1、江苏省泰州市姜堰市蒋垛中学2014-2015学年高一上学期期中化学试卷一、选择题（1-12小题为单选题，每小题2分，每小题只有一个选项符合题意；12-16为不定项选择题，每小题2分，每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分共40分）1以下是一些常用的危险品标志，装运乙醇的包装箱应贴的图标是( )ABCD考点：化学试剂的分类 专题：物质的分类专题分析：乙醇易燃烧，属于易燃液体，然后根据各选项图标的含义解答解答：解：A图标为腐蚀品，故A错误； B图标为爆炸品
2、，故B错误；C图标为有毒气体，故C错误；D乙醇为易燃液体，图标为易燃液体，故D正确故选D点评：本题考查学生有关乙醇的知识知识，可以根据所学知识进行回答，较简单2下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒的作用及其目的相同的是( )过滤 蒸发 溶解 向容量瓶转移液体A和B和C和D和考点：过滤、分离与注入溶液的仪器 专题：化学实验常用仪器分析：玻璃棒在很多操作中被用到，不同操作中玻璃棒的作用也不相同，如引流、搅拌加速溶解、防止液体飞溅、转移固体等作用解答：解：在过滤时，玻璃棒起引流作用；在蒸发实验中玻璃棒的作用是搅拌，防止液体因局部受热而飞溅；玻璃棒的作用是搅拌，加速物质的溶解；向容量瓶转移液体时玻璃棒
3、起引流作用其中玻璃棒的作用及其目的相同的是和，故选D点评：本题主要考查了玻璃棒的作用，熟悉各实验中玻璃棒的作用及使用注意事项即可解答，较简单3在下列转化中必须加入还原剂才能实现的是( )ACaCO3CO2BCuSO4CuCH2OH2DCCO2考点：重要的还原剂 分析：元素的化合价降低说明该元素被还原，发生了还原反应，必须加入还原剂才能实现解答：解：A、没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故A错误；B、铜元素的化合价从+2价降低到了0价，必须加入还原剂才能实现，故B正确；C、氢元素的化合价从+1价降低到了0价，但由于水可以通过电解来制的氢气，不需要加入还原剂即可实现，故C错误；D、碳元素的化
4、合价从0价升高到了+4价，必须加入氧化剂才能实现，故D错误故选B点评：本题考查氧化还原反应的特征和有关的概念内涵，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度不大4在强碱性的无色溶液中能大量共存的离子组是( )AK+、Mg2+、MnO4、ClBNa+、Ba2+、NO3、ClCNa+、H+、SO42、ClDCa2+、K+、CO32、NO3考点：离子共存问题 分析：强碱性溶液中含有大量OH，溶液无色说明不含有色离子，离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应且不和氢氧根离子反应的无色离子能大量共存，据此分析解答解答：解：AMg2+、OH发生反应生成沉淀而不能大量共存，
5、MnO4呈紫色，不符合无色条件，故A错误；B这几种离子之间不反应且和氢氧根离子不反应，符合无色条件，所以能大量共存，故B正确；CH+、OH生成弱电解质水而不能大量共存，故C错误；DCa2+、CO32反应生成碳酸钙沉淀而不能大量共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子共存，为高频考点，明确离子性质及离子共存条件是解本题关键，注意题干中限制性条件“无色、强碱性”，侧重考查复分解反应，熟悉常见有色离子，题目难度不大5日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是( )A大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏B充有氢气的气球遇明火爆炸C铁制菜刀生锈（Fe2O3nH2O）D铜铸塑像上出现铜绿Cu2
6、（OH）2CO3考点：氧化还原反应 分析：由现象可知发生的反应，反应中 存在元素的化合价变化，则现象与氧化含还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则现象与氧化含还原反应无关，以此来解答解答：解：A发生大理石与酸的复分解反应，不存在元素的化合价变化，则现象与氧化含还原反应无关，故A选；B氢气燃烧爆炸，H元素的化合价变化，存在元素的化合价变化，则现象与氧化含还原反应有关，故B不选；C生锈中Fe、O元素的化合价变化，存在元素的化合价变化，则现象与氧化含还原反应有关，故C不选；D出现铜绿时Cu、O元素的化合价变化，存在元素的化合价变化，则现象与氧化含还原反应有关，故D不选；故选A点评：本题考查氧
7、化还原反应，为高频考点，把握氧化还原反应中元素的化合价变化及氧化还原反应判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大6下列四种物质的溶液，其中一种与其它三种能发生离子反应，这种物质是( )ABaCl2BKOHCH2SO4DNa2CO3考点：离子反应发生的条件 专题：离子反应专题分析：此题可通过四种物质间的两两反应情况进行解决，四物质都属于酸碱盐范畴，故反应是否发生可通过复分解反应的发生条件进行判断解答：解：在复分解反应中，若生成物中有水或气体或沉淀生成时，将使生成物中的离子浓度减小，反应持续进行，则反应发生利用复分解反应的发生条件可知碳酸钠能与氯化钡、硫酸反应，氢氧化钾可与硫酸反应
8、，氯化钡可与硫酸反应，所以硫酸可与其他三种物质反应，故选C点评：本题考查物质间的反应，解题的关键是利用复分解反应的发生条件对反应的情况进行判断，属基础性知识考查题7下列溶液中Cl的物质的量浓度最大的是( )A200mL 2mol/L MgCl2溶液B1000mL 2.5mol/L NaCl溶液C250mL 1mol/L AlCl3溶液D300mL 5mol/L KClO3溶液考点：物质的量浓度 专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据溶液中c（Cl）=溶质的物质的量浓度化学式中氯离子个数，与溶液的体积无关解答：解：A、200mL 2molL1MgCl2溶液中c（Cl）=2c（MgCl2）=2m
9、ol/L2=4mol/L；B、1000mL 2.5molL1NaCl溶液中c（Cl）=c（NaCl）=2.5mol/L；C、250mL 1molL1AlCl3溶液中c（Cl）=3c（AlCl3）=1mol/L3=3mol/L；D、氯酸钾中不含氯离子，所以氯离子的物质的量浓度是0；所以氯离子浓度最大的是5mol/L，故选：A点评：本题考查了物质的量浓度的有关计算，根据溶液中c（Cl）=溶质的物质的量浓度化学式中氯离子个数来解答即可，易错选项是D，注意氯酸钾中含有氯酸根离子不含氯离子8下列离子方程式书写正确的是( )A碳酸氢钠与稀硫酸反应：CO32+2H+CO2+H2OB澄清石灰水跟稀硝酸反应：H
10、+OHH2OC氧化镁与醋酸反应：MgO+2H+Mg2+H2OD盐酸滴到铜片上：Cu+2H+Cu2+H2考点：离子方程式的书写 分析：A碳酸氢根离子不能拆开，需要保留整体形式；B氢氧化钙与稀硝酸的反应实质为氢离子与氢氧根离子的反应；C醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开；D铜活泼性较差，不能与盐酸反应生成氢气解答：解：A碳酸氢钠与稀硫酸反应生成氯化钠、二氧化碳气体和水，正确的离子方程式为：HCO3+H+CO2+H2O，故A错误；B澄清石灰水跟稀硝酸反应生成硝酸钙和水，反应的离子方程式为：H+OHH2O，故B正确；C氧化镁与醋酸反应生成醋酸镁和水，反应的离子方程式为：MgO+2CH3COOHMg2
11、+H2O+2CH3COO，故C错误；D盐酸滴到铜片上，二者不发生反应，无法写出反应的离子方程式，故D错误；故选B点评：本题考查了离子方程式的判断，为2015届高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等9下列除杂所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（括号内为杂质）( )A通过蒸发结晶稀硫酸的方式可以除去混合物NaCl（Na2CO3）中的Na2CO3，可提纯得到NaClB通过点燃O2的方式可以除去混合物CO2（CO）中的CO，可提纯得到CO
12、2C通过过滤稀盐酸的方式可以除去混合物Zn（Ag）中的Ag，可提纯得到ZnD通过蒸馏的方式可以除去混合物自来水（Cl）中的Cl，从而提纯得到自来水考点：物质的分离、提纯和除杂 分析：A加入稀硫酸引入新的杂质； B氧气应是过量的；C锌能与稀盐酸反应；DCl不挥发解答：解：A加入稀硫酸引入新的杂质硫酸根，故A错误； B氧气应是过量的，引入新的杂质，故B错误；C锌能与稀盐酸反应，银不反应，故C错误；DCl不挥发，水易挥发，可用蒸馏分离，故D正确故选D点评：本题考查物质的分离、提纯，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，难度不大，注意把握物质的性质的异同，注意除杂时不能引入新的杂质10下列与
13、实验相关的叙述正确的是( )AHg（NO3）2溶于水，可将含有Hg（NO3）2的废液倒入水池中，再用水冲入下水道B用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl溶液全部蒸干才停止加热C用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，必须冷却至室温才能转移到容量瓶中D分液操作时，下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从下口放出到另一个烧杯考点：化学实验方案的评价 分析：A根据硝酸汞有毒、污染水源进行判断； B根据蒸发操作时，有大量固体析出就可以停止加热判断；C根据浓硫酸稀释放热，影响配制的溶液浓度判断；D分液操作时，下层液体从下口放出，上层液体从上口放出解答：解：A由于汞离子属于
14、重金属离子，直接冲入下水道会污染水源，所以必须回收处理，不能直接将废液倒入水池中，再用水冲入下水道，故A错误； B用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，若蒸发皿中析出大量NaCl晶体时就停止加热，利用余热将剩余的液体蒸干，故B错误；C由于浓硫酸稀释过程中放出热量，导致溶液的体积增大，必须冷却后才能转移到容量瓶中，故C正确；D分液操作时，为防止药品污染，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口放出，故D错误故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的分离提纯、溶液配制等基本实验操作，侧重于考查学生的实验能力，题目难度不大，注意把握物质的性质的异同以及操作要点11已知：Fe3+遇到
15、KSCN溶液显血红色，茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是( )A将茶叶灼烧灰化，选用、和B用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用、和C过滤得到滤液，选用、和D检验滤液中的Fe3+，选用、和考点：二价Fe离子和三价Fe离子的检验 分析：检验茶叶中的铁元素，先将茶叶在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，在漏斗中过滤，可取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，以此解答该题解答：解：A将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有、和，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，故A不选；B用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，
16、可用玻璃棒搅拌，不用容量瓶，故B选；C过滤时用到、和，故C不选；D检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即、和，故D不选故选B点评：本题为2014年重庆2015届高考题，侧重于物质的检验和鉴别的实验设计的考查，着重于考查学生的分析能力和实验能力，落脚于基础知识的考查，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器，难度不大12有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，将它均分成两份一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl离子完全沉淀反应中消耗xmol H2SO4、ymol AgNO3据此得知原混合溶液中的
17、c（Na+）为( )Amol/LBmol/LCmol/LDmol/L考点：有关混合物反应的计算 分析：由BaCl2和稀硫酸反应可计算Ba2+离子的物质的量，利用NaCl和AgNO3溶液反应计算出Cl离子的物质的量，由混合液呈电中性可计算出钠离子的物质的量，并注意均分成两份及计算原混合溶液中的c（Na+）来解答即可解答：解：设每份中的Ba2+离子的物质的量为m，Cl离子的物质的量为n，由反应Ba2+SO42BaSO4可知：m=xmol，根据反应Cl+Ag+AgCl可知：n=ymol，设每份中的钠离子的物质的量为z，BaCl2和NaCl的混合溶液不显电性，则：x2+z=y，解得：z=（y2x）mo
18、l，则原溶液中的钠离子为：（y2x）mol2=（2y4x）mol，所以原溶液中的钠离子浓度为：c（Na+）=，故选D点评：本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确离子之间的量的关系即可解答，利用溶液不显电性来计算钠离子的物质的量是解答的关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力13下列说法不正确的是( )A氧化还原反应的特征是元素化合价发生了变化B在水溶液中能电离出H+的化合物不一定是酸C溶液与胶体的本质区别是能否产生丁达尔现象D因为NH3溶于水的溶液能导电，所以NH3是电解质考点：氧化还原反应；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；电解质与非电解质 分析
19、：A氧化还原反应的实质为电子转移，其特征为化合价变化；B能电离出H+的化合物可能为强酸的酸式盐；C溶液与胶体的本质区别为分散质的直径大小；DNH3本身不能电离解答：解：A氧化还原反应的特征是元素化合价发生了变化，其实质为电子转移，故A正确；B能电离出H+的化合物可能为强酸的酸式盐，如NaHSO4的水溶液中能电离出H+，故B正确；C溶液与胶体的本质区别为分散质的直径大小，可利用丁达尔现象鉴别，故C错误；DNH3本身不能电离，则为非电解质，故D错误；故选CD点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握氧化还原反应中元素的化合价变化及相关概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难
20、度不大14设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )A标准状况下，11.2L的水所含的分子数为0.5NAB16gS4分子和16gS8分子中所含的硫原子数相等C0.1molFe与足量稀硫酸反应失去的电子数为0.3NAD0.6mol/L的KCl溶液中含有K+个数为0.6NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A、标况下，水为液态；B、S4分子和S8分子均由S原子构成；C、铁与稀硫酸反应后变为+2价；D、溶液体积不明确解答：解：A、标况下，水为液态，不能根据气体摩尔体积来计算，故A错误；B、S4分子和S8分子均由S原子构成，故无论是16gS4分子还是16gS8分子中所含有的S原子的物质的量均为n=
21、1mol，即均为NA个，故B正确；C、铁与稀硫酸反应后变为+2价，故0.1mol铁失去0.2mol电子即0.2NA个，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的钾离子的个数无法计算，故D错误故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大15下列说法中正确的是( )A等温等压下，aLO2与bLO3混合后得到混合气体的体积为（a+b）LB配制100mL 0.2mol/LCuSO4溶液，需称取CuSO45H2O的质量为5.0 gC在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na+和SO42的物质的量相等，则K+和Cl的物质的量浓度一定相同D向某溶液
22、中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，继续滴加稀盐酸沉淀不溶解，说明原溶液中一定含有SO42考点：物质的量的相关计算；物质的量浓度的相关计算；硫酸根离子的检验；溶液的配制 分析：A等温等压下，混合气体的体积等于各组分体积之和；B根据n=cV计算硫酸物质的量，硫酸铜晶体物质的量等于硫酸铜的物质的量，再根据m=nM计算硫酸铜晶体质量；C在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，根据电荷守恒可知c（Na+）+c（K+）=2c（SO42）+c（Cl），据此计算判断；D溶液中可能含有SO42或Ag+解答：解：A等温等压下，混合气体的体积等于各组分体积之和，故aLO2与bLO3混合后得到混合气体的体积为（a
23、+b）L，故A正确；B硫酸物质的量为0.1L0.2mol/L=0.02mol，硫酸铜晶体物质的量等于硫酸铜的物质的量，需要硫酸铜晶体的质量为0.02mol250g/mol=5.0g，故B正确；C在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，根据电荷守恒可知c（Na+）+c（K+）=2c（SO42）+c（Cl），若Na+和SO42的物质的量相等，则c（K+）=c（SO42）+c（Cl），故C错误；D向某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，继续滴加稀盐酸沉淀不溶解，原溶液中可能含有SO42或Ag+，应先加入足量盐酸，没有白色沉淀生成，再加入加BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明原溶液中一定含有SO4
24、2，故D错误，故选：AB点评：本题考查物质的量有关计算、实验方案评价等，难度中等，C选项中注意利用电荷守恒解答16氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；还原剂的还原性大于还原产物的还原性现有以下反应( )Cl2+2KBr2KCl+Br2，KClO3+6HCl3Cl2+KCl+3H2O，2KBrO3+Cl2Br2+2KClO3，下列说法正确的是A上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B氧化性由强到弱顺序为 KBrO3KClO3Cl2Br2C反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1D中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2mol考点：氧化还原反应 分析：A置换反应中不
25、仅有单质生成还必须有单质参加；B根据同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来判断氧化性强弱；C根据氯气和转移电子之间的关系式计算；D根据元素化合价变化计算解答：解：A、根据置换反应的概念分析，反应中生成物有单质生成但反应物没有单质参加，不是置换反应，故A错误；B、反应中氧化剂是氯气，氧化产物是溴，所以氯气的氧化性大于溴，反应中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氯酸钾的氧化性大于氯气，反应中氧化剂是溴酸钾，氧化产物是氯酸钾，所以溴酸钾的氧化性大于氯酸钾，总之，氧化性强弱顺序是 KBrO3KClO3Cl2Br2，故B正确；C、反应KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中，氧化剂
26、是氯酸钾，还原剂是参加反应氯化氢的5/6，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：1，故C错误；D、反应中还原剂是氯气，氧化剂是溴酸钾，该反应式中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量10mol，故D错误故选B点评：本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价是解本题的关键，易错选项是C，注意该选项中不是所有氯化氢都参加氧化还原反应，为易错点，题目难度不大二、填空题（共60分）17现有下列十种物质：H2Cu Na2O CO2 H2SO4 Ba（OH）2 红褐色的氢氧化铁胶体 碘酒 稀硝酸 Al2（SO4）3（1）按物质的分类方法填写表格的空白处（填写序号）：1；2；3；分类标准混合物氧化物电解质
27、属于该类的物质123（2）在水中的电离方程式为Al2（SO4）3=2Al3+3SO42；（3）写出下列物质之间反应的离子方程式：少量的通入的水溶液CO2+Ba2+2OHBaSO4+H2O；的水溶液与的水溶液混合2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O；（4）质量都是10g的HCl、NH3、CO2、H2四种气体在标准状况下，体积最小的是CO2，密度最小的是H2；（填分子式）（5）与发生反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，HNO3是氧化剂，Cu元素被氧化，参加反应的HNO3中，n（HNO3）被还原：n（HNO3）未被还原=1：3，当有6.4
28、gCu发生反应时，转移电子的物质的量为0.2mol考点：混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；离子方程式的书写；氧化还原反应；电解质与非电解质 分析：（1）由两种或两种以上物质组成的是混合物，O与其它元素形成的纯净物属于氧化物，溶于水或者熔融状态下能导电的化合物属于电解质；（2）硫酸铝电解生成铝离子和硫酸根；（3）少量的二氧化碳可以和强碱反应生成碳酸盐和水；（4）依据物质的量有关公式以及阿伏伽德罗定律推断即可；（5）氧化还原反应中失电子的元素化合价升高，得电子的元素化合价降低，化合价降低数目=化合价升高数目=转移的电子数目，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，化合价降低元素所在
29、的生成物是还原产物解答：解：（1）H2Cu分别属于非金属单质和金属单质；CO2 属于氧化物，不能导电，不是电解质；H2SO4属于酸，是电解质；Ba（OH）2属于碱，是电解质；红褐色的氢氧化铁胶体、碘酒、和稀硝酸均四由两种物质组成的混合物； Al2（SO4）3属于盐，是电解质，故答案为：；（2）硫酸铝是强电解质，能完全电离，电离方程式为：Al2（SO4）3=2Al3+3SO42；（3）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，稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，该离子反应为2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O，故答案
30、为：Ba（OH）2+CO2=BaCO3+H2O；2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O；（4）二氧化碳的摩尔质量是44g/mol，氯化氢的摩尔质量是36.5g/mol，氢气摩尔质量是2g/mol，氨气的摩尔质量是17g/mol，同温同压下，气体摩尔体积相同，根据= 知，密度与气体摩尔质量成正比，所以气体密度最小的是H2；相同质量、相同气体摩尔体积时，气体体积与摩尔质量成反比，所以体积最小的是CO2，故答案为：CO2；H2；（5）反应中N元素化合价降低，HNO3为氧化剂，Cu元素化合价升高，被氧化，根据方程式可判断，当8molHNO3参加反应时，有2mol被还原，表现为氧化性，6m
31、olHNO3表现为酸性，被还原的HNO3与参加反应的HNO3物质的量之比是1：4；n（HNO3）被还原：n（HNO3）=1：3，6.4gCu的物质的量=0.1mol，此时转移电子数=0.1mol（20）=0.2mol；故答案为：HNO3；Cu；1：3；0.2点评：本题是一道综合物质的分类、物质的量的计算以及物质的性质、离子反应方程式书写等方面知识的考查题，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度不大18（16分）如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：（1）装置B中的名称是分液漏斗，若用CCl4来萃取碘水中的碘，静置后，碘的CCl4溶液在下层，呈紫红色；回收碘的CCl
32、4溶液中的CCl4选择装置A（填代表装置图的字母）；（2）为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42以及泥沙等杂质，某同学利用相关装置设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：、步骤的操作名称是溶解；、第步中，加入的试剂是Na2CO3（填化学式），该步骤中涉及的离子反应方程式为：Ca2+CO32CaCO3，Ba2+CO32BaCO3；、判断第步盐酸已“适量”的方法是向滤液中继续滴加稀盐酸，无气泡产生；、假设按照上述流程准确规范完成后，最后得到的氯化钠固体的质量为m1；若没有进行第步，第步完成后直接进行第步得到的氯化钠固体质量为m2；则m1大于m2（填“大于”或“小于”或“
33、等于”或“无法确定”）考点：物质分离、提纯的实验方案设计；粗盐提纯 分析：（1）根据构造可知为分液漏斗；四氯化碳的密度大于水溶液，静置后碘的CCl4溶液在下层，溶液呈紫红色；从四氯化碳中分离出碘单质，需要通过蒸馏操作完成；（2）除去粗盐固体中的杂质，应该向将粗盐溶解；用氯化钡除去硫酸根离子、氢氧化钠除去镁离子，钙离子及过量的钡离子需要用碳酸钠溶液除去；涉及的反应有钙离子与碳酸根离子生成碳酸钙、钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡，据此写出反应的离子方程式；过滤后需要加入稀盐酸中和过量的碳酸钠和氢氧化钠，可向滤液中滴加稀盐酸，若没有气泡生成，则盐酸已经适量；若没有进行第步，得到的氯化钠中含有NaOH
34、和Na2CO3，根据钠离子的量相同时氢氧化钠、碳酸钠与氯化钠的质量大小判断解答：解：（1）装置B中的名称是分液漏斗；若用CCl4来萃取碘水中的碘，由于四氯化碳的密度大于水溶液，则静置后，碘的CCl4溶液在混合液的下层，碘的四氯化碳溶液呈紫红色；碘单质易溶于四氯化碳，若回收碘的CCl4溶液中的CCl4，需要通过蒸馏操作完成，应该选用装置A，故答案为：分液漏斗；下；紫红；A；（2）除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42以及泥沙等杂质，先应该将粗盐溶解，所以步骤为溶解，故答案为：溶解；杂质SO42用氯化钡除去硫、用氢氧化钠除去Mg2+离子，Ca2+及过量的Ba2+需要用Na2CO3溶液除去，所以第
35、步中加入的试剂是Na2CO3；涉及的反应有：钙离子与碳酸根离子生成碳酸钙、钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡，反应的离子方程式为：Ca2+CO32CaCO3、Ba2+CO32BaCO3，故答案为：Na2CO3；Ca2+CO32CaCO3；Ba2+CO32BaCO3；经过步骤过滤出沉淀及泥沙后，需要加入适量盐酸除去杂质氢氧根离子、碳酸根离子，判断盐酸适量的方法为：向滤液中继续滴加稀盐酸，无气泡产生，故答案为：向滤液中继续滴加稀盐酸，无气泡产生；若没有进行第步，得到的固体中含有NaOH和Na2CO3，假设含有1mol钠离子，若生成1molNaCl，其质量为58.5g，若为NaOH，1molNaOH的
36、质量为40g58.5g，若为碳酸钠，则0.5mol碳酸钠的质量为53g58.5g，则会导致固体的质量减小，即：m1大于m2，故答案为：大于点评：本题考查了物质分离与提纯实验方案的设计，题目难度中等，明确实验目的及实验原理为解答关键，注意掌握除杂试剂的选用方法及操作方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力19图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签，试根据有关数据回答下列问题：（1）该浓盐酸的物质的量浓度为11.8molL1；（2）取用任意体积该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是BD；A、溶液中Cl的数目 B、溶液的密度 C、溶质的物质的量 D、溶液的浓度（3）某学生欲用上述浓盐酸
37、和蒸馏水配制450mL物质的量浓度为0.4mol/L的稀盐酸，该学生需要量取16.9mL上述浓盐酸进行配制（结果保留小数点后一位）若用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，则所配制的稀盐酸物质的量浓度将偏低（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）；若定容摇匀后发现液面低于刻度线，又补加水至刻度线，则所配制的稀盐酸物质的量浓度将偏低；（4）取100mL 0.4molL1的盐酸与100mL 0.1molL1的AgNO3溶液混合，混合后的体积可近似为两溶液的体积之和，则所得溶液中Cl的物质的量浓度为0.15molL1考点：配制一定物质的量浓度的溶液 分析：（1）根据c=计算该浓盐酸中HCl的物质的量浓度
38、；（2）根据该物理量是否有溶液的体积有关判断；（3）根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算；根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析；（4）100mL 0.4molL1的盐酸中HCl的物质的量n=CV=0.4mol/L0.1L=0.04mol，100mL 0.1molL1的AgNO3溶液中AgNO3的物质的量n=CV=0.1mol/L0.1L=0.01mol，两者混合后发生反应：Ag+Cl=AgCl，根据两者的量来分析Cl的浓度解答：解：（1）质量分数36.5%，密度为1.18g/mL的盐酸的物质的量浓度=11.8mol/L，故答案为：11.8；（2）A溶液中Cl的数目
39、=nNA=CVNA，所以与溶液的体积有关，故A不选；B溶液的密度与溶液的体积无关，故B选；C溶液中HCl的物质的量n=CV，所以与溶液的体积有关，故C不选；D溶液的浓度C=，与溶液的体积无关，故D选；故选BD；（3）由于实验室无450mL容量瓶，故应选择500mL的容量瓶，配置出500mL的溶液，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变，设需要浓盐酸的体积为V，则11.8mol/LV=0.5L0.400mol/L解得V=0.0169L=16.9mL；若用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，会导致所取的浓盐酸的体积偏小，则所配制的稀盐酸物质的量浓度偏低；摇匀后发现液面低于刻度线，是正常的，又补加水至刻度线
40、，则所配制的稀盐酸物质的量浓度将偏低故答案为：16.9；偏低；偏低；（4）100mL 0.4molL1的盐酸中HCl的物质的量n=CV=0.4mol/L0.1L=0.04mol，100mL 0.1molL1的AgNO3溶液中AgNO3的物质的量n=CV=0.1mol/L0.1L=0.01mol根据两者混合后发生反应：Ag+Cl=AgCl可知，HCl过量，故反应后溶液中的n（Cl）=0.04mol0.01mol=0.03mol，故反应后的浓度c（Cl）=0.15mol/L，故答案为：0.15mol/L点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算、误差分析以及溶液混合后离子浓度的计算，属
41、于基础型题目，难度不大201774年，瑞典化学家舍勒发现锰矿（主要成分是MnO2）和浓盐酸混合加热能制取氯气：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O现将17.4gMnO2与200g 36.5%的浓盐酸（过量）完全反应，把反应后所得溶液稀释到400mL（1）请用双线桥表示该反应电子转移方向和总数：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（2）计算生成Cl2的体积（折算成标准状况）为4.48L（写计算过程，否则不得分）；（3）计算稀释后溶液中Cl的物质的量浓度为4molL1（写计算过程，否则不得分）考点：化学方程式的有关计算 分析：（1）Mn元素的化合价由+4价降低为+2
42、价，Cl元素的化合价由1价升高为0，该反应中转移2e；（2）根据n=计算二氧化锰的物质的量，根据方程式计算生成的氯气的物质的量，利用V=nVm计算氯气的体积；（3）根据氯原子守恒计算溶液中Cl的物质的量，再根据c=计算Cl的物质的量浓度解答：解：（1）Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，Cl元素的化合价由1价升高为0，该反应中转移2e，用双线桥表示该反应电子转移方向和总数为：，故答案为：；（2）17.4gMnO2的物质的量=0.2mol，设生成的Cl2的体积为V，MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O1mol 1mol0.2mol n所以，n=0.2mol，故生成氯气的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，故答案为：4.48；（3）根据氯原子守恒，溶液中Cl的物质的量=0.2mol2=1.6mol，故Cl的物质的量浓度为=4mol/L，故答案为：4点评：本题考查化学方程式有关计算、氧化还原反应等，（3）中注意利用守恒法进行解答