1、- 1 -河南省新乡市延津县高级中学 2018-2019 学年高一元月月考化学试题1.设 NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 常温常压下，28 g CO 和 N2的混合气体一定含有 2NA个原子B. 1 L 0.1 mol/L NaHSO4溶液中含有 0.1 NA个 HSO4-C. 将 0.1 mol FeCl3溶于沸水制成胶体，其中含有的胶体粒子数目为 0.1 NAD. 0.2mol/L KCl 溶液中含有 0.2 NA个 Cl-【答案】A【解析】【详解】A. CO 和 N2的相对分子质量均为 28，均为双原子分子，所以 28 g CO 和 N2的混合气体的物质的量为 1mol，含
2、有的原子总数一定为 2NA，故 A 正确；B.硫酸氢钠在溶液中完全电离,硫酸氢钠溶液中不存在硫酸氢根离子,故 B 错误；C. 因为氢氧化铁胶体中，氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，将 0.1 mol FeCl3溶于沸水制成胶体，其中含有的胶体粒子数目小于 0.1 NA，故 C 错误；D. 没有给定溶液的体积，无法计算出 0.2mol/LKCl 溶液中含有 Cl-的数目，故 D 错误；综上所述，本题选 A。【点睛】硫酸氢钠属于强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离出三种离子：NaHSO4=Na+H+SO42-；在熔融的条件下，电离出 2 种离子：NaHSO 4=Na+HSO4-。2.有 Na 2SO4和
3、 Fe 2(SO4)3的混合液，已知其中 Fe 3 的物质的量浓度为 0.4 mol/L，SO 42 的物质的量浓度为 0.7 mol/L，则此溶液中 Na 的物质的量浓度为A. 0.1 mol/L B. 0.15 mol/L C. 0.2 mol/L D. 0.25 mol/L【答案】C【解析】试题分析：根据溶液中的电荷守恒有：c(Na +) +3 c(Fe3+)=“2“ c(SO42-) ，有 c(Na+) +30.4 mol/L=“0.7“ mol/L2c(Na+)=0.2 mol/L考点：电荷守恒的运用。3.如图所示是分离混合物时常用的仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是-
4、2 -A. 蒸馏、蒸发、萃取、过滤 B. 过滤、蒸发、萃取、蒸馏C. 萃取、过滤、蒸馏、蒸发 D. 蒸馏、过滤、萃取、蒸发【答案】D【解析】【分析】根据化学实验基础操作及注意事项分析。【详解】图中给定的仪器：蒸馏烧瓶(蒸馏)、普通漏斗(过滤)、分液漏斗(分液或萃取)、蒸发皿(蒸发)，故 D 正确。故选 D。【点睛】带支管口的是蒸馏烧瓶，不带支管的是圆底烧瓶。4.用 NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述不正确的是A. 25 、1.0110 5 Pa 时，44 g CO 2中含有的氧原子数为 2NAB. 3.2g 由 O2和 O3组成的混合物中含有的原子数目为 0.2NAC. 在过氧化钠与水的反应中，
5、每消耗 0.1mol 过氧化钠，转移电子的数目为 0.1NAD. 在 KClO3+6HCl(浓) =KCl+3Cl 2+3H 2O 反应中，若产生标准状况下 6.72LCl2时，转移电子数目为 0.6NA【答案】D【解析】【详解】A、44g 二氧化碳的物质的量为 1mol，而二氧化碳中含 2 个氧原子，故 1mol 二氧化碳中含 2NA个氧原子，选项 A 正确；B、氧气和臭氧均由氧原子构成，故 3.2g 混合物中含有的氧原子的物质的量为 0.2mol，个数为 0.2NA个，选项 B 正确；C、Na 2O2与 H2O 的反应为歧化反应：2Na 2O2+2H2O=4NaOH+O2，此反应转移 2m
6、ol 电子，生成1molO2，故当每消耗 0.1mol 过氧化钠，转移电子的物质的量为 0.1mol，数目为 0.1NA，选项C 正确；D在 KClO3+6HCl(浓) =KCl+3Cl 2+3H 2O 反应中，根据化合价升降可以判断，每生成- 3 -3molCl2转移 5mol 电子，标准状况下 6.72LCl2的物质的量为 =0.3mol，则转移电子物质的量为 0.5mol，数目为 0.5NA，选项 D 不正确；答案选 D。5.“钴酞菁”分子（直径约为 1.34x109 m）结构和性质与人体内的血红素及植物内的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞菁”分子的说法中正确的是A. “钴酞菁”分子在水中
7、所形成的分散系属悬浊液B. “钴酞菁”分子既能透过滤纸，也能透过半透膜C. 在分散系中， “钴酞菁”分子直径比 Na+的直径小D. “钴酞菁”分子在水中形成的分散系能产生丁达尔现象【答案】D【解析】试题分析：由于“钴酞菁”分子（直径约为 1.34109 m） ，所以“钴酞菁”分子在水中所形成的分散系属于胶体，选项 D 正确，A 不正确。胶体粒子不能通过半透膜，B 不正确。在分散系中， “钴酞菁”分子直径比 Na+的直径大，C 不正确，答案选 D。考点：考查胶体的性质以及三种分散系的区别点评：该题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于培养学
8、生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是明确三种分散系的本质区别。6.下列各组物质分类正确的是酸 碱 盐 氧化物A 硫 酸 纯碱 硅酸钠 干冰B 醋 酸 烧碱 纯碱 氧化铜C 碳酸 生石灰 小苏打 二氧化硫D 二氧化碳 苛性钠 食 盐 石灰石- 4 -A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】酸是能电离出的阳离子全部是 H+的化合物；碱是电离出的阴离子全部是 OH-离子的化合物；盐是电离出阳离子是金属阳离子或铵根离子、阴离子为酸根离子的化合物；氧化物由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物；根据相关概念解答该题。【详解】A纯碱是 Na2C
9、O3，属于盐，而不是碱，选项 A 错误；B醋酸属于酸，烧碱是NaOH，属于碱，纯碱是 Na2CO3，属于盐，氧化铜属于氧化物，选项 B 正确；C生石灰为CaO，属于氧化物，而不是碱，选项 C 错误；D二氧化碳属于氧化物，而不是酸，石灰石是CaCO3，属于盐，而不是氧化物，选项 D 错误。答案选 B。【点睛】本题考查物质的分类，题目难度不大，解答本题的关键把握相关概念以及物质的组成和俗称。7.下列反应的离子方程式书写正确的是A. 铝片放入氢氧化钠溶液中：Al2OH =AlO2-H 2B. 新制的氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al 2O3OH =2AlO2-H 2OC. 向 AlCl3溶液中加入过量 N
10、aOH 溶液：Al 3 3OH =Al(OH)3D. AlCl3溶液中滴入过量的氨水：Al 3 3NH 3H2O=Al(OH)33NH 4+【答案】D【解析】【详解】A. 该离子方程式电荷不守恒，A 错误；B.该离子方程式中原子、电荷均不守恒，B 错误；C. NaOH 溶液过量，应该生成偏铝酸盐，产物不正确，C 错误；D. 氢氧化铝不溶于过量的氨水，离子方程式书写正确，D 正确；综上所述，本题选 D。【点睛】判断离子方程式的正误，关键抓住离子方程式是否符合客观事实、化学式的拆分是否准确、是否遵循电荷守恒和质量守恒、氧化还原反应中的得失电子是否守恒等。8.下列变化过程中，加入氧化剂才能实现的是A
11、. Cl Cl B. I I 2 C. SO2SO 32- D. CuO Cu- 5 -【答案】B【解析】【详解】A 项，Cl Cl 中，Cl 元素的化合价降低，需要加还原剂，故不选 A；B 项，I I 2过程中，I 的化合价升高，需要加入氧化剂，故选 B；C 项，SO 2SO 32-中没有化合价的变化，不需要加入氧化剂，故不选 C；D 项，CuO Cu 中，Cu 元素的化合价降低，需要加还原剂实现，故不选 D。综上所述，本题正确答案为 B。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价是解答本题的关键，并熟悉氧化剂、还原剂中元素的化合价变化来解答。9.在 5NH4NO3 2HNO3+4N2+
12、9H 2O 反应中,氧化剂与还原剂物质的量之比是A. 58 B. 54 C. 53 D. 35【答案】D【解析】【分析】在氧化还原反应 5NH4NO3 2HNO3+4N2+9H 2O 中，铵根离子中-3 价的 N 元素的化合价升高，被氧化，铵根离子做还原剂；硝酸根中+5 价 N 元素的化合价降低，被还原，硝酸根做氧化剂，据此判断氧化剂与还原剂的物质的量之比。【详解】在氧化还原反应 5NH4NO3 2HNO3+4N2+9H 2O 中，铵根离子中-3 价的 N 元素的化合价升高，被氧化，铵根离子做还原剂；硝酸根中+5 价 N 元素的化合价降低，被还原，硝酸根做氧化剂，其中有 2/5 的+5 价 N
13、 没有化合价变化，所以该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 3：5，故选 D。【点睛】本题考查了氧化还原反应的计算，熟练掌握氧化剂、还原剂的概念及判断方法，正确判断还原剂的量为解答关键。10.在一定条件下，PbO 2与 Mn2 反应，产物是 MnO4-和 Pb2 ，则生成 1mol MnO4-反应所需PbO2的物质的量为A. 3.0mol B. 2.5mol C. 1.0mol D. 0.75mol【答案】B【解析】根据题意可知：5PbO 2+4H+2Mn2+=2MnO4-+5Pb2+2H2O，5PbO 22MnO4-可得，生成 1mol MnO4-反应- 6 -所需 PbO2的物质的量为
14、2.5mol，B 项正确。11.根据反应：2H 2SO 2=2S2H 2O， Na2SI 2=2NaIS，4NaIO 22H 2SO4=2I22Na 2SO42H 2O，下列物质的氧化性强弱判断正确的是A. O2I2S B. H2SNaIH2O C. SI2O2 D. H2ONaIH2S【答案】A【解析】在氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的，所以 3 个反应中的氧化性强弱顺序为氧气大于硫、氧气大于碘单质、碘单质大于硫。因此答案是 A。12.下列物质既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的是A. 碳酸钠 B. 金属铝 C. 硝酸钠 D. 氯化钠【答案】B【解析】【分析】碳酸钠与盐酸反应生成
15、氯化钠、水、二氧化碳，碳酸钠与氢氧化钠不反应；金属铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；硝酸钠既不能和盐酸反应，也不能和氢氧化钠溶液反应；氯化钠既不能和盐酸反应，也不能和氢氧化钠溶液反应。【详解】碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，碳酸钠与氢氧化钠不反应，故不选A；金属铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故选 B；硝酸钠与盐酸不反应，硝酸钠与氢氧化钠能不反应， 故不选 C；氯化钠既不能和盐酸反应，也不能和氢氧化钠溶液反应，故不选 D。13.下列叙述正确的个数是Na 2O 与 Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
16、Na 2CO3溶液和 NaHCO3溶液都能跟 CaCl2溶液反应得到白色沉淀钠在常温下不容易被氧化 Na 2O2可作供氧剂，而 Na2O 不行石蕊试液中加入 Na2O2粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成钠与 CuSO4溶液反应，放出气体并生成蓝色沉淀A. 2 个 B. 3 个 C. 4 个 D. 5 个【答案】B- 7 -【解析】【分析】能和水反应只生成碱的氧化物是碱性氧化物；NaHCO 3溶液与 CaCl2溶液不反应；钠在常温下易被氧化；Na 2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而 Na2O 与二氧化碳反应生成碳酸钠；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，遇石蕊试液先变蓝后褪色；钠和水反应生
17、成的氢氧化钠能和硫酸铜发生复分解反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀并放出气体。【详解】Na 2O 和水反应只生成碱，是碱性氧化物；Na 2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故错误；Na 2CO3溶液与跟 CaCl2溶液反应得到 CaCO3白色沉淀，NaHCO 3溶液与 CaCl2溶液不反应，无沉淀生成，错误；钠在常温下易被氧化生成氧化钠，故错误；Na 2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而 Na2O 与二氧化碳反应生成碳酸钠，所以Na2O2可作供氧剂，而 Na2O 不行，故正确；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和过氧化氢，过氧化氢分解时放出氧气，氢氧化钠使石蕊试液变蓝色，过氧化氢使其褪色
18、，故正确；钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠能和硫酸铜发生复分解反应，生成蓝色的氢氧化铜沉淀，所以溶液中会有蓝色沉淀生成，既有沉淀生成又有气体生成，故正确。答案选 B。【点睛】本题主要考查了物质的性质与用途，难度不大，根据课本知识即可完成。14.m gCO 和 H2的混合气体在足量的氧气中充分燃烧后，在 150时将混合气体通过足量的Na2O2后，Na 2O2增重的质量为A. 大于 m g B. 等于 m g C. 小于 m g D. 无法确定【答案】B【解析】【分析】从过氧化钠与 CO2和 H2O 反应的方程式入手，找出规律。【详解】CO 与 O2反应 2COO 2=2CO2，CO 2与
19、Na2O2反应：2Na 2O22CO 2=2Na2CO3O 2，两式合- 8 -并为 CONa 2O2=Na2CO3，H 2与 O2的反应 2H2O 2=2H2O，H 2O 与 Na2O2的反应2H2O2Na 2O2=4NaOHO 2，两式合并为 H2Na 2O2=2NaOH，即过氧化钠增重的质量为 CO 和 H2混合气体的质量，即为 mg，故选项 B 正确。15.下列实验操作正确的是选项 实验 操作A观察钠与水反应的现象用镊子从煤油中取出金属钠，切下黄豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中B检验 NaHCO3与Na2CO3溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水C证明 Na2O2与 CO2
20、是放热反应Na2O2用棉花包裹，放入充满 CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应D检验 Na2CO3与 K2CO3溶液用铂丝分别蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，直接观察火焰的颜色A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】A从钠的保存环境和钠与水反应的剧烈程度考虑；B、碳酸钠和碳酸氢钠都和澄清石灰水反应生成白色沉淀；C、可燃物燃烧的条件之一是：温度达到着火点以上，Na 2O2用棉花包裹，放入充满 CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应；D、钾元素的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，滤去黄光的干扰。【详解】A因钠保存在煤油中，表面有覆盖的煤油，所以应用滤纸吸去表面的煤油，钠与水反应
21、剧烈，水的量也不应太多，选项 A 错误；B、碳酸氢钠和碳酸钠都与氢氧化钙反应生成不溶性的碳酸钙，现象相同，所以不能用澄清石灰水鉴别碳酸氢钠和碳酸钠，选项 B 错误；C、可燃物燃烧的条件之一是：温度达到着火点以上，Na 2O2用棉花包裹，放入充满 CO2的集气瓶中，棉花燃烧，说明过氧化钠和二氧化碳反应放出热量导致棉花的温度达到着火点以上- 9 -而燃烧，选项 C 正确；D、焰色反应时，观察钾元素的焰色反应要透过蓝色钴玻璃滤去钠元素黄光的干扰，否则观察不到钾元素的焰色反应，选项 D 错误；答案选 C。【点睛】本题考查了钠及其化合物的性质，明确焰色反应是元素的性质不是原子或离子的性质，碳酸钠和碳酸氢
22、钠不能用澄清石灰水鉴别，可以用氯化钙鉴别。16.下列实验结果与图像不相符的是A. 向含有盐酸、氯化镁和氯化铝的溶液中逐渐加入氢氧化钠溶液直至过量B. 向澄清石灰水中通入二氧化碳气体直至过量C. 向氯化铝的溶液中逐渐加入氢氧化钠溶液直至过量D. 向氯化铝的溶液中逐渐加入氨水直至过量【答案】A【解析】A. 向含有盐酸、氯化镁和氯化铝的溶液中逐渐加入氢氧化钠溶液直至过量，开始没有沉淀产生，图像不符合，A 正确；B. 向澄清石灰水中通入二氧化碳气体直至过量，开始生成碳酸钙沉淀，然后碳酸钙溶解转化为碳酸氢钙，图像符合，B 错误；C. 向氯化铝的溶液中逐渐加入氢氧化钠溶液直至过量，发生的反应为 Al3 3
23、OH =Al(OH)3、Al(OH)3OH =AlO2 2H 2O，图像符合，C 错误；D. 向氯化铝的溶液中逐渐加入氨水直至过量生成氢氧化铝沉淀，氨水不能溶解氢氧化铝，图像符合，D 错误，答案选 A。点睛：掌握物质的性质、发生的化学反应是解答的关键，关于图像的分析一般需要从三个角度判断，即点、线、面。面：弄清纵、横坐标的含义。线：弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。点：弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。17.除去下列物质中混有的少量杂质(杂质不要求回收)，把适当的试剂、操作方法的序号写在相应的
24、 括号内.a.蒸馏 b.萃取 c.加适量水、过滤 d.分液 e.加适量盐酸、蒸发 f.冷却热的饱和溶液、过滤 g.蒸发结晶（1）氯化钾粉末中混有少量碳酸钾_- 10 -（2）分离四氯化碳（沸点为 76.75）和甲苯（沸点为 110.6）_（3）分离植物油和水_（4）硝酸钾中混有少量的氯化钠_【答案】 (1). e 碳酸钾与盐酸反应生成氯化钾 (2). a 分离互溶的两种液体 (3). d 分离互不相溶的两种液体 (4). g 二者的溶解度受温度影响不同.【解析】【详解】(1)碳酸钾与盐酸反应生成氯化钾，则加适量盐酸，蒸发可得到 KCl，故答案为：e； (2)二者互溶，但沸点不同，选择蒸馏法分离
25、，故答案为：a；(3) 植物油与水分层，选择分液法分离，故答案为：d；(4)二者的溶解度受温度影响不同，则冷却热的饱和溶液，过滤可除杂，故答案为：g。18.（1）同温同压下，同体积的甲烷（CH 4）和二氧化碳分子数之比为_，物质的量之比为_，质量之比为_。（2）等质量的 SO 2 和 SO 3 物质的量之比是_，氧原子数之比为_。（3）19 g 某二价金属的氯化物 ACl 2 中含有 0.4mol Cl ，则 A 的摩尔质量为_。（4）密度为 1.84 g/cm 3，质量分数为 98%的浓硫酸浓度为_molL -1【答案】 (1). 1:1 (2). 1:1 (3). 4:11 (4). 5:
26、4 (5). 5:6 (6). 24gmol1 (7). 18.4【解析】【分析】（1）同温同压下，气体体积之比等于分子数目之比，等于物质的量之比，结合 m=nM 计算质量之比；（2）根据 n= 计算二者物质的量之比，每个 SO2分子含有 2 个氧原子，每个 SO3分子含有 3个氧原子，据此计算二者含有的氧原子数目之比；（3）根据含有氯离子物质的量计算 A 的物质的量，再根据 M= 计算 A 的摩尔质量；（4）根据 c= 来计算物质的量浓度。【详解】 （1）在同温同压下，气体体积之比等于分子数目之比，等于物质的量之比，故同体积的甲烷（CH 4）和二氧化碳分子数之比为 1:1，二者物质的量之比为
27、 1:1，二者质量之比=16g/mol:44g/mol=4:11，- 11 -因此，本题正确答案是：1:1；1:1；4:11；（2）根据 n= 可以知道，相同质量的 SO 2 和 SO 3 物质的量之比为 80g/mol:64g/mol=5:4，每个 SO2分子含有 2 个氧原子，每个 SO3分子含有 3 个氧原子，二者含有原子数目之比为52:43=5:6，因此，本题正确答案是：5:4 ；5:6；（3）A 的物质的量为 =0.2mol，则 A 的摩尔质量为 =24g/mol，因此，本题正确答案是：24g/mol；（4）已知密度为 1.84 g/cm 3，质量分数为 98%，根据c= = mol
28、/L=18.4mol/L，因此，本题正确答案是：18.4。19.从下列选项中选择适当的字母填入下列横线上：A过滤 B聚沉 C凝聚 D布朗运动 E电泳 F丁达尔效应（1）Fe(OH) 3胶体呈红褐色，插入两个惰性电极，通直流电一段时间，阴极附近的颜色逐渐变深，这种现象叫_；（2）光束通过 Fe(OH)3胶体，可看到光亮的“通路” ，这种现象叫_；（3）Fe(OH) 3胶体中加入硅酸胶体(胶体粒子带负电)，胶体变得浑浊，这是发生了_；（4）鉴别 Fe(OH)3胶体和盐酸的方法是_。【答案】 (1). E (2). F (3). B (4). F【解析】【详解】(1)因 Fe(OH)3胶粒带有正电荷
29、,所以在电场的作用下,向阴极区移动,而使该区颜色加深,这种现象称为电泳,因此，本题正确答案是:E;(2)光束通过胶体时,产生光亮的通路,称为丁达尔效应,因此，本题正确答案是:F;(3)加入与胶粒带相反电荷的胶体,胶体会发生聚沉,因此，本题正确答案是:B;(4)鉴别胶体和溶液利用丁达尔效应,因此，本题正确答案是:F.20.完成下列问题：（1）下列物质中属于电解质的是_；属于非电解质的是_；既不是电解质也不是非电解质的是_。稀硫酸 盐酸 NaCl 固体 硫酸钡 CCl 4 铜NaHCO 3 CO 2 HCl 氨气- 12 -（2）写出下列反应的离子方程式NaCl+AgNO 3=AgCl+ NaNO
30、 3： _；Ba(OH) 2与 H2SO4两稀溶液混合 ：_；【答案】 (1). (2). (3). (4). Cl- + Ag+ = AgCl (5). Ba 2+ + 2OH- + 2H+ + SO42- = BaSO4 + 2H 2O【解析】【分析】根据电解质、非电解质的概念分析解答；根据离子方程式的书写规则分析解答；【详解】(1) 稀硫酸是 H2SO4和水的混合物，不是电解质，也不是非电解质， 盐酸是HCl 和水的混合物，不是电解质，也不是非电解质，NaCl 固体在熔融状态下或水溶液中都导电，故 NaCl 固体是电解质， 硫酸钡是电解质， CCl 4属于非电解质，铜是单质，不是电解质，
31、也不是非电解质，NaHCO 3是电解质，CO 2是非金属氧化物，属于非电解质，HCl 是电解质， 氨气属于非电解质；电解质有，非电解质有 ，既不是电解质也不是非电解质的有 ；故答案为： ； ；(2) NaCl+AgNO 3=AgCl+ NaNO 3方程式中，只有 AgCl 是难溶性物质，在离子反应方程式中不能拆成离子形式，要写成化学式，所以该反应的离子方程式为：Cl - + Ag+ = AgCl；故答案为：Cl - + Ag+ = AgCl；Ba(OH) 2与 H2SO4两稀溶液混合，反应生成 BaSO4和水，所以该反应的离子方程式为：Ba 2+ + 2OH- + 2H+ + SO42- =
32、BaSO4 + 2H 2O；故答案为：Ba 2+ + 2OH- + 2H+ + SO42- = BaSO4 + 2H 2O。【点睛】注意单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质，为易错点。21.根据反应 8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，回答下列问题：（1）当有 34gNH3参加反应时，被氧化的物质的质量为_ g，生成的还原产物的质量为_g。（2）在反应：K 2Cr2O714HCl(浓)=2KCl2CrCl 33Cl 27H 2O 中，用氧化还原反应的知识分析：_是氧化剂，_是还原剂，用“双线桥法”表示反应中电子转移的方向和数目：_。【答案】 (1). 8.5g (2). 80.25g
33、(3). K2Cr2O7 (4). HCl (5). - 13 -【解析】【分析】根据氧化还原反应的本质、氧化还原反应中双线桥的表示方法分析解答。【详解】(1) 反应 8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，N 元素从-3 价升高到 0 价，即 NH3是还原剂，被氧化，Cl 元素从 0 价降低到-1 价，即 Cl2是氧化剂，被还原，生成还原产物 NH4Cl，从方程式中可知，8 分子 NH3中只有 2 分子 NH3中的 N 元素被氧化，所以 34gNH3中只有 =8.5g 被氧化，34gNH 3的物质的量为： ，依据方程式可推断出，还原产物 n(NH4Cl)=1.5mol，即 m(NH4Cl)=
34、 1.5mol53.5g/mol=80.25g；故答案为：8.5g ；80.25g；(2)反应 K 2Cr2O714HCl(浓)=2KCl2CrCl 33Cl 27H 2O 中，K 2Cr2O7的 Cr 元素化合价+6价降低到+3 价，即 K2Cr2O7在反应中是氧化剂，得到 6 个电子，HCl 中的 Cl 元素化合价从-1价升高到 0 价，即 HCl 在反应中是还原剂，失去 6 个电子，用双线桥表示为，故答案为：K 2Cr2O7 ；HCl；。【点睛】注意双线桥是反应物中化合价发生变化的元素指向生成物化合价变化的同种元素，氧化还原反应中，得失电子数相等。22.国际化学年的中国宣传口号是“化学我
35、们的生活，我们的未来” 。（1）宇航员常用过氧化钠作供氧剂，写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式：_。- 14 -（2）除去 Na2CO3粉末中混入的 NaHCO3杂质最佳方法是_，化学方程式为_。【答案】 (1). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (2). 加热 (3). 2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H 2O【解析】【分析】根据过氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠的性质分析解答。【详解】(1)过氧化钠能够与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；故答案为：2Na 2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；(2) NaHCO3受热易分
36、解，Na 2CO3的热稳定性相对较好，所以除去 Na2CO3粉末中混入的 NaHCO3杂质最佳方法是加热，方程式为：2NaHCO 3 Na2CO3+CO2+H 2O；故答案为：加热，2NaHCO 3 Na2CO3+CO2+H 2O。【点睛】除杂的原则：一是除去杂质，二是不损失主体物质，三是不引入新杂志，四是易恢复原来状态。23.（1）实验室配制 500mL 0.2mol/L 的 NaOH 溶液，在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_（填序号） ，除图中已有仪器外， 配制上述溶液还需要的玻璃仪器是_。具体过程如下：计算需要称量 NaOH 固体的质量_；用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁 23 次，
37、洗涤液也都注入容量瓶，轻轻晃动容量瓶，使溶液混合均匀；用托盘天平称量 NaOH 固体；将 NaOH 溶液沿玻璃棒注入_中；将称好的 NaOH 固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解，并_；盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；- 15 -将蒸馏水注入容量瓶，液面离刻度线下_cm 时，改用_滴加蒸馏水至液面于刻度线相切；试回答下列问题：（2）上述过程的正确顺序为_（填步骤序号） ；（3）经精确测量，最后所得溶液物质的量浓度为 0.192mol/L，原因可能是_。A、使用滤纸称量 NaOH 固体； B、未冷却直接转移至容量瓶，立即配好；C、容量瓶中原来有少量蒸馏水； D、称量时所用的砝码生锈；E、溶解 NaOH
38、 后的烧杯未经多次洗涤； F、定容时俯视刻度。【答案】 (1). C (2). 玻璃棒、烧杯 (3). 4g (4). 500mL 容量瓶 (5). 冷却到室温 (6). 12 (7). 胶头滴管 (8). (9). AE【解析】【分析】根据配制一定物质的量浓度溶液的操作、误差分析及注意事项分析解答。【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液需要烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL 容量瓶，托盘天平或量筒，不需要分液漏斗；故答案为：C ；玻璃棒、烧杯；配制 500mL 0.2mol/L 的 NaOH 溶液，NaOH 的物质的量为：n(NaOH)=0.2mol/L0.5L=0.1mol，所以需要 m(
39、NaOH)=nM=0.1mol40g/mol=4g；操作是转移，需要用玻璃棒引流，转移到 500mL 容量瓶中，操作是将 NaOH 固体溶解，冷却后转移，操作是定容，将蒸馏水注入容量瓶，液面离刻度线下 1-2cm 处时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面于刻度线相切；故答案为：4g ；500mL 容量瓶 ；冷却到室温；12 ；胶头滴管；(2) 配制一定物质的量浓度溶液的操作流程是称量溶解冷却转移洗涤定容摇匀装瓶贴标签；故答案为：；(3) 最后所得溶液物质的量浓度为 0.192mol/L 比配制浓度偏小，A.称量氢氧化钠固体时，使用滤纸称量 NaOH 固体，使得固体药品沾在滤纸上，溶质的物质的量减小，导致配制溶液的浓度偏小，故 A 正确；B. 若未冷却直接转移至容量瓶，立即配好，溶液体积偏小，导致溶液浓度偏大，故 B 错误；- 16 -C. 容量瓶中原来有少量蒸馏水对配制溶液的浓度无影响，故 C 错误；D. 称量时所用的砝码生锈，导致砝码实际质量增加，所以会导致固体溶质比砝码标的质量多，即会导致溶液浓度增大，故 C 错误；E. 溶解 NaOH 后，会有少量 NaOH 沾在烧杯壁和玻璃棒上，使溶质质量减小，导致溶液浓度偏小，故 E 正确；故答案为：AE。【点睛】一定物质的量浓度的溶液配制实验的误差分析，要根据公式：c= 中溶质的物质的量和溶液的体积变化来讨论。
