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2022-2023学年河北省石家庄市正定中学高一上学期第二次月考化学试题（解析版） (1)
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这是一份2022-2023学年河北省石家庄市正定中学高一上学期第二次月考化学试题（解析版） (1)，共32页。试卷主要包含了单选题，三组为盐酸反应完全，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
河北省石家庄市正定中学2022-2023学年高一上学期第二次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列有关实验及安全的叙述中，正确的是
A．钠着火时使用泡沫灭火器灭火
B．实验结束后，多余的钠块放回原试剂瓶中
C．碳酸钠是发酵粉的主要成分
D．用稀硫酸清洗焰色试验的铂丝并放在酒精灯外焰上灼烧
【答案】B
【详解】A．金属钠能与二氧化碳和水反应，钠着火时不能用泡沫灭火器，故A错误；
B．金属钠较活泼，易与水等物质反应，实验结束后，多余的钠块不能随意乱丢，应放回原试剂瓶，故B正确；
C．发酵粉的主要成分为碳酸氢钠，故C错误；
D．用稀盐酸清洗焰色试验的铂丝并放在酒精灯外焰上灼烧，稀硫酸不挥发，故D错误；
故选B。
2．下列有关化学反应过程或实验现象的叙述中，正确的是
A．氯气的水溶液可以导电，说明氯气是电解质
B．明矾处理后的自来水不可以直接饮用
C．用试纸检验氯水等于5
D．在滴有酚酞的溶液中，加入溶液后红色褪去，说明溶液具有酸性
【答案】B
【详解】A．氯气溶于水生成氢离子、氯离子等自由移动的离子，所以氯气水溶液能导电，但氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．明矾处理后的自来水中含大量铝离子，且未进行杀菌消毒，需烧开后引用，故B正确；
C．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测pH，故C错误；
D．在滴有酚酞的溶液中，加入溶液后红色褪去，因为与反应生成碳酸钡和氯化钠，呈中性，而溶液呈中性，故D错误；
故选B。
3．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是
A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有
B．向氯水中滴加硝酸酸化的溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有
C．光照过程中，有气泡冒出，溶液的导电性减弱
D．向氯水中加入粉末，有气泡产生，说明氯水中含有
【答案】C
【详解】A．呈黄绿色，溶于水形成的氯水颜色呈浅黄绿色，故A正确；
B．氯气溶于水形成的溶液中含有，加入溶液生成白色沉淀AgCl，故B正确；
C．氯水光照下发生反应，有HCl生成，溶液中自由离子的浓度增大，导电能力增强，故C错误；
D．向氯水中加入粉末，有气泡产生，发生反应，说明氯水中含有，故D正确；
故选C。
4．下列离子方程式正确的是
A．溶液与澄清石灰水按溶质物质的量之比2∶3混合：
B．向次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳的离子方程式：
C．将过量通入到含溶液中：
D．用溶液吸收过量：
【答案】A
【详解】A．溶液与澄清石灰水按溶质物质的量之比2∶3混合，，离子方程式为，故A正确；
B．向次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳，生成的碳酸钙与二氧化碳会反应，，故B错误；
C．将过量通入到含溶液中，发生反应，离子方程式为，故C错误；
D．溶液吸收过量，，故D错误；
故选A。
5．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．25g质量分数为46%的乙醇()水溶液中含有的氢原子数为3 NA
B．7.8g与足量反应转移电子总数为0.1 NA
C．物质的量浓度均为1的和混合溶液中，含有的数目为3 NA
D．常温常压下，16g和混合气体含氧原子数为NA
【答案】C
【详解】A．25g质量分数为46%的乙醇()水溶液中含有氢原子的物质的量为=3mol，则水溶液中含有的氢原子数为3 NA，A正确；
B．1molNa2O2与H2O反应时，转移1mole-，7.8g Na2O2的物质的量为0.1mol，则与足量H2O反应转移电子总数为0.1 NA，B正确；
C．物质的量浓度均为1的和混合溶液的体积未知，无法求出含有的数目，C错误；
D．常温常压下，16g和16g中所含氧原子个数都为1mol，则16g混合气体含氧原子数为NA，D正确；
故选C。
6．利用图中有关实验装置进行相关实验，不能达到实验目的的是
A．用图甲所示装置检验金属钠与水反应的热效应
B．用图乙所示装置制取并收集干燥纯净的NH3
C．用图丙所示装置制取漂白粉
D．用图丁所示装置检验氨气的水溶性
【答案】B
【详解】A．钠与水反应产生热量导致大试管中温度升高压强增大使U型管中液柱左端下降，A项正确；
B．NH3为碱性气体可以选择碱石灰干燥，但氨气密度比空气小应该采用向下排空，B项错误；
C．漂白粉为CaCl2和Ca(ClO)2，选用浓度大的石灰乳制备，C项正确；
D．氨气溶于水后圆底烧瓶中气压降低气球膨胀，D项正确；
故选B。
7．有X、Y两密闭容器且X容积小于Y，X中充满气体，Y中充满、、混合气体，同温同压下测得两容器中气体密度相同。下列叙述中错误的是
A．两容器中所含气体质量一定不同
B．Y容器中所含气体原子数更多
C．Y容器中，、和的质量比为1∶3∶3
D．Y容器中所含、和物质的量之比可能为1∶3∶6
【答案】C
【分析】同温同压下，相同，又，且，根据，，则，；
【详解】A．，，所以，故A正确；
B．，而且X容器中为双原子分子，Y容器中平均大于2个原子，所以原子数，故B正确；
C．相同，根据密度之比等于摩尔质量之比，，所以，的摩尔质量为，其质量可以为任意值，故C错误；
D．Y容器中，平均摩尔质量为，设、物质的量分别为xmol、ymol，则，解得，的物质的量可以为任意值，所以、和物质的量之比可能为1∶3∶6，故D正确；
故选C。
8．下列各组物质中，能一步实现如图所示①～⑤转化关系的是
X
Y
Z
W
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．到不能一步实现，故A错误；
B．到HClO和到不能一步实现，故B错误；
C．、、、、，故C正确；
D．到不能一步实现，故D错误；
故选C。
9．确定某无色溶液中含某离子，下列结论正确的是（ ）
A．加AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有Cl﹣存在
B．加BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有SO42﹣存在
C．加盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定有大量CO32﹣存在
D．通入Cl2后，溶液变为黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，可确定有I﹣存在
【答案】D
【详解】A. 加 AgNO3 溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，无法排除碳酸根等离子的干扰，检验氯离子应该先加稀硝酸将溶液酸化，排除碳酸根等离子的干扰，A不正确； B. 检验硫酸根应先加稀盐酸将溶液酸化，以排除硅酸根、碳酸根、亚硫酸根等离子的干扰，B不正确； C. 加盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，不能确定有大量CO32﹣存在，也可能是碳酸氢根等离子，C不正确；D. 通入 Cl2 后，溶液变为黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，说明原溶液中没有碘，通入氯气后才生成碘，可确定有I﹣存在，D正确。本题选D。
10．在学习了氯及其化合物的知识后，某同学绘制了如图所示的价一类二维图，已知：e、f的阳离子均为。下列叙述错误的是
A．f为漂白液的有效成分
B．b与NaOH溶液反应时，b既作氧化剂又作还原剂
C．加热条件下，含有146ga的浓溶液与足量的二氧化锰充分反应可以制取71gb
D．用洁净的铂丝分别蘸取d的钠盐与e的溶液灼烧，火焰的颜色相同
【答案】C
【分析】由图中元素的化合价及物质类别可知，a为HCl、b为Cl2、c为ClO2、d为HClO、f为次氯酸盐、e为氯酸盐，据此解答。
【详解】A．漂白液的有效成分是次氯酸钠，故A正确；
B．氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，只有氯元素化合价变化，所以Cl2与NaOH溶液反应时，Cl2既作氧化剂又作还原剂，故B正确；
C．浓盐酸与二氧化锰反应，随着反应的进行，浓盐酸的浓度会变小，加热条件下，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以含有146g氯化氢（4mol）的浓溶液与足量的二氧化锰充分反应制取Cl2小于1mol，C项错误；
D．焰色试验是元素的性质，所以用洁净的铂丝分别蘸取d的钠盐与e的溶液灼烧，火焰的颜色相同，均是黄色，故D正确；
故选C。
11．氢化钠（NaH）是一种白色的离子化合物，已知NaH与水反应可放出氢气，则下面叙述正确的是（ ）
A．NaH与水反应后溶液呈酸性 B．NaH中氢离子被还原成
C．NaH是还原剂 D．水既是氧化剂，又是还原剂
【答案】C
【详解】NaH与水反应方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑；
A．NaH与水反应生成氢气和氢氧化钠，溶液呈碱性，故A错误；
B．NaH 与水反应时，NaH中氢元素化合价升高，则NaH中氢离子被氧化成H2，故B错误；
C．NaH 与水反应时，NaH中氢元素化合价升高，则NaH是还原剂，故C正确；
D．NaH 与水反应时，NaH中氢元素化合价升高，水中的氢元素化合价降低，则水为氧化剂，NaH是还原剂，故D错误；
故答案为C。
【点睛】考查氧化还原反应，明确NaOH与水反应原理是解题关键，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，NaH中Na为+1价，则H为-1价，具有还原性，与水反应生成氢气和NaOH，为H元素之间发生氧化还原反应，水为氧化剂。
12．在甲、乙两溶液中，分别含有下列离子(大量存在)中的三种：Cu2+、Na+、H+、、、OH-。已知甲溶液呈蓝色，则乙溶液中存在的离子是
A．Cu2+、、 B．Na+、OH-、 C．、OH-、 D．Na+、、
【答案】B
【详解】已知甲溶液呈蓝色，则甲溶液中含有Cu2+，Cu2+与CO、OH-不能大量共存，溶液呈电中性，则甲溶液应该有SO，OH-和CO在乙溶液，H+与OH-不能大量共存在甲溶液，故Na+在乙溶液。甲溶液含有：Cu2+、SO、H+，乙溶液含有OH-、CO、Na+，B选项正确。
13．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题之一、将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中可回收S，其转化如图所示(CuS难溶于水)。下列说法中，不正确的是
A．过程①中，发生的是非氧化还原反应
B．过程②中，Fe3+作氧化剂
C．过程③中，若将O2换为H2O2，则发生的离子反应式为：Fe2++H2O2→Fe3++O2+H+(未配平)
D．回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓
【答案】C
【分析】由图可知：一共发生的有三个反应①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S；③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应 2H2S+O2=2S↓+2H2O。
【详解】A．根据图中转化可知，生成CuS的反应为H2S + Cu2+=CuS↓+ 2H+，A正确；
B．过程②中，Fe3+转化为Fe2+，Fe3+为氧化剂，B正确；
C．过程③铁元素化合价升高、氧元素化合价降低，为4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O， C错误；
D．根据图中转化可知，反应物为H2S和O2，生成物为S，根据原子守恒，还有水生成，总反应是2H2S+O2=2H2O+2S↓，D正确；
答案选C。
14．某种混合气体可能含有、和，把混合气体依次通过足量的溶液、浓硫酸和灼热的，气体体积都没有变化，经干燥后再通过足量的固体，气体体积减小，最后通过灼热的铜网，经充分反应后，气体体积又减小，但还有剩余气体，以下对混合气体成分的判断，正确的是
A．一定没有，和中至少有一种
B．一定没有，和都有
C．一定有，和中至少有一种
D．一定有和，肯定没有
【答案】C
【详解】将可能含有、和的混合气体依次通过足量的溶液、浓硫酸和灼热的，气体体积都没有变化，经干燥后再通过足量的固体，气体体积减小，说明可能发生反应或，一定发生了，此反应体积减小；最后通过灼热的铜网，经充分反应，，但还有剩余气体，该气体为，综上，该混合气体，一定含，和至少有一种，故选C。
15．某结晶水合物的化学式为R·nH2O，其相对分子质量为M。25 ℃时，a g该晶体能够溶于b g水中形成V mL饱和溶液。下列关系中不正确的是( )
A．该溶液的密度为ρ＝g·L－1
B．该溶液的物质的量浓度为c＝ mol·L－1
C．该溶液中溶剂与溶质的质量比为m(水)∶m(溶质)＝ ∶
D．该溶液中溶质的质量分数为w＝%
【答案】D
【详解】A项、a gR·nH2O晶体溶于b g水形成的溶液中，溶液的质量为（a+b）g，溶液的体积为10—3VL，则该溶液的密度为ρ＝g·L－1，故A正确；
B项、a g该晶体中R的物质的量为mol，液的体积为10—3VL，则溶液的物质的量浓度为c＝ mol·L－1，故B正确；
C项、a gR·nH2O晶体溶于b g水形成的溶液中，水的质量为g，溶质的质量为，则溶液中溶剂与溶质的质量比为m(水)∶m(溶质)＝(∶，故C正确；
D项、a gR·nH2O晶体溶于b g水形成的溶液中，溶液的质量为（a+b）g，溶质的质量为，则溶液中溶质的质量分数为w＝%，故D错误；
故选D。
16．某学生用NaHCO3和KHCO3组成的某混合物进行实验，测得如下数据（盐酸的物质的量浓度相等），下列分析推理正确的是
100mL 盐酸
100mL 盐酸
100mL 盐酸
m（混合物）
14.2g
25g
27.6g
V（CO2）
3.36L
4.48L
4.48L
A．盐酸的物质的量浓度为3.0mol·L
B．加入混合物14.2g时盐酸不足
C．加入25g混合物时盐酸过量
D．根据表中数据计算出混合物中NaHCO3与KHCO3的物质的量之比是
【答案】D
【分析】由题意可知混合物为NaHCO3和KHCO3，与盐酸反应为：HCO3-+H+=CO2 +H2O，框图可知盐酸体积不变，随着加入固体量增多产生二氧化碳体积先增大后不变，故第一组为固体反应完全；二、三组为盐酸反应完全。
【详解】A．盐酸浓度为：c(HCl)=4.48L÷22.4L/mol÷0.1L=2.0mol/L，故A项错误；
B．加入固体14.2g时为盐酸过量，故B项错误；
C．有图中对应关系可得：1.12LCO2～4.73g固体，故25>（14.2+4.73），加入25g混合物时盐酸不足，固体过量，故C项错误；
D．故设NaHCO3和KHCO3的物质的量为x mol、y mol，由第一组数据可列关系式：①x+y=0.15、②84x+100y=14.2，可得：x=0.05,y=0.1，故混合物中NaHCO3与KHCO3的物质的量之比是1:2，故D项正确；
答案选D。
17．有关反应的叙述正确的为
A．还原剂与氧化剂物质的量之比为5:3
B．生成lmolO2，反应共转移4mol电子
C．若有5mol水做还原剂时，被BrF3还原的BrF3为mol
D．若有5mol水参与反应时，被水还原的BrF3为2mol
【答案】C
【分析】中，Br元素的化合价由+3价升高为+5价，O元素的化合价由-2价升高为0，Br元素的化合价由+3价降低为0，以此来解答。
【详解】A、由反应可知，2molH2O和1molBrF3作还原剂，2molBrF3作氧化剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之为3:2，故A错误；
B.、当生成lmolO2时，转移6mol电子，故B错误；
C、当有5mol水做还原剂时时，O元素化合价由-2价升高到0价，失去10mol电子， Br元素的化合价由+3价升高为+5价，转移5mol电子，5mol BrF3被还原，被BrF3还原的BrF3为，故C正确；
D、当有5mol水参加反应时，O元素化合价由-2价升高到0价，2mol水被氧化，失去4mol电子，Br 元素化合价由+3价降低到0价， Br元素的化合价由+3价升高为+5价，转移2mol电子，被水还原的BrF3的物质的量为，故D错误；
故选C。
【点睛】在此题中H2O和BrF3均作还原剂，所以BrF3转变为Br2时，被H2O和BrF3一起还原，当计算应被其中一部分所还原时，应计算其失去电子所占比例。如CD选项。
18．取一定物质的量浓度的NaOH溶液100mL，然后向其通入一定量的CO2气体，得到溶液A，向A中逐滴缓慢加入0.1mol·L-1的HCl溶液，产生的CO2气体体积(标准状况)与所加HCl溶液体积之间的关系如图所示。下列有关说法正确的是
A．A溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3
B．BC段对应离子方程式为OH-+H+=H2O
C．通入CO2气体在标况下的体积为56mL
D．原NaOH溶液物质的量浓度为0.065mol·L-1
【答案】C
【详解】CO2与NaOH溶液发生如下反应：
CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O…①
CO2+NaOH=NaHCO3…②
故反应后溶液中溶质的成分可有如下可能：Na2CO3和NaOH、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3；
当将稀盐酸逐滴滴到碳酸钠溶液中时，Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：
Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl…③
NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑…④
并且可以看出，当反应完全进行时，两个过程消耗HCl的量相等。
若溶液中还有氢氧化钠，则首先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O…⑤
设反应产生CO2之前消耗盐酸的体积为V1，从开始产生CO2至反应结束消耗盐酸的体积为V2。
A．V1=50mL，V2=75mL-50mL=25mL＜V1，据此判断溶液中溶质的成分是Na2CO3和NaOH，故A错误；
B．根据以上分析可知BC段对应离子方程式为HCO+H+=H2O+CO2↑，故B错误；
C． 50mL～75mL发生的反应为HCO+H+=H2O+CO2↑，n（HCl）=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，则V（CO2）=0.0025mol×22.4L/mol=0.056L=56mL，根据碳原子守恒可知通入CO2气体在标况下的体积为56mL，故C正确；
D．当加入盐酸75mL时，溶液溶质为NaCl，此时n(Na+)=n(HCl)=0.075mL×0.1mol/L=0.0075mol，所以n(NaOH)=0.0075mol，c(NaOH)=0.0075mol÷0.1L=0.075mol/L，故D错误；
故选C。
19．标准状况下，将3.36L的CO2与一定量的Na2O2粉末充分反应后，得到气体2.24L。下列说法一定正确的是
A．反应后得到的固体为混合物 B．反应前Na2O2的物质的量为0.2mol
C．反应后固体增重4.4g D．标准状况下，反应后生成O21.12L
【答案】D
【分析】过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和O2，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，3.36 L CO2的物质的量为0.15mol，反应后气体为2.24L，即0.1mol，由反应的化学方程式可知，若CO2完全转化为O2，则应生成0.075mol气体，但剩余气体大于0.075mol，说明CO2过量，过氧化钠完全反应生成碳酸钠，反应得到气体为CO2和O2的混合气体；根据方程式可知，每反应1molCO2，则气体的物质的量减小0.5mol，该反应前后气体的物质的量减小0.15mol-0.1mol=0.05mol，说明反应了0.1molCO2，生成0.05molO2，剩余0.15mol-0.1mol=0.05molCO2。
【详解】A．根据分析可知反应得到的固体只有碳酸钠，A错误；
B．根据分析可知反应消耗了0.1molCO2，根据方程式可知Na2O2的物质的量为0.1mol，B错误；
C．根据分析可知CO2过量，过氧化钠完全反应生成碳酸钠，由方程式可知，反应后固体增重的量为CO的质量，0.1mol一氧化碳的质量为0.1mol×28g/mol=2.8g，C错误；
D．根据分析可知反应生成0.05molO2，标况下体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，D正确；
综上所述答案为D。
20．Cl2O能与水反应生成次氯酸，可杀死新型冠状病毒等多种病毒。一种制备Cl2O的原理为HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O，装置如图所示。
已知：①Cl2O的熔点为-116℃、沸点为3.8℃，具有强烈刺激性气味、易溶于水；
②Cl2O与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。
下列说法中正确的是（ ）
A．装置③中盛装的试剂是饱和食盐水
B．装置④与⑤之间可用橡胶管连接
C．从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O
D．通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，减小爆炸危险
【答案】D
【详解】A．装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水、浓硫酸，保证进入④中试剂无水，故A错误；
B．因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故B错误；
C．由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，Cl2O在⑤中转化为液态，故C错误；
D．通干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度，避免接触还原剂等而爆炸，故D正确；
故答案为D。
【点睛】考查物质的制备实验，把握制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，通干燥空气可将氯气排入④中，④中发生HgO+2Cl2＝HgCl2+Cl2O，因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸。
21．下列实验中，对应的操作、现象以及结论都正确的是
选项
操作
现象
结论
A
向KI-淀粉溶液中滴加氯水
溶液变成蓝色
氧化性：Cl2＜I2
B
向蒸馏水中滴入几滴酚酞溶液，再加入过氧化钠观察现象
产生气泡，且溶液变红
过氧化钠与水反应生成O2和NaOH
C
将干燥的氯气通过盛有鲜花的集气瓶
鲜花颜色褪去
氯气具有漂白性
D
向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体x
产生白色沉淀
x可能具有氧化性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．溶液变成蓝色，表明发生反应2KI+Cl2=2KCl+I2，则氧化性Cl2＞I2，A不正确；
B．过氧化钠与水反应生成NaOH和H2O2，H2O2部分分解生成氧气，有气泡逸出，H2O2具有强氧化性，溶液先变红(NaOH作用)后褪色(H2O2作用)，B不正确；
C．氯气本身没有漂白性，鲜花颜色褪去，是因为氯气与鲜花中的水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，C不正确；
D．SO2通入BaCl2溶液中，没有现象产生，通入X气体后产生沉淀，沉淀可能为BaSO4，也可能为BaSO3，此气体可能为具有强氧化性的Cl2等，也可能为氨气，D正确；
故选D。
二、多选题
22．用为的浓溶液吸收一定量的氯气，充分反应后溶液中只含有、、三种溶质。下列判断正确的是
A．可能为
B．若反应中转移的电子的物质的量为，则
C．被吸收的氯气的物质的量为
D．可能为
【答案】BD
【详解】A．NaCl为氯气得电子的产物，NaClO和NaClO3为氯气失电子的产物，根据得失电子守恒，若溶液中n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为9：3：1，则理论上反应中得到电子为9mol×1=9mol，反应中失去电子总物质的量为3mol×1+1mol×5=8mol；得失电子不守恒，A错误；
B．氯气和NaOH反应有2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O、6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，当生成NaCl和NaClO时转移电子最少，0.6 mol NaOH消耗0.3molCl2，生成0.3molNaCl转移电子的物质的量为0.3mol；当生成NaCl和NaClO3时转移电子数目最多，0.6molNaOH消耗0.3molCl2，生成0.5molNaCl转移电子的物质的量为0.5mol，所以如果反应中转移的电子为n mol，则0.3
D．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n(Na+)∶n(Cl-)最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n(Na+)∶n(Cl-)最小为6：5，因为9:5介于2：1和6:5之间，所以符合题意，D正确；
故选BD。
23．通过测定混合气中O2含可计算已变质的Na2O2(含Na2CO3)纯度的实验装置如图(Q为弹性良好的气囊)。下列分析错误的是
A．b球形干燥管中装有氯化钙，用于除去气体中的水蒸气
B．测定气体总体积必须关闭K1、K2，打开K3
C．量筒Ⅰ用于测二氧化碳的量，干燥管中装入碱石灰，量筒Ⅱ用于测氧气的量
D．读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1、K2；可观察到Q气球慢慢缩小
【答案】AC
【详解】A．加入酸后Q发生发的反应为、，反应产生CO2和O2，b球形干燥管中应装有碱石灰，除去CO2，A错误；
B．反应产生的CO2和O2使气球变大，将广口瓶中的气体排出，水进入量筒I中，所以量筒I中水的体积即为产生CO2和O2的体积，所以滴加稀硫酸前必须关闭K1、K2，打开K3，B正确；
C．由B分析可知量筒I中水的体积即为产生CO2和O2的体积，量筒II收集的是O2的体积，C错误；
D．读取气体总体积后关闭K3，在缓缓打开K1和K2，Q中气体经b除去CO2后，排水法收集到O2，同时观察到Q气球慢慢缩小，D正确；
故合理选项是AC。
24．室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成左、右两室，左室充入等物质的量的氢气和氧气，右室充入一氧化碳和氧气的混合气。同时引燃左右两室的混合气，反应后恢复到室温。反应前后活塞位置如下图所示，则右室混合气体中一氧化碳和氧气的物质的量之比可能是(液态水的体积忽略不计)
A．1：2 B．1：1 C．3：1 D．1：3
【答案】BC
【详解】假设氢气和氧气的物质的量分别为1mol，开始时左右两侧气体的体积相等，则物质的量之和相等，右侧气体共为2mol，同时引燃左右两侧的混合气，左侧：2H2+O2 2H2O，则消耗1mol H2和0.5mol O2，左侧剩余气体为0.5molO2，由图可知反应后左右两侧气体的体积之比为2：6=1：3，故物质的量之比为1：3，则右侧气体的物质的量为0.5mol×3=1.5mol，
当CO过量时，设O2为xmol，则CO为(2-x)mol，，则2-x-2x+2x=1.5，解得x=0.5，所以n(CO)=2mol-0.5mol=1.5mol，则n(CO)：n(O2)=3：1；
当O2过量时，设CO为ymol，则O2为(2-y)mol，，2-y-+y=1.5，解得：y=1，所以，n(CO)=1mol，n(O2)=1mol，则n(CO)：n(O2)=1：1，
故答案为：1：1 或3：1，故选：BC。
三、填空题
25．请根据所学知识，回答下列问题：
(1)有咸味，有毒。加热到，320℃以上会分解，生成一氧化氮、二氧化氮和氧化钠，写出此反应的化学方程式___________，反应中被氧化的元素和被还原的元素的物质的量之比为___________。
(2)在两份相同体积相同浓度的溶液中，分别逐滴滴入物质的量浓度相等的、溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。
其中和反应的曲线为___________(填①或②)；b→d反应的离子方程式为___________。
(3)现有标准状况下和混合气体6.72L，其质量为11.7g，则此混合气体中，和的物质的量之比是___________。
(4)已知8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量D，现将16gA与70gB的混合物充分反应后，生成2D和一定量C，则D的摩尔质量为___________。
(5)和发生反应：，现有a和b充分反应后氮原子与氧原子的个数比为___________。
(6)把500和的混合溶液分成五等份，取一份加入含a的溶液恰好完全反应；另取一份加入含b的溶液恰好不再放出气体。则该混合溶液中为___________。
【答案】(1) 1∶1
(2) ①
(3)11∶5
(4)18
(5)
(6)
【详解】（1）根据得失电子守恒和原子守恒配平，，该反应中被氧化和被还原的元素均为N元素，NaNO2中N+3→NO中+2化合价降低1，被还原，NaNO2中N+3→NO2中+4化合价升高1，被氧化，根据得失电子守恒反应中被氧化的元素和被还原的元素的物质的量之比为1∶1，答案：；1∶1；
（2）向Ba(OH)₂溶液中加入等物质的量浓度的H2SO4溶液，发生反应 H₂SO4+Ba(OH)₂= BaSO4↓+2H₂O，当H₂SO4与Ba(OH)的物质的量相等时,溶液中的离子浓度最低，导电能力最弱，继续滴加H₂SO溶液，导电能力逐渐增强，故①代表滴加H2SO4溶液的曲线。另一份溶液，当加入少量 NaHSO4溶液时，发生反应 NaHSO4 +Ba(OH)₂=BaSO4↓+H₂O+NaOH，当加入的NaHSO4与Ba(OH)2的物质的量相等时，反应后混合液的主要溶质为NaOH，此时对应②中b点，继续加NaHSO4，NaHSO4的H+和NaOH中的OH-反应的离子方程式为，答案：①；；
（3）由题意列方程组： ，解得，mol，mol，和的物质的量之比是 ，答案：11∶5；
（4）根据质量守恒8gA与32gB恰好完全反应生产 D：8g+32g-22g=18g，16gA与70gB充分反应后，B过量，则生成2mol 的D为36g，为，则D的摩尔质量 ，答案：18；
（5）反应前后原子种类和数目不变，a和b充分反应后氮原子amol，氧原子（a+ 2b）mol，氮原子与氧原子的个数比为，答案：；
（6）由题意可知100ml溶液中a和恰好完全反应，可知为0.5amol，根据b和和混合溶液反应恰好不再放出气体，由氯原子守恒可知生成NaCl 、NH4Cl共bmol，则含Na+（b-0.5a）mol，则混合溶液中，答案：；
四、实验题
26．Ⅰ、
(1)配制1001.00碳酸钠溶液。下图是一些关键步骤和操作。
a
b
c
d
e
f
配制过程所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、___________。配制过程的先后顺序是___________(用字母a-f填写)。某同学改用晶体来配制溶液，但晶体已经部分失去结晶水，他配制的溶液的浓度会___________(填“偏高”、“偏低”、“不变”)。
Ⅱ、某澄清透明溶液中可能含有、、、、、、、中的若干种，取一定量待测液进行如下实验。回答下列问题：
已知：
(2)该待测液中一定含有的离子是、和___________，一定不含有的离子是___________。
(3)沉淀A的成分是___________，沉淀B的化学组成为___________。
(4)气体X与气体Y可以在一定条件下反应转化为对环境无害的物质，若有1此混合气体充分反应得到的氧化产物与还原产物的质量差为1.4g，则气体X与气体Y的物质的量之比为___________。
【答案】(1) 100容量瓶、胶头滴管 dbcafe 偏高
(2) 、、 、、
(3) 0.3、0.06[或32.1g、5.88g]
(4)4∶1或3∶7
【分析】滴加过量稀盐酸无明显现象，说明溶液中不含、、，则一定含；加入过量，有气体和沉淀生成，发生反应、，所以一定含有，气体X为NO，物质的量为，则的物质的量为，生成的为0.3mol，沉淀A为，物质的量为，即的物质的量为0.5mol；滤液Ⅰ中加入过量NaOH溶液，加热，有气体生成，该气体Y为，物质的量为，则的物质的量为0.2mol，0.3mol完全沉淀生成的质量为，所以沉淀B为和混合物，的质量为，物质的量为，即的物质的量为0.06mol，，根据溶液呈电中性，所以溶液中一定含；
【详解】（1）配制1001.00碳酸钠溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管；配制溶液的步骤为计算、称量(量取)、溶解(稀释)、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，根据图中操作步骤，正确的操作顺序为dbcafe；用部分失去结晶水的晶体来配制溶液，使得碳酸钠的质量偏大，浓度偏高，故填100容量瓶和胶头滴管、dbcafe、偏高；
（2）经过分析，一定含有的离子有、、、、，一定不含有的离子有、、，故填、、；、、；
（3）沉淀A为；0.3mol完全沉淀生成的0.3mol，质量为，所以沉淀B为和混合物，的质量为，物质的量为，即的物质的量为0.06mol，故填、0.3、0.06[或32.1g、5.88g]；
（4）气体X为NO，气体Y为，X和Y反应的化学方程式为，设还原产物的的物质的量为，氧化产物的物质的量为，则参与反应的NO的物质的量为，的物质的量为，氧化产物与还原产物均为，质量差为1.4g，物质的量为，由题意可得，即、，解得、，即参加反应的NO的物质的量为，的物质的量为，因为，所以和NO有一种过量，若过量，则NO物质的量为0.3mol，物质的量为0.7mol，物质的量之比为；若NO过量，则NO的物质的量为0.8mol，的物质的量为，物质的量之比为，故填或。
27．某兴趣小组为测定工业纯碱(假设仅含碳酸氢钠杂质)中碳酸钠的质量分数，设计了下列三种实验方案进行探究。请填空：
方案一：纯碱样品经加热后测定剩余固体质量，并计算碳酸钠的质量分数。
(1)加热样品所选用的仪器是_______(填标号)。
A． B． C． D．
方案二：纯碱样品可通过加热分解得到的CO2质量进行计算。某同学设计的实验装置示意图如下：
(2)装置B中冰水的作用是_______
(3)该同学设计的实验装置存在缺陷，有关该实验装置及实验过程中，下列因素可能使碳酸钠的质量分数偏高的是_______
A．样品分解不完全
B．装置B、C之间缺少CO2的干燥装置
C．产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收
D．反应完全后停止加热，通入过量的空气
方案三：将11.44g的样品与足量稀硫酸反应，通过称量反应前后盛有碱石灰的干燥管质量，利用其质量差计算碳酸钠的质量分数。实验装置如图：
该实验的操作步骤：
①关闭止水夹，在干燥管内填满碱石灰，称量干燥管A质量15.66g
②取一定量样品装入广口瓶中
③检查装置的气密性
④打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟，再称量干燥管A质量20.50g
⑤缓慢加入稀硫酸至不再产生气体为止
⑥打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟
(4)正确的操作顺序是_______(填序号)
(5)实验流程中有两次鼓入空气，它们的作用分别为_______、_______。
(6)请计算该样品中碳酸钠的质量百分数_______(保留1位小数)
【答案】(1)B
(2)冷凝反应生成的水
(3)AC
(4)③②⑥①⑤④
(5) 防止装置中原有的CO2气体干扰实验，导致碳酸氢钠含量偏高 使广口瓶中产生的CO2气体全部排出
(6)92.7%
【分析】方案一：碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，固体减少的质量为生成水喝二氧化碳的质量，利用“差量法”计算碳酸氢钠的质量，从而计算碳酸钠的质量分数；
方案二：碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，根据装置C吸收二氧化碳的质量计算碳酸氢钠的质量，从而计算碳酸钠的质量分数；
方案三：碳酸钠、碳酸氢钠都能与稀硫酸反应生成二氧化碳气体，根据样品的总质量和生成二氧化碳的质量，列方程组，解出碳酸钠的质量，从而计算碳酸钠的质量分数。
【详解】（1）加热固体物质，选用的仪器是坩埚，选B；
（2）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，通过测量加热分解得到的CO2的质量计算碳酸钠的质量分数，需要除去水，所以B中冰水的作用是冷凝反应生成的水；
（3）A．样品分解不完全，生成二氧化碳质量偏少，碳酸氢钠质量偏小，使碳酸钠的质量分数偏高，故选A；
B．装置B、C之间缺少CO2的干燥装置，使CO2质量偏大，碳酸氢钠质量偏大，使碳酸钠的质量分数偏低，故不选B；
C．产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收，使二氧化碳质量偏少，碳酸氢钠质量偏小，使碳酸钠的质量分数偏高，故选C；
D．反应完全后停止加热，通入过量的空气，空气中的二氧化碳被吸收，使CO2质量偏大，碳酸氢钠质量偏大，使碳酸钠的质量分数偏低，故不选D；
选AC；
（4）根据二氧化碳的质量计算碳酸钠的质量分数，所以实验开始要除去装置内空气中的二氧化碳，实验结束要把反应生成的二氧化碳全部被碱石灰A吸收，实验步骤为③检查装置的气密性、②取一定量样品装入广口瓶中、⑥打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟、①关闭止水夹，在干燥管内填满碱石灰，称量干燥管A质量15.66g、⑤缓慢加入稀硫酸至不再产生气体为止、④打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟，再称量干燥管A质量20.50g；
（5）实验开始，鼓入空气除去装置内空气中的二氧化碳，防止装置中原有的CO2气体干扰实验，导致碳酸氢钠含量偏高；实验结束，通入空气，使反应生成的二氧化碳全部被碱石灰A吸收；
（6）反应生成二氧化碳的质量是20.50g-15.66g=4.84g，二氧化碳的物质的量为0.11mol；设样品中碳酸钠的物质的量为xmol、碳酸氢钠的物质的量为ymol；
，解得，该样品中碳酸钠的质量百分数。
28．实验小组制备高铁酸钾()并探究其性质。
资料：i、为紫色固体，微溶于溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。
ii、含有的盐溶液遇到溶液时变成红色。
(1)制备(夹持装置略)
①A为氯气发生装置。
②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂___________。
③C中得到紫色固体和溶液。C中发生的反应有，另外还有___________。
(2)探究的性质
①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有。为证明是否氧化了而产生，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加溶液至过量，溶液呈红色
方案Ⅱ
用溶液充分洗涤C中所得固体，再用溶液将溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有产生
ⅰ、由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有___________，但该离子的产生不能判断一定是将氧化，还可能由___________产生(用离子方程式表示)。
ⅱ、方案Ⅱ可证明氧化了。用溶液洗涤的目的是___________。
②根据的制备实验得出：氧化性：___________(填“>”或“<”)，而方案Ⅱ实验表明，和的氧化性强弱关系相反，原因是___________。
③资料表明，酸性溶液中的氧化性：，验证实验如下：溶液b滴入和足量的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色。该现象能否证明氧化性：。
若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：___________。
【答案】(1)
(2) 排除的干扰 > 溶液酸碱性不同 能，理由：在过量酸的作用下完全转化为和，溶液浅紫色一定是的颜色(或不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)
【分析】装置A为制取氯气，其反应为；根据装置C中的溶液和其目的可知，装置B为除去氯气中的HCl，其中为饱和食盐水；装置C为制取，装置D为尾气吸收装置；
【详解】（1）①装置B为除去氯气中的HCl，其中为饱和食盐水，其装置为，故填 ；
②装置C中过量的KOH能与氯气反应，其反应的化学方程式为，故填；
（2）①与反应生成红色的，所以溶液a中含有，已知在酸性或中性溶液中快速产生，加入稀硫酸可能发生反应，也能生成，C中含有的和都具有氧化性，都可以在酸性条件下将氧化成，在碱性溶液中较稳定，所以用KOH可以洗去，排除的干扰，故填、、排除的干扰；
②根据氧化性：氧化剂>氧化产物，根据反应，可知氧化性：，方案Ⅱ中在酸性条件下将氧化成，其中氧化剂为，氧化产物为，所以氧化性：，出现两种不同结果的是因为溶液酸碱性不同，导致氧化性不同，故填>、溶液酸碱性不同；
③在过量酸的作用下完全转化为和，溶液浅紫色一定是的颜色，所以能证明氧化性：；向紫色溶液b中滴加过量稀，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色，若褪去则不能证明，若不褪去，则能证明氧化性：，故填能，理由：在过量酸的作用下完全转化为和，溶液浅紫色一定是的颜色(或不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)。
河北省石家庄市正定中学2022-2023学年高一上学期第二次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列有关实验及安全的叙述中，正确的是
A．钠着火时使用泡沫灭火器灭火
B．实验结束后，多余的钠块放回原试剂瓶中
C．碳酸钠是发酵粉的主要成分
D．用稀硫酸清洗焰色试验的铂丝并放在酒精灯外焰上灼烧
【答案】B
【详解】A．金属钠能与二氧化碳和水反应，钠着火时不能用泡沫灭火器，故A错误；
B．金属钠较活泼，易与水等物质反应，实验结束后，多余的钠块不能随意乱丢，应放回原试剂瓶，故B正确；
C．发酵粉的主要成分为碳酸氢钠，故C错误；
D．用稀盐酸清洗焰色试验的铂丝并放在酒精灯外焰上灼烧，稀硫酸不挥发，故D错误；
故选B。
2．下列有关化学反应过程或实验现象的叙述中，正确的是
A．氯气的水溶液可以导电，说明氯气是电解质
B．明矾处理后的自来水不可以直接饮用
C．用试纸检验氯水等于5
D．在滴有酚酞的溶液中，加入溶液后红色褪去，说明溶液具有酸性
【答案】B
【详解】A．氯气溶于水生成氢离子、氯离子等自由移动的离子，所以氯气水溶液能导电，但氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．明矾处理后的自来水中含大量铝离子，且未进行杀菌消毒，需烧开后引用，故B正确；
C．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测pH，故C错误；
D．在滴有酚酞的溶液中，加入溶液后红色褪去，因为与反应生成碳酸钡和氯化钠，呈中性，而溶液呈中性，故D错误；
故选B。
3．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是
A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有
B．向氯水中滴加硝酸酸化的溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有
C．光照过程中，有气泡冒出，溶液的导电性减弱
D．向氯水中加入粉末，有气泡产生，说明氯水中含有
【答案】C
【详解】A．呈黄绿色，溶于水形成的氯水颜色呈浅黄绿色，故A正确；
B．氯气溶于水形成的溶液中含有，加入溶液生成白色沉淀AgCl，故B正确；
C．氯水光照下发生反应，有HCl生成，溶液中自由离子的浓度增大，导电能力增强，故C错误；
D．向氯水中加入粉末，有气泡产生，发生反应，说明氯水中含有，故D正确；
故选C。
4．下列离子方程式正确的是
A．溶液与澄清石灰水按溶质物质的量之比2∶3混合：
B．向次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳的离子方程式：
C．将过量通入到含溶液中：
D．用溶液吸收过量：
【答案】A
【详解】A．溶液与澄清石灰水按溶质物质的量之比2∶3混合，，离子方程式为，故A正确；
B．向次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳，生成的碳酸钙与二氧化碳会反应，，故B错误；
C．将过量通入到含溶液中，发生反应，离子方程式为，故C错误；
D．溶液吸收过量，，故D错误；
故选A。
5．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．25g质量分数为46%的乙醇()水溶液中含有的氢原子数为3 NA
B．7.8g与足量反应转移电子总数为0.1 NA
C．物质的量浓度均为1的和混合溶液中，含有的数目为3 NA
D．常温常压下，16g和混合气体含氧原子数为NA
【答案】C
【详解】A．25g质量分数为46%的乙醇()水溶液中含有氢原子的物质的量为=3mol，则水溶液中含有的氢原子数为3 NA，A正确；
B．1molNa2O2与H2O反应时，转移1mole-，7.8g Na2O2的物质的量为0.1mol，则与足量H2O反应转移电子总数为0.1 NA，B正确；
C．物质的量浓度均为1的和混合溶液的体积未知，无法求出含有的数目，C错误；
D．常温常压下，16g和16g中所含氧原子个数都为1mol，则16g混合气体含氧原子数为NA，D正确；
故选C。
6．利用图中有关实验装置进行相关实验，不能达到实验目的的是
A．用图甲所示装置检验金属钠与水反应的热效应
B．用图乙所示装置制取并收集干燥纯净的NH3
C．用图丙所示装置制取漂白粉
D．用图丁所示装置检验氨气的水溶性
【答案】B
【详解】A．钠与水反应产生热量导致大试管中温度升高压强增大使U型管中液柱左端下降，A项正确；
B．NH3为碱性气体可以选择碱石灰干燥，但氨气密度比空气小应该采用向下排空，B项错误；
C．漂白粉为CaCl2和Ca(ClO)2，选用浓度大的石灰乳制备，C项正确；
D．氨气溶于水后圆底烧瓶中气压降低气球膨胀，D项正确；
故选B。
7．有X、Y两密闭容器且X容积小于Y，X中充满气体，Y中充满、、混合气体，同温同压下测得两容器中气体密度相同。下列叙述中错误的是
A．两容器中所含气体质量一定不同
B．Y容器中所含气体原子数更多
C．Y容器中，、和的质量比为1∶3∶3
D．Y容器中所含、和物质的量之比可能为1∶3∶6
【答案】C
【分析】同温同压下，相同，又，且，根据，，则，；
【详解】A．，，所以，故A正确；
B．，而且X容器中为双原子分子，Y容器中平均大于2个原子，所以原子数，故B正确；
C．相同，根据密度之比等于摩尔质量之比，，所以，的摩尔质量为，其质量可以为任意值，故C错误；
D．Y容器中，平均摩尔质量为，设、物质的量分别为xmol、ymol，则，解得，的物质的量可以为任意值，所以、和物质的量之比可能为1∶3∶6，故D正确；
故选C。
8．下列各组物质中，能一步实现如图所示①～⑤转化关系的是
X
Y
Z
W
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．到不能一步实现，故A错误；
B．到HClO和到不能一步实现，故B错误；
C．、、、、，故C正确；
D．到不能一步实现，故D错误；
故选C。
9．确定某无色溶液中含某离子，下列结论正确的是（ ）
A．加AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有Cl﹣存在
B．加BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有SO42﹣存在
C．加盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定有大量CO32﹣存在
D．通入Cl2后，溶液变为黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，可确定有I﹣存在
【答案】D
【详解】A. 加 AgNO3 溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，无法排除碳酸根等离子的干扰，检验氯离子应该先加稀硝酸将溶液酸化，排除碳酸根等离子的干扰，A不正确； B. 检验硫酸根应先加稀盐酸将溶液酸化，以排除硅酸根、碳酸根、亚硫酸根等离子的干扰，B不正确； C. 加盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，不能确定有大量CO32﹣存在，也可能是碳酸氢根等离子，C不正确；D. 通入 Cl2 后，溶液变为黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，说明原溶液中没有碘，通入氯气后才生成碘，可确定有I﹣存在，D正确。本题选D。
10．在学习了氯及其化合物的知识后，某同学绘制了如图所示的价一类二维图，已知：e、f的阳离子均为。下列叙述错误的是
A．f为漂白液的有效成分
B．b与NaOH溶液反应时，b既作氧化剂又作还原剂
C．加热条件下，含有146ga的浓溶液与足量的二氧化锰充分反应可以制取71gb
D．用洁净的铂丝分别蘸取d的钠盐与e的溶液灼烧，火焰的颜色相同
【答案】C
【分析】由图中元素的化合价及物质类别可知，a为HCl、b为Cl2、c为ClO2、d为HClO、f为次氯酸盐、e为氯酸盐，据此解答。
【详解】A．漂白液的有效成分是次氯酸钠，故A正确；
B．氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，只有氯元素化合价变化，所以Cl2与NaOH溶液反应时，Cl2既作氧化剂又作还原剂，故B正确；
C．浓盐酸与二氧化锰反应，随着反应的进行，浓盐酸的浓度会变小，加热条件下，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以含有146g氯化氢（4mol）的浓溶液与足量的二氧化锰充分反应制取Cl2小于1mol，C项错误；
D．焰色试验是元素的性质，所以用洁净的铂丝分别蘸取d的钠盐与e的溶液灼烧，火焰的颜色相同，均是黄色，故D正确；
故选C。
11．氢化钠（NaH）是一种白色的离子化合物，已知NaH与水反应可放出氢气，则下面叙述正确的是（ ）
A．NaH与水反应后溶液呈酸性 B．NaH中氢离子被还原成
C．NaH是还原剂 D．水既是氧化剂，又是还原剂
【答案】C
【详解】NaH与水反应方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑；
A．NaH与水反应生成氢气和氢氧化钠，溶液呈碱性，故A错误；
B．NaH 与水反应时，NaH中氢元素化合价升高，则NaH中氢离子被氧化成H2，故B错误；
C．NaH 与水反应时，NaH中氢元素化合价升高，则NaH是还原剂，故C正确；
D．NaH 与水反应时，NaH中氢元素化合价升高，水中的氢元素化合价降低，则水为氧化剂，NaH是还原剂，故D错误；
故答案为C。
【点睛】考查氧化还原反应，明确NaOH与水反应原理是解题关键，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，NaH中Na为+1价，则H为-1价，具有还原性，与水反应生成氢气和NaOH，为H元素之间发生氧化还原反应，水为氧化剂。
12．在甲、乙两溶液中，分别含有下列离子(大量存在)中的三种：Cu2+、Na+、H+、、、OH-。已知甲溶液呈蓝色，则乙溶液中存在的离子是
A．Cu2+、、 B．Na+、OH-、 C．、OH-、 D．Na+、、
【答案】B
【详解】已知甲溶液呈蓝色，则甲溶液中含有Cu2+，Cu2+与CO、OH-不能大量共存，溶液呈电中性，则甲溶液应该有SO，OH-和CO在乙溶液，H+与OH-不能大量共存在甲溶液，故Na+在乙溶液。甲溶液含有：Cu2+、SO、H+，乙溶液含有OH-、CO、Na+，B选项正确。
13．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题之一、将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中可回收S，其转化如图所示(CuS难溶于水)。下列说法中，不正确的是
A．过程①中，发生的是非氧化还原反应
B．过程②中，Fe3+作氧化剂
C．过程③中，若将O2换为H2O2，则发生的离子反应式为：Fe2++H2O2→Fe3++O2+H+(未配平)
D．回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓
【答案】C
【分析】由图可知：一共发生的有三个反应①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S；③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应 2H2S+O2=2S↓+2H2O。
【详解】A．根据图中转化可知，生成CuS的反应为H2S + Cu2+=CuS↓+ 2H+，A正确；
B．过程②中，Fe3+转化为Fe2+，Fe3+为氧化剂，B正确；
C．过程③铁元素化合价升高、氧元素化合价降低，为4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O， C错误；
D．根据图中转化可知，反应物为H2S和O2，生成物为S，根据原子守恒，还有水生成，总反应是2H2S+O2=2H2O+2S↓，D正确；
答案选C。
14．某种混合气体可能含有、和，把混合气体依次通过足量的溶液、浓硫酸和灼热的，气体体积都没有变化，经干燥后再通过足量的固体，气体体积减小，最后通过灼热的铜网，经充分反应后，气体体积又减小，但还有剩余气体，以下对混合气体成分的判断，正确的是
A．一定没有，和中至少有一种
B．一定没有，和都有
C．一定有，和中至少有一种
D．一定有和，肯定没有
【答案】C
【详解】将可能含有、和的混合气体依次通过足量的溶液、浓硫酸和灼热的，气体体积都没有变化，经干燥后再通过足量的固体，气体体积减小，说明可能发生反应或，一定发生了，此反应体积减小；最后通过灼热的铜网，经充分反应，，但还有剩余气体，该气体为，综上，该混合气体，一定含，和至少有一种，故选C。
15．某结晶水合物的化学式为R·nH2O，其相对分子质量为M。25 ℃时，a g该晶体能够溶于b g水中形成V mL饱和溶液。下列关系中不正确的是( )
A．该溶液的密度为ρ＝g·L－1
B．该溶液的物质的量浓度为c＝ mol·L－1
C．该溶液中溶剂与溶质的质量比为m(水)∶m(溶质)＝ ∶
D．该溶液中溶质的质量分数为w＝%
【答案】D
【详解】A项、a gR·nH2O晶体溶于b g水形成的溶液中，溶液的质量为（a+b）g，溶液的体积为10—3VL，则该溶液的密度为ρ＝g·L－1，故A正确；
B项、a g该晶体中R的物质的量为mol，液的体积为10—3VL，则溶液的物质的量浓度为c＝ mol·L－1，故B正确；
C项、a gR·nH2O晶体溶于b g水形成的溶液中，水的质量为g，溶质的质量为，则溶液中溶剂与溶质的质量比为m(水)∶m(溶质)＝(∶，故C正确；
D项、a gR·nH2O晶体溶于b g水形成的溶液中，溶液的质量为（a+b）g，溶质的质量为，则溶液中溶质的质量分数为w＝%，故D错误；
故选D。
16．某学生用NaHCO3和KHCO3组成的某混合物进行实验，测得如下数据（盐酸的物质的量浓度相等），下列分析推理正确的是
100mL 盐酸
100mL 盐酸
100mL 盐酸
m（混合物）
14.2g
25g
27.6g
V（CO2）
3.36L
4.48L
4.48L
A．盐酸的物质的量浓度为3.0mol·L
B．加入混合物14.2g时盐酸不足
C．加入25g混合物时盐酸过量
D．根据表中数据计算出混合物中NaHCO3与KHCO3的物质的量之比是
【答案】D
【分析】由题意可知混合物为NaHCO3和KHCO3，与盐酸反应为：HCO3-+H+=CO2 +H2O，框图可知盐酸体积不变，随着加入固体量增多产生二氧化碳体积先增大后不变，故第一组为固体反应完全；二、三组为盐酸反应完全。
【详解】A．盐酸浓度为：c(HCl)=4.48L÷22.4L/mol÷0.1L=2.0mol/L，故A项错误；
B．加入固体14.2g时为盐酸过量，故B项错误；
C．有图中对应关系可得：1.12LCO2～4.73g固体，故25>（14.2+4.73），加入25g混合物时盐酸不足，固体过量，故C项错误；
D．故设NaHCO3和KHCO3的物质的量为x mol、y mol，由第一组数据可列关系式：①x+y=0.15、②84x+100y=14.2，可得：x=0.05,y=0.1，故混合物中NaHCO3与KHCO3的物质的量之比是1:2，故D项正确；
答案选D。
17．有关反应的叙述正确的为
A．还原剂与氧化剂物质的量之比为5:3
B．生成lmolO2，反应共转移4mol电子
C．若有5mol水做还原剂时，被BrF3还原的BrF3为mol
D．若有5mol水参与反应时，被水还原的BrF3为2mol
【答案】C
【分析】中，Br元素的化合价由+3价升高为+5价，O元素的化合价由-2价升高为0，Br元素的化合价由+3价降低为0，以此来解答。
【详解】A、由反应可知，2molH2O和1molBrF3作还原剂，2molBrF3作氧化剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之为3:2，故A错误；
B.、当生成lmolO2时，转移6mol电子，故B错误；
C、当有5mol水做还原剂时时，O元素化合价由-2价升高到0价，失去10mol电子， Br元素的化合价由+3价升高为+5价，转移5mol电子，5mol BrF3被还原，被BrF3还原的BrF3为，故C正确；
D、当有5mol水参加反应时，O元素化合价由-2价升高到0价，2mol水被氧化，失去4mol电子，Br 元素化合价由+3价降低到0价， Br元素的化合价由+3价升高为+5价，转移2mol电子，被水还原的BrF3的物质的量为，故D错误；
故选C。
【点睛】在此题中H2O和BrF3均作还原剂，所以BrF3转变为Br2时，被H2O和BrF3一起还原，当计算应被其中一部分所还原时，应计算其失去电子所占比例。如CD选项。
18．取一定物质的量浓度的NaOH溶液100mL，然后向其通入一定量的CO2气体，得到溶液A，向A中逐滴缓慢加入0.1mol·L-1的HCl溶液，产生的CO2气体体积(标准状况)与所加HCl溶液体积之间的关系如图所示。下列有关说法正确的是
A．A溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3
B．BC段对应离子方程式为OH-+H+=H2O
C．通入CO2气体在标况下的体积为56mL
D．原NaOH溶液物质的量浓度为0.065mol·L-1
【答案】C
【详解】CO2与NaOH溶液发生如下反应：
CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O…①
CO2+NaOH=NaHCO3…②
故反应后溶液中溶质的成分可有如下可能：Na2CO3和NaOH、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3；
当将稀盐酸逐滴滴到碳酸钠溶液中时，Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：
Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl…③
NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑…④
并且可以看出，当反应完全进行时，两个过程消耗HCl的量相等。
若溶液中还有氢氧化钠，则首先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O…⑤
设反应产生CO2之前消耗盐酸的体积为V1，从开始产生CO2至反应结束消耗盐酸的体积为V2。
A．V1=50mL，V2=75mL-50mL=25mL＜V1，据此判断溶液中溶质的成分是Na2CO3和NaOH，故A错误；
B．根据以上分析可知BC段对应离子方程式为HCO+H+=H2O+CO2↑，故B错误；
C． 50mL～75mL发生的反应为HCO+H+=H2O+CO2↑，n（HCl）=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，则V（CO2）=0.0025mol×22.4L/mol=0.056L=56mL，根据碳原子守恒可知通入CO2气体在标况下的体积为56mL，故C正确；
D．当加入盐酸75mL时，溶液溶质为NaCl，此时n(Na+)=n(HCl)=0.075mL×0.1mol/L=0.0075mol，所以n(NaOH)=0.0075mol，c(NaOH)=0.0075mol÷0.1L=0.075mol/L，故D错误；
故选C。
19．标准状况下，将3.36L的CO2与一定量的Na2O2粉末充分反应后，得到气体2.24L。下列说法一定正确的是
A．反应后得到的固体为混合物 B．反应前Na2O2的物质的量为0.2mol
C．反应后固体增重4.4g D．标准状况下，反应后生成O21.12L
【答案】D
【分析】过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和O2，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，3.36 L CO2的物质的量为0.15mol，反应后气体为2.24L，即0.1mol，由反应的化学方程式可知，若CO2完全转化为O2，则应生成0.075mol气体，但剩余气体大于0.075mol，说明CO2过量，过氧化钠完全反应生成碳酸钠，反应得到气体为CO2和O2的混合气体；根据方程式可知，每反应1molCO2，则气体的物质的量减小0.5mol，该反应前后气体的物质的量减小0.15mol-0.1mol=0.05mol，说明反应了0.1molCO2，生成0.05molO2，剩余0.15mol-0.1mol=0.05molCO2。
【详解】A．根据分析可知反应得到的固体只有碳酸钠，A错误；
B．根据分析可知反应消耗了0.1molCO2，根据方程式可知Na2O2的物质的量为0.1mol，B错误；
C．根据分析可知CO2过量，过氧化钠完全反应生成碳酸钠，由方程式可知，反应后固体增重的量为CO的质量，0.1mol一氧化碳的质量为0.1mol×28g/mol=2.8g，C错误；
D．根据分析可知反应生成0.05molO2，标况下体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，D正确；
综上所述答案为D。
20．Cl2O能与水反应生成次氯酸，可杀死新型冠状病毒等多种病毒。一种制备Cl2O的原理为HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O，装置如图所示。
已知：①Cl2O的熔点为-116℃、沸点为3.8℃，具有强烈刺激性气味、易溶于水；
②Cl2O与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。
下列说法中正确的是（ ）
A．装置③中盛装的试剂是饱和食盐水
B．装置④与⑤之间可用橡胶管连接
C．从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O
D．通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，减小爆炸危险
【答案】D
【详解】A．装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水、浓硫酸，保证进入④中试剂无水，故A错误；
B．因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故B错误；
C．由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，Cl2O在⑤中转化为液态，故C错误；
D．通干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度，避免接触还原剂等而爆炸，故D正确；
故答案为D。
【点睛】考查物质的制备实验，把握制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，通干燥空气可将氯气排入④中，④中发生HgO+2Cl2＝HgCl2+Cl2O，因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸。
21．下列实验中，对应的操作、现象以及结论都正确的是
选项
操作
现象
结论
A
向KI-淀粉溶液中滴加氯水
溶液变成蓝色
氧化性：Cl2＜I2
B
向蒸馏水中滴入几滴酚酞溶液，再加入过氧化钠观察现象
产生气泡，且溶液变红
过氧化钠与水反应生成O2和NaOH
C
将干燥的氯气通过盛有鲜花的集气瓶
鲜花颜色褪去
氯气具有漂白性
D
向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体x
产生白色沉淀
x可能具有氧化性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．溶液变成蓝色，表明发生反应2KI+Cl2=2KCl+I2，则氧化性Cl2＞I2，A不正确；
B．过氧化钠与水反应生成NaOH和H2O2，H2O2部分分解生成氧气，有气泡逸出，H2O2具有强氧化性，溶液先变红(NaOH作用)后褪色(H2O2作用)，B不正确；
C．氯气本身没有漂白性，鲜花颜色褪去，是因为氯气与鲜花中的水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，C不正确；
D．SO2通入BaCl2溶液中，没有现象产生，通入X气体后产生沉淀，沉淀可能为BaSO4，也可能为BaSO3，此气体可能为具有强氧化性的Cl2等，也可能为氨气，D正确；
故选D。
二、多选题
22．用为的浓溶液吸收一定量的氯气，充分反应后溶液中只含有、、三种溶质。下列判断正确的是
A．可能为
B．若反应中转移的电子的物质的量为，则
C．被吸收的氯气的物质的量为
D．可能为
【答案】BD
【详解】A．NaCl为氯气得电子的产物，NaClO和NaClO3为氯气失电子的产物，根据得失电子守恒，若溶液中n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为9：3：1，则理论上反应中得到电子为9mol×1=9mol，反应中失去电子总物质的量为3mol×1+1mol×5=8mol；得失电子不守恒，A错误；
B．氯气和NaOH反应有2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O、6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，当生成NaCl和NaClO时转移电子最少，0.6 mol NaOH消耗0.3molCl2，生成0.3molNaCl转移电子的物质的量为0.3mol；当生成NaCl和NaClO3时转移电子数目最多，0.6molNaOH消耗0.3molCl2，生成0.5molNaCl转移电子的物质的量为0.5mol，所以如果反应中转移的电子为n mol，则0.3
D．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n(Na+)∶n(Cl-)最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n(Na+)∶n(Cl-)最小为6：5，因为9:5介于2：1和6:5之间，所以符合题意，D正确；
故选BD。
23．通过测定混合气中O2含可计算已变质的Na2O2(含Na2CO3)纯度的实验装置如图(Q为弹性良好的气囊)。下列分析错误的是
A．b球形干燥管中装有氯化钙，用于除去气体中的水蒸气
B．测定气体总体积必须关闭K1、K2，打开K3
C．量筒Ⅰ用于测二氧化碳的量，干燥管中装入碱石灰，量筒Ⅱ用于测氧气的量
D．读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1、K2；可观察到Q气球慢慢缩小
【答案】AC
【详解】A．加入酸后Q发生发的反应为、，反应产生CO2和O2，b球形干燥管中应装有碱石灰，除去CO2，A错误；
B．反应产生的CO2和O2使气球变大，将广口瓶中的气体排出，水进入量筒I中，所以量筒I中水的体积即为产生CO2和O2的体积，所以滴加稀硫酸前必须关闭K1、K2，打开K3，B正确；
C．由B分析可知量筒I中水的体积即为产生CO2和O2的体积，量筒II收集的是O2的体积，C错误；
D．读取气体总体积后关闭K3，在缓缓打开K1和K2，Q中气体经b除去CO2后，排水法收集到O2，同时观察到Q气球慢慢缩小，D正确；
故合理选项是AC。
24．室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成左、右两室，左室充入等物质的量的氢气和氧气，右室充入一氧化碳和氧气的混合气。同时引燃左右两室的混合气，反应后恢复到室温。反应前后活塞位置如下图所示，则右室混合气体中一氧化碳和氧气的物质的量之比可能是(液态水的体积忽略不计)
A．1：2 B．1：1 C．3：1 D．1：3
【答案】BC
【详解】假设氢气和氧气的物质的量分别为1mol，开始时左右两侧气体的体积相等，则物质的量之和相等，右侧气体共为2mol，同时引燃左右两侧的混合气，左侧：2H2+O2 2H2O，则消耗1mol H2和0.5mol O2，左侧剩余气体为0.5molO2，由图可知反应后左右两侧气体的体积之比为2：6=1：3，故物质的量之比为1：3，则右侧气体的物质的量为0.5mol×3=1.5mol，
当CO过量时，设O2为xmol，则CO为(2-x)mol，，则2-x-2x+2x=1.5，解得x=0.5，所以n(CO)=2mol-0.5mol=1.5mol，则n(CO)：n(O2)=3：1；
当O2过量时，设CO为ymol，则O2为(2-y)mol，，2-y-+y=1.5，解得：y=1，所以，n(CO)=1mol，n(O2)=1mol，则n(CO)：n(O2)=1：1，
故答案为：1：1 或3：1，故选：BC。
三、填空题
25．请根据所学知识，回答下列问题：
(1)有咸味，有毒。加热到，320℃以上会分解，生成一氧化氮、二氧化氮和氧化钠，写出此反应的化学方程式___________，反应中被氧化的元素和被还原的元素的物质的量之比为___________。
(2)在两份相同体积相同浓度的溶液中，分别逐滴滴入物质的量浓度相等的、溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。
其中和反应的曲线为___________(填①或②)；b→d反应的离子方程式为___________。
(3)现有标准状况下和混合气体6.72L，其质量为11.7g，则此混合气体中，和的物质的量之比是___________。
(4)已知8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量D，现将16gA与70gB的混合物充分反应后，生成2D和一定量C，则D的摩尔质量为___________。
(5)和发生反应：，现有a和b充分反应后氮原子与氧原子的个数比为___________。
(6)把500和的混合溶液分成五等份，取一份加入含a的溶液恰好完全反应；另取一份加入含b的溶液恰好不再放出气体。则该混合溶液中为___________。
【答案】(1) 1∶1
(2) ①
(3)11∶5
(4)18
(5)
(6)
【详解】（1）根据得失电子守恒和原子守恒配平，，该反应中被氧化和被还原的元素均为N元素，NaNO2中N+3→NO中+2化合价降低1，被还原，NaNO2中N+3→NO2中+4化合价升高1，被氧化，根据得失电子守恒反应中被氧化的元素和被还原的元素的物质的量之比为1∶1，答案：；1∶1；
（2）向Ba(OH)₂溶液中加入等物质的量浓度的H2SO4溶液，发生反应 H₂SO4+Ba(OH)₂= BaSO4↓+2H₂O，当H₂SO4与Ba(OH)的物质的量相等时,溶液中的离子浓度最低，导电能力最弱，继续滴加H₂SO溶液，导电能力逐渐增强，故①代表滴加H2SO4溶液的曲线。另一份溶液，当加入少量 NaHSO4溶液时，发生反应 NaHSO4 +Ba(OH)₂=BaSO4↓+H₂O+NaOH，当加入的NaHSO4与Ba(OH)2的物质的量相等时，反应后混合液的主要溶质为NaOH，此时对应②中b点，继续加NaHSO4，NaHSO4的H+和NaOH中的OH-反应的离子方程式为，答案：①；；
（3）由题意列方程组： ，解得，mol，mol，和的物质的量之比是 ，答案：11∶5；
（4）根据质量守恒8gA与32gB恰好完全反应生产 D：8g+32g-22g=18g，16gA与70gB充分反应后，B过量，则生成2mol 的D为36g，为，则D的摩尔质量 ，答案：18；
（5）反应前后原子种类和数目不变，a和b充分反应后氮原子amol，氧原子（a+ 2b）mol，氮原子与氧原子的个数比为，答案：；
（6）由题意可知100ml溶液中a和恰好完全反应，可知为0.5amol，根据b和和混合溶液反应恰好不再放出气体，由氯原子守恒可知生成NaCl 、NH4Cl共bmol，则含Na+（b-0.5a）mol，则混合溶液中，答案：；
四、实验题
26．Ⅰ、
(1)配制1001.00碳酸钠溶液。下图是一些关键步骤和操作。
a
b
c
d
e
f
配制过程所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、___________。配制过程的先后顺序是___________(用字母a-f填写)。某同学改用晶体来配制溶液，但晶体已经部分失去结晶水，他配制的溶液的浓度会___________(填“偏高”、“偏低”、“不变”)。
Ⅱ、某澄清透明溶液中可能含有、、、、、、、中的若干种，取一定量待测液进行如下实验。回答下列问题：
已知：
(2)该待测液中一定含有的离子是、和___________，一定不含有的离子是___________。
(3)沉淀A的成分是___________，沉淀B的化学组成为___________。
(4)气体X与气体Y可以在一定条件下反应转化为对环境无害的物质，若有1此混合气体充分反应得到的氧化产物与还原产物的质量差为1.4g，则气体X与气体Y的物质的量之比为___________。
【答案】(1) 100容量瓶、胶头滴管 dbcafe 偏高
(2) 、、 、、
(3) 0.3、0.06[或32.1g、5.88g]
(4)4∶1或3∶7
【分析】滴加过量稀盐酸无明显现象，说明溶液中不含、、，则一定含；加入过量，有气体和沉淀生成，发生反应、，所以一定含有，气体X为NO，物质的量为，则的物质的量为，生成的为0.3mol，沉淀A为，物质的量为，即的物质的量为0.5mol；滤液Ⅰ中加入过量NaOH溶液，加热，有气体生成，该气体Y为，物质的量为，则的物质的量为0.2mol，0.3mol完全沉淀生成的质量为，所以沉淀B为和混合物，的质量为，物质的量为，即的物质的量为0.06mol，，根据溶液呈电中性，所以溶液中一定含；
【详解】（1）配制1001.00碳酸钠溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管；配制溶液的步骤为计算、称量(量取)、溶解(稀释)、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，根据图中操作步骤，正确的操作顺序为dbcafe；用部分失去结晶水的晶体来配制溶液，使得碳酸钠的质量偏大，浓度偏高，故填100容量瓶和胶头滴管、dbcafe、偏高；
（2）经过分析，一定含有的离子有、、、、，一定不含有的离子有、、，故填、、；、、；
（3）沉淀A为；0.3mol完全沉淀生成的0.3mol，质量为，所以沉淀B为和混合物，的质量为，物质的量为，即的物质的量为0.06mol，故填、0.3、0.06[或32.1g、5.88g]；
（4）气体X为NO，气体Y为，X和Y反应的化学方程式为，设还原产物的的物质的量为，氧化产物的物质的量为，则参与反应的NO的物质的量为，的物质的量为，氧化产物与还原产物均为，质量差为1.4g，物质的量为，由题意可得，即、，解得、，即参加反应的NO的物质的量为，的物质的量为，因为，所以和NO有一种过量，若过量，则NO物质的量为0.3mol，物质的量为0.7mol，物质的量之比为；若NO过量，则NO的物质的量为0.8mol，的物质的量为，物质的量之比为，故填或。
27．某兴趣小组为测定工业纯碱(假设仅含碳酸氢钠杂质)中碳酸钠的质量分数，设计了下列三种实验方案进行探究。请填空：
方案一：纯碱样品经加热后测定剩余固体质量，并计算碳酸钠的质量分数。
(1)加热样品所选用的仪器是_______(填标号)。
A． B． C． D．
方案二：纯碱样品可通过加热分解得到的CO2质量进行计算。某同学设计的实验装置示意图如下：
(2)装置B中冰水的作用是_______
(3)该同学设计的实验装置存在缺陷，有关该实验装置及实验过程中，下列因素可能使碳酸钠的质量分数偏高的是_______
A．样品分解不完全
B．装置B、C之间缺少CO2的干燥装置
C．产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收
D．反应完全后停止加热，通入过量的空气
方案三：将11.44g的样品与足量稀硫酸反应，通过称量反应前后盛有碱石灰的干燥管质量，利用其质量差计算碳酸钠的质量分数。实验装置如图：
该实验的操作步骤：
①关闭止水夹，在干燥管内填满碱石灰，称量干燥管A质量15.66g
②取一定量样品装入广口瓶中
③检查装置的气密性
④打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟，再称量干燥管A质量20.50g
⑤缓慢加入稀硫酸至不再产生气体为止
⑥打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟
(4)正确的操作顺序是_______(填序号)
(5)实验流程中有两次鼓入空气，它们的作用分别为_______、_______。
(6)请计算该样品中碳酸钠的质量百分数_______(保留1位小数)
【答案】(1)B
(2)冷凝反应生成的水
(3)AC
(4)③②⑥①⑤④
(5) 防止装置中原有的CO2气体干扰实验，导致碳酸氢钠含量偏高 使广口瓶中产生的CO2气体全部排出
(6)92.7%
【分析】方案一：碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，固体减少的质量为生成水喝二氧化碳的质量，利用“差量法”计算碳酸氢钠的质量，从而计算碳酸钠的质量分数；
方案二：碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，根据装置C吸收二氧化碳的质量计算碳酸氢钠的质量，从而计算碳酸钠的质量分数；
方案三：碳酸钠、碳酸氢钠都能与稀硫酸反应生成二氧化碳气体，根据样品的总质量和生成二氧化碳的质量，列方程组，解出碳酸钠的质量，从而计算碳酸钠的质量分数。
【详解】（1）加热固体物质，选用的仪器是坩埚，选B；
（2）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，通过测量加热分解得到的CO2的质量计算碳酸钠的质量分数，需要除去水，所以B中冰水的作用是冷凝反应生成的水；
（3）A．样品分解不完全，生成二氧化碳质量偏少，碳酸氢钠质量偏小，使碳酸钠的质量分数偏高，故选A；
B．装置B、C之间缺少CO2的干燥装置，使CO2质量偏大，碳酸氢钠质量偏大，使碳酸钠的质量分数偏低，故不选B；
C．产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收，使二氧化碳质量偏少，碳酸氢钠质量偏小，使碳酸钠的质量分数偏高，故选C；
D．反应完全后停止加热，通入过量的空气，空气中的二氧化碳被吸收，使CO2质量偏大，碳酸氢钠质量偏大，使碳酸钠的质量分数偏低，故不选D；
选AC；
（4）根据二氧化碳的质量计算碳酸钠的质量分数，所以实验开始要除去装置内空气中的二氧化碳，实验结束要把反应生成的二氧化碳全部被碱石灰A吸收，实验步骤为③检查装置的气密性、②取一定量样品装入广口瓶中、⑥打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟、①关闭止水夹，在干燥管内填满碱石灰，称量干燥管A质量15.66g、⑤缓慢加入稀硫酸至不再产生气体为止、④打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟，再称量干燥管A质量20.50g；
（5）实验开始，鼓入空气除去装置内空气中的二氧化碳，防止装置中原有的CO2气体干扰实验，导致碳酸氢钠含量偏高；实验结束，通入空气，使反应生成的二氧化碳全部被碱石灰A吸收；
（6）反应生成二氧化碳的质量是20.50g-15.66g=4.84g，二氧化碳的物质的量为0.11mol；设样品中碳酸钠的物质的量为xmol、碳酸氢钠的物质的量为ymol；
，解得，该样品中碳酸钠的质量百分数。
28．实验小组制备高铁酸钾()并探究其性质。
资料：i、为紫色固体，微溶于溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。
ii、含有的盐溶液遇到溶液时变成红色。
(1)制备(夹持装置略)
①A为氯气发生装置。
②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂___________。
③C中得到紫色固体和溶液。C中发生的反应有，另外还有___________。
(2)探究的性质
①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有。为证明是否氧化了而产生，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加溶液至过量，溶液呈红色
方案Ⅱ
用溶液充分洗涤C中所得固体，再用溶液将溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有产生
ⅰ、由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有___________，但该离子的产生不能判断一定是将氧化，还可能由___________产生(用离子方程式表示)。
ⅱ、方案Ⅱ可证明氧化了。用溶液洗涤的目的是___________。
②根据的制备实验得出：氧化性：___________(填“>”或“<”)，而方案Ⅱ实验表明，和的氧化性强弱关系相反，原因是___________。
③资料表明，酸性溶液中的氧化性：，验证实验如下：溶液b滴入和足量的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色。该现象能否证明氧化性：。
若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：___________。
【答案】(1)
(2) 排除的干扰 > 溶液酸碱性不同 能，理由：在过量酸的作用下完全转化为和，溶液浅紫色一定是的颜色(或不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)
【分析】装置A为制取氯气，其反应为；根据装置C中的溶液和其目的可知，装置B为除去氯气中的HCl，其中为饱和食盐水；装置C为制取，装置D为尾气吸收装置；
【详解】（1）①装置B为除去氯气中的HCl，其中为饱和食盐水，其装置为，故填 ；
②装置C中过量的KOH能与氯气反应，其反应的化学方程式为，故填；
（2）①与反应生成红色的，所以溶液a中含有，已知在酸性或中性溶液中快速产生，加入稀硫酸可能发生反应，也能生成，C中含有的和都具有氧化性，都可以在酸性条件下将氧化成，在碱性溶液中较稳定，所以用KOH可以洗去，排除的干扰，故填、、排除的干扰；
②根据氧化性：氧化剂>氧化产物，根据反应，可知氧化性：，方案Ⅱ中在酸性条件下将氧化成，其中氧化剂为，氧化产物为，所以氧化性：，出现两种不同结果的是因为溶液酸碱性不同，导致氧化性不同，故填>、溶液酸碱性不同；
③在过量酸的作用下完全转化为和，溶液浅紫色一定是的颜色，所以能证明氧化性：；向紫色溶液b中滴加过量稀，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色，若褪去则不能证明，若不褪去，则能证明氧化性：，故填能，理由：在过量酸的作用下完全转化为和，溶液浅紫色一定是的颜色(或不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)。
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