北京市中国人民大学附属中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题化学（解析版）


北京市中国人民大学附属中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H—1；C—12；N—14；O—16；Na—23；Mg—24；S—32；Cl—35.5；K—39；Cu—64
第I卷（共40分）
每小题只有一个选项符合题意
1.下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是（ ）
A．火药使用

B．粮食酿酒

C．转轮排字

D．铁的冶炼





【答案】C
【解析】
【详解】A．火药使用涉及反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，发生化学反应，故A不选；
B．粮食酿酒为淀粉在酒曲酶的作用下生成乙醇，发生化学反应，故B不选；
C．转轮排字为印刷操作，没有涉及化学反应，故C选；
D．铁的冶炼涉及3CO+Fe2O32Fe+3CO2，发生化学反应，故D不选；
答案选C。
2.我国科技创新成果斐然，下列成果中获得诺贝尔奖的是（ ）
A. 徐光宪建立稀土串级萃取理论 B. 屠呦呦发现抗疟新药青蒿素
C. 闵恩泽研发重油裂解催化剂 D. 海域天然气水合物试采连续60天
【答案】B
【解析】
【详解】2015年10月，屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾的新疗法获诺贝尔生理学或医学奖；
故选B。
3.下列行为不符合安全要求的是（ ）
A. 实验结束后，将废液倒入指定容器中
B. 做实验剩余的金属钠不得直接丢弃在废液缸中
C. 大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量应往低处去
D. 配制稀硫酸时，将浓硫酸缓慢倒入水中并不断搅拌
【答案】C
【解析】
【详解】A. 实验结束后，将废液倒入指定容器中，防止污染环境，故A符合安全要求；
B．钠易燃烧，且易与水反应，易导致火灾，不能随意丢弃，故B符合安全要求；
C．氯气的密度比空气大，应往高处去，故C不符合安全要求；
D．配制稀硫酸时，将浓硫酸缓慢倒入水中并不断搅拌，以防止酸液飞溅，故D符合安全要求。
故选：C。
4.我们日常生活中出现了“加碘食盐”、“增铁酱油”、“富硒茶叶”和“含氟牙膏”等商品。这里的碘、铁、硒、氟应理解为（ ）
A. 元素 B. 单质 C. 分子 D. 氧化物
【答案】A
【解析】
【分析】物质是由元素组成，由分子、原子、离子构成，但物质组成中涉及到补钙、补铁等说法，都是关注物质的组成元素。
【详解】“加碘食盐”、“增铁酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等商品，这些商品中所强调的碘、铁、钙、硒、氟，都是说明这些物质的存在了这些元素，而不管以什么形式存在，或者便于说明如何存在，所以就用宏观的元素种类来说明。因此理解为元素。
故选：A。
5.2017年9月厦门金砖国家峰会期间，气象部门的科技人员为了保证峰会有关活动的正常进行，一直做好“驱雨”准备。催雨剂的主要成分可以是干冰、液氮、碘化银（AgI）等，它们分别属于氧化物、单质和盐，下列物质与上述三种类别完全不同的是（ ）
A. I2 B. K2SO4 C. P2O5 D. HNO3
【答案】D
【解析】
【分析】物质分为混合物和纯净物，混合物是由两种或两种以上的物质组成；纯净物是由一种物质组成；纯净物又分为单质和化合物，由同种元素组成的纯净物叫单质；由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物；氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素；电离出的阳离子全部为氢离子的化合物为酸；干冰、液氮、碘化银（AgI）等分别属于氧化物、单质、盐。
【详解】干冰、液氮、碘化银（AgI）等分别属于氧化物、单质、盐。
A．I2属于由碘元素组成的单质，故A不符合题意；
B．K2SO4属于由钾离子和硫酸根离子构成的盐，故B不符合题意；
C．P2O5属于由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素的氧化物，故C不符合题意；
D．硝酸属于酸，与其它三种物质的类别不同，故D符合题意；
故选：D。
6.下列说法中，正确的是（ ）
A. Mg的摩尔质量是24g/mol
B. 22gCO2物质的量为2.2mol
C. 1molCl2中含有的氯原子数约为6.02×1023
D. 常温常压下，1molN2的体积是22.4L
【答案】A
【解析】
【详解】A. Mg的摩尔质量是24g/mol，故A正确；
B. 22gCO2物质的量为22g÷44g·mol－1=0.5mol，故B错误；
C. 1molCl2中含有的氯原子数约为6.02×1023×2，故C错误；
D. 应是在标准状况下，1molN2的体积是22.4L，常温常压下，1molN2的体积大于22.4L，故D错误；
故选A。
7.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 1mol/LBaCl2溶液中含有的钡离子数为NA
B. 1mol镁原子中含有的电子数为2NA
C. 常温常压下，11.2LH2O中含有分子数为0.5NA
D. 16gO3和O2的混合物中含有的氧原子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 1mol/LBaCl2溶液中，因缺少溶液的体积，无法计算钡离子数，故A错误；
B. 镁为12号元素，1mol镁原子中含有的电子数为12NA，故B错误；
C. 常温常压下，H2O为液态，不能用气体的摩尔体积计算物质的量，故C错误；
D. 16gO3和O2的混合物中含有的氧原子数为16g÷16g·mol－1×NA=NA，故D正确；
故选D。
8.下列叙述正确的是（ ）
A. 直径介于1nm~100nm之间的微粒称为胶体
B. Fe(OH)3难溶于水，因此不可能均匀地分散在水里形成稳定的红褐色胶体
C. 根据丁达尔效应，利用一束强光可以区别淀粉胶体和食盐溶液
D. 胶体粒子是很多分子的集合体，因此不能透过滤纸，但可以通过半透膜
【答案】C
【解析】
【详解】A. 分散质粒子直径介于1nm~100nm之间的分散系，称为胶体，故A错误；
B. Fe(OH)3难溶于水，许多粒子聚集在一起，直径介于1nm~100nm之间时，可能均匀地分散在水里形成稳定的红褐色胶体，故B错误；
C 胶体能发生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应，利用一束强光可以区别淀粉胶体和食盐溶液，故C正确；
D. 胶体粒子是很多分子的集合体，但能透过滤纸，不可以通过半透膜，故D错误；
故选C。
9.下列电离方程式中，书写不正确的是（ ）
A. Ca(OH)2=Ca2++2OH- B. NaOH=Na++O2-+H+
C. HCl=H++Cl- D. KHCO3=K++HCO3-
【答案】B
【解析】
【详解】A. Ca(OH)2=Ca2++2OH-，符合电荷守恒、质量守恒，故A正确；
B. 氢氧根是原子团，NaOH的电离方程式为NaOH=Na++OH-，故B错误；
C. HCl=H++Cl-符合电荷守恒、质量守恒，故C正确；
D. 碳酸是弱酸，碳酸氢根是原子团，不拆，KHCO3=K++HCO3-正确，故D正确；
故选B。
10.下列关于电解质的叙述，正确的是（ ）
A. NaCl溶液在电流作用下电离出Na+和Cl-
B. 凡是溶于水后能电离出H+的化合物就叫酸
C. HCl溶液能导电，而液态的HCl难以导电
D. 难溶物一定不属于电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A. NaCl水分子作用下，电离出Na+和Cl-，在电流作用下，会发生电解，生成氢氧化钠、氢气和氯气，故A错误；
B. 溶于水后能电离出H+的化合物可能是酸，也可能是酸式盐如NaHSO4，故B错误；
C. HCl是共价化合物，HCl溶液中存在自由移动的H+和Cl-，能导电，而液态的HCl中只存在分子，不导电，故C正确；
D. 难溶物如BaSO4溶于水的部分全电离，属于电解质，故D错误；
故选C。
11.下列物质属于电解质的是（ ）
A. Zn B. NaOH C. CO2 D. 乙醇
【答案】B
【解析】
【分析】电解质指在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，非电解质指在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物。
【详解】A. Zn属于单质不是化合物，所以不是电解质，故A不符合题意；
B. NaOH是在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，是电解质，故B符合题意；
C. CO2是在水溶液中能导电的化合物，但是导电的离子是由它与水反应生成的碳酸电离产生的，不是二氧化碳本身电离，二氧化碳是非电解质，故C不符合题意；
D. 乙醇是在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物，属于非电解质，故D不符合题意。
故选B。
12.在强酸性溶液中，能大量共存的无色透明离子组是（ ）
A. K+、Na+、NO3-、Cu2+ B. Mg2+、Na+、Cl-、SO42-
C. K+、Na+、Br-、OH- D. Na+、Ba2+、Zn2+、SO42-
【答案】B
【解析】
【详解】A. Cu2+在溶液中呈蓝色，故A不符；
B. Mg2+、Na+、Cl-、SO42-及H+之间不反应，能大量共存，故B符合；
C.H+和OH-反应生成水，强酸性溶液中OH-不能大量存在，故C不符；
D. Ba2+与SO42-生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故D不符；
故选B。
13.下列反应的离子方程式中，书写正确的是（ ）
A. 碳酸钙跟盐酸反应：2H++CO32-═H2O+CO2↑
B. 铁粉跟稀盐酸反应制备氢气：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑
C. 硝酸银溶液跟铜反应：Cu+Ag+═Cu2++Ag
D. 用小苏打治疗胃酸过多：HCO3-+H+═CO2↑+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 碳酸钙难溶，碳酸钙跟盐酸反应：2H++CaCO3═H2O+CO2↑＋Ca2＋，故A错误；
B. 铁粉跟稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故B错误；
C. 离子方程式要符合电荷守恒，硝酸银溶液跟铜反应：Cu+2Ag+═Cu2++2Ag，故C错误；
D. 用小苏打治疗胃酸过多生成氯化钠、水和二氧化碳：HCO3-+H+═CO2↑+H2O，故D正确；
故选D。
14. 将少量金属钠分别投入下列物质的水溶液中，有气体放出，且溶液质量减轻的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】钠极易和水反应，生成氢气。但在硫酸铜溶液中，还产生氢氧化铜沉淀，所以溶液质量减小，其余都是增加的，答案选D。
15.下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒的作用及其目的相同的是（ ）
①过滤、②蒸发、③溶解、④向容量瓶转移液体。
A. ①和④ B. ①和③ C. ③和④ D. ①和②
【答案】A
【解析】
【详解】①过滤时，玻璃棒的作用是引流；
②蒸发时，玻璃棒的作用是使溶液受热均匀，防止局部过热造成飞溅；
③溶解时，玻璃棒的作用是搅拌，以加速溶质的溶解；
④向容量瓶转移液体，玻璃棒的作用是引流。
只有①和④的作用相同。
故选A。
16.下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是（ ）
选项
实验操作及现象
实验结论
A．
向某溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有Cl-
B．
向某溶液中加入稀盐酸，产生无色气体
该溶液中一定含有CO32-
C．
向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有SO42-
D．
室温下向某溶液中加入几滴酚酞溶液，溶液变红
该溶液一定是碱性
【答案】D
【解析】
【详解】A、向某溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可能有碳酸根离子、硫酸根离子等，故A错误；
B、向某溶液中加入稀盐酸，产生无色气体，该溶液中可含有CO32-、SO32-、HCO3-、HSO3-等，故B错误；
C、向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该溶液中可能含有SO42-、CO32-、Ag+，故C错误；
D、室温下向某溶液中加入几滴酚酞溶液，溶液变红，pH在8以上，该溶液一定是碱性，故D正确；
故选D。
17.提纯含有少量Ba（NO3）2杂质的KNO3溶液，可以使用的方法为（　　）
A. 加入过量碳酸钠溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸
B. 加入过量硫酸钾溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸
C. 加入过量碳酸钾溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸
D. 加入过量硫酸钠溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸
【答案】C
【解析】
【详解】A、加入过量的Na2CO3溶液，过滤，向滤液中滴加适量的稀硝酸，会生成新的杂质硝酸钠，因此不可行，故A错误；
B、加入过量的K2SO4溶液，过滤，向滤液中滴加适量的稀硝酸，K2SO4会有剩余，因此不可行，故B错误；
C、先加入过量的K2CO3溶液，过滤，再向滤液中加入适量的稀HNO3，稀HNO3会与过量的碳酸钾反应生成硝酸钾，因此可行，故C正确；
D、加入过量的Na2SO4溶液，过滤，向滤液中滴加适量的稀硝，向滤液中滴加适量的稀硝酸，K2SO4会有剩余，会生成新的杂质硝酸钠，因此可行，故D错误。
答案选C。
18.将1 L 1.00 mol/L 的Na2CO3溶液逐滴加入到1 L 1.25 mol/L的盐酸中；再做相反操作：将1 L 1.25 mol/L的盐酸逐滴加入1 L 1.00 mol/L 的Na2CO3溶液中，两次操作产生的气体体积之比是（同温同压下）（ ）
A. 2∶5 B. 5∶2 C. 1∶1 D. 2∶1
【答案】B
【解析】试题分析：Na2CO3溶液与盐酸反应是分步进行的，首先发生反应：Na2CO3+ HCl=NaCl+NaHCO3。然后发生：NaHCO3+HCl=NaCl+ CO2 ↑ + H2O；当把1 L 1．00 mol/L 的Na2CO3溶液逐滴加入到1 L 1．25 mol/L的盐酸中时由于开始时盐酸过量，第一反应发生后立即发生第二个反应，相当于发生总反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+ CO2 ↑ + H2O,n(HCl)= 1．25 mol, 根据方程式可知产生CO2的物质的量是1．25 mol÷2=0．625 mol；当再将1 L 1．25 mol/L的盐酸逐滴加入1 L 1．00 mol/L 的Na2CO3溶液中，先发生Na2CO3+ HCl=NaCl+NaHCO3，由于n(Na2CO3)= 1．00 mol,反应消耗盐酸1．00mol,产生NaHCO31．00mol,盐酸还有过量的0．25 mol，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+ CO2 ↑ + H2O；由于NaHCO3过量，产生的CO2按照盐酸来计算。n(HCl)= 0．25 mol,所以产生的CO2的物质的量是0．25 mol。对于气体来说，在相同条件下，体积比等于二者的物质的量的比，所以两次操作产生的气体体积之比是0．625 mol：0．25 mol=5∶2，故选项是B。
19.下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（ ）
A. 取a克混合物充分加热，固体质量减轻b克
B. 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
C. 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
D. 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。
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和CO2，所以取ag混合物充分加热，减重bg，则根据碳酸氢钠分解的方程式可以计算碳酸氢钠的质量，进而计算碳酸钠的质量分数，A正确；
B．碳酸钠、碳酸氢钠均能与盐酸反应生成氯化钠、水和CO2，则取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体，bg固体是氯化钠，因此根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数，B正确；
C．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，由于生成的CO2中混有水蒸气，则增重bg的质量不是CO2的，所以不能计算碳酸钠的质量分数，C错误；
D．碳酸钠、碳酸氢钠均与氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀，则取a g混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体是碳酸钡，根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数，D正确，
答案选C。
20.室温下，向容积不变的密闭容器中充入H2S和SO2的混合气体（2H2S+SO2=3S↓ +2H2O），充分反应后，恢复至室温，容器内压强变为原来的1/4（忽略水的挥发）。则原混合气体中H2S和SO2的体积比可能是（ ）
A. 1：2 B. 2：1 C. 3：1 D. 4：1
【答案】C
【解析】
【详解】令反应后剩余的体积为1体积，则原混合气共4体积，由方程式2H2S+SO2=3S↓ +2H2O可知：参加反应的H2S为2体积，SO2为1体积，若剩余的体积为1体积为H2S，混合气体中H2S和SO2的体积比3:1；若剩余的体积为1体积为SO2，混合气体中H2S和SO2的体积比2:2=1:1，
故选C。
第II卷（共60分）
21.阅读短文，回答问题。
平昌冬奥会闭幕式上，“2022，相约北京”文艺表演蕴含了丰富的中国文化，展现了新时代中国形象。

熊猫木偶：熊猫木偶高2.35m，质量仅为10kg，用铝合金管材和碳纤维条做框架，配合LED灯制作而成。其中，碳纤维是含碳量高于90%的新型材料，密度比铝小，强度比钢大。
智能机器人：中国新一代智能机器人与轮滑舞者共舞、互动，在导航精准性、动作复杂性和灵活性等方面，实现了人工智能领域的升级创新。
石墨烯智能发热服：这种智能发热服可在−20℃的条件下持续发热4h。石墨烯是一种由碳原子构成的六角型二维碳纳米材料，具有超高硬度、强度和导热系数等特性。
请依据以上短文，判断下列说法是否正确（填“对”或“错”）。
（1）熊猫木偶、智能机器人、石墨烯智能发热服展现了“中国智慧”。_____。
（2）碳纤维具有优良的性能，将有广泛的应用前景。_____。
（3）中国新一代智能机器人在动作、导航等方面实现了人工智能领域的升级创新。_____。
（4）石墨烯和石墨由同种元素组成，但它们的物理性质差异较大。_____。
【答案】 (1). 对 (2). 对 (3). 对 (4). 对
【解析】
【分析】（1）熊猫木偶、智能机器人、石墨烯智能发热服的展示，展现了新时代中国形象和中国智慧；
（2）根据碳纤维的组成、结构、性质去分析：碳纤维是含碳量高于90%的新型材料，密度比铝小，强度比钢大；
（3）突出关键词：人工智能，中国新一代智能机器人与轮滑舞者共舞、互动，在导航精准性、动作复杂性和灵活性等方面，实现了人工智能领域的升级创新；
（4）石墨烯是一种由碳原子构成的六角型二维碳纳米材料，具有超高硬度、强度和导热系数等特性。
【详解】（1）由题中信息：“熊猫木偶：熊猫木偶高2.35 m，质量仅为10 kg，用铝合金管材和碳纤维条做框架，配合LED灯制作而成”，“智能机器人，中国新一代智能机器人与轮滑舞者共舞、互动，石墨烯智能发热服 这种智能发热服可在-20℃的条件下持续发热4h，都展现了中国智慧，”判断（1）说法正确，
故填“对”；
（2）由题中信息：“碳纤维是含碳量高于90%的新型材料，密度比铝小，强度比钢大，将有广泛的应用前景”，说法正确，
故填“对”；
（3）由题中信息：“中国新一代智能机器人与轮滑舞者共舞、互动，在导航精准性、动作复杂性和灵活性等方面，实现了人工智能领域的升级创新”，说法正确，
故填“对”；
（4）由题中信息：“石墨烯是一种由碳原子构成的六角型二维碳纳米材料，具有超高硬度、强度和导热系数等特性”，和石墨相比，都是碳元素的单质，但结构不同物理性质差异较大，
故填“对”。
22.某学习小组用如图装置研究气体X的性质，气体X的主要成分是Cl2，其中含有少量水蒸气。请回答下列问题：

（1）分别描述B、C装置中的现象____；结合化学方程式及物质性质说明B、C装置中现象不同的原因____。
（2）Cl2是有毒气体，为了防止多余Cl2污染空气，可以在D处用如图装置进行尾气处理，用化学方程式表示该原理____。气体应该由____（填“a”或“b”）管通入。若要吸收224mLCl2（标况下），至少需要1mol/L的上述溶液____mL。

【答案】(1). B中干燥的有色布条不褪色，C中湿润的有色布条褪色 (2). Cl2没有漂白性，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO有漂白性 (3). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O (4). b (5). 20
【解析】
【分析】本实验的目的是探究氯气具有漂白性的条件下，干燥氯气不具有漂白性，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气有毒，应进行尾气处理，不能随意排放到空气中，一般用NaOH溶液吸收氯气。
【详解】（1）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢电离生成氢离子，次氯酸具有漂白性，B中干燥的有色布条不褪色，C中湿润的有色布条褪色。
结合化学方程式及物质性质说明B、C装置中现象不同的原因：Cl2没有漂白性，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO有漂白性 。
（2）氯气有毒，应进行尾气处理，不能随意排放到空气中，可用碱溶液来吸收，方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
在D处用如图装置进行尾气处理，实际上用的是洗气法，气体应该由b管通入；
若要吸收224mLCl2（标况下），至少需要1mol/L的上述溶液：
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
22.4L 2mol
224mL 1mol/L×VmL
=
解得V=20。
23.实验室配制100mL0.5mol/LNa2SO4溶液。
（1）用托盘天平称量，需要称取Na2SO4固体的质量为____g。
（2）实验过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和____。
（3）实验过程中其它操作均正确，只是定容时不小心加水超过了刻度线，则配制的Na2SO4溶液实际浓度比目标浓度（填“偏大”或“偏小”）_____。
（4）写出Na2SO4在水中的电离方程式_____。
（5）取出配制准确的该溶液50mL，将其稀释到500mL，此时溶液中Na+的物质的量浓度____mol/L。
【答案】(1). 7.1 (2). 100mL容量瓶 (3). 偏小 (4). Na2SO4=2Na++SO42- (5). 0.1
【解析】
【分析】（1）依据m=cVM计算需要Na2SO4质量；
（2）用固体配制溶液的一般步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容等，据此选择需要的仪器，判断缺少的仪器；
（3）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=n/V解答。
（4）Na2SO4是强电解质，在水中完全电离；
（5）根据稀释定律求解。
【详解】（1）配制100mL 0.5mol·L-1的Na2SO4溶液，需要Na2SO4的质量为：0.1L×0.5mol·L－1×142g·mol－1=7.1g；
（2）用固体配制溶液的一般步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容等，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；
所以缺少的仪器：100mL容量瓶；
（3）实验过程中其它操作均正确，只是定容时不小心加水超过了刻度线，导致溶液体积偏大，则配制的Na2SO4溶液实际浓度比目标浓度偏小；
（4）Na2SO4是强电解质，在水中完全电离，电离方程式为：Na2SO4=2Na++SO42- ；
（5）取出配制准确的该溶液50mL，将其稀释到500mL，此时溶液中Na+的物质的量浓度50mL× 0.5mol·L-1×2÷500mL=0.1mol·L－1。
24.了解物质的元素组成和物质的分类，有利于我们更好地认识和利用物质的性质、实现物质之间的转化。市场上有一种“自热米饭”，其发热包的主要成分为生石灰（CaO），使用时需要将一定量的水加入发热包。
（1）结合化学方程式解释自热米饭的发热原理____。
（2）生石灰属于哪种类别的物质？____。除了能和水反应外，生石灰还可以与哪些类别的物质发生化学反应？列举两种物质类别并各写出一个相应的化学方程式。_____。
物质类别
化学方程式




（3）生活中生石灰还可以用作食品干燥剂。若选用生石灰做干燥剂，请判断其能否循环利用并说明理由。_____。
【答案】(1). CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热 (2). 碱性氧化物 (3).
物质类别
化学方程式
酸
CaO +2HCl=CaCl2+H2O
酸性氧化物
CO2+CaO=CaCO3
(4). 不能，理由：CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2不能受热分解生成CaO。
（或能，理由：CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2和CO2反应生成CaCO3，CaCO3受热分解可以生成CaO，又可以吸水，所以可循环使用。）
【解析】
【详解】（1）CaO和H2O反应生成Ca(OH)2是放热反应；
（2）生石灰与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物；
碱性氧化物能与酸、酸性氧化物反应，反应方程式如表：
物质类别
化学方程式
酸
CaO +2HCl=CaCl2+H2O
酸性氧化物
CO2+CaO=CaCO3
（3）生活中生石灰还可以用作食品干燥剂。若选用生石灰做干燥剂，判断其能否循环利用并说明理由。
不能，理由：CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2不能受热分解生成CaO。
（或能，理由：CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2和CO2反应生成CaCO3，CaCO3受热分解可以生成CaO，又可以吸水，所以可循环使用。）
25.电解质溶于水时会发生电离产生自由移动的离子，电导率变化一定程度上可以反映溶液中自由移动的离子浓度变化。溶液中自由移动的离子浓度越大，电导率就越大。如图是向20mL0.01mol/LBa(OH)2溶液中滴入了2滴酚酞溶液，然后向Ba(OH)2溶液中匀速滴加0.2mol/LH2SO4溶液，获得电导率随时间变化的曲线图。

（1）0-80s观察到的实验现象是_____。
（2）写出该实验中的离子方程式_____。
（3）截至b点，加入0.2mol•L-1H2SO4溶液的体积为_____mL，解释b点的电导率不等于零和bc段电导率又增加的原因____。
（4）在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是（ ）（多选题）

A.①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B.b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH-
C.a、d两点对应的溶液均显中性
D.c点，两溶液中含有相同量的OH-
E.H+导电能力比Na+强
【答案】(1). 产生白色沉淀，溶液红色褪去，电导率减小 (2). 2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O (3). 1 (4). b点：BaSO4在水中溶解度很小，溶液中SO42-和Ba2+浓度很小但不等于0。水存在微弱的电离，溶液中H+和OH-浓度很小但不等于0。溶液中有自由移动的离子，电导率不等于零。bc段：b点溶液中的Ba(OH)2被反应完，溶液中自由移动的离子浓度达到最小值，随着H2SO4溶液的不断滴加，溶液中H+和SO42-浓度变大，自由移动离子浓度变大，bc段电导率增加。 (5). ABCE
【解析】
【分析】溶液的导电性由溶液中离子的浓度及离子电荷数决定，Ba(OH)2 是强电解质，开始滴定时溶液中离子浓度较大，溶液的电导率大，随反应的进行，溶液中钡离子生成硫酸钡沉淀，氢氧根离子变成水，恰好完全反应时，溶液中主要是水和极少量的硫酸钡，水是弱电解质，再继续加入硫酸，硫酸是强电解质，离子浓度增大，导电能力增强。
【详解】（1）0—80s，Ba(OH)2 是强电解质，开始滴定时溶液中离子浓度较大，溶液的电导率大，随反应的进行，溶液中钡离子生成硫酸钡沉淀，氢氧根离子变成水，恰好完全反应时，溶液中主要是水和极少量的硫酸钡。观察到的实验现象是产生白色沉淀，溶液红色褪去，电导率减小。
（2）该实验中硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O。
（3）截至b点，加入0.2mol•L-1H2SO4溶液的体积为V=20mL×0.01mol/L÷0.2mol•L-1=1mL；b点的电导率不等于零和bc段电导率又增加的原因： b点：BaSO4在水中溶解度很小，溶液中SO42-和Ba2+浓度很小但不等于0。水存在微弱的电离，溶液中H+和OH-浓度很小但不等于0。溶液中有自由移动的离子，电导率不等于零。bc段：b点溶液中的Ba(OH)2被反应完，溶液中自由移动的离子浓度达到最小值，随着H2SO4溶液的不断滴加，溶液中H+和SO42-浓度变大，自由移动离子浓度变大，bc段电导率增加。
（4）A.溶液中钡离子与SO42-生成硫酸钡沉淀，氢氧根离子与H+生成水，曲线①中a点溶液的导电能力接近0，①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确；
B.②是NaHSO4溶液与氢氧化钡反应，b点，氢氧化钡与硫酸氢钠以1:1物质的量之比反应生成硫酸钡、水和NaOH，溶液中有NaOH，溶液中大量存在的离子是Na+、OH-，故b正确；
C.a、d两点均将氢氧化钡全部反应，a点硫酸与氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡和水，d点硫酸氢钠与氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，a和d之后，硫酸均过量，a和d对应的溶液均显中性，故C正确；
D.c点，两溶液中导电能力相同，对曲线①硫酸过量，溶液呈酸性，对曲线②OH-未被完全中和，溶液呈碱性，OH-含量不相同，故D错误；
E.根据曲线①和②导电能力的变化幅度分析，H+导电能力比Na+强，故E正确；
故选ABCE。
26.某同学通过实验研究Na2O2与水的反应。
操作
现象
向盛有少量Na2O2的试管中加入蒸馏水，得到溶液a
反应剧烈，产生能使带火星木条复燃的气体
然后向溶液a中滴入两滴酚酞
溶液先变红，再逐渐变浅，约10分钟溶液变为无色
为了探究溶液变为无色的原因，该同学按照科学的程序，进行了如下实验：
【推理与假设】
Na2O2与H2O反应的化学方程式_____。向溶液a中滴加酚酞本应只会变红，而实验中发现酚酞变红后又褪色。由此提出如下的假设：
假设A：O2有漂白性 假设B：NaOH有漂白性 假设C：O2和NaOH共同作用有漂白性
【实验与观察】
（2）请完成下表：
实验编号
1
2
3
实验装置



实验假设
（填“A”、“B”或“C”）
假设_____
假设____
假设__
实验现象
溶液变红后10分钟均无变化
实验结论
_____
【查阅资料】
该同学查阅资料：H2O2是一种在碱性条件下不稳定、具有漂白性的物质。
【推理与假设】
该同学认为褪色的原因可能是溶液a中存在H2O2，H2O2漂白了酚酞。
【实验与观察】
（3）通过实验证实了H2O2的存在：取少量溶液a，加入黑色粉末____（填化学式），快速产生了能使带火星木条复燃的气体。该同学进一步通过实验证实了溶液a中滴入酚酞后，H2O2与酚酞发生了化学反应。实验方案：取少量溶液a于试管中，_____。
【解释与结论】
（4）由以上实验结果可知，Na2O2与H2O反应的化学方程式如果分两步书写，应为_____；但课本上没有写出中间产物H2O2，可能的原因是___。
【答案】(1). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ (2). B (3). C (4). A (5). 假设ABC均不成立 (6). MnO2 (7). 加入MnO2，充分反应，向上层清液中滴入2滴酚酞后变红，10分钟溶液颜色不变 (8). Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2，2H2O2=2H2O +O2↑； (9). H2O2碱性条件下不稳定，受热易分解，H2O2大部分已分解
【解析】
【分析】（1）根据实验现象产生能使带火星木条复燃的气体，说明有氧气产生，溶液变红说明有碱生成，据此写化学方程式；
（2）由图结合假设分析；溶液变红后10分钟均无变化，说明：假设ABC均不成立；
（3）能使H2O2产生气体通常用MnO2作催化剂，据此答题；
将H2O2全部分解后，酚酞的红色不褪色，说明H2O2起了漂白作用；
（4）由以上实验结果可知，Na2O2与H2O反应，有中间产物双氧水生成；由于双氧水不稳定。
【详解】（1）根据实验现象产生能使带火星木条复燃的气体说明有氧气产生，溶液变红说明有碱生成，据此写化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
（2）实验1，将酚酞滴入NaOH溶液中，如果先变红后褪色，说明假设B成立，故选B；
实验2，将氧气通入NaOH和酚酞的红色混合溶液中，如红色褪色，说明假设C成立，O2和NaOH共同作用有漂白性，故选C；
实验3，将氧气通入Na2CO3和酚酞的红色混合溶液中，如红色褪色，说明假设A成立，O2有漂白性，故选A；
溶液变红后10分钟均无变化，说明：假设ABC均不成立；
（3）能使H2O2分解产生氧气通常用黑色的MnO2作催化剂；
要验证H2O2与酚酞发生了反应，将H2O2全部分解后，酚酞的红色不褪色，说明H2O2起了漂白作用；故该同学通过实验证实溶液a中滴入酚酞后，H2O2与酚酞发生了化学反应的实验方案为：取少量溶液a于试管中，加入MnO2，充分反应，向上层清液中滴入2滴酚酞后变红，10分钟溶液颜色不变 ；
（4）由以上实验结果可知，Na2O2与H2O反应，有中间产物双氧水生成，Na2O2与H2O反应的化学方程式如果分两步书写，应为Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2，2H2O2=2H2O +O2↑； 但课本上没有写出中间产物H2O2，可能的原因是H2O2碱性条件下不稳定，受热易分解，H2O2大部分已分解。