江苏省江阴四校2018-2019学年高一化学上学期期中试卷（含解析）.doc

江苏省江阴四校2018-2019学年高一上学期期中考试化学试题1.“垃圾是放错了位置的资源”，应分类回收利用。生活中废弃的塑料制品、旧轮胎、废纸等属于A. 单质 B. 有机物 C. 氧化物 D. 无机物【答案】B【解析】【详解】塑料袋等塑料制品、旧轮胎主要成分为橡胶，属于高分子化合物，废纸的主要成分是植物的纤维是纤维素，它们都属于有机物。答案选B。【点睛】本题是一道物质组成材料题，解题的关键是对组成这些物质的材料成分的掌握，难度不大。2.下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是A. 水和CCl4 B. 碘和酒精 C. 酒精和水 D. 硝酸钾和氯化钾溶液【答案】A【解析】【分析】根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，则分析选项中物质的溶解性即可。【详解】A水和CCl4不互溶，水在上层，CCl4在下层，所以能用分液漏斗分离，选项A正确；B碘和酒精互溶，不能用分液漏斗进行分离，选项B错误；C酒精和水能互溶，所以不能用分液漏斗分离，选项C错误； D硝酸钾和氯化钾溶液互溶，不能用分液漏斗进行分离，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查物质的分离，题目难度不大，本题注意把握常见混合物的分离原理、方法以及操作的注意事项等。3.下列有关化学用语表示正确的是A. H2的摩尔质量是2gB. 氟原子的结构示意图：C. 32He和42He互为同位素D. 碳酸钠的电离方程式：Na2CO3Na2+CO32【答案】C【解析】【详解】A. H2的摩尔质量是2g/mol，选项A错误；B. 氟原子的结构示意图为：，选项B错误；C. 32He和42He质子数相同、中子数不相同，互为同位素，选项C正确；D. 碳酸钠为强电解质，其电离方程式为：Na2CO32Na+CO32，选项D错误。答案选C。4.下列反应既是化合反应又是氧化还原反应的是A. CuOH2=CuH2O B. Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3C. 3Fe2O2=Fe3O4 D. NH4HS=NH3H2S【答案】C【解析】【详解】ACuOH2=CuH2O为置换反应，且H、Cu元素的化合价变化，为氧化还原反应，选项A不选；BNa2CO3CO2H2O=2NaHCO3为化合反应，无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，选项B不选；C3Fe2O2=Fe3O4为化合反应，Fe、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，选项C选；DNH4HS=NH3H2S为分解反应，无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，选项D不选；答案选C。5. 如图所示，在小烧杯中加入水和煤油各20mL，然后将一小粒金属钠放入烧杯中，观察到的现象可能为A. 钠在水层中反应并四处游动B. 钠停留在煤油层中不发生反应C. 钠在煤油的液面上反应并四处游动D. 钠在水与煤油的界面处反应并上下跳动【答案】D【解析】试题分析：钠的密度比煤油大比水小，且钠与水反应不与煤油反应，故可以看到钠在水与煤油的界面处反应并上下跳动，选项D符合题意。考点：钠的物理性质及与水反应的实验现象分析。6.铋（Bi）在医药方面有重要应用。下列关于Bi和Bi的说法正确的是A. Bi和Bi都含有83个中子 B. Bi和Bi互为同位素C. Bi和Bi的核外电子数不同 D. Bi和Bi分别含有126和127个质子【答案】B【解析】试题分析：A、根据原子表示，左下角为质子数，中子数=质量数质子数，中子数分别是(20983)=126、(21083)=127，故错误；B、同位素：质子数相等，中子数不同同种元素不同核素，故正确；C、质子数等于核外电子数，质子数相等，因此核外电子数相同，故错误；D、质子数都是83，故错误。考点：考查原子的表示、质子数、中子数、质量数之间的关系等知识。7.下列物质中属于电解质的是A. 氨水 B. 二氧化碳气体 C. 铜丝 D. 氢氧化钠固体【答案】D【解析】【分析】在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，注意电解质必须是化合物，不能是单质或混合物，据此分析解答。【详解】A、氨水是混合物，所以氨水既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；B、二氧化碳的水溶液能导电，但导电的是二氧化碳和水反应生成的碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，选项B错误；C、铜丝是单质，所以铜丝既不是电解质也不是非电解质，选项C错误；D、氢氧化钠在水溶液里能电离出自由移动的离子，所以是电解质，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查了电解质判断，难度不大，注意不是电解质的物质不一定是非电解质，如混合物或单质。8.设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是A. 1mol NH3所含有的原子数为NAB. 常温常压下，22.4L氧气所含的原子数为2NAC. 常温常压下，14 g 由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD. 1 L 0.1molLNaCl溶液中所含的Na+ 为NA【答案】C【解析】【分析】A、每个NH3分子含有4个原子，结合N=nNA计算原子数目；B、不是标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol；C氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，都是双原子分子，根据n=计算出混合物的物质的量，再计算出含有的原子数；D依据n=cV计算。【详解】A、每个NH3分子含有4个原子，1molNH3所含有的原子数为1mol4NAmol-1=4NA，选项A错误；B、标准状况下，22.4L氧气所含的分子为NA，常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以22.4L氧气所含的分子小于NA，选项B错误；C、14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为：=0.5mol，含有1mol原子，含有的原子数目为NA，选项C正确；D.1L0.1mol/LNaCl溶液中所含的Na+数为1L0.1mol/LNA=0.1NA，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查常用化学计量的有关计算与理解，难度不大，注意气体摩尔体积的使用条件与对象，可借助PV=nRT理解气体摩尔体积。9.科学的实验方法为我们探索物质世界提供了金钥匙。下列实验方法不正确的是A. 容量瓶使用前必须检查是否漏液B. 蒸发结晶时应将溶液蒸干C. 用一根洁净的铂丝蘸取碳酸钠溶液，置于酒精灯火焰上灼烧可以检验钠离子D. 用洁净的玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，跟标准比色卡对照可测定溶液的pH【答案】B【解析】【详解】A容量瓶口部有塞子，使用前必须检查是否漏液，故A正确；B、蒸发结晶时，当有大部分固体析出时停止加热，利用余热蒸干，而不是将溶液蒸干，故B错误；C、用一根洁净的铂丝蘸取碳酸钠溶液，置于酒精灯火焰上灼烧，火焰显示黄色，可以检验钠离子，故C正确；D、用pH试纸测定溶液pH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在pH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，故D正确；故选B。10.某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl-、SO42-四种离子，已知前三种离子的个数比为312，则溶液中Al3+ 和SO42-的离子个数比为A. 12 B. 14 C. 34 D. 32【答案】A【解析】【分析】因为溶液呈电中性，根据溶液中的电荷守恒来计算。【详解】溶液中电荷守恒，也就是说所有阳离子所带的正电荷总数应该等于所有阴离子所带的负电荷的总数，即：c(Na+)+3 c(Al3+)= c(Cl-)+2 c(SO42-)，设SO42-的离子个数为x，所以有3+31=2+2x，解得x=2，所以溶液中Al3+和 SO42-的离子个数比为1：2。答案选A。【点睛】本题考查学生溶液中的电荷守恒知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大。11.下列反应中H2O是氧化剂的是A. CaO+H2OCa(OH)2 B. Cl2+H2OHCl+HClOC. 2Na+2H2O=2NaOH+H2 D. 2F2+2H2O4HF+O2【答案】C【解析】【分析】氧化还原反应中氧化剂得电子化合价降低，H2O只作氧化剂，则H2O中H元素的化合价降低，O元素的化合价不变，以此来解答。【详解】ACaO+H2O=Ca(OH)2中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，选项A错误；BCl2+H2O=HCl+HClO中Cl元素的化合价既升高又降低，则Cl2既是氧化剂又是还原剂，选项B错误；C2Na+2H2O=2NaOH+H2中Na元素的化合价升高，Na为还原剂，H2O中H元素的化合价降低，H2O作氧化剂，选项C正确；D2F2+2H2O=4HF+O2中H2O中的O元素的化合价升高，H2O是还原剂，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重氧化剂、还原剂的考查，明确反应中元素的化合价变化为解答的关键，题目难度不大。12.海水是一个巨大的化学资源宝库，下列有关海水综合利用的说法正确的是A. 海水中含有镁元素，只需经过物理变化就可以得到镁单质B. 目前工业上直接由海水提取I2C. 海水蒸发制海盐的过程中只发生了化学变化D. 从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备Na【答案】D【解析】【详解】AMg为活泼金属，海水中以离子形式存在，分离出MgCl2后电解熔融MgCl2得到Mg，为化学变化，选项A错误；B虽然海水中碘的总藏量很大，但由于其浓度很低，目前工业上并不直接由海水提取I2，选项B错误；C海水蒸发制海盐，利用加热水转化为水蒸气，与水分离，无新物质生成，为物理变化，选项C错误；DNaCl在海水中储量丰富，Na为活泼金属，则电解熔融NaCl可生成Na和氯气，选项D正确；答案选D。13.下列电离方程式中，错误的是A. Fe2(SO4)3=2Fe3+3SO42 B. H2SO4=2H+SO42C. NaHCO3=Na+H+CO32 D. NaHSO4=Na+H+SO42【答案】C【解析】【分析】用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水时电离成离子的化学方程式，结合物质的组成解答。【详解】A. 硫酸铁完全电离，电离方程式为Fe2(SO4)32Fe3+3SO42-，A正确；B. 硫酸是二元强酸，完全电离，电离方程式为H2SO42H+SO42，B正确；C. 碳酸氢钠完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3Na+HCO3，C错误；D. 硫酸氢钠是强酸的酸式盐，电离方程式为NaHSO4Na+H+SO42，D正确。答案选C。14.欲除去某溶液里混有的少量杂质，下列做法中不正确的是(括号内的物质为杂质)A. NaCl溶液(BaCl2)：加过量Na2CO3溶液，过滤，再加适量盐酸并加热B. KNO3溶液(AgNO3)：加过量NaCl溶液，过滤C. NaCl溶液(Br2)：加CCl4，萃取分液D. KNO3溶液(NaCl)：加热蒸发得浓溶液后，降温，过滤【答案】B【解析】【详解】A碳酸钠与氯化钡反应生成氯化钠和碳酸钡，过滤后再加足量盐酸后加热可除杂，选项A正确；B硝酸银与KCl反应生成沉淀和硝酸钾，但KCl足量会引入新杂质，应加适量的KCl溶液过滤，选项B错误；C溴易溶在四氯化碳中，可以通过萃取除去氯化钠溶液中的单质溴，选项C正确；D二者的溶解度受温度影响不同，则溶解后加热蒸发得浓溶液，降温结晶后过滤可分离，选项D正确；答案选B。【点睛】本题考查混合物分离提纯等，把握物质的性质及发生的反应等为解答的关键，侧重性质及应用、实验能力的考查，注意除杂的原则。15.比较1.0mol N2和1.0mol CO的：质量 分子总数 原子总数，其中相同的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据m=nM，算出质量判断；根据N=nNA，算出分子数判断；先根据N=nNA算出分子数，然后根据每个分子中含有的原子数算出原子总数判断。【详解】氮气的质量：m=nM=1.0mol28g/mol=28g，一氧化碳的质量m=nM=1.0mol28g/mol=28g，质量相等，故正确；氮气的分子数：N=nNA=1.0mol6.021023个/mol=6.021023个，一氧化碳的分子数：N=nNA=1.0mol6.021023个/mol=6.021023个，分子数相等，故正确；氮气的分子数：N=nNA=1.0mol6.021023个/mol=6.021023个，每个分子中含两个原子，所以原子总数为26.021023个，一氧化碳的分子数：N=nNA=1.0mol6.021023个/mol=6.021023个，每个分子中含两个原子，所以原子总数为26.021023个，所以原子总数相等，故正确；答案选C。【点睛】本题考查物质的量的计算，难度不大，了解质子数与原子序数的关系是解本题的关键，元素无论变成哪种微粒，质子数和原子序数始终不变。16.某物质灼烧时，焰色反应为黄色，下列判断中正确的是A. 该物质一定是钠的化合物 B. 该物质一定含钠元素C. 可以确定该物质中不含钾元素 D. 该物质一定是金属钠【答案】B【解析】【分析】根据焰色反应是元素的性质与元素的存在形态无关，可能是含钠化合物，也可能是单质，钾元素的焰色反应为紫色，易被黄光遮住，据此来分析解答。【详解】A、焰色反应的性质是元素的性质，与元素的存在形态无关，可能是含钠化合物，也可能是单质，选项A错误；B、焰色反应的性质是元素的性质，物质灼烧时，焰色反应为黄色，则一定含有钠元素，选项B正确；C、钾元素的焰色反应为紫色，易被黄光遮住，某物质灼烧时，焰色反应为黄色，所以一定含有钠元素，可能含有K元素，选项C错误；D、焰色反应的性质是元素的性质，与元素的存在形态无关，可能是含钠化合物，也可能是单质，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查焰色反应，高中阶段要求掌握两种元素-Na、K的焰色，明确焰色反应是元素的性质是解答的关键。17.可以肯定溶液中大量存在CO32的实验事实是()A. 加入硝酸银溶液时有白色沉淀B. 加入盐酸时有无色无味气体产生C. 加入氯化钙溶液时，有白色沉淀生成，再加稀盐酸时，白色沉淀溶解，产生可使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体D. 加入氢氧化钡溶液时，有白色沉淀生成，再加稀盐酸时，白色沉淀溶解，产生可使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体【答案】C【解析】试题分析： A中可能含有Cl-；B中可能含有H，D中有H也会有类似的现象。所以正确选项为C。考点：常见物质的检验18.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2，有关该反应说法正确的是A. 属于复分解反应 B. KNO3发生氧化反应C. NaN3是还原剂 D. NaN3和KNO3中氮元素化合价均降低【答案】C【解析】试题分析：A.该反应有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；B. KNO3中氮元素由+5价得电子生成氮气，发生还原反应，错误；C. NaN3中氮元素化合价由-1/3价失电子生成氮气，是还原剂，正确；D. KNO3中氮元素由+5价降低到0价，NaN3中氮元素化合价由-1/3价升高到0价，错误；选C。考点：考查氧化还原反应。19.下列溶液中的氯离子浓度与50mL 1molL1的FeCl3溶液中氯离子浓度相等的是A. 150 mL 1 molL1的NaCl B. 150 mL 3 molL1的KClC. 75 mL 2 molL1的NH4Cl D. 75 mL 2 molL1的CaCl2【答案】B【解析】【分析】50mL1mol/L的FeCl3溶液中的Cl-浓度为3mol/L，根据溶质化学式计算各选项中的Cl-物质的量，进行比较可知。注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度。【详解】50mL1mol/L的FeCl3溶液中的Cl-浓度为3mol/L。A、150ml1mol/L的NaCl溶液中Cl-浓度为1mol/L，与50mL1mol/L的FeCl3溶液中的Cl-浓度不相等，选项A不符合；B、150ml3mol/L的KCl溶液中Cl-浓度为3mol/L，与50mL1mol/L的FeCl3溶液中的Cl-浓度相等，选项B符合；C、75ml2mol/L的NH4Cl溶液中Cl-浓度为2mol/L，与50mL1mol/L的FeCl3溶液中的Cl-浓度不相等，选项C不符合；D、75ml2mol/L的CaCl2溶液中Cl-浓度为4mol/L，与50mL1mol/L的FeCl3溶液中的Cl-浓度不相等，选项D不符合；答案选B。【点睛】本题考查物质的量浓度的计算与理解，题目难度不大，注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度。20.在两个容积相同的容器中，一个盛有HCl气体，另一个盛有H2和Cl2的混合气体。在同温同压下，两容器内的气体一定具有相同的A. 分子数 B. 密度 C. 质量 D. 质子数【答案】A【解析】【分析】同温同压下，体积之比等于物质的量之比，所以在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，HCl、H2和Cl2都是双原子分子，当二者分子数相等时，原子数一定相等；H原子与Cl原子的电子数不同，两种元素的相对原子质量也不同，在相同体积时，两个容器内的质量、质子数和密度不相等。【详解】A、在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，选项A正确；B、由于氢气和氯气的物质的量关系不确定，二者的质量之和与另一容器中的HCl的质量不一定相等，容积相同时密度与质量成正比，则密度也不一定相等，选项B错误；C、由于氢气和氯气的物质的量关系不确定，二者的质量之和与另一容器中的HCl的质量不一定相等，选项C错误；D、H原子中含有1个质子，Cl原子中含有17个质子，由于氢气和氯气的物质的量关系不确定，等物质的量时两个容器中气体的质子数不一定相等，选项D错误。答案选A。【点睛】本题考查阿伏加德罗定律的应用，做题时注意比较两个容器中三种物质的原子构成和相对原子质量关系，难度不大。21.在反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，被还原的硫与被氧化的硫的质量比为A. 2：1 B. 1：2 C. 3：1 D. 1：3【答案】A【解析】【分析】在反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，只有S元素的化合价发生变化，SK2S，化合价降低，被还原，SK2SO3，化合价升高，被氧化，根据氧化剂与还原剂得失电子数目相等计算。【详解】在反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，只有S元素的化合价发生变化，氧化剂和氧化剂都是S，反应中SK2S，S化合价降低，则S被还原，S为氧化剂，SK2SO3，S化合价升高，则S被氧化，S为还原剂，由生成物可知，被还原与被氧化的S的物质的量之比为2：1，则质量之比也为2：1，答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，注意根据化合价的变化判断氧化产物和还原产物，可根据化学计量数直接判断出被还原的硫与被氧化的硫的质量比。22.为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：过滤；加过量氢氧化钠；加适量盐酸；加足量碳酸钠溶液；加过量氯化钡溶液。下列操作顺序正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子，顺序为：。故选D。【考点定位】考查粗盐提纯【名师点晴】本题主要考查了除杂质的原则，以及除杂质的顺序，这类题时常出现，要加以掌握。除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，要先加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子。23.实验室制Cl2反应4HCl（浓）+MnO2 MnCl2+ Cl2+2H2O下列说法不正确的是A. 还原剂是HCl，氧化剂是MnO2B. 每有2molHCl被氧化，转移电子的物质的量为2molC. 每消耗1mol MnO2，起还原剂作用的HCl消耗4molD. 转移电子的物质的量为1mol时，生成标准状况下Cl2的体积为11.2L【答案】C【解析】【分析】由4HCl（浓）+MnO2 MnCl2+ Cl2+2H2O可知，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0，MnO2中Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，以此来解答。【详解】A反应中HCl失电子为还原剂，MnO2得电子为氧化剂，选项A正确；B根据化合价的变化可知，反应中Cl元素的化合价由-1价升高到0价，每有2molHCl被氧化，转移电子的物质的量为2mol，选项B正确；C每消耗1mol MnO2，起还原剂作用的HCl消耗2mol，另一部分的HCl起到酸性的作用，选项C不正确；D转移电子的物质的量为1mol时，生成氯气为0.5mol，标准状况下Cl2的体积为11.2L，选项D正确；答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念和电子转移的考查，题目难度不大。24.实验室用纯碱（Na2CO310H2O）配制480mL 0.1mol/L Na2CO3溶液，实际操作步骤有：（1）需称量纯碱的质量为_g。（2）配制溶液时下列仪器中：A.锥形瓶 B. 托盘天平 C.烧杯 D.胶头滴管 E.药匙 不需要用到的是_（填序号），尚缺的玻璃仪器有_和_（写名称）。（3）人们常将配制过程简述为以下各步骤：A冷却 B称量 C洗涤 D定容 E溶解 F摇匀 G转移 H装瓶。其正确的操作顺序应是_ (填序号)。B E A G C G D F H B E G A C G F D H B E F G C G D H A B E A G C G D H F（4）在此配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是_ (填序号)。纯碱晶体部分失水 容量瓶使用时未干燥移液时未洗涤烧杯和玻璃棒 定容时俯视刻度线观察液面定容时仰视刻度线观察液面摇匀后静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线【答案】 (1). 14.3 (2). A (3). 500mL容量瓶 (4). 玻璃棒 (5). (6). 【解析】试题分析：（1）因没有480mL的容量瓶，因此需要选择500mL容量瓶，则所需Na2CO3的物质的量为0.1mol/L0.5L=0.05mol，质量为0.05mol286g/mol=14.3g，则称量纯碱的质量为14.3g；（2）配制物质的量浓度溶液时需要用到的仪器是托盘天平、烧杯、胶头滴管及药匙，不需要的是锥形瓶，还缺少定容容器500mL的容量瓶及移液时引流用的玻璃棒；（3）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤是计算、称量、溶解、冷却后转移、洗涤液转移、定容、摇匀、最后再装瓶，即B E A G C G D F H，选项正确；（4）纯碱晶体部分失水，导致晶体中Na2CO3的质量分数偏高，所配溶液浓度偏高，正确； 容量瓶使用时未干燥，没有影响溶液的体积与溶质的质量，故对溶液浓度无影响，错误；移液时未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质减少，导致深度偏低，错误；定容时俯视刻度线观察液面，液面在刻度线下，体积偏小，浓度偏大，正确，故答案为。考点：考查物质的量浓度的溶液配制操作及误差分析。25.下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色填写下列空白：（1）写出化学式：A_，B_（2）写出反应的化学反应方程式：_（3）写出反应的化学反应方程式：_【答案】 (1). Na (2). Na2O2 (3). NaOH+CO2=NaHCO3 (4). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2【解析】【分析】A是一种常见单质，其焰色反应为黄色，则A是Na，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，Na在O2中燃烧生成B，B为Na2O2，Na和H2O反应生成NaOH和H2，Na2O2和水反应生成NaOH和O2，所以C是NaOH，NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3，所以E是NaHCO3，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2和水，所以D是Na2CO3，再结合物质间的反应分析解答。【详解】A是一种常见单质，其焰色反应为黄色，则A是Na，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，Na在O2中燃烧生成B，B为Na2O2，Na和H2O反应生成NaOH和H2，Na2O2和水反应生成NaOH和O2，所以C是NaOH，NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3，所以E是NaHCO3，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2和水，所以D是Na2CO3，（1）通过以上分析知，A是Na、B是Na2O2；（2）NaOH和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，化学反应方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3； （3）在加热条件下，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2。【点睛】本题以钠及其化合物为载体考查了物质的推断，明确物质的性质是解本题关键，根据A为单质及焰色反应来确定A的组成，再结合物质间的反应来推断，熟悉钠及其化合物之间转化关系的网络结构，灵活运用知识解答问题，题目难度不大。26.电解饱和食盐水可以产生氯气、氢气和氢氧化钠，氯气与石灰乳反应可制漂白粉：2Cl2 +2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O。（1）请写出电解饱和食盐水的化学方程式，若为氧化还原反应则用单线桥标出电子转移的方向和数目_。（2）若电解饱和食盐水时消耗NaCl 58.5g，试计算理论上最多可得到氯气的体积（标准状况）为多少_？（3）若将1mol氯气通入石灰乳中，理论上可得到Ca（ClO）2的质量是多少_？【答案】 (1). (2). 11.2L (3). 71.5g【解析】【分析】依据电解反应的化学方程式和电极反应，结合电解过程中电子守恒计算，化学方程式的计算。【详解】（1）电解饱和食盐水发生的反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，氯元素化合价由-1价升为0价被氧化，氢元素由+1价除为0价被还原，转移电子数为2，用单线桥标出电子转移的方向和数目如下：；（2）电解饱和食盐水发生的反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，若电解饱和食盐水时消耗NaCl58.5g，反应的氯化钠物质的量=1mol；依据化学方程式计算得到：氯气物质的量为0.5mol，标准状况下氯气体积为11.2L；（2）若将1mol氯气通入足量石灰乳中发生反应：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；1molCl2完全反应生成次氯酸钙物质的量为0.5mol，则次氯酸钙质量=0.5mol143g/mol=71.5g。【点睛】本题考查了电解食盐水的原理应用，氯气性质的应用，化学方程式的计算方法，质量和物质的量的换算计算，气体摩尔体积的换算应用，题目简单。