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浙江省金华市东阳中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题
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高一化学
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Ba 137
选择题部分
一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1.下列各组物质，均属于电解质的组是（ ）
A. 盐酸、生石灰、苛性钠 B. 氯化钠、硫酸、硫酸钡
C. 熔融氧化钙、水银、食盐 D. 干冰、氨气、纯碱
【答案】B
【解析】
【详解】电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；
A、盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；
B、氯化钠、硫酸、硫酸钡均属于电解质，选项B正确；
C、水银是汞，属于单质，既不是电解质也不是非电解质，选项C错误；
D、干冰、氨气均属于非电解质，选项D错误。
答案选B。
2.某原子核外电子排布为：L层电子数是K层和M层电子数之和的两倍。则该元素是（ ）
A. 钠 B. 镁 C. 氖 D. 氯
【答案】B
【解析】
【详解】L层电子数是K层和M层电子数之和的两倍，L层电子数为8，K层电子数为2，则M层电子数为-2=2，说明该元素原子M层的电子数为2，是镁元素的原子。
答案选B。
3.下列说法中正确的是（ ）
A. 冰醋酸、酒精、氨水、苯等均不能导电
B. 氢氧化铁胶体具有吸附性，因而常用于自来水的杀菌消毒
C. 胶体区别于其他分散系的本质特征是否能发生丁达尔效应
D. 装碘的试剂瓶中残留的碘可以用酒精洗涤
【答案】D
【解析】
【详解】A、酒精、苯等均为非电解质，不能导电；氨水是电解质溶液，有自由移动的离子，能导电，选项A错误；
B、氢氧化铁胶体具有吸附性，能吸附悬浮杂质，而杀菌消毒是氧化性体现，氢氧化铁胶体不具备，选项B错误；
C、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒的直径大小，选项C错误；
D、碘单质易溶于有机溶剂，装碘的试剂瓶中残留的碘可以用酒精洗涤，选项D正确；
答案选D。
4.相同条件下，ag的A气体与bg的B气体占有相同体积。下列叙述错误的是 ( )
A. a∶b等于A与B的相对分子质量之比
B. a∶b等于等质量的A与B的分子数之比
C. a∶b等于同温同压下A与B的密度之比
D. b∶a等于同温同体积等质量的A与B的压强比
【答案】B
【解析】
【详解】相同条件下，ag的A气体与bg的B气体占有相同体积。说明两种气体的物质的量相等，则质量比等于摩尔质量之比，也等于密度比，等于相对分子质量之比，同温同体积等质量的A与B两种气体，压强比等于摩尔质量的反比，即为b:a。故选B。
【点睛】同温同压下，气体摩尔体积相同；相同体积的不同气体物质的量相等。
同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比(或分子数之比)；
同温同压下，气体密度之比等于其摩尔质量之比；
同温同压下，气体的质量之比等于其物质的量与摩尔质量之积的比；
同温同压下，同质量气体的体积之比等于其摩尔质量倒数之比。
同温同体积气体的压强之比等于其物质的量之比；
同温同体积同质量气体的压强之比等于其摩尔质量倒数之比。
5.下列结构示意图所代表的原子或离子，在化学反应中易被氧化的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A. 为失去一个电子后的钠离子，最外层已达稳定结构，不容易被氧化，选项A不符合；
B. 为氯原子，最外层电子数为7，容易得到一个电子达稳定结构，容易被还原，选项B不符合；
C. 为钾原子，最外层电子数为1，容易失去电子达稳定结构，容易被氧化，选项C正确；
D. 为氩原子，最外层已达8电子稳定结构，不容易被氧化，选项D不符合。
答案选C。
6.实验室用NaCl固体配500mL 1.0mol·L-1NaCl溶液，下列判断错误的是
A. 用托盘天平称取NaCl固体29.25g
B. 应选用500mL的容量瓶来配制此溶液
C. 在转移操作中不慎将溶液洒到容量瓶外面，应该重新配制溶液
D. 加蒸馏水至离刻度线1-2cm时改用胶头滴管定容
【答案】A
【解析】
【详解】A. 托盘天平精确到0.1g，所以用托盘天平称取NaCl固体29.3g，故A错误；
B. 常见容量瓶规格为100mL、200mL、500mL、1000mL等，配500mL溶液，故需选用500mL容量瓶来配制溶液，故B正确；
C. 转移溶液时有少量液体溅出，导致配制的溶液中氢氧化钠的物质的量偏小，则最终溶液的浓度偏低，故需重新配制，故C正确；
D. 定容时使用胶头滴管，防止加水超过刻度线，则加蒸馏水至离刻度线1−2cm时改用胶头滴管定容，故D正确；
答案选A。
7.在氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，待反应结束后，所剩余的固体中有铁存在，则反应后溶液中存在较多的阳离子是（ ）
A. Cu2+ B. Fe3+ C. Fe2+ D. H+
【答案】C
【解析】
【详解】所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，说明该物质为铁，铁粉剩余，溶液中一定没有Fe3+ 、Cu2+ 、H+，这些离子都能和铁粉发生氧化还原反应，反应后溶液中存在较多的阳离子是Fe2＋；
答案选C。
【点睛】本题主要考查学生有关金属铁的性质，可以Fe与三价铁离子、铜离子、氢离子之间的反应来回答，根据金属铁能和三价铁、铜离子以及氢离子反应的性质来分析。
8.下列说法中正确的是
A. 地球上99%溴蕴藏在大海中，故溴被称为“海洋元素”
B. 提出原子结构型的科学家按时间先后排列为：道尔顿、卢瑟福、汤姆生、玻尔
C 硅晶体可以制备光导纤维
D. 水泥、石英玻璃、陶瓷都是硅酸盐制品
【答案】A
【解析】
【详解】A、地球上99%溴蕴藏在大海中，故溴被称为“海洋元素”，选项A正确；
B、提出原子结构模型的科学家按时间先后依次是：道尔顿、汤姆生、卢瑟福、玻尔，选项B错误；
C、光导纤维的主要成分为二氧化硅，不是硅，选项C错误；
D、石英玻璃的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，选项D错误。
答案选A
9.下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的叙述，正确的是（ ）
A. 物质的量相同时，分别与足量的盐酸反应，生成CO2的质量：碳酸钠＜碳酸氢钠
B. 热稳定性：碳酸钠＜碳酸氢钠
C. 质量相同时，分别与同体积同浓度盐酸反应的快慢：碳酸钠＞碳酸氢钠
D. 常温时，在水中的溶解性：碳酸钠＞碳酸氢钠
【答案】D
【解析】
【详解】A、物质的量相同时，分别与足量的盐酸反应，据碳原子守恒，生成CO2的质量：碳酸钠＝碳酸氢钠，选项A错误；
B、碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，热稳定性：碳酸钠＞碳酸氢钠，选项B错误；
C、碳酸钠与盐酸反应首先转化为碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应放出二氧化碳，因此质量相同时，分别与同体积同浓度盐酸反应的快慢：碳酸钠＜碳酸氢钠，选项C错误；
D、常温时，碳酸钠的溶解度较大，因此在水中的溶解性：碳酸钠＞碳酸氢钠，选项D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质，明确碳酸钠和碳酸氢钠的性质差异是解答的关键，选项B是易错点，注意由于CO32－比HCO3－更易于结合H＋形成难电离的HCO3－，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32－完全转化为HCO3－时，再滴入的盐酸才与HCO3－反应。
10.工业上制造镁粉是将镁蒸气在气体中冷却。可作为冷却气体的是
①空气 ②CO2 ③Ar ④H2 ⑤N2
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①空气中有氧气和氮气，金属镁和它们可以反应，空气不能作冷却剂，故错误；
②Mg蒸气在CO2中能发生反应生成MgO和C，不能作冷却剂，故错误；
③Mg和Ar不反应，可以作冷却剂，故正确；
④Mg和氢气不反应，可以作冷却剂，故正确；
⑤Mg蒸气和氮气反应生成氮化镁，不能作冷却剂，故错误；
答案选C。
11.下列各组离子能在酸性的无色溶液中大量共存的是（ ）
A. K+、Na+、SO42-、MnO4-
B. Mg2+、Cl-、Al3+、NO3-
C. NH4+、Cl-、HCO3-、NO3-
D. Ca2+、Na+、Fe3+、Br-
【答案】B
【解析】
【详解】A．该组离子之间不反应，能在酸性条件下共存，但MnO4-为紫色，与无色溶液不符，选项A不选；
B．该组离子之间不反应，能在酸性条件下共存，且离子均为无色，选项B选；
C．H+、HCO3-反应生成水和二氧化碳，则不能共存，选项C不选；
D．Fe3+为黄色，与无色溶液不符，选项D不选；
答案选B。
【点睛】本题考查了离子共存的问题，判断各离子在溶液中能否共存，主要看溶液中的各离子之间能否发生反应生成沉淀、气体、水；并注意是在酸性溶液中共存及特定离子的颜色，酸性溶液中存在大量的H+，根据离子间若能互相结合成沉淀、气体或水，则离子不能大量共存，注意溶液呈无色透明，不能含有明显有颜色的MnO4-、铁离子等，以此来解答。
12.等物质的量浓度的氯化铝、氯化镁、氯化钠三种溶液的体积比为3：2：1，则三种溶液中氯离子的物质的量浓度之比为（ ）
A. 1：2：3 B. 9：4：1 C. 3：2：1 D. 1：1：1
【答案】C
【解析】
【详解】离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×溶质化学式中含有离子的个数，等物质的量浓度的AlCl3、MgCl2、 NaCl三种溶液中氯离子的物质的量浓度之比为(1×3): (1×2): (1 ×1)=3:2:1，与溶液的体积无关；
答案选C。
【点睛】本题考查离子浓度的计算。根据离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×溶质化学式中含有离子的个数，与溶液的体积无关。
13.将足量的二氧化锰与40 mL 10 mol/L浓盐酸反应产生的氯气同0.1 mol二氧化锰与足量的浓盐酸反应产生的氯气相比( )
A. 前者产生的Cl2多 B. 后者产生的Cl2多
C. 一样多 D. 无法比较
【答案】B
【解析】
对于反应一：HCl物质的量为10mol/L×0.04L=0.4mol，将足量的二氧化锰与浓盐酸反应产生的氯气，随反应的进行，盐酸浓度降低，HCl不能完全反应，假定HCl完全反应，根据MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O可知含HCl0.4mol浓盐酸完全反应生成氯气为0.1mol，实际氯气小于0.1mol；对于反应二：将0.1mol二氧化锰与足量的浓盐酸反应产生的氯气，二氧化锰完全反应，根据方程式可知生成氯气为0.1mol，故反应二生成的氯气大于反应一生成的氯气，答案选B。
点睛：本题考查氯气的实验室制备、浓度对物质性质的影响等，注意中学常见与浓度、反应条件、先后顺序有关的反应，例如浓硫酸与金属的反应，硝酸与金属的反应等。
14.要证明某溶液中不含Fe3＋，而可能含Fe2＋，进行如下实验操作时，最佳顺序是（ ）
①加足量新制氯水 ②加足量KMnO4溶液 ③加少量KSCN溶液
A. ①② B. ③② C. ①②③ D. ③①
【答案】D
【解析】
【详解】因为SCN-与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，可以先滴加KSCN溶液，原溶液不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，然后滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中含有Fe3+，则证明原溶液含有Fe2+，属于最佳顺序为③①。这题不适合选择足量KMnO4溶液，因为KMnO4溶液的紫红色，会阻碍红色的观察；
答案选D。
【点睛】本题考查了铁离子、亚铁离子的检验方法，题目难度不大，明确常见离子的检验方法为解答关键，注意掌握检验亚铁离子、铁离子的检验方法，试题培养了学生的化学实验能力，实验目的是证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，需要先用硫氰化钾溶液排除铁离子，然后加入氧化剂氯水证明原溶液中含有亚铁离子。
15.下列除杂试剂的选择和除杂操作均正确的是（ ）
选项
括号内为杂质
除杂试剂
除杂操作
A
CO2(HCl)
Na2CO3
将气体通过足量的Na2CO3溶液
B
NaCl溶液（Br2）
CCl4
萃取分液
B
FeCl3溶液（CuCl2）
Fe粉
加入过量的Fe粉，充分反应后过滤
D
Na2SO4溶液（Na2CO3）
盐酸
加入盐酸至不在产生气泡为止
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，选项A错误；
B、溴被四氯化碳萃取后与氯化钠溶液分层，通过分液后可除去溴，选项B正确；
C、二者均与Fe反应，将原物质除去，不能除杂，选项C错误；
D、碳酸钠与盐酸反应引入新杂质NaCl，应选稀硫酸，选项D错误；
答案选B。
16.已知X、Y、Z均为中学化学常见物质，且均含有同一种元素，其中X是单质，它们之间的转化关系如图所示。则X、Y、Z不可能是（ ）
物质
选项
X
Y
Z
A
Na
Na2O
NaOH
B
Fe
FeCl3
FeCl2
C
Mg
Mg(OH)2
MgO
D
Si
SiO2
Na2SiO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气、钠与氧气反应生成氧化钠、氧化钠与水反应生成氢氧化钠，转化关系正确，选项A不选；
B、铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气、铁在氯气中点燃反应生成氯化铁、氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，转化关系正确，选项B不选；
C、镁与氧气反应生成氧化镁、氢氧化镁加热分解生成氧化镁和水，但镁无法一步反应转化为氢氧化镁，转化关系不完全能进行，选项C选；
D、硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气、硅与氧气反应生成二氧化硅、二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，转化关系正确，选项D不选。
答案选C。
17.在标准状况下，如果2.8L氨气含有n个原子，则阿伏加德罗常数可表示为（ ）
A. B. C. 8n D. 2n
【答案】D
【解析】
【详解】在标准状况下，氨气的物质的量为=0.125mol，即0.125mol氨气含有n个原子，则1mol氨气含有8n个原子，每个氨气分子中含有4个原子，即阿伏加德罗常数可表示为=2n；
答案选D。
18.有四瓶常用溶液： ①BaCl2溶液 ②NaCl溶液 ③Na2SO4溶液 ④CuSO4溶液。不用其他试剂，可通过实验方法将它们一一鉴别出来，鉴别出来的先后顺序是（ ）
A. ①④③② B. ①③④② C. ①④②③ D. ④①③②
【答案】D
【解析】
【详解】CuSO4溶液是蓝色的，能与CuSO4溶液反应产生白色沉淀的是的是BaCl2溶液，能与BaCl2溶液反应产生白色沉淀的是Na2SO4溶液，无明显变化的是氯化钠溶液，故鉴别出来的先后顺序可能是④①③②或④①②③。
答案选D。
【点睛】本题难度较大，解此类题的思路是：先用物理性质，一般先看颜色、闻气味；再用化学性质，用已鉴定出的药品依次去鉴别其他物质，有不同现象时方可鉴别，在不另加试剂就能鉴别的题目中，首先观察有无有特殊颜色的物质，若有，将有颜色的溶液鉴别出来，然后再借用这种溶液鉴别其它溶液把其它没有确定出的物质确定出来；若都没有颜色就将溶液两两混合，根据混合后的现象进行分析鉴别。
19.向amolNaOH的溶液中通入bmolCO2，下列说法不正确的是（ ）
A. 当0.5a
D. 当2a=3b时，发生的离子反应为：3OH-+2CO2=CO32-+HCO3-+H2O
【答案】A
【解析】
【分析】
二氧化碳通入氢氧化钠溶液反应中发生的反应为2OH－＋CO2＝CO32-＋H2O或OH－＋CO2＝HCO3-，结合反应物的量解答。
【详解】A．当0.5a＜b＜a时，依据方程式得：
2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O
a 0.5a 0.5a
Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3
0.5a-(b-0.5a) b-0.5a 2(b-0.5a)
溶液中HCO3-与CO32-的物质的量之比为2(b-0.5a)：[0.5a-(b-0.5a)]=(2b-a)：(a-b)，选项A不正确；
B．当a≤b时，二氧化碳恰好反应或过量，反应生成碳酸氢钠，发生的离子反应为：OH－＋CO2＝HCO3-，选项B正确；
C．当a≥2b时，氢氧化钠恰好反应或过量，反应生成碳酸钠和水，离子方程式：2OH－＋CO2＝CO32-＋H2O，选项C正确；
D．当2a=3b时，二者反应生成等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠，发生反应的离子反应为3OH－＋2CO2＝CO32-＋HCO3-＋H2O，选项D正确；
答案选A。
【点睛】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质，明确二氧化碳与氢氧化钠反应实质是解题的关键，二氧化碳和氢氧化钠的物质的量比大于等于1：1的时，则为碳酸氢钠；如果二氧化碳和氢氧化钠的物质的量比小于等于1：2的时，则为碳酸钠；介于1：1和1：2之间的时则为碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，依据方程式：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3计算解答。
20.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A. 常温常压下，48gO3含有的氧为3NA
B. 标准状况下，22.4 L水含有的水分子数为NA
C. 常温常压下，11.2 L氧气所含的原子数小于NA
D. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl﹣个数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧可能为氧分子也可能为氧原子，指代不明确，故A错误；
B．标况下，水为液态，不能使用气体摩尔体积计算物质的量，故B错误；
C．常温常压，Vm＞22.4L/mol，常温常压下，11.2 L氧气物质的量小于0.5mol，所含的原子数小于NA，故C正确；
D．溶液的体积未知，无法计算氯离子的个数，故D错误；
故选C。
21.BrCl的化学性质与卤素单质相似，能与大多数金属反应生成金属卤化物，也可以与水发生如下反应：BrCl＋H2O＝HCl＋HBrO，下列说法正确的是（ ）
A. BrCl与Ca(OH)2溶液反应，产物有CaBr2、Ca(ClO)2和H2O
B. BrCl与水反应时，水既是氧化剂又是还原剂
C. BrCl与钠反应，化学方程式是2Na＋BrCl＝NaCl＋NaBr
D. BrCl与铁反应，化学方程式是2Fe＋2BrCl＝FeCl2＋FeBr2
【答案】C
【解析】
【详解】A. BrCl与Ca(OH)2反应的化学方程式为：2BrCl +2Ca(OH) 2=CaCl2+Ca(BrO)2+2H2O，产物有CaCl2、Ca(BrO)2和H2O，选项A错误；
B. BrCl与水反应的化学方程式为：BrCl+H2O=HCl+HBrO，反应中无化合价改变，不是氧化还原反应，水既不是氧化剂也不是还原剂，选项B错误；
C. BrCl与钠反应，化学方程式为：2Na+BrCl=NaCl+NaBr，选项C正确；
D.由于2Fe+3Br2=2FeBr3，BrCl能将Fe氧化成Fe3+，故BrCl与铁反应的化学方程式为： 2Fe+3BrCl=FeBr3+FeCl3，选项D错误。
答案选C。
22.将2.3g钠放入91.8g水中，反应完全后，溶液中Na＋与H2O分子的个数比为（ ）
A. 1︰30 B. 1︰40 C. 1︰50 D. 1︰51
【答案】C
【解析】
【详解】2.3g Na的物质的量==0.1mol，
91.8g 水的物质的量==5.1mol，
根据2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，可知参加反应水的物质的量为0.1mol，故溶液中水的物质的量=5.1mol-0.1mol=5mol，
溶液中n（Na+）=n（Na）=0.1mol，
故溶液中Na+与H2O分子的个数比=0.1mol：5mol=1：50，
答案选C。
【点睛】本题考查化学方程式的有关计算，难度不大，学生容易忽略参加反应的水，而导致错误的答案，根据n=计算Na、水的物质的量，根据2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，计算参加反应水的物质的量，进而计算形成的溶液中水的物质的量，溶液中n（Na+）=n（Na），进而计算溶液中Na+与H2O分子的个数比。
23.下列离子方程式中错误的是（ ）
A. 氯气通入碘化钾溶液中Cl2+2I-=I2+2Cl-
B. 铁跟稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
C. 醋酸跟氢氧化钾溶液反应：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O
D. 碳酸镁跟硫酸反应：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A、氯气通入碘化钾溶液中，发生反应生成碘和氯化钾，反应的离子方程式为Cl2+2I-=I2+2Cl-，选项A正确，不符合题意；
B、铁跟稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，选项B错误，符合题意；
C、醋酸跟氢氧化钾溶液反应生成醋酸钾和水，反应的离子方程式为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，选项C正确，不符合题意；
D、碳酸镁跟硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，选项D正确，不符合题意；
答案选B。
24.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是（ ）
A. ClO2是氧化产物 B. 1mol KClO3参加反应有2 mol电子转移
C. H2C2O4在反应中被还原 D. KClO3在反应中得到电子
【答案】D
【解析】
【详解】2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，其中KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，作氧化剂，被还原，得到还原产物2ClO2；H2C2O4中C的化合价＋3升高到＋4，作还原剂，被氧化得到氧化产物CO2；2molKClO3中的Cl从＋5降低到＋4，共得到2mol电子。
A、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，被还原，得到还原产物2ClO2，A错误；
B、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，1mol KClO3参加反应有1 mol电子转移，B错误；
C、H2C2O4中C的化合价＋3升高到＋4，作还原剂，被氧化，C错误；
D、KClO3中的Cl从＋5降低到＋4，得到电子，D正确；
答案选D。
25.今有一混合物水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：Na+、Ba2+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣，现取200mL溶液加入BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，以下推断不正确的是（ ）
A. 溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣、Na+
B. 溶液中c(Na+)≥0.6mol•L﹣1
C. 溶液中一定没有Ba2+，可能存在Cl﹣
D. 溶液中n（SO42﹣）≤0.02mol
【答案】D
【解析】
【详解】200mL溶液加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，4.66g为硫酸钡，其物质的量为=0.02mol，则原溶液中存在0.02molSO42-，碳酸钡的物质的量为=0.04mol，原溶液中存在0.04molCO32-，因硫酸根离子、碳酸根离子与钡离子不能共存，一定不含Ba2+，结合电荷守恒，一定含有钠离子，氯离子是否存在无法判断。
A. 溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣、Na+，选项A正确；
B. 原溶液中存在0.02molSO42-，c(SO42-)==0.1mol/L，存在0.04molCO32-， c(CO32-)==0.2mol/L，根据电荷守恒，若只存在SO42-、CO32-、Na+，则2c(CO32-)+ 2c(SO42-)+ c(OH-)= c(Na+)+ c(H+)，忽略水解，c(OH-)= c(H+)，故溶液中c(Na+)≥0.6mol•L﹣1，选项B正确；
C. 溶液中一定没有Ba2+，可能存在Cl﹣，选项C正确；
D. 溶液中n（SO42﹣）=0.02mol，选项D不正确；
答案选D。
非选择题部分
二、非选择题（本大题共5小题，共50分）
26.请回答：
（1）用氧化物的形式表示翡翠：NaAl(SiO3)2的组成：___。
（2）钠与水反应的离子方程式：___。
（3）Cu与FeCl3溶液反应的离子方程式：___。
（4）写出硫酸氢钠溶于水后的电离方程式：___。
（5）碳酸氢钠在日常生活中的二个应用：___。
（6）硫酸铁溶液与硫氰化钾溶液反应的离子方程式：___。
【答案】 (1). Na2O•Al2O3•4SiO2 (2). 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ (3). Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ (4). NaHSO4=Na++H++SO42- (5). 作治疗胃酸的药物、发酵粉 (6). Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3
【解析】
【分析】
（
【详解】（1）用氧化物表示物质的组成时，要按照：活泼金属氧化物•不活泼金属氧化物•SiO2•H2O的顺序，故NaAl(SiO3)2的组成可以表示为：Na2O•Al2O3•4SiO2；
（2）Na与水反应生成NaOH和氢气，NaOH为强电解质，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
（3）FeCl3溶液与Cu粉反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；
（4）硫酸氢铵是强电解质，能完全电离，溶液有强的酸性，硫酸氢钠的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-；
（5）碳酸氢钠在日常生活中二个应用：碳酸氢钠能和酸反应生成二氧化碳，故可以用作治疗胃酸的药物；受热可分解生成二氧化碳，故也可作发酵粉；
（6）硫酸铁溶液与硫氰化钾溶液反应的离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。
27.为探究某矿物固体X(仅含4种短周期元素)的组成和性质，其中固体乙可制光导纤维。现设计并完成如下实验：
请回答：
(1)X除了含有H、O元素以外还含有____________。
(2)固体丙的用途____________。
(3)X的化学式是____________。
(4)固体乙与NaOH溶液反应的离子方程式是____________。
【答案】 (1). Si、Mg (2). 制耐高温材料 (3). Mg3Si4O10(OH)2、3MgO·4SiO2·H2O、Mg3Si4H2O12 (4). SiO2+2OH－＝SiO32－+H2O
【解析】
【详解】X隔绝空气高温分解生成水，水的质量是37.8g－36.0g＝1.8g，物质的量是0.1mol，说明含有H、O元素。固体甲与稀硫酸反应生成无色溶液，加入氢氧化钠生成白色沉淀，加热分解生成固体丙，所以丙是氧化镁，物质的量是0.3mol。乙可制光导纤维，是二氧化硅，物质的量是0.4mol，因此X中氧元素的物质的量是，因此H、O、Mg、Si的个数之比是2：12：3：4，所以X的化学式为Mg3Si4H2O12。
(1)根据以上分析可知X除了含有H、O元素以外还含有Mg、Si。
(2)氧化镁的用途为制耐高温材料；
(3)X的化学式是Mg3Si4H2O12（或3MgO·4SiO2·H2O、Mg3Si4H2O12）；
(4)二氧化硅与NaOH溶液反应的离子方程式是SiO2+2OH－＝SiO32－+H2O。
28.在实验室中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气。进行此实验，所用仪器如图：
（1）连接上述仪器的正确顺序是（填各接口处的字母）：E接 ， 接 ， 接 ， 接 。___
（2）在装置中饱和食盐水起的作用是___。
（3）化学实验中检验是否有Cl2产生常用试纸为___。
（4）写出氢氧化钠溶液中反应的离子方程式___。
（5）将0.2molMnO2和500mL12mol/L盐酸混合后缓缓加热，MnO2反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀的物质的量为___（不考虑盐酸的挥发和氯气的溶解）。
（6）实验室也可以用K2Cr2O7和盐酸反应制取Cl2，配平反应方程式，并指出氧化剂和还原剂的物质的量之比是___，________K2Cr2O7+________HCl=________KCl+________CrCl3+________Cl2↑+________H2O
（7）已知还原性：SO32->I-。向含amolKI和amolK2SO3的混合液中通入bmolCl2充分反应(不考虑Cl2与I2之间的反应)。下列说法不正确的是___
A．当a≥b时，发生的离子反应为SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2H++2Cl-
B．当5a=4b时，发生的离子反应为4SO32-+2I-+5Cl2+4H2O=4SO42-+I2+8H++10Cl-
C．当a
【答案】 (1). CDABHGF (2). 除去氯气中的氯化氢气体 (3). 湿润的淀粉—KI试纸 (4). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (5). 5.6mol (6). 1：6 (7). 1 (8). 14 (9). 2 (10). 2 (11). 3 (12). 7 (13). D
【解析】
【分析】
（1）根据实验室制备气体装置的一般连接顺序：发生装置→净化装置→收集装置→尾气处理装置解答；
（2）根据氯气、氯化氢的性质分析；
（3）根据氯气的氧化性分析；
（4）氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
（5）根据反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，计算生成氯气的量，再计算反应完全后的氯离子，再计算生成AgCl沉淀物质的量；
(6)反应中K2Cr2O7→CrCl3, Cr元素化合价由+6降低为+3，共降低6价，Cl-(浓)→Cl2, Cl元素化合价由-1价升高为0价共升高为2价，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式；
(7)明确氧化还原反应中的反应先后顺序和与量有关的离子方程式的书写方式是解题关键。明确氧化还原反应中的反应先后顺序和与量有关的离子方程式的书写方式是解题关键，还原性：SO32-＞I-．向含有amolKI和amolK2SO3的混合液中通入bmolCl2充分反应，故氯气先和SO32-反应，当SO32-反应完全后，氯气再和I-反应．而amolK2SO3完全反应时能消耗amol氯气，amolKI完全反应时能消耗a/2mol氯气．即当amolKI和amolK2SO3完全反应时，共消耗1.5amol氯气。
【详解】（1）实验装置的连接顺序为：发生装置→除杂装置→收集装置→尾气处理装置；因为收集的是气体，所以除杂装置中长导管进气，短导管出气；因为饱和食盐水中有水，浓硫酸有吸水性，所以先连接饱和食盐水装置后连接浓硫酸装置；收集装置中，因为氯气的浓度大于空气的，所以长导管进气短导管出气。
故答案为：E，C，D，A，B，H，G，F；
（2）氯气中混有氯化氢杂质，氯化氢能溶于饱和食盐水中，但是氯气不溶，可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体；
（3）化学实验中检验是否有Cl2产生常用试纸为湿润的淀粉—KI试纸，若试纸变蓝，则产生的黄绿色气体为Cl2；
（4）尾气吸收时氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（5）反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，n（MnO2）=0.2mol，n（HCl）=0.5L×12mol/L=6mol，根据方程式可知0.2molMnO2反应需要HCl为0.2mol×4=0.8mol<6mol，故MnO2可反应完全，如MnO2完全反应，则生成氯气为0.2mol×2=0.4mol，溶液剩余Cl-为6mol-0.2mol×2=5.6mol，所以，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀物质的量等于5.6mol；
(6)反应中K2Cr2O7→CrCl3, Cr元素化合价由+6降低为+3，共降低6价，Cl-(浓)→Cl2, Cl元素化合价由-1价升高为0价共升高为2价，化合价升降最小公倍数为6，故K2Cr2O7的系数为1，Cl2 的系数为3，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为K2Cr2O7+ 14HCl(浓) 2KCl+ 2CrCl3 +3Cl2↑+7H2O；氧化剂K2Cr2O7和还原剂HCl的物质的量之比是1：6；
(7) A、当a≥b时，氯气恰好能把SO32－氧化为硫酸根，氯气被还原为氯离子，故离子方程式为SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2H++2Cl-，选项A正确；
B、当5a=4b即a=0.8b时，0.8bmolSO32－消耗0.8bmol氯气，被氧化为0.8bmolSO42-，0.2bmol氯气能氧化0.4bmolI-为I2，故离子方程式为：4SO32－＋2I－＋5Cl2＋4H2O＝4SO42－＋I2＋8H＋＋10Cl－，选项B正确；
C、当a＜b＜1.5a时，SO32-全部被氧化为硫酸根，而I-不能全部被氧化，故溶液中硫酸根的物质的量为amol，消耗的氯气为amol，故剩余的氯气为（b-a）mol，则能氧化的碘离子的物质的量为2（b-a）mol，故溶液中的碘离子的物质的量为amol-2（b-a）mol=（3a-b）mol，由于氯气完全反应，故溶液中的氯离子的物质的量为2bmol，因此溶液中SO42－、I－与Cl－的物质的量之比为a：（3a-2b）：2b，选项C正确；
D、当a＜b＜1.5a时，反应中转移电子的物质的量n(e-)为 2amol≤n(e-)≤3amol，选项D不正确；
答案选D。
29.实验室要配制480mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，回答下列问题。
（1）应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体___g。
（2）配制Na2CO3溶液时需用的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、___、___。
（3）若实验遇下列情况，溶液的浓度偏低的是___
A．加水时超过刻度线
B．忘记将洗涤液加入容量瓶
C．容量瓶内壁附有水珠而未进行干燥处理
D．定容后摇匀，液面低于刻度线
E．称量时砝码生锈
【答案】 (1). 14.3g (2). 500ml容量瓶 (3). 胶头滴管 (4). AB
【解析】
【分析】
（1）根据n=cv计算溶质Na2CO3的物质的量，利用Na2CO3•10H2O的物质的量等于Na2CO3的物质的量，根据m=nM计算Na2CO3•10H2O的质量；
（2）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器分析；
（3）根据c=计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高。
【详解】（1）因配制溶液的体积为480mL，而容量瓶的规格没有480mL，只能选用500mL，
Na2CO3的物质的量n=cV=0.5L×0.1mol•L-1=0.05mol，Na2CO3•10H2O的物质的量等于Na2CO3的物质的量，所以Na2CO3•10H2O的质量0.05mol×286g/mol=14.3g；
（2）配制顺序是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀．所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；
（3）A．加水时超过刻度线，溶液的体积偏大，浓度偏低，选项A正确；
B．忘记将洗涤液转入容量瓶，洗涤液中含有溶质，溶质的质量偏小，浓度偏低，选项B正确；
C．容量瓶洗涤后底部内壁有水珠而未作干燥处理，不影响溶液的体积，浓度不变，选项C错误；
D．定容、摇匀、静置后发现凹液面低于刻度线，过会儿滞留在刻度线以上的溶液就会下落，溶液的体积不变，浓度无影响，选项D错误；
E．称量时砝码生锈，所称固体质量偏大，所配溶液浓度偏大，选项E正确；
答案选AB。
30.为确定Na2CO3和NaHCO3混合物样品的组成，称取四份该样品溶于水后分别逐滴加入相同浓度盐酸60.0mL，充分反应，产生CO2的体积(已折算成标准状况下的体积，不考虑CO2在水中的溶解)如下表：
实验序号
I
II
III
IV
盐酸体积(mL)
60.0
60.0
60.0
60.0
样品质量(g)
2.96
3.70
5.18
6.66
CO2体积(mL)
672
840
896
672
（1）样品中物质的量之比n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=___。
（2）盐酸的物质的量浓度c(HCl)=___。
【答案】 (1). 1：2 (2). 1.25mol/L
【解析】
【分析】
（1）结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明Ⅰ、Ⅱ中盐酸过量，Na2CO3和NaHCO3的完全反应，列式计算；
（2）根据实验Ⅲ、Ⅳ可知，Ⅳ中盐酸不足，Na2CO3优先反应生成NaHCO3，列式计算。
【详解】（1）结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明Ⅰ、Ⅱ中盐酸过量，Na2CO3和NaHCO3的完全反应，设出Ⅰ中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为x、y，则①106x+84y=2.96、②x+y= =0.03mol，联立①②解得：x=0.02mol、y=0.01mol，所以样品中物质的量之比n（NaHCO3）：n（Na2CO3）=0.01mol：0.02mol =1：2；
（2）根据实验Ⅲ、Ⅳ可知，Ⅳ中盐酸不足，Na2CO3优先反应生成NaHCO3，设6.66g样品中含有碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为2x、x，则106×2x+84x=6.66，解得：x=0.0225mol，即6.66g样品中含有0.045mol碳酸钠、0.0225mol碳酸氢钠，将样品加入盐酸中，先发生反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，0.045mol碳酸钠完全反应消耗HCl的物质的量为0.045mol，碳酸钠完全反应后发生再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，生成标准状况下672mL二氧化碳消耗HCl的物质的量为：n(HCl)=n(CO2)==0.03mol。所以60mL盐酸中含有HCl的物质的量为：0.045mol+0.03mol=0.075mol，该盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)==1.25mol/L。
【点睛】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，正确判断反应物过量情况为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。无论属于哪种类型的计算题目，思维模式首先考虑：“以物质的量为中心，依据质量守恒和电子守恒列关系式”。根据化学方程式的有关计算总体原则是：以物质的量为中心，依据质量守恒和电子守恒列关系式。
高一化学
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Ba 137
选择题部分
一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1.下列各组物质，均属于电解质的组是（ ）
A. 盐酸、生石灰、苛性钠 B. 氯化钠、硫酸、硫酸钡
C. 熔融氧化钙、水银、食盐 D. 干冰、氨气、纯碱
【答案】B
【解析】
【详解】电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；
A、盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；
B、氯化钠、硫酸、硫酸钡均属于电解质，选项B正确；
C、水银是汞，属于单质，既不是电解质也不是非电解质，选项C错误；
D、干冰、氨气均属于非电解质，选项D错误。
答案选B。
2.某原子核外电子排布为：L层电子数是K层和M层电子数之和的两倍。则该元素是（ ）
A. 钠 B. 镁 C. 氖 D. 氯
【答案】B
【解析】
【详解】L层电子数是K层和M层电子数之和的两倍，L层电子数为8，K层电子数为2，则M层电子数为-2=2，说明该元素原子M层的电子数为2，是镁元素的原子。
答案选B。
3.下列说法中正确的是（ ）
A. 冰醋酸、酒精、氨水、苯等均不能导电
B. 氢氧化铁胶体具有吸附性，因而常用于自来水的杀菌消毒
C. 胶体区别于其他分散系的本质特征是否能发生丁达尔效应
D. 装碘的试剂瓶中残留的碘可以用酒精洗涤
【答案】D
【解析】
【详解】A、酒精、苯等均为非电解质，不能导电；氨水是电解质溶液，有自由移动的离子，能导电，选项A错误；
B、氢氧化铁胶体具有吸附性，能吸附悬浮杂质，而杀菌消毒是氧化性体现，氢氧化铁胶体不具备，选项B错误；
C、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒的直径大小，选项C错误；
D、碘单质易溶于有机溶剂，装碘的试剂瓶中残留的碘可以用酒精洗涤，选项D正确；
答案选D。
4.相同条件下，ag的A气体与bg的B气体占有相同体积。下列叙述错误的是 ( )
A. a∶b等于A与B的相对分子质量之比
B. a∶b等于等质量的A与B的分子数之比
C. a∶b等于同温同压下A与B的密度之比
D. b∶a等于同温同体积等质量的A与B的压强比
【答案】B
【解析】
【详解】相同条件下，ag的A气体与bg的B气体占有相同体积。说明两种气体的物质的量相等，则质量比等于摩尔质量之比，也等于密度比，等于相对分子质量之比，同温同体积等质量的A与B两种气体，压强比等于摩尔质量的反比，即为b:a。故选B。
【点睛】同温同压下，气体摩尔体积相同；相同体积的不同气体物质的量相等。
同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比(或分子数之比)；
同温同压下，气体密度之比等于其摩尔质量之比；
同温同压下，气体的质量之比等于其物质的量与摩尔质量之积的比；
同温同压下，同质量气体的体积之比等于其摩尔质量倒数之比。
同温同体积气体的压强之比等于其物质的量之比；
同温同体积同质量气体的压强之比等于其摩尔质量倒数之比。
5.下列结构示意图所代表的原子或离子，在化学反应中易被氧化的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A. 为失去一个电子后的钠离子，最外层已达稳定结构，不容易被氧化，选项A不符合；
B. 为氯原子，最外层电子数为7，容易得到一个电子达稳定结构，容易被还原，选项B不符合；
C. 为钾原子，最外层电子数为1，容易失去电子达稳定结构，容易被氧化，选项C正确；
D. 为氩原子，最外层已达8电子稳定结构，不容易被氧化，选项D不符合。
答案选C。
6.实验室用NaCl固体配500mL 1.0mol·L-1NaCl溶液，下列判断错误的是
A. 用托盘天平称取NaCl固体29.25g
B. 应选用500mL的容量瓶来配制此溶液
C. 在转移操作中不慎将溶液洒到容量瓶外面，应该重新配制溶液
D. 加蒸馏水至离刻度线1-2cm时改用胶头滴管定容
【答案】A
【解析】
【详解】A. 托盘天平精确到0.1g，所以用托盘天平称取NaCl固体29.3g，故A错误；
B. 常见容量瓶规格为100mL、200mL、500mL、1000mL等，配500mL溶液，故需选用500mL容量瓶来配制溶液，故B正确；
C. 转移溶液时有少量液体溅出，导致配制的溶液中氢氧化钠的物质的量偏小，则最终溶液的浓度偏低，故需重新配制，故C正确；
D. 定容时使用胶头滴管，防止加水超过刻度线，则加蒸馏水至离刻度线1−2cm时改用胶头滴管定容，故D正确；
答案选A。
7.在氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，待反应结束后，所剩余的固体中有铁存在，则反应后溶液中存在较多的阳离子是（ ）
A. Cu2+ B. Fe3+ C. Fe2+ D. H+
【答案】C
【解析】
【详解】所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，说明该物质为铁，铁粉剩余，溶液中一定没有Fe3+ 、Cu2+ 、H+，这些离子都能和铁粉发生氧化还原反应，反应后溶液中存在较多的阳离子是Fe2＋；
答案选C。
【点睛】本题主要考查学生有关金属铁的性质，可以Fe与三价铁离子、铜离子、氢离子之间的反应来回答，根据金属铁能和三价铁、铜离子以及氢离子反应的性质来分析。
8.下列说法中正确的是
A. 地球上99%溴蕴藏在大海中，故溴被称为“海洋元素”
B. 提出原子结构型的科学家按时间先后排列为：道尔顿、卢瑟福、汤姆生、玻尔
C 硅晶体可以制备光导纤维
D. 水泥、石英玻璃、陶瓷都是硅酸盐制品
【答案】A
【解析】
【详解】A、地球上99%溴蕴藏在大海中，故溴被称为“海洋元素”，选项A正确；
B、提出原子结构模型的科学家按时间先后依次是：道尔顿、汤姆生、卢瑟福、玻尔，选项B错误；
C、光导纤维的主要成分为二氧化硅，不是硅，选项C错误；
D、石英玻璃的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，选项D错误。
答案选A
9.下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的叙述，正确的是（ ）
A. 物质的量相同时，分别与足量的盐酸反应，生成CO2的质量：碳酸钠＜碳酸氢钠
B. 热稳定性：碳酸钠＜碳酸氢钠
C. 质量相同时，分别与同体积同浓度盐酸反应的快慢：碳酸钠＞碳酸氢钠
D. 常温时，在水中的溶解性：碳酸钠＞碳酸氢钠
【答案】D
【解析】
【详解】A、物质的量相同时，分别与足量的盐酸反应，据碳原子守恒，生成CO2的质量：碳酸钠＝碳酸氢钠，选项A错误；
B、碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，热稳定性：碳酸钠＞碳酸氢钠，选项B错误；
C、碳酸钠与盐酸反应首先转化为碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应放出二氧化碳，因此质量相同时，分别与同体积同浓度盐酸反应的快慢：碳酸钠＜碳酸氢钠，选项C错误；
D、常温时，碳酸钠的溶解度较大，因此在水中的溶解性：碳酸钠＞碳酸氢钠，选项D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质，明确碳酸钠和碳酸氢钠的性质差异是解答的关键，选项B是易错点，注意由于CO32－比HCO3－更易于结合H＋形成难电离的HCO3－，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32－完全转化为HCO3－时，再滴入的盐酸才与HCO3－反应。
10.工业上制造镁粉是将镁蒸气在气体中冷却。可作为冷却气体的是
①空气 ②CO2 ③Ar ④H2 ⑤N2
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①空气中有氧气和氮气，金属镁和它们可以反应，空气不能作冷却剂，故错误；
②Mg蒸气在CO2中能发生反应生成MgO和C，不能作冷却剂，故错误；
③Mg和Ar不反应，可以作冷却剂，故正确；
④Mg和氢气不反应，可以作冷却剂，故正确；
⑤Mg蒸气和氮气反应生成氮化镁，不能作冷却剂，故错误；
答案选C。
11.下列各组离子能在酸性的无色溶液中大量共存的是（ ）
A. K+、Na+、SO42-、MnO4-
B. Mg2+、Cl-、Al3+、NO3-
C. NH4+、Cl-、HCO3-、NO3-
D. Ca2+、Na+、Fe3+、Br-
【答案】B
【解析】
【详解】A．该组离子之间不反应，能在酸性条件下共存，但MnO4-为紫色，与无色溶液不符，选项A不选；
B．该组离子之间不反应，能在酸性条件下共存，且离子均为无色，选项B选；
C．H+、HCO3-反应生成水和二氧化碳，则不能共存，选项C不选；
D．Fe3+为黄色，与无色溶液不符，选项D不选；
答案选B。
【点睛】本题考查了离子共存的问题，判断各离子在溶液中能否共存，主要看溶液中的各离子之间能否发生反应生成沉淀、气体、水；并注意是在酸性溶液中共存及特定离子的颜色，酸性溶液中存在大量的H+，根据离子间若能互相结合成沉淀、气体或水，则离子不能大量共存，注意溶液呈无色透明，不能含有明显有颜色的MnO4-、铁离子等，以此来解答。
12.等物质的量浓度的氯化铝、氯化镁、氯化钠三种溶液的体积比为3：2：1，则三种溶液中氯离子的物质的量浓度之比为（ ）
A. 1：2：3 B. 9：4：1 C. 3：2：1 D. 1：1：1
【答案】C
【解析】
【详解】离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×溶质化学式中含有离子的个数，等物质的量浓度的AlCl3、MgCl2、 NaCl三种溶液中氯离子的物质的量浓度之比为(1×3): (1×2): (1 ×1)=3:2:1，与溶液的体积无关；
答案选C。
【点睛】本题考查离子浓度的计算。根据离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×溶质化学式中含有离子的个数，与溶液的体积无关。
13.将足量的二氧化锰与40 mL 10 mol/L浓盐酸反应产生的氯气同0.1 mol二氧化锰与足量的浓盐酸反应产生的氯气相比( )
A. 前者产生的Cl2多 B. 后者产生的Cl2多
C. 一样多 D. 无法比较
【答案】B
【解析】
对于反应一：HCl物质的量为10mol/L×0.04L=0.4mol，将足量的二氧化锰与浓盐酸反应产生的氯气，随反应的进行，盐酸浓度降低，HCl不能完全反应，假定HCl完全反应，根据MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O可知含HCl0.4mol浓盐酸完全反应生成氯气为0.1mol，实际氯气小于0.1mol；对于反应二：将0.1mol二氧化锰与足量的浓盐酸反应产生的氯气，二氧化锰完全反应，根据方程式可知生成氯气为0.1mol，故反应二生成的氯气大于反应一生成的氯气，答案选B。
点睛：本题考查氯气的实验室制备、浓度对物质性质的影响等，注意中学常见与浓度、反应条件、先后顺序有关的反应，例如浓硫酸与金属的反应，硝酸与金属的反应等。
14.要证明某溶液中不含Fe3＋，而可能含Fe2＋，进行如下实验操作时，最佳顺序是（ ）
①加足量新制氯水 ②加足量KMnO4溶液 ③加少量KSCN溶液
A. ①② B. ③② C. ①②③ D. ③①
【答案】D
【解析】
【详解】因为SCN-与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，可以先滴加KSCN溶液，原溶液不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，然后滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中含有Fe3+，则证明原溶液含有Fe2+，属于最佳顺序为③①。这题不适合选择足量KMnO4溶液，因为KMnO4溶液的紫红色，会阻碍红色的观察；
答案选D。
【点睛】本题考查了铁离子、亚铁离子的检验方法，题目难度不大，明确常见离子的检验方法为解答关键，注意掌握检验亚铁离子、铁离子的检验方法，试题培养了学生的化学实验能力，实验目的是证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，需要先用硫氰化钾溶液排除铁离子，然后加入氧化剂氯水证明原溶液中含有亚铁离子。
15.下列除杂试剂的选择和除杂操作均正确的是（ ）
选项
括号内为杂质
除杂试剂
除杂操作
A
CO2(HCl)
Na2CO3
将气体通过足量的Na2CO3溶液
B
NaCl溶液（Br2）
CCl4
萃取分液
B
FeCl3溶液（CuCl2）
Fe粉
加入过量的Fe粉，充分反应后过滤
D
Na2SO4溶液（Na2CO3）
盐酸
加入盐酸至不在产生气泡为止
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，选项A错误；
B、溴被四氯化碳萃取后与氯化钠溶液分层，通过分液后可除去溴，选项B正确；
C、二者均与Fe反应，将原物质除去，不能除杂，选项C错误；
D、碳酸钠与盐酸反应引入新杂质NaCl，应选稀硫酸，选项D错误；
答案选B。
16.已知X、Y、Z均为中学化学常见物质，且均含有同一种元素，其中X是单质，它们之间的转化关系如图所示。则X、Y、Z不可能是（ ）
物质
选项
X
Y
Z
A
Na
Na2O
NaOH
B
Fe
FeCl3
FeCl2
C
Mg
Mg(OH)2
MgO
D
Si
SiO2
Na2SiO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气、钠与氧气反应生成氧化钠、氧化钠与水反应生成氢氧化钠，转化关系正确，选项A不选；
B、铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气、铁在氯气中点燃反应生成氯化铁、氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，转化关系正确，选项B不选；
C、镁与氧气反应生成氧化镁、氢氧化镁加热分解生成氧化镁和水，但镁无法一步反应转化为氢氧化镁，转化关系不完全能进行，选项C选；
D、硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气、硅与氧气反应生成二氧化硅、二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，转化关系正确，选项D不选。
答案选C。
17.在标准状况下，如果2.8L氨气含有n个原子，则阿伏加德罗常数可表示为（ ）
A. B. C. 8n D. 2n
【答案】D
【解析】
【详解】在标准状况下，氨气的物质的量为=0.125mol，即0.125mol氨气含有n个原子，则1mol氨气含有8n个原子，每个氨气分子中含有4个原子，即阿伏加德罗常数可表示为=2n；
答案选D。
18.有四瓶常用溶液： ①BaCl2溶液 ②NaCl溶液 ③Na2SO4溶液 ④CuSO4溶液。不用其他试剂，可通过实验方法将它们一一鉴别出来，鉴别出来的先后顺序是（ ）
A. ①④③② B. ①③④② C. ①④②③ D. ④①③②
【答案】D
【解析】
【详解】CuSO4溶液是蓝色的，能与CuSO4溶液反应产生白色沉淀的是的是BaCl2溶液，能与BaCl2溶液反应产生白色沉淀的是Na2SO4溶液，无明显变化的是氯化钠溶液，故鉴别出来的先后顺序可能是④①③②或④①②③。
答案选D。
【点睛】本题难度较大，解此类题的思路是：先用物理性质，一般先看颜色、闻气味；再用化学性质，用已鉴定出的药品依次去鉴别其他物质，有不同现象时方可鉴别，在不另加试剂就能鉴别的题目中，首先观察有无有特殊颜色的物质，若有，将有颜色的溶液鉴别出来，然后再借用这种溶液鉴别其它溶液把其它没有确定出的物质确定出来；若都没有颜色就将溶液两两混合，根据混合后的现象进行分析鉴别。
19.向amolNaOH的溶液中通入bmolCO2，下列说法不正确的是（ ）
A. 当0.5a
D. 当2a=3b时，发生的离子反应为：3OH-+2CO2=CO32-+HCO3-+H2O
【答案】A
【解析】
【分析】
二氧化碳通入氢氧化钠溶液反应中发生的反应为2OH－＋CO2＝CO32-＋H2O或OH－＋CO2＝HCO3-，结合反应物的量解答。
【详解】A．当0.5a＜b＜a时，依据方程式得：
2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O
a 0.5a 0.5a
Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3
0.5a-(b-0.5a) b-0.5a 2(b-0.5a)
溶液中HCO3-与CO32-的物质的量之比为2(b-0.5a)：[0.5a-(b-0.5a)]=(2b-a)：(a-b)，选项A不正确；
B．当a≤b时，二氧化碳恰好反应或过量，反应生成碳酸氢钠，发生的离子反应为：OH－＋CO2＝HCO3-，选项B正确；
C．当a≥2b时，氢氧化钠恰好反应或过量，反应生成碳酸钠和水，离子方程式：2OH－＋CO2＝CO32-＋H2O，选项C正确；
D．当2a=3b时，二者反应生成等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠，发生反应的离子反应为3OH－＋2CO2＝CO32-＋HCO3-＋H2O，选项D正确；
答案选A。
【点睛】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质，明确二氧化碳与氢氧化钠反应实质是解题的关键，二氧化碳和氢氧化钠的物质的量比大于等于1：1的时，则为碳酸氢钠；如果二氧化碳和氢氧化钠的物质的量比小于等于1：2的时，则为碳酸钠；介于1：1和1：2之间的时则为碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，依据方程式：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3计算解答。
20.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A. 常温常压下，48gO3含有的氧为3NA
B. 标准状况下，22.4 L水含有的水分子数为NA
C. 常温常压下，11.2 L氧气所含的原子数小于NA
D. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl﹣个数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧可能为氧分子也可能为氧原子，指代不明确，故A错误；
B．标况下，水为液态，不能使用气体摩尔体积计算物质的量，故B错误；
C．常温常压，Vm＞22.4L/mol，常温常压下，11.2 L氧气物质的量小于0.5mol，所含的原子数小于NA，故C正确；
D．溶液的体积未知，无法计算氯离子的个数，故D错误；
故选C。
21.BrCl的化学性质与卤素单质相似，能与大多数金属反应生成金属卤化物，也可以与水发生如下反应：BrCl＋H2O＝HCl＋HBrO，下列说法正确的是（ ）
A. BrCl与Ca(OH)2溶液反应，产物有CaBr2、Ca(ClO)2和H2O
B. BrCl与水反应时，水既是氧化剂又是还原剂
C. BrCl与钠反应，化学方程式是2Na＋BrCl＝NaCl＋NaBr
D. BrCl与铁反应，化学方程式是2Fe＋2BrCl＝FeCl2＋FeBr2
【答案】C
【解析】
【详解】A. BrCl与Ca(OH)2反应的化学方程式为：2BrCl +2Ca(OH) 2=CaCl2+Ca(BrO)2+2H2O，产物有CaCl2、Ca(BrO)2和H2O，选项A错误；
B. BrCl与水反应的化学方程式为：BrCl+H2O=HCl+HBrO，反应中无化合价改变，不是氧化还原反应，水既不是氧化剂也不是还原剂，选项B错误；
C. BrCl与钠反应，化学方程式为：2Na+BrCl=NaCl+NaBr，选项C正确；
D.由于2Fe+3Br2=2FeBr3，BrCl能将Fe氧化成Fe3+，故BrCl与铁反应的化学方程式为： 2Fe+3BrCl=FeBr3+FeCl3，选项D错误。
答案选C。
22.将2.3g钠放入91.8g水中，反应完全后，溶液中Na＋与H2O分子的个数比为（ ）
A. 1︰30 B. 1︰40 C. 1︰50 D. 1︰51
【答案】C
【解析】
【详解】2.3g Na的物质的量==0.1mol，
91.8g 水的物质的量==5.1mol，
根据2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，可知参加反应水的物质的量为0.1mol，故溶液中水的物质的量=5.1mol-0.1mol=5mol，
溶液中n（Na+）=n（Na）=0.1mol，
故溶液中Na+与H2O分子的个数比=0.1mol：5mol=1：50，
答案选C。
【点睛】本题考查化学方程式的有关计算，难度不大，学生容易忽略参加反应的水，而导致错误的答案，根据n=计算Na、水的物质的量，根据2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，计算参加反应水的物质的量，进而计算形成的溶液中水的物质的量，溶液中n（Na+）=n（Na），进而计算溶液中Na+与H2O分子的个数比。
23.下列离子方程式中错误的是（ ）
A. 氯气通入碘化钾溶液中Cl2+2I-=I2+2Cl-
B. 铁跟稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
C. 醋酸跟氢氧化钾溶液反应：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O
D. 碳酸镁跟硫酸反应：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A、氯气通入碘化钾溶液中，发生反应生成碘和氯化钾，反应的离子方程式为Cl2+2I-=I2+2Cl-，选项A正确，不符合题意；
B、铁跟稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，选项B错误，符合题意；
C、醋酸跟氢氧化钾溶液反应生成醋酸钾和水，反应的离子方程式为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，选项C正确，不符合题意；
D、碳酸镁跟硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，选项D正确，不符合题意；
答案选B。
24.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是（ ）
A. ClO2是氧化产物 B. 1mol KClO3参加反应有2 mol电子转移
C. H2C2O4在反应中被还原 D. KClO3在反应中得到电子
【答案】D
【解析】
【详解】2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，其中KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，作氧化剂，被还原，得到还原产物2ClO2；H2C2O4中C的化合价＋3升高到＋4，作还原剂，被氧化得到氧化产物CO2；2molKClO3中的Cl从＋5降低到＋4，共得到2mol电子。
A、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，被还原，得到还原产物2ClO2，A错误；
B、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，1mol KClO3参加反应有1 mol电子转移，B错误；
C、H2C2O4中C的化合价＋3升高到＋4，作还原剂，被氧化，C错误；
D、KClO3中的Cl从＋5降低到＋4，得到电子，D正确；
答案选D。
25.今有一混合物水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：Na+、Ba2+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣，现取200mL溶液加入BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，以下推断不正确的是（ ）
A. 溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣、Na+
B. 溶液中c(Na+)≥0.6mol•L﹣1
C. 溶液中一定没有Ba2+，可能存在Cl﹣
D. 溶液中n（SO42﹣）≤0.02mol
【答案】D
【解析】
【详解】200mL溶液加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，4.66g为硫酸钡，其物质的量为=0.02mol，则原溶液中存在0.02molSO42-，碳酸钡的物质的量为=0.04mol，原溶液中存在0.04molCO32-，因硫酸根离子、碳酸根离子与钡离子不能共存，一定不含Ba2+，结合电荷守恒，一定含有钠离子，氯离子是否存在无法判断。
A. 溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣、Na+，选项A正确；
B. 原溶液中存在0.02molSO42-，c(SO42-)==0.1mol/L，存在0.04molCO32-， c(CO32-)==0.2mol/L，根据电荷守恒，若只存在SO42-、CO32-、Na+，则2c(CO32-)+ 2c(SO42-)+ c(OH-)= c(Na+)+ c(H+)，忽略水解，c(OH-)= c(H+)，故溶液中c(Na+)≥0.6mol•L﹣1，选项B正确；
C. 溶液中一定没有Ba2+，可能存在Cl﹣，选项C正确；
D. 溶液中n（SO42﹣）=0.02mol，选项D不正确；
答案选D。
非选择题部分
二、非选择题（本大题共5小题，共50分）
26.请回答：
（1）用氧化物的形式表示翡翠：NaAl(SiO3)2的组成：___。
（2）钠与水反应的离子方程式：___。
（3）Cu与FeCl3溶液反应的离子方程式：___。
（4）写出硫酸氢钠溶于水后的电离方程式：___。
（5）碳酸氢钠在日常生活中的二个应用：___。
（6）硫酸铁溶液与硫氰化钾溶液反应的离子方程式：___。
【答案】 (1). Na2O•Al2O3•4SiO2 (2). 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ (3). Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ (4). NaHSO4=Na++H++SO42- (5). 作治疗胃酸的药物、发酵粉 (6). Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3
【解析】
【分析】
（
【详解】（1）用氧化物表示物质的组成时，要按照：活泼金属氧化物•不活泼金属氧化物•SiO2•H2O的顺序，故NaAl(SiO3)2的组成可以表示为：Na2O•Al2O3•4SiO2；
（2）Na与水反应生成NaOH和氢气，NaOH为强电解质，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
（3）FeCl3溶液与Cu粉反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；
（4）硫酸氢铵是强电解质，能完全电离，溶液有强的酸性，硫酸氢钠的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-；
（5）碳酸氢钠在日常生活中二个应用：碳酸氢钠能和酸反应生成二氧化碳，故可以用作治疗胃酸的药物；受热可分解生成二氧化碳，故也可作发酵粉；
（6）硫酸铁溶液与硫氰化钾溶液反应的离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。
27.为探究某矿物固体X(仅含4种短周期元素)的组成和性质，其中固体乙可制光导纤维。现设计并完成如下实验：
请回答：
(1)X除了含有H、O元素以外还含有____________。
(2)固体丙的用途____________。
(3)X的化学式是____________。
(4)固体乙与NaOH溶液反应的离子方程式是____________。
【答案】 (1). Si、Mg (2). 制耐高温材料 (3). Mg3Si4O10(OH)2、3MgO·4SiO2·H2O、Mg3Si4H2O12 (4). SiO2+2OH－＝SiO32－+H2O
【解析】
【详解】X隔绝空气高温分解生成水，水的质量是37.8g－36.0g＝1.8g，物质的量是0.1mol，说明含有H、O元素。固体甲与稀硫酸反应生成无色溶液，加入氢氧化钠生成白色沉淀，加热分解生成固体丙，所以丙是氧化镁，物质的量是0.3mol。乙可制光导纤维，是二氧化硅，物质的量是0.4mol，因此X中氧元素的物质的量是，因此H、O、Mg、Si的个数之比是2：12：3：4，所以X的化学式为Mg3Si4H2O12。
(1)根据以上分析可知X除了含有H、O元素以外还含有Mg、Si。
(2)氧化镁的用途为制耐高温材料；
(3)X的化学式是Mg3Si4H2O12（或3MgO·4SiO2·H2O、Mg3Si4H2O12）；
(4)二氧化硅与NaOH溶液反应的离子方程式是SiO2+2OH－＝SiO32－+H2O。
28.在实验室中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气。进行此实验，所用仪器如图：
（1）连接上述仪器的正确顺序是（填各接口处的字母）：E接 ， 接 ， 接 ， 接 。___
（2）在装置中饱和食盐水起的作用是___。
（3）化学实验中检验是否有Cl2产生常用试纸为___。
（4）写出氢氧化钠溶液中反应的离子方程式___。
（5）将0.2molMnO2和500mL12mol/L盐酸混合后缓缓加热，MnO2反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀的物质的量为___（不考虑盐酸的挥发和氯气的溶解）。
（6）实验室也可以用K2Cr2O7和盐酸反应制取Cl2，配平反应方程式，并指出氧化剂和还原剂的物质的量之比是___，________K2Cr2O7+________HCl=________KCl+________CrCl3+________Cl2↑+________H2O
（7）已知还原性：SO32->I-。向含amolKI和amolK2SO3的混合液中通入bmolCl2充分反应(不考虑Cl2与I2之间的反应)。下列说法不正确的是___
A．当a≥b时，发生的离子反应为SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2H++2Cl-
B．当5a=4b时，发生的离子反应为4SO32-+2I-+5Cl2+4H2O=4SO42-+I2+8H++10Cl-
C．当a
【答案】 (1). CDABHGF (2). 除去氯气中的氯化氢气体 (3). 湿润的淀粉—KI试纸 (4). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (5). 5.6mol (6). 1：6 (7). 1 (8). 14 (9). 2 (10). 2 (11). 3 (12). 7 (13). D
【解析】
【分析】
（1）根据实验室制备气体装置的一般连接顺序：发生装置→净化装置→收集装置→尾气处理装置解答；
（2）根据氯气、氯化氢的性质分析；
（3）根据氯气的氧化性分析；
（4）氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
（5）根据反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，计算生成氯气的量，再计算反应完全后的氯离子，再计算生成AgCl沉淀物质的量；
(6)反应中K2Cr2O7→CrCl3, Cr元素化合价由+6降低为+3，共降低6价，Cl-(浓)→Cl2, Cl元素化合价由-1价升高为0价共升高为2价，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式；
(7)明确氧化还原反应中的反应先后顺序和与量有关的离子方程式的书写方式是解题关键。明确氧化还原反应中的反应先后顺序和与量有关的离子方程式的书写方式是解题关键，还原性：SO32-＞I-．向含有amolKI和amolK2SO3的混合液中通入bmolCl2充分反应，故氯气先和SO32-反应，当SO32-反应完全后，氯气再和I-反应．而amolK2SO3完全反应时能消耗amol氯气，amolKI完全反应时能消耗a/2mol氯气．即当amolKI和amolK2SO3完全反应时，共消耗1.5amol氯气。
【详解】（1）实验装置的连接顺序为：发生装置→除杂装置→收集装置→尾气处理装置；因为收集的是气体，所以除杂装置中长导管进气，短导管出气；因为饱和食盐水中有水，浓硫酸有吸水性，所以先连接饱和食盐水装置后连接浓硫酸装置；收集装置中，因为氯气的浓度大于空气的，所以长导管进气短导管出气。
故答案为：E，C，D，A，B，H，G，F；
（2）氯气中混有氯化氢杂质，氯化氢能溶于饱和食盐水中，但是氯气不溶，可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体；
（3）化学实验中检验是否有Cl2产生常用试纸为湿润的淀粉—KI试纸，若试纸变蓝，则产生的黄绿色气体为Cl2；
（4）尾气吸收时氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（5）反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，n（MnO2）=0.2mol，n（HCl）=0.5L×12mol/L=6mol，根据方程式可知0.2molMnO2反应需要HCl为0.2mol×4=0.8mol<6mol，故MnO2可反应完全，如MnO2完全反应，则生成氯气为0.2mol×2=0.4mol，溶液剩余Cl-为6mol-0.2mol×2=5.6mol，所以，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀物质的量等于5.6mol；
(6)反应中K2Cr2O7→CrCl3, Cr元素化合价由+6降低为+3，共降低6价，Cl-(浓)→Cl2, Cl元素化合价由-1价升高为0价共升高为2价，化合价升降最小公倍数为6，故K2Cr2O7的系数为1，Cl2 的系数为3，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为K2Cr2O7+ 14HCl(浓) 2KCl+ 2CrCl3 +3Cl2↑+7H2O；氧化剂K2Cr2O7和还原剂HCl的物质的量之比是1：6；
(7) A、当a≥b时，氯气恰好能把SO32－氧化为硫酸根，氯气被还原为氯离子，故离子方程式为SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2H++2Cl-，选项A正确；
B、当5a=4b即a=0.8b时，0.8bmolSO32－消耗0.8bmol氯气，被氧化为0.8bmolSO42-，0.2bmol氯气能氧化0.4bmolI-为I2，故离子方程式为：4SO32－＋2I－＋5Cl2＋4H2O＝4SO42－＋I2＋8H＋＋10Cl－，选项B正确；
C、当a＜b＜1.5a时，SO32-全部被氧化为硫酸根，而I-不能全部被氧化，故溶液中硫酸根的物质的量为amol，消耗的氯气为amol，故剩余的氯气为（b-a）mol，则能氧化的碘离子的物质的量为2（b-a）mol，故溶液中的碘离子的物质的量为amol-2（b-a）mol=（3a-b）mol，由于氯气完全反应，故溶液中的氯离子的物质的量为2bmol，因此溶液中SO42－、I－与Cl－的物质的量之比为a：（3a-2b）：2b，选项C正确；
D、当a＜b＜1.5a时，反应中转移电子的物质的量n(e-)为 2amol≤n(e-)≤3amol，选项D不正确；
答案选D。
29.实验室要配制480mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，回答下列问题。
（1）应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体___g。
（2）配制Na2CO3溶液时需用的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、___、___。
（3）若实验遇下列情况，溶液的浓度偏低的是___
A．加水时超过刻度线
B．忘记将洗涤液加入容量瓶
C．容量瓶内壁附有水珠而未进行干燥处理
D．定容后摇匀，液面低于刻度线
E．称量时砝码生锈
【答案】 (1). 14.3g (2). 500ml容量瓶 (3). 胶头滴管 (4). AB
【解析】
【分析】
（1）根据n=cv计算溶质Na2CO3的物质的量，利用Na2CO3•10H2O的物质的量等于Na2CO3的物质的量，根据m=nM计算Na2CO3•10H2O的质量；
（2）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器分析；
（3）根据c=计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高。
【详解】（1）因配制溶液的体积为480mL，而容量瓶的规格没有480mL，只能选用500mL，
Na2CO3的物质的量n=cV=0.5L×0.1mol•L-1=0.05mol，Na2CO3•10H2O的物质的量等于Na2CO3的物质的量，所以Na2CO3•10H2O的质量0.05mol×286g/mol=14.3g；
（2）配制顺序是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀．所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；
（3）A．加水时超过刻度线，溶液的体积偏大，浓度偏低，选项A正确；
B．忘记将洗涤液转入容量瓶，洗涤液中含有溶质，溶质的质量偏小，浓度偏低，选项B正确；
C．容量瓶洗涤后底部内壁有水珠而未作干燥处理，不影响溶液的体积，浓度不变，选项C错误；
D．定容、摇匀、静置后发现凹液面低于刻度线，过会儿滞留在刻度线以上的溶液就会下落，溶液的体积不变，浓度无影响，选项D错误；
E．称量时砝码生锈，所称固体质量偏大，所配溶液浓度偏大，选项E正确；
答案选AB。
30.为确定Na2CO3和NaHCO3混合物样品的组成，称取四份该样品溶于水后分别逐滴加入相同浓度盐酸60.0mL，充分反应，产生CO2的体积(已折算成标准状况下的体积，不考虑CO2在水中的溶解)如下表：
实验序号
I
II
III
IV
盐酸体积(mL)
60.0
60.0
60.0
60.0
样品质量(g)
2.96
3.70
5.18
6.66
CO2体积(mL)
672
840
896
672
（1）样品中物质的量之比n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=___。
（2）盐酸的物质的量浓度c(HCl)=___。
【答案】 (1). 1：2 (2). 1.25mol/L
【解析】
【分析】
（1）结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明Ⅰ、Ⅱ中盐酸过量，Na2CO3和NaHCO3的完全反应，列式计算；
（2）根据实验Ⅲ、Ⅳ可知，Ⅳ中盐酸不足，Na2CO3优先反应生成NaHCO3，列式计算。
【详解】（1）结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明Ⅰ、Ⅱ中盐酸过量，Na2CO3和NaHCO3的完全反应，设出Ⅰ中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为x、y，则①106x+84y=2.96、②x+y= =0.03mol，联立①②解得：x=0.02mol、y=0.01mol，所以样品中物质的量之比n（NaHCO3）：n（Na2CO3）=0.01mol：0.02mol =1：2；
（2）根据实验Ⅲ、Ⅳ可知，Ⅳ中盐酸不足，Na2CO3优先反应生成NaHCO3，设6.66g样品中含有碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为2x、x，则106×2x+84x=6.66，解得：x=0.0225mol，即6.66g样品中含有0.045mol碳酸钠、0.0225mol碳酸氢钠，将样品加入盐酸中，先发生反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，0.045mol碳酸钠完全反应消耗HCl的物质的量为0.045mol，碳酸钠完全反应后发生再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，生成标准状况下672mL二氧化碳消耗HCl的物质的量为：n(HCl)=n(CO2)==0.03mol。所以60mL盐酸中含有HCl的物质的量为：0.045mol+0.03mol=0.075mol，该盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)==1.25mol/L。
【点睛】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，正确判断反应物过量情况为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。无论属于哪种类型的计算题目，思维模式首先考虑：“以物质的量为中心，依据质量守恒和电子守恒列关系式”。根据化学方程式的有关计算总体原则是：以物质的量为中心，依据质量守恒和电子守恒列关系式。
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