北京市第中学高一上学期期中考试化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精北京101中学2017—2018学年上学期高一年级期中考试化学试卷1.本试卷分为Ⅰ卷、Ⅱ卷，共27个小题,满分100分；答题时间为90分钟；I卷选择题答案填在机读卡上,Ⅱ卷的答案写在答题纸上,只交机读卡和答题纸。2.可能用到的相对原子质量：H－lC－12N－14O－16Na－23Si－28S－32Cl－35.5K－39Mn－55Fe－56Cu－64Ba－137I－127Ⅰ卷选择题（共44分）（共22道小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分）1。下面是一些常用的危险品标志，装运乙醇的包装箱应贴上的图标是A.B.C.D.【答案】D【解析】乙醇易燃烧,是常用的有机燃料，属于易燃液体，选D。2。下列仪器中，能直接加热的是A。烧杯B.烧瓶C。试管D.容量瓶【答案】C【解析】试题分析:试管能直接加热，烧杯和烧瓶要垫上石棉网加热,容量瓶不能加热,故选C。考点：化学仪器点评：本题考查的是化学实验的基本常识，即化学仪器的使用,考查学生对各个化学仪器使用的熟悉程度。3.下列操作中正确的是A.用酒精萃取碘水中的碘B。用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl溶液全部加热蒸干C.将浓硫酸慢慢注入盛有水的烧杯中进行稀释，并不断搅拌D.配制1.00mol/LNaCl溶液时，将称好的NaCl固体直接放入容量瓶中溶解【答案】C【解析】A、酒精与水互溶，不能利用酒精作萃取剂，故A错误；B、不能将蒸发皿中NaCl溶液全部蒸干，否则会导致蒸发皿中的固体飞溅,正确操作是当蒸发皿中出现大量NaCl固体时停止加热，利用余热将剩余的液体蒸干，故B错误；C、浓硫酸溶于水时释放出大量的热，稀释浓硫酸时,将浓硫酸慢慢注入水中，并不断搅拌,这样使产生的热量快速释放而不会引起水的飞溅，故C正确；D、溶解NaCl应在烧杯中溶解，容量瓶不能用来溶解药品，故D错误.故选C。4。下列关于胶体的叙述不正确的是A.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间B.光线透过胶体时，胶体可发生丁达尔效应C.将氯化铁浓溶液与氢氧化钠浓溶液混合，能得到Fe(OH）3胶体D.Fe（OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的【答案】C【解析】A、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间，即1nm～100nm,故A正确；B、光线透过胶体时，胶体可发生丁达尔效应,是胶体特有的性质,故B正确;C、将氯化铁浓溶液与氢氧化钠浓溶液混合，得到的是Fe（OH）3沉淀，制备Fe（OH）3胶体的方法为:向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液,继续加热，得到红褐色液体，即为Fe（OH)3胶体,故C错误；D、Fe（OH）3胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮的杂质，达到净水的目的,故D正确。故选C.5。下列说法中正确的是A。含有不同种元素的纯净物叫做化合物B。水溶液中能电离出H+的化合物一定是酸C.盐中一定含有金属元素D.非金属氧化物一定是酸性氧化物【答案】A【解析】A、不同元素组成的纯净物为化合物，故A正确;B、水溶液中电离出的阳离子全部是H+的化合物为酸，水溶液中能电离出H+不一定是酸，如NaHSO4属于盐，但能电离出H+，故B错误;C、盐中不一定含有金属元素，比如NH4Cl是非金属元素组成的盐，故C错误；D、非金属氧化物不一定是酸性氧化物，比如CO、NO为不成盐氧化物，不具有酸性氧化物的通性,故不是酸性氧化物，故D错误。故选A。点睛：非金属氧化物不一定是酸性氧化物，比如NO、CO；酸性氧化物也不一定是非金属氧化物,比如Mn2O7;金属氧化物不一定是碱性氧化物，比如Mn2O7、Al2O3；碱性氧化物一定是金属氧化物.要掌握几个氧化物特例，来帮助梳理氧化物类别之间的关系.6。下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质、混合物的归类，完全正确的是ABCD强电解质FeNaClCaCO3HNO3弱电解质CH3COOHCO2H2CO3Fe（OH)3非电解质蔗糖BaSO4乙醇H2O混合物碱石灰胆矾盐酸液氯A.AB.BC。CD.D【答案】C【解析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。A、金属Fe属于单质，不属于电解质,故A错误；B、CO2属于非电解质,硫酸钡是强电解质，胆矾属于纯净物，故B错误；C、碳酸钙属于强电解质,H2CO3是弱酸，属于弱电解质,乙醇是非电解质，盐酸属于混合物，故C正确;D、水属于弱电解质，液氯属于纯净物，故D错误。故选C。7.完成下列实验所选择的装置或仪器(A、B中夹持装置已略去)不正确的是ABCD实验用CCl4提取碘水中的I2除去食盐水中的泥沙除去自来水中的Cl-配制100mL0.10mol/LKCl溶液装置或仪器A。A.AB。BC。CD。D【答案】D【解析】A、I2不易溶于水，易溶于CCl4，则用CCl4提取碘水中的I2，图中装置、仪器均合理，故A正确；B、食盐易溶于水，泥沙不溶于水，固液分离可选择过滤操作，故B正确；C、蒸馏把水变为气体，然后冷却,此时的液态水和氯离子就可以分离了，故C正确;D、将KCl溶解之后转移至容量瓶，需要用玻璃棒引流，故D错误.故选D。8.以下三组溶液：①煤油和硫酸钾溶液②42％的乙醇溶液③氯化钠和单质碘的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是A.分液、萃取、蒸馏B.萃取、蒸馏、分液C。分液、蒸馏、萃取D。蒸馏、萃取、分液【答案】C【解析】试题分析：汽油不溶于硫酸钠溶液，用分液的方法分离；乙醇与水互溶，42％的乙醇溶液用蒸馏的方法分离；碘易溶于有机溶剂，微溶于水，用萃取的方法分离氯化钠和碘的水溶液，故C正确。考点:本题考查混合物的分离。9。在酸性溶液中能大量共存而且溶液为无色透明的是A。NH4+、Al3+、SO42-、NO3—B.K+、Na+、SO42—、Ba2+C。K+、MnO4—、NH4+、Cl—D.Ca2+、K+、HCO3—、NO3—【答案】A【解析】试题分析：A．在酸性溶液中NH4+、Al3+、SO42－、NO3－之间不反应，且均是无色的，可以大量共存,A正确；B．在溶液中SO42－、Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，B错误；C．MnO4－在溶液中显紫红色,且在酸性溶液中氧化Cl－，不能大量共存，C错误；D．在酸性溶液中HCO3－不能大量共存,D错误，答案选A。【考点定位】考查离子共存正误判断【名师点晴】离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀,气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质)；（2)能生成难溶物的离子之间（如:Ca2+和SO42—；Ag+和SO42-）；（3）能发生氧化还原反应的离子之间(如：Fe、H+、NO3-;S2—、ClO-;S2-、Fe3+等）；(4）能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN-）.10。下列离子方程式的书写正确的是A.氢氧化铜和稀盐酸反应：H++OH-＝H2OB.氢氧化钡溶液与硫酸镁溶液混合：Ba2＋+SO42—＝BaSO4↓C。向碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸:CO32-+2H+＝H2O+CO2↑D。氧化铁与稀盐酸混合：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O【答案】D【解析】A、氢氧化铜为难溶物，在离子方程式中不可拆开，故A错误；B、漏掉了镁离子与氢氧根的反应，离子方程式为Ba2++SO42﹣+Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓+BaSO4↓,故B错误；C、HCO3﹣为多元弱酸的酸式根离子，不能拆，离子方程式为HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O；D、电荷守恒、拆分正确、产物正确，故D正确。故选D。11.下列溶液中的c(Cl-）与150mL1mol/LAlCl3溶液中的c（Cl-）相等的是A.150mL1mol/LNaCl溶液B.25mL3mol/LNH4Cl溶液C。75mL2mol/LMgCl2溶液D.75mL2mol/LFeCl3溶液【答案】B点睛：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。12.下列说法正确的是A.取少量待测液，加入BaCl2溶液,产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42-B。取少量待测液，加入AgNO3溶液，产生白色沉淀,则原溶液中一定有Cl—C。取少量待测液，加入稀盐酸，产生无色无味并能使澄清石灰水变浑浊的气体,则原溶液中一定有CO32—D.为分别检验某溶液中含有的Cl-和SO42-,检出的顺序应为先检验SO42—后检验Cl-【答案】D【解析】A、不能排除AgCl的干扰,检验SO42-，先加稀盐酸(排除SO32—、CO32-、Ag+的干扰)，再加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成,则存在SO42—，故A错误；B、可能生成Ag2CO3等沉淀,检验Cl-,应加入硝酸酸化后的AgNO3溶液，若有白色沉淀生成,证明含Cl﹣，故B错误；C、溶液中也可能存在的是HCO3—,故C错误；D、检验Cl—可以使用硝酸银，检验SO42—可以使用Ba2+，由于Ag+与SO42—也会产生沉淀,会影响Cl-的检验，所以先加过量的硝酸钡检验SO42-，且除去SO42-，静置后，取上层清液加入硝酸酸化的硝酸银检验Cl—，故D正确。故选D.点睛：本题难点为D选项,多种离子存在时，要注意检验顺序.检验Cl—要用AgNO3溶液,但是若先加AgNO3，生成的白色沉淀不能确定一定就是AgCl，也可能是Ag2SO4。所以,要先检验SO42—，且检验SO42—的试剂要过量以除去SO42-,然后检验Cl—。13。设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A。5。6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NAB。常温常压下,1mol氮气含有的核外电子数为28NAC。48gO2和O3的混合气体所含原子数为3NAD。标准状况下，11.2L四氯化碳含有的分子数为0。5NA【答案】C14.已知1.505×1023个X气体分子的质量为8g，则X气体的摩尔质量是A。16gB.32gC.64g/molD.32g/mol【答案】D【解析】气体的物质的量为n==0.25mol，气体的摩尔质量M==32g/mol，故选D。点睛:能灵活运用公式是解本题的关键.注意摩尔质量的单位是g/mol。本题的思路为:先根据n=求出气体的物质的量，然后再根据M=求出气体的摩尔质量。15。物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种物质的溶液，当溶液的体积比为3∶2∶1时，它们与同一浓度的AgNO3溶液恰好反应，则消耗的AgNO3溶液的体积比是A。3∶4∶3B.1∶1∶1C.1∶2∶3D.3∶2∶1【答案】A【解析】设NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的物质的量浓度为c,则三种溶液中Cl－物质的量浓度分别为c、2c、3c；又因为溶液的体积比为3∶2∶1，则三种溶液中Cl－的物质的量之比为（3×c)∶（2×2c）∶（1×3c)=3∶4∶3,消耗的AgNO3的物质的量之比为3∶4∶3；AgNO3溶液浓度相同，所以消耗AgNO3溶液的体积比为3∶4∶3。选A.16。氮化铝（AlN)是一种具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质的物质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业.在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：。下列叙述正确的是A.在该反应中,N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B.在该反应中，每当生成2molAlN,N2失去6mol电子C。氮化铝中氮元素的化合价为-3价D。AlN既是氧化产物又是还原产物【答案】C【解析】A、N元素化合价降低，N2为氧化剂，C元素化合价升高，C为还原剂，Al2O3中没有元素化合价发生改变,Al2O3不是氧化剂，也不是还原剂，故A错误；B、N元素化合价由0价降低到﹣3价，每生成2molAlN，N2得到6mol电子，故B错误；C、由化合价代数和为0可知，氮化铝中铝元素化合价为+3价，氮元素的化合价为﹣3,故C正确；D、AlN为还原产物，故D错误。故选C。17。已知氧化还原反应:2Cu（IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O。当有1molCu(IO3)2参加反应时A。有12molKI被氧化B.转移11mol电子C。生成CuI382gD.I2只是氧化产物【答案】B【解析】试题分析：已知在氧化还原反应：2Cu(IO3）2+24KI+12H2SO4="2CuI↓+"13I2+12K2SO4+12H2O中，每有1molCu(IO3)2参加反应时，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，化合价降低总数为11价，即得到11mol电子，做氧化剂;与此同时有11molKI中I元素的化合价由-1价升高到0，做还原剂，据此可得下列结论：A．由上述分析可知,有11molKI被氧化，故A错误；B．转移11mol电子,故B正确;C．依据方程式可知，生成CuI191g，故C错误；D．I2既是氧化产物,也是还原产物，故D错误,故选B.考点：考查氧化还原反应18。已知只有符合以下规律的氧化还原反应才能够自发进行，即氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物.若下面三个离子反应都能发生：2A—+C2=2C-+A2，2C—+B2=2B—+C2，2X—+C2=2C—+X2，则下列有关说法中不正确的是A。氧化性B2＞C2＞A2B。X2与B—能发生反应C.氧化性B2＞C2＞X2D。还原性X-＞C-＞B—【答案】B【解析】2A-+C2=2C-+A2中,A—为还原剂，A2为氧化产物，C2为氧化剂,C—为还原产物，氧化性C2＞A2，还原性A—＞C-；2C—+B2=2B-+C2中，C-为还原剂，C2为氧化产物，B2为氧化剂，B—为还原产物，则氧化性B2＞C2，还原性C-＞B—；2X—+C2=2C-+X2中,X-为还原剂，X2为氧化产物，C2为氧化剂，C—为还原产物，则氧化性C2＞X2，还原性X—＞C—.A、根据上述分析，氧化性B2＞C2＞A2，故A正确；B、氧化性B2＞C2＞X2，所以X2不能与B—发生反应,故B错误;C、氧化性B2＞C2＞X2，故C正确；D、还原性X—＞C-＞B—，故D正确。故选B。19.相等物质的量的KClO3分别发生下述反应：①有MnO2催化剂存在时，受热分解得到O2和KCl;②若不使用催化剂，加热至470℃左右，得到KClO4(高氯酸钾)和KCl。下列关于①和②的说法不正确的是A。都属于氧化还原反应B。发生还原反应的元素相同C.发生氧化反应的元素不同D.生成KCl的物质的量相同【答案】D【解析】试题分析:①发生2KClO32KCl+3O2↑，Cl元素的化合价降低，O元素的化合价升高；②发生4KClO33KClO4+KCl，Cl元素的化合价既升高又降低。A．两个反应中均有元素的化合价变化,都属于氧化还原反应，故A正确；B．两个反应中均有Cl元素的化合价降低，则发生还原反应的元素相同，故B正确；C．①中O元素发生氧化反应,②中Cl元素发生氧化反应，故C正确；D．均4mol时，①生成4molKCl，②生成1molKCl，生成KCl的物质的量不同，故D错误；故选D.考点：考查了氧化还原反应的相关知识。20。若24gSO32-恰好与50mL2mol/L的R2O72—溶液发生氧化还原反应，其中SO32-→SO42—，则R元素在还原产物中的化合价是A.+1B.+2C.+3D。+4【答案】C【解析】n(SO32-)==0。3mol，n(R2O72—）=c×V=2mol/L×50×10—3L=0。1mol；SO32-被氧化成SO42—，S元素化合价由+4价升为+6价；R2O72—中R元素发生还原反应，令R元素在产物中的化合价为a价,根据电子守恒，0.3mol×(6—4)=0。1mol×2×（6-a）;解得a=+3，故选C。21。酸性溶液中,Fe2+会被空气缓慢氧化为Fe3+。不同条件下，一定浓度的Fe2+的氧化率随时间变化关系如下图所示。下列有关说法正确的是A。该氧化过程的离子方程式为：Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2OB。pH=1.5时Fe2+的氧化率一定比pH=2。5时大C.Fe2+的氧化率仅与溶液的pH和温度有关D.其他条件相同时，80℃时Fe2+的氧化率比50℃时大【答案】D【解析】由图象知,当pH值与其它条件相同，温度越高，Fe2+的氧化率越大;当温度和其它条件相同,pH值越大，Fe2+的氧化率越小.A、方程式电荷不守恒，配平错误，正确的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,故A错误;B、Fe2+的氧化率受PH值和温度的影响，所以pH=1.5时氧化率不一定比pH=2.5时大，故B错误；C、Fe2+的氧化率不仅与溶液的pH和温度有关,还与离子的浓度等其它因素有关，故C错误;D、其它条件相同时温度不同时，Fe2+的氧化率与温度呈正比，温度越高氧化率越大，故D正确。故选D。点睛：本题考查了外界条件对Fe2+氧化率的影响，比较氧化率时，要注意控制变量，要控制其它条件相同，只有一个条件不同才能比较，否则无法得出结论。22。在一定温度下，已知有关某饱和溶液的一些数据：①溶液的质量，②溶剂的质量,③溶液的体积，④溶质的摩尔质量，⑤溶质的溶解度,⑥溶液的密度，利用下列各组数据计算该饱和溶液的物质的量浓度，不能算出的一组是A。④⑤⑥B。①②③④C.①④⑥D。①③④⑤【答案】C【解析】试题分析：A、有溶质的摩尔质量,溶质的溶解度，溶液的密度，可以用100克水中溶解的溶质计算其物质的量，根据溶剂和溶质的质量计算溶液的质量，结合密度计算溶液的体积，即可计算物质的量浓度,不选A;B、有溶液的质量和溶剂的质量可以计算溶质的质量，有溶质的摩尔质量可以计算器物质的量，有溶液的体积就可以计算物质的量浓度，正确，不选B；C、不能确定溶液的体积,不能计算物质的量浓度，错误，选C；D、能计算溶质的物质的量，有溶液的体积能计算物质的量浓度，正确，不选D。考点：物质的量浓度的计算II卷非选择题（共56分）23。2008年5月，我国四川地区发生特大地震灾害,地震过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病暴发的有效方法之一.氯气(Cl2)是制备消毒剂的主要原料之一.工业上主要采用电解饱和食盐水的方法来制取Cl2。请回答下列问题：（1）电解之前,食盐水需要精制，目的是除去粗盐的中的Ca2+、Mg2+、SO42—等杂质离子，使用的试剂有：①Na2CO3溶液②Ba(OH)2溶液③稀盐酸。其中合理的加入顺序为___（填序号)；（2）实验室欲配制6。00mol/L的食盐水90mL，回答下列问题:①需要纯净的NaCl___________________g。②可供选择的仪器有:a玻璃棒b烧瓶c烧杯d胶头滴管e试管f托盘天平、砝码h药匙。在配制食盐水时不需要使用的有_______（填字母），还缺少的仪器是__________。③配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：计算称量溶解（________________________）转移（_____________________）定容（__________________________）装瓶.④下列操作会使所配溶液的浓度偏小的是___________________。A.转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯B。容量瓶中原来有少量蒸馏水C.定容时，俯视刻度线D.称量氯化钠固体时左码右物（3)在电解饱和食盐水过程中，还生成了H2和NaOH,则所发生反应的化学反应方程式为_____________________________；（4）将电解生成的Cl2通入NaOH溶液,生成两种盐，其中一种是消毒液的主要成分NaClO,应用氧化还原反应原理，写出此反应的化学方程式是_______________________。【答案】（1).②①③(2）.35.1(3）.be(4).100ml容量瓶（5）.冷却(6）。洗涤(7）。AD(8）。摇匀（9）.（10）.【解析】(1）利用Na2CO3除去Ca2+，利用Ba(OH)2除去Mg2+和SO42-；为保证离子除尽，所加试剂都是过量的,所以要利用稀盐酸除去过量的CO32-和OH—；为除去过量的Ba2+，可以将Na2CO3在Ba（OH)2之后加入.所以加药品的顺序为：Ba(OH）2溶液、Na2CO3溶液、稀盐酸。故答案为：②①③；（2）①容量瓶只有一条刻度线，只能配制和其规格相对应的体积的溶液，所以要用100mL的容量瓶配制食盐水。m(NaCl)=c·V·M=6.00mol/L×(100×10-3L）×58.5g/mol=35.1g。故答案为:35。1；②配制NaCl溶液的步骤是计算、称量、溶解、洗涤、定容、摇匀、装瓶,用到的仪器是：托盘天平、烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶、胶头滴管；故不需要使用烧瓶和试管,还缺少100ml容量瓶。故答案为:b、e；100ml容量瓶；③配制NaCl溶液的步骤为：计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→定容→摇匀→装瓶。故答案为：冷却;洗涤;摇匀。④A、转移完溶液,未洗涤玻璃棒和烧杯,会导致进入容量瓶的溶质偏少，所配溶液的浓度偏小，故A正确;B、容量瓶中原本有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B错误;C、定容时俯视刻度，会导致溶液体积偏小，则所配溶液的浓度偏大，故C错误;D、将砝码和物品的位置颠倒,由于使用游码，会导致所称量的药品的质量偏小,所配溶液浓度偏小,故D正确。故选AD.（3）饱和食盐水的成分为NaCl和H2O，在电解饱和食盐水过程中，生成了H2和NaOH,则H2O中H元素化合价降低。有化合价的降低,必有化合价的升高，则NaCl中Cl元素化合价由—1价升到0价。电解饱和食盐水的方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；（4）将Cl2通入NaOH溶液,生成两种盐，其中一种是NaClO，说明Cl2中Cl元素化合价由0价升高到NaClO中的+1价,则另外一种盐为化合价降低得到的盐，Cl2中Cl元素化合价降低为-1价,产物为NaCl.根据元素守恒，还有产物H2O。反应方程式为:Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O。故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O.24.在Na＋浓度为0。5mol/L的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+阴离子NO3—、CO32-、SiO32—、SO42-已知：（1)SiO32-和大量的H+会生成白色沉淀H2SiO3；（2)；（3）产生气体为在标准状况下测定，不考虑气体在水中的溶解.现取该溶液100mL进行如下实验：序号实验内容实验结果Ⅰ向该溶液中加入足量稀盐酸产生白色沉淀并放出0.56L气体Ⅱ将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4gⅢ向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题：（1）实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是______________________.（2)实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为______________________.(3）通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的,填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）.阴离子NO3—CO32—SiO32—SO42—c/mol·L－1______（4)判断K+是否存在,若存在求其最小浓度，若不存在说明理由:_________________。【答案】(1).Ag+Mg2+Ba2+(2)。2H++SiO32-==H2SiO3↓(3).阴离子NO3-CO32—SiO32—SO42—c/mol·L－1？0.250.40（4)。0.8mol/L【解析】(1）实验Ⅰ，向溶液中加入足盐酸，产生白色沉淀并放出0.56L气体，根据表格所提供的离子可知,该气体一定是CO2，溶液中一定含有CO32﹣,且c(CO32﹣）==0。25mol/L；溶液中存在CO32﹣时,一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+;故答案为：Ag+、Mg2+、Ba2+;（2）加入盐酸，由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32﹣，发生反应SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓。故答案为：SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓；（3）实验Ⅱ，H2SiO3加热分解生成SiO2，m（SiO2）=2.4g，根据硅原子守恒，c(SiO32﹣）==0。4mol/L。实验Ⅲ，向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则溶液中不含SO42﹣.根据电荷守恒2c（CO32﹣)+2c（SiO32﹣）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1。3mol/L＞c（Na+）=0。5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0。8mol/L。根据以上计算可知，不能确定NO3﹣，c（CO32﹣)=0.25mol/L，c(SiO32﹣）=0。4mol/L，c(SO42﹣）=0。故答案为：阴离子NO3—CO32-SiO32—SO42-c/mol·L－1？0。250。40（4）根据（3）问中的分析,可知，溶液中一定存在K+，且其浓度至少为0。8mol/L。故答案为:0。8mol/L.点睛：离子推断题中，根据条件判断出一种离子之后，要分析是否可以排除几种与该离子不能共存的离子.比如本题中判断出CO32﹣的存在，则溶液中一定不存在Ag+、Mg2+、Ba2+.根据电荷守恒判断K+是否存在，是本题的难点、易错点。25.亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下。（部分产品未标出）（1)Ⅰ中发生反应的还原剂是____________、Ⅱ中的氧化剂是________（填化学式）。(2）Ⅱ中反应的离子方程式是______________________________________.（3）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O。①该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是________。②研究表明:在上述过程中会发生副反应：NaClO2+4HCl=NaCl+2Cl2↑+2H2O，若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大.请推测其原因是__________。【答案】（1)。Na2SO3(2）。ClO2(3).2ClO2+2H2O2+2OH-==2ClO2-+O2+2H2O(4).1:4（5)。ClO2—的氧化性或Cl—的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强,因此Cl-被氧化得到Cl2。【解析】（1）I中NaClO3转化为ClO2,Cl元素化合价由+5价降到+4价,NaClO3得电子，作氧化剂；根据得电子守恒，Na2SO3失电子，化合价降低,作还原剂.Ⅱ中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低，则ClO2得电子，作氧化剂.故答案为：Na2SO3;ClO2；（2）Ⅱ中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低,ClO2作氧化剂，则H2O2作还原剂，化合价升高，生成O2，则有ClO2+H2O2—O2↑+ClO2，溶液中加入了NaOH，配平方程式可得：2ClO2+2H2O2+2OH—=2ClO2—+O2+2H2O；故答案为：2ClO2+2H2O2+2OH-=2ClO2—+O2+2H2O;（3）①反应5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，NaClO2中Cl元素化合价由+3价分别变为—1价和+4价,NaClO2既是氧化剂又是还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比是1∶4。故答案为：1∶4；②NaClO2+4HCl=NaCl+2Cl2↑+2H2O，反应中，NaClO2作氧化剂，HCl作还原剂，反应开始时，盐酸浓度越大，溶液酸性越强，气体产物的含量增大。可能原因是，溶液酸性增强，导致NaClO2的氧化性增强，Cl—的还原性增强;或者Cl-的浓度增大，导致Cl—还原性增强。故答案为：ClO2—的氧化性或Cl-的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强,因此Cl—被氧化得到Cl2。26.某小组同学为探究物质的氧化性强弱,设计如下实验（夹持仪器已略去,装置的气密性已检验）.已知：①溴水为溴的水溶液，溴水为橙黄色，溴蒸气为红棕色，均有毒②氯水为氯气的水溶液.实验记录如下：实验操作实验现象Ⅰ打开活塞a，滴加氯水，关闭活塞aA中溶液变为橙黄色Ⅱ吹入热空气A中橙黄色明显变浅;B中有气泡，产生大量白色沉淀,混合液颜色无明显变化Ⅲ停止吹入空气，打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙黄色请回答下列问题：(1）A中反应的离子方程式是__________________________________________。（2）实验操作II吹入热空气的目的是___________________________________。（3）装置C的作用是_____________________________________。（4）实验操作III,混合液逐渐变成橙黄色,其对应的离子方程式是____________。(5）由操作I得出的结论是_____________，由操作III得出的结论是______________。（6）实验反思：实验操作III,开始时颜色无明显变化的原因是（写出一条即可）：___________.【答案】（1）。2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣（2）。吹出单质Br2（3）.吸收Br2，防止污染空气（4）。H2O2+2Br﹣+2H+=Br2+2H2O(5)。Cl2的氧化性强于Br2（6）.H2O2的氧化性强于Br2（7)。H2SO3有剩余（H2O2的浓度小或Br-与H2O2反应慢等因素都可）【解析】实验分析：本实验利用“氧化剂氧化性大于氧化产物;强氧化性制弱氧化性”的原理探究物质氧化性的强弱。第I步，向A中(NaBr溶液)滴加氯水，A中溶液变橙黄色，则有Br2单质产生，Cl2将Br－氧化为Br2,证明Cl2氧化性强于Br2。第Ⅱ步,向A中吹入热空气，溴易挥发，A中橙黄色变浅，则Br2被热空气赶入装置B中（H2SO3和BaCl2的混合溶液);B中有气泡,产生大量白色沉淀，该沉淀应为BaSO4，则SO42－产生；混合液颜色无明显变化，则Br2自身被还原为Br－，说明Br2氧化性强于SO42－。第Ⅲ步，停止吹入空气，向装置B中逐滴