1、山东省日照市莒县2019-2020学年高一化学上学期期中试题（含解析）试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共6页。满分100分。考试用时90分钟。答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、准考证号填写在答题卡上规定的位置。考试结束后，将答题卡交回。第I卷（选择题 共60分）注意事项：1每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。不涂在答题卡上，只答在试卷上不得分。2可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 本卷包括20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合
2、题意。1.化学来源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述错误的是A. 氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂B. 洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是两种溶液混合会产生有毒的Cl2C. 过氧化钠可以用作呼吸面具的供氧剂，是因其可以和水、二氧化碳反应生成氧气D. 漂白粉在空气中久置变质，是因为其中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3【答案】D【解析】【详解】A氯气和碱反应生成次氯酸盐、氯化物和水，所以氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到具有消毒作用的次氯酸盐，故A正确；B洁厕灵的主要成分为盐酸，84消毒液主要成分为次氯酸钠，盐酸与次氯酸钠能发生归中反应生成氯气，所以洁
3、厕灵不能与“84”消毒液混用，故B正确；CNa2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和O2，所以过氧化钠可以用作呼吸面具的供氧剂，故C正确；D漂白粉在空气中久置变质，是因为漂白粉中次氯酸钙和空气中的二氧化碳水蒸气发生反应生成碳酸钙和次氯酸，而次氯酸易分解，导致漂白粉变质，故D错误；综上所述答案为D。2.下列科研成果不是由我国科学家发明或创造的是A. 结晶牛胰岛素的首次人工合成B. 青蒿素的发现与提取C. 元素周期律的发现D. 黑火药和造纸术【答案】C【解析】【详解】A1965年我国科学家完成了牛结晶胰岛素的合成，这是世界上第一次人工合成多肽类生物活性物质，故A不符合
4、题意；B中国药学家屠呦呦发现了抗疟药青蒿素和双氢青蒿素，获诺贝尔生物学或医学奖，故B不符合题意；C1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，故C符合题意；D黑火药、造纸术、印刷术、指南针为我国古代四大发明，故D不符合题意；综上所述答案为C。3.下列关于胶体的叙述错误的是A. 江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关B. 胶体不一定是液态，胶体的丁达尔效应属于化学变化C. 用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐不涉及化学变化D. 静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘，利用的是胶粒带电荷的性质【答案】B【解析】【详解】A.江河水中的泥沙是胶体，遇到海水中的电解质发生了聚
5、沉，日积月累，形成了三角洲，故A正确；B.胶体依据分散剂状态分为固溶胶、液溶胶、气溶胶，胶体的丁达尔效应是分散质对光的散射作用，属于物理变化，故B错误；C.用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐为渗析过程，没有新物质生成是物理变化，只是将淀粉胶体和食盐分开，不涉及化学变化，故C正确；D.中和胶体粒子的电性能够使胶体发生电泳，如用净电除尘器吸附带电的飘尘，而使之电泳除去，故D正确；故答案为：B。4.下列反应既是置换反应又是氧化还原反应的是A. 2F2+2H2O= 4HFO2B. Cl2+H2O= HClHClOC. 3NO2+H2O= 2HNO3+ NOD. 2Na2O2+2H2O= 4NaOH
6、 +O2【答案】A【解析】【分析】置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，氧化还原反应是反应前后元素化合价发生改变的反应，以此解答该题。【详解】A该反应属于置换反应，且F、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A符合题意；B该反应产物中没有单质，不属于置换反应，故B不符合题意；C该反应中反应物、产物中没有单质，不属于置换反应，故C不符合题意；D该反应中反应物中没有单质，不属于置换反应，故D不符合题意；综上所述答案为A。5.下列状态的物质既能导电，又属于电解质的是A. 熔融KClB. NaOH溶液C. NaCl晶体D. 液氯【答案】A【解析】【分析】在水溶液或熔融状态
7、下能导电的化合物是电解质，能导电的物质中含有自由电子或自由移动的阴阳离子。【详解】A熔融KCl中含有自由移动的离子，可以导电，属于电解质，故A符合题意；BNaOH溶液可以导电，但为混合物，不是电解质，故B不符合题意；CNaCl晶体虽为电解质，但晶体中不含自由移动的离子，所以不能导电，故C不符合题意；D液氯属于单质，既不是电解质也不能导电，故D不符合题意；综上所述答案为A。6.下列物质的分类正确的是选项碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANaOHH2SO4NaHCO3Mn2O7COBNa2CO3HClONaClNa2OCO2CKOHHNO3CaCO3CaOSO2DBa(OH)2HClCaCl2Na2O2
8、SO3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】【详解】AMn2O7为酸性氧化物，CO为不成盐氧化物，故A错误；BNa2CO3属于盐，不属于碱，故B错误；C各项均符合物质的分类，故C正确；DNa2O2属于过氧化物，不属于碱性氧化物，故D错误；故答案为：C。7.下列关于氧化还原反应的说法错误的是A. 氧化还原反应中一定有电子转移B. 氧化剂与还原剂一定不是同一种物质C. 元素由化合态变成游离态时，可能被氧化，也可能被还原D. 氧化还原反应中，氧化剂发生还原反应，还原剂发生氧化反应【答案】B【解析】【详解】A. 氧化还原反应的本质是电子的转移，则一定有电子转移，故A正确；B. 失电
9、子的为还原剂，得电子的为氧化剂，氧化剂与还原剂可能是同一物质，如氯气与水的反应，氯气是氧化剂也是还原剂，故B错误；C. 元素从化合态变成游离态，可能被氧化也可能被还原，如硫化氢和二氧化硫反应生成S和水，故C正确；D. 氧化还原反应中，氧化剂被还原发生还原反应，还原剂被氧化发生氧化反应，故D正确；故答案为：B。8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A. 1 molL1 BaCl2溶液中含有的Ba2离子数为NAB. 16 g O3与O2的混合气体中含有的氧原子数为NAC. 7.8g Na2O2与足量水反应，转移的电子数为0.1 NAD. 常温常压下，11.2 L氢气中含有的H2分子数小于
10、0.5NA【答案】A【解析】【详解】A溶液体积未知，无法确定溶液中微粒的数目，故A错误；BO3与O2均为氧原子构成，所以16g二者的混合物即16gO原子，所以含有氧原子1mol，数目为NA，故B正确；C7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol，与水完全反应生成0.05mol氧气，转移了0.1mol电子，转移电子数为0.1NA，故C正确；D标准状况下，11.2L氢气中含有的H2分子数为0.5NA，分子数、压强不变温度越高气体的体积越大，即体积相同、压强相同时，温度越高分子数越小，所以常温常压下，11.2 L氢气中含有的H2分子数小于0.5NA，故D正确；综上所述答案为A。9.下列离子方程式书写
11、正确的是A. Cl2溶于水：Cl2H2O= 2HClClOB. Na溶于水：2Na2H2O = 2Na2OHH2C. CuO溶于稀硫酸：O22H= H2OD. 向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H【答案】B【解析】【详解】A. 氯气溶于水的离子反应为Cl2 + H2O H+ + Cl- + HClO，HClO为弱电解质不能拆，故A错误；B. 钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为2Na2H2O = 2Na2OHH2，故B正确；C. CuO和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，离子方程式为CuO + 2H+ = Cu2+ + H2O，故C错误；D.
12、 向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的离子反应为Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3（胶体）+ 3H+，故D错误；故答案为：B。10.下列反应可用离子方程式“HOH= H2O”表示的是A. H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合B. CH3COOH溶液与Ca(OH)2溶液混合C. HNO3溶液与KOH溶液混合D. NaHCO3溶液与NaOH溶液混合【答案】C【解析】【详解】AH2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合离子方程式为：Ba2+2OH+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，故A不符合题意；BCH3COOH溶液与Ca(OH)2溶液混合离子方程式为CHCOOH+OH=C
13、HCOO+H2O，故B不符合题意；CHNO3溶液与KOH溶液混合离子方程式为HOH=H2O，故C符合题意；DNaHCO3溶液与NaOH溶液混合离子方程式为HCO+OH=CO+H2O，故D不符合题意；综上所述答案为C。11.下列有关钠、氯及其化合物的说法正确的是A. HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质B. NaHCO3和Na2CO3均可用于制作膨松剂C. 用KI-淀粉溶液可检验Cl2中是否混有HClD. 将Na 和Na2O2分别放入CuSO4溶液中，均会有蓝色沉淀生成并有无色气体放出【答案】D【解析】【详解】A. NaClO在水中或熔融状态可完全电离，则NaClO为强电解质，而HClO为弱
14、酸，故A错误；B. 碳酸钠受热难分解，是一种重要的有机化工原料，主要用于平板玻璃、玻璃制品和陶瓷釉的生产，碳酸氢钠固体受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳气体，常利用此特性作为制作饼干、糕点、馒头、面包的膨松剂，故B错误；C. 氯气与KI反应生成碘，而HCl不能与KI反应，则不能检验HCl，故C错误；D. 钠具有强还原性，金属钠和硫酸铜溶液反应时，先是金属钠和水的反应，2Na + 2H2O= 2NaOH + H2，有无色气体H2生成，然后是生成的氢氧化钠和硫酸铜之间的反应2NaOH + CuSO4 = Cu(OH)2+ Na2SO4，有蓝色沉淀Cu(OH)2生成；将Na2O2投入硫酸铜溶液中，先
15、发生反应2H2O + 2Na2O2 =4NaOH + O2，有无色气体O2生成，然后是生成的氢氧化钠和硫酸铜之间的反应有蓝色沉淀Cu(OH)2生成；故D正确；故答案为：D。12.下列事实及其解释均正确的是A. 将石蕊试液滴入氯水中，溶液先变为蓝色后迅速褪色，说明氯水中有HClO存在B. 向氯水中加入NaOH溶液，氯水的浅黄绿色消失，说明氯水中有HClO存在C. 向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，说明Na2O2 与 H2O反应放热且有氧气生成D. 将钠长期暴露在空气中的产物是NaHCO3，原因是钠与氧气反应生成的Na2O与水和二氧化碳反应【答案】C【解析】【详解】A氯
16、水中含有盐酸(酸性)和次氯酸(漂白性)，则将几滴紫色石蕊试液滴入到氯水中，溶液先变红，后又褪色，故A错误；B加入NaOH溶液，氯水浅黄绿色消失，是由于氯气和氢氧化钠溶液反应，与次氯酸无关，故B错误；C过氧化钠与水反应生成氧气，且反应为放热反应，所以向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，故C正确；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+O22Na2O，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，生成的氢氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，反应方程式为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，再形成碳酸钠晶体，最后
17、风化得到Na2CO3，故D错误；答案为C。13.利用如图所示装置进行金属钠与水反应的实验，液体添加完毕后，关闭活塞，打开右边胶塞，向煤油中加入一小块钠，立即塞好胶塞，可观察到的现象是A. 钠块始终保持在a处，直至完全消失B. 钠沉入U形管b处而后又慢慢浮到a处C. 最终钠块在煤油中燃烧起来D. 随反应的进行，煤油与胶塞处液面下降，漏斗中液面上升【答案】D【解析】【详解】a上面为煤油，b为水，钠的密度比煤油大，比水小，所以开始会在a处，但反应中有气体产生，所以会上下浮动，故A、B错误；C因为没有氧气，所以钠块不能在煤油中燃烧起来，故C错误；D因为有气体生成会将水排入漏斗中，所以漏斗中液面升高，故
18、D正确；故答案为：D。14.某实验小组通过下图所示实验，探究Na2O2与水的反应：下列说法中正确的是A. 中的大量气泡的主要成分是氢气B. 中溶液变红，说明有酸性物质生成C. 中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的D. 中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度【答案】C【解析】【详解】A.过氧化钠与水反应生成NaOH和氧气，则中大量气泡的主要成分是氧气，A错误；B.酚酞遇到碱显红色，中溶液变红，说明有碱性物质生成，B错误；C.中红色褪去，应该是由溶液中的强氧化性物质氧化酚酞致酚酞变质导致，C正确；D.中加入MnO2产生较多气泡，说明溶液中存在H2O2，MnO2的主要作用是作催化剂，D
19、错误；答案选C。【点睛】过氧化钠与水反应后的溶液中含有过氧化氢，具有强氧化性、漂白性，掌握反应原理是解题的关键。15.实验室既可用MnO2与浓盐酸在加热条件下反应制备Cl2，也可用KMnO4与浓盐酸在常温下反应制备Cl2，下列有关说法错误的是A. KMnO4的氧化性比MnO2的强B. 上述两个反应中，浓盐酸均只体现还原性C. 制备等质量Cl2，消耗MnO2与KMnO4的物质的量比为5:2D. 用足量MnO2与含有4 mol HCl的浓盐酸在加热条件下反应，得到Cl2的物质的量小于1 mol【答案】B【解析】【详解】由题可知：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；2KMnO4+1
20、6HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O；A由题可知，KMnO4与浓盐酸在常温下反应，而MnO2与浓盐酸反应需要加热，因此KMnO4氧化性比MnO2的强，故A正确，不选；B由两个反应方程式可知，盐酸在反应中均体现了酸性和还原性，故B错误，符合题意；C由反应式可知，制备1mol氯气消耗MnO21mol；由反应式可知，制备1mol氯气消耗KMnO40.4mol；因此制备等质量Cl2，消耗MnO2与KMnO4的物质的量比为5:2，故C正确，不选；D由反应式可知，随着反应的进行盐酸的浓度降低，而稀盐酸与二氧化锰不反应，所以得到Cl2的物质的量小于1mol，故D正确，不选；故答案为：B
21、。16.实验室利用如图所示装置制备氯气，图中涉及气体发生、除杂、干燥、收集、尾气处理装置，其中错误的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】题中应用饱和食盐水除去氯化氢，不能用氢氧化钠，因为氢氧化钠可以与氯气反应，故不正确；干燥装置应长导管进气，否则浓硫酸会被压入其右侧装置中，故不正确；澄清石灰水浓度较低，无法完全吸收氯气，应用氢氧化钠溶液吸收氯气，故不正确；故答案为：C。17.向四支试管中分别加入少量不同无色溶液后，再进行如下操作，结论正确的是选项操作现象结论A滴加BaCl2溶液产生白色沉淀原溶液中有SOB滴加稀硫酸有无色无味的气体产生原溶液中有COC滴加盐酸酸化的BaCl2溶液
22、产生白色沉淀原溶液中有SOD滴加硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀原溶液中有ClA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.向无色溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀离子可能是，也可能是、Ag+，故A错误；B.向无色溶液中滴加稀硫酸，有无色无味的气体产生，原溶液中可能有，也可能有，故B错误；C.向无色溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，此白色沉淀为氯化银或硫酸钡，则原溶液中有Ag+或，但二者不同时存在，故C错误；D.向无色溶液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，此白色沉淀为氯化银，说明原溶液中有Cl-，故D正确；故答案为：D。18.为除去括号内的杂
23、质，所选用的试剂或方法错误的是A. CO2气体（HCl），饱和NaHCO3溶液B. Na2CO3固体（NaHCO3），加热至不再产生气体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.二氧化碳不与碳酸氢钠反应，氯化氢能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故A正确；B.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则加热法可除杂，故B正确；C.氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，将混合物在氧气中加热可除杂，故C正确；D.氢氧化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和NaOH，引入新杂质NaOH，故D错误；故答案为：D。19.50 mL
24、 0.3 molL1Na2SO4溶液与100 mL 0.2 molL1Fe2(SO4)3溶液混合后所得溶液中SO的物质的量浓度为(不考虑混合后溶液体积的变化)A. 0.5 molL1B. 0.45 molL1C. 0.4 molL1D. 0.35 molL1【答案】A【解析】【详解】混合溶液中n(SO)=0.3mol/L0.05L+0.2mol/L0.1L3=0.075mol，混合溶液的体积为0.05L+0.1L=0.15L，所以混合溶液中SO的物质的量浓度为=0.5mol/L，故答案为A。20.在甲、乙、丙、丁四个烧杯中分别放入钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100mL水，搅拌，使
25、固体全溶解，有甲、乙、丙、丁内溶液的溶质质量分数大小的顺序为（ ）A. 甲乙丙丁B. 丁甲乙=丙C. 甲=丁乙=丙D. 丁甲乙丙【答案】B【解析】【详解】钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：Na+H2O=NaOH+H2，溶液增加的质量=m(Na)m(H2)=2.3g0.1g=2.2g，Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m(Na2O)=0.1mol62g/mol=6.2g；Na2O2+H2O=2NaOH+O2，溶液增加的质量=m(Na2O2)m(O2)=m(Na2O)=6.2g，将氢氧化钠加入水中，溶液增加的质量为氢氧化钠的质量=0.1mol40g/mol=4g；所以溶液增
26、加的质量大小顺序为：钠氢氧化钠氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，0.1mol，通过以上分析可知,0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：4g/100g+2.2g100%、8g/100g+6.2g100%、8g/100g+6.2g100%、4g/100g+4g100%，所以甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是：丁甲乙=丙，答案选B。第卷（非选择题 共40分）注意事项： 第卷所有题目的答案，考生须用0.5毫米黑色签字笔答在答题卡规定的区
27、域内，写在试卷的答案不予评分。21.实验室需使用0.5 molL1的稀硫酸480 mL，现欲用质量分数为98%的浓硫酸（密度为1.84 gcm3）进行配制。回答下列问题：(1)如图所示的仪器中，配制溶液肯定不需要的是_（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_（填仪器名称）。(2)需用量筒量取98%的浓硫酸的体积为_ mL。(3)下列操作中正确的是_（填序号，下同）；若配制过程中的其他操作均准确，下列操作能使所配溶液浓度偏高的有_。洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中待稀释后的硫酸溶液冷至室温后，再将其转移到容量瓶中将浓硫酸倒入烧杯中，再向烧杯中注入蒸馏水稀释浓硫酸定容时，加蒸
28、馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线定容时，俯视刻度线【答案】 (1). AD (2). 玻璃棒、胶头滴管 (3). 13.6 (4). (5). 【解析】【分析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液使用的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管；(2)根据稀释前后硫酸的物质的量相等列式计算即可；(3)依据进行误差分析。【详解】(1) 配制一定物质的量浓度的溶液使用的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管，所以不需要烧瓶、分液漏斗；还需要玻璃棒、胶头滴管；故答案为：AD；玻
29、璃棒、胶头滴管；(2) 设需用量筒量取98%的浓硫酸的体积为V L，因为浓硫酸的物质的量浓度，根据稀释前后硫酸的物质的量相等列式可得：18.4 mol/L V L = 0.5 mol/L 0.5 L，解得V = 0.0136 ，即需用量筒量取98%的浓硫酸的体积为13.6 mL； 故答案为：13.6；(3) 洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，导致溶质物质的量偏大，溶液浓度偏高，题中操作不正确；待稀释后的硫酸溶液冷至室温后，再将其转移到容量瓶中，不会影响浓度的变化，题中操作正确；浓硫酸溶于水放出大量热，且浓硫酸密度较大，则稀释浓硫酸的操作方法为：将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并不断搅
30、拌，题中操作不正确；定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸，导致n偏小，则配制溶液浓度偏低，题中操作不正确；转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，不影响V，则配制溶液浓度不变，题中操作正确；定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，题中操作不正确；定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，题中操作不正确；故选：；。【点睛】明确实验原理、实验操作规范性及操作步骤是解本题关键，难点是误差分析，利用公式中n、V判断即可。22.现有一包白色固体粉末，由Na2SO4、CaCO3、NaCl、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，为确定其成分，进行
31、如下实验：取少量白色粉末，加入足量水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液；向滤出的沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀完全溶解，并产生无色气体。据此回答下列问题：(1)原白色固体粉末中一定含有_，一定不含有_(填化学式)。 (2)实验中发生反应的离子方程式为_。 (3)为进一步确定白色粉末的组成，向过滤得到的无色滤液中，加入少量某无色溶液，根据是否有白色沉淀产生，可判断原白色粉末的组成，加入的无色溶液不可以是下列溶液中的_(填序号)。 ANa2SO4溶液 BBaCl2溶液 CNa2CO3溶液 DAgNO3溶液【答案】 (1). CaCO3、NaCl (2). CuSO4 (3). CaCO3+2H=
32、 Ca2+CO2+H2O (4). D【解析】【分析】硫酸铜溶于水得到蓝色溶液，而本题中得到是无色的溶液和白色沉淀，所以在混合物中一定不含硫酸铜；白色沉淀可能为碳酸钙，也可能是硫酸钠和氯化钡反应生成的硫酸钡，而白色沉淀能全部溶于稀盐酸，所以该沉淀为碳酸钙，即原固体中一定含有碳酸钙，而原固体中含有三种物质，所以还一定含有NaCl，氯化钡和硫酸钠二者有其一。【详解】(1)根据分析可知原白色固体中一定含有CaCO3、NaCl；一定不含CuSO4；(2)实验中发生的反应为碳酸钙和盐酸的反应，离子方程式为CaCO3+2H= Ca2+CO2+H2O；(3)原白色粉末中无法确定的是BaCl2和Na2SO4A
33、加入硫酸钠若产生白色沉淀，可以确定含有BaCl2不含Na2SO4，故A不符合题意；B加入BaCl2若产生白色沉淀，可以确定含有Na2SO4不含BaCl2，故B不符合题意；C加入碳酸钠溶液若产生白色沉淀，可以确定含有BaCl2不含Na2SO4，故C不符合题意；D氯化银难溶于水、硫酸银微溶于水，所以加入硝酸银溶液不能进一步确定白色粉末的组成，故D符合题意；综上所述答案D。23.亚硝酸钠(NaNO2)是一种用途广泛的工业盐，因其外观和食盐相似容易误食中毒。亚硝酸钠加热到320C以上会分解产生Na2O、N2和O2，其水溶液呈碱性，能与AgNO3溶液反应生成难溶于水、易溶于酸的AgNO2。回答下列问题：
34、（1）下列方法不能用来区分固体NaNO2和NaCl的是_（填序号）。A分别溶于水并滴加酚酞试液B分别溶于水并滴加HNO3酸化的AgNO3溶液C分别加强热并收集气体检验D用筷子分别蘸取固体品尝味道 （2）误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，该过程中NaNO2表现出的性质与下列_（填序号）反应中H2O2表现出的性质相同。A2H2O22H2OO2BH2O2+Cl2=2HClO2CH2O2+H2SO4+2KI=2H2O+I2+K2SO4 D5H2O2+2KMnO4 +6HCl=2MnCl2 +2KCl+5O2+8H2O服用维生素C可解毒，维生素C的作用是_（填“氧化剂”“
35、还原剂”或“既是氧化剂又是还原剂”）。（3）亚硝酸钠受热分解的化学方程式为4NaNO2 2Na2O2N23O2，若反应中有12.4gNa2O固体生成，则转移电子的物质的量为_mol。（4）可用Cl2将溶液中的NO氧化为NO，同时生成Cl，该反应的离子方程式为_。【答案】 (1). D (2). C (3). 还原剂 (4). 1.2 (5). Cl2NOH2O=NO2Cl2H【解析】【分析】根据题中所给信息，判断区分NaNO2和NaCl的方法；根据题中所给信息，由NaNO2体现氧化性，找出H2O2体现氧化性选项；根据题中化学方程式计算电子转移的物质的量；根据题中所给信息写出离子方程式；据此解答
36、。【详解】（1）A亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，滴加酚酞试液，亚硝酸钠溶液出现红色，氯化钠溶液无现象，可以用酚酞试液区分NaNO2和NaCl，故A不符合题意；B亚硝酸根离子在酸性条件下不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象不同，所以可以用HNO3酸化的AgNO3区分NaNO2和NaCl，故B不符合题意；C加强热亚硝酸钠分解生成氮气和氧气，而氯化钠不分解，反应现象不同，可以用加强热收集气体检验来区分NaNO2和NaCl，故C不符合题意；D化学药品不能用来品尝味道，所以不能鉴别，故D符合题意；答案为D。（2）误食NaNO2会导致
37、人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，则Fe2+失电子变为Fe3+，化合价升高，作还原剂，NaNO2作氧化剂，体现氧化性，与H2O2表现出的性质相同，即H2O2也体现氧化性；A2H2O22H2OO2，H2O2中氧原子既失电子，又得电子，氧元素的化合价部分升高，部分降低，H2O2体现氧化性和还原性，故A不符合题意；BH2O2+Cl2=2HClO2，H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现还原性，故B不符合题意；CH2O2+H2SO4+2KI= 2H2O+I2+K2SO4，H2O2中氧原子得电子，化合价降低，H2O2体现氧化性，故C符合题意；D5H2O2+2KMnO4 +6HCl=
38、2MnCl2 +2KCl+5O2+8H2O，H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现还原性，故D不符合题意；服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+，Fe元素化合价降低，Fe元素被还原，维生素被氧化，维生素作还原剂，具有还原性；答案为C，还原剂。（3）由4NaNO2 2Na2O2N23O2反应可知，转移电子12mol，生成2molNa2O，即生成Na2O124g，则反应中有12.4gNa2O固体生成，则转移电子的物质的量为1.2mol；答案为1.2mol。（4）Cl2将溶液中的NO氧化为NO，同时生成Cl，反应的离子方程式为：NO2-+Cl2+H2O=NO3-
39、+2H+2Cl-；答案为NO2-+Cl2+H2O=NO3-+2H+2Cl-。24.现有一不纯的小苏打样品（含杂质NaCl、Na2CO310H2O），为测定NaHCO3的质量分数，设计如图所示的实验装置（夹持仪器未画出）。实验步骤如下：按图组装好实验装置并检查气密性。称取一定质量的样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟。关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C和U形管D的质量。资料i浓硫酸常用于吸收水蒸气。ii碱石灰是
40、固体氢氧化钠和氧化钙的混合物。iiiNa2CO310H2O Na2CO310H2O。回答下列问题：(1)仪器E的名称是_，其中盛放的药品是_；若无该装置，则会导致测得的NaHCO3的质量分数_（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。(2)步骤的目的是_。(3)装置B中除反应Na2CO310H2ONa2CO310H2O外，还发生反应的化学方程式为_。(4)若实验中称取样品的质量为 50.0 g，反应后C、D装置增加的质量分别为12.6 g、8.8 g，则混合物中NaHCO3的质量分数为_%（计算结果精确到0.1）；若将等质量的该样品与足量稀硫酸混合，可得CO2标准状况下的体积为_L（计算结果精确到0
41、.01）。【答案】 (1). 球形干燥管 (2). 碱石灰 (3). 偏大 (4). 除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳 (5). 2NaHCO3 Na2CO3H2O + CO2 (6). 67.2 (7). 10.08【解析】【分析】将混合物加热会产生H2O(g)、CO2等气体，应在C、D中分别吸收。由干燥剂的性质知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重（NaHCO3分解产生的CO2的质量）可求出NaHCO3质量。由C的增重（Na2CO310H2O分解产生的H2O及已知的NaHCO3分解产生的H2O的质量）可求出Na2CO310H2O的质量；故应在实验前赶
42、尽装置中的空气，关键操作应是赶尽B中的空气，所以打开活塞K1、K2，关闭K3就成为操作的关键，缓缓通入则是为了赶出效果更好；实验结束打开K1，将反应生成的二氧化碳和水蒸气驱赶到D和C中以便充分吸收；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O(g)、CO2进入装置D影响实验效果。【详解】(1)由题知仪器E的名称是球形干燥管。干燥管中盛放的是碱石灰，碱石灰能吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，所以干燥管的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D影响测定结果，若撤去E装置，则二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸氢钠的质量分数偏大；故答案为：球形干燥管；碱石灰；偏大；(2)由于装置A、B内的空气含有水蒸气和二氧化碳，
43、会影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，因此打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，实验前要通入空气的目的是除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳；故答案为：除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳；(3) 含NaCl、Na2CO310H2O和NaHCO3的混合物加热时，除碳酸钠晶体失去结晶水生成碳酸钠外，碳酸氢钠也会分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：2NaHCO3 Na2CO3H2OCO2；故答案为：2NaHCO3 Na2CO3H2OCO2；(4)装置D中增加的质量为二氧化碳的质量，设碳酸氢钠的质量为x，则可得：x = 33.6 g；m(H2O)=3.6g所以碳酸氢钠的质量分数为： ；装置C吸收的是水蒸气，包括碳酸氢钠分解生成的和十水碳酸钠分解生成的，十水碳酸钠分解生成的水蒸气的质量 = 12.6 g - 3.6 g = 9.0 g；设十水碳酸钠的质量为y，则： 可得：y = 14.3 g；若将等质量的该样品与足量稀硫酸混合，由碳元素守恒可得： ，所以CO2标准状况下的体积为： ；故答案为：67.2；10.08 。【点睛】本题考查较为综合，以钠的化合物为载体，综合考查学生实验能力和分析能力，注意把握物质的性质以及实验原理，为解答该题的关键，题目难度中等。