【答案】C
【解析】A、由于Na2CO3发生两步水解，相同浓度的Na2CO3和NaHCO3，正盐水解程度大，Na2CO3的碱性强，正确；B、相同温度下，Na2CO3溶解度大于NaHCO3，正确；C、Na2CO3与酸反应先转化为NaHCO3，再放出气体，NaHCO3与酸反应直接放出气体，与同浓度的硫酸反应放出气泡的速率：
Na2CO3＜NaHCO3，错误；D、NaHCO3受热分解，Na2CO3受热不分解，所以热稳定性NaHCO3＜Na2CO3，正确；答案选C。
11.如下图所示，若关闭Ⅰ阀，打开Ⅱ阀，让氯气经过甲瓶后，再通入乙瓶，红色布条不褪色；若关闭Ⅱ阀，打开Ⅰ阀，再通入氯气,红色布条褪色。
甲瓶中所盛的试剂可能是（）
①浓硫酸②NaOH ③溶液KI ④溶液饱和NaCl溶液
A.①②B.②③C.①②③D.①②④
【答案】C
点睛：
本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、发生的反应及实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物与实验的结合。
12.将相同质量的镁条分别放在①O2、②空气、③N2、④CO2中完全燃烧，燃烧后所得固体产物质量由大到小的顺序为（）
A.④>③>①>②B.①=②=③=④C.④>①>②>③D.③>①>②>④
【答案】C
【解析】①设24克镁在氧气中完全燃烧生成物的质量为X，根据反应可知
2Mg+O2
2MgO
48g80g
24gX
X=40g
③设24克镁在氮气中完全燃烧生成物的质量为Y，根据反应可知
3Mg+N2
Mg3N2
72g100g
24gY
Y=33.3g
④设24克镁在二氧化碳中完全燃烧生成物的质量分别为Z和W，根据反应可知
2Mg+CO2
2MgO+C
48g80g12g
24gZW
Z=40g，W=6g，即镁在二氧化碳中完全燃烧生成物的质量为46g.
②设24克镁在空气中完全燃烧生成物的质量为M，因空气的主要成分为氧气和氮气，则镁在空气中燃烧后的固体质量在33.3g与40g之间，即33.3g＜M＜40g，显然④＞①＞②＞③，答案选C。
点睛：
本题考查学生利用化学反应方程式进行计算，难点是判断镁在空气中的产物质量，学生只要明确空气的成分和发生的反应可判断其质量的范围值，学生应注意解答的规范化以及极限法的灵活应用。
13.下列离子方程式书写正确的是（）
A.电解饱和氯化钠溶液：
2C1-+2H2O==H2↑+Cl2↑+2OH-
B.氢氧化钡溶液与足量硫酸氢钠溶液混合：
H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
C.Na2O2与H2O反应制备O2：
2O22-+2H2O=4OH-+O2↑
D.向小苏打溶液中加入过量的澄清石灰水：
HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O
【答案】D
【解析】A、电解饱和氯化钠溶液：
2C1-+2H2O
H2↑+Cl2↑+2OH-，A错误；B、氢氧化钡溶液与足量硫酸氢钠溶液混合生成硫酸钡、硫酸钠和水：
2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，B错误；C、Na2O2与H2O反应制备O2：
2Na2O2+2H2O=4OH-+4Na++O2↑，C错误；D、向小苏打溶液中加入过量的澄清石灰水生成碳酸钙、氢氧化钠和水：
HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，D正确，答案选D。
点睛：
选项B和D是解答的易错点和难点。
在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。
突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。
14.已知R元素的某种同位素能形成离子化合物AmRn，其中A的化合价为+n。
该化合物中一个R微粒的核外电子数是a，核内中子数是b，则xg该同位素的原子所含电子的物质的量（mol）为（）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】该离子化合物中R的化合价是－m价，该化合物中一个R微粒的核外电子数是a，则R的质子数是a－m，核内中子数是b，则R的质量数是a－m+b，因此xg该同位素的原子所含电子的物质的量为
，答案选D。
15.用NA表示阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是（）
A.1L 1mol·L-1HCl溶液中含有的HCl分子数为NA
B.32gO2和O3混合物中含有的原子数为2.5NA
C.常温下，1mol氯气与足量NaOH溶液反应转移的电子数为NA
D.标准状况下，22.4LCCl4中含有的分子数为NA
【答案】C
【解析】A、氯化氢溶于水完全电离，溶液中不存在HCl分子，A错误；B、32gO2和O3混合物中含有的氧原子的物质的量是32g÷16g/mol＝2mol，氧原子数为2NA，B错误；C、常温下，1mol氯气与足量NaOH溶液生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯气既是氧化剂，也是还原剂，反应转移的电子数为NA，C正确；D、标准状况下四氯化碳是液态，不能利用气体摩尔体积计算22.4LCCl4中含有的分子数，D错误，答案选C。
16.在水溶液中能大量共存的一组离子是（）
A.Na+、K+、HCO3-、OH－B.H+、Na+、ClO-、Cl-
C.Na+、Ca2+、Cl-、SO42-D.H+、Ba2+、NO3-、Cl-
【答案】D
【解析】A、在溶液中HCO3－、OH－反应生成碳酸根和水，不能大量共存，A错误；B、H+与ClO-、Cl-在溶液中发生氧化还原反应生成氯气，不能大量共存，B错误；C、Ca2+与SO42-结合生成硫酸钙沉淀，不能大量共存，C错误；D、H+、Ba2+、NO3-、Cl-在溶液中不反应，可以大量共存，D正确，答案选D。
17.火法炼铜首先要焙烧黄钢矿（主要成份为CuFeS2,其中Cu、Fe均为+2价）,其反应为2CuFeS2+O2
Cu2S+2FeS+SO2关于此反应，下列说法不正确的是（）
A.CuFeS2被氧化和被还原的原子数之比为2∶1
B.该反应中有两种物质作氧化剂
C.每生成1mol FeS,反应中转移3mol电子
D.CuFeS2中只有硫元素被氧化
【答案】A
【解析】A．Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，CuFeS2中Cu元素被还原、S元素被氧化，且生成Cu2S、FeS时S元素的化合价不变，则CuFeS2中被氧化和被还原的原子数目之比为1：
2，A错误；B．反应中Cu、O元素的化合价降低，两种反应物均作氧化剂，B正确；C．由方程式可知，每生成1molFeS，就生成0.5molSO2，则有0.5mol硫被氧化生成SO2，转移电子为0.5mol×[4-（-2）]=3mol，C正确；D．Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，CuFeS2中Cu元素被还原、S元素被氧化，D正确，答案选A。
点睛：
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答该类试题的关键，注意从化合价角度去分析，侧重分析与应用能力的考查。
18.下列说法错误的是（）
A.可用上述蒸馏装置来分离I2的四氯化碳溶液
B.蒸馏时温度计水银球位置较低，易得到低沸点的杂质
C.可用冷却结晶的方法来提纯含有少量KCl的KNO3固体
D.可用苯萃取碘水溶液中的碘，静置分液后，有机层从上口倒出
【答案】A
【解析】A、碘易溶在有机溶剂中，二者的沸点相差较大，可用蒸馏装置来分离I2的四氯化碳溶液，但冷却水应该是下口进，上口出，A错误；B、蒸馏时温度计测定馏分的温度，则温度计水银球插在蒸馏烧瓶支管口处，若在下方位置，将收集到低沸点馏分，B正确；C、KNO3的溶解度受温度影响大，而KCl的溶解度受温度影响小，则提纯含有少量KCl的KNO3时，可采用结晶方法，C正确；D、可用苯萃取碘水溶液中的碘，苯的密度小于水，静置分液后，有机层从上口倒出，D正确，答案选A。
19.在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，在以下各种情况下排序正确的是（）
A.当它们的体积、温度和压强均相同时，三种气体的密度ρ（H2）>ρ（Ne）>ρ（O2）
B.当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强ρ（H2）>ρ（Ne）>ρ（O2）
C.当它们的质量、温度和压强均相同时，三种气体的体积V（O2）>V（Ne）>V（H2）
D.当它们的压强、体积和温度均相同时，三种气体的质量m（H2）>m（Ne）>m（O2）
【答案】B
【解析】试题分析：
A．温度、压强均相同时，气体的Vm相等，ρ=
=
=
，可知气体的密度与摩尔质量呈正比，则ρ（O2）＞ρ（Ne）＞ρ（H2），故A错误；B．根据PV=nRT可知，PM=ρRT，因此在温度和密度相等的条件下，压强和气体的摩尔质量成反比，则三种气体的压强p（H2）＞p（Ne）＞p（O2），故B正确；C．温度、压强均相同时，气体的Vm相等，由n=
=
可知，等质量时，气体的体积和摩尔质量呈反比，应为V（H2）＞V（Ne）＞V（O2），故C错误；D．温度、压强均相同时，气体的Vm相等，由n=
=
可知，等体积时，气体的质量和摩尔质量呈正比，则m（O2）＞m（Ne）＞m（H2），故D错误；故选B。
【考点定位】考查阿伏伽德罗定律及其推论
【名师点晴】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型，注意相关计算公式的运用。
有用的推论有：
（1）同温同压时：
①V1：
V2=n1：
n2=N1：
N2②ρ1：
ρ2=M1：
M2③同质量时：
V1：
V2=M2：
M1；
（2）同温同体积时：
④P1：
P2=n1：
n2=N1：
N2⑤同质量时：
P1：
P2=M2：
M1；（3）同温同压同体积时：
⑥ρ1：
ρ2=M1：
M2=m1：
m2。
对于这些推论，平时学习过程中要加以练习，才能得心应手。
20.已知氧化性Br2>Fe3+。
向含溶质amol的FeBr2溶液中通入bmolCl2,充分反应。
下列说法不正确的是（）
A.离子的还原性强弱：
Fe2+>Br->Cl-
B.当a≥2b时，发生的离子反应：
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
C.当a=b时，反应后的离子浓度之比：
c（Fe3+）∶c（Br-）∶c（Cl-）=1∶2∶2
D.当3a≤2b时，发生的离子反应：
2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-
【答案】C
【解析】还原性Fe2+＞Br﹣，首先发生反应：
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕，再发生反应：
2Br﹣+Cl2=2Cl﹣+Br2，amol的FeBr2溶液中含有amolFe2+、2amolBr﹣，
A．氧化性越强，相应离子的还原性越弱，故离子的还原性强弱：
Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣，故A正确；
B．amolFe2+消耗0.5amolCl2，当a≥2b时，只有Fe2+被氯气氧化，反应离子方程式为：
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故B正确；
C．当a=b时，由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣可知，amolFe2+消耗0.5amolCl2，生成amolFe3+、amolCl﹣，由2Br﹣+Cl2=2Cl﹣+Br2可知，0.5amolCl2，消耗amolBr﹣，又生成amolCl﹣，溶液中剩余Br﹣为amol，反应后的离子浓度：
c（Fe3+）：
c（Br﹣）：
c（Cl﹣）=a：
a：
2a=1：
1：
2，故C错误；
D．amolFe2+消耗0.5amolCl2，2amolBr﹣消耗amolCl2，当3a≤2b时，Fe2+、Br﹣完全被氧化，发生的离子反应：
2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣故D正确，
故选：
C．
【点评】本题考查氧化还原反应计算、离子方程式书写等，关键是明确离子发生反应的先后顺序，难度中等．
21.甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH-、Cl-、HCO3-、SO42-中的不同阳离子和阴离子各一种组成。
已知：
①将甲溶液分别与其它三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mo/L乙溶液中c（H+）>0.1mol/L；③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。
下列结论不正确的是（）
A.甲溶液含有Ba2+B.乙溶液含有SO42-
C.丙溶液含有Cl-D.丁溶液含有Mg2+
【答案】D
【解析】试题分析：
根据②中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据③中现象，可以推知丙中含有Cl-；再结合①中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba（OH）2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3，故选D。
【考点定位】考查离子的检验
【名师点晴】根据题中的反应现象，找出突破口，抓住物质的性质是关键，将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，可以形成白色沉淀的只有BaSO4、BaCO3、Mg（OH）2，因此甲只能是Ba（OH）2；0.1mol/L乙溶液中c（H+）=0.2mol/L，说明乙是硫酸；向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，说明丙是MgCl2，所以丁是NH4HCO3。
22.将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到NO、NO2混合物，这些气体恰好能被500mL2mo/LNaOH溶液完全吸收，生成的盐溶液中NaNO3的物质的量为（）
（已知：
2NO2+ 2NaOH= NaNO3+ NaNO2+ H2O； NO+NO2+2NaOH = 2NaNO2+ H2O）
A.0.2molB.0.4molC.0.6molD.不能确定
【答案】A
【解析】51.2gCu的物质的量为51.2g÷64g/mol=0.8mol，铜和硝酸反应铜还原硝酸生成氮氧化合物，在NaOH溶液中氮氧化合物又转化成NaNO3和NaNO2，则铜将失去的电子给了硝酸在氢氧化钠溶液中生成了NaNO2，根据得失电子数目相等得到2n（Cu）=2n（NaNO2），
所以n（NaNO2）=n（Cu）=0.8mol，根据钠元素守恒可知n（NaNO2）+n（NaNO3）=0.5L×2mol/L=1mol，所以n（NaNO3）=1mol-0.8mol=0.2mol，答案选A。
点睛：
本题考查氧化还原反应的计算，难度较大，整个过程发生的反应较复杂，但从氧化还原反应电子得失的角度分析可以简化为铜和氮原子间电子的转移，清楚铜将失去的电子给了硝酸在氢氧化钠溶液中生成了NaNO2是解题的关键。
第Ⅱ卷（非选择题，共51分）
二、简答题（本大题包括6小题，共47分。
）
23.现有以下物质：
①NaCl晶体②盐酸③CaCO3固体④熔融KCl⑤蔗糖⑥铜⑦CO2⑧冰醋酸⑨KOH固体⑩液氨
（1）以上物质中能导电的是___________________________。
（填序号，下同）
（2）以上物质中属于强电解质的是_____________________，属于弱电解质的是________________________________，属于非电解质的是________________________________。
【答案】
（1）.②④⑥
（2）.①③④⑨（3）.⑧（4）.⑤⑦⑩
【解析】
（1）含有自由移动电子或离子的物质可以导电，以上物质中能导电的是盐酸、熔融KCl、铜；
（2）完全电离出离子的电解质的强电解质，以上物质中属于强电解质的是氯化钠晶体、碳酸钙固体、熔融氯化钾、氢氧化钾固体，部分电离出离子，存在电离平衡的电解质是弱电解质，属于弱电解质的是冰醋酸，溶于水和在熔融状态下均不能自身电离出离子的化合物是非电解质，属于非电解质的是蔗糖、CO2和液氨。
24.实验室欲配制240mL0.2mol·L-1的碳酸钠溶液，回答下列问题：
可供选择的仪器：
①量筒②胶头滴管③托盘天平④药匙⑤烧瓶⑥烧杯
（1）通过计算可知，应用托盘天平称取__________g Na2CO3固体。
（2）配制过程必需的仪器___________（填序号）,还缺少的仪器有_________________。
（3）在配制过程中,其他操作都是正确的,下列操作中会引起误差且使浓度偏小的是__________。
①没有洗涤烧杯和玻璃棒②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面
③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水④定容时俯视刻度线
⑤未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容
⑥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】
（1）.5.3
（2）.②③④⑥（3）.250mL容量瓶、玻璃棒（4）.①②⑥
【解析】
（1）应该用250mL容量瓶，则需要应用托盘天平称取Na2CO3固体的质量是0.25L×0.2mol/L×106g/mol＝5.3g。
（2）配制过程必需的仪器有托盘天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250mL容量瓶，因此还缺少的仪器有250mL容量瓶、玻璃棒；（3）①没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质减少，浓度偏小；②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，导致溶质减少，浓度偏小；③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水不影响；④定容时俯视刻度线，溶液体积减少，浓度偏高；⑤未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，导致溶液体积减少，浓度偏高
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