2025届化学高考一轮复习专项训练 海水中的重要元素——钠和氯

《海水中的重要元素——钠和氯》 一、选择题 1．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　） A．一定条件下，0.1mol和0.15mol充分反应，转移的电子总数为0.6 B．常温常压下，11.2L中含有的C—H键的数目为3 C．标准状况下，22.4L与足量氯气完全反应，生成的数目为0.1 D．常温下，100g质量分数为46%的乙醇溶液中，氧原子数目为4 2．以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠（）的工艺流程如下，下列说法不正确的是（　　） A．“母液”中含有大量的 B．溶解时需用盐酸代替硫酸以防止引入硫酸根杂质 C．吸收塔中1mol 失去2NA个电子 D．减压蒸发可降低蒸发温度，防止的分解 3．代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（ ） A．0.5mol苯中含有碳碳双键的数目为 B．1mol甲烷与氯气充分反应生成的分子数为 C．在标准状况下，11.2L己烷完全燃烧后，所生成的分子数为 D．常温常压下，28g乙烯与丙烯的混合气体中含有的碳原子数为 4．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　） A．质量为46gNO2和N2O4的混合物中含有氧原子的数目为4NA B．标准状况下，2.24L乙烷分子中所含非极性共价键数为0.1NA C．1L0.1mol/L乙酸溶液中H+数为0.1NA D．一定条件下，0.2molSO2与0.1molO2混合后充分反应，转移的电子数目为0.4NA 5．是中学化学中的常见物质，是短周期元素组成的单质。其转化关系如图： 若C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，D是黄绿色气体。下列说法正确的是（　　） A．均极易溶于水 B．物质可能是氯化铵 C．组成A的元素在周期表中位于第2周期第ⅤA族 D．反应中D得到电子时，在标准状况下生成B气体 6．室温下，将充满某气体的试管倒立在水中（如图）。下列对实验现象描述不正确的是（　　） 实验装置 选项 气体 实验现象 A 试管中液面上升，取试管中溶液滴加紫色石蕊溶液，溶液先变红后褪色 B 试管中液面上升，取试管中溶液滴加紫色石蕊溶液，溶液先变红后褪色 C 试管中液面逐渐上升，停止后，向试管中再缓缓通入一定量的，试管中的液面会继续上升 D 试管中液面迅速上升，取试管中溶液滴加酚酞溶液，溶液显红色 A．A B．B C．C D．D 阅读下列材料，完成问题。 地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如图所示（X、Y均为氮氧化物），羟胺（NH2OH）以中间产物的形式参与循环。常温常压下，羟胺易潮解，水溶液呈碱性，与盐酸反应的产物盐酸羟胺（[NH3OH]Cl）广泛用于药品、香料等的合成。 已知25℃时，Ka（HNO2）＝7.2×10﹣4，Kb（NH3•H2O）＝1.8×10﹣5，Kb（NH2OH）＝8.7×10﹣9。 7．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　） A．标准状况下，2.24LX和Y混合气体中氧原子数为0.1NA B．1L0.1mol•L﹣1NaNO2溶液中Na+和数均为0.1NA C．3.3gNH2OH完全转化为时，转移的电子数为0.6NA D．2.8gN2中含有的价电子总数为0.6NA 8．下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是（　　） A．键角：NH3＞ B．熔点：NH2OH＞[NH3OH]Cl C．25℃同浓度水溶液的pH：[NH3OH]Cl＞NH4Cl D．羟胺分子间氢键的强弱：O—H…O＞N—H…N 9．某同学利用W形管和V形管安装了下面微型实验装置，进行的制备及探究的漂白性实验。下列说法正确的是（　　） A．固体粉末甲为二氧化锰 B．鲜花花瓣褪色说明具有漂白性 C．W形管和V形管的玻璃泡能防止倒吸 D．溶液乙为碱液，与安全气球共同防止逸出 10．实验室用18.4 mol⋅L-1的浓硫酸配制1.0 mol·L-1的稀硫酸100 mL，并用来测定稀硫酸与Zn反应的速率，完成上述实验，下列部分仪器选用合理的是（　　） A．①②③⑥ B．①④⑤⑥ C．②③⑥⑧ D．②③⑦⑧ 11．常温下，往0.35mol/L溶液中通入。 已知：，，， 下列说法不正确的是（　　） A．通入一定量后溶液，未出现沉淀 B．往溶液中加盐酸酸化，将有生成 C．通入一定量后溶液中，滴入酚酞试剂，溶液一直呈无色 D．已知自然条件下，饱和碳酸溶液的，则自然条件下饱和碳酸溶液中存在 二、多选题 12．实验室制取的实验原理及装置均正确的是（　　） A．制取 B．除去中的HCl C．收集 D．吸收尾气中的 A．A B．B C．C D．D 13．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　） A．9 g重水()中含有的质子数为5 B．浓盐酸与氧化剂反应，每制备1 mol 转移电子的数目可能小于2 C．14 g环戊烷和环己烷的混合物中含有σ键的数目为3 D．200 mL 0.1mol/L的NaOH水溶液中含有氧原子数为0.02 14．一个容积为V的密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分，当左边充入1molN2，右边充入一定量的CO时，隔板处于如图所示位置(保持温度不变)。下列说法正确的是（　　） A．右边与左边分子数之比为4：1 B．右侧CO的质量为7g C．右侧气体密度是相同条件下氢气密度的14倍 D．若改变右边CO的充入量而使隔板处于容器正中间，保持温度不变，则应充入0.2molCO 15．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（　　） A．46g C2H6O完全燃烧，共有8NA个共价键断裂 B．1mol雄黄（主要成分为As4S4，结构为 ）中含有6NA个S-As键 C．32g S8（ ）与S6（ ）的混合物中所含共价键数目为2NA D．NaCl晶体中Na+与最近Cl－的核间距离为a cm，则其晶体密度为 g·cm-3 16．下列设计的实验方案能达到实验目的的是（　　） 　 实验目的 实验方案 A 配制0.0100 mol·L－1的NaOH溶液 称取0.4 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至1000mL容量瓶中定容 B 制取并纯化乙烯 将体积比为1∶3的乙醇与浓硫酸混合液（加沸石）加热至170℃，产生的气体依次通过NaOH溶液、碱石灰 C 比较Cl2与H2SO4氧化性强弱 向漂白粉中加入8mol·L－1硫酸，观察有无黄绿色气体 D 探究温度对化学反应速率的影响 向2支试管中均分别加入2mL0.01mol·L－1KMnO4溶液，再分别加入2mL0.1mol·L－1H2C2O4溶液，一支放入80℃热水中，另一支置于室温下，观察现象 A．A B．B C．C D．D 三、非选择题 17．弱电解质电离平衡和盐类水解平衡都与生命活动、日常生活息息相关。 Ⅰ．已知、、HClO的电离平衡常数如下表所示。 弱酸 HClO 电离平衡常数 （1）三种弱酸的酸性由强到弱的顺序为　 　（用化学式表示）。 （2）HClO的电离方程式为　 　。 （3）相同温度下，同浓度的溶液和溶液中pH较大的是　 　。 （4）将少量通入NaClO溶液中，反应的离子方程式为　 　。 （5）Ⅱ．有同学认为，溶液中水解程度大于其电离程度，因此溶液中，某课题组先利用pH数字传感器对不同浓度的溶液进行pH测定，结果如下表所示，再计算出溶液中各离子的浓度，绘制出不同浓度溶液中部分离子浓度的关系如图所示。 溶液的浓度/ 0.1 pH（25℃） 8.30 8.29 7.84 7.65 关于上述不同浓度的溶液，下列说法正确的是____（填字母）。 A．加入3滴甲基橙，溶液均呈黄色 B．溶液中始终存在 C．溶液中存在 （6）随着溶液浓度增加，pH升高的可能原因是　 　。 （7）25℃时，0.1的溶液中　 　（已知）。 18．(俗称过氧化脲)是一种消毒剂，实验室中可用尿素与过氧化氢制取，反应方程式如下： (一)过氧化脲的合成 烧杯中分别加入、蒸馏水和尿素，搅拌溶解。下反应，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体。 (二)过氧化脲性质检测 I．过氧化脲溶液用稀酸化后，滴加溶液，紫红色消失。 Ⅱ．过氧化脲溶液用稀酸化后，加入溶液和四氯化碳，振荡，静置。 (三)产品纯度测定 溶液配制：称取一定量产品，用蒸馏水溶解后配制成溶液。 滴定分析：量取过氧化脲溶液至锥形瓶中，加入一定量稀，用准确浓度的溶液滴定至微红色，记录滴定体积，计算纯度。 回答下列问题： （1）过滤中使用到的玻璃仪器有　 　(写出两种即可)。 （2）过氧化脲的产率为　 　。 （3）性质检测Ⅱ中的现象为　 　。性质检则I和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是　 　。 （4）下图为“溶液配制”部分过程，操作a应重复3次，目的是　 　，定容后还需要的操作为　 　。 （5）“滴定分析”步骤中，下列操作错误的是____(填标号)。 A．溶液置于酸式滴定管中 B．用量筒量取过氧化脲溶液 C．滴定近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁 D．锥形瓶内溶液变色后，立即记录滴定管液面刻度 （6）以下操作导致氧化脲纯度测定结果偏低的是____(填标号)。 A．容量瓶中液面超过刻度线 B．滴定管水洗后未用溶液润洗 C．摇动锥形瓶时溶液滴到锥形瓶外 D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失 19．测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2—HgCl2—K2Cr2O7滴定法。研究小组用该方法测定质量为ag的某赤铁矿试样中的铁含量。 【配制溶液】 ①cmol•L﹣1K2Cr2O7标准溶液。 ②SnCl2溶液：称取6gSnCl2•2H2O溶于20mL浓盐酸，加水至100mL，加入少量锡粒。 【测定含量】按如图所示（加热装置略去）操作步骤进行实验。 已知：氯化铁受热易升华；室温时HgCl2可将Sn2+氧化为Sn4+，难以氧化Fe2+；可被Fe2+还原为Cr3+。 回答下列问题： （1）下列仪器在本实验中必须用到的有 　 　（填名称）。 （2）结合离子方程式解释配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因：　 　。 （3）步骤Ⅰ中“微热”的原因是 　 　。 （4）步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，则会导致测定的铁含量 　 　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。 （5）若消耗cmol•L﹣1K2Cr2O7标准溶液VmL，则ag试样中Fe的质量分数为 　 　（用含a、c、V的代数式表示）。 （6）SnCl2—TiCl3—KMnO4滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用SnCl2和TiCl3将铁矿石试样中Fe3+还原为Fe2+，再用KMnO4标准溶液滴定。 ①从环保角度分析，该方法相比于SnCl2—HgCl2—K2Cr2O7滴定法的优点是 　 　。 ②为探究KMnO4溶液滴定时，Cl﹣在不同酸度下对Fe2+测定结果的影响，分别向下列溶液中加入1滴0.1mol•L﹣1KMnO4溶液，现象如表： 溶液 现象 空白实验 2mL0.3mol•L﹣1NaCl溶液+0.5mL试剂X 紫红色不褪去 实验ⅰ 2mL0.3mol•L﹣1NaCl溶液+0.5mL0.1mol•L﹣1硫酸 紫红色不褪去 实验ⅱ 2mL0.3mol•L﹣1NaCl溶液+0.5mL6mol•L﹣1硫酸 紫红色明显变浅 表中试剂X为 　 　；根据该实验可得出的结论是 　 　。 20．利用分类法研究化学物质可系统、全面认识物质的性质。下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同。 ①、、、 ②、、、 ③、、、 （1）三种物质依次是： ①　 　；②　 　；③　 　。 （2）这三种物质相互作用可生成一种新物质，该反应____氧化还原反应。 A．是 B．不是 （3）某实验小组通过以下实验来探究和两种物质的性质。 实验一：称取两种固体各，分别放入两个小烧杯中，再各滴加蒸馏水，振荡，测量温度变化；待固体充分溶解，并恢复至室温后，向所得溶液中各滴加2滴酚酞试液。 实验发现固体完全溶解，而固体有剩余，由此可知，相同温度下，溶解度大小：____。 A．> B．< （4）盛放溶液的烧杯中，滴入酚酞后溶液呈　 　色。 （5）实验二：和两种物质的“套管实验”的实验装置如下图所示。 整个实验过程中，能观察到烧杯B中的现象是　 　；试管中发生反应的化学方程式为　 　。由此可知，热稳定性：　 　。 A．> B．< （6）证明热稳定性的实验装置中，能否将、的位置互换？说明理由。 　 　 （7）下列实验方案中，不能鉴别和两种白色固体的是____。 A．将和配制成浓度均为的溶液，测定并做比较 B．分别加热相同质量的两种固体样品，比较加热前后的固体质量变化 C．分别将这两种物质的溶液与过量的溶液混合 （8）配制一定物质的量浓度的溶液的过程如下图所示。下列说法错误的是____。 A．所配制的溶液中， B．操作2中玻璃棒的下端应该抵在容量瓶的刻度线下方 C．操作4导致所配得溶液浓度偏高 D．操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，不再需要加水 答案解析部分 1．【答案】D 【解析】【解答】A．H2与N2反应生成NH3为可逆反应，0.15molH2与0.1molN2无法全部转化为NH3，转移电子少于0.6NA，故A不符合题意； B．常温常压下，11.2L 的物质的量不是0.5mol，含有的C—H键的数目不为3 ，故B不符合题意； C．CH4与Cl2在光照下反应生成多种卤代烃的混合物，0.1 mol CH4与足量Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数少于0.1NA，故C不符合题意； D.100克质量分数为46%的乙醇溶液中，含有的氧原子物质的量是mol=4mol，数目为4NA，故D符合题意； 故答案为：D 【分析】A.氮气和氢气反应是可逆反应，不能完全反应； B.常温常压下，其摩尔体积不是22.4L/mol； C.甲烷与氯气反应是连锁反应可得到四种有机产物； D.乙醇溶液中水和乙醇中均含有氧。 2．【答案】B 【解析】【解答】A、溶解时加入的H2SO4，以及SO2还原NaClO3都将转化为Na2SO4，所以 “母液”中含有大量的Na2SO4，故A正确； B、溶解时不能用盐酸代替硫酸，因为盐酸能还原NaClO3生成Cl2，此外，反应器中也会有硫酸根的生成，故不需要防止硫酸根的引入，故B错误； C、吸收塔中H2O2作还原剂，O元素由-1价升高到0价，1mol H2O2失去2mol电子，数目为2NA，故C正确； D、热稳定差，所以吸收塔中温度不宜过高，否则会导致的分解，故D正确； 故答案为：B。 【分析】NaClO3加入的H2SO4反应，通入SO2生成Na2SO4和ClO2，ClO2在吸收塔中与双氧水、氢氧化钠反应生成，冷却、结晶得到产品。 3．【答案】D 【解析】【解答】A、苯分子中不含碳碳双键，故A错误； B、甲烷和氯气发生反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，因此1mol甲烷与氯气反应生成一氯甲烷的物质的量小于1mol，故B错误； C、标况下，己烷不是气体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误； D、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，28g该混合物含有“CH2”的物质的量为2mol，所含碳原子的数目为 ，故D正确； 故答案为：D。 【分析】A、苯分子中不含碳碳双键； B、甲烷和氯气的反应为连锁反应； C、标况下，己烷不是气体； D、乙烯和丙烯的最简式相同，均为CH2。 4．【答案】B 【解析】【解答】A、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2的物质的量为1mol，氧原子的数目为2NA，故A错误； B、标准状况下，2.24L乙烷的物质的量为0.1mol，每个乙烷分子含有1个非极性共价键，则0.1mol乙烷中含有非极性共价键的物质的量为0.1mol，即非极性共价键数为0.1NA，故B正确； C、1L0.1mol/L乙酸溶液中含乙酸的物质的量为0.1mol，乙酸为弱酸，在水溶液中部分电离，故电离出的H+数小于0.1NA，故C错误； D、一定条件下，0.2molSO2与0.1molO2混合后完全反应，转移的电子数目为0.4NA，SO2与O2的反应为可逆反应，即0.2molSO2与0.1molO2不可能完全反应，则转移的电子数目小于0.4NA，故D错误； 故答案为：B。 【分析】A、NO2和N2O4的最简式均为NO2； B、每个乙烷分子含有1个非极性共价键； C、乙酸部分电离； D、SO2与O2的反应为可逆反应。 5．【答案】B 【解析】【解答】C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则C是氨气，D是黄绿色气体，则D是氯气，氨气与氯气反应生成氮气和氯化氢（氯化铵），故A是氢气，B是氮气，E是氯化氢（氯化铵）； A．氨气极易溶于水，但氯气的溶解度不大 ，故A不符合题意； B．分析可知，E物质可能是氯化铵，故B符合题意； C．组成B的元素在周期表中位于第2周期第VA族，故C不符合题意； D．反应中D得到1.2mol电子时，则氮元素获得1.2mol电子，生成氮气的物质的量是0.2mol，在标准状况下气体的体积是4.48L ，故D不符合题意； 故答案为：B 【分析】A.根据分析C为氨气，D是氯气，氯气溶解度小； B.E物质可能是氯化铵； C.B中氮气，氮元素为第2周期第VA族； D.反应中D得到1.2mol电子时，则氮元素获得1.2mol电子，生成氮气的物质的量是0.2mol，即可计算。 6．【答案】B 【解析】【解答】A．氯气与水反应生成HCl和HClO，溶液具有酸性和漂白性，故能使紫色石蕊试液先变红后褪色，故B不符合题意； B．二氧化硫溶于水溶液显酸性，能使紫色石蕊试液变红，但不能使其褪色，故B符合题意； C．二氧化氮与水反应生成NO和HNO3，试管内液面逐渐上升；再通入O2后，NO、O2和H2O反应生成硝酸，液面会继续上升，故C不符合题意； D．氨气溶于水溶液显碱性，能使酚酞溶液变红，故D不符合题意； 故答案为：B 【分析】A.氯气溶于水得到氯水，氯水具有酸性和漂白性先变红再褪色； B.二氧化硫溶于水使石蕊变红不能褪色； C.二氧化氮与水反应页面上升，产生NO，通入氧气后，其液面继续上升； D.氨气溶于水后，页面上升，滴入酚酞变红； 【答案】7．A 8．D 【解析】【分析】（1）A.根据NO和N2O都含有一个氧原子，混合气体为0.1mol，即可计算氧原子； B. 会发生水解反应，故离子总数小于 0.1NA ， C.根据化合价升降，确定电子转移即可计算； D.注意计算氮气价电子数目，一个氮气含有5个价电子，据此计算即可。 （2）A根据杂化确定粒子空间构型，进而确定键角大小； B.一般来说，分子晶体熔点小于离子晶体； C.根据盐类水解规律，越弱越水解，即可判断溶液碱性强弱。 D.非金属性越强，形成氢键越强。 7．根据分析可知，X、Y均为氮氧化物，即X为NO，Y为N2O； A.标况下，混合气体物质的量为0.1mol，NO和N2O都含有一个氧原子，那么含有氧原子数目为0.1 NA ，A项正确； B.HNO2为弱酸，因此NO2-能够水解为HNO2，溶液中NO2-和钠离子数目小于0.1NA，故B错误； C.NH2OH完全转化为时 ，N的化合价由-1上升到+3，物质的量为0.1mol，转移的电子数为0.4NA，故C错误； D. 2.8gN2 物质的量为0.1mol，N的价电子数等于最外层电子数为5， 含有的价电子总数为NA；D项错误； 故答案为：A。 8．A. NH3 为三角锥形，键角为107°， 中N原子采用sp2杂化，键角为120°，故键角为：NH3<；A项错误； B.根据分析可知， NH2OH 为分子晶体， [NH3OH]Cl 为盐，属于离子晶体，所以熔点： NH2OH<[NH3OH]Cl；故B项错误； C.由题可知， Kb（NH2OH） < Kb（NH3•H2O）＝1.8×10﹣5 ，盐类水解规律为越弱越水解， [NH3OH]+水解能力大于 NH4+，故 25℃同浓度水溶液的pH：[NH3OH]Cl<NH4Cl，C项正确； D.O的电负性大于N，O-H键的极性大于N-H键，故羟胺分子间氢键的强弱：O—H…O＞N—H…N ，D项正确； 故答案为：D。 9．【答案】D 【解析】【解答】A.MnO2与浓盐酸反应制Cl2需加热，因此 固体粉末甲为 KMnO4，A错误； B.a处鲜花中含水分， 鲜花花瓣褪色是Cl2与H2O生成的HClO具有漂白性，不能说明Cl2具有漂白性 ，B错误； C.受气体冲击，溶液右移至玻璃泡，容积突然变大，液柱分散回落，可起到防止液体冲出的作用，但不能防止倒吸，C错误； D.碱液吸收Cl2，没有来得及吸收的Cl2，会被气球收集，D正确。 答案：D 【分析】A.MnO2与浓盐酸反应制Cl2需加热； B.鲜花花瓣褪色是Cl2与H2O生成的HClO具有漂白性； C.受气体冲击，溶液右移至玻璃泡，容积突然变大，液柱分散回落，可起到防止液体冲出的作用，但不能防止倒吸； D.碱液吸收Cl2，没有来得及吸收的Cl2，会被气球收集。 10．【答案】C 【解析】【解答】由分析可知，完成上述实验，下列部分仪器选用合理的是②③⑥⑧； 故答案为：C。 【分析】用18.4 mol⋅L-1的浓硫酸配制1.0 mol·L-1的稀硫酸100 mL，根据稀释过程中溶质物质的量不变，则100×10－3×1=V×10－3×18.4，V=5.4mL，即需要浓硫酸的体积是5.4mL，整个配制过程所需仪器是10mL量筒、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、100 mL容量瓶。用来测定稀硫酸与Zn反应的速率，所需仪器为锥形瓶、双孔塞、分液漏斗、直角导管、注射器、铁架台、秒表。 11．【答案】A 【解析】【解答】A.向Ca(ClO)2溶液中通入一定量CO2后溶液pH=7，c(H+)=10-7mol/L，由于Ka(HClO)=4.0×10-8，=4.0×10-8，=0.4，根据Ca(ClO)2溶液浓度为0.35 mol/L，则c(ClO-)+c(HClO)=0.35 mol/L×2=0.70 mol/L，两式联立，解得c(ClO-)=0.2 mol/L；c(HClO)=0.5 mol/L；溶液pH=7，溶液显中性，则溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得c(H+)+2c(Ca2+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，故有2c(Ca2+)=c(ClO-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)；0.35 mol/LCa(ClO)2溶液中，c(Ca2+)=0.35 mol/L，0.35 mol/L×2=0.2 mol/L+2c(CO32-)+c(HCO3-)，所以2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.5 mol/L，H2CO3的二级电离平衡常数Ka2==4.7×10-11，=4.7×10-4，结合等式2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.5 mol/L，可知c(HCO3-)≈0.5 mol/L，c(CO32-)=0.5 mol/L×4.7×10-4=2.35×10-4 mol/L，c(Ca2+)·c(CO32-)=0.35×2.35×10-4=8.225×10-5＞Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，因此溶液中会出现CaCO3沉淀，故A符合题意； B.加入盐酸酸化，次氯酸钙具有强氧化性，HCl具有还原性，会发生归中反应，将其氧化为氯气，反应方程式为：ClO-+Cl-+2H+=H2O+Cl2↑，故B不符合题意； C.Ka(HClO)==4.0×10-8，若c(ClO-)=c(HClO)，则c(H+)=4.0×10-8 mol/L，pH=8-lg4=7.4<8，而酚酞的变色范围是8.2-10，所以酚酞并未变红，故C不符合题意； D.碳酸在溶液中存在两步电离平衡，HCO3-主要是来自于第一步电离，H+两步电离均会生成，故c(H+)＞c(HCO3-)；CO32-主要是HCO3-部分电离得到，而且HCO3-电离程度十分微弱，H2CO3电离出HCO3-的程度大于HCO3-电离产生CO32-的程度，故c(CO32-)和c(OH-)要小于c(HCO3-)；Kb1===2.13×10-4，溶液pH=5.6，c(H+)=10-5.6mol/L，c(OH-)=10-8.4 mol/L，c(HCO3-)≈c(H+)=10-5.6mol/L，可得c(CO32-)=4.7×10-11mol/L，小于c(OH-)=10-8.4 mol/L， ，故离子浓度大小关系为：c(H+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(CO32-)，故D不符合题意； 故答案为：A 【分析】A.根据， 以及c(ClO-)+c(HClO)=0.35 mol/L×2=0.70 mol/L，计算出c(ClO-)=0.2 mol/L；c(HClO)=0.5 mol/L；再利用通入二氧化碳后的溶液电荷守恒，计算出碳酸根即可计算出碳酸钙的浓度积与Ksp对比； B.盐酸和次氯酸钙反应可达到氯气； C.根据K(HClO)计算出氢离子浓度，即可计算出pH与酚酞的变色范围对比即可判断； D.根据计算出氢氧根浓度，计算出碳酸根浓度，碳酸氢根浓度与之对比。 12．【答案】B,C 【解析】【解答】A．实验室制取氯气使用的是浓盐酸和MnO2反应，不能使用稀盐酸，A错误； B．除去氯气中的HCl可将气体通入饱和食盐水中，利用氯气在饱和食盐水中溶解度小的原理，B正确； C．氯气密度大于空气，可用向上排空气法收集氯气C正确； D．对氯气的尾气处理应选择氢氧化钠溶液吸收，水吸收效果不好，D错误； 故答案为：BC。 【分析】实验室采用二氧化锰和浓盐酸反应制备，氯气中含有氯化氢和水蒸气，采用饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢，氯气密度比空气大，采用向上排空气法收集，尾气用氢氧化钠溶液吸收，但是要注意防止倒吸。 13．【答案】A,D 【解析】【解答】A.9g的重水物质的量为n=9/20mol=0.45mol，1个水分子含有的质子数为10个，因此9g重水含有的质子数为4.5mol，故A符合题意； B.浓盐酸与次氯酸钠反应时转移1mol电子，故B不符合题意； C.环戊烷和环己烷的分子最简式相同均为CH2，因此含有相同的 σ键 故C不符合题意； D.氢氧化钠溶液中含有氧原子是氢氧化钠和水，因此大于0.02NA。故D符合题意； 故正确答案为AD 【分析】A.根据n=m/M计算得到即可； B.根据电子转移关系即可计算出转移的电子数； C.找出最简式是否相同即可； D.找出氧原子的来源即可。 14．【答案】B,C 【解析】【解答】A．同温同压下，气体分子数与体积成正比，则右边与左边分子数之比为1：4，故A不符合题意； B．右侧CO的质量为28g/mol×0.25mol=7g，故B符合题意； C．相同条件下，气体密度与摩尔质量成正比，则右侧气体密度是相同条件下氢气密度的=14倍，故C符合题意； D．同温同压下，气体体积与物质的量成正比，隔板处于容器正中间时，左右两侧气体的物质的量相等，则需要充入CO的物质的量为1mol-0.25mol=0.75mol，故D不符合题意； 故答案为：BC。 【分析】根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体分子数与体积成正比，右边与左边分子数之比为1：4，氮气为1mol，CO为0.25mol；又有相同条件下，气体密度与摩尔质量成正比，与氢气相对比可得，密度为氢气的14倍。 15．【答案】B,C 【解析】【解答】A. 1个C2H6O分子内含有8个共价键，46g C2H6O即1mol C2H6O，完全燃烧，共有8NA个共价键断裂，A不符合题意； B. 1mol雄黄(主要成分为As4S4，结构为 )中含有8NA个S-As键，B符合题意； C. 32g S8( )所含共价键数目为 ，32g S6( )所含共价键数目为 ，则32g混合物中所含共价键数目为NA，C符合题意； D. NaCl晶体中Na+与最近Cl－的核间距离为a cm，则晶胞边长为2acm，一个晶胞中有4个钠离子和4个氯离子，则其晶体密度为 g·cm-3= g·cm-3，D不符合题意； 故答案为：BC。 【分析】A.计算出物质的量，写出结构时，找出共价键即可 B.根据结构式找出硫砷键 C.分别进行计算相同质量含有共价键数目即可 D.根据晶胞中的位置关系，计算出体积根据ρ=m/V计算密度 16．【答案】B,D 【解析】【解答】A.0.4gNaOH固体的物质的量，由于NaOH溶解过程放热，因此需等溶液冷却至室温后再转移至容量瓶，A不符合题意； B.产生的乙烯中混有乙醇和水蒸气，可通过NaOH溶液吸收乙醇，再通过碱石灰除去水蒸气，即可得到纯净的乙烯，B符合题意； C.可通过反应Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4说明氧化性Cl2>H2SO4，C不符合题意； D.由于浓度、温度都会影响反应速率，因此探究温度对反应速率的影响，应控制反应浓度相同，D符合题意； 故答案为：BD 【分析】A.NaOH溶解过程放热，需冷却至室温后再转移至容量瓶； B.反应生成的乙烯中混有乙醇和水蒸气； C.根据氧化剂的氧化性强于氧化产物分析； D.结合反应速率的影响因素分析； 17．【答案】（1） （2） （3）溶液 （4） （5）A；C （6）溶液浓度增加，浓度增加，水解平衡正向移动，导致浓度增加，pH升高 （7） 【解析】【解答】（1）电离常数越大，酸的酸性越强，由表中数据可知，三种弱酸的酸性由强到弱的顺序为H2SO3>H2CO3>HClO；故答案为：H2SO3>H2CO3>HClO； （2）HClO为一元弱酸，电离方程式为 ； （3）Na2SO3溶液和Na2CO3因SO32-和CO32-水解而成碱性，水解平衡常数越大，碱性越强，pH越大，Kh1=，故Ka2越小，Kh1越大，Ka2是H2SO3>H2CO3，故K h1是CO32->SO32-，故碱性Na2CO3> Na2SO3，pH较大的是Na2CO3； （4）将少量SO2通入NaClO溶液中，SO2具有还原性，ClO-具有氧化性，会发生氧化还原反应，又由于SO2少量，NaClO溶液过量，还会生成HClO，反应的离子方程式为 ； （5）A．pH＞4.4时，甲基橙为黄色，故加入甲基橙溶液后，溶液均呈黄色，故A符合题意； B．由于水会电离出OH-，故浓度为c(OH-)>c(CO32-)，故B不符合题意； C．由质子守恒可得c(H+)+c(H2CO3)=c(CO32-)+c(OH−)，故C符合题意； 故答案为：AC （6）随着NaHCO3溶液浓度增加，c(HCO3-)增大，水解平衡正向移动，c(OH-)增大，pH增大； （7）Ka2==4.7×10-11，0.1mol⋅L−1的NaHCO3溶液中，pH=8.3，则c(H+)=10-5.7 mol⋅L−1，c(HCO3-)约为0.1mol⋅L−1，代入Ka2表达式可得=，得c(CO32-)=9.4×10-4mol⋅L−1； 【分析】（1）电离常数越大，酸的酸性越强，结合数据即可判断； （2）HClO为一元弱酸电离出次氯酸根和氢离子； （3）酸性越弱，对应盐溶液水解碱性越强结合数据即可判断； （4）次氯酸根具有氧化性可氧化二氧化硫，得到硫酸根和氯离子次氯酸根过量可形成次氯酸即可写出离子方程式； （5）A.甲基橙显黄色，pH小于4.4； B.水电离出氢氧根离子，即可得到c(OH-)>c(CO32-)； C.利用质子守恒即可得到； （6）浓度越高促进水的电离，导致碱性增强； （7）根据 0.1的 pH=8.3，再结合二次电离数据即可计算出浓度。 18．【答案】（1）烧杯、漏斗、玻璃棒，可任选两种作答 （2）50% （3）液体分层，上层为无色，下层为紫红色；还原性、氧化性 （4）避免溶质损失；盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀 （5）B；D （6）A 【解析】【解答】（1）过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒， （2）实验中加入尿素的质量为12.0g，物质的量为0.2mol，过氧化氢的质量为 ，物质的量约为0.245mol，过氧化氢过量，产率应按照尿素的质量计算，理论上可得到过氧化脲0.2mol，质量为0.2mol×94g/mol=18.8g，实验中实际得到过氧化脲9.4g，故过氧化脲的产率为 ：50%； （3）在过氧化脲的性质检测中，检测Ⅰ用稀硫酸酸化，加入高锰酸钾溶液，紫红色消失，说明过氧化脲被酸性高锰酸钾氧化，体现了过氧化脲的还原性；检测Ⅱ用稀硫酸酸化，加入KI溶液和四氯化碳溶液，过氧化脲会将KI氧化为I2单质，体现了过氧化脲的氧化性，生成的I2在四氯化碳中溶解度大，会溶于四氯化碳溶液，且四氯化碳密度大于水，振荡，静置后出现的现象为：液体分层，上层为无色，下层为紫红色。 （4）操作a为洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移到容量瓶中，目的是避免溶质损失；定容后应盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀。 （5）A．KMnO4溶液是强氧化性溶液，应置于酸式滴定管中，A项正确； B．量筒的精确度不能达到0.01mL，量取25.00mL的溶液应选用滴定管，B项错误； C．滴定过程中，待测液有可能会溅到锥形瓶内壁，滴定近终点时，为了使结果更精确，可用洗瓶冲洗锥形瓶内壁，C项正确； D．锥形瓶内溶液变色后，应等待30s，观察溶液不再恢复原来的颜色后，才能记录滴定管液面刻度，D项错误； 故选BD。 （6）A．在配制过氧化脲溶液时，容量瓶中页面超过刻度线，会使溶液体积偏大，配制溶液的浓度偏低，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏低，导致测定结果偏低，A项符合题意； B．滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗，会导致KMnO4溶液浓度偏低，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果偏高，B项不符合题意； C．摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果偏高，C项不符合题意； D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果偏高，D项不符合题意； 故选A。 【分析】（1）过滤操作需要的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒； （2） 过氧化脲的产率为即为实际产量与理论产量的比值，实际产量为12g，根据题目数据可以计算出理论产量，即可计算。 （3）检测Ⅰ用稀硫酸酸化，加入高锰酸钾溶液，紫红色消失，说明过氧化脲被酸性高锰酸钾氧化，体现了过氧化脲的还原性，而检测Ⅱ用稀硫酸酸化，加入KI溶液和四氯化碳溶液，过氧化脲会将KI氧化为I2单质，体现了过氧化脲的氧化性； （4） 操作a 为洗涤，目的为减少溶质损失； （5）B量筒的精确到只有0.1mL，只能量取25.0mL； D.锥形瓶颜色变化后要等1-2分钟，看颜色是否会恢复； （6）（5）误差分析思路：利用c=m/v，看该不当操作是影响溶质质量m，还是影响溶液体积V，然后进行分析即可。 19．【答案】（1）容量瓶和量筒 （2）防止Sn2+ 被氧化为Sn4+，离子方程式为：Sn4++Sn＝2Sn2+ （3）促进样品中SnCl2•2H2O的溶解 （4）偏小 （5） （6）减少重金属盐HgCl2的使用，有利于保护环境；KMnO4；Cl﹣在酸性较强的溶液中能够被KMnO4氧化。 【解析】【解答】（1）配制SnCl2溶液需要用到容量瓶和量筒，滴定需要用到酸式滴定管，但给出的为碱式滴定管，因此给出仪器中，本实验必须用到容量瓶、量筒； （2）Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为，加入Sn，发生反应，可防止Sn2+氧化； （3）步骤I中“微热”是为了助溶，使铁矿石在酸液中全部溶解； （4）步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+，导致测定的铁含量偏小； （5）根据方程式可得：，ag试样中Fe元素的质量为6×10-，质量分数为； （6）① SnCl2—HgCl2—K2Cr2O7 方法中，HgCl2氧化Sn2+的离子方程式为： 生成的Hg有剧毒，因此相比于的优点是：更安全，对环境更友好； ②2mL 0.3mol⋅L-1NaCl溶液+0.5mL试剂X，为空白试验，因此X为H2O；由表格可知，酸性越强，KMnO4的氧化性越强，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，对Fe2+测定结果造成干扰的可能性越大，因此在KMnO4标准液进行滴定时，要控制溶液的pH值。 【分析】（1）本实验需要配置一定物质的量浓度，需要容量瓶和量筒， （2） 配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因 防止 Sn2+ 被氧化 （3）微热目的是加快化学反应速率，使溶解更加充分； （4）该实验需要立即滴定，目的是防止二价铁被氧化；否则会使测定铁的含量偏低； （5）根据重铬酸钾与二价铁反应，找到其关系，即可得到铁的质量分数； （6） SnCl2—HgCl2—K2Cr2O7 有Hg生成，有剧毒，所以 SnCl2—TiCl3—KMnO4滴定法 更安全。 20．【答案】（1）；； （2）B （3）A （4）红 （5）出现浑浊；；A （6）不能。如果互换位置，受热温度较高，无法证明比稳定 （7）C （8）C 【解析】【解答】（1）①、、均为碱性氧化物，为酸性氧化物，与其他三种不同； ②、、均为酸，不是酸，与其他三种不同； ③、、都是碱，是盐，与其他三种不同； 故答案为： ； ； ； （2）、、反应生成的过程中，没有元素的化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故答案为：B； （3）固体完全溶解，而固体有剩余 ，说明相同温度下， 的溶解度大于 ，故答案为：A； （4）是强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴入酚酞后溶液呈红色，故答案为：红； （5）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式为 ；则烧杯B中澄清石灰水变浑浊，进而可知，碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠，故答案为：出现浑浊； ；A； （6） 如果互换位置，受热温度较高，无法证明比稳定 ，因此不能 将、的位置互换 ，故答案为： 不能。如果互换位置，受热温度较高，无法证明比稳定 ； （7）A、碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠溶液，因此 将和配制成浓度均为的溶液，测定并做比较可鉴别和两种白色固体 ，故A正确； B、加热碳酸氢钠分解，碳酸钠不分解，因此分别加热相同质量的两种固体样品，比较加热前后的固体质量变化可鉴别和两种白色固体，故B正确； C、分别将这两种物质的溶液与过量的硫酸溶液混合，现象相同，无法鉴别，故C错误； 故答案为：C； （8）A、10.6g碳酸钠的物质的量为0.1mol， 所配制的溶液中钠离子的物质的量为0.2mol，体积为100mL，则 ，故A正确； B、转移溶液时玻璃棒的下端应该抵在容量瓶的刻度线下方，故B正确； C、仰视读数偏小，导致溶液体积偏大，浓度偏低，故C错误； D、定容摇匀后发现液面低于刻度线，不再需要加水，加水会导致体积偏大，浓度偏低，故D正确； 故答案为：C。 【分析】（1）碱是指在溶液中电离产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物； 酸是指在溶液中电离产生的阳离子全部是氢离子的化合物； 盐是指由金属阳离子或者铵根离子与酸根离子构成的化合物； 酸性氧化物是指能与水作用生成酸，或与碱作用只生成盐和水的氧化物； 碱性氧化物是指能与水作用生成碱，或与酸作用只生成盐和水的氧化物； （2）氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化； （3）碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠； （4）碳酸钠溶液呈碱性； （5）碳酸氢钠受热易分解； （7）鉴别物质时，根据各物质的特性，选择合适的试剂，在鉴别过程中，各物质与所选试剂反应应出现不同的现象； （8）配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$