【文档说明】【精准解析】四川省泸县第五中学2019-2020学年高一下学期第一次在线月考化学试题.doc，共(17)页，231.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省泸县第五中学高一第一学月考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Mg23P31S32Fe56Cu64第I卷选择题（45分）一、单选题（每小题3分，共15个小题，共45分）1.下列关于物质用途的叙述中，不正确的是A.钾钠合金呈液态，可做快中子反应堆的导热剂B.硅

酸钠俗称“水玻璃”，是制造水泥的原料C.硅是太阳能电池的常用材料D.氧化镁的熔点高达2800℃，是优质的耐高温材料【答案】B【解析】【详解】A.钾钠合金呈液态，导热性好，可做快中子反应堆的导热剂，A正确；B.硅酸钠溶液俗称“水玻璃”，制造水泥的原料主要是纯

碱、石灰石和石英，B错误；C.硅能导电，是太阳能电池的常用材料，C正确；D.氧化镁的熔点高达2800℃，是优质的耐高温材料，D正确；答案选B。2.同温同压下，某容器充满N2重114g，若充满He重102g，现充满某气体重116g，则该气体的相对分

子质量为()A.101B.17C.32D.10【答案】C【解析】【详解】体积都相同，则在同温同压下这三种气体的物质的量相等；设空容器重ag，则(114g-ag)÷28g/mol=(102g-ag)÷4g/mol，解得a

=100，N2的物质的量是（114g-100g)÷28g/mol=0.5mol；某气体的质量是116g-100g=16g，某气体的摩尔质量为16g÷0.5mol=32g/mol，则某气体的相对分子质量是32；答案选C

。3.“纳米技术”广泛地应用于催化及军事科学中，“纳米材料”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料。如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得混合物具有的性质是A.不能透过滤纸B.有丁达尔效应C.所得液体一定能导电

D.所得物质一定为悬浊液或乳浊液【答案】B【解析】【分析】分散系中分散质的直径在1nm～100nm之间的属于胶体分散系，由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体，据此解答。【详解】A．胶体能透过滤纸，A错误

；B．胶体具有丁达尔现象，B正确；C．胶粒不一定带电，液体分散剂若为非电解质，则不能导电，C错误；D．该混合物属于胶体，不属于悬浊液或乳浊液，D错误；答案选B。4.Ag2O2是银锌碱性电池的正极活性物质，用如下方法制备：在过量KOH溶液中加入适量AgNO3溶液，生成Ag2O沉淀；保持

反应温度为80℃，再边搅拌边将一定量K2S2O8溶液缓慢加到上述混合物中。反应完全后，过滤、洗涤、真空干燥就可得到固体样品。整个制备过程可用下列化学反应方程式描述：2AgNO3＋4KOH＋K2S2O8Ag2O2↓

＋2KNO3＋2K2SO4＋2H2O。在上述制备过程中，沉淀表面吸附物质不含有()A.KNO3B.K2SO4C.KOHD.AgNO3【答案】D【解析】【详解】从反应方程式2AgNO3＋4KOH＋K2S2O8Ag2O2↓＋2KNO3＋2K2SO4＋2H2O中可以看出，析出沉淀后的溶液中有大

量的K2SO4和KNO3可溶性物质，反应物KOH也是过量的，所以沉淀从溶液中析出过程中会附着大量的KOH、K2SO4和KNO3。AgNO3作为反应物，已被完全转化为沉淀Ag2O2，所以沉淀表面也就不可能吸附有AgNO3，故选D。5.下表所列各组第I栏中的化学反应与第I

I栏中的化学反应都可以用第III栏中的离子方程式表示的是选项第I栏第II栏第III栏A往少量NaOH溶液中投入铝片往过量NaOH溶液中投入铝片Al+2OH－+2H2O===2AlO2－+3H2↑B往Fe2（SO4）3溶液中滴入氢氧化钠溶液往Fe2（SO4）3溶液中滴入氢氧化钡溶液F

e3++3OH－===Fe（OH）3↓CNaHCO3溶液滴入Ca（OH）2溶液NaHCO3溶液滴入NaOH溶液OH－+HCO3－===CO32－+H2OD往NaOH溶液中通入过量CO2气体往NaOH溶液中通入少量C

O2气体CO2+OH－="=="HCO3－A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.Al与少量氢氧化钠溶液还是过量氢氧化钠溶液的反应都是生成偏铝酸钠和氢气，只有一个离子方程式，选项A正确；B.硫酸铁中滴加氢氧化钠只生成氢氧化铁沉淀，而滴加氢氧化钡溶液时，除生成氢氧化铁沉

淀外，还有硫酸钡沉淀生成，所以离子方程式不同，选项B错误；C.碳酸氢钠与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和水，而碳酸氢钠与氢氧化钠溶液反应只生成碳酸钠、水，离子方程式不同，选项C错误；D.氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠和水，氢氧化钠

与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，离子方程式不同，选项D错误；答案选A。6.在氧化还原反应中,水作为氧化剂的是A.2Na+2H2O=2NaOH+H2↑B.3NO2+H2O=2HNO3+NOC.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O

2↑D.2F2+2H2O=4HF+O2【答案】A【解析】【详解】A.2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，反应物水中氢元素的化合价降低，所以水做氧化剂，故选A；B.3NO2+H2O=2HNO3+NO，反

应物水中氢、氧元素的化合价均未发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故不选B；C.过氧化钠与水的反应中发生化合价变化的只有过氧化钠中的氧元素，水中氢、氧元素的化合价均未发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故不选C；D.2F2+2H2O=4HF+O2，反应物水中的氧元素化合

价升高，所以水作还原剂，故不选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，所含元素化合价升高的反应物是还原剂、所含元素化合价降低的反应物是氧化剂。7.现将1.92gCu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672mL的

NOX混合气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入标准状况下的O2的体积为（）A.504mLB.336mLC.224mLD.168mL【答案】B【解析】【详解】1.92gCu的物质的

量为n(Cu)=1.92g64g/mol=0.03mol，反应时失去电子的物质的量为2×0.03mol=0.06mol，反应整个过程为HNO3Cu⎯⎯→NO、NO22O⎯⎯→HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等

于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n(O2)=0.06mol4=0.015mol，V(O2)=0.015mol×22400mL/mol=336mL，所以通入O2的体积为336mL，故答案为B。【点睛】电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以

及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。8.0.

10mol镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧(产物不含碳酸镁)，反应后容器内固体物质的质量不可能为()A.3.2gB.4.0gC.4.2gD.4.6g【答案】D【解析】【分析】镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应镁的质量

、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量，采用极限思维法，若镁全部与二氧化碳反应生成固体量最大，假设镁没有反应，则固体量最少，计算出固体的范围，据此答题。【详解】镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为

未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量，采用极限思维法。如果生成固体质量最大，则假设无氧气，镁完全与二氧化碳反应，2Mg+CO22MgO+C，2210.10mol0.10mol0.05mol则0.1mol镁最多可生成固体的质

量为0.10mol×40g/mol+0.05mol×12g/mol=4.6g，再假设只有镁，则固体最少，固体质量为0.10mol×24g/mol=2.4克，则固体的范围应该在2.4g～4.6g之间，则反应后

容器内固体物质的质量不可能为D。故选D。【点睛】极限思维法是指从事物的极端上来考虑问题的一种思维法，该方法的特点是确定了事物发展的最大或最小程度以及事物发展的范围。9.下列有关钠的叙述正确的是A.2.3g钠与97.7g水反应后溶液

中溶质的质量分数等于4%B.钠跟CuSO4溶液反应生成的蓝色沉淀上有时出现暗斑，这是析出了金属铜C.因为钠比铁活泼，故将钠放入FeCl3溶液中有红褐色沉淀生成D.钠在空气中的缓慢氧化与其在空气中点燃的产物都一样【答案】C【解析】

【分析】A．首先计算出反应后生成的溶质氢氧化钠的质量，再计算出溶液质量，根据溶质质量分数定义式计算溶质的质量分数；B．钠与水反应放热，氢氧化铜受热分解；C.钠是活泼金属，和盐溶液反应时，先和水反应；D.钠与氧气反应温度不同产物不同。【详解】A．2.3g钠物质的量是0.1mol，依据2Na+2H2O

=2NaOH+H2↑可知反应消耗0.1mol水，由于消耗水的质量是1.8g<97.7g，可见水过量，产生溶质NaOH的物质的量是0.1mol，其质量是m(NaOH)=0.1mol×40g/mol=4.0g，由于放出了氢气，所以溶液的质量m(溶液)<2.3g+97.7g=10

0g，故溶质的质量分数大于4%，A错误；B．钠跟CuSO4溶液中的水先发生置换反应，产生氢氧化钠和氢气，NaOH与溶质CuSO4发生复分解反应生成的蓝色Cu(OH)2沉淀和Na2SO4，由于钠与水反应放热

，使Cu(OH)2受热分解生成氧化铜而使蓝色沉淀上有时出现暗斑，B错误；C.钠与FeCl3溶液反应时，先与溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和FeCl3发生复分解反应生成氢氧化铁红褐色沉淀和氯化钠，反应的化学方程式为2Na＋2H

2O=2NaOH＋H2↑，3NaOH＋FeCl3=Fe(OH)3↓＋3NaCl，C正确；D.钠在空气中缓慢氧化生成白色固体Na2O，在空气中点燃生成淡黄色固体Na2O2，产物不同，D错误；故合理选项是C。【

点睛】本题考查了钠的性质，明确钠与盐溶液反应的原理是解题关键，注意钠与水反应条件不同，反应产物不同。10.常温下,在下列溶液中可能大量共存的离子组是A.pH=0的溶液:Fe2+、Mg2+、NO3-、SO42-B.由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的

溶液:Al3+、K+、SO42-、Cl-C.c(OH-)/c(H+)=1012的溶液中:Na+、SO42-、NO3-、HCO3-D.滴加KSCN变红色的溶液:Na+、K+、Al3+、CO32-【答案】B【解析】【详解】A．pH=0的溶液，显酸性，Fe2+、H+、

NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C.()-+c(OH)cH=1012的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在HCO3-

，故C错误；D．滴加KSCN变红色的溶液中含有Fe3+，Fe3+、Al3+与CO32-相互促进水解，不能大量共存，故D错误；故选B。11.28gCO气体在1mol的氧气中燃烧后，所得的气体通过足量Na2O2固体中充分反应后，下列

说法不正确的是（）A.CO与氧气反应，只消耗了0.5mol氧气B.充分反应后Na2O2固体质量增加了28gC.通过以上两步反应后余下氧气物质的量为0.5molD.若2gH2替代28g的CO发生上述反应，则Na2O2固体质量增加了2g【答案】C【解析】【分析】28gCO气体的物质的量为28g2

8g/mol=1mol，在1mol的氧气中燃烧后，2CO+O22CO2，生成1mol二氧化碳，剩余0.5mol氧气，通过足量Na2O2固体发生的反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析，CO与氧气反应，只消耗了0.5mol氧气，故A正确；B．2

Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，充分反应后Na2O2固体质量的增加量与CO的质量相等，为28g，故B正确；C．2CO+O22CO2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，通过以上两步反应，余下氧气的量不变，物质的量

仍为1mol，故C错误；D．2gH2的物质的量为22/ggmol=1mol，燃烧生成水后与过氧化钠反应，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2固体质量的增加量等于氢气的质量，为2g，故D正确；故选C。【点睛】正确理解过氧化钠与水或二氧化碳反应后固体质量的增加

量是解题的关键，可以将Na2CO3看成Na2O2·CO，NaOH看成12Na2O2·12H2。12.下列说法中正确的是A.在船体上镶嵌锌块，可以减缓船体被海水腐蚀的速率B.粗铜精炼时，电镀液中的c(Cu2＋)保持

不变C.纯银在空气中久置变黑发生的是电化学腐蚀D.阴极电保护法是将被保护的金属与外加电源的正极相连【答案】A【解析】【详解】A．碳、铁和海水构成的原电池中，铁失电子作负极，所以负极上电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，为防止金属

被腐蚀，可利用牺牲阳极的阴极保护法保护金属，让船体的钢板作原电池正极，选取比铁活泼的金属，如锌作原电池负极，从而能够保护船体，减缓船体被海水腐蚀的速率，选项A正确；B．粗铜精炼时，粗铜作阳极，发生氧化还原反应的金属除了铜，还含有活泼

性比铜强的杂质铁、锌等，电解时杂质优先放电，而阴极铜离子得到电子生成铜，导致电镀液中铜离子浓度减小，选项B错误；C．纯银变黑是银在空气中发生反应生成了硫化银，与电化学腐蚀无关，属于化学腐蚀，选项C错误；D．阴极电保护法是将被保护的金属与外加电源的负极相连，若金

属与电源正极相连，则金属将失去电子被氧化，无法起到保护作用，选项D错误；答案选A。13.现有铁粉和Br2物质的量都为nmol充分反应，加水得到澄清溶液后，通入amolCl2。下列叙述不正确的是（）A.当a=1/3n时，发生的反应为2Fe2++C

l2＝2Fe3++2Cl－B.当a=3/2n时，发生的反应为2Fe2++4Br－+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl－C.若溶液中Br－有一半被氧化时，溶液中c(Fe3+):c(Br－):c(Cl－)＝1:1:3D.当0＜a＜1/2n时，溶液中始终满足2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H

+)＝c(Cl－)+c(Br－)+c(OH－)【答案】C【解析】由反应2Fe+3Br2═2FeBr3可知，反应后Fe过量，在溶液中进一步发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，则反应后溶液中存在nmolFe2

+和2nmolBr－，A．当a=1/3n时，氯气不足，因Fe2+的还原性大于Br－，只发生2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－，反应后Fe2+还有剩余，A正确；B．当a=1.5n时，亚铁离子和溴离子均恰好被氧化，方程

式为2Fe2++4Br－+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl－，B正确；C．若溶液中Br－有一半被氧化时，首先发生2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－，此时Fe2+完全反应，消耗0.5nmolCl2，又知Br－为2nmol，Br－有一

半被氧化，则反应nmol，由方程式2Br－+Cl2═Br2+2Cl－可知消耗0.5nmolCl2，则共消耗nmol氯气，因此c(Fe3+):c(Br－):c(Cl－)＝nmol：nmol：2nmol=1：1：2，C错误；D．当0＜a＜0.15n时，氯气不足，溶液中存在Fe2+和Fe3+，

由电荷守恒可知2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)＝c(Cl－)+c(Br－)+c(OH－)，D正确，答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，综合性较强，题目难度较大，注意根

据离子的还原性强弱判断反应的先后顺序和各离子的物质的量为解答该题的关键，也是易错点，答题时注意体会。14.下列说法正确的是A.氯气具有强氧化性，能与铁反应生成FeCl3，所以液氯不可用钢瓶储存。B.有浓硫酸参与的反应都是氧化还原反应C.硅酸钠溶液俗称“水玻璃”，长期露置在空气中生成乳白色凝

胶状沉淀D.硫在足量空气中燃烧生成大量SO3【答案】C【解析】A.氯气具有强氧化性，能与铁在加热的条件下反应生成FeCl3，但是常温下不与铁反应，所以液氯可用钢瓶储存，A不正确；B.有浓硫酸参与的反应不一定是氧化还原反应，例如，浓硫酸与亚硫酸钠的

反应不是氧化还原反应，B不正确；C.硅酸钠溶液俗称“水玻璃”，长期露置在空气中生成乳白色凝胶状沉淀，C正确；D.硫在足量空气中燃烧只能生成SO2，D不正确。本题选C。点睛：注意，液氯不同与氯水，液氯是纯

净物，只有氯分子，常温下不与铁反应；而氯水是氯气的水溶液，常温下氯水可以腐蚀铁。水玻璃露置于空气中易吸收二氧化碳生成胶状沉淀硅酸。15.氨的催化氧化是工业制硝酸的重要反应：4NH3＋5O24NO＋6H2O，对于该反应判断正确的是A.氧气被还原B.该反应是置换反应C.氨气是氧化剂D

.若有17g氨参加反应，反应中转移10mol电子【答案】A【解析】【分析】4NH3+5O24NO+6H2O反应中N元素的化合价升高，则NH3为还原剂被氧化，O元素的化合价降低，则O2为氧化剂被还原，结合氧化还原反应的有关概念分析。【详解】A.NH3+5O24NO+6H2O反应中N元素的化合价

升高，则NH3为还原剂被氧化，O元素的化合价降低，则O2为氧化剂被还原，故A正确；B.置换反应的特征是反应物生成物均是由一种单质和一种化合物组成，而该反应的生成物是两种化合物，所以该反应不是置换反应，故B错误；C.4NH3+5O24NO+6H2O反应中N元素的化合价升高

，则NH3为还原剂被氧化，故C错误；D.4NH3+5O24NO+6H2O反应中N元素的化合价由-3升高到+2，所以若有17gNH3参加反应，则反应中转移的电子数为17/17×5=5mol，故D错误。故选A。第Ⅱ卷非选择题（55分）16.向Cu和CuO组成的混

合物中，加入90mL5.0mol·L−1稀硝酸溶液，恰好使混合物完全溶解，同时收集到标准状况下NO2.24L。请回答以下问题：（1）写出Cu与稀硝酸反应的离子方程式_____________________________________；（2）原混合物中铜的物质的量为

________mol，氧化铜的物质的量为______mol；（3）若要将生成的NO气体完全转化为硝酸，需通氧气______L（标准状况下）。【答案】(1).3Cu2++8H++2NO3－＝3Cu2++2

NO↑+4H2O(2).0.15(3).0.025(4).1.68【解析】【分析】发生反应3Cu2++8H++2NO3－＝3Cu2++2NO↑+4H2O、CuO+2H+＝Cu2++H2O，n（NO）=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，结合反应及电子守恒计算。【详解】（1）由电子

、电荷守恒可知Cu与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu2++8H++2NO3－＝3Cu2++2NO↑+4H2O；（2）n（NO）=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，由反应3Cu2++8H++2NO3－＝3Cu2++2NO↑+4H2O可知n（Cu）=0.1mol×3/2=0.15mol，n（

HNO3）=0.09L×5mol/L=0.45mol，Cu消耗的硝酸为0.15mol×8/3=0.4mol，则CuO消耗的硝酸为0.45mol-0.4mol=0.05mol，CuO的物质的量为0.05mol÷2=0.025mol；（3）由电子守恒可知

，若要将生成的NO气体完全转化为硝酸，需通氧气为[0.1mol×(5－2)/2×(2-0)]×22.4L/mol=1.68L。17.有一含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如图所示的实验装置，通过测量反应产生的CO2和H2O的质量，来确定该混合物中

各组分的质量分数。(1)实验步骤：①按图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后，首先进行的操作是__________。②称取样品，并将其放入硬质玻璃管中，称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，其目

的是________。④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中发生反应的化学方程式为________、________。⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C的质量和U形管D的质量。(2)关于该实验方案，请回答下列问题。①若加热

反应后不鼓入空气，对测定结果的影响是_______________。②E处干燥管中盛放的药品是碱石灰，其作用是_____________，如果实验中没有该装置，则会导致测量结果NaHCO3的质量_____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。③若样品质量为wg，反应后C、D装

置增加的质量分别为m1g、m2g，则混合物中Na2CO3·10H2O的质量分数为________(用含w、m1、m2的代数式表示)。【答案】(1).检查装置气密性(2).除去装置中的水蒸气和二氧化碳(3).2NaHCO3Na2CO3+H2O+

CO2↑(4).Na2CO3·10H2ONa2CO3+10H2O↑(5).Na2CO3·10H2O和NaHCO3的质量分数测定结果偏小，NaCl的质量分数测定结果偏大(6).防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果(7).偏大(8).211828644180mmw−

×100%【解析】【分析】将混合物加热会产生H2O(g)、CO2等气体，应在C、D中分别吸收，先用浓硫酸吸收水，再用碱石灰吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重(NaHCO3分解产生的CO2的质量)可求出NaHCO

3质量。由C的增重(Na2CO3•10H2O分解产生的H2O及已经知道的NaHCO3分解产生的H2O的质量)可求出Na2CO3•10H2O的质量，从而求出NaCl的质量。为排除空气中成分的干扰，应在实验前想法赶出装置中的空气，关键操作应是赶B中的空气，所以关闭K3，打开K1、K2就成为操作的关键

，缓缓通入则是为了赶出效果更好；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O(g)、CO2进入装置D影响实验效果，有气体参加的反应，在实验前要先检查装置的气密性，据此分析解答。【详解】(1)①由实验原理可知，实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的

二氧化碳的质量，通过测量C装置的质量，计算生成的水的质量，故应首先检验装置的气密性；③装置内有空气，含有水蒸气和二氧化碳，影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，实验前要通入空气，赶走装置中含有水蒸气和二氧化碳，减少误差；④含NaCl、N

a2CO3•10H2O和NaHCO3的混合物加热时，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2和H2O，碳酸钠晶体失去结晶水生成Na2CO3，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；Na2CO3·10H2ONa2CO3+10H2O↑；(2)①若加热反应后不鼓入空气

，生成水蒸气质量和二氧化碳会滞留在装置中，使C、D装置增重减少，碳酸氢钠依据二氧化碳计算，而Na2CO3•10H2O的测定是根据生成水的总质量计算的，则Na2CO3·10H2O和NaHCO3的质量分数测定结果偏小，NaCl的质量分数测定结果偏大；②干燥管中盛放的是碱石灰，碱石灰能吸收空气中的水蒸气

和二氧化碳，所以干燥管的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入影响测定结果，若撤去E装置，则测定的碳酸氢钠的质量偏大；③若样品质量为wg，反应后C、D装置增加的质量分别为m1g、m2g，D装置中增加的质量为二氧化碳的质量，碳酸氢钠分解生成的水蒸气的质量为

x。根据反应方程式2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑可知：产生44gCO2会同时产生18gH2O，反应产生CO2的质量是m2，则同时产生H2O的质量为218m44g；装置C吸收的是水蒸气，包括NaHCO3分解生成的和Na2

CO3·10H2O分解生成的，Na2CO3·10H2O分解生成的水蒸气的质量=m1g-218m44g，设Na2CO3·10H2O的质量为y，根据方程式Na2CO3·10H2ONa2CO3+10H2O↑中物质转化关系可知：

286gNa2CO3·10H2O分解产生180gH2O，则产生H2O的质量为m1g-218m44g，消耗的Na2CO3·10H2O的质量为y=2118m286m44180−g，所以混合物中Na2CO3·10H2O的质量分数为2

118m286m44g180ωwg−=×100%。【点睛】本题以钠的化合物为载体，综合考查学生实验能力和分析能力，注意把握物质的性质以及实验原理，为解答该题的关键。掌握实验操作步骤、装置的作用，要注意排除空气成分的干扰作用及造成的实

验误差。18.居民饮用水的质量必须符合国家标准，以下是源水处理成自来水的工艺流程示意图：看图后回答下列问题。（1）源水中含Ca2+、Mg2+、HCO3-、Cl-等，加入过量石灰后生成Ca(OH)2，进而发生若干复分解反应，例如：HCO3-+OH-

=CO32-+H2O，请写出另一个属于复分解反应的离子方程式_________________________。（2）凝聚剂除去悬浮固体颗粒的过程_____________①只是物理过程②只是化学过程③是物理和化学过程FeSO4·7H2O是常用的凝聚剂，其在水中电离

出的Fe2+离子被溶解在水中的O2所氧化为Fe3+，最终生成胶状沉淀，这种胶状沉淀是_____________（写化学式）。（3）配平下列反应方程式，并标出电子转移方向和数目___________。•Fe2++•O2+•H+==•Fe3++•H2O上述

反应中，每转移8mol电子，标准状况下消耗O2的体积为___________L。（4）通入二氧化碳的目的是_____________和______________。（5）Cl2的作用是____________

_________________。（6）Cl2是常用的强氧化剂，请你尝试写出一个合理的Cl2作为氧化剂的化学方程式。____________。【答案】(1).Mg2+＋2OH-=Mg(OH)2↓或Ca2+＋CO32-

=CaCO3↓或Mg2++CO32-=MgCO3↓(2).③(3).Fe(OH)3(4).(5).44.8L(6).除去Ca2+(7).调节溶液的酸度(8).杀菌消毒(9).2Na+Cl2点燃2NaCl、2Fe+3Cl2Δ2FeCl3等合理均给分【解析】【详解】（1）源水中含Ca2

+、Mg2+、HCO3-、Cl-等，加入过量石灰后生成Ca(OH)2，进而发生若干复分解反应，例如：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，其它的属于复分解反应的离子方程式是Mg2+＋2OH-=Mg(OH)2↓、Ca2+＋CO32-

=CaCO3↓、Mg2++CO32-=MgCO3↓；（2）凝聚剂除去悬浮固体颗粒的过程，既有物质发生化学反应的过程，也有物质吸附悬浮固体颗粒，使之形成沉淀的过程，因此答案选③；FeSO4·7H2O是常用的凝聚剂，其在水中电离出的Fe2+离子与溶解在水中的O2会发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为F

e3+，Fe3+发生水解生成Fe（OH）3胶体，因此最终生成的胶状沉淀是Fe(OH)3；（3）若溶液是酸性溶液，Fe2+被氧化为Fe3+，1个Fe2+失去1个电子，而O2得到电子，被还原变为H2O，1个O2得到4个电子，根据电子守恒及电荷守恒、原子守恒，可得该反应

方程式是4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，用单线桥法表示电子转移是；根据方程式可知每转移4mol电子，反应消耗1mol氧气，若转移8mol电子，则反应消耗氧气的物质的量是2mol，其在标准状况下体积为V(O2)=2mol×22.4L/mol=44.8L；（4）在

加热絮凝剂的同时通入二氧化碳的目的是与溶液中的Ca2+结合形成CaCO3沉淀，以除去Ca2+；同时CO2会消耗OH-，调节溶液的酸度；（5）Cl2溶于水，与水发生反应：Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，反应产生的HClO有强的氧化性，可以对水进行杀菌消毒；（6）Cl2是常用

的强氧化剂，一个合理的Cl2作为氧化剂的化学方程式如2Fe+3Cl2Δ2FeCl3；2NaI+Cl2=2NaCl+I2等。【点睛】居民的生活饮用水的质量必须达标才可以饮用，而自然界的水由于接触各种各样的物质

往往其中混合多种可溶性、难溶性的物质，甚至是有些有害的物质，向其中先加入过量生石灰，CaO与水反应后生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与源水中含Ca2+、Mg2+、HCO3-发生复分解反应产生CaCO3、Mg(OH)2沉淀，在溶液中还含有少

量悬浮的固体小颗粒，然后向其中加入絮凝剂，发生反应：4Fe2++2H2O+O2=4Fe(OH)3，形成的Fe(OH)3吸附水中悬浮固体颗粒，当重力大于浮力水就形成Fe(OH)3沉淀，使水变为澄清溶液，为了使水的酸碱性符

合饮用水的标准，在加入絮凝剂水还同时通入CO2气体，既可以使溶液中Ca2+形成CaCO3沉淀，同时还调节了溶液的pH，把沉淀过滤除去，然后通入适量的氯气对水进行杀菌消毒，再进行过滤，最后才到了我们千家万户的自来水管，我们才可以使用。在该

过程中发生的反应有化合反应、复分解反应、盐的水解反应、氧化还原反应，涉及混合物的分离方法的使用，因此水处理过程就是化学的一个应用的过程，充分体现了化学的实用性的特点。19.元素单质及其化合物有广泛用途，请回答下列问题：（1）第三周期元素中，钠原子核外有_

______种能量不同的电子；氯原子的最外层电子排布式为______________；由这两种元素组成的化合物的电子式为__________。（2）下列气体能用浓硫酸干燥的是________。A．NH3B．HIC．SO2D．CO2（3）请用一个实验事实说明钠与镁

的金属性强弱________________________________。（4）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时可分解生成两种盐，化学方程式为：KClO3KCl＋KClO4（未配平），则氧化产物与还原产物的物质的量之比为_________。（5

）已知：化合物MgOMgCl2类型离子化合物离子化合物熔点/℃2800714工业上电解MgCl2制单质镁，而不电解MgO的原因是________________________________。【答案】(

1).4(2).3s２3p5(3).(4).CD(5).NaOH的碱性强于氢氧化镁（或者钠与水反应更剧烈），所以钠的金属性比镁强(6).3：1(7).MgO的熔点高，熔融时耗费能源多，生产成本高【解析】本题分析：本题主要考查氯元素的化合物的性质。（1）同一能级的电子能量相同，钠原子的电子占

据1s、2s、2p、3s4个能级，所以其核外有4种能量不同的电子；氯原子的最外层电子排布式为3s２3p5；由这两种元素组成的化合物是氯化钠，其电子式为。（2）A．NH3与浓硫酸化合而不能用浓硫酸干燥；B．HI被浓硫酸氧化而不能用浓硫酸干燥；C．SO2能用浓硫酸干燥；D．CO2能用浓硫酸干燥

。故选CD。（3）NaOH的碱性强于氢氧化镁（或者钠与水反应更剧烈），所以钠的金属性比镁强。（4）氯元素化合价的变化为：+5→-1，+5→+7，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:1。（5）工业上电解MgCl2制单质镁，而不电解MgO

的原因是MgO的熔点高，熔融时耗费能源多，生产成本高。