福建省2024-2025学年高一下学期开学适应性模拟测试化学练习卷

福建省2024-2025学年高一下学期开学模拟测试化学练习卷 一．选择题（共20小题） 1．把aL含硫酸铵和硝酸铵的混合液分成2等份，一份需用bmol烧碱刚好把铵全部反应，另一份与氯化钡溶液完全反应时，消耗2cmol氯化钡。由此可知原溶液中离子的物质的量浓度为（　　） （注：+Ba2+＝BaSO4↓、+OH﹣＝NH3•H2O） A．mol/L B．mol/L C．mol/L D．mol/L 2．化学实验中若使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，则可不再向环境排放该种有害物质。在如图所示有编号的反应中，属于氧化还原反应的有（　　） A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 3．下列叙述中，正确的是（　　） A．盐酸和氨水均能导电，所以HCl、NH3都是电解质 B．含有1mol FeCl3的溶液与足量沸水反应，理论上可生成NA个Fe（OH）3胶粒 C．分散质粒子的直径在1×10﹣9cm～1×10﹣7cm之间的分散系属于胶体 D．利用丁达尔效应可区分氢氧化铝胶体与小苏打水溶液 4．KNO3和NaCl的溶解度曲线如图所示。下列叙述正确的是（　　） A．0℃时，100g水中最多能溶解40gNaCl B．0℃时，KNO3和NaCl两种饱和溶液中，所含溶质的质量：NaCl大于KNO3 C．将30℃的KNO3溶液降温到20℃时一定有晶体析出 D．30℃时，将等质量的KNO3和NaCl分别配成饱和溶液，所得溶液的质量：NaCl大于KNO3 5．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　） A．常温常压下，32gO2﹣中所含电子的数目为16NA B．0.1mol FeCl3完全转化成Fe（OH）3胶体后的胶粒数小于0.1NA C．物质的量浓度为0.5mol•L﹣1的MgCl2溶液中，含有Cl﹣个数为NA D．标准状况下，11.2LCCl4中含有分子的数目为0.5NA 6．下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L的是（　　） A．将1L 10mol/L的浓盐酸加入9L水中 B．将40g NaOH溶解在1L水中 C．将10g NaOH溶解在少量水中，再配成250mL溶液 D．将22.4L HCl气体溶于水配成1L溶液 7．下列有关的叙述正确的是（　　） A．是铯的一种同素异形体 B．的质子数为137 C．的核外电子数为55 D．核内的中子数与质子数之差为82 8．下列变化中，必须加入合适的还原剂才能实现的是（　　） A．Cl2→HCl B．KClO3→KCl C．Na→NaCl D．Fe2O3→Fe 9．下列说法正确的是（　　） ①Na2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色； ②Na2O和Na2O2投入到水中都能生成NaOH； ③质量相等的NaHCO3与Na2CO3分别与相同浓度盐酸完全反应时，产生CO2的物质的量相等； ④取ag Na2CO3和NaHCO3混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bg，能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数； ⑤区别NaHCO3与Na2CO3溶液，可用Ca（OH）2溶液； ⑥NaHCO3固体可以做干粉灭火剂，金属钠起火可以用它来灭火； ⑦NaHCO3粉末中混有Na2CO3，可配制成溶液通入过量的CO2，再低温结晶得到提纯。 A．②③④ B．②⑤⑦ C．①②⑦ D．③④⑥ 10．根据图示实验、部分记录和溶解度曲线，判断下列说法正确的是（　　） A．无法判断a中溶液是否为饱和溶液 B．c中溶液溶质的质量分数为33.3% C．b中溶液在加热过程中始终为饱和溶液 D．常用冷却热的饱和溶液的方法获得氯化钠晶体 11．容积不同的A、B两个密闭容器，A中充满氮气，B中充满CH4和CO2混合气体，同温同压下测得两容器中气体密度相同，下列叙述不正确的是（　　） A．容器A和容器B中所含气体质量一定不同 B．容器B中混合气体的密度是同温同压下氢气密度的14倍 C．容器B中CH4和CO2的质量之比为33：16 D．容器A和容器B中所含气体分子数一定不同 12．有①、②两个完全相同的装置，分别在装置①、②中加入1.06g Na2CO3和0.84gNaHCO3，然后再分别注入相同体积的盐酸，下列有关叙述正确的是（　　） A．①、②装置中的气球都会膨胀，①装置中的气球膨胀的更快 B．若最终两气球体积不同，则一定有盐酸中n（HCl）≤0.01mol C．若盐酸中n（HCl）≥0.02mol，则最终两气球体积相同 D．忽略溶液体积变化，最终两试管中Na+的物质的量浓度相等 13．下列物质在给定条件下能一步实现的是（　　） A．Fe3O4FeFeCl3 B．NaOHNaNO3NaCl C．Ca（OH）2CaCO3CO2 D．CuCuOCu（OH）2 14．某白色粉末中可能含有AgNO3、BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4中的一种或几种，为了探究它的成分，进行以下实验： ①向白色粉末中加入适量的水，充分振荡后过滤，得到白色滤渣A和无色滤液B； ②向白色滤渣A中加入足量稀盐酸，滤渣全部溶解，得到无色气体C； ③将无色气体C通入①中所得无色滤液B中，生成白色沉淀D。 下列对该溶液的说法正确的是（　　） A．白色粉末一定不含有AgNO3、NaOH、CuSO4 B．白色粉末可能含有BaCl2、K2SO4、NaOH C．白色粉末一定含有BaCl2、CaCO3可能含有NaOH D．白色粉末一定含有BaCl2、CaCO3、NaOH 15．下列溶液中离子的检验方法和结论相符的一组是（　　） 选项 检验方法 结论 A 向未知溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成 未知溶液中一定含有 B 用洁净的铂丝蘸取少量未知溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色 未知溶液一定是含有Na+一定不含K+ C 向未知溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体 不能确定未知溶液中一定含有 D 向未知溶液中加入NaOH浓溶液，加热，产生的气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红 未知溶液中一定含有 A．A B．B C．C D．D 16．有A、B、C、D四种元素，质子数均小于18。A元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍；B元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构；C元素是地壳中含量最多的金属元素；D元素的原子M层电子数是K层的3倍，下列说法不正确的是（　　） A．16gA元素形成的单质，含有1NA个A原子 B．通过焰色反应检验B元素，需要透过蓝色钴玻璃 C．A和C两种元素形成的化合物能与盐酸反应 D．A和D两种元素形成的化合物能与NaOH溶液反应 17．某同学购买了一瓶84消毒液，包装说明如下，下列分析不正确的是（　　） 净含量：500 mL 密度：1.19 g•cm﹣3 主要成分：25% NaClO 使用方法：稀释100倍（体积比）后使用 注意事项：密封保存，易吸收空气中的CO2变质 A．84消毒液保存时不能口放置，需要密封保存 B．该84消毒液中NaClO的物质的量浓度约为4mol•L﹣1 C．取100mL该84消毒稀释到体积为原来的100倍后用以消毒，稀释后的溶液中c（Na+）约为0.04mol•L﹣1 D．用NaClO固体配制含25% NaClO的消毒液500mL，需要称量的NaClO固体质量为142.8g 18．某实验小组通过如图所示实验，探究Na2O2与水的反应： 下列说法中正确的是（　　） A．②中的大量气泡的主要成分是氢气 B．③中溶液变红，说明有酸性物质生成 C．④中现象可能是由于溶液中含有漂白性物质造成的 D．⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度 19．下列关于钠及化合物的叙述中，不正确的是（　　） A．高压钠灯可用于道路照明 B．金属钠着火，可用泡沫灭火器灭火 C．NaHCO3可用作抗酸药 D．Na2O2可用作呼吸面具供氧剂 20．有A、B、C、D四种元素，质子数均小于18。A元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍；B元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构；C元素是地壳中含量最多的金属元素；D元素的原子M层电子数是K层的3倍，下列说法不正确的是（　　） A．A元素可以形成多种不同单质 B．C的氧化物能与盐酸反应生成盐和水，所以C的氧化物为碱性氧化物 C．可以通过焰色反应检验B元素 D．A和D两种元素形成的化合物能与NaOH溶液反应 二．解答题（共5小题） 21．Ⅰ.对于数以千万计的化学物质和为数众多的化学反应，分类法的作用几乎是无可代替的，现有以下物质： ①干冰②熔融氯化钠③蔗糖④稀硫酸⑤SO2的水溶液⑥小苏打⑦水银⑧冰醋酸 （1）其中能导电的是 　 　（填写序号，下同）；属于电解质的是 　 　； （2）写出物质⑥在水中的电离方程式：　 　。 Ⅱ.物质的量是联系宏观和微观的桥梁； （3）40.5g某金属氯化物MCl2中含0.6mol Cl﹣，则该氯化物的摩尔质量为 　 　。 （4）如果ag某气体中的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积为 　 　（设NA为阿伏加德罗常数）。 （5）已知8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量的D；现将16gA与70gB混合，充分反应后，生成一定量的C和2mol D，则D的摩尔质量为 　 　。 （6）某结晶水合物的化学式为A•nH2OA的相对分子质量为M。如将ag结晶水合物加热至结晶水全部失去，剩余的残渣为bg，则n＝ 　 　。 22．钠单质及其化合物与人类生产、生活密切相关，请回答下列问题。 （1）实验室常将钠保存在煤油中，原因是 　 　。 （2）过氧化钠可作呼吸面具中的供氧剂，请写出其与CO2反应的化学方程式 　 　。当消耗156g过氧化钠时，产生的O2在标准状况下体积是 　 　L。 （3）碳酸氢钠可用于治疗胃酸（盐酸）过多，其反应的离子方程式为 　 　。 （4）氯化钠可用于生产纯碱，具体工艺流程如下。沉淀池中析出的物质是 　 　（填化学式），循环2的物质是 　 　（填化学式）。 23．已知某“84消毒液”瓶体部分标签如下，该“84消毒液”通常稀释100倍（体积之比）后使用。请回答下列问题： 　84消毒液 （有效成分）　NaClO （规　　格）　1000mL （质量分数）　25% （密　　度）　1.19g•cm﹣3 （1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为 　 　mol•L﹣1。（取整数） （2）取用任意体积的该盐溶液时，下列物理量中会随所取体积的多少而变化的是 　 　（填字母）。 A．溶液中NaClO的物质的量 B．溶液的浓度 C．溶液中NaClO的摩尔质量 D．溶液的密度 （3）同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。回答下列问题。 ①如图所示的仪器中，有些是不需要，配制上述溶液还需要玻璃仪器 　 　。 ②需要称量NaClO固体的质量为 　 　g。 （4）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%（密度为1.84g•cm﹣3）的浓硫酸配制240mL2.3mol•L﹣1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。 ①所配制的稀硫酸中，H+的物质的量浓度为 　 　mol•L﹣1。 ②需用浓硫酸的体积为 　 　mL。 ③若所配制的稀硫酸浓度偏小，则下列可能的原因分析中正确的是 　 　。 A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水 B．量取浓硫酸时，仰视液体的凹液面 C．未冷却，立即转移至容量瓶定容 D．定容时，仰视溶液的凹液面 24．（1）光束通过Fe（OH）3胶体，可看到光亮的通路，这种现象叫 　 　。 （2）19g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4mol Cl﹣离子，求ACl2。ACl2的摩尔质量 　 　。 （3）3.01×1022个OH﹣含有质子的物质的量为 　 　，含有电子的物质的量为 　 　这些OH﹣与 　 　mol NH3的质量相同，和 　 　gNa+含有的离子数相同。 （4）将4gNaOH溶于 　 　g水中，才能使每10个H2O分子中溶有一个Na+。 （5）用胆矾（CuSO4•5H2O）配制、480mL0.1mol/CuSO4溶液，需要称取 　 　g胆矾。 （6）相同条件下，有X、Y两种气体，相对分子质量分别为A、 B。 ①若它们的质量相等，则两种气体的分子数之比N（X）：N（Y）＝ 　 　； ②若它们的体积相等，则两种气体的质量之比：m（X）：m（Y）＝ 　 　。 （7）已知某样品中含有氢氧化钠杂质（其它成分不与盐酸反应），为了测定该样品中氢氧化钠的质量分数，做了以下实验：①取2.0g样品配成50.00mL的溶液；②用0.100mol/L盐酸溶液去中和该NaOH溶液，当酸和碱恰好完全反应时，消耗盐酸60.00mL。则该样品中氢氧化钠的质量分数为 　 　。 （8）在50mLFeCl3和CuCl2的混合溶液中，FeCl3和CuCl2的浓度均为1mol•L﹣1。在此混合液中加入100mLNaOH溶液，恰好完全反应，则该NaOH溶液的浓度为 　 　。 25．氯气及氯的化合物的“价﹣类”二维图体现了化学变化之美。 （1）Fe丝在盛有b气体的集气瓶中燃烧，其反应的化学方程式是 　 　。 （2）c和f（84消毒液的主要成分）均可用于环境杀菌消毒，c和f的化学式分别是 　 　、　 　。 （3）不同价态的氯元素可以相互转化，请写出反应前后存在3种价态氯元素的离子方程式 　 　。 （4）将氯离子传感器插入新制b的水溶液广口瓶中，与数据采集器、计算机连接，用强光照射瓶中溶液，采集数据所得图象如图所示。 ①A点溶液发生分解反应的离子方程式为 　 　。 ②A点溶液中氯元素的存在形式有Cl﹣、ClO﹣、　 　和 　 　。 （5）物质e是某一价金属的含氧酸盐，在12.25g物质e中含有0.1mol的金属离子，此物质e的摩尔质量为 　 　，该金属元素的相对原子质量为 　 　。 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题） 1．把aL含硫酸铵和硝酸铵的混合液分成2等份，一份需用bmol烧碱刚好把铵全部反应，另一份与氯化钡溶液完全反应时，消耗2cmol氯化钡。由此可知原溶液中离子的物质的量浓度为（　　） （注：+Ba2+＝BaSO4↓、+OH﹣＝NH3•H2O） A．mol/L B．mol/L C．mol/L D．mol/L 【分析】设每份中的物质的量为x，的物质的量为y，根据+OH﹣＝NH3•H2O，可知x＝b，原溶液中的物质的量为2bmol；根据，可知y＝2c。原溶液中的物质的量为4cmol；由溶液整体不显电性（电荷守恒）可知：n（）×1＝n（）×2+n（）×1，解得n（）＝（2b﹣8c）mol。 【解答】解：根据+OH﹣＝NH3•H2O，设每份中的物质的量为x，的物质的量为y，可知x＝b，原溶液中的物质的量为2bmol；根据，可知y＝2c；原溶液中的物质的量为4cmol；由溶液整体不显电性（电荷守恒）可知：n（）×1＝n（）×2+n（）×1，解得n（）＝（2b﹣8c）mol，所以原溶液中的物质的量浓度为mol/L， 故选：A。 【点评】本题考查化学计算，侧重考查学生有关物质的量的计算的掌握情况，试题难度中等。 2．化学实验中若使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，则可不再向环境排放该种有害物质。在如图所示有编号的反应中，属于氧化还原反应的有（　　） A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 【分析】反应中存在元素化合价变化的反应为氧化还原反应，据此结合元素化合价进行判断。 【解答】解：反应中①中Cr元素化合价从而+6变为+3，化合价降低，为氧化还原反应； 反应②、③中Cr元素化合价不变，都是+3价，不属于氧化还原反应； 反应④中Cr元素化合价从+3变为+6，化合价升高，为氧化还原反应； 反应⑤Cr元素化合价不变，都是+6价，不属于氧化还原反应； 反应⑥中Cr元素化合价从+6变为+3，化合价降低被还原，属于氧化还原反应； 根据分析可知，属于氧化还原反应的有3个， 故选：A。 【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。 3．下列叙述中，正确的是（　　） A．盐酸和氨水均能导电，所以HCl、NH3都是电解质 B．含有1mol FeCl3的溶液与足量沸水反应，理论上可生成NA个Fe（OH）3胶粒 C．分散质粒子的直径在1×10﹣9cm～1×10﹣7cm之间的分散系属于胶体 D．利用丁达尔效应可区分氢氧化铝胶体与小苏打水溶液 【分析】A．电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，据此回答即可； B．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体； C．胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1﹣100nm（10﹣7～10﹣9m）之间； D．淀粉溶液为胶体分散系。 【解答】解：A．盐酸是氯化氢的水溶液和氨水是氨气水溶液均能导电，所以HCl是电解质，NH3都本身不能电离属于非电解质，故A错误； B．胶体中胶粒是多个Fe（OH）3的聚合体，所以1mol FeCl3完全转化为Fe（OH）3胶体后生成小于NA个胶粒，故B错误； C．分散质粒子的直径在1×10﹣9～1×10﹣7m之间的分散系属于胶体，故C错误； D．氢氧化铝胶体为胶体分散系，则用丁达尔效应可区分淀粉溶液与小苏打溶液，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及电解质概念、胶体性质等，把握物质的性质及概念的实质为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大。 4．KNO3和NaCl的溶解度曲线如图所示。下列叙述正确的是（　　） A．0℃时，100g水中最多能溶解40gNaCl B．0℃时，KNO3和NaCl两种饱和溶液中，所含溶质的质量：NaCl大于KNO3 C．将30℃的KNO3溶液降温到20℃时一定有晶体析出 D．30℃时，将等质量的KNO3和NaCl分别配成饱和溶液，所得溶液的质量：NaCl大于KNO3 【分析】A．根据固体的溶解度曲线，可以查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性； B．可以比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小； C．可以判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断温度改变后，溶液中各种成分的变化程度； D．30℃时，硝酸钾的溶解度大于氯化钠的溶解度，等质量的硝酸钾和氯化钠配制成饱和溶液，氯化钠需要更多的溶剂。 【解答】解：A．0℃时，氯化钠的溶解度小于40g，所以100g水中不能溶解40gNaCl，故A错误； B．0℃时，氯化钠的溶解度大于硝酸钾的溶解度，所以KNO3和NaCl两种饱和溶液中，所含溶质的质量分数：NaCl大于KNO3，溶剂量不知，溶质质量不能确定，故B错误； C．将30℃的KNO3溶液降温到20℃时，硝酸钾溶液的状态不能确定，所以不一定有晶体析出，故C错误； D．30℃时，硝酸钾的溶解度大于氯化钠的溶解度，所以将等质量的KNO3和NaCl分别配成饱和溶液，所得溶液的质量：NaCl大于KNO3，故D正确； 故选：D。 【点评】本题难度不是很大，主要考查了固体的溶解度曲线所表示的意义，及根据固体的溶解度曲线来解决相关的问题，从而培养分析问题、解决问题的能力。 5．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　） A．常温常压下，32gO2﹣中所含电子的数目为16NA B．0.1mol FeCl3完全转化成Fe（OH）3胶体后的胶粒数小于0.1NA C．物质的量浓度为0.5mol•L﹣1的MgCl2溶液中，含有Cl﹣个数为NA D．标准状况下，11.2LCCl4中含有分子的数目为0.5NA 【分析】A．1个O2﹣中含电子数10； B．Fe（OH）3胶体分散质为氢氧化铁的集合体； C．溶液体积不知，不能计算微粒数； D．标准状况下四氯化碳不是气体。 【解答】解：A．常温常压下，32gO2﹣的物质的量＝＝2mol，2mol离子中所含电子的数目为20NA，故A错误； B．0.1mol FeCl3完全转化成Fe（OH）3胶体后，胶体的分散质是氢氧化铁集合体，则胶粒数小于0.1NA，故B正确； C．物质的量浓度为0.5mol•L﹣1的MgCl2溶液的体积不知，不能计算溶液中含有Cl﹣个数，故C错误； D．标准状况下，CCl4不是气体，11.2LCCl4的物质的量不能用标准状况下气体摩尔体积计算，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关运用，熟练掌握公式的运用和物质的性质是解题关键，注意物质的构成，题目难度不大。 6．下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L的是（　　） A．将1L 10mol/L的浓盐酸加入9L水中 B．将40g NaOH溶解在1L水中 C．将10g NaOH溶解在少量水中，再配成250mL溶液 D．将22.4L HCl气体溶于水配成1L溶液 【分析】A．混合溶液的体积不等于盐酸与水的体积和； B．溶液的体积不等于水的体积； C．溶液的体积是0.25L，根据质量求出物质的量，再根据c＝计算； D．气体状况未知，无法计算物质的量。 【解答】解：A．将1L10mol•L﹣1的浓盐酸与9L水混合，所得溶液体积不是10L，所以溶液浓度不等于1mol/L，故A错误； B．40g氢氧化钠溶解于1L水，溶液的体积不等于水的体积，溶液体积不是1L，则所配溶液浓度不等于1mol/L，故B错误； C．溶液的体积是0.25L，n（NaOH）＝＝0.25mol，则c（NaOH）＝＝1mol/L，故C正确； D．气体状况未知，气体摩尔体积不知道，无法计算HCl的物质的量，溶液的物质的量浓度无法计算，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度不大，注意溶液的体积不等于水的体积，侧重于考查学生对基础知识的应用能力和计算能力。 7．下列有关的叙述正确的是（　　） A．是铯的一种同素异形体 B．的质子数为137 C．的核外电子数为55 D．核内的中子数与质子数之差为82 【分析】原子的左下角为质子数，左上角为质量数，质子数＝核电荷数＝核外电子数＝原子序数，中子数＝质量数﹣质子数，据此分析。 【解答】解：A．是铯的一种同位素，故A错误； B．原子的左下角为质子数，则的质子数为55，故B错误； C．核外电子数＝质子数，则的核外电子数为55，故C正确； D．的中子数＝质量数﹣质子数＝137﹣55＝82，质子数为55，则中子数与质子数之差为27，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查原子的组成，为基础知识的考查，题目难度不大。 8．下列变化中，必须加入合适的还原剂才能实现的是（　　） A．Cl2→HCl B．KClO3→KCl C．Na→NaCl D．Fe2O3→Fe 【分析】变化过程中，必须加入合适的还原剂才能实现，则该过程被还原，元素化合价降低，但需要主要自身氧化还原反应除外，据此分析作答。 【解答】解：A．Cl2与水反应，生成HCl和次氯酸，属于自身氧化还原反应，不需要加入氧化剂或者还原剂，故A错误； B．KClO3受热分解，生成KCl和O2，属于自身氧化还原反应，不需要加入氧化剂或者还原剂，故B错误； C．Na→NaCl的过程中，钠元素化合价升高，被氧化，需要加入氧化剂，故C错误； D．Fe2O3→Fe的过程中，Fe元素化合价降低，被还原，需要加入还原剂，故D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考察氧化还原反应的基本概念，属于基本知识的考查，难度不大。 9．下列说法正确的是（　　） ①Na2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色； ②Na2O和Na2O2投入到水中都能生成NaOH； ③质量相等的NaHCO3与Na2CO3分别与相同浓度盐酸完全反应时，产生CO2的物质的量相等； ④取ag Na2CO3和NaHCO3混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bg，能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数； ⑤区别NaHCO3与Na2CO3溶液，可用Ca（OH）2溶液； ⑥NaHCO3固体可以做干粉灭火剂，金属钠起火可以用它来灭火； ⑦NaHCO3粉末中混有Na2CO3，可配制成溶液通入过量的CO2，再低温结晶得到提纯。 A．②③④ B．②⑤⑦ C．①②⑦ D．③④⑥ 【分析】①Na2O2与水反应产生NaOH，又过氧化钠具有强的氧化性和漂白性； ②Na2O与水反应产生NaOH，Na2O2与水反应产生NaOH和O2； ③质量相等的NaHCO3与Na2CO3中含有的C元素质量不相等，产生CO2的物质的量不相等； ④碱石灰既能吸收CO2，也能吸收水分，增重为CO2和水的共同质量； ⑤Ca（OH）2与NaHCO3与Na2CO3溶液都能反应产生CaCO3白色沉淀； ⑥NaHCO3固体受热分解产生CO2，可用于灭火，金属钠起火时产生的Na2O2与CO2及H2O发生反应产生O2； ⑦由于Na2CO3在溶液中会与CO2、H2O发生反应，产生NaHCO3，据此分析作答。 【解答】解：①Na2O2与水反应产生NaOH，溶液具有碱性，所以紫色石蕊试液先变为蓝色，又由于过氧化钠具有强的氧化性和漂白性，所以溶液由蓝色然后变为无色，故①正确； ②Na2O与水反应产生NaOH，Na2O2与水反应产生NaOH和O2，因此二者都能与水反应生成NaOH，故②正确； ③根据C元素守恒，质量相等的NaHCO3与Na2CO3中含有的C元素质量不相等，所以二者分别与相同浓度盐酸完全反应时，产生CO2的物质的量不相等，故③错误； ④碱石灰既能吸收CO2，也能吸收水分，因此不能根据碱石灰增重质量测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数，故④错误； ⑤Ca（OH）2与NaHCO3与Na2CO3溶液都能反应产生CaCO3白色沉淀，故不能用Ca（OH）2溶液鉴别NaHCO3与Na2CO3溶液，故⑤错误； ⑥NaHCO3固体受热分解产生CO2，可用于灭火，金属钠起火时产生的Na2O2与CO2及H2O发生反应产生O2，因此不能用干粉灭火剂灭火，故⑥错误； ⑦由于反应：Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3，所以NaHCO3粉末中混有Na2CO3，可配制成溶液通入过量的CO2，反应产生NaHCO3，然后再低温结晶得到提纯得到，故⑦正确； 综上所述可知正确说法是①②⑦， 故选：C。 【点评】本题主要考查钠及其化合物之间的转化，属于基本知识的考查，难度不大。 10．根据图示实验、部分记录和溶解度曲线，判断下列说法正确的是（　　） A．无法判断a中溶液是否为饱和溶液 B．c中溶液溶质的质量分数为33.3% C．b中溶液在加热过程中始终为饱和溶液 D．常用冷却热的饱和溶液的方法获得氯化钠晶体 【分析】A．由氯化钠的溶解度曲线知，20℃时氯化钠的溶解度为36g，据此计算20g水中溶解溶质质量分析判断； B．100℃时氯化钠的溶解度是40g，所以20g水中溶解氯化钠8g，饱和溶液中溶质质量分数＝×100%； C．从溶解度曲线可知，从20C到100℃氯化钠的溶解度最大为40g，故100g的水中最多溶解40g氯化钠； D．根据氯化钠的溶解度曲线可知其溶解度受温度的影响不大，蒸发溶剂的方法得到溶质晶体。 【解答】解：A．由氯化钠的溶解度曲线知，20℃时氯化钠的溶解度为36g，则20g水中能溶解7.2g，a中20g水中溶解5g氯化钠，故a为不饱和溶液，故A错误； B．由氯化钠的溶解度曲线知，100℃时氯化钠的溶解度是40g，所以20g水中溶解氯化钠8g，则c中溶液为饱和溶液，溶质质量为8g，其质量分数为，故B错误； C．从溶解度曲线可知，从20C到100℃氯化钠的溶解度最大为40g，故100g的水中最多溶解40g氯化钠，则20g水中最多溶解8g氯化钠，实验过程中20g水中加入了10g氯化钠，故加热过程中，氯化钠一直有剩余，则溶液始终为饱和溶液，故C正确； D．根据氯化钠的溶解度曲线可知其溶解度受温度的影响不大，不宜采用冷却热的饱和溶液的方法获得氯化钠晶体，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了溶解度随温度变化、溶质质量分数计算、饱和溶液的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。 11．容积不同的A、B两个密闭容器，A中充满氮气，B中充满CH4和CO2混合气体，同温同压下测得两容器中气体密度相同，下列叙述不正确的是（　　） A．容器A和容器B中所含气体质量一定不同 B．容器B中混合气体的密度是同温同压下氢气密度的14倍 C．容器B中CH4和CO2的质量之比为33：16 D．容器A和容器B中所含气体分子数一定不同 【分析】根据阿伏加德罗定律pV＝nRT和可得pM＝ρRT，同温同压下测得两容器中气体密度相同，则A、B两容器中气体的平均摩尔质量是相等的，M（A）＝M（B）＝28g•mol﹣1。 【解答】解：A．A、B两个密闭容器容积不同，同温同压下测得两容器中气体密度相同，根据m＝ρV可知，容器A和容器B中所含气体质量一定不同，故A正确； B．根据pM＝ρRT，同温同压下，摩尔质量之比等于密度之比，M（B）＝28g•mol﹣1，M（H2）＝2g•mol﹣1，则容器B中混合气体的密度是同温同压下氢气密度的14倍，故B正确； C．设CH4的物质的量为a，CO2的物质的量为b，则解得，质量之比，故C错误； D．同温同压下，A、B两个密闭容器容积不同，根据可知A、B两容器的物质的量不同，根据可知容器A和容器B中所含气体分子数一定不同，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查阿伏加德罗定律，侧重考查学生阿伏加德罗定律的掌握情况，试题难度中等。 12．有①、②两个完全相同的装置，分别在装置①、②中加入1.06g Na2CO3和0.84gNaHCO3，然后再分别注入相同体积的盐酸，下列有关叙述正确的是（　　） A．①、②装置中的气球都会膨胀，①装置中的气球膨胀的更快 B．若最终两气球体积不同，则一定有盐酸中n（HCl）≤0.01mol C．若盐酸中n（HCl）≥0.02mol，则最终两气球体积相同 D．忽略溶液体积变化，最终两试管中Na+的物质的量浓度相等 【分析】Na2CO3和NaHCO3的物质的量均为0.01mol，①向Na2CO3中加入盐酸，发生的反应有Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，②中发生NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，据此分析回答问题。 【解答】解：A．①中反应方程式为Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，②中发生NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，①②都有气体产生，气球都会膨胀，①反应一段时候后产生气体，②是立即产生气体，因此②装置中的气球膨胀的更快，故A错误； B．Na2CO3和NaHCO3的物质的量相同，均是0.01mol，根据反应的方程式，当n（HCl）≥0.02mol时，两装置产生的气体体积相同，也就是0＜n（HCl）≤0.02mol，两装置产生气体体积不相同，故B错误； C．根据B选项分析，当n（HCl）≥0.02mol时，两装置产生的气体体积相同，故C正确； D．0.01mol Na2CO3中含有n（Na+）＝0.02mol，0.01mol NaHCO3中含有n（Na+）＝0.01mol，根据钠元素守恒，当溶液体积变化忽略不计时，即溶液的体积相同，最终两试管中Na+的物质的量浓度不相等，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了碳酸钠和碳酸氢钠的性质，注意碳酸钠和酸反应分步进行，是解答本题的关键，题目难度中等。 13．下列物质在给定条件下能一步实现的是（　　） A．Fe3O4FeFeCl3 B．NaOHNaNO3NaCl C．Ca（OH）2CaCO3CO2 D．CuCuOCu（OH）2 【分析】A.铁与盐酸反应生成氯化亚铁； B.硝酸钠不与硫化钾溶液反应； C.氢氧化钙与二氧化碳反应生成提高沉淀，碳酸钙沉淀与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水； D.氧化铜不与水反应。 【解答】解：A.Fe3O4与CO加热反应可生成Fe，但Fe与盐酸反应生成FeCl2，则FeFeCl3的转化无法一步实现，故A错误； B.NaOH与稀释反应生成NaNO3，但NaNO3不与KCl反应，则NaNO3NaCl的转化无法一步实现，故B错误； C.Ca（OH）2为碱，能够与二氧化碳反应生成CaCO3，醋酸的酸性大于碳酸，CaCO3醋酸能够与反应生成CO2，则Ca（OH）2CaCO3CO2的转化能够一步实现，故C正确； D.Cu与氧气加热反应生成CoO，但CuO不与水反应，则CuOCu（OH）2的转化无法一步实现，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查常见金属单质及其化合物性质，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，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。 14．某白色粉末中可能含有AgNO3、BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4中的一种或几种，为了探究它的成分，进行以下实验： ①向白色粉末中加入适量的水，充分振荡后过滤，得到白色滤渣A和无色滤液B； ②向白色滤渣A中加入足量稀盐酸，滤渣全部溶解，得到无色气体C； ③将无色气体C通入①中所得无色滤液B中，生成白色沉淀D。 下列对该溶液的说法正确的是（　　） A．白色粉末一定不含有AgNO3、NaOH、CuSO4 B．白色粉末可能含有BaCl2、K2SO4、NaOH C．白色粉末一定含有BaCl2、CaCO3可能含有NaOH D．白色粉末一定含有BaCl2、CaCO3、NaOH 【分析】①向白色粉末中加入适量的水，充分振荡后过滤，得到白色滤渣A和无色滤液B，则原白色粉末中不含有CuSO4； ②向白色滤渣A中加入足量稀盐酸，滤渣全部溶解，得到无色气体C，则原白色粉末中含有CaCO3，气体C为CO2，不含有AgNO3； ③将无色气体C通入①中所得无色滤液B中，生成白色沉淀D，为BaCO3，则原白色粉末中含有BaCl2、NaOH，不含有K2SO4，综上，原白色粉末中含有BaCl2、NaOH、CaCO3，不含有AgNO3、K2SO4、CuSO4，据此分析解答。 【解答】解：A．由上述分析可知，原白色粉末中含有BaCl2、NaOH、CaCO3，不含有AgNO3、K2SO4、CuSO4，故A错误； B．原白色粉末中含有BaCl2，实验②向白色滤渣A中加入足量稀盐酸，滤渣全部溶解，则不含有K2SO4，故B错误； C．实验③中生成的白色沉淀D为BaCO3，则原白色粉末中一定含有NaOH，故C错误； D．由上述分析可知，原白色粉末中含有BaCl2、NaOH、CaCO3，不含有AgNO3、K2SO4、CuSO4，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查物质的检验与推断，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。 15．下列溶液中离子的检验方法和结论相符的一组是（　　） 选项 检验方法 结论 A 向未知溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成 未知溶液中一定含有 B 用洁净的铂丝蘸取少量未知溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色 未知溶液一定是含有Na+一定不含K+ C 向未知溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体 不能确定未知溶液中一定含有 D 向未知溶液中加入NaOH浓溶液，加热，产生的气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红 未知溶液中一定含有 A．A B．B C．C D．D 【分析】A．溶液含有Ag+或离子，也有白色沉淀生成； B．焰色反应检验K+离子，需要透过蓝色钴玻璃； C．若溶液含有离子，加入盐酸也会生成CO2； D．NH3使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。 【解答】解：A．向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为AgCl，可能是BaSO4，溶液含有离子，也可以生成BaSO4，则该溶液中不一定含有，故A错误； B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，未知溶液一定是含有Na+，要检验K+离子，需要透过蓝色钴玻璃观察，故B错误； C．向未知溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体，该气体为CO2，原溶液可能含有，或含有，也可能二者都含有，故C正确； D．应选择湿润的红色石蕊试纸检验NH3，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查常见离子检验，注意加入试剂引入的干扰离子的影响，掌握常见离子检验方法，题目侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。 16．有A、B、C、D四种元素，质子数均小于18。A元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍；B元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构；C元素是地壳中含量最多的金属元素；D元素的原子M层电子数是K层的3倍，下列说法不正确的是（　　） A．16gA元素形成的单质，含有1NA个A原子 B．通过焰色反应检验B元素，需要透过蓝色钴玻璃 C．A和C两种元素形成的化合物能与盐酸反应 D．A和D两种元素形成的化合物能与NaOH溶液反应 【分析】A、B、C、D四种元素的质子数都小于18，A元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，A有2个电子层符合电子排布规律，最外层电子数为6，A为O；B元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构，B为Na；C元素是地壳中含量最多的金属元素，C为Al；D元素的原子M层电子数是K层的3倍，M层电子数为6，D为S，由上述分析可知，A为O、B为Na、C为Al、D为S，据此分析。 【解答】解：A．A为O元素，16g A元素形成的单质，含有1NA个O原子，故A正确； B．Na元素的焰色反应为黄色，不需要透过蓝色钴玻璃，故B错误； C．C为Al其氧化物为Al2O3，为两性氧化物，可以与强酸反应，故C正确； D．二氧化硫或三氧化硫均能与NaOH反应，生成盐和水，故D正确； 故选：B。 【点评】本题主要考查元素的推断，为高频考点，题目难度一般。 17．某同学购买了一瓶84消毒液，包装说明如下，下列分析不正确的是（　　） 净含量：500 mL 密度：1.19 g•cm﹣3 主要成分：25% NaClO 使用方法：稀释100倍（体积比）后使用 注意事项：密封保存，易吸收空气中的CO2变质 A．84消毒液保存时不能口放置，需要密封保存 B．该84消毒液中NaClO的物质的量浓度约为4mol•L﹣1 C．取100mL该84消毒稀释到体积为原来的100倍后用以消毒，稀释后的溶液中c（Na+）约为0.04mol•L﹣1 D．用NaClO固体配制含25% NaClO的消毒液500mL，需要称量的NaClO固体质量为142.8g 【分析】A．次氯酸钠易与二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸易分解为盐酸和氧气； B．根据c＝计算； C．结合B中计算可知稀释前的c（Na+），稀释前、后钠离子的物质的量不变，进而计算稀释后的溶液中c（Na+）； D．根据m＝ρV计算溶液的质量，再根据m（溶质）＝m（溶液）×ω（溶质）计算。 【解答】解：A．次氯酸钠易与二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸易分解为盐酸和氧气，所以“84消毒液”保存时不能敞口放置，需要密封保存，故A正确； B．根据c＝可知，该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度约为≈4mol•L﹣1，故B正确； C．由B中计算可知，稀释前的c（Na+）约为4mol•L﹣1，稀释100倍，消耗后c（Na+）约为4mol•L﹣1×＝0.04mol•L﹣1，故C正确； D．欲用NaClO固体配制含25%NaClO的消毒液500mL，需用500mL容量瓶，需要称量的NaClO固体质量为500mL×1.19g/mL×25%≈148.8g，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查物质的量浓度有关计算，理解掌握物质的量浓度与质量分数之间关系，题目侧重考查学生对基础知识的掌握情况、分析计算能力。 18．某实验小组通过如图所示实验，探究Na2O2与水的反应： 下列说法中正确的是（　　） A．②中的大量气泡的主要成分是氢气 B．③中溶液变红，说明有酸性物质生成 C．④中现象可能是由于溶液中含有漂白性物质造成的 D．⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度 【分析】A．过氧化钠与水反应生成NaOH和氧气； B．酚酞遇到碱显红色； C．过氧化钠具有强的氧化性； D．过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解反应生成氧气。 【解答】解：A．过氧化钠与水反应生成NaOH和氧气，则②中大量气泡的主要成分是氧气，故A错误； B．酚酞遇到碱显红色，③中溶液变红，说明有碱性物质生成，故B错误； C．④中红色褪去，应该是由溶液中的具有强氧化性、漂白性物质氧化酚酞致酚酞变质导致，故C正确； D．⑤中加入MnO2产生较多气泡，过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解反应生成氧气，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了物质的性质，熟悉过氧化钠性质是解题关键，题目难度不大。 19．下列关于钠及化合物的叙述中，不正确的是（　　） A．高压钠灯可用于道路照明 B．金属钠着火，可用泡沫灭火器灭火 C．NaHCO3可用作抗酸药 D．Na2O2可用作呼吸面具供氧剂 【分析】A．钠的黄光透雾性强； B．钠燃烧生成的过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气； C．碳酸氢钠碱性较弱，能够与盐酸反应，消耗盐酸； D．过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气。 【解答】A．钠的焰色为黄色，黄色透雾性强，所以高压钠灯常用于道路的照明，故A正确； B．钠燃烧生成的过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，所以金属钠着火时，不可用泡沫灭火器灭火，故B错误； C．碳酸氢钠碱性较弱，能够与盐酸反应，消耗盐酸，常用作制胃酸中和剂，故C正确； D．过氧化钠与水和二氧化碳反应生成氧气，即2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，可用作供氧剂，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉钠、碳酸氢钠、过氧化钠的性质是解题关键，题目难度不大。 20．有A、B、C、D四种元素，质子数均小于18。A元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍；B元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构；C元素是地壳中含量最多的金属元素；D元素的原子M层电子数是K层的3倍，下列说法不正确的是（　　） A．A元素可以形成多种不同单质 B．C的氧化物能与盐酸反应生成盐和水，所以C的氧化物为碱性氧化物 C．可以通过焰色反应检验B元素 D．A和D两种元素形成的化合物能与NaOH溶液反应 【分析】A、B、C、D四种元素的质子数均小于18，其中A元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，只有1个电子层最多容纳2个电子，而最外层电子数最多不超过8，故原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则A为O元素；B元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构，则B原子核外电子数为10+1＝11，故B为Na元素；C元素是地壳中含量最多的金属元素，可知C为Al元素；D元素的原子M层电子数是K层的3倍，其M层电子数为6，故D为S元素。 【解答】解：由分析可知，A为O元素、B为Na元素、C为Al元素、D为S元素； A．A是氧元素，可以形成O2、O3等同素异形体，故A正确； B．C的氧化物是Al2O3，既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水，属于两性氧化物，故B错误； C．B是Na元素，其焰色反应为黄色，可以检验钠元素，故C正确； D．A和D两种元素形成的化合物有SO2、SO3，二者都是酸性氧化物，前者与NaOH反应可以生成Na2SO3和水，后者与NaOH反应可以生成Na2SO4和水，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，熟练掌握核外电子排布规律、元素周期表与元素化合物知识，题目难度不大，有利于基础知识的复习巩固。 二．解答题（共5小题） 21．Ⅰ.对于数以千万计的化学物质和为数众多的化学反应，分类法的作用几乎是无可代替的，现有以下物质： ①干冰②熔融氯化钠③蔗糖④稀硫酸⑤SO2的水溶液⑥小苏打⑦水银⑧冰醋酸 （1）其中能导电的是 　②④⑤⑦　（填写序号，下同）；属于电解质的是 　②⑥⑧　； （2）写出物质⑥在水中的电离方程式：　NaHCO3＝Na++　。 Ⅱ.物质的量是联系宏观和微观的桥梁； （3）40.5g某金属氯化物MCl2中含0.6mol Cl﹣，则该氯化物的摩尔质量为 　135g/mol　。 （4）如果ag某气体中的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积为 　L　（设NA为阿伏加德罗常数）。 （5）已知8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量的D；现将16gA与70gB混合，充分反应后，生成一定量的C和2mol D，则D的摩尔质量为 　18g/mol　。 （6）某结晶水合物的化学式为A•nH2OA的相对分子质量为M。如将ag结晶水合物加热至结晶水全部失去，剩余的残渣为bg，则n＝ 　　。 【分析】Ⅰ．（1）物质中含自由移动的离子或电子时则能导电，在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质； （2）⑥小苏打在水中完全电离； Ⅱ．（3）40.5g某金属氯化物MCl2中含0.6mol Cl﹣，MCl2的物质的量为0.3mol，计算该氯化物的摩尔质量M＝； （4）结合N＝nNA、m＝nM计算； （5）8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量D，根据质量守恒，生成D的质量为8g+32g﹣22g＝18g，故A、B、C、D按质量比8g：32g：22g：18g＝4：16：11：9进行反应，据此进行16gA与70gB反应的过量计算，再根据质量比计算生成的D的质量，利用M＝计算D的摩尔质量； （6）根据结晶水的化合物受热分解的化学方程式及其相关数据可以计算n的表达式。 【解答】解：Ⅰ．①干冰不能导电，属于非电解质，②熔融氯化钠能导电，属于电解质，③蔗糖不能导电，属于非电解质，④稀硫酸能导电，既不是电解质也不是非电解质，⑤SO2的水溶液导电，既不是电解质也不是非电解质，⑥小苏打不能导电，属于电解质，⑦水银能导电，既不是电解质也不是非电解质，⑧冰醋酸不能导电，属于电解质， （1）其中能导电的是：②熔融氯化钠、④稀硫酸、⑤SO2的水溶液、⑦水银，属于电解质的是：②熔融氯化钠，⑥小苏打，⑧冰醋酸， 故答案为：②④⑤⑦；②⑥⑧； （2）小苏打在水中完全电离，电离方程式为：NaHCO3＝Na++， 故答案为：NaHCO3＝Na++； Ⅱ．（3）40.5g某金属氯化物MCl2中含0.6mol Cl﹣，MCl2的物质的量为0.3mol，计算该氯化物的摩尔质量M＝＝＝135g/mol， 故答案为：135g/mol； （4）NA表示阿伏加德罗常数，如果ag某气体含有的分子数是b，摩尔质量M＝＝g/mol，则cg该气体在标准状况下的体积＝×22.4L＝L， 故答案为：L； （5）8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量D，根据质量守恒D的质量为8g+32g﹣22g＝18g，故A、B、C、D按质量比8g：32g：22g：18g＝4：16：11：9进行反应，16gA完全反应需要B的质量为16g×＝64g＜70g，故B过量，则生成的D的质量为16g×＝36g，故D的摩尔质量＝＝18g/mol， 故答案为：18g/mol； （6）A•n H2O受热分解的化学方程式为：A•nH2O A+nH2O，根据提供的数据有： A•nH2O A+nH2O， M+18n M ag bg 则：＝，解得：n＝， 故答案为：。 【点评】本题考查物质分类、物质的量的计算，题目难度中等，明确物质的量与其它物理量之间的关系即可解答，试题知识点较大、计算量较大，充分考查了学生的分析能力及化学计算能力。 22．钠单质及其化合物与人类生产、生活密切相关，请回答下列问题。 （1）实验室常将钠保存在煤油中，原因是 　金属钠是一种很活泼的金属，极易与空气中的氧气、水反应，由于钠的密度比煤油大且钠不与没有反应　。 （2）过氧化钠可作呼吸面具中的供氧剂，请写出其与CO2反应的化学方程式 　2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2　。当消耗156g过氧化钠时，产生的O2在标准状况下体积是 　22.4　L。 （3）碳酸氢钠可用于治疗胃酸（盐酸）过多，其反应的离子方程式为 　+H+＝H2O+CO2↑　。 （4）氯化钠可用于生产纯碱，具体工艺流程如下。沉淀池中析出的物质是 　NaHCO3　（填化学式），循环2的物质是 　CO2　（填化学式）。 【分析】（1）金属钠是一种很活泼的金属，极易与空气中的氧气、水反应； （2）Na2O2与CO2反应的化学方程式 为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，156克Na2O2 2mol，根据化学方程式计算，得到1mol O2，因此产生的O2的体积为22.4L； （3）碳酸氢钠治疗胃酸过多的原理是：+H+＝H2O+CO2↑； （4）该流程是侯氏制碱法，向饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，碳酸氢钠晶体受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，生成的二氧化碳可以循环使用。 【解答】解：（1）金属钠是一种很活泼的金属，极易与空气中的氧气、水反应，因此要密封保存，由于钠的密度比煤油大且钠不与没有反应，故实验室常将钠保存在煤油中， 故答案为：金属钠是一种很活泼的金属，极易与空气中的氧气、水反应，由于钠的密度比煤油大且钠不与没有反应； （2）Na2O2与CO2反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，156克Na2O2 物质的量＝＝2mol，根据化学方程式计算，得到1mol O2，因此产生的O2的体积为22.4L， 故答案为：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2；22.4L； （3）碳酸氢钠治疗胃酸过多的原理是：+H+＝H2O+CO2↑， 故答案为：+H+＝H2O+CO2↑； （4）侯氏制碱法的原理是：向饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，此时溶液中存在大量Na+、、Cl﹣、和，其中NaHCO3溶解度小，因此会析出，从而获得NaHCO3晶体，对NaHCO3加热制得Na2CO3。所以沉淀池中析出的物质是NaHCO3，循环二的物质是CO2， 故答案为：NaHCO3；CO2。 【点评】本题通过金属钠和钠盐，考查与物质的量有关的计算、化学方程式和离子方程式的书写、金属的基本性质、化学与生活、化学与健康、工业制碱等，综合性较强，题目难度不大。 23．已知某“84消毒液”瓶体部分标签如下，该“84消毒液”通常稀释100倍（体积之比）后使用。请回答下列问题： 　84消毒液 （有效成分）　NaClO （规　　格）　1000mL （质量分数）　25% （密　　度）　1.19g•cm﹣3 （1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为 　4.0　mol•L﹣1。（取整数） （2）取用任意体积的该盐溶液时，下列物理量中会随所取体积的多少而变化的是 　A　（填字母）。 A．溶液中NaClO的物质的量 B．溶液的浓度 C．溶液中NaClO的摩尔质量 D．溶液的密度 （3）同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。回答下列问题。 ①如图所示的仪器中，有些是不需要，配制上述溶液还需要玻璃仪器 　玻璃棒、胶头滴管　。 ②需要称量NaClO固体的质量为 　149.0　g。 （4）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%（密度为1.84g•cm﹣3）的浓硫酸配制240mL2.3mol•L﹣1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。 ①所配制的稀硫酸中，H+的物质的量浓度为 　4.6　mol•L﹣1。 ②需用浓硫酸的体积为 　31.25　mL。 ③若所配制的稀硫酸浓度偏小，则下列可能的原因分析中正确的是 　D　。 A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水 B．量取浓硫酸时，仰视液体的凹液面 C．未冷却，立即转移至容量瓶定容 D．定容时，仰视溶液的凹液面 【分析】（1）该“84消毒液”的物质的量浓度c＝代入数据计算； （2）溶液中NaClO的物质的量会随着所取溶液体积的大小而变化，故A正确； （3）①配制一定浓度的NaClO溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，则还需要的玻璃仪器为玻璃棒、胶头滴管； ②配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液，实验室没有480mL的容量瓶，需用500mL的容量瓶，数据以500mL计算； （4）①稀硫酸的浓度为2.3mol/L，则c（H+）＝2c（H2SO4； ②配制240mL2.3mol/L的稀硫酸需要选用250mL的容量瓶，1.84g/cm3浓硫酸的浓度为18.4mol/L，依据c1V1＝c2V2计算； ③定容时，仰视溶液的凹液面，导致多加水，会使溶液体积偏大，故D正确。 【解答】解：（1）该“84消毒液”的物质的量浓度为c＝＝1.19×103g/L×0.25÷74.5g/mol＝4.0mol/L， 故答案为：4.0； （2）A．溶液中NaClO的物质的量会随着所取溶液体积的大小而变化，故A正确； B．溶液的浓度保持恒定，浓度不会随所取体积的大小而变化，故B错误； C．NaClO的摩尔质量始终是定值，不随体积变化而变化，故C错误； D．溶液的密度恒定，不随体积变化而变化，故D错误； 故答案为：A； （3）①配制一定浓度的NaClO溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，则还需要的玻璃仪器为玻璃棒、胶头滴管， 故答案为：玻璃棒、胶头滴管； ②配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液，实验室没有480mL的容量瓶，需用500mL的容量瓶，该消毒液的密度为1.19g/cm3，则500mL溶液质量为595g，则需要NaClO固体质量为595g×25%＝149.0g， 故答案为：149.0； （4）①稀硫酸的浓度为2.3mol/L，则c（H+）＝2c（H2SO4）＝2×2.3mol/L＝4.6mol/L， 故答案为：4.6； ②配制240mL2.3mol/L的稀硫酸需要选用250mL的容量瓶，1.84g/cm3浓硫酸的浓度为18.4mol/L，需要浓硫酸的体积为V＝＝31.25mL， 故答案为：31.25； ③A．配制前容量瓶中有少量蒸馏水不影响配制硫酸的浓度，故A错误； B．量取浓硫酸时，仰视液体凹液面，导致浓硫酸体积偏大，溶液浓度偏高，故B错误； C．未冷却，立即转移至容量瓶定容，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏大，故C错误； D．定容时，仰视溶液的凹液面，导致多加水，会使溶液体积偏大，浓度偏小，故D正确； 故答案为：D。 【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，涉及仪器使用、配制步骤、数据处理及误差分析等，题目中等难度。 24．（1）光束通过Fe（OH）3胶体，可看到光亮的通路，这种现象叫 　丁达尔效应　。 （2）19g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4mol Cl﹣离子，求ACl2。ACl2的摩尔质量 　95g/mol　。 （3）3.01×1022个OH﹣含有质子的物质的量为 　0.45mol　，含有电子的物质的量为 　0.5mol　这些OH﹣与 　0.05　mol NH3的质量相同，和 　11.5　gNa+含有的离子数相同。 （4）将4gNaOH溶于 　18　g水中，才能使每10个H2O分子中溶有一个Na+。 （5）用胆矾（CuSO4•5H2O）配制、480mL0.1mol/CuSO4溶液，需要称取 　12.5　g胆矾。 （6）相同条件下，有X、Y两种气体，相对分子质量分别为A、 B。 ①若它们的质量相等，则两种气体的分子数之比N（X）：N（Y）＝ 　B：A　； ②若它们的体积相等，则两种气体的质量之比：m（X）：m（Y）＝ 　A：B　。 （7）已知某样品中含有氢氧化钠杂质（其它成分不与盐酸反应），为了测定该样品中氢氧化钠的质量分数，做了以下实验：①取2.0g样品配成50.00mL的溶液；②用0.100mol/L盐酸溶液去中和该NaOH溶液，当酸和碱恰好完全反应时，消耗盐酸60.00mL。则该样品中氢氧化钠的质量分数为 　12%　。 （8）在50mLFeCl3和CuCl2的混合溶液中，FeCl3和CuCl2的浓度均为1mol•L﹣1。在此混合液中加入100mLNaOH溶液，恰好完全反应，则该NaOH溶液的浓度为 　2.5mol/L　。 【分析】（1）胶体具有丁达尔效应； （2）n（ACl2）＝n（Cl﹣）＝×0.4mol＝0.2mol，M（ACl2）＝； （3）n（OH﹣）＝＝0.05mol，一个OH﹣含8+1＝9个质子，含8+1+1＝10个电子，n（质子）＝9n（OH﹣）、n（电子）＝10n（OH﹣）；OH﹣、NH3的摩尔质量都是17g/mol，这些OH﹣与NH3的质量相同，因为摩尔质量相等，所以其物质的量相等；和钠离子的个数相等，说明其物质的量相等，即n（Na+）＝n（OH﹣）＝0.05mol，m＝nM； （4）n（NaOH）＝，每10个H2O分子中溶有一个Na+，则10mol水中含1mol Na+，含0.1mol Na+，应溶于1mol水中，m＝nM； （5）容量瓶没有480mL的，但有500mL的，需要称取的胆矾质量为m＝cVM； （6）①由、知，当质量相等时，气体的分子数与其摩尔质量成反比； ②由、知，其中Vm为气体摩尔体积，确定的温度和压强下为定值，若它们的体积相等，则两种气体的质量之比等于其摩尔质量之比； （7）样品中的n（NaOH）＝n（HCl）＝0.1mol/L×0.06L＝0.006mol，则2.0g样品中氢氧化钠的质量分数为×100%； （8）在50mLFeCl3和CuCl2的混合溶液中，FeCl3和CuCl2的浓度均为1mol•L﹣1，则其中含有的n（Fe3+）＝n（Cu2+）＝1mol/L×0.05L＝0.05mol，根据Fe3+～3OH﹣、Cu2+～2OH﹣知，共消耗n（NaOH）＝0.05mol×3+0.05mol×2＝0.25mol，c＝。 【解答】解：（1）光束通过Fe（OH）3胶体，可看到光亮的通路，这种现象叫丁达尔效应，是一种光的散射现象， 故答案为：丁达尔效应； （2）n（ACl2）＝n（Cl﹣）＝×0.4mol＝0.2mol，M（ACl2）＝＝＝95g/mol， 故答案为：95g/mol； （3）n（OH﹣）＝＝0.05mol，一个OH﹣含8+1＝9个质子，含8+1+1＝10个电子，n（质子）＝9n（OH﹣）＝9×0.05mol＝0.45mol、n（电子）＝10n（OH﹣）＝10×0.05mol＝0.5mol；OH﹣、NH3的摩尔质量都是17g/mol，这些OH﹣与NH3的质量相同，因为摩尔质量相等，所以其物质的量相等，则n（NH3）＝n（OH﹣）＝0.05mol；和钠离子的个数相等，说明其物质的量相等，即n（Na+）＝n（OH﹣）＝0.05mol，m（Na+）＝nM＝0.05mol×23g/mol＝11.5g， 故答案为：0.45mol；0.5mol；0.05；1.15； （4）n（NaOH）＝，每10个H2O分子中溶有一个Na+，则10mol水中含1mol Na+，含0.1mol Na+，应溶于1mol水中，m＝nM＝1mol×18g/mol＝18g， 故答案为：18； （5）容量瓶没有480mL的，但有500mL的，需要称取的胆矾质量为m＝cVM＝0.1mol/L×0.5L×250g/mol＝12.5g， 故答案为：12.5； （6）①由、知，当质量相等时，气体的分子数与其摩尔质量成反比，则N（X）：N（Y）＝B：A， 故答案为：B：A； ②由、知，其中Vm为气体摩尔体积，确定的温度和压强下为定值，若它们的体积相等，则两种气体的质量之比等于其摩尔质量之比，故：m（X）：m（Y）＝A：B， 故答案为：A：B； （7）样品中的n（NaOH）＝n（HCl）＝0.1mol/L×0.06L＝0.006mol，则2.0g样品中氢氧化钠的质量分数为， 故答案为：12%； （8）在50mLFeCl3和CuCl2的混合溶液中，FeCl3和CuCl2的浓度均为1mol•L﹣1，则其中含有的n（Fe3+）＝n（Cu2+）＝1mol/L×0.05L＝0.05mol，根据Fe3+～3OH﹣、Cu2+～2OH﹣知，共消耗n（NaOH）＝0.05mol×3+0.05mol×2＝0.25mol，所以该100mLNaOH溶液的浓度为＝2.5mol/L， 故答案为：2.5mol/L。 【点评】本题考查物质的量的计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键，注意公式的灵活运用。 25．氯气及氯的化合物的“价﹣类”二维图体现了化学变化之美。 （1）Fe丝在盛有b气体的集气瓶中燃烧，其反应的化学方程式是 　2Fe+3Cl2 2FeCl3　。 （2）c和f（84消毒液的主要成分）均可用于环境杀菌消毒，c和f的化学式分别是 　ClO2　、　NaClO　。 （3）不同价态的氯元素可以相互转化，请写出反应前后存在3种价态氯元素的离子方程式 　Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O　。 （4）将氯离子传感器插入新制b的水溶液广口瓶中，与数据采集器、计算机连接，用强光照射瓶中溶液，采集数据所得图象如图所示。 ①A点溶液发生分解反应的离子方程式为 　2HClO 2H++2Cl﹣+O2↑　。 ②A点溶液中氯元素的存在形式有Cl﹣、ClO﹣、　HClO　和 　Cl2　。 （5）物质e是某一价金属的含氧酸盐，在12.25g物质e中含有0.1mol的金属离子，此物质e的摩尔质量为 　122.5g/mol　，该金属元素的相对原子质量为 　39　。 【分析】氯气及氯的化合物的“价﹣类”二维图中，a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为氯酸盐，f为次氯酸盐， （1）Fe丝在盛有b气体的集气瓶中燃烧生成氯化铁； （2）分析可知c为ClO2，f为次氯酸盐； （3）反应前后存在3种价态氯元素的反应可以是氯气和碱反应； （4）①氯气能与装置丙中的蒸馏水发生可逆反应：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，HClO不稳定，见光易分解； ②由①可知，存在化学平衡Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO； （5）物质e是某一价金属的含氧酸盐，e为氯酸盐，在12.25g物质e中含有0.1mol的金属离子，摩尔质量M＝，结合摩尔质量计算金属元素的摩尔质量，得到相对原子质量。 【解答】解：（1）Fe丝在盛有b气体的集气瓶中燃烧生成氯化铁，反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3， 故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3； （2）c和f（84消毒液的主要成分）均可用于环境杀菌消毒，c和f的化学式分别是：ClO2，NaClO， 故答案为：ClO2，NaClO， （3）反应前后存在3种价态氯元素的反应可以是氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O， 故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O； （4）①氯气能与装置丙中的蒸馏水发生可逆反应：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，HClO不稳定，见光易分解，生产HCl和氧气，则A点溶液发生分解反应的离子方程式为：2HClO2H++2Cl﹣+O2↑， 故答案为：2HClO2H++2Cl﹣+O2↑； ②由①可知，A点溶液中氯元素的存在形式有ClO﹣和Cl﹣、HClO、Cl2， 故答案为：HClO；Cl2； （5）物质e是某一价金属的含氧酸盐，e为氯酸盐，在12.25g物质e中含有0.1mol的金属离子，摩尔质量M＝＝122.5g/mol，MClO3的摩尔质量为122.5g/mol，则M的摩尔质量＝122.5g/mol﹣（35.5+16×3）g/mol＝39g/mol，金属元素的相对原子质量为39， 故答案为：122.5g/mol；39。 【点评】本题考查氯气及其化合物性质、离子方程式书写、化学式的计算应用，题目难度不大，关键是掌握氯气的性质和应用，需要学生具有扎实的基础。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$