1、浙江省宁波市奉化高中、慈溪市三山高中等六校2019-2020学年高一化学下学期期中联考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 Mg24 S32 Cl35.5 Ca40 Fe56 Cu64 Br80 I127 一、选择题(本大题共25小题，每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1.下列物质中属于生石灰的化学式是A. Ca(OH)2B. CaCO3C. CaOD. Cu2(OH)2CO3【答案】C【解析】【详解】Ca(OH)2是熟石灰，CaCO3是大理石，Cu2(OH)2CO3是铜绿，因而CaO是生石灰的化学式；答案为C。2.新型冠状病毒(COVID19)是
2、一种致病性很强的RNA病毒，医用酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸都可以用于家庭消毒。按照物质的组成和性质进行分类，新型冠状病毒属于A. 氧化物B. 单质C. 有机物D. 无机物【答案】C【解析】【详解】病毒是由核酸分子与蛋白质构成的靠寄生生活的介于生命体及非生命体之间的非细胞形态的有机生物，病毒除了含有C、H、O三种元素外还含有N、P等元素，新型冠状病毒(COVID19)是一种致病性很强的RNA病毒，因而属于有机物；答案为C。3.下列仪器名称为“漏斗”的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据仪器的特征分析仪器的名称。【详解】根据仪器的特征知：A为冷凝管，B为容量瓶，C为量筒，D为漏
3、斗，故该题选D。4.下列物质因发生水解而使溶液呈碱性的是A. NH4NO3B. K2CO3C. BaCl2D. NaOH【答案】B【解析】【详解】ANH4NO3为强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解，溶液呈酸性，选项A错误；BK2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解，溶液呈碱性，满足条件，选项B正确；CBaCl2在溶液中不水解，其溶液为中性，选项C错误；DNaOH为强碱溶液，不满足条件，选项D错误；答案选B。5.下列物质中属于弱电解质的是A. C6H12O6B. 石墨C. BaSO4D. Fe(OH)3【答案】D【解析】【详解】A溶于水和在熔融状态下，都不能够导电的化合物是非电解质，则C6H12O6
4、是非电解质，选项A错误； B石墨是单质，不是电解质，也不是非电解质，选项B错误；CBaSO4在水溶液里能完全电离出钡离子和硫酸根离子，所以是强电解质，选项C错误；D氢氧化铁在水溶液里只有部分电离，所以是弱电解质，选项D正确；答案选D。6.下列反应中，水作氧化剂的是（）A. C+H2O CO+H2B. H2+CuO Cu+H2OC. Cl2+H2OHCl+HClOD. SO3+H2OH2SO4【答案】A【解析】【详解】A.水中氢元素化合价降低，得到电子,水是氧化剂，A正确;B、氢元素化合价升高，氢气是还原剂，水是氧化产物，B错误;C、水中元素的化合价均不变化，不是氧化剂，也不是还原剂，氯气既是氧
5、化剂，也是还原剂，C错误;D、反应中元素的化合价均不变化，不是氧化还原反应，D错误。答案选A。7.下列分散系能产生“丁达尔效应”的是A. 鸡蛋清溶液B. 水玻璃C. 福尔马林D. 氨水【答案】A【解析】【分析】【详解】胶体能产生“丁达尔效应”，而溶液不能。水玻璃是硅酸钠溶液，分散质粒子是离子，福尔马林是甲醛溶液，分散质粒子是小分子，氨水的分散质粒子是分子和离子，这三种分散系都属于溶液；鸡蛋清溶液是指高分子蛋白质分散在水中，形成胶体分散系，能够产生丁达尔效应。答案选A。8.下列化学用语正确的是A. 中子数为143、质子数为92的铀(U)原子：B. 氯原子的结构示意图：C. 羟基的电子式：D. 丙
6、烷的比例模型：【答案】B【解析】【详解】A中子数为143、质子数为92的铀（U）原子的质量数为235，该原子可以表示为：，选项A错误；B氯原子的核电荷数=质子数=核外电子总数=17，氯原子的结构示意图为：，选项B正确；C羟基中氧原子最外层为7个电子，羟基正确的电子式为：，选项C错误；D为丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型为：，选项D错误；答案选B。9.下列说法不正确的是A. 硫元素的不同单质S2与S8互为同素异形体B. 35Cl2和37Cl2互为同位素C. (CH3)2CHCH3和CH3(CH2)2CH3互为同分异构体D. 甲苯和间二甲苯互为同系物【答案】B【解析】【详解】AS2与S8是硫元素形成
7、的不同单质，互为同素异形体，选项A正确；B35Cl2和37Cl2均是氯气单质，是一种物质，选项B不正确；C(CH3)2CHCH3和CH3(CH2)2CH3分子式相同，结构不同，互为同分异构体，选项C正确；D甲苯和间二甲苯组成相似，分子上相差1个CH2，互为同系物，选项D正确；答案选B。10.下列说法不正确的是A. 镁的氧化物熔点很高，是优质的耐高温材料B. 工业上采用热还原法来冶炼金属铁C. 二氧化硫因具有还原性，可以用来漂白纸浆D. 晶体硅是一种重要的半导体材料，是手机芯片中的主要成分【答案】C【解析】【详解】A氧化镁的熔点高，是优质的耐高温材料，选项A正确；B铁属于中等活泼等金属，采用热还
8、原法，不活泼等金属采用热分解，活泼等金属采用电解，选项B正确；C二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，所以能漂白纸张，漂白纸张与二氧化硫的还原性无关，选项C不正确；D晶体硅是一种重要的半导体材料，是芯片的主要成分，选项D正确；答案选C。11.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示。己知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是YZXWA. 原子半径：XYZC. Z、W均可与Mg形成离子化合物D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：XW【答案】C【解析】【分析】设元素Y的原子序数为y，则y+y+10=3（y+1），解得y=7，则Y为N元素、X为Si元素、Z为O元素
9、、W为Cl元素。【详解】A同周期元素，从左到右原子半径依次减小，原子半径：ZY，选项A错误；B元素非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氮元素的非金属性强于硅元素，则气态氢化物的稳定性：XZ，选项B错误；CO元素、Cl元素与Mg元素形成的化合物氧化镁、氯化镁都是离子化合物，选项C正确；D元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯元素的非金属性强于硅元素，则最高价氧化物对应水化物的酸性：XW，选项D错误；答案选C。12.下列方程式正确的是A. 用惰性电极电解饱和食盐水的化学方程式：2NaClH2OH2Cl22NaOHB. 苯和液溴的反应C6H6+Br2C6H4Br2+H2C. 氯化铁
10、水解的离子方程式：Fe3+3H2OFe(OH)33H+D. 稀硝酸滴在石灰石上：CO32-+2H+=H2O+CO2【答案】C【解析】分析】【详解】A用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，电池反应式为2NaCl2H2OH2Cl22NaOH，选项A错误；B. 苯与液溴制溴苯的反应为：C6H6+Br2C6H5Br+HBr，选项B错误；C. FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+离子水解使溶液呈酸性，水解方程式为Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，选项C正确；D稀硝酸滴在石灰石上，碳酸钙难溶于水必须写化学式，反应的离子方程式为2H+CaCO3=H2O+CO2+C
11、a2+，选项D错误；答案选C。13.实验室用下图所示装置制备干燥纯净的氯气，并进行氯气的性质实验。下列说法中不正确的是A. 装置C的作用是除去氯气中的杂质HClB. 装置F中的现象为有白色沉淀产生C. 实验结束时，应先熄灭酒精灯，再将导管移出装有液体的集气瓶或烧杯D. 该实验中体现了浓盐酸的还原性和酸性【答案】C【解析】【详解】A因为HCl极易溶于水，用饱和的食盐水既可除去氯气中的杂质HCl，又可降低氯气在水中的溶解度，故A正确；B过量的Cl2进入AgNO3溶液会发生Cl2+H2O=HCl+HClO反应，有Cl-产生，则Cl-+Ag+=AgCl，F中的现象为有白色沉淀产生，故B正确；C实验结束
12、时，先熄灭酒精灯，再将导管移出装有液体的集气瓶或烧杯，会因为装置内压强变小，外界压强大而产生倒吸现象，就出现实验危险，故C错误；D因为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O，在反应中有4摩尔HCl参加反应，只生成了1摩尔Cl2，氯元素化合价升高，体现还原性，还生成了MnCl2，体现了酸性，故D正确；答案为C。14.下列关于燃料与能源的说法不正确的是A. 将煤进行气化处理属于化学变化，有助于提高煤的综合利用效率B. 生物质能、风能、水能是可再生能源C. 应用于高山气象站的太阳能电池属于光电转换D. 石油的裂解主要是为了提高轻质油的产量和质量【答案】D【解析】【详解】A对煤进行气化
13、处理让煤在高温条件下与水蒸气反应，是化学变化，又使其接触面积增大，进而提高其利用率，故A正确；B生物质能、风能和水能能源源不断获得，是可再生能源，是应该优先发展的新能源，故B正确；C应用于高山气象站的太阳能电池把太阳能转化为电能，故属于光电转换，故C正确；D石油裂解目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯等不饱和烯烃，石油的裂化才是提高轻质油的产量和质量，故D错误；答案为D。15.下列说法中正确的是A. 纤维素和蛋白质都属于天然高分子化合物，且水解最终产物均为葡萄糖B. 间二甲苯仅有一种空间结构可证明苯分子中不存在单双键交替的结构C. 油脂在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸D. 通常可以通过控制
14、溶液的pH分离不同的氨基酸【答案】D【解析】【详解】A纤维素为多糖，属于天然高分子化合物，能水解，最终产物都是葡萄糖，天然蛋白蛋是氨基酸通过脱水缩合形成的高分子化合物，所以天然蛋白蛋水解的最终产物均为氨基酸，故A错误；B无论是否存在单双键交替的结构，间二甲苯都只有一种结构，应用邻二甲苯证明，故B错误；C油脂是高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸盐，故C错误；D氨基酸是人体必需的营养物质，氨基酸同时含有氨基和羧基，调节溶液的pH可改变内盐的溶解度，可以通过控制溶液的pH分离氨基酸，故D正确；答案为D。16. 工业上常用如下的方法从海水中提溴：下列说法错误的是A. 步骤的主要反应
15、为：Cl2+2BrBr2+2ClB. 物质X为HBrOC. 步骤的目的是富集溴元素D. 步骤利用了溴易挥发的性质【答案】B【解析】【详解】A步骤是利用氯气氧化海水里的Br-，发生的主要反应为Cl2+2Br=Br2+2Cl，故A正确；BSO2和Br2水反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，物质X为HBr，故B错误；C利用步骤的操作，目的是富集溴元素，故C正确； D步骤利用了溴易挥发的性质，通过升温促进溴蒸汽挥发，故D正确，答案为B。17.人工光合系统装置（如图）可实现以CO2和 H2O 合成CH4。下列有关说法不正确的是（）A. 该装置中铜为正极B. 电池工作时H+向
16、Cu电极移动C. GaN 电极表面的电极反应式为: 2H2O-4e-O2+4H+D. 反应CO2+2H2OCH4+2O2中每消耗 1mol CO2转移 4mol e-【答案】D【解析】【分析】该装置中，根据电子流向知，GaN是负极、Cu是正极，负极反应式为2H2O-4e-O2+4H+，正极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，电解质溶液中阳离子向正极移动，据此分析解答。【详解】A、根据图知，该装置中有太阳能转化为化学能、化学能转化为电能，则为原电池，根据电子流向知铜为正极，故A正确；B、电池工作时，H+向正极Cu电极移动，故B正确；C、GaN是负极，负极反应式为2H2O-4e-=4
17、H+O2，故C正确；D、反应CO2+2H2OCH4+2O2中每消耗1molCO2转移8mole-，故D错误。故选D。18.下列说法中正确的是A. c(H+)等于110-7mol/L的溶液一定是中性溶液B. 常温下pH10的氨水中由水电离出来的c(H+)与pH4的NH4Cl溶液相同C. pH相等的NaHCO3、Na2CO3、NaOH溶液的物质的量浓度大小：D. 醋酸和氢氧化钠反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(CH3COO-)=c(Na+)【答案】D【解析】【详解】A中性溶液中c(H)与c(OH)相等；常温下，c(H+)等于110-7mol/L的溶液是中性溶液；若温度改变，水的电离被影响，则中性溶
18、液中c(H)也会改变，不一定是110-7mol/L，A错误；BpH=4的NH4Cl溶液中的NH4水解，促进水的电离；而pH10的氨水中的NH3H2O，会电离出OH，抑制水的电离，则pH=4的NH4Cl溶液中由水电离出来的c(H)大于pH=10的氨水中由水电离出来的c(H)，B错误；CNaHCO3和Na2CO3溶液中，酸根阴离子水解，使得溶液呈碱性，HCO3的水解能力弱于CO32，NaOH溶液是强碱完全电离，使得溶液呈碱性；碱性越强，需要的溶质的浓度越小，则溶液的物质的量浓度大小：，C错误；D醋酸和氢氧化钠反应后，根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，溶液呈
19、中性，则c(H+)=c(OH-)，就可以得出c(CH3COO-)=c(Na+)，D正确；答案为D。19.下列说法中不正确的是A. 任何离子键在形成的过程中必定有电子的得与失B. 金刚石是由共价键结合形成的原子晶体C. N2和Cl2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构D. 碘单质升华克服的作用力是分子间作用力，HCl溶于水克服的是共价键【答案】A【解析】【分析】【详解】A铵根离子是氨中的N原子提供孤对电子给氢离子，整个体系带一个单位正电荷，但是由于氢离子是接受N原子的电子对形成配位键，所以并没有电子的得失，故A错误；B金刚石通过碳原子之间形成共价键形成的原子晶体，故B正确；CN2分子
20、中是氮氮三键，而Cl2分子中氯氯单键，所以每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故C正确；D分子间作用力决定分子晶体的物理性质，所以碘单质升华，克服的是碘分子间作用力；HCl气体溶于水后，因为共价键被破坏，从而形成了H+和Cl-，故D正确；答案为A。20.下列有关叙述正确的是A. “神舟六号”飞船返回舱的表层采用高温时自动烧蚀的耐高温、抗氧化的新型无机非金属材料带走热量从而保证内部温度不致过高。B. “加碘食盐”“含氟牙膏”“富硒营养品”“高钙牛奶”“加铁酱油”等等，这里的碘、氟、硒指的是分子，钙、铁则分别是钙离子和铁离子。C. 下图是反应物和生成物的能量变化示意图，则其可能发生的反应的热化学
21、方程式可表示为：2A(g)+B(g)=2C(g)；H=QkJ/mol(Q0)D. 已知4P(红磷，s)=P4(白磷，s)；H0，则白磷比红磷稳定【答案】A【解析】【分析】A. “神舟六号”飞船返回舱返回时表面因摩擦而温度很高；B. “加碘食盐”“含氟牙膏”“富硒营养品”“高钙牛奶”“加铁酱油”中的碘、氟、硒、钙表示的是元素；C. 由图可知反应物的总能量较高而生成物的总能量较低；D. 能量越低，物质越稳定。【详解】A. “神舟六号”飞船返回舱返回时表面因摩擦而温度很高，表层应具有耐高温、抗氧化的新型无机非金属材料，A项正确；B. “加碘食盐”“含氟牙膏”“富硒营养品”“高钙牛奶”“加铁酱油”中的
22、碘、氟、硒、钙表示的是元素，B项错误；C. 由图可知反应物的总能量较高而生成物的总能量较低，因此该反应为放热反应，H=QkJ/mol(Q”“ (6). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe2+2H2O【解析】【分析】【详解】(1)漂白粉的有效成分为次氯酸钙，其化学式为Ca(ClO)2；最长的碳链含有3个碳原子，称为丙烷，从靠近支链最近的一端开始编号，同近时要求支链的位次和最小，因此一个甲基的位置为2，系统命名为2-甲基丙烷；(2)碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应的化学方程式为C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；乙醇与与金属钠反应生成乙醇钠和氢气，断开羟基上
23、的氢氧键，反应方程式为2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa+H2；(3)根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，由反应2Fe2+H2O2+2H+=2Fe2+2H2O可推知氧化性强弱关系为H2O2Fe3+。27.以乙烯为原料，在一定条件下可以转化为A、B、C，最后合成有果香的D，转化关系如下图所示。(1)写出物质A中的官能团名称_；(2)CH2=CH2与B反应也可以生成D，该反应的反应类型属于_；(3)写出B+CD的方程式_；(4)下列说法不正确的是_。ACH2=CH2能与溴水和酸性高锰酸钾溶液反应，两者的褪色原理不相同B物质A与新制Cu(OH)2悬浊液混合后加热，可以出现砖红色
24、沉淀C实验室制备物质D时，常用饱和Na2CO3溶液收集产物，且有机层在下层D等物质的量的CH2=CH2和C完全燃烧，耗氧量相同【答案】 (1). 醛基 (2). 加成反应 (3). CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5 + H2O (4). C【解析】【分析】根据转化关系可知，乙烯与氧气反应生成A为乙醛，乙醛与氢气发生加成反应生成C为乙醇；最后合成有果香的D是由B与C在浓硫酸催化下发生酯化反应生成的乙酸乙酯，则可推出B为乙酸，据此分析。【详解】根据转化关系可知，乙烯与氧气反应生成A为乙醛，乙醛与氢气发生加成反应生成C为乙醇；最后合成有果香D是由B与C在浓硫酸催化下发生酯化反应生成的
25、乙酸乙酯，则可推出B为乙酸。(1) A为乙醛，所含有官能团名称为醛基；(2) B为乙酸，CH2=CH2与乙酸反应也可以生成乙酸乙酯，反应方程式为CH2=CH2+CH3COOHCH3COOC2H5，该反应属于加成反应；(3) B+CD是乙烯与乙醇反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5 + H2O；(4)ACH2=CH2能与溴水和酸性高锰酸钾溶液反应，前者发生加成反应而使溴水褪色，后者发生氧化反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，两者的褪色原理不相同，选项A正确；B物质A为乙醛，与新制Cu(OH)2悬浊液混合后加热，生成砖红色沉淀Cu2O，选项B正确；C实
26、验室制备物质乙酸乙酯时，制备乙酸乙酯时常用饱和Na2CO3溶液吸收乙酸乙酯，目的是除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层，但有机层在上层，选项C不正确；DC为乙醇，等物质的量的CH2=CH2和C完全燃烧，耗氧量相同，1mol均消耗2mol氧气，选项D正确；答案选C。28.固体化合物 X 由 3 种元素组成。某学习小组进行了如下实验：请回答：(1)由现象 1 得出化合物 X 含有_元素(填元素符号)，X 的化学式_。(2)固体混合物 Y 的成分_(填化学式)。(3)实验室常将氨气(NH3)通过红热的黑色固体化合物 Z 制备氮气，该反应的化学方程式是_，当有28克氮气生成时转移的电子的物质
27、的量为_mol。【答案】 (1). S (2). BaCuS2 (3). BaO和CuO (4). 2NH3+3CuO3=Cu+N2+3H2O (5). 6【解析】【分析】根据现象1可知，无色气体为SO2，向黑色固体化合物Z中加入盐酸，溶液呈蓝色，说明固体Z为CuO，向碱性溶液中加硫酸会产生白色沉淀，说明该溶液中含有Ba2+，由此可知，固体混合物Y中含有BaO，据此解答本题。【详解】（1）根据上述分析可知，X中含有S元素，固体化合物Z物质的量为：=0.1mol，固体混合物中BaO的质量为23.3g-8g=15.3g，BaO的物质的量为：=0.1mol，因此固体X中S元素的物质的量为：=0.2m
28、ol，N(Cu)：N(Ba)：N(S)=1：1：2，故X的化学式为：BaCuS2，故答案为：S；BaCuS2；（2）由上述分析可知，Y的主要成分为：CuO和BaO，故答案为：CuO和BaO；（3）氨气与氧化铜在高温条件下反应，生成铜、氮气、水，其化学反应方程式为：，反应中N元素由-3价变为0价，每生成1molN2转移6mol电子，故当有28克氮气即1mol生成时转移的电子的物质的量为6mol。故答案为：；6mol。29.CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解结晶水合物CuCl2H2O制备CuCl，并进行相关探究。查阅资料：CuCl22H2O CuCl2 CuCl+Cl2；
29、CuCl22H2OCu2(OH)2Cl2CuO(实验探究)该小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器略)。请回答下列问题：(1)仪器X的名称是_；装置D中倒扣的三角漏斗的作用是_；(2)实验操作的先后顺序是a_e (填操作的编号)。a检查装置的气密性后加入药品 b熄灭酒精灯，冷却 c在“气体入口”处通入干燥HCl d点燃酒精灯，加热 e停止通入HCl，然后通入N2(3)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是_；(4)装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是_；(5)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析：若杂质是C
30、uCl2，则产生的原因是_；若杂质是CuO，则产生的原因是_。【答案】 (1). 球形干燥管 (2). 防倒吸 (3). c (4). d (5). b (6). 先逐渐变为红色，后褪色 (7). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (8). 加热温度不够或加热时间不足 (9). 没有在HCl的氛围中加热【解析】【分析】由题意可知，结晶水合物CuCl2H2O制备CuCl的过程为先通入HCl，防止没有HCl的情况下加热生成碱式氯化铜，点燃酒精灯加热，熄灭酒精灯，后停止通入HCl，最后用氮气将装置内的HCl和氯气排空进而被尾气装置中的氢氧化钠吸收。【详解】(1)根据仪器X的构造特点知其名称
31、为干燥管，故答案为球形干燥管；装置D中倒扣的三角漏斗，增大了气体与溶液的接触面，增大了吸收效率，又能起到防倒吸作用；(2)实验中有气体生成，先检验装置的气密性；加热CuCl22H2O制备CuCl，为防止生成的CuCl被空气中的氧气氧化和Cu+水解，必须要先通入干燥的HCl气体赶走装置中的空气再加热，且要在HCl气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，继续通入氮气直至装置冷却，所以操作顺序为：a-c-d-b-e，故答案为c d b；(3)B中物质由白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有Cl2，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，所以C中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色，故答案为先变红，后褪色；(4)D中
32、是Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(5)根据题给信息知若杂质是CuCl2，说明CuCl2没有反应完全，原因为加热时间不足或温度偏低，故答案为：加热时间不足或温度偏低；若杂质是氧化铜，说明CuCl2水解生成Cu2(OH)2Cl2，进一步分解生成CuO，原因是通入HCl的量不足，故答案为：通入HCl的量不足或没有在HCl氛围中加热。【点睛】解答本题首先要根据题给资料明确实验的原理，理清题给装置图中每一个装置的作用和相关反应，结合CuCl22H2O、CuCl易水解，CuC
33、l易被氧化的性质知实验过程中要注意防止空气的干扰，确定装置的连接顺序；(5)小题要根据杂质的成分结合题给资料分析杂质产生的原因。30.实验室用100mLNaOH溶液捕获CO2，一定时间后，测定CO2的吸收量。充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入2.0mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。回答下列问题：（1）原NaOH溶液的物质的量浓度为_；（2）题中通入CO2后所得溶液中的溶质有_，溶液中溶质的物质的量之比为_。【答案】 (1). 1.5mol/L (2). Na2CO3和NaHCO3 (3). 1：1【解析】【详解】（1）加入75mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时
34、溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075L2mol/L=0.15mol，所以c（NaOH）=0.15mol/0.1L=1.5mol/L，故答案为1.5mol/L；（2）当向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体时，发生的反应有：2NaOH+CO2Na2CO3+H2O，还可能有：NaOH+CO2NaHCO3，根据图象可知，由于无气体产生阶段消耗的盐酸为25mL，而有气体生成的阶段消耗的盐酸为50mL，可知溶液的成分为Na2CO3和NaHCO3的混合物；当向溶液中加盐酸的体积25mL时，无气体出现，说明此段内发生了如下反应：HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl，再加盐酸时产生气体，即25mL-75mL共消耗50mL的盐酸，发生NaHCO3+HClCO2+NaCl+H2O，所以Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为1：1，故答案为Na2CO3和NaHCO3；1：1。【点睛】依据碳酸钠与盐酸反应原理，随着加入盐酸的量不同，发生的反应也不同，即HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl，继续加入盐酸发生NaHCO3+HClCO2+NaCl+H2O，根据消耗盐酸的量即可求算Na2CO3和NaHCO3的量。
