1、选择题  使5.6L CO2气体迅速通过Na2O2固体后得到4.48L气体(标准状况),这4.48L气体的质量为
A．6.4g
B．11g
C．8.2g
D．1.6g

参考答案：C

本题解析：过氧化钠和CO2反应的方程式为2NaO2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，所以根据体积差可知，产生的氧气是5.6L－4.48L＝1.12L，物质的量是0.05mol。则剩余CO2是3.36L，物质的量是0.15mol，所以气体的质量是0.05mol×32g/mol＋0.15mol×44g/mol＝8.2g，答案选C。

本题难度：简单

2、填空题  (10分)某课外研究性学习小组拟用粗盐(含有少量杂质包括：泥沙、CaCl2、MgCl2、Na2SO4)经提纯后，配制0．4mol/L 450mL NaCl溶液。他们设计并实施了如下实验，请根据已学过的知识回答下列问题：
（1）取一定量的粗盐置于烧杯中加水溶解，所加的水量应为：         。(填选项)
A．多加水配成较稀的溶液。   
B．加入适量的水至能溶解的固体溶解即止。
（2）将（1）中配制的粗盐悬浊液过滤后取滤液加入过量的除杂试剂，如果除杂试剂可从下列六种溶液中选择①Na2CO3溶液②KOH溶液③AgNO3溶液④NaOH溶液⑤NaHCO3溶液⑥BaCl2溶液，则正确的试剂和加入的顺序应为：     。(填选项，多选、少选、错选都不得分)
A．①②③   
B．②⑥⑤    
C．④⑥①    
D．①④⑥   
E．⑥①④    
F．⑥②⑤
将所得的悬浊液经过滤后取滤液加入足量的盐酸，充分反应后对混合溶液进行蒸发、过滤、洗涤、干燥操作，得到纯净的NaCl固体。
（3）利用（2）中所得的NaCl固体继续配制所需溶液。在托盘天平上称量       g NaCl固体。配制过程中需要使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、         和          。
（4）配制结束后同学们对实验中出现的某些错误操作，对最终配制的溶液浓度的影响进行了分析，则下列错误操作会导致最终配制溶液中NaCl的浓度相比0．4mol/L的偏差是：(填 “偏大”、“偏小”、“无影响”)
①在上述（2）步中没有使用盐酸处理滤液，结果会            。
②定容时俯视凹液面，结果会             。
③上下颠倒摇匀后液面低于刻度线，未及时加水至刻度线，结果会           。

参考答案：（1）B   
（2）CE  （3）11．7   胶头滴管  500mL容量瓶 （4）①偏小   ②偏大    ③无影响

本题解析：（1）取一定量的粗盐置于烧杯中溶解，所加的水量应为刚好溶解固体为止，故选B 
（2）氢氧化钠能和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，从而除去氯化镁；氯化钡能和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，从而除去硫酸钠；碳酸钠能和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，从而除去氯化钙；故答案选CE
（3）应根据500 mL NaCl溶液计算NaCl的质量为：11．7克，配制过程中需要使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、  500mL容量瓶
（4）①没有使用盐酸处理滤液，会使NaCl中含有Na2CO3，使配制溶液中NaCl的浓度相比0．4mol/L的偏小②定容时俯视凹液面，会使加蒸馏水偏少，浓度偏高③上下颠倒摇匀后液面低于刻度线，是正常情况，再加水至刻度线，会使浓度偏低
考点：粗盐的提纯、一定物质的量浓度溶液的配制

本题难度：一般

3、选择题  配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的是
[? ]
A．所用NaOH已经潮解
B．向容量瓶加水时液面低于刻度线即摇匀
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯内
D．向容量瓶加水时眼睛一直俯视液面

参考答案：BD

本题解析：

本题难度：一般

4、填空题  元素A的单质能与H2化合生成HxA，在标准状况下8．5gHxA气体的体积是5．6L。含5．1g的HxA的溶液与200ml0．75mol/l的CuCl2溶液正好发生复分解反应，并生成黑色沉淀和一种强酸，则：
（1）A 元素的相对原子质量?,若A 的质子数等于中子数，则A是?元素(填名称)。
（2）A的最高价氧化物是?（填化学式）。这一氧化物在室温下呈?态，将其熔化需要克服?。
（3）HxA与CuCl2溶液反应的离子方程式?。
（4）A的单质在常温下是固体，在常温常压下0．25mol该单质完全燃烧放出QkJ的热量。写出该反应的热化学方程式：?。

参考答案：（1）32?（2分）?硫（1分）
（2）SO3?固?分子间作用力?（每空1分）
（3）H2S+Cu=CuS↓+2H+? (2分)
（4）S(s)+O2(g)= SO2(g)；△H=-4QkJ/mol?（2分）

本题解析：（1）标准状况下5．6L气体的物质的量是0．25mol，所以HxA的相对分子质量是8．5/0．25=34，含5．1g的HxA的溶液与200ml0．75mol/l的CuCl2溶液正好发生复分解反应，并生成黑色沉淀和一种强酸，5．1g的HxA的物质的量是0．15mol，200ml0．75mol/l的CuCl2的物质的量是0．15mol，二者的物质的量比是1:1，所以生成黑色沉淀的化学式为CuA，则A在HxA中的化合价是-2价，所以x=2，则A的相对分子质量是34-2=32，中子数等于质子数，所以质子数是16，为硫元素；
（2）S的最高价为+6，所以最高价氧化物的化学式是SO3，室温下呈固态，是分子晶体，熔化时克服分子间作用力；
（3）硫化氢与硫化铜的离子方程式为H2S+Cu=CuS↓+2H+
（4）S固体完全燃烧生成二氧化硫气体，0．25mol该单质完全燃烧放出QkJ的热量，则1mol完全燃烧放出4QkJ热量。热化学方程式为S(s)+O2(g)= SO2(g)；△H=-4QkJ/mol

本题难度：一般

5、选择题  下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．常温下将物质的量浓度相等的醋酸钠、醋酸两溶液等体积混合，混合后的溶液中，已知c（Na+）＞c（CH3COOH），则：c（Na+）＞c（CH3COO）＞c（OH）＞c（H+）
B．NaHSO3和NaHCO3的中性混合溶液中（S和C均用R表示）：C（Na+）=c（HRO3-）+2c（RO32-）
C．常温下，物质的量浓度和体积都相等的①Na2SO3②Na2SO4③NaHSO4三种溶液中离子总数：①＜②＜③
D．常温下，①pH=3的HCl溶液和pH=11的氨水等体积混合液②pH=3的HCl溶液③pH=11的氨水中由水电离出的c（H）：①＞③＞②

参考答案：A 、首先书写该溶液的电荷守恒式：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），然后根据题干c（Na+）＞c（CH3COOH），推出醋酸的电离大于CH3COO的水解，从而得出c（H+）＞c（OH），所以A错．
B、同样需要书写电荷守恒式：C（Na+）+c（H+）=c（HRO3-）+2c（RO32-）+c（OH），溶液呈中性，说明c（H+）=c（OH），从而推出C（Na+）=c（HRO3-）+2c（RO32-），所以B正确．
C、Na2SO3溶液中，因亚硫酸根离子的水解，导致离子一个变俩，所以离子总数最多．所以C错．
D、pH=3的HCl和pH=11的氨水均对水的电离起到抑制作用，并且抑制程度相同，所以③=②，D错．
故选：B

本题解析：

本题难度：简单