新疆阿克苏地区库车市乌尊镇中学2024-2025学年高一上学期期中考试 化学试卷

2024年新疆阿克苏地区库车县乌尊镇乌尊中 学高一上学期期中考试化学试卷解析版 请考生注意： 1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0.5毫米及以上黑色字迹的 钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无 效。 2.答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。 一、单选题（本题共12小题，每题2分，共24分) 1、设N为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是() A.标准状况下，22.4LCC14含有的分子数为N B.通常状况下，N个C0,分子占有的体积为22.4红 C.常温常压下，1.06gNa,c0含有的Na个数为0.02N D.物质的量浓度为1mol/L的MgC1,溶液中，含C1个数为2N 2、在a L MgS04和(NH4),S04的混合溶液中，加入b mol BaC12,恰好使溶液中的 S0,2完全沉淀，加入足量强碱并加热得到cmo1NH,则原溶液中Mg+的浓度 (mo1·L)为 Zhe Zhe A. B. c. D 3、胶体区别于其他分散系的最本质特征是( A.能产生丁达尔效应 B.粒子带电 C.能透过滤纸 D.分散质粒子的直径在1100nm之间 4、用自来水养鱼，在将水注入鱼缸之前需把水在阳光下爆晒一段时间，目的是 () A.增加水中含氧量 B.利用阳光中紫外线杀菌 C.使自来水中少量次氯酸分解 D.通过日照提高水的温度 5、CuS与一定浓度的HN0反应，生成Cu(N0)2、CuS04、N02、N0和H0。当产物 nN0):n(N0)=1:1时。下列说法正确的是() A.1 molCu,S参加反应时有8mol电子转移 B.参加反应的n(CuS):n(HN0)=1:5 C.反应中Cu,S既作氧化剂，又作还原剂 D.产物n[Cu(N0),]:n[CuS04]=1:1 6、镁、铝合金粉末10.2g溶于500mL4mo1·L1盐酸中恰好完全反应。若加入 2mo1·L1的氢氧化钠溶液，使得沉淀达到最大量，则需加入氢氧化钠溶液的体积 为 A.100mL B.500mL C.1000mL D.1500mL 7、某同学用右图所示的装置及药品进行酸性强弱比较的实验，下列说法不正确的 是 稀硫酸 Na,CO,Na SiO,溶液 ① ② A.①和②中发生的反应均为复分解反应 B.向Na,SiO,饱和溶液中滴酚酞溶液无明显现象 C.一段时间后②中有胶冻状物质生成 D.该实验能证明酸性强弱的顺序是：硫酸>碳酸>硅酸 8、下列物质不能通过化合反应直接制得的是 A.NaCl B.Al(OH) C.FeCl, D.CO 9、设N为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A.标准状况下，33.6LHF分子中所含的原子个数为3N B.常温常压下，92gNO,和N04的混合气体中含有的氧原子总数为4W C.25℃时，1LpH=13的Ba(0H),溶液中含有的0H的数目为0.2W D.42g分子式为C,H的物质一定含有o键的数目为8N 10、25℃时，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是() A.在无色溶液中：Na、Fe3、NO,、Cl B.加入Mg能放出H,的溶液中：Fe3、N、S04、C1 C.在含有HC0的溶液中：H、K、S0,2、C1 D.含有大量Fe2的溶液中：H、K、S0,2、NO 11、下列变化需要加入还原剂才能实现的是 A.C1→C12B.HC03→C032C.Mn0,→Mn2+ D.Zn→Zn2 12、证明某溶液中只含Fe2+而不含Fe3+的实验方法是() A.只滴加KSCN溶液 B.先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色 C.先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色 D.滴加NaOH溶液，产生白色沉淀 二、填空题（本题共4小题，每题5分，共20分) 13、化学与我们的生活息息相关，化学的丰富多彩从而导致我们的生活也多姿多 彩。 (1)中国的瓷器名世界，制备陶瓷是以粘土[主要成分A1,Si,0,(OD)]为原料，经过 高温烧结而成，若以氧化物形式表示该粘土的组成，则应表示为 (2)硅元素为亲氧元素，其在自然界通常以化合态形式存在，而单质硅是一种重要 的半导体材料，在工业上常在高温下用C还原S0,来制取，请写出该反应的化学方 程式 (3)新制的氯水通入适量的$0，可以看到氯水颜色褪去，请写出此时导致颜色褪去的 化学方程 (4)新制备的氢氧化亚铁为白色固体，在空气中会迅速变灰绿色最后变成红褐色， 请写出氢氧化亚铁固体在空气中发生变化的化学方程式 (5)金属铜与浓、稀硝酸的反应可以分别用于实验室制取N0或NO,气体，请写出实 验室利用铜与稀硝酸反应制取0的离子方程式 14、常温下，二氧化氯(C10,)是一种黄绿色气体，具有强氧化性，已被联合国世 界卫生组织(WHO)列为AI级高效安全消毒剂。常温下，它可用氯酸钠固体与浓盐酸 反应制备得到，该反应体系中的物质有NaC1、H,0、Cl0,、NaC10,、Cl,、HC1。 (1)写出并配平该反应的化学方程式 (2)该反应的还原产物是 (3)在标准状况下，如果反应中生成11.2L氯气，则被氧化的HC1的物质的量为 转移电子数目为 (4)二氧化氯可迅速氧化硫化物（其中还原产物中氯元素为负一价），以除去水 中硫化物产生的臭味。取适量C10,通入到含有HS(二元弱酸)的水中，再向其中 加入少量氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成。写出C102与HS水溶液反应的离子方 程式 15、下表是元素周期表的一部分，针对表中的①~⑩中元素，用元素符号或化学式 填空回答以下问题： 主族 IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA 0 周期 三 ① ② 目 ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ 四 ⑨ ⑩ (1)在③~⑦中元素，原子半径最大的是 其离子的结构示意图是 (2)表中的①~⑩中元素，非金属性最强的是 化学性质最稳定的是 ,金属性最强的是 ，最高价氧化物的水化物的酸性最强的是 (写该水化物的化学式)》 (3)⑦的氢化物的水溶液与①的氢化物的水溶液反应的离子方程式为 (4)用一个化学反应说明⑦比⑩的单质化学性质活泼，写出反应的化学方程式： 16、某混合物A,含有KA1(S0)2、Al0,和Fe03,在一定条件下可实现下图所示的 物质之间的变化： 沉淀D 沉淀C aOH溶液 溶液 ① 适量盐酸 溶液 ③ A 沉淀 固体B ④ 过量 溶液 氨水 溶液E ② 据此回答下列问题： (1)I、II、III、IV四步操作采取的分离方法是 (2)根据上述框图反应关系，写出下列B、C、E所含物质的化学式 沉淀固体B E (3)写出①、④四个反应方程式（是离子反应的写离子方程式） ① ④ 三、实验题（本题共2小题，每题9分，共18分） 17、为了探究“一氧化碳是否在水存在时才能和过氧化钠反应”，某课外活动小组 设计了下列装置进行探究。广口瓶②、③中分别装有试剂X和试剂Y,④、⑤中均 是干燥的过氧化钠。 ⑤ 8 盐酸 过氧化钠 带火星的木条 ④ ① (实验与现象) 步骤1：打开弹簧夹K,关闭K,打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放 在a处，木条不复燃。 步骤2：打开弹簧夹K,关闭K,打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放 在a处，木条复燃。 (思考与分析) (1)装置①中反应的离子方程式是 (2)装置②中的试剂X是 装置③中的试剂Y是 (填序号)。 A.浓H,S0 B.饱和食盐水 C.饱和Na,C0,溶液 D.饱和NaHC0,溶液 (结论与反思) (3)根据步骤1和步骤2的实验现象，得到的结论是 (4)实验后有同学提出质疑： “步骤2的实验并不能证明过氧化钠跟二氧化碳发生 了化学反应。”小组其他同学也认为很有道理，请写出其理由的方程式 (⑤)若要证明“过氧化钠跟二氧化碳发生了化学反应”，需要补充的实验操作是： 取⑤中反应后的少量固体， 18、氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，某同学用该原理在实验室探究硝 酸的制备和性质，设计了如下图所示的装置： 氨水 Cr2O3 (催化剂) (1)若分液漏斗中氨水的浓度为9.0mo1L1,配制该浓度的氨水100mL,用到的 玻璃仪器有100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、 (2)甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，烧瓶内固体X的名称为 (3)乙装置的作用是；写出受热时丙装置发生反应的化学方程式为 (4)当戊中观察到 现象，则说明已制得硝酸。某同学按上图组装仪器并检验 气密性后进行实验，没有观察到此现象，请分析实验失败的可能原因 如何改进置 (5)改进后待反应结束，将丁装置倒立在盛水的水槽中，会观察到的现象是 四、计算题（本题共2小题，每题19分，共38分） 19、回答下列问题： (1)等质量的0和$0，物质的量之比为，在相同条件下的体积之比为 ,原子数之比为 (2)同温同压下，相同体积的0和Q的质量比为 20、已知H和C1,混合发生下列反应： 氨气少量时：①2NH+3C1,=N,+6HC1 氨气过量时：②8NH,+3C12=V,+6NH,C1 现有Cl,和NH,共amol,混和后充分反应，气体物质的量变为bmol,问被氧化的NH 物质的量是多少？ 参考答案 一、单选题（本题共12小题，每题2分，共24分） 1、答案：C 【解析】CC14在标准状况下为液态，所以无法计算分子数，选项A错误。N个CO,分 子为1mo1,在标准状况下占有的体积为22.4L,通常状况下的体积一定不是 22.4L,选项B错误。1.06gNa,C0,的物质的量为0.01mol,其中含有的Na数为 0.02mo1,所以选项C正确。选项D中没有说明溶液的体积，所以无法计算氯离子个 数。选项D错误。 2、答案：C 【解析】 在a L MgS0,和(NH,)S0,的混合溶液中，加入b mol BaCl2.,恰好使溶液中的S0,2 完全沉淀，则n(S0,2)=bmol,加入足量强碱并加热得到e mol NH.,则n(NH4)=c mol,根据电荷守恒得到2n(S042)=n(NH)+2n(Mg2+),2bmol=cmol +2n (Mg),n(Mg*)=2b-c mol 则原溶液中Mg2+的浓度 2b-c mo cMg片n= 2b-c mo1L‘ 故C正确。 aL 2a 综上所述，答案为C。 电荷守恒思想在计算中是常见的思维方式。 3、答案：D 【解析】 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同，胶体的分散质微 粒直径介于1100nm之间，微粒直径大于100nm的是浊液，小于1nm的是溶液。丁 达尔效应是胶体的一种光学性质，是区别溶液和胶体的一种常用的物理方法。 故答案选D。 4、答案：C 【解析】 自来水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸。则 A.阳光照射本身不能增加水中的氧气的含量，由次氯酸见光分解生成盐酸和氧 气，所以氧气量增加，但不是曝晒一段时间的目的，A项不选； B.阳光照射不能杀菌，次氯酸分解生成的氧气具有强氧化性，能杀死细菌，达到 消毒的目的，B项不选； C.次氯酸见光分解，有利于金鱼的生存，C项选： D.通过日照几乎不改变水的温度，D项不选 答案选C。 5、答案：D 【解析】 在Cu,S中，Cu显+1价，S显-2价，在产物中Cu显+2价，S显+6价；在HN03中，一 部分N的化合价不变，一部分由+5价降为+4价，一部分降为+2价。 【详解】 A.1mo1Cu,S参加反应时，有(2mo1×1+1mol×8)=10mol电子转移，A不正确； B.1 nolCu,.S参加反应，失电子10mol,生成1mol(N0,+NO),得电子4mol,则满足 关系2Cu,S一一5(N0,+N0)一一8HN0,(酸性)，参加反应的n(Cu,S):n(N0)=1:9, B不正确； C.反应物Cu,S中Cu、S的价态都升高，所以Cu,S只作还原剂，C不正确： D.依据Cu,S的组成关系，产物nlCu(0,)2]:n[CuS04]=1:1,D正确； 故选D。 在进行氧化还原反应方程式的配平时，需利用质量守恒、电荷守恒原理；在分析物 质所表现的性质时，需分析元素的价态变化。 6、答案：C 【解析】 要使产生的沉淀的质量最大，则沉淀为氢氧化镁与氢氧化铝，反应后为NaC1溶 液，根据钠离子与氯离子守恒可知：n(NaOH)=n(NaC1)=n(HC1) =0.5L×4mo1/L=2mo1,所以需氢氧化钠溶液的体积为：2mo1÷2mo1/L=1L=1000mL, 答案选C。 本题考查混合物反应的计算，明确发生反应实质及反应后溶质组成为解答关键，注 意掌握守恒思想在化学计算中的应用。利用守恒法可以减少计算量，提高答题效 率。化学计算中的守恒法应用很广泛，例如本题中的离子守恒，氧化还原反应中的 电子得失守恒，化学反应方程式中的质量守恒定律以及溶液中的电荷守恒等，平时 注意解题方法规律的总结和积累。 7、答案：B 【解析】 A、①中发生的反应是Na,C0,十H,S0,=aS0,+C02↑+H,0,②中发生C0,十H,0+ Na,Si0,Na,C0十H,Si0,↓，两个反应都是复分解反应，故A正确； B、硅酸钠溶液属于强碱弱酸盐，水溶液显碱性，滴入酚酞变红，故B错误； C、根据选项A的分析，②中生成硅酸胶体，故C正确： D、根据强酸制取弱酸的原理，酸性：硫酸>碳酸>硅酸，故D正确； 答案选B。 8、答案：B 【解析】 A.钠在氯气中燃烧生成氯化钠，A不符 B.氢氧化铝不能通过化合反应制备，B符合； C.铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，C不符； D.碳在氧气中反应生成C0,D不符； 答案选B。 9、答案：B 【解析】 A.标准状况下F为液体，不能使用气体摩尔体积计算，故A错误； B.NO,和N,0,的最简式均为N0,所以92gNO,和N,0,的混合气体中含有NO,的物质的量 为92g÷46g/mo1=2mo1,故含有4mo1氧原子即含有的氧原子总数为4N,故B正 确： C.25℃时，pH=13的Ba(0HD),溶液中0H的浓度为0.1mo1·L,故1L溶液中含有的 OH的物质的量为0.1mol,含有OH的数目为0.1N,故C错误； D.42g分子式为CH的物质的量为1mo1,CH有两种同分异构体即丙烯或环丙烷， 若为丙烯，含有o键的数目为8N,若为环丙烷，则含有o键的数目为9N,故D错 误。 故选B。 注意易错点为D项，分子式为C的物质有2种同分异构体：丙烯或环丙烷。 10、答案：B 【解析】 A.Fe3的溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在，A错误； B.加入Mg能放出H的溶液显酸性，含有大量的H,H与选项离子之间不能发生任 何反应，可以大量存在，B正确； C.在含有HC0,的溶液中：H、HC0,会发生离子反应产生H,0、C0,不能大量共 存，C错误； D.Fe2、H、NO会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误； 故合理选项是B。 11、答案：C 【解析】 需要加入还原剂才能实现，说明该微粒是氧化剂，得到电子，相关元素的化合价降 低，据此解答。 【详解】 A、氯元素化合价升高，需要氧化剂，A错误： B、元素化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，B错误； C、Mn元素化合价降低，需要还原剂，C正确； D、Zn元素化合价升高，需要氧化剂，D错误； 答案选C。 12、答案：B 【解析】 A.二价铁离子与硫氰根离子不反应，无明显现象，只滴加KSCN溶液，不能证明二 价铁离子的存在，故A错误： B.先滴加KSCN溶液，不显红色，排除三价铁离子的干扰，再滴加氯水后显红色， 可证明二价铁离子存在，故B正确； C.先加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色，不能排除三价铁离子的干扰，故C错误； D.加Na0H溶液，产生白色沉淀的离子有很多种，不能证明存在二价铁离子，故D错 误 故答案选B。 铁离子可以用硫氰化钾溶液检验，亚铁离子可以用氯水和硫氰化钾溶液检验，也可 以用酸性高锰酸钾溶液检验。 二、填空题（本题共4小题，每题5分，共20分） 13、答案：A102·2Si0,·2H0 Si0,+2C琶Si+2C0↑ S02+C1,+2H,0= H,S04+2HC1 4Fe(0H)2+02+2H0=4Pe(0H)3 3Cu+8HN0,(稀)=3Cu(N0),+ 2N0↑+4H,0 【解析】 (1)根据化学式改写成相应的氧化物得形式，按照活泼金属氧化物、较活泼金属 氧化物、Si02、H,0的顺序来书写，并要遵守原子守恒来分析解答； (2)C还原Si0,生成C0和单质硅，据此书写； (3)二氧化硫与氯气发生氧化还原反应，导致氯水褪色； (4)氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁： (5)Cu和稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜、0和水。 【详解】 (1)铝的氧化物为A1,0,硅的氧化物为Si0,氢的氧化物为H,0,则根据活泼金 属氧化物、较活泼金属氧化物、Si02、H0的顺序可知，A1,Si0,(OH)4可改成 A103·2Si02·2H,0: (2)工业常用高温下C还原Si0,来制取硅，Si元素化合价降低，生成硅单质，被 还原，C元素化合价升高，被氧化，生成一氧化碳，反应方程式为Si0,十2C起 Si+2C0↑； (3)二氧化硫具有还原性，能被氯水氧化，氯水褪色，反应的化学方程式为$0，十 C12+2H0=H,S04+2HC1; (4)氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式为4F(O),+ 02+2H,0=4fe(0H)3: (5)硝酸具有强氧化性，能和较不活泼的金属Cu反应生成硝酸铜、N0和水，离子 方程式为3Cu+8HN0(稀)=3Cu(N0g)2+2N0↑+4H,0。 14、答案：2NaC103+4HC1(浓)=2C10,↑+C12↑+2H,0+2NaC1 C102 1mol 6.02×103或N 5H,S+8C102+4组，0=5$042+8C1+18H 【解析】 (1)氯酸钠具有强氧化性，浓盐酸具有还原性，氯酸钠固体与浓盐酸发生氧化还 原反应生成二氧化氯、氯气、氯化钠和水： (2)反应中，NaC10,是氧化剂，被浓盐酸还原为C10,: (3)由方程式可得被氧化氯化氢、氯气和转移电子数目关系如下：2 HC1C1,↑2e,依据关系式计算即可； (4)由题意可知，C10,与H,S水溶液发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸。 【详解】 (1)氯酸钠具有强氧化性，浓盐酸具有还原性，氯酸钠固体与浓盐酸发生氧化还 原反应生成二氧化氯、氯气、氯化钠和水，反应的化学方程式为2NaCl0,+ 4HC1(浓)=2C102↑+C12↑+2H,0+2NaC1,故答案为：2NaC103+4HC1(浓)= 2C102↑+C12↑+2H0+2NaC1; (2)反应中，NaC10,是氧化剂，被浓盐酸还原为C10,则还原产物为C102,故答 案为：C102; (3)由方程式可得被氧化氯化氢、氯气和转移电子数目关系如下：2 HC1C1,↑~2e,标准状况下，11.2L氯气的物质的量为0.5mo1,则被氧化的氯化 氢和转移电子的物质的量均为0.5mo1×2=1mo1,转移的电子数目为6.02×10°或 N,故答案为：1mol;6.02×103或N: (4)由题意可知，C10,与HS水溶液发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，根据得失 电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平，反应的离子方程式为H,S+8C10,+4H0= 5S0,2+8C1+18H,故答案为：H,S+8C10,+4H0=5S0,2-+8C1+18H。 运用氧化还原反应中化合价“只靠拢、不交叉”原则，确定NCl0,是氧化剂，还原 产物为C10,浓盐酸是还原剂，氯气是氧化产物是解答的突破口。 15、答案： Ar K HC10 H+NH.H20===NH H20 2NaBr +C1,=2NaC1+Br2 【解析】分析：本题考查的是元素周期表和元素周期律，是常考题型，根据元素在 周期表的位置进行分析即可。 详解：根据元素在周期表中的位置分析，①为氮元素，②为氟元素，③为钠元素， ④为镁元素，⑤为铝元素，⑥为硅元素，⑦为氯元素，⑧为氩元素，⑨为钾元素， ⑩为溴元素。(1).根据同周期元素中从左到右原子半径依次减小分析，在③~ ⑦中元素，钠原子半径最大，钠离子的结构示意图为 (2)根据同周期元 素中从左到右非金属性增强，金属性减弱，同主族元素从下往上，非金属性增强， 金属性减弱，分析，表中的①~⑩中元素，非金属性最强是F。化学性质最稳定的 是Ar。金属性最强的为K。非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越 强，所以最强的为HC104。（3)氯的氢化物的水溶液为盐酸，氮的氢化物的水溶液 为氨水，二者反应生成氯化铵和水，离子方程式为：H+NH,·H,0==H+ H,0。（4)氯气的非金属性比溴强，可以用单质的置换反应分析，如氯气和溴化钠 反应生成氯化钠和溴，方程式为：2NaBr十C12=2aC1十Br2。 16、答案：过滤 A1,0 A120g、Fe03K2S04、(NH),S04(加上NH2·H,0不 扣分) A1,02+20H=2A102+H0 2A1(OH)3△A103+3H0 【解析】 本题考查化学工艺流程，(1)I、II、III、IV步得到溶液和沉淀，因此操作步骤 是过滤；(2)KA1(S0,),溶于水，A10和Fe,0不溶于水，即沉淀C为A1,0,和 Fe,0g,溶液为KA1(S0,)2溶液，反应②发生A13++3NH·H,0=A1(OH)3↓+3NH4,即 溶液E为K,S04、(NH,),S0,和过量的NH·H,0,沉淀是A1(OHm)3,A1,0,属于两性氧化 物，Fe,0,为碱性氧化物，沉淀C中加入Na0H溶液，发生A10,十20H=2A102+ H,0,沉淀D为Fe,0,反应③发生A102+H+H,0=A1(OD)3↓，反应④发生2A1(OH) △A10,十3H,0,固体B为A10;(3)根据上述分析，反应①的离子方程式为 A10十20H=2A102+H,0,反应④的化学反应方程式为2A1(OH),AA1,0,+3H,0。 三、实验题（本题共2小题，每题9分，共18分） 17、答案：CaC0,+2H=Ca2+H,0+C0,↑DA 有水存在时过氧化钠跟二氧化 碳发生了化学反应 2a,0,+2H,0=4Na0H+02↑ 加入稀盐酸，将产生的气体通 入澄清的石灰水中 【解析】 ①中盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，②用于除去C0,中的杂质HC1,应为饱和碳 酸氢钠溶液，③应为浓硫酸，干燥气体；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，影响实验结果 的判断，最后用带火星的木条检验是否生成氧气。 【详解】 (1)装置①中盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，反应的化学方程式为： CaC0+2HC1=CaC12+H,0+C0,↑，碳酸钙难溶于水，应该写化学式，反应的离子方程 式是CaC0+2H=Ca2+H,0+C0,↑； (2)②装置：除去C0,中的杂质HCl,盐酸易挥发，装置②中试剂应为饱和NaHC0,溶 液，NaHC0,与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子方程式：Co +H=H,0+C0,↑，故答案为D;装置③是浓硫酸，作用是干燥C0,气体，故答案为A; (3)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，步骤1：打开弹簧夹K,关闭K, 打开分液漏斗活塞加入盐酸，④中没有水蒸汽，处带火星木条不复燃，则二氧化 碳不能和过氧化钠反应，所以不能生成氧气，步骤2：打开弹簧夹K,关闭K,打 开分液漏斗活塞加入盐酸，⑤有水蒸汽，处带火星木条复燃，则二氧化碳能和过 氧化钠反应生成氧气，所以得到的结论是：有水存在时过氧化钠能够跟二氧化碳发 生了化学反应； (4)气体中有水，水也可与N,0,反应产生0，使木条复燃；过氧化钠与水反应生成氢 氧化钠和氧气，该反应的方程式为：2a,02+2H,0=4Na0H+02↑； (⑤)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，所以若证 明产物中含有碳酸钠，就证明了二氧化碳和过氧化钠发生了反应，所以加入稀盐 酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中，如果澄清石灰水变浑浊，即生成了碳酸钙 沉淀，则证明二氧化碳和过氧化钠反应生成了碳酸钠溶液。 本题考查过氧化钠的性质及实验探究，掌握物质的性质及混合物分离提纯方法是解 题关键，注意把握物质的性质、实验的原理和操作方法，侧重考查学生的分析能力 和实验能力。 18、答案：胶头滴管或量筒 过氧化钠 干燥氧气和氨气的混合气体 催化剂 4NH+50, N0+6H,0 紫色石蕊试液变红 过量的氨气致使戊中溶液不一 △ 定呈酸性 在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶 试管丁内水面慢慢上升，试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色 【解析】 (1)量取浓氨水要用量筒，稀释浓氨水要用烧杯、玻璃棒，配制溶液要用100mL 容量瓶，胶头滴管； (2)甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，说明固体X溶于氨水即放热又 产生氧气，则该固体为过氧化钠： (3)乙装置为干燥管，作用是干燥氧气和氨气的混合气体；丙装置发生反应的化 学方程式为4NH,+50,雀室4N0+6L,0; (4)因为硝酸具有酸性，能使紫色石蕊试液变红，所以当戊中观察到紫色石蕊试 液变红，说明已制得硝酸；没有观察到现象说明溶液不呈酸性，则生成的硝酸与过 量的氨气发生了反应；在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的 洗气瓶除去多余的氨气确保戊溶液呈酸性； (5)改进后待反应结束，将丁装置收集的为二氧化氮，倒立在盛水的水槽中，二 氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸，所以观察到的现象为烧瓶内水面慢慢上升， 上升到一定高度不再变化，试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色。 四、计算题（本题共2小题，每题19分，共38分） 19、答案：2：12：14：311：8 【解析】 (1)同温同压下，气体的V相等，结合n又 N 计算； M (2)根据n= 计算。 M 【详解】 g (1)令0，和S0,的质量都为1g,0,的物质的量为 mo1,S0,的物质的量 2g/mol 32 g 1 1 为 mo1,所以相同质量的0，和S0,的物质的量之比为： 一 mol:- mol 64g/mol 64 32 =2:1；在相同条件下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，故等质量的Q 和S0体积之比为2：1；原子数之比为： mo1×2×N mol×3×N =4: 32 6 3; (2)同温同压下，气体的Vm相等，由n= 可知同体积的0，和C0,物质的量之比 为1：1，质量比等于摩尔质量之比，为32：44=8：11。 本题考查物质的量的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考 查，注意把握相关计算公式的运用以及阿伏伽德罗定律。 20、答案：①当V(NH):V(Cl,)≤2：3时，(b-a)mol; ②当V(NH):V(C12)≥8：3时，(a-b)/5mol ③当2：3<V(NH):V(C12)<8:3时，(a+b)/6mo1 【解析】 由于氨气过量时会与生成的氯化氢反应生成氯化铵，则根据方程式可知需要分情况 讨论： ①根据反应2NH,+3C1,=N,+6HC1可知当V(NH):V(C1,)≤2：3时氯气过量或 恰好反应，则 2NH+3C1,=N,+6HC1 △n↑ 2mol 1mol (b-a)mol (b-a)mol 即被氧化的NH,物质的量是(b一a)mol; ②根据反应8NH十3C12=N,十6NH,C1可知当V(NH):V(C12)≥8：3时氨气过量 或恰好反应，则 8NH2+3C1,=2+6NH,C1 △n↓ 1mol 10mo1 (a-b)/10 mol (a-b)mol 所以根据氮原子守恒可知被氧化的NH,物质的量是2×(a一b)/10mol=(a一b)/5 mol ③根据以上分析可知当2：3<V(H):V(C1,)<8:3时，过量的氨气与生成的 氯化氢反应生成氯化铵，反应后氯化氢仍然剩余。设原混合气体中氯气是xmol, 则 2NH+3C12=N2+6HC1 2 316 2x/3xx/32x 剩余氨气是(a-x-2x/3)mol=(a一5x/3)mo1 根据NH,+HC1=NH,C1可知消耗氯化氢是(a一5x/3)mol,剩余氯化氢是[2x一(a一 5x/3)]mo1=(11x/3一a)mol。因此x/3+(11x/3-a)=b,解得x=(a+b)/4, 所以被氧化的NH,物质的量是2x/3mol=(a+b)/6mol。