期中模拟卷（一）（解析版）

这是一份人教版 (2019)必修 第一册全册综合精练，共14页。试卷主要包含了5 Mn 55 Cu 64， 下列说法正确的是， 已知等内容，欢迎下载使用。

说明：本试卷分选择题非选择题，满分100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Mn 55 Cu 64
选择题：本题共20个小题，每小题2分。共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
将下列各组物质分类正确的是
A. 酸：硫酸、醋酸、NaHSO4、硝酸
B. 碱：纯碱、烧碱、乙醇、熟石灰
C. 盐：生石灰、硝酸钾、CaCO3 、苛性钠
D. 同素异形体：金刚石、石墨、C60、无定形碳
【答案】D
【解析】
NaHSO4属于强酸酸式盐，不属于酸，A错误；
纯碱成分为碳酸钠，属于盐；乙醇也不属于碱，属于非电解质，B错误；
生石灰成分为CaO,属于金属氧化物；苛性钠成分为NaOH，属于碱，C错误；
同素异形体是同种元素组成的不同单质，金刚石、石墨、C60、无定形碳均由碳元素组成，互为同素异形体。
向烧杯中加入25mL蒸馏水,加热至沸腾,向沸水中逐滴加入6滴FeCl3饱和溶液。继续加热至溶液呈红棕色,停止加热，就制得了Fe(OH)3胶体。下列有关胶体的叙述不正确的是
A. 胶体是一种分散系，属于混合物
B. 胶体的本质特征是能发生丁达尔现象
C. 胶体粒子直径介于 10－9～10－7m之间
D. 利用丁达尔现象是区分胶体和溶液的一种常用方法
【答案】B
【解析】
A. 胶体是分散质粒子直径在1nm∼100nm之间形成的一种分散系，属于混合物，故A正确；
B. 胶体与FeCl3溶液的本质区别是，胶体分散质粒子直径在1nm∼100nm之间，溶液分散质粒子直径小于1nm，故B错误；
C. 胶体区别于其他分散系的本质特征为：胶体分散质粒子直径在1nm∼100nm（10－9～10－7m）之间，故C正确；
D. 胶体具有丁达尔效应，常用来区别胶体和溶液，所以可以让光束分别通过两个分散系，产生丁达尔效应的是胶体，利用丁达尔现象是区分胶体和溶液的一种常用方法，故D正确。
3. 下列说法正确的是
A．BaSO4难溶于水，其水溶液导电能力极弱，所以硫酸钡是弱电解质
B．CO2溶于水得到的溶液能导电，所以CO2是电解质
C．强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强
D．导电能力强的溶液一定是强电解质溶液
【答案】C
【解析】
BaSO4是强电解质，电解质的强弱与其溶解性无关，也与其溶液的导电能力无关，A错误；
溶于水能导电的物质不一定是电解质，CO2溶于水能导电是因为其与水反应生成的H2CO3电离的结果，CO2自身不能电离，为非电解质，B错误；
溶液的导电能力强弱与溶液中自由移动的离子的浓度以及离子所带的电荷数有关，与电解质的强弱无关，C正确，D错误。
4. 在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是
A．K＋、MnOeq \\al(－,4)、Na＋、Cl－B．K＋、Na＋、NOeq \\al(－,3)、COeq \\al(2－,3)
C．Na＋、HCOeq \\al(－,3)、NOeq \\al(－,3)、SOeq \\al(2－,4)D．Fe3＋、Na＋、Cl－、SOeq \\al(2－,4)
【答案】B
【解析】
A不符合，虽然溶液中离子能大量共存，但MnOeq \\al(－,4)显紫色；
B符合；
C不符合，在碱性溶液中， HCOeq \\al(－,3)不能大量共存；
D不符合，Fe3＋与OH－反应生成Fe(OH)3沉淀，且Fe3＋溶液显棕黄色。
某溶液中只含有Na＋、Al3＋、Cl－、SOeq \\al(2－,4)四种离子，已知Na＋、Al3＋、Cl－的个数之比为3∶2∶1，则溶液中Al3＋与SOeq \\al(2－,4)的个数之比为
A．1∶2 B．1∶4
C．3∶4D．3∶2
【答案】A
【解析】
设Na+、Al3+、Cl-的物质的量分别为3ml、2ml、1ml，
根据溶液中电荷守恒有，
即3ml+3×2ml=1ml+，
解得=4ml，
故溶液中Al3+和SOeq \\al(2－,4)的离子个数比为2ml∶4ml=1∶2，故选A ．
下列离子方程式正确的是
将铜插入硝酸银溶液中：
溶液与过量溶液反应：===
用食醋除水垢：
D. 稀硫酸和溶液反应：
【答案】C
【解析】
铜插入硝酸银溶液中的离子反应为，故A错误；
溶液与过量溶液反应，定不足量系数为1，则正确的离子方程式为
===，故B错误；
用食醋除水垢的离子反应为，故C正确；
稀硫酸和溶液反应的离子反应为，故D错误；
日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是
铜铸器件上出现铜绿
充有氢气的气球遇明火爆炸
大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏
铁质菜刀生锈
【答案】C
【解析】氧化还原反应的特征是有元素化合价的升降，据此分析，
A. 铜铸塑像上出现铜绿是因为空气中的氧气、水、二氧化碳与铜发生化学反应的结果，反应的化学方程式为：2Cu+O2+H2O+CO2===Cu2(OH)2CO3，反应中铜元素化合价升高，氧元素化合价降低，所以该反应属于氧化还原反应，故A项错误；
B. 氢气气球遇明火爆炸，发生的反应是氢气与氧气反应生成水，因为反应过于剧烈导致爆炸，该反应中氧元素化合价降低，氢元素化合价升高，所以该反应属于氧化还原反应，故B项错误；
C. 大理石的主要成分是CaCO3，与酸雨反应生成钙盐（如硝酸钙）、二氧化碳和水，该反应中没有元素化合价的变化，所以该反应不属于氧化还原反应，故C项正确；
D. 铁质菜刀生锈是铁与空气中的氧气、水共同作用的结果，铁与氧气、水反应生成铁的氧化物，该反应中铁元素化合价升高，氧元素化合价降低，所以该反应属于氧化还原反应，故D项错误。
8. 已知：①，②，③。在一定条件下，分别与足量的反应，如果在三个反应中电子转移数目相等，则的物质的量之比为（ ）
B. C. D.
【答案】C
【解析】
与足量氯气反应时，HI中I元素的化合价由−1价升高为0，Fe元素的化合价由0升高为+3价，FeBr2中Fe元素的化合价由+2价升高为+3价、Br元素的化合价由−1价升高为0，三个反应电子转移数目相等，设均转移3ml电子，则HI、Fe、FeBr2的物质的量之比为，故选C。
9. 可以发生反应，下列说法正确的是
氧气是氧化产物
既是氧化剂，又是还原剂
若生成，则转移电子
还原剂与氧化剂的物质的量之比为
【答案】D
【解析】
反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。
A. O元素由+1价降低到0价被还原，则氧气为还原产物，故A错误；
B. 在反应中,O2F2中的O元素化合价降低,获得电子,所以该物质是氧化剂,而硫化氢中的S元素的化合价是−2价,反应后升高为+6价,所以H2S是还原剂，故B错误；
C. 未指明标准状况下，无法计算，故C错误；
D. 在反应中,O2F2中的O元素化合价降低,获得电子,所以该物质是氧化剂,而硫化氢中的S元素的化合价是−2价,反应后升高为+6价,所以H2S是还原剂，由方程式可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4，故D正确；故选D。
10. （2019山西晋城一中期中）钠及其化合物与人们的生活密切相关，某同学对其认识不正确的是
A．碳酸氢钠常用于治疗胃酸过多症
B．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂
C．发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔
D．金属钠着火时，使用泡沫灭火器来灭火
【答案】D
【解析】
碳酸氢钠可与盐酸（胃酸主要成分）反应，可用于治疗胃酸过多症，正确；
B、过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氧气，所以可以用作呼吸面具的供氧剂，正确；
C、碳酸氢钠能与发酵产生的酸反应生成二氧化碳气体，能使焙制出的糕点疏松多孔，正确；
D、泡沫灭火器产生的二氧化碳能与钠燃烧后的产物过氧化钠产生氧气，氧气能助燃，所以金属钠着火
时，不能使用泡沫灭火器来灭火，应用沙子扑灭，错误；故选D。
下表中,对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是
【答案】D
【解析】
治疗胃酸过多要用NaHCO3而不用Na2CO3，碳酸钠的碱性较强,不能用来中和胃酸，A项错误；
Na2O2与水反应生成氢氧化钠,滴入酚酞，溶液先变红后褪色，陈述Ⅰ错误，且陈述Ⅰ、Ⅱ存在因果关系，B项错误；
常温下，金属钠在空气中生成的是氧化钠，陈述Ⅱ错误，C项错误；
Na2O2和CO2、H2O反应均生成O2，可用作航天员的供氧剂,陈述Ⅰ、Ⅱ均正确，且存在因果关系，D项正确。
向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 ml·L－1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是
A．在0～a范围内，只发生中和反应
B．ab段发生反应的离子方程式为COeq \\al(2－,3)＋2H＋===CO2↑＋H2O
C．a＝0.3
D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶2
【答案】C
【解析】
A. 向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时,首先和NaOH反应生成水和氯化钠,NaOH+HCl=NaCl+H2O,继续滴加时,盐酸和Na2CO3开始反应,首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl,不放出气体,继续滴加时,发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，故A错误；
B. ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑,反应的离子方程式为：HCO3- + H+=H2O + CO2↑，故B错误；
C. 根据碳元素守恒,混合物中,碳酸钠的物质的量是0.01ml,所以两步反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑,分别消耗的盐酸的量是0.01ml，0.1ml⋅L−1稀盐酸的体积分别是0.1L，所以a=0.3，故C正确；
D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量分别是0.02ml和0.01ml，物质的量之比为2:1，故D错误。
13. 已知2NaHCO3eq \(=====,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑，现1 ml过氧化钠与2 ml碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是
A．Na2CO3 B．Na2O2 Na2CO3
C．NaOH Na2CO3D．Na2O2 NaOH Na2CO3
【答案】A
【解析】由题意可知，首先发生反应：2NaHCO3eq \(=====,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑，生成H2O和CO2各1 ml；然后H2O和CO2与Na2O2分别发生反应：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，CO2和H2O完全反应需消耗2 ml Na2O2，但题中只有1 ml Na2O2，可以先考虑：
(1)假设1 ml Na2O2先与1 ml H2O反应，生成2 ml NaOH和0.5 ml O2，然后2 ml NaOH与1 ml CO2反应：2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，最后生成1 ml Na2CO3和0.5 ml O2；
(2)若假设1 ml Na2O2先与1 ml CO2反应，最后也生成1 ml Na2CO3和0.5 ml O2。所以最后残留的固体一定是Na2CO3。
14. 潮湿的氯气、新制的氯水、次氯酸钠溶液、漂白粉溶液均能使有色布条褪色，这是由于它们含有或能生成
A．氯气 B．次氯酸
C．次氯酸根 D．氯化氢
【答案】B
【解析】潮湿的氯气、新制的氯水中都含有次氯酸，次氯酸钠、次氯酸钙水解后生成次氯酸，反应的方程式为：Cl2＋H2O===HCl＋HClO、ClO－＋H2OHClO＋OH－，因此具有漂白性的物质是次氯酸。
某溶液中含有较大量的Cl－、COeq \\al(2－,3)、OH－等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是
①滴加Mg(NO3)2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba(NO3)2溶液。
A．①②④②③ B．④②①②③
C．①②③②④D．④②③②①
【答案】B
【解析】
Cl－用含有AgNO3溶液检验，二者反应生成白色沉淀AgCl；COeq \\al(2－,3)用Ba(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀BaCO3；OH－用Mg(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀Mg(OH)2；Cl－、COeq \\al(2－,3)、OH－都和AgNO3反应，COeq \\al(2－,3)、OH－都和Mg(NO3)2溶液反应生成白色沉淀；只有COeq \\al(2－,3)和Ba(NO3)2溶液反应生成白色沉淀，为了防止干扰，应该先检验COeq \\al(2－,3)、再检验OH－。
水处理包括水的净化、杀菌消毒、蒸馏等。其中常见的杀菌消毒剂包括氯气、臭氧、漂白粉、活性炭等。游泳场馆往往用臭氧、活性炭对游泳池进行消毒和净化。下列说法中正确的是
A．臭氧、活性炭处理水的原理相同
B．氯气是一种常用的消毒剂，用氯气消毒的水也可以用于配制各种化学试剂
C．氯气和二氧化硫都具有漂白性，等体积的两者混合会提高漂白的效率
D．漂白粉长期露置在空气中会失效
【答案】D
【解析】臭氧具有氧化性、活性炭具有吸附性，二者的漂白原理不同，故A错误；氯水中含有Cl2、HClO、H＋、Cl－等多种粒子，如配制AgNO3溶液时会导致试剂变质，故B错误；Cl2和SO2发生氧化还原反应，生成硫酸和盐酸，漂白效率降低，故C错误；漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2，可与空气中CO2反应生成不稳定的HClO，易变质，故D正确。
下列有关说法错误的是
22.4 L氯气与足量铁反应一定转移2 ml电子
1 ml氯气通入水中转移的电子少于1 ml
1 ml氯气通入足量NaOH稀溶液中转移1 ml电子
浓盐酸与氯酸钾反应生成3 ml氯气,转移5 ml电子
【答案】A
【解析】
没有指明气体是否处在标准状况下，无法计算，故A错误；
氯气与水的反应是可逆反应，氯气不能被完全反应，故C正确；
氯气通入足量溶液生成次氯酸钠和氯化钠，氯元素升高价或降低价，氯气通入足量溶液中转移电子可能等于，故C正确；
浓盐酸与氯酸钾反应生成氯气、水、氯化钾，氯酸钾中氯元素降低价，浓盐酸与氯酸钾反应生成氯气转移电子，故D正确。
有一真空瓶质量为m1，充满氨气后总质量为m2。在相同状况下若改为充满某气体A时总质量为m3，则A的相对分子质量是
B． C． D．
【答案】C
【解析】
相同条件下气体摩尔体积相等，真空瓶的体积相等，根据V=nVm可知气体的物质的量相等，然后根据，列式计算出气体A的相对分子质量．
真空瓶中盛有氨气的质量为：m2−m1,气体A的质量为：m3−m1，
设气体A的相对分子质量为M，
相同条件下气体摩尔体积相等,真空瓶的体积相等,根据V=nVm可知气体的物质的量相等，
则：,解得：，故选C.
36.5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g/mL)，所得溶液的密度为ρ g/mL，质量分数为w，物质的量浓度为c ml/L，NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列叙述中正确的是
A．所得溶液的物质的量浓度c＝1 ml/L
B．所得溶液中含有NA个HCl分子
C．36.5 g HCl气体占有的体积为22.4 L
D．所得溶液的质量分数w＝eq \f(36.5c,1 000ρ)
【答案】D
【解析】
n(HCl)＝eq \f(36.5 g,36.5 g/ml)＝1 ml，水中溶解了HCl导致其体积不等于1 L，无法计算其物质的量浓度，故A错误；
HCl在水溶液里完全电离生成氢离子和氯离子，所以溶液中不存在HCl分子，故B错误；
气体摩尔体积受温度和压强影响，温度和压强不同导致气体摩尔体积不同，未指明温度和压强，则气体摩尔体积未知，无法计算其体积，故C错误；
溶液的质量分数w＝eq \f(溶质的质量,溶液的质量)×100%＝eq \f(cVM,1 000ρV)＝eq \f(36.5c,1 000ρ)，故D正确。
由NO和CO组成的混合气体与同温同压下空气的密度相等（空气的平均相对分子质量为29），下列关系正确的是
A．混合气体中，CO与NO质量比为15∶14
B．混合气体中，CO与NO分子个数比为1∶2
C．混合气体中，CO占有的体积大于NO占有的体积
D．混合气体中，CO与NO密度比为14∶15
【答案】D
【解析】
相同条件下气体密度与摩尔质量成正比,由NO和CO组成的混合气体与同温同压下空气的密度相等,说明混合气体的平均摩尔质量为29,设NO和CO的物质的量分别为x、y,则，整理可得x:y=1:1，
A. 根据m=nM可知,混合气体中CO与NO质量比为(28g/ml×1):(30g/ml×1)=14:15，故A错误；
B. 根据N=nNA可知，二者物质的量相等，则含有分子数之比为1:1，故B错误；
C. 二者物质的量相等，根据V=nVm可知混合气体中CO占有的体积等于NO占有的体积，故C错误；
D. 根据可知，相同条件下密度与摩尔质量成正比，则CO与NO密度比为28g/ml:30g/ml=14:15，故D正确；故选D.
非选择题：本题共5个题，共60分。
（10分）
有一固体粉末，其中可能含有Na2CO3、NaCl、Na2SO4、CuCl2、Ba(NO3) 2、K2CO3、K2SO4中的一种或几种，现按下列步骤进行实验。
（1）将该粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀．
（2）在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体．
（3）取滤液做焰色反应，可证明滤液中含Na +，不含K +．
由上述现象推断：
（1）该混合物中一定含有__________________________；一定不含有___________________________，可能含有_________．
（2）如要检验其是否存在，将如何操作______________________________________________________．
【答案】
Na2CO3、Na2SO 4、Ba(NO3)2 ；CuCl 2、K2CO3、K2SO4 ；NaCl
取少量所得滤液于试管，向其中加入过量的硝酸钡溶液，静置后取上层清液加入几滴AgNO3溶液，再加几滴稀硝酸，产生白色不溶于稀硝酸的沉淀，证明原混合物中有NaCl，否则没有。
【解析】
将该粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀，可判断一定无CuCl2，一定有Ba（NO3）2，因为只有钡离子才可以形成沉淀，同时可能含碳酸根的化合物或含硫酸根离子的化合物；
在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体，说明沉淀一定有硫酸钡和碳酸钡；反应为Ba2++SO42-===BaSO4↓，Ba2++CO32-===BaCO3↓，BaCO3+2H+===Ba2++CO2↑+H2O；
取滤液做焰色反应，火焰呈黄色，透过蓝色的钴玻璃观察，未见紫色火焰，说明一定有钠离子一定无钾离子，所以原混合物中一定含有Na2CO3和Na2SO4，一定不含有K2CO3和K2SO4；
综上所述：原混合物中一定含有Na2CO3 、Na2SO4、Ba（NO3）2；一定不含有CuCl2、K2CO3 、K2SO4；
可能含有NaCl，若检验氯化钠的存在需要取（1）的滤液少许，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有NaCl；否则没有；
（12分）
亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效氧化剂、漂白剂。在NaOH溶液中ClO2与H2O2反应可以得到亚氯酸钠。
(1)ClO2中氯元素的化合价是_________；在制备亚氯酸钠的反应中ClO2作___________(填“氧化剂”或“还原剂”)；若反应中生成1 ml NaClO2，转移电子的物质的量为_________________。
(2)该反应的化学方程式为___________________________________________。
(3)科学家经研究发现NaClO2也可用于制取自来水消毒剂ClO2。在一定条件下，将Cl2通入填充有固体NaClO2的反应柱内二者反应可制得ClO2。还原产物为_____________，当消耗标准状况下1.12 L Cl2时，制得ClO2_________ g。
【答案】
(1)＋4 氧化剂 1 ml
(2)2ClO2＋H2O2＋2NaOH===2NaClO2＋O2↑＋2H2O
(3)NaCl 6.75
【解析】
(1)ClO2中氯元素的化合价是＋4价；在NaOH溶液中ClO2与H2O2反应可以得到NaClO2，氯元素化合价降低，ClO2作氧化剂；若反应中生成1 ml NaClO2，转移电子的物质的量为1 ml×(4－3)＝1 ml。
(2)该反应的化学方程式为2ClO2＋H2O2＋2NaOH===2NaClO2＋O2↑＋2H2O。
(3)Cl2与NaClO2反应制得ClO2，氯气作氧化剂，则还原产物应为NaCl；当消耗标准状况下1.12 L(即0.05 ml)Cl2时，转移电子的物质的量为0.05 ml×2＝0.1 ml，则可制得ClO2的物质的量为0.1 ml÷(4－3)＝0.1 ml，质量是0.1 ml×67.5 g/ml＝6.75 g。
23. （12分）
某校化学实验兴趣小组欲采用如图所示的实验装置制备Cl2，同时进行与氯气有关的某些实验，按要求回答问题。
(1)A是浓盐酸，B是二氧化锰，将A滴入B中时发生反应的离子方程式为__________________________。
(2)甲同学用含有146 g HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制Cl2，结果制得的Cl2小于71 g，这是由于反应过程中盐酸浓度变小造成的。请列举导致盐酸浓度变小的原因：___________________________________。
(3)在实验室中，乙同学欲用下图中的装置净化氯气，则瓶①②中应盛放的试剂分别是：
①________________________，②________________(填试剂名称)。
(4)丙同学将纯净的Cl2通入一定量石灰乳中来制取漂白粉，若通入x个Cl2完全反应，则反应过程中转移电子____________个。
【答案】
(1)MnO2＋4H＋＋2Cl－eq \(=====,\s\up7(△))Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
(2)①氯化氢挥发；②反应生成水；③反应消耗HCl
(3)饱和食盐水 浓硫酸 (4)x
【解析】
(1)二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－eq \(=====,\s\up7(△))Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
(2)浓盐酸浓度变小是因为二氧化锰和浓盐酸反应过程中消耗HCl，加热时氯化氢挥发，生成的水稀释浓盐酸。
(3)制取的氯气中含有氯化氢和水蒸气，净化时应先通过饱和食盐水吸收氯化氢，后通过浓硫酸吸收水蒸气。
(4)反应2Ca(OH)2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O中，1个Cl2参加反应转移1个电子，故通入x个Cl2完全反应，反应过程中转移电子x个。
24. （16分）
现需要0.2 ml·L−1CuSO4溶液250 mL，实验室除蒸馏水外还提供蓝色胆矾晶体(CuSO4·5H2O)和4 ml·L−1CuSO4溶液两种试剂以配制该溶液。
（1）无论采用何种试剂进行配制，除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，至少还必须用到的一种玻璃仪器是___________，在使用该仪器前必须进行的操作是______________。
（2）若用胆矾晶体进行配制，需用托盘天平称取CuSO4·5H2O的质量为_______ g；如果用4 ml/L的CuSO4溶液稀释配制，需用量筒量取___________mL 4 ml/L CuSO4溶液。
（3）用4 ml/L的硫酸铜溶液稀释配制溶液所需的实验步骤有：
a．往烧杯中加入约100 mL水进行初步稀释，冷却至室温
b．用量筒量取一定体积4 ml/L的硫酸铜溶液于一烧杯中
c．计算所需4 ml/L硫酸铜溶液的体积
d．盖好瓶塞，反复上下颠倒摇匀后，将溶液转存于试剂瓶中
e．加水至液面离容量瓶刻度线1~2 cm处改用胶头滴管进行定容
f．洗涤烧杯和玻璃棒2~3次并将洗涤液注入容量瓶，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀
g．将溶液转移入容量瓶
其中正确的操作顺序为______________________。
（4）指出配制过程中的以下情形对所得溶液浓度的影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
①d步骤摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线：___________。
②e步骤中，俯视刻度线：___________。
③g步骤前，容量瓶未干燥，有少量蒸馏水：___________。
【答案】
（1）250mL容量瓶；检查是否漏液；
（2）12.5；12.5；
（3）cbagfed；
（4）①偏低；②偏高；③无影响。
【解析】
（1）配制0.2ml/L CuSO4溶液250mL，一定需要250mL的容量瓶；容量瓶有瓶塞，在配制过程中需要摇匀，无法避免漏液，所以使用前需要检查容量瓶是否漏水；
（2）250mL 0.2ml/L的硫酸铜溶液中含有溶质硫酸铜的物质的量为：0.2ml/L×0.25L=0.05ml，需要胆矾的质量为：250g/ml×0.05ml=12.5g；稀释前后溶质的物质的量不变，所以需要4ml/L的CuSO4溶液的体积为：0.05ml/4ml/L=0.0125L=12.5mL；
用4ml/L的硫酸铜溶液配制250mL 0.2ml/L的硫酸铜溶液的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所以正确的操作顺序为：cbagfed；
（4）①液面不到刻度线，再加水至刻度线，导致配制的溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏低；
②定容时俯视刻度线，导致加入的蒸馏水低于容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏小，溶液的浓度偏
高；
③容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液的最终体积都没有影响，不会影响配制
结果。
（10分）
现有14.4 g CO和CO2的混合气体，在标准状况下所占的体积约为8.96 L。回答下列问题：
(1)该混合气体的平均摩尔质量：___________________________________________。
(2)混合气体中碳原子的个数：____________________。(用NA表示阿伏加德罗常数的值)
(3)将混合气体依次通过如图装置，最后收集在气球中。
①气球中收集到的气体摩尔质量：__________________；
②标准状况下气球中收集到的气体的体积为__________________；
③气球中收集到的气体的电子总数为_____________________。(用NA表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】(1)36 g·ml－1 (2)0.4NA (3)①28 g·ml－1 ②4.48 L ③2.8NA
【解析】
(1)混合气体的体积在标准状况下为8.96 L，则其物质的量n＝eq \f(V,Vm)＝eq \f(8.96 L,22.4 L·ml－1)＝0.4 ml，混合气体的平均摩尔质量为eq \f(14.4 g,0.4 ml)＝36 g·ml－1；
(2)设混合气体中 CO的物质的量为x ml，CO2的物质的量为y ml，则根据混合物的质量为14.4 g可得：28x＋44y＝14.4①；根据气体的物质的量为0.4 ml，所得x＋y＝0.4②；解①②得：x＝0.2 ml，y＝0.2 ml；由于CO和CO2中均含1个碳原子，故0.2 ml CO和0.2 ml CO2中共含0.4 ml C原子即0.4NA个；
(3)将混合气体依次通过如图装置，则CO2会被NaOH溶液吸收，剩余CO，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净的CO气体；
①气球中收集到的气体为CO，而一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量，故收集到的气体的摩尔质量为28 g·ml－1；
②气球中的气体为CO，其体积V＝nVm＝0.2 ml×22.4 L·ml－1＝4.48 L；
③一个CO含有14个电子，由(2)求出的CO的物质的量为0.2 ml，则电子的物质的量为0.2 ml×14＝2.8 ml，电子总数为2.8NA个。
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
判断
A
碳酸钠溶液可用于治疗胃病
Na2CO3可与盐酸反应
Ⅰ对,Ⅱ对,有
B
向Na2O2与H2O反应后的溶液中滴入酚酞,溶液变红色
Na2O2与水反应生成氢氧化钠
Ⅰ对,Ⅱ错,无
C
金属钠应保存在煤油中隔绝空气
常温下,金属钠在空气中会生成过氧化钠
Ⅰ对,Ⅱ对,有
D
过氧化钠可用作航天员的供氧剂
Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2
Ⅰ对,Ⅱ对,有