2020【KS5U解析】维吾尔自治区阿勒泰地区高二下学期期末考试化学试卷（B卷）含解析

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新疆维吾尔族自治区阿勒泰地区2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题（B）1.下列装置及其使用说法正确的是A. 用装置①分离胶体和溶液 B. 用装置②制备SO2C. 用装置③分离NaCl和I2 D. 用装置④收集SO2并验证其漂白性【答案】C【解析】【详解】A. 胶体和溶液都能透过滤纸，不能用装置①过滤分离，A不正确；B. 浓硫酸和铜反应需要加热，装置②没有酒精灯，所以无法制备SO2，B不正确；C. 碘受热易升华，遇冷又凝化，所以可以用装置③分离NaCl和I2，C正确；D. SO2具有还原性能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而不是漂白性，D不正确；答案选C。2.饮茶是中国人的传统饮食文化之一．为方便饮用，可通过以下方法制取罐装饮料茶：关于上述过程涉及的实验方法、实验操作和物质作用中说法不正确的是( )A. ①是萃取 B. ②是过滤C. ③是分液 D. 维生素C可作抗氧化剂【答案】C【解析】A、①提取可溶物，加有机溶剂萃取， A项正确；B、②为分离不溶性茶渣，②为过滤，B项正确；C、③中混合物不分层，分罐密封，无分液操作， C项错误；D、维生素C具有还原性，可作抗氧化剂，D项正确；答案选C。点睛：流程图可知，热水溶解后，提取可溶物①为萃取，②为分离不溶性茶渣，②为过滤，对滤液加抗氧化剂后密封霉菌来解答。3.下列说法中正确的是A. 同温同压下，相同体积的气体含有相同数目的分子B. 标准状况下，22.4L氖气含有的原子数为2NAC. 标准状况下，18g水的体积约为22.4LD. 1mol H2的质量只有在标准状况下才约为2g【答案】A【解析】A．同温同压下，相同体积的任何气体物质的量相等，其分子数相等，所以同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子，故A正确；B．氖气为单原子分子，标准状况下，22.4L氖气即1mol氖气，含有的原子数为1NA，故B错误；C．标准状况下，水为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．氢气的摩尔质量为3g/mol，在任何状态下1mol H2的质量均约为2g，故D错误；答案为A。点睛：顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下。4.我国的四大发明之一黑火药， 爆炸时的主要反应是：S +2KNO3 +3C=K2S +3CO2↑+N2↑，下列说法不正确的是A. 每生成 0.5 mol N2， 反应中转移 6 mol 电子B. 硝酸钾、 硫磺在黑火药爆炸的反应中是氧化剂C. KNO3 有强氧化性， 乘坐汽车、 火车、 飞机时不能随身携带D. 上述反应的生成物都是无毒的， 所以燃放爆竹时不会污染环境【答案】D【解析】反应2KNO3+3C+S═K2S+N2↑+3CO2↑中，N和S元素化合价降低，得电子，被还原，S和KNO3为氧化剂，C元素化合价升高，失电子，被氧化，C为还原剂；A．每生成0.5 mol N2，反应中转移1.5×(4-0)=6mol电子，故A正确；B．N和S元素化合价降低，所以硝酸钾、硫磺在黑火药爆炸的反应中是氧化剂，故B正确；C．KNO3有强氧化性，易与还原性物质发生氧化还原反应而爆炸，不能随身携带，故C正确；D．黑火药的爆炸除生成K2S、CO2、N2等物质外，还产生烟雾、残渣，并且爆炸过程中硫、氮元素能与氧气反应生成氧化物，污染大气，故D错误；故答案为D。5.为了除去粗盐中的少量泥沙和Ca2+、Mg2+、SO等杂质离子，先将粗盐溶于水，过滤，然后对滤液进行4项操作①过滤②加适量盐酸③加过量的NaOH和Na2CO3混合溶液④加入过量BaCl2溶液。上述4项操作的正确顺序为（ ）A. ②①③④ B. ④②③①C. ④③①② D. ②③④①【答案】C【解析】【详解】实验中我们通常分别用Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液除去粗盐中的少量泥沙和Ca2+、Mg2+、SO等杂质离子，为了除杂更彻底，每次所用试剂都必须过量，这样必将带来新的杂质，故碳酸钠不光要除去Ca2+，还要除去过量的Ba2+，故决定了Na2CO3要在BaCl2的后面加，过滤出沉淀后再加入盐酸除去过量的CO和OH-，过量的盐酸可以适当加热就可以除去，经上述分析，可以得出只有C符合题意；故答案为：C。6.设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，1 mol Na2O2中含有的阴、阳离子总数是3NAB. 标准状况下，2.24 L苯中含C—H数目为0.6NAC. 3.2 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有的分子数目为0.1NAD. Cl2与NaOH溶液反应每生成1 molNaCl，转移电子的数目为2NA【答案】A【解析】【详解】A．是由钠离子和过氧根离子结合而成，1 mol Na2O2中含有的阴、阳离子总数是3NA，故A正确；B．标准状况下苯为液态，所以2.24 L苯中含C—H数目为远大于0.6NA，故B错误；C．3.2 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有的原子数目为0.2NA，分子数无法计算，故C错误；D．Cl2与NaOH溶液反应每生成1 molNaCl，转移电子的数目为NA，故D错误；故选A。7.实验室用质量分数为98%、ρ=1.84 g·mL-1的浓硫酸配制190 mL 1.0 mol·L-1的稀硫酸，下列说法正确的是A. 所用浓硫酸的物质的量浓度为9.2 mol·L-1B. 所用容量瓶的规格为190 mLC. 需用15 mL量筒量取10.3 mL浓硫酸D. 定容时俯视容量瓶刻度，导致所配溶液浓度偏高【答案】D【解析】所用浓硫酸的物质的量浓度为 18.4 mol·L-1，故A错误；所用容量瓶的规格为250 mL，故B错误；需用25 mL量筒量取10.3 mL浓硫酸；定容时俯视容量瓶刻度，溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，故D正确。8.海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法错误的是（　　） A. ①中可采用蒸馏法B. ②制镁过程中用到的沉淀剂是石灰乳C. ③中提溴涉及到复分解反应D. ④的产品可生产盐酸、漂白液等【答案】C【解析】【详解】A．利用蒸馏原理可从海水中提取淡水，故A正确；B．海水中滴加石灰乳获得氢氧化镁沉淀，过滤后再溶于稀盐酸，得到氯化镁，再通过结晶、电解电解熔融状态的氯化镁生成氯气和金属镁，故B正确；C．将苦卤浓缩通入过量氯气进行氧化，静置溴沉在底部，继而通入空气和水蒸气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集溴，然后再用氯气将其氧化得到溴，反应过程中不涉及复分解反应，故C错误；D．从海水中得到氯化钠后，电解氯化钠溶液，得氢氧化钠和氢气和氯气，利用制得的氯气可以生产盐酸和漂白液，故D正确；故选C。9.下列说法正确的一组是①不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4等）都是弱电解质②二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于弱电解质③氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na＋和Cl－，所以氯化钠是强电解质④强酸溶液中氢离子浓度一定大于弱酸溶液中氢离子浓度⑤熔融的电解质都能导电⑥强电解质可能是离子化合物，也可能是共价化合物A. ①③⑤⑥ B. ②④⑤⑥C. 只有⑤ D. 只有⑥【答案】D【解析】【详解】①CaCO3、BaSO4虽不溶于水，但它们是强电解质，故①错；②二氧化碳溶于水生成了碳酸，碳酸部分电离，是弱电解质，但二氧化碳是非电解质，故②错；③氯化钠在水分子的作用下电离出Na+和Cl-，所以氯化钠是强电解质，故③错；④0.000 01 mol/L盐酸中氢离子浓度小于1 mol/L CH3COOH中氢离子浓度，故④错；⑤熔融的纯硫酸不导电，故⑤错误；⑥属于强电解质的有强酸、强碱和大多数盐，所以强电解质可能是离子化合物，也可能是共价化合物，⑥正确；综上所述，选D。10.如图所示，两个连通容器用活塞分开，在同温同压下，左右两室（体积相同）分别充入NO和O2后，打开活塞，使NO与O2充分反应．下列判断正确的是（不考虑NO2转化为N2O4）A. 打开活塞前左右两室分子数相同B. 反应前后NO室压强相同C. 最终容器内气体物质的质量比开始小了D. 最终容器内无O2存在【答案】A【解析】【分析】由同温同压下左右两室体积相同，可知两容器中气体物质的量一定相等，打开活塞发生反应2NO+O2=2NO2，充分反应后，O2过量，反应后总的物质的量减少，压强减小，气体质量不变。【详解】A项、由同温同压下左右两室体积相同，可知两容器中气体的物质的量一定相等，开始时左右两室分子数相同，故A正确；B项、打开活塞发生反应2NO+O2=2NO2，反应后总的物质的量减少，平均充满左右两室，故反应后NO室的气体物质的量要减小，故压强减小，故B错误；C项、由质量守恒定律可知，最终容器内气体物质的质量与开始相同，故C错误；D项、由化学方程式2NO+O2=2NO2可知，等物质的量的NO与O2充分反应，O2过量，故D错误。故选A。11.下面各组物质的类别全部正确的是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A．Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质；CaCO3是强电解质，故A错误；B．是酚，故B错误；C．NaHCO3是酸式盐，Na2O2是过氧化物，故C错误；D．CuSO4·5H2O是纯净物、醋酸是一元酸、CH4是共价化合物，故D正确；答案选D。12.为除去括号内的杂质，下列操作或试剂的选择不合理的是A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A．Br2和CCl4是相互混溶的液体混合物，可根据沸点的差异，利用蒸馏进行分离，故A正确；B．Cu在空气中灼烧可生成CuO，利用此方法可除去CuO中混有的少量Cu，故B正确；C．氯气极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，利用洗气可除杂，故C正确；D．酸性高锰酸钾溶液能氧化乙烯生成CO2，CH4中混有少量CH2=CH2，若用酸性高锰酸钾溶液洗气，所得甲烷中混有少量CO2，无法得到纯净甲烷，故D错误；故答案为D。【点睛】分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下： ①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体:盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。13.下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是A. 该溶液中，H+、NH4+、SO42-、Br-可以大量共存B. 该溶液中，Ag+、K+、NO3-、CH3CHO可以大量共存C. 向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+= Cl-+2Fe3++H2OD. 向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.02×1023个【答案】D【解析】【详解】A. 该溶液中，H＋、ClO－、Br－会发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；B. 该溶液中，Ag＋、Cl-，Ag＋、CH3CHO，ClO－、CH3CHO发生反应而不能大量共存，故B错误；C.由于NaClO水解而使NaClO和NaCl混合溶液呈碱性，所以反应的离子方程式中不能出现H＋，故C错误；D. 向该溶液中加入浓盐酸，H＋+ ClO－+ Cl－= Cl2↑+ H2O，所以每产生1 mol Cl2，转移电子约为6.02×1023个，故D正确；故选D。14.下列各组离子中，因发生氧化还原反应而不能大量共存的是A. Fe3+、H+、、ClO- B. Fe3+、Fe2+、、C. Al3+、Na+、、 D. K+、H+、Br-、【答案】D【解析】【详解】A. Fe3+、ClO-均具有氧化性，不发生氧化还原反应而能大量共存，A错误； B. Fe2+、与一定浓度的氢离子能发生反应，例如：，而溶液中没有大量氢离子时，不发生氧化还原反应而能大量共存，B错误；C. Al3+、Na+、、不发生氧化还原反应而能大量共存，C错误； D. H+、Br-、能发生氧化还原反应：，故不能大量共存，D正确；答案选D。15.下列反应，不能用离子方程式：Ca2++OH－+HCO3－→CaCO3↓+H2O表示的是A. 碳酸氢钠与足量的氢氧化钙 B. 氢氧化钙与足量的碳酸氢钙C. 碳酸氢钙与足量的氢氧化钠 D. 氢氧化钠与足量的碳酸氢钙【答案】C【解析】【详解】A．碳酸氢钠与足量的氢氧化钙反应，少量：；故A正确；B．向碳酸氢钙中加入氢氧化钙，先和反应生成碳酸根，再结合钙离子生成沉淀： ，故B正确；C．碳酸氢钙与足量的氢氧化钠反应，碳酸氢钙少量，钙离子和满足1:2关系：，故C错误；D．氢氧化钠与足量的碳酸氢钙反应：，故D正确；答案选C。【点睛】根据物质的少量、足量，分析离子的对应系数关系，若少量，需要各组分呈化学式中的比例关系。16.下列离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 加入Al能放出H2的溶液中：Fe2＋、Al3＋、、Cl－B. 使酚酞显红色的溶液中：Na＋、、、C. 在无色溶液中：K＋、Ca2＋、、Cl－D. 加入Mg能放出H2的溶液中：、Cl－、K＋、【答案】D【解析】【详解】A. 铝分别能与酸、强碱溶液反应放出氢气，Fe2＋、Al3＋在强碱溶液中不能大量共存，A错误；B. 使酚酞显红色的溶液呈碱性，因与氢氧根离子反应不能大量共存，B错误；C. Ca2＋、因产生CaSO3沉淀而不能大量共存，C错误；D. 加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，酸性溶液中、Cl－、K＋、互不反应，能大量共存，D正确；答案选D。17.O2F2可以发生反应：H2S＋4O2F2=SF6＋2HF＋4O2，下列说法正确的是（ ）A. 氧气是氧化产物B. O2F2既是氧化剂又是还原剂C. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4D. 若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子【答案】C【解析】【详解】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表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；C．该反应中，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，由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1:4，故C正确；D．由反应H2S+4O2F2═SF6+2HF+4O2，生成2mol氧气转移8mol的电子，标准状况下，生成4.48L HF，物质的量为：0.2mol，转移0.8mol电子，但选项中未指明HF气体的状态，无法计算其物质的量，故D错误；故答案为C。18.以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是A. 反应1中，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化B. 从母液中可以提取Na2SO4C. 反应2中，H2O2做氧化剂D. 采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解【答案】C【解析】A. 在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClO3－＋SO2=SO42－＋2ClO2，根据方程式可知，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化，故A正确；B. 根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，故B正确；C. 在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，故C错误；D. 减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，故D正确；答案选C。19.含有a mol FeBr2的溶液中，通入x mol Cl2。下列各项为通入Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是 (　　)A. x＝0.6a，2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－B. x＝0.4a，2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－C. x＝a，2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===Br2＋2Fe3＋＋4Cl－D. x＝1.5a，2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Br2＋2Fe3＋＋6Cl－【答案】A【解析】【分析】由于还原性：Fe2+＞Br-，通入Cl2，依次发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，当n（Cl2）：n（FeBr2）1/2时，只氧化Fe2+，当n（Cl2）：n（FeBr2）3/2时，Fe2+和Br-被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，结合反应物物质的量之间的关系解答该题【详解】）A．x=0.6a，n（Cl2）：n（FeBr2）介于1/2～3/2，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，故A错误；B．x=0.4a，n（Cl2）：n（FeBr2）=0.4＜1/2，只氧化Fe2+，故B正确；C．x=a，n（Cl2）：n（FeBr2）介于1/2～3/2，Fe2+被完全氧化，amolFe2+被氧化消耗0.5amolCl2，剩余0.5amolCl2可与amolBr-发生氧化还原反应，则反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl-，故C正确；D．x=1.5a，Fe2+和Br-恰好被完全氧化，反应的离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl-，故D正确。答案故选A。【点睛】解题的关键是氧化剂和还原剂的量比关系及还原性的强弱性。由于还原性：Fe2+＞Br-，通入Cl2，依次发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，当n（Cl2）：n（FeBr2）1/2时，只氧化Fe2+，当n（Cl2）：n（FeBr2）3/2时，Fe2+和Br-被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化。20.硫酸铵在加热条件下分解，生成NH3、SO2、N2和H2O，反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为(　　)A. 1：3 B. 2：3 C. 1：1 D. 4：3【答案】A【解析】【详解】令N2、SO2的物质的量分别为xmol、ymol，根据电子转移守恒可知xmol×2×[0-（-3）]=ymol×（6-4），解得x：y=1：3，故选：A。21.溶液中只存在五种离子，各离子个数比为：Cl－∶SO42-∶Fe3+∶K+∶M=2∶3∶1∶3∶1，（不考虑水的电离），则M为A. CO32- B. Mg2+ C. Na+ D. Ba2+【答案】B【解析】【详解】溶液中离子遵循电荷守恒规律，根据各离子个数比Cl－∶SO42－∶Fe3+∶K+∶M=2：3：1：3：1，设氯离子个数为2n，则已知的阴离子所带负电荷总数为2n+3n×2=8n，阳离子所带正电荷总数为n×3+3n×1=6n，阳离子所带电荷数小于阴离子所带电荷数，由电荷守恒可知M离子为阳离子，且需带2个单位正电荷，因溶液中有硫酸根离子，钡离子与硫酸根离子会结合成硫酸钡沉淀，钡离子不合题意，应为镁离子，故选B。22.由铁、锌、镁、铝四种金属中的两种组成的10g混合物与足量的盐酸反应，反应后生成的氢气在标准状况下体积为11.2L．则混合物中一定含有的金属是（ ）A. 锌 B. 铁 C. 镁 D. 铝【答案】D【解析】【详解】产生标准状况下11.2LH2，理论上需要锌32.5g、铁28g、镁12g、铝9g，根据平均值思想，混合物中的两种金属需要量应分别小于和大于10g，而小于混合物10g的只有铝，故一定有铝，故选D。23.50g密度为ρg·cm-3的CaCl2溶液里含2gCa2+，从中取出一半的溶液中Cl-的浓度是A. mol·L-1 B. 2ρmol·L-1 C. mol·L-1 D. ρmol·L-1【答案】B【解析】50g密度为ρ g·cm-3的CaCl2溶液里含2gCa2+，Ca2+的质量分数为，c(Ca2+)= mol·L-1=ρmol·L-1,所以c(Cl-)=2ρmol·L-1,从中再取出一半的溶液，Cl-的浓度还是2ρmol·L-1,B正确，选B。 点睛：知道溶液的密度求溶质的物质的量浓度时，要注意使用质量分数转化为物质的量浓度的转换公式，这样步骤简单且不易出错。从一定浓度的溶液中取出任意体积的溶液，其浓度不持不变。24.在100克浓度为18mol/L.密度为ρ（g/cm3）浓硫酸中加入一定量的水稀释成9mol/L的硫酸，则加水的体积为（提示：硫酸溶液越浓，其密度越大）A. 小于100mL B. 等于100mLC. 大于100mL D. 无法确定【答案】A【解析】设浓硫酸的体积为VmL，根据稀释前后溶质的质量不变，设稀释后溶液的体积为x，则：VmL×18mol/L=x×9mol/L，解得x=2VmL。硫酸溶液的浓度越大，密度越大，所以稀释后硫酸的密度小于ρ，故稀释后硫酸的质量小于2V×ρ（即200g），所以加入水的质量小于200g-100g=100g，又因为水的密度约为1g/mL，则加水的体积小于100mL，答案选A。点睛：本题考查物质的量浓度的计算，注意掌握物质的量浓度根据及表达式，学生容易忽略密度与浓度、质量分数的关系及水的密度与硫酸的密度大小。25.标准状况下，将VL A气体（摩尔质量为Mg/mol）溶于0.1L水中，所得溶液密度为ρg/cm3，则此溶液的物质的量浓度（mol/L）为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】标准状况下，VLA该气体的质量为×Mg/mol=g，0.1L水的质量为100ml×1g/ml=100g，则所得溶液的物质的量浓度c===mol/L，故答案为A。26.现有21.6 g由CO和CO2组成的混合气体，在标准状况下其体积为13.44 L。回答下列问题：(1)该混合气体的平均摩尔质量为________。(2)混合气体中碳原子的质量为________。(3)将混合气体依次通过如图所示装置，最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。①气球中收集到的气体的摩尔质量为________。②气球中收集到的气体中，电子总数为________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。③气球的体积为________L。【答案】 (1). 36 g·mol－1 (2). 7.2 g (3). 28 g·mol－1 (4). 4.2NA (5). 6.72【解析】【详解】(1)标准状况下，该混合气体的物质的量为13.44÷22.4=0.6（mol），所以混合气体的平均摩尔质量M=m/n=21.6÷0.6=36 （g·mol－1），(2)由第一问已知混合气体的物质的量为0.6mol，而 CO和CO2分子中均只含一个碳原子，故混合气体中的碳原子也为1mol，所以混合气体中碳原子的质量为0.6×12=7.2（g）(3) CO和CO2组成的混合气体通过NaOH溶液后，CO2与NaOH反应被吸收 ，剩余的CO通过浓硫酸干燥，最后收集在气球中。设CO的物质的量为x ,则CO2的物质的量为0.6-x，列方程：28x+44(0.6-x)=21.6，解得x=0.3mol。①气球中收集到的气体为纯净的CO，其摩尔质量为28 g·mol－1 ； ② CO的物质的量为0.3mol，所以电子总数为0.3×14NA=4.2NA ； ③标准状况下，0.3molCO的体积为0.3×22.4=6.72（L），所以气球的体积为6.72L。27.实验室可用氯酸钾与密度为1.19g•cm﹣3，溶质质量分数为36.5%的浓盐酸反应制取氯气。I．反应方程式如下：___KClO3+ HCl= KCl+ Cl2↑+ H2O（1）配平方程式，并用双线桥法表示上述反应中电子转移的方向和数目。（2）若反应中被氧化的盐酸为5mol，则生成的氯气体积为__________（标准状况下）。II．甲同学设计如图所示装置研究氯气能否与水发生反应，气体a是含有少量空气和水蒸气的氯气。请回答下列问题：（1）证明氯气和水反应实验现象为__________，反应的化学方程式是__________。（2）若将氯气通入石灰乳制取漂白粉，反应的化学方程式是__________，漂白粉溶于水后，遇到空气中的CO2，即产生漂白、杀菌作用，反应的化学方程式是__________。III.乙同学用上述浓盐酸配置0.100 mol·L-1的稀盐酸480 mL,下列说法正确的是__________。A．取用240 mL的容量瓶B．应量取上述浓盐酸的体积为4.2mLC．定容摇匀后发现液面低于刻度线，再加蒸馏水与刻度线相切，所配溶液浓度偏小D．定容时，仰视刻度线所配溶液浓度偏大E．量取上述浓盐酸的体积时俯视刻度线所配溶液浓度偏大【答案】 (1). (2). 67.2L (3). 装置B中的有色布条不褪色、装置C中的有色布条褪色 (4). Cl2+H2O=HCl+HClO (5). 2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O (6). CO2+Ca（ClO）2+H2O＝CaCO3+2HClO、2HClO═2HCl+O2↑ (7). BC【解析】试题分析：I．（1）反应中氯酸钾为氧化剂，浓盐酸为还原剂，根据归中规律，氯酸钾氯元素的化合价+5→0，盐酸中元素的化合价﹣1→0，氯化钾中的氯原子由盐酸提供，没有发生氧化还原反应；（2）根据方程式确定被氧化的HCl的物质的量和生成氯气的关系。II． （1）氯气没有漂白性、氯气与水反应的产物次氯酸具有漂白性；（2）若将氯气通入石灰乳生成氯化钙和次氯酸钙，次氯酸钙与CO2反应生成碳酸钙和次氯酸；III.乙同学用上述浓盐酸配制0.100 mol·L-1的稀盐酸480 mL,下列说法正确的是__________。A．配制480 mL稀盐酸，需用500 mL的容量瓶； B．根据计算确定应量取上述浓盐酸的体积；C．定容摇匀后不需要进行其他操作；D．定容时，仰视刻度线所配溶液体积偏大；E．量取上述浓盐酸体积时俯视刻度线，所取浓盐酸体积偏小；解析： I．（1）反应中氯酸钾为氧化剂，浓盐酸为还原剂，根据归中规律，氯酸钾氯元素的化合价+5→0，盐酸中元素的化合价﹣1→0，氯化钾中的氯原子由盐酸提供，没有发生氧化还原反应；（2）根据以上分析，被氧化的HCl占总参加反应的盐酸的 ，若反应中被氧化的盐酸为5mol，总参加反应的盐酸是6mol，则生成的氯气的物质的量是3mol，标准状况下的体积是67.2L 。II． （1）氯气没有漂白性、氯气与水反应的产物次氯酸具有漂白性，证明氯气和水反应的实验现象为装置B中的有色布条不褪色、装置C中的有色布条褪色；氯气与水反应的方程式是Cl2+H2O=HCl+HClO；（2）若将氯气通入石灰乳生成氯化钙和次氯酸钙，方程式为2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，次氯酸钙与CO2反应生成碳酸钙和次氯酸，反应方程式是CO2+Ca（ClO）2+H2O＝CaCO3+2HClO，次氯酸不稳定易分解为氯化氢和氧气2HClO═2HCl+O2↑；III. A．配制480 mL稀盐酸，需用500 mL的容量瓶，故A错误； B．应量取上述浓盐酸的体积 ，故B正确； C．定容摇匀后，再加蒸馏水与刻度线相切，所配溶液体积偏大，浓度偏小，故C正确；；D．定容时，仰视刻度线所配溶液体积偏大，浓度偏小，故D错误；；E．量取上述浓盐酸的体积时俯视刻度线，所取浓盐酸体积偏小，浓度偏小，故E错误。点睛：配制480mL溶液，需要用500mL的容量瓶。物质的量浓度与溶质质量分数的换算公式：c=；28.亚铁氰化钾（K4[Fe(CN)6])双称黄血盐，是一种重要的化工原料。检验三价铁发生的反应为：K4[Fe(CN)6]+FeCl3=KFe[Fe(CN)6]↓(滕氏蓝) +3KCl，回答问题：(1)写出基态Fe3+的核外电子排布式_________。(2)K4[Fe(CN)6]中的作用力除共价键外，还有______和________。含有12mol σ键的K4[Fe(CN)6的物质的量为________mol。(3)黄血盐中N原子的杂化方式为______；C、N、O的第一电离能由大到小的排序为_____，电负性由大到小的排序为________。(4)Fe、Na、K的晶体结构如图所示：① 钠的熔点比钾更高，原因是__________________________。② Fe原子半径是r cm，阿伏加德罗常数为NA，铁的相对原子质量为a，则铁单质的密度是_______g/cm3。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d5 或[Ar]3d5 (2). 配位键 (3). 离子键 (4). 1 (5). sp (6). N>O>C (7). O>N>C (8). Na的半径小，形成的金属键键能大，熔点高 (9). 【解析】【分析】(1)基态Fe3+的核外电子排布式，就是按电子进入轨道的顺序，从能量最低的1s轨道排起，共排布23个电子；(2)K4[Fe(CN)6]中的作用力除共价键外，还有K+与[Fe(CN)6]4-间的作用力和Fe2+与CN-间的作用力；1个[Fe(CN)6]4-内共含12个σ键，由此可确定含有12molσ键的K4[Fe(CN)6的物质的量；(3)黄血盐中N原子与C原子间形成共价三键，另外N原子的最外层还有1对孤对电子，从而得出N的杂化方式；C、N、O的第一电离能中，N原子最外层处于半满状态，出现反常；电负性与非金属性成正比；(4)①钠的熔点比钾更高，原因从离子带电荷与离子半径综合分析；②由图中可知，1个Fe晶胞中含有2个Fe原子。设晶胞的边长为x，则4r=，x=，。【详解】(1)基态Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5 或[Ar]3d5；(2)K4[Fe(CN)6]中的作用力除共价键外，还有K+与[Fe(CN)6]4-间的离子键和Fe2+与CN-间的配位键；1个[Fe(CN)6]4-内共含12个σ键，由此可确定含有12molσ键的K4[Fe(CN)6的物质的量为1mol；(3)黄血盐中N原子与C原子间形成共价三键，另外N原子的最外层还有1对孤对电子，从而得出N的杂化方式sp；C、N、O的第一电离能中，N原子最外层处于半满状态，出现反常，即为N>O>C；电负性与非金属性成正比，即为O>N>C；(4)①钠的熔点比钾更高，原因是Na的半径小，形成的金属键键能大，熔点高；②由图中可知，1个Fe晶胞中含有2个Fe原子，设晶胞的边长为x，则4r=，x=，=g/cm3。【点睛】在金属晶体中，金属原子是相互接触的，不像图中原子间有很大的距离，解题时，我们要清楚实物与图形的差异，否则，就难以求出结果。29.透明聚酯玻璃钢可用于制造导弹的雷达罩和宇航员使用的氧气瓶。制备它的一种配方中含有下列四种物质： 填写下列空白：（1）甲中不含氧原子的官能团是____________；下列试剂能与甲反应而褪色的是___________（填标号）a. Br2/CCl4溶液 b.石蕊溶液 c.酸性KMnO4溶液（2）甲的同分异构体有多种，写出其中一种不含甲基的羧酸的结构简式：_______（3）淀粉通过下列转化可以得到乙（其中A—D均为有机物）: A的分子式是___________，试剂X可以是___________。（4）已知：+RCl+HCl(-R为烃基)+H2利用上述信息，以苯、乙烯、氯化氢为原料经三步反应合成丙，其中属于取代反应的化学方程式是 ______________ 。（5）化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为110。丁与FeCl3溶液作用现特征颜色，且丁分子中烃基上的一氯取代物只有一种。则丁的结构简式为 ___________。【答案】 (1). 碳碳双键（或） (2). ac (3). CH2＝CH－CH2－CH2－COOH (4). C6H12O6 (5). Br2/CCl4 (6). +CH3CH2Cl＋HCl (7). 【解析】【分析】(1)根据有机物甲的结构简式确定不含氧原子的官能团，有机物甲含有碳碳双键，可以与溴发生加成反应，可以被酸性高锰酸钾氧化；(2)甲的同分异构体中不含甲基的羧酸，没有支链、碳碳双键处于碳链的一端，据此书写；(3)淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖转化生成乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷水解生成乙二醇；(4)乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，由信息可知，苯与CH3CH2Cl发生取代反应生成乙苯，乙苯在催化剂的作用下生成苯乙烯；(5)化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为110，丁与FeCl3溶液作用显现特征颜色，分子中含有酚羟基-OH，结合相对分子质量，可知丁含有1个苯环，假设为二元取代，则剩余的式量为110-Mr(OH)-Mr(C6H4)=17，故剩余基团为-OH，烃基上的一氯取代物只有一种，说明苯环中只有1种H原子，2个-OH处于对位，据此生成丁的结构简式。【详解】(1)根据有机物甲的结构简式可知不含氧原子的官能团为碳碳双键，有机物甲含有C=C双键，可以与溴发生加成反应，Br2的CCl4溶液褪色，可以被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色，不能使石蕊溶液褪色，故答案为ac；(2)甲的同分异构体中不含甲基的羧酸，没有支链、碳碳双键处于碳链的一端，故符合条件的甲的同分异构体为CH2=CH-CH2-CH2-COOH；(3)淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖转化生成乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷水解生成乙二醇；(4)乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，由信息可知，苯与CH3CH2Cl发生取代反应生成乙苯，乙苯在催化剂的作用下发生消去反应生成苯乙烯，属于取代反应的化学方程式为：+CH3CH2Cl＋HCl；(5)化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为110，丁与FeCl3溶液作用显现特征颜色，分子中含有酚羟基-OH，结合相对分子质量，可知丁含有1个苯环，假设为二元取代，则剩余的式量为110-Mr(OH)-Mr(C6H4)=110-17-76=17，故剩余基团为-OH，烃基上的一氯取代物只有一种，说明苯环中只有1种H原子，2个-OH处于对位，故丁的结构简式为。30.欲提纯混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠固体，某学生设计了如下方案：请根据操作流程回答下列问题：（1）操作①在加热时应选择___盛装混合物(填仪器名称)。（2）进行操作②后，判断SO42−已沉淀完全的方法是___。（3）操作③的化学方程式为___。（4）操作④的目的是___。（5）实验室进行操作⑤的具体步骤是___。（6）某同学欲用制得的氯化钠固体配制100mL0.2mol⋅L−1的氯化钠溶液。①配制NaCl溶液时需用到的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、__、__。②下列操作会使所配氯化钠溶液浓度偏小的是___(请填序号)。A．加水定容时俯视刻度线B．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理C．在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外D．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上【答案】 (1). 坩埚 (2). 静置，往上层清液中维续滴加BaCl2溶液，若不出现浑浊，则SO42-已沉淀完全 (3). BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl (4). 除去溶解在溶液中过量的HCl和CO2 (5). 将溶液置于蒸发皿中，加热蒸发，并用玻璃棒不断搅拌，加热蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用蒸发皿的余热使滤液蒸干 (6). 胶头滴管 (7). 100mL容量瓶 (8). CD【解析】【分析】混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠固体，由流程可知，①中发生加热条件下分解反应，分解后的固体溶于水后，与氯化钡反应除去硫酸根离子，再利用碳酸钠除去过量的钡离子，过滤后滤液中含NaCl、碳酸钠，加盐酸除去碳酸钠后溶质为NaCl，蒸发得到纯净的NaCl，以此解答该题。【详解】（1）加热固体，应在坩埚中进行，故答案为坩埚；（2）加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，检验硫酸根离子已全部沉淀，判断方法为取操作②后的溶液少许于一试管中，静置，往上层清液中维续滴加BaCl2溶液，若不出现浑浊，则SO42−已沉淀完全，故答案为静置，往上层清液中维续滴加BaCl2溶液，若不出现浑浊，则SO42−已沉淀完全；（3）操作②发生反应的离子方程式为BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl；（4）加热煮沸，可除去溶解在溶液中过量的HCl和CO2，故答案为除去溶解在溶液中过量的HCl和CO2；（5）由氯化钠溶液得到固体氯化钠，可将溶液置于蒸发皿中，加热蒸发，并用玻璃棒不断搅拌，加热蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用蒸发皿的余热使滤液蒸干，故答案为将溶液置于蒸发皿中，加热蒸发，并用玻璃棒不断搅拌，加热蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用蒸发皿的余热使滤液蒸干；（6）①实验室配制100mL0.2mol·L−1的氯化钠溶液，应选择100mL的容量瓶，用到的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为胶头滴管、100mL容量瓶；②A、加水定容时俯视刻度线，导致体积偏小，则浓度偏大，故A错误；B、容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对实验无影响，故B错误；C、在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，导致溶质的物质的量偏小，则浓度偏小，故C正确；D、颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上，导致体积偏大，则浓度偏小，故D正确故答案为CD。ANaCl：强电解质Cl2：非电解质CaCO3：弱电解质B：芳香烃CO2：酸性氧化物：醇CAl2O3：离子化合物NaHCO3：正盐Na2O2：碱性氧化物DCuSO4·5H2O：纯净物CH3COOH：一元酸CH4：共价化合物选项被提纯的物质除杂试剂分离方法ABr2(CCl4)/蒸馏BCuO(Cu)/空气中灼烧CCl2(HCl)饱和食盐水洗气DCH4(CH2=CH2)酸性高锰酸钾溶液洗气