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1、2020-2021学年河北省泊头市第一中学高一上学期第三次月考化学试题 解析版参考相对原子质量：H-1 C-12 N-14O-16 Na-23 Mg-24 Fe-56 S-32 Cl-35.5 Ba-137 Ca-40一、单选题(本大题共18小题，共36分)1. 化学知识无处不在，下列与古诗文或者记载对应的化学知识不正确的是( )选项古诗文或者记载化学知识A荀子劝学：冰，水为之，而寒于水。冰的能量低于水，冰变为水需要吸收能量B本草纲目中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”。这种物质分离和提纯的方法是蒸馏C王安石诗句“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”。爆竹的燃放涉及氧化还原反应D李白诗句“日
2、照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A水、冰是同一物质的不同状态，固态冰吸热转化为液体水，说明冰的能量低于水，A正确；B利用物质沸点的不同分离液体混合物，该方法为蒸馏，B正确；C爆竹（主要成分：硫磺、硝酸钾、木炭）的燃放过程中元素化合价发生了变化，因此发生的反应中涉及氧化还原反应，C正确；D“日照香炉生紫烟”的意思是说“由于瀑布飞泻，水气蒸腾而上，在丽日照耀下，仿佛香炉峰冉冉升起了团团紫烟”，由此可见这个“紫烟”实际上是水产生的雾气，并没有碘升华的现象，D错误；故合理选项是D。2. 在强酸性溶液中，下列离子组
3、能大量共存且溶液为无色透明的是A. Na+K+OHClB. Na+Cu2+ SO NOC. Mg2+Na+SOClD. Ba2+K+ HCO NO【答案】C【解析】【详解】A. OH在强酸性溶液中不能大量共存，故A错误；B. Cu2+为有色离子，溶液呈蓝色，与题意不符，故B错误；C. Mg2+、Na+、SO、Cl在强酸性溶液中可以大量共存，且溶液为无色透明，故C正确；D. HCO不能在强酸性溶液中大量存在：，故D错误。故答案选：C。3. 下列各组溶液，当后一种溶液逐滴加入到一定量的前一种溶液中并稍过量，其溶液的导电性(I表示导电能力)与后一种溶液的质量(m)的函数关系符合下图的是A. 澄清石灰
4、水、碳酸钠溶液B. 硝酸银溶液、氯化钠溶液C. 盐酸、氢氧化钠溶液D. 稀硫酸、氢氧化钡溶液【答案】D【解析】【分析】溶液的导电性与单位体积内离子的数目、离子所带电荷多少有关，单位体积内离子数目越多，导电性越强；离子所带电荷越多，导电性越强（如两个氯离子和一个硫酸根离子导电性相当）进行分析作答。【详解】A. 澄清石灰水和碳酸钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，溶液中的离子数目没有明显减少，所以导电性不会明显减弱至接近零，故A项错误；B. 硝酸银溶液和氯化钠溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，溶液中的离子数目没有明显减少，所以导电性不会明显减弱至接近零，故B项错误；C. 盐酸和氢氧化钠溶液反应生成氯
5、化钠和水，溶液中的离子数目没有明显减少，所以导电性不会明显减弱至接近零，故C项错误；D. 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应硫酸钡沉淀和水，水难电离，硫酸钡难溶于水，所以溶液的导电性不断减弱，当氢氧化钡溶液和硫酸恰好反应，导电性最弱接近零，当氢氧化钡溶液过量时，溶液中的离子数目又增多，导电性增强，符合题意，故D项正确；答案选D。4. 需要加入氧化剂才能实现的变化是( )A. MnO2MnSO4B. KIKIO3C. HNO3NOD. Na2O2Na2CO3【答案】B【解析】【详解】A在MnO2MnSO4中，Mn元素化合价降低，得到电子，需加入还原剂才可以实现，A不符合题意；B在KIKIO3中，I元素化合
6、价升高，失去电子，需加入氧化剂才可以实现，B符合题意；C在HNO3NO中，N元素化合价降低，得到电子，需加入还原剂才可以实现，C不符合题意；D在Na2O2Na2CO3中，Na2O2与CO2发生反应产生Na2CO3，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，不需加入氧化剂或还原剂，D不符合题意；故合理选项是B。5. 分散系是混合分散体系的简称，下列关于分散系的说法正确的是( )A. 根据体系的稳定性，可将分散系分为溶液、胶体和浊液B. 一种分散系的分散质可以是固态、液态或气态，但只能是纯净物C. 利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，它利用了光的折射原理D 用光束照射牛奶会出现丁达尔效应【答案】D【解析】【详
7、解】A根据分散质粒子直径不同，可将分散系分为溶液、胶体和浊液，故A错误；B一种分散系的分散质可以是固态、液态或气态，分散质不一定是纯净物，故B错误；C利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，它利用了光的散射原理，故C错误；D牛奶属于胶体，用光束照射牛奶会出现丁达尔效应，故D正确；选D。6. 如图，在蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化时，用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成，据此判断下列说法中不正确的是() A. 上述反应是置换反应B. 上述反应证明钠可以从CuSO4溶液中置换出铜C. 上述反应说明钠比铜活泼D. 加热且无水条件下，Na可以与CuSO4反应并
8、生成Cu【答案】B【解析】【分析】在蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化时，用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成，说明熔融的钠将硫酸铜中的铜置换出来并且放出热量，属于置换反应，钠作还原剂，硫酸铜作氧化剂，说明钠比铜活泼，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu。【详解】A、钠比铜活泼，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Na2SO4和Cu，属于置换反应，故A正确；B、根据以上分析，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu，但是钠不能从CuSO4溶液中置换出铜，故B错误；C、根据以上分析，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生
9、成Na2SO4和Cu，钠作还原剂，铜是还原产物， 说明钠比铜活泼，故C正确； D、根据以上分析，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu，故D正确；选B。7. 下列离子反应方程式正确的是( )A. 将铜插入硝酸银溶液中： Cu+Ag+=Cu2+AgB. Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应：HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3+H2OC. 用食醋除水垢：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO-+CO2+H2OD. 稀硫酸和Ba(OH)2溶液反应： H+SO42-+Ba2+OH-=BaSO4+H2O【答案】C【解析】【详解】A电荷不守恒，正确的离子方程式为：Cu
10、+2Ag+=Cu2+2Ag，A错误；B由于NaOH过量，则Ca2+与HCO3-物质的量之比为1:2，正确的离子方程式为：2HCO3-+2OH-+Ca2+=CaCO3+2H2O+CO32-，B错误；C碳酸钙与醋酸反应生成可溶性醋酸钙、二氧化碳和水，离子方程式书写正确，C正确；D反应生成2molH2O，不符合量之比，正确的离子方程式为：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，D错误；答案选C。【点睛】离子方程式常见的错误：(1)不符合客观事实；(2)拆分不正确，易溶于水、易电离的物质拆成离子，其余物质以化学式保留；（3）漏写部分离子反应；(4)“”、“”、“=”、“”等符号使用错
11、误；(5)不符合量比要求；(6)离子方程式不平，原子不守恒、电荷不守恒。8. 四支试管中分别有少量无色溶液，欲检验其中的离子，下列操作、现象、结论均正确的是( )A. 向试管1中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中有B. 向试管2中加足量氢氧化钠溶液，加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，说明原溶液中有C. 用铜丝蘸取试管3中的待测液，置于酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色，说明原溶液中有Na+D. 向试管4中逐滴加入稀盐酸，一开始无气体产生，继续加入盐酸后产生大量气泡，将产生的气体通入澄清石灰水，产生白色浑浊，说明原溶液中有【答案】B【解析】【详解】A向试管1中滴加盐酸酸
12、化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，该沉淀可能是BaSO4，也可能是AgCl，因此不能说明原溶液中是否含有，A错误；B向试管2中加足量氢氧化钠溶液，加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该气体为NH3，则说明原溶液中有，B正确；C进行焰色试验应该使用铂丝或光洁无锈的铁丝，不能使用铜丝(其焰色为绿色），否则会干扰实验结果，C错误；D向试管4中逐滴加入稀盐酸，一开始无气体产生，继续加入盐酸后产生大量气泡，将产生的气体通入澄清石灰水，产生白色浑浊，该气体可能是CO2，也可能是SO2，因此不能说明原溶液中有，也可能含有，D错误；故合理选项是B。9. 三个密闭容器中分别充入H2、O2、CO2三种气体
13、,以下各种情况下排序正确的是( )A. 当它们的压强和体积、温度均相同时，三种气体的质量：m(H2)m(O2)m(CO2)B. 当它们的温度和压强均相同时，三种气体的密度：(H2)(O2)(CO2)C. 当它们的质量和温度、压强均相同时，三种气体的体积：V(CO2)V(O2)V(H2)D. 当它们的温度和密度都相同时,三种气体的压强：P(H2)P(O2)P(CO2)【答案】D【解析】【详解】A温度、压强均相同时，气体的Vm相等，由n=m/M=V/Vm可知，等体积时，气体的质量和摩尔质量呈正比，则m(CO2)m(O2)m(H2)，故A错误；B当它们的温度和压强均相同时,根据PV=nRT可知，PM
14、=RT，即密度与摩尔质量成正比，则m(CO2)m(O2)m(H2)，故B错误；C温度、压强均相同时，气体的Vm相等，由n=m/M=V/Vm可知，等质量时，气体的体积和摩尔质量呈反比，应为V(H2)V(O2)V(CO2)，故C错误；D根据PV=nRT可知，PM=RT，因此在温度和密度相等的条件下，压强和气体的摩尔质量成反比，则三种气体的压强p(H2)p(Ne)p(O2)，故D正确；答案为D。10. 由Na2CO310H2O与NaHCO3组成的混合物4. 54 g，溶于水配成100 mL溶液，Na+的浓度为0.4 molL-1，另取等质量的混合物加强热至质量不变，则剩余固体的质量为A. 4.24
15、gB. 3.18 gC. 2.12 gD. 1.06g【答案】C【解析】【详解】设Na2CO310H2O的物质的量为x mol，NaHCO3的物质的量为y mol，则286x+84y=4.54，溶于水配成100 mL溶液，Na+的浓度为0.4 molL-1，即Na+的物质的量=0.4 molL-10.1L=0.04mol，即2x+y=0.04mol，联立两个方程解得x=0.01，y=0.02，因此NaHCO3的物质的量为0.02mol，根据Na+守恒可知NaHCO3受热分解所得Na2CO3的物质的量=0.01mol，Na2CO310H2O受热分解所得Na2CO3的物质的量=0.01mol，则剩
16、余固体Na2CO3的总物质的量=0.01mol+0.01mol=0.02mol，质量=0.02mol106g/mol=2.12g，C满足题意。答案选C。11. 下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是目的分离方法原理A分离溶于水的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B分离汽油和四氯化碳分液四氯化碳和汽油的密度不同C除去KNO3固体中混的NaCl结晶NaCl在水中的溶解度很大D除去乙醇中的水蒸馏乙醇与水的沸点相差较大A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A乙醇与水互溶，不能作萃取剂，A错误；B汽油与四氯化碳互溶，应用蒸馏分离，B错误；CNaCl的溶解度受温度影响不大，而硝
17、酸钾的溶解度受温度影响大，所以利用重结晶分离，原理解释不合理，C错误；D乙醇与水互溶，但沸点不同，可用蒸馏分离，D正确；故选D。12. 以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础，下列与“物质的量”相关的计算正确的是( )A. 现有CO、CO2、O3三种气体，分别都含有1 mol O，则三种气体的物质的量之比为321B. 在Na2O2与CO2反应中，固体质量每增重28 g，转移电子数2NAC. 标准状况下，11.2 L X气体分子的质量为16 g，则X气体的摩尔质量是32D. a g Cl2中有b个氯原子，则阿伏加德罗常数NA的数值可表示为【答案】D【解析】【详解】ACO、CO2、O3三种气体
18、分子中含有的O原子数分别是1、2、3，若分别都含有1 mol O，则三种气体的物质的量之比为1：=632，A错误；BNa2O2与CO2的反应为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，在该反应中每转移2 mol电子，固体质量增加56 g，现在固体质量增重28 g，则转移电子数NA，B错误；C标准状况下，11.2 L X气体的物质的量是0.5 mol，该物质分子的质量为16 g，则其摩尔质量M=32 g/mol，C错误；Da g Cl2中有b个氯原子，含有的Cl2分子数目为，NA个Cl2分子质量是71 g，则阿伏加德罗常数NA的数值可表示为=，D正确；故合理选项是D。13. 标准状况下，向
19、100mLH2S饱和溶液中通入SO2气体，所得溶液pH变化如图所示。下列分析正确的是( )A. a点对应溶液的导电性比d点强B. 反应过程中H2S表现了氧化性C. 向d点的溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，产生BaSO3白色沉淀D. H2S饱和溶液的物质的量浓度为0.05molL-1【答案】C【解析】【分析】据图可知，b点时H2S和SO2恰好完全反应：2H2S+SO2=3S+2H2O，根据b点对应的反应推出a点对应的H2S饱和溶液中n(H2S)=2=0.01mol，结合横轴上的数据分析，继续通入二氧化硫得到的是H2SO3溶液，则c、d点对应的是H2SO3溶液，据此分析判断；【详解】AH2S和H
20、2SO3均为二元酸且d点溶液酸性比a点强，则d点对应的溶液中离子的浓度较大，d点对应溶液导电性比a点对应溶液导电性强，故A错误；B由反应2H2S+SO2=3S+2H2O可知，H2S中的S元素化合价从-2价升高到0价，H2S表现了还原性，故B错误；Cd点对应的是H2SO3溶液，向d点对应的溶液中加入Ba(OH)2溶液，H2SO3与Ba(OH)2反应生成BaSO3白色沉淀，故C正确；Db点时H2S和SO2恰好完全反应，消耗SO2的物质的量为：=0.005mol，依据反应2H2S+SO2=3S+2H2O可知，n(H2S)=0.005mol2=0.01mol，c(H2S)=0.1mol/L，故D错误；
21、答案选C。14. 用向上排空气法收集一试管氯气，经测定其密度为相同条件下氢气密度的31.3倍。将该试管倒立在水槽中，当日光照射相当长一段时间后，试管中最后剩余的气体体积的占试管容积的（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】试管中的物质为氯气和空气的混合物，其密度为相同条件下氢气密度的31.3倍，平均相对分子质量为31.32=62.6，根据空气的平均相对分子质量为29，Cl2的相对分子质量为71，可得，解得。设试管的体积为5L，则空气有1L，Cl2有4L，试管中发生的反应为Cl2H2OHClHClO，2HClO2HClO2，可得关系式2Cl22HClO O2，生成O2的体积为4L
22、=2L，故最终剩余气体的体积为1L+2L=3L，试管中最后剩余的气体体积的占试管容积的比例为=，故选B。15. 现有40mL浓度为0.04molL-1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02molL-1的K2A2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2A2O7氧化为Na2SO4，则元素A在还原产物中的化合价为( )A. +2B. +3C. +4D. +5【答案】A【解析】【详解】发生氧化还原反应时，得失电子守恒，Na2SO3被氧化成Na2SO4，失去2个电子，假设A元素的化合价从+6价降到x价，由电子得失守恒有0.040.04(6-4)=0.020.022(6-x)，解得x=2，故答案
23、选A。16. 某研究小组利用如图装置探究SO2和FeCl3溶液的反应原理。下列说法错误的是( )A. 装置B中若产生白色沉淀，说明Fe3+能将SO2氧化成B. 实验室中用98%的浓硫酸(=1.84g/cm3)配制100g70%的硫酸需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100ml容量瓶C. 三颈烧瓶中通入N2的操作应在滴加浓硫酸之前，目的是排尽装置内的空气D. 装置C可能发生倒吸，可以换成倒置漏斗【答案】B【解析】【分析】先通N2排除装置内的空气，再打开分液漏斗的活塞使70%的硫酸和Na2SO3发生反应制备SO2，SO2与B中Fe3+发生氧化还原反应得和Fe2+，和Ba2+反应生成Ba
24、SO4沉淀，用C中NaOH吸收过量的SO2，据此解答。【详解】A由于H2SO3的酸性弱于HCl，因此SO2不能和BaCl2溶液反应产生白色的BaSO3沉淀，装置B中若产生白色沉淀，则该白色沉淀必为BaSO4，说明说明Fe3+能将SO2氧化成，A正确；B容量瓶用于配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的配制时定容，100g70%的硫酸物质的量浓度、体积无法计算，无需用到100mL容量瓶，B错误；C氧气和二氧化硫水溶液能产生，干扰实验，因此三颈烧瓶中通入N2的操作应在滴加浓硫酸之前，目的是排尽装置内的空气，C正确；D二氧化硫能与NaOH反应，若剩余二氧化硫较多，在C中易引起倒吸，因此装置C可能发生倒吸
25、，可以换成倒置漏斗，D正确。答案选B。17. 2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+7H2O，Fe2(SO4)3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4。下列结论正确的是A. 均是氧化还原反应B. 氧化性强弱顺序是K2Cr2O7Fe2(SO4)3I2C. 反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:1D. 反应中0.1mol还原剂共失去电子数为6.021023【答案】B【解析】【分析】2K2CrO4+H2SO4K2Cr2O7+K2SO4+H2O中元素的化合价均不变，不属于氧化
26、还原反应；K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO43Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+7H2O中Cr元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，为氧化还原反应；Fe2(SO4)3+2HI2FeSO4+I2+H2SO4中Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，为氧化还原反应，结合氧化还原反应的有关概念、规律解答。【详解】A属于氧化还原反应，而不属于氧化还原反应，A错误；B由中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性强弱顺序是K2Cr2O7Fe2(SO4)3I2，B正确；C中氧化剂为K2Cr2O7，还原剂为FeSO4，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，C错误；D中还原剂
27、为HI，1molHI反应失去1mol电子，则0.1mol还原剂共失去电子数为6.021022，D错误；答案选B。18. 在一个恒温、恒容密闭容器中，有两个可左右自由滑动的密封隔板(a、b)，将容器分成三部分，已知充入的三种气体质量相等，当隔板静止时，容器内气体所占体积如图所示，下列说法中错误的是A. 若Y是O2 ，则X可能是CH4B. 分子数目：X=Z=2YC. 若X是N2，则Z可能是COD. 气体密度：X=Z=2Y【答案】D【解析】【详解】由题给信息可知，图中X、 Y 、Z三部分的压强、温度分别相等，体积V(X)=V（Z）=2V(Y)，由阿伏加德罗定律可知，n(X)=n（Z）=2n(Y)，所
28、以分子数目：X=Z=2Y，B正确；由于三种气体质量相等，根据n=m/M可知，O2的摩尔质量为32g/mol，CH4的摩尔质量为16g/mol，A正确；N2的摩尔质量为28g/mol，CO的摩尔质量为28g/mol，C正确；气体的密度之比和气体的摩尔质量成正比，根据M=m/n可知，三种气体的密度：2X=2Z=Y，D错误；正确选项D。【点睛】对于气体来说，影响气体体积的因素主要有温度、压强、气体的量。当三个变量中有两个变量不变时，讨论另外两个变量的关系。根据气态方程：P V=nRT，当温度和压强一定时，气体的体积和气体的物质的量成正比；当气体的体积和温度一定时，压强和物质的量成正比；当压强和温度不
29、变时，气体的摩尔质量和气体的密度成正比。该题主要考察气态方程的具体应用。二、不定项选择题(有1-2个选项符合题意，本大题共6小题，共18分，漏选得2分，错选不得分)19. 制备氰氨基化钙的化学方程式为CaCO3+2HCNCaCN2+CO+H2+CO2,下列说法正确的是A. 氢元素被氧化, 碳元素被还原B. HCN被氧化, CaCO3被还原C. HCN是氧化剂, CaCO3是还原剂D. CaCN2是氧化产物, H2为还原产物【答案】D【解析】【分析】CaCO3+2HCN=CaCN2+CO+H2+CO2中，N元素化合价不变，生成物CO2中碳元素来自碳酸钙，它的化合价没有发生变化，生成物CO中碳元素
30、来自HCN，C的化合价没有发生变化，HCN中的H原子得电子由+1价变为0价（2个H原子），得到H2，HCN中的C原子失电子，由+2价变为+4价（1个C原子），得到CaCN2。【详解】因HCN中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，则氢元素被还原，碳元素被氧化，A错误；因HCN中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，则HCN既是氧化剂又是还原剂，碳酸钙中没有元素的化合价发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，B、C错误；HCN中的碳元素化合价由+2升高到+4，对应的氧化产物为CaCN2，HCN中的氢元素化合价由+1价降低到0，对应的还原产物为H2，D正确。故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，准
31、确判断物质中元素的化合价是解答本题的关键，HCN、CaCN2中元素的化合价分析是解答中的难点。20. 下列从海洋中获取物质的方案不合理的是 ( )A. 向海水中加入石灰乳得到Mg(OH)2，加入盐酸得到MgCl2溶液，最后电解该溶液得到镁单质B. 苦卤酸化后通入氯气得到溴水，然后用热空气将其吹入SO2水溶液中，再通入氯气，最后通过萃取、分液、蒸馏得到溴单质C. 干海带灼烧后加水浸取，然后加入H2O2得到碘水，最后通过萃取、分液、蒸馏得到碘单质D. 粗盐先通过除杂、精制得到饱和食盐水，然后电解得到氯气，最后用氯气和石灰乳反应制得漂白粉【答案】A【解析】【详解】A电解MgCl2溶液得到氯气、氢气和
32、氢氧化镁，不能得到镁单质，A方案不合理；B苦卤酸化后通入氯气，氯气置换溴离子得到溴水，然后用热空气将其吹入SO2水溶液中，溴与二氧化硫反应生成硫酸和溴化氢，再通入氯气，提纯溴，最后通过萃取、分液、蒸馏得到溴单质，B方案合理；C干海带灼烧后加水浸取，得到含碘离子的溶液，然后加入H2O2得到碘水，最后通过萃取、分液、蒸馏得到碘单质，C方案合理；D粗盐先通过除杂、精制得到饱和食盐水，然后电解得到氯气、氢气和NaOH溶液，最后用氯气和石灰乳反应制得漂白粉，D方案合理；答案为A。21. 某学生利用如图装置对电解质溶液导电性进行实验探究。下列说法中正确的是( )A. 闭合开关K，电流表指针发生偏转，证明H
33、Cl溶液是电解质B. 闭合开关K，向烧杯中加入NaCl固体，由于HCl与NaCl不反应，故电流表指针不发生变化C. 闭合开关K，向溶液中加入CaCO3固体，电流表示数不变D. 选取相同浓度的硫酸替换0.1molL-1的HCl溶液，电流表的示数相同【答案】C【解析】【详解】A电解质必须是化合物，而HCl溶液是混合物，所以不是电解质，A错误；B闭合开关K，向烧杯中加入NaCl固体，虽然HCl与NaCl不反应，但溶液中离子浓度增大，导电能力增强，故电流计指针会发生变化，B错误；C向溶液中加入CaCO3固体，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，溶液中自由移动的离子浓度减小，但离子所带电荷数增大，
34、导电性不变，电流表示数不变，C正确；D选取相同浓度的硫酸替换0.1molL-1的HCl溶液，离子浓度增大，所以电流计的示数不相同，D错误；答案选C。22. 向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol/L稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是( )A. 在0-a范围内，只发生中和反应B. ab段发生反应的离子方程式为：CO+2H+=H2O+CO2C. a=0.3D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2：1【答案】CD【解析】【分析】向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H
35、2O，继续滴加时，盐酸与Na2CO3首先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，继续滴加时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2。计算ab段消耗盐酸的体积，进而计算a的值。根据碳原子守恒可得碳酸钠的物质的量，b点溶液中溶质为NaCl，由氯原子守恒可得NaCl的物质的量，再根据钠离子守恒计算NaOH的物质的量。【详解】A在0a范围内，先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，A错误；Bab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，该反应的离子方程式为：+H+=H2O+CO
36、2，B错误；C由图可知反应生成CO2气体的物质的量为0.01 mol，由NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2可知ab段消耗HCl为0.01 mol，消耗盐酸体积V(HCl)=0.01 mol0.1 mol/L=0.1 L，故a=0.4-0.1=0.3，C正确；D由碳原子守恒可知Na2CO3为0.01 mol，b点溶液中溶质为NaCl，由氯原子守恒可得n(NaCl)=n(HCl)=0.1 mol/L0.4 L=0.04 mol，由钠离子守恒：n(NaOH)=n(NaCl)-2n(Na2CO3)=0.04 mol-20.01 mol=0.02 mol，故原混合溶液中NaOH与Na2CO3
37、的物质的量之比n(NaOH)：n(Na2CO3)=2：1，D正确；故合理选项是CD。23. ClO2是一种国际公认的安全、无毒的绿色消毒剂，沸点11，凝固点-59。工业上，可用下列原理制备ClO2(液相反应)：2FeS2+30NaClO3+14H2SO4=Fe2(SO4)3+15Na2SO4+30ClO2+14H2O。设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A. 在标准状况下，2240mLClO2含有原子数0.3NAB. 若生成1.5molNa2SO4，则反应后的溶液中SO数目为1.8NAC. 48.0gFeS2完全反应，则上述反应中转移电子数为6NAD. 每消耗30molNaClO
38、3，生成的水中氢原子数目为14NA【答案】BC【解析】【详解】AClO2沸点11C，标况下为液体，2240mL ClO2的物质的量不是0.1 mol，故A错误； B若生成1.5molNa2SO4，则生成0.1mol Fe2(SO4)3，所以反应后的溶液中SO数目为1.8NA，故B正确；C48.0gFeS2物质的量为0.4mol，硫元素由-1价升到+6价，铁元素由+2价升到+3价，1mol FeS2数去15mol电子，即48.0g FeS2完全反应，转移电子为，转移电子数为6NA，故C正确；D消耗30mol NaClO3生成14 mol水，一个水分子中有两个氢原子，故生成的水中氢原子数目为28
39、NA，故D错误；故答案为BC。24. 碘循环工艺不仅能吸收降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如图：下列说法正确的是( )A. 分离器中的物质分离操作为过滤B. 反应器和膜反应器中都发生了氧化还原反应C. 该工艺中I2和HI相互转化体现了“碘循环”D. 碘循环工艺的总反应为2SO2+4H2O+I2=H2+2H2SO4+2HI【答案】BC【解析】【详解】AH2SO4、HI都易溶于水，分离器中的物质分离操作不可能是过滤，故A错误；B反应器中硫元素、碘元素化合价改变，膜反应器中氢元素、碘元素化合价改变，所以反应器和膜反应器中都发生了氧化还原反应，故B正确；C该工艺中I2和HI的相互转化，实现碘的
40、循环利用，体现了“碘循环”，故C正确；D在反应器中发生反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，在膜反应器中发生反应：2HI=H2+I2，碘循环工艺的总反应为SO2+2H2O =H2+H2SO4，故D错误；选BC。三、填空题(本大题共23个空，共46分)25. 某溶液中可能含有Mg2、Ba2、CO、Cl、SO、NO中的几种，现进行如下实验：取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀；过滤，向实验所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验回答下列问题。(1)溶液中一定不存在的离子是_。(2)写出和中所发生反应的离子方程式：_；_。(3)为了验证溶液中是否存在Cl、
41、NO，某同学提出下列假设：只存在Cl；Cl、NO同时存在；只存在NO。已知实验室提供的试剂有：稀盐酸、AgNO3溶液、稀硝酸、NaOH溶液、蒸馏水。验证溶液中是否存在Cl的实验方法是：_。【答案】 (1). CO、SO (2). Mg2+2OH-=Mg(OH)2 (3). Ba2+SO=BaSO4 (4). 取少量溶液于试管中、滴加几滴(稀硝酸和)AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明有Cl-【解析】【分析】某溶液中可能含有Mg2、Ba2、CO、Cl、SO、NO中的几种， 取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明溶液中含有Mg2，CO与Mg2不能大量共存，则溶液中一定不含CO；过滤，
42、向所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有Ba2，Ba2与SO不能大量共存，则溶液中一定不含SO，溶液显电中性，则一定含有阴离子，Cl、NO可能都存在或存在其中之一。【详解】(1)根据分析，溶液中一定不存在的离子是CO、SO；(2)中所发生反应的离子方程式：Mg2+2OH-=Mg(OH)2；中所发生反应的离子方程式：Ba2+SO=BaSO4；(3)验证溶液中是否存在Cl的实验方法是：取少量溶液于试管中、滴加几滴硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明有Cl-。26. 在标准状况下，将224 L HCl气体溶于635 mL水中，所得盐酸的密度为1.18 gcm-3。
43、试计算：(1)所得盐酸的物质的量浓度是_。(2)取这种盐酸100 mL，稀释至1.18 L，所得稀盐酸的物质的量浓度是_。(3)在40.0 mL0.065 molL-1Na2CO3溶液中，逐滴加入上述稀释后的稀盐酸，边加边振荡。若使反应不产生CO2气体，加入稀盐酸的体积最多不超过_mL。(4)将不纯的NaOH样品1 g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50 mL 2 molL-1的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40 mL1 molL-1的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到_g固体。【答案】 (1). 11.9 mol/L (2). 1.0 mol/L (3). 2.
44、6 (4). 5.85【解析】【详解】(1)224 L标准状况下 HCl气体的物质的量n(HCl)=mol，其质量m(HCl)=nM=10 mol36.5 g/mol=365 g，其溶于水得到的溶液质量m(溶液)=m(溶质)+m(溶剂)=365 g+635 mL1 g/mL=1000 g，则溶质的质量分数，故该盐酸的物质的量浓度c=mol/L=11.8 mol/L；(2)由于溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，所以取这种盐酸100 mL，稀释至1.18 L，所得稀盐酸的物质的量浓度是c= =1.0 mol/L；(3)Na2CO3溶液与盐酸反应分步进行，若使反应不产生气体，则只发生反应：Na2CO
45、3+HCl=2NaCl+NaHCO3，当Na2CO3恰好发生上述反应时消耗HCl最多。在40.0 mL 0.065 molL-1Na2CO3溶液中含有溶质的物质的量n(Na2CO3)=0.065 mol/L0.04 L=0.0026 mol，则n(HCl)=n(Na2CO3)=0.0026 mol，故需该稀释后的盐酸的体积V(HCl)=2.6 mL；(4)NaOH、Na2CO3与盐酸恰好发生上述反应时，得到NaCl，根据Cl元素守恒可知n(NaCl)=n(HCl)=2 molL-10.05 mL=0.1 mol，则反应产生NaCl的质量m(NaCl)=0.1 mol58.5 g/mol=5.85 g。27. NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO+I2+2NaI+2H2O。(1)反应中_元素被氧化(填元素名称)。(2)反应过程中每生产1 mol NO转移电子的物质的量是_。(3)HI表现的性质是_。(4)根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl。可选用的物质有：水；碘化钾；淀粉溶液；白酒；食醋，你认为必须选用的物质有_(填序号)。(5)某厂废液中，含有2%5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为N2的是_。ANaCl