承德一中高一上学期第三次月考化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精河北承德第一中学2017-2018学年度第三次月考化学试题1。下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是（)A.氯化镁晶体B.氯化钠溶液C。液态氯化D.熔融氢氧化钾【答案】D考点:考查导电的物质和电解质概念的判断2。下列分离物质的方法中，不正确的是(）A.利用分馏的方法从石油中分离出汽油和煤油B.利用分液的方法将水和酒精分离C.利用结晶的方法除去硝酸钾中混有的少量氯化钠D。利用过滤的方法除去水中的泥沙【答案】B3。下列有关化学用语的说法正确的是（）A.氯原子的结构示意图：B.中子数为146、质子数为92的铀（U）原子：UC。1H与2H互称同位素D.230Th和232Th的化学性质不相同【答案】C【解析】A、题中图示为氯离子结构示意图，氯原子结构示意图为：，故A错误；B、中子数为146、质子数为92的铀(U）原子，质量数应该为238,正确表示为：，故B错误；C.1H与2H的质子数相等，但中子数不等,互称同位素，故C正确；D。230Th和232Th属于同一种元素，化学性质相同,故D错误；故选C.4。已知某溶液中，c（Na＋）＝0。2mol·L－1，c（Mg2＋)＝0.25mol·L－1，c（Cl－)＝0.4mol·L－1，如果溶液中还有SO42－，那么c(SO42－)应为（)A.0。1mol·L－1B。0.3mol·L－1C。0.15mol·L－1D.0。5mol·L－1【答案】C【解析】试题分析：根据溶液呈电中性的特点，各离子满足电荷守恒，则c(Na＋）+2c(Mg2＋)=c（Cl－)+2c（SO42－)，所以c(SO42－)=（0．2+2×0．25-0．4)mol/L/2=0．15mol/L，故选C。考点：考查了电荷守恒规律的应用5。下列各步反应A（HCl)→B(Cl2）→C（NaClO）→D（HClO)→E（CO2)，其中不能一步直接实现的是（)A。A→BB.B→CC。C→DD。D→E【答案】D【解析】试题分析:A→B可以用浓盐酸和MnO2反应制得，B→C可以用Cl2和NaOH制得;C→D可以用(NaClO和CO2反应得到，D→E不能一步制得，选D。考点：物质的性质。6.将一块银白色的金属钠放在空气中会发生一系列变化：表面变暗→“出汗”→白色粉末。下列有关叙述中不正确的是（）A.表面变暗是因为钠与空气中的氧气反应生成氧化钠B。“出汗"是因为生成的氢氧化钠吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液C。最后的白色粉末是碳酸钠D。该过程中的所有化学反应均为氧化还原反应【答案】D【解析】A．因钠很活泼，易被氧化，则金属钠在空气中易氧化形成氧化钠，出现变暗现象，故A正确；B．氧化钠与空气中的水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液，可观察到“出汗”，故B正确；C．生成的氢氧化钠再与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠的结晶水合物，最终风化变成白色粉末为碳酸钠，故C正确；D．整个过程中只有Na→Na2O的过程中有元素的化合价变化，属于氧化还原反应,其余均不是氧化还原反应，故D错误；故选D.点睛：明确钠及其化合物的性质是解答本题的关键。注意发生的化学反应及氧化还原反应的判断。本题的易错点为C，氢氧化钠溶液吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，形成碳酸钠的结晶水合物，该结晶水合物为白色晶体，不是白色粉末。7.CuH不稳定，易跟盐酸反应：2CuH＋2HCl===CuCl2＋2H2↑＋Cu，下列说法正确的是（）A.CuH中H的化合价为＋1B.CuH在反应中只作氧化剂C.在反应中HCl表现还原性D.Cu是反应的还原产物【答案】D【解析】A．CuH中H的化合价为-1，Cu为+1价，故A错误；B．CuH在反应中H元素化合价升高，被氧化，Cu元素化合价降低,被还原，则CuH既是氧化剂又是还原剂，故B错误；C．HCl中H元素化合价降低，被还原，表现为氧化性,故C错误；D．Cu元素化合价降低,被还原，Cu为还原产物，故D正确；故选D。点睛：注意从元素化合价的角度判断相关概念以及物质的性质。本题中CuH中，Cu元素化合价为+1价,H为—1价,反应2CuH+2HCl═CuCl2+2H2↑+Cu中,CuH中H元素化合价升高，Cu元素化合价降低,HCl中H元素化合价降低,易错点为B。8。设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是A.在常温常压下,11.2L氮气所含有的原子数目为NAB。活泼金属从盐酸中置换出1molH2,电子转移数为NAC。500mL0．5mol/LAl2(SO4）3溶液中，SO42－的浓度为1。5mol·L－1D。1．7g氨气所含的电子数目为10NA【答案】C【解析】考查气体的摩尔体积；A．常温常压下,11.2L氮气并非0.5mol，故所含原子无法计算B．由2H＋－2e－=H2↑可知，每得到1molH2,电子转移数为2NAC．正确D．1。7g氨气所含的电子数目为：NA9.下列无色溶液中，能大量共存的离子组是（）A。SO42－、Cl－、Na+、Cu2+B.CO32－、Na+、Ba2+、H+C.CO32－、Na+、Cl－、HCO3－D.HCO3－、Na+、CO32－、OH－【答案】C【解析】A.Cu2+有颜色，与溶液无色不符，故A错误;B。CO32－与Ba2+、H+能够反应生成沉淀或气体,不能大量共存，故B错误；C。CO32－、Na+、Cl－、HCO3－离子间不发生反应,能够大量共存,故C正确；D.HCO3－与OH－能够反应生成CO32－,不能大量共存，故D错误；故选C。点睛:本题的易错点为D，要知道HCO3－与OH－能够反应，容易发生的错误是认为反应生成二氧化碳和水。10。在自来水蒸馏实验中，下列操作叙述错误的是A。在蒸馏烧瓶中盛约1/2体积的自来水，并放入几粒碎瓷片B.温度计水银球浸入蒸馏烧瓶中的自来水中C。冷却水应从冷凝管下口进,上口出D.收集到的液体取少量滴入硝酸银和稀硝酸，无明显现象【答案】B【解析】A．在蒸馏烧瓶中盛约体积的自来水，没有超过，可以防止液体溢出,并放入几粒沸石,防止液体剧烈沸腾引起液体飞溅,故A正确；B．温度计测量的是水蒸气的温度，应该置于蒸馏烧瓶支管口处，故B错误;C．冷水从冷凝管下口入,上口出，使冷凝效果好，故C正确；D．蒸馏水中没有氯离子，所以不会与硝酸银反应生成氯化银沉淀，故D正确;故选B。11。用四氯化碳萃取碘水中的碘，下列说法中错误的是A。实验中使用的主要仪器是分液漏斗、烧杯、铁架台（带铁圈）B.碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大C。碘的四氯化碳溶液呈紫红色D.分液时,水层从分液漏斗下口放出，碘的四氯化碳溶液从分液漏斗上口倒出【答案】D【解析】A、四氯化碳和水不互溶，导致四氯化碳和水能分层，分液漏斗能控制溶液的流量，所以萃取实验中使用的主要仪器是分液漏斗，故A正确;B、碘和四氯化碳都是非极性分子，水是极性分子，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，所以碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大，故B正确；C、碘易溶于四氯化碳，且碘溶于四氯化碳后溶液呈紫色，故C正确；D、四氯化碳和水不互溶,所以四氯化碳和水混合后会分层，且四氯化碳的密度大于水的密度,所以四氯化碳在下层，水在上层，分液时，碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口放出,水从分液漏斗上口倒出,故D错误；故选D。12.下列除杂质试剂（括号中）的选择，不正确的是（）A。NaHCO3溶液中混有Na2CO3(CO2)B.NaOH中混有Na2O2（H2O)C.Na2CO3溶液中混有NaHCO3(CaCl2)D。NaNO3中混有NaHCO3(HNO3)【答案】C【解析】A．碳酸钠、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，则溶液中通入二氧化碳可除杂，故A正确；B．过氧化钠与水反应生成NaOH，则混合物中加水可除杂，故B正确；C．碳酸钠与氯化钙反应，而碳酸氢钠不反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，应加NaOH溶液来除杂，故C错误；D．NaHCO3与HNO3反应生成硝酸钠、二氧化碳和水,可除杂，故D正确;故选C。13。有两个无标签的试剂瓶，分别装有Na2CO3和NaHCO3，有四位同学为鉴别它们，采用了以下不同方法，其中可行的是（)A.分别配成溶液,再通入CO2B。分别配成溶液，再加入NaOH溶液C.分别加热，再称量加热前后质量是否有变化D。分别配成溶液,再进行焰色反应【答案】C【解析】A．若不是饱和溶液，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，但没有明显现象,不能鉴别，故A错误；B．二者与氢氧化钠均无明显现象，不能鉴别，故B错误；C．NaHCO3不稳定，加热易分解，分解后固体质量减小，可鉴别，故C正确；D．都含有钠元素,焰色反应都呈黄色，不能鉴别，故D错误；故选C。点睛：本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质。注意把握二者性质的异同，易错点为B，，对于鉴别题，需要有明显的不同现象，不能根据反应与否判断。14。0.1mol某元素的单质直接与氯气反应后，质量增加7.1g，这种元素是()A.NaB.MgC。FeD。Al【答案】B【解析】试题分析:由题意确定反应的氯气的物质的量为0。1mol，从而确定化学方程式中某元素与氯气的物质的量之比为1:1，进而确定该元素的化合价为+2价，答案为B。考点：关于方程式的计算。15.下列对一些物质或化学反应的分类以及依据正确的是(）A.豆浆是胶体，因为豆浆中的分散质粒子直径在1nm~100nm之间B。NaCl溶液是电解质,因为NaCl溶液能导电C。Na和H2O的反应不是离子反应，因为反应中没有离子参加D.H2SO4是酸，因为H2SO4中含有氢元素【答案】A【解析】A．豆浆中的分散质粒子直径在1nm～100nm之间,豆浆属于胶体，故A正确；B．NaCl溶液是混合物，不属于电解质，也不属于非电解质，故B错误；C．Na和H2O的反应是离子反应，因为反应中有离子生成，故C错误;D．H2SO4是酸，因为H2SO4电离时生成的阳离子都是氢离子,故D错误;故选A.16。关于氯气的叙述中，正确的是(）A。氯气是一种黄绿色、有毒的气体B.氯气在自然界中既可以以化合态存在,也可以以游离态存在C.氯气不能溶解于水，所以可用排水法收集氯气D。氯气、氯水、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物【答案】A【解析】试题分析：氯气在自然界中只能以化合态存在,Ｂ项错误；氯气能溶解于水,不能用排水法收集氯气，Ｃ项错误；氯气、液氯是同一种物质,属于纯净物，但氯水属于混合物，Ｄ项错误。考点：考查氯气的性质.17.检验氯化氢气体中是否混有Cl2,可采用的方法是（)A。用干燥的蓝色石蕊试纸B.用干燥的有色布条C.将气体通入硝酸银溶液D。用湿润的淀粉碘化钾试纸【答案】D【解析】试题分析：A．HCl、Cl2都不能与干燥的蓝色石蕊试纸发生反应，不能确定是否混有杂质，错误;B．无论是是否混有杂质Cl2，都不能使干燥的有色布条褪色，因此不能检验是否混有杂质，错误;C．无论是否混有Cl2，通入硝酸银溶液中，一定会产生白色沉淀，故不能检验，错误；D．若氯化氢气体中混有氯气,用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，会发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2,I2遇淀粉发生化学反应,使试纸变为蓝色,故可以用于检验，正确.考点：考查氯气的检验方法的知识。18。.容量瓶是用来配制一定物质的量浓度的溶液的定量仪器,其上标有①温度、②浓度、③容量、④压强、⑤刻度线、⑥酸式或碱式这六项中的（）A。②④⑥B。③⑤⑥C。①②④D。①③⑤【答案】D【解析】容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量容器，容量瓶上标有容量,则③⑤正确；容量瓶只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，不能用来稀释溶液或作为反应容器，则①正确,与浓度、压强、酸式或碱式无关，所以正确的是①③⑤，故选D．19。实验室中需要配制2mol·L-1的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl质量分别是(）A.950mL,111。2gB。500mL，117gC.1000mL,117gD.任意规格，111。2g【答案】C【解析】需选用1000mL容量瓶，称取的NaCl质量为2mol×58。5g/mol=117g，故选C。点睛：当所配溶液体积不等于容量瓶规格时，需要选择规格与所配溶液体积最接近且不小于所配溶液体积的容量瓶。20。下列说法正确的是()A.Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂B.Cl2和NaCl中均含有氯元素，它们的化学性质相同C.实验室制备Cl2可用排饱和食盐水集气法收集D。1。12LCl2含有1。7NA个质子(NA表示阿伏加德罗常数）【答案】C【解析】A、氯有最低化合价-1价,最高化合价+7价，而单质中元素的化合价为0价，在化学反应中既可做氧化剂又可做还原剂，故A错误；B.Cl2和NaCl是2种不同的物质，化学性质不同，故B错误;C、氯气难溶于饱和食盐水，实验室制备Cl2，可用排饱和食盐水集气法收集，故C正确；D、没有说明是在标准状况下，无法计算1。12LCl2的物质的量，故D错误；故选C。21。同温同体积同质量的CO2、CO、H2、O2的压强正确的是A.H2〉O2〉CO〉CO2B。CO2〉O2>CO>H2C.H2〉CO〉O2>CO2D.CO2〉H2>O2>CO【答案】C【解析】相同条件下，气体物质的量与气体的压强成正比，气体的物质的量越大，其压强越大。同温同体积同质量的CO2、CO、H2、O2这几种气体，相同质量时气体的物质的量与摩尔质量成反比，所以这几种气体的压强与摩尔质量成反比，CO2、CO、H2、O2的摩尔质量分别为：44g/mol、28g/mol、2g/mol、32g/mol,所以这几种气体的压强从大到小顺序为：H2＞CO＞O2＞CO2，故选C.22。若配制3.6mol·L—1的硫酸溶液的其他操作均正确,但出现下列错误操作，将使所配制的硫酸溶液浓度偏高的是（)A.浓硫酸稀释后立即转移到容量瓶中B。将稀释的硫酸溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒C.将烧杯内的稀硫酸向容量瓶中转移时，因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外D.用胶头滴管加水时，仰视观察溶液凹液面与容量瓶刻度线相切【答案】A【解析】A．浓硫酸稀释后立即转移到容量瓶中,浓硫酸稀释产生大量的热,为冷却定容，定容后溶液冷却,液面下降，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A选；B．将稀释的硫酸溶液转移至容量瓶后,未洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低,故B不选;C．将烧杯内的稀硫酸向容量瓶中转移时，因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外，导致部分溶质损耗,溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C不选；D．胶头滴管加水时，仰视观察溶液凹液面与容量瓶刻度线相切，导致溶液体积偏大,溶液浓度偏低，故D不选；故选A。点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制误差分析,根据c=进行误差分析,凡是使n偏大，或者使V偏小的操作都会使溶液浓度偏高，反之，溶液浓度偏低。本题的易错点为A，要知道浓硫酸稀释放热，温度偏高时配制好的溶液,冷却到室温后体积偏小。23。下列电离方程式正确的是A.NaHCO3在水中:NaHCO3=Na＋＋CO32－＋H＋B.KHSO4在熔融状态下:KHSO4=K＋＋H＋＋SO42－C.Ca（OH)2在水中:Ca（OH）2Ca2＋＋2OH－D。HClOH＋＋ClO－【答案】D【解析】A．碳酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式：NaHCO3=HCO3—+Na+，故A错误；B.KHSO4在熔融状态下电离KHSO4=K＋＋HSO4－，故B错误;C．氢氧化钙在水中完全电离方程式为：Ca(OH）2=Ca2++2OH-，故C错误;D。次氯酸是弱酸，部分电离,HClOH＋＋ClO－，故D正确；故选D。24。要使溶液中的Ag＋、Mg2＋、Ba2＋三种离子逐一形成沉淀析出，选择的试剂及加入的顺序正确的是（)A。NaOH―→NaCl―→Na2CO3B.NaCl―→Na2CO3―→NaOHC.HCl―→Na2CO3―→NaOHD。NaCl―→NaOH―→Na2CO3【答案】D【解析】A.NaOH能够同时沉淀Ag＋、Mg2＋，故A错误；B.NaCl能够沉淀Ag＋，Na2CO3能够同时沉淀Mg2＋、Ba2＋,故B错误；C。HCl能够沉淀Ag＋，Na2CO3能够同时沉淀Mg2＋、Ba2＋，故C错误；D.NaCl能够沉淀Ag＋，NaOH能够沉淀Mg2＋，Na2CO3能够沉淀Ba2＋,故D正确；故选D。点睛：本题考查了常见离子的性质，审题时注意题干要求,熟知各种离子的性质是解题的关键所在.本题中要求将三种离子逐一沉淀并分离，也就是要求加入一种物质只能产生一种沉淀.25.下列说法中正确的是()A。某微粒核外电子排布为2、8、8结构，则该微粒一定氩原子B.最外层电子达到稳定结构的微粒只能是稀有气体的原子C。F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋与Ne原子具有相同电子层结构的离子D。某元素原子的最外层只有2个电子，则该元素一定是金属元素【答案】C【解析】A．某微粒核外电子排布为2、8、8结构，不一定是氩原子,可能是氯离子、钾离子，故A错误；B．最外层电子达稳定结构的微粒不一定是稀有气体的原子，也可能是处于稳定结构的阴离子或阳离子,故B错误；C．F—、Na+、Mg2+、Al3+都有2个电子层，第1层上2个电子,第2层上8个电子，与Ne原子原子结构示意图相同,故C正确；D．原子的最外层只有2个电子，该元素不一定是金属元素，也可能是He，故D错误；故选C。26。下列是对某溶液进行离子检测的方法和结论,其中正确的是（）A。用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液B.加入足量的CaCl2溶液，产生白色沉淀，则溶液中一定含有大量的COC。加入NaOH溶液后加热产生有刺激性气味的气体，则溶液中一定含有大量的NHD.先加入适量的盐酸酸化,再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则溶液中一定含有大量的Cl－【答案】C【解析】A．焰色反应，火焰呈黄色，可知一定含钠元素，则可能为NaOH溶液或钠盐溶液,故A错误；B、能和氯化钙反应生成白色沉淀的阴离子有碳酸根离子、银离子，所以原溶液中可能存在的离子是碳酸根离子或银离子等，故B错误；C．铵盐遇到强碱加热会产生碱性气体氨气，检验方法：加入足量浓NaOH溶液，产生了带有强烈刺激性气味的气体，则溶液中一定含有大量的NH4+,故C正确；D、加入稀盐酸酸化，引入Cl-，干扰其检验，应加硝酸酸化，故D错误；故选C。点睛：本题考查物质的检验和鉴别实验方案的设计，把握离子的检验方法、试剂及现象与结论为解答的关键，注意检验应排除干扰离子。本题的易错点为A，焰色反应是元素的性质，因此火焰呈黄色，只能说明该溶液一定含有钠元素。27。ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂.实验室可通过以下反应制得ClO2：KClO3＋H2C2O4＋H2SO4ClO2↑＋K2SO4＋CO2↑＋H2O(未配平）。下列说法正确的是（)①KClO3在反应中得到电子②ClO2是氧化产物③H2C2O4在反应中被氧化④1molKClO3参加反应有2mol电子转移A。①②B.②③C。①③D。②④【答案】C【解析】①KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾得电子为氧化剂，故①正确；②Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾对应的产物ClO2是还原产物，故②错误；③H2C2O4为还原剂，在反应中被氧化，故③正确；④1molKClO3参加反应有1mol×（5-4)=1mol，故④错误;故选C。28。在Na2O2与CO2的反应里，每生成5.6LO2（标况）时，转移电子数为(）.A。2个B.0.25molC。3。01×1023D。1mol【答案】C【解析】标况下5.6LO2的物质的量为=0。25mol，过氧化钠和二氧化碳反应方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，该反应Na2O2中O元素化合价由-1价变为0价和—2价，生成0。25mol氧气需要转移0.5NA个电子，故选C。点睛：本题考查氧化还原反应的有关计算，明确各个物理量之间的关系式是解本题关键，注意该反应中元素化合价变化，为易错点。过氧化钠和二氧化碳的反应中Na2O2中O元素化合价由-1价变为0价和-2价，1molNa2O2反应只转移1mol电子。29。为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙等杂质，将粗盐溶于水,然后进行下列操作：①过滤，②加过量的NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量的BaCl2溶液,正确的操作顺序是A。①④⑤②③B.④①②⑤③C.②⑤④①③D。④⑤②①③【答案】C【解析】镁离子用氢氧根离子沉淀,加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀,硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，先除镁离子，还是先除硫酸根离子，顺序可以调整，钙离子用碳酸根离子沉淀,除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡,离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：②加过量的氢氧化钠溶液⑤加过量的氯化钡溶液

④加过量的碳酸钠溶液①过滤③加适量盐酸，故选C。30。下列离子方程式中正确的是(）A。钠与水反应:Na+H2O＝Na++OH－+H2↑B。向氢氧化钠溶液中通入过量CO2:CO2+2OH-=CO32-+H2OC。钠与氯化镁溶液反应：2Na+Mg2+＝2Na++MgD。NaOH溶液与小苏打溶液反应：HCO3－+OH－＝CO32－+H2O【答案】D【解析】A．钠与水反应,离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH—+H2↑，故A错误；B．向氢氧化钠溶液中通入过量CO2，反应生成碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：CO2+OH-=HCO3—,故B错误；C.钠与氯化镁溶液，首先发生钠与水的反应,生成的氢氧化钠再与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀,不能置换出镁,故C错误；D．NaOH溶液与小苏打溶液反应，离子方程式:HCO3-+OH—═CO32-+H2O,故D正确;故选D。点睛：明确判断离子方程式书写是否正确的一般方法是解题关键。本题的易错点为C，盐溶液中只要有水存在，都是钠先与水反应。31。Cl2是一种重要的化工原料，下图是一些含氯产品:（1）①中钢瓶上应贴的标签为________.A．腐蚀品B．爆炸品C．有毒品D．易燃品（2）84消毒液是一种无色、有漂白作用的液体，它的有效成分是________。A．NaOHB．NaClOC．KMnO4D．Na2O2（3）Cl2可用于制盐酸,其化学方程式为______________________________________。（4）工业上制漂白粉的化学方程式为________________________________________.【答案】(1）.C(2)。B(3).H2＋Cl22HCl（4).2Cl2＋2Ca（OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O【解析】（1）氯气为有毒的气体，则①中钢瓶上应贴的标签为C，不易燃、易爆,本身不具有腐蚀性，故答案为:C；(2)“84消毒液”是由氯气和NaOH反应后得到的消毒剂,主要成分为NaCl和NaClO，其中具有漂白性的原因是NaClO与酸反应生成具有漂白性的HClO，所以有效成分为NaClO,故选B；(3）氢气与氯气反应生成HCl，溶于水得到盐酸，发生的反应为H2+Cl22HCl;故答案为：H2+Cl22HCl；（4）利用氯气与消石灰反应制备漂白粉，反应生成氯化钙、次氯酸钙与水,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。32.用X表示原子:（1）中性原子的中子数：N=____。（2）阳离子的中子数:AXn+共有x个电子，则N=____。（3）阴离子的中子数:AXn-共有x个电子，则N=____。（4）中性分子的中子数：12C16O2分子中,N=____。（5）A2—原子核内有x个中子,其质量数为m，则ngA2-所含电子的物质的量为____mol。【答案】(1）。A—Z(2).A-n-x(3)。A—x+n(4)。22(5).n×（m—x+2)/mmol。【解析】(1）根据在原子中:质量数=质子数+中子数，所以中子数=质量数-质子数，故答案为：A-Z;（2)根据在阳离子中:核电荷数=质子数=核外电子数+所带电荷数，即核电荷数=质子数=x+n，又根据质量数=质子数+中子数,即中子数=质量数—质子数=A—（x+n)，故答案为：A—x-n；(3）根据在阴离子中：核电荷数=质子数=核外电子数-所带电荷数，即核电荷数=质子数=x-n，又根据质量数=质子数+中子数，即中子数=质量数—质子数=A-（x-n），故答案为：A—x+n；（4）根据12C中核电荷数=质子数=核外电子数=6,中子数=12-6=6,再根据16O中核电荷数=质子数=核外电子数=8，中子数=16-8=8，所以12C16O2分子中,中子数为6+8×2=22，故答案为：22;(5）元素A的质量数为m，A2—离子的原子核内有x个中子，则A的质子数为m—x,所以A2—中核外电子数为m-x+2,n(A2-)=mol，则n克A2-离子中包含电子的物质的量为mol×（m-x+2)=（m-x+2)mol；故答案为：(m—x+2)mol.33.已知A、B、C是三种含钠元素的物质，D是无色无味气体，E是一种难溶物质，它们具有如图所示转化关系：（1）写出化学式：A、__________；B、___________;C、___________；D、___________;（2）写出下列反应的化学方程式①A→B_______________________________;②A→C_____________________________；③B→E_______________________________;④D→E_____________________________。【答案】(1)。NaOH（2)。NaHCO3(3).Na2CO3(4).CO2(5）.NaOH+CO2=NaHCO3(6）。NaOH+2CO2=Na2CO3+H2O

（7）.NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3+NaOH+H2O（8）.CO2+Ca（OH)2=CaCO3+H2O【解析】(1)A、B、C是三种含钠元素的物质，D是无色无味气体，A溶液中通入足量和适量的D，气体发生不同的反应，且D能够与石灰水反应生成E，E为难溶物，则E为碳酸钙,D为CO2,C含有钠离子，为少量二氧化碳与A反应的产物，且C与氢氧化钙反应生成碳酸钙,A为NaOH，少量二氧化碳与A反应得到C，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，C为Na2CO3,氢氧化钠与足量的二氧化碳反应生成B，B为碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成二氧化碳，故答案为：NaOH；NaHCO3；Na2CO3；CO2;（2）根据流程图和上述分析：①A→B为CO2+NaOH=NaHCO3，②A→C为NaOH+2CO2=Na2CO3+H2O；③B→E为NaHCO3+Ca（OH)2=CaCO3+NaOH+H2O；④D→E为CO2+Ca（OH)2=CaCO3+H2O，故答案为：NaOH+CO2=NaHCO3;NaOH+2CO2=Na2CO3+H2O；NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3+NaOH+H2O；CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O。点睛：本题考查了无机物的推断,明确物质的性质及特殊性质是解本题关键。本题的突破口为“D是无色无味气体”，框图中D能够与澄清石灰水反应生成E,“E是一种难溶物质”.34.除去下列物质中的少量杂质（杂质不要求回收)，把有关的试剂、操作方法的序号写在相应的括号内。a。加适量盐酸,过滤b.加适量水，过滤蒸发c.加适量水，过滤d.加热（高温或灼烧）e。加适量盐酸，蒸发f.冷却热的饱和溶液,过滤(1）碳酸钙中含有碳酸钠（____）(2）氯化钾粉末中含有碳酸钾（____)(3）氧化钙中含有碳酸钙（____）（4）二氧化锰中含有少量的炭粉（____）（5）硝酸钾中混有少量的食盐(____）【答案】(1).c(2).e（3)。d（4）。d（5).f【解析】:(1）中利用CaCO3不溶于水，Na2CO3易溶于水，加水,过滤干燥即可除杂.(2)中KCl和K2CO3均易溶于水，故不能用过滤法分离；可用盐酸反应后,再将溶液蒸发即得到氯化钾晶体.(3)中利用高温分解法，使CaCO3分解除去并生成CaO。（4)中二者均不溶于水，可利用炭粉易燃方法，选用d。(5)中利用二者溶解度随温度变化的差异,采用结晶法分离除杂.35。某实验小组对中学课本中可生成氢气的反应进行了研究,总结出三个可以生成H2的反应：①Zn+盐酸②Na+水请回答下列问题：（1）写出①、②反应的离子方程式①__________________________________________；②________________________________________________