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

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

浙江省嘉兴市第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 考生须知：全卷分试卷和答卷。试卷共6页，有3大题，30小题，满分100分，考试时间90分钟。‎ 本卷可能用到的相对原子质量：Na-23 C-12 O-16 S-32 Mg-24 H-1 N-14‎ 第I卷（选择题 共50分）‎ 一、选择题：（本题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.下列物质属于酸性氧化物的是（ ）‎ A. Fe2O3 B. SO2 C. CaO D. CO ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Fe2O3能与酸反应产生盐和水，属于碱性氧化物，A不符合题意；‎ B.SO2能与碱反应产生盐和水，属于酸性氧化物，B符合题意；‎ C.CaO能与酸反应产生盐和水，属于碱性氧化物，C不符合题意；‎ D.CO是不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎2.下列仪器名称为“容量瓶”的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.仪器为分液漏斗，A不符合题意；‎ B.仪器为蒸馏烧瓶，B不符合题意；‎ C.仪器为分液漏斗，C符合题意；‎ D.仪器名称为烧杯，D不符合题意；‎ 故合理选项是C。‎ ‎3.下列物质中，能够导电且为电解质是（ ）‎ A. Cu丝 B. 蔗糖溶液 C. NaCl晶体 D. 熔融的MgCl2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Cu丝能够导电，但是金属单质，不属于电解质，A不符合题意；‎ B.蔗糖在溶液中不能电离产生自由移动的离子，因此不能导电，是混合物，不是电解质，B不符合题意；‎ C.NaCl晶体是电解质，但没有自由移动的离子，因此不能导电，C不符合题意；‎ D.熔融的MgCl2有自由移动的离子，能导电，该物质是盐，属于电解质，D符合题意；‎ 故合理选项是D。‎ ‎4.据科学家预测，月球的土壤中吸附着数百万吨的3He，每百吨3He核聚变所释放出的能量相当于目前人类一年消耗的能量。在地球上，氦元素主要以4He的形式存在。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 4He原子核内含有4个质子 B. 3He和4He互为同位素 C. 3He原子核内含有3个中子 D. 4He的最外层电子数为2，故4He活泼性较强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.4He原子核内含有2个质子，A错误； ‎ B.3He和4He质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，B正确；‎ C.3He中子数=3-2=1，C错误；‎ D.4He的质子数、电子数都是2，最外层电子数的2，由于达到K层2个电子的稳定结构，所以He化学性质不活泼，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎5.关于原子结构模型的说法不正确的是（ ）‎ A. 道尔顿提出了物质是由原子组成，原子在化学变化中是不可分的学说 B. 汤姆生提出了原子的“葡萄干面包式”的结构模型 C. 卢瑟福根据粒子散射现象提出了带核的原子结构模型 D. 玻尔提出了量子力学模型 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A.1808年，道尔顿的原子学说； ‎ B.1904年，汤姆生的“葡萄干面包式”；‎ C.1911年，卢瑟福的“带核原子模型”；‎ D.1913年，玻尔的原子结构模型(轨道理论)。‎ ‎【详解】A.1808年，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体，A正确；‎ B.1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型，B正确；‎ C.1911年英国物理学家卢瑟福(汤姆生的学生)提出了带核的原子结构模型，C正确；‎ D.1913年丹麦物理学家波尔(卢瑟福的学生)引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型，奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型(几率说)，为近代量子力学原子模型，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎6.下列反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是（ ）‎ A. Fe+CuSO4=FeSO4+Cu B. 3CO+Fe2O32Fe+3CO2‎ C. AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3 D. 2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Fe+CuSO4=FeSO4+Cu的反应是置换反应，反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，A不符合题意；‎ B.反应不属于任何一种基本类型，反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，B符合题意；‎ C.反应属于复分解反应，反应中元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，C不符合题意；‎ D.该反应属于分解反应，反应过程中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎7.下列变化过程中，加人氧化剂才能实现的是（ ）‎ A. Cl2→Cl- B. I-→I2 ‎ C. SO2→SO32- D. CuO→Cu ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】化合价升高元素所在的反应物是还原剂，实现化合价的升高要加入氧化剂，以此解答。‎ ‎【详解】A、Cl2→Cl-，氯元素化合价由0价降到-1价，所以可以加入还原剂来实现，故A错误； B、I-→I2，碘元素的化合价由-1价升高到0价，所以需加入氧化剂才能实现，故B正确； C、SO2→SO32- 中，没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误； D、CuO→Cu铜元素的化合价降低了，所以需加入还原剂才能实现，故D错误。 故选B。‎ ‎8.下列电离方程式错误的是（ ）‎ A. CaCl2=Ca2++2Clˉ B. Ba(OH)2=Ba2++2OHˉ‎ C. HNO3=H++NO3ˉ D. NaClO=Na++Clˉ+O2ˉ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CaCl2是强电解质，电离产生Ca2+、Cl-，电离方程式为CaCl2=Ca2++2Clˉ，A正确；‎ B.Ba(OH)2是强碱，电离产生Ba2+、OH-，电离方程式为：Ba(OH)2=Ba2++2OHˉ，B正确；‎ C.HNO3是强酸，完全电离产生H+、NO3-，电离方程式是HNO3=H++NO3ˉ，C正确；‎ D.NaClO是盐，完全电离产生Na+、ClO-，电离方程式为NaClO=Na++ ClO-，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎9.下列关于胶体的叙述不正确的是（ ）‎ A. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10-9~10-7m之间 B. 光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应 C. 用一束光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同 D. Fe (OH)3胶体具有强的吸附性，可用作水的净化剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据分散质微粒直径的大小，将分散系分为溶液、胶体、浊液，胶体的分散质的微粒直径在10-9~10-7m之间，A正确；‎ B.胶体的分散质的微粒直径在10-9~10-7m之间，能够使光线发生散射作用，因此光线透过胶体时，可发生丁达尔效应，B正确；‎ C.用一束光照射NaCl溶液，无现象，照射Fe(OH)3胶体时会产生丁达尔现象，因此产生的现象不相同，C错误；‎ D.Fe (OH)3胶体表面积大，具有强的吸附性，因此可用作水的净化剂，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎10. 下列叙述正确的是（ ）‎ A. 3.01×1023个SO2分子的质量为32g B. CH4的摩尔质量为16g C. 1 mol H2O的质量为18g/mol D. 标准状况下,1 mol任何物质体积均为22.4L ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、3.01×1023个SO2分子的质量为：3.01×1023÷6.02×1023mol-1×64g/mol=32g，正确；B、CH4的摩尔质量为16g/mol，错误；C、1 mol H2O的质量为18g，错误；D、标准状况下,1 mol任何气体体积均为22.4L，错误。‎ ‎11.在标况下，0.28g某气体的体积为224mL，则该气体的相对分子质量是（ ）‎ A. 2 B. 56 C. 28 D. 0.028‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：标准状况下，0．28g某气体的体积为224mL，n=0．224、22．4=0．01 M=0．28/0．01=28g/mol摩尔质量与相对分子质量的数值相等．所以该气体的相对分子质量为28，‎ ‎12.与100mL0.5mol/L NaCl溶液中的Cl-的物质的量浓度相同的是（ ）‎ A. 100mL 0.5mol/LMgCl2溶液 B. 200mL0.25mol/LKCl溶液 C. 100mL 0.5mol/LHCl溶液 D. 100mL0.5mol/LNaClO溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】100mL0.5mol/LNaCl溶液中的Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=0.5mol/L×1=0.5mol/L。‎ A.100mL 0.5mol/LMgCl2溶液中的Cl﹣的物质的量浓度c(Cl-)=0.5mol/L×2=1.0mol/L；‎ B.200mL0.25mol/LKCl溶液中的Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=0.25mol/L×1=0.25mol/L；‎ C.100mL 0.5 mol/LHCl溶液中的Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=0.5mol/L×1=0.5mol/L；‎ D. 100mL0.5mol/LNaClO溶液电离产生离子有Na+、ClO-，无Cl-，‎ 故合理选项是C。‎ ‎13.对于相同物质的量的SO2与SO3，下列说法正确的是（ ）‎ A. 硫元素的质量比为5：4 B. 原子总数之比为4：3‎ C. 质量之比为1：1 D. 分子数之比为1：1‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：1个SO2和SO3的分子中都含一个硫原子，相同物质的量，硫原子数相同，二者所含硫元素的质量比为1：1，A错误；物质的量相同，分子数相同，分子数之比为1：1，B正确；每个SO2含有3个原子，每个SO3含有4个原子，相同物质的量的SO2和SO3所含原子数之比为3：4，C错误；物质的量相同，质量之比等于摩尔质量之比，SO2和SO3的质量之比为64g/mol：80g/mol=4：5，D错误．‎ ‎14.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 金属钠和水反应：Na+2H2O=Na++2OH－+H2↑‎ B. 大理石与稀硝酸反应：CaCO3+2H+=Ca2＋+CO2↑+H2O C. 硫酸溶液与氧氧化钡溶液混合：H++SO42-+Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓‎ D. MgC12溶液与过量氨水反应：Mg2＋+2OH－=Mg(OH)2↓‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应方程式未配平，A错误；‎ B.反应符合事实，符合离子方程式的物质拆分原则，B正确；‎ C.微粒个数比不符合反应事实，C错误；‎ D.氨水中的NH3·H2O是弱电解质，主要以分子形式存在，不能拆为离子形式，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎15.为了从KCl和MnO2的混合物中回收MnO2，下列操作顺序正确的是（已知MnO2为黑色难溶于水的固体）（ ）‎ A. 溶解 过滤 蒸发 洗涤 B. 溶解 过滤 洗涤 干燥 C. 溶解 过滤 蒸发 干燥 D. 溶解 洗涤 过滤 干燥 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】氯化钾易溶于水，二氧化锰不溶于水，根据氯化钾、二氧化锰的水溶性，选择从反应后的剩余固体中回收催化剂二氧化锰的方法，以此解答该题。‎ ‎【详解】KCl和MnO2的混合物中含有二氧化锰和氯化钾，先加入足量的水，氯化钾溶于水形成溶液，而二氧化锰不溶于水；再过滤，把二氧化锰从溶液中分离出来；再对二氧化锰进行洗涤，除去二氧化锰中的杂质；再干燥二氧化锰，得到纯净的二氧化锰，故合理选项是B。‎ ‎16.下列有关物质应用的说法中，不正确的是（ ）‎ A. Na2CO3是发酵粉的主要成分之一 B. MgO常用作耐高温材料 C. 碘化银可用于人工降雨 D. 氯气可用于自来水消毒 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaHCO3是发酵粉的主要成分之一，A错误；‎ B.MgO是离子化合物，断裂消耗很高能量，因此常用作耐高温材料，B正确；‎ C.碘化银相对原子质量较大，密度大，可作水蒸气的凝结核，因此可用于人工降雨，C正确；‎ D.氯气与水反应产生HCl、HClO，HClO具有强的氧化性，因此可用于自来水消毒，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎17.下列对氯气的叙述中，正确的是（ ）‎ A. 工业上用Cl2和石灰水为原料制造漂白粉 B. 红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧生成FeCl2‎ C. 闻氯气时要小心将集气瓶放在鼻孔下直接闻 D. 氯气没有漂白性，但通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.工业上用Cl2和石灰乳为原料制造漂白粉，A错误；‎ B.红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧生成FeCl3，B错误；‎ C.闻氯气时要用手轻轻煽动，使少量氯气飘入鼻孔，来闻气体的气味，不能将集气瓶放在鼻孔下直接闻，C错误；‎ D.氯气没有漂白性，但氯气与水反应产生HCl和HClO，HCl有酸性，能使紫色石蕊试液变为红色，HClO具有强氧化性，会将红色物质氧化后而褪色，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎18.下列有关钠和镁的说法中正确的是（ ）‎ A. 金属钠在氧气中燃烧可以生成氧化钠 B. 金属钠在高温下能将TiCl4溶液中的钛置换出来 C. 工业上用电解熔融氧化镁制取金属镁 D. 金属镁燃烧后会发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.金属钠在氧气中燃烧可以生成过氧化钠，A错误；‎ B.金属钠在高温下能将TiCl4从熔融状态中置换出来，B错误；‎ C.工业上用电解熔融氯化镁制取金属镁，C错误；‎ D.金属镁燃烧后会发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎19.下列有关Na2CO3与NaHCO3叙述中错误的是（ ）‎ A. 相同质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应，在相同条件下Na2CO3产生的CO2气体体积大 B. 同温度时，在水中的溶解度Na2CO3比NaHCO3大 C. 可用CaCl2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液 D. Na2CO3 固体中含少量NaHCO3，可用加热的方法除去 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.相同质量的NaHCO3和Na2CO3中NaHCO3含有的C元素多，所以二者与足量盐酸反应，在相同条件下NaHCO3产生的CO2气体体积大，A错误；‎ B.同温度时，在水中的溶解度Na2CO3比NaHCO3大，B正确；‎ C.可用CaCl2与Na2CO3反应产生CaCO3沉淀；与NaHCO3不反应，因此可以用CaCl2溶液鉴别两种物质，C正确；‎ D.Na2CO3固体中含少量NaHCO3，可根据NaHCO3固体不稳定，受热分解产生Na2CO3，用加热的方法除去，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎20.某元素天然存在的一个原子中共有质子、中子、电子93个，其中35个粒子不带电，则该原子的相对原子质量约为（ ）‎ A. 58 B. 64 C. 35 D. 30‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对原子来说，质子数=电子数，现中子数为35，质子、中子、电子总数为93，则质子数为（93－35）/2＝29，质量数=质子数+中子数=64，相对原子质量近似等于质量数。故选B。‎ ‎21.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 常温常压下28g氮气所含有的分子数目为NA B. 标准状况下，22.4L水中含有NA个水分子 C. 2.3g金属钠变为钠离子时失去的电子数为0.2NA D. 1mol•L﹣1KCl溶液中含有Cl﹣的个数为NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.常温常压下28g氮气的物质的量是1mol，其中所含有的分子数目为NA，A正确；‎ B.在标准状况下水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，B错误；‎ C.Na是+1价的金属，2.3g金属钠的物质的量是0.1mol，因此Na变为钠离子时失去的电子数为0.1NA，C错误；‎ D.缺少溶液体积，不能计算微粒数目，D错误； ‎ 故合理选项是A。‎ ‎22.氮化铝（AlN）具有耐高温‘抗冲击、导热性好等优良性质，广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域。在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 在氮化铝的合成反应中，N2是还原剂 B. 上述反应中，CO是氧化产物 C. 上述反应中AlN中N的化合价是+3‎ D. 上述反应中每生成CO 11.2L，则转移的电子数为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在该反应中，N元素的化合价由反应前N2中的0价变为反应后AlN中的-3价，化合价降低，获得电子，所以N2是氧化剂，A错误；‎ B.在上述反应中，C元素化合价由反应前C单质的0价变为反应后CO中的+2价，化合价升高，失去电子，所以CO是氧化产物，B正确；‎ C.在上述反应中，AlN中N的化合价是是-3价，Al元素化合价是+3，C错误；‎ D.未指明CO所处的条件，不能确定气体的物质的量，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎23.下列实验操作不正确的是（ ）‎ A. 蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口附近 B. 分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 C. 配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸 D. 当加热至蒸发皿中有较多固体析出时停止加热，利用余热将液体蒸干 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.蒸馏时，为了测量蒸气温度，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口附近，A正确；‎ B.分液时，为了充分分离混合物，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，B正确；‎ C.配制硫酸溶液时，可先在烧杯中加入一定量的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸，不能在量筒中加入水，C错误；‎ D.当加热至蒸发皿中有较多固体析出时停止加热，利用余热将液体蒸干，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎24.下列实验操作、现象及结论正确的是（ ）‎ A. 无色溶液中加入硝酸银溶液，若生成不溶的白色沉淀，说明含Cl-‎ B. 无色溶液中先加入氯化钡溶液生成白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不消失，说明含SO42-‎ C. 无色溶液中加入氢氧化钠浓溶液，加热，将湿润的蓝色石蕊试纸置于试管口，若试纸变红，说明溶液中有NH4+离子 D. 用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明一定含Na+，可能含K+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.无色溶液中加入硝酸银溶液，若生成不溶的白色沉淀，溶液中可能含Cl-，也可能含有CO32-、SO42-，A错误；‎ B.无色溶液中先加入氯化钡溶液生成白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不消失，溶液中可能含SO42-‎ ‎，也可能含有Ag+，B错误；‎ C.无色溶液中加入氢氧化钠浓溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝，说明溶液中有NH4+离子，C错误；‎ D.用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明一定含Na+，可能含K+，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎25.有一包粉末，可能含有NaCl、Na2SO4、Na2CO3、FeCl3、MgCl2中的一种或几种物质，现做如下实验：①取少量粉末加水溶解，得到无色透明溶液；②取①所得的溶液少许，加入NaOH溶液，看不到明显现象；③另取少量粉末，滴加盐酸，也看不到明显现象。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 原粉末中一定有NaCl B. 原粉末中一定没有Na2CO3、FeCl3、MgCl2‎ C. 原粉末中可能没有Na2CO3、FeCl3、MgCl2‎ D. 原粉末中一定有NaCl、Na2SO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①取少量粉末加水溶解，得到无色透明溶液，氯化铁的水溶液为黄色，因此一定不含有FeCl3；Na2CO3与MgCl2结合生成微溶于水的MgCO3沉淀，所以Na2CO3与MgCl2只能含有其中的一种物质；‎ ‎②取①中所得溶液少许加入NaOH溶液，无明显现象，说明溶液中一定不含有MgCl2；‎ ‎③另取少量粉末，滴加稀盐酸，也无明显现象，碳酸盐与盐酸反应产生CO2气体，说明混合物中一定不含有Na2CO3，可能含有NaCl、Na2SO4中的一种或两种。‎ 综上所述可知该溶液中一定不含有FeCl3、Na2CO3、MgCl2，可能含有NaCl、Na2SO4中的一种或两种，故合理选项是B。‎ 第II卷（非选择题 共50分）‎ 二、填空题（本题有4小题，共46分）‎ ‎26.按要求填空 ‎(1)写出下列物质的化学式：漂白粉的有效成分_______；小苏打________。‎ ‎(2)写出下列微粒的结构示意图：N________；S2-________。‎ ‎(3)写出下列物质的电离方程式或者化学方程式：‎ NH3·H2O的电离方程式________；‎ 镁条在二氧化碳中反应的化学方程式________。‎ ‎(4)写出分离或提纯下列各组混合物时所需方法的名称：‎ ‎①分离四氯化碳和水________；‎ ‎②提取溴水中的溴单质________。‎ ‎【答案】(1). Ca(ClO)2 (2). NaHCO3 (3). (4). (5). NH3·H2ONH4++OH- (6). 2Mg+CO2C+2MgO (7). 分液 (8). 萃取 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)漂白粉的成分是CaCl2、Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2；小苏打是碳酸氢钠的俗称。‎ ‎(2)原子核外电子分层排布，原子核外电子数等于原子核内质子数，S原子获得2个电子变为S2-。据此书写微粒的结构示意图。‎ ‎(3)NH3·H2O是弱电解质，存在电离平衡；；‎ 镁条在二氧化碳中燃烧产生MgO和C单质；‎ ‎(4)四氯化碳和水是互不相溶的液体物质，据此判断分离方法；‎ 根据溴单质容易溶于有机物，有机物与水不相溶的性质进行分离。‎ ‎【详解】(1)漂白粉的成分是氯化钙、次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，化学式是Ca(ClO)2；小苏打是碳酸氢钠的俗称，化学式是NaHCO3。‎ ‎(2) N是7号元素，N原子核外电子排布是；S是16号元素，S原子获得2个电子变为S2-，S2-核外电子排布式是：。‎ ‎(3)NH3·H2O是弱电解质，存在电离平衡，电离产生NH4+、OH-，电离方程式为：NH3·H2ONH4++OH-；‎ 镁条在二氧化碳中燃烧产生MgO和C单质，反应方程式为：2Mg+CO2C+2MgO；‎ ‎(4)四氯化碳和水是互不相溶的液体物质，可用分液方法分离；‎ 由于溴单质容易溶于有机物CCl4，而CCl4与水互不相溶，可向该混合物中加入CCl4，充分振荡后静止，溴进入有机物CCl4，从而使水与溴单质分离，这种分离方法叫萃取。‎ ‎27.下列物质属于电解质的是_______，属于非电解质的是______(填序号，下同)。‎ ‎①铜 ②稀盐酸 ③酒精溶液 ④水 ⑤醋酸 ⑥熔融KNO3 ⑦石墨 ⑧BaSO4固体 ⑨氨气 ‎【答案】(1). ④⑤⑥⑧ (2). ⑨‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据电解质、非电解质的概念分析判断。‎ ‎【详解】电解质是在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能够导电的化合物。‎ ‎①铜是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎②稀盐酸是HCl的水溶液，是混合物，不属于电解质、非电解质；‎ ‎③酒精溶液是混合物，不属于电解质、非电解质； ‎ ‎④水能电离产生H+、OH-，属于电解质； ‎ ‎⑤醋酸在水中会电离产生CH3COO-、H+，属于电解质；‎ ‎⑥熔融KNO3是盐，会电离产生K+、NO3-，属于电解质；‎ ‎⑦石墨是C元素的单质，不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎⑧BaSO4固体会电离产生Ba2+、SO42-，属于电解质；‎ ‎⑨氨气是化合物，在熔融状态下不能电离，在水中也不能电离产生自由移动的离子，因此氨气是非电解质；‎ 综上所述可知：属于电解质的为④⑤⑥⑧；属于非电解质的是⑨。‎ ‎28.某学生需要用烧碱固体配制0.5mol·L-1的NaOH溶液480mL。实验室提供以下仪器：‎ ‎①100mL烧杯 ②100mL量筒 ③1000mL容量瓶 ④500mL容量瓶 ⑤玻璃棒 ⑥托盘天平(带砝码) ⑦药匙。请回答下列问题：‎ ‎(1)计算需要称取NaOH固体_________g。‎ ‎(2)配制时，必须使用的仪器有_______(填代号)，还缺了仪器名称是_________。‎ ‎(3)配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个操作只用一次）________。‎ A.用少量水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡 B.在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解 C.将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中 D.将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，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)若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏高的是___。（填下列编号）‎ ‎①容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干 ②定容观察液面时俯视 ‎③配制过程中遗漏了(3)中步骤A ④加蒸馏水时不慎超过了刻度 ‎⑤未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中 ‎(5)用配制好的溶液，再来配制50ml0.2mol·Lˉ1的NaOH溶液，需要取原配好的溶液_____ml。‎ ‎【答案】(1). 10.0 (2). ①④⑤⑥⑦ (3). 胶头滴管 (4). BCAFED (5). ②⑤ (6). 20‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据m=nM=cVM计算；‎ ‎(2)根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；‎ ‎(3)根据实验操作的步骤；‎ ‎(4)根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；‎ ‎(5)根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变计算。‎ ‎【详解】(1)实验室配制0.5mol/L的NaOH溶液500mL，需要NaOH的质量m(NaOH)=0.5L×0.5mol/L×40g/mol=10.0g；‎ ‎(2)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以还需要的仪器为胶头滴管，故使用仪器的序号是①④⑤⑥⑦；缺少的仪器是胶头滴管； ‎ ‎(3)操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故答案为：BCAFED；‎ ‎(4)①容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干，不影响溶质的质量和溶液的体积，因此对溶液的浓度不产生任何影响，物质的浓度不变，①不符合题意；‎ ‎②定容观察液面时俯视，溶液体积偏小，则溶液的浓度偏大，②符合题意；‎ ‎③配制过程中遗漏了(3)中步骤A，溶质的质量减少，导致溶液的浓度偏低，③不符合题意；‎ ‎④加蒸馏水时不慎超过了刻度，溶液体积偏大，导致溶液浓度偏小，④不符合题意；‎ ‎⑤‎ 未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，导致溶液的体积偏小，则溶液的浓度偏大，⑤符合题意；‎ 故合理选项是②⑤；‎ ‎(5)由于溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，所以50ml×0.2mol/L =0.5mol/L×V，解得V=20mL。‎ ‎29.某兴趣小组利用下列装置，进行与氯气相关的实验。‎ 请回答：‎ ‎(1)写出实验室用上述方法制取氯气的化学方程式_________。‎ ‎(2)利用该原理和装置①进行实验，制得氯气中往往含有的杂质可依次通入到_________、_________除去。‎ ‎(3)装置②中出现白色沉淀，据此现象能否推测装置①中生成Cl2_________(填“能”或者“否”)，请说明理由_________。‎ ‎(4)实验室从海带中提取碘的就是利用装置③的原理，请写出该溶液中发生反应的离子反应方程式_________。‎ ‎(5)图中④所示的溶液是为了减少对环境的污染，请写出该溶液中发生反应的离子反应方程式_________。‎ ‎【答案】(1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2 +Cl2↑+2H2O (2). 饱和食盐水 (3). 浓硫酸 (4). 否 (5). 浓盐酸挥发出来的氯化氢也会和硝酸银反应，也会产生白色沉淀 (6). Cl2+2I-=I2+2Cl- (7). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】在实验室中是用MnO2与浓盐酸在加热条件下发生反应制取氯气，浓盐酸具有挥发性，因此在制取得到的Cl2中混有杂质HCl及水蒸气，先通过饱和NaCl溶液除去HCl，再通过浓硫酸干燥，然后再进行Cl2与KI溶液的反应，若将制取得到的氯气直接通过AgNO3溶液中，可能是HCl反应产生，也可能是Cl2与水反应得到的HCl反应产生。Cl2有毒，在排放前要经NaOH溶液进行尾气处理后再排放。‎ ‎【详解】(1)实验室用MnO2与浓盐酸在加热条件下发生反应制取氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2 +Cl2↑+2H2O；‎ ‎(2)利用该原理在装置①进行实验，制得的氯气中含有的杂质是HCl及水蒸气，要先通入到饱和食盐水中除去Cl2、再通过浓硫酸除去水蒸气。‎ ‎(3)由于浓盐酸具有挥发性，挥发出来的氯化氢也会和硝酸银反应，产生白色沉淀，所以装置②中出现白色沉淀，据此现象不能推测装置①中生成Cl2；‎ ‎(4)实验室从海带中提取碘的就是利用装置③的原理，Cl2与KI发生反应产生KCl和I2，反应的离子反应方程式为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；‎ ‎(5)图中④所示的溶液是为了减少对环境的污染，在该溶液中Cl2与NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，发生反应的离子反应方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。‎ 三、计算题 ‎30.将2.80g含氧化镁的镁条完全溶于50.0mL硫酸溶液后，滴加2.00mol·Lˉ1氢氧化钠溶液，恰好完全沉淀时用去氢氧化钠溶液200.0mL。将所得的沉淀灼烧、冷却后称量得固体质量为4.40g。‎ 已知：Mg(OH)2在灼烧过程中发生如下反应Mg(OH)2MgO+H2O 请计算：‎ ‎(1)用去的氢氧化钠溶液中含溶质的物质的量n(NaOH)=_______mol。（结果保留小数点后两位有效数字）‎ ‎(2)镁条中氧化镁和镁的物质的量之比为n(MgO)︰n(Mg)=________。‎ ‎【答案】(1). 0.40 (2). 1：10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据n=cV计算NaOH的物质的量；‎ ‎(2)MgO、Mg的质量和为2.80g，经一系列反应，最后完全转化为MgO后质量为4.40g，可根据质量差得到Mg的质量和物质的量，再根据n=计算反应物MgO物质的量及二者的比值。‎ ‎【详解】(1)反应消耗的NaOH的物质的量为n(NaOH)=cV=2.00mol/L×0.2L=0.40mol；‎ ‎(2)2.80g含氧化镁的镁条完全溶解在硫酸中得到MgSO4，向该溶液中加入NaOH溶液后MgSO4转化为Mg(OH)2沉淀，将沉淀过滤、洗涤、灼烧发生反应：Mg(OH)2MgO+H2‎ O，冷却后称量得固体MgO质量为4.40g，二者的质量差为Mg转化为MgO时消耗的O的质量m(O)=4.40g-2.80g=1.60g，n(Mg)=n(O)=1.60g÷16g/mol=0.10mol，则在2.80g含有氧化镁的镁条中含有MgO的物质的量为n(MgO)=(2.80g-0.1mol×24g/mol)÷40g/mol=0.01mol，则镁条中氧化镁和镁的物质的量之比为n(MgO)︰n(Mg)=0.01mol：0.10mol=1：10。‎ ‎ ‎