1、2016-2017学年湖北省襄阳市宜城一中高一（上）期中化学试卷一、每小题有且只有一个正确答案，每小题3分1对危险化学品要在包装标签上印有警示性标志氢氧化钠溶液应选用的标志是（）ABCD2下列物质按照纯净物、化合物、在水溶液中能全部电离的物质、在水溶液中部分电离的物质和非电解质顺序排列的是（）A盐酸、天然气、硫酸、醋酸、干冰B冰水混合物、胆矾、氯化钾、碳酸、乙醇C四氯化碳、硝酸、硫酸钡、二氧化碳、氧气D白酒、空气、苛性钠、硫酸、三氧化硫3下列图示的实验中，能用于粗盐提纯的是（）ABCD4下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）（）A11.2 L一氧化碳中含有的分子数等于0.5NAB1mo
2、l FeCl3制得的氢氧化铁胶体中含胶粒数为NAC32g臭氧所含电子数目为16NAD0.5L 2mol/L盐酸中含有的HCl分子数为NA5足量的镁、锌、铁与含等质量HCl的稀盐酸反应，下列图象正确的是（）ABCD615g A物质和10.5g B物质完全反应，生成7.2g C物质，1.8g D物质和0.3mol E物质，则E物质的摩尔质量是（）A100g/molB100gC55g/molD55g7下列各组离子在溶液中能大量共存，加入强酸有气体放出，加入强碱有沉淀生成的一组是（）ACa2+、K+、HCO3、ClBFe3+、K+、SO42、ICNH4+、Na+、CO32、NO3DCu2+、Na+、S
3、O42、Cl8配制250mL0.10mol/L的NaOH溶液时，下列实验操作会使配得的溶液浓度偏大的是（）A转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容B移液前容量瓶中有少量蒸馏水C在容量瓶中进行定容时俯视刻度线D定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度9下列实验能达到预期目的是（）A通过电泳实验证明胶体带电B通常利用丁达尔效应区别溶液与胶体C过滤实验说明胶体粒子不能透过滤纸D向煮沸的NaOH溶液中滴加FeCl3溶液可制备Fe（OH）3胶体10下列离子方程式正确的是（）A用醋酸除水垢：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2B用小苏打治疗胃酸过多：CO32+2H+CO2+H2OC
4、碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应：2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+CO32+2H2OD向澄清石灰水中通入过量二氧化碳：Ca2+2OH+CO2CaCO3+H2O11今有下列三个氧化还原反应：2FeCl3+2KI2FeCl2+2KCl+I22FeCl2+Cl22FeCl32KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2若某溶液中有Fe2+和I共存，要氧化除去I而又不影响Fe2+和Cl，可加入的试剂是（）ACl2BKMnO4CFeCl3DHCl12在Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2反应中，下列说法正确的是（）A生成1molCu，转移2mol电子BCu是氧化产物C氧化剂只有Cu
5、2ODCu2S既是氧化剂又是还原剂13某元素R的氯化物溶液10mL，其浓度为0.05mol/L，能恰好与0.1mol/L的 AgNO3溶液15mL完全反应，则R氯化物的化学式为（）ARClBRCl2CRCl3DRCl414由硫氢化钠、硫酸镁和亚硫酸氢钠组成的混合物中硫元素的质量分数为a%，该混合物中氧元素的质量分数为（）Aa%B2a%C100%1.75a%D100%0.75a%15下列各项实验操作中正确的是（）A为了加快过滤速度，可用玻璃棒搅拌过滤器中的液体B在蒸馏时应先打开冷凝水开关，待水充满后再点燃酒精灯C分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，然后换一个烧杯将上层液体放出D在做蒸馏实验时应
6、将温度计的水银球浸没在液体里16常温下，在下列溶液中发生如下反应16H+10Z+2XO42X2+5Z2+8H2O 2A2+B22A3+2B 2B+Z2B2+2Z由此判断下列说法错误的是（）A反应Z2+2A2+=2A3+2Z可以进行BZ元素在反应中均被还原C氧化性由强到弱的顺序是：XO4、Z2、B2、A3+D还原性由强到弱的顺序是：A2+、B、Z、X2+二、第II卷非选择题（共52分）17分别用一种试剂将下列物质中混入的少量杂质除去（括号内为混入的杂质）物 质需加入的试剂有关离子方程式Cu（Fe）ZnSO4（CuSO4）NaOHCa（OH）218某学生欲配制3.6mol/L的H2SO4溶液80m
7、L，探究硫酸的性质实验室有两种不同浓度的硫酸可供选用：25%的硫酸（=1.18g/mL）；98%的硫酸 （=1.8g/mL）请回答下列问题：（1）配制该硫酸溶液应选用容量瓶的规格为mL（2）本配制实验需所选用硫酸的体积为mL（3）取所配硫酸溶液，往其中加入BaCl2溶液，观察有白色沉淀出现试回答：如何证明溶液中的硫酸根离子沉淀完全？（4）将所配稀硫酸逐滴加入到Fe（OH）3胶体中至过量，观察到的现象是，反应的离子方程式为（5）将标号为的浓硫酸与等体积水混合，其质量分数49%（填“大于”、“小于”、“等于”、“无法确定”）（6）经探究知 Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，试用
8、单线桥法标出该反应中电子转移的方向和数目实验测得，反应中生成了标准状况下的SO2气体44.8L，则耗氧化剂的物质的量为mol19现有下列十种物质：H2 铝 CaO CO2 NaHSO4 Ba（OH）2氢氧化铁胶体 氨水 稀硝酸 Al2（SO4）3（1）上述物质中属于电解质的是（填序号）（2）上述物质中有两种物质之间可发生离子反应：H+OHH2O，该离子反应对应的化学方程式为（3）设阿伏加德罗常数的值为NA在水中的电离方程式为；17.1g 溶于水配制成250mL溶液，SO42的粒子数为，Al3+的物质的量浓度为（4）少量的通入的溶液中反应的离子方程式为（5）将的溶液逐滴加入到的溶液中，恰好使溶液
9、中的SO42沉淀完全的离子方程式为20有一瓶溶液只含Cl、CO32、SO42、Na+、K+、Mg2+六种离子中的某几种经实验：原溶液白色沉淀；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解回答下列问题：（1）试分析原溶液中一定含有的离子是，一定不含有的离子是，可能含有的离子是（2）有的同学认为实验可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”）说明理由21（1）48g RO42 中，核外电子总数比质子总数多 6.021023 个，则R元素的摩尔质量为（2）有一真空瓶的质量为M1 g，该瓶充入空气后总质量为M2 g；在相同状况下，若改充某气体A后，
10、总质量为M3 g，则A的相对分子质量为22一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL 3.00molL1的NaOH溶液（密度为1.12gmL1）恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500mol求：（1）原NaOH溶液的质量分数（2）所得溶液中Cl的物质的量23一定温度下，在一个固定容积的密闭容器中充入NH3和Cl2，恰好反应完全，若反应生成物中只有N2和HCl气体，则反应前后的气体压强比为2016-2017学年湖北省襄阳市宜城一中高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、每小题有且只有一个正确答案，每小题3分1对危险化学品要在包装标签上印有警示性标志氢氧化钠溶液应选
11、用的标志是（）ABCD【考点】化学史【分析】氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，A、图中标志是爆炸品标志；B、图中标志是氧化剂标志；C、图中标志是剧毒品标志；D、图中标志是腐蚀品标志；【解答】解：氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，故应贴腐蚀品标志A、图中标志是爆炸品标志，不符合要求，故A错误；B、图中标志是氧化剂标志，不符合要求，故A错误；C、图中标志是剧毒品标志，不符合要求，故C错误；D、图中标志是腐蚀品标志，符合要求，故D正确；故选：D2下列物质按照纯净物、化合物、在水溶液中能全部电离的物质、在水溶液中部分电离的物质和非电解质顺序排列的是（）A盐酸、天然气、硫酸、醋酸、干冰B冰水混合物、胆矾、氯化钾、碳酸、
12、乙醇C四氯化碳、硝酸、硫酸钡、二氧化碳、氧气D白酒、空气、苛性钠、硫酸、三氧化硫【考点】混合物和纯净物；电解质与非电解质【分析】纯净物是指由同种物质组成的，混合物是指由不同种物质组成的，单质是由同种元素组成的纯净物，化合物是由不同种元素组成的纯净物；在水溶液中能全部电离的物质为强电解质，水溶液中部分电离的化合物为弱电解质；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物，据此可以分析各个选项中各种的所属类别【解答】解：A盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，故A错误； B冰水混合物、胆矾、氯化钾、碳酸、乙醇依次是纯净物、化合物、强电解质、弱电解质和非电解质，故B正确；C氧气为单质，单质既不是
13、电解质也不是非电解质，故C错误；D空气为混合物，不是化合物；硫酸在溶液中完全电离，故D错误；故选B3下列图示的实验中，能用于粗盐提纯的是（）ABCD【考点】粗盐提纯【分析】粗盐的提纯包括称量粗盐，溶解粗盐，过滤操作，蒸发操作等，据此解题【解答】解：A图为蒸馏装置，不能用于粗盐提纯，故A错误； B图为固体加热装置，不能用于粗盐提纯，故B错误；C图为分液装置，不能用于粗盐提纯，故C错误；D图为过滤装置，能用于粗盐提纯，故D正确故选D4下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）（）A11.2 L一氧化碳中含有的分子数等于0.5NAB1mol FeCl3制得的氢氧化铁胶体中含胶粒数为NAC32g臭
14、氧所含电子数目为16NAD0.5L 2mol/L盐酸中含有的HCl分子数为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A不是标准状况下，无法计算一氧化碳的物质的量；B氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体；C根据n=计算出臭氧的物质的量，臭氧分子中含有24个电子，然后再计算出臭氧中含有的电子数；D氯化氢为强电解质，溶液中不存在氯化氢分子【解答】解：A没有告诉在标准状况下，题中数据无法计算CO的物质的量，故A错误；B氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算氢氧化铁胶粒的数目，故B错误；C32g臭氧的物质的量为： =mol，含有电子的物质的量为： mol24=16，所含电子数目为16NA，故C正确；DHCl在溶液中
15、完全电离出氢离子和氯离子，溶液中不存在氯化氢分子，故D错误；故选C5足量的镁、锌、铁与含等质量HCl的稀盐酸反应，下列图象正确的是（）ABCD【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】因为金属与酸反应时氢气来源于酸中的氢元素，所以足量的镁、锌、铁与含等质量的HCl的盐酸反应时，生成的氢气质量相等，但三者的活动性不同，从强到弱依次是：镁、锌、铁，与酸反应时的速度也是该顺序【解答】解：因为金属与酸反应时氢气来源于酸中的氢元素，所以足量的镁、锌、铁与含等质量的HCl的盐酸反应时，生成的氢气质量相等，因此最终图象会是水平的相同图线，但三者的活动性不同，从强到弱依次是：镁、锌、铁，与酸反应时
16、的速度也是该顺序，因此消耗完酸所用的时间由小到大依次是镁、锌、铁；故选D615g A物质和10.5g B物质完全反应，生成7.2g C物质，1.8g D物质和0.3mol E物质，则E物质的摩尔质量是（）A100g/molB100gC55g/molD55g【考点】化学方程式的有关计算【分析】先根据质量守恒定律来计算生成的E物质的质量，再利用M=计算摩尔质量【解答】解：15gA物质和10.5gB物质完全反应，生成7.2gC物质，1.8gD物质和0.3molE物质，由质量守恒定律可知，反应前后的物质的质量和相等，则E的质量为15g+10.5g7.2g1.8g=16.5g，E的物质的量为0.3mol
17、，则E的摩尔质量为=55g/mol，故选C7下列各组离子在溶液中能大量共存，加入强酸有气体放出，加入强碱有沉淀生成的一组是（）ACa2+、K+、HCO3、ClBFe3+、K+、SO42、ICNH4+、Na+、CO32、NO3DCu2+、Na+、SO42、Cl【考点】离子共存问题【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合加入强酸有气体放出，加入强碱有沉淀生成来解答【解答】解：A该组离子之间不反应，可大量共存，加入强酸有二氧化碳气体放出，加入强碱有碳酸钙沉淀生成，故A选；BFe3+、I发生氧化还原反应，不能共存，故B不选；C该组离子之间不反应，
18、可大量共存，加入碱不能生成沉淀，故C不选；D该组离子之间不反应，可大量共存，加入酸不生成气体，故D不选；故选A8配制250mL0.10mol/L的NaOH溶液时，下列实验操作会使配得的溶液浓度偏大的是（）A转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容B移液前容量瓶中有少量蒸馏水C在容量瓶中进行定容时俯视刻度线D定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】由c=及不当操作对n、V的影响可知，n偏大或V偏小，则使配得的溶液浓度偏大，以此来解答【解答】解：A转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，n偏小，c偏小，故A不选；B移液前容量瓶中有少量蒸馏
19、水，n、V均不变，对实验无影响，故B不选；C在容量瓶中进行定容时俯视刻度线，V偏小，则使配得的溶液浓度偏大，故C选；D定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度，V偏大，c偏小，故D不选；故选C9下列实验能达到预期目的是（）A通过电泳实验证明胶体带电B通常利用丁达尔效应区别溶液与胶体C过滤实验说明胶体粒子不能透过滤纸D向煮沸的NaOH溶液中滴加FeCl3溶液可制备Fe（OH）3胶体【考点】化学实验方案的评价【分析】A胶体不带电，为中性微粒；B丁达尔现象为胶体特有的性质；C胶体可透过滤纸；D向煮沸的NaOH溶液中滴加FeCl3溶液，反应生成沉淀【解答】解：A胶体不带电，为中性微
20、粒，电泳可说明胶体粒子带电，故A错误；B丁达尔现象为胶体特有的性质，则丁达尔效应可区别溶液与胶体，故B正确；C胶体可透过滤纸，则过滤实验说明胶体粒子能透过滤纸，故C错误；D向煮沸的NaOH溶液中滴加FeCl3溶液，反应生成沉淀，向煮沸的水中滴加FeCl3溶液可制备Fe（OH）3胶体，故D错误；故选B10下列离子方程式正确的是（）A用醋酸除水垢：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2B用小苏打治疗胃酸过多：CO32+2H+CO2+H2OC碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应：2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+CO32+2H2OD向澄清石灰水中通入过量二氧化碳：Ca2+2OH+CO2CaCO3+H2
21、O【考点】离子方程式的书写【分析】A醋酸为弱酸，应保留化学式；B小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，不能拆；C氢氧化钙少量，反应生成碳酸钠、碳酸钙和水；D二氧化碳过量反应生成碳酸氢钙【解答】解：A用醋酸除水垢，离子方程式：CaCO3+2CH3COOHCa2+H2O+CO2+2CH3COO，故A错误；B用小苏打治疗胃酸过多，离子方程式：HCO3+2H+CO2+H2O，故B错误；C碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应，离子方程式：2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+CO32+2H2O，故C正确；D向澄清石灰水中通入过量二氧化碳，离子方程式：OH+CO2HCO3，故D错误；故选：C11今有下
22、列三个氧化还原反应：2FeCl3+2KI2FeCl2+2KCl+I22FeCl2+Cl22FeCl32KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2若某溶液中有Fe2+和I共存，要氧化除去I而又不影响Fe2+和Cl，可加入的试剂是（）ACl2BKMnO4CFeCl3DHCl【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】反应中氧化性：Fe3+I2；还原性：IFe2+；反应中氧化性：Cl2Fe3+；还原性：Fe2+Cl；反应中氧化性：MnO4Cl2；还原性：ClMn2+，所以氧化性由强至弱的顺序为：MnO4Cl2Fe3+I2，还原性由强至弱的顺序为：IFe2+ClMn2+，要氧化除去I
23、而不影响Fe2+和Cl，选择氧化剂发生反应不能引入新杂质，且Fe2+和Cl不能参加反应，以此来解答【解答】解：由信息可知，氧化性由强至弱的顺序为：MnO4Cl2Fe3+I2，还原性由强至弱的顺序为IFe2+ClMn2+，A氯气能将Fe2+、I均氧化，故A不选；BKMnO4能将Fe2+、I和Cl均氧化，故B不选；CFeCl3能氧化除去I而不影响Fe2+和Cl，故C选；DHCl与三种离子均不反应，故D不选；故选C12在Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2反应中，下列说法正确的是（）A生成1molCu，转移2mol电子BCu是氧化产物C氧化剂只有Cu2ODCu2S既是氧化剂又是还原剂【考点】氧化还原
24、反应【分析】Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2反应中，Cu元素的化合价由+1价降低为0，S元素的化合价由2价升高为+4价，以此来解答【解答】解：Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2反应中，Cu元素的化合价由+1价降低为0，S元素的化合价由2价升高为+4价，A由反应可知，生成6molCu转移6mol电子，则生成1molCu，转移1mol电子，故A错误；BCu元素的化合价降低，则Cu是还原产物，故B错误；C反应中Cu元素的化合价降低，则Cu2O、Cu2S均为氧化剂，故C错误；DCu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以Cu2S既是氧化剂又是还原剂，故D正确；故选D13某元素R的氯化物溶液10mL
25、，其浓度为0.05mol/L，能恰好与0.1mol/L的 AgNO3溶液15mL完全反应，则R氯化物的化学式为（）ARClBRCl2CRCl3DRCl4【考点】化学方程式的有关计算【分析】根据反应Ag+Cl=AgCl可知n（Ag+）=n（Cl），10mL0.05mol/L的金属氯化物（RClx）溶液中n（Cl）=x0.01L0.05mol/L，15mL 0.1mol/L的AgNO3溶液中n（Ag+）=0.015L0.1mol/L，据此计算x的值，结合选项判断【解答】解：10mL0.05mol/L的金属氯化物（RClx）溶液中n（Cl）=x0.01L0.05mol/L，15mL 0.1mol/L
26、的AgNO3溶液中n（Ag+）=0.015L0.1mol/L，根据反应Ag+Cl=AgCl可知n（Ag+）=n（Cl），所以x0.01L0.05mol/L=0.015L0.1mol/L，解得x=3，所以化学式为RCl3，故选C14由硫氢化钠、硫酸镁和亚硫酸氢钠组成的混合物中硫元素的质量分数为a%，该混合物中氧元素的质量分数为（）Aa%B2a%C100%1.75a%D100%0.75a%【考点】元素质量分数的计算【分析】根据NaHS、MgSO4、NaHSO3的化学式，可以发现NaH相对原子质量和为24，可以看成与Mg是等同的；即可以把NaH它们看成一个整体，就可以通过硫的质量分数求镁的质量分数，
27、余下的就是氧元素质量分数【解答】解：因为NaHS、NaHSO3组成中钠和氢的个数比是1：1，可以把钠元素和氢元素放在一起看做镁元素（23+1=24），这样三种物质相当于是MgS、MgSO4、MgSO3，此时三种物质中镁和硫的个数比都是1：1；硫元素的质量分数为a%，所以镁元素的质量分数为a%=75a%，则混合物中氧元素的质量分数为1a%75a%故选：C15下列各项实验操作中正确的是（）A为了加快过滤速度，可用玻璃棒搅拌过滤器中的液体B在蒸馏时应先打开冷凝水开关，待水充满后再点燃酒精灯C分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，然后换一个烧杯将上层液体放出D在做蒸馏实验时应将温度计的水银球浸没在液体
28、里【考点】化学实验方案的评价【分析】A过滤时不能搅拌，易捣破滤纸；B蒸馏时，防止馏分以气体形式逸出；C分液时避免上下层液体混合；D蒸馏时温度计测定馏分的温度【解答】解：A过滤时不能搅拌，易捣破滤纸，应使液体自然流下，故A错误；B蒸馏时，防止馏分以气体形式逸出，则先打开冷凝水开关，待水充满后再点燃酒精灯，故B正确；C分液时避免上下层液体混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，然后将上层液体从上口倒出，故C错误；D蒸馏时温度计测定馏分的温度，则温度计的水银球应在烧瓶的支管口处，故D错误；故选B16常温下，在下列溶液中发生如下反应16H+10Z+2XO42X2+5Z2+8H2O 2A2+B22A3+2
29、B 2B+Z2B2+2Z由此判断下列说法错误的是（）A反应Z2+2A2+=2A3+2Z可以进行BZ元素在反应中均被还原C氧化性由强到弱的顺序是：XO4、Z2、B2、A3+D还原性由强到弱的顺序是：A2+、B、Z、X2+【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】A、化合价降低的元素在反应中被还原；B、氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性；C、氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；D、氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性【解答】解：A、根据反应2A2+B2=2A3+2B，可得氧化性是B2A3+，2B+Z2=B2+2Z，可得氧化
30、性是Z2B2A3+，反应Z2+2A2+=2A3+2Z可以进行，故A正确；B、Z元素在中化合价升高，在反应中被氧化，在中化合价降低，在反应中被还原，故B错误；C、氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，：反应16H+10Z+2XO4=2X2+5Z2+8H2O中，氧化性XO4Z2；反应2A2+B2=2A3+2B中，氧化性B2A3+；反应2B+Z2=B2+2Z中，氧化性Z2B2，所以氧化性由强到弱的顺序是XO4Z2B2A3+，故C正确；D、氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，反应16H+10Z+2XO4=2X2+5Z2+8H2O中，还原性ZX2+；反应2A2+B2=2A3+
31、2B中，还原性A2+B；反应2B+Z2=B2+2Z中，还原性BZ，所以还原性由强到弱的顺序是A2+BZX2+，故D正确故选B二、第II卷非选择题（共52分）17分别用一种试剂将下列物质中混入的少量杂质除去（括号内为混入的杂质）物 质需加入的试剂有关离子方程式Cu（Fe）ZnSO4（CuSO4）NaOHCa（OH）2【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】Fe与稀盐酸或稀硫酸反应，而Cu不能；Zn与硫酸铜反应生成硫酸锌和Cu；氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙和NaOH，以此来解答【解答】解：Fe与稀盐酸或稀硫酸反应，而Cu不能，发生离子反应为Fe+2H+Fe2+H2，然后过滤可分离；Z
32、n与硫酸铜反应生成硫酸锌和Cu，发生离子反应为Cu2+ZnCu+Zn2+，然后过滤可分离；氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙和NaOH，发生离子反应为Ca2+CO32CaCO3，然后过滤，故答案为：物 质需加入的试剂有关离子方程式稀盐酸（硫酸）Fe+2H+Fe2+H2Zn粉Cu2+ZnCu+Zn2+Na2CO3溶液Ca2+CO32CaCO318某学生欲配制3.6mol/L的H2SO4溶液80mL，探究硫酸的性质实验室有两种不同浓度的硫酸可供选用：25%的硫酸（=1.18g/mL）；98%的硫酸 （=1.8g/mL）请回答下列问题：（1）配制该硫酸溶液应选用容量瓶的规格为100mL（2）本配制实验需
33、所选用硫酸的体积为20.0mL（3）取所配硫酸溶液，往其中加入BaCl2溶液，观察有白色沉淀出现试回答：如何证明溶液中的硫酸根离子沉淀完全？静置，往上层清液中继续加入BaCl2溶液，如无白色沉淀产生，则SO42已沉淀完全，反之，没有沉淀完全（4）将所配稀硫酸逐滴加入到Fe（OH）3胶体中至过量，观察到的现象是先产生红褐色沉淀，然后沉淀溶解，得棕黄色溶液，反应的离子方程式为Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2O（5）将标号为的浓硫酸与等体积水混合，其质量分数大49%（填“大于”、“小于”、“等于”、“无法确定”）（6）经探究知 Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，试用单线桥法标
34、出该反应中电子转移的方向和数目实验测得，反应中生成了标准状况下的SO2气体44.8L，则耗氧化剂的物质的量为2mol【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）依据配制溶液体积选择合适规格容量瓶；（2）依据C=计算浓硫酸的物质的量浓度，依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；（3）依据硫酸根离子能够与钡离子反应生成硫酸钡沉淀解答；（4）依据胶体的聚沉的性质及氢氧化铁与硫酸酸碱中和反应解答；（5）根据密度和体积计算溶液的总质量，根据硫酸的密度大于水的密度，判断质量分数关系；（6）铜失电子数=1（20）=2，硫酸得电子数=1（64）=2，该反应中转移电子数是2，用单线桥标出
35、该反应电子转移的方向和数目；计算生成二氧化硫的物质的量，依据方程式计算耗氧化剂的物质的量【解答】解：（1）配制3.6mol/L的H2SO4溶液80mL，应选择100mL容量瓶；故答案为：100；（2）选用98%的硫酸 （=1.8g/mL），物质的量浓度C=18mol/L，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得：18mol/LV=3.6mol/L100mL，解得V=20.0mL；故答案为：20.0；（3）证明溶液中的硫酸根离子沉淀完全，使用操作为：静置，往上层清液中继续加入BaCl2溶液，如无白色沉淀产生，则SO42已沉淀完全，反之，没有沉淀完全；故答案为：静置，往上
36、层清液中继续加入BaCl2溶液，如无白色沉淀产生，则SO42已沉淀完全，反之，没有沉淀完全；（4）将所配稀硫酸逐滴加入到Fe（OH）3胶体中至过量，硫酸为可溶性电解质，所以能够使氢氧化铁胶体聚成生成红褐色氢氧化铁沉淀，然后氢氧化铁与硫酸发生酸碱中和反应生成硫酸铁和水，离子方程式：Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2O，所以看到现象为：先产生红褐色沉淀，然后沉淀溶解，得棕黄色溶液；故答案为：Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2O；先产生红褐色沉淀，然后沉淀溶解，得棕黄色溶液；（5）等体积混合，设体积分别为Vml，98%的H2SO4溶液密度为1，水密度为2，则混合后溶液的质量分数为w（H2SO4）
37、=100%=100%，因硫酸的密度大于水的密度，则12，所以=100%49%；故答案为：大于；（6）铜失电子数=1（20）=2，硫酸得电子数=1（64）=2，该反应中转移电子数是2，用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目为：；标准状况下的SO2气体44.8L，物质的量为=2mol；依据方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2，可知参加反应的硫酸有2mol，而只有1mol硫酸中硫元素化合价降低，做氧化剂，则：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2， 2 1 n 2参加反应的硫酸的物质量为4mol，做氧化剂的为2mol；故答案为： 219现有下列十种物质：H2 铝
38、 CaO CO2 NaHSO4 Ba（OH）2氢氧化铁胶体 氨水 稀硝酸 Al2（SO4）3（1）上述物质中属于电解质的是（填序号）（2）上述物质中有两种物质之间可发生离子反应：H+OHH2O，该离子反应对应的化学方程式为Ba（OH）2+2HNO3Ba（NO3）2+2H2O（3）设阿伏加德罗常数的值为NA在水中的电离方程式为Al2（SO4）32Al3+3SO42；17.1g 溶于水配制成250mL溶液，SO42的粒子数为9.031022，Al3+的物质的量浓度为0.4mol/L（4）少量的通入的溶液中反应的离子方程式为Ba2+2OH+CO2BaCO3+H2O（5）将的溶液逐滴加入到的溶液中，恰
39、好使溶液中的SO42沉淀完全的离子方程式为H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2O【考点】离子方程式的书写；物质的量的相关计算；电解质与非电解质【分析】（1）在水溶液或者熔融状态能够导电的化合物为电解质，电解质必须是化合物；（2）H+OHH2O，表示可溶性强酸或者强酸的酸式盐与可溶性强碱反应生成可溶性盐和水；（3）硫酸铝为强电解质，电离生成铝离子和硫酸根离子；根据公式N=nNA=NA以及c=来计算解答；（4）少量的二氧化碳可以和强碱反应生成碳酸盐和水；（5）氢氧化钡与硫酸氢钠按照物质的量之比1：1反应，硫酸根离子恰好沉淀完全【解答】解：（1）H2 是单质不是电解质；铝是单质不是电解质； C
40、aO熔融状态下能导电，属于电解质； CO2 本身不能电离产生自由移动离子，是非电解质；NaHSO4 在水溶液或者熔融状态能够导电的化合物为电解质；Ba（OH）2在水溶液或者熔融状态能够导电的化合物为电解质；氢氧化铁胶体是混合物，不是电解质； 氨水 是混合物，不是电解质；稀硝酸是混合物，不是电解质；酸Al2（SO4）3在水溶液或者熔融状态能够导电的化合物为电解质；所以属于电解质的是；故答案为：；（2）H+OHH2O，表示可溶性强酸或者强酸的酸式盐与可溶性强碱反应生成可溶性盐和水，可以表示氢氧化钡与硝酸的反应，方程式：Ba（OH）2+2HNO3Ba（NO3）2+2H2O；故答案为：Ba（OH）2+
41、2HNO3Ba（NO3）2+2H2O；（3）硫酸铝是强电解质，能完全电离，电离方程式为：Al2（SO4）3=2Al3+3SO42，17.1gAl2（SO4）3溶于水配成250mL溶液，SO42的粒子数为=9.031022，SO42的物质的量浓度c=0.6mol/L，铝离子物质的量浓度为：0.6mol/L=0.4mol/L；故答案为：9.031022，0.4mol/L；（4）少量的二氧化碳可以和强碱氢氧化钡反应生成碳酸钡和水，即Ba（OH）2+CO2=BaCO3+H2O，故答案为：Ba（OH）2+CO2=BaCO3+H2O；（5）氢氧化钡与硫酸氢钠按照物质的量之比1：1反应，硫酸根离子恰好沉淀完
42、全，离子方程式：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2O；故答案为：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2O20有一瓶溶液只含Cl、CO32、SO42、Na+、K+、Mg2+六种离子中的某几种经实验：原溶液白色沉淀；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解回答下列问题：（1）试分析原溶液中一定含有的离子是Mg2+、Cl，一定不含有的离子是CO32、SO42，可能含有的离子是Na+、K+（2）有的同学认为实验可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”）是说明理由溶液显电中性，有阳离子存在必有阴离子存在，因为不存在CO32、SO42
43、，所以Cl一定存在【考点】常见离子的检验方法；物质的量浓度的相关计算【分析】溶液中加入过量NaOH生成白色沉淀，该沉淀应为Mg（OH）2，说明溶液中含有Mg2+，原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明溶液中不含CO32和SO42，BaCO3和BaSO4都难溶于水，原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，生成的沉淀为AgCl，说明含有Cl【解答】解：（1）溶液中加入过量NaOH生成白色沉淀，说明溶液中含有Mg2+，加BaCl2溶液不产生沉淀，说明溶液中不含CO32和SO42，加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明含有Cl离子要进一步检验Na+和K+
44、；需通过焰色反应来进行观察，故答案为：Mg2+、Cl； CO32、SO42； Na+、K+；（2）溶液中的阴离子不存在CO32、SO42，阴离子只有Cl，根据溶液呈电中性，肯定有Cl存在，故答案为：是；溶液显电中性，有阳离子存在必有阴离子存在，因为不存在CO32、SO42，所以Cl一定存在21（1）48g RO42 中，核外电子总数比质子总数多 6.021023 个，则R元素的摩尔质量为32g/mol（2）有一真空瓶的质量为M1 g，该瓶充入空气后总质量为M2 g；在相同状况下，若改充某气体A后，总质量为M3 g，则A的相对分子质量为29【考点】摩尔质量【分析】（1）一个RO42离子中电子数比
45、质子数多2个（因为带有2个单位负电荷），现在核外电子数比质子数多6.021023个即1mol，则RO42的物质的量=0.5mol，然后结合m=nM及相对分子质量的计算来解答（2）根据题意，有一真空瓶质量为m1，该瓶充入空气后质量为m2在相同状况下，若改为充入某气体A时，总质量为m3据此结合空气的平均相对分子质量为29，进行分析解答【解答】解：（1）一个RO42离子中电子数比质子数多2个（因为带有2个单位负电荷），现在核外电子数比质子数多6.021023个，即多1mol，则RO42的物质的量=0.5mol，其M=96g/mol，所以元素R的相对原子质量为96416=32，即R的摩尔质量为32g/
46、mol，故答案为：32g/mol；（2）有一真空瓶质量为m1，该瓶充入空气后质量为m2，则充入空气的质量为（m2m1）；在相同状况下，若改为充入某气体A时，总质量为m3，则充入体A的质量为（m3m1）；分子的实际质量与相对分子质量呈正比，空气的平均相对分子质量为29，设A的相对分子质量是x，则=，则x=29故答案为：2922一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL 3.00molL1的NaOH溶液（密度为1.12gmL1）恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500mol求：（1）原NaOH溶液的质量分数（2）所得溶液中Cl的物质的量【考点】有关混合物反应的计算【分析
47、】（1）溶液质量分数与物质的量浓度的换算公式为c=，代入数据计算原NaOH溶液的质量分数；（2）由于最终溶液中的溶质只有NaCl、NaClO，则n（Na+）=n（Cl）+n（ClO）【解答】解：（1）溶液质量分数与物质的量浓度的换算公式为：c=，代入数据得原NaOH溶液的质量分数w（NaOH）=10.7%，答：原NaOH溶液的质量分数为10.7%（2）由于最终溶液中的溶质只有NaCl、NaClO，则n（Na+）=n（Cl）+n（ClO），所以，n（Cl）=0.1 L3.00 molL10.050 0 mol=0.250 mol，答：所得溶液中Cl的物质的量为0.250mol23一定温度下，在一个固定容积的密闭容器中充入NH3和Cl2，恰好反应完全，若反应生成物中只有N2和HCl气体，则反应前后的气体压强比为5：7【考点】化学方程式的有关计算【分析】先写出发生反应方程式，然后根据相同条件下压强之比等于物质的量之比进行计算【解答】解：氨气与氯气生成氮气和氯化氢的反应为：2NH3+3Cl2N2+6HCl，容器容积固定时，反应前后气体物质的量与压强成正比，则反应前后气体压强之比为5：7，故答案为：5：72017年1月2日
