安徽省合肥市一六八中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题 17页

www.ks5u.com 合肥一六八中学2019-2020学年第一学期期中考试高一化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55‎ 一.选择题（每题 3 分，共 16 题，总分 48 分）‎ ‎1.《本草衍义》中对精制砒霜有如下叙述:“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之，令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,尖长者为胜,平短者次之。”文中涉及的操作方法是 A. 蒸馏 B. 萃取 C. 升华 D. 结晶 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 砒霜为固体，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，说明砒霜加热由固态直接变为气态，冷却后又凝聚为固态，从而将砒霜与其他杂质分离，这个方法叫做升华，答案选C。正确答案为C。‎ 点睛：解题的关键是看懂文言文所表达的意思，方法是找到关键字，如本题中的“砒烟上飞着覆器，遂凝结”等说明砒霜有易升华的性质，从而可得到正确的答案。‎ ‎2.下列物质中,能够导电的电解质是 A. Cu B. 熔融的氧化铝 C. 稀硫酸 D. 葡萄糖 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；电解质能够导电，说明在该状态下能够电离出导电的离子，一般是离子化合物在熔融状态下满足条件，据此进行判断。‎ ‎【详解】A、铜属于单质，不是化合物，故A错误；‎ B、熔融的氧化铝属于化合物，存在铝离子和氧离子，能够导电，故B正确；‎ C、稀硫酸属于混合物，不是化合物，不属于电解质，故C错误；‎ D、葡萄糖在水溶液里或熔融状态下都不导电，属于非电解质，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.下列关于电解质的有关说法正确的是（ ）‎ A. BaSO4水溶液的导电能力非常弱，所以它为弱电解质 B. SO3的水溶液导电能力很强，所以它为强电解质 C. 非电解质溶于水得到的溶液不一定是中性的 D. 电解质溶液的浓度越大，其导电性能一定越强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．BaSO4不溶于水，其水溶液的导电能力很弱，是由于溶液中离子浓度较小的缘故，但硫酸钡为强电解质，故A错误；B．SO3溶于水，生成硫酸，其水溶液导电能力很强，说明硫酸是强电解质，但SO3是非电解质，故B错误；C．SO3是非电解质，SO3溶于水生成硫酸，其水溶液显酸性，而不是中性，故C正确；D．电解质溶液的浓度越大，离子浓度不一定大，其导电性能不一定强，如浓硫酸主要以分子形式存在，稀硫酸完全电离导电能力与浓度不成正比，故D错误；故答案为C。‎ ‎4.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是( )‎ ‎①1L0.1 mol/L 的 Na2CO3 溶液中含阴离子总数为 0.1NA 个 ‎②标准状况下，22.4L HF 含 NA 个分子 ‎③标准状况下，2.24 L Cl2 溶于水，转移的电子数目为 0.1NA ‎④常温下，含 0.2 mol H2SO4 的浓硫酸与足量铜反应，生成 SO2 的分子数小于 0.1 NA ‎⑤142g Na2SO4 和 Na2HPO4 固体混合物中，阴、阳离子总数为 3NA ‎⑥ NA 个 Fe(OH)3 胶体粒子的质量为 107g A. ①③④ B. ①⑥ C. ④⑤ D. ②③⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①碳酸根的水解导致阴离子个数增多，故溶液中阴离子的个数多于0.1NA个，故①错误；‎ ‎②标况下氟化氢不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L氟化氢的物质的量，故②错误；‎ ‎③氯气与水反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以2.24 L Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，故③错误；‎ ‎④随着反应的进行，浓硫酸会变成稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，生成 SO2 的分子数小于 0.1 NA，故④正确；‎ ‎⑤二者的摩尔质量都是142g/mol，142g混合物的物质的量为1mol，1mol二者的混合物中含有2mol钠离子、1mol硫酸根离子和硫酸氢根离子，总共含有3mol阴阳离子，故⑤正确；‎ ‎⑥氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的集合体，故⑥错误。‎ 综上述分析，④⑤正确。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】阿伏伽德罗常数的应用，主要考查物质结构的构成微粒，可逆反应的应用，浓度不同产物不同，盐类水解应用，稀硫酸不能和铜反应是解题关键。‎ ‎5.下列各组物质中，分子数不相同的是 A. 同温同压下 2 L SO2 和 2 L CO2‎ B. 标准状况下 1mol 氧气和 22.4 LSO3‎ C. 9g 水和标准状况下 11.2 L CO2‎ D. 0.2mol 氯气和 7.3g 氯化氢气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据n==计算出二者的物质的量，物质的量相等时含有分子数相同，据此进行解答。‎ ‎【详解】A、同温同压下气体摩尔体积相同，根据n=可知2L SO2和2L CO2的物质的量相等，含有分子数相同，故A不选；‎ B、标况下SO3不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算SO3的物质的量，则SO3的物质的量不是1mol，二者含有分子数不同，故B正确；‎ C、9g水的物质的量为0.5mol，标准状况下11.2 L CO2的物质的量为0.5mol，二者物质的量相等，含有分子数相同，故C不选；‎ D、7.3g氯化氢的物质的量为：=0.2mol，二者物质的量相等，则含有分子数相同，故D不选。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】根据n==计算出二者的物质的量，物质的量相等时含有分子数相同。‎ ‎6.相对分子质量为 M 的气态化合物 V L（标准状况），溶于 m g 水中，得到质量分数为 w、物质的量浓度为 c mol/L、密度为 ρg/mL 的溶液，下列说法正确的是 A. 相对分子质量 B. 物质量浓度 C. 溶液的质量分数 D. 溶液密度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据选项中要计算的物理量基本的计算式入手，根据n=计算气体的物质的量，根据m=nM计算气体的质量，根据溶质质量分数=×100%计算，根据c=进行计算。‎ ‎【详解】A、VL气体的物质的量为的物质的量为=mol，故氨气的质量为mol×Mg/mol=g，溶液的质量为（+m）g，故溶液质量分数w=，整理得M=，故A正确；‎ B、VL气体的物质的量为的物质的量为=mol，溶液的质量为（+m）g，溶液的体积为=，故溶液的物质的量浓度c==mol/L，故B错误；‎ C、质量分数w==，故C错误；‎ D、根据c=，可知，溶液密度ρ==，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎7.向等物质的量浓度的盐酸和NH4Cl混合溶液中逐滴加入NaOH溶液(加热)，反应过程中，下列离子方程式与事实不相符的是（ ）‎ A. H++OH-=H2O B. H++NH4++2OH-NH3↑+2H2O C. 4H++NH4++5OH-NH3↑+5H2O D. H++2NH4++3OH- 2NH3↑+3H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向等物质的量浓度的盐酸和NH4Cl混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，盐酸先与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，然后是氯化铵和氢氧化钠反应生成氨气、水和氯化钠。‎ ‎【详解】A项、逐滴加入NaOH溶液，氢氧化钠不足量，只有盐酸反应，反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，故A正确；‎ B项、当溶液中盐酸完全反应，过量氢氧化钠与氯化铵共热反应生成氨气和水，反应的离子方程式为：H++NH4++2OH-NH3↑+2H2O，故B正确 ；‎ C项、当溶液中盐酸完全反应，过量氢氧化钠与部分氯化铵共热反应生成氨气和水，反应的离子方程式为：4H++NH4++5OH-=NH3↑+5H2O，故C错误；‎ D项、盐酸先与氢氧化钠反应，不可能出现盐酸比氯化铵反应的多的情况，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎8.浓度均为1 mol/L KCl、CuCl2、AlCl3三种溶液，分别与AgNO3溶液反应，当生成的AgCl沉淀的质量之比为3︰2︰1时，所用KCl、CuCl2、AlCl3三种溶液的体积比为（ ）‎ A. 9︰6︰2 B. 9︰3︰1 C. 6︰3︰2 D. 6︰3︰1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 均发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，生成的AgCl沉淀的质量之比为3：2：1，则KCl、CuCl2、AlCl3含有的氯离子物质的量之比为3：2：1，据此计算各物质的物质的量之比，浓度相同体积之比等于各物质的物质的量之比。‎ ‎【详解】均发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，生成的AgCl沉淀的质量之比为3：2：1，则KCl、CuCl2、AlCl3含有的氯离子物质的量之比为3：2：1，则n（KCl）：n（CuCl2）：n（AlCl3‎ ‎）=3：：=9：3：1，浓度相同体积之比等于各物质的物质的量之比=9：3：1，答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握物质的量浓度的概念及表达式，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。‎ ‎9.下列各组离子在选项条件下一定能大量共存的是 A. 无色溶液：Na+、Cu2+、Cl−、NO B. 酸性溶液：NH、Fe3+、S2−、SO C. 遇酚酞变红的溶液：Na+、K+、SO、NO D. 碱性溶液：K+、Al3+、SO、NO−3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Cu2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；‎ B、H+、Fe3+都与S2-发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C、遇酚酞变红的溶液呈碱性，Na+、K+、SO42-、NO3-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故C正确；‎ D、Al3+与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎10.下列关于胶体和溶液的说法中，正确的是 A. 许多胶体能进行电泳是因为这些胶体带电 B. 在溶有 1mol 氢氧化铁的胶体中，含有 NA 个氢氧化铁胶粒 C. 光线通过时，胶体产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应 D. 将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁胶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、胶体本身不带电，但是可以吸附带电的离子形成带电的胶粒，故A错误； ‎ B、胶粒是一定数目粒子的集合体，含1mol氢氧化铁的胶体中，胶粒数目小于NA，故B错误；‎ C、胶体能产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应，故C正确；‎ D、将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁沉淀，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】注意氢氧化铁胶体的制备方法和实验步骤，注意反应的条件应用和试剂的选择，试剂的滴加顺序。‎ ‎11.下列有关氧化还原反应的叙述中正确的是 （ ）‎ A. 有单质参加或有单质生成的反应一定是氧化还原反应 B. 氧化还原反应的本质是元素化合价的升降 C. 金属单质在化学反应中一定作还原剂 D. 失电子的反应物在反应中作还原剂，反应中被还原 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：A项、单质间的转化过程中若没有化合价的变化，该反应不属于氧化还原反应，如同素异形体金刚石与石墨的转化，没有化合价改变，不属于氧化还原反应，故A错误；‎ B项、氧化还原反应的本质是电子转移，特征是元素化合价的升降，故B错误；‎ C项、金属单质中金属元素为最低价，只有还原性，在化学反应中一定作还原剂，故C正确；‎ D项、失电子的物质在反应中化合价升高被氧化，做还原剂，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎12.对于某些离子的检验及结论一定正确的是(    )‎ A. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体,将气体通入澄清石灰水中,溶液变浑浊,则原溶液中一定有CO32-‎ B. 向某溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生,再加稀硝酸,沉淀不消失,则原溶液中一定有Ag+‎ C. 向某溶液中先加入盐酸酸化,没有明显现象,再加入BaCl2溶液,有白色沉淀产生,则原溶液中一定有SO42-‎ D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀,再加盐酸沉淀消失,原溶液一定有Ca2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，说明生成二氧化碳气体，能与盐酸反应生成二氧化碳气体的离子可能为HCO3－，故A错误； ‎ B选项，不溶于稀硝酸的白色沉淀可能为AgCl或BaSO4，则原溶液中可能含有Ag+或Ba2+，故B错误；‎ C选项，向溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，则排除Ag+离子的干扰，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明含有SO42-，故C正确； ‎ D选项，白色沉淀可能为碳酸钙，也可能为碳酸钡，则原溶液可能含有Ba2+或Ca2+，故D错误； ‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫。‎ ‎13.已知氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应的化学方程式为NaClO3+6HCl===NaCl+3Cl2↑+3H2O，则氧化产物和还原产物的质量比为（　　）‎ A. 6∶1 B. 5∶1 C. 3∶1 D. 2∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】NaClO3+6HCl＝NaCl+3Cl2↑+3H2O中，氯酸钠中Cl元素的化合价由+5价降低为0，盐酸中Cl元素的化合价由-1价升高为0，氧化剂为NaClO3，由此得到还原产物为1mol，还原剂为HCl，HCl被氧化，根据电子得失守恒可知氧化产物为5mol，则氧化产物和还原产物的质量比为5：1。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应计算，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大。注意参加反应的氯化氢没有全部被氧化，一部分起酸的作用转化为氯化钠。‎ ‎14.PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧化性依次减弱。下列反应不可能发生的是 A. Cu＋2Fe3＋==Cu2＋＋2Fe2＋ B. 10Cl－＋2MnO＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O C. Cu＋Cl2CuCl2 D. 5Pb2＋＋2MnO＋2H2O=5PbO2↓＋2Mn2＋＋4H＋‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 氧化性氯化铁大于氯化铜，则反应Cu＋2Fe3＋==Cu2＋＋2Fe2＋能发生，A不符合；B. 氧化性高锰酸钾强于氯气，则反应10Cl－＋2MnO4－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O能发生，B不符合；C. 氧化性氯气强于氯化铜，反应Cu＋Cl2CuCl2能发生，C不符合；D. 氧化性二氧化铅强于高锰酸钾，则反应5Pb2＋＋2MnO4－＋2H2O=5PbO2↓＋2Mn2＋＋4H＋不能发生，D符合，答案选D。‎ 点睛：具有较强氧化性的氧化剂跟具有较强还原性的还原剂反应，生成具有较弱还原性的还原产物和具有较弱氧化性的氧化产物。因此可以根据微粒的氧化性或还原性强弱判断能否发生氧化还原反应。‎ ‎15.已知氧化性: Cl2>Br2>Fe3+>I2,则下列离子方程式正确的是 A. 少量氯气与FeBr2溶液反应Cl2+2Br-=2C1-+Br2‎ B. 过量氯气与FeBr2溶液反应Cl2+Fe2++2Br-=2Cl-+Br2+Fe3+‎ C. 氯气与FeBr2溶液以物质的量1:1反应2Cl2+2Fe2++2Br-=4Cl-+Br2+2Fe3+‎ D. 少量氯气与FeI2溶液反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、由题给氧化性顺序可知，Fe2+的还原性强于Br-，少量氯气应先将还原性强的Fe2+氧化，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，故A错误；‎ B项、过量氯气将Fe2+和Br-完全氧化，反应消耗Fe2+与Br-物质的量之比为1:2，反应的离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Br2+2Fe3+，故B错误；‎ C项、由题给氧化性顺序可知，Fe2+还原性强于Br-，氯气先将Fe2+氧化，氧化1molFe2+消耗0.5molCl2，剩余的0.5molCl2再氧化1molBr-，参与反应的Cl2、Fe2+、Br-物质的量之比为1:1:1，离子方程式为2Cl2+2Fe2++2Br-=4Cl-+Br2+2Fe3+，故C正确；‎ D项、由题给氧化性顺序可知，I-的还原性强于Fe2+，少量氯气先将还原性强的I-氧化，反应的离子方程式为：Cl2+2I-=2Cl-+I2，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎16.为了除去粗盐中的 CaCl2、MgCl2、Na2SO4 以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：称取粗盐滤液滤液精盐，下列说法不正确的是 A. 第②步过滤出的滤渣是泥沙 B. 在第④步中不能用 KOH 替代 NaOH C. 第⑤步加入 Na2CO3 溶液的目的是除去 Ba2+‎ D. 第③、④、⑤步添加试剂的操作顺序还可以是：NaOH、BaCl2、Na2CO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，粗盐溶解后加氯化钡可除去硫酸根离子，③中加NaOH除去镁离子，④中加碳酸钠可除去钡离子、钙离子，过滤后主要为氯化钠、氢氧化钠和碳酸钠，⑥中加盐酸反应后溶液中溶质为NaCl，然后蒸发结晶得到NaCl，以此解答该题。‎ ‎【详解】A、泥沙不溶于水，第②步过滤出的滤渣是泥沙，故A正确；‎ B、如用KOH代替NaOH，则生成KCl，引入新杂质，故B正确；‎ C、第⑤步加入Na2CO3溶液，可生成碳酸钡、碳酸钙沉淀，以达到除去钡离子、钙离子的目的，故C错误；‎ D、加入碳酸钠应在氯化钡之后，避免引入钡离子，故D正确。‎ 答案选C。‎ 二．填空题（共 2 题，共 21 分）‎ ‎17.（1）______mol CO2 中含有氧原子数跟 1.806×1024 个 H2O 分子含有的氧原子数相同。‎ ‎（2）标准状况下的甲烷和一氧化碳的混合气体 8.96 L，其质量为 7.60 g，则混合气体中甲烷的体积为______；一氧化碳的质量为_________。‎ ‎（3）等物质的量 O2 和臭氧(O3)，其质量之比为____。若 O2 和 O3 质量相等，则其原子数之比为____。‎ ‎（4）200 毫升含 MgCl2、KCl、Na2SO4 三种溶质的混合液中，已知其中含 Cl－1.5 mol,K＋和 Na＋共1.5 mol，Mg2＋为 0.5 mol，则 SO42-的物质的量浓度为__________________。‎ ‎【答案】 (1). 1.5 (2). 6.72L (3). 2.8g (4). 2：3 (5). 1：1 (6). 2.5mol/L ‎【解析】‎ ‎【详解】：（1）要使二氧化碳分子、水分子含有氧原子个数相等，则二者含有氧原子物质的量相等，应满足：n（CO2）×2=×1，解得n（CO2）=1.5mol，故答案为：1.5；‎ ‎（2）设CH4为x，CO为y，则x+y=、16x+28y=7.60g，解得：x=0.3，y=0.1，即CH4为0.3 mol，CO为0.1mol，则甲烷体积为：0.3mol×22.4L/mol=6.72 L；‎ ‎ CO质量为：0.1mol×28g/mol=2.8 g，故答案为：6.72L；2.8g；‎ ‎（3）依据m=nM可知，二者质量之比等于二者相对分子质量之比，所以等物质的量O2和臭氧（O3），其质量之比为：32：48=2：3；若O2和O3质量相等，其原子数之比为：×2×NA：×3×NA=1：1；故答案为：2：3  1：1；‎ ‎（4）溶液呈电中性，由电荷守恒可知：n（Cl-）+2n（SO42-）=n（K+）+n（Na+）+2n（Mg2+），即：1.5mol+2n（SO42-）=1.5mol+2×0.5mol，解得n（SO42-）=0.5mol，c（SO42-）==2.5mol/L，故答案为：2.5mol/L。‎ ‎【点睛】物质的量有关计算，明确物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度之间的关系。‎ ‎18.用一种试剂除去下列各物质中的杂质(括号内为杂质)，并写出离子方程式。‎ ‎（1）CO2(HCl)：试剂________，离子方程式________。‎ ‎（2）O2(CO2)：试剂_______，离子方程式___________。‎ ‎（3）SO42−(CO32-)：试剂________，离子方程式____‎ ‎【答案】 (1). 饱和碳酸氢钠溶液 (2). HCO3-+H+═H2O+CO2↑ (3). NaOH溶液 (4). 2OH-+CO2═CO32-+H2O (5). 稀硫酸 (6). CO32-+2H+═H2O+CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）除去CO2中的HCl气体，选择试剂为饱和碳酸氢钠溶液，发生离子方程式为HCO3-+H+═H2O+CO2↑，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；HCO3-+H+═H2O+CO2↑；‎ ‎（2）二氧化碳是酸性气体，可选用NaOH溶液除去；离子方程式为：2OH-+CO2═CO32-+H2O，‎ 故答案为：NaOH溶液、2OH-+CO2═CO32-+H2O；‎ ‎（3）硫酸的酸性比碳酸强，可选用稀硫酸除去碳酸根离子，离子方程式为：CO32-+2H+═H2O+CO2↑，故答案为：稀硫酸、CO32-+2H+═H2O+CO2↑。‎ ‎【点睛】除杂要根据被提纯物质和杂质的性质差异选择合适的试剂，一般是要把杂质反应掉，但是不能带入新的杂质，其基本原则是：不增、不减、易分、复原。‎ 三．推断题（共 2 题，共 22 分）‎ ‎19.A、B、C、D 为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为 Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和 NO3－、SO42﹣、Cl－、CO32－（离子在物质中不能重复出现）。‎ ‎① 若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；‎ ‎② 若向①的四支试管中分别加入盐酸，B 盐的溶液有沉淀生成，D ‎ 盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据①②实验事实可推断它们的化学式为：‎ ‎（1）B _____________ D ______________；‎ ‎（2）写出少量盐酸与 D 反应的离子方程式：______________________________________；‎ ‎（3）将含相同物质的量 A、B、C 的溶液混合后，混合后溶液中存在的离子为_______；在此溶液中加入铁粉，写出发生反应的离子方程式____；‎ ‎（4）C 溶液中阴离子的检验方法：____。‎ ‎【答案】 (1). AgNO3 (2). Na2CO3 (3). CO32-+2H+=CO2↑+H2O (4). Cu2+、NO3-、Cl- (5). Cu2++Fe=Cu+Fe 2+ (6). 取少量C溶液于试管中，先加足量盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 给出八种离子，形成四种可溶性物质，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定．如Ba2+不能和SO42-、CO32-结合，而只能和NO3-、Cl-；Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子结合，而只能和NO3-结合，则一定是BaCl2、AgNO3．Cu2+不能和CO32-结合，所以为CuSO4；Na+对应CO32-为Na2CO3．即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。‎ ‎①中由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3，以此来解答。‎ ‎【详解】由于是可溶性盐，所以溶液中存在盐离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可知：Ba2+不能和SO42-、CO32-结合，而只能和NO3-、Cl-；Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子结合，而只能和NO3-结合，则一定是BaCl2、AgNO3．Cu2+不能和CO32-结合，所以为CuSO4，Na+对应CO32-为Na2CO3．即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。‎ 由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；。②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3。综上所述：A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4；D为Na2CO3；‎ ‎（1）由上述分析可知B为AgNO3；D为Na2CO3，故答案为： AgNO3；Na2CO3；‎ ‎（2）盐酸与D（Na2CO3）反应的离子反应方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，故答案为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；‎ ‎（3）A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4，将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，溶液中存在的离子及物质的量之比为：Cl-、NO3-、Cu2+‎ ‎，在此溶液中加入铁粉，可以将其中的铜置换出来，发生反应的离子方程式Cu2++Fe=Cu+Fe2；故答案为：Cu2+、NO3-、Cl-；Cu2++Fe=Cu+Fe 2+；‎ ‎（4）C为CuSO4，检验硫酸根离子，可取少量C溶液于试管中，先加足量盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-，故答案为：取少量C溶液于试管中，先加足量盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-。‎ ‎【点睛】无机物的推断，把握离子之间的反应、离子的颜色为解答的关键，注意C为硫酸铜为推断的突破口，在分析A、B、C 的溶液混合后离子组成时，要考虑混合时离子间的相互反应。‎ ‎20.KClO3 和浓盐酸在一定温度下反应会生成绿黄色的易爆物二氧化氯，其变化可表述为 ‎____KClO3+____HCl(浓)=____KCl+____ClO2↑+____Cl2↑+____H2O ‎（1） 请配平上述化学方程式并用双线桥表示出电子转移情况。________‎ ‎（2）该反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为________。‎ ‎（3）若该反应有 490gKClO3 参加反应，则被氧化的 HCl 的质量为________。‎ ‎（4）若该反应的产生 2.24L（标准状况）ClO2,则转移的电子数目为________。‎ ‎（5）某地生产的食盐中含有少量的剧毒氰化钠 NaCN，用 ClO2 可以除去其中的氰化钠，从而得到纯净的食盐，同时产生两种无毒的气体。写出该反应的化学方程式________‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 4 (3). 2 (4). 1 (5). 2 (6). 2 (7). (8). 2:1 (9). 146g (10). 0.1NA或6.02×1022 (11). 2NaCN+2ClO2=2NaCl+2CO2+N2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先配平该反应的方程式，再分析电子转移的数目，找氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，再分析其他问题。‎ ‎【详解】：（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3‎ 系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，水的系数是2．电子转移的方向和数目为： 故答案为：2；4；2；1；2；2；；‎ ‎（2）KClO3中氯元素化合价，为氧化剂，对应ClO2为还原产物，HCl中Cl元素的化合价升高为还原剂，对应的Cl2为氧化产物，还原产物与氧化产物的物质的量之比为2:1；故答案为：2:1；‎ ‎（3）由反应可知，2molKClO3作氧化剂与2molHCl作还原剂得失电子守恒，则该反应中有490克KClO3参加反应，则被氧化的HCl的质量为×36.5g=146g，故答案为：146g；‎ ‎（4）若该反应产生2.24 L（标准状况）ClO2，则转移的电子数目为×（5-4）×NA=0.1NA或6.02×1022，故答案为：0.1NA或6.02×1022；‎ ‎（5）用ClO2可除去其中的氰化钠，从而得到纯净的食盐，同时产生两种无毒气体为二氧化碳和氮气，发生反应为2NaCN+2ClO2=2NaCl+2CO2+N2，故答案为：2NaCN+2ClO2=2NaCl+2CO2+N2。‎ 四．实验题（共 1 题，共 9 分）‎ ‎21.人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg·cm-3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。‎ ‎【配制KMnO4标准溶液】如图是配制50mL KMnO4标准溶液的过程示意图。‎ ‎（1）请你观察图示判断，其中不正确的操作有__________(填序号)。‎ ‎（2）如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将__________(填“偏大”或“偏小”)。‎ ‎【测定血液样品中Ca2＋的浓度】抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol·L－1 KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL KMnO4溶液。‎ ‎（3）已知草酸跟KMnO4溶液反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mnx++10CO2↑+8H2O则方程式中的x=__________。‎ ‎（4）经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为__________mg·cm-3。‎ ‎【答案】 (1). ②⑤ (2). 偏小 (3). 2 (4). 1.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据图示分析配制一定物质的量浓度的溶液的操作正误；‎ ‎(2)根据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断；‎ ‎(3)根据电荷守恒进行分析；‎ ‎(4)根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2+的浓度。‎ ‎【详解】(1)由图示可知②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切；‎ ‎(2)如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；‎ ‎(3)根据电荷守恒，(-1×2)+(+1×6)=+x×2，解得，x=2，草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O；‎ ‎(4)血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.020mol/L×0.012L=2.4×10-4mol，根据反应方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n(Ca2+)=n(H2C2O4)=‎ n(MnO4-)=2.5×2.4×10-4mol=6×10-4mol，Ca2+的质量为：40g/mol×6×10-4mol=0.024g=24mg，钙离子的浓度为：=1.2mg/cm3。‎ ‎【点睛】要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c=分析，如：用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。‎ ‎ ‎