辽宁省六校协作体2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题（解析版）

化学试题可能用到的相对原子质量：Na23；O16；H1；P31；C12；Ba137；Cl35.5；N14；Cu64；S32一、选择题（只有1个正确答案；共20小题，每小题3分，共60分）1.如下表所示，对陈述1和陈述2的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是选项陈述1陈述2判断A碳酸钠溶液可用于治疗胃病碳酸钠可与盐酸反应1对，2对，有B向滴有酚酞的水溶液加入过氧化钠变红色过氧化钠与水反应生成氢氧化钠1对，2错，无C金属钠具有强还原性钠可置换出硫酸铜溶液中的铜单质1对，2对，有D碳酸氢钠可作为发酵粉用于烘培糕点碳酸钠溶解度比碳酸氢钠溶解度大1对，2对，无A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A选项，碳酸钠溶液不能用于治疗胃病，碳酸氢钠和氢氧化铝可以用于治疗胃病，1描述错误，故A错误；B选项，向滴有酚酞的水溶液加入过氧化钠先变红色后褪色，因为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，同时过氧化钠有漂白性，故1描述错误，2描述不准确，故B错误；C选项，金属钠具有强还原性，1描述正确；钠不能置换出硫酸铜溶液中的铜单质，2描述错误，主要是因为钠的还原性太强，遇到硫酸铜溶液先和溶液中的水反应，生成的氢氧化钠再和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，故C错误；D选项，碳酸氢钠作发酵粉，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠溶解度，两者没有因果关系，故D正确；综上所述，答案为D。2.下列关于胶体的叙述正确的是（）A.胶体是不稳定的，静置后易产生沉淀B.胶体与悬浊液的本质区别是胶体是均一透明的，而浊液是浑浊的C.明矾净水是利用了胶体粒子的吸附性D.静电除去空气或工厂废气中的飘尘是利用了胶体的带电性【答案】C【解析】【详解】A选项，胶体具有介稳性，故A错误；B选项，胶体与悬浊液的本质区别是分散质粒子直径大小不同，故B错误；C选项，明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，利用了胶体粒子的吸附性而达到净水效果，故C正确；D选项，静电除去空气或工厂废气中的飘尘是利用了胶体粒子带电性，不是胶体带电性，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】胶体的性质1．丁达尔效应：当光束通过胶体，可以看到一条光亮的“通路”这是由于胶体粒子对光线散射形成的。应用：区别溶液和胶体，是一种物理方法。2．电泳现象电泳：胶体粒子在电场作用下，向某个电极做定向移动。Fe(OH)3胶体电泳实验现象：阴极区域颜色加深，阳极区域颜色变浅。说明Fe(OH)3胶体粒子带正电。【注意】有的胶体粒子带正电，有的胶体粒子带负电，也有的胶体粒子不带电。溶液中的粒子也一样。应用：工业上静电除尘。3．具有介稳性：胶体粒子带电荷，同种电荷相互排斥阻碍胶体粒子变大。4．具有布朗运动：溶液里的粒子做不规则运动，胶体粒子也做不规则的运动。5．聚沉：①加电解质溶液：由于加入的阳离子或阴离子中和了胶体粒子所带的电荷，使胶体粒子聚集成为较大的颗粒，从而沉聚而析出溶液；②加热；③加带相反电荷的胶体粒子。应用：三角洲的形成、制豆腐、土壤保肥、盐析。6．胶体净化——渗析仪器：烧杯、玻璃棒、半透膜；操作：把制得的胶体体系放入半透膜里，用细线扎好并用玻璃棒悬挂在盛有蒸馏水的烧杯中，多次更换蒸馏水，至到渗析完为止。3.下列说法不正确的组合为()①只含有一种元素的物质一定是纯净物②生石灰做干燥剂包含化学变化③NO2是酸性氧化物，硝酸是它与水反应形成的水化物④碱性氧化物一定是金属氧化物⑤电解质溶液导电一定发生化学变化⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物一定是碱性氧化物⑦用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中食盐不涉及化学变化⑧两种盐反应一定生成两种新盐A.①③⑥⑧ B.①②③④⑥ C.②④⑤⑧ D.②④⑥⑧【答案】A【解析】【详解】①只含有一种元素的物质不一定是纯净物，比如含氧元素的氧气和臭氧混合物，因此①不正确；②生石灰做干燥剂包含化学变化，生石灰吸收水，与水反应，是化学变化，因此②正确；③NO2与水反应形成硝酸和NO，硝酸是它与水反应形成的水化物，因此③不正确；④碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，因此④正确；⑤电解质溶液导电过程，为电解过程，有新物质生成，一定是化学变化，因此⑤正确；⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物，比如过氧化钠与亚硫酸反应，因此⑥不正确；⑦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，因此⑦正确；⑧两种盐反应不一定生成两种新盐，比如硫化钠和氯化铁反应生成硫单质、氯化亚铁和氯化钠，因此⑧不正确；故A正确；综上所述，答案为A。【点睛】金属氧化物不一定是碱性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，非金属氧化物不一定是酸性氧化物。4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A.0.01molNH4+含有质子数为0.1NAB.4.48LN2与CO的混合物所含分子数为0.2NAC.6.2g白磷与红磷的混合物中所含磷原子数为0.2NAD.10.0mL12mol·L-1浓盐酸与足量二氧化锰反应，转移电子数0.06NA【答案】C【解析】【详解】A选项，1个NH4+含有11个质子，因此0.01molNH4+含有质子数为0.11NA，故A错误；B选项，没有标准状况，无法计算物质的量，故B错误；C选项，用极限思维思考，6.2g白磷物质的量，含磷的物质的量为0.2mol，含磷原子数为0.2NA，6.2g红磷物质的量，含磷原子数为0.2NA，故C正确；D选项，10.0mL12mol·L-1浓盐酸物质的量为0.12mol，与足量二氧化锰反应，由于浓盐酸再反应过程中逐渐变稀后就不再反应，因此转移电子数小于0.06NA，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】同素异形体的混合物，质量相等，则含有的原子数目相等。5.实验室欲用NaOH固体配制1.0mol·L-1的NaOH溶液240mL，下列叙述不正确的是（）A.某同学欲称量一定量的NaOH固体，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图。则烧杯的实际质量为27.4gB.要完成本实验该同学应称出10.0gNaOHC.氢氧化钠固体溶解后必须恢复至室温再进行转移D.容量瓶使用前需洗涤、并保持干燥【答案】D【解析】【详解】A选项，某同学欲称量一定量的NaOH固体，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图，游码为2.6g，应该左盘放物质，右盘放砝码，因此烧杯的实际质量为30g–2.6g=27.4g，故A正确；B选项，氢氧化钠的物质的量，氢氧化钠质量，故B正确；C选项，氢氧化钠固体溶解后必须恢复至室温再进行转移，避免引起误差，故C正确；D选项，容量瓶使用前需洗涤，干燥与不干燥都可以，对结果没有影响，故D错误；综上所述，答案为D。【点睛】称量物体要遵循“左物右码”，称量氢氧化钠固体要装在烧杯中称量。6.下列各组离子因发生氧化还原反应而不能大量共存的是()A.Fe3＋、OH-、SO42-、CO32- B.Cu2＋、Fe3＋、H＋、I-C.Ag＋、Na＋、SO42-、Cl- D.K＋、H＋、CO32-、MnO4-【答案】B【解析】【详解】A选项，Fe3＋、OH－生成沉淀而不共存，Fe3＋、CO32－生成沉淀和气体而不共存，故A不满足题意；B选项，Fe3＋、I－发生氧化还原反应生成单质碘和亚铁离子，故B满足题意；C选项，Ag＋、SO42－生成沉淀而不共存，Ag＋、Cl－生成沉淀而不共存，故C不满足题意；D选项，H＋、CO32－生成气体而不共存，故D不满足题意；综上所述，答案为B。7.某溶液中(假定不考虑水解因素)仅含有K＋、Mg2＋、SO42—、NO3—四种离子，其中K＋与Mg2＋的个数之比为4∶5，则NO3—与SO42—的物质的量浓度之比一定不是A.8∶3 B.3∶2 C.2∶3 D.1∶3【答案】C【解析】试题分析：假设钾离子为4摩尔，则镁离子为5摩尔，硝酸根离子为xmol，硫酸根离子为ymol，根据电子守恒分析，4+5×2="x+2y"即x+2y=14。当x=8时，y=3，故A正确；若x=6时，则y=4，正确B正确；若x=2时，则y=6，D正确；若x=10时，则y=2，则C不成立，选C。(本题NO3—与SO42—的物质的量浓度之比可以为任意值，无答案)考点：物质的量浓度的计算8.下列实验方案中，能达到实验目的的是（）选项实验目的实验方案A配置100ml1.0mol/L硫酸铜溶液将25g

CuSO4·5H2O溶于100ml蒸馏水中B除去氯化钠固体中混有的碳酸钠加入过量盐酸，蒸发、洗涤、干燥C证明Fe2+的氧化性向FeCl2溶液中通入适量Cl2，溶液变成棕黄色D证明SO2是电解质或非电解质用电流表测SO2水溶液的导电性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A选项，只能将25gCuSO4·5H2O溶于蒸馏水中配成100mL溶液，故A错误；B选项，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠，过滤盐酸在蒸发过程中易挥发，最后得到氯化钠，故B正确；C选项，亚铁离子和氯气反应生成铁离子，证明亚铁离子的还原性，故C错误；D选项，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸电离而使溶液导电，因此不能用此方法证明二氧化硫是电解质还是非电解质，故D错误；综上所述，答案为B。9.赤铜矿的成分是Cu2O，辉铜矿的成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应：2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑，对于该反应，下列说法正确的是A.该反应的氧化剂只有Cu2OB.Cu既是氧化产物，又是还原产物C.Cu2S既是氧化剂又是还原剂D.还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶6【答案】C【解析】【详解】A．Cu元素的化合价降低，则Cu2O、Cu2S均为氧化剂，故A错误；B．Cu元素得到电子被还原，则Cu为还原产物，故B错误；C．Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；D．Cu为还原产物，SO2为氧化产物，由反应可知，还原产物与氧化产物的物质的量之比为6：1，故D错误；本题答案选C。10.下列两种气体的分子数一定相等的是（）A.等体积的CO和N2 B.质量相等、密度不等的N2和COC.原子数目相等的O3和N2 D.质量相等的N2和CO2【答案】B【解析】【详解】A选项，等体积CO和N2，温度和压强不清楚，因此物质的量不清楚，无法分析分子数目，故A错误；B选项，质量相等的N2和CO，摩尔质量相等，因此物质的量相等，分子数目相等，故B正确；C选项，原子数目相等的O3和N2，则分子数之比为2:3，故C错误；D选项，质量相等的N2和CO2，摩尔质量不相等，因此物质的量不相等，分子数目不相等，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】同温同压，相同体积的任何气体含有相同数目的分子。11.碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I－的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。下列说法中不正确的是A.用淀粉KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉KI试纸会变蓝B.足量Cl2能使湿润的、已变蓝的淀粉KI试纸褪色的原因可能是5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HClC.由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>IO3—D.途径Ⅱ中若生成1molI2，则反应中转移的电子数为10NA【答案】C【解析】A.用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐时，IO3－+5I－+6H+=I2+3H2O，所以淀粉-KI试纸会变蓝，故A正确；B.足量Cl2能使湿润的、已变蓝的淀粉-KI试纸褪色的原因可能是5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，故B正确；C.由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2>IO3－＞I2，故C不正确；D.途径II中若生成1molI2，I的化合价变化为+5→0，则反应中转移的电子数为10NA，故D正确。故选C。12.下列各项操作中,不发生“先产生沉淀,然后沉淀又溶解”现象的有(

)①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2②向氢氧化铁胶体中逐滴稀盐酸③向FeCl3溶液中逐滴加入过量稀氢氧化钠溶液④向澄清的石灰水中通入过量的CO2⑤向氯化钠的饱和溶液中通入大量氨气再通入过量CO2A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】C【解析】【详解】①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠溶解度小，因此有晶体析出，出现浑浊，不会变澄清，因此符合题意；②向氢氧化铁胶体中逐滴稀盐酸，先加入电解质发生胶体聚沉，后酸碱中和反应生成水和氯化铁溶液，因此不符合题意；③向FeCl3溶液中逐滴加入过量稀氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀，沉淀不溶解，因此符合题意；④向澄清石灰水中通入过量的CO2，先溶液变浑浊生成碳酸钙，继续通入溶液变澄清，因此不符合题意；⑤向氯化钠的饱和溶液中通入大量氨气再通入过量CO2，溶液变浑浊生成碳酸氢钠和氯化铵，因此符合题意，故符合题意的①③⑤三个，C正确；综上所述，答案为C。13.下列离子方程正确的是()A.饱和石灰水中通入过量二氧化碳：OH-+CO2=HCO3-B.将Cl2溶于水制备次氯酸:Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-C.实验室制取二氧化碳：CO32-+2H+=H2O+CO2↑D.将少量SO2通入NaClO溶液中:SO2+H2O+2ClO-=SO32-+2HClO【答案】A【解析】【详解】A选项，饱和石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙溶液，OH－+CO2=HCO3－，故A正确；B选项，将Cl2溶于水制备次氯酸，次氯酸不能拆，故B错误；C选项，实验室制取二氧化碳用碳酸钙和稀盐酸，碳酸钙是固体不能拆，故C错误；D选项，将少量SO2通入NaClO溶液中，次氯酸具有强氧化性，将亚硫酸根氧化成硫酸根，而自身变为氯离子，故D错误；综上所述，答案为A。14.把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡；另一份加入含bmolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁。则原混合溶液中钾离子的浓度为A.mol·L－1 B.mol·L－1C.mol·L－1 D.mol·L－1【答案】D【解析】试题分析：0．5VL的溶液中，n（SO42-）="b"mol，n（Mg2+）=0．5amol，根据电荷守恒可得n（K+）=2b-a，所以钾离子的浓度为：mol·Lˉ1，D正确。考点：考查了溶液中离子浓度的计算。15.下列除杂试剂及方法选择正确的是（）A.NaHCO3(混有Na2CO3)将固体在空气中充分加热B.Cl2(混有H2O和HCl)将混合气体依次通过浓硫酸和饱和食盐水洗气C.NaCl溶液(混有Na2SO4)向溶液中依次加入BaCl2-Na2CO3-盐酸（每种试剂均过量）最后加热D.FeCl2(混有FeCl3)向混合溶液中通入过量氯气【答案】C【解析】【详解】A选项，NaHCO3受热易分解，在空气中受热不能达到除杂的目的，故A错误；B选项，Cl2(混有H2O和HCl)将混合气体应该依次通过饱和食盐水和浓硫酸洗气，故B错误；C选项，NaCl溶液(混有Na2SO4)向溶液中先加入BaCl2除掉硫酸根，再加Na2CO3除掉多余的钡离子，再加盐酸除掉多余的碳酸根，最后加热除掉多余的盐酸，故C正确；D选项，FeCl2(混有FeCl3)向混合溶液中加入过量铁粉，再过滤，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】Na2CO3(混有NaHCO3)用加热方法除去，FeCl2(混有FeCl3)加入过量铁粉再过滤，FeCl3(混有FeCl2)通入适量氯气得到。16.某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应,设计装置如下，下列说法正确的是（）A.若D中无水硫酸铜变蓝，则说明Na2O2与H2反应生成水B.装置B中盛放浓硫酸，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气C.装置C加热前，用试管在干燥管管口处收集气体点燃,通过声音判断气体纯度D.装置A也可直接用于二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气【答案】C【解析】【详解】A选项，若D中无水硫酸铜变蓝，不能说明Na2O2与H2反应生成水，因为D外的水蒸气会进入到D装置中引起变蓝，故A错误；B选项，装置B是U型管，只能装固体干燥剂碱石灰，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气和挥发的HCl，故B错误；C选项，装置C加热前，应该先检验氢气的纯度，方法是用试管在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度，故C正确；D选项，装置A不能直接用于二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气，因为该装置缺少加热装置，故D错误；综上所述，答案为C。17.下列说法正确的是①氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸②实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收③新制氯水的氧化性强于久置氯水④检验HCl气体中是否混有Cl2方法是将气体通入硝酸银溶液⑤除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入饱和食盐水中A.①②③ B.③ C.②③④ D.③⑤【答案】B【解析】试题分析：①氯气和氢气在点燃或光照条件下能产生爆炸，在没有条件下不反应，故错误；②氢氧化钙的溶解度较小，所以吸收氯气的能力较小，实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，故错误；③次氯酸有强氧化性，新制的氯水中次氯酸的量较多，久置的氯水中，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，所以久置的氯水中次氯酸含量较少，强氧化性较低，所以新制氯水的氧化性强于久置氯水的，故正确；④氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢和硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以氯气、氯化氢都能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀，所以硝酸银溶液不能用于检验HCl气体中是否混有Cl2，故错误；⑤饱和食盐水中含有氯离子，抑制氯气的溶解，氯化氢极易溶于饱和食盐水，所以可以除去Cl2中的HCl气体，但达不到除去HCl气体中的Cl2的目的，故错误；故选B。考点：考查氯气的性质，涉及氯水和久置氯水的区别。18.根据下列实验事实得出的相应结论正确的是()序号实验事实结论ACO2的水溶液可以导电CO2是电解质BCa(ClO)2溶液中通入CO2产生白色沉淀酸性：H2CO3＞HClOC向无色溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失原溶液中一定含有SO42-D用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧直接观察火焰颜色，未见紫色原溶液中不含K+A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A、CO2的水溶液可以导电是因为二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸电离出离子而导电，二氧化碳不能电离，是非电解质，A错误；B、Ca(ClO)2溶液中通入CO2产生白色沉淀，同时还有次氯酸生成，则可以证明酸性：H2CO3＞HClO，B正确；C、向无色溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失，白色沉淀可能是硫酸钡或氯化银，不能说明溶液中含有硫酸根离子，C错误；D、观察钾元素的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃，用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧直接观察火焰颜色，未见紫色不能说明溶液中不存在钾离子，D错误；答案选B。【点睛】选项A是解答的易错点，注意电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质，即化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。但能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体。19.将露置于空气中的某氢氧化钠固体样品溶于水，向所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成的CO2(标准状况)与加入的盐酸的体积有如图所示的关系(不考虑CO2在水中的溶解)。下列说法不正确的是()A.滴加盐酸0→150mL段发生的反应依次为OH－+H+＝H2O、CO32－+H＋＝HCO3－B.所用盐酸的物质的量浓度为0.4mol•L﹣1C.CO2体积不再改变时，溶液中溶质为NaClD.该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比为1：2【答案】D【解析】【详解】A、因为碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，与碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳消耗盐酸的物质的量相等，所以由图可知V（HCl）在0～100mL区间内发生反应的化学方程式为：NaOH+HCl＝NaCl+H2O；在100～150mL区间内发生反应的化学方程式为Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3；在150～200mL区间内发生反应的化学方程式为NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，离子反应依次是：OH－+H+＝H2O、CO32－+H＋＝HCO3－、HCO3-+H+＝CO2↑+H2O，故A正确；B、加入150mL～200mL盐酸，消耗盐酸体积=200mL-150mL=50mL，生成0.448L二氧化碳，其物质的量=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，则根据方程式NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O可知消耗盐酸的物质的量是0.02mol，则c（HCl）=0.02mol÷0.05L=0.4mol/L，故B正确；C、加入200mL盐酸时，生成0.448L二氧化碳，此时溶液中溶质为NaCl，故C正确；D、加入200mL盐酸时，生成0.448L二氧化碳，此时溶液中溶质为NaCl，由氯离子守恒可知n（NaCl）=0.2L×0.4mol/L=0.08mol，根据碳元素守恒n（Na2CO3）=n（CO2）=0.02mol，根据钠离子守恒n（NaOH）=n（NaCl）-2n（Na2CO3）=0.08mol-0.02mol×2=0.04mol，故该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比=0.04mol：0.02mol=2：1，故D错误。故答案选D。【点睛】本题以图象形式考查化学方程式计算，明确发生的反应以及反应的先后顺序是解题关键，注意利用守恒思想进行解答是难点。20.下列说法不正确的是（）A.向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中，溶液中的HCO3－浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计）B.向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液中CO32－的浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化忽略)C.Na2O2、Na2O均能通过单质直接化合得到D.将物质的量比为2：1的Na和Na2O样品分别放入等量的水中，所得溶液的质量分数分别为a%和b%，则a、b的关系是a<b【答案】D【解析】【详解】A选项，向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，开始有气泡，生成碳酸氢根，碳酸氢根离子浓度增大，再加稀盐酸，碳酸氢根和氢离子反应生成CO2气体，碳酸氢根离子浓度减小，因此在整个过程中，溶液中的HCO3－浓度变化是先变大后变小，故A正确；B选项，向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，1mol氢氧化钡加入，碳酸氢根和氢氧根反应生成2mol碳酸根，生成的2mol碳酸根只有1mol碳酸根迅速和钡离子反应生成碳酸钡沉淀，剩余1mol碳酸根，再继续加入，碳酸根浓度增大，当碳酸氢钠反应完再加氢氧化钡，后面钡离子直接和剩余的碳酸根反应，故B正确；C选项，Na2O2是通过钠和氧气加热条件直接化合得到，Na2O是通过钠和氧气常温下直接化合得到，故C正确；D选项，将物质的量比为2：1的Na和Na2O样品分别放入等量的水中，生成的氢氧化钠的质量相等，但由于前者生成了氢气，溶液的质量前者比后者少，因此质量分数前者大于后者，故D错误；综上所述，答案为D。二、填空题（共5题，40分）21.（1）0.5molCH4含______个电子。（2）下列物质既能导电，又属于电解质的是_______。ANaCl溶液B铁丝C稀硫酸D熔融的氢氧化钠E盐酸F硫酸（3）同温同压下，甲容器中HCl气体和乙容器中的NH3所含原子个数相等，则甲乙两容器的体积之比为________。（4）现配制500ml0.3mol/L稀硫酸溶液，需用量筒量取质量分数为49%，密度为1.5g/cm3的浓硫酸_________ml。【答案】(1).5NA或3.01×1024(2).D(3).2：1（或2）(4).20.0【解析】【详解】⑴一个甲烷含有10个电子，0.5molCH4含有5mol电子，含有5NA个电子，故答案为：5NA或3.01×1024；⑵A选项，NaCl溶液能导电，但不是电解质，它是电解质溶液，故A错误；B选项，铁丝能导电，但它是单质，不是电解质，故B错误；C选项，稀硫酸能导电，但它是电解质溶液，故C错误；D选项，熔融的氢氧化钠能导电，是电解质，故D正确；E选项，盐酸能导电，但盐酸不是电解质，是电解质溶液，故E错误；F选项，硫酸不能导电，故F错误；综上所述，答案为D；⑶同温同压下，甲容器中HCl气体和乙容器中的NH3所含原子个数相等，假设都含有4个原子，则HCl有2个，而氨气有1个，根据分子数之比等于物质的量之比等于体积之比，则甲乙两容器的体积之比为2:1，故答案为2:1；⑷质量分数为49%，密度为1.5g/cm3的浓硫酸物质的量浓度为，现配制500ml0.3mol/L稀硫酸溶液，，V=0.02L=20.0mL，故答案为20.0mL。22.（1）①标准状况下，1g氢气和14g氮气的体积相同②常温常压下，16g氧气和臭氧的混合气体中含有的质子数为8NA③0.1L0.5mol/LCH3CH2OH溶液中含有氢原子数为0.3NA④常温常压下，28gCO的体积大于22.4L⑤分子总数相等的NO2和CO2，所含氧原子数均为2NA上述表述中正确的有：_______（2）用容量瓶配制溶液时，由于操作不当会引起误差①用天平称量时所用砝码生锈②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线上述情况会使所配溶液浓度偏低的是：_______【答案】(1).①②④(2).③⑥【解析】【详解】⑴①标准状况下，1g氢气物质的量，14g氮气的物质的量，同温同压，体积之比等于物质的量之比，因此体积相同，故①正确；②常温常压下，16g氧气物质的量，一个氧气含有质子数16个，0.5mol氧气含有质子数为0.5mol×2×NAmol-1=8NA，16g臭氧物质的量，一个臭氧含有24个质子数，臭氧含有质子数为×3×NAmol-1=8NA，因此16g混合气体中含有的质子数为8NA，故②正确；③0.1L0.5mol/LCH3CH2OH物质的量，含有氢原子数0.05mol×6×NAmol-1=0.3NA，但由于溶液中有水，水中含有氢原子，因此含有氢原子数为大于0.3NA，故③错误；④常温常压下，28gCO的物质的量，常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L∙mol-1，因此常温常压下28gCO的体积大于22.4L，故④正确；⑤分子总数相等的NO2和CO2，每个分子都含有2个原子，但物质的量不清楚，不能说所含氧原子数均为2NA，只能说所含的原子数相等，故⑤错误；所以上述表述中正确的有：①②④，故答案为①②④；⑵①用天平称量时所用砝码生锈，砝码质量增加，称量物质质量增加，所配制溶液浓度偏高，因此①不符合题意；②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度，所得浓溶液体积偏大，配制后溶液误差偏高，故②不符合题意；③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，溶液中溶质少了，误差偏低，故③符合题意；④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，有水时后面定容时少加水即可，因此不影响，故④不符合题意；⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线，溶液的体积偏小，误差偏高，故⑤不符合题意；⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，溶液的体积偏大，误差偏低，故⑥符合题意；因此会使所配溶液浓度偏低的是③⑥，故答案为③⑥。23.下列各物质中只有A、B、C三种单质，A的焰色反应为黄色，主要以G形式存在于海水中，F是一种淡黄色的固体，H是一种常见的无色液体，I是造成温室效应的“元凶”，各物质间的转化关系图如下：请按要求书写：（1）反应①的离子方程式：___________；（2）物质K与物质L等物质的量离子方程式：___________；（3）物质G向物质J转化的化学方程式：_______________；（4）物质C与过量铁粉的化学方程式：______________。【答案】(1).2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑(2).CO32－+H+=HCO3－(3).NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl(4).2Fe+3Cl22FeCl3【解析】【分析】A是单质且焰色反应为黄色，说明A为金属钠，A的主要以G形式存在于海水中，说明G为NaCl，说明C为氯气，F是一种淡黄色的固体，说明为过氧化钠，说明B为氧气，H是一种常见的无色液体，说明为水，I是造成温室效应的“元凶”，说明为二氧化碳，根据图形分析得出D为氢氧化钠，再根据关系得出K为碳酸钠，J为碳酸氢钠，L为盐酸。【详解】⑴反应①是钠和水的反应，其离子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑；⑵物质K与物质L等物质的量反应是碳酸氢钠和稀盐酸反应，其离子方程式CO32－+H+=HCO3－，故答案为CO32－+H+=HCO3－；⑶物质G向物质J转化是工业制纯碱的反应，其化学方程式NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，故答案为NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl；⑷物质C与过量铁粉的化学方程式2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为2Fe+3Cl22FeCl3。24.在氯氧化法处理含CN-的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐（其毒性仅为氰化物的千分之一），氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。（1）某厂废水中含KCN，其浓度为0.65mol/L。现用氯氧化法处理，发生如下反应（其中N均为－3价）：KCN＋2KOH＋Cl2

=

KOCN＋2KCl＋H2O

，该反应中被氧化的元素是__________（写元素符号）

，氧化产物为_____________（写化学式）。（2）投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气（2KOCN＋

4KOH＋

3Cl2

=

2CO2

↑＋

N2

↑＋

6KCl

＋

2H2O）。若反应转移120mol电子，则消耗0.1mol/L

KOH_________L。（3）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解不生成O2只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，写出该反应的化学方程式_____________。【答案】(1).C(2).KOCN(3).800(4).4KClO3KCl+3KClO4【解析】【详解】⑴某厂废水中含KCN，其浓度为0.65mol/L。现用氯氧化法处理，发生如下反应（其中N均为－3价）：KCN＋2KOH＋Cl2=KOCN＋2KCl＋H2O，KCN变为KOCN，碳由+2价升高变为+4，因此被氧化的元素是C，氧化产物是化合价升高得到的产物即为KOCN，故答案为：C；KOCN；⑵2KOCN＋4KOH＋3Cl2=2CO2↑＋N2↑＋6KCl＋2H2O，反应物KOCN中氮化合价升高，氯气中氯化合价降低，3mol氯气与2molKOCN、4molKOH反应，转移6mol电子，若反应转移120mol电子，则消耗KOH物质的量，x=80mol，因此消耗0.1mol/LKOH体积，故答案为800L；⑶KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解不生成O2只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐