湖北省荆州市2019-2020高一化学上学期期末试题（Word版附解析） 20页

www.ks5u.com ‎2019—2020学年度上学期期末考试高一化学试题 本试卷共6页，25题，全卷满分100分，考试用时90分钟。‎ 注意事项：‎ ‎1．本试卷分为试题卷和答题卡，答题前请先将自己的姓名、学校、班级填写在答题卡上对应的位置。‎ ‎2. 选择题的答案请用2B铅笔以正确的填涂方式填写在答题卡上对应的位置，非选择题请将答案填写在相应的答题栏内，写在试题卷上的答案无效。‎ ‎3. 考试结束后，将答题卡收回。‎ 相关相对原子质量：H-1 Si-28 Cu-64 Mg-24 P-31 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 N-14‎ 第I卷（选择题，共47分）‎ 一、选择题（本题共有16个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共32分）‎ ‎1.我国已跨入“互联网+”时代，而“互联网+”的建设离不开无机非金属材料硅。 下列物品中用到硅单质的是（　　）‎ A. 陶瓷餐具 B. 石英钟表 C. 计算机芯片 D. 光导纤维 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.陶瓷餐具是硅酸盐产品，主要成分为硅酸盐，A错误；‎ B.石英主要成分为二氧化硅，不是硅单质，B错误；‎ C.硅单质是半导体材料，可以制计算机芯片，C正确；‎ D.光导纤维主要成分为二氧化硅，是硅的氧化物，不是单质硅，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎2.胶体区别于溶液等其它分散系的本质特征是 A. 胶粒可以导电 B. 胶体是混合物 C. 胶体粒子大小在1～100nm之间 D. 胶体的分散剂为气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm(10-7～10-9m)之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的粒子直径大于100nm，故选C。‎ ‎3.下列关于钠、铝、铁、铜和氧气的反应，不正确的是（ ）‎ A. 铁在氧气中燃烧，产物为四氧化三铁 B. 铝表面很容易被氧气氧化，生成致密的氧化物保护膜 C. 钠常温下和氧气反应，生成淡黄色的过氧化钠 D. 铜可以在加热的条件下和氧气反应，生成氧化铜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 铁在氧气中燃烧，产物为四氧化三铁，A正确；B. 铝表面很容易被氧气氧化，生成致密的氧化物保护膜，B正确；C. 钠在常温下和氧气反应，生成白色的氧化钠，C不正确；D. 铜可以在加热的条件下和氧气反应，生成氧化铜，D正确。本题选C。‎ ‎4.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是 A. 标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为1NA B. 常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02NA C. 通常状况下，1NA个CO2分子占有的体积为22.4L D. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下， H2O为液态，不能直接进行计算，A项错误；‎ B. 常温常压下，1.06g Na2CO3的物质的量为0.01mol，Na+的物质的量为0.01mol，离子数为0.02NA，B项正确；‎ C. 条件不是标准状况，无法进行计算，C项错误；‎ D. 题干中未给出溶液的体积，无法进行计算，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题计算时要注意气体摩尔体积的研究对象，物质在标准状况下的状态是易错点，利用 计算物质的量时是否给出了溶液的体积是容易忽略的地方。‎ ‎5.对于下列事实的解释正确的是 A. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性 B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸具有挥发性 C. 常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应 D. 氨气可以完成喷泉实验，说明氨气极易溶于水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，故A错误；B．浓硝酸见光或是加热条件下易分解为二氧化氮、氧气和水，导致浓硝酸颜色变黄，体现了浓硝酸的不稳定性，故B错误；C．常温下，金属铝遇到浓硝酸会钝化，钝化是发生反应生成致密氧化膜的过程，故C错误；D．氨气极易溶解于水，可利用氨气设计喷泉实验，故D正确；故答案为D。‎ ‎6.下列叙述正确的是（ ）‎ ‎①根据组成物质的元素种类是否相同将物质分为纯净物和混合物 ‎②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应 ‎③根据是否有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液 ‎④根据水溶液是否能导电将化合物分为电解质和非电解质 ‎⑤树状分类法是唯一能表示物质分类的方法 A. ②③ B. ②④⑤ C. ② D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①根据物质的种类是否相同将物质分为纯净物和混合物，①项错误；‎ ‎②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，②项正确；‎ ‎③根据分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，③项错误；‎ ‎④根据水溶液或熔融状态是否能导电将化合物分为电解质和非电解质，④项错误；‎ ‎⑤表示物质分类的方法除了树状分类法还有交叉分类法，⑤项错误；‎ 综上所述，②项符合题意，C项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点是A，有电子发生转移是氧化还原反应的实质，化合价的升降是氧化还原反应的表观特征。‎ ‎7.从氧化还原角度分析，下列反应中水的作用相同的是 ‎①铁和水蒸气反应 ②过氧化钠和水反应 ③氯气和水反应 ④二氧化氮和水反应 A ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①铁和水蒸气反应中，H元素的化合价降低，水为氧化剂；‎ ‎②过氧化钠和水反应中，只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；‎ ‎③氯气和水反应中，只有Cl元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；‎ ‎④二氧化氮和水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，只有N元素的化合价变化，则水既不是氧化剂也不是还原剂；‎ 水的作用相同的是②③④，故选C。‎ ‎【点睛】把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。解答本题主要是看H2O中的H和O的化合价是否发生变化，变化情况是否相同，易错点为②，要注意H2O中的O元素化合价不变。‎ ‎8.下列各组离子在水溶液中一定能大量共存的是(　　)‎ A. 含有大量 Ba2＋的溶液中：Cl－、K＋、SO42－、CO32－‎ B. 含有大量H＋的溶液中：Mg2＋、Na＋、SO42－、HCO3－‎ C. 含有大量OH－的溶液中：Mg2＋、NO3－、SO42－、CO32－‎ D. 含有大量Na＋的溶液中：H＋、K＋、NO3－、SO42－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.含有大量Ba2+的溶液中SO42-、CO32-均不能大量共存，A错误；‎ B.含有大量H+的溶液中HCO3-不能大量共存，B错误；‎ C.含有大量OH-的溶液中Mg2+不能大量共存，C错误；‎ D.含有大量Na+的溶液中H+、K+、SO42-、NO3-之间不反应，可以大量共存，D正确，‎ 答案选D。‎ ‎9.下列化学反应的离子方程式正确的是 A. 盐酸和石灰石制CO2：CO32- ＋ 2H＋ ＝ H2O ＋ CO2↑‎ B. 氢氧化铜与稀盐酸反应：Cu(OH)2 ＋ 2H＋ ＝ Cu2＋ ＋ 2H2O C. 铜片插入硝酸银溶液中：Cu ＋ Ag＋ ＝ Cu2＋ ＋ Ag D. 往澄清石灰水中通入少量的二氧化碳气体：CO2 ＋ Ca(OH)2 ＝ CaCO3↓ ＋ H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．石灰石的主要成分为碳酸钙，难溶于水，盐酸和石灰石制CO2‎ 的离子方程式：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，故A错误；‎ B．氢氧化铜难溶于水，与稀盐酸反应的离子方程式：Cu(OH)2 +2H+═Cu2++2H2O，故B正确；‎ C．电荷不守恒，铜片插入硝酸银溶液中的离子方程式：Cu+2Ag+═Cu2++2Ag，故C错误；‎ D．往澄清石灰水中通入二氧化碳气体反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式：CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意氢氧化钙在离子方程式中的处理方法，澄清石灰水用离子表示，石灰乳用化学式表示。‎ ‎10.下列两种气体的分子数一定相等的是 A. 质量相等、密度不等的N2和C2H4 B. 等压等体积的N2和CO2‎ C. 等温等体积的O2和N2 D. 不同体积等密度的CO和C2H4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两种气体的分子数一定相等，根据n=N/NA可知，两种气体的物质的量应相等，结合n=m/M=V/Vm进行计算和判断。‎ ‎【详解】A项、N2和C2H4的摩尔质量相等，在质量相等时物质的量相等，分子数相等，故A正确；‎ B项、等压下，由于温度不一定相同，等体积的N2和CO2物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故B错误；‎ C项、由于压强未知，等温等体积的O2和N2物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故C错误；‎ D．不同体积等密度的CO和C2H4质量不相等，CO和N2的摩尔质量相等，物质的量不相等，故分子数目一定不相等，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，灵活物质的量公式是解答本题的关键。‎ ‎11.下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表一个恒温容器，容器中间有一个可以上下滑动的隔板（其质量忽略不计），其中能表示氢气和氦气在容器中的相对关系的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氢气为双原子分子，氦气为单原子分子，同温同压下，气体的物质的量之比=分子个数之比=体积之比，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．白球代表氢原子，黑球代表氦原子，物质的量之比=分子个数之比=2∶1=体积之比，故A正确；‎ B．氦气为单原子分子，故B错误；‎ C．白球代表氢原子，黑球代表氦原子，物质的量之比=分子个数之比=2∶1≠体积之比，故C错误；‎ D．白球代表氢原子，黑球代表氦原子，物质的量之比=分子个数之比=1∶1≠体积之比，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎12.把一定量的铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2＋和Fe3＋的浓度恰好相等。则已反应的Fe3＋和未反应的Fe3＋的物质的量之比为 A. 1∶1 B. 2∶1 C. 2∶3 D. 3∶2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设已反应Fe3+的物质的量为2mol，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液中Fe2+的物质的量为3mol，因为溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，所以未反应的Fe3+的物质的量为3mol，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为2mol∶3mol=2∶3，故选C。‎ ‎13.下列装置适用于实验室制氨气并验证氨气的某化学性质，其中能达到实验目的的是 A. 用装置制取氨气 B. 用装置除去氨气中的水蒸气 C. 用装置验证氨气具有还原性 D. 用装置吸收尾气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该反应需要加热，A不能；‎ B、氨气与浓硫酸反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气，B不能；‎ C、C装置中发生2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O，固体由黑色变为红色，可以验证氨气具有还原性，C能达到实验目的；‎ D、气体与水直接接触，不能起防倒吸的作用，D不能。‎ 答案选C。‎ ‎14.下列化学方程式中，不能用H++OH﹣=H2O表示的是( )‎ A. 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O B. Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O C. Ca(OH)2+2HNO3=Ca(NO3)2+2H2O D. KOH+HCl=KCl+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ H++OH-═H2O可表示强酸和强碱生成可溶性盐和水的离子反应，结合离子反应中保留化学式的物质解答。‎ ‎【详解】A. NaOH是强碱，H2SO4是强酸，中和反应生成可溶性盐Na2SO4和H2O，离子反应方程式为：H++OH﹣=H2O，不符合题意，A项不选； ‎ B. Ba(OH)2与H2SO4反应生成硫酸钡沉淀和水，硫酸钡在离子反应中应保留化学式，离子反应 方程式为：Ba2＋＋SO42－＋2H++2OH﹣=BaSO4↓＋2H2O，符合题意，B项选； ‎ C. Ca(OH)2为强碱，HNO3为强酸，两者反应生成可溶性的Ca(NO3)2与H2O，离子反应方程式为：H++OH﹣=H2O，不符合题意，C项不选； ‎ D. KOH是强碱，HCl是强酸，中和反应生成可溶性盐KCl和H2O，离子反应方程式为：H++OH﹣=H2O，不符合题意，D项不选；‎ 答案选B。‎ ‎15.向四支试管中分别加入少量不同溶液进行如下实验，其中操作，现象和结论均正确的是 选项 操作 现象 结论 A 先向待测液滴加BaCl2溶液，再滴足量的盐酸 生成白色沉淀，加酸后沉淀不溶解 原溶液中有SO42—‎ B 先向待测液滴加2滴KSCN溶液，再滴几滴新制的氯水 先不显红色，再滴新制的氯水后溶液变为红色 原溶液中有Fe2＋‎ C 用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 原溶液中有Na＋，‎ 无K＋‎ D 将有色布条放入盛有干燥氯气的集气瓶中并盖上玻璃片 有色布条褪色 氯气有漂白性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，不能说明原溶液中一定含有SO42-，因为含有Ag+的溶液中滴加氯化钡溶液，也生成白色沉淀，故A错误；‎ B．滴加2滴KSCN溶液，溶液不显红色，可知不含Fe3+，再滴几滴新制的氯水，变为血红色，可知Fe2+被氧化为Fe3+，则原溶液中有Fe2+，故B正确；‎ C．观察钾的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，若焰色显紫色，证明含有钾元素；则由题给实验现象可知，原溶液中有Na+，不能确定是否含K+，故C错误；‎ D．氯气没有漂白性，干燥的氯气不能使有色布条褪色，现象不正确，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意干燥的氯气不能使有色布条褪色，潮湿的氯气能使有色布条褪色，是因为次氯酸能使有色布条褪色，氯气没有漂白性。‎ ‎16.下列溶液中，与100 ml 0.5 mol/L NaCl溶液所含的Cl－的物质的量浓度相同的是( )‎ A. 100 ml 0.5 mol／L MgCl2溶液 B. 200 ml 0.25 mol／L CaCl2溶液 C. 50 ml 1 mol／L NaCl溶液 D. 200 ml 0.25 mol／L HCl溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据溶液中离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数进行计算，与溶液的体积无关，100mL0.5mol/LNaCl中Cl-物质的量浓度为0.5mol/L。‎ ‎【详解】100mL 0.5mol/L NaCl中Cl-物质的量浓度为0.5mol/L，‎ A.100ml 0.5 mol/LMgCl2溶液中氯离子的物质的量浓度为：0.5mol/L×2=1mol/L，故A错误；B. 200ml 0.25 mol/LCaCl2溶液中氯离子的物质的量浓度0.25mol/L×2=0.5mol/L，故B正确；‎ C.50ml 1mol/L NaCl溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol/L，故C错误；‎ D.200ml 0.25 mol/LHCl溶液中氯离子的物质的量浓度为0.25 mol/L，故D错误；‎ 答案选B。‎ 二、不定项选择题（本题有5小题，每小题3分，共15分，每小题有1-2个正确答案，只选一个正确答案得2分，错选或多选不得分）‎ ‎17.每年10月23日上午6∶02到晚上6∶02被誉为“摩尔日”(Mole Day)，这个时间美式写法为6∶0210/23，外观与阿伏加德罗常数6.02×1023相似，下列说法中不正确的是 A. 常温常压下，22.4L Cl2含有的分子数目为NA B. NA个一氧化碳分子和0.5mol甲烷的质量比为7:3‎ C. 由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NA D. 1mol Na与O2完全反应生成Na2O和Na2O2，转移的电子数为NA个 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．常温常压下Vm大于22.4L/mol，常温常压下，22.4L Cl2含有的分子数目小于NA，故A错误；‎ B．NA个一氧化碳分子物质的量为1mol，质量为1mol×28g/mol=28g，0.5mol甲烷的质量为0.5mol×16g/mol=8g，二者质量比为28∶8=7∶2，故B错误；‎ C．每个二氧化碳分子，氧气分子都含有2个O原子，由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NA，故C正确；‎ D．1mol Na与O2完全反应生成Na2O和Na2O2，共生成1mol钠离子，转移的电子数为NA个，故D正确；‎ 故选AB。‎ ‎18.某工厂，在山坡坑道的仓库里贮有氯气钢瓶。一天一只贮有氯气的钢瓶损坏，造成氯气泄漏，在场工人采取的措施正确的是 A. 把钢瓶推到坡下的小河里 B. 把钢瓶扔到农田中 C. 把钢瓶丢到深坑里，用石灰填埋 D. 钢瓶处理后，工人应转移到坡上 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．把钢瓶推到坡下的小河里，氯气有毒，到处扩散，会污染空气和河水，故A错误；‎ B．钢瓶扔到农田里，氯气仍然会继续扩散到空气中污染空气，同时还会与水结合成酸危害农作物，故B错误；‎ C．把钢瓶丢到深坑里，用石灰填埋，氯气能和石灰反应生成无毒物质，故C正确；‎ D．氯气密度比空气大，会有大量氯气沉积在坡下，钢瓶处理后，工人应转移到坡上，故D正确；‎ 故选CD。‎ ‎19.除去下列物质中的杂质，所用试剂和方法正确的是（ ）‎ 选项 物质 杂质 除杂质所用试剂和方法 A Na2CO3固体 NaHCO3‎ 加热 B KNO3‎ K2SO4‎ BaCl2溶液，过滤 C Cu CuO 稀硫酸，过滤 D CaCO3‎ CaO 盐酸，过滤 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠固体、二氧化碳气体和水，可用加热的方法除去碳酸钠中的碳酸氢钠杂质，符合题意，A正确；‎ B. 硫酸钾与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化钾，引入新的杂质离子，与题意不符，B错误；‎ C. CuO与硫酸反应生成硫酸铜溶液和水，而Cu与硫酸不反应，可用除去Cu中的CuO，符合题意，C正确；‎ D. 碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙溶液，不符合除杂原则，与题意不符，D错误；‎ 答案为AC。‎ ‎【点睛】除杂时，除去杂质的同时不能引入新的杂质、不消耗非杂质物质。‎ ‎20.用如图中装置进行实验，实验一段时间后，现象与预测不一致的是 ‎①中物质 ‎②中物质 实验预测 A 浓氨水 酚酞试液 ‎②中溶液变为红色 B 浓硝酸 淀粉KI溶液 ‎②中溶液变为蓝色 C 浓盐酸 浓氨水 大烧杯中有白烟 D 饱和的亚硫酸溶液 稀溴水 ‎②中无明显变化 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓氨水具有挥发性，氨气溶于水形成氨水，氨水显示碱性，使得酚酞溶液变为红色，现象与预测一致，故A不选；‎ B．浓硝酸具有挥发性和强氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，淀粉遇到单质碘显示蓝色，现象与预测一致，故B不选；‎ C．浓盐酸具有挥发性和酸性，能和氨气之间发生反应，产生氯化铵固体，大烧杯中有白烟，现象与预测一致，故C不选；‎ D．饱和亚硫酸不稳定分解产生二氧化硫，二氧化硫能和溴水发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸，所以溴水的颜色会褪去，现象与预测不一致，故D选；‎ 答案选D。‎ ‎21.工业上冶炼锡的第一步反应原理为 2SnO2＋3C2Sn＋a M↑＋CO2↑，则下列说法中错误的是 A. a 的值为 2 B. 反应中 SnO2 被还原 C. 每生成 1 mol M 转移电子 8 mol D. 反应后只有一种氧化产物 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应2SnO2+3C2Sn+a M↑+CO2↑中，由质量守恒可知M为CO，a=2，反应中Sn元素化合价降低，被还原，SnO2为氧化剂，C元素化合价分别升高为+2、+4价，为还原剂，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．由质量守恒可知M为CO，a=2，故A正确；‎ B．反应中Sn元素化合价降低，被还原，故B正确；‎ C．由方程式2SnO2+3C2Sn+a M↑+CO2↑可知，M为CO，a=2，每生成1molM，消耗1molSnO2，转移4 mol电子，故C错误；‎ D．C被氧化生成CO和CO2，则反应后生成的氧化产物有两种，故D错误；‎ 故选CD。‎ ‎【点睛】正确配平和书写反应的方程式是解题的关键。本题的易错点为D，要注意反应中C元素化合价的变化，同时注意还原剂被氧化后的产物为氧化产物。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，满分53分）‎ 注意事项：‎ ‎1．请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上。‎ ‎2．试卷中横线及框内注有“▲”的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答。‎ 三、填空题（共53分）‎ ‎22.化学与人类生活密切相关。请按要求，回答下列问题：‎ ‎（1）春秋末期工艺官书《考工记》中记载有“涑帛”的方法，即利用含有碳酸钠的水溶液来洗涤丝帛。请写出碳酸钠水溶液中通入CO2气体的化学方程式____，将54.8g Na2CO3和NaHCO3 的混合物分成等量的两份，一份溶于水后加入足量盐酸，收集到气体V L，另一份直接加热至恒重，生成气体2.24L（所有气体体积均在标准状况下测定），则原固体混合物中Na2CO3的物质的量：n（Na2CO3）＝____，气体V＝____。‎ ‎（2）“84”消毒液在生活中使用广泛，其有效成分是次氯酸钠。可在常温下将氯气通入NaOH溶液制得，该反应的离子方程式为____，若有2mol氯气参与该反应，则此时转移的电子数为____NA。‎ ‎（3）小苏打可用于治疗胃酸过多，其反应的离子方程式为____。‎ ‎（4）长石是地表岩石最重要的造岩矿物。某种长石的化学组成KAlSi3O8则将其改写成氧化物的组合形式为____。‎ ‎（5）葡萄糖(分子式C6H12O6)是人体活细胞的能量来源。已知1mol等于1000mmol，某体检单的一些指标如图，则每升该样品中含葡萄糖的质量为____g（请保留两位小数）。‎ ‎9‎ 白球比 ‎1.6‎ ‎10‎ 乳酸脱氢酶 ‎161‎ U/L ‎11‎ 磷酸肌酸激酶 ‎56‎ U/L ‎12‎ 甘油三酯 ‎0.52‎ mmol/L ‎13‎ 总胆固醇 ‎4.27‎ mmol/L ‎14‎ 高密度脂蛋白胆固醇 ‎1.57‎ mmol/L ‎15‎ 低密度脂蛋白胆固醇 ‎1.40‎ mmol/L ‎16‎ 葡萄糖 ‎4.94‎ mmol/L ‎【答案】 (1). Na2CO3＋H2O＋CO2＝2NaHCO3 (2). 0.2mol (3). 6.72 (4). Cl2＋2OH＝Cl-＋ClO-＋H2O (5). 2 (6). HCO3-＋H＋＝CO2↑＋H2O (7). K2O·Al2O3·6SiO2 (8). 0.89g ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)碳酸钠与二氧化碳在溶液中反应生成碳酸氢钠；加热时发生反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，根据生成的二氧化碳可以计算每一份中碳酸氢钠的物质的量，原混合物中碳酸氢钠的物质的量为每一份中碳酸氢钠的2倍，结合原混合物的质量可得原混合物中碳酸钠的质量，再根据碳原子守恒计算每一份与盐酸反应生成二氧化碳的体积；‎ ‎(2)氯气和NaOH反应生成NaCl和NaClO，根据氯气和转移电子之间的关系式计算转移电子物质的量；‎ ‎(3)小苏打的主要成分为碳酸氢钠，可与盐酸反应生成二氧化碳气体；‎ ‎(4)按照活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O顺序来书写；‎ ‎(5)由表中数据可知葡萄糖的浓度为4.94mmol/L，即1L溶液含有4.94mmol葡萄糖，结合m=nM计算。‎ ‎【详解】(1)碳酸钠与二氧化碳在溶液中反应生成碳酸氢钠，反应方程式为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3；加热生成二氧化碳的物质的量为=0.1mol，由2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，可知每一份中碳酸氢钠的物质的量为：0.1mol×2=0.2mol，故原混合物中碳酸氢钠的物质的量为0.2mol×2=0.4mol，则原混合物中m(Na2CO3)=54.8g-0.4mol×84g/mol=21.2g，则原混合物中n(Na2CO3)==0.2mol；每一份中碳酸氢钠为0.2mol，碳酸钠为0.1mol，根据碳原子守恒，可知与盐酸反应生成二氧化碳为：(0.2mol+0.1mol)×22.4L/mol=6.72L，故答案为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3；0.2 mol；6.72；‎ ‎(2)氯气和NaOH反应生成NaCl和NaClO，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2‎ O，反应中Cl元素化合价由0价分别变化为+1价、-1价，若有2mol氯气参与该反应，则生成2molNaCl，转移电子的物质的量为2mol，数目为2NA，故答案为：Cl2+2OH=Cl-+ClO-+H2O；2；‎ ‎(3)小苏打的主要成分为碳酸氢钠，可与盐酸反应生成二氧化碳气体，反应的离子方程式为HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故答案为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O；‎ ‎(4)钾的氧化物为K2O，铝的氧化物为Al2O3，硅的氧化物为SiO2，则根据活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、SiO2、H2O的顺序可知，KAlSi3O8可改写为K2O•Al2O3•6SiO2，故答案为：K2O•Al2O3•6SiO2；‎ ‎(5)由表中数据可知葡萄糖的浓度为4.94mmol/L，即1L溶液含有4.94mmol葡萄糖，则质量为4.94×10-3mol×180g/mol=0.89g，故答案为：0.89。‎ ‎23.氯气是一种重要的化工原料，氯气及其化合物在自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都有着重要的应用。‎ ‎（1）NaClO中Cl的化合价为____，有较强的___（填氧化、还原）性。‎ ‎（2）黄色气体ClO2可用于污水杀菌和饮用水净化。‎ ‎①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2 ，SO2被氧化为SO42-，此反应的离子方程式为____。‎ ‎②ClO2可将废水中的Mn2＋转化为MnO2而除去，本身还原为Cl－，该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。‎ ‎【答案】 (1). +1 (2). 氧化 (3). 2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42- (4). 2:5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据化合物中正负化合价的代数和为0；根据次氯酸盐中Cl的化合价分析判断；‎ ‎(2)①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应生成ClO2、硫酸根离子；②根据得失电子守恒计算。‎ ‎【详解】(1)NaClO中Na为+1价，O为-2价，化合物中总化合价为0，则Cl为+1价；次氯酸盐中+1价的氯元素易得到电子，具有较强氧化性，故答案为：+1；氧化；‎ ‎(2)①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，根据氧化还原反应的规律，同时应生成硫酸钾，反应的离子方程式为：2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-，故答案为：2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-；‎ ‎②ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身还原为Cl-，反应中ClO2为氧化剂，Cl元素化合价由+4价降低为-1价，Mn2+为还原剂，元素化合价由+2价升高到+4价，氧化剂和还原剂得失电子数目相等，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶5，故答案为：2∶5。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(2)②，要注意氧化还原反应的计算的一般方法的应用，解答本小题，也可以书写出反应的方程式再分析计算。‎ ‎24.某学生设计如下图所示的实验装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），回答下列问题：‎ ‎（1）在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸，在加热条件下制取氯气，写出反应的化学方程式____；‎ ‎（2）C装置的作用是____。‎ ‎（3）此实验所得漂白粉有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在U形管中还存在两个副反应。‎ ‎①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是____。‎ ‎②另一个副反应是2HCl＋Ca（OH）2＝CaCl2＋2H2O，为避免此副反应的发生，可将装置如何改进____。‎ ‎【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 吸收未反应的Cl2，防止污染空气 (3). 将B装置冷却（或将B装置放入冷水液中） (4). A、B之间接一个盛饱和NaCl溶液的洗气瓶 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)在加热条件下，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，据此书写反应的化学方程式；‎ ‎(2)氯气是有毒气体，随意排放会污染空气；‎ ‎(3)根据两个副反应的条件和反应物分析解答。‎ ‎【详解】(1)A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸，在加热条件下制取氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎(2)氯气是有毒气体，要进行尾气处理，则装置C中的氢氧化钠溶液用于吸收未反应完的氯气，防止污染空气，故答案为：吸收未反应完的氯气，防止污染空气；‎ ‎(3)①温度较高时发生副反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，则可将B装置冷却来避免该副反应的发生，故答案为：将B装置冷却(或将B装置放在冷水浴中)；‎ ‎②因浓盐酸易挥发，则另一个副反应为HCl与消石灰反应，2HCl＋Ca(OH)2＝CaCl2＋2H2O，所以应除去氯气中的HCl，可以在A、B之间接一个盛有饱和的NaCl溶液的洗气瓶，除去HCl，故答案为：在A、B之间接一个饱和的NaCl溶液的洗气瓶。‎ ‎25.铁是人体必需的微量元素，在肺部，血红蛋白中血红素的Fe2＋与O2结合，把O2送到各个组织器官。铁摄入不足可能引起缺铁性贫血。黑木耳中含有比较丰富的铁元素，某研学小组测定其含量。‎ ‎（1）【铁元素的分离】 称量黑木耳，将之洗净切碎，用蒸馏水浸泡，但浸泡液中未能检测到铁元素。在坩埚中高温灼烧黑木耳，使之完全灰化。用酸充分浸泡溶解，过滤，滤液备用。‎ ‎① 浸泡液检测不出铁元素的原因是____。‎ ‎② 滤液中铁元素的存在形式是Fe2＋、____。‎ ‎（2）【配制溶液】 将滤液配制成100 mL 溶液。实验时需要选择合适的仪器完成【铁元素的分离】、【配制溶液】2个实验，下列仪器不必使用的是____。‎ ‎（3）【铁元素含量测定】 研学小组提出如下测量方案：‎ Ⅰ. 沉淀法：向溶液中加入足量NaOH溶液，搅拌使Fe（OH）2全部转化为Fe（OH）3然后过滤、洗涤沉淀、加热烘干、称量Fe（OH）3的质量进行分析。请指出该测量方案是否可行及其理由____。‎ Ⅱ. 比色法：流程示意如下：‎ ‎① 用离子方程式解释加入H2O2的目的是____。‎ ‎② 溶液a的颜色是____。‎ ‎③ 溶液颜色越深，光的透过能力越差，即透光率越小。若不加H2O2，测出黑木耳中铁元素的含量____（填“偏大”或“偏小”）。‎ ‎（4）亚铁盐易被氧化，但在体内Fe2＋参与O2‎ 的运输却不被氧化。蛋白质是一种既有亲水部分、又有疏水部分的大分子，为血红素提供了疏水环境。可见，氧化还原反应能否发生与___有关。‎ ‎【答案】 (1). 黑木耳中含铁元素的物质不溶于水 (2). Fe3＋ (3). b、f (4). 不可行， Fe（OH）3受热易分解，且沉淀法操作步骤多误差大 (5). H2O2 ＋ 2H＋ ＋2Fe2＋ ＝2Fe3＋ ＋2H2O (6). 红色 (7). 偏小 (8). 水 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①浸泡液检测不出铁元素说明铁元素存在的物质没有溶于水；②根据高温灼烧黑木耳，结合亚铁离子不稳定分析判断；‎ ‎(2)通过过滤实现“铁元素的分离”、“配制溶液”2个实验，结合2个实验过程分析需要的仪器进行解答；‎ ‎(3)Ⅰ．Fe(OH)3受热易分解；Ⅱ．①过氧化氢能够氧化亚铁离子为铁离子；②铁离子遇到KSCN溶液形成血红色溶液；③根据测定原理结合容易的颜色分析判断；‎ ‎(4)根据蛋白质是一种既有亲水部分、又有疏水部分的大分子，为血红素提供了疏水环境分析判断。‎ ‎【详解】(1)①浸泡液检测不出铁元素，可能是因为黑木耳中含铁元素的物质不溶于水，故答案为：黑木耳中含铁元素的物质不溶于水；‎ ‎②在坩埚中高温灼烧黑木耳，使之完全灰化，黑木耳中的铁元素会转化为铁的氧化物，因为亚铁离子不稳定，因此得到的氧化物一定含有氧化铁；用酸充分溶解，过滤，滤液中铁元素的存在形式是Fe2+、Fe3+，故答案为：Fe3+；‎ ‎(2)将滤液配制成100mL溶液，然后完成“铁元素的分离”、“配制溶液”2个实验；分离铁元素通过过滤除去不溶物，需要漏斗、玻璃棒、烧杯等，配制溶液需要称量、溶解、转移、洗涤定容等，需要的仪器有天平、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管等，故图中仪器一定不用的是冷凝管、分液漏斗，故选bf，故答案为：bf；‎ ‎(3)Ⅰ．向溶液中加入足量NaOH溶液，搅拌使Fe(OH)2全部转化为Fe(OH)3然后过滤、洗涤沉淀、加热烘干、称量Fe(OH)3的质量，该操作中Fe(OH)3受热易分解，得到的Fe(OH)3的质量一定存在较大的误差，另外沉淀操作步骤多，更加容易造成实验准确度低，因此该测量方案不可行，故答案为：不可行，Fe(OH)3受热易分解，且沉淀法操作步骤多误差大；‎ Ⅱ．①加入H2O2的目的是氧化亚铁离子，反应的离子方程式为：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O；‎ ‎②铁离子结合SCN-离子生成Fe(SCN)3，溶液呈血红色，故答案为：红色(或血红色)；‎ ‎③溶液颜色越深，光的透过能力越差，即透光率越小，若不加H2O2，亚铁离子透光率大，导致测出黑木耳中铁元素的含量偏小，故答案为：偏小；‎ ‎(4)蛋白质是一种既有亲水部分、又有疏水部分的大分子，为血红素提供了疏水环境，亚铁盐易被氧化，但在体内Fe2+参与O2的运输却不被氧化，说明氧化还原反应能否发生与水有关，故答案为：水。‎ ‎26.氮元素的单质和常见的化合物在工、农业生产中用途广泛。‎ ‎（1）工业上利用分离空气的方法得到氮气．空气各主要成分的沸点如下：‎ N2‎ O2‎ Ar CO2‎ ‎-196℃‎ ‎-183℃‎ ‎-186℃‎ ‎-78℃‎ 现将空气深度冷却液化，然后缓慢升温，则最先分离出来的气体是______．‎ ‎（2）雷雨时空气中的N2转化为NO，生成物NO是______色的气体，______（填“易”或“难”）溶于水；NO在空气中很容易被氧化成NO2，NO2能与水发生化学反应，写出NO2与水反应的化学方程式为__________________．‎ ‎（3）实验室可用固体NH4Cl与固体Ca（OH）2加热反应制取氨气；‎ ‎①制取氨气的化学方程式为__________________；‎ ‎②要制取标准状况下4.48L的氨气，至少需要称取固体NH4Cl的质量为______g；‎ ‎（4）已知：4NH3+6NO5N2+6H2O化学研究性学习小组的同学在技术人员的指导下，按下列流程，探究不同催化剂对NH3还原NO反应的催化性能； ‎ 若控制其他实验条件均相同，在催化反应器中装载不同的催化剂，将经催化反应后的混合气体，通过一定体积滴有酚酞的稀硫酸溶液（溶液的体积、浓度均相同）；‎ ‎①NH3与稀硫酸溶液反应的离子方程式为__________________；‎ ‎②为了比较不同催化剂的催化性能，需要测量并记录的数据是____________。‎ ‎【答案】 (1). N2 (2). 无 (3). 难 (4). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (5). 2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑ (6). 10.7 (7). NH3+H+=NH4+ (8). 溶液显色所需时间 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）沸点最低的物质最先分离出来；‎ ‎（2）根据NO物理性质进行分析；NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮；‎ ‎（3）实验室可用固体NH4Cl与固体Ca（OH）2加热反应制取氨气；根据反应生成氨气的体积，转化为氨气的量，根据方程式中氮原子守恒：n（NH3）=n（NH4Cl），m（NH4Cl）=M(NH4Cl)×n（NH4Cl）。‎ ‎（4）氨气是碱性气体，与稀硫酸溶液反应生成硫酸盐；要比较催化剂的性能就要从反应的快慢来比较，所以要记录反应所需要的时间。‎ ‎【详解】（1）加热升温最先变为气体的是沸点最低的物质，从表格中看出沸点最低的是N2，所以最先分离出来的气体是N2；‎ ‎（2）NO是无色的气体、难溶于水；NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；‎ ‎（3）实验室可用固体NH4Cl与固体Ca（OH）2加热反应制取氨气的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑；标准状况下4.48L的氨气的物质的量为：=0.2mol，根据方程式知道生成0.2mol的氨气至少需要0.2mol的NH4Cl，质量为：0.2mol×53.5g/mol=10.7g；‎ ‎（4）氨气是碱性气体，与稀硫酸溶液反应生成铵盐，离子方程式为：NH3+H+=NH4+；要比较催化剂的性能就要从反应的快慢来比较，所以要记录反应显色所需要的时间。‎