【化学】黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版） 16页

黑龙江省齐齐哈尔市第八中学 2019-2020 学年高一上学期 期中考试试题 相对原子质量:H-1 He-4 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al- 27 S-32 第Ⅰ卷(选择题 满分 48 分) 一、选择题(本题包括 16 小题，每小题 3 分，共 48 分。每小题只有一个选项符合题意) 1.朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的， 高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾形成的种种美景本质原因是（ ） A. 发生丁达尔效应 B. 空气中的小水滴颗粒的布朗运动 C. 雾是一种胶体，胶粒带有电荷 D. 空气中的小水滴颗粒直径大小约为 1～100 nm 【答案】D 【解析】 【详解】雾是一种胶体。作为胶体，其本质是分散质粒子直径大小在 1~100nm，而丁达尔 现象、布朗运动等只是胶体的性质。所以答案选择 D 项。 2.我国明代《本草纲目》中收载药物 1892 种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法， 用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指 （　 　） A. 萃取 B. 渗析 C. 蒸馏 D. 干馏 【答案】C 【解析】乙醇和水的沸点相差较大，因此涉及的操作方法是蒸馏，答案选 C。 3.下列关于氧化物的叙述正确的是（ ） A. 金属氧化物不一定是碱性氧化物 B. 与水反应生成碱的氧化物为碱性氧化物 C. 非金属氧化物都是酸性氧化物 D. 不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应 【答案】A 【解析】 【分析】氧化物由两种元素组成,且一种元素为氧元素的化合物,按元素组成可分为金属氧化 物和非金属氧化物,按性质可分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物,以 此解答此题。 【详解】A、金属氧化物有酸性氧化物、碱性氧化物、过氧化物和两性氧化物等,如氧化铝属 于两性氧化物,故 A 正确； B、过氧化物与水反应也生产碱,但过氧化钠属于过氧化物,故 B 错误； C、非金属氧化物有酸性氧化物和不成盐氧化物，故 C 错误； D、不成盐氧化物既不能与酸反应也不能与碱反应,故 D 错误； 综上所述，本题选 A。 4.除去粗盐中可溶性杂质（主要杂质为 Ca2+、Mg2+、SO42-）的试剂加入顺序的下列中方案 不正确的是( ) A. BaCl2→NaOH→Na2CO3→盐酸 B. NaOH→BaCl2→Na2CO3→盐酸 C. Na2CO3→NaOH→BaCl2→盐酸 D. BaCl2→Na2CO3→NaOH→盐酸 【答案】C 【解析】A. 加入过量 BaCl2 溶液时能够除去 SO42－，加入过量 NaOH 溶液能够除去 Mg2+， 加入过量 Na2CO3 溶液能够除去 Ca2+和前面过量的 Ba2＋，过滤除去沉淀，加入过量稀盐酸 能够除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，再加热除去过量的盐酸，该选项所选试剂及操作顺序都 正确，故 A 正确； B. 加入过量 NaOH 溶液能够除去 Mg2+，加入过量 BaCl2 溶液时能够除去 SO42－，加入过量 Na2CO3 溶液能够除去 Ca2+和前面过量的 Ba2＋，过滤除去沉淀，加入过量稀盐酸能够除去过 量的氢氧化钠和碳酸钠，再加热除去过量的盐酸，该选项所选试剂及操作顺序都正确，故 B 正确； C. 加入过量 Na2CO3 溶液能够除去 Ca2+，加入过量 NaOH 溶液能够除去 Mg2+，加入过量 BaCl2 溶液时能够除去 SO42－和前面过量的 CO32－，过滤除去沉淀，加入过量稀盐酸能够除 去过量的氢氧化钠，但不能出去过量的 Ba2＋，故 C 错误； D. 加入过量 BaCl2 溶液时能够除去 SO42－，加入过量 Na2CO3 溶液能够除去 Ca2+和前面过量 的 Ba2＋，加入过量 NaOH 溶液能够除去 Mg2+，过滤除去沉淀，加入过量稀盐酸能够除去过 量的氢氧化钠和碳酸钠，再加热除去过量的盐酸，该选项所选试剂及操作顺序都正确，故 D 正确； 故答案选 C。 5.用 NA 表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是 （ ） A. 标准状况下，22.4LH2O 含有的分子数为 1 NA B. 常温常压下，16g O2 含有的原子数为 1 NA C. 通常状况下，1NA 个 SO2 分子占有的体积约为 22.4L D. 物质的量浓度为 0.5mol/L 的 K2SO4 溶液中，含有 SO42－个数为 0.5 NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．标准状况下，水不是气体，不能根据气体的摩尔体积计算 22.4L 水的物质的量， 故 A 错误； B．常温常压下，16g O2 的物质的量为 =0.5mol，含有的氧原子数为 1 NA，故 B 正确； C．通常状况下气体的摩尔体积不是 22.4L/mol，则通常状况下，1NA 个 SO2 分子占有的体 积也不是 22.4L，故 C 错误； D．根据 n=cV，不知道溶液的体积，则无法计算 0.5mol/L 的 K2SO4 溶液中 K2SO4 的物质的 量，也无法确定溶液中含有的 SO42－个数，故 D 错误； 故答案为 B。 6.能在无色溶液中大量共存的一组离子是 （ ） A. Mg2+、SO42-、OH-、K+ B. Fe3+、NO3-、Cl-、H+ C. K+、HCO3-、Cl-、H+ D. H+、Na+、Cl-、SO42- 【答案】D 【解析】 【详解】A．Mg2+和 OH-在溶液中生成 Mg(OH)2 沉淀，不能大量共存，故 A 错误； B．含有 Fe3+的溶液是棕黄色，不是无色溶液，故 B 错误； C．HCO3-与 H+发生离子反应生成 CO2 和 H2O，不能大量共存，故 C 错误； D．离子组 H+、Na+、Cl-、SO42-在溶液中彼此间不发生离子反应，能大量共存，故 D 正确； 故答案为 D。 7.下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为(　　) 16 32 / mol g g 纯净物 混合物 电解质 非电解质 A 盐酸 空气 硫酸 干冰 B 冰水混合物 蔗糖溶液 氧化铝 二氧化硫 C 胆矾 盐酸 铁 氨气 D 浓硫酸 食盐水 氯化铜 碳酸钠 【答案】B 【解析】盐酸为氯化氢和水的混合物，不是纯净物，A 错误；冰水为纯净物，蔗糖溶液为混 合物，氧化铝为金属氧化物，熔融时电离出阴阳离子，属于电解质，二氧化硫溶于水生成亚 硫酸导电，但是二氧化硫为非电解质，B 正确；电解质研究的范围为化合物，铁为单质，C 错误；浓硫酸中含有极少量的水，为混合物，不是纯净物，碳酸钠为电解质，不是非电解质， D 错误；正确选项 B。 8.下列离子方程式书写不正确的是（ ） A. 向稀硫酸中加入氢氧化钡溶液中：Ba2+ + OH— + H+ + SO42—＝BaSO4↓+H2O B. 碳酸镁与稀硫酸反应：MgCO3+2H+＝Mg2++H2O+CO2↑ C. 金属铝溶于盐酸中：2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑ D. 向小苏打溶液中加入盐酸溶液：HCO3—＋H＋＝CO2↑＋H2O 【答案】A 【解析】 【详解】A．向稀硫酸中加入氢氧化钡溶液发生的离子反应为 Ba2+ + 2OH— + 2H+ + SO42—＝ BaSO4↓+2H2O，故 A 错误； B．碳酸镁微溶于水，其与稀硫酸反应发生 离子反应为 MgCO3+2H+＝Mg2++H2O+CO2↑， 故 B 正确； C．金属铝溶于盐酸中发生的离子反应为 2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑，故 C 正确； D．向小苏打溶液中加入盐酸溶液发生的离子反应为 HCO3—＋H＋＝CO2↑＋H2O，故 D 正确； 故答案为 A。 9.对于某些离子的检验及结论一定正确的是（ ） A. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，一定有 CO32- B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有 SO42- 的 C. 加入 HNO3 酸化后加入 AgNO3 产生白色沉淀，则原溶液中一定含有 Cl- D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有 Ba2+ 【答案】C 【解析】 【详解】A.盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳，加入稀盐酸产生无 色气体，不一定有 CO32-，可能为 HCO3-，A 错误； B.氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀，加入氯化钡溶液有 白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，可能含有 Ag+，不一定有 SO42-，B 错误； C.加入 HNO3 酸化可以将杂质离子氧化除去，再加入 AgNO3 产生白色沉淀为 AgCl，则原溶 液中一定含有 Cl-，C 正确； D.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，该溶液中可能含有 Ca2+，不一定 有 Ba2+，D 错误； 故合理选项是 C。 10.能用 H＋＋OH－＝H2O 来表示的化学反应是（ ） A. 固体 Cu(OH)2 和 H2SO4 溶液反应 B. 澄清石灰水和 HNO3 溶液反应 C. KOH 溶液和醋酸溶液反应 D. Ba(OH)2 溶液和 H2SO4 溶液反应 【答案】B 【 解 析 】 试 题 分 析 ： A ． 氢 氧 化 铜 和 稀 硫 酸 反 应 ， 离 子 方 程 式 为 ： Cu(OH)2+2H+═Fu2++2H2O，故 A 错误；B．澄清石灰水与硝酸反应，离子方程式为： H++OH-=H2O ， 故 B 正 确 ； C ． 醋 酸 和 氢 氧 化 钾 溶 液 ， 离 子 方 程 式 为 ： CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，故 C 错误；D．氢氧化钡溶液滴入稀硫酸中，离子方程式 为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故 D 错误；故选 B。 11.已知 M2O7x- + 3 S2- + 14H＋= 2M 3＋+ 3S↓+ 7H2O，则 M2O7x-中的 M 的化合价为（ ） A. ＋2 B. ＋3 C. ＋4 D. ＋6 【答案】D 【解析】 【详解】该反应是离子反应型的氧化还原反应，由电荷守恒可以得到式子：-x+3×（-2） +14=2×3，x=2，则 M2O72-，假设 M 的化合价为 y，则有-2×7+2y=-2，y=+6； 故选 D。 12.用等体积的 0.1mol/L 的 BaCl2 溶液，恰好可使相同体积的 Fe2 (SO4 )3、 Na2SO4、 KAl(SO4)2 三种溶液中的 SO42－完全沉淀，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（ ） A. 3：2：3 B. 3：1：2 C. 2：6：3 D. 1：1：1 【答案】C 【解析】 【详解】由题意可知，三种盐溶液中硫酸根离子的物质的量相等，体积相同时，浓度之比等 于物质的量之比。设三种硫酸盐的物质的量浓度分别是 a、b、c，则根据反应式 Ba2＋＋SO42 －＝BaSO4↓可知，3a＝b＝2c，即三种硫酸盐的物质的量浓度之比为 2:6:3,答案选 C。 13.运动会发令枪击发时发生的反应时 5KClO3 + 6P = 3P2O5 + 5KCl。关于该反应说法正确的 是（ ） A. 反应中 P 得到电子 B. 消耗 1mol KClO3 时，转移 5mol 电子 C. 氧化剂与还原剂的物质的量比为 5:3 D. 发令时看到白烟可能是 P2O5 固体颗粒 【答案】D 【解析】 【分析】反应 5KClO3+6P=3P2O5+5KCl 中，Cl 元素化合价降低，被还原，KClO3 为氧化剂， P 元素化合价升高，被氧化，P 为还原剂，结合化合价的变化判断电子转移的数目。 【详解】A．P 元素化合价升高失电子，被氧化，P 为还原剂，故 A 错误； B．Cl 元素化合价降低，被还原，KClO3 为氧化剂，Cl 化合价由+5 价降低到-1 价，所以每 消耗 1mol KClO3 时，转移 6mol 电子，故 B 错误； C．反应 5KClO3+6P═3P2O5+5KCl 中，氧化剂是 KClO3，还原剂是 P，氧化剂和还原剂的物 质的量之比为 5：6，故 C 错误； D．发令时看到白烟可能是 P2O5 固体颗粒，故 D 正确； 故答案为Ｄ　。 14.有如下两个反应：（1）Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+；（2）Fe + Cu2+ = Fe2+ + Cu。判断 Fe3+、Fe2+、Cu2+氧化性强弱顺序排列正确的是（ ） A. Fe3+＞Cu2+＞Fe2+ B. Cu2+＞Fe3+＞Fe2+ C. Fe3+＞Fe2+＞Cu2+ D. Fe2+＞Cu2+＞Fe3+ 【答案】A 【解析】试题分析：氧化性：氧化剂》氧化产物； （1）Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；氧化性：Fe3+》Cu2+， （2）Fe+Cu2+=Fe2++Cu；氧化性：Cu2+》Fe2+； 由上所述，氧化性强弱顺序：Fe3+>Cu2+>Fe2+； 15.标准状况下有①6.72L 甲烷②3.01×1023 个氯化氢分子③13.6 g 硫化氢④0.2 mol NH3。下列 对这四种气体的关系从小到大表示不正确的是（ ） A. 体积：④<①<②<③ B. 密度：①<④<③<② C. 质量：④<①<③<② D. 氢原子数：②<④<③<① 【答案】A 【解析】 【分析】先计算题干涉及物质的物质的量，然后根据各个选项的要求进行分析。 A.根据 V=n·Vm 知，其体积大小与物质的量成正比； B.根据 ρ= 可知：气体密度与摩尔质量成正比； C.根据 m=n·M 计算其质量； D.根据 N=n·NA 计算其分子个数，再结合分子构成计算 H 原子个数。 【详解】n(CH4)= =0.3mol，n(HCl)= =0.5mol，n(H2S)= =0.4mol；0.2molNH3。 A.根据 V=n·Vm 知，其体积大小与物质的量成正比，所以其体积从小到大顺序是：④<①<③ <②，A 错误； B.根据 ρ= 知，气体密度与摩尔质量成正比，甲烷摩尔质量是 16g/mol、HCl 摩尔质量是 36.5g/mol、硫化氢摩尔质量是 34g/mol、氨气摩尔质量为 17g/mol，所以其密度顺序为：①< ④<③<②，B 正确； C.m(CH4)=n·M=0.3mol×16g/mol=4.8g，m(H2S)=13.6g，m(HCl)=0.5mol×36.5g/mol=18.25g， m(NH3)=0.2mol×17g/mol=3.4g，所以其质量顺序为：④<①<③<②，C 正确； D.根据 N=n·NA 知，其分子个数之比等于其物质的量之比，甲烷中 H 原子个数为 1.2NA，HCl 中 H 原子个数为 0.5NA，硫化氢中 H 原子个数为 0.8NA，氨气中 H 原子个数为 0.6NA，所以 m M V 6.72 22.4 / L L mol 23 23 3.01 10 6.02 10 / mol × × 13.6 34 / g g mol m M V 氢原子数：②<④<③<①，D 正确； 故合理选项是 A。 16.在盛有溴水 三支试管中分别加入汽油、四氯化碳和酒精，振荡后静置，出现如图所示 的现象。下列说法正确的是(　　) A. ①加入的是 CCl4，②加入的是汽油，③加入的是酒精 B. ①加入的是酒精，②加入的是 CCl4，③加入的是汽油 C. ①加入的是汽油，②加入的是酒精，③加入的是 CCl4 D. ①加入的是汽油，②加入的是 CCl4，③加入的是酒精 【答案】D 【解析】 【详解】汽油能萃取溴水中的溴，但汽油的密度小于水的密度，所以看到的现象是溶液分层， 上层呈紫红色，下层呈无色； 四氯化碳能萃取溴水中的溴，但四氯化碳的密度大于水的密度，所以看到的现象是溶液分层， 下层呈紫红色，上层呈无色； 酒精和溴水能互溶，所以看到的现象是溶液不分层，溶液仍然为橙黄色。则①加入的是汽油， ②加入的是 CCl4，③加入的是酒精； 故合理选项是 D。 第Ⅱ卷(非选择题 满分 52 分) 二、非选择题(本题包括 3 小题，共 52 分) 17.按要求回答下列问题 (1)①水银 ②烧碱 ③大理石 ④氯化钠晶体 ⑤盐酸 ⑥氨气 ⑦蔗糖 ⑧二氧化碳⑨液态氯化 氢 ⑩硫酸溶液。上述物质中能导电的是________，属于电解质的是________，属于非电解 质的是____________。（填编号） (2)3.01×1023 个 NH4+含有质子的物质的量是__________，含有电子的物质的量是__________； (3)200mL 2mol/L 的 Al2(SO4)3 溶液中 SO42﹣的物质的量浓度为__________； 的 (4)标准状况下，36g H2 和 O2 组成的混合气体的体积是 67.2L，则混合气体中 H2 和 O2 的体 积比为_____________； (5)标准状况下，将 33.6LNH3 溶于水配成 500mL 溶液，该溶液的物质的量浓度为 ____________； (6)已知 1.505×1023 个 A 气体分子的质量为 31g，则 A 气体的摩尔质量是_________。 【答案】(1). ①⑤⑩ (2). ②④⑨ (3). ⑥⑦⑧ (4). 5.5mol (5). 5mol (6). 6mol/L (7). 2：1 (8). 3mol/L (9). 124g/mol 【解析】 【分析】(1)存在自由移动的电子或自由移动的离子时能够导电；在水溶液中或熔化状态下 能导电的化合物属于电解质；在水溶液中和熔化状态下能不能导电的化合物属于非电解质； (2)根据 n= 计算出铵根离子的物质的量；结合铵根离子中含有 11 个质子、10 个电子， 根据其物质的量计算出含有质子和电子的物质的量； (3)根据溶质 Al2(SO4)3 与其电离产生的离子数目关系确定 SO42-的浓度； (4)根据 n= 计算气体的物质的量，然后根据二者质量和等于 36g 计算出每种成分的物质 的量，根据气体的体积比等于气体的物质的量的比计算； (5)根据 n= 计算气体的物质的量，然后根据 c= 计算溶液的浓度； (6)根据 n= 计算物质的量，结合 n= 计算 A 气体的摩尔质量。 【详解】(1)水银中存在自由移动的电子，能导电；盐酸和硫酸溶液中存在自由移动的离子， 能导电，能导电的物质序号是①⑤⑩； 烧碱、氯化钠晶体、液态氯化氢是在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物，则属于电解质 是②④⑨； 蔗糖在水溶液中和熔化状态下能不能导电的化合物，则属于非电解质，二氧化碳、氨气在水 中电离的不是该物质本身，则二氧化碳、氨气属于非电解质，即属于非电解质是⑥⑦⑧； (2)3.01×1023 个 NH4+的物质的量 n(NH4+)= =0.5mol，0.5mol NH4+中含 有质子的物质的量为：0.5mol×11=5.5mol，含有电子的数目为：0.5×10mol=5mol； A N N m V V m V V n V A N N m M 23 23 3.01 10 6.02 10 /A N N mol ×= × (3)在溶液中溶质 Al2(SO4)3 电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-，根据电离方程式可知 n(SO42-)=3n[Al2(SO4)3]，由于溶质与其电离产生的离子处于同一溶液，所以二者的浓度比等 于它们的物质的量的比，故 c(SO42-)=3c[Al2(SO4)3]=3×2mol/L=6mol/L； (4)n(气体)= =3mol，假设 H2 和 O2 组成的混合气体中 H2、O2 的物质的量 分别是 x、y，则 x+y=3mol，2x+32y=36g，解得 x=2mol，y=1mol，由 n= 可知两种气体 的体积比等于气体的物质的量的比，则混合气体中 H2 和 O2 的体积比：2mol：1mol=2：1； (5)标准状况下，33.6LNH3 的物质的量为 n(NH3)= =1.5mol，将其溶于水 配成 500mL 溶液，该溶液的物质的量浓度 c= =3mol/L； (6)1.505×1023 个 A 气体分子的质量为 31g，其物质的量为 n= =0.25mol，则根据 n= A 气体的摩尔质量是 M= =124g/mol。 18.Ⅰ:蒸馏是实验室制备蒸馏水的常用方法，如图所示两个装置都可以制取蒸馏水。 (1)图Ⅰ是实验室制取蒸馏水的常用装置，仪器 A、B 的名称分别是：A___________、 B___________； (2)温度计水银球应置于_______________________________________； (3)实验时 A 中除加入一定量的自来水外，还需加入少量_____________，其作用是 __________________________； (4)图Ⅱ装置也可用于少量蒸馏水的制取（加热及固定仪器略），其原理与图 I 完全相同，该 装置中使用的玻璃导管较长，其作用是__________________。 Ⅱ:现用质量分数为 98℅、密度为 1.84g/mL 的浓硫酸来配制 480mL 0.2mol/L 的稀硫酸。可 供选择的仪器有：①玻璃棒 ②烧瓶 ③烧杯 ④胶头滴管 ⑤量筒 ⑥容量瓶 ⑦托盘天平 ⑧ 67.2 22.4 /m V L V L mol = m V V 33.6 22.4 /m V L V L mol = 1.5 0.5 n mol V L = 23 23 1.505 10 6.02 10 /A N N mol ×= × m M 可得 31 0.25 g mol 药匙。完成下列问题： (5)上述仪器中，在配制稀硫酸时不需要用到的是_____________（填序号）； (6)配制过程中需选用的容量瓶规格为_____________mL，经过计算，需要浓硫酸的体积为 _______________； (7)在配制过程中，能使所配溶液浓度偏高的是____________（填序号） ①洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移至容量瓶中 ②为防止变质，稀释后的硫酸溶液应立即就转移到容量瓶中 ③将浓硫酸直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸 ④移液前，容量瓶中含有少量蒸馏水 ⑤量取浓硫酸时，俯视刻度线 【答案】(1). 蒸馏烧瓶 (2). (直形)冷凝管 (3). 蒸馏烧瓶支管口处 (4). 沸石或碎 瓷片 (5). 防止液体暴沸 (6). 冷凝水蒸气 (7). ②⑦⑧ (8). 500 (9). 5.4mL (10). ①② 【解析】 分析】(1)根据仪器的图形判断； (2)温度计用于测量馏分的温度； (3)A 中除加入少量自来水外，还需加入碎瓷片，防止液体剧烈沸腾； (4)图Ⅱ装置也可用于少量蒸馏水的制取，长导管冷凝回流，烧杯中冷水冷却。 II.(5)根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤中使用的仪器分析； (6)选择仪器的标准是大而近；浓硫酸浓度= ，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不 变，计算需要浓硫酸的体积； (7)结合 c= ，对各种操作进行分析判断误差。 【详解】I.(1)由仪器图形可知 A 为蒸馏烧瓶，B 为(直形)冷凝管； (2)温度计用于测量馏分的温度，应位于蒸馏烧瓶支管口处； (3)实验时 A 中除加入少量自来水外，还需加入少量碎瓷片，其作用是防止暴沸； (4)图Ⅱ装置也可用于少量蒸馏水的制取(加热及固定仪器略)，其原理与图 I 完全相同，该装 置中使用的玻璃导管较长，其作用是导气兼冷凝水蒸气； II.(5)配制一定物质的量浓度稀硫酸时，用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、一定规格的容 量瓶、胶头滴管，不需要的仪器是烧瓶、托盘天平、药匙，故合理选项是②⑦⑧； 【 1000 M ρω n V (6)要配制 480mL 0.2mol/L 的稀硫酸，由于没有规格是 480mL 的容量瓶，根据选择仪器的 标准是大而近的原则，应该选择 500mL 的容量瓶。浓硫酸浓度= = mol/L=18.4mol/L，由于溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则浓硫酸体 积= =5.4mL； (7)①洗涤量取浓硫酸后的量筒不能将洗涤液转移至容量瓶中，否则导致溶质的物质的量偏 大，最终使配制溶液浓度偏高，①符合题意； ②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，溶液具有热胀冷缩的性质，待溶液 恢复至室温时溶液体积偏小，导致配制溶液浓度偏高，②符合题意； ③稀释浓硫酸时，需要将浓硫酸倒入水中，否则易溅出液体，是溶质减少，物质的量浓度偏 低，③不符合题意； ④移液前，容量瓶中含有少量蒸馏水，由于不影响溶质的物质的量和溶液的体积，因此对溶 液的浓度不产生任何影响，④不符合题意； ⑤量取浓硫酸时，俯视刻度线，则浓硫酸偏少，溶质偏少，会使溶液的浓度偏低，⑤不符合 题意； 故合理选项是①②。 19.Ⅰ:实验室可用 KMnO4 和浓盐酸反应制取氯气。其变化可表述为： 2KMnO4＋16HCl(浓) =2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O (1)请将上述化学方程式改写为离子方程式__________________________； (2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是____________ (填写编号)； ①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性 (3)此反应中氧化产物是___________（填化学式），产生 0.5 mol Cl2，则转移的电子的物质的 量为___________mol。 (4)用双线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目_____________ 2KMnO4＋16HCl(浓) =2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O Ⅱ:某废液中含有大量的 K+、Cl-、Br-，还有少量的 Ca2+、Mg2+、SO42-。某研究性学习小组 利用这种废液来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴（Br2 常温下是深红棕色液体），设计了如下 流程图： 1000 M ρω 1000 1.84 98% 98 × × 0.2 / 0.5L 18.4 / mol L mol L × 已知：可供选择的试剂 a、试剂 b（试剂 b 代表一组试剂）如下：饱和 Na2CO3 溶液、饱和 K2CO3 溶液、KOH 溶液、BaCl2 溶液、Ba(NO3)2 溶液、H2O2 溶液(H＋)、KMnO4 溶液(H＋)、 稀盐酸。请根据流程图，回答相关问题： (5)若试剂 a 为 H2O2 溶液(H＋)，已知 H2O2+2KBr+2HCl=Br2+2H2O+2KCl ①发生反应的离子方程式为：__________； ②每消耗 0.2molH2O2，反应转移的电子数为______mol； ③还原剂和还原产物的物质的量之比是_______； (6)操作①②③④⑤对应的名称分别是：______、分液、_____、过滤、______ ； (7)为了除去无色液体 I 中的 Ca2+、Mg2+、SO42-，从可供选择的试剂中选出试剂 b 所代表的 物质，按滴加顺序依次是____、____、____（填化学式）； (8)调 pH=7(中性)是为了除去杂质离子________和_________，以提高氯化钾晶体的纯度。 【答案】(1). 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (2). ② (3). Cl2 (4). 1 (5). (6). H2O2+2Br-+2H+=Br2+2H2O (7). 0.4 (8). 1：1 (9). 萃取 (10). 蒸馏 (11). 蒸 发结晶 (12). BaCl2 (13). KOH (14). K2CO3 (15). OH- (16). CO32- 【解析】 【分析】I.(1)根据离子方程式拆分原则，把易溶的易电离的物质写成离子形式，把难溶于水 或难电离的物质及单质，仍以化学式表示，就改写为离子方程式； (2)根据化合价变化及氧化还原反应中元素化合价与物质性质关系分析判断盐酸的性质； (3)根据氧化还原反应中元素的化合价与物质得失电子关系及物质的作用分析判断，并进行 计算； (4)在用双线桥表示电子转移时，桥上要标有元素化合价升高，失去电子数目，被氧化元素； 元素化合价降低，获得电子数目，被还原，并且电子得失数目相等； II. 根据图示可知，制备流程为：废液中加入双氧水，将溴离子氧化成溴单质，然后加入四 氯化碳后通过萃取、分液分离出溴，通过操作③蒸馏得到四氯化碳和溴单质；无色液体Ⅰ中 含有 K+、Cl-、Ca2+、Mg2+、SO42-，分别加入 BaCl2、K2CO3、KOH 溶液过滤后得到无色溶 液Ⅱ和固体 A，再调节溶液Ⅱ的 pH，除去碳酸根离子、氢氧根离子，得到无色溶液Ⅲ，最 后通过蒸发结晶获得氯化钾固体。 (5)①根据物质的拆分原则，改写化学方程式为离子方程式； ②根据 H2O2 中 O 元素化合价的变化分析； ③根据氧化还原反应 基本概念及物质的作用解答； 6)根据分离的各种混合物的成分组成及性质的不同采用不同分离方法； (7)除去 Ca2+，选用饱和 K2CO3 溶液；除去 Mg2+，选用 KOH 溶液；除去 SO42-，选用 BaCl2 溶液，结合除杂时不能引入新的杂质，或引入新的杂质要容易除去选择合适的滴加顺序； (8)根据最后得到的物质是 KCl，需将溶液 II 中杂质通过盐酸除去。 【详解】(1)反应 2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 在溶液中进行中，结合物 质存在形式，及离子方程式拆分原则，该反应的离子反应的方程式为： 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O； (2)在反应 2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 中，HCl 中的 Cl 一部分由-1 价变 为 0 价的 Cl2，失去电子，被氧化，作还原剂；还有一部分 Cl 元素的化合价没有发生变化， 与反应后溶液中的 K+、Mn2+结合形成盐，HCl 提供的 H+与其中的 O 结合形成 H2O，起酸的 作用，所以盐酸的作用是酸性、还原性，故合理选项是②； (3)在此反应中氯元素的化合价升高，失去电子被氧化，所以 HCl 作还原剂，得到的氯气是 氧化产物，化学式为 Cl2，产生 1mol Cl2，则转移的电子的物质的量为 2mol，则生成 0.5mol Cl2，则转移的电子的物质的量为 1mol； (4)元素化合价的变化分别为：Mn 元素由反应前 KMnO4 的+7 价变成 MnCl2 中的+2 价，化 合价降低，得电子 2×5e-；生成 MnCl2；Cl 元素由 HCl 中的-1 价变成 Cl2 中的 0 价，化合价 升高，失去 5×2×e-，所以双线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目为： 的 ； (5)①根据物质的拆分原则，化学方程式 H2O2+2KBr+2HCl=Br2+2H2O+2KCl 改写的离子方程 式为：H2O2+2Br－+2H+=Br2+2H2O； ②在反应 H2O2+2KBr+2HCl=Br2+2H2O+2KCl 中，O 元素的化合价由反应前 H2O2 中的-1 价 变为反应后 H2O 中的-2 价，化合价降低，每 1 个 H2O2 反应获得电子 1e-×2=2e-，所以每消 耗 0.2molH2O2，反应转移的电子数为 0.4mol； ③在反应 H2O2+2KBr+2HCl=Br2+2H2O+2KCl 中，KBr 作还原剂，H2O2 作氧化剂，反应产生 的 H2O 是还原产物，所以反应中还原剂与还原产物的物质的量的比是 2：2=1：1； ④由流程图知，无色液体Ⅰ中含有 K+、Cl-、Ca2+、Mg2+、SO42-，无色液体Ⅲ中只含有 K+、 Cl-，则试剂 b 的作用是除去 Ca2+、Mg2+、SO42-；操作①是使 H2O2 氧化 Br-反应产生的 Br2 进入到 CCl4 中，该操作是萃取；操作②是将互不相溶的两种液体分开，方法为分液；操作③ 是将沸点不同、互溶的两液体分开，该分离混合物的操作方法为蒸馏；操作④是将难溶性的 固体与溶液混合物分开，该分离混合物的方法是过滤；操作⑤是将 KCl 从其水溶液中提取 出来，可以将溶剂水分蒸发得到，该分离混合物的方法称为结晶法，故操作①、②、③、 ④、⑤的名称是：萃取、分液、蒸馏、过滤、蒸发结晶； (7)由于除杂时使用的除杂试剂需过量，且不能引入新杂质，所以除去 Ca2+，选用饱和 K2CO3 溶液；除去 Mg2+，选用 KOH 溶液；除去 SO42-，选用 BaCl2 溶液。而且只要满足 BaCl2 溶液 在饱和 K2CO3 溶液之前加入即可，所以滴加顺序可以是 BaCl2 溶液、KOH 溶液、饱和 K2CO3 溶液(或 KOH 溶液、BaCl2 溶液、饱和 K2CO3 溶液或 BaCl2 溶液、饱和 K2CO3 溶液、KOH 溶液）； (8)根据(7)分析可知无色溶液 I 经加入试剂 b，经过滤后得到的溶液 II 中含有过量的 KOH、 K2CO3，向其中加入盐酸，调节溶液的 pH=7，此时 HCl 可以与 KOH、K2CO3 反应产生 KCl，最后经蒸发结晶获得纯净的 KCl 晶体，所以调 pH=7(中性)是为了除去杂质离子 OH- 和 CO32-，以提高氯化钾晶体的纯度。