吉林省蛟河市友好学校2019-2020学年高一上学期期中考试联考化学试题

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2019－2020学年度上学期友好学校期中联合考试高一化学试卷
第Ⅰ卷（共50分）
一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意）
1.“物质的量”是联系宏观世界和微观世界的桥梁。下列说法正确的是
A. 任何气体的“气体摩尔体积”均为22.4L/mol
B. 1molO2的质量是32g/mol
C. “摩尔”是“物质的量”的单位
D. 10mL2mol/LH2SO4溶液中取出的5mL溶液，其浓度为1mol/L
【答案】C
【解析】
A、在标准状况下，任何气体的“气体摩尔体积”约为22.4 L/mol，选项A错误；B、质量的单位是g，则1mol氧气的质量是32g，选项B错误；C、“摩尔”是“物质的量”的单位，选项C正确； D、溶液是均匀的，稳定的，从2 mol/L H2SO4溶液中取出的5 mL溶液，其浓度仍为2 mol/L，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查物质的量的单位、质量、气体摩尔体积和浓度等知识。注意22.4L/mol与气体摩尔体积的关系，侧重考查物质的量、物质的质量等的单位的应用。
2.为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙,可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作。其中正确的操作顺序是(   )
①过滤②加过量的NaOH溶液 ③加适量HCl ④加过量的Na2CO3溶液 ⑤加过量的溶液
A. ②③④⑤① B. ④①②⑤③ C. ②⑤④①③ D. ⑤②④③①
【答案】C
【解析】
【分析】
溶液中的杂质离子为钙离子、镁离子和硫酸根离子，根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析。
【详解】首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后硫酸根离子用⑤钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，镁离子用②氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用④碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，再进行①过滤，分离出生成的氢氧化镁、碳酸钡、碳酸钙沉淀，最后再加入③盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，经蒸发操作可得到较纯净的氯化钠，所以正确的顺序为：⑤②④①③或者②⑤④①③
答案选C。
【点睛】粗盐提纯时要考虑粗盐中的杂质，各种除杂试剂一定要过量，为了将杂质离子全部除去，还要考虑到离子除去的先后顺序，Na2CO3溶液 一定要在溶液后加，多余的Na2CO3溶液 要用稀盐酸除去。
3.按溶液、浊液、胶体的顺序排列正确的是（ ）
A. 苏打水、牛奶、豆浆 B. 碘酒、泥水、血液
C. 白糖水、食盐水、茶水 D. 石灰乳、澄清石灰水、石灰浆
【答案】B
【解析】
【详解】A. 苏打水是碳酸氢钠的水溶液，是溶液，牛奶、豆浆都是胶体，故A错误；
B. 碘酒是碘单质的酒精溶液，是溶液，泥水是浊液，血液为胶体，故B正确；
C. 白糖水是蔗糖水溶液，食盐水是氯化钠水溶液，茶叶水是溶液，故C错误；
D. 石灰乳为浊液，澄清石灰水是溶液，石灰浆为浊液，故D错误；
答案选B。
4. 下列说法中，正确的是( )
A. 三氧化硫的水溶液能导电，所以三氧化硫是电解质
B. 自由移动离子数目多电解质溶液导电能力一定强
C. NaHSO4在水溶液及熔融状态下均可电离出Na＋、H＋、SO42-
D. NH3属于非电解质，但其水溶液能够导电
【答案】D
【解析】
试题分析：A．SO3的水溶液能导电，导电离子是硫酸电离的，硫酸为电解质，而SO3不电离，属于非电解质，故A错误；B．自由移动离子浓度越大的电解质溶液导电能力一定强，但是离子数目多的溶液中离子浓度不一定大，导电能力不一定强，故B错误；C．NaHSO4在水溶液里电离出Na+、H+、SO42-，而在熔融状态下电离出Na+、HSO4-，故C错误；D．氨气在溶液中不发生电离，为非电解质，氨气溶于水形成能够导电的氨水，故D正确；故选D。
考点：考查了电解质与非电解质、溶液导电性强弱判断的相关知识。
5.下列各组物质中，第一种是酸，第二种是混合物，第三种是碱的是（ ）
A. 硝酸、食盐水、烧碱 B. 硫酸、空气、纯碱
C. 醋酸、胆矾、熟石灰 D. 硫酸、空气、硫酸铜
【答案】A
【解析】
【分析】
混合物是由多种物质组成的物质；电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸；电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱，根据以上概念进行分析判断。
【详解】A. 硝酸电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物，属于酸；食盐水是氯化钠的水溶液，是混合物；烧碱是氢氧化钠的俗称，属于碱，故A正确；
B. 硫酸电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物，属于酸；，空气是多种成分的混合物，纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐，故B错误；
C. 醋酸属于酸，胆矾是五水硫酸铜的俗称，属于盐，熟石灰是氧氧化钙的俗称，属于碱，故C错误；
D. 硫酸属于酸，空气属于混合物，硫酸铜属于盐，故D错误；
答案选A。
6.下列说法正确的是（ ）
①标准状况下，6. 02×1023个分子所占的体积约是22. 4 L
②0. 5 mol H2所占体积为11. 2 L
③标准状况下，1 mol H2 O的体积为22.4 L
④标准状况下,28 g CO与N2的混 合气体的体积约为22. 4 L
⑤各种气体的气体摩尔体积都 约为22. 4 L/mol
⑥标准状况下，体积相同的气体的分子数相同
A. ①③⑤ B. ④⑥ C. ③④⑥ D. ①④⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①分子不一定为气体，若为气体时标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是6.02×1023NAmol×22.4L/mol=22.4L，故①错误；
②不一定在标准状况下，则Vm未知，不能利用V=nVm计算，故②错误；
③标准状况下，H2O为液体，则不能计算，故③错误；
④CO与N2的摩尔质量均为28g/mol，标准状况下，28g CO与N2的混合气体的体积约为×22.4L/mol=22.4L，故④正确；
⑤气体摩尔体积与温度、压强有关，则状态未知，不能确定气体的摩尔体积，标准状况下各种气体的气体摩尔体积都约为22.4L⋅mol−1，故⑤错误；
⑥标准状况下，体积相同的气体，物质的量相同，由n=可知，分子数相同，故⑥正确；
答案选B。
【点睛】本题主要考查气体摩尔体积的运用，再利用气体摩尔体积的计算，警惕题目中的物质的状态。
7.下列反应中必须加入还原剂才能进行的是
A. Mn2+→MnO4－ B. H2→H2O C. NO3－→NO D. Zn→Zn2+
【答案】C
【解析】
【分析】
需要加入还原剂才能发生，说明反应物得到电子，所含的某元素化合价降低。
【详解】A、Mn2＋→MnO4－，Mn的化合价由＋2价→＋7价，化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，故A错误；
B、H2→H2O，H的化合价由0价→＋1价，化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，故B错误；
C、NO3－→NO，N的化合价由＋5价→＋2价，化合价降低，需要加入还原剂才能实现，故C正确；
D、Zn化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，故D错误。
8.在下列溶液中，离子一定能大量共存的是（ ）
A. 强碱性溶液中：K+、Cu2+、Cl-、SO42-
B. 室温下，强酸性溶液中：Na+、Fe3+、NO3-、SO42-
C. 含有0.1mol/L Ca2+的溶液中：K+、Na+、Cl-、CO32-
D. 含有0.1mol/L Fe3+的溶液中：K+、Ba2+、OH-、NO3-
【答案】B
【解析】
【详解】A、强碱性溶液中Cu2+与OH-反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故A错误；
B、Na+、Fe3+、NO3-、SO42-均不与氢离子反应，故在酸性溶液中能大量共存，故B正确；
C、Ca2+与CO32-反应生成CaCO3沉淀，二者不能大量共存，故C错误；
D、Fe3+与OH-反应生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故D错误；
答案选B。
【点睛】离子间能大量共存，说明各离子间相互之间不发生复分解反应，氧化还原反应，络合反应等。
9.下列几种试剂不能把等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3鉴别开的是(　　)
A. BaCl2溶液 B. 澄清石灰水 C. 稀盐酸 D. pH试纸
【答案】B
【解析】
【详解】A. Na2CO3与CaCl2溶液作用产生CaCO3沉淀，而NaHCO3则不与CaCl2溶液反应，无沉淀产生，可以鉴别，不符合题意，故A错误；
B. Na2CO3和NaHCO3均可与澄清石灰水反应产生沉淀，现象相同，无法鉴别，符合题意，故B正确；
C. Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成气体，但等浓度时碳酸氢钠反应快，现象不相同，可鉴别，不符合题意，故C错误；
D. 等浓度时，碳酸钠的碱性强，则pH大，pH试纸可鉴别，不符合题意，故D错误；
答案选B。
10.把一小块金属钠放入下列溶液中，说法正确的是(　　)
A. 放入饱和NaOH溶液中：有氢气放出，恢复至室温后溶液浓度变大
B. 放入稀CuSO4溶液中：有氢气放出，有紫红色铜析出
C. 放入MgCl2溶液中：有氢气放出，有白色沉淀生成
D. 滴有石蕊试液的水中：有氢气放出，溶液变为红色
【答案】C
【解析】
【详解】A. 钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，原饱和溶液有晶体析出，剩余溶液还是饱和溶液，温度不变时，溶液中离子的浓度不变，故A错误；
B. Na与水反应生成NaOH，再与CuSO4反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，则不会观察到大量红色的铜析出，故B错误；
C. Na与水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，有氢气放出，有白色沉淀生成，故C正确；
D. Na与水反应生成NaOH和氢气，紫色石蕊溶液遇碱变蓝，故D错误；
答案选C。
11.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，5.6L氯气和16.8L氧气的混合气体中含有分子数为NA
B. 标准状况下，22.4LH2O所含有原子数为3NA
C. NA个N2分子所占的体积与0.5 NA个H2分子所占的体积比一定是2：1
D. 1 molNa2O2与H2O完全反应，转移2NA个电子
【答案】A
【解析】
试题分析：A．标准状况下，5.6 L氯气和16.8 L氧气的混合气体的物质的量是（5.6L+16.8L）÷22.4L/mol＝1mol，其中含有分子数为NA，A正确；B．标准状况下水不是气体，不能适用于气体摩尔体积，即22.4 LH2O所含有原子数不是3NA，B错误；C．只有在相同状况下NA个N2分子所占的体积与0.5 NA个H2分子所占的体积比一定是2:1，C错误；D．过氧化钠与水的反应中既是氧化剂，也是还原剂，则1 mol Na2O2与H2O完全反应，转移NA个电子，D错误，答案选A。
考点：考查阿伏加德罗常数的计算
12.镁和铝分别与等浓度等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)的关系如图所示，则下列关于反应中镁和铝的叙述正确的是

A. 二者物质的量之比为3∶2
B. 二者质量之比为3∶2
C. 二者摩尔质量之比为2∶3
D. 二者消耗H2SO4的物质的量之比为2∶3
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据图像可知，生成的氢气体积相等。由于稀硫酸是过量的，所以根据方程式Mg+2H＋=Mg2＋+H2↑、2Al+6H＋=2Al3＋+3H2↑可知，镁和铝的物质的量之比是3:2，A正确；
B、镁和铝的物质的量之比是3:2，质量之比是3×24:2×27＝4:3，B错误；
C、二者摩尔质量之比为24g/mol∶27g/mol＝8∶9，C错误；
D、根据氢原子守恒可知，消耗的硫酸是相等的，D错误；
答案选A。
13.为除去括号内的杂质,所选用的试剂或方法不正确的是
A. Na2CO3溶液(NaHCO3),选用适量的NaOH溶液
B. NaHCO3溶液(Na2CO3),应通入过量的CO2气体
C. Na2O2粉末(Na2O),将混合物在氧气中加热
D. Na2CO3溶液(Na2SO4),加入适量Ba(OH)2溶液,过滤
【答案】D
【解析】
【详解】A.NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O，由于NaOH适量，A项正确；
B.Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3，通入CO2可以将少量的Na2CO3转化为NaHCO3而除去,B项正确；
C.2Na2O＋O22Na2O2，在空气中可以将少量的Na2O转化为Na2O2而除去，C项正确；
D.Na2CO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋2NaOH，Na2SO4＋Ba(OH)2===BaSO4↓＋2NaOH，D项错误。
故选D。
14.现有24mL浓度为0.05mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为( )
A. ＋2 B. ＋3 C. ＋4 D. ＋5
【答案】B
【解析】
【分析】
Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，令Cr元素在产物中化合价为a价，根据电子转移守恒计算a的值。
【详解】Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则：24×10−3L×0.05mol/L×(6−4)=20×10−3L×0.02mol/L×2×(6−a)，解得a=+3
故答选B。
15.下列有关钠及其化合物的叙述错误的是(　　)
A. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂
B. 高压钠灯发出的黄光透雾能力强，可用于道路和广场照明
C. 等质量NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应，前者消耗盐酸较多
D. 钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3，原因是钠与氧气生成的Na2O与水和CO2反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，且人呼出的水蒸气也能和过氧化钠反应生成氧气，氧气能供给呼吸，所以过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂，故A正确；
B. 钠的焰色反应为黄色，高压钠灯发出的黄光透雾能力强，可用于道路和广场照明，B正确；
C. 由方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，等质量的NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应时，1gNa2CO3消耗盐mol HCl，1gNaHCO3消耗mol HCl，所以Na2CO3消耗HCl较多，故C错误；
D. 钠放置在空气中和氧气反应生成氧化钠而变暗，反应方程式为4Na+O2═2Na2O，生成的氧化钠与水反应生成氢氧化钠，反应方程式为Na2O+H2O=2NaOH，Na2O+CO2=Na2CO3，故D正确；
答案选C。
16.某溶液中含有HCO3-、SO32-、CO32-、CH3COO－4种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)(　　)
A. CH3COO－ B. SO32-
C. CO32- D. HCO3-
【答案】A
【解析】
【详解】Na2O2具有强氧化性，可与SO32－发生氧化还原反应生成硫酸根离子，Na2O2与水反应生成NaOH，可与HCO3－反应生成碳酸根离子，则溶液中SO32－、HCO3－浓度减小，CO32－浓度增大，只有CH3COO-离子浓度基本不变，A项正确，
答案选A。
17.工业生产钠和烧碱的原理如下：①电解熔融氯化钠制钠：2NaCl(熔融) 2Na＋Cl2↑，②电解饱和食盐水制烧碱：2NaCl＋2H2O 2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，下列有关说法正确的是（　　）
A. 在反应①和②中，氯化钠均既是氧化剂，又是还原剂
B. 在反应①中氯气是还原产物，在反应②中氢气是还原产物
C. 若标准状况下生成等体积的气体，则反应①和②中转移电子总数相等
D. 若消耗等质量的氯化钠，则反应①和②中转移电子总数相等
【答案】D
【解析】
【详解】①电解熔融氯化钠制钠：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，Na元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，所以氯化钠既是氧化剂，又是还原剂；
②电解饱和食盐水制烧碱：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2 ↑，H元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，所以水是氧化剂，氯化钠是还原剂；
A．由分析可知，反应②中氯化钠是还原剂，不是氧化剂，故A错误；
B．在反应①中氯气是氧化产物，在反应②中氢气是还原产物，故B错误；
C．2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑中生成1mol气体转移2mol电子，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2 ↑中生成2mol气体转移2mol电子，故C错误；
D．若消耗1mol氯化钠，则反应①和②中转移电子均为2mol，所以消耗等质量的氯化钠，则反应①和②中转移电子总数相等，故D正确；
故选D。
【点睛】把握反应中的元素化合价变化为解答的关键。本题的易错点为B，要注意氧化剂被还原得到还原产物，还原剂被氧化生成氧化产物。
18.能正确表示下列反应的离子方程式的是(　　)
A. Na2O2固体与水反应：2O22-＋2H2O=4OH－＋O2↑
B. 小苏打用于治疗胃酸过多：CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O
C. 铁跟硫酸铜反应：Cu2＋＋Fe=Fe2＋＋Cu
D. 碳酸氢钙溶液跟足量烧碱溶液反应：Ca2＋＋HCO3-＋OH－=CaCO3↓＋H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 过氧化钠是固体，不能拆成离子形式，过氧化钠固体与水反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故A错误；
B. 小苏打用于治疗胃酸过多：小苏打是碳酸氢钠，电离时生成钠离子和碳酸氢根，HCO3−＋H＋=CO2↑＋H2O，故B错误；
C. 铁比铜活泼，铁与硫酸铜发生置换反应：Cu2＋＋Fe=Fe2＋＋Cu，故C正确；
D. 碳酸氢钙溶液跟足量烧碱溶液反应：烧碱的量足量，则碳酸氢钙的系数看成1，需要2mol OH-，则正确的离子方程式Ca2++2HCO3− +2OH-=CO32-+H2O+CaCO3↓，故D错误；
答案选C。
19.设NA为阿伏加德罗常数，如果a g某气态双原子分子的分子数为p，则b g该气体在标准状况下的体积V(L)是(　　)
A. 22.4ap/bNA B. 22.4ab/pNA C. 22.4NAb/a D. 22.4pb/aNA
【答案】D
【解析】
【详解】如果ag某双原子分子气体的分子数为P，则其物质的量是，所以该气体的摩尔质量是，则bg该气体在标准状况下的体积为，答案选D。
20.在一密闭容器中有CO、H2、O2共16．5g和足量的Na2O2，用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重7．5g，则原混合气体中O2的质量分数是( )
A. 33．3% B. 40% C. 36% D. 54．5%
【答案】D
【解析】
试题分析：CO燃烧生成二氧化碳，反应方程式为2CO+O2═2CO2，二氧化碳与过氧化钠发生反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，方程式相加的CO+Na2O2=Na2CO3，固体增加的质量为相当于CO的质量，氢气燃烧生成水，反应方程式为2H2+O2═2H2O，水与过氧化钠发生反应2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，固体增加的质量为相当于H2的质量，CO、H2、O2用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重7.5g就是原混合气体中CO、H2的质量和，所以混合气体中氧气的质量为16.5g-7.5g=9g，氧气的质量分数为 9g/16.5g×100%=54.5%． D项正确；答案选D。
考点：考查质量分数的相关计算
21.将溶质的质量分数为14%的KOH溶液加热蒸发掉100 g水后，得到溶质的质量分数为28%的溶液80 mL，此时溶液的物质的量浓度为
A. 5 mol/L B. 625 mol/L C. 7 mol/L D. 6.75 mol/L
【答案】B
【解析】
设14%氢氧化钾溶液的质量为x，蒸发前后溶质的质量不变，则有x×14%=（x-100g）×28%，解得x=200g，故蒸发后溶液的质量为：200g-100g=100g，
故28%的氢氧化钾溶液中含有氢氧化钾的物质的量为：
所得溶液的物质的量浓度为：。故B正确。
22.PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2 的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是( )
A. Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
B. 10Cl-+2MnO4-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
C. 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
D. 5Pb2++2MnO4-+2H2O=5PbO2↓+2Mn2++4H+
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意知：PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧化性依次减弱，依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性判断解答。
【详解】A.Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，反应中Fe3+为氧化剂，Cu2+为氧化产物，Fe3+氧化性大于Cu2+氧化性， 符合规律，A不符合题意，；
B. 10Cl-+2MnO4-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，反应中MnO4-为氧化剂，氯气为还原剂，MnO4-氧化性强于氯气，符合规律，B不符合题意；
C.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，反应中氯气为氧化剂，Fe3+为氧化产物，氯气的氧化性强于Fe3+，符合规律，C不符合题意；
D.5Pb2++2MnO4-+2H2O=5PbO2↓+2Mn2++4H+，反应中MnO4-为氧化剂，PbO2为氧化产物，MnO4-氧化性强于PbO2，与题干不吻合，D符合题意；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，准确判断氧化剂、氧化产物，熟悉氧化还原反应强弱规律是解题关键。
23.某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、的混合液，经测定溶液中与的离子个数比为1:4，则该反应中被还原与被氧化的的分子个数比为( )
A. 21:5 B. 11:3 C. 5:1 D. 3:1
【答案】A
【解析】
【分析】
Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，Cl2生成NaCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据NaClO与NaClO3的物质的量之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比。
【详解】Cl2生成ClO−与ClO3−是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，NaClO、NaClO3物质的量之比为1:4，则可设ClO−为1mol，ClO3−为4mol，被氧化的Cl共为5mol，失去电子的总物质的量为1mol×(1−0)+4mol×(5−0)=21mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为−1价，则得到电子的物质的量也应为21mol，则被还原的Cl的物质的量为21mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为21mol:5mol=21:5，则该反应中被还原与被氧化的Cl2的分子个数比为21:5
答案选A。
24. 等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为5：6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是( )
A. 甲、乙中都是铝过量
B. 甲中铝过量，乙中碱过量
C. 甲中酸过量，乙中铝过量
D. 甲中酸过量，乙中碱过量
【答案】B
【解析】
【详解】根据铝和硫酸、氢氧化钠反应的化学方程式：2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知：相同物质的量的铝，消耗的氢氧化钠少于消耗的硫酸，所以根据生成的氢气是5︰6可知，铝在与稀硫酸反应时，铝是过量的，硫酸是不足的，而与氢氧化钠反应时，铝是不足的，氢氧化钠是过量的，所以正确的答案选B。
25.已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，我们不了解它们的化学式，但它们在一定条件下有下列转化关系(未配平，且四个反应均为氧化还原反应)：
①G→Q+NaCl ②Q+H2OX+H2↑ ③Y+NaOH→G+Q+H2O ④Z+NaOH→Q+X+H2O
这五种化合物中Cl元素化合价由低到高的顺序是（ ）
A G、Y、Q、Z、X B. X、Z、Q、G、Y
C. X、Z、Q、Y、G D. G、Q、Y、Z、X
【答案】A
【解析】
【分析】
G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物，氧化还原反应中元素的化合价有升高，则必然有降低，以此分析解答。
【详解】①G→Q+NaCl中，NaCl中Cl元素为-1价，则Cl元素的化合价为Q＞G＞-1；
③Y+NaOH→G+Q+H2O为歧化反应，Y中Cl元素的化合价介于G、Q之间，结合①可知Cl元素的化合价为Q＞Y＞G；
②Q+H2OX+H2中，H元素的化合价降低，则Cl元素的化合价升高，所以Cl元素的化合价为X＞Q；
④Z+NaOH→Q+X+H2O为歧化反应，Z中Cl元素的化合价介于Q、X之间，结合②可知，Cl元素的化合价为X＞Z＞Q；
所以五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序为G、Y、Q、Z、X，故选A。
第Ⅱ卷（非选择题共50分）
二、填空题
26.（1）用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是（ ）
A.称量
B.溶解
C.转移溶液
D.定容
（2）下列几种导电性变化图像，把符合要求的图像序号填在相应的题目后面括号中。

①向H2SO4溶液中加入等体积、等物质的量浓度的Ba(OH)2溶液（ ）
②向AgNO3溶液通入少量HCl（ ）
③向氨水中通入HCl直至过量（ ）
④向饱和石灰水中不断通入CO2（ ）
【答案】 (1). B　 (2). D (3). C (4). B (5). A
【解析】
【详解】（1）A.天平称量时，应该左物右码，不然称量的物品的质量偏小，A错误；
B.溶解操作时，在烧杯中进行，用玻璃棒搅拌，加速溶解，B正确；
C.转移液体时，需要用玻璃棒引流，不然会引起误差，故C错误；
D.定容时，胶头滴管不能伸到容量瓶里，防止污染胶头滴管，故D错误。
故答案选B；
（2）①向H2SO4溶液中加入等体积、等物质的量浓度的Ba(OH)2溶液发生反应生成硫酸钡和水，离子浓度减小导电性减弱，完全中和导电性接近于0，
故答案选D；
②向AgNO3溶液通入少量HCl，发生反应生成氯化银沉淀和硝酸，减少的银离子由氢离子补充，溶液中离子浓度基本不变，导电性基本不变，
故答案选C；
③向氨水中通入HCl直至过量，氯化氢和一水合氨反应生成氯化铵溶液，溶液中离子浓度增大，导电性增强，饱和后离子浓度基本不变，导电性不变，
故答案选B；
④向饱和石灰水中不断通入CO2发生反应生成碳酸钙沉淀，离子浓度减小，随不断通入碳酸钙溶解，溶液中离子浓度增大，导电性显减小后增大，
故答案选A。
27.在一瓶无色澄清的溶液中，可能含有Cl－、Cu2+、SO42－、CO32－、Na+、Mg2+、Ba2+这七种离子中的某几种，对此进行实验：① 向少量该溶液中加入NaOH溶液，产生白色沉淀；② 取少量原溶液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀。
（1）该溶液中一定含有的离子是______________；一定不含有的离子是_________。
（2）为检验可能存在的阳离子，需要进行的实验是（填实验方法，不写具体操作步骤）________；若存在，现象是___________。为检验可能存在的阴离子，需要进行的实验是（填所需试剂，不写具体操作步骤）_______；若存在，现象是_________。
【答案】 (1). Mg2+、SO42－ (2). Cu2+、CO32－、Ba2+ (3). 焰色反应 (4). 火焰呈黄色 (5). 硝酸酸化的硝酸银溶液 (6). 有白色沉淀产生
【解析】
【分析】
由无色溶液知，Cu2+不存在；由实验①的现象判断，加入氢氧化钠后有白色沉淀生成得，原溶液中含Mg2+，Mg2+和CO32－不能共存，所以原溶液不含CO32－；由实验②的现象判断，加入BaCl2溶液产生白色沉淀得，原溶液中含SO42－， SO42－和Ba2+不能共存，所以原溶液不含Ba2+；根据以上分析知，无法判断原溶液中是否含有Cl−和Na+。
【详解】（1）根据上述分析，一定含有的离子是Mg2+、SO42－；一定不含有的离子是Cu2+、CO32－、Ba2+，
故答案为：Mg2+、SO42－； Cu2+、CO32－、Ba2+；
（2）为检验可能存在的阳离子Na+，可以用焰色反应来检验，若有钠离子，火焰会呈黄色；Cl−和硝酸银反应生成不溶于酸的白色沉淀，所以可用稀硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子是否存在，
故答案为：焰色反应；火焰呈黄色；硝酸酸化的硝酸银溶液；有白色沉淀产生。
28.Ca(ClO)2与浓盐酸反应会生成Cl2,该反应的化学方程式为：Ca(ClO)2 + 4HCl（浓）= CaCl2 + 2Cl2↑+ 2H2O
(1)浓盐酸在反应中显示出来的性质是 ________(填写字母)
A．只有还原性 B．还原性和酸性 C．只有氧化性 D．氧化性和酸性
(2)产生0.3molCl2，则转移的电子的物质的量为 ___________;
(3)该反应中氧化产物与还原产物的质量比为____________;
(4)用双线桥法表示该氧化还原反应中电子转移的方向和数目______
(5)铊(Tl)盐与氰化钾(KCN)被列为A级危险品。已知下列反应在一定条件下能够发生：
①Tl3＋＋2Ag=Tl＋＋2Ag＋，②Ag＋＋Fe2＋=Ag＋Fe3＋，③Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，下列离子氧化性比较顺序正确的是__________ （填写字母）
A．Tl3＋>Fe3＋>Ag＋ B．Fe3＋>Ag＋>Tl3＋ C．Tl＋>Ag＋>Fe2＋ D．Tl3＋>Ag＋>Fe3＋
【答案】 (1). B (2). 0.3mol (3). 1:1 (4). (5). D
【解析】
【分析】
在氧化还原反应中，氧化剂得电子，化合价降低，生成还原产物，还原剂失电子，化合价升高，生成氧化产物；在同一个氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，由此结合题目中的三个反应方程式判断。
【详解】（1）该反应中，浓盐酸中的氯元素部分失去电子作还原剂，部分化合价不变，作酸，所以浓盐酸的性质是还原性和酸性，
故答案选B；
（2）该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，生成1mol氯气，盐酸失去2mol电子需要2mol盐酸作还原剂，生成1mol氯气，所以生成2mol氯气时其转移电子是2mol，故产生0.3molCl2，则转移的电子的物质的量为0.3mol，
故答案为：0.3mol；
（3）该反应中，次氯酸钙得电子作氧化剂，盐酸失电子作还原剂，其对应的产物都是氯气，得失电子数相等时，生成氧化产物和还原产物的氯气的物质的量相等，所以其质量之比是1：1，
故答案为：1：1；
（4）该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，生成1mol氯气，盐酸失去2mol电子需要2mol盐酸作还原剂，生成1mol氯气，所以其转移电子数是2，，
故答案为：
（5）反应Tl3++2Ag=Tl++2Ag+中，氧化剂是Tl3+，氧化产物是Ag+，所以氧化性：Tl3+＞Ag+；反应Ag++Fe2+=Ag+Fe3+中，氧化剂是Ag+，氧化产物是Fe3+，所以氧化性：Ag+＞Fe3+；反应Fe+2Fe3+=3Fe2+中，氧化剂是Fe3+，氧化产物是Fe2+，所以氧化性：Fe3+＞Fe2+，故氧化性比较顺序为：TI3+＞Ag+＞Fe3+＞Fe2+；
故答案为D。
29.A、B、C、D、F五种物质的焰色反应均为黄色，A、B、C、D与盐酸反应均生成E，此外B还生成一种可燃气体。而C、D还生成一种无色无味气体H，该气体能使澄清石灰水变浑浊。D和A可反应生成C，F和H也可反应生成C和另一种无色无味气体。
请回答下列问题：
（1）写出A、B、C、D、E、F的化学式
A________；B________；C________；D________；E________；F________。
（2）写出F和H反应的化学方程式 __________________________________。
（3）写出下列反应的离子方程式：
①D＋盐酸 ________________________________________________；
②B＋水 _____________________________________________________；
③D＋A ______________________________________________________。
【答案】 (1). NaOH (2). Na (3). Na2CO3 (4). NaHCO3 (5). NaCl (6). Na2O2 (7). 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 (8). HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑ (9). 2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑ (10). HCO＋OH－=H2O＋CO32－
【解析】
由焰色反应为黄色，且A、B、C、D均与盐酸反应生成E，知E为NaCl；B还生成可燃性气体知B为Na，无色无味气体H能使澄清石灰水变浑浊，则H为CO2，C、D还生成气体H使澄清石灰水变浑浊，知C、D为Na2CO3或NaHCO3，F和H（CO2）反应生成C和另一种气体，则F为Na2O2、C为Na2CO3，因而D为NaHCO3，D和A反应可生成Na2CO3，则A为NaOH。
（1）由以上分析可知A为NaOH，B为Na，C为Na2CO3，D为NaHCO3，E为NaCl，F为Na2O2；故答案为：NaOH；Na；Na2CO3；NaHCO3；NaCl；Na2O2；
（2）F为Na2O2，可与CO2反应生成Na2CO和O2，反应的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
故答案为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；
（3）D为NaHCO3，与盐酸反应的离子方程式为HCO3-+H+=CO2↑+H2O，B为Na，与水反应生成NaOH和H2，反应的离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，D为NaHCO3，A为NaOH，二者反应的离子方程式为HCO3-+OH-═H2O+CO32-；
故答案为：HCO3-+H+═H2O+CO2↑；2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑；HCO3-+OH-═H2O+CO32-。
30.化学兴趣小组的同学为测定某Na2CO3和NaCl的固体混合物样品中Na2CO3的质量分数进行了以下实验。请你参与并完成对有关问题的解答：

(1)甲同学用如图1所示装置测定CO2的质量。实验时稀硫酸是与样品中的__________(填“Na2CO3”或“NaCl”)发生反应，仪器b的名称是______，洗气瓶c中盛装的是浓硫酸，此浓硫酸的作用是__________。

(2)乙同学用如图所示装置，取一定质量的样品(m g)和足量稀硫酸反应进行实验，完成样品中Na2CO3质量分数的测定。

①实验前，检查该装置气密性的方法是先打开活塞a，由b注入水至其下端玻璃管中形成一段水柱，再将针筒活塞向内推压，若b下端玻璃管中的______________________________，则装置气密性良好。
②在实验完成时，能直接测得的数据是CO2的______(填“体积”或“质量”)。
(3)丙同学用下图所示方法和步骤进行实验：

①操作Ⅰ涉及的实验名称有：__________、洗涤；操作Ⅱ涉及的实验名称有干燥、__________。
②丙同学测得样品中Na2CO3的质量分数为__________。
【答案】 (1). Na2CO3 (2). 分液漏斗 (3). 除去CO2中的水蒸气 (4). 液面上升 (5). 体积 (6). 过滤 (7). 称量 (8). 106y/197x
【解析】
（1）依据装置和试剂分析，硫酸和样品中的碳酸钠反应，仪器b是加入液体的仪器可以控制加入的量，是分液漏斗；反应过程中含有水蒸气，可以利用浓硫酸干燥二氧化碳气体；（2）①使用注射器改变瓶内气体的多少而改变瓶内压强；当将针筒活塞向内推压时，瓶内气体被压缩，压强增大，瓶内液体则会被压入长颈漏斗内，b下端玻璃管中液面上升，可以说明装置气密性良好；②在实验完成时，反应后可以利用注射器读取生成气体的体积，能直接测得的数据是CO2的体积；（3）①流程分析可知，加入氢氧化钡溶液和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀，通过过滤得到沉淀，洗涤后称重得到沉淀碳酸钡质量；②由流程分析判断：碳酸钡沉淀质量为yg，根据原子守恒可知样品中Na2CO3质量为，因此样品中Na2CO3的质量分数为。