福建省师范大学附属中学2020学年高一化学上学期期中试题（含解析）

福建省师范大学附属中学2020学年高一化学上学期期中试题（含解析）时间：90分钟 满分：100分试卷说明：（1）本卷共两大题，30小题，解答写在答卷的指定位置上，考试结束后，只交答卷。（2）考试过程中不得使用计算器或具有计算功能的电子设备。可能用到的相对原子质量：H1 C 12 N14O16 S32 Cl35.5 Br80 Ag108第卷（选择题，共50分）一、单项选择题：每小题2分，共50分。1.对下列物质分类全部正确的是纯碱食盐水石灰水NaOH液态氨CH3COONa（）A. 一元碱B. 纯净物C. 正盐D. 混合物【答案】C【解析】【分析】纯碱(Na2CO3)是碳酸与氢氧化钠完全中和的产物，属于正盐；食盐水是氯化钠的水溶液，属于混合物；石灰水是氢氧化钙的水溶液，属于混合物；NaOH是一元强碱，属于纯净物； 液态氨只含NH3分子，属于纯净物；CH3COONa是醋酸和氢氧化钠完全中和的产物，属于正盐。【详解】氢氧化钙属于二元碱，故A错误；石灰水是氢氧化钙的水溶液，属于混合物，故B错误；纯碱、CH3COONa都是酸碱完全中和的产物，属于正盐，故C正确；液态氨是纯净物，故D错误。2.下列关于化学反应类型的叙述中，正确的是（）A. 凡是生成盐和水的反应一定是中和反应B. 复分解反应一定没有单质参加C. 一种单质和一种化合物的反应一定是置换反应D. 分解反应的生成物一定有单质【答案】B【解析】试题分析：A、生成盐和水的反应不一定是中和反应，如氧化铜与水反应生成硫酸铜和水，错误；B、复分解反应是两种化合物相互交换成分生成另外的两种化合物，一定没有单质参加，正确；C、生成一种单质和一种化合物的反应不一定是置换反应，如次氯酸分解生成盐酸和氧气属于分解反应，错误；D、分解反应的生成物不一定有单质，如碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，错误。考点：考查反应类型的判断3.在一定条件下，跟酸、碱、盐都能反应的物质是（）A. Na2CO3B. CuOC. CaCO3D. CO2【答案】A【解析】【分析】Na2CO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，Na2CO3与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，Na2CO3与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠；CuO是碱性氧化物与碱不反应；CaCO3是弱酸强碱盐，与碱不反应；CO2是酸性氧化物，与酸不反应。【详解】Na2CO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，Na2CO3与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，Na2CO3与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，所以Na2CO3跟酸、碱、盐都能反应，故选A；CuO是碱性氧化物与碱不反应，故不选B；CaCO3是弱酸强碱盐，与碱不反应，故不选C；CO2是酸性氧化物，与酸不反应，故不选D。4.下列物质中所含氧原子数目最多的是（）A. 4时12 mL的H2OB. 1.2041023个NO2分子C. 19.6 g H2SO4D. 标况下11.2 L CO2【答案】D【解析】【分析】4时水的密度是1g/cm3，12 mL的H2O的质量是12g，物质的量是 ；1.2041023个NO2分子的物质的量是 ；19.6 g H2SO4的物质的量是mol；标况下11.2 L CO2的物质的量是 。【详解】4时水的密度是1g/cm3，12 mL的H2O的质量是12g，物质的量是 ，含氧原子；1.2041023个NO2分子的物质的量是 ，含氧原子0.4mol；19.6 g H2SO4的物质的量是mol，含氧原子0.8mol；标况下11.2 L CO2的物质的量是 ，含氧原子1mol；含氧原子数目最多的是标况下11.2 L CO2，故选D。5.现有下列四种因素：温度压强气体微粒数气体微粒大小，只改变一种因素时对气体摩尔体积（Vm）有显著影响的是（）A. B. C. D. 全部【答案】C【解析】【分析】对于气体来说,温度和压强不同,气体分子之间的距离不同， 微粒本身大小可忽略不计。【详解】气体摩尔体积是1mol气体所占的体积，即6.021023个气体分子所占的体积；分子数一定时，气体体积由分子间距离决定。对于气体来说，温度和压强不同，气体分子之间的距离不同，而微粒本身大小远小于微粒间的距离，则微粒本身大小可忽略不计，所以影响气体摩尔体积的因素主要有温度和压强，故选C。6.下列物质中含有自由移动的Cl-的是（）A. KClO3溶液B. 液态HClC. KCl固体D. MgCl2溶液【答案】D【解析】【分析】KClO3在水溶液中电离出K+、ClO3-； HCl是共价化合物，熔融状态下不能电离；KCl固体中含有K+、Cl-，但离子不能自由移动；MgCl2在水溶液中电离出Mg2+、Cl-。【详解】KClO3在水溶液中电离出K+、ClO3-，无Cl-，故不选A；HCl是共价化合物，熔融状态下不能电离，液态HCl中不含Cl-，故不选B；KCl固体中含有K+、Cl-，但离子不能自由移动，故不选C；MgCl2在水溶液中电离出Mg2+、Cl-，且离子能自由移动，故选D。7.常温常压下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个气球，其中气体为SO2的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据阿伏加德罗定律的推论，同温同压下，气球体积与气体物质的量成正比。【详解】设CH4、CO2、O2、SO2四种气体的质量分别为m，则其物质的量分别是、，SO2的物质的量最少，所以气球体积最小，故选A。8.“纳米材料”是指研究、开发出的直径从几纳米至几十纳米的材料粒子，如将“材料粒子”分散到水中，对所得混合物叙述正确的是（）A. 能全部透过滤纸B. 不能发生丁达尔现象C. 一定是胶状的D. 可以看见材料粒子【答案】A【解析】【分析】直径从几纳米至几十纳米的材料粒子分散到水中形成的分散系属于胶体，根据胶体的性质分析。胶体不一定是胶状的；胶体粒子直径较小，看不见胶体粒子。【详解】直径从几纳米至几十纳米的材料粒子分散到水中形成的分散系属于胶体，胶体粒子能透过滤纸，故A正确；胶体具有丁达尔现象，故B错误；胶体不一定是胶状的，故C错误；胶体粒子直径较小，肉眼看不见胶体粒子，故D错误。【点睛】根据题目中的信息，“纳米材料”的直径是几纳米至几十纳米，刚好位于胶体粒子的直径范围（1nm100nm），溶于水后形成的分散系为胶体，具有胶体的性质。9.下列物质在水溶液中的电离方程式正确的是（）A. K2CO32K+2CO3B. Ba(OH)2 Ba+ + OH-C. NaHSO4Na+ HSO42D. Na3PO43NaP5+4O2【答案】C【解析】【分析】K2CO3在水溶液中电离出2个钾离子和1个碳酸根离子；Ba(OH)2在水溶液中电离出1个钡离子和2个氢氧根离子；NaHSO4在水溶液中电离出1个钠离子和1个氢离子和1个硫酸根离子；Na3PO4在水溶液中电离出3个钠离子和1个磷酸根离子；【详解】K2CO32K+CO32，故A错误；Ba(OH)2 Ba+ + 2OH-，故B错误；NaHSO4Na+ HSO42，故C正确；Na3PO43NaPO43，故D错误。【点睛】本题考查电离方程式的书写，注意掌握电离方程式的书写原则，明确原子团的书写及电离方程式应遵循电荷守恒、质量守恒定律，题目难度不大。10.对某些离子检验及结论正确的是 （）A. 加入硝酸银溶液生成黄色沉淀，再加盐酸，沉淀不消失，一定有Br-B. 加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+C. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+【答案】B【解析】【分析】能与银离子反应生成黄色沉淀的离子是碘离子；和氢氧化钠反应生成氨气的离子是铵根离子；加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，沉淀可能是硫酸钡或氯化银；加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，沉淀可能是碳酸钙或碳酸钡。【详解】溶液中加入稀硝酸后，再加硝酸银溶液，有黄色沉淀生成，则溶液中一定含有碘离子，故A错误；湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝，加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+，故B正确；加入氯化钡溶液，再滴加稀盐酸，有白色沉淀产生，该白色沉淀可能为氯化银或硫酸钡，溶液中可能存在银离子和硫酸根离子，但是不能确定一定有SO42-，故C错误；碳酸钠能与Ca2+或Ba2+结合生成碳酸钙和碳酸钡沉淀，这两种沉淀都能溶于盐酸，所以不能确定原溶液中一定含有Ba2+，故D错误。11.下列溶液中Cl-与50mL 1molL-1 MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度相等的是（）A. 100 mL 1 molL-1的NaCl溶液B. 50 mL 1 molL-1 NH4Cl溶液C. 150 mL 2 molL-1的KCl溶液D. 75 mL 1 molL-1的FeCl3溶液【答案】C【解析】【分析】根据同一化学式中各微粒的浓度等于物质的物质的量浓度离子个数， 50mL 1molL-1 MgCl2溶液中Cl-物质的量浓度为2mol/L。【详解】A、100 mL 1 molL-1的NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=1mol/L，故不选A； B、50 mL 1 molL-1 NH4Cl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=1mol/L，故不选B； C、150 mL 2 molL-1的KCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2mol/L，故选C； D、75 mL 1 molL-1的FeCl3溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=3mol/L，故不选D。【点睛】本题考查物质的量浓度的计算与理解，题目难度不大，注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度。12.在下列四种原子中，与氧原子化学性质相似的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】化学性质与最外层电子数关系密切，最外层电子数为6的原子，化学性质与氧原子相似，以此来解答。【详解】A是S原子，最外层有6个电子，与氧原子化学性质相似，故A符合题意； B是Mg原子，最外层有2个电子，易失去电子，与氧原子化学性质不同，故不选B； C是Ne原子，最外层有8个电子，性质稳定，与氧原子化学性质不同，故不选C； D是C原子，最外层有4个电子，不易得到或失去电子，与氧原子化学性质不同，故不选D。本题选A。13.下列说法正确的是（）A. 、 是质量数和电子数相等的两种微粒，中子数也相等B. 原子的质子数与中子数差50C. 35Cl和37Cl两者互为同位素D. 当氘原子转变为氕原子发生了分解反应【答案】B【解析】【分析】 中子数是136、 中子数是134；的质子数是86，中子数是222-86；同位素是指质子数相同、中子数不同的原子，37Cl是离子；氘原子转变为氕原子是核变，核变属于物理变化。【详解】 中子数是136、 中子数是134，中子数不同，故A错误；原子的质子数是86，中子数是222-86=136，中子数与质子数的差是50，故B正确；同位素是指质子数相同、中子数不同的原子，37Cl是离子，故C错误；氘原子转变为氕原子是核变，核变属于物理变化，故D错误。14.苹果汁是人们喜爱的饮料。由于此饮料中含有Fe2+，现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色（Fe2+）变为棕黄色（Fe3+）。若榨汁时加入维生素C，可以有效防止这种现象发生。这说明维生素C具有A. 还原性B. 氧化性C. 碱性D. 酸性【答案】A【解析】试题分析：依题意，维生素C将Fe3+还原为Fe2+，铁元素由+3价降为+2价，被还原，则Fe3+是氧化剂，维生素C是还原剂，表现还原性，A项正确。考点：考查阿伏伽德罗常数、气体体积等相关知识。15.下列关于氯水的叙述，不正确的是（）A. 氯水可使干燥的pH试纸变红且部分褪色B. 硝酸银溶液滴入氯水中会产生白色沉淀C. 光照氯水有气泡逸出，该气体是O2D. 氯水放置一段时间后漂白性会增强【答案】D【解析】【分析】氯水中含有Cl2、HClO、H+、Cl-、ClO-等微粒；H+能使PH试纸变红、HClO具有漂白性使pH试纸褪色；Cl-与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀；HClO见光分解为盐酸和氧气。【详解】氯水中含有Cl2、HClO、H+、Cl-、ClO-等微粒，H+能使pH试纸变红；HClO具有漂白性,能使pH试纸褪色，故A正确；氯水中含有Cl-，Cl-与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，故B正确；HClO见光分解为盐酸和氧气，故C正确；HClO具有漂白性，次氯酸见光分解，所以氯水放置一段时间后漂白性会降低，故D错误；选D。【点睛】本题考查氯气的性质，侧重于氯水的成分与性质的考查，能很好地考查学生的科学素养，注意相关基础知识的积累，本题中要注意氯水的成分和性质。16.下列关于漂白粉的叙述正确的是（）A. 工业上使用氯气通入澄清石灰水制取B. 漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2C. 漂白粉可以露置在通风阴凉处D. 漂白粉在酸性环境下使用效果更好【答案】D【解析】【分析】工业上使用氯气通入石灰乳制取漂白粉；漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2、CaCl2；漂白粉露置在空气中与二氧化碳、水反应变质；漂白粉在酸性环境下生成具有漂白性的次氯酸。【详解】工业上将氯气通入石灰乳Ca（OH）2制取漂白粉，故A错误；漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，有效成分为Ca(ClO)2，故B错误; 漂白粉露置在空气中与二氧化碳、水反应而变质，故C错误；漂白粉在酸性环境下生成具有漂白性的次氯酸，所以在酸性环境下使用效果更好，故D正确。17.Cu在稀硝酸中可以发生如下反应：3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO+4H2O 下列叙述正确的是（）A. HNO3在反应中失去电子B. 氧化产物与还原产物的物质的量比为3:2C. 发生氧化反应的硝酸占参加反应硝酸的1/4D. 每1 mol HNO3参加反应，有3 mol电子转移【答案】B【解析】【分析】HNO3中N元素化合价由+5变为+2；反应中铜元素化合价由0变为+2，Cu(NO3)2是氧化产物， N元素化合价由+5变为+2，NO是还原产物；HNO3中N元素化合价由+5变为+2，硝酸发生还原反应；根据方程式8mol HNO3参加反应，转移6mol电子。【详解】HNO3中N元素化合价由+5变为+2，所以HNO3在反应中得电子，故A错误；Cu(NO3)2是氧化产物、NO是还原产物，所以氧化产物与还原产物的物质的量比为3:2，故B正确；HNO3中N元素化合价由+5变为+2，硝酸发生还原反应，发生还原反应的硝酸占参加反应硝酸的1/4，故C错误；根据方程式8mol HNO3参加反应，转移6mol电子，所以每1 mol HNO3参加反应，有mol电子转移，故D错误。18.某同学按如下实验流程提取海带中的碘，下列有关说法不正确的是（）A. 第步所需的主要玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗B. 第步的H2O2的作用是氧化剂C. 第步分液操作取下层紫红色溶液D. 第步的溶液中加入淀粉均会变蓝【答案】D【解析】【分析】海带灼烧加入蒸馏水溶解过滤除去不溶性杂质，加入稀硫酸酸化加入过氧化氢把碘离子氧化为碘单质，加入四氯化碳萃取分液得到碘单质的四氯化碳溶液，蒸馏得到碘单质。【详解】A、第步是过滤操作，所需的主要玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗，故不选A； B、第步的离子反应方程式：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，H2O2的作用是氧化剂，故不选B； C、第步为萃取分液分，碘易溶于CCl4，CCl4密度大于水，下层呈紫红色，故不选C； D、第步的溶液不含碘单质，加入淀粉不会变蓝，故选D。19.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A. 在25 101KPa时，11.2 L氢气含有0.5 NA个氢分子B. 标准状况下，20 L的N2和2.4 L的O2所含分子总数约为NAC. 在标准状况下，18 g 水含有电子数为8 NAD. 在25 101KPa时，1 mol 氦气含有2 NA 个原子【答案】B【解析】【分析】在0 101KPa时，11.2 L氢气的物质的量是0.5mol；标准状况下，1mol任何气体的体积都约是22.4L；18 g的物质的量是；氦气是单原子分子，1个氦气分子中含有1个氦原子。【详解】在0 101KPa时，11.2 L氢气的物质的量是0.5mol，故A错误；标准状况下，1mol任何气体的体积都约是22.4L，所以标准状况下20 L的N2和2.4 L的O2的总物质的量是1mol，含分子总数约为NA，故B正确；1个水分子含有10个电子，18 g的物质的量是，所以18 g 水含有电子数为10 NA，故C错误；氦气是单原子分子，1 mol 氦气含有NA 个原子，故D错误。【点睛】本题考查以物质的量为中心的计算，特别注意“标准状况”、“常温常压”等外界条件的应用、稀有气体分子为氮原子分子等细节。20.下图转化关系中的m、n、p、q均含氯元素的常见物质，其中p、q为酸，n为单质，下列叙述不正确的是（）A. n在标况下的密度约为3.17 gL-1B. 反应中物质n与电子转移的物质的量相等C. p氧化性强于qD. 四步反应均为氧化还原反应【答案】D【解析】【分析】m、n、p、q是均含氯元素的常见物质， n为单质，则n是氯气；p、q为酸，根据转化关系，m可以是NaClO，p可以是HClO，q可以是HCl。【详解】氯气在标况下的密度约 3.17 gL-1，故A正确；反应可以是氯气与氢氧化钠溶液反应，反应方程式是2NaOH+Cl2=NaCl+ NaClO+H2O，1mol氯气参加反应转移1mol电子，故B正确；HClO氧化性大于HCl，故C正确；NaClO溶液中通入二氧化碳气体生成次氯酸，该反应属于非氧化还原反应，故D错误；选D 。21.下列对氯气反应的现象描述不正确的是（）A. 氯气让湿润的淀粉-KI试纸变蓝B. 铁丝在氯气中燃烧产生棕褐色的烟C. 铜丝在氯气中燃烧生成蓝色的固体D. 钠与氯气燃烧会发出黄色的光【答案】C【解析】【分析】氯气与KI反应生成碘单质；铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁；铜丝在氯气中燃烧生成氯化铜，产生棕黄色的烟，氯化铜溶于水，溶液呈蓝色；钠在氯气中燃烧, 发出黄色的光。【详解】氯气与KI反应生成碘单质，所以氯气让湿润的淀粉-KI试纸变蓝，故A正确；铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁，现象是产生棕褐色的烟，故B正确；铜丝在氯气中燃烧生成氯化铜，产生棕黄色的烟，氯化铜溶于水，溶液呈蓝色，故C错误；钠在氯气中燃烧， 发出黄色的光，生成氯化钠，故D正确，选C。22.在一定温度和压强下，1L X气体与1L Y气体完全反应后生成1L水蒸气和1L氮气。则X、Y两种气体是（）A. H2、N2OB. H2、N2O3C. H2、N2O4D. H2、NO2【答案】A【解析】【分析】根据阿伏加德罗定律：在相同的温度和压强下，同体积的任何气体具有相等的分子数，即物质的量相等，结合原子个数守恒分析。【详解】该题可以理解为：在一定温度和压强下，1molX气体与1molY气体反应生成1mol水蒸气和1mol氮气，1mol水蒸气和1mol氮气含有2molH，1molO，2molN，根据原子守恒，满足这个要求的反应物只有A，故选A。23.某氧化物的化学式为M2O3，电子总数为50，已知氧原子核内有8个中子，M2O3的相对质量为102，则M原子核内中子数为（）A. 10B. 12C. 14D. 21【答案】C【解析】【分析】原子序数=质子数=核外电子数，质子数+中子数=质量数=近似相对原子质量。【详解】设M的质子数为x，2x+83=50，x=13；氧原子核内有8个中子，则氧原子的质量数是16。设M的质量数为y，则2y+163=102，y=27，所以M原子核内中子数为27-14=14，故选C。24.等温等压下，关于等质量D2、T2两种气体的下列叙述中不正确的是（）A. 密度之比2:3B. 质子数之比3:2C. 中子数之比3:4D. 体积之比2:3【答案】D【解析】【分析】D2、T2的摩尔质量分别是4g/mol、6g/mol；设D2、T2两种气体的的质量均为m，则其物质的量分别是 、；根据阿伏伽德罗定律的推论，等温等压下，体积比等于物质的量比；等温等压下，密度比为摩尔质量的比。【详解】D2、T2的摩尔质量分别是4g/mol、6g/mol，等温等压下，密度比为摩尔质量的比，所以密度之比4g/mol：6g/mol =2:3，故A正确；设D2、T2两种气体的质量均为m，则其物质的量分别是 、，质子数之比为 ： =3:2，故B正确；等质量D2、T2两种气体的物质的量分别是 、，中子数之比为 ： =3:4，故C正确；等质量D2、T2两种气体的物质的量分别是 、，等温等压下，体积比等于物质的量比，所以体积之比为 ：=3:2，故D错误。选D。【点睛】本题考查以物质的量为中心的计算、阿伏伽德罗定律的推论的应用，特别是对摩尔质量的灵活运用，有助于提高学生获取信息的能力。25.等体积的Na2SO4、KAl(SO4)2、Al2(SO4)3三种溶液分别与等体积、等浓度的BaCl2溶液恰好完全反应，则三溶液的物质的量浓度之比为（）A. 1：2：3B. 6：3：2C. 2：3：6D. 1：1：1【答案】B【解析】【分析】等体积的Na2SO4、KAl(SO4)2、Al2(SO4)3三种溶液分别与等体积、等浓度的BaCl2溶液恰好完全反应，则生成硫酸钡的物质的量相同，设生成硫酸钡的物质的量是1mol，根据化学方程式可计算Na2SO4、KAl(SO4)2、Al2(SO4)3三种溶液的浓度。【详解】生成硫酸钡的物质的量是1mol，设Na2SO4、KAl(SO4)2、Al2(SO4)3三种溶液的浓度分别是 、；Na2SO4+ BaCl2= BaSO4+ 2NaCl1 1 1 KAl(SO4)2+ 2BaCl2=2BaSO4+ KCl+AlCl3 1 2 1 Al2(SO4)3+ 3BaCl2=3BaSO4+ 2AlCl31 3 1 Na2SO4、KAl(SO4)2、Al2(SO4)3三种溶液的浓度比为：=6：3：2，故选B。第卷（非选择题，共50分）二、填空题：本题包括5小题，共50分。26.某化学研究性学习小组需配制含有NH、Cl、K、SO42-的植物培养液500 mL，且要求该培养液中c(Cl)c(K)c(SO42)0.4 molL-1。实验室提供的药品有：NH4Cl、KCl、(NH4)2SO4、K2SO4和蒸馏水；提供的实验仪器有：药匙托盘天平烧杯胶头滴管量筒。请回答下列问题：（1）该植物培养液中，NH的物质的量浓度为_molL-1；（2）该研究小组配制该植物培养液时，还须用到的玻璃实验仪器有_、_；（3）甲同学用NH4Cl、(NH4)2SO4和K2SO4三种物质进行配制，则需硫酸铵的质量为_g；（4）若配制该培养液的其他操作均正确，则下列错误操作将使所配制溶液的浓度偏低的是_。a将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒b将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，容量瓶中还有少量的水c将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶d用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线e摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线【答案】 (1). 0.8 (2). 500mL容量瓶 (3). 玻璃棒 (4). 13.2 (5). ac【解析】【分析】（1）根据阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数计算NH的物质的量浓度；（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液操作步骤分析仪器；(3)要求该培养液中c(K)=0.4mol/L，则硫酸钾的浓度是0.2mol/L ，c(SO42-)0.4 molL-1，根据硫元素守恒，需要硫酸铵的物质的量浓度为0.4mol/L-0.2 mol/L=0.2 mol/L，根据m=计算硫酸铵的质量。（4）根据分析误差。【详解】（1）依据溶液中电荷守恒规律可知: c(Cl-)+2c(SO42-)=c(K+)+C(NH4+)，0.4mol/L+20.4mol/L=0.4mol/L+c(NH4+)，得C(NH4+)=0.8mol/L；（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液操作步骤，配制500 mL溶液，需要在500 mL容量瓶中定容，所以还须用到的玻璃实验仪器有500mL容量瓶;固体溶质的溶解时要用玻璃棒搅拌、向容量瓶中转移溶液时要用玻璃棒引流；(3)要求该培养液中c(K)=0.4mol/L，则硫酸钾的浓度是0.2mol/L ，c(SO42-)0.4 molL-1，根据硫元素守恒，需要硫酸铵的物质的量浓度为0.4mol/L-0.2 mol/L=0.2 mol/L。硫酸铵的质量=0.2 molL-113.2g。（4）a将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质物质的量偏小，所得溶液浓度偏低，故选a； b将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，容量瓶中还有少量的水，对浓度无影响，故不选b； c将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶，溶质物质的量偏小，所得溶液浓度偏低，故选c； d用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线，溶液体积偏小，所得溶液浓度偏高，故不选d； e摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，对浓度无影响，故不选e。【点睛】本题考查了溶液中离子浓度的计算、一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作过程是解题关键，注意溶液中电荷守恒应用，题目难度中等。27.生活生产中常用的干燥剂、净水剂有：铁粉，固体氢氧化钠，变色硅胶（主要成分是二氧化硅和少量的无水CoCl2作指示剂），五氧化二磷，氯化钙，浓硫酸，碱石灰(主要成分是氢氧化钠、氧化钙)，明矾，Fe(OH)3胶体等。（1）上述物质中，属于电解质的是_；（2）下列气体中，能用碱石灰干燥的是_；aCO2 bHCl cH2 dNH3（3）固体氢氧化钠不能干燥SO2，其原因为_ (用化学方程式表示) ；（4）往具有正电性的Fe(OH)3胶体中加入电解质能使胶体凝聚。使一定量的胶体在一定时间内开始凝聚所需电解质的浓度（mmolL1），称作“聚沉值”，电解质的“聚沉值”越小，则表示其凝聚能力_（填“越强”、“越弱”），实验证明，凝聚能力主要取决于与胶粒带相反电荷的离子所带的电荷数，电荷数越大，凝聚能力越强，则向Fe(OH)3胶体中加入下列电解质时，其“聚沉值”最小的为_。aNaCl bMgCl2 cK2SO4 dNa3PO4【答案】 (1). (2). cd (3). SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O (4). 越强 (5). d【解析】【分析】（1）在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，酸碱盐都是电解质，单质、混合物既不是电解质又不是非电解质；(2)碱石灰是碱性干燥剂，不能干燥酸性气体。（3）SO2与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水；（4）胶体在一定时间内开始凝聚所需电解质的浓度越小，凝聚能力越强；离子所带的电荷数越大，凝聚能力越强。【详解】(1)铁粉是单质，既不是电解质又不是非电解质；固体氢氧化钠是碱，属于电解质；变色硅胶（主要成分是二氧化硅和少量的无水CoCl2作指示剂）属于混合物，既不是电解质又不是非电解质；五氧化二磷是非金属氧化物，属于非电解质；氯化钙是盐，属于电解质；浓硫酸是混合物，既不是电解质又不是非电解质；碱石灰(主要成分是氢氧化钠、氧化钙)属于混合物，既不是电解质又不是非电解质；明矾是盐，属于电解质；Fe(OH)3胶体是混合物，既不是电解质又不是非电解质；故属于电解质的是。（2）aCO2是酸性氧化物； bHCl是酸性气体； cH2是中性气体； dNH3是碱性气体；碱石灰是碱性干燥剂，不能干燥酸性气体，所以能用碱石灰干燥的是H2 、NH3，选cd；（3）SO2与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，反应方程式是SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；（4）使一定量的胶体在一定时间内开始凝聚所需电解质的浓度（mmolL1），称作“聚沉值”，电解质的“聚沉值”越小，则表示其凝聚能力越强；离子所带的电荷数越大，凝聚能力越强，所以 “聚沉值”最小的为Na3PO4，选d。28.将海水晒制后过滤可得到粗制食盐和母液，氯碱厂以电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下：（1）在电解过程中，Cl2在与电源_（填“正”或“负”）极相连的电极上生成；（2）精制过程为除去溶液中的少量Ca2+、Mg2+、SO42-，加入试剂顺序合理的是_；a先加NaOH，再加Na2CO3，再加BaCl2b先加NaOH，后加Ba(OH)2，再加Na2CO3c先加BaCl2，后加NaOH，再加Na2CO3（3）脱盐工序中利用NaOH（溶解度随温度变化较大）和NaCl（溶解度随温度变化较小）在溶解度上的差异，通过_，然后趁热过滤分离NaCl晶体，并得到50%的NaOH溶液（填写设计方案，无需计算具体数据）；（4）写出电解饱和食盐水的反应方程式_；如果在实验室中电解200ml饱和食盐水，一段时间后电源负极连接的电极处收集到224ml气体（已换算成标况），此时溶液中NaOH的物质的量浓度为_molL-1（不考虑生成气体的溶解与反应，以及溶液体积的变化）；（5）分离出NaCl后的母液经过下列流程可以制取溴:若物质X是SO2，那么在这一环节中体现SO2_（填“氧化性”或“还原性”）；若物质X是Na2CO3，则需要把氯气换成硫酸，此时吸收塔中发生的反应Br2+Na2CO3=NaBrO3+CO2+NaBr，配平该反应_。若有48 g溴完全反应，转移电子的物质的量为_ mol；在吹出塔中通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的（填序号）_；a氧化性b还原性c挥发性d腐蚀性设备Y在实验室中可以通过酒精灯、温度计、_等玻璃仪器组成的装置实现。【答案】 (1). 正 (2). bc (3). 加热蒸发，使NaCl结晶 (4). 2NaCl+2H2O H2+2NaOH+Cl2 (5). 0.1 (6). 还原性 (7). 3 3 1 3 5 (8). 0.5 (9). c (10). 蒸馏烧瓶【解析】【分析】(1) 在电解过程中， Cl2发生氧化反应；（2）Ca2用碳酸钠除去，Mg2用氢氧化钠除去，SO42用氯化钡除去，最后加入盐酸酸化，但由于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面；(3)根据氯化钠溶解度随温度变化较小的性质分析；（4）电解饱和食盐水生成氯气、氢气、氢氧化钠；电源负极连接的电极生成氢气，根据化学方程式计算生成0.01mol氢气时，溶液中NaOH的物质的量浓度。（5）若物质X是SO2，则吸收塔中发生反应；根据化合价升降总数相等和原子守恒配平方程式；溴加热易挥发；根据流程图，设备Y为蒸馏装置。【详解】(1) 在电解过程中， Cl2发生氧化反应，Cl2在与电源极正极相连的电极（阳极）上生成；（2）Ca2用碳酸钠除去，Mg2用氢氧化钠除去，SO42用氯化钡除去，最后加入盐酸酸化，但由于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面，所以选bc；(3)因为NaOH溶解度随温度变化较大、NaCl溶解度随温度变化较小，通过加热蒸发，使NaCl结晶，然后趁热过滤分离NaCl晶体，并得到50%的NaOH溶液。（4）电解饱和食盐水生成氯气、氢气、氢氧化钠，反应化学方程式是2NaCl+2H2O H2+2NaOH+Cl2 ；设溶液中NaOH的物质的量浓度为c mol/L；2NaCl+2H2O H2+2NaOH+Cl2 1mol 2mol 0.01mol c0.2L C=0.1cmol/L；（5）若物质X是SO2，则吸收塔中发生反应，SO2中硫元素化合价升高，体现SO2的还原性；根据化合价升降总数相等和原子守恒配平方程式为3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+3CO2+5NaBr；根据方程式，3mol Br2参加反应转移5mol电子，48 g溴的物质的量是0.3mol，完全反应转移电子的物质的量为0.5mol。在吹出塔中通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的挥发性，选c；根据流程图，设备Y为蒸馏装置，所以在实验室中可以通过酒精灯、温度计、蒸馏烧瓶等玻璃仪器组成的装置实现。29.下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置。（1）装置B作用之一是为了除去氯气中的杂质HCl，盛装的液体试剂为_；（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、处依次放入的物质正确的是_ (填字母编号) ；编号a干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条b干燥的有色布条无水硫酸铜湿润的有色布条c湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条d湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条（3）D中发生反应的化学方程式是_。将装置D中的溶液加入装置E中，溶液分为两层，上层呈紫红色，要分离出紫红色溶液，需使用的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和_；（4）装置F中反应的化学方程式为_；（5）如果本实验使用的浓盐酸质量分数为36.5%、密度为1.15 g/cm3，此盐酸的物质的量浓度为_molL-1，若用250 mL水配制，则应溶解标况下HCl气体约为_L（结果保留3位有效数字）。【答案】 (1). 饱和食盐水 (2). d (3). Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2 (4). 分液漏斗 (5). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O (6). 11.5 (7). 88.2【解析】【分析】(1)饱和食盐水可吸收氯气中的HCl；(2)为了验证氯气是否具有漂白性，I中加入湿润的有色布条，II为U型管，可加入固体干燥剂，得到干燥的Cl2，III中加入干燥的有色布条，即可证明Cl2是否具有漂白性；(3) D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，发生反应Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，用分液法分离互不相容