河南省洛阳市2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

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www.ks5u.com 洛阳市2019--2020学年第一学期期中考试高一化学试卷 本试卷可能用到的相对原子质量:H:11 C:12 N: 14 O: 16 Na:23 S:32 C1 :35.5 Cu: 64‎ 一、远择题(本题共10小題，每小题只有一个项行合题，每小题2分，共20分)‎ ‎1.如果你在厨房不小心将花生油与凉开水混在一起，你将采用下列何种方法进行分离 A. 过滤 B. 蒸馏 C. 分液 D. 萃取 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过滤适用于固液混合物的分离，蒸馏适用于沸点不同的液体混合物的分离，分液适用于互不相溶的液体分离，萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度不同的分离方法，据此判断。‎ ‎【详解】花生油和水互不相溶，可用分液方法分离。‎ 答案选C。‎ ‎2.关于胶体的叙述中，不正确的是 A. 向胶体中加蔗糖溶液，产生聚沉现象 B. 可见光透过胶体时，发生丁达尔现象 C. 用渗析的方法“净化”胶体时，使用的半透膜只能让小分子、离子通过 D. 胶体微粒能吸附阳离子或阴离子，故在电场作用下产生电泳现象 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．胶体遇电解质溶液发生聚沉，蔗糖是非电解质，故A错误；‎ B．当一束平行光线通过胶体时，从侧面看到一束光亮的“通路”，这是胶体中胶粒在光照时产生对光的散射作用形成的，故B正确；‎ C．胶体粒子不能透过半透膜而离子可以，渗析可以净化胶体，故C正确．‎ D．胶粒因吸附阳离子或阴离子而带电荷，从而会在电场的作用下产生电泳现象，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题综合考查了胶体的相关知识，需要注意的是胶体是呈电中性的，而部分胶体的胶粒因吸附离子而带电荷。‎ ‎3.下列关于物质分类的正确组合是( )‎ 物质分类 碱 酸 盐 碱性氧化物 酸性氧化物 A Na2CO3‎ HNO3‎ NaHCO3‎ CaO CO2‎ B NaOH HCl NaCl Fe3O4‎ H2O2‎ C Fe(OH)3‎ HF CaCO3‎ CaO SO2‎ D NaOH CH3COOH CaF2‎ K2O CO A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Na2CO3是盐，不是碱，故不选A； ‎ B、Fe3O4与酸盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，Fe3O4不是碱性氧化物，H2O2是过氧化物，故B错误；‎ C、Fe(OH)3是碱、HF是酸、CaCO3是盐、CaO是碱性氧化物、SO2是酸性氧化物，故C正确；‎ D、K2O是超氧化物，CO既不是酸性氧化物又不是碱性氧化物，故D错误。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分类，抓住各概念的特征进行分析判断是解答此类题的关键，注意碱性氧化物与酸反应只能生成盐和水。‎ ‎4.下列有关实验操作的叙述错误的是 (　　)‎ A. 过滤操作中，漏斗的尖端应该接触烧杯内壁 B. 蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置 C. 向容量瓶转移液体时，引流用的玻璃棒不可以接触容量瓶内壁 D. 为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项，过滤操作中，漏斗的尖端应该接触烧杯内壁，正确；B项，蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置，正确；C 项，向容量瓶转移液体时，引流用的玻璃棒下端应紧靠容量瓶内壁，错误；D项，为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至刻度线下1~2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，正确；答案选C。‎ ‎5.有硫酸钾K2SO4和硫酸铝Al2(SO4)3的混合溶液，已知其中Al3＋的浓度为0.2mol/L,SO42-浓度为0.4mol/L则K＋的浓度为( )‎ A. 0. 1mol/L B. 0. 2 mol/L C. 0. 3 mol/L D. 0.4 mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设K＋的浓度c mol/L，忽略水的电离，根据电荷守恒，2c(SO42-)=3c(Al3＋)+c(K＋)，0.4mol/L×2=0.2 mol/L×3＋c mol/L×1，c=0.2 mol/L，故选B。‎ ‎6.草酸（分子式为H2C2O4，沸点：150℃）是生物体的一种代谢产物，广泛分布于植物、动物和真菌体中．下列有关判断不正确的是（ ）‎ A. 草酸的摩尔质量是90g/mol B. 1mol草酸中含有6.02×1023个分子 C. 45g草酸中含有1.204×1024个氧原子 D. 1mol草酸在标准状况下的体积约为22.4L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据草酸的分子式：H2C2O4，相对分子质量为：1×2+12×2+16×4=90，故草酸的摩尔质量是90g/mol，正确；‎ B、草酸是由草酸分子构成的，1mol草酸中含有NA个分子，即6.02×1023个分子，正确；‎ C、45g草酸物质的量为0.5mol，含有氧原子为0.5mol×4=2mol，个数为：2×6.02×1023=1.204×1024，正确；‎ D、草酸沸点为150℃，故草酸在标准状况下不是气体，1mol草酸在标准状况下的体积小于22.4L，错误；‎ 答案选D。‎ ‎7.等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液分别与等体积等物质的量浓度的AgNO3溶液恰好完全反应，则NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的物质的量浓度之比是 A. 1:2:3 B. 6:3:2 C. 3:2:1 D. 1:1:1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据与等量的 AgNO3溶液恰好都完全反应，则等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl-‎ 的物质的量相等，以此来计算。‎ ‎【详解】设NaCl、MgCl2、AlCl3的物质的量分别为x、y、z,根据分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应可知，三种溶液中Cl-的物质的量相等，即x=2y=3z，计算得出x：y：z=6:3:2；因溶液的体积相同，则物质的量之比等于浓度之比，所以浓度之比为6:3:2；综上所述，本题选B。‎ ‎8.下列反应中，水既不是氧化剂、也不是还原剂的氧化还原反应是 A. Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑ B. 2F2+2H2O=4HF+O2‎ C. Na2O+H20=2NaOH D. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化合价的变化，分析氧化还原反应中水的作用。‎ ‎【详解】A项：水中氢原子得电子生成氢气，水是氧化剂，A项错误； ‎ B项：水中氧原子失电子生成氧气，水是还原剂，B项错误；‎ C项：不是氧化还原反应，C项错误； ‎ D项：Na2O2中，部分氧原子得电子、另部分氧原子失电子，Na2O2既是氧化剂、也是还原剂，水既不是氧化剂、也不是还原剂，D项正确。‎ 本题选D。‎ ‎9.下列说法正确的是( )‎ A. 物质的相对分子质量就是该物质的摩尔质量 B. 两个等容容器，一个盛NO，另一个盛Ar、O3混合气体同温同压下两容器内气体分子总数一定相同原子总数也一定相同 C. 发生化学反应时失电子数越多的金属原子，还原能力越强 D. 向Fe(OH)3胶体中不断加入硫酸溶液，先产生红褐色沉淀，然后溶解 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 物质的相对分子质量和摩尔质量的单位不同，摩尔质量的单位是g/mol时，摩尔质量的数值等于物质的相对分子质量，故A错误；‎ B. 根据阿伏加德罗定律，两个等容容器，一个盛NO，另一个盛Ar、O3混合气体同温同压下两容器内气体分子总数一定相同，原子总数不一定相同，故B错误；‎ C. 还原性与失电子难易有关，与失电子多少无关，发生化学反应时失电子数越多的金属原子，还原能力不一定越强，故C错误；‎ D. 胶体中加入电解质溶液发生聚沉，向Fe(OH)3胶体中不断加入硫酸溶液，先产生红褐色沉淀，然后Fe(OH)3与硫酸反应生成硫酸铁和水，所以沉淀又溶解，故D正确。‎ ‎10.用容量瓶配制一定物质的量浓度的NaCl溶液的实验中，会使所配溶液浓度偏低的是( )‎ ‎①定容时仰视刻度线②容量瓶用蒸馏水洗涤但没有干燥③没有洗涤溶解NaCl固体的烧杯和玻璃棒④称量NaCl固体时所用砝码生锈了 A. ①③ B. ②③ C. ①②③ D. 全部 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；②容量瓶用蒸馏水洗涤但没有干燥，无影响，所配溶液浓度不变；③没有洗涤溶解NaCl固体的烧杯和玻璃棒，溶质偏少，所配溶液浓度偏低；④称量NaCl固体时所用砝码生锈了，溶质偏多，所配溶液浓度偏高；故选A。‎ ‎【点睛】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的误差分析，注意根据c=分析不当操作对n或V的影响， n偏大则c偏大，V偏大则c偏小。‎ 二、选择题（本题共10小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共30分）‎ ‎11.分类思想是研究化学的常用方法，下列分类叙述正确的是 （ ）‎ A. 既有单质参加又有单质生成的反应一定是氧化还原反应 B. 含有不同种元素的纯净物叫做化合物 C. 导电能力强的一定是强电解质，难溶于水的一定是弱电解质 D. 碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物一定是非金属氧化物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.有单质参加又有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，如：石墨转化为金刚石就不是氧化还原反应，故A错误；‎ B.化合物是指由两种或两种以上的元素组成的纯净物（区别于单质），故B正确；‎ C.导电能力强的不一定是强电解质，例如：铜单质；难溶于水的也不一定是弱电解质，电解质的强弱和溶解度无关，硫酸钡难溶于水，但它是强电解质，故C错误；‎ D.碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物。比如：七氧化二锰，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎12.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是( )‎ A. 常温常压下，1mol甲烷分子中所含质子数为10NA B. 2mol/L的NaCl溶液中钠离数目为2NA C. 常温下，46gNO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子数目为NA D. 若120g石墨能写a个字，则平均每个字的含有10NA/a个碳原子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1个甲烷分子中有10个质子，1mol甲烷分子中所含质子数为10NA，故A正确；‎ B. 根据n=cV，没有溶液体积不能计算氯化钠的物质的量，故B错误；‎ C. NO2和N2O4的最简式都是NO2，46gNO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子数目为NA，故C正确；‎ D. 120g石墨中碳原子的物质的量是，若120g石墨能写a个字，则平均每个字的含有10NA/a个碳原子，故D正确。‎ 答案选B。‎ ‎13.下列有关离子或物质的检验及结论错误的是( )‎ A. 用丁达尔效应可鉴别FeCl溶液和Fe(OH)3胶体 B. 向某无色溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀出现，再加入稀盐酸，沉淀不消失，无法证明溶液一定含有SO42-‎ C. 在某未知成分的溶液中滴入足量盐酸，如观察到无色无味的气体产生，且能使澄清石灰水变浑浊，不能证明溶液中必定有CO32-‎ D. 氨气能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明氨气的水溶液呈碱性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、FeCl3溶液不能产生丁达尔效应、Fe(OH)3胶体能产生丁达尔效应，所以用丁达尔效应可鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，故A正确；‎ B、向某无色溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀出现，再加入稀盐酸，沉淀不消失，可能存在SO42-或Ag+，故B正确；‎ C. 在某未知成分的溶液中滴入足量盐酸，如观察到无色无味的气体产生，且能使澄清石灰水变浑浊，溶液可能有CO32-或HCO3-，故C正确；‎ D、氨气的水溶液呈碱性，所以氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D错误。‎ ‎14.下列反应的离子方程式书写正确的是( )‎ A. 制备Fe(OH)3胶体:Fe3＋＋3H2O＝Fe(OH)3↓ ＋3H＋‎ B. 向氯化钙溶液中通入少量CO2气体:Ca2＋＋CO2＋H2O＝CaCO3↓ ＋2H＋‎ C Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应:Ca2＋＋HCO3-＋OH--＝CaCO3↓ ＋H2O D 金属镁与稀盐酸反应:Mg+2H＋＋2Cl-＝MgCl2＋H2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 制备Fe(OH)3胶体的离子方程式是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体) ＋3H＋，故A错误；‎ B. 向氯化钙溶液中通入少量CO2气体，不反应，故B错误；‎ C. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应生成碳酸氢钠、碳酸钙沉淀、水，反应的离子方程式是Ca2＋＋HCO3-＋OH--＝CaCO3↓＋H2O，故C正确；‎ D. 金属镁与稀盐酸反应生成氯化镁和氢气，反应的离子方程式是Mg＋2H＋＝Mg2+＋H2↑，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎15.除去下列各物质中的少量杂质，所选用的试剂及操作方法均正确的是( )选项物质（括号内为杂质）‎ 选项 物质（括号内为杂质）‎ 试剂 操作方法 A NaCl溶液（盐酸）‎ 过量的氢氧化钠溶液 用玻璃棒搅拌 B Cu（AgNO3固体）‎ 水 溶解，过滤，洗涤，干燥 C KCl固体（MnO2固体）‎ 水 溶解，过滤，蒸发结晶 D CO2（HCl）‎ 氢氧化钠溶液 洗气 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、加入过量的氢氧化钠溶液，会引入新杂质氢氧化钠，故A错误；‎ B、铜与AgNO3反应生成银和硝酸铜，加水过滤、洗涤，干燥，不能得纯净的金属铜，故B错误；‎ C、KCl固体易溶于水、MnO2固体难溶于水，加水过滤、蒸发结晶，可得KCl固体，故C正确；‎ D、CO2、HCl都与氢氧化钠溶液反应，不能用氢氧化钠溶液除去CO2中的HCl，用碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl，故D错误。‎ 选C。‎ ‎16.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3＋H2C2O4＋H2SO4 ＝2ClO2＋K2SO4＋2CO2＋2H2O下列说法正确的是( )‎ A. KClO3在反应中得到电子 B. CO2是氧化产物 C. H2C2O4，在反应中被还原 D. 1 mol KClO3参加反应有2mol电子转移 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A. KClO3中氯元素化合价降低，所以KClO3在反应中得到电子，故A正确；‎ B. H2C2O4中碳元素失电子发生氧化反应得到CO2，所以CO2是氧化产物，故B正确；‎ C. H2C2O4中碳元素化合价升高，所以H2C2O4在反应中被氧化，故C错误；‎ D. KClO3中氯元素化合价由+5降低为+4，1 mol KClO3参加反应有1mol电子转移，故D错误。‎ 选AB ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，熟练掌握氧化还原反应的有关概念，注意会根据化学式计算H2C2O4中C元素化合价。‎ ‎17.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是( )‎ A. 澄清透明溶液中:Na＋、MnO4-、NO3-、SO42-‎ B. 遇Fe粉能产生H2的溶液中:K＋、Mg2＋、CO32-、Cl-‎ C. 含有0.1mol/LCa2＋的溶液中:Na＋、K＋、CO32-、Cl-‎ D. 强碱性溶液中:K＋、Mg2＋、Cl-、SO42-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 澄清透明溶液中，Na＋、MnO4-、NO3-、SO42-相互之间不反应，一定能共存，故选A；‎ B. 遇Fe粉能产生H2的溶液显酸性，H+、CO32-反应放出二氧化碳气体，故不选B；‎ C. 含有0.1mol/LCa2＋的溶液，Ca2＋、CO32-反应生成碳酸钙沉淀，故不选C；‎ D. 强碱性溶液， Mg2＋与OH-反应生成氢氧化镁沉淀，故不选D。‎ ‎18.某化学兴趣小组在实验室中进行化学实验按右图甲，连接好线路发现灯泡不亮，按右图乙连接好线路发现灯泡亮，下列结论一定正确的是( )‎ A. NaCl固体是非电解质而NaCl溶液是电解质 B. 在通电的条件下，NaCl在水中电离出大量的离子而导电 C. 相同条件下，向乙的NaCl溶液中逐滴滴加硝酸银溶液，溶液导电性先减弱后增强 D. 甲的NaCl固体中无自由移动的阴阳离子，因此不能导电 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaCl固体是电解质， NaCl溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故A错误；‎ B. 电离不需要通电，氯化钠电离的条件是溶于水或加热熔融，故B错误；‎ C. 硝酸银和氯化钠反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，相同条件下，向乙的NaCl溶液中逐滴滴加硝酸银溶液生成氯化银沉淀和硝酸钠，所以溶液导电性几乎不变，故C错误；‎ D. NaCl固体没有发生电离，所以NaCl固体中无自由移动的阴阳离子，因此不能导电，故D正确。‎ ‎19.下列叙述正确的是(　　)‎ A. 1 L水中溶解了40 g NaOH后，所得溶液浓度为1 mol/L B. 从1 L 2 mol/L的NaCl溶液中取出0.5 L，该溶液的浓度为1 mol/L C. 将2.24 L(标准状况)HCl气体溶于水制成100 mL溶液，其物质的量浓度为1 mol/L D. 配制1 L 0.2 mol/L的CuSO4溶液，需用25 g胆矾 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项，溶液的体积不是1 L，错误；B项，根据溶液均一性的特点，取出0.5 L该溶液，浓度仍应为2 mol/L，错误；C项，标准状况下，2.24 L HCl气体为0.1 mol，溶液体积为0.1 L，正确；D项，0.2 mol CuSO4需由50 g胆矾提供，错误。‎ ‎20.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. 升温、减压的目的是实现CO2与产品分离 C. 高温条件下更有利于超临界CO2萃取 D. CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A.根据中草药有效成分易溶在乙醇中分析；‎ B.根据外界条件对二氧化碳溶解度影响分析；‎ C.根据流程图分析；‎ D.根据二氧化碳的性质特点分析。‎ 详解：A. 乙醇是常用的有机溶剂，中草药有效成分易溶在乙醇中，因此浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出，A错误；‎ B. 气体的溶解度随温度升高、压强减小而减小，所以升温、减压的目的是实现CO2与产品分离，B正确；‎ C. 根据流程图可知降温、加压更有利于超临界CO2萃取，C错误；‎ D. 二氧化碳没有毒，容易分离，因此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。答案选C。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共50分）‎ 三、填空题（本题共4小题，共50分）‎ ‎21.有下列物质:①NaCl固体②盐酸③Ba(OH)2溶液④铜⑤二氧化碳气体⑥硫酸氢钠固体⑦乙醇（C2H5OH）⑧液态硫酸⑨熔融态BaSO4 ⑩液态SO3‎ 请回答下列问题（用序号）:‎ ‎（1）属于电解质的是________________‎ ‎（2）属于非电解质是的________________‎ ‎（3）NaHSO4是一种酸式盐，可用作清洁剂、防腐剂等。‎ ‎① NaHSO4溶于水时的电离方程式________________ ‎ ‎②0.8mo/L NaHSO4与0.4mo/LBa(OH)2溶液等体积混合，反应的离子方程式为___________若向反应后的上层清液中继续滴加Ba(OH)2溶液，产生的现象是_____________________‎ ‎【答案】 (1). ①⑥⑧⑨ (2). ⑤⑦⑩ (3). NaHSO4= Na++H++SO42- (4). Ba2＋+2OH-+2H++ SO42-= BaSO4↓+2H2O (5). 产生白色沉淀 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质；‎ ‎（2）在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质；‎ ‎（3）① NaHSO4溶于水时电离方出钠离子、氢离子、硫酸根离子；‎ ‎②0.8mo/L NaHSO4与0.4mo/LBa(OH)2溶液等体积混合，NaHSO4与Ba(OH)2 的物质的量比为2:1；反应后溶液中的溶质是Na2SO4。‎ ‎【详解】①NaCl的水溶液含有自由移动的离子，能导电，NaCl固体属于电解质；②盐酸是混合物，既不是电解质又不是非电解质；③Ba(OH)2溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解质；④铜是单质，既不是电解质又不是非电解质；⑤二氧化碳气体的水溶液中，自身不能电离出离子，二氧化碳气体属于非电解质；⑥硫酸氢钠固体的水溶液含有自由移动的离子，能导电，属于电解质；⑦乙醇的水溶液不能导电，乙醇属于非电解质；⑧液态硫酸的水溶液能导电，属于电解质；⑨熔融态BaSO4能导电，属于电解质；⑩液态SO3在水溶液中，自身不能电离出离子，属于非电解质；‎ ‎（1）属于非电解质的是①⑥⑧⑨；‎ ‎（2）属于非电解质是的⑤⑦⑩；‎ ‎（3）① NaHSO4溶于水时电离方出钠离子、氢离子、硫酸根离子，电离方程式是NaHSO4= Na++H++SO42-；‎ ‎②0.8mo/L NaHSO4与0.4mo/LBa(OH)2溶液等体积混合，NaHSO4与Ba(OH)2 的物质的量比为2:1，反应生成0.4mol硫酸钡沉淀、0.8mol水、0.4mol Na2SO4，反应的离子方程式是Ba2＋+2OH-+2H++ SO42-= BaSO4↓+2H2O；反应后溶液中的溶质是Na2SO4，继续滴加Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀硫酸钡。‎ ‎22.有A、B、C、D四种可溶性盐它们的阳离子分别是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的一种，阴离子分别是NO3-、SO42-、Cl-、CO32-中的一种（离子在物质中不重复出现）①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；②若向四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。‎ 请回答下列问题:‎ ‎（1）A的化学式为____________B的化学式为________‎ ‎（2）写出D与足量 CH3COOH溶液反应的离子方程式_________________________‎ ‎（3）检验C溶液中阴离子时需用到的试剂是______（填化学式）‎ ‎（4）写出A与D反应的离子方程式_________________________________________‎ ‎【答案】 (1). BaCl2 (2). AgNO3 (3). CO32-+2CH3COOH═2CH3COO -+H2O+CO2↑ (4). 稀HCl、BaCl2 (5). Ba2＋+CO32- = BaCO3↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 给出的八种离子形成四种可溶性盐，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定，如Ba2+不能和SO42-、CO32-结合，而只能和NO3-、Cl-；Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子结合，而只能和NO3-结合，则一定是BaCl2、AgNO3；Cu2+不能和CO32-结合，所以为CuSO4；Na+对应CO3 2-为Na2CO3；即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3；然后根据实验现象得出各自对应的物质并回答问题。‎ ‎【详解】根据以上分析，四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3；C盐的溶液呈蓝色，所以C为CuSO4；四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；D生成无色气体，为二氧化碳，即D为Na2CO3，所以A为BaCl2；‎ ‎（1）根据分析，A为氯化钡，化学式是BaCl2；B为AgNO3‎ ‎（2）Na2CO3与醋酸反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，反应离子方程式是CO32-+2CH3COOH═2CH3COO -+H2O+CO2‎ ‎↑； （3）C为CuSO4，SO42-与Ba2+反应生成难溶于硝酸的硫酸钡沉淀，检验SO42-的正确操作是先加入稀盐酸排除SO32-、CO32-、Ag+的干扰，若没有沉淀，然后再加氯化钡，产生白色沉淀，证明有SO42-存在；所以检验SO42-的试剂是稀HCl、BaCl2； （4）氯化钡与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，反应的离子方程式是Ba2＋+CO32- = BaCO3↓。‎ ‎23.如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题:‎ 盐酸 分子式:HCl 相对分子质量:36.5‎ 密度:1.19gcm-3HCl的质量分数:36.5%‎ ‎（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为__________mol/L。‎ ‎（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是______。‎ a.溶液的浓度 b.溶液中HCl的质量 c.溶液中Cl-的数目 d.溶质的质量分数 ‎（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制40mL物质的量浓度为0.400mol/L的稀盐酸。‎ ‎①该学生需要量取_______ mL上述浓盐酸进行配制。‎ ‎②在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？______（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）‎ a用量筒量取浓盐酸时仰视观察凹液面 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 ‎（4）①假设该同学成功配制了0.400mol/L的盐酸，他又用该盐酸中和含0.8gNaOH的溶液，则该同学需取_______ mL盐酸。‎ ‎②假设该同学用新配制的盐酸中和含0.8g NaOH的溶液，发现比①中所求体积偏小则可能的原因是_______。‎ a.加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出 b.配制溶液时，未洗涤烧杯 c.配制溶液时，俯视容量瓶刻度线 d.配置溶液时，量取浓盐酸后用蒸馏水洗涤量筒并转移至烧杯中 ‎【答案】 (1). 11.9 (2). ad (3). 1.7 (4). 偏大；偏小 (5). 50 (6). cd ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1） ；‎ ‎（2）根据溶液的性质分析；‎ ‎（3）①配制40mL物质的量浓度为0.400mol/L的稀盐酸，需用50mL容量瓶；根据稀释前后氯化氢的物质的量不变计算需浓盐酸的体积；‎ ‎②根据分析误差；‎ ‎（4）①根据n(HCl)=n(NaOH)计算盐酸的体积；‎ ‎②假设该同学用新配制的盐酸中和含0.8gNaOH的溶液，发现比①中所求体积偏小，说明盐酸的浓度偏大。‎ ‎【详解】（1） ；‎ ‎（2）a.溶液的浓度是溶液本身的性质，不随所取体积的多少而变化，故选a；‎ b.溶液中HCl的质量=溶液质量×溶质的质量分数，所以溶液中HCl的质量随所取体积的多少而变化，故不选b；‎ c. 溶液中HCl的物质的量=溶液的体积×物质的量浓度，所以溶液中Cl-的数目随所取体积的多少而变化，故不选c；‎ d.溶质的质量分数是溶液本身的性质，不随所取体积的多少而变化，故选d；‎ 答案选ad。‎ ‎3）（3）配制40mL物质的量浓度为0.400mol/L的稀盐酸，需用50mL容量瓶；设需浓盐酸的体积为VmL；50mL×0.400mol/L=VmL×11.9mol/L，V≈1.7mL；‎ ‎②a.用量筒量取浓盐酸时仰视观察凹液面，浓盐酸体积偏大，所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏大；‎ 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，溶液的体积偏大，所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏小；‎ ‎（4）①设需盐酸的体积为VmL；n(HCl)=n(NaOH)，V×10-3L×0.400mol/L，解得V=50 mL。‎ ‎②假设该同学用新配制的盐酸中和含0.8g NaOH的溶液，发现比①中所求体积偏小，说明盐酸的浓度偏大；‎ a.加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，溶质偏少，所配溶液浓度偏小，故不选a；‎ b.配制溶液时，未洗涤烧杯，溶质偏少，所配溶液浓度偏小，故不选b；‎ c.配制溶液时，俯视容量瓶刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，故选c；‎ d.配制溶液时，量取浓盐酸后用蒸馏水洗涤量筒并转移至烧杯中，溶质偏多，所配溶液浓度偏大，故选d；‎ 答案选cd。‎ ‎【点睛】本题考查了用浓溶液配制一定物质的量浓度稀溶液的方法及误差分析，要求学生掌握配制一定物质的量浓度的溶液的步骤及误差分析的方法与技巧，特别是会根据分析误差。‎ ‎24.储氢纳米碳管的研究成功体现了科技的进步，但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质——碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯其反应式为C＋K2Cr2O7＋H2SO4＝CO2＋K2SO4＋Cr2(SO4)3＋H2O（未配平）‎ ‎（1）配平上述方程式__C＋__K2Cr2O7＋__H2SO4＝__CO2＋ __K2SO4＋__Cr2(SO4)3＋__H2O ‎（2）上述反应中氧化剂是_______（填化学式），氧化产物是__________（填化学式）‎ ‎（3）H2SO4在上述发应中表现出来的性质是_______（填序号）‎ a.氧化性 b.氧化性和酸性 c.酸性 d.还原性和酸性 ‎（4）若反应中电子转移了0.8mol，则产生的气体在标准状况下的体积为__________ L ‎（5）要使10mL0.5mol/L的K2Cr2O7，溶液被还原，至少要加入 ________ mL2mol/L的H2SO4溶液 ‎【答案】 (1). 3 (2). 2 (3). 8 (4). 3 (5). 2 (6). 2 (7). 8 (8). K2Cr2O7 (9). CO2 (10). c (11). 4.48 (12). 10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）碳元素化合价由0升高为+4，Cr元素化合价由+6降低为+3，根据得失电子守恒、元素守恒配平；‎ ‎（2）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，还原剂失电子化合价升高得到的产物是氧化产物；‎ ‎（3）H2SO4中元素化合价不变，有盐K2SO4、Cr2(SO4)3生成；‎ ‎（4）由可知，生成3mol CO2转移12mol电子。‎ ‎（5）根据化学方程式计算要使10mL0.5mol/L的K2Cr2O7溶液被还原，需要2mol/L的H2SO4溶液的体积。‎ ‎【详解】（1）碳元素化合价由0升高为+4，Cr元素化合价由+6降低为+3，根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式为3C＋2K2Cr2O7＋8H2SO4＝3CO2＋2K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋8H2O ‎（2）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，Cr元素化合价由+6降低为+3，所以K2Cr2O7 是氧化剂；还原剂失电子化合价升高得到的产物是氧化产物，C元素化合价由0升高为+4，氧化产物是CO2；‎ ‎（3）H2SO4中元素化合价不变，有盐K2SO4、Cr2(SO4)3生成，硫酸表现出来的性质是酸性，故选c。‎ ‎（4）由可知，生成3mol CO2转移12mol电子，所以转移0.8mol电子生成CO2的物质的量是 ，则产生的气体在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48 L；‎ ‎（5）设需要2mol/L的H2SO4溶液的体积为VL；‎ ‎3C＋2K2Cr2O7＋8H2SO4＝3CO2＋2K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋8H2O ‎2 8 ‎ ‎0.01L×0.5mol/L V×2mol/L ‎ ‎ V=0.01L=10 mL ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，会根据得失电子守恒配平氧化还原反应方程式是解题关键，需要熟练掌握氧化还原反应的几组概念和计算。‎ ‎ ‎ ‎ ‎