2018-2019学年高一化学上学期期中试卷（含解析） (VIII).doc

2018-2019学年高一化学上学期期中试卷（含解析） (VIII)1.化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有极其重要的作用。下列实验中所选用的仪器合理的是用50 mL量筒量取5.2 mL稀硫酸 用托盘天平称量11.70g氯化钠晶体 配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏高用250 mL容量瓶配制250 mL 0.2 mol/L的NaOH溶液A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】在实验室量取5.2mL稀硫酸，应该使用10mL量筒，不能用50mL量筒量取，故错误；托盘天平精确到0.1g，故可用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体，故错误；配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时俯视刻度线，溶液体积减少，会导致所配溶液浓度偏高，故正确；配制250mL 0.2mol/L的NaOH溶液，必须选用250mL容量瓶，故正确；答案选D。【点睛】本题考查了化学实验方案的评价，明确化学实验基本操作方法为解答关键，注意掌握常见仪器的构造及使用方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。2.下列图标中警示腐蚀性物品的是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】试题分析：A、该标志代表爆炸品，A错误；B、该标志代表剧毒品，B错误；C、该标志代表腐蚀品，C正确；D、该标志代表放射性物品，D错误；答案选C。考点：考查常用危险化学品的分类和标志。【名师点晴】常用危险化学品按其主要危险特性分为8类，分别是爆炸品、易燃气体、易燃液体、易燃固体和自燃物品、氧化剂、有毒品、放射性物品、腐蚀品等，要求能看懂图中形状代表的含义。3.以下说法正确的是A. 由一种元素组成的物质一定是纯净物B. 氯化钠溶液能导电是因为氯化钠在电流作用下电离出钠离子，氯离子C. 电解质与非电解质的分类标准是化合物在水溶液或熔化状态下能否导电D. 碱性氧化物均是金属氧化物，酸性氧化物均是非金属氧化物【答案】C【解析】【详解】A. 由一种元素组成的物质不一定是纯净物，例如氧气和臭氧组成的是混合物，A错误；B. 氯化钠溶液能导电是因为氯化钠在水分子的作用下电离出钠离子，氯离子，电离不需要通电，B错误；C. 电解质与非电解质的分类标准是化合物在水溶液或熔化状态下能否导电，能导电的是电解质，不能导电的是非电解质，C正确；D. 碱性氧化物均是金属氧化物，酸性氧化物不一定均是非金属氧化物，例如Mn2O7是酸性氧化物，但属于金属氧化物，D错误。答案选C。4.下列说法正确的是（ ）A. 摩尔是国际单位制中的7个基本物理量之一B. 硫酸的摩尔质量是98 gC. 0.5molH 2 约含有3.011023 个氢原子D. NA 个氧气分子与NA 个氢气分子的质量比为161【答案】D【解析】试题分析：物质的量是国际单位制中的7个基本物理量之一，摩尔是物质的量的单位，故A错误；硫酸的摩尔质量是98 g/mol，故B错误；0.5molH2 约含有6.021023 个氢原子，故C错误；NA个氧气分子与NA 个氢气分子的物质的量都是1mol，质量比为161，故D正确。考点：本题考查物质的量。5.在酸性的无色透明溶液中能够大量共存的是A. NH4+、Fe3+、SO42、ClB. Mg2+、Ag+、CO32、ClC. K+、NH4+、Cl、SO42D. K+、Na+、NO3、HCO3【答案】C【解析】【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质以及溶液无色显酸性分析解答。【详解】无A、无色透明溶液中不能含Fe3+，A错误；B、Ag+、Cl生成AgCl沉淀，在酸性溶液中CO32与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，B错误；C、K+、NH4+、SO42、Cl在酸性溶液中不反应，且均是无色的，能共存，C正确；D、酸性溶液H+与HCO3反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，D错误。答案选C。6.下列各项操作中，发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是：向石灰水中通入过量的CO2 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀盐酸至过量 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入过量的稀硫酸 向AgCl胶体中逐滴加入过量的稀硝酸A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析： 向石灰水中通入过量的CO2，开始发生反应：Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O；当CO2过量时发生反应：CaCO3H2OCO2= Ca(HCO3)2，沉淀溶解，正确； 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，开始胶体的胶粒的电荷被中和，胶体聚沉形成沉淀，后来发生酸碱中和反应，沉淀溶解，形成FeCl3溶液，正确； 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入过量的稀硫酸，发生中和反应：Ba(OH)2+ H2SO4= BaSO4+2H2O,硫酸过量，沉淀不能溶解，错误；向AgCl胶体中逐滴加入过量的稀硝酸，胶体胶粒的电荷被中和发生聚沉现象，硝酸过量，AgCl沉淀不能溶解，错误。【考点定位】考查化学反应现象的正误判断的知识。【名师点睛】在化学上经常遇到加入物质，当少量物质时形成沉淀，当过量水沉淀溶解，变为澄清溶液的现象。具有类似现象的有：(1)向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，当加入少量时胶粒的电荷被中和，胶体聚沉，形成沉淀，当加入盐酸较多时，发生酸碱中和反应，产生可溶性的盐，沉淀溶解；(2) 向石灰水中通入CO2，开始CO2少量时发生反应：Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O；形成沉淀；当CO2过量时发生反应：CaCO3H2OCO2= Ca(HCO3)2，产生的沉淀又溶解，变为澄清溶液；(3) 向AlCl3溶液中加入稀NaOH溶液，开始发生反应：AlCl3+3NaOH=Al(OH)33NaCl；当氢氧化钠过量时，发生反应：Al(OH)3+ NaOH=NaAlO2+2H2O；沉淀溶解，变为澄清溶液； (4)向NaAlO2溶液中加入盐酸，少量时发生反应：NaAlO2+HCl+ H2O =NaCl+ Al(OH)3，当盐酸过量时发生反应：3HCl+ Al(OH)3= AlCl3+ 3H2O,沉淀溶解变为澄清溶液； (5) 向AgNO3溶液中加入稀氨水，开始发生反应：AgNO3+NH3H2O= AgOH+NH4+，形成白色沉淀，当氨水过量时发生反应：AgOH+2NH3H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O，沉淀溶解，变为澄清溶液；(6)向CuSO4溶液中加入稀氨水，发生反应：CuSO4+2NH3H2O =Cu(OH)2+ (NH4)2SO4，形成蓝色沉淀，当氨水过量时，发生反应：Cu(OH)2+4NH3H2O=Cu(NH3)4OH+4H2O，沉淀溶解，形成深蓝色溶液。7.符合图中阴影部分的物质是（ ）A. K2SO3 B. Na2SO4 C. K2SO4 D. KCl【答案】C【解析】根据图示可知阴影部分属于钾盐、硫酸盐和正盐，A、亚硫酸钾不是硫酸盐，A错误；B、硫酸钠是钠盐，不是钾盐，B错误；C、硫酸钾属于钾盐、硫酸盐和正盐，C正确；D、氯化钾不是硫酸盐，D错误，答案选C。8.下列溶液中Cl浓度最大的是A. 1000mL 2.5mol/L NaCl溶液 B. 200mL 2mol/L MgCl2溶液C. 250mL 1mol/L AlCl3溶液 D. 300mL 5mol/L KClO3溶液【答案】B【解析】【分析】根据溶液中不水解的离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度化学式中离子的个数，与溶液的体积无关，据此分析解答。【详解】A、1000mL 2.5mol/L NaCl溶液中氯离子的物质的量浓度=2.5mol/L1=2.5mol/L；B、200mL 2mol/L MgCl2溶液中氯离子的物质的量浓度=2mol/L2=4mol/L；C、250mL 1mol/L AlCl3溶液中氯离子的物质的量浓度=1mol/L3=3mol/L；D、300mL 5mol/L KClO3溶液中不存在氯离子；因此Cl-的浓度最大的是4mol/L，答案选B。【点睛】本题考查物质的量浓度的计算与理解，注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度。9.下列关于胶体的叙述中，正确的是A. 丁达尔效应是分散系分类的本质特征，可区分溶液和胶体B. 胶体能透过半透膜，但不能透过滤纸C. Fe(OH)3胶体的电泳实验说明了胶体带有电荷D. “江河入海口三角洲的形成”，在“伤口上撒盐”通常与胶体的聚沉有关【答案】D【解析】【详解】A胶体具有丁达尔现象，可区分溶液和胶体，但分散系分类的本质特征是分散质微粒直径大小不同，A错误；B胶体不能透过半透膜，但能透过滤纸，B错误；CFe(OH)3胶体的电泳实验说明了胶体的胶粒带有电荷，但胶体不带电，C错误；D“江河入海口三角洲的形成”属于胶体的聚沉。血液属于胶体，所以血液应具备胶体的性质，在遇到电解质溶液、加热、电性相反的电解质的时候都会聚沉；在伤口上撒盐可以使伤口表面的血液凝结，从而阻止进一步出血，以及防治细菌感染，属于胶体的聚沉，D正确；答案选D。【点睛】本题考查了胶体的性质应用，与溶液的区别，主要考查胶体粒子吸附带电离子，胶体粒子是微粒集合体的知识应用。选项C是易错点，注意胶体不带电，由于吸附了离子而使胶粒带电荷，类似于溶液不带电，溶液中的阴阳离子带电荷。10.由氨气和氢气组成的混合气体的平均相对分子质量为12，则氨气和氢气的物质的量之比为A. 11 B. 12 C. 21 D. 31【答案】C【解析】【详解】设氨气与氢气的物质的量分别为xmol、ymol，由氨气和氢气组成的混合气体的平均相对分子质量为12可知(17x+2y)/(x+y)=12，整理得x：y=2：1，答案选C。【点睛】本题考查物质的量有关计算、混合物计算，明确相对分子质量的计算依据是解答的关键。另外如果利用十字交叉法计算更为简单。11.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 非标准状况下，1mol任何气体的体积不可能为22.4LB. 标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NAC. 25，1.01105Pa，16gCH4中含有的原子数为5NAD. 92gNO2和N2O4的混合物含有的分子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A、在非标准状况下，气体摩尔体积也可能是22.4L/mol，故1mol气体的体积也可能为22.4L，A错误；B、标况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，B错误；C、16g甲烷的物质的量为1mol，1mol甲烷中含5mol原子，即5NA个，C正确；D、NO2和N2O4的摩尔质量分别为46g/mol和92g/mol，若92g全部为NO2，则分子个数为2NA个；若全部为四氧化二氮，则分子个数为NA个，现在为两者的混合物，故分子数介于NA到2NA之间，D错误。答案选C。12.把0.05molNaOH固体分别加入到100mL下列液体中，溶液的导电能力变化最小的是（ ）A. 自来水 B. 0.5 mol/L盐酸C. 0.5 mol/L CH3COOH溶液 D. 0.5 mol/L KCl溶液【答案】B【解析】试题分析：溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度有关，若溶液中作用移动的离子浓度几乎不变，则溶液的导电性就不变。A自来水中自由移动的离子浓度很小，溶液的导电能力很弱，当将0.05 mol NaOH固体加入自来水中时，溶液中产生大量自由移动的Na+、OH-，因此溶液的导电性明显增强，错误；B将0.05 mol NaOH固体加入到100 mL 0.5 molL1盐酸中，二者发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O,二者恰好完全反应，溶液中自由移动的离子由H+、Cl-变为Na+、Cl-，由于离子浓度几乎不变，所以溶液的导电性几乎不变，正确；C将0.05 mol NaOH固体加入到100mL0.5 molL1醋酸溶液中，发生反应：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，二者恰好完全反应，由于醋酸是弱酸，电离程度很小，溶液的导电性很弱，当发生反应后变为强电解质CH3COONa，溶液中自由移动的离子浓度增大，因此溶液的导电性增强，错误；D将0.05 mol NaOH固体加入到100mL 0.5 molL1KCl溶液，二者不发生反应，溶液中自由移动的离子浓度增大，因此溶液的导电性增强，错误。考点：考查电解质与溶液的导电性的关系正误判断的知识。13.将标准状况下LHCl溶于1L水中，得到的盐酸密度为bg/cm3，则该盐酸的物质的量浓度是A. mo1/L B. mo1/LC. mo1/L D. mo1/L【答案】C【解析】【详解】标准状况下LHCl的物质的量n(HCl)=a/22.4 mol，质量是36.5a/22.4 g，溶液的质量是(1000+36.5a/22.4)g，则溶液的体积V=m/=(36.5a/22.4+1000)/1000b L，所以盐酸的浓度c(HCl)=n(HCl)/V= molL-1，答案选C。【点睛】解此题最容易出现的错误是思维不严密，易把1000g水的体积当做溶液的体积，忽视了HCl溶于水后使溶液体积发生变化，事实上，试题给出了溶液密度，无疑提示考生求溶液体积应用V=m/进行计算。14.下列溶液中物质的量浓度为1 molL1 的是A. 将20 g NaOH 溶解在500mL 水中B. 将22.4 L HCl 气体溶于水配成1 L 溶液C. 从1 L 2 molL1的H2SO4溶液中取出0.5 L，该溶液的浓度为1 molL1D. 配制250 mL CuSO4溶液，需62.5 g胆矾【答案】D【解析】【分析】根据n=m/M=V/Vm=cV，结合溶液体积与溶剂体积的关系判断。【详解】A.20gNaOH的物质的为0.5mol，但500mL水的体积不等于溶液的体积，A错误；B因气体存在的状态未知，则不能确定22.4LHCl气体的物质的量，无法计算溶液浓度，B错误；C溶液是均一稳定的，从1L2molL1的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度仍然为1molL1，C错误；Dn（CuSO45H2O）=62.5g250g/mol=0.25mol，溶于水配成250mL溶液，c（CuSO4）=0.25mol0.25L=1mol/L，D正确。答案选D。【点睛】本题考查物质的量浓度的计算和判断，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式，易错点为溶液体积与溶剂体积的比较，答题时注意体会。15.相同温度和压强下，1 mol CO 和 1 mol CO2相比较，下列说法不正确的是A. 体积相同，但不一定是22.4LB. 分子数相同，但原子数不同C. 摩尔质量不同，氧原子个数相同D. 质子数不同，电子数也不同【答案】C【解析】试题分析：相同温度和压强下，1 mol任何气体的体积都相同，故A正确；1 mol CO含原子2mol 、 1 mol CO2含原子3mol，故B正确；1 mol CO 含氧原子数、1 mol CO2含氧原子数2，故C错误；1 mol CO含质子14mol 、 1 mol CO2含质子22mol，故D错误。考点：本题考查阿伏加德罗定律。16.一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO34N29H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子的个数比为A. 53 B. 54 C. 11 D. 3：5【答案】A【解析】根据反应方程式，5mol的NH4NO3中含有5mol的NH4和5mol NO3，NH4中N元素的化合价是3价， N2中N元素的化合价是0价，所以5mol的NH4共失去35=15mol电子，作还原剂生成氧化产物N22.5mol；NO3中N元素的化合价是5价，其中2mol NO3生成2HNO3化合价未变，3mol NO3作氧化剂生成还原产物N21.5mol，共得到53=15mol电子，所以还原产物与氧化产物的物质的量之比等于1.5:2.5=3:5，答案选D。点睛：氧化还原反应价态的变化规律中有两点：相互靠拢，不发生交叉，在发生氧化还原反应中化合价是逐级变化，在具体应用中体现出来的是归中和歧化反应，所以这两类反应是氧化还原反应规律的应用。17.下列离子方程式书写不正确的是A. 用NaHCO3治疗胃酸过多：HCO3+H+CO2+H2OB. H2SO4溶液中投入锌粒：2H+ZnH2+Zn2+C. CaCO3溶于醋酸溶液：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2D. 氯化铁和氢氧化钾溶液混合：Fe3+3OHFe(OH)3【答案】C【解析】【详解】A. 用NaHCO3治疗胃酸过多的实质是碳酸氢根离子与氢离子反应：HCO3+H+CO2+H2O，A正确；B. H2SO4溶液中投入锌粒生成氢气：2H+ZnH2+Zn2+，B正确；C. 醋酸难电离，CaCO3溶于醋酸溶液：CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+H2O+CO2，C错误；D. 氯化铁和氢氧化钾溶液混合生成氢氧化铁沉淀：Fe3+3OHFe(OH)3，D正确。答案选C。18.某溶液经分析，其中只含Na、K、Mg2、Cl、SO42，已知其中Na、K、Mg2、Cl的浓度均为0.1 molL1，则SO42的物质的量浓度为A. 0.1 molL1 B. 0.15 molL1 C. 0.2 molL1 D. 0.3 molL1【答案】B【解析】试题分析：根据电荷守恒c（Na）+c（K）+2c（Mg2）=c（Cl）+2c（SO42），则SO42的物质的量浓度为（0.1+0.1+0.120.1）2=0.15 molL1，故B正确。考点：本题考查电荷守恒。19.下列反应能用H+OHH2O表示的是A. NaOH溶液和CO2的反应 B. Ba(OH)2溶液和稀H2SO4的反应C. NaHSO4溶液和KOH反应 D. 氨水和稀H2SO4的反应【答案】C【解析】【分析】H+OHH2O表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水或者是强酸的酸式盐与强碱反应生成可溶性盐和水，据此解答。【详解】A、NaOH溶液和CO2的反应方程式为2OH-+CO2CO32-+H2O或OH-+CO2HCO3-，A错误；B、Ba(OH)2溶液和稀H2SO4的反应方程式为Ba2+2H+2OH+SO42-2H2O+BaSO4，B错误；C、NaHSO4溶液和KOH的反应方程式为H+OHH2O，C正确；D、氨水和稀H2SO4的反应方程式为H+NH3H2ONH4+H2O，D错误。答案选C。20.下列各组微粒在指定溶液中一定能大量共存的是A. 使酚酞变红的溶液：K+、H+、SO42、CO32B. 纯碱溶液：K+、OH、SO42、NO3C. 澄清石灰水：Na+、Fe3+、CO2、ClD. 稀硫酸溶液：Ba2+、Na+、HCO3、NO3【答案】B【解析】【详解】A使酚酞变红的溶液是碱性溶液，在碱性溶液中OH-、H会发生反应形成水，不能大量共存，A错误；B纯碱溶液中K+、OH、SO42、NO3不能发生任何反应，可以大量共存，B正确；C澄清石灰水中会发生反应CO2+Ca2+2OH-=CaCO3+H2O，Fe3+3OH-=Fe（OH）3，不能大量共存，C错误；D稀硫酸溶液中H与HCO3会发生反应：H+HCO3=CO2+H2O，钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，D错误。答案选B。21.过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水： 加入稍过量的Na2CO3溶液； 加入稍过量的NaOH溶液； 加入稍过量的BaCl2溶液； 滴入稀盐酸至无气泡产生； 过滤。 正确的操作顺序是A. B. C. D. 【答案】A【解析】要除去食盐水含有的可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，实质就是除去Ca2+、Mg2+、SO42-，可加入过量碳酸钠使Ca2+转化为CaCO3沉淀除去，加入过量氢氧化钠将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀除去，加入过量氯化钡将SO42-转化为BaSO4沉淀除去；除去Mg2+和SO42-，不用考虑先后顺序，但是加入碳酸钠除Ca2+要放在加入氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，过滤出沉淀后，向滤液中加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子；所以正确的顺序为或或，故选A。22.3molSO32恰好将2molXO4离子还原，SO32被氧化为SO42，则X元素在还原产物中的化合价是A. +1 B. +2 C. +3 D. +4【答案】D【解析】【分析】由信息可知，S元素的化合价升高为+6价，则X元素的化合价降低，结合电子守恒计算。【详解】3molSO32恰好将2molXO4离子还原，设X元素在还原产物中的化合价为x，由电子守恒可知，3mol（6-4）=2mol（7-x），解得x=+4，答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，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。23.已知98%的硫酸物质的量浓度为18.4 molL1，则49%的硫酸物质的量浓度是（ ）A. 小于9.2 molL1 B. 等于9.2 molL1C. 大于9.2 molL1 D. 不能确定【答案】A【解析】试题分析：先由计算浓H2SO4中溶质的c1 =、稀释后H2SO4的c2 =，再计算二者之比，即=；最后由于硫酸溶液的密度比水大，且浓度越大，密度也越大，则=，c2 18.4 molL1= 9.2 molL1，答案选A。考点：考查同一溶液的两种浓度（溶质的质量分数和物质的量浓度）之间的换算、稀释对溶液的密度的影响。【名师点睛】物质的量浓度、质量分数都是表示溶液浓度的方法，物质的量浓度、质量分数的计算要依据物质的量浓度、质量分数的定义式，二者之间存在的关系式是c=。24.下列微粒：Al3+ Cl N2 S2- Cu H2O2 Fe2+ MnO42。既具有氧化性又具有还原性的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】一般情况下元素的化合价处于最高价时只有氧化性，处于最低价时只有还原性，处于最高价和最低价之间时往往既有氧化性也有还原性，据此解答。【详解】Al3+中元素化合价是+3价，是元素的最高化合价，只有氧化性；Cl中元素化合价是-1价，是元素的最低化合价，只有还原性；N2中元素化合价是0价，介于元素的最高化合价+5价和最低化合价-3价之间，既具有氧化性又具有还原性；S2-中元素化合价是-2价，是元素的最低化合价，只有还原性；Cu是金属，只有还原性；H2O2中氧元素化合价是-1价，介于氧元素的0价和最低化合价-2价之间，因此既具有氧化性又具有还原性；Fe2+中铁元素化合价是+2价，介于铁元素的最高化合价+3价和最低化合价0价之间，因此既具有氧化性又具有还原性；MnO42中Mn元素的化合价是+6价，介于锰元素的最高化合价+7和最低化合价0价之间，因此既具有氧化性又具有还原性。因此在上述物质中既具有氧化性又具有还原性的是，选项B符合题意。答案选B。25.已知：2Fe2Br2=2Fe32Br，2BrCl2=Br22Cl ， 2Fe32I=2Fe2I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。下列有关说法中，不正确的是A. 还原性：IFe2BrB. 当通入2 molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe22I2Cl2=2Fe3I24ClC. 原溶液中n(Fe2)n(I)n(Br)=213D. 原混合溶液中FeBr2的物质的量为6 mol【答案】B【解析】【分析】首先根据氧化还原反应中：氧化剂的氧化性氧化产物的氧化性，还原剂的还原性还原产物的还原性，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，判断离子的反应先后顺序，然后根据图象判断参加反应的各离子的物质的量，以此解答该题。【详解】A反应2Fe2Br22Fe32Br中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br-，即还原性：Fe2+Br-，反应2Fe32I2Fe2I2中，还原剂I-的还原性强于还原产物Fe2+，即还原性：I-Fe2+，所以还原性I-Fe2+Br-，A正确；B通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为13mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为36mol的过程中溴离子从6mol降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，B错误；C当通入2molCl2时，2mol的I-消耗氯气1mol，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，即溶液中发生的离子反应可表示为2Fe22I2Cl22Fe3I24Cl，C正确；D由B可知，碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，n（Fe2）n（I）n（Br）213，D正确。答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，综合性较强，解答本题时注意根据离子的还原性强弱结合图象判断反应的先后顺序和各离子的物质的量，为解答该题的关键，也是易错点，答题时注意体会。26.、按要求填空：（1）32 g CH4，其摩尔质量为_，约含有_摩电子，在标准状况下所占的体积约为_L。（2）等体积等物质的量浓度的Ca(OH)2溶液与NaHCO3溶液混合，离子方程式为：_。（3）H+HCO3-H2O+CO2对应的一个化学方程式_。（4）制备氢氧化铁胶体的离子方程式_。、现有以下物质：NaCl固体 液态SO3 液态的醋酸 汞 BaSO4固体 蔗糖(C12H22O11) 酒精(C2H5OH) 熔化的KNO3 盐酸。请回答下列问题(填序号)。（1）以上物质中能导电的是_。（2）以上物质属于电解质的是_。（3）以上物质中属于非电解质的是_。【答案】 (1). 16g/mol (2). 20 (3). 44.8 (4). Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2O (5). HCl+NaHCO3NaCl+CO2+H2O (6). Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ (7). (8). (9). 【解析】【详解】、（1）甲烷的相对分子质量是16，则甲烷的摩尔质量是16g/mol，32 g CH4的物质的量是32g16g/mol2mol，1分子甲烷含有10个电子，因此含有20mol电子。根据V=nVm可知在标准状况下所占的体积约为2mol22.4L/mol44.8L。（2）等体积等物质的量浓度的Ca(OH)2溶液与NaHCO3溶液混合反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2O。（3）H+HCO3-H2O+CO2对应的一个化学方程式可以是HCl+NaHCO3NaCl+CO2+H2O。（4）饱和氯化铁溶液滴入沸水中继续加热一段时间后即可得到氢氧化铁胶体，则制备氢氧化铁胶体的离子方程式为Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。、溶于水或熔融状态下能够导电的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，含有自由移动电子或离子的物质可以导电。NaCl固体不导电，是电解质；液态SO3不导电，是非电解质；液态的醋酸不导电，是电解质；汞是金属，能导电，不是电解质也不是非电解质；BaSO4固体不导电，是电解质；蔗糖(C12H22O11)不导电，是非电解质；酒精(C2H5OH)不导电，是非电解质；熔化的KNO3能导电，是电解质；盐酸能导电，属于混合物，不是电解质也不是非电解质。则（1）以上物质中能导电的是。（2）以上物质属于电解质的是。（3）以上物质中属于非电解质的是。27.由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K、Cl、NH4+、Mg2、CO32、Ba2、SO42。将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取3份 100 mL该溶液分别进行如下实验：实验序号实验内容实验结果1加入AgNO3溶液有白色沉淀生成2加入足量NaOH溶液并加热收集到气体1.12L(换算成标准状况)3加入足量BaCl2溶液,，将所得沉淀洗涤、干燥、称重；再向沉淀中加足量的稀盐酸，洗涤、干燥、称重第一次称重读数为6.27g，第二次称重读数为2.33g已知加热时NH4+ + OH=NH3+ H2O, 试回答下列问题：（1）根据实验1对Cl是否存在的判断是_(填“一定存在”、“一定不存在”或“不能确定”)；根据实验13判断混合物中一定不存在的离子是_。（2）试确定溶液中一定存在的阴离子及其物质的量浓度：_。（3）试确定K是否存在？_（填“存在”或“不存在”），判断的理由是_。（4）若实验3中沉淀加稀盐酸后再洗涤，如何判断沉淀已洗净，方法是_。【答案】 (1). 不能确定 (2). Ba2、Mg2 (3). SO42- 0.1mol/L (4). CO32- 0.2mol/L (5). 存在；溶液中肯定存在的离子是NH4+、CO32和SO42，经计算，NH4+的物质的量为0.05 mol，CO32、SO42的物质的量分别为0.02 mol和0.01 mol，根据电荷守恒得K一定存在 (6). 取最后一次滤出液少许于试管，向其中滴加几滴硝酸银溶液，若无沉淀，说明沉淀已洗净【解析】【详解】将该混合物溶于水后得澄清溶液，证明相互反应生成沉淀的离子不能共存。根据题意，Ba2+和SO42-可发生离子反应生成BaSO4，因此两者不能共存，Ba2+和CO32-可发生离子反应生成BaCO3，因此两者也不能共存。第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，所以可能含有Cl、CO32、SO42；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到标况下气体1.12L即0.05mol，和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg2+，故可确定一定含有NH4+，一定不存在Mg2+。产生NH3为0.05mol，可得NH4+也为0.05mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33g。部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，因此溶液中一定存在CO32、SO42，一定不存在Ba2+。由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为2.33g233g/mol0.01mol，则SO42物质的量为0.01mol，SO42物质的量浓度=0.01mol0.1L=0.1mol/L。BaCO3为6.27g-2.33g3.94g，物质的量为3.94g197g/mol0.02mol，则CO32物质的量为0.02mol，CO32物质的量浓度为0.02mol0.1L0.2mol/L。由上述分析可得，溶液中一定存在CO32、SO42、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+。而每一份中CO32、SO42、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol；CO32、SO42所带负电荷分别为0.02mol2、0.01mol2，共0.06mol，NH4+所带正电荷为0.05 mol，根据溶液中电荷守恒可知K+一定存在，K+物质的量0.01 mol，当K+物质的量0.01 mol时，溶液中还必须含有Cl-；当K+物质的量=0.01 mol时，溶液中不含有Cl-；则（1）依据上述分析可知Cl-可能含有，即根据实验1对Cl是否存在的判断是不能确定；依据实验现象分析溶液中一定不含有Mg2+、Ba2+；（2）依据上述分析计算，得到一定存在的阴离子为CO32、SO42，其物质的量浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L；（3）根据以上分析可知K一定存在，判断的理由是溶液中肯定存在的离子是NH4+、CO32和SO42，经计算每一份中NH4+的物质的量为0.05 mol，CO32、SO42的物质的量分别为0.02 mol和0.01 mol，根据电荷守恒得K一定存在。（4）若实验3中沉淀加稀盐酸后再洗涤，判断沉淀已洗净的方法就是经验洗涤液中是否含有氯离子，则操作为取最后一次滤出液少许于试管，向其中滴加几滴硝酸银溶液，若无沉淀，说明沉淀已洗净。【点睛】本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是K+的确定易出现失误，注意电荷守恒的灵活应用。28.混合物分离和提纯常用下图装置进行，按要求回答下列问题：（1）仪器的名称_。（2）明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。分离明胶的水溶液与Na2CO3、Na2SO4的混合溶液应选用装置的为(用上图字母填写)_。如何证明SO42-已分离出来_。（3）在装置D中加入10 mL碘水，然后再注入4 mL CCl4，盖好玻璃塞，按操作规则反复振荡后静置观察到的现象是：_。操作完毕后，为得到碘并回收CCl4可用_法。【答案】 (1). 冷凝管或直形冷凝管均可 (2). E (3). 取烧杯中的少量液体于试管中,向其中滴加盐酸，没有气体，再加BaCl2溶液,无白色沉淀产生，则证明SO42-已分离出来 (4). 溶液分层，上层无色（或颜色变浅）下层紫色或紫红色 (5). 蒸馏【解析】【详解】（1）根据仪器构造可知仪器的名称是冷凝管或直形冷凝管。（2）明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。由于胶体不能透过半透膜，溶液可以，则分离明胶的水溶液与Na2CO3、Na2SO4的混合溶液应采用渗析法，则选用装置的为E。由于硫酸钡不溶于水也不溶于酸，又因为碳酸钠会干扰硫酸根离子检验，则证明SO42已分离出来的操作是取烧杯中的少量液体于试管中，向其中滴加盐酸，没有气体，再加BaCl2溶液，无白色沉淀产生，则证明SO42已分离出来。（3）在装置D中加入10 mL碘水，然后再注入4 mL CCl4，盖好玻璃塞，按操作规则反复振荡后静置。由于碘易溶在四氯化碳中，且四氯化碳的密度大于水的密度，则观察到的现象是溶液分层，上层无色（或颜色变浅）下层紫色或紫红色：由于二者的沸点相差较大，则操作