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【化学】浙江省杭州市萧山区第八高级中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题（解析版）
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浙江省杭州市萧山区第八高级中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题
本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe 56 Zn－65 Ca-40 Cu-64 Ba-137 Mg-24 Al-27 K-39
一、选择题：(每小题只有一个正确答案)
1.用聚光手电筒照射下列分散系，不能观察到丁达尔效应的是（ ）
A. Fe(OH)3胶体 B. 蛋白质溶液 C. KOH溶液 D. 淀粉溶液
【答案】C
【解析】
【分析】胶体具有丁达尔效应，溶液没有，据此分析选项即可。
【详解】A.Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应，A不符合题意；
B.蛋白质溶液属于胶体，具有丁达尔效应，B不符合题意；
C.KOH溶液不属于胶体，不具有丁达尔效应，C符合题意；
D.淀粉溶液属于胶体，具有丁达尔效应，D不符合题意；
故答案为：C。
2.关于物质的分类，正确的是( )
A. 纯碱---碱 B. 盐酸---纯净物
C. 氯化银---弱电解质 D. 氧化钠---碱性氧化物
【答案】D
【解析】A.纯碱的化学式为Na2CO3 ，属于盐，A选项错误；
B.盐酸为HCl溶液，属于混合物，B选项错误；
C.氯化银为盐，属于强电解质，C选项错误；
D.碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的氧化物，氧化钠能与盐酸反应生成氯化钠和水，故氧化钠属于碱性氧化物，D选项正确；
故答案为：D。
3.在下列状态下，能导电的电解质是( )
A. 氨水 B. 硫酸钠固体
C. 二氧化碳水溶液 D. 熔融的氯化钠
【答案】D
【解析】A. 氨水是混合物，不属于电解质；
B. 硫酸钠固体是电解质，但不能导电；
C. 二氧化碳水溶液是混合物，不属于电解质；
D. 熔融的氯化钠属于电解质，且有自由移动的离子，能导电。
故选D。
4.美国科学家用某有机分子和球形笼状分子C60制成了“纳米车”（如图所示），每辆“纳米车”是由一个有机分子和4个C60分子构成。“纳米车”可以用来运输单个的有机分子。下列说法正确的是（ ）
A. 人们用肉眼可以清晰看到“纳米车”的运动
B. “纳米车”诞生说明人类操纵分子的技术进入了一个新阶段
C. C60是一种新型的化合物
D. C60与12C是同位素
【答案】B
【解析】A、因纳米车很小，我们不能直接用肉眼清晰地看到这种“纳米车”的运动，选项A错误；B、“纳米车”的诞生，说明人类操纵分子的技术进入一个新阶段，选项B正确；C、由不同种元素形成的纯净物是化合物，C60是一种单质，选项C错误；D、质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，C60是单质，不是核素，选项D错误。答案选B。
5.下列产品的主要成分不正确的是( )
A. 光导纤维——硅 B. 水泥——硅酸盐
C. 漂白粉——次氯酸钙和氯化钙 D. 苏打——碳酸钠
【答案】A
【解析】A.光导纤维的主要成分是二氧化硅，选项错误，A符合题意；
B.水泥属于硅酸盐，选项正确，B不符合题意；
C.漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2 ，选项正确，C不符合题意；
D.苏打的主要成分是Na2CO3 ，选项正确，D不符合题意；
故答案为：A。
6.下列说法或化学用语正确的是( )
A. 146C原子中质子数为6、中子数为14
B. 16O2与18O2是两种不同的核素
C. 23Na+和24Mg2+具有相同的中子数和电子数
D. S2-的结构示意图：
【答案】C
【解析】A. 146C中质量数为14，质子数为6，故中子数=质量数-质子数=14-6=8，选项错误，A不符合题意；
B. 16O2与18O2是单质，不是原子，核素是指质子数相同、中子数不同的原子，选项错误，B不符合题意；
C. 23Na+的中子数=质量数-质子数=23-11=12，电子数=11-1=10； 24Mg2+的中子数=质量数-质子数=24-12=12，电子数=12-2=10，故二者具有相同的中子数和电子数，选项正确，C符合题意；
D.S原子的最外层电子数为6，易得两个电子形成S2- ， 其最外层电子数为8，选项错误，D不符合题意；
故答案为：C。
7.下列试剂的保存方法错误的是（ ）
A. 实验室少量的钠保存在煤油中
B. 新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中
C. 氢氟酸(HF)保存在塑料瓶中
D. 配制的FeCl2溶液中加CCl4溶液防止被氧化
【答案】D
【解析】A.钠的密度比煤油大，沉积在底部，能防止钠被空气中的氧气氧化，故钠可保存在煤油中， 选项正确，A不符合题意；
B.新制氯水中含有HClO，HClO不稳定，见光易分解，故应保存在棕色玻璃瓶内，选项正确，B不符合题意；
C.HF能与玻璃中的SiO2反应，故氢氟酸应保存在塑料瓶内，选项正确，C不符合题意；
D.CCl4不能防止FeCl2被氧化，防止FeCl2被氧化应加入铁粉，选项错误，D符合题意；
故答案为：D。
8.《本草衍义》中对精制砒霜有如下叙述:“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之，令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,尖长者为胜,平短者次之。”文中涉及的操作方法是（ ）
A. 蒸馏 B. 萃取 C. 升华 D. 结晶
【答案】C
【解析】砒霜为固体，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，说明砒霜加热由固态直接变为气态，冷却后又凝聚为固态，从而将砒霜与其他杂质分离，这个方法叫做升华，答案选C。正确答案为C。
9.下列物质在水溶液中的电离方程式中，正确的是( )
A. CH3COOH=CH3COO-+H+ B. NH3·H2O NH4++OH-
C. BaCl2=Ba2++ Cl2- D. NaHCO3=Na++H++CO3-
【答案】B
【解析】A.醋酸是弱酸，在水中部分电离，用可逆符号，不用等号，选项错误，A不符合题意；
B.NH3·H2O是弱碱，在水中部分电离产生NH4+和OH- ，选项正确，B符合题意；
C.BaCl2是可溶性盐，在水中完全电离产生Ba2+和Cl- ，选项错误，C不符合题意；
D.NaHCO3是可溶性盐，在水中完全电离产生Na+和HCO3- ，选项错误，D不符合题意；
故答案为：B。
10.下列说法正确的是( )
A. 用淀粉碘化钾试纸鉴别碘水和溴水
B. 二氧化硫可用于漂白纸浆
C. 镁着火时可用二氧化碳灭火器灭火
D. 生物炼铜就是利用特殊的细菌将硫化铜转化为铜
【答案】B
【解析】A.溴水能将KI氧化成I2 ， 故溴水和碘水都能使淀粉KI试纸变蓝，不可鉴别溴水和碘水，选项错误，A不符合题意；
B.SO2具有漂白性，能漂白纸浆，选项正确，B符合题意；
C.镁能与CO2反应，故镁着火不能用CO2灭火器，选项错误，C不符合题意；
D.生物炼铜的过程是利用特殊的细菌将难溶性的CuS转化为可溶性的铜盐， 选项错误，D不符合题意；
故答案为：B。
11.下列气体中不能用浓硫酸干燥的是（ ）
A. H2 B. NH3 C. SO2 D. CO
【答案】B
【解析】浓硫酸属于酸性干燥剂，不能干燥碱性气体，NH3属于碱性气体，故NH3不能用浓硫酸干燥，B符合题意；
故答案为：B。
12.下列有关实验操作的说法中正确的是( )
A. 容量瓶使用前必须干燥，否则将引起误差
B. 分液操作时，从下口放出下层液体，紧接着放出上层液体
C. 焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧，然后再进行实验
D. 蒸馏实验结束后，先停止通冷凝水，再停止加热
【答案】C
【解析】A.定容时需向容量瓶内加入蒸馏水，故容量瓶使用前不需干燥，选项错误，A不符合题意；
B.分液操作时，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，选项错误，B不符合题意；
C.做焰色反应时，应先用稀盐酸洗涤铂丝，并在酒精灯上灼烧，以除去杂质，然后再进行实验，选项正确，C符合题意；
D.蒸馏实验结束时，应先停止加热，继续通冷凝水至装置恢复至室温，选项错误，D不符合题意；
故答案为：C。
13.下列反应中，水只做氧化剂的是（ ）
A. 2H2 + O2=2H2O B. Na2O+H2O=2NaOH
C. 2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2↑+Cl2↑ D. Cl2+ H2O=HCl+HClO
【答案】C
【解析】
【分析】水只做氧化剂，即氢原子的化合价降低，据此分析；
【详解】A、H2O为产物，既是氧化产物又是还原产物，故A不符合题意；
B、该反应中没有化合价的变化，即H2O既不是氧化剂又不是还原剂，故B不符合题意；
C、根据反应方程式，H2O中的H→H2，化合价由＋1价→0价，化合价降低，即H2O为氧化剂，故C符合题意；
D、根据反应方程式，该反应为歧化反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂，H2O不是氧化剂和还原剂，故D不符合题意；
答案选C。
14.某溶液中含有大量的下列离子：Fe3+、NO3-、K+和M离子，经测定Fe3+、NO3-、K+和M离子的浓度之比为2∶4∶1∶3,则M离子可能是（ ）
A. OH- B. SO42- C. I- D. Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】根据溶液的电中性确定M离子所带电荷数，再结合离子共存，从而确定答案。
【详解】设溶液的体积为1L，再设Fe3+、NO3-、K+和M离子的浓度分别为2x、4x、x、3x。由于溶液显电中性，即溶液中阳离子所带正电荷的总量和阴离子所带负电荷的总量相等，则有：
溶液中阳离子所带正电荷的总量为：3c(Fe3+)+c(K+)=2x×3+x=7x；
溶液中NO3-所带负电荷的总量为：c(NO3-)=4x；
由于阳离子所带正电荷的总量超过了NO3-所带负电荷的总量，其差值为3x，故M离子（浓度为3x）中带一个单位的负电荷，由于OH-、I-都能与溶液中的Fe3+反应，而Cl-与溶液中的离子都不反应，D符合题意；
故答案为：D。
15.下列有关物质制备的说法正确的是( )
A. 玻璃是以石灰石、纯碱、石英在玻璃熔炉中高温熔融制得的
B. 工业上将氯气通入澄清石灰水中制取漂白粉
C. 用焦炭在高温下还原二氧化硅可得到纯硅
D. 高炉炼铁中利用焦炭直接将铁矿石还原为铁单质
【答案】A
【解析】A.玻璃是由石灰石、纯碱和石英制得的，选项正确，A符合题意；
B.Ca(OH)2微溶于水，故澄清石灰中Ca(OH)2的浓度很小，制备漂白粉应用石灰乳，选项错误，B不符合题意；
C.焦炭高温还原二氧化硅后所得为粗硅，选项错误，C不符合题意；
D.高炉炼铁中加入的原料有铁矿石、焦炭、石灰石等，还原剂是焦炭燃烧产生的CO，选项错误，D不符合题意；
故答案为：A。
16.M2+与aN-具有相同的电子层结构，则M元素的质子数为（ ）
A. a+2 B. a-3 C. a+3 D. a-1
【答案】C
【解析】
【分析】由aN-确定M2+的核外电子数，根据原子中质子数等于核外电子数确定M的质子数。
【详解】aN-的核外电子数为a+1，则M2+的核外电子数也为a+1，则M原子的核外电子数为a+1+2=a+3；在原子中，质子数等于核外电子数，故M元素的质子数为a+3，C符合题意；
故答案为：C。
17.设NA为阿伏加德罗常数数的值，下列说法不正确的是( )
A. 标准状况下，1.8gH2O中所含分子数为0.1NA
B. 常温常压下，14gCO和N2混合气所含质子总数为7NA
C. 含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量Mg反应，转移电子数为0.2NA
D. 足量Fe在0.1molCl2中充分燃烧，转移电子数为0.2NA
【答案】C
【解析】A.1.8g水的物质的量， 故其所含分子数为0.1NA ， 选项正确，A不符合题意；
B.由于CO和N2的摩尔质量都是28g/mol，故14g混合气体的物质的量，而CO和N2的质子数均为14，故混合气体中所含质子总数为：0.5mol×14=7NA ，选项正确，B不符合题意；
C.镁与浓硫酸反应产生SO2 ，2mol H2SO4参与反应时转移2mol e-，与稀硫酸反应生成H2 ， 只要有1mol H2SO4参与反应就转移2mol e-，故含0.2molH2SO4的浓硫酸完全与镁反应，转移电子数在0.2NA ~0.4NA之间，选项错误，C符合题意；
D.铁在氯气中反应生成FeCl3 ， 0.1molCl2完全反应，转移电子数为0.2NA ， 选项正确，D不符合题意；
故答案为：C。
18.下列实验方法或操作正确的是（ ）
A. 转移溶液 B. 制蒸馏水
C. 分离水和酒精 D. 稀释浓硫酸
【答案】A
【解析】A．向容量瓶中转移溶液，可用玻璃棒引流，注意不能将玻璃棒接触容量瓶口，防止液面外流，故A正确；
B．蒸馏时温度计水银球应放支管口处，冷凝水方向错误，应下进上出，故B错误；
C．酒精和水能互溶，不能用分液分离，故C错误；
D．稀释浓硫酸应将水沿烧杯内壁缓缓加入到浓硫酸中，并用玻璃棒不断搅拌，故D错误
答案选A。
19.下列溶液中的氯离子浓度与50 mL 1 mol·L－1的AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是( )
A. 150 mL 3 mol·L－1的NaClO B. 50 mL 1 mol·L－1的NH4Cl
C. 150 mL 1 mol·L－1的NaCl D. 200 mL 1.5mol·L－1的CaCl2
【答案】D
【解析】AlCl3在水中电离产生Al3+和Cl- ， 故1mol/LAlCl3溶液中c(Cl-)=3mol/L；
A.NaClO在水中电离产生Na+和ClO- ， 不产生Cl- ， 选项错误，A不符合题意；
B.NH4Cl在水中电离产生NH4+和Cl- ， 故1mol/L的NH4Cl溶液中c(Cl-)=1mol/L，选项错误，B不符合题意；
C.NaCl在水中电离产生Na+和Cl- ， 故1mol/L的NaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L，选项错误，C不符合题意；
D.CaCl2在水中电离产生Ca2+和Cl- ， 故1.5mol/L的CaCl2溶液中c(Cl-)=3mol/L，选项正确，D符合题意；
故答案为：D。
20.下列各组离子，能大量共存的是( )
A. 能使酚酞变红的溶液：Na+、SO42-、C1O-、CO32-
B. 能使紫色石蕊变红的溶液：Mg2+、Cu2+、 Na+、 ClO-
C. 含有大量 Fe3+的溶液：Na+、NH4+、SO42-、I-
D. 0.1mol/LNa2SO4溶液：Κ+、Ba2+、NO3-、Clˉ
【答案】A
【解析】A.能使酚酞变红的溶液显碱性，溶液中存在大量的OH- ， 溶液中的离子相互间不发生反应，可以大量共存，选项正确，A符合题意；
B.能使紫色石蕊试液变红的溶液显酸性，溶液中存在大量的H+ ， 能与ClO-结合成HClO，不可大量共存，选项错误，B不符合题意；
C.Fe3+具有氧化性，I-具有还原性，二者可发生氧化还原反应，不可大量共存，选项错误，C不符合题意；
D.溶液中的SO42-和Ba2+能形成BaSO4沉淀，不可大量共存，选项错误，D不符合题意；
故答案为：A。
21.Q、X、Y和Z为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示，这4种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是( )
A. Q的单质具有半导体的性质，Q与Z可形成化合物QZ4
B. Q的最高价氧化物的水化物的酸性比Z的强
C. X氢化物的稳定性比Q强
D. Y的原子半径比X的大
【答案】C
【解析】
【分析】设元素X的原子最外层电子数为a，则Y、Z、Q的最外层电子数分别为：(a+1)、(a+2)、(a-1)，则可得a+(a+1)+(a+2)+(a-1)=22，解得 a=4；由于四种元素都为短周期元素，故X、Y、Z、Q分别为：C、N、S、Al；据此结合元素周期表的性质递变规律分析选项。
【详解】A.由分析可知，Q为Al，是一种金属，不具有半导体性质，选项错误，A不符合题意；
B.Q的最高价氧化物的水化物的化学式为Al(OH)3 ， Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SO4 ， H2SO4的酸性比Al(OH)3的酸性强，选项错误，B不符合题意；
C.X的非金属比Q强，故其氢化物的稳定性比Q强，选项正确，C符合题意；
D.同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，故X的原子半径比Y的大，选项错误，D不符合题意；
故答案为：C。
22.下列离子方程式正确的是( )
A. 金属钠和水反应：Na + 2H2O＝Na+ + 2OH―+ H2↑
B. 用石灰乳作沉淀剂从海水中提镁:2OH-+Mg2+=Mg(OH)2↓
C. 硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2+ + SO42-＝BaSO4↓
D. 碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：2HCO3―+ Ca2+ + 2OH―＝CaCO3↓+ CO32- + 2H2O
【答案】B
【解析】A.该离子方程式中不满足电荷守恒，选项错误，A不符合题意；
B.石灰乳加到大量的海水中可以溶解并完全电离，该离子方程式正确， B符合题意；
C.(NH4)2SO4和Ba(OH)2反应过程中，Ba2+和SO42-结合成沉淀，NH4+和OH-结合成弱电解质，选项错误，C不符合题意；
D.澄清石灰水过量，溶液中不可能有大量的CO32―生成，只能生成CaCO3沉淀，该反应的离子方程式不正确，D不符合题意；
故答案为：B
23.Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+ 6Na2O2＝ 2Na2FeO4+ 2Na2O + 2Na2SO4+ O2↑，对此反应下列说法中正确的是（ ）
A. Na2O2只作氧化剂
B. Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物
C. O2 是还原产物
D. 2 mol FeSO4发生反应时，反应中共有8 mol电子转移
【答案】B
【解析】
【分析】从化合价变化的角度分析氧化还原反应中的有关概念的判断，根据化合价升降的数目计算反应中的电子转移数目。2FeSO4 + 6Na2O2 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑反应中，铁元素的化合价升高，由+2价升高到+3价，Na2O2中元素的化合价既升高又降低。据此分析解答。
【详解】A. Na2O2中元素的化合价既升高又降低，反应中既是氧化剂又是还原剂，故A错误；
B. FeSO4 →Na2FeO4，铁的化合价升高，Na2FeO4是氧化产物，Na2O2 →Na2FeO4，氧元素化合价降低，Na2FeO4是还原产物，故B正确；
C. Na2O2 → O2，氧元素化合价升高，O2是氧化产物，故C错误；
D.反应中化合价升高的元素有Fe，由+3价→+6价，化合价升高的元素还有O元素，由-2价→0价，2molFeSO4发生反应时，共有2mol×3+1mol×4=10mol电子转移，故D错误。
答案选B。
24.向100mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是( )
A. a点时溶液中阳离子仅为Cu2+和Fe2+
B. b点时溶液中发生的反应为：Fe＋Cu2+=Cu＋Fe2+
C. c点时加入的铁粉与Cu2+反应
D. 原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶1
【答案】B
【解析】
【分析】由于氧化性：Fe3+>Cu2+ ， 故加入铁粉时，铁先与氧化性强的Fe3+发生反应；当溶液中的Fe3+完全反应后，再与溶液中的Cu2+发生反应。
【详解】A.a点表示的是加入铁粉后，溶液中固体的质量仍为0，此时发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+ ， 由于反应仍未结束，故a点溶液中存在的阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+ ， 选项错误，A不符合题意；
B. b点表示加入铁粉后，溶液中固体的质量增加，此时发生反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ ， 选项正确，B符合题意；
C. 当加入铁粉的质量大于1.68g后，图中曲线出现了拐点，由点（2.24，1.84）可知，铁粉增加的质量与固体剩余物增加的质量相等，故c点没有发生反应，选项错误，C不符合题意；
D.当加入铁粉质量为0.56g时，发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+ ， 故溶液中， 故溶液中n[Fe2(SO4)3]=0.01mol；当加入铁粉的质量为0.56~1.68g（即1.12g）时，能够反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ ， 则溶液中,故溶液中n(CuSO4)=0.02mol；因此溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量之比为1:2，选项错误，D不符合题意；
故答案为：B。
25.某溶液X中仅可能含有K+、Na+、Fe2+、Fe3+、SO42-、CO32-、I-、Cl-中的一种或多种，且溶液中各离子浓度相同。现进行下列实验，下列说法正确的是（ ）
A. 该溶液X中Na+、Cl-一定有
B. 溶液Y中加入氯化钡溶液没有沉淀
C. 该溶液可能是硫酸亚铁、碘化钾和氯化钠溶于水后得到的
D. 原溶液X中滴加几滴KSCN溶液后，再滴加少量的次氯酸钠溶液后溶液呈血红色
【答案】C
【解析】
【分析】由实验流程可知，过量氯水反应后的溶液，加入CCl4萃取后下层的紫红色，说明原溶液中含有I-，则能够氧化I-的Fe3+不能同时存在于溶液中。此时上层的水溶液中一定含有氯水还原生成的Cl-，所以用该溶液加入AgNO3生成的白色沉淀，其中Cl-不能说明存在于原溶液中。另外一份加入NaOH产生红褐色沉淀说明溶液中存在Fe3+，但是该Fe3+又不能存在于原溶液中，那只能是Fe2+开始时被氯水氧化生成Fe3+，所以原溶液中含有Fe2+；Fe2+的存在说明原溶液中不含有CO32-，Y的焰色反应为黄色说明含钠离子，但不能确定原溶液中是否含钠离子，透过钴玻璃观察焰色反应为紫色火焰证明一定含钾离子，以此来解答。
详解：根据以上分析可知I-、Fe2+、K+一定存在，Fe3+、CO32-一定不存在，SO42-、Cl-、Na+可能存在。
【详解】A．由于过程中加入氯离子和钠离子，该溶液X中Na+、Cl-不能确定是否含有，A错误；
B．溶液中可能会含硫酸根离子，加入氯化钡溶液会生成白色沉淀，B错误；
C．该溶液中一定存在I-、Fe2+、K+、可能含SO42-、Cl-、Na+，溶液可能是硫酸亚铁、碘化钾和氯化钠溶于水后得到的，C正确；
D．由于碘离子的还原性强于亚铁离子，原溶液X中滴加几滴KSCN溶液后，再滴加少量的次氯酸钠溶液后亚铁离子不一定被氧化，溶液不一定呈血红色，D错误；
答案选C
二、填空题
26.选用合适的过量的试剂来除去下列物质中的杂质(括号中为杂质)：
（1）NaCl溶液(Na2CO3)，试剂________,离子方程式________。
（2）FeCl2溶液(CuCl2)，试剂________,离子方程式________。
（3）向含有NaBr、KI的溶液中通入过量的Cl2 ， 然后将溶液蒸干、灼烧，最终得到的固体物质是 ________(填化学式),其中发生的反应依次为（用离子方程式表示）________
（4）有以下几种物质：①食盐晶体②乙醇 ③水银 ④蔗糖⑤冰醋酸（纯醋酸晶体）⑥KNO3溶液 ⑦熔融的氢氧化钠 ⑧液态氯化氢 填空回答（填序号）;以上物质中属于非电解质的是________，属于强电解质的是________。
【答案】(1). 稀盐酸 (2). CO32-+2H+=CO2↑+H2O (3). 铁粉 (4). Fe+Cu2+=Fe2++Cu (5). NaCl、KCl (6). 2I- +Cl2 = 2Cl-+ I2 、2Br- +Cl2 = 2Cl-+ Br 2 (7). ②④ (8). ①⑦⑧
【解析】
【分析】（1）除去NaCl溶液中的Na2CO3应用稀盐酸；
（2）除去FeCl2溶液中的CuCl2应用铁粉；
（3）氯气具有氧化性，能将Br-、I-氧化成Br2和I2；
（4）根据非电解质和强电解质的概念进行分析。
【详解】（1）除去NaCl溶液中的Na2CO3应用稀盐酸，反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；
（2）除去FeCl2溶液中的CuCl2应用铁粉，其反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；
（3）氯气具有氧化性，能将Br-、I-氧化成Br2和I2 ， 其反应的离子方程式为：2I-+Cl2=2Cl-+I2 、2Br-+Cl2=2Cl-+Br2 ， 故反应后所得溶液的溶质为NaCl和KCl；故溶液蒸干、灼烧后，溴挥发、碘升华，所得固体为KCl和NaCl；
（4）非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，故上述物质中属于非电解质的有：②乙醇、④蔗糖；
强电解质是指在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，故上述物质中属于强电解质的有：①食盐晶体、⑦熔融氢氧化钠、⑧液态氯化氢。
27.现用18．4 mol·L-1的浓硫酸来配制450mL 0．2 mol·L-1的稀硫酸，可供选择的仪器有：
①玻璃棒 ②烧杯 ③胶头滴管 ④量筒 ⑤托盘天平
（1）上述仪器在配制过程中不需要用到的是__________________（填序号）除上述仪器外，尚缺最重要的仪器是_____________
（2）计算所需浓硫酸的体积为___________mL。（精确到一位小数）
（3）实验中用到玻璃棒，其作用分别是：___________、__________。
（4）配制时，一般可分为以下几个步骤：
①量取 ②计算 ③稀释 ④摇匀 ⑤转移 ⑥洗涤 ⑦定容 ⑧冷却
其正确的操作顺序为：②→①→③→_________→_________→_________→_________→④（填序号）
（5）在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有____________（填序号）
①定容时，仰视刻度线。
②未冷却至室温就转移到容量瓶中。
③容量瓶中含有少量蒸馏水。
④未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒。
⑤定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。
【答案】(1). ⑤ (2). 500mL容量瓶 (3). 5.4 (4). 搅拌 (5). 引流 (6). ⑧ (7). ⑤ (8). ⑥ (9). ⑦ (10). ①④⑤
【解析】（1）浓溶液配制稀溶液用到的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，故不需要的有：⑤，还缺少的一种主要仪器是：500ml容量瓶；
（2）设需要的浓硫酸的体积为VmL，根据稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：18．4mol/L×VmL=500mL×0．2mol/L，解得V=5.4mL，故应用量筒量取浓硫酸的体积是5．4mL；（3）实验中用到玻璃棒，稀释时其作用是搅拌，转移时其作用是引流；
（4）配制一定物质的量浓度的溶液步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以正确顺序为：②①③⑧⑤⑥⑦④；
（5）根据c=n/V可知：
①定容时，仰视刻度线，V偏大，浓度偏低；
②未冷却至室温就转移到容量瓶中，V偏小，浓度偏高；
③容量瓶中含有少量蒸馏水，无影响；
④未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒，n偏小，浓度偏低；
⑤定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，n偏小，浓度偏低；故选①④⑤。
28.A，B，C，D，E代表单质或化合物，它们之间的相互转换关系如图所示。A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质，其晶体结构与金刚石相似。
请回答：
（1）形成单质A的原子的结构示意图为________。
（2）E的化学式为________。
（3）B与氢氧化钠反应生成D和H2O的化学方程式是________。
（4）在D的溶液中通入过量CO2气体的离子方程式________。
（5）下列说法正确的是______
A. 水泥、玻璃、石英玻璃等都是传统硅酸盐材料。
B. 高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维。
C. 化学分析中常用到的分子筛是硅酸盐材料。
D. 熔融烧碱不能选用陶瓷坩埚。
【答案】(1). (2). CaSiO3 (3). SiO2+2NaOH=NaSiO3+H2O (4). SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3- (5). C,D
【解析】
【分析】“ A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质 ”则A为Si；由“B+碳→A+E”可知B为SiO2 ， E为CO；由“B+NaOH→D+H2O”可得D为Na2SiO3；由“B+CaO→C”可得C为CaSiO3；据此结合设问进行分析作答。
【详解】（1）由分析可知，A为Si，其原子核内有14个质子，核外有三个电子层，共14个电子，其原子结构示意图为：；
（2）由分析可知，E的化学式为：CaSiO3；
（3）B为SiO2 ， 与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和水，该反应的化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
（4）往D（Na2SiO3）溶液中通过过量CO2后，由于H2CO3的酸性比H2SiO3强，故反应生成H2SiO3；由于CO2过量，则反应生成HCO3- ， 故该反应的离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-；
（5）A、石英玻璃的主要成分是SiO2 ， 不是硅酸盐材料，A不符合题意；
B、光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是硅单质，B不符合题意；
C、分子筛的主要成分是硅酸盐，C符合题意；
D、陶瓷可以被烧碱腐蚀，故熔融烧碱不能用陶瓷坩埚，D符合题意；
故答案为：CD。
29.如图所示，是一个制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置，其中各试剂瓶装的试剂为：B（AgNO3溶液）、C（氯化亚铁溶液）、D（碘化钾淀粉溶液）、E（水）、H（紫色石蕊试液）
（1）A是氯气发生装置，蒸馏烧瓶中盛放MnO2固体，其化学反应方程式是：________
（2）实验开始时，先点燃A处酒精灯，打开分液漏斗旋塞和Ⅰ处活塞，让氯气充满整个装置，再点燃G处酒精灯，回答下列问题：
下列装置中的现象是B________；D________请写出C中发生反应的化学方程式________
（3）在G装置的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，一种产物能使H处紫色石蕊试液变红，另一产物能使澄清石灰水变浑浊，写出G中的反应的化学方程式________。
（4）在H处，紫色石蕊试液的颜色由紫色变为红色，再变为无色，其原因是________。
（5）G处反应完毕后关闭分液漏斗旋塞，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有氯气产生，此时应该怎样操作________；装置Ⅰ中的现象是________。
（6）若将E中的水换成氢氧化钠溶液，溶液中不但有NaClO还有NaClO3 ， 其物质的量比为1：2，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为：________。
【答案】(1). MnO2+4HCl MnCl2+2H2O+Cl2↑ (2). 产生白色沉淀 (3). 溶液变蓝 (4). 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 (5). C+2H2O+Cl2CO2+4HCl (6). 生成的HCl使紫色石蕊试液变红色，剩余的氯气又与水作用生成次氯酸，又起漂白作用，使红色褪去 (7). 关闭Ⅰ处活塞 (8). Ⅰ处b瓶内页面下降，c中液面上升 (9). 11:3
【解析】
【分析】（1）MnO2与浓盐酸反应生成MnCl2、H2O和Cl2；
（2）根据氯气的性质和氯水的成分确定实验现象；
（3）根据实验现象确定产物，进而得出反应的化学方程式；
（4）先变红由于酸性气体产生，再变无色是由于漂白作用，据此分析；
（5）实验结束后，由于余热作用产生的氯气应进行收集或吸收；
（6）根据得失电子守恒进行计算。
【详解】（1）MnO2与浓盐酸反应生成MnCl2、H2O和Cl2 ， 该反应的化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2；
（2）氯气溶于水后产生HCl和HClO，其中Cl-能与Ag+结合成AgCl沉淀，故B中现象为产生白色沉淀；由于氯气具有氧化性，能将I-氧化成I2 ， 淀粉遇碘变蓝色，故D中的现象为溶液变为蓝色；氯气具有氧化性，C中Fe2+具有还原性，二者可发生氧化还原反应，该反应的化学方程式为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3；
（3）“ 一种产物能使H处紫色石蕊试液变红 ”则说明该产物的水溶液显酸性，结合元素守恒可知，产物为HCl；“ 另一产物能使澄清石灰水变浑浊 ”则该产物为CO2 ， 故该反应的化学方程式为：C+2H2O+Cl2CO2+4HCl；
（4）实验过程中生成的HCl使紫色石蕊试液变红色；剩余的氯气又与水作用生成HClO，具有漂白作用，使红色褪去；
（5）实验结束后，由于余热会继续产生氯气，此时应关闭Ⅰ中活塞，产生的氯气不通过后续装置，防止造成空气污染；此时可观察到Ⅰ中b瓶内液面下降，c中液面上升；
（6）该反应中氯气既是氧化剂又是还原剂。反应生成NaClO和NaClO3的物质的量之比为1:2，设其物质的量分别为1mol和2mol，则其失去的电子数为：1mol×1+2mol×5=11mol，故还原剂的物质的量为；根据得失电子守恒可得，反应过程中，氧化剂得到的电子数也为11mol，故氧化剂的物质的量为；因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为。
三、计算题
30.氢氧化钠固体在实验室保存中容易变质。现取一定量的久存氢氧化钠固体样品溶于水，向所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成的CO2（标准状况）与加入的盐酸体积有如图关系
（不考虑CO2在水中的溶解）。试计算：
（1）盐酸的物质的量浓度为________mol/L。
（2）该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比为________。
（3）若该氢氧化钠固体样品溶于水后用于吸收CO2，最多能吸收CO2的体积（标况下）是________
【答案】(1). 0.4 (2). 2:1 (3). 1.344L
【解析】
【分析】（1）产生CO2反应的化学方程式为：NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑， 根据产生CO2的体积计算其物质的量，再由反应的化学方程式计算消耗HCl的物质的量，从而计算所用稀盐酸的物质的量浓度；
（2）根据消耗盐酸的量，确定溶液中NaCl的量，进而根据钠守恒，确定原固体中所含NaOH的量；
（3）吸收CO2的过程中，NaOH和Na2CO3都转化为NaHCO3 ， 根据反应的化学方程式计算吸收CO2的量。
【详解】（1）产生CO2的物质的量；
由反应的化学方程式：NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑可得，反应消耗的HCl的物质的量为0.02mol，且参与反应的稀盐酸的体积为50mL，故所用稀盐酸的物质的量浓度；
（2）当加入200mL稀盐酸时，溶液中所含溶质为NaCl，其物质的量n(NaCl)=n(HCl)=0.4mol/L×0.2L=0.08mol；
由碳守恒，可得原固体中n(Na2CO3)=n(CO2)=0.02mol；
由钠守恒，可得原固体中n(NaOH)=n(NaCl)-2n(Na2CO3)=0.08mol-2×0.02mol=0.04mol；
故该样品中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为：0.04mol:0.02mol=2:1；
（3）NaOH吸收足量的CO2后最终转化为NaHCO3 ，该反应的化学方程式为：CO2+NaOH=NaHCO3 ，故可吸收CO2的物质的量n(CO2)=n(NaOH)=0.04mol；
Na2CO3吸收CO2 后转化为NaHCO3 ，该反应的化学方程式为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ，故可吸收CO2的物质的量n(CO2)=n(Na2CO3)=0.02mol；
故可吸收CO2的体积（标况下）V=n×Vm=(0.04mol+0.02mol)×22.4L/mol=1.344L。
本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe 56 Zn－65 Ca-40 Cu-64 Ba-137 Mg-24 Al-27 K-39
一、选择题：(每小题只有一个正确答案)
1.用聚光手电筒照射下列分散系，不能观察到丁达尔效应的是（ ）
A. Fe(OH)3胶体 B. 蛋白质溶液 C. KOH溶液 D. 淀粉溶液
【答案】C
【解析】
【分析】胶体具有丁达尔效应，溶液没有，据此分析选项即可。
【详解】A.Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应，A不符合题意；
B.蛋白质溶液属于胶体，具有丁达尔效应，B不符合题意；
C.KOH溶液不属于胶体，不具有丁达尔效应，C符合题意；
D.淀粉溶液属于胶体，具有丁达尔效应，D不符合题意；
故答案为：C。
2.关于物质的分类，正确的是( )
A. 纯碱---碱 B. 盐酸---纯净物
C. 氯化银---弱电解质 D. 氧化钠---碱性氧化物
【答案】D
【解析】A.纯碱的化学式为Na2CO3 ，属于盐，A选项错误；
B.盐酸为HCl溶液，属于混合物，B选项错误；
C.氯化银为盐，属于强电解质，C选项错误；
D.碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的氧化物，氧化钠能与盐酸反应生成氯化钠和水，故氧化钠属于碱性氧化物，D选项正确；
故答案为：D。
3.在下列状态下，能导电的电解质是( )
A. 氨水 B. 硫酸钠固体
C. 二氧化碳水溶液 D. 熔融的氯化钠
【答案】D
【解析】A. 氨水是混合物，不属于电解质；
B. 硫酸钠固体是电解质，但不能导电；
C. 二氧化碳水溶液是混合物，不属于电解质；
D. 熔融的氯化钠属于电解质，且有自由移动的离子，能导电。
故选D。
4.美国科学家用某有机分子和球形笼状分子C60制成了“纳米车”（如图所示），每辆“纳米车”是由一个有机分子和4个C60分子构成。“纳米车”可以用来运输单个的有机分子。下列说法正确的是（ ）
A. 人们用肉眼可以清晰看到“纳米车”的运动
B. “纳米车”诞生说明人类操纵分子的技术进入了一个新阶段
C. C60是一种新型的化合物
D. C60与12C是同位素
【答案】B
【解析】A、因纳米车很小，我们不能直接用肉眼清晰地看到这种“纳米车”的运动，选项A错误；B、“纳米车”的诞生，说明人类操纵分子的技术进入一个新阶段，选项B正确；C、由不同种元素形成的纯净物是化合物，C60是一种单质，选项C错误；D、质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，C60是单质，不是核素，选项D错误。答案选B。
5.下列产品的主要成分不正确的是( )
A. 光导纤维——硅 B. 水泥——硅酸盐
C. 漂白粉——次氯酸钙和氯化钙 D. 苏打——碳酸钠
【答案】A
【解析】A.光导纤维的主要成分是二氧化硅，选项错误，A符合题意；
B.水泥属于硅酸盐，选项正确，B不符合题意；
C.漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2 ，选项正确，C不符合题意；
D.苏打的主要成分是Na2CO3 ，选项正确，D不符合题意；
故答案为：A。
6.下列说法或化学用语正确的是( )
A. 146C原子中质子数为6、中子数为14
B. 16O2与18O2是两种不同的核素
C. 23Na+和24Mg2+具有相同的中子数和电子数
D. S2-的结构示意图：
【答案】C
【解析】A. 146C中质量数为14，质子数为6，故中子数=质量数-质子数=14-6=8，选项错误，A不符合题意；
B. 16O2与18O2是单质，不是原子，核素是指质子数相同、中子数不同的原子，选项错误，B不符合题意；
C. 23Na+的中子数=质量数-质子数=23-11=12，电子数=11-1=10； 24Mg2+的中子数=质量数-质子数=24-12=12，电子数=12-2=10，故二者具有相同的中子数和电子数，选项正确，C符合题意；
D.S原子的最外层电子数为6，易得两个电子形成S2- ， 其最外层电子数为8，选项错误，D不符合题意；
故答案为：C。
7.下列试剂的保存方法错误的是（ ）
A. 实验室少量的钠保存在煤油中
B. 新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中
C. 氢氟酸(HF)保存在塑料瓶中
D. 配制的FeCl2溶液中加CCl4溶液防止被氧化
【答案】D
【解析】A.钠的密度比煤油大，沉积在底部，能防止钠被空气中的氧气氧化，故钠可保存在煤油中， 选项正确，A不符合题意；
B.新制氯水中含有HClO，HClO不稳定，见光易分解，故应保存在棕色玻璃瓶内，选项正确，B不符合题意；
C.HF能与玻璃中的SiO2反应，故氢氟酸应保存在塑料瓶内，选项正确，C不符合题意；
D.CCl4不能防止FeCl2被氧化，防止FeCl2被氧化应加入铁粉，选项错误，D符合题意；
故答案为：D。
8.《本草衍义》中对精制砒霜有如下叙述:“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之，令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,尖长者为胜,平短者次之。”文中涉及的操作方法是（ ）
A. 蒸馏 B. 萃取 C. 升华 D. 结晶
【答案】C
【解析】砒霜为固体，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，说明砒霜加热由固态直接变为气态，冷却后又凝聚为固态，从而将砒霜与其他杂质分离，这个方法叫做升华，答案选C。正确答案为C。
9.下列物质在水溶液中的电离方程式中，正确的是( )
A. CH3COOH=CH3COO-+H+ B. NH3·H2O NH4++OH-
C. BaCl2=Ba2++ Cl2- D. NaHCO3=Na++H++CO3-
【答案】B
【解析】A.醋酸是弱酸，在水中部分电离，用可逆符号，不用等号，选项错误，A不符合题意；
B.NH3·H2O是弱碱，在水中部分电离产生NH4+和OH- ，选项正确，B符合题意；
C.BaCl2是可溶性盐，在水中完全电离产生Ba2+和Cl- ，选项错误，C不符合题意；
D.NaHCO3是可溶性盐，在水中完全电离产生Na+和HCO3- ，选项错误，D不符合题意；
故答案为：B。
10.下列说法正确的是( )
A. 用淀粉碘化钾试纸鉴别碘水和溴水
B. 二氧化硫可用于漂白纸浆
C. 镁着火时可用二氧化碳灭火器灭火
D. 生物炼铜就是利用特殊的细菌将硫化铜转化为铜
【答案】B
【解析】A.溴水能将KI氧化成I2 ， 故溴水和碘水都能使淀粉KI试纸变蓝，不可鉴别溴水和碘水，选项错误，A不符合题意；
B.SO2具有漂白性，能漂白纸浆，选项正确，B符合题意；
C.镁能与CO2反应，故镁着火不能用CO2灭火器，选项错误，C不符合题意；
D.生物炼铜的过程是利用特殊的细菌将难溶性的CuS转化为可溶性的铜盐， 选项错误，D不符合题意；
故答案为：B。
11.下列气体中不能用浓硫酸干燥的是（ ）
A. H2 B. NH3 C. SO2 D. CO
【答案】B
【解析】浓硫酸属于酸性干燥剂，不能干燥碱性气体，NH3属于碱性气体，故NH3不能用浓硫酸干燥，B符合题意；
故答案为：B。
12.下列有关实验操作的说法中正确的是( )
A. 容量瓶使用前必须干燥，否则将引起误差
B. 分液操作时，从下口放出下层液体，紧接着放出上层液体
C. 焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧，然后再进行实验
D. 蒸馏实验结束后，先停止通冷凝水，再停止加热
【答案】C
【解析】A.定容时需向容量瓶内加入蒸馏水，故容量瓶使用前不需干燥，选项错误，A不符合题意；
B.分液操作时，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，选项错误，B不符合题意；
C.做焰色反应时，应先用稀盐酸洗涤铂丝，并在酒精灯上灼烧，以除去杂质，然后再进行实验，选项正确，C符合题意；
D.蒸馏实验结束时，应先停止加热，继续通冷凝水至装置恢复至室温，选项错误，D不符合题意；
故答案为：C。
13.下列反应中，水只做氧化剂的是（ ）
A. 2H2 + O2=2H2O B. Na2O+H2O=2NaOH
C. 2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2↑+Cl2↑ D. Cl2+ H2O=HCl+HClO
【答案】C
【解析】
【分析】水只做氧化剂，即氢原子的化合价降低，据此分析；
【详解】A、H2O为产物，既是氧化产物又是还原产物，故A不符合题意；
B、该反应中没有化合价的变化，即H2O既不是氧化剂又不是还原剂，故B不符合题意；
C、根据反应方程式，H2O中的H→H2，化合价由＋1价→0价，化合价降低，即H2O为氧化剂，故C符合题意；
D、根据反应方程式，该反应为歧化反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂，H2O不是氧化剂和还原剂，故D不符合题意；
答案选C。
14.某溶液中含有大量的下列离子：Fe3+、NO3-、K+和M离子，经测定Fe3+、NO3-、K+和M离子的浓度之比为2∶4∶1∶3,则M离子可能是（ ）
A. OH- B. SO42- C. I- D. Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】根据溶液的电中性确定M离子所带电荷数，再结合离子共存，从而确定答案。
【详解】设溶液的体积为1L，再设Fe3+、NO3-、K+和M离子的浓度分别为2x、4x、x、3x。由于溶液显电中性，即溶液中阳离子所带正电荷的总量和阴离子所带负电荷的总量相等，则有：
溶液中阳离子所带正电荷的总量为：3c(Fe3+)+c(K+)=2x×3+x=7x；
溶液中NO3-所带负电荷的总量为：c(NO3-)=4x；
由于阳离子所带正电荷的总量超过了NO3-所带负电荷的总量，其差值为3x，故M离子（浓度为3x）中带一个单位的负电荷，由于OH-、I-都能与溶液中的Fe3+反应，而Cl-与溶液中的离子都不反应，D符合题意；
故答案为：D。
15.下列有关物质制备的说法正确的是( )
A. 玻璃是以石灰石、纯碱、石英在玻璃熔炉中高温熔融制得的
B. 工业上将氯气通入澄清石灰水中制取漂白粉
C. 用焦炭在高温下还原二氧化硅可得到纯硅
D. 高炉炼铁中利用焦炭直接将铁矿石还原为铁单质
【答案】A
【解析】A.玻璃是由石灰石、纯碱和石英制得的，选项正确，A符合题意；
B.Ca(OH)2微溶于水，故澄清石灰中Ca(OH)2的浓度很小，制备漂白粉应用石灰乳，选项错误，B不符合题意；
C.焦炭高温还原二氧化硅后所得为粗硅，选项错误，C不符合题意；
D.高炉炼铁中加入的原料有铁矿石、焦炭、石灰石等，还原剂是焦炭燃烧产生的CO，选项错误，D不符合题意；
故答案为：A。
16.M2+与aN-具有相同的电子层结构，则M元素的质子数为（ ）
A. a+2 B. a-3 C. a+3 D. a-1
【答案】C
【解析】
【分析】由aN-确定M2+的核外电子数，根据原子中质子数等于核外电子数确定M的质子数。
【详解】aN-的核外电子数为a+1，则M2+的核外电子数也为a+1，则M原子的核外电子数为a+1+2=a+3；在原子中，质子数等于核外电子数，故M元素的质子数为a+3，C符合题意；
故答案为：C。
17.设NA为阿伏加德罗常数数的值，下列说法不正确的是( )
A. 标准状况下，1.8gH2O中所含分子数为0.1NA
B. 常温常压下，14gCO和N2混合气所含质子总数为7NA
C. 含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量Mg反应，转移电子数为0.2NA
D. 足量Fe在0.1molCl2中充分燃烧，转移电子数为0.2NA
【答案】C
【解析】A.1.8g水的物质的量， 故其所含分子数为0.1NA ， 选项正确，A不符合题意；
B.由于CO和N2的摩尔质量都是28g/mol，故14g混合气体的物质的量，而CO和N2的质子数均为14，故混合气体中所含质子总数为：0.5mol×14=7NA ，选项正确，B不符合题意；
C.镁与浓硫酸反应产生SO2 ，2mol H2SO4参与反应时转移2mol e-，与稀硫酸反应生成H2 ， 只要有1mol H2SO4参与反应就转移2mol e-，故含0.2molH2SO4的浓硫酸完全与镁反应，转移电子数在0.2NA ~0.4NA之间，选项错误，C符合题意；
D.铁在氯气中反应生成FeCl3 ， 0.1molCl2完全反应，转移电子数为0.2NA ， 选项正确，D不符合题意；
故答案为：C。
18.下列实验方法或操作正确的是（ ）
A. 转移溶液 B. 制蒸馏水
C. 分离水和酒精 D. 稀释浓硫酸
【答案】A
【解析】A．向容量瓶中转移溶液，可用玻璃棒引流，注意不能将玻璃棒接触容量瓶口，防止液面外流，故A正确；
B．蒸馏时温度计水银球应放支管口处，冷凝水方向错误，应下进上出，故B错误；
C．酒精和水能互溶，不能用分液分离，故C错误；
D．稀释浓硫酸应将水沿烧杯内壁缓缓加入到浓硫酸中，并用玻璃棒不断搅拌，故D错误
答案选A。
19.下列溶液中的氯离子浓度与50 mL 1 mol·L－1的AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是( )
A. 150 mL 3 mol·L－1的NaClO B. 50 mL 1 mol·L－1的NH4Cl
C. 150 mL 1 mol·L－1的NaCl D. 200 mL 1.5mol·L－1的CaCl2
【答案】D
【解析】AlCl3在水中电离产生Al3+和Cl- ， 故1mol/LAlCl3溶液中c(Cl-)=3mol/L；
A.NaClO在水中电离产生Na+和ClO- ， 不产生Cl- ， 选项错误，A不符合题意；
B.NH4Cl在水中电离产生NH4+和Cl- ， 故1mol/L的NH4Cl溶液中c(Cl-)=1mol/L，选项错误，B不符合题意；
C.NaCl在水中电离产生Na+和Cl- ， 故1mol/L的NaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L，选项错误，C不符合题意；
D.CaCl2在水中电离产生Ca2+和Cl- ， 故1.5mol/L的CaCl2溶液中c(Cl-)=3mol/L，选项正确，D符合题意；
故答案为：D。
20.下列各组离子，能大量共存的是( )
A. 能使酚酞变红的溶液：Na+、SO42-、C1O-、CO32-
B. 能使紫色石蕊变红的溶液：Mg2+、Cu2+、 Na+、 ClO-
C. 含有大量 Fe3+的溶液：Na+、NH4+、SO42-、I-
D. 0.1mol/LNa2SO4溶液：Κ+、Ba2+、NO3-、Clˉ
【答案】A
【解析】A.能使酚酞变红的溶液显碱性，溶液中存在大量的OH- ， 溶液中的离子相互间不发生反应，可以大量共存，选项正确，A符合题意；
B.能使紫色石蕊试液变红的溶液显酸性，溶液中存在大量的H+ ， 能与ClO-结合成HClO，不可大量共存，选项错误，B不符合题意；
C.Fe3+具有氧化性，I-具有还原性，二者可发生氧化还原反应，不可大量共存，选项错误，C不符合题意；
D.溶液中的SO42-和Ba2+能形成BaSO4沉淀，不可大量共存，选项错误，D不符合题意；
故答案为：A。
21.Q、X、Y和Z为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示，这4种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是( )
A. Q的单质具有半导体的性质，Q与Z可形成化合物QZ4
B. Q的最高价氧化物的水化物的酸性比Z的强
C. X氢化物的稳定性比Q强
D. Y的原子半径比X的大
【答案】C
【解析】
【分析】设元素X的原子最外层电子数为a，则Y、Z、Q的最外层电子数分别为：(a+1)、(a+2)、(a-1)，则可得a+(a+1)+(a+2)+(a-1)=22，解得 a=4；由于四种元素都为短周期元素，故X、Y、Z、Q分别为：C、N、S、Al；据此结合元素周期表的性质递变规律分析选项。
【详解】A.由分析可知，Q为Al，是一种金属，不具有半导体性质，选项错误，A不符合题意；
B.Q的最高价氧化物的水化物的化学式为Al(OH)3 ， Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SO4 ， H2SO4的酸性比Al(OH)3的酸性强，选项错误，B不符合题意；
C.X的非金属比Q强，故其氢化物的稳定性比Q强，选项正确，C符合题意；
D.同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，故X的原子半径比Y的大，选项错误，D不符合题意；
故答案为：C。
22.下列离子方程式正确的是( )
A. 金属钠和水反应：Na + 2H2O＝Na+ + 2OH―+ H2↑
B. 用石灰乳作沉淀剂从海水中提镁:2OH-+Mg2+=Mg(OH)2↓
C. 硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2+ + SO42-＝BaSO4↓
D. 碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：2HCO3―+ Ca2+ + 2OH―＝CaCO3↓+ CO32- + 2H2O
【答案】B
【解析】A.该离子方程式中不满足电荷守恒，选项错误，A不符合题意；
B.石灰乳加到大量的海水中可以溶解并完全电离，该离子方程式正确， B符合题意；
C.(NH4)2SO4和Ba(OH)2反应过程中，Ba2+和SO42-结合成沉淀，NH4+和OH-结合成弱电解质，选项错误，C不符合题意；
D.澄清石灰水过量，溶液中不可能有大量的CO32―生成，只能生成CaCO3沉淀，该反应的离子方程式不正确，D不符合题意；
故答案为：B
23.Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+ 6Na2O2＝ 2Na2FeO4+ 2Na2O + 2Na2SO4+ O2↑，对此反应下列说法中正确的是（ ）
A. Na2O2只作氧化剂
B. Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物
C. O2 是还原产物
D. 2 mol FeSO4发生反应时，反应中共有8 mol电子转移
【答案】B
【解析】
【分析】从化合价变化的角度分析氧化还原反应中的有关概念的判断，根据化合价升降的数目计算反应中的电子转移数目。2FeSO4 + 6Na2O2 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑反应中，铁元素的化合价升高，由+2价升高到+3价，Na2O2中元素的化合价既升高又降低。据此分析解答。
【详解】A. Na2O2中元素的化合价既升高又降低，反应中既是氧化剂又是还原剂，故A错误；
B. FeSO4 →Na2FeO4，铁的化合价升高，Na2FeO4是氧化产物，Na2O2 →Na2FeO4，氧元素化合价降低，Na2FeO4是还原产物，故B正确；
C. Na2O2 → O2，氧元素化合价升高，O2是氧化产物，故C错误；
D.反应中化合价升高的元素有Fe，由+3价→+6价，化合价升高的元素还有O元素，由-2价→0价，2molFeSO4发生反应时，共有2mol×3+1mol×4=10mol电子转移，故D错误。
答案选B。
24.向100mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是( )
A. a点时溶液中阳离子仅为Cu2+和Fe2+
B. b点时溶液中发生的反应为：Fe＋Cu2+=Cu＋Fe2+
C. c点时加入的铁粉与Cu2+反应
D. 原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶1
【答案】B
【解析】
【分析】由于氧化性：Fe3+>Cu2+ ， 故加入铁粉时，铁先与氧化性强的Fe3+发生反应；当溶液中的Fe3+完全反应后，再与溶液中的Cu2+发生反应。
【详解】A.a点表示的是加入铁粉后，溶液中固体的质量仍为0，此时发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+ ， 由于反应仍未结束，故a点溶液中存在的阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+ ， 选项错误，A不符合题意；
B. b点表示加入铁粉后，溶液中固体的质量增加，此时发生反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ ， 选项正确，B符合题意；
C. 当加入铁粉的质量大于1.68g后，图中曲线出现了拐点，由点（2.24，1.84）可知，铁粉增加的质量与固体剩余物增加的质量相等，故c点没有发生反应，选项错误，C不符合题意；
D.当加入铁粉质量为0.56g时，发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+ ， 故溶液中， 故溶液中n[Fe2(SO4)3]=0.01mol；当加入铁粉的质量为0.56~1.68g（即1.12g）时，能够反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ ， 则溶液中,故溶液中n(CuSO4)=0.02mol；因此溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量之比为1:2，选项错误，D不符合题意；
故答案为：B。
25.某溶液X中仅可能含有K+、Na+、Fe2+、Fe3+、SO42-、CO32-、I-、Cl-中的一种或多种，且溶液中各离子浓度相同。现进行下列实验，下列说法正确的是（ ）
A. 该溶液X中Na+、Cl-一定有
B. 溶液Y中加入氯化钡溶液没有沉淀
C. 该溶液可能是硫酸亚铁、碘化钾和氯化钠溶于水后得到的
D. 原溶液X中滴加几滴KSCN溶液后，再滴加少量的次氯酸钠溶液后溶液呈血红色
【答案】C
【解析】
【分析】由实验流程可知，过量氯水反应后的溶液，加入CCl4萃取后下层的紫红色，说明原溶液中含有I-，则能够氧化I-的Fe3+不能同时存在于溶液中。此时上层的水溶液中一定含有氯水还原生成的Cl-，所以用该溶液加入AgNO3生成的白色沉淀，其中Cl-不能说明存在于原溶液中。另外一份加入NaOH产生红褐色沉淀说明溶液中存在Fe3+，但是该Fe3+又不能存在于原溶液中，那只能是Fe2+开始时被氯水氧化生成Fe3+，所以原溶液中含有Fe2+；Fe2+的存在说明原溶液中不含有CO32-，Y的焰色反应为黄色说明含钠离子，但不能确定原溶液中是否含钠离子，透过钴玻璃观察焰色反应为紫色火焰证明一定含钾离子，以此来解答。
详解：根据以上分析可知I-、Fe2+、K+一定存在，Fe3+、CO32-一定不存在，SO42-、Cl-、Na+可能存在。
【详解】A．由于过程中加入氯离子和钠离子，该溶液X中Na+、Cl-不能确定是否含有，A错误；
B．溶液中可能会含硫酸根离子，加入氯化钡溶液会生成白色沉淀，B错误；
C．该溶液中一定存在I-、Fe2+、K+、可能含SO42-、Cl-、Na+，溶液可能是硫酸亚铁、碘化钾和氯化钠溶于水后得到的，C正确；
D．由于碘离子的还原性强于亚铁离子，原溶液X中滴加几滴KSCN溶液后，再滴加少量的次氯酸钠溶液后亚铁离子不一定被氧化，溶液不一定呈血红色，D错误；
答案选C
二、填空题
26.选用合适的过量的试剂来除去下列物质中的杂质(括号中为杂质)：
（1）NaCl溶液(Na2CO3)，试剂________,离子方程式________。
（2）FeCl2溶液(CuCl2)，试剂________,离子方程式________。
（3）向含有NaBr、KI的溶液中通入过量的Cl2 ， 然后将溶液蒸干、灼烧，最终得到的固体物质是 ________(填化学式),其中发生的反应依次为（用离子方程式表示）________
（4）有以下几种物质：①食盐晶体②乙醇 ③水银 ④蔗糖⑤冰醋酸（纯醋酸晶体）⑥KNO3溶液 ⑦熔融的氢氧化钠 ⑧液态氯化氢 填空回答（填序号）;以上物质中属于非电解质的是________，属于强电解质的是________。
【答案】(1). 稀盐酸 (2). CO32-+2H+=CO2↑+H2O (3). 铁粉 (4). Fe+Cu2+=Fe2++Cu (5). NaCl、KCl (6). 2I- +Cl2 = 2Cl-+ I2 、2Br- +Cl2 = 2Cl-+ Br 2 (7). ②④ (8). ①⑦⑧
【解析】
【分析】（1）除去NaCl溶液中的Na2CO3应用稀盐酸；
（2）除去FeCl2溶液中的CuCl2应用铁粉；
（3）氯气具有氧化性，能将Br-、I-氧化成Br2和I2；
（4）根据非电解质和强电解质的概念进行分析。
【详解】（1）除去NaCl溶液中的Na2CO3应用稀盐酸，反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；
（2）除去FeCl2溶液中的CuCl2应用铁粉，其反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；
（3）氯气具有氧化性，能将Br-、I-氧化成Br2和I2 ， 其反应的离子方程式为：2I-+Cl2=2Cl-+I2 、2Br-+Cl2=2Cl-+Br2 ， 故反应后所得溶液的溶质为NaCl和KCl；故溶液蒸干、灼烧后，溴挥发、碘升华，所得固体为KCl和NaCl；
（4）非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，故上述物质中属于非电解质的有：②乙醇、④蔗糖；
强电解质是指在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，故上述物质中属于强电解质的有：①食盐晶体、⑦熔融氢氧化钠、⑧液态氯化氢。
27.现用18．4 mol·L-1的浓硫酸来配制450mL 0．2 mol·L-1的稀硫酸，可供选择的仪器有：
①玻璃棒 ②烧杯 ③胶头滴管 ④量筒 ⑤托盘天平
（1）上述仪器在配制过程中不需要用到的是__________________（填序号）除上述仪器外，尚缺最重要的仪器是_____________
（2）计算所需浓硫酸的体积为___________mL。（精确到一位小数）
（3）实验中用到玻璃棒，其作用分别是：___________、__________。
（4）配制时，一般可分为以下几个步骤：
①量取 ②计算 ③稀释 ④摇匀 ⑤转移 ⑥洗涤 ⑦定容 ⑧冷却
其正确的操作顺序为：②→①→③→_________→_________→_________→_________→④（填序号）
（5）在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有____________（填序号）
①定容时，仰视刻度线。
②未冷却至室温就转移到容量瓶中。
③容量瓶中含有少量蒸馏水。
④未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒。
⑤定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。
【答案】(1). ⑤ (2). 500mL容量瓶 (3). 5.4 (4). 搅拌 (5). 引流 (6). ⑧ (7). ⑤ (8). ⑥ (9). ⑦ (10). ①④⑤
【解析】（1）浓溶液配制稀溶液用到的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，故不需要的有：⑤，还缺少的一种主要仪器是：500ml容量瓶；
（2）设需要的浓硫酸的体积为VmL，根据稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：18．4mol/L×VmL=500mL×0．2mol/L，解得V=5.4mL，故应用量筒量取浓硫酸的体积是5．4mL；（3）实验中用到玻璃棒，稀释时其作用是搅拌，转移时其作用是引流；
（4）配制一定物质的量浓度的溶液步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以正确顺序为：②①③⑧⑤⑥⑦④；
（5）根据c=n/V可知：
①定容时，仰视刻度线，V偏大，浓度偏低；
②未冷却至室温就转移到容量瓶中，V偏小，浓度偏高；
③容量瓶中含有少量蒸馏水，无影响；
④未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒，n偏小，浓度偏低；
⑤定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，n偏小，浓度偏低；故选①④⑤。
28.A，B，C，D，E代表单质或化合物，它们之间的相互转换关系如图所示。A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质，其晶体结构与金刚石相似。
请回答：
（1）形成单质A的原子的结构示意图为________。
（2）E的化学式为________。
（3）B与氢氧化钠反应生成D和H2O的化学方程式是________。
（4）在D的溶液中通入过量CO2气体的离子方程式________。
（5）下列说法正确的是______
A. 水泥、玻璃、石英玻璃等都是传统硅酸盐材料。
B. 高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维。
C. 化学分析中常用到的分子筛是硅酸盐材料。
D. 熔融烧碱不能选用陶瓷坩埚。
【答案】(1). (2). CaSiO3 (3). SiO2+2NaOH=NaSiO3+H2O (4). SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3- (5). C,D
【解析】
【分析】“ A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质 ”则A为Si；由“B+碳→A+E”可知B为SiO2 ， E为CO；由“B+NaOH→D+H2O”可得D为Na2SiO3；由“B+CaO→C”可得C为CaSiO3；据此结合设问进行分析作答。
【详解】（1）由分析可知，A为Si，其原子核内有14个质子，核外有三个电子层，共14个电子，其原子结构示意图为：；
（2）由分析可知，E的化学式为：CaSiO3；
（3）B为SiO2 ， 与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和水，该反应的化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
（4）往D（Na2SiO3）溶液中通过过量CO2后，由于H2CO3的酸性比H2SiO3强，故反应生成H2SiO3；由于CO2过量，则反应生成HCO3- ， 故该反应的离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-；
（5）A、石英玻璃的主要成分是SiO2 ， 不是硅酸盐材料，A不符合题意；
B、光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是硅单质，B不符合题意；
C、分子筛的主要成分是硅酸盐，C符合题意；
D、陶瓷可以被烧碱腐蚀，故熔融烧碱不能用陶瓷坩埚，D符合题意；
故答案为：CD。
29.如图所示，是一个制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置，其中各试剂瓶装的试剂为：B（AgNO3溶液）、C（氯化亚铁溶液）、D（碘化钾淀粉溶液）、E（水）、H（紫色石蕊试液）
（1）A是氯气发生装置，蒸馏烧瓶中盛放MnO2固体，其化学反应方程式是：________
（2）实验开始时，先点燃A处酒精灯，打开分液漏斗旋塞和Ⅰ处活塞，让氯气充满整个装置，再点燃G处酒精灯，回答下列问题：
下列装置中的现象是B________；D________请写出C中发生反应的化学方程式________
（3）在G装置的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，一种产物能使H处紫色石蕊试液变红，另一产物能使澄清石灰水变浑浊，写出G中的反应的化学方程式________。
（4）在H处，紫色石蕊试液的颜色由紫色变为红色，再变为无色，其原因是________。
（5）G处反应完毕后关闭分液漏斗旋塞，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有氯气产生，此时应该怎样操作________；装置Ⅰ中的现象是________。
（6）若将E中的水换成氢氧化钠溶液，溶液中不但有NaClO还有NaClO3 ， 其物质的量比为1：2，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为：________。
【答案】(1). MnO2+4HCl MnCl2+2H2O+Cl2↑ (2). 产生白色沉淀 (3). 溶液变蓝 (4). 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 (5). C+2H2O+Cl2CO2+4HCl (6). 生成的HCl使紫色石蕊试液变红色，剩余的氯气又与水作用生成次氯酸，又起漂白作用，使红色褪去 (7). 关闭Ⅰ处活塞 (8). Ⅰ处b瓶内页面下降，c中液面上升 (9). 11:3
【解析】
【分析】（1）MnO2与浓盐酸反应生成MnCl2、H2O和Cl2；
（2）根据氯气的性质和氯水的成分确定实验现象；
（3）根据实验现象确定产物，进而得出反应的化学方程式；
（4）先变红由于酸性气体产生，再变无色是由于漂白作用，据此分析；
（5）实验结束后，由于余热作用产生的氯气应进行收集或吸收；
（6）根据得失电子守恒进行计算。
【详解】（1）MnO2与浓盐酸反应生成MnCl2、H2O和Cl2 ， 该反应的化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2；
（2）氯气溶于水后产生HCl和HClO，其中Cl-能与Ag+结合成AgCl沉淀，故B中现象为产生白色沉淀；由于氯气具有氧化性，能将I-氧化成I2 ， 淀粉遇碘变蓝色，故D中的现象为溶液变为蓝色；氯气具有氧化性，C中Fe2+具有还原性，二者可发生氧化还原反应，该反应的化学方程式为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3；
（3）“ 一种产物能使H处紫色石蕊试液变红 ”则说明该产物的水溶液显酸性，结合元素守恒可知，产物为HCl；“ 另一产物能使澄清石灰水变浑浊 ”则该产物为CO2 ， 故该反应的化学方程式为：C+2H2O+Cl2CO2+4HCl；
（4）实验过程中生成的HCl使紫色石蕊试液变红色；剩余的氯气又与水作用生成HClO，具有漂白作用，使红色褪去；
（5）实验结束后，由于余热会继续产生氯气，此时应关闭Ⅰ中活塞，产生的氯气不通过后续装置，防止造成空气污染；此时可观察到Ⅰ中b瓶内液面下降，c中液面上升；
（6）该反应中氯气既是氧化剂又是还原剂。反应生成NaClO和NaClO3的物质的量之比为1:2，设其物质的量分别为1mol和2mol，则其失去的电子数为：1mol×1+2mol×5=11mol，故还原剂的物质的量为；根据得失电子守恒可得，反应过程中，氧化剂得到的电子数也为11mol，故氧化剂的物质的量为；因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为。
三、计算题
30.氢氧化钠固体在实验室保存中容易变质。现取一定量的久存氢氧化钠固体样品溶于水，向所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成的CO2（标准状况）与加入的盐酸体积有如图关系
（不考虑CO2在水中的溶解）。试计算：
（1）盐酸的物质的量浓度为________mol/L。
（2）该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比为________。
（3）若该氢氧化钠固体样品溶于水后用于吸收CO2，最多能吸收CO2的体积（标况下）是________
【答案】(1). 0.4 (2). 2:1 (3). 1.344L
【解析】
【分析】（1）产生CO2反应的化学方程式为：NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑， 根据产生CO2的体积计算其物质的量，再由反应的化学方程式计算消耗HCl的物质的量，从而计算所用稀盐酸的物质的量浓度；
（2）根据消耗盐酸的量，确定溶液中NaCl的量，进而根据钠守恒，确定原固体中所含NaOH的量；
（3）吸收CO2的过程中，NaOH和Na2CO3都转化为NaHCO3 ， 根据反应的化学方程式计算吸收CO2的量。
【详解】（1）产生CO2的物质的量；
由反应的化学方程式：NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑可得，反应消耗的HCl的物质的量为0.02mol，且参与反应的稀盐酸的体积为50mL，故所用稀盐酸的物质的量浓度；
（2）当加入200mL稀盐酸时，溶液中所含溶质为NaCl，其物质的量n(NaCl)=n(HCl)=0.4mol/L×0.2L=0.08mol；
由碳守恒，可得原固体中n(Na2CO3)=n(CO2)=0.02mol；
由钠守恒，可得原固体中n(NaOH)=n(NaCl)-2n(Na2CO3)=0.08mol-2×0.02mol=0.04mol；
故该样品中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为：0.04mol:0.02mol=2:1；
（3）NaOH吸收足量的CO2后最终转化为NaHCO3 ，该反应的化学方程式为：CO2+NaOH=NaHCO3 ，故可吸收CO2的物质的量n(CO2)=n(NaOH)=0.04mol；
Na2CO3吸收CO2 后转化为NaHCO3 ，该反应的化学方程式为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ，故可吸收CO2的物质的量n(CO2)=n(Na2CO3)=0.02mol；
故可吸收CO2的体积（标况下）V=n×Vm=(0.04mol+0.02mol)×22.4L/mol=1.344L。
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