辽宁省葫芦岛市第六中学高三化学上学期开学考试（8月）试题.doc

辽宁省葫芦岛市第六中学2019届高三化学上学期开学考试（8月）试题注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2b铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：h-1 c-12 n-14 o-16 s-32 cu-64一、选择题（16小题，共48分，每小题均只有一个正确选项）1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，用浓酒和精入甑，蒸令气上其清如水，球极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指a萃取 b过滤 c蒸馏 d干馏【答案】c【解析】从浓酒中分离出乙醇，利用酒精与水的沸点不同，用蒸馏的方法将其分离提纯，这种方法是蒸馏，故c正确。2设na为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是a15g甲基（ch3）含有的电子数是9nab7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3nac1mol c2h5oh和1mol ch3co18oh反应生成的水分子中的中子数为8nad标准状况下，2.24 l ccl4中的原子总数为0.5na【答案】a【解析】a15g甲基的物质的量都是1mol，1mol甲基中含有9mol电子，含有的电子数均为9na，选项a正确；b苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，选项b错误；cc2h5oh和ch3co18oh反应生成水为h218o，含10个中子，但酯化反应为可逆反应，故不能进行彻底，故生成的水中的中子个数小于10na个，选项c错误；d标况下ccl4为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项d错误。答案选a。3仅用下表提供的玻璃仪器（自选非玻璃仪器）就能实现相应实验目的的是选项实验目的玻璃仪器a分离硝酸钾和氯化钠混合物烧杯、酒精灯、玻璃棒、分液漏斗b配制450 ml 2 moll1氯化钠溶液500 ml容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管c除去氢氧化铝胶体中的泥沙漏斗(带半透膜)、烧杯、玻璃棒d从食盐水中获得nacl晶体坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角【答案】b【解析】分离硝酸钾和氯化钠混合物需要进行重结晶，所以应该用普通漏斗进行过滤，选项a错误。实验室没有450ml的容量瓶，所以配制450 ml 2 moll1氯化钠溶液的时候应该使用500ml容量瓶。用天平（非玻璃仪器）称量氯化钠质量，转移至烧杯，用量筒加水溶解，玻璃棒搅拌，转移至容量瓶，洗涤，定容，摇匀即可，选项b正确。除去氢氧化铝胶体中的泥沙，应该用带滤纸的漏斗直接过滤，选项c错误。从食盐水中获得nacl晶体的操作是蒸发，应该在蒸发皿中进行，选项d错误。4下列有关物质的分类或归纳的说法正确的是a漂白粉、水玻璃、福尔马林都是混合物b乙烯、油脂、纤维素、光导纤维都属于高分子化合物cpm 2.5(微粒直径约为2.5106 m)分散在空气中形成气溶胶，能产生丁达尔效应d纯碱、氨水、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质和非电解质【答案】a【解析】a漂白粉成分是cacl2和ca(clo)2，水玻璃是硅酸钠的水溶液，福尔马林是甲醛的水溶液，都属于混合物，故a正确；b乙烯、油脂不属于高分子化合物，光导纤维成分是sio2，不属于高分子化合物，纤维素属于高分子化合物，故b错误；c分散质的微粒直径在1 nm100 nm之间的分散系称为胶体，1 nm = 109m，pm2.5微粒直径约为2.5106m大于胶体分散质微粒直径，因此pm2.5分散在空气中形成气溶胶，不属于胶体，没有丁达尔效应，故c错误；d纯碱为na2co3，属于强电解质，氨水是混合物，不属于电解质，也不属于非电解质，蔗糖属于非电解质，故d错误。5na为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是a0.1 mol 的11b中，含有0.6na个中子bph=1的h3po4溶液中，含有0.1na个h+c2.24l（标准状况）苯在o2中完全燃烧，得到0.6na个co2分子d密闭容器中1mol pcl3与1mol cl2反应制备 pcl5(g)，增加2na个pcl键【答案】a【解析】a11b中含有6个中子，0.1mol 11b含有6na个中子，a正确；b溶液体积未定，不能计算氢离子个数，b错误；c标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4 l苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的co2分子数目，c错误；dpcl3与cl2反应生成pcl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所1 mol pcl3与1 mol cl2反应生成的pcl5小于1mol，增加的pcl键的数目小于2na个，d错误；答案选a。6我国古代文明中包含着丰富的化学知识。下列没有发生电子转移的是a铁石制成指南针 b爆竹声中一岁除 c西汉湿法炼铜 d雷雨发庄稼【答案】a【解析】氧化还原反应本质是有电子转移；打磨磁石制指南针属于物质形状变化，没有新物质生成，属于物理变化，a正确；黑火药中硫磺、硝酸钾和木炭在一定条件下发生反应生成氮气、硫化钾和二氧化碳，有新物质生成，属于氧化还原反应，b错误；湿法炼铜使铜由化合态变为游离态，所以有新物质铜生成，属于氧化还原反应，c错误；空气中的氮气在放电条件下与氧气直接化合生成一氧化氮气体，一氧化氮又被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，生成的硝酸随雨水淋洒到大地上，同土壤中的矿物相互作用，生成可溶于水的硝酸盐可作氮肥，植物生长得更好，这些变化过程，有新物质生成，发生了氧化还原反应，d错误；正确选项a。7将标准状况下的a l hcl (g)溶于1000 g水中，得到的盐酸密度为b gm-3，则该盐酸的物质的量浓度是 a bc d【答案】d【解析】将标准状况下的a l hcl（气）的物质的量为=mol，氯化氢的质量为mol36.5g/mol=g，所以溶液质量为1000g+g = (1000+) g，所以溶液的体积为（1000+）g1000b g/l=l，所以溶液浓度为moll=mol/l，故选d。8常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 aph=l的溶液中：hco、so、k+、cl-b无色透明的溶液中：k+、so-、na+、mnoc遇石蕊变蓝的溶液中：no、na+、alo、k+d含大量no的溶液中：h+、fe2+、cl-、nh【答案】c【解析】aph=l的溶液呈酸性，h+与hco反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，选项a错误；b该组离子不反应，能大量共存，但mno在水溶液中为紫红色，选项b错误；c能使紫色石蕊试液变蓝的溶液显碱性，各离子相互不反应能大量共存，选项c正确；dno、h+、fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，选项d错误；答案选c。9下列指定反应的离子方程式正确的是a向偏铝酸钠和碳酸钠的混合溶液中滴加少量盐酸：alo+ h+h2o =al(oh)3 b将少量so2 通入次氯酸钠溶液：clo-+so2+h2o=2h+cl-+soc向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：no+3fe2+4h+=3fe3+ no+2h2od向氯化铝溶液中滴加硫化钠溶液：3s2-+2al3+=al2s3【答案】a【解析】a向偏铝酸钠和碳酸钠的混合溶液中滴加少量盐酸，偏铝酸钠优先与盐酸反应，离子方程式为alo+h+h2o=al(oh)3，故a正确；b将少量so2通入次氯酸钠溶液中，生成物中的h+会与剩余的clo反应生成hclo，故b错误；cfe2+的还原性小于i，稀硝酸优先氧化i，故c错误；d向氯化铝溶液中滴加硫化钠溶液，s2-与al3+在水溶液中发生双水解反应，离子方程式为3s22al3+6h2o=3h2s2al(oh)3，故d错误；答案选a。10室温下，向10 ml ph3的ch3cooh溶液中加入下列物质，对所得溶液的分析正确的是加入的物质对所得溶液的分析a90 mlh2o由水电离出的c(h+)10-10 moll1b0.1 mol ch3coona固体c(oh-)比原ch3cooh溶液中的大c10 ml ph1 的h2so4溶液ch3cooh的电离程度不变d10 ml ph11的naoh溶液c(na+)c(ch3coo)c(oh-)c(h+)【答案】b【解析】a、向10 ml ph3的ch3cooh溶液中加入90 mlh2o，醋酸的电离平衡正向移动c(h+)10-4 moll1，故由水电离出的c(h+)kmno4c氧化剂与还原剂的物质的量比为1:8d当标准状况下产生22.4l氯气，转移电子数为2na【答案】d【解析】a部分hcl中负一价氯被氧化为氯气，hcl发生了氧化反应，故a错误；b氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：kmno4cl2，故b错误；c氧化剂与还原剂的物质的量比为2:10=1:5（16 mol hcl只有10 mol hcl被氧化为5mol的氯气），故c错误；d当标准状况下产生22.4l氯气，每生成1mol氯气转移电子数为2na个，故d正确。1224 ml 0.05 mol/l 的na2so3溶液，恰好与 20ml 0.02 mol/l的k2cr2o7溶液完全反应，则元素cr在被还原的产物中的化合价是 a+6 b+3 c+2 d0【答案】b【解析】na2so3被氧化为na2so4，s元素化合价由+4价升高为+6价；k2cr2o7中cr元素发生还原反应，设cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则：（6-4）0.05mol/l 2410-3l =（6-a）20.02mol/l2010-3l，解得a=+3。故选b。13把含硫酸铵和硝酸铵的混合液a l分成两等份。一份加入含b mol naoh的溶液并加热，恰好把nh3全部赶出；另一份需消耗c mol bacl2才能使so完全沉淀，则原溶液中no的物质的量浓度为 a b c d【答案】b【解析】bmolnaoh恰好将nh3全部赶出，根据nhohnh3h2o可知，每份中含有bmol nh；与氯化钡溶液完全反应消耗c mol bacl2才能使so完全沉淀，根据ba2so=baso4可知每份含有socmol，设每份中含有no的物质的量为xmol，根据溶液呈现电中性，则bmol1=cmol2+xmol1，得x=（b2c）mol，因将a l混合液分成两等份，则每份的体积是0.5al，所以每份溶液中no的浓度是c(no)= = mol/l，即原溶液中no的浓度是mol/l，故选b。14已知微粒还原性强弱顺序：i-fe2+cl-，则下列离子方程式不符合事实的是a2fe3+2i-2fe2+i2 bcl2+2i-2cl-+i2c2fe2+i22fe3+2i- dfe2+cl22fe3+2cl-【答案】c【解析】a中，fe从+3价降低到+2价，做氧化剂，发生还原反应，即fe2+为还原产物，i从-1价升高到0价，做还原剂，发生氧化反应，即i的还原性大于fe2+；a错误；b中，cl2由0价降低到-1价，发生还原反应，做氧化剂，cl-为还原产物，i从-1价升高到0价，做还原剂，发生氧化反应，即还原性i-cl-，b错误；c中，fe2+被氧化为fe3+，做还原剂，i2被还原为i-，做氧化剂，对应还原产物为i-，因此还原性：fe2+ i-，与题给信息矛盾，c正确；d中，fe2+被氧化为fe3+，做还原剂，cl2被还原为cl-，对应还原产物为cl-，因此还原性fe2+cl-，d错误；正确选项c。15下列实验方案能达到实验目的的是 选项实验目的实验方案a证明mg(oh)2 沉淀可以转化为fe(oh)3向2ml1mol/lnaoh溶液中先加入3滴1mol/l mgcl2溶液，再加入3滴1mol/lfecl3b比较氯和碳的非金属性强弱将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中c配制100ml1.0mol/lcuso4溶液将25gcuso45h2o溶于100ml蒸馏水中d验证氧化性：fe3+i2将ki和fecl3溶液在试管中混合后，加入ccl4，振荡，静置，观察下层液体是否变成紫色【答案】d【解析】a向2ml1mol/lnaoh溶液中先加3滴1mol/l mgcl2溶液，产生白色沉淀，由于naoh过量，再加入fecl3时，fecl3直接与naoh反应，不能证明沉淀的转化，故a错误；b将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中，产生气泡，证明盐酸酸性强于碳酸，而比较元素的非金属性强弱，要通过比较元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱来进行判断，若要比较cl和c的非金属性强弱，则应比较hclo4与h2co3的酸性强弱，故b错误；c将25gcuso45h2o溶于100ml蒸馏水中，溶质cuso4的物质的量为1mol，而溶液的体积不是100ml，所配溶液的浓度不是1mol/l，故c错误；d将ki和fecl3溶液在试管中混合后，加入ccl4，振荡，静置，下层液体变成紫色，则证明产生了i2，说明fe3+将i氧化为i2，氧化性fe3+i2，故d正确。 16已知：将cl2通入适量naoh溶液中，产物中可能含有nacl、naclo、naclo3，且c(cl-)/c(clo-)的值与温度高低有关。当n(naoh)=a mol时，下列说法不正确的是 a参加反应的氯气的物质的量等于(1/2)a molb改变温度，产物中nac1o3的最大理论产量为(1/7)a molc改变温度，反应中转移电子的物质的量n(e-)的范围为(1/2)amol n(e-) (5/6)amold若某温度下，反应后c(cl-)/c(clo-)= 11，则溶液中c(clo-)/c(clo)= 1/2【答案】b【解析】a常温时，2naoh+cl2=nacl+naclo+h2o，反应2mol氢氧化钠，消耗1mol氯气，所以cl2通入amol naoh溶液恰好完全反应，则参加反应的氯气的物质的量等于0.5a mo1，故a正确；b根据6naoh+3cl2= 5nacl+naclo3 +3h2o，nac1o3的最大理论产量为(1/6)a(1/7)a，故b错误；c当只发生6naoh+3cl2=5nacl+naclo3+3h2o，转移电子数最多，依据方程式6mol氢氧化钠反应转移5mol电子，所以amol氢氧化钠反应，最多转移(5a/6)mol电子，若只发生反应2naoh+cl2=nacl+naclo+h2o，转移电子数最少，依据方程式2mol氢氧化钠反应转移1mol电子，所以amol氢氧化钠反应，最少转移(1/2)amol电子，故转移电子的物质的量n(e_)的范围(1/2) amoln(e_)(5a/6) mol，故c正确；d反应中氯气一部分化合价升高生成次氯酸钠、氯酸钠，一部分化合价降低生成氯化钠，依据得失电子守恒可知：c(clo-)1+5c(clo)=c(cl-)1，左右两边同时除以c(clo-)得，=，整理得，1+5=11，故=2，则=，假设c(clo)=2mol/l，则c(clo-)=1mol/l，c(cl-)=11mol/l，则=11，故d正确；故选b。二、非选择题（共52分）17现有下列状态的物质：干冰 nahco3晶体 氨水 纯醋酸 fecl3溶液 铜 熔融的koh 蔗糖其中属于电解质的是_，属于强电解质的是_。能导电的是_。胶体是一种常见的分散系，回答下列问题。向煮沸的蒸馏水中逐滴加入_溶液，继续煮沸至_，停止加热，可制得fe(oh)3胶体，制取fe(oh)3胶体化学反应方程式为_。向fe(oh)3胶体中加入na2so4饱和溶液，由于_离子（填离子符号）的作用，使胶体形成了沉淀，这个过程叫做_。区分胶体和溶液常用的方法叫做_。fecl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺，离子方程式为_。有学生利用fecl3溶液制取fecl36h2o晶体主要操作包括：滴入过量盐酸，_、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器是_。高铁酸钾（k2feo4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。fecl3与kclo在强碱性条件下反应可制取k2feo4，反应的离子方程式为_。【答案】 饱和fecl3 溶液呈红褐色 fecl3+3h2o(沸水)fe(oh)3(胶体)+3hcl so 胶体的聚沉 丁达尔效应 2fe3+ cu2fe2+ cu2+ 蒸发浓缩 玻璃棒 2fe3+3clo-+10 oh-2feo+3cl-+5h2o(或2fe(oh)3+3clo-+4oh-2feo+3cl-+5h2o写出一个即可)【解析】电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，主要包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等。我们在判断此类试题的时候，最直接的方法是按照物质的分类进行判断。干冰是固态二氧化碳，不属于上述物质中的任一种，在水溶液和熔融状态下均不导电，所以不是电解质；nahco3晶体属于盐，在水溶液中可以电离出离子而导电，所以属于电解质；氨水属于混合物而不是化合物，所以不是电解质；纯醋酸属于酸，在水溶液中可以电离出离子而导电，所以属于电解质；fecl3溶液是混合物而不是化合物，所以不是电解质；铜是单质而不是化合物，所以不是电解质；熔融的koh属于碱，在熔融状态下和水溶液中均可以电离出离子而导电，所以是电解质；蔗糖不属于上述物质中的任一种，在水溶液和熔融状态下均不导电，所以不是电解质；所以属于电解质的是：。强电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，因此强电解质首先必须是电解质，只能从里面找，其中nahco3晶体在水溶液中可以完全电离出离子，所以属于强电解质；纯醋酸属于共价化合物，在熔融状态下不能电离出离子，在水溶液中不能完全电离，所以属于弱电解质；熔融的koh是离子化合物，在熔融状态下和水溶液中都能完全电离出离子，所以属于强电解质，因此属于强电解质的是。因在氨水、fecl3溶液、熔融的koh中都含有能够自由移动的离子，所以可以导电；铜作为金属单质，含有能够自由移动的电子，所以也可以导电，因此能够导电的是。fe(oh)3胶体的制备过程是：向煮沸的蒸馏水中逐滴加入饱和的fecl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可制得fe(oh)3胶体。故答案是：饱和fecl3；溶液呈红褐色； fecl3+3h2o(沸水)fe(oh)3(胶体)+3hcl。向fe(oh)3胶体中加入na2so4饱和溶液，由于硫酸根离子中和了氢氧化铁胶粒的电荷，导致胶体发生了聚沉，故答案是：so； 胶体的聚沉；利用胶体具有丁达尔效应而溶液没有丁达尔效应，进行区分胶体和溶液，所以答案是：丁达尔效应fecl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺，利用的是fe3的氧化性，将铜氧化成cu2，所以其反应的离子方程式是：2fe3+ cu2fe2+ cu2+。利用fecl3溶液制取fecl36h2o晶体，需要在hcl气流中加热、蒸发浓缩，因此其主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；过滤操作主要需要用到烧杯、漏斗、玻璃棒；所以答案是：蒸发浓缩；玻璃棒。用fecl3与kclo在强碱性条件下反应可制取k2feo4，其反应的离子方程式为：3fe3+3clo-+10 oh-2feo+3cl-+5h2o或者2fe(oh)3+3clo-+4oh-2feo+3cl-+5h2o。18过氧化氢h2o2（氧的化合价为1价），俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。对于下列ad涉及h2o2的反应，填写空白：ana2o2+2hcl=2nacl+h2o2 bag2o+h2o2=2ag+o2+h2oc2h2o2=2h2o+o2 d3h2o2+cr2(so4)3+10koh=2k2cro4+3k2so4+8h2o（1）h2o2仅体现氧化性的反应是_（填代号）。（2）h2o2既体现氧化性又体现还原性的反应是_（填代号）。（3）在稀硫酸中，kmno4和h2o2能发生氧化还原反应。氧化反应：h2o22e=2h+o2还原反应：mno+5e+8h+=mn2+4h2o写出该氧化还原反应的离子方程式：_。（4）在k2cr2o7+14hcl=2kcl+3cl2+7h2o+2crcl3的反应中，有0.3 mol电子转移时生成cl2的体积为_（标准状况），被氧化的hcl的物质的量为_。（5）除去镁粉中混入的铝粉杂质用溶解、_方法，化学反应方程式为_。【答案】（1）d （2）c （3）2mno+5h2o2+6h+=2mn2+8h2o+5o2 （4）3.36 l 0.3 mol （5）过滤 2naoh+2al+2h2o=2naalo2+3h2 【解析】（1）o元素的化合价降低，只表现氧化性，则以上反应中h2o2仅体现氧化性的反应为d，故答案为：d；（2）o元素的化合价升高也降低可体现氧化性、还原性，则以上反应中h2o2既体现氧化性又体现还原性的反应是c，故答案为：c；（3）由氧化反应：h2o2-2e-=2h+o2；还原反应：mno+5e-+8h+ = mn2+4h2o及电子守恒可知，该氧化还原反应的化学方程式为5h2o2+2mno+6h+=2mn2+8h2o+5o2，故答案为：5h2o2+2mno+6h+= 2mn2+8h2o +5o2；（4）反应中cl元素化合价由-1价升高到0价，若转移了0.3mol的电子，则生成氯气的物质的量为：0.3mol/2=0.15mol，在标准状况下的体积为：0.15mol 22.4l/mol=3.36l；反应中hcl被氧化成氯气，根据cl元素守恒可知被氧化的hcl的物质的量为0.15mol2=0.3mol，故答案为：3.36l；0.3mol；（5）除去镁粉中的少量铝粉，选用氢氧化钠溶液，al与naoh反应，而mg不能，发生的反应为2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2，反应后过滤即可，故答案为：过滤；2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2。19碘是人体中不可缺少的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的kio3进去。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：kio3+5ki+3h2so43i2+3h2o+3k2so4（1）用双线桥表示该反应中电子转移的方向和数目，该反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比是_，0.2mol kio3参加反应时转移电子_mol。（2）实验结束后分离i2和k2so4溶液所用的试剂是_。accl4 b酒精 cna2so4溶液 d食盐水所用的分离方法是_，所用主要玻璃仪器是_。（3）上面实验中用到一定物质的量浓度的稀硫酸，若配制1mol/l的稀硫酸溶液480ml，需用18mol/l浓h2so4_ml，配制中需要用到的主要玻璃仪器是（填序号）_。a100ml量筒 b托盘天平 c玻璃棒 d100ml容量瓶 e50ml 量筒 f胶头滴管 g烧杯 h500ml容量瓶（4）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是_a溶解后溶液没有冷却到室温就转移b转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒c向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面d用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶e摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线【答案】（1） 1:5 1 （2）a 萃取、分液 分液漏斗 （3）27.8 cefgh （4）acd【解析】（1）kio3+5ki+3h2so43i2+3h2o+3k2so4的反应中，kio3中的i元素是+5价，生成i2时化合价降低，得到5个电子，ki中的i元素是-1价，生成i2时化合价升高，失去1个电子，根据得失电子守恒，用双线桥法表示该反应中电子转移的方向和数目应该是：根据反应方程式，1mol kio3作氧化剂生成还原产物i20.5mol，5molki作还原剂生成氧化产物i22.5mol，因此该反应中还原产物和氧化产物的物质的量之比是：0.5:2.5=1:5；根据上述分析可知，1mol kio3生成i2时化合价降低，转移5mol电子，因此当0.2mol kio3参加反应时转移电子：50.2mol=1mol，因此答案是：1。（2）i2在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，故将i2从k2so4溶液中分离出来，应采用加入有机溶剂萃取、分液的方法，故排除bd，又因为酒精易溶于水，不能用作萃取剂。所以答案选a。萃取、分液时主要用到分液漏斗。所以此题答案是：a；萃取、分液；分液漏斗。（3）若配制1mol/l的稀硫酸溶液480ml，根据容量瓶的规格，需选用500ml的容量瓶进行配制，根据稀释定律：c(稀硫酸)v(稀硫酸)= c(浓硫酸)v(浓硫酸)，设需要浓硫酸的体积是xml，则有1mol/l0.5l=x10-3l18mol/l，解之得x=27.8ml，根据浓硫酸溶液的体积，所以需要选用50ml的量筒；配制溶液的过程主要有：计算、称量、稀释、冷却、移液、定容、摇匀等，所以需要用到的主要玻璃仪器是：50ml 量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、500ml容量瓶。因此此题答案是：27.8；cefgh（4）a溶解后溶液没有冷却到室温就转移，会造成溶液体积偏小，浓度偏高；b转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，则残留在烧杯和玻璃棒上的溶质未进入容量瓶而使溶质损失，造成浓度偏低；c向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，会使配制时溶液体积偏小而造成浓度偏高；d用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶，会使进入容量瓶中的溶质偏多而造成浓度偏高；e摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，会使加水偏多而造成浓度偏低，所以此题答案选acd。20某无色溶液中可能含有mg2+、ba2+、cl-、co、cu2+、fe3+中的一种或几种离子。为确定其成分，进行以下实验：实验1：取10ml无色溶液，滴加过量稀盐酸无明显现象。实验2：另取10ml无色溶液，加入足量的na2so4溶液，有白色沉淀生成。实验3：取实验1后的溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中逐滴加入naoh溶液，滴加过程中产生沉淀的质量与加入naoh溶液的体积的关系如图所示。回答下列问题：（1）原溶液中不存在的离子是_，存在的离子是_。（2）实验3中，图像中oa段反应的离子方程式为_。（3）根据图像计算原溶液中mg2+的物质的量浓度_。【答案】（1）co、cu2+、fe3+ mg2+、ba2+、cl （2）hohh2o （3）1mol/l【解析】溶液无色，则不含有色离子cu2+、fe3+；实验1，取无色溶液，滴加适量稀盐酸无明显现象，则不含co，根据电荷守恒可知，溶液中一定含有一种阴离子，则cl一定有；实验2，另取无色溶液，加入足量的na2so4溶液，有白色沉淀生成，证明一定含ba2+；实验3，取实验l滴加过稀盐酸的溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中逐滴加入naoh溶液，开始是中和盐酸，随后生成沉淀，且沉淀的最大值为0.58g，说明溶液中一定含有mg2+。根据上述分析，原溶液中不存在的离子为co、cu2+、fe3+；存在的离子有mg2+、ba2+、cl；（2）实验3中，图象