【化学】浙江省嘉兴市第一中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题（解析版）

浙江省嘉兴市第一中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题
1.在下列物质分类中，前者包含后者的是（　　）
A. 氧化物、化合物 B. 化合物、电解质
C. 溶液、胶体 D. 溶液、分散系
【答案】B
【解析】氧化物属于化合物，A错；根据化合物在水溶液中或融化状态下能否导电将化合物分为电解质与非电解质即电解质属于化合物，B正确；溶液、胶体均是分散系，是并列关系，则C、D错。
2.为了防止食品受潮及富脂食品氧化变质，在包装袋中应放入的独立包装的物质是（　　）
A. 无水硫酸铜、蔗糖 B. 食盐、硫酸亚铁
C. 生石灰、还原铁粉 D. 生石灰、食盐
【答案】C
【解析】A．无水硫酸铜能吸收水分，一般不用做干燥剂，且蔗糖不能防止食品被氧化，A错误；B．食盐不能防止食品受潮，硫酸亚铁能防止食物被氧化，B错误；C．生石灰能防止食品受潮，还原铁粉能防止食物被氧化，C正确；D．生石灰能防止食品受潮，但食盐不能防止食品被氧化，D错误，答案选C。
3.下列物质中，属于电解质且能导电的是（　　）
A. 熔融的氯化钠 B. 硫酸溶液
C. 铜片 D. 固体氯化钾
【答案】A
【解析】
【分析】电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，无论电解质还是非电解质都必须是化合物．
【详解】A、熔融的氯化钠能导电，属于电解质，故A正确；
B、硫酸溶液是混合物，而电解质是化合物，属纯净物，故B错误；
C、铜片能导电，但不是化合物，不属于电解质，故C错误；
D、固体氯化钾不能导电，但属于电解质，故D错误；
故选A。
4.下列表示正确的是（　　）
A. S2﹣离子的结构示意图： B. H、D、T表示同一种核素
C. H2O2中氧元素的化合价为﹣2价 D. H2SO4的摩尔质量是98g
【答案】A
【解析】
【分析】A、硫是16号元素，硫原子得2个电子，形成稳定结构；
B、H、D、T表示同一种元素的三种核素；
C、H2O2中氧元素的化合价为﹣1价；
D、摩尔质量的单位是g·mol－1；
【详解】A、硫是16号元素，硫原子得2个电子，形成稳定结构，S2﹣离子的结构示意图：，故A正确；
B、H、D、T表示同一种元素的三种核素，故B错误；
C、氢为+1价，H2O2中氧元素的化合价为﹣1价，故C错误；
D、H2SO4的摩尔质量是98g·mol－1，故D错误；
故选A。
5.下列分类标准和分类结果不对应的是（　　）
选项
分类标准
分类结果
A
根据化学反应中有无单质参加或生成
氧化还原反应和非氧化还原反应
B
根据化学反应中有无离子参加或生成
离子反应和非离子反应
C
根据混合物中分散质粒子直径的大小
胶体、溶液和浊液
D
根据无机化合物的组成和性质特点
酸、碱、盐、氧化物等
【答案】A
【解析】
【分析】A、依据有、无电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；
B、依据反应中有无离子参加或生成对反应分类；
C、依据分散质微粒直径大小区分分散系；
D、依据物质的组成和性质，可以将化合物分为酸、碱、盐、氧化物等．
【详解】A、化学反应依据有、无电子转移，可分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故A错误；
B、化学反应根据有、无离子参加或生成，分为离子反应和非离子反应，故B正确；
C、依据分散质微粒直径大小，把分散系分为溶液、胶体、浊液，故C正确；
D、根据物质的组成和性质，可以将无机化合物分为酸、碱、盐、氧化物等，故D正确；
故选A。
6.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。工业上可通过以下反应制得ClO2：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4= 2ClO2↑+2Na2SO4 + H2O。下列说法正确的是（　　）
A. 氯元素的化合价升高 B. Na2SO3是还原剂
C. NaClO3发生氧化反应 D. H2SO4被还原
【答案】B
【解析】试题分析：A、ClO3-→ClO2，化合价由+5价变为+4价，化合价降低，故错；C、NaClO3中Cl元素的化合价降低，发生还原反应，故错；D、H2SO4中的元素化合价没有发生变化，故错。故选B。
7.下列图示装置的实验中，操作正确的是（　　）

A. 图1分离碘酒中的碘和酒精 B. 图2用浓硫酸配制稀硫酸
C. 图3食盐水制得食盐晶体 D. 图4用于实验室制备氯气
【答案】C
【解析】
【分析】A．碘易溶于酒精，混合后不分层；
B．不能在容量瓶中直接稀释浓硫酸；
C．可用加热的蒸发的方法从食盐水中获得食盐；
D．应在加热的条件下进行。
【详解】A．碘易溶于酒精，混合后不分层，不能用分液的方法分离，故A错误；
B．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，只能在常温下使用，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故B错误；
C．水易挥发，可用加热蒸发溶剂的方法从食盐水中结晶获得食盐，故C正确；
D．常温下不反应，应在加热的条件下制备氯气，故D错误。
故选：C。
8.用固体NaOH配制250mL 0.2mol•L﹣1的NaOH溶液，下列操作会导致溶液浓度偏高的是（　　）
A. 定容时仰视刻度线
B. 将NaOH固体在烧杯中溶解后迅速小心转移至250mL容量瓶中
C. 定容时不小心加水超过了刻度线，此时迅速用胶头滴管吸出一些
D. 摇匀后发现凹液面最低点低于刻度线，再补加蒸馏水到凹液面最低点与刻度线相平
【答案】B
【解析】
【分析】结合c=n/V，不当操作使n偏大或V偏小时，造成所配溶液浓度偏高。
【详解】A、定容时仰视刻度线，加入的水过量，V偏小，结合c=n/V，浓度偏低，故A不选；
B、将NaOH固体在烧杯中溶解后迅速小心转移至250mL容量瓶中，V偏小，结合c=n/V，导致溶液浓度偏高，应冷却后转移，故B选；
C、定容时不小心加水超过了刻度线，此时迅速用胶头滴管吸出一些，n偏小，结合c=n/V，导致溶液浓度偏低，应重新配制，故C不选；
D、摇匀后发现凹液面最底点低于刻度线，再补加蒸馏水到凹液面最底点与刻度线相平，V偏大，结合c=n/V，导致溶液浓度偏低，不应再加水，故D不选；
故选B。
9.下列有关海水综合利用的说法正确的是（　　）
A. 海水晒盐后的母液中，直接加入CCl4可萃取Br2单质
B. 从海水制海盐主要是通过化学变化完成
C. 电解氯化钠溶液可以制得钠单质和氯气
D. 电解熔融的氯化镁可制备镁单质和氯气
【答案】D
【解析】
【分析】A．海水晒盐后的母液中，溴以Br-离子形式存在；
B．海水制海盐用的是蒸发原理，物理变化；
C．电解氯化钠溶液生成NaOH、氢气、氯气；
D．氯化镁为离子化合物，电解熔融氯化镁可冶炼Mg．
【详解】A．海水晒盐后的母液中，溴以Br-离子形式存在，在用氯气等氧化剂氧化后、萃取、蒸馏，故A错误；
B．海水制海盐用的是蒸发原理，属于物理变化，故B错误；
C．电解氯化钠溶液生成NaOH、氢气、氯气，可选惰性电极电解熔融NaCl制得钠单质和氯气，故C错误；
D．氯化镁为离子化合物，电解熔融氯化镁可冶炼Mg，同时生成氯气，故D正确；
故选D。
10.下列物质的性质与应用关系的描述不正确的是（　　）
A. 氧化镁的熔点高，是优质的耐高温材料
B. 钠具有强还原性，可用于制取钛、锆等金属
C. 氯气有强氧化性，可用氯气漂白干燥有色布条
D. NaHCO3可与盐酸反应，小苏打可用于治疗胃病
【答案】C
【解析】
【分析】A．耐高温材料具有较高的熔点；
B．依据钠性质活泼，钠原子容易失去最外层电子生成稳定的钠离子；
C．氯气不具有漂白性；
D、小苏打常用于治疗胃酸过多。
【详解】A．氧化镁的熔点高，是优质的耐高温材料，故A正确；
B．钠性质活泼，具有强还原性，可用于制取钛、锆等金属，故B正确；
C．氯气不具有漂白性，次氯酸有漂白性，故C错误；
D、小苏打常用于治疗胃酸过多，故D正确；
故选C。
11.和Na+ 离子都具有相同质子数和电子数的一组微粒是（　　）
A. CH4 NH4+ B. CH4 H2O
C. NH4+ H3O+ D. OH- NH3
【答案】C
【解析】
【分析】Na＋离子的质子数、电子数分别为11、10，结合选项判断．
【详解】A、CH4分子中质子数、电子数分别为10、10，NH4＋中质子数、电子数分别为11、10，故A错误；
B、CH4分子中质子数、电子数分别为10、10，H2O中质子数、电子数分别为10、10，故B错误；
C、NH4＋中质子数、电子数分别为11、10，H3O+中质子数、电子数分别为11、10，故C正确；
D、OH－中质子数、电子数分别为9、10，NH3分子中质子数、电子数分别为10、10，故D错误；
故选C。
12.下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表一个恒温容器，容器中间有一个可以上下滑动的隔板（其质量忽略不计），其中能表示氢气和氦气在容器中的相对关系的是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】白球代表氢原子，黑球代表氦原子。氢气是双原子分子，氦气是单原子分子。同温同圧下，不同气体的体积之比等于其分子数之比．
【详解】A、白球代表氢原子，黑球代表氦原子，同温同圧下，不同气体的体积之比等于其分子数之比。图中氢气与氦气的分子数之比为2：1，体积之比为2：1，故A正确；
B、白球代表氢原子，黑球代表氦原子，图中氢气与氦气的分子数之比为4：1，但是体积之比为2：1，故B错误；
C、白球代表氢原子，黑球代表氦原子，图中氢气与氦气的分子数之比为2：1，但体积之比为1：2，故C错误；
D、白球代表氢原子，黑球代表氦原子，图中氢气与氦气的分子数之比为1：1，但是体积之比为2：1，故D错误；
故选A。
13.下列各组物质中分子数相同的是（　　）
A. 2 L一氧化碳和2 L 二氧化碳
B. 9 g水和标准状况下11.2 L二氧化碳
C. 标准状况下1 mol氧气和22.4 L水
D. 0.2 mol 氢气和4.48 L氯化氢气体
【答案】B
【解析】物质的分子数相同即分子的物质的量相同；A错，不知道是不是在相同条件下的比较；B正确；C错，标准状况下水为冰水混合物；D错，未指明气体体积是在标准状况下；
14.标准状况下，①6.72L NH3 ②1.204×1023个CO2 ③6.4g CH4 ④0.5mol HCl，下列关系不正确的是（　　）
A. 体积大小：④＞③＞①＞② B. 原子数目：③＞①＞④＞②
C. 密度大小：②＞④＞①＞③ D. 质量大小：④＞③＞②＞①
【答案】D
【解析】
【分析】利用n=V/Vm=N/NA=m/M，ρ=M/Vm及物质的构成来分析.
【详解】①氨气的物质的量为6.72L/22.4L·mol－1=0.3mol，②CO2的物质的量为1.204×1023/6.02×1023=0.2mol，③甲烷的物质的量为6.4g/16g·mol－1=0.4mol，④HCl的物质的量为0.5mol，
A、标准状况下，Vm相同，物质的量越大，体积越大，则体积大小为④＞③＞①＞②，故A不选；
B、①中原子的物质的量为0.3mol×4=1.2mol，②中原子的物质的量为0.2mol×3=0.6mol，③中原子的物质的量为0.4mol×5=2mol，④中原子的物质的量为0.5mol×2=1mol，则原子数目③＞①＞④＞②，故B不选；
C、由ρ=M/Vm可知，标准状况下，Vm相同，摩尔质量越大，则密度越大，密度大小为②＞④＞①＞③，故C不选；
D、①中质量为0.3mol×17g·mol－1=5.1g，②中质量为0.2mol×44g·mol－1=8.8g，③中质量为6.4g，④中质量为0.5mol×36.5g·mol－1=18.25g，则质量大小为④＞②＞③＞①，故D选；
故选D。
15.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A. 0.5mol/L的MgCl2溶液中含有Cl﹣个数为NA
B. 32gO2和O3混合物中含有的原子数为2.5NA
C. 常温下，1mol氯气与足量NaOH溶液反应转移的电子数为NA
D. 标准状况下，22.4LCCl4中含有的分子数为NA
【答案】C
【解析】
【分析】A、溶液体积不明确；
B、氧气为双原子分子，臭氧为三原子分子，但混合物的质量就是氧原子的质量；
C、氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠和氯化钠，电子转移数为1。
D、标准状况下，CCl4为液体。
【详解】A、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故错误；
B、混合物的质量就是氧原子的质量，32gO2和O3混合物中含有的原子数为32g/16g·mol－1×NA=2.0NA，故B错误；
C、氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠和氯化钠，电子转移数为1，1mol氯气与足量NaOH溶液反应转移的电子数为NA，故C正确。
D、标准状况下，CCl4为液体，故D错误。
故选C。
16. 在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是（　　）
A. Na+、K+、OH－、Cl－
B. Na+、Cu2+、SO42－、NO3－
C. Mg2+、Na+、SO42－、Cl－
D. Ca2+、HCO3－、NO3－、K+
【答案】C
【解析】试题分析：A．强酸性溶液中，OH-与H+发生中和反应生成水，所以不能大量共存，故A错误；B．该溶液无色，而Cu2+在溶液中呈蓝色，不能大量共存，故B错误；C．Mg2+、Na+、SO42-、Cl-均为无色，且相互之间不反应，也不与氢离子反应，能够大量共存，故C正确；D．在酸性溶液中，HCO3-与H+反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故D错误。故选C。
17.下列离子方程式正确的是（　　）
A. 氢氧化钠溶液中通入足量二氧化碳： CO2 + 2OH－ ═ CO32－ + H2O
B. 石灰石与醋酸反应：CaCO3 + 2H+ ═ Ca2+ + H2O + CO2↑
C. 钠与水反应： Na + 2H2O = Na＋+ 2OH－+ H2↑
D. 向少量碳酸氢钠溶液中滴加足量澄清石灰水：Ca2+ + OH－＋HCO3- ＝CaCO3↓+ H2O
【答案】D
【解析】
【分析】A、氢氧化钠溶液中通入足量二氧化碳，应生成碳酸氢钠；
B、醋酸是弱电解质；
C、电荷不守恒；
D、向少量碳酸氢钠溶液中滴加足量澄清石灰水，生成碳酸钙和水；
【详解】A、氢氧化钠溶液中通入足量二氧化碳，应生成碳酸氢钠，离子方程式为： CO2 + OH－ ═ HCO3－，故A错误；
B、醋酸是弱电解质，离子方程式为：CaCO3 + 2CH3COOH ═ Ca2+ + H2O + CO2↑+2CH3COO－，故B错误；
C、电荷不守恒，离子方程式为：2 Na + 2H2O =2 Na＋+ 2OH－+ H2↑，故C错误；
D、向少量碳酸氢钠溶液中滴加足量澄清石灰水，生成碳酸钙和水，离子方程式为：Ca2+ + OH－＋HCO3- ＝CaCO3↓+ H2O，故D正确；
故选D。
18.关于某无色溶液中所含离子的鉴别，下列判断正确的是（　　）
A. 加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解时，可确定有Cl﹣存在
B. 通入Cl2后，无色溶液变为深黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，可确定有I﹣存在
C. 加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀硝酸后沉淀不溶解时，可确定有SO42﹣存在
D. 加入NaOH溶液，加热，生成的气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，可确定有NH4+存在
【答案】B
【解析】
【分析】A．白色沉淀可能为硫酸银；
B．碘单质遇淀粉变蓝，可知氯气与碘离子生成碘单质；
C．白色沉淀可能为AgCl；
D．使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气．
【详解】A．白色沉淀可能为硫酸银，加盐酸不溶解，溶液中可能含SO42－或Cl－，故A错误；
B．溶液由无色变为黄色、加入淀粉后溶液变蓝，可知氯气与碘离子生成碘单质、碘单质遇淀粉变蓝，则可确定有I－存在，故B正确；
C．白色沉淀可能为AgCl，加稀硝酸后沉淀不溶解时，溶液中可能含SO42－或Cl－，故C错误；
D．使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，故D错误；
故选：B。
19.下列分离或提纯物质的方法中，正确的是（　　）
A. 除去KC1中的K2CO3，可先加入过量的BaCl2溶液，待沉淀完全后再过滤、洗涤，取滤液蒸发即可
B. 用溶解、过滤的方法提纯含有少量BaSO4的BaCO3
C. 用冷却结晶的方法提纯含有少量KC1的KNO3
D. 通过加热除去Na2CO3溶液中的NaHCO3
【答案】C
【解析】
【分析】A．加入过量的BaCl2溶液，引入新杂质；
B．二者都不溶于水；
C．氯化钾、硝酸钾的溶解度随温度变化不同；
D．碳酸钠水解生成碳酸氢钠，碳酸氢钠在溶液中不能完全分解。
【详解】A．加入过量的BaCl2溶液，引入新杂质，可直接加入盐酸除杂，故A错误；
B．二者都不溶于水，不能用过滤的方法除杂，故B错误；
C．氯化钾、硝酸钾的溶解度随温度变化不同，硝酸钾的溶解度随温度升高明显增大，而氯化钾的变化较小，故可用降温结晶的方法分离，故C正确；
D、碳酸钠水解生成碳酸氢钠，故从理论上分析，在溶液中用加热法不能把碳酸氢钠完全除去，故D错误；
故选C。
20.向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体剩余物质的组成不可能是（　　）
A. NaCl NaBr NaI B. NaCl NaBr C. NaCl NaI D. NaCl
【答案】C
【解析】试题分析：在Br-、I-中，还原性由弱到强为Br-＜I-，向含有NaBr和NaI的混合溶液中通入一定量氯气发生：2NaI+Cl2=2NaCl+I2、2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，溴易挥发，碘易升华。A．当氯气少量时，只发生部分2NaI+Cl2=2NaCl+I2反应，加热过程中，碘升华，所以固体是氯化钠和溴化钠、碘化钠，故A不选；B．当氯气少量时，发生反应2NaI+Cl2=2NaCl+I2，部分2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2反应，加热过程中，碘升华，所以固体是氯化钠和溴化钠，故B不选；C．当加入氯气，氯气先和碘离子反应，后和溴离子反应，所以固体是中不可能是氯化钠和碘化钠，故C选；D．当氯气过量时，发生反应2NaI+Cl2=2NaCl+I2、2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，加热过程中，溴挥发，碘升华，所以剩余固体是氯化钠，故D不选。故选C。
21.等体积硫酸铁、硫酸镁、硫酸铵溶液分别与足量的氯化钡溶液反应。若生成的硫酸钡沉淀的质量相等，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为（　　）
A. 1︰3︰3 B. 3︰2︰1 C. 9︰6︰1 D. 6︰3︰2
【答案】A
【解析】设三种硫酸盐溶液的物质的量浓度分别是xmol/L、ymol/L、zmol/L，体积均是VL，生成的硫酸钡沉淀的质量相等，这说明硫酸根离子的物质的量相等，所以根据三种硫酸盐的化学式可知3xV=yV=zV，解得x:y:z=1:3:3，答案选A。
22.Cl2与NaOH溶液反应，当反应温度不同时，生成的产物可能是NaClO、NaClO3、NaCl中的两种或三种（忽略氯气与水的反应及其他相关的反应）。下列说法不正确的是
A. 若产物为NaClO、NaCl，则反应后的溶液中n(ClO—) = n(Cl—)
B. 若产物为NaClO、NaClO3、NaCl，则参加反应NaOH与Cl2物质的量之比一定为2∶1
C. 若产物为NaClO、NaClO3、NaCl，则由反应后溶液中n(Cl—)和n(ClO3—)可计算反应的n(Cl2)
D. 若产物为NaClO3、NaCl，则参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5
【答案】D
【解析】
【分析】A、氯气与氢氧化钠反应生成等物质的量的次氯酸钠和氯化钠；
B、NaOH与Cl2相互反应生成氯化钠、次氯酸钠、氯酸钠，由组成可知钠与氯的物质的量之比为1：1；
C、溶液中的氯原子守恒，根据吸收后溶液中n（Cl－）和n（ClO3－）来计算吸收的n（Cl2）；
D、根据方程式：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1．
【详解】A、氯气与氢氧化钠反应生成等物质的量的次氯酸钠和氯化钠，所以则吸收后的溶液中n（ClO－）=n（Cl－），故A正确；
B、NaOH与Cl2相互反应生成氯化钠、次氯酸钠、氯酸钠，由组成可知钠与氯的物质的量之比为1：1，所以NaOH与Cl2相互反应的物质的量之比一定为2：1，故B正确。
C、反应中的氯原子守恒及电子转移守恒，故可以根据吸收后溶液中n（Cl－）和n（ClO3－）来计算n（ClO－），进一步可以求出参与反应的n（Cl2），故C正确；
D、根据方程式：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1；故D错误；
故选D。
23.将一定质量Na2CO3和NaHCO3的均匀混合物分成等量的两份。将其中的一份直接加热至恒重，质量减轻了1.24 g；另一份加入一定量某浓度的盐酸至恰好反应完全，收集到标准状况下2.24 L 气体。则混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为（　　）
A. 1︰3 B. 3︰2 C. 1︰1 D. 2︰3
【答案】B
【解析】
【分析】（1）固体加热时发生2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，利用差量法可计算原混合物中NaHCO3质量，进而计算碳酸氢钠的质量；
（2）收集到标准状况下2.24L气体，所以一份中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之和为0.1mol，所以碳酸钠的物质的量为0.06mol。
【详解】（1）固体加热时发生
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O △m
168g 62g
x 1.24g，
x=168×1.24/62=3.36g，n（NaHCO3）=3.36g/84g·mol－1=0.04mol，原均匀混合物中NaHCO3的物质的量n（NaHCO3）=0.04mol×2=0.08mol；
（2）收集到标准状况下2.24L气体，所以一份中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之和为0.1mol，所以碳酸钠的物质的量为0.06mol，原均匀混合物中碳酸钠的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为0.12mol：0.08mol=3：2.
24.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程。

已知：MgCl2·6H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl气体等。
下列有关说法正确的是（　　）
A. 制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl
B. 在过程②中将MgCl2·6H2O灼烧即可制得无水MgCl2
C. 在第③、④、⑤步骤中，溴元素均被氧化
D. 工业上将石灰水加入到海水中得到Mg(OH)2沉淀
【答案】A
【解析】
【分析】A、反应为NaCl＋NH3＋H2O＋CO2=NaHCO3↓＋NH4Cl；
B、镁离子会水解；
C、在第③、⑤步骤中发生的反应为2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，在第④步骤中发生的反应为Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr；
D、氢氧化钙溶解度小；
【详解】A、反应为NaCl＋NH3＋H2O＋CO2=NaHCO3↓＋NH4Cl，制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl，故A正确；
B、氯化镁易水解，为防止氯化镁水解，由MgCl2·6H2O在HCl气体的环境下，加热制取无水MgCl2，Mg是活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故B错误；
C、在第③、⑤步骤中发生的反应为2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，在第④步骤中发生的反应为Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，所以在第③、⑤步骤中，溴元素均被氧化，在第④步骤的溴做氧化剂，故C错误；
D、氢氧化钙溶解度小，工业上将石灰乳加入到沉淀池中，经过滤得到Mg(OH)2沉淀，故D错误；
故选A。
25.某固体可能含有Ba2+、NH4+、Cu2+、Na+、Cl-、CO32-、SO42- 中的几种离子，取等质量的两份该固体，进行如下实验：
（1）一份固体溶于水得到无色透明溶液，加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀6.63 g，在沉淀中加入过量的稀盐酸，仍有4.66 g沉淀；
（2）另一份固体与过量的NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672 L(标准状况)。
下列说法正确的是（　　）
A. 该固体中只含有NH4+、Cl-、CO32-、SO42-
B. 该固体中一定没有Cu2+、Na+、Ba2+、Cl-
C. 该固体中一定含有NH4+、Na+、CO32- 、SO42-
D. 根据以上实验，无法确定该固体中含有Na+
【答案】C
【解析】
【分析】（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，说明不含Cu2＋；加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀，说明沉淀部分溶于盐酸，一定含有CO32－、SO42－，则一定不含Ba2＋；4.66g为硫酸钡，其物质的量为4.66g/233g·mol－1=0.02mol，碳酸钡沉淀的物质的量为(6.63g-4.66g)/197g·mol－1=0.01mol；

（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L，该气体为氨气，说明原溶液中含有铵根离子，其物质的量为0.672L/22.4L·mol－1=0.03mol，结合电荷呈电中性分析．
【详解】根据分析可知，每份溶液中含有0.02molSO42－、0.01molCO32－、0.03molNH4＋，显然阴离子所带负电荷浓度大于阳离子所带正电荷，说明原溶液中还一定含有Na＋，无法确定是否含有Cl－，
A．该固体中不一定含有Cl－，故A错误；
B．该固体中一定没有Cu2＋、Ba2＋，可能含有Cl－，故B错误；
C．根据分析可知，该固体中一定含有NH4＋、Na＋、CO32－、SO42－，故C正确；
D．根据固体呈电中性可知，一定含有Na＋，故D错误；
故选：C。
26.（1）下列说法正确的是____________。
A．用可见光束可以鉴别红褐色的氢氧化铁胶体和溴水，是因为溶液与胶体的本质区别是能否发生丁达尔效应
B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明该溶液一定是钠盐溶液
C．用托盘天平在烧杯中称量氢氧化钠固体8.8g。
D．漂白粉在空气中容易失效的原因是次氯酸钙易和空气中的水及二氧化碳反应。
E．萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大。
F．KNO3在电流作用下在水中电离出K+ 和NO3－ 。
（2）现有四瓶溶液分别是NH4NO3溶液、NaCl溶液、(NH4)2 SO4溶液、MgSO4溶液，可用于鉴别它们一种试剂(可适当加热）是______________。（填试剂名称）
（3）已知某植物营养液配方为0.3mol KCl，0.2mol K2SO4，0.1mol ZnSO4和1L水．若以KCl，K2SO4，ZnCl2和1L水为原料配得相同组成的营养液，需三种溶质KCl__ mol，K2SO4__ mol，ZnCl2__
（4）100mL0.3mol·L－1Na2SO4溶液和50mL0.2mol·L－1Al2(SO4)3溶液混合后，溶液中SO42－的物质的量浓度约为_____________（忽略溶液体积变化）。
【答案】(1). CD (2). 氢氧化钡溶液 (3). 0.1 (4). 0.3 (5). 0.1 (6). 0.4 mol·L－1
【解析】
【分析】（1）A、溶液与胶体的本质区别是分散质粒子的大小；
B、焰色反应为元素的性质；
C、根据天平的用法分析；
D、次氯酸钙易和空气中的水及二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸；
E、萃取剂的选择与密度大小无关；
F、电离的条件不是通电；
（2）根据物质与同种试剂反应产生的不同现象来鉴别它们．
（3）要使KCl，K2SO4，ZnCl2和水为原料配得相同组成的营养液，说明钾离子、硫酸根离子、锌离子、氯离子物质的量相等，据此分析解答．
（4）分别计算100mL 0.3mol·L－1 Na2SO4溶液和50mL 0.2mol·L－1 Al2（SO4）3溶液的SO42－的物质的量，总物质的量除以溶液的总体积即得溶液中SO42－的物质的量浓度．
【详解】（1）A、溶液与胶体的本质区别是分散质粒子的大小，故A错误；
B、焰色反应为元素的性质，不一定为盐溶液，故B错误；
C、托盘天平精确到0.1g，用托盘天平在烧杯中称量氢氧化钠固体8.8g，故C正确；
D、次氯酸钙易和空气中的水及二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸分解失效，故D正确；
E、萃取剂的选择与密度大小无关，故E错误；
F、KNO3在水溶液或熔融状态下在水中电离出K+ 和NO3－，电解质的电离与是否通电无关，故F错误；
故选CD。
（2）碱溶液与NH4+溶液反应生成有刺激性气味的氨气，硫酸根与含钡离子的溶液生成白色沉淀，选氢氧化钡溶液，与(NH4)2 SO4溶液反应生成硫酸钡白色沉淀和有刺激性气味的氨气，与NH4NO3溶液反应生成有刺激性气味的氨气，与NaCl溶液不反应，与MgSO4溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，能出现四种明显不同的现象，可以鉴别，故选氢氧化钡溶液。
（3）要使KCl，K2SO4，ZnCl2和水为原料配得相同组成的营养液，说明钾离子、硫酸根离子、锌离子、氯离子物质的量相等，混合物中钾离子物质的量=n（KCl）+2n（K2SO4）=0.3mol+0.4mol=0.7mol，锌离子物质的量为0.1mol，氯离子物质的量为0.3mol，硫酸根离子物质的量=0.2mol+0.1mol=0.3mol，KCl，K2SO4，ZnCl2中只有氯化锌含有锌离子，根据锌原子守恒知，氯化锌的物质的量是0.1mol，氯化锌中氯离子的物质的量是0.2mol，根据氯原子守恒知，氯化钾的物质的量是0.1mol，根据硫酸根离子物质的量相等知，硫酸钾的物质的量为0.3mol。故答案为：0.1；0.3；0.1。
（4）100mL 0.3mol·L－1 Na2SO4溶液中SO42－的物质的量为0.1L×0.3mol·L－1=0.03moL，50mL 0.2mol·L－1 Al2（SO4）3溶液中SO42－的物质的量为0.05L×0.2moL·L－1×3=0.03mol，混合后的总SO42－的物质的量为0.03moL+0.03moL=0.06mol，溶液混合后，溶液中SO42－的物质的量浓度为：0.06moL/0.15L=0.4mol·L－1。
27.（1）写出Mg在CO2中燃烧的化学方程式__________________________________。
（2）最近报纸上报导了有人混用洗涤剂发生了中毒事件，当事人先用洁厕灵（强酸性，含盐酸)洗卫生间，再用84消毒液(含NaClO)进行杀菌。
请写出涉及反应的离子方程式______________________________________。
（3）碱金属能形成离子型氢化物。如氢化钠的化学式为NaH，其中H－具有较强的还原性。
常用NaH在高温下将TiCl4还原成Ti，反应的化学方程式为___________________________。
NaH能与水剧烈反应生成对应的碱和氢气，该反应中氧化产物和还原产物的质量比为_____________。
【答案】(1). 2Mg+CO2=2MgO+C (2). 2H＋+ClO－+Cl－=Cl2#+ H2O (3). 2NaH+TiCl42NaCl+2HCl+Ti (4). 1:1
【解析】
【分析】（1）Mg在CO2中燃烧生成MgO和C；
（2）浓盐酸和次氯酸钠反应生成氯气；
（3）NaH在高温下将TiCl4还原成Ti和氯化钠、氯化氢；NaH能与水剧烈反应生成对应的碱和氢气，水是氧化剂，NaH是还原剂，物质的量之比为1：1.
【详解】（1）Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，化学方程式：2Mg+CO2=2MgO+C；
（2）浓盐酸和次氯酸钠反应生成氯气，反应的离子方程式：2H＋+ClO－+Cl－=Cl2#+ H2O；
（3）NaH在高温下将TiCl4还原成Ti和氯化钠、氯化氢，反应的化学方程式为：2NaH+TiCl42NaCl+2HCl+Ti ；NaH能与水剧烈反应生成对应的碱和氢气，NaH＋H2O=NaOH＋H2↑，水是氧化剂，NaH是还原剂。氧化产物和还原产物都是氢气，其物质的量之比为1：1.
28.X、Y、Z、W四种常见化合物，其中X含有四种元素，X、Y、Z的焰色反应均为黄色，W为无色无味气体。这四种化合物具有下列转化关系(部分反应物、产物及反应条件已略去)：

请回答：
（1）W的化学式是____________。
（2）X与Y在溶液中反应的离子方程式是_______________________________。
（3）①将4.48 L(已折算为标准状况)W通入100 mL3 mol/L的Y的水溶液后，溶液中溶质及相应的物质的量是_____________。
②自然界中存在X、Z和H2O按一定比例结晶而成的固体。取一定量该固体溶于水配成100 mL溶液，测得溶液中金属阳离子的浓度为0.5 mol/L。若取相同质量的固体加热至恒重，剩余固体的质量为____________g。
【答案】(1). CO2 (2). HCO3-+OH-=CO32-+H2O (3). Na2CO3 0.1 mol 和 NaHCO3 0.1 mol (4). 2.65
【解析】
【分析】X、Y、Z的焰色反应均为黄色，均为钠元素的化合物．X含有四种元素，在加热条件下能生成Z，可推知，X为NaHCO3，Z为Na2CO3，Y为NaOH，Z得到W为无色无味的气体，应是与酸反应生成的CO2．
【详解】（1）由以上分析可知W为CO2；
（2）氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠与水，反应离子方程式为：HCO3－+OH－=CO32－+H2O；
（3）①二氧化碳与氢氧化钠会发生反应：NaOH+CO2=NaHCO3，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，4.48L（已折算为标准状况）二氧化碳的物质的量=4.48L/22.4L·mol－1=0.2mol，NaOH的物质的量=0.1L×3mol·L－1=0.3mol，n（NaOH）：n（CO2）：n（NaOH）=0.2mol：0.3mol=1：1.5，介于1：2与1：1之间，故上述两个反应都发生，则反应后溶液中溶质为NaHCO3、Na2CO3，设物质的量分别为x、y，根据钠守恒：x+2y=0.3mol，碳守恒：x+y=0.2mol，联立方程组后可求出x=y=0.1mol；
②取一定量该固体溶于水配成100mL溶液，测得溶溶中金属阳离子的浓度为0.5mol·L－1，即钠离子浓度为0.5mol·L－1．取相同质量的固体加热至恒重，剩余固体为碳酸钠，根据钠离子守恒可知，碳酸钠的质量为1/2×0.1L×0.5mol·L－1×106g·mol－1=2.65g．
29.某研究性学习小组拟取盐湖苦卤的浓缩液(富含K＋、Mg2＋、Br－、SO42-、Cl－等)来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴(Br2)，他们设计了如下流程：

请根据以上流程，回答相关问题：
（1）操作①是__________；操作②是___________；操作⑤是____________。（填操作名称）
（2）操作④需要的主要玻璃仪器除烧杯外，还需要_____________。
（3）加入足量的X、Y、Z是为了除去溶液中的杂质，它们依次是BaCl2溶液 、KOH溶液和________溶液。
【答案】(1). 萃取 (2). 分液 (3). 蒸发结晶（或蒸发） (4). 漏斗 玻璃棒 (5). K2CO3 (或碳酸钾)
【解析】
【分析】苦卤水中加入氧化剂应为氯气，通入氯气发生：Cl2+2Br－=2Cl－+Br2，加入CCl4，溴易溶于CCl4，溶液分层，用萃取、分液的方法分离；由于溴和CCl4的沸点不同，可用蒸馏的方法分离，无色液体中要除去溶液中的Mg2＋、SO42－，应分别加入过量的BaCl2、KOH、K2CO3，加入过量BaCl2可除去SO42－，加入过量KOH溶液可除去Mg2＋，最后加入K2CO3可除去过量的BaCl2，溶液B是碳酸钾溶液，加入盐酸可以得到氯化钾溶液，蒸发结晶可以得到氯化钾的固体。
【详解】（1）加入CCl4，溴易溶于CCl4，溶液分层，用萃取、分液的方法分离，故操作①是萃取、操作②是分液；操作⑤是蒸发结晶；
（2）操作④为过滤，需要的主要玻璃仪器除烧杯外，还需要漏斗和玻璃棒；
（3）除去溶液中的Mg2＋、SO42－，应分别加入过量的BaCl2、KOH、K2CO3，类似于粗盐的提纯，加入过量BaCl2可除去SO42－，加入过量KOH溶液可除去Mg2＋，最后加入K2CO3 （或碳酸钾）可除去BaCl2。
30.某学习小组探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应的产物，进行如下实验根据设计要求回答：

（1）X仪器名称是___________,写出烧瓶中反应的离子方程式________________________。
（2）试剂Y是____________，E装置中反应的离子方程式____________________________。
（3）装置C中Cl2与Na2CO3以等物质的量反应，且生成的气体产物仅为Cl2O，固体产物两种，其中之一NaHCO3，写出反应的化学方程式____________________________________。
（4）设计实验方案验证C中生成的固体中存在HCO3ˉ_______________________________。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). MnO2＋4H+ ＋2Cl- Mn2+＋Cl2↑＋2H2O (3). 饱和NaCl溶液 (4). Cl2 + 2OH- = Cl— +ClO— + H2O (5). 2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+2NaCl+Cl2O (6). 取少量反应后的固体于试管中，加水溶解，滴加足量BaCl2溶液，静置一段时间后，再向试管中滴加NaOH溶液若变浑浊，说明固体中含有碳酸氢根离子或取少量固体加热，将产生的气体通向澄清石灰水若石灰水变浑浊，则说明固体中含有碳酸氢根离子
【解析】
【分析】（1）实验室制氯气时用二氧化锰和浓盐酸来制，X仪器名称是分液漏斗；
（2）用饱和食盐水来吸收氯气中的杂质氯化氢；E用来吸收尾气；
（3）装置C中Cl2与Na2CO3以等物质的量反应，且生成的气体产物仅为Cl2O，固体产物两种，其中之一NaHCO3，另一种是氯化钠；
（4）根据HCO3ˉ的性质设计。
【详解】（1）实验室用二氧化锰和浓盐酸制氯气，X仪器名称是分液漏斗，烧瓶中反应的离子方程式 MnO2＋4H+ ＋2Cl- Mn2+＋Cl2↑＋2H2O；
（2）用饱和食盐水来吸收氯气中的杂质氯化氢，试剂Y是：饱和NaCl溶液；E装置中反应的离子方程式Cl2 +2OH－=Cl－+ClO－+H2O；
（3）装置C中Cl2与Na2CO3以等物质的量反应，且生成的气体产物仅为Cl2O，固体产物两种，其中之一NaHCO3，另一种是氯化钠，反应的化学方程式，2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+2NaCl+Cl2O；
（4）设计实验方案验证C中生成的固体中存在HCO3ˉ，可以用利用碳酸氢钠的不稳定性，也可以配成溶液后，先排除碳酸根根离子的干扰，再检验碳酸氢根，方法是：取少量反应后的固体于试管中，加水溶解，滴加足量BaCl2溶液，静置一段时间后，再向试管中滴加NaOH溶液若变浑浊，说明固体中含有碳酸氢根离子。另一方法是：取少量固体加热，将产生的气体通向澄清石灰水若石灰水变浑浊，则说明固体中含有碳酸氢根离子。
31.室温下，将200mL某盐酸和硫酸的混合溶液分成两等分。一份加入过量BaCl2溶液，充分反应后得沉淀2.33g；另一份加入100mL1.0 mol·L-1NaOH溶液，充分反应后溶液中H+浓度为0.1 mol·L-1（溶液的体积为200mL）。试计算：
（1）每份溶液中所含H2SO4的物质的量___________mol。
（2）原混合溶液中盐酸的物质的量浓度为__________mol·L-1。
【答案】(1). 0.01 (2). 1.0
【解析】
【分析】（1）一份向混合溶液中加入过量BaCl2溶液，发生反应SO42－+Ba2＋=BaSO4 ↓，充分反应后得沉淀2.33g为BaSO4的质量，利用硫酸根守恒计算计算硫酸的物质的量；
（2）另一份混合溶液中加入100mL 1.0 mol·L-1NaOH溶液，发生的反应是H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，HCl+NaOH=NaCl+H2O，根据硫酸的物质的量计算消耗NaOH的物质的量，再根据H原子守恒计算盐酸浓度．
【详解】（1）n（BaSO4）=2.33g/233g·mol－1=0.01mol，根据硫酸根离子守恒得n（H2SO4）=n（BaSO4）=0.01mol；
（2）另一份混合溶液中加入100mL 1.0 mol·L-1NaOH溶液，发生的反应是H2SO4+2NaOH=Na2SO4 +2H2O，HCl+NaOH=NaCl+H2O，根据方程式知，硫酸消耗的n（NaOH）=2n（H2SO4）=2×0.01mol=0.02mol，混合溶液中H＋浓度为0.1mol·L-1、溶液的体积为200mL，则剩余n（HCl）=0.1mol·L－1×0.2L=0.02mol，则与NaOH溶液反应的n（HCl）=n（NaOH）（余下）=1.0mol·L－1×0.1L-0.02mol=0.08mol，则总的n（HCl）=0.02mol+0.08mol=0.1mol，其浓度=0.1mol/0.1L=1.0mol·L－1．