1、广东省深圳市实验中学2019-2020学年高一化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64第I卷一、单项选择题1.下列我国古代的几种技术应用，不涉及氧化还原反应的是A. 卤水煮盐B. 铁矿石炼铁C. 化丹（Pb3O4）为铅D. 火药爆炸【答案】A【解析】将卤水放在锅内用火熬煮，水分蒸发，剩余固体为盐。没有新物质生成，物理变化，A正确；炼铁是在高温下用碳将铁矿石还原，属于氧化还原反应，B错误；利用还原剂把Pb3O4中的铅还原为铅，属于氧化还原反应，C错误；硫磺、硝酸钾和木炭之间在一定条件下
2、发生剧烈的氧化还原反应，变为氮气和二氧化碳和硫化钾，D错误；正确选项A。2.本草衍义中对精制芒硝过程有如下叙述：“朴硝以水淋汁，澄清，再经熬炼减半，倾木盆中，经宿，遂结芒有廉棱者。”文中未涉及的操作方法是A. 溶解B. 蒸发C. 蒸馏D. 结晶【答案】C【解析】根据题干叙述可知：精炼芒硝的方法是，将朴硝加水溶解，再经蒸发减半，经宿，然后结晶获得芒有廉棱者，即芒硝，涉及的操作方法有溶解、蒸发、结晶，未涉及的操作方法是蒸馏。答案选C.3.下列叙述中，错误的是( )A. 沙里淘金是利用了金与沙的密度相差较大而将沙淘走使金留下B. 化学上所指的杂质，有的本来无害且很有价值，即使无价值的也应设法变废为宝
3、C. 将待过滤的液体直接倒入漏斗中，且使液面低于滤纸边缘D. 蒸发操作可以从溶液中分离得到可溶性固体溶质【答案】C【解析】【详解】A沙里淘金是利用金与沙的密度相差较大，水将密度小的沙子冲走，从而分离，故A正确；B杂质是相对的，可转化为有用的物质，则化学上所指的杂质，有的本来无害且很有价值，即使有害无价值的也应设法变废为宝，故B正确；C过滤的液体应利用玻璃棒引流，且使液面低于滤纸边缘，故C错误；D蒸发分离可溶性固体与液体，则蒸发操作可以从溶液中分离得到可溶性固体溶质，故D正确；答案选C。4.检验某溶液中是否含有，常用方法是( )A. 取样，滴加BaCl2溶液，看是否有不溶于水的白色沉淀生成B.
4、取样，滴加稀盐酸酸化的BaCl2溶液，看是否有不落于水的白色沉淀生成C. 取样，滴加稀硫酸，再滴加BaCl2溶液，看是否有不落于水的白色沉淀生成D. 取样，滴加稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2落液，看是否有不溶于水的白色沉淀生成【答案】D【解析】【详解】A. 直接滴加BaCl2溶液不能排除银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等的干扰，故A错误；B. 滴加稀盐酸酸化的BaCl2溶液，不能排除银离子的干扰，故B错误； C. 滴加稀硫酸，再滴加BaCl2溶液，加入的硫酸会与氯化钡生成白色沉淀，不能证明原溶液中是否有SO42存在，故C错误；D. 先加入稀盐酸，无明显现象，没有产生沉淀，排除银离子、碳酸
5、根、亚硫酸根的干扰，然后再加氯化钡，产生白色沉淀，则证明有SO42存在，故D正确； 故选D。【点睛】在检验是否含有硫酸根离子时，如果对溶液成分没有限制，则需要排除可能存在的其他微粒如碳酸根离子、亚硫酸根离子、银离子等的干扰亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子，硫酸钡和氯化银都不溶于硝酸，在实验过程中，无论操作还是试剂的选择都要做出相互不干扰的选择和调整。5.关于电解质，下列说法正确是( )A. 强电解质的水溶液中不存在分子B. 氨气溶于水能导电，所以氨气是电解质C. H2SO4是强电解质，但在熔融状态下不能导电D. 盐酸能导电的原因是溶液在通电作用下产生了自由移动的离子【答案】C【解析】【详解
6、】A. 强电解质在水溶液中完全电离，但溶液中存在大量的水分子，故A错误；B. 氨气溶于水能导电，是因为氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨为弱电解质，不是氨气本身导电，因此氨气是非电解质，故B错误；C. H2SO4为共价化合物，在水溶液中能够完全电离，但在熔融状态下不能电离出自由移动的离子，故熔融状态下不能导电，但属于强电解质，故C正确；D. HCl是强电解质，在水溶液中电离出自由移动的离子，其水溶液形成盐酸，该溶液能导电是因为HCl电离出的阴阳离子导电，而电离不需要通电，故D错误；答案选C。6.无色透明的某强酸性溶液中能大量共存的离子组是( )A. Na+、K+、OH-、B. Na+、Cu2+
7、、C. Ca2+、H+D. Mg2+、Na+、Cl-【答案】D【解析】【分析】无色透明的某强酸性溶液中存在大量的H，据此分析。【详解】A. OH-、会与H反应生成弱电解质而不共存，故A错误；B. Cu2+显蓝色，不符合无色透明的限定条件，故B错误；C. HCO3会与H反应而不能大量共存，故C错误；D. 该组离子在强酸性溶液中不反应，能大量共存，符合题意，故D正确；答案选D。【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-
8、等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。7.下列各组化合物中，均为弱电解质的组是( )A. H2CO3、Ba(OH)2、K2S、H3PO4B. FeCl3、HF、CH3CH2OH、NH4ClC. CH3COOH、H2S、NH3H2O、H2OD. HClO、H2SO3、HCl、NaHCO3【答案】C【解析】【详解】A. H2CO3和H3PO4为弱电解质，而Ba(OH)2和K2S在水溶液中能够完全电离，属于强电解质，故A错误；B. HF是弱电解质，而FeCl3和NH4Cl属于强电解质
9、，CH3CH2OH属于非电解质，故B错误；C. CH3COOH和H2S为弱酸，NH3H2O为弱碱，H2O也为弱电解质，符合题意，故C正确；D. HClO和H2SO3为弱电解质，HCl和NaHCO3为强电解质，故D错误；答案选C【点睛】电解质的强弱是根据电解质在水溶液中的电离程度划分的，若完全电离，则属于强电解质，强酸、强碱和大多数的盐均属于强电解质；若部分电离，则属于弱电解质。8.下列说法错误的是( )A. “血液透析”利用了胶体的性质B. 溶液是电中性的，胶体是带电的C. 明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂D. 向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体【答
10、案】B【解析】【详解】A. 血液属于胶体，胶体不能透过半透膜，因此“血液透析”利用的是胶体的性质，故A正确；B. 溶液是电中性的，胶体本身不带电，胶体粒子可能会因为吸附带电粒子而带电，故B错误；C. 明矾在水溶液中能水解生成具有吸附性的Al(OH)3胶体，而达到净水目的，故C正确；D. 向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体，故D正确；答案选B。【点睛】B项是易错点，胶体和胶粒不是一个概念，胶体表面积较大，吸附带电粒子而形成胶粒，且并不是所有胶粒都带电，如淀粉胶粒不带电。9.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气
11、所含的原子数为NA同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等1L 2mo/L的氯化镁溶液中含氯离子为2NA标准状况下22.4L H2O中分子数为NA32g O2和O3混合气体中含有原子数为2NAA. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】标准状况下，11.2L氮气和氧气混合气体为0.5mol，而氮气和氧气均为双原子分子，故0.5mol气体中含1mol原子即NA个，故正确；同温同压下，体积相同的任何气体的物质的量相等，故同温同压下，相同气体的氢气和氩气的物质的量相等，则分子个数相等，故正确；溶液中氯化镁的物质的量n=cV=2mol/L1L=2mol，2mol氯化镁中含4mol氯离子即
12、4NA个，故错误；标准状况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故错误；O2和O3中均由氧原子构成，故32g混合物中含有的氧原子的物质的量n=2mol，个数为2NA个，故正确；综上所述，符合题意，D项正确，答案选D。10.氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如下图所示，则下列化学反应属于区域3的是A. 4NH35O24NO6H2OB. 2NaHCO3= Na2CO3H2OCO2C. 4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3D. ZnH2SO4=ZnSO4H2【答案】A【解析】A、反应是氧化还原反应，不是置换反应，不是化合反应，不是分解反应，属于区域3，故A正确；B、反应不是
13、氧化还原反应，不属于区域3，故B错误；C、反应是氧化还原反应，也是化合反应，属于区域1，不属于区域3，故C错误；D、该反应是氧化还原反应，但又是置换反应，属于区域4，不属于区域3，故D错误；故选A。11.已知I、Fe2+、SO2、Cl、H2O2都有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为ClFe2+H2O2ISO2。则下列反应不能发生的是A. 2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+ +SO42+4H+B. I2+SO2+2H2OH2SO4+2HIC. H2O2+H2SO4SO2+O2+2H2OD. 2Fe3+2I2Fe2+I2【答案】C【解析】【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产
14、物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是SO2I-H2O2Fe2+Cl-来判断反应能否发生。【详解】A、因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2Fe2+，与已知的还原性强弱一致，故A能发生；B、因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2I-，与已知的还原性强弱一致，故B能发生；C、若该反应发生，S元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则H2O2为还原剂，还原性强弱为H2O2SO2，与已知的还原性强弱矛盾，故C不能发生；D、因该反应中I元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则还原性强弱为I-Fe2+
15、，与已知的还原性强弱一致，故D能发生；故答案选C。【点睛】本题考查学生利用已知的还原性强弱来判断化学反应的发生，学生应学会利用化合价来分析反应中的还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答即可。12.在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，当制得相同物质的量的氧气时，三个反应中转移的电子数之化为( )A. 1:1:1B. 2:2:1C. 2:3:1D. 4:3:2【答案】B【解析】【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
16、钾、氯酸钾制取的反应中转移的电子数的一半，据此分析作答。【详解】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，如生成1mol O2，需转移4mol电子，用过氧化氢制氧气，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，B项符合题意，答案选B。二、单项选择题13.下列说法合理的是 根据纯净物中是否含氧元素，来判断是否属于氧化物根据电泳现象可证明胶体带电荷直径介于lnml00nm之间的微粒称为胶体金属氧化物都是碱性氧化物根据分散系的稳定性将分散系分为胶体、溶液和浊液同一钢笔使用不同牌号的墨水容易
17、堵塞，是由于胶体的聚沉A. 只有B. 只有C. 只有D. 只有【答案】A【解析】【详解】氧化物是含有两种元素且其中一种是氧元素的化合物。所以氧化物中一定含有氧元素，但含有氧元素的化合物不一定是两种元素组成，故不一定是氧化物，故错误；电泳现象可证明胶体微粒带电荷，胶体是电中性的，故错误；分散质微粒直径介于lnml00nm之间的分散系称为胶体，故错误；金属氧化物有的是酸性氧化物，如Mn2O7，有的是两性氧化物，如Al2O3，故错误；分散系分为胶体、溶液和浊液的依据是分散质的微粒直径大小进行分类，故错误；同一钢笔使用不同牌号的墨水容易堵塞，是由于胶体的聚沉，是正确的，故正确。故选A。14.用NA表示
18、阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是( )A. NaH与H2O反应生成氢气，每生成0.6g氢气转移电子数为0.6NAB. 12g镁在空气中充分燃烧，电子转移数目为NAC. 0.1 mol熔融NaHSO4中含有阳离子数目为0.1NAD. 标准状况下，6.72 L O2和N2的混合气体含有的原子数目为0.6NA【答案】A【解析】【详解】A. NaH与H2O反应的离子方程式为NaHH2O=NaOHH2，生成1mol氢气转移电子的物质的量为1mol，则生成0.6g氢气转移电子数为=0.3NA，故A错误；B. 12g镁的物质的量为0.5mol，而镁反应后变为+2价，故0.5mol镁反应后失去NA个电子，
19、故B正确；C. NaHSO4在熔融时只能电离为钠离子和硫酸氢根离子，故0.1mol熔融的NaHSO4含阳离子为0.1NA个，故C正确；D. 标况下6.72L混合气体的物质的量为0.3mol，而氮气和氧气均为双原子分子，故0.3mol混合气体中含0.6NA个原子，故D正确；答案选A。【点睛】C项是易错点，NaHSO4在熔融时只能电离为钠离子和硫酸氢根离子，而在水溶液中会完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子。15.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是( )A. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2+=BaSO4B. 将NaHSO4溶液滴入Ba(OH)2溶液中至溶液呈中性：2H+2OH-+Ba2+
20、=BaSO4+2H2OC. 足量CO2通入澄清石灰水中：2OH-+CO2=H2O+D. 碳酸氢钙溶液与足量氢氧化钠溶液反应：Ca2+OH-=CaCO3+H2O【答案】B【解析】【详解】A. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应会生成两种沉淀，其正确的离子方程式为：Cu2SO42Ba22OH=Cu(OH)2BaSO4，故A错误；B. 将NaHSO4溶液滴入Ba(OH)2溶液中至溶液呈中性，溶液中的溶质为硫酸钠，反应的离子方程式为：2H+ SO42+2OH-+Ba2+=BaSO4+2H2O，故B正确；C. 足量CO2通入澄清石灰水中，生成碳酸氢钙，反应的离子方程式为：CO2OH=HCO3，故C错误；D.
21、碳酸氢钙溶液与足量氢氧化钠溶液反应会生成碳酸钠，其离子方程式为：Ca22HCO32OH=CaCO3CO322H2O，故D错误；答案选B。【点睛】离子方程式的书写及其正误判断是高考高频考点，贯穿整个高中化学，是学生必须掌握的基本技能。本题重点考查有关“量”的离子方程式的书写正误判断，D项是易错点，可采取“以少定多”原则进行解答，即假设量少的反应物对应的物质的量为1 mol参与化学反应，根据离子反应的实质书写出正确的方程式，一步到位，不需要写化学方程式，可以更加精准地分析出结论。16.把200mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成2等份，一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另
22、一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为( )A. 0.1(b-2a)B. 10(2a-b)C. 10(b-a)D. 10(b-2a)【答案】D【解析】【分析】混合溶液分成两等份，每份溶液浓度相同一份加入含amol硫酸钠的溶液，发生反应Ba2+SO42-=BaSO4，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n(Ba2+)=n(Na2SO4)；另一份加入含bmol硝酸银的溶液，发生反应Ag+Cl-=AgCl，恰好使氯离子完全沉淀，则n(Cl-)=n(Ag+)，再利用电荷守恒可知每份中2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl-)，据此计算每份中n(K+)，根据c=计
23、算钾离子浓度。【详解】根据上述分析可知，每份溶液中，故钾离子浓度为，D项正确；答案选D。【点睛】溶液中始终存在电荷守恒规律。17.36.5gHCl溶解在1L水中(水的密度近似为1 gmL-1)，所得溶液的密度为 gmL-1，质量分数为w，物质的量浓度为c gmL-1，NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )A. 所得溶液的物质的量浓度：c=1 gmL-1B. 所得溶液中含有NA个HCl分子C. 36.5 gHCl气体占有的体积为22.4LD. 所得溶液的质量分数: w=【答案】D【解析】【详解】A.物质的量浓度单位是mol/L，不是gmL-1，故A错误；B. 氯化氢溶于水形成盐酸溶液是强
24、电解质，溶液中无氯化氢分子，故B错误；C.36.5gHCl气体物质的量为1mol，标准状况下占有的体积为22.4L，选项中温度压强不知，故C错误；D. 所得溶液的质量分数：=，故D正确；答案选D。18.在溶液中，0.2 mol 恰好能使0.4 mol 被完全氧化成，则被还原后X元素的化合价为( )A. +1B. +2C. +3D. +4【答案】D【解析】【详解】0.2mol X2O72-能使0.4mol SO32-完全氧化成SO42-，S元素的化合价由+4价升高为+6价，则X元素的化合价降低，设X2O72-被还原后X的化合价为x，由电子守恒可得：0.2mol2（6-x）=0.4 mol（6-4
25、），解得x=+4，D项正确，答案选D。19.天宫一号搭载的长征二号火箭使用的主要燃料是偏二甲肼（用R表示，其中碳元素显2价、氮元素显2价），N2O4作氧化剂，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为：R + 2N2O4 = 3N2+ 4H2O+ 2CO2，下列叙述错误的是A. 燃烧反应放出的巨大能量，把火箭送入太空B. 每生成1mol N2，该反应转移电子8molC. N2既是氧化产物也是还原产物，CO2是氧化产物D. 此反应中R的分子式为C2H8N2【答案】B【解析】【分析】该反应中根据原子守恒知，R分子式为C2H8N2，该反应中N元素化合价由-2价、+4
26、价分别变为0价，C元素化合价由-2价变为+4价，得电子的反应物是氧化剂，失电子的反应物是还原剂，再结合各个物理量之间的关系式计算。【详解】A该反应是放热反应，所以可在瞬间产生大量高温气体，从而推动火箭飞行，故A正确；BN2O4中N元素化合价由+4价变为0价，则每生成1molN2，该反应转移电子的物质的量=1mol2/32（4-0）=16/3mol，故B错误；C该反应中N元素化合价由-2价、+4价变为0价，C元素化合价由-2价变为+4价，所以是N2既是氧化产物也是还原产物，CO2是氧化产物，故C正确；D根据反应中原子守恒知，R分子式为C2H8N2，故D正确；答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应
27、，明确反应中元素化合价变化是解本题关键，侧重考查基本概念及计算，难点是B中计算，注意氮气既是氧化产物又是还原产物，为易错点。20.从矿物学资料查得，一定条件下FeS2(二硫化亚铁)存在反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是( )A. Cu2S既是氧化产物又是还原产物B. 5 mol FeS2参加反应，有10 mol电子转移C. FeS2只作还原剂D. 产物中的有一部分是氧化产物【答案】D【解析】【详解】14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素
28、的化合价由-1价降低为-2价，S元素的化合价由-1价升高为+6价，则ACu2S只是还原产物，故A错误；B.5 mol FeS2发生反应，由S元素的化合价升高可知，有3mol6-(-1)=21mol 电子转移，故B错误；CCuSO4是氧化剂，FeS2既是还原剂又是还原剂，故C错误； DS元素的化合价既升高又降低，由硫酸根离子守恒可知，17个硫酸根离子中有3个SO42-是氧化产物，故D正确；答案选D。21.超临界状态下的CO2流体溶解性与有机溶剂相似，可提取中药材的有效成分，工艺流程如下。下列说法中错误的是()A. 浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出B. 高温条件下更有利于超临界CO2流体萃
29、取C. 升温、减压的目的是实现CO2与产品分离D. 超临界CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点【答案】B【解析】【详解】A. 中草药中的有效成分是有机物，易溶于乙醇，浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出，A正确；B. 温度越低，气体的溶解度越大，所以高温条件不利于超临界CO2流体萃取，B错误；C. 升温、减压的目的是让CO2气化，从而实现CO2与产品分离，C正确；D. 升温、减压后，CO2全部气化，从而脱离萃取产品，因此，超临界CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点，D正确。故选B。22.青蒿素是高效的抗疟疾药，为无色针状晶体，易溶于丙酮、氯仿和苯中，甲醇、乙醇、
30、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156-157C，热稳定性差。已知：乙醚沸点为35C。提取青蒿素的主要工艺为：下列有关此工艺操作错误的是( )A. 破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率B. 操作需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯C. 操作是蒸馏，利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大D. 操作的主要过程加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤【答案】D【解析】【分析】对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，对粗品可加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品，据此分
31、析作答。【详解】根据上述分析可知，A. 破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率，故A正确；B. 操作为过滤，需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故B正确；C. 操作是蒸馏，利用了乙醚与青高素的沸点相差较大，故C正确；D. 根据给定信息可知，青蒿素在水中几乎不溶，因此操作的主要过程不是加水溶解，可加95%的乙醇溶解，再进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故D错误；答案选D。第卷三、填空题23.请回答下列问题(1)配平化学方程式。_FeCl3+_SO2+_H2O=_FeCl2+_H2SO4+_HCl。(2)除去括号中的杂质，写出除杂反应的离子方程式Na2SO4溶液(Na2CO3)：_
32、。Ca(NO3)2溶液(CaCl2)：_。(3)写出下列反应的离子方程式：向烧碱溶液中通入少量CO2气体：_。向澄清石灰水中滴加足量的碳酸氢钠溶液：_。(4)实验室中，制取Fe(OH)3胶体的离子方程式是_，证明胶体已经制成的方法是_。【答案】 (1). 2 (2). 1 (3). 2 (4). 2 (5). 1 (6). 2 (7). CO32+2H+=CO2+H2O (8). Ag+Cl=AgCl (9). CO22OH=CO32H2O； (10). Ca22OH2HCO3=CaCO3CO322H2O (11). Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ (12). 丁达尔效应【解析
33、】【分析】（1）依据氧化还原反应的规律结合电子转移数守恒、原子守恒配平；（2）碳酸钠能够与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水；硝酸银与氯化钙反应生成氯化银沉淀和硝酸钙；（3）烧碱和少量二氧化碳反应会生成碳酸钠与水；向澄清石灰水中滴加足量的碳酸氢钠溶液生成碳酸钠、碳酸钙和水；（4）实验室中，向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液可制取Fe(OH)3胶体；利用胶体特有的性质检验。【详解】（1）方程式中FeCl3转化为FeCl2，铁元素化合价从+3降低到+2，得到电子数为1，SO2转化为H2SO4，S元素化合价从+4价升高到+6价，失去电子数为2，则依据电子转移数守恒可知，FeCl3与FeCl2的化学计量数为
34、2，SO2与H2SO4的化学计量数为1，再根据Cl和H原子守恒可知，HCl和H2O的化学计量数分别为2，故该反应的化学方程式为：2FeCl3+SO2+2H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl，故答案为：2；1；2；2；1；2；碳酸钠能够与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，离子方程式：CO32+2H+=CO2+H2O，可以用稀硫酸除去硫酸钠中的碳酸钠；故答案为：CO32+2H+=CO2+H2O；硝酸银与氯化钙反应生成氯化银沉淀和硝酸钙，离子方程式：Ag+Cl=AgCl，可以用硝酸银除去硝酸钙中的氯化钙，故答案为：Ag+Cl=AgCl；（3）向烧碱溶液中通入少量CO2气体发生的离子方程式为：C
35、O22OH=CO32H2O；向澄清石灰水中滴加足量的碳酸氢钠溶液发生的离子方程式为：Ca22OH2HCO3=CaCO3CO322H2O；（4）实验室中，制取Fe(OH)3胶体操作是向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续加热，直至溶液变成红褐色，停止加热；该反应的离子方程式是Fe3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3H+；证明胶体已经制成的方法是使用光束通过该分散系，若出现“光亮”的通路，则证明该胶体已制成，即丁达尔效应，故答案为：Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；丁达尔效应。24.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置某化学兴趣小组利用以上装置，按以下实验方案，采取步骤(1
36、)(2)(3)(4)等四步操作从海洋动物中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。(已知甲苯和甲醇均为有机溶剂，有机物大多能互溶)(1)装置A中仪器的作用是_，使用装置A在流程中所对应的是_(填“操作(1)”“操作(2)”“操作(3)”或“操作(4)”，下同)。(2)使用装置B在流程中所对应的是_在该操作中，振荡仪器时，为了避免因液体挥发而导致内部气压过大，还应进行的操作是_(填写具体的操作方法)。(3)使用装置C在流程中所对应的是_，若所得沉淀不溶于水且需要洗涤，则洗涤的具体操作是_。(4)使用装置D在流程中所对应的是_。【答案】 (1). 冷凝 (2). 操作（4） (3). 操作（2） (4).
37、振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出 (5). 操作（1） (6). 往漏斗中加水至没过沉淀，待水自然流干，重复以上操作23次 (7). 操作（3）【解析】【分析】从海洋动物中提取具有抗肿瘤活性的天然产物，由实验流程可知，操作（1）是分离固液混合物，其操作为过滤，操作（2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗；操作（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿；操作（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，结合已知的图示装置及操作的规范性分析解答。【详解】上述分析可知操作（1）为过滤、（2）为分液、（3）为蒸发、（4）为蒸馏， (1)装置A为蒸馏实验装置，仪器为冷凝管
38、，其作用是冷凝，操作（4）为蒸馏，故使用装置A在流程中所对应的是操作（4）， 故答案为：冷凝；操作（4）； (2) 使用装置B在流程中所对应的是操作（2），振荡仪器时，为了避免因液体挥发而导致内部气压过大，还应进行的操作是振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出， 故答案为：操作（2）；振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出；(3)使用装置C的操作是（1），若所得沉淀不溶于水且需要洗涤，则洗涤的具体操作是往漏斗中加水至没过沉淀，让水自然流干，重复加水23次， 故答案为：操作（1）；往漏斗中加水至没过沉淀，让水自然流干，重复加水23次； (4)使用装置D的操作是（3），故答案为：操作（3）。【点睛】混合物分离
39、的物理方法：1.蒸发；2.过滤；3.蒸馏；4.分液。蒸发的使用范围是从溶液中获得可溶性的固体；过滤的使用范围是固体与液体分离；蒸馏是互溶的液体沸点不同进行分离；分液是互不相溶的液体分离。25.氯酸钾和浓盐酸之间有下列反应：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2+2ClO2+2H2O.(1)该反应中发生还原反应的物质是_。氧化产物是_。(2)用双线桥标出方程式中的电子得失2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2+2ClO2+2H2O_。(3)当有0.2 mol电子发生转移时，生成的氯气的体积为_L (标准状况)。被氧化的HCl的物质的量为_mol.(4)若分别用KMnO4(还原产物
40、是Mn2+)MnO2(还原产物是Mn2+) Ca(ClO)2(还原产物是Cl2)氧化浓盐酸制备氯气，当浓盐酸足量且这三种氧化剂的物质的量相同时，生成氯气的物质的量最少的是_。.检测人的血液中葡萄糖(简称血糖，相对分子质量为180)含量，参考指标常以两种计量单位表示，即“mmol/L”和“mg/dL”(1 L=l0dL)。以“mmol/L”表示时，人的血糖正常值在3.66.0 mmol/L之间。如果以“mg/dL”表示，血糖正常值范围是_。【答案】 (1). KClO3 (2). Cl2 (3). (4). 2.24 (5). 0.2 (6). (7). 64.8108.0 mg/dL【解析】【
41、分析】.（1）依据氧化还原反应的规律作答；（2）KClO3转化为ClO2转移电子数为2e-，HCl中Cl元素化合价升高，失去电子数为2e-，据此利用双线桥法分析；（3）当有0.2mol电子发生转移时，生成的氯气是0.1mol；（4）利用假设法，根据电子守恒分析作答；. 1mmol=10-3mol，1g=103mg，1L=10dL；根据上述单位的转化关系将已知的正常血糖范围3.66.0 mmol/L转化为以“mg/dL”为单位的数据。【详解】.（1）氯酸钾中氯元素化合价从+5价降低到+4价，得到1个电子，因此该反应中发生还原反应的物质是KClO3。氯化氢中氯元素化合价从1价升高到0价，失去电子，
42、则氧化产物是Cl2；（2）根据以上分析可知用双线桥标出方程式中的电子得失为；（3）当有0.2mol电子发生转移时，生成的氯气是0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L；根据氯原子守恒可知被氧化的HCl的物质的量为0.2mol；（4）假设均是1mol氧化剂参加反应，根据电子得失守恒可知1mol高锰酸钾得到氯气的物质的量是2.5mol，1mol二氧化锰得到氯气的物质的量是1mol，根据方程式Ca(ClO)2+4HCl2Cl2+CaCl2+2H2O可知1mol次氯酸钙得到2mol氯气，所以生成氯气的物质的量最少的是二氧化锰，答案选；. 1mmol=10-3mol，1g=103mg，1L=10dL
43、，1L中3.6mmol血糖的质量为：3.610-3mol180103mg/mol=648mg，用“mg/dL”表示血糖的浓度为：=64.8 mg/dL；6.0 mmol血糖的质量为：6.010-3mol180103mg/mol=1080 mg，用“mg/dL”表示血糖的浓度为：=108.0 mg/dL，故以“mg/dL”表示血糖的正常值范围是：64.8108.0 mg/dL之间，故答案为：64.8108.0 mg/dL。26.已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，请回答下列问题：(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为_molL-1。(保留2位有效数字)(2)该同学参阅该“84消毒液”的配
44、方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是_(填字母).A如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器B容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制C配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低D需要称量NaClO固体的质量为143.0g(3)“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84gcm-3)的浓硫酸配制200mL 2.3 molL-1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。需要量取浓硫酸的体积为_mL；(保留2位有效数字)定容时向容量瓶中注入蒸馏水，液面离刻度线下_时，改用
45、胶头滴管滴加蒸馏水至_相切；在转移液体前需要注意的是(容量瓶已查漏且洗涤干净)_；下列操作会使配制的稀硫酸物质的量浓度偏大的是_；A容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水B量取浓溶液读数时仰视刻度线C移液时玻璃棒在刻度线以上D定容观察液体时俯视刻度线【答案】 (1). 40 (2). C (3). 25 (4). 1-2cm (5). 凹液面和刻度线 (6). 冷却液体至室温 (7). BD【解析】【分析】（1）依据c=计算溶液的物质的量浓度；（2）根据溶液的配制及c=、m=nM来分析；（3）根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算；依据操作的规范性回答；浓硫酸溶于水为放热过程；根据c=并结合溶质的
46、物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。【详解】（1）该“84消毒液”的物质的量浓度c=4.0mol/L；故答案为：4.0；（2）欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液，因实验室没有480 mL的容量瓶，故需选用500mL的容量瓶，则A.需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的A和B不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管，故A错误；B. 容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干即可用于溶液配制，故B错误；C. 配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，则会使溶质的物质的量偏小，根据从c=可知，可能
47、导致结果偏低，故C正确；D. 应选取500mL的容量瓶进行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO的质量：0.5L4.0molL174.5gmol1=149.0g，故D错误；故答案为：C；（3）溶液稀释前后溶质的物质的量不变，浓硫酸的浓度为c= =18.4mol/L，假设需要浓硫酸的体积为V，则V18.4mol/L=0.2L2.3mol/L，V=0.025L=25mL，故答案为：25；定容时向容量瓶中注入蒸馏水，液面离刻度线下1-2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面和刻度线相切，故答案为：1-2cm；凹液面和刻度线；在转移液体前需要注意冷却液体至室温，因浓硫酸溶于水放热，若立即转入容量瓶并加水至刻度线，根据热胀冷缩原理可知会导致溶液体积不准确，溶液浓度不准确，故答案为：冷却液体至室温；A.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，即容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，不符合题意，故A错误；B. 量取浓溶液读数时仰视刻度线，会使所量取的浓溶液偏多，溶质的物质的量偏大，最终导致结果偏大，符合题意，故B正确；C移液时玻璃棒在刻度线以上，会造成所配溶液的体积偏大，浓度偏低，不符合题意，故C错误；D定容观察液体时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏大，符合题意，故D正确；故答案为：BD。
