2019版高一化学上学期期末考试试卷(含解析) (IV).doc

2019版高一化学上学期期末考试试卷(含解析) (IV)1.化学实验中安全意识是重要的科学素养，下列实验操作或事故处理中正确的是A. 配制稀硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定量的水，再在搅拌条件下加入浓H2SO4B. 不慎洒出的酒精在实验台燃烧起来，应立即用大量水扑灭C. 做“氢气还原氧化铜”的实验时，先通氢气再加热D. 用剩的药品为避免浪费应放回原瓶【答案】C【解析】【详解】A.量筒是用来测量液体体积的仪器，不能用做反应容器或配制溶液，A错误；B.酒精易溶于水，用水不能扑灭，应用湿抹布盖灭，B错误；C.氢气还原氧化铜时，为了防止氢气与氧气混合加热发生意外，所以要先通氢气将试管内空气排净，再加热，C正确；D.一般用剩后的药品不能放回原瓶，防止试剂污染，特殊药品如钠等需要放回原瓶，D错误；故合理选项是C。2.下列操作或提供的仪器（夹持仪器任选）不能实现相应实验目的是选项目的仪器或操作A分离CCl4萃取碘水后的溶液分液漏斗、烧杯B从食盐水中获得NaCl晶体蒸发皿、玻璃棒、酒精灯、泥三角C将酸性溶液中的MnO4完全转化Mn2+向溶液中滴加H2O2溶液至紫色消失D配制100 mL 1.0 mol/L CuSO4溶液将25 g CuSO45H2O溶于100 mL蒸馏水中A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A.分离CCl4萃取碘水后的溶液，二者互不相容，用分液方法分离，使用仪器有分液漏斗、烧杯，A正确；B.由于NaCl的溶解度受温度的影响变化不大，所以从食盐水中获得NaCl晶体，要采用蒸发溶剂结晶的方法，使用的仪器有蒸发皿、玻璃棒、酒精灯、泥三角，B正确；C.将酸性溶液中的MnO4完全转化Mn2+需要加入还原剂，由于MnO4-是紫色的离子，可以向溶液中滴加H2O2溶液至紫色消失，即恰好反应，C正确；D.配制100 mL 1.0 mol/L CuSO4溶液，n(CuSO4)=0.1mol，根据Cu元素守恒可得n(CuSO45H2O)=n(CuSO4)=0.1mol，m(CuSO45H2O)=0.1mol250g/mol=25g，但溶液体积与溶剂体积不同，所以100mL水溶解得到溶液的体积不是100mL，D错误；故合理选项是D。3.下列物质分类的正确组合是分类组合纯净物碱盐碱性氧化物A碱石灰氢氧化钡苏打氧化铝BH2O2纯碱小苏打氧化镁C水煤气NH3H2O苛性钠氧化钙D五水硫酸铜氢氧化钠碱式碳酸铜氧化钠A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A.碱石灰是NaOH与CaO的混合物，不是纯净物，A错误；B.纯碱是Na2CO3，属于盐，不是碱，B错误；C.水煤气是CO和H2的混合物，不是纯净物，C错误；D.五水硫酸铜是纯净物，氢氧化钠是碱，碱式碳酸铜属于盐，物质分类合理，D正确；故合理选项是D。4.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A. 32 g O2和O3的混合气体所含原子数为NAB. 5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NAC. 高温下，0.2mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAD. 在25、101kPa下，2 mol氧气和氢气的混合气体的体积约为44.8 L【答案】B【解析】【详解】A. O2和O3分子都是由O原子构成的，由于O原子相对原子质量是16，所以32 g O2和O3的混合气体中含有O原子的物质的量是2mol，则所含原子数为2NA，A错误；B.根据方程式可知：每反应产生4molN2，转移电子的物质的量为15mol，现在产生28gN2，其物质的量为1mol，则转移电子数目为(15mol4)NA/mol=3.75NA，B正确；C.高温下， Fe与水蒸气发生反应：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，每有3molFe反应，产生4molH2，现在反应的Fe为0.2mol，所以生成的H2分子数目为(4mol3)NA/mol 0.3NA,C错误；D.25、101kPa不是标准状况，所以2mol气体的体积不是44.8L，D错误；故合理选项是B。5.在标准状况下，将a L A气体（摩尔质量是M g/mol）溶于0.1L水中，所得溶液的密度为b g/cm3，则此溶液的物质的量浓度为A. abMa+2240 B. 1000abMa+2240 C. 1000abMMa+2240 D. Ma2240(a+0.1)b【答案】B【解析】【分析】根据n=VVm来计算气体的物质的量，利用m=nM来计算气体的质量，溶剂和溶质的质量和为溶液的质量，利用V=m来计算溶液的体积，最后利用c=nV来计算该溶液的物质的量浓度。【详解】标准状况下，气体的物质的量为n=VVm=aL22.4L/mol=a22.4mol，气体的质量m=a22.4molMg/mol=aM22.4g，溶剂水的质量为m(H2O)=100mL1g/mL=100g，即溶液的质量为(aM22.4+100)g，则溶液的体积为=(aM22.4+100)gbg/cm310-3L，故该溶液的物质的量浓度为c=a22.4mol(aM22.4+100)gbg/cm310-3L=1000abMa+2240 ，故合理选项是B。【点睛】本题考查物质的量浓度的计算的知识。明确溶液中的溶质的物质的量及溶液的体积即可计算，溶液的体积计算是解答本题的关键，注意：本题应按照气体与水不发生化学反应来分析。6.日常生活中的下列现象与胶体的性质无关的是（）A. 将盐卤或石膏加入豆浆中制成豆腐B. 一枝钢笔使用两种不同型号的蓝黑墨水，易出现堵塞C. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色沉淀D. 静电除尘净化空气，提升空气质量【答案】C【解析】A. 将盐卤或石膏加入豆浆中，可以使蛋白质胶体发生聚沉，与胶体的性质有关；B.不同型号的蓝黑墨水的胶体粒子所带的电荷可能不同，如果把它们混合后会使胶体粒子发生聚沉，所以一枝钢笔使用两种不同型号的蓝黑墨水，易出现堵塞，与胶体的性质有关；C. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液后发生复分解反应，生成红褐色氢氧化铁沉淀，与胶体的性质无关；D. 静电除尘的原理是使尘埃粒子带上电荷，在电场的作用下尘埃粒子发生电泳，与胶体的性质有关。本题选C。7.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 透明澄清溶液中：Cu2+、Mg2+、NO3-、Cl-B. 滴加紫色石蕊试剂显红色的溶液中：K+、Na+、Cl-、F-C. c(Fe2+) =1 mol/L的溶液中：K+、NH4+、MnO4-、SO42-D. 加入铝能放出H2的溶液中：NH4+、Na+、Cl-、Br-【答案】A【解析】【详解】A.选项离子不能发生任何反应，可以大量共存，A正确；B.滴加紫色石蕊试剂显红色的溶液是酸性入，在酸性溶液中：H+、F-会反应产生弱酸HF，不能大量共存，B错误；C.Fe2+具有还原性，与MnO4-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D.加入铝能放出H2的溶液可能显酸性，也可能显碱性。在碱性溶液中，OH-与NH4+会形成NH3H2O，不能大量共存，D错误；故合理选项是A。8.在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示，下列分析正确的是A. 代表滴加H2SO4溶液的变化曲线B. b点，两反应物物质的量之比为1: 2C. a、d两点对应的溶液均显中性D. c点，两溶液中含有相同物质的量浓度的OH【答案】C【解析】【详解】A.Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+ Ba(OH)2=BaSO4+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+Na2SO4+2H2O。溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，即代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，A错误；B.根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点NaHSO4+ Ba(OH)2=BaSO4+NaOH+H2O，溶液中的溶质为NaOH，两种反应物的物质的量的比为1：1，B错误；C.a点中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点中溶质为Na2SO4。水和硫酸钠溶液都呈中性，C正确；D.在c点，中稀硫酸过量，溶质为硫酸，中硫酸氢钠过量，溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，中钠离子浓度大于中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，D错误；故合理选项是C。9.小明做实验时不小心沾了一些KMnO4，皮肤上的黑斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4+H2C2O4+H+CO2+Mn2+_（未配平）。关于此反应的叙述正确的是A. 该反应的氧化产物是Mn2+B. 1molMnO4-在反应中失去5mol电子C. 该反应右横线上的产物是H2OD. 配平该反应后，H+的计量数是3【答案】C【解析】【分析】A.化合价升高的元素在反应物是还原剂，反应后变为氧化产物；B.化合价降低的元素获得电子，化合价降低数=获得电子的数目；C.根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式；D.根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式。【详解】A.化合价升高的元素是H2C2O4中的C元素，所以反应物H2C2O4是还原剂，反应产生的CO2是氧化产物，A错误；B.锰元素化合价从反应前MnO4-的+7价降低到Mn2+的+2价，元素得到电子，化合价降低数=得到电子的数目=5，即1molMnO4-在反应中得到5mol电子，B错误；C.根据电子守恒，该反应中锰元素化合价降低5价，两碳元素化合价共升高2价，所以反应转移电子数为10，所以可以得到：2MnO4-+5H2C2O4+H+10CO2+2Mn2+，根据电荷守恒、原子守恒，所以短线_中为8H2O，产物是H2O，H+的计量数是6，C正确；D.根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O，H+的计量数是6， D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查学生氧化还原反应中的知识，掌握氧化还原反应中元素化合价与电子得失、物质的作用是解题关键，本题难度较大。10.下列离子方程式正确的是A. 钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na+B. 碳酸氢钙溶液与足量氢氧化钠溶液混合：HCO3-+OH-=CO32-+H2OC. 铁与稀硝酸反应：Fe+2H+=Fe2+H2D. 向NaAlO2溶液中通入少量CO2：CO2+2AlO2-+3H2O=2Al(OH)3+CO32-【答案】D【解析】【详解】A.金属钠和盐溶液反应的实质是先和水反应，金属钠不会在溶液中将排在后面的金属置换出来，A错误；B.碳酸氢钙与足量的NaOH溶液反应时，钙离子和碳酸氢根按物质的量之比为1：2进行反应，正确离子方程式为：Ca2+2HCO3-+2OH-=CaCO3+2H2O+CO32-，B错误；C.铁与稀硝酸反应生成Fe(NO3)3、NO和H2O，反应的离子方程式：Fe+NO3-+4H+=Fe3+2H2O+NO， C错误；D.向NaAlO2溶液中通入少量CO2，产生氢氧化铝沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：CO2+2AlO2-+3H2O=2Al(OH)3+CO32-，D正确；故合理选项是D。11.将一小块金属钠投入下列溶液中，既能产生气体又会出现白色沉淀的是A. 亚硫酸氢钙溶液 B. 稀硫酸 C. 硫酸铁溶液 D. 氯化铵溶液【答案】A【解析】【详解】Na与亚硫酸氢钙溶液、稀硫酸、硫酸铁溶液、氯化铵溶液的反应方程式分别如下：Ca(HSO3)2+2Na=CaSO3(白色)+Na2SO3+H2； 2Na+H2SO4=Na2SO4+H2；Na+Fe2(SO4)3+H2O=Fe(OH)3(红褐色)+Na2SO4+H2；2Na+2NH4Cl=2NaCl+H2+NH3，可见：将Na放入不同物质的溶液中，既能产生气体又会出现白色沉淀的是亚硫酸氢钙溶液，故合理选项是A。12.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是（）A. 制取氨气 B. 制取NaHCO3C. 分离NaHCO3 D. 干燥NaHCO3【答案】C【解析】A、氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又会化合生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A错误；B、应将二氧化碳从长导管进入，否则会将液体排出，故B错误；C、从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；D、碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可烘干，故D错误。故选C。点睛：实验室不可用加热分解铵盐的方式制备氨气，有的铵盐分解产生多种不同性质的气体，有的铵盐分解随着温度的不同，产物也不同，比如硝酸铵。铵盐的检验，也不能单独加热样液，而应加入浓氢氧化钠溶液再加热，用湿润的红色湿润试纸检验。13.50ml 2mol/L的AlCl3溶液与50 ml 7mol/L的NaOH溶液混合，得到沉淀质量为A. 3.9g B. 7.8g C. 9.1g D. 0g【答案】A【解析】【分析】先根据n=cV计算NaOH、AlCl3的物质的量，然后根据反应：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3+3NaCl，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，判断反应进行的程度，判断过量问题，再计算得到沉淀的质量。【详解】n(AlCl3)=2mol/L0.05L=0.1mol，n(NaOH)= 7mol/L 50 ml=0.35mol，则发生反应：AlCl3 + 3NaOH=Al(OH)3+3NaCl，0.1mol AlCl3反应消耗0.3molNaOH，产生0.1mol Al(OH)3沉淀，过量NaOH物质的量为0.35mol-0.3mol=0.05mol，又发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，显然Al(OH)3与NaOH反应的物质的量的比为1：1，Al(OH)3过量，剩余Al(OH)3的物质的量为0.1mol-0.05mol=0.05mol，故最后得到沉淀的质量为m(Al(OH)3)=0.05mol78g/mol=3.9g，所以合理选项是A。【点睛】本题考查过量问题的计算，把握物质的反应方程式，根据物质的量及反应物的反应关系，判断过量程度是解答该题的关键，题目难度中等。14.下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的组合有序号XYZW CuCuSO4Cu(OH)2CuONaNaOHNa2CO3NaClAlAlCl3Al(OH)3Al2O3FeFeCl3FeCl2Fe(OH)2A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】Cu与浓硫酸在加热时反应产生CuSO4，CuSO4与NaOH溶液发生复分解反应产生Cu(OH)2，Cu(OH)2加热分解产生CuO，CuO与H2在加热时反应产生Cu单质，可以实现上述转化，合理；Na与H2O反应产生NaOH，NaOH与少量CO2反应产生Na2CO3，Na2CO3与足量HCl反应产生NaCl，电解熔融的NaCl得到金属Na，可以实现上述转化，合理；Al与盐酸反应产生AlCl3，AlCl3与氨水反应产生Al(OH)3， Al(OH)3加热分解产生Al2O3，电解熔融的Al2O3得到金属Al，可以实现上述转化，合理；Fe与氯气反应得到FeCl3，FeCl3与Fe反应得到FeCl2，FeCl2与NaOH溶液反应产生Fe(OH)2，但是Fe(OH)2不能发生反应得到Fe单质，故不会实现上述转化，不合理；合理有，选项D正确。15.下列说法正确的是A. SiO2有半导体性能，可制作光电池B. 普通玻璃和氮化硅陶瓷分别属于传统无机非金属材料和新型无机非金属材料C. 因为高温时SiO2与Na2CO3反应放出CO2，所以硅酸的酸性比碳酸强D. SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物【答案】B【解析】【详解】A. Si可以作半导体材料，能制作光电池，SiO2不能导电，不能作半导体材料，A错误；B.水泥、玻璃、陶瓷的主要成分都含有硅酸盐，被称为三大传统的无机非金属材料；氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料，B正确；C.在高温时SiO2与Na2CO3反应放出CO2，是因为SiO2是高沸点的酸酐，CO2是低沸点的酸酐，与硅酸、碳酸的酸性强弱无关，C错误；D.SiO2与氢氟酸反应不生成盐和水，虽然SiO2既能与氢氟酸反应又能与NaOH溶液反应，但是SiO2不是两性氧化物， D错误；故合理选项是B。16.下列实验用来证明气体SO2的存在，其中正确的是能使品红溶液褪色 能使沾有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色 通入H2S饱和溶液中有浅黄色浑浊通入足量的NaOH溶液中，再滴入BaCl2溶液，有白色沉淀生成通入溴水中使溴水褪色，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀产生，该沉淀难溶于稀硝酸。A. 能证明 B. 能证明 C. 都不能证明 D. 只有能证明【答案】D【解析】【分析】SO2是酸性氧化物，其水溶液呈酸性；S元素化合价处于中间价态，SO2既有氧化性又有还原性；SO2还能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，以此解答该题。【详解】能使品红溶液褪色的不一定为二氧化硫，也可为氯气等，错误；能使沾有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色的气体有酸性或氧化性，可能是SO2，也可能为CO2、Cl2等，错误；通入H2S饱和溶液中有浅黄色浑浊，该气体可能是SO2，也可能为Cl2或NO2等气体，错误；通入足量的NaOH溶液中，再滴入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该沉淀溶于盐酸，不一定为二氧化硫，也可能为二氧化碳，错误；通入溴水中使溴水褪色，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀产生，该沉淀难溶于稀硝酸。沉淀为BaSO4，该气体具有还原性，可被溴单质氧化，证明气体为SO2，正确；只有符合题意，故合理选项是D。【点睛】本题考查二氧化硫化学性质，注意二氧化硫、二氧化碳性质差异性是解答本题的关键，注意掌握二氧化硫漂白性和次氯酸漂白性区别，溶液褪色可能是漂白性，也可能是还原性、酸性，要清楚其反应原理。17.下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是A. 由中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体B. 红棕色气体能表明中木炭与浓硝酸发生了反应C. 由说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D. 的气体产物中检测出CO2，不一定说明木炭与浓硝酸发生了反应【答案】B【解析】【详解】A加热条件下，浓硝酸分解生成二氧化氮和氧气，则产生的气体一定是混合气体，A正确；B在加热条件下，浓硝酸可分解生成二氧化氮，不一定与碳反应生成，B正确； C硝酸中N元素化合价为+5价，生成二氧化氮的N元素化合价为+4价，化合价降低，在生成的红棕色气体为还原产物，C正确；D碳加热至红热，可与空气中氧气反应生成二氧化碳，不一定是与浓硝酸发生了反应，故D错误。故合理选项是D。18.NO、NO2、O2按照一定比例通入水中，能被完全吸收，无剩余气体。若NO、NO2、O2的气体体积分别为x、y、z、则x：y：z可能为A. 2：6：3 B. 5：1：2 C. 1：2：5 D. 3：6：2【答案】A【解析】【分析】根据反应后无剩余气体，即全部生成了硝酸，根据反应中电子得失守恒：n(NO)3+n(NO2)=n(O2)4来判断即可。【详解】A. NO、NO2、O2的气体体积比为2：6：3，物质的量的比为2：6：3，此时23+61=12=34，A正确；B.NO、NO2、O2的气体体积比为5：1：2，物质的量的比为5：1：2，此时53+1124，B错误； C. NO、NO2、O2的气体体积比为1：2：5，物质的量的比为1：2：5，此时13+2154，C错误；D.NO、NO2、O2的气体体积比为3：6：2，物质的量的比为3：6：2，此时33+6124，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题主要考查了氮元素的氧化物转换为硝酸的反应规律的应用，掌握氧化还原反应反应中电子得失守恒是解题的关键。19.把400mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含a mol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c(Na+)为A. (b/10-a/20)mol/L B. (2b-a)mol/L C. (5b-5a/2)mol/L D. (10b-5a)mol/L【答案】C【解析】【分析】NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为NH4HCO3+2NaOH=NH3H2O+Na2CO3+H2O，加入HCl的盐酸反应为NH4HCO3+HCl=NH4Cl+CO2+H2O，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，根据方程式计算。【详解】把400mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，每一份溶液的体积为200mL。设在200ml溶液中含有NH4HCO3xmol，Na2CO3ymol，NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入amolNaOH，反应为NH4HCO3+2NaOH=NH3H2O+Na2CO3+H2O，n(NH4HCO3)=n(NaOH)=0.5amol，另一等份溶液中加入含bmolHCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HCl=NH4Cl+CO2+H2O，Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，根据第一个方程式中物质间的关系可知n(HCl)= n(NaOH)=0.5amol，则与Na2CO3发生反应消耗HCl的物质的量为(b-0.5a)mol，根据二者反应时的物质的量关系可知：n(Na2CO3)的物质的量为n(Na2CO3)=12(b-0.5a)mol，则该份溶液中含有的钠离子物质的量n(Na+)=2n(Na2CO3)=(b-0.5a)mol，由于溶液的体积为200mL，故c(Na+)=nV=(b-0.5a)mol0.2L=(5b-52a)mol/L，选项C符合题意。【点睛】本题考查物质的量在化学方程式计算的应用的知识。注意：溶液的浓度与溶液的体积大小无关。20.6.4 g铜跟1L 8 mol/L的硝酸反应，硝酸的还原产物有NO、NO2。铜完全溶解后，测得溶液中含NO3-的物质的量浓度为0.42mol/L，此时溶液中所含H+的物质的量浓度为A. 0.12 mol/L B. 0.22mol/L C. 0.32mol/L D. 0.38 mol/L【答案】B【解析】【详解】n(Cu)=6.4g64g/mol=0.1mol，Cu与硝酸反应后变为Cu2+，由于溶液的体积为1L，所以c(Cu2+)=1mol1L=1mol/L，根据溶液呈电中性，可得2c(Cu2+)+c(H+)=c(NO3-)，所以c(H+)=c(NO3-)-2c(Cu2+)=0.42mol/L-20.1mol/L=0.22mol/L，故合理选项是B。21.有以下13种物质，请回答下列问题：石墨 氧化钠 酒精 氨水 二氧化碳 碳酸氢钠 氢氧化钡溶液 冰醋酸 氯化氢 硫酸铝 稀硫酸 氯化银 硫酸氢钠(1)其中能导电的是 _； 属于电解质的是 _；属于非电解质的是 _。(2)分别写出物质溶于水的电离方程式：_。(3)写出物质和反应的离子方程式：_。(4)写出物质和在水中发生反应的离子方程式：_。【答案】 (1). (2). (3). (4). NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42- (5). Ba2+ + SO42- +2OH- + 2H+ = BaSO4 +2H2O (6). HCO3-+ H+ = H2O + CO2【解析】【详解】(1)石墨中有自由移动的电子，可以导电，但它是单质，不属于电解质，也不属于非电解质；氧化钠是离子化合物，但室温下呈固体态，离子不能自由移动，所以不能导电，在熔融状态下可以导电，属于电解质；酒精是由分子构成的化合物，没有带电微粒，不能导电，属于非电解质；氨水中含有自由移动的离子，可以导电，但它是混合物，不是电解质，也不是非电解质；二氧化碳是由分子构成的化合物，没有带电微粒，不能导电，属于非电解质；碳酸氢钠是离子化合物，但室温下呈固体态，离子不能自由移动，所以不能导电，在熔融状态下可以导电，属于电解质；氢氧化钡溶液中含有自由移动的离子，可以导电，但它是混合物，不属于电解质，也不属于非电解质；冰醋酸是由分子构成的化合物，没有带电微粒，不能导电，在水中在水分子作用下产生自由移动的离子，所以属于电解质；氯化氢是由分子构成的化合物，没有带电微粒，不能导电，在水中在水分子作用下产生自由移动的离子，所以属于电解质；硫酸铝是盐，是离子化合物，但室温下呈固体态，离子不能自由移动，所以不能导电，在熔融状态下可以导电，属于电解质；稀硫酸中含有自由移动的离子，能够导电，但它是混合物，不属于电解质，也不属于非电解质；氯化银是盐，是离子化合物，但室温下呈固体态，离子不能自由移动，所以不能导电，在熔融状态下可以导电，属于电解质； 硫酸氢钠是盐，是离子化合物，但室温下呈固体态，离子不能自由移动，所以不能导电，在熔融状态下可以导电，属于电解质；故能导电的是；属于电解质的是；属于非电解质的是；(2)硫酸氢钠溶于水，电离产生Na+、H+、SO42-，电离方程式为：NaHSO4=Na+ +H+SO42-；(3)氢氧化钡与硫酸反应产生硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为：Ba2+2OH-+2H+SO42- =BaSO4 +2H2O；(4)碳酸氢钠与HCl在水中发生反应，产生氯化钠、水、二氧化碳，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2。22.某强酸性溶液X，可能含有Al3+、Ba2+、NH4+、Fe2+、Na+、CO32、SO42、SiO32、NO3中的一种或几种离子，取该溶液进行实验，其现象及转化如下图所示。请回答下列问题：(1)由整体的实验过程可判断溶液X中一定不存在的阴离子有_。(2)产生气体A的离子方程式为_。(3)在实验室中收集气体A，可选择如图装置中的_。(4)写出反应中生成溶液H的离子方程式_。(5)对不能确定是否存在的离子，请简述检测实验方案_。【答案】 (1). CO32-、SiO32-、NO3- (2). 3Fe2+4H+ +NO3-=3Fe3+NO+2H2O (3). A (4). Al3+ 4OH-=AlO2- + 2H2O (5). 用洁净铂丝蘸取试样在火焰上灼烧，观察火焰颜色，若为黄色，则说明有Na+；若无黄色，则无Na+。【解析】【详解】(1)溶液X呈强酸性，由于H+与CO32、SiO32会发生反应，不能大量共存，所以不含CO32-、SiO32-；溶液与Ba(NO3)2混合生成沉淀C，则说明溶液中含SO42-，则溶液中不含与SO42-反应形成沉淀的Ba2+，沉淀C是BaSO4；加入Ba(NO3)2溶液产生气体A，说明含有还原性离子Fe2+；在酸性条件下NO3-具有强氧化性，所以溶液中Fe2+与NO3-不能共存，溶液中不含NO3-；气体A是NO，NO与O2反应产生的气体D是NO2；NO2、O2、水反应产生的溶液E是硝酸；溶液B加入过量NaOH溶液产生气体F，F是NH3，则溶液中含NH4+；硝酸与氨气反应产生硝酸铵，所以I是NH4NO3；由于溶液B中含有Fe2+氧化产生的Fe3+，所以产生的沉淀G是Fe(OH)3，Fe(OH)3与盐酸反应产生的J是FeCl3；溶液H中通入过量二氧化碳气体，产生沉淀，则溶液中含有Al3+，沉淀K是Al(OH)3，溶液L是NaHCO3。(1)由整体的实验过程可判断溶液X中一定不存在的阴离子有CO32-、SiO32-、NO3-；(2)在酸性条件下，Fe2+、NO3-、H+发生氧化还原反应，产生Fe3+，NO3-被还原产生NO，同时有水生成，反应的离子方程式为3Fe2+4H+ +NO3- =3Fe3+NO+2H2O；(3)气体A是NO，该气体容易与空气中的氧气反应生成NO2，所以不能用排空气方法收集，只能用排水方法收集，合理选项是A；(4)中Al3+与过量OH-反应生成AlO2-和水，离子方程式为：Al3+ 4OH- =AlO2-+2H2O；(5)通过前面分析可知：在原溶液中一定含有Al3+、Fe2+、NH4+、SO42-；一定不含有Ba2+、CO32-、SiO32-、NO3-；不能确定的离子是Na+；对于Na+，检测它的实验方案是用洁净铂丝蘸取试样在火焰上灼烧，观察火焰颜色，若为黄色，则说明有Na+；若无黄色，则无Na+。23.某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物质X。(1)已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是_。(2)已知0.2molKBrO3在反应中得到1mol电子生成X，则X的化学式为：_。(3)根据上述反应可推知_。a氧化性：KBrO3H3AsO4 b氧化性：H3AsO4KBrO3c还原性：AsH3X d还原性：XAsH3(4)根据上述条件写出化学方程式，并用单线桥表示电子转移。_。【答案】 (1). AsH3 (2). Br2 (3). ac (4). 【解析】【详解】(1)KBrO3在反应中得到电子，则还原剂应该在反应中失去电子，元素化合价升高，所以在反应物中元素价态低，分析给出的物质可知还原剂是AsH3，生成的氧化产物是H3AsO4；(2)0.2molKBrO3在反应中得到1mol电子生成X，则Br元素化合价降低5价，由于在KBrO3中Br元素化合价为+5价，所以反应产生的X的价态为0，其化学式为Br2；(3)在化学反应中，根据氧化剂：氧化剂氧化产物；还原性：还原剂还原产物。由于KBrO3将AsH3氧化为H3AsO4，KBrO3被还原为Br2，可知氧化性：KBrO3H3AsO4，还原性：AsH3Br2，所以选项ac合理；(4)根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：8KBrO3+5AsH3+4H2SO4=4K2SO4 +5H3AsO4+4H2O+4Br2，As元素的化合价由反应前AsH3中的-3价变为反应后中的+5价，失去58e-；Br元素的化合价由反应前KBrO3中的+5价变为反应后Br2中的0价，得到85e-，用单线桥法表示电子转移为。24.某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。实验一 制取氯酸钾和氯水利用下图所示的实验装置进行实验。(1)制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤。过滤操作过程中需要的玻璃仪器有_。(2)若对调B和C装置的位置，_（填“能”或“不能”）提高B中氯酸钾的产率。D装置的作用是_。(3)在实验过程中，若要检验C装置的瓶塞处是否密封好，请简述化学检验方案_。实验二 氯酸钾与碘化钾反应的研究(4)在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录如下（实验在室温下进行）：试管编号12340.2molL1KI/mL1.01.01.01.0KClO3（s）/g0.100.100.100.106.0molL1H2SO4/mL03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00实验现象系列a实验的实验目的是_。设计1号试管实验的作用是_。若2号试管实验现象为黄色溶液,取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色;假设氧化产物唯一,还原产物为KCl,则此反应的离子方程式为_。实验三 测定饱和氯水中氯元素的总量(5)根据下列资料，为该小组设计一个可行的实验方案（不必描述操作过程的细节）：_。资料：i次氯酸会破坏酸碱指示剂；ii次氯酸或氯气可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl。【答案】 (1). 玻璃棒、漏斗、烧杯 (2). 能 (3). 吸收未反应完的氯气，防止污染空气 (4). 可用湿润的淀粉碘化钾试纸进行检测，若密封性不好，则试纸变为蓝色；若密封性好，则试纸不变色 (5). 研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响 (6). 硫酸浓度为0的对照实验 (7). ClO3- + 6I- +6H+ = Cl- + 3I2 + 3H2O (8). 量取一定量的氯水试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，再加入足量的硝酸银溶液，过滤洗涤干燥后，称量沉淀质量【解析】【详解】(1)过滤使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(2)氯气与热的KOH溶液反应产生氯酸钾、氯化钾和水，而制取的氯气中含有HCl杂质能与KOH反应，影响KClO3的产量，先使用装置C就可以除去Cl2中的HCl杂质，因此能够提高氯酸钾的产率；装置D中盛有NaOH溶液，用以除去未反应的氯气，防止污染空气；(3)若装置C气密性不好，氯气会从中逸出，可以用湿润的淀粉碘化钾试纸进行检测，试纸变为蓝色；若装置气密性良好，则试纸不会变色；(4) 通过表格数据可知：反应其它条件相同，不同的是硫酸的浓度，故系列a实验的实验目的是研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；设计1号试管中硫酸溶液体积为0，即没有硫酸，该实验的作用是对照实验；若2号试管实验现象为“黄色溶液”，取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色，说明有I2生成；假设氧化产物唯一，还原产物为KCl，则根据氧化还原反应中电子守恒、电荷守恒、原子守恒的规律，可得该反应的离子方程式为ClO3-+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O；(5)根据次氯酸会破坏酸碱指示剂，可知不能使用酸碱指示剂判断溶液的酸碱性；由次氯酸或氯气可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl-，可以向一定量的氯水中加入足量的H2O2溶液，充分反应后，再加入足量的硝酸银溶液，将产生的沉淀进行过滤、洗涤、干燥后，称量沉淀质量，可以确定反应产生了Cl-。25.为验证氧化性Cl2Fe3+SO2，某小组用如图所示装置进行实验（夹持仪器和A中加热装置已略，气密性已检验）。实验过程：打开弹簧夹K1K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4。打开活塞a，滴加一定量的