2019 级高一年级第二次月考
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Na:23 Cl:35.5 S:32 Ba:137
一、选择题
1.下列物质分类的正确组合是( )
碱 酸 盐 碱性氧化物 酸性氧化物
A Cu2(OH)2CO3 H2SO4 NaHCO3 SiO2 CO2
B NaOH HCl NaCl Na2O CO
C NaOH NH3 CaCl2 MgO SO2
D KOH HNO3 CaCO3 CaO SO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cu2(OH)2CO3 属于盐类，SiO2 属于酸性氧化物，故 A 错误；
B．CO 不属于酸性氧化物，故 B 错误；
C．NH3 不属于酸，故 C 错误；
D．KOH 属于碱、HNO3 属于酸、CaCO3 属于盐、CaO 属于碱性氧化物、SO3 属于酸性氧化物，分
类正确，故 D 正确；
故选 D。
【点睛】本题的易错点为 B，要注意 CO 不能与酸反应，也不能与碱反应生成盐和水，属于不
成盐氧化物。
2.实验室欲用 NaOH 固体配制 1.0 mol/L 的 NaOH 溶液 240 mL，在配制过程中，其他操作都是
正确的，下列操作会引起所配溶液浓度偏高的是
A. 配制该溶液，需称量 10.0 g NaOH 固体
B. 定容时仰视刻度线C. 未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容
D. 定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线
【答案】C
【解析】
A、由于无 240mL 容量瓶，故选用 250mL 容量瓶，配制出的是 250mL1.0mol/L 的 NaOH 溶液，
所 需 的 NaOH 的 物 质 的 量 n=cV=0.25L×1.0mol/L=0.25mol ， 质 量
m=nM=0.25mol×40g/mol=10.0g，所配溶液浓度准确，选项 A 不选；B、定容时仰视刻度线，
会导致溶液体积偏大，则浓度偏低，选项 B 不选；C、未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并
定容，则待冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，选项 C 选；D、定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置
后，液面低于刻度线是正常的，再加水至刻度线会导致浓度偏低，选项 D 不选。答案选 C。
3.下列说法中不正确的是( )
①将硫酸钡放入水中不能导电，硫酸钡是非电解质；
②氨溶于水得到氨水溶液能导电，氨水是电解质；
③固态氯化氢不导电，液态氯化氢可以导电；
④硫酸氢钠电离出的阳离子有氢离子，硫酸氢钠是酸；
⑤电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电。
A. 仅①④ B. 仅①④⑤
C. 仅②③ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①虽然硫酸钡在水中的溶解度很小，只要溶解就完全电离，硫酸钡在熔融状态下，
能完全电离，所以硫酸钡是电解质，①错误；
②氨气在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导
致导电，不是氨气自身电离，所以氨气是非电解质，②错误；
③电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；
固态的氯化氢不导电，液态的氯化氢只有氯化氢分子，不能导电，③错误；
④电离出的阳离子全部是 H+的化合物叫做酸，能电离出 H+的化合物不一定是酸，硫酸氢钠能
电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，属于盐，④错误；
⑤电解质放在水中不一定能导电，如碳酸钙固体在水中的溶解度很小，难溶于水，几乎不导
电。碳酸钙在熔融状态下，能完全电离，碳酸钙是电解质；非电解质放在水中不一定不导电，如 NH3 在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子而导
电，氨气自身未电离，所以氨气是非电解质，⑤错误；
答案选 D。
【点睛】本题重点考查了电解质、非电解质概念的辨析、电解质与导电的关系的判断，抓住
电解质必须是化合物，电解质导电是存在自由移动的离子是解答本题的关键，题目难度中等，
注意要学会举例排除法的筛选。
4.下列关于分散系的说法中正确的是( )
A. 不能发生丁达尔效应的分散系有氯化钠溶液、水等
B. 可吸入颗粒(例如硅酸盐粉尘)形成气溶胶，对人类健康的危害更大
C. 胶体的分散质粒子的直径为 1～10 nm
D. 氯化铁溶液与氢氧化铁胶体的本质区别是有无丁达尔效应
【答案】B
【解析】
【详解】A.分散系是混合物，水是纯净物，水不是分散系，故 A 错误；
B. 可吸入颗粒形成气溶胶，与空气接触面积大，更易被人体吸收，对人类健康危害极大，故
B 正确；
C. 胶体的分散质粒子的直径为 1～100 nm，故 C 错误；
D. 氯化铁溶液与氢氧化铁胶体的本质区别是分散质粒子直径不同，故 D 错误。
选 B。
5.下列有关金属及其化合物的说法正确的是( )
A. 钠保存在煤油里的原因之一是它极易与氧气反应
B. 焰色反应是化学变化，可以用玻璃棒做焰色反应实验
C. CaO、Na2O、Na2O2 均为碱性氧化物
D. 可用澄清石灰水来鉴别 NaHCO3 和 Na2CO3
【答案】A
【解析】
【详解】A. 钠易与氧气反应，所以钠保存在煤油里的原因之一是它极易与氧气反应，故选 A；
B. 焰色反应是物理变化，用铂丝做焰色反应实验，故不选 B；
C. CaO、Na2O 为碱性氧化物， Na2O2 为过氧化物，故不选 C；D NaHCO3 和 Na2CO3 都能与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，不能用澄清石灰水来鉴别 NaHCO3 和
Na2CO3，故不选 D;
故选 A。
6.下列离子能大量共存的是( )
A. 含有大量 Ba(NO3)2 的溶液中：Mg2＋、NH4+、SO42-、Cl－
B. 无色透明的溶液中：Cu2＋、K＋、SO42-、NO3-
C. 使酚酞试液呈红色的溶液中：Na＋、K＋、SO42-、CO32-
D. 使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Na＋、K＋、CO32-、NO3-
【答案】C
【解析】
A. 在含有大量 Ba(NO3)2 的溶液中，Ba2+与 SO 不能大量共存，A 错误；B. 无色透明的溶液中，
Cu2＋为蓝色，B 错误，C. 在使酚酞试液呈红色的碱性溶液中， Na＋、K＋、SO 、CO 可以大量
共存，C 正确；D. 在使紫色石蕊试液呈红色的酸性溶液中，H+与 CO 不能大量共存，D 错误。
答案选 C。
7.下列实验中，所选装置或实验设计合理的是
A. 用图①和②所示装置可以除去 Na2CO3 中的 CaCO3 杂质，并获得 Na2CO3 固体
B. 用乙醇提取溴水中的溴选择图③所示装置
C. 用图④所示装置可以分离乙醇水溶液
D. 图⑤所示装置中盛有饱和 Na2CO3 溶液除去 CO2 中含有的少量 HCl
【答案】A
【解析】
【详解】A. ①和②所示装置分别是过滤和蒸发，由于碳酸钙难溶于水，碳酸钠易溶于水，因
此用图①和②所示装置可以除去 Na2CO3 中的 CaCO3 杂质，并获得 Na2CO3 固体，A 正确；
.B. 乙醇与水互溶，不能用乙醇提取溴水中的溴，B 错误；
C. 不能用图④所示装置分离乙醇水溶液，因为缺少温度计，C 错误；
D. 应该用饱和 NaHCO3 溶液除去 CO2 中含有的少量 HCl，D 错误。
答案选 A。
8. 下列两种气体的原子数一定相等的是
A. 质量相等、密度不等的 N2 和 C2H4
B. 等体积、等密度的 CO 和 N2
C. 等温、等体积的 O2 和 Cl2
D. 等压、等体积的 NH3 和 CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A．M（N2）=M（C2H4）=28g/mol，等质量时，物质的量相等，但分子构成的原子数目
不同，则等物质的量时原子数一定不等，故 A 错误；
B．等体积等密度的 CO 和 N2 的质量相等，二者摩尔质量都为 28g/mol，物质的量相等，都是
双原子分子，则原子数相等，故 B 正确；
C．压强不一定相等，则物质的量、原子总数不一定相等，故 C 错误；
D．因温度未知，则不能确定物质的量以及原子数关系，故 D 错误；
故选 B。
9.设 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )
A. 足量钠与 1mol 氧气反应生成 Na2O 或 Na2O2 时，转移电子数相等
B. 1 mol Na2O2 固体中含离子总数为 4NA
C. a g CO 和 H2 的混合气体充分燃烧的产物与足量的 Na2O2 充分反应后，固体质量增加 ag
D. 22.4L 氧气与 1mol 氢气所含原子数均为 2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. Na2O 中氧元素显-2 价、Na2O2 中氧元素显-1 价，足量钠与 1mol 氧气反应生成 Na2O
转移 4mol 电子，生成 Na2O2 时转移 2mol 电子，故 A 错误；
B. Na2O2 含 Na+、O22-，所以 1 mol Na2O2 固体中含离子总数为 3NA，故 B 错误；
C.根据 CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，固体增加的质量可以看做是 CO 的质量，根据
2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，固体增加的质量可以看做是 H2 的质量，所以 a g CO 和 H2 的混合气体充分燃烧的产物与足量的 Na2O2 充分反应后，质量增加 ag，故 C 正确；
D.非标准状况下， 22.4L 氧气的物质的量不一定是 1mol，故 D 错误；
故选 C。
10.下列各组溶液中的两个反应，可用同一离子方程式表示的是( )
A. Ca(HCO3)2 溶液和少量氢氧化钠溶液、NaHCO3 溶液和过量的澄清石灰水
B. MgCO3 和盐酸、Na2CO3 溶液和盐酸
C. BaCl2 溶液和稀硫酸、Ba(OH)2 溶液和稀硫酸
D. 稀硝酸和碳酸钾溶液、稀盐酸和 NaHCO3 溶液
【答案】A
【解析】
【 详 解 】 A. Ca(HCO3)2 溶 液 和 少 量 氢 氧 化 钠 溶 液 反 应 的 离 子 方 程 式 是
HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O ； NaHCO3 溶 液 和 过 量 的 澄 清 石 灰 水 反 应 的 离 子 方 程 式 是
HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O，故选 A；
B. MgCO3 和盐酸反应的离子方程式是 MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O， Na2CO3 溶液和盐酸反应的离
子方程式是 CO32-+2H+=CO2↑+H2O，故不选 B；
C. BaCl2 溶液和稀硫酸反应的离子方程式是 SO42-+Ba2+═BaSO4↓； Ba(OH)2 溶液和稀硫酸反应
的离子方程式是 2H++2OH-+Ba2++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故不选 C；
D. 稀硝酸和碳酸钾溶液反应的离子方程式是 CO32-+2H+=CO2↑+H2O、稀盐酸和 NaHCO3 溶液反应
的离子方程式是 HCO3-+H+=CO2↑+H2O，故不选 D。
【点睛】本题考查了离子方程式的书写，熟悉离子方程式书写规则及其反应实质是解本题关
键，注意氢氧化钙的书写，如果是澄清石灰水作反应物写离子，如果是石灰乳写化学式。
11.一块表面已被氧化为 Na2O 的钠块 10.8g，将其投入 100g 水中，产生 H2 0.2g，则被氧化的
钠是 （ ）
A. 9.2g B. 10.6g C. 6.2g D. 4.6g
【答案】D
【解析】
【详解】一块表面己被缓慢氧化的金属钠，其质量为 10.8g，投入 100g 水中，发生反应：
Na2O+H2O＝2NaOH，2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑；收集到氢气 0．2g，则 n(H2)＝0.2g÷2g/mol＝0.1mol，
根据方程式的关系可知 n(Na)＝2n(H2)＝0.2mol，m(Na)＝0.2mol×23g/mol＝4.6g，所以氧化
钠的质量是 10.8g-4.6g＝6.2g，则 n(Na2O)＝6.2g÷62g/mol＝0.1mol，根据钠元素守恒，可知反应产生氧化钠的金属钠的物质的量是 0.2mol，其质量是 m(Na)＝0.2mol×23g/mol＝4.6g，
答案选 D。
12.下列实验现象描述正确的是( )
选项 实 验 现 象
A 向氢氧化钠溶液中滴加 FeCl3 饱和溶液 有氢氧化铁胶体产生
B 在酒精灯上加热铝箔
铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝滴落下
来
C 向滴有酚酞的溶液中加入足量 Na2O2 粉末 溶液变红
D 加热放在坩埚中的小块钠
钠先熔化成光亮 小球，燃烧时火焰为
黄色，燃烧后生成淡黄色固体
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、向氢氧化钠溶液中滴加 FeCl3 饱和溶液，生成氢氧化铁沉淀，不是氢氧化铁胶体，
故 A 错误；
B、在酒精灯上加热铝箔，表面生成高熔点的氧化铝薄膜，铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝不
滴落下来，故 B 错误；
C、Na2O2 和水反应生成 NaOH 和氧气，使酚酞变红，但 Na2O2 有强氧化性，将变红的酚酞氧化为
无色，所以溶液先变红后褪色，故 C 错误；
D、加热放在坩埚中的小块钠，钠先熔化成光亮的小球，燃烧时火焰为黄色，燃烧后生成淡黄
色固体过氧化钠，故 D 正确。
选 D。
13.如图，在蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化时，用玻璃棒蘸取少量无水 CuSO4 与熔化的钠
接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成，据此判断下列说法中不正确的是( )
A. 上述反应是置换反应
B. 上述反应证明钠可以从 CuSO4 溶液中置换出铜
C. 上述反应说明钠比铜活泼
D. 加热且无水条件下，Na 可以与 CuSO4 反应并生成 Cu
【答案】B
【解析】
【分析】
在蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化时，用玻璃棒蘸取少量无水 CuSO4 与熔化的钠接触，瞬间
产生耀眼的火花，同时有红色物质生成，说明熔融的钠将硫酸铜中的铜置换出来并且放出热
量，属于置换反应，钠作还原剂，硫酸铜作氧化剂，说明钠比铜活泼，在无水条件下，Na 可
以与 CuSO4 反应并生成 Cu。
【详解】A、钠比铜活泼，在无水条件下，Na 可以与 CuSO4 反应并生成 Na2SO4 和 Cu，属于置换
反应，故 A 正确；
B、根据以上分析，在无水条件下，Na 可以与 CuSO4 反应并生成 Cu，但是钠不能从 CuSO4 溶液
中置换出铜，故 B 错误；
C、根据以上分析，在无水条件下，Na 可以与 CuSO4 反应并生成 Na2SO4 和 Cu，钠作还原剂，铜
是还原产物， 说明钠比铜活泼，故 C 正确；
D、根据以上分析，在无水条件下，Na 可以与 CuSO4 反应并生成 Cu，故 D 正确；
选 B。
14.由 Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl 中某几种组成的混合物，向其中加入足量的盐酸有气体放
出。将气体通过足量的 NaOH 溶液，气体体积减少一部分。将上述混合物在空气中加热，有气
体放出，下列判断正确的是
A. 混合物中一定不含有 Na2CO3、NaCl B. 混合物中一定有 Na2O2、NaHCO3
C. 无法确定混合物中是否含有 NaHCO3 D. 混合物中一定不含 Na2O2、NaCl
【答案】B
【解析】【分析】
向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种，
将放出的气体通过过量的 NaOH 溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混
合物，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，将上述混合物在
空气中充分加热，也有气体放出，故一定含有碳酸氢钠，Na2CO3、NaCl 不能确定，据以上分析
进行解答。
【详解】向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的
至少一种，将放出的气体通过过量的 NaOH 溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二
氧化碳的混合物，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，将上
述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，故一定含有碳酸氢钠，Na2CO3、NaCl 不能确定，
A、混合物中可能含有含有 Na2CO3、NaCl，故 A 错误；
B、由上述分析可知，混合物中一定有 Na2O2、NaHCO3，故 B 正确；
C、由上述分析可知，混合物中一定有 NaHCO3，故 C 错误；
D、由上述分析可知，混合物中一定含有 Na2O2，可能含有 NaCl，故 D 错误；
故选 B。
15.水热法制备 Fe3O4 纳米颗粒的反应如下(反应条件忽略)：
3Fe2++2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列说法不正确的是( )
A. 3mol Fe2+被氧化时有 1mol O2 被还原
B. 该反应中 Fe2+和 S2O32-都是还原剂
C. 每生成 1mol Fe3O4 转移 4mol 电子
D. 离子方程式中 x=4
【答案】A
【解析】
【详解】A. 根据化学方程式，2mol Fe2+被氧化时有 1mol O2 被还原，故 A 错误；
B. 该反应中 Fe、S 元素化合价都升高，所以 Fe2+和 S2O32-都是还原剂，故 B 正确；
C. 根据化学方程式，每生成 1mol Fe3O4 有 1mol 氧气反应，所以转移 4mol 电子，故 C 正确；
D. 根据电荷守恒，2×3-2×2-X×1=-2，X=4 离子方程式中 x=4，故 D 正确。
选 A。
16.将 0.8g NaOH 和 1.06g Na 2CO 3 混合并配成溶液，向溶液中滴加 0.1 mol·L -1 稀盐酸。
下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成 CO 2 的物质的量的关系的是( )A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
对 NaOH 和 Na2CO3 混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生 NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生
Na2CO3+HCl=NaHCO3+ NaCl，最后发生 NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。
【详解】0.8g NaOH 的物质的量是 0.02mol、1.06g Na 2CO 3 的物质的量是
mol；当滴加盐酸时，先发生 NaOH+HCl=NaCl+H2O 反应，消耗盐酸的物质的
量是 0.02mol，盐酸体积是 0.2L；再发生 Na 2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl 消耗盐酸的物质的量是
0.01mol ， 盐 酸 体 积 是 0.1L ， 生 成 碳 酸 氢 钠 的 物 质 的 量 是 0.01mol ； 最 后 发 生
NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，消耗盐酸的物质的量是 0.01mol，盐酸体积是 0.1L，生成二氧
化碳的物质的量是 0.01mol，故选 D。
17.现有下列三个氧化还原反应：① 2B- + Z2 = B2+2 Z - ② 2A2+ + B2 = 2A3+ + 2B- ③2XO4- +
10Z - + 16H+ = 2X2+ + 5Z2 + 8H2O，根据上述反应，判断下列结论中错误的是（ ）
A. 要除去含有 A2+、Z-和 B-混合溶液中的 A2+，而不氧化 Z-和 B-，应加入 Z2
0.8g
40g/mol
=
1.06g 0.01106g/mol
=B. 还原性强弱顺序为： A2+﹥B-﹥Z-﹥X2+
C. X2+是 XO4- 的还原产物， B2 是 B-的氧化产物
D. 在溶液中可能发生反应： XO4- +5 A2++ 8H+ = X2+ + 5A3+ + 4H2O
【答案】A
【解析】
A ． 氧 化 还 原 反 应 中 氧 化 剂 的 氧 化 性 强 于 氧 化 产 物 的 氧 化 性 ， 反 应
③16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O 中，氧化性 XO4-＞Z2；反应②2A2++B2=2A3-+2B-中，氧化性 B2＞
A3+；反应①2B-+Z2=B2+2Z-中，氧化性 Z2＞B2，则氧化性由强到弱的顺序是 XO4-＞Z2＞B2＞A3+，
所以要除去含有 A2+、Z-和 B-混合溶液中的 A2+，而不氧化 Z-和 B-，应加入 B2，故 A 错误；
B．由①②③反应中还原性的比较可知，还原性由强到弱顺序是 A2+、B-、Z-、X2+，故 B 正确；
C．反应③中 X 元素的化合价降低，则 XO4-为氧化剂，则 X2+是 XO4-的还原产物，反应①中 B-
发生氧化反应生成 B2 ，即 B2 是 B-的氧化产物，故 C 正确；D．氧化还原反应中氧化剂的氧化
性强于氧化产物的氧化性，反应③16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O 中，氧化性 XO4-＞Z2；反应
②2A2++B2=2A3-+2B-中，氧化性 B2＞A3+；反应①2B-+Z2=B2+2Z-中，氧化性 Z2＞B2，则氧化性由
强到弱的顺序是 XO4-＞Z2＞B2＞A3+，所以溶液中 XO4-能氧化 A2+，发生的反应为 XO4- +5 A2++ 8H+
= X2+ + 5A3+ + 4H2O，故 D 正确；答案为 A。
点睛：考查学生氧化还原反应中氧化性和还原性强弱判断规律：氧化还原反应中还原剂的还
原性强于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，且氧化性强的先被还
原，氧化性强的先被氧化。
18.氯气与冷的氢氧化钠反应生成 NaCl 与 NaClO，与热的氢氧化钠反应生成 NaCl 与 NaClO3。
一定温度下，氯气与氢氧化钠反应生成的 NaClO 与 NaClO3 的物质的量之比为 3：2，求该反应
氧化产物与还原产物的物质的量之比为( )
A. 5/16 B. 5/17 C. 5/13 D. 13/5
【答案】C
【解析】
【详解】氧化产物为 NaClO 与 NaClO3，二者物质的量之比为 2:3，令 NaClO 与 NaClO3 的物质
的量分别为 2mol、3mol；还原产物为 NaCl，根据电子转移守恒，可知 NaCl 的物质的量=
=13mol ， 故 该 反 应 中 氧 化 产 物 与 还 原 产 物 的 物 质 的 量 之 比
=(2mol+3mol):13mol=5:13，故选 C。
3mol 1+2mol 5
1
× ×19.120mL 含有 0.20mol 碳酸钠的溶液和 200mL 盐酸，不管将前者滴入后者，还是将后者滴入
前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，且比值为 5：2，则盐酸的浓度是（ ）
A. 2.0mol/L B. 1.0mol/L C. 0.18mol/L D.
1.25mol/L
【答案】D
【解析】
【分析】
当碳酸钠滴入盐酸中时发生 CO32-+2H+═H2O+CO2↑，
当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为 CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═H2O+CO2↑，都有气体产生，
说明 HCl 的物质的量应大于 Na2CO3 的物质的量，又因为最终生成的气体体积不同，当碳酸钠
滴入盐酸中时碳酸钠有剩余，当盐酸滴入碳酸钠溶液时，第一步反应完全，第二步反应碳酸
氢根离子有剩余。
【详解】设 HCl 为 nmol；当碳酸钠滴入盐酸中时发生 CO32-+2H+═H2O+CO2↑反应，生成 CO2 的
物质的量为 mol；当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为 CO32-+H+═HCO3-、
HCO3-+H+═H2O+CO2↑，发生 CO32-+H+═HCO3-反应消耗盐酸 0.2mol，发生 HCO3-+H+═H2O+CO2↑反
应，消耗盐酸(n-0.2)mol，所以生成 CO2 的物质的量为(n-0.2)mol，则 ：(n-0.2)=5:2，
n=0.25，盐酸的浓度是 1.25mol/L，故选 D。
20.将 112mLCl2（标准状况）通入 5mL1mol/L 的 FeBr2 溶液中（还原性：Fe2+大于 Br-），发生
反应的离子方程式是( )
A. Cl2＋2Br-＝2Cl-＋Br2 B. 2Fe2+＋2Br-＋2Cl2＝2Fe3+＋4Cl-＋Br2
C. 2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl- D. 2Fe2+＋4Br-＋3Cl2＝2Fe3+＋6Cl-＋
2Br2
【答案】B
【解析】
【分析】
根据还原性 Fe2+＞Br-可知，通入氯气先发生反应：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩
余的氯气再发生反应 2Br-+Cl2═Br2+2Cl-。
【详解】标况下 112mL 氯气的物质的量为：n（Cl2）= =0.005mol，5mL1mol/L 的
n
2
n
2
0.25mol
0.2L
=
0.112L
22.4L/molFeBr2 溶液中含有溶质溴化亚铁的物质的量为：n（FeBr2）=1mol/L×0.005L=0.005mol，含有
亚 铁 离 子 的 物 质 的 量 为 0.005mol ， 溴 离 子 的 物 质 的 量 为 0.01mol ； 根 据 反 应
2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl- 可知，0.005mol 亚铁离子完全反应消耗 0.0025mol 氯气，剩余氯气
0.0025mol，剩余的氯气再发生反应 2Br-+Cl2═Br2+2Cl-；0.0025mol 氯气氧化 Br-的物质的量
是 0.005mol，则反应的离子方程式为 2Fe2+＋2Br-＋2Cl2＝2Fe3+＋4Cl-＋Br2，故选 B。
【点睛】本题考查了有关反应物过量的离子方程式的书写，根据反应物的物质的量判断过量
情况及反应产物为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力。
二、填空题
21.下列各物质中只有 A、B、C 三种单质，A 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：
回答下列问题：
（1）A 是：____________， I 是：____________（填化学式）；
（2）按要求写出下列反应的方程式：
Ⅰ.①的化学方程式：______________________________；
Ⅱ.②的化学方程式(同时用双线桥法表示该反应的电子转移情况)：________________；
Ⅲ. J 与过量的澄清石灰水反应的离子方程式：______________________________。
【 答 案 】 (1). Na (2). CO2 (3). 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ (4).
（或写成“2×e-”） (5). HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O
【解析】
【分析】
A、B、C 三种单质，A 的焰色反应为黄色，A 是 Na；钠元素主要以氯化钠形式存在于海水中，
的G 是氯化钠；F 是一种淡黄色的固体，F 是 Na2O2；H 是一种常见的无色液体，H 是水；I 是造成
温室效应的“元凶”，I 是 CO2。根据流程图，钠与单质 C 生成氯化钠，C 是氯气；钠与 B 单质
生成过氧化钠，B 是氧气；钠与水反应生成氢氧化钠，D 是氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反
应生成碳酸钠，K 是碳酸钠；碳酸氢钠加热分解为碳酸钠，J 是碳酸氢钠；碳酸氢钠与盐酸反
应生成氯化钠，L 是盐酸。
【详解】（1）A、B、C 三种单质，A 的焰色反应为黄色，A 是 Na；I 是造成温室效应的“元
凶”，I 是 CO2。；
（2）Ⅰ.反应①是钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
Ⅱ.F 是过氧化钠，反应②是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式是
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应的实质是 Na2O2 和 H2O 发生复分解反应生成氢氧化钠和过氧化氢，
过氧化氢分解为水和氧气，水既不是氧化剂又不是还原剂，氢氧化钠既不是氧化产物又不是
还原产物，过氧化钠中氧元素化合价既升高又降低，用双线桥法表示该反应的电子转移为
；
Ⅲ. J 是碳酸氢钠，与过量的澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子方
程式为 HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O。
22.某固体混合物中，可能含有下列离子中的几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl-、SO42-、CO32-，
将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各 100mL 该溶液分别进行如下实验：
(1)在一份溶液中加入 AgNO3 溶液，有白色沉淀生成；
(2)在另一份溶液中加入足量的 NaOH 溶液并加热,收集到 1.12L 气体(标准状况下)；
(3)在第三份溶液中加入足量的 BaCl2 溶液有沉淀生成,经称量其质量为 6.27g，在该沉淀中
加入足量的盐酸，沉淀部分溶解,剩余固体质量为 2.33g。
根据上述实验回答下列问题：
①溶液中一定不存在 离子是：_______________________________；
②溶液中一定存在的阴离子有：_______________；其物质的量浓度分别为：_____________；
③推断 K+是否存在：（填“是 ”或“否”）________________，其物质的量浓度为：
___________。
【答案】 (1). Ba2+、Mg2+ (2). SO42-、CO32- (3). 0.1mol/L、0.2mol/L (4). 是
的(5). C(K+)≥0.1mol/L
【解析】
【分析】
①加入 AgNO3 溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在 Cl-、CO32-、SO42-等离子，且至少一种；
②1.12L 气体为氨气，溶液中一定含有 NH4+，并且物质的量为 0.05mol；
③2.33g 沉淀为硫酸钡，6.27g 沉淀为硫酸钡和碳酸钡的混合物；根据电荷守恒，得出是否存
在钾离子，以此解答该题。
【详解】①碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀，因此实验 1 得到沉淀无法确定是氯化银，
故实验 1 对 Cl-是否存在的判断是：不能确定；利用实验 2 可知含有铵离子，利用实验 3 可知
沉淀一定是碳酸钡和硫酸钡，即溶液中一定含有 CO32-、SO42-，碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都
是不溶于水的沉淀，故可判知溶液一定不存在的离子是：Ba2+、Mg2+；
②结合①中分析可知溶液中一定含有的阴离子为 CO32-、SO42-，由碳酸钡可溶于盐酸，硫酸钡
不溶于盐酸，可推知加入盐酸后剩余 2.33g 固体为 BaSO4，利用硫守恒可知溶液中 n（SO42-）=
0.01mol，c（SO42-）= 0.1mol/L；6.27g 固体中碳酸钡的质量为
6.27g-2.33g=3.94g，利用碳守恒可知溶液中 n（CO32-）= =0.02mol，c（CO32-）=
0.2mol/L；
③溶液中肯定存在的离子是 NH4+、CO32-和 SO42-，经计算，NH4+的物质的量为 0.05
mol，利用②中分析、计算可知 CO32-、SO42-的物质的量分别为 0.02 mol 和 0.01 mol，根据电
荷守恒，n（+）=n（NH4+）=0.05mol，n（-）=2n（CO32-）+2n（SO42-）=0.06mol，钾离子一定
存在。若不含 Cl-，则 n（K+）=0.01mol，若含 Cl-，则 n（K+）>0.01mol，所以
C(K+)≥0.1mol/L。
【点睛】本题考查溶液中离子推断，注意掌握常见离子的化学性质及检验方法，本题中根据
电荷守恒判断钾离子的存在为易错点，做题时需要细致分析。
23.按要求填空：
（1）还原铁粉与高温水蒸气反应的化学方程式：_____________________________________；
（2）除去 Mg 粉中的 Al 粉的试剂是__________ ，反应的离子方程式为：____________；
（3）高铁酸钠（Na2FeO4）具有强氧化性，可对自来水进行消毒、净化。高铁酸钠可用氢氧化
2.33
233 /
g
g mol
= 0.01
0.1
mol
L
=
3.94
197 /
g
g mol
0.02
0.1
mol
L
=
1.12
22.4 /
L
L mol
=铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到，请补充并配平下面离子方程式。
____Fe(OH)3 +____ClO－+____OH－ =__FeO42－＋___Cl－+__（ ）
（4）在反应 11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4 中，氧化剂是________________；还原
剂是_______________；当有 11molP 参加反应，转移的电子的物质的量为________；
1molCuSO4 能氧化的 P 原子的数目为_____________。
【 答 案 】 (1). 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2↑ (2). NaOH 溶 液 (3).
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (4). 2 (5). 3 (6). 4 (7). 2 (8). 3 (9).
5 (10). H2O (11). P、CuSO4 (12). P (13). 30mol (14). 0.2NA(1.204×1023)
【解析】
【分析】
（1）还原铁粉与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；
（2）Mg 与酸反应， Al 粉既能与酸反应又能与碱反应；
（3）根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平离子方程式；
（4）11P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4 中，P 元素的化合价由 0 降低为-3 价，这样
的 P 原子是 5mol，还有 P 元素的化合价由 0 升高为+5 价，这样的 P 原子是 6mol，Cu 元素的
化合价由+2 价降低为+1 价，根据氧化还原反应的概念以及电子守恒知识来解答。
【详解】（1）还原铁粉与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式是 3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2↑；
（2）Mg 与酸反应， Al 粉既能与酸反应又能与碱反应，所以用氢氧化钠溶液除去 Mg 粉中的 Al
粉，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（3）氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到高铁酸钠，铁元素化合价由+3 升高为+6，氯
元素化合价由+1 降低为 0，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒，离子方程式为
2Fe(OH)3 +3ClO－+4OH－ =2FeO42－＋3Cl－+5 H2O；
（4）在反应 11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4 中，部分 P 原子的化合价由 0 降低为-3
价， Cu 元素的化合价由+2 价降低为+1 价，氧化剂是 P、CuSO4；部分 P 元素的化合价由 0 升
高为+5 价，还原剂是 P；P 元素的化合价由 0 降低为-3 价，这样的 P 原子是 5mol，还有 P 元
素的化合价由 0 升高为+5 价，这样的 P 原子是 6mol，Cu 元素的化合价由+2 价降低为+1 价，
当有 11molP 参加反应，转移的电子的物质的量为 30mol；Cu 元素的化合价由+2 价降低为+1
价，P 元素的化合价由 0 升高为+5 价，所以 1molCuSO4 能氧化的 0.2molP 原子，氧化 P 原子的
=
高温
=
高温数目为 0.2NA(或 1.204×1023）。
24.已知某纯碱试样中含有 NaCl 杂质，为测定试样中纯碱的质量分数，可用下图中的装置进
行实验。
主要实验步骤如下：
①按图组装仪器，并检查装置的气密性；
②将 a g 试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液；
③称量盛有碱石灰 U 形管的质量，得到 b g；
④从分液漏斗滴入 6 mol•L-1 的硫酸，直到不再产生气体时为止；
⑤从导管 A 处缓缓鼓入一定量的空气；
⑥再次称量盛有碱石灰的 U 型管的质量，得到 c g；
⑦重复步骤⑤和⑥的操作，直到 U 型管的质量基本不变，为 d g；
请填空和回答问题：
（1）第一个洗气瓶中氢氧化钠溶液的作用是____________________
（2）装置中干燥管 B 的作用是_______________________________
（3）如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，测试的结果_________（填偏高、偏低
或不变）。
（4）步骤⑤的目的是_______________________________________
（5）步骤⑦的目的是_________________________________________
（6）该试样中纯碱的质量分数的计算式为________________________。
【答案】 (1). 吸收空气中 CO2 (2). 防止空气中的二氧化碳和水气进入 U 型管中
(3). 偏高 (4). 把反应产生的二氧化碳全部导入 U 型管中 (5). 判断反应产生的二氧
化碳是否全部排出，并被 U 型管中的碱石灰吸收 (6).
【解析】
【分析】
实验原理是通过准确测定和酸反应生成的二氧化碳气体的量，计算碳酸钠的量；盐酸的挥发
的
的
106(d-b) 100%44a
×性，空气中含有二氧化碳和水蒸气都会对实验产生干扰，据此回答。
【详解】（1）空气中含有二氧化碳，氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，防止空气中的二氧化碳气
体进入 U 型管中的碱石灰，干扰实验；
（2）U 型管中的碱石灰是为了吸收反应生成的二氧化碳，但空气中也存在二氧化碳，干燥管 B
的作用就是防止空气中的二氧化碳和水分进入 U 型管，对结果产生误差。
（3）由于盐酸具有挥发性，也会随着二氧化碳进入 U 型管，被误认为是二氧化碳，所以二氧
化碳的质量偏大，算出的碳酸钠的质量也会偏大的，所以结果会偏大。
（4）由于反应结束后锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是将残留的二氧化碳完
全排入 U 型管；步骤⑤的目的是把反应产生的二氧化碳全部导入 U 型管中；
（5）U 型管的质量基本不变，说明二氧化碳已经被全部排到 U 型管中；步骤⑦的目的是判断
反应产生的 CO2 是否全部排出，并被 U 型管中的碱石灰吸收；
（6）设需要碳酸钠的质量为 X，则：
Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑
106 44
X d-b
列比例式：
解得 X= ；
所以试样中纯碱的质量分数的计算式为 ；
【点睛】本题考查了物质定量测定的实验方法，本实验的装置连接顺序非常严密，严格控制
空气中的二氧化碳进入 U 型管是实验成功的关键，最前面的氢氧化钠溶液是为了防止空气中
的二氧化碳进入装置，最后面的碱石灰也是为了防止空气中的二氧化碳进入装置。
106(d-b) a 100%=44
÷ × 106(d-b) 100%44a
×
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