1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016-2017学年浙江省宁波市余姚中学高一（上）期中化学试卷一、选择题（每小题2分，共48分）1下列属于碱性氧化物的是（）ACaOBNa2O2CSiO2DMn2O72下列说法正确的是（）A钠是一种强还原剂，可以将钛、铌等金属从其氯化物溶液中置换出来B铜能与氯化铁溶液反应，该反应可以应用于印刷电路板的制作C人们发现了118种元素，即共有118种核素DH2和D2互为同位素3下列关于Fe（ OH）3胶体的说法中，不正确的是（）A分散质粒子直径在109l07m之间B是一种纯净物C具有丁达尔效应D具有净水作用4分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用，下列分类标准合理
2、的是（）A根据碳酸钠溶于水呈碱性，碳酸钠既属于盐，又属于碱B根据物质是否能导电，将物质分为电解质、非电解质C根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体D根据化学反应过程中元素化合价是否发生变化，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反 应5用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标况下，22.4L的Cl2与足量水反应中电子转移了2NAB0.1mol/LK2SO4溶液中含有0.2NA个阳离子C常温常压下，22.4LO2气体的分子数小于NAD20g D2O所含的中子数为9NA6下列物质中不会因见光而分解的是（）ANaHCO3BAgBrCAgClDHC1O7对于某些常见离子的检
3、验及结论一定正确的是（）A加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸沉淀不消失，一定有SO42C加入氯化钠溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸沉淀不消失，一定有Ag+D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+8下列说法不正确的是（）A运用蒸馏的方法，可以分离沸点相差较大的固体混合物B铁的化合物应用十分广泛，如FeCl3、FeSO4是优良的净水剂C镁燃烧发出耀眼的白光，常用于制造信号弹和焰火D工业上以氯气和石灰乳为原料制造漂白粉，漂白粉主要成分为Ca（ClO）2和CaCl29下列说法正确的是（）A配制一定浓
4、度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，未将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容量瓶中，使配制的溶液浓度偏小BpH试纸使用时不需要润湿，红色石蕊试纸检测气体时也不需要润湿C蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，并加垫石棉网加热D石油的蒸馏实验中，忘记加沸石，可以先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再继续加热蒸馏10下列关于常见物质的工业冶炼说法正确的是（）A工业制金属钠：电解饱和食盐水B工业炼铁：需要用到的原料有铁矿石、一氧化碳、空气和石灰石C冶炼镁：将六水合氯化镁晶体在一定条件下加热得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁，可以得到金属镁D生物炼铜法：利用某种能耐受铜盐毒性的细菌，这种细菌利用空气中的填氧气氧化硫化铜
5、矿石，把不溶性的硫化铜直接转化为单质铜11下列离子方程式正确的是（）A金属钠和水反应：Na+2H2ONa+2OH+H2B用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+2OHSO32+H2OC硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2+SO42BaSO4D碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+CO32+2H2O12科学家指出：多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价的砷（As）元素，它对人体是无毒的，吃饭时不要同时大量食用海鲜和青菜，否则容易中毒，并给出了一个公式：“大量海鲜+大量维生素C砒霜（As2O3）”下面有关解释正确的应该是（）A维生素C具有还原性B维生素C
6、具有氧化性C该反应中+5价砷被氧化D砒霜中毒后可服用维生素C解毒13下列实验操作正确的是（）A可用托盘天平称取10.20g氢氧化钠B某实验需要900mL的0.1mol/L的硫酸铜溶液，则配得该溶液需称取22.5g胆矾晶体C用10mL量筒量取5.2mL硫酸，仰视时实际量得液体提及大于5.2mLD焰色反应实验中，连续做两个样品时，应将铂丝用硫酸洗净并灼烧到无特殊焰色14下列实验操作或叙述中正确的是（）A蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后再停止加热B蒸馏时，温度计水银球需靠近蒸馏烧瓶支管口，冷凝水的流向需从冷凝管的上口进下口流出C过滤后洗涤沉淀时，应将固体转移至烧杯中，并加入适量蒸馏水充分搅拌
7、后再过滤D分液时，先从分液漏斗下口放出下层液体，更换烧杯后再从上口放出上层液体15下列实验方案能达到目的是（）A除去Fe粉中混有的I2：加热使I2升华B除去NaCl固体中混有的MgCl2：加入KOH溶液后过滤，滤液蒸发结晶C除去碳酸钠中混有的碳酸氢钠：加入过量的氢氧化钠溶液，蒸发结晶D除去氯气中含有的氯化氢气体：用饱和食盐水洗涤后干燥16下面有关Na2CO3与NaHCO3的性质比较中错误的是（）A相同浓度溶液的碱性：Na2CO3NaHCO3B在水中的溶解度：Na2CO3NaHCO3C与同浓度的硫酸反应放出气泡的速率：NaHCO3Na2CO3D热稳定性：NaHCO3Na2CO317在强酸性溶液中
8、，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是（）ANa+、K+、OH、ClBNa+、Cu2+、SO42、NO3CMg2+、Na+、SO42、ClDCa2+、HCO3、NO3、K+18在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾和过氧化氢为原料制取氧气，当制得同温同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为（）A1：1：1B4：3：2C2：3：1D2：2：119已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，且Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱下列叙述中，正确的是（）ACl2通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3B每1 mol Co2O3在酸性
9、溶液中被氧化生成Co2+时转移2 mol eCFeCl3溶液能使淀粉KI试纸变蓝DI2具有较强的氧化性，可以将Co2+氧化成Co2O320将适量铁粉放入三氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比是（）A2：3B3：2C1：2D1：121向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体剩余物质的组成不可能是（）ANaCl NaBr NaIBNaCl NaBrCNaCl NaIDNaCl22已知2Fe3+2I=2Fe2+I2，Br2+2Fe2+=2Br+2Fe3+往含有FeBr2、FeI2的混合液中通
10、入一定量的氯气后，再滴加少量的KSCN溶液，溶液变为红色，则下列说法不正确的是（）A按I、Fe2+、Br的顺序还原性逐渐减弱B通入氯气后原溶液中Fe2+一定被氧化C原溶液中Br一定被氧化D不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2+23已知还原性：SO32I向含有amolKI和amolK2SO3的混合液中通入bmolCl2充分反应（不考虑Cl2与I2之间的反应）下列说法不正确的是（）A当ab时，发生的离子反应为SO32+Cl2+H2O=SO42+2H+2ClB当5a=4b时，发生的离子反应为SO32+2I+5Cl2+4H2O=4SO42+I2+8H+10ClC当aba时，反应中转移电子的物质的
11、量n（e）为amoln（e）3amolD当aba时，溶液中SO42、I与Cl的物质的量之比为a：（3a2b）：2b24某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32、SO42、Cl中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法不正确的是（）A原溶液一定存在CO32和SO42，一定不存在Fe3+B原溶液一定存在Cl，可能存在Na+C原溶液中c（Cl）0.1molL1D若原溶液中不存在Na+，则c（Cl）0.1molL1二、填空题25现有下列九种物质：H2铝 醋酸 CO2H2SO4Ba（OH）2固体氨水 稀硝酸 熔融Al2（SO4）3 NaH
12、SO4（1）按物质的分类方法填写表格的空白处：属于非电解质的是属于弱电解质的是属于强电解质的是能导电的是（2）上述九种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）在水中的电离方程式为，34.2g溶于水配成250mL溶液，SO42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）将的溶液加入的溶液中至溶液中的Ba2+离子恰好完全沉淀时反应的离子方程式26有一固体粉末，其中可能含有Na2CO3、NaCl、Na2SO4、CuCl2、Ba（NO3）2、K2CO3、K2SO4中的一种或几种，现按下列步骤进行实验（1）将该粉末溶于水得无色溶液和白色
13、沉淀（2）在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体（3）取滤液做焰色反应，可证明滤液中含Na+，不含K+由上述现象推断：（1）该混合物中一定含有；一定不含有，可能含有（2）如要检验其是否存在，将如何操作27取钠镁合金7.0克进行如下实验：（1）写出Mg在CO2中燃烧的化学方程式（2）向溶液1中加过量的NaOH溶液，发生反应的离子方程式为（3）写出合金的化学组成三、实验题28从海带中提取碘，有甲、乙两种实验方案如图1：已知：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O请回答：（1）步骤X使用分液漏斗前须检漏，检漏方法为（2）用图所示装置进行蒸馏指出如图所示实验装置 中的任
14、意两处错误：；（3）进行上述操作时，使用水浴加热更好的原因是；最后碘晶体在里聚集（4）下列有关步骤Y的说法，正确的是 A应控制 NaOH 溶液的浓度和体积 B将碘转化成离子进入水层 C主要是除去海带浸取原液中的有机杂质DNaOH 溶液可以由乙醇代替（5）方案乙在上层溶液中加入H2SO4溶液得到I2的水溶液发生的反应方程式是：；（6）操作Z的名称是（7）工业中采用方案乙从海带中提取碘，方案甲中采用蒸馏不合理，理由是四、计算题29为了确定Na2CO3和NaHCO3混合物样品的组成，称取四份该样品溶于水后分别滴加相同浓度盐酸30.0mL，充分反应，产生CO2的体积（已折算成标准状况下的体积，不考虑C
15、O2在水中的溶解）如表实验序号盐酸体积（mL）30.030.030.030.0样品质量（g）2.963.705.186.66CO2的体积（mL）672840896672（1）样品中物质的量之比n（Na2CO3）：n（NaHCO3）=；（2）盐酸的物质的量浓度c（HCl）=2016-2017学年浙江省宁波市余姚中学高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题2分，共48分）1下列属于碱性氧化物的是（）ACaOBNa2O2CSiO2DMn2O7【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，且只含金属元素、氧元素两种元素，一般为金属氧化物
16、，但某些金属氧化物（Mn2O7、Al2O3）不是碱性氧化物，以此来解答【解答】解：ACaO与酸反应生成盐和水，且与碱不反应，CaO为碱性氧化物，故A选；BNa2O2为过氧化物，与酸反应发生氧化还原反应，故B不选；CSiO2为酸性氧化物，故C不选；DMn2O7和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故D不选；故选A2下列说法正确的是（）A钠是一种强还原剂，可以将钛、铌等金属从其氯化物溶液中置换出来B铜能与氯化铁溶液反应，该反应可以应用于印刷电路板的制作C人们发现了118种元素，即共有118种核素DH2和D2互为同位素【考点】钠的化学性质【分析】A、钠是一种强还原剂，可以把钛、锆、铌等从其熔融盐中置换
17、出来，而不能是水溶液中；B、原理是Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2；C、一种元素可能有多种核素；D、同位素指同一元素的不同原子【解答】解：A、钠是一种强还原剂，可以把钛、锆、铌等从其熔融盐中置换出来，故A正确；B、印刷电路板的制作的原理是Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，所以该反应可以应用于印刷电路板的制作，故B正确；C、一种元素可能有多种核素，如H元素有三种核素1H、2H、3H，所以核素种数一定大于元素种数，故C错误；D、同位素指同一元素的不同原子，而H2和D2为单质，故D错误；故选B3下列关于Fe（ OH）3胶体的说法中，不正确的是（）A分散质粒子直径在109l07
18、m之间B是一种纯净物C具有丁达尔效应D具有净水作用【考点】胶体的重要性质【分析】A胶体中分散质的微粒直径在1nm100nm； B胶体是分散系；C胶体具有丁达尔效应；D胶体表面积较大【解答】解：A胶体中分散质的微粒直径在109107m之间，即1nm100nm，故A正确； B胶体是分散系，是混合物，故B错误；C胶体具有丁达尔效应，故C正确；D胶体表面积较大，能吸附水中悬浮的杂质，故D正确故选B4分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用，下列分类标准合理的是（）A根据碳酸钠溶于水呈碱性，碳酸钠既属于盐，又属于碱B根据物质是否能导电，将物质分为电解质、非电解质C根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液
19、、浊液和胶体D根据化学反应过程中元素化合价是否发生变化，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反 应【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学基本反应类型；电解质与非电解质【分析】A、金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐，水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；B、水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态都不导电的化合物为非电解质；C、分散系的本质却别是微粒直径大小；D、化学反应过程中元素化合价变化是氧化还原反应的标志；【解答】解：A、金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐，水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物
20、为碱，碳酸钠属于盐不是碱，故A错误；B、水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态都不导电的化合物为非电解质，金属可以导电但不是化合物，不是电解质或非电解质，故B错误；C、分散系的本质是微粒直径大小，分散质微粒直径在1nm100nm形成的分散系为胶体，分散质微粒直径大于 100nm形成的分散系为浊液，小于1nm形成的分散系为溶液，故C错误；D、化学反应过程中元素化合价变化是氧化还原反应的标志，根据化学反应过程中元素化合价是否发生变化，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，D正确；故选D5用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标况下，22.4L的Cl2与足量
21、水反应中电子转移了2NAB0.1mol/LK2SO4溶液中含有0.2NA个阳离子C常温常压下，22.4LO2气体的分子数小于NAD20g D2O所含的中子数为9NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A氯气与水反应为可逆反应且为歧化反应；B溶液体积未知；C标况下Vm22.4L/mol；D.1个D2O含有10个中子【解答】解：A氯气与水反应为可逆反应且为歧化反应，所以标况下，22.4L的Cl2与足量水反应中电子数小于NA，故A错误；B溶液体积未知，无法计算1mol/LK2SO4溶液中含有阳离子个数，故B错误；C标况下Vm22.4L/mol，常温常压下，22.4LO2气体物质的量小于1mol，分子数小于
22、NA，故C正确；D.20g D2O所含的中子数为10NA=10NA，故D错误；故选：C6下列物质中不会因见光而分解的是（）ANaHCO3BAgBrCAgClDHC1O【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】浓硝酸、硝酸银、次氯酸见光都易分解；碳酸氢钠加热分解，见光不分解，以此解答该题【解答】解：AgBr、AgCl、HC1O在光照条件下都可分解，而NaHCO3在加热条件下发生分解，故选A7对于某些常见离子的检验及结论一定正确的是（）A加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸沉淀不消失，一定有SO42C加入氯化钠溶液有
23、白色沉淀产生，再加稀硝酸沉淀不消失，一定有Ag+D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+【考点】常见离子的检验方法【分析】A、能够使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫；B、氯化钡中含有钡离子和氯离子，不溶于盐酸的沉淀可能是硫酸钡，有可能氯化银；C、氯化钠中产生沉淀的只有氯离子，沉淀为氯化银；D、与碳酸钠产生沉淀的离子很多，如钡离子、钙离子、镁离子等【解答】解：A、无色气体可能是二氧化碳，也可能是二氧化硫，原溶液不一定有碳酸根存在，故A错误；B、产生沉淀可能是硫酸钡，还可能是氯化银，原溶液不一定有硫酸根存在，故B错误；C、产生沉淀一定是氯化银，故原溶液中一定存在
24、Ag+，故C正确；D、白色沉淀可能是碳酸钡、碳酸钙等，故无法判断原溶液存在的离子，故D错误；故选C8下列说法不正确的是（）A运用蒸馏的方法，可以分离沸点相差较大的固体混合物B铁的化合物应用十分广泛，如FeCl3、FeSO4是优良的净水剂C镁燃烧发出耀眼的白光，常用于制造信号弹和焰火D工业上以氯气和石灰乳为原料制造漂白粉，漂白粉主要成分为Ca（ClO）2和CaCl2【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】A分离沸点相差较大的互溶液体混合物，选择蒸馏；BFeCl3、FeSO4均可水解生成胶体；CMg燃烧生成MgO，发出耀眼的白光；D氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水【解答】解：A
25、分离沸点相差较大的互溶液体混合物，选择蒸馏，蒸馏不能分离固体混合物，故A错误；BFeCl3、FeSO4均可水解生成胶体，则可作优良的净水剂，故B正确；CMg燃烧生成MgO，发出耀眼的白光，则常用于制造信号弹和焰火，故C正确；D氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，则漂白粉主要成分为Ca（ClO）2和CaCl2，故D正确；故选A9下列说法正确的是（）A配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，未将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容量瓶中，使配制的溶液浓度偏小BpH试纸使用时不需要润湿，红色石蕊试纸检测气体时也不需要润湿C蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，并加垫石棉网加热D石油的蒸馏实验中，忘
26、记加沸石，可以先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再继续加热蒸馏【考点】化学实验方案的评价【分析】A量筒不需要洗涤，否则配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高；BpH试纸不能湿润，但是红色石蕊试纸在使用时必须湿润；C蒸发皿是可以直接加热的仪器，不需要垫上石棉网；D蒸馏时必须加入碎瓷片，若忘记加沸石，易导致爆沸，应该停止加热，待溶液冷却后加入沸石【解答】解：A配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，量筒不需要洗涤，若将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容量瓶中，会导致配制的溶液浓度偏高，故A错误；BpH试纸若被湿润，相当于待测液被稀释，影响测定结果；而红色石蕊试纸由于检验氨气，氨气溶于水才能呈
27、碱性，所以使用前必须用质量数湿润，故B错误；C蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，可以直接加热，不需要加垫石棉网，故C错误；D液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故D正确；故选D10下列关于常见物质的工业冶炼说法正确的是（）A工业制金属钠：电解饱和食盐水B工业炼铁：需要用到的原料有铁矿石、一氧化碳、空气和石灰石C冶炼镁：将六水合氯化镁晶体在一定条件下加热得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁，可以得到金属镁D生物炼铜法：利用某种能耐受铜盐毒性的细菌，这种细菌利用空气中的填氧气氧化硫化铜矿石，把不溶性的
28、硫化铜直接转化为单质铜【考点】电解原理【分析】A、工业电解饱和食盐水生成NaOH、氢气、氯气，电解熔融的氯化钠制取金属钠；B、工业炼铁原料中应有石灰石不是生石灰，工业炼铁高炉中发生的主要反应有：在高温下，焦炭跟氧气反应生成二氧化碳；二氧化碳被焦炭还原成一氧化碳；一氧化碳再跟铁矿石中的氧化物反应，生成铁，石灰石作用是除渣；C、从海水中提取镁，可经过海水浓缩、加碱沉淀、过滤、酸溶、结晶及脱水等步骤得到无水氯化镁，最后电解熔融的氯化镁得到金属镁；D、微生物法是采用某些细菌能用空气中的氧气氧化硫化铜矿石【解答】解：A、工业电解饱和食盐水生成NaOH、氢气、氯气，电解熔融的氯化钠可得到钠和氯气，故A错误
29、；B、工业炼铁：需要用到的原料有铁矿石、焦炭、空气和石灰石，焦炭的作用：提供热量、生成一氧化碳；一氧化碳再跟铁矿石中的氧化物反应，生成铁，石灰石在高温条件下分解能生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙能和铁矿石中的杂质二氧化硅反应生成硅酸钙，从而除去二氧化硅，故B错误；C、海水中含有大量镁元素，可以通过多步转化得到六水合氯化镁晶体，氯化镁易水解生成氢氧化镁和氯化氢，且氯化氢易挥发，导致直接加热带结晶水的晶体时得不到氯化镁，为防止氯化镁水解，需要将带结晶水的氯化镁在氯化氢氛围中加热，得到无水氯化镁，采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故C正确；D、利用生物炼铜法把不溶性的硫化铜氧化，硫从负二价被氧化成正六价，
30、最后转化成可溶的硫酸铜，成本低，污染小，反应条件十分简单，故D错误故选C11下列离子方程式正确的是（）A金属钠和水反应：Na+2H2ONa+2OH+H2B用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+2OHSO32+H2OC硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2+SO42BaSO4D碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+CO32+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A电荷不守恒；B二氧化硫少量，反应生成亚硫酸钠和水；C漏掉铵根离子与氢氧根离子的反应；D澄清石灰水过量反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水；【解答】解：A金属钠和水反应，离子方程式：2Na+2H2O2Na
31、+2OH+H2，故A错误；B用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体，离子方程式：SO2+2OHSO32+H2O，故B正确；C硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应，离子方程式：2NH4+2OH+Ba2+SO42BaSO4+2NH3H2O，故C错误；D碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合，离子方程式：HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2O，故D错误；故选：B12科学家指出：多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价的砷（As）元素，它对人体是无毒的，吃饭时不要同时大量食用海鲜和青菜，否则容易中毒，并给出了一个公式：“大量海鲜+大量维生素C砒霜（As2O3）”下面有关解释正确的应该是（）A维生素C具有还原性B维
32、生素C具有氧化性C该反应中+5价砷被氧化D砒霜中毒后可服用维生素C解毒【考点】氧化还原反应【分析】大量海鲜+大量维生素C砒霜（As2O3）中As元素化合价由+5价变为+3价，则As元素被还原，维生素C作还原剂被氧化，据此分析解答【解答】解：A大量海鲜+大量维生素C砒霜（As2O3）中As元素化合价由+5价变为+3价，As元素被还原，维生素C作还原剂，还原剂具有还原性，故A正确；BAs元素得电子作氧化剂，维生素C作还原剂，具有还原性，故B错误；CAs元素化合价由+5价变为+3价，As元素得电子被还原，故C错误；DAs2O3和维生素C不反应，所以维生素C不能解毒，故D错误；故选A13下列实验操作正
33、确的是（）A可用托盘天平称取10.20g氢氧化钠B某实验需要900mL的0.1mol/L的硫酸铜溶液，则配得该溶液需称取22.5g胆矾晶体C用10mL量筒量取5.2mL硫酸，仰视时实际量得液体提及大于5.2mLD焰色反应实验中，连续做两个样品时，应将铂丝用硫酸洗净并灼烧到无特殊焰色【考点】化学实验方案的评价；计量仪器及使用方法【分析】A托盘天平精确到0.01；B需要900ml 0.1mol/L的硫酸铜溶液，应选1000mL容量瓶配制，结合m=cVM计算；C量筒小刻度在下方，仰视时，硫酸凹液面的最低点在5.2mL上方；D硫酸不挥发，干扰实验【解答】解：A托盘天平精确到0.01，无法称量10.20
34、g氢氧化钠，故A错误；B需要900ml 0.1mol/L的硫酸铜溶液，应选1000mL容量瓶配制，则胆矾晶体的质量为m=cVM=1L0.1mol/L250g/mol=25.0g，故B错误C量筒小刻度在下方，仰视时，硫酸凹液面的最低点在5.2mL上方，则仰视时实际量得的液体体积大于5.2 mL，故C正确；D硫酸不挥发，干扰实验，则焰色反应实验中，连续做两个样品时，应将铂丝用稀盐酸洗净并灼烧到无特殊焰色，故D错误；故选C14下列实验操作或叙述中正确的是（）A蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后再停止加热B蒸馏时，温度计水银球需靠近蒸馏烧瓶支管口，冷凝水的流向需从冷凝管的上口进下口流出C过滤后洗
35、涤沉淀时，应将固体转移至烧杯中，并加入适量蒸馏水充分搅拌后再过滤D分液时，先从分液漏斗下口放出下层液体，更换烧杯后再从上口放出上层液体【考点】化学实验方案的评价【分析】A蒸发时，利用余热加热；B蒸馏时，测定馏分的温度，冷水下进上出冷却效果好；C过滤后洗涤沉淀时，蒸馏水浸没沉淀使水自然流下；D分液时，避免上下层液体再混合【解答】解：A蒸发时，利用余热加热，则当较多固体出现时停止加热，不能完全蒸干后再停止加热，故A错误；B蒸馏时，测定馏分的温度，冷水下进上出冷却效果好，则温度计水银球需靠近蒸馏烧瓶支管口，冷凝水的流向需从冷凝管的下口进上口流出，故B错误；C过滤后洗涤沉淀时，将固体转移至过滤器中，加
36、蒸馏水浸没沉淀使水自然流下，不能搅拌，故C错误；D分液时，避免上下层液体再混合，则先从分液漏斗下口放出下层液体，更换烧杯后再从上口放出上层液体，故D正确；故选D15下列实验方案能达到目的是（）A除去Fe粉中混有的I2：加热使I2升华B除去NaCl固体中混有的MgCl2：加入KOH溶液后过滤，滤液蒸发结晶C除去碳酸钠中混有的碳酸氢钠：加入过量的氢氧化钠溶液，蒸发结晶D除去氯气中含有的氯化氢气体：用饱和食盐水洗涤后干燥【考点】化学实验方案的评价【分析】除杂时要除去杂质且不能引进新的杂质，且要操作方便，不能除去需要的物质，据此分析解答【解答】解：A加热时，铁和碘反应生成碘化亚铁，所以不能采用加热方法
37、除杂，故A错误；B加入KOH时采用氯化镁杂质，但引进新的杂质KCl，应该用适量NaOH除杂，故B错误；C除去碳酸钠中的碳酸氢钠杂质，如果是固体，应该采用加热方法除杂，加入过量NaOH，会引进新的杂质，故C错误；DHCl极易溶于水，饱和食盐水中含有氯离子，抑制氯气溶解，所以可以用饱和食盐水除去氯气中HCl，故D正确；故选D16下面有关Na2CO3与NaHCO3的性质比较中错误的是（）A相同浓度溶液的碱性：Na2CO3NaHCO3B在水中的溶解度：Na2CO3NaHCO3C与同浓度的硫酸反应放出气泡的速率：NaHCO3Na2CO3D热稳定性：NaHCO3Na2CO3【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性
38、质【分析】ACO32以第一步水解为主；BNa2CO3比NaHCO3易溶于水；C相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈；DNaHCO3不稳定，加热易分解【解答】解：A.CO32以第一步水解为主，则Na2CO3溶液的碱性较强，故A正确；B在饱和Na2CO3溶液中通入过量二氧化碳气体可得到NaHCO3沉淀，说明Na2CO3比NaHCO3易溶于水，故B正确；C分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32+2H+CO2+H2O，HCO3+H+H2O+CO2，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，故C错误；DNaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+
39、H2O，碳酸钠受热不易分解，较稳定，故D正确；故选C17在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是（）ANa+、K+、OH、ClBNa+、Cu2+、SO42、NO3CMg2+、Na+、SO42、ClDCa2+、HCO3、NO3、K+【考点】离子共存问题【分析】强酸溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答【解答】解：A酸性溶液中不能大量存在OH，故A不选；BCu2+为蓝色，与无色不符，故B不选；C酸溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故C选；D酸溶液中不能大量存在HCO3，故D不选；故选C18在一定条件
40、下，分别以高锰酸钾、氯酸钾和过氧化氢为原料制取氧气，当制得同温同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为（）A1：1：1B4：3：2C2：3：1D2：2：1【考点】氧化还原反应的计算【分析】用高锰酸钾、氯酸钾制氧气，反应过程中O由2价转化为0价，而用过氧化氢制氧气，O则由1价转化为0价现要制得相同的O2，所以用过氧化氢制氧气的反应中转移的电子数只有用高锰酸钾、氯酸钾制取的反应中转移的电子数的一半【解答】解：KMn42，KCl32，反应过程中O由2价转化为0价，如生成1mol O2，需转移4mol电子，H222，O则由1价转化为0价，如生成1mol O2，需转移2mol电子，当制得同温
41、同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为2：2：1，故选：D19已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，且Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱下列叙述中，正确的是（）ACl2通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3B每1 mol Co2O3在酸性溶液中被氧化生成Co2+时转移2 mol eCFeCl3溶液能使淀粉KI试纸变蓝DI2具有较强的氧化性，可以将Co2+氧化成Co2O3【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】A根据物质的氧化性强弱确定反应方程式是否正确；BCo2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+；C根据氯化铁和碘的氧
42、化性强弱判断氯化铁能否氧化碘离子而得到碘单质，如果能得到碘单质，则淀粉碘化钾试纸就能变蓝，否则不能变蓝；D根据Co2O3和I2的氧化性强弱判断碘能否氧化Co2+【解答】解：ACl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，所以氯气通入FeI2溶液中，氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，且铁离子可氧化碘离子，所以不可能存在反应3Cl2+6FeI22FeCl3+4FeI3，故A错误；BCo2O3在酸性溶液中易得电子而被还原成Co2+，所以每1 mol Co2O3在酸性溶液中被还原生成Co2+时转移2 mol e，故B错误；C氯化铁的氧化性大于碘，所以氯化铁和碘化钾反应生成碘单质，碘遇淀粉变蓝色，所以氯化铁溶
43、液能使淀粉KI试纸变蓝，故C正确；DCo2O3的氧化性大于I2，所以Co2O3能氧化碘离子生成碘单质，而碘不能将Co2+氧化成Co2O3，故D错误；故选C20将适量铁粉放入三氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比是（）A2：3B3：2C1：2D1：1【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】铁粉放入三氯化铁溶液中发生反应生成氯化亚铁，根据方程式设反应的三价铁的量，就可以获得生成的亚铁的量，进而获得未反应的Fe3+的物质的量，二者之比即为答案【解答】解：铁粉放入三氯化铁溶液中，发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，已反应的
44、Fe3+的物质的量为n，则Fe+2Fe3+=3Fe2+ 2 3 n 1.5n溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，所以，未反应的Fe3+的物质的量为1.5n，所以已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比=n：1.5n=2：3故选A21向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体剩余物质的组成不可能是（）ANaCl NaBr NaIBNaCl NaBrCNaCl NaIDNaCl【考点】氯气的化学性质【分析】在Br、I中，还原性由弱到强为BrI，向含有NaBr和NaI的混合溶液中通入一定量氯气发生：2NaI+Cl2=2NaCl+I2、2NaBr+Cl2=2N
45、aCl+Br2，结合Br2和I2的性质分析【解答】解：在Br、I中，还原性由弱到强为BrI，向含有NaBr和NaI的混合溶液中通入一定量氯气发生：2NaI+Cl2=2NaCl+I2、2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，溴易挥发，碘易升华，A当氯气少量时，只发生部分2NaI+Cl2=2NaCl+I2反应，加热过程中，碘升华，所以固体是氯化钠和溴化钠、碘化钠，故A不选；B当氯气少量时，发生反应2NaI+Cl2=2NaCl+I2，部分2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2反应，加热过程中，碘升华，所以固体是氯化钠和溴化钠，故B不选；C当加入氯气，氯气先和碘离子反应，后和溴离子反应，所以固体是中不
46、可能是氯化钠和碘化钠，故C选；D当氯气过量时，发生反应2NaI+Cl2=2NaCl+I2、2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，加热过程中，溴挥发，碘升华，所以剩余固体是氯化钠，故D不选故选C22已知2Fe3+2I=2Fe2+I2，Br2+2Fe2+=2Br+2Fe3+往含有FeBr2、FeI2的混合液中通入一定量的氯气后，再滴加少量的KSCN溶液，溶液变为红色，则下列说法不正确的是（）A按I、Fe2+、Br的顺序还原性逐渐减弱B通入氯气后原溶液中Fe2+一定被氧化C原溶液中Br一定被氧化D不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2+【考点】氧化还原反应【分析】由2Fe3+2I=2Fe2+I
47、2、Br2+2Fe2+=2Br+2Fe3+可知，还原性为IFe2+Br，含有FeBr2、FeI2的混合液中通入一定量的氯气后，再滴加少量的KSCN溶液，溶液变为红色，可知碘离子全部被氧化，铁离子可能部分氧化或全部被氧化，以此来解答【解答】解：A由2Fe3+2I=2Fe2+I2、Br2+2Fe2+=2Br+2Fe3+可知，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，按I、Fe2+、Br的顺序还原性逐渐减弱，故A正确；B加少量的KSCN溶液，溶液变为红色，可知通入氯气后原溶液中Fe2+一定被氧化，故B正确；C若通入氯气后Fe2+部分被氧化，则Br没有被氧化，故C错误；D由上述实验不能确定通入氯气后的溶液中
48、是否还存在Fe2+，即溶液中可能存在Fe2+、Br，故D正确；故选C23已知还原性：SO32I向含有amolKI和amolK2SO3的混合液中通入bmolCl2充分反应（不考虑Cl2与I2之间的反应）下列说法不正确的是（）A当ab时，发生的离子反应为SO32+Cl2+H2O=SO42+2H+2ClB当5a=4b时，发生的离子反应为SO32+2I+5Cl2+4H2O=4SO42+I2+8H+10ClC当aba时，反应中转移电子的物质的量n（e）为amoln（e）3amolD当aba时，溶液中SO42、I与Cl的物质的量之比为a：（3a2b）：2b【考点】化学方程式的有关计算【分析】还原性：SO3
49、2I向含有amolKI和amolK2SO3的混合液中通入bmolCl2充分反应，故氯气先和SO32反应，当SO32反应完全后，氯气再和I反应而amolK2SO3完全反应时能消耗amol氯气，amolKI完全反应时能消耗mol氯气即当amolKI和amolK2SO3完全反应时，共消耗1.5amol氯气A、当ab时，氯气的量不足，只能氧化SO32为硫酸根；B、当5a=4b即a=0.8b时，0.8bmolSO32消耗0.8bmol氯气，剩余的0.2bmol氯气能氧化0.4bmolI为I2，据此分析；C、当ab1.5a时，氯气能将全部SO32氧化为硫酸根，氯气可能完全反应；D、当ab1.5a时，SO3
50、2全部被氧化为硫酸根，而I不能全部被氧化【解答】解：还原性：SO32I向含有amolKI和amolK2SO3的混合液中通入bmolCl2充分反应，故氯气先和SO32反应，当SO32反应完全后，氯气再和I反应而amolK2SO3完全反应时能消耗amol氯气，amolKI完全反应时能消耗mol氯气即当amolKI和amolK2SO3完全反应时，共消耗1.5amol氯气A、当ab时，氯气的量不足，只能氧化SO32为硫酸根，氯气被还原为氯离子，故离子方程式为SO32+Cl2+H2O=SO42+2H+2Cl，故A正确；B、当5a=4b即a=0.8b时，0.8bmolSO32消耗0.8bmol氯气，被氧化
51、为0.8bmolSO42，0.2bmol氯气能氧化0.4bmolI为I2，故离子方程式为：4SO32+2I+5Cl2+4H2O=4SO42+I2+8H+10Cl，故B正确；C、当ab1.5a时，氯气能将全部SO32氧化为硫酸根，氯气可能完全反应，故转移的电子的物质的量为2moln（e）3amol，故C错误；D、当ab1.5a时，SO32全部被氧化为硫酸根，而I不能全部被氧化，故溶液中硫酸根的物质的量为amol，消耗的氯气为amol，故剩余的氯气为（ba）mol，则能氧化的电离子的物质的量为2（ba）mol，故溶液中的碘离子的物质的量为a2（ba）=（3ab）mol，由于氯气完全反应，故溶液中的
52、氯离子的物质的量为2bmol，故溶液中SO42、I与Cl的物质的量之比为a：（3a2b）：2b，故D正确故选C24某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32、SO42、Cl中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法不正确的是（）A原溶液一定存在CO32和SO42，一定不存在Fe3+B原溶液一定存在Cl，可能存在Na+C原溶液中c（Cl）0.1molL1D若原溶液中不存在Na+，则c（Cl）0.1molL1【考点】常见离子的检验方法【分析】加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO
53、3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32、SO42，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是=0.01mol，碳酸根离子的物质的量是mol=0.01mol，碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有铵根离子，根据元素守恒，铵根离子的物质的量是=0.05mol，钠离子和氯离子需要根据电荷守恒进行判断【解答】解：加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32
54、、SO42，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是=0.01mol，碳酸根离子的物质的量是mol=0.01mol，碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有铵根离子，根据元素守恒，铵根离子的物质的量是=0.05mol，根据电荷守恒，阳离子所带正电荷的物质的量之和：0.05mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.012+0.012=0.04mol，所以一定存在氯离子，钠离子不能确定，n（Cl）0.01mol，所以c（Cl）0.1molL1A、原溶液一定存在CO32和SO42、Cl，一定不存在Fe3+，故A正确；B、原溶液一定存在Cl，可能存在
55、Na+，故B正确；C、原溶液中c（Cl）0.1molL，故C正确；D、若原溶液中不存在Na+，则c（Cl）=0.1molL1，故D错误故选D二、填空题25现有下列九种物质：H2铝 醋酸 CO2H2SO4Ba（OH）2固体氨水 稀硝酸 熔融Al2（SO4）3 NaHSO4（1）按物质的分类方法填写表格的空白处：属于非电解质的是属于弱电解质的是属于强电解质的是能导电的是（2）上述九种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+2HNO3=Ba（NO3）2+2H2O（3）在水中的电离方程式为NaHSO4=Na+H+SO42，34.2g溶于水配成25
56、0mL溶液，SO42的物质的量浓度为1.2mol/L（4）少量的通入的溶液中反应的离子方程式为：Ba2+2OH+CO2=BaCO3+H2O（5）将的溶液加入的溶液中至溶液中的Ba2+离子恰好完全沉淀时反应的离子方程式Ba2+OH+2H+SO42=BaSO4+H2O【考点】电解质与非电解质；离子方程式的书写；物质的量浓度的相关计算；强电解质和弱电解质的概念【分析】（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；物质导电的条件：含有自由电子或者自由
57、移动的离子；（2）H+OHH2O表示强酸或者强酸的酸式盐与强碱反应生成可溶性盐和水；（3）硫酸氢钠为强电解质，完全电离；硫酸铝为强电解质，完全电离，所以硫酸根离子浓度为硫酸铝浓度的3倍，依据C=计算硫酸的铝的物质的量浓度，然后计算硫酸根离子浓度；（4）少量二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和水；（5）硫酸氢钠与氢氧化钡1：1反应Ba2+离子恰好完全沉淀【解答】解：（1）H2 不含自由电子或者自由移动的离子，不能导电；是单质，既不是电解质，也不是非电解质；铝含自由电子，能够导电；是单质，既不是电解质，也不是非电解质；醋酸不含自由电子或者自由移动的离子，不能导电；在水溶液里能部分电离出离子而导电
58、的化合物，是电解质，属于弱电解质；CO2不含自由电子或者自由移动的离子，不能导电；本身不能电离，属于非电解质；H2SO4 不含自由电子或者自由移动的离子，不能导电；在水溶液里能全部电离出离子而导电的化合物，是电解质，属于强电解质；Ba（OH）2固体不含自由电子或者自由移动的离子，不能导电；在水溶液里或熔融状态下能全部电离出离子而导电的化合物，是电解质，属于强电解质；氨水含自由移动的离子，能导电；属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质；稀硝酸 含自由移动的离子，能导电；属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质；熔融Al2（SO4）3 含自由移动的离子，能导电；在水溶液里或熔融状态下能全部电离出
59、离子而导电的化合物，是电解质，属于强电解质；NaHSO4不含自由电子或者自由移动的离子，不能导电；在水溶液里或熔融状态下能全部电离出离子而导电的化合物，是电解质，属于强电解质；所以：属于非电解质的是：；属于弱电解质的是；属于强电解质的是：；能导电的是：；故答案为：；（2）H+OHH2O表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水，可以表示硝酸与氢氧化钡的反应，化学方程式：Ba（OH）2+2HNO3=Ba（NO3）2+2H2O；故答案为：Ba（OH）2+2HNO3=Ba（NO3）2+2H2O；（3）硫酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式：NaHSO4=Na+H+SO42；34.2g硫酸铝0.1mol，硫
60、酸铝的物质的量浓度C=0.4mol/L，硫酸铝为强电解质，完全电离，所以硫酸根离子浓度为硫酸铝浓度的3倍，所以硫酸根离子浓度为0.4mol/L3=1.2mol/L；故答案为：NaHSO4=Na+H+SO42；1.2mol/L；（4）少量二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和水，离子方程式：Ba2+2OH+CO2=BaCO3+H2O；故答案为：Ba2+2OH+CO2=BaCO3+H2O；（5）硫酸氢钠与氢氧化钡1：1反应Ba2+离子恰好完全沉淀，离子方程式：Ba2+OH+2H+SO42=BaSO4+H2O，故答案为：Ba2+OH+2H+SO42=BaSO4+H2O26有一固体粉末，其中可能含有N
61、a2CO3、NaCl、Na2SO4、CuCl2、Ba（NO3）2、K2CO3、K2SO4中的一种或几种，现按下列步骤进行实验（1）将该粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀（2）在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体（3）取滤液做焰色反应，可证明滤液中含Na+，不含K+由上述现象推断：（1）该混合物中一定含有Na2CO3、Na2SO4、Ba（NO3）2；一定不含有CuCl2、K2CO3、K2SO4，可能含有NaCl（2）如要检验其是否存在，将如何操作取滤液少许，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有NaCl；否则没有【考点】几组未知物的检验【分析】根据物质的性质结
62、合题干中的现象，通过确定存在的物质排除不能共存的物质；依据（1）可知一定无CuCl2，一定有Ba（NO3）2；可能存在含碳酸根或硫酸根的物质；依据（2）判断沉淀一定有硫酸钡和碳酸钡；依据（3）确定有钠元素，一定无钾元素；氯离子的检验方法分析氯化钠的存在【解答】解：（1）将该粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀，可判断一定无CuCl2，一定有Ba（NO3）2，因为只有钡离子才可以形成沉淀，同时可能含碳酸根的化合物或含硫酸根离子的化合物；（2）在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体，说明沉淀一定有硫酸钡和碳酸钡；反应为Ba2+SO42=BaSO4，Ba2+CO32=BaCO3，BaC
63、O3+2H+=Ba2+CO2+H2O；（3）取滤液做焰色反应，火焰呈黄色，透过蓝色的钴玻璃观察，未见紫色火焰，说明一定有钠离子一定无钾离子，所以原混合物中一定含有Na2CO3和Na2SO4，一定不含有K2CO3和K2SO4；综上所述：原混合物中一定含有Na2CO3 Na2SO4 Ba（NO3）2；一定不含有CuCl2 K2CO3 K2SO4；可能含有NaCl，若检验氯化钠的存在需要取（1）的滤液少许，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有NaCl；否则没有；故答案为：（1）Na2CO3、Na2SO4、Ba（NO3）2；CuCl2、K2CO3、K2SO4；NaCl；（2）取滤液
64、少许，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有NaCl；否则没有27取钠镁合金7.0克进行如下实验：（1）写出Mg在CO2中燃烧的化学方程式2Mg+CO22MgO+C（2）向溶液1中加过量的NaOH溶液，发生反应的离子方程式为H+OH=H2O、Mg2+2OH=Mg（OH）2（3）写出合金的化学组成Na2Mg【考点】有关混合物反应的计算【分析】（1）Mg在CO2中燃烧生成氧化镁和单质炭；（2）向溶液1中加过量的NaOH溶液，首先发生氢离子与氢氧根离子反应，再发生镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁；（3）设钠的物质的量为xmol，镁的物质的量为ymol，根据质量守恒和得失电子守恒分
65、析解答【解答】解：（1）Mg在CO2中燃烧生成氧化镁和单质炭，化学反应方程式为2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；（2）向溶液1中加过量的NaOH溶液，首先发生氢离子与氢氧根离子反应，再发生镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁，离子反应方程式分别为：H+OH=H2O；Mg2+2OH=Mg（OH）2，故答案为：H+OH=H2O、Mg2+2OH=Mg（OH）2；（3）设钠的物质的量为xmol，镁的物质的量为ymol，解之得：，则合金的化学组成为：Na2Mg，故答案为：Na2Mg三、实验题28从海带中提取碘，有甲、乙两种实验方案如图1：已知：3I2+6NaOH=5NaI+
66、NaIO3+3H2O请回答：（1）步骤X使用分液漏斗前须检漏，检漏方法为向分液漏斗中加入少量水，检查下口旋塞处是否漏水，将漏斗倒转过来，检查上口玻璃塞是否漏水（2）用图所示装置进行蒸馏指出如图所示实验装置 中的任意两处错误：温度计水银球位置太低，应位于蒸馏烧瓶支管口处；烧杯加热未使用石棉网或冷凝管冷却水流方向反了（3）进行上述操作时，使用水浴加热更好的原因是均匀受热，易于控制温度；最后碘晶体在蒸馏烧瓶里聚集（4）下列有关步骤Y的说法，正确的是AB A应控制 NaOH 溶液的浓度和体积 B将碘转化成离子进入水层 C主要是除去海带浸取原液中的有机杂质DNaOH 溶液可以由乙醇代替（5）方案乙在上层
67、溶液中加入H2SO4溶液得到I2的水溶液发生的反应方程式是：5NaI+NaIO3+3H2SO4=3I2+3Na2SO4+3H2O；（6）操作Z的名称是过滤（7）工业中采用方案乙从海带中提取碘，方案甲中采用蒸馏不合理，理由是碘单质易升华，会导致碘损失【考点】海水资源及其综合利用【分析】海带浸取液中通入氧气调节溶液PH，得到韩I2的水溶液，加入有机溶剂四氯化碳萃取分液得到韩I2的CCl4溶液，方案乙是：步骤Y利用氢氧化钠溶液吸收分液得到上层溶液中是NaI和NaIO3，加入H2SO4溶液发生归中反应得到I2的水溶液，过滤得到粗碘蒸馏提纯得到纯净碘单质，方案甲是直接蒸馏得到碘单质，（1）检查分液漏斗是
68、否漏水，需要分别检查瓶塞、旋塞是否漏水；（2）蒸馏装置温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管口处测定馏出成分的沸点，烧杯加热需要垫石棉网均匀加热，冷凝管水流方向应逆流；（3）碘易升华，需要水浴加热控制温度，水浴加热均匀，碘单质生成蒸气，遇冷冷凝在蒸馏烧瓶中；（4）A反应3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O中，需要浓氢氧化钠溶液；B碘单质与氢氧化钠反应生成了碘化钠、碘酸钠；C该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠，便于后续分离出碘单质；D乙醇易溶于水和四氯化碳，仍然无法分离出碘单质（5）方案乙在上层溶液中是NaI和NaIO3，加入H2SO4溶液发生归中反应得到I2的水溶液；（6）碘单质
69、不溶于水，可以通过过滤操作分离出碘单质；（7）从碘单质易升华角度分析【解答】解：（1）检查分液漏斗是否漏水的操作方法为：向分液漏斗中加入少量蒸馏水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水，故答案为：向分液漏斗中加入少量蒸馏水，检查旋塞处是否漏水，将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水；（2）蒸馏装置温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管口处测定馏出成分的沸点，烧杯加热需要垫石棉网均匀加热，冷凝管水流方向应逆流，分析装置图可知，操作错误为：温度计插入液面以下，烧杯未垫石棉网，冷凝管水流方向顺流，故答案为：温度计水银球位置太低，应位于蒸馏烧瓶支管口处；烧杯加热未使用石棉网或冷凝管冷却水流方向反了
70、；（3）碘易升华，需要水浴加热控制温度，水浴加热受热均匀，便于控制温度，碘单质生成蒸气，遇冷冷凝在蒸馏烧瓶中，故答案为：均匀受热，易于控制温度；蒸馏烧瓶；（4）A发生反应3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O中，需要浓氢氧化钠溶液，所以应控制NaOH溶液的浓度和体积，故A正确；B根据反应3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O可知，步骤Y将碘转化成离子进入水层，故B正确；C该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠，将碘转化成离子进入水层，不是除去有机杂质，故C错误；D乙醇易溶于水和四氯化碳，将氢氧化钠换成乙醇，仍然无法分离出碘单质，故D错误；故答案为：AB；（5）方案乙
71、在上层溶液中是NaI和NaIO3，加入H2SO4溶液发生归中反应得到I2的水溶液，反应的化学方程式为：5NaI+NaIO3+3H2SO4=3I2+3Na2SO4+3H2O，故答案为：5NaI+NaIO3+3H2SO4=3I2+3Na2SO4+3H2O；（6）步骤Z将碘单质和水分离，由于碘单质不溶于水，可通过过滤操作完成，故答案为：过滤；（7）方案甲中采用蒸馏操作，由于碘单质容易升华，会导致碘单质损失，所以甲方案不合理，故答案为：碘单质易升华，会导致碘损失四、计算题29为了确定Na2CO3和NaHCO3混合物样品的组成，称取四份该样品溶于水后分别滴加相同浓度盐酸30.0mL，充分反应，产生CO2
72、的体积（已折算成标准状况下的体积，不考虑CO2在水中的溶解）如表实验序号盐酸体积（mL）30.030.030.030.0样品质量（g）2.963.705.186.66CO2的体积（mL）672840896672（1）样品中物质的量之比n（Na2CO3）：n（NaHCO3）=2：1；（2）盐酸的物质的量浓度c（HCl）=2.5mol/L【考点】有关混合物反应的计算【分析】（1）对比、可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明、中盐酸过量，Na2CO3和NaHCO3的完全反应，设出中碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量，然后根据总质量、生成二氧化碳的量列式计算；（2）根据实验、可知，中盐酸不足
73、，碳酸钠优先反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，根据（1）的计算结果计算出碳酸钠的物质的量，再根据反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2计算出HCl的物质的量，最后根据c=计算出该盐酸的浓度【解答】解：（1）结合、可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明、中盐酸过量，Na2CO3和NaHCO3的完全反应，设出中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为x、y，则106x+84y=2.96、x+y=0.03mol，联立解得：x=0.02mol、y=0.01mol，所以样品中物质的量之比n（Na2CO3）：
74、n（NaHCO3）=0.02mol：0.01mol=2：1，故答案为：2：1；（2）根据实验、可知，中盐酸不足，Na2CO3优先反应生成NaHCO3，设6.66g样品中含有碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为2x、x，则1062x+84x=6.66，解得：x=0.0225mol，即6.66g样品中含有0.045mol碳酸钠、0.0225mol碳酸氢钠，将样品加入盐酸中，先发生反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，0.045mol碳酸钠完全反应消耗HCl的物质的量为0.045mol，碳酸钠完全反应后发生再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，生成标准状况下672L二氧化碳消耗HCl的物质的量为：n（HCl）=n（CO2）=0.03mol，所以30mL盐酸中含有HCl的物质的量为：0.045mol+0.03mol=0.075mol，该盐酸的物质的量浓度为：c（HCl）=2.5mol/L，故答案为：2.5mol/L2017年2月18日高考资源网版权所有，侵权必究！
