2018-2019学年福建省厦门市湖滨中学高一上学期期中考试化学试题 (解析版)

化学试题

1.下列说法不正确的是

A. 道尔顿提出原子学说，门捷列夫发现元素周期律 B. 化学研究的主要目的就是认识分子

C. 研究物质的性质，常常运用观察、实验、 分类、比较等方法

D. 化学家可以在微观层面上操纵分子和原子，组装分子材料、分子器件和分子机器 【答案】B 【解析】

【详解】A.道尔顿提出了近代原子学说，门捷列夫整理了元素周期表，提出了元素周期律，所以A选项是正确的；

B.化学的研究目的是帮助人们认识、改造和应用物质，不是认识分子，故B错误； C.观察、实验、分类、比较等是研究物质性质的基本方法，所以C选项是正确的；

D.科学的发展非常迅速，化学家可以在微观层面上操纵分子和原子，从而用分子或原子来组装分子材料、分子器件和分子机器，所以D选项是正确的。 答案选B。

2. 分类是化学研究中常用的方法。下列分类方法正确的是 A. 根据溶液酸碱性，将化合物分为酸、碱、盐

B. 根据分散质微粒直径大小，将分散系分为胶体、浊液和溶液 C. 根据水溶液是否导电，将化合物分为电解质和非电解质 D. 根据化合物是否来自于有机体，将化合物分为有机物和无机物 【答案】B 【解析】

试题分析：A选项依据化合物的组成，将化合物分为酸、碱、盐、氧化物。如电离出阳离子全是H+的都是酸。错误。B选项正确。C选项根据在水溶液或熔融的状态下能导电的化合物为电解质，错误。D选项绝大多数含C的化合物为有机物，错误。 考点：物质分类的正确方法

3.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是 A. 通常状况下，NA个Cl2分子的质量是71g B. 通常状况下，NA个C02分子的体积约是22.4L C. 0.1 mol/L的H2S04溶液中H+的个数是0.2NA

- 1 -

D. 若lg N2含有m个分子，则NA=m／28 【答案】A 【解析】

【详解】A、NA个Cl2分子的物质的量是1mol，质量是71g，A正确；

B、通常状况下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，NA个CO2分子的物质的量是1mol，体积大于22.4L，B错误；

C、硫酸是二元强酸，溶液体积未知，所以不能计算0.1 mol/L的H2S04溶液中H+的个数，C错误； D、若1g N2含有m个分子，则答案选A。

【点睛】本题主要是考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数的关系，尤其要注意气体摩尔体积和阿伏加德罗定律的使用条件和范围；二是要准确弄清微粒的组成特点，分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。选项C是解答的易错点。

4. 下列物质间的转化能一步实现的是 A. KNO3→KCl B. Na2CO3→NaOH C. CuO→Cu(OH)2 D. BaSO4→Ba(OH)2 【答案】B 【解析】

试题分析：B选项：Na2CO3+ Ca（OH）2=\" Ca\" CO3+ NaOH，可以一步实现，正确。 考点：物质间的化学反应过程。 5.下列变化需要加入还原剂才能实现的是

A. Cl-→C12 B. HCO3- →C032- C. Mn04- →Mn2+ D. Zn→Zn2+ 【答案】C 【解析】 【分析】

需要加入还原剂才能实现，说明该微粒是氧化剂，得到电子，相关元素的化合价降低，据此解答。 【详解】A、Cl-→C12中氯元素化合价升高，需要氧化剂，A错误；

B、HCO3- →C032-中元素化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，B错误； C、Mn04-→Mn2+中Mn元素化合价降低，需要还原剂，C正确； D、Zn→Zn2+中Zn元素化合价升高，需要氧化剂，D错误； 答案选C。

- 2 -

，解得NA＝28m·mol，D错误；

－1

6.下列溶液中Cl－浓度由大到小的顺序是

①300mL 2mol/L CaCl2溶液 ②800mL 2.5mol/L NaCl溶液 ③1000mL 5mol/L KClO3溶液 ④200mL 1mol/L AlCl3溶液 A. ③②①④ B. ①④②③ C. ②①④③ D. ③①④② 【答案】B 【解析】

试题分析：①中Cl-的浓度为4 mol/L，②中Cl-的浓度为2.5 mol/L，③中没有Cl-，④中Cl-的浓度为3 mol/L。B选项正确。

考点：离子浓度的大小比较。

7.下列化学反应既不属于氧化还原反应又不属于四种基本反应类型的是 ．．．．．．A. Cl2＋2KBr＝Br2＋2KCl B. 2NaHCO3C. 3O2＝2O3 D. 2CO+O2【答案】C 【解析】 【分析】

凡有元素化合价升降的反应是氧化还原反应，四种基本反应类型是化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应，据此解答。

【详解】A、反应Cl2＋2KBr＝Br2＋2KCl为氧化还原反应且属于置换反应，A不符合； B、反应2NaHCO3

Na2CO3+H2O+CO2↑不属于氧化还原反应，但属于分解反应，B不符合；

2CO2

Na2CO3+H2O+CO2↑

C、反应3O2＝2O3既不属于氧化还原反应又不属于四种基本反应，C符合； D、反应2CO+O2答案选C。

8. 下列有关分散系说法错误的是( )

A. 胶体中分散质的微粒直径在10～10m之间 B. 胶体均一，稳定，静置一段时间后不会产生沉淀 C. 蔗糖溶液静置一段时间后，下层会比上层甜 D. 可用丁达尔效应来区分FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体 【答案】C 【解析】

试题分析：A、B、D符合基本定义，正确。C选项蔗糖溶液均一，一样甜，错误。

- 3 -

-9

-7

2CO2属于氧化还原反应，又属于化合反应，D不符合。

考点：分散系的分类以及胶体的性质。

9.关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是 强电解质 弱电解质 非电解质

A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【分析】

在溶液中全部电离出离子的电解质是强电解质，部分电离出离子，存在电离平衡的电解质是弱电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此解答。

【详解】A、非电解质的对象是化合物，氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，A错误； B、BaSO4属于盐，熔融状态下能完全电离出阴阳离子，属于强电解质，B错误；

C、Ca(OH)2属于强碱，能完全电离出阴阳离子，属于强电解质，次氯酸是弱酸，属于弱电解质，乙醇不能自身电离出离子，是非电解质，C正确；

D、碳酸钠能完全电离出钠离子和碳酸根离子，属于强电解质，D错误。 答案选C。

【点睛】关于电解质强、弱的判断需要注意：①电解质的强弱是由物质的内部结构决定的，与任何外界因素无关。②电解质的强弱与其溶解性无关。某些盐如BaSO4等虽难溶于水，但溶于水的部分却是完全电离的，所以它们是强电解质；相反能溶于水的未必都是强电解质，如CH3COOH、NH3·H2O等虽然能溶于水，但溶解时只有部分电离，故这些是弱电解质。 10.下列离子在无色碱性溶液中能大量共存的是 A. Al3+，K+，CO32-，SO32- B. Na+，Ba2+，Cl-，NO3- C. Na+，Cl-，Ca2+，MnO4- D. K+，H+，SO42-，Cl- 【答案】B 【解析】

- 4 -

A NaCl HF Cl2 B H2SO4 BaSO4 CO2 C Ca(OH)2 HClO C2H5OH D HNO3 Na2CO3 NH3 【分析】

离子间如果发生化学反应则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质以及溶液无色显碱性分析解答。 【详解】A. 在碱性溶液中Al不能大量共存，A错误；

B. Na，Ba，Cl，NO3在碱性溶液中相互之间不反应，且均是无色的，能大量共存，B正确； C. 在碱性溶液中Ca2+不能大量共存，且MnO4-在溶液中不是无色的，C错误； D. 在碱性溶液中H+不能大量共存，D错误。 答案选B。

11.下列关于钠的说法中，正确的是 A. 实验后剩余的钠粒，不能放回原试剂瓶中 B. 钠着火后，可用泡沫灭火器来灭火

C. 钠的化学性质比较活泼，少量的钠可以保存在与钠不反应的煤油中 D. 当钠与硫酸铜溶液反应时，有大量红色固体铜出现 【答案】C 【解析】

【详解】A、实验剩余的金属单质和非金属单质应放回原试剂瓶，即剩余的钠应放回原试剂瓶，故A错误； B、钠燃烧后的产物过氧化钠能与二氧化碳反应产生氧气，使燃烧加剧，故B错误；

C、钠的密度比煤油的大，且和煤油不反应，故保存在煤油中可以隔绝空气和水，所以C选项是正确的； D、钠和盐溶液反应时，先和水反应，生成的氢氧化钠再和盐反应，即不能置换出金属铜，故D错误。 所以C选项是正确的。

12.有关Cl2的性质，下列说法不正确的是

A. Cl2有毒但可用于自来水消毒 B. 能与NaOH溶液反应生成两种盐 C. 能与Fe反应生成FeCl2 D. 一定条件下与H2反应产生苍白色火焰 【答案】C 【解析】

【详解】A.氯气可用于自来水消毒，残留比较少，不会影响健康，A正确；

B.氯气能与氢氧化钠溶液反应：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，两种盐为NaCl和NaClO，B正确； C.氯气因为具有强氧化性与Fe反应生成FeCl3，C错误； D.氢气在氯气中燃烧发出苍白色火焰，D正确； 答案选C。

13.下列各组离子反应可用H＋＋OH－

H2O表示的是

+

2+

--3+

A. 氢氧化钡和硫酸 B. 氢氧化铁和盐酸

- 5 -

C. 醋酸和氢氧化钠 D. 硫酸和氢氧化钠 【答案】D 【解析】 【分析】

离子方程式H＋＋OH－＝H2O表示强酸（或强酸的酸式盐）和强碱反应生成可溶性盐和水的反应，据此解答。 【详解】A．氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡和水，硫酸钡难溶于水，写化学式；A错误； B．氢氧化铁和盐酸反应，氢氧化铁难溶，写化学式，B错误； C．醋酸和氢氧化钠反应，醋酸是弱酸，写化学式，C错误；

D．硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，离子方程式为H＋OH＝H2O，D正确； 答案选D。

【点睛】明确离子方程式表示的含义、常见电解质的拆分情况是解答的关键，只有同时满足易溶、易电离的物质才能拆写成离子的形式。注意选项D中的硫酸还可以是硫酸氢钠。

14.只用下列试剂中的一种就能鉴别Ba（NO3）2、Na2CO3、KCl三种溶液，该试剂是( ) A. Ca（NO3）2溶液 B. 稀H2SO4 C. NaOH溶液 D. Na2SO4溶液 【答案】B 【解析】

【详解】A．加入Ca（NO3）2溶液不能鉴别Ba（NO3）2、KCl，选项A错误；B．加入稀H2SO4，与Ba（NO3）2反应生成白色沉淀，与Na2CO3反应生成气体，与KCl不反应，三者现象各不相同，可鉴别，选项B正确； C．加入NaOH溶液与三种物质都不反应，选项C错误；D．加入Na2SO4溶液不能鉴别Na2CO3、KCl，选项D错误。答案选B。

15.在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质，下列实验现象和结论一致且正确的是

A. 加入有色布条，褪色，说明溶液中有Cl2存在 B. 溶液呈现黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2存在

C. 先加入HCl溶液酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl－存在 D. 新制氯水放置数天后酸性将减弱 【答案】B 【解析】 【分析】 氯水中存在Cl2+H2O

H++Cl-+HClO的反应，该反应是可逆反应，所以氯水中含有的微粒有：三分子：

＋

－

Cl2、HClO、H2O；四离子：H+、Cl-、ClO-、OH-。因而氯水可以表现不同性质，据此解答。

- 6 -

【详解】A、次氯酸有强氧化性能使有色布条褪色，向氯水中加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有HClO存在，A错误；

B、氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，B正确；

C、盐酸中含有氯离子，向氯水中加入盐酸后再加入银溶液生成氯化银白色沉淀，不能说明氯水中含有氯离子，C错误；

D、氯水放置数天后，次氯酸分解生成盐酸，酸性增强，pH将变小，D错误。 答案选B。

【点睛】选项A是解答的易错点，注意氯气虽然具有强氧化性，但没有漂白性，真正起漂白作用的是氯气与水反应生成的次氯酸，因此氯气不能使干燥的有色布条褪色。 16.下列离子方程式正确的是

A. CaCO3溶于稀盐酸溶液 CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O B. 氨水(NH3·H2O)和HNO3溶液反应 H++OH－＝H2O

C. Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液反应 Ba2++OH－+H++SO42－＝BaSO4↓+H2O D. 澄清石灰水和HCl溶液反应 Ca(OH)2+2H＝2Ca+2H2O 【答案】A 【解析】

【详解】A. 碳酸钙难溶，CaCO3溶于稀盐酸溶液的离子方程式为CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O，A正确； B. 一水合氨难电离，则氨水和HNO3溶液反应的离子方程式为H++NH3·H2O＝H2O+NH4+，B错误；

C. Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液反应生成硫酸钡和水，离子方程式为Ba2++2OH－+2H++SO42－＝BaSO4↓+2H2O，C错误；

D. 澄清石灰水和HCl溶液反应生成氯化钙和水，离子方程式为H++OH－＝H2O，D错误。 答案选A。

【点睛】选项B是解答的易错点，判断时要注意反应物或产物的配比是否正确。另外对于微溶性的强电解质需要注意：①在反应物中视情况而定。如澄清石灰水中Ca(OH)2以Ca2＋、OH－存在，可以拆成离子的形式；石灰乳中主要以不溶的Ca(OH)2存在，不能拆成离子形式。②在生成物中，一般不能拆，以化学式形式表示。

17.在酸性条件下，可发生如下反应：ClO3－+2M3++4H2O＝M2O7n－+Cl－+8H+，M2O7n－中M的化合价是 A. +4 B. +5 C. +6 D. +7 【答案】C 【解析】

- 7 -

+

2+

【分析】

根据氧化还原反应中电子得失守恒分析解答。

【详解】设M2O7中M的化合价是x，反应中氯元素化合价从+5价降低到－1价，得到6个电子，根据电子得失守恒结合方程式可知2×（x－3）＝6，解得x＝+6，答案选C。

【点睛】电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。

18.根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是 ①H2SO3+I2+H2O===2HI+H2SO4 ②2FeCl3+2HI===2FeCl2+2HCl+I2

③3FeCl2+4HNO3===2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3 A. H2SO3>HI>FeCl2>NO B. HI>FeCl2>H2SO3>NO C. FeCl2>HI>H2SO3>NO D. NO>FeCl2>H2SO3>HI 【答案】A 【解析】 【分析】

依据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性分析判断。

【详解】反应H2SO3＋I2＋H2O＝2HI＋H2SO4中还原剂是亚硫酸，还原产物是HI，则还原性H2SO3＞HI；反应2FeCl3+2HI＝2FeCl2+2HCl+I2中还原剂是HI，还原产物是FeCl2，则还原性HI＞FeCl2；反应3FeCl2+4HNO3＝2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3中还原剂是FeCl2，还原产物是NO，则还原性FeCl2＞NO，综上分析可得还原性由强到弱的顺序是H2SO3＞HI＞FeCl2＞NO，答案选A。 19.某同学用下列装置进行有关Cl2的实验。下列说法不正确的是

n－

- 8 -

A. Ⅰ图中：实验现象证明氯气无漂白作用，氯水有漂白作用 B. Ⅱ图中：闻Cl2的气味 C. Ⅲ图中：生成棕黄色的烟

D. Ⅳ图中：若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应 【答案】D 【解析】

【详解】A.由Ⅰ图中实验现象可知：干燥的氯气不能使有色布条褪色，说明氯气没有漂白性，而能使湿润的有色布条褪色，说明氯气与水反应的生成物具有漂白性，故A说法正确；

B.Cl2有毒，闻其气味时应用手轻轻在瓶口扇动，仅使极少量气体飘入鼻孔中，故B说法正确； C.Cu丝在Cl2中燃烧生成棕黄色的烟，故C说法正确；

D.若Cl2能与NaOH溶液反应，烧瓶内压强减小，气球就会鼓起，故D说法错误； 答案选D。

20.对于反应2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O,若有1molKMnO4参加反应，下列说法不正确的是 A. 转移5mol电子 B. 氧化产物与还原产物物质的量之比为5：2 C. 参加反应的HCl为8mol D. 氧化剂与还原剂物质的量之比为1：8 【答案】D 【解析】 【分析】

该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，Cl元素的化合价由-1价变为0价，根据转移电子相等以及高锰酸钾和这些物理量之间的关系式计算。

【详解】A、反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，当有1molKMnO4参加反应，转移电子的物质的量＝1mol×（7-2）＝5mol，A正确；

B、反应中氯气是氧化产物，氯化锰为还原产物，依据方程式可知氯气和二氯化锰的物质的量之比为5∶2，B正确；

C、若有1molKMnO4参加反应，根据反应的方程式可知参加反应的HCl的物质的量为8 mol，C正确； D．由方程式可知消耗16mol氯化氢起还原剂作用的是10mol，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为2：5，

- 9 -

D错误。 答案选D。

【点睛】本题考查了氧化还原反应的有关判断与计算，明确元素化合价变化是解本题关键，注意该反应中参加反应的氯化氢部分被氧化。

21.现有下列9种物质：①氯气；②二氧化硫；③稀硫酸；④铁；⑤BaCl2固体；⑥氢氧化钾；⑦KNO3溶液；⑧酒精(C2H5OH)；⑨氧化钙，请将上述物质按要求完成下列问题：

（1）用相应化学式填写下列空白：属于酸性氧化物的有_________________，属于碱性氧化物的有____________，属于电解质的是________，属于非电解质的是__________。（用序号填空） （2）写出NaHCO3电离方程式：__________________________________

【答案】 (1). ② (2). ⑨ (3). ⑤⑥⑨ (4). ②⑧ (5). NaHCO3=Na++HCO3- 【解析】 【分析】

能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物。溶于水或在熔融状态下能导电的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此解答。

【详解】①氯气是非金属单质，不是电解质也不是非电解质； ②二氧化硫是酸性氧化物，属于非电解质； ③稀硫酸是混合物，不是电解质也不是非电解质； ④铁是金属单质，不是电解质也不是非电解质； ⑤BaCl2固体是电解质；

⑥氢氧化钾是强碱，属于电解质；

⑦KNO3溶液是混合物，不是电解质也不是非电解质； ⑧酒精(C2H5OH)不能电离出阴阳离子，是非电解质； ⑨氧化钙是碱性氧化物，属于电解质。

（1）根据以上分析可知属于酸性氧化物的有②，属于碱性氧化物的有⑨，属于电解质的是⑤⑥⑨，属于非电解质的是②⑧。

（2）NaHCO3是弱酸的酸式盐，其电离方程式为NaHCO3＝Na+HCO3。 22.按要求完成下列题目。

（1）在标准状况下，4.48 L一氧化碳的分子个数是__________________。

（2）现有一种泉水样品，1.0 L这种泉水含有4.8×10-2 g Mg2+。那么，该泉水中Mg2+的物质的量浓度是_______，含1.0 mol Mg2+的这种泉水的体积是_______升。

- 10 -

+

-

（3）写出用Cl2与Ca(OH)2制漂白粉的化学方程式_______________________。 （4）写出Cl2与水反应的化学方程式__________________________________。 （5）写出稀盐酸与铁反应的离子方程式________________________________。 （6）写出硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液反应的离子方程式___________________。

【答案】 (1). 0.2NA (2). 2×10-3mol·L-1 (3). 500 (4). 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O (5). Cl2+H2O=HClO+HCl (6). Fe+2H+=Fe2++H2↑ (7). Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu(OH)2↓+BaSO4↓ 【解析】 【分析】

根据n＝m/M、V＝nVm、N＝nNA、c＝n/V分析计算；根据反应物和生成物书写相关的化学方程式或离子反应方程式。

【详解】（1）在标准状况下，4.48 L一氧化碳的物质的量是4.48L÷22.4L/mol＝0.2mol，其分子个数是0.2NA。

（2）1.0 L这种泉水含有4.8×10-2 g Mg2+，物质的量是0.048g÷24g/mol＝0.002mol，该泉水中Mg2+的物质的量浓度是0.002mol÷1.0L＝2×10mol·L，因此含1.0 mol Mg的这种泉水的体积是1.0mol÷0.002mol/L＝500L。

（3）Cl2与Ca(OH)2制漂白粉的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2＝Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O； （4）Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的化学方程式为Cl2+H2O＝HClO+HCl； （5）稀盐酸与铁反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+＝Fe2++H2↑；

（6）硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-＝Cu(OH)2↓+BaSO4↓。

23.甲、乙、丙分别是由Na、O、H形成的单质，A、B、C是由H、0、Na三种元素中的两种或三种组成的化合物，各种单质与化合物之问存在如图所示的转化笑系：

-3

-1

2+

- 11 -

请回答：

（1）写出下列物质的化学式A________，B_________，C_______。 （2）写出下列反应的化学方程式：

①单质甲+化合物B_____________________________。 ②化合物A+化合物B___________________________。

【答案】 (1). Na202 (2). H20 (3). NaOH (4). 2Na＋2H20=2NaOH+ H2↑ (5). 2Na202＋2H20=4NaOH+02↑ 【解析】 【分析】

甲、乙、丙分别是由Na、O、H形成的单质，A、B、C是由H、0、Na三种元素中的两种或三种组成的化合物，其中化合物A与化合物B反应生成单质乙和化合物C，该反应是过氧化钠和水反应生成氧气和氢氧化钠，则乙是氧气，C是氢氧化钠。甲与B反应生成氢氧化钠和丙，则甲是钠，B是水，丙是氢气，所以A是过氧化钠，据此解答。

【详解】根据以上分析知甲是Na，乙是O2，丙是H2，A是Na2O2，B是H2O，C是NaOH，则 （1）通过以上分析知，化合物A、B、C的化学式分别是Na2O2、H2O、NaOH；

（2）单质甲与化合物B反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为2Na＋2H20＝2NaOH+H2↑；化合物A与化合物B反应生成氧气和氢氧化钠的反应方程式为2Na202＋2H20＝4NaOH+02↑。

【点睛】本题以无机物的推断为载体考查了钠及其化合物间的转化，以化合物A与化合物B反应为突破口采用正逆相结合的方法进行推断，明确钠及其化合物的性质特点是解答的关键，题目难度不大。 24.工业上利用电解饱和食盐水生产氯气(Cl2)、烧碱和氢气的化学方程式是2NaCl+2H2O

2NaOH+Cl2↑+H2↑。

（1）电解食盐水的过程中，氧化产物是____________________，用双线桥表示出电子转移的方向和数目________________，题干中反应改写成离子方程式是_____________。

（2）实验室用______________溶液（填化学式）处理多余的氯气，避免污染环境，写出化学方程式___________________________________________________。

（3）电解食盐水要求对粗食盐水进行精制，以除去粗食盐水中含有的泥沙和SO42-、Ca2+、Mg2+等杂质离子。精制时依次加入BaCl2溶液、Na2CO3、NaOH，充分反应后过滤，在滤液中加入盐酸中和至中性。盐酸与滤液反应的离子方程式__________。

- 12 -

【答案】 (1). Cl2 (2). (3).

2Cl-+2H2O

+

2-

2OH-+Cl2↑+H2↑ (4). NaOH (5). Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O (6). H++OH-＝H2O、

2H+CO3＝H2O+CO2↑ 【解析】 【分析】

（1）反应中氯元素化合价从－1价升高到0价，氢元素化合价从+1价降低到0价，结合电子得失守恒和方程式分析解答；

（2）根据氯气能与碱液反应分析判断； （3）根据滤液中含有碳酸钠和氢氧化钠分析。

【详解】（1）反应中氯元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，氯化钠是还原剂，则氯气是氧化产物；根据方程式可知反应转移2个电子，则用双线桥表示出电子转移的方向和数目为

，该反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；

（2）氯气有毒，实验室用NaOH溶液处理多余的氯气，避免污染环境，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O 。

（3）电解食盐水要求对粗食盐水进行精制，以除去粗食盐水中含有的泥沙和SO42-、Ca2+，Mg2+等杂质离子。精制时依次加入氯化钡溶液，除去硫酸根离子；加入纯碱，除去钙离子和过量的钡离子；加入烧碱，除去镁离子，充分反应后过滤，滤液中主要含有过量的碳酸钠和氢氧化钠，加入盐酸中和至中性，反应的离子方程式有H+OH＝H2O、2H+CO3＝H2O+CO2↑。 25.实验室欲配制1mol/LNaOH溶液240mL，请回答：

（1）需称取NaOH固体_____g，用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，请在附表中选取所需的砝码大小_______(填字母)，并在下图中选出能正确表示游码位置的选项_________(填字母)。

+

-+

2-

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（2）选用的主要玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有_________________。 （3）下列操作的顺序是（用序号表示）_________________。 A．用30mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡

B．用天平准确称取所需的NaOH的质量，加入少量水，用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解 C．将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入容量瓶中 D．将容量瓶盖紧，颠倒摇匀

E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切 F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1～2cm处

（4）下列情况对所配制的NaOH溶液浓度有何影响？（用“偏大”“偏小”“无影响”填写） ①容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水________________。 ②将热的溶液直接移入了容量瓶________________。 ③定容时，仰视容量瓶的刻度线________________。

【答案】 (1). 10.0 (2). cd (3). h (4). 250mL容量瓶、胶头滴管 (5). BCAFED (6). 无影响 (7). 偏大 (8). 偏小 【解析】 【分析】

（1）依据配制溶液体积选择容量瓶，依据m=cVM计算溶质的质量；氢氧化钠具有腐蚀性且易潮解，应放在烧杯内称量，根据氢氧化钠与烧杯质量确定需要的砝码；由表中升高可知，最小的砝码为5g，故游码的最大刻度为5g，故小于5g用游码；

（2）根据操作步骤有计算、称量、溶解冷却、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作选择使用的仪器； （3）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤排序；

（4）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进行误差分析。 【详解】（1）配制1mol/L NaOH溶液240mL，应选择250mL容量瓶，需要溶质的质量为：

1mol/L×0.25L×40g/mol=10.0g；氢氧化钠具有腐蚀性且易潮解，应放在烧杯内称量，根据氢氧化钠与烧杯总质量为10.0g+23.1g=33.1g，故应选择20g与10g的砝码，即选择cd；由表中升高可知，最小的砝码为5g，故游码的最大刻度为5g，故小于5g用游码，所以游码应在3.1g的位置，故选择h；

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（2）配制步骤为：计算、称量、溶解冷却、移液、洗涤移液、定容、摇匀，用到的仪器：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；还缺少的玻璃仪器为250mL容量瓶、胶头滴管；

（3）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解冷却、移液、洗涤移液、定容、摇匀，所以正确的操作顺序为：BCAFED；

（4）①容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响；

②将热的溶液直接移入了容量瓶，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏大； ③定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小。

【点睛】考查一定物质的量浓度溶液的配制，比较基础，关键清楚溶液配制的原理，根据c=n/V理解溶液配制，把握整个配制过程，注意氢氧化钠应放在烧杯内称量。

26.将5.0g碳酸钙放入100mL稀盐酸中恰好完全反应。试计算（写出具体计算过程）： （1）生成标准状况下的二氧化碳气体多少升？（不考虑CO2在水中的溶解）_______ （2）所得溶液中氯化钙的物质的量是多少？_______ （3）求盐酸溶液的物质的量浓度？_______

【答案】 (1). 1.12L (2). 0.05mol (3). 1mol/L 【解析】 【分析】

（1）根据碳酸钙和二氧化碳的关系式计算； （2）根据碳酸钙计算氯化钙的物质的量；

（3）根据碳酸钙计算氯化氢的物质的量，再根据c＝n/V计算浓度。

【详解】（1）5.0g碳酸钙的物质的量是5.0g÷100g/mol＝0.05mol，根据方程式CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O可知生成二氧化碳的物质的量是0.05mol，在标况下的体积为0.05mol×22.4L/mol＝1.12L； （2）根据钙原子守恒得CaCO3～CaCl2，因此氯化钙的物质的量为0.05mol；

（3）根据CaCO3～2HCl知，氯化氢的物质的量是0.05mol×2＝0.1mol，浓度是0.1mol÷0.1L＝1mol/L。

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