上海市交大附中高一（上）期中化学试卷

2018-2019学年上海市交大附中高一（上）期中化学试卷一、单选题（每小题只有一个正确选项）1．（3分）以下微粒互为同位素是（）A．金刚石和石墨 B．H2和H2 C．HO和HO D．C和C2．（3分）下列物质中，属于弱电解质的是（）A．蔗糖 B．纯碱 C．酷酸铵 D．一水合氨3．（3分）含有自由移动Cl﹣的是（）A．KClO3溶液 B．液态HCl C．固体NaCl D．KCl溶液4．（3分）下列物质中，属于电解质并在此状态下能导电的是（）A．胆矾 B．铁棒 C．硫酸 D．液态硝酸钾5．（3分）对Ts中数字的叙述正确的是（）A．291是Ts元素的相对原子质量 B．291是Ts元素的质量数 C．117是Ts的质子数 D．117是Ts的中子数6．（3分）合乎实际并用于工业生产的是（）A．Na在Cl2中燃烧制NaCl B．浓H2SO4与NaCl反应制HCl C．Cl2与石灰乳作用制漂粉精 D．H2和Cl2充分混合光照制HCl7．（3分）同温同压下，两种气体的体积如果不相同，其主要原因是（）A．气体的分子大小不同 B．气体分子间的平均距离不同 C．气体的性质不同 D．气体的物质的量不同8．（3分）MgCl2•xH2O的晶体2.03g与足量的硝酸银溶液反应，生成沉淀0.02mol，则MgCl2•xH2O晶体中x的数值是（）A．2 B．4 C．6 D．89．（3分）同温同压下，含有相同氧原子数的SO2与CO气体，下列叙述正确的是（）A．物质的量之比为2：1 B．体积之比为1：2 C．质量之比为16：7 D．密度之比为7：1610．（3分）用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器已省略），合理的是（）A．干燥Cl2 B．实验室制盐酸 C．实验室制氯水 D．吸收多余Cl211．（3分）下列物质中含有阿伏伽德罗常数常数个HCl分子的是（）B．将1molHCl气体溶于足量的H2O得到的盐酸 D．1molH2和1molCl2充分化合后的产物12．（3分）若某氧原子的质量是ag，C原子的质量为bg，用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A．氧元素的相对原子质量一定是 B．该氧原子的摩尔质量是aNAg C．Wg该氧原子的物质的量一定是mol D．Wg该氧原子所含的质子数是个13．（3分）某学生设计了一个“黑笔写红字”的趣味实验滤纸先用氯化钠、无色酚酞的混合液浸湿，然后平铺在一块铂片上，接通电源后，用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹。据此，下列叙述正确的是（）A．铅笔端作阳极，生成氢气 B．铂片端作阴极，生成氯气 C．铅笔端有少量的氯气产生 D．a点是负极，b点是正极14．（3分）下列物质之间的反应，可以用离子反应方程式2H++CO32﹣→CO2↑+H2O表示的是（）A．CaCO3+HCl B．Na2CO3+HCl C．Na2CO3+HAc D．NaHCO3+HNO315．（3分）南方洪灾后，为确保“大灾之后无大疫”，防疫人员可以喷洒“含氯消毒液”（成分为次氯酸钠）进行消毒。关于该消毒剂的说法错误的是（）A．“含氯消毒液”中的次氯酸钠是弱电解质 B．加少量盐酸可以提高“含氯消毒液”中次氯酸含量 C．“含氯消毒液”具有的强氧化性能够有效地杀死病毒 D．“含氯消毒液”应密闭保存，防止与空气反应16．（3分）密度为dg/cm3的盐酸中，逐滴滴入AgNO3溶液，直到沉淀完全为止。已知沉淀的质量和原盐酸的质量相等，则原盐酸的物质的量浓度为（）A．25.4dmol/L B．12.7dmol/L C．7dmol/L D．6.35dmol/L17．（3分）下列离子方程式书写错误的是（）A．盐酸除铁锈：Fe2O3+6H+→2Fe3++3H2O B．氯气通入NaOH溶液中：Cl2+2OH﹣→Cl﹣+ClO﹣+H2O C．向KOH溶液中加入NaHSO4溶液：H++OH﹣→H2O D．向NaHCO3溶液中加入过量稀盐酸：CO32﹣+2H+→CO2↑+H2O18．（3分）撞击硝酸铵发生爆炸，反应的方程式为：2NH4NO3→2N2+O2+4H2O（气体），则所得混合气体对氢气的相对密度为（）A．42 19．（3分）如图所示测定溶液导电性实验的装置，甲与乙中盛有浓度相同的不同液体。接通电源后将甲中液体逐滴滴入乙中，发现灯泡由亮→暗灭→亮。表中甲、乙所盛液体符合要求的是（）选项甲乙A氯化钠溶液硝酸银溶液B氨水醋酸C稀盐酸碳酸钙悬浊液D硫酸铜溶液氢氧化钡溶液A．A B．B C．C D．D20．一定量的H2在Cl2∕L的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含0.05molNaClO（不考虑水解）．氢气和氯气物质的量之比是（）A．2：3 B．3：1 C．1：1 D．3：221．请根据表中的信息回答下列问题元素ABCDE有关信息其原子核内只有1个质子其单质在空气中体积含量最多其原子M层有3个电子食盐中的金属元素单质在常温、常压下是黄绿色的气体（1）D离子的结构示意图：，B原子的电子式：，E离子的电子式：。（2）和B元素的氢化物所含电子数相同的分子有多种，写出任意2种：，。（3）A元素与E元素组成的化合物的电离方程式：。（4）如图所示为元素周期表中钾元素框图，数据“”表示的是。22．某化学兴趣小组欲除去16g固体氯化钠中混有的少量氯化钙和硫酸镁杂质，设计实验方案如下（已知常温下NaCl的溶解度为36g/100gH2O）（1）加水溶解时，适合的取水量为（2）为加快溶解速率，可采取的方法是和（任写2种）（3）依次加入的过量试剂为、和。（4）溶液A中加入的适量酸为，若该酸也加过量，对所得到氯化钠的纯度（填“有”或“没有”）影响（5）操作Ⅰ的名称是；操作Ⅱ的名称是。两种操作中都用到的玻璃仪器是。（6）最后得到的固体氯化钠与原固体混合物中的氯化钠质量相比，结果（填“增大”、“减小”或“不变”）。（7）固体A中所含的盐的化学式为。23．某学生设计如下实验装置利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂粉精（这是一个放热反应，反应后温度将升高）。A中盛浓盐酸，C中盛潮湿的消石灰，据此回答：（1）烧瓶B中反应的化学方程式：；（2）D中所盛的试剂是。其作用是：；（3）漂粉精在U形管中得到，U形管中发生的化学方程式是；此实验结果所得Ca（ClO）2产率太低。经分析并查阅资料发现主要原因是在U型管C中存在两个副反应；（4）①温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca（ClO3）2为避免此副反应的发生，可采取的措施是：；②试判断另一个副反应是（写出此反应方程式）。（5）为避免此副反应发生，可采取的措施是：。（6）家庭中使用漂粉精时，为了增强漂白能力，可加入少的物质是（选填编号）。A．食盐B．食醋C．烧碱D．纯碱24．如图是工业生产上的氯化氢合成塔，请写出各处物质的化学式：（1）B，C。（2）工业上制备HCl的化学方程式是。25．实验室常用NaCl和浓硫酸起反应制取氯化氢，当微热时，发生装置如图应选用下列装置的（）A． B． C． D．26．如图所示各种尾气吸收装置中，适合于吸收HCl气体，而且能防止倒吸的是（）A． B． C． D．27．如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为mol/L。（2）取用任意体积的该盐酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是A．溶液中HCl的物质的量B．溶液的浓度C．溶液中C的数目D．溶液的密度（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.40mol/L的稀盐酸。该学生需要量取mL上述浓盐酸进行配制。（4）下列操作中，使溶液的浓度偏低的操作是A．摇匀后，液面稍低于刻度线，再加水使之相平B．转移时，有少量溶液洒到实验桌上C．溶液转移前，容量瓶中已经有少量蒸馏水D．定容时，不小心加水超过了刻度线，趁还未摇匀，立刻吸出多余的水2018-2019学年上海市交大附中高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、单选题（每小题只有一个正确选项）1．（3分）以下微粒互为同位素是（）A．金刚石和石墨 B．H2和H2 C．HO和HO D．C和C【考点】同位素及其应用．【答案】D【分析】具有相同质子数、不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素，同位素的研究对象为原子，据此判断。【解答】解：A．金刚石和石墨为碳元素的不同单质，二者互为同素异形体，故A错误；B．二者都是氢气分子，而同位素的研究对象为原子，故B错误；C．HO和HO都是水分子，而同位素的研究对象为原子，故C错误；D．612C和613C都是碳元素的不同原子，二者互为同位素，故D正确；故选：D。2．（3分）下列物质中，属于弱电解质的是（）A．蔗糖 B．纯碱 C．酷酸铵 D．一水合氨【考点】强电解质和弱电解质的概念．【答案】D【分析】强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物；弱电解质：在水溶液中或熔融状态下不能完全电离的化合物；【解答】解：A．蔗糖为非电解质，故A不选；B．纯碱溶于水或者熔融状态都能完全电离产生自由移动的离子，属于强电解质，故B不选；C．醋酸氨为盐，水溶液中能完全电离，属于强电解质，故C不选；D．一水合氨是弱碱，水溶液中部分电离，是弱电解质，故D选；故选：D。3．（3分）含有自由移动Cl﹣的是（）A．KClO3溶液 B．液态HCl C．固体NaCl D．KCl溶液【考点】电解质在水溶液中的电离．【答案】D【分析】在水溶液里或熔融状态下能电离出自由移动的氯离子的既符合条件。【解答】解：A．氯酸钾溶液中含有氯酸根离子，没有氯离子，故A错误；B．液态HCl只含HCl分子，不含自由移动Cl﹣离子，故B错误；C．固体氯化钠中含有氯离子，但氯离子不能自由移动，故C错误；D．氯化钾在水分子的作用下电离出自由移动的氯离子，故D正确；故选：D。4．（3分）下列物质中，属于电解质并在此状态下能导电的是（）A．胆矾 B．铁棒 C．硫酸 D．液态硝酸钾【考点】电解质与非电解质．【答案】D【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等；单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；物质导电条件：存在自由电子或者存在自由移动的离子。【解答】解：A．胆矾是电解质，但是固体胆矾不含自由电子，也不含自由移动的离子，不导电，故A不选；B．铁棒是单质，不是电解质，故B不选；C．硫酸是电解质，但是液体硫酸不含自由电子，也不含自由移动的离子，不导电，故C不选；D．液态硝酸钾是电解质，含有自由移动的离子，能导电，故D选；故选：D。5．（3分）对Ts中数字的叙述正确的是（）A．291是Ts元素的相对原子质量 B．291是Ts元素的质量数 C．117是Ts的质子数 D．117是Ts的中子数【考点】核素；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【答案】C【分析】原子符号中左上角为质量数，左下角为质子数，质量数＝质子数+中子数，核电荷数＝核外电子数＝核内质子数，质量数数值上等于其相对原子质量的近似整数值。【解答】解：A.291是Ts原子的质量数，不是元素的相对原子质量，元素的相对原子质量是同位素原子相对原子质量的平均值，故A错误；B.291是Ts原子的质量数，故B错误；C.117是元素原子的质子数，故C正确；Ts的质子数，中子数＝291﹣117＝174，故D错误；故选：C。6．（3分）合乎实际并用于工业生产的是（）A．Na在Cl2中燃烧制NaCl B．浓H2SO4与NaCl反应制HCl C．Cl2与石灰乳作用制漂粉精 D．H2和Cl2充分混合光照制HCl【考点】氯气的化学性质．【答案】C【分析】工业生产应考虑原料价格、生产安全等，结合物质的性质解答该题。【解答】解：A．工业制氯化钠是用海水晒制而得，不是用钠在氯气中燃烧制氯化钠，成本太高，故A错误；B．浓H2SO4与NaCl反应制HCl常为实验室制法，工业用氯气和氢气反应制备氯化氢，故B错误；C．氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，即漂白精的成分，是一种混合物，其有效成分是次氯酸钙，故C正确；D．氢气和氯气的混合气体在光照的条件下，会发生爆炸危险，应在点燃条件下制备氯化氢，故D错误。故选：C。7．（3分）同温同压下，两种气体的体积如果不相同，其主要原因是（）A．气体的分子大小不同 B．气体分子间的平均距离不同 C．气体的性质不同 D．气体的物质的量不同【考点】气体摩尔体积．【答案】D【分析】同温同压下气体摩尔体积相同，根据V＝nVm判断体积不同的原因。【解答】解：对于气体来说，粒子之间的距离远远大于粒子的直径、粒子的质量，同温同压下气体粒子间的距离相等，同温同压下气体摩尔体积相同，由V＝n×Vm，可知气体的体积取决于气体的物质的量不同，故选：D。8．（3分）MgCl2•xH2O的晶体2.03g与足量的硝酸银溶液反应，生成沉淀0.02mol，则MgCl2•xH2O晶体中x的数值是（）A．2 B．4 C．6 D．8【考点】化学方程式的有关计算．【答案】C【分析】发生反应：MgCl2+2AgNO3＝2AgCl↓+Mg（NO3）2，生成沉淀0.02mol为AgCl，根据方程式计算n（MgCl2），由化学式可知n（MgCl2•xH2O）＝n（MgCl2），再结合m＝nM计算x的值．【解答】解：发生反应：MgCl2+2AgNO3＝2AgCl↓+Mg（NO3）2，生成沉淀0.02mol为AgCl，根据方程式可知n（MgCl2）＝×0.02mol＝0.01mol，由化学式可知n（MgCl2•xH2O）＝n（MgCl2×（95+18x）g/mol＝2.03g，解得x＝6，故选C。9．（3分）同温同压下，含有相同氧原子数的SO2与CO气体，下列叙述正确的是（）A．物质的量之比为2：1 B．体积之比为1：2 C．质量之比为16：7 D．密度之比为7：16【考点】物质的量的相关计算．【答案】B【分析】同温同压下，Vm相同，结合m＝nM、V＝nVm、ρ＝及分子构成计算．【解答】解：A．含有相同氧原子数的SO2与CO气体，则气体的物质的量为1：2，故A错误；B．物质的量比为1：2，Vm相同，则体积比为1：2，故B正确；C．质量之比为64g/mol×1：28g/mol×2＝8：7，故C错误；D．密度之比为64g/mol：28g/mol＝16：7，故D错误；故选：B。10．（3分）用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器已省略），合理的是（）A．干燥Cl2 B．实验室制盐酸 C．实验室制氯水 D．吸收多余Cl2【考点】化学实验方案的评价．【答案】C【分析】A．干燥气体时导管长进短出；B．HCl极易溶于水；C．氯气与NaOH溶液反应，多余的氯气可利用NaOH溶液吸收；D．球形结构可防止倒吸，但氯气在水中的溶解度不大。【解答】解：A．干燥气体时导管长进短出，图中短导管进入不能干燥，故A错误；B．HCl极易溶于水，图中导管在液面下可发生倒吸，故B错误；C．氯气与NaOH溶液反应，多余的氯气可利用NaOH溶液吸收，则与中装置可制备氯水，故C正确；D．球形结构可防止倒吸，但氯气在水中的溶解度不大，应将水改为NaOH溶液，故D错误；故选：C。11．（3分）下列物质中含有阿伏伽德罗常数常数个HCl分子的是（）B．将1molHCl气体溶于足量的H2O得到的盐酸 D．1molH2和1molCl2充分化合后的产物【考点】阿伏加德罗常数．【答案】C【分析】A．气体状况未知；B．盐酸中不含氯化氢分子；C．依据n＝＝判断；2和1molCl2充分化合生成2mol氯化氢。【解答】解：A．气体状况未知，Vm不一定等于22.4L/mol，所以无法计算氯化氢分子数，故A错误；B．将1molHCl气体溶于足量的H2O得到的盐酸，盐酸溶液中无氯化氢分子，故B错误；C.36.5gHCl气体含有分子数为：×NA＝NA，故C正确；2和1molCl2充分化合生成2mol氯化氢，含分子数为2NA，故D错误；故选：C。12．（3分）若某氧原子的质量是ag，C原子的质量为bg，用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A．氧元素的相对原子质量一定是 B．该氧原子的摩尔质量是aNAg C．Wg该氧原子的物质的量一定是mol D．Wg该氧原子所含的质子数是个【考点】物质的量的相关计算．【答案】A【分析】A．氧元素存在同位素，氧元素的相对原子质量是同位素所占体积分数的平均值；B．依据摩尔质量是1mol物质所具有的质量，摩尔质量单位为g/mol；C．由质量求物质的量，根据n＝；D．根据n＝，质量换算为物质的量，结合氧原子的质子数为8，进行计算。【解答】解：A．氧原子的相对原子质量＝＝，氧元素存在同位素，氧元素的相对原子质量是同位素所占体积分数的平均值，故A错误；B．氧原子的摩尔质量是1mol原子的质量即aNAg•mol﹣1，故B错误；C．Wg该氧原子的物质的量＝＝mol，故C正确；D．Wg该氧原子所含质子数＝1mol氧原子所含质子数×物质的量×NA＝8××NA＝，故D错误；故选：A。13．（3分）某学生设计了一个“黑笔写红字”的趣味实验滤纸先用氯化钠、无色酚酞的混合液浸湿，然后平铺在一块铂片上，接通电源后，用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹。据此，下列叙述正确的是（）A．铅笔端作阳极，生成氢气 B．铂片端作阴极，生成氯气 C．铅笔端有少量的氯气产生 D．a点是负极，b点是正极【考点】电解原理．【答案】D【分析】该装置为电解池，电解时的阴极反应为：2H++2e﹣═H2↑或2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，阳极发生的反应为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，总反应为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，阴极溶液呈碱性，滴加酚酞溶液呈红色，则铅笔所在电极为阴极，Pt电极为阳极，据此分析解答本题。【解答】解：A．铅笔写出的字呈红色，说明铅笔附近有氢氧化钠生成，则铅笔作阴极，故A错误；B．铅笔作阴极，铂片作阴极，阴极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，故B错误；C．铅笔做阴极，反应为：2H++2e﹣═H2↑或2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，有氢气产生，故C错误；D．用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹，说明铅笔做阴极，连接电源的负极，即a为负极，则b为正极，故D正确；故选：D。14．（3分）下列物质之间的反应，可以用离子反应方程式2H++CO32﹣→CO2↑+H2O表示的是（）A．CaCO3+HCl B．Na2CO3+HCl C．Na2CO3+HAc D．NaHCO3+HNO3【考点】离子方程式的书写．【答案】B【分析】2H++CO32﹣→CO2↑+H2O可以表示可溶性强酸与可溶性碳酸盐反应生成水和二氧化碳和可溶性盐，据此分析解答。【解答】解：2H++CO32﹣→CO2↑+H2O可以表示可溶性强酸与可溶性碳酸盐反应生成水和二氧化碳和可溶性盐，A．碳酸钙难溶，不符合题意，故A不选；B．Na2CO3+HCl反应实质碳酸根离子与氢离子反应生成水与二氧化碳，可以用离子方程式：2H++CO32﹣→CO2↑+H2O表示，故B选；C．醋酸为弱酸，不符合题意，故C不选；D．碳酸氢钠中碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，不能拆，不符合题意，故D不选；故选：B。15．（3分）南方洪灾后，为确保“大灾之后无大疫”，防疫人员可以喷洒“含氯消毒液”（成分为次氯酸钠）进行消毒。关于该消毒剂的说法错误的是（）A．“含氯消毒液”中的次氯酸钠是弱电解质 B．加少量盐酸可以提高“含氯消毒液”中次氯酸含量 C．“含氯消毒液”具有的强氧化性能够有效地杀死病毒 D．“含氯消毒液”应密闭保存，防止与空气反应【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【答案】A【分析】A．次氯酸钠易溶于水完全电离，属于强电解质；B．加少量盐酸与次氯酸钠发生反应生成HClO；C．NaClO具有强氧化性，可以使蛋白质变性；D．NaClO水解生成HClO，HClO见光会分解。【解答】解：A．次氯酸钠易溶于水完全电离，属于强电解质，故A错误；B．加少量盐酸与次氯酸钠发生反应生成HClO，所以可以提高“含氯消毒液”中次氯酸含量，故B正确；C．NaClO具有强氧化性，可以使蛋白质变性，能够有效地杀死病毒，故C正确；D．NaClO水解生成HClO，HClO见光会分解，所以“含氯消毒液”应密闭保存，防止与空气反应，故D正确，故选：A。16．（3分）密度为dg/cm3的盐酸中，逐滴滴入AgNO3溶液，直到沉淀完全为止。已知沉淀的质量和原盐酸的质量相等，则原盐酸的物质的量浓度为（）A．25.4dmol/L B．12.7dmol/L C．7dmol/L D．6.35dmol/L【考点】物质的量浓度的相关计算．【答案】C【分析】发生反应：HCl+AgNO3═AgCl↓+HNO3，生成沉淀的质量与原盐酸的质量相等，假设AgCl为143.5g，则盐酸为143.5g，根据V＝计算盐酸的体积，根据方程式计算盐酸中HCl的质量，再根据n＝计算HCl的物质的量，根据c＝计算盐酸物质的量浓度。【解答】解：发生AgNO3+HCl＝AgCl↓+HNO3，根据信息，沉淀质量等于原盐酸溶液的质量，令沉淀物质的量为1mol，则原盐酸中溶质物质的量为1mol，原盐酸溶液的质量为143.5g，盐酸的物质的量浓度为mol•L﹣1，解得c≈7dmol•L﹣1，故选：C。17．（3分）下列离子方程式书写错误的是（）A．盐酸除铁锈：Fe2O3+6H+→2Fe3++3H2O B．氯气通入NaOH溶液中：Cl2+2OH﹣→Cl﹣+ClO﹣+H2O C．向KOH溶液中加入NaHSO4溶液：H++OH﹣→H2O D．向NaHCO3溶液中加入过量稀盐酸：CO32﹣+2H+→CO2↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【答案】D【分析】A．二者反应生成氯化铁和水；B．二者反应生成氯化钠，次氯酸钠和水；C．反应实质氢离子与氢氧根离子反应生成水；D．碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，不能拆。【解答】解：A．盐酸除铁锈，离子方程式：Fe2O3+6H+→2Fe3++3H2O，故A正确；B．氯气通入NaOH溶液中，离子方程式：Cl2+2OH﹣→Cl﹣+ClO﹣+H2O，故B正确；C．KOH溶液中加入NaHSO4溶液，离子方程式：H++OH﹣→H2O，故C正确；D．向NaHCO3溶液中加入过量稀盐酸，离子方程式：HCO3﹣+H+→CO2↑+H2O，故D错误；故选：D。18．（3分）撞击硝酸铵发生爆炸，反应的方程式为：2NH4NO3→2N2+O2+4H2O（气体），则所得混合气体对氢气的相对密度为（）A．42 【考点】化学方程式的有关计算．【答案】D【分析】先根据反应方程式计算出混合气体的评价摩尔质量，然后利用ρ＝计算所得混合气体对氢气的相对密度。【解答】解：根据2NH4NO3＝2N2+O2+4H2O（气体）可知，所得混合气体的平均摩尔质量为：≈22.86g/mol，根据ρ＝可知，所得混合气体对氢气的相对密度为＝11.43，故选：D。19．（3分）如图所示测定溶液导电性实验的装置，甲与乙中盛有浓度相同的不同液体。接通电源后将甲中液体逐滴滴入乙中，发现灯泡由亮→暗灭→亮。表中甲、乙所盛液体符合要求的是（）选项甲乙A氯化钠溶液硝酸银溶液B氨水醋酸C稀盐酸碳酸钙悬浊液D硫酸铜溶液氢氧化钡溶液A．A B．B C．C D．D【考点】电解质溶液的导电性．【答案】D【分析】溶液导电性强弱与离子浓度成正比，实验时灯泡能出现由亮﹣暗﹣熄灭﹣亮，说明在滴加溶液过程中导致离子浓度减小，最终为0，再继续滴加溶液，离子浓度逐渐增大，以此解答该题。【解答】解：A．向硝酸银溶液中滴入氯化钠，生成氯化银沉淀和硝酸钠，溶液导电，不会熄灭，故A错误；B．氨水与稀醋酸反应生成醋酸铵，为强电解质，溶液导电性增强，故B错误；C．稀盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙，溶液导电，不会熄灭，故C错误；D．向Ba（OH）2溶液中滴入硫酸铜，生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜，溶液中离子浓度逐渐减小，灯泡变暗，二者恰好反应时溶液的导电性几乎为零，灯泡熄灭，继续加硫酸铜，溶液的导电性又增强，灯泡又变亮，故D正确。故选：D。20．一定量的H2在Cl2∕L的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含0.05molNaClO（不考虑水解）．氢气和氯气物质的量之比是（）A．2：3 B．3：1 C．1：1 D．3：2【考点】化学方程式的有关计算．【答案】A【分析】所得混合物冷却后用NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.05mol，说明氢气与氯气反应中氯气有剩余，溶液为氯化钠和次氯酸钠的混合液，根据钠元素及氯元素守恒可知2n（Cl2）＝n（Na+）＝n（Cl﹣）+n（ClO﹣），根据电子转移守恒，计算氯气发生氧化还原反应生成的氯离子的物质的量，溶液中Cl﹣来源于氯化氢及氯气与氢氧化钠的反应，计算反应后混合气体中氯化氢的物质的量，根据氢元素守恒计算氢气的物质的量．【解答】×3mol/L＝0.3mol。混合气体通入含0.3molNaOH的溶液中，气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl﹣、ClO﹣，根据电荷守恒可知，溶液中n（Na+）＝n（Cl﹣）+n（ClO﹣）＝0.3mol，所以n（Cl2）＝×0.3mol＝0.15mol。由于由于溶液中n（ClO﹣）＝0.05mol，所以溶液中n（Cl﹣﹣0.05mol＝0.25mol；令氯气与氢氧化钠反应生成的氯离子的物质的量为xmol，根据电子转移守恒有x＝0.05mol，溶液中Cl﹣﹣0.05mol＝0.2mol，即反应后的混合气体中n（HCl）＝0.2molmol，根据氢元素守恒可知，n（H2）＝n（HCl）＝×0.2mol＝0.1mol，所以参加反应的氢气和所用氯气的物质的量之比为0.1mol：0.15mol＝2：3。故选：A。21．请根据表中的信息回答下列问题元素ABCDE有关信息其原子核内只有1个质子其单质在空气中体积含量最多其原子M层有3个电子食盐中的金属元素单质在常温、常压下是黄绿色的气体（1）D离子的结构示意图：，B原子的电子式：，E离子的电子式：。（2）和B元素的氢化物所含电子数相同的分子有多种，写出任意2种：CH4，H2O。（3）A元素与E元素组成的化合物的电离方程式：HCl＝H++Cl﹣。（4）如图所示为元素周期表中钾元素框图，数据“”表示的是钾元素的相对原子质量。【考点】位置结构性质的相互关系应用．【答案】见试题解答内容【分析】A的原子核内只有1个质子，应为H原子，B单质在空气中体积含量最多，为N元素，C原子M层有3个电子，为Al元素，D为食盐中的金属元素，为Na元素，E单质在常温、常压下是黄绿色的气体，为Cl元素，以此解答该题。【解答】解：（1）D为Na，对应的离子核外有2个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，B为N，原子的电子式为，E为Cl，离子的电子式为，故答案为：；；；（2）N元素的氢化物为NH3，含有10个电子，所含电子数相同的分子有多种，可为CH4、H2O、HF等，故答案为：CH4；H2O；（3）A元素与E元素组成的化合物为HCl，为强电解质，电离方程式为HCl＝H++Cl﹣，故答案为：HCl＝H++Cl﹣；（4）数据“”表示钾元素的相对原子质量，故答案为：钾元素的相对原子质量。22．某化学兴趣小组欲除去16g固体氯化钠中混有的少量氯化钙和硫酸镁杂质，设计实验方案如下（已知常温下NaCl的溶解度为36g/100gH2O）（1）加水溶解时，适合的取水量为B（2）为加快溶解速率，可采取的方法是搅拌和振荡（任写2种）（3）依次加入的过量试剂为Ba（OH）2、Na2CO3和HCl。（4）溶液A中加入的适量酸为HCl，若该酸也加过量，对所得到氯化钠的纯度没有（填“有”或“没有”）影响（5）操作Ⅰ的名称是过滤；操作Ⅱ的名称是蒸发。两种操作中都用到的玻璃仪器是玻璃棒。（6）最后得到的固体氯化钠与原固体混合物中的氯化钠质量相比，结果增大（填“增大”、“减小”或“不变”）。（7）固体A中所含的盐的化学式为Na2CO3。【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【答案】见试题解答内容【分析】由流程可知，固体氯化钠中混有的少量氯化钙和硫酸镁杂质，加水溶解后，加过量A为氢氧化钡、碳酸钠，操作I为过滤，分离出不溶物为硫酸钡、氢氧化镁、碳酸钡，滤液含NaCl、碳酸钠，加适量盐酸与碳酸钠反应，操作II为蒸发，分离出固体NaCl。（1）常温下NaCl的溶解度为36g/100gH2O，则16gNaCl溶解需要的水为＝44.44g；（2）搅拌或振荡可加速溶解；（3）混有的少量氯化钙和硫酸镁杂质，先加氢氧化钡除去硫酸镁，后加碳酸钠除去钙离子及过量钡离子，过滤后加盐酸；（4）酸为盐酸，蒸发时盐酸挥发；（5）操作I为过滤，操作II为蒸发，过滤时玻璃棒引流，蒸发时玻璃棒搅拌；（6）除杂时生成氯化钠；（7）固体A中碳酸钠属于盐。【解答】解：（1）常温下NaCl的溶解度为36g/100gH2O，则16gNaCl溶解需要的水为＝44.44g，可选45mL水溶解，故答案为：B；（2）搅拌或振荡可加速溶解，则为加快溶解速率，可采取的方法是搅拌、振荡，故答案为：搅拌；振荡；（3）混有的少量氯化钙和硫酸镁杂质，先加氢氧化钡除去硫酸镁，后加碳酸钠除去钙离子及过量钡离子，过滤后加盐酸，则依次加入的过量试剂为Ba（OH）2、Na2CO3、HCl，故答案为：Ba（OH）2；Na2CO3；HCl；（4）酸为盐酸，蒸发时盐酸挥发，不影响NaCl的质量，对实验无影响，故答案为：盐酸；没有；（5）操作I为过滤，操作II为蒸发，过滤时玻璃棒引流，蒸发时玻璃棒搅拌，故答案为：过滤；蒸发；玻璃棒；（6）除杂时生成氯化钠，则最后得到的固体氯化钠与原固体混合物中的氯化钠质量相比，结果增大，故答案为：增大；（7）加过量A为氢氧化钡、碳酸钠，则固体A中所含的盐的化学式为Na2CO3，故答案为：Na2CO3。23．某学生设计如下实验装置利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂粉精（这是一个放热反应，反应后温度将升高）。A中盛浓盐酸，C中盛潮湿的消石灰，据此回答：（1）烧瓶B中反应的化学方程式：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）D中所盛的试剂是NaOH溶液。其作用是：吸收氯气等尾气，防止污染环境；（3）漂粉精在U形管中得到，U形管中发生的化学方程式是2Cl2+2Ca（OH）2＝Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；此实验结果所得Ca（ClO）2产率太低。经分析并查阅资料发现主要原因是在U型管C中存在两个副反应；（4）①温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca（ClO3）2为避免此副反应的发生，可采取的措施是：冷却C装置（或将C装置放在冷水浴中）；②试判断另一个副反应是（写出此反应方程式）Ca（OH）2+2HCl＝CaCl2+2H2O。（5）为避免此副反应发生，可采取的措施是：在B、C之间连接一个盛有饱和食盐水的洗气瓶。（6）家庭中使用漂粉精时，为了增强漂白能力，可加入少的物质是B（选填编号）。A．食盐B．食醋C．烧碱D．纯碱【考点】氯气的实验室制法；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【答案】见试题解答内容【分析】（1）加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气、氯化锰和水；（2）氯气有毒，但能和强碱反应；（3）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；（4）①温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca（ClO3）2，并且制取漂粉精的反应是放热反应，降低温度可减少Ca（ClO3）2的生成；②盐酸易挥发，加热时生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢能和碱反应；（5）加热时生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢能和碱反应，可用用饱和食盐水吸收除去HCl气体；（6）HClO的漂白效果比Ca（ClO）2强，为了增强漂白能力，可将Ca（ClO）2转化为HClO。【解答】解：（1）加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，反应的离子方程式：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）氯气有毒不能直接排空，但氯气能和氢氧化钠反应生成无毒物质，所以D中试剂是氢氧化钠溶液，故答案为：NaOH溶液；吸收氯气等尾气，防止污染环境；（3）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2＝Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2＝Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；（4）①温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca（ClO3）2，反应的化学方程式：6Cl2+6Ca（OH）2═5CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O，为避免副反应发生，应该降低温度，所以可以采取将U型管置于冷水浴中的措施，故答案为：冷却C装置（或将C装置放在冷水浴中）；②盐酸易挥发，加热过程中生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢能和碱反应，反应方程式为：Ca（OH）2+2HCl＝CaCl2+2H2O，故答案为：Ca（OH）2+2HCl＝CaCl2+2H2O；（5）为避免副反应发生，可以在B、C之间连接一个盛有饱和食盐水的洗气瓶以除去HCl气体，故答案为：在B、C之间连接一个盛有饱和食盐水的洗气瓶；（6）HClO的漂白效果比Ca（ClO）2强，为了增强漂白能力，可加入食醋将Ca（ClO）2转化为HClO；加入食盐无影响；烧碱和纯碱显碱性，加入烧碱和纯碱会抑制Ca（ClO）2的水解，漂白能力会减弱，故选食醋；故答案为：B。24．如图是工业生产上的氯化氢合成塔，请写出各处物质的化学式：（1）BCl2，CHCl。（2）工业上制备HCl的化学方程式是H2+Cl22HCl。【考点】无机物的推断．【答案】见试题解答内容【分析】氢气可在氯气中燃烧，生成氯化氢，氯气密度较大，应从底部通入，从A通入氢气，B处通入氯气，可使氢气充分燃烧，避免氯气污染，生成的HCl从C获得，以