黑龙江省牡丹江市第三高级中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com

2019-2020学年度第一学期期中考试
高一化学试卷
相对原子质量：H：1 O：16 Na：23 Cl：35.5 C：12
一、选择题(每题只有一个正确选项。每题2分，共60分)
1.下列危险化学品的标志中，贴在氢氧化钠试剂瓶上的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A.图为腐蚀品标志，故A正确；
B.图为剧毒品标志，能使人或动物中毒，与腐蚀性无关，故B错误；
C.图为氧化剂标志，与腐蚀性无关，故C错误；
D.图为爆炸品标志，与腐蚀性无关，故D错误。
故选A。
【点睛】了解所给试剂的性质及各个标志所代表的含义是解答此类题的关键。
2.在“粗盐提纯”的溶解、过滤、蒸发等实验步骤中，使用次数最多的仪器是
A. 烧杯 B. 托盘天平 C. 玻璃棒 D. 漏斗
【答案】C
【解析】
【详解】根据粗盐提纯实验的步骤确定每步用到的仪器：溶解：烧杯、玻璃棒；过滤：漏斗、烧杯、玻璃棒、铁架台带铁圈；蒸发：蒸发皿、玻璃棒、铁架台带铁圈、酒精灯，因此用到次数最多的是玻璃棒，答案选C。
3.现有三组实验：①除去混在植物油中的水②回收碘的CCl4溶液中的CCl4③用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成分。分离以上混合液的正确方法依次是（ ）
A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液
C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液
【答案】C
【解析】
【详解】①除去混在植物油中的水，因为液体分层，所以采用分液法分离；
②回收碘的CCl4溶液中的CCl4，二种液体互溶，采用蒸馏法分离；
③用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成分，此为从有机体提取物质，应为萃取。
故答案为C。
【点睛】分离机械混合的固体混合物，方法称为溶解、过滤；从有机生命体中提取某有机物，提取方法称为萃取。
4.摩尔质量的单位是( )
A. mol B. L C. s D. g/mol
【答案】D
【解析】
【详解】摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，单位为g/mol，所以答案D正确。
故选D。
5.需在容量瓶上标出的是下列中的：①浓度 ②温度 ③容量 ④压强 ⑤刻度线（ ）
A. ①③⑤ B. ②③⑤ C. ①②④ D. ②④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量容器，所以需标有容量、刻度线，由于物质的热胀冷缩特性，容量瓶应在瓶上标注温度下使用，故选②③⑤，所以答案B正确。
故选B。
6.关于用自来水制取蒸馏水实验的说法中，不正确的是(　　)
A. 蒸馏烧瓶中加入几粒碎瓷片，防止自来水暴沸
B. 蒸馏烧瓶可直接加热，不用垫石棉网加热
C. 温度计水银球应放在支管口处，不能插入自来水液面下
D. 直形冷凝管中的水流方向是从下口进入，上口排出
【答案】B
【解析】
【详解】A.为避免加热时出现暴沸现象，应提前在烧瓶中放入几粒沸石或碎瓷片，故A正确；
B.对烧瓶进行加热时，为防止加热时烧瓶底炸裂，需垫石棉网，故B错误；
C.实验室制取蒸馏水时温度计的水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处，用于测量蒸馏出的水的温度，制备蒸馏水也可不使用温度计，故C正确；
D.冷凝管水流遵循逆流原理，这样冷凝效果好，故D正确。
故选B。
7.下列叙述正确的是（ ）
A. 氧原子的摩尔质量为16 B. 1molO2的质量为32g
C. 1molO的的质量为16g/mol D. 标准状况下，1mol任何物质体积均为22.4L
【答案】B
【解析】
【详解】A.氧原子的摩尔质量为16g/mol，故A错误；
B.1molO2的质量为32g，故B正确；
C.1molO的的质量为16g，故C错误；
D.标准状况下，1mol任何气体物质体积约为22.4L，故D错误。
故选B。
8.对于溶液中某些离子的检验及结论一定正确的是( )
A. 加入Na2CO3溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀消失，一定有Ba2＋
B. 加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸沉淀不消失，一定有SO42－
C. 加入足量稀盐酸，无明显现象，再加BaCl2溶液后有白色沉淀产生，一定有SO42－
D. 加入稀盐酸产生无色气体，气体通入澄清石灰水溶液变浑浊，一定有CO32－
【答案】C
【解析】
【详解】A.白色沉淀也可能是CaCO3，溶液中还可能含有Ca2+，故A错误；
B.白色沉淀也可能是AgCl，溶液中还可能含有Ag+，故B错误；
C.加入足量稀盐酸，排除溶液中的Ag+，CO32-，SO32-等，再加BaCl2溶液后有白色沉淀产生，则一定有SO42－，故C正确；
D.SO2也能使澄清石灰水溶液变浑浊，溶液中不一定含有CO32－，故D错误。
故选C。
9.若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
①标准状况下，2.24LCCl4含碳原子数为0.1NA
②标准状况下，aL氧气和氮气的混合气含有的分子数约为aNA/22.4
③0.1molFeCl3完全转化为氢氧化铁胶体，生成0.1NA个胶粒
④同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的原子数相等
⑤106g碳酸钠固体中含Na+数为2NA
⑥1 L 0.5 mol·L−1 Na2SO4溶液中，含有的氧原子总数为2NA
A. ②⑤ B. ②⑤⑥ C. ②③⑤ D. ②⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①标准状况下，CCl4为液体，不能利用2.24L/mol进行相关计算，①错误；
②标准状况下，aL氧气和氮气的混合气含有的分子数约为aNA/22.4，②正确；
③因为氢氧化铁胶粒由许许多多个Fe(OH)3分子构成，所以0.1molFeCl3完全转化为氢氧化铁胶体，生成胶粒数小于 0.1NA，③错误；
④同温同压下，体积相同的氢气(H2)和氩气(Ar)所含的分子数相等，原子数前者是后者的2倍，④错误；
⑤106g碳酸钠固体为1mol，含Na+数为2NA，⑤正确；
⑥1 L 0.5 mol·L−1 Na2SO4溶液，Na2SO4中含有的氧原子总数为2NA，但溶液中的水里也含氧原子，所以含氧原子数远大于2NA，D错误。
故选A。
10.实验室中需要配制2 mol·L-1的NaCl溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaCl的质量分别是（ ）
A. 950 mL，111.2g B. 500 mL，117g
C. 1 000 mL，117.0 g D. 任意规格，111.2g
【答案】C
【解析】
【详解】因为实验室没有950 mL规格的容量瓶，所以应选用1000mL的容量瓶。
计算溶质的质量时，也应使用1000mL进行计算。
m(NaCl)=2mol×58.5g/mol=117.0g
故选C。
11.某位同学配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是
A. 定容时，仰视凹液面最低点
B. 向容量瓶中加水未到刻度线
C. 有少量NaOH溶液残留在烧杯里
D. 用带游码的托盘天平称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法
【答案】B
【解析】
【详解】A. 定容时，仰视凹液面最低点，溶液体积增加，浓度偏低，A错误；
B. 向容量瓶中加水未到刻度线，溶液体积减少，浓度偏高，B正确；
C. 有少量NaOH溶液残留在烧杯里，溶质减少，浓度偏低，C错误；
D. 用带游码的托盘天平称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法，溶质的质量不足2.4g，所以浓度偏低，D错误。
答案选B。
【点睛】明确误差分析的依据是解答的关键，即根据可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
12.下列物质中，属于电解质且现有状态能导电的是（ ）
A. 铜丝 B. 熔融的MgCl2 C. NaCl溶液 D. 蔗糖
【答案】B
【解析】
【详解】A. 铜丝能导电，但既不是电解质，也不是非电解质，A不合题意；
B. 熔融的MgCl2，能导电，是电解质，B符合题意；
C. NaCl溶液，能导电，既不是电解质，也不是非电解质，C不合题意；
D. 蔗糖，不导电，是非电解质，D不合题意。
故选B。
【点睛】电解质和非电解质并不能包含所有的物质，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
13.以下说法中错误的是（　 ）
A. 物质的量的单位是摩尔
B. 三角洲的形成与胶体的性质有关
C. KHSO4在水溶液中的电离方程式为KHSO4 === K+ + H+ + SO42－
D. 氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na＋和Cl－
【答案】D
【解析】
【详解】A. 物质的量是表示含有一定数目粒子的集体的物理量，单位是摩尔，符号是mol，故A正确；
B.江河中的泥沙属于胶体分散系，江河入海口三角洲的形成与胶体的聚沉性质有关，故B正确；
C. KHSO4在水溶液中的电离方程式为KHSO4 === K+ + H+ + SO42－，故C正确；
D. 氯化钠在溶解于水时即能电离出Na＋和Cl－，电解质的电离无需外加电流的作用，选项D错误。
答案选D。
14.溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是
A. 是否有丁达尔现象 B. 分散质粒子的大小
C. 是否能通过滤纸 D. 是否均一、透明、稳定
【答案】B
【解析】
【详解】区别三种分散系的根本区别是分散质的粒子直径大小：溶液的粒子直径小于1nm，胶粒直径为1-100nm，浊液粒子直径大于100nm，故选B。
15.下列反应类型中一定属于氧化还原反应的是( )
A. 分解反应 B. 置换反应 C. 复分解反应 D. 化合反应
【答案】B
【解析】
【详解】凡是有元素化合价变化的反应均是氧化还原反应，A、复分解反应一定不是氧化还原反应，A错误；B、置换反应一定是氧化还原反应，B正确；C、分解反应不一定是氧化还原反应，C错误；D、化合反应不一定是氧化还原反应，D错误，答案选B。
16.将50ml 3mol/L的NaOH溶液加水稀释到500ml，稀释后NaOH的物质的量浓度为 ( )
A. 0.03mol/L B. 0.3 mol/L C. 0.5 mol/L D. 0.05 mol/L
【答案】B
【解析】
【分析】
根据稀释定律可知，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算。
【详解】设稀释后溶液中NaOH的物质量浓度为c，根据C浓V浓=C稀V稀可得：50×10-3L×3mol/L=500×10-3L×c，解得c=0.3mol/L，所以答案B正确。
故选B。
17.下列变化需要加入还原剂才能实现的是
A. Cl-→C12 B. HCO3- →C032- C. Mn04- →Mn2+ D. Zn→Zn2+
【答案】C
【解析】
【分析】
需要加入还原剂才能实现，说明该微粒是氧化剂，得到电子，相关元素的化合价降低，据此解答。
【详解】A、氯元素化合价升高，需要氧化剂，A错误；
B、元素化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，B错误；
C、Mn元素化合价降低，需要还原剂，C正确；
D、Zn元素化合价升高，需要氧化剂，D错误；
答案选C。
18.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是
A. 氢氧化钡溶液与硫酸的反应 OH-＋H+ ＝H2O
B. 澄清的石灰水与稀盐酸反应 Ca(OH)2 + 2H+ = Ca2+ + 2H2O
C 铜片插入硝酸银溶液中 Cu + Ag+ = Cu2+ + Ag
D. 碳酸钙溶于稀盐酸中 CaCO3＋2H+＝Ca2+＋H2O＋CO2­
【答案】D
【解析】
【详解】A、还有钡离子与硫酸根结合的离子反应，错误；
B、澄清的石灰水说明全部溶解且电离，要用离子表示，错误；
C、电荷不守恒，错误；
D、正确；故答案选D。
19.下列各组离子在溶液能够大量共存是 ( )
A. Ca2+、Cl－、K+、CO32－ B. Fe3+、Cl－、H+、SO42－
C. Fe2+、OH－、NO3－、SO42－ D. Mg2+ 、Na+、OH－、K+
【答案】B
【解析】
【详解】A、Ca2+与CO32-反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B、Fe3+、Cl－、H+、SO42－离子之间不反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；
C、Fe2+与OH-反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D、Mg2+与OH-反应，在溶液中不能大量共存，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”。
20.某学生将一小块钠投入滴有酚酞的水中，此实验能证明钠下面4点性质中的(　　)
①钠的密度比水的小　②钠的熔点较低　③钠与水反应时放出热量　④钠与水反应后的溶液呈碱性
A. ①④ B. ①②④
C. ①③④ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【分析】
将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到的现象依次是：浮、熔、游、响、红，根据实验现象分析得出实验结论．
【详解】①将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠浮在水面上，证明钠比水轻，故①正确；
②将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠熔成闪亮的小球，证明反应放热，钠的熔点低，故②正确；
③将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠熔成闪亮的小球，并且发出响声，证明反应放热，故③正确；
④将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到溶液变为红色，证明有碱性物质生成，故④正确。体现了①②③④四点性质．
故选D。
21.对于反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是
A. Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂
B. 每生成1mol的NaClO3转移6mol的电子
C. Cl2既是氧化剂又是还原剂
D. 被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为5∶1
【答案】C
【解析】
试题分析：在该反应中，Cl2中的氯元素化合价升高，被氧化，生成NaClO3，Cl2是还原剂，NaClO3是氧化产物；Cl2中的氯元素化合价降低，被还原，生成NaCl，Cl2是氧化剂，NaCl是还原产物；因此Cl2既是氧化剂又是还原剂，A错误，C正确；B.生成. 1mol的NaClO3转移5mol的电子，B错误；D. 被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为1∶5，D错误。故答案C。
考点：考查氧化还原反应。
22.已知在溶液中可发生如下两个反应：①Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，②Sn2++2Fe3+═2Fe2++Sn4+。由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子还原性由强到弱的顺序是
A. Sn2+、Fe2+、Ce3+ B. Sn2+、Ce3+、Fe2+
C. Ce3+、Fe2+、Sn2+ D. Fe2+、Sn2+、Ce3+
【答案】A
【解析】
【详解】根据反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，还原性是Fe2+＞Ce3+，根据反应：Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+，还原性是Sn2+＞Fe2+，所以还原性顺序是：Sn2+＞Fe2+＞Ce3+。A. Sn2+、Fe2+、Ce3+符合题意； B. Sn2+、Ce3+、Fe2+不符合题意；C. Ce3+、Fe2+、Sn2+不符合题意；D. Fe2+、Sn2+、Ce3+不符合题意；答案：A。
【点睛】根据氧化还原反应中,还原剂的还原性强于还原产物的还原性来判断。
23.为确定碳酸氢钠固体中是否含有碳酸钠，下列实验操作及判断正确的是(　　)
A. 观察加热时能否放出气体
B. 观察滴加盐酸时能否放出气体
C. 溶于水中，滴加澄清石灰水，观察是否有沉淀生成
D. 溶于水中，滴加少量氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成
【答案】D
【解析】
【详解】A.无论是否含有碳酸钠,加热时,碳酸氢钠分解都产生气体,不能确定是否含有碳酸钠,故A错误;
B.碳酸钠和碳酸氢钠加入盐酸都生成二氧化碳气体,不能确定是否含有碳酸钠,故B错误;
C.碳酸钠和碳酸氢钠溶于水中,滴加澄清石灰水,都产生碳酸钙沉淀,不能确定是否含有碳酸钠,故C错误;
D.溶于水中,滴加少量氯化钡溶液,只有碳酸钠产生沉淀,如能观察到白色沉淀生成,说明含有碳酸钠,故D正确；
故答案选D。
24.下列叙述正确的是（ ）
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2O2中O元素的化合价为-2价
③Na2O是淡黄色物质，Na2O2是白色物质
④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不可
⑤向Na2O2与水反应后的溶液中加酚酞，溶液先变红后褪色。
A. 都正确 B. ④⑤ C. ②③⑤ D. ②③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，Na2O是碱性氧化物，但Na2O2不是碱性氧化物，①不正确；
②Na2O2中O元素的化合价为-1价，②不正确；
③Na2O是白色物质，Na2O2是淡黄色物质，③不正确；
④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不可，④正确；
⑤向Na2O2与水反应后，生成NaOH和H2O2，H2O2只有部分分解，溶液中加酚酞，溶液先变红后褪色，⑤正确。
故④⑤正确。
答案为B。
25.对于反应：2Na2O2＋2 CO2===2Na2CO3＋O2，下列说法中正确的是(　 )
A. Na2O2是氧化剂，CO2是还原剂
B. Na2O2既是氧化剂，又是还原剂
C. 生成1mol O2时，电子转移的数目为4NA个
D. 每有44 g CO2与足量Na2O2反应，产生气体的体积为22.4L
【答案】B
【解析】
【详解】A.Na2O2与CO2反应中，只有过氧化钠中O元素的化合价变化，Na2O2既作氧化剂又做还原剂，故A错误；
B.Na2O2与CO2反应中，只有过氧化钠中O元素的化合价变化，Na2O2既作氧化剂又做还原剂，故B正确；
C.反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，O元素化合价分别由-1价升高为0价、降低为-2价，则生成1molO2，转移2mol电子，故C错误；
D.由反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，当44g即1molCO2与足量Na2O2反应时，产生氧气的物质的量为0.5mol，在标准状况下的体积为11.2L，故D错误。
故选B。
26.120 mL浓度为1 mol·L-1的Na2SO3溶液，恰好与100 mL浓度为0.4 mol·L-1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3溶液可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则还原产物中Cr元素的化合价为（　 ）
A. +3 B. +1 C. +4 D. +2
【答案】A
【解析】
【分析】
n（Na2SO3）=0.1mol/L×0.012L=0.0012mol，n（K2Cr2O7）=0.04mol/L×0.01L=0.0004mol，亚硫酸钠具有还原性，所以在反应中被氧化生成硫酸钠，K2Cr2O7具有氧化性，所以在反应中得电子发生还原反应，再根据氧化还原反应中得失电子相等进行计算，据此答题。
【详解】n（Na2SO3）=0.1mol/L×0.012L=0.0012mol，n（K2Cr2O7）=0.04mol/L×0.01L=0.0004mol，亚硫酸钠具有还原性，所以在反应中被氧化生成硫酸钠，K2Cr2O7具有氧化性，所以在反应中得电子发生还原反应。
设元素Cr在还原产物中的化合价是x，根据得失电子相等，则0.0012mol×（6-4）=0.0004mol×2×（6-x），3=（6-x），所以x=+3，所以答案A正确。
故选A。
27.除去铁粉中少量铝粉，可选用(　　)
A. 硫酸 B. 水 C. 盐酸 D. 氢氧化钠溶液
【答案】D
【解析】
【详解】由于铁粉、铝粉均能与硫酸反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故A错误；
铁粉能在高温条件下与水蒸气反应，铝粉不能反应，不符合除杂原则，故B错误；
由于铁粉、铝粉均能与盐酸反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故C错误；
铁粉不与氢氧化钠溶液反应，但铝粉能与氢氧化钠溶液反应，反应时能把杂质除去，而且原物质也能保留，符合除杂原则，故D正确。
故选D。
【点睛】解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件：加入的试剂只能与杂质反应，反应后不能引入新的杂质。
28.等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量的同浓度盐酸充分反应，其中
A. Na2CO3放出的CO2多 B. NaHCO3放出的CO2多
C. Na2CO3放出CO2的速率快 D. NaHCO3放出CO2的速率快
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据方程式：Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑可知等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量的同浓度盐酸溶液充分反应，放出的二氧化碳的物质的量相同，故A错误；
B、碳酸钠和碳酸氢钠物质的量相同，与足量盐酸反应放出的二氧化碳相同，故B错误；
C、碳酸钠与盐酸反应分步进行，先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠才能和氢离子反应生成二氧化碳；而碳酸氢钠直接与盐酸反应生成二氧化碳，所以碳酸氢钠与盐酸反应放出的二氧化碳速度快，故C错误；
D、根据选项C中分析可知，碳酸氢钠放出二氧化碳的速率快，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查了碳酸氢钠、碳酸钠的化学性质，要求学生熟练掌握碳酸钠、碳酸氢钠的化学性质，侧重对学生基础知识的巩固和训练，明确反应的原理是解答的就。
29.在NaCl、MgCl2、MgSO4形成的混合溶液中，c（Na+）=0.4mol/L, c（Mg2+）=0.7mol/L,c（Cl-）=1.4mol/L,则c(SO42-)为（ ）
A. 0.2 mol/L B. 0.3 mol/L C. 0.4 mol/L D. 0.5 mol/L
【答案】A
【解析】
【分析】
设硫酸根的物质的量浓度为c，根据溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，列式计算c值，据此答题。
【详解】设硫酸根的物质的量浓度为c，根据溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，则：
0.10mol/L×1+0.25mol/L×2=0.20mol/L×1+2c
解得：c=0.2mol/L，故答案A正确。
故选A。
【点睛】本题根据溶液不显电性阳离子与阴离子所带电荷总数相等，即电荷守恒原则解答，注意电荷守恒原则在混合溶液有关离子浓度计算经常运用。
30.下列说法不正确的是(　　 )
A. Na2O2是呼吸面具中氧气的来源
B. Na2O和Na2O2投入水中都能生成NaOH，都是氧化还原反应，它们都是碱性氧化物
C. Na2CO3可用于制玻璃、肥皂、造纸、纺织等工业，而NaHCO3可用于治疗胃酸过多，制造发酵粉等
D. NaCl的性质稳定，可用作调味品
【答案】B
【解析】
A. Na2O2可以与二氧化碳及水发生反应生成氧气，所以Na2O2是呼吸面具中氧气的来源，A正确；B. Na2O和Na2O2投入水中都能生成NaOH，但是Na2O与水的反应不是氧化还原反应，Na2O2不是碱性氧化物，B不正确；C. Na2CO3可用于制玻璃、肥皂、造纸、纺织等工业，而NaHCO3可用于治疗胃酸过多，制造发酵粉等，C正确；D. NaCl的性质稳定，可用作调味品，D正确。本题选B。
二、填空：
31.现有下列9种物质：
①H2O ②NaHCO3 ③Mg ④CaO ⑤H2SO4 ⑥Ca(OH)2 ⑦豆浆 ⑧碘酒 ⑨酒精 其中，属于混合物的是___（填序号，下同）；属于氧化物的是_________；属于酸的是_________；属于碱的是_________；属于盐的是_______；属于有机化合物的是________；属于胶体的__________；属于电解质的__________。
【答案】 (1). ⑦⑧ (2). ①④ (3). ⑤ (4). ⑥ (5). ② (6). ⑨ (7). ⑦ (8). ①②④⑤⑥
【解析】
【详解】①H2O是氧化物，且为电解质；
②NaHCO3是盐，在水溶液中能导电，故为电解质；
③Mg是单质，故既不是电解质也不是非电解质；
④CaO是氧化物，在熔融状状态下能导电，故为电解质；
⑤H2SO4是酸，在水溶液中能导电，故为电解质；
⑥Ca(OH)2是碱，在水溶液中能导电，故为电解质；
⑦豆浆是胶体，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑧碘酒是碘单质和酒精组成的混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑨酒精是有机物，是非电解质。
所以属于混合物的是⑦⑧；属于氧化物的是①④；属于酸的是⑤；属于碱的是⑥；属于盐的是②；属于有机化合物的是⑨；属于胶体的是⑦；属于电解质的是①②④⑤⑥。
故答案为：⑦⑧，①④，⑤，⑥，②，⑨，⑦，①②④⑤⑥。
【点睛】电解质和非电解质都从属化合物，区别就是一个在水溶液中或熔融状态下导电还是不导电。常见电解质有：酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等；常见的非电解质有：非金属氧化物、大多数的有机物等。
32.①SO3＋H2O===H2SO4②Cl2＋H2O===HCl＋HClO ③2F2＋2H2O===4HF＋O2④2K＋2H2O===2KOH＋H2↑⑤CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O
（1）上述反应中不属于氧化还原反应的有____(填序号，下同)；
（2）H2O只做氧化剂的是____，H2O只做还原剂的是____，
（3）属于氧化还原反应，但其中的H2O既不被氧化，又不被还原的是____。
（4）④的离子方程式_________________________。 ⑤的离子方程式_______________。
【答案】 (1). ①⑤ (2). ④ (3). ③ (4). ② (5). 2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑ (6). CO2+2OH-=CO32-+H2O
【解析】
【详解】（1）凡是有元素化合价升降的反应都是氧化还原反应，则②③④都是氧化还原反应，①⑤是非氧化还原反应，故答案为：①⑤。
（2）反应②中水既不是氧化剂，也不是还原剂；反应③中水中氧元素的化合价从－2价升高到0价，失去电子，水是还原剂，被氧化；反应④中水中的氢元素化合价从＋1价，降低到0价，得到电子，水是氧化剂，被还原；故答案为：④，③。
（3）反应②是氧化还原反应，但水既不被氧化，又不被还原，故答案为：②。
（4）④的离子方程式为：2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑，⑤的离子方程式为：CO2+2OH-=CO32-+H2O，故答案为：2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑，CO2+2OH-=CO32-+H2O。
三、推断：
33.有A、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如下图（反应条件略，有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。已知A、B、E是单质，其中A着火只能用干燥的沙土灭火，B在常温下为气体，C俗名称为烧碱，D为无色无味液体。

（1）写出A、B、F的化学式 A______ B ______ F ______。
（2）写出A和D反应生成B和C的化学方程式_____________。若生成3mol的B，则转移的电子数目为_______________ 。
（3）写出E与C、D反应生成的B和F离子方程式____________________________。
【答案】 (1). Na (2). H2 (3). NaAlO2 (4). 2Na+2H2O=2NaOH+H2 (5). 6NA (6). 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-++3H2
【解析】
【分析】
有A、B、C、D、E、F六种物质，C俗名称为烧碱，C为NaOH；D为无色无味液体，D为H2O，根据框图，单质A与水反应生成一种气体单质B和NaOH，则A为Na，B为H2，氢氧化钠和水与单质E反应生成氢气，则E为Al，因此F为偏铝酸钠，据此答题。
【详解】（1）根据上述分析，A、B、F的化学式分别为：Na、H2、NaAlO2，故答案为：Na、H2、NaAlO2。
（2）钠和水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，该反应中每生成1mol的氢气，转移2mol电子，若生成3mol的H2，则转移的电子数目为6NA，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，6NA。
（3）铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-++3H2，故答案为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-++3H2。
【点睛】本题的突破口为C俗名称为烧碱，C为NaOH；D为无色无味液体，D为H2O，本题的易错点为铝与氢氧化钠反应的离子方程式的书写，注意反应中水也参与了反应。
四、实验：
34.某化学兴趣小组利用如图装置进行铁与水蒸气反应的实验，并检验产物的性质，请回答下列问题：

(1)A装置的作用是____________，烧瓶底部放碎瓷片的作用是_____________。
(2)装置B中发生反应的化学方程式是____________________________________，该反应中氧化剂是__________，氧化产物是_____________。
(3)D的作用是____________________________。
(4)E中的实验现象是_____________________。
(5)该同学对反应后硬质试管中固体物质的组成提出了如下假设：
假设1：只有Fe；
假设2：只有________；
假设3：既有Fe也有Fe3O4。
【答案】 (1). 产生水蒸气 (2). 防暴沸 (3). 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 (4). H2O (5). Fe3O4 (6). 干燥氢气 (7). 固体由黑色变为紫红色 (8). Fe3O4
【解析】
【详解】(1)因为在B装置中铁与水蒸气反应，所以要让A装置中的水进入B中，只能让水成为蒸气，故A装置的作用是产生水蒸气。答案为：产生水蒸气
烧瓶底部放碎瓷片的作用是防暴沸。答案为：防暴沸
(2)高温条件下，Fe3O4更稳定，所以装置B中发生反应的化学方程式是
3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。
答案为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2
在该反应中，Fe由0价升高为+2、+3价，作还原剂；H2O中的H由+1价降为0价，作氧化剂，从而得出氧化剂是H2O。答案为：H2O
氧化产物是含有价态升高元素的生成物，即为Fe3O4。答案为：Fe3O4
(3)D的作用是干燥氢气。答案为：干燥氢气
(4)CuO为黑色，Cu为紫红色。E中的实验现象是固体由黑色变为紫红色。
答案为：固体由黑色变为紫红色
(5)该同学对反应后硬质试管中固体物质的组成提出了如下假设：
由假设1和假设3，可推出假设2：只有Fe3O4。
答案为：Fe3O4
五、计算：
35.将7.8g Na2O2投入水中充分反应，最终形成500ml溶液。求：
（1）Na2O2的物质的量？______
（2）反应后溶液中溶质的物质的量？______
（3）反应后溶液中溶质的物质的量浓度？______
（4）产生气体标况下的体积？______
【答案】 (1). 0.1mol (2). 0.2mol (3). 0.4mol/L (4). 1.12L
【解析】
【详解】（1）n（Na2O2）=7.8g÷78g/mol=0.1mol，故答案为：0.1mol。
（2）根据钠原子守恒得n（NaOH）=2n（Na2O2）=2×0.1mol=0.2mol，故答案为：0.2mol。
（3）c（NaOH）=n/V=0.2mol÷0.5L=0.4mol/L，故答案为：0.4mol/L。
（4）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，
根据2Na2O2～O2得标况下产生氧气的体积=0.1mol/2×22.4L/mol=1.12L，
故答案为：1.12L。