河北省唐山市第二中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题 19页

唐山二中2019-2020学年度第一学期高一期中考试化学学科试卷 相对原子质量：H 1、C 12、N 14、O 16、Na 23、Cl 35.5、K 39、Mn 55、Br 80、I 127‎ 第Ⅰ卷 选择题部分（共50分）‎ 一、选择题（每题只有一个正确选项，每题2分，共50分）‎ ‎1.“食盐加碘”、“骨质疏松需补钙”、“人体缺铁会引起贫血”。其中的“碘、钙、铁”是指（ ）‎ A. 分子 B. 原子 C. 离子 D. 元素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】“食盐加碘”、“骨质疏松需补钙”、“人体缺铁会引起贫血”，这里所说的“碘、钙、铁”等不是以单质、分子、原子等形式存在，而是强调“碘、钙、铁”是存在的元素，与具体形态无关。‎ 故选D。‎ ‎2.下列关于液氯和氯水的叙述中正确的是（ ）‎ A. 液氯是纯净物，而氯水是混合物 B. 液氯和氯水都有酸性 C. 液氯和氯水都有漂白性 D. 液氯无色，氯水呈黄绿色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 液氯是液态的氯分子，是纯净物；氯水是氯气溶于水形成的混合物，在此混合物中，有氯分子、次氯酸分子、水分子、还有氯离子、次氯酸根离子、氢离子、氢氧根离子。‎ ‎【详解】A. 液氯是只含氯分子的纯净物，而氯水是由分子、离子构成的混合物，A正确；‎ B. 液氯中不含有H+，不显酸性，氯水中含有H+，具有酸性，B错误；‎ C. 液氯没有漂白性，氯水中含有次氯酸分子，具有漂白性，C错误；‎ D. 液氯和氯水中都含有氯分子，都呈黄绿色，D错误；‎ 故选A。‎ ‎3.胶体分散系与其它分散系的本质差别是 A. 分散质直径大小 B. 是否有丁达尔现象 C. 是否稳定 D. 分散质粒子是否带电 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的直径大小不同，其中分散质粒子直径大于100nm的是浊液，小于1nm的是溶液，介于1nm和100nm之间的是胶体，答案选A。‎ ‎【点睛】该题容易错选B。丁达尔效应可以用来鉴别溶液和胶体，但不是分散系本质区别。‎ ‎4.在物质分类中，前者包含后者的是（ ）‎ A. 氧化物、化合物 B. 胶体、溶液 C. 化合物、电解质 D. 非金属氧化物、酸性氧化物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧化物属于化合物，后者包含前者，A不合题意；‎ B. 胶体和溶液都属于分散系，是两个平行概念，没有从属关系，B不合题意；‎ C. 化合物分为电解质和非电解质，所以前者包含后者，C符合题意；‎ D. 非金属氧化物有的是酸性氧化物，有的不是酸性氧化物，属于交叉关系，D不合题意。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】非金属氧化物有的是酸性氧化物，如CO2、SO2等；有的是不成盐氧化物，如CO、NO、H2O等。酸性氧化物有的是非金属氧化物，有的是金属氧化物，如Mn2O7。‎ ‎5. 金属钠与下列溶液反应时，既有白色沉淀析出又有气体逸出的是( )‎ A. BaCl2溶液 B. K2SO4溶液 C. FeCl3溶液 D. Ca(HCO3)2溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、金属钠先和BaCl2溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，但是生成的氢氧化钠和氯化钡不反应，即只有气体生成，故A错误；B、金属钠先和硫酸钾溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，但是生成的氢氧化钠和硫酸钾不反应，极只有气体生成，故B错误；C、Na首先和水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH与FeCl3溶液反应会生成Fe(OH)3‎ ‎↓红褐色沉淀，既有沉淀析出，又有气体逸出，故C错误；D、Na首先和水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH与Ca(HCO3)2溶液反应会生成碳酸钙，有沉淀生成，故D正确；故选D。‎ ‎【考点定位】考查钠的化学性质 ‎【名师点晴】本题考查了钠的化学性质，关键要知道Na与溶液反应，首先是钠与水反应生成氢氧化钠并放出氢气，然后发生NaOH与溶质的反应。解答本题要注意沉淀的颜色。‎ ‎6.下列变化过程中，加入氧化剂才能实现的是（ ）‎ A. SO2→SO32- B. CuO→Cu C. Cl2→Clˉ D. Iˉ→I2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SO2→SO32-，没有变价元素，不需加入氧化剂，A不合题意；‎ B. CuO→Cu，此转化中CuO做氧化剂，需加入还原剂才能实现，B不合题意；‎ C. Cl2→Clˉ，此转化中，虽然Cl元素的价态降低，但并不需要加入还原剂，因为Cl2与碱或水反应，就可实现，C不合题意；‎ D. Iˉ→I2，此转化中，I-价态升高，作还原剂，需要加入氧化剂才能实现，D符合题意。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】分析物质转化时，一方面我们要考虑元素价态发生改变，可能需要加入氧化剂或还原剂，另一方面还要思考，是否不另加氧化剂或还原剂，利用物质自身的氧化还原反应，也能实现此转化。‎ ‎7.有5种待检的溶液，它们分别是：①KCl；②Ba(NO3)2；③NaOH；④(NH4)2SO4；⑤FeCl3。若要求不用任何外加试剂鉴别它们，则鉴别的先后顺序正确的是（ ）‎ A. ⑤④①③② B. ⑤③④②① C. ②④③①⑤ D. ③②④⑤①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】我们从观察溶液的颜色切入，呈棕黄色的溶液为⑤FeCl3；再利用FeCl3滴入盛有少量的另外四份溶液的四支试管中，有红褐色沉淀生成的溶液是③NaOH；再利用NaOH滴入盛有少量的另外三份溶液的三支试管中，有气泡逸出的溶液是④(NH4)2SO4；再利用(NH4)2SO4鉴别剩下的两份溶液，有白色沉淀生成的溶液为②Ba(NO3)2；最后剩下的为①KCl。从而得出鉴别的先后顺序为⑤③④②①。答案为B。‎ ‎8.‎ ‎ 一定温度下，将少量生石灰放入一定量的饱和石灰水中，搅拌并冷却到原温度，下列说法正确的是（ ）‎ A. 溶质的质量增大 B. 溶质的物质的量浓度增大 C. Ca（OH）2溶解度不变 D. 溶质质量分数增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．由于氧化钙与饱和溶液中的水发生反应而使溶液因此减少了水，饱和溶液的溶剂减少会造成溶质析出，所以溶质减少，故A错误；B．物质的量浓度是表示溶液浓度的一种方法，由于溶液温度不变，并且溶液仍为饱和溶液，所以饱和溶液的物质的量浓度未变，故B错误；C．饱和溶液随溶剂水的减少，溶质相应析出，变化后的溶液仍为饱和溶液，且溶液温度没有改变，根据相同温度下的同种溶质的饱和溶液的溶质质量分数相同，所以，溶液的浓度（即溶质Ca（OH）2浓度）不变，故C正确；D．由于溶液温度不变，并且溶液仍为饱和溶液，所以饱和溶液的溶质质量分数不变，故D错误；故选C。‎ 考点：考查了溶解度的影响因素的相关知识。‎ ‎9.下列说法中正确的是（ ）‎ A. CO2的水溶液能导电，故CO2是电解质 B. BaSO4难溶于水，但BaSO4是强电解质 C. 实验后剩余的金属钠不可以放回原试剂瓶中 D. 不是电解质的物质一定是非电解质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO2的水溶液能导电，但导电离子并不是来自CO2，而是来自CO2与水反应生成的碳酸，故CO2不是电解质，而是非电解质，A错误；‎ B. BaSO4难溶于水，但溶于水的BaSO4完全电离，所以BaSO4是强电解质，B正确；‎ C. 在实验室，用剩的溶液和粉末状固体不能放回原瓶，用剩的块状固体必须放回原瓶，所以实验后剩余的金属钠应放回原试剂瓶中，C错误；‎ D. 单质和混合物既不是电解质也一定是非电解质，D错误。‎ 故选B。‎ ‎10.实验表明：将氯水滴加到一片蓝色石蕊试纸上，会出现如图所示的半径慢慢扩大的内外两个圆环，且两环颜色不同，下列有关说法中不正确的是（ ）‎ A. 此实验表明氯水有酸性、漂白性 B. 内环呈白色，外环呈红色或浅红色 C. 内外环上颜色的差异表明此变化过程中，盐酸与指示剂的反应比氧化还原反应快 D. 氯水中形成次氯酸的反应中还原产物是HClO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 此实验表明氯水有酸性、漂白性，而且先表现出酸性，后表现出氧化强，A正确；‎ B. 内环是次氯酸将红色物质漂白、呈白色，外环是酸使酚酞呈红色或浅红色，B正确；‎ C. 内外环上颜色的差异表明此变化过程中，盐酸先与指示剂反应，次氯酸后与指示剂发生氧化还原反应，C正确；‎ D. 氯水中形成次氯酸的反应中氧化产物是HClO，D错误。‎ 故选D。‎ ‎11.如图在盛有溴水的三支试管中分别加入苯、四氯化碳和酒精，振荡后静置，出现下列现象，正确的结论是（　　）‎ A. ①加入的是 CCl4，②加苯，③加酒精 B. ①加入的是苯，②加 CCl4，③加酒精 C. ①加入的是苯，②加酒精，③加 CCl4‎ D. ①加入的是酒精，②加 CCl4，③加苯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】CCl4难溶于水，密度比水大，溴易溶于CCl4，CCl4层在下层；苯难溶于水，密度比水小，溴易溶于苯，苯层在上层；酒精易溶于水，与水不分层；所以①加入的是苯，②加 ‎ CCl4，③加酒精，故选B。‎ ‎12.设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 在‎25℃‎、101kPa下，‎11.2L氧气所含的原子数为NA B. 0.5molNa与足量水发生反应转移的电子数为NA C. ‎20g重水（D2O）所含的电子数为10NA D. 在标准状况下，‎5.6L的CCl4中所含的氯原子总数为NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在‎25℃‎、101kPa下，气体摩尔体积大于‎22.4L/mol，‎11.2L氧气的物质的量小于0.5mol，所含的原子数小于NA，A错误；‎ B. Na与足量水发生反应，Na由0价升高到+1价，0.5molNa转移的电子数为0.5NA，B错误；‎ C. ‎20g重水（D2O的相对分子质量为20）为1mol，每个D2O分子中含有10个电子，则‎20g重水所含的电子数为10NA，C正确；‎ D. 在标准状况下，CCl4呈液态，不能利用‎22.4L/mol进行所含氯原子总数的计算，D错误。‎ 故选C。‎ ‎13. ‎2015年8月12日位于天津滨海新区某一危险品仓库发生大爆炸，人员和财产损失严重。为此我们应做好各类安全预案。下列行为符合安全要求的是（ ）‎ A. 金属钠着火时，立即用水灭火 B. 配制稀硫酸时将水倒入浓硫酸中 C. 用点燃的火柴在液化气钢瓶口检验是否漏气 D. 大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往高处走 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．金属钠很容易与水发生反应产生氢氧化钠和氢气，因此金属钠着火时，立即用沙子或土灭火，不能用水灭火，错误；B． 浓硫酸遇水会放出大量的热，由于硫酸的密度比水大，所以配制稀硫酸时将浓硫酸缓缓加入到水中，错误；C．若用点燃的火柴在液化气钢瓶口检验是否漏气，万一漏气，短时间内大量气体与氧气发生反应，放出大量的热，会使钢瓶发生爆炸，错误；D．大量氯气泄漏时，由于氯气有毒，密度比空气大，所以一个迅速离开现场并尽量往高处走，正确。‎ 考点：考查化学药品事故处理方法正误判断的知识。‎ ‎14.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是（ ）‎ A. 澄清的石灰水与稀盐酸反应Ca(OH)2＋2H+＝Ca2+＋2H2O B. 氢氧化钡溶液与盐酸的反应 OH－＋H+＝H2O C. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液混合Ba2++SO42－＝BaSO4↓‎ D. 碳酸钙溶于稀盐酸中CO32－＋2H+＝H2O＋CO2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 澄清的石灰水中，Ca(OH)2完全电离，所以在离子方程式中应以离子表示，A错误；‎ B. 氢氧化钡溶液与盐酸反应，二者都能完全电离，反应的实质为OH－＋H+＝H2O，B正确；‎ C. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液混合，除去发生反应Ba2++SO42－＝BaSO4↓外，还发生Cu2+与OH-的反应，C错误；‎ D. 碳酸钙为难溶性盐，应以化学式形式出现在离子方程式中，D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】判断离子方程式的正误，需考察以下四个方面的内容：①看是否符合客观事实；②看是否漏掉离子反应；③看是否可拆成离子；④看是否遵循质量守恒和电荷守恒。‎ ‎15.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（ ）‎ A. 硫酸铜溶液 B. 氯化镁溶液 C. 碘酒 D. 氢氧化铁胶体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硫酸铜溶液，不胶体，不能产生丁达尔效应，A不合题意；‎ B. 氯化镁溶液，不属于胶体，不能产生丁达尔效应，B不合题意；‎ C. 碘酒，是碘的酒精溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，C不合题意；‎ D. 氢氧化铁胶体，是胶体，能产生丁达尔效应，D符合题意；‎ 故选D。‎ ‎16.同位素的发现能揭示物质微观结构与性质之间的关系。下列说法正确的是（ ）‎ A. O2和O3互为同位素 B. 1个18O2中含有18个中子 C. 18O2与16O2的性质完全相同 D. 16O和18O的核外电子数相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. O2和O3是O元素组成的两种单质，二者互为同素异形体，A不合题意；‎ B. 1个18O2中含有2(18-8)=20个中子，B错误；‎ C. 18O2与16O2的物理性质不同，C错误；‎ D. 16O和18O的核外电子数都是8个，D正确。‎ 故选D。‎ ‎17.在加热条件下，对于反应‎3C12＋6KOH＝5KCl十KClO3＋3H2O，以下叙述正确的是（ ）‎ A. 氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶5‎ B. 6.72LCl2完全反应，转移电子的物质的量为0.5mol C. C12是氧化剂，KOH是还原剂 D. 氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为5∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于反应‎3C12＋6KOH＝5KCl十KClO3＋3H2O，Cl2中的Cl一部分由0价升高到+5价，一部分由0价降低到-1价，所以Cl2既是氧化剂又是还原剂，KCl是还原产物，KClO3是氧化产物。‎ ‎【详解】A. 从方程式中可以看出，氧化产物KClO3和还原产物KCl的物质的量之比为1∶5，A正确；‎ B. 没有指明标准状况，6.72LCl2不一定是0.3mol，所以转移电子的物质的量不一定为0.5mol，B错误；‎ C. C12既是氧化剂又是还原剂，KOH表现出碱性，C错误；‎ D. 氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为1∶1，D错误。‎ 故选A。‎ ‎18.下列各组离子在溶液中能大量共存且溶液为无色的是（ ）‎ A. Na+、CH3COO－、NO3－、H+ B. Cu2+、SO42－ 、Cl－、H+‎ C. Na+、Mg2+、SO42－、Cl－ D. Ca2+ 、K+ 、OH－、CO32－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CH3COO－、H+在同一溶液中会反应生成CH3COOH，A不能大量共存，A不符合题意；‎ B. 虽然离子能大量共存，但Cu2+呈蓝色，B不合题意；‎ C. Na+、Mg2+、SO42－、Cl－四种离子能大量共存于同一溶液中，C符合题意；‎ D. Ca2+ 、CO32－在同一溶液中时，会反应生成CaCO3沉淀，D不合题意。‎ 故选C。‎ ‎19. 根据下列化学方程式，判断有关物质的还原性强弱的顺序为 ‎① I2＋SO2＋2H2O＝H2SO4＋2HI；‎ ‎② 2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3；‎ ‎③ 2FeCl3＋2HI＝2FeCl2＋2HCl＋I2‎ A. I－＞Fe2＋＞Cl－＞SO2 B. SO2＞I－＞Fe2＋＞Cl－‎ C. Fe2＋＞I－＞Cl－＞SO2 D. Cl－＞Fe2＋＞SO2＞I－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：在氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，则根据反应I2＋SO2＋2H2O＝H2SO4＋2HI可知还原性是SO2＞I－；根据反应2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3可知还原性是Fe2＋＞Cl－；根据反应2FeCl3+ 2HI = 2FeCl2+ 2HCl + I2可知还原性是I－＞Fe2+，根据以上分析可知还原性强弱顺序是SO2＞I－＞Fe2＋＞Cl－，答案选B。‎ 考点：考查还原性强弱比较 ‎20.以下实验装置一般不用于分离物质的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ，此为蒸馏装置，用于分离沸点相差较大的液体混合物，A不合题意；‎ B. ，用于提纯胶体分散系，B不合题意；‎ C. ，用于分离固液混合物，C不合题意；‎ D. ，用于配制一定物质的量浓度的溶液，不用于分离物质，D符合题意。‎ 故选D。‎ ‎21. 甲、乙、丙三种溶液中各含一种卤离子，往甲中加入淀粉和氯水，溶液变为蓝色，再往丙中加入淀粉和氯水，颜色无明显变化，则甲、乙、丙依次含有 A. Br-、Cl-、I- B. Cl-、I-、Br- C. I-、Br-、Cl- D. Br-、I-、Cl-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 甲中加入淀粉和氯水，溶液变为蓝色，说明一定含有I-，可以肯定答案为C，再逐一验证，符合题意 ‎22.某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与原子组成HmX分子．在a克HmX中所含质子的物质的量是（ ）‎ A. (A-N+m)mol B. (A-N)mol C. (A-N)mol D. (A-N+m)mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 核素近似相对原子质量等于质量数，即X的近似相对质量为A，质量数=质子数＋中子数，则X的质子数为(A－N)，1molHmX中含有质子的物质的量为(A－N＋m)mol，agHmX的物质的量ag/(A＋m)g·mol－1，agHmX中含有质子物质的量为(A-N+m)mol。‎ ‎【详解】核素近似相对原子质量等于质量数，即X的近似相对质量为A，质量数=质子数＋中子数，则X的质子数为(A－N)，1molHmX中含有质子的物质的量为(A－N＋m)mol，agHmX的物质的量ag/(A＋m)g·mol－1，agHmX中含有质子物质的量为(A-N+m)mol，故选项A正确。‎ ‎23.同温同压下，A容器中H2和B容器中NH3所含氢原子数相等，则两个容器的体积比是（ ）‎ A. 2∶3 B. 1∶‎3 ‎C. 3∶2 D. 1∶2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】可设H原子数为6mol，则H2为3mol，NH3为2mol，两种气体的物质的量之比为3：2，依据阿伏加德罗定律的推论，物质的量之比等于气体的体积之比，可得出两个容器的体积之比为3：2。故选C。‎ ‎24.用NaCl固体配制0.1 mol·L-1的NaCl溶液，下列操作或说法正确的是 A. 将5.85gNaCl固体溶于‎1 L水中可配成0.1 mol·L-1的NaCl溶液 B. 称量时，将固体NaCl直接放在天平左盘上 C. 固体溶解后，将溶液转移到容量瓶中，然后向容量瓶中直接加水稀释到刻度线 D. 配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不会影响实验结果 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 考查溶液的配制 A：溶于‎1升水中是错误的，应溶于水中配成一升溶液 B：固体一般放在纸片上 C：溶解后洗涤烧杯二至三次，一并移至容量瓶中，加水稀释到离刻度线2至‎3cm时，改用胶头滴管定容，不正确 D：正确 答案为D ‎25.已知在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反应：3NaClO = 2NaCl＋NaClO3。在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是 A. NaCl、NaClO B. NaCl、NaClO‎3 ‎C. NaClO、NaClO3 D. NaClO3、NaClO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】反应3NaClO = 2NaCl＋NaClO3，属于歧化反应。‎ A、NaCl中氯元素-1价、NaClO中氯元素+1价，氯元素的化合价均比+3价低，不属于歧化反应，选项A错误；‎ B、NaCl中氯元素-1价、NaClO3中氯元素+5价，属于歧化反应，选项B正确；‎ C、NaClO中氯元素+1价、NaClO3中氯元素+5价，NaClO还会继续反应，不能稳定存在，选项C错误；‎ D、NaClO3、NaClO4中的氯元素化合价均比+3价高，不属于歧化反应，选项D错误；‎ 答案选B。‎ 第Ⅱ卷 非选择题部分（共50分）‎ ‎26.（1）‎13.8g氮的氧化物（NOx）中含N原子数为0.3mol，则NOx的摩尔质量为___，x的数值为___，该质量的NOx在标准状况下的体积为___L。‎ ‎（2）某待测液中可能含有Ag+、Fe3+、K+、Ba2+、NH4+等离子，进行如下实验：① 加入过量的稀盐酸，有白色沉淀生成；② 过滤，得无色透明溶液，在滤液中加入过量的稀硫酸，又有白色沉淀生成；③ 过滤，取少量滤液，加入NaOH溶液至溶液呈碱性，加热，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体。‎ 根据实验现象回答：待测液中一定含有___离子；—定不含有__离子；还有____离子不能确定是否存在，要检验这些离子的实验方法是___。‎ ‎【答案】 (1). ‎46g/mol (2). 2 (3). 6.72 (4). Ag+ (5). Ba2+ (6). NH4+、Fe3+、K+ (7). 焰色反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）‎13.8g氮的氧化物（NOx）中含N原子数为0.3mol，利用公式可求出NOx的摩尔质量，利用相对分子质量可求出x的数值，利用公式V=n×Vm可求出该质量的NOx在标准状况下的体积。‎ ‎（2）利用离子反应产生的现象，进行离子的逐个分析。‎ ‎①加入过量的稀盐酸，有白色沉淀生成，则含有Ag+；② 过滤，得无色透明溶液，则不含有Fe3+；在滤液中加入过量的稀硫酸，又有白色沉淀生成，则含有Ba2+；③ 过滤，取少量滤液，加入NaOH溶液至溶液呈碱性，加热，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，则含有NH4+。只有K+不能确定，可利用焰色反应进行检验。‎ ‎【详解】（1）NOx的摩尔质量；14+16x=46，x=2；‎ V=n×Vm=0.3×‎22.4L/mol=‎3.36L；答案为：‎46g/mol；2；6.72；‎ ‎（2）利用离子反应产生的现象，进行离子的逐个分析。‎ ‎①加入过量的稀盐酸，有白色沉淀生成，则含有Ag+；② 过滤，得无色透明溶液，则不含有Fe3+；在滤液中加入过量的稀硫酸，又有白色沉淀生成，则含有Ba2+；③ 过滤，取少量滤液，加入NaOH溶液至溶液呈碱性，加热，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，则含有NH4+。只有K+不能确定，可利用焰色反应进行检验。答案为：Ag+、Ba2+、NH4+；Fe3+；K+；焰色反应。‎ ‎【点睛】在进行离子推断时，常使用共存原理和电荷守恒原则。当确定某离子后，可带回原溶液检验，看是否能因不共存，排除某些离子；最后，需利用溶液呈电中性，再确定某些离子在溶液中的存在。‎ ‎27.实验室需要480mL0.2000mo1/LNa2CO3溶液。现用Na2CO3固体配制，可供选择的仪器有：①玻璃捧②烧瓶③烧杯④胶头滴管⑤漏斗⑥天平⑦药匙⑧500mL容量瓶⑨250mL容量瓶。请回答下列问题：‎ ‎（1）上述仪器中，在配制Na2CO3溶液时必须使用的仪器除①、③、⑥、⑦外，还有__（填数字序号）。‎ ‎（2）经计算，需称量Na2CO3固体的质量为__。‎ ‎（3）将所配制的Na2CO3溶液进行测定，发现浓度小于0.2000moL/L。请你分析配制过程中可能引起该误差的原因是（填字母代号）___。‎ A．定容时俯视液面 ‎ B．转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒 ‎ C．摇匀后发现液面低于刻度线，使用胶头滴管加水至刻度线 ‎（4）将配好的溶液盛装于下列（填字母代号）__仪器中，贴好标签备用。‎ A．带玻璃塞的广口瓶 B．带玻璃塞的细口瓶 C．带胶塞的广口瓶 D．带胶塞的细口瓶 ‎【答案】 (1). ③⑧ (2). ‎10.6g (3). BC (4). D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由于实验室没有480mL的容量瓶，所以应选择500mL的容量瓶，另外，除①、③、⑥、⑦外，这缺少药匙、烧杯，可从配制溶液的操作中去寻找答案。‎ ‎（2）计算时，应使用选择的容量瓶规格进行计算，切不可使用‎480m进行计算，从而得出需称量Na2CO3固体的质量。‎ ‎（3）A．定容时俯视液面，溶液体积偏小；‎ B．转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质损失一部分；‎ C．摇匀后发现液面低于刻度线，使用胶头滴管加水至刻度线，溶液体积偏大。‎ ‎（4）氢氧化钠溶液会腐蚀玻璃，不能使用玻璃塞。‎ ‎【详解】（1）由于实验室没有480mL的容量瓶，所以应选择500mL的容量瓶，另外，除①、③、⑥、⑦外，这缺少药匙、烧杯；答案为：③⑧；‎ ‎（2）计算时，应使用选择的容量瓶规格进行计算，切不可使用‎480m进行计算，从而得出需称量Na2CO3固体的质量为‎0.5L×0.2000mo1/L×‎106g/mol=‎10.6g；答案为：‎10.6g；‎ ‎（3）A．定容时俯视液面，所配溶液体积偏小，浓度偏高；‎ B．转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质损失一部分，导致所配溶液的浓度偏小；‎ C．摇匀后发现液面低于刻度线，使用胶头滴管加水至刻度线，溶液体积偏大，所配溶液的浓度偏小。答案为：BC；‎ ‎（4）A．带玻璃塞的广口瓶，适合于酸性或中性固体药品；‎ B．带玻璃塞的细口瓶，适合于酸性或中性的液体药品；‎ C．带胶塞的广口瓶，适合于碱性的固体药品；‎ D．带胶塞的细口瓶，适合于碱性的液体药品。‎ 因为NaOH溶液呈碱性，会腐蚀玻璃塞，所以应使用胶塞，且为细口瓶，答案为D。‎ ‎28.如图是实验室制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置。其中：A中盛有MnO2，B中盛有浓盐酸。‎ ‎（1）用下列两种方法制取氯气：‎ ‎①用含HCl‎146g的浓盐酸与足量的MnO2反应；‎ ‎②用87gMnO2与足量的浓盐酸反应。不考虑HCl的挥发，‎ 则两种方法生成的氯气的量是方法①___②（填“＞”、“＜”或“＝”）。‎ ‎（2）仪器B的名称是__。‎ ‎（3）C中盛饱和食盐水（氯气在其中的溶解度很小），是为了除去氯气中混有的__气体。‎ ‎（4）仪器D用来干燥氯气，其中盛放的试剂是__。‎ ‎（5）E中装铁粉，其中发生反应的化学方程式是__。‎ ‎（6）G中盛有NaOH溶液，目的是___。其中发生反应的离子方程式是___。‎ ‎【答案】 (1). < (2). 分液漏斗 (3). HCl (4). 浓硫酸 (5). 2Fe+3Cl2=FeCl3 (6). 吸收Cl2 (7). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）MnO2与热的浓盐酸发生反应，生成二氯化锰和氯气，反应的方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；当盐酸浓度减小到一定程度时，与MnO2就不能再发生反应。‎ ‎①含HCl‎146g的浓盐酸与足量的MnO2反应，此时HCl为4mol，生成Cl2小于1mol；‎ ‎②87gMnO2为1mol，与足量的浓盐酸反应，可生成Cl21mol；‎ 通过前面的计算便可确定两种方法生成氯气的量的大小关系。‎ ‎（2）仪器B的名称是分液漏斗；‎ ‎（3）C中盛饱和食盐水（氯气在其中溶解度很小），是为了除去氯气中混有的HCl气体；‎ ‎（4）仪器D用来干燥氯气，其中盛放试剂是液体干燥剂，只能为浓硫酸；‎ ‎（5）E中装铁粉，发生铁与氯气生成三氯化铁的反应；‎ ‎（6）G中盛有NaOH溶液，目的是吸收氯气，防止污染环境。‎ ‎【详解】（1）MnO2与热的浓盐酸发生反应，生成二氯化锰和氯气，反应的方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；当盐酸浓度减小到一定程度时，与MnO2‎ 就不能再发生反应。‎ ‎①含HCl‎146g的浓盐酸与足量的MnO2反应，此时HCl为4mol，生成Cl2小于1mol；‎ ‎②87gMnO2为1mol，与足量的浓盐酸反应，可生成Cl21mol；‎ 则两种方法生成的氯气的量是方法①<②；答案为：<；‎ ‎（2）仪器B的名称是分液漏斗；答案为：分液漏斗；‎ ‎（3）C中盛饱和食盐水，因为氯气微溶于饱和食盐水，而氯化氢易溶于饱和食盐水，所以是为了除去氯气中混有的HCl气体；答案为：HCl；‎ ‎（4）仪器D用来干燥氯气，其中盛放的试剂是液体干燥剂，只能为浓硫酸；答案为：浓硫酸；‎ ‎（5）E中装铁粉，发生铁与氯气生成三氯化铁的反应，方程式为3Cl2 +2Fe2FeCl3；‎ 答案为：3Cl2 +2Fe2FeCl3；‎ ‎（6）G中盛有NaOH溶液，目的是吸收氯气，防止污染环境；发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；答案为：吸收Cl2；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。‎ ‎【点睛】MnO2只有在较强的酸性条件下，才能表现出较强的氧化性，若溶液的酸性弱，或溶液中Cl-的浓度小，都不能被MnO2氧化，所以，MnO2与稀盐酸不能发生氧化还原反应。‎ ‎29.海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如下：‎ ‎（1）从海水中可以得到食盐。为了除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO42-及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：①过滤，②加过量NaOH溶液，③加适量盐酸，④加过量Na2CO3溶液，⑤加过量BaCl2溶液。正确的操作顺序是___。‎ A．①④②⑤③ B．④①②⑤③ C．②⑤④①③ D．②④⑤①③‎ ‎（2）步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br－，其目的为___。‎ ‎（3）步骤Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2同时有H2SO4生成，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为___，由此反应可知，除环境保护外，在工业生产中应解决的主要问题是___。‎ ‎【答案】 (1). C (2). 富集溴 (3). Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br- (4). ‎ 强酸对设备的腐蚀 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO42-及泥沙，常使用Na2CO3溶液除Ca2+、NaOH溶液除Mg2+、BaCl2溶液除SO42-，但除杂离子的加入量都是过量的，所以需考虑过量离子的处理。过量的Ba2+需使用CO32-处理，所以Na2CO3溶液应在BaCl2溶液之后加入溶液中，盐酸应在过滤之后加入溶液中，以防固体溶解。由此便可确定正确的操作顺序。‎ ‎（2）步骤Ⅰ中已获得Br2，但浓度很小，不便于提取，所以步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br－，主要是为了富集溴。‎ ‎（3）步骤Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2同时有HBr和H2SO4生成，有关反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，由此反应可知，生成了两种强酸，会腐蚀设备，所以这是除环境保护外，在工业生产中应解决的主要问题。‎ ‎【详解】(1)除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO42-及泥沙，常使用Na2CO3溶液除Ca2+、NaOH溶液除Mg2+、BaCl2溶液除SO42-，但除杂离子的加入量都是过量的，所以需考虑过量离子的处理。过量的Ba2+需使用CO32-处理，所以Na2CO3溶液应在BaCl2溶液之后加入溶液中，盐酸应在过滤之后加入溶液中，以防固体溶解。由此便可确定正确的操作顺序为②⑤④①③；答案为C；‎ ‎（2）步骤Ⅰ中已获得Br2，但浓度很小，不便于提取，所以步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br－，主要是为了富集溴；答案为：富集溴；‎ ‎（3）步骤Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2，同时有HBr和H2SO4生成，有关反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，由此反应可知，生成了两种强酸，会腐蚀设备，所以这是除环境保护外，在工业生产中应解决的主要问题。答案为：Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-；强酸对设备的腐蚀。‎ ‎30.将一定质量的KI和KCl固体混合物溶于水形成1000mL溶液，K+浓度为0.5mol·L-1，若向其中通入足量的Cl2，完全反应后将所得溶液蒸干，灼烧得到固体残留物比原固体混合物质量减少‎18.3g。‎ 试计算：‎ ‎（1）原固体混合物中KI的质量？___‎ ‎（2）固体残留物中含有什么物质？___其物质的量是多少？___‎ ‎【答案】 (1). ‎33.2g (2). KCl (3). 0.5mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)若向KI和KCl固体混合物中通入足量的Cl2，KI与Cl2完全反应，生成KCl和I2，将所得溶液蒸干、灼烧，I‎2升华，得到固体残留物为KCl，可利用差量法，求出KI的质量；‎ ‎(2)由上面分析可知，固体残留物为KCl，按K+守恒，可确定其物质的量。‎ ‎【详解】若向KI和KCl固体混合物中通入足量的Cl2，KI与Cl2完全反应，生成KCl和I2，将所得溶液蒸干、灼烧，I‎2升华，得到固体残留物为KCl，可利用差量法，求出KI的质量。‎ 设KI的质量为x ‎ ‎ 2KI+Cl2=KCl+I2 ∆m ‎ 2×‎166g 2×‎74.5g 2×‎‎91.5g ‎ x ‎‎18.3g ‎ ‎ x= ‎33.2g 答案为：‎33.2g；‎ ‎(2)由上面分析可知，固体残留物为KCl，按K+守恒，可确定其物质的量。‎ n(KCl)=‎1L×0.5mol·L-1=0.5mol。答案为：KCl；0.5mol。‎ ‎【点睛】利用差量法计算时，不是什么量都可以用在方程式上做为差值的，差量只能为方程式表示量的差值，即可以是质量差、物质的量差、气体的体积差。‎