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湖南省邵东县第一中学2019-2020学年高一上学期第三次月考化学试题
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邵东一中2019年下学期高一月考
化学科试卷
相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 S—32 Cl—35.5 Fe—56 Zn—65 Ag—108 Ba—137
一、单项选择题
1.下列实验原理与粒子大小关系最密切的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A项、蒸馏与物质的沸点有关，与粒子大小关系无关，故A错误；
B项、加热蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出，这与粒子大小无关，故B错误；
C项、萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C错误；
D项、胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故D正确；
故选D。
【点睛】与粒子大小有关系的操作有过滤、渗析，另外丁达尔效应属于胶体的性质，与粒子大小有关，注意把握实验的基本操作原理以及方法是解答关键。
2.分类是化学学习中经常用到的方法,下列对一些物质或化学反应的分类以及依据正确的是( )
A. H2SO4是酸，因为H2SO4中含有氢元素
B. 豆浆是胶体，因为豆浆中的分散质粒子直径在1nm～100nm之间
C. Na和H2O的反应不是离子反应，因为反应中没有离子参加
D. Na在Cl2中燃烧不是氧化还原反应，因为没有得氧或失氧
【答案】B
【解析】
酸是电离出的阳离子全部为H+的化合物，A选项错误；离子反应是有离子参加或生成的反应，Na和H2O的反应虽然没有离子参加，但是因为有离子生成，所以是离子反应，C选项错误；有电子转移（化合价变化）的反应属于氧化还原反应，Na在Cl2中燃烧是氧化还原反应，D选项错误。
3.一小块金属钠久置于空气中，最终得到的产物是
A. Na2O B. Na2O2 C. NaOH D. Na2CO3
【答案】D
【解析】
【详解】金属钠在空气中放置，先与空气中的氧气反应生成氧化钠，然后吸水变成氢氧化钠溶液，再与二氧化碳反应生成碳酸钠晶体，最后失去风化得到碳酸钠，所以选D。
4.现有一瓶甲和乙的混合物，已知甲和乙的某些性质如下表所示：
物质
熔点/℃
沸点/℃
密度/（g·cm-3）
水中的溶解性
甲
-98
57.5
0.93
可溶
乙
-84
97
0.90
可溶
据此，将甲和乙相互分离的方法是（ ）
A. 蒸馏法 B. 升华法 C. 萃取法 D. 过滤法
【答案】A
【解析】
【详解】由表中数据可知，甲和乙沸点不同，且相差较大，可用蒸馏的方法分离，而二者都溶于水，则不能用过滤、分液的方法分离，故选A。
【点睛】把握表格数据的分析和应用、混合物的分离原理为解答的关键。
5.下列反应过程中不能产生H2的是（ ）
A. 金属钠和水反应
B. 高温条件，铁和水蒸气反应
C. 加热条件下，铜和足量浓硫酸发生反应
D. 铝和氢氧化钠溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A项、金属钠和水反应氢氧化钠和氢气，不符合题意，故A不选；
B项、高温条件，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不符合题意，故B不选；
C项、加热条件下，铜和足量浓硫酸发生反应硫酸铜、二氧化硫和水，没有氢气生成，符合题意，故C选；
D项、铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，不符合题意，故D不选；
故选C。
6. 下列叙述正确的是（ ）
A. 液态 HBr 不导电，因此 HBr 是非电解质
B. 强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强
C. NH3的水溶液能导电，因此NH3是电解质
D. BaSO4难溶于水，其水溶液的导电性极弱，因此BaSO4是弱电解质
【答案】B
【解析】
试题分析：A、电解质导电需要水溶液或熔融状态下，HBr在水溶液全部电离出H＋和Br－，因此HBr属于电解质，故错误；B、溶液导电能力与电解质的强弱无关，与离子的浓度和所带电荷数有关，故正确；C、NH3的水溶液虽然导电，但导电的离子不是NH3本身提供的，因此NH3不是电解质，属于非电解质，故错误；D、BaSO4的水溶液导电性极弱，但溶解的BaSO4全部电离，因此BaSO4属于强电解质，故错误。
考点：考查电解质的定义等知识。
7.NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（ ）
A. 32 g 氧气含原子数为NA
B. 一定条件下，2.3 g的Na完全与O2反应生成3.6 g产物时失去的电子数为0.1NA
C. 2 L 0.5 mol/ L硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA
D. 标准状况下，22.4 L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A项、32 g 氧气的物质的量为1mol，氧气是双原子分子，1mol氧气含原子数为2NA，故A错误；
B项、2.3g钠的物质的量为0.1mol，钠与氧气反应后变为+1价，则0.1mol钠失去0.1NA个电子，与产物无关，故B正确；
C项、2 L 0.5 mol/ L硫酸钾溶液中硫酸根离子所带电荷数为2L×0.5 mol/ L×2×NAmol-1=2NA，故C错误；
D项、标准状况下，四氯化碳不是气体，无法按标准状况下的气体摩尔体积计算22.4 L的CCl4的物质的量，故D错误；
故选B。
【点睛】标准状况下四氯化碳不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L四氯化碳的物质的量是易错点。
8.常温下，在溶液中可发生以下反应：①H+ + Z- + XO42-X2+ + Z2 + H2O(未配平)，②2M2+ + R2 = 2M3+ + 2R- ， ③2R- + Z2 = R2 + 2Z-。由此判断下列说法正确的是（ ）
A. 氧化性强弱顺序为XO42- > Z2 > R2 > M3+
B. 还原性强弱顺序为X2+ > Z- > R- > M2+
C. R元素在反应②中被氧化，在③中被还原
D. 常温下反应2M2+ + Z2 = 2M3+ + 2Z-不可进行
【答案】A
【解析】
【详解】A项、由氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧化性强于氧化产物，反应①中XO4-是氧化剂，Z2是氧化产物，氧化性：XO4->Z2，反应②中R2是氧化剂，M3+是氧化产物，氧化性：R2>M3+，反应③中Z2是氧化剂，R2是氧化产物，氧化性：Z2>R2，氧化性强弱关系为：XO4->Z2>R2>M3+，故A正确；
B项、由氧化还原反应规律可知，还原剂的还原性强于还原产物，反应①中Z-是还原剂，X2+是还原产物，还原性：Z-> X2+，反应②中M2+是还原剂，R-是还原产物，还原性：M2+-> R-，反应③中R-是还原剂，Z-是还原产物，还原性：R->Z-，还原性强弱关系为：M2+>R- >Z- >X2+，故B错误；
C项、R元素在反应②中做氧化剂，被还原，在③中做还原剂，被氧化，故C错误；
D项、由氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧化性强于氧化产物，由反应②和反应③可知氧化性强弱关系为：Z2>R2>M3+，则反应2M2++Z2═2M3++2Z-可以进行，故D错误；
故选A。
【点睛】氧化还原反应中氧化性和还原性强弱判断规律是氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性。
9.某无色溶液中可能仅含下列某组离子，且一定能满足对应要求的是（ ）
选项
离子
要求
A
NH4+、Al3+、SO42-、H+
滴加NaOH溶液并加热，立即有气体产生
B
K+、NO3-、Cl-、Na+
c（K+）＜c（Cl-）、c（Na+）＜c（NO3-）
C
Fe2+、Mg2+、SO42-、Cl-
逐滴滴加盐酸，溶液没有颜色变化
D
Na+、Mg2+、SO42-、Cl-
滴加氨水，立即有沉淀产生
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A项、向含有NH4+、Al3+、SO42-、H+的溶液中滴加NaOH溶液加热，溶液中H+先反应，不可能立即有氨气产生，故A错误；
B项、若溶液中c（K+）＜c（Cl-）、c（Na+）＜c（NO3-），溶液中阴离子电荷数大于阳离子，电荷不守恒，故B错误；
C项、溶液中亚铁离子的颜色为浅绿色，无色溶液中不可能含有亚铁离子，故C错误；
D项、向含有Na+、Mg2+、SO42-、Cl-的溶液中滴加氨水，镁离子与氨水反应生成氢氧化镁白色沉淀，故D正确；
故选D。
【点睛】向含有NH4+、Al3+、SO42-、H+的溶液中滴加NaOH溶液加热，明确溶液中离子反应的顺序为H+→Al3+→NH4+是解答关键。
10.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 向石灰乳中通入CO2：Ca2+ + 2OH-+ CO2 = CaCO3 ↓+ H2O
B. 铝和氢氧化钠溶液的反应：Al + 2OH- = AlO2- + H2↑
C 酸性高锰酸钾中加入双氧水：2MnO4- + H2O2 + 6H+ = Mn2+ + 3O2↑ + 4H2O
D. 碳酸钠溶液中加入少量盐酸：CO32- + H+ = HCO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A项、向石灰乳中通入CO2，石灰乳与CO2反应生成碳酸钙和水，石灰乳为氢氧化钙悬浊液，氢氧化钙不能拆写，反应的离子方程式为Ca(OH)2+ CO2 = CaCO3↓+ H2O，故A错误；
B项、铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al + 2OH- +2H2O =2AlO2- +3H2↑，故B错误；
C项、酸性高锰酸钾溶液与双氧水发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为2MnO4- +5H2O2 +6H+ =2Mn2++5O2↑+8H2O，故C错误；
D项、碳酸钠溶液与入少量盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，反应的离子方程式为CO32- + H+ = HCO3-，故D正确；
故选D。
【点睛】氢氧化钙微溶于水，石灰乳为氢氧化钙悬浊液，书写离子方程式时不能拆写。
11.将11.5g钠、9g铝、28g铁分别投入200ml 1 mol/L的盐酸中,下列分析结果正确的是( )
A. 反应结束时产生的气体一样多
B. 铝与盐酸反应的速率仅次于钠,但产生的气体最多
C. 铁与盐酸反应产生的气体比钠多
D. 钠与盐酸反应最剧烈,产生的气体最多
【答案】D
【解析】
【详解】n（Na）=11.5g÷23g/mol=0.5mol，n（Al）=9g÷27g/mol=1/3mol，n（Fe）=28g/56g/mol=0.5mol，n（HCl）=0.2L×1mol/L=0.2mol，反应关系式依次为Na～HCl、Al～3HCl、Fe～2HCl，由此可知盐酸不足，完全反应，但由于钠性质活泼，与水剧烈反应生成氢气，则钠与盐酸反应最剧烈，产生的气体最多，铝、铁生成氢气一样多，D项正确，答案选D。
【点睛】本题考查常见金属的性质以及方程式的计算，侧重于学生的计算能力的考查，解答本题要注意钠与水的反应，根据各物质的物质的量大小判断反应的过量问题，在答题时不能忽略。注意钠是活泼的金属，与盐酸反应不存在钠过量问题。
12.下表中，对陈述1、2的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（ ）
选项
陈述1
陈述2
判断
A
纯碱可用于治疗胃病
Na2CO3可与盐酸反应
1对，2对，有
B
向Na2O2的水溶液中滴入酚酞变红色
Na2O2与水反应生成NaOH
1对，2对，有
C
金属钠具有强还原性
高压钠灯发出透雾性强的黄光
1对，2对，无
D
Na2O2可用作航天员的供氧剂
Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2
1对，2对，无
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A项、碳酸钠溶液的碱性较强，不可用于治疗胃病，故A错误；
B项、过氧化钠具有强氧化性，向Na2O2的水溶液中滴入酚酞试液，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液会先变红后褪色，故B错误；
C项、高压钠灯发出透雾性强的黄光体现其物理性质，与还原性无关，故C正确；
D项、因Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2，所以过氧化钠可用作航天员的供氧剂，有因果关系，故D错误；
故选C。
【点睛】高压钠灯发出透雾性强的黄光体现其物理性质，与钠的还原性无关是易错点。
13.将一定质量的Mg、Al混合物与足量的稀硫酸反应，生成2.24 L 氢气（标准状况下），则混合物的质量可能是（ ）
A. 1 g B. 2 g C. 3 g D. 4 g
【答案】B
【解析】
【详解】标准状况下2.24 L氢气的物质的量为0.1mol，若为镁与与足量的稀硫酸反应，由方程式Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑可知生成0.1mol氢气需要消耗镁的质量为0.1mol×24g/mol=24g，若为铝与与足量的稀硫酸反应，由方程式2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑可知生成0.1mol氢气需要消耗镁的质量为×0.1mol×27g/mol=1.8g，若为镁、铝化合物，混合物的质量应介于1.8g～2.4g之间，故选B。
【点睛】本题的变化点是Mg、Al混合物与足量的稀硫酸反应，解题思路是用极值法确定为镁、铝、时的质量是多少，则混合物的质量介于最大值与最小值之间。
14.过氧化钠可作为氧气的来源。常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了28 g，反应中有关物质的物理量正确的是(NA表示阿伏加德罗常数)( )
选项
二氧化碳
碳酸钠
转移的电子
A
1 mol
NA
B
22.4 L
1 mol
C
212 g
1 mol
D
106 g
2NA
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】Na2O2与CO2反应产生Na2CO3和O2，反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据方程式可知，每有1molCO2参加反应，固体质量增加28g，转移电子1mol。
A.根据方程式可知：每有1molCO2发生反应，转移电子的物质的量是1mol，电子数目为NA，A正确；
B.常温常压下22.4L CO2的物质的量小于1mol，因此根据C元素守恒可知反应产生的Na2CO3的物质的量小于1mol，B错误；
C.212g Na2CO3的物质的量是2mol，根据方程式可知反应产生2mol Na2CO3，会转移2mol电子，C错误；
D.106g Na2CO3的物质的量是1mol，根据方程式可知反应产生1mol Na2CO3，会转移1mol电子，电子数目为NA，D错误；
故合理选项是A。
15.某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32–、Cl–、OH–、NO3–。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【解析】
含有Fe3+的溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在；H+与CO32–、OH–会发生反应，不能大量共存；OH–与NH4+、Al3+会发生反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+、CO32–会发生反应，不能大量共存。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，若溶液为碱性，则含有大量的OH–。还可能含有大量的Ba2+、CO32–、Cl–、NO3–。离子最多4种；若溶液为酸性，由于H+、NO3–起硝酸的作用，加入Al不能产生氢气，所以含有的离子可能是：H+、NH4+、Ba2+、Al3+、Cl–，最多是5种离子。故选项是C。
【考点定位】考查离子大量共存的知识。
16.用下列方法均可制取氧气：
①2KClO3 2KCl+3O2↑
②2Na2O2+2H2O═4NaOH2+O2↑
③2HgO2Hg+O2↑
④2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑
若要制得相同质量的氧气，上述四个反应中电子转移数目之比为（ ）
A. 3:2:1:4 B. 1:1:1:1 C. 2:1:2:2 D. 1:2:1:1
【答案】C
【解析】
【详解】由反应方程式可知，生成氧气时，①③④中O元素的化合价均为-2价升高为0，即O元素失去电子，②中O元素的化合价从-1升高到0价，则制得相同质量的氧气，反应中电子转移数目之比为4：2：4：4=2：1：2：2，故选C。
【点睛】过氧化钠中氧元素为—1价，与水反应生成氢氧化钠和氧气时，O元素的化合价从-1升高到0价是解答关键，也是易错点。
17.现有两瓶失去标签的Na2CO3和NaHCO3饱和溶液，有下列方法可以鉴别二者，其中不合理的是（ ）
①取等量的溶液于两支试管中，各滴入酚酞溶液，红色较深的是Na2CO3
②取等量的溶液于两支试管中，加热，有气泡产生的是NaHCO3
③取等量的溶液于两支试管中，逐滴加入稀盐酸，立即就有气体放出的是NaHCO3
④取等量的溶液于两支试管中，滴加Ba(OH)2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠，则取等量的溶液于两支试管中，各滴入酚酞溶液，红色较深的是碳酸钠，故正确；
②碳酸氢钠固体受热分解，但碳酸氢钠溶液受热不分解，则取等量的溶液于两支试管中，加热，均没有气体生成，故错误；
③向碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠，没有气体放出，而向碳酸氢钠溶液中逐滴加入稀盐酸，碳酸氢钠与盐酸反应放出二氧化碳气体，则取等量的溶液于两支试管中，逐滴加入稀盐酸，立即就有气体放出的是碳酸氢钠，故正确；
④取等量的溶液于两支试管中，滴加Ba(OH)2溶液，均生成碳酸钡白色沉淀，故错误；
②④错误，故选D。
【点睛】碳酸钠固体受热不分解，碳酸氢钠固体受热分解，碳酸氢钠溶液受热不分解是解答易错点。
18.若 m g Na在足量氯气中燃烧，生成固体的质量为（m+3.55）g，则 m g Na与氧气反应，生成的固体的质量为：①2.7g、②3.1g、③3.55g、④3.9g、⑤4.0g（ ）
A. ①②③ B. ②③④ C. ③④⑤ D. ①③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】由mgNa在足量氯气中燃烧，生成NaCl的质量为（m+3.55g）可知氯化钠中m（Cl）为3.55g，n（Cl）为0.1mol，根据NaCl化学式可知n（Na）=n（Cl）=0.1mol，则m为2.3；钠与氧气反应，若全部生成Na2O时，固体的质量最小，固体增重为氧原子质量，增重为×0.1mol×16g/mol=0.8g，若全部生成Na2O2时，固体的质量最大，固体增重为氧原子质量，增重为0.1mol×16g/mol=1.6g，固体的质量为（m+1.6）g，故钠与氧气反应生成固体的质量：3.1g≤m（固体）≤3.9g，则②③④符合，故选B。
【点睛】利用极值法确定固体质量的极大值与极小值是关键，钠与氧气反应，全部生成Na2O时，固体的质量最小，全部生成Na2O2时，固体的质量最大，根据化学式中钠原子与氧原子的比例关系计算与氧气反应固体增重。
19.向四瓶盛有相同物质的量的NaOH溶液中通入体积不同的CO2气体，得到①②③④四瓶溶液。分别向四瓶溶液中逐滴加入等体积、等浓度的盐酸，产生的气体体积V(CO2)与所加盐酸体积V(HCl)的关系如下图所示，且图②③④中分别有0A＜AB、0A＝AB、0A＞AB。则下列分析与判断正确的是（忽略CO2的溶解）（ ）
A. ①中通入的CO2最少 B. ③中的溶质只有Na2CO3
C. 有两种溶质的是②和③ D. 若④中AB＞20A，则有c(Na2CO3)＞c(NaHCO3)
【答案】B
【解析】
【分析】
向四瓶盛有相同物质的量的NaOH溶液中通入体积不同的CO2气体，由图可知，①中氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，②中0A＜AB说明氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠和碳酸钠，③中0A＝AB说明氢氧化钠溶液与二氧化碳恰好反应生成碳酸钠，④中0A＞AB说明氢氧化钠溶液过量，与二氧化碳反应生成碳酸钠，得到碳酸钠和氢氧化钠化合物。
【详解】A项、①中氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，通入的CO2最多，故A错误；
B项、③中0A＝AB说明氢氧化钠溶液与二氧化碳恰好反应生成碳酸钠，溶质只有碳酸钠，故B正确；
C项、②中溶质是碳酸氢钠和碳酸钠，④中溶质是碳酸钠和氢氧化钠，故C错误；
D项、若④中AB＞20A，结合③中OA＝AB可知，溶液中c(NaHCO3)＞c(Na2CO3)，故D错误；
故选B。
【点睛】注意碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸体积与反应生成的碳酸氢钠消耗盐酸体积相等是解答关键，也是分析的难点。
20.2017年我国首艘使用了钛合金材料的国产航母下水。钛(Ti)常温下与酸、碱均不反应，但高温下能被空气氧化。由钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2) 提取金属钛的主要工艺流程如图，下列说法错误的是
A. 步骤I中碳作还原剂
B 步骤II中未发生氧化还原反应
C. 步骤III需在氩气环境中进行，防止金属Mg被空气氧化
D. 可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁
【答案】B
【解析】
A. FeO和碳反应生成铁和碳的氧化物，步骤I中碳作还原剂，A正确；B. 步骤II中碳单质参加反应，属于氧化还原反应，B错误；C. 镁是活泼的金属，钛在高温下能被空气氧化，所以步骤III需在氩气环境中进行，防止金属被空气氧化，C正确；D. 钛常温下与酸、碱均不反应，可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁，D正确，答案选B。
二、填空题
21.填空：
（1）同温同压下，同体积甲烷和二氧化碳物质的量之比为____，质量比为____；
（2）在标准状况下，4 g H2，11.2 L O2，1 mol H2O中，所含分子数最多的是______，体积最小的是________；
（3）硫酸钾和硫酸铝混合溶液中，已知其中Al3+的浓度为0.4 mol/L，SO42-的浓度为0.7 mol/L，则K+的浓度为________mol/L
【答案】 (1). 1:1 (2). 4:11 (3). H2 (4). H2O (5). 0.2
【解析】
【分析】
（1）由阿伏加德罗定律可知，同温同压下，同体积的甲烷和二氧化碳分子数目相同，物质的量相同，由m=nM计算质量比；
（2）物质的物质的量越大，所含分子数越大；标准状况下，水为固态，1mol水的体积小于气体体积；
（3）由溶液中电荷守恒关系计算可得。
【详解】（1）由阿伏加德罗定律可知，同温同压下，同体积的甲烷和二氧化碳分子数目相同，物质的量相同，则物质的量之比为1：1，甲烷的相对分子质量为16，二氧化碳的相对分子质量为44，则质量之比为16：44=4：11，故答案为：1：1； 4：11；
（2）在标准状况下，4 g H2的物质的量为=2mol，11.2 L O2的物质的量为=0.5mol，物质的物质的量越大，所含分子数越大，则三种物质中所含分子数最多的是氢气，标准状况下，水为固态，则1mol水的体积最小，故答案为：H2；H2O；
（3）硫酸钾和硫酸铝的混合溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒关系：c（K+）+3c（Al3+）=2c（SO42-），则c（K+）=2×0.7 mol/L—3×0.4 mol/L=0.2 mol/L，故答案为：0.2。
【点睛】标准状况下，水为固态，1mol水的体积小于气体体积是解答关键，也是易错点。
22.按要求回答下列问题：
（1）锌粒投入稀硫酸中，反应的离子方程式是____________________________；
（2）往澄清石灰水中通入少量CO2，请写出此反应的离子方程式_____________；
（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，写出发生反应的离子方程式___________；
（4）向FeBr2溶液中通入等量的Cl2，请写出此反应的离子方程式___________（已知还原性：Fe2+＞Br-）；
（5）配平：__MnO4- + __Cl- +__→ __Mn2+ + __Cl2↑+___H2O
【答案】 (1). Zn + 2H+ = Zn2+ + H2↑ (2). CO2 + Ca2+ + 2OH-= CaCO3↓ +H2O (3). 2H+ + SO42- + Ba2+ + 2OH- = BaSO4↓ + 2H2O (4). 2Fe2+ + 2Br- + 2Cl2 = 2Fe3+ + Br2 + 4Cl- (5). 2 (6). 10 (7). 16H+ (8). 2 (9). 5 (10). 8
【解析】
【分析】
（1）锌粒与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气；
（2）澄清石灰水中与少量CO2反应生成碳酸钙沉淀和水；
（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性时，NaHSO4溶液过量，反应生成硫酸钠、硫酸钡和水；
（4）向FeBr2溶液中通入等量的Cl2，Fe2+被Cl2完全氧化为Fe3+，Br-只有二分之一被Cl2完全氧化为Br2；
（5）酸性条件下，高锰酸根与氯离子发生氧化还原反应生成锰离子、氯气和水。
【详解】（1）锌粒与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，反应的离子方程式为Zn + 2H+ = Zn2+ + H2↑，故答案为：Zn + 2H+ = Zn2+ + H2↑；
（2）澄清石灰水中与少量CO2反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程为CO2 + Ca2+ + 2OH-= CaCO3↓ +H2O，故答案为：CO2 + Ca2+ + 2OH-= CaCO3↓ +H2O；
（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性时，NaHSO4溶液过量，反应生成硫酸钠、硫酸钡和水，反应的离子方程为2H+ + SO42- + Ba2+ + 2OH- = BaSO4↓ + 2H2O，故答案为：2H+ + SO42- + Ba2+ + 2OH- = BaSO4↓ + 2H2O；
（4）向FeBr2溶液中通入等量的Cl2，Fe2+被Cl2完全氧化为Fe3+，Br-只有二分之一被Cl2完全氧化为Br2，反应的离子方程为2Fe2+ + 2Br- + 2Cl2 = 2Fe3+ + Br2 + 4Cl-，故答案为：2Fe2+ + 2Br- + 2Cl2 = 2Fe3+ + Br2 + 4Cl-；
（5）酸性条件下，高锰酸根与氯离子发生氧化还原反应生成锰离子、氯气和水，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可得反应的离子方程为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2；10；16H+；2；5；8。
【点睛】注意向FeBr2溶液中通入等量的Cl2，Fe2+被Cl2完全氧化为Fe3+，Br-只有二分之一被Cl2完全氧化为Br2是解答难点和易错点。
23.如图所示实验装置用于验证某些物质的性质。在A试管中装入足量的固体NaHCO3。试回答下列问题：
（1）在A试管内发生反应的化学方程式是_____________；
（2）B装置的作用是_____________________；
（3）在双球干燥管内发生反应的化学方程式为_________；
（4）实验时在C装置中观察到的现象是_______________；
（5）若将双球干燥管内的Na2O2换成Na2O，则实验时观察到的现象是___________________________________。
【答案】 (1). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ (2). 吸收CO2中的水蒸气（或干燥CO2） (3). 2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2 (4). 淡黄色的固体逐渐转变为白色粉末，蚊香燃烧更加剧烈 (5). 蚊香逐渐熄灭
【解析】
【分析】
由实验装置可知，装置A中碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，装置B中浓硫酸吸收反应生成的水蒸气，装置C为双球干燥管，在双球干燥管内过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应生成氧气具有助燃性，使蚊香燃烧更剧烈。
【详解】（1）在A试管内碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
（2）B装置中浓硫酸吸收反应生成的水蒸气，干燥二氧化碳气体，故答案为：吸收气体中的水蒸气（干燥CO2）；
（3）在双球干燥管内过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；
（4）过氧化钠是淡黄色固体，随反应进行变为白色固体碳酸钠，反应生成氧气具有助燃性，蚊香燃烧更剧烈，故答案为：淡黄色的Na2O2逐渐转变为白色粉末，点燃的蚊香燃烧更加剧烈；
（5）氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，无氧气生成，在二氧化碳环境，蚊香逐渐熄灭，故答案为：点燃的蚊香逐渐熄灭。
【点睛】过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，无氧气生成，所以干燥管内的过氧化钠使点燃的蚊香燃烧更加剧烈，氧化钠使蚊香逐渐熄灭是分析解答关键。
24.NaClO2是一中重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如图所示。请回答下列问题：
（1）NaClO2中Cl元素的化合价为_____________；
（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式________________________。
（3）“尾气吸收”步骤中发生的反应为2NaOH + H2O2 + 2ClO2 = 2NaClO2 + O2↑ + 2H2O ，其中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________；若有3 mol 电子发生转移，则有__________L（标准状况下）O2生成。
（4）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，是指每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。则NaClO2的有效氯含量为_____（结果保留两位小数）。
【答案】 (1). +3 (2). 2NaClO3 + SO2 + H2SO4 = 2ClO2 + 2NaHSO4 (3). 2:1 (4). 33.6 (5). 1.57
【解析】
【分析】
由流程图可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2和NaHSO4，向NaCl溶液中加入ClO2，进行电解时ClO2在阴极得电子生成ClO2-，Cl-在阳极失电子生成Cl2，利用含有过氧化氢的NaOH溶液吸收未参与电解的ClO2气体，反应生成NaClO2、O2和H2O，NaClO2溶液结晶、干燥得到NaClO2产品。
【详解】（1）在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价，故答案为：+3；
（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒，此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；
（3）由反应方程式可知生成1mol氧气，反应中转移2mol电子，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，则若有3 mol 电子发生转移，反应生成氧气的物质的量为1.5mol，体积为1.5mol×22.4L/mol=33.6L，故答案为：2:1；33.6；
（4）每克NaClO2的物质的量n(NaClO2)==mol，获得电子的物质的量是n(e−)为mol×4，1 mol Cl2获得电子的物质的量是2 mol，根据电子转移数目相等，可知其相对于氯气的物质的量为mol×4×=mol，则氯气的质量为mol×71 g/mol=1.57 g，NaClO2的有效氯含量为1.57，故答案为：1.57。
【点睛】按照氧化还原反应化合价变化的相近不交叉原则确定电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2是解答关键，也是易错点。
邵东一中2019年下学期高一月考
化学科试卷
相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 S—32 Cl—35.5 Fe—56 Zn—65 Ag—108 Ba—137
一、单项选择题
1.下列实验原理与粒子大小关系最密切的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A项、蒸馏与物质的沸点有关，与粒子大小关系无关，故A错误；
B项、加热蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出，这与粒子大小无关，故B错误；
C项、萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C错误；
D项、胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故D正确；
故选D。
【点睛】与粒子大小有关系的操作有过滤、渗析，另外丁达尔效应属于胶体的性质，与粒子大小有关，注意把握实验的基本操作原理以及方法是解答关键。
2.分类是化学学习中经常用到的方法,下列对一些物质或化学反应的分类以及依据正确的是( )
A. H2SO4是酸，因为H2SO4中含有氢元素
B. 豆浆是胶体，因为豆浆中的分散质粒子直径在1nm～100nm之间
C. Na和H2O的反应不是离子反应，因为反应中没有离子参加
D. Na在Cl2中燃烧不是氧化还原反应，因为没有得氧或失氧
【答案】B
【解析】
酸是电离出的阳离子全部为H+的化合物，A选项错误；离子反应是有离子参加或生成的反应，Na和H2O的反应虽然没有离子参加，但是因为有离子生成，所以是离子反应，C选项错误；有电子转移（化合价变化）的反应属于氧化还原反应，Na在Cl2中燃烧是氧化还原反应，D选项错误。
3.一小块金属钠久置于空气中，最终得到的产物是
A. Na2O B. Na2O2 C. NaOH D. Na2CO3
【答案】D
【解析】
【详解】金属钠在空气中放置，先与空气中的氧气反应生成氧化钠，然后吸水变成氢氧化钠溶液，再与二氧化碳反应生成碳酸钠晶体，最后失去风化得到碳酸钠，所以选D。
4.现有一瓶甲和乙的混合物，已知甲和乙的某些性质如下表所示：
物质
熔点/℃
沸点/℃
密度/（g·cm-3）
水中的溶解性
甲
-98
57.5
0.93
可溶
乙
-84
97
0.90
可溶
据此，将甲和乙相互分离的方法是（ ）
A. 蒸馏法 B. 升华法 C. 萃取法 D. 过滤法
【答案】A
【解析】
【详解】由表中数据可知，甲和乙沸点不同，且相差较大，可用蒸馏的方法分离，而二者都溶于水，则不能用过滤、分液的方法分离，故选A。
【点睛】把握表格数据的分析和应用、混合物的分离原理为解答的关键。
5.下列反应过程中不能产生H2的是（ ）
A. 金属钠和水反应
B. 高温条件，铁和水蒸气反应
C. 加热条件下，铜和足量浓硫酸发生反应
D. 铝和氢氧化钠溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A项、金属钠和水反应氢氧化钠和氢气，不符合题意，故A不选；
B项、高温条件，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不符合题意，故B不选；
C项、加热条件下，铜和足量浓硫酸发生反应硫酸铜、二氧化硫和水，没有氢气生成，符合题意，故C选；
D项、铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，不符合题意，故D不选；
故选C。
6. 下列叙述正确的是（ ）
A. 液态 HBr 不导电，因此 HBr 是非电解质
B. 强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强
C. NH3的水溶液能导电，因此NH3是电解质
D. BaSO4难溶于水，其水溶液的导电性极弱，因此BaSO4是弱电解质
【答案】B
【解析】
试题分析：A、电解质导电需要水溶液或熔融状态下，HBr在水溶液全部电离出H＋和Br－，因此HBr属于电解质，故错误；B、溶液导电能力与电解质的强弱无关，与离子的浓度和所带电荷数有关，故正确；C、NH3的水溶液虽然导电，但导电的离子不是NH3本身提供的，因此NH3不是电解质，属于非电解质，故错误；D、BaSO4的水溶液导电性极弱，但溶解的BaSO4全部电离，因此BaSO4属于强电解质，故错误。
考点：考查电解质的定义等知识。
7.NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（ ）
A. 32 g 氧气含原子数为NA
B. 一定条件下，2.3 g的Na完全与O2反应生成3.6 g产物时失去的电子数为0.1NA
C. 2 L 0.5 mol/ L硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA
D. 标准状况下，22.4 L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A项、32 g 氧气的物质的量为1mol，氧气是双原子分子，1mol氧气含原子数为2NA，故A错误；
B项、2.3g钠的物质的量为0.1mol，钠与氧气反应后变为+1价，则0.1mol钠失去0.1NA个电子，与产物无关，故B正确；
C项、2 L 0.5 mol/ L硫酸钾溶液中硫酸根离子所带电荷数为2L×0.5 mol/ L×2×NAmol-1=2NA，故C错误；
D项、标准状况下，四氯化碳不是气体，无法按标准状况下的气体摩尔体积计算22.4 L的CCl4的物质的量，故D错误；
故选B。
【点睛】标准状况下四氯化碳不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L四氯化碳的物质的量是易错点。
8.常温下，在溶液中可发生以下反应：①H+ + Z- + XO42-X2+ + Z2 + H2O(未配平)，②2M2+ + R2 = 2M3+ + 2R- ， ③2R- + Z2 = R2 + 2Z-。由此判断下列说法正确的是（ ）
A. 氧化性强弱顺序为XO42- > Z2 > R2 > M3+
B. 还原性强弱顺序为X2+ > Z- > R- > M2+
C. R元素在反应②中被氧化，在③中被还原
D. 常温下反应2M2+ + Z2 = 2M3+ + 2Z-不可进行
【答案】A
【解析】
【详解】A项、由氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧化性强于氧化产物，反应①中XO4-是氧化剂，Z2是氧化产物，氧化性：XO4->Z2，反应②中R2是氧化剂，M3+是氧化产物，氧化性：R2>M3+，反应③中Z2是氧化剂，R2是氧化产物，氧化性：Z2>R2，氧化性强弱关系为：XO4->Z2>R2>M3+，故A正确；
B项、由氧化还原反应规律可知，还原剂的还原性强于还原产物，反应①中Z-是还原剂，X2+是还原产物，还原性：Z-> X2+，反应②中M2+是还原剂，R-是还原产物，还原性：M2+-> R-，反应③中R-是还原剂，Z-是还原产物，还原性：R->Z-，还原性强弱关系为：M2+>R- >Z- >X2+，故B错误；
C项、R元素在反应②中做氧化剂，被还原，在③中做还原剂，被氧化，故C错误；
D项、由氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧化性强于氧化产物，由反应②和反应③可知氧化性强弱关系为：Z2>R2>M3+，则反应2M2++Z2═2M3++2Z-可以进行，故D错误；
故选A。
【点睛】氧化还原反应中氧化性和还原性强弱判断规律是氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性。
9.某无色溶液中可能仅含下列某组离子，且一定能满足对应要求的是（ ）
选项
离子
要求
A
NH4+、Al3+、SO42-、H+
滴加NaOH溶液并加热，立即有气体产生
B
K+、NO3-、Cl-、Na+
c（K+）＜c（Cl-）、c（Na+）＜c（NO3-）
C
Fe2+、Mg2+、SO42-、Cl-
逐滴滴加盐酸，溶液没有颜色变化
D
Na+、Mg2+、SO42-、Cl-
滴加氨水，立即有沉淀产生
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A项、向含有NH4+、Al3+、SO42-、H+的溶液中滴加NaOH溶液加热，溶液中H+先反应，不可能立即有氨气产生，故A错误；
B项、若溶液中c（K+）＜c（Cl-）、c（Na+）＜c（NO3-），溶液中阴离子电荷数大于阳离子，电荷不守恒，故B错误；
C项、溶液中亚铁离子的颜色为浅绿色，无色溶液中不可能含有亚铁离子，故C错误；
D项、向含有Na+、Mg2+、SO42-、Cl-的溶液中滴加氨水，镁离子与氨水反应生成氢氧化镁白色沉淀，故D正确；
故选D。
【点睛】向含有NH4+、Al3+、SO42-、H+的溶液中滴加NaOH溶液加热，明确溶液中离子反应的顺序为H+→Al3+→NH4+是解答关键。
10.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 向石灰乳中通入CO2：Ca2+ + 2OH-+ CO2 = CaCO3 ↓+ H2O
B. 铝和氢氧化钠溶液的反应：Al + 2OH- = AlO2- + H2↑
C 酸性高锰酸钾中加入双氧水：2MnO4- + H2O2 + 6H+ = Mn2+ + 3O2↑ + 4H2O
D. 碳酸钠溶液中加入少量盐酸：CO32- + H+ = HCO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A项、向石灰乳中通入CO2，石灰乳与CO2反应生成碳酸钙和水，石灰乳为氢氧化钙悬浊液，氢氧化钙不能拆写，反应的离子方程式为Ca(OH)2+ CO2 = CaCO3↓+ H2O，故A错误；
B项、铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al + 2OH- +2H2O =2AlO2- +3H2↑，故B错误；
C项、酸性高锰酸钾溶液与双氧水发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为2MnO4- +5H2O2 +6H+ =2Mn2++5O2↑+8H2O，故C错误；
D项、碳酸钠溶液与入少量盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，反应的离子方程式为CO32- + H+ = HCO3-，故D正确；
故选D。
【点睛】氢氧化钙微溶于水，石灰乳为氢氧化钙悬浊液，书写离子方程式时不能拆写。
11.将11.5g钠、9g铝、28g铁分别投入200ml 1 mol/L的盐酸中,下列分析结果正确的是( )
A. 反应结束时产生的气体一样多
B. 铝与盐酸反应的速率仅次于钠,但产生的气体最多
C. 铁与盐酸反应产生的气体比钠多
D. 钠与盐酸反应最剧烈,产生的气体最多
【答案】D
【解析】
【详解】n（Na）=11.5g÷23g/mol=0.5mol，n（Al）=9g÷27g/mol=1/3mol，n（Fe）=28g/56g/mol=0.5mol，n（HCl）=0.2L×1mol/L=0.2mol，反应关系式依次为Na～HCl、Al～3HCl、Fe～2HCl，由此可知盐酸不足，完全反应，但由于钠性质活泼，与水剧烈反应生成氢气，则钠与盐酸反应最剧烈，产生的气体最多，铝、铁生成氢气一样多，D项正确，答案选D。
【点睛】本题考查常见金属的性质以及方程式的计算，侧重于学生的计算能力的考查，解答本题要注意钠与水的反应，根据各物质的物质的量大小判断反应的过量问题，在答题时不能忽略。注意钠是活泼的金属，与盐酸反应不存在钠过量问题。
12.下表中，对陈述1、2的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（ ）
选项
陈述1
陈述2
判断
A
纯碱可用于治疗胃病
Na2CO3可与盐酸反应
1对，2对，有
B
向Na2O2的水溶液中滴入酚酞变红色
Na2O2与水反应生成NaOH
1对，2对，有
C
金属钠具有强还原性
高压钠灯发出透雾性强的黄光
1对，2对，无
D
Na2O2可用作航天员的供氧剂
Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2
1对，2对，无
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A项、碳酸钠溶液的碱性较强，不可用于治疗胃病，故A错误；
B项、过氧化钠具有强氧化性，向Na2O2的水溶液中滴入酚酞试液，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液会先变红后褪色，故B错误；
C项、高压钠灯发出透雾性强的黄光体现其物理性质，与还原性无关，故C正确；
D项、因Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2，所以过氧化钠可用作航天员的供氧剂，有因果关系，故D错误；
故选C。
【点睛】高压钠灯发出透雾性强的黄光体现其物理性质，与钠的还原性无关是易错点。
13.将一定质量的Mg、Al混合物与足量的稀硫酸反应，生成2.24 L 氢气（标准状况下），则混合物的质量可能是（ ）
A. 1 g B. 2 g C. 3 g D. 4 g
【答案】B
【解析】
【详解】标准状况下2.24 L氢气的物质的量为0.1mol，若为镁与与足量的稀硫酸反应，由方程式Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑可知生成0.1mol氢气需要消耗镁的质量为0.1mol×24g/mol=24g，若为铝与与足量的稀硫酸反应，由方程式2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑可知生成0.1mol氢气需要消耗镁的质量为×0.1mol×27g/mol=1.8g，若为镁、铝化合物，混合物的质量应介于1.8g～2.4g之间，故选B。
【点睛】本题的变化点是Mg、Al混合物与足量的稀硫酸反应，解题思路是用极值法确定为镁、铝、时的质量是多少，则混合物的质量介于最大值与最小值之间。
14.过氧化钠可作为氧气的来源。常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了28 g，反应中有关物质的物理量正确的是(NA表示阿伏加德罗常数)( )
选项
二氧化碳
碳酸钠
转移的电子
A
1 mol
NA
B
22.4 L
1 mol
C
212 g
1 mol
D
106 g
2NA
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】Na2O2与CO2反应产生Na2CO3和O2，反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据方程式可知，每有1molCO2参加反应，固体质量增加28g，转移电子1mol。
A.根据方程式可知：每有1molCO2发生反应，转移电子的物质的量是1mol，电子数目为NA，A正确；
B.常温常压下22.4L CO2的物质的量小于1mol，因此根据C元素守恒可知反应产生的Na2CO3的物质的量小于1mol，B错误；
C.212g Na2CO3的物质的量是2mol，根据方程式可知反应产生2mol Na2CO3，会转移2mol电子，C错误；
D.106g Na2CO3的物质的量是1mol，根据方程式可知反应产生1mol Na2CO3，会转移1mol电子，电子数目为NA，D错误；
故合理选项是A。
15.某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32–、Cl–、OH–、NO3–。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【解析】
含有Fe3+的溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在；H+与CO32–、OH–会发生反应，不能大量共存；OH–与NH4+、Al3+会发生反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+、CO32–会发生反应，不能大量共存。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，若溶液为碱性，则含有大量的OH–。还可能含有大量的Ba2+、CO32–、Cl–、NO3–。离子最多4种；若溶液为酸性，由于H+、NO3–起硝酸的作用，加入Al不能产生氢气，所以含有的离子可能是：H+、NH4+、Ba2+、Al3+、Cl–，最多是5种离子。故选项是C。
【考点定位】考查离子大量共存的知识。
16.用下列方法均可制取氧气：
①2KClO3 2KCl+3O2↑
②2Na2O2+2H2O═4NaOH2+O2↑
③2HgO2Hg+O2↑
④2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑
若要制得相同质量的氧气，上述四个反应中电子转移数目之比为（ ）
A. 3:2:1:4 B. 1:1:1:1 C. 2:1:2:2 D. 1:2:1:1
【答案】C
【解析】
【详解】由反应方程式可知，生成氧气时，①③④中O元素的化合价均为-2价升高为0，即O元素失去电子，②中O元素的化合价从-1升高到0价，则制得相同质量的氧气，反应中电子转移数目之比为4：2：4：4=2：1：2：2，故选C。
【点睛】过氧化钠中氧元素为—1价，与水反应生成氢氧化钠和氧气时，O元素的化合价从-1升高到0价是解答关键，也是易错点。
17.现有两瓶失去标签的Na2CO3和NaHCO3饱和溶液，有下列方法可以鉴别二者，其中不合理的是（ ）
①取等量的溶液于两支试管中，各滴入酚酞溶液，红色较深的是Na2CO3
②取等量的溶液于两支试管中，加热，有气泡产生的是NaHCO3
③取等量的溶液于两支试管中，逐滴加入稀盐酸，立即就有气体放出的是NaHCO3
④取等量的溶液于两支试管中，滴加Ba(OH)2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠，则取等量的溶液于两支试管中，各滴入酚酞溶液，红色较深的是碳酸钠，故正确；
②碳酸氢钠固体受热分解，但碳酸氢钠溶液受热不分解，则取等量的溶液于两支试管中，加热，均没有气体生成，故错误；
③向碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠，没有气体放出，而向碳酸氢钠溶液中逐滴加入稀盐酸，碳酸氢钠与盐酸反应放出二氧化碳气体，则取等量的溶液于两支试管中，逐滴加入稀盐酸，立即就有气体放出的是碳酸氢钠，故正确；
④取等量的溶液于两支试管中，滴加Ba(OH)2溶液，均生成碳酸钡白色沉淀，故错误；
②④错误，故选D。
【点睛】碳酸钠固体受热不分解，碳酸氢钠固体受热分解，碳酸氢钠溶液受热不分解是解答易错点。
18.若 m g Na在足量氯气中燃烧，生成固体的质量为（m+3.55）g，则 m g Na与氧气反应，生成的固体的质量为：①2.7g、②3.1g、③3.55g、④3.9g、⑤4.0g（ ）
A. ①②③ B. ②③④ C. ③④⑤ D. ①③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】由mgNa在足量氯气中燃烧，生成NaCl的质量为（m+3.55g）可知氯化钠中m（Cl）为3.55g，n（Cl）为0.1mol，根据NaCl化学式可知n（Na）=n（Cl）=0.1mol，则m为2.3；钠与氧气反应，若全部生成Na2O时，固体的质量最小，固体增重为氧原子质量，增重为×0.1mol×16g/mol=0.8g，若全部生成Na2O2时，固体的质量最大，固体增重为氧原子质量，增重为0.1mol×16g/mol=1.6g，固体的质量为（m+1.6）g，故钠与氧气反应生成固体的质量：3.1g≤m（固体）≤3.9g，则②③④符合，故选B。
【点睛】利用极值法确定固体质量的极大值与极小值是关键，钠与氧气反应，全部生成Na2O时，固体的质量最小，全部生成Na2O2时，固体的质量最大，根据化学式中钠原子与氧原子的比例关系计算与氧气反应固体增重。
19.向四瓶盛有相同物质的量的NaOH溶液中通入体积不同的CO2气体，得到①②③④四瓶溶液。分别向四瓶溶液中逐滴加入等体积、等浓度的盐酸，产生的气体体积V(CO2)与所加盐酸体积V(HCl)的关系如下图所示，且图②③④中分别有0A＜AB、0A＝AB、0A＞AB。则下列分析与判断正确的是（忽略CO2的溶解）（ ）
A. ①中通入的CO2最少 B. ③中的溶质只有Na2CO3
C. 有两种溶质的是②和③ D. 若④中AB＞20A，则有c(Na2CO3)＞c(NaHCO3)
【答案】B
【解析】
【分析】
向四瓶盛有相同物质的量的NaOH溶液中通入体积不同的CO2气体，由图可知，①中氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，②中0A＜AB说明氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠和碳酸钠，③中0A＝AB说明氢氧化钠溶液与二氧化碳恰好反应生成碳酸钠，④中0A＞AB说明氢氧化钠溶液过量，与二氧化碳反应生成碳酸钠，得到碳酸钠和氢氧化钠化合物。
【详解】A项、①中氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，通入的CO2最多，故A错误；
B项、③中0A＝AB说明氢氧化钠溶液与二氧化碳恰好反应生成碳酸钠，溶质只有碳酸钠，故B正确；
C项、②中溶质是碳酸氢钠和碳酸钠，④中溶质是碳酸钠和氢氧化钠，故C错误；
D项、若④中AB＞20A，结合③中OA＝AB可知，溶液中c(NaHCO3)＞c(Na2CO3)，故D错误；
故选B。
【点睛】注意碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸体积与反应生成的碳酸氢钠消耗盐酸体积相等是解答关键，也是分析的难点。
20.2017年我国首艘使用了钛合金材料的国产航母下水。钛(Ti)常温下与酸、碱均不反应，但高温下能被空气氧化。由钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2) 提取金属钛的主要工艺流程如图，下列说法错误的是
A. 步骤I中碳作还原剂
B 步骤II中未发生氧化还原反应
C. 步骤III需在氩气环境中进行，防止金属Mg被空气氧化
D. 可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁
【答案】B
【解析】
A. FeO和碳反应生成铁和碳的氧化物，步骤I中碳作还原剂，A正确；B. 步骤II中碳单质参加反应，属于氧化还原反应，B错误；C. 镁是活泼的金属，钛在高温下能被空气氧化，所以步骤III需在氩气环境中进行，防止金属被空气氧化，C正确；D. 钛常温下与酸、碱均不反应，可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁，D正确，答案选B。
二、填空题
21.填空：
（1）同温同压下，同体积甲烷和二氧化碳物质的量之比为____，质量比为____；
（2）在标准状况下，4 g H2，11.2 L O2，1 mol H2O中，所含分子数最多的是______，体积最小的是________；
（3）硫酸钾和硫酸铝混合溶液中，已知其中Al3+的浓度为0.4 mol/L，SO42-的浓度为0.7 mol/L，则K+的浓度为________mol/L
【答案】 (1). 1:1 (2). 4:11 (3). H2 (4). H2O (5). 0.2
【解析】
【分析】
（1）由阿伏加德罗定律可知，同温同压下，同体积的甲烷和二氧化碳分子数目相同，物质的量相同，由m=nM计算质量比；
（2）物质的物质的量越大，所含分子数越大；标准状况下，水为固态，1mol水的体积小于气体体积；
（3）由溶液中电荷守恒关系计算可得。
【详解】（1）由阿伏加德罗定律可知，同温同压下，同体积的甲烷和二氧化碳分子数目相同，物质的量相同，则物质的量之比为1：1，甲烷的相对分子质量为16，二氧化碳的相对分子质量为44，则质量之比为16：44=4：11，故答案为：1：1； 4：11；
（2）在标准状况下，4 g H2的物质的量为=2mol，11.2 L O2的物质的量为=0.5mol，物质的物质的量越大，所含分子数越大，则三种物质中所含分子数最多的是氢气，标准状况下，水为固态，则1mol水的体积最小，故答案为：H2；H2O；
（3）硫酸钾和硫酸铝的混合溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒关系：c（K+）+3c（Al3+）=2c（SO42-），则c（K+）=2×0.7 mol/L—3×0.4 mol/L=0.2 mol/L，故答案为：0.2。
【点睛】标准状况下，水为固态，1mol水的体积小于气体体积是解答关键，也是易错点。
22.按要求回答下列问题：
（1）锌粒投入稀硫酸中，反应的离子方程式是____________________________；
（2）往澄清石灰水中通入少量CO2，请写出此反应的离子方程式_____________；
（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，写出发生反应的离子方程式___________；
（4）向FeBr2溶液中通入等量的Cl2，请写出此反应的离子方程式___________（已知还原性：Fe2+＞Br-）；
（5）配平：__MnO4- + __Cl- +__→ __Mn2+ + __Cl2↑+___H2O
【答案】 (1). Zn + 2H+ = Zn2+ + H2↑ (2). CO2 + Ca2+ + 2OH-= CaCO3↓ +H2O (3). 2H+ + SO42- + Ba2+ + 2OH- = BaSO4↓ + 2H2O (4). 2Fe2+ + 2Br- + 2Cl2 = 2Fe3+ + Br2 + 4Cl- (5). 2 (6). 10 (7). 16H+ (8). 2 (9). 5 (10). 8
【解析】
【分析】
（1）锌粒与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气；
（2）澄清石灰水中与少量CO2反应生成碳酸钙沉淀和水；
（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性时，NaHSO4溶液过量，反应生成硫酸钠、硫酸钡和水；
（4）向FeBr2溶液中通入等量的Cl2，Fe2+被Cl2完全氧化为Fe3+，Br-只有二分之一被Cl2完全氧化为Br2；
（5）酸性条件下，高锰酸根与氯离子发生氧化还原反应生成锰离子、氯气和水。
【详解】（1）锌粒与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，反应的离子方程式为Zn + 2H+ = Zn2+ + H2↑，故答案为：Zn + 2H+ = Zn2+ + H2↑；
（2）澄清石灰水中与少量CO2反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程为CO2 + Ca2+ + 2OH-= CaCO3↓ +H2O，故答案为：CO2 + Ca2+ + 2OH-= CaCO3↓ +H2O；
（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性时，NaHSO4溶液过量，反应生成硫酸钠、硫酸钡和水，反应的离子方程为2H+ + SO42- + Ba2+ + 2OH- = BaSO4↓ + 2H2O，故答案为：2H+ + SO42- + Ba2+ + 2OH- = BaSO4↓ + 2H2O；
（4）向FeBr2溶液中通入等量的Cl2，Fe2+被Cl2完全氧化为Fe3+，Br-只有二分之一被Cl2完全氧化为Br2，反应的离子方程为2Fe2+ + 2Br- + 2Cl2 = 2Fe3+ + Br2 + 4Cl-，故答案为：2Fe2+ + 2Br- + 2Cl2 = 2Fe3+ + Br2 + 4Cl-；
（5）酸性条件下，高锰酸根与氯离子发生氧化还原反应生成锰离子、氯气和水，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可得反应的离子方程为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2；10；16H+；2；5；8。
【点睛】注意向FeBr2溶液中通入等量的Cl2，Fe2+被Cl2完全氧化为Fe3+，Br-只有二分之一被Cl2完全氧化为Br2是解答难点和易错点。
23.如图所示实验装置用于验证某些物质的性质。在A试管中装入足量的固体NaHCO3。试回答下列问题：
（1）在A试管内发生反应的化学方程式是_____________；
（2）B装置的作用是_____________________；
（3）在双球干燥管内发生反应的化学方程式为_________；
（4）实验时在C装置中观察到的现象是_______________；
（5）若将双球干燥管内的Na2O2换成Na2O，则实验时观察到的现象是___________________________________。
【答案】 (1). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ (2). 吸收CO2中的水蒸气（或干燥CO2） (3). 2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2 (4). 淡黄色的固体逐渐转变为白色粉末，蚊香燃烧更加剧烈 (5). 蚊香逐渐熄灭
【解析】
【分析】
由实验装置可知，装置A中碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，装置B中浓硫酸吸收反应生成的水蒸气，装置C为双球干燥管，在双球干燥管内过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应生成氧气具有助燃性，使蚊香燃烧更剧烈。
【详解】（1）在A试管内碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
（2）B装置中浓硫酸吸收反应生成的水蒸气，干燥二氧化碳气体，故答案为：吸收气体中的水蒸气（干燥CO2）；
（3）在双球干燥管内过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；
（4）过氧化钠是淡黄色固体，随反应进行变为白色固体碳酸钠，反应生成氧气具有助燃性，蚊香燃烧更剧烈，故答案为：淡黄色的Na2O2逐渐转变为白色粉末，点燃的蚊香燃烧更加剧烈；
（5）氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，无氧气生成，在二氧化碳环境，蚊香逐渐熄灭，故答案为：点燃的蚊香逐渐熄灭。
【点睛】过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，无氧气生成，所以干燥管内的过氧化钠使点燃的蚊香燃烧更加剧烈，氧化钠使蚊香逐渐熄灭是分析解答关键。
24.NaClO2是一中重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如图所示。请回答下列问题：
（1）NaClO2中Cl元素的化合价为_____________；
（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式________________________。
（3）“尾气吸收”步骤中发生的反应为2NaOH + H2O2 + 2ClO2 = 2NaClO2 + O2↑ + 2H2O ，其中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________；若有3 mol 电子发生转移，则有__________L（标准状况下）O2生成。
（4）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，是指每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。则NaClO2的有效氯含量为_____（结果保留两位小数）。
【答案】 (1). +3 (2). 2NaClO3 + SO2 + H2SO4 = 2ClO2 + 2NaHSO4 (3). 2:1 (4). 33.6 (5). 1.57
【解析】
【分析】
由流程图可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2和NaHSO4，向NaCl溶液中加入ClO2，进行电解时ClO2在阴极得电子生成ClO2-，Cl-在阳极失电子生成Cl2，利用含有过氧化氢的NaOH溶液吸收未参与电解的ClO2气体，反应生成NaClO2、O2和H2O，NaClO2溶液结晶、干燥得到NaClO2产品。
【详解】（1）在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价，故答案为：+3；
（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒，此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；
（3）由反应方程式可知生成1mol氧气，反应中转移2mol电子，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，则若有3 mol 电子发生转移，反应生成氧气的物质的量为1.5mol，体积为1.5mol×22.4L/mol=33.6L，故答案为：2:1；33.6；
（4）每克NaClO2的物质的量n(NaClO2)==mol，获得电子的物质的量是n(e−)为mol×4，1 mol Cl2获得电子的物质的量是2 mol，根据电子转移数目相等，可知其相对于氯气的物质的量为mol×4×=mol，则氯气的质量为mol×71 g/mol=1.57 g，NaClO2的有效氯含量为1.57，故答案为：1.57。
【点睛】按照氧化还原反应化合价变化的相近不交叉原则确定电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2是解答关键，也是易错点。
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