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化学试题
可能用到的相对原子质量：Na 23；O 16；H 1；P 31；C 12；Ba 137；Cl 35.5；N 14；Cu
64；S 32
一、选择题（只有1个正确答案；共20小题，每小题3分，共60分）
1.如下表所示，对陈述1和陈述2的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是
选项 陈述1 陈述2 判断
A 碳酸钠溶液可用于治疗胃病 碳酸钠可与盐酸反应 1对，2对，有
B 向滴有酚酞的水溶液加入过氧化钠变红色 过氧化钠与水反应生成氢氧化钠 1对，2错，无
C 金属钠具有强还原性 钠可置换出硫酸铜溶液中的铜单质 1对，2对，有
D 碳酸氢钠可作为发酵粉用于烘培糕点 碳酸钠溶解度比碳酸氢钠溶解度大 1对，2对，无
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，碳酸钠溶液不能用于治疗胃病，碳酸氢钠和氢氧化铝可以用于治疗胃病，1描述错误，
故A错误；
B选项，向滴有酚酞的水溶液加入过氧化钠先变红色后褪色，因为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，
同时过氧化钠有漂白性，故1描述错误，2描述不准确，故B错误；
C选项，金属钠具有强还原性，1描述正确；钠不能置换出硫酸铜溶液中的铜单质，2描述错误，主要是因
为钠的还原性太强，遇到硫酸铜溶液先和溶液中的水反应，生成的氢氧化钠再和硫酸铜反应生成氢氧化铜
沉淀和硫酸钠，故C错误；
D选项，碳酸氢钠作发酵粉，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠溶解度，两者没有因果关系，故D正确；
综上所述，答案为D。
2.下列关于胶体的叙述正确的是（ ）
A. 胶体是不稳定的，静置后易产生沉淀
B. 胶体与悬浊液的本质区别是胶体是均一透明的，而浊液是浑浊的
C. 明矾净水是利用了胶体粒子的吸附性
D. 静电除去空气或工厂废气中的飘尘是利用了胶体的带电性【答案】C
【解析】
【详解】A选项，胶体具有介稳性，故A错误；
B选项，胶体与悬浊液的本质区别是分散质粒子直径大小不同，故B错误；
C选项，明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，利用了胶体粒子的吸附性而达到净水效果，故C正确；
D选项，静电除去空气或工厂废气中的飘尘是利用了胶体粒子带电性，不是胶体带电性，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】胶体的性质
1．丁达尔效应：当光束通过胶体，可以看到一条光亮的“通路”这是由于胶体粒子对光线散射形成的。
应用：区别溶液和胶体，是一种物理方法。
2．电泳现象
电泳：胶体粒子在电场作用下，向某个电极做定向移动。
Fe(OH) 胶体电泳实验现象：阴极区域颜色加深，阳极区域颜色变浅。说明Fe(OH) 胶体粒子带正电。
3 3
【注意】有的胶体粒子带正电，有的胶体粒子带负电，也有的胶体粒子不带电。溶液中的粒子也一样。
应用：工业上静电除尘。
3．具有介稳性：胶体粒子带电荷，同种电荷相互排斥阻碍胶体粒子变大。
4．具有布朗运动：溶液里的粒子做不规则运动，胶体粒子也做不规则的运动。
5．聚沉：①加电解质溶液：由于加入的阳离子或阴离子中和了胶体粒子所带的电荷，使胶体粒子聚
集成为较大的颗粒，从而沉聚而析出溶液；②加热；③加带相反电荷的胶体粒子。
应用：三角洲的形成、制豆腐、土壤保肥、盐析。
6．胶体净化——渗析
仪器：烧杯、玻璃棒、半透膜；操作：把制得的胶体体系放入半透膜里，用细线扎好并用玻璃棒悬挂
在盛有蒸馏水的烧杯中，多次更换蒸馏水，至到渗析完为止。
3.下列说法不正确的组合为( )
①只含有一种元素的物质一定是纯净物
②生石灰做干燥剂包含化学变化
③NO 是酸性氧化物，硝酸是它与水反应形成的水化物
2
④碱性氧化物一定是金属氧化物
⑤电解质溶液导电一定发生化学变化
⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物一定是碱性氧化物
⑦用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中 的食盐不涉及化学变化⑧两种盐反应一定生成两种新盐
A. ①③⑥⑧ B. ①②③④⑥ C. ②④⑤⑧ D. ②④⑥⑧
【答案】A
【解析】
【详解】①只含有一种元素的物质不一定是纯净物，比如含氧元素的氧气和臭氧混合物，因此①不正确；
②生石灰做干燥剂包含化学变化，生石灰吸收水，与水反应，是化学变化，因此②正确；
③NO 与水反应形成硝酸和NO，硝酸是它与水反应形成的水化物，因此③不正确；
2
④碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，因此④正确；
⑤电解质溶液导电过程，为电解过程，有新物质生成，一定是化学变化，因此⑤正确；
⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物，比如过氧化钠与亚硫酸反应，因此⑥不正确；
⑦用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐为渗析过程，没有新物质生成是物理变化，因此⑦正确；
⑧两种盐反应不一定生成两种新盐，比如硫化钠和氯化铁反应生成硫单质、氯化亚铁和氯化钠，因此⑧不
正确；故A正确；
综上所述，答案为A。
【点睛】金属氧化物不一定是碱性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧
化物，非金属氧化物不一定是酸性氧化物。
4.用N 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A
A. 0.01molNH +含有质子数为0.1N
4 A
B. 4.48 L N 与CO的混合物所含分子数为0.2N
2 A
C. 6.2 g白磷与红磷的混合物中所含磷原子数为0.2N
A
D. 10.0mL 12 mol·L-1浓盐酸与足量二氧化锰反应，转移电子数 为0.06N
A
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，1个NH +含有11个质子，因此0.01molNH +含有质子数为0.11N ，故A错误；
4 4 A
B选项，没有标准状况，无法计算物质的量，故B错误；
C选项，用极限思维思考，6.2 g白磷物质的量 ，含磷的物质的量为
0.2mol，含磷原子数为0.2N ，6.2g红磷物质的量 ，含磷原子数为0.2N ，故
A AC正确；
D选项，10.0mL 12 mol·L-1浓盐酸物质的量为0.12mol，与足量二氧化锰反应，由于浓盐酸再反应过程中逐
渐变稀后就不再反应，因此转移电子数小于0.06N ，故D错误；
A
综上所述，答案为C。
【点睛】同素异形体的混合物，质量相等，则含有的原子数目相等。
5.实验室欲用NaOH固体配制1.0 mol·L-1的NaOH溶液240 mL，下列叙述不正确的是（ ）
A. 某同学欲称量一定量的NaOH固体，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图。则烧
杯的实际质量为27.4 g
B. 要完成本实验该同学应称出10.0g NaOH
C. 氢氧化钠固体溶解后必须恢复至室温再进行转移
D. 容量瓶使用前需洗涤、并保持干燥
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，某同学欲称量一定量的NaOH固体，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状
态如图，游码为2.6 g，应该左盘放物质，右盘放砝码，因此烧杯的实际质量为30g – 2.6g = 27.4 g，故A正
确；
B选项，氢氧化钠的物质的量 ，氢氧化钠质量
，故B正确；
C选项，氢氧化钠固体溶解后必须恢复至室温再进行转移，避免引起误差，故C正确；
D选项，容量瓶使用前需洗涤，干燥与不干燥都可以，对结果没有影响，故D错误；
综上所述，答案为D。
【点睛】称量物体要遵循“左物右码”，称量氢氧化钠固体要装在烧杯中称量。
6.下列各组离子因发生氧化还原反应而不能大量共存的是( )
A. Fe3＋、OH-、SO 2-、CO2- B. Cu2＋、Fe3＋、H＋、I-
4 3
C. Ag＋、Na＋、SO 2-、Cl- D. K＋、H＋、CO2-、MnO -
4 3 4【答案】B
【解析】
【详解】A选项，Fe3＋、OH－生成沉淀而不共存，Fe3＋、CO2－生成沉淀和气体而不共存，故A不满足题意；
3
B选项，Fe3＋、I－发生氧化还原反应生成单质碘和亚铁离子，故B满足题意；
C选项，Ag＋、SO 2－生成沉淀而不共存，Ag＋、Cl－生成沉淀而不共存，故C不满足题意；
4
D选项，H＋、CO2－生成气体而不共存，故D不满足题意；
3
综上所述，答案为B。
7.某溶液中(假定不考虑水解因素)仅含有K＋、Mg2＋、SO2—、NO—四种离子，其中K＋与Mg2＋的个数之
4 3
比为4∶5，则NO—与SO2—的物质的量浓度之比一定不是
3 4
A. 8∶3 B. 3∶2 C. 2∶3 D. 1∶3
【答案】C
【解析】
试题分析：假设钾离子为4摩尔，则镁离子为5摩尔，硝酸根离子为xmol，硫酸根离子为ymol，根据电
子守恒分析，4+5×2="x+2y" 即x+2y =14。当 x=8时， y=3，故A正确；若x=6时，则y=4，
正确B正确；若x=2时，则y=6，D正确；若x=10时，则y=2，则C不成立，选C。 (本题NO —与
3
SO 2—的物质的量浓度之比可以为任意值，无答案)
4
考点：物质的量浓度的计算
8.下列实验方案中，能达到实验目的的是（ ）
选项 实验目的 实验方案
A 配置100ml 1.0mol/L硫酸铜溶液 将25g CuSO ·5 H O溶于100ml蒸馏水中
4 2
B 除去氯化钠固体中混有的碳酸钠 加入过量盐酸，蒸发、洗涤、干燥
C 证明Fe2+的氧化性 向FeCl 溶液中通入适量Cl 溶液变成棕黄色
2 2，
D 证明SO 是电解质或非电解质 用电流表测SO 水溶液的导电性
2 2
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，只能将25g CuSO ·5H O溶于蒸馏水中配成100mL溶液，故A错误；
4 2
B选项，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠，过滤盐酸在蒸发过程中易挥发，最后得到氯化钠，故B正确；C选项，亚铁离子和氯气反应生成铁离子，证明亚铁离子的还原性，故C错误；
D选项，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸电离而使溶液导电，因此不能用此方法证明二氧化硫是电解
质还是非电解质，故D错误；
综上所述，答案为B。
9.赤铜矿的成分是Cu O，辉铜矿的成分是Cu S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应：2Cu O＋Cu S
2 2 2 2
6Cu＋SO ↑，对于该反应，下列说法正确的是
2
A. 该反应的氧化剂只有Cu O
2
B. Cu既是氧化产物，又是还原产物
C. Cu S既是氧化剂又是还原剂
2
D. 还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶6
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cu元素的化合价降低，则Cu O、Cu S均为氧化剂，故A错误；
2 2
B．Cu元素得到电子被还原，则Cu为还原产物，故B错误；
C．Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则Cu S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；
2
D．Cu为还原产物，SO 为氧化产物，由反应可知，还原产物与氧化产物的物质的量之比为6：1，故D错
2
误；
本题答案选C。
10.下列两种气体的分子数一定相等的是（ ）
A. 等体积的CO和N B. 质量相等、密度不等的N 和CO
2 2
C. 原子数目相等的O 和N D. 质量相等的N 和CO
3 2 2 2
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，等体积 的CO和N ，温度和压强不清楚，因此物质的量不清楚，无法分析分子数目，故
2
A错误；
B选项，质量相等的N 和CO，摩尔质量相等，因此物质的量相等，分子数目相等，故B正确；
2
C选项，原子数目相等的O 和N，则分子数之比为2:3，故C错误；
3 2
D选项，质量相等的N 和CO，摩尔质量不相等，因此物质的量不相等，分子数目不相等，故D错误；
2 2
综上所述，答案为B。
【点睛】同温同压，相同体积的任何气体含有相同数目的分子。
11.碘在地壳中主要以NaIO 的形式存在，在海水中主要以I－的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图
3所示。
下列说法中不正确的是
A. 用淀粉KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉KI试纸会变蓝
B. 足量Cl 能使湿润的、已变蓝的淀粉KI试纸褪色的原因可能是5Cl＋I＋6HO=2HIO＋10HCl
2 2 2 2 3
C. 由图可知氧化性的强弱顺序为Cl>I>IO—
2 2 3
D. 途径Ⅱ中若生成1molI，则反应中转移的电子数为10N
2 A
【答案】C
【解析】
A. 用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐时，IO －+5I－+6H+=I+3HO，所以淀粉-KI试纸会变蓝，故A正确；B.
3 2 2
足量Cl 能使湿润的、已变蓝的淀粉-KI试纸褪色的原因可能是5Cl+I +6H O=2HIO +10HCl，故B正确；C.
2 2 2 2 3
由图可知氧化性的强弱顺序为Cl >IO －＞I ，故C不正确；D. 途径II中若生成1molI ，I的化合价变化为
2 3 2 2
+5→0，则反应中转移的电子数为10N ，故D正确。故选C。
A
12.下列各项操作中,不发生“先产生沉淀,然后沉淀又溶解”现象的有( )
①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO
2
②向氢氧化铁胶体中逐滴稀盐酸
③向FeCl 溶液中逐滴加入过量稀氢氧化钠溶液
3
④向澄清的石灰水中通入过量的CO
2
⑤向氯化钠的饱和溶液中通入大量氨气再通入过量CO
2
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【详解】①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO 生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠溶解度小，
2
因此有晶体析出，出现浑浊，不会变澄清，因此符合题意；
②向氢氧化铁胶体中逐滴稀盐酸，先加入电解质发生胶体聚沉，后酸碱中和反应生成水和氯化铁溶液，因
此不符合题意；
③向FeCl 溶液中逐滴加入过量稀氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀，沉淀不溶解，因此符合题意；
3
④向澄清 的石灰水中通入过量的CO，先溶液变浑浊生成碳酸钙，继续通入溶液变澄清，因此不符合题意；
2
⑤向氯化钠的饱和溶液中通入大量氨气再通入过量CO，溶液变浑浊生成碳酸氢钠和氯化铵，因此符合题
2意，故符合题意的①③⑤三个，C正确；
综上所述，答案为C。
13.下列离子方程正确的是( )
A. 饱和石灰水中通入过量二氧化碳：OH- + CO = HCO-
2 3
B. 将Cl 溶于水制备次氯酸: Cl + H O = 2H++ Cl- + ClO-
2 2 2
C. 实验室制取二氧化碳：CO2- + 2H+ = H O + CO ↑
3 2 2
D. 将少量SO 通入NaClO溶液中: SO + H O + 2ClO-= SO 2- + 2HClO
2 2 2 3
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，饱和石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙溶液，OH－+ CO = HCO－，故A正确；
2 3
B选项，将Cl 溶于水制备次氯酸，次氯酸不能拆，故B错误；
2
C选项，实验室制取二氧化碳用碳酸钙和稀盐酸，碳酸钙是固体不能拆，故C错误；
D选项，将少量SO 通入NaClO溶液中，次氯酸具有强氧化性，将亚硫酸根氧化成硫酸根，而自身变为氯
2
离子，故D错误；
综上所述，答案为A。
14.把VL含有MgSO 和KSO 的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol BaCl 的溶液，恰好使硫酸根
4 2 4 2
离子完全沉淀为硫酸钡；另一份加入含b mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁。则原混
合溶液中钾离子的浓度为
A. mol·L－1 B. mol·L－1
C. mol·L－1 D. mol·L－1
【答案】D
【解析】
试题分析：0．5VL的溶液中，n（SO 2-）=" b" mol， n（Mg2+）= 0．5a mol，根据电荷守恒可得n
4
（K+）=2b-a，所以钾离子的浓度为： mol·Lˉ1，D正确。
考点：考查了溶液中离子浓度的计算。
15.下列除杂试剂及方法选择正确的是（ ）A. NaHCO (混有NaCO)将固体在空气中充分加热
3 2 3
B. Cl(混有HO和HCl)将混合气体依次通过浓硫酸和饱和食盐水洗气
2 2
C. NaCl溶液(混有NaSO )向溶液中依次加入BaCl -Na CO-盐酸（每种试剂均过量）最后加热
2 4 2 2 3
D. FeCl (混有FeCl )向混合溶液中通入过量氯气
2 3
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，NaHCO 受热易分解，在空气中受热不能达到除杂的目的，故A错误；
3
B选项，Cl(混有HO和HCl)将混合气体应该依次通过饱和食盐水和浓硫酸洗气，故B错误；
2 2
C选项，NaCl溶液(混有NaSO )向溶液中先加入BaCl 除掉硫酸根，再加NaCO 除掉多余的钡离子，再加
2 4 2 2 3
盐酸除掉多余的碳酸根，最后加热除掉多余的盐酸，故C正确；
D选项，FeCl (混有FeCl )向混合溶液中加入过量铁粉，再过滤，故D错误；
2 3
综上所述，答案为C。
【点睛】NaCO (混有NaHCO )用加热方法除去，FeCl (混有FeCl )加入过量铁粉再过滤，FeCl (混有FeCl )
2 3 3 2 3 3 2
通入适量氯气得到。
16.某同学结合所学知识探究NaO 与H 能否反应,设计装置如下，下列说法正确的是（ ）
2 2 2
A. 若D中无水硫酸铜变蓝，则说明NaO 与H 反应生成水
2 2 2
B. 装置B中盛放浓硫酸，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气
C. 装置C加热前，用试管在干燥管管口处收集气体点燃,通过声音判断气体纯度
D. 装置A也可直接用于二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，若D中无水硫酸铜变蓝，不能说明NaO 与H 反应生成水，因为D外的水蒸气会进入到
2 2 2
D装置中引起变蓝，故A错误；
B选项，装置B是U型管，只能装固体干燥剂碱石灰，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气和挥发的
HCl，故B错误；C选项，装置C加热前，应该先检验氢气的纯度，方法是用试管在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音
判断气体纯度，故C正确；
D选项，装置A不能直接用于二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气，因为该装置缺少加热装置，故D错误；
综上所述，答案为C。
17. 下列说法正确的是
①氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸
②实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收
③新制氯水的氧化性强于久置氯水
④检验HCl气体中是否混有Cl 方法是将气体通入硝酸银溶液
2
⑤除去HCl气体中的Cl，可将气体通入饱和食盐水中
2
A. ①②③ B. ③ C. ②③④ D. ③⑤
【答案】B
【解析】
试题分析：①氯气和氢气在点燃或光照条件下能产生爆炸，在没有条件下不反应，故错误；②氢氧化钙的
溶解度较小，所以吸收氯气的能力较小，实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，故错误；③次氯酸有强氧
化性，新制的氯水中次氯酸的量较多，久置的氯水中，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，所以久置的氯水中
次氯酸含量较少，强氧化性较低，所以新制氯水的氧化性强于久置氯水的，故正确；④氯气和水反应生成
盐酸和次氯酸，氯化氢和硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以氯气、氯化氢都能和硝酸银溶液反应生成白色
沉淀，所以硝酸银溶液不能用于检验HCl气体中是否混有Cl ，故错误；⑤饱和食盐水中含有氯离子，抑
2
制氯气的溶解，氯化氢极易溶于饱和食盐水，所以可以除去 Cl 中的HCl气体，但达不到除去HCl气体中
2
的Cl 的目的，故错误；故选B。
2
考点：考查氯气的性质，涉及氯水和久置氯水的区别。
18.根据下列实验事实得出的相应结论正确的是( )
序号 实验事实 结论
A CO 的水溶液可以导电 CO 是电解质
2 2
B Ca(ClO) 溶液中通入CO 产生白色沉淀 酸性：HCO＞HClO
2 2 2 3
向无色溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀生
C 原溶液中一定含有SO 2-
成，再加盐酸，沉淀不消失 4
用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧直接
D 原溶液中不含K+
观察火焰颜色，未见紫色A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、CO 的水溶液可以导电是因为二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸电离出离子而导电，二氧化碳
2
不能电离，是非电解质，A错误；
B、Ca(ClO) 溶液中通入CO 产生白色沉淀，同时还有次氯酸生成，则可以证明酸性：HCO＞HClO，B
2 2 2 3
正确；
C、向无色溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失，白色沉淀可能是硫酸钡或氯
化银，不能说明溶液中含有硫酸根离子，C错误；
D、观察钾元素的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃，用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧直接观察火焰颜
色，未见紫色不能说明溶液中不存在钾离子，D错误；
答案选B。
【点睛】选项A是解答的易错点，注意电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水
溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质，即化合
物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依
据。但能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体。
19.将露置于空气中的某氢氧化钠固体样品溶于水，向所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成的CO(标
2
准状况)与加入的盐酸的体积有如图所示的关系(不考虑CO 在水中的溶解)。下列说法不正确的是( )
2
A. 滴加盐酸0→150mL段发生的反应依次为OH－+H+＝HO、CO2－+H＋＝HCO－
2 3 3
B. 所用盐酸的物质的量浓度为0.4 mol•L﹣1
C. CO 体积不再改变时，溶液中 的溶质为NaCl
2
D. 该样品中NaOH与NaCO 物质的量之比为1：2
2 3
【答案】D
【解析】
【详解】A、因为碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，与碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳消耗盐酸的物质的量相等，所以由图可知 V（HCl）在 0～100mL 区间内发生反应的化学方程式为：NaOH+HCl＝
NaCl+HO；在100～150mL区间内发生反应的化学方程式为NaCO+HCl＝NaCl+NaHCO ；在150～200mL
2 2 3 3
区间内发生反应的化学方程式为 NaHCO +HCl＝NaCl+CO↑+HO，离子反应依次是：OH－+H+＝HO、
3 2 2 2
CO2－+H＋＝HCO －、HCO -+H+＝CO↑+HO，故A正确；
3 3 3 2 2
B、加入150mL～200mL盐酸，消耗盐酸体积=200mL-150mL=50mL，生成0.448L二氧化碳，其物质的量
=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，则根据方程式NaHCO +HCl＝NaCl+CO↑+HO可知消耗盐酸的物质的量
3 2 2
是0.02mol，则c（HCl）=0.02mol÷0.05L=0.4mol/L，故B正确；
C、加入200mL盐酸时，生成0.448L二氧化碳，此时溶液中溶质为NaCl，故C正确；
D、加入200mL盐酸时，生成0.448L二氧化碳，此时溶液中溶质为NaCl，由氯离子守恒可知n（NaCl）
=0.2L×0.4mol/L=0.08mol，根据碳元素守恒n（NaCO）=n（CO）=0.02mol，根据钠离子守恒n
2 3 2
（NaOH）=n（NaCl）-2n（NaCO）=0.08mol-0.02mol×2=0.04mol，故该样品中NaOH与NaCO 物质的
2 3 2 3
量之比=0.04mol：0.02mol=2：1，故D错误。
故答案选D。
【点睛】本题以图象形式考查化学方程式计算，明确发生的反应以及反应的先后顺序是解题关键，注意利
用守恒思想进行解答是难点。
20.下列说法不正确的是（ ）
A. 向NaCO 溶液中逐滴加入盐酸，直到不再生成CO 气体为止，在此过程中，溶液中的HCO －浓度变化
2 3 2 3
是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计）
B. 向NaHCO 溶液中逐滴加入Ba(OH) 溶液，溶液中CO2－的浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化忽
3 2 3
略)
C. NaO、NaO均能通过单质直接化合得到
2 2 2
D. 将物质的量比为2：1的Na和NaO样品分别放入等量的水中，所得溶液的质量分数分别为a%和b%，
2
则a、b的关系是a<b
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，向NaCO 溶液中逐滴加入盐酸，开始有气泡，生成碳酸氢根，碳酸氢根离子浓度增大，
2 3
再加稀盐酸，碳酸氢根和氢离子反应生成CO 气体，碳酸氢根离子浓度减小，因此在整个过程中，溶液中
2
的HCO －浓度变化是先变大后变小，故A正确；
3
B选项，向NaHCO 溶液中逐滴加入Ba(OH) 溶液，1 mol氢氧化钡加入，碳酸氢根和氢氧根反应生成2mol
3 2
碳酸根，生成的2 mol碳酸根只有1mol碳酸根迅速和钡离子反应生成碳酸钡沉淀，剩余1 mol碳酸根，再继续加入，碳酸根浓度增大，当碳酸氢钠反应完再加氢氧化钡，后面钡离子直接和剩余的碳酸根反应，故
B正确；
C选项，NaO 是通过钠和氧气加热条件直接化合得到，NaO是通过钠和氧气常温下直接化合得到，故C
2 2 2
正确；
D选项，将物质的量比为2：1的Na和NaO样品分别放入等量的水中，生成的氢氧化钠的质量相等，但
2
由于前者生成了氢气，溶液的质量前者比后者少，因此质量分数前者大于后者，故D错误；
综上所述，答案为D。
二、填空题（共5题，40分）
21.（1）0.5molCH 含______个电子。
4
（2）下列物质既能导电，又属于电解质的是_______ 。
A NaCl溶液 B 铁丝 C 稀硫酸 D 熔融的氢氧化钠 E 盐酸 F 硫酸
（3）同温同压下，甲容器中HCl气体和乙容器中的NH 所含原子个数相等，则甲乙两容器的体积之比为
3
________。
（4）现配制500ml 0.3mol/L稀硫酸溶液，需用量筒量取质量分数为49%，密度为1.5g/cm3的浓硫酸
_________ml。
【答案】 (1). 5N 或3.01×1024 (2). D (3). 2：1（或2） (4). 20.0
A
【解析】
【详解】⑴一个甲烷含有10个电子，0.5molCH 含有5mol电子，含有5N 个电子，故答案为：5N 或
4 A A
3.01×1024；
⑵A选项，NaCl溶液能导电，但不是电解质，它是电解质溶液，故A错误；
B选项，铁丝能导电，但它是单质，不是电解质，故B错误；
C选项，稀硫酸能导电，但它是电解质溶液，故C错误；
D选项，熔融的氢氧化钠能导电，是电解质，故D正确；
E选项，盐酸能导电，但盐酸不是电解质，是电解质溶液，故E错误；
F选项，硫酸不能导电，故F错误；
综上所述，答案为D；
⑶同温同压下，甲容器中HCl气体和乙容器中的NH 所含原子个数相等，假设都含有4个原子，则HCl有
3
2个，而氨气有1个，根据分子数之比等于物质的量之比等于体积之比，则甲乙两容器的体积之比为2:1，
故答案为2:1；
⑷质量分数为49%，密度为1.5g/cm3的浓硫酸物质的量浓度为，
现配制500ml 0.3mol/L稀硫酸溶液， ，
V = 0.02 L = 20.0mL，故答案为20.0mL。
22.（1）①标准状况下，1g氢气和14g氮气的体积相同
②常温常压下，16g氧气和臭氧的混合气体中含有的质子数为8N
A
③0.1L 0.5mol/LCH CHOH溶液中含有氢原子数为0.3N
3 2 A
④常温常压下，28gCO的体积大于22.4L
⑤分子总数相等的NO 和CO，所含氧原子数均为2N
2 2 A
上述表述中正确的有：_______
（2）用容量瓶配制溶液时，由于操作不当会引起误差
①用天平称量时所用砝码生锈
②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度
③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线
⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
上述情况会使所配溶液浓度偏低的是 ：_______
【答案】 (1). ①②④ (2). ③⑥
【解析】
【详解】⑴①标准状况下，1g 氢气物质的量 ，14g 氮气的物质的量
，同温同压，体积之比等于物质的量之比，因此体积相同，故①正确；
②常温常压下，16g氧气物质的量 ，一个氧气含有质子数16个，0.5 mol氧气含有质子数为0.5mol × 2 × N mol-1 =8N ，16g臭氧物质的量 ，一个臭氧含有
A A
24个质子数， 臭氧含有质子数为 ×3×N mol-1 = 8N ，因此16g混合气体中含有的质子数为
A A
8N ，故②正确；
A
③0.1L 0.5mol/LCH CHOH物质的量 ，含有氢原子数0.05mol × 6 × N
3 2 A
mol-1 =0.3N ，但由于溶液中有水，水中含有氢原子，因此含有氢原子数为大于0.3N ，故③错误；
A A
④常温常压下，28gCO的物质的量 ，常温常压下，气体摩尔体积大于
22.4L∙mol-1，因此常温常压下28gCO的体积大于22.4L，故④正确；
⑤分子总数相等的NO 和CO，每个分子都含有2个原子，但物质的量不清楚，不能说所含氧原子数均为
2 2
2N ，只能说所含的原子数相等，故⑤错误；所以上述表述中正确的有：①②④，故答案为①②④；
A
⑵①用天平称量时所用砝码生锈，砝码质量增加，称量物质质量增加，所配制溶液浓度偏高，因此①不符
合题意；
②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度，所得浓溶液体积偏大，配制后溶液误差偏高，故②不符合题意；
③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，溶液中溶质少了，误差偏低，故③符合题意；
④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，有水时后面定容时少加水即可，因此不影响，故④不符合题意；
⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线，溶液的体积偏小，误差偏高，故⑤不符合题意；
⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，溶液的体积偏大，误差偏低，故⑥符合
题意；因此会使所配溶液浓度偏低的是③⑥，故答案为③⑥。
23.下列各物质中只有A、B、C三种单质，A的焰色反应为黄色，主要以G形式存在于海水中，F是一种
淡黄色的固体，H是一种常见的无色液体，I是造成温室效应的“元凶”，各物质间的转化关系图如下：请按要求书写：
（1）反应①的离子方程式： ___________；
（2）物质K与物质L等物质的量离子方程式：___________；
（3）物质G向物质J转化的化学方程式：_______________；
（4）物质C与过量铁粉的化学方程式：______________。
【 答 案 】 (1). 2Na+2HO=2Na+ + 2OH － +H ↑ (2). CO2 － +H+=HCO － (3).
2 2 3 3
NaCl+NH +H O+CO=NaHCO↓+NHCl (4). 2Fe+3Cl 2FeCl
3 2 2 3 4 2 3
【解析】
【分析】
A是单质且焰色反应为黄色，说明A为金属钠， A的主要以G形式存在于海水中，说明G为NaCl，说明
C为氯气，F是一种淡黄色的固体，说明为过氧化钠，说明 B为氧气，H是一种常见的无色液体，说明为
水，I是造成温室效应的“元凶”，说明为二氧化碳，根据图形分析得出D为氢氧化钠，再根据关系得出K
为碳酸钠，J为碳酸氢钠，L为盐酸。
【详解】⑴反应①是钠和水的反应，其离子方程式：2Na+2HO=2Na+ + 2OH－+H ↑，故答案为：
2 2
2Na+2HO=2Na+ + 2OH－+H ↑；
2 2
⑵物质K与物质L等物质的量反应是碳酸氢钠和稀盐酸反应，其离子方程式CO2－+H+=HCO－，故答案为
3 3
CO2－+H+=HCO－；
3 3
⑶物质G向物质J转化是工业制纯碱的反应，其化学方程式NaCl+NH +H O+CO = NaHCO ↓ +NH Cl，故
3 2 2 3 4
答案为NaCl+NH +H O+CO=NaHCO↓+NHCl；
3 2 2 3 4
⑷物质C与过量铁粉的化学方程式2Fe+3Cl 2FeCl ，故答案为2Fe+3Cl 2FeCl 。
2 3 2 3
24.在氯氧化法处理含CN-的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐（其毒性仅为氰化
物的千分之一），氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。
（1）某厂废水中含KCN，其浓度为0.65mol / L。现用氯氧化法处理，发生如下反应（其中N均为－3
价）：KCN＋2KOH＋Cl = KOCN＋2KCl＋HO ，该反应中被氧化的元素是 __________（写元素符号） ，
2 2
氧化产物为_____________（写化学式）。
（2）投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气（2KOCN＋ 4KOH＋ 3Cl = 2CO ↑＋ N ↑＋ 6KCl ＋ 2
2 2 2
HO）。若反应转移120mol电子，则消耗0.1mol / L KOH_________L 。
2（3）KClO 可用于实验室制O，若不加催化剂，400℃时分解不生成O 只生成两种盐，其中一种是无氧酸
3 2 2
盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，写出该反应的化学方程式_____________ 。
【答案】 (1). C (2). KOCN (3). 800 (4). 4KClO KCl+3KClO
3 4
【解析】
【详解】⑴某厂废水中含KCN，其浓度为0.65mol / L。现用氯氧化法处理，发生如下反应（其中N均为－
3价）：KCN＋2KOH＋Cl = KOCN＋2KCl＋HO，KCN变为KOCN，碳由+2价升高变为+4，因此被氧化
2 2
的元素是C，氧化产物是化合价升高得到的产物即为KOCN，故答案为：C；KOCN；
⑵2KOCN＋ 4KOH＋3Cl = 2CO↑＋N↑＋6KCl＋2HO，反应物KOCN中氮化合价升高，氯气中氯化合价
2 2 2 2
降低，3mol氯气与2mol KOCN、4molKOH反应，转移6mol电子，若反应转移120 mol电子，则消耗
KOH物质的量 ，x = 80mol，因此消耗0.1mol / L KOH体积 ，
故答案为800L；
⑶KClO 可用于实验室制O，若不加催化剂，400℃时分解不生成O 只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，
3 2 2
说明为KCl，Cl化合价降低，则另一种物质肯定是Cl化合价升高，则另一种盐的阴阳离子个数比为1：
1，说明为KClO，说明写出该反应的化学方程式4KClO KCl+3KClO ，故答案为4KClO
4 3 4 3
KCl+3KClO 。
4
25.实验室制取氯气除了用浓盐酸和二氧化锰反应外还可利用下列反应：
KClO+6HCl(浓)═KCl+3Cl ↑+3H O，该反应的优点是反应产生氯气速度快、不需加热。下图是实验室利用
3 2 2
此反应制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持设备已略)。
（1）装置B的作用是______ ，实验进行时C中可能发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象：_______。
（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入______ (选“a”“b”或“c”)
a b cⅠ 干燥的有色布条 湿润的有色布条 干燥的有色布条
Ⅱ 碱石灰 浓硫酸 无水氯化钙
Ⅲ 湿润的有色布条 干燥的有色布条 干燥的有色布条
（3）设计装置D、E 的目的是为了比较Cl、Br 、I 的氧化性强弱．已知Br 的水溶液因浓度不同而呈现橙
2 2 2 2
色或红棕色，I 难溶于水而易溶于苯，且I 的苯溶液为紫红色．当向D中缓缓通入足量Cl 时，可以看到无
2 2 2
色溶液逐渐变为红棕色，说明Cl 的氧化性大于Br ，请写出D中对应的离子方程式并用单线桥法表示出电
2 2
子转移情况：_________ 。打开活塞，将 D中的少量溶液加入E中，振荡E，观察到E中溶液分为两层，
上层(苯层)为紫红色．该现象______ (填“能”或“不能”)说明 Br 的氧化性大于I。
2 2
（4）装置F的作用是除去污染性的物质(Cl 、Br 等)，已知 Cl 与NaOH反应时产物中可能有NaCl、
2 2 2
NaClO、NaClO，且 值与温度高低有关．若烧杯中装有500mL 0.2mol/L 的NaOH溶液，则最多可
3
吸收标况下的Cl 的体积为______ L(忽略Cl 溶于水)。
2 2
【答案】 (1). 除去氯气中混有的氯化氢 (2). 长颈漏斗内液面上升 (3). c (4).
(5). 不能 (6). 1.12
【解析】
【分析】
A装置实验室制取氯气，A生成氯气同时带出HCl气体和水蒸气，B装置除掉HCl气体，C装置检验氯气
的漂白性，D、E装置验证氯、溴、碘的非金属性强弱，F是尾气处理装置。
【详解】⑴A中生成氯气同时有易挥发的HCl，因此装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢，实验进行
时C中可能发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象长颈漏斗内液面上升，故答案为：除去氯气中混有的
氯化氢；长颈漏斗内液面上升；
⑵装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，因为从B出来的氯气是含有水蒸气的，Ⅰ处无论布条是
否湿润，都会褪色，Ⅱ处是干燥氯气，不能用碱石灰，碱石灰会吸收氯气，U型管不能装浓硫酸，Ⅲ处为
干燥的有色布条，因此c正确；⑶D中对应的离子方程式并用单线桥法表示出电子转移情况： ，
打开活塞，将D中的少量溶液加入E中，振荡E，观察到E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色，D中
的液体有单质溴，还可能有多余的氯气，因此该现象不能说明Br 的氧化性大于I，故答案为
2 2
；不能；
⑷Cl + 2NaOH = NaCl + NaClO + H O，3Cl + 6NaOH = 5NaCl + NaClO + 3H O，根据反应方程式得出无论
2 2 2 3 2
哪个方程都是1 mol氯气消耗2 mol NaOH溶液，若烧杯中装有500mL 0.2mol/L 的NaOH溶液即物质的量
，消耗的氯气的体积 ，得出x = 1.12 L，故答案为1.12
L。
