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福建省龙岩市连城县第一中学2019-2020学年高一上学期第一次月考化学试题
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连城一中2019-2020学年上期高一年级月考一化学试卷
参考原子量：C-12 H-1 O-16 Na-23 S-32 Ca-40 Cl-35.5 Cu-64 P-31 N-14
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)
1.下列不属于未来化学探索空间的是（ ）
A. 能源和资源的合理开发
B. 合成新材料，制备新物质
C. 寻找新物种
D. 为治理环境找到快速灵敏的检测手段，并提出防护措施
【答案】C
【解析】
【详解】A项、能源和资源的合理开发属于化学研究的领域，故A正确；
B项、合成新材料，制备新物质属于化学的研究领域，故B正确；
C项、寻找新物种属于生物的研究领域，不属于化学的研究领域，故C错误；
D项、防止环境污染、解决环境问题，为治理环境找到快速灵敏的检测手段属于化学研究的范畴，故D正确；
故选C。
【点睛】化学的研究内容是研究物质的组成、性质、结构及变化规律的科学，凡与之有关系的领域均属于化学研究的范畴。
2.磁流体是电子材料的新秀。将含等物质的量的FeSO4和Fe2(SO4)3的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质粒子直径在36～55nm的磁流体。下列说法中正确的是
A. 所得的分散系属于悬浊液
B. 用光束照射该分散系能产生丁达尔效应
C. 所得的分散系中分散质为Fe2O3
D. 分散系为胶体，胶粒直径即Fe(OH)3分子直径
【答案】B
【解析】
试题分析：根据题意磁流体分散系分散质粒子直径在5.5-36nm，属于胶体的范畴，具备胶体的性质；A．分散质粒子直径在5.5～36nm之间，所得分散系为胶体，所以不是悬浊液，故A错误；B．该分散性属于胶体，胶体有丁达尔效应，所以当一束强光通过此磁流体时会出现光亮的通路，故B正确；C．分散质应是黑色的，而Fe2O3是红褐色的，故不是Fe2O3，故C错误；D．该胶体分散质是黑色的，氢氧化铁胶体胶体为红褐色，而且胶粒很多分子的集合体，不是一个分子，故D错误；故选C。
考点：考查胶体的性质
3.为除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，下列操作方法不能达到目的的是（ ）
选项
物质(杂质）
操作方法
A
Cu(Fe)
加足量稀硫酸，充分反应后过滤
B
CO(O2)
缓慢通过灼热铜网
C
NaCl溶液(Na2CO3)
加盐酸至恰好不再产生气泡为止
D
FeSO4溶液(CuSO4)
加入足量铁屑，充分反应后过滤
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A项、根据金属活动性，铁能与硫酸反应，溶于稀硫酸，铜不与稀硫酸反应，加足量稀硫酸，然后过滤即可分离，可以达到除去铜中铁的目的，故A正确；
B项、通过灼热的铜网不能把一氧化碳中的氧气除去，因为在加热条件下，一氧化碳能和氧气反应，会把原物质除掉，故B错误；
C项、碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，用盐酸可除去氯化钠中的碳酸钠，故C正确；
D项、根据金属活动性，加入铁屑可以把硫酸铜中的铜置换出来，然后过滤可分离开，可以达到除去FeSO4溶液中混有CuSO4目的，故Ｄ正确；
故选B。
【点睛】物质除杂时，可以根据物质性质，采用物理方法或化学方法，最少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应时不能引入新的杂质。
4.下列说法中正确的是（ ）
①钠在空气中燃烧生成白色的氧化钠 ②钠投入硫酸铜溶液中有红色粉末产生 ③过氧化钠可在呼吸面具中做供氧剂 ④铁丝在氯气中燃烧生成棕红色的FeCl3 ⑤钠、氢气在氯气中燃烧都能产生白烟
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①钠在空气或氧气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠而不是白色的氧化钠，故①错误；
②钠投入硫酸铜溶液中，先与水反应生成NaOH和H2，再与CuSO4发生复分解反应，不能置换出盐中的金属，故②错误；
③Na2O2能与CO2和H2O反应生成O2，故可在缺氧环境中做供氧剂，故③正确；
④氯气非常活泼，它与具有可变化合价的金属如铁反应时，生成高价态的金属氯化物FeCl3，故④正确；
⑤钠在氯气中燃烧生成固态NaCl，氢气在氯气中燃烧生成气态HCl，一个是白烟，一个是白雾，二者现象不同，故⑤错误；
③④正确，故选C。
5. 右图是一种实验某气体化学性质的实验装置。在A处通入氯气，图中B为开关，关闭B时，C中红色布条颜色无变化；打开B时，C处红色布条颜色褪去。由此做出的判断正确的是
A. D中可以是水 B. D中可以是饱和食盐水
C. D中不可能是浓H2SO4 D. 通入的氯气中含有水蒸气
【答案】D
【解析】
关闭B时，C中红色布条颜色无变化，说明D中试剂能干燥或吸收氯气，所以选项D是正确的，其余都是错误的，答案选D。
6.同温同压下，甲容器中的NH3和乙容器中的CH4所含的原子总数相同，则甲容器与乙容器的体积之比为（ ）
A. 1∶1 B. 5∶4 C. 3∶4 D. 2∶1
【答案】B
【解析】
【详解】设氨气和甲烷的物质的量分别是xmol、ymol，由同温同压下，体积比等于气体的物质的量比可得4x＝5y，解得x︰y＝5︰4，故选B。
7.如图装置，试管中盛有水，气球a中盛有干燥的Na2O2颗粒。U形管中注有浅红色的水。将气球用橡皮筋紧缚在试管口。实验时将气球中的Na2O2抖落到试管b的水中，将发现的现象是（ ）
A. U形管内浅红色退去
B. 试管内溶液变红
C. U形管水位d
【答案】D
【解析】
【详解】过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，反应产生O2使气球膨胀，反应放出大量热量使锥形瓶中空气受热膨胀而出现U形管中水位左降右升，使得d＞c，由于浅红色的水是在U形管中而非试管中，则试管内溶液不变色，U形管内的红水不褪色，故选D。
【点睛】Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应放热，可使广口瓶内压强增大是分析和解答关键。
8.下表所列各组物质中，物质之间按箭头方向不能通过一步反应实现如图所示转化的是
物质
选项
甲
乙
丙
A
CuO
CO2
H2O
B
C
CO
CO2
C
CaCO3
CaO
Ca(OH)2
D
H2SO4
H2O
H2
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题目给出的流程图和信息：甲通过反应可以生成乙，甲通过反应生成乙，而甲乙则能通过反应都能生成丙，据此依据选项中物质的性质以及变化规律分析解答即可。
【详解】A、由于二氧化碳和碱液反应可以生成水，氧化铜和氢气反应也可以生成水，故能完成甲乙反应都能生成丙，而氧化铜则可以和一氧化碳反应生成二氧化碳，故能完成甲到乙的转化；B、碳完全燃烧生成二氧化碳，一氧化碳燃烧生成二氧化碳，故能完成甲乙反应都能生成丙，而碳不完全燃烧生成一氧化碳，故能完成甲到乙的转化；C、氧化钙与水反应生成氢氧化钙，故能够完成乙到丙的转化，碳酸钙受热分解生成氧化钙能完全甲到乙的转化，但是无法完成由碳酸钙转化为氢氧化钙即甲到丙的转化均不能完成；D、水通电分解能生成氢气，稀硫酸与锌反应生成氢气，故能完成甲乙反应都能生成丙，而稀硫酸与氢氧化钠反应能生成硫酸钠和水，故能完成甲到乙的转化；答案选C。
【点睛】本题考查了常见物质间的反应，完成此题，可以依据相关物质的性质进行。
9.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
①标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA
②体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等
③2mol·L－1的AlCl3溶液中含氯离子为6NA
④标准状况下，22.4LH2O中分子数为NA
⑤32gO2和O3混合气体中含有原子数为2NA
A. ①⑤ B. ①②③ C. ①③④ D. ③④
【答案】A
【解析】
【详解】①标况下，11.2L气体的物质的量为0.5mol，0.5mol氮气和氧气的混合气体中含有1mol原子，所含的原子数为NA，故①正确；
②没有明确是否为相同条件，无法确定体积相同的氢气和氩气的物质的量是否相同，则所含的分子数不一定相等，故②错误；
③没有告诉2mol/L的氯化铝溶液的体积，无法计算溶液中溶质氯化铝的物质的量及氯离子的数目，故③错误；
④标况下水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故④错误；
⑤32g氧气和臭氧的混合物中含有32g氧原子，故含有2mol氧原子，含有原子数为2NA，故⑤正确；
①⑤正确，故选A。
10.下列关于Fe(OH)3胶体的叙述中，正确的是（ ）
A. 制备Fe(OH)3胶体化学方程式是FeCl3＋3H2OFe(OH)3↓＋3HCl
B. 在制备Fe(OH)3胶体的实验中，加热煮沸时间越长，越有利于胶体的生成
C. Fe(OH)3胶体微粒能吸附阳离子，从而使Fe(OH)3胶体带有一定电荷
D. Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮的固体颗粒并沉降，达到净水目的
【答案】D
【解析】
【详解】A项、将饱和的氯化铁溶液滴入到沸水中，并继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热制得氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl3＋3H2OFe(OH)3（胶体）＋3HCl，故A错误；
B项、制备氢氧化铁胶体时，当溶液变成红褐色时，停止加热，不能在长时间加热得原因是胶体会受热聚沉，故B错误；
C项、氢氧化铁胶体不带电，氢氧化铁胶体粒子具有较大的表面积，具有吸附性，能吸附阳离子带正电荷，故C错误；
D项、氢氧化铁胶体粒子具有较大的表面积，具有吸附性，能够吸附水中悬浮的固体颗粒并沉降，达到净水目的，故D正确；
故选D。
【点睛】胶体不带电，胶体粒子吸附溶液中的离子而带电是解答的易错点。
11.将14gNa2O和Na2O2的混合物加入足量的水中充分反应后，生成标准状况下的气体1.12L，所得溶液的体积为400mL，则所得溶液的物质的量浓度为（ ）
A. 2mol·L－1 B. 1mol·L－1 C. 3mol·L－1 D. 4mol·L－1
【答案】B
【解析】
【详解】Na2O和Na2O2均能与水反应，反应的化学方程式分别为Na2O+H2O=2NaOH和2Na2O2+2H2O=4NaOH + O2↑，标准状况下1.12L氧气的物质的量为=0.05mol，由化学方程式可知混合物中过氧化钠的物质的量为n（Na2O2）=2n（O2）=0.05mol×2=0.1mol，则混合物中氧化钠的物质的量为n（Na2O）==0.1mol，反应后溶液中的溶质为氢氧化钠，根据钠原子守恒可得氢氧化钠的物质的量为n（NaOH）=2n（Na2O2）+2n（Na2O）=0.1mol×2+0.1mol×2=0.4mol，所得溶液中溶质的物质的量浓度为c（NaOH）==1mol/L，故选B。
12.物质分类摆放，实验时才更方便取用，现实验室里有4个药品橱，已经存放下列试剂：
药品橱
甲橱
乙橱
丙橱
丁橱
药品
醋酸、盐酸
氢氧化钠、一水合氨
CuSO4、MgCl2
白磷、硫磺
实验室新购进一些碘化钾，应该将这些碘化钾放在（ ）
A. 甲橱 B. 乙橱 C. 丙橱 D. 丁橱
【答案】C
【解析】
【详解】甲厨中醋酸、盐酸属于酸，乙厨中氢氧化钠、一水合氨属于碱，丙厨中CuSO4、MgCl2属于盐，丁厨中白磷、硫磺属于非金属单质，碘化钾组成上分类属于盐，应放在丙厨中，故选C。
13.某物质A在一定条件下加热完全分解，产物都是气体。分解方程式为2AB＋2C＋2D，测得生成的混合气体对氢气的相对密度为4d，则A的相对分子质量为（ ）
A. 10d B. 20d C. 5d D. 2d
【答案】B
【解析】
【详解】设A为2mol，由化学方程式可知A在一定条件下加热完全分解生成的混合气体为5mol，相同条件下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，生成的混合气体对氢气的相对密度为4d，则混合气体的平均摩尔质量为8dg/mol，混合气体的质量为8dg/mol×5mol=40dg，由质量守恒定律可知，2molA的质量为40dg，A的摩尔质量为=20dg/mol，则A的相对分子质量为20d，故选B。
【点睛】由质量守恒定律确定A的质量与混合气体的质量相等是解答的突破口，也是解答的难点。
14.下列溶液中Cl-物质的量由大到小的顺序是（ ）
①200 mL2mol·L-1MgCl2溶液 ②1000mL3mol·L-1NaClO溶液
③300mL2mol·L-1KCl溶液 ④250mL1mol·L-1 FeCl3溶液
A. ①④③② B. ④①②③ C. ②①④③ D. ③④②①
【答案】A
【解析】
【详解】①200 mL2mol·L-1MgCl2溶液中氯离子的物质的量为0.2L×2mol/L×2=0.8mol，②1000mL3mol·L-1NaClO溶液中存在钠离子和次氯酸根离子，不存在氯离子，氯离子的物质的量为0，③300mL2mol·L-1KCl溶液中氯离子的物质的量为0.3L×2mol/L×1=0.6mol，④250mL1mol·L-1 FeCl3溶液氯离子的物质的量为0.25L×1mol/L×3=0.75mol，则溶液中氯离子的物质的量由大到小的顺序为①④③②，故选A。
15.如图是病人输液用的葡萄糖(分子式为C6H12O6)注射液的标签上的部分内容。据标签所提供的信息，以下说法错误的是（ ）
5%葡萄糖注射液
500 mL
【性状】本品为无色或几乎为无色的透明液体
规格】500 mL 25 g
【贮藏】密封保存
A. 该注射液中葡萄糖质量分数是5%
B. 葡萄糖的摩尔质量为180 g·mol－1
C. 该注射液的密度约为1g·cm－3
D. 该注射液中葡萄糖的物质的量浓度约为0.014mol·L－1
【答案】C
【解析】
【详解】A项、由标签所提供的信息可知，该注射液中葡萄糖的质量分数为5%，故A正确；
B项、由葡萄糖的分子式为C6H12O6可知，相对分子质量为180，摩尔质量为180 g·mol－1，故B正确；
C项、由标签所提供的信息可知，500 mL5%葡萄糖注射液的质量25 g，则注射液的密度约为=0.05g/mL=0.05g/cm3,故C错误；
D项、由标签所提供的信息可知，500 mL5%葡萄糖注射液的质量25 g，葡萄糖的物质的量为≈0.00694mol，该注射液中葡萄糖的物质的量浓度为≈0.014mol/L，故D正确；
故选C。
16.标准状况下，将a L H2和Cl2的混合气体点燃，充分反应后，将混合气体通入含b mol NaOH的热溶液中，气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl－、ClO－、，且三者物质的量之比为8∶1∶1，则原混合气体中H2的物质的量为( )
A. mol B. mol C. mol D. mol
【答案】C
【解析】
分析】
反应后溶液中Na＋的物质的量等于Cl－、ClO－、ClO的物质的量之和，也等于混合气体中氯原子的物质的量，所以氯气的物质的量为b/2mol，则氢气的物质的量为mol。
【详解】混合气体通入含bmolNaOH的热溶液中,气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl－、ClO－、ClO,根据电荷守恒可以知道,溶液中n(Na+)=n(Cl-)+n(ClO－)+ n(ClO3－),根据氯元素守恒可以知道,a LH2和Cl2的混合气体中n(Cl2)=1/2[n(Cl-)+n(ClO－)+ n(ClO3－)]=1/2 n(Na+)=1/2bmol，所以aLH2和Cl2的混合气体中n(H2)= mol；正确选项: C。
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
17.如图是铁链图案，图中相连的两物质可归属于同一类别，相交部分A、B、C、D为其相应的分类依据代号。
（1）①写出两种物质之间能发生反应的化学方程式______。
②写出除去NaCl溶液中杂质FeCl3的化学方程式_____。
（2）请简述选用图中物质制备Fe(OH)3胶体的实验操作_____。
（3）如图中化合物A是上述图中的一种物质，是常见的一种调味品，如图是该物质在化工生产中的一系列反应；其中化合物F俗称烧碱，单质C也是上述图中的一种物质。
①写出单质A与H2O反应的化学方程式_____。
②化合物A与水在通电下反应的化学方程式为____。
【答案】 (1). Na2O+CO2=Na2CO3 (2). FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl (3). 将饱和FeCl3溶液，滴入沸水中，可得到Fe(OH)3胶体 (4). Cl2＋H2O=HCl＋HClO (5). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
【解析】
【分析】
（1）①Na2O为碱性氧化物，CO2为酸性氧化物，Na2O能CO2发生化合反应；
②NaCl溶液中的FeCl3杂质可以加入适量的氢氧化钠溶液，过滤除去；
（3）由化合物A与水在通电下反应生成烧碱F、C单质氢气和A单质可知，化合物A为氯化钠，单质A为氯气。
【详解】（1）①碱性氧化物Na2O能与酸性氧化物CO2发生化合反应生成Na2CO3，反应的化学方程式为Na2O+CO2=Na2CO3，故答案为：Na2O+CO2=Na2CO3；
②NaCl溶液中的FeCl3杂质可以加入适量的氢氧化钠溶液，使FeCl3与适量的氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，过滤除去氢氧化铁沉淀得到NaCl溶液，反应的化学方程式为FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，故答案为：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl；
（2）制备Fe(OH)3胶体的实验操作为将饱和的氯化铁溶液滴入到沸水中，并继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热即制得氢氧化铁胶体，故答案为：将饱和（或1mol·L－1）FeCl3溶液，滴入沸水中，可得到Fe(OH)3胶体；
（3）由化合物A与水在通电下反应生成烧碱F、C单质氢气和A单质可知，化合物A为氯化钠，单质A为氯气。
①氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的化学方程式为Cl2＋H2O=HCl＋HClO，故答案为：Cl2＋H2O=HCl＋HClO；
②氯化钠与水在通电下反应生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。
【点睛】由化合物A与水在通电下反应生成烧碱F、C单质氢气和A单质确定化合物A为氯化钠，单质A为氯气是推断的突破口，也是解答的难点。
18.某化学实验室需要0.5 mol·L－1硫酸溶液450 mL。根据溶液的配制情况回答下列问题：
（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是______(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是________(填仪器名称)。
（2）现用质量分数为98%、密度为1.84 g·cm－3的浓硫酸来配制450 mL、0.5 mol·L－1的稀硫酸。计算所需浓硫酸的体积为________ mL(保留1位小数)，现有
①10 mL ②25 mL ③50 mL ④100 mL四种规格的量筒，你选用的量筒是________(填代号)。
（3）配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是__________________________________________________________。
（4）配制时，一般可分为以下几个步骤：
①量取 ②计算 ③稀释 ④摇匀 ⑤转移 ⑥洗涤 ⑦定容 ⑧冷却
其正确的操作顺序为：②→①→③→________→ ________→________→________→④(填序号)。_________
（5）在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中错误的是________(填代号，下同)，能引起误差偏高的有________。
①洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中
②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
③将浓硫酸直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸
④定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出
⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
⑦定容时，俯视刻度线
【答案】 (1). AD (2). 玻璃棒、胶头滴管 (3). 13.6 (4). ② (5). 将浓硫酸沿着烧杯壁(或玻璃棒)缓慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌 (6). ⑧ ⑤ ⑥ ⑦ (7). ①②③④⑥⑦ (8). ①②⑦
【解析】
【详解】(1)A为平底烧瓶、D为分液漏斗，在配制溶液过程中不会用到烧瓶和分液漏斗，答案选AD；配制一定浓度的溶液还缺少玻璃棒和胶头滴管；(2)质量分数为98%、密度为1.84 g·cm－3的浓硫酸的浓度为mol·L－1＝18.4 mol·L－1；实验室没有450 mL的容量瓶，实际上配制的是500 mL 0.5 mol·L－1的硫酸溶液，需要浓硫酸的体积为≈0.013 6 L＝13.6 mL；(3)稀释浓硫酸时必须将浓硫酸加入水中，正确的操作方法为将浓硫酸沿着烧杯壁(或玻璃棒)缓慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌；(4)配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，故正确的操作顺序为②→①→③→⑧→⑤→⑥→⑦→④；(5)①错误，原因：量筒不应洗涤，会引起浓度偏高；②错误，原因：温度偏高热胀冷缩，所以在定容时水加少了，导致配制的溶液的物质的量浓度偏高；③错误，原因：应该将浓硫酸缓慢加入水中，而不是将水加入浓硫酸中，这样会喷溅，有危险性；④错误，原因：水加多了，导致溶液的物质的量浓度偏小；⑥错误，原因：定容之后就不能加入水了；⑦错误，原因：应该视线与刻度线相平，俯视会导致加水偏少，浓度偏高。故操作中错误的是①②③④⑥⑦；能引起误差偏高的有①②⑦。
19.某校化学兴趣小组为研究氯气的性质并模拟工业制备漂白粉，设计了下列装置进行实验。已知：①A中反应为 KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O；
②石灰乳的主要成分为Ca(OH)2，其他杂质不参与反应。
（1）B装置作用____。实验结束后，立即将 B 中溶液滴几滴在紫色石蕊试纸上，可观察到的现象是_____。
（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III 处依次放入的物质正确的是___（填编号）。
编号
I
II
III
A
干燥的有色布条
碱石灰
湿润的有色布条
B
干燥的有色布条
浓硫酸
湿润的有色布条
C
湿润的有色布条
浓硫酸
干燥的有色布条
D
湿润的有色布条
碱石灰
干燥的有色布条
（3）待E中物质完全反应后，经过一系列加工处理，得到漂白粉样品，其主要成份为___（填化学式）
（4）F装置的作用是（用化学方程式表示）____。
（5）为测定（3）中所得漂白粉的有效成份含量。称取ag漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入 CO2至产生沉淀最大值时，该过程的化学方程式为_____，若反应生成沉淀的物质的量为bmol，则该漂白粉中有效成份的质量分数为_____（用含a、b的式子表示）。
【答案】 (1). 除去氯气中的HCl气体 (2). 试纸变红不褪色 (3). C (4). CaCl2、Ca(ClO)2 (5). Cl2＋2NaOH ==NaCl+ NaClO+H2O (6). CO2+H2O+Ca(ClO)2 == CaCO3↓+2HClO (7).
【解析】
【分析】
由实验装置图可知，装置A用浓盐酸与氯酸钾反应制备氯气，盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，盛有浓硫酸的装置D的作用是干燥氯气，盛有石灰乳的装置E的作用是制备漂白粉，盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气，防止污染空气。
【详解】（1）盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，实验结束后，因饱和食盐水吸收氯化氢气体，使溶液呈酸性，滴在紫色石蕊试纸上，试纸变红色，由于氯气不溶于饱和食盐水，溶液中没有次氯酸，不能使试纸褪色，故答案为：除去氯气中的HCl气体；试纸变红不褪色；
（2）氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性使有色布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色，则验证氯气是否具有漂白性时，C中I、II、III处依次放入的物质湿润的有色布条、浓硫酸、干燥的有色布条，C正确，故答案为：C；
（3）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，则漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，故答案为：CaCl2、Ca(ClO)2；
（4）盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气，过量的氯气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，防止污染空气，反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH ==NaCl+ NaClO+H2O，故答案为：Cl2＋2NaOH ==NaCl+ NaClO+H2O；
（5）碳酸的酸性强于次氯酸，将二氧化碳通入到漂白粉溶液中，二氧化碳与次氯酸钙反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的化学方程式为CO2+H2O+Ca(ClO)2 == CaCO3↓+2HClO；由题意可知，碳酸钙的物质的量为bmol，则有效成分次氯酸钙的质量为bmol×143g/mol=143bg，该漂白粉中有效成份的质量分数为，故答案为：CO2+H2O+Ca(ClO)2 == CaCO3↓+2HClO；。
【点睛】氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性使有色布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色是设计验证氯气是否具有漂白性实验方案的依据，也是解答试题的关键。
20.化学兴趣小组制取Na2O2，并测定制得的Na2O2样品的纯度。
I．制取Na2O2。查阅资料：
①钠与空气在453～473K之间可生成Na2O，迅速提高温度到573～673K之间可生成Na2O2。
②4Na+3CO22Na2CO3+C。
③加热后，Na不与N2反应。
（1）图1为兴趣小组制取Na2O2的装置，得到的固体中不可能混有的杂质是____。
A．Na3N B．Na2CO3 C．Na2O D．NaOH
（2）该小组若要得到相对纯净的Na2O2，请从图2中选择合适的装置（要求从装置A、B、C中选择）净化空气，接口从左至右正确的连接顺序是____。
II．测定制得的Na2O2样品的纯度。
按图2装置中的F→B→C→A→D顺序连接，检查装置气密性后，将制得的10g样品放入 F装置的烧瓶中，滴入稀硫酸反应后，D中收集到1.12L气体（体积已转换为标况下）。
（3）写出样品中Na2O2所发生反应的化学方程式为_____。
（4）B中反应的化学方程式为____，C装置的作用是____。
（5）装置F中仪器i的名称为____；仪器i和烧瓶用一根导管连接，目的是使稀硫酸能顺利流下，也可减少实验产生误差，若没有该导管将导致测定的结果____（填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（6）该实验测得样品中Na2O2纯度为_____。
【答案】 (1). A (2). edbc (3). 2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑ (4). 2NaOH + CO2=H2O+Na2CO3 (5). 检验CO2是否除尽 (6). 分液漏斗 (7). 偏大 (8). 78.0%
【解析】
【分析】
（1）①钠与氧气反应可以得到氧化钠、过氧化钠，二者均与二氧化碳反应得到碳酸钠，与水反应会得到氢氧化钠，由信息可知钠与氮气不反应；
（2）若要得到相对纯净的过氧化钠，应将空气通过盛有浓氢氧化钠溶液的洗气瓶除去二氧化碳，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶除去水蒸气；
（3）过氧化钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、氧气和水；
（4）该实验设计的原理是烧瓶中过氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠、氧气与水，用浓氢氧化钠溶液吸收氧气中可能混有二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳是否除尽，用排水法收集氧气，根据氧气体积可以计算过氧化钠的质量，进而计算样品中过氧化钠的质量分数；
（5）分液漏斗和烧瓶用导管连接可以平衡气压，使稀硫酸顺利流下，还可以抵消滴加硫酸排出空气的体积，若没有该导管，排出的空气按生成氧气的体积计算；
（6）依据标况下氧气的体积和反应方程式计算过氧化钠的质量，由题给数据计算过氧化钠的纯度。
【详解】（1）①钠与氧气反应可以得到氧化钠、过氧化钠，二者均与二氧化碳反应得到碳酸钠，与水反应会得到氢氧化钠，由信息可知钠与氮气不反应，则Na2O2中可能含有的杂质为Na2CO3、Na2O、NaOH，不可能含有Na3N，故答案为：A；
（2）空气中含有的二氧化碳和水会与过氧化钠的反应，使得制得的过氧化钠含有杂质，若要得到相对纯净的过氧化钠，应将空气通过盛有浓氢氧化钠溶液的洗气瓶除去二氧化碳，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶除去水蒸气，则净化空气的装置接口从左至右的连接顺序是edbc，故答案为：edbc；
（3）过氧化钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、氧气和水，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑；
（4）该实验设计的原理是烧瓶中过氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠、氧气与水，用浓氢氧化钠溶液吸收氧气中可能混有二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳是否除尽，用排水法收集氧气，根据氧气体积可以计算过氧化钠的质量，进而计算样品中过氧化钠的质量分数，二氧化碳与浓氢氧化钠溶液反应的化学方程式为2NaOH + CO2=H2O+Na2CO3，故答案为：2NaOH + CO2=H2O+Na2CO3；检验CO2是否除尽；
（5）装置F中仪器i的名称为分液漏斗，分液漏斗和烧瓶用导管连接可以平衡气压，使稀硫酸顺利流下，还可以抵消滴加硫酸排出空气的体积，若没有该导管，排出的空气按生成氧气的体积计算，导致测定氧气体积偏大，则测定Na2O2样品的纯度偏大，故答案为：分液漏斗；偏大；
（6）过氧化钠与稀硫酸反应的化学方程式为2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑，标况下1.12L氧气的物质的量为=0.05mol，由方程式可知过氧化钠的质量为0.05mol×2×78g/mol=7.8g，则过氧化钠的纯度为×100%=78.0%，故答案为：78.0%。
【点睛】分液漏斗和烧瓶用导管连接可以平衡气压，使稀硫酸顺利流下，还可以抵消滴加硫酸排出空气体积，若没有该导管，排出的空气按生成氧气的体积计算是分析的难点，也是解答的易错点。
连城一中2019-2020学年上期高一年级月考一化学试卷
参考原子量：C-12 H-1 O-16 Na-23 S-32 Ca-40 Cl-35.5 Cu-64 P-31 N-14
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)
1.下列不属于未来化学探索空间的是（ ）
A. 能源和资源的合理开发
B. 合成新材料，制备新物质
C. 寻找新物种
D. 为治理环境找到快速灵敏的检测手段，并提出防护措施
【答案】C
【解析】
【详解】A项、能源和资源的合理开发属于化学研究的领域，故A正确；
B项、合成新材料，制备新物质属于化学的研究领域，故B正确；
C项、寻找新物种属于生物的研究领域，不属于化学的研究领域，故C错误；
D项、防止环境污染、解决环境问题，为治理环境找到快速灵敏的检测手段属于化学研究的范畴，故D正确；
故选C。
【点睛】化学的研究内容是研究物质的组成、性质、结构及变化规律的科学，凡与之有关系的领域均属于化学研究的范畴。
2.磁流体是电子材料的新秀。将含等物质的量的FeSO4和Fe2(SO4)3的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质粒子直径在36～55nm的磁流体。下列说法中正确的是
A. 所得的分散系属于悬浊液
B. 用光束照射该分散系能产生丁达尔效应
C. 所得的分散系中分散质为Fe2O3
D. 分散系为胶体，胶粒直径即Fe(OH)3分子直径
【答案】B
【解析】
试题分析：根据题意磁流体分散系分散质粒子直径在5.5-36nm，属于胶体的范畴，具备胶体的性质；A．分散质粒子直径在5.5～36nm之间，所得分散系为胶体，所以不是悬浊液，故A错误；B．该分散性属于胶体，胶体有丁达尔效应，所以当一束强光通过此磁流体时会出现光亮的通路，故B正确；C．分散质应是黑色的，而Fe2O3是红褐色的，故不是Fe2O3，故C错误；D．该胶体分散质是黑色的，氢氧化铁胶体胶体为红褐色，而且胶粒很多分子的集合体，不是一个分子，故D错误；故选C。
考点：考查胶体的性质
3.为除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，下列操作方法不能达到目的的是（ ）
选项
物质(杂质）
操作方法
A
Cu(Fe)
加足量稀硫酸，充分反应后过滤
B
CO(O2)
缓慢通过灼热铜网
C
NaCl溶液(Na2CO3)
加盐酸至恰好不再产生气泡为止
D
FeSO4溶液(CuSO4)
加入足量铁屑，充分反应后过滤
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A项、根据金属活动性，铁能与硫酸反应，溶于稀硫酸，铜不与稀硫酸反应，加足量稀硫酸，然后过滤即可分离，可以达到除去铜中铁的目的，故A正确；
B项、通过灼热的铜网不能把一氧化碳中的氧气除去，因为在加热条件下，一氧化碳能和氧气反应，会把原物质除掉，故B错误；
C项、碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，用盐酸可除去氯化钠中的碳酸钠，故C正确；
D项、根据金属活动性，加入铁屑可以把硫酸铜中的铜置换出来，然后过滤可分离开，可以达到除去FeSO4溶液中混有CuSO4目的，故Ｄ正确；
故选B。
【点睛】物质除杂时，可以根据物质性质，采用物理方法或化学方法，最少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应时不能引入新的杂质。
4.下列说法中正确的是（ ）
①钠在空气中燃烧生成白色的氧化钠 ②钠投入硫酸铜溶液中有红色粉末产生 ③过氧化钠可在呼吸面具中做供氧剂 ④铁丝在氯气中燃烧生成棕红色的FeCl3 ⑤钠、氢气在氯气中燃烧都能产生白烟
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①钠在空气或氧气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠而不是白色的氧化钠，故①错误；
②钠投入硫酸铜溶液中，先与水反应生成NaOH和H2，再与CuSO4发生复分解反应，不能置换出盐中的金属，故②错误；
③Na2O2能与CO2和H2O反应生成O2，故可在缺氧环境中做供氧剂，故③正确；
④氯气非常活泼，它与具有可变化合价的金属如铁反应时，生成高价态的金属氯化物FeCl3，故④正确；
⑤钠在氯气中燃烧生成固态NaCl，氢气在氯气中燃烧生成气态HCl，一个是白烟，一个是白雾，二者现象不同，故⑤错误；
③④正确，故选C。
5. 右图是一种实验某气体化学性质的实验装置。在A处通入氯气，图中B为开关，关闭B时，C中红色布条颜色无变化；打开B时，C处红色布条颜色褪去。由此做出的判断正确的是
A. D中可以是水 B. D中可以是饱和食盐水
C. D中不可能是浓H2SO4 D. 通入的氯气中含有水蒸气
【答案】D
【解析】
关闭B时，C中红色布条颜色无变化，说明D中试剂能干燥或吸收氯气，所以选项D是正确的，其余都是错误的，答案选D。
6.同温同压下，甲容器中的NH3和乙容器中的CH4所含的原子总数相同，则甲容器与乙容器的体积之比为（ ）
A. 1∶1 B. 5∶4 C. 3∶4 D. 2∶1
【答案】B
【解析】
【详解】设氨气和甲烷的物质的量分别是xmol、ymol，由同温同压下，体积比等于气体的物质的量比可得4x＝5y，解得x︰y＝5︰4，故选B。
7.如图装置，试管中盛有水，气球a中盛有干燥的Na2O2颗粒。U形管中注有浅红色的水。将气球用橡皮筋紧缚在试管口。实验时将气球中的Na2O2抖落到试管b的水中，将发现的现象是（ ）
A. U形管内浅红色退去
B. 试管内溶液变红
C. U形管水位d
【答案】D
【解析】
【详解】过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，反应产生O2使气球膨胀，反应放出大量热量使锥形瓶中空气受热膨胀而出现U形管中水位左降右升，使得d＞c，由于浅红色的水是在U形管中而非试管中，则试管内溶液不变色，U形管内的红水不褪色，故选D。
【点睛】Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应放热，可使广口瓶内压强增大是分析和解答关键。
8.下表所列各组物质中，物质之间按箭头方向不能通过一步反应实现如图所示转化的是
物质
选项
甲
乙
丙
A
CuO
CO2
H2O
B
C
CO
CO2
C
CaCO3
CaO
Ca(OH)2
D
H2SO4
H2O
H2
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题目给出的流程图和信息：甲通过反应可以生成乙，甲通过反应生成乙，而甲乙则能通过反应都能生成丙，据此依据选项中物质的性质以及变化规律分析解答即可。
【详解】A、由于二氧化碳和碱液反应可以生成水，氧化铜和氢气反应也可以生成水，故能完成甲乙反应都能生成丙，而氧化铜则可以和一氧化碳反应生成二氧化碳，故能完成甲到乙的转化；B、碳完全燃烧生成二氧化碳，一氧化碳燃烧生成二氧化碳，故能完成甲乙反应都能生成丙，而碳不完全燃烧生成一氧化碳，故能完成甲到乙的转化；C、氧化钙与水反应生成氢氧化钙，故能够完成乙到丙的转化，碳酸钙受热分解生成氧化钙能完全甲到乙的转化，但是无法完成由碳酸钙转化为氢氧化钙即甲到丙的转化均不能完成；D、水通电分解能生成氢气，稀硫酸与锌反应生成氢气，故能完成甲乙反应都能生成丙，而稀硫酸与氢氧化钠反应能生成硫酸钠和水，故能完成甲到乙的转化；答案选C。
【点睛】本题考查了常见物质间的反应，完成此题，可以依据相关物质的性质进行。
9.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
①标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA
②体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等
③2mol·L－1的AlCl3溶液中含氯离子为6NA
④标准状况下，22.4LH2O中分子数为NA
⑤32gO2和O3混合气体中含有原子数为2NA
A. ①⑤ B. ①②③ C. ①③④ D. ③④
【答案】A
【解析】
【详解】①标况下，11.2L气体的物质的量为0.5mol，0.5mol氮气和氧气的混合气体中含有1mol原子，所含的原子数为NA，故①正确；
②没有明确是否为相同条件，无法确定体积相同的氢气和氩气的物质的量是否相同，则所含的分子数不一定相等，故②错误；
③没有告诉2mol/L的氯化铝溶液的体积，无法计算溶液中溶质氯化铝的物质的量及氯离子的数目，故③错误；
④标况下水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故④错误；
⑤32g氧气和臭氧的混合物中含有32g氧原子，故含有2mol氧原子，含有原子数为2NA，故⑤正确；
①⑤正确，故选A。
10.下列关于Fe(OH)3胶体的叙述中，正确的是（ ）
A. 制备Fe(OH)3胶体化学方程式是FeCl3＋3H2OFe(OH)3↓＋3HCl
B. 在制备Fe(OH)3胶体的实验中，加热煮沸时间越长，越有利于胶体的生成
C. Fe(OH)3胶体微粒能吸附阳离子，从而使Fe(OH)3胶体带有一定电荷
D. Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮的固体颗粒并沉降，达到净水目的
【答案】D
【解析】
【详解】A项、将饱和的氯化铁溶液滴入到沸水中，并继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热制得氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl3＋3H2OFe(OH)3（胶体）＋3HCl，故A错误；
B项、制备氢氧化铁胶体时，当溶液变成红褐色时，停止加热，不能在长时间加热得原因是胶体会受热聚沉，故B错误；
C项、氢氧化铁胶体不带电，氢氧化铁胶体粒子具有较大的表面积，具有吸附性，能吸附阳离子带正电荷，故C错误；
D项、氢氧化铁胶体粒子具有较大的表面积，具有吸附性，能够吸附水中悬浮的固体颗粒并沉降，达到净水目的，故D正确；
故选D。
【点睛】胶体不带电，胶体粒子吸附溶液中的离子而带电是解答的易错点。
11.将14gNa2O和Na2O2的混合物加入足量的水中充分反应后，生成标准状况下的气体1.12L，所得溶液的体积为400mL，则所得溶液的物质的量浓度为（ ）
A. 2mol·L－1 B. 1mol·L－1 C. 3mol·L－1 D. 4mol·L－1
【答案】B
【解析】
【详解】Na2O和Na2O2均能与水反应，反应的化学方程式分别为Na2O+H2O=2NaOH和2Na2O2+2H2O=4NaOH + O2↑，标准状况下1.12L氧气的物质的量为=0.05mol，由化学方程式可知混合物中过氧化钠的物质的量为n（Na2O2）=2n（O2）=0.05mol×2=0.1mol，则混合物中氧化钠的物质的量为n（Na2O）==0.1mol，反应后溶液中的溶质为氢氧化钠，根据钠原子守恒可得氢氧化钠的物质的量为n（NaOH）=2n（Na2O2）+2n（Na2O）=0.1mol×2+0.1mol×2=0.4mol，所得溶液中溶质的物质的量浓度为c（NaOH）==1mol/L，故选B。
12.物质分类摆放，实验时才更方便取用，现实验室里有4个药品橱，已经存放下列试剂：
药品橱
甲橱
乙橱
丙橱
丁橱
药品
醋酸、盐酸
氢氧化钠、一水合氨
CuSO4、MgCl2
白磷、硫磺
实验室新购进一些碘化钾，应该将这些碘化钾放在（ ）
A. 甲橱 B. 乙橱 C. 丙橱 D. 丁橱
【答案】C
【解析】
【详解】甲厨中醋酸、盐酸属于酸，乙厨中氢氧化钠、一水合氨属于碱，丙厨中CuSO4、MgCl2属于盐，丁厨中白磷、硫磺属于非金属单质，碘化钾组成上分类属于盐，应放在丙厨中，故选C。
13.某物质A在一定条件下加热完全分解，产物都是气体。分解方程式为2AB＋2C＋2D，测得生成的混合气体对氢气的相对密度为4d，则A的相对分子质量为（ ）
A. 10d B. 20d C. 5d D. 2d
【答案】B
【解析】
【详解】设A为2mol，由化学方程式可知A在一定条件下加热完全分解生成的混合气体为5mol，相同条件下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，生成的混合气体对氢气的相对密度为4d，则混合气体的平均摩尔质量为8dg/mol，混合气体的质量为8dg/mol×5mol=40dg，由质量守恒定律可知，2molA的质量为40dg，A的摩尔质量为=20dg/mol，则A的相对分子质量为20d，故选B。
【点睛】由质量守恒定律确定A的质量与混合气体的质量相等是解答的突破口，也是解答的难点。
14.下列溶液中Cl-物质的量由大到小的顺序是（ ）
①200 mL2mol·L-1MgCl2溶液 ②1000mL3mol·L-1NaClO溶液
③300mL2mol·L-1KCl溶液 ④250mL1mol·L-1 FeCl3溶液
A. ①④③② B. ④①②③ C. ②①④③ D. ③④②①
【答案】A
【解析】
【详解】①200 mL2mol·L-1MgCl2溶液中氯离子的物质的量为0.2L×2mol/L×2=0.8mol，②1000mL3mol·L-1NaClO溶液中存在钠离子和次氯酸根离子，不存在氯离子，氯离子的物质的量为0，③300mL2mol·L-1KCl溶液中氯离子的物质的量为0.3L×2mol/L×1=0.6mol，④250mL1mol·L-1 FeCl3溶液氯离子的物质的量为0.25L×1mol/L×3=0.75mol，则溶液中氯离子的物质的量由大到小的顺序为①④③②，故选A。
15.如图是病人输液用的葡萄糖(分子式为C6H12O6)注射液的标签上的部分内容。据标签所提供的信息，以下说法错误的是（ ）
5%葡萄糖注射液
500 mL
【性状】本品为无色或几乎为无色的透明液体
规格】500 mL 25 g
【贮藏】密封保存
A. 该注射液中葡萄糖质量分数是5%
B. 葡萄糖的摩尔质量为180 g·mol－1
C. 该注射液的密度约为1g·cm－3
D. 该注射液中葡萄糖的物质的量浓度约为0.014mol·L－1
【答案】C
【解析】
【详解】A项、由标签所提供的信息可知，该注射液中葡萄糖的质量分数为5%，故A正确；
B项、由葡萄糖的分子式为C6H12O6可知，相对分子质量为180，摩尔质量为180 g·mol－1，故B正确；
C项、由标签所提供的信息可知，500 mL5%葡萄糖注射液的质量25 g，则注射液的密度约为=0.05g/mL=0.05g/cm3,故C错误；
D项、由标签所提供的信息可知，500 mL5%葡萄糖注射液的质量25 g，葡萄糖的物质的量为≈0.00694mol，该注射液中葡萄糖的物质的量浓度为≈0.014mol/L，故D正确；
故选C。
16.标准状况下，将a L H2和Cl2的混合气体点燃，充分反应后，将混合气体通入含b mol NaOH的热溶液中，气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl－、ClO－、，且三者物质的量之比为8∶1∶1，则原混合气体中H2的物质的量为( )
A. mol B. mol C. mol D. mol
【答案】C
【解析】
分析】
反应后溶液中Na＋的物质的量等于Cl－、ClO－、ClO的物质的量之和，也等于混合气体中氯原子的物质的量，所以氯气的物质的量为b/2mol，则氢气的物质的量为mol。
【详解】混合气体通入含bmolNaOH的热溶液中,气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl－、ClO－、ClO,根据电荷守恒可以知道,溶液中n(Na+)=n(Cl-)+n(ClO－)+ n(ClO3－),根据氯元素守恒可以知道,a LH2和Cl2的混合气体中n(Cl2)=1/2[n(Cl-)+n(ClO－)+ n(ClO3－)]=1/2 n(Na+)=1/2bmol，所以aLH2和Cl2的混合气体中n(H2)= mol；正确选项: C。
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
17.如图是铁链图案，图中相连的两物质可归属于同一类别，相交部分A、B、C、D为其相应的分类依据代号。
（1）①写出两种物质之间能发生反应的化学方程式______。
②写出除去NaCl溶液中杂质FeCl3的化学方程式_____。
（2）请简述选用图中物质制备Fe(OH)3胶体的实验操作_____。
（3）如图中化合物A是上述图中的一种物质，是常见的一种调味品，如图是该物质在化工生产中的一系列反应；其中化合物F俗称烧碱，单质C也是上述图中的一种物质。
①写出单质A与H2O反应的化学方程式_____。
②化合物A与水在通电下反应的化学方程式为____。
【答案】 (1). Na2O+CO2=Na2CO3 (2). FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl (3). 将饱和FeCl3溶液，滴入沸水中，可得到Fe(OH)3胶体 (4). Cl2＋H2O=HCl＋HClO (5). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
【解析】
【分析】
（1）①Na2O为碱性氧化物，CO2为酸性氧化物，Na2O能CO2发生化合反应；
②NaCl溶液中的FeCl3杂质可以加入适量的氢氧化钠溶液，过滤除去；
（3）由化合物A与水在通电下反应生成烧碱F、C单质氢气和A单质可知，化合物A为氯化钠，单质A为氯气。
【详解】（1）①碱性氧化物Na2O能与酸性氧化物CO2发生化合反应生成Na2CO3，反应的化学方程式为Na2O+CO2=Na2CO3，故答案为：Na2O+CO2=Na2CO3；
②NaCl溶液中的FeCl3杂质可以加入适量的氢氧化钠溶液，使FeCl3与适量的氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，过滤除去氢氧化铁沉淀得到NaCl溶液，反应的化学方程式为FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，故答案为：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl；
（2）制备Fe(OH)3胶体的实验操作为将饱和的氯化铁溶液滴入到沸水中，并继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热即制得氢氧化铁胶体，故答案为：将饱和（或1mol·L－1）FeCl3溶液，滴入沸水中，可得到Fe(OH)3胶体；
（3）由化合物A与水在通电下反应生成烧碱F、C单质氢气和A单质可知，化合物A为氯化钠，单质A为氯气。
①氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的化学方程式为Cl2＋H2O=HCl＋HClO，故答案为：Cl2＋H2O=HCl＋HClO；
②氯化钠与水在通电下反应生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。
【点睛】由化合物A与水在通电下反应生成烧碱F、C单质氢气和A单质确定化合物A为氯化钠，单质A为氯气是推断的突破口，也是解答的难点。
18.某化学实验室需要0.5 mol·L－1硫酸溶液450 mL。根据溶液的配制情况回答下列问题：
（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是______(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是________(填仪器名称)。
（2）现用质量分数为98%、密度为1.84 g·cm－3的浓硫酸来配制450 mL、0.5 mol·L－1的稀硫酸。计算所需浓硫酸的体积为________ mL(保留1位小数)，现有
①10 mL ②25 mL ③50 mL ④100 mL四种规格的量筒，你选用的量筒是________(填代号)。
（3）配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是__________________________________________________________。
（4）配制时，一般可分为以下几个步骤：
①量取 ②计算 ③稀释 ④摇匀 ⑤转移 ⑥洗涤 ⑦定容 ⑧冷却
其正确的操作顺序为：②→①→③→________→ ________→________→________→④(填序号)。_________
（5）在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中错误的是________(填代号，下同)，能引起误差偏高的有________。
①洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中
②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
③将浓硫酸直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸
④定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出
⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
⑦定容时，俯视刻度线
【答案】 (1). AD (2). 玻璃棒、胶头滴管 (3). 13.6 (4). ② (5). 将浓硫酸沿着烧杯壁(或玻璃棒)缓慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌 (6). ⑧ ⑤ ⑥ ⑦ (7). ①②③④⑥⑦ (8). ①②⑦
【解析】
【详解】(1)A为平底烧瓶、D为分液漏斗，在配制溶液过程中不会用到烧瓶和分液漏斗，答案选AD；配制一定浓度的溶液还缺少玻璃棒和胶头滴管；(2)质量分数为98%、密度为1.84 g·cm－3的浓硫酸的浓度为mol·L－1＝18.4 mol·L－1；实验室没有450 mL的容量瓶，实际上配制的是500 mL 0.5 mol·L－1的硫酸溶液，需要浓硫酸的体积为≈0.013 6 L＝13.6 mL；(3)稀释浓硫酸时必须将浓硫酸加入水中，正确的操作方法为将浓硫酸沿着烧杯壁(或玻璃棒)缓慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌；(4)配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，故正确的操作顺序为②→①→③→⑧→⑤→⑥→⑦→④；(5)①错误，原因：量筒不应洗涤，会引起浓度偏高；②错误，原因：温度偏高热胀冷缩，所以在定容时水加少了，导致配制的溶液的物质的量浓度偏高；③错误，原因：应该将浓硫酸缓慢加入水中，而不是将水加入浓硫酸中，这样会喷溅，有危险性；④错误，原因：水加多了，导致溶液的物质的量浓度偏小；⑥错误，原因：定容之后就不能加入水了；⑦错误，原因：应该视线与刻度线相平，俯视会导致加水偏少，浓度偏高。故操作中错误的是①②③④⑥⑦；能引起误差偏高的有①②⑦。
19.某校化学兴趣小组为研究氯气的性质并模拟工业制备漂白粉，设计了下列装置进行实验。已知：①A中反应为 KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O；
②石灰乳的主要成分为Ca(OH)2，其他杂质不参与反应。
（1）B装置作用____。实验结束后，立即将 B 中溶液滴几滴在紫色石蕊试纸上，可观察到的现象是_____。
（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III 处依次放入的物质正确的是___（填编号）。
编号
I
II
III
A
干燥的有色布条
碱石灰
湿润的有色布条
B
干燥的有色布条
浓硫酸
湿润的有色布条
C
湿润的有色布条
浓硫酸
干燥的有色布条
D
湿润的有色布条
碱石灰
干燥的有色布条
（3）待E中物质完全反应后，经过一系列加工处理，得到漂白粉样品，其主要成份为___（填化学式）
（4）F装置的作用是（用化学方程式表示）____。
（5）为测定（3）中所得漂白粉的有效成份含量。称取ag漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入 CO2至产生沉淀最大值时，该过程的化学方程式为_____，若反应生成沉淀的物质的量为bmol，则该漂白粉中有效成份的质量分数为_____（用含a、b的式子表示）。
【答案】 (1). 除去氯气中的HCl气体 (2). 试纸变红不褪色 (3). C (4). CaCl2、Ca(ClO)2 (5). Cl2＋2NaOH ==NaCl+ NaClO+H2O (6). CO2+H2O+Ca(ClO)2 == CaCO3↓+2HClO (7).
【解析】
【分析】
由实验装置图可知，装置A用浓盐酸与氯酸钾反应制备氯气，盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，盛有浓硫酸的装置D的作用是干燥氯气，盛有石灰乳的装置E的作用是制备漂白粉，盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气，防止污染空气。
【详解】（1）盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，实验结束后，因饱和食盐水吸收氯化氢气体，使溶液呈酸性，滴在紫色石蕊试纸上，试纸变红色，由于氯气不溶于饱和食盐水，溶液中没有次氯酸，不能使试纸褪色，故答案为：除去氯气中的HCl气体；试纸变红不褪色；
（2）氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性使有色布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色，则验证氯气是否具有漂白性时，C中I、II、III处依次放入的物质湿润的有色布条、浓硫酸、干燥的有色布条，C正确，故答案为：C；
（3）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，则漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，故答案为：CaCl2、Ca(ClO)2；
（4）盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气，过量的氯气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，防止污染空气，反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH ==NaCl+ NaClO+H2O，故答案为：Cl2＋2NaOH ==NaCl+ NaClO+H2O；
（5）碳酸的酸性强于次氯酸，将二氧化碳通入到漂白粉溶液中，二氧化碳与次氯酸钙反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的化学方程式为CO2+H2O+Ca(ClO)2 == CaCO3↓+2HClO；由题意可知，碳酸钙的物质的量为bmol，则有效成分次氯酸钙的质量为bmol×143g/mol=143bg，该漂白粉中有效成份的质量分数为，故答案为：CO2+H2O+Ca(ClO)2 == CaCO3↓+2HClO；。
【点睛】氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性使有色布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色是设计验证氯气是否具有漂白性实验方案的依据，也是解答试题的关键。
20.化学兴趣小组制取Na2O2，并测定制得的Na2O2样品的纯度。
I．制取Na2O2。查阅资料：
①钠与空气在453～473K之间可生成Na2O，迅速提高温度到573～673K之间可生成Na2O2。
②4Na+3CO22Na2CO3+C。
③加热后，Na不与N2反应。
（1）图1为兴趣小组制取Na2O2的装置，得到的固体中不可能混有的杂质是____。
A．Na3N B．Na2CO3 C．Na2O D．NaOH
（2）该小组若要得到相对纯净的Na2O2，请从图2中选择合适的装置（要求从装置A、B、C中选择）净化空气，接口从左至右正确的连接顺序是____。
II．测定制得的Na2O2样品的纯度。
按图2装置中的F→B→C→A→D顺序连接，检查装置气密性后，将制得的10g样品放入 F装置的烧瓶中，滴入稀硫酸反应后，D中收集到1.12L气体（体积已转换为标况下）。
（3）写出样品中Na2O2所发生反应的化学方程式为_____。
（4）B中反应的化学方程式为____，C装置的作用是____。
（5）装置F中仪器i的名称为____；仪器i和烧瓶用一根导管连接，目的是使稀硫酸能顺利流下，也可减少实验产生误差，若没有该导管将导致测定的结果____（填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（6）该实验测得样品中Na2O2纯度为_____。
【答案】 (1). A (2). edbc (3). 2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑ (4). 2NaOH + CO2=H2O+Na2CO3 (5). 检验CO2是否除尽 (6). 分液漏斗 (7). 偏大 (8). 78.0%
【解析】
【分析】
（1）①钠与氧气反应可以得到氧化钠、过氧化钠，二者均与二氧化碳反应得到碳酸钠，与水反应会得到氢氧化钠，由信息可知钠与氮气不反应；
（2）若要得到相对纯净的过氧化钠，应将空气通过盛有浓氢氧化钠溶液的洗气瓶除去二氧化碳，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶除去水蒸气；
（3）过氧化钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、氧气和水；
（4）该实验设计的原理是烧瓶中过氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠、氧气与水，用浓氢氧化钠溶液吸收氧气中可能混有二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳是否除尽，用排水法收集氧气，根据氧气体积可以计算过氧化钠的质量，进而计算样品中过氧化钠的质量分数；
（5）分液漏斗和烧瓶用导管连接可以平衡气压，使稀硫酸顺利流下，还可以抵消滴加硫酸排出空气的体积，若没有该导管，排出的空气按生成氧气的体积计算；
（6）依据标况下氧气的体积和反应方程式计算过氧化钠的质量，由题给数据计算过氧化钠的纯度。
【详解】（1）①钠与氧气反应可以得到氧化钠、过氧化钠，二者均与二氧化碳反应得到碳酸钠，与水反应会得到氢氧化钠，由信息可知钠与氮气不反应，则Na2O2中可能含有的杂质为Na2CO3、Na2O、NaOH，不可能含有Na3N，故答案为：A；
（2）空气中含有的二氧化碳和水会与过氧化钠的反应，使得制得的过氧化钠含有杂质，若要得到相对纯净的过氧化钠，应将空气通过盛有浓氢氧化钠溶液的洗气瓶除去二氧化碳，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶除去水蒸气，则净化空气的装置接口从左至右的连接顺序是edbc，故答案为：edbc；
（3）过氧化钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、氧气和水，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑；
（4）该实验设计的原理是烧瓶中过氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠、氧气与水，用浓氢氧化钠溶液吸收氧气中可能混有二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳是否除尽，用排水法收集氧气，根据氧气体积可以计算过氧化钠的质量，进而计算样品中过氧化钠的质量分数，二氧化碳与浓氢氧化钠溶液反应的化学方程式为2NaOH + CO2=H2O+Na2CO3，故答案为：2NaOH + CO2=H2O+Na2CO3；检验CO2是否除尽；
（5）装置F中仪器i的名称为分液漏斗，分液漏斗和烧瓶用导管连接可以平衡气压，使稀硫酸顺利流下，还可以抵消滴加硫酸排出空气的体积，若没有该导管，排出的空气按生成氧气的体积计算，导致测定氧气体积偏大，则测定Na2O2样品的纯度偏大，故答案为：分液漏斗；偏大；
（6）过氧化钠与稀硫酸反应的化学方程式为2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑，标况下1.12L氧气的物质的量为=0.05mol，由方程式可知过氧化钠的质量为0.05mol×2×78g/mol=7.8g，则过氧化钠的纯度为×100%=78.0%，故答案为：78.0%。
【点睛】分液漏斗和烧瓶用导管连接可以平衡气压，使稀硫酸顺利流下，还可以抵消滴加硫酸排出空气体积，若没有该导管，排出的空气按生成氧气的体积计算是分析的难点，也是解答的易错点。
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