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辽宁省六校协作体2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题化学（解析版）
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辽宁省六校协作体2019-2020学年高一上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：Na 23；O 16；H 1；P 31；C 12；Ba 137；Cl 35.5；N 14；Cu 64；S 32
一、选择题（只有1个正确答案；共20小题，每小题3分，共60分）
1.如下表所示，对陈述1和陈述2的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（ ）
选项
陈述1
陈述2
判断
A
碳酸钠溶液可用于治疗胃病
碳酸钠可与盐酸反应
1对，2对，有
B
向滴有酚酞的水溶液加入过氧化钠变红色
过氧化钠与水反应生成氢氧化钠
1对，2错，无
C
金属钠具有强还原性
钠可置换出硫酸铜溶液中的铜单质
1对，2对，有
D
碳酸氢钠可作为发酵粉用于烘培糕点
碳酸钠溶解度比碳酸氢钠溶解度大
1对，2对，无
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，碳酸钠溶液不能用于治疗胃病，碳酸氢钠和氢氧化铝可以用于治疗胃病，1描述错误，故A错误；
B选项，向滴有酚酞的水溶液加入过氧化钠先变红色后褪色，因为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，同时过氧化钠有漂白性，故1描述错误，2描述不准确，故B错误；
C选项，金属钠具有强还原性，1描述正确；钠不能置换出硫酸铜溶液中的铜单质，2描述错误，主要是因为钠的还原性太强，遇到硫酸铜溶液先和溶液中的水反应，生成的氢氧化钠再和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，故C错误；
D选项，碳酸氢钠作发酵粉，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠溶解度，两者没有因果关系，故D正确；
综上所述，答案为D。
2.下列关于胶体的叙述正确的是（ ）
A. 胶体是不稳定的，静置后易产生沉淀
B. 胶体与悬浊液的本质区别是胶体是均一透明的，而浊液是浑浊的
C. 明矾净水是利用了胶体粒子的吸附性
D. 静电除去空气或工厂废气中的飘尘是利用了胶体的带电性
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，胶体具有介稳性，故A错误；
B选项，胶体与悬浊液的本质区别是分散质粒子直径大小不同，故B错误；
C选项，明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，利用了胶体粒子的吸附性而达到净水效果，故C正确；
D选项，静电除去空气或工厂废气中的飘尘是利用了胶体粒子带电性，不是胶体带电性，故D错误；
综上所述，答案为C。
3.下列说法不正确的组合为( )
①只含有一种元素的物质一定是纯净物
②生石灰做干燥剂包含化学变化
③NO2是酸性氧化物，硝酸是它与水反应形成的水化物
④碱性氧化物一定是金属氧化物
⑤电解质溶液导电一定发生化学变化
⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物一定是碱性氧化物
⑦用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中食盐不涉及化学变化
⑧两种盐反应一定生成两种新盐
A. ①③⑥⑧ B. ①②③④⑥ C. ②④⑤⑧ D. ②④⑥⑧
【答案】A
【解析】
【详解】①只含有一种元素的物质不一定是纯净物，比如含氧元素的氧气和臭氧混合物，因此①不正确；
②生石灰做干燥剂包含化学变化，生石灰吸收水，与水反应，是化学变化，因此②正确；
③NO2与水反应形成硝酸和NO，硝酸是它与水反应形成的水化物，因此③不正确；
④碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，因此④正确；
⑤电解质溶液导电过程，为电解过程，有新物质生成，一定是化学变化，因此⑤正确；
⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物，比如过氧化钠与亚硫酸反应，因此⑥不正确；
⑦用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐为渗析过程，没有新物质生成是物理变化，因此⑦正确；
⑧两种盐反应不一定生成两种新盐，比如硫化钠和氯化铁反应生成硫单质、氯化亚铁和氯化钠，因此⑧不正确；故A正确；
综上所述，答案为A。
4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 0.01molNH4+含有质子数为0.1NA
B. 4.48 L N2与CO的混合物所含分子数为0.2NA
C. 6.2 g白磷与红磷的混合物中所含磷原子数为0.2NA
D. 10.0mL 12 mol·L-1浓盐酸与足量二氧化锰反应，转移电子数0.06NA
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，1个NH4+含有11个质子，因此0.01molNH4+含有质子数为0.11NA，故A错误；
B选项，没有标准状况，无法计算物质的量，故B错误；
C选项，用极限思维思考，6.2 g白磷物质的量，含磷的物质的量为0.2mol，含磷原子数为0.2NA，6.2g红磷物质的量，含磷原子数为0.2NA，故C正确；
D选项，10.0mL 12 mol·L-1浓盐酸物质的量为0.12mol，与足量二氧化锰反应，由于浓盐酸再反应过程中逐渐变稀后就不再反应，因此转移电子数小于0.06NA，故D错误；
综上所述，答案为C。
5.实验室欲用NaOH固体配制1.0 mol·L-1的NaOH溶液240 mL，下列叙述不正确的是（ ）
A. 某同学欲称量一定量的NaOH固体，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图。则烧杯的实际质量为27.4 g
B. 要完成本实验该同学应称出10.0g NaOH
C. 氢氧化钠固体溶解后必须恢复至室温再进行转移
D. 容量瓶使用前需洗涤、并保持干燥
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，某同学欲称量一定量的NaOH固体，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图，游码为2.6 g，应该左盘放物质，右盘放砝码，因此烧杯的实际质量为30g – 2.6g = 27.4 g，故A正确；
B选项，氢氧化钠的物质的量，氢氧化钠质量，故B正确；
C选项，氢氧化钠固体溶解后必须恢复至室温再进行转移，避免引起误差，故C正确；
D选项，容量瓶使用前需洗涤，干燥与不干燥都可以，对结果没有影响，故D错误；
综上所述，答案为D。
6.下列各组离子因发生氧化还原反应而不能大量共存的是( )
A. Fe3＋、OH-、SO42-、CO32- B. Cu2＋、Fe3＋、H＋、I-
C. Ag＋、Na＋、SO42-、Cl- D. K＋、H＋、CO32-、MnO4-
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，Fe3＋、OH－生成沉淀而不共存，Fe3＋、CO32－生成沉淀和气体而不共存，故A不满足题意；
B选项，Fe3＋、I－发生氧化还原反应生成单质碘和亚铁离子，故B满足题意；
C选项，Ag＋、SO42－生成沉淀而不共存，Ag＋、Cl－生成沉淀而不共存，故C不满足题意；
D选项，H＋、CO32－生成气体而不共存，故D不满足题意；
综上所述，答案为B。
7.某溶液中(假定不考虑水解因素)仅含有K＋、Mg2＋、SO42—、NO3—四种离子，其中K＋与Mg2＋的个数之比为4∶5，则NO3—与SO42—的物质的量浓度之比一定不是（ ）
A. 8∶3 B. 3∶2 C. 2∶3 D. 1∶3
【答案】C
【解析】试题分析：假设钾离子为4摩尔，则镁离子为5摩尔，硝酸根离子为xmol，硫酸根离子为ymol，根据电子守恒分析，4+5×2="x+2y" 即x+2y =14。当 x=8时， y=3，故A正确；若x=6时，则y=4，正确B正确；若x=2时，则y=6，D正确；若x=10时，则y=2，则C不成立，选C。 (本题NO3—与SO42—的物质的量浓度之比可以为任意值，无答案)
8.下列实验方案中，能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验方案
A
配置100ml 1.0mol/L硫酸铜溶液
将25g CuSO4·5 H2O溶于100ml蒸馏水中
B
除去氯化钠固体中混有的碳酸钠
加入过量盐酸，蒸发、洗涤、干燥
C
证明Fe2+的氧化性
向FeCl2溶液中通入适量Cl2，溶液变成棕黄色
D
证明SO2是电解质或非电解质
用电流表测SO2水溶液的导电性
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，只能将25g CuSO4·5H2O溶于蒸馏水中配成100mL溶液，故A错误；
B选项，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠，过滤盐酸在蒸发过程中易挥发，最后得到氯化钠，故B正确；
C选项，亚铁离子和氯气反应生成铁离子，证明亚铁离子的还原性，故C错误；
D选项，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸电离而使溶液导电，因此不能用此方法证明二氧化硫是电解质还是非电解质，故D错误；
综上所述，答案为B。
9.赤铜矿的成分是Cu2O，辉铜矿的成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应：2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑，对于该反应，下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的氧化剂只有Cu2O
B. Cu既是氧化产物，又是还原产物
C. Cu2S既是氧化剂又是还原剂
D. 还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶6
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cu元素的化合价降低，则Cu2O、Cu2S均为氧化剂，故A错误；
B．Cu元素得到电子被还原，则Cu为还原产物，故B错误；
C．Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；
D．Cu为还原产物，SO2为氧化产物，由反应可知，还原产物与氧化产物的物质的量之比为6：1，故D错误；
本题答案选C。
10.下列两种气体的分子数一定相等的是（ ）
A. 等体积的CO和N2 B. 质量相等、密度不等的N2和CO
C. 原子数目相等的O3和N2 D. 质量相等的N2和CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，等体积CO和N2，温度和压强不清楚，因此物质的量不清楚，无法分析分子数目，故A错误；
B选项，质量相等的N2和CO，摩尔质量相等，因此物质的量相等，分子数目相等，故B正确；
C选项，原子数目相等的O3和N2，则分子数之比为2:3，故C错误；
D选项，质量相等的N2和CO2，摩尔质量不相等，因此物质的量不相等，分子数目不相等，故D错误；
综上所述，答案为B。
11.碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I－的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。
下列说法中不正确的是（ ）
A. 用淀粉KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉KI试纸会变蓝
B. 足量Cl2能使湿润的、已变蓝的淀粉KI试纸褪色的原因可能是5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl
C. 由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>IO3—
D. 途径Ⅱ中若生成1molI2，则反应中转移的电子数为10NA
【答案】C
【解析】A. 用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐时，IO3－+5I－+6H+=I2+3H2O，所以淀粉-KI试纸会变蓝，故A正确；B. 足量Cl2能使湿润的、已变蓝的淀粉-KI试纸褪色的原因可能是5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，故B正确；C. 由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2 >IO3－＞I2，故C不正确；D. 途径II中若生成1molI2，I的化合价变化为+5→0，则反应中转移的电子数为10NA，故D正确。故选C。
12.下列各项操作中,不发生“先产生沉淀,然后沉淀又溶解”现象的有( )
①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2
②向氢氧化铁胶体中逐滴稀盐酸
③向FeCl3溶液中逐滴加入过量稀氢氧化钠溶液
④向澄清的石灰水中通入过量的CO2
⑤向氯化钠的饱和溶液中通入大量氨气再通入过量CO2
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【详解】①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠溶解度小，因此有晶体析出，出现浑浊，不会变澄清，因此符合题意；
②向氢氧化铁胶体中逐滴稀盐酸，先加入电解质发生胶体聚沉，后酸碱中和反应生成水和氯化铁溶液，因此不符合题意；
③向FeCl3溶液中逐滴加入过量稀氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀，沉淀不溶解，因此符合题意；
④向澄清石灰水中通入过量的CO2，先溶液变浑浊生成碳酸钙，继续通入溶液变澄清，因此不符合题意；
⑤向氯化钠的饱和溶液中通入大量氨气再通入过量CO2，溶液变浑浊生成碳酸氢钠和氯化铵，因此符合题意，故符合题意的①③⑤三个，C正确；
综上所述，答案为C。
13.下列离子方程正确的是( )
A. 饱和石灰水中通入过量二氧化碳：OH- + CO2 = HCO3-
B. 将Cl2溶于水制备次氯酸: Cl2 + H2O = 2H++ Cl- + ClO-
C. 实验室制取二氧化碳：CO32- + 2H+ = H2O + CO2 ↑
D. 将少量SO2通入NaClO溶液中: SO2 + H2O + 2ClO-= SO32- + 2HClO
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，饱和石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙溶液，OH－+ CO2 = HCO3－，故A正确；
B选项，将Cl2溶于水制备次氯酸，次氯酸不能拆，故B错误；
C选项，实验室制取二氧化碳用碳酸钙和稀盐酸，碳酸钙是固体不能拆，故C错误；
D选项，将少量SO2通入NaClO溶液中，次氯酸具有强氧化性，将亚硫酸根氧化成硫酸根，而自身变为氯离子，故D错误；
综上所述，答案为A。
14.把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡；另一份加入含b mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁。则原混合溶液中钾离子的浓度为（ ）
A. mol·L－1 B. mol·L－1
C. mol·L－1 D. mol·L－1
【答案】D
【解析】试题分析：0．5VL的溶液中，n（SO42-）=" b" mol， n（Mg2+）= 0．5a mol，根据电荷守恒可得n（K+）=2b-a，所以钾离子的浓度为：mol·Lˉ1，D正确。
15.下列除杂试剂及方法选择正确的是（ ）
A. NaHCO3 (混有Na2CO3)将固体在空气中充分加热
B. Cl2(混有H2O和HCl)将混合气体依次通过浓硫酸和饱和食盐水洗气
C. NaCl溶液(混有Na2SO4)向溶液中依次加入BaCl2-Na2CO3-盐酸（每种试剂均过量）最后加热
D. FeCl2(混有FeCl3)向混合溶液中通入过量氯气
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，NaHCO3 受热易分解，在空气中受热不能达到除杂的目的，故A错误；
B选项，Cl2(混有H2O和HCl)将混合气体应该依次通过饱和食盐水和浓硫酸洗气，故B错误；
C选项，NaCl溶液(混有Na2SO4)向溶液中先加入BaCl2除掉硫酸根，再加Na2CO3除掉多余的钡离子，再加盐酸除掉多余的碳酸根，最后加热除掉多余的盐酸，故C正确；
D选项，FeCl2(混有FeCl3)向混合溶液中加入过量铁粉，再过滤，故D错误；
综上所述，答案为C。
16.某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应,设计装置如下，下列说法正确的是（ ）
A. 若D中无水硫酸铜变蓝，则说明Na2O2与H2反应生成水
B. 装置B中盛放浓硫酸，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气
C. 装置C加热前，用试管在干燥管管口处收集气体点燃,通过声音判断气体纯度
D. 装置A也可直接用于二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，若D中无水硫酸铜变蓝，不能说明Na2O2与H2反应生成水，因为D外的水蒸气会进入到D装置中引起变蓝，故A错误；
B选项，装置B是U型管，只能装固体干燥剂碱石灰，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气和挥发的HCl，故B错误；
C选项，装置C加热前，应该先检验氢气的纯度，方法是用试管在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度，故C正确；
D选项，装置A不能直接用于二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气，因为该装置缺少加热装置，故D错误；
综上所述，答案为C。
17. 下列说法正确的是（ ）
①氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸
②实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收
③新制氯水的氧化性强于久置氯水
④检验HCl气体中是否混有Cl2方法是将气体通入硝酸银溶液
⑤除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入饱和食盐水中
A. ①②③ B. ③ C. ②③④ D. ③⑤
【答案】B
【解析】试题分析：①氯气和氢气在点燃或光照条件下能产生爆炸，在没有条件下不反应，故错误；②氢氧化钙的溶解度较小，所以吸收氯气的能力较小，实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，故错误；③次氯酸有强氧化性，新制的氯水中次氯酸的量较多，久置的氯水中，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，所以久置的氯水中次氯酸含量较少，强氧化性较低，所以新制氯水的氧化性强于久置氯水的，故正确；④氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢和硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以氯气、氯化氢都能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀，所以硝酸银溶液不能用于检验HCl气体中是否混有Cl2，故错误；⑤饱和食盐水中含有氯离子，抑制氯气的溶解，氯化氢极易溶于饱和食盐水，所以可以除去Cl2中的HCl气体，但达不到除去HCl气体中的Cl2的目的，故错误；故选B。
18.根据下列实验事实得出的相应结论正确的是( )
序号
实验事实
结论
A
CO2的水溶液可以导电
CO2是电解质
B
Ca(ClO)2溶液中通入CO2产生白色沉淀
酸性：H2CO3＞HClO
C
向无色溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失
原溶液中一定含有SO42-
D
用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧直接观察火焰颜色，未见紫色
原溶液中不含K+
【答案】B
【解析】
【详解】A、CO2的水溶液可以导电是因为二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸电离出离子而导电，二氧化碳不能电离，是非电解质，A错误；
B、Ca(ClO)2溶液中通入CO2产生白色沉淀，同时还有次氯酸生成，则可以证明酸性：H2CO3＞HClO，B正确；
C、向无色溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失，白色沉淀可能是硫酸钡或氯化银，不能说明溶液中含有硫酸根离子，C错误；
D、观察钾元素的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃，用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧直接观察火焰颜色，未见紫色不能说明溶液中不存在钾离子，D错误；
答案选B。
19.将露置于空气中的某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)与加入的盐酸的体积有如图所示的关系(不考虑CO2在水中的溶解)。下列说法不正确的是( )
A. 滴加盐酸0→150mL段发生的反应依次为OH－+H+＝H2O、CO32－+H＋＝HCO3－
B. 所用盐酸的物质的量浓度为0.4 mol•L﹣1
C. CO2体积不再改变时，溶液中溶质为NaCl
D. 该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比为1：2
【答案】D
【解析】
【详解】A、因为碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，与碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳消耗盐酸的物质的量相等，所以由图可知V（HCl）在0～100mL区间内发生反应的化学方程式为：NaOH+HCl＝NaCl+H2O；在100～150mL区间内发生反应的化学方程式为Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3；在150～200mL区间内发生反应的化学方程式为NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，离子反应依次是：OH－+H+＝H2O、CO32－+H＋＝HCO3－、HCO3-+H+＝CO2↑+H2O，故A正确；
B、加入150mL～200mL盐酸，消耗盐酸体积=200mL-150mL=50mL，生成0.448L二氧化碳，其物质的量=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，则根据方程式NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O可知消耗盐酸的物质的量是0.02mol，则c（HCl）=0.02mol÷0.05L=0.4mol/L，故B正确；
C、加入200mL盐酸时，生成0.448L二氧化碳，此时溶液中溶质为NaCl，故C正确；
D、加入200mL盐酸时，生成0.448L二氧化碳，此时溶液中溶质为NaCl，由氯离子守恒可知n（NaCl）=0.2L×0.4mol/L=0.08mol，根据碳元素守恒n（Na2CO3）=n（CO2）=0.02mol，根据钠离子守恒n（NaOH）=n（NaCl）-2n（Na2CO3）=0.08mol-0.02mol×2=0.04mol，故该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比=0.04mol：0.02mol=2：1，故D错误。
故答案选D。
20.下列说法不正确的是（ ）
A. 向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中，溶液中的HCO3－浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计）
B. 向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液中CO32－的浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化忽略)
C. Na2O2、Na2O均能通过单质直接化合得到
D. 将物质的量比为2：1的Na和Na2O样品分别放入等量的水中，所得溶液的质量分数分别为a%和b%，则a、b的关系是a
【解析】
【详解】A选项，向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，开始有气泡，生成碳酸氢根，碳酸氢根离子浓度增大，再加稀盐酸，碳酸氢根和氢离子反应生成CO2气体，碳酸氢根离子浓度减小，因此在整个过程中，溶液中的HCO3－浓度变化是先变大后变小，故A正确；
B选项，向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，1 mol氢氧化钡加入，碳酸氢根和氢氧根反应生成2mol碳酸根，生成的2 mol碳酸根只有1mol碳酸根迅速和钡离子反应生成碳酸钡沉淀，剩余1 mol碳酸根，再继续加入，碳酸根浓度增大，当碳酸氢钠反应完再加氢氧化钡，后面钡离子直接和剩余的碳酸根反应，故B正确；
C选项，Na2O2是通过钠和氧气加热条件直接化合得到，Na2O是通过钠和氧气常温下直接化合得到，故C正确；
D选项，将物质的量比为2：1的Na和Na2O样品分别放入等量的水中，生成的氢氧化钠的质量相等，但由于前者生成了氢气，溶液的质量前者比后者少，因此质量分数前者大于后者，故D错误；
综上所述，答案为D。
二、填空题（共5题，40分）
21.（1）0.5molCH4含______个电子。
（2）下列物质既能导电，又属于电解质的是_______ 。
A NaCl溶液 B 铁丝 C 稀硫酸 D 熔融的氢氧化钠 E 盐酸 F 硫酸
（3）同温同压下，甲容器中HCl气体和乙容器中的NH3所含原子个数相等，则甲乙两容器的体积之比为________。
（4）现配制500ml 0.3mol/L稀硫酸溶液，需用量筒量取质量分数为49%，密度为1.5g/cm3的浓硫酸 _________ml。
【答案】(1). 5NA或3.01×1024 (2). D (3). 2：1（或2） (4). 20.0
【解析】
【详解】⑴一个甲烷含有10个电子，0.5molCH4含有5mol电子，含有5NA个电子，故答案为：5NA或3.01×1024；
⑵A选项，NaCl溶液能导电，但不是电解质，它是电解质溶液，故A错误；
B选项，铁丝能导电，但它是单质，不是电解质，故B错误；
C选项，稀硫酸能导电，但它是电解质溶液，故C错误；
D选项，熔融的氢氧化钠能导电，是电解质，故D正确；
E选项，盐酸能导电，但盐酸不是电解质，是电解质溶液，故E错误；
F选项，硫酸不能导电，故F错误；
综上所述，答案为D；
⑶同温同压下，甲容器中HCl气体和乙容器中的NH3所含原子个数相等，假设都含有4个原子，则HCl有2个，而氨气有1个，根据分子数之比等于物质的量之比等于体积之比，则甲乙两容器的体积之比为2:1，故答案为2:1；
⑷质量分数为49%，密度为1.5g/cm3的浓硫酸物质的量浓度为，
现配制500ml 0.3mol/L稀硫酸溶液，，
V = 0.02 L = 20.0mL，故答案为20.0mL。
22.（1）①标准状况下，1g氢气和14g氮气的体积相同
②常温常压下，16g氧气和臭氧的混合气体中含有的质子数为8NA
③0.1L 0.5mol/LCH3CH2OH溶液中含有氢原子数为0.3NA
④常温常压下，28gCO的体积大于22.4L
⑤分子总数相等的NO2和CO2，所含氧原子数均为2NA
上述表述中正确的有：_______
（2）用容量瓶配制溶液时，由于操作不当会引起误差
①用天平称量时所用砝码生锈
②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度
③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线
⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
上述情况会使所配溶液浓度偏低的是 ：_______
【答案】(1). ①②④ (2). ③⑥
【解析】
【详解】⑴①标准状况下，1g氢气物质的量，14g氮气的物质的量，同温同压，体积之比等于物质的量之比，因此体积相同，故①正确；
②常温常压下，16g氧气物质的量，一个氧气含有质子数16个，0.5 mol氧气含有质子数为0.5mol × 2 × NA mol-1 =8NA，16g臭氧物质的量，一个臭氧含有24个质子数，臭氧含有质子数为×3×NA mol-1 = 8NA，因此16g混合气体中含有的质子数为8NA，故②正确；
③0.1L 0.5mol/LCH3CH2OH物质的量，含有氢原子数0.05mol × 6 × NA mol-1 =0.3NA，但由于溶液中有水，水中含有氢原子，因此含有氢原子数为大于0.3NA，故③错误；
④常温常压下，28gCO的物质的量，常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L∙mol-1，因此常温常压下28gCO的体积大于22.4L，故④正确；
⑤分子总数相等的NO2和CO2，每个分子都含有2个原子，但物质的量不清楚，不能说所含氧原子数均为2NA，只能说所含的原子数相等，故⑤错误；所以上述表述中正确的有：①②④，故答案为①②④；
⑵①用天平称量时所用砝码生锈，砝码质量增加，称量物质质量增加，所配制溶液浓度偏高，因此①不符合题意；
②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度，所得浓溶液体积偏大，配制后溶液误差偏高，故②不符合题意；
③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，溶液中溶质少了，误差偏低，故③符合题意；
④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，有水时后面定容时少加水即可，因此不影响，故④不符合题意；
⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线，溶液的体积偏小，误差偏高，故⑤不符合题意；
⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，溶液的体积偏大，误差偏低，故⑥符合题意；因此会使所配溶液浓度偏低的是③⑥，故答案为③⑥。
23.下列各物质中只有A、B、C三种单质，A的焰色反应为黄色，主要以G形式存在于海水中，F是一种淡黄色的固体，H是一种常见的无色液体，I是造成温室效应的“元凶”，各物质间的转化关系图如下：
请按要求书写：
（1）反应①的离子方程式： ___________；
（2）物质K与物质L等物质的量离子方程式：___________；
（3）物质G向物质J转化的化学方程式：_______________；
（4）物质C与过量铁粉的化学方程式：______________。
【答案】(1). 2Na+2H2O=2Na+ + 2OH－+H2↑ (2). CO32－+H+=HCO3－ (3). NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl (4). 2Fe+3Cl22FeCl3
【解析】
【分析】A是单质且焰色反应为黄色，说明A为金属钠， A的主要以G形式存在于海水中，说明G为NaCl，说明C为氯气，F是一种淡黄色的固体，说明为过氧化钠，说明B为氧气，H是一种常见的无色液体，说明为水，I是造成温室效应的“元凶”，说明为二氧化碳，根据图形分析得出D为氢氧化钠，再根据关系得出K为碳酸钠，J为碳酸氢钠，L为盐酸。
【详解】⑴反应①是钠和水的反应，其离子方程式：2Na+2H2O=2Na+ + 2OH－+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2Na+ + 2OH－+H2↑；
⑵物质K与物质L等物质的量反应是碳酸氢钠和稀盐酸反应，其离子方程式CO32－+H+=HCO3－，故答案为CO32－+H+=HCO3－；
⑶物质G向物质J转化是工业制纯碱的反应，其化学方程式NaCl+NH3+H2O+CO2 = NaHCO3↓ +NH4Cl，故答案为NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl；
⑷物质C与过量铁粉的化学方程式2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为2Fe+3Cl22FeCl3。
24.在氯氧化法处理含CN-的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐（其毒性仅为氰化物的千分之一），氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。
（1）某厂废水中含KCN，其浓度为0.65mol / L。现用氯氧化法处理，发生如下反应（其中N均为－3价）：KCN＋2KOH＋Cl2 = KOCN＋2KCl＋H2O ，该反应中被氧化的元素是 __________（写元素符号） ，氧化产物为_____________（写化学式）。
（2）投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气（2KOCN＋ 4KOH＋ 3Cl2 = 2CO2 ↑＋ N2 ↑＋ 6KCl ＋ 2H2O）。若反应转移120mol电子，则消耗0.1mol / L KOH_________L 。
（3）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解不生成O2只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，写出该反应的化学方程式_____________ 。
【答案】(1). C (2). KOCN (3). 800 (4). 4KClO3KCl+3KClO4
【解析】
【详解】⑴某厂废水中含KCN，其浓度为0.65mol / L。现用氯氧化法处理，发生如下反应（其中N均为－3价）：KCN＋2KOH＋Cl2 = KOCN＋2KCl＋H2O，KCN变为KOCN，碳由+2价升高变为+4，因此被氧化的元素是C，氧化产物是化合价升高得到的产物即为KOCN，故答案为：C；KOCN；
⑵2KOCN＋ 4KOH＋3Cl2 = 2CO2↑＋N2↑＋6KCl＋2H2O，反应物KOCN中氮化合价升高，氯气中氯化合价降低，3mol氯气与2mol KOCN、4molKOH反应，转移6mol电子，若反应转移120 mol电子，则消耗KOH物质的量，x = 80mol，因此消耗0.1mol / L KOH体积，故答案为800L；
⑶KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解不生成O2只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，说明为KCl，Cl化合价降低，则另一种物质肯定是Cl化合价升高，则另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，说明为KClO4，说明写出该反应的化学方程式4KClO3KCl+3KClO4，故答案为4KClO3KCl+3KClO4。
25.实验室制取氯气除了用浓盐酸和二氧化锰反应外还可利用下列反应：KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O，该反应的优点是反应产生氯气速度快、不需加热。下图是实验室利用此反应制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持设备已略)。
（1）装置B的作用是______ ，实验进行时C中可能发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象：_______。
（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入______ (选“a”“b”或“c”)
a
b
c
Ⅰ
干燥的有色布条
湿润的有色布条
干燥的有色布条
Ⅱ
碱石灰
浓硫酸
无水氯化钙
Ⅲ
湿润的有色布条
干燥的有色布条
干燥的有色布条
（3）设计装置D、E 的目的是为了比较Cl2、Br2、I2的氧化性强弱．已知Br2的水溶液因浓度不同而呈现橙色或红棕色，I2难溶于水而易溶于苯，且I2的苯溶液为紫红色．当向D中缓缓通入足量Cl2时，可以看到无色溶液逐渐变为红棕色，说明Cl2的氧化性大于Br2，请写出D中对应的离子方程式并用单线桥法表示出电子转移情况：_________ 。打开活塞，将 D中的少量溶液加入E中，振荡E，观察到E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色．该现象______ (填“能”或“不能”)说明 Br2的氧化性大于I2。
（4）装置F的作用是除去污染性的物质(Cl2、Br2等)，已知 Cl2与NaOH反应时产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3，且值与温度高低有关．若烧杯中装有500mL 0.2mol/L 的NaOH溶液，则最多可吸收标况下的Cl2的体积为______ L(忽略Cl2溶于水)。
【答案】(1). 除去氯气中混有的氯化氢 (2). 长颈漏斗内液面上升 (3). c (4). (5). 不能 (6). 1.12
【解析】
【分析】A装置实验室制取氯气，A生成氯气同时带出HCl气体和水蒸气，B装置除掉HCl气体，C装置检验氯气的漂白性，D、E装置验证氯、溴、碘的非金属性强弱，F是尾气处理装置。
【详解】⑴A中生成氯气同时有易挥发的HCl，因此装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢，实验进行时C中可能发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象长颈漏斗内液面上升，故答案为：除去氯气中混有的氯化氢；长颈漏斗内液面上升；
⑵装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，因为从B出来的氯气是含有水蒸气的，Ⅰ处无论布条是否湿润，都会褪色，Ⅱ处是干燥氯气，不能用碱石灰，碱石灰会吸收氯气，U型管不能装浓硫酸，Ⅲ处为干燥的有色布条，因此c正确；
⑶D中对应的离子方程式并用单线桥法表示出电子转移情况：，
打开活塞，将D中的少量溶液加入E中，振荡E，观察到E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色，D中的液体有单质溴，还可能有多余的氯气，因此该现象不能说明Br2的氧化性大于I2，故答案为；不能；
⑷Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O，3Cl2 + 6NaOH = 5NaCl + NaClO3 + 3H2O，根据反应方程式得出无论哪个方程都是1 mol氯气消耗2 mol NaOH溶液，若烧杯中装有500mL 0.2mol/L 的NaOH溶液即物质的量，消耗的氯气的体积，得出x = 1.12 L，故答案为1.12 L。
可能用到的相对原子质量：Na 23；O 16；H 1；P 31；C 12；Ba 137；Cl 35.5；N 14；Cu 64；S 32
一、选择题（只有1个正确答案；共20小题，每小题3分，共60分）
1.如下表所示，对陈述1和陈述2的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（ ）
选项
陈述1
陈述2
判断
A
碳酸钠溶液可用于治疗胃病
碳酸钠可与盐酸反应
1对，2对，有
B
向滴有酚酞的水溶液加入过氧化钠变红色
过氧化钠与水反应生成氢氧化钠
1对，2错，无
C
金属钠具有强还原性
钠可置换出硫酸铜溶液中的铜单质
1对，2对，有
D
碳酸氢钠可作为发酵粉用于烘培糕点
碳酸钠溶解度比碳酸氢钠溶解度大
1对，2对，无
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，碳酸钠溶液不能用于治疗胃病，碳酸氢钠和氢氧化铝可以用于治疗胃病，1描述错误，故A错误；
B选项，向滴有酚酞的水溶液加入过氧化钠先变红色后褪色，因为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，同时过氧化钠有漂白性，故1描述错误，2描述不准确，故B错误；
C选项，金属钠具有强还原性，1描述正确；钠不能置换出硫酸铜溶液中的铜单质，2描述错误，主要是因为钠的还原性太强，遇到硫酸铜溶液先和溶液中的水反应，生成的氢氧化钠再和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，故C错误；
D选项，碳酸氢钠作发酵粉，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠溶解度，两者没有因果关系，故D正确；
综上所述，答案为D。
2.下列关于胶体的叙述正确的是（ ）
A. 胶体是不稳定的，静置后易产生沉淀
B. 胶体与悬浊液的本质区别是胶体是均一透明的，而浊液是浑浊的
C. 明矾净水是利用了胶体粒子的吸附性
D. 静电除去空气或工厂废气中的飘尘是利用了胶体的带电性
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，胶体具有介稳性，故A错误；
B选项，胶体与悬浊液的本质区别是分散质粒子直径大小不同，故B错误；
C选项，明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，利用了胶体粒子的吸附性而达到净水效果，故C正确；
D选项，静电除去空气或工厂废气中的飘尘是利用了胶体粒子带电性，不是胶体带电性，故D错误；
综上所述，答案为C。
3.下列说法不正确的组合为( )
①只含有一种元素的物质一定是纯净物
②生石灰做干燥剂包含化学变化
③NO2是酸性氧化物，硝酸是它与水反应形成的水化物
④碱性氧化物一定是金属氧化物
⑤电解质溶液导电一定发生化学变化
⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物一定是碱性氧化物
⑦用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中食盐不涉及化学变化
⑧两种盐反应一定生成两种新盐
A. ①③⑥⑧ B. ①②③④⑥ C. ②④⑤⑧ D. ②④⑥⑧
【答案】A
【解析】
【详解】①只含有一种元素的物质不一定是纯净物，比如含氧元素的氧气和臭氧混合物，因此①不正确；
②生石灰做干燥剂包含化学变化，生石灰吸收水，与水反应，是化学变化，因此②正确；
③NO2与水反应形成硝酸和NO，硝酸是它与水反应形成的水化物，因此③不正确；
④碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，因此④正确；
⑤电解质溶液导电过程，为电解过程，有新物质生成，一定是化学变化，因此⑤正确；
⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物，比如过氧化钠与亚硫酸反应，因此⑥不正确；
⑦用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐为渗析过程，没有新物质生成是物理变化，因此⑦正确；
⑧两种盐反应不一定生成两种新盐，比如硫化钠和氯化铁反应生成硫单质、氯化亚铁和氯化钠，因此⑧不正确；故A正确；
综上所述，答案为A。
4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 0.01molNH4+含有质子数为0.1NA
B. 4.48 L N2与CO的混合物所含分子数为0.2NA
C. 6.2 g白磷与红磷的混合物中所含磷原子数为0.2NA
D. 10.0mL 12 mol·L-1浓盐酸与足量二氧化锰反应，转移电子数0.06NA
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，1个NH4+含有11个质子，因此0.01molNH4+含有质子数为0.11NA，故A错误；
B选项，没有标准状况，无法计算物质的量，故B错误；
C选项，用极限思维思考，6.2 g白磷物质的量，含磷的物质的量为0.2mol，含磷原子数为0.2NA，6.2g红磷物质的量，含磷原子数为0.2NA，故C正确；
D选项，10.0mL 12 mol·L-1浓盐酸物质的量为0.12mol，与足量二氧化锰反应，由于浓盐酸再反应过程中逐渐变稀后就不再反应，因此转移电子数小于0.06NA，故D错误；
综上所述，答案为C。
5.实验室欲用NaOH固体配制1.0 mol·L-1的NaOH溶液240 mL，下列叙述不正确的是（ ）
A. 某同学欲称量一定量的NaOH固体，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图。则烧杯的实际质量为27.4 g
B. 要完成本实验该同学应称出10.0g NaOH
C. 氢氧化钠固体溶解后必须恢复至室温再进行转移
D. 容量瓶使用前需洗涤、并保持干燥
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，某同学欲称量一定量的NaOH固体，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图，游码为2.6 g，应该左盘放物质，右盘放砝码，因此烧杯的实际质量为30g – 2.6g = 27.4 g，故A正确；
B选项，氢氧化钠的物质的量，氢氧化钠质量，故B正确；
C选项，氢氧化钠固体溶解后必须恢复至室温再进行转移，避免引起误差，故C正确；
D选项，容量瓶使用前需洗涤，干燥与不干燥都可以，对结果没有影响，故D错误；
综上所述，答案为D。
6.下列各组离子因发生氧化还原反应而不能大量共存的是( )
A. Fe3＋、OH-、SO42-、CO32- B. Cu2＋、Fe3＋、H＋、I-
C. Ag＋、Na＋、SO42-、Cl- D. K＋、H＋、CO32-、MnO4-
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，Fe3＋、OH－生成沉淀而不共存，Fe3＋、CO32－生成沉淀和气体而不共存，故A不满足题意；
B选项，Fe3＋、I－发生氧化还原反应生成单质碘和亚铁离子，故B满足题意；
C选项，Ag＋、SO42－生成沉淀而不共存，Ag＋、Cl－生成沉淀而不共存，故C不满足题意；
D选项，H＋、CO32－生成气体而不共存，故D不满足题意；
综上所述，答案为B。
7.某溶液中(假定不考虑水解因素)仅含有K＋、Mg2＋、SO42—、NO3—四种离子，其中K＋与Mg2＋的个数之比为4∶5，则NO3—与SO42—的物质的量浓度之比一定不是（ ）
A. 8∶3 B. 3∶2 C. 2∶3 D. 1∶3
【答案】C
【解析】试题分析：假设钾离子为4摩尔，则镁离子为5摩尔，硝酸根离子为xmol，硫酸根离子为ymol，根据电子守恒分析，4+5×2="x+2y" 即x+2y =14。当 x=8时， y=3，故A正确；若x=6时，则y=4，正确B正确；若x=2时，则y=6，D正确；若x=10时，则y=2，则C不成立，选C。 (本题NO3—与SO42—的物质的量浓度之比可以为任意值，无答案)
8.下列实验方案中，能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验方案
A
配置100ml 1.0mol/L硫酸铜溶液
将25g CuSO4·5 H2O溶于100ml蒸馏水中
B
除去氯化钠固体中混有的碳酸钠
加入过量盐酸，蒸发、洗涤、干燥
C
证明Fe2+的氧化性
向FeCl2溶液中通入适量Cl2，溶液变成棕黄色
D
证明SO2是电解质或非电解质
用电流表测SO2水溶液的导电性
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，只能将25g CuSO4·5H2O溶于蒸馏水中配成100mL溶液，故A错误；
B选项，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠，过滤盐酸在蒸发过程中易挥发，最后得到氯化钠，故B正确；
C选项，亚铁离子和氯气反应生成铁离子，证明亚铁离子的还原性，故C错误；
D选项，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸电离而使溶液导电，因此不能用此方法证明二氧化硫是电解质还是非电解质，故D错误；
综上所述，答案为B。
9.赤铜矿的成分是Cu2O，辉铜矿的成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应：2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑，对于该反应，下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的氧化剂只有Cu2O
B. Cu既是氧化产物，又是还原产物
C. Cu2S既是氧化剂又是还原剂
D. 还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶6
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cu元素的化合价降低，则Cu2O、Cu2S均为氧化剂，故A错误；
B．Cu元素得到电子被还原，则Cu为还原产物，故B错误；
C．Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；
D．Cu为还原产物，SO2为氧化产物，由反应可知，还原产物与氧化产物的物质的量之比为6：1，故D错误；
本题答案选C。
10.下列两种气体的分子数一定相等的是（ ）
A. 等体积的CO和N2 B. 质量相等、密度不等的N2和CO
C. 原子数目相等的O3和N2 D. 质量相等的N2和CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，等体积CO和N2，温度和压强不清楚，因此物质的量不清楚，无法分析分子数目，故A错误；
B选项，质量相等的N2和CO，摩尔质量相等，因此物质的量相等，分子数目相等，故B正确；
C选项，原子数目相等的O3和N2，则分子数之比为2:3，故C错误；
D选项，质量相等的N2和CO2，摩尔质量不相等，因此物质的量不相等，分子数目不相等，故D错误；
综上所述，答案为B。
11.碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I－的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。
下列说法中不正确的是（ ）
A. 用淀粉KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉KI试纸会变蓝
B. 足量Cl2能使湿润的、已变蓝的淀粉KI试纸褪色的原因可能是5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl
C. 由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>IO3—
D. 途径Ⅱ中若生成1molI2，则反应中转移的电子数为10NA
【答案】C
【解析】A. 用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐时，IO3－+5I－+6H+=I2+3H2O，所以淀粉-KI试纸会变蓝，故A正确；B. 足量Cl2能使湿润的、已变蓝的淀粉-KI试纸褪色的原因可能是5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，故B正确；C. 由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2 >IO3－＞I2，故C不正确；D. 途径II中若生成1molI2，I的化合价变化为+5→0，则反应中转移的电子数为10NA，故D正确。故选C。
12.下列各项操作中,不发生“先产生沉淀,然后沉淀又溶解”现象的有( )
①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2
②向氢氧化铁胶体中逐滴稀盐酸
③向FeCl3溶液中逐滴加入过量稀氢氧化钠溶液
④向澄清的石灰水中通入过量的CO2
⑤向氯化钠的饱和溶液中通入大量氨气再通入过量CO2
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【详解】①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠溶解度小，因此有晶体析出，出现浑浊，不会变澄清，因此符合题意；
②向氢氧化铁胶体中逐滴稀盐酸，先加入电解质发生胶体聚沉，后酸碱中和反应生成水和氯化铁溶液，因此不符合题意；
③向FeCl3溶液中逐滴加入过量稀氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀，沉淀不溶解，因此符合题意；
④向澄清石灰水中通入过量的CO2，先溶液变浑浊生成碳酸钙，继续通入溶液变澄清，因此不符合题意；
⑤向氯化钠的饱和溶液中通入大量氨气再通入过量CO2，溶液变浑浊生成碳酸氢钠和氯化铵，因此符合题意，故符合题意的①③⑤三个，C正确；
综上所述，答案为C。
13.下列离子方程正确的是( )
A. 饱和石灰水中通入过量二氧化碳：OH- + CO2 = HCO3-
B. 将Cl2溶于水制备次氯酸: Cl2 + H2O = 2H++ Cl- + ClO-
C. 实验室制取二氧化碳：CO32- + 2H+ = H2O + CO2 ↑
D. 将少量SO2通入NaClO溶液中: SO2 + H2O + 2ClO-= SO32- + 2HClO
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，饱和石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙溶液，OH－+ CO2 = HCO3－，故A正确；
B选项，将Cl2溶于水制备次氯酸，次氯酸不能拆，故B错误；
C选项，实验室制取二氧化碳用碳酸钙和稀盐酸，碳酸钙是固体不能拆，故C错误；
D选项，将少量SO2通入NaClO溶液中，次氯酸具有强氧化性，将亚硫酸根氧化成硫酸根，而自身变为氯离子，故D错误；
综上所述，答案为A。
14.把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡；另一份加入含b mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁。则原混合溶液中钾离子的浓度为（ ）
A. mol·L－1 B. mol·L－1
C. mol·L－1 D. mol·L－1
【答案】D
【解析】试题分析：0．5VL的溶液中，n（SO42-）=" b" mol， n（Mg2+）= 0．5a mol，根据电荷守恒可得n（K+）=2b-a，所以钾离子的浓度为：mol·Lˉ1，D正确。
15.下列除杂试剂及方法选择正确的是（ ）
A. NaHCO3 (混有Na2CO3)将固体在空气中充分加热
B. Cl2(混有H2O和HCl)将混合气体依次通过浓硫酸和饱和食盐水洗气
C. NaCl溶液(混有Na2SO4)向溶液中依次加入BaCl2-Na2CO3-盐酸（每种试剂均过量）最后加热
D. FeCl2(混有FeCl3)向混合溶液中通入过量氯气
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，NaHCO3 受热易分解，在空气中受热不能达到除杂的目的，故A错误；
B选项，Cl2(混有H2O和HCl)将混合气体应该依次通过饱和食盐水和浓硫酸洗气，故B错误；
C选项，NaCl溶液(混有Na2SO4)向溶液中先加入BaCl2除掉硫酸根，再加Na2CO3除掉多余的钡离子，再加盐酸除掉多余的碳酸根，最后加热除掉多余的盐酸，故C正确；
D选项，FeCl2(混有FeCl3)向混合溶液中加入过量铁粉，再过滤，故D错误；
综上所述，答案为C。
16.某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应,设计装置如下，下列说法正确的是（ ）
A. 若D中无水硫酸铜变蓝，则说明Na2O2与H2反应生成水
B. 装置B中盛放浓硫酸，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气
C. 装置C加热前，用试管在干燥管管口处收集气体点燃,通过声音判断气体纯度
D. 装置A也可直接用于二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，若D中无水硫酸铜变蓝，不能说明Na2O2与H2反应生成水，因为D外的水蒸气会进入到D装置中引起变蓝，故A错误；
B选项，装置B是U型管，只能装固体干燥剂碱石灰，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气和挥发的HCl，故B错误；
C选项，装置C加热前，应该先检验氢气的纯度，方法是用试管在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度，故C正确；
D选项，装置A不能直接用于二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气，因为该装置缺少加热装置，故D错误；
综上所述，答案为C。
17. 下列说法正确的是（ ）
①氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸
②实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收
③新制氯水的氧化性强于久置氯水
④检验HCl气体中是否混有Cl2方法是将气体通入硝酸银溶液
⑤除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入饱和食盐水中
A. ①②③ B. ③ C. ②③④ D. ③⑤
【答案】B
【解析】试题分析：①氯气和氢气在点燃或光照条件下能产生爆炸，在没有条件下不反应，故错误；②氢氧化钙的溶解度较小，所以吸收氯气的能力较小，实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，故错误；③次氯酸有强氧化性，新制的氯水中次氯酸的量较多，久置的氯水中，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，所以久置的氯水中次氯酸含量较少，强氧化性较低，所以新制氯水的氧化性强于久置氯水的，故正确；④氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢和硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以氯气、氯化氢都能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀，所以硝酸银溶液不能用于检验HCl气体中是否混有Cl2，故错误；⑤饱和食盐水中含有氯离子，抑制氯气的溶解，氯化氢极易溶于饱和食盐水，所以可以除去Cl2中的HCl气体，但达不到除去HCl气体中的Cl2的目的，故错误；故选B。
18.根据下列实验事实得出的相应结论正确的是( )
序号
实验事实
结论
A
CO2的水溶液可以导电
CO2是电解质
B
Ca(ClO)2溶液中通入CO2产生白色沉淀
酸性：H2CO3＞HClO
C
向无色溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失
原溶液中一定含有SO42-
D
用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧直接观察火焰颜色，未见紫色
原溶液中不含K+
【答案】B
【解析】
【详解】A、CO2的水溶液可以导电是因为二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸电离出离子而导电，二氧化碳不能电离，是非电解质，A错误；
B、Ca(ClO)2溶液中通入CO2产生白色沉淀，同时还有次氯酸生成，则可以证明酸性：H2CO3＞HClO，B正确；
C、向无色溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失，白色沉淀可能是硫酸钡或氯化银，不能说明溶液中含有硫酸根离子，C错误；
D、观察钾元素的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃，用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧直接观察火焰颜色，未见紫色不能说明溶液中不存在钾离子，D错误；
答案选B。
19.将露置于空气中的某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)与加入的盐酸的体积有如图所示的关系(不考虑CO2在水中的溶解)。下列说法不正确的是( )
A. 滴加盐酸0→150mL段发生的反应依次为OH－+H+＝H2O、CO32－+H＋＝HCO3－
B. 所用盐酸的物质的量浓度为0.4 mol•L﹣1
C. CO2体积不再改变时，溶液中溶质为NaCl
D. 该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比为1：2
【答案】D
【解析】
【详解】A、因为碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，与碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳消耗盐酸的物质的量相等，所以由图可知V（HCl）在0～100mL区间内发生反应的化学方程式为：NaOH+HCl＝NaCl+H2O；在100～150mL区间内发生反应的化学方程式为Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3；在150～200mL区间内发生反应的化学方程式为NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，离子反应依次是：OH－+H+＝H2O、CO32－+H＋＝HCO3－、HCO3-+H+＝CO2↑+H2O，故A正确；
B、加入150mL～200mL盐酸，消耗盐酸体积=200mL-150mL=50mL，生成0.448L二氧化碳，其物质的量=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，则根据方程式NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O可知消耗盐酸的物质的量是0.02mol，则c（HCl）=0.02mol÷0.05L=0.4mol/L，故B正确；
C、加入200mL盐酸时，生成0.448L二氧化碳，此时溶液中溶质为NaCl，故C正确；
D、加入200mL盐酸时，生成0.448L二氧化碳，此时溶液中溶质为NaCl，由氯离子守恒可知n（NaCl）=0.2L×0.4mol/L=0.08mol，根据碳元素守恒n（Na2CO3）=n（CO2）=0.02mol，根据钠离子守恒n（NaOH）=n（NaCl）-2n（Na2CO3）=0.08mol-0.02mol×2=0.04mol，故该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比=0.04mol：0.02mol=2：1，故D错误。
故答案选D。
20.下列说法不正确的是（ ）
A. 向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中，溶液中的HCO3－浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计）
B. 向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液中CO32－的浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化忽略)
C. Na2O2、Na2O均能通过单质直接化合得到
D. 将物质的量比为2：1的Na和Na2O样品分别放入等量的水中，所得溶液的质量分数分别为a%和b%，则a、b的关系是a
【解析】
【详解】A选项，向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，开始有气泡，生成碳酸氢根，碳酸氢根离子浓度增大，再加稀盐酸，碳酸氢根和氢离子反应生成CO2气体，碳酸氢根离子浓度减小，因此在整个过程中，溶液中的HCO3－浓度变化是先变大后变小，故A正确；
B选项，向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，1 mol氢氧化钡加入，碳酸氢根和氢氧根反应生成2mol碳酸根，生成的2 mol碳酸根只有1mol碳酸根迅速和钡离子反应生成碳酸钡沉淀，剩余1 mol碳酸根，再继续加入，碳酸根浓度增大，当碳酸氢钠反应完再加氢氧化钡，后面钡离子直接和剩余的碳酸根反应，故B正确；
C选项，Na2O2是通过钠和氧气加热条件直接化合得到，Na2O是通过钠和氧气常温下直接化合得到，故C正确；
D选项，将物质的量比为2：1的Na和Na2O样品分别放入等量的水中，生成的氢氧化钠的质量相等，但由于前者生成了氢气，溶液的质量前者比后者少，因此质量分数前者大于后者，故D错误；
综上所述，答案为D。
二、填空题（共5题，40分）
21.（1）0.5molCH4含______个电子。
（2）下列物质既能导电，又属于电解质的是_______ 。
A NaCl溶液 B 铁丝 C 稀硫酸 D 熔融的氢氧化钠 E 盐酸 F 硫酸
（3）同温同压下，甲容器中HCl气体和乙容器中的NH3所含原子个数相等，则甲乙两容器的体积之比为________。
（4）现配制500ml 0.3mol/L稀硫酸溶液，需用量筒量取质量分数为49%，密度为1.5g/cm3的浓硫酸 _________ml。
【答案】(1). 5NA或3.01×1024 (2). D (3). 2：1（或2） (4). 20.0
【解析】
【详解】⑴一个甲烷含有10个电子，0.5molCH4含有5mol电子，含有5NA个电子，故答案为：5NA或3.01×1024；
⑵A选项，NaCl溶液能导电，但不是电解质，它是电解质溶液，故A错误；
B选项，铁丝能导电，但它是单质，不是电解质，故B错误；
C选项，稀硫酸能导电，但它是电解质溶液，故C错误；
D选项，熔融的氢氧化钠能导电，是电解质，故D正确；
E选项，盐酸能导电，但盐酸不是电解质，是电解质溶液，故E错误；
F选项，硫酸不能导电，故F错误；
综上所述，答案为D；
⑶同温同压下，甲容器中HCl气体和乙容器中的NH3所含原子个数相等，假设都含有4个原子，则HCl有2个，而氨气有1个，根据分子数之比等于物质的量之比等于体积之比，则甲乙两容器的体积之比为2:1，故答案为2:1；
⑷质量分数为49%，密度为1.5g/cm3的浓硫酸物质的量浓度为，
现配制500ml 0.3mol/L稀硫酸溶液，，
V = 0.02 L = 20.0mL，故答案为20.0mL。
22.（1）①标准状况下，1g氢气和14g氮气的体积相同
②常温常压下，16g氧气和臭氧的混合气体中含有的质子数为8NA
③0.1L 0.5mol/LCH3CH2OH溶液中含有氢原子数为0.3NA
④常温常压下，28gCO的体积大于22.4L
⑤分子总数相等的NO2和CO2，所含氧原子数均为2NA
上述表述中正确的有：_______
（2）用容量瓶配制溶液时，由于操作不当会引起误差
①用天平称量时所用砝码生锈
②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度
③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线
⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
上述情况会使所配溶液浓度偏低的是 ：_______
【答案】(1). ①②④ (2). ③⑥
【解析】
【详解】⑴①标准状况下，1g氢气物质的量，14g氮气的物质的量，同温同压，体积之比等于物质的量之比，因此体积相同，故①正确；
②常温常压下，16g氧气物质的量，一个氧气含有质子数16个，0.5 mol氧气含有质子数为0.5mol × 2 × NA mol-1 =8NA，16g臭氧物质的量，一个臭氧含有24个质子数，臭氧含有质子数为×3×NA mol-1 = 8NA，因此16g混合气体中含有的质子数为8NA，故②正确；
③0.1L 0.5mol/LCH3CH2OH物质的量，含有氢原子数0.05mol × 6 × NA mol-1 =0.3NA，但由于溶液中有水，水中含有氢原子，因此含有氢原子数为大于0.3NA，故③错误；
④常温常压下，28gCO的物质的量，常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L∙mol-1，因此常温常压下28gCO的体积大于22.4L，故④正确；
⑤分子总数相等的NO2和CO2，每个分子都含有2个原子，但物质的量不清楚，不能说所含氧原子数均为2NA，只能说所含的原子数相等，故⑤错误；所以上述表述中正确的有：①②④，故答案为①②④；
⑵①用天平称量时所用砝码生锈，砝码质量增加，称量物质质量增加，所配制溶液浓度偏高，因此①不符合题意；
②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度，所得浓溶液体积偏大，配制后溶液误差偏高，故②不符合题意；
③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，溶液中溶质少了，误差偏低，故③符合题意；
④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，有水时后面定容时少加水即可，因此不影响，故④不符合题意；
⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线，溶液的体积偏小，误差偏高，故⑤不符合题意；
⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，溶液的体积偏大，误差偏低，故⑥符合题意；因此会使所配溶液浓度偏低的是③⑥，故答案为③⑥。
23.下列各物质中只有A、B、C三种单质，A的焰色反应为黄色，主要以G形式存在于海水中，F是一种淡黄色的固体，H是一种常见的无色液体，I是造成温室效应的“元凶”，各物质间的转化关系图如下：
请按要求书写：
（1）反应①的离子方程式： ___________；
（2）物质K与物质L等物质的量离子方程式：___________；
（3）物质G向物质J转化的化学方程式：_______________；
（4）物质C与过量铁粉的化学方程式：______________。
【答案】(1). 2Na+2H2O=2Na+ + 2OH－+H2↑ (2). CO32－+H+=HCO3－ (3). NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl (4). 2Fe+3Cl22FeCl3
【解析】
【分析】A是单质且焰色反应为黄色，说明A为金属钠， A的主要以G形式存在于海水中，说明G为NaCl，说明C为氯气，F是一种淡黄色的固体，说明为过氧化钠，说明B为氧气，H是一种常见的无色液体，说明为水，I是造成温室效应的“元凶”，说明为二氧化碳，根据图形分析得出D为氢氧化钠，再根据关系得出K为碳酸钠，J为碳酸氢钠，L为盐酸。
【详解】⑴反应①是钠和水的反应，其离子方程式：2Na+2H2O=2Na+ + 2OH－+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2Na+ + 2OH－+H2↑；
⑵物质K与物质L等物质的量反应是碳酸氢钠和稀盐酸反应，其离子方程式CO32－+H+=HCO3－，故答案为CO32－+H+=HCO3－；
⑶物质G向物质J转化是工业制纯碱的反应，其化学方程式NaCl+NH3+H2O+CO2 = NaHCO3↓ +NH4Cl，故答案为NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl；
⑷物质C与过量铁粉的化学方程式2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为2Fe+3Cl22FeCl3。
24.在氯氧化法处理含CN-的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐（其毒性仅为氰化物的千分之一），氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。
（1）某厂废水中含KCN，其浓度为0.65mol / L。现用氯氧化法处理，发生如下反应（其中N均为－3价）：KCN＋2KOH＋Cl2 = KOCN＋2KCl＋H2O ，该反应中被氧化的元素是 __________（写元素符号） ，氧化产物为_____________（写化学式）。
（2）投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气（2KOCN＋ 4KOH＋ 3Cl2 = 2CO2 ↑＋ N2 ↑＋ 6KCl ＋ 2H2O）。若反应转移120mol电子，则消耗0.1mol / L KOH_________L 。
（3）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解不生成O2只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，写出该反应的化学方程式_____________ 。
【答案】(1). C (2). KOCN (3). 800 (4). 4KClO3KCl+3KClO4
【解析】
【详解】⑴某厂废水中含KCN，其浓度为0.65mol / L。现用氯氧化法处理，发生如下反应（其中N均为－3价）：KCN＋2KOH＋Cl2 = KOCN＋2KCl＋H2O，KCN变为KOCN，碳由+2价升高变为+4，因此被氧化的元素是C，氧化产物是化合价升高得到的产物即为KOCN，故答案为：C；KOCN；
⑵2KOCN＋ 4KOH＋3Cl2 = 2CO2↑＋N2↑＋6KCl＋2H2O，反应物KOCN中氮化合价升高，氯气中氯化合价降低，3mol氯气与2mol KOCN、4molKOH反应，转移6mol电子，若反应转移120 mol电子，则消耗KOH物质的量，x = 80mol，因此消耗0.1mol / L KOH体积，故答案为800L；
⑶KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解不生成O2只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，说明为KCl，Cl化合价降低，则另一种物质肯定是Cl化合价升高，则另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，说明为KClO4，说明写出该反应的化学方程式4KClO3KCl+3KClO4，故答案为4KClO3KCl+3KClO4。
25.实验室制取氯气除了用浓盐酸和二氧化锰反应外还可利用下列反应：KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O，该反应的优点是反应产生氯气速度快、不需加热。下图是实验室利用此反应制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持设备已略)。
（1）装置B的作用是______ ，实验进行时C中可能发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象：_______。
（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入______ (选“a”“b”或“c”)
a
b
c
Ⅰ
干燥的有色布条
湿润的有色布条
干燥的有色布条
Ⅱ
碱石灰
浓硫酸
无水氯化钙
Ⅲ
湿润的有色布条
干燥的有色布条
干燥的有色布条
（3）设计装置D、E 的目的是为了比较Cl2、Br2、I2的氧化性强弱．已知Br2的水溶液因浓度不同而呈现橙色或红棕色，I2难溶于水而易溶于苯，且I2的苯溶液为紫红色．当向D中缓缓通入足量Cl2时，可以看到无色溶液逐渐变为红棕色，说明Cl2的氧化性大于Br2，请写出D中对应的离子方程式并用单线桥法表示出电子转移情况：_________ 。打开活塞，将 D中的少量溶液加入E中，振荡E，观察到E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色．该现象______ (填“能”或“不能”)说明 Br2的氧化性大于I2。
（4）装置F的作用是除去污染性的物质(Cl2、Br2等)，已知 Cl2与NaOH反应时产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3，且值与温度高低有关．若烧杯中装有500mL 0.2mol/L 的NaOH溶液，则最多可吸收标况下的Cl2的体积为______ L(忽略Cl2溶于水)。
【答案】(1). 除去氯气中混有的氯化氢 (2). 长颈漏斗内液面上升 (3). c (4). (5). 不能 (6). 1.12
【解析】
【分析】A装置实验室制取氯气，A生成氯气同时带出HCl气体和水蒸气，B装置除掉HCl气体，C装置检验氯气的漂白性，D、E装置验证氯、溴、碘的非金属性强弱，F是尾气处理装置。
【详解】⑴A中生成氯气同时有易挥发的HCl，因此装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢，实验进行时C中可能发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象长颈漏斗内液面上升，故答案为：除去氯气中混有的氯化氢；长颈漏斗内液面上升；
⑵装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，因为从B出来的氯气是含有水蒸气的，Ⅰ处无论布条是否湿润，都会褪色，Ⅱ处是干燥氯气，不能用碱石灰，碱石灰会吸收氯气，U型管不能装浓硫酸，Ⅲ处为干燥的有色布条，因此c正确；
⑶D中对应的离子方程式并用单线桥法表示出电子转移情况：，
打开活塞，将D中的少量溶液加入E中，振荡E，观察到E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色，D中的液体有单质溴，还可能有多余的氯气，因此该现象不能说明Br2的氧化性大于I2，故答案为；不能；
⑷Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O，3Cl2 + 6NaOH = 5NaCl + NaClO3 + 3H2O，根据反应方程式得出无论哪个方程都是1 mol氯气消耗2 mol NaOH溶液，若烧杯中装有500mL 0.2mol/L 的NaOH溶液即物质的量，消耗的氯气的体积，得出x = 1.12 L，故答案为1.12 L。
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