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2021-2022学年浙江省浙北g2（湖州中学、嘉兴一中）一中高一（上）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年浙江省浙北g2（湖州中学、嘉兴一中）一中高一（上）期中化学试卷，共32页。试卷主要包含了选择题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年浙江省浙北G2（湖州中学、嘉兴一中）一中高一（上）期中化学试卷
一、选择题（每小题只有一个正确选项）
1．（3分）常温常压下，下列物质在空气里不发生变化的是（ ）
A．Na2O2 B．NaHCO3 C．Na D．NaOH
2．（3分）对下列物质进行的分类正确的是（ ）
A．纯碱、烧碱均属于碱
B．CuSO4•5H2O属于纯净物
C．凡能电离出H+的化合物均属于酸
D．盐类物质一定含有金属阳离子
3．（3分）下列应用与胶体的性质没有关系的是（ ）
A．放电影时，放映机到银幕间的光柱的形成
B．早晨在树叶间看到的光路
C．向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，生成红褐色沉淀
D．一束光线照射淀粉溶液，可看到光亮的通路
4．（3分）下列关于钠的说法中，正确的是（ ）
A．实验后剩余的钠粒，不能放回原试剂瓶中
B．钠着火后，可用水来灭火
C．钠的化学性质比较活泼，少量的钠可以保存在与钠不反应的煤油中
D．当钠与硫酸铜溶液反应时，有大量红色固体铜出现
5．（3分）下列关于物质的量的叙述中，正确的是（ ）
A．1mol任何物质都含有6.02×1023个分子
B．0.012kg12C中含有约6.02×1023个碳分子
C．1molNH3中含有1mol氮和3mol氢
D．1molNa+中含有6.02×1024个电子
6．（3分）下列物质间的转化，肯定需要加入还原剂的是（ ）
A．NaHCO3→Na2CO3 B．Na2O2→NaOH
C．Cl2→KCl D．FeCl3→FeCl2
7．（3分）已知离子的氧化性：Fe3+＞SO42﹣，离子的还原性：S2﹣＞I﹣＞Fe2+，向FeCl3溶液中加入下列物质，溶液颜色不是因发生化学变化而改变的是（ ）
A．FeI2 B．K2S C．CuSO4 D．SO2
8．（3分）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．氧化铜与稀硫酸反应：CuO+4H++SO42﹣═Cu2++SO2↑+2H2O
B．二氧化碳通入足量澄清石灰水中：Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2O
C．铁和盐酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑
D．氢氧化钡溶液与硫酸反应：OH﹣+H+═H2O
9．（3分）下列有关焰色试验说法中正确的是（ ）
A．用光洁的铂丝蘸取某无色溶液，灼烧时观察到黄色火焰，说明一定含Na+，不含K+
B．焰色试验中需用盐酸洗净铂丝
C．焰色试验均应透过蓝色钴玻璃观察
D．只有金属单质灼烧时火焰才有颜色
10．（3分）下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，不正确的是（ ）
A．均为钠盐 B．受热均易分解
C．焰色反应均为黄色 D．均能与盐酸反应
11．（3分）下列物质既不是电解质又不是非电解质，但其水溶液能导电的是（ ）
A．乙醇 B．氯化氢 C．漂白粉 D．铁
12．（3分）碳酸钠和碳酸氢钠各1mol，分别强热后，其产物与足量盐酸反应的结果是（ ）
A．放出的CO2的量前者为后者的二分之一
B．放出的CO2的量前者为后者的2倍
C．消耗盐酸一样多
D．消耗盐酸前者比后者少
13．（3分）下列化学反应中电子转移方向、数目表示正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
14．（3分）氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质．下列实验现象和结论一致且正确的是（ ）
A．加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明有Cl2存在
B．溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有HClO分子存在
C．先加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl﹣存在
D．加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在
15．（3分）下列反应中属于氧化还原反应，但水既不作氧化剂又不作还原剂的是（ ）
A．H2O+Na2O═2NaOH B．2H2O+2F2═4HF+O2
C．2H2OO2↑+2H2↑ D．3NO2+H2O═2HNO3+NO
16．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SO42﹣、I﹣
B．室温下，碱性溶液中：NO3﹣、K+、Na+、SO42﹣
C．含有大量Fe3+的溶液中：Al3+、SCN﹣、Br﹣、Na+
D．室温下，酸性溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、HSO3﹣
17．（3分）实验室利用如图所示装置制备氯气，图中涉及气体发生、除杂、干燥、收集、尾气处理装置，其中错误的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④
18．（3分）把aL含（NH4）2SO4、NH4NO3的混合溶液分成两等份，一份用bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，另一份与BaCl2溶液完全反应消耗cmol BaCl2，则原溶液中c（NO3﹣）为（ ）
A．mol/L B．mol/L
C．mol/L D．mol/L
19．（3分）下列关于阿伏加德罗常数和气体摩尔体积等的说法正确的是（ ）
A．标准状况下，1摩尔H2O的体积约为22.4L
B．128克SO2气体在标准状况下的体积约为44.8L
C．同温同压下两种气体的体积之比等于摩尔质量之比
D．常温下，22.4LO2所含的分子数为NA
20．（3分）下列有关铁及其化合物的叙述中正确的是（ ）
A．赤铁矿的主要成分为Fe3O4
B．Fe3+与KSCN溶液反应生成血红色沉淀
C．为了除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质，可向溶液中通入过量Cl2
D．氢氧化亚铁是白色固体，置于空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
21．（3分）200℃时，11.6g由CO2和H2O组成的混合气体与足量Na2O2充分反应后，固体质量增加3.6g．则原混合气体的平均相对分子质量为（ ）
A．5.8 B．11.6 C．23.2 D．46.4
22．（3分）往含有少量的K2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌．随着盐酸的加入，溶液中离子数目也相应地发生如图变化，四条曲线（c和d图象部分重叠）溶液中离子的对应关系，正确的是（ ）
A．a：Cl﹣b：K+ c：CO32﹣ d：HCO3﹣
B．a：K+ b：CO32﹣ c：Cl﹣ d：HCO3﹣
C．a：K+ b：CO32﹣ c：HCO3﹣ d：Cl﹣
D．a：K+ b：HCO3﹣ c：Cl﹣ d：CO32﹣
23．（3分）在标准状况下H2和Cl2混合气体xL，经光照完全反应后所得到的气体恰好能使ymol KOH完全反应转变为盐且气体无剩余，则x、y的关系不可能是（ ）
A．y＞ B．y≥ C．y≤ D．y＜
24．（3分）已知Br2+2KI═2KBr+I2，SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI，将0.1molBr2加入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，则下列说法正确的是（ ）
A．物质的还原性：HBr＞H2SO3＞HI
B．HI与H2SO3的物质的量浓度均为0.6mol/L
C．加入0.1molBr2发生的离子方程式为5Br2+4H2SO3+2I﹣+4H2O═4SO42﹣+I2+10Br﹣+16H+
D．若再加入0.05molBr2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化
25．（3分）把一定量的铁粉投入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe3+和Fe2+物质的量浓度之比为2：3，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+物质的量之比为（ ）
A．1：1 B．2：3 C．2：1 D．3：2
二、填空题
26．现有以下物质：
①NaOH溶液；
②液氨；
③BaCO3固体；
④熔融NaHSO4；
⑤Fe（OH）3胶体；
⑥铜；
⑦CO2；
⑧HClO；
⑨蔗糖；
⑩Na2O2。
（1）以上物质中属于混合物的是 （填序号），以上物质中属于电解质的是 （填序号）；以上纯净物中能导电的是 （填序号）。
（2）上述物质中有两种物质之间可发生离子反应：H++OH﹣═H2O，该离子反应对应的化学方程式为 。
（3）⑩与水反应的离子反应方程式为 。
27．由于用氯气对饮用水消毒，会使水中的有机物发生氯化，生成有机含氯化合物于人体有害，世界环保联盟即将全面禁止这种消毒方法．建议采用广谱性具有强氧化性的高效消毒剂二氧化氯（ClO2）．ClO2极易爆炸，生产和使用时尽量用惰性气体稀释，避免光照、震动或加热．
（1）在ClO2中，所有原子是否都满足8电子结构？ （填“是”或“否”）．
（2）欧洲一些国家用NaClO3氧化浓盐酸来制取ClO2，同时有Cl2 生成，且Cl2 的体积为ClO2 的一半．这一反应的化学方程式是 ．
（3）浓盐酸在上述反应中显示出来的性质是 （填写编号）．
A．只有还原性 B．还原性和酸性 C．只有氧化性 D．氧化性和酸性
（4）若上述反应产生0.1mol Cl2，转移电子的物质的量为 mol．
（5）ClO2为高效低毒的消毒剂，其消毒的效率（以单位质量得到电子数表示）是Cl2的 倍．
（6）我国广泛采用将经干燥空气稀释的氯气通入填有固体亚氯酸钠（NaClO2）的柱内制得ClO2，表示这一反应的化学方程式是 ．和欧洲的方法相比，我国这一方法的主要优点是 ．
三、实验题
28．实验室需配制480mL 0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液，填空并回答下列问题：
（1）配制480mL 0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液．
实际应称Na2CO3质量/g
应选用容量瓶的规格/mL
（2）配制时，其正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次） ．
A．用30mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．将准确称量的Na2CO3固体倒入烧杯中，再加适量水溶解
C．将已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，上下颠倒，摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1cm～2cm处
（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响？（填“偏高”“偏低”或“无影响”）若容量瓶中有少量蒸馏水 ；若定容时俯视刻度线 ．
（4）若实验过程中出现如下情况如何处理？加蒸馏水时不慎超过了刻度 ．
29．某课外活动小组设计了下列装置，验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触。
Ⅰ．装置分析
（1）装置①中反应的离子方程式是 。
（2）装置②中的试剂是 （填序号）。
a．饱和NaHCO3溶液
b．饱和Na2CO3溶液
c．浓H2SO4d.NaOH溶液
Ⅱ．进行实验
步骤1：打开弹簧夹K2，关闭K1，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
步骤2：打开弹簧夹K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
（3）步骤1和步骤2中，a处带火星的木条产生的实验现象分别是 。
（4）过氧化钠跟二氧化碳反应的化学方程式是 。
Ⅲ．实验反思
（5）有同学提出质疑：“上述实验不足以证明有水存在时过氧化钠跟二氧化碳发生了化学反应。”其理由是 。
（6）需要补充的实验操作是：取⑤中反应后的少量固体， 。
四、计算题
30．某学生用Na2CO3和NaHCO3组成的均匀混合物进行以下实验。（气体体积已折算成标准状况下的体积，不考虑CO2在水中的溶解，不考虑HCl的挥发）
实验1：取2.96g固体化合物加入质量分数为12.0%，密度为1.065g/cm3的盐酸40mL共产生672mL气体。
实验2：取8.88g该固体化合物逐滴加入40mL该盐酸，则产生amL的气体。
（1）盐酸的物质的量浓度c（HCl）＝ （保留两位小数）。
（2）样品中物质的量之比n（Na2CO3）：n（NaHCO3）＝ 。
（3）a＝ mL。
2021-2022学年浙江省浙北G2（湖州中学、嘉兴一中）一中高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有一个正确选项）
1．（3分）常温常压下，下列物质在空气里不发生变化的是（ ）
A．Na2O2 B．NaHCO3 C．Na D．NaOH
【分析】A．过氧化钠与空气中的水、二氧化碳反应；
B．碳酸氢钠空气中能够稳定存在；
C．钠露置在空气中先与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠吸收空气中的二氧化碳、水生成十水碳酸钠，十水碳酸钠失去结晶水最终变为碳酸钠；
D．氢氧化钠露置于空气中最终生成碳酸钠。
【解答】解：A．过氧化钠与空气中的水、二氧化碳反应，淡黄色固体变为白色固体，故A不选；
B．碳酸氢钠空气中能够稳定存在，不发生变化，故B选；
C．钠露置在空气中先与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠吸收空气中的二氧化碳、水生成十水碳酸钠，十水碳酸钠失去结晶水最终变为碳酸钠，最终变为白色固体，故C不选；
D．氢氧化钠露置于空气中最终生成碳酸钠，发生变化，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉钠及其化合物性质是解题关键，题目难度不大。
2．（3分）对下列物质进行的分类正确的是（ ）
A．纯碱、烧碱均属于碱
B．CuSO4•5H2O属于纯净物
C．凡能电离出H+的化合物均属于酸
D．盐类物质一定含有金属阳离子
【分析】A、纯碱是碳酸钠，属于盐类；
B、结晶水合物属于纯净物；
C、电离生成的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；
D、能电离出金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物是盐．
【解答】解：A、纯碱是碳酸钠，是由金属离子和酸根离子构成的，则不属于碱，属于盐类，故A错误；
B、结晶水合物有固定的组成和性质，属于纯净物，故B正确；
C、电离只生成的阳离子全部是氢离子的化合物才是酸，但硫酸氢钠能完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，则属于盐类，故C错误；
D、盐类物质含有的阳离子是金属离子或是铵根离子，故D错误。
故选：B。
【点评】本题是一道有关物质的分类的题目，熟记各种类型的物质的概念是解题的关键，属于基础知识的考查．
3．（3分）下列应用与胶体的性质没有关系的是（ ）
A．放电影时，放映机到银幕间的光柱的形成
B．早晨在树叶间看到的光路
C．向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，生成红褐色沉淀
D．一束光线照射淀粉溶液，可看到光亮的通路
【分析】A.大气是胶体；
B.丁达尔效应是胶体所特有的性质；
C.向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，生成的是氢氧化铁沉淀；
D.淀粉溶液是胶体。
【解答】解：A.大气是胶体，放电影时，放映机到银幕间的光柱的形成即大气的丁达尔效应，和胶体的性质有关，故A不选；
B.大气是胶体，丁达尔效应是胶体所特有的性质，早晨在树叶间看到的光路即大气的丁达尔效应，和胶体的性质有关，故B不选；
C.向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，生成的是氢氧化铁沉淀而非胶体，和胶体的性质无关，故C选；
D.淀粉溶液是胶体，一束光线照射淀粉溶液可看到光亮的通路即淀粉溶液的丁达尔效应，和胶体的性质有关，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查了胶体的性质和制备，应注意的是丁达尔效应是胶体所特有的性质，但不是其本质特征。
4．（3分）下列关于钠的说法中，正确的是（ ）
A．实验后剩余的钠粒，不能放回原试剂瓶中
B．钠着火后，可用水来灭火
C．钠的化学性质比较活泼，少量的钠可以保存在与钠不反应的煤油中
D．当钠与硫酸铜溶液反应时，有大量红色固体铜出现
【分析】A．钠表面有煤油隔绝空气，不会变质；
B．钠与水反应生成氢气；
C．钠密度大于煤油，与煤油不反应；
D．钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀、硫酸钠和氢气。
【解答】解：A．钠表面有煤油隔绝空气，不会变质，所以实验后剩余的钠粒，能放回原试剂瓶中，故A错误；
B．钠与水反应生成氢气，氢气易燃烧，所以钠着火后，不可用水来灭火，故B错误；
C．钠密度大于煤油，与煤油不反应，少量的钠可保存在煤油中以隔绝空气，故C正确；
D．钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀、硫酸钠和氢气，得不到铜，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉钠的性质是解题关键，题目难度不大。
5．（3分）下列关于物质的量的叙述中，正确的是（ ）
A．1mol任何物质都含有6.02×1023个分子
B．0.012kg12C中含有约6.02×1023个碳分子
C．1molNH3中含有1mol氮和3mol氢
D．1molNa+中含有6.02×1024个电子
【分析】A．物质不都是由分子构成；
B．应该为碳原子，不是碳分子；
C．1mol氮、3mol氢指代不明确；
D．1个钠离子含有10个电子。
【解答】解：A．物质不都是由分子构成，如氯化钠不含分子，故A错误；
B．0.012kg 12C的物质的量为1mol，含有约6.02×1023个碳原子，故B错误；
C．1molNH3中含有1molN和3molH，故C错误；
D．1molNa+中含有6.02×1024个电子，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量有关计算，明确以物质的量为核心计算公式是解题关键，注意物质的量使用注意事项，题目难度不大。
6．（3分）下列物质间的转化，肯定需要加入还原剂的是（ ）
A．NaHCO3→Na2CO3 B．Na2O2→NaOH
C．Cl2→KCl D．FeCl3→FeCl2
【分析】肯定需要加入还原剂才能实现，说明题中给予物质作氧化剂，在反应中得电子化合价降低，据此分析解答。
【解答】解：A．NaHCO3→Na2CO3中，元素化合价没有发生变化，不需要加还原剂即可实现，故A错误；
B．Na2O2→NaOH中，Na2O2与水反应可以生成NaOH，不需要加还原剂即可实现，故B错误；
C．Cl2→KCl中，Cl2与KOH反应可以生成KCl，不需要加还原剂即可实现，故C错误；
D．FeCl3→FeCl2中，Fe元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握转化过程中化合价的变化为解答的关键，注意氧化还原反应的基本概念，题目难度不大。
7．（3分）已知离子的氧化性：Fe3+＞SO42﹣，离子的还原性：S2﹣＞I﹣＞Fe2+，向FeCl3溶液中加入下列物质，溶液颜色不是因发生化学变化而改变的是（ ）
A．FeI2 B．K2S C．CuSO4 D．SO2
【分析】FeCl3溶液中加入还原剂会发生氧化还原反应，生成亚铁离子，溶液的颜色会改变，结合还原性顺序分析。
【解答】解：已知离子的氧化性：Fe3﹣＞SO42﹣，离子的还原性：S2﹣＞I﹣＞Fe2+，氧化性强的物质与还原性强的物质会发生氧化还原反应；
A．向FeCl3溶液中加入FeI2，铁离子被碘离子还原为亚铁离子，生成的单质碘，溶液的颜色发生变化，故A不选；
B．向FeCl3溶液中加入K2S，铁离子被硫离子还原为亚铁离子，溶液的颜色发生变化，故B不选；
C．向FeCl3溶液中加入CuSO4，二者不发生反应，溶液变蓝色，是因为铜离子的溶液为蓝色，故C选；
D．向FeCl3溶液中加入SO2，铁离子被二氧化硫还原为亚铁离子，溶液的颜色发生变化，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念及分析能力、知识迁移应用能力的考查，题目难度不大。
8．（3分）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．氧化铜与稀硫酸反应：CuO+4H++SO42﹣═Cu2++SO2↑+2H2O
B．二氧化碳通入足量澄清石灰水中：Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2O
C．铁和盐酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑
D．氢氧化钡溶液与硫酸反应：OH﹣+H+═H2O
【分析】A．二者反应生成硫酸铜和水；
B．二者反应生成碳酸钙和水；
C．不符合反应客观事实；
D．漏掉钡离子与硫酸根离子的反应。
【解答】解：A．氧化铜与稀硫酸反应，离子方程式：CuO+2H+═Cu2++H2O，故A错误；
B．二氧化碳通入足量澄清石灰水中，离子方程式：Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2O，故B正确；
C．二者反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故C错误；
D．氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，该反应的离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了离子方程式的判断，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
9．（3分）下列有关焰色试验说法中正确的是（ ）
A．用光洁的铂丝蘸取某无色溶液，灼烧时观察到黄色火焰，说明一定含Na+，不含K+
B．焰色试验中需用盐酸洗净铂丝
C．焰色试验均应透过蓝色钴玻璃观察
D．只有金属单质灼烧时火焰才有颜色
【分析】焰色反应是金属元素的性质，焰色反应的铂丝用盐酸洗涤除去杂质，观察钾元素的焰色需要透过蓝色钴玻璃，据此回答。
【解答】解：A．钾元素的紫色需要透过蓝色钴玻璃来观察，用光洁的铂丝蘸取某溶液，灼烧时观察到黄色火焰，说明一定含Na+，但不能说明不含K+，故A错误；
B．焰色反应的铂丝用盐酸洗涤，不能用其他酸，故B正确；
C．只有观察K元素的焰色才需要透过蓝色钴玻璃，故C错误；
D．焰色反应是一种元素的性质，不是单质才有，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了焰色反应，难度不大，注意焰色反应是元素的性质不是原子或离子的性质。
10．（3分）下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，不正确的是（ ）
A．均为钠盐 B．受热均易分解
C．焰色反应均为黄色 D．均能与盐酸反应
【分析】碳酸钠和碳酸氢钠阳离子都是钠离子，都属于钠盐，均含钠元素，焰色反应均为黄色，与盐酸反应都能够生成二氧化碳，碳酸钠稳定，碳酸氢钠稳定受热易分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，据此解答。
【解答】解：A．碳酸钠和碳酸氢钠阳离子都是钠离子，都属于钠盐，故A正确；
B．碳酸氢钠稳定受热易分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，碳酸钠稳定，受热不分解，故B错误；
C．碳酸钠、碳酸氢钠均含钠元素，焰色反应均为黄色，故C正确；
D．碳酸钠、碳酸氢钠都能够与盐酸反应都能够生成二氧化碳，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累。
11．（3分）下列物质既不是电解质又不是非电解质，但其水溶液能导电的是（ ）
A．乙醇 B．氯化氢 C．漂白粉 D．铁
【分析】物质溶于水后能导电，说明溶于水后能电离出自由移动的离子；
而电解质是在水溶液中或熔融状态下自身能电离出离子而导电的化合物；
非电解质是在水溶液中和熔融状态下均不能自身电离出离子而导电的化合物，以此解答该题。
【解答】解：A．乙醇是分电解质，故A不选；
B．氯化氢为电解质，故B不先；
C．漂白粉是混合物，含有氯化钙、次氯酸钙，溶于水电离产生钙离子、氯离子、次氯酸根离子，能导电，故C选；
D．铁是单质，不溶于水，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查了物质溶于水能导电的原因以及电解质和非电解质的判断，为高频考点，注意把握电解质、非电解质的判断，难度不大，应注意的是物质溶于水后能导电但不一定是电解质。
12．（3分）碳酸钠和碳酸氢钠各1mol，分别强热后，其产物与足量盐酸反应的结果是（ ）
A．放出的CO2的量前者为后者的二分之一
B．放出的CO2的量前者为后者的2倍
C．消耗盐酸一样多
D．消耗盐酸前者比后者少
【分析】加热时发生2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，与盐酸发生Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，结合反应的方程式解答该题．
【解答】解：Na2CO3加热不分解，NaHCO3不稳定，加热发生2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，与盐酸发生Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，
可知放出的CO2的量前者为后者的2倍，消耗盐酸前者比后者多，
故选：B。
【点评】本题考查钠的重要化合物，侧重碳酸钠、碳酸氢钠的性质的考查，为高频考点，注意结合反应的方程式解答该题，难度不大．
13．（3分）下列化学反应中电子转移方向、数目表示正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】A．反应中Hg元素化合价由+2价变为0价、O元素化合价由0价变为﹣2价、S元素化合价由﹣2价变为+4价，该反应中得失电子数为6；
B．氯酸钾中Cl元素的化合价应从+5价降到0价，盐酸中Cl元素的化合价应从﹣1价升高到0价，转移电子数是5；
C．单线桥表示电子转移时不标“得失”；
D．铜失电子发生氧化反应，硝酸得电子发生还原反应，转移电子数为2。
【解答】解：A．该反应中Hg元素化合价由+2价变为0价、O元素化合价由0价变为﹣2价、S元素化合价由﹣2价变为+4价，该反应中得失电子数为6，，故A错误；
B．根据化合价不能交叉的原则，氯酸钾中氯元素的化合价应从+5价降到0价，盐酸中氯元素的化合价应从﹣1价升高到0价，转移电子数是5mol，即，故B错误；
C．在该反应中HCl中的Cl失去电子变为Cl2，MnO2中的Mn得到电子变为MnCl2，电子转移数目为2e﹣，用单线桥法表示电子转移为，故C错误；
D．铜失电子发生氧化反应，硝酸得电子发生还原反应，转移电子数为2，用单线桥表示电子转为：，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，注意会利用双线桥和单线桥法表示电子的转移方向和数目，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，题目难度不大。
14．（3分）氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质．下列实验现象和结论一致且正确的是（ ）
A．加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明有Cl2存在
B．溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有HClO分子存在
C．先加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl﹣存在
D．加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在
【分析】氯气通入溶液中，与水反应发生Cl2+H2O═HCl+HClO，氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣，利用离子、分子的性质来分析．
【解答】解：氯气通入溶液中，与水反应发生Cl2+H2O═HCl+HClO，氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣，
A．次氯酸具有漂白性，则加入有色布条后，有色布条褪色，说明有HClO分子存在，故A错误；
B．氯气为黄绿色气体，具有刺激性气味，则氯水呈浅黄色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B错误；
C．因AgCl不溶于硝酸，先加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl﹣存在，故C正确；
D．氯气和氢氧化钠反应，则不能说明有HClO存在，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查氯水的成分及氯水中各微粒的性质，明确离子、分子的性质是解答本题的关键，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．
15．（3分）下列反应中属于氧化还原反应，但水既不作氧化剂又不作还原剂的是（ ）
A．H2O+Na2O═2NaOH B．2H2O+2F2═4HF+O2
C．2H2OO2↑+2H2↑ D．3NO2+H2O═2HNO3+NO
【分析】存在元素化合价变化的反应是氧化还原反应，在氧化还原反应中，水既不作氧化剂也不作还原剂，说明在反应中，水中的H、O元素的化合价都不发生变化，以此解答该题。
【解答】解：A．元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B．水中O元素的化合价升高，则水是还原剂，故B错误；
C．水中H元素的化合价降低，O元素的化合价升高，H2O既作氧化剂又作还原剂，故C错误；
D．N元素化合价既升高又降低，则NO2既作氧化剂又作还原剂，则水既不作氧化剂也不作还原剂，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价变化的角度认识氧化还原反应的概念和物质具有的性质，题目难度不大。
16．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SO42﹣、I﹣
B．室温下，碱性溶液中：NO3﹣、K+、Na+、SO42﹣
C．含有大量Fe3+的溶液中：Al3+、SCN﹣、Br﹣、Na+
D．室温下，酸性溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、HSO3﹣
【分析】A.铁离子能够氧化碘离子；
B.四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
C.铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁；
D.亚硫酸氢根离子与氢离子反应。
【解答】解：A.Fe3+、I﹣之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B.OH﹣、NO3﹣、K+、Na+、SO42﹣之间不反应，在碱性溶液中能够大量共存，故B正确；
C.Fe3+、SCN﹣之间发生络合反应生成硫氰化铁，不能大量共存，故C错误；
D.H+、HSO3﹣之间发生反应，在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，把握题干暗含信息、常见离子性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
17．（3分）实验室利用如图所示装置制备氯气，图中涉及气体发生、除杂、干燥、收集、尾气处理装置，其中错误的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④
【分析】由实验装置可知，①中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，B中应选饱和食盐水除去HCl，C中浓硫酸干燥氯气，然后向上排空气法收集氯气，④中石灰水的浓度低、吸收尾气的效果不好，应选NaOH溶液吸收尾气，以此来解答。
【解答】解：应选饱和食盐水除去氯化氢，不能用氢氧化钠，因为氢氧化钠可以与氯气反应，故②错误；
干燥装置应长导管进气，否则浓硫酸会被压入其右侧装置中，故③错误；
澄清石灰水浓度较低，无法完全吸收氯气，应用氢氧化钠溶液吸收氯气，故④错误；
图中只有①合理，
故选：C。
【点评】本题考查氯气的制备及性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
18．（3分）把aL含（NH4）2SO4、NH4NO3的混合溶液分成两等份，一份用bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，另一份与BaCl2溶液完全反应消耗cmol BaCl2，则原溶液中c（NO3﹣）为（ ）
A．mol/L B．mol/L
C．mol/L D．mol/L
【分析】bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4++OH﹣═NH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+，另一份与BaCl2溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2++SO42﹣═BaSO4↓可知每份含有SO42﹣cmol，根据溶液不显电性列式计算出每份中NO3﹣的物质的量，再根据c＝计算原溶液中c（NO3﹣）。
【解答】解：bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4++OH﹣═NH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+，另一份与BaCl2溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2++SO42﹣═BaSO4↓可知每份含有SO42﹣cmol，设每份中NO3﹣的物质的量为n，溶液不显电性，则：bmol×1＝cmol×2+n×1，解得n＝（b﹣2c）mol，每份溶液的体积为0.5aL，所以每份溶液硝酸根的浓度为c（NO3﹣）＝＝mol/L，即原溶液中c（NO3﹣）＝mol/L，
故选：B。
【点评】本题考查物质的量浓度的计算，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握物质的量浓度的概念及表达式，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
19．（3分）下列关于阿伏加德罗常数和气体摩尔体积等的说法正确的是（ ）
A．标准状况下，1摩尔H2O的体积约为22.4L
B．128克SO2气体在标准状况下的体积约为44.8L
C．同温同压下两种气体的体积之比等于摩尔质量之比
D．常温下，22.4LO2所含的分子数为NA
【分析】A.标况下水为液体；
B.求出128g二氧化硫的物质的量，然后根据体积V＝nVm来计算；
C.根据V＝nVm来分析；
D.常温下，气体摩尔体积不是22.4L/mol。
【解答】解：A.标况下水为液体，故其体积不能根据气体摩尔体积来计算，故A错误；
B.128g二氧化硫的物质的量n＝＝2mol，在标况下的体积V＝nVm＝2mol×22.4L/mol＝44.8L，故B正确；
C.同温同压下，气体摩尔体积相同，根据V＝nVm可知，气体的体积之比等于物质的量之比，和摩尔质量无关，故C错误；
D.常温下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，则22.4L氧气的物质的量小于1mol，分子数小于NA个，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构特点是解题关键，应注意掌握基础的运算方法。
20．（3分）下列有关铁及其化合物的叙述中正确的是（ ）
A．赤铁矿的主要成分为Fe3O4
B．Fe3+与KSCN溶液反应生成血红色沉淀
C．为了除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质，可向溶液中通入过量Cl2
D．氢氧化亚铁是白色固体，置于空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
【分析】A.赤铁矿的主要成分为三氧化二铁；
B.二者生成络合物硫氰化铁，不是沉淀；
C.氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，违反了除杂原则；
D.白色沉淀氢氧化亚铁易被氧化为红褐色的氢氧化铁。
【解答】解：A.赤铁矿的主要成分为Fe2O3，Fe3O4为磁铁矿的主要成分，故A错误；
B.Fe3+与KSCN溶液反应生成血红色的络合物硫氰化铁，不是沉淀，故B错误；
C.向溶液中通入过量Cl2后，FeCl2被氧化为FeCl3，加入过量铁粉可除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质，故C错误；
D.氢氧化亚铁是白色固体，具有较强还原性，易被氧气氧化，所以置于空气中会迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查常见元素化合物的性质应用，为高频考点，把握铁及其化合物性质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
21．（3分）200℃时，11.6g由CO2和H2O组成的混合气体与足量Na2O2充分反应后，固体质量增加3.6g．则原混合气体的平均相对分子质量为（ ）
A．5.8 B．11.6 C．23.2 D．46.4
【分析】200℃时水为气态，向足量的固体Na2O2中通入11.6gCO2和H2O，发生反应方程式为：2Na2O2+2CO2＝Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，固体只增加了3.6g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m（O2）＝11.6g﹣3.6g＝8g，根据n＝计算生成氧气的物质的量，根据方程式可知n（混合气体）＝2n（O2），进而计算原混合气体的平均相对分子质量．
【解答】解：200℃时水为气态，向足量的固体Na2O2中通入11.6gCO2和H2O，发生反应方程式为：2Na2O2+2CO2＝Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，固体只增加了3.6g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m（O2）＝11.6g﹣3.6g＝8g，氧气的物质的量为：n（O2）＝＝0.25mol，
根据方程式2Na2O2+2CO2＝Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑可知：n（混合气体）＝2n（O2）＝2×0.25mol＝0.5mol，
所以原混合气体的平均摩尔质量为：＝23.2g/mol，故混合气体的平均相对分子质量为23.2，
故选：C。
【点评】本题考查有关混合物反应的计算、过氧化钠的性质等，题目难度中等，明确固体质量变化的原因是解答本题的关键，注意掌握根据化学反应进行的化学计算的方法．
22．（3分）往含有少量的K2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌．随着盐酸的加入，溶液中离子数目也相应地发生如图变化，四条曲线（c和d图象部分重叠）溶液中离子的对应关系，正确的是（ ）
A．a：Cl﹣b：K+ c：CO32﹣ d：HCO3﹣
B．a：K+ b：CO32﹣ c：Cl﹣ d：HCO3﹣
C．a：K+ b：CO32﹣ c：HCO3﹣ d：Cl﹣
D．a：K+ b：HCO3﹣ c：Cl﹣ d：CO32﹣
【分析】根据向一定量的K2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，则先后发生K2CO3+HCl═KCl+KHCO3、KHCO3+HCl═KCl+CO2↑+H2O，则钾离子数目不发生变化，氯离子的数目在增加，碳酸根离子的数目一直在减少，直到为0，碳酸氢根离子的数目先增大后减小，直到为0，然后结合图象来分析对应的离子．
【解答】解：因向一定量的K2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，先后发生如下反应，K2CO3+HCl═KCl+KHCO3、KHCO3+HCl═KCl+CO2↑+H2O，则钾离子的数目不变，则图中a为K+离子；
碳酸根离子在减少，直至为0，则图中b为CO32﹣离子，碳酸氢根离子先增大后减小，直至为0，则图中c为HCO3﹣离子，氯离子先为0，随盐酸的加入氯离子的数目在增多，则d为Cl﹣离子，
根据分析可知：a：K+、b：CO32﹣、c：HCO3﹣、d：Cl﹣，
故选：C。
【点评】本题考查离子反应及其应用，题目难度中等，明确离子反应的实质并学会结合图象来判断离子数目是解答的关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
23．（3分）在标准状况下H2和Cl2混合气体xL，经光照完全反应后所得到的气体恰好能使ymol KOH完全反应转变为盐且气体无剩余，则x、y的关系不可能是（ ）
A．y＞ B．y≥ C．y≤ D．y＜
【分析】H2和Cl2的混合气体xL经光照反应后所得气体，恰好能与y mol的KOH完全作用生成盐，生成的盐可能是KCl或KCl和KClO两种情况，则K、Cl原子的物质的量比为1：1，据此计算氯气物质的量，且气体没有剩余，则氢气没有剩余，若xL全部为氯气时，产生消耗的KOH最大。
【解答】解：氢气与氯气反应后得到气体可能有如下三种情况：①HCl，②H2、HCl，③HCl、Cl2，由于气体可以被KOH完全吸收，则氢气没有剩余，故只能为HCl或者HCl、Cl2，生成的盐可能是KCl或KCl和KClO两种情况，则K、Cl原子的物质的量比为1：1，故n（Cl2）＝0.5ymol，标准状况下其体积为0.5ymol×22.4L/mol＝11.2y L，则H2的体积为（x﹣11.2y）L，由H2+Cl22HCl，可知11.2y L≥（x﹣11.2y）L，整理可得y≥，若xL全部为氯气时，产生消耗的KOH最大，则11.2y＜x，即y＜，可得＞y≥，
故选：B。
【点评】本题考查化学方程式的计算，关键是利用盐中K、Cl的物质的量关系计算氯气的物质的量，侧重分析能力和知识应用能力的考查。
24．（3分）已知Br2+2KI═2KBr+I2，SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI，将0.1molBr2加入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，则下列说法正确的是（ ）
A．物质的还原性：HBr＞H2SO3＞HI
B．HI与H2SO3的物质的量浓度均为0.6mol/L
C．加入0.1molBr2发生的离子方程式为5Br2+4H2SO3+2I﹣+4H2O═4SO42﹣+I2+10Br﹣+16H+
D．若再加入0.05molBr2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化
【分析】在反应Br2+2KI═2KBr+I2中，Br2作氧化剂，I﹣做还原剂，Br﹣为还原产物，I2为氧化产物，在反应SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI中，I2作氧化剂，SO2做还原剂，H2SO4为氧化产物，HI为还原产物，根据氧化还原反应的强弱规律，还原性强弱为：SO2＞I﹣＞Br﹣，氧化性强弱为：Br2＞I2＞H2SO4，将0.1molBr2加入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，根据氧化还原反应的先后规律，Br2先把H2SO3氧化成H2SO4，再HI把氧化成I2，还原产物均为HBr，有一半的HI被氧化，说明H2SO3已全部被氧化，0.1molBr2已消耗完，据此解答。
【解答】解：A.由分析可知，还原性强弱为：SO2＞I﹣＞Br﹣，则物质的还原性：H2SO3＞HI＞HBr，故A错误；
B.HI与H2SO3的物质的量均为xmol，根据H2O+Br2+H2SO3═H2SO4+2HBr，Br2+2HI═2HBr+I2，结合分析可知，H2SO3消耗的Br2为xmol，HI消耗的Br2为×mol＝0.25xmol，则xmol+0.25xmol＝0.1mol，解x＝0.08，则HI与H2SO3的物质的量浓度均为＝0.8mol/L，故B错误；
C.由选项B可知，加入0.1molBr2，氧化了0.08molH2SO3和0.04molHI，同时消耗0.08molH2O，生成0.08molH2SO4、0.02molI2和0.2molHBr，则其化学方程式为：5Br2+4H2SO3+2HI+4H2O═4H2SO4+I2+10HBr，故离子方程式为5Br2+4H2SO3+2I﹣+4H2O═4SO42﹣+I2+10Br﹣+16H+，故C正确；
D.由选项B可知，还剩余0.04molHI，依据方程式Br2+2HI═2HBr+I2，要氧化剩余的HI，需要加入的Br2的物质的量为0.04mol×＝0.02mol，即再加入0.02molBr2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，关键是掌握氧化还原反应的基本概念、强弱规律、先后规律等，把握配比型离子方程式的书写要求和利用方程式计算的方法。
25．（3分）把一定量的铁粉投入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe3+和Fe2+物质的量浓度之比为2：3，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+物质的量之比为（ ）
A．1：1 B．2：3 C．2：1 D．3：2
【分析】根据题意，完全反应后，所得溶液中Fe3+和Fe2+物质的量浓度之比为2：3，所得溶液中的Fe2+都是由Fe和Fe3+反应得到的，Fe+2Fe3+＝3Fe2+，可求出，参加反应的Fe3+的用量，进而求出，已反应的Fe3+和未反应的Fe3+物质的量之比；
【解答】解：已知，完全反应后，所得溶液中Fe3+和Fe2+物质的量浓度之比为2：3，根据溶液体积不变，所以物质的量之比＝物质的量浓度之比，设所得溶液nFe3+＝2x mol，则所得溶液nFe2+＝3x mol，所得溶液中的Fe2+都是由Fe和Fe3+反应得到的，即：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，
2 3
∴nFe3+∵nFe2+＝3x mol 即，nFe3+＝2x mol；
所以，已反应的nFe3+＝2x mol，未反应的Fe3+就是溶液剩的nFe3+＝2x mol，即，未反应的nFe3+＝2x mol，所以为2x：2x，即为1：1；
故选：A。
【点评】此题为氧化还原反应相关计算题，只要题意理解，根据题意计算即可，难度不大，相对基础
二、填空题
26．现有以下物质：
①NaOH溶液；
②液氨；
③BaCO3固体；
④熔融NaHSO4；
⑤Fe（OH）3胶体；
⑥铜；
⑦CO2；
⑧HClO；
⑨蔗糖；
⑩Na2O2。
（1）以上物质中属于混合物的是 ①⑤ （填序号），以上物质中属于电解质的是 ③④⑧⑩ （填序号）；以上纯净物中能导电的是 ④⑥ （填序号）。
（2）上述物质中有两种物质之间可发生离子反应：H++OH﹣═H2O，该离子反应对应的化学方程式为 NaHSO4+NaOH＝Na2SO4+H2O 。
（3）⑩与水反应的离子反应方程式为 2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH﹣+O2↑ 。
【分析】（1）由两种或两种以上的物质组成的是混合物；在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；只由一种物质组成的为纯净物；物质中含有自由移动的离子或电子时则能导电；
（2）H++OH﹣═H2O可以表示强酸（或强酸的酸式盐）和强碱反应生成可溶性盐和水的反应；
（3）Na2O2和水反应生成NaOH和氧气。
【解答】解：（1）①NaOH溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，能导电；
②液氨是液态的氨气，纯净物，既不是电解质也不是非电解质，不能导电；
③BaCO3固体是纯净物，不能导电，但在熔融状态下能导电，故是电解质；
④熔融NaHSO4能导电，是电解质，是纯净物
⑤Fe（OH）3胶体是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；
⑥铜是纯净物，能导电，由于是单质，故既不是电解质也不是非电解质；
⑦CO2是纯净物，是非电解质，不能导电；
⑧HClO不能导电，但溶于水后能自身电离出自由移动离子而导电，是电解质，；
⑨蔗糖是非电解质，不能导电；
⑩Na2O2不能导电，但熔融状态下能导电，是电解质。
故是混合物的是①⑤；属于电解质的是③④⑧⑩；属于纯净物但能导电的是④⑥，
故答案为：①⑤；③④⑧⑩；④⑥；
（2）H++OH﹣═H2O可以表示强酸（或强酸的酸式盐）和强碱反应生成可溶性盐和水的反应，故④熔融NaHSO4与①NaOH溶液的反应符合此离子方程式，对应的化学方程式为NaHSO4+NaOH＝Na2SO4+H2O，
故答案为：NaHSO4+NaOH＝Na2SO4+H2O；
（3）Na2O2和水反应生成NaOH和氧气，离子方程式为2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH﹣+O2↑，
故答案为：2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH﹣+O2↑。
【点评】本题考查了离子方程式书写的正误判断以及电解质非电解质的辨别，难度不大，应注意基础概念要点的掌握以及离子方程式书写方法的理解。
27．由于用氯气对饮用水消毒，会使水中的有机物发生氯化，生成有机含氯化合物于人体有害，世界环保联盟即将全面禁止这种消毒方法．建议采用广谱性具有强氧化性的高效消毒剂二氧化氯（ClO2）．ClO2极易爆炸，生产和使用时尽量用惰性气体稀释，避免光照、震动或加热．
（1）在ClO2中，所有原子是否都满足8电子结构？ 否 （填“是”或“否”）．
（2）欧洲一些国家用NaClO3氧化浓盐酸来制取ClO2，同时有Cl2 生成，且Cl2 的体积为ClO2 的一半．这一反应的化学方程式是 2NaClO3+4HCl＝2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O ．
（3）浓盐酸在上述反应中显示出来的性质是 （填写编号）．
A．只有还原性 B．还原性和酸性 C．只有氧化性 D．氧化性和酸性
（4）若上述反应产生0.1mol Cl2，转移电子的物质的量为 0.2 mol．
（5）ClO2为高效低毒的消毒剂，其消毒的效率（以单位质量得到电子数表示）是Cl2的 2.63 倍．
（6）我国广泛采用将经干燥空气稀释的氯气通入填有固体亚氯酸钠（NaClO2）的柱内制得ClO2，表示这一反应的化学方程式是 2NaClO2+Cl2＝2NaCl+2ClO2 ．和欧洲的方法相比，我国这一方法的主要优点是 对环境的污染较小 ．
【分析】（1）根据最外层电子数结合化合价判断；
（2）氯酸钠和浓盐酸反应能生成二氧化氯、氯气、水和氯化钠；
（3）反应生成氯化钠和氯气，盐酸表现出酸性和还原性；
（4）由反应可知，1个Cl得到电子与1个Cl失去电子数目相同；结合Cl元素的化合价升高计算转移电子数；
（5）1molCl2可以获得2mol电子，1molClO2可以获得电子5mol电子，以此进行计算；
（6）NaClO2、Cl2以1：2反应生成ClO2，还生成NaCl，生成的ClO2中不含Cl2杂质．
【解答】解：（1）Cl盐酸化合价为+4价，最外层有7个电子，形成的化合物中最外层电子数为11，故答案为：否；
（2）用NaClO3氧化浓盐酸制取ClO2，同时有Cl2生成，且Cl2体积为ClO2的一半，氯酸钠和浓盐酸反应的化学方程式为：2NaClO3+4HCl＝2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl，
故答案为：2NaClO3+4HCl＝2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O；
（3）在反应2KClO3+4HCl（浓）═2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O中，HCl中Cl元素的化合价由﹣1价升高0，则HCl具有还原性，又该反应生成盐KCl，则表现酸的酸性，故答案为：B；
（4）由Cl元素的化合价升高可知产生0.1mol Cl2，则转移的电子的物质的量为0.1mol×2×（1﹣0）＝0.2mol，故答案为：0.2；
（5）设质量都是71g，氯气得到的电子数为×2×1＝2mol，
ClO2得到的电子数为×1×5＝mol＝mol，
则ClO2消毒的效率是Cl2的倍数为＝≈2.63，
故答案为：2.63；
（6）NaClO2、Cl2以2：1反应生成ClO2，还生成NaCl，该反应为2NaClO2+Cl2＝2ClO2+2NaCl，生成的ClO2中不含Cl2杂质，对环境污染较小，
故答案为：2NaClO2+Cl2＝2NaCl+2ClO2；对环境的污染较小．
【点评】本题以氯气的制法来考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握氧化还原反应中转移的电子数的计算，明确化合价的变化是分析的关键，难点是消毒效率的计算，题目难度中等．
三、实验题
28．实验室需配制480mL 0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液，填空并回答下列问题：
（1）配制480mL 0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液．
实际应称Na2CO3质量/g
应选用容量瓶的规格/mL
（2）配制时，其正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次） BCAFED ．
A．用30mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．将准确称量的Na2CO3固体倒入烧杯中，再加适量水溶解
C．将已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，上下颠倒，摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1cm～2cm处
（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响？（填“偏高”“偏低”或“无影响”）若容量瓶中有少量蒸馏水 无影响 ；若定容时俯视刻度线 偏高 ．
（4）若实验过程中出现如下情况如何处理？加蒸馏水时不慎超过了刻度 重新配制 ．
【分析】（1）依据配制溶液体积选择容量瓶规格，依据m＝cVM计算需要溶质的质量；
（2）用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签等，据此排序；
（3）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C＝进行误差分析；
（4）任何操作导致实验失败且不能补救的都必须重新配制．
【解答】解：（1）配制480mL 0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液，实验室没有480mL规格容量瓶，应选择500mL容量瓶，需要溶质的质量m＝0.1mol•L﹣1×0.5L×106g/mol＝5.3g，
故答案为：5.3g；500mL；
（2）用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签等，所以 正确的顺序为：BCAFED；
故答案为：BCAFED；
（3）若容量瓶中有少量蒸馏水无影响，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，对溶液浓度无影响；
若定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；
故答案为：无影响；偏高；
（4）加蒸馏水时不慎超过了刻度，实验失败且无法补救，必须重新配制，故答案为：重新配制．
【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意容量瓶规格选择，题目难度不大．
29．某课外活动小组设计了下列装置，验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触。
Ⅰ．装置分析
（1）装置①中反应的离子方程式是 CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑ 。
（2）装置②中的试剂是 a （填序号）。
a．饱和NaHCO3溶液
b．饱和Na2CO3溶液
c．浓H2SO4d.NaOH溶液
Ⅱ．进行实验
步骤1：打开弹簧夹K2，关闭K1，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
步骤2：打开弹簧夹K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
（3）步骤1和步骤2中，a处带火星的木条产生的实验现象分别是 步骤1中木条不复燃，步骤2中木条复燃 。
（4）过氧化钠跟二氧化碳反应的化学方程式是 2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2 。
Ⅲ．实验反思
（5）有同学提出质疑：“上述实验不足以证明有水存在时过氧化钠跟二氧化碳发生了化学反应。”其理由是 气体中有水，水也可与Na2O2反应产生O2使木条复燃 。
（6）需要补充的实验操作是：取⑤中反应后的少量固体， 加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中 。
【分析】①中盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，②用于除去HCl，应为饱和碳酸氢钠溶液，③应为浓硫酸，④⑤为对比试验，用于判断干燥的二氧化碳是否与过氧化钠反应，⑥可避免空气中的水、二氧化碳进入④⑤，最后用带火星的木条检验是否生成氧气，以此解答该题；
（1）碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水；
（2）第①个装置所用的盐酸具挥发性，所以此反应产生的二氧化碳中混有HCl气体，饱和碳酸氢钠中可与HCl反应，不与二氧化碳反应；
（3）结合步骤1和步骤2中有无氧气生成分析；
（4）过氧化钠跟二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
（5）水也可与Na2O2反应产生O2使木条复燃；
（6）二氧化碳与过氧化钠产生碳酸钠，水与过氧化钠反应产生氢氧化钠，所以证明产物中有碳酸钠，进而证明是二氧化碳和过氧化钠反应了。
【解答】解：（1）装置①中盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，反应的离子方程式是CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，
故答案为：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑；
（2）②用于除去HCl，应为饱和碳酸氢钠溶液，
故答案为：a；
（3）步骤1：打开弹簧夹K2，关闭K1，生成的二氧化碳被干燥，步骤2为湿润的二氧化碳，可观察到步骤1中木条不复燃，步骤2中木条复燃，
故答案为：步骤1中木条不复燃，步骤2中木条复燃；
（4）过氧化钠跟二氧化碳反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，
故答案为：2Na2O2+2CO2 ═2Na2CO3+O2；
（5）水与过氧化钠反应生成氧气，不能证明二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气使木条复燃，
故答案为：气体中有水，水也可与Na2O2反应产生O2使木条复燃；
（6）可用反应后的固体加入盐酸，观察生成的气体是否能使澄清石灰水变浑浊，说明生成碳酸钠，二氧化碳参加反应，
故答案为：加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中。
【点评】本题考查物质的性质探究，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质、实验的原理和操作方法，难度中等。
四、计算题
30．某学生用Na2CO3和NaHCO3组成的均匀混合物进行以下实验。（气体体积已折算成标准状况下的体积，不考虑CO2在水中的溶解，不考虑HCl的挥发）
实验1：取2.96g固体化合物加入质量分数为12.0%，密度为1.065g/cm3的盐酸40mL共产生672mL气体。
实验2：取8.88g该固体化合物逐滴加入40mL该盐酸，则产生amL的气体。
（1）盐酸的物质的量浓度c（HCl）＝ 3.50mol/L （保留两位小数）。
（2）样品中物质的量之比n（Na2CO3）：n（NaHCO3）＝ 2：1 。
（3）a＝ 1792 mL。
【分析】（1）根据c＝计算盐酸的物质的量浓度；
（2）n（HCl）＝0.04L×mol/L≈0.14mol，由Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O、NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O可知，假设2.96g全部为碳酸钠时，反应消耗盐酸最多为×2≈0.056mol＜0.14mol，故碳酸钠、碳酸氢钠完全反应，设二者物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量、碳原子守恒列方程计算解答；
（3）计算8.88g固体混合物中碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量，先发生反应Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，再发生反应NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，根据方程式计算。
【解答】解：（1）根据c＝可知，质量分数为12.0%、密度为1.065g/cm3的盐酸的物质的量浓度为×mol/L≈3.50mol/L，
故答案为：3.50mol/L；
（2）n（HCl）＝0.04L×3.50mol/L＝0.14mol，由Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O、NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O可知，2.96g全部为碳酸钠时，反应消耗盐酸最多为×2≈0.056mol＜0.14mol，故碳酸钠、碳酸氢钠完全反应，设二者物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量有106x+84y＝2.96，根据碳原子守恒有x+y＝，联立解得x＝0.02，y＝0.01，故n（Na2CO3）：n（NaHCO3）＝0.02mol：0.01mol＝2：1，
故答案为：2：1；
（3）8.88g固体混合物中碳酸钠物质的量为0.02mol×＝0.06mol，碳酸氢钠的物质的量为0.01mol×＝0.03mol，由Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl可知，0.06mol碳酸钠完全转化为碳酸氢钠消耗HCl为0.06mol，生成碳酸氢钠为0.06mol，故剩余HCl为0.14mol﹣0.06mol＝0.08mol，反应后碳酸氢钠总量为0.03mol+0.06mol＝0.09mol，由NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O可知，0.08molHCl完全反应消耗碳酸氢钠为0.08mol，小于0.09mol，故HCl完全反应，则生成二氧化碳为0.08mol×22.4L/mol＝1.792L＝1792mL，
故答案为：1792。
【点评】本题考查混合物有关计算、化学方程式的计算，注意理解物质的量浓度与质量分数之间关系，明确碳酸钠与盐酸反应是分步进行的，试题培养了学生分析计算能力。
2021-2022学年浙江省浙北G2（湖州中学、嘉兴一中）一中高一（上）期中化学试卷
一、选择题（每小题只有一个正确选项）
1．（3分）常温常压下，下列物质在空气里不发生变化的是（ ）
A．Na2O2 B．NaHCO3 C．Na D．NaOH
2．（3分）对下列物质进行的分类正确的是（ ）
A．纯碱、烧碱均属于碱
B．CuSO4•5H2O属于纯净物
C．凡能电离出H+的化合物均属于酸
D．盐类物质一定含有金属阳离子
3．（3分）下列应用与胶体的性质没有关系的是（ ）
A．放电影时，放映机到银幕间的光柱的形成
B．早晨在树叶间看到的光路
C．向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，生成红褐色沉淀
D．一束光线照射淀粉溶液，可看到光亮的通路
4．（3分）下列关于钠的说法中，正确的是（ ）
A．实验后剩余的钠粒，不能放回原试剂瓶中
B．钠着火后，可用水来灭火
C．钠的化学性质比较活泼，少量的钠可以保存在与钠不反应的煤油中
D．当钠与硫酸铜溶液反应时，有大量红色固体铜出现
5．（3分）下列关于物质的量的叙述中，正确的是（ ）
A．1mol任何物质都含有6.02×1023个分子
B．0.012kg12C中含有约6.02×1023个碳分子
C．1molNH3中含有1mol氮和3mol氢
D．1molNa+中含有6.02×1024个电子
6．（3分）下列物质间的转化，肯定需要加入还原剂的是（ ）
A．NaHCO3→Na2CO3 B．Na2O2→NaOH
C．Cl2→KCl D．FeCl3→FeCl2
7．（3分）已知离子的氧化性：Fe3+＞SO42﹣，离子的还原性：S2﹣＞I﹣＞Fe2+，向FeCl3溶液中加入下列物质，溶液颜色不是因发生化学变化而改变的是（ ）
A．FeI2 B．K2S C．CuSO4 D．SO2
8．（3分）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．氧化铜与稀硫酸反应：CuO+4H++SO42﹣═Cu2++SO2↑+2H2O
B．二氧化碳通入足量澄清石灰水中：Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2O
C．铁和盐酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑
D．氢氧化钡溶液与硫酸反应：OH﹣+H+═H2O
9．（3分）下列有关焰色试验说法中正确的是（ ）
A．用光洁的铂丝蘸取某无色溶液，灼烧时观察到黄色火焰，说明一定含Na+，不含K+
B．焰色试验中需用盐酸洗净铂丝
C．焰色试验均应透过蓝色钴玻璃观察
D．只有金属单质灼烧时火焰才有颜色
10．（3分）下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，不正确的是（ ）
A．均为钠盐 B．受热均易分解
C．焰色反应均为黄色 D．均能与盐酸反应
11．（3分）下列物质既不是电解质又不是非电解质，但其水溶液能导电的是（ ）
A．乙醇 B．氯化氢 C．漂白粉 D．铁
12．（3分）碳酸钠和碳酸氢钠各1mol，分别强热后，其产物与足量盐酸反应的结果是（ ）
A．放出的CO2的量前者为后者的二分之一
B．放出的CO2的量前者为后者的2倍
C．消耗盐酸一样多
D．消耗盐酸前者比后者少
13．（3分）下列化学反应中电子转移方向、数目表示正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
14．（3分）氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质．下列实验现象和结论一致且正确的是（ ）
A．加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明有Cl2存在
B．溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有HClO分子存在
C．先加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl﹣存在
D．加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在
15．（3分）下列反应中属于氧化还原反应，但水既不作氧化剂又不作还原剂的是（ ）
A．H2O+Na2O═2NaOH B．2H2O+2F2═4HF+O2
C．2H2OO2↑+2H2↑ D．3NO2+H2O═2HNO3+NO
16．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SO42﹣、I﹣
B．室温下，碱性溶液中：NO3﹣、K+、Na+、SO42﹣
C．含有大量Fe3+的溶液中：Al3+、SCN﹣、Br﹣、Na+
D．室温下，酸性溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、HSO3﹣
17．（3分）实验室利用如图所示装置制备氯气，图中涉及气体发生、除杂、干燥、收集、尾气处理装置，其中错误的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④
18．（3分）把aL含（NH4）2SO4、NH4NO3的混合溶液分成两等份，一份用bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，另一份与BaCl2溶液完全反应消耗cmol BaCl2，则原溶液中c（NO3﹣）为（ ）
A．mol/L B．mol/L
C．mol/L D．mol/L
19．（3分）下列关于阿伏加德罗常数和气体摩尔体积等的说法正确的是（ ）
A．标准状况下，1摩尔H2O的体积约为22.4L
B．128克SO2气体在标准状况下的体积约为44.8L
C．同温同压下两种气体的体积之比等于摩尔质量之比
D．常温下，22.4LO2所含的分子数为NA
20．（3分）下列有关铁及其化合物的叙述中正确的是（ ）
A．赤铁矿的主要成分为Fe3O4
B．Fe3+与KSCN溶液反应生成血红色沉淀
C．为了除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质，可向溶液中通入过量Cl2
D．氢氧化亚铁是白色固体，置于空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
21．（3分）200℃时，11.6g由CO2和H2O组成的混合气体与足量Na2O2充分反应后，固体质量增加3.6g．则原混合气体的平均相对分子质量为（ ）
A．5.8 B．11.6 C．23.2 D．46.4
22．（3分）往含有少量的K2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌．随着盐酸的加入，溶液中离子数目也相应地发生如图变化，四条曲线（c和d图象部分重叠）溶液中离子的对应关系，正确的是（ ）
A．a：Cl﹣b：K+ c：CO32﹣ d：HCO3﹣
B．a：K+ b：CO32﹣ c：Cl﹣ d：HCO3﹣
C．a：K+ b：CO32﹣ c：HCO3﹣ d：Cl﹣
D．a：K+ b：HCO3﹣ c：Cl﹣ d：CO32﹣
23．（3分）在标准状况下H2和Cl2混合气体xL，经光照完全反应后所得到的气体恰好能使ymol KOH完全反应转变为盐且气体无剩余，则x、y的关系不可能是（ ）
A．y＞ B．y≥ C．y≤ D．y＜
24．（3分）已知Br2+2KI═2KBr+I2，SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI，将0.1molBr2加入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，则下列说法正确的是（ ）
A．物质的还原性：HBr＞H2SO3＞HI
B．HI与H2SO3的物质的量浓度均为0.6mol/L
C．加入0.1molBr2发生的离子方程式为5Br2+4H2SO3+2I﹣+4H2O═4SO42﹣+I2+10Br﹣+16H+
D．若再加入0.05molBr2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化
25．（3分）把一定量的铁粉投入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe3+和Fe2+物质的量浓度之比为2：3，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+物质的量之比为（ ）
A．1：1 B．2：3 C．2：1 D．3：2
二、填空题
26．现有以下物质：
①NaOH溶液；
②液氨；
③BaCO3固体；
④熔融NaHSO4；
⑤Fe（OH）3胶体；
⑥铜；
⑦CO2；
⑧HClO；
⑨蔗糖；
⑩Na2O2。
（1）以上物质中属于混合物的是 （填序号），以上物质中属于电解质的是 （填序号）；以上纯净物中能导电的是 （填序号）。
（2）上述物质中有两种物质之间可发生离子反应：H++OH﹣═H2O，该离子反应对应的化学方程式为 。
（3）⑩与水反应的离子反应方程式为 。
27．由于用氯气对饮用水消毒，会使水中的有机物发生氯化，生成有机含氯化合物于人体有害，世界环保联盟即将全面禁止这种消毒方法．建议采用广谱性具有强氧化性的高效消毒剂二氧化氯（ClO2）．ClO2极易爆炸，生产和使用时尽量用惰性气体稀释，避免光照、震动或加热．
（1）在ClO2中，所有原子是否都满足8电子结构？ （填“是”或“否”）．
（2）欧洲一些国家用NaClO3氧化浓盐酸来制取ClO2，同时有Cl2 生成，且Cl2 的体积为ClO2 的一半．这一反应的化学方程式是 ．
（3）浓盐酸在上述反应中显示出来的性质是 （填写编号）．
A．只有还原性 B．还原性和酸性 C．只有氧化性 D．氧化性和酸性
（4）若上述反应产生0.1mol Cl2，转移电子的物质的量为 mol．
（5）ClO2为高效低毒的消毒剂，其消毒的效率（以单位质量得到电子数表示）是Cl2的 倍．
（6）我国广泛采用将经干燥空气稀释的氯气通入填有固体亚氯酸钠（NaClO2）的柱内制得ClO2，表示这一反应的化学方程式是 ．和欧洲的方法相比，我国这一方法的主要优点是 ．
三、实验题
28．实验室需配制480mL 0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液，填空并回答下列问题：
（1）配制480mL 0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液．
实际应称Na2CO3质量/g
应选用容量瓶的规格/mL
（2）配制时，其正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次） ．
A．用30mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．将准确称量的Na2CO3固体倒入烧杯中，再加适量水溶解
C．将已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，上下颠倒，摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1cm～2cm处
（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响？（填“偏高”“偏低”或“无影响”）若容量瓶中有少量蒸馏水 ；若定容时俯视刻度线 ．
（4）若实验过程中出现如下情况如何处理？加蒸馏水时不慎超过了刻度 ．
29．某课外活动小组设计了下列装置，验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触。
Ⅰ．装置分析
（1）装置①中反应的离子方程式是 。
（2）装置②中的试剂是 （填序号）。
a．饱和NaHCO3溶液
b．饱和Na2CO3溶液
c．浓H2SO4d.NaOH溶液
Ⅱ．进行实验
步骤1：打开弹簧夹K2，关闭K1，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
步骤2：打开弹簧夹K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
（3）步骤1和步骤2中，a处带火星的木条产生的实验现象分别是 。
（4）过氧化钠跟二氧化碳反应的化学方程式是 。
Ⅲ．实验反思
（5）有同学提出质疑：“上述实验不足以证明有水存在时过氧化钠跟二氧化碳发生了化学反应。”其理由是 。
（6）需要补充的实验操作是：取⑤中反应后的少量固体， 。
四、计算题
30．某学生用Na2CO3和NaHCO3组成的均匀混合物进行以下实验。（气体体积已折算成标准状况下的体积，不考虑CO2在水中的溶解，不考虑HCl的挥发）
实验1：取2.96g固体化合物加入质量分数为12.0%，密度为1.065g/cm3的盐酸40mL共产生672mL气体。
实验2：取8.88g该固体化合物逐滴加入40mL该盐酸，则产生amL的气体。
（1）盐酸的物质的量浓度c（HCl）＝ （保留两位小数）。
（2）样品中物质的量之比n（Na2CO3）：n（NaHCO3）＝ 。
（3）a＝ mL。
2021-2022学年浙江省浙北G2（湖州中学、嘉兴一中）一中高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有一个正确选项）
1．（3分）常温常压下，下列物质在空气里不发生变化的是（ ）
A．Na2O2 B．NaHCO3 C．Na D．NaOH
【分析】A．过氧化钠与空气中的水、二氧化碳反应；
B．碳酸氢钠空气中能够稳定存在；
C．钠露置在空气中先与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠吸收空气中的二氧化碳、水生成十水碳酸钠，十水碳酸钠失去结晶水最终变为碳酸钠；
D．氢氧化钠露置于空气中最终生成碳酸钠。
【解答】解：A．过氧化钠与空气中的水、二氧化碳反应，淡黄色固体变为白色固体，故A不选；
B．碳酸氢钠空气中能够稳定存在，不发生变化，故B选；
C．钠露置在空气中先与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠吸收空气中的二氧化碳、水生成十水碳酸钠，十水碳酸钠失去结晶水最终变为碳酸钠，最终变为白色固体，故C不选；
D．氢氧化钠露置于空气中最终生成碳酸钠，发生变化，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉钠及其化合物性质是解题关键，题目难度不大。
2．（3分）对下列物质进行的分类正确的是（ ）
A．纯碱、烧碱均属于碱
B．CuSO4•5H2O属于纯净物
C．凡能电离出H+的化合物均属于酸
D．盐类物质一定含有金属阳离子
【分析】A、纯碱是碳酸钠，属于盐类；
B、结晶水合物属于纯净物；
C、电离生成的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；
D、能电离出金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物是盐．
【解答】解：A、纯碱是碳酸钠，是由金属离子和酸根离子构成的，则不属于碱，属于盐类，故A错误；
B、结晶水合物有固定的组成和性质，属于纯净物，故B正确；
C、电离只生成的阳离子全部是氢离子的化合物才是酸，但硫酸氢钠能完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，则属于盐类，故C错误；
D、盐类物质含有的阳离子是金属离子或是铵根离子，故D错误。
故选：B。
【点评】本题是一道有关物质的分类的题目，熟记各种类型的物质的概念是解题的关键，属于基础知识的考查．
3．（3分）下列应用与胶体的性质没有关系的是（ ）
A．放电影时，放映机到银幕间的光柱的形成
B．早晨在树叶间看到的光路
C．向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，生成红褐色沉淀
D．一束光线照射淀粉溶液，可看到光亮的通路
【分析】A.大气是胶体；
B.丁达尔效应是胶体所特有的性质；
C.向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，生成的是氢氧化铁沉淀；
D.淀粉溶液是胶体。
【解答】解：A.大气是胶体，放电影时，放映机到银幕间的光柱的形成即大气的丁达尔效应，和胶体的性质有关，故A不选；
B.大气是胶体，丁达尔效应是胶体所特有的性质，早晨在树叶间看到的光路即大气的丁达尔效应，和胶体的性质有关，故B不选；
C.向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，生成的是氢氧化铁沉淀而非胶体，和胶体的性质无关，故C选；
D.淀粉溶液是胶体，一束光线照射淀粉溶液可看到光亮的通路即淀粉溶液的丁达尔效应，和胶体的性质有关，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查了胶体的性质和制备，应注意的是丁达尔效应是胶体所特有的性质，但不是其本质特征。
4．（3分）下列关于钠的说法中，正确的是（ ）
A．实验后剩余的钠粒，不能放回原试剂瓶中
B．钠着火后，可用水来灭火
C．钠的化学性质比较活泼，少量的钠可以保存在与钠不反应的煤油中
D．当钠与硫酸铜溶液反应时，有大量红色固体铜出现
【分析】A．钠表面有煤油隔绝空气，不会变质；
B．钠与水反应生成氢气；
C．钠密度大于煤油，与煤油不反应；
D．钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀、硫酸钠和氢气。
【解答】解：A．钠表面有煤油隔绝空气，不会变质，所以实验后剩余的钠粒，能放回原试剂瓶中，故A错误；
B．钠与水反应生成氢气，氢气易燃烧，所以钠着火后，不可用水来灭火，故B错误；
C．钠密度大于煤油，与煤油不反应，少量的钠可保存在煤油中以隔绝空气，故C正确；
D．钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀、硫酸钠和氢气，得不到铜，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉钠的性质是解题关键，题目难度不大。
5．（3分）下列关于物质的量的叙述中，正确的是（ ）
A．1mol任何物质都含有6.02×1023个分子
B．0.012kg12C中含有约6.02×1023个碳分子
C．1molNH3中含有1mol氮和3mol氢
D．1molNa+中含有6.02×1024个电子
【分析】A．物质不都是由分子构成；
B．应该为碳原子，不是碳分子；
C．1mol氮、3mol氢指代不明确；
D．1个钠离子含有10个电子。
【解答】解：A．物质不都是由分子构成，如氯化钠不含分子，故A错误；
B．0.012kg 12C的物质的量为1mol，含有约6.02×1023个碳原子，故B错误；
C．1molNH3中含有1molN和3molH，故C错误；
D．1molNa+中含有6.02×1024个电子，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量有关计算，明确以物质的量为核心计算公式是解题关键，注意物质的量使用注意事项，题目难度不大。
6．（3分）下列物质间的转化，肯定需要加入还原剂的是（ ）
A．NaHCO3→Na2CO3 B．Na2O2→NaOH
C．Cl2→KCl D．FeCl3→FeCl2
【分析】肯定需要加入还原剂才能实现，说明题中给予物质作氧化剂，在反应中得电子化合价降低，据此分析解答。
【解答】解：A．NaHCO3→Na2CO3中，元素化合价没有发生变化，不需要加还原剂即可实现，故A错误；
B．Na2O2→NaOH中，Na2O2与水反应可以生成NaOH，不需要加还原剂即可实现，故B错误；
C．Cl2→KCl中，Cl2与KOH反应可以生成KCl，不需要加还原剂即可实现，故C错误；
D．FeCl3→FeCl2中，Fe元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握转化过程中化合价的变化为解答的关键，注意氧化还原反应的基本概念，题目难度不大。
7．（3分）已知离子的氧化性：Fe3+＞SO42﹣，离子的还原性：S2﹣＞I﹣＞Fe2+，向FeCl3溶液中加入下列物质，溶液颜色不是因发生化学变化而改变的是（ ）
A．FeI2 B．K2S C．CuSO4 D．SO2
【分析】FeCl3溶液中加入还原剂会发生氧化还原反应，生成亚铁离子，溶液的颜色会改变，结合还原性顺序分析。
【解答】解：已知离子的氧化性：Fe3﹣＞SO42﹣，离子的还原性：S2﹣＞I﹣＞Fe2+，氧化性强的物质与还原性强的物质会发生氧化还原反应；
A．向FeCl3溶液中加入FeI2，铁离子被碘离子还原为亚铁离子，生成的单质碘，溶液的颜色发生变化，故A不选；
B．向FeCl3溶液中加入K2S，铁离子被硫离子还原为亚铁离子，溶液的颜色发生变化，故B不选；
C．向FeCl3溶液中加入CuSO4，二者不发生反应，溶液变蓝色，是因为铜离子的溶液为蓝色，故C选；
D．向FeCl3溶液中加入SO2，铁离子被二氧化硫还原为亚铁离子，溶液的颜色发生变化，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念及分析能力、知识迁移应用能力的考查，题目难度不大。
8．（3分）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．氧化铜与稀硫酸反应：CuO+4H++SO42﹣═Cu2++SO2↑+2H2O
B．二氧化碳通入足量澄清石灰水中：Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2O
C．铁和盐酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑
D．氢氧化钡溶液与硫酸反应：OH﹣+H+═H2O
【分析】A．二者反应生成硫酸铜和水；
B．二者反应生成碳酸钙和水；
C．不符合反应客观事实；
D．漏掉钡离子与硫酸根离子的反应。
【解答】解：A．氧化铜与稀硫酸反应，离子方程式：CuO+2H+═Cu2++H2O，故A错误；
B．二氧化碳通入足量澄清石灰水中，离子方程式：Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2O，故B正确；
C．二者反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故C错误；
D．氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，该反应的离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了离子方程式的判断，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
9．（3分）下列有关焰色试验说法中正确的是（ ）
A．用光洁的铂丝蘸取某无色溶液，灼烧时观察到黄色火焰，说明一定含Na+，不含K+
B．焰色试验中需用盐酸洗净铂丝
C．焰色试验均应透过蓝色钴玻璃观察
D．只有金属单质灼烧时火焰才有颜色
【分析】焰色反应是金属元素的性质，焰色反应的铂丝用盐酸洗涤除去杂质，观察钾元素的焰色需要透过蓝色钴玻璃，据此回答。
【解答】解：A．钾元素的紫色需要透过蓝色钴玻璃来观察，用光洁的铂丝蘸取某溶液，灼烧时观察到黄色火焰，说明一定含Na+，但不能说明不含K+，故A错误；
B．焰色反应的铂丝用盐酸洗涤，不能用其他酸，故B正确；
C．只有观察K元素的焰色才需要透过蓝色钴玻璃，故C错误；
D．焰色反应是一种元素的性质，不是单质才有，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了焰色反应，难度不大，注意焰色反应是元素的性质不是原子或离子的性质。
10．（3分）下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，不正确的是（ ）
A．均为钠盐 B．受热均易分解
C．焰色反应均为黄色 D．均能与盐酸反应
【分析】碳酸钠和碳酸氢钠阳离子都是钠离子，都属于钠盐，均含钠元素，焰色反应均为黄色，与盐酸反应都能够生成二氧化碳，碳酸钠稳定，碳酸氢钠稳定受热易分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，据此解答。
【解答】解：A．碳酸钠和碳酸氢钠阳离子都是钠离子，都属于钠盐，故A正确；
B．碳酸氢钠稳定受热易分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，碳酸钠稳定，受热不分解，故B错误；
C．碳酸钠、碳酸氢钠均含钠元素，焰色反应均为黄色，故C正确；
D．碳酸钠、碳酸氢钠都能够与盐酸反应都能够生成二氧化碳，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累。
11．（3分）下列物质既不是电解质又不是非电解质，但其水溶液能导电的是（ ）
A．乙醇 B．氯化氢 C．漂白粉 D．铁
【分析】物质溶于水后能导电，说明溶于水后能电离出自由移动的离子；
而电解质是在水溶液中或熔融状态下自身能电离出离子而导电的化合物；
非电解质是在水溶液中和熔融状态下均不能自身电离出离子而导电的化合物，以此解答该题。
【解答】解：A．乙醇是分电解质，故A不选；
B．氯化氢为电解质，故B不先；
C．漂白粉是混合物，含有氯化钙、次氯酸钙，溶于水电离产生钙离子、氯离子、次氯酸根离子，能导电，故C选；
D．铁是单质，不溶于水，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查了物质溶于水能导电的原因以及电解质和非电解质的判断，为高频考点，注意把握电解质、非电解质的判断，难度不大，应注意的是物质溶于水后能导电但不一定是电解质。
12．（3分）碳酸钠和碳酸氢钠各1mol，分别强热后，其产物与足量盐酸反应的结果是（ ）
A．放出的CO2的量前者为后者的二分之一
B．放出的CO2的量前者为后者的2倍
C．消耗盐酸一样多
D．消耗盐酸前者比后者少
【分析】加热时发生2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，与盐酸发生Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，结合反应的方程式解答该题．
【解答】解：Na2CO3加热不分解，NaHCO3不稳定，加热发生2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，与盐酸发生Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，
可知放出的CO2的量前者为后者的2倍，消耗盐酸前者比后者多，
故选：B。
【点评】本题考查钠的重要化合物，侧重碳酸钠、碳酸氢钠的性质的考查，为高频考点，注意结合反应的方程式解答该题，难度不大．
13．（3分）下列化学反应中电子转移方向、数目表示正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】A．反应中Hg元素化合价由+2价变为0价、O元素化合价由0价变为﹣2价、S元素化合价由﹣2价变为+4价，该反应中得失电子数为6；
B．氯酸钾中Cl元素的化合价应从+5价降到0价，盐酸中Cl元素的化合价应从﹣1价升高到0价，转移电子数是5；
C．单线桥表示电子转移时不标“得失”；
D．铜失电子发生氧化反应，硝酸得电子发生还原反应，转移电子数为2。
【解答】解：A．该反应中Hg元素化合价由+2价变为0价、O元素化合价由0价变为﹣2价、S元素化合价由﹣2价变为+4价，该反应中得失电子数为6，，故A错误；
B．根据化合价不能交叉的原则，氯酸钾中氯元素的化合价应从+5价降到0价，盐酸中氯元素的化合价应从﹣1价升高到0价，转移电子数是5mol，即，故B错误；
C．在该反应中HCl中的Cl失去电子变为Cl2，MnO2中的Mn得到电子变为MnCl2，电子转移数目为2e﹣，用单线桥法表示电子转移为，故C错误；
D．铜失电子发生氧化反应，硝酸得电子发生还原反应，转移电子数为2，用单线桥表示电子转为：，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，注意会利用双线桥和单线桥法表示电子的转移方向和数目，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，题目难度不大。
14．（3分）氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质．下列实验现象和结论一致且正确的是（ ）
A．加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明有Cl2存在
B．溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有HClO分子存在
C．先加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl﹣存在
D．加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在
【分析】氯气通入溶液中，与水反应发生Cl2+H2O═HCl+HClO，氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣，利用离子、分子的性质来分析．
【解答】解：氯气通入溶液中，与水反应发生Cl2+H2O═HCl+HClO，氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣，
A．次氯酸具有漂白性，则加入有色布条后，有色布条褪色，说明有HClO分子存在，故A错误；
B．氯气为黄绿色气体，具有刺激性气味，则氯水呈浅黄色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B错误；
C．因AgCl不溶于硝酸，先加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl﹣存在，故C正确；
D．氯气和氢氧化钠反应，则不能说明有HClO存在，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查氯水的成分及氯水中各微粒的性质，明确离子、分子的性质是解答本题的关键，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．
15．（3分）下列反应中属于氧化还原反应，但水既不作氧化剂又不作还原剂的是（ ）
A．H2O+Na2O═2NaOH B．2H2O+2F2═4HF+O2
C．2H2OO2↑+2H2↑ D．3NO2+H2O═2HNO3+NO
【分析】存在元素化合价变化的反应是氧化还原反应，在氧化还原反应中，水既不作氧化剂也不作还原剂，说明在反应中，水中的H、O元素的化合价都不发生变化，以此解答该题。
【解答】解：A．元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B．水中O元素的化合价升高，则水是还原剂，故B错误；
C．水中H元素的化合价降低，O元素的化合价升高，H2O既作氧化剂又作还原剂，故C错误；
D．N元素化合价既升高又降低，则NO2既作氧化剂又作还原剂，则水既不作氧化剂也不作还原剂，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价变化的角度认识氧化还原反应的概念和物质具有的性质，题目难度不大。
16．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SO42﹣、I﹣
B．室温下，碱性溶液中：NO3﹣、K+、Na+、SO42﹣
C．含有大量Fe3+的溶液中：Al3+、SCN﹣、Br﹣、Na+
D．室温下，酸性溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、HSO3﹣
【分析】A.铁离子能够氧化碘离子；
B.四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
C.铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁；
D.亚硫酸氢根离子与氢离子反应。
【解答】解：A.Fe3+、I﹣之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B.OH﹣、NO3﹣、K+、Na+、SO42﹣之间不反应，在碱性溶液中能够大量共存，故B正确；
C.Fe3+、SCN﹣之间发生络合反应生成硫氰化铁，不能大量共存，故C错误；
D.H+、HSO3﹣之间发生反应，在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，把握题干暗含信息、常见离子性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
17．（3分）实验室利用如图所示装置制备氯气，图中涉及气体发生、除杂、干燥、收集、尾气处理装置，其中错误的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④
【分析】由实验装置可知，①中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，B中应选饱和食盐水除去HCl，C中浓硫酸干燥氯气，然后向上排空气法收集氯气，④中石灰水的浓度低、吸收尾气的效果不好，应选NaOH溶液吸收尾气，以此来解答。
【解答】解：应选饱和食盐水除去氯化氢，不能用氢氧化钠，因为氢氧化钠可以与氯气反应，故②错误；
干燥装置应长导管进气，否则浓硫酸会被压入其右侧装置中，故③错误；
澄清石灰水浓度较低，无法完全吸收氯气，应用氢氧化钠溶液吸收氯气，故④错误；
图中只有①合理，
故选：C。
【点评】本题考查氯气的制备及性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
18．（3分）把aL含（NH4）2SO4、NH4NO3的混合溶液分成两等份，一份用bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，另一份与BaCl2溶液完全反应消耗cmol BaCl2，则原溶液中c（NO3﹣）为（ ）
A．mol/L B．mol/L
C．mol/L D．mol/L
【分析】bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4++OH﹣═NH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+，另一份与BaCl2溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2++SO42﹣═BaSO4↓可知每份含有SO42﹣cmol，根据溶液不显电性列式计算出每份中NO3﹣的物质的量，再根据c＝计算原溶液中c（NO3﹣）。
【解答】解：bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4++OH﹣═NH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+，另一份与BaCl2溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2++SO42﹣═BaSO4↓可知每份含有SO42﹣cmol，设每份中NO3﹣的物质的量为n，溶液不显电性，则：bmol×1＝cmol×2+n×1，解得n＝（b﹣2c）mol，每份溶液的体积为0.5aL，所以每份溶液硝酸根的浓度为c（NO3﹣）＝＝mol/L，即原溶液中c（NO3﹣）＝mol/L，
故选：B。
【点评】本题考查物质的量浓度的计算，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握物质的量浓度的概念及表达式，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
19．（3分）下列关于阿伏加德罗常数和气体摩尔体积等的说法正确的是（ ）
A．标准状况下，1摩尔H2O的体积约为22.4L
B．128克SO2气体在标准状况下的体积约为44.8L
C．同温同压下两种气体的体积之比等于摩尔质量之比
D．常温下，22.4LO2所含的分子数为NA
【分析】A.标况下水为液体；
B.求出128g二氧化硫的物质的量，然后根据体积V＝nVm来计算；
C.根据V＝nVm来分析；
D.常温下，气体摩尔体积不是22.4L/mol。
【解答】解：A.标况下水为液体，故其体积不能根据气体摩尔体积来计算，故A错误；
B.128g二氧化硫的物质的量n＝＝2mol，在标况下的体积V＝nVm＝2mol×22.4L/mol＝44.8L，故B正确；
C.同温同压下，气体摩尔体积相同，根据V＝nVm可知，气体的体积之比等于物质的量之比，和摩尔质量无关，故C错误；
D.常温下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，则22.4L氧气的物质的量小于1mol，分子数小于NA个，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构特点是解题关键，应注意掌握基础的运算方法。
20．（3分）下列有关铁及其化合物的叙述中正确的是（ ）
A．赤铁矿的主要成分为Fe3O4
B．Fe3+与KSCN溶液反应生成血红色沉淀
C．为了除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质，可向溶液中通入过量Cl2
D．氢氧化亚铁是白色固体，置于空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
【分析】A.赤铁矿的主要成分为三氧化二铁；
B.二者生成络合物硫氰化铁，不是沉淀；
C.氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，违反了除杂原则；
D.白色沉淀氢氧化亚铁易被氧化为红褐色的氢氧化铁。
【解答】解：A.赤铁矿的主要成分为Fe2O3，Fe3O4为磁铁矿的主要成分，故A错误；
B.Fe3+与KSCN溶液反应生成血红色的络合物硫氰化铁，不是沉淀，故B错误；
C.向溶液中通入过量Cl2后，FeCl2被氧化为FeCl3，加入过量铁粉可除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质，故C错误；
D.氢氧化亚铁是白色固体，具有较强还原性，易被氧气氧化，所以置于空气中会迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查常见元素化合物的性质应用，为高频考点，把握铁及其化合物性质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
21．（3分）200℃时，11.6g由CO2和H2O组成的混合气体与足量Na2O2充分反应后，固体质量增加3.6g．则原混合气体的平均相对分子质量为（ ）
A．5.8 B．11.6 C．23.2 D．46.4
【分析】200℃时水为气态，向足量的固体Na2O2中通入11.6gCO2和H2O，发生反应方程式为：2Na2O2+2CO2＝Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，固体只增加了3.6g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m（O2）＝11.6g﹣3.6g＝8g，根据n＝计算生成氧气的物质的量，根据方程式可知n（混合气体）＝2n（O2），进而计算原混合气体的平均相对分子质量．
【解答】解：200℃时水为气态，向足量的固体Na2O2中通入11.6gCO2和H2O，发生反应方程式为：2Na2O2+2CO2＝Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，固体只增加了3.6g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m（O2）＝11.6g﹣3.6g＝8g，氧气的物质的量为：n（O2）＝＝0.25mol，
根据方程式2Na2O2+2CO2＝Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑可知：n（混合气体）＝2n（O2）＝2×0.25mol＝0.5mol，
所以原混合气体的平均摩尔质量为：＝23.2g/mol，故混合气体的平均相对分子质量为23.2，
故选：C。
【点评】本题考查有关混合物反应的计算、过氧化钠的性质等，题目难度中等，明确固体质量变化的原因是解答本题的关键，注意掌握根据化学反应进行的化学计算的方法．
22．（3分）往含有少量的K2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌．随着盐酸的加入，溶液中离子数目也相应地发生如图变化，四条曲线（c和d图象部分重叠）溶液中离子的对应关系，正确的是（ ）
A．a：Cl﹣b：K+ c：CO32﹣ d：HCO3﹣
B．a：K+ b：CO32﹣ c：Cl﹣ d：HCO3﹣
C．a：K+ b：CO32﹣ c：HCO3﹣ d：Cl﹣
D．a：K+ b：HCO3﹣ c：Cl﹣ d：CO32﹣
【分析】根据向一定量的K2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，则先后发生K2CO3+HCl═KCl+KHCO3、KHCO3+HCl═KCl+CO2↑+H2O，则钾离子数目不发生变化，氯离子的数目在增加，碳酸根离子的数目一直在减少，直到为0，碳酸氢根离子的数目先增大后减小，直到为0，然后结合图象来分析对应的离子．
【解答】解：因向一定量的K2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，先后发生如下反应，K2CO3+HCl═KCl+KHCO3、KHCO3+HCl═KCl+CO2↑+H2O，则钾离子的数目不变，则图中a为K+离子；
碳酸根离子在减少，直至为0，则图中b为CO32﹣离子，碳酸氢根离子先增大后减小，直至为0，则图中c为HCO3﹣离子，氯离子先为0，随盐酸的加入氯离子的数目在增多，则d为Cl﹣离子，
根据分析可知：a：K+、b：CO32﹣、c：HCO3﹣、d：Cl﹣，
故选：C。
【点评】本题考查离子反应及其应用，题目难度中等，明确离子反应的实质并学会结合图象来判断离子数目是解答的关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
23．（3分）在标准状况下H2和Cl2混合气体xL，经光照完全反应后所得到的气体恰好能使ymol KOH完全反应转变为盐且气体无剩余，则x、y的关系不可能是（ ）
A．y＞ B．y≥ C．y≤ D．y＜
【分析】H2和Cl2的混合气体xL经光照反应后所得气体，恰好能与y mol的KOH完全作用生成盐，生成的盐可能是KCl或KCl和KClO两种情况，则K、Cl原子的物质的量比为1：1，据此计算氯气物质的量，且气体没有剩余，则氢气没有剩余，若xL全部为氯气时，产生消耗的KOH最大。
【解答】解：氢气与氯气反应后得到气体可能有如下三种情况：①HCl，②H2、HCl，③HCl、Cl2，由于气体可以被KOH完全吸收，则氢气没有剩余，故只能为HCl或者HCl、Cl2，生成的盐可能是KCl或KCl和KClO两种情况，则K、Cl原子的物质的量比为1：1，故n（Cl2）＝0.5ymol，标准状况下其体积为0.5ymol×22.4L/mol＝11.2y L，则H2的体积为（x﹣11.2y）L，由H2+Cl22HCl，可知11.2y L≥（x﹣11.2y）L，整理可得y≥，若xL全部为氯气时，产生消耗的KOH最大，则11.2y＜x，即y＜，可得＞y≥，
故选：B。
【点评】本题考查化学方程式的计算，关键是利用盐中K、Cl的物质的量关系计算氯气的物质的量，侧重分析能力和知识应用能力的考查。
24．（3分）已知Br2+2KI═2KBr+I2，SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI，将0.1molBr2加入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，则下列说法正确的是（ ）
A．物质的还原性：HBr＞H2SO3＞HI
B．HI与H2SO3的物质的量浓度均为0.6mol/L
C．加入0.1molBr2发生的离子方程式为5Br2+4H2SO3+2I﹣+4H2O═4SO42﹣+I2+10Br﹣+16H+
D．若再加入0.05molBr2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化
【分析】在反应Br2+2KI═2KBr+I2中，Br2作氧化剂，I﹣做还原剂，Br﹣为还原产物，I2为氧化产物，在反应SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI中，I2作氧化剂，SO2做还原剂，H2SO4为氧化产物，HI为还原产物，根据氧化还原反应的强弱规律，还原性强弱为：SO2＞I﹣＞Br﹣，氧化性强弱为：Br2＞I2＞H2SO4，将0.1molBr2加入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，根据氧化还原反应的先后规律，Br2先把H2SO3氧化成H2SO4，再HI把氧化成I2，还原产物均为HBr，有一半的HI被氧化，说明H2SO3已全部被氧化，0.1molBr2已消耗完，据此解答。
【解答】解：A.由分析可知，还原性强弱为：SO2＞I﹣＞Br﹣，则物质的还原性：H2SO3＞HI＞HBr，故A错误；
B.HI与H2SO3的物质的量均为xmol，根据H2O+Br2+H2SO3═H2SO4+2HBr，Br2+2HI═2HBr+I2，结合分析可知，H2SO3消耗的Br2为xmol，HI消耗的Br2为×mol＝0.25xmol，则xmol+0.25xmol＝0.1mol，解x＝0.08，则HI与H2SO3的物质的量浓度均为＝0.8mol/L，故B错误；
C.由选项B可知，加入0.1molBr2，氧化了0.08molH2SO3和0.04molHI，同时消耗0.08molH2O，生成0.08molH2SO4、0.02molI2和0.2molHBr，则其化学方程式为：5Br2+4H2SO3+2HI+4H2O═4H2SO4+I2+10HBr，故离子方程式为5Br2+4H2SO3+2I﹣+4H2O═4SO42﹣+I2+10Br﹣+16H+，故C正确；
D.由选项B可知，还剩余0.04molHI，依据方程式Br2+2HI═2HBr+I2，要氧化剩余的HI，需要加入的Br2的物质的量为0.04mol×＝0.02mol，即再加入0.02molBr2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，关键是掌握氧化还原反应的基本概念、强弱规律、先后规律等，把握配比型离子方程式的书写要求和利用方程式计算的方法。
25．（3分）把一定量的铁粉投入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe3+和Fe2+物质的量浓度之比为2：3，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+物质的量之比为（ ）
A．1：1 B．2：3 C．2：1 D．3：2
【分析】根据题意，完全反应后，所得溶液中Fe3+和Fe2+物质的量浓度之比为2：3，所得溶液中的Fe2+都是由Fe和Fe3+反应得到的，Fe+2Fe3+＝3Fe2+，可求出，参加反应的Fe3+的用量，进而求出，已反应的Fe3+和未反应的Fe3+物质的量之比；
【解答】解：已知，完全反应后，所得溶液中Fe3+和Fe2+物质的量浓度之比为2：3，根据溶液体积不变，所以物质的量之比＝物质的量浓度之比，设所得溶液nFe3+＝2x mol，则所得溶液nFe2+＝3x mol，所得溶液中的Fe2+都是由Fe和Fe3+反应得到的，即：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，
2 3
∴nFe3+∵nFe2+＝3x mol 即，nFe3+＝2x mol；
所以，已反应的nFe3+＝2x mol，未反应的Fe3+就是溶液剩的nFe3+＝2x mol，即，未反应的nFe3+＝2x mol，所以为2x：2x，即为1：1；
故选：A。
【点评】此题为氧化还原反应相关计算题，只要题意理解，根据题意计算即可，难度不大，相对基础
二、填空题
26．现有以下物质：
①NaOH溶液；
②液氨；
③BaCO3固体；
④熔融NaHSO4；
⑤Fe（OH）3胶体；
⑥铜；
⑦CO2；
⑧HClO；
⑨蔗糖；
⑩Na2O2。
（1）以上物质中属于混合物的是 ①⑤ （填序号），以上物质中属于电解质的是 ③④⑧⑩ （填序号）；以上纯净物中能导电的是 ④⑥ （填序号）。
（2）上述物质中有两种物质之间可发生离子反应：H++OH﹣═H2O，该离子反应对应的化学方程式为 NaHSO4+NaOH＝Na2SO4+H2O 。
（3）⑩与水反应的离子反应方程式为 2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH﹣+O2↑ 。
【分析】（1）由两种或两种以上的物质组成的是混合物；在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；只由一种物质组成的为纯净物；物质中含有自由移动的离子或电子时则能导电；
（2）H++OH﹣═H2O可以表示强酸（或强酸的酸式盐）和强碱反应生成可溶性盐和水的反应；
（3）Na2O2和水反应生成NaOH和氧气。
【解答】解：（1）①NaOH溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，能导电；
②液氨是液态的氨气，纯净物，既不是电解质也不是非电解质，不能导电；
③BaCO3固体是纯净物，不能导电，但在熔融状态下能导电，故是电解质；
④熔融NaHSO4能导电，是电解质，是纯净物
⑤Fe（OH）3胶体是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；
⑥铜是纯净物，能导电，由于是单质，故既不是电解质也不是非电解质；
⑦CO2是纯净物，是非电解质，不能导电；
⑧HClO不能导电，但溶于水后能自身电离出自由移动离子而导电，是电解质，；
⑨蔗糖是非电解质，不能导电；
⑩Na2O2不能导电，但熔融状态下能导电，是电解质。
故是混合物的是①⑤；属于电解质的是③④⑧⑩；属于纯净物但能导电的是④⑥，
故答案为：①⑤；③④⑧⑩；④⑥；
（2）H++OH﹣═H2O可以表示强酸（或强酸的酸式盐）和强碱反应生成可溶性盐和水的反应，故④熔融NaHSO4与①NaOH溶液的反应符合此离子方程式，对应的化学方程式为NaHSO4+NaOH＝Na2SO4+H2O，
故答案为：NaHSO4+NaOH＝Na2SO4+H2O；
（3）Na2O2和水反应生成NaOH和氧气，离子方程式为2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH﹣+O2↑，
故答案为：2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH﹣+O2↑。
【点评】本题考查了离子方程式书写的正误判断以及电解质非电解质的辨别，难度不大，应注意基础概念要点的掌握以及离子方程式书写方法的理解。
27．由于用氯气对饮用水消毒，会使水中的有机物发生氯化，生成有机含氯化合物于人体有害，世界环保联盟即将全面禁止这种消毒方法．建议采用广谱性具有强氧化性的高效消毒剂二氧化氯（ClO2）．ClO2极易爆炸，生产和使用时尽量用惰性气体稀释，避免光照、震动或加热．
（1）在ClO2中，所有原子是否都满足8电子结构？ 否 （填“是”或“否”）．
（2）欧洲一些国家用NaClO3氧化浓盐酸来制取ClO2，同时有Cl2 生成，且Cl2 的体积为ClO2 的一半．这一反应的化学方程式是 2NaClO3+4HCl＝2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O ．
（3）浓盐酸在上述反应中显示出来的性质是 （填写编号）．
A．只有还原性 B．还原性和酸性 C．只有氧化性 D．氧化性和酸性
（4）若上述反应产生0.1mol Cl2，转移电子的物质的量为 0.2 mol．
（5）ClO2为高效低毒的消毒剂，其消毒的效率（以单位质量得到电子数表示）是Cl2的 2.63 倍．
（6）我国广泛采用将经干燥空气稀释的氯气通入填有固体亚氯酸钠（NaClO2）的柱内制得ClO2，表示这一反应的化学方程式是 2NaClO2+Cl2＝2NaCl+2ClO2 ．和欧洲的方法相比，我国这一方法的主要优点是 对环境的污染较小 ．
【分析】（1）根据最外层电子数结合化合价判断；
（2）氯酸钠和浓盐酸反应能生成二氧化氯、氯气、水和氯化钠；
（3）反应生成氯化钠和氯气，盐酸表现出酸性和还原性；
（4）由反应可知，1个Cl得到电子与1个Cl失去电子数目相同；结合Cl元素的化合价升高计算转移电子数；
（5）1molCl2可以获得2mol电子，1molClO2可以获得电子5mol电子，以此进行计算；
（6）NaClO2、Cl2以1：2反应生成ClO2，还生成NaCl，生成的ClO2中不含Cl2杂质．
【解答】解：（1）Cl盐酸化合价为+4价，最外层有7个电子，形成的化合物中最外层电子数为11，故答案为：否；
（2）用NaClO3氧化浓盐酸制取ClO2，同时有Cl2生成，且Cl2体积为ClO2的一半，氯酸钠和浓盐酸反应的化学方程式为：2NaClO3+4HCl＝2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl，
故答案为：2NaClO3+4HCl＝2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O；
（3）在反应2KClO3+4HCl（浓）═2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O中，HCl中Cl元素的化合价由﹣1价升高0，则HCl具有还原性，又该反应生成盐KCl，则表现酸的酸性，故答案为：B；
（4）由Cl元素的化合价升高可知产生0.1mol Cl2，则转移的电子的物质的量为0.1mol×2×（1﹣0）＝0.2mol，故答案为：0.2；
（5）设质量都是71g，氯气得到的电子数为×2×1＝2mol，
ClO2得到的电子数为×1×5＝mol＝mol，
则ClO2消毒的效率是Cl2的倍数为＝≈2.63，
故答案为：2.63；
（6）NaClO2、Cl2以2：1反应生成ClO2，还生成NaCl，该反应为2NaClO2+Cl2＝2ClO2+2NaCl，生成的ClO2中不含Cl2杂质，对环境污染较小，
故答案为：2NaClO2+Cl2＝2NaCl+2ClO2；对环境的污染较小．
【点评】本题以氯气的制法来考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握氧化还原反应中转移的电子数的计算，明确化合价的变化是分析的关键，难点是消毒效率的计算，题目难度中等．
三、实验题
28．实验室需配制480mL 0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液，填空并回答下列问题：
（1）配制480mL 0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液．
实际应称Na2CO3质量/g
应选用容量瓶的规格/mL
（2）配制时，其正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次） BCAFED ．
A．用30mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．将准确称量的Na2CO3固体倒入烧杯中，再加适量水溶解
C．将已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，上下颠倒，摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1cm～2cm处
（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响？（填“偏高”“偏低”或“无影响”）若容量瓶中有少量蒸馏水 无影响 ；若定容时俯视刻度线 偏高 ．
（4）若实验过程中出现如下情况如何处理？加蒸馏水时不慎超过了刻度 重新配制 ．
【分析】（1）依据配制溶液体积选择容量瓶规格，依据m＝cVM计算需要溶质的质量；
（2）用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签等，据此排序；
（3）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C＝进行误差分析；
（4）任何操作导致实验失败且不能补救的都必须重新配制．
【解答】解：（1）配制480mL 0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液，实验室没有480mL规格容量瓶，应选择500mL容量瓶，需要溶质的质量m＝0.1mol•L﹣1×0.5L×106g/mol＝5.3g，
故答案为：5.3g；500mL；
（2）用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签等，所以 正确的顺序为：BCAFED；
故答案为：BCAFED；
（3）若容量瓶中有少量蒸馏水无影响，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，对溶液浓度无影响；
若定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；
故答案为：无影响；偏高；
（4）加蒸馏水时不慎超过了刻度，实验失败且无法补救，必须重新配制，故答案为：重新配制．
【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意容量瓶规格选择，题目难度不大．
29．某课外活动小组设计了下列装置，验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触。
Ⅰ．装置分析
（1）装置①中反应的离子方程式是 CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑ 。
（2）装置②中的试剂是 a （填序号）。
a．饱和NaHCO3溶液
b．饱和Na2CO3溶液
c．浓H2SO4d.NaOH溶液
Ⅱ．进行实验
步骤1：打开弹簧夹K2，关闭K1，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
步骤2：打开弹簧夹K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
（3）步骤1和步骤2中，a处带火星的木条产生的实验现象分别是 步骤1中木条不复燃，步骤2中木条复燃 。
（4）过氧化钠跟二氧化碳反应的化学方程式是 2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2 。
Ⅲ．实验反思
（5）有同学提出质疑：“上述实验不足以证明有水存在时过氧化钠跟二氧化碳发生了化学反应。”其理由是 气体中有水，水也可与Na2O2反应产生O2使木条复燃 。
（6）需要补充的实验操作是：取⑤中反应后的少量固体， 加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中 。
【分析】①中盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，②用于除去HCl，应为饱和碳酸氢钠溶液，③应为浓硫酸，④⑤为对比试验，用于判断干燥的二氧化碳是否与过氧化钠反应，⑥可避免空气中的水、二氧化碳进入④⑤，最后用带火星的木条检验是否生成氧气，以此解答该题；
（1）碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水；
（2）第①个装置所用的盐酸具挥发性，所以此反应产生的二氧化碳中混有HCl气体，饱和碳酸氢钠中可与HCl反应，不与二氧化碳反应；
（3）结合步骤1和步骤2中有无氧气生成分析；
（4）过氧化钠跟二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
（5）水也可与Na2O2反应产生O2使木条复燃；
（6）二氧化碳与过氧化钠产生碳酸钠，水与过氧化钠反应产生氢氧化钠，所以证明产物中有碳酸钠，进而证明是二氧化碳和过氧化钠反应了。
【解答】解：（1）装置①中盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，反应的离子方程式是CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，
故答案为：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑；
（2）②用于除去HCl，应为饱和碳酸氢钠溶液，
故答案为：a；
（3）步骤1：打开弹簧夹K2，关闭K1，生成的二氧化碳被干燥，步骤2为湿润的二氧化碳，可观察到步骤1中木条不复燃，步骤2中木条复燃，
故答案为：步骤1中木条不复燃，步骤2中木条复燃；
（4）过氧化钠跟二氧化碳反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，
故答案为：2Na2O2+2CO2 ═2Na2CO3+O2；
（5）水与过氧化钠反应生成氧气，不能证明二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气使木条复燃，
故答案为：气体中有水，水也可与Na2O2反应产生O2使木条复燃；
（6）可用反应后的固体加入盐酸，观察生成的气体是否能使澄清石灰水变浑浊，说明生成碳酸钠，二氧化碳参加反应，
故答案为：加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中。
【点评】本题考查物质的性质探究，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质、实验的原理和操作方法，难度中等。
四、计算题
30．某学生用Na2CO3和NaHCO3组成的均匀混合物进行以下实验。（气体体积已折算成标准状况下的体积，不考虑CO2在水中的溶解，不考虑HCl的挥发）
实验1：取2.96g固体化合物加入质量分数为12.0%，密度为1.065g/cm3的盐酸40mL共产生672mL气体。
实验2：取8.88g该固体化合物逐滴加入40mL该盐酸，则产生amL的气体。
（1）盐酸的物质的量浓度c（HCl）＝ 3.50mol/L （保留两位小数）。
（2）样品中物质的量之比n（Na2CO3）：n（NaHCO3）＝ 2：1 。
（3）a＝ 1792 mL。
【分析】（1）根据c＝计算盐酸的物质的量浓度；
（2）n（HCl）＝0.04L×mol/L≈0.14mol，由Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O、NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O可知，假设2.96g全部为碳酸钠时，反应消耗盐酸最多为×2≈0.056mol＜0.14mol，故碳酸钠、碳酸氢钠完全反应，设二者物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量、碳原子守恒列方程计算解答；
（3）计算8.88g固体混合物中碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量，先发生反应Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，再发生反应NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，根据方程式计算。
【解答】解：（1）根据c＝可知，质量分数为12.0%、密度为1.065g/cm3的盐酸的物质的量浓度为×mol/L≈3.50mol/L，
故答案为：3.50mol/L；
（2）n（HCl）＝0.04L×3.50mol/L＝0.14mol，由Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O、NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O可知，2.96g全部为碳酸钠时，反应消耗盐酸最多为×2≈0.056mol＜0.14mol，故碳酸钠、碳酸氢钠完全反应，设二者物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量有106x+84y＝2.96，根据碳原子守恒有x+y＝，联立解得x＝0.02，y＝0.01，故n（Na2CO3）：n（NaHCO3）＝0.02mol：0.01mol＝2：1，
故答案为：2：1；
（3）8.88g固体混合物中碳酸钠物质的量为0.02mol×＝0.06mol，碳酸氢钠的物质的量为0.01mol×＝0.03mol，由Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl可知，0.06mol碳酸钠完全转化为碳酸氢钠消耗HCl为0.06mol，生成碳酸氢钠为0.06mol，故剩余HCl为0.14mol﹣0.06mol＝0.08mol，反应后碳酸氢钠总量为0.03mol+0.06mol＝0.09mol，由NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O可知，0.08molHCl完全反应消耗碳酸氢钠为0.08mol，小于0.09mol，故HCl完全反应，则生成二氧化碳为0.08mol×22.4L/mol＝1.792L＝1792mL，
故答案为：1792。
【点评】本题考查混合物有关计算、化学方程式的计算，注意理解物质的量浓度与质量分数之间关系，明确碳酸钠与盐酸反应是分步进行的，试题培养了学生分析计算能力。
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