【名校快递】2019届高三入学调研化学(1)试卷(带答案)

1、2021届高三入学调研测试卷化学一考前须知：1 .做题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和做题卡上,并将准考证号条形码粘贴在做题卡上的指定位置.2 .选择题的作答：每题选出答案后,用2B铅笔把做题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和做题卡上的非做题区域均无效.3 .非选择题的作答：用签字笔直接答在做题卡上对应的做题区域内.写在试题卷、草稿纸和做题卡上的非做题区域均无效.4 .测试结束后,请将本试题卷和做题卡一并上交.相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cu-64一、选择题16小题,共48分,每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,

2、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.蒸储D.干储【答案】C【解析】从浓酒中别离出乙醇,利用酒精与水的沸点不同,用蒸储的方法将其别离提纯,这种方法是蒸储,故C正确.2 .设Na为阿伏加德罗常数的值,以下表达正确的选项是A.15g甲基一CH3含有的电子数是9NaB.7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3NaC.1molC2H50H和1molCH3CO18OH反响生成的水分子中的中子数为8NaD,标准状况下,2.24LCCl4中的原子总数为0.5Na【答案】A【解析】A.15g甲基的物质的量都是1mol,1mol

3、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；C.C2H50H和CH3CO18OH反响生成水为H218O,含10个中子,但酯化反响为可逆反响,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CC14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Ao3.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别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450mL2molL1氯化钠溶液500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管C除去氢

4、氧化铝胶体中的泥沙漏斗带半透膜卜烧杯、玻璃棒D从食盐水中获得NaCl晶体塔蜗、玻璃棒、酒精灯、泥三角【答案】B【解析】别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450mL2mol1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.以下有关物质的分类或归纳的说法正确的选项

5、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C.PM2.5微粒直径约为2.5106m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CaClO2,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1nm100nm之间的分散系称为胶体,1nm=109m,PM2.5微粒直径约为2.5106m大于胶体分散质微

6、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.5.Na为阿伏加德罗常数的值.以下说法正确的选项是A.0.1mol的11B中,含有0.6Na个中子B. pH=1的H3PO4溶液中,含有0.1Na个H+C. 2.24L(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1molPCl3与1molCl2反响制备PCl5(g),增加2Na个PCl键【答案】A【解析】A.11B中含有6个中子,0.1mol11B含有6Na个中子,A正确；

7、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22.4L苯的物质的量,那么无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目,C错误；D.PCl3与Cl2反响生成PCl5的反响是可逆反响,反应物不可能完全转化为生成物,那么所1molPCl3与1molCl2反响生成的PCl5小于1mol,增加的P-Cl键的数目小于2Na个,D错误；答案选Ao6 .我国古代文明中包含着丰富的化学知识.以下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【解析】氧化复原反响本质是有电子转移；打磨磁石制指南针属于物质形状变化,没有新物质生成,属

8、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响生成氮气、硫化钾和二氧化II碳,有新物质生成,属于氧化复原反响,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,属于氧化复原反响,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,二氧化氮与水反响生成硝酸,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,发生了氧化复原反响,D错误；正确选项Ao7 .将标准状况下的aLHCl(g)溶于1000g水中,得到的盐酸密度为bgm-3,那么该盐酸的物质的

9、量浓度是22.4moi.；L224UC.mni/LD.icon"224(1()+mol/LaL【解析】将标准状况下的aLHCl(气)的物质的量为22=122.4mol,氯化氢的质量为22-4mol>36.5g/mol=1000g+22g=(1000+22.A)g,所以溶液的体积为(1000+224)+g5aa4加十皿5一lOOQobgT000bg/L=l,所以溶液浓度为NN-4mol+224gbl=2240D+36r5«mol/L,应选D.8 .常温下,以下各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.pH=l的溶液中：HCO3、SO4、K+、Cl-9 .无色透明的溶液中

10、：K+、SO/-、Na+、MnO4C.遇石蕊变蓝的溶液中：NO3、Na+、AlO2、K+D,含大量NO3的溶液中：H+、Fe2,Cl-、NH4【答案】C【解析】A.pH=l的溶液呈酸性,H+与HCO3反响生成二氧化碳和水而不能大量共存,选项A错误；B.该组离子不反响,能大量共存,但MnO4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,各离子相互不反响能大量共存,选项C正确；D.NO3、H+、Fe2+之间发生氧化复原反应,在溶液中不能大量共存,选项D错误；答案选Co10 以下指定反响的离子方程式正确的选项是A.向偏铝酸钠和碳酸钠的混合溶液中滴加少量盐酸：AlO2+H+H2

11、O=Al(OH)3JB.将少量SO2通入次氯酸钠溶液：ClO-+SO2+H2O=2H+Cl-+SO4-C.向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：NO3+3Fe2+4H+=3Fe3+NOT+2HOD.向氯化铝溶液中滴加硫化钠溶液：3S2-+2Al3+=Al2S3J【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响,离子方程II式为AlO2+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Cl.一反响生成HClO,故B错误；C.Fe2+的复原性小于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-

12、与Al3+在水溶液中发生双水解反响,离子方程式为3S2+2Al3+6H2O=3H2ST+2Al(OH)3故D错误；答案选A.10.室温下,向10mLpH=3的CH3COOH溶液中参加以下物质,对所得溶液的分析正确的选项是参加的物质对所得溶液的分析A90mLH2O由水电离出的c(H+)=10-10molL-1B0.1molCH3COONa固体c(OH-)比原CH3COOH溶液中的大C10mLpH=1的H2SO4溶液CH3COOH的电离程度不变D10mLpH=11的NaOH溶液c(Na+)=c(CH3COO)>c(OH-)=c(H+)【答案】B【解析】A、向10mLpH=3的CH3COOH溶

13、液中参加90mLH2O,醋酸的电离平衡正向移动c(H+)>10-4molL1,故由水电离出的c(H+)<10-10molL1,选项A错误；B、向10mLpH=3的CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体,醋酸根离子浓度增大,酸的电离逆向移动,c(OH-)比原CH3COOH溶液中的大,选项B正确；C、向10mLpH=3的CH3COOH溶液中参加10mLpH=1的H2SO4溶液,氢离子浓度增大,抑制水醋酸的电离,CH3COOH的电离程度减小,选项C错误；向10mLpH=3的CH3COOH溶液中参加10mLpH=11的NaOH溶液,醋酸过量,所得溶液呈酸性,故c(CH3C

14、OO)>c(Na+)>c(H+)>c(OH"),选项D错误.答案选Bo11,：2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+5Cl2T+2MnC2+8H2O,以下说法正确的选项是A.HCl发生了复原反响B,氧化性：Cl2>KMnO4C.氧化剂与复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.局部HCl中负一价氯被氧化为氯气,HCl发生了氧化反响,故A错误；B.氧化剂的氧化性大于氧化产物,那么氧化性：KMnO4>Cl2,故B错误；C.氧化剂与复原剂的物质的量比为2:10=1:5(16molHCl只有10mol

15、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.12.24mL0.05mol/L的Na2SO3溶液,恰好与20mL0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反响,那么元素CrII在被复原的产物中的化合价是A.+6B.+3C.+2D.0【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元素发生复原反应,设Cr元素在产物中的化合价为a价,根据电子转移守恒,那么：(6-4)X0.05mol/LX24X10-3l=(6-a)X2>O.02mol/L2OM0-3L

16、,解得a=+3.应选B.13.把含硫酸俊和硝酸俊的混合液aL分成两等份.一份参加含bmolNaOH的溶液并加热,恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗cmolBaCl2才能使SO4一完全沉淀,那么原溶液中NO3的物质的量浓度为b*2c2b-4c2t>-cbTlA.hB.由C.nD.【答案】B【解析】bmolNaOH恰好将NH3全部赶出,根据NH+OHNH3T+H2O可知,每份中含有bmolNH+;与氯化钢溶液完全反响消耗cmolBaCl2才能使SO-完全沉淀,根据Ba/+SOT=BaSO4J可知每份含有SO2cmol,设每份中含有NO3的物质的量为xmol,根据溶液呈现电中性,那么bmolM

17、=cmol>2+xmolM,得x=(b2c)mol,因将aL混合液分成两等份,那么每份的体积是0.5aL,所以每份溶液中NO3的浓度是c(NO3)=H.我)叫蜘,山：3b小=mmol/L,即原溶液中NO3的浓度是amol/L,应选B.14,微粒复原性强弱顺序：|->Fe2+>Cl",那么以下离子方程式不符合事实的是A.2Fe3+2-2Fe2+l2B,C12+2I一-2C1+I2C.2Fe2+l2-2Fe3+2I-D.Fe2+C12-2Fe3+2C1-【答案】C【解析】A中,Fe从+3价降低到+2价,做氧化剂,发生复原反响,即Fe2+为复原产物,I从-1价升高到0价,

18、做复原剂,发生氧化反响,即的复原性大于Fe2+;A错误；B中,C12由0价降低到-1价,发生复原反响,做氧化剂,C1-为复原产物,I从-1价升高到0价,做复原剂,发生氧化反响,即复原性I->C1-,B错误；C中,Fe2+被氧化为Fe3+,做复原剂,I2被复原为I-,做氧化剂,对应复原产物为I-,因此复原性：Fe2+>I-,与题给信息矛盾,C正确；D中,Fe2+被氧化为Fe3+,做复原剂,C12被复原为C1-,对应复原产物为C1-,因此复原性Fe2+>C1-,D错误；正确选项Co15.以下实验方案能到达实验目的的是选项实验目的实验方案A证实Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH

19、)3向2mL1mo1/LNaOH溶液中先参加3滴1mo1/LMgCl2溶液,再参加3滴1mo1/LFeC13B1比拟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100mL1.0mo1/LCuSO4溶液将25gCuSO45H2O溶于100mL蒸储水中D验证氧化性：Fe3+>I2将KI和FeC13溶液在试管中混合后,参加CC14,振荡,静置,观察卜.层液体是否变成紫色【答案】D【解析】A.向2mL1mo1/LNaOH溶液中先加3滴1mo1/LMgC12溶液,产生白色沉淀,由于NaOH过量,再参加FeC13时,FeC13直接与NaOH反响,不能证实沉淀的转化,故A错误；B.将盐酸滴入碳酸

20、氢钠溶液中,产生气泡,证实盐酸酸性强于碳酸,而比拟元素的非金属性强弱,要通过比拟元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱来进行判断,假设要比拟C1和C的非金属性强弱,那么应比拟HC1O4与H2CO3的酸性强弱,故B错误；C.将25gCuS045H2O溶于100mL蒸储水中,溶质CuSO4的物质的量为1mo1,而溶液的体积不是100mL,所配溶液的浓度不是1mo1/L,故C错误；D.将KI和FeC13溶液在试管中混合后,力口入CC14,振荡,静置,下层液体变成紫色,那么证实产生了I2,说明Fe3+将I-氧化为以氧化性Fe3+>I2,故D正确.16.：将Cl2通入适量NaOH溶液中,产物中可能含有

21、NaCl、NaClO、NaClQa,且c(Cl-)/c(ClO')的值与温度上下有关.当n(NaOH)=amol时,以下说法不正确的选项是A.参加反响的氯气的物质的量等于(1/2)amolB.改变温度,产物中NaC1O3的最大理论产量为(1/7)amolC.改变温度,反响中转移电子的物质的量n(e-)的范围为(1/2)amol<r)(e<(5/6)amolD.假设某温度下,反响后c(Cl-)/c(ClO-)=11,那么溶液中c(ClO-)/c(ClO3)=1/2【答案】B【解析】A.常温时,2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O,反响2mol氢氧化钠,消耗1mol

22、氯气,所以Cl2通入amolNaOH溶液恰好完全反响,那么参加反响的氯气的物质的量等于0.5amo1,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+3ClL=5NaCl+NaClO3+3H2O,转移电子数最多,依据方程式6mol氢氧化钠反响转移5mol电子,所以amol氢氧化钠反响,最多转移(5a/6)mol电子,假设只发生反响2NaOH+Cll=NaCl+NaClO+H2O,转移电子数最少,依据方程式2mol氢氧化钠反响转移1mol电子,所以amol氢氧化钠反响,最少

23、转移(1/2)amol电子,故转移电子的物质的量n(e_)的范围(1/2)amol<n_e<5a/6)mol,故C正确；D.反响中氯气一局部化合价升高生成次氯酸钠、氯酸钠,一局部化合价降低生成氯化钠,依据得失电子守恒可知：一口QT乂丁")一一ctcno-i巩no寸一一一c(ClO-)X+5Xc(ClO3)=c(Cl-)左右两边同时除以c(ClO-)得,=,整理得,c(ClOd)c(C103)c(CIO")1+5)=11,故c(C10)=2,那么)=上,假设c(ClO3)=2mol/L,那么c(ClO-)=1mol/L,c(Cl-)=11mol/L,c(Cll那么

24、以口口一上11,故D正确；应选Bo二、非选择题(共52分)17. I.现有以下状态的物质：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.n.胶体是一种常见的分散系,答复以下问题.向煮沸的蒸储水中逐滴参加溶液,继续煮沸至,停止加热,可制得Fe(OH)3胶体,制取Fe(OH)3胶体化学反响方程式为.向Fe(OH)3胶体中参加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.ni.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FeC

25、l3?6H2O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KC1O在强碱性条件下反响可制取K2FeO4,反响的离子方程式为.【答案】I.n.饱和FeCl3溶液呈红褐色FeCl3+3H2O(沸水)金=Fe(OH)3(胶体)+3HClSO4胶体的聚沉丁达尔效应出.2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+蒸发浓缩玻璃棒2Fe3+3ClO-+10OH-2FeO2+3Cl-+5H2O(或2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2FeO2+3Cl-+5H2O写出一个即可)【解析】I.

26、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,最直接的方法是根据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；

27、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

28、电,因此能够导电的是.n.Fe(OH)3胶体的制备过程是：向煮沸的蒸储水中逐滴参加饱和的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胶体中参加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：SO2；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m.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+,

29、所以其反响的离子方程式是：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+.利用FeCh溶液制取FeCl3?6H2.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KC1O在强碱性条件下反响可制取K2FeO4,其反响的离子方程式为：3Fe3+3C1O-+10OH-2FeO4+3C1-+5H2O或者2Fe(OH)3+3C1O-+40H-2FeO4+3C1-+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.对于以下AD涉及

30、H2O2的反响,填写空白：A.Na2O2+2HC1=2NaC1+H2O2B.Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2OC. 2H2O2=2H2O+O2D. 3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CQ4+3K2SO4+8H2O(1) H2O2仅表达氧化性的反响是(填代号).(2) H2O2既表达氧化性又表达复原性的反响是(填代号).(3)在稀硫酸中,KMnO4和H2O2能发生氧化复原反响.氧化反响：H2O2-2e=2H+O2T复原反响：MnO4+5e+8H+=Mn2+4H2O写出该氧化复原反响的离子方程式：.(4)在K2Cr2O7+14HC1=2KC1+3C12T+7HO+2CrC13

31、的反响中,有0.3mol电子转移时生成C12的体II积为(标准状况),被氧化的HC1的物质的量为.(5)除去镁粉中混入的铝粉杂质用溶解、方法,化学反响方程式为【答案】(1)D(2)C(3) 2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2f(4) 3.36L0.3mol(5)过滤2NaOH+2A1+2H2O=2NaA1O2+3H2T【解析】(1)O元素的化合价降低,只表现氧化性,那么以上反响中H2O2仅表达氧化性的反响为D,故答案为：D;(2)O元素的化合价升高也降低可表达氧化性、复原性,那么以上反响中H2O2既表达氧化性又表达复原性的反响是C,故答案为：C;(3)由氧化反响：H2O

32、2-2e-=2Ft+O2T;复原反响：MnO4+5e-+8H+一=Mn2+4H2O及电子守恒可知,该氧化复原反响的化学方程式为5H2O2+2MnO4+6H+=2Mn2+8H2O+5O2T,故答案为：5H2O2+2MnO4+6H+=2Mn2+8H2O+5O2T;(4)反响中Cl元素化合彳由-1价升高到0价,假设转移了0.3mo1的电子,那么生成氯气的物质的量为：0.3mo1/2=0.15mo1,在标准状况下的体积为：0.15mo1X22.4L/mo1=3.36L;反响中HC1被氧化成氯气,根据C1元素守恒可知被氧化的HC1的物质的量为0.15mo1X2=0.3mo1,故答案为：3.36L;0.3

33、mo1;(5)除去镁粉中的少量铝粉,选用氢氧化钠溶液,A1与NaOH反响,而Mg不能,发生的反响为2A1+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2T,反响后过滤即可,故答案为：过滤；2A1+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2K19.碘是人体中不可缺少的元素,为了预防碘缺乏,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)用双线桥表示该反响中电子转移的方向和数目,该反响中复原产物与氧化产物的物质的量之比是,0.2molKIO3

34、参加反响时转移电子mol.(2)实验结束后别离I2和K2SO4溶液所用的试剂是.A.CC14B.酒精C.Na2SO4溶液D.食盐水所用的别离方法是,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,假设配制1mol/L的稀硫酸溶液480mL,需用18mol/L浓H2SO4mL,配制中需要用到的主要玻璃仪器是(填序号).A.100mL量筒B.托盘天平C.玻璃棒D.100mL容量并瓦E.50mL量筒F.胶头滴管G.烧杯H.500mL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.

35、用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶IIE.摇匀后发现液面低于刻度线,又加蒸储水至刻度线死去看I1KLCh+5KJ+MfcSQi=3KjSCh+31产3HM>*【答案】(1)因1:51(2) A萃取、分液分液漏斗(3) 27.8CEFGH(4) ACD【解析】(1)KIO3+5KI+3H2SO43I2+3H2O+3K2SO4的反响中,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,I根£左i1II用双线桥法表示该反响中电子转移的方向和数目应该是：门3c根据反响方程式,1mo

36、lKIO3作氧化剂生成复原产物I20.5mol,5molKI作复原剂生成氧化产物I22.5mol,因此该反响中复原产物和氧化产物的物质的量之比是：0.525=1:5;根据上述分析可知,1molKIO3生成I2时化合价降低,转移5mol电子,因此当0.2molKIO3参加反响时转移电子：5X0.2mol=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溶液中别离出来,应采用参加有机溶剂萃取、分液的方法,故排除BD,又由于酒精易溶于水,不能用作萃取剂.所以答案选Ao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)假设配制

37、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)M(稀硫酸尸c(浓硫酸)>V(浓硫酸),设需要浓硫酸的体积是xmL,那么有1mol/LW5L=xM0-3LX18mol/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

38、、玻璃棒,那么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,又加蒸储水至刻度线,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-、CO2、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.II实验2：另取10mL无色溶液,参加足量的Na2SO4溶液,有白色

39、沉淀生成.实验3:取实验1后的溶液于锥形瓶中,向锥形瓶中逐滴参加NaOH溶液,滴加过程中产生沉淀的质量与参加NaOH溶液的体积的关系如下图.答复以下问题：(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段反响的离子方程式为.(3)根据图像计算原溶液中Mg2+的物质的量浓度.【答案】(1)CO3、Cu2+、Fe3+Mg2+、Ba2+、Cl(2) H+OH=H2O(3) 1mol/L【解析】溶液无色,那么不含有色离子Cu2+、Fe3+;实验1,取无色溶液,滴加适量稀盐酸无明显现象,那么不含CO3,根据电荷守恒可知,溶液中一定含有一种阴离子,那么C一定有；实验2,另取无色溶液,参加足量的Na2SO4溶液,有白色沉淀生成,证实一定含Ba2+；实验3,取实验l滴加过稀盐酸的溶液于锥形瓶中,向锥形瓶中逐滴参加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CO2Cu2+、Fe3+;存在的离子