1、浙江省湖州市六校2014-2015学年高一上学期第一次联考化学试卷一、选择题（共17小题，每小题3分，满分51分）1下列物质的名称和主要成分的化学式一致的是（）A大理石、石灰石、生石灰、CaCO3B烧碱、纯碱、火碱、NaOHC熟石灰、消石灰、石灰乳、Ca（OH）2D苏打、小苏打、纯碱、Na2CO3考点：常见元素的名称、符号、离子符号.分析：A、生石灰是氧化钙，化学式为CaO；B、纯碱是碳酸钠，化学式为：Na2CO3，C、熟石灰、消石灰、石灰乳均是Ca（OH）2；D、小苏打是碳酸氢钠，化学式为：NaHCO3解答：解：A、生石灰是氧化钙，化学式为CaO，故A错误；B、纯碱是碳酸钠，化学式为：Na2
2、CO3，故B错误C、熟石灰、消石灰、石灰乳均是Ca（OH）2，故C错误D、小苏打是碳酸氢钠，化学式为：NaHCO3，故D错误，故选C点评：本题主要考查的是常见物质的俗名与化学式，难度不大，熟练掌握各种物质的化学式与俗名即可2（3分）2012年2月新华网报道，加拿大开发出生产医用放射性同位素 9943Tc的简单方法下列关的叙述正确的是（）A原子序数是99B质量数是43C中子数是99D电子数是43考点：质量数与质子数、中子数之间的相互关系.分析：根据原子符号中，左下脚的数字为质子数，左上角的数字为质量数，中子数=质量数质子数，质子数=原子序数=核电荷数=核外电子数解答：解：A9943Tc的质子数为
3、43，所以原子序数为43，故A错误；B9943Tc的质子数为43，质量数为99，故B错误；C9943Tc的质量数是99，中子数=9943=56，故C错误；D9943Tc的质子数为43，电子数是43，故D正确；故选D点评：本题主要考查了原子符号的含义，中子数=质量数质子数以及质子数=原子序数=核电荷数=核外电子数，难度不大3（3分）下列物质不能用氯气与单质直接化合制取的是（）AAlCl3BFeCl2CHClDCuCl2考点：氯气的化学性质.专题：卤族元素分析：根据Cl2有强氧化性，当与变价金属反应时将金属氧化成高价态来回答解答：解：A、因Cl2有强氧化性，与金属反应化合生成相应的盐（氯化物），当
4、与金属铝反应时将金属氧化成氯化铝，能用氯气与单质直接化合制取，故A错误；B、当氯气与变价金属Fe反应会生成FeCl3，不能用氯气与单质直接化合制取，故B正确；C、氢气可以在氯气中燃烧生成氯化氢，能用氯气与单质直接化合制取，故C错误；D、因Cl2有强氧化性，与金属反应化合生成相应的盐（氯化物），当与金属Cu反应时将金属氧化成氯化成高价Cu即氯化铜，能用氯气与单质直接化合制取，故D错误故选：B点评：Cl2是卤族元素的代表，有强氧化性，当与变价金属反应时将金属氧化成高价态4（3分）下列物质中属于非电解质的是（）AH2B氨水CCO2DH2SO4考点：电解质与非电解质.分析：A、非电解质属于化合物，而氢
5、气是单质；B、非电解质属于化合物，氨水是混合物；C、二氧化碳在水溶液中或熔融态式均不能发生电离，属于非电解质；D、H2SO4是强酸，在水溶液中完全电离，属于强电解质解答：解：A、非电解质属于化合物，而氢气是单质，因此氢气不是非电解质，故A错误；B、非电解质属于化合物，氨水是混合物，因此氨水不是非电解质，故B错误；C、二氧化碳在水溶液中或熔融态式均不能发生电离，属于非电解质，故C正确；D、H2SO4是强酸，在水溶液中完全电离，属于强电解质，故D错误；故选C点评：本题考查了考查电解质、非电解质的判断，题目难度不大，该题是高考中的常见考点，注意单质和混合物既不是电解质也不是非电解质5（3分）能正确表
6、示下列化学反应的离子方程式的是（）A氢氧化钡溶液与盐酸的反应 OH+H+=H2OB澄清的石灰水与稀盐酸反应 Ca（OH）2+2H+=Ca2+2H2OC铜片插入硝酸银溶液中 Cu+Ag+=Cu2+AgD碳酸钙溶于稀盐酸中 CO32+2H+=Ca2+H2O+CO2考点：离子方程式的书写.分析：A氢氧化钡溶液与盐酸的反应生成氯化钡和水；B澄清的石灰水中氢氧化钙为强电解质，拆成离子形式；C电荷不守恒；D碳酸钙为沉淀，应保留化学式解答：解：A氢氧化钡溶液与盐酸的反应，离子方程式：OH+H+=H2O，故A正确；B澄清的石灰水与稀盐酸反应，离子方程式：OH+H+=H2O，故B错误；C铜片插入硝酸银溶液中，离
7、子方程式：Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，故C错误；D碳酸钙溶于稀盐酸中，离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故D错误；故选：A点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意化学式的拆分、原子数、电荷数守恒，题目难度不大6（3分）已知元素X、Y的核电荷数分别是a和b，它们的离子Xm+和Yn的核外电子排布相同，则下列关系式中正确的是（）Aa=b+m+nBa=bm+nCa=b+mnDa=bmn考点：质子数、中子数、核外电子数及其相互联系.专题：原子组成与结构专题分析：根据阴阳离子的核外电子数与核电荷数、离子所带电荷数之间的关系计算，解答：解：在原子中，核电荷数
8、等于核外电子数；在阳离子中，核电荷数减去离子所带电荷数等于核外电子数；在阴离子中，核电荷数加上离子所带电荷数等于核外电子数因为Xm+和Yn具有相同的核外电子排布，所以，Xm+和Yn具有相同的核外电子数，aXm+的核外电子数等于am，bYn的核外电子数为：b+n，则：am=b+n故答案为：A点评：在原子中，核电荷数等于核外电子数；在阳离子中，核电荷数减去离子所带电荷数等于核外电子数；在阴离子中，核电荷数加上离子所带电荷数等于核外电子数7（3分）与100mL 0.5molL1NaCl溶液中的Cl的物质的量浓度相同的是（）A100mL 0.5 molL1MgCl2溶液B100mL 0.5molL1
9、HCl溶液C200mL 0.25 mo lL1 KCl溶液D100mL 0.5molL1NaClO溶液考点：物质的量浓度.专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度一个溶质电离出离子的个数，与溶液的体积无关解答：解：100mL0.5molL1NaCl溶液中Cl物质的量浓度为0.5molL11=0.5molL1A、100mL 0.5 molL1MgCl2溶液中Cl物质的量浓度为0.5molL12=1molL1L，故A错误；B、100mL 0.5molL1 HCl溶液中Cl物质的量浓度为0.5molL11=0.5molL1，故B正确；C、200mL 0.25 m
10、o lL1 KCl溶液中Cl物质的量浓度为0.25molL11=0.25molL1，故C错误；D、100mL 0.5molL1NaClO溶液中不含Cl，故D错误；故选：B点评：本题考查离子浓度的计算，注意离子浓度与溶质浓度的关系即可解答，难度不大，注意与体积无关，选项D为易错点8（3分）下列转变中，需要加入还原剂才能实现的是（）ACO2HCO3BHClCl2CFe3+Fe2+DH2HCl考点：氧化还原反应；重要的还原剂.分析：需要加入还原剂才能实现，说明给予物质作氧化剂，在反应中得电子化合价降低，据此分析解答解答：解：需要加入还原剂才能实现，说明给予物质作氧化剂，在反应中得电子化合价降低，A该
11、反应中C、O元素化合价不变，所以不发生氧化还原反应，故A错误；B该反应中Cl元素化合价由1价变为0价，所以HCl作还原剂，需要加入氧化剂才能实现，故B错误；C该反应中Fe元素化合价由+3价变为+2价，所以铁离子作氧化剂，需要加入还原剂才能实现，如Fe、Cu等，故C正确；D该反应中H元素化合价由01价变为+1价，所以氢气是还原剂，需要氧化剂才能实现，故D错误；故选C点评：本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念，明确概念内涵即可解答，知道元素化合价与元素性质的关系，题目难度不大9（3分）实验室里进行过滤和蒸发操作都要用到的仪器是（）A漏斗B玻璃棒C蒸发皿D酒精灯考点：过滤、分离与注入溶液的仪器.分
12、析：根据蒸发和过滤所需仪器即可找出共同需要的仪器解答：解：过滤需要铁架台、烧杯、漏斗、玻璃杯以及滤纸；蒸发需要铁架台（或三脚架）、蒸发皿、玻璃杯等仪器，则共同需要的仪器是玻璃杯，故选B点评：本题考查分离所用仪器，题目难度不大，明确各操作所学仪器是解答该题的关键，注重相关基础知识的积累10（3分）12g镁在空气中点燃，完全反应后生成物质的质量（）A大于20gB小于20gC等于20gD无法确定考点：镁的化学性质.分析：12gMg的物质的量=0.5mol，镁在空气中燃烧反应方程式为2Mg+O22MgO 3Mg+N2Mg3N2，采用极限法解答解答：解：12gMg的物质的量=0.5mol，镁在空气中燃烧
13、反应方程式为2Mg+O22MgO、3Mg+N2Mg3N2，如果完全生成MgO，根据镁原子守恒得n（Mg）=n（MgO）=0.5mol，则固体质量=40g/mol0.5mol=20g，如果完全完全生成Mg3N2，根据镁原子守恒得n（Mg3N2）=n（Mg）=mol，氮化镁质量=mol100=16.67g，所以生成物总质量小于20g，故选B点评：本题以镁为载体考查方程式的计算，侧重据此分析计算能力，采用极限法分析解答即可，注意原子守恒的利用，题目难度不大11（3分）下列有关卤族元素的说法中不正确的是（）A工业上以海水为原料，提取溴单质B分别向新制氯水和久置的氯水中滴加AgNO3溶液都能生成白色沉淀
14、C可用干燥的有色布条检验氯化氢气体中是否混有Cl2D医生建议患甲状腺肿大的病人多食海带，这是由于海带中含有较丰富的碘元素考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用.专题：卤族元素分析：A海水中存在溴离子；B新制氯水和久置的氯水中均含Cl；C干燥的氯气不具有漂白性；D海带中含碘元素，可补充人体缺碘解答：解：A海水中存在溴离子，利用氧化还原反应氧化溴离子可提取溴单质，故A正确；B新制氯水和久置的氯水中均含Cl，则滴加AgNO3溶液都能生成AgCl白色沉淀，故B正确C干燥的氯气不具有漂白性，则不能用干燥的有色布条检验氯化氢气体中是否混有Cl2，HClO具有漂白性，故C错误；D碘是合成甲状腺激素的主要元素，
15、缺乏会患甲状腺肿大和呆小症，则患甲状腺肿大的病人多食海带，是由于海带中含有较丰富的碘元素，故D正确；故选C点评：本题考查卤族元素的性质，为高频考点，把握海水中元素的提取、氯水的成分、HClO的漂白性及碘在人体作用为解答的关键，注重化学与生活的联系，题目难度不大12（3分）在强碱性的无色溶液中，一定可以大量共存的离子组是（）ANH4+、Na+、NO3、ClBK+、Ba2+、Cl、NO3CK+、Na+、H+、SO42DNa+、Cu2+、Cl、NO3考点：离子共存问题.分析：强碱性溶液中含大量的OH，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答解答：解：
16、ANH4+、OH结合生成弱电解质，不能大量共存，故A错误；B该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故B正确；CH+、OH结合生成水，不能大量共存，故C错误；DCu2+、OH结合生成沉淀，不能大量共存，且Cu2+为蓝色，故D错误；故选B点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，注意归纳常见离子的颜色，题目难度不大13（3分）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A1 molCl2与足量Fe反应转移电子数一定为2NAB常态下，11.2 LCO2和O2混合气体中含NA个氧原子C1L 0.1mol/LFe
17、Cl3溶液可制备0.1NA个Fe（OH）3胶粒D0.1mol/L的醋酸溶液中含有0.1NA个H+考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A.1mol氯气与铁完全反应得到2mol电子；B不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算混合气体的物质的量；C氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算氢氧化铁胶粒的数目；D没有告诉醋酸溶液体积，无法计算溶液中氢离子的数目解答：解：A.1mol氯气与足量的铁完全反应可以得到2mol电子，反应转移电子数一定为2NA，故A正确；B没有告诉在标况下，题中条件无法计算二氧化碳和氧气的混合气体的物质的量，故B错误；C由于氢氧化铁胶粒为氢氧化
18、铁的聚集体，所以无法计算溶液中氢氧化铁胶粒的物质的量及数目，故C错误；D醋酸为弱电解质，且缺少醋酸溶液的体积，无法计算醋酸溶液中氢离子的数目，故D错误；故选A点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确氢氧化铁胶体为氢氧化铁的聚集体，要求学生掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题有利于高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力14（3分）下列反应中不属于氧化还原反应的是（）ANO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2OBNH3+HClNH4ClCBr2+2KII2+2KBrD2H2O22H2O+O2考点：氧化还原反应.分析：发生的反应中，含元素的化合
19、价变化，则为氧化还原反应；若不含元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此来解答解答：解：AN元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不选；B没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故B选；CBr和I元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；DO元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选故选B点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答关键，侧重氧化还原反应判断的考查，题目难度不大15（3分）将0.2mol MnO2和50mL 12mol/L盐酸混合后加热，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀物质的量为（不考虑
20、盐酸挥发）（）A等于0.3molB小于0.3molC大于0.3mol，小于0.6molD等于0.6mol考点：有关范围讨论题的计算；化学方程式的有关计算；氯气的实验室制法.专题：估算法分析：MnO2只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰，随着盐酸浓度的降低，HCl的还原性减弱，反应停止，以此解答该题解答：解：反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，n（MnO2）=0.2mol，n（HCl）=0.05L12mol/L=0.6mol，根据方程式可知MnO2过量，如盐酸完全反应，则生成0.15molCl2，溶液剩余0.3molCl，但MnO2只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰，随
21、着盐酸浓度的降低，HCl的还原性减弱，反应停止，所以溶液中溶液剩余Cl大于0.3mol，所以，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀物质的量大于0.3mol，小于0.6mol，故选C点评：本题考查浓盐酸与二氧化锰反应的性质，题目难度不大，注意MnO2只与浓盐酸反应16（3分）下列有关实验原理、方法和结论都正确的是（）A某无色溶液滴加氯水和CCl4，振荡、静置分层后，下层溶液呈紫色，则原溶液中有IB向某溶液中加入盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该溶液中一定含有CO32C向某溶液中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，再滴加足量稀HNO3，若沉淀不溶解，则说明原溶液中一定
22、含SO42D某无色溶液用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，则原溶液含Na+无K+考点：常见阴离子的检验；常见阳离子的检验.分析：A氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来而显紫色；B无色气体可能为二氧化碳或二氧化硫；C能和BaCl2溶液反应生成不溶于稀HNO3的白色沉淀的离子是氯离子、硫酸根离子；D观察钾元素的焰色反应时要透过蓝色的钴玻璃解答：解：A氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来四氯化碳密度比水大，下层溶液显紫色；所以滴加氯水和四氯化碳，下层溶液显紫色说明原溶液中有碘离子，故A正确；B无色气体可能为二氧化碳或二氧化硫，则该溶
23、液中可能含CO32或SO32等，故B错误；C向某溶液中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，该沉淀可能是碳酸钡、亚硫酸钡、硫酸钡或氯化银，再滴加足量稀HNO3，若沉淀不溶解，则说明原沉淀可能为亚硫酸钡、硫酸钡或氯化银，故不能说明原溶液中一定含SO42，故C错误；D观察钾元素的焰色反应时要透过蓝色的钴玻璃，防止钠元素造成干扰，故D错误；故选A点评：本题考查实验方案设计及评价，难度中等明确实验原理是解题的关键17（3分）用1L1molL1NaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比约为（）A1：3B1：2C2：3D3：2考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题
24、分析：用1L1molL1NaOH溶液吸收0.8molCO2，生成Na2CO3和NaHCO3，则NaOH、CO2完全反应，令Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据钠离子、碳原子守恒列方程，计算x、y的值，据此解答解答：解：用1L1molL1NaOH溶液吸收0.8molCO2，生成Na2CO3和NaHCO3，则NaOH、CO2完全反应，令Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据钠离子守恒有：2x+y=11根据碳原子守恒有：x+y=0.8联立方程，解得x=0.2，y=0.6故所得溶液中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比约为0.2mol：0.
25、6mol=1：3，故选A点评：本题考查根据方程式的有关计算，难度不大，清楚发生的反应是关键，注意利用守恒思想进行的解答二、解答题（共7小题，满分43分）18（4分）有下列物质：Fe CO2Na2OCu（OH）2MgCl2NH4ClH2SO4C2H5OH（酒精）（用序号作答）上述十种物质中，其中属于电解质的有，属于强电解质的有考点：电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念.分析：电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；在水溶液中或熔融状态下完全电离的电解质属于强电解质，部分电离的属于弱电解质，据此分析解答：解：Fe为金属单质，既不是电解
26、质也不是非电解质；CO2自身不能电离，是非电解质；Na2O在熔融状态下完全电离，是强电解质；Cu（OH）2在水溶液中部分电离，是弱电解质；MgCl2在水溶液中或熔融状态下能够完全电离，是强电解质；NH4Cl在水溶液中完全电离，是强电解质；H2SO4在水溶液中完全电离，是强电解质；C2H5OH（酒精）在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质；故属于电解质的是；属于强电解质的是，故答案为：；点评：本题考查电解质、非电解质、强电解质及弱电解质的概念的辨析，难度不大解题时紧抓住电解质必须是化合物，强弱电解质根据电离程度去判断19（4分）今有K2SO4和Al2（SO4）3的混合溶液，已知其中K+浓度是
27、0.2molL1，SO42的浓度是0.7molL1（1）写出Al2（SO4）3电离的电离方程式：Al2（SO4）3=2Al3+3SO42（2）Al3+浓度应等于0.4mol/L考点：物质的量浓度的相关计算；电离方程式的书写.分析：（1）硫酸铝是强电解质完全电离生成硫酸根离子和铝离子；（2）溶液呈中性，根据电荷守恒求解；解答：解：（1）硫酸铝是强电解质完全电离，电离方程式：Al2（SO4）3=2Al3+3SO42；故答案为：Al2（SO4）3=2Al3+3SO42；（2）溶液呈中性，根据电荷守恒列关系式：C（Al3+）3+C（K+）=2C（SO42），将各种离子浓度带入得：C（Al3+）3+0.
28、2molL1=20.7molL1C（Al3+）=0.4mol/L；故答案为：0.4mol/L；点评：本题考查了电解质的电离和物质的量浓度的相关计算，掌握公式的运用是解题关键，难度不大20（6分）根据反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，回答下列问题：（1）该反应中氧化剂是Cl2，被氧化的是N元素（2）用双线桥法标出电子转移的方向与数目（3）该反应中参加氧化还原的氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2考点：氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应.分析：该反应中N元素化合价由3价变为0价，化合价升高被氧化、Cl元素化合价由0价变为1价，化合价降低被还原，所以NH3是还原剂、Cl2是氧化剂
29、，据此解答解答：解：（1）8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，反应中N元素化合价由3价变为0价，化合价升高被氧化，Cl元素化合价由0价变为1价，化合价降低被还原，所以NH3是还原剂、Cl2是氧化剂；故答案为：Cl2； N；（2）该反应中N元素化合价由3价变为0价，Cl元素化合价由0价变为1价，按照方程式8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，没消耗3mol氯气转移6mol电子，用双线桥标出电子转移的方向和数目可为，故答案为：；（3）由反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2：可知，3mol氧化剂氯气与2mol还原剂氨气转移电子相等，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故答案为：3：2
30、点评：本题考查了氧化还原反应知识，明确氧化还原反应的基本概念、规律是解题关键，注意反应中只有一部分氨气做还原剂21（4分）写出下列物质在水溶液中电离的电离方程式（1）NaHSO4：NaHSO4Na+H+SO42（2）CH3COOH：CH3COOHCH3COO+H+考点：电离方程式的书写.分析：（1）NaHSO4是强电解质，NaHSO4在水中电离出钠离子和硫酸根离子和氢离子；（2）醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离；解答：解：（1）NaHSO4是强电解质，NaHSO4在水中电离出钠离子和硫酸根离子和氢离子，电离方程式为：NaHSO4Na+H+SO42，故答案为：NaHSO4Na+H+SO42；（2
31、）醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离，电离时电离出自由移动的氢离子和醋酸根离子，电离方程式为：CH3COOHCH3COO+H+，故答案为：CH3COOHCH3COO+H+点评：本题考查电离方程式的书写知识，注意强电解质在溶液中能完全电离，弱电解质部分电离，离子团在电离方程式中不能拆开，强酸的酸式根离子要拆开，题目难度不大22（8分）现有几种元素的性质或原子的结构的描述如表：元素或原子元素的性质或原子的结构的描述原子核内只有一个质子最外层电子数是次外层的2倍地壳中含量最多的元素原子失去一个电子后为单核10电子的阳离子原子得到一个电子后，与氩原子的电子层结构相同（1）的一种核素作为计算相对原子质量的
32、标准，的另一种核素可用于考古断代，请用科学规范的化学术语表示这两种核素126C、146C；（2）和形成化合物A，A中原子个数比为1：1，A化合物的化学式为Na2O2；（3）和形成化合物B，B中原子个数比为1：1，B化合物的化学式为H2O2，1mol该化合物中含有电子的个数（用NA表示）18NA；（4）和形成化合物D，在一定条件下涉及D水溶液的工业生产名称为氯碱工业，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2考点：位置结构性质的相互关系应用.分析：元素原子核内只有一个质子，则为H元素；元素原子最外层电子数是次外层的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则为C；是地壳中
33、含量最多的元素，则为O元素；原子失去一个电子后为单核10电子的阳离子，则为Na；原子得到一个电子后，与氩原子的电子层结构相同，则为Cl，以此解答该题解答：解：元素原子核内只有一个质子，则为H元素；元素原子最外层电子数是次外层的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则为C；是地壳中含量最多的元素，则为O元素；原子失去一个电子后为单核10电子的阳离子，则为Na；原子得到一个电子后，与氩原子的电子层结构相同，则为Cl，（1）的一种核素作为计算相对原子质量的标准，该核素为126C；的另一种核素可用于考古断代，该核素为146C，故答案为：126C；146C；（2）O和Na形成化合物A，A中原子个
34、数比为1：1，A化合物的化学式为Na2O2，故答案为：Na2O2；（3）H和O形成化合物B，B中原子个数比为1：1，B化合物的化学式为H2O2，1个H2O2分子含有18个电子，故1mol该化合物中含有电子的个数18NA；故答案为：H2O2；18NA；（4）Na和Cl形成化合物D为NaCl，在一定条件下涉及NaCl水溶液的工业生产名称为氯碱工业，反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，故答案为：氯碱工业；2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2点评：本题以元素推断为载体考查了元素化合物的性质，为高频考点，能正确判断元素是解本题的关键，注意把握相关物质的结构和性质，难
35、度不大23（12分）有一固体混合物，可能由NaBr、KCl、Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、NH4Cl中的一种或几种混合而成，为了检验所含的物质，做了如下实验：取少量固体溶于水，得到无色透明溶液；向此溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成；过滤，向沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀部分溶解且有无色无味气体生成；向滤液中加入足量的新制氯水充分反应后，加入适量CCl4，振荡并静置后分层，且下层呈橙红色；进行焰色反应，透过蓝色的钴玻璃未见紫色 请回答以下问题：（1）混合物中一定含有Na2CO3、Na2SO4、NaBr；可能含有NH4Cl（均填写“化学式”）（2）可能含有的物质如何检验，请
36、简述实验方案：取少量样品于试管中，加少量水溶解，再加入一定量的氢氧化钠溶液加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，若变蓝说明含有NH4Cl；（3）实验中加入适量CCl4的实验操作名称是萃取，请写出一种能够代替CCl4同样能够完成该实验的化学试剂苯（4）实验中反应的化学方程式BaCO3+2HNO3=Ba（NO3）2+CO2+H2O考点：几组未知物的检验.专题：物质检验鉴别题分析：取少量固体溶于水，得到无色透明溶液，则一定不含有CuSO4；向此溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，至少含有Na2CO3、Na2SO4中的一种；过滤，向沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀部分溶解且有无色无味气体生成，则沉淀是
37、碳酸钡和硫酸钡的混合物，一定含有Na2CO3、Na2SO4；向滤液中加入足量的新制氯水充分反应后，加入适量CCl4，振荡并静置后分层，且下层呈橙红色，即生成了溴单质，一定含有NaBr；进行焰色反应，透过蓝色的钴玻璃未见紫色，一定不含有KCl不能确定是否含有NH4Cl，据此回答解答：解：取少量固体溶于水，得到无色透明溶液，则一定不含有CuSO4；向此溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，至少含有Na2CO3、Na2SO4中的一种；过滤，向沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀部分溶解且有无色无味气体生成，则沉淀是碳酸钡和硫酸钡的混合物，一定含有Na2CO3、Na2SO4；向滤液中加入足量的新制氯水充分反应
38、后，加入适量CCl4，振荡并静置后分层，且下层呈橙红色，即生成了溴单质，一定含有NaBr；进行焰色反应，透过蓝色的钴玻璃未见紫色，一定不含有KCl不能确定是否NH4Cl，（1）混合物中一定含有Na2CO3、Na2SO4、NaBr；可能含有NH4Cl，故答案为：Na2CO3、Na2SO4、NaBr；NH4Cl；（2）铵盐能和强碱溶液在加热的条件下发生反应生成碱性气体氨气，据此可以检验铵根离子，即检验氯化铵是否存在，故答案为：取少量样品于试管中，加少量水溶解，再加入一定量的氢氧化钠溶液加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，若变蓝说明含有NH4Cl（3）溶液中加入足量的新制氯水充分反应后，溴离子被
39、氧化为溴单质，加入适量CCl4，振荡并静置，溴单质在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，并且水和四氯化碳互不相溶，所以静止后后分层，且下层是溶解有溴单质的四氯化碳，呈橙红色，该实验操作名称是萃取，可以代替四氯化碳的是苯，此时橙红色在上层，故答案为：萃取；苯（4）实验得到的沉淀是碳酸钡和硫酸钡的混合物，碳酸钡能溶于硝酸，即BaCO3+2HNO3=Ba（NO3）2+CO2+H2O，故答案为：BaCO3+2HNO3=Ba（NO3）2+CO2+H2O点评：本题考查物质成分的检验，要求同学们具备有关化合物的基础知识，且要有实验操作的经历和分析、解决化学实验问题的能力解题时需要认真分析题目给出的条件，联
40、系实际，逐一分析推断24（5分）用固体NaOH配制250mL 0.5molL1NaOH溶液；（1）在下列仪器中：托盘天平（带砝码）；量筒；烧杯；玻璃棒；漏斗；500mL容量瓶；药匙；250mL容量瓶；胶头滴管；坩埚A配制过程中必须用到的仪器有：（填写代号）B容量瓶使用前应检漏，中学化学实验常用仪器中使用前和容量瓶使用有相同操作的不同类玻璃仪器还有：分液漏斗；（2）下列操作使所配制的NaOH溶液浓度偏高的有：（填写代号）称取固体NaOH时未用小烧杯没有用水冲洗烧杯23次定容时，俯视液面使之与刻度相切溶液配好摇匀后，发现液面低于刻度线，又加水至液面与刻度相切将未冷却的溶液注入容量瓶后，马上定容样品
41、中混有Na2O杂质考点：配制一定物质的量浓度的溶液.分析：（1）A依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择合适的仪器；B带瓶塞和活塞的仪器使用前都需要查漏，据此分析；（2）分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据C=进行误差分析解答：解：（1）A配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤有：计算、称量、溶解冷却、移液、洗涤、摇匀装瓶，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧瓶、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；故答案为：；B使用容量瓶的第一步操作是检查容量瓶是否漏水，故需要查漏的还有分液漏斗，故答案为：查漏；分液漏斗；（2）称取固体NaOH时未用小烧杯，导致部分氢氧化钠沾到滤纸上，溶质的物质的量
42、偏小，溶液的浓度偏低；没有用水冲洗烧杯23次，导致溶质的物质的量偏低，溶液的浓度偏低；定容时，俯视液面使之与刻度相切，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高；溶液配好摇匀后，发现液面低于刻度线，又加水至液面与刻度相切，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低；将未冷却的溶液注入容量瓶后，马上定容，冷却后，溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高；样品中混有Na2O杂质，相同质量的氧化钠生成氢氧化钠的物质的量多于氢氧化钠，导致溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高；故答案为：点评：本题考查学生一定物质的量浓度溶液的配制，熟悉配制原理、明确仪器的使用方法是解题关键，注意误差分析的方法和技巧三、计算题（本大题共1小题，共6
43、分）25（6分）今有Na2CO3、NaHCO3、NaCl组成的混合物100g，加热到质量不再减少为止剩余残渣为84.5g，将残渣溶于水，滴入足量的AgNO3溶液得到白色沉淀，加足量的稀硝酸后大部分沉淀消失，剩余沉淀为14.35g，试计算混合物中Na2CO3、NaHCO3、和NaCl的质量各是多少考点：有关混合物反应的计算.分析：加热发生反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，导致固体质量减少，根据固体质量减少，利用差量法计算原混合物中碳酸氢钠的质量；最后剩余沉淀的质量为28.7g为AgCl，根据n=计算AgCl的物质的量，根据氯离子守恒计算原混合物中n（NaCl），再根据m=nM计算
44、氯化钠的质量，根据总质量计算出碳酸钠的质量解答：解：加热到质量不再减少为止，剩余固体的质量为84.5g，则固体质量减少为100g84.5g=15.5g，设原混合物中NaHC03的质量为m，则：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2Om168 44 18 62m 15.5g故m=42g，故原混合物中碳酸氢钠的质量为42g；将加热后的固体溶于水，滴入足量的硝酸银溶液，得到白色沉淀，再加足量的稀硝酸后剩余沉淀的质量为14.35g为AgCl，AgCl的物质的量为=0.1mol，根据氯离子守恒，原混合物中：n（NaCl）=n（AgCl）=0.1mol，故原混合物中氯化钠的质量为：0.1mol58.5g/mol：5.85；故原混合物中碳酸钠的质量为：100gg42g5.85g=52.15g，答：混合物中Na2CO3的质量为52.15g，NaHCO3的质量为42g，NaCl的质量为5.85g点评：本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，明确发生反应原理为解题的关键，注意利用差量法在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的化学计算能力