1、河北武邑中学2018-2019学年高一年级下学期开学考试化学试题可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 O-16 N-14 Ca-40 Fe-56 Na -23 Al-27 Cl-35.5 Cu-64 Mn-55第 I卷（选择题48分）一选择题（本卷包括16小题。每小题3分，共48分。每小题后的4个选项中只有一个选项最符合题目要求。）1.下列物质溶于水能导电，但不属于电解质的是A. 过氧化钠 B. 蔗糖 C. 氯气 D. 氯化铁【答案】C【解析】【分析】溶于水导电说明水溶液中生成电解质或水溶液中电离出自由移动的离子，根据电解质的概念判断。【详解】A过氧化钠溶于水和水反应生成电解质氢氧化钠，
2、溶液导电，过氧化钠熔融状态也能电离，属于电解质，故A不符合；B蔗糖溶于水不导电，属于非电解质，故B不符合；C氯气溶于水和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液导电，氯气为单质既不是电解质也不是非电解质，故C符合；D氯化铁溶于水电离出离子而导电，属于电解质，故D不符合；故答案选C。2.进行化学实验必须注意安全，下列说法不正确的是A. 金属钠着火时，可立即用干燥的沙土覆盖B. 温度计不慎打破，散落的水银应用硫粉处理后收集C. 洒在桌面上的酒精燃烧，立即用湿抹布盖灭D. 少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用氢氧化钠溶液冲洗【答案】D【解析】【详解】A.因为金属钠性质非常活泼，其燃烧产物过氧化钠可与水、二氧化碳反应生成
3、氧气，所以金属钠着火时，立即用干燥的沙土覆盖，故A不符合题意；B.温度计打破，散落的水银有毒、易挥发，所以必须处理，在散落的水银上撒上一层硫粉可生成硫化汞，故B不符合题意；C.洒在桌面上的酒精燃烧，立即用湿抹布隔绝空气，起到灭火作用，故C不符合题意；D.少量浓硫酸沾在皮肤上，应立即用大量水冲洗，在涂上弱碱性药品，比如碳酸氢钠，肥皂水，不可用强碱氢氧化钠，因为氢氧化钠本身就腐蚀肌肤，故D符合题意；正确答案：D。3.某化学兴趣小组同学对有关物质的分类进行讨论辨析，下列说法正确的是A. BaSO4、CH3COONH4都属于强电解质B. SiO2、NO2都属于酸性氧化物C. NaCl溶液、牛奶都属于溶
4、液D. CuSO45H2O、水玻璃都属于纯净物【答案】A【解析】【详解】A. BaSO4、CH3COONH4属于盐类，其溶于水的部分可以完全电离，故其是强电解质，A正确；B.酸性氧化物可与碱反应生成盐和水，并且化合价不变。NO2和碱发生氧化还原反应，所以NO2不是酸性氧化物，故B错误；C.牛奶属于胶体，故C错误；D.水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，故D错误；正确答案：A。4.下列物质露置于空气中易变质的是氯水水玻璃烧碱漂白粉绿矾亚硫酸钠A. 除外 B. 除外 C. 除外 D. 全部易变质【答案】D【解析】【详解】氯水中次氯酸见光受热易分解而变质；水玻璃可以吸收空气中的二氧化碳生成硅酸而变质
5、；酸性氧化物与碱反应生成盐和水原理，烧碱与空气中二氧化碳反应而变质；漂白粉与空气中的水和二氧化碳反应而变质；二价铁具有强还原性，绿矾与空气中的氧气反应而变质；正四价硫具有强还原性，亚硫酸钠与空气中的氧气反应而变质。因此露置于空气中均变质，故D符合题意；正确答案：D。【点睛】只要见光易分解的、易潮解的、与空气中的水和二氧化碳反应的、有强还原性易被氧化的药品，放置在空气中均易变质。5.如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是 A. 所含原子数相等 B. 气体密度相等C. 气体质量相等 D. 摩尔质量相等【答案】A【解析】同温同压相同体积的任何气体所含分子数相等；由于N2、O2
6、、NO均为双原子分子，所以，所含原子数相等；6.下列叙述正确的是A. 向某溶液中滴加氧氧化钠溶液产生白色沉定，且颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液中只含有Fe2+B. 向碳酸钠和碳酸氢钠溶液中逐滴滴加盐酸，立即有大量气泡产生C. 二氧化硫使品红溶液和滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色的实质相同D. 足量的铁在氯气中燃烧，产物只有氯化铁【答案】D【解析】【详解】A、向某溶液中加入NaOH溶液得白色沉淀，又观察到沉淀颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液中含有Fe2+，若含有镁离子，由于氢氧化镁白色沉淀易被红褐色掩盖，则无法确定原溶液中是否含有Mg2+，所以不能说明该溶液中只含有Fe2+，故A错误；B、向碳酸钠和碳酸
7、氢钠溶液中逐滴滴加盐酸，开始碳酸钠和少量盐酸反应转化为碳酸氢钠和氯化钠，无气泡产生，故B错误；C、二氧化硫使品红溶液褪色，表现了漂白性，SO2使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，表现二氧化硫的酸性氧化物的性质，实质不相同，故C错误；D、足量的铁在氯气中燃烧，产物只有氯化铁，固体的铁和固体的氯化铁之间不会反应，故D正确。故答案选D。【点睛】本题考查物质的性质、常见离子的检验，把握物质的性质及发生的反应现象等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，选项A是易错点。7.某同学设计完成了以下两个实验：向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。继续向试管中
8、滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色(生成了HIO3)。向盛有KBr溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成红棕色。继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层的颜色没有变化。下列说法不正确的是A. 实验生成HIO3时发生的反应为：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HClB. 实验中当CCl4层变成红棕色时可通过分液的方法获得Br2的CCl4溶液C. 由上述实验得出Cl2、Br2、I2的氧化性由强到弱的顺序是：Cl2Br2I2D. 由上述实验得出Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是：HBrO3Cl2HIO3【答案】C【解析】试题分析：A由继续向试管中
9、滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色(生成了HIO3)可知，氯气可氧化碘单质，发生离子反应为I2+5Cl2+6 H2O=2 HIO3+10HCl，故A正确；B由盛有KBr溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成红棕色可知，溴易溶于四氯化碳，则可通过萃取分液的方法获得Br2的CCl4溶液，故B正确；C由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，中氧化性为Cl2I2，中氧化物为Cl2Br2，不能比较Br2、I2的氧化性，故C错误；D由中继续滴加氯水的现象及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性由强到弱的顺序是：HBrO3Cl2HIO3，故D正确；故选C。考点：考查
10、了化学实验方案的评价、氧化还原反应、氧化性比较方法的相关知识。8.以下物质之间的每步转化中，都能通过一步实现的是 FeFeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3 NaNa2ONa2CO3NaHCO3NaOH MgMgCl2Mg(OH)2 AlAl2O3Al(OH)3 AlNaAlO2Na2CO3A. B. C. D. 【答案】C【解析】铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与碱反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，每步转化都能一步反应实现，故正确；钠和氧气反应生成氧化钠，4Na+O2=2Na2O，氧化钠和CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3与过量的水和CO2反应生成NaHCO3，Na
11、HCO3与足量的Ca(OH)2 反应生成NaOH，故正确；镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2 +2NaCl，故能通过一步反应实现；铝解氧气反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不能一步生成氢氧化铝，故不能通过一步反应实现；Al与NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入适量的CO2，得Na2CO3溶液，故正确；故选C。9.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A. MgO具有高熔点，可用于制耐火材料B. NaHCO3受热易分解，可用于治疗胃酸过多C. 金属铜具有金属光泽，可用作导电材料D. 浓硫
12、酸具有脱水性，可用作干燥剂【答案】A【解析】【详解】A.MgO具有高熔点，可用于制耐火材料，故A具有对应关系；B.NaHCO3与胃酸（HCl）可以反应，碱性又较弱，所以用于治疗胃酸过多，故B不具有对应关系；C.金属铜是因为电的良导体，所以用作导电材料，故C不具有对应关系；D.浓硫酸是因为具有吸水性，所以用作干燥剂，故D不具有对应关系；正确答案：A。10.下列实验方法或操作正确的是A. 图1：蒸发NaCl溶液 B. 图2：测量HCl气体的体积C. 图3：过滤Ca(OH)2悬浊液 D. 图4：蒸馏乙醇【答案】A【解析】【详解】A.蒸发NaCl溶液用蒸发皿，装置正确，故A正确；B.HCl气体极易溶于
13、水，不可用排水法测量体积，故B错误；C.过滤Ca(OH)2悬浊液未用玻璃棒引流，故C错误；D.蒸馏乙醇装置中，温度计的水银球的位置和冷凝管中冷凝水的水流方向都是错误的，故D错误；答案选A。11.三种正盐的混合溶液中含有0.2molNa+，0.25molMg2+，0.4molCl，则溶液中SO42的物质的量为A. 0.1 mol B. 0.3 mol C. 0.5 mol D. 0.15 mol【答案】D【解析】【分析】溶液呈电中性，根据电荷守恒计算。【详解】溶液呈电中性，忽略水的电离根据电荷守恒可知n（Na+）+2n（Mg2+）=n（Cl-）+2n（SO42-），故0.2mol1+0.25mo
14、l2=10.4mol+2n（SO42-），解得：n（SO42-）=0.15mol，故答案选D。12.下列叙述正确的是Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换生成O2Na2O是淡黄色物质，Na2O2是白色物质Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行Na2O2和Na2O焰色反应均为黄色A. 都正确 B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】Na2O2能和水反应生成氢氧化钠和氧气，为过氧化物，不是碱性氧化物，故错误；Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生氧化还原反应生成O2，不是置换反应，故
15、错误；Na2O是白色物质，Na2O2是淡黄色物质，故错误；Na2O2可与水、二氧化碳反应生成氧气，可作供氧剂，而Na2O不行，故正确；Na2O2和Na2O均含有钠元素，则焰色反应均为黄色，故正确。故答案选D。13.关于Na2CO3与NaHCO3的性质判断正确的是A. 常温下溶解度：Na2CO3NaHCO3B. 热稳定性：Na2CO3NaHCO3C. 与同浓度同体积的盐酸反应的速率：Na2CO3NaHCO3D. 与澄清石灰水反应，均有白色沉淀生成【答案】D【解析】试题分析：A常温下，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体，有碳酸氢钠晶体析出，可知常温时水溶解性：Na2CO3NaHCO3，故A正确；B
16、NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，碳酸钠受热稳定，故B错误；C分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32-+2H+CO2+H2O，HCO3-+H+H2O+CO2，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，故C错误；DNa2CO3和Ca(OH)2混合后生成CaCO3，发生Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3+2NaOH，NaHCO3可与澄清石灰水发生Ca(OH)2+NaHCO3CaCO3+NaOH+H2O或Ca(OH)2+2NaHCO3CaCO3+Na2CO3+2H2O，故D正确；故选AD。【考点定位】考查Na2CO3和NaHCO3性质
17、【名师点晴】本题考查Na2CO3和NaHCO3性质，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质的异同，注重基础知识的积累。NaHCO3与Na2CO3相比较，NaHCO3不稳定，加热易分解，常温时，Na2CO3溶解度较大，与盐酸反应时，NaHCO3反应剧烈，都可与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀。14.下列根据实验现象所得出的结论中，正确的是A. 某物质焰色反应呈黄色，说明该物质一定是钠盐B. 某溶液加NaOH溶液生成蓝色沉淀，说明该溶液中一定含有Mg2C. 某无色溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，说明该溶液中一定含有SO42-D. 某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变红，再
18、滴加氯水，变红，说明该溶液中一定含有Fe2+【答案】D【解析】【详解】A焰色反应为元素的性质，某物质焰色反应呈黄色，说明该物质一定含有钠元素，但不一定是钠盐，A错误；B某溶液加NaOH溶液生成蓝色沉淀，说明该溶液中一定含有Cu2，氢氧化镁是白色沉淀，B错误；C某无色溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，白色沉淀也可能是氯化银，不能说明该溶液中一定含有SO42-，C错误；D某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变红，说明不存在铁离子，再滴加氯水，变红，说明有铁离子产生，氯水具有强氧化性，则说明该溶液中一定含有Fe2+，D正确；答案选D。15.下列说法正确的是A. SiO2有
19、半导体性能，可制作光电池B. 普通玻璃和氮化硅陶瓷分别属于传统无机非金属材料和新型无机非金属材料C. 因为高温时SiO2与Na2CO3反应放出CO2，所以硅酸的酸性比碳酸强D. SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物【答案】B【解析】【详解】A. Si可以作半导体材料，能制作光电池，SiO2不能导电，不能作半导体材料，A错误；B.水泥、玻璃、陶瓷的主要成分都含有硅酸盐，被称为三大传统的无机非金属材料；氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料，B正确；C.在高温时SiO2与Na2CO3反应放出CO2，是因为SiO2是高沸点的酸酐，CO2是低沸点的酸酐，与硅酸、碳酸的酸性强弱无
20、关，C错误；D.SiO2与氢氟酸反应不生成盐和水，虽然SiO2既能与氢氟酸反应又能与NaOH溶液反应，但是SiO2不是两性氧化物， D错误；故合理选项是B。16.下列实验用来证明气体SO2的存在，其中正确的是能使品红溶液褪色 能使沾有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色 通入H2S饱和溶液中有浅黄色浑浊通入足量的NaOH溶液中，再滴入BaCl2溶液，有白色沉淀生成通入溴水中使溴水褪色，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀产生，该沉淀难溶于稀硝酸。A. 能证明 B. 能证明 C. 都不能证明 D. 只有能证明【答案】D【解析】【分析】SO2是酸性氧化物，其水溶液呈酸性；S元素化合价处于中间价态，SO2既有氧化
21、性又有还原性；SO2还能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，以此解答该题。【详解】能使品红溶液褪色的不一定为二氧化硫，也可为氯气等，错误；能使沾有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色的气体有酸性或氧化性，可能是SO2，也可能为CO2、Cl2等，错误；通入H2S饱和溶液中有浅黄色浑浊，该气体可能是SO2，也可能为Cl2或NO2等气体，错误；通入足量的NaOH溶液中，再滴入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该沉淀溶于盐酸，不一定为二氧化硫，也可能为二氧化碳，错误；通入溴水中使溴水褪色，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀产生，该沉淀难溶于稀硝酸。沉淀为BaSO4，该气体具有还原性，可被溴单质氧化，证明气体为S
22、O2，正确；只有符合题意，故合理选项是D。【点睛】本题考查二氧化硫化学性质，注意二氧化硫、二氧化碳性质差异性是解答本题的关键，注意掌握二氧化硫漂白性和次氯酸漂白性区别，溶液褪色可能是漂白性，也可能是还原性、酸性，要清楚其反应原理。第II卷（非选择题52分）二、非选择题（本部分内容含5大题，共52分）17.某无色试样溶液可能含有以下离子中的一种或几种：K+、Mg2+、Al3+、Cu2+、SO42-、Cl-。现进行如下实验： 取少量该试样溶液加入过量的氢氧化钡溶液，充分反应后过滤，得到沉淀1和溶液1。 向沉淀1中加入过量盐酸，沉淀部分溶解。 向溶液1中通入适量二氧化碳气体，充分反应后过滤，得到沉淀
23、2和溶液2。 向沉淀2中加入过量盐酸，沉淀溶解并放出气体。 另取少量该试样溶液进行焰色反应实验，透过蓝色钴玻璃片观察到紫色火焰。（1）该试样溶液中肯定存在的离子有_。（2）该试样溶液中可能存在的离子有_。（3）该试样溶液中一定不存在的离子有_。【答案】 (1). K+ Mg2+ SO42- (2). Al3+ Cl (3). Cu2+【解析】【分析】根据溶液显无色，排除有色离子，结合实验现象、离子的性质、发生的反应逐一分析解答。【详解】无色溶液可知一定不含Cu2+，取少量该试样溶液加入过量的氢氧化钡溶液，充分反应后过滤，得到沉淀1和溶液1，沉淀1为硫酸钡、氢氧化镁中至少一种；向沉淀1中加入过量
24、盐酸，沉淀部分溶解，则沉淀1为硫酸钡和氢氧化镁，原溶液中一定含Mg2+、SO42-；向溶液1中通入适量二氧化碳气体，充分反应后过滤，得到沉淀2和溶液2，则溶液1中含过量氢氧化钡，沉淀2一定含碳酸钡；向沉淀2中加入过量盐酸，沉淀溶解并放出气体，则沉淀2中碳酸钡可完全溶解生成气体，且沉淀2可能含氢氧化铝；另取少量该试样溶液进行焰色反应实验，透过蓝色钴玻璃片观察到紫色火焰，可知原溶液一定含K+，则（1）由上述分析可知原溶液中一定含K+、Mg2+、SO42-；（2）由上述分析可知该试样溶液中可能存在的离子有Al3+、Cl-；（3）该试样溶液中一定不存在的离子有Cu2+。【点睛】本题考查常见离子的推断，
25、把握离子之间的反应、现象为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意氢氧化钡、盐酸均过量。18.已知：_H2O2 +_Cr2(SO4)3 +_KOH_K2CrO4 +_K2SO4 +_H2O（1）配平该方程式，并用单线桥法表示电子转移情况。（2）此反应中氧化剂是_。（3）若消耗1molL-1Cr2(SO4)3溶液的体积为50mL，则转移电子的物质的量是_。【答案】 (1). (2). H2O2 (3). 0.3mol【解析】【分析】（1）根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式；（2）元素化合价降低的反应物做氧化剂被还原；（3）根据Cr元素的化合价变化计算电子转移的数目。【详解】（1）双氧水
26、中氧元素化合价从1价降低到2价，一分子双氧水分子参加氧化还原反应时得2个电子，Cr元素化合价从+3价升高到+6价，一个铬离子参加氧化还原反应失去3个电子，所以得失电子的最小公倍数是6，则双氧水的计量数是3，铬离子的计量数是1，根据原子守恒可知反应的方程式为3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH2K2CrO4+3K2SO4+8H2O，用单线桥法表示电子转移情况为；（2）元素化合价降低的反应物做氧化剂被还原，其中H2O2中O元素化合价由-1降低到-2，故H2O2是氧化剂；（3）消耗Cr2(SO4)3的物质的量是1mol/L0.05L0.05mol，Cr元素化合价从+3价升高到+6价，所以转移电
27、子的物质的量是0.05mol230.3mol。【点睛】本题考查了氧化还原反应，侧重于氧化还原反应基本概念和电子转移的考查，注意掌握基本概念实质和规律的应用是解题的关键。19.某学生为探究钠与二氧化碳的反应，利用如图装置进行实验。已知PdCl2能被一氧化碳还原得到黑色的Pd。请回答下列问题：（1）请将上图各装置连接完整：c接f，_接_，_接_，_接_。（2）若用稀盐酸与碳酸钙反应制备二氧化碳，在加稀盐酸时，发现碳酸钙与稀盐酸不能接触，而稀盐酸又不够了，为使反应能顺利进行，可向长颈漏斗中加入的试剂是_（填字母）。A硝酸钠溶液 B四氯化碳 C苯 D稀硝酸（3）检查装置气密性并装好药品后，点燃酒精灯之
28、前应进行的操作是打开弹簧夹，让二氧化碳充满整个装置，当观察到_时，再点燃酒精灯。此步操作的目的是_。（4）反应过程中二氧化碳足量，假如反应过程中有下列两种情况，分别写出两种情况下钠与二氧化碳反应的化学方程式。.装置PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，装置中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体： _。.装置中钠的质量为0.46 g，充分反应后，将装置中的固体加入到足量稀盐酸中产生224 mL(标准状况)二氧化碳气体，且溶液中还有固体残留：_。【答案】 (1). g (2). d (3). e (4). a(b) (5). b(a) (6). h (7). ABD (
29、8). 装置中澄清石灰水变浑浊 (9). 排尽装置中的空气，以免空气中氧气、水蒸气干扰实验 (10). 2Na2CO2Na2CO3CO (11). 4Na3CO22Na2CO3C【解析】【分析】（1）根据实验目的，为制取二氧化碳装置，实验室中常用碳酸钙与盐酸反应，二氧化碳中混有氯化氢，需要用装置除去，然后用装置干燥，然后在中进行钠与二氧化碳的反应，然后用检验反应产物，据此进行连接装置；（2）所选试剂的作用是增大溶液体积，结合物质的性质分析解答；（3）空气中的氧气、水能与钠反应，需要排尽空气，避免干扰实验，据此判断；（4）根据题干信息及反应现象判断反应物、生成物，然后写出反应的化学方程式；根据n
30、=mM计算出钠的物质的量，再根据n=V/22.4Lmol1计算出标况下224mL二氧化碳的物质的量，从而得出反应后生成碳酸钠的物质的量；溶液中还有固体残留，该固体只能为C，说明钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和C，据此写出反应的化学方程式。【详解】（1）探究钠与CO2的反应，首先用盐酸和碳酸钙在中反应制取二氧化碳气体，制取的二氧化碳中混有挥发出来的HCl，需要用装置中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，然后用浓硫酸干燥，再在中进行钠与二氧化碳的反应，最后用装置检验反应产物，所以装置的连接顺序为：c、f、g、d、e、a（b）、b（a）、h；（2）A加入硝酸钠溶液后，增大了盐酸的体积，可以使盐酸与碳酸钙接触，
31、故A正确；B四氯化碳的密度大于稀盐酸，加入四氯化碳后，四氯化碳层在混合液下层，从而使盐酸与碳酸钙接触，故B正确；C苯的密度小于盐酸，加入苯后，苯在混合液上层，无法使稀盐酸与碳酸钙接触，故C错误；D加入稀硝酸后，可以增大溶液体积，使溶液与碳酸钙接触，故D正确；故答案为ABD；（3）钠化学性质比较活泼，能够与空气中的氧气、水反应，所以点燃酒精灯之前应需要打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，以便排尽装置中的空气，避免空气中O2、H2O干扰实验；由于二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，当装置中澄清石灰水变浑浊时，证明装置中空气已经排尽；（4）装置PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，PdCl2能被CO还原得到黑色
32、的Pd，则黑色沉淀为Pd，钠与二氧化碳反应生成了CO；装置中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为二氧化碳，则钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和CO，即反应的化学方程式为2Na+2CO2Na2CO3+CO；装置中钠的质量为0.46g，钠的物质的量为：n（Na）=0.46g23g/mol=0.02mol，将装置中的固体加入到足量稀盐酸中产生224mL（标准状况）CO2气体，二氧化碳的物质的量为：n（CO2）=0.224L22.4L/mol=0.01mol，则反应后生成碳酸钠的物质的量为0.01mol，说明钠完全转化成了碳酸钠；溶液中还有固体残留，根据化合价变化可
33、知，残留的固体只能为C，则钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和C，反应的化学方程式为4Na+3CO22Na2CO3+C。【点睛】本题利用性质实验方案的设计原则，正确理解题干信息为解答关键，注意掌握性质实验方案的设计原则，（4）为易错点，需要根据题中信息及反应现象判断反应物、生成物，试题充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用所学知识的能力。20.为确认HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，某学生设计了如图所示的装置，一次实验即可达到目的 (不必选其他酸性物质)。请据此回答：（1）圆底烧瓶中装某可溶性正盐溶液，分液漏斗所盛试剂应为_。（2）装置B所盛的试剂是_，其作用是_。（3）装置C所盛试剂是
34、_，C中反应的离子方程式是_。（4）由此可得出的结论是：酸性：_。【答案】 (1). 盐酸 (2). 饱和NaHCO3溶液 (3). 吸收HCl气体 (4). Na2SiO3溶液 (5). CO2SiO32-H2OCO32-H2SiO3 (6). HCl (7). H2CO3 (8). H2SiO3【解析】【分析】根据较强酸制取较弱酸可知，较强酸能和较弱酸盐反应生成较弱酸，较弱酸能制取更弱的酸，要想验证HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，用盐酸和碳酸盐反应制取二氧化碳，用二氧化碳和硅酸钠溶液制取硅酸，根据实验现象确定酸的相对强弱，据此分析解答。【详解】（1）用盐酸和碳酸盐反应制取二氧化
35、碳，用二氧化碳和硅酸钠溶液制取硅酸，因此分液漏斗中的试剂为盐酸；（2）盐酸有挥发性，导致二氧化碳气体中含有HCl，会对实验造成干扰，所以B装置要盛放能除去HCl，且不能产生新的杂质、不能和二氧化碳反应的药品，一般常用饱和碳酸氢钠溶液，作用是除去二氧化碳中混有的HCl；（3）根据以上分析可知C为硅酸钠溶液，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成碳酸钠和硅酸沉淀，反应的离子方程式为CO2SiO32-H2OCO32-H2SiO3。（4）根据较强酸制备较弱酸可知得出的结论是酸性HClH2CO3H2SiO3。【点睛】本题考查了比较弱酸相对强弱的探究实验，明确实验原理是解答的关键，注意盐酸有挥发性，导致二氧化碳气体
36、中含有HCl，会对实验造成干扰，为易错点。21.按要求答题INaNO2 因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知 NaNO2能发生反应：2NaNO24HI=2NOI22NaI2H2O。（1）上述反应中氧化剂是 _。（2）根据上述反应，鉴别 NaNO2 和 NaCl。可选用的物质有水、碘化钾淀粉试纸淀粉、白酒、食醋，你认为必须选用的物质有_(填序号)。（3）请配平以下化学方程式：_Al_NaNO3_ NaOH= _NaAlO2_ N2_H2O，_，若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成标准状况下 N2 的体积为_L。II向100mL1.5mol/L的氢氧化钠溶液中缓慢通入一定量的C
37、O2，反应后，向所得溶液中逐滴缓慢滴加一定浓度的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积（不考虑气体溶解于水）关系如图所示。 则:氢氧化钠溶液与一定量的CO2充分反应后的溶液中溶质为_（写化学式）。盐酸的浓度为_。B点时，产生的气体在标准状况下的体积为_L。【答案】 (1). NaNO2 (2). (3). 10 6 4 10 3 2 (4). 11.2 (5). NaOH和Na2CO3 (6). 0.5mol/L (7). 1.12【解析】【分析】根据化合价变化判断氧化剂和还原剂，根据得失电子守恒配平氧化还原反应方程式；根据图像中的特殊点分析溶液中溶质的组成，进而根据方程式计算溶液浓度。【详解】
38、I（1）得电子的反应物作氧化剂，得电子化合价降低，所以上述反应中氧化剂是 NaNO2，故答案为：NaNO2；（2）根据题干中2NaNO24HI=2NOI22NaI2H2O提示，酸性溶液中NaNO2可以氧化碘离子生成单质碘，所以鉴别NaNO2 和 NaCl，可选用的物质有碘化钾淀粉试纸和食醋，故答案为：；（3）根据得失电子守恒配平化学方程式为：10Al6NaNO34NaOH=10NaAlO23N22H2O；方程式中氮元素化合价由+5降低为0，所以若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成0.5mol N2 ，则标准状况下氮气的体积为11.2L，故答案为：10,6,4,10,3,2；11.2；II
39、如图所示，刚加入盐酸时并未有气体生成，说明氢氧化钠过量，CO2与足量的NaOH反应可生成Na2CO3，还有未反应的NaOH，故溶液中溶质为NaOH和Na2CO3，故答案为：NaOH和Na2CO3；加入盐酸200mL时开始生成气体，当加入盐酸300mL时不再产生气体，AB段发生NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，而O-A段消耗的盐酸为AB的二倍，反应产物应为NaOH和Na2CO3的混合物，二者都可与盐酸反应，反应的离子方程式分别为：OH-+H+H2O、CO32-+H+HCO3-，B点时溶液中的溶质仅有NaCl，根据原子守恒得：c(HCl)0.3L=0.1L1.5mol/L，则c(HCl
40、)=0.5mol/L，故答案为0.5 mol/L；AB段消耗HCl为0.1L0.5mol/L=0.05mol，由NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，可知生成二氧化碳的物质的量为0.05mol，标况下0.1mol二氧化碳的体积为：22.4L/mol0.05mol=1.12L，故答案为：1.12。【点睛】氧化还原反应方程式配平时，先根据化合价的变化，也就是得失电子守恒配平部分反应物，然后再根据原子守恒进一步配平；根据图像分析每个阶段溶液中的溶质组成和发生的化学反应是解决此题的关键。三、计算题22.将6.5g锌投入200mL某浓度的盐酸中，锌和盐酸恰好完全反应。求：（1）写出反应的化学方程
41、式并用双线桥标出电子转移的方向和数目_；（2） 所用盐酸中HCl的物质的量；_（3）反应中生成的H2在标准状况下的体积。_【答案】 (1). (2). 0.2mol (3). 2.24L【解析】【详解】（1）Zn与盐酸反应方程式为Zn2HCl=ZnCl2H2，1molZn参与反应，转移2mol电子，用双线桥表示电子转移的方向和数目：；（2）Zn2HCl=ZnCl2H2 65g 2mol 1mol 6.5g n(HCl) n(H2) n(HCl)=6.5g2mol65g=0.2mol；（3）根据（2），n(H2)=0.1mol，即标准状况下V(H2)=0.1mol22.4Lmol1=2.24L。