【化学】浙江省嘉兴市第一中学、湖州中学2019-2020学年高一上学期期中考试联考试题（解析版）

【化学】浙江省嘉兴市第一中学、湖州中学2019-2020学年高一上学期期中考试联考试题（解析版）

浙江省嘉兴市第一中学、湖州中学2019-2020学年高一上学期期中考试联考试题 考生须知：‎ ‎1．本卷满分100分，考试时间90分钟；‎ ‎2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、试场号、座位号；‎ ‎3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；‎ ‎4．考试结束后，只需上交答题卷。‎ 元素相对原子质量：H－1；He－4；C－12；N－14；O－16；Na－23；S－32；Cl－35.5；K－39；Ca－40；Mn－55；Fe－56；Cu－64；Zn－65；Ba－137‎ 选择题部分 一、选择题(共25小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分，共50分)‎ ‎1.下列物质分类正确的是（ ）‎ A. 雾、氯化铁溶液均为胶体 B. 烧碱、纯碱均为碱 C. SiO2、CO2 均为酸性氧化物 D. 氨水、冰水混合物均为纯净物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，氯化铁溶液是溶液，故A错误；‎ B选项，纯碱不是碱，而是盐，故B错误；‎ C选项，SiO2、CO2均为酸性氧化物，故C正确；‎ D选项，氨水是混合物，故D错误；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎2.下列实验操作中，不能用于物质分离的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，是配制溶液的实验仪器，不能用于物质分离；‎ B选项，是蒸发实验，用于物质分离， ‎ C选项，是分液实验，用于液液不相容的分离，‎ D选项，是过滤实验，用于固液分离，‎ 故A不是用于物质分离，BCD用于物质分离，‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎3. 通过化学反应不能实现的是（ ）‎ A. 生成一种新离子 B. 生成一种新分子 C. 生成一种新原子 D. 生成一种新单质 ‎【答案】C ‎【解析】原子是化学变化中的最小微粒，所以通过化学反应不可能生成一种新原子，选项C是错误的，其余都是正确的，答案选C。‎ ‎4.下列化学用语正确的是（ ）‎ A. H、H、H+和H2是氢元素的四种不同粒子 B. 18O2和16O3互为同位素 C. S2-的结构示意图为：‎ D. U中质子数和中子数相差147‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项H是氕原子，H是氘原子，H+是氢离子H2是氢气，因此这些是氢元素的四种不同粒子，故A正确；‎ B选项，它们是单质，18O2和16O3互为同素异形体，故B错误；‎ C选项，S2-的结构示意图核外排布为2、8、8，故C错误；‎ D选项，U中质子数为92，中子数239 – 92 = 147，质子数和中子数相差55，故D错误；‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎5.下列实验事实与原子结构模型建立的关系正确的是（ ）‎ A. 阴极射线实验发现电子：道尔顿原子结构模型 B. α粒子散射实验发现原子核：卢瑟福原子结构模型 C. 氢原子光谱发现电子分层排布：卢瑟福原子结构模型 D. α粒子散射实验发现电子：汤姆生原子结构模型 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，汤姆生通过阴极射线实验发现电子，故A错误；‎ B选项，卢瑟福根据α粒子散射实验发现原子核结构模型，故B正确； ‎ C选项，波尔通过氢原子光谱，为解释此现象，引入两字理论，提出定轨理论，即玻尔理论，故C错误；‎ D选项，汤姆生发现电子，提出枣糕模型，故D错误；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎6.化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 食品包装袋内常用铁粉作为脱氧剂以延长食品保存时间 B. FeCl3浓溶液与沸水反应生成Fe(OH)3胶体，可作净水剂 C. 漂白粉的有效化学成分是次氯酸钙，能起到杀菌、消毒的作用 D. 活性炭具有除异味和杀菌作用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，食品包装袋内常用铁粉作为脱氧剂，主要是将包装袋中的氧气反应掉，避免食品因含氧而被氧化以达到延长食品保存时间，故A正确；‎ B选项，FeCl3滴加到沸水中加热直到出现红褐色，停止加热，生成Fe(OH)3胶体，氢氧化铁胶体具有净水效果，故B正确；‎ C选项，漂白粉的有效化学成分是次氯酸钙，具有强氧化性，能起到杀菌、消毒的作用，故C正确；‎ D选项，活性炭具有除异味作用，但没有杀菌作用，故D错误；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎7.判断下列化学概念的依据正确的是（ ）‎ A. 溶液与胶体不同的本质原因：是能否发生丁达尔效应 B. 纯净物与混合物：是否仅含有一种元素 C. 氧化还原反应：反应前后元素化合价是否变化 D. 电解质与非电解质：物质本身是否导电 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，溶液与胶体不同的本质原因：分散质粒子直径大小，分散质粒子直径小于1 nm的分散系叫溶液，分散质粒子直径1nm —100nm的分散系叫胶体，故A错误；‎ B选项，纯净物与混合物，是否由一种物质组成，故B错误；‎ C选项，氧化还原反应：反应前后元素化合价是否变化，有变化则为氧化还原反应，故C正确；‎ D选项，电解质与非电解质：在水溶液或熔融状态下是否导电，两者情况下都不导电则为非电解质，两者情况下任一一种导电则为电解质，故D错误；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎8.下列变化必需加入还原剂才能实现的是（ ）‎ A. KMnO4→MnO2 B. Cl2→NaCl ‎ C. FeCl3→FeCl2 D. CO→CO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】加还原剂才能实现，说明本身为氧化剂。‎ ‎【详解】A选项，KMnO4→MnO2，锰虽然化合价降低，氧化剂，但高锰酸钾自身发生氧化还原反应，不需要加还原剂就能实现，故A错误；‎ B选项，Cl2→NaCl，氯化合价虽然降低，为氧化剂，但氯气自身和氢氧化钠发生氧化还原反应，不需要加还原剂就能实现，故B错误；‎ C选项，FeCl3→FeCl2，铁化合价降低，是氧化剂，只能加还原剂才能实现，故C正确；‎ D选项，CO→CO2，碳化合价升高，是还原剂，故D错误；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎9.氧化还原反应与基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于氧化还原反应但不包含在1，2，4范围内的是（ ）‎ A. Cl2+2KI=I2 +2KCl B. NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+H2O↓‎ C. 2FeCl2+Cl2=2FeCl3‎ D. 3NO2+H2O=2HNO3 +NO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，Cl2+2KI=I2 +2KCl，氯化合价降低，是氧化还原反应，也是置换反应，故不满足题意；‎ B选项，NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+H2O↓，没有化合价变化，不是氧化还原反应，故不满足题意；‎ C选项，2FeCl2+Cl2=2FeCl3，铁化合价升高，是氧化还原反应，也是化合反应，故不满足题意；‎ D选项，3NO2+H2O=2HNO3 +NO，氮化合价变化，是氧化还原反应，不是化合反应、分解反应、置换反应，故满足题意；‎ 故D正确；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎10.将足量 CO2气体通入下列物质中，没有明显现象的是（ ）‎ A. CaCl2溶液 B. 澄清石灰水 C. Ca(ClO)2溶液 D. CaCO3的悬浊液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，CaCl2溶液与二氧化碳不反应，没有现象，故A符合题意；‎ B选项，澄清石灰水与二氧化碳反应先变浑浊，再继续通二氧化碳，浑浊又变澄清，故B不符合题意；‎ C选项，Ca(ClO)2溶液与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，再继续通二氧化碳，浑浊又变澄清，故C不符合题意；‎ D选项，CaCO3的悬浊液，通二氧化碳，悬浊液变澄清，故D不符合题意；‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎11.在标准状况下，气体的体积大小主要取决于（ ）‎ A. 分子数目 B. 分子间距 ‎ C. 分子大小 D. 分子种类 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：影响气体体积的因素有分子数目、气体分子的大小、气体分子间距，气体没有固定的形状，气体分子间距远远大于分子的大小，分子的大小可忽略，温度、压强决定气体的分子间距，标准状况下，气体分子间距相等，气体体积取决于分子数目，故选A。‎ ‎12.下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以上下滑动隔板(其质量可忽略不计)。其中能表示等质量的氢气与氦气的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】氢气是双原子分子，氦气是单原子分子，B不正确。氦气的相对分子质量是氢气的2倍，所以等质量的氢气的物质的量是是氦气的2倍，A正确，CD不正确。答案选A。‎ ‎13.由N2和CH4组成的混合气体的密度是同温同压下氢气密度的9.2倍，则混合气体中N2和CH4的体积比为（ ）‎ A. 1∶1 B. 1∶4 C. 4∶1 D. 1∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】由N2和CH4组成的混合气体的密度是同温同压下氢气密度的9.2倍，利用密度之比等于摩尔质量之比等于相对密度进行计算，‎ ‎【详解】‎ M(混合) = 18.4g∙mol-1，‎ 利用十字交叉法进行计算 也可假设氮气物质的量为x mol，甲烷物质的量为y mol，‎ x:y = 1:4‎ 同温同压下，体积之比等于物质的量之比，即它们体积之比为1:4，故B正确；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎14.用等体积的0.1mol/L的BaCl2 溶液，恰好可使相同体积的Fe2 (SO4 )3、 Na2SO4、 KAl(SO4)2 三种溶液中的SO42－完全沉淀，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（ ）‎ A. 3：2：3 B. 3：1：2 C. 2：6：3 D. 1：1：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，三种盐溶液中硫酸根离子的物质的量相等，体积相同时，浓度之比等于物质的量之比。设三种硫酸盐的物质的量浓度分别是a、b、c，则根据反应式Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓可知，3a＝b＝2c，即三种硫酸盐的物质的量浓度之比为2:6:3,答案选C。‎ ‎15.下列说法正确的是（ ）‎ A. 用湿润的pH试纸测定NaOH溶液的pH B. 用蒸馏的方法分离乙醇（沸点为78.3℃）和苯（沸点为80.1℃）的混合物 C. 用同一针筒先后抽取80mL氯气、20mL水，振荡，气体完全溶解，溶液变为黄绿色 D. 有毒药品的废液须倒入指定的容器 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，不能用湿润的pH试纸测定NaOH溶液的pH，故A错误；‎ B选项，乙醇（沸点为78.3℃）和苯（沸点为80.1℃）熔沸点相差不大，不能用蒸馏的方法分离，一般熔沸点相差30ºC以上用蒸馏法分离，故B错误；‎ C选项，1L水只能溶解2.6L的氯气，20mL水不能完全溶解80mL氯气，故C错误；‎ D选项，有毒药品的废液须倒入指定的容器，故D正确；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎16.下列除去杂质的方法正确的是（ ）‎ A. 除去CO2气体中混有的CO：通入澄清石灰水洗气 B. 除去氯气中混有的HCl：通过氢氧化钠溶液洗气 C. 除去NaBr溶液中混有的NaCl： 加入过量Cl2，加热蒸干 D. 除去NaCl固体中混有少量的I2：加热升华 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，除去CO2气体中混有的CO，通入澄清石灰水洗气， CO不与澄清石灰水反应，而二氧化碳与澄清石灰水反应，故A错误；‎ B选项，除去氯气中混有的HCl应通入饱和食盐水中，故B错误；‎ C选项，除去NaBr溶液中混有的NaCl，加入过量Cl2，置换出了溴单质，故C错误；‎ D选项，除去NaCl固体中混有少量的I2，加热，单质碘易升华，故D正确；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎17.在0.2 L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中,部分离子浓度大小如图所示, 则溶液中Ca2+的物质的量浓度为（ ） ‎ A. 0.5 mol·L-1 B. 1 mol·L-1‎ C. 1.5 mol·L-1 D. 无法计算 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】从图分析，钠离子为1 mol·L-1，镁离为0.5 mol·L-1，氯离子3.0 mol·L-1，根据溶液中电荷守恒分析，假设钙离子浓度为x mol·L-1，则有1.0+2x+0.5×2=3.0，解x=0.5 mol·L-1，故选A。‎ ‎18.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 3g3He含的中子数为2NA B. 28g乙烯(C2H4)和环丁烷(C4H8)的混合气体所含碳原子数为2NA C. 标准状况下22.4LCl2与NaOH溶液完全反应，转移的电子数为2NA D. 1L0.4mol/L盐酸与0.1molMnO2共热后，生成Cl2的分子数为0.1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，3g3He即物质的量为1 mol，3He中子数为1，因此含中子物质的量为1mol，中子数为NA，故A错误；‎ B选项，乙烯(C2H4)和环丁烷(C4H8)通式为CnH2n，28g乙烯(C2H4)和环丁烷(C4H8)的混合气体的物质的量为，碳原子物质的量为2mol，碳原子数为2NA，故B正确；‎ C选项，Cl2与NaOH溶液生成氯化钠和次氯酸钠，一个氯在升高，另一个氯在降低，标准状况下22.4LCl2与NaOH溶液完全反应，转移的电子数为NA，故C错误；‎ D选项，1L0.4mol/L盐酸与0.1molMnO2共热后，MnO2 ＋ 4HCl(浓) MnCl2 ＋ Cl2↑＋ 2H2O，盐酸是稀盐酸，因此根本不反应，故D错误；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎19.在0℃、1.01×105Pa下，有关H2、O2、CH4三种气体的叙述正确的是（ ）‎ A. 等体积的三种气体，其物质的量之比等于相对分子质量之比 B. 三种气体的密度之比等于摩尔质量之比 C. 等质量的三种气体，其体积比等于相对分子质量之比 D. 等体积、等密度的三种气体物质的量之比等于相对分子质量之比 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，同温同压等体积的三种气体，物质的量相同，故A错误；‎ B选项，同温同压三种气体的密度之比等于摩尔质量之比，故B正确；‎ C选项，等质量的三种气体，根据，其物质的量之比等于摩尔质量的反比，同温同压下，体积比等于物质的量之比，因此体积比等于相对分子质量反比，故C错误；‎ D选项，等体积、等密度即等质量，根据，三种气体物质的量之比等于摩尔质量反比，故D错误；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎20.已知在酸性条件下有以下反应关系：①KBrO3能将KI氧化成I2或KIO3，本身被还原为Br2；②Br2能将I-氧化为I2；③KIO3能将I-氧化为I2，也能将Br-氧化为Br2，本身被还原为I2。向KI的硫酸溶液中滴加少量KBrO3溶液后，所得产物除水外还有（ ）‎ A. Br2、Br-、I2 B. Br-、I2、IO3- C. Br-、IO3- D. Br-、I2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】⑴KBrO3能将I－氧化成I2或KIO3，本身被还原为Br2，氧化性：KBrO3 > KIO3或I2，还原性：I－ > Br2；‎ ‎⑵Br2能将I－氧化为I2，氧化性：Br2>I2，还原性I－ > Br－； ⑶KIO3能将I－氧化为I2，也能将Br－氧化为Br2，本身被还原为I2，‎ 氧化性：KIO3 > Br2，还原性：Br－ > I2；‎ 氧化性：KBrO3 > KIO3 > Br2>I2‎ 还原性：I－ > Br－> I2 A选项，由于KI是过量，Br2会被I－还原成Br－，故A错误；‎ B选项，IO3－与I－、Br－反应，不能共存，故B错误；‎ C选项，IO3－与Br－反应，不能共存，故C错误；‎ D选项，由于KBrO3是少量的，会被还原成Br－，I－被氧化成I2，故D正确；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎21.下列说法正确的是（ ）‎ A. 做焰色反应前铂丝要先在硫酸中洗涤，再在酒精灯上灼烧至无色 B. AgBr是一种重要的感光材料，可用于制作照相底片 C. 新制的氯水应保存在无色广口瓶中，并放在阴凉处 D. 碘是人体必需的微量元素，所以人每天要要适当补充含I2的食盐 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，做焰色反应前铂丝要先在盐酸中洗涤，故A错误；‎ B选项，AgBr是一种重要的感光材料，可用于制作照相底片，故B正确；‎ C选项，氯水中次氯酸在光照下发生分解，因此新制的氯水应保存在棕色细口瓶中，并放在阴凉处，故C错误；‎ D选项，碘是人体所需元素，所以人每天要要适当补充含KIO3的食盐，故D错误；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎22.下列实验操作对应的现象不符合事实的是（ ）‎ A．在某溶液中加入盐酸后无现象，再加BaCl2产生白色沉淀证明有SO42-‎ B．样品中加NaOH溶液加热，蓝色石蕊试纸变红，证明检验样品中有NH4+的存在 C．将混有少量氯化钾的硝酸钾饱和溶液在冰水中冷却，KNO3晶体先析出 D．将灼热的铜丝伸入盛有氯气的集气瓶中，铜丝剧烈燃烧，产生棕黄色的烟 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，检验硫酸根离子，现加盐酸，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀，则含有硫酸根离子，故A正确；‎ B选项，样品中加NaOH溶液加热，能使湿润红色石蕊试纸变蓝，证明检验样品中有NH4+的存在，故B错误；‎ C选项，硝酸钾随温度变化溶解度变化大，因此将混有少量氯化钾的硝酸钾饱和溶液在冰水中冷却，KNO3晶体先析出，故C正确；‎ D选项，将灼热的铜丝伸入盛有氯气的集气瓶中，铜丝剧烈燃烧，产生棕黄色的烟，故D正确；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎23.将0.195g锌粉加入到20.0mL0.100mol·L-1MO2＋溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是（ ）‎ A. M B. MO2＋ C. M3＋ D. M2＋‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】0.195g锌粉物质的量为，‎ ‎20.0mL0.100mol·L-1物质的量为，‎ 根据得失电子守恒思想建立 ‎0.003mol×2 = 0.002mol×(+5 - x)‎ 解得 x = 2，故D正确；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎24.在标准状况下，将VL气体A(摩尔质量为Mg/mol)，溶于0.1L水中，所得溶液密度为dg/cm3，则该溶液的物质的量浓度为（ ）‎ A. mol/L B. mol/L C. mol/L D. mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】气体的物质的量为，‎ 溶质质量，‎ 溶剂0.1L水，即质量为100g，溶液质量为，‎ 因此物质的量浓度为 ‎，‎ 故B正确；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎25.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl-、CO32-、SO42-，现取三份各100 mL该溶液进行如下实验：‎ ‎①第一份加入硝酸银溶液，有沉淀产生 ‎②第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol ‎③第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥，沉淀质量为2.33g 根据上述实验，以下推测不正确的是（ ）‎ A. Cl-可能存在 B. 100mL溶液中含有0.02molCO32-‎ C. Na+可能存在，要确定需要通过焰色反应 D. Mg2+、Ba2+一定不存在 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl-、CO32-、SO42-，现取三份各100 mL该溶液进行如下实验：‎ ‎①第一份加入硝酸银溶液，有沉淀产生，说明可能有氯离子、碳酸根离子、硫酸根离子，‎ ‎②第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol，说明有铵根离子且物质的量为0.04 mol，‎ ‎③第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥，沉淀质量为2.33g，说明剩余沉淀是硫酸钡沉淀且物质的量为0.01mol，溶解的沉淀是碳酸钡沉淀且质量为6.27g-2.33g=3.94g即物质的量为0.02mol，从而溶液中有碳酸根离子、硫酸根离子，根据共存性，溶液中无钡离子、镁离子，‎ ‎【详解】A选项，硫酸钡物质的量为0.01mol即硫酸根0.01mol，碳酸钡物质的量为0.02mol即碳酸根0.02 mol，铵根0.04 mol，根据电中性原则，肯定含有钠离子，可能含有氯离子，故A正确；‎ B选项，根据题知得出100mL溶液中含有0.02molCO32－，故B正确；‎ C选项，硫酸钡物质的量为0.01mol即硫酸根0.01mol，碳酸钡物质的量为0.02mol即碳酸根0.02 mol，铵根0.04 mol，根据电中性原则，肯定含有钠离子，故C错误；‎ D选项，溶液中有碳酸根离子、硫酸根离子，根据共存性，溶液中肯定无钡离子、镁离子，故D正确；‎ 综上所述，答案为C。‎ 非选择题部分 二、填空题 ‎26.（1）用化学用语表示9个质子，10个中子的核素：___。‎ ‎（2）写出下列反应方程式 ‎①足量的NaOH溶液与SO2反应___。‎ ‎②用氯气制备漂白粉的反应____。‎ ‎（3）下列物质能导电的是___，属于电解质的是___，属于非电解质的是___（填序号)。‎ ‎①NaCl溶液 ②干冰 ③液态氢化氢 ④铁 ⑤硫酸钡固体 ⑥蔗糖(C12H22O11) ⑦氨气 ⑧硫酸氢钠固体 写出⑧在水溶液中的电离方程式___。‎ ‎【答案】(1). F (2). SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O (3). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O (4). ①④ (5). ③⑤⑧ (6). ②⑥⑦ (7). NaHSO4=Na++H++SO42-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】同位素的书写，左上角质量数，左下角质子数；‎ 电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，‎ 非电解质是在水溶液和熔融状态下能不导电化合物。‎ ‎【详解】⑴用化学用语表示9个质子即为F，10个中子的核素：，‎ 故答案为；‎ ‎⑵写出下列反应方程式 ‎①足量的NaOH溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠，其反应方程式为SO2+2NaOH=Na2SO3 +H2O，‎ 故答案为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；‎ ‎②用氯气制备漂白粉的反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，其反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2= CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，‎ 故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；‎ ‎⑶①NaCl溶液能导电，是电解质溶液 ‎②干冰不导电，在水溶液中虽然能导电，但不是本身电离导的电，是非电解质；‎ ‎③液态氢化氢不导电，在水溶液中自身电离而导电，是电解质；‎ ‎④铁能导电，是单质；‎ ‎⑤硫酸钡固体不导电，在水溶液中能自身电离而导电，是电解质；‎ ‎⑥蔗糖(C12H22O11)不导电，在水溶液中不导电，是非电解质；‎ ‎⑦氨气不导电，在水溶液中由于生成氨水而电离导电，是非电解质；‎ ‎⑧硫酸氢钠固体不导电，在水溶液中自身电离而导电，是电解质；‎ 因此能导电的是①④，属于电解质的是③⑤⑧，属于非电解质的是②⑥⑦，‎ 故答案为①④；③⑤⑧；②⑥⑦；‎ 写出⑧在水溶液中的电离方程式NaHSO4=Na++H++SO42－‎ 故答案为NaHSO4=Na++H++SO42－。‎ ‎27.（1）标准状况下，与5.6L的CH4气体含相同H原子数的硫化氢的质量为___g。‎ ‎（2）将2mol·L-1Al2(SO4)3和0.2mol·L-1H2SO4溶液等体积混合(设混合溶液体积等于两溶液体积之和)，计算混合液中c(SO42-)=__mol·L-1。若用容量瓶以质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸，配制480mL浓度成0.2mol·L-1 稀硫酸，计算需要量取____mL的浓硫酸。‎ ‎（3）配平以下方程式___‎ ‎___K2Cr2O7+___HCl=___KCl+___CrCl3+___Cl2↑+___H2O 上述反应中物质氧化性：___>__，每生成lmolCl2时有__个电子发生转移，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__。‎ ‎【答案】(1). 17g (2). 3.1mol/L (3). 5.4mL (4). 1K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2 (5). K2Cr2O7 (6). Cl2 (7). 1.204×1024或2NA (8). 1：6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】⑴先将甲烷物质的量算出来，再根据氢原子数算出硫化氢的物质的量，‎ ‎⑵硫酸根浓度等于混合前各物质的硫酸根的物质的量除以溶液总体积，‎ 先求算硫酸的浓度，在根据稀释原理计算需要浓硫酸的体积，‎ ‎⑶先根据化合价升降原理进行配平，再分析氧化剂和还原剂 ‎【详解】⑴标准状况下，5.6LCH4气体物质的量为，氢原子物质的量为0.25 mol×4 = 1 mol，含1 molH原子数的硫化氢的物质的量为0.5 mol，其质量为，‎ 故答案为17；‎ ‎⑵将2mol·L-1Al2(SO4)3和0.2mol·L-1H2SO4溶液等体积混合(设混合溶液体积等于两溶液体积之和)，设体积为V L，计算混合液中c(SO42－)为 ，‎ 若用容量瓶以质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸，‎ 物质的量浓度为 配制480mL浓度成0.2mol·L-1 稀硫酸，将溶液稀释成500 mL，根据 ‎ ↑‎ V(浓) = 0.0054L =5.4 mL 故答案为5.4mL；‎ ‎⑶‎ ‎_1_K2Cr2O7+_14_HCl=_2_KCl+_2_CrCl3+_3_Cl2 +_7_H2O 化合价降低的为氧化剂即K2Cr2O7，化合价升高得到的产物为氧化产物即Cl2，上述反应中物质氧化性：K2Cr2O7 > Cl2，根据反应每1 mol K2Cr2O7反应转移6 mol电子生成3 mol Cl2，每生成lmol Cl2时有2mol电子即2NA电子发生转移，还原剂是HCl，参与反应的有14 mol，但化合价升高的只有6 mol，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6，‎ 故答案为1K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2；K2Cr2O7；Cl2；1.204×1024或2NA；1：6。‎ ‎28.（1）有关物质的量浓度的配制下列说法正确的是___‎ A．称取2.0gNaOH固体：先在托盘各放1张滤纸，然后在右盘加2g砝码，左盘加NaOH固体 B．容量瓶上标有温度和容积使用前要检查是否漏水 C．称取16.0gCuSO4 固体在500mL容量瓶中加水溶解后定容，可配得0.20mol/L的CuSO4溶液 D．配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再慢慢注入浓硫酸 E．配制溶液时，俯视容量瓶刻度线造成浓度偏高 F．溶液转移定容时，溶液未冷却至室温造成浓度偏低 ‎（2）海带中含有丰富的碘，为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验(每一步所加试剂均过量）：‎ ‎ ‎ 现有下列仪器，请按要求填写以下空白：‎ Ⅰ．步骤⑥的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，图中还缺少的玻璃仪器是___。‎ Ⅱ．如何检验步骤③操作后碘化钠滤液中的碘离子___，步骤⑤所需的操作名称是__。‎ Ⅲ．写出步骤④的化学反应方程式___。‎ ‎【答案】(1). BE (2). 冷凝管、温度计 (3). 取少量滤液于试管中，加入HNO3酸化的AgNO3溶液，若产生不溶于酸的黄色沉淀证明有I－或取少量滤液于试管中，加入新制氯水和CCl4充分振荡，若溶液分层下层呈紫红色证明有I－或 取少量滤液于试管中，加入新制氯水溶液变为棕黄色，再加入淀粉溶液变蓝证明有I－ (4). 萃取分液 (5). 2NaI+MnO2+2H2SO4=MnSO4+I2 +Na2SO4+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】⑴主要是配制溶液中的误差分析，‎ 海带在坩埚中灼烧，变为海带灰，溶解过滤得到碘离子，碘离子在二氧化锰的作用下反应生成单质碘，单质碘和苯进行萃取分液，分液后再蒸馏得到纯单质碘。‎ ‎【详解】⑴A选项，称取2.0gNaOH固体应该放在烧杯中称量，故A错误；‎ B选项，容量瓶上标有温度和容积使用前要检查是否漏水，故B正确；‎ C选项，称取16.0gCuSO4 固体不能直接放在在500mL容量瓶中加水溶解，故C错误；‎ D选项，配制硫酸溶液稀释时，浓硫酸缓缓加入到盛有水的烧杯中，边加变搅拌，故D错误；‎ E选项，配制溶液时，俯视容量瓶刻度线，溶液的体积偏小，造成浓度偏高，故E正确；‎ F选项，溶液转移定容时，溶液未冷却就定容，待冷却至室温时溶液体积偏小，浓度偏高，故F错误；‎ 综上所述，答案为BE；‎ ‎⑵ Ⅰ．步骤⑥的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，主要是利用蒸馏的方法得到单质碘，图中还缺少的玻璃仪器是冷凝管、温度计，‎ 故答案为冷凝管、温度计；‎ Ⅱ．检验步骤③操作后碘化钠滤液中的碘离子的方法是取少量滤液于试管中，加入HNO3酸化的AgNO3溶液，若产生不溶于酸的黄色沉淀证明有I－或取少量滤液于试管中，加入新制氯水和CCl4充分振荡，若溶液分层下层呈紫红色证明有I－或 取少量滤液于试管中，加入新制氯水溶液变为棕黄色，再加入淀粉溶液变蓝证明有I－，步骤⑤所需的操作名称是萃取分液，‎ 故答案为取少量滤液于试管中，加入HNO3酸化的AgNO3溶液，若产生不溶于酸的黄色沉淀证明有I－或取少量滤液于试管中，加入新制氯水和CCl4充分振荡，若溶液分层下层呈紫红色证明有I－或 取少量滤液于试管中，加入新制氯水溶液变为棕黄色，再加入淀粉溶液变蓝证明有I－；萃取分液；‎ Ⅲ．步骤④主要是二氧化锰和碘离子反应，其化学反应方程式2NaI+MnO2+2H2SO4= MnSO4 +I2 +Na2SO4+2H2O，‎ 故答案为2NaI+MnO2+2H2SO4=MnSO4+I2 +Na2SO4+2H2O。‎ ‎29.ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂。已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，如图是实验室用于制备和收集一定量较纯净的ClO2的装置（某些夹持装置和垫持用品省略）。其中E中盛有CCl4液体（用于除去ClO2中的未反应的Cl2）。‎ ‎（1）仪器P的名称是___。‎ ‎（2）实验室制备ClO2的原理是用亚氯酸钠固体与氯气反应，写出D中发生反应的方程式：___。‎ ‎（3）B装置中所盛的试剂是___。‎ ‎（4）F为ClO2‎ 收集装置，应选用的装置是___（填序号），其中与E装置导管相连的导管口是___（填接口字母）。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 2NaClO2+Cl2═2ClO2+2NaCl (3). 饱和食盐水 (4). ② (5). d ‎【解析】‎ ‎【分析】A装置是实验室制氯气，B是除掉氯气中的HCl，C是干燥气体，D是ClO2和Cl2反应，E是除掉未反应的氯气，F装置来收集ClO2，G主要是防倒吸，后面再接尾气处理装置。‎ ‎【详解】‎ ‎⑴仪器P的名称是分液漏斗，故答案为分液漏斗；‎ ‎⑵亚氯酸钠固体与氯气反应生成ClO2和氯化钠， D中发生反应的方程式：2NaClO2+Cl2== 2ClO2+2NaCl，‎ 故答案为2NaClO2+Cl2==2ClO2+2NaCl；‎ ‎⑶B装置作用是除掉氯气中的氯化氢气体，因此用饱和食盐水，‎ 故答案为饱和食盐水；‎ ‎⑷F为ClO2收集装置，因密度比空气大，应该伸入到集气瓶底部，因此应选用的装置是②，其中与E装置导管相连的导管口是d，‎ 故答案为②；d。‎ ‎30.一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL质量分数为20%，密度为1.2g/cm3的NaOH溶液吸收，恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.1mol。‎ ‎（1）原NaOH溶液的物质的量浓度为___mol/L；‎ ‎（2）所得溶液中Cl－的物质的量为___mol；‎ ‎（3）原混合气体中氯气和氢气的物质的量之比为___。‎ ‎【答案】(1). 6 (2). 0.5 (3). 3：2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】先将氢氧化钠物质的量浓度计算出来，再求出物质的量，在 根据钠元素守恒求出氯离子物质的量，在根据比例关系求氢气与氯气的比。‎ ‎【详解】⑴故答案为6；‎ ‎⑵NaOH最终生成氯化钠和次氯酸钠，根据钠元素守恒 n(Cl－)=n(NaCl)=6 mol∙L-1×0.1L – 0.1 mol = 0.5 mol故答案为0.5‎ ‎⑶根据2NaOH ＋ Cl2 === NaClO ＋NaCl ＋ H2O，生成0.1 mol NaClO，反应消耗0.1mol Cl2，也生成0.1 mol NaCl，因此HCl与氢氧化钠反应生成0.4 molNaCl，即有0.4molHCl生成，则消耗氢气和氯气分别为0.2mol，总的消耗氯气为0.3 mol，故原混合气体中氯气和氢气的物质的量之比为3:2，故答案为3:2. ‎