北京市中国人民大学附属中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题 21页

‎2019北京人大附中高一（上）期中 化学 可能用到的相对原子质量：H—1；C—12；N—14；O—16；Na—23；Mg—24；S—32；Cl—35.5；K—39；Cu—64‎ 第I卷（共40分）‎ 每小题只有一个选项符合题意 ‎1.下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是（ ）‎ A．火药使用 ‎ B．粮食酿酒 ‎ C．转轮排字 ‎ D．铁的冶炼 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．火药使用涉及反应为2KNO3+S+‎3C=K2S+N2↑+3CO2↑，发生化学反应，故A不选；‎ B．粮食酿酒为淀粉在酒曲酶的作用下生成乙醇，发生化学反应，故B不选；‎ C．转轮排字为印刷操作，没有涉及化学反应，故C选；‎ D．铁的冶炼涉及3CO+Fe2O32Fe+3CO2，发生化学反应，故D不选；‎ 答案选C。‎ ‎2.我国科技创新成果斐然，下列成果中获得诺贝尔奖的是（ ）‎ A. 徐光宪建立稀土串级萃取理论 B. 屠呦呦发现抗疟新药青蒿素 C. 闵恩泽研发重油裂解催化剂 D. 海域天然气水合物试采连续60天 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】2015年10月，屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾的新疗法获诺贝尔生理学或医学奖；‎ 故选B。‎ ‎3.下列行为不符合安全要求的是（ ）‎ A. 实验结束后，将废液倒入指定容器中 B. 做实验剩余的金属钠不得直接丢弃在废液缸中 C. 大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量应往低处去 D. 配制稀硫酸时，将浓硫酸缓慢倒入水中并不断搅拌 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 实验结束后，将废液倒入指定容器中，防止污染环境，故A符合安全要求；‎ B．钠易燃烧，且易与水反应，易导致火灾，不能随意丢弃，故B符合安全要求；‎ C．氯气的密度比空气大，应往高处去，故C不符合安全要求；‎ D．配制稀硫酸时，将浓硫酸缓慢倒入水中并不断搅拌，以防止酸液飞溅，故D符合安全要求。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验安全及事故处理，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质以及实验的操作方法，明确处理突发事故的方法，确保人身安全、降低国家财产损失。‎ ‎4.我们日常生活中出现了“加碘食盐”、“增铁酱油”、“富硒茶叶”和“含氟牙膏”等商品。这里的碘、铁、硒、氟应理解为（ ）‎ A. 元素 B. 单质 C. 分子 D. 氧化物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物质是由元素组成，由分子、原子、离子构成，但物质组成中涉及到补钙、补铁等说法，都是关注物质的组成元素。‎ ‎【详解】“加碘食盐”、“增铁酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”‎ 等商品，这些商品中所强调的碘、铁、钙、硒、氟，都是说明这些物质的存在了这些元素，而不管以什么形式存在，或者便于说明如何存在，所以就用宏观的元素种类来说明。因此理解为元素。‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】一般商品标注都是说明物质的组成元素的，而不是强调分子还是原子甚至离子的具体存在形式，明确物质、元素、分子、原子、离子之间的关系是解题的关健．易错点B。‎ ‎5.2017年9月厦门金砖国家峰会期间，气象部门的科技人员为了保证峰会有关活动的正常进行，一直做好“驱雨”准备。催雨剂的主要成分可以是干冰、液氮、碘化银（AgI）等，它们分别属于氧化物、单质和盐，下列物质与上述三种类别完全不同的是（ ）‎ A. I2 B. K2SO‎4 ‎C. P2O5 D. HNO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物质分为混合物和纯净物，混合物是由两种或两种以上的物质组成；纯净物是由一种物质组成；纯净物又分为单质和化合物，由同种元素组成的纯净物叫单质；由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物；氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素；电离出的阳离子全部为氢离子的化合物为酸；干冰、液氮、碘化银（AgI）等分别属于氧化物、单质、盐。‎ ‎【详解】干冰、液氮、碘化银（AgI）等分别属于氧化物、单质、盐。‎ A．I2属于由碘元素组成的单质，故A不符合题意；‎ B．K2SO4属于由钾离子和硫酸根离子构成的盐，故B不符合题意；‎ C．P2O5属于由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素的氧化物，故C不符合题意；‎ D．硝酸属于酸，与其它三种物质的类别不同，故D符合题意；‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】本题考查的是常见物质类别的判断，可以依据物质的组成进行分析，解题关键理解混合物、纯净物、单质、化合物、氧化物等基本概念，并能够区分应用。‎ ‎6.下列说法中，正确的是（ ）‎ A. Mg的摩尔质量是‎24g/mol B. 22gCO2物质的量为2.2mol C. 1molCl2中含有的氯原子数约为6.02×1023‎ D. 常温常压下，1molN2的体积是‎22.4L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Mg的摩尔质量是‎24g/mol，故A正确；‎ B. 22gCO2物质的量为‎22g÷‎44g·mol－1=0.5mol，故B错误；‎ C. 1molCl2中含有的氯原子数约为6.02×1023×2，故C错误；‎ D. 应是在标准状况下，1molN2的体积是‎22.4L，常温常压下，1molN2的体积大于‎22.4L，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎7.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 1mol/LBaCl2溶液中含有的钡离子数为NA B. 1mol镁原子中含有的电子数为2NA C. 常温常压下，11.2LH2O中含有分子数为0.5NA D. 16gO3和O2的混合物中含有的氧原子数为NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1mol/LBaCl2溶液中，因缺少溶液的体积，无法计算钡离子数，故A错误；‎ B. 镁为12号元素，1mol镁原子中含有的电子数为12NA，故B错误；‎ C. 常温常压下，H2O为液态，不能用气体的摩尔体积计算物质的量，故C错误；‎ D. 16gO3和O2的混合物中含有的氧原子数为‎16g÷‎16g·mol－1×NA=NA，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎8.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 直径介于1nm~100nm之间的微粒称为胶体 B. Fe(OH)3难溶于水，因此不可能均匀地分散在水里形成稳定的红褐色胶体 C. 根据丁达尔效应，利用一束强光可以区别淀粉胶体和食盐溶液 D. 胶体粒子是很多分子的集合体，因此不能透过滤纸，但可以通过半透膜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 分散质粒子直径介于1nm~100nm之间的分散系，称为胶体，故A错误；‎ B. Fe(OH)3难溶于水，许多粒子聚集在一起，直径介于1nm~100nm之间时，可能均匀地分散在水里形成稳定的红褐色胶体，故B错误；‎ C 胶体能发生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应，利用一束强光可以区别淀粉胶体和食盐溶液，故C正确；‎ D. 胶体粒子是很多分子的集合体，但能透过滤纸，不可以通过半透膜，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎9.下列电离方程式中，书写不正确的是（ ）‎ A. Ca(OH)2=Ca2++2OH- B. NaOH=Na++O2-+H+‎ C. HCl=H++Cl- D. KHCO3=K++HCO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ca(OH)2=Ca2++2OH-，符合电荷守恒、质量守恒，故A正确；‎ B. 氢氧根是原子团，NaOH的电离方程式为NaOH=Na++OH-，故B错误；‎ C. HCl=H++Cl-符合电荷守恒、质量守恒，故C正确； ‎ D. 碳酸是弱酸，碳酸氢根是原子团，不拆，KHCO3=K++HCO3-正确，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎10.下列关于电解质的叙述，正确的是（ ）‎ A. NaCl溶液在电流作用下电离出Na+和Cl-‎ B. 凡是溶于水后能电离出H+的化合物就叫酸 C. HCl溶液能导电，而液态的HCl难以导电 D. 难溶物一定不属于电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaCl水分子作用下，电离出Na+和Cl-，在电流作用下，会发生电解，生成氢氧化钠、氢气和氯气，故A错误；‎ B. 溶于水后能电离出H+的化合物可能是酸，也可能是酸式盐如NaHSO4，故B错误；‎ C. HCl是共价化合物，HCl溶液中存在自由移动的H+和Cl-，能导电，而液态的HCl中只存在分子，不导电，故C正确；‎ D. 难溶物如BaSO4溶于水的部分全电离，属于电解质，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎11.下列物质属于电解质的是（ ）‎ A. Zn B. NaOH C. CO2 D. 乙醇 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解质指在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，非电解质指在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物。‎ ‎【详解】A. Zn属于单质不是化合物，所以不是电解质，故A不符合题意； ‎ B. NaOH是在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，是电解质，故B符合题意；‎ C. CO2是在水溶液中能导电的化合物，但是导电的离子是由它与水反应生成的碳酸电离产生的，不是二氧化碳本身电离，二氧化碳是非电解质，故C不符合题意；‎ D. 乙醇是在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物，属于非电解质，故D不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了电解质和非电解质的概念，解题关键：理解电解质、非电解质概念，易错点：电解质的适用范围是化合物，注意：盐酸、饱和食盐水等是混合物，Zn等是单质，都不在其所研究的范围内。‎ ‎12.在强酸性溶液中，能大量共存的无色透明离子组是（ ）‎ A. K+、Na+、NO3-、Cu2+ B. Mg2+、Na+、Cl-、SO42-‎ C. K+、Na+、Br-、OH- D. Na+、Ba2+、Zn2+、SO42-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Cu2+在溶液中呈蓝色，故A不符；‎ B. Mg2+、Na+、Cl-、SO42-及H+之间不反应，能大量共存，故B符合；‎ C.H+和OH-反应生成水，强酸性溶液中OH-不能大量存在，故C不符；‎ D. Ba2+与SO42-生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故D不符；‎ 故选B。‎ ‎13.下列反应的离子方程式中，书写正确的是（ ）‎ A. 碳酸钙跟盐酸反应：2H++CO32-═H2O+CO2↑‎ B. 铁粉跟稀盐酸反应制备氢气：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑‎ C. 硝酸银溶液跟铜反应：Cu+Ag+═Cu2++Ag D. 用小苏打治疗胃酸过多：HCO3-+H+═CO2↑+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸钙难溶，碳酸钙跟盐酸反应：2H++CaCO3═H2O+CO2↑＋Ca2＋，故A错误；‎ B. 铁粉跟稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故B错误；‎ C. 离子方程式要符合电荷守恒，硝酸银溶液跟铜反应：Cu+2Ag+═Cu2++2Ag，故C错误；‎ D. 用小苏打治疗胃酸过多生成氯化钠、水和二氧化碳：HCO3-+H+═CO2↑+H2O，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎14. 将少量金属钠分别投入下列物质的水溶液中，有气体放出，且溶液质量减轻的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 钠极易和水反应，生成氢气。但在硫酸铜溶液中，还产生氢氧化铜沉淀，所以溶液质量减小，其余都是增加的，答案选D。‎ ‎15.下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒的作用及其目的相同的是 ‎①过滤、②蒸发、③溶解、④向容量瓶转移液体。‎ A. ①和④ B. ①和③ C. ③和④ D. ①和②‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①过滤时，玻璃棒的作用是引流；‎ ‎②蒸发时，玻璃棒的作用是使溶液受热均匀，防止局部过热造成飞溅；‎ ‎③溶解时，玻璃棒的作用是搅拌，以加速溶质的溶解；‎ ‎④向容量瓶转移液体，玻璃棒的作用是引流。‎ 只有①和④的作用相同。‎ 故选A。‎ ‎16.下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是（ ）‎ 选项 实验操作及现象 实验结论 A．‎ 向某溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成 该溶液中一定含有Cl-‎ B．‎ 向某溶液中加入稀盐酸，产生无色气体 该溶液中一定含有CO32-‎ C．‎ 向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成 该溶液中一定含有SO42-‎ D．‎ 室温下向某溶液中加入几滴酚酞溶液，溶液变红 该溶液一定是碱性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向某溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可能有碳酸根离子、硫酸根离子等，故A错误；‎ B、向某溶液中加入稀盐酸，产生无色气体，该溶液中可含有CO32-、SO32-、HCO3-、HSO3-等，故B错误；‎ C、向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该溶液中可能含有SO42-、CO32-、Ag+，故C错误；‎ D、室温下向某溶液中加入几滴酚酞溶液，溶液变红，pH在8以上，该溶液一定是碱性，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎17.提纯含有少量Ba（NO3）2杂质的KNO3溶液，可以使用的方法为（　　）‎ A. 加入过量碳酸钠溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸 B. 加入过量硫酸钾溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸 C. 加入过量碳酸钾溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸 D. 加入过量硫酸钠溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、加入过量的Na2CO3溶液，过滤，向滤液中滴加适量的稀硝酸，会生成新的杂质硝酸钠，因此不可行，故A错误；‎ B、加入过量的K2SO4溶液，过滤，向滤液中滴加适量的稀硝酸，K2SO4会有剩余，因此不可行，故B错误；‎ C、先加入过量的K2CO3溶液，过滤，再向滤液中加入适量的稀HNO3，稀HNO3会与过量的碳酸钾反应生成硝酸钾，因此可行，故C正确；‎ D、加入过量的Na2SO4溶液，过滤，向滤液中滴加适量的稀硝，向滤液中滴加适量的稀硝酸，K2SO4会有剩余，会生成新的杂质硝酸钠，因此可行，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎18.将‎1 L 1.00 mol/L 的Na2CO3溶液逐滴加入到‎1 L 1.25 mol/L的盐酸中；再做相反操作：将‎1 L 1.25 mol/L的盐酸逐滴加入‎1 L 1.00 mol/L 的Na2CO3溶液中，两次操作产生的气体体积之比是（同温同压下）‎ A. 2∶5 B. 5∶‎2 ‎C. 1∶1 D. 2∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：Na2CO3溶液与盐酸反应是分步进行的，首先发生反应：Na2CO3+ HCl=NaCl+NaHCO3。然后发生：NaHCO3+HCl=NaCl+ CO2 ↑ + H2O；当把‎1 L 1．00 mol/L 的Na2CO3溶液逐滴加入到‎1 L 1．25 mol/L的盐酸中时由于开始时盐酸过量，第一反应发生后立即发生第二个反应，相当于发生总反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+ CO2 ↑ + H2O,n(HCl)= 1．25 mol, 根据方程式可知产生CO2的物质的量是1．25 mol÷2=0．625 mol；当再将‎1 L 1．25 mol/L的盐酸逐滴加入‎1 L 1．00 mol/L 的Na2CO3溶液中，先发生Na2CO3+ HCl=NaCl+NaHCO3，由于n(Na2CO3)= 1．00 mol,反应消耗盐酸1．00mol,产生NaHCO31．00mol,盐酸还有过量的0．25 mol，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+ CO2 ↑ + H2O；由于NaHCO3过量，产生的CO2按照盐酸来计算。n(HCl)= 0．25 mol,所以产生的CO2的物质的量是0．25 mol。对于气体来说，在相同条件下，体积比等于二者的物质的量的比，所以两次操作产生的气体体积之比是0．625 mol：0．25 mol=5∶2，故选项是B。‎ 考点：考查物质的量、物质的混合顺序与反应产物的种类及物质的量的影响的知识。‎ ‎19.下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是 A. 取a克混合物充分加热，固体质量减轻b克 B. 取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体 C. 取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克 D. 取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体。‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和CO2，所以取ag混合物充分加热，减重bg ‎，则根据碳酸氢钠分解的方程式可以计算碳酸氢钠的质量，进而计算碳酸钠的质量分数，A正确；‎ B．碳酸钠、碳酸氢钠均能与盐酸反应生成氯化钠、水和CO2，则取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体，bg固体是氯化钠，因此根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数，B正确；‎ C．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，由于生成的CO2中混有水蒸气，则增重bg的质量不是CO2的，所以不能计算碳酸钠的质量分数，C错误；‎ D．碳酸钠、碳酸氢钠均与氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀，则取a g混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体是碳酸钡，根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数，D正确，‎ 答案选C。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎20.室温下，向容积不变的密闭容器中充入H2S和SO2的混合气体（2H2S+SO2=3S↓ +2H2O），充分反应后，恢复至室温，容器内压强变为原来的1/4（忽略水的挥发）。则原混合气体中H2S和SO2的体积比可能是（ ）‎ A. 1：2 B. 2：‎1 ‎C. 3：1 D. 4：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】令反应后剩余的体积为1体积，则原混合气共4体积，由方程式2H2S+SO2=3S↓ +2H2O可知：参加反应的H2S为2体积，SO2为1体积，若剩余的体积为1体积为H2S，混合气体中H2S和SO2的体积比3:1；若剩余的体积为1体积为SO2，混合气体中H2S和SO2的体积比2:2=1:1，‎ 故选C。‎ 第II卷（共60分）‎ ‎21.阅读短文，回答问题。‎ 平昌冬奥会闭幕式上，“2022，相约北京”文艺表演蕴含了丰富的中国文化，展现了新时代中国形象。‎ 熊猫木偶：熊猫木偶高‎2.35m，质量仅为‎10kg，用铝合金管材和碳纤维条做框架，配合LED灯制作而成。其中，碳纤维是含碳量高于90%的新型材料，密度比铝小，强度比钢大。‎ 智能机器人：中国新一代智能机器人与轮滑舞者共舞、互动，在导航精准性、动作复杂性和灵活性等方面，实现了人工智能领域的升级创新。‎ 石墨烯智能发热服：这种智能发热服可在−‎20℃‎的条件下持续发热4h。石墨烯是一种由碳原子构成的六角型二维碳纳米材料，具有超高硬度、强度和导热系数等特性。‎ 请依据以上短文，判断下列说法是否正确（填“对”或“错”）。‎ ‎（1）熊猫木偶、智能机器人、石墨烯智能发热服展现了“中国智慧”。_____。‎ ‎（2）碳纤维具有优良的性能，将有广泛的应用前景。_____。‎ ‎（3）中国新一代智能机器人在动作、导航等方面实现了人工智能领域的升级创新。_____。‎ ‎（4）石墨烯和石墨由同种元素组成，但它们的物理性质差异较大。_____。‎ ‎【答案】 (1). 对 (2). 对 (3). 对 (4). 对 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）熊猫木偶、智能机器人、石墨烯智能发热服的展示，展现了新时代中国形象和中国智慧；‎ ‎（2）根据碳纤维的组成、结构、性质去分析：碳纤维是含碳量高于90%的新型材料，密度比铝小，强度比钢大；‎ ‎（3）突出关键词：人工智能，中国新一代智能机器人与轮滑舞者共舞、互动，在导航精准性、动作复杂性和灵活性等方面，实现了人工智能领域的升级创新；‎ ‎（4）石墨烯是一种由碳原子构成的六角型二维碳纳米材料，具有超高硬度、强度和导热系数等特性。‎ ‎【详解】（1）由题中信息：“熊猫木偶：熊猫木偶高‎2.35 m，质量仅为‎10 kg，用铝合金管材和碳纤维条做框架，配合LED灯制作而成”，“智能机器人，中国新一代智能机器人与轮滑舞者共舞、互动，石墨烯智能发热服 这种智能发热服可在‎-20℃‎的条件下持续发热4h，都展现了中国智慧，”判断（1）说法正确，‎ 故填“对”；‎ ‎（2）由题中信息：“碳纤维是含碳量高于90%的新型材料，密度比铝小，强度比钢大，将有广泛的应用前景”，说法正确，‎ 故填“对”；‎ ‎（3）由题中信息：“中国新一代智能机器人与轮滑舞者共舞、互动，在导航精准性、动作复杂性和灵活性等方面，实现了人工智能领域的升级创新”，说法正确，‎ 故填“对”；‎ ‎（4）由题中信息：“石墨烯是一种由碳原子构成的六角型二维碳纳米材料，具有超高硬度、强度和导热系数等特性”，和石墨相比，都是碳元素的单质，但结构不同物理性质差异较大，‎ 故填“对”。‎ ‎【点睛】本题考查了无机非金属材料的分析应用，要对所提供的阅读材料进行分析，理解应用题干信息，要求学生平时注意阅读能力的培养，注意知识的积累。‎ ‎22.某学习小组用如图装置研究气体X的性质，气体X的主要成分是Cl2，其中含有少量水蒸气。请回答下列问题：‎ ‎（1）分别描述B、C装置中的现象____；结合化学方程式及物质性质说明B、C装置中现象不同的原因____。‎ ‎（2）Cl2是有毒气体，为了防止多余Cl2污染空气，可以在D处用如图装置进行尾气处理，用化学方程式表示该原理____。气体应该由____（填“a”或“b”）管通入。若要吸收224mLCl2（标况下），至少需要1mol/L的上述溶液____mL。‎ ‎【答案】 (1). B中干燥的有色布条不褪色，C中湿润的有色布条褪色 (2). Cl2‎ 没有漂白性，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO有漂白性 (3). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O (4). b (5). 20‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本实验的目的是探究氯气具有漂白性的条件下，干燥氯气不具有漂白性，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气有毒，应进行尾气处理，不能随意排放到空气中，一般用NaOH溶液吸收氯气。‎ ‎【详解】（1）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢电离生成氢离子，次氯酸具有漂白性，B中干燥的有色布条不褪色，C中湿润的有色布条褪色。‎ 结合化学方程式及物质性质说明B、C装置中现象不同的原因：Cl2没有漂白性，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO有漂白性 。‎ ‎（2）氯气有毒，应进行尾气处理，不能随意排放到空气中，可用碱溶液来吸收，方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。‎ 在D处用如图装置进行尾气处理，实际上用的是洗气法，气体应该由b管通入；‎ 若要吸收224mLCl2（标况下），至少需要1mol/L的上述溶液：‎ Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O ‎22.4L‎ 2mol ‎224mL 1mol/L×VmL ‎=‎ 解得V=20。‎ ‎【点睛】本题考查氯气的漂白性的探究实验，注意氯气没有漂白性，氯水的漂白性是溶液中次氯酸的表现的性质，（1）明确氯水的成分、各成分的性质是解题的关键，难点（2）根据方程式计算。‎ ‎23.实验室配制100mL0.5mol/LNa2SO4溶液。‎ ‎（1）用托盘天平称量，需要称取Na2SO4固体的质量为____g。‎ ‎（2）实验过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和____。‎ ‎（3）实验过程中其它操作均正确，只是定容时不小心加水超过了刻度线，则配制的Na2SO4溶液实际浓度比目标浓度（填“偏大”或“偏小”）_____。‎ ‎（4）写出Na2SO4在水中的电离方程式_____。‎ ‎（5）取出配制准确的该溶液50mL，将其稀释到500mL，此时溶液中Na+的物质的量浓度____mol/L。‎ ‎【答案】 (1). 7.1 (2). 100mL容量瓶 (3). 偏小 (4). Na2SO4=2Na++SO42- (5). 0.1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据m=cVM计算需要Na2SO4质量；‎ ‎（2）用固体配制溶液的一般步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容等，据此选择需要的仪器，判断缺少的仪器；‎ ‎（3）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=n/V解答。‎ ‎（4）Na2SO4是强电解质，在水中完全电离；‎ ‎（5）根据稀释定律求解。‎ ‎【详解】（1）配制100mL 0.5mol·L-1的Na2SO4溶液，需要Na2SO4的质量为：‎0.1L×0.5mol·L－1×‎142g·mol－1=‎7.1g；‎ ‎（2）用固体配制溶液的一般步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容等，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；‎ 所以缺少的仪器：100mL容量瓶；‎ ‎（3）实验过程中其它操作均正确，只是定容时不小心加水超过了刻度线，导致溶液体积偏大，则配制的Na2SO4溶液实际浓度比目标浓度偏小；‎ ‎（4）Na2SO4是强电解质，在水中完全电离，电离方程式为：Na2SO4=2Na++SO42- ；‎ ‎（5）取出配制准确的该溶液50mL，将其稀释到500mL，此时溶液中Na+的物质的量浓度50mL× 0.5mol·L-1×2÷500mL=0.1mol·L－1。‎ ‎【点睛】本题考查一定体积一定物质的量浓度溶液的配制，关键清楚溶液配制原理，配制的一般过程，易错点（2）用固体配制溶液的一般步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容等，据此选择需要的仪器，判断缺少的仪器；注意要注明容量瓶的规格。‎ ‎24.了解物质的元素组成和物质的分类，有利于我们更好地认识和利用物质的性质、实现物质之间的转化。市场上有一种“自热米饭”，其发热包的主要成分为生石灰（CaO），使用时需要将一定量的水加入发热包。‎ ‎（1）结合化学方程式解释自热米饭的发热原理____。‎ ‎（2‎ ‎）生石灰属于哪种类别的物质？____。除了能和水反应外，生石灰还可以与哪些类别的物质发生化学反应？列举两种物质类别并各写出一个相应的化学方程式。_____。‎ 物质类别 化学方程式 ‎（3）生活中生石灰还可以用作食品干燥剂。若选用生石灰做干燥剂，请判断其能否循环利用并说明理由。_____。‎ ‎【答案】 (1). CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热 (2). 碱性氧化物 (3). ‎ 物质类别 化学方程式 酸 CaO +2HCl=CaCl2+H2O 酸性氧化物 CO2+CaO=CaCO3‎ ‎ (4). 不能，理由：CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2不能受热分解生成CaO。‎ ‎（或能，理由：CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2和CO2反应生成CaCO3，CaCO3受热分解可以生成CaO，又可以吸水，所以可循环使用。）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）CaO和H2O反应生成Ca(OH)2是放热反应；‎ ‎（2）生石灰与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物；‎ 碱性氧化物能与酸、酸性氧化物反应，反应方程式如表：‎ 物质类别 化学方程式 酸 CaO +2HCl=CaCl2+H2O 酸性氧化物 CO2+CaO=CaCO3‎ ‎（3）生活中生石灰还可以用作食品干燥剂。若选用生石灰做干燥剂，判断其能否循环利用并说明理由。‎ 不能，理由：CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2不能受热分解生成CaO。‎ ‎（或能，理由：CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2和CO2反应生成CaCO3，CaCO3‎ 受热分解可以生成CaO，又可以吸水，所以可循环使用。）‎ ‎25.电解质溶于水时会发生电离产生自由移动的离子，电导率变化一定程度上可以反映溶液中自由移动的离子浓度变化。溶液中自由移动的离子浓度越大，电导率就越大。如图是向20mL0.01mol/LBa(OH)2溶液中滴入了2滴酚酞溶液，然后向Ba(OH)2溶液中匀速滴加0.2mol/LH2SO4溶液，获得电导率随时间变化的曲线图。‎ ‎（1）0-80s观察到的实验现象是_____。‎ ‎（2）写出该实验中的离子方程式_____。‎ ‎（3）截至b点，加入0.2mol•L-1H2SO4溶液的体积为_____mL，解释b点的电导率不等于零和bc段电导率又增加的原因____。‎ ‎（4）在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是（ ）（多选题）‎ A.①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线 B.b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH-‎ C.a、d两点对应的溶液均显中性 ‎ D.c点，两溶液中含有相同量的OH-‎ E.H+导电能力比Na+强 ‎【答案】 (1). 产生白色沉淀，溶液红色褪去，电导率减小 (2). 2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O (3). 1 (4). b点：BaSO4‎ 在水中溶解度很小，溶液中SO42-和Ba2+浓度很小但不等于0。水存在微弱的电离，溶液中H+和OH-浓度很小但不等于0。溶液中有自由移动的离子，电导率不等于零。bc段：b点溶液中的Ba(OH)2被反应完，溶液中自由移动的离子浓度达到最小值，随着H2SO4溶液的不断滴加，溶液中H+和SO42-浓度变大，自由移动离子浓度变大，bc段电导率增加。 (5). ABCE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液的导电性由溶液中离子的浓度及离子电荷数决定，Ba(OH)2 是强电解质，开始滴定时溶液中离子浓度较大，溶液的电导率大，随反应的进行，溶液中钡离子生成硫酸钡沉淀，氢氧根离子变成水，恰好完全反应时，溶液中主要是水和极少量的硫酸钡，水是弱电解质，再继续加入硫酸，硫酸是强电解质，离子浓度增大，导电能力增强。‎ ‎【详解】（1）0—80s，Ba(OH)2 是强电解质，开始滴定时溶液中离子浓度较大，溶液的电导率大，随反应的进行，溶液中钡离子生成硫酸钡沉淀，氢氧根离子变成水，恰好完全反应时，溶液中主要是水和极少量的硫酸钡。观察到的实验现象是产生白色沉淀，溶液红色褪去，电导率减小。‎ ‎（2）该实验中硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O。‎ ‎（3）截至b点，加入0.2mol•L-1H2SO4溶液的体积为V=20mL×0.01mol/L÷0.2mol•L-1=1mL；b点的电导率不等于零和bc段电导率又增加的原因： b点：BaSO4在水中溶解度很小，溶液中SO42-和Ba2+浓度很小但不等于0。水存在微弱的电离，溶液中H+和OH-浓度很小但不等于0。溶液中有自由移动的离子，电导率不等于零。bc段：b点溶液中的Ba(OH)2被反应完，溶液中自由移动的离子浓度达到最小值，随着H2SO4溶液的不断滴加，溶液中H+和SO42-浓度变大，自由移动离子浓度变大，bc段电导率增加。‎ ‎（4）A.溶液中钡离子与SO42-生成硫酸钡沉淀，氢氧根离子与H+生成水，曲线①中a点溶液的导电能力接近0，①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确；‎ B.②是NaHSO4溶液与氢氧化钡反应，b点，氢氧化钡与硫酸氢钠以1:1物质的量之比反应生成硫酸钡、水和NaOH，溶液中有NaOH，溶液中大量存在的离子是Na+、OH-，故b正确；‎ C.a、d两点均将氢氧化钡全部反应，a点硫酸与氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡和水，d点硫酸氢钠与氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，a和d之后，硫酸均过量，a和d对应的溶液均显中性，故C正确；‎ D.c点，两溶液中导电能力相同，对曲线①硫酸过量，溶液呈酸性，对曲线②OH-‎ 未被完全中和，溶液呈碱性，OH-含量不相同，故D错误；‎ E.根据曲线①和②导电能力的变化幅度分析，H+导电能力比Na+强，故E正确；‎ 故选ABCE。‎ ‎26.某同学通过实验研究Na2O2与水的反应。‎ 操作 现象 向盛有少量Na2O2的试管中加入蒸馏水，得到溶液a 反应剧烈，产生能使带火星木条复燃的气体 然后向溶液a中滴入两滴酚酞 溶液先变红，再逐渐变浅，约10分钟溶液变为无色 为了探究溶液变为无色的原因，该同学按照科学的程序，进行了如下实验：‎ ‎【推理与假设】‎ Na2O2与H2O反应的化学方程式_____。向溶液a中滴加酚酞本应只会变红，而实验中发现酚酞变红后又褪色。由此提出如下的假设：‎ 假设A：O2有漂白性 假设B：NaOH有漂白性 假设C：O2和NaOH共同作用有漂白性 ‎【实验与观察】‎ ‎（2）请完成下表：‎ 实验编号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 实验装置 实验假设 ‎（填“A”、“B”或“C”）‎ 假设_____‎ 假设____‎ 假设__‎ 实验现象 溶液变红后10分钟均无变化 实验结论 ‎_____‎ ‎【查阅资料】‎ 该同学查阅资料：H2O2是一种在碱性条件下不稳定、具有漂白性的物质。‎ ‎【推理与假设】‎ 该同学认为褪色的原因可能是溶液a中存在H2O2，H2O2漂白了酚酞。‎ ‎【实验与观察】‎ ‎（3）通过实验证实了H2O2的存在：取少量溶液a，加入黑色粉末____（填化学式），快速产生了能使带火星木条复燃的气体。该同学进一步通过实验证实了溶液a中滴入酚酞后，H2O2与酚酞发生了化学反应。实验方案：取少量溶液a于试管中，_____。‎ ‎【解释与结论】‎ ‎（4）由以上实验结果可知，Na2O2与H2O反应的化学方程式如果分两步书写，应为_____；但课本上没有写出中间产物H2O2，可能的原因是___。‎ ‎【答案】 (1). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ (2). B (3). C (4). A (5). 假设ABC均不成立 (6). MnO2 (7). 加入MnO2，充分反应，向上层清液中滴入2滴酚酞后变红，10分钟溶液颜色不变 (8). Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2，2H2O2=2H2O +O2↑； (9). H2O2碱性条件下不稳定，受热易分解，H2O2大部分已分解 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据实验现象产生能使带火星木条复燃的气体，说明有氧气产生，溶液变红说明有碱生成，据此写化学方程式；‎ ‎（2）由图结合假设分析；溶液变红后10分钟均无变化，说明：假设ABC均不成立；‎ ‎（3）能使H2O2产生气体通常用MnO2作催化剂，据此答题；‎ 将H2O2全部分解后，酚酞的红色不褪色，说明H2O2起了漂白作用；‎ ‎（4）由以上实验结果可知，Na2O2与H2O反应，有中间产物双氧水生成；由于双氧水不稳定。‎ ‎【详解】（1）根据实验现象产生能使带火星木条复燃的气体说明有氧气产生，溶液变红说明有碱生成，据此写化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；‎ ‎（2）实验1，将酚酞滴入NaOH溶液中，如果先变红后褪色，说明假设B成立，故选B；‎ 实验2，将氧气通入NaOH和酚酞的红色混合溶液中，如红色褪色，说明假设C成立，O2和NaOH共同作用有漂白性，故选C；‎ 实验3，将氧气通入Na2CO3和酚酞的红色混合溶液中，如红色褪色，说明假设A成立，O2有漂白性，故选A；‎ 溶液变红后10分钟均无变化，说明：假设ABC均不成立；‎ ‎（3）能使H2O2分解产生氧气通常用黑色的MnO2作催化剂；‎ 要验证H2O2与酚酞发生了反应，将H2O2全部分解后，酚酞的红色不褪色，说明H2O2起了漂白作用；故该同学通过实验证实溶液a中滴入酚酞后，H2O2与酚酞发生了化学反应的实验方案为：取少量溶液a于试管中，加入MnO2，充分反应，向上层清液中滴入2滴酚酞后变红，10分钟溶液颜色不变 ；‎ ‎（4）由以上实验结果可知，Na2O2与H2O反应，有中间产物双氧水生成，Na2O2与H2O反应的化学方程式如果分两步书写，应为Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2，2H2O2=2H2O +O2↑； 但课本上没有写出中间产物H2O2，可能的原因是H2O2碱性条件下不稳定，受热易分解，H2O2大部分已分解。‎ ‎【点睛】本题以物质的性质为背景，考查了方程式书写、实验探究过程，对学生思维能力要求较高，解题方法：综合运用元素化合物知识，平时注意探究思维的训练，做到分析深入，思维严密。‎