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浙江省杭州市西湖高级中学2019-2020学年高一12月月考化学试题
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杭西高2019学年必修一模块考
（满分：100分，考试时间：60分钟）
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 N:14 S:32 Cl:35.5 Na:23 Fe:56 Cu:64 K:39 Ba: 137
第I卷（选择题，共60分）
一、选择题（每题包括15小题，每小题2分，共30分。只有一个选项符合题意。）
1.2015年12月12日，参加巴黎气候大会的近200个缔约方的代表们通过了一份旨在限制温室气体排放的国际会议，中国为推动达成该协议作出了建设性贡献。下列工业生产中涉及到的化学反应不直接产生温室气体的是（ ）
A. 用焦炭在电炉中还原二氧化硅制取硅单质
B. 用煤炭作燃料发电
C. 用铁矿石炼铁
D. 用纯碱制玻璃
【答案】A
【解析】
【详解】A．用焦炭在电炉中还原二氧化硅制取硅单质，同时产生CO，CO不会导致温室效应，正确；
B． 用煤炭作燃料发电，煤燃烧产生大量的热，同时会产生大量的CO2，会导致温室效应，错误；
C．用铁矿石炼铁，用焦炭作还原剂，会发生反应产生大量的CO2，会导致温室效应，错误；
D．用纯碱制玻璃，发生反应产生硅酸钠、二氧化碳，会导致温室效应，错误；
答案选A。
2.下列关于物质分类的说法正确的是
A. 烟、云、雾都属于胶体 B. 氯化铵、次氯酸都属于强电解质
C. SO2、SiO2、CO 均为酸性氧化物 D. 胶体区别于其他分散系的本质原因是丁达尔效应
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，烟、云、雾都属于胶体，故A正确；
B选项，次氯酸属于弱电解质，故B错误；
C选项，CO为不成盐氧化物，故C错误；
D选项，胶体区别于其他分散系的本质原因是分散质粒子直径大小，故D错误。
综上所述，答案为A。
【点睛】胶体区别于其他分散系的本质原因是分散质粒子直径大小，胶体与溶液主要通过丁达尔效应来区别。
3.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 25℃、101kPa下，11.2L CO2和NO2的混合气体中所含的氧原子总数为NA
B. 78g Na2O2中含有的阴、阳离子总数是3NA
C. 标准状况下，11.2L H2O中含有1.5NA个原子
D. 用石灰乳完全吸收1 mol Cl2时，转移电子的数目是2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，不是标准状况下，无法计算，故A错误；
B选项，78g Na2O2即物质的量为1mol，1个过氧化钠中含有2个钠离子和1个过氧根离子，因此78g Na2O2含有的阴、阳离子总数是3NA，故B正确；
C选项，标准状况下，H2O不是气体，无法计算物质的量，故C错误；
D选项，用石灰乳完全吸收1 mol Cl2时，转移电子的数目是NA，故D错误。
综上所述，答案为B。
【点睛】标准状况下，非气态的物质主要是水、三氧化硫、HF、苯、四氯化碳、三氯化碳、二氯化碳、醇等。
4.下列叙述正确的是（ ）
A. 一定温度、压强下，气体体积由其分子的大小决定
B. 一定温度、压强下，气体体积由其物质的量的多少决定
C. 气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积为22.4L
D. 不同的气体，若体积不等，则它们所含的分子数一定不等
【答案】B
【解析】
【详解】A、由PV=nRT可知：气体的体积在温度、压强一定时，体积与物质的量成正比；当分子数目相同时，气体体积的大小主要决定于气体分子之间的距离，而不是分子本身体积的大小，A错误；
B、根据A中分析可知B正确；
C、只有标况下气体摩尔体积才近似为22.4L/mol，C错误；
D、不同的气体，若体积不等，但其物质的量可能相等，则它们所含的分子数可能相等，D错误；
答案选B。
5.下列有关说法正确的是
A. 中子数为10的氧原子： B. 氯原子的结构示意图：
C. 原子学说是由汤姆生提出的 D. 水的摩尔质量为18
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，中子数为10的氧原子：，中子数 = 质量数-质子数，故A正确；
B选项，是氯离子的结构示意图，故B错误；
C选项，原子学说是由道尔顿提出的，故C错误；
D选项，水的摩尔质量为18g/mol，故D错误。
综上所述，答案为A。
6.下列有关电解质的叙述正确的是
A. 能在熔化状态下导电的物质，属于电解质
B. 在液态不导电的化合物，一定是非电解质
C. 固态硝酸钾不导电是因为没有离子
D. CO2的水溶液能导电，所以H2CO3是电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，金属铁是在熔化状态下导电的物质，但不属于电解质，故A错误；
B选项，HCl在液态不导电，但是属于电解质，故B错误；
C选项，固态的硝酸钾不导电是因为离子不能自由移动，故C错误；
D选项，CO2的水溶液能导电，所以H2CO3是电解质，CO2是非电解质，故D正确。
综上所述，答案为D。
7.下列实验操作不正确的是
A. 蒸馏操作时，应使温度计水银球的上端与蒸馏烧瓶的支管口下端相平
B. 进行分液操作时，应将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准上口颈上的小孔，打开旋塞，使下层液体从漏斗颈下慢慢流出，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，上层液体从漏斗上口倒出
C 蒸发操作中，应残留少许液体，停止加热，再利用余热使水分完全蒸干
D. 做焰色反应实验所用的铂丝应先蘸稀硫酸，再放在火焰上烧至无色
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，蒸馏操作时，温度计测蒸汽的温度，因此应使温度计水银球的上端与蒸馏烧瓶的支管口下端相平，故A正确；
B选项，进行分液操作时，应将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准上口颈上的小孔，打开旋塞，使下层液体从漏斗颈下慢慢流出，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，上层液体从漏斗上口倒出，故B正确；
C选项，蒸发操作中，出现大量晶体，残留少许液体，停止加热，再利用余热使水分完全蒸干，故C正确；
D选项，做焰色反应实验所用的铂丝应先蘸稀盐酸，再放在火焰上烧至无色，故D不正确。
综上所述，答案为D。
8.对于反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是
A. Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂
B. 每生成1mol的NaClO3转移6mol的电子
C. Cl2既是氧化剂又是还原剂
D. 被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为5∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
在该反应中，Cl2中的氯元素化合价升高，被氧化，生成NaClO3，Cl2是还原剂，NaClO3是氧化产物；Cl2中的氯元素化合价降低，被还原，生成NaCl，Cl2是氧化剂，NaCl是还原产物
【详解】A、Cl2既是氧化剂又是还原剂，A错误，C正确；
B、生成1mol的NaClO3转移5mol的电子，B错误；
D、 被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为1∶5，D错误。
故答案C。
9.下列几种物质的保存方法中不正确的是
A. 碘易升华，可保存在酒精中
B. 少量金属钠保存在煤油中
C. 氯水通常保存在棕色细口瓶并置于阴凉处
D. 在盛液溴的试剂瓶中加水，形成“水封”，以减少溴的挥发
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，碘易升华，单质碘易溶于酒精，因此保存在棕色广口瓶中，故A不正确；
B选项，少量金属钠保存在煤油或石蜡油中，故B正确；
C选项，氯水中次氯酸易分解，通常保存在棕色细口瓶并置于阴凉处，故C正确；
D选项，在盛液溴的试剂瓶中加水，形成“水封”，以减少溴的挥发，用玻璃塞，故D正确。
综上所述，答案为A。
【点睛】碘易升华，溴易挥发，保存时碘保存在棕色广口瓶中，溴保存在棕色试剂瓶并用水“液封”。
10.除去下列物质中的杂质（括号内为杂质），所选用的试剂及操作方法不正确的是
选项
待提纯的物质
选用试剂
操作的方法
A
FeCl2溶液（FeCl3溶液）
铁粉
过滤
B
SiO2（CaO）
H2O
过滤
C
CO2（HCl）
饱和NaHCO3溶液
洗气
D
Na2CO3固体（NaHCO3固体）
——
加热至质量不再变化
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，FeCl2溶液（FeCl3溶液），加入过量铁粉，铁离子和铁反应生成亚铁离子，过量铁进行过滤，故A正确；
B选项，SiO2（CaO），加入水，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，二氧化硅和氢氧化钙反应，故B错误；
C选项，CO2（HCl），用饱和NaHCO3溶液，饱和碳酸氢钠和HCl反应，二氧化碳不反应，故C正确；
D选项，Na2CO3固体（NaHCO3固体），碳酸氢钠受热易分解，通过加热到质量不再变化可除去碳酸氢钠，故D正确。
综上所述，答案为B。
【点睛】SiO2（CaO）主要用盐酸除掉氧化钙杂质。
11.下列关于氯气的叙述中，不正确的是（ ）
A. 氯气是一种有毒的气体 B. 氯气、氯水、液氯是同一种物质
C. 氯气与水的反应是可逆反应 D. 氯气是一种黄绿色，有刺激性气味的气体
【答案】B
【解析】
【详解】A、氯气是一种有毒气体，它主要通过呼吸道侵入人体并溶解在黏膜所含的水分里，生成次氯酸和盐酸，对上呼吸道黏膜造成有害的影响；次氯酸使组织受到强烈的氧化；盐酸刺激黏膜发生炎性肿胀，使呼吸道黏膜浮肿，大量分泌黏液，造成呼吸困难，所以氯气中毒的明显症状是发生剧烈的咳嗽，所以氯气是一种有毒气体，故A正确；
B、液氯是氯气的液态，所以氯气和液氯是同一种物质；部分氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，所以氯水中含有氯气分子、盐酸、次氯酸，是一种混合物，不是同一种物质，故B错误；
C、氯气溶于水后，部分氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯气和水的反应存在一个平衡状态，所以是可逆反应，故C正确；
D、氯气是一种黄绿色，有刺激性气味的气体，故D正确；
答案选B。
12.下列变化中，不属于化学变化的是（ ）
A. 氯水使有色布条褪色 B. 漂白粉使某些染料褪色
C. SO2使品红溶液褪色 D. 活性炭使红墨水褪色
【答案】D
【解析】
A．氯水使有色布条褪色原理是氯水有强氧化性能将有色布条氧化为无色物质，属于化学变化，故A错误；B．漂白粉有强氧化性将染料氧化为无色物质，属于化学变化，故B错误；C．二氧化硫使品红溶液褪色原理是二氧化硫与品红结合成无色物质，属于化学变化，故C错误；D．活性炭使红墨水褪色的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D正确；故答案为D。
13.碳酸钠和碳酸氢钠的化学性质有许多相似的地方，但也存在差异，以下关于两者性质的比较正确的是
A. 两者水溶液均呈碱性，碳酸钠俗名纯碱，物质分类属于碱
B. 两者均和稀盐酸反应产生CO2，但碳酸氢钠和盐酸反应更剧烈
C. 用酒精灯加热时两者均可发生分解反应，但碳酸氢钠更易分解
D. 两者均可和澄清石灰水发生反应，但碳酸氢钠反应时无沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，两者水溶液均呈碱性，碳酸钠俗名纯碱，物质分类属于盐，故A错误；
B选项，两者均和稀盐酸反应产生CO2，但碳酸氢钠和盐酸反应更剧烈，碳酸钠和盐酸反应时先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和元素反应生成二氧化碳气体，所以反应较缓慢些，故B正确；
C选项，用酒精灯加热时碳酸氢钠易分解，碳酸钠稳定，故C错误；
D选项，两者均可和澄清石灰水发生反应，都有沉淀产生，故D错误。
综上所述，答案为B。
【点睛】纯碱不是碱，而是盐，水溶液显碱性。
14.某硫原子的质量是ag,12C原子的质量是bg，若NA只表示阿伏加德罗常数的数值，则下列说法中正确的是( )
①该硫原子的相对原子质量为 ②mg该硫原子的物质的量为 mol
③该硫原子的摩尔质量是aNA g ④ag该硫原子所含的电子数为16NA
A. ①③ B. ②④ C. ①② D. ②③
【答案】C
【解析】
【详解】①该硫原子的相对原子质量为该原子的质量除以12C原子质量的，即，正确；
②mg硫原子的个数为，其物质的量为mol，正确；
③该原子的摩尔质量是aNA g/mol，不正确；
④一个硫原子所含电子数为16，则16NA为1 mol硫原子所含电子数，不正确。
答案选C。
15.利用海水提取溴和镁的过程如下，下列说法不正确的是
A. 工业溴中含少量Cl2，可用NaOH溶液除去
B. 工业上常利用电解熔融MgCl2冶炼金属镁
C. 富集溴元素过程中，空气吹出法利用了溴易挥发的性质
D. 若提取1 mol Br2，至少需要标准状况下44.8 L的Cl2
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于Br2能与NaOH溶液反应，因此用NaOH溶液吸收Cl2的同时，Br2也被吸收，A错误；
B．工业上常用电解熔融的MgCl2冶炼金属镁，B正确；
C．溴易挥发，因此在富集溴元素的过程中，可以使用空气吹出法，C正确；
D．溶液酸化之后得到的滤液中Br-与氯气发生反应，生成1molBr2，需要1molCl2，然后1molBr2在吹出塔富集，并在吸收塔中被SO2还原成2molBr-，然后在蒸馏塔中Cl2再次将2molBr-氧化成1molBr2，因此整个过程若提取1molBr2，至少需要标准状况下44.8 L的Cl2，D正确；
答案选A。
二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意。）
16.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. pH＝1的溶液中：Na＋、K＋、MnO4－、CO32－
B. 使酚酞试液变红的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO42－、NO3－
C. 0.1mol/LNH4HCO3溶液中：K＋、Na＋、NO3－、Cl－
D 0.1mol/LFeCl3溶液中：Fe2＋、NH4＋、SCN－、SO42－
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，pH＝1的溶液即酸性溶液，与CO32－反应，故A不能大量共存，不符合题意；
B选项，使酚酞试液变红的溶液即碱性溶液，与Mg2＋、Cu2＋形成沉淀，故B不能大量共存，不符合题意；
C选项，0.1mol/LNH4HCO3溶液与K＋、Na＋、NO3－、Cl－不反应，故C能大量共存，符合题意；
D选项，0.1mol/LFeCl3溶液与SCN－反应，故D不能大量共存，不符合题意。
综上所述，答案为C。
17.下列方程式表达，正确的是
A. 碳酸氢钠溶于水的电离方程式：NaHCO3Na＋＋H＋＋CO32－
B. 氯气与水反应：Cl2 + H2O2H+ + Cl- + ClO-
C. 氢氧化钡溶液与稀硫酸混合：Ba2++ OH- + SO42- + H+ = BaSO4↓ + H2O
D. 向FeI2溶液中通入少量的氯气：2I-＋Cl2 = 2Cl-＋I2
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，碳酸氢钠溶于水的电离方程式：NaHCO3 = Na＋＋HCO3－，故A错误；
B选项，氯气与水反应，次氯酸不拆：Cl2 + H2OH+ + Cl－+ HClO，故B错误；
C选项，氢氧化钡溶液与稀硫酸混合：Ba2++ 2OH－+ SO42－+ 2H+ = BaSO4↓ + 2H2O，故C错误；
D选项，向FeI2溶液中通入少量的氯气，碘离子与氯气反应：2I－＋Cl2 = 2Cl－＋I2，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】弱酸酸式盐电离出阳离子和弱酸酸式酸根离子。
18.下列叙述正确的是（ ）
A. 氧化还原反应中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被还原
B. 含有最低价态元素的化合物不一定具有很强的还原性
C. 阳离子只能得电子被还原，阴离子只能失电子被氧化
D. 在化学反应中，得电子数越多的氧化剂，其氧化性越强
【答案】B
【解析】
【详解】A、氧化还原反应中有一种元素被氧化时，肯定有一种元素被还原，但可能是同一种元素，所以不选A；
B、含有最低价元素的化合物不一定具有很强的还原性，例如氟化氢没有强还原性，选B；
C、阳离子可能失去电子，例如亚铁离子，阴离子可能得到电子，例如高锰酸根离子，不选C；
D、在化学反应中得电子越容易，氧化性越强，失去电子越容易还原性越强，与得失电子多少无关，不选D；
答案选B。
19.下列关于硅单质及其化合物的说法中错误的是
A. 陶瓷、玻璃、水泥、水晶饰品等，都是硅酸盐产品
B. 常温下，单质硅的性质稳定，与氧气、氯气、硝酸、硫酸等都很难发生反应
C. 水玻璃可以作为粘合剂、木材防腐剂
D. 青花瓷胎体的原料为高岭土[Al2Si2O5(OH)4]，若以氧化物形式可表示为：Al2O3·2SiO2·2H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，陶瓷、玻璃、水泥等，都是硅酸盐产品，水晶饰品的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故A错误；
B选项，常温下，单质硅的性质稳定，与氧气、氯气、硝酸、硫酸等都很难发生反应，加热条件下与氧气、氯气反应，故B正确；
C选项，水玻璃中的硅酸钠具有粘性，可以作为粘合剂、木材防腐剂，故C正确；
D选项，青花瓷胎体的原料为高岭土[Al2Si2O5(OH)4]，若以氧化物形式可表示为：Al2O3·2SiO2·2H2O，故D正确。
综上所述，答案为A。
【点睛】硅酸盐拆写成氧化物的形式：先写活泼金属氧化物，再写较活泼金属氧化物，再写二氧化硅，最后写水，中间用“∙”隔开。
20.检验溶液中是否含有某种离子，下列操作方法正确的是 ( )
A 向某溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，证明有Cl-
B. 向某溶液中加稀 HCl，无明显现象，再加入BaCl2 溶液产生白色沉淀，证明有SO42-
C. 向某溶液中加入稀 HCl，放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，证明有CO32-
D. 向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液后加热，产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，证明含有NH4+
【答案】B
【解析】
【分析】
A、能与银离子反应生成白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等；B、能使钡离子产生沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等，但只有硫酸钡不溶于盐酸；C、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫；D、氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
【详解】A、能与银离子反应生成白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等，所以向某溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，原溶液中不一定有氯离子，选项A错误；B、能使钡离子产生沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等，但只有硫酸钡不溶于盐酸，所以向某溶液中加稀HCl，无明显现象，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，证明有SO42-，选项B正确；C、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫，所以向某溶液中加入稀HCl，放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，原溶液中不一定有碳酸根离子，选项C错误； D、氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，检验方法中试纸不合理，选项D错误。答案选B。
【点睛】本题考查了常见阴阳离子的检验，难度不大，注意C选项，和稀HCl放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体的离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子。
21.下列现象或事实可用同一原理解释的是
A. 浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低
B. SO2和FeSO4溶液使酸性高锰酸钾的紫色褪去
C. 亚硫酸钠溶液和水玻璃长期暴露在空气中变质
D. 二氧化硫和氯水使品红溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，浓硫酸吸收空气中水蒸气，浓度降低，浓盐酸易挥发，长期暴露在空气中浓度降低，故A不符合题意；
B选项，SO2使酸性高锰酸钾的紫色褪去，发生氧化还原反应，FeSO4溶液使酸性高锰酸钾的紫色褪去，发生氧化还原反应，故B符合题意；
C选项，亚硫酸钠溶液长期暴露在空气中变质，与空气中氧气反应，水玻璃长期暴露在空气中变质，与空气中二氧化碳和水反应生成硅酸和碳酸钠，故C不符合题意；
D选项，二氧化硫使品红溶液褪色是因为生成不稳定的无色物质，氯水使品红溶液褪色是因为发生氧化还原反应，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
22.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，在一定的条件下，它们之间具有如下转化关系：。下列有关物质的推断不正确的是
A. 若甲为焦炭，则丁可能是O2 B. 若甲为Fe，则丁可能是氯气
C. 若甲为Fe，则丁可能是硝酸 D. 若甲为NaOH 溶液，则丁可能是CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，若甲为焦炭，则丁可能是O2，焦炭和氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳和焦炭反应生成一氧化碳，故A正确；
B选项，若甲为Fe、丁是氯气，则铁和氯气反应生成氯化铁，而氯化铁和氯气不反应，故B错误；
C选项，若甲为Fe，则丁可能是硝酸，铁和少量硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁和硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁和铁反应生成硝酸亚铁，故C正确；
D选项，若甲为NaOH 溶液，则丁可能是CO2，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠，故D正确。
综上所述，答案为B。
23.在酸性高锰酸钾溶液中加入Na2O2粉末，高锰酸钾溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为：2MnO4-+16H++ 5Na2O2= 2Mn2++5O2↑ + 8H2O + 10Na+ 下列判断正确的是:
A. 高锰酸钾是氧化剂，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂
B. 反应的氧化产物只有氧气
C. 当反应产生标准状况下2．24 L O2时，反应转移的电子为0．1mol
D. 通常所说的酸化的高锰酸钾溶液是指滴加了浓盐酸的高锰酸钾溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A、在2MnO4-+16H++5Na2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+反应中，Na2O2中的氧元素化合价升高，Na2O2只作还原剂，不是氧化剂，A错误；
B、该反应的产物中，只有O2是氧化产物，B正确；
C、当反应产生标准状况下2．24LO2时，反应转移的电子为0.2mol，C错误；
D、高锰酸钾能氧化浓盐酸生成氯气，所以不能将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，应该用稀硫酸，D错误；
答案选B。
24.将一定量的Fe、Fe2O3、CuO的混合物放入体积为l00mL、浓度为2．2mol·L－1的H2SO4溶液中，充分反应后，生成气体 896mL（标况），得到不溶固体1．28 g，过滤后，滤液中的金属离子只有Fe2+（假设滤液体积仍为 100mL）。向滤液中滴加 2mol·L－1的 NaOH溶液至40mL时开始出现沉淀。则未滴加 NaOH溶液前，滤液中 FeSO4的物质的量浓度为
A. 2 mol·L－1 B. l.8 mol·L－1 C. 1.9 mol·L－1 D. 无法计算
【答案】B
【解析】
【详解】与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量=n（NaOH）=×2mol/L×0.04L=0.04mol，剩余的硫酸的物质的量=2.2mol/L×0.1L-0.04mol=0.22mol-0.04mol=0.18mol，剩余硫酸与固体反应生成了硫酸亚铁，设硫酸亚铁的物质的量浓度为cmol/L，则：
H2SO4 → FeSO4
1mol 1mol
0.18mol 0.1L×cmol/L，解得c=1.8mol/L，即硫酸亚铁的物质的量浓度是1.8mol/L；
故选B。
25.今有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K＋、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32－、SO42－，现取三份各100mL溶液进行如下实验：
（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生
（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol
（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，以下推测正确的是
A. 无法确定K＋是否存在 B. 100mL溶液中含0.01mol CO32－
C. Ba2＋一定不存在，Mg2＋可能存在 D. Cl－可能存在
【答案】D
【解析】
【分析】
⑴第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能为氯化银、硫酸银、碳酸银。
⑵第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol，说明含有铵根离子且物质的量为0.04mol；⑶第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，说明2.33g是硫酸钡沉淀，物质的量为0.01mol，溶液中无钡离子；沉淀溶解的为3.94g碳酸钡沉淀，物质的量为0.02mol，溶液中无镁离子，根据电荷守恒还含有其他阳离子，即钾离子。
【详解】A选项，根据电荷守恒，一定含有K＋，故A错误；
B选项，100mL溶液中含0.02mol CO32－，故B错误；
C选项，Ba2＋一定不存在，Mg2＋一定不存在，故C错误；
D选项，当钾离子物质的量比较多时，Cl－存在，故D正确。
综上所述，答案为D。
第Ⅱ卷（共40分）
二、填空题（2小题，共20分）
26.Ⅰ.现有下列八种物质：①食盐晶体；②乙醇；③冰醋酸（纯醋酸晶体）；④NaHSO4；⑤KNO3溶液；⑥熔融的氢氧化钠；⑦液态氯化氢；⑧Cl2。
（1）填空回答（填序号）：
a、以上物质属于非电解质的是______。
b、以上物质可以导电的是________。
（2）写出④溶于水时的电离方程式________。
Ⅱ. 按要求回答下列问题:
（1）等质量的CO2和CO：所含气体的分子数之比为_____；
（2）实验室里盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶瓶塞不能用玻璃塞，用离子方程式表示其中的原因_____；
（3）我国政府为了消除碘缺乏病，规定在食盐中必须加人适量的碘酸钾。检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：KIO3 +KI+H2SO4 = K2SO4+ I2+H2O。
①将上面氧化还原反应的化学方程式配平___。
②如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为_______mol。
【答案】 (1). ② (2). ⑤⑥ (3). NaHSO4=Na++H++SO42- (4). 7:11 (5). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (6). 1、5、3、3、3、3 (7). 0.3mol
【解析】
【分析】
Ⅰ①食盐晶体属于电解质，不能导电；②乙醇属于非电解质，不能导电；③冰醋酸（纯醋酸晶体）属于电解质，不能导电；④NaHSO4属于电解质，不能导电；⑤KNO3溶液属于电解质溶液，能导电；⑥熔融的氢氧化钠属于电解质，能导电；⑦液态氯化氢属于电解质，不能导电；⑧Cl2不是电解质也不是非电解质，不能导电；得出结论。
⑵④溶于水时的电离方程式：NaHSO4 = Na++H++SO42－。
Ⅱ⑴等质量的CO2和CO：分子数之比等于物质的量之比，，质量相等，物质的量与摩尔质量呈反比，，因此所含气体的分子数之比为7:11。
⑵实验室里盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶瓶塞不能用玻璃塞，氢氧根和二氧化硅反应生成硅酸根和水。
⑶①KIO3中碘化合价降低5价，KI中碘化合价升高1价，根据升降守恒进行配平，KIO3 +5KI+3H2SO4 =3 K2SO4+3I2+3H2O。
②反应方程式转移5mol电子，生成3mol单质碘，因此反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为0.3mol。
【详解】Ⅰ①食盐晶体属于电解质，不能导电；②乙醇属于非电解质，不能导电；③冰醋酸（纯醋酸晶体）属于电解质，不能导电；④NaHSO4属于电解质，不能导电；⑤KNO3溶液属于电解质溶液，能导电；⑥熔融的氢氧化钠属于电解质，能导电；⑦液态氯化氢属于电解质，不能导电；⑧Cl2不是电解质也不是非电解质，不能导电。
⑴a、以上物质属于非电解质的是②；b、以上物质可以导电的是⑤⑥；故答案为：②；⑤⑥。
⑵④溶于水时的电离方程式：NaHSO4 = Na++H++SO42－，故答案为：NaHSO4 = Na++H++SO42－。
Ⅱ⑴等质量的CO2和CO：分子数之比等于物质的量之比，，质量相等，物质的量与摩尔质量呈反比，，因此所含气体的分子数之比为7:11，故答案为：7:11。
⑵实验室里盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶瓶塞不能用玻璃塞，氢氧根和二氧化硅反应生成硅酸根和水，离子方程式表示其中的原因SiO2+2OH-=SiO32－+H2O，故答案为：SiO2+2OH-=SiO32－+H2O。
⑶①KIO3中碘化合价降低5价，KI中碘化合价升高1价，根据升降守恒进行配平，KIO3 +5KI+3H2SO4 =3 K2SO4+3I2+3H2O，故答案为：1；5；3；3；3；3。
②反应方程式转移5mol电子，生成3mol单质碘，因此反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为0.3mol，故答案为：0.3。
27.从元素化合价和物质类别两个角度学习、研究物质的性质，是一种行之有效的方法。以下是氯元素形成物质的二维图的部分信息。
（1）根据图中信息，写出任意一种氯的氧化物的化学式_____。
（2）HCl既具有氧化性，又具有还原性。
①请任意写出一个体现HCl氧化性的化学方程式_____________。
②浓HCl可作为还原剂在加热条件下与MnO2发生反应制备Cl2，写出该反应的化学方程式_________。
【答案】 (1). Cl2O或Cl2O3或Cl2O5或Cl2O7 (2). Zn+2HCl =ZnCl2+ H2 ↑ (3). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
【解析】
【分析】
⑴根据图中信息，氯的价态有+1，+3，+5，+7，任意一种氯的氧化物的化学式Cl2O或Cl2O3或Cl2O5或Cl2O7。
⑵①化合价降低，表现氧化性，因此体现HCl氧化性的化学方程式是Zn+2HCl =ZnCl2+ H2 ↑等。
②浓HCl可作为还原剂在加热条件下与MnO2发生反应制备Cl2，该反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O。
【详解】⑴根据图中信息，氯的价态有+1，+3，+5，+7，任意一种氯的氧化物的化学式Cl2O或Cl2O3或Cl2O5或Cl2O7，故答案为：Cl2O或Cl2O3或Cl2O5或Cl2O7。
⑵①化合价降低，表现氧化性，因此体现HCl氧化性的化学方程式是Zn+2HCl =ZnCl2+ H2 ↑等，故答案为：Zn+2HCl =ZnCl2+ H2 ↑。
②浓HCl可作为还原剂在加热条件下与MnO2发生反应制备Cl2，该反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O。
三、实验题（2小题，共16分）
28.下图是硫酸试剂瓶标签上的内容。请回答下列问题：
（1）该硫酸的物质的量浓度为____；
（2）实验室用该硫酸配制240mL0.46 mol·L-1的稀硫酸，则
①需要用量筒量取该硫酸的体积为_____mL；
②实验所用到玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有_____；
③该同学实际配制得到的浓度为0.45 mol·L-1，可能的原因是_______。
A．量取浓H2SO4时仰视刻度 B．容量瓶洗净后未经干燥处理
C．没有将洗涤液转入容量瓶 D．定容时仰视刻度
【答案】 (1). 18.4mol/L (2). 6.3 (3). 量筒、250mL容量瓶和胶头滴管 (4). CD
【解析】
【详解】⑴该硫酸的物质的量浓度为，故答案为：18.4mol∙L-1。
⑵①实验室用该硫酸配制240mL0.46 mol·L-1的稀硫酸，需要用250mL的容量瓶进行配制溶液，因此需要用量筒量取该硫酸的体积，解得V = 0.00625L=6.3mL，故答案为6.3。
②实验所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有量筒、250mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：量筒、250mL容量瓶和胶头滴管。
③A选项，量取浓H2SO4时仰视刻度，量取浓溶液体积偏大，浓度偏高；B选项，容量瓶洗净后未经干燥处理，对结果无影响；C选项，没有将洗涤液转入容量瓶，溶质减小，浓度偏低；D选项，定容时仰视刻度，溶液体积偏大，浓度偏低；故答案为CD。
29.电子工业中用过量的FeCl3溶液溶解电路板中的铜箔时，会产生大量废液。由该废液回收铜并得到净水剂（FeCl3•6H2O）的步骤如下：
I.在废液中加入过量铁粉，过滤；
II.向I的滤渣中加入过量试剂A，充分反应后，过滤，得到铜；
III.合并I和II中的滤液，通入足量氯气；
IV.……，得到FeCl3•6H2O晶体。
（1）用FeCl3溶液腐蚀铜箔的离子方程式是_____________；
（2）试剂A是______；
（3）取少量步骤III所得的溶液于试管中，能够证明通入氯气足量的是______；
a. 检验Cl2的存在 b. 检验Fe3+的存在 c. 检验Fe2+的不存在
（4）完成步骤IV需要用到的实验装置是______（填字母）。
abcd
【答案】 (1). 2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+ (2). 盐酸 (3). ac (4). ab
【解析】
【分析】
⑴用FeCl3溶液腐蚀铜箔生成氯化铜和氯化亚铁，其离子方程式是2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+。
⑵滤渣中含有铁和铜，用盐酸溶解铁。
⑶取少量步骤III所得的溶液于试管中，如果含有亚铁离子，说明氯气不足量，如果没有亚铁离子，说明氯气足量，或者直接检验氯气是否存在。
⑷完成步骤IV主要是从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
【详解】⑴用FeCl3溶液腐蚀铜箔生成氯化铜和氯化亚铁，其离子方程式是2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+，故答案为：2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+。
⑵滤渣中含有铁和铜，可用盐酸溶解铁，故答案为：盐酸。
⑶取少量步骤III所得的溶液于试管中，如果含有亚铁离子，说明氯气不足量，如果没有亚铁离子，说明氯气足量，或者直接检验氯气是否存在，故答案为：ac。
⑷完成步骤IV主要是从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，因此需要用到的实验装置是ab，故答案为：ab。
四、计算题（1小题，共4分）
30.取碳酸钠和碳酸氢钠的混合物8.22g，加热到质量不再发生变化，冷却后称其质量为6.36g。回答下列问题：
（1）若取等质量的原混合物溶于水，配成80mL溶液，则c(Na+) = ______mol·L-1；
（2）向（1）所配溶液中逐滴滴加1mol·L-1的稀盐酸至过量，生成的CO2体积（标准状况下）与加入的盐酸体积有如下图关系（不考虑CO2在水中的溶解），则a点消耗盐酸的体积为_______mL。
【答案】 (1). 1.5 (2). 80
【解析】
【详解】取碳酸钠和碳酸氢钠的混合物8.22g，加热到质量不再发生变化，冷却后称其质量为6.36g，说明全部是碳酸钠，
⑴若取等质量的原混合物，根据钠守恒来分析，碳酸钠和碳酸氢钠的混合物8.22g，分解最后得到碳酸钠6.36g，物质的量为0.06mol，n(Na+) =0.06mol×2 =0.12mol，溶于水配成80mL溶液，则c(Na+) =，故答案为：1.5。
⑵2NaHCO3 Na2CO3 + H2O + CO2↑ Δm
168g 62g
xg 8.22g-6.36g
解得x = 5.04g，物质的量为0.06mol，根据钠元素守恒，则碳酸钠中钠的物质的量为0.12mol – 0.06mol = 0.06mol，则碳酸钠的物质的量为0.03mol，向⑴所配溶液中逐滴滴加1mol·L-1的稀盐酸至过量，盐酸先与碳酸钠反应，将碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗0.03mol盐酸，再加盐酸产生1.12L二氧化碳气体即0.05mol，又消耗盐酸0.05mol，总消耗0.08mol盐酸，则a点消耗盐酸的体积，故答案为：80。
杭西高2019学年必修一模块考
（满分：100分，考试时间：60分钟）
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 N:14 S:32 Cl:35.5 Na:23 Fe:56 Cu:64 K:39 Ba: 137
第I卷（选择题，共60分）
一、选择题（每题包括15小题，每小题2分，共30分。只有一个选项符合题意。）
1.2015年12月12日，参加巴黎气候大会的近200个缔约方的代表们通过了一份旨在限制温室气体排放的国际会议，中国为推动达成该协议作出了建设性贡献。下列工业生产中涉及到的化学反应不直接产生温室气体的是（ ）
A. 用焦炭在电炉中还原二氧化硅制取硅单质
B. 用煤炭作燃料发电
C. 用铁矿石炼铁
D. 用纯碱制玻璃
【答案】A
【解析】
【详解】A．用焦炭在电炉中还原二氧化硅制取硅单质，同时产生CO，CO不会导致温室效应，正确；
B． 用煤炭作燃料发电，煤燃烧产生大量的热，同时会产生大量的CO2，会导致温室效应，错误；
C．用铁矿石炼铁，用焦炭作还原剂，会发生反应产生大量的CO2，会导致温室效应，错误；
D．用纯碱制玻璃，发生反应产生硅酸钠、二氧化碳，会导致温室效应，错误；
答案选A。
2.下列关于物质分类的说法正确的是
A. 烟、云、雾都属于胶体 B. 氯化铵、次氯酸都属于强电解质
C. SO2、SiO2、CO 均为酸性氧化物 D. 胶体区别于其他分散系的本质原因是丁达尔效应
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，烟、云、雾都属于胶体，故A正确；
B选项，次氯酸属于弱电解质，故B错误；
C选项，CO为不成盐氧化物，故C错误；
D选项，胶体区别于其他分散系的本质原因是分散质粒子直径大小，故D错误。
综上所述，答案为A。
【点睛】胶体区别于其他分散系的本质原因是分散质粒子直径大小，胶体与溶液主要通过丁达尔效应来区别。
3.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 25℃、101kPa下，11.2L CO2和NO2的混合气体中所含的氧原子总数为NA
B. 78g Na2O2中含有的阴、阳离子总数是3NA
C. 标准状况下，11.2L H2O中含有1.5NA个原子
D. 用石灰乳完全吸收1 mol Cl2时，转移电子的数目是2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，不是标准状况下，无法计算，故A错误；
B选项，78g Na2O2即物质的量为1mol，1个过氧化钠中含有2个钠离子和1个过氧根离子，因此78g Na2O2含有的阴、阳离子总数是3NA，故B正确；
C选项，标准状况下，H2O不是气体，无法计算物质的量，故C错误；
D选项，用石灰乳完全吸收1 mol Cl2时，转移电子的数目是NA，故D错误。
综上所述，答案为B。
【点睛】标准状况下，非气态的物质主要是水、三氧化硫、HF、苯、四氯化碳、三氯化碳、二氯化碳、醇等。
4.下列叙述正确的是（ ）
A. 一定温度、压强下，气体体积由其分子的大小决定
B. 一定温度、压强下，气体体积由其物质的量的多少决定
C. 气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积为22.4L
D. 不同的气体，若体积不等，则它们所含的分子数一定不等
【答案】B
【解析】
【详解】A、由PV=nRT可知：气体的体积在温度、压强一定时，体积与物质的量成正比；当分子数目相同时，气体体积的大小主要决定于气体分子之间的距离，而不是分子本身体积的大小，A错误；
B、根据A中分析可知B正确；
C、只有标况下气体摩尔体积才近似为22.4L/mol，C错误；
D、不同的气体，若体积不等，但其物质的量可能相等，则它们所含的分子数可能相等，D错误；
答案选B。
5.下列有关说法正确的是
A. 中子数为10的氧原子： B. 氯原子的结构示意图：
C. 原子学说是由汤姆生提出的 D. 水的摩尔质量为18
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，中子数为10的氧原子：，中子数 = 质量数-质子数，故A正确；
B选项，是氯离子的结构示意图，故B错误；
C选项，原子学说是由道尔顿提出的，故C错误；
D选项，水的摩尔质量为18g/mol，故D错误。
综上所述，答案为A。
6.下列有关电解质的叙述正确的是
A. 能在熔化状态下导电的物质，属于电解质
B. 在液态不导电的化合物，一定是非电解质
C. 固态硝酸钾不导电是因为没有离子
D. CO2的水溶液能导电，所以H2CO3是电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，金属铁是在熔化状态下导电的物质，但不属于电解质，故A错误；
B选项，HCl在液态不导电，但是属于电解质，故B错误；
C选项，固态的硝酸钾不导电是因为离子不能自由移动，故C错误；
D选项，CO2的水溶液能导电，所以H2CO3是电解质，CO2是非电解质，故D正确。
综上所述，答案为D。
7.下列实验操作不正确的是
A. 蒸馏操作时，应使温度计水银球的上端与蒸馏烧瓶的支管口下端相平
B. 进行分液操作时，应将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准上口颈上的小孔，打开旋塞，使下层液体从漏斗颈下慢慢流出，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，上层液体从漏斗上口倒出
C 蒸发操作中，应残留少许液体，停止加热，再利用余热使水分完全蒸干
D. 做焰色反应实验所用的铂丝应先蘸稀硫酸，再放在火焰上烧至无色
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，蒸馏操作时，温度计测蒸汽的温度，因此应使温度计水银球的上端与蒸馏烧瓶的支管口下端相平，故A正确；
B选项，进行分液操作时，应将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准上口颈上的小孔，打开旋塞，使下层液体从漏斗颈下慢慢流出，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，上层液体从漏斗上口倒出，故B正确；
C选项，蒸发操作中，出现大量晶体，残留少许液体，停止加热，再利用余热使水分完全蒸干，故C正确；
D选项，做焰色反应实验所用的铂丝应先蘸稀盐酸，再放在火焰上烧至无色，故D不正确。
综上所述，答案为D。
8.对于反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是
A. Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂
B. 每生成1mol的NaClO3转移6mol的电子
C. Cl2既是氧化剂又是还原剂
D. 被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为5∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
在该反应中，Cl2中的氯元素化合价升高，被氧化，生成NaClO3，Cl2是还原剂，NaClO3是氧化产物；Cl2中的氯元素化合价降低，被还原，生成NaCl，Cl2是氧化剂，NaCl是还原产物
【详解】A、Cl2既是氧化剂又是还原剂，A错误，C正确；
B、生成1mol的NaClO3转移5mol的电子，B错误；
D、 被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为1∶5，D错误。
故答案C。
9.下列几种物质的保存方法中不正确的是
A. 碘易升华，可保存在酒精中
B. 少量金属钠保存在煤油中
C. 氯水通常保存在棕色细口瓶并置于阴凉处
D. 在盛液溴的试剂瓶中加水，形成“水封”，以减少溴的挥发
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，碘易升华，单质碘易溶于酒精，因此保存在棕色广口瓶中，故A不正确；
B选项，少量金属钠保存在煤油或石蜡油中，故B正确；
C选项，氯水中次氯酸易分解，通常保存在棕色细口瓶并置于阴凉处，故C正确；
D选项，在盛液溴的试剂瓶中加水，形成“水封”，以减少溴的挥发，用玻璃塞，故D正确。
综上所述，答案为A。
【点睛】碘易升华，溴易挥发，保存时碘保存在棕色广口瓶中，溴保存在棕色试剂瓶并用水“液封”。
10.除去下列物质中的杂质（括号内为杂质），所选用的试剂及操作方法不正确的是
选项
待提纯的物质
选用试剂
操作的方法
A
FeCl2溶液（FeCl3溶液）
铁粉
过滤
B
SiO2（CaO）
H2O
过滤
C
CO2（HCl）
饱和NaHCO3溶液
洗气
D
Na2CO3固体（NaHCO3固体）
——
加热至质量不再变化
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，FeCl2溶液（FeCl3溶液），加入过量铁粉，铁离子和铁反应生成亚铁离子，过量铁进行过滤，故A正确；
B选项，SiO2（CaO），加入水，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，二氧化硅和氢氧化钙反应，故B错误；
C选项，CO2（HCl），用饱和NaHCO3溶液，饱和碳酸氢钠和HCl反应，二氧化碳不反应，故C正确；
D选项，Na2CO3固体（NaHCO3固体），碳酸氢钠受热易分解，通过加热到质量不再变化可除去碳酸氢钠，故D正确。
综上所述，答案为B。
【点睛】SiO2（CaO）主要用盐酸除掉氧化钙杂质。
11.下列关于氯气的叙述中，不正确的是（ ）
A. 氯气是一种有毒的气体 B. 氯气、氯水、液氯是同一种物质
C. 氯气与水的反应是可逆反应 D. 氯气是一种黄绿色，有刺激性气味的气体
【答案】B
【解析】
【详解】A、氯气是一种有毒气体，它主要通过呼吸道侵入人体并溶解在黏膜所含的水分里，生成次氯酸和盐酸，对上呼吸道黏膜造成有害的影响；次氯酸使组织受到强烈的氧化；盐酸刺激黏膜发生炎性肿胀，使呼吸道黏膜浮肿，大量分泌黏液，造成呼吸困难，所以氯气中毒的明显症状是发生剧烈的咳嗽，所以氯气是一种有毒气体，故A正确；
B、液氯是氯气的液态，所以氯气和液氯是同一种物质；部分氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，所以氯水中含有氯气分子、盐酸、次氯酸，是一种混合物，不是同一种物质，故B错误；
C、氯气溶于水后，部分氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯气和水的反应存在一个平衡状态，所以是可逆反应，故C正确；
D、氯气是一种黄绿色，有刺激性气味的气体，故D正确；
答案选B。
12.下列变化中，不属于化学变化的是（ ）
A. 氯水使有色布条褪色 B. 漂白粉使某些染料褪色
C. SO2使品红溶液褪色 D. 活性炭使红墨水褪色
【答案】D
【解析】
A．氯水使有色布条褪色原理是氯水有强氧化性能将有色布条氧化为无色物质，属于化学变化，故A错误；B．漂白粉有强氧化性将染料氧化为无色物质，属于化学变化，故B错误；C．二氧化硫使品红溶液褪色原理是二氧化硫与品红结合成无色物质，属于化学变化，故C错误；D．活性炭使红墨水褪色的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D正确；故答案为D。
13.碳酸钠和碳酸氢钠的化学性质有许多相似的地方，但也存在差异，以下关于两者性质的比较正确的是
A. 两者水溶液均呈碱性，碳酸钠俗名纯碱，物质分类属于碱
B. 两者均和稀盐酸反应产生CO2，但碳酸氢钠和盐酸反应更剧烈
C. 用酒精灯加热时两者均可发生分解反应，但碳酸氢钠更易分解
D. 两者均可和澄清石灰水发生反应，但碳酸氢钠反应时无沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，两者水溶液均呈碱性，碳酸钠俗名纯碱，物质分类属于盐，故A错误；
B选项，两者均和稀盐酸反应产生CO2，但碳酸氢钠和盐酸反应更剧烈，碳酸钠和盐酸反应时先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和元素反应生成二氧化碳气体，所以反应较缓慢些，故B正确；
C选项，用酒精灯加热时碳酸氢钠易分解，碳酸钠稳定，故C错误；
D选项，两者均可和澄清石灰水发生反应，都有沉淀产生，故D错误。
综上所述，答案为B。
【点睛】纯碱不是碱，而是盐，水溶液显碱性。
14.某硫原子的质量是ag,12C原子的质量是bg，若NA只表示阿伏加德罗常数的数值，则下列说法中正确的是( )
①该硫原子的相对原子质量为 ②mg该硫原子的物质的量为 mol
③该硫原子的摩尔质量是aNA g ④ag该硫原子所含的电子数为16NA
A. ①③ B. ②④ C. ①② D. ②③
【答案】C
【解析】
【详解】①该硫原子的相对原子质量为该原子的质量除以12C原子质量的，即，正确；
②mg硫原子的个数为，其物质的量为mol，正确；
③该原子的摩尔质量是aNA g/mol，不正确；
④一个硫原子所含电子数为16，则16NA为1 mol硫原子所含电子数，不正确。
答案选C。
15.利用海水提取溴和镁的过程如下，下列说法不正确的是
A. 工业溴中含少量Cl2，可用NaOH溶液除去
B. 工业上常利用电解熔融MgCl2冶炼金属镁
C. 富集溴元素过程中，空气吹出法利用了溴易挥发的性质
D. 若提取1 mol Br2，至少需要标准状况下44.8 L的Cl2
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于Br2能与NaOH溶液反应，因此用NaOH溶液吸收Cl2的同时，Br2也被吸收，A错误；
B．工业上常用电解熔融的MgCl2冶炼金属镁，B正确；
C．溴易挥发，因此在富集溴元素的过程中，可以使用空气吹出法，C正确；
D．溶液酸化之后得到的滤液中Br-与氯气发生反应，生成1molBr2，需要1molCl2，然后1molBr2在吹出塔富集，并在吸收塔中被SO2还原成2molBr-，然后在蒸馏塔中Cl2再次将2molBr-氧化成1molBr2，因此整个过程若提取1molBr2，至少需要标准状况下44.8 L的Cl2，D正确；
答案选A。
二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意。）
16.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. pH＝1的溶液中：Na＋、K＋、MnO4－、CO32－
B. 使酚酞试液变红的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO42－、NO3－
C. 0.1mol/LNH4HCO3溶液中：K＋、Na＋、NO3－、Cl－
D 0.1mol/LFeCl3溶液中：Fe2＋、NH4＋、SCN－、SO42－
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，pH＝1的溶液即酸性溶液，与CO32－反应，故A不能大量共存，不符合题意；
B选项，使酚酞试液变红的溶液即碱性溶液，与Mg2＋、Cu2＋形成沉淀，故B不能大量共存，不符合题意；
C选项，0.1mol/LNH4HCO3溶液与K＋、Na＋、NO3－、Cl－不反应，故C能大量共存，符合题意；
D选项，0.1mol/LFeCl3溶液与SCN－反应，故D不能大量共存，不符合题意。
综上所述，答案为C。
17.下列方程式表达，正确的是
A. 碳酸氢钠溶于水的电离方程式：NaHCO3Na＋＋H＋＋CO32－
B. 氯气与水反应：Cl2 + H2O2H+ + Cl- + ClO-
C. 氢氧化钡溶液与稀硫酸混合：Ba2++ OH- + SO42- + H+ = BaSO4↓ + H2O
D. 向FeI2溶液中通入少量的氯气：2I-＋Cl2 = 2Cl-＋I2
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，碳酸氢钠溶于水的电离方程式：NaHCO3 = Na＋＋HCO3－，故A错误；
B选项，氯气与水反应，次氯酸不拆：Cl2 + H2OH+ + Cl－+ HClO，故B错误；
C选项，氢氧化钡溶液与稀硫酸混合：Ba2++ 2OH－+ SO42－+ 2H+ = BaSO4↓ + 2H2O，故C错误；
D选项，向FeI2溶液中通入少量的氯气，碘离子与氯气反应：2I－＋Cl2 = 2Cl－＋I2，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】弱酸酸式盐电离出阳离子和弱酸酸式酸根离子。
18.下列叙述正确的是（ ）
A. 氧化还原反应中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被还原
B. 含有最低价态元素的化合物不一定具有很强的还原性
C. 阳离子只能得电子被还原，阴离子只能失电子被氧化
D. 在化学反应中，得电子数越多的氧化剂，其氧化性越强
【答案】B
【解析】
【详解】A、氧化还原反应中有一种元素被氧化时，肯定有一种元素被还原，但可能是同一种元素，所以不选A；
B、含有最低价元素的化合物不一定具有很强的还原性，例如氟化氢没有强还原性，选B；
C、阳离子可能失去电子，例如亚铁离子，阴离子可能得到电子，例如高锰酸根离子，不选C；
D、在化学反应中得电子越容易，氧化性越强，失去电子越容易还原性越强，与得失电子多少无关，不选D；
答案选B。
19.下列关于硅单质及其化合物的说法中错误的是
A. 陶瓷、玻璃、水泥、水晶饰品等，都是硅酸盐产品
B. 常温下，单质硅的性质稳定，与氧气、氯气、硝酸、硫酸等都很难发生反应
C. 水玻璃可以作为粘合剂、木材防腐剂
D. 青花瓷胎体的原料为高岭土[Al2Si2O5(OH)4]，若以氧化物形式可表示为：Al2O3·2SiO2·2H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，陶瓷、玻璃、水泥等，都是硅酸盐产品，水晶饰品的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故A错误；
B选项，常温下，单质硅的性质稳定，与氧气、氯气、硝酸、硫酸等都很难发生反应，加热条件下与氧气、氯气反应，故B正确；
C选项，水玻璃中的硅酸钠具有粘性，可以作为粘合剂、木材防腐剂，故C正确；
D选项，青花瓷胎体的原料为高岭土[Al2Si2O5(OH)4]，若以氧化物形式可表示为：Al2O3·2SiO2·2H2O，故D正确。
综上所述，答案为A。
【点睛】硅酸盐拆写成氧化物的形式：先写活泼金属氧化物，再写较活泼金属氧化物，再写二氧化硅，最后写水，中间用“∙”隔开。
20.检验溶液中是否含有某种离子，下列操作方法正确的是 ( )
A 向某溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，证明有Cl-
B. 向某溶液中加稀 HCl，无明显现象，再加入BaCl2 溶液产生白色沉淀，证明有SO42-
C. 向某溶液中加入稀 HCl，放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，证明有CO32-
D. 向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液后加热，产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，证明含有NH4+
【答案】B
【解析】
【分析】
A、能与银离子反应生成白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等；B、能使钡离子产生沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等，但只有硫酸钡不溶于盐酸；C、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫；D、氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
【详解】A、能与银离子反应生成白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等，所以向某溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，原溶液中不一定有氯离子，选项A错误；B、能使钡离子产生沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等，但只有硫酸钡不溶于盐酸，所以向某溶液中加稀HCl，无明显现象，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，证明有SO42-，选项B正确；C、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫，所以向某溶液中加入稀HCl，放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，原溶液中不一定有碳酸根离子，选项C错误； D、氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，检验方法中试纸不合理，选项D错误。答案选B。
【点睛】本题考查了常见阴阳离子的检验，难度不大，注意C选项，和稀HCl放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体的离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子。
21.下列现象或事实可用同一原理解释的是
A. 浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低
B. SO2和FeSO4溶液使酸性高锰酸钾的紫色褪去
C. 亚硫酸钠溶液和水玻璃长期暴露在空气中变质
D. 二氧化硫和氯水使品红溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，浓硫酸吸收空气中水蒸气，浓度降低，浓盐酸易挥发，长期暴露在空气中浓度降低，故A不符合题意；
B选项，SO2使酸性高锰酸钾的紫色褪去，发生氧化还原反应，FeSO4溶液使酸性高锰酸钾的紫色褪去，发生氧化还原反应，故B符合题意；
C选项，亚硫酸钠溶液长期暴露在空气中变质，与空气中氧气反应，水玻璃长期暴露在空气中变质，与空气中二氧化碳和水反应生成硅酸和碳酸钠，故C不符合题意；
D选项，二氧化硫使品红溶液褪色是因为生成不稳定的无色物质，氯水使品红溶液褪色是因为发生氧化还原反应，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
22.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，在一定的条件下，它们之间具有如下转化关系：。下列有关物质的推断不正确的是
A. 若甲为焦炭，则丁可能是O2 B. 若甲为Fe，则丁可能是氯气
C. 若甲为Fe，则丁可能是硝酸 D. 若甲为NaOH 溶液，则丁可能是CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，若甲为焦炭，则丁可能是O2，焦炭和氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳和焦炭反应生成一氧化碳，故A正确；
B选项，若甲为Fe、丁是氯气，则铁和氯气反应生成氯化铁，而氯化铁和氯气不反应，故B错误；
C选项，若甲为Fe，则丁可能是硝酸，铁和少量硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁和硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁和铁反应生成硝酸亚铁，故C正确；
D选项，若甲为NaOH 溶液，则丁可能是CO2，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠，故D正确。
综上所述，答案为B。
23.在酸性高锰酸钾溶液中加入Na2O2粉末，高锰酸钾溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为：2MnO4-+16H++ 5Na2O2= 2Mn2++5O2↑ + 8H2O + 10Na+ 下列判断正确的是:
A. 高锰酸钾是氧化剂，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂
B. 反应的氧化产物只有氧气
C. 当反应产生标准状况下2．24 L O2时，反应转移的电子为0．1mol
D. 通常所说的酸化的高锰酸钾溶液是指滴加了浓盐酸的高锰酸钾溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A、在2MnO4-+16H++5Na2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+反应中，Na2O2中的氧元素化合价升高，Na2O2只作还原剂，不是氧化剂，A错误；
B、该反应的产物中，只有O2是氧化产物，B正确；
C、当反应产生标准状况下2．24LO2时，反应转移的电子为0.2mol，C错误；
D、高锰酸钾能氧化浓盐酸生成氯气，所以不能将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，应该用稀硫酸，D错误；
答案选B。
24.将一定量的Fe、Fe2O3、CuO的混合物放入体积为l00mL、浓度为2．2mol·L－1的H2SO4溶液中，充分反应后，生成气体 896mL（标况），得到不溶固体1．28 g，过滤后，滤液中的金属离子只有Fe2+（假设滤液体积仍为 100mL）。向滤液中滴加 2mol·L－1的 NaOH溶液至40mL时开始出现沉淀。则未滴加 NaOH溶液前，滤液中 FeSO4的物质的量浓度为
A. 2 mol·L－1 B. l.8 mol·L－1 C. 1.9 mol·L－1 D. 无法计算
【答案】B
【解析】
【详解】与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量=n（NaOH）=×2mol/L×0.04L=0.04mol，剩余的硫酸的物质的量=2.2mol/L×0.1L-0.04mol=0.22mol-0.04mol=0.18mol，剩余硫酸与固体反应生成了硫酸亚铁，设硫酸亚铁的物质的量浓度为cmol/L，则：
H2SO4 → FeSO4
1mol 1mol
0.18mol 0.1L×cmol/L，解得c=1.8mol/L，即硫酸亚铁的物质的量浓度是1.8mol/L；
故选B。
25.今有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K＋、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32－、SO42－，现取三份各100mL溶液进行如下实验：
（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生
（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol
（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，以下推测正确的是
A. 无法确定K＋是否存在 B. 100mL溶液中含0.01mol CO32－
C. Ba2＋一定不存在，Mg2＋可能存在 D. Cl－可能存在
【答案】D
【解析】
【分析】
⑴第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能为氯化银、硫酸银、碳酸银。
⑵第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol，说明含有铵根离子且物质的量为0.04mol；⑶第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，说明2.33g是硫酸钡沉淀，物质的量为0.01mol，溶液中无钡离子；沉淀溶解的为3.94g碳酸钡沉淀，物质的量为0.02mol，溶液中无镁离子，根据电荷守恒还含有其他阳离子，即钾离子。
【详解】A选项，根据电荷守恒，一定含有K＋，故A错误；
B选项，100mL溶液中含0.02mol CO32－，故B错误；
C选项，Ba2＋一定不存在，Mg2＋一定不存在，故C错误；
D选项，当钾离子物质的量比较多时，Cl－存在，故D正确。
综上所述，答案为D。
第Ⅱ卷（共40分）
二、填空题（2小题，共20分）
26.Ⅰ.现有下列八种物质：①食盐晶体；②乙醇；③冰醋酸（纯醋酸晶体）；④NaHSO4；⑤KNO3溶液；⑥熔融的氢氧化钠；⑦液态氯化氢；⑧Cl2。
（1）填空回答（填序号）：
a、以上物质属于非电解质的是______。
b、以上物质可以导电的是________。
（2）写出④溶于水时的电离方程式________。
Ⅱ. 按要求回答下列问题:
（1）等质量的CO2和CO：所含气体的分子数之比为_____；
（2）实验室里盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶瓶塞不能用玻璃塞，用离子方程式表示其中的原因_____；
（3）我国政府为了消除碘缺乏病，规定在食盐中必须加人适量的碘酸钾。检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：KIO3 +KI+H2SO4 = K2SO4+ I2+H2O。
①将上面氧化还原反应的化学方程式配平___。
②如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为_______mol。
【答案】 (1). ② (2). ⑤⑥ (3). NaHSO4=Na++H++SO42- (4). 7:11 (5). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (6). 1、5、3、3、3、3 (7). 0.3mol
【解析】
【分析】
Ⅰ①食盐晶体属于电解质，不能导电；②乙醇属于非电解质，不能导电；③冰醋酸（纯醋酸晶体）属于电解质，不能导电；④NaHSO4属于电解质，不能导电；⑤KNO3溶液属于电解质溶液，能导电；⑥熔融的氢氧化钠属于电解质，能导电；⑦液态氯化氢属于电解质，不能导电；⑧Cl2不是电解质也不是非电解质，不能导电；得出结论。
⑵④溶于水时的电离方程式：NaHSO4 = Na++H++SO42－。
Ⅱ⑴等质量的CO2和CO：分子数之比等于物质的量之比，，质量相等，物质的量与摩尔质量呈反比，，因此所含气体的分子数之比为7:11。
⑵实验室里盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶瓶塞不能用玻璃塞，氢氧根和二氧化硅反应生成硅酸根和水。
⑶①KIO3中碘化合价降低5价，KI中碘化合价升高1价，根据升降守恒进行配平，KIO3 +5KI+3H2SO4 =3 K2SO4+3I2+3H2O。
②反应方程式转移5mol电子，生成3mol单质碘，因此反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为0.3mol。
【详解】Ⅰ①食盐晶体属于电解质，不能导电；②乙醇属于非电解质，不能导电；③冰醋酸（纯醋酸晶体）属于电解质，不能导电；④NaHSO4属于电解质，不能导电；⑤KNO3溶液属于电解质溶液，能导电；⑥熔融的氢氧化钠属于电解质，能导电；⑦液态氯化氢属于电解质，不能导电；⑧Cl2不是电解质也不是非电解质，不能导电。
⑴a、以上物质属于非电解质的是②；b、以上物质可以导电的是⑤⑥；故答案为：②；⑤⑥。
⑵④溶于水时的电离方程式：NaHSO4 = Na++H++SO42－，故答案为：NaHSO4 = Na++H++SO42－。
Ⅱ⑴等质量的CO2和CO：分子数之比等于物质的量之比，，质量相等，物质的量与摩尔质量呈反比，，因此所含气体的分子数之比为7:11，故答案为：7:11。
⑵实验室里盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶瓶塞不能用玻璃塞，氢氧根和二氧化硅反应生成硅酸根和水，离子方程式表示其中的原因SiO2+2OH-=SiO32－+H2O，故答案为：SiO2+2OH-=SiO32－+H2O。
⑶①KIO3中碘化合价降低5价，KI中碘化合价升高1价，根据升降守恒进行配平，KIO3 +5KI+3H2SO4 =3 K2SO4+3I2+3H2O，故答案为：1；5；3；3；3；3。
②反应方程式转移5mol电子，生成3mol单质碘，因此反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为0.3mol，故答案为：0.3。
27.从元素化合价和物质类别两个角度学习、研究物质的性质，是一种行之有效的方法。以下是氯元素形成物质的二维图的部分信息。
（1）根据图中信息，写出任意一种氯的氧化物的化学式_____。
（2）HCl既具有氧化性，又具有还原性。
①请任意写出一个体现HCl氧化性的化学方程式_____________。
②浓HCl可作为还原剂在加热条件下与MnO2发生反应制备Cl2，写出该反应的化学方程式_________。
【答案】 (1). Cl2O或Cl2O3或Cl2O5或Cl2O7 (2). Zn+2HCl =ZnCl2+ H2 ↑ (3). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
【解析】
【分析】
⑴根据图中信息，氯的价态有+1，+3，+5，+7，任意一种氯的氧化物的化学式Cl2O或Cl2O3或Cl2O5或Cl2O7。
⑵①化合价降低，表现氧化性，因此体现HCl氧化性的化学方程式是Zn+2HCl =ZnCl2+ H2 ↑等。
②浓HCl可作为还原剂在加热条件下与MnO2发生反应制备Cl2，该反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O。
【详解】⑴根据图中信息，氯的价态有+1，+3，+5，+7，任意一种氯的氧化物的化学式Cl2O或Cl2O3或Cl2O5或Cl2O7，故答案为：Cl2O或Cl2O3或Cl2O5或Cl2O7。
⑵①化合价降低，表现氧化性，因此体现HCl氧化性的化学方程式是Zn+2HCl =ZnCl2+ H2 ↑等，故答案为：Zn+2HCl =ZnCl2+ H2 ↑。
②浓HCl可作为还原剂在加热条件下与MnO2发生反应制备Cl2，该反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O。
三、实验题（2小题，共16分）
28.下图是硫酸试剂瓶标签上的内容。请回答下列问题：
（1）该硫酸的物质的量浓度为____；
（2）实验室用该硫酸配制240mL0.46 mol·L-1的稀硫酸，则
①需要用量筒量取该硫酸的体积为_____mL；
②实验所用到玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有_____；
③该同学实际配制得到的浓度为0.45 mol·L-1，可能的原因是_______。
A．量取浓H2SO4时仰视刻度 B．容量瓶洗净后未经干燥处理
C．没有将洗涤液转入容量瓶 D．定容时仰视刻度
【答案】 (1). 18.4mol/L (2). 6.3 (3). 量筒、250mL容量瓶和胶头滴管 (4). CD
【解析】
【详解】⑴该硫酸的物质的量浓度为，故答案为：18.4mol∙L-1。
⑵①实验室用该硫酸配制240mL0.46 mol·L-1的稀硫酸，需要用250mL的容量瓶进行配制溶液，因此需要用量筒量取该硫酸的体积，解得V = 0.00625L=6.3mL，故答案为6.3。
②实验所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有量筒、250mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：量筒、250mL容量瓶和胶头滴管。
③A选项，量取浓H2SO4时仰视刻度，量取浓溶液体积偏大，浓度偏高；B选项，容量瓶洗净后未经干燥处理，对结果无影响；C选项，没有将洗涤液转入容量瓶，溶质减小，浓度偏低；D选项，定容时仰视刻度，溶液体积偏大，浓度偏低；故答案为CD。
29.电子工业中用过量的FeCl3溶液溶解电路板中的铜箔时，会产生大量废液。由该废液回收铜并得到净水剂（FeCl3•6H2O）的步骤如下：
I.在废液中加入过量铁粉，过滤；
II.向I的滤渣中加入过量试剂A，充分反应后，过滤，得到铜；
III.合并I和II中的滤液，通入足量氯气；
IV.……，得到FeCl3•6H2O晶体。
（1）用FeCl3溶液腐蚀铜箔的离子方程式是_____________；
（2）试剂A是______；
（3）取少量步骤III所得的溶液于试管中，能够证明通入氯气足量的是______；
a. 检验Cl2的存在 b. 检验Fe3+的存在 c. 检验Fe2+的不存在
（4）完成步骤IV需要用到的实验装置是______（填字母）。
abcd
【答案】 (1). 2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+ (2). 盐酸 (3). ac (4). ab
【解析】
【分析】
⑴用FeCl3溶液腐蚀铜箔生成氯化铜和氯化亚铁，其离子方程式是2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+。
⑵滤渣中含有铁和铜，用盐酸溶解铁。
⑶取少量步骤III所得的溶液于试管中，如果含有亚铁离子，说明氯气不足量，如果没有亚铁离子，说明氯气足量，或者直接检验氯气是否存在。
⑷完成步骤IV主要是从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
【详解】⑴用FeCl3溶液腐蚀铜箔生成氯化铜和氯化亚铁，其离子方程式是2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+，故答案为：2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+。
⑵滤渣中含有铁和铜，可用盐酸溶解铁，故答案为：盐酸。
⑶取少量步骤III所得的溶液于试管中，如果含有亚铁离子，说明氯气不足量，如果没有亚铁离子，说明氯气足量，或者直接检验氯气是否存在，故答案为：ac。
⑷完成步骤IV主要是从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，因此需要用到的实验装置是ab，故答案为：ab。
四、计算题（1小题，共4分）
30.取碳酸钠和碳酸氢钠的混合物8.22g，加热到质量不再发生变化，冷却后称其质量为6.36g。回答下列问题：
（1）若取等质量的原混合物溶于水，配成80mL溶液，则c(Na+) = ______mol·L-1；
（2）向（1）所配溶液中逐滴滴加1mol·L-1的稀盐酸至过量，生成的CO2体积（标准状况下）与加入的盐酸体积有如下图关系（不考虑CO2在水中的溶解），则a点消耗盐酸的体积为_______mL。
【答案】 (1). 1.5 (2). 80
【解析】
【详解】取碳酸钠和碳酸氢钠的混合物8.22g，加热到质量不再发生变化，冷却后称其质量为6.36g，说明全部是碳酸钠，
⑴若取等质量的原混合物，根据钠守恒来分析，碳酸钠和碳酸氢钠的混合物8.22g，分解最后得到碳酸钠6.36g，物质的量为0.06mol，n(Na+) =0.06mol×2 =0.12mol，溶于水配成80mL溶液，则c(Na+) =，故答案为：1.5。
⑵2NaHCO3 Na2CO3 + H2O + CO2↑ Δm
168g 62g
xg 8.22g-6.36g
解得x = 5.04g，物质的量为0.06mol，根据钠元素守恒，则碳酸钠中钠的物质的量为0.12mol – 0.06mol = 0.06mol，则碳酸钠的物质的量为0.03mol，向⑴所配溶液中逐滴滴加1mol·L-1的稀盐酸至过量，盐酸先与碳酸钠反应，将碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗0.03mol盐酸，再加盐酸产生1.12L二氧化碳气体即0.05mol，又消耗盐酸0.05mol，总消耗0.08mol盐酸，则a点消耗盐酸的体积，故答案为：80。
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