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2021重庆市缙云教育联盟高一上学期期末考试化学试题含答案
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这是一份2021重庆市缙云教育联盟高一上学期期末考试化学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
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重庆市缙云教育联盟高一年级期末考试
化学试题
学校:___________姓名：___________考场：___________考号：___________
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。
一、单选题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 实验室中，从海藻里提取碘的部分流程如下图。下列说法中，不正确的是( )
A. 试剂a中的某元素化合价发生变化
B. 试剂b可选用四氯化碳
C. 步骤①需用坩埚，步骤②需用烧杯
D. 步骤③的操作是分液
2. 下列操作正确且能达到实验目的的是( )
选项
目的
操作
A.
证明HClO是弱酸
用玻璃棒蘸取NaClO溶液点在干燥的pH试纸中央测定pH值
B.
检验Na+
用玻璃棒蘸取待测溶液在酒精灯外焰灼烧，观察火焰颜色
C.
证明Cu与浓硫酸的反应液中有CuSO4生成
冷却后沿容器内壁向反应后混合液缓缓注入水，边加边用玻璃棒搅拌，观察溶液颜色
D.
促进降温结晶时晶体的析出
用玻璃棒摩擦液面以下的烧杯内壁
A. A B. B C. C D. D
3. 电视剧中《三生三世十里桃花》中的仙境美轮美奂，其中所需的烟雾是在放于温热石棉网上的NH4NO3和Zn粉的混合物中滴几滴水后产生的白烟：NH4NO3+Zn=ZnO+N2↑+2H2O，下列说法中正确的是( )
A. 被1molZn氧化的氮原子为0.4mol
B. 常温下每消耗1.3gZn粉，即可产生448mlN2
C. 氮气既是氧化产物也是还原产物
D. 每生成1molZnO共转移2mol电子
4. 现有A，B，C，D，E五种物质的焰色试验都呈黄色，它们发生如下反应：
①A+Q→C+X↑ ②B+Q→C+Y↑ ③X+Y→Q
④C+E(适量)→D+Q ⑤C+乙(过量)→E ⑥ED+Q+乙↑
已知：X和Y是单质，常温下均为气体，且相对分子质量：Y>X；Q常温下为液体；乙气体形成的固体可作人工降雨。下列有关说法不正确的是( )
A. 反应④的离子反应方程式：HCO3-+OH-=CO32-+H2O
B. E是细小白色晶体，加水能溶解，并伴随着放热现象
C. D，E的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱
D. B可在潜水艇中作为O2的来源
5. 我国发明的陶瓷荧光材料WXYZ3能有效解决色漂移、蓝光溢出等问题(WXYZ3中仅Z元素为负价)，Z、X、Y、W是原子序数依次增大且均不大于20的主族元素，X、Y同周期且相邻，Y原子最外层电子数是次外层的0.5倍，W和Y的主族序数之和是X主族序数的2倍。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：W>Y>X>Z
B. 最高价氧化物的水化物的酸性：Z>Y
C. X的氧化物可用于制造光导纤维
D. 工业上用电解熔融的氧化物来制取Y
6. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y元素在同周期中离子半径最小；甲、乙分别是元素Y、Z的单质；丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素组成的二元化合物，常温下丁为液态；戊为酸性气体，常温下0.01mol⋅L−1戊溶液的pH大于2.上述物质转化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：Z>Y>X>W
B. W、X、Y、Z不可能同存于一种离子化合物中
C. W和Ⅹ形成的化合物既可能含有极性键也可能含有非极性键
D. 比较X、Z非金属性强弱时，可比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性
7. 将一包由Cu、Cu2O和CuO组成的混合物均分成两份：一份混合物在加热条件下与H2充分反应，将固体全部转化成铜粉时固体质量减少了6.4g；向另一份混合物中加入800mL HNO3溶液恰好完全反应生成Cu(NO3)2和NO(假设不产生其他还原产物)，这些NO和3.36L O2(标准状况)混合并通入足量水中，气体全部被吸收生成HNO3。则该硝酸的物质的量浓度为( )
A. 1.0mol·L-1 B. 2.0mol·L-1 C. 3.0mol·L-1 D. 4.0mol·L-1
8. 下列叙述不正确的是 ( )
A. O2的摩尔质量是32 g·mol−1，0.5 mol O2的质量为16 g
B. 在标准状况下，1 mol水的体积是22.4 L
C. 气体摩尔体积Vm≈22.4 L·mol−1，表示1 mol任何气体的体积在标准状况下约为22.4 L
D. 阿伏加德罗常数NA≈6.02×1023mol−1，表示1 mol任何粒子集体所含的粒子数约为6.02×1023
9. 已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快．如图所示为气体扩散速度的实验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环．下列关于甲、乙的判断正确的是( )
A. 甲是浓氨水，乙是浓硫酸 B. 甲是浓盐酸，乙是浓氨水
C. 甲是浓氨水，乙是浓盐酸 D. 甲是浓硝酸，乙是浓氨水
10. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 0.1mol⋅L−1NaOH溶液：Na+、K+、CO32−、AlO2−
B. 0.1mol⋅L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42−、MnO4−
C. 0.1mol⋅L−1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−
D. 0.1mol⋅L−1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3−、HSO3−
11. 下列关于物质类别的说法不正确的是( )
A. 能在水溶液中或熔融状态下导电的化合物就是电解质
B. 胶体是一种能产生丁达尔效应的分散系
C. 纯碱不属于碱，干冰属于酸性氧化物
D. CuSO4⋅5H2O是混合物
12. 向50 mL NaOH溶液中逐渐通入一定量的CO2(假设溶液体积不变)，随后取此溶液10 mL，将其稀释至100 mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1 mol·L−1的盐酸，产生CO2气体的体积(标准状况下)与所加入的盐酸的体积关系如图，下列分析错误的是( )
A. OA段所发生反应的离子方程式：H++OH−=H2O、CO32−+H+=HCO3−
B. NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为NaOH和Na2CO3，其物质的量浓度之比为1∶1
C. 产生的CO2体积(标准状况下)为0.056 L
D. 原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5 mol·L−1
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
13. 下列比较不正确的是
A. 熔点由高到低：生铁>纯铁>钠
B. 硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅
C. 熔点由高到低：Na>Mg>Al
D. 晶格能由大到小： NaF>NaCl>NaBr>NaI
14. X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、M同主族，Y在同周期主族元素中原子半径最大。Z和N可以形成ZN2型化合物。下列有关说法正确的是
A. X与Y只能形成一种化合物
B. 最高价氧化物对应水化物的碱性：Y>Z
C. 元素X、Y、Z的简单离子具有相同电子层结构，且离子半径依次增大
D. 单质的氧化性：X>M
15. 常温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A. 0.1 mol·L−1CH3COONa溶液与0.1 mol·L−1CaCl2溶液等体积混合：c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)+c(Cl−)
B. 少量Cl2通入过量冷的0.1 mol·L−1NaOH溶液中：c(Na+)=c(HClO)+c(ClO−)+c(Cl−)
C. 0.1 mol·L−1CH3COONa溶液与0.1 mol·L−1HCl溶液混合至pH=7：c(Na+)>c(Cl−)=c(CH3COOH)
D. 0.2 mol·L−1NH3·H2O溶液与0.1 mol·L−1HCl溶液等体积混合：c(Cl−)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH−)
16. 下面是实验室制取O2的几种方法：
① 2KClO3=MnO2Δ2KCl+3O2↑ ②2H2O2 =MnO22H2O+O2↑③2KMnO 4 =Δ K 2MnO 4+MnO 2+O 2↑
A. ①中，MnO2是反应的催化剂
B. ①中，反应前后MnO2化学性质没有改变
C. ②中，反应前后MnO2化学性质发生改变
D. ③中，K2MnO4既作氧化剂又作还原剂
三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）
17. ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过如图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。
(1)仪器D的名称是________。安装F中导管时，应选用图2中的________。
(2)打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜________(填“快”或“慢”)；常温常压下，已知由Cl2和ClO2组成的混合气体的密度为2.857g/cm3(已知常温常压下气体摩尔体积为24.5L/mol)，则混合气体的平均摩尔质量为________(保留小数点后一位)，混合气体中，氯气的体积分数为________(用分数表示)。
(3)关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是________。
(4)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为________________________。在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是________。
18. “84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1等病毒，某同学购买了一瓶“威露士”牌“84消毒液”，并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：含25%NaClO、1000mL、密度1.19g⋅cm−3，稀释100倍(体积比)后使用．
Ⅰ.请根据信息和相关知识回答下列问题：
(1)该“84消毒液”的物质的量浓度为______(保留两位有效数字)。
(2)该同学取100mL该“84消毒液”稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na+)=______mol⋅L−1(假设稀释后溶液密度为1.0g⋅cm−3)(保留两位有效数字)。
Ⅱ.某兴趣小组为探究Na2CO3溶液的性质，需要480mL0.2mol⋅L−1的Na2CO3溶液。溶液的配制过程如图所示。
(3)把配制过程中两处明显错误改正过来：______、______。
(4)请分析下列情况对所配溶液浓度产生的影响：其中引起所配溶液浓度偏高的有______(填序号)。
①用“左物右码”的方法称量(使用游码)
②碳酸钠不纯，其中混有氯化钠
③容量瓶未经干燥使用
④称量碳酸钠时所用砝码生锈
⑤移液过程中有少量溶液溅出
四、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
19. 数形结合思想是化学学科的重要思维模式，请结合所学知识和以下图像作答：
Ⅰ.向两份30mL同一浓度的NaOH溶液中通入CO2气体，因CO2通入量的不同，溶液的组成也不同，得到溶液A、B。若向A、B溶液中逐滴加入浓度为0.25mol·L−1盐酸，产生的气体体积v(CO2)与加入盐酸的体积v(HCl)的关系分别为如图所示。
请回答下列问题：
(1)A溶液中溶质为(写化学式)___________，其物质的量之比是__________。
(2)B溶液溶质为(写化学式)____________，标准状况下CO2气体的体积为________，原NaOH溶液的物质的量浓度为_________。
Ⅱ.把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g白色沉淀，再向所得悬浊液中逐滴加入1.00mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如上图
试回答：
(1)A点的沉淀物的化学式为_______；
(2)原混合物中MgCl2的质量是_______，AlCl3的质量是_______；
(3)C点溶液的体积为_______mL。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查海藻提碘，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
【解答】
由实验流程可知，①为海藻灼烧、②为溶解、③为过滤，分离出灰渣，含碘离子的溶液中加试剂a为稀硫酸酸化的过氧化氢溶液，发生2H++2I−+H2O2=I2+2H2O，试剂b为苯或四氯化碳，可萃取得到含碘的有机溶液，此步为萃取。
A.试剂a可为氧化剂，可氧化碘离子生成碘，所以a中的某元素化合价一定会降低，故A正确；
B.试剂b可选用四氯化碳，不溶于水，可萃取碘，且不发生反应，故B正确；
C.①为灼烧、②为溶解，则步骤①需用坩埚，步骤②需用烧杯，故C正确；
D.步骤③的操作是过滤，分离出滤液、灰渣，故D错误。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查化学实验方案的设计与评价，注意结合常见离子或物质的检验，弱电解质的电离和结晶等进行分析解答，题目难度不大。
【解答】
A.NaClO溶液具有漂白性，不能使用pH试纸测量其pH，故A错误；
B.玻璃棒中含有钠元素，做焰色反应实验时应选用铂丝蘸取待测溶液，故B错误；
C.Cu与浓硫酸的反应液中含有未完全反应的浓硫酸，应将冷却后的混合液沿内壁缓缓注入到盛有水的烧杯中，边加边用玻璃棒搅拌，观察溶液颜色，故C错误；
D.用玻璃棒摩擦液面以下的烧杯内壁，形成结晶核，有利于促进降温结晶时晶体的析出，故D正确。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
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、基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
【解答】
A.锌元素化合价升高，锌作还原剂，根据得失电子数相等，被1molZn还原的氮原子为1mol×25=0.4mol，故A错误；
B.常温下Vm≠22.4L/mol，不能由Zn的质量计算氮气的体积，故B错误；
C.−3价N元素的化合价升高到0价，+5价氮元素降低到0价，则反应中N2即是氧化产物，又是还原产物，故C正确；
D.由元素的化合价变化可知，每生成1 molZnO共转移5mol电子，故D错误。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查无机物的推断，涉及Na元素单质及其化合物的性质与转化，焰色试验、物质状态等是推断突破口，难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
【解答】
A、B、C、D、E五种物质的焰色试验都呈黄色，均含有钠元素。X和Y是单质，常温下均为气体，二者反应生成的Q常温下为液体，则Q为H2O，相对分子质量：Y>X，故X是H2、Y是O2。由C+乙(过量)→ED+Q+乙↑，乙气体形成的固体可作人工降雨，推出C是NaOH，乙是CO2，E是NaHCO3，D是Na2CO3，由A+Q→C+X↑可知A为Na，由B+Q→C+Y↑推知B为Na2O2，氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠与水，符合④中转化。
由上述分析可知，A、B、C、D、E、Q、X、Y、乙分别是Na、Na2O2、NaOH、Na2CO3、NaHCO3、H2O、H2、O2、CO2据此分析：
A.④的反应为NaOH与NaHCO3反应，离子方程式为：HCO3−+OH−=CO32−+H2O，故A正确；
B.NaHCO3是细小白色晶体，加水能溶解，并伴随着吸热现象，故B错误；
C.Na2CO3、NaHCO3的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱，故C正确；
D.Na2O2可与水、二氧化碳反应产生氧气，可以作为潜水艇氧气来源，故D正确。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查元素周期表与元素周期律的推断，意在考查分析能力和推理能力，注意结合原子的结构和元素化合物的性质进行分析推断，题目难度一般。
【解答】
Z、X、Y、W是原子序数依次增大的前20号主族元素，Y原子最外层电子数是次外层的0.5倍，则Y是Si；X、Y同周期且相邻，则X是Al；W和Y的主族序数之和是X的2倍，则W是第四周期第ⅡA族的Ca；由化合物WXYZ3中各元素的化合价代数和为0，可知Z的化合价为−3价，则Z是N。
A.电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径减小，原子半径：Ca>Al>Si>N，故A错误；
B.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性，HNO3>H2SiO3，故B正确；
C.铝的氧化物不可用于制造光导纤维，故C错误；
D.工业上用焦炭高温还原二氧化硅制得硅，故D错误。
6.【答案】C
【解析】
【试题解析】
【分析】
本题考查无机物的推断，基本属于猜测验证型题目，以二元化合物丁为液体为突破口进行分析，需要学生熟练掌握元素化合物知识，旨在考查学生对基础知识的熟练掌握，难度较大，注意金属性、非金属性强弱比较。
【解答】
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素组成的二元化合物，常温下丁为液态，考虑丁为H2O，可推知W为氢元素。甲、乙分别是元素Y、Z的单质，其中Y元素在同周期中离子半径最小，Y为Al，甲与乙化合生成丙，丙与水反应生成戊，戊为酸性气体，常温下0.01mol⋅L−1戊溶液的pH大于2，戊溶液为弱酸，应是Al2S3与水反应生成H2S与Al(OH)3，故丙为Al2S3、戊为H2S、己为Al(OH)3，结合原子序数可知X为氧元素、Y为Al、Z为硫元素。
A.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中H原子半径最小，故原子半径：Y(Al)>Z(S)>X(O)>W(H)，故A错误；
B.H、O、Al、S可能同时存在于一种离子化合物中，如KAl(SO4)2⋅12H2O，故B错误；
C.W和Ⅹ形成的化合物有H2O、H2O2，H2O2中既含有极性键也含有非极性键，故C正确；
D.O元素没有最高价氧化物，不能通过比较最高价氧化物对应的水化物的酸性判断O、S的非金属性，故D错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查根据化学方程式的计算、氮的氧化物的性质、氧化还原反应的计算等，题目难度中等。
【解答】
将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.4g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为：6.4g16g/mol=0.4mol，根据Cu元素守恒可知n(CuO)=n(O)=0.4mol；另一份中加入800mL硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu(NO3)2，且同时收集到NO，标准状况下O2的物质的量为：3.36L22.4L/mol=0.15mol，由4NO+3O2+2H2O=4HNO3可知，n(NO)=0.2mol，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n(Cu)=3n(NO)=3×0.2mol，n(Cu)=0.3mol，由铜元素守恒可知n[Cu(NO3)2]=n(CuO)+n(Cu)=0.4mol+0.3mol=0.7mol，根据氮元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+2n[Cu(NO3)2]=0.2mol+2×0.7mol=1.6mol，硝酸的浓度为：1.6mol0.8L=2mol/L，选项B符合题意。
故选B。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各公式的灵活运用，准确弄清气体摩尔体积与状况有关。
【解答】
A.O2的摩尔质量是32 g·mol−1，0.5mol O2的质量为0.5 mol×32 g⋅mol−1=16g，故A正确；
B.标准状况下，水的状态为非气态，无法运用V=nVm计算，故B错误；
C.标准状况下，气体摩尔体积约为22.4 L⋅mol−1，气体摩尔体积Vm≈22.4 L·mol−1，表示1 mol任何气体的体积在标况下约为22.4 L，故C正确；
D.根据N=nNA=1 mol×6.02×1023 mol−1=6.02×1023，所以1 mol任何粒子集体所含的粒子数约为6.02×1023，故D正确。
故选B。
9.【答案】C
【解析】解：由气体的摩尔质量越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨气比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸，故选C。
气体的摩尔质量越小，气体扩散速度越快，相同时间内扩散的距离就越远，再根据烟环物质可以判断甲乙．
本题主要考查对信息的应用，明确易挥发性的物质及物质的摩尔质量与距离的关系是解答的关键，难度较小．
10.【答案】A
【解析】解：A.Na+、K+、CO32−、AlO2−之间不反应，都不与NaOH反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；
B.FeCl2溶液的Fe2+易被MnO4−氧化，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C.K2CO3与Ba2+反应生成难溶物碳酸钡，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D.H2SO4与HSO3−反应，酸性条件下NO3−能够氧化HSO3−，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选A。
本题考查离子共存，题目难度不大，明确离子反应发生条件即可解答，注意掌握常见离子的性质及共存条件，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力。
11.【答案】D
【解析】解：A.电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，故A正确；
B.丁达尔现象是胶体特有的性质，胶体是一种能产生丁达尔效应的分散系，故B正确；
C.纯碱为碳酸钠属于盐，干冰是二氧化碳固体，和碱反应生成盐和水属于酸性氧化物，故C正确；
D.CuSO4⋅5H2O是一种物质组成的纯净物，故D错误；
故选D．
A.电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，根据定义判断选项．
电解质必须符合下列条件：1、在水溶液中或熔融状态下能导电2、是化合物，二者缺一不可；
B.分散系分为溶液、胶体、浊液．丁达尔效应是指：当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路，丁达尔现象是胶体特有的性质；
C.纯碱为碳酸钠，干冰是二氧化碳固体；
D.不同物质组成的为混合物；
本题考查了物质组成、物质分类、物质性质、电解质和混合物概念的实质理解，掌握基础是解题关键，题目难度不大．
12.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查混合物计算，根据消耗盐酸的体积判断图象中各阶段发生的反应是解答的关键，侧重考查学生分析思维能力，难度中等。
【解答】
当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，由图可知，生成CO2气体体积至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中只有Na2CO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将Na2CO3转化为NaHCO3应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，氢氧化钠溶液与二氧化碳反应后溶液中溶质为NaOH、Na2CO3。
A.由上述分析可知OA段所发生反应的离子方程式：H++OH−=H2O、CO32−+H+=HCO3−，故A正确；
B.中和NaOH消耗HCl的体积为50mL−25mL=25mL，由方程式可知NaOH和Na2CO3的物质的量之比等于两个过程分别消耗盐酸的体积之比，故NaOH、Na2CO3的物质的量之比=25mL：25mL=1：1，故B正确；
C.生成二氧化碳消耗25mL盐酸，根据NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可知CO2体积(标准状况下)为0.025L×0.1mol/L×22.4L/mol=0.056L，故C正确；
D.生成CO2气体体积最大时，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度为0.0075mol×50.05L=0.75mol/L，故D错误。
故选D。
13.【答案】AC
【解析】
【分析】
本题考查晶体类型及性质，为高频考点，把握晶体类型的判断、晶体的性质比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
【解答】
A. 生铁为合金，熔点比纯铁低，故A错误；
B.原子晶体中，共价键越短，共价键越强，则硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅，故B正确；
C.金属离子的电荷越大、半径越小，其熔点越大，则熔点由高到低为Al>Mg>Na，故C错误；
D.离子晶体中离子半径越小，晶格能越大，则晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaI，故D正确；
故答案为：AC。
14.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查原子结构和元素周期律，为高频考点，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
【解答】
X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，其原子核各层的电子数分别为2、6，则X为O元素；X、M同主族，则M为S元素；N的原子序数大于S，则N为Cl元素；Y在同周期主族元素中原子半径最大，Y为Na元素；Z和Cl可以形成ZN2型化合物，Z的化合价为+2价，则Z为Mg元素，由题意知，X为O，M为S，Y为Na，N为Cl，Z为Mg，
A.Na与O可以形成Na2O，也可以形成Na2O2，故A错误；
B.Na的金属性强于Mg，则NaOH的碱性强于Mg(OH)2，故B正确；
C.电子层结构相同的离子，原子序数越大离子半径越小，则离子半径为O2−>Na+>Mg2+，故C错误；
D.同主族从上到下非金属性减弱，则单质氧化性：O2>S，故D正确。
15.【答案】CD
【解析】
【试题解析】
【分析】
本题考查了离子浓度大小的判断，根据电解质溶液中电荷守恒、物料守恒来分析解答，明确溶液中的溶质及其性质是解答的关键。
【解答】
A.根据物料守恒可知：c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，2c(Ca2+)=c(Cl−)，所以c(Na+)+2c(Ca2+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)+c(Cl−)，故A错误；
B.如果两者恰好完全反应生成氯化钠和次氯酸钠，符合：c(Na+)=c(HClO)+c(ClO−)+c(Cl−)，而氢氧化钠过量，所以c(Na+)>c(HClO)+c(ClO−)+c(Cl−)，故B错误；
C.0.1 mol/LCH3COONa溶液与0.1 mol/LHCl溶液混合至pH=7，溶液中溶质为CH3COOH、CH3COONa、NaCl，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(Cl−)+c(OH−)，又知溶液呈中性，c(H+)=c(OH−)得到c(CH3COO−)+c(Cl−)=c(Na+)，根据物料守恒有c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，则c(Cl−)=c(CH3COOH)，c(Na+)>c(Cl−)=c(CH3COOH)故C正确；
D.0.2mol/L氨水与0.1 mol/LHCl溶液等体积混合得到等浓度一水合氨和氯化铵溶液，一水合氨电离程度大于铵根离子水解溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒为c(H+)+c(NH4+)=c(Cl−)+c(OH−)，溶液中存在物料守恒2c(Cl−)=c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)，两者联立可得：c(Cl−)+c(H+)=c(NH3⋅H2O)+c(OH−)，故D正确。
16.【答案】AB
【解析】
【分析】
本题考查催化剂性质的判断，氧化剂、还原剂的辨别，掌握氧化还原反应的分析是解题的关键，较为简单。
【解答】
+5 −1 0 −1 −2 0 +7 +6 +4 0
① 2KClO 3 =MnO2 2KCl+3O 2↑ ②2H 2O 2 =MnO2 2H 2O+O 2↑ ③2KMnO4 =ΔK2MnO4+MnO2+O2↑
A.①中，MnO2是反应的催化剂，故A正确；
B.①中，MnO2是反应的催化剂，反应前后MnO2化学性质没有改变，故B正确；
C.②中，MnO2是反应的催化剂，反应前后MnO2化学性质不发生改变 ，故C错误；
D.③中Mn的化合价从+7价降低到+6和+4价，K2MnO4为还原产物，故D错误。
故选AB。
17.【答案】(1)锥形瓶；b
(2)慢；70.0g/mol；5/7
(3)吸收Cl2
；验证D中是否有ClO2生成
【解析】
【分析】
本题考查实验仪器的识别和作用，离子方程式的书写，以及物质的应用和性质的关系，掌握基础知识和基本操作方法，即可解答，难度不大。
【解答】
(1)仪器D的名称是锥形瓶；F装置为气体性质检验装置，应该长管进气，短管接尾气处理装置，故选b。
(2)为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，A中反应宜缓慢进行，即滴加稀盐酸的速度要慢；
据M=ρ×Vm=2.857g/cm3×24.5L/mol=70.0g/mol；
可以设氯气占x(体积分数也就是物质的量分数)，则二氧化氯占1−x，则有71x+67.5(1−x)=70.0，则x=5/7；
(3)A装置中NaClO3与盐酸反应生成ClO2与Cl2，若进入F装置的气体中还有Cl2，则发生反应Cl2+2KI===2KCl+I2，碘单质可使淀粉溶液变蓝，由题意可知F中溶液的颜色不变，因此装置C的作用是吸收Cl2；
(4)在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素化合价升降规律及电荷守恒可得该反应的离子方程式为；ClO2在D中发生反应生成NaClO2，在酸性条件下NaClO2又会释放出ClO2，则装置F的作用是验证D中是否有ClO2生成。
18.【答案】4.0mol/L 0.040 称量的碳酸钠的质量应为10.6g 定容时视线应与刻度线、凹液面相切 ④
【解析】解：I.(1)根据c=1000ρwM，则c(NaClO)=1000×1.19×25%74.5mol/L=4.0mol⋅L−1，
故答案为：4.0mol/L；
(2)根据稀释前后溶质的物质的量不变，则100 mL×4.0mol⋅L−1=100mL×1.19g/cm3+10000g1g/cm3×c(NaClO)，解得稀释后c(NaClO)≈0.04mol⋅L−1，c(Na+)=c(NaClO)≈0.040mol⋅L−1，
故答案为：0.040；
II.(1)由于实验室无480mL容量瓶，应选用500mL容量瓶，配制出500mL的溶液，故所需的碳酸钠的质量m=CVM=0.2mol/L×0.5L×106g/mol=10.6g，故所称量的碳酸钠的质量错误；定容时应平视刻度线，使凹液面与刻度线相切；
故答案为：称量的碳酸钠的质量应为10.6g；定容时视线应与刻度线、凹液面相切；
(2)①用“左物右码”的方法称量(使用游码)是正确的，故所配溶液的浓度无影响；
②碳酸钠不纯，其中混有氯化钠，则会导致碳酸钠的质量偏小，则浓度偏低；
③容量瓶未经干燥使用对浓度无影响；
④称量碳酸钠时所用砝码生锈，则砝码变重，导致称量出的药品的质量偏大，则溶液浓度偏高；
⑤移液过程中有少量溶液溅出，会导致溶质的损失，则浓度偏低。
故答案为：④。
I.(1)根据含25%NaClO、1000mL、密度1.19g⋅cm−3，根据c=1000ρwM来计算；
(2)根据稀释前后溶质的物质的量不变来计算；
II.((1)由于实验室无480mL容量瓶，应选用500mL容量瓶，据此计算所需的碳酸钠的质量；定容时应平视；
(2)根据c=nV并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。
本题考查配制一定浓度的溶液，为高频考点，把握配制溶液的步骤、操作、误差分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意结合公式分析误差，题目难度不大。
19.【答案】Ⅰ.(1)NaOH、Na2CO3；3：1
(2)NaHCO3、Na2CO3；112mL；0.25mol·L−1；
Ⅱ.(1)Mg(OH)2 ；
(2)1.9g；2.67g；
(3)130。
【解析】
【试题解析】
【分析】
本题考查混合物反应的计算，题目难度较大，明确图象发生反应原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质及守恒思想在化学计算中的应用，注意掌握图象曲线变化的意义，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力。
【解答】
(Ⅰ)(1)当加入30mL盐酸时，溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.25mol/L×0.03L=0.0075mol，所以NaOH的物质的量浓度为：0.0075mol/L0.03L=0.25mol/L；
生成气体发生反应为：HCO3−+H+=H2O+CO2↑，假设溶液中溶质只有Na2CO3，开始没有气体生成时发生的反应为：H++CO32−=HCO3−，前后两过程消耗HCl的体积相等，而A曲线中开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，故A曲线表明A中的溶质为NaOH、Na2CO3；B曲线中，开始阶段消耗盐酸体积小于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，则曲线B表明B中溶质为Na2CO3、NaHCO3，
(1)A溶液对应曲线为A，根据上述分析可知，A溶液中含有溶质为NaOH、Na2CO3，根据H++CO32−=HCO3−、HCO3−+H+=H2O+CO2↑可知，生成二氧化碳时消耗盐酸的物质的量等于碳酸钠的物质的量，即n(Na2CO3)=0.25mol/L×0.006L=0.0015mol，
30mL原NaOH溶液中，n(NaOH)=0.0075mol，根据钠元素守恒可知，A中含有NaOH的物质的量为：0.0075mol−0.0015mol×2=0.0045mol，
所以A溶液中溶质n(NaOH)：n(Na2CO3)=0.0045mol：0.0015mol=3：1，
故答案为：NaOH、Na2CO3；3：1；
(2)根据分析可知，B溶液对应曲线为B，溶质为NaHCO3、Na2CO3；
曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为(30−10)mL=20mL，消耗的n(HCl)=0.25mol/L×0.02L=0.005mol，根据HCO3−+H+=H2O+CO2↑可知，生成的二氧化碳在标况下的体积为：22.4L/mol×0.005mol=0.112L=112mL；
加入30mL盐酸时，反应后溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知：n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.25mol/L×0.03L=0.0075mol，所以NaOH的物质的量浓度为：0.0075mol/L0.03L=0.25mol/L，
故答案为：NaHCO3、Na2CO3；112mL；0.25mol/L；
(Ⅱ)(1)由图可知，NaOH、MgCl2、AlCl3三种物质反应生成氢氧化镁和偏铝酸钠后氢氧化钠过量，则A点的沉淀物为氢氧化镁，
故答案为：Mg(OH)2；
(2)A点的沉淀物为氢氧化镁，根据镁元素守恒得，原混合物中MgCl2的物质的量等于氢氧化镁的物质的量，为：1.16g58g/mol=0.02mol，则MgCl2的质量是：0.02mol×95g/mol=1.9g，A至B点为偏铝酸根离子与氢离子生成氢氧化铝，偏铝酸根离子与该步消耗的氢离子的物质的量相同，为：0.02L×1.00mol/L=0.02mol，根据铝元素守恒得，原混合物中AlCl3的物质的量等于偏铝酸根离子的物质的量为0.02mol，则AlCl3的质量是：0.02mol×133.5g/mol=2.67g，
故答案为：1.9g；2.67g；
(3)由题意可知，B至C为氢氧化镁和氢氧化铝与盐酸反应，氢氧化镁消耗盐酸的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，氢氧化铝消耗盐酸的物质的量为0.02mol×3=0.06mol，则消耗盐酸的体积为：0.04mol+0.06mol1.0mol/L=0.1L=100mL，则C点溶液的体积为30mL+100mL=130mL，
故答案为：130。
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重庆市缙云教育联盟高一年级期末考试
化学试题
学校:___________姓名：___________考场：___________考号：___________
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。
一、单选题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 实验室中，从海藻里提取碘的部分流程如下图。下列说法中，不正确的是( )
A. 试剂a中的某元素化合价发生变化
B. 试剂b可选用四氯化碳
C. 步骤①需用坩埚，步骤②需用烧杯
D. 步骤③的操作是分液
2. 下列操作正确且能达到实验目的的是( )
选项
目的
操作
A.
证明HClO是弱酸
用玻璃棒蘸取NaClO溶液点在干燥的pH试纸中央测定pH值
B.
检验Na+
用玻璃棒蘸取待测溶液在酒精灯外焰灼烧，观察火焰颜色
C.
证明Cu与浓硫酸的反应液中有CuSO4生成
冷却后沿容器内壁向反应后混合液缓缓注入水，边加边用玻璃棒搅拌，观察溶液颜色
D.
促进降温结晶时晶体的析出
用玻璃棒摩擦液面以下的烧杯内壁
A. A B. B C. C D. D
3. 电视剧中《三生三世十里桃花》中的仙境美轮美奂，其中所需的烟雾是在放于温热石棉网上的NH4NO3和Zn粉的混合物中滴几滴水后产生的白烟：NH4NO3+Zn=ZnO+N2↑+2H2O，下列说法中正确的是( )
A. 被1molZn氧化的氮原子为0.4mol
B. 常温下每消耗1.3gZn粉，即可产生448mlN2
C. 氮气既是氧化产物也是还原产物
D. 每生成1molZnO共转移2mol电子
4. 现有A，B，C，D，E五种物质的焰色试验都呈黄色，它们发生如下反应：
①A+Q→C+X↑ ②B+Q→C+Y↑ ③X+Y→Q
④C+E(适量)→D+Q ⑤C+乙(过量)→E ⑥ED+Q+乙↑
已知：X和Y是单质，常温下均为气体，且相对分子质量：Y>X；Q常温下为液体；乙气体形成的固体可作人工降雨。下列有关说法不正确的是( )
A. 反应④的离子反应方程式：HCO3-+OH-=CO32-+H2O
B. E是细小白色晶体，加水能溶解，并伴随着放热现象
C. D，E的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱
D. B可在潜水艇中作为O2的来源
5. 我国发明的陶瓷荧光材料WXYZ3能有效解决色漂移、蓝光溢出等问题(WXYZ3中仅Z元素为负价)，Z、X、Y、W是原子序数依次增大且均不大于20的主族元素，X、Y同周期且相邻，Y原子最外层电子数是次外层的0.5倍，W和Y的主族序数之和是X主族序数的2倍。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：W>Y>X>Z
B. 最高价氧化物的水化物的酸性：Z>Y
C. X的氧化物可用于制造光导纤维
D. 工业上用电解熔融的氧化物来制取Y
6. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y元素在同周期中离子半径最小；甲、乙分别是元素Y、Z的单质；丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素组成的二元化合物，常温下丁为液态；戊为酸性气体，常温下0.01mol⋅L−1戊溶液的pH大于2.上述物质转化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：Z>Y>X>W
B. W、X、Y、Z不可能同存于一种离子化合物中
C. W和Ⅹ形成的化合物既可能含有极性键也可能含有非极性键
D. 比较X、Z非金属性强弱时，可比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性
7. 将一包由Cu、Cu2O和CuO组成的混合物均分成两份：一份混合物在加热条件下与H2充分反应，将固体全部转化成铜粉时固体质量减少了6.4g；向另一份混合物中加入800mL HNO3溶液恰好完全反应生成Cu(NO3)2和NO(假设不产生其他还原产物)，这些NO和3.36L O2(标准状况)混合并通入足量水中，气体全部被吸收生成HNO3。则该硝酸的物质的量浓度为( )
A. 1.0mol·L-1 B. 2.0mol·L-1 C. 3.0mol·L-1 D. 4.0mol·L-1
8. 下列叙述不正确的是 ( )
A. O2的摩尔质量是32 g·mol−1，0.5 mol O2的质量为16 g
B. 在标准状况下，1 mol水的体积是22.4 L
C. 气体摩尔体积Vm≈22.4 L·mol−1，表示1 mol任何气体的体积在标准状况下约为22.4 L
D. 阿伏加德罗常数NA≈6.02×1023mol−1，表示1 mol任何粒子集体所含的粒子数约为6.02×1023
9. 已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快．如图所示为气体扩散速度的实验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环．下列关于甲、乙的判断正确的是( )
A. 甲是浓氨水，乙是浓硫酸 B. 甲是浓盐酸，乙是浓氨水
C. 甲是浓氨水，乙是浓盐酸 D. 甲是浓硝酸，乙是浓氨水
10. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 0.1mol⋅L−1NaOH溶液：Na+、K+、CO32−、AlO2−
B. 0.1mol⋅L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42−、MnO4−
C. 0.1mol⋅L−1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−
D. 0.1mol⋅L−1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3−、HSO3−
11. 下列关于物质类别的说法不正确的是( )
A. 能在水溶液中或熔融状态下导电的化合物就是电解质
B. 胶体是一种能产生丁达尔效应的分散系
C. 纯碱不属于碱，干冰属于酸性氧化物
D. CuSO4⋅5H2O是混合物
12. 向50 mL NaOH溶液中逐渐通入一定量的CO2(假设溶液体积不变)，随后取此溶液10 mL，将其稀释至100 mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1 mol·L−1的盐酸，产生CO2气体的体积(标准状况下)与所加入的盐酸的体积关系如图，下列分析错误的是( )
A. OA段所发生反应的离子方程式：H++OH−=H2O、CO32−+H+=HCO3−
B. NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为NaOH和Na2CO3，其物质的量浓度之比为1∶1
C. 产生的CO2体积(标准状况下)为0.056 L
D. 原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5 mol·L−1
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
13. 下列比较不正确的是
A. 熔点由高到低：生铁>纯铁>钠
B. 硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅
C. 熔点由高到低：Na>Mg>Al
D. 晶格能由大到小： NaF>NaCl>NaBr>NaI
14. X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、M同主族，Y在同周期主族元素中原子半径最大。Z和N可以形成ZN2型化合物。下列有关说法正确的是
A. X与Y只能形成一种化合物
B. 最高价氧化物对应水化物的碱性：Y>Z
C. 元素X、Y、Z的简单离子具有相同电子层结构，且离子半径依次增大
D. 单质的氧化性：X>M
15. 常温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A. 0.1 mol·L−1CH3COONa溶液与0.1 mol·L−1CaCl2溶液等体积混合：c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)+c(Cl−)
B. 少量Cl2通入过量冷的0.1 mol·L−1NaOH溶液中：c(Na+)=c(HClO)+c(ClO−)+c(Cl−)
C. 0.1 mol·L−1CH3COONa溶液与0.1 mol·L−1HCl溶液混合至pH=7：c(Na+)>c(Cl−)=c(CH3COOH)
D. 0.2 mol·L−1NH3·H2O溶液与0.1 mol·L−1HCl溶液等体积混合：c(Cl−)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH−)
16. 下面是实验室制取O2的几种方法：
① 2KClO3=MnO2Δ2KCl+3O2↑ ②2H2O2 =MnO22H2O+O2↑③2KMnO 4 =Δ K 2MnO 4+MnO 2+O 2↑
A. ①中，MnO2是反应的催化剂
B. ①中，反应前后MnO2化学性质没有改变
C. ②中，反应前后MnO2化学性质发生改变
D. ③中，K2MnO4既作氧化剂又作还原剂
三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）
17. ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过如图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。
(1)仪器D的名称是________。安装F中导管时，应选用图2中的________。
(2)打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜________(填“快”或“慢”)；常温常压下，已知由Cl2和ClO2组成的混合气体的密度为2.857g/cm3(已知常温常压下气体摩尔体积为24.5L/mol)，则混合气体的平均摩尔质量为________(保留小数点后一位)，混合气体中，氯气的体积分数为________(用分数表示)。
(3)关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是________。
(4)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为________________________。在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是________。
18. “84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1等病毒，某同学购买了一瓶“威露士”牌“84消毒液”，并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：含25%NaClO、1000mL、密度1.19g⋅cm−3，稀释100倍(体积比)后使用．
Ⅰ.请根据信息和相关知识回答下列问题：
(1)该“84消毒液”的物质的量浓度为______(保留两位有效数字)。
(2)该同学取100mL该“84消毒液”稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na+)=______mol⋅L−1(假设稀释后溶液密度为1.0g⋅cm−3)(保留两位有效数字)。
Ⅱ.某兴趣小组为探究Na2CO3溶液的性质，需要480mL0.2mol⋅L−1的Na2CO3溶液。溶液的配制过程如图所示。
(3)把配制过程中两处明显错误改正过来：______、______。
(4)请分析下列情况对所配溶液浓度产生的影响：其中引起所配溶液浓度偏高的有______(填序号)。
①用“左物右码”的方法称量(使用游码)
②碳酸钠不纯，其中混有氯化钠
③容量瓶未经干燥使用
④称量碳酸钠时所用砝码生锈
⑤移液过程中有少量溶液溅出
四、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
19. 数形结合思想是化学学科的重要思维模式，请结合所学知识和以下图像作答：
Ⅰ.向两份30mL同一浓度的NaOH溶液中通入CO2气体，因CO2通入量的不同，溶液的组成也不同，得到溶液A、B。若向A、B溶液中逐滴加入浓度为0.25mol·L−1盐酸，产生的气体体积v(CO2)与加入盐酸的体积v(HCl)的关系分别为如图所示。
请回答下列问题：
(1)A溶液中溶质为(写化学式)___________，其物质的量之比是__________。
(2)B溶液溶质为(写化学式)____________，标准状况下CO2气体的体积为________，原NaOH溶液的物质的量浓度为_________。
Ⅱ.把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g白色沉淀，再向所得悬浊液中逐滴加入1.00mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如上图
试回答：
(1)A点的沉淀物的化学式为_______；
(2)原混合物中MgCl2的质量是_______，AlCl3的质量是_______；
(3)C点溶液的体积为_______mL。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查海藻提碘，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
【解答】
由实验流程可知，①为海藻灼烧、②为溶解、③为过滤，分离出灰渣，含碘离子的溶液中加试剂a为稀硫酸酸化的过氧化氢溶液，发生2H++2I−+H2O2=I2+2H2O，试剂b为苯或四氯化碳，可萃取得到含碘的有机溶液，此步为萃取。
A.试剂a可为氧化剂，可氧化碘离子生成碘，所以a中的某元素化合价一定会降低，故A正确；
B.试剂b可选用四氯化碳，不溶于水，可萃取碘，且不发生反应，故B正确；
C.①为灼烧、②为溶解，则步骤①需用坩埚，步骤②需用烧杯，故C正确；
D.步骤③的操作是过滤，分离出滤液、灰渣，故D错误。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查化学实验方案的设计与评价，注意结合常见离子或物质的检验，弱电解质的电离和结晶等进行分析解答，题目难度不大。
【解答】
A.NaClO溶液具有漂白性，不能使用pH试纸测量其pH，故A错误；
B.玻璃棒中含有钠元素，做焰色反应实验时应选用铂丝蘸取待测溶液，故B错误；
C.Cu与浓硫酸的反应液中含有未完全反应的浓硫酸，应将冷却后的混合液沿内壁缓缓注入到盛有水的烧杯中，边加边用玻璃棒搅拌，观察溶液颜色，故C错误；
D.用玻璃棒摩擦液面以下的烧杯内壁，形成结晶核，有利于促进降温结晶时晶体的析出，故D正确。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
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、基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
【解答】
A.锌元素化合价升高，锌作还原剂，根据得失电子数相等，被1molZn还原的氮原子为1mol×25=0.4mol，故A错误；
B.常温下Vm≠22.4L/mol，不能由Zn的质量计算氮气的体积，故B错误；
C.−3价N元素的化合价升高到0价，+5价氮元素降低到0价，则反应中N2即是氧化产物，又是还原产物，故C正确；
D.由元素的化合价变化可知，每生成1 molZnO共转移5mol电子，故D错误。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查无机物的推断，涉及Na元素单质及其化合物的性质与转化，焰色试验、物质状态等是推断突破口，难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
【解答】
A、B、C、D、E五种物质的焰色试验都呈黄色，均含有钠元素。X和Y是单质，常温下均为气体，二者反应生成的Q常温下为液体，则Q为H2O，相对分子质量：Y>X，故X是H2、Y是O2。由C+乙(过量)→ED+Q+乙↑，乙气体形成的固体可作人工降雨，推出C是NaOH，乙是CO2，E是NaHCO3，D是Na2CO3，由A+Q→C+X↑可知A为Na，由B+Q→C+Y↑推知B为Na2O2，氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠与水，符合④中转化。
由上述分析可知，A、B、C、D、E、Q、X、Y、乙分别是Na、Na2O2、NaOH、Na2CO3、NaHCO3、H2O、H2、O2、CO2据此分析：
A.④的反应为NaOH与NaHCO3反应，离子方程式为：HCO3−+OH−=CO32−+H2O，故A正确；
B.NaHCO3是细小白色晶体，加水能溶解，并伴随着吸热现象，故B错误；
C.Na2CO3、NaHCO3的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱，故C正确；
D.Na2O2可与水、二氧化碳反应产生氧气，可以作为潜水艇氧气来源，故D正确。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查元素周期表与元素周期律的推断，意在考查分析能力和推理能力，注意结合原子的结构和元素化合物的性质进行分析推断，题目难度一般。
【解答】
Z、X、Y、W是原子序数依次增大的前20号主族元素，Y原子最外层电子数是次外层的0.5倍，则Y是Si；X、Y同周期且相邻，则X是Al；W和Y的主族序数之和是X的2倍，则W是第四周期第ⅡA族的Ca；由化合物WXYZ3中各元素的化合价代数和为0，可知Z的化合价为−3价，则Z是N。
A.电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径减小，原子半径：Ca>Al>Si>N，故A错误；
B.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性，HNO3>H2SiO3，故B正确；
C.铝的氧化物不可用于制造光导纤维，故C错误；
D.工业上用焦炭高温还原二氧化硅制得硅，故D错误。
6.【答案】C
【解析】
【试题解析】
【分析】
本题考查无机物的推断，基本属于猜测验证型题目，以二元化合物丁为液体为突破口进行分析，需要学生熟练掌握元素化合物知识，旨在考查学生对基础知识的熟练掌握，难度较大，注意金属性、非金属性强弱比较。
【解答】
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素组成的二元化合物，常温下丁为液态，考虑丁为H2O，可推知W为氢元素。甲、乙分别是元素Y、Z的单质，其中Y元素在同周期中离子半径最小，Y为Al，甲与乙化合生成丙，丙与水反应生成戊，戊为酸性气体，常温下0.01mol⋅L−1戊溶液的pH大于2，戊溶液为弱酸，应是Al2S3与水反应生成H2S与Al(OH)3，故丙为Al2S3、戊为H2S、己为Al(OH)3，结合原子序数可知X为氧元素、Y为Al、Z为硫元素。
A.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中H原子半径最小，故原子半径：Y(Al)>Z(S)>X(O)>W(H)，故A错误；
B.H、O、Al、S可能同时存在于一种离子化合物中，如KAl(SO4)2⋅12H2O，故B错误；
C.W和Ⅹ形成的化合物有H2O、H2O2，H2O2中既含有极性键也含有非极性键，故C正确；
D.O元素没有最高价氧化物，不能通过比较最高价氧化物对应的水化物的酸性判断O、S的非金属性，故D错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查根据化学方程式的计算、氮的氧化物的性质、氧化还原反应的计算等，题目难度中等。
【解答】
将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.4g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为：6.4g16g/mol=0.4mol，根据Cu元素守恒可知n(CuO)=n(O)=0.4mol；另一份中加入800mL硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu(NO3)2，且同时收集到NO，标准状况下O2的物质的量为：3.36L22.4L/mol=0.15mol，由4NO+3O2+2H2O=4HNO3可知，n(NO)=0.2mol，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n(Cu)=3n(NO)=3×0.2mol，n(Cu)=0.3mol，由铜元素守恒可知n[Cu(NO3)2]=n(CuO)+n(Cu)=0.4mol+0.3mol=0.7mol，根据氮元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+2n[Cu(NO3)2]=0.2mol+2×0.7mol=1.6mol，硝酸的浓度为：1.6mol0.8L=2mol/L，选项B符合题意。
故选B。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各公式的灵活运用，准确弄清气体摩尔体积与状况有关。
【解答】
A.O2的摩尔质量是32 g·mol−1，0.5mol O2的质量为0.5 mol×32 g⋅mol−1=16g，故A正确；
B.标准状况下，水的状态为非气态，无法运用V=nVm计算，故B错误；
C.标准状况下，气体摩尔体积约为22.4 L⋅mol−1，气体摩尔体积Vm≈22.4 L·mol−1，表示1 mol任何气体的体积在标况下约为22.4 L，故C正确；
D.根据N=nNA=1 mol×6.02×1023 mol−1=6.02×1023，所以1 mol任何粒子集体所含的粒子数约为6.02×1023，故D正确。
故选B。
9.【答案】C
【解析】解：由气体的摩尔质量越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨气比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸，故选C。
气体的摩尔质量越小，气体扩散速度越快，相同时间内扩散的距离就越远，再根据烟环物质可以判断甲乙．
本题主要考查对信息的应用，明确易挥发性的物质及物质的摩尔质量与距离的关系是解答的关键，难度较小．
10.【答案】A
【解析】解：A.Na+、K+、CO32−、AlO2−之间不反应，都不与NaOH反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；
B.FeCl2溶液的Fe2+易被MnO4−氧化，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C.K2CO3与Ba2+反应生成难溶物碳酸钡，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D.H2SO4与HSO3−反应，酸性条件下NO3−能够氧化HSO3−，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选A。
本题考查离子共存，题目难度不大，明确离子反应发生条件即可解答，注意掌握常见离子的性质及共存条件，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力。
11.【答案】D
【解析】解：A.电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，故A正确；
B.丁达尔现象是胶体特有的性质，胶体是一种能产生丁达尔效应的分散系，故B正确；
C.纯碱为碳酸钠属于盐，干冰是二氧化碳固体，和碱反应生成盐和水属于酸性氧化物，故C正确；
D.CuSO4⋅5H2O是一种物质组成的纯净物，故D错误；
故选D．
A.电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，根据定义判断选项．
电解质必须符合下列条件：1、在水溶液中或熔融状态下能导电2、是化合物，二者缺一不可；
B.分散系分为溶液、胶体、浊液．丁达尔效应是指：当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路，丁达尔现象是胶体特有的性质；
C.纯碱为碳酸钠，干冰是二氧化碳固体；
D.不同物质组成的为混合物；
本题考查了物质组成、物质分类、物质性质、电解质和混合物概念的实质理解，掌握基础是解题关键，题目难度不大．
12.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查混合物计算，根据消耗盐酸的体积判断图象中各阶段发生的反应是解答的关键，侧重考查学生分析思维能力，难度中等。
【解答】
当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，由图可知，生成CO2气体体积至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中只有Na2CO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将Na2CO3转化为NaHCO3应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，氢氧化钠溶液与二氧化碳反应后溶液中溶质为NaOH、Na2CO3。
A.由上述分析可知OA段所发生反应的离子方程式：H++OH−=H2O、CO32−+H+=HCO3−，故A正确；
B.中和NaOH消耗HCl的体积为50mL−25mL=25mL，由方程式可知NaOH和Na2CO3的物质的量之比等于两个过程分别消耗盐酸的体积之比，故NaOH、Na2CO3的物质的量之比=25mL：25mL=1：1，故B正确；
C.生成二氧化碳消耗25mL盐酸，根据NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可知CO2体积(标准状况下)为0.025L×0.1mol/L×22.4L/mol=0.056L，故C正确；
D.生成CO2气体体积最大时，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度为0.0075mol×50.05L=0.75mol/L，故D错误。
故选D。
13.【答案】AC
【解析】
【分析】
本题考查晶体类型及性质，为高频考点，把握晶体类型的判断、晶体的性质比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
【解答】
A. 生铁为合金，熔点比纯铁低，故A错误；
B.原子晶体中，共价键越短，共价键越强，则硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅，故B正确；
C.金属离子的电荷越大、半径越小，其熔点越大，则熔点由高到低为Al>Mg>Na，故C错误；
D.离子晶体中离子半径越小，晶格能越大，则晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaI，故D正确；
故答案为：AC。
14.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查原子结构和元素周期律，为高频考点，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
【解答】
X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，其原子核各层的电子数分别为2、6，则X为O元素；X、M同主族，则M为S元素；N的原子序数大于S，则N为Cl元素；Y在同周期主族元素中原子半径最大，Y为Na元素；Z和Cl可以形成ZN2型化合物，Z的化合价为+2价，则Z为Mg元素，由题意知，X为O，M为S，Y为Na，N为Cl，Z为Mg，
A.Na与O可以形成Na2O，也可以形成Na2O2，故A错误；
B.Na的金属性强于Mg，则NaOH的碱性强于Mg(OH)2，故B正确；
C.电子层结构相同的离子，原子序数越大离子半径越小，则离子半径为O2−>Na+>Mg2+，故C错误；
D.同主族从上到下非金属性减弱，则单质氧化性：O2>S，故D正确。
15.【答案】CD
【解析】
【试题解析】
【分析】
本题考查了离子浓度大小的判断，根据电解质溶液中电荷守恒、物料守恒来分析解答，明确溶液中的溶质及其性质是解答的关键。
【解答】
A.根据物料守恒可知：c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，2c(Ca2+)=c(Cl−)，所以c(Na+)+2c(Ca2+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)+c(Cl−)，故A错误；
B.如果两者恰好完全反应生成氯化钠和次氯酸钠，符合：c(Na+)=c(HClO)+c(ClO−)+c(Cl−)，而氢氧化钠过量，所以c(Na+)>c(HClO)+c(ClO−)+c(Cl−)，故B错误；
C.0.1 mol/LCH3COONa溶液与0.1 mol/LHCl溶液混合至pH=7，溶液中溶质为CH3COOH、CH3COONa、NaCl，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(Cl−)+c(OH−)，又知溶液呈中性，c(H+)=c(OH−)得到c(CH3COO−)+c(Cl−)=c(Na+)，根据物料守恒有c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，则c(Cl−)=c(CH3COOH)，c(Na+)>c(Cl−)=c(CH3COOH)故C正确；
D.0.2mol/L氨水与0.1 mol/LHCl溶液等体积混合得到等浓度一水合氨和氯化铵溶液，一水合氨电离程度大于铵根离子水解溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒为c(H+)+c(NH4+)=c(Cl−)+c(OH−)，溶液中存在物料守恒2c(Cl−)=c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)，两者联立可得：c(Cl−)+c(H+)=c(NH3⋅H2O)+c(OH−)，故D正确。
16.【答案】AB
【解析】
【分析】
本题考查催化剂性质的判断，氧化剂、还原剂的辨别，掌握氧化还原反应的分析是解题的关键，较为简单。
【解答】
+5 −1 0 −1 −2 0 +7 +6 +4 0
① 2KClO 3 =MnO2 2KCl+3O 2↑ ②2H 2O 2 =MnO2 2H 2O+O 2↑ ③2KMnO4 =ΔK2MnO4+MnO2+O2↑
A.①中，MnO2是反应的催化剂，故A正确；
B.①中，MnO2是反应的催化剂，反应前后MnO2化学性质没有改变，故B正确；
C.②中，MnO2是反应的催化剂，反应前后MnO2化学性质不发生改变 ，故C错误；
D.③中Mn的化合价从+7价降低到+6和+4价，K2MnO4为还原产物，故D错误。
故选AB。
17.【答案】(1)锥形瓶；b
(2)慢；70.0g/mol；5/7
(3)吸收Cl2
；验证D中是否有ClO2生成
【解析】
【分析】
本题考查实验仪器的识别和作用，离子方程式的书写，以及物质的应用和性质的关系，掌握基础知识和基本操作方法，即可解答，难度不大。
【解答】
(1)仪器D的名称是锥形瓶；F装置为气体性质检验装置，应该长管进气，短管接尾气处理装置，故选b。
(2)为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，A中反应宜缓慢进行，即滴加稀盐酸的速度要慢；
据M=ρ×Vm=2.857g/cm3×24.5L/mol=70.0g/mol；
可以设氯气占x(体积分数也就是物质的量分数)，则二氧化氯占1−x，则有71x+67.5(1−x)=70.0，则x=5/7；
(3)A装置中NaClO3与盐酸反应生成ClO2与Cl2，若进入F装置的气体中还有Cl2，则发生反应Cl2+2KI===2KCl+I2，碘单质可使淀粉溶液变蓝，由题意可知F中溶液的颜色不变，因此装置C的作用是吸收Cl2；
(4)在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素化合价升降规律及电荷守恒可得该反应的离子方程式为；ClO2在D中发生反应生成NaClO2，在酸性条件下NaClO2又会释放出ClO2，则装置F的作用是验证D中是否有ClO2生成。
18.【答案】4.0mol/L 0.040 称量的碳酸钠的质量应为10.6g 定容时视线应与刻度线、凹液面相切 ④
【解析】解：I.(1)根据c=1000ρwM，则c(NaClO)=1000×1.19×25%74.5mol/L=4.0mol⋅L−1，
故答案为：4.0mol/L；
(2)根据稀释前后溶质的物质的量不变，则100 mL×4.0mol⋅L−1=100mL×1.19g/cm3+10000g1g/cm3×c(NaClO)，解得稀释后c(NaClO)≈0.04mol⋅L−1，c(Na+)=c(NaClO)≈0.040mol⋅L−1，
故答案为：0.040；
II.(1)由于实验室无480mL容量瓶，应选用500mL容量瓶，配制出500mL的溶液，故所需的碳酸钠的质量m=CVM=0.2mol/L×0.5L×106g/mol=10.6g，故所称量的碳酸钠的质量错误；定容时应平视刻度线，使凹液面与刻度线相切；
故答案为：称量的碳酸钠的质量应为10.6g；定容时视线应与刻度线、凹液面相切；
(2)①用“左物右码”的方法称量(使用游码)是正确的，故所配溶液的浓度无影响；
②碳酸钠不纯，其中混有氯化钠，则会导致碳酸钠的质量偏小，则浓度偏低；
③容量瓶未经干燥使用对浓度无影响；
④称量碳酸钠时所用砝码生锈，则砝码变重，导致称量出的药品的质量偏大，则溶液浓度偏高；
⑤移液过程中有少量溶液溅出，会导致溶质的损失，则浓度偏低。
故答案为：④。
I.(1)根据含25%NaClO、1000mL、密度1.19g⋅cm−3，根据c=1000ρwM来计算；
(2)根据稀释前后溶质的物质的量不变来计算；
II.((1)由于实验室无480mL容量瓶，应选用500mL容量瓶，据此计算所需的碳酸钠的质量；定容时应平视；
(2)根据c=nV并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。
本题考查配制一定浓度的溶液，为高频考点，把握配制溶液的步骤、操作、误差分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意结合公式分析误差，题目难度不大。
19.【答案】Ⅰ.(1)NaOH、Na2CO3；3：1
(2)NaHCO3、Na2CO3；112mL；0.25mol·L−1；
Ⅱ.(1)Mg(OH)2 ；
(2)1.9g；2.67g；
(3)130。
【解析】
【试题解析】
【分析】
本题考查混合物反应的计算，题目难度较大，明确图象发生反应原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质及守恒思想在化学计算中的应用，注意掌握图象曲线变化的意义，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力。
【解答】
(Ⅰ)(1)当加入30mL盐酸时，溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.25mol/L×0.03L=0.0075mol，所以NaOH的物质的量浓度为：0.0075mol/L0.03L=0.25mol/L；
生成气体发生反应为：HCO3−+H+=H2O+CO2↑，假设溶液中溶质只有Na2CO3，开始没有气体生成时发生的反应为：H++CO32−=HCO3−，前后两过程消耗HCl的体积相等，而A曲线中开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，故A曲线表明A中的溶质为NaOH、Na2CO3；B曲线中，开始阶段消耗盐酸体积小于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，则曲线B表明B中溶质为Na2CO3、NaHCO3，
(1)A溶液对应曲线为A，根据上述分析可知，A溶液中含有溶质为NaOH、Na2CO3，根据H++CO32−=HCO3−、HCO3−+H+=H2O+CO2↑可知，生成二氧化碳时消耗盐酸的物质的量等于碳酸钠的物质的量，即n(Na2CO3)=0.25mol/L×0.006L=0.0015mol，
30mL原NaOH溶液中，n(NaOH)=0.0075mol，根据钠元素守恒可知，A中含有NaOH的物质的量为：0.0075mol−0.0015mol×2=0.0045mol，
所以A溶液中溶质n(NaOH)：n(Na2CO3)=0.0045mol：0.0015mol=3：1，
故答案为：NaOH、Na2CO3；3：1；
(2)根据分析可知，B溶液对应曲线为B，溶质为NaHCO3、Na2CO3；
曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为(30−10)mL=20mL，消耗的n(HCl)=0.25mol/L×0.02L=0.005mol，根据HCO3−+H+=H2O+CO2↑可知，生成的二氧化碳在标况下的体积为：22.4L/mol×0.005mol=0.112L=112mL；
加入30mL盐酸时，反应后溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知：n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.25mol/L×0.03L=0.0075mol，所以NaOH的物质的量浓度为：0.0075mol/L0.03L=0.25mol/L，
故答案为：NaHCO3、Na2CO3；112mL；0.25mol/L；
(Ⅱ)(1)由图可知，NaOH、MgCl2、AlCl3三种物质反应生成氢氧化镁和偏铝酸钠后氢氧化钠过量，则A点的沉淀物为氢氧化镁，
故答案为：Mg(OH)2；
(2)A点的沉淀物为氢氧化镁，根据镁元素守恒得，原混合物中MgCl2的物质的量等于氢氧化镁的物质的量，为：1.16g58g/mol=0.02mol，则MgCl2的质量是：0.02mol×95g/mol=1.9g，A至B点为偏铝酸根离子与氢离子生成氢氧化铝，偏铝酸根离子与该步消耗的氢离子的物质的量相同，为：0.02L×1.00mol/L=0.02mol，根据铝元素守恒得，原混合物中AlCl3的物质的量等于偏铝酸根离子的物质的量为0.02mol，则AlCl3的质量是：0.02mol×133.5g/mol=2.67g，
故答案为：1.9g；2.67g；
(3)由题意可知，B至C为氢氧化镁和氢氧化铝与盐酸反应，氢氧化镁消耗盐酸的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，氢氧化铝消耗盐酸的物质的量为0.02mol×3=0.06mol，则消耗盐酸的体积为：0.04mol+0.06mol1.0mol/L=0.1L=100mL，则C点溶液的体积为30mL+100mL=130mL，
故答案为：130。
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