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2018年北师大附中（岳池校区）高考化学二轮学案（10）含答案

一、选择题

1．某学生在配制一定物质的量浓度氢氧化钠溶液时，结果所配溶液的浓度偏高，其原因可能是()

A．所用氢氧化钠已经潮解

B．向容量瓶中加水未到刻度线

C．有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里

D．用带游码的托盘天平称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法

解析：A项，所用NaOH已经潮解，实际称量的氢氧化钠的质量减小，氢氧化钠的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，错误；B项，向容量瓶中加水未到刻度线时溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，正确；C项，有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里，造成了溶质的损耗，溶液浓度偏低，错误；D项，称量时误用“左码右物”，若不使用游码，对称取的氢氧化钠的质量无影响，对所配溶液浓度无影响；若使用游码，实际称取氢氧化钠的质量减小，所配溶液浓度偏低，错误。

答案：B

2．由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其c(H＋)＝0.1mol·L－1，c(Al3＋)＝0.4mol·L－1，c(SOeq\o\al(2－,4))＝0.8mol·L－1，则c(K＋)为()

A．0.15mol·L－1B．0.2mol·L－1

C．0.3mol·L－1D．0.4mol·L－1

解析：根据溶液电荷守恒，溶液中存在3c(Al3＋)＋c(K＋)＋c(H＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，而溶液中c(OH－)很小，可以忽略不计，则有3c(Al3＋)＋c(K＋)＋c(H＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，所以：c(K＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))－3c(Al3＋)－c(H＋)＝2×0.8mol·L－1－3×0.4mol·L－1－0.1mol·L－1＝0.3mol·L－1，C正确。

答案：C

3．有甲、乙两个完全相同的装置，分别在它们的侧管中装入1.06gNa2CO3和0.84gNaHCO3，试管中各有10mL相同浓度的盐酸(如图)，同时将两个侧管中的物质全部倒入各自的试管中，下列叙述正确的是()

A．甲装置的气球膨胀速率大

B．若最终两气球体积相同，则一定有c(HCl)≥2mol·L－1

C．若最终两气球体积不同，则一定有c(HCl)≤1mol·L－1

D．最终两溶液中Na＋、Cl－的物质的量相同

解析：碳酸钠和盐酸反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳，所以甲装置的气球膨胀速率小，故A错误；1.06gNa2CO3和0.84gNaHCO3的物质的量相同，都是0.01mol，根据方程式知：NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑，Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑，若最终两气球体积相同，说明酸的物质的量大于或等于0.02mol，所以其浓度大于或等于2mol·L－1，故B正确；碳酸钠和盐酸反应的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)＋H＋===HCOeq\o\al(－,3)、HCOeq\o\al(－,3)＋H＋===CO2↑＋H2O，碳酸氢钠和盐酸反应的离子方程式为HCOeq\o\al(－,3)＋H＋===CO2↑＋H2O；若最终两气球体积不同，所需酸的物质的量范围是0c(HCl)0.02mol，所以其浓度大于0小于2mol·L－1，故C错误；1.06gNa2CO3和0.84gNaHCO3的物质的量相同，都是0.01mol，所以Na2CO3和NaHCO3中钠离子的物质的量不同，故最终两试管中Na＋的物质的量一定不相同，故D错误。

答案：B

4．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是()

选项

陈述Ⅰ

陈述Ⅱ

判断

A

碳酸钠溶液可用于治疗胃病

Na2CO3可与盐酸反应

Ⅰ对，

Ⅱ对，有

B

向Na2O2的水溶液中滴入酚酞变红色

Na2O2与水反应生成氢氧化钠

Ⅰ对，

Ⅱ错，无

C

金属钠保存在煤油中，以隔绝空气

常温下，金属钠在空气中会生成过氧化钠

Ⅰ对，

Ⅱ对，有

D

过氧化钠可用于航天员的供氧剂

Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2

Ⅰ对，

Ⅱ对，有

解析：A项错误，碳酸钠具有较强的碱性，不可用于治疗胃酸过多。B项错误，Na2O2与水反应生成NaOH，使酚酞变红，但又迅速将其氧化漂白而褪色。C项错误，钠在空气中生成的氧化物为氧化钠，金属钠保存在煤油中，是为了隔绝氧气和水蒸气。D项正确，过氧化钠可以消耗CO2、H2O，产生O2，因此可用作航天员的供氧剂。

答案：D

5．下列操作中，后者最终能被漂白的是()

A．将干燥的氯气与红色鲜花充分接触

B．将H2O2加入到KMnO4溶液中

C．将足量SO2通入紫色石蕊试液中

D．将漂白液