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【化学】浙江省宁波市金兰教育合作组织2018-2019学年高一（上）期中试卷（解析版）
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浙江省宁波市金兰教育合作组织2018-2019学年高一（上）期中试卷
一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分．每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．下列各组物质中，按单质、化合物、混合物顺序排列的是（ ）
A．铁、四氧化三铁、冰水混合物
B．金属钙、生石灰、碱石灰
C．水银、空气、干冰
D．二氧化硫、水蒸气、天然气
【分析】由同一种元素组成的纯净物是单质；
化合物由两种或两种以上的元素组成的纯净物；
混合物是由两种或多种物质混合而成的物质．
【解答】解：A．铁是金属单质；四氧化三铁是化合物；冰水混合物是纯净物，故A错误；
B．金属钙是金属单质；生石灰是氧化钙，是化合物；碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，故B正确；
C．水银是金属单质；空气的主要成分是氮气和氧气，是混合物；干冰是固体二氧化碳，是纯净物，故C错误；
D．二氧化硫是化合物；水蒸气是化合物；天然气的主要成分是甲烷，是混合物，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查单质、化合物、纯净物和混合物的判断，难度不大．要注意基础概念的准确掌握．
2．下列仪器中常用作反应容器的是（ ）
A．圆底烧瓶 B．量筒 C．容量瓶 D．分液漏斗
【分析】A．圆底烧瓶可做固液或液液反应容器；
B．量筒用于量取一定体积的液态，不能作为反应容器；
C．容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液；
D．分液漏斗只能应用萃取分液，不能作为反应容器。
【解答】解：A．该仪器为圆底烧瓶，可做固液或液液反应容器，故A正确；
B．图示仪器为量筒，量筒是量取一定液体体积的仪器，不可作为反应容器，故B错误；
C．容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器，不能用作反应容器，故C错误；
D．该仪器为分液漏斗，分液漏斗常用于分离相互不溶的液体，不能作为反应容器，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查常见仪器的构造及使用方法，题目难度不大，明确常见仪器的使用方法为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的化学实验能力。
3．下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（ ）
A．NaCl晶体、BaSO4 B．液态的醋酸、酒精
C．铜、二氧化硫 D．熔融的KNO3、硫酸溶液
【分析】电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物。
【解答】解：A．NaCl晶体的水溶液能导电，属于电解质；BaS04在熔融状态下能导电，属于电解质，故A错误；
B．液态的醋酸的水溶液能导电，属于电解质；酒精在水溶液中和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，故B正确；
C．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质；二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化硫的水溶液导电，但电离出离子的物质是亚硫酸不是二氧化硫，所以二氧化硫是非电解质，故C错误；
D．熔融的KNO3能导电，属于电解质；硫酸溶液是混合物，不是化合物，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查学生电解质和非电解质的概念，均是对化合物进行的分类，可以根据所学知识进行回答，较简单。
4．下列试剂在变质过程不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．Na B．氯水 C．漂白粉 D．NaOH
【分析】反应中存在元素的化合价变化为氧化还原反应，若不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此来解答。
【解答】解：A．Na与空气中的氧气反应生成氧化钠，Na的化合价发生变化，与氧化还原反应有关，故A不选；
B．氯水变质，是HClO发生分解反应，Cl、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；
C．漂白粉变质，先与二氧化碳反应生成HClO，HClO发生分解反应，Cl、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；
D．NaOH与二氧化碳反应发生变质，没有元素化合价的变化，没有发生氧化还原反应，故D选。
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，题目难度不大。
5．下列有关分散系的说法正确的是（ ）
A．溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是否均一、透明、稳定
B．氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮固体颗粒并沉降，可以达到消毒、杀菌的目的
C．胶态磁流体治癌术是将磁性物质制成胶体粒子，这种粒子的直径在1nm﹣100nm之
D．用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象相同
【分析】A．当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm）；
B．胶体的表面积较大能吸附水中的悬浮颗粒，起到净水作用；
C．分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm）；
D．胶体具有丁达尔效应。
【解答】解：A．溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，故A错误；
B．胶体的表面积较大能吸附水中的悬浮颗粒，所以氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，从而达到净水的目的，不能起到消毒、杀菌的目的，故B错误；
C．分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），胶态磁流体治癌术是将磁性物质制成胶体粒子，这种粒子的直径在1nm﹣100nm之间，故C正确；
D．用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，氢氧化铁胶体出现光亮的通路，溶液无此现象，产生的现象不相同，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了胶体性质的分析判断，胶体和溶液的分离方法，注意知识积累，题目较简单。
6．下列说法不正确的是（ ）
A．Na2O2可用作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂
B．常用pH试纸测定新制氯水的pH值
C．一定条件下，金属镁可以置换出碳单质
D．次氯酸能使染料等有机色素褪色，有漂白性
【分析】A．过氧化钠具有强氧化性，可与二氧化碳反应生成氧气；
B．氯水中含HClO，具有漂白性；
C．镁与二氧化碳反应生成碳和氧化镁；
D．次氯酸具有强氧化性，可以做漂白剂。
【解答】解：A．过氧化钠具有强氧化性，可用作漂白剂，可与二氧化碳反应生成氧气，可用作供氧剂，故A正确；
B．氯水中含HClO，具有漂白性，使pH试纸褪色，应选pH计测定，故B错误；
C．镁与二氧化碳反应生成碳和氧化镁，所以一定条件下，金属镁可以置换出碳单质，故C正确；
D．次氯酸具有强氧化性，可以做漂白剂，次氯酸能使染料等有机色素褪色，有漂白性，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，明确次氯酸的化学性质即可解答，注意过氧化钠与水反应得到氧气，题目难度不大。
7．确定某无色溶液中含某离子，下列结论正确的是（ ）
A．加 AgNO3 溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有 Cl﹣ 存在
B．加 BaCl2 溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有 SO42﹣ 存在
C．加盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定有大量CO32﹣存在
D．通入 Cl2 后，溶液变为黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，可确定有I﹣ 存在
【分析】A．加入的盐酸也会与硝酸银反应生成氯化银沉淀；
B．可能生成AgCl沉淀；
C．可能为HCO3﹣；
D．淀粉遇碘变蓝色。
【解答】解：A．加入的盐酸也会生成AgCl沉淀，溶液中不一定含有Cl﹣，可能含有 SO42﹣，故A错误；
B．加 BaCl2 溶液，生成白色沉淀，沉淀可能为AgCl或硫酸钡沉淀，不一定含有SO42﹣，故B错误；
C．CO32﹣和HCO3﹣都能与HCl反应生成CO2气体，CO2气体为能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体，所以不能判断出是否含有CO32﹣，故C错误；
D．淀粉遇碘变蓝色，可证明含有碘离子，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查物质的检验和鉴别实验方案的设计，为高频考点，把握离子的检验方法、试剂及现象与结论为解答的关键，侧重离子检验的考查，注意检验应排除干扰离子，题目难度不大。
8．下列装置或操作能达到实验目的是（ ）
目的
A．检查装置的气密性
B．蒸发操作中移开蒸发皿
C．实验室制取蒸馏水
D．分离水和甘油
装置或操作
【分析】A．关闭止水夹，注入水，观察液柱；
B．蒸发皿的温度高；
C．温度计测定馏分的温度，冷却水下进上出效果好；
D．水和甘油互溶。
【解答】解：A．关闭止水夹，注入水，观察液柱，一段时间高度不变，则气密性良好，故A正确；
B．蒸发皿的温度高，不能用手拿，易烫伤，故B错误；
C．温度计测定馏分的温度，冷却水下进上出效果好，图中温度计的水银球未在支管口处，冷水未下进上出，故C错误；
D．水和甘油互溶，不能选分液漏斗分离，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、实验操作、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4L的CCl4中含有碳原子的数目为NA
B．2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NA
C．1.8gNH4+含有的质子数为NA
D．50mL浓度为12mol•L﹣1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
【分析】A、标准状况四氯化碳不是气体；
B、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，且两者中均 含10个中子；
C、1个氨根离子含有11个质子；
D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，稀盐酸和二氧化锰不反应。
【解答】解：A、标准状况四氯化碳不是气体，22.4L CCl4中物质的量不是1mol，故A错误；
B、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，故2.0gH218O与D2O的物质的量均为0.1mol，且两者中均 含10个中子，故0.1molH218O与D2O中均含NA个中子，故B正确；
C、1.8gNH4+含有的质子数为：×11×NA＝1.1NA，故C错误；
D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，一旦浓盐酸变稀，反应即停止，4molHCl反应时转移2mol电子，而50mL12mol/L盐酸的物质的量n＝CV＝12mol/L×0.05L＝0.6mol，这0.6mol盐酸不能完全反应，则转移的电子的物质的量小于0.3mol电子，即小于0.3NA个，故D错误，
故选：B。
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用主要是气体摩尔体积条件应用，弱电解质分析判断，掌握基础是关键，题目较简单。
10．如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（ ）
A．所含原子数相等 B．气体密度相等
C．气体质量相等 D．摩尔质量相等
【分析】同温同压下，体积之比等于物质的量之比，两瓶气体的物质的量相等．都是双原子分子，物质的量相等含有的原子数目相等；左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时，相当于NO，与右瓶内NO的密度、质量、摩尔质量相等，据此解答．
【解答】解：同温同压下，体积之比等于物质的量之比，两瓶气体的物质的量相等，
A、都是双原子分子，物质的量相等的气体含有的原子数目相等，故A正确；
B、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时，相当于NO，与右瓶内NO的密度相等，但左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故密度不一定相等，故B错误；
C、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故质量不一定相等，故C错误；
D、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故摩尔质量不一定相等，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，注意左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时相当于NO．
11．科学家刚刚发现的某种元素的一个原子，其质量是a g，一个12C的原子质量是b g，用NA是阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是（ ）
A．该原子的摩尔质量是a NA g•mol﹣1
B．Wg该原子中含有NA个原子
C．Wg该原子的物质的量是mol
D．由已知信息可得：NA＝mol﹣1
【分析】A．摩尔质量有单位，一般为g/mol；
B．该原子的摩尔质量为aNAg/mol，根据n＝计算Wg该原子的物质的量；
C．由题意可知，该原子的质量为ag，据此计算Wg该原子的数目；
D．12C的原子的摩尔质量为12g/mol，一个12C的原子的质量为bg，故NAb＝12，据此计算。
【解答】解：A．该元素原子的质量是ag，则摩尔质量为aNAg/mol，故A正确；
B．由题意可知，该原子的质量为ag，故Wg该原子的数目为＝，故B错误；
C．该原子的摩尔质量为aNAg/mol，Wg该原子的物质的量为＝mol，故C正确；
D．12C的原子的摩尔质量为12g/mol，一个12C的原子的质量为bg，故NAb＝12，所以NA＝mol﹣1，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查阿伏伽德罗常数、摩尔质量等，题目难度不大，注意对公式的理解与灵活运用。
12．13C﹣NMR（核磁共振）、15N﹣NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，这项研究曾获2002年诺贝尔化学奖。下面有关叙述正确的是（ ）
A．13C与15N有相同的中子数
B．14N与14C互为同位素
C．15N 与14N 为同一种核素
D．15N的核外电子数比中子数少1
【分析】13C、15N、14N的质量数分别为13、15、14，质子数分别为6、7、7，利用质子数＝电子数，质子数+中子数＝质量数及同位素的概念来解答。
【解答】解：A．13C与15N的中子数分别为7、8，故A错误；
B．14N与14C互为同位素质子数不同，是不同元素，故B错误；
C．15N与14N为质子数都是7，但中子数不同的原子，则互为同位素，是不同核素，故C错误；
D．15N的核外电子数为7，中子数＝15＝7＝8，核外电子数比中子数少1，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子的构成及原子中的数量关系，较简单，熟悉同位素、核素的概念及判断可解答。
13．下列方程式表达，正确的是（ ）
A．碳酸钡跟醋酸反应：BaCO3+2CH3COOH＝Ba2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O
B．碳酸氢钠溶于水的电离方程式：NaHCO3⇌Na++H++CO32﹣
C．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓
D．氧化钠固体上滴加稀盐酸：O2﹣+2H+＝H2O
【分析】A．碳酸钡与醋酸反应生成醋酸钡和二氧化碳、水；
B．碳酸氢钠为强电解质，完全电离，用等号；
C．漏掉氢氧根离子与铵根离子的反应；
D．氧化钠为固体，应保留化学式。
【解答】解：A．碳酸钡跟醋酸反应，离子方程式：BaCO3+2CH3COOH＝Ba2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故A正确；
B．碳酸氢钠溶于水的电离方程式：NaHCO3＝Na++HCO3﹣，故B错误；
C．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应，离子方程式：2NH4++2OH﹣+Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓+2NH3•H2O，故C错误；
D．氧化钠固体上滴加稀盐酸，离子方程式：Na2O+2H+＝H2O+2Na+，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子方程式正误判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及应用能力，明确离子方程式书写特点及物质性质是解本题关键，易错选项是AC，题目难度中等。
14．在反应3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2中，下列说法不正确的是（ ）
A．N2是氧化产物，NH4Cl是还原产物
B．每生成1molN2，转移6mol电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：8
D．氧化剂与还原剂的质量之比213：34
【分析】3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2反应中，Cl元素的化合价降低，N元素的化合价升高，结合元素的化合价变化计算转移电子，据此来解答。
【解答】解：A．Cl元素的化合价降低被还原，N元素的化合价升高被氧化，N2是氧化产物，NH4Cl是还原产物，故A正确；
B．该反应中每生成1mol N2，转移电子为1mol×3＝6mol电子，故B正确；
C．反应中8mol氨气中只有2mol作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；
D．反应中氧化剂为3mol，8mol氨气中只有2mol作还原剂，所以氧化剂与还原剂的质量之比213：34，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，题目难度不大。
15．下列叙述正确的是（ ）
A．1L水中溶解了40 g NaOH后，所得溶液浓度为1mol/L
B．从1L 2mol/L的NaCl溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为1mol/L
C．配制1L0.1mol/L的CuSO4溶液，需用16g胆矾
D．将2.24L（标准状况）HCI气体溶于水制成100mL溶液，其物质的量浓度为1mol/L
【分析】A、氢氧化钠溶于1L水后，溶液体积大于1L；
B、溶液是均一、稳定的，溶液浓度和所取溶液的体积无关；
C、求出溶液中硫酸铜的物质的量n＝CV，质量m＝nM；
D、求出HCl的物质的量，然后根据物质的量浓度c＝来计算。
【解答】解：A、40g氢氧化钠即1mol溶于1L水后，溶液体积大于1L，故溶液浓度小于1mol/L，故A错误；
B、溶液是均一、稳定的，溶液浓度和所取溶液的体积无关，故从1L 2mol/L的NaCl溶液中取出0.5L，该溶液的浓度仍为2mol/L，故B错误；
C、溶液中硫酸铜的物质的量n＝CV＝0.1mol/L×1L＝0.1mol，由于1mol胆矾能提供1molCuSO4，故所需的胆矾为0.1mol，即需要胆矾的质量m＝nM＝0.1mol×250g/mol＝25.0g，故C错误；
D、标况下2.24LHCl的物质的量为0.1mol，而物质的量浓度c＝＝＝1mol/L，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，难度不大，应注意的是将固体溶于1L水中，溶液体积将大于1L。
16．已知反应
①2BrO3﹣+Cl2＝Br2+2ClO3﹣
②5Cl2+I2+6H2O＝2HIO3+10HCl
③ClO3﹣+5Cl﹣+6H+＝3Cl2+3H2O，
下列物质（或微粒）氧化能力强弱顺序正确的是（ ）
A．ClO3﹣＞BrO3﹣＞HIO3＞Cl2 B．BrO3﹣＞Cl2＞C1O3﹣＞HIO3
C．BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞HIO3 D．Cl2＞BrO3﹣＞C1O3﹣＞HIO3
【分析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析．
【解答】解：①2BrO3﹣+Cl2＝Br2+2ClO3﹣ 中BrO3﹣是氧化剂，ClO3﹣是氧化产物，所以氧化性BrO3﹣＞ClO3﹣，
②5Cl2+I2+6H2O＝2HIO3+10HCl 中Cl2是氧化剂，HIO3是氧化产物，所以氧化性Cl2＞HIO3，
③ClO3﹣+5Cl﹣+6H+＝3Cl2+3H2O中ClO3﹣是氧化剂，是Cl2氧化产物，所以氧化性ClO3﹣＞Cl2，
综上得氧化性顺序为BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞HIO3。
故选：C。
【点评】本题考查了根据方程式来比较氧化性和还原性．解题的关键是根据化合价找出氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，题目难度不大．
17．把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁：另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的物质的量浓度为（ ）
A． mol•L﹣1 B． mol•L﹣1
C． mol•L﹣1 D． mol•L﹣1
【分析】两等份溶液中，一份加氢氧化钠溶液时发生反应：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）＝n（OH﹣），另一份加BaCl2的溶液，发生反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，由方程式可知n（SO42﹣）＝n（Ba2+），再利用电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）＝2n（SO42﹣），据此计算每份中n（K+），根据c＝计算钾离子浓度。
【解答】解：混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，
一份加加氢氧化钠溶液时发生反应：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）＝n（OH﹣）＝amol，
另一份BaCl2的溶液，发生反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，由方程式可知n（SO42﹣）＝n（Ba2+）＝n（BaCl2）＝bmol，
由电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）＝2n（SO42﹣），故每份中溶液n（K+）＝2bmol﹣2×amol＝（2b﹣a）mol，故原溶液中钾离子浓度＝＝mol/L，
故选：A。
【点评】本题考查离子反应的有关混合计算，难度中等，根据电荷守恒计算钾离子的物质的量是关键。
18．现有四组液体：①氯化钠溶液和四氯化碳组成的混合液 ②43%的乙醇溶液 ③氯化钠和单质溴的水溶液 ④粗盐溶液中混有泥沙，分离以上各混合液的正确方法依次是（ ）
A．分液、萃取、蒸馏、结晶 B．萃取、蒸馏、分液、结晶
C．分液、蒸馏、萃取、过滤 D．蒸馏、萃取、分液、过滤
【分析】分液法可以将互不相溶的两层液体分开；
蒸馏法是控制沸点的不同来实现互溶的两种液体物质间的分离方法；
萃取分液法指的是加入萃取剂后，溶质在萃取剂中的溶解度远远大于在以前的溶剂中的溶解度，并两种溶剂互不相溶，出现分层现象；
过滤分离可溶物和不溶物。
【解答】解：①四氯化碳不溶于水，所以四氯化碳和氯化钠溶液是分层的，可以采用分液的方法分离；
②酒精和水是互溶的两种液体，可以采用蒸馏的方法来分离；
③向氯化钠和单质溴的水溶液中加入萃取剂四氯化碳后，溴单质会溶解在四氯化碳中，四氯化碳和水互不相溶而分层，然后分液即可实现二者的分离；
④泥沙不溶于水，可溶于水后过滤分离。
故选：C。
【点评】本题考查物质的分离、提纯和除杂等问题，题目难度不大，根据除杂是不能引入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离。
19．在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，在以下各种情况下排序正确的是（ ）
A．同温、同压、同体积时，密度ρ：（H2）＞ρ（Ne）＞ρ（O2）
B．同温、同密度时，压强：p（H2）＞p（Ne）＞p（O2）
C．同温、同压、同质量时，体积：V（O2）＞V（Ne）＞V（H2）
D．同温、同压、同体积时，质量：m（H2）＞m（Ne）＞m（O2）
【分析】根据PV＝nRT可知，PM＝ρRT，因此在温度和密度相等的条件下，压强和气体的摩尔质量成反比，温度、压强均相同时，气体的Vm相等，结合n＝＝解答该题。
【解答】解：A．温度、压强均相同时，气体的Vm相等，ρ＝＝＝，可知气体的密度与摩尔质量呈正比，则ρ（O2）＞ρ（Ne）＞ρ（H2），故A错误；
B．根据PV＝nRT可知，PM＝ρRT，因此在温度和密度相等的条件下，压强和气体的摩尔质量成反比，则三种气体的压强p（H2）＞p（Ne）＞p（O2），故B正确；
C．温度、压强均相同时，气体的Vm相等，由n＝＝可知，等质量时，气体的体积和摩尔质量呈反比，应为V（H2）＞V（Ne）＞V（O2），故C错误；
D．温度、压强均相同时，气体的Vm相等，由n＝＝可知，等体积时，气体的质量和摩尔质量呈正比，则m（O2）＞m（Ne）＞m（H2），故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型，注意相关计算公式的运用，难度中等。
20．下列说法正确的是（ ）
A．蒸馏实验中，忘记加沸石，可以先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再继续加热蒸馏。
B．pH试纸使用时不需要润湿，红色石蕊试纸检测气体时也不需要润湿。
C．蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，并加垫石棉网加热。
D．配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，未将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容瓶中，使配制的溶液浓度偏小。
【分析】A．蒸馏时必须加入碎瓷片，若忘记加沸石，易导致爆沸，应该停止加热，待溶液冷却后加入沸石；
B．pH试纸不能湿润，但是红色石蕊试纸在使用时必须湿润；
C．蒸发皿是可以直接加热的仪器，不需要垫上石棉网；
D．量筒不需要洗涤，否则配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高。
【解答】解：A．液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故A正确；
B．pH试纸若被湿润，相当于待测液被稀释，影响测定结果；而红色石蕊试纸由于检验氨气，氨气溶于水才能呈碱性，所以使用前必须用质量数湿润，故B错误；
C．蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，可以直接加热，不需要加垫石棉网，故C错误；
D．配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，量筒不需要洗涤，若将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容量瓶中，会导致配制的溶液浓度偏高，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及溶液配制、蒸发、蒸馏、pH试纸的使用等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，注意掌握常见仪器的构造及使用方法，试题培养了学生的化学实验能力。
21．如图所示，若关闭Ⅰ阀，打开Ⅱ阀，让氯气经过甲瓶后，再通入乙瓶，红色布条不褪色；若关闭Ⅱ阀，打开Ⅰ阀，再通入氯气，红色布条褪色。甲瓶中所盛的试剂可能是（ ）
①浓硫酸②NaOH ③溶液KI ④溶液饱和NaCl溶液。
A．①② B．②③ C．①②③ D．①②④
【分析】若关闭Ⅰ阀，打开Ⅱ阀，让一种含有氯气的气体经过甲瓶后，再通入乙瓶，布条不褪色，可知甲中试剂干燥氯气或与氯气反应，以此来解答
【解答】解：若关闭Ⅰ阀，打开Ⅱ阀，让一种含有氯气的气体经过甲瓶后，再通入乙瓶，布条不褪色，可知甲中试剂干燥氯气或与氯气反应，①可干燥氯气，②③可吸收氯气，均符合题意，只有④中饱和食盐水抑制氯气的溶解，布条褪色不符合题意，
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物与实验的结合，题目难度不大。
22．下列实验方案能达到目的是（ ）
A．除去NaCl固体中混有的MgCl2：加入KOH试剂后过滤
B．实验室获取少量纯净的水：蒸馏自来水
C．提纯混有少量硝酸钾的氯化钾：将混合物溶于热水中，再冷却、结晶并过滤
D．提取碘水中的碘：加入适量乙醇，振荡、静置、分液
【分析】A．生成KCl，引入新杂质；
B．水易挥发，水中的杂质不易挥发；
C．氯化钾的溶解度受温度影响不大，应蒸发浓缩、冷却结晶分离；
D．乙醇与水混溶．
【解答】解：A．应加入NaOH除杂，否则引入新杂质，故A错误，；
B．水易挥发，可用蒸馏的方法制备蒸馏水，故B正确；
C．如果溶解度受温度影响较大的物质从溶液中结晶析出的方法是冷却热饱和溶液，如果溶解度受温度影响不大的物质从溶液中结晶析出的方法是蒸发溶剂。因为氯化钾的溶解度受温度影响不大，就要用蒸发溶剂的方法，故C错误；
D．乙醇与水混溶，引用苯或四氯化碳作为萃取剂，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的分离提纯，为高频考点，把握混合物分离提纯原理及方法、物质的特征反应等为解答的关键，注意选项B为易错点，题目难度不大．
23．将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发），下列说法不正确的是（ ）
A．O点溶液中所含溶质的化学式为n（NaOH）、n（Na2CO3）＝1：2
B．O﹣a段发生的离子反应方程式为：CO32﹣+H+＝HCO3﹣
C．通入CO2的体积为44.8L（标准状况下）
D．原NaOH溶液的物质的量浓度为2.5mol/L
【分析】a点进入与盐生成气体，发生反应：NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，生成气体最大时消耗2mol HCl，可知碳酸氢钠为2mol，由Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，可知碳酸钠为2mol，碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗2mol HCl，而图象中未生成二氧化碳时消耗的HCl为3mol，说明氢氧化钠溶液吸收二氧化碳后的溶液中还含有1mol NaOH，据此解答。
【解答】解：a点进入与盐生成气体，发生反应：NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，生成气体最大时消耗2mol HCl，可知碳酸氢钠为2mol，由Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，可知碳酸钠为2mol，碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗2mol HCl，而图象中未生成二氧化碳时消耗的HCl为3mol，说明氢氧化钠溶液吸收二氧化碳后的溶液中还含有1mol NaOH。
A．由上述分析可知，O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3，根据以上分析知n（NaOH）：n（Na2CO3）＝1：2，故A正确；
B．通过以上分析知，O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3，O﹣a段的反应为Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl、NaOH+HCl＝NaCl+H2O，故B错误；
C．发生反应：NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，生成气体最大时消耗2mol HCl，故二氧化碳为2mol，则标准状况下，通入CO2的体积为2mol×22.4L/mol＝44.8L，故C正确；
D．加入5molHCl生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）＝n（HCl），根据钠离子守恒有n（NaOH）＝n（NaCl），故n（NaOH）＝n（HCl）＝5mL，所以c（NaOH）＝＝2.5mol/L，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查混合物的计算，难度中等，注意从图象分析反应发生的情况，关键是根据图象判断溶液溶质的成分，侧重考查学生分析计算能力，注意碳酸钠与盐酸的分步反应。
24．（NH4）2SO4是一种常见的化肥，某工厂用石膏、NH3、H2O、CO2制备（NH4）2SO4的工艺流程如下：
下列说法正确的是（ ）
A．通入NH3和CO2的顺序可以颠倒
B．操作1为过滤，操作2为蒸馏
C．通入的NH3和CO2均应过量，且工艺流程中CO2可循环利用
D．步骤②中反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O＝CaCO3↓+2NH4++SO42﹣
【分析】流程中，向硫酸钙浊液中通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通人适量的二氧化碳利于反应的进行，硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀，加热制成饱和溶液，再降温冷却，结晶析出，过滤，则可以使硫酸铵从溶液中结晶析出，碳酸钙煅烧生成氧化钙和二氧化碳，以此解答该题。
【解答】解：A．由于CO2微溶于水，NH3易溶于水，应先通入足量NH3，使溶液呈碱性，然后再通入适量CO2，反应的化学方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O＝（NH4）2SO4+CaCO3↓，通入NH3和CO2的顺序不可以互换，故A错误；
B．操作1为过滤，操作2是溶液中得到溶质固体的过程，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥等，故B错误；
C．反应过程中二氧化碳参与反应生成硫酸铵和碳酸钙，碳酸钙分解生成二氧化碳，工艺流程中产生的CO2可循环利用，通入足量NH3，通适量二氧化碳，否则碳酸钙溶解，故C错误；
D．硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀物质发生的主要化学反应为：CaSO4+2NH3+CO2+H2O＝CaCO3↓+（NH4）2SO4．反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O═CaCO3↓+2NH4++SO42﹣，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查物质的制备与分离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目通过一个陌生的反应考查了有关硫酸铵和二氧化碳的知识，要充分分析所给的信息，题目难度中等。
25．某溶液可能含有Cl﹣、Br﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、K+和Na+，且各离子浓度相同。为了确认其成分，现取100m溶液作样品，设计并完成了如下实验
下列说法不正确的是（ ）
A．该溶液中c（NH4+）＝0.2mol/L
B．要确定溶液中是否含有钾离子，需进行焰色反应
C．SO42﹣、NH4+、Na+一定存在，CO32﹣一定不存在
D．滤液中的n（Na+）＞0.04mol
【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，该气体为氨气，原溶液中一定存在0.02molNH4+；
颜色反应为黄色，则溶液中存在钠离子，由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子；
4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，原溶液中含有0.02mol硫酸根离子；
各离子浓度相同，由溶液的电荷守恒可知应含有K+或Na+，物质的量也为0.02mol，因焰色反应呈黄色，则含有Na+，以此解答该题。
【解答】解：A．由以上分析可知原溶液中一定存在0.02molNH4+，体积为100mL，则该溶液中c（NH4+）＝0.2mol/L，故A正确；
B．焰色反应呈黄色，则不含钾离子，故B错误；
C．由以上分析可知SO42﹣、NH4+、Na+一定存在，由于离子浓度相等，由电荷守恒可知CO32﹣一定不存在，故C正确；
D．溶液中含有0.02molNH4+，加入过量的NaOH完全反应，且原溶液含有0.02mol钠离子，则滤液中的n（Na+）＞0.04mol，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查物质分离、提纯实验方案的设计，为高频考点，把握实验流程中的试剂、发生的反应及分离方法为解答的关键，侧重分析能力、实验能力的综合考查，题目难度不大，注意根据溶液电中性判断氯离子存在的方法。
二、非选择题（本大题共4小题，共42分）
26．（15分）通常状况下的十种物质：①NaCl晶体②盐酸③CaCO3固体④熔融KCl⑤蔗糖⑥氯气⑦CO2⑧冰醋酸⑨KIO3固体⑩液氨
（1）按物质的分类方法填写表格的空白处（填序号）：
属于非电解质的是 ⑤⑦⑩ ；属于弱电解质的是 ⑧ ；
属于强电解质的是 ①③④⑨ ；能导电的是 ②④ 。
（2）写出⑧溶于水的电离方程式 CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+ ；写出⑥与水反应离子方程式 Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO 。
（3）实验室可用酸化的KI溶液和淀粉检验碘酸钾的存在，反应的方程式为：5KI+KIO3+3H2SO4＝3I2+3K2SO4+3H2O，当反应中当有1mol还原剂被氧化时，则有 0.2 mol
氧化剂被还原，有约 6.02×1023 个电子发生了转移，生成I2的质量为 152.4 g，请用双线桥标出该反应中电子转移的方向和数目：5KI+KIO3+3H2SO4＝3I2+3K2SO4+3H2O
【分析】（1）含有自由移动的电子或阴阳离子的物质就能导电；在溶液中完全电离的电解质为强电解质，部分电离的为弱电解质；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；
（2）碘遇淀粉变蓝，反应中，KI中的I元素化合价升高，KIO3中I元素化合价降低，根据化合价的升降和电子转移之间的关系来进行计算即可。
【解答】解：（1）⑤蔗糖在水溶液和熔融状态下都不导电，⑦CO2、⑩液氨在溶液中自身不能电离，它们属于非电解质，⑤蔗糖在水溶液和熔融状态下都不导电，⑦CO2、⑩液氨在溶液中自身不能电离，它们属于非电解质，①NaCl晶体③CaCO3固体④熔融KCl⑨KIO3固体在溶液中完全电离，属于强电解质；②盐酸、④熔融KCl它们能够导电，故答案为：⑤⑦⑩；⑧；①③④⑨；②④；
（2）⑧冰醋酸属于弱酸，溶于水的电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故答案为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+；Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO；
（3）5KI+KIO3+3H2SO4＝3I2+3K2SO4+3H2O反应生成碘单质，遇淀粉变蓝，观察到溶液变蓝色，KI中的I元素化合价升高，KIO3中I元素化合价降低，则1mol还原剂被氧化时，由反应可知消耗0.2mol氧化剂，转移1mol×（1﹣0）＝1mol电子，约 6.02×1023个，生成碘单质是0.6mol，质量是0.6mol×254g/mol＝152.4g，电子转移的方向和数目如下：，
故答案为：溶液变蓝色；0.2； 6.02×1023；152.4； 。
【点评】本题考查学生电解质、非电解质的概念以及应用，注意习题中的信息结合所学知识解答，侧重氧化还原反应的考查，注重学生知识迁移应用能力的训练，题目难度中等。
27．（7分）取一定量的CuCl2产品投入Na2CO3溶液中，充分反应生得到一种仅含四种元素的不溶性盐X，并产生气体CO2．设计如下实验探究X的组成和性质。已知各步反应所需试剂均过量，请回答：
（1）混合气体的成分是 H2O、CO2 ；X的化学式为 Cu5（OH）4（CO3）3或2Cu（OH）2•3CuCO3 。
（2）写出CuCl2与Na2CO3反应生成X的离子方程式 5Cu2++5CO32﹣+2H2O＝Cu5（OH）4（CO3）3+2CO2↑ 。
【分析】黑色固体高温下能与CO反应生成红色固体B，说明B为Cu，其物质的量为＝0.05mol，混合气体1.68g经过无水CaCl2后剩余1.32g，说明混合气体中含H2O的物质的量为＝0.02mol，气体A1.32g通入Ba（OH）2溶液中得到沉淀5.91g，说明混合气体中含CO2的物质的量为＝0.03mol。由此可知，X中含Cu2+0.05mol，含CO32﹣0.03mol，根据电荷守恒规则，含OH﹣0.04mol，所以X的化学式为Cu5（OH）4（CO3）3或2Cu（OH）2•3CuCO3．以此解答该题。
【解答】解：（1）由以上分析可知混合气体为H2O、CO2，X的化学式为Cu5（OH）4（CO3）3或2Cu（OH）2•3CuCO3，故答案为：H2O、CO2；Cu5（OH）4（CO3）3或2Cu（OH）2•3CuCO3；
（2）CuCl2与Na2CO3反应生成X的离子方程式为5Cu2++5CO32﹣+2H2O＝Cu5（OH）4（CO3）3+2CO2↑，故答案为：5Cu2++5CO32﹣+2H2O＝Cu5（OH）4（CO3）3+2CO2↑。
【点评】本题考查了无机物推断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，熟悉元素化合物的性质是解本题关键，知道流程图中每一步发生的反应及反应现象，题目难度中等。
28．（4分）某学习小组按如下实验流程尝试从干海带（含碘元素）中提取出碘单质。
请回答：
（1）仪器B和仪器C的名称分别是 500mL容量瓶 、 分液漏斗 ；
（2）下列关于步骤A的说法不正确的是 BD
A．步骤A需要用到仪器C，仪器C使用之前需要检查是否漏水
B．进行操作前，盖上仪器C上口玻璃塞
C．步骤A中待下层溶液从仪器C的下口放出后，上层溶液从上口倒出
D．振荡、静置后的上层溶液显红棕色
【分析】由流程可知，海带在坩埚中灼烧后，加水溶解、过滤得到含碘离子的溶液，转移到B（500mL容量瓶）中定容，C（分液漏斗）中加氯水氧化碘离子生成碘，再加四氯化碳萃取、分液得到上层溶液及碘的四氯化碳溶液，最后蒸馏可得到碘，以此来解答。
【解答】解：（1）仪器B和仪器C的名称分别是500mL容量瓶、分液漏斗，故答案为：500mL容量瓶；分液漏斗；
（2）A．步骤A为分液，需要用到仪器C，仪器C具有塞子和活塞，使用之前需要检查是否漏水，故A正确；
B．进行操作前，打开仪器C上口玻璃塞，平衡气压，利于液体流下，故B错误；
C．步骤A中避免上下层液体混合，则待下层溶液从仪器C的下口放出后，上层溶液从上口倒出，故C正确；
D．振荡、静置后的下层溶液显红棕色，上层为无色，故D错误；
故答案为：BD。
【点评】本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意仪器的选择和使用，题目难度不大。
29．（16分）某学生课外活动小组模拟呼吸面具中的反应原理（2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2）设计用图所示的仪器来制取氧气并测量氧气的体积。图中量气装置E由甲乙两根玻璃管组成，它们由橡皮管连通，并装入适量水。甲管有刻度（0∼50mL）供量气用，乙管可上下移动调节液面高低。实验仪器：连接胶管及夹持装置均省略
实验可供选用的药品还有：稀硫酸、盐酸、过氧化钠、碳酸钠、大理石、水。试回答：
（1）图中各装置接口连接顺序是 ：⑤③④⑥⑦②①⑧（⑥、⑦可换位） （填各接口的编号）。
（2）装置A的作用是 除去混在O2中未反应的CO2 ，反应的化学方程式 2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O 。
（3）装置B的作用是 吸收CO2中混有的HCl ，反应的化学方程式为 NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑ 。
（4）装置C中放入的反物是 大理石、盐酸 ，反应的化学方程式为 CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O 。
（5）实验结束读取氧气体积时，若乙中液面高于甲中液面，会使测得的氧气体积 偏小 （偏大、偏小、无影响）。若有影响，应向 下 （上、下）移动乙管，使甲乙液面相平（注：若第一格填无影响，第二格不用填写）。
【分析】题目要求利用过氧化钠与二氧化碳（潮湿）反应制取氧气，故首先需要制备二氧化碳，只有仪器C可以用来制取二氧化碳。；制气原料应该采用大理石和盐酸，此法制得的二氧化碳中会含有少量氯化氢，须通过装有碳酸氢钠溶液的洗气瓶，以除去这些氯化氢；然后使净化后的二氧化碳通过过氧化钠来制取氧气，该仪器只能选用装置D；此反应属于气体与固体之间的反应，不易反应完全，为了除去生成的氧气中混有未反应的二氧化碳，可以使它们通过仪器A；在测量氧气体积时，为了使测量更为准确，要注意上下移动仪器E中的乙管，使甲、乙两管的液面相平，以使甲管中的气压与大气气压相等，同时视线应与甲管内凹液面最低处相平，以减少观察误差。
【解答】解：（1）仪器C可以用来制取二氧化碳，连接3用来除去HCl，4连接6可使二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，然后连接2可除去未反应的二氧化碳，最后连接8测量气体的体积，所以顺序为：⑤③④⑥⑦②①⑧（⑥、⑦可换位），
故答案为：⑤③④⑥⑦②①⑧（⑥、⑦可换位）；
（2）仪器C可以用来制取二氧化碳，此法制得的二氧化碳中会含有少量氯化氢，须通过装有碳酸氢钠溶液的洗气瓶，以除去这些氯化氢，所以装置A的作用是除去混在O2中未反应的CO2，反应方程式为：2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O，
故答案为：除去混在O2中未反应的CO2；2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O；
（3）净化后的二氧化碳通过过氧化钠来制取氧气，为了除去生成的氧气中混有未反应的二氧化碳，可以使它们通过仪器A，反应的方程式为NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，
故答案为：吸收CO2中混有的HCl；NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑；
（4）只有仪器C可以用来制取二氧化碳，制气原料应该采用大理石和盐酸，可在C中加止水夹，可控制反应的进行，反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O，
故答案为：大理石、盐酸；CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O；
（5）为了较准确地测量氧气的体积，除了必须检查整个装置的气密性之外，在读取反应前后甲管中液面的读数时，
应注意读数时要调节E中甲乙的液面使其同一高度，若乙中的液面高，会导致甲中的气体被压缩，即所测得的气体的体积偏小；若有影响，则应向下移动乙，使甲乙中液面相平。．故答案为：偏小；下。
【点评】本题考查过氧化钠与二氧化碳的反应，并考查气体的制备、除杂、量气等知识，题目难度中等，明确实验原理和操作方法为解答关键，注重基础知识的积累，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。
三、计算题（本题共1小题，共8分）
30．（8分）某学生用 Na2CO3和 KHCO3组成的某混合物进行实验，测得如下数据（盐酸的物质的量浓度相等且不考虑HCl的挥发）
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
请根据相关信息，计算：
（1）盐酸的物质量浓度为 2 mol•L﹣1 mol/L
（2）原混合物样品中n（Na2CO3）：n（KHCO3）＝ 1：2 。
【分析】①②数据可知，固体质量扩大2 倍，生成气体的体积也扩大2倍，所以固体完全反应，设3.06g原混合物样品中 n（Na2CO3）为xmol，n（KHCO3）为ymol，根据固体的质量和气体的量列方程组计算；④组中盐酸完全反应，根据碳酸钠首先转化为碳酸氢钠，然后盐酸与碳酸氢根离子反应生成气体，结合二氧化碳与盐酸的关系计算消耗的盐酸的物质的量和盐酸的浓度。
【解答】解：（1）设3.06g原混合物样品中 n（Na2CO3）为xmol，n（KHCO3）为ymol，则：，解之得：xx＝0.01、yy＝0.02，原混合物样品中 n（Na2CO3）：n（KHCO3）＝1：2，④组固体质量12.24g，n（Na2CO3）为0.04mol，n（KHCO3）为0.08mol，碳酸钠首先转化为碳酸氢钠，消耗盐酸为：0.04mol，而碳酸氢根离子与盐酸反应生成二氧化碳1.344L，消耗盐酸为：0.06mol，所以盐酸的物质的量为0.06+0.04＝0.1mol，c＝＝2 mol•L﹣1；
故答案为：2 mol•L﹣1。
（2）有以上分析可知，原混合物样品中n（Na2CO3）：n（KHCO3）＝1：2；
故答案为：1：2。
【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，根据二氧化碳的体积变化判断盐酸是否完全反应式是关键，再根据气体体积与固体质量关系进行解答。
一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分．每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．下列各组物质中，按单质、化合物、混合物顺序排列的是（ ）
A．铁、四氧化三铁、冰水混合物
B．金属钙、生石灰、碱石灰
C．水银、空气、干冰
D．二氧化硫、水蒸气、天然气
【分析】由同一种元素组成的纯净物是单质；
化合物由两种或两种以上的元素组成的纯净物；
混合物是由两种或多种物质混合而成的物质．
【解答】解：A．铁是金属单质；四氧化三铁是化合物；冰水混合物是纯净物，故A错误；
B．金属钙是金属单质；生石灰是氧化钙，是化合物；碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，故B正确；
C．水银是金属单质；空气的主要成分是氮气和氧气，是混合物；干冰是固体二氧化碳，是纯净物，故C错误；
D．二氧化硫是化合物；水蒸气是化合物；天然气的主要成分是甲烷，是混合物，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查单质、化合物、纯净物和混合物的判断，难度不大．要注意基础概念的准确掌握．
2．下列仪器中常用作反应容器的是（ ）
A．圆底烧瓶 B．量筒 C．容量瓶 D．分液漏斗
【分析】A．圆底烧瓶可做固液或液液反应容器；
B．量筒用于量取一定体积的液态，不能作为反应容器；
C．容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液；
D．分液漏斗只能应用萃取分液，不能作为反应容器。
【解答】解：A．该仪器为圆底烧瓶，可做固液或液液反应容器，故A正确；
B．图示仪器为量筒，量筒是量取一定液体体积的仪器，不可作为反应容器，故B错误；
C．容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器，不能用作反应容器，故C错误；
D．该仪器为分液漏斗，分液漏斗常用于分离相互不溶的液体，不能作为反应容器，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查常见仪器的构造及使用方法，题目难度不大，明确常见仪器的使用方法为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的化学实验能力。
3．下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（ ）
A．NaCl晶体、BaSO4 B．液态的醋酸、酒精
C．铜、二氧化硫 D．熔融的KNO3、硫酸溶液
【分析】电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物。
【解答】解：A．NaCl晶体的水溶液能导电，属于电解质；BaS04在熔融状态下能导电，属于电解质，故A错误；
B．液态的醋酸的水溶液能导电，属于电解质；酒精在水溶液中和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，故B正确；
C．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质；二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化硫的水溶液导电，但电离出离子的物质是亚硫酸不是二氧化硫，所以二氧化硫是非电解质，故C错误；
D．熔融的KNO3能导电，属于电解质；硫酸溶液是混合物，不是化合物，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查学生电解质和非电解质的概念，均是对化合物进行的分类，可以根据所学知识进行回答，较简单。
4．下列试剂在变质过程不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．Na B．氯水 C．漂白粉 D．NaOH
【分析】反应中存在元素的化合价变化为氧化还原反应，若不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此来解答。
【解答】解：A．Na与空气中的氧气反应生成氧化钠，Na的化合价发生变化，与氧化还原反应有关，故A不选；
B．氯水变质，是HClO发生分解反应，Cl、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；
C．漂白粉变质，先与二氧化碳反应生成HClO，HClO发生分解反应，Cl、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；
D．NaOH与二氧化碳反应发生变质，没有元素化合价的变化，没有发生氧化还原反应，故D选。
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，题目难度不大。
5．下列有关分散系的说法正确的是（ ）
A．溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是否均一、透明、稳定
B．氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮固体颗粒并沉降，可以达到消毒、杀菌的目的
C．胶态磁流体治癌术是将磁性物质制成胶体粒子，这种粒子的直径在1nm﹣100nm之
D．用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象相同
【分析】A．当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm）；
B．胶体的表面积较大能吸附水中的悬浮颗粒，起到净水作用；
C．分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm）；
D．胶体具有丁达尔效应。
【解答】解：A．溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，故A错误；
B．胶体的表面积较大能吸附水中的悬浮颗粒，所以氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，从而达到净水的目的，不能起到消毒、杀菌的目的，故B错误；
C．分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），胶态磁流体治癌术是将磁性物质制成胶体粒子，这种粒子的直径在1nm﹣100nm之间，故C正确；
D．用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，氢氧化铁胶体出现光亮的通路，溶液无此现象，产生的现象不相同，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了胶体性质的分析判断，胶体和溶液的分离方法，注意知识积累，题目较简单。
6．下列说法不正确的是（ ）
A．Na2O2可用作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂
B．常用pH试纸测定新制氯水的pH值
C．一定条件下，金属镁可以置换出碳单质
D．次氯酸能使染料等有机色素褪色，有漂白性
【分析】A．过氧化钠具有强氧化性，可与二氧化碳反应生成氧气；
B．氯水中含HClO，具有漂白性；
C．镁与二氧化碳反应生成碳和氧化镁；
D．次氯酸具有强氧化性，可以做漂白剂。
【解答】解：A．过氧化钠具有强氧化性，可用作漂白剂，可与二氧化碳反应生成氧气，可用作供氧剂，故A正确；
B．氯水中含HClO，具有漂白性，使pH试纸褪色，应选pH计测定，故B错误；
C．镁与二氧化碳反应生成碳和氧化镁，所以一定条件下，金属镁可以置换出碳单质，故C正确；
D．次氯酸具有强氧化性，可以做漂白剂，次氯酸能使染料等有机色素褪色，有漂白性，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，明确次氯酸的化学性质即可解答，注意过氧化钠与水反应得到氧气，题目难度不大。
7．确定某无色溶液中含某离子，下列结论正确的是（ ）
A．加 AgNO3 溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有 Cl﹣ 存在
B．加 BaCl2 溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有 SO42﹣ 存在
C．加盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定有大量CO32﹣存在
D．通入 Cl2 后，溶液变为黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，可确定有I﹣ 存在
【分析】A．加入的盐酸也会与硝酸银反应生成氯化银沉淀；
B．可能生成AgCl沉淀；
C．可能为HCO3﹣；
D．淀粉遇碘变蓝色。
【解答】解：A．加入的盐酸也会生成AgCl沉淀，溶液中不一定含有Cl﹣，可能含有 SO42﹣，故A错误；
B．加 BaCl2 溶液，生成白色沉淀，沉淀可能为AgCl或硫酸钡沉淀，不一定含有SO42﹣，故B错误；
C．CO32﹣和HCO3﹣都能与HCl反应生成CO2气体，CO2气体为能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体，所以不能判断出是否含有CO32﹣，故C错误；
D．淀粉遇碘变蓝色，可证明含有碘离子，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查物质的检验和鉴别实验方案的设计，为高频考点，把握离子的检验方法、试剂及现象与结论为解答的关键，侧重离子检验的考查，注意检验应排除干扰离子，题目难度不大。
8．下列装置或操作能达到实验目的是（ ）
目的
A．检查装置的气密性
B．蒸发操作中移开蒸发皿
C．实验室制取蒸馏水
D．分离水和甘油
装置或操作
【分析】A．关闭止水夹，注入水，观察液柱；
B．蒸发皿的温度高；
C．温度计测定馏分的温度，冷却水下进上出效果好；
D．水和甘油互溶。
【解答】解：A．关闭止水夹，注入水，观察液柱，一段时间高度不变，则气密性良好，故A正确；
B．蒸发皿的温度高，不能用手拿，易烫伤，故B错误；
C．温度计测定馏分的温度，冷却水下进上出效果好，图中温度计的水银球未在支管口处，冷水未下进上出，故C错误；
D．水和甘油互溶，不能选分液漏斗分离，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、实验操作、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4L的CCl4中含有碳原子的数目为NA
B．2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NA
C．1.8gNH4+含有的质子数为NA
D．50mL浓度为12mol•L﹣1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
【分析】A、标准状况四氯化碳不是气体；
B、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，且两者中均 含10个中子；
C、1个氨根离子含有11个质子；
D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，稀盐酸和二氧化锰不反应。
【解答】解：A、标准状况四氯化碳不是气体，22.4L CCl4中物质的量不是1mol，故A错误；
B、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，故2.0gH218O与D2O的物质的量均为0.1mol，且两者中均 含10个中子，故0.1molH218O与D2O中均含NA个中子，故B正确；
C、1.8gNH4+含有的质子数为：×11×NA＝1.1NA，故C错误；
D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，一旦浓盐酸变稀，反应即停止，4molHCl反应时转移2mol电子，而50mL12mol/L盐酸的物质的量n＝CV＝12mol/L×0.05L＝0.6mol，这0.6mol盐酸不能完全反应，则转移的电子的物质的量小于0.3mol电子，即小于0.3NA个，故D错误，
故选：B。
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用主要是气体摩尔体积条件应用，弱电解质分析判断，掌握基础是关键，题目较简单。
10．如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（ ）
A．所含原子数相等 B．气体密度相等
C．气体质量相等 D．摩尔质量相等
【分析】同温同压下，体积之比等于物质的量之比，两瓶气体的物质的量相等．都是双原子分子，物质的量相等含有的原子数目相等；左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时，相当于NO，与右瓶内NO的密度、质量、摩尔质量相等，据此解答．
【解答】解：同温同压下，体积之比等于物质的量之比，两瓶气体的物质的量相等，
A、都是双原子分子，物质的量相等的气体含有的原子数目相等，故A正确；
B、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时，相当于NO，与右瓶内NO的密度相等，但左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故密度不一定相等，故B错误；
C、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故质量不一定相等，故C错误；
D、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故摩尔质量不一定相等，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，注意左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时相当于NO．
11．科学家刚刚发现的某种元素的一个原子，其质量是a g，一个12C的原子质量是b g，用NA是阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是（ ）
A．该原子的摩尔质量是a NA g•mol﹣1
B．Wg该原子中含有NA个原子
C．Wg该原子的物质的量是mol
D．由已知信息可得：NA＝mol﹣1
【分析】A．摩尔质量有单位，一般为g/mol；
B．该原子的摩尔质量为aNAg/mol，根据n＝计算Wg该原子的物质的量；
C．由题意可知，该原子的质量为ag，据此计算Wg该原子的数目；
D．12C的原子的摩尔质量为12g/mol，一个12C的原子的质量为bg，故NAb＝12，据此计算。
【解答】解：A．该元素原子的质量是ag，则摩尔质量为aNAg/mol，故A正确；
B．由题意可知，该原子的质量为ag，故Wg该原子的数目为＝，故B错误；
C．该原子的摩尔质量为aNAg/mol，Wg该原子的物质的量为＝mol，故C正确；
D．12C的原子的摩尔质量为12g/mol，一个12C的原子的质量为bg，故NAb＝12，所以NA＝mol﹣1，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查阿伏伽德罗常数、摩尔质量等，题目难度不大，注意对公式的理解与灵活运用。
12．13C﹣NMR（核磁共振）、15N﹣NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，这项研究曾获2002年诺贝尔化学奖。下面有关叙述正确的是（ ）
A．13C与15N有相同的中子数
B．14N与14C互为同位素
C．15N 与14N 为同一种核素
D．15N的核外电子数比中子数少1
【分析】13C、15N、14N的质量数分别为13、15、14，质子数分别为6、7、7，利用质子数＝电子数，质子数+中子数＝质量数及同位素的概念来解答。
【解答】解：A．13C与15N的中子数分别为7、8，故A错误；
B．14N与14C互为同位素质子数不同，是不同元素，故B错误；
C．15N与14N为质子数都是7，但中子数不同的原子，则互为同位素，是不同核素，故C错误；
D．15N的核外电子数为7，中子数＝15＝7＝8，核外电子数比中子数少1，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子的构成及原子中的数量关系，较简单，熟悉同位素、核素的概念及判断可解答。
13．下列方程式表达，正确的是（ ）
A．碳酸钡跟醋酸反应：BaCO3+2CH3COOH＝Ba2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O
B．碳酸氢钠溶于水的电离方程式：NaHCO3⇌Na++H++CO32﹣
C．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓
D．氧化钠固体上滴加稀盐酸：O2﹣+2H+＝H2O
【分析】A．碳酸钡与醋酸反应生成醋酸钡和二氧化碳、水；
B．碳酸氢钠为强电解质，完全电离，用等号；
C．漏掉氢氧根离子与铵根离子的反应；
D．氧化钠为固体，应保留化学式。
【解答】解：A．碳酸钡跟醋酸反应，离子方程式：BaCO3+2CH3COOH＝Ba2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故A正确；
B．碳酸氢钠溶于水的电离方程式：NaHCO3＝Na++HCO3﹣，故B错误；
C．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应，离子方程式：2NH4++2OH﹣+Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓+2NH3•H2O，故C错误；
D．氧化钠固体上滴加稀盐酸，离子方程式：Na2O+2H+＝H2O+2Na+，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子方程式正误判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及应用能力，明确离子方程式书写特点及物质性质是解本题关键，易错选项是AC，题目难度中等。
14．在反应3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2中，下列说法不正确的是（ ）
A．N2是氧化产物，NH4Cl是还原产物
B．每生成1molN2，转移6mol电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：8
D．氧化剂与还原剂的质量之比213：34
【分析】3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2反应中，Cl元素的化合价降低，N元素的化合价升高，结合元素的化合价变化计算转移电子，据此来解答。
【解答】解：A．Cl元素的化合价降低被还原，N元素的化合价升高被氧化，N2是氧化产物，NH4Cl是还原产物，故A正确；
B．该反应中每生成1mol N2，转移电子为1mol×3＝6mol电子，故B正确；
C．反应中8mol氨气中只有2mol作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；
D．反应中氧化剂为3mol，8mol氨气中只有2mol作还原剂，所以氧化剂与还原剂的质量之比213：34，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，题目难度不大。
15．下列叙述正确的是（ ）
A．1L水中溶解了40 g NaOH后，所得溶液浓度为1mol/L
B．从1L 2mol/L的NaCl溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为1mol/L
C．配制1L0.1mol/L的CuSO4溶液，需用16g胆矾
D．将2.24L（标准状况）HCI气体溶于水制成100mL溶液，其物质的量浓度为1mol/L
【分析】A、氢氧化钠溶于1L水后，溶液体积大于1L；
B、溶液是均一、稳定的，溶液浓度和所取溶液的体积无关；
C、求出溶液中硫酸铜的物质的量n＝CV，质量m＝nM；
D、求出HCl的物质的量，然后根据物质的量浓度c＝来计算。
【解答】解：A、40g氢氧化钠即1mol溶于1L水后，溶液体积大于1L，故溶液浓度小于1mol/L，故A错误；
B、溶液是均一、稳定的，溶液浓度和所取溶液的体积无关，故从1L 2mol/L的NaCl溶液中取出0.5L，该溶液的浓度仍为2mol/L，故B错误；
C、溶液中硫酸铜的物质的量n＝CV＝0.1mol/L×1L＝0.1mol，由于1mol胆矾能提供1molCuSO4，故所需的胆矾为0.1mol，即需要胆矾的质量m＝nM＝0.1mol×250g/mol＝25.0g，故C错误；
D、标况下2.24LHCl的物质的量为0.1mol，而物质的量浓度c＝＝＝1mol/L，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，难度不大，应注意的是将固体溶于1L水中，溶液体积将大于1L。
16．已知反应
①2BrO3﹣+Cl2＝Br2+2ClO3﹣
②5Cl2+I2+6H2O＝2HIO3+10HCl
③ClO3﹣+5Cl﹣+6H+＝3Cl2+3H2O，
下列物质（或微粒）氧化能力强弱顺序正确的是（ ）
A．ClO3﹣＞BrO3﹣＞HIO3＞Cl2 B．BrO3﹣＞Cl2＞C1O3﹣＞HIO3
C．BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞HIO3 D．Cl2＞BrO3﹣＞C1O3﹣＞HIO3
【分析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析．
【解答】解：①2BrO3﹣+Cl2＝Br2+2ClO3﹣ 中BrO3﹣是氧化剂，ClO3﹣是氧化产物，所以氧化性BrO3﹣＞ClO3﹣，
②5Cl2+I2+6H2O＝2HIO3+10HCl 中Cl2是氧化剂，HIO3是氧化产物，所以氧化性Cl2＞HIO3，
③ClO3﹣+5Cl﹣+6H+＝3Cl2+3H2O中ClO3﹣是氧化剂，是Cl2氧化产物，所以氧化性ClO3﹣＞Cl2，
综上得氧化性顺序为BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞HIO3。
故选：C。
【点评】本题考查了根据方程式来比较氧化性和还原性．解题的关键是根据化合价找出氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，题目难度不大．
17．把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁：另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的物质的量浓度为（ ）
A． mol•L﹣1 B． mol•L﹣1
C． mol•L﹣1 D． mol•L﹣1
【分析】两等份溶液中，一份加氢氧化钠溶液时发生反应：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）＝n（OH﹣），另一份加BaCl2的溶液，发生反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，由方程式可知n（SO42﹣）＝n（Ba2+），再利用电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）＝2n（SO42﹣），据此计算每份中n（K+），根据c＝计算钾离子浓度。
【解答】解：混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，
一份加加氢氧化钠溶液时发生反应：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）＝n（OH﹣）＝amol，
另一份BaCl2的溶液，发生反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，由方程式可知n（SO42﹣）＝n（Ba2+）＝n（BaCl2）＝bmol，
由电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）＝2n（SO42﹣），故每份中溶液n（K+）＝2bmol﹣2×amol＝（2b﹣a）mol，故原溶液中钾离子浓度＝＝mol/L，
故选：A。
【点评】本题考查离子反应的有关混合计算，难度中等，根据电荷守恒计算钾离子的物质的量是关键。
18．现有四组液体：①氯化钠溶液和四氯化碳组成的混合液 ②43%的乙醇溶液 ③氯化钠和单质溴的水溶液 ④粗盐溶液中混有泥沙，分离以上各混合液的正确方法依次是（ ）
A．分液、萃取、蒸馏、结晶 B．萃取、蒸馏、分液、结晶
C．分液、蒸馏、萃取、过滤 D．蒸馏、萃取、分液、过滤
【分析】分液法可以将互不相溶的两层液体分开；
蒸馏法是控制沸点的不同来实现互溶的两种液体物质间的分离方法；
萃取分液法指的是加入萃取剂后，溶质在萃取剂中的溶解度远远大于在以前的溶剂中的溶解度，并两种溶剂互不相溶，出现分层现象；
过滤分离可溶物和不溶物。
【解答】解：①四氯化碳不溶于水，所以四氯化碳和氯化钠溶液是分层的，可以采用分液的方法分离；
②酒精和水是互溶的两种液体，可以采用蒸馏的方法来分离；
③向氯化钠和单质溴的水溶液中加入萃取剂四氯化碳后，溴单质会溶解在四氯化碳中，四氯化碳和水互不相溶而分层，然后分液即可实现二者的分离；
④泥沙不溶于水，可溶于水后过滤分离。
故选：C。
【点评】本题考查物质的分离、提纯和除杂等问题，题目难度不大，根据除杂是不能引入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离。
19．在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，在以下各种情况下排序正确的是（ ）
A．同温、同压、同体积时，密度ρ：（H2）＞ρ（Ne）＞ρ（O2）
B．同温、同密度时，压强：p（H2）＞p（Ne）＞p（O2）
C．同温、同压、同质量时，体积：V（O2）＞V（Ne）＞V（H2）
D．同温、同压、同体积时，质量：m（H2）＞m（Ne）＞m（O2）
【分析】根据PV＝nRT可知，PM＝ρRT，因此在温度和密度相等的条件下，压强和气体的摩尔质量成反比，温度、压强均相同时，气体的Vm相等，结合n＝＝解答该题。
【解答】解：A．温度、压强均相同时，气体的Vm相等，ρ＝＝＝，可知气体的密度与摩尔质量呈正比，则ρ（O2）＞ρ（Ne）＞ρ（H2），故A错误；
B．根据PV＝nRT可知，PM＝ρRT，因此在温度和密度相等的条件下，压强和气体的摩尔质量成反比，则三种气体的压强p（H2）＞p（Ne）＞p（O2），故B正确；
C．温度、压强均相同时，气体的Vm相等，由n＝＝可知，等质量时，气体的体积和摩尔质量呈反比，应为V（H2）＞V（Ne）＞V（O2），故C错误；
D．温度、压强均相同时，气体的Vm相等，由n＝＝可知，等体积时，气体的质量和摩尔质量呈正比，则m（O2）＞m（Ne）＞m（H2），故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型，注意相关计算公式的运用，难度中等。
20．下列说法正确的是（ ）
A．蒸馏实验中，忘记加沸石，可以先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再继续加热蒸馏。
B．pH试纸使用时不需要润湿，红色石蕊试纸检测气体时也不需要润湿。
C．蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，并加垫石棉网加热。
D．配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，未将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容瓶中，使配制的溶液浓度偏小。
【分析】A．蒸馏时必须加入碎瓷片，若忘记加沸石，易导致爆沸，应该停止加热，待溶液冷却后加入沸石；
B．pH试纸不能湿润，但是红色石蕊试纸在使用时必须湿润；
C．蒸发皿是可以直接加热的仪器，不需要垫上石棉网；
D．量筒不需要洗涤，否则配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高。
【解答】解：A．液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故A正确；
B．pH试纸若被湿润，相当于待测液被稀释，影响测定结果；而红色石蕊试纸由于检验氨气，氨气溶于水才能呈碱性，所以使用前必须用质量数湿润，故B错误；
C．蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，可以直接加热，不需要加垫石棉网，故C错误；
D．配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，量筒不需要洗涤，若将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容量瓶中，会导致配制的溶液浓度偏高，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及溶液配制、蒸发、蒸馏、pH试纸的使用等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，注意掌握常见仪器的构造及使用方法，试题培养了学生的化学实验能力。
21．如图所示，若关闭Ⅰ阀，打开Ⅱ阀，让氯气经过甲瓶后，再通入乙瓶，红色布条不褪色；若关闭Ⅱ阀，打开Ⅰ阀，再通入氯气，红色布条褪色。甲瓶中所盛的试剂可能是（ ）
①浓硫酸②NaOH ③溶液KI ④溶液饱和NaCl溶液。
A．①② B．②③ C．①②③ D．①②④
【分析】若关闭Ⅰ阀，打开Ⅱ阀，让一种含有氯气的气体经过甲瓶后，再通入乙瓶，布条不褪色，可知甲中试剂干燥氯气或与氯气反应，以此来解答
【解答】解：若关闭Ⅰ阀，打开Ⅱ阀，让一种含有氯气的气体经过甲瓶后，再通入乙瓶，布条不褪色，可知甲中试剂干燥氯气或与氯气反应，①可干燥氯气，②③可吸收氯气，均符合题意，只有④中饱和食盐水抑制氯气的溶解，布条褪色不符合题意，
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物与实验的结合，题目难度不大。
22．下列实验方案能达到目的是（ ）
A．除去NaCl固体中混有的MgCl2：加入KOH试剂后过滤
B．实验室获取少量纯净的水：蒸馏自来水
C．提纯混有少量硝酸钾的氯化钾：将混合物溶于热水中，再冷却、结晶并过滤
D．提取碘水中的碘：加入适量乙醇，振荡、静置、分液
【分析】A．生成KCl，引入新杂质；
B．水易挥发，水中的杂质不易挥发；
C．氯化钾的溶解度受温度影响不大，应蒸发浓缩、冷却结晶分离；
D．乙醇与水混溶．
【解答】解：A．应加入NaOH除杂，否则引入新杂质，故A错误，；
B．水易挥发，可用蒸馏的方法制备蒸馏水，故B正确；
C．如果溶解度受温度影响较大的物质从溶液中结晶析出的方法是冷却热饱和溶液，如果溶解度受温度影响不大的物质从溶液中结晶析出的方法是蒸发溶剂。因为氯化钾的溶解度受温度影响不大，就要用蒸发溶剂的方法，故C错误；
D．乙醇与水混溶，引用苯或四氯化碳作为萃取剂，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的分离提纯，为高频考点，把握混合物分离提纯原理及方法、物质的特征反应等为解答的关键，注意选项B为易错点，题目难度不大．
23．将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发），下列说法不正确的是（ ）
A．O点溶液中所含溶质的化学式为n（NaOH）、n（Na2CO3）＝1：2
B．O﹣a段发生的离子反应方程式为：CO32﹣+H+＝HCO3﹣
C．通入CO2的体积为44.8L（标准状况下）
D．原NaOH溶液的物质的量浓度为2.5mol/L
【分析】a点进入与盐生成气体，发生反应：NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，生成气体最大时消耗2mol HCl，可知碳酸氢钠为2mol，由Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，可知碳酸钠为2mol，碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗2mol HCl，而图象中未生成二氧化碳时消耗的HCl为3mol，说明氢氧化钠溶液吸收二氧化碳后的溶液中还含有1mol NaOH，据此解答。
【解答】解：a点进入与盐生成气体，发生反应：NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，生成气体最大时消耗2mol HCl，可知碳酸氢钠为2mol，由Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，可知碳酸钠为2mol，碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗2mol HCl，而图象中未生成二氧化碳时消耗的HCl为3mol，说明氢氧化钠溶液吸收二氧化碳后的溶液中还含有1mol NaOH。
A．由上述分析可知，O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3，根据以上分析知n（NaOH）：n（Na2CO3）＝1：2，故A正确；
B．通过以上分析知，O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3，O﹣a段的反应为Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl、NaOH+HCl＝NaCl+H2O，故B错误；
C．发生反应：NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，生成气体最大时消耗2mol HCl，故二氧化碳为2mol，则标准状况下，通入CO2的体积为2mol×22.4L/mol＝44.8L，故C正确；
D．加入5molHCl生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）＝n（HCl），根据钠离子守恒有n（NaOH）＝n（NaCl），故n（NaOH）＝n（HCl）＝5mL，所以c（NaOH）＝＝2.5mol/L，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查混合物的计算，难度中等，注意从图象分析反应发生的情况，关键是根据图象判断溶液溶质的成分，侧重考查学生分析计算能力，注意碳酸钠与盐酸的分步反应。
24．（NH4）2SO4是一种常见的化肥，某工厂用石膏、NH3、H2O、CO2制备（NH4）2SO4的工艺流程如下：
下列说法正确的是（ ）
A．通入NH3和CO2的顺序可以颠倒
B．操作1为过滤，操作2为蒸馏
C．通入的NH3和CO2均应过量，且工艺流程中CO2可循环利用
D．步骤②中反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O＝CaCO3↓+2NH4++SO42﹣
【分析】流程中，向硫酸钙浊液中通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通人适量的二氧化碳利于反应的进行，硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀，加热制成饱和溶液，再降温冷却，结晶析出，过滤，则可以使硫酸铵从溶液中结晶析出，碳酸钙煅烧生成氧化钙和二氧化碳，以此解答该题。
【解答】解：A．由于CO2微溶于水，NH3易溶于水，应先通入足量NH3，使溶液呈碱性，然后再通入适量CO2，反应的化学方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O＝（NH4）2SO4+CaCO3↓，通入NH3和CO2的顺序不可以互换，故A错误；
B．操作1为过滤，操作2是溶液中得到溶质固体的过程，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥等，故B错误；
C．反应过程中二氧化碳参与反应生成硫酸铵和碳酸钙，碳酸钙分解生成二氧化碳，工艺流程中产生的CO2可循环利用，通入足量NH3，通适量二氧化碳，否则碳酸钙溶解，故C错误；
D．硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀物质发生的主要化学反应为：CaSO4+2NH3+CO2+H2O＝CaCO3↓+（NH4）2SO4．反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O═CaCO3↓+2NH4++SO42﹣，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查物质的制备与分离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目通过一个陌生的反应考查了有关硫酸铵和二氧化碳的知识，要充分分析所给的信息，题目难度中等。
25．某溶液可能含有Cl﹣、Br﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、K+和Na+，且各离子浓度相同。为了确认其成分，现取100m溶液作样品，设计并完成了如下实验
下列说法不正确的是（ ）
A．该溶液中c（NH4+）＝0.2mol/L
B．要确定溶液中是否含有钾离子，需进行焰色反应
C．SO42﹣、NH4+、Na+一定存在，CO32﹣一定不存在
D．滤液中的n（Na+）＞0.04mol
【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，该气体为氨气，原溶液中一定存在0.02molNH4+；
颜色反应为黄色，则溶液中存在钠离子，由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子；
4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，原溶液中含有0.02mol硫酸根离子；
各离子浓度相同，由溶液的电荷守恒可知应含有K+或Na+，物质的量也为0.02mol，因焰色反应呈黄色，则含有Na+，以此解答该题。
【解答】解：A．由以上分析可知原溶液中一定存在0.02molNH4+，体积为100mL，则该溶液中c（NH4+）＝0.2mol/L，故A正确；
B．焰色反应呈黄色，则不含钾离子，故B错误；
C．由以上分析可知SO42﹣、NH4+、Na+一定存在，由于离子浓度相等，由电荷守恒可知CO32﹣一定不存在，故C正确；
D．溶液中含有0.02molNH4+，加入过量的NaOH完全反应，且原溶液含有0.02mol钠离子，则滤液中的n（Na+）＞0.04mol，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查物质分离、提纯实验方案的设计，为高频考点，把握实验流程中的试剂、发生的反应及分离方法为解答的关键，侧重分析能力、实验能力的综合考查，题目难度不大，注意根据溶液电中性判断氯离子存在的方法。
二、非选择题（本大题共4小题，共42分）
26．（15分）通常状况下的十种物质：①NaCl晶体②盐酸③CaCO3固体④熔融KCl⑤蔗糖⑥氯气⑦CO2⑧冰醋酸⑨KIO3固体⑩液氨
（1）按物质的分类方法填写表格的空白处（填序号）：
属于非电解质的是 ⑤⑦⑩ ；属于弱电解质的是 ⑧ ；
属于强电解质的是 ①③④⑨ ；能导电的是 ②④ 。
（2）写出⑧溶于水的电离方程式 CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+ ；写出⑥与水反应离子方程式 Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO 。
（3）实验室可用酸化的KI溶液和淀粉检验碘酸钾的存在，反应的方程式为：5KI+KIO3+3H2SO4＝3I2+3K2SO4+3H2O，当反应中当有1mol还原剂被氧化时，则有 0.2 mol
氧化剂被还原，有约 6.02×1023 个电子发生了转移，生成I2的质量为 152.4 g，请用双线桥标出该反应中电子转移的方向和数目：5KI+KIO3+3H2SO4＝3I2+3K2SO4+3H2O
【分析】（1）含有自由移动的电子或阴阳离子的物质就能导电；在溶液中完全电离的电解质为强电解质，部分电离的为弱电解质；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；
（2）碘遇淀粉变蓝，反应中，KI中的I元素化合价升高，KIO3中I元素化合价降低，根据化合价的升降和电子转移之间的关系来进行计算即可。
【解答】解：（1）⑤蔗糖在水溶液和熔融状态下都不导电，⑦CO2、⑩液氨在溶液中自身不能电离，它们属于非电解质，⑤蔗糖在水溶液和熔融状态下都不导电，⑦CO2、⑩液氨在溶液中自身不能电离，它们属于非电解质，①NaCl晶体③CaCO3固体④熔融KCl⑨KIO3固体在溶液中完全电离，属于强电解质；②盐酸、④熔融KCl它们能够导电，故答案为：⑤⑦⑩；⑧；①③④⑨；②④；
（2）⑧冰醋酸属于弱酸，溶于水的电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故答案为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+；Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO；
（3）5KI+KIO3+3H2SO4＝3I2+3K2SO4+3H2O反应生成碘单质，遇淀粉变蓝，观察到溶液变蓝色，KI中的I元素化合价升高，KIO3中I元素化合价降低，则1mol还原剂被氧化时，由反应可知消耗0.2mol氧化剂，转移1mol×（1﹣0）＝1mol电子，约 6.02×1023个，生成碘单质是0.6mol，质量是0.6mol×254g/mol＝152.4g，电子转移的方向和数目如下：，
故答案为：溶液变蓝色；0.2； 6.02×1023；152.4； 。
【点评】本题考查学生电解质、非电解质的概念以及应用，注意习题中的信息结合所学知识解答，侧重氧化还原反应的考查，注重学生知识迁移应用能力的训练，题目难度中等。
27．（7分）取一定量的CuCl2产品投入Na2CO3溶液中，充分反应生得到一种仅含四种元素的不溶性盐X，并产生气体CO2．设计如下实验探究X的组成和性质。已知各步反应所需试剂均过量，请回答：
（1）混合气体的成分是 H2O、CO2 ；X的化学式为 Cu5（OH）4（CO3）3或2Cu（OH）2•3CuCO3 。
（2）写出CuCl2与Na2CO3反应生成X的离子方程式 5Cu2++5CO32﹣+2H2O＝Cu5（OH）4（CO3）3+2CO2↑ 。
【分析】黑色固体高温下能与CO反应生成红色固体B，说明B为Cu，其物质的量为＝0.05mol，混合气体1.68g经过无水CaCl2后剩余1.32g，说明混合气体中含H2O的物质的量为＝0.02mol，气体A1.32g通入Ba（OH）2溶液中得到沉淀5.91g，说明混合气体中含CO2的物质的量为＝0.03mol。由此可知，X中含Cu2+0.05mol，含CO32﹣0.03mol，根据电荷守恒规则，含OH﹣0.04mol，所以X的化学式为Cu5（OH）4（CO3）3或2Cu（OH）2•3CuCO3．以此解答该题。
【解答】解：（1）由以上分析可知混合气体为H2O、CO2，X的化学式为Cu5（OH）4（CO3）3或2Cu（OH）2•3CuCO3，故答案为：H2O、CO2；Cu5（OH）4（CO3）3或2Cu（OH）2•3CuCO3；
（2）CuCl2与Na2CO3反应生成X的离子方程式为5Cu2++5CO32﹣+2H2O＝Cu5（OH）4（CO3）3+2CO2↑，故答案为：5Cu2++5CO32﹣+2H2O＝Cu5（OH）4（CO3）3+2CO2↑。
【点评】本题考查了无机物推断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，熟悉元素化合物的性质是解本题关键，知道流程图中每一步发生的反应及反应现象，题目难度中等。
28．（4分）某学习小组按如下实验流程尝试从干海带（含碘元素）中提取出碘单质。
请回答：
（1）仪器B和仪器C的名称分别是 500mL容量瓶 、 分液漏斗 ；
（2）下列关于步骤A的说法不正确的是 BD
A．步骤A需要用到仪器C，仪器C使用之前需要检查是否漏水
B．进行操作前，盖上仪器C上口玻璃塞
C．步骤A中待下层溶液从仪器C的下口放出后，上层溶液从上口倒出
D．振荡、静置后的上层溶液显红棕色
【分析】由流程可知，海带在坩埚中灼烧后，加水溶解、过滤得到含碘离子的溶液，转移到B（500mL容量瓶）中定容，C（分液漏斗）中加氯水氧化碘离子生成碘，再加四氯化碳萃取、分液得到上层溶液及碘的四氯化碳溶液，最后蒸馏可得到碘，以此来解答。
【解答】解：（1）仪器B和仪器C的名称分别是500mL容量瓶、分液漏斗，故答案为：500mL容量瓶；分液漏斗；
（2）A．步骤A为分液，需要用到仪器C，仪器C具有塞子和活塞，使用之前需要检查是否漏水，故A正确；
B．进行操作前，打开仪器C上口玻璃塞，平衡气压，利于液体流下，故B错误；
C．步骤A中避免上下层液体混合，则待下层溶液从仪器C的下口放出后，上层溶液从上口倒出，故C正确；
D．振荡、静置后的下层溶液显红棕色，上层为无色，故D错误；
故答案为：BD。
【点评】本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意仪器的选择和使用，题目难度不大。
29．（16分）某学生课外活动小组模拟呼吸面具中的反应原理（2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2）设计用图所示的仪器来制取氧气并测量氧气的体积。图中量气装置E由甲乙两根玻璃管组成，它们由橡皮管连通，并装入适量水。甲管有刻度（0∼50mL）供量气用，乙管可上下移动调节液面高低。实验仪器：连接胶管及夹持装置均省略
实验可供选用的药品还有：稀硫酸、盐酸、过氧化钠、碳酸钠、大理石、水。试回答：
（1）图中各装置接口连接顺序是 ：⑤③④⑥⑦②①⑧（⑥、⑦可换位） （填各接口的编号）。
（2）装置A的作用是 除去混在O2中未反应的CO2 ，反应的化学方程式 2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O 。
（3）装置B的作用是 吸收CO2中混有的HCl ，反应的化学方程式为 NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑ 。
（4）装置C中放入的反物是 大理石、盐酸 ，反应的化学方程式为 CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O 。
（5）实验结束读取氧气体积时，若乙中液面高于甲中液面，会使测得的氧气体积 偏小 （偏大、偏小、无影响）。若有影响，应向 下 （上、下）移动乙管，使甲乙液面相平（注：若第一格填无影响，第二格不用填写）。
【分析】题目要求利用过氧化钠与二氧化碳（潮湿）反应制取氧气，故首先需要制备二氧化碳，只有仪器C可以用来制取二氧化碳。；制气原料应该采用大理石和盐酸，此法制得的二氧化碳中会含有少量氯化氢，须通过装有碳酸氢钠溶液的洗气瓶，以除去这些氯化氢；然后使净化后的二氧化碳通过过氧化钠来制取氧气，该仪器只能选用装置D；此反应属于气体与固体之间的反应，不易反应完全，为了除去生成的氧气中混有未反应的二氧化碳，可以使它们通过仪器A；在测量氧气体积时，为了使测量更为准确，要注意上下移动仪器E中的乙管，使甲、乙两管的液面相平，以使甲管中的气压与大气气压相等，同时视线应与甲管内凹液面最低处相平，以减少观察误差。
【解答】解：（1）仪器C可以用来制取二氧化碳，连接3用来除去HCl，4连接6可使二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，然后连接2可除去未反应的二氧化碳，最后连接8测量气体的体积，所以顺序为：⑤③④⑥⑦②①⑧（⑥、⑦可换位），
故答案为：⑤③④⑥⑦②①⑧（⑥、⑦可换位）；
（2）仪器C可以用来制取二氧化碳，此法制得的二氧化碳中会含有少量氯化氢，须通过装有碳酸氢钠溶液的洗气瓶，以除去这些氯化氢，所以装置A的作用是除去混在O2中未反应的CO2，反应方程式为：2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O，
故答案为：除去混在O2中未反应的CO2；2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O；
（3）净化后的二氧化碳通过过氧化钠来制取氧气，为了除去生成的氧气中混有未反应的二氧化碳，可以使它们通过仪器A，反应的方程式为NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，
故答案为：吸收CO2中混有的HCl；NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑；
（4）只有仪器C可以用来制取二氧化碳，制气原料应该采用大理石和盐酸，可在C中加止水夹，可控制反应的进行，反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O，
故答案为：大理石、盐酸；CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O；
（5）为了较准确地测量氧气的体积，除了必须检查整个装置的气密性之外，在读取反应前后甲管中液面的读数时，
应注意读数时要调节E中甲乙的液面使其同一高度，若乙中的液面高，会导致甲中的气体被压缩，即所测得的气体的体积偏小；若有影响，则应向下移动乙，使甲乙中液面相平。．故答案为：偏小；下。
【点评】本题考查过氧化钠与二氧化碳的反应，并考查气体的制备、除杂、量气等知识，题目难度中等，明确实验原理和操作方法为解答关键，注重基础知识的积累，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。
三、计算题（本题共1小题，共8分）
30．（8分）某学生用 Na2CO3和 KHCO3组成的某混合物进行实验，测得如下数据（盐酸的物质的量浓度相等且不考虑HCl的挥发）
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
请根据相关信息，计算：
（1）盐酸的物质量浓度为 2 mol•L﹣1 mol/L
（2）原混合物样品中n（Na2CO3）：n（KHCO3）＝ 1：2 。
【分析】①②数据可知，固体质量扩大2 倍，生成气体的体积也扩大2倍，所以固体完全反应，设3.06g原混合物样品中 n（Na2CO3）为xmol，n（KHCO3）为ymol，根据固体的质量和气体的量列方程组计算；④组中盐酸完全反应，根据碳酸钠首先转化为碳酸氢钠，然后盐酸与碳酸氢根离子反应生成气体，结合二氧化碳与盐酸的关系计算消耗的盐酸的物质的量和盐酸的浓度。
【解答】解：（1）设3.06g原混合物样品中 n（Na2CO3）为xmol，n（KHCO3）为ymol，则：，解之得：xx＝0.01、yy＝0.02，原混合物样品中 n（Na2CO3）：n（KHCO3）＝1：2，④组固体质量12.24g，n（Na2CO3）为0.04mol，n（KHCO3）为0.08mol，碳酸钠首先转化为碳酸氢钠，消耗盐酸为：0.04mol，而碳酸氢根离子与盐酸反应生成二氧化碳1.344L，消耗盐酸为：0.06mol，所以盐酸的物质的量为0.06+0.04＝0.1mol，c＝＝2 mol•L﹣1；
故答案为：2 mol•L﹣1。
（2）有以上分析可知，原混合物样品中n（Na2CO3）：n（KHCO3）＝1：2；
故答案为：1：2。
【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，根据二氧化碳的体积变化判断盐酸是否完全反应式是关键，再根据气体体积与固体质量关系进行解答。
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