组用图中的实验装置证明过氧化钠可用作供氧剂，有关说法错误的是（ ）
A．利用A装置可以制备H2，O2，CO2气体
B．B装置中应加入饱和Na2CO3溶液，加入该试剂的目的是除去HCl气体
C．C装置中应加入Na2O2固体，相关反应为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2
D．D装置中应加入浓NaOH溶液，加入该试剂的目的是除去多余的CO2气体
【分析】由实验装置可知，本实验首先由A中碳酸钙和稀盐酸反应生成CO2，产生气体通过B中的饱和NaHCO3溶液，以除去CO2气体中混入的HCl，然后C中过氧化钠与CO2气反应产生O2，D装置中应加入浓NaOH溶液，加入该试剂的目的是除去多余的CO2气体，用排水法收集O2，最后取出试管，立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气。
【解答】解：A．装置为固体和液体反应装置，可以制备H2（Zn和稀硫酸）、O2（二氧化锰和双氧水）、CO2（碳酸钙和稀盐酸）气体，故A正确；
B．产生气体通过B中的饱和NaHCO3溶液，以除去CO2气体中混入的HCl，故B错误；
C．C中过氧化钠与CO2气反应产生O2，反应为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故C正确；
D．D装置中应加入浓NaOH溶液，加入该试剂的目的是除去多余的CO2气体，防止对氧气的影响，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查气体的制备和除杂，难度不大，熟悉制备原理和除杂原理为解答的关键，注意元素化合物知识的运用。
二、填空题（本题共4小题，共46分）
17．（12分）现有以下物质：
①HCl气体
②液态SO2
③液态醋酸
④固体 NaHSO4
⑤固体NaHCO3
⑥纯蔗糖（C12H22O11）
⑦酒精（C2H5OH）
⑧熔化的 KNO3
⑨石灰浆
（1）以上物质属于强电解质的是 ①④⑤⑧ （填编号，下同）
（2）以上物质属于电解质但不能导电的是 ①③④⑤ 。
（3）以上物质属于非电解质的是 ②⑥⑦ 。
（4）以上物质中不属于电解质，但溶于水后能导电的是 ②⑨ 。
（5）写出物质④熔化时的电离方程式 NaHSO4═Na++HSO4﹣ 。
（6）写出④⑤混合后溶于水发生反应的离子方程式 H++HCO3﹣═H2O+CO2↑ 。
【分析】（1）在水溶液中能完全电离的化合物为强电解质，例如：强酸、强碱、大多数盐等，在水溶液中部分电离的化合物为弱电解质，例如：弱酸、弱碱等；
（2）在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，例如：酸、碱、盐、金属氧化物、水等，电解质在水溶液中或熔融状态下能电离出自由移动的离子，从而能够导电；
（3）在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，例：大多数有机物、非金属氧化物、氨气等；
（4）能与水反应生成电解质的物质，溶于水后能形成的电解质溶液，从而能够导电；
（5）用化学式和离子符号表示电离过程的式子为电离方程式；
（6）NaHSO4和NaHCO3在水溶液中发生的反应的化学方程式为：NaHSO4+NaHCO3═Na2SO4+H2O+CO2↑，用实际参加反应的离子符号表示离子反应的式子为离子方程式。
【解答】解：①HCl气体是强酸，属于强电解质，但不能导电；
②液态SO2是非金属氧化物，属于非电解质；
③液态醋酸是弱酸，属于弱电解质，但不能导电；
④固体 NaHSO4是盐，属于强电解质，但不能导电；
⑤固体NaHCO3是盐，属于强电解质，但不能导电；
⑥纯蔗糖（C12H22O11）是有机物，属于非电解质；
⑦酒精（C2H5OH）是有机物，属于非电解质；
⑧熔化的 KNO3是盐，属于强电解质，熔化的 KNO3能够导电；
⑨石灰浆是氢氧化钙与水形成的悬浊液，属于混合物；
（1）以上物质属于强电解质的是：①④⑤⑧，
故答案为：①④⑤⑧；
（2）以上物质属于电解质但不能导电的是：①③④⑤，
故答案为：①③④⑤；
（3）以上物质属于非电解质的是：②⑥⑦，
故答案为：②⑥⑦；
（4）以上物质中不属于电解质的是②⑥⑦⑨，②SO2溶于水后能生成H2SO3，形成了电解质溶液，从而能导电，⑨石灰浆溶于水形成氢氧化钙溶液，即电解质溶液，从而能导电，
故答案为：②⑨；
（5）NaHSO4熔化时能电离出Na+和HSO4﹣，电离方程式为：NaHSO4═Na++HSO4﹣，
故答案为：NaHSO4═Na++HSO4﹣；
（6）NaHSO4和NaHCO3在水溶液中发生的反应的化学方程式为：NaHSO4+NaHCO3═Na2SO4+H2O+CO2↑，离子方程式为：H++HCO3﹣═H2O+CO2↑，
故答案为：H++HCO3﹣═H2O+CO2↑。
【点评】本题考查离子反应及其相关概念，题目难度不大，关键是理解电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的含义，掌握把握电离方程式和离子方程式的书写要求，注重基础知识的考查。
18．（12分）（1）已知4gRO32﹣中核外电子数比质子数多6.02×1022个，则元素R的摩尔质量为 32g/mol 。
（2）使用漂白粉时，为增强漂白效果常加入少量白醋，写出漂白粉与醋酸反应的化学方程式 Ca（ClO）2+2CH3COOH＝Ca（CH3COO）2+2HClO 。
（3）向NaHSO3溶液中滴加硫酸氢钠溶液，写出反应的化学方程式 NaHSO3+NaHSO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O 。
（4）等体积等浓度的Ba（OH）2和NaHSO4溶液混合，写出该反应的离子方程式 Ba2++OH﹣+H++SO42﹣＝BaSO4↓+H2O 。
（5）等物质的量的N2、O2、CO2混合气体通过Na2O2后，体积变为原体积的，（同温同压），这时混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比为 3：4：1 。（填最简整数比）
（6）向NaHCO3溶液中逐滴加入少量的澄清石灰水，写出反应的离子方程式 Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣＝CaCO3↓+2H2O+CO32﹣ 。
【分析】（1）设元素R的摩尔质量为Mg/mol，根据n＝表示出4gRO32﹣的物质的量，而1个RO32﹣的电子数比质子数多2个，进而列方程计算；
（2）次氯酸钙与醋酸反应生成醋酸钙和次氯酸；
（3）亚硫酸钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水；
（4）1molBa（OH）2和1molNaHSO4反应生成1molBaSO4沉淀、1molH2O、1molNaOH；
（5）发生反应2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，导致混合气体物质的量减小，设三者的物质的量分别为9mol，则反应后气体总物质的量为27mol×＝24mol，根据差量法计算消耗二氧化碳物质的量、生成氧气物质的量，进而计算反应后混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比；
（6）氢氧化钙完全反应，假设氢氧化钙为1mol，则2molOH﹣完全反应需要2molHCO3﹣，即1mol Ca（OH）2需要消耗2molNaHCO3，氢氧根与碳酸氢根反应生成2molCO32﹣和2molH2O，而1molCa2+反应消耗生成1molCaCO3沉淀，剩余1molCO32﹣，即整个反应中有1molNa2CO3生成。
【解答】解：（1）设元素R的摩尔质量为Mg/mol，4gRO32﹣的物质的量为mol，而1个RO32﹣的电子数比质子数多2个，则mol×2×6.02×1023mol﹣1＝6.02×1022，解得M＝32，
故答案为：32g/mol；
（2）次氯酸钙与醋酸反应生成醋酸钙和次氯酸，反应方程式为Ca（ClO）2+2CH3COOH＝Ca（CH3COO）2+2HClO，
故答案为：Ca（ClO）2+2CH3COOH＝Ca（CH3COO）2+2HClO；
（3）亚硫酸钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应方程式为NaHSO3+NaHSO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O，
故答案为：NaHSO3+NaHSO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O；
（4）1molBa（OH）2和1molNaHSO4反应生成1molBaSO4沉淀、1molH2O、1molNaOH，反应方程式为Ba（OH）2+NaHSO4＝BaSO4↓+H2O+NaOH，对应的离子方程式为Ba2++OH﹣+H++SO42﹣＝BaSO4↓+H2O，
故答案为：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣＝BaSO4↓+H2O；
（5）设三者的物质的量分别为9mol，则反应后气体总物质的量为27mol×＝24mol，
2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2 物质的量减小
2 1 1
6mol 3mol 9mo×3﹣24mol＝3mol
反应后混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比＝9mol：（9+3）mol：（9﹣6）mol＝3：4：1，
故答案为：3：4：1；
（6）氢氧化钙完全反应，假设氢氧化钙为1mol，则2molOH﹣完全反应需要2molHCO3﹣，即1mol Ca（OH）2需要消耗2molNaHCO3，氢氧根与碳酸氢根反应生成2molCO32﹣和2molH2O，而1molCa2+反应消耗生成1molCaCO3沉淀，剩余1molCO32﹣，即整个反应中有1molNa2CO3生成，反应方程式为 Ca（OH）2+2NaHCO3＝CaCO3↓+2H2O+Na2CO3，反应离子方程式为Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣＝CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，
故答案为：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣＝CaCO3↓+2H2O+CO32﹣。
【点评】本题考查比较综合，涉及物质的量有关计算、离子方程式书写、化学方程式计算等，题目侧重考查学生分析能力、计算能力，本题离子方程式的书写为易错点、难点，关键是明确离子反应发生的本质。
19．（10分）实验室需要使用450mL0.11mol/L的CuSO4溶液，现用胆矾固体来配制此溶液，试回答下列各题：
（1）经计算，应该用托盘天平称取胆矾固体 13.8 g。
（2）若用胆矾固体配制溶液，下列仪器中，不需要用到的是 A （填序号）
A.锥形瓶
B.玻璃棒
C.烧杯
D.胶头滴管
E.药匙
F.托盘天平
（3）若要实施配制，除上述仪器外，尚缺的主要玻璃仪器是 500ml容量瓶 。
（4）配制过程有以下操作：
A.移液
B.称量
C.洗涤
D.定容
E.溶解
F.摇匀
其正确的操作顺序应是 BEACDF （填序号）。
（5）下列四项错误操作会导致所得溶液浓度偏高的是 AC （填序号）。
A.用带游码的托盘天平称胆矾时，砝码生锈了
B.定容时仰视容量瓶刻度线
C.将溶解后未冷却的溶液直接转入容量瓶
D.容量瓶洗净后残存有少量水
【分析】（1）依m＝cVM计算需要氯化钠的质量，注意V取500ml；
（2）需用胆矾l固体配制溶液的要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管等；
（3）需用胆矾固体配制溶液的要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管等；
（4）用胆矾l固体配制溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等；
（5）根据c＝计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高。
【解答】解：（1）要配制450mL 1.0mol•L﹣1的硫酸铜溶液，需要胆矾的质量m＝0.5L×0.1mol•L﹣1×250g/mol＝13.8g，
故答案为：13.8；
（2）用胆矾固体配制溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，不需要的仪器有：锥形瓶，
故选：A；
（3）需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，故还缺500ml容量瓶，
故答案为：500ml容量瓶；
（4）用胆矾固体配制溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，
故答案为：BEACDF；
（5）根据c＝计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高，
A.用带游码的托盘天平称胆矾时，砝码生锈了，导致缩称的氯化钠偏多，故c偏大，故A正确；
B.定容时仰视容量瓶刻度线，导致所加的水偏多，V偏大，故c偏小，故B错误；
C.将溶解后未冷却的溶液直接转入容量瓶，冷却后因为热胀冷缩导致V偏小，c偏大，故C正确；
D.容量瓶洗净后残存有少量水，对结果无影响，故D错误，
故答案选：AC。
【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，熟悉配制的过程和注意事项是解题关键，注意容量瓶的构造和使用方法及误差分析的技巧，难度不大。
20．（12分）现有A、B、C、D四种化合物都含钠元素，A、B、C和足量的盐酸反应后，均可生成D；若将固体C加热后可生成A和无色无味的气体E，该气体能使澄清石灰水变浑浊；若在A溶液中通入足量E，可生成C；若B与C的溶液混合可生成A。请回答下列问题：
（1）推断A、C的化学式：A Na2CO3 ；C NaHCO3 ；
（2）A溶液中通入足量E时反应的化学方程式为 Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3 。
（3）B溶液与C溶液反应的离子方程式为 HCO3﹣+OH﹣＝CO32﹣+H2O 。
（4）仅凭与盐酸反应有气体E生成，能否断定A、C的组成？ 不能 （填“能”或“不能”）。
（5）向饱和食盐水中通入氨气和E，也能生成C，写出该化学反应方程式 NaCl+NH3+CO2+H2O＝NH4Cl+NaHCO3↓ 。
【分析】A、B、C、D四种化合物都含有钠元素，A、B、C与盐酸反应均可生成D，则D为NaCl，将固体C加热后可生成A和无色无味的气体E，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则E为CO2，故C为NaHCO3、A为Na2CO3，在Na2CO3溶液中通入足量CO2可生成NaHCO3，B与NaHCO3的溶液混合可生成Na2CO3，则B为NaOH。
【解答】解：（1）由分析可知，A为Na2CO3，C是NaHCO3，
故答案为：Na2CO3；NaHCO3；
（2）A溶液中通入足量E，是碳酸钠溶液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，
故答案为：Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3；
（3）B溶液与C溶液的反应是氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为HCO3﹣+OH﹣＝CO32﹣+H2O，
故答案为：HCO3﹣+OH﹣＝CO32﹣+H2O；
（4）碳酸钠、碳酸氢钠、亚硫酸钠、亚硫酸氢钠都能与盐酸反应生成气体，仅凭与盐酸反应有气体E生成，不能断定A、C的组成，
故答案为：不能；
（5）向饱和食盐水中通入氨气和CO2，也能生成NaHCO3，该化学反应方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O＝NH4Cl+NaHCO3↓，
故答案为：NaCl+NH3+CO2+H2O＝NH4Cl+NaHCO3↓。
【点评】本题考查无机物的推断，涉及Na元素化合物的性质与相互转化，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意理解侯德榜制碱法原理，旨在考查学生对基础知识的熟练掌握情况。
三.计算题（本题共2个小题，每小题3分，共6分）
21．（3分）已知浓硫酸密度为1.84g/mL，质量分数为98%，配制200mL1.0mol•L﹣1的稀硫酸需用量筒量取该浓硫酸 10.9 mL。
【分析】根据c＝计算浓硫酸的物质的量浓度，再根据稀释前后溶质硫酸的物质的量不变计算需要浓硫酸体积。
【解答】解：密度为1.84g/mL，质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度为mol/L＝18.4mol/L，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，则需要浓硫酸体积为≈10.9mL，
故答案为：10.9。
【点评】本题考查物质的量浓度的计算与溶液配制，理解物质的量浓度与质量分数之间关系，注意对物质的量浓度定义式理解与灵活运用。
22．（3分）若在标准状况下，将V L HCl气体溶于lL水中，所得溶液密度为dg/ml，则此溶液的物质的量浓度为 mol/L ．
【分析】根据n＝计算出标准状况下V L HCl气体的物质的量，然后根据m＝nM计算出HCl的质量，1L水的质量约为1000g，从而可知所得溶液的质量，再根据V＝计算出所得溶液的体积，最后根据c＝计算出该溶液的物质的量浓度．
【解答】解：标准状况下VL HCl的物质的量为：n（HCl）＝＝mol，该HCl的质量为：m（HCl）＝36.5g/mol×mol＝g，1L水的质量约为1000g，则所得溶液的质量为：g+1000g＝（1000+）g，
该溶液的体积为：＝mL，
所以该溶液的物质的量浓度为：c（HCl）＝＝＝mol/L，
故答案为：mol/L．
【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度中等，正确计算所得溶液体积为解答关键，注意掌握物质的量浓度的概念及表达式，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．
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