2018-2019学年江西省上饶市“山江湖”协作体高一（统招班）上学期第三次月考化学试题（解析版）

2018-2019学年江西省上饶市“山江湖”协作体高一（统招班）上学期第三次月考化学试题（解析版）

‎2018-2019学年江西省上饶市“山江湖”协作体高一（统招班）上学期第三次月考 化学试题 ‎ 可能用到的相对原子质量：H：1 O：16 Fe：56 Cu：64 S：32 C：12 Na：23 Mg：24 Al：27 Cl：35.5‎ 选择题：(本题包括16小题，共3分，每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.己知金属钠投入水中会发生剧烈反应，并有氢气生成。运输金属钠的包装箱应贴有的图标 A．易燃液体 B．遇湿易燃物品 C．氧化剂 D．腐蚀品 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ 钠和水反应的方程式为2Na+2H2O=H2↑+2 NaOH，生成物中含有氢气，氢气易燃烧，所以应贴遇湿易燃品，故选B。‎ ‎2.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是( )‎ A. 标准状况下，22.4 L H2O含有的分子数为NA B. 常温常压下，1.06 g Na2CO3含有的Na+数为0.02NA C. 常温常压下，NA个CO2分子占有的体积为22.4 L D. 物质的量浓度为0.5 mol•L﹣1的MgCl2溶液中含有Cl﹣个数为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ 标准状况下，水不是气体，不能适用于气体摩尔体积，A不正确；B中1.06g碳酸钠是0.01mol，含有0.02mol钠离子，B不正确；C不正确，再标准状况下，1mol气体的体积是22.4L；D不正确，因为溶液的体积不能确定，答案选B。‎ ‎3.以下关于化学实验中“先”与“后”的说法正确的是 ‎ ‎①加热试管时，先均匀加热，后局部加热 ②做H2还原CuO实验时，先通H2，后加热CuO，反应完毕后，先撤酒精灯待试管冷却，后停止通H2   ③制取气体时，先检查装置气密性，后装药品 ‎ ④点燃可燃性气体如H2、CO等时，先检验气体纯度，后点燃 ⑤制取蒸馏水时，先通冷却水，后加热蒸馏烧瓶 ⑥进行分液操作时，先从上口倒出上层液体，后从通过下端活塞放出下层液体 A. ①②③④ B. ①②③④⑤ C. ①②③④⑥ D. 全部 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：①试管的加热是先局部受热，再集中加热，正确；②做H2还原CuO实验时，先通H2,排除空气后再加热，防止出现安全隐患，反应结束后先停止加热，在停止通氢气，正确；③在反应进行之前，先检查装置的气密性，再加药品进行试验，正确；④点燃易燃易爆的气体时，要先验纯，之后再进行试验，正确；⑤在做蒸馏的实验时，应先通冷却水，再进行加热，正确；⑥在进行分液时，先将位于下层的液体从分液漏斗的下层放出后，关闭下活塞，再将上层液体从上口倒出，错误；故本题说法正确的是①②③④⑤，本题选择B。‎ 考点：实验注意事项 ‎4.在无色溶液中，能大量共存的离子组是(　　)‎ A. K＋、Ca2＋、CO32-、Cl－ B. Na＋、Cu2＋、Br－、Ba2＋‎ C. K＋、MnO4-、NO3-、Na＋ D. Na＋、SO32-、SO42-、K＋‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．Ca2+、CO32-结合生成沉淀，不能大量共存，故A不选；B．Cu2＋有颜色，与题意不符，故B不选；C．MnO4-为紫色，与无色不符，故C不选；D．离子之间不反应，可大量共存，且均为无色，故D选；故选D。‎ ‎5.已知Fe3O4可以表示成FeO· Fe2O3。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为：3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-= Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列说法正确的是( )‎ A. Fe2+是还原剂，S2O32-和O2是氧化剂 B. 每生成1mol Fe3O4反应转移的电子数为2mol C. 若有2mol Fe2+被氧化，被Fe2+还原的O2为0.5mo1‎ D. 将纳米Fe3O4分散在水中，Fe3O4不能透过滤纸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. S2O32-中S的化合价升高，所以S2O32-是还原剂，故A错误；B. Fe3O4～4e-，所以每生成1molFe3O4反应转移的电子数为4mol，故B错误；C. 4Fe2＋～O2～4e-，若有2molFe2＋被氧化，被Fe2＋还原的O2为0.5mol，故C正确；D. 将纳米Fe3O4分散在水中形成胶体，胶体可以透过滤纸，故D错误。故选C。‎ ‎6.下列叙述中正确的是 ( )‎ A. FeCl3溶液、Fe(OH)3胶体与Fe(OH)3沉淀的本质区别是有没有丁达尔效应 B. 根据分散系的稳定性大小将混合物分为胶体、溶液和浊液 C. 将几滴汽油加入装有10mL水的试管中，用力振荡形成胶体 D. 胶体、分散系、混合物概念间的从属关系可用图表示 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），据此分析。‎ ‎【详解】A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径的大小不同，分散质粒子直径介于1~100nm的为胶体，选项A错误；‎ B．根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），选项B错误；‎ C．将几滴汽油加入装有10mL水的试管中，用力振荡形成浊液，选项C错误；‎ D．胶体属于分散系，而分散系都是由两种或两种以上的物质组成，分散系属于混合物，选项D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了分散系溶液、浊液、胶体的区别，注意相关基础知识的积累，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。‎ ‎7.下列叙述正确的是（ ）‎ ‎①Na在空气中放置最终变为NaOH ②Na在空气中燃烧，产物是Na2O ‎③将一块铝箔用砂纸打磨表面后，在酒精灯上加热至熔化但不滴落，说明Al2O3的熔点比铝高 ‎④镁因在空气中形成了一层致密的氧化物薄膜，保护了里面的镁，故镁不像钠那样需要特殊的保护 ‎⑤铝制品在生活中应用非常普遍，是因为铝不活泼 ‎⑥铁在潮湿的空气中生成的氧化物不致密，不能保护内层金属，故铁制品往往需涂保护层 ‎⑦钠与水的反应中钠块熔成小球说明该反应为放热反应 A. ①③⑤⑥ B. ②③④ C. ①②④⑤ D. ③④⑥⑦‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎①Na的性质活泼，在空气中放置易被氧气氧化生成Na2O，Na2O易与水反应生成NaOH，NaOH吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3•xH2O，Na2CO3•xH2O风化脱水生成Na2CO3，故错误；②钠在空气中燃烧最后所得产物为Na2O2，故错误；③将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，又因三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，而三氧化二铝在铝的表面，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故正确；④镁与氧气反应生成致密的氧化镁膜，可防止进一步腐蚀，故镁不需要进行特殊保护，故正确；⑤铝性质活泼，铝和氧气反应生成氧化铝，在表面生成一层致密的氧化物，能够防止铝的进一步腐蚀，故错误；⑥铁在潮湿的环境下易发生电化学腐蚀，氧化膜疏松，易进一步氧化，应加防护措施，故正确；⑦钠的熔点较低，钠与水的反应中钠块熔成小球，说明温度升高了，说明钠和水反应是放热反应，放出的热量使钠熔化，故正确；故选D。‎ ‎8.镁和铝分别与等浓度、等体积的足量稀硫酸反应，相同条件下产生气体的体积(V)与时间(t)关系如图。反应中镁和铝的( )‎ A. 物质的量之比为3：2 B. 质量之比为3：2‎ C. 转移电子数之比为3：2 D. 气体的体积之比为2：3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】镁和铝分别与等浓度、等体积的稀硫酸反应，化学方程式为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑； 2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，‎ A、相同条件下产生氢气的V相等，则H2物质的量相等，根据化学方程式可求镁与铝的物质的量之比为3：2，选项A正确；‎ B、相同条件下产生氢气的V相等，则H2物质的量相等，根据化学方程式可求镁与铝的质量之比为24：18=4：3，不是3：2，选项B错误；‎ C、相同条件下产生氢气的V相等，则H2物质的量相等，根据化学方程式可求转移电子数之比与氢气的物质的量之比相等，为1：1，选项C错误；‎ D、根据图像，相同条件下生成的氢气的V相等，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎9.同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，下列有关比较的叙述中，正确的是(　　)‎ ‎①分子个数之比为11：16　 ②密度比为11： 16　③体积比为16：11　 ④原子个数比为11：16‎ A. ①④ B. ①③ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，其物质的量之比为11：16，物质的量之比等于其分子个数之比，所以分子数之比是11：16，故①正确；‎ ‎②两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比=64g/mol：44g/mol=16：11，故②错误；‎ ‎③相同条件下，气体摩尔体积相同，则体积之比等于其物质的量之比为11：16，故③错误；‎ ‎④每个分子中含有原子个数相同，所以其原子个数之比等于其分子个数之比，原子个数之比为11：16，故④正确；‎ 答案选A。‎ ‎10.已知用金属钠生成氧化钠，可有多种方法：①4Na＋O2 = 2Na2O，‎ ‎②4Na＋CO2 = 2Na2O＋C ③2NaNO2(亚硝酸钠)＋6Na = 4Na2O＋N2↑，下列说法错误的是 A. 三个反应都属于氧化还原反应 B. ①方法产物中可能混有过氧化钠 C. ②方法中固体产物中的碳可在空气中灼烧除去 D. ③方法中副产物氮气可以保护Na2O不易被氧化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 三个反应中均存在元素的化合价变化，均为氧化还原反应，故A正确；B. 氧化钠易被氧化为过氧化钠，则①方法产物中可能混有过氧化钠，故B正确；C. 在空气中灼烧除去产物中的碳时，氧化钠可转化为过氧化钠，故C错误；D. 氮气性质稳定，不与氧化钠反应，则③方法中副产物氮气可以保护Na2O不易被氧化，故D正确；答案选C。‎ ‎11.使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是 ‎①用天平（使用游码）称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了 ‎②有些固体溶解会放热，若未经冷却即转移至容量瓶 ‎③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤 ‎④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水 ‎⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线 ‎⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线 A. ①③⑤⑥ B. ①②⑤⑥ C. ②③④⑥ D. ③④⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：①对于天平来说，右盘应放砝码，其质量加上游码读数即为物质的质量，如果位置颠倒，则会使称量的物质的质量小于所需质量，最终导致浓度偏低；②用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数，会造成你量出的液体比理论的要大，导致物质的量偏大，浓度偏高；③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤会导致溶质的损失，则浓度偏低；④若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响；⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线，则溶液的体积偏大，浓度偏低；⑥定容后摇匀，发现液面降低是正常的，又补加少量水重新达到刻度线则导致浓度偏低。答案选A。‎ 考点：溶液配制误差分析 ‎12.今有下列三个氧化还原反应：①2FeCl3+2KI = 2FeCl2+2KCl+I2 ②2FeCl2+Cl2 = 2FeCl3 ③2KMnO4+16HCl(浓) =2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑。若某溶液中有Fe2+和I—共存，要氧化除去I—而又不影响Fe2+，可加入的试剂是 A. Cl2 B. KMnO4 C. FeCl3 D. FeCl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由信息可知，氧化性由强至弱的顺序为：MnO4−>Cl2>Fe3+>I2，还原性由强至弱的顺序为I−>Fe2+>Cl−>Mn2+，A. 氯气能将Fe2+、I－都氧化，故A不选；B. KMnO4能将Fe2+、I−和Cl−均氧化，故B不选；C. FeCl3能氧化除去I−而不影响Fe2+，故C选；D. FeCl2与三种离子均不反应，故D不选；答案选C。‎ 点睛：本题主要考查氧化性、还原性强弱的比较，解题时可先根据已知的反应方程式判断出物质的氧化性、还原性强弱，要氧化除去I—而又不影响Fe2+，并且不引入新的杂质，则选择的氧化剂只能和I—反应，而Fe2+不能参加反应。‎ ‎13.等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加入等质量的铝，生成氢气的体积比为5:6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是 A. 甲、乙中都是铝过量 B. 甲中铝过量，乙中碱过量 C. 甲中酸过量，乙中铝过量 D. 甲中酸过量，乙中碱过量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 生成氢气的体积比即物质的量之比为n(甲)∶n(乙)＝5∶6，设甲中产生H25 mol，则乙中产生H26 mol。‎ 甲：2Al＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2↑‎ ‎2 3 3‎ mol 5 mol 5 mol 乙：2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑‎ ‎2 2 3‎ ‎4 mol 4 mol 6 mol 甲、乙中加入的铝是等量的，甲中n(H2SO4)和乙中n(NaOH)相等，‎ 故甲中铝过量4 mol－mol＝mol，乙中氢氧化钠过量5 mol－4 mol＝1 mol。‎ ‎14.在烧杯中加水和苯(密度：0.88 g/cm3)各50 mL。将一小粒金属钠(密度：0.97g/cm3)投入烧杯中。观察到的现象可能是(　　)‎ A. 钠在水层中反应并四处游动 B. 钠停留在苯层中不发生反应 C. 钠在苯的液面上反应并四处游动 D. 钠在苯与水的界面处反应并可能上、下跳动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Na和水发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，密度：H2O＞Na＞苯，Na和苯不反应，苯和水不互溶，会分层且水在下层，据此分析解答。‎ ‎【详解】密度：H2O＞Na＞苯，苯和水不互溶，所以水和苯分层，且水在下层，钠和苯不反应，钠能与水反应产生气体，在与水反应生成气体后被气体带离水层，进入苯层后停止反应，待气体放出后Na又下沉，如此往复，直至钠反应完。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了钠的性质，同时考查学生分析问题能力，知道苯和水是否互溶、钠和水的反应特点即可解答，题目难度不大。‎ ‎15.把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为 A. （b-a）/Vmol/L B. (2b-a)/Vmol/L C. 2(b-a)/Vmol/L D. 2(2b-a)/Vmol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ 消耗氢氧化钠是amol，则每一份溶液中镁离子的物质的量是0.5amol；消耗氯化钡是bmol，所以每一份中SO42－的物质的量是bmol，则硫酸钾的物质的量是（b－0.5a）mol，所以每一份中钾离子的物质的量是（2b－a）mol，浓度是=mol/L，答案选C。‎ ‎16. 将Mg、Cu组成的混合物26.4g，投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的NO气体8.96L，向反应后的溶液中加入过量的5mol/L的NaOH溶液300mL，金属离子完全沉淀．则形成沉淀的质量是 A. 32.8g B. 46.8g C. 53.6g D. 63.8g ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：在金属与酸发生反应时金属失去电子，硝酸得到电子变为NO，电子转移的物质的量相等；金属的硝酸盐与碱发生反应产生金属氢氧化物沉淀，增加的质量就是氢氧根离子的物质的量，也就等于金属失去电子的物质的量。n(e-)=(8.96L÷22.4L/mol)×3=1.2mol,所以n(OH-)=1.2mol,故金属阳离子形成沉淀增加的质量就是1.2mol×17g/mol=20.4g，所以形成的沉淀的质量就是： 20.4g＋26.4g=46.8g，选项是B。‎ 考点：考查守恒的方法在化学计算中的应用的知识。‎ 二、非选择题：(本题包括5小题，共52分)‎ ‎17.(1)0.5 mol Na2CO3中含有___________个Na+。‎ ‎(2)质量都是50 g的 HCl、NH3、CO2、O2四种气体，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是____________。‎ ‎(3)配制90 mL 0.1 mol/L CuSO4溶液，需要胆矾________g。‎ ‎(4)氧化还原反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________，若反应中消耗了0.6molS，则反应中转移的电子为________mol。‎ ‎(5)现有下列10种物质：①H2O、②Mg、③CH3COOH、④NaOH、⑤CuSO4·5H2O、⑥碘酒、⑦C2H5OH、⑧盐酸，(将序号填在相应的空格内)其中，属于强电解质的是_____________。‎ ‎【答案】 (1). NA或6.02×1023 (2). NH3 (3). 2.5 (4). 2:1 (5). 0.8 (6). ④⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由化学式可知，钠离子的物质的量是碳酸钠的2倍，再根据N=nNA计算Na+的数目；‎ ‎(2)四种气体的相对分子质量分别为36.5、17、44、32，由m=nM可知物质的量由大到小的顺序是NH3>O2>HCl>CO2。同温同压下，物质的量最大的就是体积最大的；‎ ‎（3）配制90 mL 0.1 mol/L CuSO4溶液，实验室没有90 mL规格的容量瓶必须配制100mL，根据n=cV 可知需要硫酸铜的物质的量；‎ ‎(4) 在3S+6KOH=K2SO3+2K2S+3H2O反应中，S元素化合价分别由0价升高为+4价，被氧化，降低为-2价，被还原，反应中硫既作氧化剂又作还原剂，根据还原产物与氧化产物的化学计量数进行判断；‎ ‎(5)在水溶液中能完全电离的电解质属于强电解质。‎ ‎【详解】(1)由化学式可知，钠离子的物质的量是碳酸钠的2倍，0.5 mol Na2CO3中n（Na+）=0.5mol×2=1mol，故Na+的数目为NA或6.02×1023；‎ ‎（2）四种气体的相对分子质量分别为36.5、17、44、32，由m=nM可知质量都是50g的四种气体物质的量由大到小的顺序是NH3>O2>HCl>CO2；同温同压下，物质的量最大的就是体积最大的，所以气体体积最大的是NH3；‎ ‎（3）配制90 mL 0.1 mol/L CuSO4溶液，实验室没有90 mL规格的容量瓶必须配制100mL，根据n=cV可知需要硫酸铜的物质的量是0.1L×0.1mol/L=0.01mol，则需要CuSO4·5H2O的质量是0.01mol×250g/mol=2.5g；‎ ‎(4)在3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O反应中，硫元素化合价由0价升高为+4价，被氧化，氧化产物为K2SO3，硫元素由0价降低为-2价，被还原，还原产物为K2S，所以硫既作氧化剂又作还原剂，氧化剂被还原生成还原产物，还原剂被氧化生成氧化产物，根据还原产物与氧化产物的化学计量数可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1；‎ 根据反应可知，若反应中消耗了0.6molS，则反应中转移的电子为 0.8mol；‎ ‎(5) 在水溶液中能完全电离的电解质属于强电解质。①H2O部分电离 属于弱电解质、②Mg为单质既不是电解质也不是非电解质、③CH3COOH部分电离属于弱电解质、④NaOH在水溶液中完全电离属于强电解质、⑤CuSO4·5H2O在水溶液中完全电离属于强电解质、⑥碘酒为混合物既不是电解质也不是非电解质、⑦C2H5OH是在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，属于非电解质、⑧盐酸是混合物既不是电解质也不是非电解质，故属于强电解质的是④⑤。‎ ‎18.已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生如下反应(反应方程式已配平)：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋A↑＋2H2O试通过计算和推理完成下面的问题：‎ ‎(1)A物质可以导致酸雨的形成。则A应该属于______________(用字母代号填写)‎ a．酸 b．碱 c．盐 d．酸性氧化物 e．碱性氧化物 ‎(2)SO2与O2的混合气体中，氧元素的质量分数为70%，则SO2与O2的物质的量之比是__________，这种混合气体的密度是同温同压下氧气密度的_____倍。‎ ‎(3)一定量的铜片与100mL 18mol/L 的浓H2SO4充分反应，如果该反应过程中转移了0.2mol电子，生成的CuSO4的物质的量为_________mol，‎ ‎(4)将反应后所得到的CuSO4溶液与足量Ba(OH)2溶液充分反应的离子方程式是_____________‎ ‎【答案】 (1). d (2). 3：4 (3). 10/7 (4). 0.1mol (5). Cu2++SO42-+Ba2++2OH-= Cu(OH)2↓ +BaSO4↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据元素守恒判断A，再根据A判断分类；‎ ‎（2）令混合气体的质量为100g，根据氧元素的质量分数计算S元素质量分数，进而计算S元素质量，再计算SO2的质量、氧气的质量，根据n=计算二者物质的量，根据M=计算平均相对分子质量，相同条件下，不同气体的密度之比等于其摩尔质量之比；‎ ‎（3）由反应可知，生成1molCuSO4转移2mol电子，该反应过程中转移了 0.2mol电子，生成0.1molCuSO4；‎ ‎(4)将反应后所得到的CuSO4溶液与足量Ba(OH)2溶液充分反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀。‎ ‎【详解】（1）根据元素守恒判断A为SO2，SO2是能与碱反应生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，答案选d；‎ ‎（2）SO2与O2的混合气体中，氧元素的质量分数为70%，则S元素的质量分数=1-70%=30%，令混合气体的质量为100g，则S元素质量=100g×30%=30g，故SO2的质量==60g，则氧气的质量=100g-60g=40g，则SO2的物质的量==mol，O2的物质的量==mol，则SO2与O2的物质的量之比为mol：mol=3：4，二者平均相对分子质量==，相同条件下，气体的摩尔质量之比等于其密度之比，所以混合气体的密度是同温同压下氧气密度的倍数==；‎ ‎（3）由反应可知，生成1molCuSO4转移2mol电子，该反应过程中转移了 0.2mol电子，生成0.1molCuSO4；‎ ‎(4)将反应后所得到的CuSO4溶液与足量Ba(OH)2溶液充分反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式是Cu2++SO42-+Ba2++2OH-= Cu(OH)2↓ +BaSO4↓。‎ ‎【点睛】本题考查浓硫酸和铜反应及有关计算，注意稀硫酸与铜不反应，而题目中浓硫酸与铜反应开始后，由于自身被消耗且生成水，很快就变成稀硫酸，不再与铜反应．所以（3）中1.8mol的硫酸没被全消耗掉，不能用于计算，根据电子转移算出相应量。‎ ‎19.实验室里需要纯净的氯化钠晶体，但现在只有混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠。某学生设计了如下方案： ‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)操作①加热的目的是________________，‎ ‎(2)操作②除用BaCl2溶液外，还可用____________替代。‎ ‎(3)操作②，判断SO42-已除尽的方法是________________________。‎ ‎(4)操作③的目的是____________，不先过滤后再加Na2CO3溶液的理由是____________。‎ ‎(5)操作④的名称是______________，应在________(填仪器名称)中进行。‎ ‎【答案】 (1). 加热分解除去NH4HCO3 (2). Ba(OH)2溶液 (3). 取上层清液加入BaCl2溶液，若无沉淀说明SO42-已除尽 (4). 除去过量的Ba2＋ (5). 减少一次过滤操作 (6). 蒸发结晶 (7). 蒸发皿 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）化合物中碳酸氢铵受热分解分析；‎ ‎（2）操作②是沉淀硫酸根离子的作用，也可以加入氢氧化钡溶液，注意不能引入新的杂质；‎ ‎（3）判断SO42-已除尽选择的试剂是BaCl2溶液；‎ ‎（4）操作③是除去过量的钡离子；‎ ‎（5）操作④是蒸发氯化钠溶液得到氯化钠晶体，溶液蒸发在蒸发皿中加热进行。‎ ‎【详解】（1）操作①加热的目的是利用碳酸氢铵受热分解生成氨气、二氧化碳、水蒸气除去碳酸氢铵固体；故答案为：加热分解除去NH4HCO3； ‎ ‎（2）操作②是完全沉淀硫酸根离子，原则是加入的试剂不能引入新的杂质，或最后易于除去，除了用BaCl2溶液外，也可以用Ba(OH)2溶液；‎ ‎（3）操作②，判断SO42-已除尽的方法是取上层清液加入BaCl2溶液，若无沉淀说明SO42-已除尽；‎ ‎（4）操作③是加入碳酸钠溶液，目的是除去过量的钡离子，避免引入钡离子杂质；所以加入碳酸钠的目的是除去过量的Ba2+；不先过滤后再加Na2CO3溶液的理由是减少一次过滤操作；‎ ‎（5）操作④将溶液蒸发结晶得到溶质晶体；操作④是将氯化钠溶液蒸发结晶得到氯化钠晶体，溶液蒸发应在蒸发皿中加热进行。‎ ‎【点睛】本题考查了物质除杂的实验方法，除杂问题是化学实验中的一类重要问题，除杂时不仅要能把杂质除掉，还不能引入新杂质，而且方法要简便易行，把握好此原则需要我们有扎实的基础知识和缜密的思维。‎ ‎20.已知：乙二酸晶体熔点101.5℃；乙二酸晶体加热分解的方程式为：H2C2O4•2H2O 3H2O + CO2↑+ CO↑。现利用下列装置验证反应产物中含有CO2和CO(装置不能重复使用)。请回答下列问题：‎ ‎(1)检验装置A气密性的方法是________________________________________________‎ ‎(2)A装置是否有误_____________(填“是”或“否”)，原因为_______________________‎ ‎(3)按气流方向连接各仪器，用数字表示接口的连接顺序：①→_________________________；‎ ‎(4)该套装置有明显缺陷，请予以更正________________‎ ‎(5)证明CO存在的实验现象是________________；‎ ‎(6)根据题给的数据，假设反应产生的气体全部排出，并与吸收液充分反应(提示：B、C中澄清石灰水均先变浑浊，后又变澄清)，最终D中生成了两种物质，则这两种生成物的化学式及对应的物质的量分别是①_______________，②_______________。‎ ‎【答案】 (1). 连好装置，①处接长导管，将导管伸入盛有水的烧杯中，用手握住试管观察，若导管口产生连续气泡，松开手有小段水柱回流，则装置A气密性良好 (2). 否 (3). 乙二酸晶体分解之前先熔化，试管口必须朝上，否则液体会聚集在试管口 (4). ⑤④⑥⑦②③ (5). 缺少尾气处理装置，应在导管③后放置一个燃着的酒精灯（或用气囊收集） (6). B装置中黑色氧化铜变红，澄清石灰水变浑浊，则含CO (7). 0.01mol Na2CO3 (8). 0.08mol NaHCO3‎ ‎【解析】‎ ‎(1)检查装置的气密性原理是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡，所以检验装置气密性的方法是：连好装置，①处接长导管，将导管伸入盛有水的烧杯中，用手握住试管观察，若导管口产生连续气泡，松开手有小段水柱回流，则装置A气密性良好，故答案为：连好装置，①处接长导管，将导管伸入盛有水的烧杯中，用手握住试管观察，若导管口产生连续气泡，松开手有小段水柱回流，则装置A气密性良好；‎ ‎(2)乙二酸晶体熔点101.5℃，乙二酸晶体分解之前先熔化，试管口必须朝上，否则液体会聚集在试管口，因此A装置是正确的，故答案为：否；乙二酸晶体分解之前先熔化，试管口必须朝上，否则液体会聚集在试管口；‎ ‎(3)乙二酸晶体加热分解生成CO2和CO装置A中的①导出气体，此实验验证是反应产物中含有CO2‎ 和CO(装置不能重复使用)，应首先验证二氧化碳①→⑤→④，然后除去二氧化碳④→⑥→⑦，验证二氧化碳的方法是：把气体通入澄清的石灰水，澄清石灰水变浑浊，则含有二氧化碳；然后除去二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应除去，剩余为一氧化碳，验证一氧化碳存在⑦→②→③，一氧化碳与氧化铜反应生成二氧化碳，然后通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，则含有一氧化碳，故答案为：⑤④⑥⑦②③；‎ ‎(4)一氧化碳有毒，一氧化碳具有可燃性，尾气处理的方法是点燃，2CO+O2 2CO2，一氧化碳燃烧生成二氧化碳，所以在导管③后放置一个燃着的酒精灯(或用气囊收集)，故答案为：缺少尾气处理装置，应在导管③后放置一个燃着的酒精灯(或用气囊收集)；‎ ‎(5)一氧化碳与氧化铜反应CuO+CO Cu+CO2生成二氧化碳，B装置中黑色氧化铜变红，B中澄清石灰水变浑浊，则含CO，故答案为：B装置中黑色氧化铜变红，澄清石灰水变浑浊，则含CO；‎ ‎(6)12.6克H2C2O4•2H2O的物质的量为n===0.1mol，乙二酸晶体加热分解H2C2O4•2H2O 3H2O+CO2↑+CO↑，则生成的一氧化碳、二氧化碳的物质的量分别为：0.1mol、0.1mol，反应产生的气体全部排出，并与吸收液充分反应，C装置中n(Ca(OH)2)=cV=0.05mol/L×0.1L=0.005mol，CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O、CO2+H2O+CaCO3=Ca(HCO3)2，即2CO2+Ca(OH)2=Ca(HCO3)2，则吸收的二氧化碳为0.01mol，剩余二氧化碳的物质的量为：0.1mol-0.01mol=0.09mol，0.09mol二氧化碳全部进入D装置且被吸收，D中n(NaOH)=cv=1mol/L×0.1L=0.1mol，‎ CO2 + 2NaOH=Na2CO3+H2O    CO2 + H2O+Na2CO3 =2NaHCO3‎ ‎0.05mol  0.1mol    0.05mol    0.09mol-0.05mol      0.04mol  0.08mol 所以D中溶质及对应的物质的量是0.01mol Na2CO3和0.08mol NaHCO3，故答案为：0.01mol Na2CO3和0.08mol NaHCO3。‎ 点睛：本题主要考查的乙二酸晶体加热分解产物的检验及相关计算，注意掌握二氧化碳与一氧化碳的性质，该题注重实验的严谨及学生思维的严密性考查，尤其是(6)0.1mol二氧化碳在C装置中吸收的二氧化碳为0.01mol，0.09mol二氧化碳全部进入D装置且被吸收，为易错点。本题的另一个易错点为(2)，要注意与实验室加热固体制气体发生装置的区别。‎ ‎21.HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它是一种还原剂，能被常见的强氧化剂氧化，但在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2＋氧化成Fe3＋。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：‎ ‎(1)人体正常的血红蛋白含有Fe2＋。若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋而中毒，可以服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是________(填序号)。‎ A．亚硝酸盐被还原 B．维生素C是还原剂 C．维生素C将Fe3＋还原为Fe2＋ D．亚硝酸盐是还原剂 ‎(2)下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是________(填序号)。‎ A．加入稀盐酸，观察是否有气泡产生 B．加入AgNO3，观察是否有沉淀产生 C．在酸性条件下加入KI-淀粉溶液，观察溶液颜色(I2遇淀粉呈蓝色)‎ ‎(3)某同学把氯气通入到NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl，请写出反应的离子方程式：____________。‎ ‎(4)若FeSO4和O2的化学计量数比为2∶1，试配平下列方程式：‎ ‎______FeSO4＋______K2O2—______K2FeO4＋______K2O＋______K2SO4＋______O2↑‎ ‎(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效的绿色水处理剂，它在水中发生反应生成氢氧化铁胶体。请根据以上信息，写出高铁酸钾作为水处理剂的两点原理_________________________。‎ ‎【答案】 (1). D (2). B (3). NO2－＋Cl2＋H2O==NO3－＋2H＋＋2Cl－ (4). 2 6 2 2 2 1 (5). 强氧化性，杀菌消毒；形成氢氧化铁胶体吸附杂质 ‎【解析】‎ ‎⑴.根据题意可知，血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋，Fe2＋作还原剂，则亚硝酸盐作氧化剂，服用维生素C可解毒，说明维生素C具有还原性。A．根据上述分析可知，亚硝酸盐作氧化剂，在反应中被还原，故A正确；B．根据上述分析可知，维生素C是还原剂，故B正确；C．维生素C因具有还原性，可以将Fe3＋还原为Fe2＋，故C正确；D．根据上述分析可知，亚硝酸盐是氧化剂，故D错误；因此答案选D；‎ ‎⑵．A．因HNO2是一种弱酸，不稳定，易分解生成NO和NO2，则NaNO2会与稀盐酸反应生成HNO2，分解得到NO和NO2，可以看到有气泡产生，而NaCl与稀盐酸不反应，因此A正确；B．根据题目信息可知，加入AgNO3，NaNO2和NaCl都会生成沉淀，现象相同，故B错误；C．因在酸性条件下HNO2是一种氧化剂，则在酸性条件下加入KI-淀粉溶液，NO2－能将I－氧化生成单质碘，遇淀粉呈蓝色，而NaCl与KI-淀粉溶液不反应，故C正确；D. 根据题意可知，HNO2是一种还原剂，能被常见的强氧化剂氧化，则加入KMnO4溶液，会与NaNO2发生氧化还原反应使KMnO4溶液褪色，而NaCl与KMnO4溶液不反应，故D正确；答案选B；‎ ‎⑶．把氯气通入到NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl，则氯元素化合价从0价降低到－1价作氧化剂，氮元素化合价从+3价升高到+5价作还原剂，结合得失电子守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：NO2－＋Cl2＋H2O=NO3－＋2H＋＋2Cl－，故答案为：NO2－＋Cl2＋H2O=NO3－＋2H＋＋2Cl－；‎ ‎⑷．在FeSO4＋K2O2→K2FeO4＋K2O＋K2SO4＋O2↑反应中，FeSO4中的铁元素化合价从+2价升高到+6价，部分K2O2中的氧元素化合价从－1价升高到0价，部分K2O2中的氧元素化合价从－1价降低到－2价，若FeSO4和O2的化学计量数比为2∶1，则2个FeSO4参与反应失去2×（6-2）=8个电子，生成1个O2时，对应消耗1个K2O2，失去2个电子，则二者共失去10个电子，若1个K2O2作氧化剂，氧元素化合价从－1价降低到－2价，将得到2个电子，根据得失电子守恒，应有5个K2O2作氧化剂，所以K2O2的化学计量数为5+1=6，FeSO4的化学计量数为2，再根据质量守恒，配平其他物质的化学计量数，得到的方程式为：2FeSO4＋6K2O2=2K2FeO4＋2K2O＋2K2SO4＋O2↑，故答案为：2 6 2 2 2 1；‎ ‎⑸．高铁酸钾(K2FeO4)中的铁元素化合价为+6价， 在水中发生反应生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁中铁元素的化合价是+3价，说明高铁酸钾(K2FeO4‎ ‎)中的铁元素化合价降低，是一种强氧化剂，具有强氧化性，能够杀灭水中的细菌和毒素，氢氧化铁胶体表面积较大，具有很强的吸附性，能够吸附水中的悬浮杂质，故答案为：强氧化性，杀菌消毒；形成氢氧化铁胶体吸附杂质。‎ ‎ ‎ ‎ ‎