1、黑龙江省大庆市第四中学2019-2020学年高一化学上学期第二次月考试题（含解析）考试时间：90分钟 分值：100分本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分第卷（选择题）可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Ba-137一、选择题（共50分，1-4题每题2分，5-18题每题3分，只有一个选项符合题意）1.下列实验仪器不宜直接用来加热的是（ ）A. 试管B. 坩埚C. 蒸发皿D. 烧杯【答案】D【解析】【详解】试管、坩埚、蒸发皿均可以直接加热，但是烧杯需隔石棉网加热，C项符合题意；本题答案选C。2.在盛放浓硫酸的试剂瓶的标
2、签上应印有下列警示标记中的（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A. 表示刺激性物品，A不合题意；B. 表示有毒物品，B不合题意；C. 表示易燃物品，C不合题意；D. 表示腐蚀品，浓硫酸是一种腐蚀品，D符合题意。故选D。3.水泥厂、冶金厂常用高压电作用于气溶胶，以除去大量烟尘，减少烟尘对空气的污染。这种除尘法的原理是（ ）A. 渗析B. 电泳C. 凝聚D. 丁达尔现象【答案】B【解析】【详解】A. 渗析是溶质分子在浓度差推动下扩散透过半透膜的过程，常用于去除胶体内的杂质，整个过程不需要电的参与，A不合题意；B. 电泳是在直流电的作用下，带电胶粒向某一电极定向移动的过程，烟尘属
3、于气溶胶，能发生电泳，B符合题意；C. 胶体的凝聚是胶粒在电解质作用下发生凝聚的现象，不需高压电的作用，C不合题意；D. 丁达尔现象是胶粒对光的散射现象，D不合题意。故选B。【点睛】电除尘是气体除尘方法的一种，也就是静电除尘，而这静电是高压。含尘气体经过高压静电场时被电分离，尘粒与负离子结合带上负电后，趋向阳极表面放电而沉积。4.在一定条件下，可发生反应：RO3n-+F2 +2OH-=RO4-+2F-+H2O。则RO3n-中R元素的化合价是（ ）A. +4B. +5C. +6D. +7【答案】B【解析】【详解】对于RO3n-+F2 +2OH-=RO4-+2F-+H2O来说，依据电荷守恒，n+2
4、=1+2，n=1，此时RO3n-转化为RO3-；再依据化合价的代数和为-1，求出R的化合价为+5价。故选B。5.下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为()纯净物混合物电解质非电解质A盐酸水煤气硫酸干冰B蒸馏水蔗糖溶液氯化氢二氧化硫C胆矾盐酸铁碳酸钙D胆矾水煤气氯化铜碳酸钠A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A盐酸是混合物，是氯化氢的水溶液，故A错误；B蒸馏水、蔗糖溶液、氯化氢、二氧化硫分别属于纯净物、混合物、电解质、非电解质，故B正确；C铁是单质，既不是电解质又不是非电解质，故C错误；D碳酸钠为电解质，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了纯净物、混合物、电解
5、质、非电解质概念判断及各种物质的成分掌握。解答本题需要注意，盐酸是氯化氢的水溶液，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质。6.化学实验中的很多气体是用盐酸来制取的，这就导致了这些制取的气体中往往含有HCl杂质，要除去HCl杂质而得到纯净的目标气体，可用如图所示装置。如果广口瓶中盛装的是饱和NaHCO3溶液，则可以用于下列哪种气体的除杂装置是A. H2B. Cl2C. SO2D. CO2【答案】D【解析】制取的气体中往往含有HCl杂质，要除去HCl杂质而得到纯净的目标气体，使用的是碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠与氯化氢反应生成了二氧化碳气体，根据除杂原则：除去杂质，不能引进新的杂质，所以需要得到的纯
6、净的目标气体只能是二氧化碳，故选D。点睛：本题考查了气体的净化，可以根据杂质气体氯化氢及除杂试剂碳酸氢钠分析，注意除杂的原则，除去杂质但是不能引进新的杂质。7.NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A. 标准状况下，1mol H2O的体积约为22.4LB. 0.1mol NH4+中含有NA个质子C. 同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比D. 物质的量浓度为0.5 molL1的MgCl2溶液中，含有Cl个数为NA【答案】C【解析】【详解】A. 标准状况下，H2O是液体，不能利用22.4L/mol进行计算，A错误；B. 1个铵根离子含有11个质子，则0.1mol NH4+中含有1.
7、1NA个质子，B错误；C. 同温同压下，Vm相同，C正确；D. 没有提供0.5 molL1的MgCl2溶液的体积，无法计算含有Cl的个数，D错误。故选C。8.下列离子在溶液中能大量共存，加入OH-能产生沉淀的是（ ）A. K+、Mg2+、SO42-、NO3-B. H+、Mg2+、CO32-、S2-C. Na+、Ca2+、SO42-、Cl-D. MnO4-、Cu2+ 、I-、H+【答案】A【解析】【详解】A. K+、Mg2+、SO42-、NO3-能大量共存，Mg2+、OH-能反应产生Mg(OH)2沉淀，A符合题意；B. H+、Mg2+与CO32-、S2-不能大量共存，B不合题意；C. Ca2+、
8、SO42-会生成CaSO4沉淀，离子不能大量共存，C不合题意；D. MnO4-、Cu2+ 与I-不能大量共存，D不合题意。故选A。【点睛】离子共存，是指离子间不发生反应；离子不共存，是指离子间能发生反应，可能为生成沉淀、气体或弱电解质的非氧化还原反应，也可能为发生氧化还原反应。MnO4-具有强氧化性，不管在什么环境中，都能氧化Fe2+、S2-、SO32-等，所以与Fe2+、S2-、SO32-不能大量共存；Cu2+的氧化能力不强，但能将具有强还原性的I-氧化为I2，本身转化为CuI。9.把各组中的气体通入溶液中，溶液的导电能力显著增强的是（）A. CO2（g）通入NaOH溶液B. CO2（g）通
9、入石灰水C. NH3（g）通入CH3COOH溶液D. NH3（g）通入盐酸中【答案】C【解析】【分析】电解质溶液的导电能力与离子的浓度及离子所带的电荷有关。【详解】A. 该过程的离子方程式为：，该过程中，离子浓度与所带电荷的乘积没有变化，则溶液的导电能力几乎不变，A错误；B. 该过程的化学方程式为：，该过程中，离子浓度减小，则溶液的导电能力减弱，B错误；C. 该过程发生的离子方程式为：，则该过程中离子浓度显著增大，则溶液的导电能力显著增大，C正确；D. 该过程发生的离子方程式为：，则该过程中离子浓度几乎不变，则溶液的导电能力几乎不变，D错误；故合理选项为C。10.下列各组中两种物质在溶液中的反
10、应，可用同一离子方程式表示的是()A. Cu(OH)2HCl与Cu(OH)2CH3COOHB. NaHCO3H2SO4与Na2CO3HClC. NaHCO3NaOH与Ca(HCO3)2NaOHD. BaCl2H2SO4与Ba(OH)2Na2SO4【答案】D【解析】试题分析：A、盐酸是强酸，能拆写成离子，醋酸是弱酸，不能拆写成离子，因此不能用同一离子方程式表示，故错误；B、NaHCO3属于弱酸的酸式盐，HCO3不能拆写，两者的离子反应方程式为HCO3H=CO2H2O，CO322H=CO2H2O，故错误；C、前者：HCO3OH=H2OCO32，后者Ca22HCO32OH=CaCO32H2OCO32
11、，不符合题意，故错误；D、Ba2SO42=BaSO4，符合题意，故正确。考点：考查离子反应方程式的书写等知识。11.下列反应的离子方程式中，正确的是（ ）A. 稀硫酸滴在银片上：2Ag2H=2AgH2B. 铁粉和稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2C. 制氢氧化铁胶体的反应：Fe3+3 H2O = Fe(OH)3 +3H+D. 过量的NaHCO3溶液与石灰水反应：2HCO3+ Ca2+ 2OH= CaCO3+ CO32+2 H2O【答案】D【解析】【详解】A. 在金属活动顺序表中，Ag排在氢之后，所以Ag与稀硫酸不反应，A错误；B. 稀硫酸具有弱氧化性，只能将Fe氧化为Fe2+，B错误
12、；C. 氢氧化铁胶体在水溶液中不生成沉淀，C错误；D.石灰水是少量的，则参加反应的Ca2+、OH-的个数关系满足组成关系，D正确。故选D。【点睛】当一种物质电离产生的两种离子都参与离子反应时，若该物质少量，则两离子的数量关系满足化学式中的组成关系；若该物质过量，则两离子的数量关系不一定满足化学式中的组成关系。如Ca(OH)2与NaHCO3溶液反应，若Ca(OH)2过量，则Ca2+、OH-的个数关系不一定满足组成关系，离子方程式为Ca2+OH-+HCO3-=CaCO3+H2O；若Ca(OH)2少量，则Ca2+、OH-的个数关系一定满足组成关系，离子方程式为Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO
13、3+CO32-+2H2O。12.下表为各物质中所含有的少量杂质，以及除去这些杂质应选用的试剂或操作方法。正确的一组为 序号物质杂质除杂质应选用的试剂或操作方法KNO3溶液KOH加入FeCl3溶液，并过滤FeSO4溶液CuSO4加入过量铁粉，并过滤H2CO2通过盛有NaOH溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶NaNO3CaCO3溶解、过滤、蒸发A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】KNO3溶液中混有KOH， 加入FeCl3溶液，即便FeCl3不过量，也会引入Cl-，不合题意；FeSO4溶液中混有CuSO4，加入过量铁粉，CuSO4全部转化为FeSO4，过滤掉过量的铁粉，即得纯净的F
14、eSO4溶液，符合题意；H2中混有CO2，通过盛有NaOH溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶，最后得到纯净的H2，符合题意；NaNO3中混有CaCO3，溶解、过滤掉不溶的CaCO3、蒸发得纯净的NaNO3，符合题意。综合以上分析，符合题意。故选C。13.已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：Fe3+Fe2+；MnO4-Mn2+；Cl22Cl-；HNO2NO。如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，则得到I2最多的是（ ）A. Fe3B. MnO4-C. Cl2D. HNO2【答案】B【解析】【详解】假设各物质的物质的量都是1mol；由氧化还原反应中得失电子守恒，1m
15、ol氧化剂得电子越多，生成的I2就多；A.1mol Fe3+Fe2+转移1mol e-；B.1mol MnO4-Mn2+转移5mol e-；C.1mol Cl22Cl-转移2mol e-；D.1mol HNO2NO转移1mol e-；显然B中1mol MnO4-得电子最多，生成的I2就最多；答案选B。【点睛】根据氧化还原反应中得失电子守恒的思想可知，在四个反应中氧化剂不一样，而还原剂均为碘化钾中的碘离子，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的也就是比较每1mol氧化剂得电子的多少，谁得电子多谁氧化的KI多，生成的I2就多。14.已知： 2FeCl3 + 2KI2FeCl2
16、 + 2KCl + I2， 2FeCl2+Cl22FeCl3。根据两式判断各物质的氧化性由强到弱的顺序。A FeCl3Cl2I2 B Cl2FeCl3I2 C I2Cl2FeCl3 D Cl2I2FeCl3【答案】B【解析】【分析】根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物这一规律分析解答。【详解】反应2FeCl3 + 2KI2FeCl2 + 2KCl + I2中FeCl3为氧化剂，I2为氧化产物，所以氧化性：FeCl3I2； 2FeCl2+Cl22FeCl3，反应中Cl2为氧化剂，FeCl3为氧化产物，所以氧化性：Cl2FeCl3，因此各物质的氧化性由强到弱的顺序是Cl2FeCl3I2；
17、故答案为B。15.3molSO32恰好将2molXO4离子还原，SO32被氧化为SO42，则X元素在还原产物中的化合价是A. +1B. +2C. +3D. +4【答案】D【解析】【分析】由信息可知，S元素的化合价升高为+6价，则X元素的化合价降低，结合电子守恒计算。【详解】3molSO32恰好将2molXO4离子还原，设X元素在还原产物中的化合价为x，由电子守恒可知，3mol（6-4）=2mol（7-x），解得x=+4，答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查。16.为了除去KCl溶液中少量的MgCl2、MgSO4
18、，可选用Ba（OH）2溶液、盐酸和K2CO3溶液。三种试剂，按下图步骤操作,下列说法错误的是（ ）A. A物质是Ba（OH）2 溶液，为了除尽Mg2和SO42-B. B物质是碳酸钠溶液，为了除尽过量的Ba2C. C物质是稀盐酸 ，除去过量的CO32-D. 为了除去过量的稀盐酸，加热煮沸【答案】B【解析】【详解】A. 因为过量的Ba2+需要利用CO32-去除，所以A物质是Ba(OH)2溶液，OH-除尽Mg2、Ba2+除尽SO42-，A正确；B. 若B物质是碳酸钠溶液，可以除尽过量的Ba2，但引入了Na+，所以B物质应为碳酸钾，B错误；C. 因为加入的碳酸钾过量，溶液中混入了过量的CO32-，所以
19、C物质是稀盐酸，C正确；D. 过量的稀盐酸，去除掉CO32-，但过量盐酸也需要去除，可通过加热煮沸的方法，让HCl挥发，D正确。故选B。17.把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成2等份，取一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol 硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该溶液中钾离子浓度为:A. 0.1(b-2a)mol/LB. 10(b-2a)mol/LC. 10(2a-b)mol/LD. 4(b-2a)mol/L【答案】D【解析】试题分析：题中发生的离子方程式为:Ba2+SO42-=BaSO4, Ag+Cl-=AgCl;一份加入a mol
20、SO42-，原溶液中BaCl2为a mol，同时电离出Cl-2amol,又因另一份加入b mol Ag+，所以溶液中Cl-总量为b mol，结合前者，KCl的物质的量为b-2amol,又因将混合液分成2等分，所以其总量为2（b-2a）,结合题意即可求得钾离子的浓度。考点：溶液中离子浓度的计算。18.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K、Cl、Mg2、Ba2、，现取三份100 mL溶液进行实验：已知：+ OHNH3 + H2O（1）第一份：加入AgNO3溶液有沉淀产生；（2）第二份：加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04 mol；（3）第三份：加足量BaCl2溶液后，得干
21、燥沉淀6.27 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g。根据上述实验，以下推测正确的是（ ）A. K的浓度为0.2 mol/LB. 100 mL溶液中含0.01 mol C. Cl可能存在D. Ba2一定不存在，Mg2可能存在【答案】C【解析】【详解】（1）第一份：加入AgNO3溶液有沉淀产生，则可能含有Cl、中的一种或几种；（2）第二份：加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04 mol，此气体为NH3，则原溶液中含有NH4+，其物质的量为0.04mol；（3）第三份：加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g，此沉淀为BaS
22、O4，物质的量为0.01mol；BaCO3沉淀的质量为6.27 g-2.33 g=3.94g，n(CO32-)=。综合以上分析可知，原溶液中含有NH4+、，依据离子共存原则，应不含有Mg2、Ba2，可能含有K、Cl。若溶液中不含有Cl，依据电荷守恒：n(K+)+n(NH4+)=2n(SO42-)+2n(CO32-)，n(K+)=0.02mol。若溶液中含有Cl，则n(K+)0.02mol；故n(K+)0.02mol。A. K的浓度为0.2mol/L，A错误；B.由上面分析知，100 mL溶液中含0.02 mol ，B错误；C. 通过对离子守恒分析，可以确定，Cl可能存在，C正确；D.由离子共存
23、可以确定，Ba2、Mg2一定不存在，D错误。故选C。第II卷（非选择题）二、填空题（共50分）19.（）选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。A 萃取分液法 B 结晶法C 分液法 D 蒸馏法E 过滤法 F 升华法_分离饱和食盐水与沙子的混合物。_分离水和汽油的混合物。_分离四氯化碳（沸点：76.75 ）和甲苯（沸点：110.6）的混合物。_从碘水中提取碘。（）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式： _在以上中性溶液中继续滴加Ba（OH）2溶液，请写出此步反应的离子方程式： _【答案】 (1). E (2). C (3). D (4).
24、 A (5). 2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O (6). Ba2+SO42-=BaSO4【解析】【分析】（）饱和食盐水与沙子的混合物，属于固、液混合物。水和汽油，是不互溶的液体混合物。四氯化碳（沸点：76.75 ）和甲苯（沸点：110.6），是沸点相差较大的液体混合物。碘水中提取碘，属于从水溶液中提取碘单质。（）可设定NaHSO4为2mol，则加入的Ba(OH)2应为1mol，以保证H+与OH-刚好完全反应；在以上中性溶液中，含有SO42-，继续滴加Ba(OH)2溶液，发生SO42-与Ba2+的反应。【详解】（）饱和食盐水与沙子的混合物，属于固、液混合物，应采用过滤法
25、；答案为：E；水和汽油，是不互溶液体混合物，应采用分液法；答案为：C；四氯化碳（沸点：76.75 ）和甲苯（沸点：110.6），是沸点相差较大的液体混合物，应采用蒸馏法；答案为：D；碘水中提取碘，属于从水溶液中提取碘单质，应采用萃取分液法。答案为：A。（）可设定NaHSO4为2mol，则加入的Ba(OH)2应为1mol，以保证H+与OH-刚好完全反应，反应的离子方程式为2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O；答案为：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O；在以上中性溶液中，含有SO42-，继续滴加Ba(OH)2溶液，发生SO42-与Ba2+的反应，反应的离子
26、方程式为Ba2+SO42-=BaSO4。答案为：Ba2+SO42-=BaSO4。20.（）某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr（OH）3、H2O、H2O2.已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2O2.该反应中的还原剂是_该反应中，发生还原反应的过程是_.写出该反应的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目_如反应转移了0.3 mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为_（）已知实验室利用KMnO4溶液和浓盐酸反应制取Cl2，请回答下列问题：配平此化学方程式：_KMnO4+_HCl（浓） _KCl+_MnCl2+_Cl2+_H2O把此化学方程式改写成离子方
27、程式： _被氧化的HCl 与未被氧化的HCl物质的量之比为_【答案】 (1). H2O2 (2). H2CrO4 (3). Cr（OH）3 (4). =2Cr（OH）33O22H2O (5). 3.36L (6). 2 (7). 16 (8). 2 (9). 2 (10). 5 (11). 8 (12). 2MnO4+16H+10Cl- = 2Mn2+ 5Cl2+8H2O (13). 5:3【解析】【分析】（）还原剂是含价态升高元素的反应物；发生还原反应的是氧化剂，含有价态降低元素的反应物；反应物为H2CrO4、H2O2；生成物为Cr(OH)3、O2、H2O，单线桥表示的电子转移方向为反应物中
28、失电子元素箭头指向反应物中得电子元素，数目为得电子总数或失电子总数；如反应转移了0.3 mol电子，借助方程式建立关系式，然后进行计算。（）配平此化学方程式，先配2KMnO45Cl2，然后再利用电子守恒、质量守恒进行配平；改写时，KMnO4、HCl、MnCl2可以改写成离子，其它物质以化学式表示；被氧化的10HCl生成5Cl2，未被氧化的6HCl生成2KCl、2MnCl2，由此可得出被氧化的HCl 与未被氧化的HCl物质的量之比。【详解】（）还原剂是含价态升高元素反应物，应为H2O2；答案为：H2O2；发生还原反应的是氧化剂，含有价态降低元素的反应物，应为H2CrO4；答案为：H2CrO4；反
29、应物为H2CrO4、H2O2；生成物为Cr(OH)3、O2、H2O，方程式为2H2CrO4+3H2O2= 2Cr(OH)3+3O2+2H2O，并用单线桥标出电子转移的方向和数目=2Cr(OH)33O22H2O；答案为：=2Cr（OH）33O22H2O；利用上面反应，可建立如下关系式：O22e-，如反应转移了0.3 mol电子，则生成O20.15mol，体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L。答案为：3.36L。（）配平此化学方程式，先配2KMnO45Cl2，然后再利用电子守恒、质量守恒进行配平，从而得出反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)= 2KCl+2MnCl2+5C
30、l2+8H2O；答案为：2；16；2；2；5；8；改写时，KMnO4、HCl、MnCl2可以改写成离子，其它物质以化学式表示，从而得出离子方程式为2MnO4-+16H+10Cl- = 2Mn2+ 5Cl2+8H2O；答案为：2MnO4-+16H+10Cl- = 2Mn2+ 5Cl2+8H2O；被氧化的10HCl生成5Cl2，未被氧化的6HCl生成2KCl、2MnCl2，从而得出被氧化的HCl 与未被氧化的HCl物质的量之比10：6=5：3。答案为5：3。【点睛】书写反应的离子方程式时，可先确定主要反应物和主要产物，利用电子守恒配平；然后利用电荷守恒进行配平，配平时，常需添加阴离子或阳离子，可依
31、据溶液的性质，确定添加H+还是OH-及数目；最后依据质量守恒，确定在反应物还是生成物中添加H2O及其数目。21.阅读下面两条科普信息，回答问题：（1）一个体重50Kg的健康人含铁2g，这2g铁在人体中不是以单质金属的形式存在，而是以Fe2+和Fe3+的形式存在。亚铁离子易被吸收，给贫血者补充铁时，应给予含亚铁离子的亚铁盐，如硫酸亚铁。服用维生素C，可使食物中的铁离子还原成亚铁离子，有利于铁的吸收。（2）在新生代的海水里有一种铁细菌，它们提取海水中的亚铁离子，利用酶为催化剂把它转变成它们的皮鞘（可以用Fe2O3来表示其中的铁），后来便沉积下来形成铁矿；该反应的另一种反应物是CO2，反应后CO2转
32、变成有机物甲醛（甲醛化学式：CH2O）。这两则科普信息分别介绍了人体内和海水中的亚铁离子与铁离子（或者铁的高价化合物）相互转化的事实、方法和途径。这说明亚铁离子具有_性，铁离子具有_性，（1）中的维生素C是_剂，（2）中的CO2 是_剂，写出（2）中的离子方程式_【答案】 (1). 还原 (2). 氧化 (3). 还原 (4). 氧化 (5). CO24Fe2+5H2OCH2O2Fe2O38H+【解析】【分析】亚铁离子Fe2+能转化为Fe3+，价态升高；铁离子Fe3+能转化为Fe2+，价态降低；（1）中的维生素C能将Fe3+转化为Fe2+；（2）中的CO2能将Fe2+转化为Fe3+。在反应（2
33、）中，CO2与Fe2+反应，生成Fe3+和CH2O，在反应中，C由+4价降低为0价，Fe由+2价升高为+3价，依据电子守恒，可得出CO24Fe2+CH2O2Fe2O3，再利用电荷守恒、质量守恒进行配平，从而得出反应的离子方程式。【详解】亚铁离子Fe2+能转化为Fe3+，价态升高，表现出还原性；铁离子Fe3+能转化为Fe2+，价态降低，表现出氧化性；（1）中的维生素C能将Fe3+转化为Fe2+，表现出还原性；（2）中的CO2能将Fe2+转化为Fe3+，表现出氧化性。在反应（2）中，CO2与Fe2+反应，生成Fe3+和CH2O，在反应中，C由+4价降低为0价，Fe由+2价升高为+3价，依据电子守恒
34、，可得出CO24Fe2+CH2O2Fe2O3，再利用电荷守恒、质量守恒进行配平，从而得出反应的离子方程式为CO24Fe2+5H2OCH2O2Fe2O38H+。答案为：还原；氧化；还原；氧化；CO24Fe2+5H2OCH2O2Fe2O38H+。22.下图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签的有关内容，试根据标签上的有关数据回答下列问题：（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为_molL1。（2）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.400 mol/L稀盐酸。该学生需要量取_mL上述浓盐酸进行配制。配制仪器除烧杯、玻璃棒、量筒，还需要的仪器是 _、配制时，下列操作正确的顺序是（用字母
35、表示）_。A. 洗涤B. 定容C. 稀释D. 摇匀E. 冷却F. 量取G. 转移在配制过程中，下列实验操作使配制的稀盐酸的物质的量浓度偏小的是_A. 用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线B. 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水C. 配制时，容量瓶有少量蒸馏水D. 定容时俯视容量瓶的刻度线E. 转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯【答案】 (1). 119 (2). 16.8 (3). 500mL容量瓶、胶头滴管 (4). FCEGABD (5). ABE【解析】【分析】（1）利用公式可求出浓盐酸中HCl的物质的量浓度。（2）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.4
36、00 mol/L稀盐酸。利用稀释前后溶质的物质的量相等，可求出所需上述浓盐酸的体积；配制仪器除烧杯、玻璃棒、量筒，还需要的仪器是容量瓶和胶头滴管；配制时，操作的正确顺序，按配制溶液时的操作步骤进行排序；利用公式进行分析：A. 用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线，n偏小；B. 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，V偏大；C. 配制时，容量瓶有少量蒸馏水，n、V都不变；D. 定容时俯视容量瓶的刻度线，V偏小；E. 转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，n偏小。【详解】（1）=11.9 molL1。答案为：11.9；（2）设所需浓盐酸的体积为V，11.9mol/LV=0.400 mol/L
37、500mL，V=16.8mL；答案为：16.8；配制仪器除烧杯、玻璃棒、量筒，还需要的仪器是容量瓶和胶头滴管；答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；配制时，按配制溶液时的操作步骤进行排序，即为FCEGABD；答案为：FCEGABD；利用公式进行分析：A. 用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线，n偏小，c偏小；B. 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，V偏大，c偏小；C. 配制时，容量瓶有少量蒸馏水，n、V都不变，c不变；D. 定容时俯视容量瓶的刻度线，V偏小，c偏大；E. 转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，n偏小，c偏小。综合以上分析，ABE操作，使配制的稀盐酸的物质的量浓度偏小。答
38、案为：ABE。23.工业制法获得的纯碱中常含有NaCl杂质，用下述方法可以测定样品中NaCl的质量分数。样品12.0 g 溶液沉淀固体19.7 g（1）如何检验氯化钡溶液已过量_（2）检验沉淀是否洗涤干净所用到的试剂是_（3）样品中Na2CO3的质量分数为_（小数点后保留1位）【答案】 (1). 取少量上层清液于试管中，加入硫酸钠溶液，若有白色沉淀生成，则氯化钡溶液已过量，反之则不过量（合理即可） (2). 硝酸酸化的AgNO3溶液（合理即可） (3). 88.3%【解析】【分析】（1）检验氯化钡溶液已过量，即检验Ba2+的存在，所以应加入含SO42-的物质。考虑到原溶液中检验，只能加入硫酸钠
39、溶液。（2）检验沉淀是否洗涤干净，即检验沉淀表面是否存在Cl-，所用到的试剂是硝酸酸化的硝酸银。（3）计算Na2CO3的质量分数时，可利用Na2CO3BaCO3，先求出Na2CO3的质量，再除以12.0，得出质量分数。【详解】（1）检验氯化钡溶液已过量，即检验Ba2+的存在，所以应加入硫酸钠溶液，具体操作为：取少量上层清液于试管中，加入硫酸钠溶液，若有白色沉淀生成，则氯化钡溶液已过量，反之则不过量（合理即可）。答案为：取少量上层清液于试管中，加入硫酸钠溶液，若有白色沉淀生成，则氯化钡溶液已过量，反之则不过量（合理即可）；（2）检验沉淀是否洗涤干净，即检验沉淀表面是否存在Cl-，所用到的试剂是硝酸酸化的硝酸银。答案为：硝酸酸化的AgNO3溶液（合理即可）；（3）设样品中Na2CO3的质量为x 从而求出x=10.6g，样品中Na2CO3的质量分数为=88.3%。答案为：88.3%。
