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2022宁波咸祥中学高一上学期期中考试化学试题含答案
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这是一份2022宁波咸祥中学高一上学期期中考试化学试题含答案，文件包含浙江省宁波市咸祥中学2021-2022学年高一上学期期中考试化学试题含答案doc、浙江省宁波市咸祥中学2021-2022学年高一上学期期中考试化学试题无答案doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
咸祥中学 2021 学年高一第一学期期中考试
化学测试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39
选择题部分
一、选择题(每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的)
1. 下列属于酸性氧化物的是
A. CO2 B. CaO C. HCl D. H2SO4
【答案】A
【解析】
【分析】氧化物是有两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物。酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物。
【详解】A．CO2能与碱发生反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A符合题意；
B．CaO能与酸发生反应生成盐和水，属于碱性氧化物，故B不符合题意；
C．HCl不属于氧化物，故C不符合题意；
D．H2SO4不属于氧化物，故D不符合题意；
本题答案B。
2. 仪器名称为“容量瓶”的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．为圆底烧瓶，故A不选；
B．为容量瓶，故B可选；
C．为干燥管，故C不选；
D．为漏斗，故D不选；
故选B。
3. 下列分散系能产生“丁达尔效应”的是
A. 氢氧化铁胶体 B. 稀硫酸 C. 饱和食盐水 D. 硫酸铜溶液
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】分散系分为溶液、胶体、浊液，胶体粒子的直径在1~100nm之间，分散质微粒直径小于1nm的是溶液，大于100nm的是浊液，丁达尔效应是指当一束光线透过胶体时，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，故B、C、D错误，A正确；
故选A。
4. 下列叙述中，正确的是
A. KNO3固体不导电，所以KNO3不是电解质
B. 铜丝、石墨均能导电，所以它们都是电解质
C. 熔融的MgCl2能够导电，所以MgCl2是电解质
D. NaCl溶于水，在通电的情况下才能发生电离
【答案】C
【解析】
【详解】A．KNO3固体中离子受到离子键的作用，不能自由移动，所以不导电，但KNO3固体溶于水或熔融状态下能够发生电离，属于电解质，A项错误；
B．铜丝、石墨虽能导电，但均是单质，不是化合物，因此既不是电解质也不是非电解质，B项错误；
C．根据电解质的定义可知，熔融的MgCl2能导电，MgCl2是电解质，C项正确；
D．NaCl溶于水可电离生成钠离子与氯离子，无需外接电源，D项错误；
故选C。
5. 氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，其中氢元素为-1价。NaH用作生氢剂时的化学反应原理为：NaH+H2O=NaOH+H2↑。下列有关该反应的说法中，正确的是
A. 该反应属于置换反应 B. 该反应属于复分解反应
C. NaH是氧化剂 D. H2O中的氢元素被还原
【答案】D
【解析】
【分析】NaH中H元素显－1价，H2O中H元素显＋1价，H2中H元素的化合价为0，根据氧化还原反应的归中规律分析。
【详解】A．置换反应是单质+化合物→单质+化合物，根据该反应的特点，该反应不属于置换反应，故A错误；
B．该反应不属复分解反应，属于氧化还原反应，故B错误；
C．NaH中H元素显－1价，在反应中转化成0价，化合价升高被氧化，NaH为还原剂，故C错误；
D．H2O中部分H元素由＋1价→0价，化合价降低被还原，H2O中部分H被还原，故D正确；
答案：D。
6. 对于给定物质的量的气体，决定其体积大小的主要因素是（ ）
A. 分子本身大小 B. 分子间平均距离
C. 相对分子质量 D. 分子数目
【答案】B
【解析】
【分析】气体分子之间的距离远远大于分子本身的直径，分子大小可以忽略不计，当分子数一定，气体的体积主要决定于气体分子之间的距离。
【详解】气体分子间距离较大，远大于分子的直径，所以分子自身大小可以忽略不计，决定气体体积的因素主要为构成物质的分子数和分子间的距离，一定物质的量的气体，气体的分子数目一定，影响气体体积大小的主要因素是气体分子间的平均距离，故B正确；
故选B。
7. 下列说法中正确的是
A. 摩尔是可以把物质的质量与微观粒子数联系起来的一个基本物理量
B. 0.012 kg12C中所含的碳原子数为NA
C. 物质的摩尔质量等于其相对分子（原子）质量
D. 1mol任何物质都含有约6.02×1023个原子
【答案】B
【解析】
【详解】A、物质的量是把宏观和微观联系起来的一个基本物理量，摩尔是物质的量的单位，故错误；
B、阿伏加德罗常数规定是0.012kg碳－12中所含碳原子的数，故正确；
C、摩尔质量在数值上等于其相对原子质量或相对分子质量，故错误；
D、1mol任何微粒含有的微粒数是6.02×1023，有的物质是分子组成，如氧气，1mol氧气中含有氧原子数为2×6.02×1023，故错误。
答案选B。
8. 下列说法不正确的是
A. 碳酸钠可用于焙制糕点 B. 漂粉精可用于游泳池的消毒
C. 氯化铁可用于制作印刷电路板 D. 铝合金是制造飞机的材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钠的热稳性较好，受热不易分解，且碱性较强，不能用于焙制糕点，而应该用碳酸氢钠，故A说法正确；
B．漂白精的有效成分为次氯酸钙，会与空气中二氧化碳和水反应生成次氯酸，具有强氧化性，能杀菌消毒，故B说法正确
C．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，故氯化铁可用于制作印刷电路板，故C说法正确；
D．铝合金密度小，硬度大，故可作制造飞机的材料，故D说法正确；
本题答案为D。
9. 在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是（ ）
A. Na+、K+、OH－、Cl－ B. Na+、Cu2+ 、SO、NO
C. Mg2+、Na+、SO、Cl－ D. Ca2+、HCO、NO、K+
【答案】C
【解析】
【详解】A．强酸性溶液中的H++ OH－=H2O，A不合题意；
B．无色透明溶液中不能存在大量的Cu2+，B不合题意；
C．强酸性溶液中的H+与Mg2+、Na+、SO、Cl－均不反应，故能够大量共存，C符合题意；
D．强酸性溶液中的H++HCO=H2O+CO2↑，D不合题意；
故答案为：C。
10. 标准状况下，3.36L气体A的质量为4.8g，则气体A的摩尔质量为（ ）
A. 32g B. 32g∙mol-1 C. 64g D. 64g∙mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】标准状况下，气体摩尔体积Vm=22.4L/mol，n(A)===0.15mol，M(A)=== 32g∙mol-1，故选B。
11. 下列叙述正确的是
A. 20.0g溶解在1L水中，所得溶液的物质的量浓度为
B. 从1L溶液中取出0.5L，取出的溶液浓度为
C. 配制1L溶液，需用5.85g固体
D. 常温常压下，将2.24L气体溶于水制得100mL溶液，其物质的量浓度为
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A. 物质量浓度c=， 20.0g溶解在1L水中形成的溶液体积未知，无法计算物质的量浓度，故A错误；
B.溶液是均一稳定的分散系，从1L溶液中取出0.5L，取出的溶液浓度为，故B错误；
C. 1L溶液中溶质的物质的量为n=1L×0.1mol/L=0.1mol，质量为m=0.1mol×58.5g/mol=5.85g，故C正确；
D.常温常压下，2.24L气体的物质的量不是0.1mol，故D错误；
故答案为 C。
12. 下列实验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数的是
A. 取ag混合物充分加热，质量减少bg
B. 取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液
C. 取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
D. 取ag混合物与足量稀盐酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg
【答案】B
【解析】
【详解】A．取ag混合物充分加热，质量减少bg，则NaHCO3分解生成的CO2、H2O的质量和为bg，由此可计算出NaHCO3的质量，从而求出Na2CO3的质量分数，A不符合题意；
B．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液，由于没有沉淀或气体产生，无法求出与Na2CO3、NaHCO3相关的微粒的质量或物质的量，无法求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，B符合题意；
C．取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到的bg固体为NaCl的质量，由此可求出混合物中Na+的物质的量，与ag共同建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，C不符合题意；
D．取ag混合物与足量稀盐酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg，即CO2的质量为bg，由a和b建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，D不符合题意；
故选B。
13. 设NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列有关叙述正确的是
A. 标准状况下，2.24 L H2O含有的分子数等于0.1NA
B. 1.0 mol·L-1NaNO3溶液中含有的钠原子数为NA
C. 0.1molFe 在0.1molCl2中充分燃烧生成 FeCl3，转移电子数为0.3 NA
D. 若CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，则其中的氧原子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．标准状况下水为液体，不能根据气体摩尔体积计算2.24 L H2O的物质的量，故A错误；
B． 1.0 mol·L-1NaNO3溶液的体积不知道，难以计算溶液中含有的钠离子数，故B错误；
C．0.1molFe 在0.1molCl2中充分燃烧生成 molFeCl3，Fe过量，实际转移电子数为0.2 NA，故C错误；
D．CO2和O2分子中均含有2个氧原子，则：若CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，共含有2NA个氧原子，故D正确；
故答案为D。
14. 下列关于氯元素及氯气的叙述中，正确的是
A. 干燥的氯气可以贮存在钢瓶中
B. 氯元素在自然界中既有化合态存在，也有游离态存在
C. 氯气难溶于水，可直接用排水法收集氯气
D. 氯水、液氯是状态不同的同一种物质，均属于纯净物
【答案】A
【解析】
分析】
【详解】A．虽然氯气性质很活泼，但常温下，氯气和铁不反应，所以干燥的氯气可以贮存在钢瓶中，故A正确；
B．氯气性质很活泼，能和水反应生成酸，酸能溶解很多物质，所以氯气在自然界中不能以游离态存在，故B错误；
C．氯气能溶于水，常温下，1体积的水能溶解2体积的氯气，所以氯气不能用排水法收集，故C错误；
D．氯水是氯气的水溶液，是由多种成分组成的，所以属于混合物，故D错误。
故选：A。
【点睛】本题考查了氯气的性质、收集方法等，易错选项是D，注意液氯和氯水的成分不同。
15. 下列实验过程中没有浑浊现象的是
A. 常温时向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2气体
B. 向CaCl2溶液中通入CO2气体
C. 向CuSO4溶液加入Na块
D. 向硝酸银溶液中通入氯气
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．向饱和Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体反应生成碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠而结晶沉淀，方程式为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，溶液变浑浊，故A不选；
B．氯化钙不会与二氧化碳反应，没有浑浊现象，故B选；
C．钠进入CuSO4溶液后，首先是和水反应，生成NaOH和氢气，然后氢氧化钠再和CuSO4反应生成硫酸铜沉淀，溶液变浑浊，故C不选；
D．氯气通入硝酸银溶液中，氯气首先和水反应生成HCl和HClO，HCl和硝酸银反应生成氯化银沉淀，溶液变浑浊，故D不选；
故选B。
16. 常温下，与100 mL 0.10 mol·L-1 MgCl2溶液中Cl﹣的物质的量相等的是
A. 200 mL 0.10 mol·L-1 KCl溶液 B. 100 mL 0.20 mol·L-1 NaClO溶液
C. 200 mL 0.10 mol·L-1 BaCl2溶液 D. 50 mL 0.05 mol·L-1 AlCl3溶液
【答案】A
【解析】
【分析】100mL 0.10mol•L-1MgCl2溶液中Cl-的物质的量为0.1L×0.1mol/L×2=0.02mol，结合n=cV及物质的构成分析解答。
【详解】A. 200 mL 0.10mol•L-1 KCl溶液中Cl-的物质的量为0.2L×0.10mol/L=0.02mol，故A选；
B. 100 mL 0.20 mol·L-1 NaClO溶液中Cl-的物质的量为0，故B不选；
C. 200 mL 0.10 mol·L-1 BaCl2溶液中Cl-的物质的量为0.2L×0.10mol/L×2=0.04mol，故C不选；
D. 50 mL 0.05 mol·L-1 AlCl3溶液中Cl-的物质的量为0.05L×0.05mol/L×3=0.0075mol，故D不选；
故选A。
【点睛】本题的易错点为B，要注意次氯酸钠溶液中存在钠离子和次氯酸根离子，没有氯离子。
17. 某兴趣小组测定混合溶液导电性实验，下列说法中错误的是
A. 图①可以是向H2SO4溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的Ba(OH)2溶液
B. 图②可以是将饱和氯水进行光照
C. 图③可以是向NaOH溶液中通入少量Cl2
D. 图④可以是向饱和石灰水中不断通入CO2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．向H2SO4溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的Ba(OH)2溶液，发生反应：H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，二者完全反应生成沉淀和弱电解质水，导致溶液导电性几乎为0，再继续滴加硫酸溶液，溶液中离子浓度增大，导电性又逐渐增强，故A正确；
B．将饱和氯水进行光照，次氯酸分解得到盐酸和氧气，2HClO2HCl+O2↑，盐酸是强酸，次氯酸是弱酸，光照后电解质导电性增强，故B正确；
C．向NaOH溶液中通入少量Cl2会发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，自由移动离子浓度几乎不变，导电性也基本不变，故C正确；
D．石灰水中通入二氧化碳，得到难溶的碳酸钙沉淀和水，导电能力会明显降低，继续通二氧化碳，会在溶液中和碳酸钙反应得到易电离的碳酸氢钙，导电能力又会逐渐变强，故D错误；
故答案为D。
18. 如图所示：若关闭Ⅰ阀，打开Ⅱ阀，让潮湿的氯气经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色；若关闭Ⅱ阀打开Ⅰ阀，再通入这种气体，布条褪色。甲瓶中所盛的试剂不可能是
A. 浓H2SO4 B. NaOH溶液 C. NaCl溶液 D. Ca(OH)2溶液
【答案】C
【解析】
【分析】若关闭Ⅰ阀，打开Ⅱ阀，让一种含有氯气的气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色，若关闭Ⅱ阀打开Ⅰ阀，再通入这种气体，布条褪色，则可能有两种情况：一是氯气在甲中被干燥，二是氯气被吸收。据此分析解答。
【详解】A．氯气经过浓硫酸被干燥，干燥的氯气不能使有色布条褪色，故A不选；
B．氯气通过NaOH溶液被吸收，气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色，故B不选；
C．而通过饱和NaCl溶液后，湿润的氯气可将红色布条漂白，故C选；
D．氯气通过Ca(OH)2溶液被吸收，气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色，故D不选；答案选C。
19. 从某些性质看(CN)2和Cl2，NH3和H2O，NH和H+，NH和OH-各组内两两相似，据此判断下列反应其中正确的是
①(CN)2+2OH–=OCN–+CN–+H2O
②2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑
③CuO+2NH4Cl=CuCl2+2NH3+H2O
④NH4Cl+NaNH2=2NH3↑+NaCl
A. ①②④ B. ①③④ C. ②③④ D. 都正确
【答案】D
【解析】
分析】
【详解】①(CN)2和Cl2相似，可以依据Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，类推得到反应为：(CN)2+2OH–=OCN–+CN–+H2O，故正确；
②NH3和H2O相当，可以依据2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，类推得到反应为：2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑，故正确；
③NH和H+相似，NH3和H2O相似，可以依据：CuO+2HCl=CuCl2+H2O，类推得到反应为：CuO+2NH4Cl=CuCl2+2NH3+H2O，故正确；
④NH和OH-相当，NH3和H2O相当，依据NH4Cl+NaOH=NH3↑+NaCl+ H2O，类推得到反应为：NH4Cl+NaNH2=2NH3↑+NaCl，故正确；
故选D。
20. 下列离子方程式书写正确的是
A. 金属钠和水反应：Na+H2O=Na++OH-+H2↑
B. 碳酸钙与盐酸反应：CO+2H+=CO2↑+H2O
C. 澄清石灰水与少量NaHCO3溶液混合：Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+CO+2H2O
D. 稀硫酸和Ba(OH)2溶液混合：2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．离子方程式没有配平，正确的是2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；
B．碳酸钙不应拆写，正确的是CaCO3+2H+= Ca2++CO2↑+H2O，故B错误；
C．澄清石灰水与少量NaHCO3溶液混合，正确的反应是Ca(OH)2+NaHCO3=H2O+CaCO3 ↓+ NaOH，所以正确的离子方程式为 Ca2+ + OH- + HCO= CaCO3↓+ H2O ，故C错误；
D．稀硫酸和Ba(OH)2溶液混合，生成的BaSO4和H2O是不拆的，故D正确；
本题答案D。
21. 某学习小组的同学按下列实验流程制备Na2CO3，设计的部分装置如图所示。
下列叙述正确的是
A. 若X 为稀硫酸，Y 为石灰石，则可用装置甲制取CO2
B. 反应①可在装置乙中发生，反应②可在装置丁中发生
C. 可用装置丙进行过滤操作
D. 向母液中滴加Ba(OH)2，溶液无明显变化
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．装置甲是制取CO2的装置，制取CO2不能用稀硫酸，生成的硫酸钙是微溶的，会把石灰石与硫酸隔开，应该用稀盐酸和石灰石反应，故A叙述错误；
B．反应①制取NaHCO3可在装置乙中发生，反应②是NaHCO3加热分解制Na2CO3，同时有CO2和水生成，丁中试管口应略向下倾斜，故反应②不可以在装置丁中发生，故B叙述错误；
C．装置丙为过滤装置，过滤是将固液混合物进行分离，可以用装置丙进行过滤操作，故C叙述正确；
D．碳酸氢钠析出，是因为碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，此时母液中肯定还有碳酸根离子，故滴加Ba(OH)2溶液会变浑浊，不会无明显变化，故D说法错误；
本题答案C。
22. 取A、B两份物质的量浓度相等的NaOH溶液，体积均为50mL，分别向其中通入一定量的CO2后，再分别稀释到100 mL，在稀释后的溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，产生的CO2体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图，下列说法正确的是
A. 原NaOH溶液的物质的量浓度0.075mol·L-1
B. A曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质为NaOH和Na2CO3且物质的量之比为1:3
C. B曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质为Na2CO3和NaHCO3且物质的量之比为1:1
D. B曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质与盐酸反应产生气体的最大体积为33.6 mL(标准状况)
【答案】C
【解析】
【分析】CO2和NaOH溶液反应，根据通入CO2的量分四种情况，第一种情况是CO2量不足，反应后溶液的成分是NaOH、Na2CO3，第二种是CO2恰好反应，反应后溶液成分只有一种Na2CO3，第三种是CO2过量不多，反应后的溶液成分是Na2CO3、NaHCO3，最后一种是CO2完全过量，反应后溶液成分是NaHCO3，通过题目的CO2体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系图，反应后的溶液成分只可能是前三种情况，据此解答。
【详解】A．两种溶液当加入的盐酸为75ml时，CO2体积达到最大值，说明此时加入的盐酸和两种溶液恰好反应，反应后的溶液都为NaCl溶液，根据整个过程中钠离子守恒，可得关系式 NaOH~NaCl~HCl，然后根据消耗的盐酸的量求出氢氧化钠的物质的量，进而求出原NaOH溶液的浓度，所以n(NaOH)=n(HCl)=0.0750.1=0.0075mol，则c(NaOH)==015 mol·L-1，故A错误；
B．通过A曲线可知当滴入盐酸为60 mL时，才有CO2气体放出，此时发生的反应为NaHCO3+ HCl=NaCl+H2O+ CO2↑，CO2全部放出时，此阶段共消耗盐酸15 mL，根据化学方程式，可求出n(NaHCO3)=n(HCl)= 0.0150.1=0.0015 mol。通过分析，A曲线溶液成分有三种可能，一种是氢氧化钠和碳酸钠，一种是只有碳酸钠，一种是碳酸钠和碳酸氢钠，如果只有碳酸钠，那么整个过程消耗的盐酸是n(HCl) =2n(Na2CO3)=2 n(NaHCO3)= 0.0015 mol=0.003，即消耗的盐酸总计0.003 mol，即消耗盐酸30 mL，这和事实是不相符的，故曲线A的溶液成分只含有碳酸钠就排除了，如果含有的是碳酸钠和碳酸氢钠，则根据钠离子守恒，可知n(NaHCO3)应该等于 n(NaOH)，事实上是n(NaHCO3)= 0.0015 mol
D． 经分析B曲线溶液中含有碳酸钠和碳酸氢钠，且二者物质的量都是0.0025 mol，它们与盐酸反应产生的二氧化碳的物质的量和碳酸根物质的量是相等的，则产生的CO2的体积的最大值为V(CO2)= 0.005 mol=0.112L=112mL，故D错误；
本题答案C。
23. 现有标准状况下四种气体①8.96L； ②个； ③30.6g； ④。下列关系从小到大表示不正确的是
A. 体积：④<①<②<③ B. 密度：①<④<③<②
C. 质量：④<①<③<② D. 氢原子数：②<④<①<③
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】标准状况下①8.96L的物质的量为，所含氢原子个数为0.4×4=1.6NA，质量为0.4mol×16g/mol=6.4g；②个物质的量为0.5mol，体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，所含氢原子个数为0.5 NA，质量为0.5mol×36.5g/mol=18.25g；③30.6g物质的量为，所含氢原子个数为0.9×2=1.8NA，体积为0.9mol×22.4L/mol=20.16L，质量为30.6g；④体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L，所含氢原子个数为0.3×3=0.9NA，质量为0.3mol×17g/mol=5.1g；
A.体积大小关系为：④<①<②<③，故A正确；
B.同温同压下气体密度比等于摩尔质量之比，所以密度大小关系为：①<④<③<②，故B正确；
C.质量大小关系为：④<①<②<③，故C错误；
D.氢原子个数大小关系为：②<④<①<③，故D正确；
故答案为C。
【点睛】本题考查物质的量有关计算，侧重考查对基本公式的理解和掌握，明确各个物理量之间的关系是解本题关键，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件，题目难度不大。
24. 同温同压下，等体积的和相比较，下列叙述不正确的是
A. 质量比为11：16 B. 密度比为11：16
C. 物质的量比为16：11 D. 分子个数比为1：1
【答案】C
【解析】
【详解】同温同压下，等体积的和具有相同的分子数，即相同的物质的量，且Vm相同，设物质的量均为1mol。
A．CO2和SO2的质量比为1mol×44g/mol:1mol×64g/mol =11：16，故A正确；
B．密度之比等于摩尔质量之比，则44g/mol:64g/mol =11：16，故B正确；
C．同温同压下，等体积的和具有相同的分子数，即相同的物质的量，故C错误；
D．物质的量相同，则分子数之比为1：1，故D正确；
故选：C。
【点睛】把握质量、体积、物质的量的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意基本公式的应用，题目难度不大。
25. 某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行了如下实验：
下列说法正确的是
A. 该混合物一定是K2CO3和NaCl B. 该混合物可能是Na2CO3和KCl
C. 该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3 D. 该混合物一定是Na2CO3和NaCl
【答案】B
【解析】
【详解】焰色反应显黄色，说明一定存在钠离子，可能有钾离子。加入过量的硝酸钡溶液产生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在盐酸中，说明一定存在碳酸根，不存在硫酸根。滤液中加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀，说明含有氯离子，即一定存在Na+、Cl-、CO32-，一定不存在SO42-，可能含有K+；
答案选B。
二、非选择题
26. 现有以下物质：①NaCl晶体；②盐酸；③CaCO3固体；④熔融KCl；⑤蔗糖；⑥铜；⑦CO2；⑧冰醋酸；⑨KOH固体；⑩液氨
(1)以上物质中能导电的是____________。(填序号，下同)
(2)以上物质中属于电解质的是_________，属于非电解质的是____________。
【答案】 ①. ②④⑥ ②. ①③④⑧⑨ ③. ⑤⑦⑩
【解析】
【分析】电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物。
①NaCl晶体没有自由移动的离子和电子，不能导电，它的水溶液和熔融状态都可以导电，属于电解质；
②盐酸中有自由移动的离子，可以导电，但盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
③CaCO3固体没有自由移动的离子和电子，不能导电，它的熔融状态可以导电，属于电解质；
④熔融KCl有自由移动的离子，可以导电，属于电解质；
⑤蔗糖没有自由移动的离子和电子，不能导电，它的水溶液和熔融状态都不能导电，属于非电解质；
⑥铜中有自由移动的电子，可以导电，但铜是单质，既不是电解质也不是非电解质；
⑦CO2中没有自由移动的离子和电子，不能导电，属于非电解质；
⑧冰醋酸中没有自由移动的离子和电子，不能导电，它的水溶液能导电，属于电解质；
⑨KOH固体没有自由移动的离子和电子，不能导电，它的水溶液和熔融状态都可以导电，属于电解质；
⑩液氨中没有自由移动的离子和电子，不能导电，属于非电解质；
【详解】(1)根据分析，能导电的是②④⑥；
(2)根据分析，属于电解质的是①③④⑧⑨；属于非电解质的是⑤⑦⑩；
27. 高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠有多种方法，其中一种方法的化学原理可用化学方程式表示为：3NaClO + 2Fe(OH)3 + 4NaOH = 2Na2FeO4 + 3NaCl + 5H2O
(1)请用双线桥表示该氧化还原反应中电子转移的方向和数目_______；
(2)该反应中氧化剂是_______；氧化产物是_______；
(3)反应中当有3mol电子转移时，生成高铁酸钠的质量为_______g；
(4)将高铁酸钠溶液滴入稀硫酸中，会放出O2，并生成Na2SO4和Fe2(SO4)3，请写出并配平化学方程式_______。
【答案】 ①. ②. NaClO ③. Na2FeO4 ④. 166 ⑤. 4Na2FeO4+10H2SO4=4Na2SO4+2Fe2(SO4)3+3O2↑+10H2O
【解析】
【分析】3NaClO + 2Fe(OH)3 + 4NaOH = 2Na2FeO4 + 3NaCl + 5H2O反应中，NaClO中氯元素由+1价降低到NaCl中的-1价，发生了还原反应，NaClO做氧化剂，3NaClO完全被还原，转移6mol电子；Fe(OH)3中铁元素由+3价升高到Na2FeO4中+6价，发生了氧化反应，Fe(OH)3做还原剂，Na2FeO4为氧化产物。
【详解】(1)结合以上分析可知，该反应发生后，转移6mol电子，用双线桥表示该氧化还原反应中电子转移的方向和数目：；
(2)结合以上分析可知，该反应中氧化剂是NaClO，氧化产物是Na2FeO4；
(3)根据问题(1)可知，6e-~ 2Na2FeO4，所以反应中当有3mol电子转移时，生成高铁酸钠的物质的量为1mol，质量为1mol×166g/mol=166g；
(4)将高铁酸钠溶液滴入稀硫酸中，会放出O2，并生成Na2SO4和Fe2(SO4)3，反应的表达式为：Na2FeO4+H2SO4→Na2SO4+Fe2(SO4)3+O2↑+H2O，铁元素由+6价降低到+3价，所以2Na2FeO4→Fe2(SO4)3，化合价共降了6价；氧元素由-2价升高到0价，化合价升高了4价，根据化合价升降总数相等规律，Na2FeO4填系数4，Fe2(SO4)3填系数2，O2填系数3，据原子守恒规律配平其它物质的系数，配平后的方程式为：4Na2FeO4+10H2SO4=4Na2SO4+2Fe2(SO4)3+3O2↑+10H2O。
28. 某化学研究性学习小组需配制含有NH、Cl-、K＋、SO植物培养液450 mL，且要求该培养液中c(Cl-)=c(K＋)=c(SO)=0.4 mol·L-1。实验室提供的药品有：NH4Cl、KCl、(NH4)2SO4、K2SO4和蒸馏水；提供的实验仪器有：①药匙 ②托盘天平 ③烧杯 ④玻璃棒 ⑤胶头滴管 ⑥量筒。请回答下列问题：
(1)该植物培养液中，NH的物质的量浓度为_______。
(2)该研究小组配制该植物培养液时，还须用到的实验仪器是_______(填字母)。
A.450 mL容量瓶 B.500 mL容量瓶 C.两个250 mL容量瓶
(3)甲同学用KCl和(NH4)2SO4两种物质进行配制，则需称取m(KCl)=_______g，m[(NH4)2SO4]=_______g。
(4)若配制该培养液的其他操作均正确，则下列操作将使所配制溶液的浓度偏低的是_______(填字母)。
A.将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒
B.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶
C.用胶头滴管向容量瓶中加水时，溶液的凹液面高于容量瓶刻度线
D.用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线
E.用已生锈砝码称量所需物质的质量
【答案】 ①. 0.8 mol·L-1 ②. B ③. 14.9 ④. 26.4 ⑤. ABC
【解析】
【分析】
【详解】(1)该培养液中c(Cl-)=c(K＋)=c(SO)=0.4 mol·L-1，根据溶液中电荷守恒规律可知：c(Cl-)+2 c(SO)= c(K＋)+ c(NH)，0.4+2×0.4=0.4+ c(NH)，c(NH)=0.8 mol·L-1；
(2) 配制该植物培养液450mL，需要选择500 mL容量瓶；故选B；
(3)要求该培养液中c(Cl-)=c(K＋) =0.4 mol·L-1，c(NH)=0.8 mol·L-1，则需要氯化钾的物质的量浓度为0.4 mol·L-1，则需要氯化钾固体的质量m=0.4 mol·L-1×0.5L×74.5g/mol=14.9g；c(NH)=0.8 mol·L-1，则需要硫酸铵的物质的量浓度为0.4 mol·L-1，需要硫酸铵固体质量m=0.4 mol·L-1×0.5L×132g/mol=26.4g；
(4)根据c=进行分析：
A．将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的量减小，所配溶液的浓度偏低；故可选；
B．将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶，溶质的量减小，所配溶液的浓度偏低；故可选；
C．用胶头滴管向容量瓶中加水时，溶液的凹液面高于容量瓶刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低；故可选；
D．用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线，造成溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高；故不选；
E．用已生锈的砝码称量所需物质的质量，造成溶质的量增大，所配溶液的浓度偏高；故不选；
故选ABC。
29. 下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E 是含A元素的常见化合物，且B是一种淡黄色的固体。
请填写下列空白：
(1)写出化学式： B__________，D__________。
(2)以上反应中，属于氧化还原反应的有__________________(填写编号)。
(3)写出A→C反应的离子方程式：_____________，E→D反应的化学方程式：_____________。
【答案】 ①. Na2O2 ②. Na2CO3 ③. ①②③④ ④. 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ ⑤. 2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O
【解析】
【分析】A为一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，且B是一种淡黄色的固体，则B是过氧化钠，A燃烧生成B，所以A是Na，与水反应生成C是氢氧化钠，过氧化钠溶于水也生成氢氧化钠，过氧化钠与CO2反应生成D是碳酸钠，氢氧化钠吸收足量的CO2生成E是碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠。
【详解】(1)根据以上分析可知B和D的化学式分别是Na2O2、Na2CO3；
(2)凡是有元素化合价升降的反应均是氧化还原反应，根据以上分析可知属于氧化还原反应的有①②③④；
(3)A→C反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，E→D反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O。
【点睛】掌握钠及其化合物的性质、相关的转化关系是解答的关键，B是解答的突破口。注意掌握解框图题最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。
30. 无水氯化铝常作为有机合成和石油化工的催化剂。工业上可由金属铝和纯净的氯气作用制备。某课外兴趣小组在实验室里，通过如图所示装置，制取少量纯净的无水氯化铝。据此回答下列问题：
查阅资料：常温下，无水氯化铝为白色晶体，易吸收水分，在178 ℃升华。装有无水氯化铝的试剂瓶久置潮湿空气中，会自动爆炸并产生大量白雾。
（1）写出A装置中，实验室制取Cl2的离子方程式_______；
（2）仪器甲为_______(写名称)；装置B中加入的试剂是_______；装置C中加入的试剂是_______；
（3）为制得较纯净的氯化铝，实验开始时应先点燃酒精灯_______(填“A”或“D”)， F装置中碱石灰所起的作用是_______；
（4）若A装置中导出的气体若不经过B、C装置而直接进入D装置中，产生的后果是_______。
【答案】（1）4H++2Cl-+MnO2Mn2++Cl2↑+2H2O
（2） ①. 分液漏斗 ②. 饱和食盐水 ③. 浓硫酸
（3） ①. A ②. 防止外界水蒸气进入；吸收尾气Cl2，防止污染空气
（4）引起爆炸
【解析】
【分析】A为氯气的发生装置，实验室常用二氧化锰与浓盐酸加热反应制取Cl2，氯气中混有的氯化氢气体可以用饱和食盐水吸收(B)，浓硫酸吸收水蒸气(C)，干燥纯净的氯气与金属铝反应产生氯化铝，因为氯化铝易升华，所以可用装置E来收集氯化铝固体；因为氯化铝易吸水，所以用盛有碱石灰的装置F来吸收空气中的水蒸气，同时还能吸收反应剩余的氯气，避免对环境带来危害。
【小问1详解】
A装置为气体发生装置，实验室常用二氧化锰与浓盐酸加热反应制取Cl2，反应的离子方程式：4H＋＋2Cl-＋MnO2Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；
【小问2详解】
根据仪器的结构，仪器甲为分液漏斗；氯气中混有氯化氢，可以用饱和食盐水溶液除去氯化氢，以防氯化氢对后续实验产生干扰，因此装置B中加入的试剂是饱和食盐水；装置C用于吸收氯气中的水蒸气、则C中加入的试剂是浓硫酸；
【小问3详解】
为制得较纯净的氯化铝，实验开始时应先点燃酒精灯A处的酒精灯，利用反应产生的氯气，排净装置内的空气，以防装置内的空气与铝发生反应；反应后剩余的氯气有毒，不能直接排放到空气中，需要吸收处理，同时，根据信息可知，氯化铝易吸水分，因此需要防止空气中的水蒸气进入到E装置内；所以F装置中碱石灰所起的作用是：防止外界水蒸气进入；吸收尾气Cl2，防止污染空气；
【小问4详解】
若A装置中导出的气体若不经过B、C装置而直接进入D装置中，氯气中混有水蒸气和氯化氢气体，因此潮湿的氯化氢气体会与金属铝反应产生氢气，会引起爆炸。
咸祥中学 2021 学年高一第一学期期中考试
化学测试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39
选择题部分
一、选择题(每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的)
1. 下列属于酸性氧化物的是
A. CO2 B. CaO C. HCl D. H2SO4
【答案】A
【解析】
【分析】氧化物是有两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物。酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物。
【详解】A．CO2能与碱发生反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A符合题意；
B．CaO能与酸发生反应生成盐和水，属于碱性氧化物，故B不符合题意；
C．HCl不属于氧化物，故C不符合题意；
D．H2SO4不属于氧化物，故D不符合题意；
本题答案B。
2. 仪器名称为“容量瓶”的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．为圆底烧瓶，故A不选；
B．为容量瓶，故B可选；
C．为干燥管，故C不选；
D．为漏斗，故D不选；
故选B。
3. 下列分散系能产生“丁达尔效应”的是
A. 氢氧化铁胶体 B. 稀硫酸 C. 饱和食盐水 D. 硫酸铜溶液
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】分散系分为溶液、胶体、浊液，胶体粒子的直径在1~100nm之间，分散质微粒直径小于1nm的是溶液，大于100nm的是浊液，丁达尔效应是指当一束光线透过胶体时，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，故B、C、D错误，A正确；
故选A。
4. 下列叙述中，正确的是
A. KNO3固体不导电，所以KNO3不是电解质
B. 铜丝、石墨均能导电，所以它们都是电解质
C. 熔融的MgCl2能够导电，所以MgCl2是电解质
D. NaCl溶于水，在通电的情况下才能发生电离
【答案】C
【解析】
【详解】A．KNO3固体中离子受到离子键的作用，不能自由移动，所以不导电，但KNO3固体溶于水或熔融状态下能够发生电离，属于电解质，A项错误；
B．铜丝、石墨虽能导电，但均是单质，不是化合物，因此既不是电解质也不是非电解质，B项错误；
C．根据电解质的定义可知，熔融的MgCl2能导电，MgCl2是电解质，C项正确；
D．NaCl溶于水可电离生成钠离子与氯离子，无需外接电源，D项错误；
故选C。
5. 氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，其中氢元素为-1价。NaH用作生氢剂时的化学反应原理为：NaH+H2O=NaOH+H2↑。下列有关该反应的说法中，正确的是
A. 该反应属于置换反应 B. 该反应属于复分解反应
C. NaH是氧化剂 D. H2O中的氢元素被还原
【答案】D
【解析】
【分析】NaH中H元素显－1价，H2O中H元素显＋1价，H2中H元素的化合价为0，根据氧化还原反应的归中规律分析。
【详解】A．置换反应是单质+化合物→单质+化合物，根据该反应的特点，该反应不属于置换反应，故A错误；
B．该反应不属复分解反应，属于氧化还原反应，故B错误；
C．NaH中H元素显－1价，在反应中转化成0价，化合价升高被氧化，NaH为还原剂，故C错误；
D．H2O中部分H元素由＋1价→0价，化合价降低被还原，H2O中部分H被还原，故D正确；
答案：D。
6. 对于给定物质的量的气体，决定其体积大小的主要因素是（ ）
A. 分子本身大小 B. 分子间平均距离
C. 相对分子质量 D. 分子数目
【答案】B
【解析】
【分析】气体分子之间的距离远远大于分子本身的直径，分子大小可以忽略不计，当分子数一定，气体的体积主要决定于气体分子之间的距离。
【详解】气体分子间距离较大，远大于分子的直径，所以分子自身大小可以忽略不计，决定气体体积的因素主要为构成物质的分子数和分子间的距离，一定物质的量的气体，气体的分子数目一定，影响气体体积大小的主要因素是气体分子间的平均距离，故B正确；
故选B。
7. 下列说法中正确的是
A. 摩尔是可以把物质的质量与微观粒子数联系起来的一个基本物理量
B. 0.012 kg12C中所含的碳原子数为NA
C. 物质的摩尔质量等于其相对分子（原子）质量
D. 1mol任何物质都含有约6.02×1023个原子
【答案】B
【解析】
【详解】A、物质的量是把宏观和微观联系起来的一个基本物理量，摩尔是物质的量的单位，故错误；
B、阿伏加德罗常数规定是0.012kg碳－12中所含碳原子的数，故正确；
C、摩尔质量在数值上等于其相对原子质量或相对分子质量，故错误；
D、1mol任何微粒含有的微粒数是6.02×1023，有的物质是分子组成，如氧气，1mol氧气中含有氧原子数为2×6.02×1023，故错误。
答案选B。
8. 下列说法不正确的是
A. 碳酸钠可用于焙制糕点 B. 漂粉精可用于游泳池的消毒
C. 氯化铁可用于制作印刷电路板 D. 铝合金是制造飞机的材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钠的热稳性较好，受热不易分解，且碱性较强，不能用于焙制糕点，而应该用碳酸氢钠，故A说法正确；
B．漂白精的有效成分为次氯酸钙，会与空气中二氧化碳和水反应生成次氯酸，具有强氧化性，能杀菌消毒，故B说法正确
C．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，故氯化铁可用于制作印刷电路板，故C说法正确；
D．铝合金密度小，硬度大，故可作制造飞机的材料，故D说法正确；
本题答案为D。
9. 在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是（ ）
A. Na+、K+、OH－、Cl－ B. Na+、Cu2+ 、SO、NO
C. Mg2+、Na+、SO、Cl－ D. Ca2+、HCO、NO、K+
【答案】C
【解析】
【详解】A．强酸性溶液中的H++ OH－=H2O，A不合题意；
B．无色透明溶液中不能存在大量的Cu2+，B不合题意；
C．强酸性溶液中的H+与Mg2+、Na+、SO、Cl－均不反应，故能够大量共存，C符合题意；
D．强酸性溶液中的H++HCO=H2O+CO2↑，D不合题意；
故答案为：C。
10. 标准状况下，3.36L气体A的质量为4.8g，则气体A的摩尔质量为（ ）
A. 32g B. 32g∙mol-1 C. 64g D. 64g∙mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】标准状况下，气体摩尔体积Vm=22.4L/mol，n(A)===0.15mol，M(A)=== 32g∙mol-1，故选B。
11. 下列叙述正确的是
A. 20.0g溶解在1L水中，所得溶液的物质的量浓度为
B. 从1L溶液中取出0.5L，取出的溶液浓度为
C. 配制1L溶液，需用5.85g固体
D. 常温常压下，将2.24L气体溶于水制得100mL溶液，其物质的量浓度为
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A. 物质量浓度c=， 20.0g溶解在1L水中形成的溶液体积未知，无法计算物质的量浓度，故A错误；
B.溶液是均一稳定的分散系，从1L溶液中取出0.5L，取出的溶液浓度为，故B错误；
C. 1L溶液中溶质的物质的量为n=1L×0.1mol/L=0.1mol，质量为m=0.1mol×58.5g/mol=5.85g，故C正确；
D.常温常压下，2.24L气体的物质的量不是0.1mol，故D错误；
故答案为 C。
12. 下列实验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数的是
A. 取ag混合物充分加热，质量减少bg
B. 取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液
C. 取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
D. 取ag混合物与足量稀盐酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg
【答案】B
【解析】
【详解】A．取ag混合物充分加热，质量减少bg，则NaHCO3分解生成的CO2、H2O的质量和为bg，由此可计算出NaHCO3的质量，从而求出Na2CO3的质量分数，A不符合题意；
B．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液，由于没有沉淀或气体产生，无法求出与Na2CO3、NaHCO3相关的微粒的质量或物质的量，无法求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，B符合题意；
C．取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到的bg固体为NaCl的质量，由此可求出混合物中Na+的物质的量，与ag共同建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，C不符合题意；
D．取ag混合物与足量稀盐酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg，即CO2的质量为bg，由a和b建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，D不符合题意；
故选B。
13. 设NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列有关叙述正确的是
A. 标准状况下，2.24 L H2O含有的分子数等于0.1NA
B. 1.0 mol·L-1NaNO3溶液中含有的钠原子数为NA
C. 0.1molFe 在0.1molCl2中充分燃烧生成 FeCl3，转移电子数为0.3 NA
D. 若CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，则其中的氧原子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．标准状况下水为液体，不能根据气体摩尔体积计算2.24 L H2O的物质的量，故A错误；
B． 1.0 mol·L-1NaNO3溶液的体积不知道，难以计算溶液中含有的钠离子数，故B错误；
C．0.1molFe 在0.1molCl2中充分燃烧生成 molFeCl3，Fe过量，实际转移电子数为0.2 NA，故C错误；
D．CO2和O2分子中均含有2个氧原子，则：若CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，共含有2NA个氧原子，故D正确；
故答案为D。
14. 下列关于氯元素及氯气的叙述中，正确的是
A. 干燥的氯气可以贮存在钢瓶中
B. 氯元素在自然界中既有化合态存在，也有游离态存在
C. 氯气难溶于水，可直接用排水法收集氯气
D. 氯水、液氯是状态不同的同一种物质，均属于纯净物
【答案】A
【解析】
分析】
【详解】A．虽然氯气性质很活泼，但常温下，氯气和铁不反应，所以干燥的氯气可以贮存在钢瓶中，故A正确；
B．氯气性质很活泼，能和水反应生成酸，酸能溶解很多物质，所以氯气在自然界中不能以游离态存在，故B错误；
C．氯气能溶于水，常温下，1体积的水能溶解2体积的氯气，所以氯气不能用排水法收集，故C错误；
D．氯水是氯气的水溶液，是由多种成分组成的，所以属于混合物，故D错误。
故选：A。
【点睛】本题考查了氯气的性质、收集方法等，易错选项是D，注意液氯和氯水的成分不同。
15. 下列实验过程中没有浑浊现象的是
A. 常温时向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2气体
B. 向CaCl2溶液中通入CO2气体
C. 向CuSO4溶液加入Na块
D. 向硝酸银溶液中通入氯气
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．向饱和Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体反应生成碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠而结晶沉淀，方程式为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，溶液变浑浊，故A不选；
B．氯化钙不会与二氧化碳反应，没有浑浊现象，故B选；
C．钠进入CuSO4溶液后，首先是和水反应，生成NaOH和氢气，然后氢氧化钠再和CuSO4反应生成硫酸铜沉淀，溶液变浑浊，故C不选；
D．氯气通入硝酸银溶液中，氯气首先和水反应生成HCl和HClO，HCl和硝酸银反应生成氯化银沉淀，溶液变浑浊，故D不选；
故选B。
16. 常温下，与100 mL 0.10 mol·L-1 MgCl2溶液中Cl﹣的物质的量相等的是
A. 200 mL 0.10 mol·L-1 KCl溶液 B. 100 mL 0.20 mol·L-1 NaClO溶液
C. 200 mL 0.10 mol·L-1 BaCl2溶液 D. 50 mL 0.05 mol·L-1 AlCl3溶液
【答案】A
【解析】
【分析】100mL 0.10mol•L-1MgCl2溶液中Cl-的物质的量为0.1L×0.1mol/L×2=0.02mol，结合n=cV及物质的构成分析解答。
【详解】A. 200 mL 0.10mol•L-1 KCl溶液中Cl-的物质的量为0.2L×0.10mol/L=0.02mol，故A选；
B. 100 mL 0.20 mol·L-1 NaClO溶液中Cl-的物质的量为0，故B不选；
C. 200 mL 0.10 mol·L-1 BaCl2溶液中Cl-的物质的量为0.2L×0.10mol/L×2=0.04mol，故C不选；
D. 50 mL 0.05 mol·L-1 AlCl3溶液中Cl-的物质的量为0.05L×0.05mol/L×3=0.0075mol，故D不选；
故选A。
【点睛】本题的易错点为B，要注意次氯酸钠溶液中存在钠离子和次氯酸根离子，没有氯离子。
17. 某兴趣小组测定混合溶液导电性实验，下列说法中错误的是
A. 图①可以是向H2SO4溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的Ba(OH)2溶液
B. 图②可以是将饱和氯水进行光照
C. 图③可以是向NaOH溶液中通入少量Cl2
D. 图④可以是向饱和石灰水中不断通入CO2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．向H2SO4溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的Ba(OH)2溶液，发生反应：H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，二者完全反应生成沉淀和弱电解质水，导致溶液导电性几乎为0，再继续滴加硫酸溶液，溶液中离子浓度增大，导电性又逐渐增强，故A正确；
B．将饱和氯水进行光照，次氯酸分解得到盐酸和氧气，2HClO2HCl+O2↑，盐酸是强酸，次氯酸是弱酸，光照后电解质导电性增强，故B正确；
C．向NaOH溶液中通入少量Cl2会发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，自由移动离子浓度几乎不变，导电性也基本不变，故C正确；
D．石灰水中通入二氧化碳，得到难溶的碳酸钙沉淀和水，导电能力会明显降低，继续通二氧化碳，会在溶液中和碳酸钙反应得到易电离的碳酸氢钙，导电能力又会逐渐变强，故D错误；
故答案为D。
18. 如图所示：若关闭Ⅰ阀，打开Ⅱ阀，让潮湿的氯气经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色；若关闭Ⅱ阀打开Ⅰ阀，再通入这种气体，布条褪色。甲瓶中所盛的试剂不可能是
A. 浓H2SO4 B. NaOH溶液 C. NaCl溶液 D. Ca(OH)2溶液
【答案】C
【解析】
【分析】若关闭Ⅰ阀，打开Ⅱ阀，让一种含有氯气的气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色，若关闭Ⅱ阀打开Ⅰ阀，再通入这种气体，布条褪色，则可能有两种情况：一是氯气在甲中被干燥，二是氯气被吸收。据此分析解答。
【详解】A．氯气经过浓硫酸被干燥，干燥的氯气不能使有色布条褪色，故A不选；
B．氯气通过NaOH溶液被吸收，气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色，故B不选；
C．而通过饱和NaCl溶液后，湿润的氯气可将红色布条漂白，故C选；
D．氯气通过Ca(OH)2溶液被吸收，气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色，故D不选；答案选C。
19. 从某些性质看(CN)2和Cl2，NH3和H2O，NH和H+，NH和OH-各组内两两相似，据此判断下列反应其中正确的是
①(CN)2+2OH–=OCN–+CN–+H2O
②2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑
③CuO+2NH4Cl=CuCl2+2NH3+H2O
④NH4Cl+NaNH2=2NH3↑+NaCl
A. ①②④ B. ①③④ C. ②③④ D. 都正确
【答案】D
【解析】
分析】
【详解】①(CN)2和Cl2相似，可以依据Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，类推得到反应为：(CN)2+2OH–=OCN–+CN–+H2O，故正确；
②NH3和H2O相当，可以依据2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，类推得到反应为：2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑，故正确；
③NH和H+相似，NH3和H2O相似，可以依据：CuO+2HCl=CuCl2+H2O，类推得到反应为：CuO+2NH4Cl=CuCl2+2NH3+H2O，故正确；
④NH和OH-相当，NH3和H2O相当，依据NH4Cl+NaOH=NH3↑+NaCl+ H2O，类推得到反应为：NH4Cl+NaNH2=2NH3↑+NaCl，故正确；
故选D。
20. 下列离子方程式书写正确的是
A. 金属钠和水反应：Na+H2O=Na++OH-+H2↑
B. 碳酸钙与盐酸反应：CO+2H+=CO2↑+H2O
C. 澄清石灰水与少量NaHCO3溶液混合：Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+CO+2H2O
D. 稀硫酸和Ba(OH)2溶液混合：2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．离子方程式没有配平，正确的是2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；
B．碳酸钙不应拆写，正确的是CaCO3+2H+= Ca2++CO2↑+H2O，故B错误；
C．澄清石灰水与少量NaHCO3溶液混合，正确的反应是Ca(OH)2+NaHCO3=H2O+CaCO3 ↓+ NaOH，所以正确的离子方程式为 Ca2+ + OH- + HCO= CaCO3↓+ H2O ，故C错误；
D．稀硫酸和Ba(OH)2溶液混合，生成的BaSO4和H2O是不拆的，故D正确；
本题答案D。
21. 某学习小组的同学按下列实验流程制备Na2CO3，设计的部分装置如图所示。
下列叙述正确的是
A. 若X 为稀硫酸，Y 为石灰石，则可用装置甲制取CO2
B. 反应①可在装置乙中发生，反应②可在装置丁中发生
C. 可用装置丙进行过滤操作
D. 向母液中滴加Ba(OH)2，溶液无明显变化
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．装置甲是制取CO2的装置，制取CO2不能用稀硫酸，生成的硫酸钙是微溶的，会把石灰石与硫酸隔开，应该用稀盐酸和石灰石反应，故A叙述错误；
B．反应①制取NaHCO3可在装置乙中发生，反应②是NaHCO3加热分解制Na2CO3，同时有CO2和水生成，丁中试管口应略向下倾斜，故反应②不可以在装置丁中发生，故B叙述错误；
C．装置丙为过滤装置，过滤是将固液混合物进行分离，可以用装置丙进行过滤操作，故C叙述正确；
D．碳酸氢钠析出，是因为碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，此时母液中肯定还有碳酸根离子，故滴加Ba(OH)2溶液会变浑浊，不会无明显变化，故D说法错误；
本题答案C。
22. 取A、B两份物质的量浓度相等的NaOH溶液，体积均为50mL，分别向其中通入一定量的CO2后，再分别稀释到100 mL，在稀释后的溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，产生的CO2体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图，下列说法正确的是
A. 原NaOH溶液的物质的量浓度0.075mol·L-1
B. A曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质为NaOH和Na2CO3且物质的量之比为1:3
C. B曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质为Na2CO3和NaHCO3且物质的量之比为1:1
D. B曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质与盐酸反应产生气体的最大体积为33.6 mL(标准状况)
【答案】C
【解析】
【分析】CO2和NaOH溶液反应，根据通入CO2的量分四种情况，第一种情况是CO2量不足，反应后溶液的成分是NaOH、Na2CO3，第二种是CO2恰好反应，反应后溶液成分只有一种Na2CO3，第三种是CO2过量不多，反应后的溶液成分是Na2CO3、NaHCO3，最后一种是CO2完全过量，反应后溶液成分是NaHCO3，通过题目的CO2体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系图，反应后的溶液成分只可能是前三种情况，据此解答。
【详解】A．两种溶液当加入的盐酸为75ml时，CO2体积达到最大值，说明此时加入的盐酸和两种溶液恰好反应，反应后的溶液都为NaCl溶液，根据整个过程中钠离子守恒，可得关系式 NaOH~NaCl~HCl，然后根据消耗的盐酸的量求出氢氧化钠的物质的量，进而求出原NaOH溶液的浓度，所以n(NaOH)=n(HCl)=0.0750.1=0.0075mol，则c(NaOH)==015 mol·L-1，故A错误；
B．通过A曲线可知当滴入盐酸为60 mL时，才有CO2气体放出，此时发生的反应为NaHCO3+ HCl=NaCl+H2O+ CO2↑，CO2全部放出时，此阶段共消耗盐酸15 mL，根据化学方程式，可求出n(NaHCO3)=n(HCl)= 0.0150.1=0.0015 mol。通过分析，A曲线溶液成分有三种可能，一种是氢氧化钠和碳酸钠，一种是只有碳酸钠，一种是碳酸钠和碳酸氢钠，如果只有碳酸钠，那么整个过程消耗的盐酸是n(HCl) =2n(Na2CO3)=2 n(NaHCO3)= 0.0015 mol=0.003，即消耗的盐酸总计0.003 mol，即消耗盐酸30 mL，这和事实是不相符的，故曲线A的溶液成分只含有碳酸钠就排除了，如果含有的是碳酸钠和碳酸氢钠，则根据钠离子守恒，可知n(NaHCO3)应该等于 n(NaOH)，事实上是n(NaHCO3)= 0.0015 mol
D． 经分析B曲线溶液中含有碳酸钠和碳酸氢钠，且二者物质的量都是0.0025 mol，它们与盐酸反应产生的二氧化碳的物质的量和碳酸根物质的量是相等的，则产生的CO2的体积的最大值为V(CO2)= 0.005 mol=0.112L=112mL，故D错误；
本题答案C。
23. 现有标准状况下四种气体①8.96L； ②个； ③30.6g； ④。下列关系从小到大表示不正确的是
A. 体积：④<①<②<③ B. 密度：①<④<③<②
C. 质量：④<①<③<② D. 氢原子数：②<④<①<③
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】标准状况下①8.96L的物质的量为，所含氢原子个数为0.4×4=1.6NA，质量为0.4mol×16g/mol=6.4g；②个物质的量为0.5mol，体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，所含氢原子个数为0.5 NA，质量为0.5mol×36.5g/mol=18.25g；③30.6g物质的量为，所含氢原子个数为0.9×2=1.8NA，体积为0.9mol×22.4L/mol=20.16L，质量为30.6g；④体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L，所含氢原子个数为0.3×3=0.9NA，质量为0.3mol×17g/mol=5.1g；
A.体积大小关系为：④<①<②<③，故A正确；
B.同温同压下气体密度比等于摩尔质量之比，所以密度大小关系为：①<④<③<②，故B正确；
C.质量大小关系为：④<①<②<③，故C错误；
D.氢原子个数大小关系为：②<④<①<③，故D正确；
故答案为C。
【点睛】本题考查物质的量有关计算，侧重考查对基本公式的理解和掌握，明确各个物理量之间的关系是解本题关键，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件，题目难度不大。
24. 同温同压下，等体积的和相比较，下列叙述不正确的是
A. 质量比为11：16 B. 密度比为11：16
C. 物质的量比为16：11 D. 分子个数比为1：1
【答案】C
【解析】
【详解】同温同压下，等体积的和具有相同的分子数，即相同的物质的量，且Vm相同，设物质的量均为1mol。
A．CO2和SO2的质量比为1mol×44g/mol:1mol×64g/mol =11：16，故A正确；
B．密度之比等于摩尔质量之比，则44g/mol:64g/mol =11：16，故B正确；
C．同温同压下，等体积的和具有相同的分子数，即相同的物质的量，故C错误；
D．物质的量相同，则分子数之比为1：1，故D正确；
故选：C。
【点睛】把握质量、体积、物质的量的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意基本公式的应用，题目难度不大。
25. 某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行了如下实验：
下列说法正确的是
A. 该混合物一定是K2CO3和NaCl B. 该混合物可能是Na2CO3和KCl
C. 该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3 D. 该混合物一定是Na2CO3和NaCl
【答案】B
【解析】
【详解】焰色反应显黄色，说明一定存在钠离子，可能有钾离子。加入过量的硝酸钡溶液产生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在盐酸中，说明一定存在碳酸根，不存在硫酸根。滤液中加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀，说明含有氯离子，即一定存在Na+、Cl-、CO32-，一定不存在SO42-，可能含有K+；
答案选B。
二、非选择题
26. 现有以下物质：①NaCl晶体；②盐酸；③CaCO3固体；④熔融KCl；⑤蔗糖；⑥铜；⑦CO2；⑧冰醋酸；⑨KOH固体；⑩液氨
(1)以上物质中能导电的是____________。(填序号，下同)
(2)以上物质中属于电解质的是_________，属于非电解质的是____________。
【答案】 ①. ②④⑥ ②. ①③④⑧⑨ ③. ⑤⑦⑩
【解析】
【分析】电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物。
①NaCl晶体没有自由移动的离子和电子，不能导电，它的水溶液和熔融状态都可以导电，属于电解质；
②盐酸中有自由移动的离子，可以导电，但盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
③CaCO3固体没有自由移动的离子和电子，不能导电，它的熔融状态可以导电，属于电解质；
④熔融KCl有自由移动的离子，可以导电，属于电解质；
⑤蔗糖没有自由移动的离子和电子，不能导电，它的水溶液和熔融状态都不能导电，属于非电解质；
⑥铜中有自由移动的电子，可以导电，但铜是单质，既不是电解质也不是非电解质；
⑦CO2中没有自由移动的离子和电子，不能导电，属于非电解质；
⑧冰醋酸中没有自由移动的离子和电子，不能导电，它的水溶液能导电，属于电解质；
⑨KOH固体没有自由移动的离子和电子，不能导电，它的水溶液和熔融状态都可以导电，属于电解质；
⑩液氨中没有自由移动的离子和电子，不能导电，属于非电解质；
【详解】(1)根据分析，能导电的是②④⑥；
(2)根据分析，属于电解质的是①③④⑧⑨；属于非电解质的是⑤⑦⑩；
27. 高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠有多种方法，其中一种方法的化学原理可用化学方程式表示为：3NaClO + 2Fe(OH)3 + 4NaOH = 2Na2FeO4 + 3NaCl + 5H2O
(1)请用双线桥表示该氧化还原反应中电子转移的方向和数目_______；
(2)该反应中氧化剂是_______；氧化产物是_______；
(3)反应中当有3mol电子转移时，生成高铁酸钠的质量为_______g；
(4)将高铁酸钠溶液滴入稀硫酸中，会放出O2，并生成Na2SO4和Fe2(SO4)3，请写出并配平化学方程式_______。
【答案】 ①. ②. NaClO ③. Na2FeO4 ④. 166 ⑤. 4Na2FeO4+10H2SO4=4Na2SO4+2Fe2(SO4)3+3O2↑+10H2O
【解析】
【分析】3NaClO + 2Fe(OH)3 + 4NaOH = 2Na2FeO4 + 3NaCl + 5H2O反应中，NaClO中氯元素由+1价降低到NaCl中的-1价，发生了还原反应，NaClO做氧化剂，3NaClO完全被还原，转移6mol电子；Fe(OH)3中铁元素由+3价升高到Na2FeO4中+6价，发生了氧化反应，Fe(OH)3做还原剂，Na2FeO4为氧化产物。
【详解】(1)结合以上分析可知，该反应发生后，转移6mol电子，用双线桥表示该氧化还原反应中电子转移的方向和数目：；
(2)结合以上分析可知，该反应中氧化剂是NaClO，氧化产物是Na2FeO4；
(3)根据问题(1)可知，6e-~ 2Na2FeO4，所以反应中当有3mol电子转移时，生成高铁酸钠的物质的量为1mol，质量为1mol×166g/mol=166g；
(4)将高铁酸钠溶液滴入稀硫酸中，会放出O2，并生成Na2SO4和Fe2(SO4)3，反应的表达式为：Na2FeO4+H2SO4→Na2SO4+Fe2(SO4)3+O2↑+H2O，铁元素由+6价降低到+3价，所以2Na2FeO4→Fe2(SO4)3，化合价共降了6价；氧元素由-2价升高到0价，化合价升高了4价，根据化合价升降总数相等规律，Na2FeO4填系数4，Fe2(SO4)3填系数2，O2填系数3，据原子守恒规律配平其它物质的系数，配平后的方程式为：4Na2FeO4+10H2SO4=4Na2SO4+2Fe2(SO4)3+3O2↑+10H2O。
28. 某化学研究性学习小组需配制含有NH、Cl-、K＋、SO植物培养液450 mL，且要求该培养液中c(Cl-)=c(K＋)=c(SO)=0.4 mol·L-1。实验室提供的药品有：NH4Cl、KCl、(NH4)2SO4、K2SO4和蒸馏水；提供的实验仪器有：①药匙 ②托盘天平 ③烧杯 ④玻璃棒 ⑤胶头滴管 ⑥量筒。请回答下列问题：
(1)该植物培养液中，NH的物质的量浓度为_______。
(2)该研究小组配制该植物培养液时，还须用到的实验仪器是_______(填字母)。
A.450 mL容量瓶 B.500 mL容量瓶 C.两个250 mL容量瓶
(3)甲同学用KCl和(NH4)2SO4两种物质进行配制，则需称取m(KCl)=_______g，m[(NH4)2SO4]=_______g。
(4)若配制该培养液的其他操作均正确，则下列操作将使所配制溶液的浓度偏低的是_______(填字母)。
A.将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒
B.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶
C.用胶头滴管向容量瓶中加水时，溶液的凹液面高于容量瓶刻度线
D.用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线
E.用已生锈砝码称量所需物质的质量
【答案】 ①. 0.8 mol·L-1 ②. B ③. 14.9 ④. 26.4 ⑤. ABC
【解析】
【分析】
【详解】(1)该培养液中c(Cl-)=c(K＋)=c(SO)=0.4 mol·L-1，根据溶液中电荷守恒规律可知：c(Cl-)+2 c(SO)= c(K＋)+ c(NH)，0.4+2×0.4=0.4+ c(NH)，c(NH)=0.8 mol·L-1；
(2) 配制该植物培养液450mL，需要选择500 mL容量瓶；故选B；
(3)要求该培养液中c(Cl-)=c(K＋) =0.4 mol·L-1，c(NH)=0.8 mol·L-1，则需要氯化钾的物质的量浓度为0.4 mol·L-1，则需要氯化钾固体的质量m=0.4 mol·L-1×0.5L×74.5g/mol=14.9g；c(NH)=0.8 mol·L-1，则需要硫酸铵的物质的量浓度为0.4 mol·L-1，需要硫酸铵固体质量m=0.4 mol·L-1×0.5L×132g/mol=26.4g；
(4)根据c=进行分析：
A．将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的量减小，所配溶液的浓度偏低；故可选；
B．将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶，溶质的量减小，所配溶液的浓度偏低；故可选；
C．用胶头滴管向容量瓶中加水时，溶液的凹液面高于容量瓶刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低；故可选；
D．用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线，造成溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高；故不选；
E．用已生锈的砝码称量所需物质的质量，造成溶质的量增大，所配溶液的浓度偏高；故不选；
故选ABC。
29. 下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E 是含A元素的常见化合物，且B是一种淡黄色的固体。
请填写下列空白：
(1)写出化学式： B__________，D__________。
(2)以上反应中，属于氧化还原反应的有__________________(填写编号)。
(3)写出A→C反应的离子方程式：_____________，E→D反应的化学方程式：_____________。
【答案】 ①. Na2O2 ②. Na2CO3 ③. ①②③④ ④. 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ ⑤. 2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O
【解析】
【分析】A为一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，且B是一种淡黄色的固体，则B是过氧化钠，A燃烧生成B，所以A是Na，与水反应生成C是氢氧化钠，过氧化钠溶于水也生成氢氧化钠，过氧化钠与CO2反应生成D是碳酸钠，氢氧化钠吸收足量的CO2生成E是碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠。
【详解】(1)根据以上分析可知B和D的化学式分别是Na2O2、Na2CO3；
(2)凡是有元素化合价升降的反应均是氧化还原反应，根据以上分析可知属于氧化还原反应的有①②③④；
(3)A→C反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，E→D反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O。
【点睛】掌握钠及其化合物的性质、相关的转化关系是解答的关键，B是解答的突破口。注意掌握解框图题最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。
30. 无水氯化铝常作为有机合成和石油化工的催化剂。工业上可由金属铝和纯净的氯气作用制备。某课外兴趣小组在实验室里，通过如图所示装置，制取少量纯净的无水氯化铝。据此回答下列问题：
查阅资料：常温下，无水氯化铝为白色晶体，易吸收水分，在178 ℃升华。装有无水氯化铝的试剂瓶久置潮湿空气中，会自动爆炸并产生大量白雾。
（1）写出A装置中，实验室制取Cl2的离子方程式_______；
（2）仪器甲为_______(写名称)；装置B中加入的试剂是_______；装置C中加入的试剂是_______；
（3）为制得较纯净的氯化铝，实验开始时应先点燃酒精灯_______(填“A”或“D”)， F装置中碱石灰所起的作用是_______；
（4）若A装置中导出的气体若不经过B、C装置而直接进入D装置中，产生的后果是_______。
【答案】（1）4H++2Cl-+MnO2Mn2++Cl2↑+2H2O
（2） ①. 分液漏斗 ②. 饱和食盐水 ③. 浓硫酸
（3） ①. A ②. 防止外界水蒸气进入；吸收尾气Cl2，防止污染空气
（4）引起爆炸
【解析】
【分析】A为氯气的发生装置，实验室常用二氧化锰与浓盐酸加热反应制取Cl2，氯气中混有的氯化氢气体可以用饱和食盐水吸收(B)，浓硫酸吸收水蒸气(C)，干燥纯净的氯气与金属铝反应产生氯化铝，因为氯化铝易升华，所以可用装置E来收集氯化铝固体；因为氯化铝易吸水，所以用盛有碱石灰的装置F来吸收空气中的水蒸气，同时还能吸收反应剩余的氯气，避免对环境带来危害。
【小问1详解】
A装置为气体发生装置，实验室常用二氧化锰与浓盐酸加热反应制取Cl2，反应的离子方程式：4H＋＋2Cl-＋MnO2Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；
【小问2详解】
根据仪器的结构，仪器甲为分液漏斗；氯气中混有氯化氢，可以用饱和食盐水溶液除去氯化氢，以防氯化氢对后续实验产生干扰，因此装置B中加入的试剂是饱和食盐水；装置C用于吸收氯气中的水蒸气、则C中加入的试剂是浓硫酸；
【小问3详解】
为制得较纯净的氯化铝，实验开始时应先点燃酒精灯A处的酒精灯，利用反应产生的氯气，排净装置内的空气，以防装置内的空气与铝发生反应；反应后剩余的氯气有毒，不能直接排放到空气中，需要吸收处理，同时，根据信息可知，氯化铝易吸水分，因此需要防止空气中的水蒸气进入到E装置内；所以F装置中碱石灰所起的作用是：防止外界水蒸气进入；吸收尾气Cl2，防止污染空气；
【小问4详解】
若A装置中导出的气体若不经过B、C装置而直接进入D装置中，氯气中混有水蒸气和氯化氢气体，因此潮湿的氯化氢气体会与金属铝反应产生氢气，会引起爆炸。
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